综合性问题
选择题
1.(2015?山东青岛?一模)下列说法中:
①若式子有意义,则x≥2.②已知∠α=27°,则∠α的余角是63°.
③已知x=-1是方程x2-bx+5=0的一个实数根,则b的值为6.
④在反比例函数中,若x>0时,y随x的增大而增大,则k的取值范围是k<2.
其中正确命题有()
A.1个B.2个C.3个D.4个
答案:B
二.填空题
1.(2015·北京市朝阳区为了缓解城市拥堵,某市对非居民区的公共停车场制定了不同的收费标准(见下表).
地区类别 首小时内 首小时外 一类 2.5元/15分钟 3.75元/15分钟 二类 1.5元/15分钟 2.25元/15分钟 三类 0.5元/15分钟 0.75元/15分钟
如果小王某次停车3小时,缴费24元,请你判断小王该次停车所在地区的类别是
(填“一类、二类、三类”中的一个).二类
∠B=∠BCP.
∵∠B+∠BCP+∠PCA+∠PAC=180°,
∴∠BCA=90°,
∴BC⊥AD.(6分)
应用:105.(9分)
2.(2015·湖南永州·三模)(10分)已知矩形ABCD的一条边AD=8,将矩形ABCD折叠,使得顶点B落在CD边上的P点处.
(1)如图1,已知折痕与边BC交于点O,连结AP、OP、OA.
①求证:△OCP∽△PDA;
②若△OCP与△PDA的面积比为1:4,求边AB的长;
(2)若图1中的点P恰好是CD边的中点,求∠OAB的度数;
(3)如图2,在(1)的条件下,擦去折痕AO、线段OP,连结BP.动点M在线段AP上(点M与点P、A不重合),动点N在线段AB的延长线上,且BN=PM,连结MN交PB于点F,作ME⊥BP于点E.试问当点M、N在移动过程中,线段EF的长度是否发生变化?若变化,说明理由;若不变,求出线段EF的长度.
答案:
(10分)解:(1)(1分)如图1,①(2分)∵四边形ABCD是矩形,∴AD=BC,DC=AB,∠DAB=∠B=∠C=∠D=90°.由折叠可得:AP=AB,PO=BO,∠PAO=∠BAO.∠APO=∠B.∴∠APO=90°.∴∠APD=90°﹣∠CPO=∠POC(1分).∵∠D=∠C,∠APD=∠POC.∴△OCP∽△PDA(1分).
②(2分)∵△OCP与△PDA的面积比为1:4,∴=.∴PD=2OC,PA=2OP,DA=2CP.∵AD=8,∴CP=4,BC=8(1分).设OP=x,则OB=x,CO=8﹣x.
在Rt△PCO中,∵∠C=90°,CP=4,OP=x,CO=8﹣x,∴x2=(8﹣x)2+42.解得:x=5.∴AB=AP=2OP=10(1分).∴边AB的长为10.
(2)(2分)如图1,∵P是CD边的中点,∴DP=DC.∵DC=AB,AB=AP,∴DP=AP.[来源:@中%#&教网^]
∵∠D=90°,∴sin∠DAP==(1分).∴∠DAP=30°.∵∠DAB=90°,∠PAO=∠BAO,∠DAP=30°,∴∠OAB=30°,∴∠OAB的度数为30°(1分).
(3)(4分)作MQ∥AN,交PB于点Q,如图2,∵AP=AB,MQ∥AN,∴∠APB=∠ABP,∠ABP=∠MQP,∴∠APB=∠MQP,∴MP=MQ.∵MP=MQ,ME⊥PQ,∴PE=EQ=PQ(1分).∵BN=PM,MP=MQ,∴BN=QM.∵MQ∥AN,∴∠QMF=∠BNF.
在△MFQ和△NFB中,,∴△MFQ≌△NFB(1分),∴QF=BF,∴QF=QB,∴EF=EQ+QF=PQ+QB=PB(1分).由(1)中的结论可得:PC=4,BC=8,∠C=90°,∴PB==4,∴EF=PB=2(1分).
∴在(1)的条件下,当点M、N在移动过程中,线段EF的长度不变,长度为2.
3.(2015·湖南岳阳·调研)在Rt△中,,,,点是边上动点,以为圆心,为半径的与边的另一交点为,过点作的垂线,交于点,联结、;
(1)当∥(如图1)时,求的半径长;
(2)设,,求关于的函数关系式,并写出定义域;
(3)若以为圆心的与有公共点、,当恰好也过点时,求的长;
答案:
(1);(2)();(3)12;
4.(2015·江苏常州·一模)(本题满分10分)如图,矩形ABCD中,AB=2,AD=4,动点E在边BC上,与点B、C不重合,过点A作DE的垂线,交直线CD于点F.设DF=x,EC=y.
⑴求y关于x的函数关系式,并写出x的取值范围.
⑵当CF=1时,求EC的长.
⑶若直线AF与线段BC延长线交于点G,当△DBE与△DFG相似时,求DF的长.
⑴如图1,() 2′
⑵DF=1或DF=3,相应地,或 4′
⑶由∠DEC=∠AFD得,∠BED=∠DFG.
DF=x,FG=,DE=,BE=4-x 6′
当∠DBE=∠GDF时,x·=·(4-x), 7′
解得x=.
当∠BDE=∠GDF时,x(4-x)=·, 8′
解得x=(x=-4舍去)
即DF的长为或. 10′(本题满分10分)如图,在平面直角坐标系xOy中,函数y=a+bx+1(a≠0)的图像与的正半轴交于点A,与的负半轴交于点B,与轴交于点C.△PAC中,P(1,-1),∠P=90°,PA=PC.
⑴求点A的坐标.
⑵将△PAC沿AC翻折,若点P的对应点Q恰好落在函数y=a+bx+1(a≠0)的图像上,求a与b的值.
⑶将△ACO绕点A逆时针旋转90°得到△ADE,在x轴上取一点M,将∠PMD沿PM翻折,若点D的对应点F恰好落在x轴上,求点M的坐标.
解:⑴点A的坐标为(3,0) 2′
⑵Q(2,2) 3′
a=,b= 4′[⑶解:D(2,-3) 5′
设点M(m,0),
由PD=PF得,F(-1,0)或F(3,0) 7′
当点F(-1,0)时,由MD=MF得,
,解得m=2 8′
当点F(3,0)时,由MD=MF得,
,解得m=-2 9′
因此点M的坐标为(2,0)或(-2,0). 10′
6.(2015·江苏高邮·一模)(本题满分12分)数学课上,老师和同学们对矩形纸片进行了图形变换的以下探究活动:
(1)如图1,若连接矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O,则Rt△ADC可由Rt△ABC经过旋转变换得到,这种旋转变换的旋转中心是点▲、旋转角度是▲°;
(2)如图2,将矩形纸片ABCD沿折痕EF对折、展平.再沿折痕GC折叠,使点B落在
EF上的点B′处,这样能得到∠B′GC.求∠B′GC的度数.(3)如图3,取AD边的中点P,剪下△BPC,将△BPC沿着射线BC的方向依次进行平移
变换,每次均移动BC的长度,得到了△CDE、△EFG和△GHI(如图4).若BH=BI,
BC=a,则:①证明以BD、BF、BH为三边构成的新三角形的是直角三角形;
②若这个新三角形面积小于50,请求出a的最大整数值.
.解:(1)点O、180°……………………2分
(2)连接BB'',由题意得EF垂直平分BC,故BB''=B''C,由翻折可得,
B''C=BC,∴△BB''C为等边三角形.∴∠B''CB=60°,
(或由三角函数FC:B''C=1:2求出∠B''CB=60°也可以.)
∴∠B''CG=30°,∴∠B''GC=60°……………………4分
(3)①分别取CE、EG、GI的中点P、Q、R,连接DP、FQ、HR、AD、AF、AH,
∵△ABC中,BA=BC,根据平移变换的性质,△CDE、△EFG和△GHI都是等腰三角形,∴DM⊥CE,FQ⊥EG,HN⊥GI.
在Rt△AHN中,AH=AI=4a,
AH2=HN2+AN2,HN2=a2,
则DM2=FQ2=HN2=a2,
AD2=AM2+DM2=6a2,AF2=AQ2+FQ2=10a2,
新三角形三边长为4a、a、a.
∵AH2=AD2+AF2∴新三角形为直角三角形.……………………4分
(或通过转换得新三角形三边就是AD、DI、AI,即求△GAI的面积或利用△HAI与△HGI相似,求△HAI的面积也可以)
②其面积为aa=a2.∵a2<50∴a2<50
∴a的最大整数值为7.……………………2分
已知抛物线抛物线yn=-(x-an)2+an(n为正整数,且0 (1)求a1,b1的值及抛物线y2的解析式;
(2)抛物线y3的顶点坐标为(,);
依此类推第n条抛物线yn的顶点坐标为(,);
所有抛物线的顶点坐标满足的函数关系是;
(3)探究下列结论:
①若用An-1An表示第n条抛物线被x轴截得得线段长,直接写出A0A1的值,并求出An-1An;[来#源:中^%教&网@]
②是否存在经过点A(2,0)的直线和所有抛物线都相交,且被每一条抛物线截得得线段的
长度都相等?若存在,直接写出直线的表达式;若不存在,请说明理由.
答案:解:(1)∵y1=―(x―a1)2+a1与x轴交于点A0(0,0),
∴―a12+a1=0,∴a1=0或1.
由已知可知a1>0,
∴a1=1.……………………………………………1分
即y1=―(x―1)2+1
令y1=0代入得:―(x―1)2+1=0,
∴x1=0,x2=2,
∴y1与x轴交于A0(0,0),A1(2,0)
∴b1=2,……………………………………………2分
又∵抛物线y2=―(x―a2)2+a2与x轴交于点A1(2,0),
∴―(2―a2)2+a2=0,
∴a2=1或4,∵a2>a1,∴a2=1(舍去).
∴取a2=4,抛物线y2=―(x―4)2+4.……………………………………………3分
(2)(9,9);……………………………………………4分
(n2,n2)……………………………………………5分
y=x.……………………………………………6分
(3)①∵A0(0,0),A1(2,0),
∴A0A1=2.……………………………………………7分
又∵yn=―(x―n2)2+n2,
令yn=0,∴―(x―n2)2+n2=0,
即x1=n2+n,x2=n2-n,
∴An-1(n2-n,0),An(n2+n,0),即An-1An=(n2+n)-(n2-n)=2n.………………8分
②存在.是平行于直线y=x且过A1(2,0)的直线,其表达式为y=x-2…………10分
在直角坐标系中,O为坐标原点,点A的坐标为(2,2),点C是线段OA上的一个动点(不运动至O,A两点),过点C作CD⊥x轴,垂足为D,以CD为边在右侧作正方形CDEF.连接AF并延长交x轴的正半轴于点B,连接OF,设OD=t.
⑴求tan∠FOB的值;
⑵用含t的代数式表示△OAB的面积S;
⑴∵A(2,2)
∴∠AOB=45°…………1分
∴OD=CD=t…………2分
在Rt⊿OEF中
tan∠FOB==…………3分
⑵过点A作AG⊥OB于点G,交CF于H。
可证⊿ACF∽⊿AOB
∴=
=
∴OB=…………6分
S⊿AOB=··2=…………8分
定义为函数的“特征数”.如:函数y=x2-2x+3的“特征数”是{1,-2,3},函数y=2x+3的“特征数”是{0,2,3},函数y=-x的“特征数”是{0,-1,0}.
(1)将“特征数”是的函数图象向上平移2个单位,得到一个新函数,这个函数的解析式是;
(2)在(1)中,平移前后的两个函数分别与y轴交于O、A两点,与直线分别交于C、B两点,判断以A、B、C、O四点为顶点的四边形形状,并说明理由。[来源:z&zstep~#^.com]
(3)若(2)中的四边形(不包括边界)始终覆盖着“特征数”是的函数图象的一部分,求满足条件的实数b的取值范围?
答案:解:(1)y=x+2.…………2分
(2)四边形AOCB为菱形;…………3分
理由如下:
由题意可得:AB∥CO,BC∥AO,AO=2,
∴四边形AOCB为平行四边形,…………4分
易得A(0,2),B(﹣,1);
由勾股定理可得:AB=2,
∴AB=AO,
故平行四边形AOCB是菱形.…………6分
(3)二次函数y=x2﹣2bx+b2+化为顶点式为:y=(x﹣b)2+,…………7分
∴抛物线顶点在直线y=上移动;
假设四边形的边界可以覆盖到二次函数,则B点和A点分别是二次函数与四边形接触的边界点;
将B(﹣,1)代入二次函数,
解得b=﹣﹣,b=﹣+(不合题意,舍去);…………8分
将A(0,2)代入二次函数,
解得b=,b=﹣(不合题意,舍去);…………9分
所以实数b的取值范围:﹣﹣<b<…………10分
一包装礼盒是底面为正方形的无盖立体图形,其展开图如所示:是由一个正方形与四个正六边形组成,已知正六边形的边长为a,甲、乙两人分别用长方形和圆形硬板纸裁剪包装纸盒
(1)问甲、乙两人谁的硬板纸利用率高,请通过计算长方形和圆的面积说明原因。
(2)你能设计出利用率更高的长方形硬板纸吗?请在展开图外围画出长方形硬板纸形状。
甲:乙:
答案:(1)解:长方形的长:5a
长方形的宽:
长方形的面积:5a·=a2≈21.65a2…………2分
圆的半径r:r2==7a2
r=≈2.6458a…………4分
圆的面积:π·(2.6458a)2≈21.98a2…………5分
∵21.65a2<21.98a2
∴甲的硬板纸利用高。…………6分
(2)
画图…………8分
11.(2015·江苏江阴夏港中学·期中)如图,在平面直角坐标系xOy中,顶点为M的抛物线是由抛物线向右平移一个单位后得到的,它与y轴负半轴交于点A,点B在该抛物线上,且横坐标为3.
(1)求点M、A、B坐标;(2)连结AB、AM、BM,求∠ABM的正切值;[来源@~^:中教网&]
(3)点P是顶点为M的抛物线上一点,且位于对称轴的右侧,设PO与x正半轴的夹角为α,当α=∠ABM时,求P点坐标.
答案:解:(1)抛物线y=x2﹣3向右平移一个单位后得到的函数解析式为y=(x﹣1)2﹣3,
顶点M(1,﹣3),………………………………………………………………1分
令x=0,则y=(0﹣1)2﹣3=﹣2,
点A(0,﹣2),………………………………………………………………2分
x=3时,y=(3﹣1)2﹣3=4﹣3=1,
点B(3,1);………………………………………………………………3分
(2)过点B作BE⊥AO于E,过点M作MF⊥AO于M,
∵EB=EA=3,
∴∠EAB=∠EBA=45°,
同理可求∠FAM=∠FMA=45°,
∴△ABE∽△AMF,
∴==,………………………………………………………………4分
又∵∠BAM=180°﹣45°×2=90°,
∴tan∠ABM==;………………………………………………………………5分
(3)过点P作PH⊥x轴于H,
∵y=(x﹣1)2﹣3=x2﹣2x﹣2,
∴设点P(x,x2﹣2x﹣2),
①点P在x轴的上方时,=,
整理得,3x2﹣7x﹣6=0,
解得x1=﹣(舍去),x2=3,
∴点P的坐标为(3,1);………………………………………………………………7分
②点P在x轴下方时,=,
整理得,3x2﹣5x﹣6=0,
解得x1=(舍去),x2=,
x=时,x2﹣2x﹣2=﹣×=﹣,
∴点P的坐标为(,﹣)…………………………………………………9分
综上所述,点P的坐标为(3,1)或(,﹣).…………………10分
12.(2015·江苏江阴夏港中学·期中)如图,矩形ABCD的边AB=3cm,AD=4cm,点E从点A出发,沿射线AD移动,以CE为直径作圆O,点F为圆O与射线BD的公共点,连接EF、CF,过点E作EG⊥EF,EG与圆O相交于点G,连接CG.
试说明四边形EFCG是矩形;
当圆O与射线BD相切时,点E停止移动,在点E移动的过程中,
①矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值?若存在,求出这个最大值或最小值;若不存在,说明理由;
②求点G移动路线的长.
答案:(1)∵CE是⊙O的直径,点F、G在⊙O上,∴∠EFC=∠EGC=90°,
又∵EG⊥EF,∴∠FEG=90°,∴四边形EFCG是矩形···························2分
(2)①∵四边形EFCG是矩形,∴∠BCD=90°,∴BDC=.
∵∠CEF=∠BDC,∴CEF=BDC,即···········3分
∴
∵当点F与点B重合时,CF=BC=4;
当⊙O与射线BD相切时,点F与点D重合,
此时CF=CD=3;
当CF⊥BD时,
∴.··················5分
∴当CF=cm时,·····················6分
当CF=4cm时,.································7分
②如答图4,连接DG,并延长DG交BC得延长线与点G’
∵∠BDG=∠FEG=90°,又∵∠DCG’=90°,∴点G得移动路线为线段DG’,·······8分
∵CD=3cm,∴CG’=∴DG’=··············10分
如图,抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A(﹣1,0),B(5,0)两点,直线y=﹣x+3与y轴交于点C,与x轴交于点D.点P是x轴上方的抛物线上一动点,过点P作PF⊥x轴于点F,交直线CD于点E.设点P的横坐标为m.
(1)求抛物线的解析式;
(2)若PE=5EF,求m的值;
(3)若点E′是点E关于直线PC的对称点,是否存在点P,使点E′落在y轴上?若存在,请直接写出相应的点P的坐标;若不存在,请说明理由.
解:(1)将点A、B坐标代入抛物线解析式,得:
,解得,
∴抛物线的解析式为:y=﹣x2+4x+5.········2分
(2)∵点P的横坐标为m,
∴P(m,﹣m2+4m+5),E(m,﹣m+3),F(m,0).
∴PE=|yP﹣yE|=|(﹣m2+4m+5)﹣(﹣m+3)|=|﹣m2+m+2|,
EF=|yE﹣yF|=|(﹣m+3)﹣0|=|﹣m+3|.········3分
由题意,PE=5EF,即:|﹣m2+m+2|=5|﹣m+3|=|m+15|
①当点E在点F上方时,则﹣m2+m+2=m+15,整理得:2m2﹣17m+26=0,
解得:m1=2或m2=(舍去);········5分
②当点E在点F下方时,则﹣m2+m+2=﹣(m+15),整理得:m2﹣m﹣17=0,
解得:m1=或m2=(舍去).∴m=2或m=.········7分
(3)存在满足条件的点P,可求得点P坐标为(﹣,),(4,5),
(3﹣,2﹣3).········10分
对于半径为r的⊙P及一个正方形给出如下定义:若⊙P上存在到此正方形四条边距离都相等的点,则称⊙P是该正方形的“等距圆”.如图1,在平面直角坐标系xOy中,正方形ABCD的顶点A的坐标为(2,4),顶点C、D在x轴上,且点C在点D的左侧.
(1)当r=时,
①在P1(0,-3),P2(4,6),P3(,2)中可以成为正方形ABCD的“等距圆”的圆心的是_______________;
②若点P在直线上,且⊙P是正方形ABCD的“等距圆”,则点P的坐标为_______________;
(2)如图2,在正方形ABCD所在平面直角坐标系xOy中,正方形EFGH的顶点F的坐标为(6,2),顶点E、H在y轴上,且点H在点E的上方.
①若⊙P同时为上述两个正方形的“等距圆”,且与BC所在直线相切,求⊙P在y轴上截得的弦长;
②将正方形ABCD绕着点D旋转一周,在旋转的过程中,线段HF上没有一个点能成为它的“等距圆”的圆心,则r的取值范围是_______________.
解(1)10×1.5+(18﹣10)×2=31,········2分
(2)①当x≤10时,y=1.5x,········3分
②当10<x≤m时,y=10×1.5+(x﹣10)×2=2x﹣5,········4分
③当x>m时,y=10×1.5+(m﹣10)×2+(x﹣m)×3=3x﹣m﹣5,········5分
(3)①当40≤m≤50时,此时选择第二种方案,费用=2×40﹣5=75,符合题意,········6分
②当20≤m<40时,此时选择第三种方案,费用=3x﹣m﹣5,
则:70≤3x﹣m﹣5≤90,········7分
∴25≤m≤45,········9分
综合①、②可得m的取值范围为:25≤m≤50.········10分
(2015·安徽省蚌埠市经济开发·二摸)类比梯形的定义,我们定义:有一组对角相等而另一组对角不相等的凸四边形叫做等对角四边形.请解决下列问题:
(1)已知:如图1,四边形ABCD是等对角四边形,,,,则=,
(2)在探究等对角四边形性质时:
①小红画了一个如图2所示的等对角四边形ABCD,其中,AB=AD,此时她发现CB=CD成立,请你证明该结论;
②由此小红猜想:“对于任意等对角四边形,当一组邻边相等时,另一组邻边也相等”.你认为她的猜想正确吗?若正确,请给与证明;若不正确,请举出反例.
(3)已知:在等对角四边形ABCD中,,,AB=5,AD=4,求对角线AC的长.
]]
答案:(1)…………………………………2分
(2)①证明:连接BD,
∵AB=AD,∴.
∵四边形ABCD为等对角四边形,∴.
∴,即CB=CD.…………………………………5分
②不正确…………………………………6分
如图,在等对角四边形ABCD中,,,AB=BC,但显然
…………………………………8分
(3)当时,如图
延长BC、AD相交于点E
∵,∴.
∵AB=5,∴AE=10,BE=.
又∵AD=4,∴DE=6.
在中,
∴BC=BE-CE=
在中,………………………………11分
当时,如图
过D点作DE⊥AB,DF⊥BC,垂足分别为点E、F,则四边形BEDF为矩形
在中,,DE=
∴DF=BE=AB-AE=5-2=3
在,
∵BF=DE=,
∴BC=BF+CF=
在中,………………………………14分
16.(2015·安庆·一摸)【试题再现】如图1,Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,直线过点C,过点A,B分别作AD⊥DE于点D,BE⊥DE于点E,则DE=AD+BE(不用证明).
(1)【类比探究】如图2,在△ABC中,AC=BC,且∠ACB=∠ADC=∠BEC=100°.上述结论是否成立?若成立,请说明理由;若不成立,请写出一个你认为正确的结论.
(2)【拓展延伸】①如图3,在△ABC中,AC=nBC,且∠ACB=∠ADC=∠BEC=1000,猜想线段DE、AD、BE之间有什么数量关系?并证明你的猜想.
②若图1的Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=nBC,并将直线绕点C旋转一定角度后与斜边AB相交,分别过点A、B作直线的垂线,垂足分别为点D和点E.请在备用图上画出图形,并直接写出线段DE、AD、BE之间满足的一种数量关系(不要求写出证明过程).
答案:解:(1)【类比探究】猜想DE=AD+BE.…………1分
理由:∵∠ADC=100°,∴∠DAC+∠DCA=80°,∵∠ACB=100°,∴∠DCA+∠ECB=80°]
∴∠DAC=∠ECB
在△ACD和△CBE中,
∵
∴△ACD≌△CBE,
∴AD=CE,CD=BE,
∴DE=AD+BE.
………………………………………………5分
(2)【拓展延伸】①猜想:DE=AD+nBE.………………6分
理由:∵∠ADC=100°,∴∠DAC+∠DCA=80°,∵∠ACB=100°,∴∠DCA+∠ECB=80°,
∴∠DAC=∠ECB.∵∠ADC=∠CEB,∴△ADC∽△CEB,∴,∴CE=AD,CD=nBE,∴DE=DC+CE=AD+nBE.………………10分
或…………………………14分
[
17.(2015·福建漳州·一模)如图,抛物线与直线相交于A、B两点(点A在x轴上,点B在y轴上),与x轴的另一个交点为点C.
(1)求抛物线的解析式;
(2)在x轴下方,当<时,抛物线y随x增大而减小,求实数m的取值范围;
(3)在抛物线上,是否存在点F,使得△BCF是直角三角形?若存在,求出所有满足条件的点F的坐标;若不存在,请说明理由.
(满分14分)
解⑴当时,∴…………………2分
∵经过点B∴
∴…………………4分
(2)当时
解得:或∴………………5分
∵∴该二次函数的对称轴为…………6分
∵在轴下方,当<<1时,抛物线随增大而减小
又∵∴………………7分
解得:…………………8分
(3)解:设,有三种情况:
当时:(如图1)
过F作,垂足为,则
∴
∵∴
∴…………………9分
∴
∴
解得:或(不合题意,舍去)
∴…………………10分
当时:
过F作垂足为E,则
∴,∵∴
∴…………………11分
∴∴
解得:或(不合题意,舍去)∴…………………12分
③当时:则在以为直径的⊙上
过作交抛物线于∴点F在BG上方,由②得
∵BC=∴
由此可得:对称轴右侧,BG上方抛物线上的点一定在⊙M外
∵点F在⊙M上∴F不在抛物线上…………………13分
综上所述:点F的坐标分别是…………………14分
如图11,已知:抛物线交x轴于A(﹣1,0),B(4,0)两点,交y轴于点C,与过点C且平行于x轴的直线交于另一点D,点P是抛物线上一动点.
(1)求抛物线解析式及点D坐标;
(2)若点E在x轴上,且以A,E,D,P为顶点的四边形是平行四边形,求点P的坐标;
(3)若点P在y轴右侧,过点P作直线CD的垂线,垂足为Q,若将△CPQ沿CP翻折,点Q的对应点为Q′.
是否存在点P,使Q′恰好落在x轴上?若存在,求出点P的坐标;若不存在,说明理由.
解:(1)∵抛物线y=ax2+bx+2经过A(﹣1,0),B(4,0)两点,
∴,解得:。------------------------------------1分
∴抛物线解析式为。-----------------------------2分
当y=2时,,解得:x1=3,x2=0(舍去)。
∴点D坐标为(3,2)----------------------------------------------3分
(2)A,E两点都在x轴上,AE有两种可能:
①当AE为一边时,AE∥PD,∴P1(0,2)。-----------------------4分
②当AE为对角线时,我们知道平行四边形相对的两个顶点到另一条对角线距离相等,可知P点,D点到直线AE(即x轴)的距离相等,∴P点的纵坐标为﹣2。
代入抛物线的解析式:,
解得:。
∴P点的坐标为(,﹣2),(,﹣2)。
综上所述:P1(0,2);P2(,﹣2);P3(,﹣2)。--------------------------6分
(3)存在满足条件的点P,显然点P在直线CD下方。
设直线PQ交x轴于F,点P的坐标为(),
因为点P在y轴右侧(如图1),CQ=a,
PQ=。分,即解得。。。。,即解得。9
∴OQ′=3,。
19.(2015·广东广州·一模).如图M1-10,已知⊙O为△ABC的外接圆,BC为直径,点E在AB上,过点E作EF⊥BC,点G在FE的延长线上,且GA=GE.
(1)求证:AG与⊙O相切;(2)若AC=6,AB=8,BE=3,求线段OE的长.
(1)证明:如图124,
图124
连接OA,∵OA=OB,GA=GE,∴∠ABO=∠BAO,∠GEA=∠GAE.
∵EF⊥BC,∴∠BFE=90°.∴∠ABO+∠BEF=90°.又∵∠BEF=∠GEA,
∴∠GAE=∠BEF.∴∠BAO+∠GAE=90°.∴OA⊥AG,即AG与⊙O相切
(2)解:∵BC为直径,∴∠BAC=90°.∵AC=6,AB=8,∴BC=10.
∵∠EBF=∠CBA,∠BFE=∠BAC,∴△BEF∽△BCA.
∴==.∴EF=1.8,BF=2.4,∴OF=OB-BF=5-2.4=2.6.∴OE==.
如图M1-11,已知抛物线C1:y1=x2-x+1,点F(2,1).
(1)求抛物线C1的顶点坐标;
(2)①若抛物线C1与y轴的交点为A,连接AF,并延长交抛物线C1于点B,求证:+=1;
②抛物线C1上任意一点P(xp,yp)(0
图M1-11
(1)解:∵C1:y1=x2-x+1=(x-2)2.∴顶点坐标为(2,0)
(2)①证明:∵C1与y轴交点A,∴A(0,1).
图125
∴AF=2,BF=2.∴+=1
②解:如图125,作PM⊥AB,QN⊥AB,垂足分别为M,N,设P(xp,yp),Q(xQ,yQ)
在△MFP中,MF=2-xp,MP=1-yp(0 而点P在抛物线上,∴(2-xp)2=4yp.∴PF2=4yp+(1-yp)2=(1+yp)2.
∴PF=1+yp.同理可得:QF=1+yQ
∵∠MFP=∠NFQ,∠PMF=∠QNF=90°,∴△PMF∽△QNF.
∵PM=1-yP=2-PF,QN=yQ-1=QF-2,
∴===.∴PF·QF-2PF=2QF-QF·PF.∴+=1为常数.
在△ABC中,∠A=90°,AB=8,AC=6,M是AB上的动点(不与A,B重合),过M点作MN∥BC交AC于点N.以MN为直径作⊙O,并在⊙O内作内接矩形AMPN.设AM=.
(1)用含的代数式表示△MNP的面积S;
(2)在动点M的运动过程中,记△MNP与梯形BCNM重合部分的面积为,试求关于的函数表达式,并求为何值时,的值最大,最大值是多少?
~
解:(1)∵MN∥BC,∴∠AMN=∠B,∠ANM=∠C.∴△AMN∽△ABC.……1分
,即.∴AN=
∴=.(0<<8)……………3分
(2)随点M的运动,当P点落在直线BC上时,连结AP,则O点为AP的中点.
∵MN∥BC,∴∠AMN=∠B,∠AOM=∠APB.∴△AMO∽△ABP.
∴.AM=MB=4.………………………4分
故以下分两种情况讨论:
①0<≤4时,.
∴当=4时,…………5分
②当4<<8时,设PM,PN分别交BC于E,F.
∵四边形AMPN是矩形,∴PN∥AM,PN=AM=.
又∵MN∥BC,∴四边形MBFN是平行四边形.………6分
∴FN=BM=8-.∴.
又△PEF∽△ACB.∴.∴.
∴=.………7分
∵满足4<<8,.………8分
综上所述,当时,值最大,最大值是8.……………9分如图,在平面直角坐标系中,抛物线与x轴交于A、D两点,与y轴交于点B,四边形OBCD是矩形,点A的坐标为(1,0),点B的坐标为(0,4),已知点E(m,0)是线段DO上的动点,过点E作PE⊥x轴交抛物线于点P,交BC于点G,交BD于点H.
(1)求该抛物线的解析式;
(2)当点P在直线BC上方时,请用含m的代数式表示PG的长度;
(3)在(2)的条件下,是否存在这样的点P,使得以P、B、G为顶点的三角形与△DEH相似?若存在,求出此时m的值;若不存在,请说明理由
解:(1)∵抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A(1,0),与y轴交于点B(0,4),
∴……1’解得……2’∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣x+4……3’
(2)∵E(m,0),B(0,4),PE⊥x轴交抛物线于点P,交BC于点G,
∴P(m,﹣m2﹣m+4),G(m,4),∴PG=﹣m2﹣m+4﹣4=﹣m2﹣m;……4’
(3)由﹣x2﹣x+4=0,解得x=1或﹣3,∴D(﹣3,0).……5’
当点P在直线BC上方时,﹣x2﹣x+4=4,得﹣2<m<0.……6’
∵△BGP∽△DEH,∴,即
在(2)的条件下,存在点P,使得以P、B、G为顶点的三角形与△DEH相似分两种情况:
①如果△BGP∽△DEH,那么=,即=,解得m=﹣1;……7’
②如果△PGB∽△DEH,那么=,即=,得m=﹣.……8’
综上所述,存在点P,使得以P、B、G为顶点的三角形与△DEH相似,
此时m的值为﹣1或﹣.……9’
23.如图,在平面直角坐标系中,点O为坐标原点,直线y=-x+n与x轴、y轴分别交于B,C两点,抛物线y=ax2+bx+3(a≠0)过C,B两点,交x轴于另一点A,连接AC,且tan∠CAO=3.点P是线段CB上一点(不和B,C重合),过点P作x轴的垂线,垂足为H,交抛物线于Q.
(1)求抛物线的解析式;
(2)小明认为当点Q恰好为抛物线的顶点时,线段PQ的长最大,你认为小明的说法正确吗?如果正确,请说明理由;如果不正确,试举出反例说明;
(3)若△CPQ是直角三角形,求点P的坐标;
(4)设PH和PQ的长是关于y的一元二次方程:y2-(m+3)y+(5m2-2m+13)=0(m为常数)的两个实数根,点M在抛物线上,连接MQ,MH,PM,若MP恰好平分∠QMH,求出此时点M的坐标.解:(1)y=-x2+2x+3.(2)不正确.(3)(1,2).(4)(1+,2),(1-,2).
.如图,已知点在的边上,,的平分线交于点,且在以为直径的⊙上.
(1)证明:是⊙的切线;
(2)若,求圆心到AD的距离;
(3)若,求的值.(本题满分10分)
(1)连接OD,∵AD平分∠BAC,∴∠BAD=∠DAC,∵OA=OD,∴∠BAD=∠ODA,
∴∠ODA=∠DAC,∴AC∥OD,∵∠C=90°,∴∠ODC=90°,
即BC是⊙O的切线。…4分
(2)在Rt△ADC中,∠ACD=90°,由勾股定理,
得:
作根据垂径定理得
可证△AOF∽△ADC
∴∴,∴………3分
(3)连接ED∵AD平分∠BAC,∴∠BAD=∠DAC,∵AE为直径,∴∠ADE=90°
∴又∵
∴,又∵,
∴△BED∽△BDA,∴………3分.如图1,正方形ABCD的对角线AC与BD相交于点M,正方形MNPQ与正方形ABCD全等,将正方形MNPQ绕点M顺时针旋转,在旋转过程中,射线MN与射线MQ分别交正方形ABCD的边于E、F两点。
(1)试判断ME与MF之间的数量关系,并给出证明.
(2)若将原题中的两个正方形都改为矩形且BC=6,AB=2,如图2,其他条件不变,探索线段ME与线段MF的数量关系.[www
答案:(1)证明:过点M作MG⊥BC于点G,MH⊥CD于点H.
∴∠MGE=∠MHF=90°.
∵M为正方形对角线AC、BD的交点,∴MG=MH.
又∵∠1+∠GMQ=∠2+∠GMQ=90°,∴∠1=∠2.
在△MGE和△MHF中
∠1=∠2,MG=MH,∠MGE=∠MHF.∴△MGE≌△MHF.∴ME=MF.--(5分)解:①当射线MN交BC于点E,射线MQ交CD于点F时.
过点M作MG⊥BC于点G,MH⊥CD于点H.∴∠MGE=∠MHF=90°.
∵M为矩形对角线AC、BD的交点,∴∠1+∠GMQ=∠2+∠GMQ=90°.
∴∠1=∠2.在△MGE和△MHF中,∠1=∠2∠MGE=∠MHF,∴△MGE∽△MHF.
∴∵M为矩形对角线AB、AC的交点,∴MB=MD=MC又∵MG⊥BC,MH⊥CD,
∴点G、H分别是BC、DC的中点.
∵BC=6,AB=2,∴MG=1,MH=3.(2分)
②当射线MN交AB于点E,射线MQ交BC于点F时.
过点M作MG⊥AB于点G,MH⊥BC于点H.∴∠MGE=∠MHF=90°.∵M为矩形对角线AC、BD的交点,∴∠1+∠GMQ=∠2+∠GMQ=90°.∴∠1=∠2.在△MGE和△MHF中,∠1=∠2,
∠MGE=∠MHF.∴△MGE∽△MHF.∴∵M为矩形对角线AC、BD的交点,∴MB=MA=MC.又∵MG⊥AB,MH⊥BC,∴点G、H分别是AB、BC的中点.∵BC=6,AB=2,(4分)
③当射线MN交BC于点E,射线MQ交BC于点F时.
由△MEH∽△FMH, 得
由△MEH∽△FEM,得
△FMH∽△FEM.
(6分)
④当射线MN交BC边于E点,射线MQ交AD于点F时.
延长FM交BC于点G.
易证△MFD≌△MGB.∴MF=MG.
同理由③得(7分)
综上所述:ME与MF的数量关系是
26.(2015?山东滕州羊庄中学?4月模拟)(本题满分12分)如图,二次函数的图象与、轴交于三点,其中,抛物线的顶点为.
(1)求的值及顶点的坐标;
(2)当时,函数y的最小值为,最大值为,求a,b应满足的条件.
(3)在y轴右侧的抛物线上是否存在点P,使得三角形PDC是等腰三角形?如果存在,求出符合条件的点P的坐标;如果不存在,请说明理由。
(1)把……………………2分
……4分
(3)x=0时,y=3,故C坐标为,
如图1,当DC=DP时,点P与点C关于抛物线的对称轴x=1对称,故点P坐标为…1分
如图2,当PC=PD时,可证得HD=HC,PM=PN,设则
[来源@:zzste%#^p.com]
P的坐标为或……3分
如图3,当CD=CP时,不符合题意。
综上所述:P的标为,或或……4分
27.如图,已知△ABC内接于⊙O,点D在OC的延长线上,∠ABC=∠CAD.
(1)若∠ABC=20°,则∠OCA的度数为;
(2)判断直线AD与⊙O的位置关系,并说明理由;(3)若OD⊥AB,BC=5,AB=8,求⊙O的半径.解:(1)70°
(2)相切…………2分.
理由如下:法一:连接OA,∠ABC=∠AOC……3分.
在等腰△AOC中,∠OAC=90°-∠AOC
∴∠OAC=90°-∠ABC……5分.
∵∠ABC=∠CAD,
∴∠OAD=∠OAC+∠CAD=90°-∠ABC+∠ABC=90°……6分.
即OA⊥AD,而点A在⊙O上,∴直线AD与⊙O相切.…………8分.
法二:连接OA,并延长AO与⊙O相交于点E,连接EC.
∵AE是⊙O的直径,∴∠ECA=90°,…………4分.
∴∠EAC+∠AEC=90°.
又∵∠ABC=∠AEC,∠ABC=∠CAD,∴∠EAC+∠CAD=90°.……6分.
即OA⊥AD,而点A在⊙O上,∴直线AD与⊙O相切.…………8分.
(3)设OD与AB的交点为点G.
∵OD⊥AB,∴AG=GB=4.AC=BC=5,在Rt△ACG中,可得GC=3.……10分.
在Rt△OGA中,设OA=x,由OA2=OG2+AG2,得x2=(x-3)2+42
解得x=,即⊙O的半径为.12分
28.(2015?山东滕州张汪中学?质量检测二)如图9,抛物线y=ax2+bx+c与x轴的交点为A(m﹣4,0)和B(m,0),与直线y=﹣x+p相交于点A和点C(2m﹣4,m﹣6).
(1)求抛物线的解析式;
(2)若点P在抛物线上,且以点P和A,C以及另一点Q为顶点的平行四边形面积为12,求点P,Q的坐标;
(3)在(2)条件下,若点M是x轴下方抛物线上的动点,当△PQM的面积最大时,请求出△PQM的最大面积及点M的坐标.
[答案:解:(1)∵点(,点2m﹣4,m﹣6)在直线y=﹣x+p上,∴且
解之得∴……2分
设抛物线y=ax2+bx+c=并将代入
∴抛物线y=……3分
(2)由两点间的距离公式:;所在直线解析式为:,∠,∴=12,∴边上的高:……6分
∴过点作垂直于与相交于点
∴∵是平行四边形∴直线:或
∴--3,[来%^~&源#:中教网]∴=3=0或=-2=5
--3且时方程组无解。
∴(3,0)(-2,5)……9分
由是平行四边形且当(3,0)时(6,-3);
当(-2,5)时(1,2)……10分
(3)设()过作轴的平行线交所在直线于点T
则,……12分[
过作垂直于所在直线于点
==
∴当时在△中边上高的最大值是……13分
29.如图,已知点A(3,0),以A为圆心作⊙A与y轴切于原点,与x轴的另一个交点为B,过B作⊙A的切线l.
(1)以直线l为对称轴的抛物线过点A及点C(0,9),求此抛物线的解析式;
(2)抛物线与x轴的另一个交点为D,过D作⊙A的切线DE,E为切点,求此切线长;
(3)点F是切线DE上的一个动点,当△BFD与EAD△相似时,求出BF的长.
(12分)解:(1)设抛物线的解析式为∵抛物线经过点A(3,0)和C(0,9)
∴
解得:∴
y=(4分)
(2)连接AE∵DE是⊙A的切线,∴∠AED=90°,AE=3
∵直线l是抛物线的对称轴,点A,D是抛物线与x轴的交点∴AB=BD=3[来源:中
∴AD=6,在Rt△ADE中,∴(8分)
(3)当BF⊥D时∵∠AED=∠BFD=90°,∠ADE=∠BDF,∴△AED∽△BFD
∴,即∴(10分)
当FB⊥AD时∵∠AED=∠FBD=90°,∠ADE=∠FDB,∴△AED∽△FBD
∴,即∴BF的长为或.(12分)
.如图,在平面直角坐标系中,点A、C分别在x轴、y轴上,四边形ABCO为矩形,AB=16,点D与点A关于y轴对称,tan∠ACB=,点E、F分别是线段AD、AC上的动点(点E不与点A、D重合),且∠CEF=∠ACB.
(1)求AC的长和点D的坐标;
(2)说明△AEF与△DCE相似;
(3)当△EFC为等腰三角形时,求点E的坐标.
解:(1)∵四边形ABCO为矩形,∴∠B=90°tan∠ACB=,
在Rt△ACB中,设BC=3k,AB=4k,由勾股定理,AC=5K,
∵AB=4k=16,∴k=4,∴AC=20,OA=BC==3k=12,∴点A的坐标为(-12,0),
而点D与点A关于y轴对称,∴点D的坐标为(12,0)-------4分[中~国&^教育出%版网@]
(2)∵∠CEF=∠ACB,且∠ACB=∠CAE又∵点A与点D关于y轴成轴对称
∴∠FAE=∠D∴∠CEF=∠D---------------------------------------6分
又∵∠CEA=∠CEF+∠FEA=∠D+∠DCE∴∠FEA=∠DCE
∴△AEF∽△DCE------------------------------------8分
(3)①当CE=EF时,由△AEF∽△DCE则△AEF≌△DCE,
∴AE=CD,即AO+OE=CD
设E(x,0),有12+x=20,∴x=8此时,点E的坐标为(8,0)
②当EF=FC时,∵∠FCE=∠FEC=∠ACB=∠CAE,∴AE=CE设E(a,0)
∴OE2+OC2=CE2=AE2=(OA+OE)2即:
解得a=此时,点E的坐标为(,0)[
③当CE=CF时,E与D重合与题目矛盾.------------------12分
邗江区初三适应性训练如图,对称轴为直线x=-1的抛物线y=x2+bx+c与x轴相交于A、B两点,与y轴的交于C点,其中A点的坐标为(-3,0).
(1)求抛物线的表达式;
(2)若将此抛物线向右平移m个单位,A、B、C三点在坐标轴上的位置也相应的发生移动,在移动过程中,△BOC能否成为等腰直角三角形?若能,求出m的值,若不能,请说明理由.
解:(1);
(2)平移后B(m+1,0),C(0,m2-2m-3)
①m2-2m-3=-(m+1),解得m=2,m=1舍去;
②m2-2m-3=m+1,解得m=4,m=1舍去;
32.(2015·邗江区初三适应性训练在一次数学综合实践活动课上,老师用硬纸板做了两个三角形,分别为△ABC和△DEF,其中∠B=90°,∠A=45°,BC=,∠F=90°,∠EDF=30°,EF=2.
如图1,师生共同进行了以下的探究活动:将△ABC固定不动,并将△DEF的斜边DE与△ABC的斜边AC重合在一起,将△DEF沿AC方向移动,设△DEF在AC方向上移动的距离为.在移动过程中,D、E两点始终在AC边上(移动开始时点D与点A重合).
(1)①EC=____▲_____(用含的代数式表示);
②如图2,连接FC,当=____▲_____时,∠FCA=30°;
(2)将点F关于直线AC的对称点记作F′,当点F′在BC上时,求AD的长,并判断此时FC与AB的位置关系;
(3)在△DEF移动过程中,以线段AD、FC、EC的长度为三边长构造三角形,此三角形能否成为以AD长度为斜边长的直角三角形?若能,求出移动距离,若不能,请说明理由;
(4)在△DEF沿AC方向移动的过程中,小明同学发现:F、B两点间的距离先逐渐变小,当=____▲_____时,距离最短,此时FB=____▲_____,然后F、B两点间的距离逐渐变大,小明同学由此联想到二次函数的性质,猜想F、B两点间的距离是△DEF在AC方向上移动距离的二次函数,小明同学的猜想正确吗?____▲_____.(填“正确”或“不正确”,不必说明理由.)
第2题
答案:解:(1)①EC=;②.………………2分
(2)AD=,此时FC∥AB.……………2分
(3)AD2=,EC2=,FC2=;…………3分
由EC2+FC2=AD2得;…………2分
(4)当=3时,距离最短,此时FB=,猜想不正确.………3分
2015·网上阅卷适应性测试如图,把△OAB放置于平面直角坐标系xOy中,,,把△OAB沿轴的负方向平移2OA的长度后得到△DCE.
(1)若过原点的抛物线经过点B、E,求此抛物线的解析式;
(2)若点在该抛物线上移动,当点P在第一象限内时,过点作轴于点,连结.若以、、为顶点的三角形与以B、C、E为顶点的三角形相似,直接写出点的坐标;
(3)若点M(-4,n)在该抛物线上,平移抛物线,记平移后点M的对应点为M′,点B的对应点为B′.当抛物线向左或向右平移时,是否存在某个位置,使四边形M′B′CD的周长最短?若存在,求出此时抛物线的解析式;若不存在,请说明理由.
解:(1)依题意得:..
∵抛物线经过原点和点B、E,∴设抛物线的解析式为+bx.
∵抛物线经过点,.∴.解得:a=,b=0;
∴抛物线的解析式为.
(2)根据题意设:P(m,)
①△BCE∽△POQ
∴=
∴∴m=∴
②△BCE∽△OPQ∴=∴
(3)存在.
因为线段和CD的长是定值,所以要使四边形的周长最短,只要使最短.如果将抛物线向右平移,显然有M′D+CB′>MD+CB,因此不存在某个位置,使四边形M′B′CD的周长最短,显然应该将抛物线向左平移.由题知.
设抛物线向左平移了n个单位,则点和B′的坐标分别为M′(-4-n,6)和B′(2-n,).
因为CD=2,因此将点B′向左平移2个单位得B′′(-n,).要使最短,只要使+DB′′最短.
点M′关于x轴对称点的坐标为M′′(-4-n,-6).设直线M′′B′′的解析式,
点D应在直线M′′B′′上,∴直线M′′B′′的解析式为.
将B′′(-n,)代入,求得.
故将抛物线向左平移个单位时,四边形M′B′CD的周长最短,此时抛物线的解析式为 .
34.(2015·江西省中等学校招生考试数学活动课上,小颖同学用两块完全一样的透明等腰直角三角形板ABC、DEF进行探究活动.
操作:使点D落在线段AB中点处并使DF过点C(如图1),然后绕点D顺时针旋转,直至点E落在AC的延长线上时结束操作,在此过程中,线段DE与AC或其延长线交于点K,线段BC与DF的交于点G(如图2、3).
探究1:在图2中,求证:∽;
探究2:在图2中,求证:线段KD平分;
探究3:(在图3中,线段KD仍平分吗?若平分,请加以证明;若不平分,请说明理由.
(在以上操作过程中,若设,,的面积为,请求出与的函数关系式,并直接写出的取值范围.
解:探究1:,
,,
,∽;
探究2:∽,,又点D是线段AB中点,,,,
又,∽,
,线段KD平分;
探究3:(线段KD仍平分,理由如下:
同探究1可知仍有:∽,
同探究2可知仍有:∽,
仍有,
线段KD仍会平分;
(如图,过点D作于M,于点N,
由(:线段KD平分,
,又,
点D是线段AB中点,,
,又,的面积为,
对于图形3情况,同理可得,
综上所述:,其中.
命题思路:考查等腰直角三角形、角平分线性质、相似三角形的判定与性质等知识的综合运用,在操作中不断发现、提出、建立几何模型解决数学问题,积累研究问题的方法与活动经验,提升数学的综合学习能力.
江西赣三中2014—2015学年第二学期中考模拟已知,点P是△ABC边AB上一动点(不与A,B重合)分别过点A,B向直线CP作垂线,垂足分别为E,F,Q为边AB的中点.
(1)如图1,当点P与点Q重合时,AE与BF的位置关系是,QE与QF的数量关系是;
(2)如图2,当点P在线段AB上不与点Q重合时,试判断QE与QF的数量关系,并给予证明;
(3)如图3,当点P在线段BA的延长线上时,此时(2)中的结论是否成立?请画出图形并给予证明.
答案:解:第5题
(1)AE∥BF,QE=QF,
(2)QE=QF,
证明:如图2,延长EQ交BF于D,
∵AE∥BF,
∴∠AEQ=∠BDQ
在△BDQ和△AEQ中
∴△BDQ≌△AEQ(ASA),
∴QE=QD,第5题
∵BF⊥CP,
∴FQ是Rt△DEF斜边上的中线,
∴QE=QF=QD,
即QE=QF.
(3)(2)中的结论仍然成立,
证明:如图3,
延长EQ、FB交于D,
∵AE∥BF,
∴∠AEQ=∠D,
在△AQE和△BQD中
∴△AQE≌△BQD(AAS),
∴QE=QD,
∵BF⊥CP,
∴FQ是Rt△DEF斜边DE上的中线,
∴QE=QF.
36.(2015·重点高中提前招生数学练习)已知:矩形ABCD(字母顺序如图)的边长AB=3,AD=2,将此矩形放在平面直角坐标系xOy中,使AB在x轴的正半轴上,矩形的其它两个顶点在第一象限,且直线y=x-1经过这两个顶点中的一个.]
(1)求矩形的各顶点的坐标.
(2)以AB为直径作⊙M,经过A,B两点的抛物线y=ax2+bx+c的顶点是P点.
①若点P位于⊙M外,且在矩形ABCD内部,求a的取值范围.
②过点C作⊙M的切线交AD于F点,当PF∥AB时,试判断抛物线与y轴的交点Q是位于直线y=x-1的上方?还是下方?还是正好落在此直线上?并说明理由.
【解】(1)设A(m,0)(m>0),则有B(m+3,0);C(m+3,2),D(m,2);
若C点过直线y=x-1;则2=(m+3)-1,解得m=-1(舍去);
若点D过直线y=x-1,则2=m-1,m=2(符合题意).
∴A(2,0),B(5,0),C(5,2),D(2,2).
(2)①∵⊙M以AB为直径,∴M(,0),
设抛物线y=a(x-2)(x-5)=ax2-7ax+10a,
∴抛物线顶点P(,-a)
∵顶点同时在⊙M内和在矩形ABCD内部,
∴<-a<2,∴-<a<-.
②设切线CF与⊙M相切于Q,交AD于F(如图所示).设AF=n,由切线长定理得FQ=AF=n,∴CF=n+2.
由勾股定理得DF2+DC2=CF2,∴32+(2-n)2=(n+2)2,解得n=,∴F(2,).
当PF∥AB时,P点纵坐标为,∴-a=,∴a=-.
∴抛物线的解析式为y=-x2+x-5,与y轴的交点为Q(0,-5).
∵直线y=x-1与y轴交点(0,-1),∴Q在直线y=x-1下方.
(本题满分12分)如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=x2+bx+c经过点(1,﹣1),且对称轴为在线x=2,点P、Q均在抛物线上,点P位于对称轴右侧,点Q位于对称轴左侧,PA垂直对称轴于点A,QB垂直对称轴于点B,且QB=PA+1,设点P的横坐标为m.
(1)求这条抛物线所对应的函数关系式;
(2)求点Q的坐标(用含m的式子表示);
(3)请探究PA+QB=AB是否成立,并说明理由;
(4)抛物线y=a1x2+b1x+c1(a1≠0)经过Q、B、P三点,若其对称轴把四边形PAQB分成面积为1:5的两部分,直接写出此时m的值
解:(1)∵抛物线y=x2+bx+c经过点(1,﹣1),且对称轴为在线x=2,
∴,
解得.
∴这条抛物线所对应的函数关系式y=x2﹣4x+2;
(2)∵抛物线上点P的横坐标为m,
∴P(m,m2﹣4m+2),
∴PA=m﹣2,
QB=PA+1=m﹣2+1=m﹣1,
∴点Q的横坐标为2﹣(m﹣1)=3﹣m,
点Q的纵坐标为(3﹣m)2﹣4(3﹣m)+2=m2﹣2m﹣1,
∴点Q的坐标为(3﹣m,m2﹣2m﹣1);
(3)PA+QB=AB成立.
理由如下:∵P(m,m2﹣4m+2),Q(3﹣m,m2﹣2m﹣1),
∴A(2,m2﹣4m+2),B(2,m2﹣2m﹣1),
∴AB=(m2﹣2m﹣1)﹣(m2﹣4m+2)=2m﹣3,
又∵PA=m﹣2,QB=m﹣1,
∴PA+QB=m﹣2+m﹣1=2m﹣3,
∴PA+QB=AB;
(4)∵抛物线y=a1x2+b1x+c1(a1≠0)经过Q、B、P三点,
∴抛物线y=a1x2+b1x+c1的对称轴为QB的垂直平分线,
∵对称轴把四边形PAQB分成面积为1:5的两部分,
∴××=×(2m﹣3)×(2m﹣3),
整理得,(2m﹣3)(m﹣3)=0,
∵点P位于对称轴右侧,
∴m>2,
∴2m﹣3≠0,
∴m﹣3=0,
解得m=3.
2.38.(2015·辽宁盘锦市)如图,二次函数y=-x2+bx+c的图像经过点A(4,0)B(-4,-4)]
且与y轴交于点C.
(1)求此二次函数的解析式;
(2)证明:∠BAO=∠CAO(其中O是原点);
(3)若P是线段AB上的一个动点(不与A、B
重合),过P作y轴的平行线,分别交此二次函数
图像及x轴于Q、H两点,试问:是否存在这样的点
P,使PH=2QH?若存在,请求出点P的坐标;若不
存在,请说明理由.
解:(1)∵点A(4,0)与B(-4,-4)在二次函数图像上,
∴,解得,
∴二次函数解析式为y=-x2+x+2.
(2)过B作BD⊥x轴于点D,由(1)得C(0,2)
在Rt△AOC中,tan∠CAO===,
在Rt△ABD中,tan∠BAD===,
∵tan∠CAO=tan∠BAD∴∠CAO=∠BAD
(3)由A(4,0)与B(-4,-4),可得直线AB的解析式为y=x-2,
设P(x,x-2),(<<4),则Q(x,-x2+x+2),
∴PH=|x-2|=2-xQH=|-x2+x+2|.
∴2-x=2|-x2+x+2|
当2-x=-x2+x+4,解得x1=-1,x2=4(舍去),∴P(-1,-)
当2-x=x2-x-4,解得x1=-3,x2=4(舍去),∴P(-3,-)
综上所述,存在满足条件的点,它们是(-1,-)与(-3,-)
.(14分)如图,在平面直角坐标系中,点O是原点,矩形OABC的顶点A在x轴的正半轴上,顶点C在y的正半轴上,点B的坐标是(5,3),抛物线y=x2+bx+c经过A、C两点,与x轴的另一个交点是点D,连接BD.
(1)求抛物线的解析式;
(2)点M是抛物线对称轴上的一点,以M、B、D为顶点的三角形的面积是6,求点M的坐标;
(3)点P从点D出发,以每秒1个单位长度的速度沿D→B匀速运动,同时点Q从点B出发,以每秒1个单位长度的速度沿B→A→D匀速运动,当点P到达点B时,P、Q同时停止运动,设运动的时间为t秒,当t为何值时,以D、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形?请直接写出所有符合条件的值.
解:(1)∵矩形ABCD,B(5,3),
∴A(5,0),C(0,3).
∵点A(5,0),C(0,3)在抛物线y=x2+bx+c上,
∴,解得:b=,c=3.
∴抛物线的解析式为:y=x2x+3.
(2)如答图1所示,
∵y=x2x+3=(x﹣3)2﹣,
∴抛物线的对称轴为直线x=3.
如答图1所示,设对称轴与BD交于点G,与x轴交于点H,则H(3,0).
令y=0,即x2x+3=0,解得x=1或x=5.
∴D(1,0),∴DH=2,AH=2,AD=4.
∵tan∠ADB==,∴GH=DH?tan∠ADB=2×=
∴G(3,).
∵S△MBD=6,即S△MDG+S△MBG=6,
∴MG?DH+MG?AH=6,
即:MG×2+MG×2=6,
解得:MG=3.
∴点M的坐标为(3,)或(3,).
(3)在Rt△ABD中,AB=3,AD=4,则BD=5,∴sinB=,cosB=.
以D、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形,则:
①若PD=PQ,如答图2所示:
此时有PD=PQ=BQ=t,过点Q作QE⊥BD于点E,
则BE=PE,BE=BQ?cosB=t,QE=BQ?sinB=t,
∴DE=t+t=t.
由勾股定理得:DQ2=DE2+QE2=AD2+AQ2,
即(t)2+(t)2=42+(3﹣t)2,
整理得:11t2+6t﹣25=0,
解得:t=或t=﹣5(舍去),
∴t=;
②若PD=DQ,如答图3所示:
此时PD=t,DQ=AB+AD﹣t=7﹣t,
∴t=7﹣t,
∴t=;
③若PQ=DQ,如答图4所示:
∵PD=t,∴BP=5﹣t;
∵DQ=7﹣t,∴PQ=7﹣t,AQ=4﹣(7﹣t)=t﹣3.
过点P作PF⊥AB于点F,则PF=PB?sinB=(5﹣t)×=4﹣t,BF=PB?cosB=(5﹣t)×=3﹣t.
∴AF=AB﹣BF=3﹣(3﹣t)=t.
过点P作PE⊥AD于点E,则PEAF为矩形,
∴PE=AF=t,AE=PF=4﹣t,∴EQ=AQ﹣AE=(t﹣3)﹣(4﹣t)=t﹣7.
在Rt△PQE中,由勾股定理得:EQ2+PE2=PQ2,
即:(t﹣7)2+(t)2=(7﹣t)2,
整理得:13t2﹣56t=0,
解得:t=0(舍去)或t=.
∴t=.
综上所述,当t=,t=或t=时,以D、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形.
(本小题满分9分)
如图,在平面直角坐标系中,四边形OABC是边长为2的正方形,二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点A,B,与x轴分别交于点E,F,且点E的坐标为(﹣,0),以0C为直径作半圆,圆心为D.
(1)求二次函数的解析式;
(2)求证:直线BE是⊙D的切线;
(3)若直线BE与抛物线的对称轴交点为P,M是线段CB上的一个动点(点M与点B,C不重合),过点M作MN∥BE交x轴与点N,连结PM,PN,设CM的长为t,△PMN的面积为S,求S与t的函数关系式,并写出自变量t的取值范围.S是否存在着最大值?若存在,求出最大值;若不存在,请说明理由.
解:(1)由题意,得A(0,2),B(2,2),E的坐标为(,0),-----------------1分
∴解之:∴该二次函数的解析式为:-3分
(2)如图,过点D作DG⊥BE于点G.由题意,得ED=+1=,EC=2+=,BC=2,
∴BE=-----------------------------1分
∵∠BEC=∠DEG,∠EGD=∠ECB=90°,
∴△EGD∽△ECB,∴∴DG=1.-----2分
∵⊙D的半径是1,且DG⊥BE,
∴BE是⊙D的切线;-----------------------------------------------------------------------------------3分
(3)由题意,得E(,0),B(2,2).设直线BE为y=kx+h(k≠0).则
解得:∴直线BE为:y=-----------------1分
∵直线BE与抛物线的对称轴交点为P,对称轴直线为x=1,
∴点P的纵坐标y=,即P(1,).∵MN∥BE,∴∠MNC=∠BEC.∵∠C=∠C=90°,
∴△MNC∽△BEC,∴∴∴DN=﹣1,
∴S△PND=DN?PD=S△MNC=CN?CM=t2.
S梯形PDCM=(PD+CM)?CD=.
∵S=S△PND+S梯形PDCM﹣S△MNC=-----2分
∵抛物线S=的开口方向向下,∴S存在最大值.当t=1时,S最大=.[来
41.山东省枣庄市齐村中学)(满分12分)如图,在平面直角坐标系中,点O为坐标原点,A点的坐标为(3,0),以OA为边作等边三角形OAB,点B在第一象限,过点B作AB的垂线交x轴于点C.动点P从O点出发沿着OC向点C运动,动点Q从B点出发沿着BA向点A运动,P,Q两点同时出发,速度均为1个单位/秒。当其中一个点到达终点时,另一个点也随之停止。设运动时间为t秒.
(1)求线段BC的长;
(2)过点Q作x轴垂线,垂足为H,问t为何值时,以P、Q、H为顶点的三角形与△ABC相似.
(3)连接PQ交线段OB于点E,过点E作x轴的平行线交线段BC于点F.设线段EF的长为m,求m与t之间的函数关系式,并直接写出自变量t的取值范围.
(1)解:∵△AOB为等边三角形∴∠BAC=∠AOB=60.
∵BC⊥AB∴∠ABC=90°∴∠ACB=30°∠OBC=30°
∴∠ACB=∠OBC∴CO=OB=AB=OA=3
∴AC=6∴BC=AC=……………………………4分
(2)t=0或1……………………………4分
(3)解:如图过点Q作QN∥OB交x轴于点N
∴∠QNA=∠BOA=600=∠QAN∴QN=QA
∴△AQN为等边三角形∴NQ=NA=AQ=3-t
∴ON=3-(3-t)=t∴PN=t+t=2t
∴OE∥QN.∴△POE∽△PNQ
∴∴∴
∵EF∥x轴∴∠BFE=∠BCO=∠FBE=30°
∴EF=BE∴m=BE=OB-OE(0
(本题满分12分)如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=x2+bx+c经过点(1,﹣1),且对称轴为在线x=2,点P、Q均在抛物线上,点P位于对称轴右侧,点Q位于对称轴左侧,PA垂直对称轴于点A,QB垂直对称轴于点B,且QB=PA+1,设点P的横坐标为m.
(1)求这条抛物线所对应的函数关系式;
(2)求点Q的坐标(用含m的式子表示);
(3)请探究PA+QB=AB是否成立,并说明理由;
(4)抛物线y=a1x2+b1x+c1(a1≠0)经过Q、B、P三点,若其对称轴把四边形PAQB分成面积为1:5的两部分,直接写出此时m的值.
解:(1)∵抛物线y=x2+bx+c经过点(1,﹣1),且对称轴为在线x=2,
∴,
解得.
∴这条抛物线所对应的函数关系式y=x2﹣4x+2;
(2)∵抛物线上点P的横坐标为m,
∴P(m,m2﹣4m+2),
∴PA=m﹣2,
QB=PA+1=m﹣2+1=m﹣1,
∴点Q的横坐标为2﹣(m﹣1)=3﹣m,
点Q的纵坐标为(3﹣m)2﹣4(3﹣m)+2=m2﹣2m﹣1,
∴点Q的坐标为(3﹣m,m2﹣2m﹣1);
(3)PA+QB=AB成立.
理由如下:∵P(m,m2﹣4m+2),Q(3﹣m,m2﹣2m﹣1),
∴A(2,m2﹣4m+2),B(2,m2﹣2m﹣1),]
∴AB=(m2﹣2m﹣1)﹣(m2﹣4m+2)=2m﹣3,
又∵PA=m﹣2,QB=m﹣1,
∴PA+QB=m﹣2+m﹣1=2m﹣3,
∴PA+QB=AB;
(4)∵抛物线y=a1x2+b1x+c1(a1≠0)经过Q、B、P三点,
∴抛物线y=a1x2+b1x+c1的对称轴为QB的垂直平分线,
∵对称轴把四边形PAQB分成面积为1:5的两部分,
∴××=×(2m﹣3)×(2m﹣3),
整理得,(2m﹣3)(m﹣3)=0,
∵点P位于对称轴右侧,
∴m>2,
∴2m﹣3≠0,
∴m﹣3=0,
解得m=3.
如图11,在平面直角坐标系中,△ABC是直角三角形,∠ACB=90o,AC=BC,OA=1,OC=4,抛物线经过A,B两点.
(1)求抛物线的解析式;
(2)点E是直角△ABC斜边AB上一动点(点A、B除外),过点E作x轴的垂线交抛物线于点F,当线段EF的长度最大时,求点E、F的坐标;
(3)在(2)的条件下:在抛物线上是否存在一点P,使EFP是以EF为直角边的直角三角形?若存在,求出所有点P的坐标;若不存在,说明理由.
解:(1)由已知得:A(-1,0)B(4,5)……………………1分
抛物线的图像经过点A(-1,0)B(4,5)
……………………2分
解得:b=-2c=-3
抛物线的解析式为:……………………3分
(2)直线AB经过点A(-1,0)B(4,5)
求得直线AB的解析式为:…………4分
∵抛物线
设点E(t,t+1),则F(t,)…………………5分
∴当时,EF的最大值=………………………6分
点E的坐标为(,)………………………7分
点F的坐标(,)………………………8分
(3)存在………………………9分
①当PEF=90o时
过点E作aEF交抛物线于点P,
设点P(m,)………………………10分
则有:
解得:,
,……………………12分
②当PFE=90o时]
过点F作bEF交抛物线于,
设(n,)
则有:
解得:,(与F点重合,舍去)………………13分
则点P的坐标为:,,(.…14分
.如图,在矩形ABCD中,AB=,BC=8,M是BC的中点,P、Q两点同时从M点出发,其中点P以每秒1个单位的速度向B运动,到达点B后立即按原来的速度反向向M点运动,到达M点后停止,点Q以每秒1个单位的速度沿射线MC运动,当点P停止时点Q也随之停止.以PQ为边长向上作等边三角形PQE.
(1)求点E落在线段AD上时,P、Q两点的运动时间;
(2)设运动时间为t秒,矩形与重叠的面积为S,求出S与t之间的函数关系式,并写出t的取值范围;
(3)在矩形ABCD中,点N是线段BC上一点,并且CN=2,在直线CD上找一点H(H点在D点的上方)连接HN,DN,将绕点N逆时针旋转90°,得到,连接,得到四边形,四边形的面积能否是,若能,求出HD的长;若不能,请说明理由.
(1) 2分
(2) 8分
(3)
12分
.)在△ABC中,∠A=90°,AB=8,AC=6,M是AB上的动点(不与A,B重合),过M点作MN∥BC交AC于点N.以MN为直径作⊙O,并在⊙O内作内接矩形AMPN.
设AM=.
(1)用含的代数式表示△MNP的面积S;
(2)在动点M的运动过程中,记△MNP与梯形BCNM重合部分的面积为,试求关于的函数表达式,并求为何值时,的值最大,最大值是多少?
图1图2
解:(1)∵MN∥BC,∴∠AMN=∠B,∠ANM=∠C
∴△AMN∽△ABC.
,即.∴AN=
∴=.(0<<8)……………5分[(2)随点M的运动,当P点落在直线BC上时,连结AP,则O点为AP的中点.
∵MN∥BC,∴∠AMN=∠B,∠AOM=∠APB.∴△AMO∽△ABP.
∴.AM=MB=4.………………………7分
故以下分两种情况讨论:网~]
①0<≤4时,.
∴当=4时,…………9分
②当4<<8时,设PM,PN分别交BC于E,F.
∵四边形AMPN是矩形,∴PN∥AM,PN=AM=.
又∵MN∥BC,∴四边形MBFN是平行四边形.
∴FN=BM=8-.∴.
又△PEF∽△ACB.∴.∴.
∴=.
∴当4<<8时,.
∵满足4<<8,∴当时,.
综上所述,当时,值最大,最大值是8.
.)如图1,抛物线经过A(-1,0),C(3,-2)两点,与轴交于点D,与轴交于另一点B.
(1)求此抛物线的解析式;
(2)若直线()将四边形ABCD面积二等分,求的值;
(3)如图2,过点E(1,1)作EF⊥轴于点F,将△AEF绕平面内某点P旋转180°得△MNQ(点M、N、Q分别与点A、E、F对应),使点M、N在抛物线上,求点N和点P的坐标?
图1图2
(1)∵抛物线经过A(-1,0),C(3,-2),
∴,解之得:,
∴所求抛物线的解析式为:;
(2)令,解得:,,∴B(4,0),
令,可得:,∴D(0,-2),
∵C(3,-2),∴DC∥AB,
由勾股定理得:AD=BC=,∴四边形ADCB是等腰梯形,
∵D(0,-2),C(3,-2),∴取DC中点E,则E的坐标是(,-2),
过E作EF⊥AB于F,取EF的中点G,则G的坐标是(,-1),
则过G的直线(直线与AB和CD相交)都能把等腰梯形ABCD的面积二等份,
把G的坐标代入,得:,
∴;
(3)设Q(,),则M(+2,),N(,-1),
代入,得:
,解之,得:,
∴Q(1,-2),M(3,-2),N(1,-3),
又Q的对应点为F(1,0),
∴QF的中点为旋转中心P,且P(1,-1),
∴点N、P的坐标分别为:(1,-3),(1,-1).
46.(2015·广东中山·4月调研)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=8,BC=6,CD⊥AB于点D.点P从点D出发,沿线段DC向点C运动,点Q从点C出发,沿线段CA向点A运动,两点同时出发,速度都为每秒1个单位长度,当点P运动到C时,两点都停止.设运动时间为t秒.
(1)求线段CD的长;
(2)设△CPQ的面积为S,求S与t之间的函数关系式,并确定在运动过程中是否存在某一时刻t,使得
S△CPQ:S△ABC=9:100?若存在,求出t的值;若不存在,则说明理由.
(3)是否存在某一时刻t,使得△CPQ为等腰三角形?若存在,求出所有满足条件的t的值;若不存在,则说明理由.
备用图
解:(1)如图1,
∵∠ACB=90°,AC=8,BC=6
∴AB=10.
∵CD⊥AB,
∴S△ABC=BC?AC=AB?CD.
∴CD===4.8.
∴线段CD的长为4.8.…………2分
(2)①过点P作PH⊥AC,垂足为H,如图2所示.
由题可知DP=t,CQ=t.
则CP=4.8﹣t.
∵∠ACB=∠CDB=90°,
∴∠HCP=90°﹣∠DCB=∠B.
∵PH⊥AC,
∴∠CHP=90°.
∴∠CHP=∠ACB.
∴△CHP∽△BCA.
∴.
∴.
∴PH=﹣t.
∴S△CPQ=CQ?PH=t(﹣t)=﹣t2+t.…………3分
②存在某一时刻t,使得S△CPQ:S△ABC=9:100.
∵S△ABC=×6×8=24,
且S△CPQ:S△ABC=9:100,
∴(﹣t2+t):24=9:100.
整理得:5t2﹣24t+27=0.
即(5t﹣9)(t﹣3)=0.
解得:t=或t=3.
∵0≤t≤4.8,
∴当t=秒或t=3秒时,S△CPQ:S△ABC=9:100.…………6分
(3)存在
①若CQ=CP,如图1
则t=4.8﹣t.
解得:t=2.4.…………7分
②若PQ=PC,如图2所示.
∵PQ=PC,PH⊥QC,
∴QH=CH=QC=.
∵△CHP∽△BCA.
∴.
∴.
解得;t=.…………8分
③若QC=QP,
过点Q作QE⊥CP,垂足为E,如图3所示.
同理可得:t=.
综上所述:当t为2.4秒或秒或秒时,△CPQ为等腰三角形.…………9分
47.(2015?山东东营?一模)如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=x2+bx+c经过点(1,﹣1),且对称轴为在线x=2,点P、Q均在抛物线上,点P位于对称轴右侧,点Q位于对称轴左侧,PA垂直对称轴于点A,QB垂直对称轴于点B,且QB=PA+1,设点P的横坐标为m.
(1)求这条抛物线所对应的函数关系式;
(2)求点Q的坐标(用含m的式子表示);
(3)请探究PA+QB=AB是否成立,并说明理由;
(4)抛物线y=a1x2+b1x+c1(a1≠0)经过Q、B、P三点,若其对称轴把四边形PAQB分成面积为1:5的两部分,直接写出此时m的值
解:(1)∵抛物线y=x2+bx+c经过点(1,﹣1),且对称轴为在线x=2
∴,
解得.
∴这条抛物线所对应的函数关系式y=x2﹣4x+2;
(2)∵抛物线上点P的横坐标为m,
∴P(m,m2﹣4m+2),
∴PA=m﹣2,
QB=PA+1=m﹣2+1=m﹣1,
∴点Q的横坐标为2﹣(m﹣1)=3﹣m,
点Q的纵坐标为(3﹣m)2﹣4(3﹣m)+2=m2﹣2m﹣1
∴点Q的坐标为(3﹣m,m2﹣2m﹣1);
(3)PA+QB=AB成立.
理由如下:∵P(m,m2﹣4m+2),Q(3﹣m,m2﹣2m﹣1),
∴A(2,m2﹣4m+2),B(2,m2﹣2m﹣1)
∴AB=(m2﹣2m﹣1)﹣(m2﹣4m+2)=2m﹣3,
又∵PA=m﹣2,QB=m﹣1,
∴PA+QB=m﹣2+m﹣1=2m﹣3,
∴PA+QB=AB;
(4)∵抛物线y=a1x2+b1x+c1(a1≠0)经过Q、B、P三点,
∴抛物线y=a1x2+b1x+c1的对称轴为QB的垂直平分线,
∵对称轴把四边形PAQB分成面积为1:5的两部分,
∴××=×(2m﹣3)×(2m﹣3),
整理得,(2m﹣3)(m﹣3)=0,
∵点P位于对称轴右侧,
∴m>2,
∴2m﹣3≠0,
∴m﹣3=0,
解得m=3.
48.(2015?山东济南?模拟)如图1,△ABC中,点A、B、C三点的坐标分别为A(-1,2),B(-3,0),C(-1,0);如图2,将△ABC绕点C顺时针旋转∠α(0°<α<180°)得△DEC,点A和点D对应,作EF⊥x轴,DG⊥x轴,垂足分别为F点和G点.1)当α=30°时,求D、E两2)当∠α为何值时,△DEC、△EFC和△DCG都相似;
(3)在旋转过程中,若抛物线y轴为对称轴的抛物线.D(-,)(-,)①如图,当α=30°时,△DEC、△EFC和△DCG都相似.
理由如下:
∵A(-1,2),B(-3,0),C(-1,0)
∴BC=,AC=,∠ACB=90°
∴AB=sinA=A=0°,∠ABC=0°
∴△DEC中,∠EDC=0°,∠DEC=0°,ECD=90°
∵∠ECF=30°,ECD=90°
∴∠DCG=60°
∴∠CDG=30°[中
∴在△DEC、△EFC和△DCG中
∠EDC=ECF=∠CDG=30°
∠ECD=∠EFC=∠CGD=90°
∴△DEC∽△CEF∽△DCG. 4分
同理可得以下三种情况:
②如图当α=60°时,△DEC∽△ECF∽△CDG; 5分
③如图4,当α=120°时,△DEC∽△ECF∽△CDG; 6分
④如图当α=150°时,△DEC∽△CEF∽△DCG. 7分
(3)由(2)②可知,当α=60°时,点E、D关于y轴对称, 8分
∴此时抛物线的对称轴为y轴. 9分
求得:E(-2,)、D(2,) 10分
设y=ax2+c,代入C(-1,0)、D(2,),得
解得: 12分
∴抛物线的解析式为:y=x2-. 13分
49.(2015?山东济南?网评培训)在平面直角坐标系xOy中,直线分别与x轴,y轴交于过点A,B,点C是第一象限内的一点,且AB=AC,AB⊥AC,抛物线经过A,C两点,与轴的另一交点为D.
(1)求此抛物线的解析式;
(2)判断直线AB与CD的位置关系,并证明你的结论;
(3)点M为x轴上一动点,在抛物线上是否存在一点N,使以A,B,M,N四点构成的四边形为平行四边形?若存在,求点N的坐标;若不存在,请说明理由.
解:(1)由题意可求点A(2,0),点B(0,1).
过点C作CE⊥x轴,易证△AOB≌△ECA.
∴OA=CE=2,OB=AE=1
∴点C的坐标为(3,2).………………1分
将点A(2,0),点C(3,2)
代入
解得
∴二次函数的解析式为.………………2分
(2)令,解得.
∴D点坐标为(7,0).
可求.
∴△ACD为直角三角形,∠ACD=90°.
又∵∠BAC=90°,
∴AB∥CD.………………4分
(3)如图,由题意可知,要使得以A,B,M,N四点构成的四边形为平行四边形,只需要点N到x轴的距离与点B到x轴的距离相等.
∵B点坐标为(0,1),
∴点N到x轴的距离等于1.………………5分
可得和.
解这两个方程得.
∴点N的坐标为(,1),(,1),(,-1),(,-1)
…………………9分
50.(2015?山东济南?一模)如图,已知在平面直角坐标系xOy中,抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A、B(点A在点B右侧),与y轴交于点C(0,﹣3),且OA=2OC
(1)求这条抛物线的表达式及顶点M的坐标;
(2)求tan∠MAC的值;
(3)如果点D在这条抛物线的对称轴上,且∠CAD=45°,求点D的坐标.
解:(1)∵C(0,﹣3),∴OC=3.y=x2+bx﹣3.∵OA=2OC,∴OA=6.
∵a=>0,点A在点B右侧,抛物线与y轴交点C(0,﹣3).∴A(6,0).
∴0=36+6b﹣3,∴b=﹣1.∴y=x2﹣x﹣3,∴y=(x﹣2)2﹣4,∴M(2,﹣4).
答:抛物线的解析式为y=x2﹣x﹣3,M的坐标为(2,﹣4);……………2分
(2)如图1,过点M作MH⊥x轴,垂足为点H,交AC于点N,过点N作NE⊥AM于点E,垂足为点E.
∴∠AHM=∠NEM=90°.
在Rt△AHM中,HM=AH=4,由勾股定理,得AM=4,
∴∠AMH=∠HAM=45°.
设直线AC的解析式为y=kx+b,由题意,得
,解得:,
∴直线AC的表达式为y=x﹣3.
当x=2时,y=﹣2,∴N(2,﹣2).∴MN=2.
∵∠NEM=90°,∠NME=45°,∴∠MNE=∠NME=45°,∴NE=ME.
在Rt△MNE中,∴NE2+ME2=NM2,
∴ME=NE=.∴AE=AMME=3
在Rt△AEN中,tan∠MAC=.……………2
(3)如图2,①当D点在AC上方时,
∵∠CAD1=∠D1AH+∠HAC=45°,且∠HAM=∠HAC+∠CAM=45°,
∴∠D1AH=∠CAM,∴tan∠D1AH=tan∠MAC=
∵点D1在抛物线的对称轴直线x=2上,∴D1H⊥AH,∴AH=4.
在Rt△AHD1中,D1H=AH?tan∠D1AH=4×=.∴D1(2,);……………5分
②当D点在AC下方时,∵∠D2AC=∠D2AM+∠MAC=45°,且AMH=∠D2AM+∠AD2M=45°,
∴∠MAC=∠AD2M.∴tan∠AD2H=tan∠MAC=.
在Rt△D2AH中,D2H=.∴D2(2,﹣12).
综上所述:D1(2,);D2(2,﹣12).……………9分
51.?山东青岛?一模)如图12,把抛物线(虚线部分)向右平移1个单位长度,再向上平移1个单位长度,得到抛物线,抛物线与抛物线关于轴对称.点、、分别是抛物线、与轴的交点,、分别是抛物线、的顶点,线段交轴于点.
(1)分别写出抛物线与的解析式
(2)设是抛物线上与、两点不重合的任意一点,点是点关于轴的对称点,试判断以、、、为顶点的四边形是什么特殊的平行四边形?说明你的理由.(3)在抛物线上是否存在点,使得,如果存在,求出点的坐标,如果不存在,请说明理由.
解:(1)(或);………………………………(1分)
(或);………………………………(2分)(2)以、、、为顶点的四边形为矩形………………………(3分)
理由:点与点,点与点关于轴对称,
轴.
①当点是的对称轴与的交点时,点、的坐标分别为(1,3)和(1,3),而点、的坐标分别为()和(1,1),所以四边形是矩形.………………………………………………………………………………………(5分)
(3)存在.设满足条件的点坐标为,连接依题意得:
.……………………………………………………………(6分)
①当时,
…………………………………………………………………………………(7分)
将代入的解析式,解得:
,……………………………………………………………(9分)
②当时,
………………………………………………………………………………(11分)
将代入的解析式,解得:
,……………………………………(12分
52.(2015·江苏无锡崇安区·一模)(本题满分1分)已知:如图,在矩形ABCD中,AB5,AD.E.
(1)求AE和BE的长;
(2)若将△ABE沿着射线BD方向平移,设平移的距离为m(平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度).当点E分别平移到线段AB、AD上时,直接写出相应的m的值;
(3)如图②,将△ABE绕点B顺时针旋转一个角α(0°<α<180°),记旋转中的△ABE为△A′BE′,在旋转过程中,设A′E′所在的直线与直线AD交于点P,与直线BD交于点Q.是否存在这样的P、Q两点,使△DPQ为等腰三角形?若存在,求出此时DQ的长;若不存在,请说明理由.
……………………………………………………(2分)
(2)点E在AB上时,m=3;点E在AD上时,m=………………………………(4分)
(3)存在.理由如下:在旋转过程中,等腰△DPQ依次有以下4种情形:
①如图3﹣1所示,点Q落在BD延长线上,且PD=DQ,求得DQ=3-;…(6分)
②如图3﹣2所示,点Q落在BD上,且PQ=DQ,求得DQ=;…………………(8分)
③如图3﹣3所示,点Q落在BD上,且PD=DQ,求得DQ=-;…………(10分)
④如图3﹣4所示,点Q落在BD上,且PQ=PD,求得DQ=.…………………(12分)
53.(2015·江苏南菁中学·期中)(本题满分10分)如图,在平面直角坐标系中,点A、B的坐标分别是(-2,0)、(0,4).动点P从O出发,沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动,同时动点C以每秒2个单位的速度在y轴上从点B出发运动到点O停止,点C停止运动时点P也随之停止运动.以CP、CO为邻边构造平行四边形PCOD,在线段OP的延长线长取点E,使得PE=2.设点P的运动时间为t秒.
(1)求证:①四边形ADEC是平行四边形;②并求当平行四边形ADEC为矩形时,t的值.
(2)以线段PE为对角线作正方形MPNE,点M、N分别在第一、四象限.设平行四边形PCOD的面积为S.
①当点M、N中有一点落在四边形ADEC的边上时,求出所有满足条件的t的值;
②若点M、N中恰好只有一点落在四边形ADEC的内部(不包括边界)时,直接写出S的取值范围.
答案:(本题满分10分)
(1)证明四边形ADEC是平行四边形(略)…………2分;为矩形时t=…………4分
(2)以线段PE为对角线作正方形MPNE,点M、N分别在第一、四象限.设平行四边形PCOD的面积为S.
①t1=…………5分;t2=1…………6分
②…………10分
.(2015·江苏无锡北塘区·一模)(本题满分分)如图,已知直线ll,一个45°角的顶点A在l上,过A作AD⊥l,垂足为D,AD=6.将这个角绕顶点A旋转(角的两边足够长).
(1)如下图,旋转过程中,若角的两边与l分别交于B、CAB=AC,求BD的长.
为了解决这个问题,下面提供一种解题思路如图,作∠DA=45°,Al相交于点,过点C作C⊥AP于点∠DAP=∠45°,∴∠BAD=∠(2)旋转过程中,若角的两边与l分别交于、AE>A,=DE的长.请你(1)的做法在备用图中画图并解答这个问题本题满分分AD⊥l,CAP,∴∠ADB=∠AQC=90°,
又∵AB=AC,∴△ABD≌△ACQ,∴BD=CQ,AQ=AD=6,…………………2分
易证△ADP、△CQP是等腰直角三角形,∴AP=,∴QP=,…3分
∴BD=CQ=QP=……………………………………………………4分
(2)①如图(1)作DAP=45°,Al相交于点,过点作AP于点DAP=45°,∴∠EAD=AD⊥l,AP,∴∠ADE=∠AQF=90°,
∴△AED∽△AFQ,∴………………………………………………5分
易证△ADP、△FQP是等腰直角三角形,
∴DP=AD=6,AP=,
∵DF=-∴AQ=,………………………………6分
∴,∴DE=3.作DAP=45°,Al相交于点,过点作AP于点DAP=45°,∴∠EAD=∵AD⊥l,AP,∴∠ADE=∠AQF=90°,
∴△AED∽△AFQ,∴………………………………………………8分
易证△ADP、△FQP是等腰直角三角形,
∴DP=AD=6,AP=,
∵DF=∴AQ=,…………………………………9分
∴,∴DE=12.10分
54.(本题满分12分)
如图1,平面之间坐标系中,等腰直角三角形的直角边BC在x轴正半轴上滑动,点C的坐标为(t,0),直角边AC=4,经过O、C两点做抛物线y1=ax(x-t)(a为常数,a>0),该抛物线与斜边AB交于点E,直线OA:y2=kx(k为常数,k>0)[w%ww^.zzste&p.co#m]
(1)填空:用含t的代数式表示点A的坐标及k的值:A,k=;
(2)随着三角板的滑动,当a=时:
①请你验证:抛物线y1=ax(x-t)的顶点在函数y=-x2的图象上;
②当三角板滑至点E为AB的中点时,求t的值;
(3)直线OA与抛物线的另一个交点为点D,当t≤x≤t+4,|y2﹣y1|的值随x的增大而减小,当x≥t+4时,|y2﹣y1|的值随x的增大而增大,求a与t的关系式及t的取值范围.
(本题满分12分)
解:(1)∵点C的坐标为(t,0),直角边AC=4,∴点A的坐标是(t,4).
又∵直线OA:y2=kx(k为常数,k>0),∴4=kt,则k=(k>0).
(2)①当a=时,y1=x(x﹣t),其顶点坐标为(,﹣).
当x=时,y=-×=﹣,即点(,﹣)在抛物线y=-x2上
②如图1,过点E作EK⊥x轴于点K.∵AC⊥x轴,
∴AC∥EK.∵点E是线段AB的中点,∴K为BC的中点,∴EK是△ACB的中位线,
∴EK=AC=2,CK=BC=2,∴E(t+2,2).…
∵点E在抛物线y1=x(x﹣t)上,∴(t+2)(t+2﹣t)=2,解得t=2.
(3)如图2,,则x=ax(x﹣t),解得x=+4,或x=0(舍去)
故点D的横坐标是+t.
当x=+t时,|y2﹣y1|=0,由题意得t+4=+t,解得a=(t>0).
75/75
图11
第24题图
图3
图2
y
图1
B′′
4
-4
D
C
B′
6
-4
-2
O
-2
8
M′
2
2
x
4
y
M′
E
y
D
C
B
x
O
A
Q
P
E
y
D
C
B
x
O
A
图11
图10
图9
图8
图7-3
图7-2
图7-1
图6
图5-5
图5-4
图5-3
图5-2
图5-1
图4-2
图4-1
图3
图2
图1
图2
图1
(图11)
图2
图1
N
Q
M
a
H
F
G
D
E
I
C
B
A
(图2)
G
B′
C
B
D
A
F
E
D
A
(图4)
a
H
F
G
D
E
I
C
P
B
(图3)
C
B
P
(图1)
O
D
C
B
x
A
C
A
P
B
E
D
x
y
O
C
A
P
B
O
x
y
P
D
C
B
N
M
A
O
A
B
C
(第28题图1)
x
y
O
F
C
(第28题图2)
E
D
G
x
y
O
F
C
(图3)
E
D
G
x
y
O
(F)
C
(图4)
E
D
G
x
y
O
(F)
C
(图5)
E
D
G
图12
A
E
B
C
D
图①
A
E
B
C
D
A’
E’
图②
E
E
A
备用图
A
D
P
Q
B
C
A
D
E
F
Q
P
l1
l2
A
E
F
D
Q
P
l1
l2
▲
▲
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