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- 2021-05-10 发布
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2014年中考数学压轴题精编—浙江篇
x
y
O
B
C
A
1
1
P
Q
M
1.(浙江省杭州市)在平面直角坐标系xOy中,抛物线的解析式是y=x 2+1,点C的坐标为(-4,0),平行四边形OABC的顶点A,B在抛物线上,AB与y轴交于点M,已知点Q(x,y)在抛物线上,点P(t,0)在x轴上.
(1)写出点M的坐标;
(2)当四边形CMQP是以MQ,PC为腰的梯形时.
①求t关于x的函数解析式和自变量x的取值范围;
②当梯形CMQP的两底的长度之比为1 : 2时,求t的值.
1.解:
(1)∵OABC是平行四边形,∴AB∥OC,且AB=OC=4
∵A,B在抛物线上,y轴是抛物线的对称轴,∴A,B的横坐标分别是2和-2
x
y
O
B
C
A
1
1
P
Q
H
M
代入y=x 2+1,得A(2,2),B(-2,2)
∴M(0,2) 2分
(2)①过点Q作QH⊥x轴于H,连接CM
则QH=y,PH=x-t
由△PHQ∽△COM,得:=,即t=x-2y
∵Q(x,y)在抛物线y=x 2+1上
∴t=-x 2+x-2 4分
当点P与点C重合时,梯形不存在,此时,t=-4,解得x=1±
当Q与B或A重合时,四边形为平行四边形,此时,x=±2
∴x的取值范围是x≠1±且x≠±2的所有实数 6分
②分两种情况讨论:
ⅰ)当CM>PQ时,则点P在线段OC上
∵CM∥PQ,CM=2PQ,∴点M纵坐标为点Q纵坐标的2倍
即2=2(x 2+1),解得x=0
∴t=-×02+0-2=-2 8分
ⅱ)当CM<PQ时,则点P在OC的延长线上
∵CM∥PQ,CM=PQ,∴点Q纵坐标为点M纵坐标的2倍
即x 2+1=2×2,解得:x=± 10分
当x=-时,得t=-×(-)2--2=-8-
当x=时,得t=-×()2+-2=-8 12分
2.(浙江省台州市)如图1,Rt△ABC≌Rt△EDF,∠ACB=∠F=90°,∠A=∠E=30°.△EDF绕着边AB的中点D旋转,DE,DF分别交线段AC于点M,K.
(1)观察:①如图2、图3,当∠CDF=0°或60°时,AM+CK_______MK(填“>”,“<”或“=”).
②如图4,当∠CDF=30°时,AM+CK_______MK(只填“>”或“<”).
(2)猜想:如图1,当0°<∠CDF<60°时,AM+CK_______MK,证明你所得到的结论.
(3)如果MK 2+CK 2=AM 2,请直接写出∠CDF的度数和的值.
D
B
C
A
(F,K)
E
M
图2
D
B
C
A
F
E
M
K
图1
D
B
C
A
F
E
M
K
图4
D
B
C
A
F
E
K
图3
(M)
2.解:
(1)①= ②> 4分
(2)> 6分
证明:作点C关于FD的对称点G,连接GK、GM、GD
D
B
C
A
F
E
M
K
G
则GD=CD,GK=CK,∠GDK=∠CDK
∵D是AB的中点,∴AD=CD=GD
∵∠A=30°,∴∠CDA=120°
∵∠EDF=60°,∴∠GDM+∠GDK=60°
∠ADM+∠CDK=60°
∴∠ADM=∠GDM. 9分
又∵DM=DM,∴△ADM≌△GDM,∴GM=AM
∵GM+GK>MK,∴AM+CK>MK. 10分
(3)∠CDF=15°,=. 12分
D
B
C
A
E
Q
H
P
3.(浙江省台州市)如图,Rt△ABC中,∠C=90°,BC=6,AC=8.点P,Q都是斜边AB上的动点,点P从B向A运动(不与点B重合),点Q从A向B运动,BP=AQ.点D,E分别是点A,B以Q,P为对
称中心的对称点,HQ⊥AB于Q,交AC于点H.当点E到达顶点A时,P,Q同时停止运动.设BP的长为x,△HDE的面积为y.
(1)求证:△DHQ∽△ABC;
(2)求y关于x的函数解析式并求y的最大值;
(3)当x为何值时,△HDE为等腰三角形?
3.解:
(1)∵A、D关于点Q成中心对称,HQ⊥AB,
∴∠HQD=∠C=90°,HD=HA
∴∠HDQ=∠A. 3分
∴△DHQ∽△ABC. 4分
(2)①如图1,当0<x ≤2.5时
ED=10-4x,QH=AQ·tan∠A=x
D
B
C
A
E
Q
H
P
(图1)
此时y=(10-4x)·x=-x 2+x 6分
当x =时,y最大= 7分
②如图2,当2.5<x ≤5时
ED=4x-10,QH=AQ·tan∠A=x
此时y=(4x-10)·x=x 2-x 9分
当x=5时,y最大=
D
B
C
A
E
Q
H
P
(图2)
(2.5<x ≤5)
(0<x ≤2.5)
∴y与x之间的函数解析式为y=
y的最大值是. 10分
(3)①如图1,当0<x ≤2.5时
若DE=DH,∵DH=AH==x,DE=10-4x
∴10-4x=x,∴x=
显然ED=EH,HD=HE不可能; 11分
②如图2,当2.5<x ≤5时
若DE=DH,则4x-10=x,∴x=; 12分
若HD=HE,此时点D,E分别与点B,A重合,x=5; 13分
若ED=EH,则△EDH∽△HDA
∴=,即=,∴x= 14分
∴当x的值为,,5,时,△HDE是等腰三角形.
4.(浙江省温州市)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=3,BC=4,过点B作射线BBl∥AC.动点D从点A出发沿射线AC方向以每秒5个单位的速度运动,同时动点E从点C出发沿射线AC方向以每秒3个单位的速度运动.过点D作DH⊥AB于H,过点E作EF上AC交射线BB1于F,G是EF中点,连结DG.设点D运动的时间为t秒.
D
B
H
A
E
G
F
C
B1
(1)当t为何值时,AD=AB,并求出此时DE的长度;
(2)当△DEG与△ACB相似时,求t的值;
(3)以DH所在直线为对称轴,线段AC经轴对称变换后
的图形为A′C′.
①当t>时,连结C′C,设四边形ACC′A′ 的面积为S,
求S关于t的函数关系式;
②当线段A′C′ 与射线BB1有公共点时,求t的取值范围
(写出答案即可).
4.解:
(1)∵∠ACB=90°,AC=3,BC=4
∴AB==5 1分
∵AD=5t,CE=3t,∴当AD=AB时,5t=5
∴t=1 2分
∴AE=AC+CE=3+3t=6 3分
∴DE=6-5=1 4分
(2)∵EF=BC=4,G是EF中点,∴GE=2
当AD<AE(即t<)时,DE=AE-AD=3+3t-5t=3-2t
若△DEG与△ACB相似,则=或=
∴=或=
∴t=或t= 6分
当AD>AE(即t>)时,DE=AD-AE=5t-(3+3t)=2t-3
若△DEG与△ACB相似,则=或=
∴=或=
∴t=或t= 8分
D
B
H
A
E
G
F
C
B1
C′
O
A′
综上所述,当t=或或或时,△DEG与△ACB相似
(3)①由轴对称变换得AA′⊥DH,CC′⊥DH
∴AA′∥CC′
易知OC≠AH,故AA′≠CC′
∴四边形ACC′A′ 是梯形 9分
∵∠A=∠A,∠AHD=∠ACB=90°
∴△AHD∽△ACB,==
D
B
H
A
E
G
F
C
B1
(A′)
(图甲)
∴AH=3t,DH=4t
∵sin∠ADH=sin∠CDO,∴=
即=,∴CO=3t-
∴AA′=2AH=6t,CC′=2CO=6t- 10分
∵OD=CD·cos∠CDO=(5t-3)×=4t-
∴OH=DH-OD= 11分
∴S=( AA′+CC′ )·OH=(6t+6t-)×=t- 12分
D
B
H
A
E
G
F
C
B1
(图乙)
C′
O
②≤t ≤ 14分
略解:当点A′ 落在射线BB1上时(如图甲),AA′=AB=5
∴6t=5,∴t=
当点C′ 落在射线BB1上时(如图乙),易得CC′∥AB
故四边形ACC′B是平行四边形
∴6t-=5,∴t=
故≤t ≤
5.(浙江省湖州市)如图,已知在矩形ABCD中,AB=2,BC=3,P是线段AD边上的任意一点(不含端点A,D),连结PC,过点P作PE⊥PC交AB于E.
(1)在线段AD上是否存在不同于P的点Q,使得QC⊥QE?若存在,求线段AP与AQ之间的数量关系;若不存在,请说明理由;
(2)当点P在AD上运动时,对应的点E也随之在AB上运动,求BE的取值范围.
B
C
A
P
D
E
5.解:
(1)假设存在这样的点Q
B
C
A
P
D
E
Q
∵PE⊥PC,∴∠APE+∠DPC=90°
∵∠D=90°,∴∠DPC+∠DCP=90°
∴∠APE=∠DCP,又∵∠A=∠D=90°
∴△APE∽△DCP,∴=,∴AP·DP=AE·DC
同理可得AQ·DQ=AE·DC
∴AQ·DQ=AP·DP,即AQ·(3-AQ)=AP·(3-AP)
∴AP 2-AQ 2=3AP-3AQ,∴(AP+AQ)(AP-AQ)=3(AP-AQ)
∵AP≠AQ,∴AP+AQ=3 2分
∵AP≠AQ,∴AP≠,即P不能是AD的中点
∴当P是AD的中点时,满足条件的Q点不存在
所以,当P不是AD的中点时,总存在这样的点Q满足条件
此时AP+AQ=3 3分
(2)设AP=x,AE=y,由AP·DP=AE·DC可得x(3-x)=2y
∴y=x(3-x)=-x 2+x=-(x-)2+
∴当x=(在0<x<3范围内)时,y最大值=
∴BE的取值范围为≤BE<2 5分
6.(浙江省湖州市)如图,已知直角梯形OABC的边OA在y轴的正半轴上,OC在x轴的正半轴上,OA=AB=2,OC=3,过点B作BD⊥BC,交OA于点D.将∠DBC绕点B按顺时针方向旋转,角的两边分别交y轴的正半轴、x轴的正半轴于E和F.
(1)求经过A、B、C三点的抛物线的解析式;
(2)当BE经过(1)中抛物线的顶点时,求CF的长;
(3)连结EF,设△BEF与△BFC的面积之差为S,问:当CF为何值时S最小,并求出这个最小值.
B
C
A
F
O
D
E
x
y
6.解:
(1)由题意得A(0,2),B(2,2),C(3,0)
设所求抛物线的解析式为y=ax 2+bx+c
B
C
A
F
O
D
E
x
y
M
G
H
则 解得 3分
∴抛物线的解析式为y=-x 2+x+2 4分
(2)设抛物线的顶点为G,则G(1,),过点G作GH⊥AB于H
则AH=BH=1,GH=-2=
∵EA⊥AB,GH⊥AB,∴EA∥GH
∴GH是△BEA的中位线,∴EA=2GH= 6分
过点B作BM⊥OC于M,则BM=OA=AB
∵∠EBF=∠ABM=90°,∴∠EBA=∠FBM=90°-∠ABF
∴Rt△EBA≌Rt△FBM,∴FM=EA=
∵CM=OC-OM=3-2=1,∴CF=FM+CM= 8分
(3)设CF=a,则FM=a-1或1-a
∴BF 2=FM 2+BM 2=(a-1)2+2 2=a 2-2a+5
∵△EBA≌△FBM,∴BE=BF
则S△BEF =BE·BF=BF 2=(a 2-2a+5) 9分
又∵S△BFC =FC·BM=×a×2=a 10分
∴S =(a 2-2a+5)-a=a 2-2a+
即S =(a-2)2+ 11分
∴当a=2(在0<a<3范围内)时,
S最小值 = 12分
7.(浙江省衢州市、丽水市、舟山市)△ABC中,∠A=∠B=30°,AB=.把△ABC放在平面直角坐标系中,使AB的中点位于坐标原点O(如图),△ABC可以绕点O作任意角度的旋转.
(1)当点B在第一象限,纵坐标是时,求点B的横坐标;
(2)如果抛物线y=ax 2+bx+c(a≠0)的对称轴经过点C,请你探究:
①当a=,b=-,c=-时,A,B两点是否都在这条抛物线上?并说明理由;
B
-1
A
O
x
C
-1
1
1
y
②设b=-2am,是否存在这样的m的值,使A,B两点不可能同时在这条抛物线上?若存在,直接写出m的值;若不存在,请说明理由.
7.解:
(1)∵点O是AB的中点,∴OB=AB= 1分
设点B的横坐标是x(x>0),则x 2+()2=()2 2分
B
-1
A
O
x
C
-1
1
1
y
(甲)
解得x1=,x2=-(舍去)
∴点B的横坐标是 4分
(2)①当a=,b=-,c=-时,
得y=x 2-x-
即y=( x-)2- 5分
以下分两种情况讨论
B
-1
A
O
x
C
-1
1
1
y
(乙)
情况1:设点C在第一象限(如图甲),则点C的横坐标为
OC=OB·tan30°=×=1 6分
由此,可求得点C的坐标为(,) 7分
点A的坐标为(-,)
∵A,B两点关于原点对称,∴点B的坐标为(,-)
将x=-代入y=x 2-x-,得y=,即等于点A的纵坐标;
将x=代入y=x 2-x-,得y=-,即等于点B的纵坐标.
∴在这种情况下,A,B两点都在抛物线上. 9分
情况2:设点C在第四象限(如图乙),则点C的坐标为(,-)
点A的坐标为(,),点B的坐标为(-,-)
∵当x=时,y=-;当x=-时,y=
∴A,B两点都不在这条抛物线上. 10分
(情况2另解:经判断,如果A,B两点都在这条抛物线上,那么抛物线将开口向下,而已知的抛物线开口向上.所以A,B两点不可能都在这条抛物线上)
②存在.m的值是1或-1. 12分
(y=a(x-m)2 -am 2+c,因为这条抛物线的对称轴经过点C,所以-1≤m≤1.
当m=±1时,点C在x轴上,此时A,B两点都在y轴上.因此当m=±1时,A,B两点不可能同时在这条抛物线上)
8.(浙江省宁波市)如图1,在平面直角坐标系中,O是坐标原点,□ABCD的顶点A的坐标为(-2,0),点D的坐标为(0,),点B在x轴的正半轴上,点E为线段AD的中点,过点E的直线l与x轴交于点F,与射线DC交于点G.
(1)求∠DCB的度数;
(2)当点F的坐标为(-4,0)时,求点G的坐标;
(3)连结OE,以OE所在直线为对称轴,△OEF经轴对称变换后得到△OEF′ ,记直线EF′ 与射线DC的交点为H.
①如图2,当点G在点H的左侧时,求证:△DEG∽△DHE;
②若△EHG的面积为,请直接写出点F的坐标.
(备用图)
D
B
O
A
C
x
E
y
(图1)
D
B
O
A
G
F
C
x
l
E
y
(图2)
D
B
O
A
G
F
C
x
l
E
y
H
F′
8.解:
(1)在Rt△AOD中,∵tan∠DAO===
∴∠DAB=60° 2分
∵四边形ABCD是平行四边形
∴∠DCB=∠DAB=60° 3分
(2)∵四边形ABCD是平行四边形
∴CD∥AB,∴∠DGE=∠AFE
又∵∠DEG=∠AEF,DE=AE
∴△DEG≌△AEF, 4分
∴DG=AF,∴AF=OF-OA=4-2=2
∴点G的坐标为(2,) 6分
(3)①∵CD∥AB,∴∠DGE=∠OFE
∵△OEF经轴对称变换后得到△OEF′
∴∠OFE=∠OF′E,∴∠DGE=∠OF′E 7分
在Rt△AOD中,∵E是AD的中点,∴OE=AD=AE
又∵∠EAO=60°,∴∠EOA=∠AEO=60°
而∠EOF′=∠EOA=60°,∴∠EOF′=∠AEO
∴AD∥OF′ 8分
∴∠OF′E=∠DEH,∴∠DEH=∠DGE
又∵∠HDE=∠EDG
∴△DEG∽△DHE 9分
②点F的坐标为F1(-+1,0),F2(--5,0) 12分
解答如下(原题不作要求,仅供参考):
过点E作EM⊥直线CD于M,∵CD∥AB,∴∠EDM=∠DAB=60°
D
B
O
A
G
F
C
x
l
E
y
H
F′
M
∴EM=DE·sin60°=2×=
∵S△EHG =GH·EM=GH·=
∴GH=6
∵△DEG∽△DHE,∴=
∴DE 2=DG·DH
当点H在点G的右侧时,设DG=x,则DH=x+6
∴4=x(x+6),解得x1=-3+,x2=-3-(舍去)
∵△DEG≌△AEF,∴OF=AO+AF=-3++2=-1
∴F1(-+1,0)
当点H在点G的左侧时,设DG=x,则DH=x-6
∴4=x(x-6),解得x1=3+,x2=3-(舍去)
∵△DEG≌△AEF,∴AF=DG=3+
∴OF=AO+AF=3++2=+5
∴F2(--5,0)
综上所述,点F的坐标有两个,分别是F1(-+1,0),F2(--5,0)
9.(浙江省金华市)已知点P的坐标为(m,0),在x轴上存在点Q(不与P点重合),以PQ为边作正方形PQMN,使点M落在反比例函数y=-的图像上.小明对上述问题进行了探究,发现不论m取何值,符合上述条件的正方形只有两个,且一个正方形的顶点M在第四象限,另一个正方形的顶点M1在第二象限.
-3
-2
-1
M
O
P
Q
N
y
1
2
3
1
2
3
-1
-2
-3
x
(1)如图所示,若反比例函数解析式为y=-,P点坐标为(1,0),图中已画出一符合条件的一个正方形PQMN,请你在图中画出符合条件的另一个正方形PQ1M1N1,并写出点M1的坐标;
M1的坐标是____________
(2)请你通过改变P点坐标,对直线M1M的解析式y=kx+b进行探究可得k=________,若点P的坐标为(m,0)时,则b=________;
(3)依据(2)的规律,如果点P的坐标为(6,0),请你求出点M1和点M的坐标.
-3
-2
-1
M
O
P
Q
N
y
1
2
3
1
2
3
-1
-2
-3
x
Q1
M1
N1
9.解:
(1)如图;M1的坐标为(-1,2) 2分
(2)k=-1,b=m 6分(各2分)
(3)由(2)知,直线M1M的解析式为y=-x+6
则M(x,y)满足x(-x+6)=-2
解得x1=3+,x2=3-
∴y1=3-,y2=3+
∴M1,M的坐标分别为:
(3-,3+),(3+,3-)
10分
10.(浙江省金华市)如图,把含有30°角的三角板ABO置入平面直角坐标系中,A,B两点的坐标分别为(3,0)和(0,).动点P从A点开始沿折线AO-OB-BA运动,点P在AO,OB,BA上运动的速
度分别为1,,2(长度单位/秒).一直尺的上边缘l从x轴的位置开始以(长度单位/秒)的速度向上平行移动(即移动过程中保持l∥x轴),且分别与OB,AB交于E,F两点.设动点P与动直线l同时出发,运动时间为t秒,当点P沿折线AO-OB-BA运动一周时,直线l和动点P同时停止运动.
请解答下列问题:
(1)过A,B两点的直线解析式是___________________;
(2)当t=4时,点P的坐标为____________;当t=________,点P与点E重合;
(3)①作点P关于直线EF的对称点P′,在运动过程中,若形成的四边形PEP′F为菱形,则t的值是多少?
B
O
A
P
x
l
E
y
F
②当t=2时,是否存在着点Q,使得△FEQ∽△BEP?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
10.解:
(1)y=-x+; 4分
(2)(0,),t=; 8分(各2分)
O
A
P
x
y
G
P′
E
B
F
(图1)
(3)①当点P在线段AO上时,过F作FG⊥x轴,G为垂足(如图1)
∵OE=FG,EP=FP,∠EOP=∠FGP=90°
∴△EOP≌△FGP,∴OP=PG
又∵OE=FG=t,∠A=60°,∴AG==t
而AP=t,∴OP=3-t,PG=AP-AG=t
由3-t=t得 t= 9分
当点P在线段OB上时,形成的是三角形,不存在菱形;
当点P在线段BA上时,过P作PH⊥EF,PM⊥OB,H、M分别为垂足(如图2)
O
A
P
x
y
P′
E
B
F
(图2)
H
∵OE=t,∴BE=-t,∴EF==3-t
∴MP=EH=EF=,又BP=2(t-6)
在Rt△BMP中,BP·cos60°=MP
即2(t-6)·=,解得t= 10分
②存在.理由如下:
∵t=2,∴OE=,AP=2,OP=1
将△BEP绕点E顺时针方向旋转90°,得到△B′EC(如图3)
A
O
x
y
(图3)
P
E
F
Q′
Q
C1
D1
C
B′
B
∵OB⊥EF,∴点B′ 在直线EF上,
C点坐标为(,-1)
过F作FQ∥B′C,交EC于点Q,则△FEQ∽△B′EC
由===,可得Q点坐标为(-,)
11分
根据对称性可得,Q点关于直线EF的对称点Q′(-,)也符合条件.
12分
11.(浙江省绍兴市)如图,设抛物线C1:y=a(x+1)2-5,C2:y=-a(x-1)2+5,C1与C2的交点为A,B,点A的坐标是(2,4),点B的横坐标是-2.
(1)求a的值及点B的坐标;
(2)点D在线段AB上,过D作x轴的垂线,垂足为点H,在DH的右侧作正三角形DHG.记过C2顶点M的直线为l,且l与x轴交于点N.
①若l过△DHG的顶点G,点D的坐标为(1,2),求点N的横坐标;
②若l与△DHG的边DG相交,求点N的横坐标的取值范围.
B
A
O
x
y
C1
C2
备用图2
B
A
O
x
y
C1
C2
备用图1
B
A
O
x
y
C1
C2
11.解:
(1)∵点A(2,4)在抛物线C1上,
∴把点A坐标代入y=a(x+1)2-5得a=1
∴抛物线C1的解析式为y=x 2+2x-4 1分
设B(-2,b),则b=-4
∴B(-2,-4) 2分
B
A
O
x
y
C1
C2
图1
G
E
M
D
H
N
l
(2)①如图1
∵M(1,5),D(1,2),且DH⊥x轴
∴点M在DH上,MH=5
过点G作GE⊥DH,垂足为E
由△DHG是正三角形得EG=,EH=1
∴ME=4
设N(x,0),则NH=x-1
由△MEG∽△MHN,得=
∴=,∴x=+1
∴点N的横坐标为+1 7分
②当点D移到与点A重合时,如图2
直线l与DG交于点G,此时点N的横坐标最大. 8分
过点G,M作x轴的垂线,垂足分别为点Q,F,设N(x,0)
∵ A(2,4),∴G(2+,2)
∴NQ=x-2-,NF=x-1,GQ=2,MF=5
∵△NGQ∽△NMF,∴=
∴=,∴x= 10分
当点D移到与点B重合时,如图3
直线l与DG交于点D,即点B,此时点N的横坐标最小. 11分
∵B(-2,-4),∴H(-2,0),D(-2,-4),设N(x,0)
∵△BHN∽△MFN,∴=
∴=,∴x=- 12分
又∵当点D与原点O重合时,△DHG不存在
B
A
O
x
y
C1
C2
图2
G
M
H
N
l
F
Q
(D)
B
A
O
x
y
C1
C2
图3
G
M
D
H
N
l
(D)
F
∴点N横坐标的取值范围为:-≤x ≤且x≠0. 14分
12.(浙江省嘉兴市)如图,已知抛物线y=-x 2+x+4交x轴的正半轴于点A,交y轴于点B.
(1)求A、B两点的坐标,并求直线AB的解析式;
(2)设P(x,y)(x>0)是直线y=x上的一点,Q是OP的中点(O是原点),以PQ为对角线作正方形PEQF,若正方形PEQF与直线AB有公共点,求x的取值范围;
B
A
O
x
y
(备用)
B
A
O
x
y
P
F
Q
E
(3)在(2)的条件下,记正方形PEQF与△OAB公共部分的面积为S,求S关于x的函数解析式,并探究S的最大值.
B
A
O
x
y
P
F
Q
E
D
C
(图1)
12.解:
(1)令y=0,得-x 2+x+4=0,即x 2-2x-8=0
解得x1=-2,x2=4,∴A(4,0)
令x=0,得y=4,∴B(0,4)
设直线AB的解析式为y=kx+b
则 解得
∴直线AB的解析式为y=-x+4
5分
(2)当点P(x,x)在直线AB上时,x=-x+4,解得x=2
当点Q(,)在直线AB上时,=-+4,解得x=4
所以,若正方形PEQF与直线AB有公共点,则2≤x≤4 9分
(3)当点E(x,)在直线AB上时,点F也在直线AB上
=-x+4,解得x=
①当2≤x<时,直线AB分别与PE、PF有交点,设交点分别为C、D,如图1
此时PC=x-(-x+4)=2x-4
又PD=PC,∴S△PCD =PC 2=2(x-2)2
∴S =x 2-2(x-2)2=-x 2+8x-8=-(x-)2+
即S =-(x-)2+ 10分
∵2<<,∴当x=时,S最大= 11分
②当≤x≤4时,直线AB分别与QE、QF有交点,设交点分别为M、N,如图2
B
A
O
x
y
P
F
Q
E
N
M
(图2)
此时QN=(-+4)-=-x+4,又QM=QN
∴S△QMN =QN 2=(x-4)2
即S=(x-4)2 12分
当x=时,S最大= 13分
综合①②得:当x=时,S最大=
14分
13.(浙江省义乌市)如图1,已知梯形OABC,抛物线分别过点O(0,0)、A(2,0)、B(6,3).
(1)直接写出抛物线的对称轴、解析式及顶点M的坐标;
(2)将图1中梯形OABC的上下底边所在的直线OA、CB以相同的速度同时向上平移,分别交抛物线于点O1、A1、C1、B1,得到如图2的梯形O1A1B1C1.设梯形O1A1B1C1的面积为S,A1、B1的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2).用含S的代数式表示x2-x1,并求出当S=36时点A1的坐标;
O
M
A
x
y
B
C
D
图1
O
M
x
y
D
图2
A1
O1
C1
B1
(3)在图1中,设点D坐标为(1,3),动点P从点B出发,以每秒1个单位长度的速度沿着线段BC运动,动点Q从点D出发,以与点P相同的速度沿着线段DM运动.P、Q两点同时出发,当点Q到达点M时,P、Q两点同时停止运动.设P、Q两点的运动时间为t,是否存在某一时刻t,使得直线PQ、直线AB、x轴围成的三角形与直线PQ、直线AB、抛物线的对称轴围成的三角形相似?若存在,请求出t的值;若不存在,请说明理由.
13.解:
(1)对称轴:直线x=1 1分
解析式:y=x 2-x或y=(x-1)2- 2分
顶点坐标:M(1,-) 3分
(2)由题意得y2-y1=3
即x 22-x2-x 12+x1=3 4分
整理得:(x2-x 1)[(x2+x 1)-]=3 ① 5分
∵S=[2(x 1-1+x 2-1)]·3=3(x1+x 2)-6
∴x1+x 2=+2 ② 6分
把②代入①并整理得:x2-x 1=(S>0)(事实上,更确切为S>)
7分
当S=36时, 解得: (注:S>0或S>不写不扣分)
把x 1=6代入抛物线解析式得y1=3 ∴点A1(6,3) 8分
(3)存在 9分
解法一:易知直线AB的解析式为y=x-
可得直线AB与对称轴的交点E的坐标为(1,-)
O
M
A
x
y
B
C
D
E
G
Q
P
F
∴BD=5,DE=,DP=5-t,DQ=t
当PQ∥AB时,=
∴=,得t= 10分
下面分两种情况讨论:设直线PQ与直线AB、x轴
的交点分别为点F、G
①当0<t<时
∵△FQE∽△FAG,∴∠FGA=∠FEQ
∴∠DPQ=∠DEB,∴△DPQ∽△DEB,∴=
∴=,得t=>,∴t=舍去 11分
②当<t<时
∵△FQE∽△FAG,∴∠FAG=∠FQE
∵∠DQP=∠FQE,∠FAG=∠DBE
∴∠DQP=∠DBE,∴△DPQ∽△DEB,∴=
∴=,得t=
故当t=秒时,使直线、直线AB、x轴围成的三角形与直线PQ、直线AB、抛物线的对称轴围成的三角形相似 12分
(注:未求出t=能得到正确答案不扣分)
解法二:可将y=x 2-x向左平移一个单位得到y=x 2-,再用解法一类似的方法可求得x2′-x 1′=,点A1′(5,3),t=
∴x2-x 1=,点A1(6,3),t=
14.(浙江省舟山市)(本题满分12分)如图,在菱形ABCD中,AB=2cm,∠BAD=60°,E为CD边中点,点P从点A开始沿AC方向以每秒cm的速度运动,同时,点Q从点D出发沿DB方向以每秒1cm的速度运动,当点P到达点C时,P,Q同时停止运动,设运动的时间为x秒.
(1)当点P在线段AO上运动时.
①请用含x的代数式表示OP的长度;
②若记四边形PBEQ的面积为y,求y关于x的函数关系式(不要求写出自变量的取值范围);
(2)显然,当x=0时,四边形PBEQ即梯形ABED,请问,当P在线段AC的其他位置时,以P,B,E,Q为顶点的四边形能否成为梯形?若能,求出所有满足条件的x的值;若不能,请说明理由.
O
E
A
C
Q
D
B
P
14.解:
(1)①由题意得∠BAO=30°,AC⊥BD
∵AB=2,∴OB=OD=1,OA=OC=
∴OP=-x 2分
②如图1,过点E作EH⊥BD于H,则EH为△COD的中位线
∴EH=OC=,∵DQ=x,∴BQ=2-x
O
E
A
C
Q
D
B
H
图1
P
∴y=S△BPQ + S△BEQ =(2-x)(-x+)
=x 2-x+ 5分
(2)能成为梯形,分三种情况:
ⅰ)如图2,当PQ∥BE时,∠PQO=∠DBE=30°
图2
O
E
A
C
Q
D
B
H
P
∴=tan30°=
即=,∴x=
此时PB不平行QE,∴x=时,四边形PBEQ为梯形
7分
ⅱ)如图3,当PE∥BQ时,P为OC中点
∴AP=,即x=,x=
此时,BQ=2-x=≠PE,∴x=时,四边形PEQB为梯形 9分
ⅲ)如图4,当QE∥BP时,△QEH∽△BPO
∴=,∴=,∴x=1(x=0舍去)
此时,BQ不平行于PE,∴x=1时,四边形PEQB为梯形 11分
综上所述,当x=或或1时,以P,B,E,Q为顶点的四边形是梯形
12分
图4
O
E
A
C
Q
D
B
H
P
图3
O
E
A
C
Q
D
B
H
P
O
M
A
C
H
D
B
P
x
y
R
N
15.(浙江省东阳市)如图,P为正方形ABCD的对称中心,A(0,3),B(1,0),直线OP交AB于N,交DC于M,点H从原点O出发沿x轴的正半轴方向以1个单位每秒速度运动,同时,点R从O出发沿OM方向以个单位每秒速度运动,运动时间为t.
(1)C的坐标为________________;
(2)当t为何值时,△ANO与△DMR相似?
(3)求△HCR的面积S与t的函数关系式;并求以A、B、C、R为顶点的四边形是梯形时t的值及相应的S的值.
15.解:
(1)C(4,1) 2分
O
M
A
C
H
D
B
P
x
y
N
(R1)
图1
R2
(2)∵P为正方形ABCD的对称中心,A(0,3),C(4,1)
∴P(2,2),D(3,4)
∵P为正方形ABCD的对称中心,∴∠AON=45°
∵AB∥DC,∴∠ANO=∠RMD
∴当∠RDM=∠AON=45°时,△ANO∽△RMD
此时点R与点P重合(如图1),∴R1(2,2),∴OR1=
∴t1=÷=2(秒) 4分
当∠DRM=∠AON=45°时,△ANO∽△DMR
O
M
A
C
D
B
P
x
y
N
图2
H2
R2
R1
H1
此时DR∥AO,∴R2(3,3),∴OR2=
∴t2=÷=3(秒)
故当t=2秒或3秒时,△ANO与△DMR相似 6分
(3)∵OR=t,OH=t,∠ROH=45°,∴RH=t
∴S=t·(4-t)=-t 2+2t(0<t≤4) 7分
S=t·(t-4)=t 2-2t(t>4) 8分
直线OM的解析式为y=x ①
由 C(4,1),D(3,4)可得直线OM的解析式为y=-3x+13 ②
联立①②解得x=,∴M(,)
同理可求得N(,),直线OM与直线AD的交点坐标为(,)
当CR∥AB时,t=÷1=(秒)
S=-×()2+2×= 9分
当AR∥BC时,t=÷1=(秒)
S=×()2-2×= 10分
O
M
A
C
D
B
P
x
y
N
图3
R2
R3
(R1)
当BR∥AC时,△BNR∽△ANP
如图3,过N作NE⊥OB于E,则△NHB∽△AOB
∴=,即=,∴NB=
∴AN=,∴NB=AN
∵P(2,2),N(,),∴PN=
由△BNR∽△ANP得==,∴RN=PN=
∴OR=ON-RN=-=
∴t=÷=(秒) 11分
S=-×()2+2×= 12分
16.(浙江省东阳市调研测试卷)已知抛物线y=-x 2+bx+c经过点A(0,4),且抛物线的对称轴为直线x=2.
(1)求该抛物线的解析式;
(2)若该抛物线的顶点为B,在抛物线上是否存在点C,使得A、B、O、C四点构成的四边形为梯形?若存在,请求出点C的坐标;若不存在,请说明理由。
(3)试问在抛物线上是否存在着点P,使得以3为半径的⊙P既与x轴相切,又与对称轴相交?若存在,请求出点P的坐标,并求出对称轴被⊙P所截得的弦EF的长度;若不存在,请说明理由.
A
B
y
x
O
备用图
A
B
y
x
O
16.解:
(1)由题意得:-=2,∴b=4
又∵A(0,4),∴c=4
∴该抛物线的解析式为y=-x 2+4x+4 3分
(2)∵y=-x 2+4x+4=-(x-2)2+8,∴B(2,8)
由A(0,4),B(2,8)可得直线AB的解析式为y=2x+4
由O(0,0),B(2,8)可得直线OB的解析式为y=4x
①当AB∥OC时,直线OC的解析式为y=2x 4分
B
y
O
A
x
P1
P2
P3
P4
联立 解得
∴C1(1+,2+),C2(1-,2-)
6分
②当AC∥OB时,直线AC的解析式为y=4x+4
联立 解得
此时C(0,4)与点A重合,舍去 7分
(3)①当点P在x轴上方时,y=-x 2+4x+4=3
解得x1=2+,x2=2-,∴P1(2+,3),P2(2-,3)
此时P点到对称轴直线x=2的距离为<3,即⊙P与对称轴相交 9分
对称轴被⊙P所截得的弦EF的长度为:=4 11分
②当点P在x轴下方时,y=-x 2+4x+4=-3
解得x1=2+,x2=2-,∴P3(2+,-3),P4(2-,-3)
此时P点到对称轴直线x=2的距离为>3,即⊙P与对称轴相离 12分
17.(浙江省嵊州市普通高中提前招生)如图1至图4,⊙O均作无滑动滚动,⊙O1、⊙O2均表示⊙O与线段AB、BC或弧AB相切于端点时刻的位置,⊙O的周长为c,请阅读下列材料:
①如图1,⊙O从⊙O1的位置出发,沿AB滚动到⊙O2的位置,当AB=c时,⊙O恰好自转1周.
②如图2,∠ABC相邻的补角是n°,⊙O在∠ABC外部沿A-B-C滚动,在点B处,必须由⊙O1的位置旋转到⊙O2的位置,⊙O绕点B旋转的角∠O1BO2=n°,⊙O在点B处自转周.
A
O
O2
B
O1
图1
B
A
C
n°
D
O1
O2
图2
解答以下问题:
(1)在阅读材料的①中,若AB=2c,则⊙O自转__________周;若AB=l,则⊙O自转__________周.在阅读材料的②中,若∠ABC=120°,则⊙O在点B处自转__________周;若∠ABC=60°,则⊙O在点B处自转__________周.
(2)如图3,△ABC的周长为l,⊙O从与AB相切于点D的位置出发,在△ABC外部,按顺时针方向沿三角形滚动,又回到与AB相切于点D的位置,⊙O自转了多少周?请说明理由.
O
A
P
B
图4
O
A
D
C
B
图3
(3)如图4,半径为2的⊙O从半径为18,圆心角为120°的弧的一个端点A(切点)开始先在外侧滚动到另一个端点B(切点),再旋转到内侧继续滚动,最后转回到初始位置,⊙O自转多少周?请说明理由.
17.解:
(1)2,,, 4分
(2)⊙O自转了+1周 6分
理由:∵△ABC的周长为l,∴⊙O在三边上自转了周
又∵三角形的外角和是360°,∴在三个顶点处,⊙O自转了=1(周)
∴O自转了+1周 8分
(3)⊙O自转7周 10分
理由:∵弧AB的长为18×π=12π,∴⊙O在弧AB上自转了2×=6(周)
又∵在两个端点处,⊙O自转了=1(周)
∴O自转了7周 12分
18.(浙江省嵊州市普通高中提前招生)在平面直角坐标系中,现将一块等腰直角三角板ABC放在第二象限,斜靠在两坐标轴上,且点A(0,2),点C(-1,0),如图所示,抛物线y=2ax 2+ax-经过点B.
(1)求点B的坐标;
(2)求抛物线的解析式;
(3)若三角板ABC从点C开始以每秒1个单位长度的速度向x轴正方向平移,求点A落在抛物线上时所用的时间,并求三角板在平移过程中扫过的面积;
A(0,2)
O
x
y
B
C(-1,0)
(4)在抛物线上是否还存在点P(点B除外),使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形?若存在,求所有点P的坐标;若不存在,请说明理由.
A(0,2)
O
x
y
B
D
C
P1
P2
M
N
18.解:
(1)如图,过点B作BD⊥x轴于D
∵∠BCD+∠ACO=90°,∠ACO+∠CAO=90°
∴∠BCD=∠CAO
又∵∠BDC=∠COA=90°,BC=CA
∴Rt△BCD≌Rt△CAO
∴BD=CO=1,CD=AO=2 1分
∴点B的坐标为(-3,1) 2分
(2)把B(-3,1)代入y=2ax 2+ax-,得1=18a-3a-
解得a= 3分
∴抛物线的解析式为y=x 2+x- 4分
(3)记平移后点A落在抛物线上的点为A′,点C落在x轴上的点为C′
把y=2代入y=x 2+x-,得x 2+x-=2
解得x1=-,x2=3,∴A′(3,2)
∴点A落在抛物线上时所用的时间为:3÷1=3(秒) 6分
BC=CA==
三角板在平移过程中扫过的面积为:
S=S△ABC +S□AC′CA′=××+3×2= 8分
(4)存在 9分
①延长BC至点P1,使CP1=BC,则得到以点C为直角顶点的等腰直角三角形△ACP1.
过点P1作P1M⊥x轴.
∵CP1=BC,∠P1CM=∠BCD,∠P1MC=∠BDC=90°
∴Rt△P1CM≌Rt△BCD
∴CM=CD=2,P1M=BD=1,可求得点P1(1,-1); 10分
把x=1代入y=x 2+x-,得y=-1.
∴点P1(1,-1)在抛物线上 11分
②过点A作AP2⊥AC,且使AP2=AC,则得到以点A为直角顶点的等腰直角三角形△ACP2
过点P2作P2N⊥y轴,同理可证Rt△P2NA≌Rt△AOC
∴P2N=AO=2,AN=CO=1,可求得点P2(2,1) 12分
把x=2代入y=x 2+x-,得y=
∴点P2(2,1)不在抛物线上,舍去 14分
综上所述,在抛物线上还存在点P(1,-1),使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形.
19.(浙江省慈溪中学保送生招生考试)如图,在平面直角坐标系中,边长为1的正方形OABC的两顶点A、C分别在y轴、x轴的正半轴上,点O在原点.将正方形OABC绕O点顺时针旋转,旋转角为θ,当A点第一次落在直线y=x上时停止旋转.旋转过程中,边交直线y=x于点M,BC边交x轴于点N.
(1)求边AB在旋转过程中所扫过的面积;
(2)设△BMN的周长为p,在正方形OABC旋转的过程中,p值是否有变化?请证明你的结论;
O
C
B
x
y
A
M
N
y=x
θ
(3)设MN=m,当m为何值时△MON的面积最小,最小值为多少?此时旋转角θ为多少度?并求出此时△BMN内切圆的半径.
O
x
y
A
y=x
A′
B
B′
C′
图1
19.解:
(1)当A点第一次落在直线y=x上时停止旋转,则OA旋转了45°,OB也旋转了45°,故B点落在x轴上.
如图1,边AB在旋转过程中扫过的面积为图中阴影部分的面积S阴影.
S阴影=S△AOB+S扇形BOB′ -S扇形AOA′ -S△A′ OB′
=S扇形BOB′ -S扇形AOA′ =1/2×(√2)2×π/4-1/2×12×π/4
=π/8. 4分
(2)p值无变化. 5分
证明:如图2,延长BA交y轴于点D
在△AOD与△CON中
∠AOD=∠CON=90°-∠AON,OA=OC,∠OAD=∠OCN=90°.
∴△AOD≌△CON.
∴OD=ON,AD=CN. 6分
在△MOD与△MON中
OD=ON,∠MOD=∠MON=45°,OM=OM.
∴△MOD≌△MON.
∴MN=MD=AM+AD=AM+CN.
∴p=BM+MN+BN=BM+AM+CN+BN=AB+BC=2. 8分
∴在正方形OABC旋转的过程中,p值无变化. 9分
(3)设AM=n,则BM=1-n,CN=m-n,BN=1-m+n
∵△MOD≌△MON,∴S△MON =S△MOD =MD·OA=m. 10分
O
C
B
x
y
A
M
N
y=x
D
θ
图2
在Rt△BMN中,BM 2+BN 2=MN 2.
∴(1-n)2+(1-m+n)2=m 2
整理得n 2-mn+2-m=0
△=m 2-4(2-m)≥0
解得m ≤--2(舍去)或m ≥-2
故当m=-2时,△MON的面积最小 12分
S△MON 最小=(-2)=-1 13分
此时n 2-(-2)n+2-(-2)=0
解得n=-1=m,即AM=m
∴CN=m-n=m,∴AM=CN
此时由于AM=CN,∠OAM=∠OCN=90°,OA=OC,∴△AOM≌△CON
∴∠AOM=∠CON=∠AOD=θ=22.5° 14分
∵BM=1-n=2-,BN=1-m+n=2-,MN=m=-2
∴Rt△BMN的内切圆半径为(BM+BN-MN)=3- 16分
20.(浙江省奉化市保送生招生考试)如图,△ABC中,AB=AC=10,BC=12,点D在BC上,且BD=4,以点D为顶点作∠EDF=∠B,分别交边AB于点E,交射线CA于点F.设BE=x,CF=y.
(1)求y与x的函数关系式;
(2)当以点C为圆心,CF长为半径的⊙C和以点A为圆心,AE长为半径的⊙A相切时,求x的值;
F
D
E
C
A
B
D
C
A
B
备用图
(3)若AC的中点O到直线DE的距离为5,求DE的长.
20.解:
(1)∵AB=AC,∴∠C=∠B
∵∠CDF+∠EDF+∠BDE=180°,∠BED+∠B+∠BDE=180°,∠EDF=∠B
∴∠CDF=∠BED,∴△CDF∽△BED
∴=,即=
∴y= 2分
(2)分外切和内切两种情况考虑:
①当⊙C和⊙A外切时,点F在线段CA上,且AF=AE
∵AB=AC,∴BE=CF,∴x=
∴x= 4分
②当⊙C和⊙A内切时,点F在线段CA延长线上,且AF=AE
∴x=AB-AE=10-AE,y=AC+AF=10+AE
∴10+AE=,解得AE=,∴x=10- 6分
(3)如图1,当点F在线段CA上时,过A作AG⊥BC于G,过O作OH⊥DE1于H,OK⊥BC于K,连结OD,则OH=5
O
D
F
C
A
B
H
G
K
图1
E1
∵AB=AC=10,AG⊥BC,∴GC=BG=BC=6
∴AG==8,KC=GC=3
而DC=BC-BD=12-4=8,∴DK=DC-KC=8-3=5
∴DK=OH
又∵OK 2=OD 2-DK 2,DH 2=OD 2-OH 2,∴OK=DH
∴四边形DKOH是矩形,∴DE1⊥BC
∴Rt△E1BD∽△RtABG,∴=,即=
∴DE1= 9分
如图2,当点F在线段CA延长线上时,作Rt△AGC的外接圆⊙O,则DH、DM分别是⊙O的切线
O
D
C
A
B
M
图2
H
K
G
N
P
E1
E2
DG=6-4=2,由切割线定理得:
DM 2=DG·DC=2×8=16,∴DM=4
设OM与BC交于点N,易知△DNM≌△ONK
∴NM=NK,∴DN=5-NM
在Rt△DNM中,4 2+NM 2=(5-NM) 2
∴NM=,∴DN=
延长AG交EM于点P,则△DPG∽△DNM
∴====,∴DP=DN=,PG=NM=
∴AP=8+=
由△E1E2G∽△AE2P得=,即=
∴DE2= 14分