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  • 2021-05-10 发布

备战中考历年中考数量和位置变化题汇总

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备战2019中考:历年中考数量和位置变化题汇总 ‎  一、选择题 ‎ ‎ 1. (2019辽宁鞍山3分)如图,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠A=90°,AB=BC=4,DE⊥BC于点E,且E是BC中点;动点P从点E出发沿路径ED→DA→AB以每秒1个单位长度的速度向终点B运动;设点P的运动时间为t秒,△PBC的面积为S,则下列能反映S与t的函数关系的图象是【 】 ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎ 【答案】B。 ‎ ‎ 【考点】动点问题的函数图象。 ‎ ‎ 【分析】分别求出点P在DE、AD、AB上运动时,S与t的函数关系式,结合选项即可得出答案: ‎ ‎ 根据题意得:当点P在ED上运动时,S= BC?PE=2t; ‎ ‎ 当点P在DA上运动时,此时S=8; ‎ ‎ 当点P在线段AB上运动时,S= BC(AB+AD+DE-t)=5- t。 ‎ ‎ 结合选项所给的函数图象,可得B选项符合。故选B。 ‎ ‎ 2. (2019辽宁大连3分)在平面直角坐标系中,点P(-3,1)所在的象限为【 】 ‎ ‎ A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 ‎ ‎ 【答案】B。 ‎ ‎ 【考点】平面直角坐标系中各象限点的特征。 ‎ ‎ 【分析】根据平面直角坐标系中各象限点的特征,判断其所在象限,四个象限的符号特征分别是:第一象限(+,+);第二象限(-,+);第三象限(-,-);第四象限(+,-)。故点P(-3,1)位于第二象限。故选B。 ‎ ‎ 3. (2019辽宁沈阳3分)在平面直角坐标系中,点P (-1,2 ) 关于x轴的对称点的坐标为【 】 ‎ ‎ A.(-1,-2 ) B.(1,-2 ) C.(2,-1 ) D.(-2,1 ) ‎ ‎ 【答案】A。 ‎ ‎ 【考点】关于x轴对称的点的坐标特征。 ‎ ‎ 【分析】关于x轴对称的点的坐标特征是横坐标相同,纵坐标互为相反数,从而点P (-1,2 )关于x轴对称的点的坐标是(-1,-2 )。故选A。 ‎ ‎ 4. (2019辽宁铁岭3分)如图,□ABCD的AD边长为8,面积为32,四个全等的小平行四边形对称中心分别在□ABCD的顶点上,它们的各边与□ABCD的各边分别平行,且与□ABCD相似.若小平行四边形的一边长为x,且0 ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎ 【答案】D。 ‎ ‎ 【考点】动点问题的函数图象,平行四边形的性质,相似多边形的性质。 ‎ ‎ 【分析】∵四个全等的小平行四边形对称中心分别在□ABCD的顶点上, ‎ ‎ ∴阴影部分的面积的和等于一个小平行四边形的面积。 ‎ ‎ ∵□ABCD的AD边长为8,面积为32,小平行四边形的一边长为x,阴影部分的面积的和为y,且小平行四边形与□ABCD相似, ‎ ‎ ∴ ,即 。 ‎ ‎ 又∵0 ‎ ‎ 5. (2019辽宁营口3分)如图,菱形ABCD的边长为2,∠B= .动点P从点B出发,沿B-C-D的路线向点D运动.设△ABP的面积为 (B、P两点重合时,△ABP的面积可以看做0),点P运动的路程为 ,则 与 之间函数关系的图像大致为【 】 ‎ ‎ 【答案】C。 ‎ ‎ 【考点】动点问题的函数图象,菱形的性质,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值。 ‎ ‎ 【分析】当点P在BC上运动时,如图,△ABP的高PE=BPsin∠B= , ‎ ‎ ∴△ABP的面积 。 ‎ ‎ 当点P在BC上运动时,如图,△ABP的高PF=BCsin∠B=1, ‎ ‎ ∴△ABP的面积 。 ‎ ‎ 因此,观察所给选项,只有C符合。故选C。 ‎ ‎ 二、填空题 ‎ ‎ 1. ‎ ‎(2019辽宁鞍山3分)在平面直角坐标系中,将点P(﹣1,4)向右平移2个单位长度后,再向下平移3个单位长度,得到点P1,则点P1的坐标为 ▲ . ‎ ‎ 【答案】(1,1)。 ‎ ‎ 【考点】坐标平移。 ‎ ‎ 【分析】根据坐标的平移变化的规律,左右平移只改变点的横坐标,左减右加。上下平移只改变点的纵坐标,下减上加。因此, ‎ ‎ ∵点P(﹣1,4)向右平移2个单位长度,向下平移3个单位长度,∴﹣1+2=1,4﹣3=1。 ‎ ‎ ∴点P1的坐标为(1,1)。 ‎ ‎ 2. (2019辽宁朝阳3分)函数 中,自变量x的取值范围是 ▲ 。 ‎ ‎ 【答案】 。 ‎ ‎ 【考点】函数自变量的取值范围,二次根式和分式有意义的条件。 ‎ ‎ 【分析】根据二次根式被开方数必须是非负数和分式分母不为0的条件,要使 在实数范围内有意义,必须 。 ‎ ‎ 3. (2019辽宁阜新3分)函数 中,自变量x的取值范围是 ▲ . ‎ ‎ 【答案】 。 ‎ ‎ 【考点】函数自变量的取值范围,二次根式有意义的条件。 ‎ ‎ 【分析】求函数自变量的取值范围,就是求函数解析式有意义的条件,根据二次根式被开方数必须是非负数的条件,要使 在实数范围内有意义,必须 。 ‎ ‎ 4. (2019辽宁锦州3分)函数 中,自变量x的取值范围是 ▲ . ‎ ‎ 【答案】 。 ‎ ‎ 【考点】函数自变量的取值范围,二次根式和分式有意义的条件。 ‎ ‎ 【分析】求函数自变量的取值范围,就是求函数解析式有意义的条件,根据二次根式被开方数必须是非负数和分式分母不为0的条件,要使 在实数范围内有意义,必须 。 ‎ ‎ 5. (2019辽宁铁岭3分)如图,在平面直角坐标系中,△ABC经过平移后点A的对应点为点A′,则平移 ‎ ‎ 后点B的对应点B′的坐标为 ▲ . ‎ ‎ 【答案】(﹣2,1)。 ‎ ‎ 【考点】坐标与图形的平移变化。 ‎ ‎ 【分析】根据坐标的平移变化的规律,左右平移只改变点的横坐标,左减右加。上下平移只改变点的纵坐标,下减上加。因此, ‎ ‎ 由图可得,点A(1,﹣1),A′(﹣3,3), ‎ ‎ ∴平移的规律是:向左平移4个单位,再向上平移4个单位。 ‎ ‎ ∵点B的坐标为(2,﹣3),∴B′的坐标为(﹣2,1)。 ‎ ‎ 三、解答题 ‎ ‎ 1. (2019辽宁鞍山12分)如图,正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上,点B坐标(3,3),将正方形ABCO绕点A顺时针旋转角度α(0°<α<90°),得到正方形ADEF,ED交线段OC于点G,ED的 ‎ ‎ 延长线交线段BC于点P,连AP、AG. ‎ ‎ (1)求证:△AOG≌△ADG; ‎ ‎ (2)求∠PAG的度数;并判断线段OG、PG、BP之间的数量关系,说明理由; ‎ ‎ (3)当∠1=∠2时,求直线PE的解析式. ‎ ‎ 【答案】解:(1)证明:∵∠AOG=∠ADG=90°, ‎ ‎ ∴在Rt△AOG和Rt△ADG中,AO=AD,AG=AG, ‎ ‎ ∴△AOG≌△ADG(HL)。 ‎ ‎ (2)∠PAG =45°,PG=OG+BP。理由如下: ‎ ‎ 由(1)同理可证△ADP≌△ABP,则∠DAP=∠BAP。 ‎ ‎ ∵由(1)△AOG≌△ADG,∴∠1=∠DAG。 ‎ ‎ 又∵∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°, ‎ ‎ ∴2∠DAG+2∠DAP=90°,即∠DAG+∠DAP=45°。∴∠PAG=∠DAG+∠DAP=45°。 ‎ ‎ ∵△AOG≌△ADG,△ADP≌△ABP,∴DG=OG,DP=BP。 ‎ ‎ ∴PG=DG+DP=OG+BP。 ‎ ‎ (3)∵△AOG≌△ADG,∴∠AGO=∠AGD。 ‎ ‎ 又∵∠1+∠AGO=90°,∠2+∠PGC=90°,∠1=∠2,∴∠AGO=∠AGD=∠PGC。 ‎ ‎ 又∵∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°,∴∠AGO=∠AGD=∠PGC=60°。∴∠1=∠2=30°。 ‎ ‎ 在Rt△AOG中,AO=3,OG=AOtan30°= , ‎ ‎ ∴G点坐标为:( ,0),CG=3﹣ 。 ‎ ‎ 在Rt△PCG中,PC= ,∴P点坐标为:(3, )。 ‎ ‎ 设直线PE的解析式为y=kx+b, ‎ ‎ 则 ,解得 。 ‎ ‎ ∴直线PE的解析式为y= x﹣1。 ‎ ‎ 【考点】一次函数综合题,全等三角形的判定和性质,三角形内角和定理,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值,待定系数法,直线上点的坐标与方程的关系,解二元一次方程组。 ‎ ‎ 【分析】(1)由AO=AD,AG=AG,利用“HL”可证△AOG≌△ADG。 ‎ ‎ (2)利用(1)的方法,同理可证△ADP≌△ABP,得出∠1=∠DAG,∠DAP=∠BAP,而∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°,由此可求∠PAG的度数;根据两对全等三角形的性质,可得出线段OG、PG、BP之间的数量关系。 ‎ ‎ (3)由△AOG≌△ADG可知,∠AGO=∠AGD,而∠1+∠AGO=90°,∠2+∠PGC=90°,当∠1=∠2时,可证∠AGO=∠AGD=∠PGC,而∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°,得出∠AGO=∠AGD=∠PGC=60°,即∠1=∠2=30°,解直角三角形求OG,PC,确定P、G两点坐标,得出直线PE的解析式。 ‎ ‎ 2. (2019辽宁本溪14分)如图,已知抛物线y=ax2+bx+3经过点B(-1,0)、C(3,0),交y轴于点A,将线段OB绕点O顺时针旋转90°,点B的对应点为点M,过点A的直线与x轴交于点D(4,0).直角梯形EFGH的上底EF与线段CD重合,∠FEH=90°,EF∥HG,EF=EH=1。直角梯形EFGH从点D开始,沿射线DA方向匀速运动,运动的速度为1个长度单位/秒,在运动过程中腰FG与直线AD始终重合,设运动时间为t秒。 ‎ ‎ (1)求此抛物线的解析式; ‎ ‎ (2)当t为何值时,以M、O、H、E为顶点的四边形是特殊的平行四边形; ‎ ‎ (3)作点A关于抛物线对称轴的对称点A′,直线HG与对称轴交于点K,当t为何值时,以A、A′、G、K为顶点的四边形为平行四边形。请直接写出符合条件的t值。 ‎ ‎ 【答案】解:(1)∵抛物线y=ax2+bx+3经过点B(-1,0)、C(3,0), ‎ ‎ ∴ ,解得, 。 ‎ ‎ ∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3。 ‎ ‎ (2)当直角梯形EFGH运动到E′F′G′H′时,过点F′作F′N⊥x轴于点N,延长E′ H’交x轴于点P。 ‎ ‎ ∵点M是点B绕O点顺时针旋转90°得到的, ‎ ‎ ∴点M的坐标为(0,1)。 ‎ ‎ ∵点A是抛物线与y轴的交点, ‎ ‎ ∴点A的坐标为(3,0)。 ‎ ‎ ∵OA=3,OD=4,∴AD=5。 ‎ ‎ ∵E′ H′∥OM,E′ H′=OM=1, ‎ ‎ ∴四边形E′H′ OM是平行四边形(当E′ H′不与y轴重合时)。 ‎ ‎ ∵F′N∥y轴,N G′∥x轴,∴△F′N D∽△AOD。∴ 。 ‎ ‎ ∵直角梯形E′F′G′H′是直角梯形EFGH沿射线DA方向平移得到的, ‎ ‎ ∴F′D=t,∴ 。∴ 。 ‎ ‎ ∵E′F′=PN=1,∴OP=OD-PN-ND=4-1- =3- 。 ‎ ‎ ∵E′P= ,E′H′=1,∴H′P= -1。 ‎ ‎ 若平行四边形E′H′ OM是矩形,则∠MO H′=900,此时H′G′与x轴重合。 ‎ ‎ ∵F′D=t,∴ ,即 。 ‎ ‎ 即当 秒时,平行四边形EHOM是矩形。 ‎ ‎ 若平行四边形E′H′ OM是菱形,则O H′=1。 ‎ ‎ 在Rt△H′OP中, ,即 ‎ ‎ 得 ,解得 。 ‎ ‎ 即当 秒时,平行四边形EHOM是菱形。 ‎ ‎ 综上所述,当 秒时,平行四边形EHOM是矩形,当 ‎ 秒时,平行四边形EHOM是菱形。 ‎ ‎ (3) 秒或 秒。 ‎ ‎ 【考点】二次函数综合题,二次函数的性质,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,直角梯形的性质,平移的性质,相似三角形的判定和性质,平行四边形、矩形和菱形的判定。 ‎ ‎ 【分析】(1)用待定系数法,将B(-1,0)、C(3,0)代入y=ax2+bx+3即可求得抛物线的解析式。 ‎ ‎ (2)当直角梯形EFGH运动到E′F′G′H′时,过点F′作F′N⊥x轴于点N,延长E′ H’交x轴于点P。根据相似三角形的判定和性质,可用t表示出OP=3- ,H′P= -1。分平行四边形E′H′ OM是矩形和菱形两种情况讨论即可。 ‎ ‎ (3)∵y=-x2+2x+3的对称轴为x=1,A(0,3), ‎ ‎ ∴点A关于抛物线对称轴的对称点A′(2,3)。 ‎ ‎ ∴A A′=2。 ‎ ‎ 设直线AD解析式为 , ‎ ‎ 则由A(0,3),D(4,0)得 ‎ ‎ ,解得 。∴直线AD解析式为 。 ‎ ‎ 由(2)知,点G的纵坐标为 -1,代入 得横坐标为 。 ‎ ‎ 由HG=2得 ,即 或 。 ‎ ‎ 解得 或 。 ‎ ‎ ∴当 秒或 ‎ 秒时,以A、A′、G、K为顶点的四边形为平行四边形。 ‎ ‎ 3. (2019辽宁大连12分)如图,抛物线y=ax2+bx+c经过A(- ,0)、B(3 ,0)、C(0,3)三点,线段BC与抛物线的对称轴l相交于点D。设抛物线的顶点为P,连接PA、AD、DP,线段AD与y轴相交于点E。 ‎ ‎ (1)求该抛物线的解析式; ‎ ‎ (2)在平面直角坐标系中是否存在点Q,使以Q、C、D为顶点的三角形与△ADP全等?若存在,求出点Q的坐标,若不存在,说明理由; ‎ ‎ (3)将∠CED绕点E顺时针旋转,边EC旋转后与线段BC相交于点M,边ED旋转后与对称轴l相交于点N,连接PM、DN,若PM=2DN,求点N的坐标(直接写出结果)。 ‎ ‎ 【答案】解:(1)∵抛物线y=ax2+bx+c经过A(- ,0)、B(3 ,0)、C(0,3)三点, ‎ ‎ ∴抛物线的解析式可设为 , ‎ ‎ 将C(0,3)代入得 ,解得 。 ‎ ‎ ∴抛物线的解析式为 ,即 。 ‎ ‎ (2)存在。如图, ‎ ‎ 由 得对称轴l为 , ‎ ‎ 由B(3 ,0)、C(0,3)得tan∠OBC= , ‎ ‎ ∴∠OBC==300。 ‎ ‎ 由轴对称的性质和三角形外角性质,得 ‎ ‎ ∠ADP==1200。 ‎ ‎ 由锐角三角函数可得点D的坐标为( ,2)。 ‎ ‎ ∴DP=CP=1,AD=4。 ‎ ‎ ①在y轴正方向上存在点Q1,只要CQ1=4,则由SAS可判断△Q1CD≌△ADP, ‎ ‎ 此时,Q1的坐标为(0,7)。 ‎ ‎ ②由轴对称的性质,得Q1关于直线BC的对称点Q2也满足△Q2CD≌△ADP, ‎ ‎ 过点Q2作Q2G⊥y轴于点G,则在Rt△CQ2G中,由Q2C=4,∠Q2CG=600可得 ‎ ‎ CG=2,Q2G=2 。∴OG=1。∴Q2的坐标为(-2 ,1)。 ‎ ‎ ③在对称轴l点P关于点D的反方向上存在点Q3,只要DQ3=4,则△Q3DC≌△ADP, ‎ ‎ 此时,Q3的坐标为( ,-2)。 ‎ ‎ ④由轴对称的性质,得Q3关于直线BC的对称点Q4也满足△Q2DC≌△ADP, ‎ ‎ 过点Q4作Q4H⊥l于点H,则在Rt△DQ4H中,由Q4D=4,∠Q4DH=600可得 ‎ ‎ DH=2,HQ4=2 。∴Q4的坐标为(3 ,4)。 ‎ ‎ 综上所述,点Q的坐标为(0,7)或(-2 ,1)或( ,-2)或(3 ,4)。 ‎ ‎ (3)( )。 ‎ ‎ 【考点】二次函数综合题,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,二次函数的性质,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值,轴对称的性质,三角形外角性质,勾股定理,全等三角形的判定和性质,旋转的性质。 ‎ ‎ 【分析】(1)根据已知点的坐标,设抛物线的交点式,用待定系数法即可求。 ‎ ‎ (2)求出△ADP的两边夹一角,根据SAS作出判断。 ‎ ‎ (3)如图,作做EF⊥l于点F, ‎ ‎ 由题意易证明△PMD ≌△EMD,△CME ≌△DNE, ‎ ‎ ∴PM=EM=EN=2DN。 ‎ ‎ 由题意DF=1,EF= ,NF=1-DN ‎ ‎ 在Rt△EFN中, , ‎ ‎ ∴ ,整理得 ,解得 (负值舍去)。 ‎ ‎ ∴点N的纵坐标为 。∴N( )。 ‎ ‎ 4. (2019辽宁丹东14分)已知抛物线 与y轴交于C点,与x轴交于A、B两点,点A的坐标是(-1,0),O是坐标原点,且 . ‎ ‎ (1)求抛物线的函数表达式; ‎ ‎ (2)直接写出直线BC的函数表达式; ‎ ‎ (3)如图1,D为y轴的负半轴上的一点,且OD=2,以OD为边作正方形ODEF.将正方形ODEF ‎ ‎ 以 每秒1个单位的速度沿x轴的正方向移动,在运动过程中,设正方形ODEF与△OBC重叠部分的面积为s,运动的时间为t秒(0 ‎ ‎ 求:①s与t之间的函数关系式; ‎ ‎ ②在运动过程中,s是否存在最大值?如果存在,直接写出这个最大值;如果不存在,请 ‎ ‎ 说明理由. ‎ ‎ (4)如图2,点P(1,k)在直线BC上,点M在x轴上,点N在抛物线上,是否存在以A、M、 ‎ ‎ N、P为顶点的平行四边形?若存在,请直接写出M点坐标;若不存在,请说明理由. ‎ ‎ 【答案】解:(1)∵ A(-1,0), ,∴C(0,-3)。 ‎ ‎ ∵抛物线经过A(-1,0),C(0,,3), ‎ ‎ ∴ ,解得 。 ‎ ‎ ∴抛物线的函数表达式y=x2-2x-3。 ‎ ‎ (2)直线BC的函数表达式为y=x-3。 ‎ ‎ (3)当正方形ODEF的顶点D运动到直线BC上时,设D点的坐标为(m,-2), ‎ ‎ 根据题意得:-2=m-3,∴m=1。 ‎ ‎ ①当0 ‎ ‎ 当1 ‎ ‎ G(t,t-3),H(1,-2), ‎ ‎ ∴GD1=t-1,HD1= t-1。 ‎ ‎ ∴S= ‎ ‎ ∴s与t之间的函数关系式为 ‎ ‎ ②在运动过程中,s是存在最大值:当t =2秒时,S有最大值,最大值为 。 ‎ ‎ (4)存在。M 1(- ,0)M2( ,0),M3( ,0),M4( ,0)。 ‎ ‎ 【考点】二次函数综合题,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,正方形的性质,二次函数的性质,平行四边形的判定。 ‎ ‎ 【分析】(1)求出点C的坐标,即可根据A,C的坐标用待定系数法求出抛物线的函数表达式。 ‎ ‎ (2)求出点B的坐标(3,0),即可由待定系数法求出直线BC的函数表达式。 ‎ ‎ (3)①分0 ‎ ‎ ②由于 在0 ‎ ‎ (4)由点P(1,k)在直线BC上,可得k=-2。∴P(1,-2)。 ‎ ‎ 则过点P且平行于x轴的直线N1N2和在x轴上方与x轴的距离为2的直线N3N4,与y=x2-2x-3的交点N1、N2、 N3、N4的坐标分别为N1( ,-2),N2( ,-2), N3( , 2),N4( , 2)。 ‎ ‎ 若AP是边, ‎ ‎ 则M1的横坐标为-PN1加点A的横坐标:- ; ‎ ‎ M2的横坐标为PN2加点A的横坐标: ; ‎ ‎ M3的横坐标为N3的纵坐标加N3的横坐标: ; ‎ ‎ M4的横坐标为N4的纵坐标加N4的的横坐标: 。 ‎ ‎ 若AP是对角线,符合条件的点M与上述M 1(- ,0)和M2( ,0)重合。 ‎ ‎ 综上所述,M 1(- ,0),M2( ,0),M3( ,0),M4( ,0)。 ‎ ‎ 5. (2019辽宁阜新12分)在平面直角坐标系中,二次函数 的图象与x轴交于A(-3,0),B(1,0)两点,与y轴交于点C. ‎ ‎ (1)求这个二次函数的关系解析式; ‎ ‎ (2)点P是直线AC上方的抛物线上一动点,是否存在点P,使△ACP的面积最大?若存在,求出点P的坐标;若不存在,说明理由; ‎ ‎ 考生注意:下面的(3)、(4)、(5)题为三选一的选做题,即只能选做其中一个题目,多答时只按作答的首题评分,切记啊! ‎ ‎ (3)在平面直角坐标系中,是否存在点Q,使△BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形?若存在,直接写出点Q的坐标;若不存在,说明理由; ‎ ‎ (4)点Q是直线AC上方的抛物线上一动点,过点Q作QE垂直于x轴,垂足为E.是否存在点Q,使以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似?若存在,直接写出点Q的坐标;若不存在,说明理由; ‎ ‎ (5)点M为抛物线上一动点,在x轴上是否存在点Q,使以A、C、M、Q为顶点的四边形是平行四边形?若存在,直接写出点Q的坐标;若不存在,说明理由. ‎ ‎ 【答案】解:(1)由抛物线 过A(-3,0),B(1,0),则 ‎ ‎ ,解得 。 ‎ ‎ ∴二次函数的关系解析式为 。 ‎ ‎ (2)设点P坐标为(m,n),则 。 ‎ ‎ 连接PO,作PM⊥x轴于M,PN⊥y轴于N。 ‎ ‎ PM = , ,AO=3。 ‎ ‎ 当 时, ,所以OC=2。 ‎ ‎ ∵ <0,∴函数 有最大值,当 时, 有最大值。 ‎ ‎ 此时 。 ‎ ‎ ∴存在点 ,使△ACP的面积最大。 ‎ ‎ (3)存在。点 。 ‎ ‎ (4)存在。点 。 ‎ ‎ (5)点 。 ‎ ‎ 【考点】二次函数综合题,曲线上点的坐标与方程的关系,二次函数的性质,等腰直角三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,平行四边形的判定和性质。 ‎ ‎ 【分析】(1)将点A、B的坐标代入 即可求得a、b,从而得到二次函数的关系解析式。 ‎ ‎ (2)设点P坐标为(m,n),则 ‎ ‎。连接PO,作PM⊥x轴于M,PN⊥y轴于N,根据 求出S关于m的二次函数,根据二次函数最值求法即可求解。 ‎ ‎ (3)分BQ为斜边和CQ为斜边两种情况讨论即可。 ‎ ‎ (4)分△BQE∽△AOC,△EBQ∽△AOC,△QEB∽△AOC三种情况讨论即可。 ‎ ‎ (5)分AC是边和对角线两种情况讨论即可。 ‎ ‎ 6. (2019辽宁沈阳12分)已知,如图,在平面直角坐标系内,点A的坐标为(0,24 ),经过原点的直线l1与经过点A的直线l2相交于点B,点B坐标为(18,6). ‎ ‎ (1)求直线l1,l2的表达式; ‎ ‎ (2)点C为线段OB上一动点 (点C不与点O,B重合),作CD∥y轴交直线l2于点D,过点C,D分别向y轴作垂线,垂足分别为F,E,得到矩形CDEF. ‎ ‎ ①设点C的纵坐标为a,求点D的坐标(用含a的代数式表示); ‎ ‎ ②若矩形CDEF的面积为60,请直接写出此时点C的坐标. ‎ ‎ 【答案】解:(1)设直线l1的表达式为y=k1x,∵直线l1过B(18, 6),∴18k1=6 ,即k1= 。 ‎ ‎ ∴直线l1的表达式为y= x。 ‎ ‎ 设直线l2的表达式为y=k2x+b,∵直线l2过A (0, 24), B(18, 6), ‎ ‎ ∴ 解得 ‎ ‎ y∴直线l2的表达式为=-x+24。 ‎ ‎ (2) ①∵点C在直线l1上, 且点C的纵坐标为a, ‎ ‎ ∴a= x,得x=3a。 ∴点C的坐标为 (3a, a)。 ‎ ‎ ∵CD∥y轴,∴点D的横坐标为3a 。 ‎ ‎ ∵点D在直线l2上 ,∴y=-3a+24。∴D(3a, -3a+24)。 ‎ ‎ ②C(3, 1) 或C (15, 5)。 ‎ ‎ 【考点】一次函数综合题,待定系数法,直线上点的坐标与方程的关系,矩形的性质,解一元二次方程。 ‎ ‎ 【分析】(1)设直线l1的表达式为y=k1x,它过(18,6)可求出k1的值,从而得出其解析式;设直线l2的表达式为y=k2+b,由于它过点A(0,24),B(18,6),故把此两点坐标代入即可求出k2,b的值,从而得出其解析式。 ‎ ‎ (2)①因为点C在直线l1上,且点C的纵坐标为a,故把y=a代入直线l1的表达式即可得出x的值,从而得出C点坐标;由于CD∥y轴,所以点D的横坐标为3a,再根据点D在直线l2上即可得出点D的纵坐标,从而得出结论。 ‎ ‎ ②先根据C、D两点的坐标用a表示出CF及CD的值,由矩形的面积为60即可求出a的值,得出C点坐标: ‎ ‎ ∵C(3a,a),D(3a,-3a+24),∴CF=3a,CD=-3a+24-a=-4a+24。 ‎ ‎ ∵矩形CDEF的面积为60,∴S矩形CDEF=CF?CD=3a×(-4a+24)=60,解得a=1或a=5 ‎ ‎ 当a=1是,3a=3,故C(3,1);当a=5时,3a=15,故C(15,5)。 ‎ ‎ 综上所述C点坐标为:C(3,1)或C(15,5)。 ‎ ‎ 7. (2019辽宁沈阳14分)已知,如图,在平面直角坐标系中,点A坐标为(-2,0),点B坐标为 (0,2 ),点E为线段AB上的动点(点E不与点A,B重合),以E为顶点作∠OET=45°,射线ET交线段OB于点F,C为y轴正半轴上一点,且OC=AB,抛物线y= x2+mx+n的图象经过A,C两点. ‎ ‎ (1) 求此抛物线的函数表达式; ‎ ‎ (2) 求证:∠BEF=∠AOE; ‎ ‎ (3) 当△EOF为等腰三角形时,求此时点E的坐标; ‎ ‎ (4) 在(3)的条件下,当直线EF交x轴于点D,P为(1) 中抛物线上一动点,直线PE交x轴于点G,在直线EF上方的抛物线上是否存在一点P,使得△EPF的面积是△EDG面积的( ) 倍.若存在,请直接写出点P的坐标;若不存在,请说明理由. ‎ ‎ 温馨提示:考生可以根据题意,在备用图中补充图形,以便作答. ‎ ‎ 【答案】解:(1)∵A (-2, 0), B (0, 2),∴OA=OB=2 。 ‎ ‎ ∴AB2=OA2+OB2=22+22=8。∴AB=2 。 ‎ ‎ ∵OC=AB,∴OC=2 , 即C (0, 2 )。 ‎ ‎ ∵抛物线y=- x2+mx+n的图象经过A、C两点,得 ‎ ‎ ,解得: 。 ‎ ‎ ∴抛物线的表达式为y=- x2- x+2 。 ‎ ‎ (2)证明:∵OA=OB,∠AOB=90° ,∴∠BAO=∠ABO=45°。 ‎ ‎ 又∵∠BEO=∠BAO+∠AOE=45°+∠AOE,∠BEO=∠OEF+∠BEF=45°+∠BEF ,∴∠BEF=∠AOE。 ‎ ‎ (3)当△EOF为等腰三角形时,分三种情况讨论 ‎ ‎ ①当OE=OF时, ∠OFE=∠OEF=45°, ‎ ‎ 在△EOF中, ∠EOF=180°-∠OEF-∠OFE=180°-45°-45°=90°。 ‎ ‎ 又∵∠AOB=90°,则此时点E与点A重合, 不符合题意, 此种情况不成立。 ‎ ‎ ②如图①, 当FE=FO时,∠EOF=∠OEF=45°。 ‎ ‎ 在△EOF中,∠EFO=180°-∠OEF-∠EOF=180°-45°-45°=90°, ‎ ‎ ∴∠AOF+∠EFO=90°+90°=180°。∴EF∥AO。 ‎ ‎ ∴ ∠BEF=∠BAO=45° 。 ‎ ‎ 又∵ 由 (2) 可知 ,∠ABO=45°,∴∠BEF=∠ABO。 ‎ ‎ ∴BF=EF。∴EF=BF=OF= OB= ×2=1 。∴ E(-1, 1)。 ‎ ‎ ③如图②, 当EO=EF时, 过点E作EH⊥y轴于点H , ‎ ‎ 在△AOE和△BEF中, ‎ ‎ ∵∠EAO=∠FBE, EO=EF, ∠AOE=∠BEF, ‎ ‎ ∴△AOE≌△BEF(AAS)。∴BE=AO=2。 ‎ ‎ ∵EH⊥OB ,∴∠EHB=90°。∴∠AOB=∠EHB。 ‎ ‎ ∴EH∥AO。 ∴∠BEH=∠BAO=45°。 ‎ ‎ 在Rt△BEH中, ∵∠BEH=∠ABO=45° ,∴EH=BH=BEcos45°=2× = 。 ‎ ‎ ∴OH=OB-BH=2-2 。∴ E(- , 2- )。 ‎ ‎ 综上所述, 当△EOF为等腰三角形时,点E坐标为E(-1, 1)或E(- , 2- )。 ‎ ‎ (4) P(0, 2 )或P (-1, 2 )。 ‎ ‎ 【考点】二次函数综合题,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,勾股定理,等腰直角三角形的性质,平行的判定和性质,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值。 ‎ ‎ 【分析】(1)应用勾股定理求出点C的坐标,根据点在曲线上,点的坐标满足方程的关系,用待定系数法求出抛物线的函数表达式。 ‎ ‎ (2)应用等腰直角三角形等边对等角的性质可证。 ‎ ‎ (3)分OE=OF,FE=FO,EO=EF三种情况讨论即可。 ‎ ‎ (4)假设存在这样的点P。当直线EF与x轴有交点时,由(3)知,此时E(- , 2- )。 ‎ ‎ 如图④所示,过点E作EH⊥y轴于点H,则OH=FH=2- 。 ‎ ‎ 由OE=EF,易知点E为Rt△DOF斜边上的中点,即DE=EF。 ‎ ‎ 过点F作FN∥x轴,交PG于点N。 ‎ ‎ 易证△EDG≌△EFN,因此S△EFN=S△EDG。 ‎ ‎ 依题意,可得S△EPF=( )S△EDG=( )S△EFN, ‎ ‎ ∴PE:NE= 。 ‎ ‎ 过点P作PM⊥x轴于点M,分别交FN、EH于点S、T,则ST=TM=2- 。 ‎ ‎ ∵FN∥EH,∴PT:ST=PE:NE= 。 ‎ ‎ ∴PT=( )ST=( )(2- )=3 -2。 ‎ ‎ ∴PM=PT+TM=2 ,即点P的纵坐标为2 。 ‎ ‎ ∴2 =- x2- x+2 ,解得x1=0,x2=-1。 ‎ ‎ ∴P点坐标为(0, 2 )或(-1, 2 )。 ‎ ‎ 综上所述,在直线EF上方的抛物线上存在点P,使得△EPF的面积是△EDG面积的( )倍,点P的坐标为(0, 2 )或(-1, 2 )。 ‎ ‎ 8. (2019辽宁铁岭14分)如图,已知抛物线经过原点O和x轴上一点A(4,0),抛物线顶点为E, ‎ ‎ 它的对称轴与x轴交于点D.直线 经过抛物线上一点B(-2,m)且与y轴交于点C,与抛物线 ‎ ‎ 的对称轴交于点F. ‎ ‎ (1)求m的值及该抛物线对应的解析式; ‎ ‎ (2)P 是抛物线上的一点,若S△ADP=S△ADC,求出所有符合条件的点P的坐标; ‎ ‎ (3)点Q是平面内任意一点,点M从点F出发,沿对称轴向上以每秒1个单位长度的速度匀速运动, ‎ ‎ 设点M的运动时间为t秒,是否能使以Q、A、E、M四点为顶点的四边形是菱形.若能,请直接写出点M ‎ ‎ 的运动时间t的值;若不能,请说明理由. ‎ ‎ 备用图 ‎ ‎ 【考点】动点问题,二次函数综合题,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,解二元一次方程组和一元二次方程,二次函数的性质,勾股定理,菱形的判定和性质。 ‎ ‎ 【分析】(1)由点B(﹣2,m)在直线y=﹣2x﹣1上,将其代入即可求得m的值,从而得到点B的坐标,由点O,A,B在抛物线上,用待定系数法即可求得抛物线对应的解析式。 ‎ ‎ (2)设 ,求得点C的坐标,由S△ADP=S△ADC和二者是同底等高的三角形,得 ,即 ,解之即可求得点P的坐标。 ‎ ‎ (3)∵抛物线的解析式为 ,∴顶点E(2,﹣1),对称轴为x=2。 ‎ ‎ ∵点F是直线y=﹣2x﹣1与对称轴x=2的交点,∴F(2,﹣5),DF=5。 ‎ ‎ 又∵A(4,0),∴AE= 。 ‎ ‎ 如图所示,在点M的运动过程中,依次出现四个菱形: ‎ ‎ ①菱形AEM1Q1。 ‎ ‎ ∵此时DM1=AE= , ‎ ‎ ∴M1F=DF﹣DE﹣DM1= 。 ‎ ‎ ∴t1= 。 ‎ ‎ ②菱形AEOM2。 ‎ ‎ ∵此时DM2=DE=1,∴M2F=DF+DM2=6。 ‎ ‎ ∴t2=6。 ‎ ‎ ③菱形AEM3Q3。 ‎ ‎ ∵此时EM3=AE= , ‎ ‎ ∴DM3=EM3﹣DE= ﹣1。∴M3F=DM3+DF=( ﹣1)+5= 。∴t3= 。 ‎ ‎ ④菱形AM4EQ4。 ‎ ‎ 此时AE为菱形的对角线,设对角线AE与M4Q4交于点H,则AE⊥M4Q4。 ‎ ‎ ∵易知△AED∽△M4EH,∴ ,即 ,得M4E= 。 ‎ ‎ ∴DM4=M4E﹣DE= ﹣1= 。∴M4F=DM4+DF= +5= 。 ‎ ‎ ∴t4= 。 ‎ ‎ 综上所述,存在点M、点Q,使得以Q、A.E、M四点为顶点的四边形是菱形;时间t的值为:t1= ,t2=6,t3= ,t4= 。 ‎ ‎ 9. (2019辽宁营口14分)在平面直角坐标系中,已知抛物线 经过点A ,0)、B(0,3)、C(1,0)三点. ‎ ‎ (1) 求抛物线的解析式和顶点D的坐标; ‎ ‎ (2) 如图1,将抛物线的对称轴绕抛物线的顶点D顺时针旋转 ,与直线 交于点N.在直线 ‎ ‎ DN上是否存在点M,使得∠MON= .若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由; ‎ ‎ (3) 点P、Q分别是抛物线 和直线 ‎ 上的点,当四边形OBPQ是直角梯形时, ‎ ‎ 求出点Q的坐标. ‎ ‎ 【答案】解:(1)由题意把A(-3,0)、B(0,3)、C(1,0)代入 得, ‎ ‎ ,解得 。 ‎ ‎ ∴抛物线的解析式是 。 ‎ ‎ ∴抛物线的顶点D的坐标为(-1,4)。 ‎ ‎ (2)存在。理由如下: ‎ ‎ 由旋转得∠EDF=60°。 ‎ ‎ 在Rt△DEF中,∵∠EDF=60°,DE=4, ‎ ‎ ∴EF=DE×tan60°=4 。 ‎ ‎ ∴OF=OE+EF=1+4 。 ‎ ‎ ∴F点的坐标为( ,0)。 ‎ ‎ 设过点D、F的直线解析式是 , ‎ ‎ 把D(-1,4),F( ,0)代入求得 。 ‎ ‎ 分两种情况: ‎ ‎ ①当点M在射线ND上时,∵∠MON=75°,∠BON=45°, ‎ ‎ ∴∠MOB=∠MON﹣∠BON=30°。∴∠MOC=60°。 ‎ ‎ ∴直线OM的解析式为 。 ‎ ‎ ∴点M的坐标为方程组. 的解,解方程组得, 。 ‎ ‎ ∴点M的坐标为( , )。 ‎ ‎ ②当点M在射线NF上时,不存在点M使得∠MON=75°。 ‎ ‎ ∵∠MON=75°,∠FON=45°, ∴∠FOM=∠MON-∠FON=30°。 ‎ ‎ ∵∠DFE=30°。∴∠FOM=∠DFE。∴OM∥FN。∴不存在点M使得∠MON=75°。 ‎ ‎ 综上所述,存在点M ,且点M的坐标为( , )。 ‎ ‎ (3)有两种情况: ‎ ‎ ①如图,直角梯形OBPQ中,PQ∥OB,∠OBP=90°。 ‎ ‎ ∵∠OBP=∠AOB=90°,∴PB∥OA。 ‎ ‎ ∴点P、B的纵坐标相同都是3。 ‎ ‎ ∵点P在抛物线 上, ‎ ‎ ∴把 3代入抛物线的解析式, ‎ ‎ 解得 =﹣2, =0(舍去)。 ‎ ‎ 由PQ∥OB得到点P、Q的横坐标相同,都等于-2, ‎ ‎ 把 =﹣2代入 ﹣ 得 2。 ‎ ‎ 所以Q点的坐标为(-2,2)。 ‎ ‎ ②如图,在直角梯形OBPQ中,PB∥OQ,∠BPQ=90°。 ‎ ‎ ∵D(-1,4),B(0,3) ,∴DB∥OQ。 ‎ ‎ ∵PB∥OQ,点P在抛物线上,∴点P、D重合。 ‎ ‎ ∴∠EDF=∠EFD=45°。∴EF=ED=4。∴OF=OE+EF=5。 ‎ ‎ 作QH⊥ 轴于H, ‎ ‎ ∵∠QOF=∠QFO=45°,∴OQ=FQ。∴OH= OF= 。 ‎ ‎ ∴Q点的横坐标﹣ 。 ‎ ‎ ∵Q点在 ﹣ 上,∴把 =﹣ 代入 ﹣ 得 。 ‎ ‎“教书先生”恐怕是市井百姓最为熟悉的一种称呼,从最初的门馆、私塾到晚清的学堂,“教书先生”那一行当怎么说也算是让国人景仰甚或敬畏的一种社会职业。只是更早的“先生”概念并非源于教书,最初出现的“先生”一词也并非有传授知识那般的含义。《孟子》中的“先生何为出此言也?”;《论语》中的“有酒食,先生馔”;《国策》中的“先生坐,何至于此?”等等,均指“先生”为父兄或有学问、有德行的长辈。其实《国策》中本身就有“先生长者,有德之称”的说法。可见“先生”之原意非真正的“教师”之意,倒是与当今“先生”的称呼更接近。看来,“先生”之本源含义在于礼貌和尊称,并非具学问者的专称。称“老师”为“先生”的记载,首见于《礼记?曲礼》,有“从于先生,不越礼而与人言”,其中之“先生”意为“年长、资深之传授知识者”,与教师、老师之意基本一致。 ‎ 观察内容的选择,我本着先静后动,由近及远的原则,有目的、有计划的先安排与幼儿生活接近的,能理解的观察内容。随机观察也是不可少的,是相当有趣的,如蜻蜓、蚯蚓、毛毛虫等,孩子一边观察,一边提问,兴趣很浓。我提供的观察对象,注意形象逼真,色彩鲜明,大小适中,引导幼儿多角度多层面地进行观察,保证每个幼儿看得到,看得清。看得清才能说得正确。在观察过程中指导。我注意帮助幼儿学习正确的观察方法,即按顺序观察和抓住事物的不同特征重点观察,观察与说话相结合,在观察中积累词汇,理解词汇,如一次我抓住时机,引导幼儿观察雷雨,雷雨前天空急剧变化,乌云密布,我问幼儿乌云是什么样子的,有的孩子说:乌云像大海的波浪。有的孩子说“乌云跑得飞快。”我加以肯定说“这是乌云滚滚。”当幼儿看到闪电时,我告诉他“这叫电光闪闪。”接着幼儿听到雷声惊叫起来,我抓住时机说:“这就是雷声隆隆。”一会儿下起了大雨,我问:“雨下得怎样?”幼儿说大极了,我就舀一盆水往下一倒,作比较观察,让幼儿掌握“倾盆大雨”这个词。雨后,我又带幼儿观察晴朗的天空,朗诵自编的一首儿歌:“蓝天高,白云飘,鸟儿飞,树儿摇,太阳公公咪咪笑。”这样抓住特征见景生情,幼儿不仅印象深刻,对雷雨前后气象变化的词语学得快,记得牢,而且会应用。我还在观察的基础上,引导幼儿联想,让他们与以往学的词语、生活经验联系起来,在发展想象力中发展语言。如啄木鸟的嘴是长长的,尖尖的,硬硬的,像医生用的手术刀―样,给大树开刀治病。通过联想,幼儿能够生动形象地描述观察对象。 ∴Q点的坐标为(﹣ , )。 ‎ ‎ 综上所述,符合条件的点Q有两个,坐标分别为:(-2,2),(﹣ , )。‎ ‎“教书先生”恐怕是市井百姓最为熟悉的一种称呼,从最初的门馆、私塾到晚清的学堂,“教书先生”那一行当怎么说也算是让国人景仰甚或敬畏的一种社会职业。只是更早的“先生”概念并非源于教书,最初出现的“先生”一词也并非有传授知识那般的含义。《孟子》中的“先生何为出此言也?”;《论语》中的“有酒食,先生馔”;《国策》中的“先生坐,何至于此?”等等,均指“先生”为父兄或有学问、有德行的长辈。其实《国策》中本身就有“先生长者,有德之称”的说法。可见“先生”之原意非真正的“教师”之意,倒是与当今“先生”的称呼更接近。看来,“先生”之本源含义在于礼貌和尊称,并非具学问者的专称。称“老师”为“先生”的记载,首见于《礼记?曲礼》,有“从于先生,不越礼而与人言”,其中之“先生”意为“年长、资深之传授知识者”,与教师、老师之意基本一致。‎