中考数学压轴题定值问题 8页

‎【中考数学压轴题】---定值问题 一、乘积、比值类型 ‎1．（2009·株洲）如图，已知△ABC为直角三角形，∠ACB=90°，AC=BC，点A、C在x轴上，点B坐标为（3，m）（m＞0），线段AB与y轴相交于点D，以P（1，0）为顶点的抛物线过点B、D．‎ ‎（1）求点A的坐标（用m表示）；‎ ‎（2）求抛物线的解析式；‎ ‎（3）设点Q为抛物线上点P至点B之间的一动点，连结PQ并延长交BC于点E，连结BQ并延长交AC于点F，试证明：FC(AC＋EC)为定值．‎ y x Q P F E D C B A O 解析：（1）由可知，，又△ABC为等腰直角三角形，‎ ‎∴，，所以点A的坐标是（）. 3分 ‎（2）∵ ‎ ‎∴，则点的坐标是（）.‎ 又抛物线顶点为，且过点、，所以可设抛物线的解析式为：，得： ‎ ‎ 解得 ‎ ‎∴抛物线的解析式为 ………7分 ‎（3）过点作于点，过点作于点，设点的坐标是，则，.‎ ‎∵ ∴∽ ∴ 即，得 ‎∵ ∴∽ ∴ 即，得 又∵∴‎ 即FC(AC＋EC)为定值8. …12分 二、定长、定角、定点、定值类型 ‎1．（2011•东营）如图所示，四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为（﹣3，0），（0，1），点D是线段BC 上的动点（与端点B、C不重合），过点D作直线y=x＋b交折线OAB于点E．‎ ‎（1）记△ODE的面积为S，求S与b的函数关系式；‎ ‎（2）当点E在线段OA上时，且tan∠DEO=．若矩形OABC关于直线DE的对称图形为四边形O1A1B1C1，试探究四边形O1A1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积是否发生变化，若不变，求出该重叠部分的面积；若改变，请说明理由．‎ 考点：一次函数综合题。‎ 分析：‎ ‎（1）要表示出△ODE的面积，要分两种情况讨论，①如果点E在OA边上，只需求出这个三角形的底边OE长（E点横坐标）和高（D点纵坐标），代入三角形面积公式即可；②如果点E在AB边上，这时△ODE的面积可用长方形OABC的面积减去△OCD、△OAE、△BDE的面积；‎ ‎（2）重叠部分是一个平行四边形，由于这个平行四边形上下边上的高不变，因此决定重叠部分面积是否变化的因素就是看这个平行四边形落在OA边上的线段长度是否变化．‎ 解答：解：（1）∵四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为（－3，0），（0，1），∴B（－3，1），‎ 若直线经过点A（－3，0）时，则b=，‎ 若直线经过点B（－3，1）时，则b=，‎ 若直线经过点C（0，1）时，则b=1，‎ ‎①若直线与折线OAB的交点在OA上时，即1＜b≤，如图1，‎ 此时E（2b，0），∴S=OE•CO=×2b×1=b；‎ ‎②若直线与折线OAB的交点在BA上时，即＜b＜，如图2‎ 此时E（－3，b－），D（2b﹣2，1），‎ ‎∴S=S矩－（S△OCD+S△OAE+S△DBE）=3－[（2b－2）×1+×（5－2b）•（－b）+×3（b－）]=b－b2，‎ ‎∴S=；‎ ‎（2）如图3，设O1A1与CB相交于点M，OA与C1B1相交于点N，则矩形O1A1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积即为四边形DNEM的面积．‎ 由题意知，DM∥NE，DN∥ME，‎ ‎∴四边形DNEM为平行四边形，‎ 根据轴对称知，∠MED=∠NED，‎ 又∠MDE=∠NED，‎ ‎∴∠MED=∠MDE，∴MD=ME，‎ ‎∴平行四边形DNEM为菱形．‎ 过点D作DH⊥OA，垂足为H，‎ 由题易知，=，DH=1，∴HE=2，‎ 设菱形DNEM的边长为a，‎ 则在Rt△DHN中，由勾股定理知：a2=（2－a）2+12，‎ ‎∴a=，∴S四边形DNEM=NE•DH=．‎ ‎∴矩形OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积不发生变化，面积始终为．‎ ‎2．（2011•遵义）如图，梯形ABCD中，AD∥BC，BC=‎20cm，AD=‎10cm，现有两个动点P、Q分别从B、D两点同时出发，点P以每秒‎2cm的速度沿BC向终点C移动，点Q以每秒‎1cm的速度沿DA向终点A移动，线段PQ与BD相交于点E，过E作EF∥BC交CD于点F，射线QF交BC的延长线于点H，设动点P、Q移动的时间为t（单位：秒，0＜t＜10）．‎ ‎（1）当t为何值时，四边形PCDQ为平行四边形？‎ ‎（2）在P、Q移动的过程中，线段PH的长是否发生改变？如果不变，求出线段PH的长；如果改变，请说明理由．‎ 考点：相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质；梯形。‎ 分析：（1）如果四边形PCDQ为平行四边形，则DQ=CP，根据P、Q两点的运动速度，结合运动时间t，求出DQ、CP的长度表达式，解方程即可；‎ ‎（2）PH的长度不变，根据P、Q两点的速度比，即可推出QD：BP=1：2，根据平行线的性质推出三角形相似，得出相似比，即可推出PH=20．‎ 解答：解：（1）∵AD∥BC，BC=20cm，AD=10cm，点P、Q分别从B、D两点同时出发，点P以每秒2cm的速度沿BC向终点C移动，点Q以每秒1cm的速度沿DA向终点A移动，‎ ‎∴DQ=t，PC=20﹣2t，‎ ‎∵若四边形PCDQ为平行四边形，则DQ=PC，‎ ‎∴20﹣2t=t，解得：t=；‎ ‎（2）线段PH的长不变，‎ ‎∵AD∥BH，P、Q两点的速度比为2：1，∴QD：BP=1：2，‎ ‎∴QE：EP=ED：BE=1：2，‎ ‎∵EF∥BH，∴ED：DB=EF：BC=1：3，‎ ‎∵BC=20，∴EF=，∴：=，‎ ‎∴PH=‎20cm．‎ 点评：本题主要考查相似三角形的判定和性质、平行四边形的性质和梯形的性质，解题的关键在于求得DQ和PC的长度表达式，推出DQ和PC的长度比为1：2．‎ ‎3．（2011•广州）已知关于x的二次函数y=ax2＋bx＋c（a＞0）的图象经过点C（0，1），且与x轴交于不同的两点A、B，点A的坐标是（1，0）‎ ‎（1）求c的值；‎ ‎（2）求a的取值范围；‎ ‎（3）该二次函数的图象与直线y=1交于C、D两点，设A、B、C、D四点构成的四边形的对角线相交于点P，记△PCD的面积为S1，△PAB的面积为S2，当0＜a＜1时，求证：S1－S2为常数，并求出该常数．‎ 考点：二次函数综合题；解一元一次方程；解二元一次方程组；根的判别式；根与系数的关系；待定系数法求一次函数解析式；二次函数图象上点的坐标特征；待定系数法求二次函数解析式；抛物线与x轴的交点；相似三角形的判定与性质。‎ 专题：计算题。‎ 分析：（1）把C（0，1）代入抛物线即可求出c；（2）把A（1，0）代入得到0=a＋b＋1，推出b=－1－a，求出方程ax2＋bx＋1=0，的b2－4ac的值即可；‎ ‎（3）设A（a，0），B（b，0），由根与系数的关系得：a＋b=，ab=，求出AB=，把y=1代入抛物线得到方程ax2＋（－1－a）x＋1=1，求出方程的解，进一步求出CD过P作MN⊥CD于M，交x轴于N，根据△CPD∽△BPA，得出=，求出PN、PM的长，根据三角形的面积公式即可求出S1－S2的值即可．‎ 解答：（1）解：把C（0，1）代入抛物线得：1=0＋0＋c，解得：c=1，‎ 答：c的值是1．‎ ‎（2）解：把A（1，0）代入得：0=a＋b＋1，‎ ‎∴b=－1－a，ax2＋bx＋1=0，‎ b2－‎4ac=（－1－a）2－‎4a=a2－2a＋1＞0，‎ ‎∴a≠1且a＞0，‎ 答：a的取值范围是a≠1且a＞0；‎ ‎（3）证明：∵0＜a＜1，∴B在A的右边，‎ 设A（a，0），B（b，0），‎ ‎∵ax2＋（－1－a）x＋1=0，由根与系数的关系得：a＋b=，ab=，‎ ‎∴AB=b－a==，‎ 把y=1代入抛物线得：ax2＋（－1－a）x＋1=1，‎ 解得：x1=0，x2=，∴CD=，‎ 过P作MN⊥CD于M，交X轴于N，则MN⊥X轴，‎ ‎∵CD∥AB，∴△CPD∽△BPA，‎ ‎∴=， ∴=， ∴PN=，PM=，‎ ‎∴S1－S2=••－••=1，‎ 即不论a为何只，S1－S2的值都是常数．‎ 答：这个常数是1．‎ 点评：本题主要考查对用待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，解二元一次方程组，解一元一次方程，相似三角形的性质和判定，根的判别式，根与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数与x轴的交点等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行计算是解此题的关键，此题是一个综合性比较强的题目，题型较好，难度适中．‎ ‎4．（2011•株洲）孔明是一个喜欢探究钻研的同学，他在和同学们一起研究某条抛物线y=ax2(a＜0)的性质时，将一把直角三角板的直角顶点置于平面直角坐标系的原点O，两直角边与该抛物线交于A、B两点，请解答以下问题：‎ ‎（1）若测得OA=OB=2（如图1），求a的值；‎ ‎（2）对同一条抛物线，孔明将三角板绕点O旋转到如图2所示位置时，过B作BF⊥x轴于点F，测得OF=1，写出此时点B的坐标，并求点A的横坐标；‎ ‎（3）对该抛物线，孔明将三角板绕点O旋转任意角度时惊奇地发现，交点A、B的连线段总经过一个固定的点，试说明理由并求出该点的坐标．‎ 解：（1）设线段与轴的交点为，由抛物线的对称性可得为中点，‎ ‎ OA=OB=2，，‎ ‎∴，‎ ‎∴ (，) ‎ 将(，)代入抛物线y=ax2(a＜0)得，. ‎ ‎（2）解法一：过点作轴于点，‎ 点的横坐标为，‎ ‎∴ (1，)， ‎ ‎∴. ‎ 又 ，易知，又，‎ ‎∴△∽△，‎ ‎∴ ∴ ……… 5分 设点（，）（），则，，∴ ‎ ‎∴，即点的横坐标为. ……… 6分 解法二：过点作轴于点，‎ 点的横坐标为，∴ (1，)， ……… 4分 ‎∴ ‎ ‎ ，易知，‎ ‎∴，∴ ……… 5分 设点（-，）（），则，，∴ ‎ ‎∴，即点的横坐标为. ……… 6分 ‎（3）解法一：设（，）（），（，）（），‎ 设直线的解析式为：， 则，……… 7分 得，，∴ ‎ 又易知△∽△，‎ ‎∴ ，∴ ，∴ ……… 9分 ‎∴.由此可知不论为何值，直线恒过点（，）………10分 解法二：设（，）（），（，）（），‎ 直线与轴的交点为，根据，可得 ‎，‎ 化简，得. ……… 8分 又易知△∽△，∴ ，‎ ‎∴ ，∴ ……… 9分 ‎∴为固定值.故直线恒过其与轴的交点（,－2）……… 10分 说明：的值也可以通过以下方法求得.‎ 由前可知，，，，‎ 由，得：，‎ 化简，得.‎ ‎5．（2011•河北）如图，在平面直角坐标系中，点P从原点O出发，沿x轴向右以毎秒1个单位长的速度运动t秒（t＞0），抛物线y=x2+bx+c经过点O和点P，已知矩形ABCD的三个顶点为 A （1，0），B （1，－5），D （4，0）．‎ ‎（1）求c，b （用含t的代数式表示）：‎ ‎（2）当4＜t＜5时，设抛物线分别与线段AB，CD交于点M，N．‎ ‎①在点P的运动过程中，你认为∠AMP的大小是否会变化？若变化，说明理由；若不变，求出∠AMP的值；‎ ‎②求△MPN的面积S与t的函数关系式，并求t为何值时，要S=；‎ ‎（3）在矩形ABCD的内部（不含边界），把横、纵 坐标都是整数的点称为“好点”．若抛物线将这些“好点”分成数量相等的两部分，请直接写出t的取值范围．‎ 考点：二次函数综合题。‎ 分析：（1）由抛物线y=x2+bx+c经过点O和点P，将点O与P的坐标代入方程即可求得c，b；‎ ‎（2）①当x=1时，y=1－t，求得M的坐标，则可求得∠AMP的度数，‎ ‎②由S=S四边形AMNP－S△PAM=S△DPN+S梯形NDAM－S△PAM，即可求得关于t的二次函数，列方程即可求得t的值；（3）根据图形，即可直接求得答案．‎ 解答：解：（1）把x=0，y=0代入y=x2+bx+c，得c=0，‎ 再把x=t，y=0代入y=x2+bx，得t2+bt=0，‎ ‎∵t＞0，∴b=－t；‎ ‎（2）①不变．‎ 如图6，当x=1时，y=1－t，故M（1，1－t），‎ ‎∵tan∠AMP=1，∴∠AMP=45°；‎ ‎②S=S四边形AMNP－S△PAM=S△DPN+S梯形NDAM－S△PAM=（t－4）（4t－16）+[（4t－16）+（t ‎－1）]×3－（t－1）（t－1）=t2－t+6．‎ 解t2－t+6=，得：t1=，t2=，‎ ‎∵4＜t＜5，∴t1=舍去，∴t= ‎（3）＜t＜．‎ 点评：此题考查了二次函数与点的关系，以及三角形面积的求解方法等知识．此题综合性很强，难度适中，解题的关键是注意数形结合与方程思想的应用．‎ 三、倒数和类型 ‎1．（2011•莆田）已知菱形ABCD边长为1．∠ADC=60°，等边△AEF两边分别交边DC、CB于点E、F。‎ ‎（1）特殊发现：如图1，若点E、F分别是边DC、CB的中点．求证：菱形ABCD对角线AC、BD交点O即为等边△AEF的外心；‎ ‎（2）若点E、F始终分别在边DC、CB上移动．记等边△AEF的外心为点P．‎ ‎ ①猜想验证：如图2．猜想△AEF的外心P落在哪一直线上，并加以证明；‎ ‎ ②拓展运用：如图3，当△AEF面积最小时，过点P任作一直线分别交边DA于点M，交边DC的延长线于点N，试判断＋是否为定值．若是．请求出该定值；若不是．请说明理由。‎ ‎25．解：（1）证明：如图I，分别连接OE、OF ‎ ∵四边形ABCD是菱形 A B C D E F O 图1‎ ‎ ∴AC⊥BD，BD平分∠ADC．AO=DC=BC ‎ ∴∠COD=∠COB=∠AOD=90°．‎ ‎ ∠ADO=∠ADC=×60°=30°‎ ‎ 又∵E、F分别为DC、CB中点 ‎ ∴OE=CD，OF=BC，AO=AD ‎ ∴OE=OF=OA ∴点O即为△AEF的外心。‎ ‎ （2）①猜想：外心P一定落在直线DB上。‎ ‎ 证明：如图2，分别连接PE、PA，过点P分别作PI⊥CD于I，P J⊥AD于J A B C D 图2‎ E F I J P ‎∴∠PIE=∠PJD=90°，∵∠ADC=60°‎ ‎∴∠IPJ=360°-∠PIE-∠PJD-∠JDI=120°‎ ‎∵点P是等边△AEF的外心，∴∠EPA=120°，PE=PA，‎ ‎∴∠IPJ=∠EPA，∴∠IPE=∠JPA ‎∴△PIE≌△PJA， ∴PI=PJ ‎∴点P在∠ADC的平分线上，即点P落在直线DB上。‎ ‎②＋为定值2.‎ 当AE⊥DC时．△AEF面积最小，‎ 此时点E、F分别为DC、CB中点．‎ A B C D E F P 图3‎ G M N 连接BD、AC交于点P，由（1）‎ 可得点P即为△AEF的外心[来自:中国学考频道]‎ 解法一：如图3．设MN交BC于点G 设DM=x，DN=y(x≠0．y≠O)，则 CN=y－1‎ ‎∵BC∥DA ∴△GBP∽△MDP．∴BG=DM=x．∴CG=1－x ‎∵BC∥DA，∴△GBP∽△NDM ‎∴=，∴ = ∴x＋y=2xy ‎∴＋=2，即＋=2‎