各地中考最后一道题.doc
- 文档编号:16158624
- 上传时间:2023-07-11
- 格式:DOC
- 页数:134
- 大小:2.55MB
各地中考最后一道题.doc
《各地中考最后一道题.doc》由会员分享,可在线阅读,更多相关《各地中考最后一道题.doc(134页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
1.如图,已知抛物线y=﹣x2+bx+c与y轴相交于点A(0,3),与x正半轴相交于点B,对称轴是直线x=1
(1)求此抛物线的解析式以及点B的坐标.
(2)动点M从点O出发,以每秒2个单位长度的速度沿x轴正方向运动,同时动点N从点O出发,以每秒3个单位长度的速度沿y轴正方向运动,当N点到达A点时,M、N同时停止运动.过动点M作x轴的垂线交线段AB于点Q,交抛物线于点P,设运动的时间为t秒.
①当t为何值时,四边形OMPN为矩形.
②当t>0时,△BOQ能否为等腰三角形?
若能,求出t的值;若不能,请说明理由.
【分析】
(1)由对称轴公式可求得b,由A点坐标可求得c,则可求得抛物线解析式;再令y=0可求得B点坐标;
(2)①用t可表示出ON和OM,则可表示出P点坐标,即可表示出PM的长,由矩形的性质可得ON=PM,可得到关于t的方程,可求得t的值;②由题意可知OB=OA,故当△BOQ为等腰三角形时,只能有OB=BQ或OQ=BQ,用t可表示出Q点的坐标,则可表示出OQ和BQ的长,分别得到关于t的方程,可求得t的值.
【解答】解:
(1)∵抛物线y=﹣x2+bx+c对称轴是直线x=1,
∴﹣=1,解得b=2,
∵抛物线过A(0,3),
∴c=3,
∴抛物线解析式为y=﹣x2+2x+3,
令y=0可得﹣x2+2x+3=0,解得x=﹣1或x=3,
∴B点坐标为(3,0);
(2)①由题意可知ON=3t,OM=2t,
∵P在抛物线上,
∴P(2t,﹣4t2+4t+3),
∵四边形OMPN为矩形,
∴ON=PM,
∴3t=﹣4t2+4t+3,解得t=1或t=﹣(舍去),
∴当t的值为1时,四边形OMPN为矩形;
②∵A(0,3),B(3,0),
∴OA=OB=3,且可求得直线AB解析式为y=﹣x+3,
∴当t>0时,OQ≠OB,
∴当△BOQ为等腰三角形时,有OB=QB或OQ=BQ两种情况,
由题意可知OM=2t,
∴Q(2t,﹣2t+3),
∴OQ==,BQ==|2t﹣3|,
又由题意可知0<t<1,
当OB=QB时,则有|2t﹣3|=3,解得t=(舍去)或t=;
当OQ=BQ时,则有=|2t﹣3|,解得t=;
综上可知当t的值为或时,△BOQ为等腰三角形.
【点评】本题为二次函数的综合应用,涉及待定系数法、矩形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识.在
(1)中注意待定系数法的应用,在
(2)①中用t表示出PM和ON的长是解题的关键,在②中用t表示出Q点的坐标,进而表示出OQ和BQ的长是解题的关键,注意分情况讨论.本题考查知识点较多,综合性较强,难度适中.
2.如图,直线y=﹣2x+4交y轴于点A,交抛物线y=x2+bx+c于点B(3,﹣2),抛物线经过点C(﹣1,0),交y轴于点D,点P是抛物线上的动点,作PE⊥DB交DB所在直线于点E.
(1)求抛物线的解析式;
(2)当△PDE为等腰直角三角形时,求出PE的长及P点坐标;
(3)在
(2)的条件下,连接PB,将△PBE沿直线AB翻折,直接写出翻折点后E的对称点坐标.
【分析】
(1)把B(3,﹣2),C(﹣1,0)代入y=x2+bx+c即可得到结论;
(2)由y=x2﹣x﹣2求得D(0,﹣2),根据等腰直角三角形的性质得到DE=PE,列方程即可得到结论;
(3)①当P点在直线BD的上方时,如图1,设点E关于直线AB的对称点为E′,过E′作E′H⊥DE于H,求得直线EE′的解析式为y=x﹣,设E′(m,m﹣),根据勾股定理即可得到结论;②当P点在直线BD的下方时,如图2,设点E关于直线AB的对称点为E′,过E′作E′H⊥DE于H,得到直线EE′的解析式为y=x﹣3,设E′(m,m﹣3),根据勾股定理即可得到结论.
【解答】解:
(1)把B(3,﹣2),C(﹣1,0)代入y=x2+bx+c得,,
∴,
∴抛物线的解析式为y=x2﹣x﹣2;
(2)设P(m,m2﹣m﹣2),
在y=x2﹣x﹣2中,当x=0时,y=﹣2,
∴D(0,﹣2),
∵B(3,﹣2),
∴BD∥x轴,
∵PE⊥BD,
∴E(m,﹣2),
∴DE=m,PE=m2﹣m﹣2+2,或PE=﹣2﹣m2+m+2,
∵△PDE为等腰直角三角形,且∠PED=90°,
∴DE=PE,
∴m=m2﹣m,或m=﹣m2+m,
解得:
m=5,m=1,m=0(不合题意,舍去),
∴PE=5或1,
P(1,﹣3),或(5,3);
(3)①当P点在直线BD的上方时,如图1,设点E关于直线AB的对称点为E′,
过E′作E′H⊥DE于H,
由
(2)知,此时,E(5,﹣2),
∴DE=5,
∴BE′=BE=2,
∵EE′⊥AB,
∴设直线EE′的解析式为y=x+b,
∴﹣2=×5+b,
∴b=﹣,
∴直线EE′的解析式为y=x﹣,
设E′(m,m﹣),
∴E′H=﹣2﹣m+=﹣m,BH=3﹣m,
∵E′H2+BH2=BE′2,
∴(﹣m)2+(3﹣m)2=4,
∴m=,m=5(舍去),
∴E′(,﹣);
②当P点在直线BD的下方时,如图2,设点E关于直线AB的对称点为E′,
过E′作E′H⊥DE于H,
由
(2)知,此时,E(1,﹣2),
∴DE=1,
∴BE′=BE=2,
∵EE′⊥AB,
∴设直线EE′的解析式为y=x+b,
∴﹣2=×1+b,
∴b=﹣,
∴直线EE′的解析式为y=x﹣,
设E′(m,m﹣),
∴E′H=m﹣+2=m﹣,BH=m﹣3,
∵E′H2+BH2=BE′2,
∴(m﹣)2+(m﹣3)2=4,
∴m=4.2,m=1(舍去),
∴E′(4.2,﹣0.4),
综上所述,E的对称点坐标为(,﹣),(4.2,﹣0.4).
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式,等腰直角三角形的性质,勾股定理,折叠的性质,正确的作出辅助线是解题的关键.
3.已知,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=4,BC=2,D是AC边上的一个动点,将△ABD沿BD所在直线折叠,使点A落在点P处.
(1)如图1,若点D是AC中点,连接PC.
①写出BP,BD的长;
②求证:
四边形BCPD是平行四边形.
(2)如图2,若BD=AD,过点P作PH⊥BC交BC的延长线于点H,求PH的长.
【分析】
(1)①分别在Rt△ABC,Rt△BDC中,求出AB、BD即可解决问题;
②想办法证明DP∥BC,DP=BC即可;
(2)如图2中,作DN⊥AB于N,PE⊥AC于E,延长BD交PA于M.设BD=AD=x,则CD=4﹣x,在Rt△BDC中,可得x2=(4﹣x)2+22,推出x=,推出DN==,由△BDN∽△BAM,可得=,由此求出AM,由△ADM∽△APE,可得=,由此求出AE=,可得EC=AC﹣AE=4﹣=由此即可解决问题.
【解答】解:
(1)①在Rt△ABC中,∵BC=2,AC=4,
∴AB==2,
∵AD=CD=2,
∴BD==2,
由翻折可知,BP=BA=2.
②如图1中,
∵△BCD是等腰直角三角形,
∴∠BDC=45°,
∴∠ADB=∠BDP=135°,
∴∠PDC=135°﹣45°=90°,
∴∠BCD=∠PDC=90°,
∴DP∥BC,∵PD=AD=BC=2,
∴四边形BCPD是平行四边形.
(2)如图2中,作DN⊥AB于N,PE⊥AC于E,延长BD交PA于M.
设BD=AD=x,则CD=4﹣x,
在Rt△BDC中,∵BD2=CD2+BC2,
∴x2=(4﹣x)2+22,
∴x=,
∵DB=DA,DN⊥AB,
∴BN=AN=,
在Rt△BDN中,DN==,
由△BDN∽△BAM,可得=,
∴=,
∴AM=2,
∴AP=2AM=4,
由△ADM∽△APE,可得=,
∴=,
∴AE=,
∴EC=AC﹣AE=4﹣=,
易证四边形PECH是矩形,
∴PH=EC=.
【点评】本题考查四边形综合题、勾股定理.相似三角形的判定和性质、翻折变换、等腰三角形的性质等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,学会添加常用辅助线,构造相似三角形解决问题,属于中考压轴题.
4.如图,正方形ABCD的边长为1,点E为边AB上一动点,连结CE并将其绕点C顺时针旋转90°得到CF,连结DF,以CE、CF为邻边作矩形CFGE,GE与AD、AC分别交于点H、M,GF交CD延长线于点N.
(1)证明:
点A、D、F在同一条直线上;
(2)随着点E的移动,线段DH是否有最小值?
若有,求出最小值;若没有,请说明理由;
(3)连结EF、MN,当MN∥EF时,求AE的长.
【分析】
(1)由△DCF≌△BCE,可得∠CDF=∠B=90°,即可推出∠CDF+∠CDA=180°,由此即可证明.
(2)有最小值.设AE=x,DH=y,则AH=1﹣y,BE=1﹣x,由△ECB∽△HEA,推出=,可得=,推出y=x2﹣x+1=(x﹣)2+,由a=1>0,y有最小值,最小值为.
(3)只要证明△CFN≌△CEM,推出∠FCN=∠ECM,由∠MCN=45°,可得∠FCN=∠ECM=∠BCE=22.5°,在BC上取一点G,使得GC=GE,则△BGE是等腰直角三角形,设BE=BG=a,则GC=GE=a,可得a+a=1,求出a即可解决问题;
【解答】
(1)证明:
∵四边形ABCD是正方形,
∴CD=CB,∠BCD=∠B=∠ADC=90°,
∵CE=CF,∠ECF=90°,
∴∠ECF=∠DCB,
∴∠DCF=∠BCE,
∴△DCF≌△BCE,
∴∠CDF=∠B=90°,
∴∠CDF+∠CDA=180°,
∴点A、D、F在同一条直线上.
(2)解:
有最小值.
理由:
设AE=x,DH=y,则AH=1﹣y,BE=1﹣x,
∵四边形CFGE是矩形,
∴∠CEG=90°,
∴∠CEB+∠AEH=90°
CEB+∠ECB=90°,
∴∠ECB=∠AEH,
∵∠B=∠EAH=90°,
∴△ECB∽△HEA,
∴=,
∴=,
∴y=x2﹣x+1=(x﹣)2+,
∵a=1>0,
∴y有最小值,最小值为.
∴DH的最小值为.
(3)解:
∵四边形CFGE是矩形,CF=CE,
∴四边形CFGE是正方形,
∴GF=GE,∠GFE=∠GEF=45°,
∵NM∥EF,
∴∠GNM=∠GFE,∠GMN=∠GEF,
∴∠GMN=∠GNM,
∴GN=GM,
∴FN=EM,
∵CF=CE,∠CFN=∠CEM,
∴△CFN≌△CEM,
∴∠FCN=∠ECM,∵∠MCN=45°,
∴∠FCN=∠ECM=∠BCE=22.5°,
在BC上取一点G,使得GC=GE,则△BGE是等腰直角三角形,设BE=BG=a,则GC=GE=a,
∴a+a=1,
∴a=﹣1,
∴AE=AB﹣BE=1﹣(﹣1)=2﹣.
【点评】本题考查四边形综合题、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识,解题的关键是灵活应用所学知识解决问题,学会构建二次函数解决最值问题,学会用方程的思想思考问题,属于中考压轴题.
5.如图,抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴的两个交点分别为A(3,0),D(﹣1,0),与y轴交于点C,点B在y轴正半轴上,且OB=OD.
(1)求抛物线的解析式;
(2)如图1,抛物线的顶点为点E,对称轴交x轴于点M,连接BE,AB,请在抛物线的对称轴上找一点Q,使∠QBA=∠BEM,求出点Q的坐标;
(3)如图2,过点C作CF∥x轴,交抛物线于点F,连接BF,点G是x轴上一点,在抛物线上是否存在点N,使以点B,F,G,N为顶点的四边形是平行四边形?
若存在,请直接写出点N的坐标;若不存在,请说明理由.
【分析】
(1)利用待定系数法即可解决问题;
(2)首先证明BE⊥AB,分两种情形求解①作BQ⊥EM交EM于Q,由∠ABQ+∠EBQ=90°,∠EBQ+∠BEM=90°,推出∠ABQ=∠BEM,满足条件,此时Q(1,1).
②当点Q在AB的下方时,设Q(1,m),AB交EM于K.易知K(1,),由△Q′BK∽△Q′EB,可得Q′B2=Q′K•Q′E,列出方程即可解决问题;
(3)由题意可知当点N的纵坐标为±2时,以点B,F,G,N为顶点的四边形是平行四边形,当N与E重合,G与M重合时,四边形BNFG是平行四边形,由此即可解决问题;
【解答】解:
(1)把A(3,0),D(﹣1,0)代入y=﹣x2+bx+c得到,
解得,
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3.
(2)如图1中,
∵y=﹣(x﹣1)2+4,
∴E(1,4),∵A(3,0),B(0,1),
∴直线BE的解析式为y=3x+1,直线AB的解析式为y=﹣x+1,
∵3×(﹣)=﹣1,
∴BE⊥AB,作BQ⊥EM交EM于Q,
∵∠ABQ+∠EBQ=90°,∠EBQ+∠BEM=90°,
∴∠ABQ=∠BEM,满足条件,此时Q(1,1).
当点Q在AB的下方时,设Q(1,m),AB交EM于K.易知K(1,)
∵∠QBK=∠BEM,∠BQ′K=∠BQ′E,
∴△Q′BK∽△Q′EB,
∴Q′B2=Q′K•Q′E,
∴12+(m﹣1)2=(﹣m)•(4﹣m),
解得m=,
∴Q(1,),
综上所述,满足条件的点Q的坐标为(1,1)或(1,).
(3)如图3中,
由题意可知当点N的纵坐标为±2时,以点B,F,G,N为顶点的四边形是平行四边形,
当y=2时,﹣x2+2x+3=2,解得x=1±,可得N1(1+,2),N4(1﹣,2),
当y=﹣2时,﹣x2+2x+3=﹣2,解得x=1±,可得N2(1+,﹣2),N3(1﹣,﹣2),
当N与E重合,G与M重合时,四边形BNFG是平行四边形,此时N5(1,4),
综上所述,满足条件的点N的坐标为(1+,2)或(1﹣,2)或(1+,﹣2)或(1﹣,﹣2)或(1,4).
【点评】本题考查二次函数的综合题、一次函数的应用、两直线垂直的判定、平行四边形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识,解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题,学会构建方程解决问题,属于中考压轴题.
6.如图,抛物线y=ax2+bx+c(a≠0),经过点A(﹣1,0),B(3,0),C(0,3)三点.
(1)求抛物线的解析式及顶点M的坐标;
(2)连接AC、BC,N为抛物线上的点且在第四象限,当S△NBC=S△ABC时,求N点的坐标;
(3)在
(2)问的条件下,过点C作直线l∥x轴,动点P(m,3)在直线l上,动点Q(m,0)在x轴上,连接PM、PQ、NQ,当m为何值时,PM+PQ+QN的和最小,并求出PM+PQ+QN和的最小值.
【分析】
(1)将点A、B、C坐标代入解析式,解关于a、b、c的方程组可得函数解析式,配方成顶点式即可得点M坐标;
(2)设N(t,﹣t2+2t+3)(t>0),根据点N、C坐标用含t的代数式表示出直线CN解析式,求得CN与x轴的交点D坐标,即可表示BD的长,根据S△NBC=S△ABC,即S△CDB+S△BDN=AB•OC建立关于t的方程,解之可得;
(3)将顶点M(1,4)向下平移3个单位得到点M′(1,1),连接M′N交x轴于点Q,连接PQ,此时M′、Q、N三点共线时,PM+PQ+QN=M′Q+PQ+QN取最小值,由点M′、N坐标求得直线M′N的解析式,即可求得点Q的坐标,据此知m的值,过点N作NE∥x轴交MM′延长线于点E,可得M′E=6、NE=3、M′N==3,即M′Q+QN=3,据此知m=时,PM+PQ+QN的最小值为3+3.
【解答】解:
(1)∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过点A(﹣1,0),B(3,0),C(0,3),
∴,
解得:
,
∴y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)2+4,
则抛物线的顶点M坐标为(1,4);
(2)∵N是抛物线上第四象限的点,
∴设N(t,﹣t2+2t+3)(t>0),
又点C(0,3),
设直线NC的解析式为y=k1x+b1,
则,
解得:
,
∴直线NC的解析式为y=(﹣t+2)x+3,
设直线CN与x轴交于点D,
当y=0时,x=,
∴D(,0),BD=3﹣,
∵S△NBC=S△ABC,
∴S△CDB+S△BDN=AB•OC,即BD•|yC﹣yN|=[3﹣(﹣1)]×3,
即×(3﹣)[3﹣(﹣t2+2t+3)]=6,
整理,得:
t2﹣3t﹣4=0,
解得:
t1=4,t2=﹣1(舍去),
当t=4时,﹣t2+2t+3=﹣5,
∴N(4,﹣5);
(3)将顶点M(1,4)向下平移3个单位得到点M′(1,1),连接M′N交x轴于点Q,连接PQ,
则MM′=3,
∵P(m,3)、Q(m,0),
∴PQ⊥x轴,且PQ=OC=3,
∴PQ∥MM′,且PQ=MM′,
∴四边形MM′QP是平行四边形,
∴PM=QM′,
由作图知当M′、Q、N三点共线时,PM+PQ+QN=M′Q+PQ+QN取最小值,
设直线M′N的解析式为y=k2x+b2(k2≠0),
将点M′(1,1)、N(4,﹣5)代入,得:
,
解得:
,
∴直线M′N的解析式为y=﹣2x+3,
当y=0时,x=,
∴Q(,0),即m=,
此时过点N作NE∥x轴交MM′延长线于点E,
在Rt△M′EN中,∵M′E=1﹣(﹣5)=6,NE=4﹣1=3,
∴M′N==3,
∴M′Q+QN=3,
∴当m=时,PM+PQ+QN的最小值为3+3.
【点评】本题主要考查二次函数的综合问题,解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式、平行四边形的判定与性质、勾股定理及根据两点间线段最短得到点P、Q的位置.
7.如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,且OA=2,OB=8,OC=6.
(1)求抛物线的解析式;
(2)点M从A点出发,在线段AB上以每秒3个单位长度的速度向B点运动,同时,点N从B出发,在线段BC上以每秒1个单位长度的速度向C点运动,当其中一个点到达终点时,另一个点也停止运动,当△MBN存在时,求运动多少秒使△MBN的面积最大,最大面积是多少?
(3)在
(2)的条件下,△MBN面积最大时,在BC上方的抛物线上是否存在点P,使△BPC的面积是△MBN面积的9倍?
若存在,求点P的坐标;若不存在,请说明理由.
【分析】
(1)由线段的长度得出点A、B、C的坐标,然后把A、B、C三点的坐标分别代入y=ax2+bx+c,解方程组,即可得抛物线的解析式;
(2)设运动时间为t秒,则MB=6﹣3t,然后根据△BHN∽△BOC,求得NH=,再利用三角形的面积公式列出S△MBN与t的函数关系式S△MBN=﹣(t﹣)2+,利用二次函数的图象性质进行解答;
(3)利用待定系数法求得直线BC的解析式为y=﹣x+6.由二次函数图象上点的坐标特征可设点P的坐标为(m,﹣m2+m+6).过点P作PE∥y轴,交BC于点E.结合已知条件和
(2)中的结果求得S△PBC=.则根据图形得到S△PBC=S△CEP+S△BEP=EP•m+•EP•(8﹣m),把相关线段的长度代入推知:
﹣m2+12m==.
【解答】解:
(1)∵OA=2,OB=8,OC=6,
∴根据函数图象得A(﹣2,0),B(8,0),C(0,6),
根据题意得,解得,
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+6;
(2)设运动时间为t秒,则AM=3t,BN=t.
∴MB=10﹣3t.
由题意得,点C的坐标为(0,6).
在Rt△BOC中,BC==10.
如图,过点N作NH⊥AB于点H.
∴NH∥CO,
∴△BHN∽△BOC,
∴=,即=,
∴HN=t.
∴S△MBN=MB•HN=(10﹣3t)•t=﹣t2+3t=﹣(t﹣)2+,
当△MBN存在时,0<t<,
∴当t=时,
S△MBN最大=.
答:
运动秒使△MBN的面积最大,最大面积是;
(3)设直线BC的解析式为y=kx+c(k≠0).
把B(8,0),C(0,6)代入,得,解得,
∴直线BC的解析式为y=﹣x+6.
∵点P在抛物线上.
∴设点P的坐标为(m,﹣m2+m+6),
如图,过点P作PE∥y轴,交BC于点E,则E点的坐标为(m,﹣m+6).
∴EP=﹣m2+m+6﹣(﹣m+6)=﹣m2+3m,
当△MBN的面积最大时,S△PBC=9S△MBN=,
∴S△PBC=S△CEP+S△BEP=EP•m+•EP•(8﹣m)=×8•EP=4×(﹣m2+3m)=﹣m2+12m,即﹣m2+12m=.解得m1=3,m2=5,
∴P(3,)或(5,).
【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用,解答本题主要应用了待定系数法求二次函数、一次函数的解析式、三角形的面积公式,依据题意列出关于S△MBN与t的函数关系式以及S△PBC的面积与m的函数关系式是解题的关键.
8.如图,抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点,B点坐标为(3,0).与y轴交于点C(0,3).
(1)求抛物线的解析式;
(2)点P在x轴下方的抛物线上,过点P的直线y=x+m与直线BC交于点E,与y轴交于点F,求PE+EF的最大值;
(3)点D为抛物线对称轴上一点.
①当△BCD是以BC为直角边的直角三角形时,求点D的坐标;
②若△BCD是锐角三角形,求点D的纵坐标的取值范围.
【分析】
(1)利用待定系数法求抛物线的解析式;
(2)易得BC的解析式为y=﹣x+3,先证明△ECF为等腰直角三角形,作PH⊥y轴于H,PG∥y轴交BC于G,如图1,则△EPG为等腰直角三角形,PE=PG,设P(t,t2﹣4t+3)(1<t<3),则G(t,﹣t+3),接着利用t表示PF、PE,所以PE+EF=2PE+PF=﹣t2+3t+,然后利用二次函数的性质解决问题;
(3)①如图2,抛物线的对称轴为直线x=﹣=2,设D(2,y),利用两点间的距离公式得到BC2=18,DC2=4+(y﹣3)2,BD2=1+y2,讨论:
当△BCD是以BC为直角边,BD为斜边的直角三角形时,18+4+(y﹣3)2=1+y2;当△BCD是以BC为直角边,CD为斜边的直角三角形时,4+(y﹣3)2=1+y2+18,分别解方程求出t即可得到对应的D点坐标;
②由于△BCD是以BC为斜边的直角三角形有4+(y﹣3)2+1+y2=18,解得y1=,y2=,得到此时D点坐标为(2,)或(2,),然后结合图形可确定△BCD是锐角三角形时点D的纵坐标的取值范围.
【解答】解:
(1)把B(3,0),C(0,3)代入y=x2+bx+c得,解得,
∴抛物线的解析式为y=x2﹣4x+3;
(2)易得BC的解析式为y=﹣x+3,
∵直线y=x﹣m与直线y=x平行,
∴直线y=﹣x+3与直线y=x﹣m垂直,
∴∠CEF=90°,
∴△ECF为等腰直角三角形,
作PH⊥y轴于H,PG∥y轴交BC于G,如图1,△EPG为等腰直角三角形,PE=PG,
设P(t,t2﹣4t+3)(1<t<3),则G(t,﹣t+3),
∴PF=PH=t,PG=﹣t+3﹣(t2﹣4t+3)=﹣t2+3t,
∴PE=PG=﹣t2+t,
∴PE+EF=PE+PE+PF=2PE+PF=﹣t2+3t+=﹣t2+4=﹣(t﹣2)2+4,
当t=2时,PE+EF的最大值为4;
(3)①如图2,抛物线的对称轴为直线x=﹣=2,
设D(2,y),则BC2=32+32=18,DC
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 各地 中考 最后 一道