浙江省数学中考专题复习专题十综合性压轴题训练1.docx
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浙江省数学中考专题复习专题十综合性压轴题训练1
专题十 综合性压轴题
类型一函数中点的存在性问题
(2018·山东东营中考)如图,抛物线y=a(x-1)(x-3)(a>0)与x轴交于A,B两点,抛物线上另有一点C在x轴下方,且使△OCA∽△OBC.
(1)求线段OC的长度;
(2)设直线BC与y轴交于点M,点C是BM的中点时,求直线BM和抛物线的表达式;
(3)在
(2)的条件下,直线BC下方抛物线上是否存在一点P,使得四边形ABPC面积最大?
若存在,请求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.
【分析】
(1)令y=0,求出x的值,确定出A与B坐标,根据已知相似三角形得比例,求出OC的长即可;
(2)根据C为BM的中点,利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到OC=BC,确定出C的坐标,利用待定系数法确定出直线BC的表达式,把C坐标代入抛物线求出a的值,确定出二次函数的表达式即可;
(3)过P作x轴的垂线,交BM于点Q,设出P与Q的横坐标为x,分别代入抛物线与直线表达式,表示出纵坐标,相减表示出PQ,四边形ACPB面积最大即为三角形BCP面积最大,三角形BCP面积等于PQ与B和C横坐标之差乘积的一半,构造为二次函数,利用二次函数性质求出此时P的坐标即可.
【自主解答】
1.(2018·湖南衡阳中考)如图,已知直线y=-2x+4分别交x轴、y轴于点A,B,抛物线经过A,B两点,点P是线段AB上一动点,过点P作PC⊥x轴于点C,交抛物线于点D.
(1)若抛物线的表达式为y=-2x2+2x+4,设其顶点为M,其对称轴交AB于点N.
①求点M,N的坐标;
②是否存在点P,使四边形MNPD为菱形?
并说明理由;
(2)当点P的横坐标为1时,是否存在这样的抛物线,使得以B,P,D为顶点的三角形与△AOB相似?
若存在,求出满足条件的抛物线的表达式;若不存在,请说明理由.
类型二图形运动中的函数关系问题
如图,在△ABC中,AB=6cm,AC=4cm,BC=2cm,点P以1cm/s的速度从点B出发沿边BA→AC运动到点C停止,运动时间为ts,点Q是线段BP的中点.
(1)若CP⊥AB时,求t的值;
(2)若△BCQ是直角三角形时,求t的值;
(3)设△CPQ的面积为S,求S与t的关系式,并写出t的取值范围.
【分析】
(1)作CH⊥AB于H.设BH=x,利用勾股定理构建方程求出x,当点P与H重合时,CP⊥AB,此时t=2;
(2)分两种情形求解即可解决问题;
(3)分两种情形讨论,求出QM即可解决问题.
【自主解答】
2.(2018·广东中考)已知Rt△OAB,∠OAB=90°,∠ABO=30°,斜边OB=4,将Rt△OAB绕点O顺时针旋转60°,如图1,连结BC.
(1)填空:
∠OBC=°;
(2)如图1,连结AC,作OP⊥AC,垂足为P,求OP的长度;
(3)如图2,点M,N同时从点O出发,在△OCB边上运动,M沿O→C→B路径匀速运动,N沿O→B→C路径匀速运动,当两点相遇时运动停止,已知点M的运动速度为1.5单位/秒,点N的运动速度为1单位/秒,设运动时间为x秒,△OMN的面积为y,求当x为何值时y取得最大值?
最大值为多少?
类型三点的运动中的计算说理问题
(2018·山东青岛中考)已知:
如图,四边形ABCD,AB∥DC,CB⊥AB,AB=16cm,BC=6cm,CD=8cm,动点P从点D开始沿DA边匀速运动,动点Q从点A开始沿AB边匀速运动,它们的运动速度均为2cm/s.点P和点Q同时出发,以QA,QP为边作平行四边形AQPE,设运动的时间为t(s),0<t<5.
根据题意解答下列问题:
(1)用含t的代数式表示AP;
(2)设四边形CPQB的面积为S(cm2),求S与t的函数关系式;
(3)当QP⊥BD时,求t的值;
(4)在运动过程中,是否存在某一时刻t,使点E在∠ABD的平分线上?
若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.
【分析】
(1)作DH⊥AB于H,则四边形DHBC是矩形,利用勾股定理求出AD的长即可解决问题;
(2)作PN⊥AB于N.连结PB,根据S=S△PQB+S△BCP,计算即可;
(3)当PQ⊥BD时,∠PQN+∠DBA=90°,∠QPN+∠PQN=90°,推出∠QPN=∠DBA,推出tan∠QPN==,由此构建方程即可解决问题;
(4)存在.连结BE交DH于K,作KM⊥BD于M.当BE平分∠ABD时,△KBH≌△KBM,推出KH=KM,BH=BM=8,设KH=KM=x,在Rt△DKM中,(6-x)2=22+x2,解得x=,作EF⊥AB于F,则△AEF≌△QPN,推出EF=PN=(10-2t),AF=QN=(10-2t)-2t,推出BF=16-[(10-2t)-2t],由KH∥EF,可得=,由此构建方程即可解决问题;
【自主解答】
解决点动产生的计算说理题,关键是抓住点,由点到线段再到图形.此类问题涉及计算与说理,计算时常常用到勾股定理、三角函数、面积计算等相关知识,说理时往往较综合,涉及几何图形的相关性质与判定方法等,有时需要借助函数解决.
3.(2018·浙江衢州中考)如图,Rt△OAB的直角边OA在x轴上,顶点B的坐标为(6,8),直线CD交AB于点D(6,3),交x轴于点C(12,0).
(1)求直线CD的函数表达式;
(2)动点P在x轴上从点(-10,0)出发,以每秒1个单位的速度向x轴正方向运动,过点P作直线l垂直于x轴,设运动时间为t.
①点P在运动过程中,是否存在某个位置,使得∠PDA=∠B,若存在,请求出点P的坐标;若不存在,请说明理由;
②请探索当t为何值时,在直线l上存在点M,在直线CD上存在点Q,使得以OB为一边,O,B,M,Q为顶点的四边形为菱形,并求出此时t的值.
类型四图形运动变化过程中的分类讨论问题
(2018·江苏淮安中考)如图,在平面直角坐标系中,一次函数y=-x+4的图象与x轴和y轴分别相交于A,B两点.动点P从点A出发,在线段AO上以每秒3个单位长度的速度向点O作匀速运动,到达点O停止运动,点A关于点P的对称点为点Q,以线段PQ为边向上作正方形PQMN.设运动时间为t秒.
(1)当t=秒时,点Q的坐标是;
(2)在运动过程中,设正方形PQMN与△AOB重叠部分的面积为S,求S与t的函数表达式;
(3)若正方形PQMN对角线的交点为T,请直接写出在运动过程中OT+PT的最小值.
【分析】
(1)先确定出点A的坐标,进而求出AP,利用对称性即可得出结论;
(2)分三种情况,①利用正方形的面积减去三角形的面积,②利用矩形的面积减去三角形的面积,③利用梯形的面积,即可得出结论;
(3)先确定出点T的运动轨迹,进而找出OT+PT最小时的点T的位置,即可得出结论.
【自主解答】
图形运动中会产生不同的位置、形成不同的图形形状、对应关系也会随着图形的变化而改变,所以在解决此类问题时,要注意分类讨论,分类讨论可以根据点的位置不同、图形的形状、对应关系等为依据,但分类讨论容易遗漏,解题时要特别关注.
4.(2018·湖南衡阳中考)如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=BC=4cm,动点P从点C出发以1cm/s的速度沿CA匀速运动,同时动点Q从点A出发以cm/s的速度沿AB匀速运动,当点P到达点A时,点P,Q同时停止运动,设运动时间为t(s).
(1)当t为何值时,点B在线段PQ的垂直平分线上?
(2)是否存在某一时刻t,使△APQ是以PQ为腰的等腰三角形?
若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由;
(3)以PC为边,往CB方向作正方形CPMN,设四边形QNCP的面积为S,求S关于t的函数关系式.
参考答案
类型一
【例1】
(1)由题可知当y=0时,a(x-1)(x-3)=0,
解得x1=1,x2=3,即A(1,0),B(3,0),
∴OA=1,OB=3.
∵△OCA∽△OBC,∴OC∶OB=OA∶OC,
∴OC2=OA·OB=3,则OC=.
(2)∵C是BM的中点,即OC为斜边BM的中线,
∴OC=BC,∴点C的横坐标为.
又OC=,点C在x轴下方,
∴C(,-).
设直线BM的表达式为y=kx+b,
把点B(3,0),C(,-)代入得
解得∴y=x-.
又∵点C(,-)在抛物线上,代入抛物线表达式得a(-1)(-3)=-,
解得a=,
∴抛物线表达式为y=x2-x+2.
(3)存在,设点P坐标为(x,x2-x+2),
如图,过点P作PQ⊥x轴交直线BM于点Q,则Q(x,x-),
∴PQ=x--(x2-x+2)=-x2+3x-3.
当△BCP面积最大时,四边形ABPC的面积最大,
S△BCP=PQ(3-x)+PQ(x-)=PQ=-x2+x-,
当x=-=时,S△BCP有最大值,四边形ABPC的面积最大,此时点P的坐标为(,-).
变式训练
1.解:
(1)①如图,
∵y=-2x2+2x+4=-2(x-)2+,
∴顶点M的坐标为(,).
当x=时,y=-2×+4=3,
则点N的坐标为(,3).
②不存在.理由如下:
MN=-3=.
设P点坐标为(m,-2m+4),则D(m,-2m2+2m+4),
∴PD=-2m2+2m+4-(-2m+4)=-2m2+4m.
∵PD∥MN,
当PD=MN时,四边形MNPD为平行四边形,
即-2m2+4m=,解得m1=(舍去),m2=,
此时P点坐标为(,1).
∵PN==,
∴PN≠MN,
∴平行四边形MNPD不为菱形,
∴不存在点P,使四边形MNPD为菱形.
(2)存在.
如图,
OB=4,OA=2,则AB==2.
当x=1时,y=-2x+4=2,则P(1,2),
∴PB==.
设抛物线的表达式为y=ax2+bx+4,
把A(2,0)代入得4a+2b+4=0,
解得b=-2a-2,
∴抛物线的表达式为y=ax2-2(a+1)x+4.
当x=1时,y=ax2-2(a+1)x+4=a-2a-2+4=2-a,则D(1,2-a),
∴PD=2-a-2=-a.
∵DC∥OB,
∴∠DPB=∠OBA,
∴当=时,△PDB∽△BOA,
即=,解得a=-2,
此时抛物线的表达式为y=-2x2+2x+4;
当=时,△PDB∽△BAO,
即=,
解得a=-,
此时抛物线的表达式为y=-x2+3x+4.
综上所述,满足条件的抛物线的表达式为y=-2x2+2x+4或y=-x2+3x+4.
类型二
【例2】
(1)如图1中,作CH⊥AB于H.设BH=x.
∵CH⊥AB,∴∠CHB=∠CHA=90°,
∴AC2-AH2=BC2-BH2,
∴(4)2-(6-x)2=
(2)2-x2,
解得x=2,∴当点P与H重合时,CP⊥AB,此时t=2.
(2)如图2中,当点Q与H重合时,BP=2BQ=4,此时t=4.
如图3中,当CP=CB=2时,CQ⊥PB,此时t=6+(4-2)=6+4-2.
(3)①如图4中,当0<t≤6时,S=PQ·CH=×t×4=t.
②如图5中,当6<t<6+4时,作BG⊥AC于G,QM⊥AC于M.易知BG=AG=3,CG=.MQ=BG=,
∴S=PC·QM=××(6+4-t)=+6-t.
综上所述,
S=
变式训练
2.解:
(1)60
(2)如图,
∵OB=4,∠ABO=30°,
∴OA=OB=2,AB=OA=2,
∴S△AOC=OA·AB=×2×2=2.
∵△BOC是等边三角形,
∴∠OBC=60°,∠ABC=∠ABO+∠OBC=90°,
∴AC==2,
∴OP===.
(3)①当0<x≤时,M在OC上运动,N在OB上运动,如图,过点N作NE⊥OC且交OC于点E.则NE=ON·sin60°=x,
∴S△OMN=OM·NE=×1.5x×x,
∴y=x2,
∴x=时,y有最大值,最大值为.
②当<x≤4时,M在BC上运动,N在OB上运动.
如图,作MH⊥OB于H,
则BM=8-1.5x,
MH=BM·sin60°=(8-1.5x),
∴y=ON·MH=-x2+2x.
当x=时,y取最大值,y<,
③当4<x≤4.8时,M,N都在BC上运动,如图,作OG⊥BC于G.
MN=12-2.5x,OG=AB=2,
∴y=·MN·OG=12-x,
当x=4时,y有最大值,最大值接近于2.
综上所述,y有最大值,最大值为.
类型三
【例3】
(1)如图,作DH⊥AB于H,则四边形DHBC是矩形,
∴CD=BH=8,DH=BC=6.
∵AH=AB-BH=8,
∴AD==10,
∴AP=AD-DP=10-2t.
(2)如图,作PN⊥AB于N,连结PB.
在Rt△APN中,PA=10-2t,
∴PN=PA·sin∠DAH=(10-2t),
AN=PA·cos∠DAH=(10-2t),
∴BN=16-AN=16-(10-2t),
S=S△PQB+S△BCP=×(16-2t)×(10-2t)+×6×[16-(10-2t)]=t2-t+72.
(3)当PQ⊥BD时,∠PQN+∠DBA=90°.
∵∠QPN+∠PQN=90°,
∴∠QPN=∠DBA,
∴tan∠QPN==,
∴=,
解得t=.
经检验,t=是分式方程的解,
∴当t=s时,PQ⊥BD.
(4)存在.理由如下:
连结BE交DH于K,作KM⊥BD于M.
当BE平分∠ABD时,△KBH≌△KBM,
∴KH=KM,BH=BM=8,设KH=KM=x,
在Rt△DKM中,(6-x)2=22+x2,
解得x=.
如图,作EF⊥AB于F,则△AEF≌△QPN,
∴EF=PN=(10-2t),
AF=QN=(10-2t)-2t,
∴BF=16-[(10-2t)-2t].
∵KH∥EF,∴=,
∴=,
解得t=.
经检验,t=是分式方程的解,
∴当t=s时,点E在∠ABD的平分线.
变式训练
3.解:
(1)设直线CD的表达式为y=kx+b,则有解得
∴直线CD的表达式为y=-x+6.
(2)①如图1中,作DP∥OB,则∠PDA=∠B.
图1
∵DP∥OB,∴=,
∴=,∴PA=,
∴OP=6-=,
∴P(,0),根据对称性可知,当AP=AP′时,P′(,0),
∴满足条件的点P坐标为(,0)或(,0).
②如图2中,当OP=OB=10时,作PQ∥OB交CD于Q.
图2
∵直线OB的表达式为y=x,
∴直线PQ的表达式为y=x+,
由解得
∴Q(-4,8),∴PQ==10,
∴PQ=OB.
∵PQ∥OB,∴四边形OBQP是平行四边形.
∵OB=OP,
∴四边形OBQP是菱形,此时点M与P重合,满足条件,t=0.
如图3中,当OQ=OB时,设Q(m,-m+6),
图3
则有m2+(-m+6)2=102,
解得m=,
∴点Q的横坐标为或,设点M的横坐标为a,
则有=或=,
∴a=或.
又∵点P从点(-10,0)开始运动,
∴满足条件的t的值为或.
如图4中,当点Q与C重合时,M点的横坐标为6,此时t=16,
图4
综上所述,满足条件的t的值为0或16或或.
类型四
【例4】
(1)(4,0)
(2)当点Q在原点O时,AQ=6,
∴AP=AQ=3,∴t=3÷3=1.
①当0<t≤1时,如图1,令x=0,
图1
∴y=4,∴B(0,4),∴OB=4.
∵A(6,0),∴OA=6,
在Rt△AOB中,tan∠OAB===,
由运动知AP=3t,∴P(6-3t,0),
∴Q(6-6t,0),∴PQ=AP=3t.
∵四边形PQMN是正方形,
∴MN∥OA,PN=PQ=3t,
在Rt△APD中,tan∠OAB===,
∴PD=2t,∴DN=t.
∵MN∥OA,∴∠DCN=∠OAB,
∴tan∠DCN===,
∴CN=t,
∴S=S正方形PQMN-S△CDN=(3t)2-t×t=t2.
②当1<t≤时,如图2,同①的方法得DN=t,CN=t,
图2
∴S=S矩形OENP-S△CDN=3t×(6-3t)-t×t=-t2+18t.
③当<t≤2时,如图3,S=S梯形OBDP=(2t+4)(6-3t)=-3t2+12.
图3
(3)如图4,由运动知P(6-3t,0),Q(6-6t,0),
图4
∴M(6-6t,3t).
∵T是正方形PQMN的对角线交点,
∴T(6-t,t),
∴点T是直线y=-x+2上的一段线段,(-3≤x<6).
同理,点N是直线AG:
y=-x+6上的一段线段,(0≤x≤6),
∴G(0,6),∴OG=6.
∵A(6,0),∴AB=6.
∵T是正方形PQMN的对角线的交点,
∴TN=TP,∴OT+TP=OT+TN,
∴点O,T,N在同一条直线上,且ON⊥AG时,OT+TN最小,即OT+TN最小.
∵S△OAG=OA·OG=AG·ON,
∴ON==3,
即OT+PT的最小值为3.
变式训练
4.解:
(1)如图,连结BP.
在Rt△ACB中,∵AC=BC=4,∠C=90°,∴AB=4.
∵点B在线段PQ的垂直平分线上,
∴BP=BQ.
∵AQ=t,CP=t,∴BQ=4-t,PB2=42+t2,
∴(4-t)2=16+t2,解得t=8-4或8+4(舍去),
∴t=(8-4)s时,点B在线段PQ的垂直平分线上.
(2)①如图,当PQ=QA时,易知△APQ是等腰直角三角形,∠AQP=90°,
则有PA=AQ,∴4-t=·t,解得t=.
②如图,当AP=PQ时,易知△APQ是等腰直角三角形,∠APQ=90°,
则有AQ=AP,∴t=(4-t),解得t=2.
综上所述,t=s或2s时,△APQ是以PQ为腰的等腰三角形.
(3)如图,连结QC,作QE⊥AC于E,作QF⊥BC于F.则QE=AE,QF=EC,可得QE+QF=AE+EC=AC=4,
∴S=S△QNC+S△PCQ=CN·QF+PC·QE=t(QE+QF)=2t(0<t<4).
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