全国中考数学压轴题分类解析汇编专题08实践操作探究类问题Word格式文档下载.docx
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2.(2012陕西省12分)如图,正三角形ABC的边长为.
(1)如图①,正方形EFPN的顶点E、F在边AB上,顶点N在边AC上.在正三角形ABC及其(3)如图②,连接NE,EP,PN,则NEP=900。
设正方形DEMN和正方形EFPH的边长分别为m、n(m≥n),
它们的面积和为S,则,。
∴PN2=NE2+PE2=2m2+2n2=2m2+n2.
∴S=m2+n2=1PN2。
延长PH交ND于点G,则PG⊥ND。
在RtPGN中,PN=PG+GN=m+n+mn。
22222
第2页共57页
,即m+n=3.92+mn。
2∴S=∴①当mn=0时,即mn时,S最小。
∴S最小=1293=。
2②当mn最大时,S最大,即当m最大且n最小时,S最大。
∵m+n=3,由
(2)知,m最大3。
∴n最小=m最大=33=6。
∴
2211S最大=9+m最大n最小=9+3=99。
22【考点】位似变换,等边三角形的判定和性质,勾股定理,正方形的性质。
(1)利用位似图形的性质,作出正方形EFPN的位似正方形E′F′P′N′,如答图①所示。
(2)根据正三角形、正方形、直角三角形相关线段之间的关系,利用等式
E′F′+AE′+BF′=AB,列方程求得正方形E′F′P′N′的边长
(3)设正方形DEMN、正方形EFPH的边长分别为m、n(m≥n),求得面积和的表达式为:
S=92+mn,可见S的大小只与m、n的差有关:
①当m=n时,S取得最小值;
2
②当m最大而n最小时,S取得最大值.m最大n最小的情形见第
(1)
(2)问。
3.(2012福建莆田12分)
(1)(3分)如图①,在Rt△ABC中,∠ABC=90°
,BD⊥AC于点D.求证:
AB=AD²
AC;
(2)(4分)如图②,在Rt△ABC中,∠ABC=90°
,点D为BC边上的点,BE⊥AD于点E,延长
BE交AC
于点F.2ABBDAF的值;
1,求BCDCFC
(3)(5分)在Rt△ABC中,∠ABC=90°
,点D为直线BC上的动点(点D不与B、C重合),直
线BE⊥AD
第3页共57页
于点E,交直线AC于点F。
若
含n的式子表
示),不必证明.
ABBDAF的所有可能的值(用n,请探究并直接写出BCDCFC
(1)证明:
如图①,∵BD⊥AC,∠ABC=90°
,∠ADB=∠ABC,
又∵∠A=∠A,∴△ADB∽△ABC。
∴ABAD2,∴AB=AD²
AC。
ACAB
(2)如图②,过点C作CG⊥AD交AD的延长线于点G。
∵BE⊥AD,∴∠CGD=∠BED=90°
,CG∥BF。
又∵ABBD1,BCDC
∴AB=BC=2BD=2DC,BD=DC。
又∵∠BDE=∠CDG,∴△BDE≌△CDG(AAS)。
∴ED=GD=1EG。
22由
(1)可得:
AB=AE²
AD,BD=DE²
AD,AEAB2(2BD)2AE4DE∴。
∴AE=4DE。
∴42。
DEBD2BD2EGDE
AFAE2。
FCEG
AF2(3)①当点D在BC边上时,的值为n+n;
FC
AF2②当点D在BC延长线上时,的值为n-n;
AF2③当点D在CB延长线上时,的值为n-n。
FC又∵CG∥BF,∴
【考点】相似三角形的判定和性质,全等三角形的判定和性质,三角形中位线定理,平行线分线段成比例的性质。
(1)由证△ADB∽△ABC即可得到结论。
第4页共57页
(2)过点C作CG⊥AD交AD的延长线于点G,由已知用AAS证△BDE≌△CDG,得到EF是△ACG的中位线,应用
(1)的结论即可。
(3)分点D在BC边上、点D在BC延长线上和点D在CB延长线上三种情况讨论:
①当点D在BC边上时,如图3,过点C作CG⊥AD交AD的延长线于点G。
EDBD。
GDDC
ABBDEDBD又∵n,∴nBCDCGDDC∴△BDE∽△CDG。
∴
∴AB=nBC,BD=nDC,ED=nGD。
∴BC=(n+1)DC,EG=ED。
(1+)
由
(1)可得:
AD,221n
n+1)DCAEAB2(nBC)2BC2(2∴。
∴AE=(n+1)2222DEBDDCDCnDC2DE。
(n+1)2
2AE(n+1)DE∴n2+n。
EG(1+)DEn
又∵CG∥BF,∴AFAEn2+n。
②当点D在BC延长线上时,如图4,过点C作CH⊥AD交AD于点H。
∵BE⊥AD,∴∠CHD=∠BED=90°
,CH∥BF。
EDBDHDCD
ABBDEDBD又∵n,∴nBCDCHDDC∴△BDE∽△CDH。
∴AB=nBC,BD=nDC,ED=nHD。
∴BC=(n-1)DC,EH=ED。
(1)
n1)DCAEAB2(nBC)2BC2(2(n1)∴。
∴AE=DEBD2nDC2DC2DC2
2DE
(n1)2
第5页共57页
2AE(n1)DE∴n2n。
1EH
(1)DEn
又∵CH∥BF,∴AFAEn2n。
FCEH
③当点D在CB延长线上时,如图5,过点C作CI⊥AD交DA的延长线于点I。
∵BE⊥AD,∴∠CID=∠BED=90°
,CI∥BF。
EDBDIDCD
ABBDEDBD又∵n,∴nBCDCIDDC∴△BDE∽△CDI。
∴AB=nBC,BD=nDC,ED=nID。
∴BC=(1-n)DC,EI=ED。
(1)
1-n)DCAEAB2(nBC)2BC2(2∴。
∴AE=(1-n)2222DEBDDCDCnDC2DE。
(1-n)2
2AE(1-n)DE∴nn2。
EI
(1)DEn
又∵CI∥BF,∴AFAEnn2。
FCEI
4.(2012贵州黔东南12分)如图,已知抛物线经过点A(﹣1,0)、B(3,0)、C(0,3)三点.
(1)求抛物线的解析式.
(2)点M是线段BC上的点(不与B,C重合),过M作MN∥y轴交抛物线于N,若点M的横坐标为m,请用m的代数式表示MN的长.
(3)在
(2)的条件下,连接NB、NC,是否存在m,使△BNC的面积最大?
若存在,求m的
值;
若不存在,说明理由.
第6页共57页
(1)∵抛物线经过点A(﹣1,0)、B(3,0)两点,
∴设抛物线的解析式为:
y=a(x+1)(x﹣3),
将C(0,3)代入,得a(0+1)(0﹣3)=3,a=﹣1。
∴抛物线的解析式:
y=﹣(x+1)(x﹣3)=﹣x+2x+3。
(2)设直线BC的解析式为:
y=kx+b,则有:
3k+b=0k=1,解得。
∴直线BC的解析式:
y=﹣x+3。
b=3b=3
已知点M的横坐标为m,则M(m,﹣m+3)、N(m,﹣m+2m+3);
∴MN=﹣m+2m+3﹣(﹣m+3)=﹣m+3m(0<m<3)。
(3)存在。
如图;
∵S△BNC=S△MNC+S△MNB=
∴S△BNC=22211MN(OD+DB)=MN•OB,2212(﹣m+3m)•32
33227=﹣(m﹣)+(0<m<3)。
228
327∴当m=时,△BNC的面积最大,最大值为。
28
【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,二次函数最值。
(1)由抛物线经过点A(﹣1,0)、B(3,0)、C(0,3)三点.用待定系数法即可求。
(2)求得直线BC的解析式,即可由点M的横坐标为m得其纵坐标为﹣m+3,结合点N的纵坐标﹣m+2m+3即可用m的代数式表示MN的长。
(3)求出S△BNC关于m的函数关系式,应用二次函数最值原理即可求得结论。
5.(2012贵州黔西南16分)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线经过点A(0,
4),B(1,0),C(5,0),抛物线的对称轴l与x轴相交于点M.
(1)求抛物线对应的函数解析式和对称轴;
第7页共57页
(2)设点P为抛物线(x&
gt;
5)上的一点,若以A、O、M、P为顶点的四边形的四条边的长度为四个连续的正整数,请你直接写出点P的坐标;
(3)连接AC,探索:
在直线AC下方的抛物线上是否存在一点N,使△NAC的面积最大?
若存在,请你求出点N的坐标;
若不存在,请说明理由.
(1)∵抛物线经过点B(1,0),C(5,0),∴设抛物线对应的函数解析式为y=ax1x5。
4又∵抛物线经过点A(0,4),∴4=a0105,解得a=。
5
∴抛物线对应的函数解析式为y=4424x1x5,即y=x2x+4。
555
4244216x+4=x3,∴抛物线的对称轴为x=3。
又∵y=x25555
(2)(6,4)。
△NAC的面积最大,即点N距AC的距离最大,此时点N在直线AC下
方的抛物线上,过点N与直线AC平行的直线与抛物线只有一个交点。
4k=45k+b=0设直线AC:
y=kx+b,则,解得5。
∴直线AC:
y=x+4。
b=45b=4
设过点N与直线AC平行的直线为y=4x+n。
4244x+4=x+n整理得4x220x+205n=0。
由x2555
∵直线y=4424x+n与抛物线y=x2x+4只有一个交点,555
∴=2044205n=0,解得n=1。
5∴4x220x+2051=0,解得x=。
第8页共57页
5455当x=时,y=1=3。
∴N(,-3)。
2522
∴在直线AC下方的抛物线上存在一点N(5,-3),使△NAC的面积最大。
【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,勾股定理,一元二次方程根的判别式
(1)由抛物线经过点A(0,4),B(1,0),C(5,0),用待定系数法可求出抛物线对应的函数解析式,化为顶点式(或用公式)可求抛物线的对称轴。
(2)由A(0,4)和对称轴x=3知OA=4,OM=3。
由点P为抛物线(x&
5)上的一点,知PA>PM>2。
∴由以A、O、M、P为顶点的四边形的四条边的长度为四个连续的正整数,只能是PA=6,PM=5。
由二次函数的轴对称性和勾股定理,知点P与点A关于对称轴对称。
∴P(6,4)。
(3)△NAC的面积最大,即点N距AC的距离最大,此时点N在直线AC下方的抛物线上,过点N与直线AC平行的直线与抛物线只有一个交点。
应用一元二次方程根的判别式即可求解。
6.(2012贵州遵义14分)如图,已知抛物线y=ax+bx+c(a≠0)的图象经过原点O,交x轴于点A,其顶点B的坐标为(3.
(1)求抛物线的函数解析式及点A的坐标;
(2)在抛物线上求点P,使S△POA=2S△AOB;
(3)在抛物线上是否存在点Q,使△AQO与△AOB相似?
如果存在,请求出Q点的坐标;
如果不存在,请说明理由.
(1)由函数图象经过原点得,函数解析式为y=ax+bx(a≠0),
又∵函数的顶点坐标为(3),2
b=3∴2a,解得:
9a+3b=b=
∴函数解析式为:
2。
第9页共57页
由二次函数图象的对称性可得点A的坐标为(6,0)。
(2)∵S△POA=2S△AOB,
∴点P到OA的距离是点B到OA距离的2倍,即点P的纵坐标为。
代入函数解析式得:
2,解得:
x1,x2=3
∴满足条件的有两个,P1(,),P2(3,)。
过点B作BP⊥OA,则tan∠BOP=tan∠BAP=
∴∠BOA=30°
设Q1坐标为(xBP。
OP2,过点Q1作Q1F⊥x轴,)∵△OAB∽△OQ1A,∴∠Q1OA=30°
,2Q1F,即,解得:
x=9或x=0(舍去)。
∴Q1坐标为(9,),
根据函数的对称性可得Q2坐标为(﹣3,。
∴Q点的坐标(9,,(﹣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,相似三角形的判定和性质。
(1)根据函数经过原点,可得c=0,然后根据函数的对称轴,及函数图象经过点(3,A的坐标。
(2)根据题意可得点P到OA的距离是点B到OA距离的2倍,即点P的纵坐标为
2P的横坐标。
(3)先求出∠BOA的度数,然后可确定∠Q1OA=的度数,继而利用解直角三角形的知识求出x,得出Q1的坐标,利用二次函数图象函数的对称性可得出Q2的坐标。
7.(2012湖北黄石9分)如图1所示:
等边△ABC中,线段AD为其内角平分线,过D点
的直线
B1C1⊥AC于C1交AB的延长线于B1.
(1)请你探究:
ACCDAC1C1D,是否成立
?
ABDBAB1DB1
第10页共57页
(2)请你继续探究:
若△ABC为任意三角形,线段AD为其∴ACCD。
1ABDB
过点D作DN⊥AB于点H。
∵线段AD为等边△ABCABDB
﹙3﹚如图,连接ED。
∵AD为ΔABC的内角角平分线,AC=8,AB40,
3
第11页共57页
∴由
(2)得,CDAC83。
DBAB5
又∵AE=5,∴EB=AB-AE=4025AE53。
∴5。
33EB255
CDAE。
∴DE∥AC。
∴ΔDEF∽ΔACF。
DBEB
DFEFAE5。
∴FAFCAC8∴
【考点】等边三角形的性质,角平分线的性质,相似三角形的判定和性质,平行线的判定和性质。
(1)根据等边三角形的性质得到AD垂直平分BC,∠CAD=∠BAD=30°
,AB=AC,则DB=CD,易得ACCD;
由于∠C1AB1=60°
,得∠B1=30°
,则AB1=2AC1,同理可得到1ABDB
DB1=2DC1,易得AC11C1D;
AB12DB1
(2)过B点作BG∥AC交AD的延长线于点G,根据平行线的性质和角平分线的定义得到
∠G=∠CAD=∠BAD,则BG=AB,并且根据相似三角形的判定得△GBD∽△ACD,得到
于是有ACCD,BGDBACCD,这实际是三角形的角平分线定理。
ABDB
(3)AD为△ABC的内角角平分线,由
(2)的结论得到CDAC83,又DBAB5
CDAEAE53,得到DE∥AC,根据相似三角形的判定得△DEF∽△ACF,即,则有DBEBEB255
有DFEFAE5。
FAFCAC8
8.(2012湖北荆门12分)如图甲,四边形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴
1上,顶点在B点的抛物线交x轴于点A、D,交y轴于点E,连接AB、AE、BE.已知tan∠CBE=,3
A(3,0),D(﹣1,0),E(0,3).
(1)求抛物线的解析式及顶点B的坐标;
CB是△ABE外接圆的切线;
第12页共57页
(3)试探究坐标轴上是否存在一点P,使以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似,若存在,直接写出点P的坐标;
若不存在,请说明理由;
(4)设△AOE沿x轴正方向平移t个单位长度(0<t≤3)时,△AOE与△ABE重叠部分的面积为s,求s与t之间的函数关系式,并指出t的取值范围.
(1)∵抛物线经过点A(3,0),D(﹣1,0),∴设抛物线解析式为y=a(x﹣3)(x+1)。
将E(0,3)代入上式,解得:
a=﹣1。
∴抛物线的解析式为y=-(x﹣3)(x+1),即y=﹣x+2x+3。
又∵y=-x+2x+3=-(x-1)+4,∴点B(1,4)。
(2)证明:
如图1,过点B作BM⊥y于点M,则M(0,4).
在Rt△AOE中,OA=OE=3,∴∠1=∠2=45°
,。
在Rt△EMB中,EM=OM﹣OE=1=BM,∴∠MEB=∠MBE=45°
∴∠BEA=180°
﹣∠1﹣∠MEB=90°
∴AB是△ABE外接圆的直径。
在Rt△ABE中,tanBAE=222BE1==tanCBE,∴∠BAE=∠CBE。
AE3
在Rt△ABE中,∠BAE+∠3=90°
,∴∠CBE+∠3=90°
∴∠CBA=90°
,即
CB⊥AB。
∴CB是△ABE外接圆的切线。
1(3)存在。
点P的坐标为(0,0)或(9,0)或(0,﹣)。
3
(4)设直线AB的解析式为y=kx+b.
第13页共57页
3k+b=0将A(3,0),B(1,4)代入,得,解
k+b=4
k=2得。
b=6
∴直线AB的解析式为y=﹣2x+6。
过点E作射线EF∥x轴交AB于点F,当y=3时,
得x=33,∴F(,3)。
情况一:
如图2,当0<t≤3时,设△AOE平移到△DNM的位置,MD交2
AB于点H,MN交AE于点G。
则ON=AD=t,过点H作LK⊥x轴于点K,交EF于点L.由△AHD∽△FHM,得ADHKtHK=,即,解得HK=2t。
=3FMHL3HKt2
∴S阴SMNDSGNASHAD111322³
3³
3﹣(3﹣t)﹣t•2t=﹣t+3t。
2222
1情况二:
如图3,当<t≤3时,设△AOE平移到△PQR的位置,PQ交AB2=
于点I,交AE于点V。
由△IQA∽△IPF,得AQIQ3tIQ=.即,=33IQFPIPt2
解得IQ=2(3﹣t)。
∴S阴SIQASVQA=
﹣t)=21121³
(3﹣t)³
2(3﹣t)﹣(3﹣t)=(3222129t﹣3t+。
332t+3t(0&
lt;
t)22综上所述:
s=。
193t23t+(&
t3)222
【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,
二次函数性质,
等腰直角三角形的判定和性质,勾股定理,锐角三角函数定义,圆的切线的
第14页共57页
判定,相似三角形的性质,平移的性质。
(1)已知A、D、E三点的坐标,利用待定系数法可确定抛物线的解析式,从而能得到顶点B的坐标。
(2)过B作BM⊥y轴于M,由A、B、E三点坐标,可判断出△BME、△AOE都为等腰直角三角形,易证得∠BEA=90°
,即△ABE是直角三角形,而AB是△ABE外接圆的直径,因此只需证明AB与CB垂直即可.BE、AE长易得,能求出tan∠BAE的值,结合tan∠CBE的值,可得到∠CBE=∠BAE,由此证得∠CBA=∠CBE+∠ABE=∠BAE+∠ABE=90°
,从而得证。
1(3)在Rt△ABE中,∠AEB=90°
,tan∠BAE=,,
3若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似,则△DEP必为直角三角形。
①DE为斜边时,P1在x轴上,此时P1与O重合。
由D(﹣1,0)、E(0,3),得OD=1、OE=3,
1即tan∠DEO==tan∠BAE,3
即∠DEO=∠BAE,满足△DEO∽△BAE的条件。
因此O点是符合条件的P1点,坐标为(0,0)。
②DE为短直角边时,P2在x轴上。
若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似
∠DEP2=∠AEB=90°
sin∠DP2。
=10,OP2=DP2﹣OD=9。
而,则DP2=DE÷
sin∠DP2即P2(9,0)。
③DE为长直角边时,点P3在y轴上。
若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似,
则∠EDP3=∠AEB=90°
cos∠DEP3则EP3=DE÷
cos∠DEP3。
1110。
,OP3=EP3﹣OE=。
即P3(0,﹣)333
1综上所述,得:
P1(0,0),P2(9,0),P3(0,﹣)。
(4)过E作EF∥x轴交AB于F,当E点运动在EF之间时,△AOE与△ABE重叠部分是个五边形;
当E点运动到F点右侧时,△AOE与△ABE重叠部分是个三角形.按上述两种情况按图形之间的和差关系进行求解。
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