云南中考数学压轴题专项精讲教学案.docx
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云南中考数学压轴题专项精讲教学案
2018年云南中考数学压轴题专项精讲教学案
类型② 图形面积存在性问题探究
备考攻略)
1.三角形面积的最大值
(1)“抛物线上的顶点,使之和一条定线段构成的三角形面积”的问题.
(2)“抛物线上是否存在一点,使之和一条定线段构成的三角形面积最大”的问题.
(3)“三边均动的动三角形面积最大”的问题.
2.四边形面积的最大值
(1)“一抛物线上是否存在一点,使之和另外三个定点构成的四边形面积最大”的问题.
(2)“定四边形面积的求解”问题.
3.图形运动过程中出现重叠部分的图形面积.
1.动点坐标与动线段,长度的转化不能较好理解.
2.列出面积的表达式后,化简能力缺乏.
3.对图形运动过程缺乏分析,遗漏答案.
1.过动点向y轴作平行线,找到与定线段(或所在直线)的交点,从而把动三角形分割成两个基本模型的三角形,动点坐标设好,转化为长度代入,利用二次函数最值进一步可得到题目要求出的最大值.
2.先把动三角形分割成两个基本模型的三角形(有一边在x轴或y轴上的三角形,或者有一边平行于x轴或y轴的三角形,称为基本模型的三角形)面积之差,设出动点在x轴或y轴上的点的坐标,而此类题型,题中一定含有一组平行线,从而可以得出分割后的一个三角形与图中另一个三角形相似(常为图中最大的那一个三角形).利用相似三角形的性质(对应边的比等于对应高的比)可表示出分割后的一个三角形的高.从而可以表示出动三角形的面积的一个开口向下的二次函数关系式,相应问题也就轻松解决了.
3.经过三角形的3个顶点构造矩形,利用矩形面积减去3个三角形面积.
4.一抛物线上是否存在一点,使之和另外三个定点构成的四边形面积最大的问题,由于该四边形有三个定点,从而可把动四边形分割成一个动三角形与一个定三角形(连接两个定点,即可得到一个定三角形)的面积之和,所以只需动三角形的面积最大,就会使动四边形的面积最大.
5.“定四边形面积的求解”问题:
有两种常见解决的方案:
方案
(一):
连接一条对角线,分成两个三角形面积之和;
方案
(二):
过不在x轴或y轴上的四边形的一个顶点,向x轴(或y轴)作垂线,或者把该点与原点连接起来,分割成一个梯形(常为直角梯形)和一些三角形的面积之和(或差),或几个基本模型的三角形面积的和(差),转化为一个开口向下的二次函数问题.
1.三角形面积
(1)已知抛物线三定点形成的三角形面积:
抛物线与一条直线相交得出两个交点,联立方程组即可求出这两个点的坐标,再与抛物线上的顶点形成三角形,并求出这个三角形面积.
(2)已知抛物线上一动点与两定点形成的三角形面积:
抛物线与一条直线相交得出两个交点,联立方程组即可求出这两个点的坐标,再在抛物线上求一动点与它们形成三角形,并求出这个三角形面积的最大值.
(3)三边都在变化的三角形的面积:
两个动点沿两条直线运动与一个定点形成的三角形的面积最大值.
2.四边形面积的最大值
(1)抛物线上的顶点,使之和另外三个定点构成的四边形面积:
抛物线与两坐标轴的三个交点与顶点形成的四边形的面积.
(2)一抛物线上是否存在一点,使之和另外三个定点构成的四边形面积:
抛物线与两坐标轴的三个交点与另一动点形成的四边形的最大值.
3.重叠部分的面积
几何图形由于折叠、平移与一基本图形出现重叠部分,求重叠部分的图形面积.,典题精讲)
◆三角形面积
【例1】如图,一小球从斜坡O点抛出,球的抛出路线可以用二次函数y=-x2+4x刻画,斜坡可以用一次函数y=12x刻画.
(1)请用配方法求二次函数图象最高点P的坐标;
(2)小球的落点是A,求点A的坐标;
(3)连接抛物线的最高点P与点O,A得△POA,求△POA的面积;
(4)在OA上方的抛物线上存在一点M(点M与点P不重合),△MOA的面积等于△POA的面积,请写出点M的坐标.
【解析】
(1)配方法即可求得P点坐标;
(2)联立方程组可求点A的坐标;(3)过点P作PB⊥x轴交OA于点B,可得点B的坐标,表示出PB的长,以PB为公共边求出两个三角形的面积之和即可;(4)利用三角形同底等高的知识,过点P作PM∥OA交抛物线于点M,保证两个三角形的高相等,从而面积相等.
【答案】解:
(1)y=-x2+4x=-(x2-4x)=-(x2-4x+4)+4=-(x-2)2+4,
∴最高点P的坐标为(2,4);
(2)点A的坐标满足方程组y=-x2+4x,y=12x,
解得x=0,y=0,或x=72,y=74,
∴点A的坐标为72,74;
(3)如图,过点P作PB⊥x轴交OA于点B,
则点B的坐标为(2,1),∴PB=3.
∴S△POA=S△OPB+S△APB=12×3×2+12×3×32=214;
(4)过点P作PM∥OA交抛物线于点M,连接OM,AM,则△MOA的面积等于△POA的面积,
设直线PM的解析式为y=12x+b,代入P(2,4),得12×2+b=4,解得b=3,
∴直线PM的解析式为y=12x+3,
根据题意可列方程组y=-x2+4x,y=12x+3,
解得x=2,y=4,或x=32,y=154,
∴点M的坐标为32,【例2】(2014昆明中考)如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=ax2+bx-3(a≠0)与x轴交于点A(-2,0),B(4,0)两点,与y轴交于点C.
(1)求抛物线的解析式;
(2)点P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Q从B点出发,在线段BC上以每秒1个单位长度的速度向C点运动,其中一个点到达终点时,另一个也停止运动,当△PBQ存在时,求运动多少秒使△PBQ的面积最大,最大面积是多少?
(3)当△PBQ的面积最大时,在BC下方的抛物线上存在点M,使S△CBM∶S△PBQ=5∶2,求M点坐标.
【解析】
(1)待定系数法求出二次函数解析式;
(2)设经过ts时,可知PB=6-3t,BQ=t,B(4,0),C(0,-3),则BC=5,过Q点作QK⊥x轴于K点,利用三角形相似表示KQ的长度,从而表示出△PBQ的面积为二次函数,利用二次函数的最值即可求出面积最大值;(3)根据
(2)的结果求出△CBM的面积,依据函数解析式表示出动点M的坐标,过M点作y轴的平行线交BC于N点,交x轴于R点,表示N的坐标,分割△CBM为两个三角形,列出方程即可求出答案.
【答案】解:
(1)y=ax2+bx-3经过A(-2,0),B(4,0),
∴4a-2b-3=0,16a+4b-3=0,解得:
a=38,b=-34,
∴y=38x2-34x-3;
(2)设经过ts时,△PBQ面积最大.
∴PB=6-3t,BQ=t,∵B(4,0),C(0,-3),∴BC=5.
过Q点作QK⊥x轴于K点.
∵OC⊥x轴,QK⊥x轴,∴OC∥QK,
∴BKBO=BQBC=KQOC,即t5=KQ3,
∴KQ=35t,
∴S△BPQ=12BP×KQ=12×35t(6-3t)
=-910(t-1)2+910,
∴当t=1时,S△BPQ取最大值为910;
(3)当S△BPQ取最大值910时,S△CBM∶S△PBQ=5∶2,即S△CBM=94,
∵M在抛物线上,且在BC下方,设Mt,38t2-34t-3,
过M点作y轴的平行线交BC于N点,交x轴于R点,设直线BC的解析式为y=kx+b,代入B(4,0),C(0,-3),得4k+b=0,b=-3,解得k=34,b=-3,
∴直线BC解析式为y=34x-3,
∴N点坐标为t,34t-3,
∴S△CMB=S△CMN+S△NMB=12MN×OR+12MN×BR=12MN(OR+BR)=12MN×OB,
∴94=12×4×34t-3-38t2-34t-3,
解得t1=1,t2=3,
∴M11,-278,M23,-◆四边形面积
【例3】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在抛物线位于第四象限的部分上运动,当四边形ABPC的面积最大时,求点P的坐标和四边形ABPC的最大面积.
【解析】
(1)由B,C两点的坐标,利用待定系数法可求得抛物线的解析式;
(2)连接BC,则△ABC的面积是不变的,过P作PM∥y轴,交BC于点M,设出P点坐标,可表示出PM的长,可知当PM取最大值时△PBC的面积最大,利用二次函数的性质可求得P点的坐标及四边形ABPC的最大面积.
【答案】解:
(1)把B,C两点坐标代入抛物线解析式,得9+3b+c=0,c=-3,解得b=-2,c=-3,
∴抛物线解析式为y=x2-2x-3;
(2)连接BC,过P作y轴的平行线,交BC于点M,交x轴于点H.
在y=x2-2x-3中,令y=0,得0=x2-2x-3,解得x=-1或x=3,∴A点坐标为(-1,0),
∴AB=3-(-1)=4,且OC=3,
∴S△ABC=12ABOC=12×4×3=6,
∵B(3,0),C(0,-3),
∴直线BC解析式为y=x-3,
设P点坐标为(x,x2-2x-3),则M点坐标为(x,x-3),
∵P点在第四限,
∴PM=x-3-(x2-2x-3)=-x2+3x,
∴S△PBC=12PMOH+12PMHB=12PM(OH+HB)=12PMOB=32PM,
∴当PM有最大值时,△PBC的面积最大,则四边形ABPC的面积最大,
∵PM=-x2+3x=-x-322+94,
∴当x=32时,PMmax=94,则S△PBC=32×94=278,
此时P点坐标为32,-154,S四边形ABPC=S△ABC+S△PBC=6+278=758,
即当P点坐标为32,-154时,四边形ABPC的面积最大,最大面积为【例4】如图所示,已知抛物线y=-x2+bx+c过点C,与x轴交于A,B两点,与y轴交于点D.
(1)求抛物线的解析式;
(2)设抛物线的顶点为M,求四边形ABMD的面积;
(3)在y轴上找一点E,使S△ABE=S四边形ABMD,求出点E的坐标.
【解析】
(1)由C,D两点的坐标,利用待定系数法可求得抛物线的解析式;
(2)求出顶点M的坐标,过点M作MN⊥x轴于点N,得出点N的坐标,把四边形ABMD分割成两个直角三角形,一个梯形,求出面积之和;(3)设出点E的坐标,直接列方程求解.
【答案】解:
(1)∵抛物线y=-x2+bx+c过点D(0,5),C(3,8),
∴c=5,-9+3b+c=8,解得b=4,c=5,
∴抛物线的解析式为y=-x2+4x+5;
(2)抛物线y=-x2+4x+5与x轴交于点A(-1,0),B(5,0),顶点为M(2,9),过点M作MN⊥x轴于点N,则N(2,0).
∴S四边形ABMD=SRt△AOD+S梯形DONM+SRt△BMN
=12×1×5+12×(5+9)×2+12×9×3=30;
∴四边形ABMD的面积为30;
(3)设点E的坐标为(0,y),
则S△ABE=12×6×|y|=3|y|.
∵S△ABE=S四边形ABMD,∴3|y|=30,解得y=10,y2=-10.∴点E的坐标为(0,10)或(0,-10).
1.如图,对称轴为直线x=72的抛物线经过点A(6,0)和B(0,-4).
(1)求抛物线解析式及顶点坐标;
(2)设点E(x,y)是抛物线上一动点,且位于第一象限,四边形OEAF是以OA为对角线的平行四边形,求平行四边形OEAF的面积S与x之间的函数关系式;
(3)当
(2)中的平行四边形OEAF的面积为24时,请判断平行四边形OEAF是否为菱形.
解:
(1)设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c,
∵抛物线经过A,B两点且对轴为直线x=72,
∴-b2a=72,36a+6b+c=0,c=-4,
解得a=-23,b=143,c=-4,
∴抛物线的解析式为y=-23x2+143x-4,
配方,得y=-23x-722+256,
∴顶点坐标为72,256;
(2)设E点坐标为x,-23x2+143x-4,
S=2×12OAyE=6-23x2+143x-4
即S=-4x2+28x-24;
(3)平行四边形OEAF的面积为24时,平行四边形OEAF可能为菱形,理由如下:
当平行四边形OEAF的面积为24时,即
-4x2+28x-24=24,
化简,得x2-7x+12=0,
解得x=3或4,当x=3时,EO=EA,平行四边形OEAF为菱形;当x=4时,EO≠EA,平行四边形OEAF不为菱形.
◆重叠部分面积
【例5】如图①,在直角坐标系xOy中,直线l:
y=kx+b交x轴,y轴于点E,F.点B的坐标是(2,2),过点B分别作x轴,y轴的垂线,垂足为A,C.点D是线段CO上的动点,以BD为对称轴,作与△BCD成轴对称的△BC′D.
(1)当∠CBD=15°时,求点C′的坐标;
(2)当图①中的直线l经过点A,且k=-33时(如图②),求点D由C到O的运动过程中,线段BC′扫过的图形与△OAF重叠部分的面积.
【解析】
(1)利用翻折变换的性质得出∠CBD=∠C′BD=15°,C′B=CB=2,进而得出CH的长,进而得出答案;
(2)首先求出直线AF的解析式,进而得出当D与O重合时,点C′与A重合,且BC′扫过的图形与△OAF重合部分是弓形,求出即可.
【答案】解:
(1)由题意得:
△CBD≌△C′BD,
∴∠CBD=∠C′BD=15°,C′B=CB=2,
∴∠CBC′=30°.
如图①,作C′H⊥BC于H,则C′H=1,HB=3,
∴CH=2-3,
∴点C′的坐标为(2-3,1);
(2)如图②,∵A(2,0),k=-33,
∴代入直线AF的解析式y=-33x+b,
∴b=233,
则直线AF的解析式为y=-33x+233,
∴∠OAF=30°,∠BAF=60°,
∵在点D由C到O的运动过程中,BC′扫过的图形是扇形,
∴当D与O重合时,点C′与A重合,
且BC′扫过的图形与△OAF重合部分是弓形,
当C′在直线y=-33x+233上时,BC′=BC=AB,
∴△ABC′是等边三角形,这时∠ABC′=60°,
∴重叠部分的面积是:
60π×22360-34×22=23π-3.
图①
图②
2.如图①,在平面直角坐标系中,抛物线y=-34x2+3x+33交x轴于A,B两点(点A在点B的左侧),交y轴于点W,顶点为C,抛物线的对称轴与x轴的交点为D.
(1)求直线BC的解析式;
(2)点E(m,0),F(m+2,0)为x轴上两点,其中2m4,EE′,FF′分别垂直于x轴,交抛物线与点E′,F′,交BC于点M,N,当ME′+NF′的值最大时,在y轴上找一点R,使得|RF′-RE′|值最大,请求出R点的坐标及|RF′-RE′|的最大值;
(3)如图②,已知x轴上一点P92,0,现以点P为顶点,23为边长在x轴上方作等边三角形QPC,使GP⊥x轴,现将△QPG沿PA方向以每秒1个单位长度的速度平移,当点P到达点A时停止,记平移后的△QPG为△Q′P′G′,设△Q′P′G′与△ADC的重叠部分面积为S,当点Q′到x轴的距离与点Q到直线AW的距离相等时,求S的值.
图①
图②
解:
(1)y=-3x+63;
(2)如图①,∵点E(m,0),F(m+2,0),
∴E′m,-34m2+3m+33,
F′m+2,-34m2+43,
∴E′M=-34m2+3m+33-(-3m+63)
=-34m2+23m-33,
F′N=-34m2+43-(-3m+43)
=-34m2+3m,
∴E′M+F′N=-32m2+33m-33,
当m=-332×-32=3时,E′M+F′N的值最大,
∴E′3,1534,F′5,734,
∴E′F′解析式为y=-3x+2734,
∴R0,2734,根据勾股定理得:
RF′=10,RE′=6,∴|RF′-RE′|max=4;
(3)由题意,Q点在∠WAB的角平分线或外角平分线上,
①如图②,当Q点在∠WAB的角平分线上时,
Q′M=Q′N=3,AW=31,
∵△RMQ′∽△WOA,∴RQ′WA=MQ′AO,
∴RQ′=932,∴RN=932+3,
∵△ARN∽△AWO,
∴ANAO=RNWO,∴AN=2+313,
∴DN=AD-AN=4-2+313=10-313,
∴S=1313-209327;
图③
②如图③,当Q点在∠WAB的外角平分线上时,
∵△Q′RN∽△WAO,∴Q′R=932,
∴RM=932-3.
∵△RAM∽△WOA,∴AM=31-23,
在Rt△Q′MP′中,MP′=3Q′M=3,
∴AP′=MP′-AM=3-31-23=11-313,
在Rt△CP′S中,P′S=32AP′=32×11-313,
∴S=763-119312
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