决战中考动态问题专题训练及解析二.docx
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决战中考动态问题专题训练及解析二
决战2019年中考:
动态问题专题训练及解析
(二)
5(2018•江苏盐城•10分)如图①,在平面直角坐标系
中,抛物线
经过点
、两点,且与轴交于点
.
(1)求抛物线的表达式;
(2)
如图②,用宽为4个单位长度的直尺垂直于轴,并沿轴左右平移,直尺的左右两边所在的直线与抛物线相交于、
两点(点在点
的左侧),连接
,在线段
上方抛物线上有一动点,连接、.(Ⅰ)若点的横坐标为
,求面积的最大值,并求此时点
的坐标;
(Ⅱ)直尺在平移过程中,
面积是否有最大值?
若有,求出面积的最大值;若没有,请说明理由.
【答案】
(1)解:
∵抛物线
经过点
、
两点,∴
解得
∴抛物线
(2)解:
(I)∵点P的横坐标是
,当x=
时,
,则点P
(
,
),
∵直尺的宽度为4个单位长度,
∴点Q的横坐标为
+4=
,则当x=
时,y=
∴点Q(
,
),
设直线PQ的表达式为:
y=kx+c,由P(
,
),Q(
,
),可得解得,则直线PQ的表达式为:
y=-x+
,
如图②,过点D作直线DE垂直于x轴,交PQ于点E,设D(m,
),则E(m,-m+
),
则S△PQD=S△PDE+S△QDE=
=
=
=
∵
即当m= 时,S△PQD=8最大,此时点D( )。 (II)设PP(n,),则Q(n+4, ),即Q(n+4, ),而直线PQ的表达式为: y=, 设D( ),则E(t, ) ∴S△PQD= =2 =2 = ≤8 当t=n+2时,S△PQD=8. ∴△PQD面积的最大值为8 【考点】二次函数的最值,待定系数法求二次函数解析式,三角形的面积 【解析】【分析】 (1)将两点 、 坐标代入 ,可得方程组,解之即可; (2)(I)在遇到几何或代数求最大值,可联系到二次函数求最大值的应用,即将△ PQD的面积用代数式的形式表示出来,因为它的面积随着点D的位置改变而改变,所以可设点D的坐标为(m, ),过过点D作直线DE垂直于x轴,交PQ于点E,则需要用m表示出点E的坐标,而点E在线段PQ上,求出PQ的坐标及直线PQ的表达式即可解答; (II)可设P(n,),则Q(n+4, ),作法与(I)一样,表示出△PQD的面积,运用二次函数求最值。 7.(2018·湖北省武汉·12分)抛物线L: y=﹣x2+bx+c经过点A(0,1),与它的对称轴直线 x=1交于点B. (1)直接写出抛物线L的解析式; (2)如图1,过定点的直线y=kx﹣k+4(k<0)与抛物线L交于点M、N.若△BMN的面积等于1,求k的值; (3)如图2,将抛物线L向上平移m(m>0)个单位长度得到抛物线L1,抛物线L1与y轴交于点C,过点C作y轴的垂线交抛物线L1于另一点D.F为抛物线L1的对称轴与x轴的交点,P为线段 OC上一点.若△PCD与△POF相似,并且符合条件的点P恰有2个,求m的值及相应点P的坐标. 【分析】 (1)根据对称轴为直线x=1且抛物线过点A(0,1)求解可得; (2)根据直线y=kx﹣k+4=k(x﹣1)+4知直线所过定点G坐标为(1,4),从而得出BG=2,由 S△BMN=S△BNG﹣S△BMG= BG•xN﹣ BG•xM=1得出xN﹣xM=1,联立直线和抛物线解析式求得x= ,根据xN﹣xM=1列出关于k的方程,解之可得; 1 (3)设抛物线L的解析式为y=﹣x2+2x+1+m,知C(0,1+m)、D(2,1+m)、F(1,0),再设 P(0,t),分△PCD∽△POF和△PCD∽△POF两种情况,由对应边成比例得出关于t与m的方程,利用符合条件的点P恰有2个,结合方程的解的情况求解可得. 【解答】解: (1)由题意知, 解得: b=2、c=1, ∴抛物线L的解析式为y=﹣x2+2x+1; (2)如图1, ∵y=kx﹣k+4=k(x﹣1)+4, ∴当x=1时,y=4,即该直线所过定点G坐标为(1,4), ∵y=﹣x2+2x+1=﹣(x﹣1)2+2, ∴点B(1,2),则BG=2, ∵S△BMN=1,即S△BNG﹣S△BMG= BG•xN﹣ BG•xM=1, ∴xN﹣xM=1, 由得x2+(k﹣2)x﹣k+3=0, 解得: x= = , 则xN= 、xM= ,由xN﹣xM=1得 =1, ∴k=±3, ∵k<0, ∴k=﹣3; (3)如图2, 1 设抛物线L的解析式为y=﹣x2+2x+1+m, ∴C(0,1+m)、D(2,1+m)、F(1,0),设P(0,t), ①当△PCD∽△FOP时, = , ∴ = , ∴t2﹣(1+m)t+2=0; ②当△PCD∽△POF时, = , ∴ = , ∴t= (m+1); (Ⅰ)当方程①有两个相等实数根时, △=(1+m)2﹣8=0, 解得: m=2 ﹣1(负值舍去), 此时方程①有两个相等实数根t1=t2= , 方程②有一个实数根t= , ∴m=2 ﹣1, 此时点P的坐标为(0,)和(0, ); (Ⅱ)当方程①有两个不相等的实数根时, 把②代入①,得: (m+1)2﹣ (m+1)+2=0,解得: m=2(负值舍去), 此时,方程①有两个不相等的实数根t1=1、t2=2,方程①有一个实数根t=1, ∴m=2,此时点P的坐标为(0,1)和(0,2); 综上,当m=2﹣1时,点P的坐标为(0,)和(0, );当m=2时,点P的坐标为(0,1)和(0,2). 【点评】本题主要考查二次函数的应用,解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、利用割补法求三角形的面积建立关于k的方程及相似三角形的判定与性质等知识点. 8.(2018·湖南省衡阳·12分)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. 【解答】解: (1)如图1中,连接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=12﹣8 或12+8 (舍弃), ∴t=12﹣8 s时,点B在线段PQ的垂直平分线上. (2)①如图2中,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3中,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4中,连接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). 9(2018·山东青岛·12分)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)如图作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.连接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解题问题; (4)存在.连接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; 【解答】解: (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,BD= =10, 由题意AP=AD﹣DP=10﹣2t. (2)作PN⊥AB于N.连接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), △PQB△BCP S=S+S= •(16﹣2t)• (10﹣2t)+ ×6×[16﹣ (10﹣2t)]= t2﹣12t+78 (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: 连接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= , 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
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- 决战 中考 动态 问题 专题 训练 解析