中考复习练习胡不归问题专题训练含答案解析.docx
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中考复习练习胡不归问题专题训练含答案解析
2020年中考复习练习胡不归问题专题训练解析
.试题(共8小题)
1.如图,△ABC在直角坐标系中,AB=AC,A(0,2),C(1,0),D为射线AO上一
点,一动点P从A出发,运动路径为
A→D→C,点P在AD上的运动速度是在CD上的
),C(2,0),其对称轴与x轴交于点
1)求二次函数的表达式及其顶点坐标;
3)M(x,t)为抛物线对称轴上一动点
①若平面内存在点N,使得以A,B,M,N为顶点的四边形为菱形,则这样的点N共有
个;
的最小值为
上.
若△ACE中AE边上的高为h,试用含h的代数式表示⊙O的直径AB;
连接AC,BC,已知A(0,3),C(3,0).
Ⅰ)求抛物线的解析式和tan∠BAC的值;
(Ⅱ)在(Ⅰ)条件下:
(1)P为y轴右侧抛物线上一动点,连接PA,过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q,问:
是否存在点P使得以A,P,Q为顶点的三角形与△ACB相似?
若存在,请求出所有符合条件的点P的坐标;若不存在,请说明理由.
(2)设E为线段AC上一点(不含端点),连接DE,一动点M从点D出发,沿线段DE以每秒一个单位速度运动到E点,再沿线段EA以每秒个单位的速度运动到A后停止,
B两点,与y轴交于点C,经过点B的直线y=﹣x+b与抛物线的另一交点为D,与y
轴交于点E,且DE:
BE=2:
3.
(1)求抛物线的函数表达式;
(2)设P为线段BD上一点(不含端点),连接AP,一动点M从点A出发,沿线段AP以每秒1个单位的速度运动到P,再沿线段PD以每秒2个单位的速度运动到D后停止.当点P的坐标是多少时,点M在整个运动过程中用时最少?
(3)将△ABC绕点B顺时针旋转α(0°<α<180°),当点A的对应点A'落在△ECB
﹣3).
1)a=,c=;
2)如图1,P是x轴上一动点,点D(0,1)在y轴上,连接PD,求PD+PC的最
小值;
3)如图2,点M在抛物线上,若S△MBC=3,求点M的坐标.
8.已知抛物线y=a(x+3)(x﹣1)(a≠0),与x轴从左至右依次相交于A、B两点,与y轴相交于点C,经过点A的直线y=﹣x+b与抛物线的另一个交点为D.
1)若点D的横坐标为2,求抛物线的函数解析式;
第3页(共27页)
(2)若在
(1)的条件下,抛物线上存在点P,使得△ACP是以AC为直角边的直角三
角形,求点P的坐标;
(3)在
(1)的条件下,设点E是线段AD上的一点(不含端点),连接BE.一动点Q从点B出发,沿线段BE以每秒1个单位的速度运动到点E,再沿线段ED以每秒个单位的速度运动到点D后停止,问当点E的坐标是多少时,点Q在整个运动过程中所用
时间最少?
2020年中考复习练习胡不归问题专题训练解析
参考答案与试题解析
.试题(共8小题)
1.如图,△ABC在直角坐标系中,AB=AC,A(0,2),C(1,0),D为射线AO上一
A→D→C,点P在AD上的运动速度是在CD上的
D的坐标应为(
C.(0,
D.(0,)
分析】假设P在AD的速度为3,在CD的速度为1,首先表示出总的时间,再根据根
的判别式求出t的取值范围,进而求出D的坐标.
解答】解:
假设P在AD的速度为3,在CD的速度为1,
设D坐标为(0,y),则AD=2﹣y,CD==,
∴t的最小值为,
∴y=
解法二:
假设P在AD的速度为3V,在CD的速度为1V,
因为AB=AC=3,过点B作BH⊥AC交AC于点H,交OA于D,易证△ADH∽△ACO,
程的根的情况以及坐标于图形的性质题目的综合性较强,难度较大.
2.如图,在平面直角坐标系中,二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点A(﹣1,0),B(0,
﹣),C(2,0),其对称轴与x轴交于点D
(1)求二次函数的表达式及其顶点坐标;
(2)若P为y轴上的一个动点,连接PD,则PB+PD的最小值为;
(3)M(x,t)为抛物线对称轴上一动点
①若平面内存在点N,使得以A,B,M,N为顶点的四边形为菱形,则这样的点N共有
5个;
2)如图1中,连接AB,作DH⊥AB于H,交OB于P,
就是线段DH,求出DH即可.
3)①先在对称轴上寻找满足△ABM是等腰三角形的点M,由此即可解决问题.
②作AB的中垂线与y轴交于点E,连接EA,则∠AEB=120°,以E为圆心,EB为半径作圆,与抛物线对称轴交于点F、G.则∠AFB=∠AGB=60°,从而线段FG上的点
满足题意,求出F、G的坐标即可解决问题.
2)如图1中,连接AB,作DH⊥AB于H,交OB于P,此时PB+PD最小.
理由:
∵OA=1,OB=,
∴tan∠ABO
∴∠ABO=30°,
∴PB+PD=PH+PD=DH,∴此时PB+PD最短(垂线段最短).
,∠HAD=60°,
在Rt△ADH中,∵∠AHD=90°,AD=
∴DH=∴PB+PD的最小值为故答案为.
3)①以A为圆心AB为半径画弧与对称轴有两个交点,以B为圆心AB为半径画弧与对称轴也有两个交点,
线段AB的垂直平分线与对称轴有一个交点,
所以满足条件的点M有5个,即满足条件的点N也有5个,故答案为5.
∵EB=
是掌握待定系数法确定函数解析式,学会利用垂线段最短解决实际问题中的最短问题,
学会添加辅助线,构造圆解决角度问题,属于中考压轴题.
3.如图,菱形ABCD的对角线AC上有一动点P,BC=6,∠ABC=150°,则线段AP+BP+PD
的最小值为6
解答】解:
将△ADC逆时针旋转
【分析】将△ADC逆时针旋转60°,得到△AD′C′,连接BD′交AC于P,交AC′于E,连接PD,求出BD′,证明PA=PE,PD=ED′,根据两点之间线段最短得到答案.
60°,得到△AD′C′,连接BD′交AC于P,交
AC′于E,连接PD,
∵∠BAD=30°,∠DAD′=60°,∴∠BAD′=90°,又AB=AD=AD
∴BD′==6,
∠ABP=45°,又∠BAP=15
∴∠APE=∠PAE=60°,∴△EAP为等边三角形,
∴PA=PE,
又∵△APD≌△AED
∴PD=ED′,根据两点之间线段最短,
∴AP+BP+PD的最小值=PB+PE+ED′=6,
故答案为:
6.
【点评】本题考查的是菱形的性质、轴对称变换和两点之间线段最短的知识,正确找出辅助线是解题的关键,注意轴对称变换的性质的正确运用.
4.如图,在△ACE中,CA=CE,∠CAE=30°,⊙O经过点C,且圆的直径AB在线段AE上.
(1)试说明CE是⊙O的切线;
(2)若△ACE中AE边上的高为h,试用含h的代数式表示⊙O的直径AB;
(3)设点D是线段AC上任意一点(不含端点),连接OD,当CD+OD的最小值为6
【分析】
(1)连接OC,如图1,要证CE是⊙O的切线,只需证到∠OCE=90°即可;
(2)过点C作CH⊥AB于H,连接OC,如图2,在Rt△OHC中运用三角函数即可解决问题;
3)作OF平分∠AOC,交⊙O于F,连接AF、CF、DF,如图3,易证四边形AOCF
是菱形,根据对称性可得DF=DO.过点D作DH⊥OC于H,易得DH=DC,从而有
CD+OD=DH+FD.根据垂线段最短可得:
当F、D、H三点共线时,DH+FD(即CD+OD)
最小,然后在Rt△OHF中运用三角函数即可解决问题.
解答】解:
(1)连接OC,如图1,
∴∠E=∠CAE=30°,∠COE=2∠A=60°,
∴∠OCE=90°,
∴CE是⊙O的切线;
∴h=OC?
sin60°
在Rt△OHC中,CH=OC?
sin∠COH,=OC,h;
3)作OF平分∠AOC,交⊙O于F,连接AF、CF、DF,如图3,
180°﹣60°)=60°
∵OA=OF=OC,
∴△AOF、△COF是等边三角形,∴AF=AO=OC=FC,∴四边形AOCF是菱形,∴根据对称性可得DF=DO.
过点D作DH⊥OC于H,
∵OA=OC,∴∠OCA=∠OAC=30°,
∴DH=DC?
sin∠DCH=DC?
sin30°=DC,
∴CD+OD=DH+FD.
根据垂线段最短可得:
则OF=4,AB=2OF=8.
∴当CD+OD的最小值为6时,⊙O的直径AB的长为8.
点评】本题主要考查了圆周角定理、切线的判定、等腰三角形的性质、三角函数的定
义、特殊角的三角函数值、等边三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、垂线段最短等知识,把CD+OD转化为DH+FD是解决第(3)小题的关键.
2
5.如图,抛物线y=x2+mx+n与直线y=﹣x+3交于A,B两点,交x轴于D,C两点,连接AC,BC,已知A(0,3),C(3,0).
(Ⅰ)求抛物线的解析式和tan∠BAC的值;
(Ⅱ)在(Ⅰ)条件下:
(1)P为y轴右侧抛物线上一动点,连接PA,过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q,问:
是否存在点P使得以A,P,Q为顶点的三角形与△ACB相似?
若存在,请求出所有符合条件的点P的坐标;若不存在,请说明理由.
(2)设E为线段AC上一点(不含端点),连接DE,一动点M从点D出发,沿线段DE以每秒一个单位速度运动到E点,再沿线段EA以每秒个单位的速度运动到A后停止,当点E的坐标是多少时,点M在整个运动中用时最少?
【分析】(Ⅰ)只需把A、C两点的坐标代入y=x2+mx+n,就可得到抛物线的解析式,然后求出直线AB与抛物线的交点B的坐标,利用勾股定理逆定理判断出三角形ABC是直角三角形,从而得到∠ACB=90°,然后根据三角函数的定义就可求出tan∠BAC的值;
(Ⅱ)
(1)过点P作PG⊥y轴于G,则∠PGA=90°.设点P的横坐标为x,由P在y轴右侧可得x>0,则PG=x,易得∠APQ=∠ACB=90°.若点G在点A的下方,①当∠PAQ=∠CAB时,△PAQ∽△CAB.此时可证得△PGA∽△BCA,根据相似三角形的性质可得AG=3PG=3x.则有P(x,3﹣3x),然后把P(x,3﹣3x)代入抛物线的解析式,就可求出点P的坐标②当∠PAQ=∠CBA时,△PAQ∽△CBA,同理,可求出点P的坐标;若点G在点A的上方,同理,可求出点P的坐标;
(2)过点E作EN⊥y轴于N,如图3.易得AE=EN,则点M在整个运动中所用的时间可表示为+=DE+EN.作
点D关于AC的对称点D′,连接D′E,则有D′E=DE,D′C=DC,∠D′CA=∠DCA=45°,从而可得∠D′CD=90°,DE+EN=D′E+EN.根据两点之间线段最短可得:
当D′、E、N三点共线时,DE+EN=D′E+EN最小.此时可证到四边形OCD′N是矩形,从而有ND′=OC=3,ON=D′C=DC.然后求出点D的坐标,从而得到OD、ON、NE的值,即可得到点E的坐标.
【解答】解:
(Ⅰ)把A(0,3),C(3,0)代入y=x2+mx+n,得
解得:
∴抛物线的解析式为
x+3
联立
解得:
或,
∴点B的坐标为(4,1).
如图1.
∵C(3,0),B(4,1),A(0,3),
∴AB=20,BC2=2,AC2=18,
222
∴BC2+AC2=AB2,
∴△ABC是直角三角形,
∴∠ACB=90°,
∴tan∠BAC===;
(Ⅱ)方法一:
(1)存在点P,使得以A,P,Q为顶点的三角形与△ACB相似.过点P作PG⊥y轴于G,则∠PGA=90°.
设点P的横坐标为x,由P在y轴右侧可得x>0,则PG=x.
∵PQ⊥PA,∠ACB=90°,
∴∠APQ=∠ACB=90°.
若点G在点A的下方,
①如图2①,当∠PAQ=∠CAB时,则△PAQ∽△CAB.
∵∠PGA=∠ACB=90°,∠PAQ=∠CAB,
∴△PGA∽△BCA,
∴AG=3PG=3x.
则P(x,3﹣3x).
2
把P(x,3﹣3x)代入y=x2
同理可得:
AG=
PG=
x,
则P(x,3﹣x),
解得:
x1=0(舍去),x2=
①当∠PAQ=∠CAB时,则△PAQ∽△CAB,
同理可得:
点P的坐标为(11,36).
②当∠PAQ=∠CBA时,则△PAQ∽△CBA.
方法二:
∴,
∴,∵以A,P,Q为顶点的三角形与△ACB相似,∴或
②,∴|
设P(2t,2t2﹣5t+3),A(0,3),H(2t,3),
,
∴|
∴
|=,
2t1=
,
,
2t2=,
|=3
①
,)、(
,)、(
,
);
∴2t1=11,2t2=﹣1,(舍),∴满足题意的点P的坐标为(11,36)、(
2)方法过点E作EN⊥y轴于N,如图3.
在Rt△ANE中,EN=AE?
sin45°=AE,即AE=EN,
∴点M在整个运动中所用的时间为+=DE+EN.
∴点在整个运动中所用的时间为=.
作点D关于AC的对称点D′,连接D′E,
则有D′E=DE,D′C=DC,∠D′CA=∠DCA=45°,
∴∠D′CD=90°,DE+EN=D′E+EN.根据两点之间线段最短可得:
当D′、E、N三点共线时,DE+EN=D′E+EN最小.此时,∵∠D′CD=∠D′NO=∠NOC=90°,∴四边形OCD′N是矩形,
∴ND′=OC=3,ON=D′C=DC.
对于y=x2﹣x+3,
当y=0时,有x2﹣x+3=0,
解得:
x1=2,x2=3.
∴D(2,0),OD=2,∴ON=DC=OC﹣OD=3﹣2=1,∴NE=AN=AO﹣ON=3﹣1=2,
∴点E的坐标为(2,1).
方法二:
作点D关于AC的对称点D′,DD′交AC于点M,显然DE=D′E,作D′N⊥y轴,垂足为N,交直线AC于点E,如图4,
在Rt△ANE中,EN=AE?
sin45°=AE,即AE=EN,
∴当D′、E、N三点共线时,DE+EN=D′E+EN最小,
∵A(0,3),C(3,0),
∴lAC:
y=﹣x+3,
∴M(m,﹣m+3),D(2,0),
∴﹣1×
∵DM⊥AC,∴KDM×KAC=﹣1,
,∴
M(,)
∴m=
,
∵M为DD′的中点,∴D′(3,1),∵EY=D′Y=1,∴E(2,1).
方法三:
如图,5,过A作射线AF∥x轴,过D作射线DF∥y轴,DF与AC交于点E.∵A(0,3),C(3,0),
∴lAC:
y=﹣x+3.
∵OA=OC,∠AOC=90°,
∴∠ACO=45°,∵AF∥OC,∴∠FAE=45°.
∴EF=AE?
sin45°=.
∴当且仅当AF⊥DF时,DE+EF取得最小值,点M在整个运动中用时最少为:
∴可求得D点坐标为(2,0)则E点横坐标为2,将x=2代入lAC:
y=﹣x+3.,得y=1.所以E(2,1).
国3
動②
点评】本题主要考查了运用待定系数法求抛物线的解析式、求直线与抛物线的交点坐
标、抛物线上点的坐标特征、三角函数的定义、相似三角形的判定与性质、解一元二次
方程、两点之间线段最短、轴对称的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识,综合性强,难度大,准确分类是解决第(Ⅱ)
(1)小题的关键,把点M运动的总时间+转化为DE+EN是解决第(Ⅱ)
(2)小题的关键.
2
6.如图,已知抛物线y=ax2﹣2ax﹣3a(a为常数,且a>0)与x轴从左至右依次交于A,
B两点,与y轴交于点C,经过点B的直线y=﹣x+b与抛物线的另一交点为D,与y
轴交于点E,且DE:
BE=2:
3.
(1)求抛物线的函数表达式;
(2)设P为线段BD上一点(不含端点),连接AP,一动点M从点A出发,沿线段AP
以每秒1个单位的速度运动到P,再沿线段PD以每秒2个单位的速度运动到D后停止.当点P的坐标是多少时,点M在整个运动过程中用时最少?
(3)将△ABC绕点B顺时针旋转α(0°<α<180°),当点A的对应点A'落在△ECB
【分析】
(1)求出A(﹣1,0),B(3,0)、E(0,),由△BOE∽△BND即可求解;
(2)如图,过点D作DH⊥y轴于点H,过点A作AG⊥DH于点G,交BD于点P,则点P即为所求,即可求解;
(3)分点A'落在BE边所在直线上、点A'落在CE边所在直线上、A'落在BC边所在直线
上时,三种情况,分别求解即可.
【解答】解:
(1)如图,过点D作DN⊥x轴于点N,
令y=0,得ax2﹣2ax﹣3a=0,∵a>0∴x2﹣2x﹣3=0,解得x1=﹣1,x2=3,∴A(﹣1,0),B(3,0),
将B坐标代入y=,
解得:
b=,
∴,∴E(0,)
△BOE∽△BND,
∴,
∴,
∵∴,
解得a=,∴;
(2)如图,过点D作DH⊥y轴于点H,过点A作AG⊥DH于点G,交BD于点P,则
∵直线BD的解析式为
∴∠PBA=∠PDG=30
∵AB=4,
3)当点A的对应点A'落在△ECB的边所在直线上时,
AB=4,AC=2,BC=2,OC=OE=,
∴∠ACB=90°,∠ABC=∠EBO=30°
BC=BC′=2,则点C′(3﹣2,0);
过点C′作y轴的平行线分别交过点A′与y轴的垂线、x轴于点F、H,设点C′(m,n),
∵△C′FA′∽△BHC′,
,
,
其中,C′F==,
BH=3﹣m,C′A′=2,BC,FA′=﹣m,HC′=n,
==,解得:
m=,n=,
点C′(,);
故点C′(3﹣2,0)或(,)或(3+,3).
【点评】本题考查的是二次函数综合运用,涉及到三角形相似、解直角三角形等知识,
其中(3)要考虑全面情况,避免遗漏,本题难度较大.
7.二次函数y=ax2﹣2x+c的图象与x轴交于A、C两点,点C(3,0),与y轴交于点B(0,
﹣3).
(1)a=1,c=﹣3;
(2)如图1,P是x轴上一动点,点D(0,1)在y轴上,连接PD,求PD+PC的最小值;
分析】
(1)利用待定系数法把问题转化为方程组即可即可;
M3,M4
=3,求出直线M1M2的解析式,利用方程组即可解决问题,同法求出
的坐标.
【解答】解:
(1)把C(3,0),B(0,﹣3)代入y=ax2﹣2x+c
得到,,解得.
故答案为1,﹣3.
2)如图1中,作PH⊥BC于H.
∵OB=OC=3,∠BOC=90°,
∴∠PCH=45°,
在Rt△PCH中,PH=PC.
∵DP+PC=(PD+PC)=(PD+PH),
根据垂线段最短可知,当D、P、H共线时DP+PC最小,最小值为DH′,
在Rt△DH′B中,∵BD=4,∠DBH′=45°,
∴DH′=BD=2,
∴DP+PC的最小值为?
2=4.
3)如图2中,取点E(1,0),作EG⊥BC于G,易知EG=.
∴M1(,),M2(,),根据对称性可知,直线M1M2关于直线BC的对称的直线与抛物线的交点M3、M4也满足条件,易知直线M3M4的解析式为y=x﹣5,
解得
∴M3(1.﹣4),M4(2,﹣3),
综上所述,满足条件的点M的坐标为∴M1(,),M2(,),
M3(1.﹣4),M4(2,﹣3).
点评】本题考查二次函数综合题、待定系数法、垂线段最短、平行线的性质、轴对称、一次函数的应用、二元一次方程组等知识,解题的关键是学会利用垂线段最短解决最值
问题,学会构建一次函数,利用方程组确定两个函数的交点坐标,属于中考压轴题.
8.已知抛物线y=a(x+3)(x﹣1)(a≠0),与x轴从左至右依次相交于A、B两点,与y轴相交于点
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