中考数学专题复习存在性问题Word文档格式.doc
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B
_
D
A
O
三、二次函数中直角三角形的存在性问题
5.如图,在平面直角坐标系中,△ABC是直角三角形,∠ACB=90,AC=BC,OA=1,OC=4,
抛物线经过A,B两点,抛物线的顶点为D.
(1)求b,c的值;
(2)点E是直角三角形ABC斜边AB上一动点(点A、B除外),过点E作x轴的垂线交抛物线于点F,
当线段EF的长度最大时,求点E的坐标;
(3)在
(2)的条件下:
①求以点E、B、F、D为顶点的四边形的面积;
②在抛物线上是否存在一点P,使△EFP是以EF为直角边的直角三角形?
若存在,求出所有点P的坐标;
四、二次函数中等腰三角形的存在性问题
6.如图,直线交轴于A点,交轴于B点,过A、B两点的抛物线交轴于另一点C(3,0).
⑴求抛物线的解析式;
⑵在抛物线的对称轴上是否存在点Q,使△ABQ是等腰三角形?
若存在,求出符合条件的Q点坐标;
若不存在,请说明理由.
五、二次函数中等腰梯形、直角梯形的存在性问题
7.如图,二次函数y=-x2+ax+b的图像与x轴交于A(-,0)、B(2,0)两点,且与y轴交于点C;
(1)求该拋物线的解析式,并判断△ABC的形状;
(2)在x轴上方的拋物线上有一点D,且以A、C、D、B四
点为顶点的四边形是等腰梯形,请直接写出D点的坐标;
(3)在此拋物线上是否存在点P,使得以A、C、B、P四点
为顶点的四边形是直角梯形?
若存在,求出P点的坐标;
若不存在,说明理由。
x
六、二次函数中菱形的存在性问题
8.如图,抛物线经过原点O和x轴上一点A(4,0),抛物线顶点为E,它的对称轴与x轴交于点D.
直线y=﹣2x﹣1经过抛物线上一点B(﹣2,m)且与y轴交于点C,与抛物线的对称轴交于点F.
(1)求m的值及该抛物线对应的解析式;
(2)P(x,y)是抛物线上的一点,若S△ADP=S△ADC,求出所有符合条件的点P的坐标;
(3)点Q是平面内任意一点,点M从点F出发,沿对称轴向上以每秒1个单位长度的速度匀速运动,设点M的运动时间为t秒,是否能使以Q、A、E、M四点为顶点的四边形是菱形?
若能,请直接写出点M的运动时间t的值;
若不能,请说明理由.
七、二次函数中与圆有关存在性问题
9.已知:
抛物线与x轴交于两点A(x1,0),B(x2,0),
它的对称轴交x轴于点N(x3,0),若A,B两点距离不大于6,
(1)求m的取值范围;
(2)当AB=5时,求抛物线的解析式;
(3)试判断,是否存在m的值,使过点A和点N能作圆与y轴切于点(0,1),
或过点B和点N能作圆与y轴切于点(0,1),若存在找出满足条件的m的值,若不存在试说明理由
定值问题:
1.如图所示,在菱形ABCD中,AB=4,∠BAD=120°
,△AEF为正三角形,点E、F分别在菱形的边BC.CD上滑动,且E、F不与B.C.D重合.
(1)证明不论E、F在BC.CD上如何滑动,总有BE=CF;
(2)当点E、F在BC.CD上滑动时,分别探讨四边形AECF和△CEF的面积是否发生变化?
如果不变,求出这个定值;
如果变化,求出最大(或最小)值.
1、【答案】解:
(1)∵由平移的性质知,的顶点坐标为D(-1,-4),
∴。
(2)由
(1)得.
当时,.解之,得 。
∴.
又当时,,
∴C点坐标为(0,-3)。
又抛物线顶点坐标D(-1,-4),
作抛物线的对称轴交轴于点E,DF⊥轴于点F。
易知
在Rt△AED中,AD2=22+42=20,在Rt△AOC中,AC2=32+32=18,
在Rt△CFD中,CD2=12+12=2,∴AC2+CD2=AD2。
∴△ACD是直角三角形。
(3)存在.作OM∥BC交AC于M,M点即为所求点。
由
(2)知,△AOC为等腰直角三角形,∠BAC=450,AC。
由△AOM∽△ABC,得。
即。
过M点作MG⊥AB于点G,则AG=MG=,
OG=AO-AG=3-。
又点M在第三象限,所以M(-,-)。
2、【答案】解:
(1)设抛物线的解析式为,
∵抛物线过A(﹣2,0),B(﹣3,3),O(0,0)可得,解得。
∴抛物线的解析式为。
(2)①当AE为边时,∵A、O、D、E为顶点的四边形是平行四边形,∴DE=AO=2,
则D在轴下方不可能,∴D在轴上方且DE=2,则D1(1,3),D2(﹣3,3)。
②当AO为对角线时,则DE与AO互相平分。
∵点E在对称轴上,且线段AO的中点横坐标为﹣1,
由对称性知,符合条件的点D只有一个,与点C重合,即C(﹣1,﹣1)。
故符合条件的点D有三个,分别是D1(1,3),D2(﹣3,3),C(﹣1,﹣1)。
(3)存在,如图:
∵B(﹣3,3),C(﹣1,﹣1),根据勾股定理得:
BO2=18,CO2=2,BC2=20,∴BO2+CO2=BC2.∴△BOC是直角三角形。
假设存在点P,使以P,M,A为顶点的三角形与△BOC相似,
设P(,),由题意知>0,>0,且,
①若△AMP∽△BOC,则。
即+2=3(2+2)得:
1=,2=﹣2(舍去).
当=时,=,即P(,)。
②若△PMA∽△BOC,则,。
即:
2+2=3(+2)得:
1=3,2=﹣2(舍去)
当=3时,=15,即P(3,15).
故符合条件的点P有两个,分别是P(,)或(3,15)。
3、【答案】解:
(1)把点B(-2,-2)的坐标代入得,,∴=4。
∴双曲线的解析式为:
。
设A点的坐标为(m,n).∵A点在双曲线上,∴mn=4。
又∵tan∠AOX=4,∴=4,即m=4n。
∴n2=1,∴n=±
1。
∵A点在第一象限,∴n=1,m=4。
∴A点的坐标为(1,4)。
把A、B点的坐标代入得,,解得,=1,=3。
∴抛物线的解析式为:
(2)∵AC∥轴,∴点C的纵坐标y=4,
代入得方程,,解得1=-4,2=1(舍去)。
∴C点的坐标为(-4,4),且AC=5。
又∵△ABC的高为6,∴△ABC的面积=×
5×
6=15。
(3)存在D点使△ABD的面积等于△ABC的面积。
理由如下:
过点C作CD∥AB交抛物线于另一点D,此时△ABD的面积等于△ABC的面积(同底:
AB,等高:
CD和AB的距离)。
∵直线AB相应的一次函数是:
,且CD∥AB,
∴可设直线CD解析式为,
把C点的坐标(﹣4,4)代入可得,。
∴直线CD相应的一次函数是:
解方程组,解得,。
∴点D的坐标为(3,18)。
4.
(1)、因为点A、B均在抛物线上,故点A、B的坐标适合抛物线方程
∴解之得:
;
故为所求
(2)如图2,连接BD,交y轴于点M,则点M就是所求作的点
设BD的解析式为,则有,,
故BD的解析式为;
令则,故
(3)、如图3,连接AM,BC交y轴于点N,由
(2)知,OM=OA=OD=2,
易知BN=MN=1, 易求
图3
设,
依题意有:
,即:
解之得:
,,故符合条件的P点有三个:
5.解答:
解:
(1)由已知得:
A(﹣1,0),B(4,5),
∵二次函数y=x2+bx+c的图象经过点A(﹣1,0),B(4,5),
∴,解得:
b=﹣2,c=﹣3;
(2)如图:
∵直线AB经过点A(﹣1,0),B(4,5),∴直线AB的解析式为:
y=x+1,
∵二次函数y=x2﹣2x﹣3,∴设点E(t,t+1),则F(t,t2﹣2t﹣3),
∴EF=(t+1)﹣(t2﹣2t﹣3)=﹣(t﹣)2+,
∴当t=时,EF的最大值为,∴点E的坐标为(,);
(3)①如图:
顺次连接点E、B、F、D得四边形EBFD.
可求出点F的坐标(,),点D的坐标为(1,﹣4)
S四边形EBFD=S△BEF+S△DEF=×
×
(4﹣)+×
(﹣1)=;
②如图:
ⅰ)过点E作a⊥EF交抛物线于点P,设点P(m,m2﹣2m﹣3)则有:
m2﹣2m﹣2=,
解得:
m1=,m2=,∴P1(,),P2(,),
ⅱ)过点F作b⊥EF交抛物线于P3,设P3(n,n2﹣2n﹣3)则有:
n2﹣2n﹣2=﹣,
n1=,n2=(与点F重合,舍去),∴P3(,),
综上所述:
所有点P的坐标:
P1(,),P2(,),P3(,)
能使△EFP组成以EF为直角边的直角三角形.
6.解:
(1)∵当=0时,=3当=0时,=﹣1∴(﹣1,0),(0,3)
∵(3,0)·
·
1分
设抛物线的解析式为=a(+1)(﹣3)
∴3=a×
1×
(﹣3)∴a=﹣1
∴此抛物线的解析式为=﹣(+1)(﹣3)=-+2+3·
2分
(2)存在
∵抛物线的对称轴为:
x==1·
4分
∴如图对称轴与轴的交点即为Q
∵=,⊥∴=
∴(1,0)·
6分
当=时,设的坐标为(1,m)
∴2+m=1+(3﹣m)
∴m=1
∴(1,1)·
8分
当=时,设(1,n)∴2+n=1+3
∵n>0∴n=
∴(1,)
∴符合条件的点坐标为(1,0),(1,1),(1,)·
10分
7、答案:
[解]
(1)根据题意,将A(-,0),B(2,0)代入y=-x2+ax+b中,得,
解这个方程,得a=,b=1,∴该拋物线的解析式为y=-x2+x+1,当x=0时,y=1,
∴点C的坐标为(0,1)。
∴在△AOC中,AC===。
在△BOC中,BC===。
AB=OA+OB=+2=,∵AC2+BC2=+5==AB2,∴△ABC是直角三角形。
(2)点D的坐标为(,1)。
(3)存在。
由
(1)知,AC^BC。
P
若以BC为底边,则BC//AP,如图1所示,可求得直线
BC的解析式为y=-x+1,直线AP可以看作是由直线
BC平移得到的,所以设直线AP的解析式为y=-x+b,
把点A(-,0)代入直线AP的解析式,求得b=-,
∴直线AP的解析式为y=-x-。
∵点P既在拋物线上,又在直线AP上,
∴点P的纵坐标相等,即-x2+x+1=-x-,解得x1=,
x2=-(舍去)。
当x=时,y=-,∴点P(,-)。
若以AC为底边,则BP//AC,如图2所示。
可求得直线AC的解析式为y=2x+1。
直线BP可以看作是由直线AC平移得到的,
所以设直线BP的解析式为y=2x+b,把点B(2,0)代
入直线BP的解析式,求得b=-4,
∴直线BP的解析式为y=2x-4。
∵点P既在拋物线上,又在直线BP上,∴点P的纵坐标相等,
即-x2+x+1=2x-4,解得x1=-,x2=2(舍去)。
当x=-时,y=-9,∴点P的坐标为(-,-9)。
综上所述,满足题目条件的点P为(,-)或(-,-9)。
8.解:
(1)∵点B(﹣2,m)在直线y=﹣2x﹣1上∴m=3即B(﹣2,3)
又∵抛物线经过原点O∴设抛物线的解析式为y=ax2+bx
∵点B(﹣2,3),A(4,0)在抛物线上
.∴设抛物线的解析式为.
(2)∵P(x,y)是抛物线上的一点,∴,
若S△ADP=S△ADC,
∵,,
又∵点C是直线y=﹣2x﹣1与y轴交点,
∴C(0,1),∴OC=1,
∴,即或,
.
∴点P的坐标为.
(3)结论:
存在.
∵抛物线的解析式为,∴顶点E(2,﹣1),对称轴为x=2;
点F是直线y=﹣2x﹣1与对称轴x=2的交点,∴F(2,﹣5),DF=5.
又∵A(4,0),∴AE=.
如右图所示,在点M的运动过程中,依次出现四个菱形:
①菱形AEM1Q1.
∵此时DM1=AE=,∴M1F=DF﹣DE﹣DM1=4﹣,∴t1=4﹣;
②菱形AEOM2.
∵此时DM2=DE=1,∴M2F=DF+DM2=6,∴t2=6;
③菱形AEM3Q3.
∵此时EM3=AE=,∴DM3=EM3﹣DE=﹣1,
∴M3F=DM3+DF=(﹣1)+5=4+,∴t3=4+;
④菱形AM4EQ4.
此时AE为菱形的对角线,
设对角线AE与M4Q4交于点H,则AE⊥M4Q4,
∵易知△AED∽△M4EH,
∴,即,得M4E=,
∴DM4=M4E﹣DE=﹣1=,
∴M4F=DM4+DF=+5=,∴t4=.
综上所述,存在点M、点Q,使得以Q、A、E、M四点为顶点的四边形是菱形;
时间t的值为:
t1=4﹣,t2=6,t3=4+,t4=.
9.解:
(1)令y=0,则∵
∴∴∴
由AB≤6,且,得:
∴
(2)当AB=5时,∴抛物线的解析式为:
(3)N(x3,0)是抛物线与x轴的交点∴①若N在x轴的正半轴上,
则由切割线定理:
∴
②若N在x轴的负半轴上,
则由切割线定理:
∴
∴∵∴∴∴m的值为1或。
定值问题
1.【答案】解:
(1)证明:
如图,连接AC
∵四边形ABCD为菱形,∠BAD=120°
,
∠BAE+∠EAC=60°
,∠FAC+∠EAC=60°
∴∠BAE=∠FAC。
∵∠BAD=120°
,∴∠ABF=60°
∴△ABC和△ACD为等边三角形。
∴∠ACF=60°
,AC=AB。
∴∠ABE=∠AFC。
∴在△ABE和△ACF中,∵∠BAE=∠FAC,AB=AC,∠ABE=∠AFC,
∴△ABE≌△ACF(ASA)。
∴BE=CF。
(2)四边形AECF的面积不变,△CEF的面积发生变化。
由
(1)得△ABE≌△ACF,则S△ABE=S△ACF。
∴S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC,是定值。
作AH⊥BC于H点,则BH=2,
由“垂线段最短”可知:
当正三角形AEF的边AE与BC垂直时,边AE最短.
故△AEF的面积会随着AE的变化而变化,且当AE最短时,正三角形AEF的面积会最小,
15
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