【名校精品】中考数学复习:动点与抛物线专题答案.doc
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1、名校精品资料数学动点与抛物线专题复习一、平行四边形与抛物线1、解:(1)由于抛物线y=x2+bx+c与y轴交于点B(0,4),则 c=4;抛物线的对称轴 x=,b=5a=;即抛物线的解析式:y=x2+x+4(2)A(4,0)、B(3,0)OA=4,OB=3,AB=5;若四边形ABCD是菱形,则 BC=AD=AB=5,C(5,3)、D(1,0)将C(5,3)代入y=x2+x+4中,得:(5)2+(5)+4=3,所以点C在抛物线上;同理可证:点D也在抛物线上(3)设直线CD的解析式为:y=kx+b,依题意,有:,解得 直线CD:y=x由于MNy轴,设 M(t,t2+t+4),则 N(t,t);t5
2、或t1时,l=MN=(t2+t+4)(t)=t2+t+;5t1时,l=MN=(t)(t2+t+4)=t2t;若以M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形,由于MNCE,则MN=CE=3,则有:t2+t+=3,解得:t=32;t2t=3,解得:t=3;综上,l=且当t=32或3时,以M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形2、解:(1)解方程x27x+12=0,得x1=3,x2=4,OAOB,OA=3,OB=4A(0,3),B(4,0)(2)在RtAOB中,OA=3,OB=4,AB=5,AP=t,QB=2t,AQ=52tAPQ与AOB相似,可能有两种情况:(I)APQAOB,如图(2)a所示则有
3、,即,解得t=此时OP=OAAP=,PQ=APtanA=,Q(,);(II)APQABO,如图(2)b所示则有,即,解得t=此时AQ=,AH=AQcosA=,HQ=AQsinA=,OH=OAAH=,Q(,)综上所述,当t=秒或t=秒时,APQ与AOB相似,所对应的Q点坐标分别为(,)或(,)(3)结论:存在如图(3)所示t=2,AP=2,AQ=1,OP=1过Q点作QEy轴于点E,则QE=AQsinQAP=,AE=AQcosQAP=,OE=OAAE=,Q(,)APQM1,QM1x轴,且QM1=AP=2,M1(,);APQM2,QM2x轴,且QM2=AP=2,M2(,);如图(3),过M3点作M3
4、Fy轴于点F,AQPM3,M3P=AQ,QAE=M3PF,PM3F=AQE;在M3PF与QAE中,QAE=M3PF,M3P=AQ,PM3F=AQE,M3PFQAE,M3F=QE=,PF=AE=,OF=OP+PF=,M3(,)当t=2时,在坐标平面内,存在点M,使以A、P、Q、M为顶点的四边形是平行四边形点M的坐标为:M1(,),M2(,),M3(,)3.解:(1)由抛物线y=x2+bx+c过点A(1,0)及C(2,3)得,解得,故抛物线为y=x2+2x+3又设直线为y=kx+n过点A(1,0)及C(2,3)得,解得故直线AC为y=x+1;(2)作N点关于直线x=3的对称点N,则N(6,3),由
5、(1)得D(1,4),故直线DN的函数关系式为y=x+,当M(3,m)在直线DN上时,MN+MD的值最小,则m=;(3)由(1)、(2)得D(1,4),B(1,2)点E在直线AC上,设E(x,x+1),当点E在线段AC上时,点F在点E上方,则F(x,x+3),F在抛物线上,x+3=x2+2x+3,解得,x=0或x=1(舍去)E(0,1);当点E在线段AC(或CA)延长线上时,点F在点E下方,则F(x,x1)由F在抛物线上x1=x2+2x+3解得x=或x=E(,)或(,)综上,满足条件的点E为E(0,1)、(,)或(,);(4)过点P作PQx轴交AC于点Q,交x轴于点H;过点C作CGx轴于点G,
6、如图2,设Q(x,x+1),则P(x,x2+2x+3)又SAPC=SAPH+S直角梯形PHGCSAGC=(x+1)(x2+2x+3)+(x2+2x+3+3)(2x)33=x2+x+3=(x)2+APC的面积的最大值为二、 梯形与抛物线1、解:(1)过点C作CHx轴,垂足为H;在RtOAB中,OAB=90,BOA=30,AB=2,OB=4,OA=2;由折叠的性质知:COB=30,OC=AO=2,COH=60,OH=,CH=3;C点坐标为(,3)(2)抛物线y=ax2+bx(a0)经过C(,3)、A(2,0)两点,解得;此抛物线的函数关系式为:y=x2+2x(3)存在因为y=x2+2x的顶点坐标为
7、(,3),即为点C,MPx轴,垂足为N,设PN=t;因为BOA=30,所以ON=t,P(t,t);作PQCD,垂足为Q,MECD,垂足为E;把x=t代入y=x2+2x,得y=3t2+6t,M(t,3t2+6t),E(,3t2+6t),同理:Q(,t),D(,1);要使四边形CDPM为等腰梯形,只需CE=QD,即3(3t2+6t)=t1,解得t=,t=1(舍),P点坐标为(,),存在满足条件的P点,使得四边形CDPM为等腰梯形,此时P点坐标为(,)2、解:(1)抛物线y=x2+h经过点C(0,1),+h=1,解得h=1(2)依题意,设抛物线y=x2+1上的点,P(a,a2+1)、Q(b,b2+1
8、)(a0b)过点A的直线l:y=kx+2经过点P、Q,a2+1=ak+2b2+1=bk+2ba得:(a2bb2a)+ba=2(ba),化简得:b=;SPOQ=OA|xQxP|=OA|a|=()+(a)2=4由上式知:当=a,即|a|=|b|(P、Q关于y轴对称)时,POQ的面积最小;即PQx轴时,POQ的面积最小,且POQ的面积最小为4(3)连接BQ,若l与x轴不平行(如图),即PQ与x轴不平行,依题意,设抛物线y=x2+1上的点,P(a,a2+1)、Q(b,b2+1)(a0b)直线BC:y=k1x+1过点P,a2+1=ak1+1,得k1=a,即y=ax+1令y=0得:xB=,同理,由(2)得
9、:b=点B与Q的横坐标相同,BQy轴,即BQOA,又AQ与OB不平行,四边形AOBQ是梯形,据抛物线的对称性可得(a0b)结论相同故在直线l旋转的过程中:当l与x轴不平行时,四边形AOBQ是梯形;当l与x轴平行时,四边形AOBQ是正方形3.解:(1)由题意可知,当t=2(秒)时,OP=4,CQ=2,在RtPCQ中,由勾股定理得:PC=4,OC=OP+PC=4+4=8,又矩形AOCD,A(0,4),D(8,4)点P到达终点所需时间为=4秒,点Q到达终点所需时间为=4秒,由题意可知,t的取值范围为:0t4(2)结论:AEF的面积S不变化AOCD是矩形,ADOE,AQDEQC,即,解得CE=由翻折变
10、换的性质可知:DF=DQ=4t,则CF=CD+DF=8tS=S梯形AOCF+SFCESAOE=(OA+CF)OC+CFCEOAOE=4+(8t)8+(8t)4(8+)化简得:S=32为定值所以AEF的面积S不变化,S=32(3)若四边形APQF是梯形,因为AP与CF不平行,所以只有PQAF由PQAF可得:CPQDAF,即,化简得t212t+16=0,解得:t1=6+2,t2=62,由(1)可知,0t4,t1=6+2不符合题意,舍去当t=(62)秒时,四边形APQF是梯形三、等腰三角形、菱形与抛物线1、解:(1)点A(1,0),OA=1,由图可知,BAC是三角板的60角,ABC是30角,所以,O
11、C=OAtan60=1=,OB=OCcot30=3,所以,点B(3,0),C(0,),设抛物线解析式为y=ax2+bx+c,则,解得,所以,抛物线的解析式为y=x2+x+;(2)OCEOBC,=,即=,解得OE=1,所以,AE=OA+OE=1+1=2,即x=2时,OCEOBC;存在理由如下:抛物线的对称轴为x=1,所以,点E为抛物线的对称轴与x轴的交点,OA=OE,OCx轴,BAC=60,ACE是等边三角形,AEC=60,又DEF=60,FEB=60,BAC=FEB,EFAC,由A(1,0),C(0,)可得直线AC的解析式为y=x+,点E(1,0),直线EF的解析式为y=x,联立,解得,(舍去
12、),点M的坐标为(2,),EM=2,分三种情况讨论PEM是等腰三角形,当PE=EM时,PE=2,所以,点P的坐标为(1,2)或(1,2),当PE=PM时,FEB=60,PEF=9060=30,PE=EMcos30=2=,所以,点P的坐标为(1,),当PM=EM时,PE=2EMcos30=22=2,所以,点P的坐标为(1,2),综上所述,抛物线对称轴上存在点P(1,2)或(1,2)或(1,)或(1,2),使PEM是等腰三角形3、解:(1)由题意,A(6,0)、B(0,8),则OA=6,OB=8,AB=10;当t=3时,AN=t=5=AB,即N是线段AB的中点;N(3,4)设抛物线的解析式为:y=
13、ax(x6),则:4=3a(36),a=;抛物线的解析式:y=x(x6)=x2+x(2)过点N作NCOA于C;由题意,AN=t,AM=OAOM=6t,NC=NAsinBAO=t=t;则:SMNA=AMNC=(6t)t=(t3)2+6MNA的面积有最大值,且最大值为6(3)RtNCA中,AN=t,NC=ANsinBAO=t,AC=ANcosBAO=t;OC=OAAC=6t,N(6t,t)NM=;又:AM=6t,AN=t(0t6);当MN=AN时,=t,即:t28t+12=0,t1=2,t2=6(舍去);当MN=MA时,=6t,即:t212t=0,t1=0(舍去),t2=;当AM=AN时,6t=t
14、,即t=;综上,当t的值取 2或或 时,MAN是等腰三角形4、解:(1)抛物线y=ax2+bx+c(a0)经过A(1,0),B(3,0),C(0,)三点,解得a=,b=,c=,抛物线的解析式为:y=x2x(2)设直线l1的解析式为y=kx+b,由题意可知,直线l1经过A(1,0),C(0,)两点,解得k=,b=,直线l1的解析式为:y=x;直线l2经过B(3,0),C(0,)两点,同理可求得直线l2解析式为:y=x抛物线y=x2x=(x1)2,对称轴为x=1,D(1,0),顶点坐标为F(1,);点E为x=1与直线l2:y=x的交点,令x=1,得y=,E(1,);点G为x=1与直线l1:y=x的
15、交点,令x=1,得y=,G(1,)各点坐标为:D(1,0),E(1,),F(1,),G(1,),它们均位于对称轴x=1上,DE=EF=FG=(3)如右图,过C点作C关于对称轴x=1的对称点P1,CP1交对称轴于H点,连接CFPCG为等腰三角形,有三种情况:当CG=PG时,如右图,由抛物线的对称性可知,此时P1满足P1G=CGC(0,),对称轴x=1,P1(2,)当CG=PC时,此时P点在抛物线上,且CP的长度等于CG如右图,C(1,),H点在x=1上,H(1,),在RtCHG中,CH=1,HG=|yGyH|=|()|=,由勾股定理得:CG=2PC=2如右图,CP1=2,此时与中情形重合;又Rt
16、OAC中,AC=2,点A满足PC=2的条件,但点A、C、G在同一条直线上,所以不能构成等腰三角形当PC=PG时,此时P点位于线段CG的垂直平分线上l1l2,ECG为直角三角形,由(2)可知,EF=FG,即F为斜边EG的中点,CF=FG,F为满足条件的P点,P2(1,);又cosCGE=,CGE=30,HCG=60,又P1C=CG,P1CG为等边三角形,P1点也在CG的垂直平分线上,此种情形与重合综上所述,P点的坐标为P1(2,)或P2(1,)5、解:(1)过点B作BFx轴于F在RtBCF中BCO=45,BC=6CF=BF=12 C 的坐标为(18,0)AB=OF=6点B的坐标为(6,12)(2
17、)过点D作DGy轴于点GABDGODGOBA =,AB=6,OA=12DG=4,OG=8 D(4,8),E(0,4)设直线DE解析式为y=kx+b(k0)直线DE解析式为y=x+4(3)结论:存在设直线y=x+4分别与x轴、y轴交于点E、点F,则E(0,4),F(4,0),OE=OF=4,EF=4如答图2所示,有四个菱形满足题意菱形OEP1Q1,此时OE为菱形一边则有P1E=P1Q1=OE=4,P1F=EFP1E=44易知P1NF为等腰直角三角形,P1N=NF=P1F=42;设P1Q1交x轴于点N,则NQ1=P1Q1P1N=4(42)=2,又ON=OFNF=2,Q1(2,2);菱形OEP2Q2
18、,此时OE为菱形一边此时Q2与Q1关于原点对称,Q2(2,2);菱形OEQ3P3,此时OE为菱形一边此时P3与点F重合,菱形OEQ3P3为正方形,Q3(4,4);菱形OP4EQ4,此时OE为菱形对角线由菱形性质可知,P4Q4为OE的垂直平分线,由OE=4,得P4纵坐标为2,代入直线解析式y=x+4得横坐标为2,则P4(2,2),由菱形性质可知,P4、Q4关于OE或x轴对称,Q4(2,2)综上所述,存在点Q,使以O、E、P、Q为顶点的四边形是菱形;点Q的坐标为:Q1(2,2),Q2(2,2),Q3(4,4),Q4(2,2)6、解:(1)点B(2,m)在直线y=2x1上m=3 即B(2,3)又抛物
19、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,解得:设抛物线的解析式为(2)P(x,y)是抛物线上的一点,若SADP=SADC,又点C是直线y=2x1与y轴交点,C(0,1),OC=1,即或,解得: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=2x1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:菱形AEM1Q1此时DM1=AE=,M1F=DFDEDM1=4,t1=4;菱形AEOM2此时DM2=DE=1,M2F=DF+DM2=6,t2=6
20、;菱形AEM3Q3此时EM3=AE=,DM3=EM3DE=1,M3F=DM3+DF=(1)+5=4+,t3=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AEM4Q4,易知AEDM4EH,即,得M4E=,DM4=M4EDE=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=四、直角三角形与抛物线1、解:(1)令y=0,即=0,解得x1=4,x2=2,A、B点的坐标为A(4,0)、B(2,0)(2)SACB=ABOC=9,在RtAOC中,AC=5,
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