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2017挑战压轴题中考数学精讲解读篇 因动点产生的相似三角形问题1.如图,在平面直角坐标系xOy中,将抛物线y=x2的对称轴绕着点P(0,2)顺时针旋转45°后与该抛物线交于A、B两点,点Q是该抛物线上一点.
(1)求直线AB的函数表达式;
(2)如图
①,若点Q在直线AB的下方,求点Q到直线AB的距离的最大值;
(3)如图
②,若点Q在y轴左侧,且点T(0,t)(t<2)是射线PO上一点,当以P、B、Q为顶点的三角形与△PAT相似时,求所有满足条件的t的值.2.如图,已知BC是半圆O的直径,BC=8,过线段BO上一动点D,作AD⊥BC交半圆O于点A,联结AO,过点B作BH⊥AO,垂足为点H,BH的延长线交半圆O于点F.
(1)求证AH=BD;
(2)设BD=x,BE•BF=y,求y关于x的函数关系式;
(3)如图2,若联结FA并延长交CB的延长线于点G,当△FAE与△FBG相似时,求BD的长度.3.如图,在平面直角坐标系xOy中,直线AB过点A(3,0)、B(0,m)(m>0),tan∠BAO=2.
(1)求直线AB的表达式;
(2)反比例函数y=的图象与直线AB交于第一象限内的C、D两点(BD<BC),当AD=2DB时,求k1的值;
(3)设线段AB的中点为E,过点E作x轴的垂线,垂足为点M,交反比例函数y=的图象于点F,分别联结OE、OF,当△OEF∽△OBE时,请直接写出满足条件的所有k2的值.4.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=1,BC=7,点D是边CA延长线的一点,AE⊥BD,垂足为点E,AE的延长线交CA的平行线BF于点F,连结CE交AB于点G.
(1)当点E是BD的中点时,求tan∠AFB的值;
(2)CE•AF的值是否随线段AD长度的改变而变化?如果不变,求出CE•AF的值;如果变化,请说明理由;
(3)当△BGE和△BAF相似时,求线段AF的长.5.如图,平面直角坐标系xOy中,已知B(﹣1,0),一次函数y=﹣x+5的图象与x轴、y轴分别交于点A、C两点,二次函数y=﹣x2+bx+c的图象经过点A、点B.
(1)求这个二次函数的解析式;
(2)点P是该二次函数图象的顶点,求△APC的面积;
(3)如果点Q在线段AC上,且△ABC与△AOQ相似,求点Q的坐标.6.已知半圆O的直径AB=6,点C在半圆O上,且tan∠ABC=2,点D为弧AC上一点,联结DC(如图)
(1)求BC的长;
(2)若射线DC交射线AB于点M,且△MBC与△MOC相似,求CD的长;
(3)联结OD,当OD∥BC时,作∠DOB的平分线交线段DC于点N,求ON的长.7.如图,已知二次函数y=x2+bx+c(b,c为常数)的图象经过点A(3,﹣1),点C(0,﹣4),顶点为点M,过点A作AB∥x轴,交y轴与点D,交该二次函数图象于点B,连结BC.
(1)求该二次函数的解析式及点M的坐标;
(2)若将该二次函数图象向上平移m(m>0)个单位,使平移后得到的二次函数图象的顶点落在△ABC的内部(不包含△ABC的边界),求m的取值范围;
(3)点P时直线AC上的动点,若点P,点C,点M所构成的三角形与△BCD相似,请直接写出所有点P的坐标(直接写出结果,不必写解答过程).因动点产生的等腰三角形问题8.如图1,在△ABC中,∠ACB=90°,∠BAC=60°,点E是∠BAC角平分线上一点,过点E作AE的垂线,过点A作AB的垂线,两垂线交于点D,连接DB,点F是BD的中点,DH⊥AC,垂足为H,连接EF,HF.
(1)如图1,若点H是AC的中点,AC=2,求AB,BD的长;
(2)如图1,求证HF=EF;
(3)如图2,连接CF,CE.猜想△CEF是否是等边三角形?若是,请证明;若不是,说明理由.9.已知,一条抛物线的顶点为E(﹣1,4),且过点A(﹣3,0),与y轴交于点C,点D是这条抛物线上一点,它的横坐标为m,且﹣3<m<﹣1,过点D作DK⊥x轴,垂足为K,DK分别交线段AE、AC于点G、H.
(1)求这条抛物线的解析式;
(2)求证GH=HK;
(3)当△CGH是等腰三角形时,求m的值.10.如图,已知在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AB=5,sinA=,点P是边BC上的一点,PE⊥AB,垂足为E,以点P为圆心,PC为半径的圆与射线PE相交于点Q,线段CQ与边AB交于点D.
(1)求AD的长;
(2)设CP=x,△PCQ的面积为y,求y关于x的函数解析式,并写出定义域;
(3)过点C作CF⊥AB,垂足为F,联结PF、QF,如果△PQF是以PF为腰的等腰三角形,求CP的长.11.如图
(1),直线y=﹣x+n交x轴于点A,交y轴于点C(0,4),抛物线y=x2+bx+c经过点A,交y轴于点B(0,﹣2).点P为抛物线上一个动点,过点P作x轴的垂线PD,过点B作BD⊥PD于点D,连接PB,设点P的横坐标为m.
(1)求抛物线的解析式;
(2)当△BDP为等腰直角三角形时,求线段PD的长;
(3)如图
(2),将△BDP绕点B逆时针旋转,得到△BD′P′,当旋转角∠PBP′=∠OAC,且点P的对应点P′落在坐标轴上时,请直接写出点P的坐标.12.综合与探究如图,在平面直角坐标系中,已知抛物线y=ax2+bx﹣8与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,直线l经过坐标原点O,与抛物线的一个交点为D,与抛物线的对称轴交于点E,连接CE,已知点A,D的坐标分别为(﹣2,0),(6,﹣8).
(1)求抛物线的函数表达式,并分别求出点B和点E的坐标;
(2)试探究抛物线上是否存在点F,使△FOE≌△FCE?若存在,请直接写出点F的坐标;若不存在,请说明理由;
(3)若点P是y轴负半轴上的一个动点,设其坐标为(0,m),直线PB与直线l交于点Q,试探究当m为何值时,△OPQ是等腰三角形.因动点产生的直角三角形问题13.已知,如图1,在梯形ABCD中,AD∥BC,∠BCD=90°,BC=11,CD=6,tan∠ABC=2,点E在AD边上,且AE=3ED,EF∥AB交BC于点F,点M、N分别在射线FE和线段CD上.
(1)求线段CF的长;
(2)如图2,当点M在线段FE上,且AM⊥MN,设FM•cos∠EFC=x,CN=y,求y关于x的函数解析式,并写出它的定义域;
(3)如果△AMN为等腰直角三角形,求线段FM的长.14.如图,在矩形ABCD中,点O为坐标原点,点B的坐标为(4,3),点A、C在坐标轴上,点P在BC边上,直线l1y=2x+3,直线l2y=2x﹣3.
(1)分别求直线l1与x轴,直线l2与AB的交点坐标;
(2)已知点M在第一象限,且是直线l2上的点,若△APM是等腰直角三角形,求点M的坐标;
(3)我们把直线l1和直线l2上的点所组成的图形为图形F.已知矩形ANPQ的顶点N在图形F上,Q是坐标平面内的点,且N点的横坐标为x,请直接写出x的取值范围(不用说明理由).因动点产生的平行四边形问题15.如图,在平面直角坐标系xOy中,抛物线y=ax2﹣2ax﹣3a(a<0)与x轴交于A,B两点(点A在点B的左侧),经过点A的直线l y=kx+b与y轴交于点C,与抛物线的另一个交点为D,且CD=4AC.
(1)直接写出点A的坐标,并求直线l的函数表达式(其中k,b用含a的式子表示);
(2)点E是直线l上方的抛物线上的一点,若△ACE的面积的最大值为,求a的值;
(3)设P是抛物线对称轴上的一点,点Q在抛物线上,以点A,D,P,Q为顶点的四边形能否成为矩形?若能,求出点P的坐标;若不能,请说明理由.16.如图,在矩形OABC中,OA=5,AB=4,点D为边AB上一点,将△BCD沿直线CD折叠,使点B恰好落在OA边上的点E处,分别以OC,OA所在的直线为x轴,y轴建立平面直角坐标系.
(1)求点E坐标及经过O,D,C三点的抛物线的解析式;
(2)一动点P从点C出发,沿CB以每秒2个单位长的速度向点B运动,同时动点Q从E点出发,沿EC以每秒1个单位长的速度向点C运动,当点P到达点B时,两点同时停止运动.设运动时间为t秒,当t为何值时,DP=DQ;
(3)若点N在
(2)中的抛物线的对称轴上,点M在抛物线上,是否存在这样的点M与点N,使得以M,N,C,E为顶点的四边形是平行四边形?若存在,请求出M点的坐标;若不存在,请说明理由.17.如图,抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A、B两点(点A在点B的左边),与y轴交于点C,点D和点C关于抛物线的对称轴对称,直线AD与y轴交于点E.
(1)求直线AD的解析式;
(2)如图1,直线AD上方的抛物线上有一点F,过点F作FG⊥AD于点G,作FH平行于x轴交直线AD于点H,求△FGH周长的最大值;
(3)点M是抛物线的顶点,点P是y轴上一点,点Q是坐标平面内一点,以A,M,P,Q为顶点的四边形是以AM为边的矩形.若点T和点Q关于AM所在直线对称,求点T的坐标.18.如图,点A和动点P在直线l上,点P关于点A的对称点为Q,以AQ为边作Rt△ABQ,使∠BAQ=90°,AQ AB=34,作△ABQ的外接圆O.点C在点P右侧,PC=4,过点C作直线m⊥l,过点O作OD⊥m于点D,交AB右侧的圆弧于点E.在射线CD上取点F,使DF=CD,以DE,DF为邻边作矩形DEGF.设AQ=3x.
(1)用关于x的代数式表示BQ,DF.
(2)当点P在点A右侧时,若矩形DEGF的面积等于90,求AP的长.
(3)在点P的整个运动过程中,
①当AP为何值时,矩形DEGF是正方形?
②作直线BG交⊙O于点N,若BN的弦心距为1,求AP的长(直接写出答案).19.在平面直角坐标系xOy(如图)中,经过点A(﹣1,0)的抛物线y=﹣x2+bx+3与y轴交于点C,点B与点A、点D与点C分别关于该抛物线的对称轴对称.
(1)求b的值以及直线AD与x轴正方向的夹角;
(2)如果点E是抛物线上一动点,过E作EF平行于x轴交直线AD于点F,且F在E的右边,过点E作EG⊥AD与点G,设E的横坐标为m,△EFG的周长为l,试用m表示l;
(3)点M是该抛物线的顶点,点P是y轴上一点,Q是坐标平面内一点,如果以点A、M、P、Q为顶点的四边形是矩形,求该矩形的顶点Q的坐标.20.如图,直线y=mx+4与反比例函数y=(k>0)的图象交于点A、B,与x轴、y轴分别交于D、C,tan∠CDO=2,AC CD=12.
(1)求反比例函数解析式;
(2)联结BO,求∠DBO的正切值;
(3)点M在直线x=﹣1上,点N在反比例函数图象上,如果以点A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形,求点N的坐标.21.如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=ax2+bx+c的顶点坐标为(2,9),与y轴交于点A(0,5),与x轴交于点E、B.
(1)求二次函数y=ax2+bx+c的表达式;
(2)过点A作AC平行于x轴,交抛物线于点C,点P为抛物线上的一点(点P在AC上方),作PD平行于y轴交AB于点D,问当点P在何位置时,四边形APCD的面积最大?并求出最大面积;
(3)若点M在抛物线上,点N在其对称轴上,使得以A、E、N、M为顶点的四边形是平行四边形,且AE为其一边,求点M、N的坐标.因动点产生的梯形问题22.如图,在平面直角坐标系xOy中,二次函数y=+bx+c的图象与y轴交于点A,与双曲线y=有一个公共点B,它的横坐标为4,过点B作直线l∥x轴,与该二次函数图象交于另一个点C,直线AC在y轴上的截距是﹣6.
(1)求二次函数的解析式;
(2)求直线AC的表达式;
(3)平面内是否存在点D,使A、B、C、D为顶点的四边形是等腰梯形?如果存在,求出点D坐标;如果不存在,说明理由.23.如图,矩形OMPN的顶点O在原点,M、N分别在x轴和y轴的正半轴上,OM=6,ON=3,反比例函数y=的图象与PN交于C,与PM交于D,过点C作CA⊥x轴于点A,过点D作DB⊥y轴于点B,AC与BD交于点G.
(1)求证AB∥CD;
(2)在直角坐标平面内是否若存在点E,使以B、C、D、E为顶点,BC为腰的梯形是等腰梯形?若存在,求点E的坐标;若不存在请说明理由.因动点产生的面积问题24.如图,边长为8的正方形OABC的两边在坐标轴上,以点C为顶点的抛物线经过点A,点P是抛物线上点A,C间的一个动点(含端点),过点P作PF⊥BC于点F,点D、E的坐标分别为(0,6),(﹣4,0),连接PD、PE、DE.
(1)请直接写出抛物线的解析式;
(2)小明探究点P的位置发现当P与点A或点C重合时,PD与PF的差为定值,进而猜想对于任意一点P,PD与PF的差为定值,请你判断该猜想是否正确,并说明理由;
(3)小明进一步探究得出结论若将“使△PDE的面积为整数”的点P记作“好点”,则存在多个“好点”,且使△PDE的周长最小的点P也是一个“好点”.请直接写出所有“好点”的个数,并求出△PDE周长最小时“好点”的坐标.25.如图,四边形OABC是边长为4的正方形,点P为OA边上任意一点(与点O、A不重合),连接CP,过点P作PM⊥CP交AB于点D,且PM=CP,过点M作MN∥OA,交BO于点N,连接ND、BM,设OP=t.
(1)求点M的坐标(用含t的代数式表示).
(2)试判断线段MN的长度是否随点P的位置的变化而改变?并说明理由.
(3)当t为何值时,四边形BNDM的面积最小.26.在数学兴趣小组活动中,小明进行数学探究活动,将边长为2的正方形ABCD与边长为2的正方形AEFG按图1位置放置,AD与AE在同一直线上,AB与AG在同一直线上.
(1)小明发现DG⊥BE,请你帮他说明理由.
(2)如图2,小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转,当点B恰好落在线段DG上时,请你帮他求出此时BE的长.
(3)如图3,小明将正方形ABCD绕点A继续逆时针旋转,线段DG与线段BE将相交,交点为H,写出△GHE与△BHD面积之和的最大值,并简要说明理由.27.在平面直角坐标系中,O为原点,直线y=﹣2x﹣1与y轴交于点A,与直线y=﹣x交于点B,点B关于原点的对称点为点C.
(1)求过A,B,C三点的抛物线的解析式;
(2)P为抛物线上一点,它关于原点的对称点为Q.
①当四边形PBQC为菱形时,求点P的坐标;
②若点P的横坐标为t(﹣1<t<1),当t为何值时,四边形PBQC面积最大?并说明理由.28.如图,在平面直角坐标系中,点A(10,0),以OA为直径在第一象限内作半圆,B为半圆上一点,连接AB并延长至C,使BC=AB,过C作CD⊥x轴于点D,交线段OB于点E,已知CD=8,抛物线经过O、E、A三点.
(1)∠OBA= °.
(2)求抛物线的函数表达式.
(3)若P为抛物线上位于第一象限内的一个动点,以P、O、A、E为顶点的四边形面积记作S,则S取何值时,相应的点P有且只有3个?29.如图1,关于x的二次函数y=﹣x2+bx+c经过点A(﹣3,0),点C(0,3),点D为二次函数的顶点,DE为二次函数的对称轴,E在x轴上.
(1)求抛物线的解析式;
(2)DE上是否存在点P到AD的距离与到x轴的距离相等?若存在求出点P,若不存在请说明理由;
(3)如图2,DE的左侧抛物线上是否存在点F,使2S△FBC=3S△EBC?若存在求出点F的坐标,若不存在请说明理由.30.已知抛物线y=mx2+(1﹣2m)x+1﹣3m与x轴相交于不同的两点A、B
(1)求m的取值范围;
(2)证明该抛物线一定经过非坐标轴上的一点P,并求出点P的坐标;
(3)当<m≤8时,由
(2)求出的点P和点A,B构成的△ABP的面积是否有最值?若有,求出该最值及相对应的m值.31.问题提出
(1)如图
①,已知△ABC,请画出△ABC关于直线AC对称的三角形.问题探究
(2)如图
②,在矩形ABCD中,AB=4,AD=6,AE=4,AF=2,是否在边BC、CD上分别存在点G、H,使得四边形EFGH的周长最小?若存在,求出它周长的最小值;若不存在,请说明理由.问题解决
(3)如图
③,有一矩形板材ABCD,AB=3米,AD=6米,现想从此板材中裁出一个面积尽可能大的四边形EFGH部件,使∠EFG=90°,EF=FG=米,∠EHG=45°,经研究,只有当点E、F、G分别在边AD、AB、BC上,且AF<BF,并满足点H在矩形ABCD内部或边上时,才有可能裁出符合要求的部件,试问能否裁得符合要求的面积尽可能大的四边形EFGH部件?若能,求出裁得的四边形EFGH部件的面积;若不能,请说明理由.32.如图,在平面直角坐标系中,矩形OCDE的顶点C和E分别在y轴的正半轴和x轴的正半轴上,OC=8,OE=17,抛物线y=x2﹣3x+m与y轴相交于点A,抛物线的对称轴与x轴相交于点B,与CD交于点K.
(1)将矩形OCDE沿AB折叠,点O恰好落在边CD上的点F处.
①点B的坐标为( 、 ),BK的长是 ,CK的长是 ;
②求点F的坐标;
③请直接写出抛物线的函数表达式;
(2)将矩形OCDE沿着经过点E的直线折叠,点O恰好落在边CD上的点G处,连接OG,折痕与OG相交于点H,点M是线段EH上的一个动点(不与点H重合),连接MG,MO,过点G作GP⊥OM于点P,交EH于点N,连接ON,点M从点E开始沿线段EH向点H运动,至与点N重合时停止,△MOG和△NOG的面积分别表示为S1和S2,在点M的运动过程中,S1•S2(即S1与S2的积)的值是否发生变化?若变化,请直接写出变化范围;若不变,请直接写出这个值.温馨提示考生可以根据题意,在备用图中补充图形,以便作答.33.如图,已知▱ABCD的三个顶点A(n,0)、B(m,0)、D(0,2n)(m>n>0),作▱ABCD关于直线AD的对称图形AB1C1D
(1)若m=3,试求四边形CC1B1B面积S的最大值;
(2)若点B1恰好落在y轴上,试求的值.因动点产生的相切问题34.如图,已知在平面直角坐标系xOy中,抛物线y=ax2+2x+c与x轴交于点A(﹣1,0)和点B,与y轴相交于点C(0,3),抛物线的对称轴为直线l.
(1)求这条抛物线的关系式,并写出其对称轴和顶点M的坐标;
(2)如果直线y=kx+b经过C、M两点,且与x轴交于点D,点C关于直线l的对称点为N,试证明四边形CDAN是平行四边形;
(3)点P在直线l上,且以点P为圆心的圆经过A、B两点,并且与直线CD相切,求点P的坐标.35.如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=14,tanA=,点D是边AC上一点,AD=8,点E是边AB上一点,以点E为圆心,EA为半径作圆,经过点D,点F是边AC上一动点(点F不与A、C重合),作FG⊥EF,交射线BC于点G.
(1)用直尺圆规作出圆心E,并求圆E的半径长(保留作图痕迹);
(2)当点G的边BC上时,设AF=x,CG=y,求y关于x的函数解析式,并写出它的定义域;
(3)联结EG,当△EFG与△FCG相似时,推理判断以点G为圆心、CG为半径的圆G与圆E可能产生的各种位置关系.36.如图,线段PA=1,点D是线段PA延长线上的点,AD=a(a>1),点O是线段AP延长线上的点,OA2=OP•OD,以O为圆心,OA为半径作扇形OAB,∠BOA=90°.点C是弧AB上的点,联结PC、DC.
(1)联结BD交弧AB于E,当a=2时,求BE的长;
(2)当以PC为半径的⊙P和以CD为半径的⊙C相切时,求a的值;
(3)当直线DC经过点B,且满足PC•OA=BC•OP时,求扇形OAB的半径长. 37.如图,在矩形ABCD中,AB=6cm,AD=8cm,点P从点B出发,沿对角线BD向点D匀速运动,速度为4cm/s,过点P作PQ⊥BD交BC于点Q,以PQ为一边作正方形PQMN,使得点N落在射线PD上,点O从点D出发,沿DC向点C匀速运动,速度为3cm/s,以O为圆心,
0.8cm为半径作⊙O,点P与点O同时出发,设它们的运动时间为t(单位s)(0<t<).
(1)如图1,连接DQ平分∠BDC时,t的值为 ;
(2)如图2,连接CM,若△CMQ是以CQ为底的等腰三角形,求t的值;
(3)请你继续进行探究,并解答下列问题
①证明在运动过程中,点O始终在QM所在直线的左侧;
②如图3,在运动过程中,当QM与⊙O相切时,求t的值;并判断此时PM与⊙O是否也相切?说明理由.38.如图,抛物线y=﹣x2+mx+n的图象经过点A(2,3),对称轴为直线x=1,一次函数y=kx+b的图象经过点A,交x轴于点P,交抛物线于另一点B,点A、B位于点P的同侧.
(1)求抛物线的解析式;
(2)若PA PB=31,求一次函数的解析式;
(3)在
(2)的条件下,当k>0时,抛物线的对称轴上是否存在点C,使得⊙C同时与x轴和直线AP都相切,如果存在,请求出点C的坐标,如果不存在,请说明理由.因动点产生的线段和差问题39.如图,抛物线y=x2﹣4x与x轴交于O,A两点,P为抛物线上一点,过点P的直线y=x+m与对称轴交于点Q.
(1)这条抛物线的对称轴是 ,直线PQ与x轴所夹锐角的度数是 ;
(2)若两个三角形面积满足S△POQ=S△PAQ,求m的值;
(3)当点P在x轴下方的抛物线上时,过点C(2,2)的直线AC与直线PQ交于点D,求
①PD+DQ的最大值;
②PD•DQ的最大值.40.抛物线y=ax2+bx+4(a≠0)过点A(1,﹣1),B(5,﹣1),与y轴交于点C.
(1)求抛物线的函数表达式;
(2)如图1,连接CB,以CB为边作▱CBPQ,若点P在直线BC上方的抛物线上,Q为坐标平面内的一点,且▱CBPQ的面积为30,求点P的坐标;
(3)如图2,⊙O1过点A、B、C三点,AE为直径,点M为上的一动点(不与点A,E重合),∠MBN为直角,边BN与ME的延长线交于N,求线段BN长度的最大值.41.如图,在每一个四边形ABCD中,均有AD∥BC,CD⊥BC,∠ABC=60°,AD=8,BC=12.
(1)如图
①,点M是四边形ABCD边AD上的一点,则△BMC的面积为 ;
(2)如图
②,点N是四边形ABCD边AD上的任意一点,请你求出△BNC周长的最小值;
(3)如图
③,在四边形ABCD的边AD上,是否存在一点P,使得cos∠BPC的值最小?若存在,求出此时cos∠BPC的值;若不存在,请说明理由.42.如图,把△EFP按图示方式放置在菱形ABCD中,使得顶点E、F、P分别在线段AB、AD、AC上,已知EP=FP=4,EF=4,∠BAD=60°,且AB>4.
(1)求∠EPF的大小;
(2)若AP=6,求AE+AF的值;
(3)若△EFP的三个顶点E、F、P分别在线段AB、AD、AC上运动,请直接写出AP长的最大值和最小值.43.如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=﹣x2﹣x+2与x轴交于B、C两点(点B在点C的左侧),与y轴交于点A,抛物线的顶点为D.
(1)填空点A的坐标为( , ),点B的坐标为( , ),点C的坐标为( , ),点D的坐标为( , );
(2)点P是线段BC上的动点(点P不与点B、C重合)
①过点P作x轴的垂线交抛物线于点E,若PE=PC,求点E的坐标;
②在
①的条件下,点F是坐标轴上的点,且点F到EA和ED的距离相等,请直接写出线段EF的长;
③若点Q是线段AB上的动点(点Q不与点A、B重合),点R是线段AC上的动点(点R不与点A、C重合),请直接写出△PQR周长的最小值.44.如图,矩形ABCD中,AB=4,AD=3,M是边CD上一点,将△ADM沿直线AM对折,得到△ANM.
(1)当AN平分∠MAB时,求DM的长;
(2)连接BN,当DM=1时,求△ABN的面积;
(3)当射线BN交线段CD于点F时,求DF的最大值.45.如图,半圆O的直径AB=4,以长为2的弦PQ为直径,向点O方向作半圆M,其中P点在上且不与A点重合,但Q点可与B点重合.发现的长与的长之和为定值l,求l思考点M与AB的最大距离为 ,此时点P,A间的距离为 ;点M与AB的最小距离为 ,此时半圆M的弧与AB所围成的封闭图形面积为 ;探究当半圆M与AB相切时,求的长.(注结果保留π,cos35°=,cos55°=)46.
(1)发现如图1,点A为线段BC外一动点,且BC=a,AB=b.填空当点A位于 时,线段AC的长取得最大值,且最大值为 (用含a,b的式子表示)
(2)应用点A为线段BC外一动点,且BC=3,AB=1,如图2所示,分别以AB,AC为边,作等边三角形ABD和等边三角形ACE,连接CD,BE.
①请找出图中与BE相等的线段,并说明理由;
②直接写出线段BE长的最大值.
(3)拓展如图3,在平面直角坐标系中,点A的坐标为(2,0),点B的坐标为(5,0),点P为线段AB外一动点,且PA=2,PM=PB,∠BPM=90°,请直接写出线段AM长的最大值及此时点P的坐标.47.如图,直线l y=﹣3x+3与x轴、y轴分别相交于A、B两点,抛物线y=ax2﹣2ax+a+4(a<0)经过点B.
(1)求该抛物线的函数表达式;
(2)已知点M是抛物线上的一个动点,并且点M在第一象限内,连接AM、BM,设点M的横坐标为m,△ABM的面积为S,求S与m的函数表达式,并求出S的最大值;
(3)在
(2)的条件下,当S取得最大值时,动点M相应的位置记为点M′.
①写出点M′的坐标;
②将直线l绕点A按顺时针方向旋转得到直线l′,当直线l′与直线AM′重合时停止旋转,在旋转过程中,直线l′与线段BM′交于点C,设点B、M′到直线l′的距离分别为d
1、d2,当d1+d2最大时,求直线l′旋转的角度(即∠BAC的度数).48.如图,在平面直角坐标系xOy中,将二次函数y=x2﹣1的图象M沿x轴翻折,把所得到的图象向右平移2个单位长度后再向上平移8个单位长度,得到二次函数图象N.
(1)求N的函数表达式;
(2)设点P(m,n)是以点C(1,4)为圆心、1为半径的圆上一动点,二次函数的图象M与x轴相交于两点A、B,求PA2+PB2的最大值;
(3)若一个点的横坐标与纵坐标均为整数,则该点称为整点.求M与N所围成封闭图形内(包括边界)整点的个数.49.如图,顶点为A(,1)的抛物线经过坐标原点O,与x轴交于点B.
(1)求抛物线对应的二次函数的表达式;
(2)过B作OA的平行线交y轴于点C,交抛物线于点D,求证△OCD≌△OAB;
(3)在x轴上找一点P,使得△PCD的周长最小,求出P点的坐标. 2017挑战压轴题中考数学精讲解读篇参考答案与试题解析 一.解答题(共36小题)1.如图,在平面直角坐标系xOy中,将抛物线y=x2的对称轴绕着点P(0,2)顺时针旋转45°后与该抛物线交于A、B两点,点Q是该抛物线上一点.
(1)求直线AB的函数表达式;
(2)如图
①,若点Q在直线AB的下方,求点Q到直线AB的距离的最大值;
(3)如图
②,若点Q在y轴左侧,且点T(0,t)(t<2)是射线PO上一点,当以P、B、Q为顶点的三角形与△PAT相似时,求所有满足条件的t的值.【分析】
(1)根据题意易得点M、P的坐标,利用待定系数法来求直线AB的解析式;
(2)如图
①,过点Q作x轴的垂线QC,交AB于点C,再过点Q作直线AB的垂线,垂足为D,构建等腰直角△QDC,利用二次函数图象上点的坐标特征和二次函数最值的求法进行解答;
(3)根据相似三角形的对应角相等推知△PBQ中必有一个内角为45°;需要分类讨论∠PBQ=45°和∠PQB=45°;然后对这两种情况下的△PAT是否是直角三角形分别进行解答.另外,以P、B、Q为顶点的三角形与△PAT相似也有两种情况△Q″PB∽△PAT、△Q″BP∽△PAT.【解答】解
(1)如图
①,设直线AB与x轴的交点为M.∵∠OPA=45°,∴OM=OP=2,即M(﹣2,0).设直线AB的解析式为y=kx+b(k≠0),将M(﹣2,0),P(0,2)两点坐标代入,得,解得.故直线AB的解析式为y=x+2;
(2)如图
①,过点Q作x轴的垂线QC,交AB于点C,再过点Q作直线AB的垂线,垂足为D,根据条件可知△QDC为等腰直角三角形,则QD=QC.设Q(m,m2),则C(m,m+2).∴QC=m+2﹣m2=﹣(m﹣)2+,QD=QC=[﹣(m﹣)2+].故当m=时,点Q到直线AB的距离最大,最大值为;
(3)∵∠APT=45°,∴△PBQ中必有一个内角为45°,由图知,∠BPQ=45°不合题意.
①如图
②,若∠PBQ=45°,过点B作x轴的平行线,与抛物线和y轴分别交于点Q′、F.此时满足∠PBQ′=45°.∵Q′(﹣2,4),F(0,4),∴此时△BPQ′是等腰直角三角形,由题意知△PAT也是等腰直角三角形.(i)当∠PTA=90°时,得到PT=AT=1,此时t=1;(ii)当∠PAT=90°时,得到PT=2,此时t=0.
②如图
③,若∠PQB=45°,
①中是情况之一,答案同上;先以点F为圆心,FB为半径作圆,则P、B、Q′都在圆F上,设圆F与y轴左侧的抛物线交于另一点Q″.则∠PQ″B=∠PQ′B=45°(同弧所对的圆周角相等),即这里的交点Q″也是符合要求.设Q″(n,n2)(﹣2<n<0),由FQ″=2,得n2+(4﹣n2)2=22,即n4﹣7n2+12=0.解得n2=3或n2=4,而﹣2<n<0,故n=﹣,即Q″(﹣,3).可证△PFQ″为等边三角形,所以∠PFQ″=60°,又PQ″=PQ″,所以∠PBQ″=∠PFQ″=30°.则在△PQ″B中,∠PQ″B=45°,∠PBQ″=30°.(i)若△Q″PB∽△PAT,则过点A作y轴的垂线,垂足为E.则ET=AE=,OE=1,所以OT=﹣1,解得t=1﹣;(ii)若△Q″BP∽△PAT,则过点T作直线AB垂线,垂足为G.设TG=a,则PG=TG=a,AG=TG=a,AP=,∴a+a=,解得PT=a=﹣1,∴OT=OP﹣PT=3﹣,∴t=3﹣.综上所述,所求的t的值为t=1或t=0或t=1﹣或t=3﹣. 2.如图,已知BC是半圆O的直径,BC=8,过线段BO上一动点D,作AD⊥BC交半圆O于点A,联结AO,过点B作BH⊥AO,垂足为点H,BH的延长线交半圆O于点F.
(1)求证AH=BD;
(2)设BD=x,BE•BF=y,求y关于x的函数关系式;
(3)如图2,若联结FA并延长交CB的延长线于点G,当△FAE与△FBG相似时,求BD的长度.【分析】
(1)由AD⊥BC,BH⊥AO,利用垂直的定义得到一对直角相等,再由一对公共角,且半径相等,利用AAS得到三角形ADO与三角形BHO全等,利用全等三角形对应边相等得到OH=OD,利用等式的性质化简即可得证;
(2)连接AB,AF,如图1所示,利用HL得到直角三角形ADB与直角三角形BHA全等,利用全等三角形对应角相等得到一对角相等,再由公共角相等得到三角形ABE与三角形AFB相似,由相似得比例即可确定出y与x的函数解析式;
(3)连接OF,如图2所示,利用两对角相等的三角形相似得到三角形AFO与三角形FOG相似,由相似得比例求出BD的长即可.【解答】
(1)证明∵AD⊥BC,BH⊥AO,∴∠ADO=∠BHO=90°,在△ADO与△BHO中,,∴△ADO≌△BHO(AAS),∴OH=OD,又∵OA=OB,∴AH=BD;
(2)解连接AB、AF,如图1所示,∵AO是半径,AO⊥弦BF,∴∴AB=AF,∴∠ABF=∠AFB,在Rt△ADB与Rt△BHA中,,∴Rt△ADB≌Rt△BHA(HL),∴∠ABF=∠BAD,∴∠BAD=∠AFB,又∵∠ABF=∠EBA,∴△BEA∽△BAF,∴=,∴BA2=BE•BF,∵BE•BF=y,∴y=BA2,∵∠ADO=∠ADB=90°,∴AD2=AO2﹣DO2,AD2=AB2﹣BD2,∴AO2﹣DO2=AB2﹣BD2,∵直径BC=8,BD=x,∴AB2=8x,则y=8x(0<x<4);方法二∵BE•BF=y,BF=2BH,∴BE•BH=y,∵△BED∽△BOH,∴=,∴OB•BD=BE•BH,∴4x=y,∴y=8x(0<x<4);
(3)解连接OF,如图2所示,∵∠GFB是公共角,∠FAE>∠G,∴当△FAE∽△FBG时,∠AEF=∠G,∵∠BHA=∠ADO=90°,∴∠AEF+∠DAO=90°,∠AOD+∠DAO=90°,∴∠AEF=∠AOD,∴∠G=∠AOD,∴AG=AO=4,∵∴∠AOD=∠AOF,∴∠G=∠AOF,又∵∠GFO是公共角,∴△FAO∽△FOG,∴=,∵AB2=8x,AB=AF,∴AF=2x,∴=,解得x=3±,∵3+>4,舍去,∴BD=3﹣. 3.如图,在平面直角坐标系xOy中,直线AB过点A(3,0)、B(0,m)(m>0),tan∠BAO=2.
(1)求直线AB的表达式;
(2)反比例函数y=的图象与直线AB交于第一象限内的C、D两点(BD<BC),当AD=2DB时,求k1的值;
(3)设线段AB的中点为E,过点E作x轴的垂线,垂足为点M,交反比例函数y=的图象于点F,分别联结OE、OF,当△OEF∽△OBE时,请直接写出满足条件的所有k2的值.【分析】
(1)先通过解直角三角形求得A的坐标,然后根据待定系数法即可求得直线AB的解析式;
(2)作DE∥OA,根据题意得出==,求得DE,即D的横坐标,代入AB的解析式求得纵坐标,然后根据反比例函数图象上点的坐标特征即可求得k1;
(3)根据勾股定理求得AB、OE,进一步求得BE,然后根据相似三角形的性质求得EF的长,从而求得FM的长,得出F的坐标,然后根据反比例函数图象上点的坐标特征即可求得k2.【解答】解
(1)∵A(3,0)、B(0,m)(m>0),∴OA=3,OB=m,∵tan∠BAO==2,∴m=6,设直线AB的解析式为y=kx+b,代入A(3,0)、B(0,6)得解得b=6,k=﹣2∴直线AB的解析式为y=﹣2x+6;
(2)如图1,∵AD=2DB,∴=,作DE∥OA,∴==,∴DE=OA=1,∴D的横坐标为1,代入y=﹣2x+6得,y=4,∴D(1,4),∴k1=1×4=4;
(3)如图2,∵A(3,0),B(0,6),∴E(,3),AB==3,∵OE是Rt△OAB斜边上的中线,∴OE=AB=,BE=,∵EM⊥x轴,∴F的横坐标为,∵△OEF∽△OBE,∴=,∴,∴EF=,∴FM=3﹣=.∴F(,),∴k2=×=. 4.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=1,BC=7,点D是边CA延长线的一点,AE⊥BD,垂足为点E,AE的延长线交CA的平行线BF于点F,连结CE交AB于点G.
(1)当点E是BD的中点时,求tan∠AFB的值;
(2)CE•AF的值是否随线段AD长度的改变而变化?如果不变,求出CE•AF的值;如果变化,请说明理由;
(3)当△BGE和△BAF相似时,求线段AF的长.【分析】
(1)过点E作EH⊥CD于H,如图1,易证EH是△DBC的中位线及△AHE∽△EHD,设AH=x,运用相似三角形的性质可求出x,就可求出tan∠AFB的值;
(2)取AB的中点O,连接OC、OE,如图2,易证四点A、C、B、E共圆,根据圆周角定理可得∠BCE=∠BAF,根据圆内接四边形内角互补可得∠CBE+∠CAE=180°,由此可推出∠CBE=∠BFA,从而可得△BCE∽△FAB,即可得到CE•FA=BC•AB,只需求出AB就可解决问题;
(3)过点E作EH⊥CD于H,作EM⊥BC于M,如图3,易证四边形EMCH是矩形,由△BCE∽△FAB,△BGE与△FAB相似可得△BGE与△BCE相似,即可得到∠EBG=∠ECB.由点A、C、B、E共圆可得∠ECA=∠EBG,即可得到∠ECB=∠ECA,根据角平分线的性质可得EM=EH,即可得到矩形EMCH是正方形,则有CM=CH,易证EB=EA,根据HL可得Rt△BME∽Rt△AHE,则有BM=AH.设AH=x,根据CM=CH可求出x,由此可求出CE的长,再利用
(2)中的结果就可求出AF的值.【解答】解
(1)过点E作EH⊥CD于H,如图1,则有∠EHA=∠EHD=90°.∵∠BCD=90°,BE=DE,∴CE=DE.∴CH=DH,∴EH=BC=.设AH=x,则DH=CH=x+1.∵AE⊥BD,∴∠AEH+∠DEH=∠AED=90°.∵∠AEH+∠EAH=90°,∴∠EAH=∠DEH,∴△AHE∽△EHD,∴=,∴EH2=AH•DH,∴()2=x(x+1),解得x=(舍负),∴tan∠EAH===.∵BF∥CD,∴∠AFB=∠EAH,∴tan∠AFB=;
(2)CE•AF的值不变.取AB的中点O,连接OC、OE,如图2,∵∠BCA=∠BEA=90°,∴OC=OA=OB=OE,∴点A、C、B、E共圆,∴∠BCE=∠BAF,∠CBE+∠CAE=180°.∵BF∥CD,∴∠BFA+∠CAE=180°,∴∠CBE=∠BFA,∴△BCE∽△FAB,∴=,∴CE•FA=BC•AB.∵∠BCA=90°,BC=7,AC=1,∴AB=5,∴CE•FA=7×5=35;
(3)过点E作EH⊥CD于H,作EM⊥BC于M,如图3,∴∠EMC=∠MCH=∠CHE=90°,∴四边形EMCH是矩形.∵△BCE∽△FAB,△BGE与△FAB相似,∴△BGE与△BCE相似,∴∠EBG=∠ECB.∵点A、C、B、E共圆,∴∠ECA=∠EBG,∴∠ECB=∠ECA,∴EM=EH,∴矩形EMCH是正方形,∴CM=CH.∵∠ECB=∠ECA=∠BCA=45°,∴∠EBA=∠EAB=45°,∴EB=EA,∴Rt△BME≌Rt△AHE(HL),∴BM=AH.设AH=x,则BM=x,CM=7﹣x,CH=1+x,∴7﹣x=1+x,∴x=3,∴CH=4.在Rt△CHE中,cos∠ECH===,∴CE=4.由
(2)可得CE•FA=35,∴AF==. 5.如图,平面直角坐标系xOy中,已知B(﹣1,0),一次函数y=﹣x+5的图象与x轴、y轴分别交于点A、C两点,二次函数y=﹣x2+bx+c的图象经过点A、点B.
(1)求这个二次函数的解析式;
(2)点P是该二次函数图象的顶点,求△APC的面积;
(3)如果点Q在线段AC上,且△ABC与△AOQ相似,求点Q的坐标.【分析】
(1)由一次函数的解析式求出A、C两点坐标,再根据A、B两点坐标求出b、c即可确定二次函数解析式;
(2)根据二次函数的解析式求出P点坐标,然后计算三角形APC的面积;
(3)分两种情况讨论
①△ABC∽△AOQ,
②△ABC∽△AQO.【解答】解
(1)∵一次函数y=﹣x+5的图象与x轴、y轴分别交于点A、C两点,∴A(5,0),C(0,5),∵二次函数y=﹣x2+bx+c的图象经过点A、点B,∴b=4,c=5,∴二次函数的解析式为y=﹣x2+4x+5.
(2)∵y=﹣x2+4x+5=﹣(x﹣2)2+9,∴P(2,9),过点P作PD∥y轴交AC于点D,如图,则D(2,3),∴=15;
(3)
①若△ABC∽△AOQ,如图,此时,OQ∥BC,由B、C两点坐标可求得BC的解析式为y=5x+5,∴OQ的解析式为y=5x,由解得,∴Q(,);
②若△ABC∽△AQO,如图,此时,,∵AB=6,AO=5,AC=,∴AQ=3,∴Q(2,3).综上所述,满足要求的Q点坐标为Q(,)或Q(2,3). 6.已知半圆O的直径AB=6,点C在半圆O上,且tan∠ABC=2,点D为弧AC上一点,联结DC(如图)
(1)求BC的长;
(2)若射线DC交射线AB于点M,且△MBC与△MOC相似,求CD的长;
(3)联结OD,当OD∥BC时,作∠DOB的平分线交线段DC于点N,求ON的长.【分析】
(1)如图1中,根据AB是直径,得△ABC是直角三角形,利用勾股定理即可解决问题.
(2)如图2中,只要证明△OBC≌△OCD得BC=CD,即可解决问题.
(3)如图3中,延长ON交BC的延长线于G,作GH⊥OB于H,先求出BG,根据tan∠HBG=2,利用勾股定理求出线段HB、HG,再利用CG∥DO得,由此即可解决.【解答】解;
(1)如图1中,连接AC,∵AB是直径,∴∠ACB=90°,∵tan∠ABC=2,∴可以假设AC=2k,BC=k,∵AB=6,AB2=AC2+BC2,∴36=8k2+k2,∴k2=4,∵k>0,∴k=2,BC=2.
(2)如图2中,∵△MBC与△MOC相似,∴∠MBC=∠MCO,∵∠MBC+∠OBC=180°,∠MCO+∠OCD=180°,∴∠OBC=∠OCD,∵OB=OC=OD,∴∠OBC=∠OCB=∠OCD=∠ODC,在△OBC和△OCD中,,∴△OBC≌△OCD,∴BC=CD=2.
(3)如图3中,延长ON交BC的延长线于G,作GH⊥OB于H.∵BC∥OD,∴∠DOG=∠OGB=∠GOB,∴BO=BG=3,∵tan∠HBG=,设GH=2a,HB=a,∵BG2=GH2+HB2,∴8a2+a2=9,∴a2=1,∵a>0,∴a=1,HB=1,GH=2,OH=2,OG==2,∵GC∥DO,∴=,∴ON=×=. 7.如图,已知二次函数y=x2+bx+c(b,c为常数)的图象经过点A(3,﹣1),点C(0,﹣4),顶点为点M,过点A作AB∥x轴,交y轴与点D,交该二次函数图象于点B,连结BC.
(1)求该二次函数的解析式及点M的坐标;
(2)若将该二次函数图象向上平移m(m>0)个单位,使平移后得到的二次函数图象的顶点落在△ABC的内部(不包含△ABC的边界),求m的取值范围;
(3)点P时直线AC上的动点,若点P,点C,点M所构成的三角形与△BCD相似,请直接写出所有点P的坐标(直接写出结果,不必写解答过程).【分析】
(1)把A、C两点的坐标代入抛物线的解析式可求b、c的值,然后利用配方法可求得点M的坐标;
(2)先求得直线AC的解析式,然后再求得抛物线的对称轴,设直线x=1与△ABC的两边分别交于点E与点F,然后求得点E和点F的坐标,然后依据平移后抛物线的顶点在△BAC的内部列不等式组求解即可;
(3)先证明∠PCM为直角,然后分为△MPC∽△CBD、BDC∽△MCP,两种情况求得PC的长,然后再求得点P的坐标即可.【解答】解
(1)把A、C两点的坐标代入得,解得.∴二次函数的解析式为y=x2﹣2x﹣4.配方得y=(x﹣1)2﹣5.∴点M的坐标为(1,﹣5).
(2)设直线AC的解析式为y=kx+b,把点A、C的坐标代入得,解得,∴直线AC的解析式为y=x﹣4.抛物线的对称轴方程为x=﹣=1.如图1所示,直线x=1与△ABC的两边分别交于点E与点F,则点F的坐标为(1,﹣1).将x=1代入直线y=x﹣4得y=﹣3.∴E(1,﹣3).∵抛物线向上平移m个单位长度时,抛物线的顶点在△BAC的内部,∴﹣3<﹣5+m<﹣1.∴2<m<4.
(3)如图2所示把y=﹣1代入抛物线的解析式得x2﹣2x﹣4=﹣1,解得x=﹣1或x=3,∴B(﹣1,﹣1).∴BD=1.∵AB∥x轴,A(4,﹣1),∴D(0,﹣1)∴AD=DC=3.∴∠DCA=45°.过点M作ME⊥y轴,垂足为E.∵C(0,﹣4),M(1,﹣5).∴CE=ME=1.∴∠ECM=45°,MC=.∴∠ACM=90°.∴∠PCM=∠CDB=90°.
①当△MPC∽△CBD时,,即=,解得PC=.∴CF=PF=sin45°•PC=×=.∴P(﹣,﹣).如图3所示点P在点C的右侧时,过点P作PF⊥y轴,垂足为F.∵CP=,∠FCP=45°,∠CFP=90°,∴CF=FP=×=.∴P(﹣,﹣).
②当BDC∽△MCP时,=,即=,解得PC=3.如图4所示当点P在AC的延长线上时,过点作PE⊥y轴,垂足为E.∵PC=3,∠PCE=45°,∠PEC=90°,∴CE=PE=3×=3.∴P(﹣3,﹣7).如图5所示当点P在AC上时,过点P作PE⊥y轴,垂足为E.∵PC=3,∠PCE=45°,∠PEC=90°,∴CE=PE=3×=3.∴P(3,﹣1).综上所述,点P的坐标为(﹣3,﹣7)或(3,﹣1)或(﹣,﹣)或(﹣,﹣). 8.如图1,在△ABC中,∠ACB=90°,∠BAC=60°,点E是∠BAC角平分线上一点,过点E作AE的垂线,过点A作AB的垂线,两垂线交于点D,连接DB,点F是BD的中点,DH⊥AC,垂足为H,连接EF,HF.
(1)如图1,若点H是AC的中点,AC=2,求AB,BD的长;
(2)如图1,求证HF=EF;
(3)如图2,连接CF,CE.猜想△CEF是否是等边三角形?若是,请证明;若不是,说明理由.【分析】
(1)根据直角三角形的性质和三角函数即可得到结果;
(2)如图1,连接AF,证出△DAE≌△ADH,△DHF≌△AEF,即可得到结果;
(3)如图2,取AB的中点M,连接CM,FM,在Rt△ADE中,AD=2AE,根据三角形的中位线的性质得到AD=2FM,于是得到FM=AE,由∠CAE=∠CAB=30°∠CMF=∠AMF﹣AMC=30°,证得△ACE≌△MCF,问题即可得证.【解答】解
(1)∵∠ACB=90°,∠BAC=60°,∴∠ABC=30°,∴AB=2AC=2×2=4,∵AD⊥AB,∠CAB=60°,∴∠DAC=30°,∵AH=AC=,∴AD==2,∴BD==2;
(2)如图1,连接AF,∵AE是∠BAC角平分线,∴∠HAE=30°,∴∠ADE=∠DAH=30°,在△DAE与△ADH中,,∴△DAE≌△ADH,∴DH=AE,∵点F是BD的中点,∴DF=AF,∵∠EAF=∠EAB﹣∠FAB=30°﹣∠FAB∠FDH=∠FDA﹣∠HDA=∠FDA﹣60°=(90°﹣∠FBA)﹣60°=30°﹣∠FBA,∴∠EAF=∠FDH,在△DHF与△AEF中,,∴△DHF≌△AEF,∴HF=EF;
(3)如图2,取AB的中点M,连接CM,FM,∵F、M分别是BD、AB的中点,∴FM∥AD,即FM⊥AB.在Rt△ADE中,AD=2AE,∵DF=BF,AM=BM,∴AD=2FM,∴FM=AE,∵∠ABC=30°,∴AC=CM=AB=AM,∵∠CAE=∠CAB=30°∠CMF=∠AMF﹣∠AMC=30°,在△ACE与△MCF中,,∴△ACE≌△MCF,∴CE=CF,∠ACE=∠MCF,∵∠ACM=60°,∴∠ECF=60°,∴△CEF是等边三角形. 9.已知,一条抛物线的顶点为E(﹣1,4),且过点A(﹣3,0),与y轴交于点C,点D是这条抛物线上一点,它的横坐标为m,且﹣3<m<﹣1,过点D作DK⊥x轴,垂足为K,DK分别交线段AE、AC于点G、H.
(1)求这条抛物线的解析式;
(2)求证GH=HK;
(3)当△CGH是等腰三角形时,求m的值.【分析】
(1)设抛物线的解析式为y=a(x+1)2+4(a≠0),将点A的坐标代入求得a的值即可求得抛物线的解析式;
(2)先求得直线AE、AC的解析式,由点D的横坐标为m,可求得KG、KH的长(用含m的式子),从而可证明GH=HK;
(3)可分为CG=CH,GH=GC,HG=HC三种情况,接下来依据两点间的距离公式列方程求解即可.【解答】
(1)解∵抛物线的顶点为E(﹣1,4),∴设抛物线的解析式为y=a(x+1)2+4(a≠0).又∵抛物线过点A(﹣3,0),∴4a+4=0,解得a=﹣1.∴这条抛物线的解析式为y=﹣(x+1)2+4.
(2)设直线AE的解析式为y=kx+b.∵将A(﹣3,0),E(﹣1,4),代入得,解得k=2,b=6,∴直线AE的解析式为y=2x+6.设直线AC的解析式为y=k1x+b1.∵将A(﹣3,0),C(0,3)代入得,解得k=1,b=3,∴直线AC的解析式为y=x+3.∵D的横坐标为m,DK⊥x轴∴G(m,2m+6),H(m,m+3).∵K(m,0)∴GH=m+3,HK=m+3.∴GH=HK.
(3)由
(2)可知C(0,3),G(m,2m+6),H(m,m+3)
①若CG=CH,则=,整理得(2m+3)2=m2,解得开平方得2m+3=±m解得m1=﹣1,m2=﹣3,∵﹣3<m<﹣1,∴m≠﹣1且m≠﹣3.∴这种情况不存在.
②若GC=GH,则=m+3,整理得2m2+3m=0解得m1=0(舍去),.
③若HC=HG,则=m+3,整理得m2﹣6m﹣9=0,解得;m1=3﹣3,m2=3+3(舍去).综上所述当△CGH是等腰三角形时,m的值为或. 10.如图,已知在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AB=5,sinA=,点P是边BC上的一点,PE⊥AB,垂足为E,以点P为圆心,PC为半径的圆与射线PE相交于点Q,线段CQ与边AB交于点D.
(1)求AD的长;
(2)设CP=x,△PCQ的面积为y,求y关于x的函数解析式,并写出定义域;
(3)过点C作CF⊥AB,垂足为F,联结PF、QF,如果△PQF是以PF为腰的等腰三角形,求CP的长.【分析】
(1)易证AD=AC,只需运用三角函数和勾股定理求出AC即可;
(2)过点Q作QH⊥BC于H,如图1,只需用x的代数式表示QH就可解决问题;
(3)由于△PQF是以PF为腰的等腰三角形,故需分PF=PQ和PF=FQ两种情况讨论,只需将等腰三角形的性质和三角函数相结合,就可解决问题.【解答】解
(1)在Rt△ABC中,∵∠ACB=90°,AB=5,sinA=,∴BC=AB•sinA=5×=4,∴AC==3.∵PC=PQ,∴∠PCQ=∠PQC.∵PE⊥AB即∠QED=90°,∴∠EQD+∠EDQ=90°.∵∠ACD+∠PCQ=90°,∴∠EDQ=∠ACD.∵∠CDA=∠EDQ,∴∠ACD=∠CDA,∴AD=AC=3;
(2)过点Q作QH⊥BC于H,如图1,∵∠PBE+∠BPE=90°,∠PBE+∠A=90°,∴∠BPE=∠A,∴sin∠HPQ=sin∠A=,∴sin∠HPQ==.∵PQ=PC=x,∴QH=x,∴S△PCQ=PC•QH=x•x=x2(≤x<4);(当E、Q、D共线时,可得x最小值,根据=,解得x=.)
(3)
①当PF=PQ时,则有PF=PQ=x=PC.过点P作PG⊥CF于G,如图2,则CG=CF.∵CF⊥AB,∴S△ABC=AC•BC=AB•CF,∴CF==,∴CG=.∵∠PCG=90°﹣∠FCA=∠A,∴cos∠PCG=cos∠A=,∴cos∠PCG==,∴x=PC=CG=×=2;
②当PF=FQ时,∵FE⊥PQ,∴PE=PQ=x,∴cos∠BPE===,∴x=.综上所述当△PQF是以PF为腰的等腰三角形,CP的长为2或. 11.如图
(1),直线y=﹣x+n交x轴于点A,交y轴于点C(0,4),抛物线y=x2+bx+c经过点A,交y轴于点B(0,﹣2).点P为抛物线上一个动点,过点P作x轴的垂线PD,过点B作BD⊥PD于点D,连接PB,设点P的横坐标为m.
(1)求抛物线的解析式;
(2)当△BDP为等腰直角三角形时,求线段PD的长;
(3)如图
(2),将△BDP绕点B逆时针旋转,得到△BD′P′,当旋转角∠PBP′=∠OAC,且点P的对应点P′落在坐标轴上时,请直接写出点P的坐标.【分析】
(1)先确定出点A的坐标,再用待定系数法求出抛物线解析式;
(2)由△BDP为等腰直角三角形,判断出BD=PD,建立m的方程计算出m,从而求出PD;
(3)分点P′落在x轴和y轴两种情况计算即可【解答】解
(1)∵点C(0,4)在直线y=﹣x+n上,∴n=4,∴y=﹣x+4,令y=0,∴x=3,∴A(3,0),∵抛物线y=x2+bx+c经过点A,交y轴于点B(0,﹣2).∴c=﹣2,6+3b﹣2=0,∴b=﹣,∴抛物线解析式为y=x2﹣x﹣2,
(2)∵点P的横坐标为m,且点P在抛物线上,∴P(m,m2﹣m﹣2),D(m,﹣2).若△BDP为等腰直角三角形,则PD=BD.
①当点P在直线BD上方时,PD=m2﹣m.(ⅰ)若点P在y轴左侧,则m<0,BD=﹣m.∴m2﹣m=﹣m,∴m1=0(舍去),m2=(舍去).(ⅱ)若点P在y轴右侧,则m>0,BD=m.∴m2﹣m=m,∴m3=0(舍去),m4=.
②当点P在直线BD下方时,m>0,BD=m,PD=﹣m2+m.﹣m2+m=m,∴m5=0(舍去),m6=.综上所述,m=或m=.即当△BDP为等腰直角三角形时,PD的长为或.
(3)∵∠PBP=∠OAC,OA=3,OC=4,∴AC=5,∴sin∠PBP=,cos∠PBP=,
①当点P落在x轴上时,过点D作DN⊥x轴,垂足为N,交BD于点M,∠DBD=∠NDP=∠PBP,如图1,由旋转知,PD=PD=m2﹣m,在Rt△PDN中,cos∠NDP==cos∠PBP=,∴ND=(m2﹣m),在Rt△BDM中,BD=﹣m,sin∠DBD==sin∠PBP=,∴DM=﹣m,∴ND﹣MD=2,∴(m2﹣m)﹣(﹣m)=2,∴m=(舍),或m=﹣,如图2,同
①的方法得,ND=(m2﹣m),MD=m∵ND+MD=2,∴(m2﹣m)+m=2,∴m=,或m=﹣(舍),∴P(﹣,)或P(,),
②当点P落在y轴上时,如图3,过点D′作D′M⊥x轴,交BD于M,过点P′作P′N⊥y轴,交MD的延长线于点N,∴∠DBD′=∠ND′P′=∠PBP′,同
①的方法得,PN=(m2﹣m),BM=m,∵P′N=BM,∴(m2﹣m)=m,∴m=,∴P(,).∴P(﹣,)或P(,)或P(,). 12.综合与探究如图,在平面直角坐标系中,已知抛物线y=ax2+bx﹣8与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,直线l经过坐标原点O,与抛物线的一个交点为D,与抛物线的对称轴交于点E,连接CE,已知点A,D的坐标分别为(﹣2,0),(6,﹣8).
(1)求抛物线的函数表达式,并分别求出点B和点E的坐标;
(2)试探究抛物线上是否存在点F,使△FOE≌△FCE?若存在,请直接写出点F的坐标;若不存在,请说明理由;
(3)若点P是y轴负半轴上的一个动点,设其坐标为(0,m),直线PB与直线l交于点Q,试探究当m为何值时,△OPQ是等腰三角形.【分析】
(1)根据待定系数法求出抛物线解析式即可求出点B坐标,求出直线OD解析式即可解决点E坐标.
(2)抛物线上存在点F使得△FOE≌△FCE,此时点F纵坐标为﹣4,令y=﹣4即可解决问题.
(3))
①如图1中,当OP=OQ时,△OPQ是等腰三角形,过点E作直线ME∥PB,交y轴于点M,交x轴于点H,求出点M、H的坐标即可解决问题.
②如图2中,当QO=QP时,△POQ是等腰三角形,先证明CE∥PQ,根据平行线的性质列出方程即可解决问题.【解答】解
(1)∵抛物线y=ax2+bx﹣8经过点A(﹣2,0),D(6,﹣8),∴,解得,∴抛物线解析式为y=x2﹣3x﹣8,∵y=x2﹣3x﹣8=(x﹣3)2﹣,∴抛物线对称轴为直线x=3,又∵抛物线与x轴交于点A、B两点,点A坐标(﹣2,0),∴点B坐标(8,0).设直线l的解析式为y=kx,∵经过点D(6,﹣8),∴6k=﹣8,∴k=﹣,∴直线l的解析式为y=﹣x,∵点E为直线l与抛物线的交点,∴点E的横坐标为3,纵坐标为﹣×3=﹣4,∴点E坐标(3,﹣4).
(2)抛物线上存在点F使得△FOE≌△FCE,此时点F纵坐标为﹣4,∴x2﹣3x﹣8=﹣4,∴x2﹣6x﹣8=0,x=3,∴点F坐标(3+,﹣4)或(3﹣,﹣4).
(3)
①如图1中,当OP=OQ时,△OPQ是等腰三角形.∵点E坐标(3,﹣4),∴OE==5,过点E作直线ME∥PB,交y轴于点M,交x轴于点H.则=,∴OM=OE=5,∴点M坐标(0,﹣5).设直线ME的解析式为y=k1x﹣5,∴3k1﹣5=﹣4,∴k1=,∴直线ME解析式为y=x﹣5,令y=0,得x﹣5=0,解得x=15,∴点H坐标(15,0),∵MH∥PB,∴=,即=,∴m=﹣,
②如图2中,当QO=QP时,△POQ是等腰三角形.∵当x=0时,y=x2﹣3x﹣8=﹣8,∴点C坐标(0,﹣8),∴CE==5,∴OE=CE,∴∠1=∠2,∵QO=QP,∴∠1=∠3,∴∠2=∠3,∴CE∥PB,设直线CE交x轴于N,解析式为y=k2x﹣8,∴3k2﹣8=﹣4,∴k2=,∴直线CE解析式为y=x﹣8,令y=0,得x﹣8=0,∴x=6,∴点N坐标(6,0),∵CN∥PB,∴=,∴=,∴m=﹣.
③OP=PQ时,显然不可能,理由,∵D(6,﹣8),∴∠1<∠BOD,∵∠OQP=∠BOQ+∠ABP,∴∠PQO>∠1,∴OP≠PQ,综上所述,当m=﹣或﹣时,△OPQ是等腰三角形. 13.已知,如图1,在梯形ABCD中,AD∥BC,∠BCD=90°,BC=11,CD=6,tan∠ABC=2,点E在AD边上,且AE=3ED,EF∥AB交BC于点F,点M、N分别在射线FE和线段CD上.
(1)求线段CF的长;
(2)如图2,当点M在线段FE上,且AM⊥MN,设FM•cos∠EFC=x,CN=y,求y关于x的函数解析式,并写出它的定义域;
(3)如果△AMN为等腰直角三角形,求线段FM的长.【分析】
(1)过A作AH⊥BC,于是得到AH=CD=6,解直角三角形即可得到结论;
(2)过M作MP⊥CD于P,MK⊥BC于K,反向延长KM交AD于Q,则KQ⊥AD,解直角三角形求得MK=2x=PC,NP=y﹣2x,MP=CK=5﹣x=QD,于是得到AQ=8﹣(5﹣x)=3+x,QM=6﹣2x,推出△AMQ∽△PMN,根据相似三角形的性质列方程即可得到结论;
(3)
①当M在线段EF上时,根据全等三角形的性质和等量代换得到QM=MP,列方程得到6﹣2x=5﹣x,解方程即可得到结论;
②当M在FE的延长线上时,根据已知条件得到△AQM≌△MNH,由全等三角形的性质得到AQ=MH,由
(2)知FK=x,CK=5﹣x=MH,MK=2x=CH,列方程即可得到结论.【解答】解
(1)过A作AH⊥BC,∴AH=CD=6,∵tan∠ABC=2,∴,∴BH=3,∴CH=AD=8,∴AE=,∴CF=5;
(2)过M作MK⊥BC于K,反向延长KM交AD于Q,则KQ⊥AD,在Rt△FMK中,FM•cos∠EFC=FK=x,∵∠EFC=∠B,∴tan∠EFC=2,∴MK=2x=PC,NP=y﹣2x,MP=CK=5﹣x=QD,∴AQ=8﹣(5﹣x)=3+x,QM=6﹣2x,∵∠AMN=90°,∵∠AMQ=∠PMN,∠AQM=∠MPN=90°,∴△AMQ∽△PMN,∴,解得y=(0≤x≤1);
(3)
①当M在线段EF上时,∵AM=MN,△AMQ≌△NMP,∴△AMQ≌△NMP,∴QM=MP,∴6﹣2x=5﹣x,∴x=1,∴FM=,
②当M在FE的延长线上时,∵∠AMN=90°,∴∠AMQ+∠NMH=∠NMH+∠MNH=90°,∴∠AMQ=∠MNH,在△AMQ与△NMH中,,∴△AQM≌△MNH,∴AQ=MH,由
(2)知FK=x,CK=5﹣x=MH,MK=2x,=CH,∴AQ=DH=2x﹣6,∴2x﹣6=5﹣x,∴,∴FM==, 14.如图,在矩形ABCD中,点O为坐标原点,点B的坐标为(4,3),点A、C在坐标轴上,点P在BC边上,直线l1y=2x+3,直线l2y=2x﹣3.
(1)分别求直线l1与x轴,直线l2与AB的交点坐标;
(2)已知点M在第一象限,且是直线l2上的点,若△APM是等腰直角三角形,求点M的坐标;
(3)我们把直线l1和直线l2上的点所组成的图形为图形F.已知矩形ANPQ的顶点N在图形F上,Q是坐标平面内的点,且N点的横坐标为x,请直接写出x的取值范围(不用说明理由).【分析】
(1)根据坐标轴上点的坐标特征可求直线l1与x轴,直线l2与AB的交点坐标;
(2)分三种情况
①若点A为直角顶点时,点M在第一象限;若点P为直角顶点时,点M在第一象限;
③若点M为直角顶点时,点M在第一象限;进行讨论可求点M的坐标;
(3)根据矩形的性质可求N点的横坐标x的取值范围.【解答】解
(1)直线l1当y=0时,2x+3=0,x=﹣则直线l1与x轴坐标为(﹣,0)直线l2当y=3时,2x﹣3=3,x=3则直线l2与AB的交点坐标为(3,3);
(2)
①若点A为直角顶点时,点M在第一象限,连结AC,如图1,∠APB>∠ACB>45°,∴△APM不可能是等腰直角三角形,∴点M不存在;
②若点P为直角顶点时,点M在第一象限,如图2,过点M作MN⊥CB,交CB的延长线于点N,则Rt△ABP≌Rt△PNM,∴AB=PN=4,MN=BP,设M(x,2x﹣3),则MN=x﹣4,∴2x﹣3=4+3﹣(x﹣4),x=,∴M(,);
③若点M为直角顶点时,点M在第一象限,如图3,设M1(x,2x﹣3),过点M1作M1G1⊥OA,交BC于点H1,则Rt△AM1G1≌Rt△PM1H1,∴AG1=M1H1=3﹣(2x﹣3),∴x+3﹣(2x﹣3)=4,x=2∴M1(2,1);设M2(x,2x﹣3),同理可得x+2x﹣3﹣3=4,∴x=,∴M2(,);综上所述,点M的坐标为(,),(2,1),(,);
(3)x的取值范围为﹣≤x<0或0<x≤或≤x≤或≤x≤2. 15.如图,在平面直角坐标系xOy中,抛物线y=ax2﹣2ax﹣3a(a<0)与x轴交于A,B两点(点A在点B的左侧),经过点A的直线l y=kx+b与y轴交于点C,与抛物线的另一个交点为D,且CD=4AC.
(1)直接写出点A的坐标,并求直线l的函数表达式(其中k,b用含a的式子表示);
(2)点E是直线l上方的抛物线上的一点,若△ACE的面积的最大值为,求a的值;
(3)设P是抛物线对称轴上的一点,点Q在抛物线上,以点A,D,P,Q为顶点的四边形能否成为矩形?若能,求出点P的坐标;若不能,请说明理由.【分析】
(1)由抛物线y=ax2﹣2ax﹣3a(a<0)与x轴交于两点A、B,求得A点的坐标,作DF⊥x轴于F,根据平行线分线段成比例定理求得D的坐标,然后利用待定系数法法即可求得直线l的函数表达式.
(2)设点E(m,a(m+1)(m﹣3)),yAE=k1x+b1,利用待定系数法确定yAE=a(m﹣3)x+a(m﹣3),从而确定S△ACE=(m+1)[a(m﹣3)﹣a]=(m﹣)2﹣a,根据最值确定a的值即可;
(3)分以AD为对角线、以AC为边,AP为对角线、以AC为边,AQ为对角线三种情况利用矩形的性质确定点P的坐标即可.【解答】解
(1)令y=0,则ax2﹣2ax﹣3a=0,解得x1=﹣1,x2=3∵点A在点B的左侧,∴A(﹣1,0),如图1,作DF⊥x轴于F,∴DF∥OC,∴=,∵CD=4AC,∴==4,∵OA=1,∴OF=4,∴D点的横坐标为4,代入y=ax2﹣2ax﹣3a得,y=5a,∴D(4,5a),把A、D坐标代入y=kx+b得,解得,∴直线l的函数表达式为y=ax+a.
(2)如图1,过点E作EN⊥y轴于点N设点E(m,a(m+1)(m﹣3)),yAE=k1x+b1,则,解得,∴yAE=a(m﹣3)x+a(m﹣3),M(0,a(m﹣3))∵MC=a(m﹣3)﹣a,NE=m∴S△ACE=S△ACM+S△CEM=[a(m﹣3)﹣a]+[a(m﹣3)﹣a]m=(m+1)[a(m﹣3)﹣a]=(m﹣)2﹣a,∴有最大值﹣a=,∴a=﹣;
(3)令ax2﹣2ax﹣3a=ax+a,即ax2﹣3ax﹣4a=0,解得x1=﹣1,x2=4,∴D(4,5a),∵y=ax2﹣2ax﹣3a,∴抛物线的对称轴为x=1,设P1(1,m),
①若AD是矩形的一条边,由AQ∥DP知xD﹣xP=xA﹣xQ,可知Q点横坐标为﹣4,将x=﹣4带入抛物线方程得Q(﹣4,21a),m=yD+yQ=21a+5a=26a,则P(1,26a),∵四边形ADPQ为矩形,∴∠ADP=90°,∴AD2+PD2=AP2,∵AD2=[4﹣(﹣1)]2+(5a)2=52+(5a)2,PD2=[4﹣(﹣1)]2+(5a)2=52+(5a)2,∴[4﹣(﹣1)]2+(5a)2+(1﹣4)2+(26a﹣5a)2=(﹣1﹣1)2+(26a)2,即a2=,∵a<0,∴a=﹣,∴P1(1,﹣).
②若AD是矩形的一条对角线,则线段AD的中点坐标为(,),Q(2,﹣3a),m=5a﹣(﹣3a)=8a,则P(1,8a),∵四边形ADPQ为矩形,∴∠APD=90°,∴AP2+PD2=AD2,∵AP2=[1﹣(﹣1)]2+(8a)2=22+(8a)2,PD2=(4﹣1)2+(8a﹣5a)2=32+(3a)2,AD2=[4﹣(﹣1)]2+(5a)2=52+(5a)2,∴22+(8a)2+32+(3a)2=52+(5a)2,解得a2=,∵a<0,∴a=﹣,∴P2(1,﹣4).综上可得,P点的坐标为P1(1,﹣4),P2(1,﹣). 16.如图,在矩形OABC中,OA=5,AB=4,点D为边AB上一点,将△BCD沿直线CD折叠,使点B恰好落在OA边上的点E处,分别以OC,OA所在的直线为x轴,y轴建立平面直角坐标系.
(1)求点E坐标及经过O,D,C三点的抛物线的解析式;
(2)一动点P从点C出发,沿CB以每秒2个单位长的速度向点B运动,同时动点Q从E点出发,沿EC以每秒1个单位长的速度向点C运动,当点P到达点B时,两点同时停止运动.设运动时间为t秒,当t为何值时,DP=DQ;
(3)若点N在
(2)中的抛物线的对称轴上,点M在抛物线上,是否存在这样的点M与点N,使得以M,N,C,E为顶点的四边形是平行四边形?若存在,请求出M点的坐标;若不存在,请说明理由.【分析】
(1)由折叠的性质可求得CE、CO,在Rt△COE中,由勾股定理可求得OE即可得出点E坐标,设AD=m,在Rt△ADE中,由勾股定理可求得m的值,可求得D点坐标,结合C、O两点,利用待定系数法可求得抛物线解析式;
(2)用t表示出CP、BP的长,可证明△DBP≌△DEQ,可得到BP=EQ,可求得t的值;
(3)
①以EN为对角线,根据对角线互相平分,可得CM的中点与EN的中点重合,根据中点坐标公式,可得m的值,根据自变量与函数值的对应关系,可得答案;
②当EM为对角线,根据对角线互相平分,可得CN的中点与EM的中点重合,根据中点坐标公式,可得m的值,根据自变量与函数值的对应关系,可得答案;
③当CE为对角线,根据对角线互相平分,可得CE的中点与MN的中点重合,根据中点坐标公式,可得m的值,根据自变量与函数值的对应关系,可得答案.【解答】解
(1)∵CE=CB=5,CO=AB=4,∴在Rt△COE中,OE==3.∴E(0,﹣3)设AD=m,则DE=BD=4﹣m,∵OE=3,∴AE=5﹣3=2,在Rt△ADE中,由勾股定理可得AD2+AE2=DE2,即m2+22=(4﹣m)2,解得m=,∴D(﹣,﹣5),∵C(﹣4,0),O(0,0),∴设过O、D、C三点的抛物线为y=ax(x+4),∴﹣5=﹣a(﹣+4),解得a=,∴抛物线解析式为y=x(x+4)=x2+x;
(2)∵CP=2t,∴BP=5﹣2t,∵BD=,DE==,∴BD=DE,在Rt△DBP和Rt△DEQ中,,∴Rt△DBP≌Rt△DEQ(HL),∴BP=EQ,∴5﹣2t=t,∴t=;
(3)∵抛物线的对称为直线x=﹣2,∴设N(﹣2,n),又由题意可知C(﹣4,0),E(0,﹣3),设M(m,y),
①当EN为对角线,即四边形ECNM是平行四边形时,如图1,,则线段EN的中点横坐标为=﹣1,线段CM中点横坐标为,∵EN,CM互相平分,∴=﹣1,解得m=2,又M点在抛物线上,∴y=×22+×2=16∴M(2,16);
②当EM为对角线,即四边形ECMN是平行四边形时,如图2,,则线段EM的中点,横坐标为=m,线段CN中点横坐标为=﹣3,∵EN,CM互相平分,∴m=﹣3,解得m=﹣6,又∵M点在抛物线上,∴y=×(﹣6)2+×(﹣6)=16,∴M(﹣6,16);
③当CE为对角线,即四边形EMCN是平行四边形时,∴设N(﹣2,n),又由题意可知C(﹣4,0),E(0,﹣3),设M(m,y),∵线段CE的中点坐标的横坐标为﹣2,线段MN的中点坐标的横坐标为∵CE与MN互相平分,∴=﹣2解得m=﹣2,当m=﹣2时,y=×(﹣2)2+×(﹣2)=﹣,即M(﹣2,﹣).综上可知,存在满足条件的点M,其坐标为(2,16)或(﹣6,16)或(﹣2,﹣). 17.如图,抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A、B两点(点A在点B的左边),与y轴交于点C,点D和点C关于抛物线的对称轴对称,直线AD与y轴交于点E.
(1)求直线AD的解析式;
(2)如图1,直线AD上方的抛物线上有一点F,过点F作FG⊥AD于点G,作FH平行于x轴交直线AD于点H,求△FGH周长的最大值;
(3)点M是抛物线的顶点,点P是y轴上一点,点Q是坐标平面内一点,以A,M,P,Q为顶点的四边形是以AM为边的矩形.若点T和点Q关于AM所在直线对称,求点T的坐标.【分析】
(1)先求出C(0,3),A(﹣1,0),B(3,0),再利用配方法得y=﹣(x﹣1)2+4,则抛物线对称轴为直线x=1,于是可确定D(2,3),则可利用待定系数法求直线AD的解析式;
(2)由E(0,1)可判断△OAE为等腰直角三角形,则∠EAO=45°,由于FH∥OA,则可得到△FGH为等腰直角三角形,过点F作FN⊥x轴交AD于N,如图,则△FNH为等腰直角三角形,所以GH=NG,于是得到△FGH周长等于△FGN的周长,由于FG=GN=FN,则△FGN周长=(1+)FN,所以当FN最大时,△FGN周长的最大,设F(x,﹣x2+2x+3),则N(x,x+1),则FN=﹣x2+2x+3﹣x﹣1,利用二次函数的最值问题可得当x=时,FN有最大值,于是△FGN周长的最大值为;
(3)直线AM交y轴于R,M(1,4),利用待定系数法求出直线AM的解析式为y=2x+2,则R(0,2),然后分类讨论当AQ为矩形AMPQ的对角线,如图1,利用Rt△AOR∽Rt△POA,可计算出OP=,则P点坐标为(0,﹣),接着利用平移可得到Q(2,),于是由点T和点Q关于AM所在直线对称,根据线段中点坐标公式易得T点坐标为(0,);当AP为矩形APQM的对角线,反向延长QA交y轴于S,如图2,同理可得S点坐标为(0,﹣),易得R点为AM的中点,则R点为PS的中点,所以PM=SA,P(0,),加上PM=AQ,则AQ=AS,于是可判断点Q关于AM的对称点为S,即T点坐标为(0,﹣).【解答】解
(1)当x=0时,y=﹣x2+2x+3=3,则C(0,3),当y=0时,﹣x2+2x+3=0,解得x1=﹣1,x2=3,则A(﹣1,0),B(3,0),∵y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)2+4,∴抛物线对称轴为直线x=1,而点D和点C关于直线x=1对称,∴D(2,3),设直线AD的解析式为y=kx+b,把A(﹣1,0),D(2,3)分别代入得,解得,∴直线AD的解析式为y=x+1;
(2)当x=0时,y=x+1=1,则E(0,1),∵OA=OE,∴△OAE为等腰直角三角形,∴∠EAO=45°,∵FH∥OA,∴△FGH为等腰直角三角形,过点F作FN⊥x轴交AD于N,如图,∴FN⊥FH,∴△FNH为等腰直角三角形,而FG⊥HN,∴GH=NG,∴△FGH周长等于△FGN的周长,∵FG=GN=FN,∴△FGN周长=(1+)FN,∴当FN最大时,△FGN周长的最大,设F(x,﹣x2+2x+3),则N(x,x+1),∴FN=﹣x2+2x+3﹣x﹣1=﹣(x﹣)2+,当x=时,FN有最大值,∴△FGN周长的最大值为(1+)×=,即△FGH周长的最大值为;
(3)直线AM交y轴于R,y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)2+4,则M(1,4)设直线AM的解析式为y=mx+n,把A(﹣1,0)、M(1,4)分别代入得,解得,∴直线AM的解析式为y=2x+2,当x=0时,y=2x+2=2,则R(0,2),当AQ为矩形APQM的对角线,如图1,∵∠RAP=90°,而AO⊥PR,∴Rt△AOR∽Rt△POA,∴AO OP=OR OA,即1OP=21,解得OP=,∴P点坐标为(0,﹣),∵点A(﹣1,0)向上平移4个单位,向右平移2个单位得到M(1,4),∴点P(0,﹣)向上平移4个单位,向右平移2个单位得到Q(2,),∵点T和点Q关于AM所在直线对称,∴T点坐标为(0,);当AP为矩形AMPQ的对角线,反向延长QA交y轴于S,如图2,同理可得S点坐标为(0,﹣),∵R点为AM的中点,∴R点为PS的中点,∴PM=SA,P(0,),∵PM=AQ,∴AQ=AS,∴点Q关于AM的对称点为S,即T点坐标为(0,﹣).综上所述,点T的坐标为(0,)或(0,﹣). 18.如图,点A和动点P在直线l上,点P关于点A的对称点为Q,以AQ为边作Rt△ABQ,使∠BAQ=90°,AQ AB=34,作△ABQ的外接圆O.点C在点P右侧,PC=4,过点C作直线m⊥l,过点O作OD⊥m于点D,交AB右侧的圆弧于点E.在射线CD上取点F,使DF=CD,以DE,DF为邻边作矩形DEGF.设AQ=3x.
(1)用关于x的代数式表示BQ,DF.
(2)当点P在点A右侧时,若矩形DEGF的面积等于90,求AP的长.
(3)在点P的整个运动过程中,
①当AP为何值时,矩形DEGF是正方形?
②作直线BG交⊙O于点N,若BN的弦心距为1,求AP的长(直接写出答案).【分析】
(1)由AQ AB=34,AQ=3x,易得AB=4x,由勾股定理得BQ,再由中位线的性质得AH=BH=AB,求得CD,FD;
(2)利用
(1)的结论,易得CQ的长,作OM⊥AQ于点M(如图1),则OM∥AB,由垂径定理得QM=AM=x,由矩形性质得OD=MC,利用矩形面积,求得x,得出结论;
(3)
①点P在A点的右侧时(如图1),利用
(1)
(2)的结论和正方形的性质得2x+4=3x,得AP;点P在A点的左侧时,当点C在Q右侧,0<x<时(如图2),4﹣7x=3x,解得x,易得AP;当时(如图3),7﹣4x=3x,得AP;当点C在Q的左侧时,即x≥(如图4),同理得AP;
②连接NQ,由点O到BN的弦心距为l,得NQ=2,当点N在AB的左侧时(如图5),过点B作BM⊥EG于点M,GM=x,BM=x,易得∠GBM=45°,BM∥AQ,易得AI=AB,求得IQ,由NQ得AP;当点N在AB的右侧时(如图6),过点B作BJ⊥GE于点J,由GJ=x,BJ=4x得tan∠GBJ=,利用
(1)
(2)中结论得AI=16x,QI=19x,解得x,得AP.【解答】解
(1)在Rt△ABQ中,∵AQ AB=34,AQ=3x,∴AB=4x,∴BQ=5x,∵OD⊥m,m⊥l,∴OD∥l,∵OB=OQ,∴=2x,∴CD=2x,∴FD==3x;
(2)∵AP=AQ=3x,PC=4,∴CQ=6x+4,作OM⊥AQ于点M(如图1),∴OM∥AB,∵⊙O是△ABQ的外接圆,∠BAQ=90°,∴点O是BQ的中点,∴QM=AM=x∴OD=MC=,∴OE=BQ=,∴ED=2x+4,S矩形DEGF=DF•DE=3x(2x+4)=90,解得x1=﹣5(舍去),x2=3,∴AP=3x=9;
(3)
①若矩形DEGF是正方形,则ED=DF,I.点P在A点的右侧时(如图1)∴2x+4=3x,解得x=4,∴AP=3x=12;II.点P在A点的左侧时,当点C在Q右侧,0<x<时(如图2),∵ED=4﹣7x,DF=3x,∴4﹣7x=3x,解得x=,∴AP=;当≤x<时(如图3),∵ED=4﹣7x,DF=3x,∴4﹣7x=3x,解得x=(舍去),当点C在Q的左侧时,即x≥(如图4),DE=7x﹣4,DF=3x,∴7x﹣4=3x,解得x=1,∴AP=3,综上所述当AP为12或或3时,矩形DEGF是正方形;
②连接NQ,由点O到BN的弦心距为l,得NQ=2,当点N在AB的左侧时(如图5),过点B作BM⊥EG于点M,∵GM=x,BM=x,∴∠GBM=45°,∴BM∥AQ,∴AI=AB=4x,∴IQ=x,∴NQ==2,∴x=2,∴AP=6;当点N在AB的右侧时(如图6),过点B作BJ⊥GE于点J,∵GJ=x,BJ=4x,∴tan∠GBJ=,∴AI=16x,∴QI=19x,∴NQ==2,∴x=,∴AP=,综上所述AP的长为6或. 19.在平面直角坐标系xOy(如图)中,经过点A(﹣1,0)的抛物线y=﹣x2+bx+3与y轴交于点C,点B与点A、点D与点C分别关于该抛物线的对称轴对称.
(1)求b的值以及直线AD与x轴正方向的夹角;
(2)如果点E是抛物线上一动点,过E作EF平行于x轴交直线AD于点F,且F在E的右边,过点E作EG⊥AD与点G,设E的横坐标为m,△EFG的周长为l,试用m表示l;
(3)点M是该抛物线的顶点,点P是y轴上一点,Q是坐标平面内一点,如果以点A、M、P、Q为顶点的四边形是矩形,求该矩形的顶点Q的坐标.【分析】
(1)将点A(﹣1,0)代入抛物线的解析式可求得b的值,然后可得到抛物线的解析式,从而可求得抛物线的对称轴,再依据对称性可求得D(2,3),B(3,0),最后依据待定系数法求得AD的解析式可求得直线AD与x轴正方向的夹角;
(2)设E(m,﹣m2+2m+3),则F(﹣m2+2m+2,﹣m2+2m+3),EF=﹣m2+m+2.然后证明△EFG为等腰直角三角形,从而得到EF=(1+)EF,于是可求得l与m的关系式;
(3)先利用配方法求得点M的坐标,然后根据
①AM为矩形的对角线时,
②当AM为矩形的一边时两种情况求解即可.【解答】解
(1)∵将点A(﹣1,0)代入抛物线的解析式得﹣1﹣b+3=0,解得b=2,∴y=﹣x2+2x+3.∴抛物线的对称轴为直线x=1.令x=0得y=3,则C(0,3).∵点B与点A、点D与点C分别关于该抛物线的对称轴对称,∴D(2,3),B(3,0).设直线AD的解析式为y=kx+b.∵将A(﹣1,0)、D(2,3)代入得,解得k=1,b=1,∴直线AD的解析式为y=x+1.∴直线AD与x轴正方向的夹角为45°.
(2)如图1所示设E(m,﹣m2+2m+3),则F(﹣m2+2m+2,﹣m2+2m+3),EF=﹣m2+2m+2﹣m=﹣m2+m+2.∵∠EGF=90°,∠EFG=45°,∴△EFG为等腰直角三角形.∴l=EF+FG+EG=EF+EF+EF=(1+)EF=(1+)(﹣m2+m+2)=﹣()m2+(+1)m+2+2.
(3)∵y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)2+4,∴M(1,4).
①AM为矩形的对角线时,如图2所示∵由矩形的性质可知N为AM的中点,A(﹣1,0),M(1,4),∴N(0,2).∵由两点间的距离公式可知MN==.∴NQ1=NQ2=,∴Q1(0,2+),Q2(0,2﹣).
②当AM为矩形的一边时,如图3所示过Q3作Q3E⊥y轴,垂直为E,过Q4作Q4F⊥y轴,垂足为F.∵在△ANO中,AO=1,ON=2,∴tan∠ANO=,∴tan∠MNP4=,∴P4MMN=,NP4=MN=.∴P4Q3=.∴P4E=P4Q3=1,EQ3=P4Q3=2.∵OE=OP4﹣P4E=
4.5﹣1=
3.5,∴Q3的坐标为(2,
3.5).∵点Q3与Q4关于点N对称,∴Q4(﹣2,).综上所述,点Q的坐标为(0,2+),或(0,2﹣)或(2,
3.5)或(﹣2,). 20.如图,直线y=mx+4与反比例函数y=(k>0)的图象交于点A、B,与x轴、y轴分别交于D、C,tan∠CDO=2,AC CD=12.
(1)求反比例函数解析式;
(2)联结BO,求∠DBO的正切值;
(3)点M在直线x=﹣1上,点N在反比例函数图象上,如果以点A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形,求点N的坐标.【分析】
(1)先求出C点坐标,再由tan∠CDO=2可得出D点坐标,进而可得出直线y=mx+4的解析式,根据AC CD=12可得出A点坐标,进而得出反比例函数的解析式;
(2)过点O作OE⊥AB于点E,根据直角三角形的面积公式求出OE的长,再由△ODE∽△CDO得出DE的长,根据锐角三角函数的定义即可得出结论;
(3)设M(﹣1,y),N(x,),再分AB、AN、AM为平行四边形的对角线即可得出结论.【解答】解
(1)∵直线y=mx+4与y轴交与点C,∴C(0,4).∵tan∠CDO=2,∴OD=2,即D(﹣2,0),∴﹣2m+4=0,解得m=2,CD==2,∴直线y=mx+4的解析式为y=2x+4.设A(x,2x+4),∵AC CD=12,∴AC=,∴=,解得x=±1,∵点A在第一象限,∴x=1,∴A(1,6).∵点A在反比例函数y=的图象上,∴k=6,∴反比例函数的解析式为y=;
(2)过点O作OE⊥AB于点E,∵OD=2,OC=4,CD=2,∴OE===.∵∠ODE=∠ODE,∠OED=∠COD,∴△ODE∽△CDO,∴=,即DE===.∵,解得或,∴B(﹣3,﹣2).∴BD==,∴BE=BD+DE=+=,∴tan∠DBO===.
(3)设M(﹣1,y),N(x,),∵A(1,6),B(﹣3,﹣2),∴当AB为平行四边形的对角线时,=,解得x=﹣1,∴N(﹣1,﹣6);当AN为平行四边形的对角线时,x+1=﹣3﹣1,解得x=﹣5,∴N(﹣5,﹣);当AM为平行四边形的对角线时,0=x﹣3,解得x=3,∴N(3,2).综上所述,N(﹣1,﹣6)或(﹣5,﹣)或(3,2). 21.如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=ax2+bx+c的顶点坐标为(2,9),与y轴交于点A(0,5),与x轴交于点E、B.
(1)求二次函数y=ax2+bx+c的表达式;
(2)过点A作AC平行于x轴,交抛物线于点C,点P为抛物线上的一点(点P在AC上方),作PD平行于y轴交AB于点D,问当点P在何位置时,四边形APCD的面积最大?并求出最大面积;
(3)若点M在抛物线上,点N在其对称轴上,使得以A、E、N、M为顶点的四边形是平行四边形,且AE为其一边,求点M、N的坐标.【分析】
(1)设出抛物线解析式,用待定系数法求解即可;
(2)先求出直线AB解析式,设出点P坐标(x,﹣x2+4x+5),建立函数关系式S四边形APCD=﹣2x2+10x,根据二次函数求出极值;
(3)方法
1、先判断出△HMN≌△AOE,求出M点的横坐标,从而求出点M,N的坐标.方法
2、四边形AENM是平行四边形时,由于知道点E和点N的横坐标,进而得出点E平移到点N时,先向右平移3单位,进而判断出点A到点M向右先平移3个单位,求出点M的横坐标,代入抛物线解析式,即可求出点M坐标,判断出点A再向上平移3个单位得出点M,即可求出点N坐标;四边形AEMN是平行四边形时,同上方法即可得出结论.【解答】解
(1)设抛物线解析式为y=a(x﹣2)2+9,∵抛物线与y轴交于点A(0,5),∴4a+9=5,∴a=﹣1,y=﹣(x﹣2)2+9=﹣x2+4x+5,
(2)当y=0时,﹣x2+4x+5=0,∴x1=﹣1,x2=5,∴E(﹣1,0),B(5,0),设直线AB的解析式为y=mx+n,∵A(0,5),B(5,0),∴m=﹣1,n=5,∴直线AB的解析式为y=﹣x+5;设P(x,﹣x2+4x+5),∴D(x,﹣x+5),∴PD=﹣x2+4x+5+x﹣5=﹣x2+5x,∵AC=4,∴S四边形APCD=×AC×PD=2(﹣x2+5x)=﹣2x2+10x,∴当x=﹣=时,∴即点P(,)时,S四边形APCD最大=,
(3)方法
1、如图,过M作MH垂直于对称轴,垂足为H,∵MN∥AE,MN=AE,∴△HMN≌△AOE,∴HM=OE=1,∴M点的横坐标为x=3或x=1,当x=1时,M点纵坐标为8,当x=3时,M点纵坐标为8,∴M点的坐标为M1(1,8)或M2(3,8),∵A(0,5),E(﹣1,0),∴直线AE解析式为y=5x+5,∵MN∥AE,∴MN的解析式为y=5x+b,∵点N在抛物线对称轴x=2上,∴N(2,10+b),∵AE2=OA2+OE2=26∵MN=AE∴MN2=AE2,∴MN2=(2﹣1)2+[8﹣(10+b)]2=1+(b+2)2∵M点的坐标为M1(1,8)或M2(3,8),∴点M1,M2关于抛物线对称轴x=2对称,∵点N在抛物线对称轴上,∴M1N=M2N,∴1+(b+2)2=26,∴b=3,或b=﹣7,∴10+b=13或10+b=3∴当M点的坐标为(1,8)时,N点坐标为(2,13),当M点的坐标为(3,8)时,N点坐标为(2,3).方法2,如图1,∴E(﹣1,0),A(0,5),∵抛物线的解析式为y=﹣(x﹣2)2+9,∴抛物线的对称轴为直线x=2,∴点N的横坐标为2,即N(2,0)
①当以点A,E,M,N组成的平行四边形为四边形AENM时,∵E(﹣1,0),点N的横坐标为2,(N(2,0)∴点E到点N向右平移2﹣(﹣1)=3个单位,∵四边形AENM是平行四边形,∴点A向右也平移3个单位,∵A(0,5),∴M点的横坐标为3,即M(3,5),∵点M在抛物线上,∴点M的纵坐标为﹣(3﹣2)2+9=8,∴M(3,8),即点A再向上平移(8﹣5=3)个单位,∴点N再向上平移3个单位,得到点N(2,3),即当M点的坐标为(3,8)时,N点坐标为(2,3).
②当以点A,E,M,N组成的平行四边形为四边形AEMN时,同
①的方法得出,当M点的坐标为(1,8)时,N点坐标为(2,13). 22.如图,在平面直角坐标系xOy中,二次函数y=+bx+c的图象与y轴交于点A,与双曲线y=有一个公共点B,它的横坐标为4,过点B作直线l∥x轴,与该二次函数图象交于另一个点C,直线AC在y轴上的截距是﹣6.
(1)求二次函数的解析式;
(2)求直线AC的表达式;
(3)平面内是否存在点D,使A、B、C、D为顶点的四边形是等腰梯形?如果存在,求出点D坐标;如果不存在,说明理由.【分析】
(1)先求得点A与点B的坐标,然后依据待定系数法可求得抛物线的解析式;
(2)先求得抛物线的对称轴为x=﹣1,依据点B与点C关于x=﹣1对称,可求得点C的坐标,然后依据待定系数法可求得直线AC的解析式;
(3)
①当CD∥AB时,AC=BC,故点D不存在;
②如图1所示当AD∥BC时,AB<AC,过点A作BC平行线l,以C为圆心,AB为半径作弧,交l与点D1点,依据点A与D1关于x=﹣1对称可求得点D1的坐标;
③如图2所示BD∥AC时,过点C作CM⊥x轴,过点A作AM⊥y轴,过点B作BF⊥AC,D2E⊥AC.先依据AAS证明△AMC≌△CBF,从而可求得AF=CE=4,于是得到D2B=2,然后再证明BHD2∽△AMC,从而可求得BH=,HD2=,于是可求得点D2的坐标.【解答】解
(1)∵将x=4代入y=得y=2,∴B(4,2).∵点A在y轴上,且直线AC在y轴上的截距是﹣6,∴A(0,﹣6).∵将B(4,2)、A(0,﹣6)代入抛物线的解析式得,解得,∴抛物线的解析式为y=+﹣6.
(2)∵抛物线的对称轴为x=﹣=﹣1.∴点B关于x=﹣1的对称点C的坐标为(﹣6,2).设直线AC的解析式为y=kx+b.∵将点A(0,﹣6)、C(﹣6,2)代入得,解得k=﹣,b=﹣6,∴直线AC的解析式为y=﹣6.
(3)
①∵B(4,2)C(﹣6,2),∴BC=10.∵A(0,﹣6)、C(﹣6,2),∴AC==10.∴AC=BC.∴当CD∥AB时,不存在点D使得四边形A、B、C、D为顶点的四边形是等腰梯形.
②如图1所示当AD∥BC时,AB<AC,过点A作BC平行线l,以C为圆心,AB为半径作弧,交l与点D1点,A与D1关于x=﹣1对称,∴D1(﹣2,﹣6).
③如图2所示BD∥AC时,过点C作CM⊥x轴,过点A作AM⊥y轴,过点B作BF⊥AC,D2E⊥AC.∵CB∥AM,∴∠BCA=∠CAM.在△AMC和△CBF中,,∴△AMC≌△CBF.∴CF=AM=6.∴AF=4.∵梯形ABD2C是等腰梯形,∴CE=AF=4.∴D2B=EF=2.∵BD2∥AC,∴∠D2BH=∠BCA.∵∠BCA=∠CAM,∴∠D2BH=∠CAM.又∵∠M=∠D2HB,∴BHD2∽△AMC.∴.∵BD2=2,∴BH=,HD2=,∴D2(,).综上所述,点D的坐标为(﹣2,﹣6)或D2(,). 23.如图,矩形OMPN的顶点O在原点,M、N分别在x轴和y轴的正半轴上,OM=6,ON=3,反比例函数y=的图象与PN交于C,与PM交于D,过点C作CA⊥x轴于点A,过点D作DB⊥y轴于点B,AC与BD交于点G.
(1)求证AB∥CD;
(2)在直角坐标平面内是否若存在点E,使以B、C、D、E为顶点,BC为腰的梯形是等腰梯形?若存在,求点E的坐标;若不存在请说明理由.【分析】
(1)首先求得C和D的坐标,证明=即可证得;
(2)分成PN∥DB和CD∥AB两种情况进行讨论,即可求解.【解答】
(1)证明∵四边形OMPN是矩形,OM=6,ON=3,∴P的坐标是(6,3).∵点C和D都在反比例函数y=的图象上,且点C在PN上,点D在PM上,∴点C(2,3),点D(6,1).又∵DB⊥y轴,CA⊥x轴,∴A的坐标是(2,0),B的坐标是(0,1).∵BG=2,GD=4,CG=2,AG=1.∴=,==,∴=,∴AB∥CD;
(2)解
①∵PN∥DB,∴当DE1=BC时,四边形BCE1D是等腰梯形,此时直角△CNB≌直角△E1PD,∴PE1=CN=2,∴点E1的坐标是(4,3);
②∵CD∥AB,当E2在直线AB上,DE2=BC=2,四边形BCDE2为等腰梯形,直线AB的解析式是y=﹣x+1,∴设点E2(x,﹣x+1),DE2=BC=2,∴(x﹣6)2+(x)2=8,解得x1=,x2=4(舍去).∴E2的坐标是(,﹣). 24.如图,边长为8的正方形OABC的两边在坐标轴上,以点C为顶点的抛物线经过点A,点P是抛物线上点A,C间的一个动点(含端点),过点P作PF⊥BC于点F,点D、E的坐标分别为(0,6),(﹣4,0),连接PD、PE、DE.
(1)请直接写出抛物线的解析式;
(2)小明探究点P的位置发现当P与点A或点C重合时,PD与PF的差为定值,进而猜想对于任意一点P,PD与PF的差为定值,请你判断该猜想是否正确,并说明理由;
(3)小明进一步探究得出结论若将“使△PDE的面积为整数”的点P记作“好点”,则存在多个“好点”,且使△PDE的周长最小的点P也是一个“好点”.请直接写出所有“好点”的个数,并求出△PDE周长最小时“好点”的坐标.【分析】
(1)利用待定系数法求出抛物线解析式即可;
(2)首先表示出P,F点坐标,再利用两点之间距离公式得出PD,PF的长,进而求出即可;
(3)根据题意当P、E、F三点共线时,PE+PF最小,进而得出P点坐标以及利用△PDE的面积可以等于4到13所有整数,在面积为12时,a的值有两个,进而得出答案.【解答】解
(1)∵边长为8的正方形OABC的两边在坐标轴上,以点C为顶点的抛物线经过点A,∴C(0,8),A(﹣8,0),设抛物线解析式为y=ax2+c,则,解得故抛物线的解析式为y=﹣x2+8;
(2)正确,理由设P(a,﹣a2+8),则F(a,8),∵D(0,6),∴PD===a2+2,PF=8﹣(﹣a2+8)=a2,∴PD﹣PF=2;
(3)在点P运动时,DE大小不变,则PE与PD的和最小时,△PDE的周长最小,∵PD﹣PF=2,∴PD=PF+2,∴PE+PD=PE+PF+2,∴当P、E、F三点共线时,PE+PF最小,此时点P,E的横坐标都为﹣4,将x=﹣4代入y=﹣x2+8,得y=6,∴P(﹣4,6),此时△PDE的周长最小,且△PDE的面积为12,点P恰为“好点,∴△PDE的周长最小时”好点“的坐标为(﹣4,6),由
(2)得P(a,﹣a2+8),∵点D、E的坐标分别为(0,6),(﹣4,0),
①当﹣4≤a<0时,S△PDE=(﹣a+4)(﹣a2+8)﹣[﹣•(﹣a2+8﹣6)=;∴4<S△PDE≤12,
②当a=0时,S△PDE=4,
③﹣8<a<﹣4时,S△PDE=(﹣a2+8+6)×(﹣a)×﹣×4×6﹣(﹣a﹣4)×(﹣a2+8)×=﹣a2﹣3a+4,∴12≤S△PDE≤13,
④当a=﹣8时,S△PDE=12,∴△PDE的面积可以等于4到13所有整数,在面积为12时,a的值有两个,所以面积为整数时好点有11个,经过验证周长最小的好点包含这11个之内,所以好点共11个,综上所述11个好点,P(﹣4,6). 25.如图,四边形OABC是边长为4的正方形,点P为OA边上任意一点(与点O、A不重合),连接CP,过点P作PM⊥CP交AB于点D,且PM=CP,过点M作MN∥OA,交BO于点N,连接ND、BM,设OP=t.
(1)求点M的坐标(用含t的代数式表示).
(2)试判断线段MN的长度是否随点P的位置的变化而改变?并说明理由.
(3)当t为何值时,四边形BNDM的面积最小.【分析】
(1)作ME⊥x轴于E,则∠MEP=90°,先证出∠PME=∠CPO,再证明△MPE≌△PCO,得出ME=PO=t,EP=OC=4,求出OE,即可得出点M的坐标;
(2)连接AM,先证明四边形AEMF是正方形,得出∠MAE=45°=∠BOA,AM∥OB,证出四边形OAMN是平行四边形,即可得出MN=OA=4;
(3)先证明△PAD∽△PEM,得出比例式,得出AD,求出BD,求出四边形BNDM的面积S是关于t的二次函数,即可得出结果.【解答】解
(1)作ME⊥x轴于E,如图1所示则∠MEP=90°,ME∥AB,∴∠MPE+∠PME=90°,∵四边形OABC是正方形,∴∠POC=90°,OA=OC=AB=BC=4,∠BOA=45°,∵PM⊥CP,∴∠CPM=90°,∴∠MPE+∠CPO=90°,∴∠PME=∠CPO,在△MPE和△PCO中,,∴△MPE≌△PCO(AAS),∴ME=PO=t,EP=OC=4,∴OE=t+4,∴点M的坐标为(t+4,t);
(2)线段MN的长度不发生改变;理由如下连接AM,如图2所示∵MN∥OA,ME∥AB,∠MEA=90°,∴四边形AEMF是矩形,又∵EP=OC=OA,∴AE=PO=t=ME,∴四边形AEMF是正方形,∴∠MAE=45°=∠BOA,∴AM∥OB,∴四边形OAMN是平行四边形,∴MN=OA=4;
(3)∵ME∥AB,∴△PAD∽△PEM,∴,即,∴AD=﹣t2+t,∴BD=AB﹣AD=4﹣(﹣t2+t)=t2﹣t+4,∵MN∥OA,AB⊥OA,∴MN⊥AB,∴四边形BNDM的面积S=MN•BD=×4(t2﹣t+4)=(t﹣2)2+6,∴S是t的二次函数,∵>0,∴S有最小值,当t=2时,S的值最小;∴当t=2时,四边形BNDM的面积最小. 26.在数学兴趣小组活动中,小明进行数学探究活动,将边长为2的正方形ABCD与边长为2的正方形AEFG按图1位置放置,AD与AE在同一直线上,AB与AG在同一直线上.
(1)小明发现DG⊥BE,请你帮他说明理由.
(2)如图2,小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转,当点B恰好落在线段DG上时,请你帮他求出此时BE的长.
(3)如图3,小明将正方形ABCD绕点A继续逆时针旋转,线段DG与线段BE将相交,交点为H,写出△GHE与△BHD面积之和的最大值,并简要说明理由.【分析】
(1)由四边形ABCD与四边形AEFG为正方形,利用正方形的性质得到两对边相等,且夹角相等,利用SAS得到三角形ADG与三角形ABE全等,利用全等三角形对应角相等得∠AGD=∠AEB,如图1所示,延长EB交DG于点H,利用等角的余角相等得到∠DHE=90°,利用垂直的定义即可得DG⊥BE;
(2)由四边形ABCD与四边形AEFG为正方形,利用正方形的性质得到两对边相等,且夹角相等,利用SAS得到三角形ADG与三角形ABE全等,利用全等三角形对应边相等得到DG=BE,如图2,过点A作AM⊥DG交DG于点M,∠AMD=∠AMG=90°,在直角三角形AMD中,求出AM的长,即为DM的长,根据勾股定理求出GM的长,进而确定出DG的长,即为BE的长;
(3)△GHE和△BHD面积之和的最大值为6,理由为对于△EGH,点H在以EG为直径的圆上,即当点H与点A重合时,△EGH的高最大;对于△BDH,点H在以BD为直径的圆上,即当点H与点A重合时,△BDH的高最大,即可确定出面积的最大值.【解答】解
(1)∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形,∴AD=AB,∠DAG=∠BAE=90°,AG=AE,在△ADG和△ABE中,,∴△ADG≌△ABE(SAS),∴∠AGD=∠AEB,如图1所示,延长EB交DG于点H,在△ADG中,∠AGD+∠ADG=90°,∴∠AEB+∠ADG=90°,在△EDH中,∠AEB+∠ADG+∠DHE=180°,∴∠DHE=90°,则DG⊥BE;
(2)∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形,∴AD=AB,∠DAB=∠GAE=90°,AG=AE,∴∠DAB+∠BAG=∠GAE+∠BAG,即∠DAG=∠BAE,在△ADG和△ABE中,∴△ADG≌△ABE(SAS),∴DG=BE,如图2,过点A作AM⊥DG交DG于点M,∠AMD=∠AMG=90°,∵BD为正方形ABCD的对角线,∴∠MDA=45°,在Rt△AMD中,∠MDA=45°,∴cos45°=,∵AD=2,∴DM=AM=,在Rt△AMG中,根据勾股定理得GM==,∵DG=DM+GM=+,∴BE=DG=+;
(3)△GHE和△BHD面积之和的最大值为6,理由为对于△EGH,点H在以EG为直径的圆上,∴当点H与点A重合时,△EGH的高最大;对于△BDH,点H在以BD为直径的圆上,∴当点H与点A重合时,△BDH的高最大,则△GHE和△BHD面积之和的最大值为2+4=6. 27.在平面直角坐标系中,O为原点,直线y=﹣2x﹣1与y轴交于点A,与直线y=﹣x交于点B,点B关于原点的对称点为点C.
(1)求过A,B,C三点的抛物线的解析式;
(2)P为抛物线上一点,它关于原点的对称点为Q.
①当四边形PBQC为菱形时,求点P的坐标;
②若点P的横坐标为t(﹣1<t<1),当t为何值时,四边形PBQC面积最大?并说明理由.【分析】
(1)联立两直线解析式可求得B点坐标,由关于原点对称可求得C点坐标,由直线y=﹣2x﹣1可求得A点坐标,再利用待定系数法可求得抛物线解析式;
(2)
①当四边形PBQC为菱形时,可知PQ⊥BC,则可求得直线PQ的解析式,联立抛物线解析式可求得P点坐标;
②过P作PD⊥BC,垂足为D,作x轴的垂线,交直线BC于点E,由∠PED=∠AOC,可知当PE最大时,PD也最大,用t可表示出PE的长,可求得取最大值时的t的值.【解答】解
(1)联立两直线解析式可得,解得,∴B点坐标为(﹣1,1),又C点为B点关于原点的对称点,∴C点坐标为(1,﹣1),∵直线y=﹣2x﹣1与y轴交于点A,∴A点坐标为(0,﹣1),设抛物线解析式为y=ax2+bx+c,把A、B、C三点坐标代入可得,解得,∴抛物线解析式为y=x2﹣x﹣1;
(2)
①当四边形PBQC为菱形时,则PQ⊥BC,∵直线BC解析式为y=﹣x,∴直线PQ解析式为y=x,联立抛物线解析式可得,解得或,∴P点坐标为(1﹣,1﹣)或(1+,1+);
②当t=0时,四边形PBQC的面积最大.理由如下如图,过P作PD⊥BC,垂足为D,作x轴的垂线,交直线BC于点E,则S四边形PBQC=2S△PBC=2×BC•PD=BC•PD,∵线段BC长固定不变,∴当PD最大时,四边形PBQC面积最大,又∠PED=∠AOC(固定不变),∴当PE最大时,PD也最大,∵P点在抛物线上,E点在直线BC上,∴P点坐标为(t,t2﹣t﹣1),E点坐标为(t,﹣t),∴PE=﹣t﹣(t2﹣t﹣1)=﹣t2+1,∴当t=0时,PE有最大值1,此时PD有最大值,即四边形PBQC的面积最大. 28.如图,在平面直角坐标系中,点A(10,0),以OA为直径在第一象限内作半圆,B为半圆上一点,连接AB并延长至C,使BC=AB,过C作CD⊥x轴于点D,交线段OB于点E,已知CD=8,抛物线经过O、E、A三点.
(1)∠OBA= 90 °.
(2)求抛物线的函数表达式.
(3)若P为抛物线上位于第一象限内的一个动点,以P、O、A、E为顶点的四边形面积记作S,则S取何值时,相应的点P有且只有3个?【分析】
(1)利用圆周角定理,直径所对的圆周角等于90°,即可得出答案;
(2)利用
(1)中的结论易得OB是的垂直平分线,易得点B,点C的坐标,由点O,点B的坐标易得OB所在直线的解析式,从而得出点E的坐标,用待定系数法得抛物线的解析式;
(3)利用
(2)的结论易得点P的坐标,分类讨论
①若点P在CD的左侧,延长OP交CD于Q,如右图2,易得OP所在直线的函数关系式,表示出Q点的纵坐标,得QE的长,表示出四边形POAE的面积;
②若点P在CD的右侧,延长AP交CD于Q,如右图3,易得AP所在直线的解析式,从而求得Q点的纵坐标,得QE求得四边形POAE的面积,当P在CD右侧时,四边形POAE的面积最大值为16,此时点P的位置就一个,令=16,解得p,得出结论.【解答】解
(1)∵OA是⊙O的直径,∴∠OBA=90°,故答案为90;
(2)连接OC,如图1所示,∵由
(1)知OB⊥AC,又AB=BC,∴OB是AC的垂直平分线,∴OC=OA=10,在Rt△OCD中,OC=10,CD=8,∴OD=6,∴C(6,8),B(8,4)∴OB所在直线的函数关系为y=x,又∵E点的横坐标为6,∴E点纵坐标为3,即E(6,3),抛物线过O(0,0),E(6,3),A(10,0),∴设此抛物线的函数关系式为y=ax(x﹣10),把E点坐标代入得3=6a(6﹣10),解得a=﹣.∴此抛物线的函数关系式为y=﹣x(x﹣10),即y=﹣x2+x;
(3)设点P(p,﹣p2+p),
①若点P在CD的左侧,延长OP交CD于Q,如右图2,OP所在直线函数关系式为y=(﹣p+)x∴当x=6时,y=,即Q点纵坐标为,∴QE=﹣3=,S四边形POAE=S△OAE+S△OPE=S△OAE+S△OQE﹣S△PQE=•OA•DE+QE•OD﹣•QE•Px•=×10×3+×(﹣p+)×6﹣•()•(6﹣p),=
②若点P在CD的右侧,延长AP交CD于Q,如右图3,P(p,﹣p2+p),A(10,0)∴设AP所在直线方程为y=kx+b,把P和A坐标代入得,,解得.∴AP所在直线方程为y=x+,∴当x=6时,y=•6+=P,即Q点纵坐标为P,∴QE=P﹣3,∴S四边形POAE=S△OAE+S△APE=S△OAE+S△AQE﹣S△PQE=•OA•DE+•QE•DA﹣•QE•(Px﹣6)=×10×3+•QE•(DA﹣Px+6)=15+•(p﹣3)•(10﹣p)==,∴当P在CD右侧时,四边形POAE的面积最大值为16,此时点P的位置就一个,令=16,解得,p=3±,∴当P在CD左侧时,四边形POAE的面积等于16的对应P的位置有两个,综上所知,以P、O、A、E为顶点的四边形面积S等于16时,相应的点P有且只有3个. 29.如图1,关于x的二次函数y=﹣x2+bx+c经过点A(﹣3,0),点C(0,3),点D为二次函数的顶点,DE为二次函数的对称轴,E在x轴上.
(1)求抛物线的解析式;
(2)DE上是否存在点P到AD的距离与到x轴的距离相等?若存在求出点P,若不存在请说明理由;
(3)如图2,DE的左侧抛物线上是否存在点F,使2S△FBC=3S△EBC?若存在求出点F的坐标,若不存在请说明理由.【分析】
(1)把A、C两点坐标代入可求得b、c,可求得抛物线解析式;
(2)当点P在∠DAB的平分线上时,过P作PM⊥AD,设出P点坐标,可表示出PM、PE,由角平分线的性质可得到PM=PE,可求得P点坐标;当点P在∠DAB外角平分线上时,同理可求得P点坐标;
(3)可先求得△FBC的面积,过F作FQ⊥x轴,交BC的延长线于Q,可求得FQ的长,可设出F点坐标,表示出B点坐标,从而可表示出FQ的长,可求得F点坐标.【解答】解
(1)∵二次函数y=﹣x2+bx+c经过点A(﹣3,0),点C(0,3),∴,解得,∴抛物线的解析式y=﹣x2﹣2x+3,
(2)存在,当P在∠DAB的平分线上时,如图1,作PM⊥AD,设P(﹣1,m),则PM=PD•sin∠ADE=(4﹣m),PE=m,∵PM=PE,∴(4﹣m)=m,m=﹣1,∴P点坐标为(﹣1,﹣1);当P在∠DAB的外角平分线上时,如图2,作PN⊥AD,设P(﹣1,n),则PN=PD•sin∠ADE=(4﹣n),PE=﹣n,∵PN=PE,∴(4﹣n)=﹣n,n=﹣﹣1,∴P点坐标为(﹣1,﹣﹣1);综上可知存在满足条件的P点,其坐标为(﹣1,﹣1)或(﹣1,﹣﹣1);
(3)∵抛物线的解析式y=﹣x2﹣2x+3,∴B(1,0),∴S△EBC=EB•OC=3,∵2S△FBC=3S△EBC,∴S△FBC=,过F作FQ⊥x轴于点H,交BC的延长线于Q,过F作FM⊥y轴于点M,如图3,∵S△FBC=S△BQH﹣S△BFH﹣S△CFQ=HB•HQ﹣BH•HF﹣QF•FM=BH(HQ﹣HF)﹣QF•FM=BH•QF﹣QF•FM=QF•(BH﹣FM)=FQ•OB=FQ=,∴FQ=9,∵BC的解析式为y=﹣3x+3,设F(x0,﹣x02﹣2x0+3),∴﹣3x0+3+x02+2x0﹣3=9,解得x0=或(舍去),∴点F的坐标是(,),∵S△ABC=6>,∴点F不可能在A点下方,综上可知F点的坐标为(,). 30.已知抛物线y=mx2+(1﹣2m)x+1﹣3m与x轴相交于不同的两点A、B
(1)求m的取值范围;
(2)证明该抛物线一定经过非坐标轴上的一点P,并求出点P的坐标;
(3)当<m≤8时,由
(2)求出的点P和点A,B构成的△ABP的面积是否有最值?若有,求出该最值及相对应的m值.【分析】
(1)根据题意得出△=(1﹣2m)2﹣4×m×(1﹣3m)=(1﹣4m)2>0,得出1﹣4m≠0,解不等式即可;
(2)y=m(x2﹣2x﹣3)+x+1,故只要x2﹣2x﹣3=0,那么y的值便与m无关,解得x=3或x=﹣1(舍去,此时y=0,在坐标轴上),故定点为(3,4);
(3)由|AB|=|xA﹣xB|得出|AB|=|﹣4|,由已知条件得出≤<4,得出0<|﹣4|≤,因此|AB|最大时,||=,解方程得出m=8,或m=(舍去),即可得出结果.【解答】
(1)解当m=0时,函数为一次函数,不符合题意,舍去;当m≠0时,∵抛物线y=mx2+(1﹣2m)x+1﹣3m与x轴相交于不同的两点A、B,∴△=(1﹣2m)2﹣4×m×(1﹣3m)=(1﹣4m)2>0,∴1﹣4m≠0,∴m≠,∴m的取值范围为m≠0且m≠;
(2)证明∵抛物线y=mx2+(1﹣2m)x+1﹣3m,∴y=m(x2﹣2x﹣3)+x+1,抛物线过定点说明在这一点y与m无关,显然当x2﹣2x﹣3=0时,y与m无关,解得x=3或x=﹣1,当x=3时,y=4,定点坐标为(3,4);当x=﹣1时,y=0,定点坐标为(﹣1,0),∵P不在坐标轴上,∴P(3,4);
(3)解|AB|=|xA﹣xB|=====||=|﹣4|,∵<m≤8,∴≤<4,∴﹣≤﹣4<0,∴0<|﹣4|≤,∴|AB|最大时,||=,解得m=8,或m=(舍去),∴当m=8时,|AB|有最大值,此时△ABP的面积最大,没有最小值,则面积最大为|AB|yP=××4=. 31.问题提出
(1)如图
①,已知△ABC,请画出△ABC关于直线AC对称的三角形.问题探究
(2)如图
②,在矩形ABCD中,AB=4,AD=6,AE=4,AF=2,是否在边BC、CD上分别存在点G、H,使得四边形EFGH的周长最小?若存在,求出它周长的最小值;若不存在,请说明理由.问题解决
(3)如图
③,有一矩形板材ABCD,AB=3米,AD=6米,现想从此板材中裁出一个面积尽可能大的四边形EFGH部件,使∠EFG=90°,EF=FG=米,∠EHG=45°,经研究,只有当点E、F、G分别在边AD、AB、BC上,且AF<BF,并满足点H在矩形ABCD内部或边上时,才有可能裁出符合要求的部件,试问能否裁得符合要求的面积尽可能大的四边形EFGH部件?若能,求出裁得的四边形EFGH部件的面积;若不能,请说明理由.【分析】
(1)作B关于AC的对称点D,连接AD,CD,△ACD即为所求;
(2)作E关于CD的对称点E′,作F关于BC的对称点F′,连接E′F′,得到此时四边形EFGH的周长最小,根据轴对称的性质得到BF′=BF=AF=2,DE′=DE=2,∠A=90°,于是得到AF′=6,AE′=8,求出E′F′=10,EF=2即可得到结论;
(3)根据余角的性质得到1=∠2,推出△AEF≌△BGF,根据全等三角形的性质得到AF=BG,AE=BF,设AF=x,则AE=BF=3﹣x根据勾股定理列方程得到AF=BG=1,BF=AE=2,作△EFG关于EG的对称△EOG,则四边形EFGO是正方形,∠EOG=90°,以O为圆心,以EG为半径作⊙O,则∠EHG=45°的点H在⊙O上,连接FO,并延长交⊙O于H′,则H′在EG的垂直平分线上,连接EH′GH′,则∠EH′G=45°,于是得到四边形EFGH′是符合条件的最大部件,根据矩形的面积公式即可得到结论.【解答】解
(1)如图1,△ADC即为所求;
(2)存在,理由作E关于CD的对称点E′,作F关于BC的对称点F′,连接E′F′,交BC于G,交CD于H,连接FG,EH,则F′G=FG,E′H=EH,则此时四边形EFGH的周长最小,由题意得BF′=BF=AF=2,DE′=DE=2,∠A=90°,∴AF′=6,AE′=8,∴E′F′=10,EF=2,∴四边形EFGH的周长的最小值=EF+FG+GH+HE=EF+E′F′=2+10,∴在边BC、CD上分别存在点G、H,使得四边形EFGH的周长最小,最小值为2+10;
(3)能裁得,理由∵EF=FG=,∠A=∠B=90°,∠1+∠AFE=∠2+AFE=90°,∴∠1=∠2,在△AEF与△BGF中,,∴△AEF≌△BGF,∴AF=BG,AE=BF,设AF=x,则AE=BF=3﹣x,∴x2+(3﹣x)2=()2,解得x=1,x=2(不合题意,舍去),∴AF=BG=1,BF=AE=2,∴DE=4,CG=5,连接EG,作△EFG关于EG的对称△EOG,则四边形EFGO是正方形,∠EOG=90°,以O为圆心,以OE为半径作⊙O,∵CE=CG=5,则∠EHG=45°的点在⊙O上,连接FO,并延长交⊙O于H′,则H′在EG的垂直平分线上,连接EH′、GH′,则∠EH′G=45°,此时,四边形EFGH′是要想裁得符合要求的面积最大的,∴C在线段EG的垂直平分线上,∴点F,O,H′,C在一条直线上,∵EG=,∴OF=EG=,∵CF=2,∴OC=,∵OH′=OE=FG=,∴OH′<OC,∴点H′在矩形ABCD的内部,∴可以在矩形ABCD中,裁得符合条件的面积最大的四边形EFGH′部件,这个部件的面积=EG•FH′=××(+)=5+,∴当所裁得的四边形部件为四边形EFGH′时,裁得了符合条件的最大部件,这个部件的面积为(5+)m2. 32.如图,在平面直角坐标系中,矩形OCDE的顶点C和E分别在y轴的正半轴和x轴的正半轴上,OC=8,OE=17,抛物线y=x2﹣3x+m与y轴相交于点A,抛物线的对称轴与x轴相交于点B,与CD交于点K.
(1)将矩形OCDE沿AB折叠,点O恰好落在边CD上的点F处.
①点B的坐标为( 10 、 0 ),BK的长是 8 ,CK的长是 10 ;
②求点F的坐标;
③请直接写出抛物线的函数表达式;
(2)将矩形OCDE沿着经过点E的直线折叠,点O恰好落在边CD上的点G处,连接OG,折痕与OG相交于点H,点M是线段EH上的一个动点(不与点H重合),连接MG,MO,过点G作GP⊥OM于点P,交EH于点N,连接ON,点M从点E开始沿线段EH向点H运动,至与点N重合时停止,△MOG和△NOG的面积分别表示为S1和S2,在点M的运动过程中,S1•S2(即S1与S2的积)的值是否发生变化?若变化,请直接写出变化范围;若不变,请直接写出这个值.温馨提示考生可以根据题意,在备用图中补充图形,以便作答.【分析】
(1)
①根据四边形OCKB是矩形以及对称轴公式即可解决问题.
②在RT△BKF中利用勾股定理即可解决问题.
③设OA=AF=x,在RT△ACF中,AC=8﹣x,AF=x,CF=4,利用勾股定理即可解决问题.
(2)不变.S1•S2=289.由△GHN∽△MHG,得=,得到GH2=HN•HM,求出GH2,根据S1•S2=•OG•HN••OG•HM即可解决问题.【解答】解
(1)如图1中,
①∵抛物线y=x2﹣3x+m的对称轴x=﹣=10,∴点B坐标(10,0),∵四边形OBKC是矩形,∴CK=OB=10,KB=OC=8,故答案分别为10,0,8,10.
②在RT△FBK中,∵∠FKB=90°,BF=OB=10,BK=OC=8,∴FK==6,∴CF=CK﹣FK=4,∴点F坐标(4,8).
③设OA=AF=x,在RT△ACF中,∵AC2+CF2=AF2,∴(8﹣x)2+42=x2,∴x=5,∴点A坐标(0,5),代入抛物线y=x2﹣3x+m得m=5,∴抛物线为y=x2﹣3x+5.
(2)不变.S1•S2=289.理由如图2中,在RT△EDG中,∵GE=EO=17,ED=8,∴DG===15,∴CG=CD﹣DG=2,∴OG===2,∵GP⊥OM,MH⊥OG,∴∠NPM=∠NHG=90°,∵∠HNG+∠HGN=90°,∠PNM+∠PMN=90°,∠HNG=∠PNM,∴∠HGN=∠NMP,∵∠NMP=∠HMG,∠GHN=∠GHM,∴△GHN∽△MHG,∴=,∴GH2=HN•HM,∵GH=OH=,∴HN•HM=17,∵S1•S2=•OG•HN••OG•HM=(•2)2•17=289. 33.如图,已知▱ABCD的三个顶点A(n,0)、B(m,0)、D(0,2n)(m>n>0),作▱ABCD关于直线AD的对称图形AB1C1D
(1)若m=3,试求四边形CC1B1B面积S的最大值;
(2)若点B1恰好落在y轴上,试求的值.【分析】
(1)如图1,易证S▱BCEF=S▱BCDA=S▱B1C1DA=S▱B1C1EF,从而可得S▱BCC1B1=2S▱BCDA=﹣4(n﹣)2+9,根据二次函数的最值性就可解决问题;
(2)如图2,易证△AOD∽△B1OB,根据相似三角形的性质可得OB1=,然后在Rt△AOB1中运用勾股定理就可解决问题.【解答】解
(1)如图1,∵▱ABCD与四边形AB1C1D关于直线AD对称,∴四边形AB1C1D是平行四边形,CC1⊥EF,BB1⊥EF,∴BC∥AD∥B1C1,CC1∥BB1,∴四边形BCEF、B1C1EF是平行四边形,∴S▱BCEF=S▱BCDA=S▱B1C1DA=S▱B1C1EF,∴S▱BCC1B1=2S▱BCDA.∵A(n,0)、B(m,0)、D(0,2n)、m=3,∴AB=m﹣n=3﹣n,OD=2n,∴S▱BCDA=AB•OD=(3﹣n)•2n=﹣2(n2﹣3n)=﹣2(n﹣)2+,∴S▱BCC1B1=2S▱BCDA=﹣4(n﹣)2+9.∵﹣4<0,∴当n=时,S▱BCC1B1最大值为9;
(2)当点B1恰好落在y轴上,如图2,∵DF⊥BB1,DB1⊥OB,∴∠B1DF+∠DB1F=90°,∠B1BO+∠OB1B=90°,∴∠B1DF=∠OBB1.∵∠DOA=∠BOB1=90°,∴△AOD∽△B1OB,∴=,∴=,∴OB1=.由轴对称的性质可得AB1=AB=m﹣n.在Rt△AOB1中,n2+()2=(m﹣n)2,整理得3m2﹣8mn=0.∵m>0,∴3m﹣8n=0,∴=. 34.如图,已知在平面直角坐标系xOy中,抛物线y=ax2+2x+c与x轴交于点A(﹣1,0)和点B,与y轴相交于点C(0,3),抛物线的对称轴为直线l.
(1)求这条抛物线的关系式,并写出其对称轴和顶点M的坐标;
(2)如果直线y=kx+b经过C、M两点,且与x轴交于点D,点C关于直线l的对称点为N,试证明四边形CDAN是平行四边形;
(3)点P在直线l上,且以点P为圆心的圆经过A、B两点,并且与直线CD相切,求点P的坐标.【分析】
(1)将A、C两点坐标代入解析式即可求出a、c,将解析式配成顶点式即可得到对称轴方程和顶点坐标;
(2)先由C、M两点坐标求出直线CM解析式,进而求出D点坐标,由于C、N两点关于抛物线对称轴对称,则CN∥AD,同时可求出N点坐标,然后得出CN=AD,结论显然;
(3)设出P点纵坐标,表示出MP的长度,过点P作PH⊥DM于H,表示出PH的长度,在直角三角形PAE中用勾股定理列出方程,解之即得答案.【解答】解
(1)∵抛物线y=ax2+2x+c经过点A(﹣1,0)和点C(0,3),∴,∴,∴y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)2+4,对称轴为直线x=1,顶点M(1,4);
(2)如图1,∵点C关于直线l的对称点为N,∴N(2,3),∵直线y=kx+b经过C、M两点,∴,∴,∴y=x+3,∵y=x+3与x轴交于点D,∴D(﹣3,0),∴AD=2=CN又∵AD∥CN,∴CDAN是平行四边形;
(3)设P(1,a),过点P作PH⊥DM于H,连接PA、PB,如图2,则MP=4﹣a,又∠HMP=45°,∴HP=AP=,Rt△APE中,AP2=AE2+PE2,即,解得,∴P1(1,﹣4+2),P2(1,﹣4﹣2). 35.如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=14,tanA=,点D是边AC上一点,AD=8,点E是边AB上一点,以点E为圆心,EA为半径作圆,经过点D,点F是边AC上一动点(点F不与A、C重合),作FG⊥EF,交射线BC于点G.
(1)用直尺圆规作出圆心E,并求圆E的半径长(保留作图痕迹);
(2)当点G的边BC上时,设AF=x,CG=y,求y关于x的函数解析式,并写出它的定义域;
(3)联结EG,当△EFG与△FCG相似时,推理判断以点G为圆心、CG为半径的圆G与圆E可能产生的各种位置关系.【分析】
(1)由于ED=EA,因此点E在线段AD的垂直平分线上,因而线段AD的垂直平分线与线段AB的交点即为圆心E(如图1),然后只需解Rt△EHA就可解决问题;
(2)如图2,易证△GCF∽△FHE,然后运用相似三角形的性质就可解决问题;
(3)由于点G在射线BC上,故需分点G在线段BC上(如图
2、图3),点G在线段BC的延长线上(如图4),然后只需求出CG和GE就可解决问题.【解答】解
(1)作线段AD的垂直平分线,交AB于E,交AC于H,如图1,点E即为所求作.在Rt△EHA中,AH=AD=4,tanA=,∴EH=AH•tanA=4×=3,AE==5.∴圆E的半径长为5;
(2)当点G的边BC上时,如图2所示.∵∠C=90°,FG⊥EF,EH⊥AC,∴∠C=∠EHF=90°,∠CFG=∠FEH=90°﹣∠EFH,∴△GCF∽△FHE,∴=,∴=,∴y=﹣x2+6x﹣(4≤x<14);
(3)
①当点G在BC上时,Ⅰ.当∠FGE=∠CGF时,过点E作EN⊥BC于N,如图2,∵∠C=∠GFE=90°,∴△GCF∽△GFE,∴=.∵△GCF∽△FHE,∴=,∴=,∴FC=FH=CH=(14﹣4)=5,∴x=AF=5+4=9,∴y=CG=,∴rG=GC=,rE=5.∴GN=﹣3=,EN=CH=10,∴EG==,∴rG﹣rE<GE<rG+rE,∴⊙E与⊙G相交;Ⅱ.当∠FGE=∠CFG时,如图3,则有GE∥AC,∵∠C=∠AHE=90°,∴CG∥EH,∴四边形CGEH是矩形,∴rG=CG=EH=3,GE=CH=10,∴GE>rE+rG,∴⊙E与⊙G外离;
②当点G在BC延长线上时,设GE交AC于M,如图4,∵∠EHF=∠GCF=90°,∠GFC=∠HEF=90°﹣∠HFE,∴△EHF∽△FCG,∴=,∴=,∴y=(x﹣4)(x﹣14).∵∠FGE=∠CFG,∠FGE+∠MEF=90°,∠GFM+∠MFE=90°,∴MG=MF,∠MEF=∠MFE,∴ME=MF,∴MG=ME.在△GCM和△EHM中,∴△GCM≌△EHM,∴CG=HE=3,CM=MH=5,∴rG=3,EG=2GM=2,∴GE>rG+rE,∴⊙E与⊙G外离.综上所述当△EFG与△FCG相似时,⊙E与⊙G相交或外离. 36.如图,线段PA=1,点D是线段PA延长线上的点,AD=a(a>1),点O是线段AP延长线上的点,OA2=OP•OD,以O为圆心,OA为半径作扇形OAB,∠BOA=90°.点C是弧AB上的点,联结PC、DC.
(1)联结BD交弧AB于E,当a=2时,求BE的长;
(2)当以PC为半径的⊙P和以CD为半径的⊙C相切时,求a的值;
(3)当直线DC经过点B,且满足PC•OA=BC•OP时,求扇形OAB的半径长.【分析】
(1)如图1中,连接OE,作OM⊥BC于M.设⊙O半径为r,先列出关于r的方程求出r,再求出OM,在RT△BOM中利用勾股定理即可.
(2)如图2中,⊙C与⊙P相切于点M,连接DM与⊙P交于点Q,连接PQ、CQ、OC,想分别证明点A是△CMD的重心即可.
(3)如图3中,连接OC、PB、AC,想办法证明△OBC是等边三角形,再利用方程即可解决问题.【解答】解
(1)如图1中,连接OE,作OM⊥BC于M.设⊙O半径为r,∵OA2=OP•OD,∴r2=(r﹣1)(r+2),∴r=2,在RT△BOD中,∵OB=2,OD=4,∴BD===2,∵•OD•OB=•BD•OM,∴OM=,在RT△BOM中,∵,∴BM==,∵OM⊥BE,∴BM=ME,BE=2BM=.
(2)如图2中,⊙C与⊙P相切于点M,连接DM与⊙P交于点Q,连接PQ、CQ、OC.∵OA2=OP•OD,∴OC2=OP•OD,∴=,∵∠COP=∠DOC,∴△COP∽△DOC,∴∠OCP=ODC,∵OC=OA,∴∠OCA=∠OAC,∴∠OCP+∠PCA=∠ACD+∠ODC,∴∠PCA=∠DCA,∵CM=CD,∠CQM=90°(直径CM所对的圆周角是直角),∴∠MCQ=∠DCQ,∴C、A、Q共线,∵MP=PC,MQ=QD,∴PQ∥CD,PQ=CD,∴PA AD=PQ CD=12,∴AD=2PA=2.
(3)如图3中,连接OC、PB、AC.∵∵OA2=OP•OD,∴OC2=OP•OD,∴=,∵∠COP=∠DOC,∴△COP∽△DOC,∴∠OCP=ODC,同理△BOP∽△DOB,∠OBP=∠D,∴∠OBP=∠OCP,∴O、B、C、P四点共圆,∴∠BOP+∠BCP=90°,∵PC•OA=BC•OP,∴=,∵∠BOP=∠BCP,∴△PBO∽△PBC,∴===1,∴OB=BC=OC,PC=OP,设BO=BC=OC=r,∴△BOC是等边三角形,∴∠OBC=60°,∠D=30°,在RT△PCD中,∵PC=OP=r﹣1,∴PD=2PC=2r﹣2,∴AD=2r﹣3,∵OD=OB,∴r+2r﹣3=r,∴r=,∴扇形OAB的半径长为. 37.如图,在矩形ABCD中,AB=6cm,AD=8cm,点P从点B出发,沿对角线BD向点D匀速运动,速度为4cm/s,过点P作PQ⊥BD交BC于点Q,以PQ为一边作正方形PQMN,使得点N落在射线PD上,点O从点D出发,沿DC向点C匀速运动,速度为3cm/s,以O为圆心,
0.8cm为半径作⊙O,点P与点O同时出发,设它们的运动时间为t(单位s)(0<t<).
(1)如图1,连接DQ平分∠BDC时,t的值为 1 ;
(2)如图2,连接CM,若△CMQ是以CQ为底的等腰三角形,求t的值;
(3)请你继续进行探究,并解答下列问题
①证明在运动过程中,点O始终在QM所在直线的左侧;
②如图3,在运动过程中,当QM与⊙O相切时,求t的值;并判断此时PM与⊙O是否也相切?说明理由.【分析】
(1)先利用△PBQ∽△CBD求出PQ、BQ,再根据角平分线性质,列出方程解决问题.
(2)由△QTM∽△BCD,得=列出方程即可解决.
(3)
①如图2中,延长QM交CD于E,求出DE、DO利用差值比较即可解决问题.
②如图3中,由
①可知⊙O只有在左侧与直线QM相切于点H,QM与CD交于点E.由△OHE∽△BCD,得=,列出方程即可解决问题.利用反证法证明直线PM不可能由⊙O相切.【解答】
(1)解如图1中,∵四边形ABCD是矩形,∴∠A=∠C=∠ADC=∠ABC=90°,AB=CD=6.AD=BC=8,∴BD===10,∵PQ⊥BD,∴∠BPQ=90°=∠C,∵∠PBQ=∠DBC,∴△PBQ∽△CBD,∴==,∴==,∴PQ=3t,BQ=5t,∵DQ平分∠BDC,QP⊥DB,QC⊥DC,∴QP=QC,∴3t=8﹣5t,∴t=1,故答案为1.(补充直接利用角平分线的性质得到DP=DC=6,BP=4,从而t=1)
(2)解如图2中,作MT⊥BC于T.∵MC=MQ,MT⊥CQ,∴TC=TQ,由
(1)可知TQ=(8﹣5t),QM=3t,∵MQ∥BD,∴∠MQT=∠DBC,∵∠MTQ=∠BCD=90°,∴△QTM∽△BCD,∴=,∴=,∴t=(s),∴t=s时,△CMQ是以CQ为底的等腰三角形.
(3)
①证明如图2中,延长QM交CD于E,∵EQ∥BD,∴=,∴EC=(8﹣5t),ED=DC﹣EC=6﹣(8﹣5t)=t,∵DO=3t,∴DE﹣DO=t﹣3t=t>0,∴点O在直线QM左侧.
②解如图3中,由
①可知⊙O只有在左侧与直线QM相切于点H,QM与CD交于点E.∵EC=(8﹣5t),DO=3t,∴OE=6﹣3t﹣(8﹣5t)=t,∵OH⊥MQ,∴∠OHE=90°,∵∠HEO=∠CEQ,∴∠HOE=∠CQE=∠CBD,∵∠OHE=∠C=90°,∴△OHE∽△BCD,∴=,∴=,∴t=.∴t=s时,⊙O与直线QM相切.连接PM,假设PM与⊙O相切,则∠OMH=PMQ=
22.5°,在MH上取一点F,使得MF=FO,则∠FMO=∠FOM=
22.5°,∴∠OFH=∠FOH=45°,∴OH=FH=,FO=FM=,∴MH=(+1),由=得到HE=,由=得到EQ=,∴MH=MQ﹣HE﹣EQ=4﹣﹣=,∴(+1)≠,矛盾,∴假设不成立.∴直线PM与⊙O不相切. 38.如图,抛物线y=﹣x2+mx+n的图象经过点A(2,3),对称轴为直线x=1,一次函数y=kx+b的图象经过点A,交x轴于点P,交抛物线于另一点B,点A、B位于点P的同侧.
(1)求抛物线的解析式;
(2)若PA PB=31,求一次函数的解析式;
(3)在
(2)的条件下,当k>0时,抛物线的对称轴上是否存在点C,使得⊙C同时与x轴和直线AP都相切,如果存在,请求出点C的坐标,如果不存在,请说明理由.【分析】
(1)根据抛物线的对称轴为x=1可求出m的值,再将点A的坐标代入抛物线的解析式中求出n值,此题得解;
(2)根据P、A、B三点共线以及PA PB=31结合点A的坐标即可得出点B的纵坐标,将其代入抛物线解析式中即可求出点B的坐标,再根据点A、B的坐标利用待定系数法即可求出直线AP的解析式;
(3)假设存在,设出点C的坐标,依照题意画出图形,根据角的计算找出∠DCF=∠EPF,再通过解直角三角形找出关于r的一元一次方程,解方程求出r值,将其代入点C的坐标中即可得出结论.【解答】解
(1)∵抛物线的对称轴为x=1,∴﹣=1,解得m=.将点A(2,3)代入y=﹣x2+x+n中,3=﹣1+1+n,解得n=3,∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+3.
(2)∵P、A、B三点共线,PA PB=31,且点A、B位于点P的同侧,∴yA﹣yP=3yB﹣yP,又∵点P为x轴上的点,点A(2,3),∴yB=1.当y=1时,有﹣x2+x+3=1,解得x1=﹣2,x2=4(舍去),∴点B的坐标为(﹣2,1).将点A(2,3)、B(﹣2,1)代入y=kx+b中,,解得,∴一次函数的解析式y=x+2.
(3)假设存在,设点C的坐标为(1,r).∵k>0,∴直线AP的解析式为y=x+2.当y=0时,x+2=0,解得x=﹣4,∴点P的坐标为(﹣4,0),当x=1时,y=,∴点D的坐标为(1,).令⊙与直线AP的切点为F,与x轴的切点为E,抛物线的对称轴与直线AP的交点为D,连接CF,如图所示.∵∠PFC=∠PEC=90°,∠EPF+∠ECF=∠DCF+∠ECF=180°,∴∠DCF=∠EPF.在Rt△CDF中,tan∠DCF=tan∠EPF=,CD=﹣r,∴CD=CF=|r|=﹣r,解得r=5﹣10或r=﹣5﹣10.故当k>0时,抛物线的对称轴上存在点C,使得⊙C同时与x轴和直线AP都相切,点C的坐标为(1,5﹣10)或(1,﹣5﹣10). 39.如图,抛物线y=x2﹣4x与x轴交于O,A两点,P为抛物线上一点,过点P的直线y=x+m与对称轴交于点Q.
(1)这条抛物线的对称轴是 2 ,直线PQ与x轴所夹锐角的度数是 45° ;
(2)若两个三角形面积满足S△POQ=S△PAQ,求m的值;
(3)当点P在x轴下方的抛物线上时,过点C(2,2)的直线AC与直线PQ交于点D,求
①PD+DQ的最大值;
②PD•DQ的最大值.【分析】
(1)把抛物线的解析式化成顶点式即可求得对称轴;求得直线与坐标轴的交点坐标,即可证得直线和坐标轴围成的图形是等腰直角三角形,从而求得直线PQ与x轴所夹锐角的度数;
(2)分三种情况分别讨论根据已知条件,通过△OBE∽△ABF对应边成比例即可求得;
(3)
①过点C作CH∥x轴交直线PQ于点H,可得△CHQ是等腰三角形,进而得出AD⊥PH,得出DQ=DH,从而得出PD+DQ=PH,过P点作PM⊥CH于点M,则△PMH是等腰直角三角形,得出PH=PM,因为当PM最大时,PH最大,通过求得PM的最大值,从而求得PH的最大值;由
①可知PD+PH≤6,设PD=a,则DQ﹣a,得出PD•DQ≤a(6﹣a)=﹣a2+6a=﹣(a﹣3)2+18,当点P在抛物线的顶点时,a=3,得出PD•DQ≤18.【解答】方法一解
(1)∵y=x2﹣4x=(x﹣2)2﹣4,∴抛物线的对称轴是x=2,∵直线y=x+m,∴直线与坐标轴的交点坐标为(﹣m,0),(0,m),∴交点到原点的距离相等,∴直线与坐标轴围成的三角形是等腰直角三角形,∴直线PQ与x轴所夹锐角的度数是45°,故答案为x=
2、45°.
(2)如图设直线PQ交x轴于点B,分别过O点,A点作PQ的垂线,垂足分别是E、F,显然当点B在OA的延长线时,S△POQ=S△PAQ不成立;
①当点B落在线段OA上时,如图
①,==,由△OBE∽△ABF得,==,∴AB=3OB,∴OB=OA,由y=x2﹣4x得点A(4,0),∴OB=1,∴B(1,0),∴1+m=0,∴m=﹣1;
②当点B落在线段AO的延长线上时,如图
②,同理可得OB=OA=2,∴B(﹣2,0),∴﹣2+m=0,∴m=2,综上,当m=﹣1或2时,S△POQ=S△PAQ;
(3)
①过点C作CH∥x轴交直线PQ于点H,如图
③,可得△CHQ是等腰三角形,∵∠CDQ=45°+45°=90°,∴AD⊥PH,∴DQ=DH,∴PD+DQ=PH,过P点作PM⊥CH于点M,则△PMH是等腰直角三角形,∴PH=PM,∴当PM最大时,PH最大,∴当点P在抛物线顶点处时,PM最大,此时PM=6,∴PH的最大值为6,即PD+DQ的最大值为6.
②由
①可知PD+DQ≤6,设PD=a,则DQ﹣a,∴PD•DQ≤a(6﹣a)=﹣a2+6a=﹣(a﹣3)2+18,∵当点P在抛物线的顶点时,a=3,∴PD•DQ≤18.∴PD•DQ的最大值为18.方法二
(1)略.
(2)过点A作x轴垂线,与直线PQ交于点D,设直线PQ与y轴交于点C,∴C(0,m),D(4,4+m),∵S△POQ=(Qx﹣Px)(QY﹣CY),S△PAQ=(Qx﹣Px)(DY﹣AY),∵,∴,∴m1=2,m2=﹣1.
(3)
①设P(t,t2﹣4t)(0<t<4),∵KPQ=1,∴lPQ y=x+t2﹣5t,∵C(2,2),A(4,0),∴lAC y=﹣x+4,∴DX=,DY=,∴Q(2,t2﹣5t+2),∵PQ⊥AC,垂足为点D,∴点Q关于直线AC的对称点Q′(﹣t2+5t+2,2),欲使PD+DQ取得最大值,只需PQ′有最大值,PQ′==,显然当t=2时,PQ′的最大值为6,即PD+DQ的最大值为6,
②∵(PD+DQ)2≥4•PD•DQ,∴PD•DQ≤==18,∴PD•DQ的最大值为18. 40.抛物线y=ax2+bx+4(a≠0)过点A(1,﹣1),B(5,﹣1),与y轴交于点C.
(1)求抛物线的函数表达式;
(2)如图1,连接CB,以CB为边作▱CBPQ,若点P在直线BC上方的抛物线上,Q为坐标平面内的一点,且▱CBPQ的面积为30,求点P的坐标;
(3)如图2,⊙O1过点A、B、C三点,AE为直径,点M为上的一动点(不与点A,E重合),∠MBN为直角,边BN与ME的延长线交于N,求线段BN长度的最大值.【分析】
(1)将点A、B的坐标代入抛物线的解析式,得到关于a、b的方程,从而可求得a、b的值;
(2)设点P的坐标为P(m,m2﹣6m+4),由平行四边形的面积为30可知S△CBP=15,由S△CBP=S梯形CEDP﹣S△CEB﹣S△PBD,得到关于m的方程求得m的值,从而可求得点P的坐标;
(3)首先证明△EAB∽△NMB,从而可得到NB=,当MB为圆的直径时,NB有最大值.【解答】解
(1)将点A、B的坐标代入抛物线的解析式得,解得.∴抛物线得解析式为y=x2﹣6x+4.
(2)如图所示设点P的坐标为P(m,m2﹣6m+4)∵平行四边形的面积为30,∴S△CBP=15,即S△CBP=S梯形CEDP﹣S△CEB﹣S△PBD.∴m(5+m2﹣6m+4+1)﹣×5×5﹣(m﹣5)(m2﹣6m+5)=15.化简得m2﹣5m﹣6=0,解得m=6,或m=﹣1.∴点P的坐标为(6,4)或(﹣1,11).
(3)连接AB、EB.∵AE是圆的直径,∴∠ABE=90°.∴∠ABE=∠MBN.又∵∠EAB=∠EMB,∴△EAB∽△NMB.∵A(1,﹣1),B(5,﹣1),∴点O1的横坐标为3,将x=0代入抛物线的解析式得y=4,∴点C的坐标为(0,4).设点O1的坐标为(3,m),∵O1C=O1A,∴,解得m=2,∴点O1的坐标为(3,2),∴O1A=,在Rt△ABE中,由勾股定理得BE===6,∴点E的坐标为(5,5).∴AB=4,BE=6.∵△EAB∽△NMB,∴.∴.∴NB=.∴当MB为直径时,MB最大,此时NB最大.∴MB=AE=2,∴NB==3. 41.如图,在每一个四边形ABCD中,均有AD∥BC,CD⊥BC,∠ABC=60°,AD=8,BC=12.
(1)如图
①,点M是四边形ABCD边AD上的一点,则△BMC的面积为 24 ;
(2)如图
②,点N是四边形ABCD边AD上的任意一点,请你求出△BNC周长的最小值;
(3)如图
③,在四边形ABCD的边AD上,是否存在一点P,使得cos∠BPC的值最小?若存在,求出此时cos∠BPC的值;若不存在,请说明理由.【分析】
(1)如图
①,过A作AE⊥BC,可得出四边形AECD为矩形,得到EC=AD,BE=BC﹣EC,在直角三角形ABE中,求出AE的长,即为三角形BMC的高,求出三角形BMC面积即可;
(2)如图
②,作点C关于直线AD的对称点C′,连接C′N,C′D,C′B交AD于点N′,连接CN′,则BN+NC=BN+NC′≥BC′=BN′+CN′,可得出△BNC周长的最小值为△BN′C的周长=BN′+CN′+BC=BC′+BC,求出即可;
(3)如图
③所示,存在点P,使得cos∠BPC的值最小,作BC的中垂线PQ交BC于点Q,交AD于点P,连接BP,CP,作△BPC的外接圆O,圆O与直线PQ交于点N,则PB=PC,圆心O在PN上,根据AD与BC平行,得到圆O与AD相切,根据PQ=DC,判断得到PQ大于BQ,可得出圆心O在BC上方,在AD上任取一点P′,连接P′B,P′C,P′B交圆O于点M,连接MC,可得∠BPC=∠BMC≥∠BP′C,即∠BPC最大,cos∠BPC的值最小,连接OB,求出即可.【解答】解
(1)如图
①,过A作AE⊥BC,∴四边形AECD为矩形,∴EC=AD=8,BE=BC﹣EC=12﹣8=4,在Rt△ABE中,∠ABE=60°,BE=4,∴AB=2BE=8,AE==4,则S△BMC=BC•AE=24;故答案为24;
(2)如图
②,作点C关于直线AD的对称点C′,连接C′N,C′D,C′B交AD于点N′,连接CN′,则BN+NC=BN+NC′≥BC′=BN′+CN′,∴△BNC周长的最小值为△BN′C的周长=BN′+CN′+BC=BC′+BC,∵AD∥BC,AE⊥BC,∠ABC=60°,∴过点A作AE⊥BC,则CE=AD=8,∴BE=4,AE=BE•tan60°=4,∴CC′=2CD=2AE=8,∵BC=12,∴BC′==4,∴△BNC周长的最小值为4+12;
(3)如图
③所示,存在点P,使得cos∠BPC的值最小,作BC的中垂线PQ交BC于点Q,交AD于点P,连接BP,CP,作△BPC的外接圆O,圆O与直线PQ交于点N,则PB=PC,圆心O在PN上,∵AD∥BC,∴圆O与AD相切于点P,∵PQ=DC=4>6,∴PQ>BQ,∴∠BPC<90°,圆心O在弦BC的上方,在AD上任取一点P′,连接P′B,P′C,P′B交圆O于点M,连接MC,∴∠BPC=∠BMC≥∠BP′C,∴∠BPC最大,cos∠BPC的值最小,连接OB,则∠BON=2∠BPN=∠BPC,∵OB=OP=4﹣OQ,在Rt△BOQ中,根据勾股定理得OQ2+62=(4﹣OQ)2,解得OQ=,∴OB=,∴cos∠BPC=cos∠BOQ==,则此时cos∠BPC的值为. 42.如图,把△EFP按图示方式放置在菱形ABCD中,使得顶点E、F、P分别在线段AB、AD、AC上,已知EP=FP=4,EF=4,∠BAD=60°,且AB>4.
(1)求∠EPF的大小;
(2)若AP=6,求AE+AF的值;
(3)若△EFP的三个顶点E、F、P分别在线段AB、AD、AC上运动,请直接写出AP长的最大值和最小值.【分析】
(1)过点P作PG⊥EF于G,解直角三角形即可得到结论;
(2)如图2,过点P作PM⊥AB于M,PN⊥AD于N,证明△ABC≌△ADC,Rt△PME≌Rt△PNF,问题即可得证;
(3)如图3,当EF⊥AC,点P在EF的右侧时,AP有最大值,当EF⊥AC,点P在EF的左侧时,AP有最小值解直角三角形即可解决问题.【解答】解
(1)如图1,过点P作PG⊥EF于G,∵PE=PF,∴FG=EG=EF=2,∠FPG=,在△FPG中,sin∠FPG===,∴∠FPG=60°,∴∠EPF=2∠FPG=120°;
(2)如图2,过点P作PM⊥AB于M,PN⊥AD于N,∵四边形ABCD是菱形,∴AD=AB,DC=BC,∴∠DAC=∠BAC,∴PM=PN,在Rt△PME于Rt△PNF中,,∴Rt△PME≌Rt△PNF,∴FN=EM,在Rt△PMA中,∠PMA=90°,∠PAM=∠DAB=30°,∴AM=AP•cos30°=3,同理AN=3,∴AE+AF=(AM﹣EM)+(AN+NF)=6;
(3)如图3,当EF⊥AC,点P在EF的右侧时,AP有最大值,当EF⊥AC,点P在EF的左侧时,AP有最小值,设AC与EF交于点O,∵PE=PF,∴OF=EF=2,∵∠FPA=60°,∴OP=2,∵∠BAD=60°,∴∠FAO=30°,∴AO=6,∴AP=AO+PO=8,同理AP′=AO﹣OP=4,∴AP的最大值是8,最小值是4. 43.如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=﹣x2﹣x+2与x轴交于B、C两点(点B在点C的左侧),与y轴交于点A,抛物线的顶点为D.
(1)填空点A的坐标为( 0 , 2 ),点B的坐标为( ﹣3 , 0 ),点C的坐标为( 1 , 0 ),点D的坐标为( ﹣1 , );
(2)点P是线段BC上的动点(点P不与点B、C重合)
①过点P作x轴的垂线交抛物线于点E,若PE=PC,求点E的坐标;
②在
①的条件下,点F是坐标轴上的点,且点F到EA和ED的距离相等,请直接写出线段EF的长;
③若点Q是线段AB上的动点(点Q不与点A、B重合),点R是线段AC上的动点(点R不与点A、C重合),请直接写出△PQR周长的最小值.【分析】
(1)令x=0,求得A(0,2),令y=0,求得B(﹣3,0),C(1,0),由y=﹣x2﹣x+2转化成顶点式可知D(﹣1,);
(2)
①设P(n,0),则E(n,﹣n2﹣n+2),根据已知条件得出﹣n2﹣n+2=1﹣n,解方程即可求得E的坐标;
②根据直线ED和EA的斜率可知直线与坐标轴的交角相等,从而求得与坐标轴构成的三角形是等腰三角形,根据等腰三角形的性质即可求得EF的长;
③根据题意得当△PQR为△ABC垂足三角形时,周长最小,所以P与O重合时,周长最小,作O关于AB的对称点E,作O关于AC的对称点F,连接EF交AB于Q,交AC于R,此时△PQR的周长PQ+QR+PR=EF,然后求得E、F的坐标,根据勾股定理即可求得.【解答】解
(1)令x=0,则y=2,∴A(0,2),令y=0,则﹣x2﹣x+2=0,解得x1=﹣3,x2=1(舍去),∴B(﹣3,0),C(1,0),由y=﹣x2﹣x+2=﹣(x+1)2+可知D(﹣1,),故答案为
0、2,﹣
3、0,
1、0,﹣
1、;
(2)
①设P(n,0),则E(n,﹣n2﹣n+2),∵PE=PC,∴﹣n2﹣n+2=1﹣n,解得n1=﹣,n2=1(舍去),∴当n=﹣时,1﹣n=,∴E(﹣,),
②如图1,设直线DE与x轴交于M,与y轴交于N,直线EA与x轴交于K,根据E、D的坐标求得直线ED的斜率为,根据E、A的坐标求得直线EA的斜率为﹣,∴△MEK是以MK为底边的等腰三角形,△AEN是以AN为底边的等腰三角形,∵到EA和ED的距离相等的点F在顶角的平分线上,根据等腰三角形的性质可知,EF是E点到坐标轴的距离,∴EF=或;
(3)根据题意得当△PQR为△ABC垂足三角形时,周长最小,所以P与O重合时,周长最小,如图2,作O关于AB的对称点E,作O关于AC的对称点F,连接EF交AB于Q,交AC于R,此时△PQR的周长PQ+QR+PR=EF,∵A(0,2),B(﹣3,0),C(1,0),∴AB==,AC==,∵S△AOB=×OE×AB=OA•OB,∴OE=,∵△OEM∽△ABO,∴==,即==,∴OM=,EM=∴E(﹣,),同理求得F(,),即△PQR周长的最小值为EF==. 44.如图,矩形ABCD中,AB=4,AD=3,M是边CD上一点,将△ADM沿直线AM对折,得到△ANM.
(1)当AN平分∠MAB时,求DM的长;
(2)连接BN,当DM=1时,求△ABN的面积;
(3)当射线BN交线段CD于点F时,求DF的最大值.【分析】
(1)由折叠性质得∠MAN=∠DAM,证出∠DAM=∠MAN=∠NAB,由三角函数得出DM=AD•tan∠DAM=即可;
(2)延长MN交AB延长线于点Q,由矩形的性质得出∠DMA=∠MAQ,由折叠性质得出∠DMA=∠AMQ,AN=AD=3,MN=MD=1,得出∠MAQ=∠AMQ,证出MQ=AQ,设NQ=x,则AQ=MQ=1+x,证出∠ANQ=90°,在Rt△ANQ中,由勾股定理得出方程,解方程求出NQ=4,AQ=5,即可求出△ABN的面积;
(3)过点A作AH⊥BF于点H,证明△ABH∽△BFC,得出对应边成比例=,得出当点N、H重合(即AH=AN)时,AH最大,BH最小,CF最小,DF最大,此时点M、F重合,B、N、M三点共线,由折叠性质得AD=AH,由AAS证明△ABH≌△BFC,得出CF=BH,由勾股定理求出BH,得出CF,即可得出结果.【解答】解
(1)由折叠性质得△ANM≌△ADM,∴∠MAN=∠DAM,∵AN平分∠MAB,∠MAN=∠NAB,∴∠DAM=∠MAN=∠NAB,∵四边形ABCD是矩形,∴∠DAB=90°,∴∠DAM=30°,∴DM=AD•tan∠DAM=3×tan30°=3×=;
(2)延长MN交AB延长线于点Q,如图1所示∵四边形ABCD是矩形,∴AB∥DC,∴∠DMA=∠MAQ,由折叠性质得△ANM≌△ADM,∴∠DMA=∠AMQ,AN=AD=3,MN=MD=1,∴∠MAQ=∠AMQ,∴MQ=AQ,设NQ=x,则AQ=MQ=1+x,∵∠ANM=90°,∴∠ANQ=90°,在Rt△ANQ中,由勾股定理得AQ2=AN2+NQ2,∴(x+1)2=32+x2,解得x=4,∴NQ=4,AQ=5,∵AB=4,AQ=5,∴S△NAB=S△NAQ=×AN•NQ=××3×4=;
(3)过点A作AH⊥BF于点H,如图2所示∵四边形ABCD是矩形,∴AB∥DC,∴∠HBA=∠BFC,∵∠AHB=∠BCF=90°,∴△ABH∽△BFC,∴=,∵AH≤AN=3,AB=4,∴当点N、H重合(即AH=AN)时,AH最大,BH最小,CF最小,DF最大,此时点M、F重合,B、N、M三点共线,如图3所示由折叠性质得AD=AH,∵AD=BC,∴AH=BC,在△ABH和△BFC中,,∴△ABH≌△BFC(AAS),∴CF=BH,由勾股定理得BH===,∴CF=,∴DF的最大值=DC﹣CF=4﹣. 45.如图,半圆O的直径AB=4,以长为2的弦PQ为直径,向点O方向作半圆M,其中P点在上且不与A点重合,但Q点可与B点重合.发现的长与的长之和为定值l,求l思考点M与AB的最大距离为 ,此时点P,A间的距离为 2 ;点M与AB的最小距离为 ,此时半圆M的弧与AB所围成的封闭图形面积为 ﹣ ;探究当半圆M与AB相切时,求的长.(注结果保留π,cos35°=,cos55°=)【分析】
(1)半圆O的长度是固定不变的,由于PQ也是定值,所以的长度也是固定值,所以与的长之和为定值;
(2)过点M作MC⊥AB于点C,当C与O重合时,M与AB的距离最大,此时,∠AOP=60°,AP=2;当Q与B重合时,M与AB的距离最小,此时围成的封闭图形面积可以用扇形DMB的面积减去△DMB的面积即可;
(3)当半圆M与AB相切时,此时MC=1,且分以下两种情况讨论,当C在线段OA上;当C在线段OB上,然后分别计出的长.【解答】解发现如图1,连接OP、OQ,∵AB=4,∴OP=OQ=2,∵PQ=2,∴△OPQ是等边三角形,∴∠POQ=60°,∴==,又∵半圆O的长为π×4=2π,∴+=2π﹣π=,∴l=π;思考如图2,过点M作MC⊥AB于点C,连接OM,∵OP=2,PM=1,∴由勾股定理可知OM=,当C与O重合时,M与AB的距离最大,最大值为,连接AP,此时,OM⊥AB,∴∠AOP=60°,∵OA=OP,∴△AOP是等边三角形,∴AP=2,如图3,当Q与B重合时,连接DM,∵∠MOQ=30°,∴MC=OM=,此时,M与AB的距离最小,最小值为,设此时半圆M与AB交于点D,DM=MB=1,∵∠ABP=60°,∴△DMB是等边三角形,∴∠DMB=60°,∴扇形DMB的面积为=,△DMB的面积为MC•DB=××1=,∴半圆M的弧与AB所围成的封闭图形面积为﹣;探究当半圆M与AB相切时,此时,MC=1,如图4,当点C在线段OA上时,在Rt△OCM中,由勾股定理可求得OC=,∴cos∠AOM==,∴∠AOM=35°,∵∠POM=30°,∴∠AOP=∠AOM﹣∠POM=5°,∴==,当点C在线段OB上时,此时,∠BOM=35°,∵∠POM=30°,∴∠AOP=180°﹣∠POM﹣∠BOM=115°∴==,综上所述,当半圆M与AB相切时,的长为或. 46.
(1)发现如图1,点A为线段BC外一动点,且BC=a,AB=b.填空当点A位于 CB的延长线上 时,线段AC的长取得最大值,且最大值为 a+b (用含a,b的式子表示)
(2)应用点A为线段BC外一动点,且BC=3,AB=1,如图2所示,分别以AB,AC为边,作等边三角形ABD和等边三角形ACE,连接CD,BE.
①请找出图中与BE相等的线段,并说明理由;
②直接写出线段BE长的最大值.
(3)拓展如图3,在平面直角坐标系中,点A的坐标为(2,0),点B的坐标为(5,0),点P为线段AB外一动点,且PA=2,PM=PB,∠BPM=90°,请直接写出线段AM长的最大值及此时点P的坐标.【分析】
(1)根据点A位于CB的延长线上时,线段AC的长取得最大值,即可得到结论;
(2)
①根据等边三角形的性质得到AD=AB,AC=AE,∠BAD=∠CAE=60°,推出△CAD≌△EAB,根据全等三角形的性质得到CD=BE;
②由于线段BE长的最大值=线段CD的最大值,根据
(1)中的结论即可得到结果;
(3)连接BM,将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN,连接AN,得到△APN是等腰直角三角形,根据全等三角形的性质得到PN=PA=2,BN=AM,根据当N在线段BA的延长线时,线段BN取得最大值,即可得到最大值为2+3;如图2,过P作PE⊥x轴于E,根据等腰直角三角形的性质即可得到结论.【解答】解
(1)∵点A为线段BC外一动点,且BC=a,AB=b,∴当点A位于CB的延长线上时,线段AC的长取得最大值,且最大值为BC+AB=a+b,故答案为CB的延长线上,a+b;
(2)
①CD=BE,理由∵△ABD与△ACE是等边三角形,∴AD=AB,AC=AE,∠BAD=∠CAE=60°,∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC,即∠CAD=∠EAB,在△CAD与△EAB中,,∴△CAD≌△EAB,∴CD=BE;
②∵线段BE长的最大值=线段CD的最大值,由
(1)知,当线段CD的长取得最大值时,点D在CB的延长线上,∴最大值为BD+BC=AB+BC=4;
(3)连接BM,∵将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN,连接AN,则△APN是等腰直角三角形,∴PN=PA=2,BN=AM,∵A的坐标为(2,0),点B的坐标为(5,0),∴OA=2,OB=5,∴AB=3,∴线段AM长的最大值=线段BN长的最大值,∴当N在线段BA的延长线时,线段BN取得最大值,最大值=AB+AN,∵AN=AP=2,∴最大值为2+3;如图2,过P作PE⊥x轴于E,∵△APN是等腰直角三角形,∴PE=AE=,∴OE=BO﹣AB﹣AE=5﹣3﹣=2﹣,∴P(2﹣,). 47.如图,直线l y=﹣3x+3与x轴、y轴分别相交于A、B两点,抛物线y=ax2﹣2ax+a+4(a<0)经过点B.
(1)求该抛物线的函数表达式;
(2)已知点M是抛物线上的一个动点,并且点M在第一象限内,连接AM、BM,设点M的横坐标为m,△ABM的面积为S,求S与m的函数表达式,并求出S的最大值;
(3)在
(2)的条件下,当S取得最大值时,动点M相应的位置记为点M′.
①写出点M′的坐标;
②将直线l绕点A按顺时针方向旋转得到直线l′,当直线l′与直线AM′重合时停止旋转,在旋转过程中,直线l′与线段BM′交于点C,设点B、M′到直线l′的距离分别为d
1、d2,当d1+d2最大时,求直线l′旋转的角度(即∠BAC的度数).【分析】
(1)利用直线l的解析式求出B点坐标,再把B点坐标代入二次函数解析式即可求出a的值;
(2)设M的坐标为(m,﹣m2+2m+3),然后根据面积关系将△ABM的面积进行转化;
(3)
①由
(2)可知m=,代入二次函数解析式即可求出纵坐标的值;
②可将求d1+d2最大值转化为求AC的最小值.【解答】解
(1)令x=0代入y=﹣3x+3,∴y=3,∴B(0,3),把B(0,3)代入y=ax2﹣2ax+a+4,∴3=a+4,∴a=﹣1,∴二次函数解析式为y=﹣x2+2x+3;
(2)令y=0代入y=﹣x2+2x+3,∴0=﹣x2+2x+3,∴x=﹣1或3,∴抛物线与x轴的交点横坐标为﹣1和3,∵M在抛物线上,且在第一象限内,∴0<m<3,令y=0代入y=﹣3x+3,∴x=1,∴A的坐标为(1,0),由题意知M的坐标为(m,﹣m2+2m+3),S=S四边形OAMB﹣S△AOB=S△OBM+S△OAM﹣S△AOB=×m×3+×1×(﹣m2+2m+3)﹣×1×3=﹣(m﹣)2+∴当m=时,S取得最大值.
(3)
①由
(2)可知M′的坐标为(,);
②过点M′作直线l1∥l′,过点B作BF⊥l1于点F,根据题意知d1+d2=BF,此时只要求出BF的最大值即可,∵∠BFM′=90°,∴点F在以BM′为直径的圆上,设直线AM′与该圆相交于点H,∵点C在线段BM′上,∴F在优弧上,∴当F与M′重合时,BF可取得最大值,此时BM′⊥l1,∵A(1,0),B(0,3),M′(,),∴由勾股定理可求得AB=,M′B=,M′A=,过点M′作M′G⊥AB于点G,设BG=x,∴由勾股定理可得M′B2﹣BG2=M′A2﹣AG2,∴﹣(﹣x)2=﹣x2,∴x=,cos∠M′BG==,∵l1∥l′,∴∠BCA=90°,∠BAC=45°方法二过B点作BD垂直于l′于D点,过M′点作M′E垂直于l′于E点,则BD=d1,ME=d2,∵S△ABM′=×AC×(d1+d2)当d1+d2取得最大值时,AC应该取得最小值,当AC⊥BM′时取得最小值.根据B(0,3)和M′(,)可得BM′=,∵S△ABM=×AC×BM′=,∴AC=,当AC⊥BM′时,cos∠BAC===,∴∠BAC=45°. 48.如图,在平面直角坐标系xOy中,将二次函数y=x2﹣1的图象M沿x轴翻折,把所得到的图象向右平移2个单位长度后再向上平移8个单位长度,得到二次函数图象N.
(1)求N的函数表达式;
(2)设点P(m,n)是以点C(1,4)为圆心、1为半径的圆上一动点,二次函数的图象M与x轴相交于两点A、B,求PA2+PB2的最大值;
(3)若一个点的横坐标与纵坐标均为整数,则该点称为整点.求M与N所围成封闭图形内(包括边界)整点的个数.【分析】
(1)根据二次函数N的图象是由二次函数M翻折、平移得到所以a=﹣1,求出二次函数N的顶点坐标即可解决问题.
(2)由PA2+PB2=(m+1)2+n2+(m﹣1)2+n2=2(m2+n2)+2=2•PO2+2可知OP最大时,PA2+PB2最大,求出OP的最大值即可解决问题.
(3)画出函数图象即可解决问题.【解答】
(1)解二次函数y=x2﹣1的图象M沿x轴翻折得到函数的解析式为y=﹣x2+1,此时顶点坐标(0,1),将此图象向右平移2个单位长度后再向上平移8个单位长度得到二次函数图象N的顶点为(2,9),故N的函数表达式y=﹣(x﹣2)2+9=﹣x2+4x+5.
(2)∵A(﹣1,0),B(1,0),∴PA2+PB2=(m+1)2+n2+(m﹣1)2+n2=2(m2+n2)+2=2•PO2+2,∴当PO最大时PA2+PB2最大.如图,延长OC与⊙C交于点P,此时OP最大,∴OP的最大值=OC+PC=+1,∴PA2+PB2最大值=2(+1)2+2=38+4.
(3)M与N所围成封闭图形如图所示,由图象可知,M与N所围成封闭图形内(包括边界)整点的个数为25个. 49.如图,顶点为A(,1)的抛物线经过坐标原点O,与x轴交于点B.
(1)求抛物线对应的二次函数的表达式;
(2)过B作OA的平行线交y轴于点C,交抛物线于点D,求证△OCD≌△OAB;
(3)在x轴上找一点P,使得△PCD的周长最小,求出P点的坐标.【分析】
(1)用待定系数法求出抛物线解析式,
(2)先求出直线OA对应的一次函数的表达式为y=x.再求出直线BD的表达式为y=x﹣2.最后求出交点坐标C,D即可;
(3)先判断出CD与x轴的交点即为点P,它使得△PCD的周长最小.作辅助线判断出△CPO∽△CDQ即可.【解答】解
(1)∵抛物线顶点为A(,1),设抛物线解析式为y=a(x﹣)2+1,将原点坐标(0,0)在抛物线上,∴0=a()2+1∴a=﹣.∴抛物线的表达式为y=﹣x2+x.
(2)令y=0,得0=﹣x2+x,∴x=0(舍),或x=2∴B点坐标为(2,0),设直线OA的表达式为y=kx,∵A(,1)在直线OA上,∴k=1,∴k=,∴直线OA对应的一次函数的表达式为y=x.∵BD∥AO,设直线BD对应的一次函数的表达式为y=x+b,∵B(2,0)在直线BD上,∴0=×2+b,∴b=﹣2,∴直线BD的表达式为y=x﹣2.由得交点D的坐标为(﹣,﹣3),令x=0得,y=﹣2,∴C点的坐标为(0,﹣2),由勾股定理,得OA=2=OC,AB=2=CD,OB=2=OD.在△OAB与△OCD中,,∴△OAB≌△OCD.
(3)点C关于x轴的对称点C的坐标为(0,2),∴CD与x轴的交点即为点P,它使得△PCD的周长最小.过点D作DQ⊥y,垂足为Q,∴PO∥DQ.∴△CPO∽△CDQ.∴,∴,∴PO=,∴点P的坐标为(﹣,0). 。