山東省德州市2019年中考數(shù)學(xué)同步復(fù)習(xí) 重點題型訓(xùn)練 大題加練(二).doc
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大題加練(二) 姓名:________ 班級:________ 用時:______分鐘 1.如圖,拋物線y=ax2+bx+2(a≠0)與x軸交于點(-1,0),與BC交于點C,連接AC,BC,已知∠ACB=90. (1)求點B的坐標(biāo)及拋物線的表達(dá)式; (2)點P是線段BC上的動點(點P不與B,C重合),連接并延長AP交拋物線于另一點Q,設(shè)點Q的橫坐標(biāo)為x. ①記△BCQ的面積為S,求S關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式,并求出當(dāng)S=4時x的值; ②記點P的運動過程中,是否存在最大值?若存在,求出的最大值;若不存在,請說明理由. 2.(xx遵義中考)在平面直角坐標(biāo)系中,二次函數(shù)y=ax2+x+c的圖象經(jīng)過點C(0,2)和點D(4,-2).點E是直線y=-x+2與二次函數(shù)圖象在第一象限內(nèi)的交點. (1)求二次函數(shù)的表達(dá)式及點E的坐標(biāo); (2)如圖1,若點M是二次函數(shù)圖象上的點,且在直線CE的上方,連接MC,OE,ME.求四邊形COEM面積的最大值及此時點M的坐標(biāo); (3)如圖2,經(jīng)過A,B,C三點的圓交y軸于點F,求點F的坐標(biāo). 3.如圖1,在平面直角坐標(biāo)系中,已知拋物線y=ax2+bx-5與x軸交于A(-1,0),B(5,0)兩點,與y軸相交于點C. (1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式; (2)如圖2,CE∥x軸與拋物線相交于點E,點H是直線CE下方拋物線上的動點,過點H且與y軸平行的直線與BC,CE分別交于點F,G.試探究當(dāng)點H運動到何處時,四邊形CHEF的面積最大,求點H的坐標(biāo); (3)若點K為拋物線的頂點,點M(4,m)是該拋物線上的一點,在x軸、y軸上分別找點P,Q,使四邊形PQKM的周長最小,請求出點P,Q的坐標(biāo). 4.(xx煙臺中考)如圖1,拋物線y=ax2+2x+c與x軸交于A(-4,0),B(1,0)兩點,過點B的直線y=kx+分別與y軸及拋物線交于點C,D. (1)求直線和拋物線的表達(dá)式; (2)動點P從點O出發(fā),在x軸的負(fù)半軸上以每秒1個單位長度的速度向左勻速運動.設(shè)運動時間為t秒,當(dāng)t為何值時,△PDC為直角三角形?請直接寫出所有滿足條件的t的值; (3)如圖2,將直線BD沿y軸向下平移4個單位后,與x軸,y軸分別交于E,F(xiàn)兩點.在拋物線的對稱軸上是否存在點M,在直線EF上是否存在點N,使得DM+MN的值最???若存在,求出其最小值及點M,N的坐標(biāo);若不存在,請說明理由. 參考答案 1.解:(1)∵∠ACB=90,OC⊥AB, ∴∠COA=90, ∴∠ACO=∠CBO,∠AOC=COB, ∴△ACO∽△CBO,∴=, ∴OC2=OAOB. 當(dāng)x=0時,y=2,即C(0,2). ∵A(-1,0),C(0,2), ∴OB=4,∴B(4,0). 將A,B代入y=ax2+bx+2得 解得 ∴拋物線的表達(dá)式為y=-x2+x+2. (2)①如圖,連接OQ. 設(shè)點Q的坐標(biāo)為(x,-x2+x+2), ∴S=S△OCQ+S△OBQ-S△OBC=2x+4(-x2+x+2)-24=-x2+4x. 令-x2+4x=4,解得x1=x2=2,故x的值為2. ②存在. 如圖,過點Q作QH⊥BC于H. ∠ACP=∠QHP=90,∠APC=∠QPH, ∴△APC∽△QPH,∴==. ∵S△BCQ=BCQH=QH,∴QH=, ∴==(-x2+4x)=-(x-2)2+, ∴當(dāng)x=2時,取得最大值,最大值為. 2.解:(1)把C(0,2),D(4,-2)代入二次函數(shù)表達(dá)式得 解得 ∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y=-x2+x+2, 聯(lián)立一次函數(shù)表達(dá)式得 解得x=0(舍去)或x=3, 則E(3,1). (2)如圖,過M作MH∥y軸,交CE于點H. 設(shè)M(m,-m2+m+2),則H(m,-m+2), ∴MH=-m2+m+2-(-m+2)=-m2+2m, S四邊形COEM=S△OCE+S△CME=23+MH3=-m2+3m+3, 當(dāng)m=-=時,S最大=,此時M坐標(biāo)為(,3). (3)如圖,連接BF. 當(dāng)-x2+x+2=0時,x1=,x2=, ∴OA=,OB=. ∵∠ACO=∠ABF,∠AOC=∠FOB, ∴△AOC∽△FOB, ∴=,即=, 解得OF=, 則F坐標(biāo)為(0,-). 3.解:(1)把A(-1,0),B(5,0)代入y=ax2+bx-5得 解得 ∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y=x2-4x-5. (2)設(shè)H(t,t2-4t-5). ∵CE∥x軸, ∴-5=x2-4x-5, 解得x1=0,x2=4, ∴E(4,-5),CE=4. 設(shè)直線BC的表達(dá)式為y2=a2x+b2. ∵B(5,0),C(0,-5), ∴ ∴ ∴直線BC的表達(dá)式為y2=x-5, ∴F(t,t-5),HF=t-5-(t2-4t-5)=-(t-)2+ ∵CE∥x軸,HF∥y軸, ∴CE⊥EF, ∴S四邊形CHEF=CEHF=-2(t-)2+, ∴H(,-). (3)如圖,分別作K,M關(guān)于x軸,y軸對稱的點K′,M′,分別交PQ延長線于點K′,M′. ∵點K為頂點,∴K(2,-9), ∴點K關(guān)于y軸的對稱點K′的坐標(biāo)為(-2,-9). ∵M(jìn)(4,m),∴M(4,-5). ∴點M關(guān)于x軸的對稱點M′的坐標(biāo)為(4,5). 設(shè)直線K′M′的表達(dá)式為y3=a3x+b3, 則 ∴ ∴直線K′M′的表達(dá)式為y3=x-, 易知圖中點P,Q即為符合條件的點, ∴P,Q的坐標(biāo)分別為P(,0),Q(0,-). 4.解:(1)∵直線y=kx+過點B(1,0), ∴0=k+,k=-, ∴直線的表達(dá)式為y=-x+. ∵拋物線y=ax2+2x+c與x軸交于A(-4,0),B(1,0), ∴解得 ∴拋物線的表達(dá)式為y=x2+2x-. (2)t= s, s, s或 s. 提示:情況一:當(dāng)∠DCP為直角時, 在Rt△OCB中,CB==, cos∠CBO==. ∵cos∠CBO=cos∠CBP=, ∴=, ∴PB=, ∴點P的坐標(biāo)為(-,0), ∴t= s時,△PDC為直角三角形. 情況二:解可得D點坐標(biāo)為(-5,4). 當(dāng)∠CDP為直角時,同理可得cos∠CBP==. ∵BD==2, ∴BP=,∴P點坐標(biāo)為(-,0), ∴t= s時,△PDC為直角三角形. 情況三:當(dāng)∠DPC為直角時,設(shè)點P的坐標(biāo)為(a,0),則 DP2+CP2=CD2,即(a+5)2+42+a2+()2=52+()2, 解得a=, ∴P點坐標(biāo)為(,0)或(,0), ∴t= s或 s時,△PDC為直角三角形. (3)存在. 直線EF的表達(dá)式為y=-x+-4=-x-. 取D關(guān)于對稱軸的對稱點D′,則D′坐標(biāo)為(2,4). 如圖,過D′作D′N⊥EF于點N,過點D′作D′G⊥x軸,垂足為Q,延長線交EF于點G. 設(shè)點N的坐標(biāo)為(a,-a-). ∵∠EQG=∠D′NG=90,∠G=∠G, ∴∠ND′G=∠GEB. ∵∠GEB=∠ABC, ∴∠ND′G=∠ABC, 則=tan∠ND′G=tan∠ABC=, 解得a=-2, ∴-a-=-2, ∴點N的坐標(biāo)為(-2,-2). ∵點N到D′G的距離為2-(-2)=4, 又∵對稱軸與D′G的距離為2-(-)=, ∴點N在對稱軸的左側(cè),由此可證明線段D′N與對稱軸有交點,其交點即為DM+MN取最小值時M的位置. 將x=2代入y=-x-得y=-, ∴點G的坐標(biāo)為(2,-), ∴D′G=, ∴D′N=D′Gcos∠ND′G=D′Gcos∠ABC==2, 即DM+MN的最小值為2. 設(shè)點M的坐標(biāo)為(-,b),則=tan∠ND′G=, 解得b=-, ∴點M的坐標(biāo)為(-,-). 綜上所述,DM+MN的最小值為2,點M的坐標(biāo)為(-,-),點N的坐標(biāo)為(-2,-2).- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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