2022年广西桂林中考数学复习训练：解答题对应练(12)及答案

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(2)如图1，若该抛物线的顶点为P，求△PBC的面积；
(3)如图2，有两动点D，E在△COB的边上运动，速度均为每秒1个单位长度，它们分别从点C和点B同时出发，点D沿折线COB按C→O→B方向向终点B运动，点E沿线段BC按B→C方向向终点C运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动时间为t秒，请解答下列问题：
①当t为何值时，△BDE的面积等于 eq \f(33,10) ；
②在点D，E运动过程中，该抛物线上存在点F，使得依次连接AD，DF，FE，EA得到的四边形ADFE是平行四边形，请直接写出所有符合条件的点F的坐标．
【解析】(1)∵抛物线y＝ax2＋ eq \f(9,4) x＋c经过
A(－1，0)，C(0，3)两点，
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－\f(9,4)＋c＝0,c＝3)) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－\f(3,4),c＝3)) ，∴该抛物线的函数表达式为y＝－ eq \f(3,4) x2＋ eq \f(9,4) x＋3；
(2)∵抛物线y＝－ eq \f(3,4) x2＋ eq \f(9,4) x＋3＝－ eq \f(3,4) (x－ eq \f(3,2) )2＋ eq \f(75,16) ，
∴抛物线的顶点P的坐标为( eq \f(3,2) ， eq \f(75,16) )，
∵y＝－ eq \f(3,4) x2＋ eq \f(9,4) x＋3，令y＝0，
解得x1＝－1，x2＝4，
∴B点的坐标为(4，0)，OB＝4，
如图，连接OP，
则S△PBC＝S△OPC＋S△OPB－S△OBC
＝ eq \f(1,2) ·OC·|xp|＋ eq \f(1,2) ·OB·|yp|－ eq \f(1,2) ·OB·OC
＝ eq \f(1,2) ×3× eq \f(3,2) ＋ eq \f(1,2) ×4× eq \f(75,16) － eq \f(1,2) ×4×3
＝ eq \f(9,4) ＋ eq \f(75,8) －6＝ eq \f(45,8) ，
∴△PBC的面积为 eq \f(45,8) ；
(3)①∵在△OBC中，BC＜OC＋OB，
∴当动点E运动到终点C时，另一个动点D也停止运动，
∵OC＝3，OB＝4，
∴在Rt△OBC中，BC＝ eq \r(OB2＋OC2) ＝5，
∴0＜t≤5，
当运动时间为t秒时，BE＝t，
如图，过点E作EN⊥x轴，垂足为N，
则△BEN∽△BCO，
∴ eq \f(BN,BO) ＝ eq \f(EN,CO) ＝ eq \f(BE,BC) ＝ eq \f(t,5) ，
∴BN＝ eq \f(4,5) t，EN＝ eq \f(3,5) t，
∴点E的坐标为(4－ eq \f(4,5) t， eq \f(3,5) t)，
下面分两种情形讨论：
Ⅰ.当点D在线段CO上运动时，0＜t＜3，
此时CD＝t，点D的坐标为(0，3－t)，
∴S△BDE＝S△BOC－S△CDE－S△BOD
＝ eq \f(1,2) BO·CO－ eq \f(1,2) CD·|xE|－ eq \f(1,2) OB·OD
＝ eq \f(1,2) ×4×3－ eq \f(1,2) ×t×(4－ eq \f(4,5) t)－ eq \f(1,2) ×4×(3－t)＝ eq \f(2,5) t2，
当S△BDE＝ eq \f(33,10) 时， eq \f(2,5) t2＝ eq \f(33,10) ，
解得t1＝－ eq \f(\r(33),2) (舍去)，t2＝ eq \f(\r(33),2) ＜3，
∴t＝ eq \f(\r(33),2) ；
Ⅱ.如图，当点D在线段OB上运动时，3≤t≤5，BD＝7－t，
∴S△BDE＝ eq \f(1,2) BD·EN＝ eq \f(1,2) ×(7－t)× eq \f(3,5) t
＝－ eq \f(3,10) t2＋ eq \f(21,10) t，
当S△BDE＝ eq \f(33,10) 时，－ eq \f(3,10) t2＋ eq \f(21,10) t＝ eq \f(33,10) ，
解得t3＝ eq \f(7＋\r(5),2) ，t4＝ eq \f(7－\r(5),2) ＜3，
又∵3≤t≤5，∴t＝ eq \f(7＋\r(5),2) ，
综上所述，当t＝ eq \f(\r(33),2) 或t＝ eq \f(7＋\r(5),2) 时，S△BDE＝ eq \f(33,10) ；
②当点D在线段OC上，根据平行四边形的性质得，F坐标为( eq \f(10,3) ， eq \f(13,6) )，
当点D在线段OB上，根据平行四边形的性质，F坐标为(3，3).
综上所述：F坐标为( eq \f(10,3) ， eq \f(13,6) )或(3，3).
26．如图，在平面直角坐标系中，∠ACB＝90°，OC＝2OB，tan ∠ABC＝2，点B的坐标为(1，0).抛物线y＝－x2＋bx＋c经过A，B两点．
(1)求抛物线的表达式；
(2)点P是直线AB上方抛物线上的一点，过点P作PD垂直x轴于点D，交线段AB于点E，使PE＝ eq \f(1,2) DE.
①求点P的坐标；
②在直线PD上是否存在点M，使△ABM为直角三角形？若存在，求出符合条件的所有点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)∵B(1，0)，∴OB＝1，
∵OC＝2OB＝2，∴C(－2，0)，
Rt△ABC中，tan ∠ABC＝2，
∴ eq \f(AC,BC) ＝2，∴ eq \f(AC,3) ＝2，∴AC＝6，∴A(－2，6)，
把A(－2，6)和B(1，0)代入y＝－x2＋bx＋c得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－4－2b＋c＝6，,－1＋b＋c＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝－3，,c＝4，))
∴抛物线的表达式为y＝－x2－3x＋4；
(2)①∵A(－2，6)，B(1，0)，易得AB的表达式为：y＝－2x＋2，设P(x，－x2－3x＋4)，
则E(x，－2x＋2)，∵PE＝ eq \f(1,2) DE，
∴－x2－3x＋4－(－2x＋2)＝ eq \f(1,2) (－2x＋2)，
x＝1(舍)或x＝－1，∴P(－1，6)；
②∵M在直线PD上，且P(－1，6)，
设M(－1，y)，
∴AM2＝(－1＋2)2＋(y－6)2＝1＋(y－6)2，
BM2＝(1＋1)2＋y2＝4＋y2，AB2＝(1＋2)2＋62＝45，
分三种情况：
(ⅰ)当∠AMB＝90°时，有AM2＋BM2＝AB2，
∴1＋(y－6)2＋4＋y2＝45，解得y＝3± eq \r(11) ，
∴M(－1，3＋ eq \r(11) )或(－1，3－ eq \r(11) )；
(ⅱ)当∠ABM＝90°时，有AB2＋BM2＝AM2，∴45＋4＋y2＝1＋(y－6)2，y＝－1，
∴M(－1，－1)，
(ⅲ)当∠BAM＝90°时，有AM2＋AB2＝BM2，
∴1＋(y－6)2＋45＝4＋y2，y＝ eq \f(13,2) ，
∴M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(13,2))) ；
综上所述，点M的坐标为M(－1，3＋ eq \r(11) )或(－1，3－ eq \r(11) )或(－1，－1)或 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(13,2))) .
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