2023-2024学年浙江省宁波市鄞州第二实验中学八年级(下)期末数学试卷(加试)(含详细答案解析)
展开1.实数a,b,c满足a−b+c=0,则( )
A. b2−4ac>0B. b2−4ac<0C. b2−4ac≥0D. b2−4ac≤0
2.将a −1a根号外的因式移到根号内,得( )
A. −aB. − −aC. − aD. a
3.如图,直线y=kx+b与双曲线y=k2x交于A(2,m),B(4,n)两点,则不等式k1x
D. −4
4.若当−4≤x≤2时,二次函数y=12x2−mx+1(m>0)的最小值为0,则m=( )
A. −94B. 2C. 32D. 2或32
5.如图,△ABC中,∠A=90∘,角平分线BD、CE交于点I,IF⊥CE交CA于F,IH⊥AB于H,下列结论:①∠DIF=45∘;②CF+BE=BC;③AE+AF=2AH;④S四边形△BEDC=2S△IBC,其中正确结论的个数为( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
6.在四边形ABCD中,AD//BC,连结对角线AC,AC⊥AB,点E为边AB上一点,连结CE,CE平分∠ACB,AC与DE交于点F,若点F恰为DE中点,且AD=5,CD=7,则DE=( )
A. 74B. 97C. 11D. 12
二、填空题:本题共6小题,每小题5分,共30分。
7.若 9−n是整数,则满足条件的正整数n共有______个.
8.无论m为何实数,二次函数y=x2+(m−1)x+m的图象总是过定点______.
9.如图,△OAC和△BAD都是等腰直角三角形,∠ACO=∠ADB=90∘,反比例函数y=6x在第一象限的图象经过点B,则△OAC与△BAD的面积之差为______.
10.如果m,n是正实数,方程x2+mx+4n=0和方程x2+4nx+m=0都有实数解,那么m+n的最小值是______.
11.将矩形ABCD沿对角线AC对折,点B落在点E处,BF⊥CE,BF与AC交于点G,若AG=3,FG=1,则AB=______.
12.“地摊经济”一时兴起,小惠计划在夜市销售一款产品,进价每件40元,售价每件110元,每天可以销售20件,每销售一件需缴纳摊位管理费用a元(a>0).未来30天,这款产品将开展“每天降价1元”的大促销活动,即从第一天起每天的单价均比前一天降1元.通过市场调研发现:该产品单价每降1元,每天销量增加4件.在这30天内,要使每天缴纳摊位管理费用后的利润随天数t(t为正整数)的增大而增大,则a的取值范围应为______.
三、计算题:本大题共1小题,共12分。
13.小青在本学期的数学成绩如下表所示(成绩均取整数):
(1)计算小青本学期的平时平均成绩;
(2)如果学期的总评成绩是根据图所示的权重计算,那么本学期小青的期末考试成绩x至少为多少分才能保证达到总评成绩90分的最低目标?
四、解答题:本题共4小题,共48分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。
14.(本小题12分)
已知关于x的方程xx+1+x+1x=4x+ax(x+1)只有一个实数根,求实数a的值.
15.(本小题12分)
如图,在平行四边形ABCD中,E,F是对角线BD上的两点,且∠BAE=∠DCF.
(1)求证:四边形AECF为平行四边形;
(2)若∠EAF=90∘,∠BDC=2∠BCE.
①求证:EF=AB;
②若BD平分∠ADC,AE=2,求BD.
16.(本小题12分)
对于平面直角坐标系xOy中的两条直线,给出如下定义:若不平行的两条直线与x轴相交所成的锐角相等,则称这两条直线为“等腰三角线”.如图1中,若∠PQR=∠PRQ,则直线PQ与直线PR称为“等腰三角线”;反之,若直线PQ与直线PR为“等腰三角线”,则∠PQR=∠PRQ.
(1)如图1,若直线PQ与直线PR为“等腰三角线”,且点P、Q的坐标分别为(1,4)、(−3,0),求直线PR的解析式;
(2)如图2,直线y=14x与双曲线y=1x交于点A、B,点C是双曲线y=1x上的一个动点,点A、C的横坐标分别为m、n(0
②过点D作x轴的垂线l,在直线l上存在一点F,连结EF,当∠EFD=∠DCA时,求出线段DF+EF的值(用含n的代数式表示).
17.(本小题12分)
如图1,已知抛物线C:y=14x2,点F(0,1),过点F的直线l交抛物线C于A,B两点,过点F且与l垂直的直线交抛物线C于D,E两点,其中B、D在y轴右侧,M,N分别为AB,DE的中点.
(1)证明:直线MN过定点.
(2)如图2,设G为直线AE与直线BD的交点,连结GM、GN,
①证明:S△GMN=14S四边形AEBD;②求△GMN面积的最小值.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解:设一元二次方程为ax2+bx+c=0
当x=−1时,原方程化为a−b+c=0
所以一元二次方程为ax2+bx+c=0有实数根,
所以b2−4ac≥0.
故选:C.
根据根的判别式,一元二次方程有实数根时,b2−4ac≥0.
本题考查了一元二次方程根的判别式,解决本题的关键是用特殊值法.
2.【答案】B
【解析】解:a −1a=− a2×(−1a)=− −a.
故选:B.
直接利用二次根式的性质得出a的符号,进而变形得出答案.
此题主要考查了二次根式的性质与化简,正确掌握二次根式的性质是解题关键.
3.【答案】D
【解析】解:直线y=kx+b关于原点对称的直线的解析式为−y=−kx+b,即y=kx−b,
∵直线y=kx+b与双曲线y=k2x交于A(2,m),B(4,n)两点,
∴直线y=kx−b与双曲线y=k2x交于点(−2,−m),(−4,−n)两点,
观察图象可知,当−4
∴不等式k1x
故选:D.
找出一次函数图象位于反比例函数图象下方时x的范围,根据交点的横坐标结合图象得出答案即可.
本题考查了一次函数和反比例函数的交点问题的应用,主要考查学生的理解能力和观察图象的能力,用了数形结合思想.
4.【答案】B
【解析】解:∵y=12x2−mx+1=12(x−m)2+(−12m2+1),
∴图象f的对称轴为直线x=m,
当m≤2时,抛物线开口向上,
∴当x=m时,y有最小值,y最小=−12m2+1=0,
解得m= 2,
当m>2时,抛物线开口向上,在−4≤x≤2时,y随x的增大而减小,
∴x=2时,y有最小值,y最小=12(2−m)2+(−12m2+1)=0,
解得m=32(不合题意,舍去),
综上,m= 2.
故选:B.
分两组情况讨论,当m≤2时,则当x=m时,有最小值求得m= 2;当m>2时,则x=2时,y有最小解得m=32<2,即可求得m= 2.
本题考查二次函数的最值、二次函数的性质,解答本题的关键是明确题意,利用二次函数的性质解答.
5.【答案】D
【解析】解:∵∠A=90∘,角平分线BD、CE交于点I,
∴∠BIC=180∘−(∠IBC+∠ICB)=180∘−45∘=135∘,
∴∠CID=45∘,
∵IF⊥IC,
∴∠DIF=45∘,故①正确;
延长FI交BC于G,
在△CIG和△CIF中,
,
∴△CIG≌△CIF(ASA),
∴CG=CF,
∵∠BIE=∠CID=45∘,∠BIG=∠DIF=45∘,
∴∠BIE=∠BIG=45∘,
在△BIG和△BIE中,
,
∴△BIG≌△BIE(ASA),
∴BG=BE,
∵CG+BG=BC,
∴CF+BE=BC,故②正确;
过点G作GM⊥AB于M,连接EF、EG,
∵△BIG≌△BIE,
∴IE=IG,
∴∠IEG=45∘,
∵CE垂直平分FG,
∴EG=EF,
∵∠FEG=∠IEG+∠IEF=45∘+45∘=90∘,
∴∠EGM+∠MEG=∠AEF+∠MEG=90∘,
∴∠EGM=∠AEF,
在△AEF和△MGE中,
,
∴△AEF≌△MGE(AAS),
∴AF=ME,
∵AM=AE+EM,
∵IG=IF,IH⊥AB,
∴AM=2AH,
∴AE+AF=2AH,故③正确;
∵∠IEG=∠BIE=45∘,
∴EF//BD,
∴S△IED=S△IFD,
∴S△CDE=S△CID+S△IED,
∴S△BIE+S△CED=S△IBC,
∴S四边形BEDC=2S△IBC,故④正确.
综上所述,结论正确的是①②③④.
故选:D.
根据三角形的内角和定理和角平分线的定义求出∠BIC=135∘,再求出∠CID=45∘,然后求出∠DIF=45∘,判断出①正确;延长FI交BC于G,利用“角边角”证明△CIG和△CIF全等,根据全等三角形对应边相等可得CG=CF,再求出∠BIE=∠BIG=45∘,然后利用“角边角”证明△BIG和△BIE全等,根据全等三角形对应边相等可得BG=BE,再根据CG+BG=BC等量代换即可得到CF+BE=BC,判断出②正确;过点G作GM⊥AB于M,连接EF、EG,根据全等三角形对应边相等可得IE=IG,然后求出∠IEG=45∘,根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得EG=EF,再求出∠EGM=∠AEF,然后利用“角角边”证明△AEF和△MGE全等,根据全等三角形对应边相等可得AF=ME,再根据AM=AE+EM等量代换,IH⊥AB整理,判断出③正确;求出EF//BD,根据平行线间的距离相等,利用等底等高的三角形的面积相等可得S△IED=S△IFD,然后求出S△CDE=S△CID+S△IED,再求出S△BIE+S△CED=S△IBC,然后求出S四边形BEDC=2S△IBC,判断出④正确.
本题主要考查角平分线的性质及切线的性质,掌握三角形角平分线的交点为内切圆的圆心,从而画出内切圆是解题的关键.
6.【答案】B
【解析】解:在FH上截取FH=AF,连接DH,EH,过点E作EG⊥BC于G,过点H作HI⊥BC于I,如图所示:
∵点F恰为DE中点,
∴EF=DF,
又∵FH=AF,
∴四边形ADHF为平行四边形,
∴AE=DH,AE//DH,AD//EH,
∵AC⊥AB,AD//BC,
∴DH⊥AC,EH//BC,
∵EG⊥BC,HI⊥BC,
∴EG⊥EH,HI⊥EH,
∴四边形EHIG为矩形,
∴EG=HI,
∵CE平分∠ACB,AC⊥AB,EG⊥BC,
∴AE=EG,
∴AE=EG=HI=DH,
∵DH⊥AC,HI⊥BC,
∴∠HIC=∠DHA=90∘,
∵AD//BC,
∴∠ICH=∠HAD,
在△ICH和△HAD中,
∠HIC=∠DHA=90∘∠ICH=∠HADHI=DH,
∴△ICH≌△HAD(AAS),
∴HC=AD=5,
在Rt△CDH中,CD=7,
由勾股定理得:DH= CD2−HC2=2 6,
在Rt△ADH中,由勾股定理得:AH= AD2−DH2=1,
∴FH=AF=12AH=12,
在Rt△DFH中,由勾股定理得:DF= DH2+FH2= (2 6)2+(12)2= 972,
∴DE=2DF= 97.
故选:B.
在FH上截取FH=AF,连接DH,EH,过点E作EG⊥BC于G,过点H作HI⊥BC于I,证明四边形ADHF为平行四边形,得AE=DH,AE//DH,AD//EH,再证四边形EHIG为矩形得EG=HI,再根据角平分线性质得AE=EG,则AE=EG=HI=DH,由此可证△ICH和△HAD全等,则HC=AD=5,然后在Rt△CDH中,由勾股定理得DH=2 6,在Rt△ADH中,由勾股定理得AH=1,则FH=AF=12,由此在Rt△DFH中,由勾股定理得DF= 972,据此可得DE的长.
此题主要考查了平行线的性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理等,理解平行线的性质,熟练掌握全等三角形的判定和性质,灵活运用勾股定理进行计算是解决问题的关键,正确地添加辅助线,构造平行四边形和矩形,及全等三角形是解决问题的难点.
7.【答案】3
【解析】解:由题可知,
当n=5时, 9−5=2,符合题意;
当n=8时, 9−8=1,符合题意;
当n=9时, 9−9=0符合题意;
故满足条件的正整数n有3个.
故答案为:3.
根据二次根式有意义的条件以及整数的定义进行解题即可.
本题考查二次根式有意义的条件,熟练掌握相关的知识点是解题的关键.
8.【答案】(−1,2)
【解析】解:∵y=x2+(m−1)x+m
=x2+mx−x+m,
=m(x+1)+x2−x,
∴无论m为何实数,当x+1=0,
即x=−1时,y=1−(−1)=1+1=2,
即图象总是过定点(−1,2).
故答案为:(−1,2).
把函数解析式整理成y=m(x+1)+x2−x,然后令x+1=0计算即可得解
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征,把函数解析式进行变形是解题的关键.
9.【答案】3
【解析】【分析】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征以及等腰直角三角形,根据反比例函数图象上点的坐标特征求出a2−b2的值是解题的关键.根据△OAC和△BAD都是等腰直角三角形可得出OC=AC、AD=BD,设OC=a,BD=b,则点B的坐标为(a+b,a−b),根据反比例函数图象上点的坐标特征即可求出a2−b2=6,再根据三角形的面积即可得出△OAC与△BAD的面积之差.
【解答】解:∵△OAC和△BAD都是等腰直角三角形,
∴OC=AC,AD=BD,
设OC=a,BD=b,则点B的坐标为(a+b,a−b),
∵反比例函数y=6x在第一象限的图象经过点B,
∴(a+b)(a−b)=a2−b2=6,
∴S△OAC−S△BAD=12a2−12b2=3.
故答案为3.
10.【答案】5
【解析】解:因为方程x2+mx+4n=0和方程x2+4nx+m=0都有实数解,
所以m2−4×4n≥0,(4n)2−4m≥0,
则m2≥16n,n2≥14m.
因为m,n是正实数,
所以m4≥256n2≥64m,
所以m4−64m≥0,
即m(m3−64)≥0,
所以m≥4,
故m的最小值为4.
又因为n2≥14m,
则当m=4时,
n2≥1,
所以n的最小值为1,
所以m+n的最小值为5.
故答案为:5.
根据一元二次方程根的判别式可得出关于m和n的不等式,再对所得不等式进行分析即可解决问题.
本题主要考查了根的判别式,熟知一次二次方程根的判别式及对所得不等式进行正确的讨论是解题的关键.
11.【答案】1+ 192
【解析】解:连结GE,作GH⊥AE于点H,则∠AHG=∠EHG=90∘,
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠ABC=90∘,
由折叠得AE=AB,GE=GB,∠AEC=∠ABC=90∘,∠EAG=∠BAG,
∵BF⊥CE于点F,
∴∠BFE=90∘,
∴四边形EFGH是矩形,
∴EH=FG=1,AE//BF,
∴∠EAG=∠BGA,
∴∠BAG=∠BGA,
∴GB=AB,
∴AE=AB=GE=GB,
∵AG2−AH2=GE2−EH2=GH2,且AG=3,AH=AE−EH=AB−1,
∴32−(AB−1)2=AB2−12,
解得AB=1+ 192或AB=1− 192(不符合题意,舍去).
故答案为:1+ 192.
连结GE,作GH⊥AE于点H,由折叠得AE=AB,GE=GB,∠AEC=∠ABC=90∘,∠EAG=∠BAG,因为BF⊥CE于点F,所以∠BFE=90∘,可证明四边形EFGH是矩形,则EH=FG=1,AE//BF,所以∠EAG=∠BGA,则∠BAG=∠BGA,所以GB=AB,由AG2−AH2=GE2−EH2=GH2,且AG=3,AH=AB−1,得32−(AB−1)2=AB2−12,求得AB=1+ 192,于是得到问题的答案.
此题重点考查矩形的性质、翻折变换的性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识,正确地作出辅助线是解题的关键.
12.【答案】0【解析】解:设每天缴纳摊位管理费用后的利润为y元,
根据题意得:y=(110−t−40−a)(20+4t),
整理得:y=−4t2+4(65−a)t+1400−20a,
∵−4<0,当1≤t≤30时,y随t的增大而增大,
∴65−a2≥30,
解得:a≤5,
又∵a>0,
∴a的取值范围为0故答案为:0设每天缴纳摊位管理费用后的利润为y元,利用每天缴纳摊位管理费用后的利润=每件缴纳摊位管理费用后的销售利润×日销售量,可找出y关于t的函数关系式,结合每天缴纳摊位管理费用后的利润随天数t(t为正整数)的增大而增大,可求出a≤5,再结合a>0,即可求出a的取值范围.
本题考查了二次函数的应用,根据各数量之间的关系,找出y关于t的函数关系式是解题的关键.
13.【答案】解:(1)小青该学期的平时平均成绩为:(88+70+96+86)÷4=85;
(2)按照如图所示的权重,小青该学期的总评成绩为:85×10%+85×30%+60%x,
依题意得:85×10%+85×30%+60%x≥90
解得:x≥93.33.
∴小青期末考试成绩至少需要94分.
【解析】(1)平时成绩利用平均数公式x−=x1+x2+⋯+xnn计算;
(2)根据加权平均数列出方程,求得x的值即可.
本题考查了平均数和加权平均数的计算以及从统计图中获取信息的能力.
14.【答案】解:去分母得整式方程,2x2−2x+1−a=0,△=4(2a−1),
(1)当△=0,即a=12时,显然x=12是原方程的解,
(2)当△>0,即a>12时,x1=12(1+ 2a−1),x2=12(1− 2a−1),
显然x1>0,∴x1≠−1,x1≠0,它是原方程的解,
∴只需x2=0或−1时,x2为增根,此时原方程只有一个实数根,
∴当x2=0时,即12(1− 2a−1)=0,得:a=1;
当x2=−1时,即12(1− 2a−1)=−1,得:a=5,
综上,当a=12,1,5时原方程只有一个实数根.
【解析】分为两种情况,当△=0和△>0,再分别求出即可.
本题考查了解分式方程和分式有意义的条件,能求出符合的所有情况是解此题的关键.
15.【答案】(1)证明:如图,连接AC交BD于点O,
∵四边形ABCD为平行四边形,
∴AB=CD,AB//CD,OA=OC,OB=OD,
∴∠ABE=∠CDF,
又∵∠BAE=∠DCF,
∴△ABE≌△CDF(ASA),
∴BE=DF,
∴OB−BE=OD−DF,即OE=OF,
又∵OA=OC,
∴四边形AECF为平行四边形(对角线互相平分的四边形是平行四边形);
(2)①证明:∵∠EAF=90∘,
∴四边形AECF为矩形,
∴∠AEC=∠ECF=90∘,AC=EF,
设∠BCE=x∘,∠DCF=y∘,
则∠BDC=2x∘,∠BFC=2x∘+y∘,
∴∠ACF=∠BFC=2x∘+y∘,∠FEC=90∘−∠EFC=90∘−2x∘−y∘,
∴∠ACB=∠ACE+∠BCE=90∘−∠ACF+∠BCE=90∘−2x∘−y∘+x∘=90∘−x∘−y∘,
∠EBC=∠FEC−∠BCE=90∘−2x∘−y∘−x∘=90∘−3x∘−y∘,
∵AB//CD,
∴∠ABE=∠CDF=2x∘,
∴∠ABC=∠ABE+∠EBC=90∘−x∘−y∘,
∴∠ABC=∠ACB,
∴AB=AC,
∵AC=EF,
∴AB=EF.
②解:∵BD平分∠ADC,
∴∠ADB=∠CDB,
∵AB//CD,
∴∠ABD=∠CDB,
∴∠ABD=∠ADB,
∴AB=AD,
∵四边形ABCD为平行四边形,
∴四边形ABCD为菱形,
∴AB=BC,∠ABD=∠CBD,
∵BE=BE,
∴△ABE≌△CBE(SAS),
∴AE=EC,
∵∠AEC=90∘,
∴AC= 2AE=2 2,
∵AB=AC,
∴AB=AC=BC,∠ABC=60∘,
∴AB=AD=2 2,∠BAD=120∘,
∴BD= 3AB=2 6.
【解析】(1)连接AC交BD于点O,则OA=OC,OB=OD,再证明△ABE≌△CDF(ASA),得到BE=DF,所以OE=OF,利用“对角线互相平分的四边形是平行四边形”可证;
(2)①首先证出四边形AECF为矩形,则AC=EF,设∠BCE=x∘,∠DCF=y∘,可表示出∠ACB=∠ACE+∠BCE=90∘−∠ACF+∠BCE=90∘−x∘−y∘,∠ABC=∠ABE+∠EBC=90∘−x∘−y∘,故∠ABC=∠ACB,得到AB=AC,又因为AC=EF,得到AB=EF;
②首先可证出四边形ABCD为菱形,四边形AECF为正方形,根据AE=2,可得AC=2 2,根据(2)得AB=AC,故三角形ABC为等边三角形,∠BAD=120∘,再根据含120∘的等腰三角形的三边关系可得BD的长.
本题考查平行四边形的性质与判定、全等三角形的判定与性质,矩形的判定与性质、菱形的判定与性质,熟练掌握定理进行推导是解题的关键.
16.【答案】(1)解:过点P作PA⊥x轴于点A,
∵P(1,4),PA⊥x轴,
∴AP=4,OA=1,QA=3+1=4,
在Rt△PQA中,PQ=4 2,
∴∠PQR=∠PRQ,
∴△PQR是等腰三角形,
∴AQ=AR=4,
∴OR=OA+AR=5,
∴R(5,0),
设直线PR的解析式为:y=kx+b(k≠0),
把P(1,4),R(0,5)分别代入得k+b=45k+b=0,
解得k=−1b=5,
∴直线PR的解析式为:y=−x+5.
(2)①证明:把y=14x代入y=1x得,14x=1x,
∴x=2或x=−2.
经检验,x=2或x=−2都是原方程的根,
当x=2时,y=12,
当x=−2时,y=−12,
∴A(2,12),B(−2,−12),
∵点C在y=1x上,点C的横坐标为n,
∴y=1n.
设直线AC的解析式为:y=k′x+b′,把A(2,12),C(n,1n)分别代入得,
2k′+b′=12nk′+b′=1n,
解得k′=−12nb′=12+1n.
∴直线AC的解析式为:y=−12nx+12+1n,
令y=0,则−12nx+12+1n=0,
∴x=n+2,
∴E(n+2,0),
∴CE= 4+1n2,
设直线BC的解析式为:y=k″x+b″,把B(−2,−12)和C(n,1n)分别代入得,
−2k′′+b′′=−12nk′′+b′′=1n,
解得k′′=12nb′′=−12+1n.
∴直线BC的解析式为:y=12nx−12+1n.
令y=0,则12nx−12+1n=0,
解得x=n−2.
∴D(n−2,0).
∴CD= 4+1n2,
∴直线AC和直线BC为“等腰三角线”.
②解:过点C作CG⊥x轴于点G,过点D作DH⊥CE于点H,
由①可知,CD=CE= 4+1n2,
∵C(n,1n),
∴CG=1n,
∵DE=|n−2−(n+2)|=4,
∴S△CDE=12CE⋅DH=12ED⋅CG,
∴ 4+1n2⋅DH=4⋅1n,
∴DH=4n 4+1n2,
∵∠EFD=∠DCA,
∴sin∠EFD=sin∠DCA,
∵sin∠EFD=DEEF=4EF,sin∠DCA=DHCD=4n 4+1n2 4+1n2=4n4n2+1,
∴4EF=4n4n2+1,
∴EF=4n+1n,
在Rt△DEF中,DF= EF2−DE2= (4n+1n)2−42=1n 16n4−8n2+1=1n|4n2−1|.
∵∠DFE<90∘,
∴∠DCG=12∠DCA=12∠DFE<45∘,
∴CG>GE,即1n>2,
∴0
∴DF+EF=1n−4n+4n+1n=2n.
【解析】(1)过点P作PA⊥x轴于点A,由点坐标可得△PQR是等腰三角形,所以AQ=AR=4,所以OR=OA+AR=5,由此可得R(5,0),将P,R的坐标代入解析式可求得直线PR的解析式;
(2)①联立y=14x和y=1x,求得点A和点B的解析式,进而可求出直线AC和直线BC的解析式,由此可得CD和CE的长,根据“等腰三角线”可得结论;
②过点C作CG⊥x轴于点G,过点D作DH⊥CE于点H,由sin∠EFD=sin∠DCA,建立等式可求出EF的长,由勾股定理可求出DF的长,进而可得出结论.
此题属于一次函数综合题,涉及的知识有:一次函数的图象与性质,坐标与图形性质,弄清题中“等腰三角线”的定义是解本题的关键.
17.【答案】(1)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),E(x3,y3),D(x4,y4),且M,N分别为AB,DE的中点,
则M(x1+x22,y1+y22),N(x3+x42,y3+y42),
∵F(0,1),
设直线AB的解析式为y=kx+1,
根据题意得y=kx+1y=14x2,
整理得x2−4kx−4=0,
∴x1+x2=4k,x1⋅x2=−4,
∴y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2,
∴M(2k,2k2+1);
∵F(0,1),AB⊥DE,
∴kDE=−1k,
设直线DE的解析式为y=−1kx+1,
根据题意得y=−1kx+1y=14x2,
整理得x2+4kx−4=0,
∴x3+x4=−4k,x3⋅x4=−4,
∴y3+y4=−1k(x3+x4)+2=4k2+2,
∴N(−2k,2k2+1),
设直线MN的解析式为y=px+q,
根据题意得−2kp+q=2k2+12kp+q=2k2+1,
解得p=k−1kq=3,
∴直线MN解析式为y=(k−1k)x+3,
当x=0,y=3,
故直线MN过定点(0,3).
(2)①解:取AD中点为H,连接HM,DM,GH,AN,记GM交AD于点K,GN交AD于点J,如图,
∵点M为AB中点,
∴MH//BD,
∴S△GDH=S△DGM,
∴S△KGH=S△KDM,
同理可得S△GOH=S△AAN,
∴S△GMN=S四边形ANMD,
∵DE⊥AB,
∴S△GMN=S四边形ANMD=12AM⋅(FN+FD)=12AM⋅DN,
同理可得S四边形AEBD=12AB⋅DE,
∵M,N分别为AB,DE的中点,
∴S四边形AEBD=12AB⋅DE=12×2×AM×2×DN=2AM⋅DN,
∴S△GMN=14S四边形AEBD;
②证明:AB= (x1−x2)2+(y1−y2)2,
∴AB= (x1−x2)2+(kx1+1−kx2−1)2= k2+1⋅|x1−x2|,
∴AB= k2+1⋅ (x1+x2)2−4x1⋅x2= k2+1⋅ 16k2+16=4(k2+1),
同理可得DE=4(1k2+1),
∵S△GMN=14S四边形AEBD,
∴S△GMN=18AB×DE=18×4(k2+1)×4(1k2+1)=2(k2+1k2+2),
∴(a−b)2≥0,即a2+b2≥2ab,
当且仅当a=b时等号成立,
∴S△GMN=2(k2+1k2+2)≥2(2k×1k+2)=8,
当且仅当k=1或k=−1时,等号成立,
∴△GMN面积的最小值为8.
【解析】(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),求出M,N得坐标,求出直线MN解析式为y=(k−1k)x+3,即可解答;
(2)①取AD中点为H,连接HM,DM,GH,AN,记GM交AD于点K,GN交AD于点J,由MH//BD,得S△GDH=S△DGM,则S△KGH=S△KDM,同理可得S△GJH=S△JAN,则S△GMN=S四边形ANMD=12AM⋅DN,同理可得S四边形AEBD=12AB⋅DE,即可证明S△GMN=14S四边形AEBD;
②由AB= k2+1⋅|x1−x2|得AB=4(k2+1),同理可得DE=4(1k2+1),求出S,当且仅当k=1或k=−1时,等号成立,即可解答.
本题考查了二次函数的综合应用,主要考查二次函数的图象与性质,待定系数法求一次函数解析式,韦达定理,三角形中位线定理,两点之间距离公式等,化简计算量较大,正确添加辅助线,细心化简是解题的关键.测验
类别
平时
期中
考试
期末
考试
测验1
测验2
测验3
课题
练习
成绩
88
70
96
86
X
∠ACE=∠BCE
CI=CI
∠CIF=∠CIG=90∘
∠BIE=∠BIG
BI=BI
∠ABD=∠CBD
∠EGM=∠AEF
∠A=∠EMG=90∘
EG=EF
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浙江省宁波市鄞州第二实验中学2023—-2024学年上学期九年级期末加试考数学试卷: 这是一份浙江省宁波市鄞州第二实验中学2023—-2024学年上学期九年级期末加试考数学试卷,共4页。