终身会员
搜索
    上传资料 赚现金
    英语朗读宝

    (通用版)中考数学一轮复习重点题型 优选训练题大题加练02 (含答案)

    立即下载
    加入资料篮
    (通用版)中考数学一轮复习重点题型 优选训练题大题加练02 (含答案)第1页
    (通用版)中考数学一轮复习重点题型 优选训练题大题加练02 (含答案)第2页
    (通用版)中考数学一轮复习重点题型 优选训练题大题加练02 (含答案)第3页
    还剩9页未读, 继续阅读
    下载需要20学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    (通用版)中考数学一轮复习重点题型 优选训练题大题加练02 (含答案)

    展开

    这是一份(通用版)中考数学一轮复习重点题型 优选训练题大题加练02 (含答案),共12页。
    1.如图,抛物线y=ax2+bx+2(a≠0)与x轴交于点(-1,0),与BC交于点C,连接AC,BC,已知∠ACB=90°.
    (1)求点B的坐标及抛物线的表达式;
    (2)点P是线段BC上的动点(点P不与B,C重合),连接并延长AP交抛物线于另一点Q,设点Q的横坐标为x.
    ①记△BCQ的面积为S,求S关于x的函数表达式,并求出当S=4时x的值;
    ②记点P的运动过程中,eq \f(PQ,AP)是否存在最大值?若存在,求出eq \f(PQ,AP)的最大值;若不存在,请说明理由.
    2.在平面直角坐标系中,二次函数y=ax2+eq \f(5,3)x+c的图象经过点C(0,2)和点D(4,-2).点E是直线y=-eq \f(1,3)x+2与二次函数图象在第一象限内的交点.
    (1)求二次函数的表达式及点E的坐标;
    (2)如图1,若点M是二次函数图象上的点,且在直线CE的上方,连接MC,OE,ME.求四边形COEM面积的最大值及此时点M的坐标;
    (3)如图2,经过A,B,C三点的圆交y轴于点F,求点F的坐标.
    3.如图1,在平面直角坐标系中,已知抛物线y=ax2+bx-5与x轴交于A(-1,0),B(5,0)两点,与y轴相交于点C.
    (1)求抛物线的函数表达式;
    (2)如图2,CE∥x轴与抛物线相交于点E,点H是直线CE下方抛物线上的动点,过点H且与y轴平行的直线与BC,CE分别交于点F,G.试探究当点H运动到何处时,四边形CHEF的面积最大,求点H的坐标;
    (3)若点K为抛物线的顶点,点M(4,m)是该抛物线上的一点,在x轴、y轴上分别找点P,Q,使四边形PQKM的周长最小,请求出点P,Q的坐标.
    4.如图1,抛物线y=ax2+2x+c与x轴交于A(-4,0),B(1,0)两点,过点B的直线y=kx+分别与y轴及抛物线交于点C,D.
    (1)求直线和抛物线的表达式;
    (2)动点P从点O出发,在x轴的负半轴上以每秒1个单位长度的速度向左匀速运动.设运动时间为t秒,当t为何值时,△PDC为直角三角形?请直接写出所有满足条件的t的值;
    (3)如图2,将直线BD沿y轴向下平移4个单位后,与x轴,y轴分别交于E,F两点.在抛物线的对称轴上是否存在点M,在直线EF上是否存在点N,使得DM+MN的值最小?若存在,求出其最小值及点M,N的坐标;若不存在,请说明理由.
    参考答案
    1.解:(1)∵∠ACB=90°,OC⊥AB,
    ∴∠COA=90°,
    ∴∠ACO=∠CBO,∠AOC=COB,
    ∴△ACO∽△CBO,∴eq \f(CO,BO)=eq \f(AO,CO),
    ∴OC2=OA·OB.
    当x=0时,y=2,即C(0,2).
    ∵A(-1,0),C(0,2),
    ∴OB=4,∴B(4,0).
    将A,B代入y=ax2+bx+2得
    eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a-b+2=0,,16a+4b+2=0,))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a=-\f(1,2),,b=\f(3,2),))
    ∴抛物线的表达式为y=-eq \f(1,2)x2+eq \f(3,2)x+2.
    (2)①如图,连接OQ.
    设点Q的坐标为(x,-eq \f(1,2)x2+eq \f(3,2)x+2),
    ∴S=S△OCQ+S△OBQ-S△OBC=eq \f(1,2)×2x+eq \f(1,2)×4(-eq \f(1,2)x2+eq \f(3,2)x+2)-eq \f(1,2)×2×4=-x2+4x.
    令-x2+4x=4,解得x1=x2=2,故x的值为2.
    ②存在.
    如图,过点Q作QH⊥BC于H.
    ∠ACP=∠QHP=90°,∠APC=∠QPH,
    ∴△APC∽△QPH,∴eq \f(PQ,AP)=eq \f(QH,AC)=eq \f(QH,\r(5)).
    ∵S△BCQ=eq \f(1,2)BC·QH=eq \r(5)QH,∴QH=eq \f(S,\r(5)),
    ∴eq \f(PQ,AP)=eq \f(S,5)=eq \f(1,5)(-x2+4x)=-eq \f(1,5)(x-2)2+eq \f(4,5),
    ∴当x=2时,eq \f(PQ,AP)取得最大值,最大值为eq \f(4,5).
    2.解:(1)把C(0,2),D(4,-2)代入二次函数表达式得
    eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(16a+\f(20,3)+c=-2,,c=2,))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a=-\f(2,3),,c=2,))
    ∴二次函数的表达式为y=-eq \f(2,3)x2+eq \f(5,3)x+2,
    联立一次函数表达式得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y=-\f(1,3)x+2,,y=-\f(2,3)x2+\f(5,3)x+2,))
    解得x=0(舍去)或x=3,
    则E(3,1).
    (2)如图,过M作MH∥y轴,交CE于点H.
    设M(m,-eq \f(2,3)m2+eq \f(5,3)m+2),则H(m,-eq \f(1,3)m+2),
    ∴MH=-eq \f(2,3)m2+eq \f(5,3)m+2-(-eq \f(1,3)m+2)=-eq \f(2,3)m2+2m,
    S四边形COEM=S△OCE+S△CME=eq \f(1,2)×2×3+eq \f(1,2)MH·3=-m2+3m+3,
    当m=-eq \f(b,2a)=eq \f(3,2)时,S最大=eq \f(21,4),此时M坐标为(eq \f(3,2),3).
    (3)如图,连接BF.
    当-eq \f(2,3)x2+eq \f(5,3)x+2=0时,x1=eq \f(5+\r(73),4),x2=eq \f(5-\r(73),4),
    ∴OA=eq \f(\r(73)-5,4),OB=eq \f(\r(73)+5,4).
    ∵∠ACO=∠ABF,∠AOC=∠FOB,
    ∴△AOC∽△FOB,
    ∴eq \f(OA,OF)=eq \f(OC,OB),即eq \f(\f(\r(73)-5,4),OF)=eq \f(2,\f(\r(73)+5,4)),
    解得OF=eq \f(3,2),
    则F坐标为(0,-eq \f(3,2)).
    3.解:(1)把A(-1,0),B(5,0)代入y=ax2+bx-5得
    eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0=a-b-5,,0=25a+5b-5,))
    解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a=1,,b=-4.))
    ∴二次函数的表达式为y=x2-4x-5.
    (2)设H(t,t2-4t-5).
    ∵CE∥x轴,
    ∴-5=x2-4x-5,
    解得x1=0,x2=4,
    ∴E(4,-5),CE=4.
    设直线BC的表达式为y2=a2x+b2.
    ∵B(5,0),C(0,-5),
    ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0=5a2+b2,,-5=b2,))
    ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2=1,,b2=-5,))
    ∴直线BC的表达式为y2=x-5,
    ∴F(t,t-5),HF=t-5-(t2-4t-5)=-(t-eq \f(5,2))2+eq \f(25,4)
    ∵CE∥x轴,HF∥y轴,
    ∴CE⊥EF,
    ∴S四边形CHEF=eq \f(1,2)CE·HF=-2(t-eq \f(5,2))2+eq \f(25,2),
    ∴H(eq \f(5,2),-eq \f(35,4)).
    (3)如图,分别作K,M关于x轴,y轴对称的点K′,M′,分别交PQ延长线于点K′,M′.
    ∵点K为顶点,∴K(2,-9),
    ∴点K关于y轴的对称点K′的坐标为(-2,-9).
    ∵M(4,m),∴M(4,-5).
    ∴点M关于x轴的对称点M′的坐标为(4,5).
    设直线K′M′的表达式为y3=a3x+b3,
    则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(-9=-2a3+b3,,5=4a3+b3,))
    ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a3=\f(7,3),,b3=-\f(13,3),))
    ∴直线K′M′的表达式为y3=eq \f(7,3)x-eq \f(13,3),
    易知图中点P,Q即为符合条件的点,
    ∴P,Q的坐标分别为P(eq \f(13,7),0),Q(0,-eq \f(13,3)).
    4.解:(1)∵直线y=kx+eq \f(2,3)过点B(1,0),
    ∴0=k+eq \f(2,3),k=-eq \f(2,3),
    ∴直线的表达式为y=-eq \f(2,3)x+eq \f(2,3).
    ∵抛物线y=ax2+2x+c与x轴交于A(-4,0),B(1,0),
    ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0=16a-8+c,,0=a+2+c,))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a=\f(2,3),,c=-\f(8,3),))
    ∴抛物线的表达式为y=eq \f(2,3)x2+2x-eq \f(8,3).
    (2)t=eq \f(4,9) s,eq \f(23,3) s,eq \f(15-\r(129),6) s或eq \f(15+\r(129),6) s.
    提示:情况一:当∠DCP为直角时,
    在Rt△OCB中,CB=eq \r((\f(2,3))2+12)=eq \f(\r(13),3),
    cs∠CBO=eq \f(1,\f(\r(13),3))=eq \f(3\r(13),13).
    ∵cs∠CBO=cs∠CBP=eq \f(BC,PB),
    ∴eq \f(\f(\r(13),3),PB)=eq \f(3\r(13),13),
    ∴PB=eq \f(13,9),
    ∴点P的坐标为(-eq \f(4,9),0),
    ∴t=eq \f(4,9) s时,△PDC为直角三角形.
    情况二:解eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y=-\f(2,3)x+\f(2,3),,y=\f(2,3)x2+2x-\f(8,3),))可得D点坐标为(-5,4).
    当∠CDP为直角时,同理可得cs∠CBP=eq \f(BD,BP)=eq \f(3\r(13),13).
    ∵BD=eq \r(62+42)=2eq \r(13),
    ∴BP=eq \f(26,3),∴P点坐标为(-eq \f(23,3),0),
    ∴t=eq \f(23,3) s时,△PDC为直角三角形.
    情况三:当∠DPC为直角时,设点P的坐标为(a,0),则
    DP2+CP2=CD2,即(a+5)2+42+a2+(eq \f(2,3))2=52+(eq \f(10,3))2,
    解得a=eq \f(-15±\r(129),6),
    ∴P点坐标为(eq \f(-15+\r(129),6),0)或(eq \f(-15-\r(129),6),0),
    ∴t=eq \f(15-\r(129),6) s或eq \f(15+\r(129),6) s时,△PDC为直角三角形.
    (3)存在.
    直线EF的表达式为y=-eq \f(2,3)x+eq \f(2,3)-4=-eq \f(2,3)x-eq \f(10,3).
    取D关于对称轴的对称点D′,则D′坐标为(2,4).
    如图,过D′作D′N⊥EF于点N,过点D′作D′G⊥x轴,垂足为Q,延长线交EF于点G.
    设点N的坐标为(a,-eq \f(2,3)a-eq \f(10,3)).
    ∵∠EQG=∠D′NG=90°,∠G=∠G,
    ∴∠ND′G=∠GEB.
    ∵∠GEB=∠ABC,
    ∴∠ND′G=∠ABC,
    则eq \f(2-a,4-(-\f(2,3)a-\f(10,3)))=tan∠ND′G=tan∠ABC=eq \f(2,3),
    解得a=-2,
    ∴-eq \f(2,3)a-eq \f(10,3)=-2,
    ∴点N的坐标为(-2,-2).
    ∵点N到D′G的距离为2-(-2)=4,
    又∵对称轴与D′G的距离为2-(-eq \f(3,2))=eq \f(7,2),
    ∴点N在对称轴的左侧,由此可证明线段D′N与对称轴有交点,其交点即为DM+MN取最小值时M的位置.
    将x=2代入y=-eq \f(2,3)x-eq \f(10,3)得y=-eq \f(14,3),
    ∴点G的坐标为(2,-eq \f(14,3)),
    ∴D′G=eq \f(26,3),
    ∴D′N=D′G·cs∠ND′G=D′G·cs∠ABC=eq \f(26,3)·eq \f(1,\f(\r(13),3))=2eq \r(13),
    即DM+MN的最小值为2eq \r(13).
    设点M的坐标为(-eq \f(3,2),b),则eq \f(2-(-\f(3,2)),4-b)=tan∠ND′G=eq \f(2,3),
    解得b=-eq \f(5,4),
    ∴点M的坐标为(-eq \f(3,2),-eq \f(5,4)).
    综上所述,DM+MN的最小值为2eq \r(13),点M的坐标为(-eq \f(3,2),-eq \f(5,4)),点N的坐标为(-2,-2).

    相关试卷

    (通用版)中考数学一轮复习重点题型 优选训练题要题加练02方程组与分式方程的应用 (含答案):

    这是一份(通用版)中考数学一轮复习重点题型 优选训练题要题加练02方程组与分式方程的应用 (含答案),共6页。试卷主要包含了山地自行车越来越受中学生的喜爱等内容,欢迎下载使用。

    (通用版)中考数学一轮复习重点题型 优选训练题要题加练04与圆有关的角度计算 (含答案):

    这是一份(通用版)中考数学一轮复习重点题型 优选训练题要题加练04与圆有关的角度计算 (含答案),共4页。

    (通用版)中考数学一轮复习重点题型 优选训练题要题加练01分式的运算 (含答案):

    这是一份(通用版)中考数学一轮复习重点题型 优选训练题要题加练01分式的运算 (含答案),共2页。试卷主要包含了计算2·eq \f的结果为,计算)÷eq \f的结果是,计算,化简等内容,欢迎下载使用。

    • 精品推荐
    • 所属专辑
    欢迎来到教习网
    • 900万优选资源,让备课更轻松
    • 600万优选试题,支持自由组卷
    • 高质量可编辑,日均更新2000+
    • 百万教师选择,专业更值得信赖
    微信扫码注册
    qrcode
    二维码已过期
    刷新

    微信扫码,快速注册

    手机号注册
    手机号码

    手机号格式错误

    手机验证码 获取验证码

    手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

    设置密码

    6-20个字符,数字、字母或符号

    注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
    QQ注册
    手机号注册
    微信注册

    注册成功

    返回
    顶部
    Baidu
    map