中考数学压轴题分类解析汇编三角形四边形存在性问题Word下载.doc

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把代入得。

∴M（4，－2）。

又∵点M、N关于点P对称，∴N（4，－6），MN=4。

∴。

（3）①证明：

过点A作AH⊥于点H，，与x轴交于点D。

则

设A（）,

则直线OA的解析式为。

则M（），N（），H（）。

∴OD=4，ND=，HA=，NH=。

∴∠ANM=∠ONM。

②能。

理由如下：

分三种情况讨论：

情况1，若∠ONA是直角，由①，得∠ANM=∠ONM=450，

∴△AHN是等腰直角三角形。

∴HA=NH，即。

整理，得，解得。

∴此时，点A与点P重合。

故此时不存在点A，使∠ONA是直角。

情况2，若∠AON是直角，则。

∵，

整理，得，解得，。

舍去，（在左侧）。

当时，。

∴此时存在点A（），使∠AON是直角。

情况3，若∠NAO是直角，则△AMN∽△DMO∽△DON，∴。

∵OD=4，MD=，ND=，∴。

综上所述，当点A在对称轴右侧的二次函数图象上运动时，存在点A（），使∠AON是直角，即△ANO为直角三角形。

【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，对称的性质，锐角三角函数定义，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程。

【分析】

（1）由二次函数图象的顶点为P（4，－4）和经过原点，设顶点式关系式，用待定系数法即可求。

（2）求出直线OA的解析式，从而得到点M的坐标，根据对称性点N坐标，从而求得MN的长，从而求得△ANO的面积。

（3）①根据正切函数定义，分别求出∠ANM和∠ONM即可证明。

②分∠ONA是直角，∠AON是直角，∠NAO是直角三种情况讨论即可得出结论。

当∠AON是直角时，还可在Rt△OMNK中用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解：

∵OP=PN=PM，OP=

∵PN=－4，∴=－4。

∴。

2.（2012山西省14分）综合与实践：

如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A．B两点，与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．

（1）求直线AC的解析式及B．D两点的坐标；

（2）点P是x轴上一个动点，过P作直线l∥AC交抛物线于点Q，试探究：

随着P点的运动，在抛物线上是否存在点Q，使以点A．P、Q、C为顶点的四边形是平行四边形？

若存在，请直接写出符合条件的点Q的坐标；

若不存在，请说明理由．

（3）请在直线AC上找一点M，使△BDM的周长最小，求出M点的坐标．

（1）当y=0时，﹣x2+2x+3=0，解得x1=﹣1，x2=3。

∵点A在点B的左侧，∴A．B的坐标分别为（﹣1，0），（3，0）。

当x=0时，y=3。

∴C点的坐标为（0，3）。

设直线AC的解析式为y=k1x+b1（k1≠0），则

，解得。

∴直线AC的解析式为y=3x+3。

∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，∴顶点D的坐标为（1，4）。

（2）抛物线上有三个这样的点Q。

如图，

①当点Q在Q1位置时，Q1的纵坐标为3，代入抛物线可得点Q1的坐标为（2，3）；

②当点Q在点Q2位置时，点Q2的纵坐标为﹣3，代入抛物线可得点Q2坐标为（1+，﹣3）；

③当点Q在Q3位置时，点Q3的纵坐标为﹣3，代入抛物线解析式可得，点Q3的坐标为（1﹣，﹣3）。

综上可得满足题意的点Q有三个，分别为：

Q1（2，3），Q2（1+，﹣3），Q3（1﹣，﹣3）。

（3）点B作BB′⊥AC于点F，使B′F=BF，则B′为点B关于直线AC的对称点．连接B′D交直线AC与点M，则点M为所求。

过点B′作B′E⊥x轴于点E。

∵∠1和∠2都是∠3的余角，∴∠1=∠2。

∴Rt△AOC∽Rt△AFB。

由A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）得OA=1，OB=3，OC=3，

∴AC=，AB=4。

∴，解得。

∴BB′=2BF=，

由∠1=∠2可得Rt△AOC∽Rt△B′EB，∴。

∴B′E=，BE=。

∴OE=BE﹣OB=﹣3=．

∴B′点的坐标为（﹣，）。

设直线B′D的解析式为y=k2x+b2（k2≠0），则

∴直线B'

D的解析式为：

。

联立B'

D与AC的直线解析式可得：

∴M点的坐标为（）。

【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，平行四边形的性质，轴对称的性质，直角三角形两锐角的关系，三角形三边关系，勾股定理，相似三角形的判定和性质，解二元一次方程组。

（1）根据点在曲线上，点的坐标满足方程的关系，由抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A．B两点可求得A．B两点的坐标，同样，由由抛物线y=﹣x2+2x+3与y轴交于点C可求得C点的坐标。

用待定系数法，可求得直线AC的解析式。

由y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4可求得顶点D的坐标。

（2）由于点P在x轴上运动，故由平行四边形对边平行的性质求得点Q的坐标。

（3）点B作BB′⊥AC于点F，使B′F=BF，则B′为点B关于直线AC的对称点．连接B′D交直线AC与点M，则根据轴对称和三角形三边关系，知点M为所求。

因此，由勾股定理求得AC=，AB=4。

由Rt△AOC∽Rt△AFB求得，从而得到BB′=2BF=。

由Rt△AOC∽Rt△B′EB得到B′E=，BE=，OE=BE﹣OB=﹣3=，从而得到点B′的坐标。

用待定系数法求出线B′D的解析式，与直线AC的解析式即可求得点M的坐标。

3.（2012陕西省10分）如果一条抛物线与x轴有两个交点，那么以该抛物线的顶点和这两个交点为顶点的三角形称为这条抛物线的“抛物线三角形”．

（1）“抛物线三角形”一定是三角形；

（2）若抛物线的“抛物线三角形”是等腰直角三角形，求b的值；

（3）如图，△OAB是抛物线的“抛物线三角形”，是否存在以原点O为对称中心的矩形ABCD？

若存在，求出过O、C、D三点的抛物线的表达式；

若不存在，说明理由．

（1）等腰。

（2）∵抛物线的“抛物线三角形”是等腰直角三角形，

∴该抛物线的顶点满足（b＞0）。

∴b=2。

（3）存在。

如图，作△OCD与△OAB关于原点O中心对称，

则四边形ABCD为平行四边形。

当OA=OB时，平行四边形ABCD为矩形。

又∵AO=AB，∴△OAB为等边三角形。

作AE⊥OB，垂足为E，

∴，即，∴．

∴。

设过点O、C、D三点的抛物线，则

，解得，。

∴所求抛物线的表达式为。

【考点】二次函数综合题，新定义，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，中心对称的性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质。

（1）抛物线的顶点必在抛物线与x轴两交点连线的垂直平分线上，因此这个“抛物线三角形”一定是等腰三角形。

（2）观察抛物线的解析式，它的开口向下且经过原点，由于b＞0，那么其顶点在第一象限，而这个“抛物线三角形”是等腰直角三角形，必须满足顶点坐标的横、纵坐标相等，以此作为等量关系来列方程解出b的值。

（3）由于矩形的对角线相等且互相平分，所以若存在以原点O为对称中心的矩形ABCD，那么必须满足OA=OB，结合

（1）的结论，这个“抛物线三角形”必须是等边三角形，首先用b′表示出AE、OE的长，通过△OAB这个等边三角形来列等量关系求出b′的值，进而确定A、B的坐标，即可确定C、D的坐标，利用待定系数即可求出过O、C、D的抛物线的解析式。

4.（2012重庆市12分）已知：

如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°

，AD=2，BC=6，AB=3．E为BC边上一点，以BE为边作正方形BEFG，使正方形BEFG和梯形ABCD在BC的同侧．

（1）当正方形的顶点F恰好落在对角线AC上时，求BE的长；

（2）将

（1）问中的正方形BEFG沿BC向右平移，记平移中的正方形BEFC为正方形B′EFG，当点E与点C重合时停止平移．设平移的距离为t，正方形B′EFG的边EF与AC交于点M，连接B′D，B′M，DM，是否存在这样的t，使△B′DM是直角三角形？

若存在，求出t的值；

若不存在，请说明理由；

（3）在

（2）问的平移过程中，设正方形B′EFG与△ADC重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式以及自变量t的取值范围．

（1）如图①，设正方形BEFG的边长为x，

则BE=FG=BG=x。

∵AB=3，BC=6，∴AG=AB﹣BG=3﹣x。

∵GF∥BE，∴△AGF∽△ABC。

∴，即。

解得：

x=2，即BE=2。

（2）存在满足条件的t，理由如下：

如图②，过点D作DH⊥BC于H，

则BH=AD=2，DH=AB=3，

由题意得：

BB′=HE=t，HB′=|t﹣2|，EC=4﹣t，

∵EF∥AB，∴△MEC∽△ABC。

∴ME=2﹣t。

在Rt△B′ME中，B′M2=ME2+B′E2=22+（2﹣t）2=t2﹣2t+8。

在Rt△DHB′中，B′D2=DH2+B′H2=32+（t﹣2）2=t2﹣4t+13。

过点M作MN⊥DH于N，则MN=HE=t，NH=ME=2﹣t，

∴DN=DH﹣NH=3﹣（2﹣t）=t+1。

在Rt△DMN中，DM2=DN2+MN2=（t+1）2+t2=t2+t+1。

（Ⅰ）若∠DB′M=90°

，则DM2=B′M2+B′D2，

即t2+t+1=（t2﹣2t+8）+（t2﹣4t+13），解得：

t=。

（Ⅱ）若∠B′MD=90°

，则B′D2=B′M2+DM2，

即t2﹣4t+13=（t2﹣2t+8）+（t2+t+1），解得：

t1=﹣3+，t2=﹣3﹣（舍去）。

∴t=﹣3+。

（Ⅲ）若∠B′DM=90°

，则B′M2=B′D2+DM2，

即t2﹣2t+8=（t2﹣4t+13）+（t2+t+1），此方程无解。

综上所述，当t=或﹣3+时，△B′DM是直角三角形；