中考数学综合性问题解答题1Word格式.docx

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（2）如图2，若AP∥CE，APCE为平行四边形，

∵CE=CP，

∴四边形APCE是菱形，

连接AC、EP，则AC⊥EP，

∴AM=CM=，

由

（1）知，AB=AC，则∠ACB=∠B，

∴CP=CE==，

∴EF=2=；

（3）如图3：

过点C作CN⊥AD于点N，

∵cosB=，

∴∠B＜45°

，

∵∠BCG＜90°

∴∠BGC＞45°

∵∠AEG=∠BCG≥∠ACB=∠B，

∴当∠AEG=∠B时，A、E、G重合，

∴只能∠AGE=∠AEG，

∵AD∥BC，

∴△GAE∽△GBC，

∴=，即=，

解得：

AE=3，EN=AN﹣AE=1，

∴CE===．

点评：

此题主要考查了相似三角形的判定与性质以及勾股定理以及锐角三角函数关系等知识，利用分类讨论得出△AGE是等腰三角形时只能∠AGE=∠AEG进而求出是解题关键．

2.（2014•四川巴中，第31题12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx﹣4与x轴交于点A（﹣2，0）和点B，与y轴交于点C，直线x=1是该抛物线的对称轴．

（1）求抛物线的解析式；

（2）若两动点M，H分别从点A，B以每秒1个单位长度的速度沿x轴同时出发相向而行，当点M到达原点时，点H立刻掉头并以每秒个单位长度的速度向点B方向移动，当点M到达抛物线的对称轴时，两点停止运动，经过点M的直线l⊥x轴，交AC或BC于点P，设点M的运动时间为t秒（t＞0）．求点M的运动时间t与△APH的面积S的函数关系式，并求出S的最大值．

二次函数综合题．

（1）根据抛物线y=ax2+bx﹣4与x轴交于点A（﹣2，0），直线x=1是该抛物线的对称轴，得到方程组，解方程组即可求出抛物线的解析式；

（2）由于点M到达抛物线的对称轴时需要3秒，所以t≤3，又当点M到达原点时需要2秒，且此时点H立刻掉头，所以可分两种情况进行讨论：

①当0＜t≤2时，由△AMP∽△AOC，得出比例式，求出PM，AH，根据三角形的面积公式求出即可；

②当2＜t≤3时，过点P作PM⊥x轴于M，PF⊥y轴于点F，表示出三角形APH的面积，利用配方法求出最值即可．

（1）∵抛物线y=ax2+bx﹣4与x轴交于点A（﹣2，0），直线x=1是该抛物线的对称轴，

∴，解得：

，∴抛物线的解析式是：

y=x2﹣x﹣4，

（2）分两种情况：

①当0＜t≤2时，∵PM∥OC，∴△AMP∽△AOC，

∴=，即=，∴PM=2t．

解方程x2﹣x﹣4=0，得x1=﹣2，x2=4，

∵A（﹣2，0），∴B（4，0），∴AB=4﹣（﹣2）=6．

∵AH=AB﹣BH=6﹣t，

∴S=PM•AH=×

2t（6﹣t）=﹣t2+6t=﹣（t﹣3）2+9，

当t=2时S的最大值为8；

②当2＜t≤3时，过点P作PM⊥x轴于M，作PF⊥y轴于点F，则△COB∽△CFP，

又∵CO=OB，

∴FP=FC=t﹣2，PM=4﹣（t﹣2）=6﹣t，AH=4+（t﹣2）=t+1，

∴S=PM•AH=（6﹣t）（t+1）=﹣t2+4t+3=﹣（t﹣）2+，

当t=时，S最大值为．

综上所述，点M的运动时间t与△APQ面积S的函数关系式是S=，S的最大值为．

本题是二次函数的综合题型，其中涉及到运用待定系数法求二次函数的解析式，三角形的面积，二次函数的最值等知识，综合性较强，难度适中．运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．

3.（2014•山东威海，第25题12分）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）三点．

（1）求这条抛物线的解析式；

（2）E为抛物线上一动点，是否存在点E使以A、B、E为顶点的三角形与△COB相似？

若存在，试求出点E的坐标；

若不存在，请说明理由；

（3）若将直线BC平移，使其经过点A，且与抛物线相交于点D，连接BD，试求出∠BDA的度数．

二次函数综合题

（1）本题需先根据已知条件，过C点，设出该抛物线的解析式为y=ax2+bx+2，再根据过A，B两点，即可得出结果；

（2）由图象可知，以A、B为直角顶点的△ABE不存在，所以△ABE只可能是以点E为直角顶点的三角形．由相似关系求出点E的坐标；

（3）如图2，连结AC，作DE⊥x轴于点E，作BF⊥AD于点F，由BC∥AD设BC的解析式为y=kx+b，设AD的解析式为y=kx+n，由待定系数法求出一次函数的解析式，就可以求出D坐标，由勾股定理就可以求出BD的值，由勾股定理的逆定理就可以得出∠ACB=90°

，由平行线的性质就可以得出∠CAD=90°

，就可以得出四边形ACBF是矩形，就可以得出BF的值，由勾股定理求出DF的值，而得出DF=BF而得出结论．

（1）∵该抛物线过点C（0，2），

∴可设该抛物线的解析式为y=ax2+bx+2．

将A（﹣1，0），B（4，0）代入，

得，

解得，

∴抛物线的解析式为：

y=﹣x2+x+2．

（2）存在．

由图象可知，以A、B为直角顶点的△ABE不存在，所以△ABE只可能是以点E为直角顶点的三角形．

在Rt△BOC中，OC=2，OB=4，

∴BC==．

在Rt△BOC中，设BC边上的高为h，则×

h=×

2×

4，

∴h=．

∵△BEA∽△COB，设E点坐标为（x，y），

∴=，∴y=±

2

将y=2代入抛物线y=﹣x2+x+2，得x1=0，x2=3．

当y=﹣2时，不合题意舍去．

∴E点坐标为（0，2），（3，2）．

（3）如图2，连结AC，作DE⊥x轴于点E，作BF⊥AD于点F，

∴∠BED=∠BFD=∠AFB=90°

．

设BC的解析式为y=kx+b，由图象，得

∴，

yBC=﹣x+2．

由BC∥AD，设AD的解析式为y=﹣x+n，由图象，得

0=﹣×

（﹣1）+n

∴n=﹣，

yAD=﹣x﹣．

∴﹣x2+x+2=﹣x﹣，

x1=﹣1，x2=5

∴D（﹣1，0）与A重合，舍去，D（5，﹣3）．

∵DE⊥x轴，

∴DE=3，OE=5．

由勾股定理，得BD=．

∵A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2），

∴OA=1，OB=4，OC=2．

∴AB=5

在Rt△AOC中，Rt△BOC中，由勾股定理，得

AC=，BC=2，

∴AC2=5，BC2=20，AB2=25，

∴AC2+BC2=AB2

∴△ACB是直角三角形，

∴∠ACB=90°

∵BC∥AD，

∴∠CAF+∠ACB=180°

∴∠CAF=90°

∴∠CAF=∠ACB=∠AFB=90°

∴四边形ACBF是矩形，

∴AC=BF=，

在Rt△BFD中，由勾股定理，得DF=，

∴DF=BF，

∴∠ADB=45°

本题考查了运用待定系数法求二次函数解析式和一次函数的解析式的运用，相似三角形的性质的运用，勾股定理的运用，矩形的判定及性质的运用，等腰直角三角形的性质的运用，解答时求出函数的解析式是关键．

4.（2014•山东枣庄，第25题10分）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2﹣2x﹣3的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，连接BC，点D为抛物线的顶点，点P是第四象限的抛物线上的一个动点（不与点D重合）．

（1）求∠OBC的度数；

（2）连接CD、BD、DP，延长DP交x轴正半轴于点E，且S△OCE=S四边形OCDB，求此时P点的坐标；

（3）过点P作PF⊥x轴交BC于点F，求线段PF长度的最大值．

（1）由抛物线已知，则可求三角形OBC的各个顶点，易知三角形形状及内角．

（2）因为抛物线已固定，则S四边形OCDB固定，对于坐标系中的不规则图形常用分割求和、填补求差等方法求面积，本图形过顶点作x轴的垂线及可将其分为直角梯形及直角三角形，面积易得．由此可得E点坐标，进而可求ED直线方程，与抛物线解析式联立求解即得P点坐标．

（3）PF的长度即为yF﹣yP．由P、F的横坐标相同，则可直接利用解析式作差．由所得函数为二次函数，则可用二次函数性质讨论最值，解法常规．

（1）∵y=x2﹣2x﹣3=（x﹣3）（x+2），

∴由题意得，A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3），D（1，﹣4）．

在Rt△OBC中，

∵OC=OB=3，

∴△OBC为等腰直角三角形，

∴∠OBC=45°

（2）如图1，过点D作DH⊥x轴于H，此时S四边形OCDB=S梯形OCDH+S△HBD，

∵OH=1，OC=3，HD=4，HB=2，

∴S梯形OCDH=•（OC+HD）•OH=，S△HBD=•HD•HB=4，

∴S四边形OCDB=．

∴S△OCE=S四边形OCDB==，

∴OE=5，

∴E（5，0）．

设lDE：

y=kx+b，

∵D（1，﹣4），E（5，0），

解得，

∴lDE：

y=x﹣5．

∵DE交抛物线于P，设P（x，y），

∴x2﹣2x﹣3=x﹣5，

解得x=2或x=1（D点，舍去），

∴xP=2，代入lDE：

y=x﹣5，

∴P（2，﹣3）．

（3）如图2，

设lBC：

∵B（3，0），C（0，﹣3），

∴lBC：

y=x﹣3．

∵F在BC上，

∴yF=xF﹣3，

∵P在抛物线上，

∴yP=xP2﹣2xP﹣3，

∴线段PF长度=yF﹣yP=xF﹣3﹣（xP2﹣2xP﹣3），

∵xP=xF，

∴线段PF长度=﹣xP2+3xP=﹣（xP﹣）2+，（1＜xP≤3），

∴当xP=时，线段PF长度最大为．

本题考查了抛物线图象性质、已知两点求直线解析式、直角三角形性质及二次函数最值等基础知识点，题目难度适中，适合学生加强练习．

5.（2014•山东潍坊，第22题12分）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD的中点，连接AE、BF，交点为G．

（1）求证：

AE⊥BF；

（2）将△BCF沿BF对折，得到△BPF（如图2），延长FP交BA的延长线于点Q，求sin∠BQP的值；

（3）将△ABE绕点A逆时针方向旋转，使边AB正好落在AE上，得到△AHM（如图3），若AM和BF相交于点N，当正方形ABCD的面积为4时，求四边形GHMN的面积．

相似三角形的判定与性质；

全等三角形的判定与性质；

正方形的性质；

解直角三角形．

（1）由四边形ABCD是正方形，可得∠ABE=∠BCF=90°

，AB=BC，又由BE=CF，即可证得△ABE≌△