最新中考数学总复习第二轮中考题型专题专题复习七函数与几何图形综合探究题试题Word格式.docx

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∴QM＝－m2＋m＋2＋2－m＝－m2＋m＋4.

∴－m2＋m＋4＝4，解得m1＝0，m2＝2.

∵P点在OB上运动，∴0<

m<

4.∴m＝2.

（4）当∠QBD＝90°

时，即QB⊥DB，

设BQ所在直线的解析式为y＝－2x＋b，

将B（4，0）代入，得b＝8，∴y＝－2x＋8.

∵点Q是直线QB与抛物线的交点，

∴－x2＋x＋2＝－2x＋8，解得x1＝3，x2＝4.

∵B（4，0），∴Q1（3，2）．

当∠QDB＝90°

，即QD⊥DB，

设QD所在直线的解析式为y＝－2x＋b，

将D（0，－2）代入，得b＝－2，

∴y＝－2x－2.

∵点Q是直线QD与抛物线的交点，

∴－x2＋x＋2＝－2x－2，解得x1＝8，x2＝－1.

∴Q2（8，－18），Q3（－1，0）．

2．（2016·

十堰）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2＋1经过点A（4，－3），顶点为B.点P为抛物线上的一个动点，l是经过点（0，2）且垂直于y轴的直线，过点P作PH⊥l，垂足为点H，连接PO.

（1）求抛物线的解析式，并写出其顶点B的坐标；

（2）①当点P运动到点A处时，计算：

PO＝5，PH＝5，由此发现PO＝PH（填“＜”“＞”或“＝”）；

②当点P在抛物线上运动时，猜想PO与PH有什么数量关系，并证明你的猜想；

（3）如图2，设点C（1，－2），问是否存在点P，使得以点P，O，H为顶点的三角形与△ABC相似？

若存在，求出P点的坐标；

若不存在，说明理由．

图1　　　　　　　　　　　　图2

（1）∵抛物线y＝ax2＋1经过点A（4，－3），

∴－3＝42×

a＋1.解得a＝－.

∴抛物线的解析式为y＝－x2＋1，顶点B的坐标是（0，1）．

（2）②猜想PO＝PH.

证明：

当点P移动到抛物线与x轴，y轴的交点位置时，有PO＝PH＝2，PO＝PH＝1，显然PO＝PH成立；

当点P在抛物线上的x轴上方时，如图3.

设P（b，－＋1），根据坐标的意义及勾股定理，得

PO＝＝＝＋1，

PH＝2－|－＋1|＝2－（－＋1）＝＋1，

∴PO＝PH.

当点P在抛物线上的x轴下方时，如图1.

PH＝|－＋1|＋2＝－（－＋1）＋2＝＋1，

综上所述，当P点在抛物线上运动时，总有PO＝PH.

图3　　　　　　　　　　　　　　图4

（3）存在．P1（1，），P2（－1，）．如图4，根据坐标的意义和勾股定理，可以求得

BC＝＝＝，

AC＝＝＝，

AB＝＝＝4.

∴△ABC是等腰三角形．

由

（2）知道PO＝PH，△POH也是等腰三角形，且PO＝PH＝＋1，

假设存在点P（b，－＋1），使得以点P，O，H为顶点的三角形与△ABC相似，求出P点的坐标即可．由题意知H（b，2），

∴OH＝＝.

要使等腰△OHP与等腰△ABC相似，就需要＝.

∵PH＝＋1，BC＝，OH＝，AB＝4，

∴＝.两边平方得＝.

整理，得b4＋3b2－4＝0，（b2＋4）（b2－1）＝0.

∵b2＋4≠0，∴b2－1＝0.解得b＝1或－1.

∴点P1（1，），P2（－1，）．

3．（2016·

东营）在平面直角坐标系中，平行四边形ABOC如图放置，点A、C的坐标分别是（0，4）、（－1，0），将此平行四边形绕点O顺时针旋转90°

，得到平行四边形A′B′OC′.

（1）若抛物线过点C、A、A′，求此抛物线的解析式；

（2）点M是第一象限内抛物线上的一动点，问：

当点M在何处时，△AMA′的面积最大？

最大面积是多少？

并求出此时点M的坐标；

（3）若P为抛物线上的一动点，N为x轴上的一动点，点Q坐标为（1，0），当P、N、B、Q构成平行四边形时，求点P的坐标，当这个平行四边形为矩形时，求点N的坐标．

（1）∵▱ABOC绕点O顺时针旋转90°

，得到▱A′B′OC′，点A的坐标是（0，4），

∴点A′的坐标为（4，0），点B的坐标为（1，4）．

∵抛物线过点C，A，A′，设抛物线的解析式为y＝ax2＋bx＋c（a≠0），得

解得

∴抛物线的解析式为y＝－x2＋3x＋4.

（2）连接AA′，设直线AA′的解析式为y＝kx＋d，

可得：

∴直线AA′的解析式是y＝－x＋4.

设M（x，－x2＋3x＋4），

S△AMA′＝×

4×

[－x2＋3x＋4－（－x＋4）]＝－2x2＋8x＝－2（x－2）2＋8，

∵0＜x＜4，∴x＝2时，△AMA′的面积最大，最大值为8，∴M（2，6）．

（3）设P点的坐标为（x，－x2＋3x＋4），当P、N、B、Q构成平行四边形时，

①当BQ为边时，PN∥BQ且PN＝BQ，

∵BQ＝4，∴－x2＋3x＋4＝±

4.

当－x2＋3x＋4＝4时，x1＝0，x2＝3，即P1（0，4），P2（3，4）；

当－x2＋3x＋4＝－4时，x3＝，x4＝，即P3（，－4），P4（，－4）．

②当BQ为对角线时，PB∥x轴，即P1（0，4），P2（3，4）；

当这个平行四边形为矩形时，即P1（0，4），P2（3，4）时，N1（0，0），N2（3，0）．

综上所述，当P1（0，4），P2（3，4），P3（，－4），P4（，－4）时，P、N、B、Q构成平行四边形；

当这个平行四边形为矩形时，N1（0，0），N2（3，0）．

4．（2016·

岳阳）如图1，直线y＝x＋4交x轴于点A，交y轴于点C.过A、C两点的抛物线F1交x轴于另一点B（1，0）．

（1）求抛物线F1所表示的二次函数的表达式；

（2）若点M是抛物线F1位于第二象限图象上的一点，设四边形MAOC和△BOC的面积分别为S四边形MAOC和S△BOC，记S＝S四边形MAOC－S△BOC，求S最大时点M的坐标及S的最大值；

（3）如图2，将抛物线F1沿y轴翻折并“复制”得到抛物线F2，点A、B与

（2）中所求的点M的对应点分别为A′、B′、M′，过点M′作M′E⊥x轴于点E，交直线A′C于点D，在x轴上是否存在点P，使得以A′、D、P为顶点的三角形与△AB′C相似；

若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．

（1）直线y＝x＋4交x轴于点A（－3，0），交y轴于点C（0，4）．

设抛物线F1的表达式为y＝ax2＋bx＋c，由题意得

∴抛物线F1的表达式为y＝－x2－x＋4.

（2）如图3，过点M作MQ⊥x轴交AC于点Q，设点M（x，－x2－x＋4），则点Q（x，x＋4）．

∴MQ＝（－x2－x＋4）－（x＋4）＝－x2－4x＝－（x＋）2＋3.

∴S△AMC＝S△AMQ＋S△QMC＝MQ×

3＝－2（x＋）2＋.

∴S四边形MAOC＝S△AMC＋S△AOC＝－2（x＋）2＋＋×

∴S＝S四边形MAOC－S△BOC＝－2（x＋）2＋－×

1＝－2（x＋）2＋.

∵－3＜x＜0，∴当x＝－时，S最大，S最大＝，此时，点M坐标为（－，5）．

图3　　　　　　　　　　　图4

（3）存在．理由如下：

由翻折得：

M′（，5），A′（3，0），B′（－1，0）．

易得直线A′C的解析式为y＝－x＋4，

则点D（，2）．

由勾股定理得AC＝5，A′D＝.

由对称性可得：

∠CAB′＝∠DA′P.

设点P（m，0），易知点P在点A′的左侧，则PA′＝3－m.

①若＝，即＝，解得m＝2时，

△A′PD∽△AB′C，此时，点P（2，0）；

②若＝，即＝，解得m＝－时，△A′DP∽△AB′C，此时，点P（－，0）．

综上所述，存在点P1（2，0）或点P2（－，0），使得以A′、D、P为顶点的三角形与△AB′C相似．

5．（2016·

青岛）已知：

如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，对角线AC，BD相交于点O.点P从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为1cm/s；

同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1cm/s；

当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接PO并延长，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，交BD于点F.设运动时间为t（s）（0<

t<

6），解答下列问题：

（1）当t为何值时，△AOP是等腰三角形？

（2）设五边形OECQF的面积为S（cm2），试确定S与t的函数关系式；

（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使S五边形OECQF∶S△ACD＝9∶16？

若存在，求出t的值；

若不存在，请说明理由；

（4）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OD平分∠COP？

（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°

.

在Rt△ABC中，∵AB＝6，BC＝8，∴AC＝＝10.

∴AO＝BO＝CO＝DO＝5.

根据题意，得AP＝DQ＝1×

t＝t.

△AOP是等腰三角形，有以下三种可能：

①当AP＝OP时，过点P作PG⊥AO于G，

∴AG＝AO＝，∠AGP＝∠ADC＝90°

又∵∠PAG＝∠CAD，∴△PAG∽△CAD.

∴＝，即＝.解得t＝；

②当AP＝AO时，t＝5；

③当AO＝PO时，点P与点D重合，此时t＝8＞6，不合题意，舍去．

故当t＝或5时，△AOP是等腰三角形．

（2）∵QF∥AC，∴△DFQ∽△DOC.

∴＝（）2，即＝.

∵S△COD＝S矩形ABCD＝×

6×

8＝12.

∴S△DFQ＝×

12＝，∴S四边形FOCQ＝12－.

∵AD∥BC，∴∠PAO＝∠ECO，∠APO＝∠CEO.

又∵AO＝CO，∴△APO≌△CEO，∴CE＝AP＝t.

过点O作OH⊥BC于H，∴OH＝CD＝×

6＝3.

∴S△CEO＝×

t×

3＝t.

∴S＝S四边形FOCQ＋S△CEO＝12－＋t＝－＋t＋12.

（3）存在．S△ACD＝AD·

CD＝×

8×

6＝24.

当S五边形OECQF∶S△ACD＝9∶16时，

＝，

整理，得2t2－9t＋9＝0，解得t1＝3，t2＝.

故当t＝3或时，S五边形OECQF∶S△ACD＝9∶16.

（4）存在．过点D作DM⊥PE于点M，DN⊥AC于点N.

∵∠POD＝∠COD，∴DM＝DN＝.

∴ON＝OM＝＝＝.

∵OP·

DM＝3PD，∴OP＝＝＝5－t.

∴PM＝（5－t）－＝－t.

在Rt△PDM中，根据勾股定理，得

PD2＝PM2＋DM2，

即（8－t）2＝（－t）2＋（）2，

解得t1＝（不合题意，舍去），t2＝.

∴当t＝时，OD平分∠COP.

6．（2016·

威海）如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c经过点A（－2，0），点B（4