中考数学复习第2编专题突破篇题型7代数几何综合题精讲试题.docx

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中考数学复习第2编专题突破篇题型7代数几何综合题精讲试题

2018中考数学复习第2编专题突破篇题型7代数几何综合题精讲试题

命题规律与解题策略）

【命题规律】代数几何综合，一般设计3～4问，由易到难有一定的坡度，或连续设问，或独立考查，最后一问较难．动点探索问题，一般是涉及三角形相似、特殊四边形、特殊角——直角（或直角三角形）、等腰三角形、三角形（或多边形）最大面积的探究问题，青海近几年第28题都是此类题型，难度较大，分值在12分左右．

【解题策略】学会用数形结合思想、分类讨论思想、特殊到一般的思想来解决此类题．

重难点突破）

　相似三角形存在性问题探究

【例1】（2017新疆中考）如图，抛物线y＝－x2＋x＋2与x轴交于点A，B，与y轴交于点C.

（1）试求A，B，C的坐标；

（2）将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD.

①求点D的坐标；

②判断四边形ADBC的形状，并说明理由；

（3）在该抛物线对称轴上是否存在点P，使△BMP与△BAD相似？

若存在，请直接写出所有满足条件的P点的坐标；若不存在，请说明理由．

【解析】

（1）分别令y＝0，x＝0解得方程的根即可求A，B，C的坐标；

（2）由矩形的性质找到点D，C的关系即可；（3）要注意分情况讨论．

【答案】解：

（1）当y＝0时，0＝－x2＋x＋2，

解得：

x1＝－1，x2＝4，则A（－1，0），B（4，0）．

当x＝0时，y＝2，故C（0，2）；

（2）①如答图，过点D作DE⊥x轴于点E.

∵将△ABC绕AB中点M旋转180°得到△BAD，

∴DE＝2，AO＝BE＝1，OM＝ME＝1.5，∴D（3，－2）；

②四边形ADBC是矩形．

理由：

∵将△ABC绕AB中点M旋转180°得到△BAD，

∴AC＝BD，AD＝BC，

∴四边形ADBC是平行四边形．

∵AC＝＝，BC＝＝2，AB＝5，

∴AC2＋BC2＝AB2，∴△ACB是直角三角形，

∴∠ACB＝90°，∴四边形ADBC是矩形；

（3）存在．点P的坐标为（1.5，1.25）或（1.5，－1.25）或（1.5，5）或（1.5，－5）．

1．（2017海南中考）抛物线y＝ax2＋bx＋3经过点A（1，0）和点B（5，0）．

（1）求该抛物线所对应的函数解析式；

（2）该抛物线与直线y＝x＋3相交于C，D两点，点P是抛物线上的动点且位于x轴下方，直线PM∥y轴，分别与x轴和直线CD交于点M，N.

①连接PC，PD，如图①，在点P运动过程中，△PCD的面积是否存在最大值？

若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由；

②连接PB，过点C作CQ⊥PM，垂足为点Q，如图②，是否存在点P，使得△CNQ与△PBM相似？

若存在，求出满足条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．

解：

（1）∵抛物线y＝ax2＋bx＋3经过点A（1，0）和点B（5，0），∴解得

∴该抛物线对应的函数解析式为y＝x2－x＋3；

（2）①∵点P是抛物线上的动点且位于x轴下方，

∴可设P（1＜t＜5）．∵直线PM∥y轴，分别与x轴和直线CD交于点M，N，∴M（t，0），N，∴PN＝t＋3－＝－＋.联立直线CD与抛物线解析式可得解得或∴C（0，3），D.∴S△PCD＝S△PCN＋S△PDN＝PN|xD－xc|＝PN＝＝－＋，∴当t＝时，△PCD的面积有最大值，最大值为；

②存在．

理由：

∵∠CQN＝∠PMB＝90°，∴当△CNQ与△PBM相似时，有＝或＝两种情况．∵CQ⊥PM，垂足为Q，∴Q（t，3），且C（0，3），N，∴CQ＝t，NQ＝t＋3－3＝t，∴＝.∵P，M（t，0），B（5，0），∴BM＝5－t，PM＝0－＝－t2＋t－3.当＝时，则PM＝BM，即－t2＋t－3＝（5－t），解得t＝2或t＝5（舍去），此时P；当＝时，则BM＝PM，即5－t＝，解得t＝或t＝5（舍去），此时P.综上可知，存在满足条件的点P，其坐标为或.

【方法指导】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、函数图象的交点、二次函数的性质、相似三角形的判定和性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在

（1）中注意待定系数法的应用，在

（2）①中用P点坐标表示出△PCD的面积是解题的关键，在

（2）②中利用相似三角形的性质确定出相应线段的比是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．

　平行四边形及矩形、菱形、正方形存在性问题探究

【例2】（2017兰州中考节选）如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c与直线AB交于A（－4，－4），B（0，4）两点，直线AC：

y＝－x－6交y轴于点C.点E是直线AB上的动点，过点E作EF⊥x轴交AC于点F，交抛物线于点G.

（1）求抛物线y＝－x2＋bx＋c的解析式；

（2）连接GB，EO，当四边形GEOB是平行四边形时，求点G的坐标；

（3）在y轴上存在一点H，连接EH，HF，当点E运动到什么位置时，以A，E，F，H为顶点的四边形是矩形？

求出此时点E，H的坐标．

【解析】

（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；

（2）先利用待定系数法求出直线AB的解析式，进而利用平行四边形的对边相等建立方程求解即可；（3）先判断出要以点A，E，F，H为顶点的四边形是矩形，只有EF为对角线，利用中点坐标公式建立方程即可．

【答案】解：

（1）∵点A（－4，－4），B（0，4）在抛物线y＝－x2＋bx＋c上，∴

∴∴抛物线的解析式为y＝－x2－2x＋4；

（2）设直线AB的解析式为y＝kx＋n.将A（－4，－4），B（0，4）代入得∴∴直线AB的解析式为y＝2x＋4.设E（m，2m＋4），∴G（m，－m2－2m＋4）．∵四边形GEOB是平行四边形，∴EG＝OB＝4，∴－m2－2m＋4－2m－4＝4，∴m＝－2，∴G（－2，4）；

（3）如答图，由

（2）知，直线AB的解析式为y＝2x＋4，∴设E（a，2a＋4）．∵直线AC：

y＝－x－6，∴F（a，－a－6）．设H（0，p），∵以点A，E，F，H为顶点的四边形是矩形，∴AB⊥AC，∴EF为对角线，∴（－4＋0）＝（a＋a），（－4＋p）＝，

∴a＝－2，p＝－1，∴E（－2，0），H（0，－1）．

2．（2017天水中考）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2－2ax－3a（a＜0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），经过点A的直线l：

y＝kx＋b与y轴负半轴交于点C，与抛物线的另一个交点为D，且CD＝4AC.

（1）求A，B两点的坐标及抛物线的对称轴；

（2）求直线l的函数解析式；（其中k，b用含a的式子表示）

（3）点E是直线l上方的抛物线上的动点，若△ACE的面积的最大值为，求a的值；

（4）设P是抛物线对称轴上的一点，点Q在抛物线上，以点A，D，P，Q为顶点的四边形能否成为矩形？

若能，求出点P的坐标；若不能，请说明理由．

解：

（1）当y＝0时，ax2－2ax－3a＝0，解得：

x1＝－1，x2＝3，∴A（－1，0），B（3，0），对称轴为直线x＝＝1；

（2）∵直线l：

y＝kx＋b过A（－1，0），∴0＝－k＋b，即k＝b，∴直线l：

y＝kx＋k.∵抛物线与直线l交于点A，D，∴ax2－2ax－3a＝kx＋k，即ax2－（2a＋k）x－3a－k＝0.∵CD＝4AC，∴点D的横坐标为4，∴－3－＝－1×4，∴k＝a，∴直线l的函数解析式为y＝ax＋a；

（3）如答图①，过E作EF∥y轴交直线l于F，设E（x，ax2－2ax－3a），则F（x，ax＋a），∴EF＝ax2－2ax－3a－ax－a＝ax2－3ax－4a，∴S△ACE＝S△AFE－S△CEF＝（ax2－3ax－4a）（x＋1）－（ax2－3ax－4a）x＝（ax2－3ax－4a）＝a－a，∴△ACE的面积的最大值为－a.∵△ACE的面积的最大值为，∴－a＝，解得a＝－；

（4）以点A，D，P，Q为顶点的四边形能成为矩形．

理由：

令ax2－2ax－3a＝ax＋a，即ax2－3ax－4a＝0，解得：

x1＝－1，x2＝4，∴D（4，5a）．∵抛物线的对称轴为直线x＝1，设P（1，m）．①若AD是矩形ADPQ的一条边，如答图②，则由中点公式易得Q（－4，21a），m＝21a＋5a＝26a，则P（1，26a）．∵四边形ADPQ是矩形，∴∠ADP＝90°，∴AD2＋PD2＝AP2，∴52＋（5a）2＋32＋（26a－5a）2＝22＋（26a）2，即a2＝.∵a＜0，∴a＝－，∴P；②若AD是矩形APDQ的对角线，如答图③，则易得Q（2，－3a），m＝5a－（－3a）＝8a，则P（1，8a）．∵四边形APDQ是矩形，∴∠APD＝90°，∴AP2＋PD2＝AD2，∴（－1－1）2＋（8a）2＋（1－4）2＋（8a－5a）2＝52＋（5a）2，即a2＝.∵a＜0，∴a＝－，∴P（1，－4）．综上所述，以点A，D，P，Q为顶点的四边形能成为矩形，点P的坐标为或（1，－4）．

【方法指导】

（1）解方程即可得到结论；

（2）根据直线l：

y＝kx＋b过A（－1，0），得到直线l：

y＝kx＋k，解方程得到点D的横坐标为4，求得k＝a，得到直线l的函数解析式为y＝ax＋a；

（3）过E作EF∥y轴交直线l于F，设E（x，ax2－2ax－3a），得到F（x，ax＋a），求出EF＝ax2－3ax－4a，根据三角形的面积公式列方程即可得到结论；

（4）令ax2－2ax－3a＝ax＋a，即ax2－3ax－4a＝0，得到D（4，5a），设P（1，m）．分情况讨论：

①若AD是矩形ADPQ的一条边；②若AD是矩形APDQ的对角线，列方程即可得到结论．

　直角三角形存在性问题探究

【例3】（2017内江中考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）与y轴交于点C（0，3），与x轴交于A，B两点，点B坐标为（4，0），抛物线的对称轴方程为x＝1.

（1）求抛物线的解析式；

（2）点M从A点出发，在线段AB上以每秒3个单位长度的速度向B点运动，同时点N从B点出发，在线段BC上以每秒1个单位长度的速度向C点运动，其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动，设△MBN的面积为S，点M运动时间为t，试求S与t的函数关系，并求S的最大值；

（3）在点M运动过程中，是否存在某一时刻t，使△MBN为直角三角形？

若存在，求出t值；若不存在，请说明理由．

【解析】

（1）把点A，B，C的坐标分别代入抛物线解析式，列出关于系数a，b，c的解析式，通过解方程组求得它们的值；

（2）设运动时间为t秒．利用三角形的面积公式列出S△MBN与t的函数关系式S△MBN＝－（t－1）2＋.利用二次函数的图象性质进行解答；（3）根据余弦函数，可得关于t的方程，解方程，可得答案．

【答案】解：

（1）∵点B坐标为（4，0），抛物线的对称轴为直线x＝1，∴A（－2，0）．把点A（－2，0），B（4，0），C（0，3）分别代入y＝ax2＋bx＋c（a≠0），得解得∴该抛物线的解析式为y＝－x2＋x＋3；

（2）设运动时间为ts，则AM＝3t，BN＝t.∴MB＝6－3t.由题意得，点C的坐标为（0，3）．在Rt△BOC中，BC＝＝5.如答图①，过点N作NH⊥AB于点H.∴NH∥CO，∴△BHN∽△BOC，∴＝，即＝，∴HN＝t.∴S△MBN＝MB·HN＝（6－3t）·t＝－t2＋t＝－（t－1）2＋.当△MBN存在时，0＜t＜2，∴当t＝1时，S△MBN最大＝.∴点M运动1s时△MBN的面积最大，最大面积是；

（3）如答图②，在Rt△OBC中，cosB＝＝.设运动时间为ts，则AM＝3t，BN＝t.∴MB＝6－3t.当∠MNB＝90°时，cosB＝＝，即＝，解得t＝；当∠BMN＝90°时，cosB＝＝，即＝，解得t＝.综上所述，t＝或t＝时，△MBN为直角三角形．

3．如图，已知抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的对称轴为直线x＝－1，且抛物线经过A（1，0），C（0，3）两点，与x轴交于点B.

（1）若直线y＝mx＋n经过B，C两点，求直线BC和抛物线的解析式；

（2）在抛物线的对称轴x＝－1上找一点M，使点M到点A的距离与到点C的距离之和最小，求出点M的坐标；

（3）设点P为抛物线的对称轴x＝－1上的一个动点，求使△BPC为直角三角形的点P的坐标．

解：

（1）依题意，得

解得

∴抛物线解析式为y＝－x2－2x＋3.∵对称轴为直线x＝－1，且抛物线经过A（1，0），∴B（－3，0）．把B（－3，0），C（0，3）分别代入直线y＝mx＋n，得解得∴直线y＝mx＋n的解析式为y＝x＋3；

（2）设直线BC与对称轴x＝－1的交点为M，由两点之间线段最短可知此时MA＋MC的值最小．把x＝－1代入直线y＝x＋3得，y＝2，∴M（－1，2），即当点M到点A的距离与到点C的距离之和最小时M的坐标为（－1，2）；

（3）设P（－1，t），又∵B（－3，0），C（0，3），∴BC2＝18，PB2＝（－1＋3）2＋t2＝4＋t2，PC2＝（－1）2＋（t－3）2＝t2－6t＋10.如答图，①若点B为直角顶点，则BC2＋PB2＝PC2.即：

18＋4＋t2＝t2－6t＋10，解得t＝－2；②若点C为直角顶点，则BC2＋PC2＝PB2.即：

18＋t2－6t＋10＝4＋t2，解得t＝4；③若点P为直角顶点，则PB2＋PC2＝BC2.即：

4＋t2＋t2－6t＋10＝18，解得t1＝，t2＝.综上所述，P点的坐标为（－1，－2）或（－1，4）或或.

【方法指导】先由对称轴为直线x＝－1，且抛物线经过A（1，0），C（0，3）两点，可求抛物线的解析式，再求点B的坐标，直线解析式即可求；由抛物线的轴对称性质知道点A，B关于对称轴对称，故BC与对称轴的交点即为M点，故求出BC的长即可．分类讨论点B，P，C都可能为直角顶点．

　图形面积存在性问题探究

【例4】如图，抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴交于A，B两点，B点坐标为（3，0），与y轴交于点C（0，－3）．

（1）求抛物线的解析式；

（2）点P在抛物线位于第四象限的部分上运动，当四边形ABPC的面积最大时，求点P的坐标和四边形ABPC的最大面积．

【解析】

（1）由B，C两点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线的解析式；

（2）连接BC，则△ABC的面积是不变的，过P作PM∥y轴，交BC于点M，设出P点坐标，可表示出PM的长，可知当PM取最大值时△PBC的面积最大，利用二次函数的性质可求得P点的坐标及四边形ABPC的最大面积．

【答案】解：

（1）把B，C两点坐标代入抛物线解析式可得解得

∴抛物线的解析式为y＝x2－2x－3；

（2）如答图，连接BC，过P作与y轴平行的直线，交BC于点M，交x轴于点H.在y＝x2－2x－3中，令y＝0可得0＝x2－2x－3，解得x＝－1或x＝3，∴A点坐标为（－1，0），∴AB＝3－（－1）＝4，且OC＝3，∴S△ABC＝AB·OC＝×4×3＝6.∵B（3，0），C（0，－3），∴直线BC的解析式为y＝x－3.设P点坐标为（x，x2－2x－3），则M点坐标为（x，x－3）．∵P点在第四象限，∴PM＝x－3－（x2－2x－3）＝－x2＋3x，∴S△PBC＝PM·OH＋PM·HB＝PM·（OH＋HB）＝PM·OB＝PM，∴当PM有最大值时，△PBC的面积最大，则四边形ABPC的面积最大．∵PM＝－x2＋3x＝－＋，∴当x＝时，PMmax＝，则S△PBC＝×＝，此时P点坐标为，S四边形ABPC＝S△ABC＋S△PBC＝6＋＝，即当P点坐标为时，四边形ABPC的面积最大，最大面积为.

4．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx－3（a≠0）与x轴交于点A（－2，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C.

（1）求抛物线的解析式；

（2）点P从A点出发，在线段AB上以每秒3个单位长度的速度向B点运动，同时点Q从B点出发，在线段BC上以每秒1个单位长度的速度向C点运动，其中一个点到达终点时，另一个也停止运动，当△PBQ存在时，运动多少秒使△PBQ的面积最大，最大面积是多少？

（3）当△PBQ的面积最大时，在BC下方的抛物线上存在点M，使S△CBM∶S△PBQ＝5∶2，求M点坐标．

解：

（1）y＝ax2＋bx－3经过A（－2，0），B（4，0），

∴解得

∴y＝x2－x－3；

（2）设经过ts，此时PB＝6－3t，BQ＝t，∴B（4，0），C（0，－3），则BC＝5.过Q点作QK⊥x轴于K点，如答图，可知：

△BKQ∽△BOC，∴＝＝，即＝，∴KQ＝t.∴S△BPQ＝BP×KQ＝×t（6－3t）＝－（t－1）2＋.当△PBQ存在时，0

（3）当S△BPQ取最大值时，S△CBM∶S△PBQ＝5∶2，即S△CBM＝.∵点M在抛物线上，且在BC下方，设M，0＜t＜4.过M点作y轴的平行线交BC于N点，交x轴于R点．∵B（4，0），C（0，－3），∴直线BC的解析式为：

y＝x－3，∴N点坐标为.S△CMB＝S△CMN＋S△NMB＝MN×OR＋MN×BR＝MN（OR＋BR）＝MN×OB，∴＝××4＝－t2＋3t，解得：

t1＝1，t2＝3.∴M点的坐标为或.

【方法指导】将A，B两点坐标代入即可求出a，b.可作QK⊥AB，并分别列出AP，BQ，PB的参数方程，用三角函数得出KQ的参数长度，进而求出△PBQ的面积函数，用水平底边与铅锤高的乘积的一般求解．（方法不唯一）．