浙江省中考数学压轴题分类及解析复习进程.doc
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一、函数及函数的应用: 4题(12+10+12+12=46分) 占压轴分19.3% (2017•杭州)22.(12分)在平面直角坐标系中,设二次函数y1=(x+a)(x﹣a﹣1),其中a≠0. (1)若函数y1的图象经过点(1,﹣2),求函数y1的表达式; (2)若一次函数y2=ax+b的图象与y1的图象经过x轴上同一点,探究实数a,b满足的关系式; (3)已知点P(x0,m)和Q(1,n)在函数y1的图象上,若m<n,求x0的取值范围. 【解答】解:(1)函数y1的图象经过点(1,﹣2),得 (a+1)(﹣a)=﹣2, 解得a=﹣2,a=1, 函数y1的表达式y=(x﹣2)(x+2﹣1),化简,得y=x2﹣x﹣2; 函数y1的表达式y=(x+1)(x﹣2)化简,得y=x2﹣x﹣2, 综上所述:函数y1的表达式y=x2﹣x﹣2; (2)当y=0时x2﹣x﹣2=0,解得x1=﹣1,x2=2, y1的图象与x轴的交点是(﹣1,0)(2,0), 当y2=ax+b经过(﹣1,0)时,﹣a+b=0,即a=b; 当y2=ax+b经过(2,0)时,2a+b=0,即b=﹣2a; (3)当P在对称轴的左侧时,y随x的增大而增大, (1,n)与(0,n)关于对称轴对称, 由m<n,得x0<0; 当时P在对称轴的右侧时,y随x的增大而减小, 由m<n,得x0>1, 综上所述:m<n,求x0的取值范围x0<0或x0>1. (2017•湖州)23.(10分)湖州素有鱼米之乡之称,某水产养殖大户为了更好地发挥技术优势,一次性收购了20000kg淡水鱼,计划养殖一段时间后再出售.已知每天放养的费用相同,放养10天的总成本为30.4万元;放养20天的总成本为30.8万元(总成本=放养总费用+收购成本). (1)设每天的放养费用是a万元,收购成本为b万元,求a和b的值; (2)设这批淡水鱼放养t天后的质量为m(kg),销售单价为y元/kg.根据以往经验可知:m与t的函数关系为;y与t的函数关系如图所示. ①分别求出当0≤t≤50和50<t≤100时,y与t的函数关系式; ②设将这批淡水鱼放养t天后一次性出售所得利润为W元,求当t为何值时,W最大?并求出最大值.(利润=销售总额﹣总成本) 解:(1)由题意,得:, 解得, 答:a的值为0.04,b的值为30; (2)①当0≤t≤50时,设y与t的函数解析式为y=k1t+n1, 将(0,15)、(50,25)代入,得:, 解得:, ∴y与t的函数解析式为y=t+15; 当50<t≤100时,设y与t的函数解析式为y=k2t+n2, 将点(50,25)、(100,20)代入,得:, 解得:, ∴y与t的函数解析式为y=﹣t+30; ②由题意,当0≤t≤50时, W=20000(t+15)﹣(400t+300000)=3600t, ∵3600>0, ∴当t=50时,W最大值=180000(元); 当50<t≤100时,W=(100t+15000)(﹣t+30)﹣(400t+300000) =﹣10t2+1100t+150000 =﹣10(t﹣55)2+180250, ∵﹣10<0, ∴当t=55时,W最大值=180250(元), 综上所述,放养55天时,W最大,最大值为180250元. (2017•嘉兴、舟山)24、(12分)如图,某日的钱塘江观潮信息如表: 按上述信息,小红将“交叉潮”形成后潮头与乙地之间的距离(千米)与时间(分钟)的函数关系用图3表示,其中:“11:40时甲地‘交叉潮’的潮头离乙地12千米”记为点,点坐标为,曲线可用二次函数(,是常数)刻画. (1)求的值,并求出潮头从甲地到乙地的速度; (2)11:59时,小红骑单车从乙地出发,沿江边公路以千米/分的速度往甲地方向去看潮,问她几分钟后与潮头相遇? (3)相遇后,小红立即调转车头,沿江边公路按潮头速度与潮头并行,但潮头过乙地后均匀加速,而单车最高速度为千米/分,小红逐渐落后,问小红与潮头相遇到落后潮头1.8千米共需多长时间?(潮水加速阶段速度,是加速前的速度). (2017·台州)23、(12分)交通工程学理论把在单向道路上行驶的汽车看成连续的液体,并用流量、速度、密度三个概念描述车流的基本特征。其中流量q(辆/小时)指单位时间内通过道路指定断面的车辆数;速度v(千米/小时)指通过道路指定断面的车辆速度;密度(辆/千米)指通过道路指定断面单位长度内的车辆数,为配合大数据治堵行动,测得某路段流量q与速度v之间的部分数据如下表:[来源:学科网ZXXK] 速度v(千米/小时) …[来源:学科网] 5 10 20 32 40 48 … 流量q(辆/小时) … 550 1000 1600 1792 1600 1152 … (1)根据上表信息,下列三个函数关系式中,刻画q,v关系最准确的是________(只需填上正确答案的序号)① ② ③ (2)请利用(1)中选取的函数关系式分析,当该路段的车流速为多少时,流量达到最大?最大流量是多少? (3)已知q,v,k满足 ,请结合(1)中选取的函数关系式继续解决下列问题: ①市交通运行监控平台显示,当 时道路出现轻度拥堵,试分析当车流密度k在什么范围时,该路段出现轻度拥堵; ②在理想状态下,假设前后两车车头之间的距离d(米)均相等,求流量q最大时d的值 (1)③ (2)解:∵q=-2v2+120v=-2(v-30)2+1800. ∴当v=30时,q最大=1800. (3)解:①∵q=vk, ∴k===-2v+120. ∴v=-k+60. ∵12≤v<18, ∴12≤-k+60<18. 解得:84<k≤96. ②∵当v=30时,q最大=1800. 又∵v=-k+60, ∴k=60. ∴d==. ∴流量最大时d的值为米. 二、几何: 10题(12+10+12+10+12+10+14+12+14+14=120分) 占压轴分50.4% (2017•杭州)23.(12分)如图,已知△ABC内接于⊙O,点C在劣弧AB上(不与点A,B重合),点D为弦BC的中点,DE⊥BC,DE与AC的延长线交于点E,射线AO与射线EB交于点F,与⊙O交于点G,设∠GAB=ɑ,∠ACB=β,∠EAG+∠EBA=γ, (1)点点同学通过画图和测量得到以下近似数据: ɑ 30° 40° 50° 60° β 120° 130° 140° 150° γ 150° 140° 130° 120° 猜想:β关于ɑ的函数表达式,γ关于ɑ的函数表达式,并给出证明: (2)若γ=135°,CD=3,△ABE的面积为△ABC的面积的4倍,求⊙O半径的长. 解:(1)猜想:β=α+90°,γ=﹣α+180° 连接OB, ∴由圆周角定理可知:2∠BCA=360°﹣∠BOA, ∵OB=OA, ∴∠OBA=∠OAB=α, ∴∠BOA=180°﹣2α, ∴2β=360°﹣(180°﹣2α), ∴β=α+90°, ∵D是BC的中点,DE⊥BC, ∴OE是线段BC的垂直平分线, ∴BE=CE,∠BED=∠CED,∠EDC=90° ∵∠BCA=∠EDC+∠CED, ∴β=90°+∠CED, ∴∠CED=α, ∴∠CED=∠OBA=α, ∴O、A、E、B四点共圆, ∴∠EBO+∠EAG=180°, ∴∠EBA+∠OBA+∠EAG=180°, ∴γ+α=180°; (2)当γ=135°时,此时图形如图所示, ∴α=45°,β=135°, ∴∠BOA=90°,∠BCE=45°, 由(1)可知:O、A、E、B四点共圆, ∴∠BEC=90°, ∵△ABE的面积为△ABC的面积的4倍, ∴, ∴, 设CE=3x,AC=x, 由(1)可知:BC=2CD=6, ∵∠BCE=45°, ∴CE=BE=3x, ∴由勾股定理可知:(3x)2+(3x)2=62, x=, ∴BE=CE=3,AC=, ∴AE=AC+CE=4, 在Rt△ABE中, 由勾股定理可知:AB2=(3)2+(4)2, ∴AB=5, ∵∠BAO=45°, ∴∠AOB=90°, 在Rt△AOB中,设半径为r, 由勾股定理可知:AB2=2r2, ∴r=5, ∴⊙O半径的长为5. (2017•衢州)23.(10分)问题背景 如图1,在正方形ABCD的内部,作∠DAE=∠ABF=∠BCG=∠CDH,根据三角形全等的条件,易得△DAE≌△ABF≌△BCG≌△CDH,从而得到四边形EFGH是正方形. 类比探究 如图2,在正△ABC的内部,作∠BAD=∠CBE=∠ACF,AD,BE,CF两两相交于D,E,F三点(D,E,F三点不重合) (1)△ABD,△BCE,△CAF是否全等?如果是,请选择其中一对进行证明. (2)△DEF是否为正三角形?请说明理由. (3)进一步探究发现,△ABD的三边存在一定的等量关系,设BD=a,AD=b,AB=c,请探索a,b,c满足的等量关系. 解:(1)△ABD≌△BCE≌△CAF;理由如下: ∵△ABC是正三角形, ∴∠CAB=∠ABC=∠BCA=60°,AB=BC, ∵∠ABD=∠ABC﹣∠2,∠BCE=∠ACB﹣∠3,∠2=∠3, ∴∠ABD=∠BCE, 在△ABD和△BCE中,, ∴△ABD≌△BCE(ASA); (2)△DEF是正三角形;理由如下: ∵△ABD≌△BCE≌△CAF, ∴∠ADB=∠BEC=∠CFA, ∴∠FDE=∠DEF=∠EFD, ∴△DEF是正三角形; (3)作AG⊥BD于G,如图所示: ∵△DEF是正三角形, ∴∠ADG=60°, 在Rt△ADG中,DG=b,AG=b, 在Rt△ABG中,c2=(a+b)2+(b)2, ∴c2=a2+ab+b2. (2017•衢州)24.(12分)在直角坐标系中,过原点O及点A(8,0),C(0,6)作矩形OABC、连结OB,点D为OB的中点,点E是线段AB上的动点,连结DE,作DF⊥DE,交OA于点F,连结EF.已知点E从A点出发,以每秒1个单位长度的速度在线段AB上移动,设移动时间为t秒. (1)如图1,当t=3时,求DF的长. (2)如图2,当点E在线段AB上移动的过程中,∠DEF的大小是否发生变化?如果变化,请说明理由;如果不变,请求出tan∠DEF的值. (3)连结AD,当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1:2时,求相应的t的值. 解:(1)当t=3时,点E为AB的中点, ∵A(8,0),C(0,6), ∴OA=8,OC=6, ∵点D为OB的中点, ∴DE∥OA,DE=OA=4, ∵四边形OABC是矩形, ∴OA⊥AB, ∴DE⊥AB, ∴∠OAB=∠DEA=90°, 又∵DF⊥DE, ∴∠EDF=90°, ∴四边形DFAE是矩形, ∴DF=AE=3; (2)∠DEF的大小不变;理由如下: 作DM⊥OA于M,DN⊥AB于N,如图2所示: ∵四边形OABC是矩形, ∴OA⊥AB, ∴四边形DMAN是矩形, ∴∠MDN=90°,DM∥AB,DN∥OA, ∴,=, ∵点D为OB的中点, ∴M、N分别是OA、AB的中点, ∴DM=AB=3,DN=OA=4, ∵∠EDF=90°, ∴∠FDM=∠EDN, 又∵∠DMF=∠DNE=90°, ∴△DMF∽△DNE, ∴=, ∵∠EDF=90°, ∴tan∠DEF==; (3)作DM⊥OA于M,DN⊥AB于N, 若AD将△DEF的面积分成1:2的两部分, 设AD交EF于点G,则点G为EF的三等分点; ①当点E到达中点之前时,如图3所示,NE=3﹣t, 由△DMF∽△DNE得:MF=(3﹣t), ∴AF=4+MF=﹣t+, ∵点G为EF的三等分点, ∴G(,t), 设直线AD的解析式为y=kx+b, 把A(8,0),D(4,3)代入得:, 解得:, ∴直线AD的解析式为y=﹣x+6, 把G(,t)代入得:t=; ②当点E越过中点之后,如图4所示,NE=t﹣3, 由△DMF∽△DNE得:MF=(t﹣3), ∴AF=4﹣MF=﹣t+, ∵点G为EF的三等分点, ∴G(,t), 代入直线AD的解析式y=﹣x+6得:t=; 综上所述,当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1:2时,t的值为或 (2017•嘉兴、舟山)23、(10分)如图,AM是△ABC的中线,D是线段AM上一点(不与点A重合).DE∥AB交AC于点F,CE∥AM,连结AE. (1)如图1,当点D与M重合时,求证:四边形ABDE是平行四边形; (2)如图2,当点D不与M重合时,(1)中的结论还成立吗?请说明理由. (3)如图3,延长BD交AC于点H,若BH⊥AC,且BH=AM. ①求∠CAM的度数; ②当,DM=4时,求DH的长. (2017•丽水)24、(12分)如图,在矩形中,点是上的一个动点,连接,作点关于的对称点,且点落在矩形的内部,连接,,,过点作交于点,设. (1)求证:; (2)当点落在上时,用含的代数式表示的值; (3)若,且以点,,为顶点的三角形是直角三角形,求的值. (2017 金华)23、 (10分) 如图1,将△ABC纸片沿中位线EH折叠,使点A的对称点D落在BC边上,再将纸片分别沿等腰△BED和等腰△DHC的底边上的高线EF,HG折叠,折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形.类似地,对多边形进行折叠,若翻折后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形,这样的矩形称为叠合矩形. (1)将□ABCD纸片按图2的方式折叠成一个叠合矩形AEFG,则操作形成的折痕分别是线段________,________;S矩形AEFG:S□ABCD=________ 。 (2)ABCD纸片还可以按图3的方式折叠成一个叠合矩形EFGH,若EF=5,EH=12,求AD的长. (3)如图4,四边形ABCD纸片满足AD∥BC,AD<BC,AB⊥BC,AB=8,CD=10.小明把该纸片折叠,得到叠合正方形.请你帮助画出叠合正方形的示意图,并求出AD,BC的长. 21·cn·jy·com 解:(1)AE;GF;1:2 (2)∵四边形EFGH是叠合矩形,∠FEH=90°,EF=5,EH=12; ∴FH===13; 由折叠的轴对称性可知:DH=NH,AH=HM,CF=FN; 易证△AEH≌△CGF; ∴CF=AH; ∴AD=DH+AH=HN+FN=FH=13. (3)本题有以下两种基本折法,如图1,图2所示. 按图1的折法,则AD=1,BC=7. 按图2的折法,则AD=,BC=. (2017•宁波)26、(14分)有两个内角分别是它们对角的一半的四边形叫做半对角四边形. (1)如图1,在半对角四边形ABCD中,∠B= ∠D,∠C= ∠A,求∠B与∠C的度数之和; (2)如图2,锐角△ABC内接于⊙O,若边AB上存在一点D,使得BD=BO.∠OBA的平分线交OA于点E,连结DE并延长交AC于点F,∠AFE=2∠EAF. 求证:四边形DBCF是半对角四边形; (3)如图3,在(2)的条件下,过点D作DG⊥OB于点H,交BC于点G.当DH=BG时,求△BGH与△ABC的面积之比. (1)解:在半对角四边形ABCD中,∠B=∠D,∠C=∠A. ∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°, ∴3∠B+3∠C=360°. ∴∠B+∠C=120°. 即∠B与∠C的度数之和120°. (2)证明:在△BED和△BEO中, . ∴△BED≌△BEO(SAS). ∴∠BDE=∠BOE. 又∵∠BCF=∠BOE. ∴∠BCF=∠BDE. 如下图,连结OC. 设∠EAF=.则∠AFE=2∠EAF=2. ∴∠EFC=180°-∠AFE=180°-2. ∵OA=OC, ∴∠OAC=∠OCA=. ∴∠AOC=180°-∠OAC-∠OCA=180°-2. ∴∠ABC=∠AOC=∠EFC. ∴四边形DBCF是半对角四边形. (3)解:如下图,作过点OM⊥BC于点M. ∵四边形DBCF是半对角四边形, ∴∠ABC+∠ACB=120°. ∴∠BAC=60°. ∴∠BOC=2∠BAC=120°. ∵OB=OC ∴∠OBC=∠OCB=30°. ∴BC=2BM=BO=BD. ∵DG⊥OB, ∴∠HGB=∠BAC=60°. ∵∠DBG=∠CBA, ∴△DBG△CBA. ∴=2=. ∵DH=BG,BG=2HG. ∴DG=3HG. ∴= ∴=. (2017 绍兴、义乌)23、(12分)已知为直线上一点,为直线上一点, ,设 . (1)如图,若点在线段上,点在线段上. ①如果 那么 , . ②求 之间的关系式. (2)是否存在不同于以上②中的之间的关系式?若存在,求出这个关系式,若不存在,请说明理由. 解:(1)①20,10. ②如图1,设∠ABC=x, ∠ADE=y, 则∠ACB=x, ∠AED=y, 在∆DEC中,yβ+x, 在∆ABD中,α+x=y+β ∴α=2β。 (2)如图2,点E在CA延长线上,点D在线段BC上, 设∠ABC=x, ∠ADE=y, 则∠ACB=x,∠AED=y, 在∆ABD 中,x+α=β﹣y, 在∆DEC 中,x+y+β=180° ∴α=2β-180° 注:求出气的关系式,相应给分,如点E在CA的延长线上, 点D在CB的延长线上, 可得α=180°- 2β (2017 绍兴、义乌)24.(本题满分14分)24.如图,已知轴,点 的坐标为 点的坐标为,点在第四象限,点是边上一个动点. (1) 若点在边上,,求点的坐标. (2)若点在边上,点关于坐标轴对称的点 ,落在直线上,求点的坐标. (3) 若点在边上,点是与轴的交点,如图,过点作轴的平行线,过点作轴的平行线,它们相交于点,将沿直线翻折,当点的对应点落在坐标轴上时,求点的坐标(直接写出答案). 解:(1)∵CD=6, ∴点P与点C重合, ∴点P的坐标为(3,4) (2)①当点P在边AD上时, 由已知得,直线AD的函数表达式为y=﹣2x-2, 设P(a, -2a-a),且-3≤a≤1, 若点P关于x轴对称轴点Q1(a,2a+2)在直线y=x-1上, ∴2a+2=a-1,解得a=-3,此时P(-3,4) 若点P关于y轴对称点Q2(-a,-2a-2)在直线y=x-1上, ∴-2a-2=-a-1,解得a=-1,此时P(-1, 0) ②当点P在边AB上时,设P(a,-4),且1≤a≤7, 若点P关于x轴对称点Q3(a,4)在直线y=x-1上 ∴4=a-1,解得a=5,此时P(5,-4)。 若点P关于y轴对称点Q4(-a,-4)在直线y=x-1上, ∴4=-a-1,解得a=3,此时P(3,-4)。 综上所述,点P的坐标为(3,-4)或(-1, 0)或,(5,-4)或(-3,4)。 (3)点P的坐标为(2,-4)或(-,3)或(-,4)或(,4)。 (2017•温州)24、(14分)如图,已知线段AB=2,MN⊥AB于点M,且AM=BM,P是射线MN上一动点,E,D分别是PA,PB的中点,过点A,M,D的圆与BP的另一交点C(点C在线段BD上),连结AC,DE. (1)当∠APB=28°时,求∠B和的度数; (2)求证:AC=AB. (3)在点P的运动过程中 ①当MP=4时,取四边形ACDE一边的两端点和线段MP上一点Q,若以这三点为顶点的三角形是直角三角形,且Q为锐角顶点,求所有满足条件的MQ的值; ②记AP与圆的另一个交点为F,将点F绕点D旋转90°得到点G,当点G恰好落在MN上时,连结AG,CG,DG,EG,直接写出△ACG和△DEG的面积之比. 解:(1)∵MN⊥AB,AM=BM, ∴PA=PB, ∴∠PAB=∠B, ∵∠APB=28°, ∴∠B=76°, 如图1,连接MD, ∵MD为△PAB的中位线, ∴MD∥AP, ∴∠MDB=∠APB=28°, ∴=2∠MDB=56°; (2)∵∠BAC=∠MDC=∠APB, 又∵∠BAP=180°﹣∠APB﹣∠B,∠ACB=180°﹣∠BAC﹣∠B, ∴∠BAP=∠ACB, ∵∠BAP=∠B, ∴∠ACB=∠B, ∴AC=AB; (3)①如图2,记MP与圆的另一个交点为R, ∵MD是Rt△MBP的中线, ∴DM=DP, ∴∠DPM=∠DMP=∠RCD, ∴RC=RP, ∵∠ACR=∠AMR=90°, ∴AM2+MR2=AR2=AC2+CR2, ∴12+MR2=22+PR2, ∴12+(4﹣PR)2=22+PR2, ∴PR=, ∴MR=, Ⅰ.当∠ACQ=90°时,AQ为圆的直径, ∴Q与R重合, ∴MQ=MR=; Ⅱ.如图3,当∠QCD=90°时, 在Rt△QCP中,PQ=2PR=, ∴MQ=; Ⅲ.如图4,当∠QDC=90°时, ∵BM=1,MP=4, ∴BP=, ∴DP=BP=, ∵cos∠MPB==, ∴PQ=, ∴MQ=; Ⅳ.如图5,当∠AEQ=90°时, 由对称性可得∠AEQ=∠BDQ=90°, ∴MQ=; 综上所述,MQ的值为或或; ②△ACG和△DEG的面积之比为. 理由:如图6,∵DM∥AF, ∴DF=AM=DE=1, 又由对称性可得GE=GD, ∴△DEG是等边三角形, ∴∠EDF=90°﹣60°=30°, ∴∠DEF=75°=∠MDE, ∴∠GDM=75°﹣60°=15°, ∴∠GMD=∠PGD﹣∠GDM=15°, ∴GMD=∠GDM, ∴GM=GD=1, 过C作CH⊥AB于H, 由∠BAC=30°可得CH=AC=AB=1=MG,AH=, ∴CG=MH=﹣1, ∴S△ACG=CG×CH=, ∵S△DEG=, ∴S△ACG:S△DEG=. 三、函数和几何综合题: 6题(12+12+14+10+12+12=72分) 占压轴分:30.3% (2017•湖州)24.(12分)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知A,B两点的坐标分别为(﹣4,0),(4,0),C(m,0)是线段A B上一点(与 A,B点不重合),抛物线L1:y=ax2+b1x+c1(a<0)经过点A,C,顶点为D,抛物线L2:y=ax2+b2x+c2(a<0)经过点C,B,顶点为E,AD,BE的延长线相交于点F. (1)若a=﹣,m=﹣1,求抛物线L1,L2的解析式; (2)若a=﹣1,AF⊥BF,求m的值; (3)是否存在这样的实数a(a<0),无论m取何值,直线AF与BF都不可能互相垂直?若存在,请直接写出a的两个不同的值;若不存在,请说明理由. 解:(1)将A、C点带入y=ax2+b1x+c1中,可得:,解得:, ∴抛物线L1解析式为y=; 同理可得:,解得:, ∴抛物线L2解析式为y=; (2)如图,过点D作DG⊥x轴于点G,过点E作EH⊥x轴于点H, 由题意得:,解得:, ∴抛物线L1解析式为y=﹣x2+(m﹣4)x+4m; ∴点D坐标为(,), ∴DG==,AG=; 同理可得:抛物线L2解析式为y=﹣x2+(m+4)x﹣4m; ∴EH==,BH=, ∵AF⊥BF,DG⊥x轴,EH⊥x轴, ∴∠AFB=∠AGD=∠EHB=90°, ∵∠DAG+∠ADG=90°,∠DAG+∠EBH=90°, ∴∠ADG=∠EBH, ∵在△ADG和△EBH中, , ∴△ADG~△EBH, ∴=, ∴=,化简得:m2=12, 解得:m=±; (3)存在,例如:a=﹣,﹣; 当a=﹣时,代入A,C可以求得: 抛物线L1解析式为y=﹣x2+(m﹣4)x+m; 同理可得:抛物线L2解析式为y=﹣x2+(m+4)x﹣m; ∴点D坐标为(,),点E坐标为(,); ∴直线AF斜率为,直线BF斜率为; 若要AF⊥BF,则直线AF,BF斜率乘积为﹣1, 即×=﹣1,化简得:m2=﹣20,无解; 同理可求得a=﹣亦无解. (2017•宁波)25、(12分)如图,抛物线 与x轴的负半轴交于点A,与y轴交于点B,连结AB.点C 在抛物线上,直线AC与y轴交于点D. (1)求c的值及直线AC的函数表达式; (2)点P在x轴的正半轴上,点Q在y轴正半轴上,连结PQ与直线AC交于点M,连结MO并延长交AB于点N,若M为PQ的中点. ①求证:△APM∽△AON; ②设点M的横坐标为m , 求AN的长(用含m的代数式表示). (1)解:把点C(6,)代入抛物线得:=9++c. 解得c=-3. 当y=0时,x2+x-3=0. 解得:x1=-4,x2=3. ∴A(-4,0). 设直线AC的函数表达式为:y=kx+b(k≠0). 把A(-4,0),C(6,)代入得: 解得: ∴直线AC的函数表达式为:y=x+3. (2)①证明:∵在Rt△AOB中,tan∠OAB==. 在Rt△AOB中,tan∠OAD==. ∴∠OAB=∠OAD. ∵在Rt△POQ中,M为PQ中点. ∴OM=MP. ∴∠MOP=∠MPO. 又 ∵∠MOP=∠AON. ∴∠APM=∠AON. ∴△APM∽△AON. ②解:如图,过点M作ME⊥x轴于点E. ∵OM=MP. ∴OE=EP. 又∵点M的横坐标为m. ∴AE=m+4,AP=2m+4. ∵tan∠OAD=. ∴cos∠EAM=cos∠OAD=. ∴AM=AE=. ∵△APM∽△AON. ∴=. ∴AN==. (2017·台州)24、(14分)在平面直角坐标系中,借助直角三角板可以找到一元二次方程的实数根,比如对于方程 ,操作步骤是: 第一步:根据方程系数特征,确定一对固定点A(0,1),B(5,2); 第二步:在坐标平面中移动一个直角三角板,使一条直角边恒过点A,另一条直角边恒过点B; 第三步:在移动过程中,当三角板的直角顶点落在x轴上点C处时,点C 的横坐标m即为该方程的一个实数根(如图1) 第四步:调整三角板直角顶点的位置,当它落在x轴上另一点D处时,点D 的横坐标为n即为该方程的另一个实数根。 (1)在图2 中,按照“第四步“的操作方法作出点D(请保留作出点D时直角三角板两条直角边的痕迹) (2)结合图1,请证明“第三步”操作得到的m就是方程 的一个实数根; (3)上述操作的关键是确定两个固定点的位置,若要以此方法找到一元二次方程 的实数根,请你直接写出一对固定点的坐标; (4)实际上,(3)中的固定点有无数对,一般地,当 , , , 与a,b,c之间满足怎样的关系时,点P( , ),Q( , )就是符合要求的一对固定点? (1)解:如图2所示: (2)证明:在图1中,过点B作BD⊥x轴,交x轴于点D. 根据题意可证△AOC∽△CDB. ∴. ∴. ∴m(5-m)=2. ∴m2-5m+2=0. ∴m是方程x2-5x+2=0的实数根. (3)解:方程ax2+bx+c=0(a≠0)可化为 x2+x+=0. 模仿研究小组作法可得:A(0,1),B(-,)或A(0,),B(-,c)等. (4)解:以图3为例:P(m1,n1)Q(m2,n2), 设方程的根为x,根据三角形相似可得.=. 上式可化为x2-(m1+m2)x+m1m2+n1n2=0. 又ax2+bx+c=0, 即x2+x+=0. 比较系数可得:m1+m2=-. m1m2+n1n2=. (2017•丽水)23、(10分)如图1,在中,,点P从点A出发以2cm/s的速度沿折线A-C-B运动,点Q从点A出发以的速度沿AB运动.P,Q两点同时出发,当某一点运动到点B时,两点同时中/华-资*源%库停止运动,设运动时间为想x(s),的面积为,y关于x的函数图象由,两段组成,如图2所示. (1)求a的值; (2)求图2中图象段的函数表达式; (3)当点P运动到线段BC上某一段时的面积,大于当点P在线段AC上任意一点时的面积,求x的取值范围. (2017 金华)24、(12分)如图1,在平面直角坐标系中,四边形OABC各顶点的坐标分别O(0,0),A(3, 3),B(9,5),C(14,0).动点P与Q同时从O点出发,运动时间为t秒,点P沿OC方向以1单位长度/秒的速度向点C运动,点Q沿折线OA−AB−BC运动,在OA,AB,BC上运动的速度分别为3, , (单位长度/秒)﹒当P,Q中的一点到达C点时,两点同时停止运动。 (1)求AB所在直线的函数表达式. (2)如图2,当点Q在AB上运动时,求△CPQ的面积S关于t的函数表达式及S的最大值. (3)在P,Q的运动过程中,若线段PQ的垂直平分线经过四边形OABC的顶点,求相应的t值. (1)解:把A(3,3 ),B(9,5 )代入y=kx+b, 得 ;解得:; ∴y= x+2; (2)解:在△PQC中,PC=14-t,PC边上的高线长为; ∴ ∴当t=5时,S有最大值;最大值为. (3)解: a.当0<t≤2时,线段PQ的中垂线经过点C(如图1); 可得方程 解得:,(舍去),此时t=. b.当2<t≤6时,线段PQ的中垂线经过点A(如图2) 可得方程, 解得:;(舍去),此时; c.当6<t≤10时, ①线段PQ的中垂线经过点C(如图3) 可得方程14-t=25-; 解得:t=. ②线段PQ的中垂线经过点B(如图4) 可得方程; 解得,(舍去); 此时; 综上所述:t的值为,,,. (2017•温州)23、(12分)小黄准备给长8m,宽6m的长方形客厅铺设瓷砖,现将其划分成一个长方形ABCD区域Ⅰ(阴影部分)和一个环形区域Ⅱ(空白部分),其中区域Ⅰ用甲、乙、丙三种瓷砖铺设,且满足PQ∥AD,如图所示. (1)若区域Ⅰ的三种瓷砖均价为300元/m2,面积为S(m2),区域Ⅱ的瓷砖均价为200元/m2,且两区域的瓷砖总价为不超过12000元,求S的最大值; (2)若区域Ⅰ满足AB:BC=2:3,区域Ⅱ四周宽度相等 ①求AB,BC的长; ②若甲、丙两瓷砖单价之和为300元/m2,乙、丙瓷砖单价之比为5:3,且区域Ⅰ的三种瓷砖总价为4800元,求丙瓷砖单价的取值范围. 解:(1)由题意300S+(48﹣S)200≤12000, 解得S≤24. ∴S的最大值为24. (2)①设区域Ⅱ四周宽度为a,则由题意(6﹣2a):(8﹣2a)=2:3,解得a=1, ∴AB=6﹣2a=4,CB=8﹣2a=6. ②设乙、丙瓷砖单价分别为5x元/m2和3x元/m2,则甲的单价为(300﹣3x)元/m2, ∵PQ∥AD, ∴甲的面积=矩形ABCD的面积的一半=12,设乙的面积为s,则丙的面积为(12﹣s), 由题意12(300﹣3x)+5x•s+3x•(12﹣s)=4800, 解得s=, ∵0<s<12, ∴0<<12, ∴0<x<50, ∴丙瓷砖单价3x的范围为0<3x<150元/m2.- 配套讲稿:
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