中考数学代数、三角、几何综合题.doc
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中考数学复习专题3 代数、三角、几何综合问题 概述: 代数、三角与几何综合题是较复杂与难度较大的问题,其中包括方程、函数、三角与几何等,内容基本上包含所有的初中数学知识,必须把以前的函数观念、方程思想、数形结合思想、转化与化归思想进行综合来解题. 典型例题精析 例1.有一根直尺的短边长2cm,长边长10cm,还有一块锐角为45°的直角三角形纸板,它的斜边长12cm,如图1,将直尺的矩边DE放置与直角三角形纸板的斜边AB重合,且点D与点A重合,将直尺沿AB方向平移如图2,设平移的长度为xcm(0≤x≤10),直尺和三角形纸板的重叠部分(图中阴影部分)的面积为Scm2. (1)当x=0时(如图),S=________;当x=10时,S=___________; (2)当0<x≤4时(如图2),求S关于x的函数关系式; (3)当4<x<10时,求S关于x的函数关系式,并求出S的最大值(同学可在图3、图4中画草图) 解析:(1)2;2. (2)在Rt△ADG中,∠A=45°, ∴DG=AD=x. 同理EF=AE=x+2, ∴S梯形DEGF=(x+x+2)×2=2x+2, ∴S=2x+2. (3)①当4<x<6时,(如图5) GD=AD=x,EF=EB=12-(x+2)=10-x, 则S△ADG=x2,S△BEF=(10-x)2, 而S△ABC=×12×6=36, ∴S=36-x2-(10-x)2=-x2+10x-14, S=-x2+10x-14=-(x-5)2+11, ∴当x=5(4<5<6)时,S最大值=11. ②当6≤x<10时(如图6), BD=BG=12-x,BE=EF=10-x, S=(12-x+10-x)×2=22-2x, S随x的增大而减小,所以S≤10. 由①、②可得,当4<x<10时,S最大值=11. 例2.如图所示,点O2是⊙O1上一点,⊙O2与⊙O1相交于A、D两点,BC⊥AD,垂足为D,分别交⊙O1、⊙O2于B、C两点,延长DO2交⊙O2于E,交BA的延长线于F,BO2交AD于G,连结AG. (1)求证:∠BGD=∠C; (2)若∠DO2C=45°,求证:AD=AF; (3)若BF=6CD,且线段BD、BF的长是关于x的方程x2-(4m+2)x+4m2+8=0的两个实数根,求BD、BF的长. 解析:(1)∵BC⊥AD于D, ∴∠BDA=∠CDA=90°, ∴AB、AC分别为⊙O1、⊙O2的直径. ∵∠2=∠3,∠BGD+∠2=90°,∠C+∠3=90°, ∴∠BGD=∠C. (2)∵∠DO2C=45°,∴∠ABD=45°,∵O2D=O2C, ∴∠C=∠O2DC=(180°-∠DO2C)=67.5°, ∴∠4=22.5°, ∵∠O2DC=∠ABD+∠F, ∴∠F=∠4=22.5°,∴AD=AF. (3)∵BF=6CD,∴设CD=k,则BF=6k. 连结AE,则AE⊥AD,∴AE∥BC, ∴ ∴AE·BF=BD·AF. 又∵在△AO2E和△DO2C中,AO2=DO2 ∠AO2E=∠DO2C, O2E=O2C, ∴△AO2E≌△DO2C,∴AE=CD=k, ∴6k2=BD·AF=(BC-CD)(BF-AB). ∵∠BO2A=90°,O2A=O2C,∴BC=AB. ∴6k2=(BC-k)(6k-BC).∴BC2-7kBC+12k2=0, 解得:BC=3k或BC=4k. 当BC=3k,BD=2k. ∵BD、BF的长是关于x的方程x2-(4m+2)x+4m2+8=0的两个实数根. ∴由根与系数的关系知:BD+BF=2k+6k=8k=4m+2. 整理,得:4m2-12m+29=0. ∵△=(-12)2-4×4×29=-320<0,此方程无实数根. ∴BC=3k(舍). 当BC=4k时,BD=3k. ∴3k+6k=4m+2,18k2=4m2+8,整理, 得:m2-8m+16=0, 解得:m1=m2=4, ∴原方程可化为x2-18x+72=0, 解得:x1=6,x2=12, ∴BD=6,BF=12. 中考样题训练 1.已知抛物线y=-x2+(k+1)x+3,当x<1时,y随着x的增大而增大,当x>1时,y随x的增大而减小. (1)求k的值及抛物线的解析式; (2)设抛物线与x轴交于A、B两点(A在B的左边),抛物线的顶点为P,试求出A、B、P三点的坐标,并在直角坐标系中画出这条抛物线; (3)求经过P、A、B三点的圆的圆心O′的坐标; (4)设点G(0,m)是y轴上的动点. ①当点G运动到何处时,直线BG是⊙O′的切线?并求出此时直线BG的解析式. ②若直线BG与⊙O相交,且另一个交点为D,当m满足什么条件时,点D在x轴的下方? 2.如图,已知圆心A(0,3),⊙A与x轴相切,⊙B的圆心在x轴的正半轴上,且⊙B与⊙A外切于点P,两圆的公切线MP交y轴于点M,交x轴于点N. (1)若sin∠OAB=,求直线MP的解析式及经过M、N、B三点的抛物线的解析式; (2)若⊙A的位置大小不变,⊙B的圆心在x轴的正半轴上移动,并使⊙B与⊙A始终外切,过M作⊙B的切线MC,切点为C,在此变化过程中探究: ①四边形OMCB是什么四边形,对你的结论加以证明; ②经过M、N、B三点的抛物线内是否存在以BN为腰的等腰三角形?若存在,表示出来;若不存在,说明理由. 3.如图,已知直线L与⊙O相交于点A,直径AB=6,点P在L上移动,连结OP交⊙O于点C,连结BC并延长BC交直线L于点D. (1)若AP=4,求线段PC的长; (2)若△PAO与△BAD相似,求∠APO的度数和四边形OADC的面积.(答案要求保留根号) 考前热身训练 1.如图,已知A为∠POQ的边OQ上一点,以A为顶点的∠MAN的两边分别交射线OP于M、N两点,且∠MAN=∠POQ=α(α为锐角),当∠MAN为以点A为旋转中心,AM边从与AO重合的位置开始,按逆时针方向旋转(∠MAN保持不变)时,M、N两点在射线OP上同时以不同的速度向右平行移动.设OM=x,ON=y(y>x≥0),△AOM的面积为S,若cosα、OA是方程2z2-5z+2=0的两个根. (1)当∠MAN旋转30°(即∠OAM=30°)时,求点N移动的距离; (2)求证:AN2=ON·MN; (3)求y与x之间的函数关系式及自变量量x的取值范围; (4)试写出S随x变化的函数关系式,并确定S的取值范围. 2.如图,已知P、A、B是x轴上的三点,点A的坐标为(-1,0),点B的坐标为(3,0),且PA:AB=1:2,以AB为直径画⊙M交y轴的正半轴于点C. (1)求证:PC是⊙M的切线; (2)在x轴上是否存在这样的点Q,使得直线QC与过A、C、B三点的抛物线只有一个交点?若存在,求点Q的坐标,若不存在,请说明理由; (3)画⊙N,使得圆心N在x轴的负半轴上,⊙N与⊙M外切,且与直线PC相切于D,问将过A、C、B三点的抛物线平移后,能否同时经过P、D、A三点?为什么? 答案: 中考样题看台 1.(1)k=1,抛物线解析式y=-x2+2x+3 (2)A(-1,0),B(3,0),C(1,4) (3)∵⊙O′过A、B两点, ∴O′在AB的垂直平分线上,即在抛物线的对称轴上, 设抛物线的对称轴交x轴于M,交⊙O′于N, 则有MP×MN=MA×MB,4MN=2×2, ∴MN=1,PN=5,O′P=<PM, ∴O′点在x轴上方,∴O′M=,∴O′(1,). (4)①过B点作⊙O′的切线交y轴于点G,直线BO′交y轴于点E, 可求出直线BO′的解析式为,y=-x+, ∴E(0,),∵BG是⊙O′的切线,BO⊥EG, ∴BO=OE×OG,∴OG=4,∴G(0,-4), 求出直线BG的解析式为y=x-4. ②-4<m<0. 2.(1)在Rt△AOB中,∵OA=3,sin∠OAB=,cos∠OAB=, ∴AB=5,OB=4,BP=5-3=2. 在Rt△APM中,=cos∠OAB=, ∴AM=5,OM=2,∴点M(0,-2), 又△NPB∽△AOB,∴, ∴BN=,∴ON=,∴点B(,0), 设MP的解析式为y=kx+b,∵MP经过M、N两点, ∴MP的解析式为y=x-2, 设过M、N、B的抛物线解析式为y=a(x-)(x-4) 且点M(0,-2)在其上,可得a=-,即y=-x2+x-2. (2)①四边形OMCB是矩形. 证明:在⊙A不动,⊙B运动变化过程中, 恒有∠BAO=∠MAP,OA=AP,∠AOB=∠APM=90°, ∴△AOB≌△APM, ∴OB=PM,AB=AM, ∴PB=OM, 而PB=BC,∴OM=BC, 由切线长定理知MC=MP,∴MC=OB, ∴四边形MOBC是平行四边形, 又∵∠MOB=90°, ∴四边形MOBC是矩形. ②存在,由上证明可知,Rt△MON≌Rt△BPN, ∴BN=MN. 因此在过M、N、B三点的抛物线内有以BN为腰的等腰三角形MNB存在, 由抛物线的轴对称性可知,在抛物线上必有一点M′与M关于其对称轴对称, ∴BN=BM′,这样得到满足条件的三角形有两个,△MNB和△M′NB. 3.(1)∵L与⊙O相切于点A, ∴∠4=90°,∴OP2=OA2+AP2, ∵OB=OC=AB=3,AP=4, ∴OP2=32+42,∴OP=5, ∴PC=5-3=2. (2)∵△PAO∽△BAD,且∠1>∠2,∠4=90°, ∴∠2=∠APO,∴OB=OC,∴∠2=∠3 ∵∠1=∠2+∠3,∴∠2=2∠2=2∠APO ∴∠4=90°,∴∠1+∠APO=90° ∴3∠APO=90°,∴∠APO=30°. 在Rt△BAD中,∠2=∠APO=30°. ∴AD=6sin30°=6×=2. 过点O作OE⊥BC于点E ∵∠2=30°,BO=3, ∴OE=,BE=3×cos30°=, ∴BC=2BE=3, ∴S四边形OADC=S△BAD-S△BOC=AB·AD =BC·OE=×6×2-×3×=6-= . 考前热身训练 1.(1)易知OA=2,cosα=,∠POQ=∠MAN=60°, ∴初始状态时,△AON为等边三角形, ∴ON=OA=2,当AM旋转到AM′时,点N移动到N′, ∵∠OAM′=30°,∠POQ=∠M′AN′=60°, ∴∠M′N′A=30°,在Rt△OAN中,ON′=2AO=4, ∴NN′=ON′-ON=2,∴点N移动的距离为2. (2)易知△OAN∽△AMN,∴AN2=ON·MN. (3)∵MN=y-x,∴AN2=y2-xy, 过A点作AD⊥OP,垂足为D,可得OD=1,AD=, ∴DN=ON-OD=y-1, 在Rt△AND中,AN2=AD2+DN2=y2-2y+4, ∴y2-xy=y2-2y+4,即y=. ∴y>0,∴2-x>0,即x<2, 又∵x≥0,∴x的取值范围是:0≤x<2. (4)S=·OM·AD=x, ∵S是x的正比例函数,且比例系数>0, ∴0≤S<·2.即0≤S< 2.(1)易知⊙M半径为2,设PA=x,则x:4=1:2x=2, 由相交弦定理推论得OC=OA.OB=1×3, ∴OC=,∴PC2=PO2+OC2=32+()2=12, PM2=42=16,MC2=22=4, ∴PM2=PC2+MC2,∴∠PCM=90°. (2)易知过A、C、B三点的抛物线的解析式为y=-(x+1)(x-3), 假设满足条件的Q点存在,坐标为(m,0),直线QC的解析式为y=-x+, ∵直线QC与抛物线只有一个公共点, ∴方程-(x+1)(x-3)=-x+有相等的实根, ∴(2+)2=0,∴m=-,即满足条件的Q点存在,坐标为(-,0); (3)连结DN,作DH⊥PN,垂足为H,设⊙N的半径为r,则∵ND⊥PC, ∴ND∥MC,∴,∴, ∴r=,∵DN2=NH·NP, ∴()2=NH·(2-),∴NH=, ∴DH==,∴D(-2,). ∵抛物线y=-(x+1)(x-3)平移,使其经过P、A两点的抛物线的解析式为 y=-(x+1)(x+3) 又经验证D是该抛物线上的点, ∴将过A、C、B三点的抛物线平移后能同时经过P、D、A三点.- 配套讲稿:
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- 中考 数学 代数 三角 几何 综合
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