中考数学第23题的分类试题

中考数学第23题的分类试题

同步练习

1、如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为菱形，•点C的坐标为（4，0），∠AOC=60°，垂直于x轴的直线L从y轴出发，沿x轴正方向以每秒1•个单位长度的速度移动，设直线L与菱形OABC的两边分别交于点M，N（点M在点N的上方）．

（1）求A，B两点的坐标；

（2）设△OMN的面积为S，直线L的运动时间为ts（0≤t≤6），试求S与t•的函数表达式；

（3）在（2）的条件下，t为何值时，S的面积最大？最大面积是多少？

2.正方形ABCD的边长为４，BE∥AC交DC的延长线于E。 （1）如图１，连结AE，求△AED的面积。

（2）如图２，设P为BE上（异于B、E两点）的一动点，连结AP、CP，请判断四边形APCD的面积与正方形ABCD的面积有怎样的大小关系？并说明理由。

（3）如图３，在点P的运动过程中，过P作PF⊥BC交AC于F，将正方形ABCD折叠，使点D与点F重合，其折线MN与PF的延长线交于点Q，以正方形的BC、BA为Ｘ轴、Ｙ轴建立平面直角坐标系，设点Q的坐标为（x，y），求y与x之间的函数关系式。

3、如图，在矩形ABCD中，AB9，AD33，点P是边BC上的动点（点P不与点B，点C重合），过点P作直线PQ∥BD，交CD边于Q点，再把△PQC沿着动直线PQ对折，点C的对应点是R点，设CP的长

度为x，△PQR与矩形ABCD重叠部分的面积为y．

（1）求CQP的度数；

（2）当x取何值时，点R落在矩形ABCD的AB边上？ （3）①求y与x之间的函数关系式；

7②当x取何值时，重叠部分的面积等于矩形面积的27？

D Q A

二、存在性问题

C D C D C P R B A B A B （备（备

(一）、因动点产生的直角三角形问题

例4．如图，对称轴为直线x7的抛物线经过点A（6，0）和2B（0，4）．

（1）求抛物线解析式及顶点坐标； （2）设点E（x，y）是抛物线上一动点，且位于第四象限，四边形OEAF是以OA为对角线的平行四边形．求平行四边形OEAF的面积S与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；

①当平行四边形OEAF的面积为24时，O E y B(x7 2F A(x 请判断平行四边形OEAF是否为菱形？

②是否存在点E，使平行四边形OEAF为正方形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．

例5. 如图所示, 在平面直角坐标系xOy中, 矩形OABC的边长OA、OC的长分剔为12cm、6 cm, 点A、C分别在y轴的负半轴和x轴的正半轴上, 抛物线y=ax+bx+c经过点A、B, 且18a+c=0.

(1)求抛物线的解析式；

(2)如果点P由点A开始沿AB边以1cm/s的速度向点B移动, 同时点Q由点B开始沿BC边以2cm/s的速度向点C移动.

①移动开始后第t秒时, 设△PBQ的面积为S, 试写出S与t之间的函数关系式, 并写出t的取值范围;

②当S取得最小值时, 在抛物线上是否存在点R, 使得以P、B、Q、R为顶点的四边形是平行四边形? 如果存在, 求出R点的坐标, 如果不存在, 请说明理由.

2

y O C x Q A P B

1、已知抛物线yx24xm与x轴相交于A，B两点（B点在A点的左

y边），与y轴的负半轴相交于点C,AB6（1）求抛物线的解析式；

（2）在抛物线上是否存在点

△AOP≌△COP AxP，使

如果存在，请确定点P的位置，

并求出点P的坐标：如果不存在，请说明理由．

B O C

2、如图,抛物线yx2(1m)x3m6与x轴交于点A、B 两点，抛物线的对称轴为直线x=1,

(1)求m的值及抛物线的解析式； (2) 过A的直线与抛物线的另一交点C的横坐标为2. 直线AC的解析式；

(3)点Q是抛物线上的一个动点, 在x轴上是A O 否存在点F ,使得以点A、C、F、Q为顶点四

y B x C Q

边形是平行四边形？若存在，请求出所有满足条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由．

3、如图，已知二次函数yax22ax3的图象与x轴交于点A，点B，

与y轴交于点C，其顶点为D，直线DC的函数关系式为ykx3，又tanOBC1．

（1）求二次函数的解析式和直线DC的函数关系式；

（2）抛物线上是否存在一点P，使△PBC以BC为直角边的直角三角形？若存，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．

y D C A O

B x 4、如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线的对称轴为直线

x=2, 该抛物线与x轴交干A、B两点（B在A的右侧）, 与y轴交于点C, 且B、C的坐标分别为（3,0）、(0,3).

（1）求此抛物线的解析式；

（2）抛物线上是否存在一点P，使△PAC是直角三角形？若

存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

y C O AB x

(三)、因动点产生的三角形相似问题 例6．如图，直线yx3与x轴，y轴分别相交于点B，点C，经过B，C两点的抛物线

yaxbxc2yC x2 与x轴的另一交点为A，顶点为P，

OA PB x

且对称轴是直线x2． （1）求A点的坐标；

（2）求该抛物线的函数表达式；

（3）连结AC．请问在x轴上是否存在点Q，使得以点P，B，Q为顶点的三角

形与△ABC相似，若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

同步练习

1、如图，在直角坐标系中，O为原点，抛物线yx的负半轴交于点A，与y轴的正半轴交于点B，tan∠ACO=1．（1）求抛物线的解析式；（2）3若直线l:ykx(k0)与线段BC交于点D（不与点

B，C2bx3与x轴

y C B x

A O B，O，D为顶点的三角形与△BAC相似？若存在，

重合），则是否存在这样的直线l，使得以

求出该直线的函数表达式及点D的坐标；若不存在，请说明理由.

(五)、其它二次函数的综合问题 例7、如图，一元二次方程x物线yax222x30的二根x，x（x121x2）是抛

bxc与x轴的两个交点B，C的横坐标，且此抛物线过

6)． 点A(3，（1）求此二次函数的解析式．

（2）设此抛物线的顶点为P，对称轴与线段AC相交于点Q，求点P和点Q的坐标．

（3）在x轴上有一动点M，当MQMA取得最小值时，求M点的坐标．

y A（3，

Q C O B P x

1、如图所示，在平面直角坐标系中，抛物线

yax2bxc经过点A（3，0）、B（5，0）、C（0，y C B x

5）三点.

（1）求该抛物线的函数表达式；

（2）设抛物线的顶点为D，求△BCD的面积； O A 5的等腰三角形时，求点P的坐标.

2、如图，已知抛物线yx2（3）在抛物线的对称轴上有一个动点P，当△0CP是腰长为

mx3与x轴的一个交点A（3，0）.

(1)分别求出这条抛物线与x轴的另一个交点B及与y轴

的交点C的坐标；

（2）设抛物线的顶点为D，求直线CD的解析式； (3)求tan∠DAC的值.

-2 -1 D y C 3 2 1 B O 1 -1 -2 -3 2 3 A 4 x

3.已知经过原点的抛物线y=-2x+4x（如图所示）与x的另一交点为A现将它向右平移m（m＞0）位，所得抛物线与x轴交于C、D点，与原抛物线交于点P（1）求点P的坐标（可用含m式子表示）

（2）设△PCD的面积为s，求s关于m关系式．

（3）过点P作x轴的平行线交原抛物线于点E，交平移后的抛物线于点F．请问是否存在m，使以点E、O、A、F为顶点的四边形为平行四边形．若存在，求出m的值，若不存在，请说明理由．

2

中考数学第23题的分类试题

1解：⑴ 根据题意：AP＝t cm，BQ＝t cm．△ABC中，AB＝BC＝3cm，∠B＝60°，

∴BP＝(3－t ) cm．△PBQ中，BP＝3－t，BQ＝t，若△PBQ是直角三角形，则∠BQP＝90°或∠BPQ＝90°．

1当∠BQP＝90°时，BQ＝1BP．即t＝(3－t )，t＝1 (秒)．当221∠BPQ＝90°时，BP＝1BQ．3－t＝t， 22t＝2 (秒)．答：当t＝1秒或t＝2秒时，△PBQ是直角三A角形．

P⑵ 过P作PM⊥BC于M ．Rt△BPM中，sin∠B＝PM，PB∴PM＝PB·sin∠B＝

32(3－t )．

BQMC13∴S△PBQ＝1BQ·PM＝· t ·(3－t )． 2222∴y＝S△ABC－S△PBQ＝1×3×234t2334t934323－1· t ·(3－t )＝22．

34t2334t934∴y与t的关系式为： y＝

． 假设存在某一

时刻t，使得四边形APQC的面积是△ABC面积的2，3则S

2四边形

APQC

＝

23S△ABC ．∴

34t2334t934＝

1322

××3×．∴t －3 t＋3＝0． 322∵(－3) 2－4×1×3＜0，∴方程无解．∴无论t取何值，四边形APQC的面积都不可能是△ABC面积的2．

3CO2解：(1)易知△CDO∽△BED，所以CD，即BEBD13BE112，得BE=，193则点E的坐标为E(1，7)．设直线DE的一次函数表达式为9

7y=kx+b，直线经过两点D(1，1)和E(1，)，代入y=kx+b得93110110． (注：k，b，故所求直线DE的函数表达式为y=x3939用其它三角形相似的方法求函数表达式，参照上述解法给分) (2) 存在S的最大值．求最大值：易知△COD2CDCOt1∽△BDE，所以BEDB，即BE1t，BE=t－t，S121×1×(1＋t－t)1(t)225最大值8．

2

258．故当t=1时，S有2

3解：（1）由题意得 －2x－4．

yx （2）由题意得：yx2bc62bc0解得∴此抛物线解析式为y=x

2

x1 解得y12x411x24y24 ∴点B的坐

标为（4，4） 将x=m代入y=x得y=m，∴点N的坐标为（m，m）． 同理，点M的坐标为（m，m2－2m－4），点P的坐标为（m，0）．

∴PN=│m│，MP=│m－2m－4│， ∵0（3）作BC⊥MN于点C， 则BC=4－m，OP=m． S=MN·OP+MN·BC， =2（－m+3m+4），

33 =－2（m－）+25． ∵－2<0， ∴当m－=0，即m=时，222322

2

5+1，

12122

S有最大值．

4解：（1）由抛物线的对称轴是x7，可设解析式为2

7ya(x)2k2．把A、B两点坐标代入上式，得

25 解之，得a2,k.故抛物线解析3672a(6)k0,2a(07)2k4.27式为y2(x)32225625，顶点为(7,).（2）∵点E(x,y)在抛物线上，26位于第四象限，且坐标适合

2725y(x)2326，∴y<0，即 －y>0,－y表示点E到OA的距离．∵

OA是∴S2SOEAF的对角线，

．因为抛物线与x轴的两个交点

OAE172OAy6y4()22522是（1，0）的（6，0），所以，自变量x的取值范围是1＜x＜6．

)根据题意，当S = 24时，即4(x7222524)．化简，得(x7221.4 解

之，得x13,x24.

OEAF故所求的点E有两个，分别为E1（3，－4），E2（4，－4）．点E1（3，－4）满足OE = AE，所以4）不满足OE = AE，所以

OEAF是菱形；点E2（4，－

OEAF不是菱形．

是正方形，此

① 当OA⊥EF，且OA = EF时，

时点E的坐标只能是（3，－3）．

而坐标为（3，－3）的点不在抛物线上，故不存在这样的点E，使

OEAF为正方形．

5 解: (1)据题意知: A(0, －12), B(6, －12) ∵A点在抛物线上, ∴C=－12 ∵18a+c=0, ∴a=2 3

由AB=6知抛物线的对称轴为: x=3即: 2ba3b4∴抛物线的解析式为: y2x24x12 3(2)①由图象知: PB=6－t, BQ=2t∴

1S==1PBBQ(6t)2tt26t即st26t(0≤t≤1) 22②假设存在点R, 可构成以P、B、R、Q为顶点的平行四边形.∵st26t(t3)29(0≤t≤1)

∴当t=3时, S取得最小值9. 这时PB=6-3=3, BQ=6, P(3, －12), Q(6, －6)

分情况讨论:

A】假设R在BQ的右边, 这时QRPB, ∵P(3, －12)，PB=3, Q(6, －6)

R的横坐标为9, R的纵坐标为－6, 即(9, －6)代入

2yx24x12, 左右两边不相等 3∴这时R(9, －6) 不在抛物线上.

B】假设R在BQ的左边, 这时PRQB, 则:R的横坐标为3, 纵坐标为－6, 即(3, －6) 代入y2x24x12, 左右两边不相等, R不在抛物线上. 3C】假设R在PB的下方, 这时PRQB, 则:R(6, －18)代入y2x24x12, 左右两边相等, R(6, －18)在抛物线上. 3综上所述, 存点一点R(6, －18)满足题意

6解：（1）直线yx3与x轴相交于点B，当y0时，x3，

，B两点，且对称轴0)．又抛物线过x轴上的A点B的坐标为(3，为x2，根据抛物线的对称性，

0)．点A的坐标为(1，）

（2）

yx3过点C，易知C(0，3)，c3． 2yC x2（3）又抛物线yaxab30，9a3b30．bxc过点A(1，，0)B(3，0)， 2 x

（3）连结PB，由yx4x3(x2)1，得P(2，1)， P 设抛物线的对称轴交x轴于点M，在Rt△PBM中，PMMB1，

Q1MQ2OAB22a1，yx解，得b4．4x3．

∠PBM45，PB2．

0)C(0，3)易得OBOC3，在等腰直角三角形OBC中，由点B(3，，∠ABC45，由勾股定理，得BC32．

假设在x轴上存在点Q，使得以点P，B，Q为顶点的三角形与△ABC相似．

PBBQ∠PBQ∠ABC45时，△PBQ∽△ABC．即①当BQ，BCAB3222，BQ3，

又

BO3QBPB0)．②当，点Q与点O重合，Q的坐标是(0，，ABBC1∠QBP∠ABC45时，

△QBP∽△ABC．即

QB2232，

QB23．

OB3，OQOBQB32733，

．

Q27的坐标是0．，3∠PBx18045135，∠BAC135，∠PBx∠BAC点Q不可能在B点右侧的x轴上（无此判断，亦不扣分）．综

1270)Q，0，上所述，在x轴上存在两点Q(0，，能使得以点P，B，Q为顶3点的三角形与△ABC相似． 7解：（1）解方程x22x30得x3，x121∴抛物线与x轴的两个交点

坐标为：C(3，，0)B(1，0)设抛物线的解析式为ya(x3)(x1)∵A(3，6)在抛物线

1上∴6a(33)·(31) ∴a1∴抛物线解析式为：yx222x32

（2）由y1x22x31(x1)22∴22抛物线顶点P的坐标为：(1，2)，对称

轴方程为：x1

3kb6设直线AC的方程为：ykxb∵A(3，，解得6)C(3，0)在该直线上∴3kb0y Q ∴Q点坐标为(1，2)（3）作A关于x轴的对称点A(3，6)，连接AQ；AQx C O B P 与x轴

交于点M即为所求的点

3kb6b0设直线AQ方程为ykxb∴解得 k2kb2A(3，6)b3∴k1直线AC的方程为：yx3将x1代入yx3得y2 A（3，

∴直线AC：y2x令x0，则y0∴M点坐标为(0，0)

2

2

（1）原抛物线：y=-2x+4x=-2（x-1）+2， 则平移后的抛物线为：y=-2（x-1-m）2+2， 由题得

解得 ， ∴点P的坐标为（

，

， ）；

（2）抛物线：y=-2x+4x=-2x（x-2）

∴抛物线与x轴的交点为O（0，0）A（2，0），

2

∴AC=2，

∵C、D两点是抛物线y=-2x+4x向右平移m（m＞0）个， 单位所得抛物线与x轴的交点∴CD=OA=2，

①当0＜m＜2，即点P在第一象限时，如图1，作PH⊥x轴于H．

∵P的坐标为（ ∴PH=

，

2

22

， ），

∴S= CD•2•（- m+2）=- m+2，

②当m=2，即点P在x轴时，△PCD不存在，

③当m＞2即点P在第四象限时，如图2，作PH⊥x轴于H． ∵P的坐标为（ ∴PH=

，

）， = m-2；

2

，

∴S= CD•HP= ×2×

（3）如图3若以E、O、A、F为顶点的四边形是平行四边形，则EF=OA=2

由轴对称可知PE=PF， ∴PE= ∵P（

， ，

），

），

，

∴点E的坐标为（ ，

把点E代入抛物线解析式得：