【名校資料】山東省臨沂市中考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 專題20 探索問題

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1、◆+◆◆二〇一九中考數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)資料◆+◆◆ 探索問題 【近3年臨沂市中考試題】 1．（3分）（2014?臨沂）在平面直角坐標(biāo)系中，函數(shù)y=x2﹣2x（x≥0）的圖象為C1，C1關(guān)于原點(diǎn)對稱的圖象為C2，則直線y=a（a為常數(shù)）與C1、C2的交點(diǎn)共有（　　） 　 A． 1個 B． 1個或2個 　 C． 1個或2個或3個 D． 1個或2個或3個或4個 2、（2015臨沂市，3分）在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝－x＋2與反比例函數(shù)的圖象有唯一公共點(diǎn).若直線y＝－x＋b的圖象與反比例函數(shù)的圖象有兩個公共點(diǎn)，則b的取值范圍是 A.b>2 B.－22

2、或b<－2 D.b<－2（ ） 3. （2016臨沂市，3分）如圖，直線y=﹣x+5與雙曲線y=（x＞0）相交于A，B兩點(diǎn)，與x軸相交于C點(diǎn)，△BOC的面積是．若將直線y=﹣x+5向下平移1個單位，則所得直線與雙曲線y=（x＞0）的交點(diǎn)有（　　） A．0個 B．1個 C．2個 D．0個，或1個，或2個 4、(2016臨沂26題)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=﹣2x+10與x軸，y軸相交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)C的坐標(biāo)是（8，4），連接AC，BC． （1）求過O，A，C三點(diǎn)的拋物線的解析式，并判斷△ABC的形狀； （2）動點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，沿OB以每秒

3、2個單位長度的速度向點(diǎn)B運(yùn)動；同時，動點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，沿BC以每秒1個單位長度的速度向點(diǎn)C運(yùn)動．規(guī)定其中一個動點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時，另一個動點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動．設(shè)運(yùn)動時間為t秒，當(dāng)t為何值時，PA=QA？ （3）在拋物線的對稱軸上，是否存在點(diǎn)M，使以A，B，M為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 5、（13分）（2014?臨沂）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與x軸交于點(diǎn)A（﹣1，0）和點(diǎn)B（1，0），直線y=2x﹣1與y軸交于點(diǎn)C，與拋物線交于點(diǎn)C、D． （1）求拋物線的解析式； （2）求點(diǎn)A到直線CD的距離； （3）平移拋物線，使拋物線的頂點(diǎn)P

4、在直線CD上，拋物線與直線CD的另一個交點(diǎn)為Q，點(diǎn)G在y軸正半軸上，當(dāng)以G、P、Q三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形為等腰直角三角形時，求出所有符合條件的G點(diǎn)的坐標(biāo)． 【知識點(diǎn)】 二次函數(shù)的圖象、二次函數(shù)的性質(zhì)、二次函數(shù)的解析式、二次函數(shù)的最值、菱形的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)、垂直平分線性質(zhì)、等腰三角形和直角梯形的相關(guān)知識、一元二次方程的解法、點(diǎn)的運(yùn)動、勾股定理、勾股定理的逆定理、三角形相似、方程思想、數(shù)形結(jié)合思想、分類討論思想． 【規(guī)律方法】 1.初中階段，求函數(shù)解析式一般采用待定系數(shù)法．用待定系數(shù)法解題，先要明確解析式中待定系數(shù)的個數(shù)，再從已知中得到相應(yīng)個數(shù)點(diǎn)的坐標(biāo)，最后代入求解

5、．待定系數(shù)法確定二次函數(shù)解析式時，有三種方式假設(shè)：一般式y(tǒng)=ax2+bx+c(a≠0)、頂點(diǎn)式y(tǒng)=a(x-h)2+k(a≠0)、交點(diǎn)式y(tǒng)=a(x-x1)(x-x2)(a≠0,x1、x2是二次函數(shù)圖象與x軸兩交點(diǎn)的橫坐標(biāo)），我們要根據(jù)題意選擇合適的函數(shù)解析式進(jìn)行假設(shè). 2.存在性問題是一個比較重要的數(shù)學(xué)問題，通常作為中考的壓軸題出現(xiàn)，解決這類問題的一般步驟是：首先假設(shè)其存在，畫出相應(yīng)的圖形；然后根據(jù)所畫圖形進(jìn)行解答，得出某些結(jié)論；最后，如果結(jié)論符合題目要求或是定義定理，則假設(shè)成立；如果出現(xiàn)與題目要求或是定義定理相悖的情況，則假設(shè)錯誤，不存在。 3.分類討論是一種重要的數(shù)學(xué)思想，對于某些不確定

6、的情況，如由于時間變化引起的數(shù)量變化、等腰三角形的腰或底不確定的情況、直角梯形的直角不確定情況、運(yùn)動問題、旋轉(zhuǎn)問題等，當(dāng)情況不唯一時，我們就要分類討論。在進(jìn)行分類討論時，要根據(jù)題目要求或是時間變化等，做到不重不漏的解決問題。 4.動點(diǎn)問題，首先從特殊的運(yùn)動時間得出特殊的結(jié)論，再變?yōu)檎f明在任意時刻，里面存在的普遍規(guī)律，對于此類問題，常用的解決方法是：先用運(yùn)動時間的代數(shù)式表示出運(yùn)動線段以及相關(guān)一些線段的長，然后通過方程或比例求出運(yùn)動時間． 5.求最短路線問題，它與求線段差最大值屬于同一種典型題的兩種演化，都是利用了軸對稱的性質(zhì)來解決問題，前者用的是兩點(diǎn)之間線段最短，后者使用的為三角形兩邊之和大

7、于第三邊. 【中考集錦】 一、 選擇題 1、 （2016四川內(nèi)江）一組正方形按如圖3所示的方式放置，其中頂點(diǎn)B1在y軸上，頂點(diǎn)C1，E1，E2，C2，E3，E4，C3……在x軸上，已知正方形A1B1C1D1的邊長為1，∠B1C1O＝60，B1C1∥B2C2∥B3C3……則正方形A2016B2016C2016D2016的邊長是( ) A． ()2015 B．()2016 C．()2016 D．()2015 x O y C1 D1 A1 B1 E1 E2 E3 E4 C2 D2 A2 B2 C3 D3 A3 B3 圖3

8、二． 填空題 2.（2016年福建龍巖第16題）如圖1～4，在直角邊分別為3和4的直角三角形中，每多作一條斜邊上的高就增加一個三角形的內(nèi)切圓，依此類推，圖10中有10個直角三角形的內(nèi)切圓，它們的面積分別記為S1，S2，S3，…，S10，則S1+S2+S3+…+S10=　　　　　　． 三、解答題 1. （2016山東省東營市12分）在平面直角坐標(biāo)系中，平行四邊形ABOC如圖放置，點(diǎn)A、C的坐標(biāo)分別是(0，4)、（－1，0），將此平行四邊形繞點(diǎn)O順時針旋轉(zhuǎn)90，得到平行四邊形A′B′OC′． (1)若拋物線過點(diǎn)C、A、A′，求此拋物線的解析式； (2)點(diǎn)M是第一象限內(nèi)拋物線上的一

9、動點(diǎn)，問：當(dāng)點(diǎn)M在何處時，△AMA′的面積最大？最大面積是多少？并求出此時M的坐標(biāo)； (3)若P為拋物線上的一動點(diǎn)，N為x軸上的一動點(diǎn)，點(diǎn)Q坐標(biāo)為(1，0)，當(dāng)P、N、B、Q 構(gòu)成平行四邊形時，求點(diǎn)P的坐標(biāo)，當(dāng)這個平行四邊形為矩形時，求點(diǎn)N的坐標(biāo)． 【方法總結(jié)】（1）求出拋物線上三個點(diǎn)的坐標(biāo)，就可以用待定系數(shù)法確定拋物線的表達(dá)式； （2）在平面直角坐標(biāo)系中解決運(yùn)動產(chǎn)生的面積問題時，常設(shè)法建立所求面積與運(yùn)動點(diǎn)的橫坐標(biāo)之間的函數(shù)關(guān)系式，借助建立的函數(shù)關(guān)系式再解決面積的最值 問題；（3）在解決運(yùn)動產(chǎn)生的平行四邊形或特殊四邊形問題時，先確定其四個頂點(diǎn)中的固定點(diǎn)，分別以固定點(diǎn)的連線

10、為四邊形的一邊或一條對角線，構(gòu)造符合要求的圖形求解，這類問題的答案往往有多個解，要分類討論.【近3年臨沂市中考試題】 1. 解答： 解：函數(shù)y=x2﹣2x（x≥0）的圖象為C1，C1關(guān)于原點(diǎn)對稱的圖象為C2， C2圖象是x=﹣y2﹣2y，a非常小時，直線y=a（a為常數(shù)）與C1沒有交點(diǎn)，共有一個交點(diǎn)； 直線y=a經(jīng)過C1的頂點(diǎn)時，共有兩個交點(diǎn)； 直線y=a（a為常數(shù)）與C1、有兩個交點(diǎn)時，直線y=a（a為常數(shù)）與C1、C2的交點(diǎn)共有3個交點(diǎn)； 故選：C． 2. 【解答過程】解：由直線y＝－x＋2與有唯一公共點(diǎn)，得b＝2.∵y＝－x＋b與 y＝－x＋2平行，∴只要將直線y＝－x

11、＋b向上平移，在第一象限內(nèi)，直線y＝－x＋b與會有兩個公共點(diǎn)，此時b>2；由反比例函數(shù)圖象的對稱性，知若將直y＝－x＋b線向下平移，在第三象限內(nèi)，直線y＝－x＋b與也會有兩個公共點(diǎn)，此時b＜－2，因此b的取值范圍為：b>2或b<－2故選擇 C. 3、【解答】解：令直線y=﹣x+5與y軸的交點(diǎn)為點(diǎn)D，過點(diǎn)O作OE⊥直線AC于點(diǎn)E，過點(diǎn)B作BF⊥x軸于點(diǎn)F，如圖所示． 令直線y=﹣x+5中x=0，則y=5， 即OD=5； 令直線y=﹣x+5中y=0，則0=﹣x+5，解得：x=5， 即OC=5． 在Rt△COD中，∠COD=90，OD=OC=5， ∴tan∠DCO==1，∠DCO=

12、45． ∵OE⊥AC，BF⊥x軸，∠DCO=45， ∴△OEC與△BFC都是等腰直角三角形， 又∵OC=5， ∴OE=． ∵S△BOC=BC?OE=BC=， ∴BC=， ∴BF=FC=BC=1， ∵OF=OC﹣FC=5﹣1=4，BF=1， ∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，1）， ∴k=41=4， 即雙曲線解析式為y=． 將直線y=﹣x+5向下平移1個單位得到的直線的解析式為y=﹣x+5﹣1=﹣x+4， 將y=﹣x+4代入到y(tǒng)=中，得：﹣x+4=， 整理得：x2﹣4x+4=0， ∵△=（﹣4）2﹣44=0， ∴平移后的直線與雙曲線y=只有一個交點(diǎn)． 故選B． 4、【解答】

13、解：（1）∵直線y=﹣2x+10與x軸，y軸相交于A，B兩點(diǎn)， ∴A（5，0），B（0，10）， ∵拋物線過原點(diǎn)， ∴設(shè)拋物線解析式為y=ax2+bx， ∵拋物線過點(diǎn)B（0，10），C（8，4）， ∴， ∴， ∴拋物線解析式為y=x2﹣x， ∵A（5，0），B（0，10），C（8，4）， ∴AB2=52+102=125，BC2=82+（8﹣5）2=100，AC2=42+（8﹣5）2=25， ∴AC2+BC2=AB2， ∴△ABC是直角三角形． （2）如圖1， 當(dāng)P，Q運(yùn)動t秒，即OP=2t，CQ=10﹣t時， 由（1）得，AC=OA，∠ACQ=∠AOP=90， 在

14、Rt△AOP和Rt△ACQ中， ， ∴Rt△AOP≌Rt△ACQ， ∴OP=CQ， ∴2t=10﹣t， ∴t=， ∴當(dāng)運(yùn)動時間為時，PA=QA； （3）存在， ∵y=x2﹣x， ∴拋物線的對稱軸為x=， ∵A（5，0），B（0，10）， ∴AB=5 設(shè)點(diǎn)M（，m）， ①若BM=BA時， ∴（）2+（m﹣10）2=125， ∴m1=，m2=， ∴M1（，），M2（，）， ②若AM=AB時， ∴（）2+m2=125， ∴m3=，m4=﹣， ∴M3（，），M4（，﹣）， ③若MA=MB時， ∴（﹣5）2+m2=（）2+（10﹣m）2， ∴m=5， ∴M

15、（，5），此時點(diǎn)M恰好是線段AB的中點(diǎn)，構(gòu)不成三角形，舍去， ∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為：M1（，），M2（，），M3（，），M4（，﹣）， 5、 解答： 解：（1）直線y=2x﹣1，當(dāng)x=0時，y=﹣1，則點(diǎn)C坐標(biāo)為（0，﹣1）． 設(shè)拋物線解析式為y=ax2+bx+c， ∵點(diǎn)A（﹣1，0）、B（1，0）、C（0，﹣1）在拋物線上， ∴， 解得， ∴拋物線的解析式為：y=x2﹣1． （2）如答圖2所示，直線y=2x﹣1，當(dāng)y=0時，x=； 設(shè)直線CD交x軸于點(diǎn)E，則E（，0）． 在Rt△OCE中，OC=1，OE=，由勾股定理得：CE=， 設(shè)∠OEC=θ，則sinθ=，co

16、sθ=． 過點(diǎn)A作AF⊥CD于點(diǎn)F， 則AF=AE?sinθ=（OA+OE）?sinθ=（1+）=， ∴點(diǎn)A到直線CD的距離為． （3）∵平移后拋物線的頂點(diǎn)P在直線y=2x﹣1上， ∴設(shè)P（t，2t﹣1），則平移后拋物線的解析式為y=（x﹣t）2+2t﹣1． 聯(lián)立，化簡得：x2﹣（2t+2）x+t2+2t=0， 解得：x1=t，x2=t+2，即點(diǎn)P、點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)相差2， ∴PQ===． △GPQ為等腰直角三角形，可能有以下情形： i）若點(diǎn)P為直角頂點(diǎn)，如答圖3①所示，則PG=PQ=． ∴CG====10， ∴OG=CG﹣OC=10﹣1=9， ∴G（0，9）；

17、 ii）若點(diǎn)Q為直角頂點(diǎn)，如答圖3②所示，則QG=PQ=． 同理可得：Q（0，9）； iii）若點(diǎn)G為直角頂點(diǎn)，如答圖3③所示，此時PQ=，則GP=GQ=． 分別過點(diǎn)P、Q作y軸的垂線，垂足分別為點(diǎn)M、N． 易證Rt△PMG≌Rt△GNQ， ∴GN=PM，GM=QN． 在Rt△QNG中，由勾股定理得：GN2+QN2=GQ2，即PM2+QN2=10 ① ∵點(diǎn)P、Q橫坐標(biāo)相差2，∴NQ=PM+2， 代入①式得：PM2+（PM+2）2=10，解得PM=1， ∴NQ=3． 直線y=2x﹣1，當(dāng)x=1時，y=1，∴P（1，1），即OM=1． ∴OG=OM+GM=OM+NQ=1+3=

18、4， ∴G（0，4）． 綜上所述，符合條件的點(diǎn)G有兩個，其坐標(biāo)為（0，4）或（0，9）． 【中考集錦】 1、[答案] D [考點(diǎn)]三角形的相似，推理、猜想。 [解析]易知△B2C2E2∽△C1D1E1，∴＝＝＝30． ∴B2C2＝C1D130＝．∴C2D2＝． 同理，B3C3＝C2D230＝()2； 由此猜想BnCn＝()n－1． 當(dāng)n＝2016時，B2016C2016＝()2015． 故選D． 二．填空題 2.【答案】p. 的半徑=，：⊙E的半徑=，：⊙F的半徑=.∴S1+S2+S3=π.同理可得S1+S2+S3+S4=p.則S1+S2+S3+…+S10=π.

19、 三、解答題 1.【解答】解：(1)∵YABOC繞點(diǎn)O順時針旋轉(zhuǎn)90，得到平行四邊形A′B′OC′，點(diǎn)A的坐標(biāo)是(0，4)，∴點(diǎn)A′的坐標(biāo)為(4，0)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為(1，4). ∵拋物線過點(diǎn)C，A，A′，設(shè)拋物線的函數(shù)解析式為y＝ax2＋bx＋c(a≠0),可得： . 解得：.∴拋物線的函數(shù)解析式為y＝－x2＋3x＋4. (2)連接AA′，設(shè)直線AA′的函數(shù)解析式為y＝kx＋b，可得 .解得：. ∴直線AA的函數(shù)解析式是y＝－x＋4. 設(shè)M(x，－x2＋3x＋4)， S△AMA′＝4[－x2＋3x＋4一(一x＋4)]＝一2x2＋8x

20、＝一2(x－2)2＋8. ∴x＝2時，△AMA′的面積最大S△AMA′＝8． ∴M(2，6). (3)設(shè)P點(diǎn)的坐標(biāo)為（x，－x2＋3x＋4），當(dāng)P、N、B、Q構(gòu)成平行四邊形時， ①當(dāng)BQ為邊時，PN∥BQ且PN＝BQ， ∵BQ＝4，∴一x2＋3x＋4＝4. 當(dāng)一x2＋3x＋4＝4時，x1＝0，x2＝3，即P1(0,4)，P2(3，4)； 當(dāng)一x2＋3x＋4＝一4時，x3＝，x4＝，即P3(,－4)，P4(，－4)； ②當(dāng)BQ為對角線時，PB∥x軸，即P1(0，4)，P2(3，4); 當(dāng)這個平行四邊形為矩形時，即Pl(0，4)，P2(3，4)時，N1(0，0)，N2(3，0). 綜上所述，當(dāng)P1(0，4)，P2(3，4)，P3(,－4)，P4(，－4)時，P、N、B、Q構(gòu)成平行四邊形；當(dāng)這個平行四邊形為矩形時，N1(0，0)，N2(3，0).