初中數(shù)學(xué)專題訓(xùn)練參考答案_第1頁
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文檔簡介

初中數(shù)學(xué)專題訓(xùn)練參考答案專題一、選擇題1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.15.16.17.18.19.20.21.22.23.24.25.專題二、填空題1.2.或3.有①7、6、3②7、6、2兩種,任填一種即可4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.15.16.17.,18.19.20.或21.22.23.2、4、6、824.(,)25.(,)專題三、反比例函數(shù)1.解:直線與軸交點(diǎn)為(0,),與軸交點(diǎn)為(-1,0)∴∴一次函數(shù)為:∴、又∵所以2.解:(1)∵雙曲線過A(3,),∴.把B(-5,)代入,得.∴點(diǎn)B的坐標(biāo)是(-5,-4).設(shè)直線AB的解析式為,將A(3,)、B(-5,-4)代入得,,解得:.∴直線AB的解析式為:.(2)四邊形CBED是菱形.理由如下:點(diǎn)D的坐標(biāo)是(3,0),點(diǎn)C的坐標(biāo)是(-2,0).∵BE∥軸,∴點(diǎn)E的坐標(biāo)是(0,-4).而CD=5,BE=5,且BE∥CD.∴四邊形CBED是平行四邊形.在Rt△OED中,ED2=OE2+OD2,∴ED==5,∴ED=CD.∴□CBED是菱形.3.解:(1),(2)分別過、作軸的垂線,垂足為、.則∽,∵∴在中,當(dāng)時(shí),∴∴∴(-4,0)4.解:(1)過B點(diǎn)作BD⊥x軸,垂足為D,∵B(n,﹣2),∴BD=2,在Rt△OBD在,tan∠BOC=,即=,解得OD=5,又∵B點(diǎn)在第三象限,∴B(﹣5,﹣2),將B(﹣5,﹣2)代入y=中,得k=xy=10,∴反比例函數(shù)解析式為y=,將A(2,m)代入y=中,得m=5,∴A(2,5),將A(2,5),B(﹣5,﹣2)代入y=ax+b中,得,解得,則一次函數(shù)解析式為y=x+3;(2)由y=x+3得C(﹣3,0),即OC=3,∵S△BCE=S△BCO,∴CE=OC=3,∴OE=6,即E(﹣6,0).5.解:(1)∵四邊形是矩形 ∴、 ∵是由沿著翻折得到的 ∴,∴四邊形是正方形(2)點(diǎn)是正方形的中心理由:過作軸于,如圖:∵四邊形是正方形∴,∴(,)∴∵(,)、(,)∴直線為設(shè)(,),則,解得:,(不合題意舍去)∴(,),(,)∵∴,∴∴點(diǎn)是正方形的中心.6.解:(1)OA=16,OC=8,設(shè)OD=m,則CD=DA=16-m,在Rt△COD中,∠COD=90∵CD=OC+OD∴(16-m)=8+m,m=6∴D(6,0)∵四邊形OABC是矩形∴OA∥CB,∴∠CED=∠EDA,又∵∠EDA=∠CDE,∴∠CED=∠CDE,∴CE=CD=10,E(10,8)(2)過B作BM⊥BC于M如圖1.BC=AB=OC=8,BE=BE=6,∠CBE=90,BM=CM=,B(,)k=10×8=80,y=,∵圖1∴點(diǎn)B不在這個(gè)反比例函數(shù)的圖象上。(3)當(dāng)x=16時(shí),y=5F=1\*GB3①把線段DE先向右平移10個(gè)單位長度,再向上平移5個(gè)單位長度,端點(diǎn)E落在G處,G(20,13);=2\*GB3②把線段EF先向左平移4個(gè)單位長度,再向下平移8個(gè)單位長度,端點(diǎn)F落在G處,G(12,-3);=3\*GB3③把線段DF先向左平移6個(gè)單位長度,再向上平移3圖2 個(gè)單位長度,端點(diǎn)D落在G處,G(0,3);綜上所述,在直角坐標(biāo)系中存在:G(20,13)、G(12,-3)、G(0,3)使得以D、E、F、G為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形。7.解:(1)過A作AD⊥x軸于D.則AD=3,OD=2,DC=4∵BF⊥x軸,AD⊥x軸∴AD∥EF∴△CEF∽△CAD∴∴EF=1,S==(2)①過B作BE⊥x軸于E。設(shè)A(,)、B(6,則CE=(),BE=直線OB為:∴D(a,)∴=1…(Ⅰ)∵AD=,∴∴…(Ⅱ)把(Ⅱ)代人(Ⅰ)解得∵∴∴A(3,4)、B(6,2)(3)過M作MA⊥x軸于A,過N作NB⊥x軸于B,連接ON交MA于點(diǎn)C.直線ON為:當(dāng)x=m時(shí),y=∴C()MC=-又∵M(jìn)C=∴-=∴∴∵∴8.解:(1)過點(diǎn)C作CG⊥OA于點(diǎn)G,∵點(diǎn)C是等邊△OAB的邊OB的中點(diǎn),∴OC=2,∠AOB=60°,∴OG=1,CG=,∴點(diǎn)C的坐標(biāo)是(1,),由=,得:k=,∴該雙曲線所表示的函數(shù)解析式為y=;(2)過點(diǎn)D作DH⊥AF于點(diǎn)H,設(shè)AH=a,則DH=a.∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為(4+a,),∵點(diǎn)D是雙曲線y=上的點(diǎn),由xy=,得(4+a)=,即:a2+4a-1=解得:a1=-2,a2=--2(舍去),∴AD=2AH=2-4,∴等邊△AEF的邊長是2AD=4-8.9.解:設(shè)A(),則B()、C(0,)(1)AB=AD=(2)①過點(diǎn)F作FG⊥BC于G.∵點(diǎn)F是矩形ABCD的中心∴點(diǎn)F坐標(biāo)為()把點(diǎn)F()代入得:化簡得:∴②△AEF是直角三角形理由:由①得,∴A(),在中,當(dāng)y=時(shí),AE=∵∠ACB=30,∠ABC=90∴tan30=∴∴∴AB=AF=∴∵∴又∵∠EAF=∠CAD∴△EAF∽△CAD∴∠EFA=∠CDA=90所以△AEF是直角三角形.10.解:(1)∵點(diǎn)E、F在函數(shù)的圖象上,∴設(shè),∴,∵,∴,。(2)∵四邊形OABC為矩形,OA=2,OC=4,設(shè),∴BE=,BF=∴∵,∴=∴當(dāng)時(shí),,∴AE=2.當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動到AB的中點(diǎn)時(shí),四邊形OAEF的面積最大,最大值是5.專題四圓解答題1.解:(1)證明:∵∠BCD=∠BAC,∴eq\o(\s\up8(︵),\s\do0(BC))=eq\o(\s\up8(︵),\s\do0(BD))?!逜B為⊙O的直徑,∴AB⊥CD,CE=DE?!郃C=AD。(2)解:不正確,如當(dāng)∠CAB=20°時(shí),CF不是⊙O的切線。如圖,連接OC?!逴C=OA,∴∠OCA=20°。∵∠ACB=90°,∴∠OCB=70°。又∵∠BCF=30°,∴∠FCO=100°。∴CO與FC不垂直.。∴此時(shí)CF不是⊙O的切線.。2.解:(1)證明:如圖,連接OC,則∠BOC=2∠A=2α,∴∠BOC+∠B=2α+β=900?!唷螧CO=900,即OC⊥BC?!郆C是的⊙O切線。(2)∵OC=OA=6,由(1)知,OC⊥BC,在中,,即。∴OB=10。∴。3.解:(1)如圖所示,⊙P′即為所求作的圓?!裀′與直線MN相交。(2)設(shè)直線PP′與MN相交于點(diǎn)A,則由⊙P的圓心為P(﹣3,2),半徑為3,直線MN過點(diǎn)M(5,0)且平行于y軸,點(diǎn)N在⊙P′上,得P′N=3,AP′=2,PA=8?!嘣谥校?。在中,。4.證明:(1)∵AB是⊙O的直徑,∴∠ADB=90°,即AD⊥BC?!逜B=AC,∴D是BC的中點(diǎn)。

(2)∵AB是⊙O的直徑,∴∠AEB=∠ADB=90°,即∠CEB=∠CDA=90°,∵∠C是公共角,∴△BEC∽△ADC。(3)∵△BEC∽△ADC,∴∠CBE=∠CAD?!逜B=AC,AD=CD,∴∠BAD=∠CAD?!唷螧AD=∠CBE?!摺螦DB=∠BEC=90°,∴△ABD∽△BCE?!唷??!連C=2BD,∴,即?!摺螧DP=∠BEC=90°,∠PBD=∠CBE,∴△BPD∽△BCE?!??!?,即AB?CE=2DP?AD。5.解:(1)連接OD、OB∵AC是⊙O的直徑,∴∠ABC=90°∵EF⊥BC,∴∠F=∠ABC=90°∴EF∥AB∵D是EQ\O\AC(AB,\S\UP10(︵))的中點(diǎn),∴∠BOD=∠AOD,又OA=OB,∴OD⊥AB,∴OD⊥EF又EF過半徑OD的外端D,∴EF是⊙O的切線.(2)在Rt△EFC中,CF=6,∠ACB=60°∴CE=12∵OD⊥EF,BC⊥EF,∴OD∥CF∴△ODE∽△CFE設(shè)⊙O的半徑為r,則eq\F(r,6)=eq\F(12-r,12),解得r=4,∴DE=4eq\R(,3)∴S陰影=S△ODE-S扇形OAD=eq\f(1,2)×4×4eq\R(,3)-eq\f(1,6)π×42=8eq\R(,3)-eq\f(8,3)π6.(1)設(shè)⊙O的半徑為r.∵BC切⊙O于點(diǎn)D∴OD⊥BC∵∠C=90°∴OD∥AC∴△OBD∽△ABC.∴eq\f(OD,AC)=eq\f(OB,AB),即解得:∴⊙O的半徑為(2)四邊形OFDE是菱形∵四邊形BDEF是平行四邊形∴∠DEF=∠B.∵∠DEF=eq\f(1,2)∠DOB∴∠B=eq\f(1,2)∠DOB.∵∠ODB=90°∴∠DOB+∠B=90°∴∠DOB=60°∵DE∥AB,∴∠ODE=60°.∵OD=OE,∴△ODE是等邊三角形∴OD=DE∵OD=OF∴DE=OF∴四邊形OFDE是平行四邊形∵OE=OF∴平行四邊形OFDE是菱形.7.解:(1)如圖,連接OA,∵直徑CE⊥AB,∴AD=BD=2,。∴∠ACE=∠BCE,∠AOE=∠BOE,又∵∠AOB=2∠ACB,∴∠BOE=∠ACB。又∵=,∴=,在中,設(shè)OD=x,則OB=3x,∵OD2+BD2=OB2,∴x2+22=(3x)2,解得x=。∴OB=3x=,即⊙O的半徑為。(2)證明:∵FE=2OE,∴OF=3OE=。∴。又∵,∴。又∵∠BOF=∠DOB,∴△OBF∽△ODB。∴∠OBF=∠ODB=90°?!逴B是半徑,∴BF是⊙O的切線。8.解:(1)證明:∵AB是⊙O的直徑,∴∠ADB=90°,即∠ADC+∠CDB=90°。∵∠ADC=∠ABC,∠CBF=∠CDB,∴∠ABC+∠CBF=90°,即∠ABF=90°?!郃B⊥EF?!郋F是⊙O的切線。(2)作BG⊥CD,垂足是G,在中,∵AB=10,=,∴BD=6?!喔鶕?jù)勾股定理得AD=8?!??!唿c(diǎn)C是弧AB的中點(diǎn),∴∠ADC=∠CDB=45°。∴BG=DG=BDsin45°=?!摺螪AB=∠DCB,∴。∴?!??!?。9.(1)證明:∵OC為半徑,點(diǎn)C為的中點(diǎn),∴OC⊥AD?!逜B為直徑,∴∠BDA=90°,BD⊥AD。∴OF∥BD。(2)①證明:∵點(diǎn)O為AB的中點(diǎn),點(diǎn)F為AD的中點(diǎn),∴OF=BD?!逨C∥BD,∴∠FCE=∠DBE?!摺螰EC=∠DEB,∴△ECF∽△EBD,∴,∴FC=BD?!郌C=FO,即點(diǎn)F為線段OC的中點(diǎn)。②解:∵FC=FO,OC⊥AD,∴AC=AO,又∵AO=CO,∴△AOC為等邊三角形。∴根據(jù)銳角三角函數(shù)定義,得△AOC的高為?!啵╟m2)。答:圖中陰影部分(弓形)的面積為cm2。10.解:(1)PO與BC的位置關(guān)系是PO∥BC。(2)(1)中的結(jié)論P(yáng)O∥BC成立。理由為:由折疊可知:△APO≌△CPO,∴∠APO=∠CPO。又∵OA=OP,∴∠A=∠APO。∴∠A=∠CPO。又∵∠A與∠PCB都為所對的圓周角,∴∠A=∠PCB?!唷螩PO=∠PCB?!郟O∥BC。(3)證明:∵CD為圓O的切線,∴OC⊥CD。又∵AD⊥CD,∴OC∥AD?!唷螦PO=∠COP。由折疊可得:∠AOP=∠COP,∴∠APO=∠AOP。又∵OA=OP,∴∠A=∠APO?!唷螦=∠APO=∠AOP?!唷鰽PO為等邊三角形?!唷螦OP=60°。又∵OP∥BC,∴∠OBC=∠AOP=60°。又∵OC=OB,∴△BC為等邊三角形。∴∠COB=60°。∴∠POC=180°﹣(∠AOP+∠COB)=60°。又∵OP=OC,∴△POC也為等邊三角形?!唷螾CO=60°,PC=OP=OC。又∵∠OCD=90°,∴∠PCD=30°。在中,PD=PC,又∵PC=OP=AB,∴PD=AB,即AB=4PD。專題五答案1.解:(1)設(shè)購進(jìn)甲商品x件,則購進(jìn)乙商品為(160-x)件。 根據(jù)題意得:(20-15)x+(45-30)x=1100 解得:x=100160-x=60 答:購進(jìn)甲商品100件,則購進(jìn)乙商品為60件。 (2)設(shè)購進(jìn)甲商品n件,則購進(jìn)乙商品為(160-n)件。 根據(jù)題意得:解得∵n是正整數(shù),∴n=66或67有兩種進(jìn)貨方案:①購進(jìn)甲商品66件,購進(jìn)乙商品94件;②購進(jìn)甲商品67件,購進(jìn)乙商品93件。獲利最大的是①購進(jìn)甲商品66件,購進(jìn)乙商品94件。2.解:(1)利用圖象設(shè)關(guān)于的函數(shù)解析式為,將(10,10)(50,6)代入解析式得:,解得:,(10≤x≤50)(2)當(dāng)生產(chǎn)這種產(chǎn)品的總成本為280萬元時(shí),,解得:,(不合題意舍去),故該產(chǎn)品的生產(chǎn)數(shù)量為40噸.3.解:(1) (2)∵,w隨著x的增大而增大∴當(dāng)x=10時(shí),(元)4.解:(1)設(shè)規(guī)定的時(shí)間為x天。根據(jù)題意得:解得:經(jīng)檢驗(yàn)是元方程的解,所以規(guī)定的時(shí)間是12天。(2)兩隊(duì)合作所需的工資為: 所以該縣準(zhǔn)備的工程工資款夠用。5.解:(1)、(2)根據(jù)題意得:解得:,(不合題意舍去)紫菜平均每畝產(chǎn)量的增長率為50%.6.解:(1),且為整數(shù)(2)解得:又∵,是整數(shù)∴、、所以有三種購樹苗方案:①購種樹苗棵、種樹苗棵,所用資金元;②購種樹苗棵、種樹苗棵,所用資金元;③購種樹苗棵、種樹苗棵,所用資金元;7.解:(1)設(shè).根據(jù)題意得:,當(dāng)時(shí),.所以從剎車到停止經(jīng)過的路程為:(米)(2)設(shè)動車從剎車到滑行2250米處所用的時(shí)間為秒.根據(jù)題意得: 解得:,(不合題意舍去)動車從剎車到滑行2250米處所用的時(shí)間是40秒.8.解:(1)設(shè)根據(jù)題意得:解得:(2)(3)根據(jù)題意得:解得9.解:(1)設(shè),則.∵∴,解得:,(不合理舍去)∴(0,)設(shè)直線的解析式為:∵(-6,0)∴直線為:(2)過作于如圖1,設(shè)(,),則(,0).,根據(jù)題意得:解得:,所以(,)、(-4,).(3)假設(shè)存在(,)使得的面積等于.分兩種情況:①當(dāng)時(shí),過作于如圖2-1,則(,0).,根據(jù)題意得:化簡得:∵方程沒有實(shí)數(shù)根∴此時(shí)不存在這樣的點(diǎn),使得的面積等于;②當(dāng)時(shí),過作于如圖2-2,則(,0).,根據(jù)題意得:解得:,(不合題意舍去)所以此時(shí)存在(,)10.解:(1)根據(jù)題意得: 化簡得:(2)當(dāng)時(shí),解得:,所以當(dāng)每個(gè)書包售價(jià)定為元或元時(shí),一個(gè)月的利潤剛好是元.(3)當(dāng)每個(gè)書包售價(jià)定為大于元而小于元時(shí),商家就可盈利.專題六幾何探究題1.解:(1)∵PQ∥BD∴∠CQP=∠BDC在Rt△BDC種,∵∠C=90∴tan∠BDC=∴∠CQP=∠BDC=30(2)如備用圖1,點(diǎn)R落在AB上。∵∠CPQ=90-∠CQP=60∴∠RPQ=∠CPQ=60∴∠RPB=60∴BP=PR=CP=則∴(3)有兩種情況:①當(dāng)時(shí),②當(dāng)時(shí),如備用圖2?!逷B=∴PN=2PB=∴RN=∴2.(1)證明:連接CD如圖1.∵△ABC是直角三角形,∠C=90,AC=BC點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)∴CD⊥AB,CD=DB∠FCD=∠B=45∠BDF=90-∠FDC∵∠EDF=90∴∠CDE=90-∠FDC∴∠BDF=∠CDE∴△CDE≌△BDF∴DE=DF(2)過D作DG⊥AB交AC于G如圖2.則AD=DG,∠EGD=∠B=45又∵∠EDG=∠FDB∴△GDE∽△BDF∴∴(3)AB=∵AD∶DB=1∶2∴DG=AD=BD=∴AG=有兩種情況:①如圖2,當(dāng)時(shí)。由△GDE∽△BDF得:∴②如備用圖,當(dāng)時(shí)。由△GDE∽△BDF得:∴3.解:(1)如圖1,當(dāng)時(shí)∵四邊形是矩形∴∥∴∥∴∽∴∴∴當(dāng)時(shí)(2)為定值,分三種情況:①當(dāng)時(shí),如圖1:方法一:由(1)得:∴方法二:==由(1)得: ∴②當(dāng)時(shí),點(diǎn)、、重合。③當(dāng)時(shí),如圖2:方法一:∵四邊形是矩形∴∥∴∥∴∽∴∴∴方法二:∵四邊形是矩形∴∥∴∥∴∽∴∴∴又∵∴綜上所述:為定值。4.解:(1)如圖1,過點(diǎn)G作于M.在正方形EFGH中,.又∵,∴⊿AHE≌⊿BEF.同理可證:⊿MFG≌⊿BEF.∴GM=BF=AE=2.∴FC=BC-BF=10.(2)如圖2,過點(diǎn)G作于M.連接HF.又∴⊿AHE≌⊿MFG.∴GM=AE=2.(3)⊿GFC的面積不能等于2.∵若則12-a=2,∴a=10.此時(shí),在⊿BEF中,在⊿AHE中,.∴AH>AD.即點(diǎn)H已經(jīng)不在邊AB上.故不可能有解法二:⊿GFC的面積不能等于2.∵點(diǎn)H在AD上,∴菱形邊長EH的最大值為.∴BF的最大值為.又因?yàn)楹瘮?shù)的值隨著a的增大而減小,所以的最小值為.又∵,∴⊿GFC的面積不能等于2.5.解:(1)∵四邊形ADEF是正方形,△ABC是等腰直角三角形,∴AB=AC,AD=AF,∠BAC=∠DAF=90o∴∠BAD=∠CAF,∴△ABD≌△ACF(2)作圖如右:猜測:CF=BD,CF⊥BD理由是:同(1)可得△ABD≌△ACF∴CF=BD,∠ACF=∠ABD=∠ACB=45o∴∠FCB=90o,∴CF⊥BD(3)連接GF∵AE是正方形ADEF的對角線∴∠FAE=∠DAE=45o又AD=AF,AG=AG∴△AFG≌△ADG∴FG=DG若Rt△CFG是等腰三角形,則CG=CF設(shè)CF=x,得CG=CF=BD=x①如圖1,當(dāng)BD<1時(shí),F(xiàn)G=DG=2-2x在Rt△CFG中,,根據(jù)勾股定理得FG2=CG2+CF2∴(2-2x)2=2x2解得:x1=2+EQ\R(2)>1(舍去),x2=2-EQ\R(2)②如圖2,當(dāng)BD>1時(shí),∵CG=BD∴FG=DG=BC=2在Rt△CFG中,,根據(jù)勾股定理得FG2=CG2+CF2,22=2x2解得:x1=-EQ\R(2)(舍去),x2=EQ\R(2)綜上所得,當(dāng)BD等于2-EQ\R(2)或EQ\R(2)時(shí),△CFG是等腰三角形6.解:(1)理由:方法一:∵四邊形與四邊形都是正方形∴∴∴≌可以看作由順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到的(或可以看作由逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到的),故,方法二:連接如圖.證≌得,∴=∴∴(2)①方法一:過作,過.則∥∴∵,∴又∵∴≌∴∵,∴方法二:①過作∥交直線于.則∵,∴∴同理:又∵∴≌∴∵∴又∵∴≌∴∴∴②∵≌∴∵≌∴∴∴所以為定值方法三:①過作交.∵,∴∵,∴又∵∴≌∴同理可證:∴即②∵≌,∴∵≌∴∴所以為定值方法四:①過作⊥直線于,過作⊥直線于∵,∴又∵∴≌∴同理可證:≌∴∴又∵,∴≌∴∴又∵∴②由①得≌,≌∴,∴,又∵≌∴∴所以為定值7.(1)方法一:如圖1-1.∵,∴∴又∵∴∴即∴是等腰直角三角形方法二:如圖1-2.把繞著點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn),點(diǎn)落在點(diǎn)處,點(diǎn)落在點(diǎn)處,連接.則,,,∵∴∴∥∴四邊形是矩形.又∵∴點(diǎn)是矩形的中心∴點(diǎn)、、在同一直線上.且又∵∴所以是等腰直角三角形方法三:如圖1-2.延長到,使得,連接、、.∵于∴又∵∴四邊形是矩形.∴又∵,∴≌∴,∴∴所以是等腰直角三角形②方法一:在中∵∴∴又∵,∴∴()方法二:如圖1-3.過點(diǎn)作于.∵,∴∴∴又∵∴∴()(2)方法一:如圖2-1.把繞著點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn),點(diǎn)落在點(diǎn)處,點(diǎn)落在點(diǎn)處,連接、.則,,,∵∴∴∥∴四邊形是平行四邊形.又∵∴點(diǎn)是平行四邊形的中心∴點(diǎn)、、在同一直線上.且又∵∴,所以是等腰直角三角形方法二:如圖2-2.延長到,使得,連接、、、.則四邊形是平行四邊形.∴∵∴∴∵,∴設(shè)繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)角則,∵,∴∴又∵∴≌∴∴∴,所以是等腰直角三角形8.(1)連接AC如圖1.∵四邊形ABCD是菱形,∠BAD=120∴∠ACB=∠ABC=∠CAB=∠ACN=60∴AC=AB又∵∠MAN=60∴∠BAM=∠CAN=60-∠MAN∴△BAM≌△CAN∴AM=AN∴△AMN是等邊三角形(2)∵△BAM≌△CAN∴BM=CN∴CM+CN=BC=AB=4∵四邊形AMCN的周長=AM+CM+CN+AN∴四邊形AMCN的周長=2AM+4∴當(dāng)AM最小時(shí),四邊形AMCN的周長最小即當(dāng)AM⊥BC,α=30時(shí),四邊形AMCN的周長最小.此時(shí)∵∠AMB=90,∠BAM=α=30∴BM=AB=2∴四邊形AMCN的周長最小值為:(3)理由:方法一:把△ABM繞著點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn),使得點(diǎn)B與點(diǎn)D重合,點(diǎn)P落在點(diǎn)處如圖.則BP=D=2DQ,∠DA=∠PBA=∠ADQ=30∴∠DQ=60,連接Q,記D的中點(diǎn)為T,連接TQ.又∵TD=DQ=∴△DTQ是等邊三角形 ∴TQ=TD=T∴∠DQ=∠QT=30,∵∠DQT=60∴∠DQ=90∴Q=3∴∵∠PAQ=60,∠BAD=120∴∠PAB+∠DAQ=60∵∠AD=∠PAB∴∠AQ=∠PAQ=60又A=AP,AQ=AQ∴△AQ≌△PAQ∴PQ=Q∴方法二:作點(diǎn)D關(guān)于直線AN的對稱點(diǎn),連接Q、P、A,取P的中點(diǎn)T,連接QT.則DQ=Q、AD=A.證△AP≌△BAP得P=BP,其它步驟與方法一類似。9.解(1)如圖2,∵∥∴∽,∽∴即.∴,(2)如圖3,在等腰中,,則邊上的高為.所以.由∽得即所以.又∵與是同高三角形,所以于是,(3)如圖4,∵,∴又∵∥∴∴≌∴∴是等腰三角形∵與有一個(gè)公共的,而且∴只存在的情況。當(dāng)∽時(shí),也是等腰三角形,∴,解得:10.(1)∵A、D關(guān)于點(diǎn)Q成中心對稱,HQ⊥AB,∴=90°,HD=HA,∴,∴△DHQ∽△ABC.(2)①如圖1,當(dāng)時(shí),ED=,QH=,此時(shí).當(dāng)時(shí),最大值.②如圖2,當(dāng)時(shí),ED=,QH=,此時(shí).當(dāng)時(shí),最大值.∴y與x之間的函數(shù)解析式為y的最大值是.(3)①如圖1,當(dāng)時(shí),若DE=DH,∵DH=AH=,DE=,∴=,.顯然ED=EH,HD=HE不可能;②如圖2,當(dāng)時(shí),若DE=DH,=,;若HD=HE,此時(shí)點(diǎn)D,E分別與點(diǎn)B,A重合,;若ED=EH,則△EDH∽△HDA,∴,,.∴當(dāng)x的值為時(shí),△HDE是等腰三角形.11.解:(1)與的位置關(guān)系是;.證明:如圖1,過點(diǎn)作于,則.∵矩形中,,∴矩形為正方形.∴,.∴∴≌∴.∵∴∴∴.∵,∴,.于是.(2)在(1)中得到的兩個(gè)結(jié)論均成立.證明:如圖2,延長交的延長線于點(diǎn),連結(jié)、,過作,交于點(diǎn).∵四邊形是矩形,∴∥∴,∵為的中點(diǎn)∴∴≌∴,∵∴∴∵∴∴∴由(1)得∴.∴,∵∴∴≌.∴,∵∴∵∴=.(3);不一定等于.12.解:(1)依題意,點(diǎn)P既在的平分線上,又在線段AB的垂直平分線上.如圖1,作的平分線,作線段的垂直平分線,與的交點(diǎn)即為所求的P點(diǎn)。是等腰直角三角形.理由:過點(diǎn)P分別作、,垂足為E、F如圖2.∵平分,、,垂足為E、F,∴.又∵,∴≌.∴.∵,,,∴,從而.又∴是等腰直角三角形.(2)如圖2,在中,,,.∴.由≌,≌,可得,.∴.在中,,,,∴.∴.所以的周長為:.因?yàn)榈拿娣e=的面積的面積的面積===().或.(3)方法一:過點(diǎn)分別作、,垂足為、如圖3.易得.由∥得①;由∥得②①+②,得,即.∴,即.方法二:(前面同法1)又,.∴∴.∴,即.方法三:過點(diǎn)作,垂足為如圖4.在中,,由∥得①;②①+②,得,即.∴,即.方法四:過點(diǎn)作∥,交射線于點(diǎn)如圖5.易得,.∵∥,∴.∴,.即.方法五:過點(diǎn)作的平行線,交射線于點(diǎn)如圖6.得,,又,即,所以,方法六:分別過點(diǎn)、分別作的平行線,交射線于點(diǎn),交射線于點(diǎn)如圖7.得,又,∴,即,專題七二次函數(shù)1.解:(1)∵(,)在拋物線上∴解得(2)由得(,)得(3)當(dāng)時(shí),點(diǎn)與點(diǎn)關(guān)于拋物線的對稱軸直線對稱,此時(shí)(,)當(dāng)時(shí),設(shè)(,)如圖,∵∴∵∴∴∴≌∴∴解得:,(不合題意舍去)此時(shí)(,)。綜上所述:當(dāng)點(diǎn)的坐標(biāo)為(,)或(,)時(shí),是等腰三角形。2.解:(1)由題意得解得∴此拋物線的解析式為(2)連結(jié)、.因?yàn)榈拈L度一定,所以周長最小,就是使最小.點(diǎn)關(guān)于對稱軸的對稱點(diǎn)是點(diǎn),與對稱軸的交點(diǎn)即為所求的點(diǎn).OACxyOACxyBEPD則解得∴此直線的表達(dá)式為把代入得∴點(diǎn)的坐標(biāo)為(3)存在最大值理由:∵即∴∴即∴連結(jié)==∵∴當(dāng)時(shí),3.(1)根據(jù)題意得:解得(2)設(shè)直線AB的解析式為根據(jù)題意得:解得則P、Q,PQ=當(dāng)x=0時(shí),(3)當(dāng)PQ取最大值時(shí),P(0,2).當(dāng)y=0時(shí),,,D(1,0)假設(shè)在拋物線上存在M、N兩點(diǎn),使得以P、D、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形。有兩種情況:①當(dāng)MN∥PD、MN=PD時(shí),設(shè)M則N即N(注:平移線段,端點(diǎn)對應(yīng)坐標(biāo)差相等)-0解得x=-2M、N(-1,-2)②當(dāng)MN與PD互相平分時(shí),設(shè)M則N即N-0解得(當(dāng)x=2時(shí),1-x=-1<2不合題意舍去),M(-1,-2)、N(2,4)綜上所述:當(dāng)PQ的長度取最大值時(shí),在拋物線上存在M、N(-1,-2)使得四邊形MPDN是平行四邊形、存在M(-1,-2)、N(2,4)使得四邊形MPND是平行四邊形。4.解:(1)根據(jù)題意得解得:,(2)①點(diǎn)(,),直線為.當(dāng)時(shí),.(,),(,)設(shè)(,),則(,).當(dāng)四邊形是平行四邊形時(shí),.解得:,(不合題意舍去)所以NMQ3QNMQ3Q2Q1Gx=1yxOFEPDCBA如圖,∵四邊形是平行四邊形∴∥∴此時(shí)點(diǎn)與點(diǎn)重合∴(,)設(shè)對稱軸與軸相交于點(diǎn),過點(diǎn)作于,過點(diǎn)作于.∵∥∴又∵,∴≌∴過作的平行線交拋物線于、兩點(diǎn).直線為設(shè)(,)代入得:=解得:,∴(,)、(,)綜上所述:在拋物線上存在(,)、(,)、(,)5.(1)設(shè)點(diǎn)A的坐標(biāo)為(m,2m)∵AB∥y軸交拋物線于B點(diǎn),∴B(m,)AC∥x軸交拋物線于C點(diǎn)∴C(2m,2m)∴AC=-m∵點(diǎn)P到AB的距離為(-m)∴.(2)由(1)得AB=2m-=, 解得:m=-2∴B(-2,2)、C(-4,8)A(-2,8)∵∠BAC=90,∴直線BC為: ∵當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)B、C不在同一直線上時(shí),,當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)B、C在同一直線上時(shí),∴所以的最大值為。 ,當(dāng)x=0時(shí),y=-4,此時(shí)P(0,-4)(3)A(m,nm)、B(m,)AB=有兩種情況:①當(dāng)點(diǎn)C在點(diǎn)A左邊時(shí),記為C(mn,nm)如圖AC=m-mn∵AB=AC∴∵m<0,n>1∴②當(dāng)點(diǎn)C在點(diǎn)A右邊時(shí),記為C(-mn,nm)如圖AC=-mn-m∴∵m<0,n>1∴綜上所述,當(dāng)△ABC是等腰三角形時(shí),或6.解:(1)因所求拋物線的頂點(diǎn)的坐標(biāo)為(2,4),故可設(shè)其關(guān)系式為.又拋物線經(jīng)過,于是得,解得.∴所求函數(shù)關(guān)系式為,即.(2)①點(diǎn)不在直線上.根據(jù)拋物線的對稱性可知點(diǎn)的坐標(biāo)為(4,0),又的坐標(biāo)為(2,4),設(shè)直線的關(guān)系式為.于是得,解得.所以直線的關(guān)系式為.由已知條件易得,當(dāng)時(shí),,∴.∵點(diǎn)的坐標(biāo)不滿足直線的關(guān)系式,∴當(dāng)時(shí),點(diǎn)不在直線上.②存在最大值.理由如下:∵點(diǎn)在軸的非負(fù)半軸上,且在拋物線上,∴,∴點(diǎn)的坐標(biāo)分別為、,∴(),∴,∴.(i)當(dāng),即或時(shí),以點(diǎn)為頂點(diǎn)的多邊形是三角形,此三角形的高為,∴.(ii)當(dāng)時(shí),以點(diǎn)為頂點(diǎn)的多邊形是四邊形,∵,∴,其中(),由,,此時(shí).綜上所述,當(dāng)時(shí),以點(diǎn)為頂點(diǎn)的多邊形面積有最大值,這個(gè)最大值為.7.解:(1)解方程x2-10x+16=0得x1=2,x2=8.∵點(diǎn)B在x軸的正半軸上,點(diǎn)C在y軸的正半軸上,且OB<OC,∴A、B、C三點(diǎn)的坐標(biāo)分別是A(-6,0)、B(2,0)、C(0,8).∵點(diǎn)C(0,8)在二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象上,∴c=8.將A(-6,0)、B(2,0)代入表達(dá)式y(tǒng)=ax2+bx+8,得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0=36a-6b+8,0=4a+2b+8))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=-\f(2,3),b=-\f(8,3)))∴所求二次函數(shù)的表達(dá)式為y=-eq\f(2,3)x2-eq\f(8,3)x+8.(2)∵AB=8,OC=8,依題意,AE=m,則BE=8-m,∵OA=6,OC=8,∴AC=10.∵EF∥AC,∴△BEF∽△BAC.∴eq\f(EF,AC)=eq\f(BE,AB).即eq\f(EF,10)=eq\f(8-m,8).∴EF=eq\f(40-5m,4).過點(diǎn)F作FG⊥AB,垂足為G,則sin∠FEG=sin∠CAB=eq\f(4,5).∴eq\f(FG,EF)=eq\f(4,5).∴FG=eq\f(4,5)·eq\f(40-5m,4)=8-m.∴S=S△BCE-S△BFE=eq\f(1,2)(8-m)×8-eq\f(1,2)(8-m)(8-m)=eq\f(1,2)(8-m)(8-8+m)=eq\f(1,2)(8-m)m=-eq\f(1,2)m2+4m.自變量m的取值范圍是0<m<8.(3)存在.理由如下:∵S=-eq\f(1,2)m2+4m=-eq\f(1,2)(m-4)2+8,且-eq\f(1,2)<0,∴當(dāng)m=4時(shí),S有最大值,S最大值=8.∵m=4,∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為(-2,0).∴△BCE為等腰三角形.8.解:(1)設(shè)拋物線的解析式為y=kx2+a∵點(diǎn)D(2a,2a)在拋物線上,4a2k+a=2a∴k=eq\f(1,4a)∴拋物線的解析式為y=eq\f(1,4a)x2+a(2)設(shè)拋物線上一點(diǎn)P(x,y),過P作PH⊥x軸,PG⊥y軸,在Rt△GDP中,由勾股定理得:PD2=DG2+PG2=(y–2a)2+x2=y2–4ay+4a2+∵y=eq\f(1,4a)x2+a∴x2=4a(y–a)=4ay–4a2∴PD2=y2–4ay+4a2+4ay–4a2=y2=∴PD=PH(3)過B點(diǎn)BE⊥x軸,AF⊥x軸.由(2)的結(jié)論:BE=DBAF=DA∵DA=2DB∴AF=2BE∴AO=2BO∴B是OA的中點(diǎn),∴C是OD的中點(diǎn),連結(jié)BC∴BC=eq\f(DA,2)=eq\f(AF,2)=BE=DB過B作BR⊥y軸,∵BR⊥CD∴CR=DR,OR=a+eq\f(a,2)=eq\f(3a,2),∴B點(diǎn)的縱坐標(biāo)是eq\f(3a,2),又點(diǎn)B在拋物線上,∴eq\f(3a,2)=eq\f(1,4a)x2+a∴x2=2a2∵x>0∴x=eq\r(\s\do1,2)a∴B(eq\r(\s\do1,2)a,eq\f(3a,2))AO=2OB,∴S△ABD=S△OBD=4eq\r(\s\do1,2)所以,eq\f(1,2)2aeq\r(\s\do1,2)a=4eq\r(\s\do1,2)∴a2=4∵a>0∴a=29.解:解:(1)由得:(,)∵當(dāng)時(shí),,∴(,)、(,)(,)方法一:過作,如圖1:則、、∵∴又∵∴∽∴∴解得:,(不合題意舍去)所以拋物線為:方法二:連接.,∵∴∴解得:,(不合題意舍去)所以拋物線為:(2)存在。以為直徑作⊙,則⊙經(jīng)過、、三點(diǎn),此時(shí)⊙與拋物線的交點(diǎn)即為(同弧所對的圓周角),設(shè)(,)如圖3.方法一:如圖3.連接、,過作點(diǎn),過作點(diǎn).則,,∵,∴又∵∴∽∴∴∴化簡得:(、),解得:,┄45

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