中考数学课后强化训练：第46课《综合性压轴题》ppt课件

课后强化训练46综合性压轴题基础训练1．如图，抛物线y＝12x2＋bx＋c与y轴交于点C(0，－4)，与x轴交于点A，B，且B点的坐标为(2，0)．(第1题图)(1)求该抛物线的表达式．(2)若点P是AB上的一动点，过点P作PE∥AC，交BC于E，连结CP，求△PCE面积的最大值．(3)若点D为OA的中点，点M是线段AC上一点，且△OMD为等腰三角形，求M点的坐标．解：(1)把点C(0，－4)，B(2，0)的坐标分别代入y＝12x2＋bx＋c中，得c＝－4，12×22＋2b＋c＝0，解得b＝1，c＝－4.∴该抛物线的表达式为y＝12x2＋x－4.(2)令y＝0，即12x2＋x－4＝0，解得x1＝－4，x2＝2，∴点A(－4，0)，S△ABC＝12AB·OC＝12.设点P的坐标为(x，0)，则PB＝2－x.∵PE∥AC，∴∠BPE＝∠BAC，∠BEP＝∠BCA，∴△PBE∽△ABC.∴S△PBES△ABC＝(PBAB)2，即S△PBE12＝(2－x6)2，化简，得S△PBE＝13(2－x)2.S△PCE＝S△PCB－S△PBE＝12PB·OC－S△PBE＝12·(2－x)·4－13(2－x)2＝－13x2－23x＋83＝－13(x＋1)2＋3，∴当x＝－1时，S△PCE的最大值为3.(3)△OMD为等腰三角形，可能有三种情形：(Ⅰ)当DM＝DO时，如解图①所示．DO＝DM＝DA＝2，∴∠OAC＝∠AMD＝45°，∴∠ADM＝90°，∴点M的坐标为(－2，－2)．(第1题图解)(Ⅱ)当MD＝MO时，如解图②所示．过点M作MN⊥OD于点N，则点N为OD的中点，∴DN＝ON＝1，AN＝AD＋DN＝3，又∵△AMN为等腰直角三角形，∴MN＝AN＝3，∴点M的坐标为(－1，－3)．(Ⅲ)当OD＝OM时，∵△OAC为等腰直角三角形，∴点O到AC的距离为22×4＝22，即AC上的点与点O之间的最小距离为22.∵22＞2，∴OD＝OM的情况不存在．综上所述，点M的坐标为(－2，－2)或(－1，－3)．2．如图，抛物线y＝－12x2＋mx＋n与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知点A(－1，0)，C(0，2)．(第2题图)(1)求抛物线的表达式．(2)在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形？如果存在，直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．(3)点E时线段BC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线交于点F，当点E运动到什么位置时，四边形CDBF的面积最大？求出四边形CDBF的最大面积及此时点E的坐标．解：(1)∵抛物线y＝－12x2＋mx＋n经过点A(－1，0)，C(0，2)，∴－12－m＋n＝0，n＝2，解得m＝32，n＝2.∴抛物线的表达式为y＝－12x2＋32x＋2.(2)∵y＝－12x2＋32x＋2，∴y＝－12x－322＋258，∴抛物线的对称轴是直线x＝32.∴OD＝32.∵点C(0，2)，∴OC＝2.在Rt△OCD中，由勾股定理，得CD＝52.∵△CDP是以CD为腰的等腰三角形，如解图①，分别以C，D为圆心，CD长为半径画圆交对称轴于点P1，P2，P3，∴CP1＝DP2＝DP3＝CD.作CH⊥x轴于H，∴HP1＝HD＝2，∴DP1＝4.∴点P132，4，P232，52，P332，－52.(第2题图解)(3)当y＝0时，0＝－12x2＋32x＋2，解得x1＝－1，x2＝4，∴点B(4，0)．设直线BC的表达式为y＝kx＋b，将B，C两点的坐标代入，得2＝b，0＝4k＋b，解得k＝－12，b＝2.∴直线BC的表达式为y＝－12x＋2.如解图②，过点C作CM⊥EF于点M，设点Ea，－12a＋2，则Fa，－12a2＋32a＋2，∴EF＝－12a2＋32a＋2－－12a＋2＝－12a2＋2a(0≤x≤4)．∵S四边形CDBF＝S△BCD＋S△CEF＋S△BEF＝12BD·OC＋12EF·CM＋12EF·BN＝12×52×2＋12－12a2＋2aa＋12－12a2＋2a（4－a）.＝－a2＋4a＋52＝－(a－2)2＋132(0≤x≤4)．∴a＝2时，S四边形CDBF的面积最大，S最大＝132，此时点E(2，1)．3．如图所示，Rt△ABC是一张放在平面直角坐标系中的纸片，点C与原点O重合，点A在x轴的正半轴上，点B在y轴的正半轴上，已知OA＝3，OB＝4.将纸片的直角部分翻折，使点C落在AB边上，记为点D，AE为折痕，E在y轴上．(第3题图)(1)在如图所示的直角坐标系中，求点E的坐标及AE的长．(2)线段AD上有一动点P(不与A，D重合)自点A沿AD方向以每秒1个单位长度向点D作匀速运动，设运动时间为t(s)(0＜t＜3)，过点P作PM∥DE交AE于M点，过点M作MN∥AD交DE于N点，求四边形PMND的面积S与时间t之间的函数表达式．当t取何值时，S有最大值？最大值是多少？(3)当t(0＜t＜3)为何值时，A，D，M三点构成等腰三角形？并求出点M的坐标．解：(1)根据题意，得△AOE≌△ADE，∴OE＝DE，∠ADE＝∠AOE＝90°，AD＝AO＝3，在Rt△AOB中，AB＝32＋42＝5，设DE＝OE＝x，在Rt△BED中，根据勾股定理，得BD2＋DE2＝BE2，即22＋x2＝(4－x)2，解得x＝32，∴点E0，32.在Rt△AOE中，AE＝32＋322＝352.(2)∵PM∥DE，MN∥AD，且∠ADE＝90°，∴四边形PMND是矩形．∵AP＝t·1＝t，∴PD＝3－t.∵△AMP∽△AED，∴PMDE＝APAD，∴PM＝APAD·DE＝t2，∴S矩形PMND＝PM·PD＝t2·(3－t)，∴S矩形PMND＝－12t2＋32t或S矩形PMND＝－12(t－32)2＋98，当t＝－322×－12＝32时，S最大＝98.(3)△ADM为等腰三角形有以下两种情况：(Ⅰ)当MD＝MA时，点P是AD中点，∴AP＝AD2＝32，∴t＝32÷1＝32(s)．∴当t＝32时，A，D，M三点构成等腰三角形，过点M作MF⊥OA于F，如解图①，∵△APM≌△AFM，∴AF＝AP＝32，MF＝MP＝t2＝34，∴OF＝OA－AF＝3－32＝32，∴点M32，34.(第3题图解)(Ⅱ)当AD＝AM＝3时，∵△AMP∽△AED，∴APAD＝AMAE，∴AP3＝3352，∴AP＝655，∴t＝655÷1＝655(s)．∴当t＝655s时，A，D，M三点构成等腰三角形，过点M作MF⊥OA于点F.如解图②.∵△AMF≌△AMP，∴AF＝AP＝655，FM＝PM＝t2＝355，∴OF＝OA－AF＝3－655，∴点M3－655，355.4．如图①，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝203，AE⊥BD，垂足是E.点F是点E关于AB的对称点，连结AF，BF.(第4题图)(1)求AE和BE的长．(2)若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m(平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度)．当点F分别平移到线段AB，AD上时，直接写出相应的m的值．(3)如图②，将△ABF绕点B顺时针旋转一个角α(0°＜α＜180°)，记旋转中的△ABF为△A′BF′，在旋转过程中，设A′F′所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q.是否存在这样的P，Q两点，使△DPQ为等腰三角形？若存在，求出此时DQ的长；若不存在，请说明理由．解：(1)在Rt△ABD中，AB＝5，AD＝203，由勾股定理，得BD＝AB2＋AD2＝52＋2032＝253.∵S△ABD＝12BD·AE＝12AB·AD，∴AE＝AB·ADBD＝5×203253＝4.在Rt△ABE中，AB＝5，AE＝4，由勾股定理，得BE＝3.(第4题图解①)(2)设平移中的三角形为△A′B′F′，如解图①所示．由对称点性质可知，∠1＝∠2.由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4＝∠5＝∠1，B′F′＝BF＝3.①当点F′落在AB上时，∵AB∥A′B′，∴∠3＝∠4，∴∠3＝∠1＝∠2，∴BB′＝B′F′＝3，即m＝3；②当点F′落在AD上时，∵AB∥A′B′，∴∠6＝∠2.∵∠1＝∠2，∠5＝∠1，∴∠5＝∠6.又易知A′B′⊥AD，∴△B′F′D为等腰三角形，∴B′D＝B′F′＝3，∴BB′＝BD－B′D＝253－3＝163，即m＝163.(3)存在．理由如下：在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：①如解图②所示，点Q落在BD延长线上，且PD＝DQ，易知∠2＝2∠Q.(第4题图解②)∵∠1＝∠3＋∠Q，∠1＝∠2，∴∠3＝∠Q，∴A′Q＝A′B＝5，∴F′Q＝F′A′＋A′Q＝4＋5＝9.在Rt△BF′Q中，由勾股定理，得BQ＝F′Q2＋F′B2＝92＋32＝310.(第4题图解③)∴DQ＝BQ－BD＝310－253.②如解图③所示，点Q落在BD上，且PQ＝DQ，易知∠2＝∠P.∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠P，∴BA′∥PD，则此时点A′落在BC边上．∵∠3＝∠2，∴∠3＝∠1，∴BQ＝A′Q，∴F′Q＝F′A′－A′Q＝4－BQ.在Rt△BQF′中，由勾股定理，得BF′2＋F′Q2＝BQ2，即32＋(4－BQ)2＝BQ2，解得BQ＝258.∴DQ＝BD－BQ＝253－258＝12524.③如解图④所示，点Q落在BD上，且PD＝DQ，易知∠3＝∠4.(第4题图解④)∵∠2＋∠3＋∠4＝180°，∠3＝∠4，∴∠4＝90°－12∠2.∵∠1＝∠2，∴∠4＝90°－12∠1.∴∠A′QB＝∠4＝90°－12∠1，∴∠A′BQ＝180°－∠A′QB－∠1＝90°－12∠1，∴∠A′QB＝∠A′BQ，∴A′Q＝A′B＝5，∴F′Q＝A′Q－A′F′＝5－4＝1.在Rt△BF′Q中，由勾股定理，得BQ＝F′Q2＋F′B2＝12＋32＝10，∴DQ＝BD－BQ＝253－10.④如解图⑤所示，点Q落在BD上，且PQ＝PD，易知∠2＝∠3.(第4题图解⑤)∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠2＝∠3，∴∠1＝∠4，∴BQ＝BA′＝5，∴DQ＝BD－BQ＝253－5＝103.综上所述，存在4组符合条件的点P，Q，使△DPQ为等腰三角形，其中DQ的长度分别为310－253，12524，253－10或103.5．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝14(x－m)2－14m2＋m的顶点为A，与y轴的交点为B，连结AB，AC⊥AB，交y轴于点C，延长CA到点D，使AD＝AC，连结BD.作AE∥x轴，DE∥y轴，交于点E.(1)当m＝2时，求点B的坐标．(2)求DE的长．(3)①设点D的坐标为(x，y)，求y关于x的函数表达式．②过点D作AB的平行线，与第(3)①题确定的函数图象的另一个交点为P.当m为何值时，以A，B，D，P为顶点的四边形是平行四边形？(第5题图)解：(1)当m＝2时，y＝14(x－2)2＋1，把x＝0代入y＝14(x－2)2＋1，得y＝2，∴点B的坐标为(0，2)．(2)延长EA，交y轴于点F，∵AD＝AC，∠AFC＝∠AED＝90°，∠CAF＝∠DAE，∴△AFC≌△AED，∴AF＝AE.∵点A(m，－14m2＋m)，点B(0，m)，∴AF＝AE＝|m|，BF＝m－(－14m2＋m)＝14m2，∵∠ABF＝90°－∠BAF＝∠DAE，∠AFB＝∠DEA＝90°，∴△ABF∽△DAE，∴BFAF＝AEDE，即14m2|m|＝|m|DE，∴DE＝4.(3)①∵点A的坐标为(m，－14m2＋m)，∴点D的坐标为(2m，－14m2＋m＋4)，∴x＝2m，y＝－14m2＋m＋4，∴y＝－14·x22＋12x＋4，∴所求函数的表达式为y＝－116x2＋12x＋