多功能题典初中数学3-31和图-17第十七章

2x

x21xy1

ax2bx

，其图象经过点

xy1y3

解析方法

22x(x21)(x1)22

x

yax2bxc的图象经过点(5，2)25a5bc2因为当x1时，yy2 y3ab

xy1y3

，则有2≤abc

，故abc2②，由①、②可得b

，c2

3yax24ax(25a)3y1

时，有2x≤ax24ax2

，即ax24a2)x(2

．考虑二次函数4yax2(4a2)x(24

对一切实数 ，函数值总大于或等于0，必a(4a2)24a(25a)≤

a

a1

1x24x1x212(x1)2≤0，即y≤ y1x24x

，在实数范围内，对于同一个x的值，y≤y≤ 总

y2x方法 （1）如图，解方程组yx2

yx21

，

x

yyOx第17.1.22

ax24ax(2

y

y，得ax24a2)x25a

．由

解得a13yax24axtxA(1，0)xB的面积为9，求此抛物线的解析式；Exy轴的距离之比为52E在（2）且它与点A在抛物线对称轴的同侧．试问在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△的周长最P的坐标；若不存在，请说明理由．解析（1）方法 依题意，抛物线的对称轴为x2，因为抛物线与x轴的一个交点为A(1，0)xB的坐标为(3，0)方法 将点

a4at

ax24ax3a0因为a

x1

，x2

B的坐标为(3，0)由（1）D的坐标为

ABCD

，且点Cyax24ax

C的坐标为

1ABCDOD9

1(24)|3a|2

a

yx24x3yx24x3E的坐标为(2t，5t)(t0)Eyx24x

上，可列出方程4t28t3

，解得t1，t3，点 5

的坐标为2，或

．因为点E与点A在对称轴x

E 4是15 4 x

第17.1.23CDBAx上存在一点P，使 的周长最小．因为CDBAx E的值最小．因为点A关于对称轴x2的对称点是B(3，0) E、BBEy1x

y12所以点P的坐标为 1 ， 2②设点E在抛物线yx24x

上，将(2t

代入方程并整理，得4t23t3

yx24x

的对称轴上存在满足条件的点P 1，使 的 ，

2若ab

，c

x若ab

，且当1x

x轴有且只有一个公共点，求c若abc

；x2

，试判断当0x1x解析（1）ab

，c

y3x22x

，方程3x22x1

x1，x

x轴公共点的坐标是

和1，0

当ab

y3x22x

x轴有公共点．对于方程3x22xc0别式4

，有c1．①当c1时，由方程3x22x1

xx

抛物线为y3x22x 与 轴只有一个公共点1，0 ．②当c 时，x 时 y132c1

x21时y232c5c．由已知1x1时，该抛物线与x轴有且有一个公共点，考虑其对称轴为x

，应有y1

（这一结论观察图(a)更清晰）

5c

解得5c

c3

或5c≤1x1

y1c

；x2

y23a2bc

abc

3a2bc(abc)2ab2a

2ab

ba

2aac0，即ac

，所ac

．关于 的一元二次方

3ax22bxc

4b212ac4(ac)212ac4[(ac)2ac]

y3ax22bx

xxx

abc

，c

2ab0，得2ab

1b

时，y1

；x2

时，y20观察图(b)，可知在0x

xy11y1131xyO1x 第17.1.24yx22x3

1(|y|y)1y2x

ykx

的图象交于三个不同的点，求实数k解析（1）

x22x

的图象如图(a)x轴两交点的横坐标分别为

x

x

y1

；当1x

y1

x

x3时|y|y，y1(

y)

时，|y|y，y1(yyx22x3

xy2

2x3，(1xy1Oy1O 3y3

第17.1.25

作出图象如图(b)x

x

1x

时，图象是抛物线yx22x

在1x

ykx1y2的图象在1x

ykx的范围内有两个交点，即方程组 x22x3(1x

解．消yx2k2)x2

yx2(k2)x

x轴的两个交点在1x

①(k2)24(2)(k2)28

②二次函数yx2k2)x

xk2

应满足1k22

，得4k4．k0，所以4k

或0k4

(1)2(k2)(1)2x

3时yx2k2)x

的值均应大于0，即 93(k2)2得1k13ykx

的图象交于三个不同的点，k的取值范围是1k或0k1

ABCDPBCCP12

DP交边DC于M，交边AB的延长线于N，垂足为E．则EM与EN的比值 EMEMCPF第17.2.1解析EBCDCABFGDE

DF

EF是

的中位线．因为CP12

EF1CP1

GF

EG5BC4ABCDDC1

EMEF

1

5 4★★★如图(a)ABCDxy轴的正方向（A与原点O合AB

1P自点B出发，沿BC

运动4秒时，点P的坐标 ；运动8秒时，点P的坐标 过点P分别作x轴和y轴的垂线垂足分别为EF如图(b)在运动的过程中矩形OEPF与矩形ABCD（ yGFDCPAByGFDCPAB yDyDCPAB

第17.2.2

（1）AC

OM

得OM11.2CM

得CM

，故MP8.464

P的坐标为

8P已在边CDP的坐标为(12.4，10.8)（2）延长CDy轴于G，如图(b)．显然，矩形OECGABCD（且为位似图形要使矩形OEPF∽矩形ABCD，也就是矩形OEPF∽矩形OECG若点P段BC上（不含两端点则EP

EP

理可证，当点P段CD上（不含两端点）时，对应的两矩形也不可能相似．所以只有当点P运6秒时，与点C重合，所得矩形OEPF与矩形ABCD相似．应选B．PABCD内，位于图(a)PMNMNP分为12ANDQANDQPM第17.2.3在中，甲首先给出如下画法：过点P画PQAB于Q，在QB上取点M，使QM2QAMPADN，则直线MN 段QB上截取QM1QA，同样可作出满足条件的另一条直线2PAB作垂线，可以得到两条满足条件的直线，那么也可以过PAD作垂线，同样能得到符合题意的另外两条直线，所以一共可以得到四条不同的直线．（．如图(b)ABCD

、

、

的三等分点．当点P在正方形ABCD内的不同位置时，试符合题意的直线情况B

ARNARNQCM第17.2.3

DC解析（1）如图(c)PQ

MPMQ 而QM

，所以MPMN2

P是线段MN，，PPR

于R，如图 此只能得到两条不同的直线，丙的意见是错误的．应选A（2）若点P段

、B1

P条符合条件的直线l

，不存在这样的直线l；若点P在其余8个小正方形，过点P可画出ABCDAB

，BC

BD折叠，使点落在CBCAD于点GDAEFB

GHGHFC第17.2.4解析设AG

中，AB2AG2

62x28x)2x4

．由第一次折叠可知

≌

，所以

EFADHF1AB2

，DH1DA4

．易证

EH

EH

，EH

EFEHHF7325 ★★如图(a)ABCDAE平分BADBE平分ABCE是CD的中点AE

ME ME 第17.2.5

解析（1）AD∥BC如图(a)ABMAM

EM，易证

≌

，△BEM

D

DCAMEBME180所以AD∥BC

的真命题DEDE 第17.2.5（2）AD∥BC举出反例如图(b)，ABNEEDCENABCD平分

BE平分

E是CD中点，但AD不平BC★★★如图(a)，

AH

，BC3

，ABC45．OAH上一点H关于点O的对称点．过GBCABACEFEO并BCMFOBCN．EFMNAOAEEFO H 第17.2.6解析（1）EFMN由点 与 关于点 对称，得OG

；由EF

，得GFO ，

≌

GF

EG

所以EFMNEFMN（2）当OAHA、GAO1AH2

，HC3

，BH

，所以当符合题意的点OAHEFABACN、MBH、CH上运动．如图(b)，当点O的BNM仍为CH上的某一点（不与CH重合EF分别在AB、ACOH

EF∥BC得

~△

，所EFBCAG

，即(102x4052x3

x1AO5x4．所以线段AO长度的取值范围是2.5AO4A

第17.2.6★★★如图(a)，将一张已知菱形纸片ABCD沿对角线BD(EF)剪开，得到△ABD△ECFC第17.2.7操作：如图(b)，将

F固定在

BDFBDFCBAH（B重合FEDA于点G（D重．探究：在

BH

操作：如图(c)

的顶点F在

BDBD滑动（B、重合CF始终经过点A．过点AAG∥CE，交FE于点G，连结DGFFD

CHCHACCEAG

第17.2.7

解析)

和

，根据题意有D

BFH

．由此可得

~

BH

BFDF，所以在

BH

BF2E、G重合，DG

，FD

FBDFDDGBDFDDGBD图(c)BFDG是否相等：在

和

AB

，所以BAF

可得

≌△

BF

FFDDGBD

△

中，设A、

、

的对边分别是a、b、c△

中，已知A

C90，求证a2b(bc)（1）中的a2b(b

ABC，其中A

解析（1）如图(a)，由题意得A60B30C90，所以c2b方法 由a

3b，从而a2

，故a2b(bc)

a2c2b2(cb)(cb)(2bb)(cb)b(bc)bcbcbaA 第17.2.8ABC，其中A

，关系式a2b(b

如图 ，延长 到点 ，使ADAC

，连结 ，则△

是等腰三角形，ACDD12

B12

BD

~

AD

，即b

．整理，得a2b(bc)

b设倍角

，根据（2）a2b(b

，且a

种情形①当ac

an

，c

，bn

（n是大于2的正整数a2b(bc)得(n1)2n1)(2n

，解得n5．所以三角形三边长分别为a

，c

，b4②当ca

ab

B、C，如图(a)PC

PPAB、BCE、F，如图(b)．当点EAEF，请你观察、猜想，并解答：

EFBC BC

E

第17.2.9

55

，所以

~△DCP．APPB

，即1 ，可得PC 55 55

2FFG

，垂足为G形ABFG是矩形，APGF90，GFAB2．与（1）中同理可证 ∽△GFP，PFGF2

．在

tanPEFPF

，所以

如图(c)EF中点OOB、OPBPOBOP，所以在旋转过程中，点O已知线段BP的垂直平分线上5EF的中点5

、

，如图(d)．连结

，线段

EF的中点经过的路线，也就是

5 5BFC EA BFCO 第17.2.9（1）如图(a)，正方形CGEF的对角线CEABCDBC已知CGBCMAE的中点．试探究线段MD、MF（2）将正方形CGEF绕点C旋转任意角度，如图(b)，其他条件不变，线段MD、MF的关系是解析（1）MDMFMDMFDMMFDMCENFDFN．由正方ABCD

AM

，所以

≌

AD

AD

．由正方形 ，FCENEF45FCFECFE90．因为DCFNEF45，从而△FDC

FD

CFE90DFN90又因为DMMN（2）MDMF如图(b)DMNMNMDFDFNENENDC交于点HMA

得

≌

3

由正方形ABCD、CGEF，可得CF

．由3

，所以HADC90．因为G90567

．因7DCF8FEN90，所DCF

，易得

FD

．由CFE90，得DFN90，所以MDMFDMMFFFADMBCNEGF1 F1 M2HNEG第17.2.10★★★★如图(a)，ABCD、EAC、AB上，M、NBECD的中点．若

和

都是等边三角形，则显然

下CND ND第17.2.11当把

A旋转到图(b)

A旋转到图(c)

与

及（1（2CNCNEMN EM 第17.2.11解析（1）

，则易证

≌△

．因为M、NBE、△ABM

所以AM

同理可证△N

ADC90．在

CD

3a，则DN 3a2DN2DN2

a． 32a777a2

、

、

S△ADE:S△AMN:S△ABCa2:

:(2a)21::44:7:162 ．（1①

不变，将

A旋转，结论是否成立？（完全相同②将

A

（2ABkAD(k

k24

2:k②将

A旋转任意角，等边三角形

、

、

序排列？（设旋转角度为，当090或270

时，从小到大的顺序为△ADE

、

；当90270时，从小到大的顺序为

、

、ABC③若将

A旋转后对应的

与

（90①△ADE绕点A旋转的方两个问题的结论是否有影响？（结论与旋转的方向无关②△

和

都是

为90RtMDMBM

中，AB

DACEABB不重合，如图(a)BMDMBMDM如果将图(a)中的△ADEA逆时针旋转小于45的角，如图(b)，那么（1）EBEBDEM 第17.2.12解析（1）方法 在

MECBM12

；同理，在DM12

B、C、D、E在以点MBM圆上，所以BMD2ACB90，即BMDM方法 证明BM

1BM

EMD2ECD（2）当△ADEA逆时针旋转小于45（1）1（利用平行四边形和全等三角形）如图(c)BDDMF，使MFDMBF、FCEDACHDM

，EM

，可知四边形CDEF行四边形，所以

．因ED

，所以AD

DE∥CF，得 BAD45DAH45(90AHE)AHE BCFACF45，所以BAD

AB

，所以

≌

DBFABC90

BD

，DM

，得BM

BMDM 第17.2.122（利用旋转变换）如图(c)BD，将

EBFDM绕点B逆时针旋转90AEBFDM，点D旋转到点 ，得到

BD

，且DBF90MFCEDCEADEA180ECAEAC45180ECA(90BAD)4545ECABADECBBADECBBCF

．因DEDA

，所以

≌

D、MBM是等腰直角

BM

BMDM★★★★如图(a)，正方形ABCD和正三角形EFG的边长都是1，点E、F分别ABAD上滑动，设点G到CDxBCy，记AEFFBA重合时，记0当0xy的值（结果保留根号

为（E当GACxy的值（结果；请你补充完成下表（精确到0.01αG αGEB

第17.2.13

Cx0y17.2.3若将“点E、F分别段AB、AD上滑动”改为“点E、F分别在正方形ABCD边（3）的结果，在图(b)中描出部分点后，勾画出由点G运动所形成33

，sin15

624

，sin75

620.9664解析（1）如图(c)，过GMNABM交CDNGK

K．正

MG2

，BM2

x12

，y12M

GGK

JGHGHP 第17.2.13当45时，点GAC上，如图(d)．过GIQ∥

AB、CDI、Q过GJP

AD、BCJ、P因为AC平分

GP

GIGJ

≌

，则GEI

．因为GEFGFE60，所

EAF90AEFAFE45

45G落在对AC上（xy的解法方法 由AEG4560105，得GEI75．在

中，GIGEsin75

624所以GQIQGI1

64

xy1

62422方法 当点G在对角线AC上时，由AHHGGCAC ，得132x ．解22 x1

64

xy1

624在表的第二行中分别填入0.13；0.03；0.13；0.50．第三行中分别填入0.50；0.03；00.13由点G所得到的大致图形如图(e)（其中点G17段曲线段．

和

分别对应于图(c)和图(d)中点GGG第17.2.13问题：如图(a)，在菱形ABCD和菱形BEFG中，点ABE在同一条直线上B、C

小聪同学的思路是：延长GPDCH，构造全等三角形，经过推理使问题得到解决．PGPC

将图(aBEFGBBEFGBFABCDAB在同一条直线上，原问题中的其他条件不变（如图(b（1）中得到的两个结论是否发若图(a中ABCBEF2(090BEFGBPG的值（用含的式子表示PFGGPAB PFGGPABA

第17.2.14

E解析（1）GPCDH，如图(a)，易证△PGF△PHDPGPHGFHD3PCG1BCD60．所以PGtan60 3 （1）

31如图(cGPADHCHCG△GFP△HDPGPHPHDGFGB．进而由△HDC△GBC，得CHCGPC是等腰△CGH底边上的高和顶角的平分线；且DCHBCG，则HCGDCB120，所以PCG60．在Rt△PCG3 321基础上延长CPAB于点Q(c△HAQ和△QBG120，DCFQ可知：夹钝角的两边分别对应为小菱形的边长和两个菱形边长的差，所以△HAQ≌△QBG．由此可得HG，HQG120．从而，四边形CHQG是菱形，进而可得到结论注意到（2）是（3）中当30时的特例．同时题意要求不加证明直接写出猜想，也可以相对正确地作出图形，通过度量得到猜想（如图(d)中ABC276，量得△PCG中CPG90，

PGcotHPG BHPG BFE

HHPGAB第17.2.141DFG的平行线，交GPH，连结CH，如图(d．与（2）1完全相同，通过△GFP△HDP△HDC△GBC可得到结果．三边中点，所以四边形BO1PO2PO1O2BPO2O1BRt△BO1C

因为GO2GO2 PO2O1Bcot所以GO2PO2

O

POGCOP（平行四边形中对角的余角，所以△POG△COPPGGO2cot

的延长线交于O于点D，连结AD．若以A、C、D为顶点的三角形与以B、C、O为顶点的三角形相似，则AC的长为 DO 第17.2.15解析连结OA，在等腰△OABAB23．由三角形外角性质，在△ACDACDBACDBOC，所以两三角形相似，只能ACDOCB90．这时CAB3AC 3ABCDAEEFEFFCAE6EF8，FC10．方形与其外接圆之间阴影部分的面积 FE H第17.2.1651ACAEH，连结CH