2021年中考数学压轴题真题精讲精练+变式训练 专题3.7浙江嘉兴卷(压轴8道+变式训练32道)(解析版)_第1页
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文档简介

【冲刺2022】之2021年中考数学压轴题真题精讲精练+变式训练专题1.1浙江嘉兴卷(压轴8道+变式训练32道)说明:本专辑精选了2021年浙江卷失分较多和难度较大的题目8道,分别是第9题三角形中的计算问题、第10题函数的性质与不等式综合问题、第14题四边形的性质与计算问题、第16题几何变换中的计算问题、第20题函数中的应用问题、第22题锐角三角函数的实际问题、第23题二次函数综合问题、第24题几何综合探究压轴问题,每道题精讲精析,配有变式练习各4道,浙江嘉兴模拟变式训练题共32道,本试题解析共63页.【压轴一】三角形中的计算问题【真题再现】(2021·浙江嘉兴市·中考第9题)如图,在中,,AB=AC=5,点在上,且,点E是AB上的动点,连结,点,G分别是BC,DE的中点,连接,,当AG=FG时,线段长为()A. B. C. D.4【答案】A【思路点拨】连接DF,EF,过点F作FN⊥AC,FM⊥AB,结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半求得点A,D,F,E四点共圆,∠DFE=90°,然后根据勾股定理及正方形的判定和性质求得AE的长度,从而求解.【详析详解】解:连接DF,EF,过点F作FN⊥AC,FM⊥AB∵在中,,点G是DE的中点,∴AG=DG=EG又∵AG=FG∴点A,D,F,E四点共圆,且DE是圆的直径∴∠DFE=90°∵在Rt△ABC中,AB=AC=5,点是BC的中点,∴CF=BF=,FN=FM=又∵FN⊥AC,FM⊥AB,∴四边形NAMF是正方形∴AN=AM=FN=又∵,∴∴△NFD≌△MFE∴ME=DN=AN-AD=∴AE=AM+ME=3∴在Rt△DAE中,DE=故选:A.【方法小结】本题考查直径所对的圆周角是90°,四点共圆及正方形的判定和性质和用勾股定理解直角三角形,掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键.【变式训练】【变式1.1】(2019秋•嘉兴期末)如图,△ABC中,∠C=90°,∠ABC和∠CAB的平分线相交于点F,交AC,BC点于D,E,连接DE,S△ABF=S1,S△ADF=S2,S△DEF=S3,S△EBF=S4,则下列关系式正确的是()A.S2=S4 B.2S2=S1+S4 C.S1=S2+S3+S4 D.S1=S2+2S3+S4【分析】在AB上截取AD'=AD,BE'=BE,连接D'F、E'F,过D作DG⊥AE于G,过D'作D'H⊥E'F于H,先证△DGF是等腰直角三角形,得DG=22DF,再证△AD'F≌△ADF(SAS),得D'F=DF,∠AFD'=∠AFD=45°,同理:△BE'F和△BEF(SAS),得E'F=EF,∠BFE'=∠BFE=45°,然后证△D'FH是等腰直角三角形,得D'H=22D'F,则DG=D'H,即可解决问题.【详解】解:在AB上截取AD'=AD,BE'=BE,连接D'F、E'F,过D作DG⊥AE于G,过D'作D'H⊥E'F于H,如图所示:则∠DGF=∠D'HF=90°,∵∠C=90°,∠ABC和∠CAB的平分线相交于点F,∴∠BAC+∠ABC=90°,∠CAE=∠BAE=12∠BAC,∠CBD=∠ABD=12∠ABC,∴∠BAE+∠ABD=12∠BAC+12∠ABC=12(∠BAC+∠ABC)=45°,∴∠BFE=∠AFD=∠BAE+∠ABD=45°,∴△DGF是等腰直角三角形,∴DG=22DF,在△AD'F和△ADF中,𝐴𝐷'=𝐴𝐷∠𝐷'𝐴𝐹=∠𝐷𝐴𝐹𝐴𝐹=𝐴𝐹,∴△AD'F≌△ADF(SAS),∴D'F=DF,∠AFD'=∠AFD=45°,同理:△BE'F≌△BEF(SAS),∴E'F=EF,∠BFE'=∠BFE=45°,∴∠D'FH=180°﹣3×45°=45°,∴△D'FH是等腰直角三角形,∴D'H=22D'F,∴DG=D'H,∵S△DEF=S3=12EF×DG,S△D'E'F=12E'F×D'H,∴S3=S△D'E'F,∵S△ABF=S1=S△BE'F+S△D'E'F+S△AD'F,∴S1=S2+S3+S4,故选:C.【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质以及三角形面积等知识;熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质,证明三角形全等是解题的关键.【变式1.2】(2020秋•海宁市期中)如图,一块含45°的三角板(∠ABC=90°)右侧作以AC为斜边的Rt△ACD,过点B作AC的垂线,分别交AC、AD于点E、F,连接DE.设∠BFD=α,∠BED=β,则()A.3α+2β=600° B.2α+β=360° C.3α﹣2β=90° D.2α﹣β=90°【分析】由等腰三角形的性质得到AE=CE.根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到CE=ED,由等腰三角形的性质得到∠ECD=∠EDC,由三角形内角和定理和三角形的外角定理得到∠EAF=∠α﹣90°,代入∠BED=β=∠BEC+∠CED即可得到结论.【详解】解:∵△ABC是含45°的三角板,∠ABC=90°,∴BA=BC,∵BE⊥AC,∴AE=CE,∵∠ADC=90°,∴AE=EC=ED,∴∠ECD=∠EDC,∠EAD=∠EDA,∴∠CED=2∠EAF,∵∠BFD=α=∠EAF+∠AEF=∠EAF+90°,∴∠EAF=α﹣90°,∵∠BED=β=∠BEC+∠CED=90°+∠CED,∴∠BED=β=∠BEC+∠CED=90°+∠CED=90°+2∠EAF=90°+2(α﹣90°)=2α﹣90°,∴2α﹣β=90°,故选:D.【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质,三角形内角和定理,三角形外角的性质,通过三角形外角的性质证得∠EAF=∠α﹣90°是解决问题的关键.【变式1.3】(2019秋•黄石期末)如图,已知AC平分∠DAB,CE⊥AB于E,AB=AD+2BE,则下列结论:①AB+AD=2AE;②∠DAB+∠DCB=180°;③CD=CB;④S△ACE﹣2S△BCE=S△ADC;其中正确结论的个数是()A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【分析】①在AE取点F,使EF=BE.利用已知条件AB=AD+2BE,可得AD=AF,进而证出2AE=AB+AD;②在AB上取点F,使BE=EF,连接CF.先由SAS证明△ACD≌△ACF,得出∠ADC=∠AFC;再根据线段垂直平分线、等腰三角形的性质得出∠CFB=∠B;然后由邻补角定义及四边形的内角和定理得出∠DAB+∠DCB=180°;③根据全等三角形的对应边相等得出CD=CF,根据线段垂直平分线的性质性质得出CF=CB,从而CD=CB;④由于△CEF≌△CEB,△ACD≌△ACF,根据全等三角形的面积相等易证S△ACE﹣S△BCE=S△ADC错误.【详解】解:①在AE取点F,使EF=BE,∵AB=AD+2BE=AF+EF+BE,EF=BE,∴AB=AD+2BE=AF+2BE,∴AD=AF,∴AB+AD=AF+EF+BE+AD=2AF+2EF=2(AF+EF)=2AE,∴AE=12(AB+AD),故①正确;②在AB上取点F,使BE=EF,连接CF.在△ACD与△ACF中,∵AD=AF,∠DAC=∠FAC,AC=AC,∴△ACD≌△ACF,∴∠ADC=∠AFC.∵CE垂直平分BF,∴CF=CB,∴∠CFB=∠B.又∵∠AFC+∠CFB=180°,∴∠ADC+∠B=180°,∴∠DAB+∠DCB=360°﹣(∠ADC+∠B)=180°,故②正确;③由②知,△ACD≌△ACF,∴CD=CF,又∵CF=CB,∴CD=CB,故③正确;④易证△CEF≌△CEB,所以S△ACE﹣S△BCE=S△ACE﹣S△FCE=S△ACF,又∵△ACD≌△ACF,∴S△ACF=S△ADC,∴S△ACE﹣S△BCE=S△ADC,故④错误;即正确的有3个,故选:C.【点评】本题考查了角平分线性质,全等三角形的性质和判定,等腰三角形的性质,四边形的内角和定理,邻补角定义等知识点的应用,正确作辅助线是解此题的关键,综合性比较强,难度适中.【变式1.4】(2018•南昌三模)如图,在平面直角坐标系中,O为坐标原点,四边形ABCD是平行四边形,点A、B、C的坐标分别为A(0,4),B(﹣2,0),C(8,0),点E是BC的中点,点P为线段AD上的动点,若△BEP是以BE为腰的等腰三角形,则点P的坐标为(1,4)或(6,4)或(0,4).【分析】分两种情形分别讨论求解即可;【详解】解:如图,作EH⊥AD于H.由题意BE=5,OA=4,OE=3,当EP=EB=5时,可得P″(0,4),P′(6,4),(HA=HP′=3),当BP=BE=5时,P(1,4),综上所述,满足条件的点P坐标为(1,4)或(0,4)或(6,4).【点评】本题考查平行四边形的性质、坐标与图形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识,解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题,属于中考常考题型.【压轴二】函数的性质与不等式综合问题【真题再现】(2021·浙江嘉兴市·中考第10题)已知点在直线上,且()A. B. C. D.【答案】D【思路点拨】根据点在直线上,且,先算出的范围,再对不等式变形整理时,需要注意不等号方向的变化.【详析详解】解:点在直线上,,将上式代入中,得:,解得:,由,得:,(两边同时乘上一个负数,不等号的方向要发生改变),故选:D.【方法小结】本题考查了解一元一次不等式,解题的关键是:要注意在变形的时候,不等号的方向的变化情况.【变式训练】【变式2.1】(2019•海宁市二模)已知:实数x满足2a﹣3≤x≤2a+2,y1=x+a,y2=﹣2x+a+3,对于每一个x,p都取y1,y2中的较大值.若p的最小值是a2﹣1,则a的值是()A.﹣5或3+212 B.2或﹣1 C.1或2 D.2或﹣3【分析】先求出两直线的交点坐标(1,2),然后利用函数图象可判断对任意一个x,p都取y1,y2中的最大值,p的最小值为2或﹣3.【详解】解:解方程x+a=﹣2x+a+3,解得x=1,当x=1时,y1=a+1,所以直线y1=x+a,y2=﹣2x+a+3的交点坐标为(1,a+1),①当x=1,若p都取y1,y2中的最大值,则p的最小值是a+1.所以a2﹣1=a+1所以(a﹣2)(a+1)=0.所以a=2或a=﹣1(舍去).②当x=2a+2时,﹣2(2a+2)+a+3=a2﹣1.解得a=0(舍去)或a=﹣3.综上所述,a的取值是2或﹣3.故选:D.【点评】本题考查了一次函数的性质:k>0,y随x的增大而增大,函数从左到右上升;k<0,y随x的增大而减小,函数从左到右下降.【变式2.2】(2019•嘉善县模拟)在平面直角坐标系中,已知点A(1,2)和点B(4,5),当直线y=kx﹣2k(k为常数)与线段AB有交点时,k的取值范围为()A.k≤﹣2或k≥52 B.﹣2≤k≤52 C.﹣2≤k≤0或0≤k≤52 D.﹣2<k<0或0<k<52【分析】由已知得直线y=kx﹣2k(k为常数)恒过点P(2,0),分别求出直线PA和直线PB的比例系数即可求解.【详解】解:∵y=kx﹣2k=k(x﹣2)∴直线y=kx﹣2k(k为常数)恒过点P(2,0)当直线刚好过点A时,将A(1,2)代入y=kx﹣2k中得:kPA=﹣2,当直线刚好过点B时,将B(4,5)代入y=kx﹣2k中得:kPB=52,∴当直线y=kx﹣2k(k为常数)与线段AB有交点时,k的取值范围为:k≤﹣2或k≥52,故选:A.【点评】本题考查了一次函数的应用和性质,解题的关键是运用数形结合的思想进行转化解题.【变式2.3】(2021•嘉兴二模)在平面直角坐标系中,已知点A(﹣2,2),B(2,1),若抛物线y=ax2﹣2x+1(a≠0)与线段AB有两个不同的交点,则a的取值范围是()A.−4932<𝑎≤−34或a≥1 B.a≥−34或a<−4932 C.−34≤a≤1且a≠0 D.a≤−34或a≥1【分析】本题以二次函数和直线模型为背景,考察学生的数学转化思想,把几何问题转化为方程组和不等式组的问题,解出不等式即可得出答案.【详解】解:设直线AB为:y=kx+b,把A,B两点代入得2=−2𝑘+𝑏1=2𝑘+𝑏,解得:𝑘=−14𝑏=32,∴直线AB为:𝑦=−14𝑥+32,令−14𝑥+32=𝑎𝑥2−2𝑥+1,则4ax2﹣7x﹣2=0,∵直线与抛物线有两个交点,∴△=(﹣7)2﹣4×4a×(﹣2)>0,则𝑎≥−4932,①当−4932<𝑎<0时,4𝑎+4+1≤24𝑎−4+1≤1,解得−4932<𝑎≤−34,②当a>0时,4𝑎+4+1≥24𝑎+4+1≥1,解得a≥1.综上a的取值范围为:−4932<𝑎≤−34或𝑎≥1.故选:A.【点评】数形结合,把图形问题转化为不等式问题是解决本题的关键.【变式2.4】(2021•嘉善县一模)已知二次函数y=ax2+bx+c(a>0,c<0)的图象经过点(32,m),(3,n),与x轴交于点A(x1,0),点B(x2,0)(点A在点B的左侧).若7a+3b+2c=0,则有下列结论:①m<0,n>0;②x1+x2<73;③32<x2<3.其中正确结论的序号是()A.①② B.①③ C.②③ D.①②③【分析】①将点(32,m),(3,n)代入抛物线表达式得:9𝑎4+3𝑏2+𝑐=𝑚①9𝑎+3𝑏+𝑐=𝑛②,由7a+3b+2c=0得:7𝑎2+3𝑏2+𝑐=0③,求出m、n的表达式,即可求解;②x1+x2=−𝑏𝑎,则﹣b=13(7a+2c),故x1+x2=−𝑏𝑎=73+2𝑐3𝑎<73;③由①知,m<0,n>0,则右侧交点在x=32和x=3之间,即可求解.【详解】解:①将点(32,m),(3,n)代入抛物线表达式得:9𝑎4+3𝑏2+𝑐=𝑚①9𝑎+3𝑏+𝑐=𝑛②,由7a+3b+2c=0得:7𝑎2+3𝑏2+𝑐=0③,则④﹣①得:﹣m=5𝑎4>0,故m<0,①×2﹣②得:n=2m+9𝑎2−c=2a﹣c>0,故①正确,符合题意;②∵x1+x2=−𝑏𝑎,由③得:﹣b=13(7a+2c),故x1+x2=−𝑏𝑎=73+2𝑐3𝑎<73,故②正确,符合题意;③由①知,m<0,n>0,则右侧交点在x=32和x=3之间,即32<x2<3,故③正确,符合题意;故选:D.【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点,主要考查函数图象上点的坐标特征,要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法,及这些点代表的意义及函数特征.【压轴三】四边形的性质与计算问题【真题再现】(2021·浙江嘉兴市·中考第14题)如图,在中,对角线,BD交于点O,,于点,若AB=2,,则的长为__________________.【答案】【思路点拨】根据勾股定理求得AC的长,结合平行四边形的性质求得AO的长,然后利用相似三角形的判定和性质求解.【详析详解】解:∵,,AB=2∴在Rt△ABC中,AC=∴在中,AO=在Rt△ABO中,BO=∵,∴又∵∴∴,解得:AH=故答案为:.【方法小结】本题考查相似三角形的判定和性质以及勾股定理解直角三角形,掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键.【变式训练】【变式3.1】(2020春•嘉兴期末)如图,在长方形ABCD中,AB<BC,点P为长方形内部一点,过点P分别作PE⊥BC于点E、PF⊥CD于点F,分别以PF、CF为边作正方形PMNF,正方形GHCF,若两个正方形的面积之和为42,长方形PECF的面积为11,BE=DF=2,则长方形ABCD的面积为31.【分析】由正方形的性质和矩形的性质可得S正方形PMNF=PF2,S正方形GFCH=CF2,CF•PF=11,由完全平方公式可求PF+CF=8,即可求解.【详解】解:∵四边形PMNF和四边形GHCF都是正方形,∴S正方形PMNF=PF2,S正方形GFCH=CF2,∴PF2+CF2=42,∵长方形PECF的面积为11,∴CF•PF=11,∴(PF+CF)2=PF2+CF2+2CF•PF=64,∴PF+CF=8,∵长方形ABCD的面积=BC•CD=(BE+PF)•(CF+DF),∴长方形ABCD的面积=(2+PF)(2+CF)=4+PF•CF+2(PF+CF)=31,故答案为:31.【点评】本题考查了正方形的性质,矩形的性质,完全平方公式等知识,求出PF+CF的值是本题的关键.【变式3.2】(2019春•宽城区校级期末)如图,▱ABCD中,∠ABC=60°,E、F分别在CD和BC的延长线上,AE∥BD,EF⊥BC,EF=3,则AB的长是3.【分析】根据直角三角形性质求出CE长,利用勾股定理即可求出AB的长.【详解】解:∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB∥DC,AB=CD,∵AE∥BD,∴四边形ABDE是平行四边形,∴AB=DE=CD,即D为CE中点,∵EF⊥BC,∴∠EFC=90°,∵AB∥CD,∴∠DCF=∠ABC=60°,∴∠CEF=30°,∵EF=3,∴CE=𝐸𝐹𝑐𝑜𝑠30°=23,∴AB=3,故答案为:3.【点评】本题考查了平行线性质,勾股定理,直角三角形斜边上中线性质,含30度角的直角三角形性质等知识点的应用,此题综合性比较强.【变式3.3】(2018•桐乡市模拟)如图,正方形ABCD中,AB=6,点E,F分别在AD,BC边上,点G,H分别在AB,CD上,EF=210,EF与GH相交所得的锐角为45°,则GH的长为()A.6 B.35 C.210 D.52【分析】作BK∥EF交AD于K,作BM∥GH交CD于M,可得∠KBM=45°,作∠MBN=45°交DC的延长线于N,求出∠ABK=∠CBN,由ASA证明△ABK和△CBN全等,根据全等三角形对应边相等可得BN=BK,AK=CN,利用勾股定理列式求出AK,过点M作MP⊥BN于P,可得△BMP是等腰直角三角形,设GH=BM=x,表示出MP,然后利用∠N的正切值列出方程求解即可.【详解】解:如图,过点B作BK∥EF交AD于K,作BM∥GH交CD于M,则BK=EF=210,BM=GH,∵线段GH与EF的夹角为45°,∴∠KBM=45°,∴∠ABK+∠CBM=90°﹣45°=45°,作∠MBN=45°交DC的延长线于N,则∠CBN+∠CBM=45°,∴∠ABK=∠CBN,在△ABK和△CBN中,∠𝐴𝐵𝐾=∠𝐶𝐵𝑁𝐴𝐵=𝐵𝐶∠𝐴=∠𝐵𝐶𝑁,∴△ABK≌△CBN(ASA),∴BN=BK,AK=CN,在Rt△ABK中,CN=AK=𝐵𝐾2−𝐴𝐵2=2,过点M作MP⊥BN于P,∵∠MBN=45°,∴△BMP是等腰直角三角形,∴BM=2BP,设GH=BM=x,则BP=MP=22BM=22x,∵tan∠N=𝐵𝐶𝐶𝑁=𝑀𝑃𝑃𝑁,∴62=22𝑥210−22𝑥,解得:x=35,即GH=35,故选:B.【点评】本题考查了正方形的性质,全等三角形的判定与性质,等腰直角三角形的判定与性质,勾股定理,锐角三角函数的定义;熟练掌握正方形的性质,证明三角形全等是解题的关键.【变式3.4】(2020春•嘉兴期末)如图,四边形ABCD中,AB=BC=3,∠A=∠C=90°,∠ABC=120°,点E是对角线BD上的一个动点,过点E分别作AB,BC,CD,AD的垂线,垂足分别为点F,H,I,G,连接FG和HI,则FG+HI的最小值为33.【分析】如图,连接AE,CE.利用矩形的性质证明FG=AE,HI=EC,再利用全等三角形的性质证明AE=EC,推出FG+HI=2AE,求出AE的最小值即可解决问题.【详解】解:如图,连接AE,CE.∵EF⊥AB,EG⊥AD,∴∠EFA=∠EGA=∠FAG=90°,∴四边形AFEG是矩形,∴FG=AE,同法可证,HI=EC,∵∠BAD=∠BCD=90°,AB=CB,BD=BD,∴Rt△ABD≌△Rt△CBD(HL),∴∠ABD=∠CBD=12∠ABC=60°,∵AB=CB,∠ABE=∠CBE,BE=BE,∴△ABE≌△CBE(SAS),∴AE=EC,∴FG=HI=AE,∴FG+HI=2AE,∴当AE最小时,FG+HI的值最小,根据垂线段最短可知,当AE⊥BD时,AE的值最小,AE的最小值=AB•sin60°=3×32=332,∴FG+HI的最小值为33.故答案为33.【点评】本题考查轴对称﹣最短问题,矩形的判定和性质,全等三角形的判定和性质等知识,解题的关键是学会用转化的思想思考问题,属于中考常考题型.【压轴四】几何变换中的计算问题【真题再现】(2021·浙江嘉兴市·中考第16题)如图,在中,,,,点从点出发沿方向运动,到达点B时停止运动,连结,点关于直线的对称点为,连接A′C,.在运动过程中,点到直线距离的最大值是_______;点到达点时,线段扫过的面积为___________.【答案】【思路点拨】(1)通过分析点A′的运动轨迹,是以点C为圆心,CA为半径的圆上,从而求解;(2)画出相应的图形,从而利用扇形面积和三角形面积公式计算求解【详析详解】解:(1)由题意可得点A′的运动轨迹是以点C为圆心,CA为半径的圆上,∵点从点出发沿方向运动,到达点B时停止运动,,点关于直线的对称点为,∴∠ACA′最大为90°当CA′⊥AB时,点A′到直线AB的距离最大,如图过点B作BE⊥AC∵,,,∴在Rt△ABE中,BE=1,AE=,在Rt△BCE中,BE=CE=1∴CA′=CA=又∵CA′⊥AB∴在Rt△ACF中,CF=∴A′F=A′C-CF=即点到直线距离的最大值是;点到达点时,线段扫过的面积为:==故答案为:;【方法小结】本题考查轨迹,含30°直角三角形的性质,扇形的面积等知识,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题,属于中考常考题型.【变式训练】【变式4.1】(2020•建瓯市模拟)如图,已知A、B两点的坐标分别为(﹣2,0)、(0,1),⊙C的圆心坐标为(0,﹣1),半径为1.若D是⊙C上的一个动点,射线AD与y轴交于点E,则△ABE面积的最大值是()A.3 B.113 C.103 D.4【分析】当射线AD与⊙C相切时,△ABE面积最大.设EF=x,由切割线定理表示出DE,可证明△CDE∽△AOE,根据相似三角形的性质可求得x,然后求得△ABE面积.【详解】解:当射线AD与⊙C相切时,△ABE面积最大.连接AC,∵∠AOC=∠ADC=90°,AC=AC,OC=CD,∴Rt△AOC≌Rt△ADC,∴AD=AO=2,连接CD,设EF=x,∵CF=1,∴DE=𝐶𝐸2−𝐶𝐷2=𝑥(𝑥+2),∵∠DEC=∠AEO,∠EDC=∠EOA=90°,∴△CDE∽△AOE,∴𝐶𝐷𝐴𝑂=𝐶𝐸𝐴𝐸,即12=𝑥+12+𝑥(𝑥+2),解得x=23,S△ABE=𝐵𝐸×𝐴𝑂2=2×(23+1+2)2=113.故选:B.【点评】本题是一个动点问题,考查了切线的性质和三角形面积的计算,解题的关键是确定当射线AD与⊙C相切时,△ABE面积的最大.【变式4.2】(2020秋•海宁市期中)在两张能重合的三角形纸片(△ABC与△DEF)中,∠ABC=∠DEF=90°,∠A=∠EDF=30°,BC=EF=2.将两张纸片按图1方式放置在桌面上(点C与点D重合),设边DF与AB交于点G.(1)当点B恰好在DE上时,点F到直线CA的距离是2.(2)如图2,固定△DEF,将△ABC绕着点C旋转,在旋转过程中,当△BGE是以BE为底边的等腰三角形时,△ACG的面积为23−273.【分析】(1)如图1,过点F作FP⊥AC于点P.根据含30度角直角三角形的性质求解即可.(2)过点E作EH⊥CF于H.设BG=EG=x.利用勾股定理构建方程求出x,可得结论.【详解】(1)解:如图1,过点F作FP⊥AC于点P.∵∠DEF=90°,∠EDF=30°,EF=2,∴FC=2EF=4.又∵∠ABC=90°,∠A=30°,∴∠BCA=60°,∴∠FCP=∠BCA﹣∠EDF=30°.∴PF=12FC=2.故答案是:2.(2)解:过点E作EH⊥CF于H.∵△BGE是以BE为底边的等腰三角形,∴BG=EG,设BG=EG=x.∵∠EFG=60°,EF=2,∴∠FEH=30°,∴FH=12BF=1,EH=3FH=3,CF=2EF=4,∴CH=CF﹣FH=3,∴HG=CH﹣CG=3−𝑥2+4,在Rt△EHG中,EH2+HG2=EG2,∴x2=(3)2+(3−𝑥2+4)2,解得x=273或−273(舍弃),∴BG=273,∴S△ACG=S△ABC﹣S△BCG=12×2×23−12×2×273=23−273.故答案为:23−273.【点评】本题考查旋转的性质,解直角三角形等知识,解题的关键是学会利用参数解决问题,属于中考填空题中的压轴题.【变式4.3】(2021•越城区模拟)如图,在△ABC中,AC=BC=42,∠C=90°,点D在BC上,且CD=3DB,将△ABC折叠,使点A与点D重合,EF为折痕,则tan∠BED的值是724.【分析】先根据翻折变换的性质得到△DEF≌△AEF,再根据等腰三角形的性质及三角形外角的性质可得到∠BED=∠CDF,设CF=x,DF=FA=42−x,再根据勾股定理即可求解.【详解】解:∵△DEF是△AEF翻折而成,∴△DEF≌△AEF,∠A=∠EDF,∵△ABC是等腰直角三角形,∴∠EDF=45°,由三角形外角性质得∠CDF+45°=∠BED+45°,∴∠BED=∠CDF,∵AC=BC=42,CD=3DB,∴CD=32,DB=2,设CF=x,∴DF=FA=42−x,∴在Rt△CDF中,由勾股定理得,CF2+CD2=DF2,即x2+(32)2=(42−x)2,解得x=728,∴tan∠BED=tan∠CDF═𝐶𝐹𝐶𝐷=72832=724.故答案为724.【点评】本题考查的是图形翻折变换的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、三角形外角的性质,涉及面较广,但难易适中.【变式4.4】(2019秋•嘉兴期末)如图,一组等距的平行线,点A、B、C分别在直线l1、l6、l4上,AB交l3于点D,AC交l3于点E,BC交于l5点F,若△DEF的面积为1,则△ABC的面积为154.【分析】在三角形中由同底等高,同底倍高求出𝑆△𝐴𝐷𝐶=32,根据三角形相似的判定与性质的运用,等距平行线间的对应线段相等求出𝑆△𝐵𝐷𝐶=94,最后由三角形的面积的和差法求得𝑆△𝐴𝐵𝐶=154.【详解】解:连接DC,设平行线间的距离为h,AD=2a,如图所示:∵𝑆△𝐷𝐸𝐹=12𝐷𝐸⋅2ℎ=𝐷𝐸⋅ℎ,𝑆△𝐴𝐷𝐸=12𝐷𝐸⋅2ℎ=𝐷𝐸⋅ℎ,∴S△DEF=S△DEA,又∵S△DEF=1,∴S△DEA=1,同理可得:𝑆△𝐷𝐸𝐶=12,又∵S△ADC=S△ADE+S△DEC,∴𝑆△𝐴𝐷𝐶=32,又∵平行线是一组等距的,AD=2a,∴BD=3a,又∵𝑆△𝐴𝐷𝐶=12𝐴𝐷⋅𝑘=ak,𝑆△𝐵𝐷𝐶=12𝐵𝐷⋅𝑘=32𝑎𝑘,∴𝑆△𝐵𝐷𝐶=32×32=94,又∵S△ABC=S△ADC+S△BDC,∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=94+32=154,故答案为154.【点评】本题综合考查了相似三角形的判定与性质,平行线间的距离相等,三角形的面积求法等知识,重点掌握三角形相似的判定与性质的运用,等距平行线间的对应线段相等,难点是作辅助线求三角形的面积.【压轴五】函数中的应用问题【真题再现】20.(2021·浙江嘉兴市·中考第20题)根据数学家凯勒的“百米赛跑数学模型”,前30米称为“加速期”,30米~80米为“中途期”(m/s)与路程之间的观测数据(1)是关于的函数吗?为什么?(2)“加速期”结束时,小斌的速度为多少?(3)根据如图提供的信息,给小斌提一条训练建议.

【答案】(1)是的函数,理由见解析;(2)“加速期”结束时,小斌的速度为10.4m/s;(3)答案不唯一.例如:根据图象信息,小斌在80米左右时速度下降明显,建议增加耐力训练,提高成绩.【思路点拨】(1)根据函数的概念进行解答;(2)通过识图读取相关信息;(3)根据图像信息进行解答.【详析详解】解:(1)是的函数.在这个变化过程中,对于的每一个确定的值,都有唯一确定的值与之对应.(2)“加速期”结束时,小斌的速度为10.4m/s.(3)答案不唯一.例如:根据图象信息,小斌在80米左右时速度下降明显,建议增加耐力训练,提高成绩.【方法小结】本题考查通过函数图像读取信息,理解函数的概念,准确识图是解题关键.【变式训练】【变式5.1】(2021•嘉善县一模)已知,足球球门高2.44米,宽7.32米(如图1)在射门训练中,一球员接传球后射门,击球点A距离地面0.4米,即AB=0.4米,球的运动路线是抛物线的一部分,当球的水平移动距离BC为6米时,球恰好到达最高点D,即CD=4.4米.以直线BC为x轴,以直线AB为y轴建立平面直角坐标系(如图2).(1)求该抛物线的表达式;(2)若足球恰好击中球门横梁,求该足球运动的水平距离;(3)若要使球直接落在球门内,则该球员应后退m米后接球射门,击球点为A'(如图3),请直接写出m的取值范围.【分析】(1)根据条件可以得到抛物线的顶点坐标是(6,4.4),利用待定系数法即可求得函数的解析式;(2)求出当y=2.44时,x的值,取正;(3)先求出y=0时,x的值,取正,减去恰好击中球门横梁时,足球的水平距离.【详解】解:(1)抛物线的顶点坐标是(6,4.4),设抛物线的解析式是:y=a(x﹣6)2+4.4,把(0,0.4)代入得36a+3=0,解得a=−19,则抛物线是y=−19(x﹣6)2+4.4;(2)∵球门高为2.44米,即y=2.44,则有2.44=−19(x﹣6)2+4.4,解得:x1=10.2,x2=1.8,从题干图2中,发现球门在CD右边,∴x=10.2,即足球运动的水平距离是10.2米;(3)不后退时,刚好击中横梁,∴往后退,则球可以进入球门,而当球落地时,球刚好在门口,是一个临界值,当y=0时,有0=−19(x﹣6)2+4.4,解得:x1=6+35110,x2=6−35110,取正值,x=6+35110,∴后退的距离需小于6+35110−10.2=(35110−4.2)米故0<m<35110−4.2.【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式,以及二次函数的应用,正确求得解析式是关键.【变式5.2】(2020•海宁市一模)受新冠疫情影响,3月1日起,“君乐买菜”网络公司某种蔬菜的销售价格开始上涨.如图1,前四周该蔬菜每周的平均销售价格y(元/kg)与周次x(x是正整数,1≤x<5)的关系可近似用函数y=25x+a刻画;进入第5周后,由于外地蔬菜的上市,该蔬菜每周的平均销售价格y(元/kg)从第5周的6元/kg下降至第6周的5.6元/kg,y与周次x(5≤x≤7)的关系可近似用函数y=−110𝑥2+bx+5刻画.(1)求a,b的值.(2)若前五周该蔬菜的销售量m(kg)与每周的平均销售价格y(元/kg)之间的关系可近似地用如图2所示的函数图象刻画,第6周的销售量与第5周相同:①求m与y的函数表达式;②在前六周中,哪一周的销售额w(元)最大?最大销售额是多少?(3)若该蔬菜第7周的销售量是100kg,由于受降雨的影响,此种蔬菜第8周的可销售量将比第7周减少a%(a>0).为此,公司又紧急从外地调运了5kg此种蔬菜,刚好满足本地市民的需要,且使此种蔬菜第8周的销售价格比第7周仅上涨0.8a%.若在这一举措下,此种蔬菜在第8周的总销售额与第7周刚好持平,请通过计算估算出a的整数值.【分析】(1)根据和函数图象中的数据,可以得到a、b的值;(2)①根据题意和函数图象中的数据,可以得到m与y的函数表达式;②利用分类讨论的方法,可以分别求得各段对应的最大销售额,然后即可得到在前六周中,哪一周的销售额w(元)最大,最大销售额是多少;(3)根据题意列方程即可得到结论.【详解】解:(1)由图1可知,点(1,4.4)在函数y=25x+a上,则4.4=25×1+a,得a=4,∵函数y=−110x2+bx+5过点(5,6),∴6=−110×52+5b+5,得b=0.7,即a,b的值分别为4,0.7;(2)①m=﹣25y+250;②当1≤x≤4时,∵m=﹣25y+250,𝑦=25𝑥+4,∴m=﹣10x+150,∴𝑤=(−10𝑥+150)(25𝑥+4)=−4𝑥2+20𝑥+600=−4(𝑥−52)2+625,∵x是正整数,∴当x=2或3时,w有最大值624;当x=5时,𝑦=−110𝑥2+710𝑥+5=6,m=﹣25y+250=100,当5≤x≤6时,∵m=100,𝑦=−110𝑥2+710𝑥+5,∴𝑤=100(−110𝑥2+710𝑥+5)=−10𝑥2+70𝑥+500=−10(𝑥−72)2+12452,∵x是正整数,5≤x≤6,∴当x=5时,w有最大值600;综上所得:第2周或第3周销售额最大,最大销售额是624元;(3)由题意得:[100(1﹣a%)+5]×5(1+0.8a%)=5×100,解得:𝑎=−10+529(舍去𝑎=−10−529),∵29≈5.4,∴a≈﹣10+5×5.4=17.【点评】本题考查二次函数的应用,解答本题的关键是明确题意,利用二次函数的性质和数形结合的思想解答.【变式5.3】(2021•嘉兴二模)某公司销售一种成本为30元的工艺品.设该公司第x天销售这种工艺品的数量为p件,经统计发现第1~20天p与x之间的的函数关系式如下表,第21天开始p与x之间满足p=﹣x+92(20<x≤60)的函数关系:天数x12345…20件数p110108106104102…72(1)请观察表格,用所学过的函数知识求出第1~20天p与x的函数关系式;(2)若第x天每件工艺品的销售价格为y(元/件),y与x之间的关系满足如下关系:𝑦=𝑥+50(1≤𝑥≤30)75(31≤𝑥≤60),问在这60天内,第几天的销售利润最大?最大利润是多少?【分析】(1)当1≤x≤20时,设p与x的函数关系式为p=kx+b,由表中数据利用待定系数法即可求出此时y关于x的函数关系式;(2)分别计算当1≤x≤20时、20<x≤30时和31<x≤60时利润的最大值,然后比较可得结论.【详解】解:(1)设p=kx+b,将(1,110),(2,108)代入,𝑘+𝑏=1102𝑘+𝑏=108,解得:k=﹣2,b=112.∴y=﹣2x+112(1≤x≤20);(2)按x的范围分类如下:①若1≤x≤20,w=(﹣2x+112)(x+50﹣30)=﹣2(x﹣18)2+2888,当x=18时,w最大值为2888;②若21<x≤30v,w=(﹣x+92)(x+50﹣30)=﹣(x﹣36)2+3136,当x=30时,w最大值为3100;③若31<x≤60,w=(﹣x+92)(75﹣30)=﹣45x+4140,当x=31时,w最大值为2745.综上,当x=30时,销售利润w最大,最大利润w是3100元.答:在这60天内,第30天的销售利润最大,最大利润是3100元.【点评】本题主要考查二次函数的应用,解答本题的关键是熟练掌握二次函数的性质以及最值的求法.【变式5.4】(2020•平湖市二模)为了更好地做好复课准备,某班家委会讨论决定购买A,B两种型号的口罩供班级学生使用,已知A型口罩每包价格a元,B型口罩每包价格比A型少4元,180元钱购买的A型口罩比B型口罩少12包.(1)求a的值.(2)经与商家协商,购买A型口罩价格可以优惠,其中每包价格y(元)和购买数量x(包)的函数关系如图所示,B型口罩一律按原价销售.①求y关于x的函数解析式;②若家委会计划购买A型、B型共计100包其中A型不少于30包,且不超过60包.问购买A型口罩多少包时,购买口罩的总金额最少,最少为多少元?【分析】(1)根据题意,可以得到相应的分式方程,从而可以得到a的值;(2)①根据函数图象中的数据,可以得到y关于x的函数解析式;②根据题意和①中的结果,可以得到购买A型口罩多少包时,购买口罩的总金额最少,最少为多少元.【详解】解:(1)由题意可得,180𝑎−4−180𝑎=12,解得,a1=10,a2=﹣6(舍去),经检验,a=10是原分式方程的解,即a的值是10;(2)①由图象可得,当0<x≤30时,y=10,当30<x≤50时,设y=kx+b,30𝑘+𝑏=1050𝑘+𝑏=8,得𝑘=−0.1𝑏=13,即当30<x≤50时,y=﹣0.1x+13,当x>50时,y=8,由上可得,y与x的函数关系式为y=10(0<𝑥≤30)−0.1𝑥+13(30<𝑥≤50)8(𝑥>50);②设购买A型口罩x包,则购买B型口罩(100﹣x)包,购买的总金额为W元,当30≤x≤50时,W=x(﹣0.1x+13)+6(100﹣x)=﹣0.1(x﹣35)2+722.5,∴当x=50时,W取得最小值,此时W=700,当50<x≤60时,W=8x+6(100﹣x)=2x+600,∵k=2>0,∴W随着x的增大而增大,∴W>700,由上可得,购买口罩的最小金额为700元,答:购买A型口罩50包时,购买口罩的总金额最少,最少为700元.【点评】本题考查二次函数的应用、一次函数的应用,解答本题的关键是明确题意,利用一次函数的性质和二次函【压轴六】锐角三角函数的实际问题【真题再现】(2021·浙江嘉兴市·中考第22题)一酒精消毒瓶如图1,为喷嘴,为按压柄,为伸缩连杆,和为导管,其示意图如图2,,,.当按压柄按压到底时,转动到,此时(如图3).(1)求点转动到点的路径长;(2)求点到直线的距离(结果精确到).(参考数据:,,,,,)

【答案】(1);(2)点到直线的距离约为7.3cm.【思路点拨】(1)根据题目中的条件,首先由,,求出,再继续求出,点转动到点的路径长,是以为半径,为圆心的圆的周长的一部分,根据占的比例来求出路径;(2)求点到直线的距离,实际上是过点作的垂线交于某点,连接两点所确定的距离即为所求,但这样做不好求解.于是把距离拆成两个部分,放在两个直角三角形中,分别利用直角三角形中锐角三角函数知识求出每段的距离,再求和即为所求.【详析详解】解:(1)如图,∵,,∴.∵,∴.又∵,∴点转动到点的路径长.(2)如图,过点作于点,过点作于点.在中,.在中,.∴.又∵,∴点到直线的距离约为7.3cm.【方法小结】本题考查了两点间转动的路径问题、点到直线的距离问题,锐角三角函数知识,解题的关键是:确定路径是在圆上,占圆周长的多少,就转化成角度间的比值问题了;距离问题,当直接求解比较困难的时候,看是否能把所求拆分成几个部分,再逐一突破.【变式训练】【变式6.1】(2020•海宁市一模)如图1是某体育看台侧面的示意图,观众区AC的坡度i=1:2,顶端C离水平地面AB的高度为15m,顶棚外沿处的点E恰好在点A的正上方,从D处看E处的仰角α=30°,竖直的立杆上C,D两点间的距离为5m.(1)求观众区的水平宽度AB.(2)求图1中点E离水平地面的高度EA.(3)因为遮阳需要,现将顶棚ED绕D点逆时针转动11°30′,若E点在地面上的铅直投影是点F(图2),求AF.(sin11°30′≈0.20,cos11°30′≈0.98,tan11°30′≈0.20;sin18°30′≈0.32,cos18°30′≈0.95,tan18°30′≈0.33,结果精确到0.1m)【分析】(1)根据坡度的概念计算;(2)作CH⊥EF于H,DG⊥EF于G,根据正切的定义求出EG,结合图形计算EA即可.(3)求出DG长,则可得出答案.【详解】解:(1)∵AC的坡度i=1:2,BC=15m,∴AB=30m.(2)作CH⊥EF于H,DG⊥EF于G,∴则四边形AHCB、HCDH为矩形,∴DG=CH=AB=30m,GH=CD=5m,而𝐸𝐺=𝐷𝐺×𝑡𝑎𝑛30°=103m,AH=BC=15m,∴EA=EG+GH+AH=(103+20)m.(3)由(1)知:DE=203m,∵α=18°30′,∴DG=DE×cos18°30'≈32.9m.∴AF≈2.9m.【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题、坡度坡角问题,掌握仰角俯角的概念、坡度的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键.【变式6.2】(2020•平湖市二模)疫情期间部分学生选择在家用电视观看网络课程,为了保护眼睛,电视机的安装高度有一定的要求.如图所示,小嘉家的壁挂电视机的安装高度AB为1米,电视的中心位置D(AC的中点)比平视视线EF低8cm(这样观看眼睛最不容易疲劳),电视机宽度AC为60cm,眼到凳子平面的高度EH为75cm.(1)求小嘉应选用凳子的高度;(2)若看电视的视角∠CEF为3°时,观看感最好,求此时凳子中心H到墙AB的距离(电视机的厚度忽略不计).(参考数据:sin3°≈0.0523,cos3°≈0.9997,tan3°≈0.0550)【分析】(1)作HP⊥BC于P,则四边形PBGH、FPHE为矩形,得出BF=GE,PF=HE=75cm.由BF=138cm,求出HG=PB=BF﹣PF=63cm;(2)解Rt△CEF,根据tan∠CEF=𝐶𝐹𝐸𝐹=0.0550,CF=CD﹣DF=22cm,即可求出BG=EF=400cm.【详解】解:(1)如图,作HP⊥BC于P,则四边形PBGH、FPHE为矩形,∴BF=GE,PF=HE=75cm.∵AD=12AC=30cm,∴BF=BA+AD+DF=100+30+8=138(cm),∴HG=PB=BF﹣PF=138﹣75=63cm;(2)在Rt△CEF中,tan∠CEF=𝐶𝐹𝐸𝐹=0.0550.∵CF=CD﹣DF=22cm,∴BG=EF=22÷0.0550=400(cm),∴此时凳子中心H到墙AB的距离约为400cm.【点评】本题考查的是解直角三角形的应用,利用数学知识解决实际问题是中学数学的重要内容.解决此问题的关键在于正确理解题意的基础上建立数学模型,把实际问题转化为数学问题.【变式6.3】(2020•赣榆区三模)如图1是某品牌订书机,其截面示意图如图2所示.订书钉放置在轨槽CD内的MD处,由连接弹簧的推动器MN推紧,连杆EP一端固定在压柄CF上的点E处,另一端P在DM上移动.当点P与点M重合后,拉动压柄CF会带动推动器MN向点C移动.使用时,压柄CF的端点F与出钉口D重合,纸张放置在底座AB的合适位置下压完成装订(即点D与点H重合).已知CA⊥AB,CA=2cm,AH=12cm,CE=5cm,EP=6cm,MN=2cm.(1)求轨槽CD的长(结果精确到0.1);(2)装入订书钉需打开压柄FC,拉动推动器MN向点C移动,当∠FCD=53°时,能否在ND处装入一段长为2.5cm的订书钉?(参考数据:5≈2.24,37≈6.08,sin53°≈0.80,cos53°≈0.60)【分析】(1)由题意CD=CH,利用勾股定理求出CH即可.(2)如图2中,作EK⊥PC于K.解直角三角形求出CK,PK,DN即可判断.【详解】解:(1)由题意CD=CH,在Rt△ACH中,CH=22+122=237≈12.2(cm).∴CD=CH=12.2(cm).(2)如图2中,过点E作EK⊥PC于K.在Rt△ECK中,EK=EC•sin53°≈4(cm),CK=EC•cos53°≈3(cm),在Rt△EPK中,PK=𝐸𝑃2−𝐸𝐾2=62−42=25≈4.48(cm),∴DP=CD﹣CK﹣PK﹣MN=12.2﹣3﹣4.48﹣2=2.72>2.5,∴能在ND处装入一段长为2.5cm的订书钉.【点评】本题考查解直角三角形的应用,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造直角三角形解决问题.【变式6.4】(2020•芦淞区模拟)如图,一扇窗户垂直打开,即OM⊥OP,AC是长度不变的滑动支架,其中一端固定在窗户的点A处,另一端C在OP上滑动,将窗户OM按图示方向向内旋转37°到达ON位置,此时,点A、C的对应位置分别是点B、D.测量出∠ODB为28°,点D到点O的距离为30cm.(1)求B点到OP的距离;(2)求滑动支架的长.(结果精确到0.1)(数据:sin28°≈0.47,cos28°≈0.88,tan28°≈0.53,sin53°≈0.8,cos53°≈0.6,tan53°≈1.33)【分析】(1)在Rt△BOE中,得到OE=𝐵𝐸𝑡𝑎𝑛53°,在Rt△BDE中,得到DE=𝐵𝐸𝑡𝑎𝑛28°,列方程即可得到结论;(2)根据三角函数的定义即可得到结论.【详解】解:(1)在Rt△BOE中,OE=𝐵𝐸𝑡𝑎𝑛53°,在Rt△BDE中,DE=𝐵𝐸𝑡𝑎𝑛28°,则𝐵𝐸𝑡𝑎𝑛53°+𝐵𝐸𝑡𝑎𝑛28°=30,解得BE≈11.4(cm).故B点到OP的距离大约为11.4cm;(2)在Rt△BDE中,BD=𝐵𝐸𝑠𝑖𝑛28°≈24.2cm.故滑动支架的长约为24.2cm.【点评】本题考查了解直角三角形的应用,正确的识别图形是解题的关键..【压轴七】二次函数综合问题【真题再现】(2021·浙江嘉兴市·中考第23题)已知二次函数.(1)求二次函数图象的顶点坐标;(2)当时,函数的最大值和最小值分别为多少?(3)当时,函数的最大值为,最小值为,m-n=3求的值.【答案】(1);(2)函数的最大值为4,最小值为0;(3)或.【思路点拨】(1)把二次函数配成顶点式即可得出结论;(2)利用二次函数的图象和性质确定函数的最大值和最小值.(3)分t<0;;三种情况,根据二次函数的性质和m-n=3列出关于t的方程,解之即可.【详析详解】(1)∵,∴顶点坐标为.(2)∵顶点坐标为,∴当时,,∵当时,随着的增大而增大,∴当时,.∵当时,随着的增大而减小,∴当时,.∴当时,函数的最大值为4,最小值为0.(3)当时,对进行分类讨论.①当时,即,,随着的增大而增大.当时,.∴.∴,解得(不合题意,舍去).②当时,顶点的横坐标在取值范围内,∴.i)当时,在时,,∴.∴,解得,(不合题意,舍去).ii)当时在时,,∴.∴,解得,,(不合题意舍去).③当时,随着的增大而减小,当时,,当时,,∴∴,解得(不合题意,舍去).综上所述,或.【方法小结】本题是二次函数综合题,考查抛物线的性质以及最值问题,有难度,并学会利用参数解决问题是解题的关键,属于中考常考题型.【变式训练】【变式7.1】(2019秋•嘉兴期末)如图,抛物线y=﹣x2+4x+m﹣4(m为常数)与y轴交点为C,M(3,0)、N(0,﹣2)分别是x轴、y轴上的点.(1)求点C的坐标(用含m的代数式表示);(2)若抛物线与x轴有两个交点A、B,是否存在这样的m,使得线段AB=MN,若存在,求出m的值,若不存在,请说明理由;(3)若抛物线与线段MN有公共点,求m的取值范围.【分析】(1)由题意得:点C的坐标为:(0,m﹣4),(2)存在,理由:令y=0,则x=2±𝑚,则AB=2𝑚=MN=32+22=13,即可求解;(3)联立抛物线与直线MN的表达式得:方程﹣x2+4x+m﹣4=23x﹣2,即x2−103x﹣m+2=0中△≥0,且m﹣4≤﹣2,即可求解.【详解】解:(1)由题意得:点C的坐标为:(0,m﹣4);(2)存在,理由:令y=0,则x=2±𝑚,则AB=2𝑚=MN=32+22=13,解得:m=134;(3)∵M(3,0),N(0,﹣2),∴直线MN的解析式为y=23x﹣2,∵抛物线与线段MN有公共点,则方程﹣x2+4x+m﹣4=23x﹣2,即x2−103x﹣m+2=0中△≥0,且m﹣4≤﹣2,∴(−103)2﹣4(﹣m+2)≥0,解得−79≤m≤2.【点评】本题考查的是二次函数综合运用,涉及到一次函数的性质、解不等式、一元二次方程等,其中(3),确定△≥0,且m﹣4≤﹣2是本难题的难点.【变式7.2】(2020•平阴县二模)如图,已知抛物线经过点A(﹣1,0),B(4,0),C(0,2)三点,点D与点C关于x轴对称,点P是x轴上的一个动点,设点P的坐标为(m,0),过点P作x轴的垂线交抛物线于点Q,交直线BD于点M.(1)求该抛物线所表示的二次函数的表达式;(2)点P在线段AB上运动的过程中,是否存在点Q,使得△BOD∽△QBM?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.(3)已知点F(0,12),点P在x轴上运动,试求当m为何值时以D、M、Q、F为顶点的四边形是平行四边形.【分析】(1)待定系数法求解可得;(2)利用△BOD∽△QBM得𝐷𝑂𝑂𝐵=𝑀𝐵𝐵𝑄=12,再证△MBQ∽△BPQ得𝐵𝑀𝐵𝑄=𝐵𝑃𝑃𝑄,即12=4−𝑚−12𝑚2+32𝑚+2,解之即可得此时m的值.(3)先利用待定系数法求出直线BD解析式为y=12x﹣2,则Q(m,−12m2+32m+2)、M(m,12m﹣2),由QM∥DF且四边形DMQF是平行四边形知QM=DF,据此列出关于m的方程,解之可得.【详解】解:(1)由抛物线过点A(﹣1,0)、B(4,0)可设解析式为y=a(x+1)(x﹣4),将点C(0,2)代入,得:﹣4a=2,解得:a=−12,则抛物线解析式为y=−12(x+1)(x﹣4)=−12x2+32x+2;(2)如图所示:∵当△BOD∽△QBM时,则𝐷𝑂𝑂𝐵=𝑀𝐵𝐵𝑄=12,∵∠MBQ=90°,∴∠MBP+∠PBQ=90°,∵∠MPB=∠BPQ=90°,∴∠MBP+∠BMP=90°,∴∠BMP=∠PBQ,∴△MBQ∽△BPQ,∴𝐵𝑀𝐵𝑄=𝐵𝑃𝑃𝑄,∴12=4−𝑚−12𝑚2+32𝑚+2,解得:m1=3、m2=4,当m=4时,点P、Q、M均与点B重合,不能构成三角形,舍去,∴m=3,点Q的坐标为(3,2);(3)由题意知点D坐标为(0,﹣2),设直线BD解析式为y=kx+b,将B(4,0)、D(0,﹣2)代入,得:4𝑘+𝑏=0𝑏=−2,解得:𝑘=12𝑏=−2,∴直线BD解析式为y=12x﹣2,∵QM⊥x轴,P(m,0),∴Q(m,−12m2+32m+2)、M(m,12m﹣2),则QM=−12m2+32m+2﹣(12m﹣2)=−12m2+m+4,∵F(0,12)、D(0,﹣2),∴DF=52,∵QM∥DF,∴当−12m2+m+4=52时,四边形DMQF是平行四边形,解得:m=﹣1或m=3,即m=﹣1或m=3时,四边形DMQF是平行四边形.当四边形FDQM是平行四边形时,12m2﹣m﹣4=52,解得m1=14+1,m1=1−14.综上所述,当m的值为﹣1或3或14+1或1−14.【点评】本题主要考查二次函数的综合问题,解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质及分类讨论思想的运用.【变式7.3】(2019•海宁市二模)如图,二次函数y1=x2+bx+c与y2=x2+cx+b(b<c)的图象相交于点A,分别与y轴相交于点C,B,连接AB、AC.(1)过点(1,0)作垂直于x轴的直线l,判断点A与直线l的位置关系,并说明理由.(2)当A、C两点是二次函数y1=x2+bx+c图象上的对称点时,求b的值.(3)当△ABC是等边三角形时,求点B的坐标.【分析】(1)联立y1、y2并解得:x=1,故点A(1,1+b+c),即可求解;(2)A、C两点是二次函数y1=x2+bx+c图象上的对称点,故点A、C的纵坐标相同,即可求解;(3)HB=AHtan∠HAB=1×tan30°=33,则HB=𝑏+𝑐2−b=33,而𝑏+𝑐2=1+𝑏+𝑐,即可求解.【详解】解:(1)联立y1、y2并解得:x=1,故点A(1,1+b+c),故直线l过点A;(2)由题意得:点B、C的坐标分别为(0,b)、(0,c),∵A、C两点是二次函数y1=x2+bx+c图象上的对称点,故点A、C的纵坐标相同,即:1+b+c=c,解得:b=﹣1;(3)如下图所示,过等边三角形的点A作AH⊥BC,则点H(0,𝑏+𝑐2),点A(1,1+b+c),则AH=1,则HB=AHtan∠HAB=1×tan30°=33,则HB=𝑏+𝑐2−b=33,而𝑏+𝑐2=1+𝑏+𝑐,解得:b=−3+33,故点B(0,−3+33).【点评】本题考查的是二次函数综合运用,涉及到解直角三角形、点的对称性、等边三角形的性质等,本题的关键在于弄清楚点的坐标,用坐标确定线段的数量关系,进而求解.【变式7.4】(2021•南开区二模)在平面直角坐标系中,抛物线y=x2﹣2(k﹣1)x+k2−52k(k为常数).(Ⅰ)当k=2时,求该抛物线的解析式及顶点坐标;(Ⅱ)若抛物线经过点(1,k2),求k的值;(Ⅲ)若抛物线经过点(2k,y1)和点(2,y2),且y1>y2,求k的取值范围;(Ⅳ)若将抛物线向右平移1个单位长度得到新抛物线,当1≤x≤2时,新抛物线对应的函数有最小值−32,求k的值.【分析】(Ⅰ)当k=2时,代入抛物线y=x2﹣2(k﹣1)x+k2−52k,得y=x2﹣2x﹣1.根据顶点坐标公式可得顶点.(Ⅱ)把点坐标代入解析式即可.(Ⅲ)分别把点(2k,y1)和点(2,y2)代入抛物线解析式,表示y1、y2,利用条件构造关于k的不等式.(Ⅳ)根据平移得到新的顶点,用k表示顶点坐标,找到最小值求k.【详解】解:(Ⅰ)当k=2时,y=x2﹣2(2﹣1)x+22−52×2=x2﹣2x﹣1,x顶点=−𝑏2𝑎=−−22=1,y顶点=x2﹣2x﹣1=12﹣2×1﹣1=﹣2,∴此抛物线顶点坐标为(1,﹣2);(Ⅱ)把(1,k2)代入抛物线解析式得k2=1﹣2(k﹣1)+k2−52k,解得:k=23;(Ⅲ)把点(2k,y1)代入抛物线有y1=4k2﹣2(k﹣1)2k+k2−52k,同理把点(2,y2),代入抛物线得y2=4﹣4(k﹣1)+k2−52k,由y1>y2知,4k2﹣2(k﹣1)2k+k2−52k>4﹣4(k﹣1)+k2−52k,解得k>1;(Ⅳ)抛物线y=x2﹣2(k﹣1)x+k2−52k=(x﹣k+1)2+(−12k﹣1)向右平移1个单位长度得到新解析式为y=(x﹣k)2+(−𝑘2−1),①k<1时,1≤x≤2位于对称轴右侧,y随x增大而增大,当x=1时,y最小=(1﹣k)2−12k﹣1=k2−52k=−32,解k1=1≥1,k2=32≥1,∴舍去,②当1≤k≤2时,y最小=−12k﹣1=−32,解得k=1,③当k>2时,1≤x≤2位于对称轴左侧,∴x=2时,y最小=(2﹣k)2−12k﹣1=k2−92+3=−32,解得k1=3,k2=32(舍去),综上k=1或3.【点评】本题考查二次函数的综合应用,解本题时要熟练掌握二次函数的性质及二次函数图像的平移,解答时注意用k表示顶点【压轴八】几何综合探究问题【真题再现】(2021·浙江嘉兴市·中考第24题)小王在学习浙教版九上课本第72页例2后,进一步开展探究活动:将一个矩形绕点顺时针旋转,得到矩形[探究1]如图1,当时,点恰好在延长线上.若,求BC的长.

[探究2]如图2,连结,过点作交于点.线段与相等吗?请说明理由.

[探究3]在探究2的条件下,射线分别交,于点,(如图3),,存在一定的数量关系,并加以证明.

【答案】[探究1];[探究2],证明见解析;[探究3],证明见解析【思路点拨】[探究1]设,根据旋转和矩形的性质得出,从而得出,得出比例式,列出方程解方程即可;[探究2]先利用SAS得出,得出,,再结合已知条件得出,即可得出;[探究3]连结,先利用SSS得出,从而证得,再利用两角对应相等得出,得出即可得出结论.【详析详解】[探究1]如图1,设.∵矩形绕点顺时针旋转得到矩形,∴点,,在同一直线上.∴,,∴.∵,∴.又∵点在延长线上,∴,∴,∴.解得,(不合题意,舍去)∴.[探究2].证明:如图2,连结.∵,∴.∵,,,∴.∴,,∵,,∴,∴.[探究3]关系式为.证明:如图3,连结.∵,,,∴.∴,∵,,∴,∴.在与中,,,∴,∴,∴.∴.【方法小结】本题考查了矩形的性质,旋转的性质,全等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,解一元二次方程等,解题的关键是灵活运用这些知识解决问题.【变式训练】【变式8.1】(2020秋•海宁市期中)问题解决:如图1,点C为线段AB上一点,∠A=∠B=90°,AD=BC,BE=AC,连接CD、CE、DE.(1)求证:△ACD≌△BEC.(2)判断△CDE是哪种特殊三角形,并说明理由.拓展延伸:(3)如图2,点C为线段AB上一点,∠A=∠B=45°,CD⊥CE.当CD=CE时,求𝐴𝐷+𝐵𝐸𝐴𝐵的值.【分析】(1)由“SAS”可证△ACD≌△BEC;(2)由全等三角形的性质可得CD=CE,∠ACD=∠CEB,由余角的性质可证∠DCE=90°,可得结论;(3)过点D作DH⊥AC于H,过点E作EN⊥AB于N,由“AAS”可证△CDH≌△ECN,可得EN=CH,DH=CN,由等腰直角三角形的性质可得AD=2AH,BE=2BN,即可求解.【详解】证明:(1)在△ACD和△BEC中,𝐴𝐷=𝐵𝐶∠𝐴=∠𝐵𝐴𝐶=𝐵𝐸,∴△ACD≌△BEC(SAS),(2)△CDE是等腰直角三角形,理由如下:∵△ACD≌△BEC,∴CD=CE,∠ACD=∠CEB,∵∠CEB+∠ECB=90°,∴∠ACD+∠ECB=90°,∴∠DCE=90°,∴△DCE是等腰直角三角形;(3)如图2,过点D作DH⊥AC于H,过点E作EN⊥AB于N,∴∠DHC=∠ENC=∠DCE=90°,∴∠DCH+∠CDH=90°=∠DCH+∠ECN,∴∠CDH=∠ECN,在△CDH和△ECN中,∠𝐷𝐻𝐶=∠𝐶𝑁𝐸=90°∠𝐶𝐷𝐻=∠𝐸𝐶𝑁𝐷𝐶=𝐸𝐶,∴△CDH≌△ECN(AAS),∴EN=CH,DH=CN,∵∠A=∠B=45°,∠DHA=∠ENB=90°,∴∠A=∠ADH=∠B=∠BEN=45°,∴AH=DH,EN=BN,∴AD=2AH,BE=2BN,∴𝐴𝐷+𝐵𝐸𝐴𝐵=2𝐴𝐻+2𝐵𝑁𝐴𝐻+𝐶𝐻+𝐶𝑁+𝐵𝑁=2(𝐴𝐻+𝐵𝑁)2(𝐴𝐻+𝐵𝑁)=22.【点评】本题是三角形综合题,考查了全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形的性质等知识,添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键.【变式8.2】(2021•越城区模拟)我们定义:连接凸四边形一组对边中点的线段叫做四边形的“准中位线”.(1)概念理解:如图1,四边形ABCD中,F为CD的中点,∠ADB=90°,E是AB边上一点,满足DE=AE,试判断EF是否为四边形ABCD的准中位线,并说明理由.(2)问题探究:如图2,△ABC中,∠ACB=90°,AC=6,BC=8,动点E以每秒1个单位的速度,从点A出发向点C运动,动点F以每秒6个单位的速度,从点C出发沿射线CB运动,当点E运动至点C时,两点同时停止运动.D为线段AB上任意一点,连接并延长CD,射线CD与点A,B,E,F构成的四边形的两边分别相交于点M,N,设运动时间为t.问t为何值时,MN为点A,B,E,F构成的四边形的准中位线.(3)应用拓展:如图3,EF为四边形ABCD的准中位线,AB=CD,延长FE分别与BA,CD的延长线交于点M,N,请找出图中与∠M相等的角并证明.【分析】(1)根据等腰三角形的性质得到∠EDA=∠EAD,根据余角的性质得到∠EDB=∠ABD,得到AE=BE,于是得到结论;(2)当MN为点A,B,F,E构成的四边形的准中位线时

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