中考數(shù)學總復習《面積的存在性問題》專項檢測卷含答案

第第頁8已知Rt△EFP和矩形ABCD如圖1擺放(點P與點B重合),點F、B(P)、C在同一直線上,AB=EF=6cm,BC=FP=8cm,∠EFP=90°.如圖2,△EFP從圖1位置出發(fā),沿BC方向勻速運動，速度為1cm/s，EP與AB交于點G；同時，點Q從點C出發(fā)，沿CD方向勻速運動，速度為1cm/s.過點Q作QM⊥BD,垂足為H,交AD于點M,連結(jié)AF、PQ.當點Q停止運動時,△EFP也停止運動.設(shè)運動時間為t(s)(0<t<6).解答下列問題:(1)當t為何值時,PQ∥BD?(2)設(shè)五邊形AFPQM的面積為y(cm2),求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式;(3)在運動過程中，是否存在某一時刻t，使S五邊形AFPQM(4)在運動過程中，是否存在某一時刻t，使點M在線段PG的垂直平分線上?若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由.9.如圖1，二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖像與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，OB=OC.點D在函數(shù)圖象上，CD∥x軸，且CD=2，直線l是拋物線的對稱軸，E是拋物線的頂點.(1)求b、c的值;(2)如圖1，連結(jié)BE，線段OC上點F關(guān)于直線l的對稱點F'恰好在線段BE上，求點F的坐標；(3)如圖2，動點P在線段OB上，過點P作x軸的垂線分別與BC交于點M，與拋物線交于點N.試問：拋物線上是否存在點Q，使得△PQN與△APM的面積相等，且線段NQ的長度最小?如果存在，求出點Q的坐標；如果不存在，說明理由.10如圖,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AB=7,AC=2,,過點B作直線m∥AC,將(1)如圖1,當P與A'重合時,求∠ACA'的度數(shù);(2)如圖2,設(shè)A'B'與BC的交點為M,當M為A'B'的中點時,求線段PQ的長;(3)在旋轉(zhuǎn)過程中，當P、Q分別在CA'、CB'的延長線上時，試探究四邊形PA'B'Q的面積是否存在最小值.若存在，求出四邊形PA'B'Q的最小面積；若不存在，請說明理由.11.面積的存在性問題如圖1，在平面直角坐標系中，直線y=x-1與拋物線.y=?x2+bx+c交于A、B兩點，其中A(m,0)、B(4,n).該拋物線與y軸交于點C,與x軸交于另一點D.(1)求m、n的值及該拋物線的解析式；(2)如圖2，若點P為線段AD上的一動點(不與A、D重合)，分別以AP、DP為斜邊，在直線AD的同側(cè)作等腰直角三角形APM和等腰直角三角形DPN，連接MN，試確定△MPN面積最大時點P的坐標；(3)如圖3，連接BD、CD，在線段CD上是否存在點Q，使得以A、D、Q為頂點的三角形與△ABD相似，若存在，請直接寫出點Q的坐標；若不存在，請說明理由.12.如圖1，在平面直角坐標系中，已知拋物線.y=?12x2(1)求這條物線的表達式；(2)求線段CD的長;(3)將拋物線平移，使其頂點C移到原點O的位置.這時點P落在點E的位置，如果點M在y軸上，且以O(shè)、D、E、M為頂點的四邊形面積為8，求M的坐標.13.如圖1，將二次函數(shù)y=x2+2x+1的圖像沿x軸翻折，然后向右平移1個單位，再向上平移4個單位，得到二次函數(shù).y=ax2+bx+c的圖像.函數(shù)y=x2+2x+1的圖像的頂點為A，函數(shù)y=ax2+bx+c的圖像的頂點為B，和x軸的交點為C、D(點D位于點C的左側(cè)).(1)求二次函數(shù)y=ax2+bx+c的解析式；(2)從點A、C、D三個點中任取兩個點和點B構(gòu)造三角形，求構(gòu)造的三角形是等腰三角形的概率；(3)若點M是線段BC上的動點,點N是△ABC三邊上的動點,是否存在以AM為斜邊的Rt△AMN,使△AMN的面積為△ABC面積的13，若存在，求tan∠MAN的值；若不存在，請說明理由.參考答案1.滿分解答(1)4;2(3)△ACB'的面積保持不變.理由如下：如圖5,聯(lián)結(jié)BB'.作BE⊥AC于E,那么.BE=4由點B和點B'關(guān)于直線l對稱,可知BB'⊥l.又因為AC⊥l,得BB′∥AC.所以△ACB'與△ACB是同底等高的兩個三角形.所以S△ACB'=S(4)如圖6,作B'G⊥AC于G.由PB=PB在直線l運動的過程中，AC保持不變，所以當B'G最大時，S△ACB')最大.如圖7,作PH⊥AC于H.連接B'H.在Rt△APH中,AP=2,∠A=60°,所以.PH=3.如圖8,在Rt△B'GH和△B'PH中,.B'G<B'H<B考點伸展第(1)題的思路是這樣的：如圖9，因為PB'=PB=PA=4,，所以△APB'是等腰三角形.又因為∠A=60°,所以△第(2)題的思路是這樣的:如圖10,因為直線l∥AC,所以△BPD∽△BAC.所以△BPD也是等邊三角形，四邊形PBC'B'是菱形.所以BB'與PD互相垂直平分.在Rt△PBO中,PB=5,∠BPD=60°,所以BO=5322.滿分解答(1)如圖2,因為四邊形ABCD是矩形,所以∠CDA=90°.所以∠1+∠2=90°.因為∠DOA=90°,所以∠2+∠3=90°.根據(jù)同角的余角相等,得∠1=∠3=30°.在Rt△AOD中,CD=AB=4,∠1=30°,所以CH=2,DH=23在Rt△CHD中,AD=BC=6,∠3=30°,所以O(shè)D=3.所以O(shè)H=OD+DH=23+3.所以C(2,2(2)如圖3,在△AOD中,AD=6,設(shè)OA=m,所以O(shè)D=因為點M為AD的中點，所以12所以14m36?解得m1(3)如圖5,當O、M、C三點共線時,OC最大值=8.由(1),得△CHD∽△DOA.所以HD因為M為Rt△AOD斜邊上的中線,所以MD=MO.所以∠2=∠4.所以△CHO∽△AOD.所以HC所以HD:HC=23:43所以cos考點伸展第(3)題的求OC的最大值可以這樣考慮：如圖4，在△OCM中，根據(jù)兩邊之和大于第三邊，可得OC<OM+MC.所以當O、M、C三點共線時,OC最大值=OM+MC.如圖5，因為M為Rt△AOD斜邊上的中線，所以O(shè)M=在Rt△CDM中,CD=4,DM=1所以O(shè)C最大值=3+5=8.3.滿分解答(1)由y=x+2,得A(--2,0),B(0,2).將A(-2,0)、B(0,2)兩點分別代入y=ax2+bx+c,得4a?2b+c=0,解得c=2,b=2a+1.(2)拋物線的開口向下，在y軸左側(cè)，y隨x的增大而增大，所以拋物線的對稱軸在y軸或y軸右側(cè).所以x=?因為-2a>0,所以2a+1≥0.所以a≥?所以a的取值范圍是?12≤a<0.a=?1(3)當a=-1時,y=?x2?x+2.設(shè)P如圖4,在y軸上取M(0,1)、N(0,3)兩點,那么MB=NB=因為SOAB=12OA×OB=12過點M、N分別作AB的平行線，與拋物線的交點，就是點P.①解方程組y=?x2?x+2,y=x+1,得所以P?1+22,②解方程組y=?x2?x+2,所以P(-1，2).這條直線與拋物線相切于點P.考點伸展第(3)題也可以這樣思考：如圖5,因為△PAB與△OAB是同底三角形,S△PAB=1,S△OAB=2,可得點P到AB的距離PH等于點O到AB的距離OG的一半.過點P作y軸的平行線交AB于點D，那么PD=設(shè)P(x,-x2-x+2),D(x,x+2).當點D在點P的上方時，x+2當點D在點P的下方時，?x2?x+24.滿分解答(1)①如圖2,連接OB、OC,那么∠BOC=2∠BAC=120°.在Rt△BOD中,∠BOD=60°,所以∠OBD=30°.所以O(shè)D=12OB.②如圖3，設(shè)BC邊上的高為AH.因為AH≤AD≤OA+OD,所以當A、O、D三點共線時,AH取得最大值.此時D、H重合,AD⊥BC,△ABC是等邊三角形,高AD=3所以BD=33AD=32(2)如圖5,由OA=OB=OC,設(shè)∠OAB=∠OBA=α,∠OAC=∠OCA=β,∠OBC=∠OCB.由OD=OE,設(shè)∠ODE=∠OED=γ.設(shè)點M在AO的延長線上.由∠BOD=∠BOM+∠DOM=2α+2γ,∠BAC=α+β,∠BOD=∠BAC,得2α+2γ=α+β.所以2γ=β-α.又因為∠ABC=m∠ODE=α+∠OBC,∠ACB=n∠OED=β+∠OCB,所以(m-n)γ=α-β.所以(m-n)γ=-2γ.所以m-n=-2.所以m-n+2=0.考點伸展本題情景中的△ABC,就是網(wǎng)友們常說的定弦對定角問題.這個問題中，當△ABC是等邊三角形時，面積最大，周長也最大.如圖6,延長BA到F,使AF=AC,那么∠F=∠ACF=30°.于是△FBC也是定弦對定角.△FBC的外接圓的圓心G在哪里呢?如圖7，△GBC是等邊三角形.根據(jù)直徑是圓中最長的弦，可知BF是直徑時最大.此時AB=AF=AC,△ABC是等邊三角形.5.滿分解答(1)如圖2,因為△CDE與△FDE關(guān)于DE對稱,所以DF=DC.又因為∠C=60°,所以△CDF是等邊三角形.所以∠DCF=∠A=60°,所以DF∥AB.(2)第一步,求△ACD的面積S?.如圖3,因為AB=6,BD=4,所以DC=2.所以S因為S1=33第二步，求△ABF面積S?的最小值.如圖4,作FG⊥AB于G,DH⊥AB于H,FM⊥DH于M,得矩形FGHM.在Rt△DBH中,BD=4,∠HBD=60°,所以DH=2在Rt△DFM中,DM<DF.當點F落在DH上時,DM最大=DF=2,此時GF最小=DH?DF=2所以S?最小值=第三步，求S最大值.S最大值：=S??S?最小值=3(3)如圖5,因為∠CED=∠FED,所以點D到CE和BE的距離相等.所以S又因為SEBDSECD=如圖6,作EN⊥BC于N.在Rt△ENC中,∠C=60°,設(shè)NC=m,所以EC=2m,EN=3m.在Rt△EBN中,BE=2CE=4m,BN=6-m,由勾股定理,得BE2=BN2+EN2.所以4m2=6?m解得m1所以EC=2m=?1+13.所以，考點伸展第(3)題證明.BE=2CE的過程，其實就是證明角平分線性質(zhì)定理.如果ED是△EBC的角平分線，那么BE6滿分解答(1)設(shè)拋物線的表達式為y=ax+2x?4=ax2?2ax?8a.已知y=ax2+bx+2,根據(jù)常數(shù)項相等，得-8a=2.解得(a=?14.所以拋物線的表達式為(2)①如圖2,作EH⊥x軸于H,所以EH∥DC∥y軸.當點D是拋物線的頂點時，DC=因為E是BD中點，所以EH=由EHOF=CHOC=3②如圖3,設(shè)D(2m,2n),那么C(2m,0),E(m+2,n).所以EH=n,OC=2m,CH=OH-OC=m+2-2m=2-m.由EHFO=CHCO,得因為△DBC和△BCF是同底三角形，所以SDBC所以4n=6mn2?m.解得m=考點伸展從第(2)②題的解題過程可以看到，求點C的坐標沒有依賴拋物線的解析式.7.滿分解答(1)將點M(1,0)代入y=ax2+ax+b,得2a+b=0.所以b=-2a.所以y=ax2+ax?2a=a(2)將點M(1,0)代入y=2x+m,得2+m=0.解得m=-2.聯(lián)立y=2x-2和.y=ax2+ax?2a,消去y，整理，得ax2+(a-2)x-2(a-1)=0.所以△=已知a<b,b=-2a,所以a<0.所以△=所以拋物線與直線有兩個交點.(3)①當a=-1時,解方程組y=?x2?x+2,y=2x?2,得由M(1,0)、N(-4,-10),得.MN=5當a=?12時，解方程組得x=1,y=0,或由M(1,0)、N(-6,-14),得MN=7所以MN的取值范圍是5②方程ax2+a?2由xM?x如圖1，設(shè)拋物線的對稱軸x=?12與直線MN交于點E，那么所以S==由于a<0，運算起來不方便，代入b=-2a，于是S=配方，得S=所以S的最小值是922+274.此時6考點伸展第(3)題②求S最小值的方法：將S=274?因為方程有解，所以Δ≥0.因此(8S?54所以8S?54≥362.所以S隨a變化的函數(shù)圖象如圖2所示.8滿分解答(1)如果PQ∥BD,那么QCPC=DCBC=6(2)如圖3,在Rt△MDQ中,DQ=6—t,tan∠MQD=34所以所以S而SS所以y=S梯形AFCD—S△MDQ—S△PCQ=(3)如果S五邊形AFPQM:S整理，得t2?20t+36=0.解得t=2,或t=18(舍去).(4)如圖4,如果點M在線段PG的垂直平分線上,那么MP=MG.作MN⊥BC于N,那么PN=BC?BP?DM=8?t?所以在Rt△MPN中,M在Rt△GBP中,BP=t,tan∠EPF=3在Rt△MGA中,M由MP2=MG2,得6整理，得17t2?32t=0.解得t=32考點伸展第(4)題也可以這樣思考：如圖5，當點M落在PG的垂直平分線上時，設(shè)PG的中點為K，那么在Rt△EKM中,cos在Rt△EFP中,EK=EP?KP=EP?而EM=ED?DM=16?346?t解得t=9.滿分解答(1)由y=x2+bx+c,得C(0,c).由OB=OC,得B(-c,0).由CD∥x軸,且CD=2,得D(2,c).將B(-c,0)、D(2,c)代入y=x2+bx+c,得c解得b=-2,c=-3.(2)如圖3，拋物線的對稱軸是直線x=1，點E的坐標是(1，-4).連結(jié)F'D.因為C、D關(guān)于直線l對稱，F(xiàn)、F'關(guān)于直線l對稱，所以四邊形FCDF'是矩形.所以FF所以點F'的縱坐標是-2.所以點F的坐標是(0,-2).(3)直線BC的解析式為y=x-3.拋物線的解析式為y=x2?2x?3=x+1所以PPM=?m?3如果SPQN所以-(m-3)(m+1)=-(m+1)(m-3)·QH.所以QH=1.在Rt△NQH中,直角邊QH=1為定值,NQ為斜邊.當斜邊NQ與直角邊QH重合時，NQ取得最小值.此時NQ=1,NQ∥x軸,N、Q關(guān)于對稱軸x=1對稱(如圖5所示).所以點Q的橫坐標為12或所以點Q的坐標為12?154考點伸展第(2)題一般可以這樣解：先求直線BE的解析式為y=2x-6.設(shè)F(0,n),那么F'10.滿分解答(1)如圖3,Rt△ABC中,AB=7,AC=2,所以.BC=當P與A′重合時,在Rt△PBC中,BC=3,PC=2,所以PB=1,∠PCB=30°.此時∠AC(2)如圖4,當M為A'B'的中點時,CM是Rt△A'B'C斜邊上的中線,所以lMA'=MC.所以∠又因為∠1=∠A,∠Q=∠2,所以tan在Rt△PBC中,PB=BC?在Rt△QBC中,QB=所以PQ=PB+QB=(3)如圖5，因為△A′B′C的大小是確定的，面積為3.所以當△PQC的面積最小時，四邊形PA'B'Q的面積也最小.如圖6,在△PQC中,PQ邊上的高BC為定值.所以當PQ最小時,△PQC的面積最小.設(shè)CD為Rt△PQC斜邊上的中線,那么PQ=2CD.因此當CD最小時,PQ也最小.如圖7，根據(jù)垂線段最短，當CD與CB重合時，CD最小.所以PQ的最小值為23.所以△PQC的最小面積為3.所以四邊形PA'B'Q的最小面積為考點伸展第(3)題中，蘊含了一個經(jīng)典結(jié)論：高為定值的直角三角形，當其為等腰直角三角形時，面積最小.而斜邊為定值的直角三角形，當其為等腰直角三角形時，面積最大.如圖8，點C在以AB為直徑的半圓O上，那么△ABC為直角三角形.設(shè)CD為斜邊AB上的高，那么CD總是小于等于CO的，當CD=CO時，CD取得最大值，此時CD⊥AB，△ABC是等腰直角三角形，面積最大(如圖9所示).11.滿分解答(1)將點A(m,0)代入y=x--1,得m=1.將點B(4,n)代入y=x--1,得n=3.因為拋物線y=?x2+bx+c與x軸交于A(1,0)、D兩點,設(shè)y=-(x-1)(x-xD).代入點B(4,3),得3=-3(4-xD).解得xD=5.所以拋物線的解析式為yy=?(2)如圖4,設(shè)點P的坐標為(x,0),那么AP=x--1,DP=5-x.所以MP=所以當x=3時,△MPN的面積最大,最大值為1.此時P(3,0).(3)Q(2,-3),或7考點伸展第(3)題的解題過程是這樣的：由A(1，0)、B(4，3)，可知A、B兩點間的水平距離、豎直距離都是3,所以∠BAD=45°,AB=32由C(0,-5)、D(5,0),可知∠ADC=45°.所以∠ADQ=∠BAD.作QH⊥x軸于H.分兩種情況討論△DAQ與△ABD相似:①如圖5，當DQDA=AB此時DH=QH=3.所以O(shè)H=OD-DH=2.所以Q(2,-3).②如圖6,當DQDA=ADAB時，此時DH=QH=83.所以O(shè)H=OD?DH=5?12.滿分解答(1)因為拋物線與x軸交于點A(-1,0),設(shè).y=?代入點B(0,52),得52=?所以拋物線的解析式為y=?(2)如圖2,由y=?12x2+2x+設(shè)DC=m,那么D將點P2+m92?m?整理，得m2?2m=0.解得m=2.或m=0(舍去).所以DC=2.(3)如圖3,點C(2,92)先向左平移2個單位，再向下平移9點P(4,52)先向左平移2個單位，再向下平移9由D(2,5