中考數(shù)學(xué) 函數(shù)重點(diǎn)難點(diǎn)突破解題技巧傳播八
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1、中考數(shù)學(xué) 函數(shù)重點(diǎn)難點(diǎn)突破解題技巧傳播八 1若函數(shù)的圖象與x軸只有一個(gè)公共點(diǎn),則常數(shù)m的值是_______ 【答案】0或1. 【解析】 試題分析:需要分類討論:①若m=0,則函數(shù)為一次函數(shù);②若m≠0,則函數(shù)為二次函數(shù).由拋物線與x軸只有一個(gè)交點(diǎn),得到根的判別式的值等于0,且m不為0,即可求出m的值. 試題解析:①若m=0,則函數(shù)y=2x+1,是一次函數(shù),與x軸只有一個(gè)交點(diǎn); ②若m≠0,則函數(shù)y=mx2+2x+1,是二次函數(shù). 根據(jù)題意得:△=4-4m=0, 解得:m=1. 故答案為:0或1. 考點(diǎn): 1.拋物線與x軸的交點(diǎn);2.一次函數(shù)的性質(zhì). 2如圖,二次函數(shù)的圖象
2、經(jīng)過點(diǎn),對稱軸為直線,下列5個(gè)結(jié)論:① ; ② ; ③ ;④ ; ⑤, 其中正確的結(jié)論為 .(注:只填寫正確結(jié)論的序號(hào)) 【答案】②④. 【解析】 試題分析:根據(jù)拋物線開口方向得到a>0,根據(jù)拋物線對稱軸為直線x=-=-1得到b=2a,則b>0,根據(jù)拋物線與y軸的交點(diǎn)在x軸下方得到c<0,所以abc<0;由x=,y=0,得到a+b+c=0,即a+2b+4c=0;由a=b,a+b+c>0,得到b+2b+c>0,即3b+2c>0;由x=-1時(shí),函數(shù)最大小,則a-b+c<m2a-mb+c(m≠1),即a-b≤m(am-b). 試題解析:∵拋物線開口
3、向上, ∴a>0, ∵拋物線對稱軸為直線x=-=-1, ∴b=2a,則2a-b=0,所以③錯(cuò)誤; ∴b>0, ∵拋物線與y軸的交點(diǎn)在x軸下方, ∴c<0, ∴abc<0,所以①錯(cuò)誤; ∵x=時(shí),y=0, ∴a+b+c=0,即a+2b+4c=0,所以②正確; ∵a=b,a+b+c>0, ∴b+2b+c>0,即3b+2c>0,所以④正確; ∵x=-1時(shí),函數(shù)最大小, ∴a-b+c<m2a-mb+c(m≠1), ∴a-b≤m(am-b),所以⑤錯(cuò)誤. 故答案為②④. 考點(diǎn): 二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系 3已知,求 的值. 【答案】 【解析】解:因?yàn)椋? 所
4、以,從而. 所以 4當(dāng)x= 時(shí),的值為零. 【答案】x=-1. 【解析】 試題分析:根據(jù)分式的值為零,分子等于0,分母不等于0列式進(jìn)行計(jì)算即可得解. 試題解析:根據(jù)題意得,|x|-1=0且x2+2x-3≠0, 由|x|-1=0得:x=1或x=-1 由x2+2x-3≠0知x≠-3或x≠1 故x=-1. 考點(diǎn): 分式的值為零的條件. 5已知拋物線過兩點(diǎn)(m,0)、(n,0),且,拋物線于雙曲線(x>0)的交點(diǎn)為(1,d). (1)求拋物線與雙曲線的解析式; (2)已知點(diǎn)都在雙曲線(x>0)上,它們的橫坐標(biāo)分別為,O為坐標(biāo)原點(diǎn),記,點(diǎn)Q在雙曲線
5、(x<0)上,過Q作QM⊥y軸于M,記。 求的值. 【答案】(1)拋物線為,曲線的解析式;(2)2025077. 【解析】 試題分析:(1)將(m,0)(n,0)代入拋物線,組成方程組求解即可. (2)由點(diǎn)都在雙曲線上,可以總結(jié)出點(diǎn)的坐標(biāo),用a表示,得出規(guī)律,求三角形的面積,然后相加即可. 試題解析: (1) 解之得c=-2 ∴ 由 (2)∵點(diǎn)都在雙曲線 (x>0)上,它們的橫坐標(biāo)分別為,∴點(diǎn)的縱坐標(biāo)為。 如圖,過、分別作x軸、y軸的平行線 則= Q在雙曲線上,易求=1. 所以=(1+)+(2+)+ …+(2011+=1+2+…+2011+1×2011=202
6、5077. 考點(diǎn):一元二次函數(shù)與反比例函數(shù)綜合運(yùn)用. 6若n>0,關(guān)于x的方程x2﹣(m﹣2n)x+mn=0有兩個(gè)相等的正實(shí)數(shù)根,求的值. 【答案】4. 【解析】 試題分析:由方程有兩相等的正實(shí)數(shù)根知△=0,列出關(guān)于m,n的方程,用求根公式將n代替m代入求出它的值. 試題解析:根據(jù)題意知△=0,即(m-2n)2-mn=0, 整理得m2-5mn+4n2=0, 即(m-n)(m-4n)=0, 解得m=n或m=4n, 當(dāng)m=n時(shí),∵n>0, 根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得:原方程的兩個(gè)解x1+x2=m-2n=-n<0, 不合題意原方程兩個(gè)相等的正實(shí)數(shù)根,故m=n舍去; 當(dāng)m=4n時(shí),
7、∵n>0, 根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得:原方程的兩個(gè)解x1+x2=m-2n=2n>0,符合題意, ∴=4. 答:的值是4. 考點(diǎn): 根的判別式. 7如圖,拋物線y=ax2+1與雙曲線y=的交點(diǎn)A的橫坐標(biāo)是2,則關(guān)于x的不等式+ax2+1<0的解集是 . 【答案】-2<x<0. 【解析】 試題分析:根據(jù)雙曲線的對稱性求出點(diǎn)A關(guān)于原點(diǎn)的對稱點(diǎn)的橫坐標(biāo),再寫出雙曲線在y=-ax2-1下方部分的x的取值范圍即可. 試題解析: 如圖,點(diǎn)A關(guān)于原點(diǎn)的對稱點(diǎn)的橫坐標(biāo)為-2, 所以,不等式+ax2+1<0, 即不等式 <-ax2-1的解集是-2<x
8、<0. 故答案為:-2<x<0. 考點(diǎn): 二次函數(shù)與不等式(組). 8如圖1,已知點(diǎn)D在A上,△ABC和△ADE都是等腰直角三角形,點(diǎn)M為BC的中點(diǎn) (1)求證:△BMD為等腰直角三角形. (2)將△ADE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°,如圖2中的“△BMD為等腰直角三角形”是否仍然成立?請說明理由. (3)將△ADE繞點(diǎn)A任意旋轉(zhuǎn)一定的角度,如圖3中的“△BMD為等腰直角三角形”是否均成立?說明理由. 【答案】(1)(2)(3)見解析 【解析】 試題分析:(1)根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得出∠ACB=∠BAC=45°∠ADE=∠EBC=∠EDC=90°,推出BM=DM,BM=CM
9、,DM=CM,推出∠BCM=∠MBC,∠ACM=∠MDC,求出∠BMD=2∠BCM+2∠ACM=2∠BCA=90°即可. (2)延長ED交AC于F,求出DM=FC,DM∥FC,∠DEM=NCM,根據(jù)ASA推出△EDM≌△CNM,推出DM=BM即可. (3)過點(diǎn)C作CF∥ED,與DM的延長線交于點(diǎn)F,連接BF,推出△MDE≌△MFC,求出DM=FM,DE=FC,作AN⊥EC于點(diǎn)N,證△BCF≌△BAD,推出BF=BD,∠DBA=∠CBF,求出∠DBF=90°,即可得出答案. 試題解析:(1)證明:∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形, ∴∠ACB=∠BAC=45°∠ADE=∠EBC=∠
10、EDC=90°, ∵點(diǎn)M為BC的中點(diǎn), ∴BM=EC,DM=EC, ∴BM=DM,BM=CM,DM=CM, ∴∠BCM=∠MBC,∠DCM=∠MDC, ∴∠BME=∠BCM+∠MBC=2∠BCE, 同理∠DME=2∠ACM, ∴∠BMD=2∠BCM+2∠ACM=2∠BCA=2×45°=90° ∴△BMD是等腰直角三角形. (2)如圖2,△BDM是等腰直角三角形, 理由是:延長ED交AC于F, ∵△ADE和△ABC是等腰直角三角形, ∴∠BAC=∠EAD=45°, ∵AD⊥ED, ∴ED=DF, ∵M(jìn)為EC中點(diǎn), ∴EM=MC, ∴DM=FC,DM∥FC,
11、 ∴∠BDN=∠BND=∠BAC=45°, ∵ED⊥AB,BC⊥AB, ∴ED∥BC, ∴∠DEM=NCM, 在△EDM和△CNM中 ∴△EDM≌△CNM(ASA), ∴DM=MN, ∴BM⊥DN, ∴△BMD是等腰直角三角形. (3) △BDM是等腰直角三角形, 理由是:如圖:過點(diǎn)C作CF∥ED,與DM的延長線交于點(diǎn)F,連接BF, 可證得△MDE≌△MFC, ∴DM=FM,DE=FC, ∴AD=ED=FC, 作AN⊥EC于點(diǎn)N, 由已知∠ADE=90°,∠ABC=90°, 可證得∠DEN=∠DAN,∠NAB=∠BCM, ∵CF∥ED, ∴∠DEN=
12、∠FCM, ∴∠BCF=∠BCM+∠FCM=∠NAB+∠DEN=∠NAB+∠DAN=∠BAD, ∴△BCF≌△BAD, ∴BF=BD,∠DBA=∠CBF, ∴∠DBF=∠DBA+∠ABF=∠CBF+∠ABF=∠ABC=90°, ∴△DBF是等腰直角三角形, ∵點(diǎn)M是DF的中點(diǎn), 則△BMD是等腰直角三角形, 考點(diǎn): 1.全等三角形的判定與性質(zhì);2.直角三角形斜邊上的中線;3.等腰直角三角形. 9如圖,在平面直角坐標(biāo)系中,二次函數(shù)的圖象與x軸交于A、B兩點(diǎn),A點(diǎn)在原點(diǎn)的左則,B點(diǎn)的坐標(biāo)為(3,0),與y軸交于C(0,―3)點(diǎn),點(diǎn)P是直線BC下方的拋物線上一動(dòng)點(diǎn)。 A
13、 B y x O C ⑴求這個(gè)二次函數(shù)的表達(dá)式; ⑵連結(jié)PO、PC,在同一平面內(nèi)把△POC沿CO翻折,得到四邊形POP′C,那么是否存在點(diǎn)P,使四邊形POP′C為菱形?若存在,請求出此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo);若不存在,請說明理由; ⑶當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí),四邊形ABPC的面積最大,并求出此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)和四邊形ABPC的最大面積. 【答案】(1) ;(2) (3) P點(diǎn)的坐標(biāo)為,四邊形ABPC的面積的最大值為. 【解析】 試題分析:(1)把B、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)代入二次函數(shù)y=x2+bx+c即可求出bc的值,故可得出二次函數(shù)的解析式; (2)過點(diǎn)P作y軸的平行線與
14、BC交于點(diǎn)Q,與OB交于點(diǎn)E,設(shè)P(x,x2-2x-3),易得,直線BC的解析式為y=x-3則Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(x,x-3),再根據(jù)S四邊形ABPC=S△ABC+S△BPQ+S△CPQ即可得出結(jié)論. 試題解析:⑴將B、C兩點(diǎn)坐標(biāo)代入得 解得:. 所以二次函數(shù)的表示式為: ⑵存在點(diǎn)P,使四邊形POP′C為菱形,設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為,PP′交CO于E, 若四邊形POP′C是菱形,則有PC=PO,連結(jié)PP′,則PE⊥OC于E, ∴OE=EC=, ∴ ∴, 解得,(不合題意,舍去) ∴P點(diǎn)的坐標(biāo)為 ⑶過點(diǎn)P作y軸的平行線與BC交于點(diǎn)Q,與OB交于點(diǎn)F,設(shè)P,易得,直線BC的解析式為,則Q點(diǎn)
15、的坐標(biāo)為 F A B y x O C P Q 當(dāng)時(shí),四邊形ABPC的面積最大 此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)為,四邊形ABPC的面積的最大值為. 考點(diǎn): 二次函數(shù)綜合題. 10如圖,△ABC中,已知∠BAC=45°,AD⊥BC于D,BD=2,DC=3,求AD的長. 小萍同學(xué)靈活運(yùn)用軸對稱知識(shí),將圖形進(jìn)行翻折變換,巧妙地解答了此題. 請按照小萍的思路,探究并解答下列問題: (1)分別以AB、AC為對稱軸,畫出△ABD、△ACD的軸對稱圖形,D點(diǎn)的對稱點(diǎn)為E、F,延長EB、FC相交于G點(diǎn),求證:四邊形AEGF是正方形; (2)
16、設(shè)AD=x,建立關(guān)于x的方程模型,求出x的值. 【答案】(1)證明見解析;(2)6. 【解析】 試題分析:(1)先根據(jù)△ABD≌△ABE,△ACD≌△ACF,得出∠EAF=90°;再根據(jù)對稱的性質(zhì)得到AE=AF,從而說明四邊形AEGF是正方形; (2)利用勾股定理,建立關(guān)于x的方程模型(x-2)2+(x-3)2=52,求出AD=x=6. 試題解析:(1)證明:由題意可得:△ABD≌△ABE,△ACD≌△ACF. ∴∠DAB=∠EAB,∠DAC=∠FAC,又∠BAC=45°, ∴∠EAF=90°. 又∵AD⊥BC ∴∠E=∠ADB=90°,∠F=∠ADC=90°. ∴四邊形A
17、EGF是矩形, 又∵AE=AD,AF=AD ∴AE=AF. ∴矩形AEGF是正方形. (2)解:設(shè)AD=x,則AE=EG=GF=x. ∵BD=2,DC=3 ∴BE=2,CF=3 ∴BG=x-2,CG=x-3 在Rt△BGC中,BG2+CG2=BC2, ∴(x-2)2+(x-3)2=52. 化簡得,x2-5x-6=0 解得x1=6,x2=-1(舍去) 所以AD=x=6. 考點(diǎn):1. 翻折變換(折疊問題);2.勾股定理;3.正方形的判定. 11.已知:在梯形ABCD中,CD∥AB,AD=DC=BC=2,AB=4.點(diǎn)M從A開始,以每秒1個(gè)單位的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng);點(diǎn)N從點(diǎn)C出
18、發(fā),沿C→D→A方向,以每秒1個(gè)單位的速度向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng),若M、N同時(shí)出發(fā),其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí),另一個(gè)點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng).運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒,過點(diǎn)N作NQ⊥CD交AC于點(diǎn)Q. (1)設(shè)△AMQ的面積為S,求S與t的函數(shù)關(guān)系式,并寫出t的取值范圍. (2)在梯形ABCD的對稱軸上是否存在點(diǎn)P,使△PAD為直角三角形?若存在,求點(diǎn)P到AB的距離;若不存在,說明理由. (3)在點(diǎn)M、N運(yùn)動(dòng)過程中,是否存在t值,使△AMQ為等腰三角形?若存在,求出t值;若不存在,說明理由. 【答案】(1)(0<t≤2),(2≤t<4);(2);(3)t=,12-6,2. 【解析】 試題分析:(1)求出t的臨界點(diǎn)t=
19、2,分別求出當(dāng)0<t≤2時(shí)和2≤t<4時(shí),S與t的函數(shù)關(guān)系式即可, (2)作梯形對稱軸交CD于K,交AB于L,分3種情況進(jìn)行討論,①取AD的中點(diǎn)G,②以D為直角頂點(diǎn),③以A為直角頂點(diǎn), (3)當(dāng)0<t≤2時(shí),若△AMQ為等腰三角形,則MA=MQ或者AQ=AM,分別求出t的值,然后判斷t是否符合題意. 試題解析:(1)當(dāng)0<t≤2時(shí), 如圖:過點(diǎn)Q作QF⊥AB于F,過點(diǎn)C作CE⊥AB于E, ∵AB∥CD, ∴QF⊥CD, ∵NQ⊥CD, ∴N,Q,F(xiàn)共線, ∴△CQN∽△AFQ, ∴ , ∵CN=t,AF=AE-CN=3-t, ∵NF=, ∴QF=, ∴, ∴,
20、 當(dāng)2≤t<4時(shí), 如圖:△FQC∽△PQA, ∵DN=t-2, ∴FD=DN?cos∠FDN=DN?cos60°=(t-2), ∴FC=CD+FD=2+(t-2)=, ∴FQ=FC?tan∠FCQ=FC?tan30°=()?=(t+2), ∴PQ=PF-FQ=, ∴; (2)作梯形對稱軸交CD于K,交AB于L, 情況一:取AD的中點(diǎn)G,GD=1, 過G作GH⊥對稱軸于H,GH=1.5, ∵1.5>1, ∴以P為直角頂點(diǎn)的Rt△PAD不存在, 情況二:以D為直角頂點(diǎn):KP1=, ∴P1L=, 情況三:以A為直角頂點(diǎn),LP2=, 綜上:P到AB的距離為時(shí),△PAD為Rt△, (3)0<t≤2時(shí), 若MA=MQ, 則:=, ∴t=, 若AQ=AM,則t=, 解得t=12-6, 若QA=QM,則∠QMA=30° 而0<t≤2時(shí),∠QMA>90°, ∴QA=QM不存在; 2≤t<4(圖中) 若QA=QM,AP:AD=:2, ∴t=2, 若AQ=AM,2-(t+2)=t, ∴t=2-2, ∵2-2<2, ∴此情況不存在若MA=MQ,則∠AQM=30°,而∠AQM>60°不存在. 綜上:t=,12-6,2時(shí),△AMQ是等腰三角形. 考點(diǎn): 1.等腰梯形的性質(zhì);2.等腰三角形的判定;3.直角三角形的性質(zhì).
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