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專題訓練(二)
[多結論題]
1.[xx遵義]如圖ZT2-1,拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過點(-1,0),對稱軸l如圖所示.則下列結論:①abc>0;②a-b+c=0;③2a+c<0;④a+b<0,其中所有正確的結論是( )
圖ZT2-1
A.①③ B.②③
C.②④ D.②③④
2.如圖ZT2-2,拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)的對稱軸為直線x=-2,與x軸的一個交點在(-3,0)和(-4,0)之間,其部分圖象如圖所示,則下列結論:①4a-b=0;②c<0;③-3a+c>0;④4a-2b>at2+bt(t為實數(shù));⑤點-92,y1,-52,y2,-12,y3是該拋物線上的點,則y1
0.∵拋物線與y軸正半軸相交,∴c>0,即abc<0,結論①錯誤.∵拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過點(-1,0),∴a-b+c=0,結論②正確.∵當x=2時,y<0,即4a+2b+c<0,又b=a+c,∴4a+2(a+c)+c<0,即2a+c<0,結論③正確.∵c=b-a,∴a+b<0,結論④正確.
2.C [解析] ∵拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)的對稱軸為直線x=-2,∴-b2a=-2,∴4a-b=0,故①正確;
∵拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)的對稱軸為直線x=-2,與x軸的一個交點在(-3,0)和(-4,0)之間,∴另一個交點位于(-1,0)和(0,0)之間,∴拋物線與y軸的交點在原點的下方,∴c<0.故②正確;
∵4a-b=0,∴b=4a.
∵拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)與x軸有兩個交點,
∴Δ=b2-4ac=(4a)2-4ac=16a2-4ac>0.∵a<0,∴4a-c<0,∴c>4a,∴-3a+c>-3a+4a=a<0,故③錯誤;
∵4a-b=0,∴b=4a,∴at2+bt-(4a-2b)=at2+4at-(4a-24a)=at2+4at+4a=a(t2+4t+4)=a(t+2)2.
∵t為實數(shù),a<0,∴a(t+2)2≤0,∴at2+bt-(4a-2b)≤0,∴at2+bt≤4a-2b,即4a-2b≥at2+bt,∴④錯誤;
∵點-92,y1,-52,y2,-12,y3是該拋物線上的點,
∴將它們描在圖象上如圖:
由圖象可知:y1PF,∴PF<2PE,故②錯誤;
由翻折可知EF⊥PB,∴∠EBQ=∠EFB=30,
∴BE=2EQ,EF=2BE,
∴FQ=3EQ,故③錯誤;
由翻折的性質知,∠EFB=∠EFP=30,
∴∠BFP=30+30=60.
∵∠PBF=90-∠EBQ=90-30=60,
∴∠PBF=∠PFB=60,
∴△PBF是等邊三角形,故④正確.
綜上所述,結論正確的是①④.
4.C [解析] 在正方形ABCD中,∠A=90.由△BPC是等邊三角形,可得∠CBP=60,∴∠ABP=30,∴BE=2AE,即①正確;BD是正方形ABCD的對角線,可得△BCD是等腰直角三角形,∴∠CBD=∠CDB=45,可得∠PBD=15.∵CD=CP=CB,∠PCD=30,
可得
∠CPD=∠CDP=75,∴∠BPD=75+60=135,∠FDP=90-75=15,∠PFD=90-∠PCD=90-30=60,∠FPD=180-∠PDF-∠PFD=180-15-60=105,∴∠PBD=∠PDF,∠BPH=∠DFP,∴△DFP∽△BPH,
即②正確;∠BPD≠∠DPF,∴③△PFD∽△PDB錯誤;由∠PDH=∠PDC-∠CDB=75-45=30=∠PCD,∠CPD=∠DPH,可得△PDC∽△PHD,∴DP2=PHPC,即④正確.
5.①②③ [解析] 由折疊的性質可知CF=CB,∠CFE=90,∠CEB=∠CEF,當E為AB中點時,BE=EF=AE=32,∴∠FAE=∠AFE,∵∠FEB=∠FAE+∠AFE,∴∠CEB=∠CEF=∠FAE=∠AFE,∴AF∥CE,故①正確;
∵E為AB中點時,BE=32,BC=2,∴CE=52,過點E作EM⊥AF于點M,∵∠AFE=∠FEC,EM⊥AF,∠CFE=90,
∴AF=2MF,△MFE∽△FEC,∴MFEF=EFEC,即MF32=3252,∴MF=910,∴AF=95,故②正確;
當A,F,C三點共線時,∠AFE=90,AC=22+32=13,設BE=x,則EF=x,AE=3-x,AF=13-2,在Rt△AFE中,(13-2)2+x2=(3-x)2,解得x=213-43,∴AE=3-x=13-2133,故③正確;
∵AF=13-2,CF=2,∴AF≠CF,∴④錯誤.
6.①②③ [解析]
①∵正方形的各邊相等,各角都是90,∴CB=CD,CE=CG,∠BCD=∠ECG=90.∴∠BCD+∠DCE=∠ECG+∠DCE,即∠BCE=∠DCG.∴△BCE≌△DCG(SAS),∴BE=DG.結論①正確.
②如圖,設BE交DC于點M,交DG于點O.由△BCE≌△DCG可知∠CBE=∠CDG.
又∠BMC=∠DMO,∴∠DOB=∠DCB=90,即BE⊥DG.結論②正確.
③連接BD,EG.∵BE⊥DG,∴DE2+BG2=(OD2+OE2)+(OB2+OG2)=(OD2+OB2)+(OE2+OG2)=BD2+EG2.由勾股定理得BD2+EG2=2a2+2b2.∴DE2+BG2=2a2+2b2.結論③正確.
綜上所述,正確的結論是①②③.
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