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文档介绍
中考数学复习压轴题训练专题四三角形四边形存在性问题答案
2012年全国中考数学(续61套)压轴题分类解析汇编 专题4:三角形四边形存在性问题 1. (2012黑龙江龙东)如图,在平面直角坐标系中,直角梯形OABC的边OC、OA分别与x轴、y轴重合,AB∥OC,∠AOC=90°,∠BCO=45°,BC=12,点C的坐标为(-18,0)。 (1)求点B的坐标; (2)若直线DE交梯形对角线BO于点D,交y轴于点E,且OE=4,OD=2BD,求直线DE的解析式; (3)若点P是(2)中直线DE上的一个动点,在坐标平面内是否存在点Q,使以O、E、P、Q为顶点的四边形是菱形?若存在,请直接写出点Q的坐标;若不存在,请说明理由。 【答案】解:(1)过点B作BF⊥x轴于F, 在Rt△BCF中 ∵∠BCO=45°,BC=12,∴CF=BF=12 。 ∵C 的坐标为(-18,0),∴AB=OF=6。 ∴点B的坐标为(-6,12)。 (2)过点D作DG⊥y轴于点G, ∵OD=2BD,∴OD=OB。 ∵AB∥DG,∴△ODG∽△OBA 。 ∵,AB=6,OA=12,∴DG=4,OG=8。∴D(-4,8),E(0,4)。 设直线DE解析式为y=kx+b(k≠0) ∴ ,解得。∴直线DE解析式为y=-x+4。 (3)结论:存在。 点Q的坐标为:(2 ,-2 ),(-2 ,2 ),(4,4),(-2,2)。 【考点】一次函数综合题,等腰直角三角形判定和性质,相似三角形判定和性质,待定系数法,直线上点的坐标与方程的关系,菱形的判定和性质。 【分析】(1)构造等腰直角三角形BCF,求出BF、CF的长度,即可求出B点坐标。 (2)已知E点坐标,欲求直线DE的解析式,需要求出D点的坐标.构造△ODG∽△OBA,由线段比例关系求出D点坐标,从而可以求出直线DE的解析式。 (3)如图所示,符合题意的点Q有4个: 设直线y=-x+4分别与x轴、y轴交于点E、点F, 则E(0,4),F(4,0),OE=OF=4,EF=4。 ①菱形OEP1Q1,此时OE为菱形一边。 则有P1E=P1Q1=OE=4,P1F=EF-P1E=4-4。 易知△P1NF为等腰直角三角形, ∴P1N=NF=P1F=4-2。 设P1Q1交x轴于点N,则NQ1=P1Q1-P1N=4-(4-2)=2。 又ON=OF-NF=2,∴Q1(2 ,-2)。 ②菱形OEP2Q2,此时OE为菱形一边。此时Q2与Q1关于原点对称,∴Q2(-2,2)。 ③菱形OEQ3P3,此时OE为菱形一边。 此时P3与点F重合,菱形OEQ3P3为正方形,∴Q3(4,4)。 ④菱形OP4EQ4,此时OE为菱形对角线。 由菱形性质可知,P4Q4为OE的垂直平分线, 由OE=4,得P4纵坐标为2,代入直线解析式y=-x+4得横坐标为2,则P4(2,2)。 由菱形性质可知,P4、Q4关于OE或x轴对称,∴Q4(-2,2)。 综上所述,存在点Q,使以O、E、P、Q为顶点的四边形是菱形,点Q的坐标为: Q1(2,-2),Q2(-2,2),Q3(4,4),Q4(-2,2)。 2. (2012黑龙江绥化)如图,四边形ABCD为矩形,C点在x轴上,A点在y轴上,D点坐标是(0,0),B点坐标是(3,4),矩形ABCD沿直线EF折叠,点A落在BC边上的G处,E、F分别在AD、AB上,且F点的坐标是(2,4). (1)求G点坐标; (2)求直线EF解析式; (3)点N在x轴上,直线EF上是否存在点M, 使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形? 若存在,请直接写出M点的坐标;若不存在, 请说明理由. 【答案】解:(1)由已知得,FG=AF=2,FB=1。 ∵四边形ABCD为矩形,∴∠B=90°。 ∴。∴G点的坐标为(3,4-)。 (2)设直线EF的解析式是y=kx+b, 在Rt△BFG中,,∴∠BFG=60°。∴∠AFE=∠EFG=60°。∴AE=AFtan∠AFE=2tan60°=2。∴E点的坐标为(0,4-2)。 又F点的坐标是(2,4), ∴, 解得。∴直线EF的解析式为。 (3)存在。M点的坐标为(),(),( )。 【考点】一次函数综合题,矩形的性质,折叠性质,勾股定理,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值,待定系数法,直线上点的坐标与方程的关系,平行四边形的判定和性质,全等三角形的判定和性质。 【分析】(1)根据折叠性质可知FG=AF=2,而FG=AB-AF=1,则在Rt△BFG中,利用勾股定理求出BG的长,从而得到CG的长,从而得到G点坐标。 (2)由题意,可知△AEF为含30度角的直角三角形,从而可求出E点坐标;又F点坐标已知,所以可利用待定系数法求出直线EF的解析式。 (3)分FG为平行四边形边和对角线两种情况讨论,探究可能的平行四边形的形状: 若以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形,则可能存在以下情形: ①FG为平行四边形的一边,且N点在x轴正半轴上,如图1所示。 过M1点作M1H⊥x轴于点H,易证△M1HN1≌△GBF, ∴M1H=GB=,即yM1=。 由直线EF解析式,求出。 ∴M1()。 ②FG为平行四边形的一边,且N点在x轴负半轴上,如图2所示。 仿照与①相同的办法,可求得M2()。 ③FG为平行四边形的对角线,如图3所示。 过M3作FB延长线的垂线,垂足为H.易证△M3FH≌△GN3C, 则有M3H=CG=4,所以M3的纵坐标为8-。 代入直线EF解析式,得到M3的横坐标为。 ∴M3()。 综上所述,存在点M,使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形,点M的坐标为:M1(),M2(),M3( )。 3. (2012大兴安岭)如图,在平面直角坐标系中,已知Rt△AOB的两条直角边0A、08分别在y轴和x轴上,并且OA、OB的长分别是方程x2—7x+12=0的两根(OA<0B),动点P从点A开始在线段AO上以每秒l个单位长度的速度向点O运动;同时,动点Q从点B开始在线段BA上以每秒2个单位长度的速度向点A运动,设点P、Q运动的时间为t秒. (1)求A、B两点的坐标。 (2)求当t为何值时,△APQ与△AOB相似,并直 接写出此时点Q的坐标. (3)当t=2时,在坐标平面内,是否存在点M,使 以A、P、Q、M为顶点的四边形是平行四边形?若存 在,请直接写出M点的坐标;若不存在,请说明理由. 【答案】解:(1)由x2-7 x +12=0解得x1=3,x2=4。 ∵OA<OB ,∴OA=3 , OB=4。∴A(0,3), B(4,0)。 (2) 由OA=3 , OB=4,根据勾股定理,得AB=5。 由题意得,AP=t, AQ=5-2t 。分两种情况讨论: ①当∠APQ=∠AOB时,如图1,△APQ∽△AOB。 ∴,即 解得 t= 。∴Q()。 ②当∠AQP=∠AOB时,如图2, △APQ∽△ABO。 ∴,即 解得 t= 。∴Q()。 (3)存在。M1(), M2(),M3()。 【考点】动点问题,解一元二次方程,勾股定理,相似三角形的性质,平行四边形的判定。 【分析】(1)解出一元二次方程,结合OA<OB即可求出A、B两点的坐标。 (2)分∠APQ=∠AOB和∠AQP=∠AOB两种情况讨论即可。 (3)当t=2时,如图,OP=2,BQ=4,∴P(0,1),Q()。 若以A、P、Q、M为顶点的四边形是平行四边形,则 ①当AQ为对角线时,点M1的横坐标与点Q的横坐标相同,纵坐标为。∴M1()。 ②当PQ为对角线时,点M2的横坐标与点Q的横坐标相同, 纵坐标为。∴M2()。 ③当AP为对角线时,点Q、M3关于AP的中点对称。 由A(0,3),P(0,1)得AP的中点坐标为(0,2)。 由Q()得M3的横坐标为,纵坐标为。∴M3()。 综上所述,若以A、P、Q、M为顶点的四边形是平行四边形,则M点的坐标为 ()或()或()。 4. (2012湖北襄阳)如图,在矩形OABC中,AO=10,AB=8,沿直线CD折叠矩形OABC的一边BC,使点B落在OA边上的点E处.分别以OC,OA所在的直线为x轴,y轴建立平面直角坐标系,抛物线y=ax2+bx+c经过O,D,C三点. (1)求AD的长及抛物线的解析式; (2)一动点P从点E出发,沿EC以每秒2个单位长的速度向点C运动,同时动点Q从点C出发,沿CO以每秒1个单位长的速度向点O运动,当点P运动到点C时,两点同时停止运动.设运动时间为t秒,当t为何值时,以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似? (3)点N在抛物线对称轴上,点M在抛物线上,是否存在这样的点M与点N,使以M,N,C,E为顶点的四边形是平行四边形?若存在,请直接写出点M与点N的坐标(不写求解过程);若不存在,请说明理由. 【答案】解:(1)∵四边形ABCO为矩形,∴∠OAB=∠AOC=∠B=90°,AB=CO=8,AO=BC=10。 由折叠的性质得,△BDC≌△EDC,∴∠B=∠DEC=90°,EC=BC=10,ED=BD。 由勾股定理易得EO=6。∴AE=10﹣6=4。 设AD=x,则BD=CD=8﹣x,由勾股定理,得x2+42=(8﹣x)2,解得,x=3。 ∴AD=3。∵抛物线y=ax2+bx+c过点D(3,10),C(8,0), ∴,解得。∴抛物线的解析式为:。 (2)∵∠DEA+∠OEC=90°,∠OCE+∠OEC=90°,∴∠DEA=∠OCE, 由(1)可得AD=3,AE=4,DE=5。而CQ=t,EP=2t,∴PC=10﹣2t。 当∠PQC=∠DAE=90°,△ADE∽△QPC,∴,即,解得。 当∠QPC=∠DAE=90°,△ADE∽△PQC,∴,即,解得。 ∴当或时,以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似。 (3)存在符合条件的M、N点,它们的坐标为:①M1(﹣4,﹣32),N1(4,﹣38); ②M2(12,﹣32),N2(4,﹣26);③M3(4,),N3(4,﹣)。 【考点】二次函数综合题,折叠和动点问题,矩形的性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理,曲线上点的坐标与方程的关系,相似三角形的判定和性质,平行四边形的判定和性质。 【分析】(1)根据折叠图形的轴对称性,△CED≌△CBD,在Rt△CEO中求出OE的长,从而可得到AE的长;在Rt△AED中,AD=AB﹣BD、ED=BD,利用勾股定理可求出AD的长.进一步能确定D点坐标,利用待定系数法即可求出抛物线的解析式。 (2)由于∠DEC=90°,首先能确定的是∠AED=∠OCE,若以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似,那么∠QPC=90°或∠PQC=90°,然后在这两种情况下,分别利用相似三角形的对应边成比例求出对应的t的值。 (3)假设存在符合条件的M、N点,分两种情况讨论: ①EC为平行四边形的对角线,由于抛物线的对称轴经过EC中点,若四边形MENC是平行四边形,那么M点必为抛物线顶点。 由得抛物线顶点,则:M(4,)。 ∵平行四边形的对角线互相平分,∴线段MN必被EC中点(4,3)平分,则N(4,﹣)。 ②EC为平行四边形的边,则ECMN, 设N(4,m),则M(4﹣8,m+6)或M(4+8,m﹣6); 将M(﹣4,m+6)代入抛物线的解析式中,得:m=﹣38, 此时 N(4,﹣38)、M(﹣4,﹣32); 将M(12,m﹣6)代入抛物线的解析式中,得:m=﹣26, 此时 N(4,﹣26)、M(12,﹣32)。 综上所述,存在符合条件的M、N点,它们的坐标为:①M1(﹣4,﹣32),N1(4,﹣38); ②M2(12,﹣32),N2(4,﹣26);③M3(4,),N3(4,﹣)。 5 (2012湖南娄底)已知二次函数y=x2﹣(m2﹣2)x﹣2m的图象与x轴交于点A(x1,0)和点B(x2,0),x1<x2,与y轴交于点C,且满足. (1)求这个二次函数的解析式; (2)探究:在直线y=x+3上是否存在一点P,使四边形PACB为平行四边形?如果有,求出点P的坐标;如果没有,请说明理由. 【答案】解:(1)∵二次函数y=x2﹣(m2﹣2)x﹣2m的图象与x轴交于点A(x1,0)和点B(x2,0),x1<x2, ∴令y=0,即x2﹣(m2﹣2)x﹣2m=0 ①,则有:x1+x2=m2﹣2,x1x2=﹣2m。 ∴,化简得到:m2+m﹣2=0,解得m1=﹣2,m2=1。 当m=﹣2时,方程①为:x2﹣2x+4=0,其判别式△=b2﹣4ac=﹣12<0,此时抛物线与x轴没有交点,不符合题意,舍去; 当m=1时,方程①为:x2+x﹣2=0,其判别式△=b2﹣4ac=9>0,此时抛物线与x轴有两个不同的交点,符合题意。 ∴m=1。∴抛物线的解析式为y=x2+x﹣2。 (2)存在。理由如下: 假设在直线y=x+3上是否存在一点P,使四边形PACB为平行四边形。 如图所示,连接PA.PB.AC.BC,过点P作PD⊥x轴于D点。 ∵抛物线y=x2+x﹣2与x轴交于A.B两点,与y轴交于C点, ∴A(﹣2,0),B(1,0),C(0,2)。 ∴OB=1,OC=2。 ∵PACB为平行四边形,∴PA∥BC,PA=BC。 ∴∠PAD=∠CBO,∴∠APD=∠OCB。 在Rt△PAD与Rt△CBO中, ∵∠PAD=∠CBO ,PA=BC,∠APD=∠OCB , ∴Rt△PAD≌Rt△CBO(AAS)。 ∴PD=OC=2,即yP=2。 ∵直线解析式为y=x+3,∴xP=﹣1。∴P(﹣1,2)。 ∴在直线y=x+3上存在一点P,使四边形PACB为平行四边形,P点坐标为(﹣1,2)。 【考点】二次函数综合题,二次函数与x点问题,曲线图上点的坐标与方程的关系,一元二次方程根与系数的关系,平行四边形的性质,全等三角形的判定和性质。 【分析】(1)欲求抛物线的解析式,关键是求得m的值.根据题中所给关系式,利用一元二次方程根与系数的关系,可以求得m的值,从而问题得到解决。注意:解答中求得两个m的值,需要进行检验,把不符合题意的m值舍去。 (2)利用平行四边形的性质构造全等三角形,根据全等关系求得P点的纵坐标,从而得到P点的横坐标,从而求得P点坐标。 6. (2012福建龙岩14分)在平面直角坐标系xoy中, 一块含60°角的三角板作如图摆放,斜边 AB在x轴上,直角顶点C在y轴正半轴上,已知点A(-1,0). (1)请直接写出点B、C的坐标:B( , )、C( , );并求经过A、B、C三点的抛物线解析式; (2)现有与上述三角板完全一样的三角板DEF(其中∠EDF=90°,∠DEF=60°),把顶点E放在线段AB上(点E是不与A、B两点重合的动点),并使ED所在直线经过点C. 此时,EF所在直线与(1)中的抛物线交于第一象限的点M. ①设AE=x,当x为何值时,△OCE∽△OBC; ②在①的条件下探究:抛物线的对称轴上是否存在点P使△PEM是等腰三角形,若存在,请求点P的坐标;若不存在,请说明理由. 【答案】解:(1)B(3,0),C(0,)。 ∵A(—1,0)B(3,0) ∴可设过A、B、C三点的抛物线为 。 又∵C(0,)在抛物线上,∴,解得。 ∴经过A、B、C三点的抛物线解析式 即。 (2)①当△OCE∽△OBC时,则。 ∵OC=, OE=AE—AO=x-1, OB=3,∴。∴x=2。 ∴当x=2时,△OCE∽△OBC。 ②存在点P。 由①可知x=2,∴OE=1。∴E(1,0)。 此时,△CAE为等边三角形。 ∴∠AEC=∠A=60°。 又∵∠CEM=60°, ∴∠MEB=60°。 ∴点C与点M关于抛物线的对称轴对称。 ∵C(0,),∴M(2,)。 过M作MN⊥x轴于点N(2,0), ∴MN=。 ∴ EN=1。 ∴ 。 若△PEM为等腰三角形,则: ⅰ)当EP=EM时, ∵EM=2,且点P在直线x=1上,∴P(1,2)或P(1,-2)。 ⅱ)当EM=PM时,点M在EP的垂直平分线上,∴P(1,2) 。 ⅲ)当PE=PM时,点P是线段EM的垂直平分线与直线x=1的交点,∴P(1,) ∴综上所述,存在P点坐标为(1,2)或(1,—2)或(1,2)或(1,)时, △EPM为等腰三角形。 【考点】二次函数综合题,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,二次函数的性质,相似三角形的性质,等边三角形的判定和性质,勾股定理,等腰三角形的判定。 【分析】(1)由已知,根据锐角三角函数定义和特殊角的三角函数值可求出OC和AB的长,从而求得点B、C的坐标。设定交点式,用待定系数法,求得抛物线解析式。 (2)①根据相似三角形的性质,对应边成比例列式求解。 ②求得EM的长,分EP=EM, EM=PM和PE=PM三种情况求解即可。 7. (2012福建福州13分)如图①,在Rt△ABC中,∠C=90º,AC=6,BC=8,动点P从点A开始沿边AC向点C以每秒1个单位长度的速度运动,动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动,过点P作PD∥BC,交AB于点D,连接PQ.点P、Q分别从点A、C同时出发,当其中一点到达端点时,另一点也随之停止运动,设运动时间为t秒(t≥0). (1) 直接用含t的代数式分别表示:QB=______,PD=______. (2) 是否存在t的值,使四边形PDBQ为菱形?若存在,求出t的值;若不存在,说明理由.并探究如何改变点Q的速度(匀速运动),使四边形PDBQ在某一时刻为菱形,求点Q的速度; (3) 如图②,在整个运动过程中,求出线段PQ中点M所经过的路径长. 【答案】解:(1) QB=8-2t,PD=t。 (2) 不存在。理由如下: 在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=6,BC=8,∴ AB=10。 ∵ PD∥BC,∴ △APD∽△ACB。∴ =,即:=,∴ AD=t。 ∴ BD=AB-AD=10-t。 ∵ BQ∥DP,∴ 当BQ=DP时,四边形PDBQ是平行四边形。 ∴8-2t=t,解得:t=。 当t=时,PD=×=,BD=10-×=6,∴ DP≠BD。 ∴PDBQ不能为菱形。 设点Q的速度为每秒v个单位长度,则BQ=8-vt,PD=t,BD=10-t。 要使四边形PDBQ为菱形,则PD=BD=BQ, 当PD=BD时,即t=10-t,解得:t=。 当PD=BQ时,t=时,即×=8-v,解得:v=。 ∴要使四边形PDBQ在某一时刻为菱形,点Q的速度为单位长度/秒。 (3) 如图,以C为原点,以AC所在直线为x轴,建立平面直角坐标系。 依题意,可知0≤t≤4。 当t=0时,点M1的坐标为(3,0); 当t=4时,点M2的坐标为(1,4)。 设直线M1M2的解析式为y=kx+b, ∴ ,解得:。 ∴直线M1M2的解析式为y=-2x+6。 ∵点Q(0,2t),P(6-t,0), ∴在运动过程中,线段PQ中点M3的坐标为(,t)。 把x=,代入y=-2x+6,得y=-2×+6=t。 ∴点M3在直线M1M2上。∴线段PQ中点M所经过的路径长即为线段M1M2。 过点M2作M2N⊥x轴于点N,则M2N=4,M1N=2。 ∴ M1M2=2。 ∴线段PQ中点M所经过的路径长为2单位长度。 【考点】锐角三角函数定义,相似三角形的判定和性质,一次函数综合题,勾股定理,菱形的判定和性质.查看更多