廣東專版20xx年中考數學一輪復習專題8專題拓展84開放探究型試卷部分課件-資料下載頁

　　

【正文】 當 m=2時 ,m+4=6.∴ 點 C的坐標為 (6,2).? (8分 ) (4)不能 .? (9分 ) ∵ 反比例函數 y=? (k≠ 0)的圖象不能與坐標軸相交 , ∴∠ AOC90176。.? (10分 ) ∴ 四邊形 ADBC的對角線不能互相垂直 . ∴ 四邊形 ADBC不能為正方形 .? (11分 ) kxkx13.(2022江蘇蘇州 ,28,10分 )如圖 ,在矩形 ABCD中 ,AD=a cm,AB=b cm(ab4),半徑為 2 cm的☉ O 在矩形內且與 AB、 AD均相切 .現有動點 P從 A點出發 ,在矩形邊上沿著 A→ B→ C→ D的方向勻 速移動 ,當點 P到達 D點時停止移動 。☉ O在矩形內部沿 AD向右勻速平移 ,移動到與 CD相切時立 即沿原路按原速返回 ,當☉ O回到出發時的位置 (即再次與 AB相切 )時停止移動 .已知點 P與☉ O 同時開始移動 ,同時停止移動 (即同時到達各自的終止位置 ). (1)如圖① ,點 P從 A→ B→ C→ D,全程共移動了 cm(用含 a、 b的代數式表示 )。 (2)如圖① ,已知點 P從 A點出發 ,移動 2 s到達 B點 ,繼續移動 3 s,到達 BC的中點 .若點 P與☉ O的移 動速度相等 ,求在這 5 s時間內圓心 O移動的距離 。 (3)如圖② ,已知 a=20,b=10,是否存在如下情形 :當☉ O到達☉ O1的位置時 (此時圓心 O1在矩形對 角線 BD上 ),DP與☉ O1恰好相切 ?請說明理由 . ? 解析 (1)a+2b. (2)∵ 在整個運動過程中 ,點 P移動的距離為 (a+2b)cm, 圓心 O移動的距離為 2(a4)cm. 由題意 ,得 a+2b=2(a4).? ① ∵ 點 P移動 2 s到達 B點 ,即點 P用 2 s移動了 b cm, 點 P繼續移動 3 s,到達 BC的中點 ,即點 P用 3 s移動了 ? a cm, ∴ ? =? .? ② 由①②解得 ? ∵ 點 P移動的速度與☉ O移動的速度相等 , ∴ ☉ O移動的速度為 ? =4(cm/s). ∴ 這 5 s時間內圓心 O移動的距離為 54=20(cm). (3)存在這種情形 . 122b132 4 , ??? ??2b解法一 :設點 P移動的速度為 v1 cm/s,☉ O移動的速度為 v2 cm/s, 由題意 ,得 ? =? =? =? . 如圖 ,設直線 OO1與 AB交于點 E,與 CD交于點 F,☉ O1與 AD相切于點 G, ? 若 PD與☉ O1相切 ,切點為 H,則 O1G=O1H, 易得△ DO1G≌ △ DO1H, ∴∠ ADB=∠ BDP. ∵ BC∥ AD, ∴∠ ADB=∠ CBD. 12vv 22 ( 4 )aba??20 2 10(20 4)????54∴∠ BDP=∠ CBD, ∴ BP=DP, 設 BP=x cm,則 DP=x cm,PC=(20x)cm, 在 Rt△ PCD中 ,由勾股定理 ,可得 PC2+CD2=PD2, 即 (20x)2+102=x2,解得 x=? . ∴ 此時點 P移動的距離為 10+? =? (cm), ∵ EF∥ AD,∴ △ BEO1∽ △ BAD, ∴ ? =? ,即 ? =? , ∴ EO1=16 cm,∴ OO1=14 cm, (i)當☉ O首次到達☉ O1的位置時 ,☉ O移動的距離為 14 cm, ∴ 此時點 P與☉ O移動的速度比為 ? =? , ∵ ? ≠ ? , 25224521EOBEBA1208102144528452854∴ 此時 PD與☉ O1不可能相切 . (ii)當☉ O在返回途中到達☉ O1的位置時 ,☉ O移動的距離為 2(204)14=18(cm), ∴ 此時點 P與☉ O移動的速度比為 ? =? =? . ∴ 此時 PD與☉ O1恰好相切 . 解法二 :∵ 點 P移動的距離為 ? cm(見解法一 ), OO1=14 cm(見解法一 ),? =? , ∴ ☉ O應該移動的距離為 ? ? =18(cm). (i)當☉ O首次到達☉ O1的位置時 ,☉ O移動的距離為 14 cm≠ 18 cm, ∴ 此時 PD與☉ O1不可能相切 . (ii)當☉ O在返回途中到達☉ O1的位置時 ,☉ O移動的距離為 2(204)14=18(cm),∴ 此時 PD與 ☉ O1恰好相切 . 解法三 :點 P移動的距離為 ? cm(見解法一 ), 45218453654212vv5445245452OO1=14 cm(見解法一 ), 由 ? =? 可設點 P的移動速度為 5k cm/s,☉ O的移動速度為 4k cm/s, ∴ 點 P移動的時間為 ? =? (s), (i)當☉ O首次到達☉ O1的位置時 ,☉ O移動的時間為 ? =? s≠ ? s, ∴ 此時 PD與☉ O1不可能相切 . (ii)當☉ O在返回途中到達☉ O1的位置時 ,☉ O移動的時間為 ? =? s, ∴ 此時 PD與☉ O1恰好相切 . 12vv544525 k92 144 k72 k92 k2 (20 4) 144k? ? ?92 k14.(2022廣西南寧 ,26,10分 )在平面直角坐標系中 ,已知 A,B是拋物線 y=ax2(a0)上兩個不同的動 點 ,其中 A在第二象限 ,B在第一象限 . (1)如圖①所示 ,當直線 AB與 x軸平行 ,∠ AOB=90176。,且 AB=2時 ,求此拋物線的解析式和 A,B兩點的 橫坐標的乘積 。 (2)如圖②所示 ,在 (1)所求得的拋物線上 ,當直線 AB與 x軸不平行 ,∠ AOB仍為 90176。時 ,A,B兩點的 橫坐標的乘積是否為常數 ?如果是 ,請給予證明 。如果不是 ,請說明理由 。 (3)在 (2)的條件下 ,若直線 y=2x2分別交直線 AB,y軸于點 P,C,直線 AB交 y軸于點 D,且 ∠ BPC= ∠ OCP,求點 P的坐標 . ? 圖① ? 圖② 解析 (1)∵ 拋物線 y=ax2(a0)關于 y軸對稱 ,AB與 x軸平行 , ∴ A,B關于 y軸對稱 . ∵∠ AOB=90176。,AB=2, ∴ A(1,1),B(1,1).? (1分 ) ∴ 1=a(1)2,解得 a=1. ∴ 拋物線的解析式為 y=x2.? (2分 ) ∵ A(1,1),B(1,1), ∴ A,B兩點的橫坐標的乘積為 1.? (3分 ) (2)過 A,B分別作 AG,BH垂直 x軸于 G,H. ? 由 (1)可設 A(m,m2),B(n,n2),m0,n0.? (4分 ) ∵∠ AOB=∠ AGO=∠ BHO=90176。, ∴∠ AOG+∠ BOH=∠ AOG+∠ OAG=90176。. ∴∠ BOH=∠ OAG.? (5分 ) ∴ △ AGO∽ △ OHB.∴ ? =? .? (6分 ) ∴ ? =? ,化簡得 mn=1. ∴ A,B兩點的橫坐標的乘積是常數 1.? (7分 ) (3)解法一 :過 A,B分別作 AA1,BB1垂直 y軸于 A1,B1. ? AGBH2mm? 2nn設 A(m,m2),B(n,n2),D(0,b),m0,n0,b0. ∵ AA1∥ BB1,∴ △ AA1D∽ △ BB1D. ∴ ? =? ,即 ? =? ,化簡得 mn=b. ∵ mn=1, ∴ b=1,D(0,1).? (8分 ) ∵∠ BPC=∠ OCP,C(0,2), ∴ DP=DC=3. 設 P(c,2c2),過點 P作 PQ⊥ y軸于 Q. ∵ PQ2+DQ2=PD2, ∴ c2+(2c21)2=32.? (9分 ) 解得 c1=0(舍去 ),c2=? , 2c2=? . ∴ P? .? (10分 ) 11DA11BD2mmb? ? 2nbn?1251451 2 1 4,55???????解法二 :設直線 AB:y=kx+b(k≠ 0),A(m,m2),B(n,n2),m0,n0,b0. 聯立得 ? 得 x2kxb=0,依題意可知 m,n是方程 x2kxb=0的兩根 . ∴ m2kmb=0,n2knb=0. ∴ nm2kmnbn=0,mn2kmnbm=0. 兩式相減 ,并化簡得 mn=b. ∵ mn=1, ∴ b=1,D(0,1).? (8分 ) ∵∠ BPC=∠ OCP,C(0,2), ∴ DP=DC=3. 設 P(c,2c2),過點 P作 PQ⊥ y軸于 Q. ∵ PQ2+DQ2=PD2, ∴ c2+(2c21)2=32.? (9分 ) 解得 c1=0(舍去 ),c2=? , 2,y k x byx???? ??1252c2=? . ∴ P? .? (10分 ) 1451 2 1 4,55?????