《2018吉林中考数学总复习动点问题练习（四）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018吉林中考数学总复习动点问题练习（四）（3页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、键入文字 20182018 年吉林市中考数学总复习动点问题专题练习年吉林市中考数学总复习动点问题专题练习 2.4 因动点产生的数轴问题练习 年 班 姓名 成绩： 例 1.如图，在 x 轴上有两点 A（m，0），B（n，0）（nm0）分别过点 A，点 B 作 x 轴的垂线，交抛物线 y=x2 于点 C、点 D直线 OC 交直线 BD 于点 E，直线 OD 交直 线 AC 于点 F，点 E、点 F 的纵坐标分别记为 yE，yF 特例探究 填空： 当 m=1，n=2 时，yE= 2 ，yF= 2 ； 当 m=3，n=5 时，yE= 15 ，yF= 15 归纳证明 对任意 m，n（nm0），猜想 yE
2、 与 yF 的大小关系，并证明你的猜想 拓展应用 （1）若将“抛物线 y=x2”改为“抛物线 y=ax2（a0）”，其他条件不变，请直接写出 yE 与 yF 的大小关系； （2）连接 EF，AE当 S 四边形 OFEA=3SOFE 时，直接写出 m 与 n 的关系及四边形 OFEA 的形状 考点：二次函数综合题。 专题：综合题；探究型。 分析：【特例探究】【归纳证明】都是【拓展应用】（1）的特殊情况，因此以【拓 展】（1）为例说明前三小问的思路： 已知 A、B 的坐标，根据抛物线的解析式，能得到 C、D 的坐标，进而能求出 直线 OC、OD 的解析式，也就能得出 E、F 两点的坐标，再进行比较
3、即可 最后一小题也比较简单：总结前面的结论，能得出 EFx 轴的结论，那么四边 形 OFEA 的面积可分作OEF、OEA 两部分，根据给出的四边形和OFE 的面 积比例关系，能判断出 EF、OA 的比例关系，进而得出 m、n 的比例关系，再 对四边形 OFEA 的形状进行判定 解答：解：【特例探究】 当 m=1，n=2 时，A（1，0）、B（2，0）、C（1，1）、D（2，4）； 则：直线 OC：y=x；直线 OD：y=2x； F（1，2）、E（2，2）； 即：yE=yF=2 同理：当 m=3，n=5 时，yE=yF=15 【归纳证明】 猜想：yE=yF； 证明：点 A（m，0），B（n，0）
4、（nm0） 由抛物线的解析式知：C（m，m2）、D（n，n2）； 设直线 OC 的解析式：y=kx，代入点 C 的坐标： km=m2，k=m 即：直线 OC：y=mx； 键入文字 同理：直线 OD：y=nx E（n，mn）、F（m、mn） 即 yE=yF 【拓展应用】 （1）yE=yF证法同（2），不再复述 （2）综合上面的结论，可得出 E、F 的纵坐标相同，即 EFx 轴，则四边形 ABEF 是矩形； S 四边形 OFEA=SOEF+SOAE=3SOFE， SOAE=2SOFE，即： OAAF=2 EFAF，得：OA=2EF=2AB； OA=m，OB=n，AB=EF=nm， m=2（nm），
5、m= n； 由于 EFOA，且 EFOA，所以四边形 OFEA 是梯形 点评：本题主要考查的是函数解析式的确定、图形面积的解法、四边形的判定等知 识，综合性较强，由浅入深的引导方式进一步降低了题目的难度，对于基础 知识的掌握是解题的关键 例例 2.如图如图 12，在平面直角坐标系中，四边形，在平面直角坐标系中，四边形是以是以为直径的为直径的的内接四边形，点的内接四边形，点ABCDABM ，在在轴上，轴上，是边长为是边长为的等边三角形，过点的等边三角形，过点作直线作直线 与与轴垂直，交轴垂直，交于于ABxMBC2MlxM 点点，垂足为点，垂足为点，且点，且点平分平分 EMD （1）求过）求过，三
6、点的抛物线的解析式；三点的抛物线的解析式；ABE （2）求证：四边形）求证：四边形是菱形；是菱形；AMCD （3）请问在抛物线上是否存在一点）请问在抛物线上是否存在一点，使得，使得的面积等于定值的面积等于定值？若存在，请求出所有的？若存在，请求出所有的PABP5 点点的坐标；若不存在，请说明理由的坐标；若不存在，请说明理由P 解：（1）由题意可知为等边三角形MBC 点，均在上上ABCEM 键入文字 2MEMCMBMA 又 MBCO 1 BOMO （，），（ ，），（，）A30B10E12 抛物线顶点的坐标为（，）E12 设函数解析式为（）21 2 xay0a 把点（ ，）代入 B1021 2
7、xay 解得： 2 1 a 二次函数解析式为 21 2 1 2 xy （2）连接，为等边三角形DMMBC 60CMB120AMC 点平分弧 DAC60 2 1 AMCCMDAMD MAMCMD ，是等边三角形MCDMDA ADMACMDC 四边形为菱形（四条边都相等的四边形是菱形） AMCD （3）存在. 理由如下： 设点的坐标为（，）Pmn ， 1 2 ABP SAB n 4AB 即 解得 54 2 1 n52n 2 5 n 当时， 2 5 n 2 5 21 2 1 2 m 解此方程得：，2 1 m4 2 m 即点的坐标为（，），（，）P2 2 5 4 2 5 当时， 2 5 n 2 5 21 2 1 2 m 此方程无解 所求点坐标为（，），（，） P2 2 5 4 2 5 （注：每题只给出一种解法，如有不同解法请参照评分标准给分）（注：每题只给出一种解法，如有不同解法请参照评分标准给分）
