课本+自我巩固+课堂落实（答案）_《爱学习》小学初中数学和奥数资料_高斯数学爱学习课件_9北师初中能力提高_初三高斯数学能力提高（北师）_春9阶课件+电子书

­ 能力提高 / 初三 / 春季 第 1 讲 一轮复习之二次函数（一） 例题练习题答案 例1 【答案】解： a+2+c = 0 a = 1 （1）把A(−1,0)，B(3,0)代入 ，解得 ， {9a−6+c = 0 {c = −3 所以抛物线解析式为y = x2 −2x−3； （2）当x = 0时，y = x2 −2x−3 = −3，则C(0,−3)， 1 所以△ABC的面积= ×4×3 = 6． 2 例2 【答案】D 例3 (1【) 答案】a = 1； 【解析】∵抛物线y = x2 −2ax+a−1，抛物线经过原点， ∴ 0 = 02 −2a×0+a−1， 解得，a = 1； (2【) 答案】∵抛物线y = x2 −2ax+a−1，对称轴是直线x = 3， −2a ∴− = 3， 2×1 解得，a = 3； 【解析】根据题意可以得到关于a的方程，从而可以求得a的值； (3【) 答案】a的值是−1或2． 【解析】∵过(0,1)作一条与x轴平行的直线，交抛物线于A、B两点， ∴ 可得方程1 = x2 −2ax+a−1，∴ x2 −2ax+a−2 = 0， ∵ AB = 4， 设x2 −2ax+a−2 = 0的两个根为x 1，x 2，且x 2 > x 1， 2 2 则x 2 −x 1 = 4，∴ (x 2 −x 1 ) = 16，∴ (x 2 +x 1 ) −4x 1 x 2 = 16， −2a 2 ∴(− ) −4×(a−2) = 16，解得，a = −1或a = 2， 1 即a的值是−1或2． 例4 【答案】−3 1/179­ 【解析】设A，B，C三点的坐标分别为 (x 1 ,0)、(x 2 ,0)、(0,c)，且x 1 < x 2， ∵抛物线y = x2 +bx+c与x轴的正半轴 交于A，B两点，线段AB的长为1，∴x 2 −x 1 = 1， ∵△ABC的面积为1， 1 即 (x 2 −x 1 )⋅|c| = 1，∴c = ±2， 2 ∵x 1 > 0、x 2 > 0，∴x 1 ⋅x 2 > 0， 又∵x 1 ⋅x 2 = c，∴c = 2， x +x = −b 1 2 ∴ ⎧⎪x ⋅x = 2 ，解得b = ±3， 1 2 ⎨ ⎩⎪ x 2 −x 1 = 1 ∵x 1 > 0、x 2 > 0，∴x 1 +x 2 > 0， ∵x 1 +x 2 = −b，∴b < 0，∴b = −3． 例5 【答案】①③② 【解析】①y = −3x2 ， 1 ②y = − x2 ， 2 1 ③y = −x2 中，二次项系数a分别为−3、− 、−1， 2 ∣ 1∣ ∵|−3| > |−1| > ∣− ∣， ∣ 2∣ 1 ∴抛物线②y = − x2 的开口最宽，抛物线①y = −3x2 的开口最窄． 2 故答案为：①③②． 例6 【答案】③ 【解析】y = x2 −1对称轴是x = 0，图象中第二个， y = x2 +6x+8对称轴是x = −3，图象中第一个， y = x2 −6x+8对称轴是x = 3，图象中第三个， y = x2 −12x+35对称轴是x = 6，图象中第四个， 故答案为：第③个． 例7 【答案】D 【解析】由二次函数y = ax2 +bx的图象可知：a < 0，排除A、C； b − < 0，又∵a < 0，∴b < 0； 2a 一次函数y = ax+b的图象经过二、三、四象限，故选：D． 例8 【答案】D 例9 【答案】D 例10 【答案】C 2/179­ 例11 【答案】B 【解析】∵图象开口向下，∴a < 0， 1 b 又∵对称轴x = − = − ， 3 2a 3 ∴3b = 2a，则a = b，∴b < 0，选项⑤正确； 2 ∵图象与y轴交正半轴，∴c > 0， ∴abc > 0，故选项①错误； 由图象可得出：当x = 1时，y < 0， ∴a+b+c < 0，故选项②正确； 当x = −1时，y = a−b+c > 0， 3 ∴ b−b+c > 0，即b+2c > 0，故选项③正确； 2 抛物线与x轴有两个交点，则b2 −4ac > 0， 即4ac −b2 < 0，故选项④错误． 例12 【答案】B 能力提高 / 初三 / 春季 第 1 讲 一轮复习之二次函数（一） 自我巩固答案 1 【答案】（-2,0），（8,0） 2 【答案】（1）y = x2 +2x−3 （2）(−1,−4) 3 【答案】C 1 【解析】关于y = x2 ，y = x2 ，y = 3x2 的图象，它们的顶点相同，都是原点；对称轴相同， 3 都是y轴；最低点相同，都是原点； 由于二次项系数不相同，所以图象形状不同． 故选：C． 4 【答案】①③② 【解析】①y = 3x2 ， 1 ②y = x2 ， 2 3/179­ 1 ③y = x2 中，二次项系数a分别为3、 、1， 2 1 ∵3 > 1 > ， 2 1 ∴抛物线②y = x2 的开口最宽，抛物线①y = 3x2 的开口最窄． 2 故依次填：①③②． 5 【答案】A 6 【答案】C 7 【答案】B 8 【答案】C 9 【答案】B 10 【答案】D 能力提高 / 初三 / 春季 第 1 讲 一轮复习之二次函数（一） 课堂落实答案 1 【答案】（4,0） 2 【答案】B 3 【答案】> 【解析】根据抛物线的开口大小与二次函数的二次项系数的关系：系数绝对值越大，开口越小，故 m > n，答案为>． 4 【答案】A 5 【答案】①③④⑥ 能力提高 / 初三 / 春季 第 1 讲 一轮复习之二次函数（一） 精选精练 1 【答案】A 2 【答案】C 4/179­ 3 (1【) 答案】m 1 = 0，m 2 = 1； 【解析】∵抛物线y = −2x2 +4mx−2m2 +2m经过原点， ∴ −2m2 +2m = 0， 解得m 1 = 0，m 2 = 1； (2【) 答案】顶点C的坐标为(m,2m) 【解析】∵ y = −2x2 +4mx−2m2 +2m = −2(x2 −2mx+m2)+2m 2 = −2(x−m) +2m， ∴顶点C的坐标为(m,2m)； (3【) 答案】m的取值范围为1 ≤ m ≤ 5且m ≠ 2 【解析】由顶点C的坐标可知，抛物线的顶点C在直线y = 2x上移动． 当抛物线过点A时，m = 2或1； 当抛物线过点B时，m = 2或5． 所以m = 2时，抛物线与线段AB有两个公共点，不符合题意． 结合函数的图象可知，m的取值范围为1m5且m ≠ 2． 2 4 【答案】y = − x2 +3 3 【解析】∵抛物线过点A(0,3)，∴ c = 3， 当x 1 < x 2 < 0时，x 1 −x 2 < 0， 由(x 1 −x 2 )(y 1 −y 2 ) > 0，得到y 1 −y 2 < 0， ∴当x < 0时，y随x的增大而增大， 5/179­ 同理当x > 0时，y随x的增大而减小， ∴抛物线的对称轴为y轴，且开口向下，即b = 0， ∵以O为圆心，OA为半径的圆与抛物线 交于另两点B，C， ∴△ABC为等腰三角形， ∵△ABC中有一个角为60∘， ∴△ABC为等边三角形，且OC = OA = 3， 设线段BC与y轴的交点为点D， 则有BD = CD，且∠OBD = 30∘ ， – 3√3 3 ∴ BD = OB⋅cos30∘ = ，OD = OB⋅sin30∘ = ， 2 2 – 3√3 3 ∵ B在C的左侧，∴ B的坐标为(− ，− )， 2 2 ∵ B点在抛物线上，且c = 3，b = 0， 3 2 ∴ 3a+2 = − ，解得：a = − ， 2 3 2 则抛物线解析式为y = − x2 +3． 3 5 【答案】①⑤ 【解析】①由图知：抛物线的开口向下，则a < 0． 对称轴在x轴的左侧，因此，a、b同号，则b < 0 b b ∵ −2+x 1 = − ，1 < x 1 < 2， ∴ 0 < < 1， a a ∴ b > a，故①正确； ②∵抛物线交x轴与点(−2,0)，∴ 4a−2b+c = 0 ∵ c > 2，∴ 4a−2b = −c < −2 即2a−b < −1，故②错误； ③∵二次函数y = ax2 +bx+c(a ≠ 0)的图象与 x轴交于点A(−2,0)，∴ 4a−2b+c = 0， ∵ b > a，∴ 2b > 2a，∴ 4a−2b < 2a， ∴ 4a−2b+c < 2a+c，即0 < 2a+c， ∴ 2a+c > 0，故③错误； ⑤如图，过顶点C作CD⊥AB于点D． CD 则k = − ．AD和BD的长度都在1.5和2之间， BD 也就是说1.5 < BD < 2，又因为CD > 2， 所以CD除以BD > 1，所以k < −1， 6/179­ ∴ k < −1，故⑤正确； ④∵当x = 1时，y > 0，∴ a+b+c > 0， ∵ c > 2， ∴ a+b > −2． 又由⑤知，k < −1， ∴ k与a+b的大小无法判断，故④错误； 综上所述，正确的结论有①⑤． 故答案是：①⑤． 6 【答案】①③④ 【解析】∵抛物线开口向上， ∴ a > 0，b < 0； 由图象知c < 0，∴ abc > 0，故①正确； 由抛物线的图象知：当x = −2时，y > 0， 即4a−2b+c > 0，故②错误； b ∵抛物线的对称轴为x = 2，∴ − = 2，b = −4a， 2a ∴ 4a+b = 0，故③正确； ∵抛物线y = ax2 +bx+c与x轴有两个交点， 对称轴是x = 2，与x轴的一个交点是(−1,0)， ∴抛物线与x轴的另一个交点是(5,0)；故④正确； ∵对称轴方程为x = 2，∴ (−3,y 1 )可得(7,y 1 )， ∵ (6,y 2 )在抛物线上，∴由抛物线的对称性 及单调性知：y 1 > y 2，故⑤错误； 综上所述①③④正确． 能力提高 / 初三 / 春季 第 2 讲 一轮复习之二次函数（二） 例题练习题答案 7/179­ 例1 【答案】−3 2 【解析】二次函数y = (x−1) −3开口向上，其顶点坐标为(1,−3)， 所以最小值是−3． 例2 【答案】1 【解析】∵a = −1 < 0， ∴当x > 1时，y随x的增大而减小， 2 ∴当x = 2时，二次函数y = −(x−1) +2 的最大值为1 例3 【答案】1 【解析】∵二次函数y = ax2 +2ax+3a2 +3（其中x是自变量）， 2a ∴对称轴是直线x = − = −1， 2a ∵当x ≥ 2时，y随x的增大而增大， ∴a > 0， ∵−2 ≤ x ≤ 1时，y的最大值为9， ∴x = 1时，y = a+2a+3a2 +3 = 9， ∴3a2 +3a−6 = 0， ∴a = 1，或a = −2（不合题意舍去）． 故答案为：1． 例4 【答案】D 【解析】解：当y = 1时，有x2 −2x+1 = 1， 解得：x 1 = 0，x 2 = 2． ∵当a ⩽ x ⩽ a+1时，函数有最小值1， ∴ a = 2或a+1 = 0， ∴ a = 2或a = −1， 故选：D． 例5 【答案】B 例6 【答案】D 【解析】如图，∵y = −x2 +x+5中，当x = 0时，y = 5， ∴抛物线y = −x2 +x+5与y轴的交点为(0,5)， ∵将抛物线y = −x2 +x+5图象中x轴上方的部分沿x轴翻折到x轴下方，图象的其余部 分不变， ∴新图象与y轴的交点坐标为(0,−5)， ∴新图象与直线y = −5的交点个数是4个． 8/179­ 例7 【答案】C 1 45 【解析】解：∵抛物线y = x2 −7x+ 与x轴交于点A、B， 2 2 ∴ B(5,0)，A(9,0)， ∴抛物线向左平移4个单位长度， 1 2 ∴平移后解析式y = (x−3) −2， 2 1 当直线y = x+m过B点，有2个交点， 2 5 ∴ 0 = +m 2 5 m = − 2 1 当直线y = x+m与抛物线C 2相切时，有2个交点， 2 1 1 2 ∴ x+m = (x−3) −2 2 2 x2 −7x+5−2m = 0 ∴△= 49−20+8m = 0 29 ∴ m = − 8 如图 1 ∵若直线y = x+m与C 1、C 2共有3个不同的交点， 2 29 5 ∴ − < m < − ， 8 2 故选：C． 例8 【答案】解：（1）∵ P(−3,m)和Q(1,m)是抛物线y = x2 +bx−3上的两点， m = 9−3b−3 ∴ ，解得：b = 2； {m = 1+b−3 （2）平移后抛物线的关系式为y = x2 +2x−3+k． 要使平移后图象与x轴无交点， 则有b2 −4ac = 4−4(−3+k) < 0， k > 4． 9/179­ 因为k是正整数，所以k的最小值为5． （3）令x2 +2x−3 = 0， 解之得：x 1 = 1，x 2 = −3， 故P，Q两点的坐标分别为P(−3,0)，Q(1,0)． 如图，当直线y = x+n(n < 1)， 经过P点时，可得n = 3， 当直线y = x+n经过Q点时， 可得n = −1， ∴ n的取值范围为−1 < n < 3， 翻折后的二次函数解析式为二次函数y = −x2 −2x+3（−3 ≤ x ≤ 1） 当直线y = x+n与二次函数y = −x2 −2x+3的图象只有一个交点时， x+n = −x2 −2x+3， 整理得：x2 +3x+n−3 = 0， △= b2 −4ac = 9−4(n−3) = 21−4n = 0， 21 解得：n = ， 4 21 ∴ n的取值范围为：n > ， 4 21 由图可知，符合题意的n的取值范围为：n > 或−1 < n < 3． 4 例9 (1【) 答案】解：（1）如图，把A(−2,0)代入y = ax2 +2x中， 1 得：4a+2×(−2) = 0， a = 1 ， ∴二次函数的解析式y = x2 +2x， 1 当x = 1时，y = 1+2 = 3， 1 ∴B(1,3)， 把A(−2,0)、B(1,3)代入y = kx+b中得： 2 10/179­ −2k+b = 0 ， {k+b = 3 k = 1 解得： ， {b = 2 ∴一次函数的解析式：y = x+2． 2 (2【) 答案】解：（2）由图象得：当−2 < x < 1时，y > y ． 2 1 (3【) 答案】解：（3）过P作PQ // y轴，交AB于Q，如图1 y = x2 +2x，令x = −1，则y = −1，即P (−1,−1)， 1 y = x+2，令x = −1，则y = 1，即Q(−1,1)， 2 ∴PQ = 2， 1 ∴S ΔABP = S ΔAPQ +S ΔBPQ = ×2×(1+2) = 3． 2 例10 (1【) 答案】解：（1）∵二次函数y = ax2 +bx−3经过点A(−3,0)、B(1,0)， 9a−3b−3 = 0 ∴ ， {a+b−3 = 0 a = 1 解得： ， {b = 2 ∴二次函数解析式为y = x2 +2x−3． (2【) 答案】解：（2）设直线AE的解析式为y = kx+b， ∵过点A(−3,0)，E(0,1)， −3k+b = 0 ∴ ， {b = 1 1 k = 解得：⎧ 3 ， ⎨b = 1 ⎩ 1 ∴直线AE解析式为y = x+1， 3 如图，过点D作DG⊥x轴于点G，延长DG交AE于点F， 11/179­ 1 设D(m,m2 +2m−3)，则F m, m+1 ， ( 3 ) 1 5 ∴DF = −m2 −2m+3+ m+1 = −m2 − m+4， 3 3 ∴S ΔADE ＝S ΔADF +S ΔDEF 1 1 = ×DF ×AG+ ×DF ×OG 2 2 1 = ×DF ×(AG+OG) 2 1 = ×3×DF 2 3 5 = −m2 − m+4 2( 3 ) 3 5 = − m2 − m+6 2 2 2 3 5 169 = − m+ + 2( 6) 24 5 169 ∴当m = − 时，△ADE的面积取得最大值为 ． 6 24 能力提高 / 初三 / 春季 第 2 讲 一轮复习之二次函数（二） 自我巩固答案 1 【答案】A 2 【答案】A 【解析】解：因为二次函数y = ax2 +bx+c(a ≠ 0)的图象的顶点P的横坐标是4， 所以抛物线对称轴所在直线为x = 4，交x轴于点D， 所以A、B两点关于对称轴对称， 因为点A(m,0)，且m < 4，即AD = 4−m， 所以AB = 2AD = 2(4−m) = 8−2m， 12/179­ 故选：A． 3 【答案】D 【解析】解：解方程2x2 −4x = −2x，解得x 1 = 0，x 2 = 1，两函数图象的交点坐标为 (0,0)，(1,−2)， 当x > 2时，M = y ，所以A选项的说法正确； 1 当x < 0时，M = y ，M随x的增大而减小，所以B选项的说法正确； 1 当x ≤ 0，M的最小值为0；当0 < x ≤ 1时，M的最小值为−2；当x ≥ 1时，M的最小 值为−2，所以M的最小值为−2，所以C选项的说法正确； 1 当M = −1时，0 < x < 1，−2x = −1，解得x = ；x > 1，2x2 −4x = −1， 2 – √2 x = 1+ ，所以D选项的说法错误． 2 故选：D． 4 【答案】C 1 【解析】解：∵抛物线l : y = − x2 +bx+c(b，c为常数）的顶点D位于直线y = −2与x轴之 2 间的区域，开口向下， ∴当顶点D位于直线y = −1下方时，则l与直线y = −1交点个数为0， 当顶点D位于直线y = −1上时，则l与直线y = −1交点个数为1， 当顶点D位于直线y = −1上方时，则l与直线y = −1交点个数为2， 故选：C． 5 【答案】C 6 【答案】A b 【解析】 ①根据图象知，对称轴是直线x = − = 1，则b = −2a，即2a+b = 0．故①正 2a 确； ②根据图象知，点A的坐标是(−1,0)，对称轴是x = 1，则根据抛物线关于对称轴对称的 性质知，抛物线与x轴的另一个交点的坐标是(3,0)，所以x = 3是ax2 +bx+3 = 0的 一个根，故②正确； ③如图所示，点A关于x = 1对称的点是A′ ，即抛物线与x轴的另一个交点．连接BA′ 与 直线x = 1的交点即为点P，则ΔPAB周长的最小值是(BA′ +AB)的长度． 13/179­ ∵ B(0,3)，A′(3,0)， – – −− ∴ BA′ = 3√2．即ΔPAB周长的最小值是3√2+√10．故③正确． 综上所述，正确的结论是：①②③． 7 【答案】C 【解析】解：抛物线顶点平移到点M时，由已知x 1的最小值为−3 2 则设此时抛物线解析式为：y = a(x+1) +2 把(−3,0)代入得 1 a = − 2 1 2 则当抛物线顶点平移到N时，解析式为y = − (x−1) +2． 2 当y = 0时，解得抛物线与x轴交点坐标为(3,0)或(−1,0) 则x 2的最大值为3 故选：C． 8 【答案】 解：（1）∵抛物线的顶点为A(1,4)， 2 ∴设抛物线的解析式y = a(x−1) +4， 把点B(0,3)代入得，a+4 = 3， 解得a = −1， 2 ∴抛物线的解析式为y = −(x−1) +4； （2）点B关于x轴的对称点B′ 的坐标为(0,−3)， 由轴对称确定最短路线问题，连接AB′ 与x轴的交点即为点P， 设直线AB′ 的解析式为y = kx+b(k ≠ 0)， k+b = 4 则 ， {b = −3 k = 7 解得 ， {b = −3 ∴直线AB′ 的解析式为y = 7x−3， 令y = 0，则7x−3 = 0， 14/179­ 3 解得x = ， 7 3 所以，当PA+PB的值最小时的点P的坐标为 ，0 ． (7 ) （3）∵S ΔCDQ ＝S ΔBCD，且CD是两三角形的公共底边， ∴|y | = y = 3， Q B 则y = 3或y = −3， Q Q 2 当y = 3时，−(x−1) +4 = 3， Q 解得：x = 0或x = 2， 则点Q(2,3)； 2 当y = −3时，−(x−1) +4 = −3， Q – – 解得：x = 1−√7或x = 1+√7， – – 则点Q坐标为(1−√7,−3)或(1+√7,−3)； – – 综上，点Q的坐标为(2,3)或(1−√7,−3)或(1+√7,−3)． 能力提高 / 初三 / 春季 第 2 讲 一轮复习之二次函数（二） 课堂落实答案 1 【答案】−10 ≤ y < 6 【解析】y = x2 −4x−6 = x2 −4x+4−10 = (x−2) 2 −10． ∴当x = 2时，y有最小值，最小值为−10． ∵−1 < x < 6， 2 ∴当x = 6时，y有最大值，最大值为y = (6−2) −10= 6． ∴y的取值范围为−10 ≤ y < 6． 故答案为：−10 ≤ y < 6． 2 【答案】y = x2 +2x+3 【解析】设平移后的抛物线解析式为y = x2 +2x−1+b， 把A(0,3)代入，得 3 = −1+b， 解得b = 4， 则该函数解析式为y = x2 +2x+3． 15/179­ 故答案是：y = x2 +2x+3． 3 【答案】8 【解析】当点C横坐标为−3时，抛物线顶点为A(1,4)，对称轴为x = 1，此时D点横坐标为5，则 CD = 8； 当抛物线顶点为B(4,4)时，抛物线对称轴为x = 4，故C (0,0)，D(8,0)； 由于此时D点横坐标最大， 故点D的横坐标最大值为8； 故答案为：8． 4 【答案】4 【解析】设抛物线解析式为y = a(x+4)(x−2)， 1 将B(0,−4)代入得：−4 = −8a，即a = ， 2 1 1 则抛物线解析式为y = (x+4)(x−2) = x2 +x−4； 2 2 1 过M作MN⊥x轴，设M的横坐标为m，则M m, m2 +m−4 ， ( 2 ) ∣1 ∣ 1 ∴MN = ∣ m2 +m−4∣ = − m2 −m+4，ON = −m， ∣2 ∣ 2 ∵A(−4,0)，B(0,−4)，∴OA = OB = 4， ∴△AMB的面积为S = S △AMN +S 梯形MNOB −S △AOB 1 1 1 1 = ×(4+m)× − m2 −m+4 + ×(−m)× − m2 −m+4+4 − 2 ( 2 ) 2 ( 2 ) 1 = 2 − m2 −m+4 −2m−8 ( 2 ) = −m2 −4m 2 = −(m+2) +4， 当m = −2时，S取得最大值，最大值为4． 故答案为4． 能力提高 / 初三 / 春季 16/179­ 第 2 讲 一轮复习之二次函数（二） 精选精练 1 【答案】D 【解析】在RtΔABC中，∠C = 90∘ ，AB = 10cm，BC = 8cm， −−−−−−−−−− ∴AC = AB2 −BC2 = 6cm， √ 设运动时间为t(0 ≤ t ≤ 4)，则PC = (6−t)cm，CQ = 2tcm， ∴S 四边形PABQ = S ΔABC −S ΔCPQ， 1 1 = AC ⋅BC − PC ⋅CQ， 2 2 1 1 = ×6×8− (6−t)×2t， 2 2 = t2 −6t +24， 2 = (t −3) +15， ∴当t = 3时，四边形PABQ的面积取最小值，最小值为15cm2 ． 2 【答案】解 ： （ 1 ） 把 点 B 的 坐 标 (3,0) 代 入 抛 物 线 y = −x2 +mx+3 得 ： 0 = −32 +3m+3， 解得：m = 2， ∴y = −x2 +2x+3 = −(x−1) 2 +4， ∴顶点坐标为：(1,4)． （2）连接BC交抛物线对称轴l于点P，则此时PA+PC的值最小， 设直线BC的解析式为：y = kx+b， ∵点C (0,3)，点B(3,0)， 0 = 3k+b ∴ ， { 3 = b k = −1 解得： ， { b = 3 ∴直线BC的解析式为：y = −x+3， 当x = 1时，y = −1+3 = 2， ∴当PA+PC的值最小时，点P的坐标为：(1,2)． 【解析】（1）把点B的坐标为（3，0）代入抛物线y＝－x 2 ＋mx＋3得：0＝－3 2 ＋3m＋3， 2 2 解得：m＝2，∴y＝－x ＋2x＋3＝－（x－1） ＋4，∴顶点坐标为：（1，4）． 17/179­ （2）连接BC交抛物线对称轴l于点P．则此时PA＋PC的值最小．设直线BC的解析式为：y ＝kx＋b，∵点C（0，3），点B（3，0），∴ ，解得： ， ∴直线BC的解析式为：y＝－x＋3 当x＝1时，y＝－1＋3＝2，∴当PA＋PC的值最小时，点P的坐标为（1，2）． 3 【答案】解：（1）∵二次函数y = mx2 −(2m+1)x+m−5的图象与x轴有两个公共点， ∴关于x的方程mx2 −(2m+1)x+m−5 = 0有两个不相等的实数根， m ≠ 0 ∴ { △= [−(2m+2)] 2 −4×m×(m−5) > 0 1 解得：m > − 且m ≠ 0． 24 1 （2）①∵m > − 且m ≠ 0，m取其内的最小整数， 24 ∴m = 1， ∴二次函数的解析式为y = x2 −3x−4． −3 3 ②∵抛物线的对称轴为x = − = ，a = 1 > 0， 2 2 3 ∴当x ≤ 时，y随x的增大而减小． 2 又∵n ≤ x ≤ 1时，函数值y的取值范围是−6 ≤ y ≤ 4−n， n2 −3n−4 = 4−n ∴ ⎧⎪n ≤ 1 ⎨ ⎩⎪ 1−3−4 = −6 解得：n = −2． ③根据平移的性质可知，a = 1， ∵当x < 2时，y随x的增大而减小， 18/179­ ∴h ≥ 2． ∵平移后的图象经过原点O， ∴0=(0−h) 2 +k ，即k = −h2 ， ∴k ≤ −4． 4 【答案】解：（1）y = mx2 −4mx+4m+4 = m(x−2) 2 +4． 点P (2,4)，点M (−2,−4)； （2）将(0,0)代入抛物线表达式得 2 m(0−2) +4 = 0 解得m = −1， ∴抛物线表达式为：y = −x2 +4x （3）翻折后顶点坐标为(2,−4)； 8 当直线过(5,5)时可算出n = ， 7 8 所以−4 < n ≤ ． 7 【解析】将抛物线解析式转化为顶点式，易得点P的坐标；结合关于原点对称的点的特征写出点M 的坐标； 把原点代入函数解析式求得m的值； 翻折后顶点坐标为（2，﹣4）；结合图象解答． 1 5 5 【答案】解：（1）当y = 0时， x2 − x+6 = 0， 4 2 解得：x 1 = 4，x 2 = 6， ∴点A的坐标为(4,0)，点B的坐标为(6,0)； 1 5 当x = 0时，y = x2 − x+6 = 6， 4 2 ∴点C的坐标为(0,6)． （2）设过B，C两点的一次函数的解析式为y = kx+b(k ≠ 0)， 将B(6,0)，C(0,6)代入y = kx+b，得： 6k+b = 0 k = −1 ，解得： ， {b = 6 {b = 6 19/179­ ∴过B，C两点的一次函数的解析式为y = −x+6． （3）过点P作PE⊥x轴，垂足为E，如图所示． ∵点P的坐标为(x,y)(0 ≤ x < 6)， ∴点E的坐标为(x,0)，PE = y = −x+6， 1 1 ∴ S = OA⋅PE = ×4⋅(−x+6) = −2x+12(0 ≤ x < 6)． 2 2 1 6 【答案】解：（1）将(1,2)代入二次函数y = a(x+1) 2 得：4a = 2，即a = ， 1 2 将(1,2)代入一次函数解析式得：k+k = 2，即k = 1， 1 2 ∴二次函数解析式为y = (x+1) ，一次函数解析式为y = x+1； 1 2 2 1 y = (x+1) 2 x = 1 x = −1 （2）解⎧ 2 得 或 ， {y = 2 {y = 0 ⎨y = x+1 ⎩ 2 ∴二次函数y = a(x+1) 的图象与一次函数y = kx+k的图象的另一个交点是 1 2 (−1,0)； （3）画出图象如图所示： 由图象可知：当x = −1或x = 1时，y = y ； 1 2 当−1 < x < 1时，y < y ； 1 2 当x < −1或x > 1时，y > y ． 1 2 能力提高 / 初三 / 春季 20/179­ 第 3 讲 应用题综合 例题练习题答案 例1 【答案】 解：（1）设y与销售单价x之间的函数关系式为：y＝kx+b（k ≠ 0）， 100 = 30k+b 将点（30，100）、（45，70）代入一次函数表达式得： ， {70 = 45k+b k = −2 解得： ， {b = 160 故函数的表达式为：y＝﹣2x+160(x的取值应使得y为非负整数)； 2 （2）由题意得：w＝（x﹣30）（﹣2x+160）＝﹣2（x﹣55） +1250， ∵﹣2＜0，故当x＜55时，w随x的增大而增大，而30≤x≤50， ∴当x＝50时，w有最大值，此时，w＝1200， 故销售单价定为50元时，该超市每天的利润最大，最大利润1200元； （3）由题意得：（x﹣30）（﹣2x+160）≥800， 解得：40≤x≤70， ∴每天的销售量y＝﹣2x+160≥20， ∴每天的销售量最少应为20件． 例2 【答案】 解：（1）由图象可知，蓄电池剩余电量为35千瓦时时汽车已行驶了150千米． 150 1千瓦时的电量汽车能行驶的路程为： = 6千米； 60-35 （2）当150≤x≤200时，设y＝kx+b（k≠0），把点（150，35），（200，10）代 入， 150k+b = 35 得 ， {200k+b = 10 k = −0.5 ∴ ， {b = 110 ∴y＝﹣0.5x+110， 当x＝180时，y＝﹣0.5×180+110＝20， 答：当150≤x≤200时，函数表达式为y＝﹣0.5x+110，当汽车已行驶180千米时，蓄 电池的剩余电量为20千瓦时． b 例3 【答案】 解：（1）由题意，设y＝a+ ， x 11 = a+ b 120 由表中数据可得： ， {12 = a+ b 100 a = 6 解得： ， {b = 600 600 ∴y＝6+ ， x 600 600 由题意，若12＝18﹣（6+ ），则 =0， x x 21/179­ ∵x＞0， 600 ∴ ＞0， x ∴不可能； 2 （2）将n＝1、x＝120代入x＝2n ﹣2kn+9（k+3），得：120＝2﹣2k+9k+27， 解得：k＝13， 2 ∴x＝2n ﹣26n+144， 2 将n＝2、x＝100代入x＝2n ﹣26n+144也符合， ∴k＝13； 600 由题意，得：18＝6+ ， x 解得：x＝50， 2 2 ∴50＝2n ﹣26n+144，即n ﹣13n+47＝0， 2 ∵△＝（﹣13） ﹣4×1×47＜0， ∴方程无实数根， ∴不存在； （3）第m个月的利润为W， 600 W＝x（18﹣y）＝18x﹣x（6+ ） x ＝12（x﹣50） 2 ＝24（m ﹣13m+47）， 2 2 ∴第（m+1）个月的利润为W′＝24[（m+1） ﹣13（m+1）+47]＝24（m ﹣ 11m+35）， 若W≥W′，W﹣W′＝48（6﹣m），m取最小1，W﹣W′取得最大值240； 若W＜W′，W′﹣W＝48（m﹣6），由m+1≤12知m取最大11，W′﹣W取得最大值 240； ∴m＝1或11． 例4 【答案】A 例5 【答案】解：设有x个人共同买鸡，根据题意得： 9x﹣11＝6x+16． 故答案为：9x﹣11＝6x+16． 例6 【答案】解：设其他班步行的平均速度为x米/分，则九（1）班步行的平均速度为1.25x米/分， 4000 4000 依题意得： − = 10， x 1.25x 解得：x＝80， 经检验，x＝80是原方程的解，且符合题意， 22/179­ ∴1.25x＝100． 答：九（1）班步行的平均速度为100米/分，其他班步行的平均速度为80米/分． 例7 【答案】解：探究：（1）由题意，得 y =200t，y =﹣200t+1600 1 2 当相遇前相距400米时，﹣200t+1600﹣200t=400， t=3， 当相遇后相距400米时，200t﹣（﹣200t+1600）=400， t=5． 答：当两车相距的路程是400米时t的值为3分钟或5分钟； （2）1号车第三次恰好经过景点C行驶的路程为：800×2+800×4×2=8000米， ∴1号车第三次经过景点C需要的时间为：8000÷200=40分钟， 两车第一次相遇的时间为：1600÷400=4分． 第一次相遇后两车每相遇一次需要的时间为：800×4÷400=8分， ∴两车相遇的次数为：（40﹣4）÷8+1=5次． ∴这一段时间内它与2号车相遇的次数为：5次； 800 ×4−x x 情况一需要时间为： =16﹣ ， 200 200 800 ×4+x x 情况二需要的时间为： =16+ 200 200 x x ∵16﹣ ＜16+ 200 200 ∴情况二用时较多． 决策：（1）∵游客乙在AD边上与2号车相遇， ∴此时1号车在CD边上， ∴乘1号车到达A的路程小于2个边长，乘2号车的路程大于3个边长， ∴乘1号车的用时比2号车少． （2）若步行比乘1号车的用时少， s 800 ×2−s < ， 50 200 ∴s＜320． ∴当0＜s＜320时，选择步行． 同理可得 当320＜s＜800时，选择乘1号车， 当s=320时，选择步行或乘1号车一样． 【解析】 探究：（1）由题意，得 23/179­ y =200t，y =-200t+1600 1 2 当相遇前相距400米时， -200t+1600-200t=400， t=3， 当相遇后相距400米时， 200t-（-200t+1600）=400， t=5． 答：当两车相距的路程是400米时t的值为3分钟或5分钟； （2）由题意，得 1号车第三次恰好经过景点C行驶的路程为：800×2+800×4×2=8000， ∴1号车第三次经过景点C需要的时间为：8000÷200=40分钟， 两车第一次相遇的时间为：1600÷400=4． 第一次相遇后两车每相遇一次需要的时间为：800×4÷400=8， ∴两车相遇的次数为：（40-4）÷8+1=5次． ∴这一段时间内它与2号车相遇的次数为：5次； 发现：由题意，得 800 ×4−x x 情况一需要时间为： =16- ， 200 200 800 ×4+x x 情况二需要的时间为： =16+ 200 200 x x ∵16- ＜16+ 200 200 ∴情况二用时较多． 决策：（1）∵游客乙在AD边上与2号车相遇， ∴此时1号车在CD边上， ∴乘1号车到达A的路程小于2个边长，乘2号车的路程大于3个边长， ∴乘1号车的用时比2号车少． （2）若步行比乘1号车的用时少， s 800 ×2−s ＜ ， 50 200 ∴s＜320． ∴当0＜s＜320时，选择步行． 同理可得 当320＜s＜800时，选择乘1号车， 当s=320时，选择步行或乘1号车一样． 24/179­ 例8 【答案】解：（1）设该菜市场共有x个4平方米的摊位，则有2x个2.5平方米的摊位， 依题意，得：20×4x+20×2.5×2x＝4500， 解得：x＝25． 答：该菜市场共有25个4平方米的摊位． （2）由（1）可知：5月份参加活动一的2.5平方米摊位的个数为25×2×40%＝ 20（个），5月份参加活动一的4平方米摊位的个数为25×20%＝5（个）． 3 1 依 题 意 ， 得 ： 20 （ 1+2a% ） ×20×2.5× a%+5 （ 1+6a% ） ×20×4× a% ＝ 10 4 5 [20（1+2a%）×20×2.5+5（1+6a%）×20×4]× a%， 18 2 整理，得：a ﹣50a＝0， 解得：a ＝0（舍去），a ＝50． 1 2 答：a的值为50． 能力提高 / 初三 / 春季 第 3 讲 应用题综合 自我巩固答案 1 【答案】解：（1）设三好学生人数为x人 由题意得，参加甲旅行社的费用是1200+1200×0.5×x = 1200+600x； 参加乙旅行社的费用是1200×0.6×(x+1) = 720(x+1)． （2）由题意得1200+600x−720(x+1) < 0 解不等式得 x > 4 答：（1）1200+600x，720(x+1)． （2）当学生人数多于4人时，选择参加甲旅行社比较合算． 【解析】（1）设三好学生人数为x人，由题意得， 参加甲旅行社的费用是1200+1200×0.5×x = 1200+600x； 参加乙旅行社的费用是1200×0.6×(x+1) = 720(x+1)． （2）由题意得1200+600x−720(x+1) < 0，解不等式得x > 4． 2 【答案】解：（1）设生产A产品x件，则生产B产品(10−x)件， 由题意得，y＝x+3(10−x)＝−2x+30， 2x+5(10−x) ≤ 35 ∵ ， {−2x+30 ≥ 16 25/179­ ∴5 ≤ x ≤ 7， 故y＝−2x+30(5 ≤ x ≤ 7)． （2）由（1）知y＝−2x+30， ∵y随x增大而减少，5 ≤ x ≤ 7， ∴当x＝5时，y ＝−2×5+30＝20（万元）． 最大 ∴安排生产A产品5件，B产品5件时，获利最大20万元． 3 【答案】解：（1）由题意可得：m＝(100 −80)+10＝30， 射线BC所表示的实际意义是：当一次销售数量超过30个以后，都是按单价80元/个销售； （2）当0 < x ≤ 10时， w＝(100 −60)x＝40x， 当10 < x ≤ 30时，y＝100 −(x−10)＝110 −x， w＝[100 −(x−10)−60]x＝−x2 +50x， 当x > 30时，w＝(80−60)x＝20x； （3）当10 < x ≤ 30时，w＝−x2 +50x＝−(x−25) 2 +625． ①当10 < x ≤ 25时，w随x的增大而增大，即卖的个数越多，利润越大． ②当25 < x ≤ 30时，w随x的增大而减小，即卖的个数越多，利润越小． 当x＝25时，售价为y＝110 −x＝85（元）． 故为了不出现这种现象，在其他条件不变的情况下，店家应把最低价每个80元至少提高到 每个85元． 【解析】（1）由题意可得：m＝（100－80）＋10＝30， 射线BC所表示的实际意义是：当一次销售数量超过30个以后，都是按单价80元/个销售； （2）当0＜x≤10时， w＝（100－60）x＝40x， 当10＜x≤30时，y＝100－（x－10）＝110－x， 2 w＝[100－（x－10）－60]x＝－x ＋50x， 当x＞30时，w＝（80－60）x＝20x； 2 2 （3）当10＜x≤30时，w＝－x ＋50x＝－（x－25） ＋625． ①当10＜x≤25时，w随x的增大而增大，即卖的个数越多，利润越大． ②当25＜x≤30时，w随x的增大而减小，即卖的个数越多，利润越小． 当x＝25时，售价为y＝110－x＝85（元）． 故为了不出现这种现象，在其他条件不变的情况下，店家应把最低价每个80元至少提高到 每个85元． 26/179­ 能力提高 / 初三 / 春季 第 3 讲 应用题综合 课堂落实答案 1 【答案】解：（1）当1 ≤ x ≤ 10时，设AB的解析式为：y＝kx+b， k+b = 300 把A(1,300)，B(10,120)代入得： ， {10k+b = 120 k = −20 解得： ， {b = 320 ∴AB：y＝−20x+320(1 ≤ x ≤ 10)， 当10 < x ≤ 30时，同理可得BC：y＝14x−20， y = −20x+320(1 ≤ x ≤ 10) 综上所述，y与x之间的函数表达式为： ； {y = 14x−20(10 < x ≤ 30) （2）当1 ≤ x ≤ 10时，w＝(10−6)(−20x+320)＝−80x+1280， 当w＝1040元，−80x+1280＝1040， x＝3， ∵−80 < 0， ∴w随x的增大而减小， ∴日销售利润不超过1040元的天数：3，4，5，6，7，8，9，10，一共8天； 当10 < x ≤ 30时，w＝(10−6)(14x−20)＝56x−80， 56x−80＝1040， x＝20， ∵56 > 0， ∴w随x的增大而增大， ∴日销售利润不超过1040元的天数：11，12，13，14，15，16，17，18，19，20，一 共10天； 综上所述，日销售利润不超过1040元的天数共有18天； （3）若5 ≤ x ≤ 17，第5天的日销售利润最大，最大日销售利润是880元． 【解析】（1）当1≤x≤10时，设AB的解析式为：y＝kx＋b， 把A（1，300），B（10，120）代入得： ， 解得： ， 27/179­ ∴AB：y＝－20x＋320（1≤x≤10）， 当10＜x≤30时，同理可得BC：y＝14x－20， 综上所述，y与x之间的函数表达式为： ； （2）当1≤x≤10时，w＝（10－6）（－20x＋320）＝－80x＋1280， 当w＝1040元，－80x＋1280＝1040， x＝3， ∵－80＜0， ∴w随x的增大而减小， ∴日销售利润不超过1040元的天数：3，4，5，6，7，8，9，10，一共8天； 当10＜x≤30时，w＝（10－6）（14x－20）＝56x－80， 56x－80＝1040， x＝20， ∵56＞0， ∴w随x的增大而增大， ∴日销售利润不超过1040元的天数：11，12，13，14，15，16，17，18，19，20，一 共10天； 综上所述，日销售利润不超过1040元的天数共有18天； （3）当5≤x≤10时，当x＝5时，w ＝－80×5＋1280＝880， 大 当10＜x≤17时，当x＝17时，w ＝56×17－80＝872， 大 ∴若5≤x≤17，第5天的日销售利润最大，最大日销售利润是880元． 能力提高 / 初三 / 春季 第 3 讲 应用题综合 精选精练 1 【答案】解：（1）w＝(x−6)(−30x+600)＝−30x2 +780x−3600 即w与x之间的函数关系式为w＝−30x2 +780x−3600； （2）由题意得6(−30x+600) ≤ 900，解得x ≥ 15． 780 w＝−30x2 +780x−3600图象对称轴为x = − = 13， 2×(−30) ∵a＝−30 < 0， 28/179­ ∴抛物线开口向下，当x ≥ 15时，w随x增大而减小， ∴当x＝15时，w ＝1350． 最大 即许愿瓶的进货成本不超过900元，要想获得最大利润，此时的销售单价是15元，此时的 最大利润是1350元． 2 【答案】解：（1）根据题意，甲旅行社收取的总费用y与x间的函数关系式为： y = 520 ×0.8x = 416x； 当0 ≤ x ≤ 18时，乙旅行社收取的总费用y与x间的函数关系式为： y = 520 ×0.8x = 416x； 当x > 18时，乙旅行社收取的总费用y与x间的函数关系式为： y = 520 ×0.8×18+520 ×0.75×(x−18) = 390x+468； 416x(0 ≤ x ≤ 18) 故乙旅行社收取的总费用y与x间的函数关系式为：y = ； {390x+468(x > 18) （2）当x = 30时，甲旅行社收取的总费用y = 416 ×30 = 12480（元）， 乙旅行社收取的总费用y = 390 ×30+468 = 12168（元）， ∵12168 < 12480， ∴朱老师应选择乙旅行社． 【解析】（1）根据题意，甲旅行社收取的总费用=原价×折扣×人数，人数超过18人时，乙旅行社 收取的总费用=前18人总费用+超出人数的费用，可列出函数关系式； （2）当x=30时，分别计算两旅行社费用，比较可知． 3 (1【) 答案】见解析 【解析】直线BC的函数解析式为y = kt +b， 1.5k+b = 0 7 100 把(1.5,0)， ， 代入得⎧ 7 100 ， (3 3 ) ⎨ k+b = ⎩ 3 3 k = 40 得 ，∴直线BC解析式为y = 40t −60． {b = −60 设直线CD的函数解析式为y = m+n． 7 100 7 100 m+n = 把 ， ，(4,0)代入得⎧ 3 3 ， (3 3 ) ⎨ 4m+n = 0 ⎩ m = −20 解得 ， {n = 80 ∴直线CD函数解析式为：y = −20t +80． (2【) 答案】见解析 【解析】设甲的速度为akm／h，乙的速度为bkm／h， 29/179­ 0.5a = 1.5b ⎧⎪ 7 7 100 ， a −1 = b+ ⎨ (3 ) 3 3 ⎩⎪ a = 60 计算得 ， {b = 20 ∴甲的速度为60km／h，乙的速度为20km／h， ∴OA函数解析式为y = 20t(0 ≤ t ≤ 1)， 所以A的纵坐标为20， 9 20 < y < 30时，20 < 40t −60 < 30，将3 < t < ． 4 5 20 < −20t +80 < 30，得 < t < 3． 2 (3【) 答案】见解析 7 【解析】 由题意得：S = 60t −60 1 ≤ t ≤ ， 甲 ( 3) S = 20t(0 ≤ t ≤ 4)， 乙 (4【) 答案】见解析 4 80 【解析】当t = 时，S = ， Δ 3 3 丙距M地的路程S与时间t的函数表达式为：S = −40t +80(0 ≤ t ≤ 2)． 丙 −40t +80 = S 7 丙 → t = ， {60t −60 = S 5 甲 7 所以丙出发 h与甲相遇． 5 4 (1【) 答案】根据题意，得：2000⋅2x+1600x+1000(100 −3x) ≤ 170000， 12 解得：x ≤ 26 ， 13 ∵x为正整数， ∴x至多为26， 答：商店至多可以购买冰箱26台． 【解析】根据表格中三种家电的进价表示三种家电的总进价，小于等于170000元列出关于x的 不等式，根据x为正整数，即可解答； 30/179­ (2【) 答案】设商店销售完这批家电后获得的利润为y元， 则 y = (2300−2000)2x+(1800−1600)x+(1100−1000)(100 −3x) = 500 ∵k = 500 > 0， ∴y随x的增大而增大， 12 ∵x ≤ 26 且x为正整数， 13 ∴当x = 26时，y有最大值，最大值为：500 ×26+10000 = 23000， 答：购买冰箱26台时，能使商店销售完这批家电后获得的利润最大，最大利润为 23000元． 【解析】设 商 店 销 售 完 这 批 家 电 后 获 得 的 利 润 为 y 元 ， 则 y = (2300−2000)2x+(1800−1600)x+(1100−1000)(100 −3x) = 500 结合（1）中x的取值范围，利用一次函数的性质即可解答． 5 【答案】解：（1）由题意得： y = 500 −10(x−50) = −10x+1000 w = (x−40)[500 −10(x−50)] = −10x2 +1400x−40000； （2）当x = 55时 月销售量：500 −10×(55−50) = 450（kg）， 销售利润：w = −10×552 +1400×55−40000 = 6750（元）； （3）当w = 8000即−10x2 +1400x−40000 = 8000， 故x2 −140x+4800 = 0， 解得： x 1 = 60,x 2 = 80 ， 售价应每60元或80元时月销售利润为8000元； b 4ac −b2 （4）当x = − = 70 时，w= = 9000 （元）． 2a 4a 即当售价定为70元时会获最大利润，最大利润为9000元． 6 【答案】解：（1）当0≤x≤15时，设y与x的函数关系式为y=kx， 15k=27，得k=1.8， 即当0≤x≤15时，y与x的函数关系式为y=1.8x， 当x＞15时，设y与x的函数关系式为y=ax+b， 15a+b = 27 a = 2.4 ,，得 ,， {20a+b = 39 {b = −9 即当x＞15时，y与x的函数关系式为y=2.4x﹣9， 31/179­ 1.8x(0 ≤ x ≤ 15) 由上可得，y与x的函数关系式为y = ； {2.4x−9(x > 15) 3 （2）设二月份的用水量是xm ， 当15＜x≤25时，2.4x﹣9+2.4（40﹣x）﹣9=79.8， 解得，x无解， 当0＜x≤15时，1.8x+2.4（40﹣x）﹣9=79.8， 解得，x=12， ∴40﹣x=28， 3 3 答：该用户二、三月份的用水量各是12m 、28m ． 能力提高 / 初三 / 春季 第 4 讲 解三角形 例题练习题答案 例1 (1【) 答案】解：过点C作CD⊥AB于点D， ∵∠B＝60°，∠C＝75°， ∴∠A＝45°， – 在Rt△ADC中，AC=3√2， – ∴CD=AD=sin45°×3√2=3， 在Rt△BDC中，∠B=60°， – ∴BD=√3， – ∴AB=√3+3 (2【) 答案】解：如图，过点A作AD⊥BC交CB的延长线于D， 32/179­ 在△ABC中，∵S =3，BC=2， △ABC 2S 2×3 ∴AD＝ △ABC = =3 BC 2 ∵∠ABC=135°， ∴∠ABD=180°﹣135°=45°， – – ∴AB=√2 AD=3√2，BD=AD=3， 在Rt△ADC中，CD=2+3=5， 由勾股定理得， −−−−−−−−−− −−−−−− −− AC = √AD2 +CD2 = √32 +52 = √34． – – (3【) 答案】21√3或15√3． 例2 (1【) 答案】解：∵∠B=90°，∠BDC=45°， ∴△BCD为等腰直角三角形， ∴BD=BC， BC 在Rt△ABC中，tan∠A=tan30°= ， AB – BC √3 即 = ， BC +4 3 – 解得：BC=2√3+2 (2【) 答案】100 【解析】解：过点P作PE⊥AB于点E， ∵∠APC=75°，∠BPD=30°， ∴∠APB=75°， ∵∠BAP=∠APC=75°， ∴∠APB=∠BAP， ∴AB=PB=200， ∵∠ABP=30°， 33/179­ 1 ∴PE= PB=100． 2 故答案为：100． 例3 【答案】解：（1）过A作AD⊥BC，交BC的延长线于点D，如图1所示： 在Rt△ADC中，AC=4， ∵∠C=150°， ∴∠ACD=30°， 1 ∴AD= AC=2， 2 – √3 – CD=AC⋅cos30°=4× =2√3， 2 AD 2 1 在Rt△ABD中，tanB= = = ， BD BD 8 ∴BD=16， – ∴BC=BD﹣CD=16﹣2√3； （2）在BC边上取一点M，使得CM=AC，连接AM，如图2所示： ∵∠ACB=150°， ∴∠AMC=∠MAC=15°， AD 2 1 ∴tan15°=tan∠AMD= = –= – MD 4+2√3 2+√3 – =2﹣√3≈0.27≈0.3． 例4 (1【) 答案】解：作AD⊥BC于D点，则 Rt△ACD中，AD = AC ×sinC = 8 AD Rt△ABD中，AB = = 24. sinB (2【) 答案】（2）①解：过点A作AE⊥BC于点E， 34/179­ – √2 ∵cosC= ， 2 ∴∠C=45°， 在Rt△ACE中，CE=AC⋅cosC=1， ∴AE=CE=1， 1 AE 1 在Rt△ABE中，tanB= ，即 = ， 3 BE 3 ∴BE=3AE=3， ∴BC=BE+CE=4； ②∵AD是△ABC的中线， 1 ∴CD= BC=2， 2 ∴DE=CD﹣CE=1， ∵AE⊥BC，DE=AE， ∴∠ADC=45°， – √2 ∴sin∠ADC= ． 2 例5 【答案】解：在Rt△BCD中，BD = 9，∠BCD = 45∘ ， 则BD = CD = 9． 在Rt△ACD中，CD = 9，∠ACD = 37∘ ， 则AD = CD⋅tan37∘ ≈9×0.75 = 6.75 所以，AB = AD+BD = 15.75 整个过程中旗子上升高度是：15.75−2.25 = 13.5 13.5 因为耗时45s，所以上升速度v = = 0.3 45 答：国旗应以0.3米/秒的速度匀速上升． 例6 【答案】解:延长CD,交AE于点E,可得DE⊥AE, 在Rt △ AED中,AE = BC = 40,∠EAD = 45∘ , 35/179­ ∴ ED = AE=40, 在Rt △ ABC中,∠BAC = 30∘ ,BC = 40, – ∴ AB = 40√3 ≈ 69.28, – 则CD = EC −ED = AB−ED = 40√3−40 ≈ 29.3. ∴AB的高度为69.3m，CD的高度为29.3m 例7 【答案】 解：如图，作AF⊥CD于F．设AE = x米． ∵斜坡AB的坡度为i = 1 : 1， ∴ BE = AE = x米． 在Rt△BDC中，∵ ∠C = 90∘ ，CD = 96米，∠DBC = ∠β， CD 96 ∴ BC = = = 24（米）， tanβ 4 ∴ EC = EB+BC = (x+24)米， ∴ AF = EC = (x+24)米． 在Rt△ADF中，∵ ∠AFD = 90∘ ，∠DAF = ∠α， ∴ DF = AF ⋅tanα = 2(x+24)米， ∵ DF = DC −CF = DC −AE = (96−x)米， ∴ 2(x+24) = 96−x，解得x = 16． 故山顶A的高度AE为16米． 例8 【答案】解：延长OB交AC于点D， 36/179­ 由题可知：BD⊥CA， 设BC=x厘米，则BO=OA﹣BC=（75﹣x）厘米， 在Rt△CBD中， ∵BD=BC⋅sin∠ACB=x⋅sin37°=0.6x厘米， ∴DO=OB+BD=75﹣x+0.6x=（75﹣0.4x）厘米， 在Rt△AOD中， DO=AO⋅cos∠AOD=75⋅cos37°=60厘米， ∴75﹣0.4x=60， 解得：x=37.5， ∴BD=0.6x=22.5， 答：点B到AC的距离为22.5厘米． 例9 【答案】解：如图，过点D作DG⊥BC于G，DH⊥CE于H， 则四边形DHCG为矩形． 故DG = CH,CG = DH,DG ∥HC， ∴∠DAH = ∠FAE = 30∘ ， 在直角三角形AHD中， ∵∠DAH = 30∘,AD = 6， – ∴DH = 3,AH = 3√3， ∴CG = 3， 设BC为x， x 在直角三角形ABC中，AC = ， tan48∘ – x ∴DG = 3√3+ ,BG = x−3， tan48∘ 37/179­ 在直角三角形BDG中，∵BG = DG⋅tan30∘ ， – – x √3 ∴x−3 = （3√3+ ） tan48∘ 3 解得：x≈13， ∴大树的高度为：13米． 例10 【答案】解：（1）消防车不能通过该直角转弯． 理由如下：如图，作FH⊥EC，垂足为H， ∵FH = EH = 4， – ∴EF = 4√2，且∠GEC = 45∘ ， ∵GC = 4， ∴GE = GC = 4， – ∴GF = 4√2−4 < 3， 即GF的长度未达到车身宽度， ∴消防车不能通过该直角转弯； （2）若C、D分别与M′、M重合，则△OGM为等腰直角三角形， – ∴OG = 4，OM = 4√2， – ∴OF = ON = OM −MN = 4√2−4， – – ∴FG = OG−OF = 4−(4√2−4) = 8−4√2 < 3， ∴C、D在MM′ 上， ˆ 设ON = x，连接OC， 在Rt△OCG中， OG = x+3，OC = x+4，CG = 4， 由勾股定理得，OG2+CG2 = OC2 ， 即(x+3) 2 +42 = (x+4) 2 ， 解得x = 4.5， 答：ON至少为4.5米． 38/179­ 能力提高 / 初三 / 春季 第 4 讲 解三角形 自我巩固答案 1 【答案】在Rt △ ACM中， CM 3 ∵sin∠CAM = = ， AM 5 ∴设CM = 3x，则AM = 5x， −−−−−−−−−−− 根据勾股定理得：AC = √AM2 −CM2 = 4x， 又∵M为BC的中点， ∴BC = 2CM = 6x， AC 4x 2 在Rt △ ABC中，tanB = = = ． BC 6x 3 2 【答案】解：由题意，可得∠FED = 45∘ ． 在Rt △ DEF中，∵ ∠FDE = 90∘ ，∠FED = 45∘ ， – – 9√2 ∴ DE = DF = 1.8，EF = √2DE = ． 5 ∵ ∠AEB = ∠FED = 45∘ ， ∴ ∠AEF = 180∘ −∠AEB−∠FED = 90∘ ． 在Rt △ AEF中，∵ ∠AEF = 90∘ ，∠AFE = 39.3∘ +45∘ = 84.3∘ ， – 9√2 – ∴ AE = EF ⋅tan∠AFE ≈ ×10.02 = 18.036√2． 5 在Rt △ ABE中，∵ ∠ABE = 90∘ ，∠AEB = 45∘ ， – – √2 ∴ AB = AE ⋅sin∠AEB ≈ 18.036√2× ≈ 18． 2 故旗杆AB的高度约为18米． 3 【答案】解：没有触礁的危险． 理由如下： 作PC⊥AB于C，如图，∠PAC=30°，∠PBC=45°，AB=8， 设BC=x， 39/179­ 在Rt △ PBC中，∵∠PBC=45°， ∴△PBC为等腰直角三角形， ∴BC=PC=x， PC 在Rt △ PAC中，∵ tan∠PAC = ， AC PC x – ∴ AC = ，即8+x = ，解得x=4（√3+1）≈10.92， tan30∘ √3 3 即PC≈10.92， ∵10.92＞10， ∴海轮继续向正东方向航行，没有触礁的危险． 4 【答案】A 5 【答案】解：过D作DE⊥AC于E，则DE // BC． ∵Rt △ ABC中，∠ACB = 90∘ ， AC 5 ∴cosA = = ， AB 6 ∴设AC = 5k，则AB = 6k， ∵AB2 −AC2 = BC2 ， ∴36k2 −25k2 = 99， ∴k = ±3（负值舍去）， ∴AC = 15，AB = 18． ∵DE // BC， DE AE AD 1 ∴ = = = ， BC AC AB 3 1 −− 1 ∴DE = BC = √11，AE = AC = 5， 3 3 ∴CE = AC −AE = 10， −−−−−−−−−− −−− ∴CD = √DE2 +CE2 = √111 CM 6 【答案】解：在Rt △ ACM中，tan∠CAM = tan42∘ = = 0.9 AC 40/179­ ∴ AC ≈ 16km ∴ BC = AC −AB = 16−4 = 12km CN 在Rt △ BCN中，tan∠CBN = tan56∘ = BC ∴ CN ≈ 17.76km ∴ MN = 3.4km 答：钓鱼岛东西两端MN之间的距离约为3.4km 能力提高 / 初三 / 春季 第 4 讲 解三角形 课堂落实答案 1 【答案】2 【解析】如图，作DE⊥AB于点E，则△AED为等腰直角三角形， −−−−−−−−−− – ∴AE=DE，AB = AC2 +BC2 = √2AC ， √ DE 1 ∵ tan∠DBA = = ， EB 5 1 ∴AE=DE= BE． 5 – – ∴AB=BE+AE=6AE=√2AC=6√2 AB – ∴AE = = √2， 6 – ∴AD=√2AE=2． 故答案为：2． 2 【答案】解：过点C作CD⊥AB，交BA的延长线于点D，则AD即为潜艇C的下潜深度， 根据题意得：∠ACD = 30∘ ，∠BCD = 68∘ ， 设AD = x，则BD = BA+AD = 1000+x， AD x – 在Rt △ ACD中，CD = = = √3x， tan∠ACD tan30∘ 在Rt △ BCD中，BD = CD⋅tan68∘ ， – ∴ 1000+x = √3x⋅tan68∘ 1000 1000 解得：x = – ≈ ≈ 308米， √3⋅tan68∘ −1 1.7×2.5−1 41/179­ ∴潜艇C离开海平面的下潜深度为308米. 能力提高 / 初三 / 春季 第 4 讲 解三角形 精选精练 1 【答案】C 2 【答案】在Rt △ ABC中，∵∠ABC = 70∘ ， ∴AC = AB⋅sin∠ABC = AB⋅sin70∘ = 2.632， 即这架木梯的顶端离地面的距离AC为2.6米． 3 【答案】15.3 【解析】解：过点C作CD⊥AB，垂足为D．则四边形CEBD是矩形，BD = CE = 1.5m， 在Rt △ ACD中，CD = EB = 10m，∠ACD = 54∘ ， AD ∵ tan∠ACE = ， CD ∴ AD = CD⋅tan∠ACD ≈ 10×1.38 = 13.8m． ∴ AB = AD+BD = 13.8+1.5 = 15.3m． 答：树的高度AB约为15.3m． 故答案为15.3 4 【答案】解：过点C作CD⊥AB于点D， 设CD = x， ∵ ∠CBA = 45∘ ， ∴ DB = CD = x， 42/179­ ∵ AB = 140， ∴ AD = 140 −x， CD ∵ tan∠CAB = ，且∠CAB = 37∘ ， AD x ∴ = 0.75， 140 −x 解得：x = 60， 即CD = 60米， 答：湛河的宽度约60米． 5 【答案】解：过点C作CM⊥AB交AB延长线于点M， 由题意得：AC = 40×10 = 400（米）． 在Rt △ ACM中， ∵∠A = 30∘ ， – 1 √3 – ∴CM = AC = 200米，AM = AC = 200√3米． 2 2 在Rt △ BCM中， BM ∵tan20∘ = ， CM ∴BM = 200tan20∘ ， – – ∴AB = AM −BM = 200√3−200tan20∘ = 200(√3−tan20∘)， – 因此A，B两地的距离AB长为200(√3−tan20∘)米． 【解析】过点C作CM⊥AB交AB延长线于点M， 由题意得：AC=40×10=400（米）． 在直角△ACM中，∵∠A=30°， – 1 √3 – ∴CM= AC=200米，AM= AC=200√3米． 2 2 BM 在直角△BCM中，∵tan20°= ， CM ∴BM=200tan20°， – – ∴AB=AM﹣BM=200√3﹣200tan20°=200（√3﹣tan20°）， – 因此A，B两地的距离AB长为200（√3﹣tan20°）米． 43/179­ 6 【答案】解：延长PQ交直线AB于点M，连接AQ，如图所示: 则∠PMA = 90∘ , 设PM的长为x米, 在Rt △ PAM中，∠PAM = 45∘ , ∴ AM = PM = x米, ∴ BM = x−100(米), PM 在Rt △ PBM中，∵ tan∠PBM = , BM x ∴ tan68∘ = ≈ 2.48, x−100 解得：x ≈ 167.57, QM 在Rt △ QAM中，∵ tan∠QAM = , AM ∴ QM = AM ⋅tan∠QAM = 167.57×tan31∘ ≈ 167.57×0.60 ≈ 100.54 ∴ PQ = PM −QM = 167.57−100.54 ≈ 67.0 答：信号塔PQ的高度约为67.0米. 【解析】延长PQ交直线AB于点M，连接AQ，如图所示： 则∠PMA = 90∘， 设PM的长为x米， 在RtΔPAM中，∠PAM = 45∘， ∴ AM = PM = x米， ∴ BM = x−100（米）， PM 在RtΔPBM中，∵ tan∠PBM = ， BM x ∴ tan68∘ = ≈ 2.48， x−100 解得：x ≈ 167.57， 44/179­ QM 在RtΔQAM中，∵ tan∠QAM = ， AM ∴ QM = AM ⋅tan∠QAM = 167.57×tan31∘ ≈ 167.57×0.60 ≈ 100.54（米）， ∴ PQ = PM −QM = 167.57−100.54 ≈ 67.0（米）； 答：信号塔PQ的高度约为67.0米． 能力提高 / 初三 / 春季 第 5 讲 一次函数与反比例函数 例题练习题答案 例1 【答案】解：（1）如图，过点B作BH⊥x轴， – – √3 √3 ∵点A坐标为(− ，0)，点B坐标为( ，1)， 2 2 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− – – √3 √3 ∴ |AB| = (0−1)2 +(− − )2 = 2， √ 2 2 ∵ BH = 1， BH 1 ∴ sin∠BAH = = ， AB 2 ∴ ∠BAH = 30∘， ∵ ΔABC为等边三角形， ∴ AB = AC = 2， ∴ ∠CAB+∠BAH = 90∘， ∴点C的纵坐标为2， – √3 ∴点C的坐标为(− ，2)． 2 – – √3 √3 （2）由（1）知点C的坐标为(− ，2)，点B的坐标为( ，1)，设直线BC的解析 2 2 式为：y = kx+b， 1 = √3 k+b k = − √3 则⎧ 2 ，解得 3 ， ⎨2 = − √3 k+b {b = 3 ⎩ 2 2 – √3 3 故直线BC的函数解析式为y = − x+ ． 3 2 45/179­ 例2 【答案】解：（1）将A(8,0)代入y = kx+4，得：0 = 8k+4， 1 解得：k = − ． 2 1 故答案为：− ． 2 1 （2）①由（1）可知直线AB的解析式为y = − x+4． 2 1 当x = 0时，y = − x+4 = 4， 2 ∴点B的坐标为(0,4)， ∴ OB = 4． ∵点E为OB的中点， 1 ∴ BE = OE = OB = 2． 2 ∵点A的坐标为(8,0)， ∴ OA = 8． ∵四边形OCED是平行四边形， ∴ CE//DA， BC BE ∴ = = 1， AC OE ∴ BC = AC， ∴ CE是ΔABO的中位线， 1 ∴ CE = OA = 4． 2 ∵四边形OCED是平行四边形， ∴ OD = CE = 4，OC = DE． 在RtΔDOE中，∠DOE = 90∘，OD = 4，OE = 2， −−−−−−−−−− – ∴ DE = √OD2 +OE2 = 2√5， – – ∴ C OCED = 2(OD+DE) = 2(4+2√5) = 8+4√5． 1 1 ②设点C的坐标为(x,− x+4)，则CE = |x|，CD = |− x+4|， 2 2 1 1 33 ∴ S ΔCDE = CD⋅CE = |− x2 +2x| = ， 2 4 4 ∴ x2 −8x+33 = 0或x2 −8x−33 = 0． 方程x2 −8x+33 = 0无解； 解方程x2 −8x−33 = 0，得：x 1 = −3，x 2 = 11， 46/179­ 11 3 ∴点C的坐标为(−3, )或(11,− )． 2 2 例3 【答案】解：（1）由题意可得出：甲乙两地之间的距离为560千米； 故答案为：560； （2）由题意可得出：慢车和快车经过4个小时后相遇，相遇后停留了1个小时，出发后两 车之间的距离开始增大，快车到达甲地后两车之间的距离开始缩小，由图分析可知快车经 过3个小时后到达甲地，此段路程慢车需要行驶4小时，因此慢车和快车的速度之比为 3 : 4 ， ∴设慢车速度为3xkm/h，快车速度为4xkm/h， ∴(3x+4x)×4 = 560，x = 20 ∴快车的速度是80km/h，慢车的速度是60km/h． （3）由题意可得出：快车和慢车相遇地离甲地的距离为4×60 = 240km， 当 慢 车 行 驶 了 7 小 时 后 ， 快 车 已 到 达 甲 地 ， 此 时 两 车 之 间 的 距 离 为 240 −3×60 = 60km， ∴D(8,60)， ∵慢车往返各需4小时， ∴E(9,0)， 设DE的解析式为：y = kx+b， 9k+b = 0 ∴ ， {8k+b = 60 k = −60 解得： ． { b = 540 ∴线段DE所表示的y与x之间的函数关系式为： 47/179­ y = −60x+540(8 ≤ x ≤ 9)． 500 例4 【答案】解：（1）甲每分钟生产 = 25只； 20 75 乙的生产速度= = 15只/分， 5 故乙在提高生产速度之前已生产了零件：150只； （2）结合后图象可得： 甲：y = 25x(0 ≤ x ≤ 20)； 甲 乙提速后的速度为50只/分，故乙生产完500只零件还需7分钟， 乙：y = 15x(0 ≤ x ≤ 10)， 乙 当10 < x ≤ 17时，设y = kx+b，把(10,150)、（17,500） ，代入可得： 乙 10k+b = 150 ， {17k+b = 500 k = 50 解得： ， {b = −350 故y = 50x−350(10 < x ≤ 17)． 乙 综上可得：y = 25x(0 ≤ x ≤ 20)； 甲 15x(0 ≤ x ≤ 10) y = 乙 {50x−350(10＜x ≤ 17) （3）令y = y 得25x = 50x−350， 甲 乙 解得：x = 14， 此时y = y = 350只，故甲工人还有150只未生产． 甲 乙 【解析】（1）根据图象上的点，可求出甲、乙的工作效率，继而可得出答案； （2）先确定乙的生产速度，结合图象即可求出甲、乙生产的零件y（只）与生产时间 x（分）的函数关系式； （3）令y =y ，可解出x的值，继而也可求出此时甲工人还有多少只零件没有生产． 甲 乙 例5 【答案】C 1 【解析】解：由直线y = x+2与x轴、y轴的交点分别为A、C， 2 ∴A(−4,0)，C (0,2)， ∴OA = 4，OC = 2， ∵PB⊥x轴， ∴PB // OC， OA OC 4 2 ∴ = ，即 = ， AB PB 9−PB PB ∴PB = 3， ∴AB = 6， OB = 2， 48/179­ 1 1 ∴ΔPBC的面积= PB⋅OB = ×3×2 = 3， 2 2 故选C． 例6 【答案】C 【解析】解：过点A作x轴的垂线，交CB的延长线于点E， k ∵ A，B两点在反比例函数y = (x > 0)的图象，且纵坐标分别为4，2， x k k ∴ A( ，4)，B( ，2)， 4 2 1 1 1 ∴ AE = 2，BE = k− k = k， 2 4 4 – ∵菱形ABCD的面积为2√5， – – ∴ BC ×AE = 2√5，即BC = √5， – ∴ AB = BC = √5， −−−−−−−−−− 在RtΔAEB中，BE = √AB2 −AE2 = 1 1 ∴ k = 1， 4 ∴ k = 4． 故选：C． 例7 【答案】A 【解析】解：如图， ∵点A坐标为(−1,1)， ∴k = −1×1 = −1， 1 ∴反比例函数解析式为y = − ， x ∵OB = AB = 1， ∴△ OAB为等腰直角三角形， ∴∠AOB = 45∘ ， ∵PQ⊥OA，（设Q为直线l与OA交点） ∴∠OPQ = 45∘ ， ∵点B和点B′关于直线l对称， ∴PB = PB′ ，BB′⊥PQ， ∴∠B′PQ = ∠OPQ = 45∘ ，∠B′PB = 90∘ ， ∴B′P⊥y轴， 1 ∴点B′的坐标为 − ,t ， ( t ) ∵PB = PB′ ， 1 1 ∴t −1 = |− | = ， t t 49/179­ – – 1+√5 1−√5 整理得t2 −t −1 = 0，解得t 1 = ， t 2 = （不符合题意，舍去）， 2 2 – 1+√5 ∴t的值为 ． 2 故选：A． 9 例8 【答案】 2 8 【解析】解：∵点A、B在反比例函数y = (x > 0)的图象上， x 8 设点B的坐标为( ,m)， m ∵点B为线段AC的中点，且点C在x轴上， 4 ∴点A的坐标为( ,2m)． m 2 ∵AD // x轴、BE // x轴，且点D、E在反比例函数y = (x > 0)的图象上， x 1 2 ∴点D的坐标为( ,2m) ，点E的坐标为( ,m) ． m m 1 4 1 8 2 9 ∴S = ( − + − )×(2m−m) = ． 梯形ABED 2 m m m m 2 9 故答案为： ． 2 k 例9 【答案】 解：（1）设反比例函数的解析式为y = ， x 把(n,1)代入得：k = n ， n 即y = ， x ∵点A(m,6)，B(n,1)在反比例函数图象上，AD⊥x轴于点D，BC⊥x轴于点C， DC = 5 ， 6m = n ∴ ， {m+5 = n 解得：m = 1，n = 6， 即A(1,6)，B(6,1)； 6 反比例函数的解析式为y = ； x （2）设直线AB的解析式为y = ax+b ， a+b = 6 把A(1,6)和B(6,1)代入得： ， {6a+b = 1 解得：a = −1，b = 7， 即直线AB的解析式为：y = −x+7 ， 50/179­ 6 设E点的横坐标为m，则E(m,−m+7)，F m, ， ( m) 6 ∴EF = −m+7− ， m 1 ∵EF = AD ， 3 6 1 ∴−m+7− = ×6 ， m 3 解得：m 1 = 2 、m 2 = 3， 经检验都是原方程的解， 即E的坐标为(2,5)或(3,4)． 例10 【答案】解：（1）当x = −1时，a = x+4 = 3， ∴点A的坐标为(−1,3)． k 将点A(−1,3)代入y = 中， x k 3 = ，解得：k = −3， −1 3 ∴反比例函数的表达式为y = − ． x （2）当y = b+4 = 1时，b = −3， ∴点B的坐标为(−3,1)． 作点B关于x轴的对称点D，连接AD，交x轴于点P，此时PA+PB的值最小，如图所 示． ∵点B的坐标为(−3,1)， ∴点D的坐标为(−3,−1)． 设直线AD的函数表达式为y = mx+n， 将点A(−1,3)、D(−3,−1)代入y = mx+n中， −m+n = 3 m = 2 ，解得： ， {−3m+n = −1 { n = 5 ∴直线AD的函数表达式为y = 2x+5． 5 当y = 2x+5 = 0时，x = − ， 2 5 ∴点P的坐标为 − ,0 ． ( 2 ) 1 1 1 3 （3）S △PAB = S △ABD −S △BDP = 2 ×2×2− 2 ×2× 2 = 2 ． 51/179­ 能力提高 / 初三 / 春季 第 5 讲 一次函数与反比例函数 自我巩固答案 1 【答案】B 【解析】∵OB⋅AC = 160，A点的坐标为(10,0)， 1 1 ∴OA⋅CF = OB⋅AC = ×160 = 80，菱形OABC的边长为10， 2 2 80 80 ∴CF = = = 8， OA 10 在Rt △ OCF中， ∵OC = 10，CF = 8， −−−−−−−−−− −−−−−−− ∴OF = OC2 −CF2= √102 −82= 6， √ ∴C (6,8)， ∵点D是线段AC的中点， 10+6 8 ∴D点坐标为( , )，即(8,4)， 2 2 k ∵反比例函数y = (x > 0)经过D点， x k ∴4 = ，即k = 32， 8 32 ∴反比例函数的解析式为：y = (x > 0)，故①错误； x ∵CF = 8， ∴直线CB的解析式为y = 8， 32 y = ∴⎧ x ，解得x = 4，y = 8， ⎨y = 8 ⎩ ∴E点坐标为(4,8)，故②错误； ∵CF = 8，OC = 10， CF 8 4 ∴sin∠COA = = = ，故③正确； OC 10 5 ∵A(10,0)，C (6,8)， −−−−−−−−−−−−−−−− 2 2 – ∴AC = (10−6) +(0−8) = 4√5， √ ∵OB⋅AC = 160， 160 160 – ∴OB = = – =8√5， AC 4√5 – – – ∴AC +OB = 4√5+8√5= 12√5，故④正确． 52/179­ 2 【答案】C 【解析】∵四边形OCBA是矩形， ∴AB = OC，OA = BC， 设B点的坐标为(a,b)， ∵BD = 3AD， a ∴D( ,b)， 4 ∵点D，E在反比例函数的图象上， ab k ∴ = k，∴E(a, )， 4 a ∵S ΔODE = S OCBA −S ΔAOD −S ΔOCE −S ΔBDE 1 ab 1 1 3a k =ab− ⋅ − k− ⋅ ⋅ b− = 9 ， 2 4 2 2 4 ( a) 24 ∴k = ， 5 故选C． 3 【答案】（1）∵OB = 4， ∴B(0,4)， ∵A(−2,0)， 设直线AB的解析式为y = kx+b， −2k+b = 0 k = 2 则 ，解得 ， {b = 4 {b = 4 ∴直线AB的解析式为y = 2x+4； （2）设OB = m，则AD = m+2， ∵ΔABD 的面积是5， 1 ∴ AD⋅OB = 5， 2 1 ∴ (m+2)⋅m = 5，即m2 +2m−10 = 0， 2 −− −− 解得m = −1+√11或m = −1−√11（舍去）， ∵∠BOD = 90∘ ， −− 1 −− −1+√11 ∴点B的运动路径长为： ×2π ×(−1+√11)= π 4 2 4 (1【) 答案】甲行走的速度为 150 ÷5 = 30(米/分). (2【) 答案】当 t = 35分 时,甲行走路程 35×30 = 1050(米),乙行走的路程 50×(35−5) = 1500(米), 那么乙已经到达图书馆,甲还有 450 米,需要 450 ÷30 = 15 分钟. 53/179­ 补画 s 关于 t 函数图象如图所示(横轴上对应的时间为 50): (3【) 答案】由函数图象可知,当 t = 12.5 和 t = 50 时,s = 0; 当 t = 35 时,s = 450, 当 12.5 ⩽ t ⩽ 35 时, 由待定系数法可求:s = 20t −250, 令 s = 360,即 20t −250 = 360, 解得 t = 30.5.当 35 < t ⩽ 50 时, 由待定系数法可求:s = −30t +1500,令 s = 360, 即 −30t +1500 = 360,解得 t = 38. ∴ 甲行走 30.5 分钟或 38 分钟时,甲、乙两人相距 360 米. 5 (1【) 答案】解:∵点B与点A关于y轴对称,A(−3,4), ∴点B的坐标为(3,4), k ∵反比例函数y = (x > 0)的图象经过点B. x k ∴ = 4, 3 解得k = 12. (2【) 答案】相等.理由如下: 设点P的坐标为(m,n),其中m > 0,n > 0, 12 ∵点P在反比例函数y = (x > 0)的图象上, x 12 ∴ n = ,即mn = 12. m 1 1 1 ∴ S △POD = OD⋅PD = mn = ×12 = 6, 2 2 2 ∵ A(−3,4),B(3,4), ∴ AB // x轴,OC = 3,BC = 4, ∵点Q在线段AB上, 1 1 ∴ S △QOC = OC ⋅BC = ×3×4 = 6. 2 2 ∴ S △QOC = S △POD . 54/179­ 能力提高 / 初三 / 春季 第 5 讲 一次函数与反比例函数 课堂落实答案 1 【答案】4 【解析】设OM = a， k ∵点A在反比例函数y = ， x k ∴AM = ， a ∵OM = MN = NC， ∴OC = 3a， 1 1 k 3 ∴S ΔAOC = ⋅OC ⋅AM = ×3a× = k = 6， 2 2 a 2 解得k = 4． 故答案为：4． 2 【答案】（1）当0 ≤ t ≤ 90时，甲步行路程与时间的函数解析式为S = 60t； 当20 ≤ t ≤ 30时，设乙乘观光车由景点A到B时的路程与时间的函数解析式为 S = mt +n， 20m+n = 0 把(20,0)与(30,3000)代入得： ， {30m+n = 3000 m = 300 解得： ， {n = −6000 ∴函数解析式为S = 300t −6000(20 ≤ t ≤ 30)； S = 60t 联立得： ， {S = 300t −6000 t = 25 解得： ， {S = 1500 ∵25−20 = 5， ∴乙出发5分钟后与甲相遇； 由60t = 3000，得到t = 50，即50−20 = 30， 则乙出发5分钟或30分钟后与甲相遇； （2）设当60 ≤ t ≤ 90时，乙步行由景点B到C的速度为x米/分钟， 根据题意，得5400−3000−(90−60)x = 360， 解得：x = 68， ∴乙步行由B到C的速度为68米/分钟． 55/179­ 【解析】（1）当0≤t≤90时，甲步行路程与时间的函数解析式为S=60t； 当20≤t≤30时，设乙乘观光车由景点A到B时的路程与时间的函数解析式为S=mt+n， 把（20，0）与（20，3000）代入得： ， 解得： ， ∴函数解析式为S=300t﹣6000（20≤t≤30）； 联立得： ， 解得： ， ∵25﹣20=5， ∴乙出发5分钟后与甲相遇； （2）设当60≤t≤90时，乙步行由景点B到C的速度为x米/分钟， 根据题意，得5400﹣3000﹣（90﹣60）x=360， 解得：x=68， ∴乙步行由B到C的速度为68米/分钟． 能力提高 / 初三 / 春季 第 5 讲 一次函数与反比例函数 精选精练 1 1 【答案】解：①∵y = − x+b经过A(0,1)， 3 ∴b = 1， 1 ∴直线AB的解析式是y = − x+1． 3 1 当y = 0时，0 = − x+1，解得x = 3， 3 ∴点B(3,0)． ②过点A作AM⊥PD，垂足为M，则有AM = 1， 1 2 ∵x = 1时，y = − x+1 = ，P在点D的上方， 3 3 2 1 1 2 1 1 ∴PD = n− 3 ，S △APD = 2 PD⋅AM = 2( n− 3) ×1 = 2 n− 3 ， 由点B(3,0)，可知点B到直线x = 1的距离为2，即△BDP的边PD上的高长为2， 56/179­ 1 1 2 2 ∴S △BPD = 2 PD⋅BE = 2( n− 3) ×2 = n− 3 ， 3 ∴S △ABP = S △APD +S △BPD = 2 n−1． 2 【答案】解：（1）∵小明的爸爸以96m/min速度从邮局同一条道路步行回家， 2400 ∴小明的爸爸用的时间为： = 25(min)， 96 即OF = 25， 如图：设s 2与t之间的函数关系式为：s 2 = kt +b， ∵E(0,2400)，F (25,0)， b = 2400 ∴ ， {25k+b = 0 b = 2400 解得： ， { k = −96 ∴s 2与t之间的函数关系式为：s 2 = −96t +2400； （2）如图：小明用了10分钟到邮局， ∴D点的坐标为(22,0)， 设直线BD即s 1与t之间的函数关系式为：s 1 = at +c(12 ≤ t ≤ 22)， 12a+c = 2400 ∴ ， { 22a+c = 0 a = −240 解得： ， { c = 5280 ∴s 1与t之间的函数关系式为：s 1 = −240t +5280(12 ≤ t ≤ 22)， 当s 1 = s 2时，小明在返回途中追上爸爸， 即−96t +2400 = −240t +5280， 解得：t = 20， ∴s 1 = s 2 = 480， ∴小明从家出发，经过20min在返回途中追上爸爸，这时他们距离家还有480m． 57/179­ 【解析】（1）首先由小明的爸爸以96m/min速度从邮局同一条道路步行回家，求得小明的爸爸用 的时间，即可得点D的坐标，然后由E（0，2400），F（25，0），利用待定系数法即可 求得答案； （2）首先求得直线BC的解析式，然后求直线BC与EF的交点，即可求得答案． 1 m 3 【答案】（1）∵点A（ ，2）在反比例函数y = （m为常数）的图象G上， 2 x 1 ∴m = ×2 = 1， 2 m 1 ∴反比例函数y = （m为常数）对应的函数表达式是y = ， x x 设直线l对应的函数表达式为y = kx+b（k，b为常数，k ≠ 0）， 1 ∵直线l经过点A（ ，2），D(1,0)， 2 1 k+b = 2 ∴⎧ 2 ⎩ ⎨k+b = 0 k = −4 解得： ， {b = 4 ∴直线l对应的函数表达式为y = ﹣4x+4； 1 （2）由反比例函数图象的中心对称性可知点C的坐标为（− ，−2)， 2 ∵CE // x轴交直线l于点E， ∴y = y ， E C 3 ∴点E的坐标为E（ ，−2)； 2 （3）如图，作AF⊥CE于点F，与过点B的y轴的垂线交于点G，BG交AE于点M， 作CH⊥BG 于点H，则BH // CE，∠BCE = ∠CBH， 1 1 3 ∵A（ ，2），C（− ，−2)，E（ ，−2)， 2 2 2 1 ∴点F的坐标为F（ ，−2)， 2 ∴CF = EF， ∴AC = AE， ∴∠ACE = ∠AEC， ∵点B(3,n)在反比例函数图象上， 1 ∴n = ， 3 1 1 1 1 1 ∴B(3, ），G（ ， ），H（− ， ）， 3 2 3 2 3 AG 2− 1 2 3 在Rt △ ABG中， tan∠ABH = = = ， BG 3− 1 3 2 CH 2+ 1 2 3 在Rt △ BCH中，tan∠CBH = = = ， BH 3+ 1 3 2 ∴∠ABH = ∠CBH， 58/179­ ∴∠BCE = ∠ABH， ∵∠BAE = ∠AMH −∠ABH = ∠AEC −∠ABH ， ∠ACB = ∠ACE −∠BCE， ∴∠BAE = ∠ACB． 4 【答案】解：(1)由图②知乙每小时完成：180 ÷6 = 30(件)， ∴乙2小时的工作量为：30×2 = 60(件)，6小时的工作量为：6×30 = 180(件)， ∴甲2小时的工作量为：100 −60 = 40(件)，6小时的工作量为：380 −180 = 200(件 )， ∴甲2小时、6小时的工作量分别为40件，200件； (2)如图所示， ∴当0 ≤ x ≤ 2时，设y = kx(k ≠ 0)， 将(2,40)代入y = kx， 得：2k = 40， 解得：k = 20， ∴y = 20x； 甲 当2 < x ≤ 6时，设y = ax+b(a ≠ 0)， 2a+b = 40 将(2,40)与(6,200)代入得： ， {6a+b = 200 a = 40 解得： {b = −40 ∴y = 40x−40． 甲 20x(0 ≤ x ≤ 2) ∴y 与x之间的函数关系式为：y = ； 甲 甲 {40x−40(2 < x ≤ 6) 59/179­ (3)当甲乙工作量相等时， ∴40x−40 = 30x； ∴x = 4 工作4小时，甲、乙完成的工作量相等； (4)设提高效率后，乙每小时做m个零件， ∴280 −(180 +2m) = 30或(180 +2m)−280 = 30， ∴m = 35或65． ∴乙提高工作效率后平均每小时做35或65件． 5 【答案】解：（1）∵−k2 −1 < 0， −k2 −1 ∴反比例函数y = 在每一个象限內y随x的增大而增大， x – 1 1−√3 ∵- < < 0， 2 2 ∴y > y ； 1 2 −k2 −1 （2）点P (m,n)在反比例函数y = 的图象上，m > 0， x ∴n < 0， ∴OM = m，PM = −n， ∵tan∠POM = 2， PM −n ∴ = = 2， OM m ∴−n = 2m， – ∵PO = √5， ∴m2 +(−n) 2 = 5， ∴m = 1，n = −2， ∴P (1,−2)， ∴−k2 −1 = −2， 解得k = ±1， 60/179­ k2 +1 – – ①当k = −1时，则不等式kx+ > 0的解集为： x < −√2或0 < x < √2； x k2 +1 ②当k = 1时，则不等式kx+ > 0的解集为：x > 0． x 6 【答案】解：（1）∵正方形OABC的边长为2， ∴点D的纵坐标为2，即y = 2， 将y = 2代入y = 2x，得x = 1， ∴点D的坐标为(1,2)， k ∵函数y = 的图象经过点D， x k ∴2 = ，解得k = 2， 1 k 2 ∴函数y = 的表达式为y = ， x x ∴E(2,1)，F (−1,−2)； （2）过点F作FG⊥AB，与BA的延长线交于点G， ∵E(2,1)，F (−1,−2)， ∴AE = 1，FG = 2−(−1) = 3， 1 1 3 ∴△ AEF的面积为： AE ⋅FG = ×1×3 = ． 2 2 2 能力提高 / 初三 / 春季 第 6 讲 统计与概率 例题练习题答案 例1 (1【) 答案】B (2【) 答案】C 例2 【答案】C 61/179­ 32 例3 【答案】解：（1）根据题意得： = 100（人）， 0.32 12 则a = = 0.12； 100 b = 100 −12−32−20−8−4 = 24； 24 c = = 0.24； 100 补图如下： （ 2 ） 月 均 用 水 量 超 过 12 吨 的 住 户 占 所 调 查 总 住 户 的 百 分 比 是 ： 0.2+0.08+0.04 = 0.32 = 32%； （3）根据题意得： 1000×(0.12+0.32) = 440（户）， 答：该小区月均用水量没有超过8吨的住户有440户． 例4 【答案】（1）从方差看，二班成绩波动较大，从众数、中位数上看，一班的成绩较好， 故答案为：二，一． （2）乙同学的说法较合理，众数和中位数是反映一组数据集中发展趋势和集中水平，由 于二班的众数、中位数都比一班的要好． 例5 (1【) 答案】A 【解析】解：A．摸出的是3个白球是不可能事件； B．摸出的是3个黑球是随机事件； C．摸出的是2个白球、1个黑球是随机事件； D．摸出的是2个黑球、1个白球是随机事件， 故选：A． (2【) 答案】B 8 【解析】解：根据概率公式，摸出白球的概率为： ， 8+m+n m+n 摸出不是白球的概率为： ， 8+m+n 8 m+n 由于二者相同，故有 = ， 8+m+n 8+m+n 整理得，m+n = 8． 故选：B． 62/179­ 例6 (1【) 答案】B 【解析】解：A：购买一张彩票中奖是随机事件； B：根据物理学可知0℃以下，纯净的水结冰是必然事件； C：明天是晴天是随机事件； D：经过路口遇到红灯是随机事件； 故选B (2【) 答案】16 8 1 【解析】解：根据概率公式，摸出白球的概率： = ， 8+m+n 3 整理得，m+n = 16． 1 例7 【答案】 3 例8 【答案】解：（1）∵共有4种等可能的结果，落回到圈A的只有1种情况， 1 ∴落回到圈A的概率P 1 = ； 4 （2）列表得： 1 2 3 4 1 (1,1) (2,1) (3,1) (4,1) 2 (1,2) (2,2) (3,2) (4,2) 3 (1,3) (2,3) (3,3) (4,3) 4 (1,4) (2,4) (3,4) (4,4) ∵共有16种等可能的结果，最后落回到圈A的有(1,3)，(2,2)(3,1)，(4,4)， 4 1 ∴最后落回到圈A的概率P 2 = = ， 16 4 ∴她与嘉嘉落回到圈A的可能性一样． 【解析】（1）∵共有4种等可能的结果，落回到圈A的只有1种情况， 1 ∴落回到圈A的概率P = ； 1 4 （2）列表得： 63/179­ ∵共有16种等可能的结果，最后落回到圈A的有（1，3），（2，2）（3，1）， （4，4）， 4 1 ∴最后落回到圈A的概率P = = ， 2 16 4 ∴她与嘉嘉落回到圈A的可能性一样． 例9 【答案】解：（1）∵A类有20人，所占扇形的圆心角为36∘ ， 36 ∴这次被调查的学生共有： 20÷ = 200（人）； 360 故答案为：200； （2）C项目对应人数为： 200 −20−80−40 = 60（人）； 补充如图． （3）画树状图得： ∵共有12种等可能的情况，恰好选中甲、乙两位同学的有2种， 2 1 ∴P = == ． （选中甲、乙） 12 6 【解析】（1）∵A类有20人，所占扇形的圆心角为36°， 36 ∴这次被调查的学生共有：20÷ =200（人）； 360 （2）C项目对应人数为：200﹣20﹣80﹣40=60（人）； 补充如图． 64/179­ （3）画树状图得： ∵共有12种等可能的情况，恰好选中甲、乙两位同学的有2种， 2 1 ∴P（选中甲、乙）= = ． 12 6 例10 【答案】解：（1）若第一次骰子朝上的点数为1，第二次骰子朝上的点数为2，此时点P的坐标为 (1,2)， 由图可知点P落在圆O内部，故答案为：是； （2）列表如下： （3）由表格可知共有16种等可能结果，其中点P落在圆O面上（含内部与边界）的有 (1,1)、(1,2)、(2,1)、(2,2)这4种， 4 1 ∴点P落在圆O面上（含内部与边界）的概率为 = ． 16 4 【解析】（1）若第一次骰子朝上的点数为1，第二次骰子朝上的点数为2，此时点P的坐标为 （1，2）， 由图可知点P落在圆O内部， （2）列表如下： 65/179­ （3）由表格可知共有16种等可能结果，其中点P落在圆O面上（含内部与边界）的有 （1，1）、（1，2）、（2，1）、（2，2）这4种， 4 1 ∴点P落在圆O面上（含内部与边界）的概率为 = ． 16 4 例11 【答案】（1）由图可知，点P落在正方形面上（含边界，下同）的情况是：(1,1)，(2,1)， (3,1)，(1,2)，(2,2)，(3,2)，(1,3)，(2,3)，(3,3)； 9 概率是：9÷16 = ． 16 （2）如图所示， 平移后第一象限内的点有：(1,1)，(2,1)，(1,2)，(2,2)， 1 点P落在正方形面上的概率为4÷16 = ． 4 例12 【答案】（1）补全表格如下： 1 2 3 4 66/179­ 1 1 2 3 4 2 2 4 6 8 3 3 6 9 12 （2）由表知，共有12种等可能结果，其中积为9的有1种，积为偶数的有8种结果， 1 8 2 所以积为9的概率为 ；积为偶数的概率为 = ， 12 12 3 1 2 故答案为： ， ． 12 3 （3）从1 ∼ 12这12个整数中，随机选取1个整数，该数不是（1）中所填数字的 有5、7、10、11这4种， 4 1 ∴此事件的概率为 = ， 12 3 1 故答案为： ． 3 能力提高 / 初三 / 春季 第 6 讲 统计与概率 自我巩固答案 1 【答案】C 2 【答案】B 3 【答案】（1）总人数为：12÷30%= 40（人）， 6 A级占： ×100%= 15%， 40 D级占：1−35%−30%−15%= 20%； C级人数：40×35%= 14（人）， D级人数：40×20%= 8（人）， 补全统计图得： 67/179­ （2）估计不及格的人数有：4500×20%= 900（人）； （3）从被抽测的学生中任选一名学生，则这名学生成绩是D级的概率是：20%． 【解析】（1）总人数为：12÷30%=40（人）， 6 A级占： ×100%=15%，D级占：1﹣35%﹣30%﹣15%=20%； 40 C级人数：40×35%=14（人），D级人数：40×20%=8（人）， 补全统计图得： （2）估计不及格的人数有：4500×20%=900（人）； （3）从被抽测的学生中任选一名学生，则这名学生成绩是D级的概率是：20%． 4 【答案】0.1 ； 1000 能力提高 / 初三 / 春季 第 6 讲 统计与概率 68/179­ 课堂落实答案 1 【答案】B 2 2 2 【答案】由题意知： = ，解得n = 1． 2+n 3 3 【答案】（1）嘉嘉随机抽取一张卡片共出现4种等可能结果，其中抽到的卡片上的数是勾股数的结 果有3种， 3 所以嘉嘉抽取一张卡片上的数是勾股数的概率P 1 = ； 4 （2）列表法： A B C D A (A,B) (A,C) (A,D) B (B,A) (B,C) (B,D) C (C,A) (C,B) (C,D) D (D,A) (D,B) (D,C) 由列表可知，两次抽取卡片的所有可能出现的结果有12种， 其中抽到的两张卡片上的数都是勾股数的有6种， 6 1 ∴P 2 = = ， 12 2 3 1 ∵P 1 = ，P 2 = ，P 1 ≠ P 2 4 2 ∴淇淇与嘉嘉抽到勾股数的可能性不一样． 4 【答案】C 5 【答案】B 能力提高 / 初三 / 春季 第 6 讲 统计与概率 精选精练 1 【答案】2 1 2 【答案】 3 69/179­ 3 【答案】解 ： （ 1 ） 这 30 天 最 高 气 温 的 平 均 数 为 ： 14×8+18×6+22×10+26×2+30×4 = 20.4； 30 ∵中位数落在第三组内， ∴中位数为22℃； （2）∵30天中，最高气温超过（1）中平均数的天数为16天， 16 ∴该地这个季度中最高气温超过（1）中平均数的天数为 ×90=48（天）； 30 （3）从6天中任选2天，共有15种等可能的结果，其中两天都在气温最高一组内的情况有 6种， 6 2 故这两天都在气温最高一组内的概率为 = ． 15 5 【解析】（1）这30天最高气温的平均数为： 14×8+18×6+22×10+26×2+30×4 =20.4℃； 30 ∵中位数落在第三组内， ∴中位数为22℃； （2）∵30天中，最高气温超过（1）中平均数的天数为16天， 16 ∴该地这个季度中最高气温超过（1）中平均数的天数为 ×90=48（天）； 30 （3）从6天中任选2天，共有15种等可能的结果，其中两天都在气温最高一组内的情况 有6种， 6 2 故这两天都在气温最高一组内的概率为 = ． 15 5 4 【答案】解：（1）本次参与调查的人数有200 ÷20%= 1000（人），故答案为：1000； （2）关注城市医疗信息的有1000−(250 +200 +400) = 150（人），补全条形统计 图如下： 70/179­ 故答案为：150； 400 （3）扇形统计图中，D部分的圆心角是360∘ × =144∘ ，故答案为：144； 1000 （4）由条形统计图可知，市民关注交通信息的人数最多． 【解析】（1）本次参与调查的人数有200÷20%=1000（人）， （2）关注城市医疗信息的有1000﹣（250+200+400）=150人，补全条形统计图如下： （3）扇形统计图中，D部分的圆心角是360°× =144°， （4）由条形统计图可知，市民关注交通信息的人数最多． 5 【答案】解：设四张小图片分别用A，a，B，b表示， 画树状图得： ∵共有12种等可能的结果，一次抽奖，顾客获得购物券有4种情况， 4 1 ∴一次抽奖，顾客获得购物券的概率是： = ． 12 3 6 【答案】解：不公平． 画树状图得： 71/179­ ∵共有24种等可能的结果，所得的积是偶数的有18种情况，是奇数的有6种情况， 18 3 6 1 ∴P（甲获胜）= = ，P（乙获胜）= = ， 24 4 24 4 ∴不公平． 修改游戏规则：把游戏中由A，B两个转盘中所指的两个数字的“积”改成“和”，游戏就 公平了． ∵在A盘和B盘中指针所指的两个数字作和共有24种情况，而A盘中每个数字与B盘中的各 数字作和得到偶数和奇数的种数都是12， 1 ∴甲，乙获胜的概率都为 ． 2 ∴双方公平． 【解析】首先根据题意画出树状图，然后根据树状图即可求得甲乙获胜的概率，因为概率不等，可 求得得分也不等，故不公平．新游戏规则，只要能求得甲乙得分相等即可． 能力提高 / 初三 / 春季 第 7 讲 三角形与四边形 例题练习题答案 例1 (1【) 答案】证明：①∵△ ABC与△ DCE都是等边三角形， ∴AC = BC，CD = CE，∠ACB = ∠DCE = 60∘ ． ∴∠ACB+∠ACE = ∠ACE +∠DCE， 即∠BCE = ∠ACD． 在△ BCE和△ ACD中， BC = AC ⎧∠BCE = ∠ACD ⎨ CE = CD ⎩ ∴△ BCE≌ △ ACD(SAS)， ∴AD = BE； ②由①知：△ BCE ≅△ ACD， 72/179­ ∴∠CBE = ∠CAD， 又∵∠BMC = ∠AMF， ∴∠AFB = ∠ACB = 60∘ = ∠ABC， 又∵∠BAF = ∠BAD， ∴△ ABF ∽△ ADB． (2【) 答案】①证明：∵ AD⊥BC， ∴ ∠ADB = ∠ADC = 90∘， ∵ ∠ABC = 45∘ ， ∴ ∠BAD = 45∘ ， ∴ ∠ABC = ∠BAD， ∴ AD = BD， 在△ BDE和△ ADC中， BD = AD ⎧⎪∠EDB = ∠ADC ， ⎨ ⎩⎪ DE = DC ∴△ BDE≌ △ ADC(SAS)； ②解：设DE = x， ∵ DE = DC， ∴ DC = x， 5 ∵ tanC = ， 2 ∴ AD = 2.5x， ∵ AD = BD， ∴ BD = 2.5x， ∴ BC = BD+CD = 3.5x， ∵ BC = 8.4， ∴ x = 2.4， DE = 2.4． 例2 【答案】 证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠A＝∠BCD， 由折叠可得，∠A＝∠ECG， ∴∠BCD＝∠ECG， ∴∠BCD﹣∠ECF＝∠ECG﹣∠ECF， 73/179­ ∴∠ECB＝∠FCG； （2）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠D＝∠B，AD＝BC， 由折叠可得，∠D＝∠G，AD＝CG， ∴∠B＝∠G，BC＝CG， 又∵∠ECB＝∠FCG， ∴△EBC≌△FGC（ASA）． 例3 【答案】D 【解析】如 图 在 OA 、 OB 上 截 取 OE = OF = OP ， 作 ∠MPN = 60∘ ， 连 接 PE、PF、MN． ∵OP平分∠AOB， ∴∠EOP = ∠POF = 60∘ ， ∵OP = OE = OF， ∴△OPE，△OPF是等边三角形， ∴EP = OP，∠EPO = ∠OEP = ∠PON = ∠MPN = 60∘ ， ∴∠EPM = ∠OPN， 在△ PEM和△ PON中， ∠PEM = ∠PON ⎧PE = PO ， ⎨ ⎩∠EPM = ∠OPN ∴△ PEM ≌△ PON（ASA） ． ∴PM = PN， ∵∠MPN = 60∘ ， ∴PNM是等边三角形， ∴只要∠MPN = 60∘ ，△ PMN就是等边三角形， 74/179­ 故这样的三角形有无数个． 故选D． 例4 (1【) 答案】解：（1）如图1中， 作FH⊥BC于H，MQ⊥CD于Q，设EF交MN于点O． ∵四边形ABCD是正方形， ∴ FH = AB，MQ = BC， ∵ AB = CB， ∴ FH = MQ， ∵ EF⊥MN， ∴ ∠EON = 90∘ ， ∵ ∠ECN = 90∘ ， ∴ ∠MNQ +∠CEO = 180∘ ，∠FEH +∠CEO = 180∘ ∴ ∠FEH = ∠MNQ，∵ ∠EHF = ∠MQN = 90∘ ， ∴△ FHE≌ △ MQN(ASA)， ∴ MN = EF， ∴ k = MN : EF = 1． (2【) 答案】∵ a : b = 1 : 2， ∴ b = 2a， – – 由题意：2a ≤ MN ≤ √5a，a ≤ EF ≤ √5a， – ∴当MN的长取最大时，EF取最短，此时k的值最大最大值= √5， – 2√5 当MN的长取最短时，EF的值取最大，此时k的值最小，最小值为 ． 5 (3【) 答案】连接FN，ME． ∵ k = 3，MP = EF = 3PE， MN EF ∴ = = 3， PM PE 75/179­ PN PF ∴ = = 2，∵ ∠FPN = ∠EPM， PM PE ∴△ PNF ∽△ PME， NF PN ∴ = = 2，ME//NF， ME PM 设PE = 2m，则PF = 4m，MP = 6m，NP = 12m， ①如图2中，当点N与点D重合时，点M恰好与B重合．作FH⊥BD于H． ∵ ∠MPE = ∠FPH = 60∘ ， – ∴ PH = 2m，FH = 2√3m，DH = 10m， – a AB FH √3 ∴ = = = ． b AD HD 5 – ②如图3中，当点N与C重合，作EH⊥MN于H．则PH = m，HE = √3m， ∴ HC = PH +PC = 13m， – MB HE √3 ∴ tan∠HCE = = = ， BC HC 13 ∵ ME//FC， ∴ ∠MEB = ∠FCB = ∠CFD， ∵ ∠B = ∠D， ∴△ MEB ∽△ CFD， CD FC ∴ = = 2， MB ME – a CD 2MB 2√3 ∴ = = = ， b BC BC 13 – – √3 2√3 综上所述，a : b的值为 或 5 13 例5 【答案】 证明：（1）∵对角线AC的中点为O ∴AO＝CO，且AG＝CH ∴GO＝HO ∵四边形ABCD是矩形 ∴AD＝BC，CD＝AB，CD∥AB 76/179­ ∴∠DCA＝∠CAB，且CO＝AO，∠FOC＝∠EOA ∴△COF≌△AOE（ASA） ∴FO＝EO，且GO＝HO ∴四边形EHFG是平行四边形； （2）如图，连接CE ∵∠α＝90°， ∴EF⊥AC，且AO＝CO ∴EF是AC的垂直平分线， ∴AE＝CE， 2 2 2 在Rt△BCE中，CE ＝BC +BE ， 2 2 ∴AE ＝（9﹣AE） +9， ∴AE＝5 例6 【答案】 （1）证明：∵D，E，F分别是AB，BC，AC的中点， ∴DF∥BC，EF∥AB， ∴DF∥BE，EF∥BD， ∴四边形BEFD是平行四边形； （2）解：∵∠AFB＝90°，D是AB的中点，AB＝6， 1 ∴DF＝DB＝DA＝ AB＝3， 2 ∵四边形BEFD是平行四边形， ∴四边形BEFD是菱形， ∵DB＝3， ∴四边形BEFD的周长为12． 例7 【答案】解：（1）作EM⊥AC于M． ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADC = 90∘ ，AD = DC = 3，∠DCA = 45∘ ， ∴在Rt △ ADE中，∵∠ADE = 90∘ ，AD = 3，DE = 1， −−−−−−−−−− −− ∴AE = √AD2 +DE2 = √10， 在RT △ EMC中，∵∠EMC = 90∘ ，∠ECM = 45∘ ，EC = 2， – ∴EM = CM = √2 – 77/179­ – – EM √2 √5 ∴在RT △ AEM中， sin∠EAM = = −− = AE √10 5 （2）在△ GDC和△ EDA中， DG = DE ⎧∠GDC = ∠EDA， ⎨ DC = DA ⎩ ∴△ GDC ≅△ EDA， −− ∴∠GCD = ∠EAD，GC = AE = √10， ∵∠DAE +∠AED = 90∘ ，∠DEA = ∠CEH， ∴∠DCG+∠HEC = 90∘ ， ∴∠EHC = 90∘ ， ∴AH⊥GC， 1 1 ∵S ΔAGC = AG⋅DC = GC ⋅AH， 2 2 1 1 −− ∴ ×4×3 = ×√10 ×AH， 2 2 6 −− ∴AH = √10． 5 例8 【答案】（1）证明：如图1中，∵四边形ABCD是正方形， ∴AC⊥BD，OD = OC， ∴∠DOG = ∠COE = 90∘ ， ∴∠OEC +∠OCE = 90∘ ， ∵DF⊥CE， ∴∠OEC +∠ODG = 90∘ ， ∴∠ODG = ∠OCE， ∴△ DOG ≅△ COE（ASA）， ∴OE = OG． 78/179­ （2）①证明：如图2中， ∵AC，BD为对角线， ∴OD = OC， ∵OG = OE，∠DOG = ∠COE = 90∘ ， ∴△ ODG ≅△ OCE， ∴∠ODG = ∠OCE． ②解：设CH = x， ∵四边形ABCD是正方形，AB = 1， ∴BH = 1−x，∠DBC = ∠BDC = ∠ACB = 45∘ ， ∵EH⊥BC， ∴∠BEH = ∠EBH = 45∘ ， ∴EH = BH = 1−x， ∵∠ODG = ∠OCE， ∴∠BDC −∠ODG = ∠ACB−∠OCE， ∴∠HDC = ∠ECH， ∵EH⊥BC， ∴∠EHC = ∠HCD = 90∘ ， ∴△ CHE ∼△ DCH， EH HC ∴ = HC CD ∴HC2 = EH ∙CD， ∴x2 = (1−x)×1， – – √5−1 −√5−1 解得x = 或 （舍弃）， 2 2 – √5−1 ∴HC = ． 2 能力提高 / 初三 / 春季 第 7 讲 三角形与四边形 自我巩固答案 1 【答案】∵△ ADE是等边三角形， ∴∠D = ∠E = 60∘ ， 79/179­ ∵DE // BC， ∴∠AMN = ∠D，∠ANM = ∠E， ∴∠AMN = ∠ANM = 60∘ ， ∴∠AMB = ∠ANC = 120∘ ， ∵AB = AC， ∴∠B = ∠C， 在△ ABM和△ ACN中， ∠B = ∠C ⎧∠AMB = ∠ANC ⎨ AB = AC ⎩ ∴△ ABM ≅△ ACN， ∴BM = CN． 2 【答案】（1）∵AB = AC， ∴∠B = ∠C． ∵∠APD = ∠B， ∴∠APD = ∠B = ∠C． ∵∠APC = ∠BAP +∠B，∠APC = ∠APD+∠DPC， ∴∠BAP = ∠DPC， ∴ΔABP ∼ ΔPCD ， BP AB ∴ = ， CD CP ∴AB⋅CD = CP ⋅BP． ∵AB = AC， ∴AC ⋅CD = CP ⋅BP； （2）∵PD // AB ， ∴∠APD = ∠BAP． ∵∠APD = ∠C， ∴∠BAP = ∠C． ∵∠B = ∠B， ∴ΔBAP ∼ ΔBCA ， BA BP ∴ = BC BA ∵AB = 10，BC = 12， 10 BP ∴ = 12 10 25 ∴BP = . 3 80/179­ 3 【答案】 （1）在□ABCD中，AD // BC，且AD = BC． ∵F是AD的中点， 1 ∴DF = AD． 2 1 又∵CE = BC， 2 ∴DF = CE，且DF // CE， ∴四边形CEDF是平行四边形； （2）如图，过点D作DH⊥BE于点H． 在□ABCD中，∵∠B = 60∘ ， ∴∠DCE = 60∘ ． ∵AB = 4， ∴CD = AB = 4， 1 – ∴CH = CD = 2，DH = 2√3． 2 1 在□CEDF中，CE = DF = AD = 3，则EH = 1． 2 −−−−−−−−− – 2 −− ∴在Rt △ DHE中，根据勾股定理知DE = (2√3) +1 = √13． √ 4 【答案】∵四边形ABCD是平行四边形 ∴AD // BC ∴AF // BE ∵AE是角平分线 ∴∠DAE = ∠BAE ∴∠DAE = ∠AEB ∴∠BAE = ∠AEB ∴AB = BE 同理AB = AF ∴AF = BE ∴四边形ABEF是平行四边形 ∵AB = BE 81/179­ ∴四边形ABEF是菱形 作PH⊥AD于H ∵四边形ABEF是菱形，∠ABC = 60∘ ，AB = 4 ∴AB = AF = 4，∠ABF = ∠AFB = 30∘ ，AP⊥BF 1 ∴AP = AB = 2 2 – ∴PH = √3，AH = 1 ∴DH = 5 – PH √3 ∴tan∠ADP = = DH 5 【解析】作PG⊥AD于G 5 【答案】（1）由折叠的性质可得：∠ENM = ∠DNM， 即∠ENM = ∠ENA+∠ANM， ∠DNM = ∠DNC +∠CNM， ∵∠ENA = ∠DNC ∴∠ANM = ∠CNM， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD // BC， ∴∠ANM = ∠CMN， ∴∠CMN = ∠CNM， ∴CM = CN； （2）过点N作NH⊥BC于点H， 则四边形NHCD是矩形， ∴HC = DN，NH = DC， ∵△ CMN的面积与△ CDN的面积比为3 : 1 ， SΔCMN 1 ⋅MC ⋅NH MC 2 ∴ = = = 3， SΔCDN 1 ⋅DN ⋅NH ND 2 ∴MC = 3ND = 3HC， ∴MH = 2HC， 设DN = x，则HC = x，MH = 2x， 82/179­ ∴CM = 3x = CN， −−−−−−−−−− – 在Rt △ CDN中，DC = √CN2 −DN2 = 2√2x， – ∴HN = 2√2x， −−−−−−−−−−− – 在Rt △ MNH中，MN = √MH2 +HN2 = 2√3x， – MN 2√3x – ∴ = = 2√3． DN x 能力提高 / 初三 / 春季 第 7 讲 三角形与四边形 课堂落实答案 1 【答案】∵△AOD和△AOE是等边三角形， ∴∠E = ∠AOF = 60∘ ，AE = AO，∠OAE = 60∘ ， ∵∠BAC = 60∘ ， ∴∠FAO = ∠EAG = 60∘ −∠CAO， 在△AFO和△AGE中， ∠FAO = ∠GAE ⎧AO = AE ， ⎨ ∠AOF = ∠E ⎩ ∴△AFO≌△AGE（ASA）， ∴AF = AG． 2 【答案】（1）∵Rt △ OAB中，D为OB的中点， 1 1 ∴AD = OB，OD = BD = OB 2 2 ∴DO = DA， ∴∠DAO = ∠DOA = 30∘ ，∠EOA = 90∘ ， ∴∠AEO = 60∘ ， 又∵△ OBC为等边三角形， ∴∠BCO = ∠AEO = 60∘ ， 83/179­ ∴BC // AE， ∵∠BAO +∠COA = 180∘ ， ∴CO // AB， ∴四边形ABCE是平行四边形； （2）设OG = x，由折叠可得：AG = GC = 8−x， 在Rt △ ABO中， ∵∠OAB = 90∘ ，∠AOB = 30∘ ，BO = 8， – √3 – ∴AO = BO ⋅cos30∘ = 8× = 4√3， 2 在Rt △ OAG中，OG2 +OA2 = AG2 ， x2 +(4√3 – ) 2 = (8−x) 2 ， 解得：x = 1， ∴OG = 1． 能力提高 / 初三 / 春季 第 7 讲 三角形与四边形 精选精练 1 【答案】证明：（1）∵ BE，CF分别是△ABC的高， ∴ ∠BFO = ∠CEO = 90∘ ， ∴ ∠FBO +∠FOB = ∠OCE +∠EOC = 90∘ ， ∵ ∠FOB = ∠EOC， ∴ ∠FBO = ∠OCE， 在△BAP和△CDA中， AB = CD ⎧⎪∠ABP = ∠DCA， ⎨ ⎩⎪ BP = AC ∴△BAP≌△CDA（SAS）， 84/179­ ∴AD = AP （2）∵△BAP≌△CDA， ∴ ∠BAP = ∠ADC， ∵ CF⊥AB， ∴ ∠AFM = 90∘ ， ∴ ∠FAM +∠AMF = 90∘ ， ∴ ∠ADC +∠AMD = 90∘ ， ∴ ∠DAP = 180∘ −90∘ = 90∘ ， ∴ DA⊥PA． 2 【答案】证明：∵△ABC是等边三角形， ∴AB = AC，∠ABC = 60∘ ， ∴∠ABD = 120∘ ， ∵ ∠DAE = 120∘ ， ∴ ∠DAE = ∠ABD， 又∠D = ∠D， ∴△ABD∽△EAD， ∴ AD : ED = AB : AE， ∴ AD⋅AE = AB⋅DE. 3 【答案】证明：（1）AE = AF， 180∘ −∠A ∴∠AEF = ∠AFE = ， 2 1 180∘ −∠A ∠EDB = ∠ADC = 2 2 ∴∠AEF = ∠EDB，GE // DB， 在菱形ABCD中，DE // GB ∴四边形EGBD是平行四边形． （2）过A作AH垂直BC交BC于点H， 85/179­ ∠FGB = 30∘ ，GB = AE = 1， – ∴AB = 2，∠ABH = 60∘ ，∴AH = √3， 在RtΔAGH中，GH = 2， −−−− – ∴AG = √3+4 = √7． 4 【答案】解：（1）∵四边形ADEF是正方形， ∴∠DAF = 90∘ ，AD = AF， ∵AB = AC，∠BAC = 90∘ ， ∴∠BAD＋∠DAC = ∠CAF＋∠DAC = 90∘ ， ∴∠BAD = ∠CAF，在△ BAD和△ CAF中， AB = AC ⎧∠BAD = ∠CAF ⎨ AD = AF ⎩ ∴△ BAD ≅△ CAF (SAS)， ∴CF = BD，∴∠B = ∠ACF，∴∠B＋∠BCA = 90∘ ， ∴∠BCA＋∠ACF = 90∘ ，即CF⊥BD. 垂直 相等 （2）当点D在BC的延长线上时（1）的结论仍成立. 理由：∵四边形ADEF是正方形， ∴∠DAF = 90∘ ，AD = AF， ∵AB = AC，∠BAC = 90∘ ， ∴∠BAD−∠DAC = ∠CAF −∠DAC = 90∘ ， ∴∠BAD = ∠CAF，在△ BAD和△ CAF中， AB = AC ⎧∠BAD = ∠CAF ⎨ AD = AF ⎩ ∴△ BAD ≅△ CAF (SAS)， ∴CF = BD，∴∠B = ∠ACF，∴∠B＋∠BCA = 90∘ ， ∴∠BCA＋∠ACF = 90∘ ，即CF⊥BD. 5 【答案】证明：①∵CN // AB， ∴∠DAC = ∠NCA， 在△ AMD和△ CMN中， MA = MC ∵⎧∠DAC = ∠NCA ， ⎨ ∠AMD = ∠CMN ⎩ ∴△ AMD ≅△ CMN (ASA)， ∴AD = CN， 86/179­ 又∵AD // CN， ∴四边形ADCN是平行四边形， ∴CD = AN； ②∵∠AMD = 2∠MCD，∠AMD = ∠MCD+∠MDC， ∴∠MCD = ∠MDC， ∴MD = MC， 由①知四边形ADCN是平行四边形， ∴MD = MN = MA = MC， ∴AC = DN， ∴四边形ADCN是矩形． 能力提高 / 初三 / 春季 第 8 讲 圆 例题练习题答案 例1 (1【) 答案】 （1）证明：连接AE， ∵ ∠BAC = 90∘ ， ∴ CF是⊙O的直径， ∵ AC = EC， ∴ CF⊥AE， ∵ AD是⊙O的直径， ∴ ∠AED = 90∘ ， 即GD⊥AE， ∴ CF // DG， ∵ AD是⊙O的直径， 87/179­ ∴ ∠ACD = 90∘ ， ∴ ∠ACD+∠BAC = 180∘ ， ∴ AB // CD， ∴四边形DCFG是平行四边形 3 (2【) 答案】（2）解：由CD = AB， 8 设CD = 3x，AB = 8x， ∴ CD = FG = 3x， ∵ ∠AOF = ∠COD， ∴ AF = CD = 3x， ∴ BG = 8x−3x−3x = 2x， ∵ GE // CF， BE BG 2 ∴ = = ， EC GF 3 ∵ BE = 4， ∴ AC = CE = 6， ∴ BC = 6+4 = 10， −−−−−−− ∴ AB = √102 −62 = 8 = 8x， ∴ x = 1， 在Rt △ ACF中，AF = 3，AC = 6， −−−−−− – ∴ CF = √32 +62 = 3√5， – 即⊙O的直径长为3√5． 例2 (1【) 答案】B (2【) 答案】B 【解析】解：连接PA，PB，PC，过P作PD⊥AB于D，PE⊥OC于E， ∵ ∠ACB = 60∘ ， ∴ ∠APB = 120∘ ， ∵ PA = PB， ∴ ∠PAB = ∠PBA = 30∘ ， ∵ A(−5,0)，B(1,0)， ∴ AB = 6， ∴ AD = BD = 3， 88/179­ – – ∴ PD = √3，PA = PB = PC = 2√3， ∵ PD⊥AB，PE⊥BC，∠AOC = 90∘ ， ∴四边形PEOD是矩形， – ∴ OE = PD = √3，PE = OD = 2， −−−−−−−−−− −−−−− – ∴ CE = PC2 −PE2 = √12−4 = 2√2， √ – – ∴ OC = CE +OE = 2√2+√3， – – ∴点C的纵坐标为2√2+√3， 故选：B． 例3 (1【) 答案】2 (2【) 答案】（1）证明：连接OB，如图所示： ∵ AB = AC， ∴ ∠ABC = ∠ACB， ∵ ∠ACB = ∠OCD， ∴ ∠ABC = ∠OCD， ∵ OD⊥AO， ∴ ∠COD = 90∘ ， ∴ ∠D+∠OCD = 90∘ ， ∵ OB = OD， ∴ ∠OBD = ∠D， ∴ ∠OBD+∠ABC = 90∘ ， 即∠ABO = 90∘ ， ∴ AB⊥OB， ∵点B在圆O上， ∴直线AB与⊙O相切； （2）解：∵ ∠ABO = 90∘ ， −−−−−−−−−− −−−−−−− ∴ OA = √AB2 +OB2 = √52 +122 = 13， 89/179­ ∵ AC = AB = 5， ∴ OC = OA−AC = 8， OC 8 2 ∴ tan∠BDO = = = ； OD 12 3 2 故答案为： ． 3 (3【) 答案】证明：连接OM， 则∠OMB = ∠OBM = ∠MBE， 又∵AB = AC，AE是角平分线， ∴AE⊥BC， ∴∠OMB+∠BME = ∠MBE +∠BME = 90∘ ， ∴∠AMO = 90∘ ， ∴AE与⊙O相切． 例4 【答案】5 【解析】解：连接OP，如图所示． ∵ OA = OB，∠AOB = 90∘ ， ∴ ∠OAB = 45∘ ． ∵ PC⊥OA， ∴△ ACD为等腰直角三角形， ∴ AC = CD = 1． 设该扇形的半径长为r，则OC = r−1， 在Rt △ POC中，∠PCO = 90∘ ，PC = PD+CD = 3， 90/179­ ∴ OP2 = OC2 +PC2 ，即r2 = (r−1)2 +9， 解得：r = 5． 故答案为：5． 例5 【答案】（1）证明：连接OC ∵CD是⊙O的切线， ∴∠OCD = 90∘ ， ∴∠ACO +∠DCE = 90∘ ， 又∵ED⊥AD，∴∠EDA = 90∘ ， ∴∠EAD+∠E = 90∘ ， ∵OC = OA，∴∠ACO = ∠EAD， 故∠DCE = ∠E， ∴DC = DE （2）解：设BD = x，则AD = AB+BD = 3+x， OD = OB+BD = 1.5+x， 在Rt △ EAD中， 1 1 1 ∵tan∠CAB = ，∴ED = AD = (3+x)， 2 2 2 1 由（1）知，DC = (3+x)， 2 在Rt △ OCD中，OC2 +CD2 = DO2 ， 1 2 则1.52 +[ (3+x)] = (1.5+x) 2 ， 2 解得：x 1 = −3（舍去），x 2 = 1， 故BD = 1． 【解析】（1）利用切线的性质结合等腰三角形的性质得出∠DCE=∠E，进而得出答案； （2）设BD=x，则AD=AB+BD=3+x，OD=OB+BD=1.5+x，利用勾股定理得出BD的长． 91/179­ 例6 【答案】（1）证明：连接OE，如图， ∵AC切⊙O于点E， ∴OE⊥AC， ∴∠OEA = 90∘ ， ∵∠A = 30∘ ， ∴∠AOE = 60∘ ，∠B = 60∘ ， ∵OD = OE， ∴△ ODE为等边三角形， ∴∠ODE = 60∘ ， ∴△ BDF是等边三角形； （2）如图，作DH⊥AC于点H，如图， 由∠ACB= 90∘ ，∠BAC= 30∘ ，BC = 3 ， 可求AB，AC的长； 由∠AEO= 90∘ ，∠OAE= 30∘ ，可知AO = 2OE ， 可求AD，DB，DH的长； 由（1）可知BF = BD ，可求CF的长； 由AC，DH，CF的长可求四边形AFCD的面积． 例7 【答案】解：（1）直线DE与⊙O相切，理由如下： 连接OD． ∵AD平分∠BAC， ∴∠OAD=∠CAD， 92/179­ ∵OA=OD， ∴∠OAD=∠ODA， ∴∠ODA=∠CAD， ∴OD // AC， ∵DE⊥AC，即∠AED=90°， ∴∠ODE=90°，即DE⊥OD， ∴DE是⊙O的切线； （2）过O作OG⊥AF于G， ∴AF=2AG， ∵∠BAC=60°，OA=2， 1 ∴AG= OA=1， 2 ∴AF=2， ∴AF=OD， ∴四边形AODF是菱形， ∴DF // OA，DF=OA=2， ∴∠EFD=∠BAC=60°， ∵∠DEF=90°， 1 ∴EF= DF=1． 2 例8 (1【) 答案】证明：∵ OC = OB ∴ ∠OBC = ∠OCB ∵ OC // BD ∴ ∠OCB = ∠CBD ∴ ∠OBC = ∠CBD ⌢ ⌢ ∴AC = CD 93/179­ (2【) 答案】连接AC， ∵ CE = 1，EB = 3， ∴ BC = 4 ⌢ ⌢ ∵AC = CD ∴ ∠CAD = ∠ABC，且∠ACB = ∠ACB ∴△ ACE ∽△ BCA AC CB ∴ = CE AC ∴ AC2 = CB⋅CE = 4×1 ∴ AC = 2， ∵ AB是直径 ∴ ∠ACB = 90∘ −−−−−−−−−− – ∴ AB = √AC2 +BC2 = 2√5 – ∴ ⊙O的半径为√5 (3【) 答案】如图，过点O作OH⊥FQ于点H，连接OQ， ∵ PC是⊙O切线， ∴ ∠PCO = 90∘ ，且∠ACB = 90∘ ∴ ∠PCA = ∠BCO = ∠CBO，且∠CPB = ∠CPA ∴△ APC ∽△ CPB PA PC AC 2 1 ∴ = = = = PC PB BC 4 2 ∴ PC = 2PA，PC2 = PA⋅PB – ∴ 4PA2 = PA×(PA+2√5) – 2√5 ∴ PA = 3 94/179­ – 5√5 ∴ PO = 3 ∵ PQ // BC ∴ ∠CBA = ∠BPQ，且∠PHO = ∠ACB = 90∘ ∴△ PHO ∽△ BCA AC BC AB ∴ = = OH PH PO – 2 4 2√5 6 即 = = = OH PH 5√5 5 3 10 5 ∴ PH = ，OH = 3 3 – −−−−−−−−−− 2√5 ∴ HQ = OQ2 −OH2 = √ 3 – 10+2√5 ∴ PQ = PH +HQ = 3 例9 【答案】（1）证明：∵AP是⊙O的切线， ∴∠EAM=90°， ∴∠BAE+∠MAB=90°，∠AEB+∠AMB=90°． 又∵AB=BM， ∴∠MAB=∠AMB， ∴∠BAE=∠AEB， ∴AB=BE （2）解：连接BC ∵AC是⊙O的直径， ∴∠ABC=90° 在Rt △ ABC中，AC=10，AB=6， ∴BC=8， ∵BE=AB=BM， ∴EM=12， 由（1）知，∠BAE=∠AEB， ∴△ABC∽△EAM EM AM ∴∠C=∠AME， = ， AC BC 12 AM 即 = ， 10 8 48 ∴AM= 5 又∵∠D=∠C， ∴∠D=∠AMD 95/179­ 48 ∴AD=AM= ． 5 例10 【答案】解：（1）连接OD， ∵OA⊥OB， ∴∠AOB = 90∘ ， ∵CD // OB， ∴∠OCD = 90∘ ， – 在Rt △ OCD中，∵C是AO中点，CD = √3， ∴OD = 2CO，设OC = x， ∴x2 +(√3 – ) 2 = (2x) 2 ， ∴x = 1， ∴OD = 2， ∴⊙O的半径为2 CO 1 （2）∵sin∠CDO = = ， OD 2 ∴∠CDO = 30∘ ， ∵FD // OB， ∴∠DOB = ∠ODC = 30∘ ， ∴S 阴 = S △CDO +S 扇形OBD ﹣S 扇形OCE 1 – 30π ×22 90π ×12 = ×1×√3+ − 2 360 360 – √3 π = + ． 2 12 例11 【答案】A ∘ – 【解析】解：∵在Rt △ ABC中，∠ABC = 90 ，AB = 2√3，BC = 2， 96/179­ – BC 2 √3 ∴tanA = = – = ， AB 2√3 3 ∘ ∴∠A = 30 ， ∘ ∴∠DOB = 60 ， 1 – ∵OD = AB = √3， 2 3 ∴DE = ， 2 2√3 – ×2 √3 – × 3 60∘ ×π ×(√3 – ) 2 5√3 – π 2 ∴阴影部分的面积是： − − = − ． 2 2 360∘ 4 2 – 例12 【答案】8√2−8 【解析】解：连接AE， – ∵∠ADE = 90∘ ，AE = AB = 4，AD = 2√2， – – AD 2√2 √2 ∴sin∠AED = = = ， AE 4 2 ∴∠AED = 45∘ ， ∴∠EAD = 45∘ ，∠EAB = 45∘ ， – ∴AD = DE = 2√2， ∴阴影部分的面积是： – – – – – 45∘ ×π ×42 2√2×2√2 45∘ ×π ×42 2√2×2√2 (4×2√2− − )+( − ) = 8 360∘ 2 360∘ 2 能力提高 / 初三 / 春季 第 8 讲 圆 自我巩固答案 1 【答案】A 97/179­ 【解析】解：∵六边形ABCDEF是正六边形， ∴ ∠AOB = 60∘ ， ∴△ OAB是等边三角形，OA = OB = AB = 2， 设点G为AB与⊙O的切点，连接OG，则OG⊥AB， – √3 – ∴ OG = OA⋅sin60∘ = 2× = √3， 2 – 2 1 – 60π×(√3) – π ∴ S 阴影 = S △OAB −S 扇形OMN = 2 ×2×√3− 360 = √3− 2 ． 故选：A． −− 2 【答案】2√15 【解析】提示：作OF⊥CD 于F即可 3 【答案】（1）如图，连接OE、OB、OC， ∵AE平分∠BAC， ∴∠BAE = ∠CAE， ⌢ ⌢ ∴BE = CE ∴∠BOE = ∠COE， ∵OB = OC， ∴OE⊥BC， ∵l // BC， ∴OE⊥l， ∴直线l是⊙O的切线； （2）∵∠BAE = ∠CAE，∠CAE = ∠CBE， ∴∠BAE = ∠DBE， 又∵∠AEB = ∠BED， 98/179­ ∴△ ABE ∽△ BDE， BE AE ∴ = ， DE BE ∴BE2 = AE ⋅DE = ab． −− ∴BE = √ab 4 (1【) 答案】证明：在正方形ABCD中，∠ADC = 90∘ ， ∴∠CDF +∠ADF = 90∘ ， ∵AF⊥DE， ∴∠AFD = 90∘ ， ∴∠DAF +∠ADF = 90∘ ， ∴∠DAF = ∠CDF， ∵四边形GFCD是⊙O的内接四边形， ∴∠FCD+∠DGF = 180∘ ， ∵∠FGA+∠DGF = 180∘ ， ∴∠FGA = ∠FCD， ∴△AFG∽△DFC． 【解析】欲证明△AFG∽△DFC，只要证明∠FAG = ∠FDC，∠AGF = ∠FCD (2【) 答案】解：如图，连接CG． ∵∠EAD = ∠AFD = 90∘ ，∠EDA = ∠ADF， ∴△EDA∽△ADF， EA DA EA AF ∴ = ，即 = ， AF DF DA DF ∵△AFG∽△DFC， AG AF ∴ = ， DC DF AG EA ∴ = ， DC DA 在正方形ABCD中，DA = DC， ∴AG = EA = 1，DG = DA−AG = 4−1 = 3， −−−−−−−−−− ∴CG = DG2 +DC2 = 5， √ ∵∠CDG = 90∘ ， ∴CG是⊙O的直径， 5 ∴⊙O的半径为 ． 2 99/179­ 【解析】首先证明CG是直径，求出CG即可解决问题； 能力提高 / 初三 / 春季 第 8 讲 圆 课堂落实答案 1 【答案】C 2 【答案】B 【解析】如图，∵ AB是⊙O的直径， ∴ ∠ACB = 90∘ ；由勾股定理得： BC2 = AB2 −AC2 ，而AB = 10，AC = 6， ∴ BC = 8；而AD平分∠BAC， BD AB ∴ = ，解得BD = 5，CD = 3； CD AC −−−−−− – 由勾股定理得：AD = √62 +32 = 3√5； 由相交弦定理得：BD⋅DC = AD⋅DE， – ∴ DE = √5， 故选：B． 3 (1【) 答案】证明：连接DE， ∵∠ABC = 90∘ ， ∴∠ABE = 90∘ ， 100/179­ ∴AE是过 A、B、D三点的圆的直径， ∴∠ADE = 90∘ ， ∴DE⊥AC， 又∵D是AC的中点， ∴DE是AC的垂直平分线， ∴AE = CE． 【解析】连接DE，求出AE是直径，求出∠ADE = 90∘ ，根据线段垂直平分线性质求出即 可． (2【) 答案】∵CD = CF = 2cm ∴AF = AC +CF = 6cm， ∵EF与过 A、B、D三点的圆相切于点E， ∴∠AEF = 90∘ = ∠ADE， 又∵∠DAE = ∠FAE， ∴△ADE∽△AEF， AE AD ∴ = ， AF AE AE 2 即 = ， 6 AE – ∴AE = 2√3cm． 101/179­ 【解析】证△ADE∽△AEF，得出比例式，代入求出即可． 能力提高 / 初三 / 春季 第 8 讲 圆 精选精练 1 【答案】通 过 割 补 ， 可 以 将 “ 树 叶 ” 状 的 阴 影 转 化 到 上 面 两 个 弓 形 处 ， 故 S =S −S 阴影 扇形 直角三角形 1 = 3.14×4×4× −4×4÷2 4 = 4.56 （平方厘米）. 【解析】通过割补，可以将“树叶”状的阴影转化到上面两个弓形处， 故，阴影面积=扇形面积-直角三角形面积 1 = 3.14×4×4× −4×4÷2 4 = 4.56(cm2) 2 【答案】解：（1）连接OQ，如图3， ∵PQ // AB，OP⊥PQ， ∴OP⊥AB， OP 在Rt △ OBP中，∵tan∠B = ， OB – ∴OP = 3tan30∘ = √3， – 在Rt △ OPQ中，∵OP = √3，OQ = 3， −−−−−−−−−− – ∴PQ = OQ2 −OP2 = √6； √ （2）连接OQ，如图4， 102/179­ −−−−−−−−−− −−−−−−−− 在Rt △ OPQ中，PQ = OQ2 −OP2 = √92 −OP2 ， √ 当OP的长最小时，PQ的长最大， 1 3 此时OP⊥BC，则OP = OB = ， 2 2 −−−−−−−−− 2 – 3 3√3 ∴PQ长的最大值为 9− = ． √ (2) 2 【解析】（1）连接OQ，由PQ // AB，OP⊥PQ得到OP⊥AB，在Rt △ OBP中，利用正切 – 定义可计算出OP = 3tan30∘ = √3，然后在Rt △ OPQ中利用勾股定理可计算出 – PQ = √6； −−−−−−−− （2）连接OQ，在Rt △ OPQ中，根据勾股定理得到PQ = √92 −OP2 ，则当OP的 1 3 长最小时，PQ的长最大，根据垂线段最短得到OP⊥BC，则OP = OB = ，所以 2 2 – 3√3 PQ长的最大值= ． 2 3 【答案】B 【解析】如图，∵ AB是⊙O的直径， ∴ ∠ACB = 90∘ ；由勾股定理得： BC2 = AB2 −AC2 ，而AB = 10，AC = 6， ∴ BC = 8；而AD平分∠BAC， BD AB ∴ = ，解得BD = 5，CD = 3； CD AC −−−−−− – 由勾股定理得：AD = √62 +32 = 3√5； 由相交弦定理得：BD⋅DC = AD⋅DE， – ∴ DE = √5， 故选：B． 4 【答案】解 ： ∵∠P = ∠P ， ∠PAB = ∠PCD ， ∴△ PAB∽ △ PCD ， 由 PA⋅PD = PB⋅PC解得PD = 18，所以AD = PD−PA = 14． 103/179­ 5 【答案】解：（1）如图1，过D点作DF⊥AE于F点． – −−−−−−−−−− √5 在Rt △ ADP中，AP = √AD2 +DP2 = 2 1 1 又∵S △ADP = 2 AD⋅DP = 2 AP ⋅DF – √5 ∴DF = 5 ⌢ ∵AD所对圆心角的度数为90∘ ∴∠DEA = 45∘ −− – √10 ∴DE = √2DF = 5 AD DP （2）如图2，当Rt △ ADP ∽ Rt △ QCP时有 = QC CP ∴ QC = 1，即点Q与点B重合 ∴BQ = 0 AD PD 如图3，当Rt △ ADP ∽ Rt △ PCQ时，有 = PC QC 1 3 ∴ QC = ，即BQ = BC −CQ = 4 4 3 ∴当BQ = 0或BQ = 时，三角形ADP与以点Q，C，P为顶点的三角形相似． 4 6 【答案】解：（1）如图1，连接BC， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB = 90∘ ， 104/179­ ∵AC = BC， 180∘ −90∘ ∴∠CAB = ∠CBA = = 45∘ ； 2 （2）① i. 当∠ABD为锐角时，如图2所示，作BF⊥l于点F，连接BC、OC： 由（1）知△ ACB是等腰直角三角形， ∵OA = OB = OC， ∴△ BOC为等腰直角三角形， ∵l是⊙O的切线， ∴OC⊥l， 又BF⊥l , ∴四边形OBFC是矩形， ∴AB = 2OC = 2BF， ∵BD = AB， ∴BD = 2BF， ∴∠BDF = 30∘ ， ∴∠DBA = 30∘ ，∠BDA = ∠BAD = 75∘ ， ∴∠CBE = ∠CBA−∠DBA = 45∘ −30∘ = 15∘ ， ∴∠DEA = ∠CEB = 90∘ −∠CBE = 75∘ ， ∴∠ADE = ∠AED， ∴AD = AE； ii. 当∠ABD为钝角时，如图3所示， 1 同理可得BF = BD，即可知∠BDC = 30∘ ， 2 ∵OC⊥AB，OC⊥直线l， ∴AB //直线l， 105/179­ ∴∠ABD = 150∘ ，∠ABE = 30∘ ， ∴∠BEC = 90∘ −(∠ABE +∠ABC) = 90∘ −(30∘ +45∘) = 15∘ ， ∵AB = DB， 1 ∴∠ADB = ∠ABE = 15∘ ， 2 ∴∠BEC = ∠ADE， ∴AE = AD； ② i. 如图2，当D在C左侧时， 由（2）知CD // AB，∠ACD = ∠BAE，∠DAC = ∠EBA = 30∘ ， ∴△ CAD∽ △ ABE， AC CD 1 ∴ = = –， BA AE √2 – ∴AE // OD，AE = √2CD ， 作EI⊥AB于点I， ∵∠CAB = 45∘ ，∠ABD = 30∘ ， – √2 – – – ∴BE = 2EI = 2× AE = √2AE = √2×√2CD = 2CD， 2 BE ∴ = 2； CD ii. 如图3，当点D在点C右侧时，过点E作EI⊥AB于I， 由（2）知∠ADC = ∠BEA = 15∘ ， ∵AB // CD， ∴∠EAB = ∠ACD， ∴△ ACD∽ △ BAE， AC CD 1 ∴ = = –， BA AE √2 – ∴AE = √2CD， ∵BA = BD，∠BAD = ∠BDA = 15∘ ， ∴∠IBE = 30∘ ， – √2 – – – ∴BE = 2EI = 2× AE = √2AE = √2×√2CD = 2CD， 2 BE ∴ = 2． CD 能力提高 / 初三 / 春季 第 9 讲 二次函数之三角形构造 106/179­ 例题练习题答案 例1 【答案】A 2 【解析】解：抛物线y = − x2 +2bx， 3 3 3 即顶点B的坐标为( b， b2)， 2 2 – √3 代入直线y = x中， 3 – 3 √3b 得 b2 = ， 2 2 – √3 得b 1 = ，b 2 = 0（舍去）， 3 – – √3 1 即可得出O(0,0)、A(√3，0)，B( ， )； 2 2 OB = 1，可得∠ABO = 120∘ ； 根据抛物线的对称性，可知BA = BO； 故ΔBOA为等腰三角形． 故选：A． 4a−2b−5 = 0 例2 【答案】 解：（1）根据题意得： ， {25a+5b−5 = 0 a = 1 2 解得： ， {b = −3 2 1 3 则抛物线的解析式是：y = x2 − x−5； 2 2 1 3 （2）P(m,n)在抛物线上，则n = m2 − m−5， 2 2 1 3 则l = 2m−2( m2 − m−5)， 2 2 5 65 即l = −m2 +5m+10 = −(m− )2 + ． 2 4 65 65 l ⩽ ，即l的最大值为 ． 4 4 （3）存在 ， 1 3 在y = x2 − x−5中， 2 2 令x = 0，解得y = −5， 则C的坐标是(0,−5)，则OC = OB = 5． 设线段BC的解析式是y = kx+b， 5k+b = 0 则 ， {b = −5 k = 1 解得： ， {b = −5 则线段BC的解析式是y = x−5(0 < x < 5)． 当OC是等腰三角形的底边时， 5 即OQ = CQ时，则Q的纵坐标是− ， 2 107/179­ 5 5 把y = − 代入y = x−5得：x = ， 2 2 5 5 则Q的坐标是( ,− )； 2 2 当CQ是等腰三角形的底边，即OC = OQ时， 此时Q和B重合，不符合题意； 当OQ是等腰三角形的底边，即OC = CQ时， CQ = 5，且∠OCQ = 45∘ ，作QF⊥y轴于点F． – 5√2 则CF = QF = ， 2 – – 5√2 10−5√2 则OF = 5− = ， 2 2 – – 5√2 5√2−10 则Q的坐标是( , )． 2 2 – – 5 5 5√2 5√2−10 综上，Q的坐标是：( ,− )或( , )． 2 2 2 2 例3 【答案】解：（1）∵直线y = −2x+10与x轴，y轴相交于A，B两点， ∴A(5,0)、B(0,10)， ∵抛物线过原点， ∴设抛物线解析式为y = ax2 +bx ， ∵抛物线过点A(5,0)、C (8,4)， 25a+5b = 0 ∴ ， {64a+8b = 4 1 a = ⎧⎪ 6 ∴⎪ ， 5 ⎨b = − ⎩⎪ ⎪ 6 1 5 ∴抛物线解析式为y = x2 − x ， 6 6 ∵A(5,0)、B(0,10)，C (8,4)， ∴AB2 = 52 +102 = 125，BC2 = 82 +(10−4) 2 = 100, AC2 = 42 +(8−5) 2 = 25 ∴AC2 +BC2 = AB2 ， ∴△ ABC是直角三角形． （2）如图1， 108/179­ 当P，Q运动t秒，即OP = 2t,CQ = 10−t时， 由（1）得，AC = OA,∠ACQ = ∠AOP = 90∘ ， 在Rt △ AOP和Rt △ ACQ中， AC = OA ， {PA = QA ∴Rt △ AOP≌Rt △ ACQ（HL） ∴OP = CQ ， ∴2t = 10−t ， 10 ∴t = ， 3 10 ∴当运动时间为 s时，PA = QA ； 3 （3）存在， 1 5 ∵y = x2 − x ， 6 6 5 ∴抛物线的对称轴为x = ， 2 ∵A(5,0)、B(0,10)， – ∴AB =5√5 5 设点M( ,m)， 2 ①若BM = BA时， 2 5 2 ∴ +(m−10) = 125 ， (2) −− −− 20+5√19 20−5√19 ∴m 1 = ，m 2 = ， 2 2 −− 5 20+5√19 ∴M 1 ( , )， 2 2 −− 5 20−5√19 M 2 ( , )， 2 2 ②若AM = AB时， 2 5 ∴ +m2 = 125， (2) −− −− 5√19 5√19 ∴m 3 = ，m 4 = − ， 2 2 109/179­ −− −− 5 5√19 5 5√19 ∴M 3 ( , )，M 4 ( ,− )， 2 2 2 2 ③若MA = MB 时， 2 2 5 5 ∴ −5 +m2 = +(10−m) 2 ， (2 ) (2) ∴m = 5 ， 5 ∴M ,5 ，此时点M恰好是线段AB的中点， (2 ) 构不成三角形，舍去， −− 5 20+5√19 ∴点M的坐标为：M 1 ( , )， 2 2 −− −− 5 20−5√19 5 5√19 M 2 ( , )，M 3 ( , )， 2 2 2 2 −− 5 5√19 M 4 ( ,− )， 2 2 7 11 例4 【答案】(3,5)或( ， )． 2 2 【解析】解：∵直线y = x+2过点B(4,m)， ∴ m = 6， ∴ B(4,6)． 16a+4b+6 = 6 将A、B两点坐标代入抛物线解析式得： ， 1a+ 1b+6 = 5 { 4 2 2 a = 2 解得： {b = −8 ∴抛物线的解析式为：y = 2x2 −8x+6． ①若A为直角顶点，如图1， 设AC的解析式为：y = −x+b， 将A点代入y = −x+b得b = 3 ∴ AC的解析式为y = −x+3， y = −x+3 由 ， {y = 2x2 −8x+6 x = 3 x = 1 2 解得： 或 （舍去） {y = 0 {y = 5 2 110/179­ 令P点的横坐标为3，则纵坐标为5， ∴ P(3,5)； ②若C为直角顶点，如图2， 5 令2x2 −8x+6 = ， 2 7 1 解得：x = 或x = （舍去）， 2 2 7 11 令P点的横坐标为 ，则纵坐标为 ， 2 2 7 11 ∴ P( ， )； 2 2 7 11 故答案为：(3,5)或( ， )． 2 2 例5 【答案】解：（1）将A(−1,0)、C(0,4)两点代入到抛物线y = ax2 +bx−4a(a ≠ 0)中， 可得：a = −1，b = 3， 故抛物线的表达式为：y = −x2 +3x+4…①； 3 （2）抛物线的对称轴为：x = ，点D(3,4)， 2 过点D作x轴的垂线交BP于点H，交x轴于点G， 过点H作HR⊥BD与点R， 1 则BG = 1，GD = 4，tan∠BDG = ，∠DBP = 45∘ ， 4 设：HR = BR = x，则DR = 4x， −− −−−−− −− √17 BD = 5x = √1+16 = √17，x = ， 5 – −−−−−− 3 BH = √2x，BG = 1，则GH = √2x2 −1 = ， 5 3 故点H(3, )，而点B(4,0)， 5 3 12 可得直线HB的表达式为：y = − x+ …②， 5 5 111/179­ 2 联立①②并解得：x = 4（舍去）或− ， 5 2 66 故点P(− ， )； 5 25 3 （3）设点M( ，m)，而点A(−1,0)、点C(0,4)， 2 25 9 则AM2 = +m2 ，CM2 = +(m−4)2 ，AC2 = 17， 4 4 25 9 29 ①当AM是斜边时， +m2 = +(m−4)2 +17，解得：m = ； 4 4 8 5 ②当CM是斜边时，同理可得：m = − ； 8 5 3 ③当AC是斜边时，同理可得：m = 或 ； 2 2 3 29 3 5 3 5 3 3 综上，点M的坐标为：( ， )或( ，− )或( ， )或( ， )． 2 8 2 8 2 2 2 2 例6 【答案】B 【解析】解：在抛物线y = −x2 +1中， 令x = 0，则y = 1， ∴ OP = 1， 设点A的横坐标为m， 则AD = −m2 +1， ∵ AB⊥y轴，AD⊥x轴， ∴ AF = OD = m，OF = −m2 +1， PF = 1−(−m2 +1) = m2 ， 在RtΔPAF中， PA2 = PF2 +AF2 = (m2)2 +m2 = m4 +m2 ， 在RtΔPOD中， −−−−−−−−− −−−−−− −−−−−− PD = OP2+OD2 = √12+m2 = √1+m2 ， √ 由AB//x轴得，ΔPEF ∽ ΔPDO， PF PE ∴ = ， OP PD m2 PE 即 = −−−−−−， 1 √1+m2 −−−−−− 解得，PE = m2√1+m2 ， ∴ PA2 = PD⋅PE = m4 +m2 ， PA PE ∴ = ， PD PA ∵ ∠APE = ∠DPA， ∴ ΔPAD ∽ ΔPEA， 即，ΔPAD与ΔPEA始终相似． 故选：B． 112/179­ 例7 【答案】解：（1）∵二次函数y = ax2 +bx+2的图象与x轴交于点A(−1,0)、B(4,0)， 1 a = − a−b+2 = 0 ⎧⎪ 2 ∴ ，解得⎪ ， {16a+4b+2 = 0 3 ⎨b = ⎩⎪⎪ 2 1 3 ∴二次函数解析式为y = − x2+ x+2； 2 2 1 3 （2）在y = − x2+ x+2中，令x = 0可得y = 2， 2 2 ∴C (0,2)， ∵A(−1,0)，B(4,0)， −−−−−− – ∴AB = 5，AC =√12 +22 =√5， −−−−−− – BC =√22 +42= 2√5， ∵AC2 +BC2 =(√5 – ) 2 +(2√5 – ) 2 = 25 = AB2 ， ∴△ ABC是以AB为斜边的直角三角形， ∴∠ACB = 90∘ ； （3）∵P为抛物线上一点， 1 3 ∴可设P点坐标为(t,− t2 + t +2)， 2 2 ∴OM = |t|， 1 3 当点P在x轴上方时，则有PM = − t2+ t +2， 2 2 ∵△ OPM ∽△ ABC ， PM OM −1t2 + 3t +2 |t| 2 2 ∴ = ，即 – = –， BC AC 2√5 √5 −− −− −1+√17 7−√65 解得t = 或t = ， 2 2 −− −1+√17 1 3 −− 当t = 时，− t2+ t +2 = −1+√17， 2 2 2 −− −1+√17 −− 此时P( ,−1+√17)， 2 −− 7−√65 1 3 −− 当t = 时，− t2+ t +2 =√65−7， 2 2 2 −− 7−√65 −− 此时P( ,√65 −7)， 2 当点P在x轴下方时， −− −− 7+√65 −1−√17 同理可求得t = 或t = ， 2 2 −− −1−√17 1 3 −− 当t = 时，− t2+ t +2 = −1−√17， 2 2 2 −− −1−√17 −− 此时P( ,−1−√17)， 2 −− 7+√65 1 3 −− 当t = 时，− t2+ t +2 = −√65−7， 2 2 2 −− 7+√65 −− 此时P( ,−√65 −7)， 2 113/179­ −− −1+√17 −− 综上可知点P的坐标为( ,−1+√17) 2 −− 7−√65 −− 或( ,√65 −7) 2 −− −1−√17 −− 或( ,−1−√17) 2 −− 7+√65 −− 或( ,−√65 −7)． 2 能力提高 / 初三 / 春季 第 9 讲 二次函数之三角形构造 自我巩固答案 1 【答案】C 【解析】解：①∵二次函数与x轴交于点A(−1,0)、B(3,0)． (−1)+3 b ∴二次函数的对称轴为x = = 1，即− = 1， 2 2a ∴ 2a+b = 0． 故①正确； ②∵二次函数y = ax2 +bx+c与x轴交于点A(−1,0)、B(3,0)． ∴ a−b+c = 0，9a+3b+c = 0． 又∵ b = −2a． ∴ 3b = −6a，a−(−2a)+c = 0． ∴ 3b = −6a，2c = −6a． ∴ 2c = 3b． 故②错误； ③∵抛物线开口向上，对称轴是x = 1． ∴ x = 1时，二次函数有最小值． ∴ m ≠ 1时，a+b+c < am2 +bm+c． 即a+b < am2 +bm． 故③正确； ④∵ AD = BD，AB = 4，ΔABD是等腰直角三角形． ∴ AD2 +BD2 = 42 ． 解得，AD2 = 8． 设点D坐标为(1,y)． 114/179­ 则[1−(−1)]2+y2 = AD2 ． 解得y = ±2． ∵点D在x轴下方． ∴点D为(1,−2)． ∵二次函数的顶点D为(1,−2)，过点A(−1,0)． 设二次函数解析式为y = a(x−1)2 −2． ∴ 0 = a(−1−1)2 −2． 1 解得a = ． 2 故④正确； ⑤由图象可得，AC ≠ BC． 故ΔABC是等腰三角形时，a的值有2个．（故⑤错误） 故①③④正确，②⑤错误． 故选：C． 2 0 = 16a−8a+c (1【) 答案】 解:由题意,得 {4 = c 1 a = − 解得 2 {c = 4 1 ∴所求抛物线的解析式为:y = − x2 +x+4. 2 (2【) 答案】设点Q的坐标为(m,0),过点E作EG ⊥ x轴于点G. 1 由− x2 +x+4 = 0, 2 得x = −2,x = 4 1 2 ∴点B的坐标为(−2,0) ∴ AB = 6,BQ = m+2 ∵ QE // AC ∴ △BQE ∽ △BAC 115/179­ EG BQ ∴ = CO BA EG m+2 即 = 4 6 2m+4 ∴ EG = 3 ∴ S △CQE = S △CBQ −S △EBQ 1 1 = BQ ⋅CO − BQ ⋅EG 2 2 1 2m+4 = (m+2) 4− 2 ( 3 ) 1 2 8 = − m2 + m+ 3 3 3 1 2 = − (m−1) +3 3 又∵ −2 ⩽ m ⩽ 4 ∴当m = 1时,S △CQE 有最大值3,此时Q(1,0). (3【) 答案】存在.在△ ODF中. (ⅰ)若DO = DF ∵ A(4,0),D(2,0) ∴ AD = OD = DF = 2 又在Rt △ AOC中,OA = OC = 4 ∴ ∠OAC = 45° ∴ ∠DFA = ∠OAC = 45° ∴ ∠ADF = 90°.此时,点F的坐标为(2,2) 1 由− x2 +x+4 = 2, 2 – – 得x 1 = 1+√5,x 2 = 1−√5 – – 此时,点P的坐标为:P(1+√5,2)或P(1−√5,2). (ⅱ)若FO = FD,过点F作FM ⊥ x轴于点M 由等腰三角形的性质得: 1 OM = OD = 1 2 116/179­ ∴ AM = 3 ∴在等腰直角△ AMF中,MF = AM = 3 ∴ F (1,3) 1 由− x2 +x+4 = 3, 2 – – 得x 1 = 1+√3,x 2 = 1−√3 – – 此时,点P的坐标为:P(1+√3,3)或P(1−√3,3). (ⅲ)若OD = OF ∵ OA = OC = 4,且∠AOC = 90∘ – ∴ AC = 4√2 – – – ∴点O到AC的距离为2√2,而OF = OD = 2 < 2√2,与OF ⩾ 2√2矛盾,所以 AC上不存在点使得OF = OD = 2,此时,不存在这样的直线l,使得△ ODF是等腰 三角形 综上所述,存在这样的直线l,使得△ ODF是等腰三角形 – – – 所求点P的坐标为:P(1+√5,2)或P(1−√5,2)或P(1+√3,3)或 – P(1−√3,3). 3 【答案】解：（1）过点A作AN⊥x轴于点N， 1 – ∵ ∠AOB = 120∘ ，则∠AON = 60∘ ，ON = OA = 1，AN = √3， 2 – 故点A(−1,−√3)， 0 = 4a+2b 将 点 A 、 B(2,0) 的 坐 标 代 入 抛 物 线 表 达 式 得 ： – ， 解 得 ： {−√3 = a−b √3 a = − ⎧ 3 ， ⎨b = 2√3 ⎩ 3 – – √3 2√3 故抛物线的表达式为：y = − x2 + x； 3 3 （2）如上图，连接AM交y轴于点H， – √3 将点A、M(1, )的坐标代入一次函数的表达式并解得： 3 – – – 2√3 √3 √3 直线AM的表达式为：y = x− ，故OH = ， 3 3 3 117/179­ – – 1 1 √3 √3 S ΔAOM = ×OH(x M −x A ) = × ×2 = ； 2 2 3 3 – −− – 2√3 2√21 2√3 （3）由点的坐标知：OA = 2，OM = ，AM = ，MB = ， 3 3 3 ①当∠BMF为钝角时， OA AM 当ΔOAM ∽ ΔMBF时，则 = ， MA BF 2√21 – 2 2√7 3 即： = ，解得：BF = ； 2√3 BF 3 3 当ΔOAM ∽ ΔMFB时， −− 2√21 同理可得：BF = ， 3 – −− 6−2√7 6−2√21 故点F的坐标为：( ，0)或( ，0)； 3 3 ∵ ∠MBO = 30∘ ， 当∠BMF = 150∘ 时，∠BFM = 0∘ ，三角形不存在了，故点F舍去； ②当∠MBF为钝角时， 8 同理可得：点F的坐标为：(4,0)或( ，0)； 3 8 综上，点F的坐标为：(4,0)或( ，0)． 3 能力提高 / 初三 / 春季 第 9 讲 二次函数之三角形构造 课堂落实答案 9m+6+n = 0 1 【答案】 解：（1）把A(−3,0)，B(1,0)代入y = mx2 −2x+n得， ， {m−2+n = 0 m = −1 解得： ； {n = 3 故m的值为−1，n的值为3； （2）存在， 理由：过C作CE⊥y轴于E， ∵抛物线的解析式为y = −x2 −2x+3， ∴ y = −(x+1)2 +4， ∴ C(−1,4)， 118/179­ ∴ CE = 1，OE = 4， 设D(0,a)， 则OD = a，DE = 4−a， ∵ ΔACD是以AC为斜边的直角三角形， ∴ ∠CDE +∠ADO = 90∘ ， ∴ ∠CDE = ∠DAO， ∴ ΔCDE ∽ ΔDAO， CE DE ∴ = ， OD OA 1 4−a ∴ = ， a 3 ∴ a 1 = 1，a 2 = 3， ∴点D的坐标为(0,1)或(0,3)． 能力提高 / 初三 / 春季 第 9 讲 二次函数之三角形构造 精选精练 25 1 【答案】解：（1）∵抛物线顶点坐标为(−4,− )， 2 25 ∴设抛物线解析式为y = a(x+4)2 − ， 2 ∵抛物线过点B(1,0)， 25 ∴ a(1+4)2 − = 0， 2 1 解得a = ， 2 1 25 所以，抛物线解析式为y = (x+4)2 − ， 2 2 1 9 即y = x2 +4x− ； 2 2 – – 13 5 （2）存在点Q 1 (−1,−4)，Q 2 (2√5−9，−√5)，Q 3 (− ，− )． 2 4 25 理由如下：∵抛物线顶点坐标为(−4,− )， 2 ∴点D的坐标为(−4,0)， 119/179­ 9 令x = 0，则y = − ， 2 1 9 令y = 0，则 x2 +4x− = 0， 2 2 整理得，x2 +8x−9 = 0， 解得x 1 = 1，x 2 = −9， 9 ∴点A(−9,0)，C(0,− )， 2 9 ∴ OA = 9，OC = ，AD = −4−(−9) = −4+9 = 5， 2 −−−−−−− −−−−−−−−− 9 2 9√5 – 在RtΔAOC中，根据勾股定理，AC = OA2+OC2 = 92+( ) = ， √ √ 2 2 9 – OC √5 2 ∴ sin∠OAC = = = ， AC 9√5 5 2 – OA 9 2√5 cos∠OAC = = = ， AC 9√5 5 2 ①AD = Q 1 D时，过Q 1作Q 1 E 1 ⊥x轴于点E 1， 根 据 等 腰 三 角 形 三 线 合 一 的 性 质 ， – 2√5 – AQ 1 = 2⋅ADcos∠OAC = 2×5× = 4√5， 5 – – √5 Q 1 E 1 = AQ 1 ⋅sin∠OAC = 4√5× = 4， 5 – – 2√5 AE 1 = AQ 1 ⋅cos∠OAC = 4√5× = 8， 5 所以，OE 1 = OA−AE 1 = 9−8 = 1， 所以，点Q 1的坐标为(−1,−4)； ②AD = AQ 2时，过Q 2作Q 2 E 2 ⊥x轴于点E 2， 120/179­ – √5 – Q 2 E 2 = AQ 2 ⋅sin∠OAC = 5× = √5， 5 – 2√5 – AE 2 = AQ 2 ⋅cos∠OAC = 5× = 2√5， 5 – 所以，OE 2 = OA−AE 2 = 9−2√5， – – 所以，点Q 2的坐标为(2√5−9，−√5)； ③AQ 3 = DQ 3时，过Q 3作Q 3 E 3 ⊥x轴于点E 3， 1 1 5 则AE 3 = AD = ×5 = ， 2 2 2 5 13 所以，OE 3 = 9− = ， 2 2 ∵ Q 3 E 3 ⊥x轴，OC⊥OA， ∴△AQ 3 E 3 ∽ ΔACO， Q E OC 3 3 ∴ = ， AE OA 3 9 Q E 3 3 2 即 = ， 5 9 2 5 解得Q 3 E 3 = ， 4 13 5 所以，点Q 3的坐标为(− ，− )， 2 4 – – 13 综上所述，在线段AC上存在点Q 1 (−1,−4)，Q 2 (2√5−9，−√5)，Q 3 (− ， 2 5 − )，使得ΔADQ为等腰三角形． 4 2 (1【) 答案】将A(−1,0)、B(3,0)、C(0,3)代入抛物线y = ax2 +bx+c中，得： 121/179­ a−b+c = 0 ⎧⎪9a+3b+c = 0， ⎨ ⎩⎪ c = 3 a = −1 解得： ⎧⎪b = 2 ⎨ ⎩⎪ c = 3 ∴抛物线的解析式：y = −x2 +2x+3． (2【) 答案】连接BC，直线BC与直线l的交点为P； ∵点A、B关于直线l对称， ∴ PA = PB， ∴ BC = PC +PB = PC +PA 设直线BC的解析式为y = kx+b(k ≠ 0)，将B(3,0)，C(0,3)代入上式，得： 3k+b = 0 k = −1 ，解得： {b = 3 {b = 3 ∴直线BC的函数关系式y = −x+3； 当x = 1时，y = 2，即P的坐标(1,2)． b (3【) 答案】 抛物线的对称轴为：x = − = 1，设M(1,m)，已知A(−1,0)、C(0,3)，则： 2a MA2 = m2 +4，MC2 = (3−m)2 +1 = m2 −6m+10，AC2 = 10； ①若MA = MC，则MA2 = MC2 ，得： m2 +4 = m2 −6m+10，得：m = 1； ②若MA = AC，则MA2 = AC2 ，得： – m2 +4 = 10，得：m = ±√6； ③若MC = AC，则MC2 = AC2 ，得： m2 −6m+10 = 10，得：m 1 = 0，m 2 = 6； 当m = 6时，M、A、C三点共线，构不成三角形，不合题意，故舍去； – – 综上可知，符合条件的M点，且坐标为M(1，√6)(1，−√6)(1，1)(1，0)． 122/179­ 19 3 【答案】解：（1）∵抛物线y = mx2 − x+n经过A(0,3)、B(4,0)， 4 n = 3 ∴ 16m− 19 ×4+n = 0 ， { 4 m = 1 解得 ． {n = 3 b = 3 （2）∵直线y = kx+b经过A(0,3)、B(4,0)，则 ， {4k+b = 0 k = −3 解得 4 ． {b = 3 3 ∴经过AB两点的一次函数的解析式为y = − x+3． 4 3 19 MN = − x+3−(x2 − x+3) = −x2 +4x = −(x−2)2 +4， 4 4 ∵ 0 ⩽ x ⩽ 4， ∴当x = 2时，MN取得最大值为4． （3）存在． ①当ON⊥AB时，（如图1) 可证：∠NOQ = ∠OAB，∠OQN = ∠AOB = 90∘ ， ∴ ΔAOB ∽ ΔOQN． ON NQ OQ ∴ = = ， AB OB OA 123/179­ ∵ OA = 3，OB = 4， ∴ AB = 5， ∵ ON ⋅AB = OA⋅OB， 12 ∴ ON = ， 5 48 36 ∴ NQ = ，OQ = ． 25 25 36 48 ∴ N( ， )； 25 25 ②当N为AB中点时，（如图2) ∠NOQ = ∠B，∠AOB = ∠NQO = 90∘ ， 3 ∴ ΔAOB ∽ ΔNQO．此时N(2, )． 2 36 48 3 ∴满足条件的N( ， )或N(2, )． 25 25 2 4 【答案】解：（1）y = ax2 −4ax+3a交x轴于点B、C两点，交y轴于点A， 则点B、C的坐标分别为：(1,0)、(3,0)，点A(0,3a)， 1 1 ΔABC的面积= BC ×OA = ×2×3a = 3，解得：a = 1， 2 2 故抛物线的表达式为：y = x2 −4x+3； （2）点A(0,3)，点C(3,0)，D(2,−1)， 则PQ平行线于AC直线，其表达式设为：y = −x+b， 设点P(m，m2 −4m+3)(m > 2)， 将点P的坐标代入上式并解得：b = m2 −3m+3， 则d = AQ = |m2 −3m|(m > 2)； （3）当d = 4时，|m2 −3m| = 4， 解得：m = 4或−1（舍去−1)，故点P(4,3)， 设点G(n,n2 −4n+3)，点D(2,−1)，则点N(0,−1) 同理可得：直线PD的函数表达式为：y = 2x−5…①， 直线AG的函数表达式为：y = (n−4)x+3…②， 8 8 16 联立①②并解得：x = ，故点M( ， −5)， 6−n 6−n 6−n 点A(0,3)、点N(0,−1)， 124/179­ 8 2 16 2 AN = AM，即42 = ( ) +( −8) ， 6−n 6−n 8 解得：n = 或4， 3 8 5 故点G( ，− )或(4，3)． 3 9 0 = 3k+b 5 【答案】 解：（1）将点A、B的坐标代入一次函数表达式：y = kx+b得： ，解 {2 = k+b k = −1 得： ， {b = 3 故直线AB的表达式为：y = −x+3…①， 将点B的坐标代入抛物线表达式并解得：a = 1, 抛物线的表达式为：y = x2 +1…②； （2）联立①②并解得：x = 1或−2，故点C(−2,5)， 如图1，过点D作y轴的平行线交BC于点H， 设点D(x,x2 +1)，则点H(x,−x+3)， 1 1 则S ΔBCD = 3 = ×DH ×(x B −x C ) = (−x+3−x2 −1)×(1+2)， 2 2 解得：x = 0或−1， 故点D(−1,2)或(0,1)； （3）存在，如图2，点M的坐标为：(0,1)，点C(−2,5)， 则直线CM函数表达式中的k = −2， ①当∠PCM = 90∘ 时， 1 则直线CP的函数表达式为：y = x+m， 2 将点C的坐标代入上式并解得：m = 6， 125/179­ 1 故直线PC的表达式为：y = x+6…③， 2 5 联立②③并解得：x = −2或 （舍去−2)， 2 5 29 故点P的坐标为：( ， )； 2 4 ②当∠CMP′ = 90∘ 时， 1 5 同理可得：点P′( ， )， 2 4 5 29 1 5 综上，点P的坐标为：( ， )或( ， )． 2 4 2 4 6 【答案】解：（1）∵抛物线的顶点为A(0,2)， ∴抛物线的对称轴为y轴， ∵四边形CDEF为矩形， ∴ C、F点为抛物线上的对称点， ∵矩形其面积为32，OB = 4， ∴ CF = 8， ∴ F点的坐标为(4,4)， 设抛物线解析式为y = ax2 +2， 1 把F(4,4)代入得16a+2 = 4，解得a = ， 8 1 ∴抛物线解析式为y = x2 +2； 8 （2）设P(x,0)． ①当PF = PC时，点P在线段CF的垂直平分线上，此时点P与点O重合，其坐标是 (0,0)； – ②当PF = CF = 8时，(x−4)2 +42 = 64，解得x = 4±4√3，所以此时点P的坐 – – 标是(4+4√3，0)或(4−4√3，0)； – ③当PC = CF = 8时，(x+4)2 +42 = 64，解得x = −4±4√3，所以此时点P的 – – 坐标是(−4+4√3，0)或(−4−4√3，0)； – – 综上所述，符合条件的点P的坐标是：(0,0)或(4+4√3，0)或(4−4√3，0)或 – – (−4+4√3，0)或(−4−4√3，0)． 能力提高 / 初三 / 春季 第 10 讲 二次函数之四边形构造 例题练习题答案 126/179­ 例1 【答案】C 【解析】解：①以AC为边时，EP = AC，共两种情况，如图①； ②以AC为对角线时，AE//CP，由于点E在x轴上，因此CP//x轴，过点C作x轴的平 行线，与抛物线的交点也符合点P的条件，如图②；P 3与P 4重合， 综上，共有三个符合条件的P点，故选C． 例2 【答案】解：（1）将C点坐标代入解析式，得 1 ×32 +3b−2 = 1， 2 1 解得b =− ， 2 1 1 函数解析式y = x2 − x−2， 2 2 当x = 0时，y = −2，即D(0,−2)， 1 故答案为：(0,−2)，− ； 2 （2）在Rt △ AOB中，OA = 1，OB = 2， 由勾股定理得AB2 = OA2 +OB2 = 5， 1 5 ∴S △ABC = 2 AB2 = 2 ， 设l与AC、BC分别交于E，F，直线BC所在的直线解析式为y = kx+b， 将B(0,2)，C (3,1)代入函数解析式，得 b = 2 ， {3k+b = 1 b = 2 解得⎧ 1 ， ⎨ k = − ⎩ 3 1 直线BC的解析式为y = − x+2， 3 1 1 同理直线AC的解析式为y = x− ， 2 2 127/179­ 1 1 1 ∴点E，F的坐标为E x, x− ，F x,− x+2 ， ( 2 2) ( 3 ) 1 1 1 5 5 EF = − x+2 − x− = − x， ( 3 ) (2 2) 2 6 过C作CH⊥x轴于H点， 在△ CEF中，EF边上的高h = OH −x = 3−x， 1 1 由题意可知S △CEF = 2 S △ABC = 2 EF ⋅h ， 1 5 5 1 5 即 （ − x)(3−x) = × ， 2 2 6 2 2 – – 解得x 1 = 3−√3，x 2 = 3+√3（不符合题意，舍）， – 当OG = 3−√3时，恰好将△ABC的面积分为相等的两部分； （3）抛物线上存在点P，使四边形PACB为平行四边形， 如图2 过C作CM⊥y轴于点M，过点P作PN⊥x 轴于N， 则CM = 3，OM = 1， BM = OB−OM = 1． 过点P作PA // BC，且AP = BC，连接BP，则四边形PABC是平行四边形， PA//BC ∵ ， {AN//MC ∴∠PAN = ∠BCM． ∠PAN = ∠BCM 在△ APN和△ CBM中，⎧∠PNA=∠BMC ⎨ PA = BC ⎩ ∴△ PAN≌ △ BCM（AAS）， ∴PN = BM = 1，AN = CM = 3， ∴ON = AN −OA = 2， ∴P点坐标为(−2,1)． 1 1 抛物线解析式为：y = x2 − x−2，当x = −2时，y = 1，即点P在抛物线上． 2 2 ∴存在符合条件的点P，点P的坐标为(−2,1)． – √3 例3 【答案】 解：（1）∵抛物线y = x2 +bx+c的图象经过点(0,0)和(− ，0)， 3 128/179­ c = 0 ∴ { 1 − √3 b+c = 0 ， 3 3 √3 b = 解得： 3 ， {c = 0 – √3 ∴抛物线的解析式为y = x2 + x． 3 （2）△AA′B是等边三角形． y = x2 + √3 x 由题意，得⎧ 3 ⎨y = √3 x+ 4 ⎩ 3 3 解得： x 1 = 2√ 3 3 ， x 2 = − 2√ 3 3 ． {y = 2 {y = 2 1 2 3 – – 2√3 2 2√3 ∴ A(− ， )，B( ，2)． 3 3 3 如图1，过点A分别作AC⊥x轴，AD⊥A′B，垂足分别为C，D． – 2 2√3 ∴ AC = ，OC = 3 3 −−−−−−−−−− 4 在RtΔAOC中，OA = AC2 +OC2 = ． √ 3 ∵点A′ 与点A关于原点对称 – 2√3 2 8 ∴ A′( ，− )，AA′ = ． 3 3 3 – 2√3 ∵ B( ，2) 3 2 8 ∴ A′B = 2−(− ) = 3 3 – – 2√3 2 2√3 又∵ A(− ， )，B( ，2)， 3 3 3 – 4√3 4 ∴ AD = ，BD = ． 3 3 在RtΔABD中 −−−−−−−−−− 8 AB = √AD2 +BD2 = ． 3 ∴ AA′ = A′B = AB ∴△AA′B是等边三角形； （3）存在，理由如下： 129/179­ – – 2√3 2√3 2 (i)如图2，当A′B为对角线时，有x− = ×2，y = ， 3 3 3 – 2 解得：x = 2√3，y = ， 3 – 2 此时，点P的坐标为(2√3， )； 3 – 2√3 2 8 (ii)如图2，当AB为对角线时，有x = − ，y − = ． 3 3 3 – 2√3 10 则x = − ，y = ． 3 3 – 2√3 10 此时点P的坐标是(− ， )； 3 3 – 2√3 8 2 (iii)如图2，当AA′ 为对角线时，有x = − ，y = − − ． 3 (3 3) – 2√3 则x = − ，y = −2． 3 – 2√3 此时点P的坐标是(− ，−2)； 3 – – – 2 2√3 10 2√3 综上所述，符合条件的点P的坐标是(2√3， )或(− ， )或(− ，−2)． 3 3 3 3 例4 1 (1【) 答案】解：在直线解析式y = x+2中，令x = 0，得y = 2， 2 ∴ C(0,2)． 7 ∵点C(0,2)、D(3, )在抛物线y = −x2 +bx+c上， 2 c = 2 ∴ ， {−9+3b+c = 7 2 7 解得b = ，c = 2， 2 7 ∴抛物线的解析式为：y = −x2 + x+2． 2 (2【) 答案】∵ PF//OC，且以O、C、P、F为顶点的四边形是平行四边形， ∴ PF = OC = 2， 1 ∴将直线y = x+2沿y轴向上、下平移2个单位之后得到的直线，与抛物线y轴右 2 侧的交点，即为所求之交点． 由答图1可以直观地看出，这样的交点有3个． 130/179­ 1 1 将直线y = x+2沿y轴向上平移2个单位，得到直线y = x+4， 2 2 y = 1x+4 2 联立 ， {y = −x2 + 7x+2 2 解得x 1 = 1，x 2 = 2， ∴ m 1 = 1，m 2 = 2； 1 1 将直线y = x+2沿y轴向下平移2个单位，得到直线y = x， 2 2 y = 1x 2 联立 ， {y = −x2 + 7x+2 −−2 −− 3+√17 3−√17 解得x 3 = ，x 4 = （不合题意，舍去）， 2 2 −− 3+√17 ∴ m 3 = ． 2 −− 3+√17 ∴当m为值为1，2或 时，以O、C、P、F为顶点的四边形是平行四边 2 形． (3【) 答案】（3）存在． 7 1 理由：设点P的横坐标为m，则P(m,−m2 + m+2)，F(m, m+2)． 2 2 如答图2所示，过点C作CM⊥PE于点M，则CM = m，EM = 2， 1 ∴ FM = y F −EM = m， 2 131/179­ ∴ tan∠CFM = 2． – √5 在RtΔCFM中，由勾股定理得：CF = m． 2 过点P作PN⊥CD于点N， 则PN = FN ⋅tan∠PFN = FN ⋅tan∠CFM = 2FN． ∵ ∠PCF = 45∘ ， ∴ PN = CN， 而PN = 2FN， – √5 – ∴ FN = CF = m，PN = 2FN = √5m， 2 −−−−−−−−−− 5 在RtΔPFN中，由勾股定理得：PF = √FN2 +PN2 = m． 2 7 1 ∵ PF = y P −y F = (−m2 + m+2)−( m+2) = −m2 +3m 2 2 5 ∴ −m2 +3m = m， 2 1 整理得：m2 − m = 0， 2 1 解得m = 0（舍去）或m = ， 2 1 7 ∴ P( ， )； 2 2 23 13 同理求得，另一点为P( ， )． 6 18 1 7 23 13 ∴符合条件的点P的坐标为( ， )或( ， )． 2 2 6 18 3 例5 【答案】解：（1）将点A(−2,0)、C( ,0)代入y = ax2 +bx−2中， 2 2 0 = 4a−2b−2 a = ⎧⎪ 3 得：⎧ 9 3 ，解得：⎪ ， ⎩ ⎨0 = 4 a+ 2 b−2 ⎨b = 1 ⎩⎪ ⎪ 3 2 1 ∴抛物线的解析式为y = x2+ x−2． 3 3 （2）如图， 方法一、连接AB，直线AQ与BP交于点E， 设点P (t,0)． 当点E在线段BP上时，如图1所示（当点E在线段PB的延长线上时，如图2所示）． 132/179­ ∵AE⊥BP，BO⊥AC ， ∴△ BEQ ∽△ BOP ∽△ AEP ， BQ BE 1 ∴ = = ． AP AE 2 2 1 令y = x2+ x−2中x = 0，则y = −2， 3 3 ∴点B(0,−2)， – ∴AB = 2√2． ∵AB2 = AE2 +BE2 ， −− −− 2√10 4√10 ∴BE = ，AE = ． 5 5 −−−−− ∵AP = t +2，BP =√t2 +4，AP⋅BO = BP⋅AE ， −− 4√10 −−−−− ∴2(t +2) = √t2 +4， 5 2 解得：t = ，或t = 6； 3 （3）抛物线上是存在一点M，使BMPQ为平行四边形， 设点P (t,0)， ∵B(0,−2)， 2 ∴直线PB解析式为y = x−2， t ∵过点A(−2,0)作直线BP的垂线交于y轴于点Q， t ∴直线AQ的解析式为y = − x−t， 2 ∴Q(0,−t)， ∴BQ = |t −2|， ∵四边形BMPQ为平行四边形， ∴点M只能在y轴右侧，且PM // BQ ，PM = BQ 2 1 ∴ M(t, t2 + t −2)， 3 3 2 1 ∴PM = | t2+ t −2| 3 3 2 1 ∴|t −2|=| t2+ t −2|． 3 3 ①如图3， 2 1 当点P在线段OC上， t2+ t −2 < 0， 3 3 133/179­ 2 1 ∴t −2 = t2+ t −2． 3 3 ∴t = 0（舍）或t = 1， ∴M (1,−1) ②如图4， 当点P在OC延长线上时， 2 1 t2+ t −2 > 0， 3 3 2 1 ∴−t +2 = t2+ t −2． 3 3 – – ∴t = −1−√7（舍）或t = −1+√7， – – 当t = −1+√7时，Q(0,1−√7)在B点上方，BMPQ已不是四边形，故舍去 综上：当t = 1时，M (1,−1)． 例6 1−b+c = 0 (1【) 答案】 解：将点A和点B的坐标代入得： ， {9+3b+c = 0 解得：b = −2，c = −3． ∴抛物线的解析式为y = x2 −2x−3． (2【) 答案】（2）∵ y = x2 −2x−3 = (x−1)2 −4， ∴ M(1,−4)． 把x = 0代入抛物线的解析式得：y = −3， ∴ C(0,−3)． 3k+b = 0 设直线BC的解析式为y = kx+b，则 ，解得：k = 1，b = −3． {b = −3 ∴直线BC的解析式为y = x−3． 把x = 1代入y = x−3得：y = −2， ∵平移后的抛物线的顶点坐标在△BOC的内部， ∴ −2 < −4+m < 0，解得2 < m < 4． (3【) 答案】（3）当点P在Q的上方时，由平行四边形的性质可知点P的纵坐标为3． 134/179­ – 把 y = 3 代 入 抛 物 的 解 析 式 x2 −2x−3 = 3 ， 解 得 ： x = 1+√7 或 – x = 1−√7． – – ∴点P的坐标为(1+√7，3)或(1−√7，3)． 当点P在点Q的下方时，由平行四边形的性质可知点P的纵坐标为−3． 把y = −3代入抛物的解析式x2 −2x−3 = −3，解得：x = 2或x = 0（舍去） ∴点P的坐标为(2,−3)． – – 综上所述，当点P的坐标为(1−√7，3)或(1+√7，3)或(2,−3)时， 以点B，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形． 例7 【答案】解：（1）∵抛物线y = ax2 +bx+3(a ≠ 0)经过点A(1,0)和点B(3,0)，与y轴交于 点C， a+b+3 = 0 a = 1 ∴ ，解得 ， {9a+3b+3 = 0 {b = −4 ∴抛物线解析式为y = x2 −4x+3； （2）如图： ①设P(m,m2 −4m+3)， 将点B(3,0)、C(0,3)代入得直线BC解析式为y BC = −x+3． ∵过点P作y轴的平行线交直线BC于点D， ∴ D(m,−m+3)， ∴ PD = (−m+3)−(m2 −4m+3) = −m2 +3m． ②S ΔPBC = S ΔCPD +S ΔBPD 1 3 9 = OB⋅PD = − m2 + m 2 2 2 3 3 27 = − (m− )2 + ． 2 2 8 3 ∴当m = 时，S有最大值． 2 3 3 当m = 时，m2 −4m+3 = − ． 2 4 3 3 ∴ P( ，− )． 2 4 （3）存在这样的点M和点N，使得以点C、E、M、N为顶点的四边形是菱形． 根据题意，点E(2,1)， 135/179­ ∴ EF = CF = 2， – ∴ EC = 2√2， 根据菱形的四条边相等， – ∴ ME = EC = 2√2， – – ∴ M(2,1−2√2)或(2,1+2√2) 当EM = EF = 2时，M(2,3) – – 答：点M的坐标为M 1 (2,3)，M 2 (2,1−2√2)，M 3 (2,1+2√2)． 能力提高 / 初三 / 春季 第 10 讲 二次函数之四边形构造 自我巩固答案 1 (1【) 答案】解：令y = 0，解得x 1 = −1或x 2 = 3， ∴ A(−1，0)，B(3，0)， 将C点的横坐标x = 2代入y = x2 −2x−3得y = −3， ∴ C(2,−3)， ∴直线AC的函数解析式是y = −x−1； (2【) 答案】解： 设P点的横坐标为x(−1 ⩽ x ⩽ 2)， 则P、E的坐标分别为：P(x,−x−1)， E(x,x2 −2x−3)， ∵ P点在E点的上方， 1 9 PE = (−x−1)−(x2 −2x−3) = −x2 +x+2 = −(x− )2 + ， 2 4 1 9 ∴当x = 时，PE的最大值= ． 2 4 – (3【) 答案】解：存在4个这样的点F ，分别是F 1 (1,0)，F 2 (−3,0)，F 3 (4+√7，0)， – F 4 (4−√7，0)， ①如图1， 136/179­ 连接C与抛物线和y轴的交点，那么CG//x轴，此时AF = CG = 2， 因此F点的坐标是(−3,0)； ②如图2， AF = CG = 2，A点的坐标为(−1,0)，因此F点的坐标为(1,0)； ③如图3， 此时C，G两点的纵坐标互为相反数，因此G点的纵坐标为3，代入抛物线中即可得 – 出G点的坐标为(1+√7，3)， 由于直线GF的斜率与直线AC的相同，因此可设直线GF的解析式为 y = −x+h， – 将G点代入后可得出直线的解析式为y = −x+4+√7， – 因此直线GF与x轴的交点F的坐标为(4+√7，0)； ④如图4， 137/179­ – 同③可求出F的坐标为(4−√7，0)． 总之，符合条件的F点共有4个． 2 【答案】如图： （1）∵抛物线y = ax2 +bx+3(a ≠ 0)与x轴，y轴分别交于点A(−1,0)，B(3,0)， 点C三点． a−b+3 = 0 a = −1 ∴ 解得 {9a+3b+3 = 0 {b = 2 ∴抛物线的解析式为y = −x2 +2x+3． （2）存在．理由如下： y = −x2 +2x+3 = −(x−1) 2 +4． ∵点D(2,m)在第一象限的抛物线上， ∴ m = 3，∴ D(2,3)， ∵ C(0,3) ∵ OC = OB， ∴ ∠OBC = ∠OCB = 45∘ ． 连接CD，∴ CD//x轴， ∴ ∠DCB = ∠OBC = 45∘ ， ∴ ∠DCB = ∠OCB， 在y轴上取点G，使CG = CD = 2， 再延长BG交抛物线于点P， 在ΔDCB和ΔGCB中， 138/179­ CB = CB，∠DCB = ∠OCB，CG = CD， ∴ ΔDCB ≅ΔGCB(SAS) ∴ ∠DBC = ∠GBC． 设直线BP解析式为y = kx+b(k ≠ 0)，把G(0,1)，B(3,0)代入，得 BP 1 k = − ，b = 1， 3 1 ∴ BP解析式为y BP = − x+1． 3 1 y = − x+1，y = −x2 +2x+3 BP 3 1 当y = y 时，− x+1 = −x2 +2x+3， BP 3 2 解得x 1 = − ，x 2 = 3（舍去）， 3 11 ∴ y = ， 9 2 11 ∴ P(− ， )． 3 9 （3）M 1 (−2,−5)，M 2 (4,−5)，M 3 (2,3)． – 4√3 3 【答案】 2 解：（1）设抛物线的表达式为：y = a(x+1) + ， 3 – – – 2 4√3 √3 将点M的坐标代入上式得：√3 = a(−2+1) + ，解得：a = − ， 3 3 – – √3 2√3 – 故抛物线的表达式为：y = − x2 − x+√3； 3 3 – – √3 2√3 – （2）设点T(m,n)，则n = − m2 − m+√3，点P(s,−1)， 3 3 ①当AC是平行四边形的一条边时， – 点C向下平移√3个单位向右平移1个单位得到A(1,0)， – 同样，点T(P)向下平移√3个单位向右平移1个单位得到P(T)， – – 故：n−√3 = −1，m−1 = s，或−1−√3 = n，s−1 = m，且 – – √3 2√3 – n = − m2 − m+√3， 3 3 −−−−−− −−−−−− – – s = ± √3+1或−2± 7+√3， √ √ −−−−−− −−−−−− – – 故点P的坐标为：(± √3+1，−1)或(−2± 7+√3，−1)； √ √ ②当AC是平行四边形对角线时， – s+m = 1，n−1 = √3，方程无解； −−−−−− −−−−−− – – 综上，点P的坐标为：(± √3+1，−1)或(−2± 7+√3，−1)； √ √ （3）作点M关于直线AC的对称轴M′ ，连接BM′ 交直线AC于点Q，则点Q为所求， 139/179­ 连接MC，∵点M、C的纵坐标相同，故CM//x轴，过点M′ 作MC的垂线交MC的延 长线于点H，连接CM′ ， 直线AC的倾斜角为60∘ ，则∠OCA = ∠CMM′ = 30∘ = ∠CM′M，则 CM = 2 = CM′ ， 1 – – 则∠M′CH = 60∘ ，故CH = CM′ = 1，则M′H = √3，故点M′ 为(1，2√3)； 2 将点A、C的坐标代入一次函数表达式：y = kx+b并解得： – – 直线AC的表达式为：y = −√3x+√3； – – √3 3√3 同理直线BM′的表达式为：y = x+ ； 2 2 1 联立AC、BM′的函数表达式并解得：x = − ， 3 – 1 4√3 故点Q(− ， )． 3 3 能力提高 / 初三 / 春季 第 10 讲 二次函数之四边形构造 课堂落实答案 1 【答案】（1）将点A(1,0)，B(2,0)，C (0,−2)代入二次函数y = ax2 +bx+c中，得 a+b+c = 0 ⎧4a+2b+c = 0 ⎨ c = −2 ⎩ 解得a = −1,b = 3,c = −2． ∴y = −x2 +3x−2． （2）∵AO = 1，CO = 2，BD = m−2， AO CO 当△ EDB ∼△ AOC时，得 = ， ED BD 1 2 m−2 即 = ，解得ED = ， ED m−2 2 ∵点E在第四象限， 140/179­ 2−m ∴E 1 m, ， ( 2 ) AO CO 1 2 当△ BDE ∼△ AOC时， = 时，即 = ， BD ED m−2 ED 解得ED = 2m−4， ∵点E在第四象限， ∴E 2 (m,4−2m)； （3）假设抛物线上存在一点F，使得四边形ABEF为平行四边形，则EF = AB = 1，点 2−m F 的 横 坐 标 为 m−1 ， 当 点 E 1 的 坐 标 为 m, 时 ， 点 F 1 的 坐 标 为 ( 2 ) 2−m m−1, ， ( 2 ) ∵点F 1在抛物线的图象上， 2−m 2 ∴ = −(m−1) +3(m−1)−2， 2 ∴2m2 −11m+14 = 0， ∴(2m−7)(m−2) = 0， 7 ∴m = ，m = 2（舍去）， 2 5 3 ∴F 1 ( ，− ）， 2 4 当点E 2的坐标为(m,4−2m)时，点F 2的坐标为(m−1,4−2m)， ∵点F 2在抛物线的图象上， 2 ∴4−2m = −(m−1) +3(m−1)−2， ∴m2 −7m+10 = 0， ∴(m−2)(m−5) = 0，∴m = 2（舍去），m = 5， ∴F 2 (4,−6)． 5 3 综上，F点的坐标为( ，− ）或(4,−6) 2 4 【解析】该题考查的是二次函数综合． 141/179­ （1）根据题意，得 1分 解得a = −1，b = 3，c = −2 2分 ∴y = −x2 +3x−2 AO CO AO CO （2）当△EDB与△AOC相似时，得 = 或 = ， ED BD BD ED ∵AO = 1，CO = 2，BD = m−2， AO CO 1 2 当 = 时，得 = ， ED BD ED m−2 m−2 ∴ED = ， 2 2−m ∵点E在第四象限，∴E 1 m, 3分 ( 2 ) AO CO 1 2 当 = 时，得 = ，∴ED = 2m−4， BD ED m−2 ED ∵点E在第四象限，∴E 2 (m,4−2m) 4分 （3）假设抛物线上存在一点F，使得四边形ABEF为平行四边形 则EF = AB = 1，点F的横坐标为m−1， 2−m 2−m 当点E 1的坐标为E 1 m, 时，点F 1的坐标为 m−1, ， ( 2 ) ( 2 ) ∵点F 1在抛物线的图象上， 2−m 2 ∴ = −(m−1) +3(m−1)−2， 2 ∴2m2 −11m+14 = 0，∴(2m−7)(m−2) = 0， 7 ∴m = 或m = 2（舍去）， 2 5 3 ∴F 1 ,− 5分 (2 4) 3 3 ∴S ABEF = 1× = 6分 4 4 当点E 2的坐标为E 2 (m,4−2m)时，点F 2的坐标为(m−1,4−2m)， ∵点F 2在抛物线的图象上 2 ∴4−2m = −(m−1) +3(m−1)−2， 142/179­ ∴m2 −7m+10 = 0， ∴m = 5或m = 2（舍去）， ∴F 2 (4,−6) 7分 ∴S ABEF = 1×6 = 6 8分 能力提高 / 初三 / 春季 第 10 讲 二次函数之四边形构造 精选精练 k 1 【答案】 解：（1）设反比例函数的解析式为y = ， x ∵点A(2,6)在反比例函数的图象上， k ∴6 = ， 2 ∴k = 12， 12 ∴反比例函数的解析式为y = ， x 作AM⊥BC ，垂足为M，交x轴于N，如图1， ∴CM = 2． 在Rt △ ACM 中，AM = CM⋅tan∠ACB = 2×2 = 4， ∵BC // x 轴，OC = MN = AN −AM = 6−4 = 2， ∴点C的坐标(0,2)． 当y = 2时，代入反比例函数解析式中，得：x = 6， ∴点B的坐标(6,2)， 设二次函数的解析式为y = ax2 +bx+2， 1 6 = 4a+2b = 2 a = − 则 ，解得⎧ 2 ， {2 = 36a+6b+2 ⎩ ⎨b = 3 1 故二次函数的解析式为y = − x2 +3x+2； 2 （2）分AC为边和AC为对角线两种情况． 143/179­ ①当AC为边时，延长AC交x轴于G，作EH⊥x 轴，垂足为H，如图2， ∵在平行四边形ACDE中，AC // DE ， ∴∠AGO = ∠EDH， ∵BC // x 轴， ∴∠ACM = ∠AGO， ∴∠ACM = ∠EDH． 在△ ACM 和△ EDH 中 ∠AMC = ∠EHD ⎧∠MCA = ∠HDE ⎨ AC = DE ⎩ ∴△ ACM ≅△ EDH (AAS)， ∴EH = AM = 4，DH = CM = 2． 12 ∵E点纵坐标为4，点E在反比例函数y = 图象上， x ∴x = 3， ∴点E(3,4)， ∴OH = 3，OD = OH −DH = 1， −−−−−−−−−− −−−−−− – ∴CD = OC2 +OD2= √22 +12 =√5； √ ②当AC为对角线时，设D(t,0)， ∵A(2,6)，C (0,2)， ∴线段AC的中点为(1,4)， ∵四边形AECD为平行四边形， ∴线段DE的中点也为(1,4)， ∴E点坐标为(2−t,8)， ∵点E在反比例函数图象上， 1 ∴8(2−t) = 12，t = ， 2 1 ∴D( ,0)， 2 −−−−−−−− −− 1 2 √17 ∴CD = ( ) +22= ， √ 2 2 −− – √17 综上可知CD的长为√5或 ． 2 144/179­ 2 【答案】解：（1）①过点D作DF⊥x轴于点F，如图1， ∵ ∠DBF +∠ABO = 90∘ ，∠BAO +∠ABO = 90∘ ， ∴ ∠DBF = ∠BAO， 又∵ ∠AOB = ∠BFD = 90∘ ，AB = BD， ∴ ΔAOB ≅ΔBFD(AAS) ∴ DF = BO = 1，BF = AO = 2， ∴ D的坐标是(3,1)， 1 根据题意，得a = − ，c = 0，且a×32 +b×3+c = 1， 3 4 ∴ b = ， 3 1 4 ∴该抛物线的解析式为y = − x2 + x； 3 3 ②∵点A(0,2)，B(1,0)，点C为线段AB的中点， 1 ∴ C( ，1)， 2 ∵ C、D两点的纵坐标都为1， ∴ CD//x轴， ∴ ∠BCD = ∠ABO， ∴ ∠BAO与∠BCD互余， 要使得∠POB与∠BCD互余，则必须∠POB = ∠BAO， 1 4 设P的坐标为(x,− x2 + x)， 3 3 （Ⅰ）当P在x轴的上方时，过P作PG⊥x轴于点G，如图2， PG BO 则tan∠POB = tan∠BAO，即 = ， OG AO −1x2 + 4x 1 5 3 3 ∴ = ，解得x 1 = 0（舍去），x 2 = ， x 2 2 1 4 5 ∴ − x2 + x = ， 3 3 4 5 5 ∴ P点的坐标为( ， )； 2 4 145/179­ （Ⅱ）当P在x轴的下方时，过P作PG⊥x轴于点G，如图3 PG BO 则tan∠POB = tan∠BAO，即 = ， OG AO 1x2 − 4x 1 11 3 3 ∴ = ，解得x 1 = 0（舍去），x 2 = ， x 2 2 1 4 11 ∴ − x2 + x = − ， 3 3 4 11 11 ∴ P点的坐标为( ，− )； 2 4 5 5 11 11 综上，在抛物线上是否存在点P( ， )或( ，− )，使得∠POB与∠BCD互余． 2 4 2 4 （2）如图3，∵ D(3,1)，E(1,1)， a+b+c = 1 抛 物 线 y = ax2 +bx+c 过 点 E 、 D ， 代 入 可 得 ， 解 得 {9a+3b+c = 1 b = −4a ， {c = 1+3a 所以y = ax2 −4ax+3a+1． 分两种情况： ①当抛物线y = ax2 +bx+c开口向下时，若满足∠QOB与∠BCD互余且符合条件的 Q点的个数不可能是3个 ②当抛物线y = ax2 +bx+c开口向上时， (i)当点Q在x轴的上方时，直线OQ与抛物线y = ax2 +bx+c必有两个交点，符合条件 的点Q必定有2个； 146/179­ (ii)当点Q在x轴的下方时，要使直线OQ与抛物线y = ax2 +bx+c只有1个交点，才能 使符合条件的点Q共3个． 根据（2）可知，要使得∠QOB与∠BCD互余，则必须∠QOB = ∠BAO， OB 1 1 ∴ tan∠QOB = tan∠BAO = = ，此时直线OQ的解析式为y = − x，要 OA 2 2 使 直 线 OQ 与 抛 物 线 y = ax2 +bx+c 有 一 个 交 点 ， 所 以 方 程 1 ax2 −4ax+3a+1 = − x 有 两 个 相 等 的 实 数 根 ， 所 以 △ 2 −− 1 2 1 4±√15 = (−4a+ ) −4a(3a+1) = 0，即4a2 −8a+ = 0，解得a = ， 2 4 4 ∵抛物线的顶点在x轴下方 4a(3a+1)−16a2 ∴ < 0， 4a ∴ a > 1， −− 4−√15 ∴ a = 舍去 4 −− 4+√15 综上所述，a的值为a = ． 4 3 【答案】解： （1） 解方程x2 −12x+32 = 0得，x 1 = 8，x 2 = 4，∵ OA > OC， ∴ OA = 8，OC = 4； （2）∵四边形ABCO是矩形， ∴ AB = OC，∠ABC = ∠AOC = 90∘ ， ∵把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠， 点B落在点D处， ∴ AD = AB，∠ADE = ∠ABC = 90∘ ， ∴ AD = OC，∠ADE = ∠COE， ∠ADE = ∠COE 在ΔADE与ΔCOE中， ⎧⎪∠AED = ∠CEO， ⎨ ⎩⎪ AD = OC ∴ ΔADE ≅ΔCOE（AAS）； ∵ CE2 = OE2 +OC2 ，即(8−OE) 2 = OE2 +42 ， ∴ OE = 3； （3） 过D作DM⊥x轴于M，则OE//DM， 147/179­ ∴ ΔOCE ∽ ΔMCD， OC OE CE 5 ∴ = = = ， CM DM CD 8 32 24 ∴ CM = ，DM = ， 5 5 12 ∴ OM = ， 5 12 24 ∴ D(− ， )； 5 5 （4） 存在；∵ OE = 3，OC = 4， ∴ CE = 5， 过P 1作P 1 H⊥AO于H， ∵四边形P 1 ECF 1是菱形， ∴ P 1 E = CE = 5，P 1 E//AC， ∴ ∠P 1 EH = ∠OAC， P H OC 1 1 ∴ = = ， EH AO 2 ∴设P 1 H = k，HE = 2k， – ∴ P 1 E = √5k = 5， – – ∴ P 1 H = √5，HE = 2√5， – ∴ OH = 2√5+3， – – ∴ P 1 (−√5，2√5+3)， – – 同理P 3 (√5，3−2√5)， 当A与F重合时， 四边形F 2 ECP 2是菱形， ∴ EF 2 //CP 2，EF 2，= CP 2 = 5， ∴ P 2 (4,5)； 当CE是菱形EP 4 CF 4的对角线时， 四边形EP 4 CF 4是菱形， ∴ EP 4 = 5，EP 4 //AC， 如图 2 ，过P 4作P 4 G⊥x轴于G，过P 4作P 4 N⊥OE于N， 148/179­ 则P 4 N = OG，P 4 G = ON， EP 4 //AC， P N 1 4 ∴ = ， EN 2 设P 4 N = x，EN = 2x， – ∴ P 4 E = CP 4 = √5x， ∴ P 4 G = ON = 3−2x，CG = 4−x， 2 2 – 2 ∴ (3−2x) +(4−x) = (√5x) ， 5 ∴ x = ， 4 1 ∴ 3−2x = ， 2 5 1 ∴ P 4 ( ， )， 4 2 – – 综上所述：存在以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形，P(−√5，2√5+3)， – – 5 1 (√5，3−2√5)，(4,5)，( ， )． 4 2 【解析】（1）解方程x 2 ﹣12x+32=0得，x =8，x =4，∵OA＞OC， 1 2 ∴OA=8，OC=4； （2）∵四边形ABCO是矩形， ∴AB=OC，∠ABC=∠AOC=90°， ∵把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠，点B落在点D处， ∴AD=AB，∠ADE=∠ABC=90°， ∴AD=OC，∠ADE=∠COE， 在△ADE与△COE中， ， ∴△ADE≌△COE； 2 2 2 2 2 2 ∵CE =OE +OC ，即（8﹣OE） =OE +4 ， ∴OE=3； （3）过D作DM⊥x轴于M， 则OE∥DM， ∴△OCE∽△MCD， OC OE CE 5 ∴ = = = ， CM DM CD 8 32 24 ∴CM= ，DM= ， 5 5 12 ∴OM= ， 5 12 24 ∴D（﹣ ， ）； 5 5 149/179­ （4）存在；∵OE=3，OC=4， ∴CE=5， 过P 作P H⊥AO于H， 1 1 ∵四边形P ECF 是菱形， 1 1 ∴P E=CE=5，P E∥AC， 1 1 ∴∠P EH=∠OAC， 1 P H OC 1 1 ∴ = = ， EH AO 2 ∴设P H=k，HE=2k， 1 – ∴P E=√5k=5， 1 – – ∴P H=√5，HE=2√5， 1 – ∴OH=2√5+3， – – ∴P （﹣√5，2√5+3）， 1 – – 同理P （√5，3﹣2√5）， 3 当A与F重合时，四边形F ECP 是菱形， 2 2 ∴EF ∥CP ，EF ，=CP =5， 2 2 2 2 ∴P （4，5）； 2 当CE是菱形EP CF 的对角线时，四边形EP CF 是菱形， 4 4 4 4 ∴EP =5，EP ∥AC， 4 4 如图2，过P 作P G⊥x轴于G，过P 作P N⊥OE于N， 4 4 4 4 则P N=OG，P G=ON， 4 4 EP ∥AC， 4 P N 1 4 ∴ = ， EN 2 设P N=x，EN=2x， 4 – ∴P E=CP =√5x， 4 4 ∴P G=ON=3﹣2x，CG=4﹣x， 4 – ∴（3﹣2x） 2 +（4﹣x） 2 =（√5x） 2 ， 5 ∴x= ， 4 1 ∴3﹣2x= ， 2 5 1 ∴P （ ， ）， 4 4 2 – – 综上所述：存在以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形，P（﹣√5，2√5+3），（ – – 5 1 √5，3﹣2√5），（4，5），（ ， ）． 4 2 150/179­ 4 (1【) 答案】在y = −x2 +2x+3中，当x = 0时，y = 3， ∴C (0,3)， 当y = 0时，−x2 +2x+3 = 0， 解：得x 1 = −1 或x 2 = 3 ， ∴A(−1,0) ，B(3,0) ， (2【) 答案】①设直线BC的函数关系式为：y = kx+b ． 3k+b = 0 把B(3,0)，C(0,3)分别代入得： ， {b = 3 解得：k = −1 ，b = 3 ， ∴直线BC的函数关系式为：y = −x+3 ； 在y = −x2 +2x+3 中，当x = 1 时，y = 4 ， ∴D(1,4) ， 当x = 1 时，y = −1+3 = 2 ， 151/179­ ∴E(1,2) ． 当x = m 时，y = −m+3 ， ∴P(m,−m+3) ． 当x = m 时，y = −m2 +2m+3 ， ∴F(m,−m2 +2m+3) ， ∴线段DE = 4−2 = 2 ， ∴线段PF = −m2 +2m+3−(−m+3) = −m2 +3m ， ②∵PF∥DE， ∴当PF = ED 时，四边形PEDF为平行四边形， 由−m2 +3m = 2 ，解得：m = 2 或m = 1 （不合题意，舍去）． 则当m = 2时，四边形PEDF为平行四边形． 5 【答案】解：（1）y = a(x+3)(x−1)，令y = 0，则x = 1或−3， 故点A、B的坐标分别为：(−3,0)、(1,0)； 1 （2）抛物线的表达式为：y = (x+3)(x−1)…①， 3 当∠MAO = 45∘ 时，如图所示，则直线AM的表达式为：y = x+3…②， 联立①②并解得：x = 4或−3（舍去−3)，故点M(4,7)； ②∠M′AO = 45∘ 时 同理可得：点M(−2,−1)； 故：−2 ≤ m ≤ 4； （3）①当BD是矩形的对角线时，如图2所示， 过点Q作x轴的平行线EF，过点B作BE⊥EF，过点D作DF⊥EF， 过点P作PG⊥x轴交x轴于点G, 抛物线的表达式为：y = ax2 +2ax−3a，函数的对称轴为：x = −1， 152/179­ 抛物线点A、B的坐标分别为：(−3,0)、(1,0)，则点P的横坐标为：−1，OB = 1， 而CD = 4BC，则点D的横坐标为：−4，故点D(−4,5a)，即HD = 5a， −4+1 3 线段BD的中点K的横坐标为： = − ，则点Q的横坐标为：−2，则点 2 2 Q(−2,−3a)，则HF = BE = 3a， ∵ ∠DQF +∠BQE = 90∘ ，∠BQE +∠QBE = 90∘ ，∴ ∠QBE = ∠DQF， DF FQ 8a 2 1 ∴ ΔDFQ ∽ ΔQEB，则 = ， = ，解得：a = ± （舍去负 QE BE 3 3a 2 值）， 同理ΔPGB ≅ΔDFQ(AAS)， ∴ PG = DF = 8a = 4，故点P(−1,4)； ②如图3，当BD是矩形的边时， 作DI⊥x轴，QN⊥x轴，过点P作PL⊥DI于点L， 同理ΔPLD ≅ΔBNQ(AAS)，∴ BN = PL = 3， ∴点Q的横坐标为4，则点Q(4,21a)， 则QN = DL = 21a，同理ΔPLD ∽ ΔDIB， – PL LD 3 21a √7 ∴ = ，即 = ，解得：a = ± （舍去负值）， DI BI 5a 5 7 – – 26√7 26√7 LI = 26a = ，故点P(−1, )，； 7 7 – 26√7 综上，点P的坐标为：P(−1,4)或(−1, )． 7 6 【答案】解：（1）∵直线y = x−3经过B、C两点， ∴B(3,0)，C (0,−3)， ∵y = x2 +bx+c经过B、C两点， 9+3b+c = 0 ∴ ， {c = −3 b = −2 解得 ， {c = −3 故抛物线的解析式为y = x2 −2x−3； （2）如图1，y = x2 −2x−3， 153/179­ y = 0时，x2 −2x−3 = 0， 解得x 1 = −1，x 2 = 3， ∴A(−1,0)， ∴OA = 1，OB = OC = 3， −− ∴∠ABC = 45∘ ，AC = √10,AB = 4， ∵PE⊥x轴， ∴∠EMB = ∠EBM = 45∘ ， ∵点P的横坐标为t， ∴EM = EB = 3−t， 连结AM， ∵S ΔABC = S ΔAMC +S ΔAMB， 1 1 1 ∴ AB⋅OC = AC ⋅MN + AB⋅EM， 2 2 2 1 1 −− 1 ∴ ×4×3 = ×√10d + ×4(3−t) ， 2 2 2 −− 2√10 ∴d = t； 5 （3）如图2， ∵y = x2 −2x−3 = (x−1) 2 −4， ∴对称轴为x = 1， ∴由抛物线对称性可得D(2,−3)， ∴CD = 2， 154/179­ 过点B作BK⊥CD交直线CD于点K， ∴四边形OCKB为正方形， ∴∠OBK = 90∘ ，CK = OB = BK = 3， ∴DK = 1， ∵BQ⊥CP， ∴∠CQB = 90∘ ， 过点O作OH⊥PC交PC延长线于点H，OR⊥BQ交BQ于点I交BK于点R，OG⊥OS交KB于 G， ∴∠OHC = ∠OIQ = ∠OIB = 90∘ ， ∴四边形OHQI为矩形， ∵∠OCQ +∠OBQ = 180∘ ， ∴∠OBG = ∠OCS， ∵OB = OC，∠BOG = ∠COS， ∴△OBG≌△OCS， ∴QG = OS，∠GOB = ∠SOC， ∴∠SOG = 90∘ ， ∴∠ROG = 45∘ ， ∵OR = OR， ∴△OSR≌△OGR， ∴SR = GR， ∴SR = CS +BR， ∵∠BOR+∠OBI = 90∘ ，∠IBO +∠TBK = 90∘ ， ∴∠BOR = ∠TBK， ∴tan∠BOR = tan∠TBK， BR TK ∴ = ， OB BK ∴BR = TK， ∵∠CTQ = ∠BTK， ∴∠QCT = ∠TBK， ∴tan∠QCT = tan∠TBK， 设ST = TD = m， ∴SK = 2m+1 ， CS = 2−2m ， TK = m+1 = BR ， SR = 3−m ， RK = 2−m， 155/179­ 在Rt△SKR中， ∵SK2 +RK2 = SR2 ， 2 2 2 ∴(2m+1) +(2−m) = (3−m) ， 1 解得m 1 = −2（舍去），m 2 = ； 2 1 2 ∴SD = TD = ，TK = ， 2 3 TK 3 1 ∴tan∠TBK = = ÷3 = ， BK 2 2 1 ∴tan∠PCD = ， 2 过点P作PE′ ⊥x轴于E′ 交CD于点F′ ， ∵CF′ = OE′ = t， 1 ∴PF′ = t， 2 1 ∴PE′ = t +3， 2 1 ∴P t,− t −3 ( 2 ) 1 ∴− t −3 = t2 −2t −3 2 3 解得t 1 = 0（舍去），t = ． 2 −− −− −− 2√10 2√10 3 3√10 ∴MN = d = t = × = 5 5 2 5 【解析】（1）∵直线y=x﹣3经过B、C两点， ∴B（3，0），C（0，﹣3）， 2 ∵y=x +bx+c经过B、C两点， ∴ ， 解得 ， 2 故抛物线的解析式为y=x ﹣2x﹣3； 2 （2）如图1，y=x ﹣2x﹣3， 2 y=0时，x ﹣2x﹣3=0， 解得x =﹣1，x =3， 1 2 ∴A（﹣1，0）， ∴OA=1，OB=OC=3， −− ∴∠ABC=45°，AC=√10，AB=4， ∵PE⊥x轴， ∴∠EMB=∠EBM=45°， ∵点P的横坐标为1， 156/179­ ∴EM=EB=3﹣t， 连结AM， ∵S =S +S ， △ABC △AMC △AMB 1 1 1 ∴ AB•OC= AC•MN+ AB•EM， 2 2 2 1 1 −− 1 ∴ ×4×3= ×√10d+ ×4（3﹣t）， 2 2 2 −− 2√10 ∴d= t； 5 （3）如图2， 2 2 ∵y=x ﹣2x﹣3=（x﹣1） ﹣4， ∴对称轴为x=1， ∴由抛物线对称性可得D（2，﹣3）， ∴CD=2， 过点B作BK⊥CD交直线CD于点K， ∴四边形OCKB为正方形， ∴∠OBK=90°，CK=OB=BK=3， ∴DK=1， ∵BQ⊥CP， ∴∠CQB=90°， 过点O作OH⊥PC交PC延长线于点H，OR⊥BQ交BQ于点I交BK于点R， ∴∠OHC=∠OIQ=∠OIB=90°， ∴四边形OHQI为矩形， ∵∠OCQ+∠OBQ=180°， ∴∠OBQ=∠OCH， ∴△OBQ≌△OCH， ∴QG=OS，∠GOB=∠SOC， ∴∠SOG=90°， ∴∠ROG=45°， ∵OR=OR， ∴△OSR≌△OGR， ∴SR=GR， ∴SR=CS+BR， ∵∠BOR+∠OBI=90°，∠IBO+∠TBK=90°， ∴∠BOR=∠TBK， 157/179­ ∴tan∠BOR=tan∠TBK， BR TK ∴ = ， OB BK ∴BR=TK， ∵∠CTQ=∠BTK， ∴∠QCT=∠TBK， ∴tan∠QCT=tan∠TBK， 设ST=TD=m， ∴SK=2m+1，CS=2﹣2m，TK=m+1=BR，SR=3﹣m，RK=2﹣m， 在Rt△SKR中， 2 2 2 ∵SK +RK =SR ， 2 2 2 ∴（2m+1） +（2﹣m） =（3﹣m） ， 1 解得m =﹣2（舍去），m = ； 1 2 2 1 3 ∴ST=TD= ，TK= ， 2 2 TK 3 1 ∴tan∠TBK= = ÷3= ， BK 2 2 1 ∴tan∠PCD= ， 2 过点P作PE′⊥x轴于E′交CD于点F′， ∵CF′=OE′=t， 1 ∴PF′= t， 2 1 ∴PE′= t+3， 2 1 ∴P（t，﹣ t﹣3）， 2 1 2 ∴﹣ t﹣3=t ﹣2t﹣3， 2 3 解得t =0（舍去），t = ． 1 2 2 −− −− −− 2√10 2√10 3 3√10 ∴MN=d= t= × = ． 5 5 2 5 158/179­ 能力提高 / 初三 / 春季 第 11 讲 规律题探究 例题练习题答案 例1 【答案】55 例2 【答案】A 例3 【答案】C 例4 (1【) 答案】7n+1 14120 【解析】（1）∵图案①需火柴棒：8根； 图案②需火柴棒：8+7 = 15根； 图案③需火柴棒：8+7+7 = 22根； … ∴图案n需火柴棒：8+7(n−1) = 7n+1根； （2）当n = 2017时，7n+1 = 7×2017+1 = 14120， ∴搭建第2017个图案需要14120根火柴棒； 故答案为：7n+1；14120． 1 (2【) 答案】 22n−1 【解析】∵矩形ABCD的长AD = 4，宽AB = 2， ∴AF = 2，AE = 1， 159/179­ 1 1 1 则S = ×2× = ； ① 2 2 2 1 1 1 S = ×1× = ； ② 2 4 23 1 1 1 1 S = × × = ； ③ 2 2 8 25 … 1 ∴S n = ， 22n−1 1 故答案为： ． 22n−1 例5 (1【) 答案】C 【解析】设图形n中星星的颗数是a n（n为正整数）， ∵a 1 = 2 = 1+1 ， a 2 = 6 = (1+2)+3 ， a 3 = 11 = (1+2+3)+5 ， a 4 = 17 = (1+2+3+4)+7， ∴ n(n+1) 1 5 a n = 1+2+… +n+(2n−1) = +(2n−1) = n2+ n−1， 2 2 2 1 5 ∴a 8 = ×82+ ×8−1 = 51． 2 2 故选C． (2【) 答案】3.7×10−6 1 【解析】M 1表示的数为0.1× = 10−3 ， 100 1 N 1表示的数为 ×10−3 = 10−5 ， 100 1 P 1表示的数为10−5× = 10−7 ， 100 P 37 = 37×10−7 = 3.7×10−6 ． 故答案为：3.7×10−6 ． 例6 【答案】76∘ 6∘ 【解析】∵A 1 A 2 ⊥AO，∠AOB = 7∘ ， ∴∠1 = ∠2 = 90∘ −7∘ = 83∘ ， ∴∠A = ∠1−∠AOB = 76∘ ， 如图： 160/179­ 当MN⊥OA 时，光线沿原路返回， ∴∠4 = ∠3 = 90∘ −7∘ = 83∘ ， ∴∠6 = ∠5 = ∠4−∠AOB = 83∘ −7∘ = 76∘ = 90∘ −2×7∘ ， ∴∠8 = ∠7 = ∠6−∠AOB = 76∘ −7∘ = 90∘ −3×7∘ ， ∴∠9 = ∠8−∠AOB = 69∘ −7∘ = 62∘ = 90∘ −4×7∘ ， 由以上规律可知，∠A = 90∘ −n⋅7∘ ， 当n = 12时，∠A取得最小值，最小度数为6∘ ， 故答案为：76∘ ，6∘ ． 例7 【答案】9 【解析】由题意可知：AO = A 1 A，A 1 A = A 2 A 1，…， 则∠AOA 1 = ∠OA 1 A，∠A 1 AA 2 = ∠A 1 A 2 A，…， ∵∠BOC = 9∘ ， ∴∠A 1 AB = 18∘ ，∠A 2 A 1 C = 27∘ ，∠A 3 A 2 B = 36∘ ，∠A 4 A 3 C = 45∘ ，…， ∴9∘n < 90∘ ， 解得n < 10． 由于n为整数，故n = 9． 故答案为：9． 例8 【答案】A 【解析】如图，过B 1作B 1 C⊥x轴，垂足为C， ∵ΔOAB 1是等边三角形，且边长为2， ∴∠AOB 1 = 60∘ ，OB 1 = 2， ∴∠B 1 OC = 30∘ ， – 在RtΔB 1 OC中，可得B 1 C = 1，OC =√3， – ∴B 1的坐标为(√3,1)， 161/179­ – – 同理B 2 (2√3,2)、B 3 (3√3,3)， – ∴B n的坐标为(n√3,n). ， – ∴B 2016的坐标为(2016√3,2016)， – ∴A 2016的坐标为(2016√3,2018)， 故选A． 例9 【答案】C 【解析】令x = 0，则有y = 1； 1 令y = 0，则有 x+1 = 0，解得：x = −2． 2 故点M (−2,0)，点N (0,1)． ∵一组线段A 1 C 1，A 2 C 2，A 3 C 3，…A n C n分别垂直平分线段OB 1，B 1 B 2，B 2 B 3， …，B n−1 B n， 且OB 1 = B 1 B 2 = B 2 B 3 = … = B n−1 B n = 4， ∴OC 1 = 2，OC 2 = 4+2，OC 3 = 4×2+2，…， OC n = 4×(n−1)+2， ∴MC 1 = 4，MC 2 = 4+4，MC 3 = 4×2+4，…， MC n = 4×(n−1)+4 = 4n． ∵A n C n // y轴， ∴△ MNO ∽△ MA n C n， A C MC n n n ∴ = ． NO MO ∵NO = 1，MO = 2， NO ∴A n C n = MC n ⋅ = 2n ． MO 故选C． n−1 例10 【答案】9 3 ， 4 (2) 例11 (1【) 答案】(0,22016 ) 【解析】由A 1坐标为(0,1)，可知OA 1 = 1， – √3 把y = 1代入直线y = x中， 3 – – 得x =√3，即A 1 B 1 =√3， tan∠B 1 OA 1 = A 1 B 1 = √3 – ，所以，∠B 1 OA 1 = 60∘ ， OA 1 则OA 2 = OB 1 = OA 1 ÷cos60∘ = 2OA 1 = 2， OA 3 = 2OA 2 = 22 ，OA 4 = 2OA 3 = 23 ， 162/179­ 故点A n(0,2 n−1 )． 因此A 2017的坐标为(0,22016 ) 故答案为：(0,22016 )． (2【) 答案】(1,1) (2 n−1,2 n −1)（n为正整数） 【解析】计算可知：A 1 (1,0)，A 2 (2,1)， A 3 (4,3)，A 4 (8,7)，…， ∴A n(2 n−1,2 n−1 −1)（n为正整数）． 计算可知：B 1 (1,1)；点B n是线段C n A n+1的中点， ∴点B n的坐标是(2 n−1,2 n −1)． 故答案为：(1,1)，(2 n−1,2 n −1)（n为正整数）． 例12 【答案】解：（1）如图， （2）①x = 4对应的函数值y约为2.0； ②该函数有最大值． 故答案为2，该函数有最大值． 例13 【答案】解：（1）依题意得：2x﹣2 ≠ 0 ， 解得x ≠ 1 ， （2）①点A 1和B 1，A 2和B2，A3和B3，A4和B4均关于某点中心对称，A 1 (0,0)， B 2 (2,2)， ∴中心点点坐标为(1,1) ； ②∵当x<1时，该函数的最大值为0， ∴该函数图象在直线x = 1左侧的最高点的坐标为(0,0)； 故答案为(1,1)；(0,0)； （3）① 163/179­ ②该函数的性质： （ⅰ）当x < 0 时，y随x的增大而增大； 当0 ≤ x < 1 时，y随x的增大而减小； 当1 < x < 2 时，y随x的增大而减小； 当x ≥ 2 时，y随x的增大而增大． （ⅱ）函数的图象经过第一、三、四象限． （ⅲ）函数的图象与直线x = 1无交点，图象由两部分组成． （ⅳ）当x > 1时，该函数的最小值为2． 能力提高 / 初三 / 春季 第 11 讲 规律题探究 课堂落实答案 1 【答案】B 【解析】观察图形得： 第1个图形有3+3×1 = 6个圆圈， 第2个图形有3+3×2 = 9个圆圈， 第3个图形有3+3×3 = 12个圆圈， … 第n个图形有3+3n = 3(n+1)个圆圈， 当n = 7时，3×(7+1) = 24， 故选：B． 2 【答案】结合图象可知，当运动次数为偶数次时，P点运动到x轴上，且横坐标与运动次数相等， ∵2016为偶数， 164/179­ ∴运动2016次后，动点P的坐标是(2016,0)． 故答案为：(2016,0)． 2018 3 【答案】2018 2019 能力提高 / 初三 / 春季 第 11 讲 规律题探究 自我巩固答案 1 【答案】C 【解析】如图所示， 由 作 图 可 知 OB 1 = B 1 C 1 = B 2 C 1 = B 2 C 2 = B 3 C 2 = B 3 C 3 = a ， 且 1 ∠BOC 1 = ∠AOB = 15∘ ， 2 ∴∠B 1 OC 1 = ∠B 1 C 1 O = 15∘ ， ∴∠B 1 B 2 C 1 = ∠B 2 B 1 C 1 = ∠B 1 OC 1 +∠B 1 C 1 O = 30∘ ， ∴∠B 2 C 2 C 1 = ∠B 2 C 1 C 2 = ∠B 1 OC 1 +∠B 1 B 2 C 1 = 45∘ ， ∴∠B 2 B 3 C 2 = ∠B 3 B 2 C 2 = ∠B 1 OC 1 +∠B 2 C 2 C 1 = 60∘ ， ∠B 3 C 3 C 2 = ∠B 3 C 2 C 3 = ∠B 1 OC 1 +∠B 2 B 3 C 2 = 75∘ ， 则∠C 3 B 3 C 2 = 180∘ −(∠B 3 C 3 C 2 +∠B 3 C 2 C 3 ) = 30∘ ， ∴∠C 3 B 3 O = ∠C 3 B 3 C 2 +∠B 2 B 3 C 2 = 90∘ ，即C 3 B 3 ⊥OB， ∴最后一个两弧的交点C 3到射线OB的距离为C 3 B 3 = a，故选：C． 2 【答案】(2n−1,n) 3 【答案】C 【解析】P 1 = 1+1+1 = 3， 1 5 P 2 = 1+1+ = ， 2 2 1 1 1 11 P 3 = 1+ + + ×3 = ， 2 2 4 4 1 1 1 1 23 P 4 = 1+ + + ×2+ ×3 = ， 2 2 4 8 8 165/179­ … 11 5 1 1 ∴p −p = − = = ， 3 2 4 2 4 22 23 11 1 1 P 4 −P 3 = − = = ， 8 4 8 23 1 1 n−1 则P n −P n−1 = = ( ) ． 2n−1 2 故选C． 4 【答案】∵在△ CBA 1中，∠B = 20∘ ，A 1 B = CB， 180∘ −∠B ∴∠BA 1 C = = 80∘ ， 2 ∵A 1 A 2 = A 1 D，∠BA 1 C是△ A 1 A 2 D的外角， 1 1 ∴∠DA 2 A 1 = ∠BA 1 C = ×80∘ ； 2 2 2 3 1 1 同理可得，∠EA 3 A 2 = ×80∘ ，∠FA 4 A 3 = ×80∘ ， (2) (2) n−1 1 ∴第n个等腰三角形的底角度数是 ×80∘ ． (2) 4 1 ∴第5个等腰三角形的底角度数为： ×80∘ = 5∘ ，故答案为：5∘ ． (2) 5 【答案】27 n(n+3) 【解析】 第n个图形中面积为1的正方形有2+3+4+… +(n+1) = 个， 2 故答案为：27． 能力提高 / 初三 / 春季 第 11 讲 规律题探究 精选精练 1 【答案】D 【解析】解：∵第①个图形中基本图形的个数5 = 1+2×2， 第②个图形中基本图形的个数8 = 2+2×3， 第③个图形中基本图形的个数11 = 3+2×4， 第④个图形中基本图形的个数14 = 4+2×5， 166/179­ … ∴第n个图形中基本图形的个数为n+2(n+1) = 3n+2 当n = 1001时，3n+2 = 3×1001+2 = 3005， 故选：D． 2 【答案】B 1 【解析】解：半径为1个单位长度的半圆的周长为： ×2π×1 = π， 2 π ∵点P从原点O出发，沿这条曲线向右运动，速度为每秒 个单位长度， 2 1 ∴点P1秒走 个半圆， 2 当点P从原点O出发，沿这条曲线向右运动，运动时间为1秒时，点P的坐标为(1,1)， 当点P从原点O出发，沿这条曲线向右运动，运动时间为2秒时，点P的坐标为(2,0)， 当点P从原点O出发，沿这条曲线向右运动，运动时间为3秒时，点P的坐标为(3,−1)， 当点P从原点O出发，沿这条曲线向右运动，运动时间为4秒时，点P的坐标为(4,0)， 当点P从原点O出发，沿这条曲线向右运动，运动时间为5秒时，点P的坐标为(5,1)， 当点P从原点O出发，沿这条曲线向右运动，运动时间为6秒时，点P的坐标为(6,0)， …， ∵2015÷4 = 503…3 ∴P 2015的坐标是(2015,−1)， 故选：B． 3 【答案】A 【解析】解：由题意得：D 1 E 1 // BC，∴ΔBD 1 E 1与ΔCD 1 E 1同底同高，面积相等，以此类 推； 1 1 根据直角三角形的性质以及相似三角形的性质可知：D 1 E 1 = BC，CE 1 = AC， 2 2 1 S 1 = 2 S △ABC； ∴在ΔACB中，D 2为其重心， 1 ∴D 2 E 1 = BE 1， 3 1 1 1 ∴D 2 E 2 = 3 BC，CE 2 = 3 AC，S 2 = 32 S △ABC， ∵D 2 E 2 : D 1 E 1 = 2 : 3，D 1 E 1 : BC = 1 : 2， 2 ∴BC : D 2 E 2 = 2D 1 E 1 : D 1 E 1 = 3， 3 ∴CD 3 : CD 2 = D 3 E 3 : D 2 E 2 = CE 3 : CE 2 = 3 : 4， 3 3 1 1 ∴D 3 E 3 = D 2 E 2 = × BC = BC， 4 4 3 4 3 3 1 1 1 CE 3 = 4 CE 2 = 4 × 3 AC = 4 AC，S 3 = 42 S △ABC …； 167/179­ 1 1 ∴S n = 2 S △ABC = 2 ； (n+1) (n+1) 故选：A． 4 【答案】解：（1）搭2条小鱼用火柴棒14根， 搭3条小鱼用火柴棒20根； （2）由（1）可知，每个小鱼比前一个小鱼多用6根火柴棒， 即可得搭n条小鱼需要用8+6(n−1) = (6n+2)根火柴棒． 取n = 10代入得：6n+2 = 6×10+2 = 62． 即：搭10条小鱼需要用62根火柴棒． （3）搭n条小鱼需要用(6n+2)根火柴棒． （4）说明方法不唯一， 如每个图形所用的火柴棒个数都比图形序号的6倍多2，等等． 【解析】（1）根据图形数出火柴的根数即可； （2）找到规律，得出搭10条这样的小鱼需要的火柴根数即可； （3）根据规律，写出通项公式即可； （4）说出图形的变化即可，答案不唯一． 5 【答案】(21008,21009 ) n n ((−2) ,2(−2) ) 6 【答案】解：（2）①当x = -2 时，y = (x−1)(x−2)(x−3) = −60 ． 故答案为：﹣60． ②观察表格中的数据可得出函数图象关于点(2,0) 中心对称， ∴−7+n = 2×2 ，解得：n = 11 ． 故答案为：11． （3）①作点A关于点(2,0)的对称点B ，再在函数图象上找与点B 纵坐标相等的B 点． 1 1 2 ②根据表格描点、连线，画出图形如图所示． 168/179­ 能力提高 / 初三 / 春季 第 12 讲 阶段自检 期末试卷答案 1 【答案】C 2 【答案】B 3 【答案】A 4 【答案】C 5 【答案】D 6 【答案】B 7 【答案】3到4之间的无理数π．答案不唯一． 8 【答案】ab(3a+1)(3a−1) 9 【答案】5．245 ×106 10 【答案】x ≥ −1 3 11 【答案】 5 12 【答案】75∘ 13 【答案】(3,0) 14 【答案】20∘ 15 【答案】8 – √2 16 【答案】 π 2 −−−−− 17 【答案】解：原式= 4+1−√27÷3 = 5−3 = 2． 2−x ≤ 0① 18 【答案】 解： {3(5x+1)＞4x−8② ∵解不等式①得：x ≥ 2， 解不等式②得：x > −1， ∴不等式组的解集为x ≥ 2． x2 4 x−1 19 【答案】 解：原式= − ⋅ (x−1 x−1) x+2 x2 −4 x−1 = ⋅ x−1 x+2 169/179­ (x−2)(x+2) x−1 = ⋅ x−1 x+2 = x−2， 当x = 2时，原式= 0． 20 【答案】解:（1）根据题意画图如下: 则所有取牌的可能性共有9种； （2）∵两次抽得相同花色的有5种情况， 5 ∴A方案:P = ， (甲胜) 9 ∵两次抽得数字和为奇数的有4种情况， 4 ∴B方案:P = ， (甲胜) 9 则选择A方案． 21 【答案】（1）证明：∵AB // DE， ∴∠A = ∠D， AB = ED 在ΔBAC和ΔEDF中 ⎧⎪∠A = ∠D， ⎨ ⎩⎪ AC = FD ∴△ BAC ≅△ EDF (SAS)， ∴BC = EF，∠BCA = ∠EFD， ∴BC // EF， ∴四边形BCEF是平行四边形； （2）解：连接BE，交CF于点G， ∵四边形BCEF是菱形， ∴CG = FG，BE⊥AC ， ∵∠ABC = 90∘ ，AB = 8，BC = 6， −−−−−−−−−− ∴AC = AB2 +BC2= 10， √ ∵∠BGC = ∠ABC = 90∘ ，∠ACB = ∠BCG， ∴△ ABC ∽△ BGC ， BC BC ∴ = ， AC CG 6 CG 即 = ， 10 6 ∴CG = 3.6， ∵FG = CG， 170/179­ ∴FC = 2CG = 7.2， ∴AF = AC −FC = 10−7.2 = 2.8． 22 【答案】解：（1）设每台B型空气净化器的进价为x元，则每台A型净化器的进价为(x+300)元， 6000 7500 由题意得， = ， x x+300 解得：x = 1200， 经检验x = 1200是原方程的根， 则x+300 = 1500， 答：每台B型空气净化器、每台A型空气净化器的进价分别为1200元，1500元； （2）设B型空气净化器的售价为x元， 1800−x 根据题意得；(x−1200)(4+ )= 3200， 50 解得：x = 1600， 答：如果每天商社电器销售B型空气净化器的利润为3200元，那么商社电器应将B型空气 净化器的售价定为1600元． 23 【答案】解：（1）Rt △ ABC 中，由勾股定理得：AB = 5cm； 3 则sin∠A = ； 5 由于BA切⊙O于E，则∠OEA = 90∘ ； 5 在Rt △ OEA 中，AO = OE ÷sin∠A = cm． 3 （2）如图： ①当P位于线段OC上时，设⊙P与CD的切点为G， 则P 1 G⊥CD； 由于D是AB的中点，所以CD = DA，即∠DCA = ∠A， 171/179­ 5 2 因此P 1 C = OA = cm，OP 1 = AC −2OA = cm， 3 3 2 ∴t = s； 3 ②当P位于线段CB上时，设⊙P与CD的切点为H， 则P 2 H⊥CD； 5 同①可得：P 2 C = cm，因此P点运动的距离为： 4 7 5 43 43 OC +P 2 C = + = cm，即t = s； 3 4 12 12 ③当P位于线段BD上时，P 3 M⊥CD，过B作BQ⊥CN于Q； 易知：S ΔABC = 6cm2 ，由于D是AB中点， 则S ΔBCD = 3cm2 ； 1 5 而CD = AB = cm， 2 2 12 可求得CD边上的高为：BQ = cm； 5 P M P D 3 3 易知：△ PDM ∽△ BDQ，则 = ， BQ BD 1 P D 25 3 即 = ，P 3 D = cm； 12 5 24 5 2 163 163 因此P 3 B+BC +OC = cm，即t = s； 24 24 213 ④当P位于线段AD上时，同③可求得t = s； 24 2 43 163 213 综上可知：当t分别为 s、 s、 s、 s时，⊙P与直线CD相切． 3 12 24 24 – 24 【答案】解：（1）∵A(0,2)，B(2√3,0) – ∴OA = 2，OB = 2√3； Rt △ OAB 中，由勾股定理，得： −−−−−−−−−− AB = OA2 +OB2= 4； √ （2）∵∠AOB = 90∘ ， ∴AB是⊙C的直径； ∴⊙C的半径r = 2； 过C作CE⊥y 轴于E，则CE // OB ； ∵C是AB的中点， ∴CE是△ AOB 的中位线， 1 1 – – 则OE = OA = 1，CE = OB =√3，即C（√3，1）； 2 2 – 故⊙C的半径为2，C（√3，1）； （3）作OB的垂直平分线，交⊙C于P 1、P 2，交OB于D 如图 ，连接OC； 172/179­ 由垂径定理知：P 1 P 2必过点C，即P 1 P 2是⊙C的直径； – – ∴P 1 (√3，3），P 2 (√3，−1)； – 在Rt △ OP 1 D 中，P 1 D = 3，OD =√3， ∴∠BOP 1 = 60∘ ； ∵P 1 P 2是直径， ∴∠P 1 OP 2 = 90∘ ，∠BOP 2 = 30∘ ； 由于P 1 P 2垂直平分OB，所以△ OBP 1、△ OBP 2都是等腰三角形，因此P 1、P 2均符 合P点的要求； 由于此时BO = P 1 O，因此不需要考虑BO为腰的情况． 故存在符合条件的P点： – P 1 (√3，3），∠BOP 1 = 60∘ ； – P 2 (√3，−1)，∠BOP 2 = 30∘ ． 25 【答案】解：●探索发现 PB⊥AK，PB = PK +AK； 理由：如图2中， ∵点P在MN上，根据对称性易得∠PBC = ∠2且PB = PC， 又∠ABK = ∠CBK = 45∘ ， 在△ BKA和△ BKC中， BA = BC ⎧⎪∠BKA = ∠BKC ⎨ ⎩⎪ BK = BK ∴△ ABK ≅△ CBK， ∴∠2 = ∠3且AK = CK， 173/179­ ∴∠PBC = ∠3． 又∠PBC +∠4 = 90∘ ， ∴∠3+∠4 = 90∘ ， 即PB⊥AK． ∴PB = PC = PK +CK = PK +AK． ●延伸拓展 以上两个结论仍然成立， 理由如下：如图1中， ∵点P在MN上，根据对称性易得∠PBC = ∠2且PB = PC， 又∠ABK = ∠CBK = 45∘ ， 在△ BKA和△ BKC中， BA = BC ⎧⎪∠BKA = ∠BKC ⎨ ⎩⎪ BK = BK ∴△ ABK ≅△ CBK， ∴∠2 = ∠3且AK = CK， ∴∠PBC = ∠3． 又∠PBC +∠4 = 90∘ ， ∴∠3+∠4 = 90∘ ， 即PB⊥AK． ∴PB = PC = PK +CK = PK +AK． ●应用推广 如图3中，过点B作AD的平行线交PK延长线于点C，连接CD． 174/179­ ∵FD // BD， ∴△ FDK ∼△ CBK． 又DK : BK = 1 : 3， ∴FD : BC = 1 : 3． ∵FD : AD = 1 : 3， ∴BC = AD． ∵BC // AD且AB⊥AD且AB = AD， ∴四边形ABCD为正方形． ∵PB = PK +AK， 即(PE +BE) = (PF +FK)+AK，又PE = PF， ∴BE = FK +AK． 在Rt △ EAB中，∵AE = 1，AB = 3， −−−−−−−−−− −− ∴BE = √AE2 +AB2 =√10． ∵AG⊥BE（上一问结论）， ∴ Rt △ AGE ∼ Rt △ BGA，且相似比为1：3， 设EG = t，AG = 3t，BG = 9t， −− ∴BE = 10t = √10， −− √10 ∴t = ． 10 ∴四边形EFKG的周长= EF +FK +GK +EG = EF +(FK +AK)−AG+EG = EF +BE −AG+EG = 1+10t −3t +t 4 −− = 1+8t = 1+ √10． 5 过点K作AD垂线，垂足为H， ∵HK // AB且DK : DB = 1 : 4， 1 3 ∴KH = AB = ， 4 4 175/179­ 1 1 ∴S 四边形EFGH = S △AFK −S △AEG = 2 ⋅AF ⋅KH− 2 ⋅AG⋅EG 1 3 1 3 = ⋅2⋅ − ⋅3t ⋅t = ． 2 4 2 5 26 【答案】解：（1）由题意，A(−1,0)， ∵对称轴是直线x = 1， ∴B(3,0)； 把A(−1,0)，B(3,0)分别代入y = ax2 −2x+c 0 = a+2+c 得 ； {0 = 9a−6+c a = 1 解得 ． {c = −3 ∴这个二次函数的解析式为y = x2 −2x−3． 1 （2）∵直线y = − x+1与y轴交于D(0,1)， 3 ∴OD = 1， 由y = x2 −2x−3 = (x−1) 2 −4得E(1,−4)； 连接CE，过E作EF⊥y 轴于F（如图1），则EF = 1， ∴OC = OB = 3，CF = 1 = EF， ∴∠OBC = ∠OCB = 45∘ ， −−−−−−−−−− – BC = OB2 +OC2 =3√2， √ −−−−−−−−−− – CE = √CF2 +FE2 = √2； OD 1 ∴∠BCE = 90∘ = ∠BOD， = –， CE √2 OB 3 1 = – = –， BC 3√2 √2 OD OB ∴ = ， CE BC ∴△ BOD ∽△ BCE ， ∴∠CBE = ∠DBO， ∴α −β = ∠DBC −∠CBE = ∠DBC −∠DBO = ∠OBC = 45∘ ． （3）设P (1,n)， ∵PA = PC， ∴PA2 = PC2 ， 2 2 2 2 即(1+1) +(n−0) = (1+0) +(n+3) 解得n = −1， ∴PA2 = (1+1) 2 +(−1−0) 2 = 5， ∴S ΔEDW = PA2 = 5； 176/179­ 法一：设存在符合条件的点M (m,m2 −2m−3)， 则m > 0， ①当M在直线BD上侧时，连接OM（如图1）， 则S ΔBDM = S ΔOBM +S ΔODM −S ΔBOD = 5， 1 ∣ ∣ 1 ∣ ∣ 1 即 2 OB⋅ ∣ ∣y M ∣ ∣+ 2 OD ∣ ∣x M ∣ ∣ − 2 OB⋅OD = 5, 3 1 3 (m2 −2m−3) + m− = 5, 2 2 2 整理，得3m2 −5m−22 = 0， 11 解得m 1 = −2（舍去），m 2 = ， 3 11 28 把m = 代入y = m2 −2m−3得y = ； 3 9 11 28 ∴M ， ； ( 3 9 ) ②当M在直线BD下侧时，连接OM 1（如图1）， 则S ΔBDM1 = S ΔBOD +S ΔBOM1 −S ΔDOM1 = 5 ， 1 1 ∣ ∣ 1 ∣ ∣ 即 2 OB⋅OD+ 2 OB⋅ ∣ ∣y M1∣ ∣− 2 OD⋅ ∣ ∣x M1∣ ∣ = 5 ， 3 3 1 + [−(m2 −2m−3)]− m = 5 ， 2 2 2 整理，得3m2 −5m−2 = 0， 1 解得m 1 = 2，m 2 = − ，（舍去） 3 把m = 2代入y = m2 −2m−3得y = −3， ∴M 1 (2,−3)； 综上所述，存在符合条件的点M， 11 28 其坐标为 ， 或(2,−3)． ( 3 9 ) 法二：设存在符合条件的点M (m,m2 −2m−3)， 则m > 0， ①当M在直线BD上侧时，过M作MG // y 轴， 交DB于G；（如图2） 设D、B到MG距离分别为h 1. ，h 2， 则S ΔBDM = S ΔDMG −S ΔBMG = 5， 1 1 即 MGh 1 − MGh 2 = 5, 2 2 1 |y −y |⋅(h −h ) = 5, M G 1 2 2 1 1 m2 −2m−3− − m+1 ⋅3 = 5, 2[ ( 3 )] 整理，得3m2 −5m−22 = 0； 177/179­ 11 解得m 1 = −2（舍去），m 2 = ； 3 11 把m = 代入y = m2 −2m−3 3 28 得y = ； 9 11 28 ∴M ， ． ( 3 9 ) ②当M在直线BD下侧时， 过M 1作M 1 G 1 // y轴，交DB于G 1（如图2） 设D、B到M 1 G 1距离分别为h 1、h 2， 则S ΔBDM = S ΔDM1G1 +S ΔBM1G1 = 5 ， 1 1 即 M 1 G 1 h 1 + M 1 G 1 h 2 = 5, 2 2 1 ∣∣y −y ∣∣ ⋅(h +h ) = 5, 2 G1 M1 1 2 1 1 − m+1−(m2 −2m−3) ⋅3 = 5, 2[ 3 ] 整理，得3m2 −5m−2 = 0， 1 解得m 1 = 2，m 2 = − ，（舍去） 3 把m = 2代入y = m2 −2m−3得y = −3， ∴M 1 (2,−3)； 综上所述，存在符合条件的点M， 11 28 其坐标为 ， 或(2,−3)． ( 3 9 ) 法三：①当M在直线BD上侧时，过M作MH // BD ，交y轴于H，连接BH；（如图3） 则S ΔDHB = S ΔBDM = 5， 1 1 即 DH ⋅OB = 5， DH ⋅3 = 5， 2 2 10 ∴DH = ， 3 13 ∴H 0， ； ( 3 ) 1 13 ∴直线MH解析式为y = − x+ ； 3 3 y = −1x+ 13 3 3 联立 {y = x2 −2x−3 x = −2 x = 11 3 得 或 ； { y = 5 {y = 28 9 ∵M在y轴右侧， 11 28 ∴M坐标为 ， ． ( 3 9 ) ②当M在直线BD下侧时，过M 1作M 1 H 1 // BD，交y轴于H 1， 10 连接BH 1（如图3），同理可得DH 1 = ， 3 178/179­ 7 ∴H 1 0，− ， ( 3) 1 7 ∴直线M 1 H 1解析式为y = − x− ， 3 3 y = −1 − 7 3 3 联立 {y = x2 −2x−3 x = 2 x = −1 3 得 或 ； {y = −3 {y = −20 9 ∵M 1在y轴右侧， ∴M 1坐标为(2,−3) 综上所述，存在符合条件的点M， 11 28 其坐标为 ， 或(2,−3)． ( 3 9 ) 179/179