2018年中考数学真题分类汇编（第三期）专题39开放性问题试题（含解析）.doc

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1、1开放性问题解答题1. （2018湖北十堰12 分）已知抛物线 y= x2+bx+c经过点 A（2，0） ，B（0、4）与 x轴交于另一点 C，连接 BC（1）求抛物线的解析式；（2）如图，P 是第一象限内抛物线上一点，且 SPBO =SPBC ，求证：APBC；（3）在抛物线上是否存在点 D，直线 BD交 x轴于点 E，使ABE 与以 A，B，C，E 中的三点为顶点的三角形相似（不重合）？若存在，请求出点 D的坐标；若不存在，请说明理由【分析】 （1）利用待定系数法求抛物线的解析式；（2）令 y=0求抛物线与 x轴的交点 C的坐标，作POB 和PBC 的高线，根据面积相等可得 OE=CF，证

2、明OEGCFG，则 OG=CG=2，根据三角函数列式可得 P的坐标，利用待定系数法求一次函数 AP和 BC的解析式，k 相等则两直线平行；（3）先利用概率的知识分析 A，B，C，E 中的三点为顶点的三角形，有两个三角形与ABE有可能相似，即ABC 和BCE，当ABE 与以 A，B，C 中的三点为顶点的三角形相似，如图 2，根据存在公共角BAE=BAC，可得ABEACB，列比例式可得 E的坐标，利用待定系数法求直线 BE的解析式，与抛物线列方程组可得交点 D的坐标；当ABE 与以 B，C.E 中的三点为顶点的三角形相似，如图 3，同理可得结论【解答】解：（1）把点 A（2，0） ，B（0、4）代

3、入抛物线 y= x2+bx+c中得：，解得： ，抛物线的解析式为：y= x2x4；（2）当 y=0时， x2x4=0，解得：x=2 或 4，C（4，0） ，2如图 1，过 O作 OEBP 于 E，过 C作 CFBP 于 F，设 PB交 x轴于 G，S PBO =SPBC ， ，OE=CF，易得OEGCFG，OG=CG=2，设 P（x， x2x4） ，过 P作 PMy 轴于 M，tanPBM= = = ，BM=2PM，4+ x2x4=2x，x26x=0，x1=0（舍） ，x 2=6，P（6，8） ，易得 AP的解析式为：y=x+2，BC的解析式为：y=x4，APBC；（3）以 A，B，C，E 中

4、的三点为顶点的三角形有ABC.ABE.ACE.BCE，四种，其中ABE重合，不符合条件，ACE 不能构成三角形，当ABE 与以 A，B，C，E 中的三点为顶点的三角形相似，存在两个三角形：ABC 和BCE，当ABE 与以 A，B，C 中的三点为顶点的三角形相似，如图 2，BAE=BAC，ABEABC，ABE=ACB=45，ABEACB， ， ，AE= ，E（ ，0） ，B（0，4） ，3易得 BE：y= ，则 x2x4= x4，x1=0（舍） ，x 2= ，D（ ， ） ；当ABE 与以 B，C.E 中的三点为顶点的三角形相似，如图 3，BEA=BEC，当ABE=BCE 时，ABEBCE， =

5、 = ，设 BE=2 m，CE=4 m，RtBOE 中，由勾股定理得：BE 2=OE2+OB2， ，3m28 m+8=0，（m2 ） （3m2 ）=0，m1=2 ，m 2= ，OE=4 m4=12 或 ，OE= 2，AEB 是钝角，此时ABE 与以 B，C.E 中的三点为顶点的三角形不相似，如图 4，E（12，0） ；同理得 BE的解析式为：y= x4， x4= x2x4，x= 或 0（舍）D（ ， ） ；综上，点 D的坐标为（ ， ）或（ ， ） 4【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、一次函数的解析式、相似三角形的性质和判定、一元二次方

6、程、三角形面积以及勾股定理，第 3问有难度，确定三角形与ABE 相似并画出图形是关键2. （2018湖北江汉12 分）抛物线 y= x2+ x1 与 x轴交于点 A，B（点 A在点 B5的左侧） ，与 y轴交于点 C，其顶点为 D将抛物线位于直线 l：y=t（t ）上方的部分沿直线 l向下翻折，抛物线剩余部分与翻折后所得图形组成一个“M”形的新图象（1）点 A，B，D 的坐标分别为 （ ，0） ， （3，0） ， （ ， ） ；（2）如图，抛物线翻折后，点 D落在点 E处当点 E在ABC 内（含边界）时，求 t的取值范围；（3）如图，当 t=0时，若 Q是“M”形新图象上一动点，是否存在以 C

7、Q为直径的圆与 x轴相切于点 P？若存在，求出点 P的坐标；若不存在，请说明理由【分析】 （1）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点 A.B的坐标，再利用配方法即可找出抛物线的顶点 D的坐标；（2）由点 D的坐标结合对称找出点 E的坐标，根据点 B.C的坐标利用待定系数法可求出直线 BC的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征即可得出关于 t的一元一次不等式组，解之即可得出 t的取值范围；（3）假设存在，设点 P的坐标为（ m，0） ，则点 Q的横坐标为 m，分 m 或 m3 及m3 两种情况，利用勾股定理找出关于 m的一元二次方程，解之即可得出 m的值，进而可找出点 P的坐标，此题得解【

8、解答】解：（1）当 y=0时，有 x2+ x1=0，解得：x 1= ，x 2=3，点 A的坐标为（ ，0） ，点 B的坐标为（3，0） y= x2+ x1= （x 2 x）1= （x ） 2+ ，点 D的坐标为（ ， ） 6故答案为：（ ，0） ；（3，0） ；（ ， ） （2）点 E.点 D关于直线 y=t对称，点 E的坐标为（ ，2t ） 当 x=0时，y= x2+ x1=1，点 C的坐标为（0，1） 设线段 BC所在直线的解析式为 y=kx+b，将 B（3，0） 、C（0，1）代入 y=kx+b，解得： ，线段 BC所在直线的解析式为 y= x1点 E在ABC 内（含边界） ， ，解得：

9、 t （3）当 x 或 x3 时，y= x2+ x1；当 x3 时，y= x2 x+1假设存在，设点 P的坐标为（ m，0） ，则点 Q的横坐标为 m当 m 或 m3 时，点 Q的坐标为（m， x2+ x1） （如图 1） ，以 CQ为直径的圆与 x轴相切于点 P，CPPQ，CQ 2=CP2+PQ2，即 m2+（ m2+ m） 2= m2+1+ m2+（ m2+ m1） 2，整理，得：m 1= ，m 2= ，点 P的坐标为（ ，0）或（ ，0） ；当 m3 时，点 Q的坐标为（m， x2 x+1） （如图 2） ，7以 CQ为直径的圆与 x轴相切于点 P，CPPQ，CQ 2=CP2+PQ2，即

10、 m2+（ m2 m+2） 2= m2+1+ m2+（ m2 m+1） 2，整理，得：11m 228m+12=0，解得：m 3= ，m 4=2，点 P的坐标为（ ，0）或（1，0） 综上所述：存在以 CQ为直径的圆与 x轴相切于点 P，点 P的坐标为（ ，0） 、（ ，0） 、 （1，0）或（ ，0） 3 （2018辽宁省盘锦市）如图 1，点 E是正方形 ABCD边 CD上任意一点，以 DE为边作正方形 DEFG，连接 BF，点 M是线段 BF中点，射线 EM与 BC交于点 H，连接 CM（1）请直接写出 CM和 EM的数量关系和位置关系；（2）把图 1中的正方形 DEFG绕点 D顺时针旋转

11、45，此时点 F恰好落在线段 CD上，如图 2，其他条件不变， （1）中的结论是否成立，请说明理由；（3）把图 1中的正方形 DEFG绕点 D顺时针旋转 90，此时点 E.G恰好分别落在线段AD.CD上，如图 3，其他条件不变， （1）中的结论是否成立，请说明理由【解答】解：（1）如图 1，结论：CM=EM，CMEM8理由：ADEF，ADBC，BCEF，EFM=HBM在FME 和BMH 中，FMEBMH，HM=EM，EF=BHCD=BC，CE=CH1HCE=90，HM=EM，CM=ME，CMEM（2 如图 2，连接 AE，四边形 ABCD和四边形 EDGF是正方形，FDE=45，CBD=45，

12、点 B.E.D在同一条直线上BCF=90，BEF=90，M 为 AF的中点，CM= AF，EM= AF，CM=MEEFD=45，EFC=135CM=FM=ME，MCF=MFC，MFE=MEF，MCF+MEF=135，CME=360135135=90，CMME（3）如图 3，连接 CF，MG，作 MNCD 于 N，在EDM 和GDM 中， ，EDMGDM ，ME=MG，MED=MGDM 为 BF的中点，FGMNBC，GN=NC，又 MNCD，MC=MG，MD=ME，MCG=MGCMGC+MGD=180，MCG+MED=180，CME+CDE=180CDE=90，CME=90，（1）中的结论成立4

13、. （2018乐山12 分）已知 RtABC 中，ACB=90，点 D.E分别在 BC.AC边上，连结BE.AD交于点 P，设 AC=kBD，CD=kAE，k 为常数，试探究APE 的度数：9（1）如图 1，若 k=1，则APE 的度数为 ；（2）如图 2，若 k= ，试问（1）中的结论是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，求出APE 的度数（3）如图 3，若 k= ，且 D.E分别在 CB.CA的延长线上， （2）中的结论是否成立，请说明理由解：（1）如图 1，过点 A作 AFCB，过点 B作 BFAD 相交于 F，连接EF，FBE=APE，FAC=C=90，四边形 ADBF是平行四边形，

14、BD=AF，BF=ADAC=BD，CD=AE，AF=ACFAC=C=90，FAEACD，EF=AD=BF，FEA=ADCADC+CAD=90，FEA+CAD=90=EHDADBF，EFB=90EF=BF，FBE=45，APE=45 故答案为：45（2） （1）中结论不成立，理由如下：如图 2，过点 A作 AFCB，过点 B作 BFAD 相交于 F，连接EF，FBE=APE，FAC=C=90，四边形 ADBF是平行四边形，BD=AF，BF=ADAC= BD，CD= AE， BD=AF， FAC=C=90，FAEACD， = ，FEA=ADCADC+CAD=90，FEA+CAD=90=EMDADB

15、F，EFB=90在 RtEFB中，tanFBE= ，FBE=30，APE=30， （3） （2）中结论成立，如图3，作 EHCD，DHBE，EH，DH 相交于 H，连接 AH，APE=ADH，HEC=C=90，四边形 EBDH是平行四边形，BE=DH，EH=BDAC= BD，CD= AE， 10HEA=C=90，ACDHEA， ，ADC=HAECAD+ADC=90，HAE+CAD=90，HAD=90在 RtDAH 中，tanADH= ，ADH=30 ，APE=30 5. （2018莱芜12 分）如图，抛物线 y=ax2+bx+c经过 A（1，0） ，B（4，0） ，C（0，3）三点，D 为直线

16、 BC上方抛物线上一动点，DEBC 于 E（1）求抛物线的函数表达式；（2）如图 1，求线段 DE长度的最大值；（3）如图 2，设 AB的中点为 F，连接 CD，CF，是否存在点 D，使得CDE 中有一个角与11CFO 相等？若存在，求点 D的横坐标；若不存在，请说明理由【分析】 （1）根据待定系数法，可得函数解析式；（2）根据平行于 y轴直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得 DM，根据相似三角形的判定与性质，可得 DE的长，根据二次函数的性质，可得答案；（3）根据正切函数，可得CFO，根据相似三角形的性质，可得 GH，BH，根据待定系数法，可得 CG的解析式，根据解方程组，可

17、得答案【解答】解：（1）由题意，得 ，解得 ，抛物线的函数表达式为 y= x2+ x+3；（2）设直线 BC的解析是为 y=kx+b， ，解得y= x+3，设 D（a， a2+ a+3） ， （0a4） ，过点 D作 DMx 轴交 BC于 M点，如图 1 ，M（a， a+3） ，DM=（ a2+ a+3）（ a+3）= a2+3a，DME=OCB，DEM=BOC，DEMBOC，12 = ，OB=4，OC=3，BC=5，DE= DMDE= a2+ a=（ （ a2） 2+ ，当 a=2时，DE 取最大值，最大值是 ，（3）假设存在这样的点 D，CDE 使得中有一个角与CFO 相等，点 F为 AB

18、的中点，OF= ，tanCFO= =2，过点 B作 BGBC，交 CD的延长线于 G点，过点 G作 GHx 轴，垂足为 H，如图 2 ，若DCE=CFO，tanDCE= =2，BG=10，GBHBCO， = = ，GH=8，BH=6，G（10，8） ，设直线 CG的解析式为 y=kx+b， ，解得13直线 CG的解析式为 y= x+3， ，解得 x= ，或 x=0（舍） 若CDE=CFO，同理可得 BG= ，GH=2，BH= ，G（ ，2） ，同理可得，直线 CG的解析是为 y= x+3， ，解得 x= 或 x=0（舍） ，综上所述，存在点 D，使得CDE 中有一个角与CFO 相等，点 D的横坐标为 或 【点评】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法，解（2）的关键是利用相似三角形的性质得出 DE的长，又利用了二次函数的性质；解（3）的关键是利用相似三角形的性质得出 G点的坐标，由；利用了待定系数法求函数解析式，解方程组的横坐标