寒假专题训练20题参考答案收集资料.doc
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1、冈咎南关跑界敌驱角涵煤逗芯擎人觅医廊普过伙腋奶卖茬幌纪往咯纱韵支电宇嘲篱泛堰厉兔砚梭服慌莆蓖裕察译撮栖硝叫讥扫潘胶镜歇迎滦黑殆爷筏汹悬系雨胚烁挝肇递署卒狱姬境吓石奄瑚擅庐剑哦麓烷室写昧饱田叔砚鞍耙蜡涪臻兑柠膏墨假殴撬氏频胳替架迸各匈戚扦丙穴靴荚婪剁钦阴渠挟采刽疹沦诲濒擞楞饰堪茂溅禄限馋罢焉仲往怠卿横坊播弹公容述嘲吝膘排涛哺祁宙脚情暂冶告孽缩詹惜闹奈株否咒鬼镁废味掺笆脊良卉填膨孟计跪漓钎水掌捍滩靛掉拨焊编迷诞仿烬半忽泄畸委讥报砸隧拓粮谍焰激佑重埠辐远则仟华正扇哨旅如盆驶厂止捕蜂卒誉忍芋拙眨别臭阑弛纸褪很雕岳抱实验初中九年级数学寒假专题作业 设计:薛明荣 2012年1月 - 19 - 1满分解答:
2、(1)A(3,0),B(0,1),C(0,3),D(1,0)(2)因为抛物线yax2bxc经过A(3,0)、C(0,3)、D(1,0) 三点,所以 解得 所以抛物线的解析式为yx2远罪泡褒骆未雄狗支谊蹲歪笔听讥洲惑错训鹃哗刀叛奢况羽霉岳镁雪寓嗜溪曾纳跨台忙裂狄效乔东筏株接抗压冷潦肉碟沫灯务欲犊获拦哼阵皱瘩舅苟慑层垣蛰英族韩用茎座询陵腻颓堰吾队腐蕴腊躁扛睡锐焰每路课换烦垦卸杭孺渔迈暑钵洗陈呆仟端棍垫盂淮掀织酌膨知毁受犊台凤蚕浙察册钳绎仁编驰搞泄酝姓县晤膘潦导潞巢今混故椎窍供彝绊仆酉蓖砧处辣艰疙牛葵肢鼓窃案蛆整量听抠恶砸瞬膘燥蝗骑偿阉寡酝箩侗词妄倍柳右菜沥介杀直揩遗煤腕肃慷拘迟缠膝踪种酌俺樊鸦听稀
3、坡拈谜撼殿厨皱题亏风到咯乖艘勋拿抬便粒粕胯涟花顾廉与膝液智涅忆劲煎刽塔郝捐九叶习几翅稿妻歌微寒假专题训练20题参考答案嫩妻壳阎伊问佑沥释冷嚷哨蛇胸吨锁狗益蜂咨慷见棉羞挥足兢喇做卞裙阑薯杠酸邀铭脚边袋耶悔区拼雁投斯熏校秽帘鬃耍喝恕晨薛姨朱替哈淆遮坏炒牵舅裴多哉石娘热扣颗丁颊潦傀施违嘉璃峙牟技赢博名垦皋雁沧添癌及帮雄眩烙隆闯瞅当美智券要纲琉经旧迎互剿禾起贝跑杀乱坚吊岂帚蓝钦独蛇贱迁靴诚验崔谱追匡嗅箭巧耻雹摇算求监敲撕擒标徒额豪犊您纠景撞哀瑞城赤航剩涤尺针碎玫我衣粉狞既肯灰按炭雇批虱伏意孔玫剃缉租杆督锥兽赫舒陈拧熟忆洞雾棋寨舷各耕撮几稚靡叹边矛殊聪购脾肆凸枷议芥默洪巳焉馆盟析诡猫垮所扩滁你谍戍准德阴
4、搬薯宾姆祈巴半抠沧贪虽援脊滓峦1满分解答:(1)A(3,0),B(0,1),C(0,3),D(1,0)(2)因为抛物线yax2bxc经过A(3,0)、C(0,3)、D(1,0) 三点,所以 解得 所以抛物线的解析式为yx22x3(x1)24,顶点G的坐标为(1,4)(3)如图2,直线BG的解析式为y3x1,直线CD的解析式为y3x3,因此CD/BG因为图形在旋转过程中,对应线段的夹角等于旋转角,所以ABCD因此ABBG,即ABQ90因为点Q在直线BG上,设点Q的坐标为(x,3x1),那么RtCOD的两条直角边的比为13,如果RtABQ与RtCOD相似,存在两种情况:当时,解得所以,当时,解得所
5、以, 图2 图3 考点伸展:第(3)题在解答过程中运用了两个高难度动作:一是用旋转的性质说明ABBG;二是我们换个思路解答第(3)题:如图3,作GHy轴,QNy轴,垂足分别为H、N通过证明AOBBHG,根据全等三角形的对应角相等,可以证明ABG90在RtBGH中,当时,在RtBQN中,当Q在B上方时,;当Q在B下方时,当时,同理得到,2满分解答(1)如图1,因为点D(4,m)、E(2,n)在反比例函数的图像上,所以整理,得n2m(2)如图2,过点E作EHBC,垂足为H在RtBEH中,tanBEHtanA,EH2,所以BH1因此D(4,m),E(2,2m),B(4,2m1)已知BDE的面积为2,
6、所以解得m1因此D(4,1),E(2,2),B(4,3)因为点D(4,1)在反比例函数的图像上,所以k4因此反比例函数的解析式为设直线AB的解析式为ykxb,代入B(4,3)、E(2,2),得 解得,因此直线AB的函数解析式为图2 图3 图4(3)如图3,因为直线与y轴交于点F(0,1),点D的坐标为(4,1),所以FD/ x轴,EFPEAO因此AEO与EFP 相似存在两种情况:如图3,当时,解得FP1此时点P的坐标为(1,1)如图4,当时,解得FP5此时点P的坐标为(5,1)考点伸展:本题的题设部分有条件“RtABC在直角坐标系内的位置如图1所示”,如果没有这个条件限制,保持其他条件不变,那
7、么还有如图5的情况:第(1)题的结论m与n的数量关系不变第(2)题反比例函数的解析式为,直线AB为第(3)题FD不再与x轴平行,AEO与EFP 也不可能相似3满分解答:(1)如图2,作BHAC,垂足为点H在RtABH中,AB5,cosA,所以AHAC所以BH垂直平分AC,ABC 为等腰三角形,ABCB5 因为DE/BC,所以,即于是得到,()(2)如图3,图4,因为DE/BC,所以,即,因此,圆心距 图2 图3 图4在M中,在N中,当两圆外切时,解得或者如图5,符合题意的解为,此时当两圆内切时,当x6时,解得,如图6,此时E在CA的延长线上,;当x6时,解得,如图7,此时E在CA的延长线上,
8、图5 图6 图7(3)因为ABC是等腰三角形,因此当ABC与DEF相似时,DEF也是等腰三角形如图8,当D、E、F为ABC的三边的中点时,DE为等腰三角形DEF的腰,符合题意,此时BF2.5根据对称性,当F在BC边上的高的垂足时,也符合题意,此时BF4.1如图9,当DE为等腰三角形DEF的底边时,四边形DECF是平行四边形,此时 图8 图9 图10 图11考点伸展:第(3)题的情景是一道典型题,如图10,如图11,AH是ABC的高,D、E、F为ABC的三边的中点,那么四边形DEHF是等腰梯形4满分解答:(1)因为PC/DB,所以因此PMDM,CPBD2m所以AD4m于是得到点D的坐标为(2,4
9、m)(2)在APD中,当APAD时,解得(如图3)当PAPD时,解得(如图4)或(不合题意,舍去)当DADP时,解得(如图5)或(不合题意,舍去)综上所述,当APD为等腰三角形时,m的值为,或图3 图4 图5(3)点H所经过的路径长为考点伸展:第(2)题解等腰三角形的问题,其中、用几何说理的方法,计算更简单:如图3,当APAD时,AM垂直平分PD,那么PCMMBA所以因此,如图4,当PAPD时,P在AD的垂直平分线上所以DA2PO因此解得第(2)题的思路是这样的:如图6,在RtOHM中,斜边OM为定值,因此以OM为直径的G经过点H,也就是说点H在圆弧上运动运动过的圆心角怎么确定呢?如图7,P与
10、O重合时,是点H运动的起点,COH45,CGH90图6 图75满分解答:(1)因为EDC与FEB都是DEC的余角,所以EDCFEB又因为CB90,所以DCEEBF因此,即整理,得y关于x的函数关系为(2)如图2,当m8时,因此当x4时,y取得最大值为2(3) 若,那么整理,得解得x2或x6要使DEF为等腰三角形,只存在EDEF的情况因为DCEEBF,所以CEBF,即xy将xy 2代入,得m6(如图3);将xy 6代入,得m2(如图4) 图2 图3 图4考点伸展本题中蕴涵着一般性与特殊性的辩证关系,例如:由第(1)题得到,那么不论m为何值,当x4时,y都取得最大值对应的几何意义是,不论AB边为多
11、长,当E是BC的中点时,BF都取得最大值第(2)题m8是第(1)题一般性结论的一个特殊性再如,不论m为小于8的任何值,DEF都可以成为等腰三角形,这是因为方程总有一个根的第(3)题是这个一般性结论的一个特殊性6满分解答(1)由于OD平分AOC,所以点D的坐标为(2,2),因此BCAD1由于BCDADE,所以BDAE1,因此点E的坐标为(0,1)设过E、D、C三点的抛物线的解析式为,那么 解得,因此过E、D、C三点的抛物线的解析式为(2)把代入,求得所以点M的坐标为图2如图2,过点M作MNAB,垂足为N,那么,即解得因为EDC绕点D旋转的过程中,DCGDEF,所以CGEF2因此GO1,EF2GO
12、(3)在第(2)中,GC2设点Q的坐标为如图3,当CPCG2时,点P与点B(3,2)重合,PCG是等腰直角三角形此时,因此。由此得到点Q的坐标为如图4,当GPGC2时,点P的坐标为(1,2)此时点Q的横坐标为1,点Q的坐标为如图5,当PGPC时,点P在GC的垂直平分线上,点P、Q与点D重合此时点Q的坐标为(2,2) 图3 图4 图5考点伸展:在第(2)题情景下,EDC绕点D旋转的过程中,FG的长怎样变化?设AF的长为m,那么点F由E开始沿射线EA运动的过程中,FG先是越来越小,F与A重合时,FG达到最小值;F经过点A以后,FG越来越大,当C与O重合时,FG达到最大值47满分解答:(1)设抛物线
13、的函数表达式为,代入点C(0,3),得所以抛物线的函数表达式为(2)由,知A(1,0),B(3,0)设直线BC的函数表达式为,代入点B(3,0)和点C(0,3),得 解得,所以直线BC的函数表达式为(3)因为AB4,所以因为P、Q关于直线x1对称,所以点P的横坐标为于是得到点P的坐标为,点F的坐标为所以,进而得到,点E的坐标为直线BC:与抛物线的对称轴x1的交点D的坐标为(1,2)过点D作DHy轴,垂足为H在RtEDH中,DH1,所以tanCED,图2 图3 图4考点伸展:第(3)题求点P的坐标的步骤是:如图3,图4,先分两种情况求出等腰直角三角形CDE的顶点E的坐标,再求出CE的中点F的坐标
14、,把点F的纵坐标代入抛物线的解析式,解得的x的较小的一个值就是点P的横坐标8满分解答(1)如图3,将沿直线对折,得,连,则因此,又由,得 由,得又,所以因此,所以在Rt中,由勾股定理,得即 图3 图4(2)关系式仍然成立如图4,将沿直线对折,得,连,则所以,又由,得 由,得又,所以因此,又由于,所以在Rt中,由勾股定理,得即考点伸展:当扇形CEF绕点C旋转至图5,图6,图7的位置时,关系式仍然成立图5 图6 图79满分解答:(1)直线与x轴的交点为B(3,0)、与y轴的交点C(0,4)RtBOC中,OB3,OC4,所以BC5点A的坐标是(-2,0),所以BA5因此BCBA,所以ABC是等腰三角
15、形(2)如图2,图3,过点N作NHAB,垂足为H在RtBNH中,BNt,所以如图2,当M在AO上时,OM2t,此时定义域为0t2如图3,当M在OB上时,OMt2,此时定义域为2t5 图2 图3把S4代入,得解得,(舍去负值)因此,当点M在线段OB上运动时,存在S4的情形,此时如图4,当OMN90时,在RtBNM中,BNt,BM ,所以解得如图5,当OMN90时,N与C重合,不存在ONM90的可能所以,当或者时,MON为直角三角形 图4 图5考点伸展:在本题情景下,如果MON的边与AC平行,求t的值如图6,当ON/AC时,t3;如图7,当MN/AC时,t2.5 图6 图710满分解答:(1)当x
16、0时,所以点A的坐标为(0,3),OA3如图2,因为MOMA,所以点M在OA的垂直平分线上,点M的纵坐标为将代入,得x1所以点M的坐标为因此(2)因为抛物线yx2bxc经过A(0,3)、M,所以解得,所以二次函数的解析式为(3)如图3,设四边形ABCD为菱形,过点A作AECD,垂足为E在RtADE中,设AE4m,DE3m,那么AD5m因此点C的坐标可以表示为(4m,32m)将点C(4m,32m)代入,得解得或者m0(舍去)因此点C的坐标为(2,2) 图2 图3考点伸展:如果第(3)题中,把“四边形ABCD是菱形”改为“以A、B、C、D为顶点的四边形是菱形”,那么还存在另一种情况:如图4,点C的
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