重点难点突破六课前集训巩固提高已知：在△ABC中，BC=10，BC边上的高h=5，点E在边AB上，过点E作EF∥BC，交AC边于点F．点D为BC上一点，连接DE、DF．设点E到BC的距离为x，则△DEF的面积S关于x的函数图象大致为（）．【答案】D．【解析】试题分析：判断出△AEF和△ABC相似，根据相似三角形对应边成比例列式求出EF=10-2x，，再根据三角形的面积列式表示出S与x的关系式为，然后得到大致图象为D．故选：D．考点：二次函数解析式的求法；画二次函数图象．2．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°后得到正方形AB1C1D1，边B1C1与CD交于点O，则四边形AB1OD的面积是（）A．B．C．D．【答案】C．【解析】试题分析：连接AC1，AO，根据四边形AB1C1D1是正方形，得出∠C1AB1=∠AC1B1=45°，求出∠DAB1=45°，推出A、D、C1三点共线，在Rt△C1D1A中，由勾股定理求出AC1，进而求出DC1=OD，根据三角形的面积计算即可．试题解析：连接AC1，１７\n∵四边形AB1C1D1是正方形，∴∠C1AB1=×90°=45°=∠AC1B1，∵边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°后得到正方形AB1C1D1，∴∠B1AB=45°，∴∠DAB1=90°-45°=45°，∴AC1过D点，即A、D、C1三点共线，∵正方形ABCD的边长是1，∴四边形AB1C1D1的边长是1，在Rt△C1D1A中，由勾股定理得：AC1=，则DC1=，∵∠AC1B1=45°，∠C1DO=90°，∴∠C1OD=45°=∠DC1O，∴DC1=OD=，∴S△ADO=×OD·AD=，∴四边形AB1OD的面积是=，故选C．考点：1．旋转的性质；2．正方形的性质．3．若关于x的一元二次方程的常数项为0，则m的值为（）A．1B．2C．1或2D．0【答案】B．【解析】试题分析：根据一元二次方程成立的条件及常数项为0列出方程组，求出m的值即可．试题解析：∵方程（m-1）x2+5x+m2-3m+2=0是一元二次方程且常数项为0，∴，解得：m=2．１７\n故选B．考点：一元二次方程的定义．4．如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A′OB′，若∠AOB=15°，∠AOB′的度数是（）A．25°B．30°C．35°D．40°【答案】B．【解析】试题分析：根据旋转的性质得出答案即可．试题解析：∵将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A′OB′，∴∠A′OA=45°，∠AOB=∠A′OB′=15°，∴∠AOB′=∠A′OA-∠A′OB′=45°-15°=30°，故选B．考点：旋转的性质．5．若函数y=mx2＋（m＋2）x＋m＋1的图象与x轴只有一个交点，那么m的值为.【答案】0.【解析】试题分析：分为两种情况：函数是二次函数，函数是一次函数，求出即可．试题解析：分为两种情况：①当函数是二次函数时，∵函数y=mx2+（m+2）x+m+1的图象与x轴只有一个交点，∴△=（m+2）2-4m（m+1）=0且m≠0，解得：m=±，②当函数是一次函数时，m=0，此时函数解析式是y=2x+1，和x轴只有一个交点，考点：抛物线与x轴的交点．6．如图，矩形ABCD的对角线BD经过坐标原点，矩形的边分别平行于坐标轴，点C在反比例函数的图象上．若点A的坐标为（－2，－2），则k的值为（）A．3B．4C．-4D．－5【答案】A．１７\n【解析】试题分析：根据矩形的对角线将矩形分成面积相等的两个直角三角形，找到图中的所有矩形及相等的三角形，即可推出S四边形CEOF=S四边形HAGO，根据反比例函数比例系数的几何意义即可求出k+1=4，再解出k的值即可．试题解析：如图：∵四边形ABCD、HBEO、OECF、GOFD为矩形，又∵BO为四边形HBEO的对角线，OD为四边形OGDF的对角线，∴S△BEO=S△BHO，S△OFD=S△OGD，S△CBD=S△ADB，∴S△CBD-S△BEO-S△OFD=S△ADB-S△BHO-S△OGD，∴S四边形HAGO=S四边形CEOF=2×2=4，∴xy=k+1=4，解得k=3．故选A．考点：反比例函数综合题．7．如图，平面直角坐标系xOy中，一次函数y=-x+b（b为常数，b＞0）的图象与x轴、y轴分别相交于点A、B，半径为4的⊙O与x轴正半轴相交于点C，与y轴相交于点D、E，点D在点E上方．（1）若直线AB与有两个交点F、G．①求∠CFE的度数；②用含b的代数式表示FG2，并直接写出b的取值范围；（2）设b≥5，在线段AB上是否存在点P，使∠CPE=45°？若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）45°;FG2=64×（1-）（4≤b＜5）；（2）不存在，理由见解析.【解析】试题分析：（1）连接CD，EA，利用同一条弦所对的圆周角相等求行∠CFE=45°，（2）作OM⊥AB点M，连接OF，利用两条直线垂直相交求出交点M的坐标，利用勾股定理求出FM2，再求出FG2，再根据式子写出b的范围，１７\n（3）当b=5时，直线与圆相切，存在点P，使∠CPE=45°，再利用△APO∽△AOB和△AMP∽△AOB相似得出点P的坐标，再求出OP所在的直线解析式．试题解析：（1）①如图1，∵∠COE=90°∴∠CFE=∠COE=45°;如图2，作OM⊥AB点M，连接OF，∵OM⊥AB，直线的函数式为：y=-x+b，∴OM所在的直线函数式为：y=x，∴交点M（，）∴OM2=（）2+（）2，∵OF=4，∴FM2=OF2-OM2=42-（）2-（）2，∵FM=FG，∴FG2=4FM2=4×[42-（）2-（）2]=64-=64×（1-），∵直线AB与有两个交点F、G．∴4≤b＜5，∴FG2=64×（1-）（4≤b＜5）（2）如图，１７\n当b=5时，直线与圆相切，∵在直角坐标系中，∠COE=90°，∴∠CPE=∠ODC=45°，∴存在点P，使∠CPE=45°，连接OP，∵P是切点，∴OP⊥AB，∴△APO∽△AOB，∴，∵OP=r=4，OB=5，AO=，∴即AP=，∵AB==，作PM⊥AO交AO于点M，设P的坐标为（x，y），∵△AMP∽△AOB，∴∴，∴y=，∴x=OM=∴点P的坐标为（，）．当b＞5时，直线与圆相离，不存在P点.考点：圆的综合题．8．【阅读材料】己知，如图1，在面积为S的△ABC中，BC=a，AC=b，AB=c，内切⊙１７\nO的半径为r.连接OA、OB、OC，△ABC被划分为三个小三角形．∵S=S△OBC＋S△OAC＋S△OAB=BC·r＋AC·r＋AB·r=a·r＋b·r＋c·r=（a＋b＋c）r∴（1）【类比推理】如图2，若面积为S的四边形ABCD存在内切圆（与各边都相切的圆），各边长分别为AB=a，BC=b，CD=c，AD=d，求四边形的内切圆半径r的值；（2）【理解应用】如图3，在Rt△ABC中，内切圆O的半径为r，⊙O与△ABC分别相切于D、E和F，己知AD=3，BD=2，求r的值.【答案】（1）；（2）1.【解析】试题分析：（1）已知已给出示例，我们仿照例子，连接OA，OB，OC，OD，则四边形被分为四个小三角形，且每个三角形都以内切圆半径为高，以四边形各边作底，这与题目情形类似．仿照证明过程，r易得．（２）连接OE、OD、OF，按示例易求出r.试题解析：（1）如图2，连接OA、OB、OC、OD．∵S=S△AOB＋S△BOC＋S△COD＋S△AOD∴．（2）连接OE、OF，则四边形OECF是正方形OE=EC=CF=FO=r在Rt△ABC中，AC2＋BC2=AB2（3＋r）2＋（2＋r）2=52…………7分r2＋5r-6=0解得：r=1（负根舍去）．考点：圆的综合题9．平面直角坐标系中，如图，将个边长为1的正方形并排组成矩形OABC，相邻两边OA和OC分别落在x轴和y轴的正半轴上，设抛物线y＝ax2＋bx＋c（a＜0）过矩形顶点B、C。１７\n（1）当n＝1时，如果a＝－1，试求b的值。（2）当n＝2时，在矩形OABC上方作一边长为1的正方形EFMN，使EF在线段CB上，如果M，N两点也在抛物线上，求出此时抛物线的解析式。（3）当n=3时，将矩形OABC绕点O顺时针旋转，使得点B落到x轴的正半轴上，如果该抛物线同时经过原点O，求a的值。【答案】（1）1；（2）y=-x2+x+1；（3）-．【解析】试题分析：（1）根据已知得到抛物线对称轴为直线x=，代入即可求出b；（2）设所求抛物线解析式为y=ax2+bx+1，由对称性可知抛物线经过点B（2，1）和点M（，2），把B、M的坐标代入得到方程组，求出a、b的值即可得到抛物线解析式；（3）当n=3时，OC=1，BC=3，设所求抛物线解析式为y=ax2+bx，过C作CD⊥OB于点D，则Rt△OCD∽Rt△OBC，得出，设OD=t，则CD=3t，根据勾股定理OD2+CD2=OC2，求出t，得出C的坐标，把B、C坐标代入抛物线解析式即可得到方程组，求出a即可．试题解析：（1）∵抛物线过矩形顶点B、C，其中C（0，1），B（n，1）∴当n=1时，抛物线对称轴为直线x=，∴-，∵a=-1，∴b=1，答：b的值是1．（2）设所求抛物线解析式为y=ax2+bx+1，由对称性可知抛物线经过点B（2，1）和点M（，2），则，１７\n解得∴所求抛物线解析式为y=-x2+x+1，答：此时抛物线的解析式是y=-x2+x+1（3）当n=3时，OC=1，BC=3，设所求抛物线解析式为y=ax2+bx，过C作CD⊥OB于点D，则Rt△OCD∽Rt△OBC，∴，设OD=t，则CD=3t，∵OD2+CD2=OC2，∴（3t）2+t2=12，∴t=，∴C（，），又∵B（，0），∴把B、C坐标代入抛物线解析式，得，解得：a=-，答：a的值是-．考点：二次函数综合题10．如图，以矩形ABCD的对角线AC的中点O为圆心、OA长为半径作⊙O，⊙O经过B、D两点，过点B作BK１７\n⊥AC，垂足为K，过点D作DH∥KB，DH分别与AC、AB、⊙O及CB的延长线相交于点E、F、G、H。（1）求证：AE＝CK（2）若AB＝a，AD＝a（a为常数），求BK的长（用含a的代数式表示）。（3）若F是EG的中点，且DE＝6，求⊙O的半径和GH的长。【答案】（1）证明见解析；（2）；（3），6．【解析】试题分析：（1）根据ABCD是矩形，求证△BKC≌△ADE即可；（2）根据勾股定理求得AC的长，根据三角形的面积公式得出AB×BC=AC×BK，代入即可求得BK．（3）根据三角形中位线定理可求出EF，再利用△AFD≌△HBF可求出HF，然后即可求出GH；利用射影定理求出AE，再利△AED∽△HEC求证AE=AC，然后即可求得AC即可．试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD=BC，∴∠DAE=∠BCK，∵BK⊥AC，DH∥KB，∴∠BKC=∠AED=90°，∴△BKC≌△ADE，∴AE=CK；（2）解：∵AB=a，AD=a=BC，∴∵S△ABC=AB×BC=AC×BK，∴BK=（3）连结OG，１７\n∵AC⊥DG，AC是⊙O的直径，DE=6，∴DE=EG=6，又∵EF=FG，∴EF=3；∵Rt△ADE≌Rt△CBK，∴DE=BK=6，AE=CK，在△ABK中，EF=3，BK=6，EF∥BK，∴EF是△ABK的中位线，∴AF=BF，AE=EK=KC；在Rt△OEG中，设OG=r，则OE=，EG=6，，∴，∴．连接BG可得△BGF≌△AEF，AF=BF，△ADF≌△BHF∵AD=BC，BF∥CD，∴HF=DF，∵FG=EF，∴HF-FG=DF-EF，∴HG=DE=6．考点：1．相似三角形的判定与性质；2．全等三角形的判定与性质；3．三角形中位线定理；4．垂径定理．11．（14分）如图，平行四边形ABCD在平面直角坐标系中，点A的坐标为（-2，0），点B的坐标为（0，4），抛物线经过点A和C．yxABCO１７\nyxABCO（1）求抛物线的解析式．（2）该抛物线的对称轴将平行四边形ABCO分成两部分，对称轴左侧部分的图形面积记为，右侧部分图形的面积记为，求与的比．（3）在y轴上取一点D，坐标是（0，），将直线OC沿x轴平移到，点D关于直线的对称点记为，当点正好在抛物线上时，求出此时点坐标并直接写出直线的函数解析式．【答案】（1）；（2）S1：S2=23：9；（3）点D’坐标为（-1，4）或（，）；或．【解析】试题分析：（1）A（-2,0），C（2，4），将其代入抛物线，求得解析式；（2）通过证明∆CEF∽∆AOB，得到EF=3，应用三角形面积公式求得与的面积，进而求得与的比；（3）由∆ABO∽∆DMO，求得OM=7，用待定系数法求得直线DM的解析式，与抛物线解析式联立方程组求解，得到点的坐标，得到直线的解析式．试题解析：解：（1）∵四边形ABCO为平行四边形，∴BC∥AO，且BC=AO，由题意知，A（-2,0），C（2，4），将其代入抛物线中，有，解得，∴抛物线解析式为；由（1）知，抛物线对称轴为直线，设它交BC于点E，交OC于点F，则BE=，CE=．又∵∠A=∠C，∴∆CEF∽∆AOB，∴，∴EF=3，∴，又∵S□ABCD=2×4=8，∴，∴S1：S2=23：9．１７\nyxABCOEF如图，设过DD’的直线交x轴于点M，交OC于点P，∵DM⊥OC，∴∠DOP=∠DMO，∵AB∥OC，∴∠DOC=∠ABO，∴∆ABO∽∆DMO，∴，∴OM=7，设直线DM的解析式为，将点D（0，），M（7,0）代入，得，解得，∴直线DM的解析式为，由题意得，解得，，∴点D’坐标为（-1，4）或（，）．直线O’C’的解析式为：（如图1）或（如图2）．考点：待定系数法求函数解析式；求图象的交点坐标；相似三角形的判定和性质．12．（9分）如图，A，P，B，C是⊙O上的四个点，∠APC=∠BPC=60°，过点A作⊙O的切线交BP的延长线于点D．１７\n（1）求证：△ADP∽△BDA；（2）试探究线段PA，PB，PC之间的数量关系，并证明你的结论；（3）若AD=2，PD=1，求线段BC的长．【答案】（1）证明详见解析；（2）PA+PB=PC，证明详见解析；（3）．【解析】试题分析：（1）首先作⊙O的直径AE，连接PE，利用切线的性质以及圆周角定理得出∠PAD=∠PBA进而得出答案；（2）首先在线段PC上截取PF=PB，连接BF，进而得出△BPA≌△BFC（AAS），即可得出PA+PB=PF+FC=PC；（3）利用△ADP∽△BDA，得出，求出BP的长，进而得出△ADP∽△CAP，则，则AP2=CP•PD求出AP的长，即可得出答案．试题解析：（1）证明：作⊙O的直径AE，连接PE，∵AE是⊙O的直径，AD是⊙O的切线，∴∠DAE=∠APE=90°，∴∠PAD+∠PAE=∠PAE+∠E=90°，∴∠PAD=∠E，∵∠PBA=∠E，∴∠PAD=∠PBA，∵∠PAD=∠PBA，∠ADP=∠BDA，∴△ADP∽△BDA；（2）PA+PB=PC，证明：在线段PC上截取PF=PB，连接BF，∵PF=PB，∠BPC=60°，∴△PBF是等边三角形，∴PB=BF，∠BFP=60°，∴∠BFC=180°﹣∠PFB=120°，∵∠BPA=∠APC+∠BPC=120°，∴∠BPA=∠BFC，在△BPA和△BFC中，，∴△BPA≌△BFC（AAS），∴PA=FC，AB=BC，∴PA+PB=PF+FC=PC；（3）解：∵△ADP∽△BDA，∴==，∵AD=2，PD=1∴BD=4，AB=2AP，∴BP=BD﹣DP=3，∵∠APD=180°﹣∠BPA=60°，∴∠APD=∠APC，∵∠PAD=∠E，∠PCA=∠E，∴PAD=∠PCA，∴△ADP∽△CAP，∴=，∴AP2=CP•PD，∴AP2=（3+AP）•1，解得：AP=或AP=（舍去），∴BC=AB=2AP=1+．１７\n考点：切线的性质；圆周角定理；全等三角形的判定和性质；相似三角形的判定和性质．13．如图，已知抛物线过（1,4）与（4,-5）两点，且．与一直线相交于A，C两点（1）求该抛物线解析式；（2）求A，C两点的坐标；（3）若P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点，求△APC的面积的最大值；【答案】（1）;（2）A（-1，0）C（2，3）（3）．【解析】试题分析：（1）利用待定系数法求二次函数解析式;（2）联立方程x+1=-x2+2x+3,求解即可．（3）过点P作PQ⊥x轴交AC于点Q；过点C作CG⊥x轴于点G，设Q（x，x+1），则P（x，-x2+2x+3）．根据两点间的距离公式可以求得线段PQ=-x2+x+2；最后由图示以及三角形的面积公式知S△APC=-（x-）2+，所以由二次函数的最值的求法可知△APC的面积的最大值；试题解析：（1）由抛物线y=﹣x2+bx+c过点（1，4）及C（4，-5）得，，解得。∴抛物线的函数关系式为（2）当x+1=-x2+2x+3时，解得当x=-1时，当x=2时，所以A（-1，0）C（2，3）１７\n（3）如图，过点P作PQ⊥x轴交AC于点Q；过点C作CG⊥x轴于点G，设Q（x，x+1），则P（x，﹣x2+2x+3）．∴PQ=（-x2+2x+3）-（x+1）=-x2+x+2．∴==-（x-）2+．∵，∴当x=时，△APC的面积取得最大值，最大值为．考点：二次函数综合题．14．如图，排球运动员站在点O处练习发球，将球从O点正上方2m的A处发出，把球看成点，其运行的高度y（m）与运行的水平距离x（m）满足关系式,已知球网与O点的水平距离为9m，球网高度为2．43m，球场另一边的底线距O点的水平距离为18m．（1）当h=2．6时，求y与x的关系式（不要求写出自变量x的取值范围）（2）当h=2．6时，球能否越过球网？球会不会出底线？请说明理由；（3）若球一定能越过球网，且刚好落在底线上，求h的值．【答案】（1）y=（x-6）2+2．6;（2）球会过界;（3）h=．【解析】试题分析：（1）利用h=2．6将点（0，2），代入解析式求出即可；（2）利用当x=9时，y=-（x-6）2+2．6=2．45，当x=18时，（18－6）2+2．6=0．2，得出答案；（3）根据x=9时y=（9－6）2+h＞2．43，与x=18时y=（18－6）2+h==0即可得出答案．试题解析：（1）把x=0,y=2,及h=2．6代入到y=a（x-6）2+h１７\n即2=a（0－6）2+2．6，∴∴y=（x-6）2+2．6（2）h=2．6，y=（x-6）2+2．6当x=9时，y=（9－6）2+2．6=2．45＞2．43∴球能越过网x=18时，y=（18－6）2+2．6=0．2＞0∴球会过界（3）x=0,y=2,代入到y=a（x-6）2+h得；依题意：x=9时，y=（9－6）2+h＞2．43①x=18时，（18－6）2+h==0②由①，②得h=．考点：二次函数的应用．１７
