武汉市2012中考24 25题练习

DPPE； BQQC

BDAEPQC 图1 （2）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，正方形DEFG的四个顶点在△ABC的边上，连接AG、AF分别交DE于M、N两点，

①如图2，若AB=AC=1，求MN的长； ②如图3，求证：MNDMEN

AA

EDEDMN MN

BG 图2FCBG 图3FC2答案：（1）证明：在ABQ中，由于DP//BQ,

ADP~ABQ,DPAP BQAQ同理在ACQ中，

EPAPDPEP, CQAQBQCQ(2)

2 9(3)证明：BC900,CEFC900

BCEF，又BGDEFC,BGD~EFC DGBGDG.EFCF.BG,又∵DG=GF=EF,∴GF2CF.BG CFEFDMMNENMN2DMEN).,MN2DM.EN 有（1）得,(BGGFCFGFBGCF

2、点D为Rt△ABC的斜边AB上一点，点E在AC上，，连结DE ,CD, 且∠ADE=∠BCD , CF⊥CD交DE的延长线于点F，连结AF

(1)如图1，若AC=BC,求证：AF⊥AB;

(2) 如图2，若ACBC，当点D在AB上运动时，求证：AF⊥AB.

AECF图1图2FDACBBDE

答案：(1)∵∠ADE=∠BCD ∴∠FDC=∠B=45°∴CD=CF ∴△CDB≌△CAF∴∠CAF=45°∴AF⊥AB

(2) ∵∠ADE=∠BCD ∴∠FDC=∠B∴△ACB∽△FDC ∴

BCAC又∠BCD=∠ACF ∴△BCD∽△ACF ∴∠B=∠CAF ∴AF⊥AB; CDCF

3、在等腰Rt△ABC中，AC=BC，点D在BC上，过点D作DE⊥AD，过点B作BE⊥AB交DE于点E， DE交AB于F.

（1）求证：AD=DE （2）若BD=2CD，求证：AF=5BF C

DBA图1EF答案：（1）过D作DN//AB交AC于N点

∵ ∠CAD+∠CDA=∠EDB+∠CDA=90°，∴∠CAD=∠EDB，又∠AND=∠DBE=135°， AN=BD，∴△AND≌△DBE,∴DA=DE

(2)过E作EM//BC交AB于M点，则∠BME=∠MBD=45°，∴△BME为等腰Rt△,设CD=a,则AC=BD=3a，AB=32a，

BE=2a,ME=2a,可证△MEF≌△BDF,所以MF=BF=

2a52a，AM=，AM=5BF. 22

4、在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，点D在边AB上运动，DE平分∠CDB交边BC于点E，EM⊥BD垂足为M，EN⊥CD垂足为N．

⑴当AD=CD时，求证：DE∥AC； ⑵探究：AD为何值时，△BME与△CNE相似？ ⑶ 探究：AD为何值时，四边形MEND与△BDE的面积相等．

答案：证明：⑴∵AD=CD，∴∠DAC=∠DCA，∴∠BDC=2∠DAC．∵DE是∠BDC的平分线，∴∠BDC=2∠BDE，

∴∠DAC=∠BDE，∴DE∥AC．或由AD=CD，∠DAC=∠DCA及∠ACB=90°得∠DCB=∠DBC，△DBC为等腰△，由三线合一得DE⊥BC，从而DE∥AC． 解：⑵①当△BME∽△CNE时，得∠MBE=∠NCE，∴BD=DC．∵DE平分∠BDC，∴DE⊥BC，BE=EC．又∠ACB=90°，1∴DE∥AC．∴ D为AB的中点，即AD=AB=5．

2

②当△BME∽△ENC时，得∠EBM=∠CEN．∴EN∥BD．∵EN⊥CD，∴BD⊥CD，即CD是△ABC斜边上的高．由2418三角形面积公式得AB•CD=AC•BC，∴CD=．∴AD=AC2－CD2=．

5518

综上，当AD=5或时，△BME与△CNE相似；

5

⑶由角平分线性质易得△MDE≌△DEN，∵S四边形MEND=S△BDE，∴S△BDE=2S△MDE，BD=2DM=2BM，∴EM是BD的垂直平分线．∴∠EDB=∠DBE．∵∠EDB=∠CDE，∴∠DBE=∠CDE．∵∠DCE=∠BCD，∴△CDE∽△CBD．∴

CDCEDECDBE

==①．把DE=BE，BD=2BM代入得：=，而BC=8，BCCDBDBC2BM

4BEBMBC4BE55

∴CD=．∴cosB===，∴=， ∴CD=4×=5．

BMBEAB5BM44

253939439代入①式得CE=．∴BE=BC－CE=．∴BM=BE•cosB=×=．

8885103911

∴AD=AB－2BM=10－2×=．

105

5、已知：在△ACB中∠ACB=90，CDAB于D，点E在AC上，BE交CD于点G，EFBE交AB

于点F，

（1）如图1，AC=BC,点E为AC的中点，求证：EF=EG;

(2) 如图2，BE平分∠CBE，AC=2BC,试探究线段EF与EG的数量关系，并证明你的结论。

ECEGC

AFDGB图1BAF图2D答案：（1）过E作EM⊥AB于M,EN⊥CD于N,则△EFM≌△EGN,则EF=EG

（2）过E作EM⊥AB于M,EN⊥CD于N,则△EFM∽△EGN,则

EGEN,又∵BE平分∠ABC，∴CE=EM EFEM∴

EGENACEN25EF5,可证,∴ EFCEABCE5EG26、如图1，抛物线yax2bx3经过点A（-3，0），B（-1，0）两点， （1）求抛物线的解析式；

（2）设抛物线的顶点为M，直线y=-2x+9与y轴交于点C，与直线OM交于点D，现将抛物线平移，保持顶点在直线OD上，若平移的抛物线与射线CD（含端点C）只有一个公共点，求它的顶点横坐标的值或者取值范围；

（3）如图2，将抛物线平移，当顶点至原点时，过点Q（0，3）作不平行于x轴的直线交抛物线于E、F两点，问在y轴的负半轴上是否存在点P，使△PEF的内心在y轴上。若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由。

yCy

ABMDQEFOxOx 图1 图2

2答案：（1）抛物线yaxbx3经过A(-3,0),B(-1,0)

a19a3b302，解得 ∴抛物线的解析式：yx4x3。 b4ab302（2）由(1)配方的y(x2)1，∴抛物线的顶点M（-2，-1） 所以直线OD的解析式为y12x 2于是设平移的抛物线的顶点坐标为h,112h， 平移的抛物线解析式为：yxhh.

2211145h9，解得h. 24① 当抛物线经过点C时， C(0,9),h2当11451145h时，平移的抛物线与射线CD只有一个公共点。 44② 当抛物线与直线CD只有一个公共点时，

12yxhh122(2h2)xh90， 由方程组，得2xh2y2x91(2h2)24(h2h9)0， 解得h4.

2此时抛物线yx42与射线CD唯一的公共点为3,3，符合题意。 综上，平移的抛物线与射线CD只有一个公共点时，顶点横坐标的值或取值范围是

2h4或

11451145. h44（3）方法一将抛物线平移，当顶点至原点时，其解析式为yx2，设EF的解析式为ykx3(k0).

假设存在满足题设条件的点P0,t，如图，过点P作GH//x轴，分别过E,F作GH的垂线，垂足

为G,H.

PEF的内心在y轴上，

GEPEPQQPFHFP,

GEPHFP,9分

GPGExytkxE3t, EE PHHFxFyFtkxF3tGPH2kxExF(t3)(xExF)

yx22由得：xkx30 ∴xExFk,xExF3 ykx3∴2k(-3)=(t-3)k ∵k0, ∴t=-3

∴y轴负半轴上存在点P（0，-3），使得△PEF的内心在y轴上。

方法2：设EF的解析式为y=kx+3(k0),点E,F的坐标分别为（m,m）,（n,n） 由方法1知：mn=-3

作点E关于y轴的对称点R（-m, m）,作直线FR交y轴于点P，由对称性知∠EPQ=∠FPQ, ∴点P就是所求的点

由F,R的坐标，可得直线FR的解析式为：y=(n-m)x+mn 当x=0时, y=mn=-3 ∴P(0，-3)

∴y轴负半轴上存在点P（0，-3），使得△PEF的内心在y轴上。

222

7、如图，抛物线C1:y＝ax＋bx+1的顶点坐标为D（1,0）， （1）求抛物线C1的解析式；

（2）如图1，将抛物线C1向右平移1个单位，向下平移1个单位得到抛物线C2，直线yxc，经过点D交y轴于点A，交抛物线C2于点B，抛物线C2的顶点为P,求△DBP的面积

（3）如图2，连结AP,过点B作BC⊥AP于C,设点Q为抛物线上点P至点B之间的一动点，连结PQ并延长交BC于点E，连结 BQ并延长交AC于点F，试证明：FC(ACEC)为定值．

QE2

yByBOADP图1xOADPF图2Cx2答案：（1）∵抛物线顶点为P(1,0)，经过点（0,1）∴可设抛物线的解析式为：ya(x1)，得： a1

∴抛物线的解析式为yx22x1

（2）根据题意的p（2，-1）∴抛物线的解析式为：y(x2)1，∴A(0，-1),B(4,3)∴△DBP的面积

=3

2（3）过点Q作QMAC于点M，过点Q作QNBC于点N，设点Q的坐标是(t,t4t3)，则

2QMCN(t2)2，MCQN4t.

QMPM(t2)2t1∵QM//CE ∴PQM∽PEC ∴ 即，得EC2(t2) ECPCEC2QNBN44t3(t24t3)∵QN//FC ∴BQN∽BFC ∴ 即，得FC FCBCtFC4又∵AC4 ∴FC(ACEC)4[42(t2)]8 t即FC(ACEC)为定值8.

8、如图，抛物线y＝ax＋bx-3与x轴交于两点A(1,0)、B(3,0)，与y轴交于点D． （1）求抛物线的解析式；

（2）在抛物线是否存在一点P，使得△BDP是以BD为斜边的直角三角形，若存在，请求出点P的坐标；

若不存在，请说明理由．

（3）在x轴下方的抛物线上是否存在点M，过M作MN⊥x轴于点N，使以A、M、N为顶点的三角形与△BCD

相似？若存在，则求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

yCO2

2答案：（1）yx4x3

ABxD （2）过P作x轴的平行线交Y轴于E点，过B点作X轴的垂线交EP的延长线于F点， 设P（t,t4t3）,当P点在第一象限时，则DE=t4t，PF=3-t,PE=t, BF=t4t3

222DEPFt24t3t2可证△DEP∽△PFB，，，可PEBFtt4t3所以P（

t55， 255515551，） 同理，当P点在第四象限时，可求得P（，） 222222 （3）设N（m,0）则M（m,-m4m3),MN=m-4m3

若△AMN∽△CDB，

MNBD323 ANBC2m24m33,m=0或m=1（舍）当N在A点左边时AN=1-m,，所以M（0，-3）

1mm24m33，m=7或m=1(舍)，所以M（6，-15） 当N在A点右边时AN=m-1，

m1若△MAN∽△CDB,

ANBD323 MNBC281m3,m=(舍）或m=1（舍），所以此时M不存在，

3m24m310107m13，m=或m=1(舍)，所以M（，-） 当N在A点右边时AN=m-1，2339m4m3107综上M1（0，-3）M2（6，-15）M3（，-）

39当N在A点左边时AN=1-m,

9、如图，直线y=－x－1与抛物线y=ax2＋bx－4都经过点A(－1， 0)、C(3， －4)． ⑴求抛物线的解析式；

⑵动点P在线段AC上，过点P作x轴的垂线与抛物线相交于点E，求线段PE长度的最大值；

⑶当线段PE的长度取得最大值时，在抛物线上是否存在点Q，使△PCQ是以PC为直角边的直角三角形?若存在，请求出Q点的坐标；若不存在．请说明理由．

y O A P B x C E 答案：解：⑴把A(－1，0)、C(3， －4)代入y=ax2＋bx－4得a=1， b= －3 ，∴抛物线解析式为y=x2

－3x－4 ． ⑵设点P坐标(m， －m－1)，则E点坐标(m， m2－3m－4)．∴线段PE的长度为：－m－1－(m2－3m

2

－4)=－m2＋2m＋3=－(m－1)＋4．∴由二次函数性质知当m=1时，函数有最大值4，所以线段PE长度的最大值为4。 ⑶ 由⑵知P(1， －2)． ①过P作PC的垂线与x轴交于F，与抛物线交于Q， 设AC与y轴交于G，则G(0，－1)，OG=1，又可知A(－1， 0)，则OA=1，∴△OAG是等腰直角三角形，∴∠OAG=45°，∴△PAF是等腰直角三角形，由对称性知F(3， 0)．可求得直线PF为y=x－3．与抛物线的解析式联立，可得：∴Q1(2＋5，5－1) Q2(2－5， －5－1)． ②过点C作PC的垂线与x轴交于H，与抛物线交点为Q，由∠HAC=45o，知△ACH是等腰直角三角形，由对称性知H坐标为(7， 0)，可求得直线CH的解析式为y=x－7，与抛物线的解析式联立，可得：Q3(1， －6)，Q4(3， －4)时，Q4与C重合，△PQC不存在．

综上所述，在抛物线上存在点Q1(2＋5，5－1)、Q2(2－5，－5－1)、Q3(1，－6)使得△PCQ是以PC为直角边的直角三角形。

10、 如图，在平面直角坐标系xoy中，已知抛物线经过点Ａ(0，4)，B(1，0)，C（5，0），抛物线对称轴l与x轴相交于点M．

（1）求抛物线的解析式和对称轴；

（2）设点P为抛物线（x5）上的一点，若以A、O、M、P为顶点的四边形四条边的长度为四个连续

的正整数，请你直接写出点P的坐标； （2分） ．．．．（3）连接AC．探索：在直线AC下方的抛物线上是否存在一点N，使△NAC的面积最大？若存在，请你求出点N的坐标；若不存在，请你说明理由．

第25题图

答案：解：（1）根据已知条件可设抛物线的解析式为ya(x1)(x5)，

把点A（0，4）代入上式得：a ∴y4

， 5

4424416(x1)(x5)x2x4(x3)2，· 55555 ∴抛物线的对称轴是：x3．

（2）由已知，可求得P（6，4）．

提示：由题意可知以A、O、M、P为顶点的四边形有两条边AO=4、OM=3，又知点P的坐标中x5，所以，MP>2,AP>2；因此以1、2、3、4为边或以2、3、4、5为边都不符合题意，所以四条边的长只能是3、4、5、6的一种情况，在Rt

△AOM中，AMOA2OM242325，因为抛

物线对称轴过点M，所以在抛物线x5的图象上有关于点A的对称点与M的距离为5，即PM=5，此时点P横坐标为6，即AP=6；故以A、O、M、P为顶点的四边形的四条边长度分别是四个连续的正整数3、4、5、6成立， 即P（6，4）．

（注：如果考生直接写出答案P（６，４），给满分2分，但考生答案错误，解答过程分析合

理可酌情给1分）

⑶法一：在直线AC的下方的抛物线上存在点N，使△NAC面积最大．

设N点的横坐标为t，此时点N(t,4224tt4)（0t5)，过点N作NG∥y轴交AC55于G；由点A（0，4）和点C（5，0）可求出直线AC的解析式为：y45x4；把xt代入得：y45t4，则G(t,45t4)， 此时：NG=4425t4-（5t245t4），

=45t2205t． ∴S114220ACN2NGOC2(5t5t)52t210t2(t52)2252

∴当t52时，△CAN面积的最大值为252，

由t52，得：y45t2245t43，∴N（52， -3）．

法二：提示：过点N作x轴的平行线交y轴于点E，作CF⊥EN于点F，SANCS梯形AEFCSAENSNFC （再设出点N的坐标，同样可求,余下过程略）

则