一、选择题
1. (2019四川省乐山市,10,3)如图,抛物线与轴交于、两点,是以点(0,3)为圆心,2为半径的圆上的动点,是线段的中点,连结.则线段的最大值是( )
A. B. C. D.
第10题图
【答案】C
第10题答图
【思路分析】连接PB,根据中位线定理知PB=2QO,QO的最大值即求PB的最大值,而圆外一点B到圆上一点P距离最大时,PB过圆心C,故可利用勾股定理求BC,从而求得PB,再求OQ.
【解题过程】连接PB,令=0,得x=,故A(-4,),(4,0),∴O是AB的中点,又是线段的中点,∴OQ=PB,点B是圆C外一点,当PB过圆心C时,PB最大,OQ也最大,此时OC=3,OB=4,由勾股定理可得BC=5, PB=BC+PC=5+2=7,OQ=PB=,故选C.
【知识点】中位线定理;点与圆的关系;勾股定理
二、填空题
1. (2019江苏省无锡市,18,2)如图,在中,AB=AC=5,BC=,为边上一动点(点除外),以为一边作正方形,连接,则面积的最大值为 .
第18题图
【答案】8
【思路分析】本题考查了有关正方形中动态三角形面积的最值问题. 过D作DG⊥BC于G,过A作AN⊥BC于N,过E作EH⊥HG于H,延长ED交BC于M,设DG=HE=x,借助等腰三角形性质、勾股定理、相似三角形性质与判定求或用x的代数式表示相关线段长度,最后通过求面积函数值的二次函数最值来解决问题.
第18题答图
【解题过程】过D作DG⊥BC于G,过A作AN⊥BC于N,过E作EH⊥HG于H,延长ED交BC于M.易证△EHD≌△DGC,可设DG=HE=x,∵AB=AC=5,BC=,AN⊥BC,∴BN=BC=2,AN=,∵G⊥BC,AN⊥BC,∴DG∥AN,∴,∴BG=2x,CG=HD=4- 2x;易证△HED∽△GMD,于是,,即MG ,所以S△BDE = BM×HD=×(2x)×(4- 2x)==,当x=时,S△BDE的最大值为8.
来解决问题.
【知识点】等腰三角形性质;勾股定理;相似三角形性质与判定;二次函数的最值;数形结合思想
2. (2019浙江台州,15题,5分)如图,直线l1∥l2∥l3,A,B,C分别为直线l1,l2,l3上的动点,连接AB,BC,AC,线段AC交直线l2于点D.设直线l1,l2之间的距离为m,直线l2,l3之间的距离为n,若∠ABC=90°,BD=4,且,则m+n的最大值为________.
第16题图
【答案】
【思路分析】作垂线,构造相似,得到比例式,把m+n用x表示, 通过求二次函数的最值求得m+n的最值.
【解题过程】过点B作BE⊥l1于点E,作BF⊥l3于点F,过点A作AN⊥l2于点N,过点C作CM⊥l2于点M,设AE=x,CF=y,则BN=x,BM=y,∵BD=4,∴DM=y-4,DN=4-x,∵∠ABC=90°,且∠AEB=∠BFC=90°,∠CMD=∠AND=90°,易得△AEB∽△BFC,△CMD∽△AND,∴,即,mn=xy,∴,即,∴y=10-,∵,∴n=m,m+n=m,∵mn=xy=x(10-)=-x2+10x=m2,当x=时,mn取得最大值为,∴m2=,∴m最大=,∴m+n=m=.
第16题答图
【知识点】相似三角形,二次函数最值
3. (2019四川省凉山市,24,5)如图,正方形ABCD中,AB=12, AE =AB,点P在BC上运动 (不与B、C重合),过点P作PQ⊥EP,交CD于点Q,则CQ的最大值为 ▲ .
第24题图
【思路分析】根据正方形形的性质得到∠B=∠C=90°,根据余角的性质得到∠BEP=∠CPQ,根据相似三角形的性质得到CQ=,根据二次函数的性质即可得到结论.
【解题过程】在正方形ABCD中,∵AB=12, AE =AB=3,∴BC=AB=12,BE=9,设BP=x,则CP=12-x.∵PQ⊥EP,∴∠EPQ=∠B=∠C=90°,∴∠BEP+∠BPE=∠CPQ+∠BPE=90°,∴∠BEP=∠CPQ,∴△EBP∽△PCQ,∴,∴,整理得CQ=,∴当x=6时,CQ取得最大值为4.故答案为4.
【知识点】相似三角形的性质;正方形的性质;二次函数的最值
三、解答题
1. (2019浙江湖州,24,12)如图1,在平面直角坐标系xOy中,四边形OABC是矩形,点A,C分别在x轴和y轴的正半轴上,连结AC,OA=3,tan∠OAC=,D是BC的中点.
(1)求OC的长及点D的坐标;
(2)如图2,M是线段OC上的点,OM=OC,点P是线段OM上的一个动点,经过P,D,B三点的抛物线交x轴的正半轴于点E,连结DE交AB于点F.
①将△DBF沿DE所在的直线翻折,若点B恰好落在AC上,求此时BF的长和点E的坐标;
②以线段DF为边,在DF所在的直线的右上方作等边△DFG,当动点P从点O运动到点M时,点G也随之运动,请直接写出点G的运动路径的长.
图1 图2
第24题图
【思路分析】(1)Rt△AOC中,由正切三角函数,可求OC的长;再由矩形的性质及线段中点的定义锁定点D的坐标.(2)①由翻折可知DB==DC,从而∠DCA=∠=30°.通过解直角三角形得到FA=FB=,在Rt△AEF中,AE=AF•tan∠AFE=×=,从而求得点E的坐标.②按一找点G的运动起点与终点,从而找到点G的路径,二求该路径的长即可锁定答案.如答图2和答图3,表示动点P从点O运动到点M时,点G也随之运动时的起点、与终点的位置,G点的路径是一条线段.
【解题过程】(1)在Rt△AOC中,由tan∠OAC==,OA=3,得OC=OA•tan∠OAC=3×=.
∵四边形OABC是矩形,点D为BC的中点,
∴D(,).
(2)①如答图1,易知∠OAC=∠ACB=30°.
而由折叠可知DB==DC,从而∠DCA=∠=30°.
∴∠BDF=∠=30°.
∴∠DFB=∠AFE=60°.
Rt△DBF中,易求BF=.
∴AF=AB-BF=.Rt△AEF中,AE=AF•tan∠AFE=×=.
∴OE=,E(,0).
综上,BF的长为,点E的坐标为E(,0).
②.
第24题答图3
第24题答图2
第24题答图1
【知识点】矩形性质;解直角三角形;翻折(轴对称);等腰三角形;等边三角形;二次函数;动态问题;数形结合思想;探究性问题;压轴题;原创题
2. (2019天津市,24,10分)在平面直角坐标系中,O为原点,点A(6,0),点B在y轴的正半轴上,∠ABO=30°,矩形CODE的顶点D,E,C分别在OA,AB,OB上,OD=2.
(1)如图①,求点E的坐标;
(2)将矩形CODE沿x轴向右平移,得到矩形C’O’D’E’,点C,O,D,E的对应点分别为C’,O’,D’,E’,设OO’=t,矩形C’O’D’E’与△ABO重叠部分的面积为S
①如图②,当矩形C’O’D’E’与△ABO重叠部分为五边形时,C’E’,E’D’分别与AB相交于点M,F,试用含有t的式子表示S,并直接写出t的取值范围;
②当时,求t的取值范围(直接写出结果即可)
【思路分析】(1)由题意知OA=6,OD=2,∴AD=4,由矩形CODE得DE∥BO,∴∠AED=∠ABO=30°,∴DE=tan60°AD=,所以点E的坐标为(2,)
(2) ①由平移得,O’C’=D’E’=,O’D’=C’E’=2,ME’=OO’=t,根据E’D’∥BO,得∠E’FM=∠OBA=30°,Rt△ME’F中,E’F=,
S△ME’F=;S矩形C’O’D’E’=;
S=S矩形C’O’D’E’-S△ME’F=,因为重叠部分是五边形,所以t的取值范围是0
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