《江蘇省無錫新領(lǐng)航教育咨詢有限公司2015屆中考數(shù)學 函數(shù)重點難點突破解題技巧傳播八》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《江蘇省無錫新領(lǐng)航教育咨詢有限公司2015屆中考數(shù)學 函數(shù)重點難點突破解題技巧傳播八（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、函數(shù)重點難點突破解題技巧傳播八課前集訓 1若函數(shù)的圖象與x軸只有一個公共點，則常數(shù)m的值是_______ 【答案】0或1． 【解析】 試題分析：需要分類討論：①若m=0，則函數(shù)為一次函數(shù)；②若m≠0，則函數(shù)為二次函數(shù)．由拋物線與x軸只有一個交點，得到根的判別式的值等于0，且m不為0，即可求出m的值． 試題解析：①若m=0，則函數(shù)y=2x+1，是一次函數(shù)，與x軸只有一個交點； ②若m≠0，則函數(shù)y=mx2+2x+1，是二次函數(shù)． 根據(jù)題意得：△=4-4m=0， 解得：m=1． 故答案為：0或1． 考點: 1.拋物線與x軸的交點；2.一次函數(shù)的性質(zhì)． 2如圖，二次函數(shù)的圖象經(jīng)

2、過點，對稱軸為直線，下列5個結(jié)論：① ； ② ； ③ ；④ ； ⑤， 其中正確的結(jié)論為 ．（注：只填寫正確結(jié)論的序號） 【答案】②④． 【解析】 試題分析：根據(jù)拋物線開口方向得到a＞0，根據(jù)拋物線對稱軸為直線x=-=-1得到b=2a，則b＞0，根據(jù)拋物線與y軸的交點在x軸下方得到c＜0，所以abc＜0；由x=，y=0，得到a+b+c=0，即a+2b+4c=0；由a=b，a+b+c＞0，得到b+2b+c＞0，即3b+2c＞0；由x=-1時，函數(shù)最大小，則a-b+c＜m2a-mb+c（m≠1），即a-b≤m（am-b）． 試題解析：∵拋物線開口向

3、上， ∴a＞0， ∵拋物線對稱軸為直線x=-=-1， ∴b=2a，則2a-b=0，所以③錯誤； ∴b＞0， ∵拋物線與y軸的交點在x軸下方， ∴c＜0， ∴abc＜0，所以①錯誤； ∵x=時，y=0， ∴a+b+c=0，即a+2b+4c=0，所以②正確； ∵a=b，a+b+c＞0， ∴b+2b+c＞0，即3b+2c＞0，所以④正確； ∵x=-1時，函數(shù)最大小， ∴a-b+c＜m2a-mb+c（m≠1）， ∴a-b≤m（am-b），所以⑤錯誤． 故答案為②④． 考點: 二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系 3已知，求 的值. 【答案】 【解析】解：因為， 所以

4、，從而. 所以 4當x=　 　時，的值為零． 【答案】x=-1. 【解析】 試題分析：根據(jù)分式的值為零，分子等于0，分母不等于0列式進行計算即可得解． 試題解析：根據(jù)題意得，|x|-1=0且x2+2x-3≠0， 由|x|-1=0得：x=1或x=-1 由x2+2x-3≠0知x≠-3或x≠1 故x=-1. 考點: 分式的值為零的條件． 5已知拋物線過兩點(m，0)、(n，0)，且，拋物線于雙曲線（x＞0）的交點為（1，d）． （1）求拋物線與雙曲線的解析式； （2）已知點都在雙曲線（x＞0）上，它們的橫坐標分別為,O為坐標原點，記,點Q在雙曲線（

5、x＜0）上，過Q作QM⊥y軸于M，記。 求的值． 【答案】(1)拋物線為，曲線的解析式；（2）2025077. 【解析】 試題分析：（1）將（m,0）（n,0）代入拋物線，組成方程組求解即可. （2）由點都在雙曲線上，可以總結(jié)出點的坐標，用a表示，得出規(guī)律，求三角形的面積，然后相加即可. 試題解析： （1） 解之得c=-2 ∴ 由 （2）∵點都在雙曲線 （x＞0）上，它們的橫坐標分別為,∴點的縱坐標為。 如圖，過、分別作x軸、y軸的平行線 則= Q在雙曲線上，易求=1. 所以=（1+）+（2+）+ …+（2011+=1+2+…+2011+1×2011=2025

6、077. 考點：一元二次函數(shù)與反比例函數(shù)綜合運用. 6若n＞0，關(guān)于x的方程x2﹣（m﹣2n）x+mn=0有兩個相等的正實數(shù)根，求的值． 【答案】4. 【解析】 試題分析：由方程有兩相等的正實數(shù)根知△=0，列出關(guān)于m，n的方程，用求根公式將n代替m代入求出它的值． 試題解析：根據(jù)題意知△=0，即（m-2n）2-mn=0， 整理得m2-5mn+4n2=0， 即（m-n）（m-4n）=0， 解得m=n或m=4n， 當m=n時，∵n＞0， 根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得：原方程的兩個解x1+x2=m-2n=-n＜0， 不合題意原方程兩個相等的正實數(shù)根，故m=n舍去； 當m=4n時，∵

7、n＞0， 根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得：原方程的兩個解x1+x2=m-2n=2n＞0，符合題意， ∴=4． 答：的值是4． 考點: 根的判別式. 7如圖，拋物線y=ax2+1與雙曲線y=的交點A的橫坐標是2，則關(guān)于x的不等式+ax2+1<0的解集是 ． 【答案】-2＜x＜0． 【解析】 試題分析：根據(jù)雙曲線的對稱性求出點A關(guān)于原點的對稱點的橫坐標，再寫出雙曲線在y=-ax2-1下方部分的x的取值范圍即可． 試題解析: 如圖，點A關(guān)于原點的對稱點的橫坐標為-2， 所以，不等式+ax2+1＜0， 即不等式 ＜-ax2-1的解集是-2＜x＜

8、0． 故答案為：-2＜x＜0． 考點: 二次函數(shù)與不等式（組）． 8如圖1，已知點D在A上，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，點M為BC的中點 （1）求證：△BMD為等腰直角三角形． （2）將△ADE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)45°，如圖2中的“△BMD為等腰直角三角形”是否仍然成立？請說明理由． （3）將△ADE繞點A任意旋轉(zhuǎn)一定的角度，如圖3中的“△BMD為等腰直角三角形”是否均成立？說明理由． 【答案】（1）（2）（3）見解析 【解析】 試題分析：（1）根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得出∠ACB=∠BAC=45°∠ADE=∠EBC=∠EDC=90°，推出BM=DM，BM=CM，

9、DM=CM，推出∠BCM=∠MBC，∠ACM=∠MDC，求出∠BMD=2∠BCM+2∠ACM=2∠BCA=90°即可． （2）延長ED交AC于F，求出DM=FC，DM∥FC，∠DEM=NCM，根據(jù)ASA推出△EDM≌△CNM，推出DM=BM即可． （3）過點C作CF∥ED，與DM的延長線交于點F，連接BF，推出△MDE≌△MFC，求出DM=FM，DE=FC，作AN⊥EC于點N，證△BCF≌△BAD，推出BF=BD，∠DBA=∠CBF，求出∠DBF=90°，即可得出答案． 試題解析：（1）證明：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形， ∴∠ACB=∠BAC=45°∠ADE=∠EBC=∠E

10、DC=90°， ∵點M為BC的中點， ∴BM=EC，DM=EC， ∴BM=DM，BM=CM，DM=CM， ∴∠BCM=∠MBC，∠DCM=∠MDC， ∴∠BME=∠BCM+∠MBC=2∠BCE， 同理∠DME=2∠ACM， ∴∠BMD=2∠BCM+2∠ACM=2∠BCA=2×45°=90° ∴△BMD是等腰直角三角形． （2）如圖2，△BDM是等腰直角三角形， 理由是：延長ED交AC于F， ∵△ADE和△ABC是等腰直角三角形， ∴∠BAC=∠EAD=45°， ∵AD⊥ED， ∴ED=DF， ∵M為EC中點， ∴EM=MC， ∴DM=FC，DM∥FC，

11、∴∠BDN=∠BND=∠BAC=45°， ∵ED⊥AB，BC⊥AB， ∴ED∥BC， ∴∠DEM=NCM， 在△EDM和△CNM中 ∴△EDM≌△CNM（ASA）， ∴DM=MN， ∴BM⊥DN， ∴△BMD是等腰直角三角形． （3） △BDM是等腰直角三角形， 理由是：如圖：過點C作CF∥ED，與DM的延長線交于點F，連接BF， 可證得△MDE≌△MFC， ∴DM=FM，DE=FC， ∴AD=ED=FC， 作AN⊥EC于點N， 由已知∠ADE=90°，∠ABC=90°， 可證得∠DEN=∠DAN，∠NAB=∠BCM， ∵CF∥ED， ∴∠DEN=∠

12、FCM， ∴∠BCF=∠BCM+∠FCM=∠NAB+∠DEN=∠NAB+∠DAN=∠BAD， ∴△BCF≌△BAD， ∴BF=BD，∠DBA=∠CBF， ∴∠DBF=∠DBA+∠ABF=∠CBF+∠ABF=∠ABC=90°， ∴△DBF是等腰直角三角形， ∵點M是DF的中點， 則△BMD是等腰直角三角形， 考點: 1.全等三角形的判定與性質(zhì)；2.直角三角形斜邊上的中線；3.等腰直角三角形. 9如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)的圖象與x軸交于A、B兩點，A點在原點的左則，B點的坐標為(3，0)，與y軸交于C(0，―3)點，點P是直線BC下方的拋物線上一動點。 A

13、 B y x O C ⑴求這個二次函數(shù)的表達式； ⑵連結(jié)PO、PC，在同一平面內(nèi)把△POC沿CO翻折，得到四邊形POP′C，那么是否存在點P，使四邊形POP′C為菱形？若存在，請求出此時點P的坐標；若不存在，請說明理由； ⑶當點P運動到什么位置時，四邊形ABPC的面積最大，并求出此時P點的坐標和四邊形ABPC的最大面積． 【答案】(1) ;(2) (3) P點的坐標為，四邊形ABPC的面積的最大值為. 【解析】 試題分析：（1）把B、C兩點的坐標代入二次函數(shù)y=x2+bx+c即可求出bc的值，故可得出二次函數(shù)的解析式； （2）過點P作y軸的平行線與B

14、C交于點Q，與OB交于點E，設(shè)P（x，x2-2x-3），易得，直線BC的解析式為y=x-3則Q點的坐標為（x，x-3），再根據(jù)S四邊形ABPC=S△ABC+S△BPQ+S△CPQ即可得出結(jié)論． 試題解析：⑴將B、C兩點坐標代入得 解得：. 所以二次函數(shù)的表示式為： ⑵存在點P，使四邊形POP′C為菱形，設(shè)P點坐標為，PP′交CO于E， 若四邊形POP′C是菱形，則有PC＝PO，連結(jié)PP′，則PE⊥OC于E， ∴OE＝EC＝， ∴ ∴， 解得，（不合題意,舍去） ∴P點的坐標為 ⑶過點P作y軸的平行線與BC交于點Q，與OB交于點F，設(shè)P，易得，直線BC的解析式為,則Q點的

15、坐標為 F A B y x O C P Q 當時，四邊形ABPC的面積最大 此時P點的坐標為，四邊形ABPC的面積的最大值為. 考點: 二次函數(shù)綜合題． 10如圖，△ABC中，已知∠BAC＝45°，AD⊥BC于D，BD＝2，DC＝3，求AD的長. 小萍同學靈活運用軸對稱知識，將圖形進行翻折變換，巧妙地解答了此題. 請按照小萍的思路，探究并解答下列問題： (1)分別以AB、AC為對稱軸，畫出△ABD、△ACD的軸對稱圖形，D點的對稱點為E、F，延長EB、FC相交于G點，求證：四邊形AEGF是正方形； (2)設(shè)

16、AD=x，建立關(guān)于x的方程模型，求出x的值. 【答案】（1）證明見解析；（2）6. 【解析】 試題分析：（1）先根據(jù)△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF，得出∠EAF=90°；再根據(jù)對稱的性質(zhì)得到AE=AF，從而說明四邊形AEGF是正方形； （2）利用勾股定理，建立關(guān)于x的方程模型（x-2）2+（x-3）2=52，求出AD=x=6． 試題解析：（1）證明：由題意可得：△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF． ∴∠DAB=∠EAB，∠DAC=∠FAC，又∠BAC=45°， ∴∠EAF=90°． 又∵AD⊥BC ∴∠E=∠ADB=90°，∠F=∠ADC=90°． ∴四邊形AE

17、GF是矩形， 又∵AE=AD，AF=AD ∴AE=AF． ∴矩形AEGF是正方形． （2）解：設(shè)AD=x，則AE=EG=GF=x． ∵BD=2，DC=3 ∴BE=2，CF=3 ∴BG=x-2，CG=x-3 在Rt△BGC中，BG2+CG2=BC2， ∴（x-2）2+（x-3）2=52． 化簡得，x2-5x-6=0 解得x1=6，x2=-1（舍去） 所以AD=x=6． 考點:1. 翻折變換（折疊問題）；2.勾股定理；3.正方形的判定. 11．已知：在梯形ABCD中，CD∥AB，AD=DC=BC=2，AB=4．點M從A開始，以每秒1個單位的速度向點B運動；點N從點C出發(fā)

18、，沿C→D→A方向，以每秒1個單位的速度向點A運動，若M、N同時出發(fā)，其中一點到達終點時，另一個點也停止運動．運動時間為t秒，過點N作NQ⊥CD交AC于點Q． （1）設(shè)△AMQ的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出t的取值范圍． （2）在梯形ABCD的對稱軸上是否存在點P，使△PAD為直角三角形？若存在，求點P到AB的距離；若不存在，說明理由． （3）在點M、N運動過程中，是否存在t值，使△AMQ為等腰三角形？若存在，求出t值；若不存在，說明理由． 【答案】（1）（0＜t≤2），（2≤t＜4）；（2）；（3）t=，12-6，2. 【解析】 試題分析：（1）求出t的臨界點t=2

19、，分別求出當0＜t≤2時和2≤t＜4時，S與t的函數(shù)關(guān)系式即可， （2）作梯形對稱軸交CD于K，交AB于L，分3種情況進行討論，①取AD的中點G，②以D為直角頂點，③以A為直角頂點， （3）當0＜t≤2時，若△AMQ為等腰三角形，則MA=MQ或者AQ=AM，分別求出t的值，然后判斷t是否符合題意． 試題解析：（1）當0＜t≤2時， 如圖：過點Q作QF⊥AB于F，過點C作CE⊥AB于E， ∵AB∥CD， ∴QF⊥CD， ∵NQ⊥CD， ∴N，Q，F(xiàn)共線， ∴△CQN∽△AFQ， ∴ ， ∵CN=t，AF=AE-CN=3-t， ∵NF=， ∴QF=， ∴， ∴，

20、 當2≤t＜4時， 如圖：△FQC∽△PQA， ∵DN=t-2， ∴FD=DN?cos∠FDN=DN?cos60°=（t-2）， ∴FC=CD+FD=2+（t-2）=， ∴FQ=FC?tan∠FCQ=FC?tan30°=（）?=（t+2）， ∴PQ=PF-FQ=， ∴； （2）作梯形對稱軸交CD于K，交AB于L， 情況一：取AD的中點G，GD=1， 過G作GH⊥對稱軸于H，GH=1.5， ∵1.5＞1， ∴以P為直角頂點的Rt△PAD不存在， 情況二：以D為直角頂點：KP1=， ∴P1L=， 情況三：以A為直角頂點，LP2=， 綜上：P到AB的距離為時，△PAD為Rt△， （3）0＜t≤2時， 若MA=MQ， 則：=， ∴t=， 若AQ=AM，則t=， 解得t=12-6， 若QA=QM，則∠QMA=30° 而0＜t≤2時，∠QMA＞90°， ∴QA=QM不存在； 2≤t＜4（圖中） 若QA=QM，AP：AD=：2， ∴t=2， 若AQ=AM，2-（t+2）=t， ∴t=2-2， ∵2-2＜2， ∴此情況不存在若MA=MQ，則∠AQM=30°，而∠AQM＞60°不存在． 綜上：t=，12-6，2時，△AMQ是等腰三角形． 考點: 1.等腰梯形的性質(zhì)；2.等腰三角形的判定；3.直角三角形的性質(zhì).