中考数学动态问题专题复习试题附答案和解释.docx
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中考数学动态问题专题复习试题附答案和解释
2017中考数学动态问题专题复习试题(附答案和解释)
动态问题
一选择题
1.(2016•四川宜宾)如图,点P是矩形ABD的边AD上的一动点,矩形的两条边AB、B的长分别是6和8,则点P到矩形的两条对角线A和BD的距离之和是( )A.48B..6D.72
【考点】矩形的性质.
【分析】首先连接P,由矩形的两条边AB、B的长分别为3和4,可求得A=D=,△AD的面积,然后由S△AD=S△AP+S△DP=A•PE+D•PF求得答案.
【解答】解:
连接P,
∵矩形的两条边AB、B的长分别为6和8,
∴S矩形ABD=AB•B=48,A=,B=D,A=BD=10,
∴A=D=,
∴S△AD=S矩形ABD=24,
∴S△AD=S△AD=12,
∵S△AD=S△AP+S△DP=A•PE+D•PF=××PE+××PF=(PE+PF)=12,
解得:
PE+PF=48.
故选:
A.
2(2016•湖北荆门•3分)如图,正方形ABD的边长为2,动点P从点A出发,在正方形的边上沿A→B→的方向运动到点停止,设点P的运动路程为x(),在下列图象中,能表示△ADP的面积
(2)关于x()的函数关系的图象是( )A.B..D.
【考点】动点问题的函数图象.
【分析】△ADP的面积可分为两部分讨论,由A运动到B时,面积逐渐增大,由B运动到时,面积不变,从而得出函数关系的图象.
【解答】解:
当P点由A运动到B点时,即0≤x≤2时,=×2x=x,
当P点由B运动到点时,即2<x<4时,=×2×2=2,
符合题意的函数关系的图象是A;
故选:
A.
3(2016•青海西宁•3分)如图,点A的坐标为(0,1),点B是x轴正半轴上的一动点,以AB为边作等腰直角△AB,使∠BA=90°,设点B的横坐标为x,点的纵坐标为,能表示与x的函数关系的图象大致是( )A.B..D.
【考点】动点问题的函数图象.
【分析】根据题意作出合适的辅助线,可以先证明△AD和△AB的关系,即可建立与x的函数关系,从而可以得到哪个选项是正确的.
【解答】解:
作AD∥x轴,作D⊥AD于点D,若右图所示,
由已知可得,B=x,A=1,∠AB=90°,∠BA=90°,AB=A,点的纵坐标是,
∵AD∥x轴,
∴∠DA+∠AD=180°,
∴∠DA=90°,
∴∠AB+∠BAD=∠BAD+∠DA=90°,
∴∠AB=∠DA,
在△AB和△DA中,
,
∴△AB≌△DA(AAS),
∴B=D,
∴D=x,
∵点到x轴的距离为,点D到x轴的距离等于点A到x的距离1,
∴=x+1(x>0).故选:
A.
二填空题
1(2016•四川眉•3分)如图,已知点A是双曲线在第三象限分支上的一个动点,连结A并延长交另一分支于点B,以AB为边作等边三角形AB,点在第四象限内,且随着点A的运动,点的位置也在不断变化,但点始终在双曲线上运动,则的值是 ﹣3 .
【分析】根据反比例函数的性质得出A=B,连接,过点A作AE⊥轴,垂足为E,过点作F⊥轴,垂足为F,根据等边三角形的性质和解直角三角形求出=A,求出△F∽△AE,相似比,求出面积比,求出△F的面积,即可得出答案.
【解答】解:
∵双曲线的图象关于原点对称,
∴点A与点B关于原点对称,
∴A=B,
连接,如图所示,
∵△AB是等边三角形,A=B,
∴⊥AB.∠BA=60°,
∴tan∠A==,
∴=A,
过点A作AE⊥轴,垂足为E,过点作F⊥轴,垂足为F,
∵AE⊥E,F⊥F,⊥A,
∴∠AE=∠F,∠AE=90°﹣∠F=∠F,
∴△F∽△AE,相似比,
∴面积比,
∵点A在第一象限,设点A坐标为(a,b),
∵点A在双曲线上,
∴S△AE=ab=,
∴S△F=F•F=,
∴设点坐标为(x,),
∵点在双曲线上,
∴=x,
∵点在第四象限,
∴F=x,F=﹣.
∴F•F=x•(﹣)=﹣x=﹣,
故答案为:
﹣3.
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征,等边三角形的性质,解直角三角形,相似三角形的性质和判定的应用,能综合运用知识点进行推理和计算是解此题的关键.
2.(2016•四川内江)如图12所示,已知点(1,0),直线=-x+7与两坐标轴分别交于A,B两点,D,E分别是AB,A上的动点,则△DE周长的最小值是______.
[答案]10
[考点]勾股定理,对称问题。
[解析]作点关于轴的对称点1(-1,0),点关于x轴的对称点2,连接12交A于点E,交AB于点D,则此时△DE的周长最小,且最小值等于12的长.
∵A=B=7,∴B=6,∠AB=4°.
∵AB垂直平分2,
∴∠B2=90°,2的坐标为(7,6).
在△1B2中,12===10.
即△DE周长的最小值是10.
故答案为:
10.
3(2016•黑龙江龙东•3分)如图,N是⊙的直径,N=4,∠AN=40°,点B为弧AN的中点,点P是直径N上的一个动点,则PA+PB的最小值为 2 .【考点】轴对称-最短路线问题;圆周角定理.
【分析】过A作关于直线N的对称点A′,连接A′B,由轴对称的性质可知A′B即为PA+PB的最小值,由对称的性质可知=,再由圆周角定理可求出∠A′N的度数,再由勾股定理即可求解.
【解答】解:
过A作关于直线N的对称点A′,连接A′B,由轴对称的性质可知A′B即为PA+PB的最小值,
连接B,A′,AA′,
∵AA′关于直线N对称,
∴=,
∵∠AN=40°,
∴∠A′N=80°,∠BN=40°,
∴∠A′B=120°,
过作Q⊥A′B于Q,
在Rt△A′Q中,A′=2,
∴A′B=2A′Q=2,
即PA+PB的最小值2.故答案为:
2.
三解答题
1.(2016•四川攀枝花)如图,在△AB中,∠AB为直角,A=6,B=8,半径为2的动圆圆心Q从点出发,沿着A方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动,同时动点P从点A出发,沿着AB方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动,设运动时间为t秒(0<t≤)以P为圆心,PA长为半径的⊙P与AB、A的另一个交点
分别为、D,连结D、Q.
(1)当t为何值时,点Q与点D重合?
(2)当⊙Q经过点A时,求⊙P被B截得的弦长.
(3)若⊙P与线段Q只有一个公共点,求t的取值范围.
【考点】圆的综合题.
【分析】
(1)由题意知D⊥A,所以△AD∽△AB,利用对应边的比求出AD的长度,若Q与D重合时,则,AD+Q=A,列出方程即可求出t的值;
(2)由于0<t≤,当Q经过A点时,Q=4,此时用时为4s,过点P作PE⊥B于点E,利用垂径定理即可求出⊙P被B截得的弦长;
(3)若⊙P与线段Q只有一个公共点,分以下两种情况,①当Q与⊙P相切时,计算出此时的时间;②当Q与D重合时,计算出此时的时间;由以上两种情况即可得出t的取值范围.
【解答】解:
(1)∵A=6,B=8,
∴由勾股定理可求得:
AB=10,
由题意知:
Q=AP=t,
∴A=2t,
∵A是⊙P的直径,
∴∠DA=90°,
∴D∥B,
∴△AD∽△AB,
∴,
∴AD=,
当Q与D重合时,
AD+Q=A,
∴+t=6,
∴t=;
(2)当⊙Q经过A点时,如图1,
Q=A﹣QA=4,
∴t==4s,
∴PA=4,
∴BP=AB﹣PA=6,
过点P作PE⊥B于点E,⊙P与B相交于点F、G,
连接PF,
∴PE∥A,
∴△PEB∽△AB,
∴,
∴PE=,
∴由勾股定理可求得:
EF=,
由垂径定理可求知:
FG=2EF=;
(3)当Q与⊙P相切时,如图2,
此时∠QA=90°,
∵Q=AP=t,
∴AQ=6﹣t,A=2t,
∵∠A=∠A,
∠QA=∠AB,
∴△AQ∽△AB,
∴,
∴,
∴t=,
∴当0<t≤时,⊙P与Q只有一个交点,
当Q⊥A时,
此时Q与D重合,
由
(1)可知:
t=,
∴当<t≤时,⊙P与Q只有一个交点,
综上所述,当,⊙P与Q只有一个交点,t的取值范围为:
0<t≤或<t≤.
【点评】本题考查圆的综合问题,涉及圆的切线判定,圆周角定理,相似三角形的判定与性质,学生需要根据题意画出相应的图形分析,并且能综合运用所学知识进行解答.
2.(2016•四川攀枝花)如图,抛物线=x2+bx+与x轴交于
A、B两点,B点坐标为(3,0),与轴交于点(0,﹣3)
(1)求抛物线的解析式;
(2)点P在抛物线位于第四象限的部分上运动,当四边形ABP的面积最大时,求点P的坐标和四边形ABP的最大面积.
(3)直线l经过A、两点,点Q在抛物线位于轴左侧的部分上运动,直线经过点B和点Q,是否存在直线,使得直线l、与x轴围成的三角形和直线l、与轴围成的三角形相似?
若存在,求出直线的解析式,若不存在,请说明理由.
【考点】二次函数综合题.
【分析】
(1)由B、两点的坐标,利用待定系数法可求得抛物线的解析式;
(2)连接B,则△AB的面积是不变的,过P作P∥轴,交B于点,设出P点坐标,可表示出P的长,可知当P取最大值时△PB的面积最大,利用二次函数的性质可求得P点的坐标及四边形ABP的最大面积;
(3)设直线与轴交于点N,交直线l于点G,由于∠AGP=∠GN+∠GN,所以当△AGB和△NG相似时,必有∠AGB=∠GB=90°,则可证得△A≌△NB,可求得N的长,可求出N点坐标,利用B、N两的点坐标可求得直线的解析式.
【解答】解:
(1)把B、两点坐标代入抛物线解析式可得,解得,
∴抛物线解析式为=x2﹣2x﹣3;
(2)如图1,连接B,过P轴的平行线,交B于点,交x轴于点H,
在=x2﹣2x﹣3中,令=0可得0=x2﹣2x﹣3,
解得x=﹣1或x=3,
∴A点坐标为(﹣1,0),
∴AB=3﹣(﹣1)=4,且=3,
∴S△AB=AB•=×4×3=6,
∵B(3,0),(0,﹣3),
∴直线B解析式为=x﹣3,
设P点坐标为(x,x2﹣2x﹣3),则点坐标为(x,x﹣3),
∵P点在第四限,
∴P=x﹣3﹣(x2﹣2x﹣3)=﹣x2+3x,
∴S△PB=P•H+P•HB=P•(H+HB)=P•B=P,
∴当P有最大值时,△PB的面积最大,则四边形ABP的面积最大,
∵P=﹣x2+3x=﹣(x﹣)2+,
∴当x=时,Pax=,则S△PB=×=,
此时P点坐标为(,﹣),S四边形ABP=S△AB+S△PB=6+=,
即当P点坐标为(,﹣)时,四边形ABP的面积最大,最大面积为;
(3)如图2,设直线交轴于点N,交直线l于点G,
则∠AGP=∠GN+∠GN,
当△AGB和△NG相似时,必有∠AGB=∠GB,
又∠AGB+∠GB=180°,
∴∠AGB=∠GB=90°,
∴∠A=∠BN,
在Rt△AN和Rt△NB中∴Rt△AN≌Rt△NB(ASA),
∴N=A=1,
∴N点坐标为(0,﹣1),
设直线解析式为=x+d,把B、N两点坐标代入可得,解得,
∴直线解析式为=x﹣1,
即存在满足条的直线,其解析式为=x﹣1.
【点评】本题为二次函数的综合应用,涉及知识点有待定系数法、二次函数的最值、相似三角形的判定、全等三角形的判定和性质等.在
(2)中确定出P的值最时四边形ABP的面积最大是解题的关键,在(3)中确定出满足条的直线的位置是解题的关键.本题考查知识点较多,综合性较强,特别是第
(2)问和第(3)问难度较大.
3.(2016•四川攀枝花)如图,在△AB中,∠AB为直角,A=6,B=8,半径为2的动圆圆心Q从点出发,沿着A方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动,同时动点P从点A出发,沿着AB方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动,设运动时间为t秒(0<t≤)以P为圆心,PA长为半径的⊙P与AB、A的另一个交点分别为、D,连结D、Q.
(1)当t为何值时,点Q与点D重合?
(2)当⊙Q经过点A时,求⊙P被B截得的弦长.
(3)若⊙P与线段Q只有一个公共点,求t的取值范围.
【考点】圆的综合题.
【分析】
(1)由题意知D⊥A,所以△AD∽△AB,利用对应边的比求出AD的长度,若Q与D重合时,则,AD+Q=A,列出方程即可求出t的值;
(2)由于0<t≤,当Q经过A点时,Q=4,此时用时为4s,过点P作PE⊥B于点E,利用垂径定理即可求出⊙P被B截得的弦长;
(3)若⊙P与线段Q只有一个公共点,分以下两种情况,①当Q与⊙P相切时,计算出此时的时间;②当Q与D重合时,计算出此时的时间;由以上两种情况即可得出t的取值范围.
【解答】解:
(1)∵A=6,B=8,
∴由勾股定理可求得:
AB=10,
由题意知:
Q=AP=t,
∴A=2t,
∵A是⊙P的直径,
∴∠DA=90°,
∴D∥B,
∴△AD∽△AB,
∴,
∴AD=,
当Q与D重合时,
AD+Q=A,
∴+t=6,
∴t=;
(2)当⊙Q经过A点时,如图1,
Q=A﹣QA=4,
∴t==4s,
∴PA=4,
∴BP=AB﹣PA=6,
过点P作PE⊥B于点E,⊙P与B相交于点F、G,
连接PF,
∴PE∥A,
∴△PEB∽△AB,
∴,
∴PE=,
∴由勾股定理可求得:
EF=,
由垂径定理可求知:
FG=2EF=;
(3)当Q与⊙P相切时,如图2,
此时∠QA=90°,
∵Q=AP=t,
∴AQ=6﹣t,A=2t,
∵∠A=∠A,
∠QA=∠AB,
∴△AQ∽△AB,
∴,
∴,
∴t=,
∴当0<t≤时,⊙P与Q只有一个交点,
当Q⊥A时,
此时Q与D重合,
由
(1)可知:
t=,
∴当<t≤时,⊙P与Q只有一个交点,
综上所述,当,⊙P与Q只有一个交点,t的取值范围为:
0<t≤或<t≤.
【点评】本题考查圆的综合问题,涉及圆的切线判定,圆周角定理,相似三角形的判定与性质,学生需要根据题意画出相应的图形分析,并且能综合运用所学知识进行解答.
4(2016•黑龙江龙东•8分)已知:
点P是平行四边形ABD对角线A所在直线上的一个动点(点P不与点A、重合),分别过点A、向直线BP作垂线,垂足分别为点E、F,点为A的中点.
(1)当点P与点重合时如图1,易证E=F(不需证明)
(2)直线BP绕点B逆时针方向旋转,当∠FE=30°时,如图2、图3的位置,猜想线段F、AE、E之间有怎样的数量关系?
请写出你对图2、图3的猜想,并选择一种情况给予证明.
【考点】四边形综合题.
【分析】
(1)由△AE≌△F即可得出结论.
(2)图2中的结论为:
F=E+AE,延长E交F于点G,只要证明△EA≌△G,△FG是等边三角形,即可解决问题.
图3中的结论为:
F=E﹣AE,延长E交F的延长线于点G,证明方法类似.
【解答】解:
(1)∵AE⊥PB,F⊥BP,
∴∠AE=∠F=90°,
在△AE和△F中,
,
∴△AE≌△F,
∴E=F.
(2)图2中的结论为:
F=E+AE.
图3中的结论为:
F=E﹣AE.
选图2中的结论证明如下:
延长E交F于点G,
∵AE⊥BP,F⊥BP,
∴AE∥F,
∴∠EA=∠G,
在△EA和△G中,
,
∴△EA≌△G,
∴E=G,AE=G,
在RT△EFG中,∵E=G,
∴E=F=G,
∵∠FE=30°,
∴∠FG=90°﹣30°=60°,
∴△FG是等边三角形,
∴F=GF,
∵E=F,
∴E=FG,
∵F=FG+G,
∴F=E+AE.
选图3的结论证明如下:
延长E交F的延长线于点G,
∵AE⊥BP,F⊥BP,
∴AE∥F,
∴∠AE=∠G,
在△AE和△G中,
,
∴△AE≌△G,
∴E=G,AE=G,
在RT△EFG中,∵E=G,
∴E=F=G,
∵∠FE=30°,
∴∠FG=90°﹣30°=60°,
∴△FG是等边三角形,
∴F=FG,
∵E=F,
∴E=FG,
∵F=FG﹣G,
∴F=E﹣AE.
.(2016•黑龙江齐齐哈尔•12分)如图所示,在平面直角坐标系中,过点A(﹣,0)的两条直线分别交轴于B、两点,且B、两点的纵坐标分别是一元二次方程x2﹣2x﹣3=0的两个根
(1)求线段B的长度;
(2)试问:
直线A与直线AB是否垂直?
请说明理由;
(3)若点D在直线A上,且DB=D,求点D的坐标;
(4)在(3)的条下,直线BD上是否存在点P,使以A、B、P三点为顶点的三角形是等腰三角形?
若存在,请直接写出P点的坐标;若不存在,请说明理由.
【考点】三角形综合题.
【分析】
(1)解出方程后,即可求出B、两点的坐标,即可求出B的长度;
(2)由A、B、三点坐标可知A2=•B,所以可证明△A∽△BA,利用对应角相等即可求出∠AB=90°;
(3)容易求得直线A的解析式,由DB=D可知,点D在B的垂直平分线上,所以D的纵坐标为1,将其代入直线A的解析式即可求出D的坐标;
(4)A、B、P三点为顶点的三角形是等腰三角形,可分为以下三种情况:
①AB=AP;②AB=BP;③AP=BP;然后分别求出P的坐标即可.
【解答】
(1)∵x2﹣2x﹣3=0,
∴x=3或x=﹣1,
∴B(0,3),(0,﹣1),
∴B=4,
(2)∵A(﹣,0),B(0,3),(0,﹣1),
∴A=,B=3,=1,
∴A2=B•,
∵∠A=∠BA=90°,
∴△A∽△BA,
∴∠A=∠AB,
∴∠A+∠BA=∠AB+∠BA=90°,
∴∠BA=90°,
∴A⊥AB;
(3)设直线A的解析式为=x+b,
把A(﹣,0)和(0,﹣1)代入=x+b,
∴,
解得:
,
∴直线A的解析式为:
=﹣x﹣1,
∵DB=D,
∴点D在线段B的垂直平分线上,
∴D的纵坐标为1,
∴把=1代入=﹣x﹣1,
∴x=﹣2,∴D的坐标为(﹣2,1),
(4)设直线BD的解析式为:
=x+n,直线BD与x轴交于点E,
把B(0,3)和D(﹣2,1)代入=x+n,
∴,解得,
∴直线BD的解析式为:
=x+3,
令=0代入=x+3,
∴x=﹣3,∴E(﹣3,0),
∴E=3,
∴tan∠BE==,∴∠BE=30°,
同理可求得:
∠AB=30°,
∴∠ABE=30°,
当PA=AB时,如图1,
此时,∠BEA=∠ABE=30°,
∴EA=AB,
∴P与E重合,
∴P的坐标为(﹣3,0),
当PA=PB时,如图2,
此时,∠PAB=∠PBA=30°,
∵∠ABE=∠AB=30°,
∴∠PAB=∠AB,
∴PA∥B,
∴∠PA=90°,
∴点P的横坐标为﹣,
令x=﹣代入=x+3,
∴=2,∴P(﹣,2),
当PB=AB时,如图3,
∴由勾股定理可求得:
AB=2,EB=6,
若点P在轴左侧时,记此时点P为P1,
过点P1作P1F⊥x轴于点F,
∴P1B=AB=2,
∴EP1=6﹣2,
∴sin∠BE=,
∴FP1=3﹣,
令=3﹣代入=x+3,
∴x=﹣3,∴P1(﹣3,3﹣),
若点P在轴的右侧时,记此时点P为P2,
过点P2作P2G⊥x轴于点G,
∴P2B=AB=2,
∴EP2=6+2,
∴sin∠BE=,
∴GP2=3+,
令=3+代入=x+3,
∴x=3,∴P2(3,3+),
综上所述,当A、B、P三点为顶点的三角形是等腰三角形时,点P的坐标为(﹣3,0),(﹣,2),(﹣3,3﹣),(3,3+).
6.(2016•湖北黄石•12分)在△AB中,AB=A,∠BA=2∠DAE=2α.
(1)如图1,若点D关于直线AE的对称点为F,求证:
△ADF∽△AB;
(2)如图2,在
(1)的条下,若α=4°,求证:
DE2=BD2+E2;
(3)如图3,若α=4°,点E在B的延长线上,则等式DE2=BD2+E2还能成立吗?
请说明理由.【分析】
(1)根据轴对称的性质可得∠EAF=∠DAE,AD=AF,再求出∠BA=∠DAF,然后根据两边对应成比例,夹角相等两三角形相似证明;
(2)根据轴对称的性质可得EF=DE,AF=AD,再求出∠BAD=∠AF,然后利用“边角边”证明△ABD和△AF全等,根据全等三角形对应边相等可得F=BD,全等三角形对应角相等可得∠AF=∠B,然后求出∠EF=90°,最后利用勾股定理证明即可;
(3)作点D关于AE的对称点F,连接EF、F,根据轴对称的性质可得EF=DE,AF=AD,再根据同角的余角相等求出∠BAD=∠AF,然后利用“边角边”证明△ABD和△AF全等,根据全等三角形对应边相等可得F=BD,全等三角形对应角相等可得∠AF=∠B,然后求出∠EF=90°,最后利用勾股定理证明即可.
【解答】证明:
(1)∵点D关于直线AE的对称点为F,
∴∠EAF=∠DAE,AD=AF,
又∵∠BA=2∠DAE,
∴∠BA=∠DAF,
∵AB=A,
∴=,
∴△ADF∽△AB;
(2)∵点D关于直线AE的对称点为F,
∴EF=DE,AF=AD,
∵α=4°,
∴∠BAD=90°﹣∠AD,
∠AF=∠DAE+∠EAF﹣∠AD=4°+4°﹣∠AD=90°﹣∠AD,
∴∠BAD=∠AF,
在△ABD和△AF中,,
∴△ABD≌△AF(SAS),
∴F=BD,∠AF=∠B,
∵AB=A,∠BA=2α,α=4°,
∴△AB是等腰直角三角形,
∴∠B=∠AB=4°,
∴∠EF=∠AB+∠AF=4°+4°=90°,
在Rt△EF中,由勾股定理得,EF2=F2+E2,
所以,DE2=BD2+E2;
(3)DE2=BD2+E2还能成立.
理由如下:
作点D关于AE的对称点F,连接EF、F,
由轴对称的性质得,EF=DE,AF=AD,
∵α=4°,
∴∠BAD=90°﹣∠AD,
∠AF=∠DAE+∠EAF﹣∠AD=4°+4°﹣∠AD=90°﹣∠AD,
∴∠BAD=∠AF,
在△ABD和△AF中,,
∴△ABD≌△AF(SAS),
∴F=BD,∠AF=∠B,
∵AB=A,∠BA=2α,α=4°,
∴△AB是等腰直角三角形,
∴∠B=∠AB=4°,
∴∠EF=∠AB+∠AF=4°+4°=90°,
在Rt△EF中,由勾股定理得,EF2=F2+E2,
所以,DE2=BD2+E2.
【点评】本题是相似形综合题,主要利用了轴对称的性质,相似三角形的判定,同角的余角相等的性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理,此类题目,小题间的思路相同是解题的关键.
7(2016•云南省昆明市)如图1,对称轴为直线x=的抛物线经过B(2,0)、(0,4)两点,抛物线与x轴的另一交点为A
(1)求抛物线的解析式;
(2)若点P为第一象
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