2013年中考数学复习︰新概念型问题〔含答案〕.docVIP

专题二新概念型问题 对应训练 3．解：（1）如图； 根据抛物线的对称性，抛物线的顶点A必在O、B的垂直平分线上，所以OA=AB，即：“抛物线三角形”必为等腰三角形． 故填：等腰． （2）∵抛物线y=-x2+bx（b＞0）的“抛物线三角形”是等腰直角三角形， ∴该抛物线的顶点（）满足（b＞0）． ∴b=2． （3）存在． 如图，作△OCD与△OAB关于原点O中心对称，则四边形ABCD为平行四边形． 当OA=OB时，平行四边形ABCD是矩形， 又∵AO=AB， ∴△OAB为等边三角形． 作AE⊥OB，垂足为E， ∴AE=OE． ∴=?（b′＞0）． ∴b′=2． ∴A（，3），B（2，0）． ∴C（-，-3），D（-2，0）． 设过点O、C、D的抛物线为y=mx2+nx，则 ， 解得． 故所求抛物线的表达式为y=x2+2x． ．或或 解：（1）存在另外 1 条相似线． 如图1所示，过点P作l3∥BC交AC于Q，则△APQ∽△ABC； 故答案为：1； （2）设P（lx）截得的三角形面积为S，S=S△ABC，则相似比为1：2． 如图2所示，共有4条相似线： ①第1条l1，此时P为斜边AB中点，l1∥AC，∴=； ②第2条l2，此时P为斜边AB中点，l2∥AC，∴=； ③第3条l3，此时BP与BC为对应边，且=，∴==； ④第4条l4，此时AP与AC为对应边，且=，∴， ∴=． 故答案为：或或． 解：（1）由题意，得|x|+|y|=1， 所有符合条件的点P组成的图形如图所示。 ??? （2）∵d（M，Q）=|x-2|+|y-1|=|x-2|+|x+2-1|=|x-2|+|x+1|， 又∵x可取一切实数，|x-2|+|x+1|表示数轴上实数x所对应的点到数2和-1所对应的点的距离之和，其最小值为3． ∴点M（2，1）到直线y=x+2的直角距离为3。 解：（1）点C（）是线段AB的“临近点”．理由是： ∵点P到直线AB的距离小于1，A、B的纵坐标都是3， ∴AB∥x轴，3-1=2，3+1=4， ∴当纵坐标y在2＜y＜4范围内时，点是线段AB的“临近点”，点C的坐标是（）， ∴y=＞2，且小于4， ∵C（）在直线y=x-1上， ∴点C（）是线段AB的“临近点”． （2）由（1）知：线段AB的“临近点”的纵坐标的范围是2＜y＜4， 把y=2代入y=x-1得：x=3， 把y=4代入y=x-1得：x=5， ∴3＜x＜5， ∵点Q（m，n）是线段AB的“临近点”， ∴m的取值范围是3＜m＜5． 解：①若PB=PC，连接PB，则∠PCB=∠PBC， ∵CD为等边三角形的高， ∴AD=BD，∠PCB=30°， ∴∠PBD=∠PBC=30°， ∴PD=DB=AB， 与已知PD=AB矛盾，∴PB≠PC， ②若PA=PC，连接PA，同理可得PA≠PC， ③若PA=PB，由PD=AB，得PD=BD， ∴∠APD=45°， 故∠APB=90°； 探究：解：∵BC=5，AB=3， ∴AC===4， ①若PB=PC，设PA=x，则x2+32=（4-x）2， ∴x=，即PA=， ②若PA=PC，则PA=2， ③若PA=PB，由图知，在Rt△PAB中，不可能． 故PA=2或． 解：（1）根据题意得：△ABC∽△AB′C′， ∴S△AB′C′：S△ABC=（）2=（）2=3，∠B=∠B′， ∵∠ANB=∠B′NM， ∴∠BMB′=∠BAB′=60°； 故答案为：3，60； （2）∵四边形 ABB′C′是矩形， ∴∠BAC′=90°． ∴θ=∠CAC′=∠BAC′-∠BAC=90°-30°=60°． 在 Rt△ABC 中，∠ABB=90°，∠BAB′=60°， ∴∠AB′B=30°， ∴n==2；（3）∵四边形ABB′C′是平行四边形， ∴AC′∥BB′， 又∵∠BAC=36°， ∴θ=∠CAC′=∠ACB=72°． ∴∠BB′A=∠BAC=36°，而∠B=∠B， ∴△ABC∽△B′BA， ∴AB：BB′=CB：AB， ∴AB2=CB?BB′=CB（BC+CB′）， 而?CB′=AC=AB=B′C′，BC=1， ∴AB2=1（1+AB）， ∴AB=， ∵AB＞0， ∴n==． 解：（1）当m=2，n=2时， 如题图1，线段BC与线段OA的距离等于平行线之间的距离，即为2； 当m=5，n=2时， B点坐标为（5，2），线段BC与线段OA的距离，即为线段AB的长， 如答图1，过点B作BN⊥x轴于点N，则AN=1，BN=2， 在Rt△ABN中，由勾股定理得：AB==． （2）如答图2所示，当点B落在⊙A上时，m的取值范围为2≤m≤6： 当4≤m≤6，显然线段BC与线段OA的距离等于⊙A半径，即d=2； 当2≤m＜4时，作BN⊥x轴于点N，线段B