【中考12年】天津市2001-2022年中考数学试题分类解析 专题5 数量和位置变化

2022-2022年天津市中考数学试题分类解析汇编（12专题）专题5：数量和位置变化一、选择题1.（2022天津市3分）函数的取值范围是【】A．全体实数B．x≠0C．x＞0D．x≥0【答案】B。【考点】函数自变量的取值范围，分式有意义的条件。【分析】求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，根据分式分母不为0的条件，要使在实数范围内有意义，必须。故选B。2.（2022天津市3分）若点A（m，n）在第三象限，则点B（|m|，n）所在的象限是【】A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【答案】D。【考点】点的坐标，绝对值。【分析】∵点A（m，n）在第三象限，∴m＜0，n＜0。∴|m|＞0，n＜0。∴点B（|m|，n）在第四象限。故选D。3.（天津市2022年3分）把抛物线向上平移5个单位，所得抛物线的解析式为【】A．B．C．D．【答案】A。【考点】二次函数图象与几何变换。【分析】根据坐标的平移变化的规律，左右平移只改变点的横坐标，左减右加。上下平移只改变点的纵坐标，下减上加。原抛物线的顶点为（0，0），向上平移5个单位，那么新抛物线的顶点为（0，5），则新抛物线的解析式为：。故选A。4.（天津市2022年3分）在平面直角坐标系中，已知点A（0，2），B（，0），C（0，），D（，0），则以这四个点为顶点的四边形ABCD是【】A．矩形B．菱形C．正方形D．梯形【答案】B。16\n【考点】坐标与图形性质，菱形的判定。【分析】画出草图，根据特殊四边形的判定方法判断：在平面直角坐标系中画出图后，可发现这个四边形的对角线互相平分，先判断为平行四边形，对角线还垂直，那么这样的平行四边形应是菱形。故选B。5.（天津市2022年3分）在平面直角坐标系中，已知线段的两个端点分别是，将线段平移后得到线段，若点的坐标为，则点的坐标为【】A．　　　B．　　C．　　　D．【答案】B。【考点】坐标与图形变化（平移）。【分析】直接利用平移中点的变化规律求解即可：由A点平移前后的横坐标分别为－4、－2，可得A点向右平移了2个单位，由A点平移前后的纵坐标分别为－1、2，可得A点向上平移了3个单位，由此得线段AB的平移的过程是：再向右平移2个单位，向上平移3个单位，所以点A、B均按此规律平移，由此可得点B′的坐标为（1+2，1+3），即为（3，4）。故选B。6.（天津市2022年3分）在平面直角坐标系中，先将抛物线关于轴作轴对称变换，再将所得的抛物线关于轴作轴对称变换，那么经两次变换后所得的新抛物线的解析式为【】A．　　B．C．　　D．【答案】C。【考点】二次函数图象与几何变换，二次函数关于轴、轴轴对称的特点。【分析】根据平面直角坐标系中，二次函数关于轴、轴轴对称的特点得出答案：∵，∴抛物线的顶点坐标为（）。当将抛物线作关于轴对称变换时，顶点的横坐标不变，纵坐标互为相反数，即新抛物线顶点坐标为（）。同时抛物线的开口变为向下，即二次项系数为负。因此变换后的函数式为。16\n当再将所得的抛物线作关于轴对称变换时，顶点的纵坐标不变，横坐标互为相反数，即新抛物线顶点坐标为（）。同时抛物线的开口方向不变。因此变换后的函数式为，即。故选C。7.（天津市2022年3分）如图，是一种古代计时器——“漏壶”的示意图，在壶内盛一定量的水，水从壶下的小孔漏出，壶壁内画出刻度，人们根据壶中水面的位置计算时间．若用表示时间，表示壶底到水面的高度，下面的图象适合表示一小段时间内与的函数关系的是【】（不考虑水量变化对压力的影响）（A）（B）（C）（D）【答案】B。【考点】确立函数关系。【分析】不考虑水量变化对压力的影响，与的函数关系是随着时间的增大，壶底到水面的高度减小。故选B。8.（2022天津市3分）某电视台“走基层”栏目的一位记者乘汽车赴360km外的农村采访，全程的前一部分为高速公路，后一部分为乡村公路．若汽车在高速公路和乡村公路上分别以某一速度匀速行驶，汽车行驶的路程y（单位：km）与时间x（单位：h）之间的关系如图所示，则下列结论正确的是【】（A）汽车在高速公路上的行驶速度为100km/h（B）乡村公路总长为90km16\n（C）汽车在乡村公路上的行驶速度为60km/h（D）该记者在出发后4.5h到达采访地【答案】C。【考点】函数的图象的分析。【分析】根据函数的图象和已知条件对每一项分别进行分析，即可得出正确答案：A、汽车在高速公路上的行驶速度为180÷2=90（km/h），故本选项错误；B、乡村公路总长为360－180=180（km），故本选项错误；C、汽车在乡村公路上的行驶速度为180÷3=60（km/h），故本选项正确；D、该记者在出发后5h到达采访地，故本选项错误。故选C。二、填空题2.（天津市2022年3分）已知正方形ABCD的边长是1，E为CD边的中点，P为正方形ABCD边上的一个动点，动点P从A点出发，沿A→B→C→E运动，到达点E.若点P经过的路程为自变量x，△APE的面积为函数y，则当y＝时，x的值等于▲.【答案】或。【考点】二次函数的应用。16\n【分析】根据P点的位置，由三角形面积公式表达出分段函数，在分段函数中，已知y的值，求x：当点P在AB边上时，y=•x•1=，解得x=。当点P在BC边上时，y=•（1+）•1－•（x－1）•1－••（2－x）=，解得x=。当点P在CE上时，y=•（2－x）•1=，解得x=。它不在CE上，舍去。∴当y＝时，x的值等于或。3.（天津市2022年3分）若正比例函数y＝kx与y＝2x的图象关于x轴对称，则k的等于▲【答案】－2。【考点】关于x轴对称的点的坐标特征，正比例函数的性质。【分析】根据关于x轴对称的点的坐标特征：横坐标不变，纵坐标互为相反数．则两个解析式的k值应互为相反数，即k=－2。4.（天津市2022年3分）已知抛物线，若点P（，5）与点Q关于该抛物线的对称轴对称，则点Q的坐标是▲．【答案】（4，5）。【考点】二次函数图象与几何变换。【分析】根据抛物线解析式求出抛物线对称轴为x，再根据图象得出点P（－2，5）关于对称轴对称点Q：两点的纵坐标不变，两点横坐标到对称轴的距离相等，都为3，得到Q点坐标为（4，5）。5.（天津市2022年3分）已知关于x的函数同时满足下列三个条件：①函数的图象不经过第二象限；②当时，对应的函数值；③当时，函数值y随x的增大而增大．你认为符合要求的函数的解析式可以是：▲（写出一个即可）．【答案】y=x－2（答案不唯一）。【考点】一次函数和二次函数的性质。【分析】此函数可以是一次函数y=k（x－2）＋b（k＞0，b≤0）；也可为二次函数y=a（x－2）2＋b（a＜0，b≤0）。如y=x－2，y=2（x－2）－1=2x－5，y=－（x－2）2=－x2＋4x－4等等，答案不唯一。6.（2022天津市3分）将正比例函数y=－6x的图象向上平移，则平移后所得图象对应的函数解析式可以是▲（写出一个即可）．16\n【答案】y=－6x+1（答案不唯一）。【考点】平移的性质。【分析】根据“上加下减”的原则在函数解析式后加一个大于0的数即可，如y=－6x+1（答案不唯一）。三、解答题1.（天津市2022年10分）已知关于的方程的两个实数根为α、β，且α≤β。（1）试用含有α、β的代数式表示；（2）求证：α≤1≤β；（3）若以α、β为坐标的点M（α、β）在△ABC的三条边上运动，且△ABC顶点的坐标分别为A（1，2），B（，1），C（1，1），问是否存在点M，使，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由。【答案】解：（1）∵α、β为方程的两个实数根，∴判别式△=，且α+β=，αβ=。∴=αβ，=α+β－－1=α+β－αβ－1。（2）∵（1－α）（1－β）=1－（α+β）+αβ=－≤0（≥0），又α≤β，∴α≤1≤β。（3）若使成立，只需α+β=。①当点M（α，β）在BC边上运动时，由B（，1），C（1，1），得≤α≤1，β=1，而α=－β=－1=＞1，故在BC边上存在满足条件的点M，其坐标为（，1）。②当点M（α，β）在AC边上运动时，由A（1，2），C（1，1），得α=1，1≤β≤2，此时β=－α=－1=。又因为1＜＜2，故在AC边上存在满足条件的点M，其坐标为（1，）。③当点M（α，β）在AB边上运动时，由A（1，2），B（，1），得≤α≤1，1≤β≤2。16\n设AB所在直线为：，由A（1，2），B（，1），得，解得。∴AB所在直线为：。∴由点M（α，β）在AB边上运动，得。又α+β=，得。又∵，∴在线段AB上。故在AB边上存在满足条件的点M，其坐标为。综上所述，当点M（α，β）在△ABC的三条边上运动时，存在点（，1），（1，）和点，使成立。【考点】一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，解方程和不等式，坐标与图形性质，直线上点的坐标与方程的关系，待定系数法。【分析】（1）因为原方程有两个实数根，故判别式△=，且α+β=，αβ=。解之即得。（2）因为α≤β，故只需解（1－α）（1－β）≤0即可。（3）先根据条件确定动点所在的边，再确定点的坐标。2.（天津市2022年10分）已知一个直角三角形纸片，其中．如图，将该纸片放置在平面直角坐标系中，折叠该纸片，折痕与边交于点，与边交于点．（Ⅰ）若折叠后使点与点重合，求点的坐标；（Ⅱ）若折叠后点落在边上的点为，设，，试写出关于的函数解析式，并确定的取值范围；（Ⅲ）若折叠后点落在边上的点为，且使，求此时点的坐标．16\n【答案】解：（Ⅰ）如图①，折叠后点与点重合，则。设点的坐标为，则。∴。在中，由勾股定理，得，即，解得。∴点的坐标为。（Ⅱ）如图②，折叠后点落在边上的点为,则。由题设，，则。在中，由勾股定理，得，即，∴。由点在边上，有，∴解析式（）为所求。∵当时，随的增大而减小，∴的取值范围为。（Ⅲ）如图③，折叠后点落在边上的点为，且，则。又∵，∴。∴。∴。16\n∴，得。在中，设，则。由（Ⅱ）的结论，得，即，解得。∵，∴。∴点的坐标为。【考点】折痕对称的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程。【分析】（Ⅰ）由折痕对称的性质，通过证，得，从而根据勾股定理可求得点的坐标。（Ⅱ）由折痕对称的性质，通过证，得，从而根据勾股定理列出关于的函数解析式，并确定的取值范围。（Ⅲ）由折痕对称的性质，通过证，得，从而得，结合（Ⅱ）的结论，即可求得点的坐标。3.（天津市2022年10分）在平面直角坐标系中，矩形的顶点O在坐标原点，顶点A、B分别在轴、轴的正半轴上，，，D为边OB的中点.（Ⅰ）若为边上的一个动点，当△的周长最小时，求点的坐标；（Ⅱ）若、为边上的两个动点，且，当四边形的周长最小时，求点、的坐标.16\n温馨提示：如图，可以作点D关于轴的对称点，连接与轴交于点E，此时△的周长是最小的.这样，你只需求出的长，就可以确定点的坐标了.【答案】解：（Ⅰ）如图，作点关于轴的对称点，连接与轴交于点，连接。在边上任取点（与点E不重合），连接、、。由可知△的周长最小。∵在矩形中，，，为的中点，∴，，。∵OE∥BC，∴Rt△∽Rt△，有。∴∴点的坐标为（1，0）。（Ⅱ）如图，作点关于轴的对称点，在边上截取，连接与轴交于点，在上截取。∵GC∥EF，，∴四边形为平行四边形，有。又∵、的长为定值，∴此时得到的点、使四边形的周长最小。∵OE∥BC，∴Rt△∽Rt△,有。∴。∴。∴点的坐标为（，0），点的坐标为（，0）。【考点】轴对称点的性质，三角形的三边关系，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质。【分析】（Ⅰ）作点D关于轴的对称点，连接与轴交于点E，连接。则此时△的周长16\n最小。据此由Rt△∽Rt△,得对应边成比例，即可求出点的坐标。（Ⅱ）作点关于轴的对称点，在边上截取，连接与轴交于点，在上截取。则此时四边形的周长最小。据此由Rt△∽Rt△,得对应边成比例，即可求出点、的坐标。4.（天津市2022年10分）在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于点、（点在点的左侧），与轴的正半轴交于点，顶点为.（Ⅰ）若，，求此时抛物线顶点的坐标；（Ⅱ）将（Ⅰ）中的抛物线向下平移，若平移后，在四边形ABEC中满足S△BCE=S△ABC，求此时直线的解析式；（Ⅲ）将（Ⅰ）中的抛物线作适当的平移，若平移后，在四边形ABEC中满足S△BCE=2S△AOC，且顶点恰好落在直线上，求此时抛物线的解析式.【答案】解：（Ⅰ）当，时，抛物线的解析式为，抛物线顶点的坐标为（1，4）。（Ⅱ）将（Ⅰ）中的抛物线向下平移，则顶点在对称轴上，∴设抛物线的解析式为（）（∵时抛物线与轴无两个交点）。此时，抛物线与轴的交点为，顶点为。∵方程的两个根为，，∴此时，抛物线与轴的交点为，。如图，过点作EF∥CB与轴交于点，连接，则S△BCE=S△BCF。∵S△BCE=S△ABC，∴S△BCF=S△ABC．∴。设对称轴与轴交于点，则。由EF∥CB，得。∴Rt△EDF∽Rt△COB．有。16\n∴，解得（用换元法求解，令）。∴点，。设直线的解析式为，则，解得。∴直线的解析式为。（Ⅲ）设抛物线的解析式为（，）（否则与题意不符），则抛物线的顶点为，抛物线与轴的交点为，与轴的交点为，（）（否则抛物线与轴无交点）。过点作EF∥CB与轴交于点，连接，则S△BCE=S△BCF。∵S△BCE=2S△AOC，∴S△BCF=2S△AOC，得。设该抛物线的对称轴与轴交于点，则。∴由Rt△EDF∽Rt△COB，有。∴。∵与不符，∴。∵点在直线上，有。∴。∴。∴抛物线的解析式为，即。【考点】二次函数的性质，平移的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，抛物线与轴和轴的交点，解方程和方程组，平行的性质，相似三角形的判定和性质。【分析】（Ⅰ）将，代入后化为顶点式，即可求出顶点坐标。16\n（Ⅱ）根据平移的性质，上下平移只有纵坐标变化，故设抛物线的解析式为。根据平行线间三角形等高的性质，作EF∥CB与轴交于点，连接，则S△BCE=S△BCF。由已知S△BCE=S△ABC得。然后，根据Rt△EDF∽Rt△COB，求得，。用待定系数法即可求出此时直线的解析式。（Ⅲ）根据平移的性质，设抛物线的解析式为（，）。仿（Ⅱ），由Rt△EDF∽Rt△COB，求得的关系，将其代入直线方程，求得，即可得此时抛物线的解析式。5.（天津市2022年10分）在平面直角坐标系中．已知O坐标原点．点A(3．0)，B(0，4)．以点A为旋转中心，把△ABO顺时针旋转，得△ACD．记旋转转角为α．∠ABO为β．(I)如图①，当旋转后点D恰好落在AB边上时．求点D的坐标；(Ⅱ)如图②，当旋转后满足BC∥轴时．求α与β之闻的数量关系；(Ⅲ)当旋转后满足∠AOD=β时．求直线CD的解析式(直接写出即如果即可)，16\n【分析】(I)作辅助线DM⊥轴，由勾股定理求出AB的长，由相似三角形对应边成比例的性质即可求出。(Ⅱ)由旋转的性质，知∠ABC=∠ACB，由三角形三内角和1800的定理可得α=180°—2∠ABC。又由于BC∥轴，可得∠ABC=90°—β，从而α=2β从而的关系。（Ⅲ）图1图2如图1，连接BD，作DF⊥轴于F。由∠AOD=β=∠ABO可证△AOB≌△ADB，∴∠ADB=∠AOB=900。又∵∠ADC=900，∴B在直线CD上。∴可设直线CD方程式为=k+4。由△AOE∽△ABO得。16\n设D点坐标为，则有，解之得。代入直线CD方程=k+4，得k=。∴直线CD的解析式为。同样考虑∠AOD在轴下方的情况，如图2，可得直线CD的解析式。6.（2022天津市10分）已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（11，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点（点P不与点B、C重合），经过点O、P折叠该纸片，得点B′和折痕OP．设BP=t．（Ⅰ）如图①，当∠BOP=300时，求点P的坐标；（Ⅱ）如图②，经过点P再次折叠纸片，使点C落在直线PB′上，得点C′和折痕PQ，若AQ=m，试用含有t的式子表示m；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，当点C′恰好落在边OA上时，求点P的坐标（直接写出结果即可）．【答案】解：（Ⅰ）根据题意，∠OBP=90°，OB=6。在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t。∵OP2=OB2+BP2，即（2t）2=62+t2，解得：t1=，t2=－（舍去）．∴点P的坐标为（，6）。（Ⅱ）∵△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，∴△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP。∴∠OPB′=∠OPB，∠QPC′=∠QPC。∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC=180°，∴∠OPB+∠QPC=90°。∵∠BOP+∠OPB=90°，∴∠BOP=∠CPQ。16\n又∵∠OBP=∠C=90°，∴△OBP∽△PCQ。∴。由题意设BP=t，AQ=m，BC=11，AC=6，则PC=11－t，CQ=6－m．∴。∴（0＜t＜11）。（Ⅲ）点P的坐标为（，6）或（，6）。【考点】翻折变换（折叠问题），坐标与图形性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。【分析】（Ⅰ）根据题意得，∠OBP=90°，OB=6，在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t，然后利用勾股定理，即可得方程，解此方程即可求得答案。（Ⅱ）由△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，可知△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP，易证得△OBP∽△PCQ，然后由相似三角形的对应边成比例，即可求得答案。（Ⅲ）首先过点P作PE⊥OA于E，易证得△PC′E∽△C′QA，由勾股定理可求得C′Q的长，然后利用相似三角形的对应边成比例与，即可求得t的值：过点P作PE⊥OA于E，∴∠PEA=∠QAC′=90°。∴∠PC′E+∠EPC′=90°。∵∠PC′E+∠QC′A=90°，∴∠EPC′=∠QC′A。∴△PC′E∽△C′QA。∴。∵PC′=PC=11－t，PE=OB=6，AQ=m，C′Q=CQ=6－m，∴。∴。∵，即，∴，即。将代入，并化简，得。解得：。∴点P的坐标为（，6）或（，6）。16