2020-10-28

初三上学期

每日一题：2020-10-28

每日一题: 2020-10-28

题目: 设$\triangle ABC$ 中, $a,b,c$ 分别为$\angle A,\angle B,\angle C$ 的对边, $R$
为$\triangle ABC$的外接圆的半径, $S$ 为$\triangle ABC$ 的面积.
求证: $R=\frac{abc}{4S}$.

参考思路

设$\angle A$ 是$\triangle ABC$ 中的最大角, 自$A$ 作$AD\bot BC$ 于$D$. ($D$ 在边$BC$ 上). 作$\triangle ABC$ 的外接圆$\odot O$, 连结$AO$ 交$\odot O$ 于$E$, 连结$BE$, 则$\angle ABE=90^{\circ}$. 又$\angle BEA=\angle C\Rightarrow \triangle ABE\backsim \triangle ADC$. 所以$AE\cdot AD=AB\cdot AC\Rightarrow 2R=AE=\frac{AB\cdot AC}{AD}=\frac{AB\cdot AC\cdot BC}{AD\cdot BC}=\frac{abc}{2S}$ 所以$R=\frac{abc}{4S}$ 

2020-10-27

初三上学期

每日一题：2020-10-27

每日一题: 2020-10-27

题目: 如图, 已知等腰三角形$ABC$, 顶角$\angle ABC=20^{\circ}, BA=BC$, 在$AB$ 上取点
$M$, 使得$BM=AC$. 求$\angle AMC$.

参考思路

如图, 以$BC$ 为边在$\triangle ABC$ 的外作正三角形$\triangle BCK$, 易得$\triangle KBM\cong \triangle BAC(SAS)$ 所以$KB=KC=KM, \angle BKM=20^{\circ}$. 因此, 以$K$ 为圆心, $KB$ 为半径的圆过$B,M,C$ 三点. $\angle MCB=\frac{1}{2}\angle BKM=10^{\circ}$. 所以$\angle AMC=\angle MBC+\angle MCB=20^{\circ}+10^{\circ}=30^{\circ}$. 

2020-10-26

初三上学期

每日一题：2020-10-26

每日一题: 2020-10-26

题目: 如图, 在平面直角坐标系中, 抛物线$y=ax^2+bx+4$ 与$x$ 轴的一个交点为$A(-2,0)$,
与$y$ 轴的交点为$C$, 对称轴是$x=3$, 对称轴与$x$ 轴交于点$B$.
(1) 求抛物线的表达式;
(2) 若点$D$ 在$x$ 轴上, 在抛物线上是否存在点$P$, 使得$\triangle PBD\cong \triangle PBC$?
若存在, 写出点$P$ 的坐标; 若不存在, 请说明理由.

参考思路

(1) 易求得抛物线表达式为: $y=-\frac{1}{4}x^2+\frac{3}{2}x+4$. (2) 存在, 点$P$ 的坐标为$(4-\sqrt{26},\frac{\sqrt{26}-1}{2}),(4+\sqrt{26},-\frac{1+\sqrt{26}}{2}), (-1+\sqrt{41},-8+2\sqrt{41})$ 或$(-1+\sqrt{41},-8+2\sqrt{41})$. 因为$OC=4,OB=3\Rightarrow BC=5$. 如果$\triangle PBD\cong \triangle PBC\Rightarrow BD=BC=5$. 因为点$D$ 在$x$ 轴上, 所以点$D$ 人坐标为$(-2,0)$ 或$(8,0)$. (a) 如图所示, 当 点$D$ 为$(-2,0)$ 时, 连结$CD$,过$B$ 作直线$BE$ 平方$\angle DBC$, 交$CD$ 于点$E$, 抛物线于点$P_1,P_2$. 此时$\triangle P_1BC\cong \triangle P_1BD$, $\triangle P_2BC\cong \triangle P_2BD$. 所以$BC=BD$. 所以$E$ 为$CD$ 的中点, 即点$E$ 的坐标为$(-1,2)$; 由$B,E$ 得直线$BE$ 为: $y=-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}$, 联立抛物线$y=-\frac{1}{4}x^2+\frac{3}{2}x+4$ 解得: 点$P_1(4-\sqrt{26},\frac{\sqrt{26}-1}{2})$, 点$P_2(4+\sqrt{26},-\frac{1+\sqrt{26}}{2}).$  (b) 如图, 当$D$ 为$(8,0)$ 时, 连结$CD$, 过$B$ 作直线$BF$ 平分$\angle DBC$ 交$CD$ 于点$F$, 交抛物线于点$P_3,P_4$, 此时$\triangle P_3BC\cong P_3BD, \triangle P_4BC\cong P_4BD$. 由$B,F$ 解得直线$BF$ 为: $y=2x-6$, 联立抛物线方程: $y=-\frac{1}{4}x^2+\frac{3}{2}x+4$ 解得$P_3(-1+\sqrt{41}, -8+2\sqrt{41}), P_4(-1-\sqrt{41},-8-2\sqrt{41})$. 

2020-10-25

初三上学期

每日一题：2020-10-25

每日一题: 2020-10-25

题目: 如图, 在平面直角坐标系中, 抛物线$y=-\frac{1}{3}x^2+\frac{2\sqrt{3}}{3}+3$ 与
$x$ 轴交于$A,B$ 两点(点$A$ 在点$B$ 的左侧), 与$y$ 轴交于点$C$, 抛物线的顶点为点$E$,
平移抛物线, 使抛物线的顶点$E$ 在射线$AE$ 上移动, 点$E$ 平移后的对应点为点$E’$, 点$A$
的对应点$A’$. 将$\triangle AOC$ 绕点$O$ 顺时针旋转至$\triangle A_1OC_1$ 的位置, 点$A,C$
的对应点分别为$A_1,C_1$, 且点$A_1$ 恰好落在$AC$ 上, 连结$C_1A’, C_1E’$. $\triangle A’C_1E’$
能否为等腰三角形? 若能, 求出所有符合条件的点$E’$ 的坐标; 若不能, 请说明理由.

参考思路

$\triangle A'C_1E'$ 能为等腰三角形, 符合条件的点$E'$ 有四个, 具体如下: 由抛物线表达式可求得$A(-\sqrt{3},0), C(0,3)\Rightarrow \angle CAO=60^{\circ}, \angle AOA_1=60^{\circ}$. 有旋转的性质可得$\angle COC_1=\angle AOA_1=60^{\circ}, OC_1=OC=3\Rightarrow C_1(\frac{3\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2})$. 易求抛物线顶点$E(\sqrt{3},4)$, 所以$AE$ 的表达式为: $y=\frac{2\sqrt{3}}{3}x+2$. 可设点$A'$ 的坐标为$(t,\frac{2\sqrt{3}}{3}t+2)$, 则由平移的性质可得点$E'$ 的坐标为$(t+2\sqrt{3},\frac{2\sqrt{3}}{3}t+6)$ 且$t\gt -3\sqrt{3}$. 所以$A'E'^2=AE^2=28$. 有$A'C_1^2=\frac{7}{3}t^2-\frac{7\sqrt{3}}{3}t+7. E'C_1^2=\frac{7}{3}t^2+7\sqrt{3}t+21$. $\triangle A'C_1E'$ 为等腰三角形有三种可能: (i) 当$A'E'=A'C_1$ 时, 有$\frac{7}{3}t^2-\frac{7\sqrt{3}}{3}t+7=28\Rightarrow t=\frac{\sqrt{3}\pm\sqrt{39}}{2}$. 此时点$E'$ 的坐标为$(\frac{5\sqrt{3}+\sqrt{39}}{2},7+\sqrt{13})$ 或$(\frac{5\sqrt{3}-\sqrt{39}}{2},7-\sqrt{13})$; (ii) 当$A'C_1=E'C_1$ 时, 有 $\frac{7}{3}t^2-\frac{7\sqrt{3}}{3}t+7=\frac{7}{3}t^2+7\sqrt{3}t+21$ 解得$t=-\frac{\sqrt{3}}{2}$. 此时点$E'$ 的坐标为$(\frac{3\sqrt{3}}{2},5)$; (ii) 当$A'E'=C_1E'$ 时, 有$\frac{7}{3}t^2+7\sqrt{3}t+21=28\Rightarrow t=\frac{-3\sqrt{3}\pm \sqrt{39}}{2}$, 而$t\gt -3\sqrt{3}$, 所以$t=\frac{-3\sqrt{3}+\sqrt{39}}{2}$. 此时点$E'$ 的坐标为$(\frac{\sqrt{3}+\sqrt{29}}{2},3+\sqrt{13})$. 综上可得: 符合条件的点$E'$ 坐标有: $(\frac{5\sqrt{3}+\sqrt{39}}{2},7+\sqrt{13}),(\frac{5\sqrt{3}-\sqrt{39}}{2},7-\sqrt{13}),(\frac{3\sqrt{3}}{2},5)$ 或$(\frac{\sqrt{3}+\sqrt{39}}{2},3+\sqrt{13})$.

2020-10-24

初三上学期

每日一题：2020-10-24

每日一题: 2020-10-24

题目: 如图, 在平面直角坐标系$xOy$ 中, 矩形$OABC$ 的边$OA$ 在$y$ 轴的正半轴上, $OC$
在$x$ 轴的正半轴上, $OA=1,OC=2$, 点$D$ 在$OC$ 上且$OD=\frac{5}{4}$.
(1) 求直线$AC$ 的表达式;
(2) 在$y$ 轴上是否存在点$P$, 直线$PD$ 与矩形的对角线$AC$ 交于点$M$, 使得$\triangle DMC$ 为
等腰三角形? 若存在, 直接写出所有符合条件的点$P$ 的坐标;若不存在, 请说明理由.

参考思路

(1) 由已知$A(0,1),C(2,0)$, 从而直线$AC$ 的表达式为$y=-\frac{1}{2}x+1$. (2) 存在符合条件的点$P$, 坐标为$(0,-\frac{5(\sqrt{5}+2)}{4}),(0,\frac{5}{3})$ 或$(0,-\frac{5}{8})$. 设点$M$ 的坐标为$(m,-\frac{1}{2}m+1)$, 则$0\leq m\lt 2$. 由平面内两点距离公式可得$CD^2=\frac{9}{16}$, $CM^2=(2-m)^2+(-\frac{1}{2}m+1)^2, DM^2=(m-\frac{5}{4})^2+(-\frac{1}{2}m+1)^2$. (i) 当$CD=CM$ 时, 有$\frac{9}{16}=(2-m)^2+(-\frac{1}{2}m+1)^2\Rightarrow m_1=2-\frac{3\sqrt{5}}{10}, m_2=2+\frac{3\sqrt{5}}{10}$ (舍去) 所以点$M$ 的坐标为$(2-\frac{3\sqrt{5}}{10},\frac{3\sqrt{5}}{20})$. 从而得到直线$DM$ 的表达式为$y=(\sqrt{5}+2)x-\frac{5(\sqrt{5}+2)}{4}\Rightarrow P(0,-\frac{5(\sqrt{5}+2)}{4})$; (ii) 当$DM=DC$ 时, 有$\frac{9}{16}=(m-\frac{5}{4})^2+(-\frac{1}{2}m+1)^2\Rightarrow m_3=\frac{4}{5}, m_4=2$(舍去) 所以$M(\frac{4}{5},\frac{3}{5})\Rightarrow DM$ 表达式为: $y=-\frac{4}{3}x+\frac{5}{3}$, 可得$P$ 的坐标$(0,\frac{5}{3})$. (iii) 当$MD=MC$ 时, 有 $(m-\frac{5}{4})^2+(-\frac{1}{2}m+1)^2=(-\frac{1}{2}m+1)^2+(2-m)^2\Rightarrow M_5=\frac{13}{8}$. 所以$M(\frac{13}{8},\frac{3}{16})\Rightarrow DM$ 表达式为$y=\frac{1}{2}x-\frac{5}{8}$ 可得$P$ 的坐标为$(0,-\frac{5}{8})$. 综上所述, 符合条件点$P$ 的坐标为$(0,-\frac{5(\sqrt{5}+2)}{4}),(0,\frac{5}{3}),(0,-\frac{5}{8})$

2020-10-23

初三上学期

每日一题：2020-10-23

每日一题: 2020-10-23

题目: 已知$\triangle ABC$ 是等腰三角形, $\angle BAC=90^{\circ}, DE\bot CE, DE=CE=\frac{1}{2}AC$.
连结$AE$, 点$M$ 是$AE$ 的中点.
(1) 如图(1), 若点$D$ 在$\triangle ABC$ 的内部, 连结$BD$, 点$N$ 是$BD$ 中点, 连结$MN,NE$,
求证: $MN\bot AE$;
(2) 如图(2), 将图(1)中的$\triangle CDE$ 绕点$C$ 逆时针旋转, 使$\angle BCD=30^{\circ}$, 连结$BD$,
点$N$ 是$BD$ 中点, 连结$MN$, 探索$\frac{MN}{AC}$ 的值.

参考思路

(1)如图, 延长$EN$ 至点$F$, 使得$NF=NE$, 连结$FB$. 易证$\triangle DEN\cong \triangle BFN$. 从而可得$BF\parallel DE, BF=DE$. 延长$FB,CE$ 交于点$G$, 则$\angle G=90^{\circ}$, 从而$A,B,G,C$ 四点共圆. 所以$\angle ABF=\angle ACE$. 连结$AF$, 所以$\triangle ABF\cong \triangle ACE(SAS)$. 所以$AF=AE$, 且$AF\bot AE$. 而$MN\parallel AF$, 所以$MN=\frac{1}{2}AE$, 且$MN\bot AE$.  (2) 如图, 同(1) 可得$MN=\frac{1}{2}AE$, 且$MN\bot AE$. 由题意可得$AC=2CE$, 作$EH\bot AC$ 于点$H$, 则$\angle ECH=60^{\circ}$, 所以$CH=\frac{1}{2}EC=\frac{1}{4}AC, EH=\frac{\sqrt{3}}{4}AC$, 从而$AE=\sqrt{AH^2+EH^2}=\frac{\sqrt{7}}{2}AC\Rightarrow \frac{MN}{AC}=\frac{\sqrt{7}}{4}$. 

2020-10-22

初三上学期

每日一题：2020-10-22

每日一题: 2020-10-22

题目: 如图, $\triangle ABC$ 的三条中线分别为$AD,BE,CF$, 若$\triangle ABC$ 的面积为$1$,
则以$AD,BE,CF$ 的长度为三边长的三角形的面积等于多少?

参考思路

如图, 过点$C$ 作$CP\parallel AD$, 且$CP=AD$, 连接$AP,PF,EP,FE$ 由辅助线作法, 可得四边形 $ADCP$ 为平行四边形, 所以$AP=CD, AP\parallel CD$. 由$D,E,F$ 为$\triangle ABC$ 三边中点, 可得$AP=EF, AP\parallel EF$ 所以$AFEP$ 为平行四边形, 则$PE=AF=FB, PE\parallel FB$. 所以$PEBF$ 为平行四边形, 则$BE=FP$. 而$\triangle FPC$ 为以$AD,BE,CF$ 的长度为三边长的三角形. 所以$S_{\triangle FPC}=S_{\triangle FEC}+S_{\triangle FEP}+S_{\triangle CEP}$ $=\frac{1}{4}S_{ABC}+\frac{1}{4}S_{\triangle ABC}+\frac{1}{4}S_{\triangle ABC}=\frac{3}{4}S_{\triangle ABC}=\frac{3}{4}$. 

2020-10-21

初三上学期

每日一题：2020-10-21

每日一题: 2020-10-21

题目: 已知抛物线$L: y=-\frac{1}{2}(x-t)(x-t+4)$ (常数$t\gt 0$) 与双曲线$y=\frac{6}{x}$
有个交点的横坐标为$x_0$, 且满足$4\leq x_0\leq 6$, 通过$L$ 位置随$t$ 变化的过程, 求
出$t$ 的取值范围.

参考思路

如图, 双曲线在$4\leq x_0\leq 6$ 时, $1\leq y_0\leq \frac{3}{2}$, 所以$L$ 与双曲线 在点$C(4,\frac{3}{2}), D(6,1)$ 之间的一段有个交点, 因为抛物线与$x$ 轴的两个交点为 $(t,0), (t-4,0)(t-4\lt t)$, 所以 $(t,0)$ 在$(t-4,0)$ 的右侧. 由$\frac{3}{2}=-\frac{1}{2}(x-t)(x-t+4),x=4$, 得$t_1=5, t_2=7$. 由$1=-\frac{1}{2}(x-t)(x-t+4),x=6$, 得$t_3=8-\sqrt{2}, t_4=8+\sqrt{2}$. 因为$5\lt 8-\sqrt{2}\lt 7\lt 8+\sqrt{2}$, 所以当$t=5$ 时, $L$ 右侧过点$C$; 当$t= 8-\sqrt{2}$ 时, $L$ 右侧过点$D$; 当$t=7$ 时, $L$ 左侧过点$C$; 当$t=8+\sqrt{2}$ 时, $L$ 左侧过点$D$. 所以$5\leq t\leq 8-\sqrt{2}$ 或$7\leq t\leq 8+\sqrt{2}$. 

2020-10-20

初三上学期

每日一题：2020-10-20

每日一题: 2020-10-20

题目: 若函数$y=|-x^2+2x+3|$ 的图象于直线$y=kx+3$ 恰有三个公共点, 求$k$ 的值.

参考思路

已知函数$y=|-x^2+2x+3|$ 的图象是将$y=-x^2+2x+3$ 的图象在$x$ 轴下方的部分沿$x$ 轴翻 折, 其余部分不变, 图象与$x$ 轴交于$A(-1,0),B(3,0)$. 直线 $y=kx+3$ 是绕着点$(0,3)$ 旋转的, 所以直线$y=kx+3$ 经过$A,B$ 时满足要求, 将 $A(-1,0),B(3,0)$ 代入可得$k=3,k=-1$. 当抛物线与直线在$-1\leq x\leq 3$ 范围只有一个交点时, 则$kx+3=-x^2+2x+3$ $\therefore \Delta=(k-2)^2=0\Rightarrow k=2$. 综上可得, 当$k=-1,2 $或$3$ 时 满足要求. 

2020-10-19

初三上学期

每日一题：2020-10-19

每日一题: 2020-10-19

题目: 边长为$1$ 的正方形$ABCD$ 中, $E,F$ 为对角线$BD$ 上的动点.
(1) 证明: $AE+AF=CE+CF$;
(2) (I) 求$AE+CE$ 的最小值; (II) 求$AE+BE+CE$ 的最小值;
(3) 若$\angle EAF=45^{\circ}, DF=2BE$, 求四边形$AECF$ 的面积.

参考思路

(1) 有$\triangle ABE\cong \triangle CBE\Rightarrow AE=CE$, 同理得$AF=CF$. 即得 $AE+AF=CE+CF$; (2) (I) 当$A,C,E$ 在同一条直线上是最短得, $\therefore AC=AE+EC=\sqrt{2}$. (II) 如图, 连接$CM$, 当点$E$ 位于$BD$ 与$CE$ 的交点处时, $AE+BE+CE$ 的值最小. 理由如下: 连接$MN$, $\triangle AEB\cong \triangle MNB\Rightarrow AE=MN$ $\because \angle EBN=60^{\circ}, EB=NB\Rightarrow \triangle BEN$ 是等边三角形, $\therefore BE=EN$. $\therefore AE+BE+CE=EN+MN+CE=CM=\sqrt{MF^2+CF^2}=\sqrt{(\frac{1}{2})^2+(1+\frac{\sqrt{3}}{2})^2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$. (3) 连接$AC$ 交$BD$ 于$O$, 设$DF=2x$, $BE=x$, 有勾股定理得: $AO=\frac{\sqrt{2}}{2}=BO=OD, BD=\sqrt{2}$. 即$EF=BD-BE-DF=\sqrt{2}-3x, DE=BD-BE=\sqrt{2}-x$ $\because $ 四边形$ABCD$ 是正方形, $\therefore \angle ADB=45^{\circ}=\angle EAF$, $\because \angle AEF=\angle AEF$ $\therefore \triangle AEF\backsim \triangle DEA\Rightarrow \frac{AE}{DE}=\frac{EF}{AE}$ $\therefore AE^2=DE\cdot EF=(\sqrt{2}-x)\cdot (\sqrt{2}-3x)$ 在直角三角形$AEO$ 中, 由勾股定理得: $AE^2=AO^2+EO^2=(\frac{\sqrt{2}}{2})^2+(\frac{\sqrt{2}}{2}-x)^2$ $\therefore (\sqrt{2}-x)(\sqrt{2}-3x)=(\frac{\sqrt{2}}{2})^2+(\frac{\sqrt{2}}{2}-x)^2$ 解得: $x=\frac{3\sqrt{2}+\sqrt{10}}{4}>\sqrt{2}$ (舍去), $x=\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{10}}{4}$. $\therefore EF=\sqrt{2}-3x=\frac{3\sqrt{10}-5\sqrt{2}}{4}$. $\therefore $四边形$AECF$ 的面积是$\frac{1}{2}EF\times AC=\frac{1}{2}\times \frac{3\sqrt{10}-5\sqrt{2}}{4}\times \sqrt{2}=\frac{3\sqrt{5}-5}{4}$