中考数学三轮真题集训冲刺知识点20二次函数几何方面的应用pdf含解析

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

中考数学三轮真题集训冲刺知识点20二次函数几何方面的应用pdf含解析

1 / 55 一、选择题 1. (2019·乐山)如图,抛物线 44 1 2 −= xy 与 x 轴交于 A 、B 两点,P 是以点C (0,3)为圆心,2 为 半径的圆上的动点,Q 是线段 PA的中点,连结OQ .则线段OQ 的最大值是( ) A. 3 B. 2 41 C. 2 7 D. 4 【答案】C 【解析】连接 PB,令 44 1 2 −= xy =0,得 x= 4± ,故 A(-4,),( 4,0), ∴ O 是 AB 的中点,又Q 是线段 PA的中点,∴OQ= 1 2 PB,点 B 是圆 C 外一点,当 PB 过圆心 C 时,PB 最大,OQ 也最大,此时 OC=3,OB=4,由勾股定理可得 BC=5, PB=BC+PC=5+2=7,OQ= 1 2 PB= 7 2 ,故选 C. 二、填空题 1. (2019·无锡)如图,在 ABC∆ 中,AB=AC=5,BC= 45,D 为边 AB 上一动点( B 点除外),以 CD 为一边作正方形CDEF ,连接 BE ,则 BDE∆ 面积的最大值为 . 知识点 20——二次函数几何方面的应用 2 / 55 【答案】8 【解析】过 D 作 DG⊥BC 于 G,过 A 作 AN⊥BC 于 N,过 E 作 EH⊥HG 于 H,延长 ED 交 BC 于 M.易 证△EHD≌△DGC,可设 DG=HE=x,∵AB=AC=5,BC= 45,AN⊥BC,∴BN= 1 2 BC=2 5 ,AN= 225AB BN−=,∵ G⊥BC,AN⊥BC,∴ DG∥AN,∴ 2BG BN DG AN = = ,∴BG=2x,CG=HD=4 5 - 2x; 易证△HED∽△GMD,于是 HE HD GM GD = , 45 2xx GM x −= ,即 MG 2 45 2 x x = − ,所以 S△BDE = 1 2 BM ×HD= 1 2 ×(2x 2 45 2 x x − − )×(4 5 - 2x)= 25 452 xx−+ = 2 5 45 825x −− + ,当 x= 45 5 时,S△BDE 的最大值为 8. 2. (2019· 台州)如图,直线 l1∥l2∥l3,A,B,C 分别为直线 l1,l2,l3 上的动点,连接 AB,BC,AC,线段 AC 交直线 l2 于点 D.设直线 l1,l2 之间的距离为 m,直线 l2,l3 之间的距离为 n,若∠ABC=90°,BD=4,且 2 3 m n = ,则 m+n 的最大值为________. 3 / 55 【答案】 25 3 【解析】过点 B 作 BE⊥l1 于点 E,作 BF⊥l3 于点 F,过点 A 作 AN⊥l2 于点 N,过点 C 作 CM⊥l2 于点 M,设 AE=x,CF=y,则 BN=x,BM=y,∵BD=4,∴DM=y-4,DN=4-x,∵∠ABC=90°,且∠AEB=∠BFC= 90°,∠CMD=∠AND=90°,易得△AEB∽△BFC,△CMD∽△AND,∴ AE BE BF CF = ,即 xm ny = ,mn=xy,∴ AN DN CM DM = ,即 42=43 mx ny −= − ,∴y=10- 3 2 x ,∵ 2= 3 m n ,∴n= 3 2 m,m+n= 5 2 m,∵mn=xy=x(10- 3 2 x )=- 3 2 x2+10x= 3 2 m2,当 x=10 3 时,mn 取得最大值为 50 3 ,∴ 3 2 m2= 50 3 ,∴m 最大=10 3 ,∴m+n= 5 2 m= 25 3 . 3. (2019·凉山)如图,正方形 ABCD 中,AB=12, AE = 4 1 AB,点 P 在 BC 上运动 (不与 B、C 重 合 ), 过点 P 作 PQ⊥EP,交 CD 于点 Q,则 CQ 的最大值为 . 【答案】4 【解析】在正方形 ABCD 中,∵AB=12, AE = 4 1 AB=3,∴BC=AB=12,BE=9,设 BP=x,则 CP=12-x.∵ PQ⊥EP,∴ ∠ EPQ=∠B=∠C=90°,∴∠BEP+∠BPE=∠CPQ+∠BPE=90° ,∴ ∠ BEP=∠CPQ,∴ △ EBP ∽△PCQ,∴ BE PC BP CQ = ,∴ 9 12 x x CQ −= ,整理得 CQ= 4)6(9 1 2 +−− x ,∴当 x=6 时,CQ 取得最大 值为 4.故答案为 4. 4 / 55 三、解答题 1.(2019 山东烟台,25,13 分) 如图,顶点为 M 的抛物线 y = ax2 + bx + 3与 x 轴交于 A(−1,0) , B 两点,与 y 轴交于点 C,过点 C 作CD ⊥ y 轴交抛物线与另一个点 D,作 DE ⊥ x 轴,垂足为点 E.双曲线 y 6 (x 0)x = > 经过点 D,连接 MD,BD. (1)求抛物线的解析式. (2)点 N,F 分别是 x 轴,y 轴上的两点,当 M,D,N,F 为顶点的四边形周长最小时,求出点 N, F 的坐标; (3)动点 P 从点 O 出发,以每秒 1 个单位长度的速度沿 OC 方向运动,运动时间为 t 秒,当 t 为何值 时, BPD∠ 的度数最大?(请直接写出结果) 【解题过程】 (1)当 0x = 时 20 033ya b=× +×+= 所以 3OC = , (0,3)C , 因为CD y⊥ 轴, DE x⊥ 轴,CO EO⊥ , 所以四边形 OEDC 为矩形, 又因为双曲线 6 ( 0)yxx = > 经过点 D, 所以 6OEDCS =矩形 , 5 / 55 所以 2OEDCSCD OC = =矩形 , 所以 (2,3)D 将点 ( 1, 0)A − 、 (2,3)D 代入抛物线 2 3y ax bx= ++得 30 4 2 33 ab ab −+=  + += 解得 1 2 a b = −  = 所以抛物线的表达式为 2 23yx x=−+ +. (2)解:作点 D 关于 x 轴的对称点 H ,作点 M 关于 y 轴的对称点 I ,如图(1) 由图形轴对称的性质可知 FM FI= , ND NH= , 所以四边形 MDNF 的周长 MD DN FN FM MD NH FN FI= +++ = + ++, 因为 MD 是定值,所以当 NH FN FI++最小时,四边形 MDNF 的周长最小, 因为两点之间线段最短,所以当 I、F、N、H 在同一条直线上时 NH FN FI++最小 所以当 I、F、N、H 在同一条直线上时,四边形 MDNF 的周长最小, 连接 HI ,交 x 轴于点 N,交 y 轴于点 F, 因为抛物线的表达式为 2 23yx x=−+ +,所以点 M 的坐标为 (1, 4) , 由轴对称的性质可得, ( 1, 4)I − , (2, 3)H − , 设直线 HI 的表达式为 y mx n= + , 所以 4 23 mn mn −+=  +=− , 第 1题答图(1) 6 / 55 解得 7 3 5 3 m n  = −  = , 所以直线 HI 的表达式为 75 33yx=−+, 当 0x = 时, 5 3y = , 当 0y = 时, 750 33x=−+,所以 5 7x = , 所以 5(0, )3F , 5( ,0)7N , 所以当 M,D,N,F 为顶点的四边形周长最小时, 5(0, )3F , 5( ,0)7N . (3)解:本题的答案为9 2 15− . 解题分析:如图(2),当两点 A、B 距离是定值,直线 CD 是一条固定的直线,点 P 在 直线 CD 上移动,由下图可以看出只有当过 A、B 的圆与直线 CD 相切时 APB∠ 最大. 所以可作 T 过点 B、D,且与直线 OC 相切,切点为 P,此时 BPD∠ 的度数最大, 由已知,可得OP t= , (0, )Pt 因为直线 OC 与 T 相切, 所以TP OC⊥ , 所以直线 PT 的解析式为 yt= 因为抛物线的表达式为 2 23yx x=−+ +, 第 1题答图(2) 第 1题答图(3) 7 / 55 所以点 B 的坐标为 (3, 0) , 因为点 B(3, 0) 、点 (2,3)D 可以求得直线 BD 的垂直平分线的解析式为 12 33yx= + 联立 yt= 与 12y = 3 x + 3 ,得 x = 3t − 2 , y = t 直线 PT 与直线 BD 的交点即为点 M,所以 M (3t − 2,t) 因为 MB = MC ,可得3t − 2 = (3t − 2 −3)2 + (t − 0)2 解得t = 9 − 2 15 或t = 9 + 2 15 (舍去) 所以当t = 9 − 2 15 时,∠BPD 的度数最大. 2.(2019 江苏盐城卷,27,14)如图所示,二次函数 y = k(x −1)2 + 2 的图象与一次函数 y = kx − k + 2 的 图象交于 A , B 两点,点 B 在点 A 的右侧,直线 AB 分别于 x 轴、 y 轴交于C 、 D 两点,且 k < 0 . (1)求 A , B 两点横坐标; (2)若△OAB 是以OA为腰的等腰三角形,求 k 的值; (3)二次函数图象的对称轴与 x 轴交于点 E ,是否存在实数 k ,使得 ∠ODC = 2∠BEC ,若存在,求出 k 的值;若不存在,说明理由. 【解题过程】(1)∵A、B 是 与 的交点 y x D CB A O 2( 1) 2y kx= −+ 2y kx k= −+ 8 / 55 , , ∵ 点在 点的右侧 , 点横坐标是 , 点横坐标 . (2)由(1)可知 和 ∵ 由两点间距离公式可得: ∵△OAB 是以 为腰的等腰三角形 分为两种情况: 或 当 时即 ∵ 当 时即 或 综上所述, 或 或 . (3)存在, 或 【提示】由(1)可知 和 .根据题意分为两种情况:点 在点 左侧,点 在点 右侧. 当点 在点 左侧时 如图 1,过点 作 轴于点 ,作 的垂直平分线交 轴于点 ,连接 ∵ 设 =m ,由(1)可知 和 . 在 Rt△BFH 中,由 得 ∵ ∵ , ∵ ∴ 2( 1) 2 2 y kx y kx k  = −+  = −+ ∴ 2( 1) 2= ( 1) 2kx kx− + −+ ∴ ( 1)( 2) 0kx x− −= ∴ 1 1x = 2 2x = ∴ 1 1 =1 2 x y   = 2 2 =2 2+ x yk   = B A ∴ (1, 2)A (2, 2+k)B ∴ A 1 B 2 (1, 2)A (2, 2+k)B (0,0)O ∴ 22= 5, 4 ( 2) , 1OA OB k AB k= ++ = + OA ∴ =OA AB =OA OB =OA AB 25= 1k + ∴ 2 4k = ∴ 2k = ± 0k < ∴ 2k = − =OA OB 25 4 ( 2)k= ++ ∴ 2( 2) 1k += ∴ 1k = − 3k = − ∴ 1k = − 2k = − 3k = − 3k = − 47 3k −−= (1, 2)A (2, 2+k)B B C B C B C ∴ 2+k>0 ∴ 0>k>-2 B BH x⊥ H BE x F BF =BF EF ∴ 2BFH BEC∠=∠ =BF EF (1, 2)A (2, 2+k)B ∴ (1, 0)E (2,0)H ∴ 1EH = ∴ 1FH m= − 2 22=BH FH BF+ 2 22( 2) (1 )k mm+ +− = ∴ 2 45 2 kkm ++= ∴ 2 43=1 2 kkFH m −− −−= ∴ 2 42tan 43 BH kBFH FH k k +∠==−− − 2ODC BEC∠=∠ ∴ =ODC BFH∠∠ ∴ tan tanODC BFH∠=∠ 2(1,1 )C k − ∴ 2=1OC k − =2OD k− ∴ 21 1tan 2 OC kODC OD k k − ∠===−− ∴ 2 1 42 43 k kk k +−=−− − ∴ 3k = ± 0k < ∴ 3k = − 9 / 55 当点 在点 右侧时 如图,过点 作 轴于点 ,作 的垂直平分线交 轴于点 ,连接 ∵ 由(1)可知 和 . 设 在 Rt△BMN 中,由 得 ∵ ∵ ∵ , ∵ 图1 x y F H D CB A O E B C ∴ 2+k<0 ∴ k<-2 B BM x⊥ M BE x N BN =BN EN ∴ 2BNM BEC∠=∠ (1, 2)A (2, 2+k)B ∴ (1, 0)E (2,0)M ∴ 1EM = = =nBN EN ∴ 1MN n= − 222BN MN BM= + 2 22( 2) (1 )nk n= + +− ∴ 2 45 2 kkn ++= ∴ 2 43MN=1 2 kkn −− −−= = ( 2)BM k−+∴ 2 42tan +4 +3 BM kBNM MN k k +∠== 2ODC BEC∠=∠ ∴ =ODC BNM∠∠ ∴ tan tanODC BNM∠=∠ 2(1,1 )C k − ∴ 2=1OC k − =2OD k− ∴ 21 1tan 2 OC kODC OD k k − ∠===−− ∴ 2 1 42 +4 +3 k kk k +−= ∴ 23 8 30kk+ += ∴ 47 3k −±= 2k <− ∴ 47 3k −−= 10 / 55 综上所述, 或 . 3.(2019 江西省,23,12 分)特例感知 (1)如图 1,对于抛物线 y1 = −x2 − x +1, y2 = −x2 − 2x +1, y3 = −x2 −3x +1下列结论正确的序号 是 ; ①抛物线 1y , 2y , 3y 都经过点 C(0,1); ②抛物线 2y , 3y 的对称轴由抛物线 1y 的对称轴依次向左平移 2 1 个单位得到; ③抛物线 1y , 2y , 3y 与直线 y=1 的交点中,相邻两点之间的距离相等. 形成概念 (2)把满足 12 +−−= nxxyn (n 为正整数)的抛物线称为“系列平移抛物线”. 知识应用 在(2)中,如图 2. 图2 y xN M D C B A O E 3k = − 47 3k −−= 11 / 55 ①“系列平移抛物线”的顶点依次为 1P , 2P , 3P ,…, nP ,用含 n 的代数式表示顶点 nP 的坐标,并 写出该顶点纵坐标 y 与横坐标 x 之间的关系式; ②“系列平移抛物线”存在“系列整数点(横、纵坐标均为整数的点)”: 1C , 2C , 3C ,…, nC ,其 横坐标分别为-k-1,-k-2,-k-3,…,-k-n(k 为正整数),判断相邻两点之间的距离是否都相等,若相 等,直接写出相邻两点之间的距离;若不相等,说明理由; ③在②中,直线 y=1 分别交“系列平移抛物线”于点 1A , 2A , 3A ,…, nA ,连接 nn AC , 11 −− nn AC ,判断 nn AC , 11 −− nn AC 是否平行?并说明理由. 【解题过程】解:(1)对于抛物线 12 1 +−−= xxy , 122 2 +−−= xxy , 132 3 +−−= xxy 来说, ∵抛物线 1y , 2y , 3y 都经过点 C(0,1),∴①正确; ∵抛物线 1y , 2y , 3y 的对称轴分别为: 2 1 )1(2 1 1 −=−× −−=x , 1)1(2 2 2 −=−× −−=x , 2 3 )1(2 3 3 −=−× −−=x 的 ∴抛物线 2y , 3y 的对称轴由抛物线 1y 的对称轴依次向左平移 2 1 个单位得到,∴②正确; ∵抛物线 1y , 2y , 3y 与直线 y=1 的另一个交点的横坐标分别为:-1、-2、-3, ∴抛物线 1y , 2y , 3y 与直线 y=1 的交点中,相邻两点之间的距离相等.∴③正确. 答案:①②③ (2)①由 12 +−−= nxxyn 可知,顶点坐标为 nP ( 2 n− , 4 42 +n ), ∴该顶点纵坐标 y 与横坐标 x 之间的关系式为 14 4)2( 4 4 2 22 +=+−=+= xxny ; 12 / 55 ②当横坐标分别为-k-1,-k-2,-k-3,…,-k-n(k 为正整数),对应的纵坐标为: 12 +−− kk , 122 +−− kk , 132 +−− kk ,…, 12 +−− nkk , ∴ 1C 2C 2222 )]12()1[()]2()1[( +−−−+−−+−−−−−= kkkkkk 2222 )121()21( −+++−−+++−−= kkkkkk 21 k+= , 2C 3C 2222 )]13()12[()]3()2[( +−−−+−−+−−−−−= kkkkkk 2222 )1312()32( −+++−−+++−−= kkkkkk 21 k+= , …, 1−nC nC 2222 )}1(]1)1({[)}()]1({[ +−−−+−−−+−−−−−−= nkkknknknk 2222 ]11)1([)1( −+++−−−++++−−= nkkknknknk 21 k+= , ∴相邻两点的距离相等,且距离为: 21 k+ . ③将 y=1 代入 12 +−−= nxxyn 可得 112 =+−− nxx ,∴x=-n(0 舍去), ∴点 1A (-1,1), 2A (-2,1), 3A (-3,1),…, nA (-n,1). ∵当横坐标分别为-k-1,-k-2,-k-3,…,-k-n(k 为正整数),对应的纵坐标为: 12 +−− kk , 122 +−− kk , 132 +−− kk ,…, 12 +−− nkk , ∴点 1C (-k-1, 12 +−− kk ), 2C (-k-2, 122 +−− kk ), 3C (-k-3, 132 +−− kk ),…, nC (-k- n, 12 +−− nkk ). 设 nn AC , 11 −− nn AC 的解析式分别为:y=px+q,y=mx+n, 则    +−−=+−− =+− 1)( 1 2 nkkqpnk qnp ,    +−−−=+−−− =+−− 1)1()]1([ 1)1( 2 knknmnk nmn , 13 / 55 解得 p=k+n,m=k+n-1, ∴p≠m ∴Cn An ,Cn−1An−1 不平行. 4.(2019·山西)综合与探究 如图,抛物线 y=ax2+bx+6 经过点 A(-2,0),B(4,0)两点,与 y 轴交于点 C.点 D 是抛物线上一个动点,设点 D 的横坐标为 m(1 ,所以重叠部分不是五边形;当 S= 53时, 23 t +8 32 − =53,此时 t= 62> ,所以重叠部分不是五边形;当 20,∵a>0, ∴b<0; (2)①过点 D 作 DM⊥y 轴于 M,则 DM∥AO,∴ 1 2 DC DM MC CA OA CO = = = , ∴ DM = 1 2 AO,设 A (-2m,0)(m>0), 则 AO=2m,DM=m.∵OC=4,∴CM=2,∴D(m,-6), B(4m,0),设对称轴交 x 轴于 N,则 DN∥ y 轴,∴ △DNB∽ △ EOB, ∴ DN BN OE OB = ,∴OE=8,S△BEF = 1 2 ×4×4m =8,∴ m =1,∴A(-2,0), B(4,0), 设 y = a(x + 2)(x - 4),即 y= ax 2-2ax- 8a,令 x=0,则 y=-8a,∴C(0,-8a), ∴ -8a=-4,a= 1 2 ,∴ y = 1 2 x2- x -4. ②易知:B(4m,0), C(0,-4), D(m,-6),由勾股定理得 CB2 =16m2 +16,CD2 = m 2 +4,DB2 = 9m2 + 36. ∵9m 2 +36+16m2 +16> m2 +4,∴CB2 + DB2>CD2,∴∠CB D 为锐角,故同时考虑一下两种情况: 1°当∠CDB 为锐角时,CD2 + DB2>CB2,m2 +4 + 9m 2 +36>16m2 +16 ,解得 -2<m<2, 2°当∠BCD 为锐角时,CD2 +CB 2>DB 2, m2 +4 +16m2 +16> 9m 2 +36,解得 m> 2 或 m<- 2 (舍), x y O x y O 43 / 55 综上: 2 <m<2 ,∴2 2 <2m<4,∴ 2 2 <OA<4. 第 2 1题答图 【知识点】二次函数图像与性质;勾股定理;相似三角形判定与性质;锐角三角形的判定;数形结合思 想 33yx x= + 的图象上,22.(2019·岳阳)如图 1,△AOB 的三个顶点 A、O、B 分别落在抛物线 F1: 1 2 7点 A 的横坐标为-4,点 B 的纵坐标为-2.( 点 A 在点 B 的左侧) (1)求点 A、B 的坐标; (2)将△AOB 绕点 O 逆时针转 90°得到△A′OB′,抛物线 F2: 2 4y ax bx= ++经过 A′、B′两 点,已知点 M 为抛物线 F2 的对称轴上一定点,且点 A′恰好在以 OM 为直径的圆上,连接 OM、A′M, 求△OA′M 的面积; (3)如图 2,延长 OB′交抛物线 F2 于点 C,连接 A′C,在坐标轴上是否存在点 D,使得以 A、O、D 为顶点的三角形与△OA′C 相似.若存在,请求出点 D 的坐标;若不存在,请说明理由. 【思路分析】(1)分别将 A 点横坐标和 B 点纵坐标代入抛物线 F1 可得;(2)通过 A′、B′的坐标求 出抛物线 F2 的函数关系式,根据点 M 在对称轴上求出点 M 的横坐标;延长 A′M 交 x 轴于点 N,则 44 / 55 △A′MN 为等腰直角三角形,求出 N 点坐标,进一步求出直线 A′N 的解析式,得到点 M 的坐标,最 后利用 SA′OM= SA′′ON-SOMN 求解.(3)根据点在直线 OB′和抛物线 F2 上求出点 C 的坐标,得到 A′C 的长度及∠OA′C 的度数, 根据两边成比例并且夹角相等证明三角形相似,分两种情况讨论求点 D 的坐标. 【解题过程】(1)将 x=-4 代入 217 33yx x= + ,得: 217( 4) ( 4) 433y = ×− + ×− =− , ∴A(-4,-4). 将 y=-2 代入 217 33yx x= + ,得: 217 233xx+=−, 解得:x1=-1,x2=-6 ∵点 A 在点 B 的左侧, ∴B(-1,-2)· (2)由旋转可知:A′(4,-4), B′(2,-1) 代入抛物线 2 4y ax bx= ++,得: 16 4 4 4 424 1 ab ab + +=  + +=− 解得: 1 4 3 a b  =  = − ∴抛物线 F2: 21 344yxx= −+. 对称轴为: 3 612 4 x −=−= × 延长 A′M 交 x 轴于点 N, ∵点 A′恰好在以 OM 为直径的圆上, ∴∠OA′M=90°. 45 / 55 ∵A′(4,-4), ∴∠A′ON=45º. ∴△ A′ON 为等腰直角三角形. ∴ON=4×2=8. ∴N(8,0) 设直线 A′N:y=mx+n 则 44 80 mn mn +=−  += 解得: 1 8 m n =  = − ∴y=x-8. 当 x=6 时,y=-2. ∴M(6,-2) ∴SA′OM= SA′′ON-SOMN = 1184 8222 ××− ×× =8. 所以,△OA′M 的面积为 8. (3)设直线 OB′解析式为:y=kx,代入 B′(2,-1), 得:2k=-1 1 2k = − . 设直线 OB′解析式为: 1 2yx= − . 解方程组: 21 344 1 2 yxx yx  = −+  = − 得: 1 1 2 1 x y =  = − , 2 2 8 4 x y =  = − ∵B′(2,-1) ∴C(8,-4). ∵A(4,-4), ∴A′C∥x 轴,A′C=8-4=4, ∴∠OA′C=135º. 若以 A、O、D 为顶点的三角形与△OA′C 相似则△AOD 必有一个钝角 135°,故点 O 与点 A′是对应 顶点. 所以点 D 在 x 轴或 y 轴正半轴上. 46 / 55 OA=OA′= 224 4 42+= . ①若△AOD∽△OA′C,则 '' OA OD AO AC = ∴OD=A′C=4. 此时点 D 的坐标为(4,0)或(0,4). ②若△AOD∽△CA′O,则 'C ' OA OD A AO = 42 4 42 OD= ∴OD=8. 此时点 D 的坐标为(8,0)或(0,8). 由①②可知,坐标轴上存在点 D,其坐标分别为(4,0)、( 0,4)、( 8,0)或(0,8). 【知识点】二次函数综合,图形的旋转,求二次函数解析式,相似三角形的判定,存在性问题,分类讨 论思想 23. (2019·怀化)如图,在直角坐标系中有 Rt�AOB,O 为坐标原点,OB=1,tan�ABO=3,将此三角 形绕原点 O 顺时针旋转 90°,得到 Rt�COD,二次函数 y=-x2+bx+c 的图象刚好经过 A,B,C 三点. (1)求二次函数的解析式及顶点 P 的坐标; (2)过定点 Q 的直线 l:y=kx-k+3 与二次函数图象相交于 M,N 两点. �若 S�PMN=2,求 k 的值; �证明:无论 k 为何值,�PMN 恒为直角三角形 �当直线 l 绕着定点 Q 旋转时,�PMN 外接圆圆心在一条抛物线上运动,直接写出抛物线的表达式. 【思路分析】(1)根据题意分别求出点 A 和点 C 的坐标,并把坐标代入 y=-x2+bx+c,解出 b 和 c 的值即 可,进而得出顶点 P 的坐标; (2)①设 M(x1,y1), N(x2,y2),首先求出定点 Q 的坐标,然后根据 S�PMN= 1 2 PQ·(x2-x1)得出 x1 和 x2 的数量关系,最后联立方程 y=-x2+2x+3 与方程 y=kx-k+3,根据根与系数的关系得出 x1+x2=2-k,x1·x2=- 47 / 55 k,进而求出 k 的值; ②过点 P 作 PG⊥x 轴,垂足为 G,分别过点 M、N 作 PG 的垂线,垂足分别为 E、F,首先表示出线段 PE,ME, PF,NF,然后根据锐角三角函数的定义得出 tan∠PAE 与 tan∠FPN,根据 x1+x2=2-k,x1·x2=-k,可得 1- x1= 2 1 1x − ,进而推出 tan∠PAE=tan∠FPN,进而证明出结论; ③设线段 MN 的中点(x,y),由②可得 MN 的中点为( 2 2 k− , 2 6 2 k−+)进而得出抛物线方程. 【解题过程】(1)解:�OB=1,tan�ABO=3, �OA=OBtan�ABO=3, �A(0,3). 根据旋转的性质可得 Rt�AOB�Rt�COD, �OC=OA=3, �C(3,0), 根据题意可得 c=3 93 0bc  −+ + = ,解得 2 3 b c =  = , �二次函数的解析式为 y=-x2+2x+3,顶点坐标 P(1,4) (2)�解:由直线 l 的方程 y=kx-k+3 可得定点 Q(1,3), 设 M(x1,y1), N(x2,y2), 则 S�PMN= 1 2 PQ·(x2-x1)=2, �x2-x1=4. 联立 y=-x2+2x+3 与 y=kx-k+3 可得 x2+(k-2)x-k=0, ∴x1+x2=2-k,x1·x2=-k, ∴(x2-x1)2=(x1+x2)2-4x1·x2=k2+4=16, ∴k=± 23. ②证明:过点 P 作 PG⊥x 轴,垂足为 G,分别过点 M、N 作 PG 的垂线,垂足分别为 E、F. 设 M(x1,y1), N(x2,y2). 48 / 55 ∵M,N 在二次函数 y=-x2+2x+3 图象上, ∴y1=-x12+2x1+3,y2=-x22+2x2+3. ∵P(1,4), ∴PE=4-y1=4+x12-2x1-3=(x1-1)2,ME=1-x1, PF=4-y2=4+x22-2x2-3=(x2-1)2,NF=x2-1, ∴tan∠PAE= ( )2 1 1 1 1=11 xPE xME x − = −− , tan∠FPN= ( ) 2 2 22 1 1 11 xFN PF xx −= = −− . 由①可知 x1+x2=2-k,x1·x2=-k, ∴x1+x2=2+x1x2, ∴(1-x1)(x2-1)=1, ∴1-x1= 2 1 1x − , ∴tan∠PAE=tan∠FPN, ∴∠PAE=∠FPN. ∵∠PAE+∠APE=90°, ∴∠FPN+∠APE=90°, 即∠APN=90°, ∴无论 k 为何值,�PMN 恒为直角三角形. ③解:设线段 MN 的中点(x,y), 由②可得 MN 的中点为( 2 2 k− , 2 6 2 k−+), ∴ 2 2 2 6 2 kx ky − = −+ = ,化简,得 y=-2x2+4x+1. ∴抛物线的表达式为 y=-2x2+4x+1. 【知识点】待定系数法求二次函数的解析式,一次函数与二次函数的交点问题,锐角三角函数的定义, 一元二次方程根与系数的关系,中点坐标公式 24.(2019 山东省德州市,25,14)如图,抛物线 y=mx2﹣ mx﹣4 与 x 轴交于 A(x1,0),B(x2,0) 两点,与 y 轴交于点 C,且 x2﹣x1= . (1)求抛物线的解析式; 49 / 55 (2)若 P(x1,y1), Q(x2,y2)是抛物线上的两点,当 a≤x1≤a+2,x2≥ 时,均有 y1≤y2,求 a 的取值范围; (3)抛物线上一点 D(1,﹣5), 直 线 BD 与 y 轴交于点 E,动点 M 在线段 BD 上,当∠BDC=∠ MCE 时,求点 M 的坐标. 【思路分析】(1)函数的对称轴为:x=﹣ = = ,而且 x2﹣x1= ,将上述两式联立并 解得:x1=﹣ ,x2=4,从而求出抛物线的解析式; (2)由(1)知,函数的对称轴为:x= ,则 x= 和 x=﹣2 关于对称轴对称,故其函数值相等, 结合函数图象求出 a 的取值范围; (3)确定△BOC、△CDG 均为等腰直角三角形来求解. 【解题过程】解 :( 1)函数的对称轴为:x=﹣ = = ,而且 x2﹣x1= , 将上述两式联立并解得:x1=﹣ ,x2=4, 则函数的表达式为:y=a(x+ )( x﹣4)=a(x2﹣4x+ x﹣6), 即:﹣6a=﹣4,解得:a= , 故抛物线的表达式为:y= x2﹣ x﹣4; (2)由(1)知,函数的对称轴为:x= , 则 x= 和 x=﹣2 关于对称轴对称,故其函数值相等, 50 / 55 又 a≤x1≤a+2,x2≥ 时,均有 y1≤y2, 结合函数图象可得: ,解得:﹣2≤a≤ ; (3)如图,连接 BC、CM,过点 D 作 DG⊥OE 于点 G, 而点 B、C、D 的坐标分别为:(4,0)、( 0,﹣4)、( 1,﹣5), 则 OB=OC=4,CG=GC=1,BC=4 ,CD= , 故△BOC、△CDG 均为等腰直角三角形, ∴∠BCD=180°﹣∠OCB﹣∠GCD=90°, 在 Rt△BCD 中,tan∠BDC= =4, ∠BDC=∠MCE, 则 tan∠MCE=4, 将点 B、D 坐标代入一次函数表达式:y=mx+n 并解得: 直线 BD 的表达式为:y= x﹣ ,故点 E(0,﹣ ), 设点 M(n, n﹣ ), 过 点 M 作 MF⊥CE 于点 F, 则 MF=n,CF=OF﹣OC= ﹣ , tan∠MCE= = =4, 解得:n= , 51 / 55 故点 M( ,﹣ ). 26.(2019 山东滨州,26,14 分)如图 ① ,抛物线 y=- x2+ x+4 与 y 轴交于点 A,与 x 轴交于点 B, C,将直线 AB 绕点 A 逆时针旋转 90°,所得直线与 x 轴交于点 D. (1)求直线 AD 的函数解析式; (2)如图 ② ,若点 P 是直线 AD 上方抛物线上的一个动点 ① 当点 P 到直线 AD 的距离最大时,求点 P 的坐标和最大距离; ② 当点 P 到直线 AD 的距离为 时,求 sin∠PAD 的值. 【思路分析】(1)根据抛物线 y=- x2+ x+4 与 y 轴交于点 A,与 x 轴交于点 B,C,可以求得点 A、B、C 的坐标,再根据将直线 AB 绕点 A 逆时针旋转 90°,所得直线与 x 轴交于点 D,可以求得 点 D 的坐标.从而可以求得直线 AD 的函数解析式;( 2) ① 根据题意,作出合适的辅助线,然后根 据二次函数的性质即可求得点 P 到直线 AD 的距离最大值,进而可以得到点 P 的坐标; ② 根据 ① 中 关系式和题意,可以求得点 P 对应的坐标,从而可以求得 sin∠PAD 的值. 【解题过程】 解 :( 1)当 x=0 时,y=4,则点 A 的坐标为(0,4),………………………………………1 分 当 y=0 时,0=- x2+ x+4,解得 x1=-4,x2=8, 则点 B 的坐标为(-4,0), 点 C 的坐标为(8,0), ∴OA=OB=4,∴∠OBA=∠OAB=45°. ∵将直线 AB 绕点 A 逆时针旋转 90°得到直线 AD, ∴∠BAD=90°,∴OAD=45°,∴∠ODA=45°,∴OA=OD, ∴点 D 的坐标为(4,0).………………………………………………………………………2 分 52 / 55 设直线 AD 的函数解析式为 y=kx+b, ,得 , 即直线 AD 的函数解析式为 y=-x+4.……………………………………………………………4 分 (2)作 PN⊥x 轴交直线 AD 于点 N,如右图 ① 所示, 设点 P 的坐标为(t,- t2+ t+4), 则 点 N 的坐标为(t,-t+4), ∴PN=(- t2+ t+4)-(-t+4)=- t2+ t,………………………………………………6 分 ∴PN⊥x 轴,∴PN∥y 轴,∴∠OAD=∠PNH=45°. 作 PH⊥AD 于点 H,则∠PHN=90°, ∴PH= = (- t2+ t)= t=- (t-6)2+ , ∴当 t=6 时,PH 取得最大值 ,此时点 P 的坐标为(6, ),………………………………8 分 即当点 P 到直线 AD 的距离最大时,点 P 的坐标是(6, ),最大距离是 .………………9 分 ② 当点 P 到直线 AD 的距离为 时,如右图 ② 所示, 则 t= , 解得 t1=2,t2=10,………………………………………………………………………10 分 则 P1 的坐标为(2, ), P2 的坐标为(10,- ). 当 P1 的坐标为(2, ), 则 P1A= = , ∴sin∠P1AD= = ;…………………………………………………………12 分 53 / 55 当 P2 的坐标为(10,- ), 则 P2A= = , ∴sin∠P2AD= = ; 由上可得,sin∠PAD 的值是 或 .……………………………………………14 分 25. (2019·遂宁)如图,顶点为 P(3,3)的二次函数图像与 x 轴交于点 A(6,0),点 B 在该图像上, OB 交其对称轴 l 于点 M,点 M,N 关于点 P 对称,连接 BN,ON(1)求该二次函数的关系式; (1) 若点 B 在对称轴 l 右侧的二次函数图像上运动,请解答下列问题: ①连接 op,当 OP= MN2 1 时,请判断△NOB 的形状,并求出此时点 B 的坐标; ②求证:∠BNM=∠ONM 【解析】(1)根据顶点为 P(3,3),可以设关系式为顶点式,将点 A(6,0)代入关系式,从而求出二次 函数的关系式; (2)①∵OP= MN2 1 ,点 M,N 关于点 P 对称∴OP=PM=PN,根据等边对等角可以证明∠BON=90°,从而证 明△NOB 是直角三角形.∵P(3,3)∴OP= 23 =PM,∴M(3,3- 23 )可以求出直线 OM 的解析式,直线与 抛物线交点为 B,从而可求得 B 点坐标. ②∵点 N 在对称轴上,点 O,A 关于对称轴对称,∴ON=NA,∴∠BNM=∠ONM 解 :( 1)∵P(3,3), ∴设二次函数的关系式为 y=a(x-3)2+3, ∵A(6,0) 54 / 55 ∴a= 9 1- ∴二次函数的关系式为 y= 9 1- (x-3)2+3; (2)①∵OP= MN2 1 ,点 M,N 关于点 P 对称 ∴OP=PM=PN, ∵OP=PM ∴∠POM=∠OMP; 同理,∠PON=∠ONP; ∵∠POM+∠OMP+∠PON+∠ONP=180°, ∴∠POM+∠NOP=90° 所以△NOB 是直角三角形. ∵P(3,3) ∴OP= 23 =PM, ∴M(3,3- 23 ) ∴直线 OM 的解析式为 xy )21( −= , ∵抛物线的解析式为 y= 9- 1 (x-3)2+3 ∴联立方程组可得 x=3-9 2 , ∴B(3-9 2 , 22-12 2 ) ②∵点 N 在对称轴上,点 O,A 关于对称轴对称, ∴ON=NA, ∴∠BNM=∠ONM. 26.(2019·广元)如图,直线 y=-x+4 与 x 轴,y 轴分别交于 A,B 两点,过点 A,B 两点的抛物线 y=ax2+bx+c 与 x 轴交于点 C(-1,0). (1)求抛物线的解析式; (2)连接 BC,若点 E 是线段 AC 上一个动点(不与 A,C 重合),过点 E 作 EF∥BC,交 AB 于点 F,当△BEF 的面 积是 5 2 时,求点 E 的坐标; (3)在(2)的结论下,将△BEF 绕点 F 旋转 180°得△B’E’F,试判断点 E’是否在抛物线上,并说明理由. 55 / 55 解:(1)令 y=-x+4 中 x=0,则 y=4,∴B(0,4),令 y=0,则-x+4=0,x=4,∴A(4,0),又∵C(-1,0),将 A,B,C 代入抛物线得 4 16 4 0 0 c a bc abc ì =ïï + +=íï - +=ïî ,解得 1 3 4 a b c ì =-ïï =íï =ïî ,∴抛物线的解析式为 y=-x2+3x+4; (2) 连接 OF,设 E(m,0),∵B(0,4),C(-1,0),∴kBC= ( ) 40 401 y x -==--   ,∵EF∥BC,∴kEF=kBC=4,设 lEF:y= 4x+b,∵E(m,0),∴解得 b=-4m,∴lEF:y=4x-4m,联立 y=-x+4,解得 44 55 4 16 55 xm ym ì =+ïïíï =- +ïî ,∴F( 44 55m + , 4 16 55m-+)∴S△BEF=S 四边形 OBFE-S△OEB=S△OEF+S△OBF-S△OEB= 1 2 FOE y× + 1 2 FOB x× - 1 2 OB OE× = 22 68 5 55mm- ++,∴ 22 6 85 5 5 52mm- + +=,解得 m= 3 2 , ∴E( 3 2 ,0); (3)由(2)知 E( 3 2 ,0),∴F(2,2),∵△BEF 绕点 F 旋转 180°得△B’E’F,∴E’与 E 关于点 F 对称,∴E’( 5 2 ,4),将 x= 5 2 代入抛物线 y=-x2+3x+4 得 y= 21 4 ≠4,∴点 E’不在抛物线上.
查看更多

相关文章

您可能关注的文档