中考数学压轴题二次函数老师.docx
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中考数学压轴题二次函数老师
中考二次函数压轴题训练
1.已知,如图1,过点E(0,-1)作平行于x轴的直线l,抛物线y=1/4x2上的两点A、B的横坐标分别为-1和4,直线AB交y轴于点F,过点A、B分别作直线l的垂线,垂足分别为点C、D,连接CF、DF.
(1)求点A、B、F的坐标;
(2)求证:
CF⊥DF;
(3)点P是抛物线y=1/4x2对称轴右侧图象上的一动点,过点P作PQ⊥PO交x轴于点Q,是否存在点P使得△OPQ与△CDF相似?
若存在,请求出所有符合条件的点P的坐标;若不存在,请说明理由.
分析:
(1)有两种方法,方法一是传统的点的待定系数法,方法二,通过作辅助线,构造△BGF∽△BHA由比例关系求出F点坐标.
(2)也有两种方法,方法一,在Rt△CEF中算出△DEF边长利用勾股定理证明CF⊥DF;方法二利用几何关系求出∠CFD=90°;
(3)求存在性问题,先假设存在,看是否找到符合条件的点P的坐标,此题分两种情况;
(1)Rt△QPO∽Rt△CFD;
(2)Rt△OPQ∽Rt△CFD,根据比例求出P点坐标.
解答:
解:
(1)方法一:
如图1,当x=-1时,y=1/4;当x=4时,y=4∴A(-1,1/4)(1分)
B(4,4)(2分)设直线AB的解析式为y=kx+b(3分)则{-k+b=1/44k+b=4
解得{k=3/4b=1∴直线AB的解析式为y=3/4x+1(4分)
当x=0时,y=1∴F(0,1)(5分)
方法二:
求A、B两点坐标同方法一,如图2,作FG⊥BD,AH⊥BD,垂足分别为G、H,交y轴于点N,则四边FOMG和四边形NOMH均为矩形,设FO=x(3分)∵△BGF∽△BHA
∴BG/BH=FG/AH∴
(4分)解得x=1∴F(0,1)(5分)
(2)证明:
方法一:
在Rt△CEF中,CE=1,EF=2CF2=CE2+EF2=12+22=5∴CF=5(6分)在Rt△DEF中,DE=4,EF=2∴DF2=DE2+EF2=16+4=20∴DF=
由
(1)得C(-1,-1),D(4,-1)∴CD=5∴CD2=25∴CF2+DF2=CD2(7分)∴∠CFD=90°∴CF⊥DF(8分)
方法二:
由
(1)知AF2=1+(3/4)2=5/4,AC=5/4∴AF=AC(6分)同理:
BF=BD
∴∠ACF=∠AFC∵AC∥EF∴∠ACF=∠CFO∴∠AFC=∠CFO(7分)同理:
∠BFD=∠OFD
∴∠CFD=∠OFC+∠OFD=90°即CF⊥DF(8分)
(3)存在.解:
如图3,作PM⊥x轴,垂足为点M(9分)又∵PQ⊥OP
∴Rt△OPM∽Rt△OQP∴PM/PQ=OM/OP∴PQ/OP=PM/OM(10分)
设P(x,1/4x2)(x>0),则PM=1/4x2,OM=x
①当Rt△QPO∽Rt△CFD时,PQ/OP=CF/DF=5/25=1/2(11分)∴PM/OM=1/4x2/x=1/2
解得x=2∴P1(2,1)(12分)
②当Rt△OPQ∽Rt△CFD时,PQ/OP=DF/CF=25/5=2(13分)∴PM/OM=1/4x2/x=2
解得x=8∴P2(8,16)
综上,存在点P1(2,1)、P2(8,16)使得△OPQ与△CDF相似.(14分)
点评:
此题是一道综合性较强的题,前两问方法多,有普通的方法和新颖的方法,作合适的辅佐线很重要,最后一问是探究性问题,发散思维.
2.如图所示,在平面直角坐标系xOy中,正方形OABC的边长为2cm,点A、C分别在y轴的负半轴和x轴的正半轴上,抛物线y=ax2+bx+c经过点A、B和D(4,-2/3).
(1)求抛物线的解析式.
(2)如果点P由点A出发沿AB边以2cm/s的速度向点B运动,同
时点Q由点B出发沿BC边以1cm/s的速度向点C运动,当其中一点到达终点时,另一点也随之停止运动.设S=PQ2(cm2)
①试求出S与运动时间t之间的函数关系式,并写出t的取值范围;
②当S取5/4时,在抛物线上是否存在点R,使得以P、B、Q、R为顶点的四边形是平行四边形?
如果存在,求出R点的坐标;如果不存在,请说明理由.
(3)在抛物线的对称轴上求点M,使得M到D、A的距离之差最大,求出点M的坐标.
分析:
(1)设抛物线的解析式是y=ax2+bx+c,求出A、B、D的坐标代入即可;
(2)①由勾股定理即可求出,②假设存在点R,可构成以P、B、R、Q为顶点的平行四边形,求出P、Q的坐标,再分为三种情况:
A、B、C即可根据平行四边形的性质求出R的坐标.
(3)A关于抛物线的对称轴的对称点为B,过B、D的直线与抛物线的对称轴的交点为所求M,求出直线BD的解析式,把抛物线的对称轴x=1代入即可求出M的坐标.
解答:
(1)解:
设抛物线的解析式是y=ax2+bx+c,当x=0时,y=-2,∴点A的坐标是(0,-2),∵正方形的边长2,∴B的坐标(2,-2),把A(0,-2),B(2,-2),D(4,-2/3)代入得:
{c=-24a+2b+c=-2且{4a+2b+c=-216a+4b+c=-2/3,解得a=1/6,b=-1/3,c=-2∴抛物线的解析式为:
y=1/6x2-1/3x-2,答:
抛物线的解析式为:
y=1/6x2-1/3x-2.
(2)解:
①由图象知:
PB=2-2t,BQ=t,∴S=PQ2=PB2+BQ2,=(2-2t)2+t2,
即S=5t2-8t+4(0≤t≤1).答:
S与运动时间t之间的函数关系式是S=5t2-8t+4,t的取值范围是0≤t≤1.
②解:
假设存在点R,可构成以P、B、R、Q为顶点的平行四边形.∵S=5t2-8t+4(0≤t≤1),∴当S=5/4时,5t2-8t+4=5/4,得20t2-3/2t+11=0,解得t=12,t=11/10(不合题意,舍去),此时点P的坐标为(1,-2),Q点的坐标为(2,-3/2).
若R点存在,分情况讨论:
【A】假设R在BQ的右边,这时QR=PB,RQ∥PB,则R的横坐标为3,R的纵坐标为-3/2,
即R(3,-3/2),代入y=1/6x2-1/3x-2,左右相等,∴这时存在R(3,-3/2)满足题意;
【B】假设R在BQ的左边,这时PR=QB,PR∥QB,则:
R的横坐标为1,纵坐标为-3/2,
即(1,-3/2),代入y=1/6x2-1/3x-2,左右两边不相等,R不在抛物线上;
【C】假设R在PB的下方,这时PR=QB,PR∥QB,则:
R(1,-5/2)代入,y=1/6x2-1/3x-2
左右不相等,∴R不在抛物线上.(1分)
综上所述,存点一点R(3,-3/2)满足题意.答:
存在,R点的坐标是(3,-3/2).
(3)解:
如图,M′B=M′A,
∵A关于抛物线的对称轴的对称点为B,过B、D的直线与抛物线的对称轴的交点为所求M,
设直线BD的解析式是y=kx+b,把B、D的坐标代入得:
{2k+b=-24k+b=-2/3,
解得:
k=2/3,b=-10/3,∴y=2/3x-10/3,抛物线y=1/6x2-1/3x-2的对称轴是x=1,
把x=1代入得:
y=-8/3∴M的坐标为(1,-8/3);答:
M的坐标为(1,-8/3).
点评:
本题主要考查了用待定系数法求一次函数和二次函数的解析式,勾股定理,平行四边形的性质,二次函数图象上点的坐标特征等知识点,解此题的关键是综合运用这些知识进行计算.此题综合性强,是一道难度较大的题目.
3.如图,二次函数y=-1/2x2+2与x轴交于A、B两点,与y轴交于C点,点P从A点出发,以1个单位每秒的速度向点B运动,点Q同时从C点出发,以相同的速度向y轴正方向运动,运动时间为t秒,点P到达B点时,点Q同时停止运动.设PQ交直线AC于点G.
(1)求直线AC的解析式;
(2)设△PQC的面积为S,求S关于t的函数解析式;
(3)在y轴上找一点M,使△MAC和△MBC都是等腰三角形.直接写出所有满足条件的M点的坐标;
(4)过点P作PE⊥AC,垂足为E,当P点运动时,线段EG的长度是否发生改变,请说明理由.
分析:
(1)直线AC经过点A,C,根据抛物线的解析式面积可求得两点坐标,利用待定系数法就可求得AC的解析式;
(2)根据三角形面积公式即可写出解析式;
(3)可以分腰和底边进行讨论,即可确定点的坐标;
(4)过G作GH⊥y轴,根据三角形相似,相似三角形的对应边的比相等即可求解.
解答:
解:
(1)y=x+2
(2)s={-1/2t2+t(0<t<2)1/2t2-t(2<t≤4)
(3)一共四个点,(0,2
+2),(0,0),(0,2-2
),(0,-2).
(4)当0<t<2时,过G作GH⊥y轴,垂足为H.
由AP=t,可得AE=2
t.由GH/PO=QH/QO可得GH=1-t2,所以GC=2GH=2-2
t.
于是,GE=AC-AE-GC=2
-2
t-(2-2
t)=
.即GE的长度不变.当2<t≤4时,同理可证.
综合得:
当P点运动时,线段EG的长度不发生改变,为定值
2.
点评:
本题属于一道难度较大的二次函数题,综合考查了三角形相似的性质,需注意分类讨论,全面考虑点M所在位置的各种情况.
4.如图,已知抛物线的顶点坐标为M(1,4),且经过点N(2,3),与x轴交于A、B两点(点A在点B左侧),与y轴交于点C.
(1)求抛物线的解析式及点A、B、C的坐标;
(2)若直线y=kx+t经过C、M两点,且与x轴交于点D,试证明四边形CDAN是平行四边形;
(3)点P在抛物线的对称轴x=1上运动,请探索:
在x轴上方是否存在这样的P点,使以P为圆心的圆经过A、B两点,并且与直线CD相切,若存在,请求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.
分析:
(1)根据题意中,抛物线的顶点坐标与N的坐标,可得抛物线的解析式,进而可得点A、B、C的坐标;
(2)分别求出过DM的直线,与过点AN的直线方程,可得DM与AN平行,且易得DM与AN相等;故四边形CDAN是平行四边形;
(3)首先假设存在,根据题意,题易得:
△MDE为等腰直角三角形,进而可求得P的坐标,故存在P.
解答:
解:
(1)由抛物线的顶点是M(1,4),设解析式为y=a(x-1)2+4(a<0)
又抛物线经过点N(2,3),所以3=a(2-1)2+4,解得a=-1.所以所求抛物线的解析式为y=-(x-1)2+4=-x2+2x+3.令y=0,得-x2+2x+3=0,解得:
x1=-1,x2=3,
得A(-1,0)B(3,0);令x=0,得y=3,所以C(0,3).
(2)直线y=kx+t经过C、M两点,所以{t=3k+t=4.即k=1,t=3,直线解析式为y=x+3.
令y=0,得x=-3,故D(-3,0)CD=3/2连接AN,过N做x轴的垂线,垂足为F.
设过A、N两点的直线的解析式为y=mx+n,则{-m+n=02m+n=3,解得m=1,n=1
所以过A、N两点的直线的解析式为y=x+1.所以DC∥AN.在Rt△ANF中,AF=3,NF=3,
所以AN=3/2所以DC=AN.因此四边形CDAN是平行四边形.
(3)假设在x轴上方存在这样的P点,使以P为圆心的圆经过A、B两点,并且与直线CD相切,设P(1,u)其中u>0,
则PA是圆的半径且PA2=u2+2
过P做直线CD的垂线,垂足为Q,则PQ=PA时以P为圆心的圆与直线CD相切.
由第
(2)小题易得:
△MDE为等腰直角三角形,故△PQM也是等腰直角三角形,
由P(1,u)得PE=u,PM=|4-u|,PQ=PM2=|4-u|2.由PQ2=PA2得方程:
(4-u)22=u2+22,解得u=-4±26,舍去负值u=-4-26,符合题意的u=-4+26,
所以,满足题意的点P存在,其坐标为(1,-4+26).
点评:
本题考查学生将二次函数的图象与解析式相结合处理问题、解决问题的能力.
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5.如图,已知直线y=1/2x+1与y轴交于点A,与x轴交于点D,抛物线y=1/2x2+bx+c与直线交于A、E两点,与x轴交于B、C两点,且B点坐标为(1,0).
(1)求该抛物线的解析式;
(2)动点P在x轴上移动,当△PAE是直角三角形时,求点P的坐标P;
(3)在抛物线的对称轴上找一点M,使|AM-MC|的值最大,求出点M的坐标.
分析:
(1)易得点A(0,1),那么把A,B坐标代入y=12x2+bx+c即可求得函数解析式;
(2)让直线解析式与抛物线的解析式结合即可求得点E的坐标.△PAE是直角三角形,应分点P为直角顶点,点A是直角顶点,点E是直角顶点三种情况探讨;
(3)易得|AM-MC|的值最大,应找到C关于对称轴的对称点B,连接AB交对称轴的一点就是M.应让过AB的直线解析式和对称轴的解析式联立即可求得点M坐标.
解答:
解:
(1)将A(0,1)、B(1,0)坐标代入y=1/2x2+bx+c得{c=11/2+b+c=0,
解得{b=-3/2c=1,∴抛物线的解折式为y=1/2x2-3/2x+1;(2分)
(2)设点E的横标为m,则它的纵坐标为1/2m2-3/2m+1,即E点的坐标(m,1/2m2-3/2m+1),又∵点E在直线y=1/2x+1上,∴1/2m2-3/2m+1=1/2m+1解得m1=0(舍去),m2=4,∴E的坐标为(4,3).(4分)
(Ⅰ)当A为直角顶点时,
过A作AP1⊥DE交x轴于P1点,设P1(a,0)易知D点坐标为(-2,0),
由Rt△AOD∽Rt△P1OA得DO/OA=OA/OP即2/1=1/a,∴a=1/2,∴P1(1/2,0).(5分)
(Ⅱ)同理,当E为直角顶点时,过E作EP2⊥DE交x轴于P2点,由Rt△AOD∽Rt△P2DE得DO/OA=DE/EP2即2/1=11/a,∴a=11/2,P2点坐标为(11/2,0).(6分)
(Ⅲ)当P为直角顶点时,过E作EF⊥x轴于F,设P3(b、0),由∠OPA+∠FPE=90°,得∠OPA=∠FEPRt△AOP∽Rt△PFE,由AO/PF=OP/EF得1/4-b=b/3,解得b1=3,b2=1,
∴此时的点P3的坐标为(1,0)或(3,0),(8分)
综上所述,满足条件的点P的坐标为(1/2,0)或(1,0)或(3,0)或(11/2,0);
(3)抛物线的对称轴为x=3/2,(9分)∵B、C关于x=3/2对称,∴MC=MB,要使|AM-MC|最大,即是使|AM-MB|最大,由三角形两边之差小于第三边得,当A、B、M在同一直线上时|AM-MB|的值最大.(10分)易知直线AB的解折式为y=-x+1∴由{y=-x+1x=3/2,
得{x=3/2y=-1/2,∴M(3/2,-1/2).(11分)
点评:
一个三角形是直角三角形,应分不同顶点为直角等多种情况进行分析;
求两条线段和或差的最值,都要考虑做其中一点关于所求的点在的直线的对称点.
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6.如图,在平面直角坐标系中,已知点A、B、C的坐标分别为(-1,0),(5,0),(0,2).
(1)求过A、B、C三点的抛物线解析式;
(2)若点P从A点出发,沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度向B点移动,连接PC并延长到点E,使CE=PC,将线段PE绕点P顺时针旋转90°得到线段PF,连接FB.若点P运动的时间为t秒,(0≤t≤6)设△PBF的面积为S;
①求S与t的函数关系式;
②当t是多少时,△PBF的面积最大,最大面积是多少?
(3)点P在移动的过程中,△PBF能否成为直角三角形?
若能,直接写出点F的坐标;若不能,请说明理由.
分析:
(1)因为抛物线过A、B、C三点,所以此三点的坐标使抛物线的解析式成立.
(2)①此题要分作两种情况进行讨论:
一、当P点位于原点左侧,线段OA上;此时0≤t<1,可用t表示出OP、BP的长,欲求△BPF的面积,关键要求出BP边上的高,可过F作FD⊥x轴于D;由于∠CPF=90°,易证得△OPC∽△DFP,根据已知条件可知PF=PE=2PC,即两个相似三角形的相似比为2,那么DF=2OP,由此可得到DF的长,以BP为底,DF为高,即可求得△BPF的面积表达式,也就得到了关于S、t的函数关系式;
二、当P点位于原点右侧,线段BP上;此时1<t<6,可仿照一的方法进行求解;
②根据①得到的S、t的函数关系式,及相应的自变量的取值范围,即可根据函数的性质求得S的最大值及对应的t值,然后进行比较即可得到结果.
(3)当P位于线段OA上时,显然△PFB不可能是直角三角形;由于∠BPF<∠CPF=90°,所以P不可能是直角顶点,可分两种情况进行讨论:
①F为直角顶点,过F作FD⊥x轴于D,由
(2)可知BP=6-t,DP=2OC=4,在Rt△OCP中,OP=t-1,由勾股定理易求得CP=t2-2t+5,那么PF2=(2CP)2=4(t2-2t+5);在Rt△PFB中,FD⊥PB,由射影定理可求得PB=PF2÷PD=t2-2t+5,而PB的另一个表达式为:
PB=6-t,联立两式可得t2-2t+5=6-t,即t=1+52;
②B为直角顶点,那么此时的情况与
(2)题类似,△PFB∽△CPO,且相似比为2,那么BP=2OC=4,即OP=OB-BP=1,此时t=2.
解答:
解:
(1)(法一)设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c(a≠0),把A(-1,0),B(5,0),C(0,2)三点代入解析式得:
{a-b+c=025a+5b+c=0c=2,解得{a=-2/5b=8/5c=2;
∴y=-2/5x2+8/5x+2;(3分)
(法二)设抛物线的解析式为y=a(x-5)(x+1),把(0,2)代入解析式得:
2=-5a,
∴a=-2/5;∴y=-2/5(x+1)(x-5),即y=-2/5x2+8/5x+2;(3分)
(2)①过点F作FD⊥x轴于D,当点P在原点左侧时,BP=6-t,OP=1-t;在Rt△POC中,∠PCO+∠CPO=90°,∵∠FPD+∠CPO=90°,∴∠PCO=∠FPD;∵∠POC=∠FDP,
∴△CPO∽△PFD,(5分)∴FD/PO=PF/PC;∵PF=PE=2PC,∴FD=2PO=2(1-t);(6分)
∴S△PBF=12BP×DF=t2-7t+6(0≤t<1);(8分)当点P在原点右侧时,OP=t,BP=5-t;
∵△CPO∽△PFD,(9分)∴FD=2t;∴S△PBF=12BP×DF=-t2+7t-6(1<t<6);(11分)
②当0≤t<1时,S=t2-7t+6;
此时t在t=3.5的左侧,S随t的增大而减小,则有:
当t=0时,Smax=0-7×0+6=6;
当1<t<6时,S=-t2+7t-6;由于1<3.5<6,故当t=3.5时,Smax=-3.5×3.5+7×3.5+6=6.25;综上所述,当t=3.5时,面积最大,且最大值为6.25.
(3)能;(12分)
①若F为直角顶点,过F作FD⊥x轴于D,由
(2)可知BP=6-t,DP=2OC=4,
在Rt△OCP中,OP=t-1,由勾股定理易求得CP2=t2-2t+5,那么PF2=(2CP)2=4(t2-2t+5);在Rt△PFB中,FD⊥PB,由射影定理可求得PB=PF2÷PD=t2-2t+5,而PB的另一个表达式为:
PB=6-t,联立两式可得t2-2t+5=6-t,即t=1+
/2;
②B为直角顶点,那么此时的情况与
(2)题类似,△PFB∽△CPO,且相似比为2,那么BP=2OC=4,即OP=OB-BP=1,此时t=2.(14分)
点评:
此题考查了二次函数解析式的确定、以及三角形面积的求法、直角三角形的判定、相似三角形的判定和性质等重要知识点;在求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论结果.
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7.如图,在平面直角坐标系中,直线y=-3x-3与x轴交于点A,与y轴交于点C,抛物线y=ax2-23/3x+c(a≠0)经过A,B,C三点.
(1)求过A,B,C三点抛物线的解析式并求出顶点F的坐标;
(2)在抛物线上是否存在点P,使△ABP为直角三角形,若存在,直接写出P点坐标;若不存在,请说明理由;
(3)试探究在直线AC上是否存在一点M,使得△MBF的周长最小,若存在,求出M点的坐标;若不存在,请说明理由.
分析:
(1)抛物线解析式中有两个待定系数a,c,根据直线AC解析式求点A、C坐标,代入抛物线解析式即可;
(2)分析不难发现,△ABP的直角顶点只可能是P,根据已知条件可证AC2+BC2=AB2,故点C满足题意,根据抛物线的对称性,点C关于抛物线对称轴的对称点也符合题意;
(3)由于B,F是定点,BF的长一定,实际上就是求BM+FM最小,找出点B关于直线AC的对称点B',连接B'F,交AC于点M,点M即为所求,由
(2)可知,BC⊥AC,延长BC到B',使BC=B'C,利用中位线的性质可得B'的坐标,从而可求直线B'F的解析式,再与直线AC的解析式联立,可求M点坐标.
解答:
(1)解:
∵直线y=-3x-3与x轴交于点A,与y轴交于点C∴点A(-1,0),C(0,-3)∵点A,C都在抛物线上,∴{0=a+23/3b+c-3=c∴{a=33c=-3
∴抛物线的解析式为y=33x2-23/3x-3∴顶点F(1,-43/3).
(2)存在:
p1(0,-3),p2(2,-3).
(3)存在.理由:
解法一:
延长BC到点B′,使B′C=BC,连接B′F交直线AC于点M,则点M就是所求的点,∵过点B′作B′H⊥AB于点H,∵B点在抛物线y=33x2-23/3x-3上,∴B(3,0),在Rt△BOC中,tan∠OBC=33∴∠OBC=30°,BC=23.在Rt△BBH中,B′H=12BB′=23。
BH=3B′H=6,∴OH=3,∴B′(-3,-23).设直线B′F的解析式为y=kx+b,∴{-23=-3k+b-433=k+b,
解得{k=36b=-332,∴y=36x-332.{y=-3x-3y=36x-332,解得{x=37y=-1037,
∴M(3/7,-10/37)∴在直线AC上存在点M,使得△MBF的周长最小,此时M(3/7,-10/37).
解法二:
过点F作AC的垂线交y轴于点H,则点H为点F关于直线AC的对称点,连接BH交AC于点M,则点M即为所求.过点F作FG⊥y轴于点G,则OB∥FG,BC∥FH,
∴∠BOC=∠FGH=90°,∠BCO=∠FHG∴∠HFG=∠CBO
同方法一可求得B(3,0)在Rt△BOC中,tan∠OBC=33∴∠OBC=30°,可求得GH=GC=33∴GF为线段CH的垂直平分线,可证得△CFH为等边三角形∴AC垂直平分FH
即点H为点F关于AC对称点,∴H(0,--533)设直线BH的解析式为y=kx+b,由题意得,{0=3k+bb=-533,解得{k=539b=-533,∴y=593x-533,{y=593x-533y=-3x-3,
解得{x=37y=-1037,∴M(37,-1037),
∴在直线AC上存在点M,使得△MBF的周长最小,此时M(37,-1037).
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