江西中考数学考前专题训练二次函数综合题10道.docx
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江西中考数学考前专题训练二次函数综合题10道
题型四 二次函数综合题
类型一 与图形规律有关的探究
问题
1.先阅读,再解决问题.
平面直角坐标系下,一组有规律
的点:
A1(0,1)、A2(1,0)、A3(2,1)、A4(3,0)、A5(4,1)、A6(5,0),…,注:
当n为奇数时,An(n-1,1),n为偶数时An(n-1,0).
抛物线C1经过A1,A2,A3三点,抛物线C2经过A2,A3,A4三点,抛物线C3经过A3,A4,A5三点,抛物线C4经过A4,A5,A6三点,…,此抛物线Cn经过An,An+1,An+2.
(1)直接写出抛物线C1,C4的解析式;
(2)若点E(e,f1),F(e,f2)分别在抛物线C27,C28上,当e=29时,求证△A28EF是直角三角形;
(3)若直线x=m分别交x轴、抛物线C2015,C2016于点P、M、N,作直线A2016M,A2016N,当∠PA2016M=45°时,求sin∠PA2016N的值.
解:
(1)由顶点式求出C1的解析式为:
y1=(x-1)2,C4的解析式为:
y4=
-(x-4)2+1;
【解法提示】由题意可知抛物线C1过A1,A2,A3三点,抛物线C4过A4,A5,A6三点,将这些点代入顶点式可求出C1和C4的解析式分别为y1=(x-1)2,y4=-(x-4)2+1.
(2)证明:
由特殊出发,可以发现这组抛物线解析式的特点:
y1=(x-1)2,
y2=-(x-2)2+1,
y3=(x-3)2,
y4=-(x-4)2+1,
…
∴抛物线C27、C28的解析式为:
y27=(x-27)2,y28=-(x-28)2+1.
如解图①,此时点E(e,f1)、F(e,f2)分别为点E(29,4),F(29,0);而点A28的坐标是(27,0).
第1题解图①
显然△A28EF是直角三角形;
(3)由
(2)中发现的规律可知,抛物线C2015,C2016解析式为:
y2015=(x-2015)2,y2016=-(x-2016)2+1,
顺便指出,由
(2)的规律发现,可以退回简单的抛物线C3,C4的情况来研究,分以下两种情况,如解图②,
当m=2014时,M(2014,1)此时有∠PA2014M=45°,N(2014,-3),相应的sin∠PA2016N的值为;
如解图③,在A(2015,0)点右侧,当m=2016时,M(2016,1),此时有∠PA2016M=45°,N(2016,1),相应的sin∠PA2016N的值为.
第1题解图
2.已知,如图,直线l:
y=x+b,经过点M(0,),一组抛物线的顶点B1(1,y1),B2(2,y2),B3(3,y3),…,Bn(n,yn)(n为正整数)依次在直线l上的点,这组抛物线与x轴正半轴的交点依次是:
A1(x1,0),A2(x2,0),A3(x3,0),…,An+1(xn+1,0),设x1=d(0 (1)求b的值; (2)求经过点A1、B1、A2的抛物线的解析式(用含d的代数式表示); (3)当d(0 若存在,请你求出相应的d的值,若不存在,请说明理由. 第2题图 解: (1)∵M(0,)在直线y=x+ b上, ∴=×0+b, ∴b=; (2)由 (1)得: y=x+, ∵B1(1,y1)在l上, ∴当x=1时,y1=×1+=, ∴B1(1,). ∴设抛物线的表达式为y=a(x-1)2+(a≠0), 又∵x1=d, ∴A1(d,0), ∴0=a(d-1)2+, ∴a=-, ∴经过点A1,B1,A2的抛物线的解析式为: y=-(x-1)2+; 【一题多解】∵x1=d, ∴A1(d,0),A2(2-d,0), ∴设抛物线的解析式为y=a(x-d)·(x-2+d)(a≠0), 把B1(1,)代入得=a(1-d)·(1-2+d), 得a=-, ∴抛物线的解析式为 y=-(x-d)·(x-2+d). (3)存在. 由抛物线的对称性可知,所构成的三角形必是以抛物线顶点为直角顶点的等腰直角三角形, ∴此等腰直角三角形斜边上的高等于斜边的一半, 又∵0 ∴等腰直角三角形斜边的长小于2, ∴等腰直角三角形斜边上的高必小于1,即抛物线的顶点的纵坐标必小于1. ∵当x=1时,y1=×1+=<1, 当x=2时,y2=×2+=<1, 当x=3时,y3=×3+=1>1, ∴该抛物线的顶点只有B1,B2, ①若B1为顶点,由B1(1,), 则d=1-=; ②若B2为顶点,由B2(2,), 则d=1-[(2-)-1]=, 综上所述,d的值为或时,存在满足条件的抛物线. 3.如图①,抛物线C: y=x2经过变化可得到抛物线C1: y1=a1x(x-b1),C1与x轴的正半轴交于点A1,且其对称轴分别交抛物线C,C1于点B1,D1,此时四边形OB1A1D1恰为正方形;按上述类似方法,如图②,抛物线C1: y1=a1x(x-b1)经过变换可得到抛物线C2: y2=a2x(x-b2),C2与x轴的正半轴交与点A2,且其对称轴分别交抛物线C1,C2于点B2,D2,此时四边形OB2A2D2也恰为正方形;按上述类似方法,如图③,可得抛物线C3: y3=a3x(x-b3)与正方形OB3A3D3.请探究以下问题: (1)填空: a1=________;b1=________; (2)求出C2与C3的解析式; (3)按上述类似方法,可得到抛物线Cn: yn=an(x-bn)与正方形OBnAnDn(n≥1). ①请用含n的代数式直接表示出Cn的解析式; ②当x取任意不为0的实数时,试比较y2016与y2017的函数值的大小并说明理由. 第3题图 解: (1)1;2; 【解法提示】由抛物线C经过变换得到抛物线C1,则a1=1,代入C1得: y1=x(x-b1).y1=0时,x(x-b1)=0,x1=0,x2=b1,∴A1(b1,0), 由正方形OB1A1D1得: OA1=B1D1=b1,∴B1(,),∵B1在抛物线C上,则=()2,b1(b1-2)=0,b1=0(不符合题意),b1=2. (2)由a2=a1=1得,y2=x(x-b2), y2=0得,x(x-b2)=0, x1=0,x2=b2. ∴A2(b0,0). 由正方形OB2A2D2得: OA2=B2D2=b2, ∴B2(,), ∵B2在抛物线C1上,则=()2-2×, b2(b2-6)=0,b2=0(不合题意), ∴b2=6, ∴C2的解析式: y2=x(x-6)=x2-6x, 由a3=a2=1得,y3=x(x-b3), y3=0时,x(x-b3)=0, x1=0,x2=b3, ∴A3(b3,0), 由正方形OB3A3D3得: OA3=B3D3=b3 ∴B3(,), ∵B3在抛物线C2上,则=()2-6×, b3(b3-14)=0, b3=0(不合题意),b3=14, ∴C3的解析式: y3=x(x-14)=x2-14x; (3)①Cn的解析式为: yn=x2-(2n+1-2)x(n≥1); ②由①得抛物线C2016的解析式为: y2016=x2-(22016+1-2)x=x2-(22017-2)x, 抛物线C2017的解析式为: y2017=x2-(22017+1-2)x=x2-(22018-2)x, ∴两抛物线的交点为(0,0). ∴当x<0时,y2016 类型二 与图形变换有关的探究 问题 4.已知抛物线y=x2-2ax+a2(a为常数,a>0),G为该抛物线的顶点. (1)如图①,当a=2时,抛物线与y轴交于点M,求△GOM的面积; (2)如图②,将抛物线绕顶点G逆时针旋转90°后,所得新图象与y轴交于A、B两点(点A在点B的上方),D为x轴的正半轴上一点,以OD为一对角线作平行四边形OQDE,其中Q点在第一象限,QE交OD于点C,若QO平分∠AQC,AQ=2QC.求证: △AQO≌△EQO; (3)在 (2)的条件下,若QD=OG,试求a的值. 第4题图 解: (1)当a=2时,令x=0,则y=a2=4, ∴点M(0,4), ∵y=x2-2ax+a2=(x-a)2, ∴当a=2时,顶点G(2,0), ∴OM=4,OG=2, S△GOM=OM·OG=×4×2=4; (2)证明: ∵四边形OQDE为平行四边形, ∴QC=CE=QE, 又∵AQ=2QC, ∴AQ=EQ, ∵QO平分∠AQC, ∴∠AQO=∠EQO, ∵在△AQO和△EQO中, ∴△AQO≌△EQO(SAS); (3)∵由题意知G(a,0), ∴OG=a, ∵QD=OG, ∴QD=a, ∵四边形OQDE为平行四边形, ∴OE=QD=a, 即A(0,a), 由旋转知,旋转前抛物线点A的坐标为(2a,a), 把(2a,a)代入y=x2-2ax+a2得,4a2-2a·2a+a2=a, 即a2=a, 解得a=1或0. ∵a为常数,a>0, ∴a=0不合题意,舍去, ∴a=1. 5.如图,已知二次函数y1=ax2+bx过(-2,4),(-4,4)两点. (1)求二次函数y1的解析式; (2)将y1沿x轴翻折,再向右平移2个单位,得到抛物线y2,直线y=m(m>0)交y2于M、N两点,求线段MN的长度(用含m的代数式表示); (3)在 (2)的条件下,y1、y2交于A、B两点,如果直线y=m与y1、y2的图象形成的封闭曲线交于C、D两点(C在左侧),直线y=-m与y1、y2的图象形成的封闭曲线交于E、F两点(E在左侧),求证: 四边形CEFD是平行四边形. 第5题图 解: (1)将点(-2,4),(-4,4)代入y1=ax2+bx,得 ,解得, ∴y1=-x2-3x; (2)将y1配方,得y1=-(x+3)2+, ∴顶点坐标是(-3,). 此顶点沿x轴翻折(-3,-),再向右平移2个单位后的点是(-1,-). 翻折后抛物线的方向改变,但开口大小不变,∴翻折后抛物线解析式的二次项系数是. ∴y2=(x+1)2-,即y2=x2+x-4. 令y2=m,得x2+x-4=m,即x2+2x-2(4+m)=0. 设此方程的两根为x1,x2,则x1+x2=-2,x1x2=-2(4+m). ∵x1,x2是点M,N的横坐标, ∴MN=|x1-x2| = ==2; (3)设点A的纵坐标为y0. ①当y0≤m<时,如题图. 对于直线y=m和函数y1=-x2-3x,由第 (2)问的方法求得CD=2. 对于直线y=-m和函数y2=x2+x-4,由第 (2)问的方法可知EF=2. ∴CD=EF. 又CD∥EF, ∴四边形CEFD是平行四边形. ②当0<m<y0时,如解图,此时直线y=m与y1的右交点为D,与y1的左交点为C,直线y=-m与y2的右交点为F,与y2的左交点为E. 第5题解图 由方程组 消去y,得-x2-3x=m,即x2+6x+2m=0. 解此方程,得x=-3±. 点D的横坐标为xD=-3+. 由方程组,消去y,得 x2+x-4=m,即x2+2x-2(4+m)=0. 解此方程,得x=-1±. 点C的横坐标为xC=-1-. ∴EF=xD-xC=+-2. 同理,xF=-3+,xE=-1-. ∴CD=xF-xE=+-2. ∴CD=EF. ∴四边形CEFD是平行四边形. 综上所述,当m>0时,所构成的四边形CEFD是平行四边形. 6.如图①,已知抛物线L: y=ax2+bx-(a>0)与x轴交于点A(-1,0)和点B,顶点为M,对称轴为直线l: x=1. (1)直接写出点B的坐标及一元二次方程ax2+bx-=0的解; (2)如图②,设点P是抛物线L上的一个动点,将抛物线L平移,使它的顶点移至点P,得到新抛物线L′,L′与直线l相交于点N.设点P的横坐标为m. ①当m=5时,PM与PN有怎样的数量关系? 请说明理由. ②当m为大于1的任意实数时,①中的关系式还成立吗? 为什么? ③是否存在这样的点P,使△PMN为等边三角形? 若存在,请求出点P的坐标;若不存在,请说明理由. 第6题图 解: (1)如解图①,∵y=ax2+bx-(a>0)与x轴交于点A(-1,0)和点B,对称轴为直线l: x=1, ∴点A和点B关于直线l: x=1对称, ∴点B的坐标为(3,0), ∴一元二次方程ax2+bx-=0的解为x1=-1, x2=3; (2)如解图②,过点P作PC⊥l于点C, 第6题解图 ①∵y=(x-1)2-2, ∴当m=5,即x=5,y=6, ∴P(5,6), ∴此时L′的解析式为y=(x-5)2+6,点C的坐标是(1,6). ∵当x=1时,y=14, ∴点N的坐标是(1,14), ∵CM=6-(-2)=8,CN=14-6=8, ∴CM=CN, ∴PC垂直平分线段MN, ∴PM=PN; ②PM=PN仍然成立, 由题意有点P的坐标为(m,m2-m-). ∵L′的解析式为y=(x-m)2+m2-m-, ∴点C的坐标是(1,m2-m-), ∴CM=m2-m-+2=m2-m+, ∵在L′的解析式y=(x-m)2+m2-m-中, ∴当x=1时,y=m2-2m-1, ∴点N的坐标是(1,m2-2m-1), ∴CN=(m2-2m-1)-(m2-m-)=m2-m+, ∴CM=CN, ∴PC垂直平分线段MN, ∴PM=PN; ③存在这样的点P,使△PMN为等边三角形. 若=tan30°,则m2-m+=(m-1), 解得m=或m=1(不合题意,舍去) ∴点P的坐标为(,-). 类型三 二次函数性质的探究问题 7.已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象经过A(0,3),B(4,0)两点. (1)用仅含字母a的式子表达这个二次函数的解析式; (2)该二次函数的对称轴不可能是(),并对你的选择进行证明. A.x=0 B.x=1 C.x=2 D.x=3 (3)以-a代替 (1)中二次函数y的解析式中的a,得到二次函数y′的解 析式. ①二次函数y′的图象是否也经过A,B两点? 请说明理由; ②当x=t(0≤t≤4)时,求|y-y′|的最大值(用仅含字母a的式子表示). 解: (1)将A(0,3),B(4,0)两点坐标分别代入二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)得, 解得, ∴该二次函数的解析式为y=ax2-(4a+)x+3; (2)C; 【解法提示】对称轴为x= -=2+≠2,故选C. (3)①二次函数y′图象经过A、B两点,理由如下: y′=-ax2+bx+c, 由 (1)可得y′=-ax2-(-4a+)x+3, 将x=0代入解析式得,y′=3,故点A(0,3)在抛物线上; 将x=4代入解析式得,y′=-16a+16a-3+3=0,故点B(4,0)在抛物线上; ②|y-y′|=|ax2-(4a+)x+3-[-ax2-(-4a+)x+3]|=|2ax2-8ax|=|2a(x2-4x+4-4)|=|2a(x-2)2-8a|, 即|y-y′|=|2a(x-2)2-8a|, 当x=t(0≤t≤4)时,|y-y′|的最大值为|-8a|, 故|y-y′|的最大值为|-8a|. 8.已知函数关系式是L1: y=kx2+(k-2)x-2. (1)①当k=1时,其顶点坐标为________; ②当k=2时,二次函数的图象的对称轴为________. (2)求证: 无论k为何值时,函数图象与x轴总有交点; (3)已知二次函数L1的图象与x轴相交于点A,B,顶点为P. ①若k>0,且△ABP为等边三角形,求k的值; ②若抛物线L2与抛物线L1关于原点成中心对称,且抛物线L2与x轴交于点C,D,是否存在实数k,使以A,B,C,D四点中的其中两点成为另外两点之间的线段的三等分点? 若存在,求出实数k的值;若不存在,请说明理由. (1)解: ①(,-);②y轴; 【解法提示】①当k=1时,y=x2-x-2=(x-)2-,此时顶点坐标为(,-); ②当k=2时,y=2x2-2,则抛物线的对称轴为y轴. (2)证明: 当k=0时,一次函数y=-2x-2与x轴有一个交点(-1,0); 当k≠0时,b2-4ac=(k-2)2-4k·(-2)=(k+2)2≥0,此二次函数图象与x轴有交点, ∴无论k为何值时,函数图象与x轴总有交点; (3)∵k≠0, ∴当y=0时,kx2+(k-2)x-2=0,解得x1=-1,x2=, 设A(,0),B(-1,0), 则顶点P的坐标为(, -), ①当k>0时,AB=+1,如解图,作PE⊥x轴于点E, 第8题解图 ∵△ABP为等边三角形, ∴PE=AB, ∴=(+1), 即(k+2)2=2(k+2), 解得k1=-2(舍去),k2=2-2, ∴k的值为2-2; ②存在实数k,使以A,B,C,D四点中的其中两点成为另外两点之间的线段的三等分点. ∵抛物线L2与抛物线L1关于原点成中心对称, ∴点A和点B关于原点的对称点分别为点C、D, ∴C(-,0),D(1,0), ∴点B(-1,0),D(1,0)为定点,点A(,0),C(-,0)为动点, A,B,C,D四点中的其中两点成为另外两点之间的线段的三等分点, 当k>0时, 当点B、D为线段AC的三等分点时,AC=3BD, 即-(-)=3×2,解得k=; 当点A、C点为线段BD的三等分点时,AC=BD,即-(-)=×2,解得k=6; 当k<0时,同理可得k=-或k= -6, 综上所述,k的值为±,±6. 类型四 与新定义有关的探究问题 9.如图①,若抛物线L1的顶点A在抛物线L2上,抛物线L2的顶点B在抛物线L1上(点A与点B不重合),我们把这样的两条抛物线L1、L2互称为“伴随抛物线”,可见一条抛物线的“伴随抛物线”可以有多条. (1)在图①中,抛物线L1: y=-x2+4x-3与L2: y=a(x-4)2-3互为“伴随抛物线”,则点A的坐标为________,a的值为________; (2)在图②中,已知抛物线L3: y=2x2-8x+4,它的“伴随抛物线”为L4,若L3与y轴交于点C,点C关于L3的对称轴对称点为D,请求出以点D为顶点的L4的解析式; (3)若抛物线y=a1(x-m)2+n的任意一条“伴随抛物线”的解析式为y=a2(x-h)2+k,请写出a1与a2的关系式,并说明理由. 第9题图 解: (2,1),1; 【解法提示】 (1)∵抛物线L1: y= -x2+4x-3,∴此抛物线的顶点坐标A(2,1),∵抛物线L2过点A(2,1),∴1=a(2-4)2-3,∴a=1. (2)由L3: y=2x2-8x+4化成顶点式,得y=2(x-2)2-4, ∴C(0,4),对称轴为x=2,顶点坐标(2,-4), ∴点C关于对称轴x=2的对称点D(4,4),设L4: y=a(x-h)2+k 将顶点D(4,4)代入得,y=a(x-4)2+4再将点(2,-4)代入得,-4=4a+4, 解得: a=-2, L3的伴随抛物线L4的解析式为: y=-2(x-4)2+4; (3)a1=-a2. 理由如下: ∵抛物线L1的顶点A在抛物线L2上,抛物线L2的顶点B在抛物线L1上,设A(m,k),B(h,n), ∴可以列出两个方程 , ①+②得: (a1+a2)(m-h)2=0, ∵伴随抛物线的顶点不重合, ∴a1=-a2. 10.在平面直角坐标系中,将抛物线L1: y=x2,沿x轴向右平移m(m>0)个单位长度,得抛物线L2,顶点为P,交L1于点Q. (1)直接写出抛物线L2的表达式(用字母m表示); (2)连接OQ、PQ,当∠OQP=60°时,点Q的坐标为________; (3)若将抛物线L1与L2其中任意一条沿着x轴方向水平向左(或向右)平移得到另一条,记抛物线L1的顶点为O,抛物线L2的顶点为P,抛物线L1与L2的交点为点Q,连接OQ、PQ,当∠OQP=90°时,我们称这样的两条抛物线是“共轭抛物线”. ①当L1和L2是“共轭抛物线”时,求m的值; ②请你根据上述“共轭抛物线”的概念,求出抛物线y=-x2-2x+3的“共轭抛物线”. 第10题图 解: (1)y=(x-m)2; 【解法提示】如解图①,将抛物线L1沿x轴向右平移m(m>0)个单位长度,得到抛物线L2,得到: y=(x-m)2. 第10题解图① (2)(2,6); 【解法提示】如解图①,过点Q作QG⊥x轴于点G,由点Q到L1与L2的对称轴的距离相等,可得: OG=PG=OP=m,当x=时,y=m2,即点Q的坐标为(m,m2),∵∠OQP=60°,∴根据抛物线的性质可知: △OPQ为等边三角形,∴tan∠QOP==tan60°==,解得: m=4,∴点Q坐标为(2,6). (3)①∵∠OQP=90°,OQ=PQ, ∴∠QOG=45°,OG=PG=OP=m, 当x=m时,y=×(m)2=m2, 故点Q的坐标为(m,m2), 由∠QOG=45°,∠OGQ=90°,得: OG=GQ, ∴|m|=|×(m)2|, 解得: m=0(不符合题意,舍去), m=±4, 当m=4时,抛物线向右平移; 当m=-4时,抛物线向左平移, 综上所述,当L1和L2是“共轭抛物线”时,m的值为±4; ②如解图②,∵y=-x2-2x+3= -(x+1)2+4, 第10题解图② ∴设抛物线y=-x2-2x+3的“共轭抛物线”为: y=-(x+1-m)2+4, ∵△PFQ是等腰直角三角形,∴PF=FQ, 当x=-1+m时,y=-m2+4, 即Q(-1+m,-m2+4), FQ=4-(-m2+4)=m2, 由PF=FQ可知: m=m2,解得: m=2或m=0(不符合题意,舍去), 则抛物线y=-x2-2x+3向右平移所得的“共轭抛物线”为: y=-(x-1)2+4; 综上所述,抛物线y=-x2-2x+3向左平移所得的“共轭抛物线”为: y=-(x+3)2+4, 抛物线y=-x2-2x+3的“共轭抛物线”为y=-(x-1)2+4或y=-(x+3)2+4. 11.如图,已知抛物线y=-x2通过平移后得到,y1=-(x-1)2+2,y2=-(x-2)2+4,y3=(x-3)2+6,…,平移后的顶点P1,P2,P3,…,Pk(k为整数)依次都在格点上,这些抛物线称为“好顶点抛物线”. 第11题图 (1)写出平移后抛物线yk的解析式(用k表示); (2)若平移后的抛物线yk与抛物线y=-x2交于点F,其对称轴与抛物线y=-x2交于点E,若tan∠FPkE=,求整数k的值; (3)已知-6≤k≤6,若平移后抛物线的对称轴与x轴交于点Ak,以AkPk为边向右作正方形AkPkBkCk,判断: 正方形的顶点Bk是否恰好是其他“好顶点抛物线”上的点? 若恰好是,求出该整数k的值;若不存在,请说明理由. 第11题解图 解: (1)∵抛物线y=-x2通过平移后得到,y1=-(x-1)2+2,y2=-(x-2)2+4,y3=-(x-3)2+6,观察规律可得到yk=-(x-k)2+2k; (2)如解图,过点F作FG⊥PE于 点G, 由yk=-(x-k)2+2k可知顶点Pk(k,2k), 对称轴为直线x=k,对称轴与抛物线y=-x2的交点为E(k,-k2), 联立得, 解得, ∴F(,-), ∵tan∠FP
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