2023年中考数学二轮复习压轴大题培优学案专题28二次函数与角压轴问题(教师版)
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这是一份2023年中考数学二轮复习压轴大题培优学案专题28二次函数与角压轴问题(教师版),共125页。
专题28二次函数与角压轴问题
经典例题
【例1】(2022·山东菏泽·统考中考真题)如图,抛物线与x轴交于两点,与y轴交于点,连接AC、BC.
(1)求抛物线的表达式;
(2)将沿AC所在直线折叠,得到,点B的对应点为D,直接写出点D的坐标.并求出四边形OADC的面积;
(3)点P是抛物线上的一动点,当时,求点P的坐标.
【答案】(1)
(2)
(3)或
【分析】(1)直接利用待定系数法求抛物线解析式即可;
(2)先利用勾股定理的逆定理证明为直角三角形,再根据折叠的性质得出点B、C、D三点共线,继而通过证明,利用相似三角形的性质即可得出点D的坐标,根据四边形OADC的面积进行求解即可;
(3)分两种情况讨论:当点P在x轴上方时,当点P在x轴下方时,分别求解即可.
【详解】(1)将,,代入抛物线,得
,解得,
所以,抛物线的表达式为;
(2)如图,过点D作DE⊥x轴于E,
,
∵,,,
,
,
为直角三角形且,
将沿AC所在直线折叠,得到,点B的对应点为D,
此时,点B、C、D三点共线,BC=DC,,
,
,
,
,
,
∴四边形OADC的面积
;
(3)
当点P在x轴上方时,
∵,
∴轴,
点P的纵坐标为4,即,
解得或0(舍去)
;
当点P在x轴下方时,设直线CP交x轴于F,
∵,
∴,
设,则,
在中,由勾股定理得,
即,
解得,
,
,
∴设直线CF的解析式为,
即,解得,
∴直线CF的解析式为,
令,解得或0(舍去),
当时,
;
综上,或.
【点睛】本题考查了二次函数的综合题目,涉及待定系数法求二次函数解析式,勾股定理的逆定理,折叠的性质,相似三角形的判定和性质,求一次函数的解析式,等腰三角形的性质等知识,熟练掌握知识点并能够灵活运用是解题的关键.
【例2】(2022·江苏苏州·统考中考真题)如图,在二次函数(m是常数,且)的图像与x轴交于A,B两点(点A在点B的左侧),与y轴交于点C,顶点为D.其对称轴与线段BC交于点E,与x轴交于点F.连接AC,BD.
(1)求A,B,C三点的坐标(用数字或含m的式子表示),并求的度数;
(2)若,求m的值;
(3)若在第四象限内二次函数(m是常数,且)的图像上,始终存在一点P,使得,请结合函数的图像,直接写出m的取值范围.
【答案】(1)A(-1,0);B(2m+1,0);C(0,2m+1);
(2)
(3)
【分析】(1)分别令等于0,即可求得的坐标,根据,即可求得;
(2)方法一:如图1,连接AE.由解析式分别求得,,.根据轴对称的性质,可得,由,建立方程,解方程即可求解.方法二:如图2,过点D作交BC于点H.由方法一,得,.证明,根据相似三角形的性质建立方程,解方程即可求解;
(3)设PC与x轴交于点Q,当P在第四象限时,点Q总在点B的左侧,此时,即.
【详解】(1)当时,.
解方程,得,.
∵点A在点B的左侧,且,
∴,.
当时,.
∴.
∴.
∵,
∴.
(2)方法一:如图1,连接AE.
∵,
∴,.
∴,,.
∵点A,点B关于对称轴对称,
∴.
∴.
∴.
∵,,
∴,
即.
∵,
∴.
∴.
∵,
∴解方程,得.
方法二:如图2,过点D作交BC于点H.
由方法一,得,.
∴.
∵,
∴,
.
∴.
∵,,
∴.
∴.
∴,即.
∵,
∴解方程,得.
(3).
设PC与x轴交于点Q,当P在第四象限时,点Q总在点B的左侧,此时,即.
∵,
∴.
,
,
∴.
解得,
又,
∴.
【点睛】本题考查了二次函数综合,求二次函数与坐标轴的交点,角度问题,解直角三角形,相似三角形的性质,三角形内角和定理,综合运用以上知识是解题的关键.
【例3】(2022·天津·统考二模)已知抛物线与x轴交于点A,B(点A在点B左侧),顶点为D,且过C(-4,m).
(1)求点A,B,C,D的坐标;
(2)点P在该抛物线上(与点B,C不重合),设点P的横坐标为t.
①当点P在直线BC的下方运动时,求△PBC的面积的最大值,
②连接BD,当∠PCB=∠CBD时,求点P的坐标.
【答案】(1)A(-5,0),B(-1,0);C(-4,-3);D(-3,-4)
(2)①;②(0,5)或(,)
【分析】(1)把抛物线解析式化为顶点式即可求出点D的坐标,令y=0,求出x的值即可得到A、B的坐标,把x=-4代入抛物线解析式求出y即可求出点C的坐标;
(2)①先求出直线BC的解析式为,过点P作PE⊥x轴于E交BC于F,则点P的坐标为(t,),点F的坐标为(t,t+1),,再根据 ,进行求解即可;②分如图1所示,当点P在直线BC上方时,如图2所示,当点P在直线BC下方时,两种情况讨论求解即可.
(1)
解:∵抛物线解析式为,
∴抛物线顶点D的坐标为(-3,-4);
令y=0,则,
解得或,
∵抛物线与x轴交于点A,B(点A在点B左侧),
∴点A的坐标为(-5,0),点B的坐标为(-1,0);
令,则,
∴点C的坐标为(-4,-3);
(2)
解:①设直线BC的解析式为,
∴,
∴,
∴直线BC的解析式为,
过点P作PE⊥x轴于E交BC于F,
∵点P的横坐标为t,
∴点P的坐标为(t,),点F的坐标为(t,t+1),
∴,
∴
,
∴当时,△PBC的面积最大,最大为;
②如图1所示,当点P在直线BC上方时,
∵∠PCB=∠CBD,
∴,
设直线BD的解析式为,
∴,
∴,
∴直线BD的解析式为,
∴可设直线PC的解析式为,
∴,
∴,
∴直线PC的解析式为,
联立得,
解得或(舍去),
∴,
∴点P的坐标为(0,5);
如图2所示,当点P在直线BC下方时,设BD与PC交于点M,
∵点C坐标为(-4,-3),点B坐标为(-1,0),点D坐标为(-3,-4),
∴,,,
∴,
∴∠BCD=90°,
∴∠BCM+∠DCM=90°,∠CBD+∠CDB=90°,
∵∠CBD=∠PCB,
∴MC=MB,∠MCD=∠MDC,
∴MC=MD,
∴MD=MB,
∴M为BD的中点,
∴点M的坐标为(-2,-2),
设直线CP的解析式为,
∴,
∴,
∴直线CP的解析式为,
联立得,
解得或(舍去),
∴,
∴点P的坐标为(,);
综上所述,当∠PCB=∠CBD时,点P的坐标为(0,5)或(,);
【点睛】本题主要考查了二次函数综合,一次函数与几何综合,二次函数的性质,待定系数法求函数解析式,勾股定理的逆定理,等腰三角形的性质与判定等等,正确作出辅助线,利用分类讨论的思想求解是解题的关键.
【例4】(2022·四川达州·统考中考真题)如图1,在平面直角坐标系中,已知二次函数的图象经过点,,与y轴交于点C.
(1)求该二次函数的表达式;
(2)连接,在该二次函数图象上是否存在点P,使?若存在,请求出点P的坐标:若不存在,请说明理由;
(3)如图2,直线l为该二次函数图象的对称轴,交x轴于点E.若点Q为x轴上方二次函数图象上一动点,过点Q作直线,分别交直线l于点M,N,在点Q的运动过程中,的值是否为定值?若是,请求出该定值;若不是,请说明理由.
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】(1)待定系数法求解析式即可求解;
(2)根据题意,分情况讨论,①过点作关于的对称点,即可求P的坐标,②轴上取一点,使得,则,设,根据勾股定理求得,建列方程,解方程求解即可;
(3)设,,过点作轴于点,则,证明,根据相似三角形的性质列出比例式求得,即可求解.
【详解】(1)解:∵由二次函数,令,则,
,
过点,,
设二次函数的表达式为 ,
将点代入得,
,
解得,
,
(2)二次函数的图象经过点,,
抛物线的对称轴为,
①如图,过点作关于的对称点,
,
,
,
,
②轴上取一点,使得,则,设,
则,
,
解得,
即,
设直线CD的解析式为,
,
解得,
直线CD的解析式为,
联立,
解得或,
,
综上所述,或,
(3)的值是定值,
设,,
过点作轴于点,则,
,
,
,
,
,
即,
,,
,
,
.
即的值是定值
【点睛】本题考查了二次函数综合,待定系数法求解析式,角度问题,相似三角形的性质与判定,掌握二次函数的性质是解题的关键.
【例5】.(2022·湖北黄石·统考中考真题)如图,抛物线与坐标轴分别交于A,B,C三点,P是第一象限内抛物线上的一点且横坐标为m.
(1)A,B,C三点的坐标为____________,____________,____________;
(2)连接,交线段于点D,
①当与x轴平行时,求的值;
②当与x轴不平行时,求的最大值;
(3)连接,是否存在点P,使得,若存在,求m的值,若不存在,请说明理由.
【答案】(1);;
(2)①;②
(3)存在点P,
【分析】(1)令x=0,则y=4,令y=0,则=0,所以x=-2或x=3,由此可得结论;
(2)①由题意可知,P(1,4),所以CP=1,AB=5,由平行线分线段成比例可知,.
②过点P作PQ∥AB交BC于点Q,所以直线BC的解析式为:y=-x+4.设点P的横坐标为m,则P(m,-),Q(,-).所以PQ=m-()=-,因为PQ∥AB,所以=,由二次函数的性质可得结论;
(3)假设存在点P使得∠BCO+2∠BCP=90°,即0<m<3.过点C作CFx轴交抛物线于点F,由∠BCO+2∠PCB=90°,可知CP平分∠BCF,延长CP交x轴于点M,易证△CBM为等腰三角形,所以M(8,0),所以直线CM的解析式为:y=-x+4,令=-x+4,可得结论.
【详解】(1)解:令x=0,则y=4,
∴C(0,4);
令y=0,则=0,
∴x=-2或x=3,
∴A(-2,0),B(3,0).
故答案为:(-2,0);(3,0);(0,4).
(2)解:①∵轴,,
∴,,
又∵轴,
∴△CPD∽△BAD
∴;
②过P作交于点Q,
设直线BC的解析式为,
把B(3,0),C(0,4)代入,得
,解得,
∴直线的解析式为,
设,则,
∴,
∵,
∴△QPD∽△BAD
∴,
∴当时,取最大值;
(3)解:假设存在点P使得,即,
过C作轴,连接CP,延长交x轴于点M,
∴∠FCP=∠BMC,
∵,
∴平分,
∴∠BCP=∠FCP,
∴∠BCP=∠BMC,
∴BC=BM,
∴为等腰三角形,
∵,
∴,,,
设直线CM解析式为y=kx+b,
把C(0,4),代入,得
,解得:,
∴直线的解析式为,
联立,
解得或(舍),
∴存在点P满足题意,即.
【点睛】此题是二次函数综合题,主要考查了待定系数法,平行线分线段成比例,角度的存在性等相关内容,解本题的关键是求抛物线解析式,确定点P的坐标.
培优训练
一、解答题
1.(2022·四川绵阳·东辰国际学校校考模拟预测)如图,以的边和边上高所在直线建立平面直角坐标系,已知,,,抛物线经过A,B,C三点.
(1)求抛物线解析式.
(2)点G是x轴上一动点,过点G作轴交抛物线于点H,抛物线上有一点Q,若以C,G,Q,H为顶点的四边形为平行四边形,求点G的坐标.
(3)点P是抛物线上的一点,当时,求点P的坐标.
【答案】(1)
(2)G的坐标为或
(3)当时,点P的坐标为(4,5)或
【分析】(1)先求出,再根据正切的定义得到,结合求出,,再利用待定系数法求出对应的函数解析式即可;
(2)先证明只存在以为对角线的平行四边形,设,,则,根据平移的特点建立方程进行求解即可;
(3)先求出,,如图②,作,过点B作交于点,过点作轴于点M,可得为等腰直角三角形,,再由,得到,则点的坐标为,求出直线的解析式为,联立,可得的坐标为.如图②,延长至,使得,连接交抛物线于点,过点作轴于点N,则,求出直线的解析式为,联立,可得点的坐标为.
【详解】(1)解:∵,
∴,
∵,
∴,
∴,
由,
可得,
解得或(舍去),
∴,,
将,,代入可得,
解得,
∴抛物线解析式为.
(2)解:如图①,∵轴,点Q在抛物线上,
∴以为边的平行四边形不存在,只存在以为对角线的平行四边形,
设,,则,
由点的平移可得,消元整理可得,解得,,
∴点G的坐标为或.
(3)解:∵,
∴,,
如图②,作,过点B作交于点,过点作轴于点M,
∴,
∴为等腰直角三角形,,
∵,
∴,,
∴,
∴点的坐标为,
由,可得直线的解析式为,
联立,
解得(舍去),,
∴的坐标为.
如图②,延长至,使得,连接交抛物线于点,过点作轴于点N,
∴,
由,可得直线的解析式为,
联立,
解得(舍去),,
∴点的坐标为.
综上可得当时,点P的坐标为或.
【点睛】本题主要考查了二次函数综合,一次函数与几何综合,平行四边形的性质,等腰直角三角形的性质与判断,解直角三角形等等,灵活运用所学知识并利用数形结合的思想求解是解题的关键.
2.(2022·山东日照·校考一模)如图,抛物线与轴交于,两点,与轴交于点.
(1)求抛物线的解析式;
(2)如图2,是抛物线轴下方的抛物线上一点,连接、、,若的面积是面积的3倍,求点的坐标
(3)如图3,连接、,在抛物线上是否存在点(不与点重合),使得?若存在求出点的横坐标,若不存在说明理由
【答案】(1);
(2)
(3)抛物线上存在一点N,使得,点N的坐标是
【分析】(1)利用待定系数法即可求得抛物线的解析式;
(2)先用待定系数法求出直线的解析式为,设点M的坐标是,过点M作直线轴交于点N,则点P的是,求出,得到,,根据的面积是面积的3倍,列方程求得m的值,即可求得点M的坐标;
(3)抛物线上存在一点N,使得,过点B作交于点E,则,证明得到,求出点E的坐标是,待定系数法求出直线的解析式,联立直线的解析式与抛物线的解析式即可求出点N的坐标.
【详解】(1)解:把,代入得,
,
解得,
∴抛物线的解析式为;
(2)如图,
对于,
当时,,
∴点C的坐标为,
设直线的解析式为,代入,得,
,解得,
∴直线的解析式为,
设点M的坐标是,过点M作直线轴交于点N,
则点P的是,
∴,
∵,,,
∴,,,
∵的面积是面积的3倍,
∴,
解得(不合题意,舍去)或,
当时,,
∴点M的坐标是;
(3)抛物线上存在一点N,使得,过点B作交于点E,则,
∵,,
∴,
∴是等腰直角三角形,
∴,
∴,
∵,,
∴,
∴,
∴点E的坐标是,
设直线的解析式为,代入,得,
,解得,
∴直线的解析式为,
联立与得,
,
解得或(不合题意,舍去),
∴抛物线上存在一点N,使得,点N的坐标是.
【点睛】此题是二次函数综合题,主要考查了利用待定系数法求函数解析式、二次函数与一次函数的交点问题、全等三角形的判定和性质等知识,关键是添加合适的辅助线解决问题.
3.(2021·贵州遵义·校考模拟预测)如图,直线与轴、轴分别交于B、C两点,抛物线经过点B、C的,与轴另一交点为A,顶点为D.
(1)求抛物线的解析式;
(2)在抛物线对称轴是否存在一点E,使得是等腰三角形,若存在,求出E的点坐标,若不存在,请说明理由;
(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点P,使得?若存在,求出点P的坐标,若不存在,请说明理由.
【答案】(1)
(2)或或或或
(3)或
【分析】(1)先求出B、C坐标,然后把B、C坐标代入抛物线解析式中求解即可;
(2)设点E的坐标为,则,,,再分三种情况:当,当,当讨论求解即可;
(3)如图所示,当点P在x轴上方时,过点B作于F,先证明是等腰直角三角形,则可设,则,进而得到,求出得到点P的坐标,利用对称性求出点P在x轴下方时的坐标即可得到答案.
【详解】(1)解:∵直线与轴、轴分别交于B、C两点,
∴,
把代入抛物线解析式中得:
,
∴,
∴抛物线解析式为;
(2)解:∵抛物线解析式为,
∴抛物线对称轴为直线,
设点E的坐标为,
∴,,,
当时,则,
解得,
∴点E的坐标为或;
当时,则,
解得或,
∴点E的坐标为或;
当时,则,
解得,
∴点E的坐标为;
综上所述,点E的坐标为或或或或;
(3)解:如图所示,当点P在x轴上方时,过点B作于F,
∵,
∴,
∴是等腰直角三角形,
∴可设,则,
∴,
由对称性可知,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴;
∴由对称性可知当点P在x轴下方时,点P的坐标为;
综上所述,点P的坐标为或
【点睛】本题主要考查了二次函数综合,待定系数法求函数解析式,勾股定理,等腰三角形的定义,等腰直角三角形的性质与判定等等,熟知相关知识是解题的关键.
4.(2022·湖南长沙·长沙市南雅中学校联考一模)已知二次函数()的图象经过A(1,0)、B(−3,0)两点,顶点为点C.
(1)求二次函数的解析式;
(2)如二次函数的图象与y轴交于点G,抛物线上是否存在点Q,使得∠QAB=∠ABG,若存在求出Q点坐标,若不存在请说明理由;
(3)经过点B并且与直线AC平行的直线BD与二次函数图象的另一交点为D,DE⊥AC,垂足为E,DFy轴交直线AC于点F,点M是线段BC之间一动点,FN⊥FM交直线BD于点N,延长MF与线段DE的延长线交于点H,点P为△NFH的外心,求点M从点B运动到点C的过程中,P点经过的路线长.
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】(1)将A(1,0)、B(-3,0)代入,即可求解;
(2)先求出BG的解析式为,然后再进行分类讨论,分别求得点Q的坐标即可;
(3)可知△DNH与△FNH是直角三角形,外心P在斜边NH的中点,分别求出直线AC及直线BD的函数关系式,再分为当M运动到C点时及当点M运动到B点时两种情况进行讨论,求解即可.
【详解】(1)∵二次函数的图像经过A(1,0)、B(-3,0),
∴,
解得,
∴二次函数的解析式为;
(2)由题可知G点坐标,
设直线BG的解析式为,得:
,解得:,
∴BG的解析式为,
①AQBG,直线AQ的解析式,
联立直线AQ与二次函数解析式 ,
解得或
此时Q的坐标为,
②直线与y轴的交点为K,其关于x轴的对称点为
直线的解析式为: 与二次函数解析式联立得
,
解得或,
此时Q的坐标为,
综上,抛物线上存在点Q使得∠QAB=∠BAG,Q点坐标为或
(3)如图,易知△DNH与△FNH是直角三角形,外心P在斜边NH的中点,
∴PD=PF=NH,所以点P是线段DF的垂直平分线上的动点,
∵直线AC的解析式为y=x-1,BDAC,
∴直线BD的解析式为y=x+3,
∴D(3,6),
①当M运动到C点时与点E重合,,则,又因为∠DEF=90°,DE=EF,
∴四边形为正方形,
∴是线段DF的中点(3,4);
②当点M运动到B点时,,
∵四边形DN1FE是正方形
∴,
∴,
∴,
∵四边形DN1FE是正方形,
∴,
∴,
∴,
∴,
同理,
所以的中点(4,4),
∵,
∴
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质,熟练掌握二次函数的图象及性质,会用待定系数法求函数的解析式,会求函数的交点坐标,根据点M的运动情况确定P点的轨迹是线段是解题的关键.
5.(2022·内蒙古包头·包头市第三十五中学校考三模)如图,抛物线交x轴于两点,交y轴于点C.
(1)求抛物线的解析式和对称轴.
(2)若R为抛物线上一点,满足,求R的坐标.
(3)若点P在抛物线的对称轴上,点Q是平面直角坐标系内的任意一点,是否存在点P 使得A、C、P、Q为顶点的四边形是矩形,若存在,请直接写出所有符合条件的点Q的坐标,若不存在,请说明理由.
【答案】(1),对称轴为直线
(2)(4,-5)
(3)存在,(4,1)或(-2,1)或或
【分析】(1)利用待定系数解答,即可求解;
(2)过点B作BM⊥BC交CR于点M,过点M作ME⊥x轴于点E,证明△BOC≌△MBE,可得点E(2,-1),然后求出直线CR的解析式,再与抛物线解析式联立,即可求解;
(3)设,点Q(m,n),分两种情况讨论:然后分两种情况讨论:当AC为边时,当AC为对角线时,即可求解.
【详解】(1)解:∵抛物线交x轴于,两点,
∴,
解得:,
∴该抛物线的解析式为,
∴对称轴为直线;
(2)解:当x=0时,,
∴OC=3,
∵点B(-1,0),
∴OB=1,
如图,过点B作BM⊥BC交CR于点M,过点M作ME⊥x轴于点E,
∵∠BCR=45°,
∴△BCM为等腰直角三角形,∠CBO+∠EBM=90°,
∴BM=BC,
∵∠EBM+∠BME=90°,
∴∠CBO=∠BME,
∵∠BEM=∠BOC=90°,
∴△BOC≌△MBE,
∴EM=BO=1,BE=OC=3,
∴OE=2,
∴点E(2,-1),
设直线CR的解析式为
把点C(0,3),M(2,-1)代入得:
,解得:,
∴直线CR的解析式为,
联立得:,解得: 0 或(舍去),
∴点R(4,-5);
(3)解:存在.
设,点Q(m,n),
当以AC为边时,点C向点P(或点Q)平移的方向和距离与点A向点Q(或点P)平移的方向和距离相同,且AP=CQ(或AQ=CP),
∴或,
解得: 或,
∴此时点Q的坐标为(4,1)或(-2,1)
如图,当AC为对角线时,AC=PQ,且PQ与AC的中点重合,如图,
PQ=AC,
∴,解得:或,
∴此时点Q的坐标为或;
综上所述,点Q的坐标为(4,1)或(-2,1)或或
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题,一次函数的图像和性质,矩形的性质,熟练掌握二次函数的综合题,一次函数的图像和性质,矩形的性质,利用数形结合思想解答是解题的关键,是中考的压轴题.
6.(2021·辽宁盘锦·统考二模)如图,在平面直角坐标系中,直线y=2x+4与x轴,y轴分别交于A,B两点,抛物线经过A,B两点与x轴相交于点C点.
(1)求抛物线的解析式;
(2)点P在抛物线上,连接PB,当∠PBC+∠OBA=45°时,求点P的坐标;
(3)点M为抛物线上任意一点,当时,请直接写出点M的坐标.
【答案】(1)
(2)和
(3),
【分析】(1)先确定A、B两点的坐标,然后再运用待定系数法即可解答;
(2)先说明△OBC是等腰直角三角形,然后再分点P在x轴上方和下方两种情况解答即可;
(3)求得4,设点M的坐标为(m,n},再利用待定系数法求得直线AM的解析式,根据三角形面积公式列得方程求解即可.
(1)
解:∵y=2x+4
∴当y=0时,x=-2;当x=0时,y=4
∴A(-2,0),B(0,4)
将A(-2,0),B(0,4)代入y=ax2+x+c得
,解得
∴ 抛物线的解析式为:.
(2)
解:∵
∴x1=-2,x2=4
∴C(4,0)
∴OB=OC
∴△OBC是等腰直角三角形
①当点P在x轴下方时,设直线BP与x轴交于点D
∵ ∠PBC+∠OBD=∠OBC=45°
∠PBC+∠OBA=45°
∴ ∠OBD=∠OBA
∴ 点A,D关于y 轴对称
∴ D(2,0)
由B(0,4),D(2,0)可求直线BP解析式为:
②当点P在x轴上方时,设直线BP与x轴交于点E
∵ ∠OBC=45°,∠PBC+∠OBA=45°
∴ ∠PBA=90°
可证△OAB∽△OBE
∴
∴ OE=8
∴ E(8,0)
由B(0,4),E(8,0)可求直线BP解析式为:
综上,点的坐标为和.
(3)
解:由题意可得:A(-2,0),B(0,4),C(4,0)
∴AC=6
∴
∵
∴4
设点M的坐标为(m,n)且
运用待定系数法可求得AM的解析式为:
设直线AM与y轴交于N,则
∴
∴,整理得:,
∴ 或
解方程得:
∴或
∴,
对于方程,整理得,
∵
∴没有实数解
∴,.
【点睛】本题属于二次函数的综合题,主要考查了二次函数图像与一次函数图像相结合问题、相似三角形的判定和性质等知识点,解题的关键是掌握分类讨论以及学会利用参数构建方程解决问题.
7.(2022·贵州遵义·统考三模)已知,如图,抛物线与坐标轴相交于点,两点,对称轴为直线,对称轴与x轴交于点D.
(1)求抛物线的解析式;
(2)点P是抛物线上的点,当时,求点P的坐标;
(3)点F为二次函数图像上与点C对称的点,点M在抛物线上,点N在抛物线的对称轴上,是否存在以点F,A,M,N为顶点的平行四边形?若存在,直接写出点M的坐标,若不存在,说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)或或
【分析】(1)由对称轴为直线则设抛物线代入点A、C的坐标求出解析式;
(2)过作,且,过作,过C作于,过作于,构建,即可得出,求得直线的解析式为:与抛物线解析式联立即可得出P点坐标;
(3)设,,分以AF为对角线时以AN为对角线时, 以为对角线时,进行讨论,列出方程组,即可解答问题.
【详解】(1)解:∵抛物线对称轴为直线,
∴设抛物线,
把,代入得:
,
∴,
∴;
(2)如图过作,且,过作,过C作于,过作于,
∴,,
∴,,
∴,
∴,
∴,,
∴,
设直线的解析式为,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴,,
∴;
(3)∵,
∴,
依题意设,,
∵,对称轴为直线,
∴,
∵,,,,
当以AF为对角线时,,
∴,
∴,
当以AN为对角线时,,
∴,
∴,
当以为对角线时,,
∴,
∴,
综上所述:或或.
【点睛】此题考查了二次函数的图像和性质,一次函数的解析式求法,构造全等三角形的判定和性质,平行四边形存在性问题,是一道有关二次函数的综合题,掌握以上知识点是解题的关.
8.(2022·广东深圳·深圳市宝安第一外国语学校校考模拟预测)如图1,在平面直角坐标系中.抛物线与x轴交于和,与y轴交于点C,连接.
(1)求该抛物线的解析式;
(2)如图2,点M为直线上方的抛物线上任意一点,过点M作y轴的平行线,交于点N,过点M作x轴的平行线,交直线于点Q,求周长的最大值;
(3)点P为抛物线上的一动点,且,请直接写出满足条件的点P的坐标.
【答案】(1)
(2)
(3)或
【分析】(1)利用待定系数法解答,即可求解;
(2)先利用勾股定理求出,再求出直线解析式为:,设,则,可得,再由,可得,从而得到周长,再利用二次函数的性质,即可求解;
(3)在x轴负半轴上取点E,使,连接交抛物线于点P,可得,然后求出直线解析式为,再求出直线CE与抛物线的交点坐标;作E关于直线的对称点F,连接并延长交抛物线于,连接EF交AC于点T,则,设,根据,可得.再求出直线CF的解析式,即可求解.
(1)
解:把和代入,得:
,解得,
∴抛物线解析式为;
(2)
解:令y=0,则,
∴,
∴OC=2,
∵点A(-4,0),
∴OA=4,
∴,
∴可设直线解析式为,
把代入得:,
解得:,
∴直线解析式为:,
设,则,
∴ ,
∵轴,轴,
∴,,
∴,
∴,即,
∴,
∴周长
∵,
∴当时,周长最大值为.
(3)
解:在x轴负半轴上取点E,使,连接交抛物线于点P,如图.
∴OE=2,
∴,
此时,即P是满足条件的点.
∵,
∴可设直线解析式为,
把点E(-2,0)代入得:
,解得:,
∴直线解析式为,
联立,解得:(舍去)或
∴此时点
∴;
作E关于直线的对称点F,连接并延长交抛物线于,连接EF交AC于点T,则,
∴是满足条件的点,
设,
根据对称性得:,
∴
解得或(舍去),
∴.
∵,
∴可设直线解析式为,
把点,代入得:,
解得:,
∴直线解析式为,
联立,解得或,
∴,
综上,为或.
【点睛】本题是二次函数的综合题,熟练掌握二次函数的图象和性质,相似三角形的判定和性质,二次函数与一次函数的交点问题,利用数形结合思想解答是解题的关键.
9.(2022·江苏无锡·模拟预测)如图,直线:与轴、轴分别相交于、两点,抛物线经过点.
(1)求该抛物线的函数表达式;
(2)已知点是抛物线上的一个动点,并且点在第一象限内,连接、,设点的横坐标为,的面积为,求与的函数表达式,并求出的最大值;
(3)在(2)的条件下,当取得最大值时,动点相应的位置记为点,将直线绕点按顺时针方向旋转得到直线,当直线与直线重合时停止旋转,在旋转过程中,直线与线段交于点,设点、到直线的距离分别为、,当最大时,求直线旋转的角度(即的度数).
【答案】(1)
(2),最大值为
(3)45°
【分析】(1)利用直线l的解析式求出B点坐标,再把B点坐标代入二次函数解析式即可求出a的值;
(2)设M的坐标为(m,-m2+2m+3),然后根据面积关系将△ABM的面积进行转化;
(3)由(2)可知m=,代入二次函数解析式即可求出纵坐标的值;可将求d1+d2最大值转化为求AC的最小值.
(1)
解:令x=0代入y=-3x+3,
∴y=3,
∴B(0,3),
把B(0,3)代入,
∴3=-3a,
∴a=-1,
∴二次函数解析式为:y=-x2+2x+3;
(2)
令y=0代入y=-x2+2x+3,
∴0=-x2+2x+3,
∴x=-1或3,
∴抛物线与x轴的交点横坐标为-1和3,
∵M在抛物线上,且在第一象限内,
∴0<m<3,
令y=0代入y=-3x+3,
∴x=1,
∴A的坐标为(1,0),
由题意知:M的坐标为(m,-m2+2m+3),
S=S四边形OAMB-S△AOB
=S△OBM+S△OAM-S△AOB
=×m×3+×1×(-m2+2m+3)-×1×3
=-(m-)2+
∴当m=时,S取得最大值.
(3)
由(2)可知:M′的坐标为(,);
过点M′作直线l1∥l′,过点B作BF⊥l1于点F,
根据题意知:d1+d2=BF,
此时只要求出BF的最大值即可,
∵∠BFM′=90°,
∴点F在以BM′为直径的圆上,
设直线AM′与该圆相交于点H,
∵点C在线段BM′上,
∴F在优弧上,
∴当F与M′重合时,
BF可取得最大值,
此时BM′⊥l1,
∵A(1,0),B(0,3),M′(,),
∴由勾股定理可求得:,
过点M′作M′G⊥AB于点G,
设BG=x,
∴由勾股定理可得:M′B2-BG2=M′A2-AG2,
∴,
∴ ,
∵l1∥l′,
∴∠BCA=90°,
∠BAC=45°.
【点睛】本题考查二次函数的综合问题,涉及待定系数求二次函数解析式,求三角形面积,圆的相关性质等知识,内容较为综合,学生需要认真分析题目,化动为静去解决问题.
10.(2022·黑龙江齐齐哈尔·统考三模)如图,二次函数的图象交x轴于点A、点B,其中点B的坐标为,点C的坐标为,过点A、C的直线交二次函数的图象于点D.
(1)求二次函数和直线的函数表达式;
(2)连接,则的面积为________;
(3)在y轴上确定点Q,使得,点Q的坐标为________;
(4)点M是抛物线上一点,点N为平面上一点,是否存在这样的点N,使得以点A、点D、点M、点N为顶点的四边形是以为边的矩形?若存在,请你直接写出点N的坐标;若不存在,请说明理由.
【答案】(1);
(2)6
(3)或
(4)存在,或
【分析】(1)把B点坐标代入函数解析式即可求出二次函数解析式,求出A点坐标后即可求出AC解析式;
(2)先求出D点坐标,再用公式法求的面积;
(3)当Q在正半轴时,根据C点坐标可得,根据二次函数对称性结合可得,即AQ平分,即可求出Q点坐标;当Q在负半轴时根据对称性可求;
(4)以AD为矩形边长时,分别过A、D作直线AD的垂线;当AD为对角线时根据矩形的对角线互相平分且相等求值即可.
【详解】(1)∵二次函数的图象过点B,
∴,解得
∴二次函数解析式为
∴A点坐标为(-2,0)
设直线AC的解析式为
∴,解得:
∴直线AC的解析式为
(2)∵直线AC:与二次函数交于点A、D
∴联立,解得或
∴D点坐标为:
∵AB=4
∴
(3)∵C(0,2),A点坐标为(-2,0)
∴
当Q在正半轴时,
∵,QA=QB
∴
∴AQ平分
过Q作PQ⊥AC于P
设OQ=x,则
∴
解得
∴Q点坐标为
当Q在与轴负半轴时,根据对称性可得Q点坐标为
∴Q点坐标为或
(4)当AD是矩形边长时
过A作AM⊥AD交抛物线于M
∵直线AC的解析式为
∴设直线AM的解析式为
代入A点(-2,0)得
∴直线AM的解析式为
∴联立,解得或
∴M点坐标为
∵此时MN平行且等于AD
∴由A(-2,0)平移到D(1,3)与由M平移到N的平移方式一致
∴N点坐标为
同理::过D作DM⊥AD交抛物线于M,此时M(0,4),N(-3,1)
综上所述,存在,N点坐标为或(-3,1)
【点睛】本题考查二次函数与几何综合,熟练掌握二次函数的图象及性质,函数图象平移的性质,矩形的判定,分类讨论是解题的关键.
11.(2022·山东泰安·统考二模)如图,在平面直角坐标系中,直线y=x+2与x轴交于点A,与y轴交于点C,抛物线y=−x2+bx+c经过A、C两点,与x轴的另一交点为点B.
(1)求抛物线的函数表达式;
(2)点D为直线AC上方抛物线上一动点,
①连接BC、CD,设直线BD交线段AC于点E,求的最大值;
②过点D作DF⊥AC,垂足为点F,连接CD,是否存在点D,使得△CDF中的∠DCF=2∠BAC,若存在,求出点D的坐标;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)
(2)①;②存在,D(-2,3)
【分析】(1)根据题意得到A(-4,0),C(0,2)代入y=-x2+bx+c,于是得到结论;
(2)①如图1,令y=0,解方程得到x1=-4,x2=1,求得B(1,0),过D作DM⊥x轴于M,过B作BN⊥x轴交于AC于N,根据相似三角形的性质即可得到结论;②根据勾股定理的逆定理得到△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形,取AB的中点P,求得P(-,0),得到PA=PC=PB=,过D作x轴的平行线交y轴于R,交AC的延线于G,解直角三角形即可得到结论.
(1)
解:对于函数:y=x+2,
令x=0,则y=2,令y=0,则x=-4,
∴A(-4,0),C(0,2),
∵抛物线y=-x2+bx+c经过A.C两点,
∴,
∴b=-,c=2,
∴y=-x2-x+2;
(2)
解:①如图,令y=0,
∴,
∴,,
∴B(1,0),
过D作DM⊥x轴交AC于点M,过B作BN⊥x轴交于AC于N,
∴,
∴,
∴,
设,
∴,
∵B(1,0),
∴,
∴,
∵-
相关试卷
这是一份2023年中考数学二轮复习压轴大题培优学案专题29二次函数与相似压轴问题(教师版),共110页。
这是一份2023年中考数学二轮复习压轴大题培优学案专题30二次函数与动点压轴问题(教师版),共99页。
这是一份2023年中考数学二轮复习压轴大题培优学案专题31二次函数与圆压轴问题(教师版),共93页。