《陜西省中考數(shù)學(xué) 專題跟蹤突破四 壓軸題 二次函數(shù)》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《陜西省中考數(shù)學(xué) 專題跟蹤突破四 壓軸題 二次函數(shù)(4頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、△+△數(shù)學(xué)中考教學(xué)資料2019年編△+△
壓軸題 二次函數(shù)
1.(2015遂寧)如圖,已知拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過A(-2,0),B(4,0),C(0,3)三點.
(1)求該拋物線的解析式;
(2)在y軸上是否存在點M,使△ACM為等腰三角形?若存在,請直接寫出所有滿足要求的點M的坐標(biāo);若不存在,請說明理由.
解:(1)把A(-2,0),B(4,0),C(0,3)代入拋物線y=ax2+bx+c得解得則拋物線的解析式是:y=-x2+x+3
(2)如圖,作線段CA的垂直平分線,交y軸于M1,交AC于N,連接AM1,則△AM1C是等腰三角形,∵AC==,∴CN=,∵△CN
2、M1∽△COA,∴=,∴=,∴CM1=,∴OM1=OC-CM1=3-=,∴M1的坐標(biāo)是(0,),當(dāng)CA=CM2=時,△AM2C是等腰三角形,則OM2=3+,M2的坐標(biāo)是(0,3+),當(dāng)CA=AM3=時,△AM3C是等腰三角形,則OM3=3,M3的坐標(biāo)是(0,-3),當(dāng)CA=CM4=時,△AM4C是等腰三角形,則OM4=-3,M4的坐標(biāo)是(0,3-)
2.(2015益陽)已知拋物線E1:y=x2經(jīng)過點A(1,m),以原點為頂點的拋物線E2經(jīng)過點B(2,2),點A,B關(guān)于y 軸的對稱點分別為點A′,B′.
(1)求m的值及拋物線E2所表示的二次函數(shù)的表達(dá)式;
(2)如圖,在第一象限內(nèi)
3、,拋物線E1上是否存在點Q,使得以點Q,B,B′為頂點的三角形為直角三角形?若存在,求出點Q的坐標(biāo);若不存在,請說明理由.
解:(1)∵拋物線E1經(jīng)過點A(1,m),∴m=12=1.∵拋物線E2的頂點在原點,可設(shè)它對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為y=ax2(a≠0),又∵點B(2,2)在拋物線E2上,∴2=a22,解得:a=,∴拋物線E2所對應(yīng)的二次函數(shù)表達(dá)式為y=x2
(2)如圖,假設(shè)在第一象限內(nèi),拋物線E1上存在點Q,使得△QBB′為直角三角形,由圖象可知直角頂點只能為點B或點Q.①當(dāng)點B為直角頂點時,過B作Q1B⊥BB′交拋物線E1于Q1,則點Q1與B的橫坐標(biāo)相等且為2,將x=2代入y=x
4、2得y=4,∴點Q1的坐標(biāo)為(2,4) ②當(dāng)點Q為直角頂點時,則有Q2B′2+Q2B2=B′B2,過點Q2作GQ2⊥BB′于G,設(shè)點Q2的坐標(biāo)為(t,t2)(t>0),則有(t+2)2+(t2-2)2+(2-t)2+(t2-2)2=42,整理得:t4-3t2=0,∵t>0,∴t2-3=0,解得t1=,t2=-(舍去),∴點Q2的坐標(biāo)為(,3),綜合①②,存在符合條件的點Q坐標(biāo)為(2,4)與(,3)
3.(2015貴陽模擬)如圖所示,拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過A,B兩點,A,B兩點的坐標(biāo)分別為(-1,0),(0,-3).
(1)求拋物線的函數(shù)解析式;
(2)點E為拋物線的頂點,
5、點C為拋物線與x軸的另一交點,點D為y軸上一點,且DC=DE,求出點D的坐標(biāo);
(3)在直線DE上存在點P,使得以C,D,P為頂點的三角形與△DOC相似,請你直接寫出所有滿足條件的點P的坐標(biāo).
解:(1)∵拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過A(-1,0),B(0,-3),∴解得故拋物線的函數(shù)解析式為y=x2-2x-3 (2)令x2-2x-3=0,解得x1=-1,x2=3,則點C的坐標(biāo)為(3,0),∵y=x2-2x-3=(x-1)2-4,∴點E坐標(biāo)為(1,-4),設(shè)點D的坐標(biāo)為(0,m),作EF⊥y軸于點F,∵DC2=OD2+OC2=m2+32,DE2=DF2+EF2=(m+4)2+12,∵DC=
6、DE,∴m2+9=m2+8m+16+1,解得m=-1,∴點D的坐標(biāo)為(0,-1)
(3)∵點C(3,0),D(0,-1),E(1,-4),∴CO=DF=3,DO=EF=1,根據(jù)勾股定理,CD===,在△COD和△DFE中,∵∴△COD≌△DFE(SAS),∴∠EDF=∠DCO,又∵∠DCO+∠CDO=90,∴∠EDF+∠CDO=90,∴∠CDE=180-90=90,∴CD⊥DE,①OC與CD是對應(yīng)邊時,∵△DOC∽△PDC,∴=,即=,解得DP=,過點P作PG⊥y軸于點G,則==,即==,解得DG=1,PG=,當(dāng)點P在點D的左邊時,OG=DG-DO=1-1=0,所以點P(-,0),當(dāng)點P
7、在點D的右邊時,OG=DO+DG=1+1=2,所以,點P(,-2);②OC與DP是對應(yīng)邊時,∵△DOC∽△CDP,∴=,即=,解得DP=3,過點P作PG⊥y軸于點G,則==,即==,解得DG=9,PG=3,當(dāng)點P在點D的左邊時,OG=DG-OD=9-1=8,所以,點P的坐標(biāo)是(-3,8),當(dāng)點P在點D的右邊時,OG=OD+DG=1+9=10,所以,點P的坐標(biāo)是(3,-10),綜上所述,滿足條件的點P共有4個,其坐標(biāo)分別為(-,0),(,-2),(-3,8),(3,-10)
4.(2015重慶)如圖,拋物線y=-x2+2x+3與x軸交于A,B兩點(點A在點B的左邊),與y軸交于點C,點D和
8、點C關(guān)于拋物線的對稱軸對稱,直線AD與y軸交于點E.
(1)求直線AD的解析式;
(2)如圖,直線AD上方的拋物線上有一點F,過點F作FG⊥AD于點G,作FH平行于x軸交直線AD于點H,求△FGH周長的最大值;
(3)點M是拋物線的頂點,點P是y軸上一點,點Q是坐標(biāo)平面內(nèi)一點,以A,M,P,Q為頂點的四邊形是以AM為邊的矩形.若點T和點Q關(guān)于AM所在直線對稱,求點T的坐標(biāo).
解:(1)當(dāng)x=0時,y=-x2+2x+3=3,則C(0,3),當(dāng)y=0時,-x2+2x+3=0,解得x1=-1,x2=3,則A(-1,0),B(3,0),∵y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4,∴拋物線對
9、稱軸為直線x=1,而點D和點C關(guān)于直線x=1對稱,∴D(2,3),設(shè)直線AD的解析式為y=kx+b,把A(-1,0),D(2,3)分別代入得解得∴直線AD的解析式為y=x+1 (2)當(dāng)x=0時,y=x+1=1,則E(0,1),∵OA=OE,∴△OAE為等腰直角三角形,∴∠EAO=45,∵FH∥OA,∴△FGH為等腰直角三角形,過點F作FN⊥FH交AD于N,如圖,∴△FNH為等腰直角三角形,而FG⊥HN,∴GH=NG,∴△FGH的周長等于△FGN的周長,∵FG=GN=FN,∴△FGN周長=(1+)FN,∴當(dāng)FN最大時,△FGN的周長最大,設(shè)F(x,-x2+2x+3),則N(x,x+1),∴FN=
10、-x2+2x+3-x-1=-(x-)2+,當(dāng)x=時,F(xiàn)N有最大值,∴△FGN周長的最大值為(1+)=,即△FGH周長的最大值為 (3)直線AM交y軸于R,y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4,則M(1,4),設(shè)直線AM的解析式為y=mx+n,把A(-1,0),M(1,4)分別代入得解得∴直線AM的解析式為y=2x+2,當(dāng)x=0時,y=2x+2=2,則R(0,2),當(dāng)AQ為矩形APQM的對角線,如圖1,∵∠RAP=90,而AO⊥PR,∴Rt△AOR∽Rt△POA,∴AO∶OP=OR∶OA,即1∶OP=2∶1,解得OP=,∴P點坐標(biāo)為(0,-),∵點A(-1,0)向上平移4個單位,向右平移2個單位得到M(1,4),∴點P(0,-)向上平移4個單位,向右平移2個單位得到Q(2,),∵點T和點Q關(guān)于AM所在直線對稱,∴T點坐標(biāo)為(0,);當(dāng)AP為矩形AQPM的對角線,反向延長QA交y軸于S,如圖2,同理可得S點坐標(biāo)為(0,-),∵R點為AM的中點,∴R點為PS的中點,∴PM=SA,P(0,),∵PM=AQ,∴AQ=AS,∴點Q關(guān)于AM的對稱點為S,即T點坐標(biāo)為(0,-).綜上所述,點T的坐標(biāo)為(0,)或(0,-)