专题10 因动点产生的面积问题-版突破中考数学压轴之学霸秘笈大揭秘 学生版+教师版
展开
专题10 二次函数与线段关系及最值定值问题
【类型综述】
图形运动的过程中,求两条线段之间的函数关系,是中考数学的热点问题.[来源:ZXXK]
产生两条线段间的函数关系,常见的情况有两种,一是勾股定理,二是比例关系.还有一种不常见的,就是线段全长等于部分线段之和.由比例线段产生的函数关系问题,在两种类型的题目中比较常用.
一是由平行线产生的对于线段成比例,二是相似三角形的对应边成比例.
一般步骤是先说理产生比例关系,再代入数值或表示数的字母,最后整理、变形,根据要求写出定义域.关键是寻找比例关系,难点是有的整理、变形比较繁琐,容易出错.
【方法揭秘】
由勾股定理产生的函数关系,在两种类型的题目中比较常用.
类型一,已知“边角边”,至少一边是动态的,求角的对边.如图1,已知点A的坐标为(3, 4),点B是x轴正半轴上的一个动点,设OB=x,AB=y,那么我们在直角三角形ABH中用勾股定理,就可以得到y关于x的函数关系式.
类型二,图形的翻折.已知矩形OABC在坐标平面内如图2所示,AB=5,点O沿直线EF翻折后,点O的对应点D落在AB边上,设AD=x,OE=y,那么在直角三角形AED中用勾股定理就可以得到y关于x的函数关系式.
图1 图2
【典例分析】
例1 如图1,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,∠B=60°,BC=16cm,AD是斜边BC上的高,垂足为D,BE=1cm,点M从点B出发沿BC方向以1cm/s的速度运动,点N从点E出发,与点M同时同方向以相同的速度运动.以MN为边在BC的上方作正方形MNGH.点M到达点D时停止运动,点N到达点C时停止运动.设运动时间为t(s).
(1)当t为何值时,点G刚好落在线段AD上?
(2)设正方形MNGH与Rt△ABC重叠部分的图形的面积为S.当重叠部分的图形是正方形时,求出S关于t的函数关系式并写出自变量t的取值范围;
(3)设正方形MNGH的边NG所在直线与线段AC交于点P,连结DP,当t为何值时,△CPD是等腰三角形?
图1
思路点拨
1.用含t的式子把直线BC上的线段长都表示出来.
2.重叠部分的图形是正方形,临界时刻是点H落在AB上,和点G落在AC上.
3.等腰三角形CPD不存在DP=DC的情况,因为以DC为半径的圆D与线段AC只有一个交点.
满分解答
图2 图3
由AD=,得.解得.所以4≤t≤.
图4 图5
(3)等腰三角形CPD存在两种情况:
①如图6,当PC=PD时,点P在DC的垂直平分线上,N是DC的中点.
此时t=3+6=9.
②如图7,当CP=CD=12时,在Rt△CPN中,由cos30°=,得.此时t=.
图6 图7
考点伸展
(1)求A、B、C三点的坐标和曲线y2的表达式;
(2)过点C作CD//x轴交曲线y1于点D,连结AD,在曲线y2上有一点M,使得四边形ACDM为筝形(如果一个四边形的一条对角线被另一条对角线垂直平分,这样的四边形为筝形),请求出点M的横坐标;
(3)设直线CM与轴交于点N,试问在线段MN下方的曲线y2上是否存在一点P,使△PMN的面积最大?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.
图1
思路点拨
1.由A、C、D的坐标可以得到△ACD是底角为30°的等腰三角形,于是可知直线MN(直线CN)与y轴的夹角为30°.
2.过点P作x轴的垂线交MN于E,那么△PMN分割为有公共底边PE的两个三角形,这两个三角形的高的和为定值.
满分解答
y2上.因此只存在MC垂直平分AD的情况.
图2 图3
如图2,如图3,过点A、M分别作x轴的垂线,与直线CD分别交于点G、H,那么
∠ADG=∠CMH.
由于tan∠ADG==,所以∠ADC=30°.因此.
设M,那么.
整理,得x2-13x+24=0.解得.所以点M的横坐标为.
设P,E,那么
PE==
=.
所以当时,PE取得最大值,△PMN面积最大.此时P.
图4 图5
考点伸展
第(3)题也可以这样思考:
如图5,由于MN是定值,因此点P到MN的距离最大时,△PMN的面积也最大.
过点P作MN的平行线,当这条直线与抛物线y2只有一个交点时,两条平行线间的距离最大,也就是说方程组只有一组解,即∆=0.解得.
例3如图1,△ABC为等边三角形,边长为a,点F在BC边上,DF⊥AB,EF⊥AC,垂足分别为D、E.
(1)求证:△BDF∽△CEF;
(2)若a=4,设BF=m,四边形ADFE面积为S,求出S与m之间的函数关系,并探究当m为何值时S取得最大值;
(3)已知A、D、F、E四点共圆,已知tan∠EDF=,求此圆的直径(用含a的式子表示).
思路点拨
1.用割补法求四边形ADFE的面积比较简单.
2.当A、D、F、E四点共圆时,由于∠EDF=∠EAF,那么在△ACF中,两角及夹边就是确定的,可以解这个三角形.
满分解答
在Rt△CEF中,∠C=60°,CF=4-m,所以,.
所以S△CEF==.
在Rt△ECF中,∠C=60°,所以.因此EC=x.[来源:Zxxk.Com]
由AC=EA+EC=a,得2x+x=a.所以x=.
所以在Rt△EAF中,EF=,EA=,由勾股定理,得圆的直径AF=.
图2 图3 图4
考点伸展
第(2)题也可以求△ADF与△AEF的面积和.
由于,,所以AD=,S△ADF=.
由于,,所以AE=,S△AEF=.
因此S=S△ADF+S△AEF==.
例4如图1,图2,已知四边形ABCD为正方形,在射线AC上有一动点P,作PE⊥AD(或延长线)于E,作PF⊥DC(或延长线)于F,作射线BP交EF于G.
(1)在图1中,正方形ABCD的边长为2,四边形ABFE的面积为y,设AP=,求y关于的函数表达式;
(2)GB⊥EF对于图1,图2都是成立的,请任选一图形给出证明;
(3)请根据图2证明:△FGC∽△PFB.
图1 图2
思路点拨
1.四边形ABFE可以用大正方形减去两个直角三角形得到.
2.画直线EP、FP,把正方形分割为两个正方形和两个全等的矩形.
满分解答
=4--=.
图3 图4
(2)如图4,因为tan∠EFP=,tan∠PBN=,且PE=NP,PF=NB,所以
∠EFP=∠PBN.
又因为∠1=∠2,∠1+∠PBN=90°,所以∠2+∠EFP=90°.所以GB⊥EF.
(3)如图5,由于GB⊥EF,∠BCF=90°,所以B、C、G、F四点共圆.
所以∠FCG=∠PBF,∠CGB=∠CFB.
又因为∠CGF=∠CGB+90°,∠BFP=∠CFB+90°,所以∠CGF=∠BFP.
所以△FGC∽△PFB.
图5 图6 图7
考点伸展
如图6, 由于tan∠EFP=tan∠PBN, 所以∠EFP=∠PBN.
又因为∠PBN+∠1=90°,所以∠EFP+∠1=90°.
因此这种情况下,依然有BG⊥EF.
第(1)题还有更简便的割补办法:如图7,连结EN.
由于S四边形NBFE=S△ENF+S△BNF=,
S△AEN=,所以y=S四边形ABFE=S四边形NBFE+S△AEN=.
例5已知抛物线y=x2+(2m-1)x+m2-1经过坐标原点,且当<0时,y随x的增大而减小。
(1)求抛物线的解析式,并写出y < 0时,对应x的取值范围;
(2)设点A是该抛物线上位于x轴下方的一个动点,过点A作x轴的平行线交抛物线于另一点D,再作AB⊥x轴于点B, DC⊥x轴于点C.
①当BC=1时,直接写出矩形ABCD的周长;
②设动点A的坐标为(a, b),将矩形ABCD的周长L表示为a的函数并写出自变量的取值范围,判断周长是否存在最大值,如果存在,求出这个最大值,并求出此时点A的坐标;如果不存在,请说明理由.
思路点拨
1.先用含a的式子表示线段AB、AD的长,再把L表示为a的函数关系式.
2.点A与点D关于抛物线的对称轴对称,根据对称性,点A的位置存在两个情况.
满分解答
图1 图2 图3
考点伸展
第(2)①题的思路是:如图2,抛物线的对称轴是直线,当BC=1时,点B的坐标为(1, 0),此时点A的横坐标为1,可以求得AB=2。
第(2)②题中,L随a变化的图像如图4所示。
图4
【变式训练】
1.如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=ax2+2ax﹣3a(a<0)与x轴相交于A,B两点,与y轴相交于点C,顶点为D,直线DC与x轴相交于点E.
(1)当a=﹣1时,求抛物线顶点D的坐标,OE等于多少;
(2)OE的长是否与a值有关,说明你的理由;
(3)设∠DEO=β,45°≤β≤60°,求a的取值范围;
(4)以DE为斜边,在直线DE的左下方作等腰直角三角形PDE.设P(m,n),直接写出n关于m的函数解析式及自变量m的取值范围.
【答案】(1)(﹣1,4),3;(2)结论:OE的长与a值无关.理由见解析;(3)﹣≤a≤﹣1;(4)n=﹣m﹣1(m<1).
【解析】
【分析】
(1)求出直线CD的解析式即可解决问题;
(2)利用参数a,求出直线CD的解析式求出点E坐标即可判断;
(3)求出落在特殊情形下的a的值即可判断;
(4)如图,作PM⊥对称轴于M,PN⊥AB于N.两条全等三角形的性质即可解决问题.
【详解】
解:(1)当a=﹣1时,抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+3,
∴顶点D(﹣1,4),C(0,3),
∴直线CD的解析式为y=﹣x+3,
∴E(3,0),
∴OE=3,
(3)当β=45°时,OC=OE=3,
∴﹣3a=3,
∴a=﹣1,
当β=60°时,在Rt△OCE中,OC=OE=3,
∴﹣3a=3,
∴a=﹣,
∴45°≤β≤60°,a的取值范围为﹣≤a≤﹣1.
(4)如图,作PM⊥对称轴于M,PN⊥AB于N.
∴n=﹣m﹣1,
当顶点D在x轴上时,P(1,﹣2),此时m的值1,
∵抛物线的顶点在第二象限,
∴m<1.
∴n=﹣m﹣1(m<1).
故答案为:(1)(﹣1,4),3;(2)OE的长与a值无关;(3)﹣≤a≤﹣1;(4)n=﹣m﹣1(m<1).
2.如图,抛物线与轴交于,,两点(点在点的左侧),与轴交于点,且,的平分线交轴于点,过点且垂直于的直线交轴于点,点是轴下方抛物线上的一个动点,过点作轴,垂足为,交直线于点.
(1)求抛物线的解析式;
(2)设点的横坐标为,当时,求的值;
(3)当直线为抛物线的对称轴时,以点为圆心,为半径作,点为上的一个动点,求的最小值.
【答案】(1)yx2x﹣3;(2);(3).
【解析】
【分析】
对于(1),结合已知先求出点B和点C的坐标,再利用待定系数法求解即可;
对于(2),在Rt△OAC中,利用三角函数的知识求出∠OAC的度数,再利用角平分线的定义求出∠OAD的度数,进而得到点D的坐标;接下来求出直线AD的解析式,表示出点P,H,F的坐标,再利用两点间的距离公式可完成解答;对于(3),首先求出⊙H的半径,在HA上取一点K,使得HK=14,此时K(-,);然后由HQ2=HK·HA,得到△QHK∽△AHQ,再利用相似三角形的性质求出KQ=AQ,进而可得当E、Q、K共线时,AQ+EQ的值最小,据此解答.
【详解】
(1)由题意A(,0),B(﹣3,0),C(0,﹣3),设抛物线的解析式为y=a(x+3)(x),把C(0,﹣3)代入得到a,∴抛物线的解析式为yx2x﹣3.
(2)在Rt△AOC中,tan∠OAC,∴∠OAC=60°.
(3)如图,∵PF是对称轴,∴F(,0),H(,﹣2).
∵AH⊥AE,∴∠EAO=60°,∴EOOA=3,∴E(0,3).
∵C(0,﹣3),∴HC2,AH=2FH=4,∴QHCH=1,在HA上取一点K,使得HK,此时K().
∵HQ2=1,HK•HA=1,∴HQ2=HK•HA,∴.
∵∠QHK=∠AHQ,∴△QHK∽△AHQ,∴,∴KQAQ,∴AQ+QE=KQ+EQ,∴当E、Q、K共线时,AQ+QE的值最小,最小值.
3.如图1,抛物线的顶点A的坐标为(1,4),抛物线与x轴相交于B、C两点,与y轴交于点E(0,3).
(1)求抛物线的表达式;
(2)已知点F(0,﹣3),在抛物线的对称轴上是否存在一点G,使得EG+FG最小,如果存在,求出点G的坐标;如果不存在,请说明理由.
(3)如图2,连接AB,若点P是线段OE上的一动点,过点P作线段AB的垂线,分别与线段AB、抛物线相交于点M、N(点M、N都在抛物线对称轴的右侧),当MN最大时,求△PON的面积.
【答案】(1)y=﹣x2+2x+3;(2)存在,G(1,0);(3)2.
【解析】
【分析】
(1)根据顶点式可求得抛物线的表达式;
(2)根据轴对称的最短路径问题,作E关于对称轴的对称点E′,连接E′F交对称轴于G,此时EG+FG的值最小,先求E′F的解析式,它与对称轴的交点就是所求的点G;
(3)如图2,先利用待定系数法求AB的解析式,过N作NH⊥x轴于H,交AB于Q,设N(m,﹣m2+2m+3),则Q(m,﹣2m+6)(1<m<3),表示NQ=﹣m2+4m﹣3,证明△QMN∽△ADB,列比例式可得MN的表达式,根据配方法可得当m=2时,MN有最大值,证明△NGP∽△ADB,同理得PG的长,从而得OP的长,根据三角形的面积公式可得结论,并将m=2代入计算即可.
【详解】
(1)设抛物线的表达式为:y=a(x﹣1)2+4,
把(0,3)代入得:3=a(0﹣1)2+4,
a=﹣1,
∴抛物线的表达式为:y=﹣(x﹣1)2+4=﹣x2+2x+3;
(2)存在,如图1,作E关于对称轴的对称点E',连接E'F交对称轴于G,此时EG+FG的值最小.
∵E(0,3),∴E'(2,3),
设EF的解析式为y=k′x+b′,
把F(0,﹣3),E'(2,3)分别代入,得,解得,
所以E'F的解析式为:y=3x﹣3,
当x=1时,y=3×1﹣3=0,∴G(1,0);
∴MN(m﹣2)2
0,
∴当m=2时,MN有最大值;
过N作NG⊥y轴于G,
∵∠GPN=∠ABD,∠NGP=∠ADB=90°,∴△NGP∽△ADB,
∴,∴PGNGm,
∴OP=OG﹣PG=﹣m2+2m+3m=﹣m2m+3,
∴S△PONOP•GN(﹣m2m+3)•m,
当m=2时,S△PON2(﹣4+3+3)=2.
4.如图,在平面直角坐标系中,已知抛物线y=x2+x﹣2与x轴交于A,B两点(点A在点B的左侧),与y轴交于点C,直线l经过A,C两点,连接BC.
(1)求直线l的解析式;
(2)若直线x=m(m<0)与该抛物线在第三象限内交于点E,与直线l交于点D,连接OD.当OD⊥AC时,求线段DE的长;
(3)取点G(0,﹣1),连接AG,在第一象限内的抛物线上,是否存在点P,使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)y=;(2)DE=;(3)存在点P(,),使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG,理由见解析.
【解析】
【分析】
(1)根据题目中的函数解析式可以求得点A和点C的坐标,从而可以求得直线l的函数解析式;
(2)根据题意作出合适的辅助线,利用三角形相似和勾股定理可以解答本题;
(3)根据题意画出相应的图形,然后根据锐角三角函数可以求得∠OAC=∠OCB,然后根据题目中的条件和图形,利用锐角三角函数和勾股定理即可解答本题.
【详解】
(1)∵抛物线y=x2+x-2,
∴当y=0时,得x1=1,x2=-4,当x=0时,y=-2,
∵抛物线y=x2+x-2与x轴交于A,B两点(点A在点B的左侧),与y轴交于点C,
∴点A的坐标为(-4,0),点B(1,0),点C(0,-2),
∵直线l经过A,C两点,设直线l的函数解析式为y=kx+b,
,得,
即直线l的函数解析式为y=−x−2;
(2)直线ED与x轴交于点F,如图1所示,
由(1)可得,
AO=4,OC=2,∠AOC=90°,
∴AC=2,
∴OD=,
∵OD⊥AC,OA⊥OC,∠OAD=∠CAO,
∴△AOD∽△ACO,
∴EF=,
∴DE=EF-FD=−=;
(3)存在点P,使∠BAP=∠BCO-∠BAG,
理由:作GM⊥AC于点M,作PN⊥x轴于点N,如图2所示,
∴AM==,
∴tan∠GAM=,
∴tan∠PAN=,
设点P的坐标为(n,n2+n-2),
∴AN=4+n,PN=n2+n-2,
∴,
解得,n1=,n2=-4(舍去),
当n=时,n2+n-2=,
∴点P的坐标为(,),
即存在点P(,),使∠BAP=∠BCO-∠BAG.
5.如图,以D为顶点的抛物线y=﹣x2+bx+c交x轴于A、B两点,交y轴于点C,直线BC的表达式为y=﹣x+3.
(1)求抛物线的表达式;
(2)在直线BC上有一点P,使PO+PA的值最小,求点P的坐标;
(3)在x轴上是否存在一点Q,使得以A、C、Q为顶点的三角形与△BCD相似?若存在,请求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)y=﹣x2+2x+3;(2)P ( ,);(3)当Q的坐标为(0,0)或(9,0)时,以A、C、Q为顶点的三角形与△BCD相似.
【解析】
【分析】
(1)先求得点B和点C的坐标,然后将点B和点C的坐标代入抛物线的解析式得到关于b、c的方程,从而可求得b、c的值;(2)作点O关于BC的对称点O′,则O′(3,3),则OP+AP的最小值为AO′的长,然后求得AO′的解析式,最后可求得点P的坐标;(3)先求得点D的坐标,然后求得CD、BC、BD的长,依据勾股定理的逆定理证明△BCD为直角三角形,然后分为△AQC∽△DCB和△ACQ∽△DCB两种情况求解即可.
【详解】
(1)把x=0代入y=﹣x+3,得:y=3,
∴C(0,3).
把y=0代入y=﹣x+3得:x=3,
∴B(3,0),A(﹣1,0).
将C(0,3)、B(3,0)代入y=﹣x2+bx+c得: ,解得b=2,c=3.
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3.
(2)如图所示:作点O关于BC的对称点O′,则O′(3,3).
∵O′与O关于BC对称,
∴PO=PO′.
∴OP+AP=O′P+AP≤AO′.
∴OP+AP的最小值=O′A==5.
O′A的方程为y=
P点满足解得:
所以P ( ,)
又∵∠AOC=DCB=90°,
∴△AOC∽△DCB.
∴当Q的坐标为(0,0)时,△AQC∽△DCB.
如图所示:连接AC,过点C作CQ⊥AC,交x轴与点Q.
∵△ACQ为直角三角形,CO⊥AQ,
∴△ACQ∽△AOC.
又∵△AOC∽△DCB,
∴△ACQ∽△DCB.
∴,即,解得:AQ=10.
∴Q(9,0).
综上所述,当Q的坐标为(0,0)或(9,0)时,以A、C、Q为顶点的三角形与△BCD相似.
6.如图,已知抛物线(>0)与轴交于A,B两点(A点在B点的左边),与轴交于点C。
(1)如图1,若△ABC为直角三角形,求的值;
(2)如图1,在(1)的条件下,点P在抛物线上,点Q在抛物线的对称轴上,若以BC为边,以点B,C,P,Q为顶点的四边形是平行四边形,求P点的坐标;
(3)如图2,过点A作直线BC的平行线交抛物线于另一点D,交轴交于点E,若AE:ED=1:4,求的值.
【答案】(1);(2)点P的坐标为 ;(3).
【解析】
【分析】
(1)利用三角形相似可求AO•OB,再由一元二次方程根与系数关系求AO•OB构造方程求n;
(2)求出B、C坐标,设出点Q坐标,利用平行四边形对角线互相平分性质,分类讨论点P坐标,分别代入抛物线解析式,求出Q点坐标;
(3)设出点D坐标(a,b),利用相似表示OA,再由一元二次方程根与系数关系表示OB,得到点B坐标,进而找到b与a关系,代入抛物线求a、n即可.
【详解】
(2)由(1)当=0时
解得x1=-1,x2=4
∴OA=1,OB=4
∴B(4,0),C(0,-2)
∵抛物线对称轴为直线x=-=−
∴设点Q坐标为(,b)
由平行四边形性质可知
当BQ、CP为平行四边形对角线时,点P坐标为(,b+2)
代入y=x2-x-2
解得b=,则P点坐标为(,)
当CQ、PB为为平行四边形对角线时,点P坐标为(-,b-2)
代入y=x2-x-2
解得b=,则P坐标为(-,)
综上点P坐标为(,),(-,);
将点A(-a,0),D(a,a2)代入y=x2-x-n
解得a=6或a=0(舍去)
则n= .
7.(题文)如图,在平面直角坐标系中,点O为坐标原点,直线l与抛物线相交于A(1,),B(4,0)两点.
(1)求出抛物线的解析式;
(2)在坐标轴上是否存在点D,使得△ABD是以线段AB为斜边的直角三角形?若存在,求出点D的坐标;若不存在,说明理由;
(3)点P是线段AB上一动点,(点P不与点A、B重合),过点P作PM∥OA,交第一象限内的抛物线于点M,过点M作MC⊥x轴于点C,交AB于点N,若△BCN、△PMN的面积S△BCN、S△PMN满足S△BCN=2S△PMN,求出的值,并求出此时点M的坐标.
【答案】(1);(2)D(1,0)或(0,)或(0,);(3),M(,).
【解析】
【分析】
(1)由A、B两点的坐标,利用待定系数法可求得抛物线解析式;
(2)分D在x轴上和y轴上,当D在x轴上时,过A作AD⊥x轴,垂足D即为所求;当D点在y轴上时,设出D点坐标为(0,d),可分别表示出AD、BD,再利用勾股定理可得到关于d的方程,可求得d的值,从而可求得满足条件的D点坐标;
(3)过P作PF⊥CM于点F,利用Rt△ADO∽Rt△MFP以及三角函数,可用PF分别表示出MF和NF,从而可表示出MN,设BC=a,则可用a表示出CN,再利用S△BCN=2S△PMN,可用PF表示出a的值,从而可用PF表示出CN,可求得的值;借助a可表示出M点的坐标,代入抛物线解析式可求得a的值,从而可求出M点的坐标.
【详解】
(1)∵A(1,),B(4,0)在抛物线的图象上,∴,解得,∴抛物线解析式为;
(3)如图2,过P作PF⊥CM于点F,
∵PM∥OA,∴Rt△ADO∽Rt△MFP,
∴=,∴MF=PF,
在Rt△ABD中,BD=3,AD=,
∴tan∠ABD=,∴∠ABD=60°,
设BC=a,则CN=a,
在Rt△PFN中,∠PNF=∠BNC=30°,
∴tan∠PNF=,
∴FN=PF,∴MN=MF+FN=PF,
∵S△BCN=2S△PMN,
∴,
∴a=PF,
∴NC=a=PF,
∴==,
∴MN=NC==a,
∴MC=MN+NC=()a,
∴M点坐标为(4﹣a,()a),
又M点在抛物线上,代入可得=()a,解得a=或a=0(舍去),OC=4﹣a=,MC=,
∴点M的坐标为(,).
8.如图,在平面角坐标系中,抛物线C1:y=ax2+bx﹣1经过点A(﹣2,1)和点B(﹣1,﹣1),抛物线C2:y=2x2+x+1,动直线x=t与抛物线C1交于点N,与抛物线C2交于点M.
(1)求抛物线C1的表达式;
(2)直接用含t的代数式表示线段MN的长;
(3)当△AMN是以MN为直角边的等腰直角三角形时,求t的值;
(4)在(3)的条件下,设抛物线C1与y轴交于点P,点M在y轴右侧的抛物线C2上,连接AM交y轴于点k,连接KN,在平面内有一点Q,连接KQ和QN,当KQ=1且∠KNQ=∠BNP时,请直接写出点Q的坐标.
【答案】(1)抛物线C1:解析式为y=x2+x﹣1;(2)MN=t2+2;(3)t的值为1或0;(4)满足条件的Q点坐标为:(0,2)、(﹣1,3)、(,)、(,)
【解析】【分析】(1)利用待定系数法进行求解即可;
(2)把x=t代入函数关系式相减即可得;
(3)根据图形分别讨论∠ANM=90°、∠AMN=90°时的情况即可得;
(4)根据题意画出满足条件图形,可以找到AN为△KNP对称轴,由对称性找到第一个满足条件Q,再通过延长和圆的对称性找到剩余三个点,利用勾股定理进行计算.
【详解】(1)∵抛物线C1:y=ax2+bx﹣1经过点A(﹣2,1)和点B(﹣1,﹣1),
∴,解得:,
∴抛物线C1:解析式为y=x2+x﹣1;
(2)∵动直线x=t与抛物线C1交于点N,与抛物线C2交于点M,
∴点N的纵坐标为t2+t﹣1,点M的纵坐标为2t2+t+1,
∴MN=(2t2+t+1)﹣(t2+t﹣1)=t2+2;
(4)由(3)可知t=1时M位于y轴右侧,根据题意画出示意图如图:
易得K(0,3),B、O、N三点共线,
∵A(﹣2,1),N(1,1),P(0,﹣1),
∴点K、P关于直线AN对称,
设⊙K与y轴下方交点为Q2,则其坐标为(0,2),
∴Q2与点O关于直线AN对称,
∴Q2是满足条件∠KNQ=∠BNP,
则NQ2延长线与⊙K交点Q1,Q1、Q2关于KN的对称点Q3、Q4也满足∠KNQ=∠BNP,
由图形易得Q1(﹣1,3),
设点Q3坐标为(a,b),由对称性可知Q3N=NQ1=BN=2,
由∵⊙K半径为1,
∴,解得:,,
同理,设点Q4坐标为(a,b),由对称性可知Q4N=NQ2=NO=,
∴,解得:,,
∴满足条件的Q点坐标为:(0,2)、(﹣1,3)、(,)、(,).
9.如图,抛物线y=x2+bx+c与直线y=x+3交于A,B两点,交x轴于C、D两点,连接AC、BC,已知A(0,3),C(﹣3,0).
(1)求抛物线的解析式;
(2)在抛物线对称轴l上找一点M,使|MB﹣MD|的值最大,并求出这个最大值;
(3)点P为y轴右侧抛物线上一动点,连接PA,过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q,问:是否存在点P使得以A,P,Q为顶点的三角形与△ABC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.
【答案】(1)抛物线的解析式是y=x2+x+3;(2)|MB﹣MD|取最大值为;(3)存在点P(1,6).
【解析】分析:(1)根据待定系数法,可得函数解析式;
(2)根据对称性,可得MC=MD,根据解方程组,可得B点坐标,根据两边之差小于第三边,可得B,C,M共线,根据勾股定理,可得答案;
(3)根据等腰直角三角形的判定,可得∠BCE,∠ACO,根据相似三角形的判定与性质,可得关于x的方程,根据解方程,可得x,根据自变量与函数值的对应关系,可得答案.
∴B(﹣4,1),
当点B,C,M共线时,|MB﹣MD|取最大值,即为BC的长,
过点B作BE⊥x轴于点E,
,
在Rt△BEC中,由勾股定理,得
BC=,
|MB﹣MD|取最大值为;
(3)存在点P使得以A,P,Q为顶点的三角形与△ABC相似,
在Rt△BEC中,∵BE=CE=1,
∴∠BCE=45°,
在Rt△ACO中,
∵AO=CO=3,
∴∠ACO=45°,
∴∠ACB=180°﹣45°﹣45°=90°,
过点P作PQ⊥y轴于Q点,∠PQA=90°,
设P点坐标为(x,x2+x+3)(x>0)
②当∠PAQ=∠ABC时,△PAQ∽△CBA,
∵∠PGA=∠ACB=90°,∠PAQ=∠ABC,
∴△PGA∽△ACB,
∴,
即=3,
∴,
解得x1=﹣(舍去),x2=0(舍去)
∴此时无符合条件的点P,
综上所述,存在点P(1,6).
10.如图,抛物线y=ax2+bx﹣5与坐标轴交于A(﹣1,0),B(5,0),C(0,﹣5)三点,顶点为D.
(1)请直接写出抛物线的解析式及顶点D的坐标;
(2)连接BC与抛物线的对称轴交于点E,点P为线段BC上的一个动点(点P不与B、C两点重合),过点P作PF∥DE交抛物线于点F,设点P的横坐标为m.
①是否存在点P,使四边形PEDF为平行四边形?若存在,求出点P的坐标;若不存在,说明理由.
②过点F作FH⊥BC于点H,求△PFH周长的最大值.
【答案】(1)y=x2﹣4x﹣5,顶点坐标为D(2,﹣9);(2)①存在点P(3,﹣2)使四边形PEDF为平行四边形;②△PFH周长的最大值为.
【解析】【分析】(1)利用待定系数法进行求解即可得;
(2)①求出直线BC解析式,表示PF,当PF=DE时,平行四边形存在.
②利用△PFH∽△BCO,应用相似三角形性质表示△PFH周长,应用函数性质讨论最值即可.
【详解】(1)把A(﹣1,0),B(5,0)代入抛物线y=ax2+bx﹣5,得
,解得:,
∴y=x2﹣4x﹣5=(x-2)2-9,
∴顶点坐标为D(2,﹣9);
如图,连接DF,
∵PF∥DE,
∴当PF=DE时,四边形PEDF为平行四边形,
即﹣m2+5m=6,
解得m1=3,m2=2(舍去),
当m=3时,y=3﹣5=2,
此时P(3,﹣2),
∴存在点P(3,﹣2)使四边形PEDF为平行四边形;
②由题意,在Rt△BOC中,OB=OC=5,
∴BC=5,
∴C△BOC =10+5,
∵PF∥DE∥y轴,
∴∠FPE=∠DEC=∠OCB,
∵FH⊥BC,
∴∠FHP=∠BOC=90°,
∴△PFH∽△BCO,
∴,
即C△PFH=,
∵0<m<5,
∴当m=﹣时,△PFH周长的最大值为.
11.如图,已知二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴相交于A(﹣1,0),B(3,0)两点,与y轴相交于点C(0,﹣3).
(1)求这个二次函数的表达式;
(2)若P是第四象限内这个二次函数的图象上任意一点,PH⊥x轴于点H,与BC交于点M,连接PC.
①求线段PM的最大值;
②当△PCM是以PM为一腰的等腰三角形时,求点P的坐标.
【答案】(1)二次函数的表达式y=x2﹣2x﹣3;(2)①PM最大=;②P(1,﹣4)或(,﹣2﹣1).
【解析】【分析】(1)根据待定系数法,可得答案;
(2)①根据平行于y轴直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标,可得二次函数,根据二次函数的性质,可得答案;
②根据等腰三角形的定义,可得方程,根据解方程,可得答案.
PM=(n﹣3)﹣(n2﹣2n﹣3)=﹣n2+3n=﹣(n﹣)2+,
当n=时,PM最大=;
②当PM=PC时,(﹣n2+3n)2=n2+(n2﹣2n﹣3+3)2,
解得n1=0(不符合题意,舍),n2=2,
n2﹣2n﹣3=-3,
P(2,-3);
当PM=MC时,(﹣n2+3n)2=n2+(n﹣3+3)2,
解得n1=0(不符合题意,舍),n2=3+(不符合题意,舍),n3=3-,
n2﹣2n﹣3=2-4,
P(3-,2-4);
综上所述:P(2,﹣3)或(3-,2﹣4).
12.如图,抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点,B点坐标为(4,0),与y轴交于点C(0,4).
(1)求抛物线的解析式;
(2)点P在x轴下方的抛物线上,过点P的直线y=x+m与直线BC交于点E,与y轴交于点F,求PE+EF的最大值;
(3)点D为抛物线对称轴上一点.
①当△BCD是以BC为直角边的直角三角形时,直接写出点D的坐标;
②若△BCD是锐角三角形,直接写出点D的纵坐标n的取值范围.
【答案】(1)抛物线的解析式为y=x2﹣5x+4;(2)PE+EF的最大值为;(3)①符合条件的点D的坐标是(,)或(,﹣);②点D的纵坐标的取值范围为<y<或﹣<y<.
【解析】【分析】(1)利用待定系数法求抛物线的解析式;
(2)易得BC的解析式为y=﹣x+4,先证明△ECF为等腰直角三角形,作PH⊥y轴于H,PG∥y轴交BC于G,如图1,则△EPG为等腰直角三角形,PE=PG,设P(t,t2﹣4t+3)(1<t<3),则G(t,﹣t+3),接着利用t表示PF、PE,所以PE+EF=2PE+PF=﹣t2+5t,然后利用二次函数的性质解决问题;
(3)①如图2,抛物线的对称轴为直线x=﹣点D的纵坐标的取值范围;
②由于△BCD是以BC为斜边的直角三角形有4+(y﹣3)2+1+y2=18,解得y1=,y2=,得到此时D点坐标为(,)或(,),然后结合图形可确定△BCD是锐角三角形时点D的纵坐标的取值范围.
作PH⊥y轴于H,PG∥y轴交BC于G,如图1,△EPG为等腰直角三角形,PE=PG,
设P(t,t2﹣5t+4)(1<t<4),则G(t,﹣t+4),
∴PF=PH=t,PG=﹣t+4﹣(t2﹣5t+4)=﹣t2+4t,
∴PE=PG=﹣t2+2t,
∴PE+EF=PE+PE+PF=2PE+PF=﹣t2+4t+t=﹣t2+5t=﹣(t﹣)2+,
当t=时,PE+EF的最大值为;
(3)①如图2,抛物线的对称轴为直线x=,
设D(,y),则BC2=42+42=32,DC2=()2+(y﹣4)2,BD2=(4﹣)2+y2=+y2,
当△BCD是以BC为直角边,BD为斜边的直角三角形时,BC2+DC2=BD2,
即32+()2+(y﹣4)2=+y2,解得y=5,此时D点坐标为(,);
当△BCD是以BC为直角边,CD为斜边的直角三角形时,BC2+DB2=DC2,
即32++y2=()2+(y﹣4)2,解得y=﹣1,此时D点坐标为(,﹣);
综上所述,符合条件的点D的坐标是(,)或(,﹣);
②当△BCD是以BC为斜边的直角三角形时,DC2+DB2=BC2,即()2+(y﹣4)2++y2=32,解得y1=,y2=,此时D点坐标为(,)或(,),
所以△BCD是锐角三角形,点D的纵坐标的取值范围为<y<或﹣<y<.
13.如图,在平面直角坐标系中,已知,两点的坐标分别为,,是线段上一点(与,点不重合),抛物线()经过点,,顶点为,抛物线()经过点,,顶点为,,的延长线相交于点.
(1)若,,求抛物线,的解析式;
(2)若,,求的值;
(3)是否存在这样的实数(),无论取何值,直线与都不可能互相垂直?若存在,请直接写出的两个不同的值;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)抛物线L1的解析式为y=,抛物线L2的解析式为y=(2)m=±2(3)存在
【解析】[来源:Z.X.X.K]
(3)根据前面的解答,直接写出即可.
试题解析:(1)由题意得
解得
所以抛物线L1的解析式为y=
同理,
解得
∴所以抛物线L2的解析式为y=
∵AF⊥BF,DG⊥x轴,EH⊥x轴
∴∠AFB=∠AGD=∠EHB=90°
∴∠ADG=∠ABF=90°-∠BAF
∴△ADG∽△EBH
∴
∴
解得m=±2
(3)存在,例如:a=-,a=-.(答案不唯一)
考点:二次函数的综合[来源:Z#xx#k.Com]
14.如图,在矩形纸片中,已知,,点在边上移动,连接,将多边形沿直线折叠,得到多边形,点、的对应点分别为点、.
(1)当恰好经过点时(如图1),求线段的长;
(2)若分别交边、于点、,且(如图2),求的面积;
(3)在点从点移动到点的过程中,求点运动的路径长.
【答案】(1) ;(2);(3).
【解析】
试题解析:
(1)如图1,由折叠得,,,,,
由勾股定理得,,
所以,
因为,所以 ,
又因,所以
又,所以
所以,即,所以
(2)如图2-1,连接AC,因为∠BAC=,所以∠BAC=60°,
(3) 如图2-2,连接A,则,
所以点的运动路径是以点A为圆心,以AC为半径的圆弧;当点E运动到点D时,点恰好在CD的延长线上,此时,
所以点的运动路径长是.
15.如图1,在平面直角坐标系中,是坐标原点,抛物线与轴正半轴交于点,与轴交于点,连接,点分别是的中点.,且始终保持边经过点,边经过点,边与轴交于点,边与轴交于点.
(1)填空,的长是 ,的度数是 度
(2)如图2,当,连接
①求证:四边形是平行四边形;
②判断点是否在抛物线的对称轴上,并说明理由;
(3)如图3,当边经过点时(此时点与点重合),过点作,交延长线上于点,延长到点,使,过点作,在上取一点,使得(若在直线的同侧),连接,请直接写出的长.
【答案】(1)8,30;(2)①详见解析;②点D在该抛物线的对称轴上,理由详见解析;(3)12 .
【解析】[来源:ZXXK]
试题分析:(1)根据抛物线的解析式求得点A的坐标为(8,0),点B的坐标为(0,线,所以点D在该抛物线的对称轴上;
试题解析:(1)8,30;
(2)①证明:∵,
∴,
又∵OM=AM,
∴OH=BH,
又∵BN=AN
∴
∴四边形AMHN是平行四边形
②点D在该抛物线的对称轴上,理由如下:
如图,过点D作DRy轴于点R,
∵
∴∠NHB=∠AOB=90°,
∵,
∴∠DHB=∠OBA=30°,
又∵
∴∠HDG=∠OBA=30°,
∴∠HDG=∠DHB=30°,
∴∠HGN=2∠HDG=60°,
∴∠HNG=90°-∠HGN=90°-60°=30°,
∴∠HDN=∠HND,
∴点D在该抛物线的对称轴上.
(3)12 .
考点:二次函数综合题.
16.如图所示,在平面直角坐标系中,⊙C经过坐标原点O,且与x轴,y轴分别相交于M(4,0),N(0,3)两点.已知抛物线开口向上,与⊙C交于N,H,P三点,P为抛物线的顶点,抛物线的对称轴经过点C且垂直x轴于点D.
(1)求线段CD的长及顶点P的坐标;
(2)求抛物线的函数表达式;
(3)设抛物线交x轴于A,B两点,在抛物线上是否存在点Q,使得S四边形OPMN=8S△QAB,且△QAB∽△OBN成立?若存在,请求出Q点的坐标;若不存在,请说明理由.
【答案】(1) CD=, P(2,﹣1);(2) y=x2﹣4x+3;(3) 存在满足条件的点Q,其坐标为(2,﹣1).
试题解析:
(1)如图,连接OC,
∵M(4,0),N(0,3),
∴OM=4,ON=3,
∴MN=5,
∴OC=MN=,
∵CD为抛物线对称轴,
∴OD=MD=2,
在Rt△OCD中,由勾股定理可得CD==,
∴PD=PC﹣CD=﹣=1,
∴P(2,﹣1);
(2)∵抛物线的顶点为P(2,﹣1),
∴设抛物线的函数表达式为y=a(x﹣2)2﹣1,
∵抛物线过N(0,3),
∴3=a(0﹣2)2﹣1,解得a=1,
设Q点纵坐标为y,则×2×|y|=1,解得y=1或y=﹣1,
当y=1时,则△QAB为钝角三角形,而△OBN为直角三角形,不合题意,舍去,
当y=﹣1时,可知P点即为所求的Q点,
∵D为AB的中点,
∴AD=BD=QD,
∴△QAB为等腰直角三角形,
∵ON=OB=3,
∴△OBN为等腰直角三角形,
∴△QAB∽△OBN,
综上可知存在满足条件的点Q,其坐标为(2,﹣1).
考点:二次函数综合题.
17. 如图,直线y=kx+b(k、b为常数)分别与x轴、y轴交于点A(-4,0)、B(0,3),抛物线y=-x2+2x+1与y轴交于点C.
(1)求直线y=kx+b的解析式;
(2)若点P(x,y)是抛物线y=-x2+2x+1上的任意一点,设点P到直线AB的距离为d,求d关于x的函数解析式,并求d取最小值时点P的坐标;
(3)若点E在抛物线y=-x2+2x+1的对称轴上移动,点F在直线AB上移动,求CE+EF的最小值.
【答案】(1) y=x+3;(2)P(,);(3).
【解析】
试题解析:
解:(1)∵y=kx+b经过A(-4,0)、B(0,3),
∴,解得k=,b=3.
∴y=x+3.
(2)过点P作PH⊥AB于点H,过点H作x轴的平行线MN,分别过点A、P作MN的垂线段,垂足分别为M、N.
整理得:,所以当x=,即P(,).
(3)作点C关于直线x=1的对称点C′,过点C′作C′F⊥AB于F.过点F作JK∥x轴,,分别过点A、C′作AJ⊥JK于点J,C′K⊥JK于点K.则C′(2,1)
设F(m,m+3)
∵C′F⊥AB,∠AFJ+∠C′FK=90°,∵CK⊥JK,∴∠C′+∠C′FK=90°.
∴∠C′=∠AFJ,∵∠J=∠K=90°,∴△AFJ∽△FC′K.
∴,∴,解得m=或-4(不符合题意).
∴F(,),∵C′(2,1),∴FC′=.
∴CE+EF的最小值=C′E=.
18.如图,抛物线与x轴交于A,B两点(点B在点A左侧),与y轴交于点C,点D是抛物线上的一个动点,且位于第四象限,连接OD、BD、AC、AD,延长AD交y轴于点E。
(1)若为等腰直角三角形,求的值;
(2)若对任意,两点总关于原点对称,求点的坐标(用含的式子表示);
(3)当点运动到某一位置时,恰好使得,且点为线段的中点,此时对于该抛物线上任意一点总有成立,求实数的最小值.
【答案】(1)m=(2)点D的坐标为(8,-16m)(3)
【解析】
[来源:Zxxk.Com]
物线解析式求出m=,得到抛物线的解析式为 ,最后根据P为抛物线上任意一点,从而必有,然后根据二次函数的最值问题可求解.
m=,令t=-4m-12-50=-2-12-50
由题意可知只要n+即可
由于t=-2-12-50=-2(+3)2+4
又由于
∴=--2(+3)2+4=
∴n+≥,解得n的最小值为
即点D的坐标为(8,-16m)
(3)当∠ODB=∠OAD时,又因为∠DOB=∠AOD,所以可得△ODB∽△OAD,则OD2=OA·OB=x1·x2=48,解得OD=4,
由于点D为Rt△OAE的斜边AE的中点,所以AE=8
又因为OA=12,所以OE=4,∠OAE=30°[来源:Zxxk.Com]
从而求得点D的坐标为(6,-2)
将点D的坐标代入抛物线解析式,得m=
所以抛物线的解析式为
因为P为抛物线上任意一点,从而必有
m=,令t=-4m-12-50=-2-12-50
[来源:]
[来源:ZXXK]
考点:二次函数的综合
19.如图,直线与轴交于点,与轴交于点,抛物线经过点,.
(1)求点B的坐标和抛物线的解析式;
(2)M(m,0)为x轴上一个动点,过点M垂直于x轴的直线与直线AB和抛物线分别交于点P、N,
①点在线段上运动,若以,,为顶点的三角形与相似,求点的坐标;
②点在轴上自由运动,若三个点,,中恰有一点是其它两点所连线段的中点(三点重合除外),则称,,三点为“共谐点”.请直接写出使得,,三点成为“共谐点”的的值.
【答案】(1)B(0,2),;(2)①点M的坐标为(,0)或M(,0);②m=-1或m=或m=.
【解析】
试题解析:
(1)直线与轴交于点,
∴,解得c=2[来源:Z,xx,k.Com]
∴B(0,2),
∵抛物线经过点,
∴,∴b=
∴抛物线的解析式为;
(2)∵轴,M(m,0),∴N( )
①有(1)知直线AB的解析式为,OA=3,OB=2
∵在△APM中和△BPN中,∠APM=∠BPN, ∠AMP=90°,
若使△APM中和△BPN相似,则必须∠NBP=90°或∠BNP =90°,
分两种情况讨论如下:
(I)当∠NBP=90°时,过点N作NC轴于点C,
则∠NBC+∠BNC=90°,NC=m,
BC=
∴M(,0);
综上,点M的坐标为(,0)或M(,0);
②m=-1或m=或m=.
考点:二次函数综合题.
20.已知二次函数y=﹣x2+bx+c+1,
①当b=1时,求这个二次函数的对称轴的方程;
②若c=b2﹣2b,问:b为何值时,二次函数的图象与x轴相切?
③若二次函数的图象与x轴交于点A(x1,0),B(x2,0),且x1<x2,与y轴的正半轴交于点M,以AB为直径的半圆恰好过点M,二次函数的对称轴l与x轴、直线BM、直线AM分别交于点D、E、F,且满足,求二次函数的表达式.
【答案】①.二次函数的对称轴的方程为x=; ②.b为2+或2﹣时,二次函数的图象与x轴相切;③. 二次函数的表达式为y=﹣x2+x+1.
【解析】
4x1,由x1•x2=﹣(c+1)=﹣1,得出方程组,解方程组求出b的值即可.
试题解析:①二次函数y=﹣x2+bx+c+1的对称轴为x=,当b=1时,=,
∴当b=1时,求这个二次函数的对称轴的方程为x=.
②二次函数y=﹣x2+bx+c+1的顶点坐标为(,),
∵二次函数的图象与x轴相切且c=b2﹣2b,
∴,解得:b=2+或b=2﹣,
∴b为2+或2﹣时,二次函数的图象与x轴相切.
∴AD=BD,DF=4DE,DF∥OM,∴△BDE∽△BOM,△AOM∽△ADF,
∴,∴DE=,DF=,∴×4,∴OB=4OA,即x2=﹣4x1,
∵x1•x2=﹣(c+1)=﹣1,∴,解得:,∴b=﹣+2=,
∴二次函数的表达式为y=﹣x2+x+1.
考点:二次函数综合题;二次函数的性质.
专题15 因动点产生的面积问题-版突破中考数学压轴之学霸秘笈大揭秘 学生版+教师版: 这是一份专题15 因动点产生的面积问题-版突破中考数学压轴之学霸秘笈大揭秘 学生版+教师版,文件包含专题15新定义与创新型综合探究问题-2019版突破中考数学压轴之学霸秘笈大揭秘教师版doc、专题15新定义与创新型综合探究问题-版突破中考数学压轴之学霸秘笈大揭秘学生版doc等2份试卷配套教学资源,其中试卷共41页, 欢迎下载使用。
专题13 因动点产生的面积问题-版突破中考数学压轴之学霸秘笈大揭秘 学生版+教师版: 这是一份专题13 因动点产生的面积问题-版突破中考数学压轴之学霸秘笈大揭秘 学生版+教师版,文件包含专题13几何中的最值与定值问题-版突破中考数学压轴之学霸秘笈大揭秘学生版doc、专题13几何中的最值与定值问题-版突破中考数学压轴之学霸秘笈大揭秘教师版doc等2份试卷配套教学资源,其中试卷共58页, 欢迎下载使用。
专题12 因动点产生的面积问题-版突破中考数学压轴之学霸秘笈大揭秘 学生版+教师版: 这是一份专题12 因动点产生的面积问题-版突破中考数学压轴之学霸秘笈大揭秘 学生版+教师版,文件包含专题12有关函数的计算说理类综合问题-版突破中考数学压轴之学霸秘笈大揭秘学生版doc、专题12有关函数的计算说理类综合问题-版突破中考数学压轴之学霸秘笈大揭秘教师版doc等2份试卷配套教学资源,其中试卷共64页, 欢迎下载使用。