2018中考数学复习二次函数的综合问题专题训练题(附答案)

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2018中考数学复习二次函数的综合问题专题训练题(附答案)

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二次函数的综合问题
例1。如图1,已知抛物线 (b是实数且b>2)与x轴的正半轴分别交于点A、B(点A位于点B是左侧),与y轴的正半轴交于点C.
(1)点B的坐标为______,点C的坐标为__________(用含b的代数式表示);
(2)请你探索在第一象限内是否存在点P,使得四边形PCOB的面积等于2b,且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形?如果存在,求出点P的坐标;如果不存在,请说明理由;
(3)请你进一步探索在第一象限内是否存在点Q,使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似(全等可看作相似的特殊情况)?如果存在,求出点Q的坐标;如果不存在,请说明理由.
 图1
例2。2014年苏州市中考第29题
如图1,二次函数y=a(x2-2mx-3m2)(其中a、m是常数,且a>0,m>0)的图像与x轴分别交于A、B(点A位于点B的左侧),与y轴交于点C(0,-3),点D在二次函数的图像上,CD//AB,联结AD.过点A作射线AE交二次函数的图像于点E,AB平分∠DAE.
(1)用含m的式子表示a;
(2)求证: 为定值;
(3)设该二次函数的图像的顶点为F.探索:在x轴的负半轴上是否存在点G,联结GF,以线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形?如果存在,只要找出一个满足要求的点G即可,并用含m的代数式表示该点的横坐标;如果不存在,请说明理由.
 图1
练习1、如图1,抛物线 与x轴交于A、B两点(点B在点A的右侧),与y轴交于点C,连结BC,以BC为一边,点O为对称中 心作菱形BDEC,点P是x轴上的一个动点,设点P的坐标为(m, 0),过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q.
(1)求点A、B、C的坐标;
(2)当点P在线段OB上运动时,直线l分别交BD、BC于点M、N.试探究m为何值时,四边形CQMD是平行四边形,此时,请判断四边形CQBM的形状,并说明理由;
(3)当点P在线段EB上运动时,是否存在点Q,使△BDQ为直角三角形,若存在,请直接写出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.

练习2、如图1,抛物线 与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧),与y轴交于点C.
(1)求点A、B的坐标;
(2)设D为已知抛物线的对称轴上的任意一点,当△ACD的面积等于△ACB的面积时,求点D的坐标;
(3)若直线l过点E(4, 0),M为直线l上的动点,当以A、B、M为顶点所作的直角三角形有且只有三个时,求直线l的解析式.


练习3.(2015苏州)如图,已知二次函数 (其中0<m<1)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,对称轴为直线l.设P为对称轴l上的点,连接PA、PC,PA=PC.
(1)∠ABC的度数为  ▲  °;
(2)求P点坐标(用含m的代数式表示);
(3)在坐标轴上是否存在点Q(与原点O不重合),使得以Q、B、C为顶点的三角形与△PAC相似,且线段PQ的长度最小?如果存在,求出所有满足条件的点Q的坐标;如果不存在,请说明理由.
 

练习4.(2016苏州)如图,直线 与 轴、 轴分别相交于A、B两点,抛物线 经过点B.
  (1)求该地物线的函数表达式;
  (2)已知点M是抛物线上的一个动点,并且点M在第一象限内,连接AM、BM.设点M的横坐标为 ,△ABM的面积为S.求S与 的函数表达式,并求出S的最大值;
 (3)在(2)的条件下,当S取得最大值时,动点M相应的位置记为点 .
    ①写出点 的坐标;
   ②将直线 绕点A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C.设点B、 到直线 的距离分别为
 、 ,当 最大时,求直线 旋转的角度(即∠BAC的度数).
 
练习5.(2017苏州)如图,二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于 A、B两点,与y轴交于点C,OB=OC.点D在函数图象上,CD∥x轴,且CD=2,直线l是抛物线的对称轴,E是抛物线的顶点.
(1)求b、c的值;
(2)如图①,连接BE,线段OC上的点F关于直线l的对称点F'恰好在线段BE上,求点F的坐标;
(3)如图②,动点P在线段OB上,过点P作x轴的垂线分别与BC交于点M,与抛物线交于点N.试问:抛物线上是否存在点Q,使得△PQN与△APM的面积相等,且线段NQ的长度最小?如果存在,求出点Q的坐标;如果不存在,说明理由.
 

 
参考答案:
例1。
思路点拨
1.第(2)题中,等腰直角三角形PBC暗示了点P到两坐标轴的距离相等.
2.联结OP,把四边形PCOB重新分割为两个等高的三角形,底边可以用含b的式子表示.
3.第(3)题要探究三个三角形两两相似,第一直觉这三个三角形是直角三角形,点Q最大的可能在经过点A与x轴垂直的直线上.
满分解答
(1)B的坐标为(b, 0),点C的坐标为(0,  ).
(2)如图2,过点P作PD⊥x轴,PE⊥y轴,垂足分别为D、E,那么△PDB≌△PEC.
因此PD=PE.设点P的坐标为(x, x).如图3,联结OP.
所以S四边形PCOB=S△PCO+S△PBO= =2b.
解得 .所以点P的坐标为( ).
 
图2                      图3
(3)由 ,得A(1, 0),OA=1.
①如图4,以OA、OC为邻边构造矩形OAQC,那么△OQC≌△QOA.
当 ,即 时,△BQA∽△QOA.
所以 .解得 .所以符合题意的点Q为( ).
②如图5,以OC为直径的圆与直线x=1交于点Q,那么∠OQC=90°。
因此△OCQ∽△QOA.当 时,△BQA∽△QOA.此时∠OQB=90°.
所以C、Q、B三点共线.因此 ,即 .解得 .此时Q(1,4).
 
图4                               图5
考点伸展
第(3)题的思路是,A、C、O三点是确定的,B是x轴正半轴上待定的点,而∠QOA与∠QOC是互余的,那么我们自然想到 三个三角形都是直角三角形的情况.
这样,先根据△QOA与△Q OC相似把点Q的位置确定下来,再根据两直角边对应成比例确定点B的位置.
如图中,圆与直线x=1的另一个交点会不会是符合题意的点Q呢?
如果符合题意的话,那么点B的位置距离点A很近,这与OB=4OC矛盾.
例2。
思路点拨
1.不算不知道,一算真奇妙.通过二次函数解析式的变形,写出点A、B、F的坐标后,点D的坐标也可以写出来.点E的纵坐标为定值是算出来的.
2.在计算的过程中,第(1)题的结论 及其变形 反复用到.
3.注意到点E、D、F到x轴的距离正好是一组常见的勾股数(5,3,4),因此过点F作AD的平行线与x轴的交点,就是要求的点G.
满分解答
(1)将C(0,-3)代入y=a(x2-2mx-3m2),得-3=-3am2.因此 .
(2)由y=a(x2-2mx-3m2)=a(x+m)(x-3m)=a(x-m)2-4axm2=a(x-m)2-4,
得A(-m, 0),B(3m, 0),F(m, -4),对称轴为直线x=m.
所以点D的坐标为(2m,-3).设点E的坐标为(x, a(x+m)(x-3m)).
如图2,过点D、E分别作x轴的垂线,垂足分别为D′、E′.
由于∠EAE′=∠DAD′,所以 .因此 .
所以am(x-3m)=1.结合 ,于是得到 x=4m.
当x=4m时,y=a(x+m)(x-3m)=5am2=5.所以点E的坐标为(4m, 5).
所以 .
 
图2                           图3
(3)如图3,由E(4m, 5)、D(2m,-3)、F(m,-4),
可知点E、D、F到x轴的距离分别为5、4、3.
那么过点F作AD的平行线与x轴的负半轴的交点,就是符合条件的点G.[来源:学科网][来源:学#科#网Z#X#X#K]
证明如下:作FF′⊥x轴于F′,那么 .
因此 .所以线段GF、AD、AE的长围成一个直角三角形.
此时GF′=4m.所以GO=3m,点G的坐标为(-3m, 0).
考点伸展
第(3)题中的点G的另一种情况,就是GF为直角三角形的斜边.此时 .因此 .所以 .此时 . [来源:学§科§网Z§X§X§K]
练习1、思路点拨
1.第(2)题先用含m的式子表示线段MQ的长,再根据MQ=DC列方程.
2.第(2)题要判断四边形CQBM的形状,最直接的方法就是根据求得的m的值画一个准确的示意图,先得到结论.
3.第(3)题△BDQ为直角三角形要分两种情况求解,一般过直角顶点作坐标轴的垂线可以构造相似三角形.
满分解答
(1)由 ,得A(-2,0),B(8,0),C( 0,-4).
(2)直线DB的解析式为 .
由点P的坐标为(m, 0),可得 , .
所以MQ= .
当MQ=DC=8时,四边形CQMD是平行四边形.
解方程 ,得m=4,或m=0(舍去).
此时点P是OB的中点,N是BC的中点,N(4,-2),Q(4,-6).
所以MN=NQ=4.所以BC与MQ互相平分.
所以四边形CQBM是平行四边形.
 
图2                            图3
(3)存在两个符合题意的点Q,分别是(-2,0),(6,-4).
考点伸展:第(3)题可以这样解:设点Q的坐标为 .
①如图3,当∠DBQ=90°时,  .所以 .
解得x=6.此时Q(6,-4).
②如图4,当∠BDQ=90°时,  .所以 .
解得x=-2.此时Q(-2,0).
 
图3                             图4
练习2、思路点拨
1.根据同底等高的三角形面积相等,平行线间的距离处处相等,可以知道符合条件的点D有两个.
2.当直 线l与以AB为直径的圆相交时,符合∠AMB=90°的点M有2个;当直线l与圆相切时,符合∠AMB=90°的点M只有1个.
3.灵活应用相似比解题比较简便.
满分解答
(1)由 ,
得抛物线与x轴的交点坐标为A(-4, 0)、B(2, 0).对称轴是直线x=-1.
(2)△ACD与△ACB有公共的底边AC,当△ACD的面积等于△ACB的面积时,点B、D到直线AC的距离相等.
过点B作AC的平行线交抛物线的对称轴于点D,在AC的另一侧有对应的点D′.
设抛物线的对称轴与x轴的交点为G,与AC交于点H.
由BD//AC,得∠DBG=∠CAO.所以 .
所以 ,点D的坐标为 .
因为AC//BD,AG=BG,所以HG=DG.
而D′H=DH,所以D′G=3DG .所以D′的坐标为 .
 
图2                             图3
(3)过点A、B分别作x轴的垂线,这两条垂线与直线l总是有交点的,即2个点M.
以AB为直径的⊙G如果与直线l相交,那么就有2个点M;如果圆与直线l相切,就只有1个点M了.联结GM,那么GM⊥l.
在Rt△EGM中,GM=3,GE=5,所以EM=4.
在Rt△EM1A中,AE=8, ,所以M1A=6.
所以点M1的坐标为(-4, 6),过M1、E的直线l为 .
根据对称性,直线l还可以是 .
考点伸展
第(3)题中的直线l恰好经过点C,因此可以过点C、E求直线l的解析式.[来源:Zxxk.Com]
在Rt△EGM中,GM=3,GE=5,所以EM=4.
在Rt△ECO中,CO=3,EO=4,所以CE=5.
因此三角形△EGM≌△ECO,∠GEM=∠CEO.所以直线CM过点C.
3.解:(1)45.
     理由如下:令x=0,则y=-m,C点坐标为(0,-m).
令y=0,则 ,解得 , .
∵0<m<1,点A在点B的左侧,∴B点坐标为(m,0).∴OB=OC=m.
∵∠BOC=90°,∴△BOC是等腰直角三角形, ∠OBC=45°.
(2)解法一:如图①,作PD⊥y轴,垂足为D,设l与x轴交于点E,
由题意得,抛物线的对称轴为 . 设点P坐标为( ,n).[来源:学科网ZXXK]
∵P A= PC, ∴PA2= PC2,即AE2+ PE2=CD2+ PD2.
∴ . 解得 .∴P点的坐标为 .
解法二:连接PB.由题意得,抛物线的对称轴为 .
∵P在对称轴l上,∴PA=PB.∵PA=PC,∴PB=PC.
∵△BOC是等腰直角三角形,且OB=OC,∴P在BC的垂直平分线 上.
∴P点即为对称轴 与直线 的交点.∴P点的坐标为 .
 
(3)解法一:存在点Q满足题意.
∵P点的坐标为 ,∴PA2+ PC2=AE2+ PE2+CD2+ PD2
= .
∵AC 2= ,∴PA2+ PC2=AC2.∴∠APC=90°. ∴△PAC是等腰直角三角形.
∵以Q、B、C为顶点的三角形与△PAC相似,∴△QBC是等腰直角三角形.
∴由题意知满足条件的点Q的坐标为(-m,0)或(0,m).
①如图①,当Q点的坐标为(-m,0)时,
若PQ与x轴垂直,则 ,解得 ,PQ= .
若PQ与x轴不垂直,
则 .
∵0<m<1,∴当 时, 取得最小值 ,PQ取得最小值 .
∵ < ,∴当  ,即Q点的坐标为( ,0)时, PQ的长度最小.
②如图②,当Q点的坐标为(0,m)时,
若PQ与y轴垂直,则 ,解得 ,PQ= .
若PQ与y轴不垂直,
则 .
∵0<m<1,∴当 时, 取得最小值 ,PQ取得最小值 .
∵ < ,∴当 ,即Q点的坐标为(0, )时, PQ的长度最小.
综上:当Q点坐标为( ,0)或(0, )时,PQ的长度最小.
解法二: 如图①,由(2)知P为△ABC的外接圆的圆心.
∵∠APC 与∠ABC对应同一条弧 ,且∠ABC=45°,∴∠APC=2∠ABC=90°.
下面解题步骤同解法一.

4.解:(1)令x=0代入y=﹣3x+3,∴y=3,∴B(0,3),
把B(0,3)代入y=ax2﹣2ax+a+4,∴3=a+4,∴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,
过点M作ME⊥y轴于点E,交AB于点D,
由题意知:M的坐标为(m,﹣m2+2m+3),
∴D的纵坐标为:﹣m2+2m+3,∴把y=﹣m2+2m+3代入y=﹣3x+3,
∴x= ,∴D的坐标为( ,﹣m 2+2m+3),
∴DM=m﹣ = ,∴S= DM•BE+ DM•OE= DM(BE+OE)
= DM•OB= × ×3= = (m ﹣ )2+
∵0<m<3,∴当m= 时,S有最大值,最大值为 ;
(3)①由(2)可知:M′的坐标为( , );
②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:AB= ,M′B= ,M′A= ,
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,
∴ ﹣( ﹣x)2= ﹣x2,∴x= ,cos∠M′BG= = ,
∵l1∥l′,∴∠BCA=90°,∠BAC=45°
 
5.解:(1)∵CD∥x轴,CD=2,∴抛物线对称轴为x=1.∴ .
∵OB=OC,C(0,c),∴B点的坐标为(﹣c,0),
∴0=c2+2c+c,解得c=﹣3或c=0(舍去),∴c=﹣3;
(2)设点F的坐标为(0,m).∵对称轴为直线x=1,
∴点F关于直线l的对称点F的坐标为(2,m).
由(1)可知抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3=(x﹣1)2﹣4,∴E(1,﹣4),
∵直线BE经过点B(3,0),E(1,﹣4),
∴利用待定系数法可得直线BE的表达式为y=2x﹣6.
∵点F在BE上,∴m=2×2﹣6=﹣2,即点F的坐标为(0,﹣2);
(3)存在点Q满足题意.设点P坐标为(n,0),则PA=n+1,PB=PM=3﹣n,PN=﹣n2+2n+3.
作QR⊥PN,垂足为R,
 
∵S△PQN=S△APM,∴ ,∴QR=1.
①点Q在直线PN的左侧时,Q点的坐标为(n﹣1,n2﹣4n),R点的坐标为(n,n2﹣4n),N点的坐标为(n,n2﹣2n﹣3).∴在Rt△QRN中,NQ2=1+(2n﹣3)2,
∴ 时,NQ取最小值1.此时Q点的坐标为 ;
②点Q在直线PN的右侧时,Q点的坐标为(n+1,n2﹣4).同理,NQ2=1+(2n﹣1)2,
∴ 时,NQ取最小值1.此时Q点的坐标为 .
综上可知存在满足题意的点Q,其坐标为 或 .
【点评】本题为二次函数的综合应用,涉及待定系数法、轴对称、三角形的面积、勾股定理、二次函数的性质、方程思想及分类讨论思想等知识.在(1)中求得抛物线的对称轴是解题的关键,在(2)中用F点的坐标表示出F′的坐标是解题的关键,在(3)中求得QR的长,用勾股定理得到关于n的二次函数是解题的关键.本题考查知识点较多,综合性较强,特别是最后一问,难度很大.

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