《湖南省2019年中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練08 二次函數(shù)與幾何圖形綜合題練習(xí)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《湖南省2019年中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練08 二次函數(shù)與幾何圖形綜合題練習(xí)（17頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、二次函數(shù)與幾何圖形綜合題
08
二次函數(shù)與幾何圖形綜合題
1.[2018·賀州] 如圖ZT8-1,在平面直角坐標(biāo)系中,拋物線y=ax2+bx+c交x軸于A,B兩點(diǎn)(A在B的左側(cè)),且OA=3,OB=1,與y軸交于點(diǎn)C(0,3),拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為D(-1,4).
(1)求A,B兩點(diǎn)的坐標(biāo).
(2)求拋物線的表達(dá)式.
(3)過點(diǎn)D作直線DE∥y軸,交x軸于點(diǎn)E,點(diǎn)P是拋物線上B,D兩點(diǎn)間的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)(點(diǎn)P不與B,D兩點(diǎn)重合),PA,PB與直線DE分別交于點(diǎn)F,G,當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí),EF+EG是否為定值?若是,試求出該定值;若不是,請說明理由.
圖ZT8-1
2、
2.[2018·連云港] 如圖ZT8-2①,圖形ABCD是由兩個(gè)二次函數(shù)y1=kx2+m(k<0)與y2=ax2+b(a>0)的部分圖象圍成的封閉圖形,已知A(1,0),B(0,1),D(0,-3).
(1)直接寫出這兩個(gè)二次函數(shù)的表達(dá)式;
(2)判斷圖形ABCD是否存在內(nèi)接正方形(正方形的四個(gè)頂點(diǎn)在圖形ABCD上),并說明理由;
(3)如圖②,連接BC,CD,AD,在坐標(biāo)平面內(nèi),求使得△BDC與△ADE相似(其中點(diǎn)C與點(diǎn)E是對(duì)應(yīng)頂點(diǎn))的點(diǎn)E的坐標(biāo).
圖ZT8-2
3.[2018·益陽] 如圖ZT8-3,已知拋物線y=12x2-32x-n(n
3、>0)與x軸交于A,B兩點(diǎn)(點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)),與y軸交于點(diǎn)C.
(1)如圖①,若△ABC為直角三角形,求n的值;
(2)如圖①,在(1)的條件下,點(diǎn)P在拋物線上,點(diǎn)Q在拋物線的對(duì)稱軸上,若以BC為邊,以點(diǎn)B,C,P,Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形,求點(diǎn)P的坐標(biāo);
(3)如圖②,過點(diǎn)A作直線BC的平行線交拋物線于另一點(diǎn)D,交y軸于點(diǎn)E,若AE∶ED=1∶4,求n的值.
圖ZT8-3
4.[2018·齊齊哈爾] 綜合與探究:
如圖ZT8-4①所示,直線y=x+c與x軸交于點(diǎn)A(-4,0),與y軸交于點(diǎn)C,拋物線y=-x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A,C.
(1)求拋物線的表達(dá)式;
4、
(2)點(diǎn)E在拋物線的對(duì)稱軸上,求CE+OE的最小值;
(3)如圖②所示,M是線段OA上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),過點(diǎn)M且垂直于x軸的直線與直線AC和拋物線分別交于點(diǎn)P,N.
①若以C,P,N為頂點(diǎn)的三角形與△APM相似,則△CPN的面積為 ;?
②若點(diǎn)P恰好是線段MN的中點(diǎn),點(diǎn)F是直線AC上一個(gè)動(dòng)點(diǎn),在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點(diǎn)D,使以點(diǎn)D,F,P,M為頂點(diǎn)的四邊形是菱形?若存在,請直接寫出點(diǎn)D的坐標(biāo);若不存在,請說明理由.
圖ZT8-4
5.[2018·濰坊] 如圖ZT8-5①,拋物線y1=ax2-12x+c與x軸交于點(diǎn)A和點(diǎn)B(1,0),與y軸交于點(diǎn)C0,34,拋物線y1的頂點(diǎn)為G,GM
5、⊥x軸于點(diǎn)M.將拋物線y1平移后得到頂點(diǎn)為B且對(duì)稱軸為直線l的拋物線y2.
(1)求拋物線y2的解析式.
(2)如圖②,在直線l上是否存在點(diǎn)T,使△TAC是等腰三角形?若存在,請求出所有點(diǎn)T的坐標(biāo);若不存在,請說明理由.
(3)點(diǎn)P為拋物線y1上一動(dòng)點(diǎn),過點(diǎn)P作y軸的平行線,交拋物線y2于點(diǎn)Q,點(diǎn)Q關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)為R.若以P,Q,R為頂點(diǎn)的三角形與△AMG全等,求直線PR的解析式.
圖ZT8-5
6.[2018·樂山] 如圖ZT8-6,在平面直角坐標(biāo)系中,拋物線y=ax2+bx+c交x軸于A,B兩點(diǎn),交y軸于點(diǎn)C0,-43,OA=1,OB=4,直線l過點(diǎn)A,交y軸于點(diǎn)
6、D,交拋物線于點(diǎn)E,且滿足tan∠OAD=34.
(1)求拋物線的解析式.
(2)動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā),沿x軸正方向以每秒2個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng),動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā),沿射線AE以每秒1個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)E運(yùn)動(dòng),當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A時(shí),點(diǎn)Q也停止運(yùn)動(dòng),設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒.
①在P,Q的運(yùn)動(dòng)過程中,是否存在某一時(shí)刻t,使得△ADC與△PQA相似?若存在,求出t的值;若不存在,請說明理由.
②在P,Q的運(yùn)動(dòng)過程中,是否存在某一時(shí)刻t,使得△APQ與△CAQ的面積之和最大?若存在,求出t的值;若不存在,請說明理由.
圖ZT8-6
參考答案
7、1.解:(1)由拋物線y=ax2+bx+c交x軸于A,B兩點(diǎn)(A在B的左側(cè)),且OA=3,OB=1,得點(diǎn)A的坐標(biāo)為(-3,0),點(diǎn)B的坐標(biāo)為(1,0).
(2)設(shè)拋物線的表達(dá)式為y=a(x+3)(x-1).
把點(diǎn)C的坐標(biāo)代入函數(shù)表達(dá)式,得a(0+3)(0-1)=3.
解得a=-1.
故拋物線的表達(dá)式為y=-(x+3)(x-1)=-x2-2x+3.
(3)EF+EG=8(或EF+EG是定值).理由如下:過點(diǎn)P作PQ∥y軸,交x軸于Q,如圖.設(shè)P(t,-t2-2t+3),則PQ=-t2-2t+3,AQ=3+t,QB=1-t.
∵PQ∥EF,∴△AEF∽△AQP.∴EFPQ=AEAQ,
8、
∴EF=PQ·AEAQ=(-t2-2t+3)×23+t=23+t×(-t2-2t+3)=2(1-t).
∵PQ∥EG,∴△BEG∽△BQP.
∴EGPQ=BEBQ.
∴EG=PQ·BEBQ=(-t2-2t+3)×21-t=2(t+3).
∴EF+EG=2(1-t)+2(t+3)=8.
2.解:(1)∵二次函數(shù)y1=kx2+m的圖象經(jīng)過點(diǎn)A,B,
∴k+m=0,m=1.解得k=-1,m=1.
∴二次函數(shù)y1=kx2+m的解析式為:y1=-x2+1.
∵二次函數(shù)y2=ax2+b的圖象經(jīng)過點(diǎn)A,D,
∴a+b=0,b=-3.解得a=3,b=-3.
∴二次函數(shù)y2=ax2+b
9、的解析式為y2=3x2-3.
(2)設(shè)M(x,-x2+1)為第一象限內(nèi)的圖形ABCD上一點(diǎn),M'(x,3x2-3)為第四象限內(nèi)的圖形ABCD上一點(diǎn),
∴MM'=(1-x2)-(3x2-3)=4-4x2.
由拋物線的對(duì)稱性知,若有內(nèi)接正方形,則2x=4-4x2,
即2x2+x-2=0.
解得x=-1+174或x=-1-174(舍),
∵0<-1+174<1,
∴存在內(nèi)接正方形,此時(shí)其邊長為-1+172.
(3)在Rt△AOD中,OA=1,OD=3,
∴AD=OA2+OD2=10,同理CD=10.
在Rt△BOC中,OB=OC=1,∴BC=OC2+OB2=2.
①如圖①,當(dāng)△
10、DBC∽△DAE時(shí),∵∠CDB=∠ADO,
∴在y軸上存在一點(diǎn)E滿足條件.
由DBDA=DCDE,得410=10DE.
∴DE=52.∵D(0,-3),∴E0,-12.
由對(duì)稱性知,在直線DA右側(cè)還存在一點(diǎn)E'使得△DBC∽△DAE',
連接EE',交DA于點(diǎn)F,作E'M⊥OD,垂足為M,連接E'D.
①
∵E,E'關(guān)于DA對(duì)稱,
∴DF垂直平分EE'.∴△DEF∽△DAO.
∴DEDA=DFDO=EFAO,即2.510=DF3=EF1.
∴DF=3104,EF=104.
∵S△DEE'=12DE·E'M=EF·DF=158,
∴E'M=32.
又DE'=DE=5
11、2,在Rt△DE'M中,DM=DE'2-E'M2=2,∴OM=1,得E'32,-1.
所以,使得△DBC∽△DAE的點(diǎn)E的坐標(biāo)為0,-12或32,-1.
②如圖②,當(dāng)△DBC∽△ADE時(shí),有∠BDC=∠DAE,
DBAD=DCAE,即410=10AE,得AE=52.
當(dāng)E在直線DA左側(cè)時(shí),設(shè)AE交y軸于點(diǎn)P,作EQ⊥AC,垂足為Q.
②
∵∠BDC=∠DAE=∠ODA,
∴PD=PA.設(shè)PD=x,
則PO=3-x,PA=x.
在Rt△AOP中,由PA2=OA2+OP2,得x2=(3-x)2+1.
解得x=53.
∴PA=53,PO=43.
∵AE=52,∴PE=56
12、.
∵OP∥EQ,∴APPE=AOOQ.
∴OQ=12.又OPQE=APAE=23,
∴QE=2.∴E-12,-2.
當(dāng)E'在直線DA右側(cè)時(shí),
∵∠DAE'=∠BDC,
又∠BDC=∠BDA,
∴∠BDA=∠DAE'.
∴AE'∥OD.∴E'1,-52.
∴使得△DBC∽△ADE的點(diǎn)E的坐標(biāo)為-12,-2或1,-52.
綜上,使得△BDC與△ADE相似(其中點(diǎn)C與點(diǎn)E是對(duì)應(yīng)頂點(diǎn))的點(diǎn)E有4個(gè),其坐標(biāo)為0,-12或32,-1或-12,-2或1,-52.
3.解:(1)若△ABC為直角三角形,則△AOC∽△COB.∴OAOC=OCOB,即OC2=OA·OB.
由拋物線y=1
13、2x2-32x-n(n>0),可得
OC=n,OA·OB=2n.
∴n2=2n.解得n1=2,n2=0(舍去).
∴n=2.
(2)由(1)可知,拋物線的對(duì)稱軸為直線x=32,拋物線的解析式為y=12x2-32x-2.
令y=0,得12x2-32x-2=0,解得x1=-1,x2=4,
∴A(-1,0),B(4,0).
設(shè)點(diǎn)Pm,12m2-32m-2.
當(dāng)直線PQ∥BC,點(diǎn)P在點(diǎn)Q的左側(cè)時(shí)(如圖①所示),
當(dāng)△BOC平移到△QNP的位置時(shí),四邊形PQBC為平行四邊形,
此時(shí)NQ=OB,即32-m=4,m=-52,
12m2-32m-2=398,
此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為-52,3
14、98;
當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)Q的右側(cè)時(shí)(如圖①所示),
同理可得m-32=4,m=112,
12m2-32m-2=398,此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為112,398.
綜上所述,滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)為-52,398,112,398.
(3)如圖②,過點(diǎn)D作DF⊥x軸,垂足為F,
則AO∶OF=AE∶ED=1∶4.
設(shè)A(a,0),B(b,0),
則AO=-a,OF=-4a.
∵AD∥BC,
∴∠OBC=∠DAO.
∵∠BOC=∠AFD=90°,
∴△BOC∽△AFD.
∴OCDF=BOAF,
即nDF=b-4a-a.
∴nDF=b-5a.
由題意,得ab=-2n.∴nb=-a
15、2.
∴DF=-5a·nb=-5a·-a2=52a2.
∵點(diǎn)A,D在拋物線上,
∴12a2-32a-n=0,12×16a2-32×(-4a)-n=52a2.
解得a=-32,n=278.
∴n的值為278.
4.解:(1)將A(-4,0)代入y=x+c,得c=4.∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0,4).
將(-4,0)和(0,4)代入y=-x2+bx+c,得b=-3.
∴拋物線的解析式為y=-x2-3x+4.
(2)如圖所示,作點(diǎn)C關(guān)于拋物線的對(duì)稱軸直線l的對(duì)稱點(diǎn)C',連接OC'交直線l于點(diǎn)E,連接CE,此時(shí)CE+OE的值最小,且CE+OE=OC'.
拋物線的對(duì)稱軸為直線x=--32
16、×(-1)=-32,
則C'C=3,在Rt△C'CO中,
由勾股定理,得OC'=CC'2+OC2=5.
∴CE+OE的最小值為5.
(3)①由題意易知△APM為等腰直角三角形.
設(shè)M(a,0),則N(a,-a2-3a+4),P(a,a+4).
當(dāng)△AMP∽△CNP時(shí),AMCN=MPNP,
得4+a-a=a+4-a2-3a+4-(a+4),
解得a=-4(舍去)或a=-3或a=0(舍去).
∴CN=3,PN=3.
∴△CPN的面積為12·CN·PN=92.
當(dāng)△AMP∽△NCP時(shí),AMNC=APNP,
得a+4(-a2-3a+4-4)2+(-a)2=2(4+a)-a2-3
17、a+4-(a+4),
解得a=0(舍去)或a=-2或a=-4(舍去).
∴CN=CP=22.
∴△CPN的面積為12·CN·PC=4.
故答案為92或4.
②存在.D1-2+322,322,D2-2-322,-322,
D3(-4,3),D412,32.
理由如下:
當(dāng)點(diǎn)P是線段MN的中點(diǎn)時(shí),-a2-3a+4=2(a+4),
解得a=-4(舍去)或a=-1.
∴M(-1,0),P(-1,3),N(-1,6).
設(shè)F(f,f+4),過點(diǎn)M作AC的平行線,易知此直線的解析式為y=x+1.
易知PM=3,當(dāng)PM為菱形的邊時(shí),作PF=PM,過F作FD∥PM,交直線y=x+1于點(diǎn)
18、D,
∴D(f,f+1).
∴32=2(f+1)2,解得f=-2±322.
則D1-2+322,322,D2-2-322,-322.
∵PM=AM=3,
∴當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)A重合時(shí),過點(diǎn)F作DF∥PM(D在x軸上方),且DF=PM,
連接DP,可得出四邊形DPMF為菱形.
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為(-4,3).
當(dāng)PM為菱形的對(duì)角線時(shí),作PM的垂直平分線,
交直線AC于點(diǎn)F,作點(diǎn)F關(guān)于PM的對(duì)稱點(diǎn)D,
連接MF,MD,PD,此時(shí)四邊形DMFP為菱形.
將y=32代入直線AC的解析式可得x=-52,∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為-52,32.
∵直線PM的解析式為x=-1,
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為12,32.
19、
綜上所述,滿足條件的點(diǎn)為D1-2+322,322,
D2-2-322,-322,D3(-4,3),D412,32.
5.解:(1)將B(1,0)和C0,34代入拋物線y1=ax2-12x+c,得
a-12+c=0,c=34.解得a=-14,c=34.
所以拋物線的解析式為y1=-14x2-12x+34.
由題意可知平移后拋物線y2的頂點(diǎn)為B(1,0),
故拋物線y2的解析式為y2=-14(x-1)2,
即y2=-14x2+12x-14.
(2)存在.
令y1=0,解得x=-3或x=1.
由題意知B(1,0),故A(-3,0).
設(shè)T(1,t),又C0,34,
所以A
20、C2=32+342=15316,
AT2=(1+3)2+t2=t2+16,
CT2=12+t-342=t2-32t+2516.
①若AC=AT,則t2+16=15316,方程無解,故此時(shí)不存在;
②若AC=CT,則t2-32t+2516=15316,
解得t=3±1374,
此時(shí)點(diǎn)T的坐標(biāo)為1,3+1374或1,3-1374;
③若AT=CT,則t2-32t+2516=t2+16,解得t=-778,此時(shí)點(diǎn)T的坐標(biāo)為1,-778.
故點(diǎn)T的坐標(biāo)為1,3+1374或1,3-1374或1,-778.
(3)由題意知G(-1,1),則AM=2,GM=1.
若△PQR與△AMG全等,
21、則PQ=1,QR=2或PQ=2,QR=1.
分類一:若QR=2,由拋物線y2的對(duì)稱軸為直線x=1,得點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為0或2.
①當(dāng)x=0時(shí),y1=34,y2=-14,
此時(shí)PQ=34--14=1,滿足題意,
則P0,34,R2,-14,
直線PR的解析式為y=-12x+34.
②當(dāng)x=2時(shí),y1=-54,y2=-14,
此時(shí)PQ=-14--54=1,滿足題意,
則P2,-54,R0,-14,
直線PR的解析式為y=-12x-14.
分類二:若QR=1,由拋物線y2的對(duì)稱軸為直線x=1,得點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為12或32.
①當(dāng)x=12時(shí),y1=716,y2=-116,
此時(shí)PQ=
22、716--116=12≠2,不滿足題意.
②當(dāng)x=32時(shí),y1=-916,y2=-116,
此時(shí)PQ=-116--916=12≠2,不滿足題意.
綜上所述,滿足題意的直線PR的解析式為y=-12x+34或y=-12x-14.
6.解:(1)∵OA=1,OB=4,∴A(1,0),B(-4,0).
設(shè)拋物線的解析式為y=a(x+4)(x-1).
∵C0,-43在拋物線上,
∴-43=a×4×(-1).解得a=13.
∴拋物線的解析式為y=13(x+4)(x-1),即y=13x2+x-43.
(2)①存在t,使得△ADC與△PQA相似.其理由如下:
在Rt△AOC中,OA=1,O
23、C=43,
則AC=53,tan∠ACO=OAOC=34.
又∵tan∠OAD=34,
∴∠OAD=∠ACO.
在Rt△AOD中,tan∠OAD=34,OA=1,
∴OD=34.
∴CD=43-34=712.
在△AQP中,AP=AB-PB=5-2t,AQ=t.
由∠PAQ=∠ACD,要使△ADC與△PQA相似,只需APAQ=CDAC或APAQ=ACCD,
則有5-2t1t1=71253或5-2t2t2=53712,
解得t1=10047,t2=3534.
∵t1<2.5,t2<2.5,
∴存在t=10047或3534,使得△ADC與△PQA相似.
②存在t,使得△A
24、PQ與△CAQ的面積之和最大,其理由如下:
作PF⊥AQ于點(diǎn)F,CN⊥AQ于點(diǎn)N,如圖所示.
在Rt△APF中,
∵tan∠PAF=34,∴sin∠PAF=35.
∴PF=AP·sin∠PAF=35(5-2t).
在Rt△AOD中,由AD2=OD2+OA2,得AD=54.
在△ADC中,由S△ADC=12AD·CN=12CD·OA,
得CN=CD·OAAD=712×154=715.
∴S△APQ+S△CAQ=12AQ(PF+CN)=12t35(5-2t)+715=-35t-1392+169135.
∵0<139<52,
∴當(dāng)t=139時(shí),△APQ與△CAQ的面積之和最大.
17
湖南省2019年中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練08 二次函數(shù)與幾何圖形綜合題練習(xí)
