浙江中考数学复习难题突破专题九 二次函数为背景的动态问题.docx

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浙江中考数学复习难题突破专题九二次函数为背景的动态问题

浙江中考数学复习难题突破专题九　二次函数为背景的动态问题

以函数为背景的动态问题是近年来中考的一个热点问题，动态包括点动、线动和面动三大类，解这类题目要“以静制动”，即把动态问题变为静态问题来解．

类型1　动态下的面积最值问题

图Z9－1

1如图Z9－1，抛物线y＝x2－x－9与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，连结BC，AC.

（1）求AB和OC的长；

（2）点E从点A出发，沿x轴向点B运动（点E与点A，B不重合），过点E作直线l平行于BC，交AC于点D.设AE的长为m，△CDE的面积为S，求S关于m的函数表达式，并写出△CDE面积的最大值．

例题分层分析

（1）已知抛物线的函数表达式，当x＝0时，可确定C点坐标；当y＝0时，可确定点A，B的坐标，进而确定AB，OC的长．

（2）①首先用m列出△AEC的面积表达式为__________；

②再根据直线l∥BC，可得出△AED与△ABC相似，它们的面积比等于相似比的平方，由此得到△AED的面积表达式为__________；

③△AEC与△AED的面积差即为△CDE的面积，则△CDE的面积S＝________，根据二次函数的性质可得到S的最大值．

解题方法点析

解此类问题的关键在于通过三角形相似、三角形面积公式以及面积转化等方法求出所求图形的面积表达式，然后根据函数性质求最值．

类型2　二次函数与几何图形综合型动态问题

2如图Z9－2所示，在平面直角坐标系中，已知点A（0，2），B（－2，0），过点B和线段OA的中点C作直线BC，以线段BC为边向上作正方形BCDE.

（1）填空：

点D的坐标为________，点E的坐标为________；

（2）若抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）经过A，D，E三点，求该抛物线的函数表达式；

（3）若正方形和抛物线均以每秒个单位长度的速度沿射线BC同时向上平移，直至正方形的顶点E落在y轴上时，正方形和抛物线均停止运动．

①在运动过程中，设正方形落在y轴右侧部分的面积为S，求S关于平移时间t（秒）的函数表达式，并写出相应自变量t的取值范围；

②运动停止时，求抛物线的顶点坐标．

图Z9－2

例题分层分析

（1）构造全等三角形，由全等三角形对应线段之间的相等关系，求出点D，E的坐标．

（2）利用________法求出抛物线的函数表达式．

（3）①为求S的函数表达式，需要识别正方形（与抛物线）的运动过程．正方形的平移，从开始到结束，总共历时秒，期间可以划分成三个阶段：

当0＜t≤时，当________时，当________时，每个阶段的函数表达式不同，请对照图形认真思考；

②当运动停止时，点E到达________，点E（－3，2）运动到点E′，可知整条抛物线向右平移了________个单位长度，向上平移了________个单位长度．由此得到平移之后的抛物线的函数表达式，进而求出其顶点坐标．

专题训练

1．[2017·丽水]如图Z9－3①，在△ABC中，∠A＝30°，点P从点A出发以2cm/s的速度沿折线A－C－B运动，点Q从点A出发以a（cm/s）的速度沿AB运动．P，Q两点同时出发，当某一点运动到点B时，两点同时停止运动．设运动时间为x（s），△APQ的面积为y（cm2），y关于x的函数图象由C1，C2两段组成，如图②所示．

（1）求a的值；

（2）求图②中图象C2段的函数表达式；

（3）当点P运动到线段BC上某一段时△APQ的面积大于当点P在线段AC上任意一点时△APQ的面积，求x的取值范围．

图Z9－3

2．[2017·广安]如图Z9－4，已知抛物线y＝－x2＋bx＋c与y轴相交于点A（0，3），与x轴正半轴相交于点B，对称轴是直线x＝1.

（1）求此抛物线的解析式以及点B的坐标．

（2）动点M从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿x轴正方向运动，同时动点N从点O出发，以每秒3个单位长度的速度沿y轴正方向运动，当N点到达A点时，M，N同时停止运动．过动点M作x轴的垂线交线段AB于点Q，交抛物线于点P，设运动的时间为t秒．

①当t为何值时，四边形OMPN为矩形？

②当t>0时，△BOQ能否为等腰三角形？

若能，求出t的值；若不能，请说明理由．

图Z9－4

3．[2017·金华]如图Z9－5①，在平面直角坐标系中，四边形OABC各顶点的坐标分别为O（0，0），A（3，3），B（9，5），C（14，0），动点P与Q同时从O点出发，运动时间为t秒，点P沿OC方向以1单位长度/秒的速度向点C运动，点Q沿折线OA—AB—BC运动，在OA，AB，BC上运动的速度分别为3，，（单位长度/秒）．当P，Q中的一点到达C点时，两点同时停止运动．

（1）求AB所在直线的函数表达式；

（2）如图②，当点Q在AB上运动时，求△CPQ的面积S关于t的函数表达式及S的最大值；

（3）在P，Q的运动过程中，若线段PQ的垂直平分线经过四边形OABC的顶点，求相应的t值．

图Z9－5

参考答案

类型1　动态下的面积最值问题

例1　【例题分层分析】

（2）①S△ACE＝m　②S△ADE＝m2　③m－m2

解：

（1）已知抛物线的函数表达式为y＝x2－x－9，

当x＝0时，y＝－9，则C（0，－9）；

当y＝0时，x2－x－9＝0，得x1＝－3，x2＝6，则A（－3，0），B（6，0），

∴AB＝9，OC＝9.

（2）∵ED∥BC，

∴△AED∽△ABC，

∴＝，

∴＝，

∴S△ADE＝m2.

∵S△ACE＝AE·OC＝m×9＝m，

∴S＝S△ACE－S△ADE＝m－m2，

∴当m＝时，S取得最大值，最大值为.

类型2　二次函数与几何图形综合型动态问题

例2　【例题分层分析】

（2）待定系数　（3）①＜t≤1　1＜t≤　②y轴　3　

解：

（1）由题意可知：

OB＝2，OC＝1.

如图所示，过点D作DH⊥y轴于点H，过点E作EG⊥x轴于点G.

易证△CDH≌△BCO，

∴DH＝OC＝1，CH＝OB＝2，∴D（－1，3）．

同理△EBG≌△BCO，

∴BG＝OC＝1，EG＝OB＝2，∴E（－3，2）．

∴D（－1，3），E（－3，2）．

（2）因为抛物线经过点A（0，2），D（－1，3），E（－3，2），

所以解得

∴抛物线的函数表达式为y＝－x2－x＋2.

（3）①当点D运动到y轴上时，t＝.

当0＜t≤时，如图（a）所示．

设D′C′交y轴于点F，

∵tan∠BCO＝＝2，又∠BCO＝∠FCC′，

∴tan∠FCC′＝2，即＝2.

∵CC′＝t，

∴FC′＝2t，

∴S△CC′F＝CC′·FC′＝×t×2t＝5t2.

当点B运动到点C时，t＝1.

当＜t≤1时，如图（b）所示．

设D′E′交y轴于点G，过点G作GH⊥B′C′于点H.

在Rt△BOC中，BC＝＝，

∴GH＝，∴CH＝GH＝.

∵CC′＝t，∴HC′＝t－，

∴GD′＝t－，

∴S梯形CC′D′G＝（t－＋t）×＝5t－.

当点E运动到y轴上时，t＝.

当1＜t≤时，如图（c）所示．

设D′E′，E′B′分别交y轴于点M，N，

∵CC′＝t，B′C′＝，

∴CB′＝t－，

∴B′N＝2CB′＝2t－2.

∵B′E′＝，

∴E′N＝B′E′－B′N＝3－2t，

∴E′M＝E′N＝（3－2t），

∴S△MNE′＝×（3－2t）·（3－2t）＝5t2－15t＋，

∴S五边形B′C′D′MN＝S正方形B′C′D′E′－S△MNE′＝（）2－＝－5t2＋15t－.

综上所述，S关于t的函数关系式为：

当0＜t≤时，S＝5t2；

当＜t≤1时，S＝5t－；

当1＜t≤时，S＝－5t2＋15t－.

②当点E运动到点E′时，运动停止，如图（d）所示．

∵∠CB′E′＝∠BOC＝90°，∠BCO＝∠B′CE′，

∴△BOC∽△E′B′C，

∴＝.

∵OB＝2，B′E′＝BC＝，

∴＝，∴CE′＝，

∴OE′＝OC＋CE′＝1＋＝，

∴E′.

由点E（－3，2）运动到点E′，可知整条抛物线向右平移了3个单位长度，向上平移了个单位长度．

∵y＝－x2－x＋2＝－＋，

∴原抛物线的顶点坐标为，

∴运动停止时，抛物线的顶点坐标为.

专题训练

1．解：

（1）如图①，过点P作PD⊥AB于点D.

∵∠A＝30°，PA＝2x，

∴PD＝PA·sin30°＝2x·＝x，

∴y＝AQ·PD＝ax·x＝ax2.由图象得，当x＝1时，y＝，则a·12＝，∴a＝1.

（2）当点P在BC上时（如图②），PB＝5×2－2x＝10－2x，∴PD＝PB·sinB＝（10－2x）·sinB．∴y＝AQ·PD＝x·（10－2x）·sinB．由图象得，当x＝4时，y＝，∴×4×（10－8）sinB＝，∴sinB＝，

∴y＝x·（10－2x）·＝－x2＋x.

（3）由C1，C2的函数表达式，得x2＝－x2＋x，解得x1＝0（舍去），x2＝2.由图象得，当0≤x≤2时，函数y＝x2的最大值为y＝×22＝2.将y＝2代入函数y＝－x2＋x，得2＝－x2＋x，解得x1＝2，x2＝3，∴由图象得，x的取值范围是2＜x＜3.

2．解：

（1）∵抛物线y＝－x2＋bx＋c与y轴交于点A（0，3），∴c＝3.

∵对称轴是直线x＝1，∴－＝1，

解得b＝2，

∴抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3.

令y＝0，得－x2＋2x＋3＝0，

解得x1＝3，x2＝－1（不合题意，舍去），

∴点B的坐标为（3，0）．

（2）①由题意得ON＝3t，OM＝2t，则点P（2t，－4t2＋4t＋3），

∵四边形OMPN为矩形，

∴PM＝ON，即－4t2＋4t＋3＝3t，

解得t1＝1，t2＝－（不合题意，舍去），

∴当t＝1秒时，四边形OMPN为矩形．

②能，在Rt△AOB中，OA＝3，OB＝3，

∴∠ABO＝45°.

若△BOQ为等腰三角形，则有三种情况：

若OQ＝BQ，如图①所示，

则M为OB中点，OM＝OB＝，

∴t＝÷2＝（秒）；

若OQ＝OB，∵OA＝3，OB＝3，

∴点Q与点A重合，即t＝0（不合题意，舍去）；

若OB＝BQ，如图②所示，则BQ＝3，

∴BM＝BQ·cos45°＝3×＝，

∴OM＝OB－BM＝3－＝，

∴t＝÷2＝（秒）．

综上所述，当t为秒或秒时，△BOQ为等腰三角形．

3．解：

（1）设AB所在直线的函数表达式为y＝kx＋b，

把A（3，3），B（9，5）代入y＝kx＋b，得解得

∴AB所在直线的函数表达式为y＝x＋2.

（2）由题意知，OP＝t，PC＝14－t，△PCQ中PC边上的高为t＋2，

∴S＝（14－t）（t＋2）＝－t2＋t＋14（2≤t≤6）．

∴当t＝5时，S有最大值为.

（3）①当0

（t）2＋（14－t）2＝（14－t）2，

解得t1＝，t2＝0（舍去），此时t＝.

②当2

（3）2＋（t－3）2＝[（t－2）]2，

解得t1＝，t2＝（舍去），此时t＝.

③当6

Ⅰ.线段PQ的中垂线经过点C（如图③），可得方程14－t＝25－t，解得t＝.

Ⅱ.线段PQ的中垂线经过点B（如图④），连结PB，可得方程（5）2＋（t－9）2＝，

解得t1＝，t2＝（舍去），此时t＝.

综上所述，t的值为，，，.