重庆中考复习二次函数.doc
《重庆中考复习二次函数.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《重庆中考复习二次函数.doc（14页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。
2016寒假二次函数
已知如图：
抛物线与轴交于两点（点在点的左侧）与轴交于点，点为抛物线的顶点，过点的对称轴交轴于点.
（1）如图1，连接，试求出直线的解析式；
（2）如图2，点为抛物线第一象限上一动点，连接，，，当四边形的面积最大时，线段交于点，求此时的值；
（3）如图3，已知点，连接，将沿着轴上下平移（包括）在平移的过程中直线交轴于点，交轴于点，则在抛物线的对称轴上是否存在点，使得是以为直角边的等腰直角三角形，若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由.
解：
（1）∴令得
∴
∴设的解析式为，
∴
的解析式为：
………………………………..4分
（2）连接,过作轴交于点,则
∴的面积最大时四边形的面积最大
设，，
，
当时，的面积最大，四边形的面积最大，此时
设，代入,，
又的解析式为：
，，
过点作于点,
………….8分
（3）…………..12分
如图，抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与交于点，的平分线与轴交于点，与抛物线相交于点，是线段上一点，过点作轴的垂线，分别交，于点，，连接，．
（1）如图1，求线段所在直线的解析式；
（2）如图1，求△面积的最大值和此时点的坐标；
26题图1
26题图2
26题备用图
（3）如图2，以为边，在它的右侧作正方形，点在线段上运动时正方形也随之运动和变化，当正方形的顶点或顶点在线段上时，求正方形的边长．
解：
（1）抛物线的解析式为：
令，则，
．……………………………………………………………（1分）
令，则，
解得，．
，．……………………………………………………（2分）
设直线所在直线解析式为：
，
将，代入可得，
解得，
直线所在直线解析式为：
．…………………（4分）
（2）过点作于点，如图1．
，．．
在中，．
在与中
，，，
≌，
，．
设，则．
，
．
在中，
，
，
解得，．
．
．
设直线所在直线解析式为：
，
将，代入可得，
解得
直线所在直线解析式为：
．…………………………（5分）
26题答图2
又直线的解析式为：
．
设，则，，
，
，
．…………………（6分）
该函数的对称轴是直线．
当时，的最大值＝．………………………（7分）
26题答图3
此时，．………………………………………………………………（8分）
（3）由，可得直线的解析式为：
．
①当顶点在线段上时，如图3．
设，则，，．
，
．
，，
解得，．
．
顶点在线段上时，，正方形的边长为．…………（10分）
②当顶点在线段上时，如图4．
26题答图4
设，则，，．
，
．
，
，
解得，．
．
顶点在线段上时，，正方形的边长为．…… （12分）
综上所述，顶点在线段上时，，正方形的边长为；顶点在线段上时，，正方形的边长为．
在直角坐标系中,抛物线与轴交于两点,与轴交于点连接.
（1）求的正弦值.
（2）如图1,为第一象限内抛物线上一点，记点横坐标为,作//交于点,//轴交于点，请用含的代数式表示线段的长，并求出当时线段的长.
（3）如图2,为轴上一动点（不与点、重合）,作//交直线于点,连接，是否存在点使,若存在,请直接写出点的坐标,若不存在，请说明理由.
解：
（1）∵
∴C（0，4）令y=0，
4x2-8x-12=0
x2-2x-3=0（x-3）（x+1）=0
x1=-1x2=3∴A（-1,0）B（3,0）
∴OA=1,OC=4
∴Rt△ACO中，
∴……4分
（2）∵DE//AC，∴∠1+∠2＝∠3＝∠4+∠5
又∵∠2＝∠4∴∠1＝∠5∴0A∶OC＝EM∶DM
过点E作EM⊥DH于M
设D（）
直线BC∶
∴H（）∴DH=……5分
设EM＝x，则DM＝4x
∠MEH＝∠B∴
∴
图2
∴
＝……7分
当CH∶BH＝2∶1，延长DH至K，则OK∶KB=2∶1,OK=2
∴m=2
∴……9分
（3）
……12分
．如图1，抛物线与轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），交轴于点C．将直线AC以点A为旋转中心，顺时针旋转90°，交轴于点D，交抛物线于另一点E．
（1）求直线AE的解析式；
（2）点F是第一象限内抛物线上一点，当△FAD的面积最大时，在线段AE上找一点G（不与点A、E重合），使FG＋GE的值最小，求出点G的坐标，并直接写出FG＋GE的最小值；
（3）如图2，将△ACD沿射线AE方向以每秒个单位的速度平移，记平移后的△ACD为△A′C′D′，平移时间为t秒，当△AC′E为等腰三角形时，求t的值．
E
B
A
C
x
y
O
D
26题图2
x
O
B
y
A
D
F
E
C
26题图1
解：
（1）在中，令y=0，得．
解得，，
∴点A的坐标为（－1，0），点B的坐标为（3，0），即OA＝1．………（1分）
在中，令x＝0，得y＝，
∴点C的坐标为（0，），即OC＝．
在Rt△AOC中，tan∠CAO，∴∠CAO＝60°，
又∵∠CAD＝90°，∴∠OAD＝30°．
在Rt△AOD中，tan∠OAD＝，即tan30°＝，∴OD＝，
∴点D的坐标为（0，）．………………………………….....………（2分）
设直线AE的解析式为y＝kx＋b（k≠0），∵点A、点D在直线AE上，
∴解得
∴直线AE的解析式为．……………………………....……（4分）
（2）过点F作FK⊥x轴于点H，交直线AE于点K（如答图1），
过点D作DM⊥FK于点M．
x
y
F
C
A
D
O
B
E
G
H
K
M
P
Q
26题答图1
设点F的坐标为（x，），
则点K的坐标为（x，），
∴FK＝－（）
＝
∴S△FAD＝S△FAK－S△FDK＝
＝
＝……………………………………...…...（5分）
∴当x＝＝时，S△FAD有最大值，
∴此时点F的坐标为（，）．………………...…..……………...…..…（6分）
点G是线段AE上一点，作EQ⊥y轴于点Q，GP⊥EQ于点P，
则∠PEG＝30°，GP＝GE，FG+GE＝FG＋GP．
过点F作EQ的垂线，交AE于点G，此时FG+GE的值最小，
∴此时点G的坐标为（，）．…….............……...........................…（7分）
FG+GE的最小值为．…….......…....………...............................…（8分）
（3）连结C，过点作F⊥y轴于点F（如答图2）．
x
B
A
C
y
O
D
26题答图2
E
F
则C＝，CF＝C＝，F＝C＝t．
∴点的坐标为（t，）．
由
（2）知：
点E的坐标为（4，）．
∴，，
．
①当A=E时，
，解得．.............................................…（9分）
②当A＝AE时，
，解得，（舍去）．….........................…（10分）
③当AE=E时
，解得．
综上所述，当△AE为等腰三角形时，或或或．…..........................................................................................................（12分）
如图1，抛物线交轴于、两点（点在点的左侧），交于点，连接、，其中.
（1）求抛物线的解析式；
（2）点为直线上方的抛物线上一点，过点作交于,作轴于，交于，当的周长最大时，求点的坐标及的最大值；
（3）如图2，在
（2）的结论下，连接分别交于,交于,四边形从开始沿射线平移，同时点从开始沿折线运动，且点的运动速度为四边形平移速度的倍，当点到达点时四边形停止运动，设四边形平移过程中对应的图形为，当为等腰三角形时，求长度.
如图1如图2备用图
．如图，抛物线y=－x2+2x+3与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点D，C关于抛物线的对称轴对称，直线AD与y轴相交于点E．
（1）求直线AD的解析式；
（2）如图1，直线AD上方的抛物线上有一点F，过点F作FG⊥AD于点G，作FH平行于x轴交直线AD于点H，求△FGH周长的最大值；
（3）如图2，点M是抛物线的顶点，点P是y轴上一动点，点Q是坐标平面内一点，四边形APQM是以PM为对角线的平行四边形，点Q′与点Q关于直线AM对称，连接MQ′，PQ′．当△PMQ′与□APQM重合部分的面积是□APQM面积的时，求□APQM面积．
图1图2备用图
解：
（1）令－x2+2x+3=0，解得x1=－1，x2=3，∴A（－1，0），C（0，3），
∵点D，C关于抛物线的对称轴对称，∴D（2，3），
∴直线AD的解析式为：
y=x+1；
（2）设点F（x，－x2+2x+3），∵FH∥x轴，∴H（－x2+2x+2，－x2+2x+3），
∴FH=－x2+2x+2－x=－（x－）2+，∴FH的最大值为，
易得△FHG为等腰直角△，故△FGH周长的最大值为；
（3）①当P点在AM下方时，如图，设P（0，p），易知M（1，4），从而Q（2，4+p），
∵△PMQ′与□APQM重合部分的面积是□APQM面积的，∴PQ′必过AM中点N（0，2），∴可知Q′在y轴上，易知QQ′的中点T的横坐标为1，而点T必在直线AM上，故T（1，4），从而T、M重合，故□APQM是矩形，
∵易得直线AM解析式为：
y=2x+2，而MQ⊥AM，过M，∴直线QQ′：
y=－x+，
∴4+p=－×2+，∴p=－，（注：
此处也可用AM2+AP2=MP2得出p=－），∴PN=，
∴S□APQM=2S△AMP=4S△ANP=4××PN×AO=4×××1=5；
②当P点在AM上方时，如图，设P（0，p），易知M（1，4），从而Q（2，4+p），
∵△PMQ′与□APQM重合部分的面积是□APQM面积的，∴PQ′必过QM中点R（，4+），
易得直线QQ′：
y=－x+p+5，
联立解得：
x=，y=，∴H（，），
∵H为QQ′中点，故易得Q′（，），
由P（0，p）、R（，4+）易得直线PR解析式为：
y=（－）x+p，
将Q′（，）代入到y=（－）x+p得：
=（－）×+p，
整理得：
p2－9p+14=0，解得p1=7，p2=2（与AM中点N重合，舍去），
∴P（0，7），∴PN=5，
∴S□APQM=2S△AMP=2××PN×∣xM－xA∣=2××5×2=10．
综上所述，□APQM面积为5或10．
如图1，抛物线y=－x2－x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），交y轴于点C，点D的坐标为（0，－1），直线AD交抛物线于另一点E；点P是第二象限抛物线上的一点，作PQ∥y轴交直线AE于Q，作PG⊥AD于G，交x轴于点H．
（1）求线段DE的长；
（2）设d=PQ－PH，当d的值最大时，在直线AD上找一点K，使PK+EK的值最小，求出点K的坐标和PK+EK的最小值；
（3）如图2，当d的值最大时，在x轴上取一点N，连接PN、QN，将△PNQ沿着PN翻折，点Q的对应点为Q′，在x轴上是否存在点N，使△AQQ′是等腰三角形？
若存在，求出点N的坐标，若不存在，说明理由．
解：
（1）令－x2－x+3=0，得x1=－3，x2=，∴A（，0），B（－3，0），
设lAD：
y=kx－1，∴k=，∴直线AD解析式：
y=x－1，
∴由解得，，∴DF==8；
（2）∵PQ⊥x轴，PG⊥AE，∴显然△AOD∽△PGQ∽△PFH，∵OA=，OD=1，∴∠OAD=30o，
∴∠P=30o，∴=，∴PF=PH，
∴d=PQ－PH=PQ－PF，
设P（x，－x2－x+3），则Q（x，x－1），F（x，0），
∴d=（－x2－x+3）－（x－1）－（－x2－x+3）=－（x+2）2+，
∴当x=－2时，d取得最大值，此时P（－2，3），
如图所示，作KM∥y轴，EM∥x轴，则KM⊥EM，
∴∠KEM=∠OAD=30o，∴KM=EK，故当PK+EK=PK+KM最小时，P、K、M应共线，即K点与Q点重合，此时K（－2，－3），∴PK+EK最小为3+5=8；
（3）存在，理由如下：
①如图1，当AQ′=QQ′时，易知PA=PQ=QA，
∴PQ′垂直平分AQ，△APQ是等边△，
∴∠APQ′=∠PAF=30o，
∴PM=AM=2，FM=，
∵PN平分∠FPM，
∴FN∶MN=PF∶PM，即FN∶（－FN）=3∶2，∴FN=6－3，
∴N（6－5，0）；
如图2，当AQ′=QQ′时，∵PN垂直平分QQ′，x轴垂直平分PQ，易得△PQQ′≌△PAQ′，故∠QPQ′=150o，
∴易得∠PNF=15o，在FN上取点M，使FM=FA，连接PM，易得∠PMF=30o，PM=6，PM=NM=6，
MF=FA=3，∴N（－6－5，0）；
②当AQ=QQ′时，如图3，显然此时N与B重合，即N（－3，0）；
③当AQ=AQ′时，如图4，显然此时N与A重合，即N（，0）；
综上所述，符合条件的N点坐标为（6－5，0），（－6－5，0），（－3，0），（，0）．
图1图2
升级会员 