浙教版中考数学难题突破专题九二次函数为背景的动态问题含答案.docx
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浙教版中考数学难题突破专题九二次函数为背景的动态问题含答案
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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6Ⅰ.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,,,.