中考数学压轴题二次函数的动点问题压轴题专题练习含答案.docx
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中考数学压轴题二次函数的动点问题压轴题专题练习含答案
二次函数的动点问题压轴题专题练习
1.如图①,正方形ABCD的顶点A,B的坐标分别为(0,10),(8,4),顶点C,D在第一象
限.点P从点A出发,沿正方形按逆时针方向匀速运动,同时,点Q从点E(4,0)出发,
沿x轴正方向以相同速度运动.当点P到达点C时,P,Q两点同时停止运动,设运动的时间为t秒.
(1)求正方形ABCD的边长.
(2)当点P在AB边上运动时,△OPQ的面积S(平方单位)与时间t(秒)之间的函
数图象为抛物线的一部分(如图②所示),求P,Q两点的运动速度.
(3)求
(2)中面积S(平方单位)与时间t(秒)的函数关系式及面积S取最大值时点
P的坐标.
⎪
(4)若点P,Q保持
(2)中的速度不变,则点P沿着AB边运动时,∠OPQ的大小随着时间t的增大而增大;沿着BC边运动时,∠OPQ的大小随着时间t的增大而减小.当点P沿着这两边运动时,使∠OPQ=90的点P有个.
2⎛-b
4ac-b2⎫
(抛物线y=ax
+
bx+c(a≠0)的顶点坐标是ç
,.
2a4a
⎝⎭
图①图②
[解]
(1)作BF⊥y轴于F.A(0,10),B(8,4),
∴FB=8,FA=6.∴AB=10.
(2)由图②可知,点P从点A运动到点B用了10秒.又AB=10,10÷10=1.
∴P,Q两点的运动速度均为每秒1个单位.
(3)方法一:
作PG⊥y轴于G,则PG∥BF.∴GA=AP,即GA=t.
FAAB610
∴GA=3t.∴OG=10-3t.OQ=4+t,∴S=1⨯OQ⨯OG=1(t+4)⎛10-3t⎫
5522
ç5⎪
.
19
即S=-3t2+19t+20.-b=-5
⎝⎭
=19,且0≤19≤10,
105
2a2⨯⎛-3⎫33
ç10⎪
⎝⎭
∴当t=19时,S有最大值.此时GP=4t=76,OG=10-3t=31,
3
点P的坐标为⎛7631⎫.
51555
ç,⎪
⎝155⎭
方法二:
当t=5时,OG=7,OQ=9,S=1OGOQ=63.设所求函数关系式为
22
63⎧100a+10b+20=28
S=at2+bt+20.抛物线过点(10,28),⎛5,⎫,∴⎪63
ç2⎪⎨25a+5b+20=.
⎝⎭⎪⎩2
⎧a=-3,
⎪
∴
⎨
⎪b=
⎩
10
19.
5
∴S=-3t2+19t+20.105
19
-b=-5=19,且0≤19≤10,∴当t=19时,S有最大值.
2a2⨯⎛-3⎫333
ç10⎪
⎝⎭
此时GP=76,OG=31,∴点P的坐标为⎛7631⎫.
155
ç,⎪
⎝155⎭
(4)2.
2.如图①,Rt△ABC中,∠B=90,∠CAB=30.它的顶点A的坐标为(10,0),顶点
B的坐标为(5,53),AB=10,点P从点A出发,沿A→B→C的方向匀速运动,同
时点Q从点D(0,2)出发,沿y轴正方向以相同速度运动,当点P到达点C时,两点同时停止运动,设运动的时间为t秒.
(1)求∠BAO的度数.
(2)当点P在AB上运动时,△OPQ的面积S(平方单位)与时间t(秒)之间的函数
图象为抛物线的一部分,(如图②),求点P的运动速度.
(3)求
(2)中面积S与时间t之间的函数关系式及面积S取最大值时点P的坐标.
(4)如果点P,Q保持
(2)中的速度不变,那么点P沿AB边运动时,∠OPQ的大小随着时间t的增大而增大;沿着BC边运动时,∠OPQ的大小随着时间t的增大而减小,当点P沿这两边运动时,使∠OPQ=90的点P有几个?
请说明理由.
y
C
B
Q
P
D
OAxt
(第29题图
(第29题图②)
解:
(1)∠BAO=60.
(2)点P的运动速度为2个单位/秒.
1⎛9⎫2121
22
(3)P(10-t,3t)(0≤t≤5)S=(2t+2)(10-t)=-çt-⎪+.
⎝⎭4
∴当t=9时,S有最大值为121,此时P⎛1193⎫.
24ç2,2⎪
⎝⎭
(4)当点P沿这两边运动时,∠OPQ=90的点P有2个.
①当点P与点A重合时,∠OPQ<90,当点P运动到与点B重合时,OQ的长是12单位长度,
作∠OPM=90交y轴于点M,作PH⊥y轴于点H,
由△OPH∽△OPM得:
OM=203=11.5,所以OQ>OM,从而∠OPQ>90.
3
所以当点P在AB边上运动时,∠OPQ=90的点P有1个.
②同理当点P在BC边上运动时,可算得OQ=12+
3
=17.8.
而构成直角时交y轴于⎛0353⎫,353=20.2>17.8,
ç3⎪3
⎝⎭
所以∠OCQ<90,从而∠OPQ=90的点P也有1个.
第29题图①
所以当点P沿这两边运动时,∠OPQ=90的点P有2个.
3.如图12,直线y=-4x+4与x轴交于点A,与y轴交于点C,已知二次函数的图象经
3
过点A、C和点B(-1,0).
(1)求该二次函数的关系式;
(2)设该二次函数的图象的顶点为M,求四边形AOCM的面积;
(3)有两动点D、E同时从点O出发,其中点D
3
以每秒2个单位长度的速度沿折线
OAC按O→A→C的路线运动,点E以每秒4个单位长度的速度沿折线OCA按O→C→
A的路线运动,当D、E两点相遇时,它们都停止运动.设D、E同时从点O出发t秒时,∆ODE的面积为S.
①请问D、E两点在运动过程中,是否存在DE∥OC,若存在,请求出此时t的值;若不存在,请说明理由;
②请求出S关于t的函数关系式,并写出自变量t的取值范围;
③设S0是②中函数S的最大值,那么S0=.
解:
(1)令x=0,则y=4;令y=0则x=3.∴A(3,0).C(0,4)
∵二次函数的图象过点C(0,4),∴可设二次函数的关系式为y=ax2+bx+4
⎨0=a-b+4.
又∵该函数图象过点A(3,0).B(-1,0)∴⎧0=9a+3b+4
⎩
解之,得a=-4,
3
b=8.
3
∴所求二次函数的关系式为y=-4x2+8x+4
33
(2)∵y=-4x2+8x+4
33
=-4(x-1)2+16
33
∴顶点M的坐标为⎛116⎫
ç,⎪
⎝3⎭
过点M作MF⊥x轴于F
∴S四边形AOCM=S△AFM+S梯形FOCM
=1⨯(3-1)⨯16+
23
1⨯⎛4+
2⎝
16⎫⨯1=10∴四边形AOCM的面积为10
⎭
(3)①不存在DE∥OC
∵若DE∥OC,则点D,E应分别在线段OA,CA上,此时1AC=5.
设点E的坐标为(x,y)∴
=4t-4,∴x
=12t-12∵DE∥OC,
113515
∴12t-12=3t∴t=8∵t=8>2,不满足15233
②根据题意得D,E两点相遇的时间为
3+4+5=24(秒)现分情况讨论如下:
3+411
2
ⅰ)当022
ⅱ)当15-(4t-4)
∴
45
,∴y2
=36-16t
5
∴S=1⨯3t⨯36-16t=-12t2+27t
22555
ⅲ)当224时,设点E的坐标为(x
,y),类似ⅱ可得y
=36-16t
11
设点D的坐标为(x4,y4)
3t-3
3335
∴=2,
45
∴y4
=6t-12
5
∴S=S△AOE-S△AOD
=1⨯3⨯36-16t-1⨯3⨯6t-12=-33t+72
2
③S0
52
=243
80
555
47.关于x的二次函数y=-x2+(k2-4)x+2k-2以y轴为对称轴,且与y轴的交点在x
轴上方.
(1)求此抛物线的解析式,并在下面的直角坐标系中画出函数的草图;
(2)设A是y轴右侧抛物线上的一个动点,过点A作AB垂直于x轴于点B,再过点A
作x轴的平行线交抛物线于点D,过点D作DC垂直于x轴于点C,得到矩形ABCD
.设矩形ABCD的周长为l,点A的横坐标为x,试求l关于x的函数关系式;
(3)当点A在y轴右侧的抛物线上运动时,矩形ABCD能否成为正方形.若能,请求出此时正方形的周长;若不能,请说明理由.
参考资料:
抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的顶点坐标是⎛-
b4ac-b2⎫
,⎪,对称轴是直线
x=-b.
2a
⎝2a
4a⎭
解:
(1)据题意得:
k2-4=0,∴k=±2.当k=2时,2k-2=2>0.当k=-2时,2k-2=-6<0.
又抛物线与y轴的交点在x轴上方,∴k=2.
∴抛物线的解析式为:
y=-x2+2.
函数的草图如图所示.(只要与坐标轴的三个交点的位置及图象大致形状正确即可)
(2)解:
令-x2+2=0,得x=±.
不0=2x,A1B1
=-x2+2,
∴l=2(AB+AD)=-2x2+4x+4.
1111
当x>时,A2D2=2x,
A2B2=-(-x+2)=x-2.
22
∴l=2(AD+AB)=2x2+4x-4.
2222
∴l关于x的函数关系是:
(第26题)
当0l=-2x2+4x+4;当
x>时,
l=2x2+4x-4.
(3)解法一:
当01111
解得x=-1-(舍),或x=-1+.将x=-1+代入l=-2x2+4x+4,
得l=8
-8.当x>时,令AB=AD
,得x2-2x-2=0.
2222
解得x=1-(舍),或
x=1+.将
x=1+代入
l=2x2+4x-4,得
l=8+8.
综上,矩形ABCD能成为正方形,且当x=-1时正方形的周长为8-8;当
x=+1时,正方形的周长为8+8.
解法二:
当0∴正方形的周长l=4A1D1=8x=8-8.
当x>时,同“解法一”可得x=1+.
∴正方形的周长l=4A2D2=8x=8+8.
综上,矩形ABCD能成为正方形,且当x=-1时正方形的周长为8-8;当
x=+1时,正方形的周长为8+8.
解法三:
点A在y轴右侧的抛物线上,∴x>0,且点A的坐标为(x,-x2+2).令AB=AD,则-x2+2=2x.∴-x2+2=2x,①或-x2+2=-2x②
由①解得x=-1-(舍),或x=-1+;由②解得x=1-(舍),或x=1+
.
又l=8x,∴当x=-1+时l=8
-8;当x=1+时l=8
+8.
综上,矩形ABCD能成为正方形,且当x=-1时正方形的周长为8-8;当
x=+1时,正方形的周长为8+8.
5.已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,其中点B在x轴的正半轴上,点C在y轴的正半轴上,线段OB、OC的长(OB0的两个根,且抛物线的对称轴是直线x=-2.
(1)求A、B、C三点的坐标;
(2)求此抛物线的表达式;
(3)连接AC、BC,若点E是线段AB上的一个动点(与点A、点B不重合),过点
E作EF∥AC交BC于点F,连接CE,设AE的长为m,△CEF的面积为S,求S与m之间的函数关系式,并写出自变量m的取值范围;
(4)在(3)的基础上试说明S是否存在最大值,若存在,请求出S的最大值,并求出此时点E的坐标,判断此时△BCE的形状;若不存在,请说明理由.
第26题图
解:
(1)解方程x2-10x+16=0得x1=2,x2=8
∵点B在x轴的正半轴上,点C在y轴的正半轴上,且OB<OC
∴点B的坐标为(2,0),点C的坐标为(0,8)又∵抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是直线x=-2
∴由抛物线的对称性可得点A的坐标为(-6,0)
(2)∵点C(0,8)在抛物线y=ax2+bx+c的图象上
∴c=8,将A(-6,0)、B(2,0)代入表达式,得
第26题图(批卷教师用图)
Error!
解得Error!
x-x
∴所求抛物线的表达式为y=-228+8
33
(3)依题意,AE=m,则BE=8-m,
∵OA=6,OC=8,∴AC=10
∵EF∥AC∴△BEF∽△BAC
∴EF=BE
EF8-m
AC
∴EF
AB
40-5m
即10=8
=4
过点F作FG⊥AB,垂足为G,则sin∠FEG=sin∠CAB4
FG4
=
5
440-5m
∴EF=∴FG=·=8-m
∴S=S△BCE-S△BFE=1(8-m)×8-1(8-m)(8-m)
22
1112
=(8-m)(8-8+m)=(8-m)m=-m+4m
222
自变量m的取值范围是0<m<8
(4)存在.
理由:
∵S
12+4m
1m-4)2+81
=-m
2
=-(
2
且-<0,
2
∴当m=4时,S有最大值,S最大值=8
∵m=4,∴点E的坐标为(-2,0)
∴△BCE为等腰三角形.
6.(14分)如图:
抛物线经过A(-3,0)、B(0,4)、C(4,0)三点.
(1)求抛物线的解析式.
(2)已知AD=AB(D在线段AC上),有一动点P从点A沿线段AC以每秒1个单
位长度的速度移动;同时另一个动点Q以某一速度从点B沿线段BC移动,经过t
秒的移动,线段PQ被BD垂直平分,求t的值;
(3)在
(2)的情况下,抛物线的对称轴上是否存在一点M,使MQ+MC的值最小?
若存在,请求出点M的坐标;若不存在,请说明理由。
(注:
抛物线y=ax2+bx+c的对称轴为x=-b)
2a
(1)解法一:
设抛物线的解析式为y=a(x+3)(x-4)
因为B(0,4)在抛物线上,所以4=a(0+3)(0-4)解得a=-1/3
所以抛物线解析式为y=-1(x+3)(x-4)=-1x2+1x+4
333
解法二:
设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c(a≠0),
⎧a=-1
⎧9a-3b+4=0
依题意得:
c=4且
⎩16a+4b+4=0
解得⎪3
⎪b=
⎪⎩3
所以所求的抛物线的解析式为y=-1x2+1x+4
33
(2)连接DQ,在Rt△AOB中,AB===5
所以AD=AB=5,AC=AD+CD=3+4=7,CD=AC-AD=7–5=2
因为BD垂直平分PQ,所以PD=QD,PQ⊥BD,所以∠PDB=∠QDB因为AD=AB,所以∠ABD=∠ADB,∠ABD=∠QDB,所以DQ∥AB所以∠CQD=∠CBA。
∠CDQ=∠CAB,所以△CDQ∽△CAB
DQ=CD即DQ=2,
DQ=10
ABCA577
所以AP=AD–DP=AD–DQ=5–10=25,t=25÷1=25
7777
所以t的值是25
7
(3)答对称轴上存在一点M,使MQ+MC的值最小
理由:
因为抛物线的对称轴为x=-b=1
2a2
所以A(-3,0),C(4,0)两点关于直线x=1对称
2
连接AQ交直线x=1于点M,则MQ+MC的值最小
2
过点Q作QE⊥x轴,于E,所以∠QED=∠BOA=900DQ∥AB,∠BAO=∠QDE,△DQE∽△ABO
10
QE=DQ=DE即QE=7=DE
BOABAO453
所以QE=8
7
,DE=6
7
,所以OE=OD+DE=2+6
7
=20
7
,所以Q(20,8)
77
设直线AQ的解析式为y=kx+m(k≠0)
⎧208
⎧k=8
则⎪7
k+m=7由此得⎪41
24
⎪⎩-3k+m=0
⎪m=
⎩41
⎧x=1
所以直线AQ的解析式为y=8x+24联立⎪2
⎧x=1
4141
⎨
⎪y=
⎩
8x+24
4141
由此得⎪
⎪y=
⎩
2
8x+24
4141
128
(,)
241
则:
在对称轴上存在点M128),使MQ+MC的值最小。
241
7.如图9,在平面直角坐标系中,二次函数y=ax2+bx+c(a>0)的图象的顶点为D
点,与y轴交于C点,与x轴交于A、B两点,A点在原点的左侧,B点的坐标为(3,0),
OB=OC,tan∠ACO=1.
3
(1)求这个二次函数的表达式.
(2)经过C、D两点的直线,与x轴交于点E,在该抛物线上是否存在这样的点F,
使以点A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形?
若存在,请求出点F的坐标;若不存在,请说明理由.
(3)若平行于x轴的直线与该抛物线交于M、N两点,且以MN为直径的圆与x轴相
切,求该圆半径的长度.
(4)如图10,若点G(2,y)是该抛物线上一点,点P是直线AG下方的抛物线上一动点,当点P运动到什么位置时,△APG的面积最大?
求出此时P点的坐标和△APG的最大面积.
(1)方法一:
由已知得:
图C9(0,-3),A(-1,0)…1分
⎧a-b+c=0
⎪
图10
将A、B、C三点的坐标代入得⎨9a+3b+c=0……………………2分
⎩
⎪c=-3
⎪
⎧a=1
解得:
⎨b=-2……………………3分
⎩
⎪c=-3
所以这个二次函数的表达式为:
y=x2-2x-3……………………3分方法二:
由已知得:
C(0,-3),A(-1,0)………………………1分设该表达式为:
y=a(x+1)(x-3)……………………2分
将C点的坐标代入得:
a=1……………………3分
所以这个二次函数的表达式为:
y=x2-2x-3……………………3分
(注:
表达式的最终结果用三种形式中的任一种都不扣分)
(2)方法一:
存在,F点的坐标为(2,-3)……………………4分理由:
易得D(1,-4),所以直线CD的解析式为:
y=-x-3
∴E点的坐标为(-3,0)……………………4分
由A、C、E、F四点的坐标得:
AE=CF=2,AE∥CF
∴以A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形
∴存在点F,坐标为(2,-3)……………………5分
方法二:
易得D(1,-4),所以直线CD的解析式为:
y=-x-3
∴E点的坐标为(-3,0)………………………4分
∵以A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形
∴F点的坐标为(2,-3)或(―2,―3)或(-4,3)代入抛物线的表达式检验,只有(2,-3)符合
∴存在点F,坐标为(2,-3)………………………5分
(3)如图,①当直线MN在x轴上方时,设圆的半径为R(R>0),则N(R+1,R),
代入抛物线的表达式,解得R=
…………6分
y
②当直线MN在x轴下方时,设圆的半径为r(r>0),
则N(r+1,-r),1R
代入抛物线的表达式,解得r=-1+
2
17………7分
R
AOBx
r
r