四川版2019年中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)模擬專題十二二次函數(shù)的幾何意義試題

：精選試題二次函數(shù)的幾何意義專題十二)針對(duì)四川中考二次函數(shù)的幾何應(yīng)用(2與極點(diǎn)為M的拋物線y＝a(x＋1)－41．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14952507)(2017·成都展望)如圖、的右側(cè))、與y軸訂交于點(diǎn)C(0、－3)．x軸訂交于點(diǎn)A、B(點(diǎn)A在點(diǎn)B(1)求拋物線的剖析式；可否為直角三角形、并說明原由；(2)判斷△BCM為極點(diǎn)的四邊形NC、、使得以點(diǎn)A、B、(3)拋物線上可否存在點(diǎn)N(點(diǎn)N與點(diǎn)M不重合)的坐標(biāo)；若不存在、請說明原由．的面積相等？若存在、求出點(diǎn)N的面積與四邊形ABMC2、＝a1a＝－4、∴1)－4與y軸訂交于點(diǎn)C(0、－3)．∴－3解：(1)∵拋物線y＝a(x＋22有、1()2)△BCM是直角三角形、原由：由＝(x＋1)－4＝x＋2x－3(∴拋物線剖析式為y22x、∴32x－＝0、∴極點(diǎn)為M(－1、－4)、令y＝0、∴x＋拋物線剖析式為y＝(x＋1)－41222、20＋16＝18、CM＝1＋1＝2、BM＝4BC、∴＝－3、x＝1A(1、0)、B(－3、0)、∴＝9＋9＝2222為極點(diǎn)的四邊形的C、N、∴△BCM是直角三角形(3)存在、∵以點(diǎn)A、B、BM∴BC＋CM＝軸上N在x面積與四邊形ABMC的面積相等、且點(diǎn)M是拋物線的極點(diǎn)、∴有兩種情況、①點(diǎn)22CM18、CM＝2、∴BC＝、32有方的拋物線上、如圖1、由(2)△BCM是直角三角形、BC＝11為極點(diǎn)的四、Nm、n)、∵以點(diǎn)A、B×3＝2、∴S＝BC×CM＝2C×2＝3、設(shè)N(BCM△22、(1∴S＝S＝3、∵A＋邊形的面積與四邊形ABMC的面積相等、∴SS＝S＋S、BCM△ABN△ABN△△ABCABCBCM△△311在拋物線＝2n＝3、∴n、∵點(diǎn)N＝－3、0)、∴AB4、∴S＝×AB×n＝×4×n＝(0)、BABN△222223222222、＋、∴N(＝－、∴m1－＋、m＝－11－＋xy＝＋2x－3的圖象上、∴m2m－3＝2122223322在對(duì)稱軸的右側(cè)、軸下方的拋物線上、∵點(diǎn)C2、點(diǎn)N在(N－1x－、)；②如圖)或222此、N作MN∥BC、交拋物線于點(diǎn)∴點(diǎn)N在對(duì)稱軸右側(cè)不存在、只有在對(duì)稱軸的左側(cè)、過點(diǎn)My、∴直線BC剖析式為3、C(0、－)、SS時(shí)、S＝、∴S＝、∵B(－30)ABNCBCN四邊形四邊形△BCMABMC△2、1－4①、∴M(＋＋b、∵拋物線剖析式為y＝(x1)－xMNx＝－－3、設(shè)的剖析式為y＝－，2，x＝－＝－x121、－N(2∴(5②y剖析式為＝－x－、聯(lián)立①②得舍)、MN)－4、∴直線，＝－，y＝－4y321備戰(zhàn)中考模擬試卷．：精選試題332222－、)或N(－1－1－＋2、－3)、)或N(N－3)、綜上所述、(22222．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14952508)(2017·樂山展望)在直角坐標(biāo)系xOy中、A(0、2)、B(－1、0)、將△ABO經(jīng)過旋轉(zhuǎn)、平移變化后獲取如圖1所示的△BCD.求經(jīng)過A、B、C三點(diǎn)的拋物線的剖析式；(2)連接AC、點(diǎn)P是位于線段BC上方的拋物線上一動(dòng)點(diǎn)、若直線PC將△ABC的面積分成1∶3兩部分、求此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；(3)現(xiàn)將△ABO、△BCD分別向下、向左以1∶2的速度同時(shí)平移、求出在此運(yùn)動(dòng)過程中△ABO與△BCD重疊部分面積的最大值．解：(1)∵A(0、2)、B(－1、0)、將△ABO經(jīng)過旋轉(zhuǎn)、平移變化獲取如圖1所示的△BCD、∴BD＝OA＝2、CD＝OB＝1、∴∠BDC＝∠AOB＝90°、∴C(1、1)、設(shè)經(jīng)過A、B、C三點(diǎn)的拋3a＝－，2，a－b＋c＝02，＝1＋b＋c1ay∴拋物線的剖析式為＋c、則有解得＝物線剖析式為yax＋bx，＝b2，c＝2，c＝21322x＋x＋＝－22AE(2)如圖1、設(shè)直線PC與BE1AEEFBEBF＝或＝3、過點(diǎn)

AB交于點(diǎn)E.∵直線PC將△ABC的面積分成1∶3兩部分、∴E作EF⊥OB于點(diǎn)F、則EF∥OA、∴△BEF∽△BAO、∴＝＝、∴當(dāng)BOAO3BABEAE1EF3BF3313＝時(shí)、＝＝、∴

EF＝、BF＝、∴

E(－、)、設(shè)直線

PC解析式為y＝mx＋n、則－x＋、∴－x＋x＋2＝－x＋、∴

24132244BE27312722可求得其剖析式為x＝－、x＝1(舍去)、∴3時(shí)、同理可得P(－、)

y＝2149725BE5

備戰(zhàn)中考

模擬試卷．：精選試題的解B可由已知求出AD重疊部分的面積為S、t、△ABO與△BC(3)設(shè)平移的時(shí)間為1111121111－2tB、Cx＋t＋、、0)CB的剖析式為y＝析式為y＝2x＋2－t、AB與x軸交點(diǎn)坐標(biāo)為(22111122231重疊部分為四邊CDBO與△B、當(dāng)0＜t＜時(shí)、△A)與y軸交點(diǎn)坐標(biāo)為(0、t＋．①如圖211111252、由、連接OQB交于點(diǎn)Q軸交于點(diǎn)N、AB與C與形．設(shè)ABx軸交于點(diǎn)M、CB與y2211111134t－，2－ty＝2x＋，x＝31－t5t4t－35t12＋＝××＋(t(得∴Q、)、∴S＝S＋S11QNO△△QMO2333225t，ty＝x＋＋22.＝y(tǒng)32534t13113－2；S的最大值為0＜t＜時(shí)、)×＝－t＋t＋、∴當(dāng)5251242343軸交xB與CD重疊部分為直角三角形、設(shè)A、當(dāng)≤t＜時(shí)、△ABO與△B②如圖311111121555t4t2－、－5tG＝4＋1－2t＝、D、、則G(1－2t、4－5t)DH＝D、于點(diǎn)HAB與C交于點(diǎn)G11111122134－5t11142綜上所.S的最大值為＜4)、∴當(dāng)≤t時(shí)、··(4－5t)＝(5t－＝＝∴SDH·DG11454522225重疊部分面積的最大值為與△BCD述、在此運(yùn)動(dòng)過程中、△ABO

522、、4)、過(－2宜賓)如圖、已知二次函數(shù)y＝ax＋bx2016·3．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14952509)(14)兩點(diǎn)．－4、(y的剖析式；(1)求二次函數(shù)1、My于＞y＝m(m0)交獲取拋物線y(2)將沿x軸翻折、再向右平移2個(gè)單位、y、直線212)的代數(shù)式表示；的長度(用含mN兩點(diǎn)、求線段MN的圖象形成的封閉y與y、兩點(diǎn)、若是直線A、By＝m交于、在(3)(2)的條件下、yy2121兩FE、的圖象形成的封閉曲線交于yy在左側(cè))、直線＝－m與、y(CDC曲線交于、兩點(diǎn)21是平行四邊形．)、求證：四邊形CEFD在左側(cè)點(diǎn)(E備戰(zhàn)中考模擬試卷．：精選試題，＝44a－2b2解得44、)兩點(diǎn)、∴二次函數(shù)y＝ax＋bx過(－2、4)、(－解：(1)∵1，－4b＝416a1，＝－a911222－(2)∵y＝－((x＋3)、＋∴二次函數(shù)y的剖析式y(tǒng)＝－∴極點(diǎn)坐標(biāo)x－3x1112223.b＝－9的極點(diǎn)坐標(biāo)y、∴拋物線y3、)、∵將y沿x軸翻折、再向右平移2個(gè)單位、獲取拋物線2122，y＝m99122－＋(x＋1)－、由2x消去y整理獲取x(－1、－)、∴拋物線y＝9122222，－y＝（x＋1）222＝＋x）－4xx36＝8m－8－2m＝0、設(shè)x、x是它的兩個(gè)根、則MN＝|xx|＋＝（x21211122，＝my2、則x＋2m＝0、設(shè)兩個(gè)根為x92＋2m(3)由、消去y整理獲取x＋6x1212，3xy＝－x－2，y＝－m22x、由8m整理獲取消去yx|－CD＝|xxx＝（＋x）－4x＝36－912111222，）－1＝y(tǒng)（x＋222、－4xx8m＝36|x－x|＋＝（xx）－、8＋2x－＋2m＝0、設(shè)兩個(gè)根為xx、則EF＝21212211是平行CEFDEF∥CD、∴四邊形在上、點(diǎn)E、Fy＝－m上、∴在∴EF＝CD、∵點(diǎn)C、Dy＝m四邊形為坐標(biāo)原O瀘州展望)如圖、在平面直角坐標(biāo)系中、點(diǎn)．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14952510)(2017·42、0)兩點(diǎn)．33)、B(4、與拋物線點(diǎn)、直線ly＝mx＋nx訂交于A(1(1)求拋物線的剖析式；為斜邊的直角三角形？若存在、是以線段AB(2)在坐標(biāo)軸上可否存在點(diǎn)D、使得△ABDD的坐標(biāo)；若不存在、說明原由；求出點(diǎn)PM∥OA、交第一象限內(nèi)P)、過點(diǎn)作P(點(diǎn)不與點(diǎn)A、B重合AB(3)點(diǎn)P是線段上一動(dòng)點(diǎn)S、PMNN、若△BCN、△的面積SABMC⊥xM的拋物線于點(diǎn)、過點(diǎn)M作軸于點(diǎn)C、交于點(diǎn)BCN△MN的坐標(biāo)．、求出＝滿足S2S的值、并求出此時(shí)點(diǎn)MPMN△PMN△BCN△NC備戰(zhàn)中考模擬試卷．：精選試題，3＝3m＋n2解nx的圖象上、∴y＝mx＋、)∵點(diǎn)A(1、33)、B(40)在拋物線＋，3＝－m2存在三個(gè)點(diǎn)滿足題意、原由以下：)(243x得∴拋物線剖析式為＝3n、(1)、∴點(diǎn)D1Ax軸上時(shí)、如圖1、過點(diǎn)作AD⊥x軸于點(diǎn)D,∵A(、坐標(biāo)為

1解：(，＝4n016my3x＝－＋，433當(dāng)點(diǎn)D在2222222)14－＋33－d)、BD＝4d、且AB＝、則y0)；當(dāng)點(diǎn)

D在軸上時(shí)、設(shè)D(0、d)AD＝1＋((22222)3－d3＋ABD是以AB為斜邊的直角三角形、∴ADBD＝AB、即

1＋(＋(＝33)36、∵△113－1133±33＋11322．綜上)(、∴D點(diǎn)坐標(biāo)為0、、)或(036＋4＋d＝、解得d＝22211－33＋1133如)或(()3)0、(點(diǎn)、其坐標(biāo)為可知、存在滿足條件的

D(1、0)或0、22ADMF3＝33、∴MF3＝＝過圖

2、∵P作

PF⊥CM于點(diǎn)F、PM∥OA、∴Rt△ADO∽R(shí)t△MFP、∴

ODPF、則

ABD＝60BC＝°、設(shè)

aRtPF、在、△ABD中、BD＝3AD＝∠33、∴tanABD＝3、∴∠3PF、∴＝FN＝、∴＝3PFCN＝3a、在PFNRt△中、∠PNF＝∠BNC＝°、∴

30tan

∠PNF

3FN13223a22PF＝MF＋FNNC＝43PF、∵S