云南省2018年中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第三章 函數(shù) 第五節(jié) 二次函數(shù)綜合題 課時2 二次函數(shù)與幾何圖形綜合題同步訓(xùn)練

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1、 課時2　二次函數(shù)與幾何圖形綜合題 姓名：________　班級：________　限時：______分鐘 面積問題 1．(2018·黃岡)已知直線l：y＝kx＋1與拋物線y＝x2－4x. (1)求證：直線l與該拋物線總有兩個交點； (2)設(shè)直線l與該拋物線兩交點為A，B，O為原點，當(dāng)k＝－2時，求△OAB的面積． 2．(2018·陜西)已知拋物線L：y＝x2＋x－6與x軸相交于A、B兩點(點A在點B的左側(cè))，并與y軸相交于點C. (1)求A、B、C三點的坐標(biāo)，并求△ABC的面積； (2)將拋物線L向左或向右平移

2、，得到拋物線L′，且L′與x軸相交于A′、B′兩點(點A′在點B′的左側(cè))，并與y軸相交于點C′，要使△A′B′C′和△ABC的面積相等，求所有滿足條件的拋物線的函數(shù)表達式． 3．(2018·徐州)已知二次函數(shù)的圖象以A(－1，4)為頂點，且過點B(2， －5)． (1)求該函數(shù)的關(guān)系式； (2)求該函數(shù)圖象與坐標(biāo)軸的交點坐標(biāo)； (3)將該函數(shù)圖象向右平移，當(dāng)圖象經(jīng)過原點時，A，B兩點隨圖象移至A′，B′，求△OA′B′的面積． 4．(2018·溫

3、州)如圖，拋物線y＝ax2＋bx(a≠0)交x軸正半軸于點A，直線y＝2x經(jīng)過拋物線的頂點M.已知該拋物線的對稱軸為直線x＝2，交x軸于點B. (1)求a，b的值； (2)P是第一象限內(nèi)拋物線上的一點，且在對稱軸的右側(cè)，連接OP，BP.設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m，△OBP的面積為S，記K＝，求K關(guān)于m的函數(shù)表達式及K的范圍． 角度問題 5．(2018·廣東省卷)如圖，已知頂點為C(0，－3)的拋物線y＝ax2＋b(a≠0)與x軸交于A，B兩點，直線y＝x＋m過頂點C和點B. (1)求m的值； (2)求函數(shù)y＝ax2＋b(a≠0)的

4、解析式； (3)拋物線上是否存在點M，使得∠MCB＝15°？若存在，求出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 6．(2018·天津)在平面直角坐標(biāo)系中，點O(0，0)，點A(1，0)．已知拋物線y＝x2＋mx－2m(m是常數(shù))，頂點為P. (1)當(dāng)拋物線經(jīng)過點A時，求頂點P的坐標(biāo)； (2)若點P在x軸下方，當(dāng)∠AOP＝45°時，求拋物線的解析式； (3)無論m取何值，該拋物線都經(jīng)過定點H.當(dāng)∠AHP＝45°時，求拋物線的解析式． 特殊圖形存在性問題 7．(2018

5、·山西)綜合與探究 如圖，拋物線y＝x2－x－4與x軸交于A，B兩點(點A在點B的左側(cè))，與y軸交于點C，連接AC，BC.點P是第四象限內(nèi)拋物線上的一個動點，點P的橫坐標(biāo)為m，過點P作PM⊥x軸，垂足為點M，PM交BC于點Q，過點P作PE∥AC交x軸于點E，交BC于點F. (1)求A、B、C三點的坐標(biāo)； (2)試探究在點P運動的過程中，是否存在這樣的點Q，使得以A、C、Q為頂點的三角形是等腰三角形．若存在，請直接寫出此時點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由； (3)請用含m的代數(shù)式表示線段QF的長，并求出m為何值時QF有最大值． 8．(2018·臨沂)

6、如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，∠ACB＝90°，OC＝2OB，tan∠ABC＝2，點B的坐標(biāo)為(1，0)，拋物線y＝－x2＋bx＋c經(jīng)過A，B兩點． (1)求拋物線的解析式； (2)點P是直線AB上方拋物線上的一點，過點P作PD垂直x軸于點D，交線段AB于點E，使PE＝DE. ①求點P的坐標(biāo)； ②在直線PD上是否存在點M，使△ABM為直角三角形？若存在，求出符合條件的所有點M的坐標(biāo)；若不存在．請說明理由． 參考答案 1．解：(1)證明： 聯(lián)立 化簡可得x2－(4＋k)x－1＝0， ∴Δ＝(4＋k)2＋4＞0， 故直線l與該拋物線

7、總有兩個交點； (2)解： 當(dāng)k＝－2時，y＝－2x＋1. 如解圖，過點A作AF⊥x軸于點F，過點B作BE⊥x軸于點E， ∴聯(lián)立解得或， ∴A(1－，2－1)，B(1＋，－1－2)， ∴AF＝2－1，BE＝1＋2. 易求得直線y＝－2x＋1與x軸的交點C為(，0)， ∴OC＝， ∴S△OAB＝S△AOC＋S△BOC＝OC·AF＋OC·BE＝OC·(AF＋BE)＝××(2－1＋1＋2)＝. 2．解：(1)令y＝0，得x2＋x－6＝0， 解得x＝－3或x＝2， ∴A(－3，0)，B(2，0)． 令x＝0，得y＝－6， ∴C(0，－6)， ∴AB＝5，OC＝6， ∴S△

8、ABC＝AB·OC＝×5×6＝15； (2)由題意，得A′B′＝AB＝5. 要使S△A′B′C′＝S△ABC，只要拋物線L′與y軸交點為C′(0，－6)或C′(0，6)即可． 設(shè)所求拋物線L′：y＝x2＋mx＋6，y＝x2＋nx－6. 又知，拋物線L′與拋物線L的頂點縱坐標(biāo)相同， ∴＝，＝， 解得m＝±7，n＝±1(n＝1舍去)． ∴拋物線L′：y＝x2＋7x＋6或y＝x2－7x＋6或y＝x2－x－6.　 3．解：(1)設(shè)函數(shù)的關(guān)系式為y＝a(x＋1)2＋4， 將B(2，－5)代入得：a＝－1， ∴該函數(shù)的關(guān)系式為y＝－(x＋1)2＋4＝－x2－2x＋3； (2)令x＝0

9、，得y＝3，因此拋物線與y軸的交點為(0，3)； 令y＝0，－x2－2x＋3＝0，解得x1＝－3，x2＝1，即拋物線與x軸的交點為(－3，0)，(1，0)； (3)設(shè)拋物線與x軸的交點為M，N(點M在點N的左側(cè))，由(2)知：M(－3，0)，N(1，0)， 當(dāng)函數(shù)圖象向右平移經(jīng)過原點時，點M與點O重合，因此拋物線向右平移了3個單位， 故A′(2，4)，B′(5，－5)， ∴S△OA′B′＝×(2＋5)×9－×2×4－×5×5＝15. 4．解：(1)將x＝2代入y＝2x，得y＝4， ∴M(2，4)，由題意得∴ (2)如解圖，過點P作PH⊥x軸于點H. ∵點P的橫坐標(biāo)為m，拋物線

10、的函數(shù)表達式為y＝－x2＋4x， ∴PH＝－m2＋4m. ∵B(2，0)，∴OB＝2， ∴S＝OB·PH＝×2×(－m2＋4m)＝－m2＋4m， ∴K＝＝－m＋4. 由題意得A(4，0)． ∵M(2，4)，∴2

11、30°， ∴OD＝OC·tan 30°＝，∴D(，0)． 設(shè)DC的解析式為y＝kx－3，將D(，0)代入得k＝， 取立解得 ∴M(3，6)； ②若點M在BC下方，設(shè)MC交x軸于點E，如解圖2， 則∠OCE＝45°＋15°＝60°， ∴OE＝OC·tan 60°＝3， ∴E(3，0)． 設(shè)EC的解析式為y＝kx－3，將E(3，0)代入得k＝， 聯(lián)立解得 ∴M(，－2)． 綜上所述，存在點M，使得∠MCB＝15°，此時點M的坐標(biāo)是(3，6)或(，－2)． 6．解：(1)∵拋物線y＝x2＋mx－2m經(jīng)過點A(1，0)， ∴0＝1＋m－2m，解得m＝1. ∴拋物線的解析式

12、為y＝x2＋x－2. ∵y＝x2＋x－2＝(x＋)2－， ∴頂點P的坐標(biāo)為(－，－)； (2)拋物線y＝x2＋mx－2m的頂點P的坐標(biāo)為(－，－)． 由點A(1，0)在x軸正半軸上，點P在x軸下方，∠AOP＝45°，知點P在第四象限． 如解圖1，過點P作PQ⊥x軸于點Q，則∠POQ＝∠OPQ＝45°.　 可知PQ＝OQ，即＝－，解得m1＝0，m2＝－10. 當(dāng)m＝0時，點P不在第四象限，舍去． ∴m＝－10， ∴拋物線的解析式為y＝x2－10x＋20； (3)由y＝x2＋mx－2m＝(x－2)m＋x2可知，當(dāng)x＝2時，無論m取何值時，y都等于4， ∴點H的坐標(biāo)為(2，

13、4)． 如解圖2，過點A作AD⊥AH，交射線HP于點D，分別過點D，H作x軸的垂線，垂足分別為E，G，則∠DEA＝∠AGH＝90°. ∵∠DAH＝90°，∠AHD＝45°， ∴∠ADH＝45°，∴AH＝AD. ∵∠DAE＋∠HAG＝∠AHG＋∠HAG＝90°， ∴∠DAE＝∠AHG， ∴△ADE≌△HAG(AAS)， ∴DE＝AG＝1，AE＝HG＝4， ∴點D的坐標(biāo)為(－3，1)或(5，－1)． ①當(dāng)點D的坐標(biāo)為(－3，1)時， 可得直線DH的解析式為y＝x＋. ∵點P(－，－)在直線y＝x＋上， ∴－＝×(－)＋， 解得m1＝－4，m2＝－. 當(dāng)m＝－4時，點P與

14、點H重合，不符合題意， ∴m＝－； ②當(dāng)點D的坐標(biāo)為(5，－1)時， 可得直線DH的解析式為y＝－x＋. ∵點P(－，－)在直線y＝－x＋上， ∴－＝－×(－)＋， 解得m1＝－4(舍去)，m2＝－. ∴m＝－. 綜上可得，m＝－或m＝－. 故拋物線的解析式為y＝x2－x＋或y＝x2－x＋. 7．解：(1)令y＝0得x2－x－4＝0， 解得x1＝－3，x2＝4， ∴點A、B的坐標(biāo)分別為A(－3，0)，B(4，0)， 令x＝0得y＝－4， ∴點C的坐標(biāo)為(0，－4)； (2)存在，Q1(，－4)，Q2(1，－3)； (3)如解圖，過點F作FG⊥PM于點G. ∵B

15、(4，0)，C(0，－4)， ∴△OBC為等腰直角三角形， ∴∠OBC＝45°，即QM＝BM. ∵B(4，0)，點P的橫坐標(biāo)為m， ∴QM＝BM＝4－m. ∵PM⊥x軸，F(xiàn)G⊥PM， ∴FG∥x軸， ∴∠QFG＝∠OBC＝45°，即FG＝QG，QG＝QF. ∵PE∥AC，F(xiàn)G∥x軸， ∴∠PFG＝∠CAO. 又∵∠AOC＝90°，F(xiàn)G⊥PM， ∴△PFG∽△CAO， ∴＝，即＝， ∴PG＝FG. 又∵FG＝QG， ∴PG＝QG＝QF， 由圖可知：PQ＝QG＋PG＝QF＋QF＝QF， ∴QF＝PQ. ∵點P的橫坐標(biāo)為m， ∴點P的縱坐標(biāo)為m2－m－4，即PM

16、＝－(m2－m－4)． 又由圖可知： PQ＝PM－QM ＝－(m2－m－4)－(4－m) ＝－m2＋m＋4－4＋m ＝－m2＋m， ∴QF＝PQ ＝(－m2＋m) ＝－m2＋m ＝－(m2－4m) ＝－(m2－4m＋4－4)＝－(m－2)2＋. ∵－＜0， ∴當(dāng)m＝2時，QF有最大值． 8．解：(1)在Rt△ABC中，由點B的坐標(biāo)可知OB＝1. ∵OC＝2OB， ∴OC＝2，則BC＝3. 又∵tan∠ABC＝2， ∴AC＝2BC＝6，則點A的坐標(biāo)為(－2，6)． 把點A、B的坐標(biāo)代入拋物線的解析式y(tǒng)＝－x2＋bx＋c中，得 解得 故該拋物線的解析式為

17、y＝－x2－3x＋4； (2)①由點A(－2，6)和點B(1，0)的坐標(biāo)求得直線AB的解析式為y＝－2x＋2. 如解圖1，設(shè)點P的坐標(biāo)為(m，－m2－3m＋4)， 則點E的坐標(biāo)為(m，－2m＋2)，點D的坐標(biāo)為(m，0)， 則PE＝－m2－m＋2，DE＝－2m＋2， 由PE＝DE，得－m2－m＋2＝(－2m＋2)， 解得m＝±1. 又∵－2＜m＜1，∴m＝－1， ∴點P的坐標(biāo)為(－1，6)； ②如解圖2，以AB為直角邊，分別以A，B為直角頂點作直角三角形ABM交PD于點M1，M2，設(shè)點M的坐標(biāo)為(－1，n)． 當(dāng)點M位于直線AB上方時，由BM2＝AM2＋AB2，得 (－1

18、－1)2＋n2＝(－2＋1)2＋(6－n)2＋(－2－1)2＋(6－0)2， 解得n＝. 故此時，點M的坐標(biāo)為(－1，)． 當(dāng)點M位于直線AB下方時，由AM2＝BM2＋AB2，得(－2＋1)2＋(6－n)2＝(－1－1)2＋n2＋(－2－1)2＋(6－0)2， 解得n＝－1. 故此時，點M的坐標(biāo)為(－1，－1)． 如解圖3，以AB為直徑作圓交直線PD于點M3，M4，此時△ABM為直角三角形． 由AB2＝AM2＋BM2，得(－2－1)2＋(6－0)2＝(－2＋1)2＋(6－n)2＋(－1－1)2＋n2， 解得n＝3±. 故此時，點M的坐標(biāo)為(－1，＋3)或(－1，－＋3)． 綜上所述，符合條件的點M的坐標(biāo)為(－1，)或(－1，－1)或(－1，＋3)或(－1，－＋3)． 14