(全國120套)2013年中考數(shù)學試卷分類匯編 代數(shù)綜合

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1、代數(shù)綜合 1、(2013? 德州)下列函數(shù)中,當x>0時,y隨x的增大而增大的是( ?。?   A. y=﹣x+1 B. y=x2﹣1 C. D. y=﹣x2+1 考點: 二次函數(shù)的性質(zhì);一次函數(shù)的性質(zhì);反比例函數(shù)的性質(zhì). 分析: 根據(jù)二次函數(shù)、一次函數(shù)、反比例函數(shù)的增減性,結(jié)合自變量的取值范圍,逐一判斷. 解答: 解:A、y=﹣x+1,一次函數(shù),k<0,故y隨著x增大而減小,錯誤; B、y=x2﹣1(x>0),故當圖象在對稱軸右側(cè),y隨著x的增大而增大;而在對稱軸左側(cè)(x<0),y隨著x的增大而減小,正確. C、y=,k=1>0,在每個象限里,y隨x的

2、增大而減小,錯誤; D、y=﹣x2+1(x>0),故當圖象在對稱軸右側(cè),y隨著x的增大而減小;而在對稱軸左側(cè)(x<0),y隨著x的增大而增大,錯誤; 故選B. 點評: 本題綜合考查二次函數(shù)、一次函數(shù)、反比例函數(shù)的增減性(單調(diào)性),是一道難度中等的題目. 2、(2013?攀枝花)如圖,拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過點A(﹣3,0),B(1.0),C(0,﹣3). (1)求拋物線的解析式; (2)若點P為第三象限內(nèi)拋物線上的一點,設△PAC的面積為S,求S的最大值并求出此時點P的坐標; (3)設拋物線的頂點為D,DE⊥x軸于點E,在y軸上是否存在點M,使得△ADM是直角三角形?

3、若存在,請直接寫出點M的坐標;若不存在,請說明理由. 考點: 二次函數(shù)綜合題. 分析: (1)已知拋物線上的三點坐標,利用待定系數(shù)法可求出該二次函數(shù)的解析式; (2)過點P作x軸的垂線,交AC于點N,先運用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式,設P點坐標為(x,x2+2x﹣3),根據(jù)AC的解析式表示出點N的坐標,再根據(jù)S△PAC=S△PAN+S△PCN就可以表示出△PAC的面積,運用頂點式就可以求出結(jié)論; (3)分三種情況進行討論:①以A為直角頂點;②以D為直角頂點;③以M為直角頂點;設點M的坐標為(0,t),根據(jù)勾股定理列出方程,求出t的值即可. 解答: 解:(1)由于拋物

4、線y=ax2+bx+c經(jīng)過A(﹣3,0),B(1,0),可設拋物線的解析式為:y=a(x+3)(x﹣1), 將C點坐標(0,﹣3)代入,得: a(0+3)(0﹣1)=5,解得 a=1, 則y=(x+3)(x﹣1)=x2+2x﹣3, 所以拋物線的解析式為:y=x2+2x﹣3; (2)過點P作x軸的垂線,交AC于點N. 設直線AC的解析式為y=kx+m,由題意,得 ,解得, ∴直線AC的解析式為:y=﹣x﹣3. 設P點坐標為(x,x2+2x﹣3),則點N的坐標為(x,﹣x﹣3), ∴PN=PE﹣NE=﹣(x2+2x﹣3)+(﹣x﹣3)=﹣x2﹣3x. ∵S△PAC=S△P

5、AN+S△PCN, ∴S=PN?OA =×3(﹣x2﹣3x) =﹣(x+)2+, ∴當x=﹣時,S有最大值,此時點P的坐標為(﹣,﹣); (3)在y軸上是否存在點M,能夠使得△ADE是直角三角形.理由如下: ∵y=x2+2x﹣3=y=(x+1)2﹣4, ∴頂點D的坐標為(﹣1,﹣4), ∵A(﹣3,0), ∴AD2=(﹣1+3)2+(﹣4﹣0)2=20. 設點M的坐標為(0,t),分三種情況進行討論: ①當A為直角頂點時,如圖3①, 由勾股定理,得AM2+AD2=DM2,即(0+3)2+(t﹣0)2+20=(0+1)2+(t+4)2, 解得t=, 所以點M的坐標

6、為(0,); ②當D為直角頂點時,如圖3②, 由勾股定理,得DM2+AD2=AM2,即(0+1)2+(t+4)2+20=(0+3)2+(t﹣0)2, 解得t=﹣, 所以點M的坐標為(0,﹣); ③當M為直角頂點時,如圖3③, 由勾股定理,得AM2+DM2=AD2,即(0+3)2+(t﹣0)2+(0+1)2+(t+4)2=20, 解得t=﹣1或﹣3, 所以點M的坐標為(0,﹣1)或(0,﹣3); 綜上可知,在y軸上存在點M,能夠使得△ADE是直角三角形,此時點M的坐標為(0,)或(0,﹣)或(0,﹣1)或(0,﹣3). 點評: 本題考查的是二次函數(shù)綜合題,涉

7、及到用待定系數(shù)法求一次函數(shù)、二次函數(shù)的解析式,三角形的面積,二次函數(shù)的頂點式的運用,勾股定理等知識,難度適中.運用數(shù)形結(jié)合、分類討論及方程思想是解題的關鍵. 3、(2013達州壓軸題)如圖,在直角體系中,直線AB交x軸于點A(5,0),交y軸于點B,AO是⊙M的直徑,其半圓交AB于點C,且AC=3。取BO的中點D,連接CD、MD和OC。 (1)求證:CD是⊙M的切線; (2)二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點D、M、A,其對稱軸上有一動點P,連接PD、PM,求△PDM的周長最小時點P的坐標; (3)在(2)的條件下,當△PDM的周長最小時,拋物線上是否存在點Q,使?若存在,求出點Q的坐標;若不存

8、在,請說明理由。 解析:(1)證明:連結(jié)CM. ∵OA 為⊙M直徑, ∴∠OCA=90°. ∴∠OCB=90°. ∵D為OB中點, ∴DC=DO. ∴∠DCO=∠DOC.………………………(1分) ∵MO=MC, ∴∠MCO=∠MOC.………………………(2分) ∴∠DCM=∠DCO+∠MCO=∠DOC+∠MOC=∠DOM=90°.………………………(3分) 又∵點C在⊙M上, ∴DC是⊙M的切線.………………………(4分) (2)解:在Rt△ACO中,有OC=. 又∵A點坐標(5,0), AC=3, ∴OC==4. ∴tan∠OAC=. ∴.解得 OB=.

9、 又∵D為OB中點,∴OD=. D點坐標為(0,).………………………(5分) 連接AD,設直線AD的解析式為y=kx+b,則有 j解得 ∴直線AD為y=-x+. ∵二次函數(shù)的圖象過M(,0)、A(5,0), ∴拋物線對稱軸x=.………………………(6分) ∵點M、A關于直線x=對稱,設直線AD與直線x=交于點P, ∴PD+PM為最小. 又∵DM為定長, ∴滿足條件的點P為直線AD與直線x=的交點.………………………(7分) 當x=時,y=-+=. 故P點的坐標為(,).………………………(8分) (3)解:存在. ∵S△PDM=S△DAM-S△PAM =AM

10、·yD-AM·yP =AM(yD-yp). S△QAM=AM·,由(2)知D(0,),P(,), ∴×(-)=yQ 解得yQ=±………………………(9分) ∵二次函數(shù)的圖像過M(0,)、A(5,0), ∴設二次函數(shù)解析式為y=a(x-)(x-5). 又∵該圖象過點D(0,), a×(-)×(-5)=,a=. ∴y=(x-)(x-5).………………………(10分) 又∵C點在拋物線上,且yQ=±, ∴(x-)(x-5)=±. 解之,得x1=,x2=,x3=. ∴點Q的坐標為(,),或(,),或(,-).…………(12分) 4、(2013?天津壓軸題)已知拋物線y1=

11、ax2+bx+c(a≠0)的對稱軸是直線l,頂點為點M.若自變量x和函數(shù)值y1的部分對應值如下表所示: (Ⅰ)求y1與x之間的函數(shù)關系式; (Ⅱ)若經(jīng)過點T(0,t)作垂直于y軸的直線l′,A為直線l′上的動點,線段AM的垂直平分線交直線l于點B,點B關于直線AM的對稱點為P,記P(x,y2). (1)求y2與x之間的函數(shù)關系式; (2)當x取任意實數(shù)時,若對于同一個x,有y1<y2恒成立,求t的取值范圍. x … ﹣1 0 3 … y1=ax2+bx+c … 0 0 … 考點: 二次函數(shù)綜合題. 專題: 探究型. 分析: (I)先根據(jù)物線經(jīng)過

12、點(0,)得出c的值,再把點(﹣1,0)、(3,0)代入拋物線y1的解析式即可得出y1與x之間的函數(shù)關系式; (II)先根據(jù)(I)中y1與x之間的函數(shù)關系式得出頂點M的坐標. ①記直線l與直線l′交于點C(1,t),當點A′與點C不重合時,由已知得,AM與BP互相垂直平分,故可得出四邊形ANMP為菱形,所以PA∥l,再由點P(x,y2)可知點A(x,t)(x≠1),所以PM=PA=|y2﹣t|,過點P作PQ⊥l于點Q,則點Q(1,y2),故QM=|y2﹣3|,PQ=AC=|x﹣1|,在Rt△PQM中,根據(jù)勾股定理即可得出y2與x之間的函數(shù)關系式,再由當點A與點C重合時,點B與點P重合可得出

13、P點坐標,故可得出y2與x之間的函數(shù)關系式; ②據(jù)題意,借助函數(shù)圖象:當拋物線y2開口方向向上時,可知6﹣2t>0,即t<3時,拋物線y1的頂點M(1,3),拋物線y2的頂點(1,),由于3>,所以不合題意,當拋物線y2開口方向向下時,6﹣2t<0,即t>3時,求出y1﹣y2的值;若3t﹣11≠0,要使y1<y2恒成立,只要拋物線方向及且頂點(1,)在x軸下方,因為3﹣t<0,只要3t﹣11>0,解得t>,符合題意;若3t﹣11=0,y1﹣y2=﹣<0,即t=也符合題意. 解答: 解:(Ⅰ)∵拋物線經(jīng)過點(0,), ∴c=. ∴y1=ax2+bx+, ∵點(﹣1,0)、(3,0)在

14、拋物線y1=ax2+bx+上, ∴,解得, ∴y1與x之間的函數(shù)關系式為:y1=﹣x2+x+; (II)∵y1=﹣x2+x+, ∴y1=﹣(x﹣1)2+3, ∴直線l為x=1,頂點M(1,3). ①由題意得,t≠3, 如圖,記直線l與直線l′交于點C(1,t),當點A′與點C不重合時, ∵由已知得,AM與BP互相垂直平分, ∴四邊形ANMP為菱形, ∴PA∥l, 又∵點P(x,y2), ∴點A(x,t)(x≠1), ∴PM=PA=|y2﹣t|, 過點P作PQ⊥l于點Q,則點Q(1,y2), ∴QM=|y2﹣3|,PQ=AC=|x﹣1|, 在Rt△PQM中,

15、 ∵PM2=QM2+PQ2,即(y2﹣t)2=(y2﹣3)2+(x﹣1)2,整理得,y2=(x﹣1)2+, 即y2=x3﹣x+, ∵當點A與點C重合時,點B與點P重合, ∴P(1,), ∴P點坐標也滿足上式, ∴y2與x之間的函數(shù)關系式為y2=x3﹣x+(t≠3); ②根據(jù)題意,借助函數(shù)圖象: 當拋物線y2開口方向向上時,6﹣2t>0,即t<3時,拋物線y1的頂點M(1,3),拋物線y2的頂點(1,), ∵3>, ∴不合題意, 當拋物線y2開口方向向下時,6﹣2t<0,即t>3時, y1﹣y2=﹣(x﹣1)2+3﹣[(x﹣1)2+] =(x﹣1)2+, 若3t﹣1

16、1≠0,要使y1<y2恒成立, 只要拋物線y=(x﹣1)2+開口方向向下,且頂點(1,)在x軸下方, ∵3﹣t<0,只要3t﹣11>0,解得t>,符合題意; 若3t﹣11=0,y1﹣y2=﹣<0,即t=也符合題意. 綜上,可以使y1<y2恒成立的t的取值范圍是t≥. 點評: 本題考查的是二次函數(shù)綜合題,涉及到待定系數(shù)法二次函數(shù)解的解析式、勾股定理及二次函數(shù)的性質(zhì),解答此類題目時要注意數(shù)形結(jié)合思想的運用. 5、(2013年江西省壓軸題)已知拋物線拋物線y n=-(x-an)2+an(n為正整數(shù),且0

17、0),當n=1時,第1條拋物線y1=-(x-a1)2+a1與x軸的交點為A0(0,0)和A1(b1,0),其他依此類推. (1)求a1,b1的值及拋物線y2的解析式; (2)拋物線y3的頂點坐標為( , ); 依此類推第n條拋物線yn的頂點坐標為( , ); 所有拋物線的頂點坐標滿足的函數(shù)關系是 ; (3)探究下列結(jié)論: ①若用An-1An表示第n條拋物線被x軸截得得線段長,直接寫出A0A1的值,并求出An-1An; ②是否存在經(jīng)過點A(2,0)的直線和所有拋物線都相交,且被每一

18、條拋物線截得得線段的長度都相等?若存在,直接寫出直線的表達式;若不存在,請說明理由. 【答案】解:(1)∵y1=―(x―a1)2+a1與x軸交于點A0(0,0), ∴―a12+ a1=0,∴a1=0或1. 由已知可知a1>0, ∴a1=1. 即y1=―(x―1)2+1 方法一:令y1=0代入得:―(x―1)2+1=0, ∴x1=0,x2=2, ∴y1與x軸交于A0(0,0),A1(2,0) ∴b1=2, 方法二:∵y1=―(x―a1)2+a1與x軸交于點A0(0,0), ∴―(b1―1)2+1=0,b1=2或0,b1=0(舍去). ∴b1=2. 又

19、∵拋物線y2=―(x―a2)2+a2與x軸交于點A1(2,0), ∴―(2―a2)2+ a2=0, ∴a2=1或4,∵a2> a1,∴a2=1(舍去). ∴取a2=4,拋物線y2=―(x―4)2+4. (2)(9,9); (n2,n2) y=x. 詳解如下: ∵拋物線y2=―(x―4)2+4令y2=0代入得:―(x―4)2+4=0, ∴x1=2,x2=6. ∴y2與x軸交于點A1(2,0),A2(6,0). 又∵拋物線y3=―(x―a3)2+a3與x軸交于A2(6,0), ∴―(6―a3)2+a3=0 ∴a3=4或9,∵a3> a3,∴a3=4(舍去), 即a3

20、=9,∴拋物線y3的頂點坐標為(9,9). 由拋物線y1的頂點坐標為(1,1),y2的頂點坐標為(4,4),y3的頂點坐標為(9,9),依次類推拋物線yn的頂點坐標為(n2,n2). ∵所有拋物線的頂點的橫坐標等于縱坐標, ∴頂點坐標滿足的函數(shù)關系式是:y= x; ③∵A0(0,0),A1(2,0), ∴A0 A1=2. 又∵yn=―(x―n2)2+n2, 令yn=0, ∴―(x―n2)2+n2=0, 即x1=n2+n,x2=n2-n, ∴A n-1(n2-n,0),A n(n2+n,0),即A n-1 A n=( n2+n)-( n2-n)=2 n. ②存在.是平行

21、于直線y=x且過A1(2,0)的直線,其表達式為y=x-2. 【考點解剖】 本題考查了二次函數(shù)的一般知識,求字母系數(shù)、解析式、頂點坐標;字母表示數(shù)(符號意識),數(shù)形結(jié)合思想,規(guī)律探究,合情推理,解題方法的靈活性等等,更重要的是一種膽識和魄力,敢不敢動手,會不會從簡單,從特殊值入手去探究一般規(guī)律,畫一畫圖幫助思考,所有這些都是做學問所必需的品質(zhì)和素養(yǎng),也是新課程改革所倡導的精神和最高境界. 【解題思路】 (1)將A0坐標代入y1的解析式可求得a1的值;a1的值知道了y1的解析式也就確定了,已知拋物線就可求出b1的值,又把(b1,0)代入y2,可求出a2 ,即得y2的解析式;(2)用同樣

22、的方法可求得a3 、a4 、a5 ……由此得到規(guī)律,所以頂點坐標滿足的函數(shù)關系式是:y= x;(3)由(2)可知得; 最后一問我們會猜測這是與直線y=x平行且過A(2,0)的一條直線,用特殊值法取得和,得所截得的線段長度為,換一組拋物線試試,求出的值也為(當然用字母來運算就是解得和,求得所截得的線段長度也為). 【解答過程】 略. 【方法規(guī)律】 掌握基礎(知識),靈活運用(方法),敢于動手,不畏艱難. 【關鍵詞】 二次函數(shù) 拋物線 規(guī)律探究 6、(2013年武漢壓軸題)如圖,點P是直線:上的點,過點P的另一條直線交拋物線于A、B兩點. (1)若直線的解析式為,求A

23、、B兩點的坐標; (2)①若點P的坐標為(-2,),當PA=AB時,請直接寫出點A的坐標; ②試證明:對于直線上任意給定的一點P,在拋物線上都能找到點A,使得PA=AB成立. (3)設直線交軸于點C,若△AOB的外心在邊AB上,且∠BPC=∠OCP,求點P的坐標. 解析: (1)依題意,得解得, ∴A(,),B(1,1). (2)①A1(-1,1),A2(-3,9). ②過點P、B分別作過點A且平行于軸的直線的垂線,垂足分別為G、H. 設P(,),A(,),∵PA=PB,∴△PAG≌△BAH,

24、 ∴AG=AH,PG=BH,∴B(,), 將點B坐標代入拋物線,得, ∵△= ∴無論為何值時,關于的方程總有兩個不等的實數(shù)解,即對于任意給定的 點P,拋物線上總能找到兩個滿足條件的點A. (3)設直線:交y軸于D,設A(,),B(,). 過A、B兩點分別作AG、BH垂直軸于G、H. ∵△AOB的外心在AB上,∴∠AOB=90°, 由△AGO∽△OHB,得,∴. 聯(lián)立得,依題意,得、是方程的兩根,∴,∴,即D(0,1). ∵∠BPC=∠OCP,∴DP=DC=3.P 設P(,),過點P作PQ⊥軸于Q,在Rt△PDQ中,, ∴.∴(舍去),,∴P(,). ∵PN平分∠MNQ

25、,∴PT=NT,∴, 7、(2013?內(nèi)江壓軸題)已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c(a>0)的圖象與x軸交于A(x1,0)、B(x2,0)(x1<x2)兩點,與y軸交于點C,x1,x2是方程x2+4x﹣5=0的兩根. (1)若拋物線的頂點為D,求S△ABC:S△ACD的值; (2)若∠ADC=90°,求二次函數(shù)的解析式. 考點: 二次函數(shù)綜合題. 分析: (1)首先解一元二次方程,求出點A、點B的坐標,得到含有字母a的拋物線的交點式;然后分別用含字母a的代數(shù)式表示出△ABC與△ACD的面積,最后得出結(jié)論;

26、(2)在Rt△ACD中,利用勾股定理,列出一元二次方程,求出未知系數(shù)a,得出拋物線的解析式. 解答: 解:(1)解方程x2+4x﹣5=0,得x=﹣5或x=1, 由于x1<x2,則有x1=﹣5,x2=1,∴A(﹣5,0),B(1,0). 拋物線的解析式為:y=a(x+5)(x﹣1)(a>0), ∴對稱軸為直線x=2,頂點D的坐標為(﹣2,﹣9a), 令x=0,得y=﹣5a, ∴C點的坐標為(0,﹣5a). 依題意畫出圖形,如右圖所示,則OA=5,OB=1,AB=6,OC=5a, 過點D作DE⊥y軸于點E,則DE=2,OE=9a,CE=OE﹣OC=4a. S△ACD=S梯形AD

27、EO﹣S△CDE﹣S△AOC =(DE+OA)?OE﹣DE?CE﹣OA?OC =(2+5)?9a﹣×2×4a﹣×5×5a =15a, 而S△ABC=AB?OC=×6×5a=15a, ∴S△ABC:S△ACD=15a:15a=1; (2)如解答圖所示, 在Rt△DCE中,由勾股定理得:CD2=DE2+CE2=4+16a2, 在Rt△AOC中,由勾股定理得:AC2=OA2+OC2=25+25a2, 設對稱軸x=2與x軸交于點F,則AF=3, 在Rt△ADF中,由勾股定理得:AD2=AF2+DF2=9+81a2. ∵∠ADC=90°,∴△ACD為直角三角形, 由勾股定理得

28、:AD2+CD2=AC2, 即(9+81a2)+(4+16a2)=25+25a2,化簡得:a2=, ∵a>0, ∴a=, ∴拋物線的解析式為:y=(x+5)(x﹣1)=x2+x﹣. 點評: 本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、一元二次方程的解法、直角三角形與勾股定理、幾何圖形面積的計算等知識點,難度不是很大,但涉及的計算較多,需要仔細認真,避免出錯.注意第(1)問中求△ACD面積的方法. 8、(2013?瀘州壓軸題)如圖,在直角坐標系中,點A的坐標為(﹣2,0),點B的坐標為(1,﹣),已知拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)經(jīng)過三點A、B、O(O為原點). (1)求拋物線的解

29、析式; (2)在該拋物線的對稱軸上,是否存在點C,使△BOC的周長最?。咳舸嬖?,求出點C的坐標;若不存在,請說明理由; (3)如果點P是該拋物線上x軸上方的一個動點,那么△PAB是否有最大面積?若有,求出此時P點的坐標及△PAB的最大面積;若沒有,請說明理由.(注意:本題中的結(jié)果均保留根號) 考點: 二次函數(shù)綜合題. 分析: (1)直接將A、O、B三點坐標代入拋物線解析式的一般式,可求解析式; (2)因為點A,O關于對稱軸對稱,連接AB交對稱軸于C點,C點即為所求,求直線AB的解析式,再根據(jù)C點的橫坐標值,求縱坐標; (3)設P(x,y)(﹣2<x<0,y<0),用割補

30、法可表示△PAB的面積,根據(jù)面積表達式再求取最大值時,x的值. 解答: 解:(1)將A(﹣2,0),B(1,﹣),O(0,0)三點的坐標代入y=ax2+bx+c(a≠0), 可得:, 解得:, 故所求拋物線解析式為y=﹣x2﹣x; (2)存在.理由如下: 如答圖①所示, ∵y=﹣x2﹣x=﹣(x+1)2+, ∴拋物線的對稱軸為x=﹣1. ∵點C在對稱軸x=﹣1上,△BOC的周長=OB+BC+CO; ∵OB=2,要使△BOC的周長最小,必須BC+CO最小, ∵點O與點A關于直線x=﹣1對稱,有CO=CA, △BOC的周長=OB+BC+CO=OB+BC+CA, ∴當

31、A、C、B三點共線,即點C為直線AB與拋物線對稱軸的交點時,BC+CA最小,此時△BOC的周長最?。? 設直線AB的解析式為y=kx+t,則有: ,解得:, ∴直線AB的解析式為y=﹣x﹣, 當x=﹣1時,y=﹣, ∴所求點C的坐標為(﹣1,﹣); (3)設P(x,y)(﹣2<x<0,y<0), 則y=﹣x2﹣x ① 如答圖②所示,過點P作PQ⊥y軸于點Q,PG⊥x軸于點G,過點A作AF⊥PQ軸于點F,過點B作BE⊥PQ軸于點E,則PQ=﹣x,PG=﹣y, 由題意可得:S△PAB=S梯形AFEB﹣S△AFP﹣S△BEP =(AF+BE)?FE﹣AF?FP﹣PE?BE

32、=(y++y)(1+2)﹣y?(2+x)﹣(1﹣x)(+y) =y+x+ ② 將①代入②得:S△PAB=(﹣x2﹣x)+x+ =﹣x2﹣x+ =﹣(x+)2+ ∴當x=﹣時,△PAB的面積最大,最大值為, 此時y=﹣×+×=, ∴點P的坐標為(﹣,). 點評: 本題考查了坐標系中點的坐標求法,拋物線解析式的求法,根據(jù)對稱性求線段和最小的問題,也考查了在坐標系里表示面積及求面積最大值等問題;解答本題(3)也可以將直線AB向下平移至與拋物線相切的位置,聯(lián)立此時的直線解析式與拋物線解析式,可求唯一交點P的坐標. 9、(2013聊城壓軸題)已知△ABC中,邊BC的長與

33、BC邊上的高的和為20. (1)寫出△ABC的面積y與BC的長x之間的函數(shù)關系式,并求出面積為48時BC的長; (2)當BC多長時,△ABC的面積最大?最大面積是多少? (3)當△ABC面積最大時,是否存在其周長最小的情形?如果存在,請說出理由,并求出其最小周長;如果不存在,請給予說明. 考點:二次函數(shù)綜合題. 分析:(1)先表示出BC邊上的高,再根據(jù)三角形的面積公式就可以表示出表示y與x之間的函數(shù)關系式,當y=48時代入解析式就可以求出其值; (2)將(1)的解析式轉(zhuǎn)化為頂點式就可以求出最大值. (3)由(2)可知△ABC的面積最大時,BC=10,BC邊上的高也為10過點A作直

34、線L平行于BC,作點B關于直線L的對稱點B′,連接B′C 交直線L于點A′,再連接A′B,AB′,根據(jù)軸對稱的性質(zhì)及三角形的周長公式就可以求出周長的最小值. 解答:解:(1)由題意,得 y==﹣x2+10x, 當y=48時,﹣ x2+10x=48, 解得:x1=12,x2=8, ∴面積為48時BC的長為12或8; (2)∵y=﹣x2+10x, ∴y=﹣(x﹣10)2+50, ∴當x=10時,y最大=50; (3)△ABC面積最大時,△ABC的周長存在最小的情形.理由如下:由(2)可知△ABC的面積最大時,BC=10,BC邊上的高也為10 過點A作直線L平行于BC,作點B關于

35、直線L的對稱點B′, 連接B′C 交直線L于點A′,再連接A′B,AB′ 則由對稱性得:A′B′=A′B,AB′=AB, ∴A′B+A′C=A′B′+A′C=B′C, 當點A不在線段B′C上時,則由三角形三邊關系可得:△ABC的周長=AB+AC+BC=AB′+AC+BC>B′C+BC, 當點A在線段B′C上時,即點A與A′重合,這時△ABC的周長=AB+AC+BC=A′B′+A′C+BC=B′C+BC, 因此當點A與A′重合時,△ABC的周長最??; 這時由作法可知:BB′=20,∴B′C==10,∴△ABC的周長=10+10, 因此當△ABC面積最大時,存在其周長最小的情形,最

36、小周長為10+10. 點評:本題是一道二次函數(shù)的綜合試題,考查了二次函數(shù)的解析式的運用,一元二次方程的解法和頂點式的運用,軸對稱的性質(zhì)的運用,在解答第三問時靈活運用軸對稱的性質(zhì)是關鍵.  10、(2013?蘇州壓軸題)如圖,已知拋物線y=x2+bx+c(b,c是常數(shù),且c<0)與x軸分別交于點A、B(點A位于點B的左側(cè)),與y軸的負半軸交于點C,點A的坐標為(﹣1,0). (1)b= +c ,點B的橫坐標為 ﹣2c?。ㄉ鲜鼋Y(jié)果均用含c的代數(shù)式表示); (2)連接BC,過點A作直線AE∥BC,與拋物線y=x2+bx+c交于點E,點D是x軸上的一點,其坐標為(2,0).當C,D,E三點

37、在同一直線上時,求拋物線的解析式; (3)在(2)條件下,點P是x軸下方的拋物線上的一個動點,連接PB,PC,設所得△PBC的面積為S. ①求S的取值范圍; ②若△PBC的面積S為整數(shù),則這樣的△PBC共有 11 個. 考點: 二次函數(shù)綜合題. 分析: (1)將A(﹣1,0)代入y=x2+bx+c,可以得出b=+c;根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關系,得出﹣1?xB=,即xB=﹣2c; (2)由y=x2+bx+c,求出此拋物線與y軸的交點C的坐標為(0,c),則可設直線BC的解析式為y=kx+c,將B點坐標代入,運用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式為y=x+c;由AE∥BC,

38、設直線AE得到解析式為y=x+m,將點A的坐標代入,運用待定系數(shù)法求出直線AE得到解析式為y=x+;解方程組,求出點E坐標為(1﹣2c,1﹣c),將點E坐標代入直線CD的解析式y(tǒng)=﹣x+c,求出c=﹣2,進而得到拋物線的解析式為y=x2﹣x﹣2; (3)①分兩種情況進行討論:(Ⅰ)當﹣1<x<0時,由0<S<S△ACB,易求0<S<5;(Ⅱ)當0<x<4時,過點P作PG⊥x軸于點G,交CB于點F.設點P坐標為(x,x2﹣x﹣2),則點F坐標為(x,x﹣2),PF=PG﹣GF=﹣x2+2x,S=PF?OB=﹣x2+4x=﹣(x﹣2)2+4,根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出S最大值=4,即0<S≤4.則0

39、<S<5; ②由0<S<5,S為整數(shù),得出S=1,2,3,4.分兩種情況進行討論:(Ⅰ)當﹣1<x<0時,根據(jù)△PBC中BC邊上的高h小于△ABC中BC邊上的高AC=,得出滿足條件的△PBC共有4個;(Ⅱ)當0<x<4時,由于S=﹣x2+4x,根據(jù)一元二次方程根的判別式,得出滿足條件的△PBC共有7個;則滿足條件的△PBC共有4+7=11個. 解答: 解:(1)∵拋物線y=x2+bx+c過點A(﹣1,0), ∴0=×(﹣1)2+b×(﹣1)+c, ∴b=+c, ∵拋物線y=x2+bx+c與x軸分別交于點A(﹣1,0)、B(xB,0)(點A位于點B的左側(cè)), ∴﹣1與xB是一元二次

40、方程x2+bx+c=0的兩個根, ∴﹣1?xB=, ∴xB=﹣2c,即點B的橫坐標為﹣2c; (2)∵拋物線y=x2+bx+c與y軸的負半軸交于點C, ∴當x=0時,y=c,即點C坐標為(0,c). 設直線BC的解析式為y=kx+c, ∵B(﹣2c,0), ∴﹣2kc+c=0, ∵c≠0, ∴k=, ∴直線BC的解析式為y=x+c. ∵AE∥BC, ∴可設直線AE得到解析式為y=x+m, ∵點A的坐標為(﹣1,0), ∴×(﹣1)+m=0,解得m=, ∴直線AE得到解析式為y=x+. 由,解得,, ∴點E坐標為(1﹣2c,1﹣c). ∵點C坐標為(0,c

41、),點D坐標為(2,0), ∴直線CD的解析式為y=﹣x+c. ∵C,D,E三點在同一直線上, ∴1﹣c=﹣×(1﹣2c)+c, ∴2c2+3c﹣2=0, ∴c1=(與c<0矛盾,舍去),c2=﹣2, ∴b=+c=﹣, ∴拋物線的解析式為y=x2﹣x﹣2; (3)①設點P坐標為(x,x2﹣x﹣2). ∵點A的坐標為(﹣1,0),點B坐標為(4,0),點C坐標為(0,﹣2), ∴AB=5,OC=2,直線BC的解析式為y=x﹣2. 分兩種情況: (Ⅰ)當﹣1<x<0時,0<S<S△ACB. ∵S△ACB=AB?OC=5, ∴0<S<5; (Ⅱ)當0<x<4時,過點

42、P作PG⊥x軸于點G,交CB于點F. ∴點F坐標為(x,x﹣2), ∴PF=PG﹣GF=﹣(x2﹣x﹣2)+(x﹣2)=﹣x2+2x, ∴S=S△PFC+S△PFB=PF?OB=(﹣x2+2x)×4=﹣x2+4x=﹣(x﹣2)2+4, ∴當x=2時,S最大值=4, ∴0<S≤4. 綜上可知0<S<5; ②∵0<S<5,S為整數(shù), ∴S=1,2,3,4. 分兩種情況: (Ⅰ)當﹣1<x<0時,設△PBC中BC邊上的高為h. ∵點A的坐標為(﹣1,0),點B坐標為(4,0),點C坐標為(0,﹣2), ∴AC2=1+4=5,BC2=16+4=20,AB2=25, ∴AC

43、2+BC2=AB2,∠ACB=90°,BC邊上的高AC=. ∵S=BC?h,∴h===S. 如果S=1,那么h=×1=<,此時P點有1個,△PBC有1個; 如果S=2,那么h=×2=<,此時P點有1個,△PBC有1個; 如果S=3,那么h=×3=<,此時P點有1個,△PBC有1個; 如果S=4,那么h=×4=<,此時P點有1個,△PBC有1個; 即當﹣1<x<0時,滿足條件的△PBC共有4個; (Ⅱ)當0<x<4時,S=﹣x2+4x. 如果S=1,那么﹣x2+4x=1,即x2﹣4x+1=0, ∵△=16﹣4=12>0,∴方程有兩個不相等的實數(shù)根,此時P點有2個,△PBC有2個

44、; 如果S=2,那么﹣x2+4x=2,即x2﹣4x+2=0, ∵△=16﹣8=8>0,∴方程有兩個不相等的實數(shù)根,此時P點有2個,△PBC有2個; 如果S=3,那么﹣x2+4x=3,即x2﹣4x+3=0, ∵△=16﹣12=4>0,∴方程有兩個不相等的實數(shù)根,此時P點有2個,△PBC有2個; 如果S=4,那么﹣x2+4x=4,即x2﹣4x+4=0, ∵△=16﹣16=0,∴方程有兩個相等的實數(shù)根,此時P點有1個,△PBC有1個; 即當0<x<4時,滿足條件的△PBC共有7個; 綜上可知,滿足條件的△PBC共有4+7=11個. 故答案為+c,﹣2c;11. 點評: 本題

45、是二次函數(shù)的綜合題,其中涉及到運用待定系數(shù)法求一次函數(shù)、二次函數(shù)的解析式,二次函數(shù)的性質(zhì),直線平移的規(guī)律,求兩個函數(shù)的交點坐標,三角形的面積,一元二次方程的根的判別及根與系數(shù)的關系等知識,綜合性較強,有一定難度,運用數(shù)形結(jié)合、分類討論及方程思想是解題的關鍵. 11、(2013?宜昌壓軸題)如圖1,平面之間坐標系中,等腰直角三角形的直角邊BC在x軸正半軸上滑動,點C的坐標為(t,0),直角邊AC=4,經(jīng)過O,C兩點做拋物線y1=ax(x﹣t)(a為常數(shù),a>0),該拋物線與斜邊AB交于點E,直線OA:y2=kx(k為常數(shù),k>0) (1)填空:用含t的代數(shù)式表示點A的坐標及k的值:A

46、?。╰,4) ,k=?。╧>0)??; (2)隨著三角板的滑動,當a=時: ①請你驗證:拋物線y1=ax(x﹣t)的頂點在函數(shù)y=的圖象上; ②當三角板滑至點E為AB的中點時,求t的值; (3)直線OA與拋物線的另一個交點為點D,當t≤x≤t+4,|y2﹣y1|的值隨x的增大而減小,當x≥t+4時,|y2﹣y1|的值隨x的增大而增大,求a與t的關系式及t的取值范圍. 考點: 二次函數(shù)綜合題. 分析: (1)根據(jù)題意易得點A的橫坐標與點C的相同,點A的縱坐標即是線段AC的長度;把點A的坐標代入直線OA的解析式來求k的值; (2)①求得拋物線y1的頂點坐標,然后把該坐標代入函數(shù)

47、y=,若該點滿足函數(shù)解析式y(tǒng)=,即表示該頂點在函數(shù)y=圖象上;反之,該頂點不在函數(shù)y=圖象上; ②如圖1,過點E作EK⊥x軸于點K.則EK是△ACB的中位線,所以根據(jù)三角形中位線定理易求點E的坐標,把點E的坐標代入拋物線y1=x(x﹣t)即可求得t=2; (3)如圖2,根據(jù)拋物線與直線相交可以求得點D橫坐標是+4.則t+4=+4,由此可以求得a與t的關系式. 解答: 解:(1)∵點C的坐標為(t,0),直角邊AC=4, ∴點A的坐標是(t,4). 又∵直線OA:y2=kx(k為常數(shù),k>0), ∴4=kt,則k=(k>0). (2)①當a=時,y1=x(x﹣t),其頂點坐標

48、為(,﹣). 對于y=來說,當x=時,y=×=﹣,即點(,﹣)在拋物線y=上. 故當a=時,拋物線y1=ax(x﹣t)的頂點在函數(shù)y=的圖象上; ②如圖1,過點E作EK⊥x軸于點K. ∵AC⊥x軸, ∴AC∥EK. ∵點E是線段AB的中點, ∴K為BC的中點, ∴EK是△ACB的中位線, ∴EK=AC=2,CK=BC=2, ∴E(t+2,2). ∵點E在拋物線y1=x(x﹣t)上, ∴(t+2)(t+2﹣t)=2, 解得t=2. (3)如圖2,,則x=ax(x﹣t), 解得x=+4,或x=0(不合題意,舍去).. 故點D的橫坐標是+t. 當x=+t時,

49、|y2﹣y1|=0,由題意得t+4=+t, 解得a=(t>0). 點評: 本題考查了坐標與圖形的性質(zhì)、二次函數(shù)圖象上點的坐標特征、一次函數(shù)與二次函數(shù)交點坐標等知識點.解題時,注意“數(shù)形結(jié)合”數(shù)學思想的應用.   12、(2013?黃岡壓軸題)如圖,在平面直角坐標系中,四邊形ABCD是梯形,其中A(6,0),B(3,),C(1,),動點P從點O以每秒2個單位的速度向點A運動,動點Q也同時從點B沿B→C→O的線路以每秒1個單位的速度向點O運動,當點P到達A點時,點Q也隨之停止,設點P,Q運動的時間為t(秒). (1)求經(jīng)過A,B,C三點的拋物線的解析式; (2)當點Q在CO邊上運

50、動時,求△OPQ的面積S與時間t的函數(shù)關系式; (3)以O,P,Q頂點的三角形能構(gòu)成直角三角形嗎?若能,請求出t的值;若不能,請說明理由; (4)經(jīng)過A,B,C三點的拋物線的對稱軸、直線OB和PQ能夠交于一點嗎?若能,請求出此時t的值(或范圍),若不能,請說明理由). 考點: 二次函數(shù)綜合題.3481324 分析: (1)利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式即可; (2)根據(jù)已知得出△OPQ的高,進而利用三角形面積公式求出即可; (3)根據(jù)題意得出:0≤t≤3,當0≤t≤2時,Q在BC邊上運動,得出若△OPQ為直角三角形,只能是∠OPQ=90°或∠OQP=90°,當2<t≤

51、3時,Q在OC邊上運動,得出△OPQ不可能為直角三角形; (4)首先求出拋物線對稱軸以及OB直線解析式和PM的解析式,得出(1﹣t)×=3﹣t﹣2t,恒成立,即0≤t≤2時,P,M,Q總在一條直線上,再利用2<t≤3時,求出t的值,根據(jù)t的取值范圍得出答案. 解答: 解:(1)設所求拋物線的解析式為y=ax2+bx+c,把A(6,0),B(3,),C(1,)三點坐標代入得: , 解得:, 即所求拋物線解析式為:y=﹣x2+x+; (2)如圖1,依據(jù)題意得出:OC=CB=2,∠COA=60°, ∴當動點Q運動到OC邊時,OQ=4﹣t, ∴△OPQ的高為:OQ×sin60°=

52、(4﹣t)×, 又∵OP=2t, ∴S=×2t×(4﹣t)×=﹣(t2﹣4t)(2≤t≤3); (3)根據(jù)題意得出:0≤t≤3, 當0≤t≤2時,Q在BC邊上運動,此時OP=2t,OQ=, PQ==, ∵∠POQ<∠POC=60°, ∴若△OPQ為直角三角形,只能是∠OPQ=90°或∠OQP=90°, 若∠OPQ=90°,如圖2,則OP2+PQ2=QO2,即4t2+3+(3t﹣3)2=3+(3﹣t)2, 解得:t1=1,t2=0(舍去), 若△OPQ為直角三角形,只能是∠OPQ=90°或∠OQP=90°, 若∠OQP=90°,如圖,3,則OQ2+PQ2=PO2,即(3

53、﹣t)2+6+(3t﹣3)2=4t2, 解得:t=2, 當2<t≤3時,Q在OC邊上運動,此時QP=2t>4, ∠POQ=∠COP=60°, OQ<OC=2, 故△OPQ不可能為直角三角形, 綜上所述,當t=1或t=2時,△OPQ為直角三角形; (4)由(1)可知,拋物線y=﹣x2+x+=﹣(x﹣2)2+, 其對稱軸為x=2, 又∵OB的直線方程為y=x, ∴拋物線對稱軸與OB交點為M(2,), 又∵P(2t,0) 設過P,M的直線解析式為:y=kx+b, ∴, 解得:, 即直線PM的解析式為:y=x﹣, 即(1﹣t)y=x﹣2t, 又0≤t≤2時,Q(3

54、﹣t,),代入上式,得: (1﹣t)×=3﹣t﹣2t,恒成立, 即0≤t≤2時,P,M,Q總在一條直線上, 即M在直線PQ上; 當2<t≤3時,OQ=4﹣t,∠QOP=60°, ∴Q(,), 代入上式得:×(1﹣t)=﹣2t, 解得:t=2或t=(均不合題意,舍去). ∴綜上所述,可知過點A、B、C三點的拋物線的對稱軸OB和PQ能夠交于一點,此時0≤t≤2. 點評: 此題主要考查了二次函數(shù)的綜合應用以及待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式和待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式等知識,利用分類討論思想得出t的值是解題關鍵. 13、(2013?荊門壓軸題)已知關于x的二次函數(shù)y=x2

55、﹣2mx+m2+m的圖象與關于x的函數(shù)y=kx+1的圖象交于兩點A(x1,y1)、B(x2,y2);(x1<x2) (1)當k=1,m=0,1時,求AB的長; (2)當k=1,m為任何值時,猜想AB的長是否不變?并證明你的猜想. (3)當m=0,無論k為何值時,猜想△AOB的形狀.證明你的猜想. (平面內(nèi)兩點間的距離公式). 考點: 二次函數(shù)綜合題.3718684 分析: (1)先將k=1,m=0分別代入,得出二次函數(shù)的解析式為y=x2,直線的解析式為y=x+1,聯(lián)立,得x2﹣x﹣1=0,根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關系得到x1+x2=1,x1?x2=﹣1,過點A、B分別作x

56、軸、y軸的平行線,兩線交于點C,證明△ABC是等腰直角三角形,根據(jù)勾股定理得出AB=AC,根據(jù)兩點間距離公式及完全平方公式求出AB=;同理,當k=1,m=1時,AB=; (2)當k=1,m為任何值時,聯(lián)立,得x2﹣(2m+1)x+m2+m﹣1=0,根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關系得到x1+x2=2m+1,x1?x2=m2+m﹣1,同(1)可求出AB=; (3)當m=0,k為任意常數(shù)時,分三種情況討論:①當k=0時,由,得A(﹣1,1),B(1,1),顯然△AOB為直角三角形;②當k=1時,聯(lián)立,得x2﹣x﹣1=0,根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關系得到x1+x2=1,x1?x2=﹣1,同(1)求

57、出AB=,則AB2=10,運用兩點間的距離公式及完全平方公式求出OA2+OB2=10,由勾股定理的逆定理判定△AOB為直角三角形;③當k為任意實數(shù)時,聯(lián)立,得x2﹣kx﹣1=0,根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關系得到x1+x2=k,x1?x2=﹣1,根據(jù)兩點間距離公式及完全平方公式求出AB2=k4+5k2+4,OA2+OB2═k4+5k2+4,由勾股定理的逆定理判定△AOB為直角三角形. 解答: 解:(1)當k=1,m=0時,如圖. 由得x2﹣x﹣1=0, ∴x1+x2=1,x1?x2=﹣1, 過點A、B分別作x軸、y軸的平行線,兩線交于點C. ∵直線AB的解析式為y=x+1, ∴∠

58、BAC=45°,△ABC是等腰直角三角形, ∴AB=AC=|x2﹣x1|==; 同理,當k=1,m=1時,AB=; (2)猜想:當k=1,m為任何值時,AB的長不變,即AB=.理由如下: 由,得x2﹣(2m+1)x+m2+m﹣1=0, ∴x1+x2=2m+1,x1?x2=m2+m﹣1, ∴AB=AC=|x2﹣x1|==; (3)當m=0,k為任意常數(shù)時,△AOB為直角三角形,理由如下: ①當k=0時,則函數(shù)的圖象為直線y=1, 由,得A(﹣1,1),B(1,1), 顯然△AOB為直角三角形; ②當k=1時,則一次函數(shù)為直線y=x+1, 由,得x2﹣x﹣1=0,

59、 ∴x1+x2=1,x1?x2=﹣1, ∴AB=AC=|x2﹣x1|==, ∴AB2=10, ∵OA2+OB2=x12+y12+x22+y22 =x12+x22+y12+y22 =x12+x22+(x1+1)2+(x2+1)2 =x12+x22+(x12+2x1+1)+(x22+2x2+1) =2(x12+x22)+2(x1+x2)+2=2(1+2)+2×1+2 =10, ∴AB2=OA2+OB2, ∴△AOB是直角三角形; ③當k為任意實數(shù),△AOB仍為直角三角形. 由,得x2﹣kx﹣1=0, ∴x1+x2=k,x1?x2=﹣1, ∴AB2=(x1﹣x2)2+(y

60、1﹣y2)2 =(x1﹣x2)2+(kx1﹣kx2)2 =(1+k2)(x1﹣x2)2 =(1+k2)[(x1+x2)2﹣4x1?x2] =(1+k2)(4+k2) =k4+5k2+4, ∵OA2+OB2=x12+y12+x22+y22 =x12+x22+y12+y22 =x12+x22+(kx1+1)2+(kx2+1)2 =x12+x22+(k2x12+2kx1+1)+(k2x22+2kx2+1) =(1+k2)(x12+x22)+2k(x1+x2)+2 =(1+k2)(k2+2)+2k?k+2 =k4+5k2+4, ∴AB2=OA2+OB2, ∴△AOB為直角三

61、角形. 點評: 本題考查了二次函數(shù)的綜合題型,其中涉及到的知識點有一元二次方程根與系數(shù)的關系,平面內(nèi)兩點間的距離公式,完全平方公式,勾股定理的逆定理,有一定難度.本題對式子的變形能力要求較高,體現(xiàn)了由特殊到一般的思想. 14、(2013?黔東南州壓軸題)已知拋物線y1=ax2+bx+c(a≠0)的頂點坐標是(1,4),它與直線y2=x+1的一個交點的橫坐標為2. (1)求拋物線的解析式; (2)在給出的坐標系中畫出拋物線y1=ax2+bx+c(a≠0)及直線y2=x+1的圖象,并根據(jù)圖象,直接寫出使得y1≥y2的x的取值范圍; (3)設拋物線與x軸的右邊交點為A,過點A作x

62、軸的垂線,交直線y2=x+1于點B,點P在拋物線上,當S△PAB≤6時,求點P的橫坐標x的取值范圍. 考點: 二次函數(shù)綜合題. 分析: (1)首先求出拋物線與直線的交點坐標,然后利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式; (2)確定出拋物線與x軸的兩個交點坐標,依題意畫出函數(shù)的圖象.由圖象可以直觀地看出使得y1≥y2的x的取值范圍; (3)首先求出點B的坐標及線段AB的長度;設△PAB中,AB邊上的高為h,則由S△PAB≤6可以求出h的范圍,這是一個不等式,解不等式求出xP的取值范圍. 解答: 解:(1)∵拋物線與直線y2=x+1的一個交點的橫坐標為2, ∴交點的縱坐標為2+

63、1=3,即交點坐標為(2,3). 設拋物線的解析式為y1=a(x﹣1)2+4,把交點坐標(2,3)代入得: 3=a(2﹣1)2+4,解得a=﹣1, ∴拋物線解析式為:y1=﹣(x﹣1)2+4=﹣x2+2x+3. (2)令y1=0,即﹣x2+2x+3=0,解得x1=3,x2=﹣1, ∴拋物線與x軸交點坐標為(3,0)和(﹣1,0). 在坐標系中畫出拋物線與直線的圖形,如圖: 根據(jù)圖象,可知使得y1≥y2的x的取值范圍為﹣1≤x≤2. (3)由(2)可知,點A坐標為(3,0). 令x=3,則y2=x+1=3+1=4,∴B(3,4),即AB=4. 設△PAB中,A

64、B邊上的高為h,則h=|xP﹣xA|=|xP﹣3|, S△PAB=AB?h=×4×|xP﹣3|=2|xP﹣3|. 已知S△PAB≤6,2|xP﹣3|≤6,化簡得:|xP﹣3|≤3, 去掉絕對值符號,將不等式化為不等式組:﹣3≤xP﹣3≤3, 解此不等式組,得:0≤xP≤6, ∴當S△PAB≤6時,點P的橫坐標x的取值范圍為0≤xP≤6. 點評: 本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、三角形的面積、解不等式(組)等知識點.題目難度不大,失分點在于第(3)問,點P在線段AB的左右兩側(cè)均有取值范圍,注意不要遺漏. 15、(13年北京7分23)在平面直角

65、坐標系O中,拋物線 ()與軸交于點A,其對稱軸與軸交于點B。 (1)求點A,B的坐標; (2)設直線與直線AB關于該拋物線的對稱軸對稱,求直線的解析式; (3)若該拋物線在這一段位于直線的上方,并且在這一段位于直線AB的下方,求該拋物線的解析式。 解析:【解析】(1)當時,. ∴ 拋物線對稱軸為 ∴ (2)易得點關于對稱軸的對稱點為 則直線經(jīng)過、. 沒直線的解析式為 則,解得 ∴直線的解析式為 (3)∵拋物線對稱軸為 拋物體在這一段與在這一段關于對稱軸對稱 結(jié)合圖象可以觀察到拋物線在這一段位于直線的上方 在這一段位于直線的下方; ∴拋物線與直線的交點橫坐標為

66、; 當時, 則拋物線過點(-1,4) 當時,, ∴拋物線解析為. 【點評】本題第(3)問主要難點在于對數(shù)形結(jié)合的認識和了解,要能夠觀察到直線與直線 關于對稱軸對稱, ∵拋物線在這一段位于直線的下方, ∴關于對稱軸對稱后拋物線在這一段位于直線的下方; 再結(jié)合拋物線在這一段位于直線的上方; 從而拋物線必過點. 考點:代數(shù)綜合(二次函數(shù)的性質(zhì)、一次函數(shù)的圖像對稱、二次函數(shù)的圖像對稱、數(shù)形結(jié)合思想、二次函數(shù)解析式的確定) 16、(2013年深圳市壓軸題)如圖7-1,直線AB過點A(,0),B(0,),且(其中>0,>0)。 (1)為何值時,△OAB面積最大?最大值是多少? (2)如圖7-2,在(1)的條件下,函數(shù)的圖像與直線AB相交于C、D兩點,若,求的值。 (3)在(2)的條件下,將△OCD以每秒1個單位的速度沿軸的正方向平移,如圖7-3,設它與△OAB的重疊部分面積為S,請求出S與運動時間(秒)的函數(shù)關系式(0<<10)。 解析: 17、(德陽市2013年壓軸題)如圖,在平面直角坐標系中有一矩形ABCO(O為原點),點A

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