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專題2.44二次函數壓軸題-角度問題(專項練習)1.綜合與探究如圖,在平面直角坐標系中,O是坐標原點,拋物線的頂點為A,且與y軸的交點為B,過點B作軸交拋物線于點,在CB延長線上取點D,使,連接OC,OD,AC和AD.(1)求拋物線的解析式;(2)試判斷四邊形ADOC的形狀,并說明理由;(3)試探究在拋物線上是否存在點P,使得.若存在,請求出符合條件的點P的坐標;若不存在,請說明理由.2.如圖,已知二次函數的圖像經過點,,與軸交于點.(1)求拋物線的解析式;(2)拋物線上是否存在點,使,若存在請直接寫出點的坐標.若不存在,請說明理由.3.已知拋物線過點A(-4,0),頂點坐標為C(-2,-1).(1)求這個拋物線的解析式.(2)點B在拋物線上,且B點的橫坐標為-1,點P在x軸上方拋物線上一點,且∠PAB=45°,求點P的坐標.(3)點M在x軸下方拋物線上一點,點M、N關于x軸對稱,直線AN交拋物線于點D.連結MD交兩坐標軸于E、F點.求證:OE=OF.已知,點,點和拋物線,將拋物線沿著軸方向平移經過點,畫出平移后的拋物線如圖所示.(1)平移后的拋物線是否經過點?說明你的理由;(2)在平移后的拋物線上且位于直線下方的圖像上是否存在點,使?若存在,請求出點的坐標;若不存在,請說明理由;(3)在平移后的拋物線上有點,過點作直線的垂線,垂足為,連接,當時,求點的坐標.如圖,拋物線與x軸交于點和B兩點,點在拋物線上.(1)直接寫出B點坐標:_________________,拋物線解析式為_________________(一般式);(2)如圖1,D為y軸左側拋物線上一點,且,求點D的坐標;(3)如圖2,直線與拋物線交于點E、F,連接、分別交y軸于點M、N,若,求證:直線經過定點,并求出這個定點的坐標.6.如圖,經過點A(0,-6)的拋物線y=x2+bx+c與x軸相交于B(-2,0),C兩點.(1)求此拋物線的函數關系式和頂點D的坐標;(2)將(1)中求得的拋物線向左平移1個單位長度,再向上平移m(m>0)個單位長度得到新拋物線y1,若新拋物線y1的頂點P在△ABC內,求m的取值范圍;(3)設點M在y軸上,∠OMB+∠OAB=∠ACB,直接寫出AM的長.如圖,在平面直角坐標系中,拋物線(m<0)與x軸交于點A、B(點A在點B的左側),該拋物線的對稱軸與直線相交于點E,與x軸相交于點D,點P在直線上(不與原點重合),連接PD,過點P作PF⊥PD交y軸于點F,連接DF.(1)如圖①所示,若拋物線頂點的縱坐標為,求拋物線的解析式;(2)求A、B兩點的坐標;(3)如圖②所示,小紅在探究點P的位置發(fā)現:當點P與點E重合時,∠PDF的大小為定值,進而猜想:對于直線上任意一點P(不與原點重合),∠PDF的大小為定值.請你判斷該猜想是否正確,并說明理由.8.如圖,拋物線與軸分別交于點,,與軸交于點.(1)求拋物線的解析式;(2)設點在第一象限的拋物線上,連接,.試問,在對稱軸左側的拋物線是否存在一點,滿足?如果存在,請求出點的坐標:如果不存在,請明理由;(3)存在正實數,(),當時,恰好滿足,求,的值.如圖,為已知拋物線經過兩點,與軸的另一個交點為,頂點為,連結.(1)求該拋物線的表達式;(2)點為該拋物線上一動點(與點不重合),設點的橫坐標為.①當時,求的值;②該拋物線上是否存在點,使得?若存在,求出所有點的坐標;若不存在,請說明理由.10.如圖1,已知:拋物線過點,交軸于點,點(在左邊),交軸于點.(1)求拋物線的解析式;(2)為拋物線上一動點,,求點的坐標;(3)如圖2,交拋物線于兩點(不與重合),直線分別交軸于點,點,試求此時是否為定值?如果是,請求出它的值;如果不是,請說明理由.如圖,在平面直角坐標系中,拋物線的頂點坐標為C(3,6),與軸交于點B(0,3),點A是對稱軸與軸的交點.(1)求拋物線的解析式;(2)如圖①所示,直線AB交拋物線于點E,連接BC、CE,求△BCE的面積;(3)如圖②所示,在對稱軸AC的右側作∠ACD=30°交拋物線于點D,求出D點的坐標;并探究:在軸上是否存在點Q,使∠CQD=60°?若存在,求點Q的坐標;若不存在,請說明理由.12.拋物線經過A(-1,0)、C(0,-3)兩點,與x軸交于另一點B.(1)求此拋物線的解析式;(2)已知點D在第四象限的拋物線上,求點D關于直線BC對稱的點D’的坐標;(3)在(2)的條件下,連結BD,問在x軸上是否存在點P,使,若存在,請求出P點的坐標;若不存在,請說明理由.13.如圖,在直角坐標系中,四邊形OABC是平行四邊形,經過A(﹣2,0),B,C三點的拋物線y=ax2+bx+(a<0)與x軸的另一個交點為D,其頂點為M,對稱軸與x軸交于點E.(1)求這條拋物線對應的函數表達式;(2)已知R是拋物線上的點,使得△ADR的面積是平行四邊形OABC的面積的,求點R的坐標;(3)已知P是拋物線對稱軸上的點,滿足在直線MD上存在唯一的點Q,使得∠PQE=45°,求點P的坐標.14.如圖1,拋物線交軸于,兩點(在的左側),與軸交于點,且.(1)求拋物線的解析式;(2)連接,,點在拋物線上,且滿足,求點的坐標;(3)如圖2,直線交軸于點,過直線上的一動點作軸交拋物線于點,直線交拋物線于另一點,直線交軸于點,試求的值.15.如圖,已知二次函數y=ax2+bx+8(a≠0)的圖像與x軸交于點A(-2,0),B,與y軸交于點C,tan∠ABC=2.(1)求拋物線的解析式及其頂點D的坐標;(2)設直線CD交x軸于點E.在線段OB的垂直平分線上是否存在點P,使得經過點P的直線PM垂直于直線CD,且與直線OP的夾角為75°?若存在,求出點P的坐標;若不存在,請說明理由;(3)過點B作x軸的垂線,交直線CD于點F,將拋物線沿其對稱軸向上平移,使拋物線與線段EF總有公共點.試探究:拋物線最多可以向上平移多少個單位長度?16.如圖1,拋物線y=ax2-4ax+b交x軸正半軸于A,B兩點,交y軸正半軸于C,且OB=OC=3.(1)求拋物線的解析式;(2)點D為拋物線的頂點,點G在直線BC上,若,直接寫出點G的坐標;(3)將拋物線向上平移m個單位,交BC于點M,N(如圖2),若∠MON=45°,求m的值.17.如圖①拋物線y=ax2+bx+4(a≠0)與x軸,y軸分別交于點A(﹣1,0),B(4,0),點C三點.(1)試求拋物線的解析式;(2)點D(3,m)在第一象限的拋物線上,連接BC,BD.試問,在對稱軸左側的拋物線上是否存在一點P,滿足∠PBC=∠DBC?如果存在,請求出點P點的坐標;如果不存在,請說明理由;(3)點N在拋物線的對稱軸上,點M在拋物線上,當以M、N、B、C為頂點的四邊形是平行四邊形時,請直接寫出點M的坐標.18.如圖,拋物線與軸交于點和點(點在原點的左側,點在原點的右側),與軸交于點,.(1)求該拋物線的函數解析式.(2)如圖1,連接,點是直線上方拋物線上的點,連接,.交于點,當時,求點的坐標.(3)如圖2,點的坐標為,點是拋物線上的點,連接形成的中,是否存在點,使或等于?若存在,請直接寫出符合條件的點的坐標;若不存在,請說明理由.19.如圖,已知直線AB:與拋物線交于A、B兩點,(1)直線AB總經過一個定點C,請直接寫出點C坐標;(2)當時,在直線AB下方的拋物線上求點P,使△ABP的面積等于5;(3)若在拋物線上存在定點D使∠ADB=90°,求點D到直線AB的最大距離.如圖,拋物線交x軸于兩點,交y軸于點C.直線經過點.(1)求拋物線的解析式;(2)拋物線的對稱軸l與直線相交于點P,連接,判定的形狀,并說明理由;(3)在直線上是否存在點M,使與直線的夾角等于的2倍?若存在,請求出點M的坐標;若不存在,請說明理由.參考答案1.(1);(2)四邊形ADOC是平行四邊形,見解析;(3)存在,P的坐標是或【分析】(1)首先求出點B,C的坐標,再代入拋物線即可求出b、c的值即可;(2)求出拋物線頂點A的坐標,再證明AC=OD,AC//OD即可證明四邊形ADOC是平行四邊形;(3)分點P為拋物線與y軸負半軸的交點和點P為拋物線與x軸負半軸的交點兩種情況求解即可.解:(1)軸,點C的坐標為,點B的坐標為,把B,C兩點的坐標代入,得,解得.拋物線的解析式為.(2)四邊形ADOC是平行四邊形,理由如下:點B的坐標是,點C的坐標為,,,由(1)得,拋物線的解析式為,頂點A的坐標為.如答圖,過點A作于點E,則,,.,,.軸,,,,,,四邊形ADOC是平行四邊形.(3)在拋物線上存在點P,使得.點C的坐標為,軸,,,,點P為拋物線與x軸負半軸或y軸負半軸的交點.情況1:當點P為拋物線與y軸負半軸的交點時,點P與點B重合,此時點P的坐標為.情況2:當點P為拋物線與x軸負半軸的交點時,解方程,得,.(不合題意,舍去)此時點P的坐標為,綜上所述,當點P的坐標是或時,.【點撥】本題是二次函數的綜合題,主要考查了運用待定系數法求二次函數解析式,二次函數對稱軸頂點坐標的公式,平行四邊形的判定和性質等知識,求得A的坐標是解題的關鍵.2.(1);(2)存在,,【分析】(1)把點AB的坐標代入即可求解;(2)分點P在軸下方和下方兩種情況討論,求解即可.【詳解】(1)∵二次函數的圖像經過點A(-1,0),B(3,0),∴,解得:,∴拋物線的解析式為:;(2)存在,理由如下:當點P在軸下方時,如圖,設AP與軸相交于E,令,則,∴點C的坐標為(0,3),∵A(-1,0),B(3,0),∴OB=OC=3,OA=1,∴∠ABC=45,∵∠PAB=∠ABC=45,∴△OAE是等腰直角三角形,∴OA=OE=1,∴點E的坐標為(0,-1),設直線AE的解析式為,把A(-1,0)代入得:,∴直線AE的解析式為,解方程組,得:(舍去)或,∴點P的坐標為(4,);當點P在軸上方時,如圖,設AP與軸相交于D,同理,求得點D的坐標為(0,1),同理,求得直線AD的解析式為,解方程組,得:(舍去)或,∴點P的坐標為(2,);綜上,點P的坐標為(2,)或(4,)【點撥】本題是二次函數與幾何的綜合題,主要考查了待定系數法,等腰直角三角形的判定和性質,解方程組,分類討論是解本題的關鍵.3.(1)y=;(2)(,);(3)證明見解析【分析】(1)設拋物線的解析式為,然后將點A的坐標代入即可求出結論;(2)先求出點B的坐標,過點B作BQ⊥BA,交AP于點Q,作BH⊥x軸于H,過點Q作QG⊥BH,交BH的延長線于點G,利用AAS證出△AHB≌△BGQ,即可求出點Q的坐標,利用待定系數法求出直線AQ的解析式,然后聯(lián)立方程組即可求出點P的坐標;(3)設點M的坐標為(m,),利用對稱性即可求出點N的坐標,利用待定系數法求出直線AN的解析式,聯(lián)立方程組即可求出點D的坐標,從而求出直線MD的解析式,從而求出點E、F的坐標,即可證出結論.【詳解】解:(1)由拋物線的頂點坐標C(-2,-1),可設拋物線的解析式為將點A(-4,0)代入,得解得:∴這個拋物線的解析式為=;(2)將x=-1代入中,解得y=∴點B的坐標為(-1,)過點B作BQ⊥BA,交AP于點Q,作BH⊥x軸于H,過點Q作QG⊥BH,交BH的延長線于點G∴∠AHB=∠BGQ=∠ABQ=90°∴∠ABH+∠GCQ=90°,∠BQG+∠GCQ=90°∴∠ABH=∠BQG∵∠PAB=45°,∴△ABQ為等腰直角三角形∴AB=BQ∴△AHB≌△BGQ∴QG=BH=,BG=AH=-1-(-4)=3∴GH=BG-BH=∴點Q的坐標為(-1+,)=(,)設直線AQ的解析式為y=kx+b將點A和點Q的坐標分別代入,得解得:∴直線AQ的解析式為聯(lián)立解得:或(符合點A的坐標)∴點P的坐標為(,);(3)設點M的坐標為(m,)∴點N的坐標為(m,)設直線AN的解析式為y=cx+d將點A和點N的坐標分別代入,得解得:∴直線AN的解析式為聯(lián)立解得:或(符合點A的坐標)∴點D的坐標為(,)設直線MD的解析式為y=ex+f將M、D的坐標分別代入,得解得:∴直線MD的解析式為y=x+將x=0代入y=x+中,解得y=;將y=0代入y=x+中,解得x=∴點E的坐標為(0,),點F的坐標為(,0)∴OE=OF=【點撥】此題考查的是二次函數與一次函數的綜合大題,此題難度較大,掌握利用待定系數法求二次函數解析式、一次函數解析式、聯(lián)立方程組求點的坐標是解題關鍵.4.(1)見解析;(2)見解析;(3)M(2,2)或(,).【分析】(1)直接利用二次函數平移的性質假設出解析式,進而將A點代入求出m的值進而得出答案;(2)首先求出直線AB的解析式,進而表示出△PAB的面積,進而求出t的值,即可得出答案;(3)首先表示出ON,NM的長,進而得出△OMN為等邊三角形,再利用M點坐標得出t的值,進而得出答案.【詳解】解:(1)設平移后的拋物線的解析式為將代入,得m=1則當x=4時,y=3,故平移后的拋物線經過點(4,3);(2)設直線AB的解析式為:y=kx+b,把點,點B(4,3)代入得:解得:故直線AB的解析式為:y=x+2設P(t,)如圖1,過點P作PQ∥y軸交AB于Q,∴Q(t,t+2)∴S△PAB=解得:t=故,則P或P(3)如圖2,設M(a,)則OM2=a2+(,MN2=(∴OM=MN∵∴△OMN為等邊三角形,則∠MOF=30°,當OF=a,則MF=可得M(a,),故解得:a1=2,a2=則或∴M(2,2)或(,).【點撥】此題主要考查了二次函數綜合以及等邊三角形的判定以及待定系數法解析式等知識,正確表示出M點坐標是解題關鍵.5.(1),;(2)D坐標為;(3)證明見解析,定點坐標為【分析】(1)前求出拋物線的對稱軸,根據對稱軸求出點B坐標,再把點A和點C坐標代入解析式求出系數,得到解析式;(2)延長交x軸于點M,得到,再過點C作于點Q,得到點M的坐標,求出DM的解析式,與拋物線聯(lián)立得到點D坐標;(3)設直線解析式為:,與拋物線聯(lián)立,得到,再用韋達定理的公式表示出點E和點F橫坐標的關系式,再根據,列式求出m和n的關系式,就可以得到結果.【詳解】解:(1)拋物線對稱軸是,∵,∴B,將點A和點C坐標代入解析式,得,解得,∴拋物線解析式為:,故答案是:,;(2)如圖,延長交x軸于點M,∵,∴,∴,過點C作于點Q,則,∴點M坐標為,∴直線的解析式為:,由得或(舍),∴點D坐標為;(3)設直線解析式為:,則點由得,∴,∴①,同理設直線的解析式為:,則點,即②,由得,∴③,④,將①②代入③④得,又,∴,∴,∴,當時,,∴直線經過定點且定點坐標為.【點撥】本題考查二次函數綜合題,解題的關鍵是掌握二次函數的圖像和性質,解析式求解的方法,與一次函數交點問題.6.(1)拋物線的解析式:y=x2-2x-6,頂點D(2,-8);(2)3<m<8.(3)AM的長為4或2.【詳解】試題分析:(1)該拋物線的解析式中只有兩個待定系數,只需將A、B兩點坐標代入即可得解.(2)首先根據平移條件表示出移動后的函數解析式,從而用m表示出該函數的頂點坐標,將其代入直線AB、AC的解析式中,即可確定P在△ABC內時m的取值范圍.(3)先在OA上取點N,使得∠ONB=∠ACB,那么只需令∠NBA=∠OMB即可,顯然在y軸的正負半軸上都有一個符合條件的M點;以y軸正半軸上的點M為例,先證△ABN、△AMB相似,然后通過相關比例線段求出AM的長.試題解析:(1)將A(0,-6)、B(-2,0)代入拋物線y=x2+bx+c中,得:,解得.∴拋物線的解析式:y=x2-2x-6=(x-2)2-8,頂點D(2,-8);(2)由題意,新拋物線的解析式可表示為:y=(x-2+1)2-8+m,即:y=(x-2+1)2-8+m.它的頂點坐標P(1,m-8).由(1)的拋物線解析式可得:C(6,0).∴直線AB:y=-3x-6;直線AC:y=x-6.當點P在直線AB上時,-3-6=m-8,解得:m=-1;當點P在直線AC上時,1-6=m-8,解得:m=3;又∵m>0,∴當點P在△ABC內時,3<m<8.(3)由A(0,-6)、C(6,0)得:OA=OC=6,且△OAC是等腰直角三角形.如圖,在OA上取ON=OB=2,則∠ONB=∠ACB=45°.∴∠ONB=∠NBA+∠OAB=∠ACB=∠OMB+∠OAB,即∠NBA=∠OMB.如圖,在△ABN、△AM1B中,∠BAN=∠M1AB,∠ABN=∠AM1B,∴△ABN∽△AM1B,得:AB2=AN?AM1;由勾股定理,得AB2=(-2)2+(-6)2=40,又∵AN=OA-ON=6-2=4,∴AM1=40÷4=10,OM1=AM1-OA=10-6=4OM2=OM1=4AM2=OA-OM2=6-4=2.綜上所述,AM的長為4或2.考點:二次函數綜合題.7.(1);(2)A(﹣5,0)、B(1,0);(3)∠PDF=60°.【詳解】試題分析:(1)先提取公式因式將原式變形為,然后令y=0可求得函數圖像與x軸的交點坐標,從而可求得點A、B的坐標,然后依據拋物線的對稱性可得到拋物線的對稱軸為x=﹣2,故此可知當x=﹣2時,y=,于是可求得m的值;(2)由(1)的可知點A、B的坐標;(3)先由一次函數的解析式得到∠PBF的度數,然后再由PD⊥PF,FO⊥OD,證明點O、D、P、F共圓,最后依據圓周角定理可證明∠PDF=60°.試題解析:(1)∵,∴=m(x+5)(x﹣1).令y=0得:m(x+5)(x﹣1)=0,∵m≠0,∴x=﹣5或x=1,∴A(﹣5,0)、B(1,0),∴拋物線的對稱軸為x=﹣2.∵拋物線的頂點坐標為為,∴﹣9m=,∴m=,∴拋物線的解析式為;(2)由(1)可知:A(﹣5,0)、B(1,0);(3)∠PDF=60°.理由如下:如圖所示,∵OP的解析式為,∴∠AOP=30°,∴∠PBF=60°∵PD⊥PF,FO⊥OD,∴∠DPF=∠FOD=90°,∴∠DPF+∠FOD=180°,∴點O、D、P、F共圓,∴∠PDF=∠PBF,∴∠PDF=60°.考點:二次函數綜合題.8.(1);(2)存在,;(3),【分析】(1)根據待定系數法解答即可;(2)由可得,連接,如圖,則易得軸,進一步即得,在軸上取點,使,并延長交拋物線于點,然后根據三角形全等即可證明∠PBC=∠DBC,求出直線BP解析式后與拋物線解析式聯(lián)立即可求出P點坐標;(3)由已知可變形得,由可得,于是可得m的范圍,進而可確定,從而可根據二次函數的性質得:當時,y最大值,當x=n時,y最小值,于是可得關于m、n的方程,解方程并結合題意即得m、n的值.【詳解】解:(1)把點,代入拋物線,得:,解得,∴拋物線的解析式為;(2)存在,理由如下:∵,點在第一象限的拋物線上,∴,∴,∵,∴,∴,連接,如圖,則軸,∴,∴,在軸上取點,使,并延長交拋物線于點,則≌,∴,設直線解析式為:,把,代入得:,解得:,,∴直線解析式為,解方程組:,得,(舍去),∴;(3)由可得:,∵,當時,恰好,∴,即,∴,即,∴,∵拋物線的對稱軸是直線,且開口向下,∴當時,隨的增大而減小,∴當時,y最大值,當x=n時,y最小值.又,∴將①整理,得,變形得:,即.∵,∴,,解得:,(舍去),,同理,由②解得:(舍去),(舍去),;綜上所述,,.【點撥】本題是二次函數綜合題,主要考查了利用待定系數法求函數解析式、二次函數的性質、全等三角形的判定和性質以及求兩個函數的交點等知識,綜合性強、難度較大,屬于試卷壓軸題,其中在軸上取點,使,構造三角形全等是解第(2)小題的關鍵,熟練掌握二次函數的性質、靈活應用分解因式法解方程是解第(3)小題的關鍵.9.(1);(2)①或或或;②點的坐標為(,)或(0,5)【分析】(1)將點A、B坐標代入二次函數表達式,即可求解;(2)①先求得直線的表達式為:,利用,解方程即可;②分點P在直線BC下方、上方兩種情況,分別求解即可.【詳解】(1)將點A、B坐標代入二次函數表達式得:,解得:,故拋物線的表達式為:;(2)①令,則,解得或,即點,如圖1,過點作軸的平行線交于點,設直線的表達式為:,將點的坐標代入一次函數表達式得,解得,并解得:直線的表達式為:,設點,則點,則,∴或,解得或或或;②設直線BP與CD交于點H,

當點P在直線BC下方時,

∵∠PBC=∠BCD,∴點H在BC的中垂線上,

線段BC的中點坐標為,過該點與BC垂直的直線的k值為-1,

設BC中垂線的表達式為:,將點代入上式并解得:

直線BC中垂線的表達式為:,同理直線的表達式為:,解方程組,得:,即點,同理可得直線的表達式為:,解方程組,得:或(舍去),則,故點P(,);當點P(P′)在直線BC上方時,

∵∠PBC=∠BCD,∴BP′∥CD,

則直線BP′的表達式為:,將點B坐標代入上式并解得:,

即直線BP′的表達式為:,

解方程組,得:x=0或-4(舍去-4),則,

故點P(0,5);

故點P的坐標為(,)或(0,5).【點撥】本題考查的是二次函數綜合運用,涉及到一次函數、等腰三角形性質、圖形的面積計算等,其中(2),要注意分類求解,避免遺漏.10.(1);(2)不存在點D;(3)是,7【分析】(1)根據已知條件,將分別代入,解得的值即可;(2)取作軸于S,構造,計算拋物線與兩坐標軸的交點,解得根據題意,證明,從而得到,因為直線,聯(lián)立直線與拋物線的解析式,求得點D的坐標即可解題;(3)先聯(lián)立直線與拋物線的方程組,求得兩交點的坐標關系,分別計算直線NC與直線MC的解析式,再代入計算的值即可.【詳解】(1)將代入,得(2)取作軸于,,在和中∴∴,,∴,∴,而,∴,∴∵∴重合,∴此時不存在,∴無解;(3),設∴:同理::∴【點撥】本題考查二次函數與一次函數的綜合,其中涉及二次函數解析式求法、一次函數解析式求法、全等三角形的判斷與性質、等腰直角三角形的性質、平行線判定與性質、一元二次方程的解法、韋達定理等知識,是重要考點,難度較難,作出正確輔助線,掌握相關知識是解題關鍵.11.(1);(2);(3)D點坐標為,存在,Q點坐標為(0,)或(0,)【分析】(1)通過設頂點式,再用待定系數法求解即可;

(2)先求出AB的解析式,進而求出E的坐標,從而利用割補法計算面積即可;

(3)作DG垂直于對稱軸,在中求解即可得到D的坐標,此時以A為圓心,AC為半徑作圓弧,與y軸交于點Q,則滿足∠CQD=60°,從而在中計算即可得到結果.【詳解】(1)∵拋物線頂點坐標為C(3,6),∴設拋物線解析式為,將B(0,3)代入可得,∴,即.(2)設直線AB:,將A(3,0)代入上式并解得,∴直線AB:.聯(lián)立、,得,解得,∴E(9,-6),∴.(3)設D點的坐標為,過D作對稱軸的垂線,垂足為G,則,∴∠ACD=30°,∴2DG=DC,在Rt△CGD中,CG=DG,∴,∴t=3+3或t=3(舍)∴D(3+3,﹣3),∴AG=3,GD=3,連接AD,在Rt△ADG中,∴AD==6,∴AD=AC=6,∠CAD=120°,∴在以A為圓心、AC為半徑的圓與y軸的交點為Q點,此時,∠CQD=∠CAD=60°,設Q(0,m),AQ為⊙A的半徑,,∴,∴,∴,綜上所述:Q點坐標為(0,)或(0,).【點撥】本題考查二次函數的綜合問題,熟練求解函數解析式并進一步求解交點坐標是關鍵,同時靈活構造輔助線是解題的關鍵.12.(1)(2)(0,-1)(3)(1,0)(9,0)【分析】(1)將A(?1,0)、C(0,?3)兩點坐標代入拋物線y=ax2+bx?3a中,列方程組求a、b的值即可;(2)將點D(m,?m?1)代入(1)中的拋物線解析式,求m的值,再根據對稱性求點D關于直線BC對稱的點D'的坐標;(3)分兩種情形①過點C作CP∥BD,交x軸于P,則∠PCB=∠CBD,②連接BD′,過點C作CP′∥BD′,交x軸于P′,分別求出直線CP和直線CP′的解析式即可解決問題.【詳解】解:(1)將A(?1,0)、C(0,?3)代入拋物線y=ax2+bx?3a中,得,解得∴y=x2?2x?3;(2)將點D(m,?m?1)代入y=x2?2x?3中,得m2?2m?3=?m?1,解得m=2或?1,∵點D(m,?m?1)在第四象限,∴D(2,?3),∵直線BC解析式為y=x?3,∴∠BCD=∠BCO=45°,CD′=CD=2,OD′=3?2=1,∴點D關于直線BC對稱的點D'(0,?1);(3)存在.滿足條件的點P有兩個.①過點C作CP∥BD,交x軸于P,則∠PCB=∠CBD,∵直線BD解析式為y=3x?9,∵直線CP過點C,∴直線CP的解析式為y=3x?3,∴點P坐標(1,0),②連接BD′,過點C作CP′∥BD′,交x軸于P′,∴∠P′CB=∠D′BC,根據對稱性可知∠D′BC=∠CBD,∴∠P′CB=∠CBD,∵直線BD′的解析式為∵直線CP′過點C,∴直線CP′解析式為,∴P′坐標為(9,0),綜上所述,滿足條件的點P坐標為(1,0)或(9,0).【點撥】本題考查了二次函數的綜合運用.關鍵是由已知條件求拋物線解析式,根據拋物線的對稱性,直線BC的特殊性求點的坐標,學會分類討論,不能漏解.13.(1)y=﹣x2+x+;(2)(1+,)或(1﹣,)或(1+,)或(1﹣,);(3)點P的坐標為(1,)或(1,3)或(1,-3).【分析】(1)根據平行四邊形的性質及點A坐標可得拋物線的對稱軸為直線x=1,可得﹣=1,把點A坐標代入拋物線不等式可得0=4a﹣2b+,解方程組求出a、b的值即可得答案;(2)根據拋物線對稱軸方程及點A坐標可得點D坐標,根據△ADR的面積是平行四邊形OABC的面積的可得出點R的縱坐標,代入拋物線解析式可求出點R橫坐標,即可得答案;(3)作△PEQ的外接圓R,根據圓周角定理可得∠PRE=90°,可得△PRE為等腰直角三角形,由在直線MD上存在唯一的點Q,使得∠PQE=45°可得⊙R與直線MD相切,可得RQ⊥MD,根據對稱軸可得點M坐標,即可得出DE、DE的長,根據勾股定理可求出DM的長,設點P(1,2m),根據等腰直角三角形的性質可得PH=HE=HR=m,即可得出R(1+m,m),利用S△MED=S△MRD+S△MRE+S△DRE可求出m的值,即可得點P坐標;根據DE=ME可得∠MDE=45°,可得點M符合題意,過點D作DF⊥DM交對稱軸于F,可得∠FDE=45°,可得點F符合題意,根據DE=EF可求出點F坐標,綜上即可得答案.【詳解】(1)∵A(-2,0),四邊形OABC是平行四邊形,∴BC//OA,BC=OA=2,∵拋物線與y軸交于點B,∴拋物線的對稱軸為直線x==1,則x=﹣=1①,將點A的坐標代入拋物線表達式得:0=4a﹣2b+②,聯(lián)立①②得,解得,∴拋物線的表達式為:y=﹣x2+x+;(2)∵A(-2,0),拋物線對稱軸為直線x=1,∴點D(4,0);∵△ADR的面積是?OABC的面積的,∴×AD×|yR|=×OA×OB,則×6×|yR|=×2×,解得:yR=±,當y=時,,解得:,,∴R1(,)或R2(,),當y=-時,,解得:x3=,x2=,∴R3(,)或R4(,)綜上所述:點R的坐標為(1+,)或(1﹣,)或(1+,)或(1﹣,).(3)作△PEQ的外接圓R,過點R作RH⊥ME于點H,∵∠PQE=45°,∴∠PRE=90°,∵RP=RE,∴△PRE為等腰直角三角形,∵直線MD上存在唯一的點Q,∴⊙R與直線MD相切,∴RQ⊥MD,∵拋物線對稱軸為直線x=1,∴當x=1時y==3,∴點M坐標為(1,3),∵D(4,0),∴ME=3,ED=4﹣1=3,∴MD==,設點P(1,2m),則PH=HE=HR=m,則圓R的半徑為m,則點R(1+m,m),∵S△MED=S△MRD+S△MRE+S△DRE,即×ME?ED=×MD×RQ+×ED?yR+×ME?RH,∴×3×3=××m+×4×m+×3×m,解得m=,∴點P坐標為(1,),∵ME=MD=3,∴∠MDE=45°,∴點P與點M重合時,符合題意,即P(1,3),過點D作DF⊥MD,交對稱軸于F,則∠FDE=45°,符合題意,∴EF=DE=3,∴點F坐標為(1,-3),∴點P坐標為(1,-3),綜上所述:點P的坐標為(1,)或(1,3)或(1,-3).【點撥】本題考查平行四邊形的性質、待定系數法求二次函數解析式,熟練掌握二次函數的性質并靈活運用分類討論的思想是解題關鍵.14.(1);(2);(3)8【分析】(1)求出點的坐標,由拋物線的解析式可得出的值,則可得出答案;(2)延長、交于點,設點點的坐標為,求出直線的解析式為,解方程組可求出點的坐標,聯(lián)立直線和拋物線解析,則可得出答案;(3)設點的坐標為,,由題意得出,設直線,由得出,則,可得出,由點的坐標可得出.【詳解】解:(1)對于拋物線,當時,,∴點的坐標為,即,∵,∴,即點的坐標為,∴,解得,,∴拋物線的解析式為;(2)延長、交于點,設點點的坐標為,∵,∴,∴,即,整理得,,解方程得,,,則點的坐標為,設直線的解析式為:,則,解得,,∴直線的解析式為:,∵點在直線上,∴,,解得,,∴點點的坐標為,設直線的解析式為:,則,解得,,則直線的解析式為:,解方程組,得,,∴點的坐標為;(3)設點的坐標為,,∴直線的解析式為,聯(lián)立,得,∴,∴,設直線,聯(lián)立,∴,∴,∴,∵軸,∴,∴,∴,∵,,∴.【點撥】本題屬于二次函數綜合題,考查了二次函數的性質,一次函數的性質,待定系數法等知識,解題的關鍵是學會利用參數構建方程解決問題,屬于中考壓軸題.15.(1)y=﹣x2+2x+8=﹣(x﹣1)2+9;(1,9);(2)存在,(2,)或(2,2);(3)72.【詳解】試題分析:(1)易知點C的坐標,那么在Rt△BOC中,根據tan∠ABC的值即可得到點B的坐標.然后利用待定系數法求出拋物線的解析式,通過對解析式進行配方能得到頂點D的坐標;(2)首先確定直線CD的解析式以及點E的坐標,易得出△EOC是等腰直角三角形的結論,那么在四邊形ENPM(以解答圖為參考)中,根據四邊形內角和可以求出∠OPN的度數,那么PN的長就可以在Rt△OPN中求出,以此求得點P的坐標;(3)若拋物線向上平移,首先表示出平移后的函數解析式;當x=﹣8時(與點E橫坐標相同),求出新函數的函數值,若拋物線與線段EF有公共點,那么該函數值應不大于點E的縱坐標.當x=4時(與點F的橫坐標相同),方法同上,結合上述兩種情況,即可得到函數圖像的最大平移單位.試題解析:解:(1)由拋物線的解析式知,點C(0,8),即OC=8;Rt△OBC中,OB=OC?tan∠ABC=8×=4,則點B(4,0).將A、B的坐標代入拋物線的解析式中,得:,解得,∴拋物線的解析式:y=﹣x2+2x+8=﹣(x﹣1)2+9,頂點D(1,9);(2)設直線CD的解析式為:y=kx+8,將點D坐標代入上式,得:k=1;∴直線CD:y=x+8,點E(﹣8,0).∴OC=OE=8,∠CEB=45°.在四邊形EMPN中(如圖),∠MPN=180°﹣∠CEB=135°(∠PME、∠PNO都是直角),①當∠OPM=75°時,∠OPN=135°﹣75°=60°;在Rt△OPN中,ON=OB=2,PN=;②當∠OPQ=75°時,∠OPN=135°+75°﹣180°=30°,在Rt△OPN中,ON=OB=2,PN=2;綜上,存在符合條件的P點,且坐標為(2,)或(2,2);(3)由(2)的直線CD解析式,可得:E(﹣8,0),F(4,12).設拋物線向上平移m個單位長度(m>0),則拋物線的解析式為:y=﹣(x﹣1)2+9+m;當x=﹣8時,y=m﹣72,當x=4時,y=m,∴m﹣72≤0或m≤12,∴0<m≤72,∴拋物線最多向上平移72個單位.考點:二次函數綜合題.16.(1)y=x2-4x+3;(2);(3)m=【詳解】試題分析:把代入解方程組即可.

直線BC:y=-x+3,設點根據兩點之間的距離公式,列出式子,求出的值.

(3)如圖2中,將△OCM繞點O順時針旋轉90°得到△OBG.首先證明MN2=CM2+BN2,設則設平移后的拋物線的解析式為由消去得到由,推出關于直線對稱,所以設則利用勾股定理求出以及的長,再根據根與系數關系,列出方程即可解決問題.試題解析:(1)∵OB=OC=3,代入得解得∴拋物線的解析式為y=x2-4x+3.(2)直線BC:設點頂點的坐標為:,,(3)如圖2中,將△OCM繞點O順時針旋轉90°得到△OBG.∵∠MON=45°,∴∠MOC+∠NOB=∠NOB+∠BOG=45°,∴∠MON=∠GON=45°,∵ON=ON,OM=OG,∴△ONM≌△ONG,∴MN=NG,∵∠NBG=∠NBO+∠OBG=45°+45°=90°,∴NG2=BN2+BG2,∴MN2=CM2+BN2,設平移后的拋物線的解析式為y=x2-4x+3+m,M(x1,y1),N(x2,y2),則設平移后的拋物線的解析式為由消去得到,推出關于直線對稱,所以設則∴(負根已經舍棄),17.(1)y=﹣x2+3x+4;(2)存在.P(﹣,).(3)【分析】(1)將A,B,C三點代入y=ax2+bx+4求出a,b,c值,即可確定表達式;(2)在y軸上取點G,使CG=CD=3,構建△DCB≌△GCB,求直線BG的解析式,再求直線BG與拋物線交點坐標即為P點,(3)根據平行四邊形的對邊平行且相等,利用平移的性質列出方程求解,分情況討論.【詳解】解:如圖:(1)∵拋物線y=ax2+bx+4(a≠0)與x軸,y軸分別交于點A(﹣1,0),B(4,0),點C三點.∴解得∴拋物線的解析式為y=﹣x2+3x+4.(2)存在.理由如下:y=﹣x2+3x+4=﹣(x﹣)2+.∵點D(3,m)在第一象限的拋物線上,∴m=4,∴D(3,4),∵C(0,4)∵OC=OB,∴∠OBC=∠OCB=45°.連接CD,∴CD∥x軸,∴∠DCB=∠OBC=45°,∴∠DCB=∠OCB,在y軸上取點G,使CG=CD=3,再延長BG交拋物線于點P,在△DCB和△GCB中,CB=CB,∠DCB=∠OCB,CG=CD,∴△DCB≌△GCB(SAS)∴∠DBC=∠GBC.設直線BP解析式為yBP=kx+b(k≠0),把G(0,1),B(4,0)代入,得k=﹣,b=1,∴BP解析式為yBP=﹣x+1.yBP=﹣x+1,y=﹣x2+3x+4當y=y(tǒng)BP時,﹣x+1=﹣x2+3x+4,解得x1=﹣,x2=4(舍去),∴y=,∴P(﹣,).(3)理由如下,如圖B(4,0),C(0,4),拋物線對稱軸為直線,設N(,n),M(m,﹣m2+3m+4)第一種情況:當MN與BC為對邊關系時,MN∥BC,MN=BC,∴4-=0-m,∴m=∴﹣m2+3m+4=,∴;或∴0-=4-m,∴m=∴﹣m2+3m+4=,∴;第二種情況:當MN與BC為對角線關系,MN與BC交點為K,則K(2,2),∴∴m=∴﹣m2+3m+4=∴綜上所述,當以M、N、B、C為頂點的四邊形是平行四邊形時,點M的坐標為.【點撥】本題考查二次函數與圖形的綜合應用,涉及待定系數法,函數圖像交點坐標問題,平行四邊形的性質,方程思想及分類討論思想是解答此題的關鍵.18.(1);(2)點的坐標為或;(3)點的坐標為:或或或.【分析】(1)由及圖像可得B、C兩點坐標,然后利用待定系數法直接進行求解即可;(2)由題意易得,進而得到點D、F橫坐標之間的關系為,設點橫坐標為,則點橫坐標為,則有直線BC的解析式為,然后可直接求解;(3)分∠PBE或∠PEB等于2∠OBE兩種情況分別進行求解即可.【詳解】解:(1),則:,把坐標代入拋物線方程,解得拋物線方程為:①;(2)∵,∴,即:,設點橫坐標為,則點橫坐標為,點在直線上,而所在的直線表達式為:,則,則直線所在的直線表達式為:,則點,把點坐標代入拋物線解析式,解得:或,則點的坐標為或;(3)①當時,當在軸上方時,如圖2,設交軸于點,∴,∴,又,∴,∴,∴點,直線過點,則其直線方程為:②,聯(lián)立①②并解得:,故點P1的坐標為;當在軸下方時,如圖2,過點作交于點,則,∴,∴,∴,直線可以看成直線平移而得,其值為,則其直線表達式為:,設點,過點作軸交于點,作于點,則點,,∵,則,即:,解得:,則點,則直線表達式為:…③,聯(lián)立①③并解得:或3(舍去3),則點;②當時,當在上方時,如圖3,點為圖2所求,設交于點,∵,∴,∴,由①知,直線的表達式為:,設點,,由,同理可得:,故點,則直線的表達式為:④,聯(lián)立①④并解得:或(舍去負值),∴;當在下方時,同理可得:(舍去負值),故點.故點的坐標為:或或或.【點撥】本題主要考查二次函數的綜合,關鍵是熟練掌握二次函數的性質與一次函數的性質,利用數形結合及分類討論思想進行求解.19.(1)(-2,4);(2)(-2,2)或(1,);(3).【詳解】試題分析:(1)要求定點的坐標,只需尋找一個合適x,使得y的值與k無關即可.(2)只需聯(lián)立兩函數的解析式,就可求出點A、B的坐標.設出點P的橫坐標為a,運用割補法用a的代數式表示△APB的面積,然后根據條件建立關于a的方程,從而求出a的值,進而求出點P的坐標.(3)設點A、B、D的橫坐標分別為m、n、t,從條件∠ADB=90°出發(fā),可構造k型相似,從而得到m、n、t的等量關系,然后利用根與系數的關系就可以求出t,從而求出點D的坐標.由于直線AB上有一個定點C,容易得到DC長就是點D到AB的最大距離,只需構建直角三角形,利用勾股定理即可解決問題.試題解析:(1)∵當x=-2

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