四川版2019年中考数学总复习模拟专题十二二次函数的几何意义试题

：精选试题二次函数的几何意义专题十二)针对四川中考二次函数的几何应用(2与极点为M的抛物线y＝a(x＋1)－41．(导学号14952507)(2017·成都展望)如图、的右侧)、与y轴订交于点C(0、－3)．x轴订交于点A、B(点A在点B(1)求抛物线的剖析式；可否为直角三角形、并说明原由；(2)判断△BCM为极点的四边形NC、、使得以点A、B、(3)抛物线上可否存在点N(点N与点M不重合)的坐标；若不存在、请说明原由．的面积相等？若存在、求出点N的面积与四边形ABMC2、＝a1a＝－4、∴1)－4与y轴订交于点C(0、－3)．∴－3解：(1)∵抛物线y＝a(x＋22有、1()2)△BCM是直角三角形、原由：由＝(x＋1)－4＝x＋2x－3(∴抛物线剖析式为y22x、∴32x－＝0、∴极点为M(－1、－4)、令y＝0、∴x＋抛物线剖析式为y＝(x＋1)－41222、20＋16＝18、CM＝1＋1＝2、BM＝4BC、∴＝－3、x＝1A(1、0)、B(－3、0)、∴＝9＋9＝2222为极点的四边形的C、N、∴△BCM是直角三角形(3)存在、∵以点A、B、BM∴BC＋CM＝轴上N在x面积与四边形ABMC的面积相等、且点M是抛物线的极点、∴有两种情况、①点22CM18、CM＝2、∴BC＝、32有方的抛物线上、如图1、由(2)△BCM是直角三角形、BC＝11为极点的四、Nm、n)、∵以点A、B×3＝2、∴S＝BC×CM＝2C×2＝3、设N(BCM△22、(1∴S＝S＝3、∵A＋边形的面积与四边形ABMC的面积相等、∴SS＝S＋S、BCM△ABN△ABN△△ABCABCBCM△△311在抛物线＝2n＝3、∴n、∵点N＝－3、0)、∴AB4、∴S＝×AB×n＝×4×n＝(0)、BABN△222223222222、＋、∴N(＝－、∴m1－＋、m＝－11－＋xy＝＋2x－3的图象上、∴m2m－3＝2122223322在对称轴的右侧、轴下方的抛物线上、∵点C2、点N在(N－1x－、)；②如图)或222此、N作MN∥BC、交抛物线于点∴点N在对称轴右侧不存在、只有在对称轴的左侧、过点My、∴直线BC剖析式为3、C(0、－)、SS时、S＝、∴S＝、∵B(－30)ABNCBCN四边形四边形△BCMABMC△2、1－4①、∴M(＋＋b、∵抛物线剖析式为y＝(x1)－xMNx＝－－3、设的剖析式为y＝－，2，x＝－＝－x121、－N(2∴(5②y剖析式为＝－x－、联立①②得舍)、MN)－4、∴直线，＝－，y＝－4y321备战中考模拟试卷．：精选试题332222－、)或N(－1－1－＋2、－3)、)或N(N－3)、综上所述、(22222．(导学号14952508)(2017·乐山展望)在直角坐标系xOy中、A(0、2)、B(－1、0)、将△ABO经过旋转、平移变化后获取如图1所示的△BCD.求经过A、B、C三点的抛物线的剖析式；(2)连接AC、点P是位于线段BC上方的抛物线上一动点、若直线PC将△ABC的面积分成1∶3两部分、求此时点P的坐标；(3)现将△ABO、△BCD分别向下、向左以1∶2的速度同时平移、求出在此运动过程中△ABO与△BCD重叠部分面积的最大值．解：(1)∵A(0、2)、B(－1、0)、将△ABO经过旋转、平移变化获取如图1所示的△BCD、∴BD＝OA＝2、CD＝OB＝1、∴∠BDC＝∠AOB＝90°、∴C(1、1)、设经过A、B、C三点的抛3a＝－，2，a－b＋c＝02，＝1＋b＋c1ay∴抛物线的剖析式为＋c、则有解得＝物线剖析式为yax＋bx，＝b2，c＝2，c＝21322x＋x＋＝－22AE(2)如图1、设直线PC与BE1AEEFBEBF＝或＝3、过点

AB交于点E.∵直线PC将△ABC的面积分成1∶3两部分、∴E作EF⊥OB于点F、则EF∥OA、∴△BEF∽△BAO、∴＝＝、∴当BOAO3BABEAE1EF3BF3313＝时、＝＝、∴

EF＝、BF＝、∴

E(－、)、设直线

PC解析式为y＝mx＋n、则－x＋、∴－x＋x＋2＝－x＋、∴

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

y＝2149725BE5

备战中考

模拟试卷．：精选试题的解B可由已知求出AD重叠部分的面积为S、t、△ABO与△BC(3)设平移的时间为1111121111－2tB、Cx＋t＋、、0)CB的剖析式为y＝析式为y＝2x＋2－t、AB与x轴交点坐标为(22111122231重叠部分为四边CDBO与△B、当0＜t＜时、△A)与y轴交点坐标为(0、t＋．①如图211111252、由、连接OQB交于点Q轴交于点N、AB与C与形．设ABx轴交于点M、CB与y2211111134t－，2－ty＝2x＋，x＝31－t5t4t－35t12＋＝××＋(t(得∴Q、)、∴S＝S＋S11QNO△△QMO2333225t，ty＝x＋＋22.＝y32534t13113－2；S的最大值为0＜t＜时、)×＝－t＋t＋、∴当5251242343轴交xB与CD重叠部分为直角三角形、设A、当≤t＜时、△ABO与△B②如图311111121555t4t2－、－5tG＝4＋1－2t＝、D、、则G(1－2t、4－5t)DH＝D、于点HAB与C交于点G11111122134－5t11142综上所.S的最大值为＜4)、∴当≤t时、··(4－5t)＝(5t－＝＝∴SDH·DG11454522225重叠部分面积的最大值为与△BCD述、在此运动过程中、△ABO

522、、4)、过(－2宜宾)如图、已知二次函数y＝ax＋bx2016·3．(导学号14952509)(14)两点．－4、(y的剖析式；(1)求二次函数1、My于＞y＝m(m0)交获取抛物线y(2)将沿x轴翻折、再向右平移2个单位、y、直线212)的代数式表示；的长度(用含mN两点、求线段MN的图象形成的封闭y与y、两点、若是直线A、By＝m交于、在(3)(2)的条件下、yy2121两FE、的图象形成的封闭曲线交于yy在左侧)、直线＝－m与、y(CDC曲线交于、两点21是平行四边形．)、求证：四边形CEFD在左侧点(E备战中考模拟试卷．：精选试题，＝44a－2b2解得44、)两点、∴二次函数y＝ax＋bx过(－2、4)、(－解：(1)∵1，－4b＝416a1，＝－a911222－(2)∵y＝－((x＋3)、＋∴二次函数y的剖析式y＝－∴极点坐标x－3x1112223.b＝－9的极点坐标y、∴抛物线y3、)、∵将y沿x轴翻折、再向右平移2个单位、获取抛物线2122，y＝m99122－＋(x＋1)－、由2x消去y整理获取x(－1、－)、∴抛物线y＝9122222，－y＝（x＋1）222＝＋x）－4xx36＝8m－8－2m＝0、设x、x是它的两个根、则MN＝|xx|＋＝（x21211122，＝my2、则x＋2m＝0、设两个根为x92＋2m(3)由、消去y整理获取x＋6x1212，3xy＝－x－2，y＝－m22x、由8m整理获取消去yx|－CD＝|xxx＝（＋x）－4x＝36－912111222，）－1＝y（x＋222、－4xx8m＝36|x－x|＋＝（xx）－、8＋2x－＋2m＝0、设两个根为xx、则EF＝21212211是平行CEFDEF∥CD、∴四边形在上、点E、Fy＝－m上、∴在∴EF＝CD、∵点C、Dy＝m四边形为坐标原O泸州展望)如图、在平面直角坐标系中、点．(导学号14952510)(2017·42、0)两点．33)、B(4、与抛物线点、直线ly＝mx＋nx订交于A(1(1)求抛物线的剖析式；为斜边的直角三角形？若存在、是以线段AB(2)在坐标轴上可否存在点D、使得△ABDD的坐标；若不存在、说明原由；求出点PM∥OA、交第一象限内P)、过点作P(点不与点A、B重合AB(3)点P是线段上一动点S、PMNN、若△BCN、△的面积SABMC⊥xM的抛物线于点、过点M作轴于点C、交于点BCN△MN的坐标．、求出＝满足S2S的值、并求出此时点MPMN△PMN△BCN△NC备战中考模拟试卷．：精选试题，3＝3m＋n2解nx的图象上、∴y＝mx＋、)∵点A(1、33)、B(40)在抛物线＋，3＝－m2存在三个点满足题意、原由以下：)(243x得∴抛物线剖析式为＝3n、(1)、∴点D1Ax轴上时、如图1、过点作AD⊥x轴于点D,∵A(、坐标为

1解：(，＝4n016my3x＝－＋，433当点D在2222222)14－＋33－d)、BD＝4d、且AB＝、则y0)；当点

D在轴上时、设D(0、d)AD＝1＋((22222)3－d3＋ABD是以AB为斜边的直角三角形、∴ADBD＝AB、即

1＋(＋(＝33)36、∵△113－1133±33＋11322．综上)(、∴D点坐标为0、、)或(036＋4＋d＝、解得d＝22211－33＋1133如)或(()3)0、(点、其坐标为可知、存在满足条件的

D(1、0)或0、22ADMF3＝33、∴MF3＝＝过图

2、∵P作

PF⊥CM于点F、PM∥OA、∴Rt△ADO∽Rt△MFP、∴

ODPF、则

ABD＝60BC＝°、设

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