初中数学压轴题之函数与几何.doc

2013级函数与几何专题1、（2012四川绵阳）如图1，在直角坐标系中，O是坐标原点，点A在y轴正半轴上，二次函数y=ax2+x +c的图象F交x轴于B、C两点，交y轴于M点，其中B（-3，0），M（0，-1）。已知AM=BC。（1）求二次函数的解析式；（2）证明：在抛物线F上存在点D，使A、B、C、D四点连接而成的四边形恰好是平行四边形，并请求出直线BD的解析式；（3）在（2）的条件下，设直线l过D且分别交直线BA、BC于不同的P、Q两点，AC、BD相交于N。若直线lBD，如图1所示，试求的值；若l为满足条件的任意直线。如图2所示，中的结论还成立吗？若成立，证明你的猜想；若不成立，请举出反例。【答案】解：（1）二次函数y=ax2+x +c的图象经过点B（-3，0），M（0，-1）， ，解得。二次函数的解析式为：。（2）证明：在中，令y=0，得，解得x1=3，x2=2。C（2，0），BC=5。令x=0，得y=-1，M（0，1），OM=1。又AM=BC，OA=AMOM=4。A（0，4）。设ADx轴，交抛物线于点D，如图1所示，则，解得x1=5，x2=6（位于第二象限，舍去）。D点坐标为（5，4）。AD=BC=5。又ADBC，四边形ABCD为平行四边形，即在抛物线F上存在点D，使A、B、C、D四点连接而成的四边形恰好是平行四边形。设直线BD解析式为：y=kx+b，B（3，0），D（5，4）， ，解得：。直线BD解析式为：。（3）在RtAOB中，又AD=BC=5，ABCD是菱形。若直线lBD，如图1所示，四边形ABCD是菱形，ACBD。AC直线l。BA=BC=5，BP=BQ=10。若l为满足条件的任意直线，如图2所示，此时中的结论依然成立，理由如下：ADBC，CDAB，PADDCQ。APCQ=ADCD=55=25。 。【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，平行四边形、菱形的判定和性质，平行线间的比例线段关系，相似三角形的判定和性质，分式化简。【分析】（1）利用待定系数法求出二次函数的解析式。（2）首先求出D点的坐标，可得AD=BC且ADBC，所以四边形ABCD是平行四边形；再根据B、D点的坐标，利用待定系数法求出直线BD的解析式。（3）本问的关键是判定平行四边形ABCD是菱形。推出AC直线l，从而根据平行线间的比例线段关系，求出BP、CQ的长度，计算出。判定PADDCQ，得到APCQ=25，利用这个关系式对进行分式的化简求值，结论为 不变。2、（2011乐山）已知顶点为A(1,5)的抛物线经过点B(5,1).(1)求抛物线的解析式; (2)如图（1）,设C,D分别是轴、轴上的两个动点，求四边形ABCD周长的最小值；（3）在（2）中，当四边形ABCD的周长最小时，作直线CD.设点P()()是直线上的一个动点，Q是OP的中点，以PQ为斜边按图（2）所示构造等腰直角三角形PRQ.当PBR与直线CD有公共点时,求的取值范围；在的条件下，记PBR与COD的公共部分的面积为S.求S关于的函数关系式，并求S的最大值。 【答案】 解：（1）抛物线的顶点为A（1，5），设抛物线的解析式为，将点B（5，1）代入，得，解得，（2）作A关于y轴的对称点，作B关于x轴的对称点，显然，如图(5.1)，连结分别交x轴、y轴于C、D两点，此时四边形ABCD的周长最小，最小值就是。而，四边形ABCD周长的的最小值为。（3）点B关于x轴的对称点B（），点A关于y轴的对称点A（1，5），连接AB，与x轴，y轴交于C，D点，CD的解析式为：，联立，得：点P在上，点Q是OP的中点，要使等腰直角三角形与直线CD有公共点，则故的取值范围是：如图：点E（2，2），当EP=EQ时，得：，当时，当时，当时，当时，故的最大值为：3、（12南充）如图，C的内接AOB中，AB=AO=4,tanAOB=,抛物线y=ax2+bx经过点A(4，0)与点（-2，6）（1）求抛物线的函数解析式（2）直线m与C相切于点A交y轴于点D，动点P在线段OB上，从点O出发向点B运动;同时动点Q在线段DA上，从点D出发向点A运动，点P的速度为每秒1个单位长，点Q的速度为每秒2个单位长，当PQAD时,求运动时间t的值（3）点R在抛物线位于x轴下方部分的图象上，当ROB面积最大时，求点R的坐标.考点：二次函数综合题；解二元一次方程组；二次函数最值的应用；三角函数和勾股定理的应用；待定系数法求二次函数解析式。专题：计算题；代数几何综合题。分析：（1）点A(4，0)与点（-2，6）代入抛物线y=ax2+bx，得：16a+4b=0 a=4a-2b=6 解得： b= -2 从而求出解析式。（2）先得到 OAD=AOB ，作OFAD于F，再算出OF的长，t秒时，OP=t,DQ=2t,若PQAD 则FQ=OP= tDF=DQ-FQ= t ODF中，t=DF=1.8（秒）（3）先设出R(x, x2-2x) ，作RGy轴于G 作RHOB于H交y轴于I，则RG= x OG= x2+2x 再算出IR、HI的长，从而求出RH的长( x-)2+当x=时，RH最大。SROB最大。这时：x2-2x=()2-2=-点R(,-)解答：（1）把点A(4，0)与点（-2，6）代入抛物线y=ax2+bx，得：16a+4b=0 a=4a-2b=6 解得： b= -2抛物线的函数解析式为：y=x2-2x （2）连AC交OB于E直线m切C于A ACm， 弦 AB=AO = ACOB mOB OAD=AOBOA=4 tanAOB=OD=OAtanOAD=4=3作OFAD于FOF=OAsinOAD=4=2.4t秒时，OP=t,DQ=2t,若PQAD 则FQ=OP= tDF=DQ-FQ= t ODF中，t=DF=1.8（秒）（3）令R(x, x2-2x) (0x4)作RGy轴于G 作RHOB于H交y轴于I点评：本题主要考查对用待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的最值，三角函数和勾股定理的应用等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行计算是解此题的关键，此题是一个综合性比较强的题目，有一定的难度4、（2012湖北荆门12分）如图甲，四边形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，顶点在B点的抛物线交x轴于点A、D，交y轴于点E，连接AB、AE、BE已知tanCBE=，A（3，0），D（1，0），E（0，3）（1）求抛物线的解析式及顶点B的坐标；（2）求证：CB是ABE外接圆的切线；（3）试探究坐标轴上是否存在一点P，使以D、E、P为顶点的三角形与ABE相似，若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由；（4）设AOE沿x轴正方向平移t个单位长度（0t3）时，AOE与ABE重叠部分的面积为s，求s与t之间的函数关系式，并指出t的取值范围【答案】解：（1）抛物线经过点A（3，0），D（1，0），设抛物线解析式为y=a（x3）（x+1）。将E（0，3）代入上式，解得：a=1。抛物线的解析式为y=（x3）（x+1），即y=x2+2x+3。又y=x2+2x+3=（x1）2+4，点B（1，4）。（2）证明：如图1，过点B作BMy于点M，则M（0，4）在RtAOE中，OA=OE=3，1=2=45，。在RtEMB中，EM=OMOE=1=BM，MEB=MBE=45，。BEA=1801MEB=90。AB是ABE外接圆的直径。在RtABE中，BAE=CBE。在RtABE中，BAE+3=90，CBE+3=90。CBA=90，即CBAB。CB是ABE外接圆的切线。（3）存在。点P的坐标为（0，0）或（9，0）或（0，）。（4）设直线AB的解析式为y=kx+b将A（3，0），B（1，4）代入，得，解得。直线AB的解析式为y=2x+6。过点E作射线EFx轴交AB于点F，当y=3时，得x=，F（，3）。情况一：如图2，当0t时，设AOE平移到DNM的位置，MD交AB于点H，MN交AE于点G。则ON=AD=t，过点H作LKx轴于点K，交EF于点L由AHDFHM，得，即，解得HK=2t。=33（3t）2t2t=t2+3t。情况二：如图3，当t3时，设AOE平移到PQR的位置，PQ交AB于点I，交AE于点V。由IQAIPF，得即，解得IQ=2（3t）。=（3t）2（3t）（3t）2=（3t）2=t23t+。综上所述：。【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数定义，圆的切线的判定，相似三角形的性质，平移的性质。【分析】（1）已知A、D、E三点的坐标，利用待定系数法可确定抛物线的解析式，从而能得到顶点B的坐标。 （2）过B作BMy轴于M，由A、B、E三点坐标，可判断出BME、AOE都为等腰直角三角形，易证得BEA=90，即ABE是直角三角形，而AB是ABE外接圆的直径，因此只需证明AB与CB垂直即可BE、AE长易得，能求出tanBAE的值，结合tanCBE的值，可得到CBE=BAE，由此证得CBA=CBE+ABE=BAE+ABE=90，从而得证。（3）在RtABE中，AEB=90，tanBAE=，sinBAE=，cosBAE=。若以D、E、P为顶点的三角形与ABE相似，则DEP必为直角三角形。DE为斜边时，P1在x轴上，此时P1与O重合。由D（1，0）、E（0，3），得OD=1、OE=3， 即tanDEO=tanBAE，即DEO=BAE，满足DEOBAE的条件。因此 O点是符合条件的P1点，坐标为（0，0）。DE为短直角边时，P2在x轴上。若以D、E、P为顶点的三角形与ABE相似DEP2=AEB=90sinDP2E=sinBAE=。而DE=，则DP2=DEsinDP2E=10，OP2=DP2OD=9。即P2（9，0）。DE为长直角边时，点P3在y轴上。若以D、E、P为顶点的三角形与ABE相似，则EDP3=AEB=90cosDEP3=cosBAE=。则EP3=DEcosDEP3=，OP3=EP3OE=。即P3（0，）。综上所述，得：P1（0，0），P2（9，0），P3（0，）。 （4）过E作EFx轴交AB于F，当E点运动在EF之间时，AOE与ABE重叠部分是个五边形；当E点运动到F点右侧时，AOE与ABE重叠部分是个三角形按上述两种情况按图形之间的和差关系进行求解。5、如图：抛物线经过A（-3，0）、B（0，4）、C（4，0）三点. （1） 求抛物线的解析式. （2）已知AD = AB（D在线段AC上），有一动点P从点A沿线段AC以每秒1个单位长度的速度移动；同时另一个动点Q以某一速度从点B沿线段BC移动，经过t 秒的移动，线段PQ被BD垂直平分，求t的值； （3）在（2）的情况下，抛物线的对称轴上是否存在一点M，使MQ+MC的值最小？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由。（注：抛物线的对称轴为）【答案】（1）解法一：设抛物线的解析式为y = a (x +3 )(x - 4) 因为B（0，4）在抛物线上，所以4 = a ( 0 + 3 ) ( 0 - 4 )解得a= -1/3 所以抛物线解析式为解法二：设抛物线的解析式为，依题意得：c=4且 解得 所以 所求的抛物线的解析式为（2）连接DQ，在RtAOB中，所以AD=AB= 5，AC=AD+CD=3 + 4 = 7，CD = AC - AD =7 5 = 2因为BD垂直平分PQ，所以PD=QD，PQBD，所以PDB=QDB因为AD=AB，所以ABD=ADB，ABD=QDB，所以DQAB所以CQD=CBA。CDQ=CAB，所以CDQ CAB 即所以AP=AD DP = AD DQ=5 = ， 所以t的值是（3）答对称轴上存在一点M，使MQ+MC的值最小理由：因为抛物线的对称轴为所以A（- 3，0），C（4，0）两点关于直线对称连接AQ交直线于点M，则MQ+MC的值最小过点Q作QEx轴，于E，所以QED=BOA=900 DQAB， BAO=QDE， DQE ABO 即 所以QE=，DE=，所以OE = OD + DE=2+=，所以Q（，）设直线AQ的解析式为则 由此得 所以直线AQ的解析式为 联立由此得 所以M则：在对称轴上存在点M，使MQ+MC的值最小。6、如图，已知为直角三角形，,点、在轴上，点坐标为（，）（），线段与轴相交于点，以（1，0）为顶点的抛物线过点、（1）求点的坐标（用表示）；（2）求抛物线的解析式； （3）设点为抛物线上点至点之间的一动点，连结并延长交于点，连结 并延长交于点，试证明：为定值【答案】（1）由可知，又ABC为等腰直角三角形，所以点A的坐标是（）. 3分（2） ，则点的坐标是（）.又抛物线顶点为，且过点、，所以可设抛物线的解析式为：，得： 解得 抛物线的解析式为 7分（3）过点作于点，过点作于点，设点的坐标是，则，. 即，得 即，得又即为定值8. 12分7、（2011福州）已知，如图，二次函数y=ax2+2ax3a（a0）图象的顶点为H，与x轴交于A、B两点（B在A点右侧），点H、B关于直线l：y=33x+3对称（1）求A、B两点坐标，并证明点A在直线l上；（2）求二次函数解析式；（3）过点B作直线BKAH交直线l于K点，M、N分别为直线AH和直线l上的两个动点，连接HN、NM、MK，求HN+NM+MK和的最小值考点：二次函数综合题；解二元一次方程组；待定系数法求二次函数解析式；抛物线与x轴的交点；图象法求一元二次方程的近似根；勾股定理。专题：计算题；代数几何综合题。分析：（1）求出方程ax2+2ax3a=0（a0），即可得到A点坐标和B点坐标；把A的坐标代入直线l即可判断A是否在直线上；（2）根据点H、B关于过A点的直线l：y=33x+3对称，得出AH=AB=4，过顶点H作HCAB交AB于C点，求出AC和HC的长，得出顶点H的坐标，代入二次函数解析式，求出a，即可得到二次函数解析式；（3）解方程组&y=33x+3&y=3x3，即可求出K的坐标，根据点H、B关于直线AK对称，得出HN+MN的最小值是MB，过点K作直线AH的对称点Q，连接QK，交直线AH于E，得到BM+MK的最小值是BQ，即BQ的长是HN+NM+