2022年中考数学复习专题【二次函数中考精品压轴题解析精选】.docx
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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 中考数学复习专题 【二次函数中考精品压轴题 (四边形与存在性问题)解析精选】【例 1】综合与实践:如图,在平面直角坐标系中,抛物线 轴交于点 C,点 D 是该抛物线的顶点(1)求直线 AC 的解析式及 BD 两点的坐标;y= x2+2x+3 与 x 轴交于 A B 两点,与 y(2)点 P 是 x 轴上一个动点,过 P 作直线 l AC 交抛物线于点 Q,摸索究:随着 P 点的运动,在抛物线上是否存在点 Q,使以点 AP、Q、C 为顶点的四边形是平行四边形?如存在,请直接写出符合条件的点Q 的坐标;如不存在,请说明理由(3)请在直线 AC 上找
2、一点 M ,使 BDM 的周长最小,求出 M 点的坐标【答案】 解:(1)当 y=0 时,x2+2x+3=0 ,解得 x1= 1,x2=3;点 A 在点 B 的左侧, AB 的坐标分别为(当 x=0 时, y=3; C 点的坐标为( 0,3);设直线 AC 的解析式为 y=k 1x+b1(k1 0),就b =3 k =3,解得;k +b =0 1 1 b =3 1直线 AC 的解析式为 y=3x+3 ;1,0),(3,0);2 2y= x +2x+3= ( x 1)+4,顶点 D 的坐标为( 1,4);(2)抛物线上有三个这样的点 Q;如图,当点 Q 在 Q1 位置时, Q1 的纵坐标为 3,
3、代入抛物线可得点 Q1的坐标为( 2,3);名师归纳总结 当点 Q 在点 Q2 位置时,点Q2 的纵坐标为3,代入抛物线可第 1 页,共 38 页得点 Q2 坐标为( 1+7 ,3);- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 当点 Q 在 Q3 位置时,点 Q3 的纵坐标为3,代入抛物线解析式可得,点Q3 的坐标为(17 ,3);7 , 3);综上可得满意题意的点Q 有三个,分别为: Q1(2,3),Q2(1+7 , 3),Q3(1B D交直线(3)点 B 作 BB AC 于点 F,使 BF=BF,就 B 为点 B 关于直线 AC 的对称点连接AC 与点 M
4、,就点 M 为所求;过点 B 作 B Ex 轴于点 E; 1 和 2 都是 3 的余角, 1=2;Rt AOC Rt AFB ;CO BF=CA;AB由 A( 1,0),B( 3,0),C(0,3)得 OA=1 ,OB=3,OC=3,AC=10 ,AB=4 ; 3=21 53 BF=10,解得BF=6 10; BB=2BF=12 10 5,45由 1=2 可得 Rt AOC Rt BEB,AO B E=CO=CA;BEBB1=3=10; BE=12 5,BE=36 5; OE=BE OB=36 5B EBE12 105B 点的坐标为(21,12);5 5设直线 B D的解析式为 y=k 2x+
5、b2(k2 0),就k +b =4 k = 2 4215 k +b = 125,解得b = 2 134813;直线 BD 的解析式为:y= 4x+ 48;13 13联立 BD 与 AC 的直线解析式可得:y3x3x=9;35y=4x+48,解得1321313y=35M 点的坐标为(9 35,13235);【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,二次函数的性质,平行四边形的名师归纳总结 性质, 轴对称的性质, 直角三角形两锐角的关系,三角形三边关系,勾股定理, 相像三角形的判定和性质,第 2 页,共 38 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - -
6、 - - - 解二元一次方程组;【分析】(1)依据点在曲线上,点的坐标满意方程的关系,由抛物线y= x2+2x+3 与 x 轴交于 AB 两点可求得 AB 两点的坐标,同样,由由抛物线y= x2+2x+3 与 y 轴交于点 C 可求得 C 点的坐标;用待定系2 2数法,可求得直线 AC 的解析式;由 y= x +2x+3= ( x 1)+4 可求得顶点 D 的坐标;(2)由于点 P 在 x 轴上运动,故由平行四边形对边平行的性质求得点 Q 的坐标;(3)点 B 作 BB AC 于点 F,使 BF=BF,就 B 为点 B 关于直线 AC 的对称点连接 B D交直线 AC 与点 M ,就依据轴对称
7、和三角形三边关系,知点 M 为所求;因此,由勾股定理求得 AC= 10 ,AB=4 ;由 Rt AOC Rt AFB 求得 BF= 6 10,从而得5到 BB=2BF=12 10;由 Rt AOC Rt BEB得到 BE=12, BE=36,OE=BE OB=36 3=21,从5 5 5 5 5而得到点 B 的坐标;用待定系数法求出线 B D的解析式,与直线 AC 的解析式即可求得点 M 的坐标;【例 2】 .假如一条抛物线 y=ax +bx+c a 20 与 x 轴有两个交点,那么以该抛物线的顶点和这两个交点为顶点的三角形称为这条抛物线的“ 抛物线三角形 ” (1) “抛物线三角形 ”肯定是
8、 三角形;(2)如抛物线 y= x +bxb0的 “抛物线三角形 ”是等腰直角三角形,求 b 的值;(3)如图, OAB 是抛物线 y= x +bxb0的“抛物线三角形 ” ,是否存在以原点 O 为对称中心的矩形ABCD ?如存在,求出过 O、C、D 三点的抛物线的表达式;如不存在,说明理由【答案】 解:(1)等腰;(2)抛物线 y= x +bxb0的“ 抛物线三角形 ”是等腰直角三角形,2 2该抛物线的顶点 b b,满意 b= b(b0);2 4 2 4 b=2;(3)存在;名师归纳总结 如图,作OCD 与 OAB 关于原点 O 中心对称,第 3 页,共 38 页- - - - - - -精
9、选学习资料 - - - - - - - - - 就四边形 ABCD 为平行四边形;当 OA=OB 时,平行四边形 ABCD 为矩形;又 AO=AB , OAB 为等边三角形;作 AE OB,垂足为 E, AE3OE,即b2=3bb0, b=2 3 ;42 A3,3,B 2 3,0,C3,3,D2 3,0设过点 O、C、D 三点的抛物线2 y=mx +nx ,就12m2 3n=0,解得,m=13;n=23m3n=3所求抛物线的表达式为2 y=x +2 3x ;【考点】 二次函数综合题,新定义,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,中心对称的性质,矩形 的判定和性质,等边三角形的判定和性质;【分
10、析】(1)抛物线的顶点必在抛物线与x 轴两交点连线的垂直平分线上,因此这个“抛物线三角形 ” 肯定是等腰三角形;(2)观看抛物线的解析式,它的开口向下且经过原点,由于b0,那么其顶点在第一象限,而这个 “抛物线三角形 ” 是等腰直角三角形,必需满意顶点坐标的横、纵坐标相等,以此作为等量关系来列方程解出 b 的值;(3)由于矩形的对角线相等且相互平分,所以如存在以原点 O 为对称中心的矩形 ABCD,那么必须满意 OA=OB,结合(1)的结论, 这个 “ 抛物线三角形 ”必需是等边三角形,第一用 b表示出 AE、OE的长,通过 OAB 这个等边三角形来列等量关系求出 b的值,进而确定 A、B 的
11、坐标,即可确定 C、D 的坐标,利用待定系数即可求出过 O、C、D 的抛物线的解析式;【例 3】已知,在 Rt OAB 中, OAB=90, BOA=30,AB=2 如以 O 为坐标原点, OA 所在直线为 x 轴,建立如下列图的平面直角坐标系,点 B 在第一象限内将 Rt OAB 沿 OB 折叠后,点 A 落在第一象限内的点 C 处(1)求点 C 的坐标;名师归纳总结 (2)如抛物线yax2bxa0 经过 C、A 两点,求此抛物线的解析式;P 作 y 轴的平行线,交抛物线第 4 页,共 38 页(3)如上述抛物线的对称轴与OB 交于点 D,点 P 为线段 DB 上一动点,过- - - - -
12、 - -精选学习资料 - - - - - - - - - 于点 M ,问:是否存在这样的点P,使得四边形CDPM 为等腰梯形?如存在,恳求出此时点P 的坐标;如不存在,请说明理由【答案】 解:(1)过 C 作 CHOA 于 H,在 Rt OAB 中, OAB=90 , BOA=30 ,AB=2 , OA= 2 3 ;将 Rt OAB 沿 OB 折叠后,点 A 落在第一象限内的点 C 处, OC=OA= 2 3 , AOC=60; OH= 3 ,CH=3 ; C 的坐标是(3 ,3);(2)抛物线 y ax 2bxa 0 经过 C(3 ,3)、A( 2 3 ,0)两点,3=3a+ 3b,解得 a
13、= 1;此抛物线的解析式为 y= x +2 3x 20=12a+2 3b b=2 3(3)存在;y=x +2 3x 的顶点坐标为(23 ,3),即为点C;MPx 轴,设垂足为N,PNt, BOA 300,所以 ON3tP(3t, t )作 PQCD,垂足为 Q,ME CD ,垂足为 E;名师归纳总结 把 x3t 代入y=x +2 3x 得:2y3t26t ;第 5 页,共 38 页 M (3t ,3t26t ),E(3 ,3t26t );同理: Q(3 ,t),D(3 ,1);CEQD ,要使四边形CDPM 为等腰梯形,只需- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - -
14、 - 即33t26tt1,解得:t14,2t1(舍去);3 P 点坐标为(43,4 3);,4 3);3 存在满意条件的点P,使得四边形CDPM 为等腰梯形, 此时 P 点的坐为(4 33【考点】 二次函数综合题,翻折变换(折叠问题),折叠对称的,解二元一次方程和一元二次方程,曲线上点的坐标与方程的关系,含30 度角的直角三角形的性质,勾股定理,等腰梯形的判定;【分析】(1)过 C 作 CH OA 于 H,依据折叠得到OC=OA=4 , A0C=60 ,求出 OH 和 CH 即可;(2)把 C(3 ,3)、A( 2 3 ,0)代入yax 2bx 得到方程组,求出方程组的解即可;(3)如图,依据
15、等腰梯形的判定,只要CEQD 即可,据此列式求解;【例 4】如图 1,已知 ABC中, AB=10cm,AC=8cm,BC=6cm假如点 P由 B动身沿 BA方向点 A 匀速运动,同时点 Q由 A 动身沿 AC方向向点 C匀速运动, 它们的速度均为2cm/s 连接 PQ,设运动的时间为t(单位:s)(0t 4)解答以下问题:(1)当 t 为何值时, PQ BC(2)设 AQP 面积为 S(单位: cm2),当 t 为何值时, S 取得最大值,并求出最大值(3)是否存在某时刻t,使线段 PQ 恰好把 ABC 的面积平分?如存在,求出此时t 的值;如不存在,请说明理由(4)如图 2,把 AQP 沿
16、 AP 翻折,得到四边形AQPQ那么是否存在某时刻t,使四边形AQPQ为菱形?如存在,求出此时菱形的面积;如不存在,请说明理由【答案】 解: AB=10cm ,AC=8cm ,BC=6cm ,由勾股定理逆定理得ABC 为直角三角形,C 为直角;(1) BP=2t,就 AP=10 2t如 PQ BC,就AP ABAQ,即10 102t2t,解得t20;AC89当t20s 时, PQ BC;9(2)如图 1 所示,过 P 点作 PDAC 于点 D;名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 38 页精选学习资料 - - - - - - - - - 就 PD BC, APD ABC ;A
17、P ABPD,即10 102tPD,解得PD66 5t;BC6S=1 2AQ PD=1 22t (66t)56t +6t 26t52+15;552215cm2;当 t=5 2s 时, S 取得最大值,最大值为2(3)不存在;理由如下:假设存在某时刻 t,使线段 PQ 恰好把ABC 的面积平分,就有 S AQP=1 S ABC,而 S ABC =1 AC.BC=24 ,此时 S AQP=12;2 2由( 2)可知, S AQP= 6 t +6t,6 t +6t =12,化简得: t 2 5t+10=0 ;5 5 =(5)2 41 10= 150,此方程无解,不存在某时刻 t,使线段 PQ 恰好把
18、ABC 的面积平分;(4)存在;假设存在时刻t,使四边形AQPQ为菱形,就有 AQ=PQ=BP=2t ;如图 2 所示,过 P 点作 PD AC 于点 D,就有 PD BC, APD ABC ;名师归纳总结 AP ABPDAD,即10 102tPDAD;2=(2t)2,第 7 页,共 38 页BCAC68解得: PD=66t,AD=88t,55QD=AD AQ=88t2t=818t;55在 Rt PQD 中,由勾股定理得:QD2+PD2=PQ2,即(818t)2+(66t)55化简得: 13t2 90t+125=0 ,解得: t 1=5,t 2= 25 13;t=5s 时, AQ=10cm A
19、C,不符合题意,舍去,t=25 13;由( 2)可知, S AQP=6 t +6t 5S 菱形 AQPQ =2S AQP=2(6t +6t 5)=26 5(25 13)2+625 13=2400 169;- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 存在时刻t=25 13,使四边形AQPQ为菱形,此时菱形的面积为2400cm 2;169【考点】 动点问题,勾股定理和逆定理,平行的判定,相像三角形的判定和性质,解一元二次方程和一元二次方程根的判别式,二次函数的最值,菱形的性质;【分析】(1)由 PQ BC 时的比例线段关系,列一元一次方程求解;(2)如图 1 所示,
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