(人教版)20xx年中考數(shù)學：拓展題型-二次函數(shù)綜合題((有答案)-wenkub.com
2025-06-25 07:04 本頁面
【正文】 時，第 3 題解圖③∵QB ＝t，∴點 Q 的坐標為(4－t，0)，把 x＝4－t 代入 y＝ x＋3，32∴y＝9－ t，32∴N (4－t，9－ t)，32∵MN∥x 軸，∴點 M 的縱坐標為 9－ t，32把 y＝9－ t 代入 y＝－ x＋3，32 34∴x＝2t－8 ，∴M (2t－8， 9－ t)，32∴MN＝(2t－8) －(4－t) ＝3t－12，∵MN∥AB ，∠MNQ＝ 90176。. ………………………………………………(3 分)設(shè) AF 的長為 m，則 DF＝ m，ME＝AE＝m＋1，22∴sin∠ AMF＝ ，DFMF∴ ，…………………(4 分)2105 msinFmA????∠在 Rt△MEF 中，F(xiàn)M 2＝ME 2＋EF 2，∴( m)2＝(m＋1) 2＋1 2，5解得 m1＝1，m 2＝－ (不符合題意，舍去)，………………(5 分)12∴AF＝1，∴點 Q 的橫坐標為－4.又∵點 Q 在拋物線 y＝－ x2－ x＋5 上，13 23∴Q( －4， )；…………………………………………………(6 分)73(3)設(shè)直線 AC 的解析式為 y＝kx ＋n(k ≠0)，由題意得 ，50kn??????解得 ，15kn????∴直線 AC 的解析式為 y＝x ＋5. ……………………………(7 分)由題知，點 Q，N，F(xiàn) 及點 P，M，E 的橫坐標分別相同，設(shè) F(t，0)，E(t＋1，0)，∵點 M，N 均在直線 y＝x ＋5 上，∴N (t，t＋5)，M (t＋1，t＋6) ，∵點 P，Q 在拋物線 y＝－ x2－ x＋5 上，13 23∴Q( t，－ t2－ t＋5) ，P( t＋1，－ t2－ t＋4)，……………(8 分)13 23 13 43在矩形平移過程中，以 P、Q、N、M 為頂點的平行四邊形有兩種情況：①點 Q、P 在直線 AC 的同側(cè)時，QN＝PM，∴(－ t2－ t＋5) －(t＋5) ＝(－ t2－ t＋4)－( t＋6)，13 23 13 43解得 t＝－3，∴M (－ 2， 3)；…………………………………………………(9 分)②點 Q，P 在直線 AC 的異側(cè)時，QN＝MP，∴(－ t2－ t＋5) －(t＋5) ＝(t＋6)－(－ t2－ t＋4)，13 23 13 43解得 t1＝－3＋ ，t 2＝－ 3－ ，6 6∴M (－ 2＋ ，3＋ )或(－2－ ，3－ )，6 6 6 6∴符合條件的點 M 是(－2，3) ，(－2＋ ，3＋ )或6 6(－2－ ，3－ )．………………………………………… (10 分)6 64．解：(1)∵拋物線與 y 軸交于點 C(0，－ )，83∴a－3＝－ ，83解得 a＝ ，13∴y＝ (x＋1) 2－3，13當 y＝0 時，有 (x＋1) 2－3＝0，13解得 x1＝2， x2＝－4，∴A(－4，0)，B(2 ，0)；……………………………………(3 分)(2)由(1)可知， A(－4，0)，B(2，0) ，C (0，－ )，D( －1，－3)，83∴S 四邊形 ABCD＝S △AHD ＋S 梯形 OCDH＋S △BOC ＝ 33＋ ( ＋3) 1＋ 212 12 83 12＝10，83從面積分析知，直線 l 只能與邊 AD 或 BC 相交，所以有兩種情況：① 如解圖①，當直線 l 與邊 AD 相交于點 M1 時，第 4 題解圖①則 ， 13=0AHMS?△∴ 3( )＝3，12 1My?∴ ＝－2，1My∵A(－4，0)，D(－1，－ 3)，∴直線 AD 的解析式為 y＝－x －4，∴M 1(－2，－ 2)，……………………………………………(5 分)過點 H(－1，0) 和 M1(－2，－2)的直線 l 的解析式為 y＝2x ＋2；② 如解圖②，當直線 l 與邊 BC 相交與點 M2 時，同理可得點M2( ，－ 2)，12第 4 題解圖②過點 H(－1，0) 和 M2( ，－2)的直線 l 的解析式為 y＝－ x－ ，12 43 43綜上所述：直線 l 的函數(shù)表達式為 y＝2x ＋2 或 y＝－ x－ ；43 43…………………………………………………………………(7 分)(3)以 DP 為對角線的四邊形 DMPN 能成為菱形．設(shè) P(x1，y 1)、Q( x2，y 2)，且過點 H(－1，0)的直線 PQ 的解析式為y＝kx ＋b，第 4 題解圖③∴－k＋b＝ 0，∴b＝k，∴y＝kx ＋k .由 ，21833ykxx???????∴ x2＋( －k)x －k－ ＝0，∴x 1＋x 2＝－2＋3k，13 23 83y1＋y 2＝kx 1＋k＋kx 2＋k＝3k 2，∵點 M 是線段 PQ 的中點，∴由中點坐標公式得點 M( k－1， k2)．32 32假設(shè)存在這樣的 N 點如解圖③，直線 DN∥PQ，設(shè)直線 DN 的解析式為 y＝kx＋k－3，由 ，23183ykxx???????解得 x1＝－ 1(舍去)，x 2＝3k－1，∴N (3k－1， 3k2－3) ，∵四邊形 DMPN 是菱形，∴DN ＝DM，∴DN 2＝DM 2，即(3k) 2＋(3k 2)2＝ ，22233()()kk?整理得 3k4－ k2－4＝0 ，∵k 2＋1＞0 ，∴3k 2－4 ＝0，解得 k＝177。OC，12∴S＝ t(10－t) ＝－ t2＋5t，12 12∴S 與 t 的函數(shù)關(guān)系式為：S＝－ t2＋5t，12∵S＝－ t2＋5t＝－ (t－5) 2＋ ，12 12 252∴當 t＝5 時，△CED 的面積最大，最大面積為 ；252(3)存在，當△CED 的面積最大時，t＝5，即 BD＝DE＝5，此時，要使 S△PCD＝S △CED ，CD 為公共邊，故只需求出過點 B、E 且平行于 CD 的直線即可，如解圖．第 3 題解圖設(shè)直線 CD 的解析式為 y＝kx＋b，由(2)可知 OC＝5，OD ＝3，∴C (0，5)，D(3 ，0)，把 C(0，5)、D(3 ，0)代入 y＝kx ＋b，得 ，530bk?????解得 ，53kb??????∴直線 CD 的解析式為 y＝－ x＋5，53∵DE ＝DB＝5，∴過點 B 且平行于 CD 的直線解析式為 y＝－ (x－5) ＋5，53過點 E 且平行于 CD 的直線解析式為 y＝－ (x＋5) ＋5，53分別與拋物線解析式聯(lián)立得：方程①：－ x2＋3x ＋ 8＝－ (x－5)＋5，12 53解得 x1＝8， x2＝ ，43方程②：－ x2＋3x ＋ 8＝－ (x＋5)＋5，12 53解得 x3＝ ，x 4＝－2(舍去)，343分別將 x 值代入拋物線解析式，得 y1＝0， y2＝ ，y 3＝－ ，1009 2022又∵P 點不與 E 點重合，∴滿足題意的 P 點坐標有 3 個，分別是 P1(8，0) ，P 2( ， )，P 3( ，－43 1009 343)．20224．解：(1)由題意知，A(3 ，3)在二次函數(shù) y＝x 2＋bx 的圖象上，將 x＝3，y＝3 代入得 9＋3b＝3，解得 b＝－2，∴二次函數(shù)表達式為 y＝x 2－2x；……………………………(2 分)(2)如解圖 ① 所示，過點 P 作 PB⊥ 1 于點 B，第 4 題解圖①∵PQ ＝2 ，且在直線 y＝x 上，2∴PB＝QB＝2 ，………………………………………………(3 分)設(shè) P(a，a)，則 Q(a＋ 2，a＋2)，P1(a，a 2－ 2a)，Q 1(a＋ 2，(a＋2) 2－2(a＋2))，即 Q1(a＋2，a 2＋2a) ，∴四邊形 P1P1 的面積為：2 2()()22aS??????＝－2a 2＋2a＋2＝－2(a－ )2＋ ，…………………………(4 分)12 52當 Q 運動到點 A 時，OP＝OQ －PQ＝ ，a＝1，2∴a 的取值范圍為 0＜a＜1，∴當 a＝ 時，四邊形 P1P1 的面積最大，最大值為 ；…(5 分)12 52(3)存在，點 E 的坐標為 E1( ， )，E 2( ， )，43 43 143 143如解圖②所示，連接 OM，第 4 題解圖②∵點 M 為拋物線頂點，∴M (1，－ 1)，又∵OA 所在直線為 y＝x ，∴OM⊥OA，即∠AOM＝90176。目 錄
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