《重慶市2018年中考數(shù)學題型復習 題型八 二次函數(shù)綜合題 類型二 與面積有關(guān)的問題練習》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《重慶市2018年中考數(shù)學題型復習 題型八 二次函數(shù)綜合題 類型二 與面積有關(guān)的問題練習(19頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、
類型二 與面積有關(guān)的問題
1. 如圖,已知拋物線y=x2+bx+c的圖象與x軸的一個交點為B(5,0),另一個交點為A,且與y軸交于點C(0,5).
(1)求直線BC與拋物線的解析式;
(2)若點M是拋物線在x軸下方圖象上的一動點,過點M作MN∥y軸交直線BC于點N,求MN的最大值;
(3)在(2)的條件下,MN取得最大值時,若點 P是拋物線在x軸下方圖象上任意一點,以BC為邊作平行四邊形CBPQ,設平行四邊形CBPQ的面積為S1,△ABN的面積為S2,且S1=6S2,求點P的坐標.
第1題圖
2. (2018原創(chuàng))如圖①,在平面直角
2、坐標系中,拋物線y=x2-2x-6與x軸交于A,B兩點(點A在點B左側(cè)),與y軸交于點T,拋物線頂點為C.
(1)求四邊形OTCB的面積;
(2)如圖②,拋物線的對稱軸與x軸交于點D,線段EF與PQ長度均為2,線段EF在線段DB上運動,線段PQ在y軸上運動,EE′,F(xiàn)F′分別垂直于x軸,交拋物線于點E′,F(xiàn)′,交BC于點M,N.請求出ME′+NF′的最大值,并求當ME′+NF′值最大時,四邊形PNMQ周長的最小值;
(3)如圖③,連接AT,將△OAT沿x軸向右平移得到△O′A′T′,當T′與直線BC的距離為時,求△O′A′T′與△BCD的重疊部分面積.
第2題圖
3、
3. (2018原創(chuàng))如圖①,二次函數(shù)y=x2-x+m的圖象交x軸于B、C兩點,一次函數(shù)y=ax+b的圖象過點B,與拋物線相交于另一點A(4,3).
(1)求m的值及一次函數(shù)的解析式;
(2)若點P為拋物線上的一個動點,且在直線AB下方,過P作PQ∥x軸,且PQ=4(點Q在點P右側(cè)),以PQ為一邊作矩形PQEF,且點E在直線AB上;點M是拋物線上另一個動點,且4S△BCM=5S矩形PQEF.當矩形PQEF的周長最大時,求點P和點M的坐標;
(3)如圖②,在(2)的結(jié)論下,連接AP、BP,設QE交x軸于點D,現(xiàn)將矩形PQEF沿射線DB以每秒1個單位長度的速度平移,當點D到達
4、點B時停止.記平移時間為t,平移后的矩形PQEF為P′Q′E′F′,且Q′E′分別交直線AB、x軸于點N、D′,設矩形P′Q′E′F′與△ABP的重疊部分面積為S.當NA=ND′時,求S的值.
第3題圖
4. (2017重慶八中二模)如圖,拋物線y=-x2+2x+3與x軸交于A,B兩點,與y軸交于點C,點D,C關(guān)于拋物線的對稱軸對稱,直線AD與y軸相交于點E.
(1)求直線AD的解析式;
(2)如圖①,直線AD上方的拋物線上有一點F,過點F作FG⊥AD于點G,作FH平行于x軸交直線AD于點H,求△FGH周長的最大值;
(3)如圖②,點M是拋物線的頂點,點P是y
5、軸上一動點,點Q是坐標平面內(nèi)一點,四邊形APQM是以PM為對角線的平行四邊形.點Q′與點Q關(guān)于直線AM對稱,連接MQ,PQ.當△PMQ′與?APQM重合部分的面積是?APQM面積的時,求?APQM的面積.
第4題圖
答案
1. 解:(1)設直線BC的解析式為y=kx+b,
把點B(5,0)和點C(0,5)代入y=kx+b,得,解得,
∴直線BC的解析式是y=-x+5,
把點B(5,0)和點C(0,5)代入y=x2+bx+c,得,解得,
∴拋物線的解析式是:y=x2-6x+5.
(2)設M(x, x2-6x+5),N(x,-x+5),
M
6、N=(-x+5)-(x2-6x+5)
=-x2+5x
=-(x-)2+(1<x<5),
∵-1<0,
∴拋物線開口向下,MN有最大值,
當x=時,MN最大值=.
(3)如解圖,設NM交x軸于點E,
在直線y=-x+5中,當x=時,y=-x+5=,
第1題解圖
∴當MN最大時,N(,),即NE=,
在拋物線y=x2-6x+5中,
當y=0時,x2-6x+5=0,解得x1=1,x2=5,
∴A(1,0),B(5,0),
∴AB=5-1=4,
根據(jù)題意,S2=AB·EN=×4×=5,
∴S1=6S2=30,BC==5,
∴?CBPQ的邊BC上的高h===3,
點
7、P在x軸下方,則過點C作CK⊥PQ所在直線l,垂足為K,如解圖,則CK的長為3,
直線l交y軸于點H,
根據(jù)題意,由于OC=OB,則△CKH是等腰直角三角形,
∴CH=CK=6,
∴OH=CH-OC=6-5=1,即H(0,-1),
∵l∥BC,且與y軸交點縱坐標為-1,
∴直線l的解析式是y=-x-1.
列方程組,得,解得,,
∴點P的坐標為:(2,-3)或(3,-4).
2. 解:(1)如解圖①,連接OC,
∵y=x2-2x-6=(x-2)2-8,
∴拋物線的頂點坐標為C(2,-8),對稱軸為x=2,
令y=0,即x2-2x-6=0,
解得x1=-2,x2=6,
8、∴A(-2,0),B(6,0),
又∵T(0,-6),
∴OT=6,OB=6,
∴S四邊形OTCB=S△OTC+S△OBC=×6×2+×6×8=30.
第2題解圖①
(2)如解圖②,設E(m,0),
∴F(m+2,0),
∵B(6,0),C(2,-8),
∴直線BC解析式為y=2x-12,
∵EE′⊥x軸,F(xiàn)F′⊥x軸,
∴M(m,2m-12),E′(m,m2-2m-6),N(m+2,2m-8),F(xiàn)′(m+2,m2-8),
∴ME′=-m2+4m-6,NF′=-m2+2m,
∴ME′+NF′=-m2+4m-6-m2+2m=-(m-3)2+3,
∴當m=3時,ME′
9、+NF′有最大值,最大值為3,
∴E(3,0),F(xiàn)(5,0),
∴M(3,-6),N(5,-2),
∴MN=2,
∵EF=PQ=2,
C四邊形PNMQ=PN+MN+PQ+QM,
MN與PQ的長度不變,
∴當PN+QM的值最小時,四邊形PNMQ周長最小,
如解圖②,將點M向上平移2個單位,對應點為G,
∴G(3,-4),
第2題解圖②
作點G關(guān)于y軸的對稱點G′,連接NG′,NG′與y軸的交點為P,則G′(-3,-4),
此時PG+PN的值最小,即PN+QM=G′N的值最小,
∴G′N=2,
∴C四邊形PNMQ最小值=2+2+2.
(3)∵C(2,-8),B(6
10、,0),
∴BC=4,BD=4,CD=8.
如解圖③,連接TT′,并延長交BC于點R,過T′作T′S⊥BC于點S,
第2題解圖③
∵T′到BC的距離為,
∴T′S=,
易證△T′RS∽△CBD,∴=,
∴T′R==.
∵TT′∥x軸,
∴R(3,-6),
∴T′1(,-6),T′2(,-6),
①如解圖④,當T′在BC的左側(cè)時,即T′(,-6)在△BCD內(nèi)部,
第2題解圖④
設A′T′與CD的交點為G,
∴△A′O′T′與△BCD重疊部分為四邊形GDO′T′,
則△A′GD∽△A′T′O′,
∴O′(,0),
∴A′D=,
∴=,
∴GD=,
∴
11、DO′=,
∴S重疊=(GD+T′O′)××=;
②如解圖⑤,當T′在BC的右側(cè)時,即T′(,-6)在△BCD外部,設A′T′與CD,BC分別交于J,K兩點,T′O′與直線BC交于點H.
∴O′(,0),A′(,0),H(,-5),
第2題解圖⑤
∴直線A′T′的解析式為y=-3x+,
當x=2時,y=-6+=-.
∴點J(2,-),
, 解得,
∴點K(,-),
∴S重疊=S△BCD-S△CJK-S△BHO′=BD·CD-JC·(-2)-BO′·O′H
=×4×8-×(8-)×(-2)-×(6-)×5
=16--=,
∴重疊面積為或.
3. 解:(1)∵點A(
12、4,3)在二次函數(shù)y=x2-x+m的圖象上,
∴×16-×4+m=3,解得m=-3,
則二次函數(shù)的解析式為y=x2-x-3,
令y=0,得x2-x-3=0,
解得x1=-2,x2=3,
則點B的坐標為(-2,0),點C的坐標為(3,0),
∵A(4,3),B(-2,0)在一次函數(shù)y=ax+b的圖象上,
∴,∴,
∴一次函數(shù)的解析式為y=x+1.
(2)∵矩形PQEF的周長=2(PQ+EQ)=8+2EQ,要使周長最大,EQ邊長最大即可.
設P(p,p2-p-3),-2<p<4,
∴Q(p+4,p2-p-3),E(p+4,p+3),
∴EQ=p+3-(p2-p-3)=-(p
13、-1)2+,
∴當p=1時,EQ取最大值,則點P的坐標為(1,-3),
此時S?PQEF=4×=26,
設△BCM中BC邊上對應的高為h,由4S△BCM=5S矩形PQEF,
得4×·BC·h=5×26,
∵BC=5,∴h=13.
設M點的橫坐標為x,依題意有=13,
解得x=,則點M的坐標為(,13)或(,13).
∴綜上,點P坐標為(1,-3)
點M坐標為(,13)或(,13).
(3)①當點N在線段AE上時,如解圖①,有DD′=t,OD′=5-t,D′(5-t,0),N(5-t,-t+),過點A作AH⊥ND′,
第3題解圖①
∴AH∥x軸,
∴NH=-t+-3
14、=-t+,
設直線y=x+1與y軸交于點R,則R(0,1),
∴OR=1,BR=,∴sin∠RBO=.
∵AH∥x軸,∴∠NAH=∠RBO,
∴sin∠NAH=,
∴=,
∴NA=(-t+).
由NA=ND′,
∴(-t+)=(-t+),解得t=.
設直線BP的解析式為y=kx+b′,
過點B(-2,0),P(1,-3),則,解得,
∴直線BP的解析式為y=-x-2,若直線BP與P′F′相交于點I,
則點I的坐標為(,-);
若直線AB與P′F′相交于點J,與PF相交于點K,則點J的坐標為(,),點K的坐標為(1,),
∴IJ=,KP=,
∴重疊部分的面積S=S四
15、邊形KPIJ+S△AKP=×(+)×+××(4-1)=;
②如解圖②,當點N在AB線段上時,有DD′=t,OD′=5-t.
第3題解圖②
D′(5-t,0),N(5-t,-t+),
過點A作AH⊥ND′,
∴AH∥x軸,
∴NH=3-(-t+)=t-.
∵AH∥x軸,∴∠NAH=∠RBO,
∴sin∠NAH=sin∠RBO=,
∴=,
∴NA=(t-),
∵NA=ND′,
∴(t-)=(-t+),解得t=,
∴則直線BP:y=-x-2與P′F′的交點I的坐標為(-,-),直線AB:y=x+1與P′F′的交點J的坐標為(-,),
∴IJ=2,且PK=,N點的坐標為
16、(,),
設直線AP的解析式為y=k′x+d,
∵過點A(4,3),P(1,-3),
∴,解得,
則直線AP解析式為y=2x-5,設它與Q′E′相交于點M,則M的坐標為(,),
∴NM=-=1,
∴重疊部分的面積S=S四邊形JKPI+S四邊形NMPK=×(2+)×+×(+1)×(-1)=
∴綜上所述,重疊的部分面積大小為或.
4. 解:(1)令-x2+2x+3=0,
解得x1=-1,x2=3,
∴A(-1,0),B(3,0),
令x=0,則y=3,∴C(0,3),
∵點D,C關(guān)于拋物線的對稱軸x=1對稱,∴D(2,3),
設直線AD的解析式為y=kx+b.
將點A(
17、-1,0),D(2,3)代入,得,解得,
∴直線AD的解析式為y=x+1.
(2)設點F(x,-x2+2x+3),
∵FH∥x軸,
∴H(-x2+2x+2,-x2+2x+3),
∴FH=-x2+2x+2-x=-(x-)2+,
∵-1<x<2,
∴當x=時,F(xiàn)H取最大值,
由直線AD的解析式為:y=x+1,易知∠DAB=45°.
又∵FH∥x軸,
∴∠FHG=∠DAB=45°,
∴FG=GH=×=,
∵△FHG為等腰直角三角形,
∴△FGH周長的最大值為×2+=.
(3)①當P點在AM下方時,如解圖①,設P(0,p),易知M(1,4),從而Q(2,4+p),
∵△P
18、MQ′與?APQM重合部分的面積是?APQM面積的,
∴PQ′必過AM的中點N(0,2),
∴可知Q′在y軸上,易知QQ′的中點T的橫坐標為1,又∵點T必在直線AM上,故T(1,4),從而T、M重合,故?APQM是矩形,
∵易求得直線AM的解析式為:y=2x+2,而MQ⊥AM,
∴可求得直線QQ′的解析式為:y=-x+,
∴4+p=-×2+,
∴解得p=-,
∴PN=,
∴S?APQM=2S△AMP=4S△ANP=4×·PN·AO=4×××1=5;
第4題解圖①
②當P點在AM上方時,如解圖②,
第4題解圖②
設P(0,p),易知M(1,4),從而Q(2,4+p
19、),
∵△PMQ′與?APQM重合部分的面積是?APQM面積的,
∴PQ′必過QM的中點R(,4+),
易求得直線QQ′的解析式為y=-x+p+5,
,
解得:x=,y=,
∴H(,),
∵H為QQ′的中點,故易得Q′(,),
由點P(0,p),R(,4+)易得直線PR的解析式為y=(-)x+p,
將Q′(,)代入到y(tǒng)=(-)x+p得:=(-)×+p,
整理得:p2-9p+14=0,
解得:p1=7,p2=2(與AM中點N重合,舍去),
∴P(0,7),∴PN=5,
∴S?APQM=2S△AMP=2××PN×|xM-xA|=2××5×2=10.
綜上所述,?APQM面積為5或10.
19