二次函数专题.doc
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二次函数专题.doc
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一.二次函数、圆切线、三角函数、面积最值的综合题
24.(14分)(2017•黔东南州)如图,⊙M的圆心M(﹣1,2),⊙M经过坐标原点O,与y轴交于点A,经过点A的一条直线l解析式为:
y=﹣x+4与x轴交于点B,以M为顶点的抛物线经过x轴上点D(2,0)和点C(﹣4,0).
(1)求抛物线的解析式;
(2)求证:
直线l是⊙M的切线;
(3)点P为抛物线上一动点,且PE与直线l垂直,垂足为E,PF∥y轴,交直线l于点F,是否存在这样的点P,使△PEF的面积最小?
若存在,请求出此时点P的坐标及△PEF面积的最小值;若不存在,请说明理由.
【考点】HF:
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【分析】
(1)设抛物线的解析式为y=a(x﹣2)(x+4),将点M的坐标代入可求得a的值,从而得到抛物线的解析式;
(2)连接AM,过点M作MG⊥AD,垂足为G.先求得点A和点B的坐标,可求得,可得到AG、ME、OA、OB的长,然后利用锐角三角函数的定义可证明∠MAG=∠ABD,故此可证明AM⊥AB;
(3))先证明∠FPE=∠FBD.则PF:
PE:
EF=:
2:
1.则△PEF的面积=PF2,设点P的坐标为(x,﹣x2﹣x+),则F(x,﹣x+4).然后可得到PF与x的函数关系式,最后利用二次函数的性质求解即可.
【解答】解:
(1)设抛物线的解析式为y=a(x﹣2)(x+4),将点M的坐标代入得:
﹣9a=2,解得:
a=﹣.
∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣x+.
(2)连接AM,过点M作MG⊥AD,垂足为G.
把x=0代入y=﹣x+4得:
y=4,
∴A(0,4).
将y=0代入得:
0=﹣x+4,解得x=8,
∴B(8,0).
∴OA=4,OB=8.
∵M(﹣1,2),A(0,4),
∴MG=1,AG=2.
∴tan∠MAG=tan∠ABO=.
∴∠MAG=∠ABO.
∵∠OAB+∠ABO=90°,
∴∠MAG+∠OAB=90°,即∠MAB=90°.
∴l是⊙M的切线.
(3)∵∠PFE+∠FPE=90°,∠FBD+∠PFE=90°,
∴∠FPE=∠FBD.
∴tan∠FPE=.
∴PF:
PE:
EF=:
2:
1.
∴△PEF的面积=PE•EF=×PF•PF=PF2.
∴当PF最小时,△PEF的面积最小.
设点P的坐标为(x,﹣x2﹣x+),则F(x,﹣x+4).
∴PF=(﹣x+4)﹣(﹣x2﹣x+)=﹣x+4+x2+x﹣=x2﹣x+=(x﹣)2+.
∴当x=时,PF有最小值,PF的最小值为.
∴P(,).
∴△PEF的面积的最小值为=×()2=.
【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用,解答本题主要应用待定系数法求二次函数的解析式、二次函数的性质、锐角三角函数的定义,列出PF与x的函数关系式是解题的关键.
二、二次函数综合:
待定系数法、函数图象的交点、相似三角形的判定和性质、勾股定理、线段的中点、方程思想及分类讨论思想等知识
23.(11分)(2017•河南)如图,直线y=﹣x+c与x轴交于点A(3,0),与y轴交于点B,抛物线y=﹣x2+bx+c经过点A,B.
(1)求点B的坐标和抛物线的解析式;
(2)M(m,0)为x轴上一动点,过点M且垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P,N.
①点M在线段OA上运动,若以B,P,N为顶点的三角形与△APM相似,求点M的坐标;
②点M在x轴上自由运动,若三个点M,P,N中恰有一点是其它两点所连线段的中点(三点重合除外),则称M,P,N三点为“共谐点”.请直接写出使得M,P,N三点成为“共谐点”的m的值.
【考点】HF:
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【分析】
(1)把A点坐标代入直线解析式可求得c,则可求得B点坐标,由A、B的坐标,利用待定系数法可求得抛物线解析式;
(2)①由M点坐标可表示P、N的坐标,从而可表示出MA、MP、PN、PB的长,分∠NBP=90°和∠BNP=90°两种情况,分别利用相似三角形的性质可得到关于m的方程,可求得m的值;
②用m可表示出M、P、N的坐标,由题意可知有P为线段MN的中点、M为线段PN的中点或N为线段PM的中点,可分别得到关于m的方程,可求得m的值.
【解答】解:
(1)∵y=﹣x+c与x轴交于点A(3,0),与y轴交于点B,
∴0=﹣2+c,解得c=2,
∴B(0,2),
∵抛物线y=﹣x2+bx+c经过点A,B,
∴,解得,
∴抛物线解析式为y=﹣x2+x+2;
(2)①由
(1)可知直线解析式为y=﹣x+2,
∵M(m,0)为x轴上一动点,过点M且垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P,N,
∴P(m,﹣m+2),N(m,﹣m2+m+2),
∴PM=﹣m+2,PA=3﹣m,PN=﹣m2+m+2﹣(﹣m+2)=﹣m2+4m,
∵△BPN和△APM相似,且∠BPN=∠APM,
∴∠BNP=∠AMP=90°或∠NBP=∠AMP=90°,
当∠BNP=90°时,则有BN⊥MN,
∴BN=OM=m,
∴=,即=,解得m=0(舍去)或m=2,
∴M(2,0);
当∠NBP=90°时,则有=,
∵A(3,0),B(0,2),P(m,﹣m+2),
∴BP==m,AP==(3﹣m),
∴=,解得m=0(舍去)或m=,
∴M(,0);
综上可知当以B,P,N为顶点的三角形与△APM相似时,点M的坐标为(2,0)或(,0);
②由①可知M(m,0),P(m,﹣m+2),N(m,﹣m2+m+2),
∵M,P,N三点为“共谐点”,
∴有P为线段MN的中点、M为线段PN的中点或N为线段PM的中点,
当P为线段MN的中点时,则有2(﹣m+2)=﹣m2+m+2,解得m=3(三点重合,舍去)或m=;
当M为线段PN的中点时,则有﹣m+2+(﹣m2+m+2)=0,解得m=3(舍去)或m=﹣1;
当N为线段PM的中点时,则有﹣m+2=2(﹣m2+m+2),解得m=3(舍去)或m=﹣;
综上可知当M,P,N三点成为“共谐点”时m的值为或﹣1或﹣.
【点评】本题为二次函数的综合应用,涉及待定系数法、函数图象的交点、相似三角形的判定和性质、勾股定理、线段的中点、方程思想及分类讨论思想等知识.在
(1)中注意待定系数法的应用,在
(2)①中利用相似三角形的性质得到关于m的方程是解题的关键,注意分两种情况,在
(2)②中利用“共谐点”的定义得到m的方程是解题的关键,注意分情况讨论.本题考查知识点较多,综合性较强,分情况讨论比较多,难度较大.
三、二次函数的应用、线段的和差、三点共线的条件、勾股定理等知识,解题的关键是设参数解决问题,把问题转化为方程解决,属于中考常考题型.
23.(9分)(2016•淄博)已知,点M是二次函数y=ax2(a>0)图象上的一点,点F的坐标为(0,),直角坐标系中的坐标原点O与点M,F在同一个圆上,圆心Q的纵坐标为.
(1)求a的值;
(2)当O,Q,M三点在同一条直线上时,求点M和点Q的坐标;
(3)当点M在第一象限时,过点M作MN⊥x轴,垂足为点N,求证:
MF=MN+OF.
【分析】
(1)设Q(m,),F(0,),根据QO=QF列出方程即可解决问题.
(2)设M(t,t2),Q(m,),根据KOM=KOQ,求出t、m的关系,根据QO=QM列出方程即可解决问题.
(3)设M(n,n2)(n>0),则N(n,0),F(0,),利用勾股定理求出MF即可解决问题.
【解答】解:
(1)∵圆心O的纵坐标为,
∴设Q(m,),F(0,),
∵QO=QF,
∴m2+()2=m2+(﹣)2,
∴a=1,
∴抛物线为y=x2.
(2)∵M在抛物线上,设M(t,t2),Q(m,),
∵O、Q、M在同一直线上,
∴KOM=KOQ,
∴=,
∴m=,
∵QO=QM,
∴m2+()2=(m﹣t)2=(﹣t2)2,
整理得到:
﹣t2+t4+t2﹣2mt=0,
∴4t4+3t2﹣1=0,
∴(t2+1)(4t2﹣1)=0,
∴t1=,t2=﹣,
当t1=时,m1=,
当t2=﹣时,m2=﹣.
∴M1(,),Q1(,),M2(﹣,),Q2(﹣,).
(3)设M(n,n2)(n>0),
∴N(n,0),F(0,),
∴MF===n2+,MN+OF=n2+,
∴MF=MN+OF.
【点评】本题考查二次函数的应用、三点共线的条件、勾股定理等知识,解题的关键是设参数解决问题,把问题转化为方程解决,属于中考常考题型.
22.(10分)(2017•河南)如图1,在Rt△ABC中,∠A=90°,AB=AC,点D,E分别在边AB,AC上,AD=AE,连接DC,点M,P,N分别为DE,DC,BC的中点.
(1)观察猜想
图1中,线段PM与PN的数量关系是 PM=PN ,位置关系是 PM⊥PN ;
(2)探究证明
把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置,连接MN,BD,CE,判断△PMN的形状,并说明理由;
(3)拓展延伸
把△ADE绕点A在平面内自由旋转,若AD=4,AB=10,请直接写出△PMN面积的最大值.
【考点】RB:
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【分析】
(1)利用三角形的中位线得出PM=CE,PN=BD,进而判断出BD=CE,即可得出结论,另为利用三角形的中位线得出平行线即可得出结论;
(2)先判断出△ABD≌△ACE,得出BD=CE,同
(1)的方法得出PM=BD,PN=BD,即可得出PM=PN,同
(1)的方法即可得出结论;
(3)先判断出MN最大时,△PMN的面积最大,进而求出AN,AM,即可得出MN最大=AM+AN,最后用面积公式即可得出结论.
【解答】解:
(1)∵点P,N是BC,CD的中点,
∴PN∥BD,PN=BD,
∵点P,M是CD,DE的中点,
∴PM∥CE,PM=CE,
∵AB=AC,AD=AE,
∴BD=CE,
∴PM=PN,
∵PN∥BD,
∴∠DPN=∠ADC,
∵PM∥CE,
∴∠DPM=∠DCA,
∵∠BAC=90°,
∴∠ADC+∠ACD=90°,
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°,
∴PM⊥PN,
故答案为:
PM=PN,PM⊥PN,
(2)由旋转知,∠BAD=∠CAE,
∵AB=AC,AD=AE,
∴△ABD≌△ACE(SAS),
∴∠ABD=∠ACE,BD=CE,
同
(1)的方法,利用三角形的中位线得,PN=BD,PM=CE,
∴PM=PN,
∴△PMN是等腰三角形,
同
(1)的方法得,PM∥CE,
∴∠DPM=∠DCE,
同
(1)的方法得,PN∥BD,
∴∠PNC=∠DBC,
∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC,
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC
=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC
=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC,
∵∠BAC=90°,
∴∠ACB+∠ABC=90°,
∴∠MPN=90°,
∴△PMN是等腰直角三角形,
(3)如图2,同
(2)的方法得,△PMN是等腰直角三角形,
∴MN最大时,△PMN的面积最大,
∴DE∥BC且DE在顶点A上面,
∴MN最大=AM+AN,
连接AM,AN,
在△ADE中,AD=AE=4,∠DAE=90°,
∴AM=2,
在Rt△ABC中,AB=AC=10,AN=5,
∴MN最大=2+5=7,
∴S△PMN最大=PM2=×MN2=×(7)2=.
【点评】此题是几何变换综合题,主要考查了三角形的中位线定理,等腰直角三角形的判定和性质,全等三角形的判断和性质,直角三角形的性质,解
(1)的关键是判断出PM=CE,PN=BD,解
(2)的关键是判断出△ABD≌△ACE,解(3)的关键是判断出MN最大时,△PMN的面积最大,是一道基础题目.
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