2023重慶中考復習二次函數(shù)

2023寒假二次函數(shù)如圖：拋物線與軸交于兩點〔點在點的左側〕與軸交于點，點為拋物線的頂點，過點的對稱軸交軸于點.〔1〕如圖1，連接，試求出直線的解析式；〔2〕如圖2，點為拋物線第一象限上一動點，連接，，，當四邊形的面積最大時，線段交于點，求此時的值；〔3〕如圖3，點，連接，將沿著軸上下平移〔包括〕在平移的過程中直線交軸于點，交軸于點，那么在拋物線的對稱軸上是否存在點，使得是以為直角邊的等腰直角三角形，假設存在，請直接寫出點的坐標，假設不存在，請說明理由.解：〔1〕∴令得∴,∴設的解析式為，∴的解析式為：………………..4分〔2〕連接,過作軸交于點,那么,∴的面積最大時四邊形的面積最大設，，，當時，的面積最大，四邊形的面積最大，此時設，代入,，又的解析式為：，，過點作于點,………….8分…………..12分如圖，拋物線與軸交于，兩點〔點在點的左側〕，與交于點，的平分線與軸交于點，與拋物線相交于點，是線段上一點，過點作軸的垂線，分別交，于點，，連接，．〔1〕如圖1，求線段所在直線的解析式；〔2〕如圖1，求△面積的最大值和此時點的坐標；26題圖126題圖226題備用圖〔3〕如圖2，以為邊，在它的右側作正方形，點在線段上運動時正方形也隨之運動和變化，當正方形的頂點或頂點在線段上時，求正方形的邊長．26題圖126題圖226題備用圖解：〔1〕拋物線的解析式為：令，那么，．……………〔1分〕令，那么，解得，．，．……………………〔2分〕設直線所在直線解析式為：，將，代入可得，解得，直線所在直線解析式為：．…〔4分〕〔2〕過點作于點，如圖1．，．．在中，．在與中，，，≌，，．設，那么．，．在中，，，解得，．．．設直線所在直線解析式為：，將，代入可得，解得直線所在直線解析式為：．…………〔5分〕26題答圖2又直線的解析式為：．26題答圖2設，那么，，，，．…〔6分〕該函數(shù)的對稱軸是直線．當時，的最大值＝．………〔7分〕26題答圖3此時，．………………〔826題答圖3〔3〕由，可得直線的解析式為：．=1\*GB3①當頂點在線段上時，如圖3．設，那么，，．，．，，解得，．．頂點在線段上時，，正方形的邊長為．…………〔10分〕=2\*GB3②當頂點在線段上時，如圖4．26題答圖4設，那么，，．26題答圖4，．，，解得，．．頂點在線段上時，，正方形的邊長為．……〔12分〕綜上所述，頂點在線段上時，，正方形的邊長為；頂點在線段上時，，正方形的邊長為．在直角坐標系中,拋物線與軸交于兩點,與軸交于點連接.〔1〕求的正弦值.〔2〕如圖1,為第一象限內(nèi)拋物線上一點，記點橫坐標為,作//交于點,//軸交于點，請用含的代數(shù)式表示線段的長，并求出當時線段的長.〔3〕如圖2,為軸上一動點〔不與點、重合〕,作//交直線于點,連接，是否存在點使,假設存在,請直接寫出點的坐標,假設不存在，請說明理由.解：〔1〕∵∴C〔0，4〕令y=0，4x2-8x-12=0x2-2x-3=0(x-3)(x+1)=0x1=-1x2=3∴A(-1,0)B(3,0)∴OA=1,OC=4∴Rt△ACO中，∴……4分〔2〕∵DE//AC，∴∠1+∠2＝∠3＝∠4+∠5又∵∠2＝∠4∴∠1＝∠5∴0A∶OC＝EM∶DM過點E作EM⊥DH于M設D〔〕直線BC∶∴H()∴DH=……5分設EM＝x，那么DM＝4x∠MEH＝∠B∴∴圖2圖2∴＝……7分當CH∶BH＝2∶1，延長DH至K，那么OK∶KB=2∶1,OK=2∴m=2∴……9分〔3〕……12分．如圖1，拋物線與軸交于A、B兩點〔點A在點B的左側〕，交軸于點C．將直線AC以點A為旋轉中心，順時針旋轉90°，交軸于點D，交拋物線于另一點E．〔1〕求直線AE的解析式；〔2〕點F是第一象限內(nèi)拋物線上一點，當△FAD的面積最大時，在線段AE上找一點G〔不與點A、E重合〕，使FG＋GE的值最小，求出點G的坐標，并直接寫出FG＋GE的最小值；〔3〕如圖2，將△ACD沿射線AE方向以每秒個單位的速度平移，記平移后的△ACD為△A′C′D′，平移時間為t秒，當△AC′E為等腰三角形時，求t的值．EBEBACxyOD26題圖2xOByADFEC26題圖1解：〔1〕在中，令y=0，得．解得，，∴點A的坐標為〔－1，0〕，點B的坐標為(3，0)，即OA＝1．………〔1分〕在中，令x＝0，得y＝，∴點C的坐標為〔0，〕，即OC＝．在Rt△AOC中，tan∠CAO，∴∠CAO＝60°，又∵∠CAD＝90°，∴∠OAD＝30°．在Rt△AOD中，tan∠OAD＝，即tan30°＝，∴OD＝，∴點D的坐標為〔0，〕．………………….....………〔2分〕設直線AE的解析式為y＝kx＋b〔k≠0〕，∵點A、點D在直線AE上，∴解得∴直線AE的解析式為．……………....……〔2〕過點F作FK⊥x軸于點H，交直線AE于點K〔如答圖1〕，過點D作DM⊥FK于點M．xyFCADOBxyFCADOBEGHKMPQ26題答圖1那么點K的坐標為〔x，〕，∴FK＝－()＝∴S△FAD＝S△FAK－S△FDK＝＝＝……...…...〔5分〕∴當x＝＝時，S△FAD有最大值，∴此時點F的坐標為(，)．………………...…..……………...…..…〔6分〕點G是線段AE上一點，作EQ⊥y軸于點Q，GP⊥EQ于點P，那么∠PEG＝30°，GP＝GE，F(xiàn)G+GE＝FG＋GP．過點F作EQ的垂線，交AE于點G，此時FG+GE的值最小，∴此時點G的坐標為〔，〕．…….............……...........................…〔7分〕FG+GE的最小值為．…….......…....………...............................…〔8分〕〔3〕連結C，過點作F⊥y軸于點F〔如答圖2〕．xBACyOD26題答圖2EF那么C＝，CF＝C＝，F(xiàn)＝CxBACyOD26題答圖2EF∴點的坐標為〔t，〕．由〔2〕知：點E的坐標為〔4，〕．∴，，．當A=E時，，解得．.............................................…〔9分〕②當A＝AE時，，解得，〔舍去〕．….........................…〔10分〕③當AE=E時，解得．綜上所述，當△AE為等腰三角形時，或或或．…..........................................................................................................〔12分〕如圖1，拋物線交軸于、兩點〔點在點的左側〕，交于點，連接、，其中.求拋物線的解析式；點為直線上方的拋物線上一點，過點作交于,作軸于，交于，當?shù)闹荛L最大時，求點的坐標及的最大值；如圖2，在〔2〕的結論下，連接分別交于,交于,四邊形從開始沿射線平移，同時點從開始沿折線運動，且點的運動速度為四邊形平移速度的倍，當點到達點時四邊形停止運動，設四邊形平移過程中對應的圖形為，當為等腰三角形時，求長度.如圖1如圖2備用圖．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關于直線AM對稱，連接MQ′，PQ′．當△PMQ′與□APQM重合局部的面積是□APQM面積的EQ\F(1,4)時，求□APQM面積．圖1圖2備用圖解：〔1〕令－x2+2x+3=0，解得x1=－1，x2=3，∴A〔－1，0〕，C〔0，3〕，∵點D，C關于拋物線的對稱軸對稱，∴D〔2，3〕，∴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－EQ\F(1,2)〕2+EQ\F(9,4)，∴FH的最大值為EQ\F(9,4)，易得△FHG為等腰直角△，故△FGH周長的最大值為EQ\F(9+9\R(2),4)；〔3〕①當P點在AM下方時，如圖，設P〔0，p〕，易知M〔1，4〕，從而Q〔2，4+p〕，∵△PMQ′與□APQM重合局部的面積是□APQM面積的EQ\F(1,4)，∴PQ′必過AM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，而點T必在直線AM上，故T〔1，4〕，從而T、M重合，故□APQM是矩形，∵易得直線AM解析式為：y=2x+2，而MQ⊥AM，過M，∴直線QQ′：y=－EQ\F(1,2)x+EQ\F(9,2)，∴4+p=－EQ\F(1,2)×2+EQ\F(9,2)，∴p=－EQ\F(1,2)，〔注：此處也可用AM2+AP2=MP2得出p=－EQ\F(1,2)〕，∴PN=EQ\F(5,2)，∴S□APQM=2S△AMP=4S△ANP=4×EQ\F(1,2)×PN×AO=4×EQ\F(1,2)×EQ\F(5,2)×1=5；②當P點在AM上方時，如圖，設P〔0，p〕，易知M〔1，4〕，從而Q〔2，4+p〕，∵△PMQ′與□APQM重合局部的面積是□APQM面積的EQ\F(1,4)，∴PQ′必過QM中點R〔EQ\F(3,2)，4+EQ\F(p,2)〕，易得直線QQ′：y=－EQ\F(1,2)x+p+5，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\al(y=2x+2,y=－EQ\F(1,2)x+p+5))解得：x=EQ\F(6+2p,5)，y=EQ\F(22+4p,5)，∴H〔EQ\F(6+2p,5)，EQ\F(22+4p,5)〕，∵H為QQ′中點，故易得Q′〔EQ\F(2+4p,5)，EQ\F(24+3p,5)〕，由P〔0，p〕、R〔EQ\F(3,2)，4+EQ\F(p,2)〕易得直線PR解析式為：y=〔EQ\F(8,3)－EQ\F(p,3)〕x+p，將Q′〔EQ\F(2+4p,5)，EQ\F(24+3p,5)〕代入到y(tǒng)=〔EQ\F(8,3)－EQ\F(p,3)〕x+p得：EQ\F(24+3p,5)=〔EQ\F(8,3)－EQ\F(p,3)〕×EQ\F(2+4p,5)+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×EQ\F(1,2)×PN×∣xM－xA∣=2×EQ\F(1,2)×5×2=10．綜上所述，□APQM面積為5或10．如圖1，拋物線y=－EQ\F(1,3)x2－EQ\F(2\R(3),3)x+3與x軸交于A、B兩點〔點A在點B的右側〕，交y軸于點C，點D的坐標為〔0，－1〕，直線AD交拋物線于另一點E；點P是第二象限拋物線上的一點，作PQ∥y軸交直線AE于Q，作PG⊥AD于G，交x軸于點H．〔1〕求線段DE的長；〔2〕設d=PQ－EQ\F(\R(3),4)PH，當d的值最大時，在直線AD上找一點K，使PK+EQ\F(1,2)EK的值最小，求出點K的坐標和PK+EQ\F(1,2)EK的最小值；〔3〕如圖2，當d的值最大時，在x軸上取一點N，連接PN、QN，將△PNQ沿著PN翻折，點Q的對應點為Q′，在x軸上是否存在點N，使△AQQ′是等腰三角形？假設存在，求出點N的坐標，假設不存在，說明理由．解：〔1〕令－EQ\F(1,3)x2－EQ\F(2\R(3),3)x+3=0，得x1=－3EQ\R(,3)，x2=EQ\R(,3)，∴A〔EQ\R(,3)，0〕，B〔－3EQ\R(,3)，0〕，設lAD：y=kx－1，∴k=EQ\F(\R(3),3)，∴直線AD解析式：y=EQ\F(\R(3),3)x－1，∴由eq\b\lc\{(\a\al(y=EQ\F(\R(3),3)x－1,y=－EQ\F(1,3)x2－EQ\F(2\R(3),3)x+))解得eq\b\lc\{(\a\al(x1=－4\R(3),y1=－5))，eq\b\lc\{(\a\al(x2=\R(3),y2=0))，∴DF=EQ\R(,48+16)=8；〔2〕∵PQ⊥x軸，PG⊥AE，∴顯然△AOD∽△PGQ∽△PFH，∵OA=EQ\R(,3)，OD=1，∴∠OAD=30o，∴∠P=30o，∴EQ\F(PF,PH)=EQ\F(\R(3),2)，∴PF=EQ\F(\R(3),2)PH，∴d=PQ－EQ\F(\R(3),4)PH=PQ－EQ\F(1,2)PF，設P〔x，－EQ\F(1,3)x2－EQ\F(2\R(3),3)x+3〕，那么Q〔x，EQ\F(\R(3),3)x－1〕，F(xiàn)〔x，0〕，∴d=〔－EQ\F(1,3)x2－EQ\F(2\R(3),3)x+3〕－〔EQ\F(\R(3),3)x－1〕－EQ\F(1,2)〔－EQ\F(1,3)x2－EQ\F(2\R(3),3)x+3〕=－EQ\F(1,6)〔x+2EQ\R(,3)〕2+EQ\F(9,2)，∴當x=－2EQ\R(,3)時，d取得最大值EQ\F(9,2)，此時P〔－2EQ\R(,3)，3〕，如下圖，作KM∥y軸，EM∥x軸，那么KM⊥EM，∴∠KEM=∠OAD=30o，∴KM=EQ\F(1,2)EK，故當