2023年中考数学压轴培优专题:二次函数与平移变换综合问题(含答案解析)
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1、二次函数与平移变换综合问题【例1】(2022湖北)如图,在平面直角坐标系中,已知抛物线yx22x3的顶点为A,与y轴交于点C,线段CBx轴,交该抛物线于另一点B(1)求点B的坐标及直线AC的解析式;(2)当二次函数yx22x3的自变量x满足mxm+2时,此函数的最大值为p,最小值为q,且pq2,求m的值;(3)平移抛物线yx22x3,使其顶点始终在直线AC上移动,当平移后的抛物线与射线BA只有一个公共点时,设此时抛物线的顶点的横坐标为n,请直接写出n的取值范围【分析】(1)求出A、B、C三点坐标,再用待定系数法求直线AC的解析式即可;(2)分四种情况讨论:当m1时,pq(m+2)22(m+2)
2、3m2+2m+32,解得m(舍);当m+21,即m1,pqm22m3(m+2)2+2(m+2)+32,解得m(舍);当m1m+1,即0m1,pq(m+2)22(m+2)3+42,解得m1或m1(舍);当m+11m+2,即1m0,pqm22m3+42,解得m+1(舍)或m+1;(3)分两种情况讨论:当抛物线向左平移h个单位,则向上平移h个单位,平移后的抛物线解析式为y(x1+h)24+h,求出直线BA的解析式为yx5,联立方程组,由0时,解得h,此时抛物线的顶点为(,),此时平移后的抛物线与射线BA只有一个公共点;当抛物线向右平移k个单位,则向下平移k个单位,平移后的抛物线解析式为y(x1k)2
3、4k,当抛物线经过点B时,此时抛物线的顶点坐标为(4,7),此时平移后的抛物线与射线BA只有一个公共点;当抛物线的顶点为(1,4)时,平移后的抛物线与射线BA有两个公共点,由此可求解【解答】解:(1)yx22x3(x1)24,顶点A(1,4),令x0,则y3,C(0,3),CBx轴,B(2,3),设直线AC解析式为ykx+b,解得,yx3;(2)抛物线yx22x3的对称轴为直线x1,当m1时,xm时,qm22m3,xm+2时,p(m+2)22(m+2)3,pq(m+2)22(m+2)3m2+2m+32,解得m(舍);当m+21,即m1,xm时,pm22m3,xm+2时,q(m+2)22(m+2
4、)3,pqm22m3(m+2)2+2(m+2)+32,解得m(舍);当m1m+1,即0m1,x1时,q4,xm+2时,p(m+2)22(m+2)3,pq(m+2)22(m+2)3+42,解得m1或m1(舍);当m+11m+2,即1m0,x1时,q4,xm时,pm22m3,pqm22m3+42,解得m1+(舍)或m1,综上所述:m的值1或1;(3)设直线AC的解析式为ykx+b,解得,yx3,如图1,当抛物线向左平移h个单位,则向上平移h个单位,平移后的抛物线解析式为y(x1+h)24+h,设直线BA的解析式为ykx+b,解得,yx5,联立方程组,整理得x2(32h)x+h2h+20,当0时,(
5、32h)24(h2h+2)0,解得h,此时抛物线的顶点为(,),此时平移后的抛物线与射线BA只有一个公共点;如图2,当抛物线向右平移k个单位,则向下平移k个单位,平移后的抛物线解析式为y(x1k)24k,当抛物线经过点B时,(21k)24k3,解得k0(舍)或k3,此时抛物线的顶点坐标为(4,7),此时平移后的抛物线与射线BA只有一个公共点,当抛物线的顶点为(1,4)时,平移后的抛物线与射线BA有两个公共点,综上所述:1n4或n【例2】(2022常州)已知二次函数yax2+bx+3的自变量x的部分取值和对应函数值y如下表:x10123y430512(1)求二次函数yax2+bx+3的表达式;(
6、2)将二次函数yax2+bx+3的图象向右平移k(k0)个单位,得到二次函数ymx2+nx+q的图象,使得当1x3时,y随x增大而增大;当4x5时,y随x增大而减小请写出一个符合条件的二次函数ymx2+nx+q的表达式yyx2+6x5(答案不唯一),实数k的取值范围是 4k5;(3)A、B、C是二次函数yax2+bx+3的图象上互不重合的三点已知点A、B的横坐标分别是m、m+1,点C与点A关于该函数图象的对称轴对称,求ACB的度数【分析】(1)用待定系数法可得二次函数的表达式为yx22x+3;(2)将二次函数yx22x+3的图象向右平移k(k0)个单位得y(xk+1)2+4的图象,新图象的对称
7、轴为直线xk1,根据当1x3时,y随x增大而增大;当4x5时,y随x增大而减小,且抛物线开口向下,知3k14,得4k5,即可得到答案;(3)求出A(m,m22m+3),B(m+1,m2m),C(2m,m22m+3),过B作BHAC于H,可得BH|m24m(m22m+3)|2m3|,CH|(2m)(m+1)|2m3|,故BHC是等腰直角三角形,ACB45,当B在C右侧时,同理可得ACB135【解答】解:(1)将(1,4),(1,0)代入yax2+bx+3得:,解得,二次函数的表达式为yx22x+3;(2)如图:yx22x+3(x+1)2+4,将二次函数yx22x+3的图象向右平移k(k0)个单位
8、得y(xk+1)2+4的图象,新图象的对称轴为直线xk1,当1x3时,y随x增大而增大;当4x5时,y随x增大而减小,且抛物线开口向下,3k14,解得4k5,符合条件的二次函数ymx2+nx+q的表达式可以是y(x3)2+4x2+6x5,故答案为:yx2+6x5(答案不唯一),4k5;(3)当B在C左侧时,过B作BHAC于H,如图:点A、B的横坐标分别是m、m+1,yAm22m+3,yB(m+1)22(m+1)+3m24m,A(m,m22m+3),B(m+1,m24m),点C与点A关于该函数图象的对称轴对称,而抛物线对称轴为直线x1,1,ACx轴,xC2m,C(2m,m22m+3),过B作BH
9、AC于H,BH|m24m(m22m+3)|2m3|,CH|(2m)(m+1)|2m3|,BHCH,BHC是等腰直角三角形,HCB45,即ACB45,当B在C右侧时,如图:同理可得BHC是等腰直角三角形,ACB180BCH135,综上所述,ACB的度数是45或135【例3】(2022连云港)已知二次函数yx2+(m2)x+m4,其中m2(1)当该函数的图象经过原点O(0,0),求此时函数图象的顶点A的坐标;(2)求证:二次函数yx2+(m2)x+m4的顶点在第三象限;(3)如图,在(1)的条件下,若平移该二次函数的图象,使其顶点在直线yx2上运动,平移后所得函数的图象与y轴的负半轴的交点为B,求
10、AOB面积的最大值【分析】(1)把O(0,0)代入yx2+(m2)x+m4可得yx2+2x(x+1)21,即得函数图像的顶点A的坐标为(1,1);(2)由抛物线顶点坐标公式得yx2+(m2)x+m4的顶点为(,),根据m2,(m4)2110,可知二次函数yx2+(m2)x+m4的顶点在第三象限;(3)设平移后图像对应的二次函数表达式为yx2+bx+c,其顶点为(,),将(,)代入yx2得c,可得OBc,过点A作AHOB于H,有SAOBOBAH()1(b+1)2+,由二次函数性质得AOB面积的最大值是【解答】(1)解:把O(0,0)代入yx2+(m2)x+m4得:m40,解得m4,yx2+2x(
11、x+1)21,函数图像的顶点A的坐标为(1,1);(2)证明:由抛物线顶点坐标公式得yx2+(m2)x+m4的顶点为(,),m2,2m0,0,(m4)2110,二次函数yx2+(m2)x+m4的顶点在第三象限;(3)解:设平移后图像对应的二次函数表达式为yx2+bx+c,其顶点为(,),当x0时,B(0,c),将(,)代入yx2得:2,c,B(0,c)在y轴的负半轴,c0,OBc,过点A作AHOB于H,如图:A(1,1),AH1,在AOB中,SAOBOBAH()1b2b+1(b+1)2+,0,当b1时,此时c0,SAOB取最大值,最大值为,答:AOB面积的最大值是【例4】(2022聊城)如图,
12、在直角坐标系中,二次函数yx2+bx+c的图象与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C(0,3),对称轴为直线x1,顶点为点D(1)求二次函数的表达式;(2)连接DA,DC,CB,CA,如图所示,求证:DACBCO;(3)如图,延长DC交x轴于点M,平移二次函数yx2+bx+c的图象,使顶点D沿着射线DM方向平移到点D1且CD12CD,得到新抛物线y1,y1交y轴于点N如果在y1的对称轴和y1上分别取点P,Q,使以MN为一边,点M,N,P,Q为顶点的四边形是平行四边形,求此时点Q的坐标【分析】(1)根据抛物线对称轴和点C坐标分别确定b和c的值,进而求得结果;(2)根据点A,D,C坐标可得出AD,A
13、C,CD的长,从而推出三角形ADC为直角三角形,进而得出DAC和BCO的正切值相等,从而得出结论;(3)先得出y1的顶点,进而得出先抛物线的表达式,N的坐标,根据三角形相似或一次函数可求得点M坐标,以MN为边,点M,N,P,Q为顶点的四边形是MNQP和MNPQ根据M,N和点P的横坐标可以得出Q点的横坐标,进而求得结果【解答】(1)解:由题意得,二次函数的表达式为:yx22x+3;(2)证明:当x1时,y12(1)+34,D(1,4),由x22x+30得,x13,x21,A(3,0),B(1,0),AD220,C(0,3),CD22,AC218,AC2+CD2AD2,ACD90,tanDAC,B
14、OC90,tanBCO,DACBCO;(3)解:如图,作DEy轴于E,作D1Fy轴于F,DEFD1,DECD1FC,FD12DE2,CF2CE2,D1(2,1),y1的关系式为:y(x2)2+1,当x0时,y3,N(0,3),同理可得:,OM3,M(3,0),设P(2,m),当MNQP时,MNPQ,PQMN,Q点的横坐标为1,当x1时,y(12)2+18,Q(1,8),当MNPQ时,同理可得:点Q横坐标为:5,当x5时,y(52)2+18,Q(5,8),综上所述:点Q(1,8)或(5,8)【例5】(2022镇江)一次函数yx+1的图象与x轴交于点A,二次函数yax2+bx+c(a0)的图象经过
15、点A、原点O和一次函数yx+1图象上的点B(m,)(1)求这个二次函数的表达式;(2)如图1,一次函数yx+n(n,n1)与二次函数yax2+bx+c(a0)的图象交于点C(x1,y1)、D(x2,y2)(x1x2),过点C作直线l1x轴于点E,过点D作直线l2x轴,过点B作BFl2于点Fx1,x2(分别用含n的代数式表示);证明:AEBF;(3)如图2,二次函数ya(xt)2+2的图象是由二次函数yax2+bx+c(a0)的图象平移后得到的,且与一次函数yx+1的图象交于点P、Q(点P在点Q的左侧),过点P作直线l3x轴,过点Q作直线l4x轴,设平移后点A、B的对应点分别为A、B,过点A作A
16、Ml3于点M,过点B作BNl4于点NAM与BN相等吗?请说明你的理由;若AM+3BN2,求t的值【分析】(1)先求出点A、B的坐标,利用交点式设yax(x+2),把B(,)代入即可求得答案;(2)联立得x2+2xx+n,解方程即可求得答案;分两种情况:当n1时,CD位于AB的上方,可得:AE2,BF,故AEBF;当n1时,CD位于AB的下方,可得:AE(2),BF,故AEBF;(3)方法一:设P、Q平移前的对应点分别为P、Q,则PQPQ,可得PQAB,再由(2)及平移的性质可证得结论;由AM+3BN2,可得AMBN,根据二次函数yx2+2x的图象的顶点为(1,1),二次函数y(xt)2+2的图
17、象的顶点为(t,2),可得新二次函数的图象是由原二次函数的图象向右平移(t+1)个单位,向上平移3个单位得到的,把Q(t+1,3)代入yx+1,即可求得答案;方法二:设点Q的坐标为(x3,y3),由y3x3+1,y3(x3t)2+2,得x3+1(x3t)2+2,可得:点P的横坐标为,点Q的横坐标为(t)再由二次函数yx2+2x图象的顶点为(1,1),二次函数y(xt)2+2的图象的顶点为(t,2),可得新二次函数的图象是由原二次函数的图象向右平移(t+1)个单位,向上平移3个单位得到的,求得:B(t+,),A(t1,3),即可证得结论【解答】解:(1)直线yx+1与x轴交于点A,令y0,得x+
18、10,解得:x2,A(2,0),直线yx+1经过点B(m,),m+1,解得:m,B(,),抛物线yax2+bx+c(a0)经过A(2,0),O(0,0),B(,),设yax(x+2),则a(+2),解得:a1,yx(x+2)x2+2x,这个二次函数的表达式为yx2+2x;(2)由题意得:x2+2xx+n(n),解得:x1,x2,故答案为:,;当n1时,CD位于AB的上方,A(2,0),B(,),AE2,BF,AEBF,当n1时,CD位于AB的下方,A(2,0),B(,),AE(2),BF,AEBF,当n且n1时,AEBF;(3)方法一:设P、Q平移前的对应点分别为P、Q,则PQPQ,PQAB,
19、平移后点A、B的对应点分别为A、B,由(2)及平移的性质可知:AMBN;AM+3BN2,AMBN,设点Q在原抛物线上的对应点为Q,二次函数yx2+2x的图象的顶点为(1,1),二次函数y(xt)2+2的图象的顶点为(t,2),新二次函数的图象是由原二次函数的图象向右平移(t+1)个单位,向上平移3个单位得到的,Q的横坐标为0或1,Q(0,0)或(1,3),当Q(0,0)时,Q(t+1,3),将点Q的坐标代入yx+1,得:3(t+1)+1,解得:t3;当Q(1,3)时,Q(t+2,6),将点Q的坐标代入yx+1,得:6(t+2)+1,解得:t8;综上所述,t3或8;另解:AM+3BN2,AMBN
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