2020年湖南中考数学复习课件§８.５ 开放探究型.pptx

1、1.(2019湖南邵阳,26,10分)如图,二次函数y=- x2+bx+c的图象过原点,与x轴的另一个交点为(8,0). (1)求该二次函数的解析式; (2)在x轴上方作x轴的平行线y1=m,交二次函数图象于A、B两点,过A、B两点分别作x轴的垂线,垂足分别为 点D、点C.当矩形ABCD为正方形时,求m的值; (3)在(2)的条件下,动点P从点A出发沿射线AB以每秒1个单位长度匀速运动,同时动点Q以相同的速度从点A 出发沿线段AD匀速运动,到达点D时立即原速返回,当动点Q返回到点A时,P、Q两点同时停止运动,设运动 时间为t秒(t0).过点P向x轴作垂线,交抛物线于点E,交直线AC于点F,问:

2、以A、E、F、Q四点为顶点构成的 四边形能否是平行四边形?若能,请求出t的值;若不能,请说明理由.,(备用图),解析 (1)将(0,0),(8,0)代入y=- x2+bx+c中, 得 解得 该二次函数的解析式为y=- x2+ x. (2)当y=m时,- x2+ x=m, 解得x1=4- ,x2=4+ , 点A的坐标为(4- ,m),点B的坐标为(4+ ,m), 点D的坐标为(4- ,0),点C的坐标为(4+ ,0), 矩形ABCD为正方形, 4+ -(4- )=m, 解得m1=-16(舍去),m2=4.,当矩形ABCD为正方形时,m的值为4. (3)以A、E、F、Q四点为顶点构成的四边形能为平

3、行四边形. 由(2)可知点A的坐标为(2,4),点B的坐标为(6,4),点C的坐标为(6,0),点D的坐标为(2,0). 设直线AC的解析式为y=kx+a(k0), 将A(2,4),C(6,0)代入y=kx+a,得 解得 直线AC的解析式为y=-x+6. 当x=2+t时,y=- x2+ x=- t2+ t+4,y=-x+6=-t+4, 点E的坐标为 ,点F的坐标为(2+t,-t+4). 以A、E、F、Q四点为顶点构成的四边形为平行四边形,且AQEF, AQ=EF.,分三种情况考虑: 当0t4时,如图1所示,AQ=t,EF=- t2+ t+4-(-t+4)=- t2+ t, t=- t2+ t,

4、 解得t1=0(舍去),t2=4; 图1 当4t7时,如图2所示,AQ=t-4,EF=- t2+ t+4-(-t+4)=- t2+ t,t-4=- t2+ t, 解得t3=-2(舍去),t4=6; 图2 当7t8时,AQ=t-4,EF=-t+4- = t2- t, t-4= t2- t, 解得t5=5- (舍去),t6=5+ (舍去).,综上所述,当以A、E、F、Q四点为顶点构成的四边形为平行四边形时,t的值为4或6.,思路分析 (1)根据点的坐标,利用待定系数法即可求出二次函数的解析式; (2)利用二次函数图象上点的坐标特征求出点A,B的坐标,进而可得出点C,D的坐标,再利用正方形的性质可

5、得出关于m的方程,解之即可; (3)由(2)可得出点A,B,C,D的坐标,根据点A,C的坐标,利用待定系数法可求出直线AC的解析式,利用二次函数 图象上点的坐标特征及一次函数图象上点的坐标特征可求出点E,F的坐标,由AQEF且以A、E、F、Q四 点为顶点的四边形为平行四边形可得出AQ=EF,分0t4,4t7,7t8三种情况找出AQ,EF的长,由AQ= EF可得出关于t的一元二次方程,解之取其合适的值即可.,解题关键 本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、正方形的性质、 待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征以及平行四边形的性质,解题的关键:(1)根

6、据点的坐标,利用待定系数法求出二次函数解析式;(2)利用正方形的性质,找出关于m的方程;(3)分0t4,4 t7,7t8三种情况,利用平行四边形的性质找出关于t的一元二次方程.,2.(2019湖南益阳,25,12分)在平面直角坐标系xOy中,顶点为A的抛物线与x轴交于B、C两点,与y轴交于点D, 已知A(1,4),B(3,0). (1)求抛物线对应的二次函数表达式; (2)探究:如图1,连接OA,作DEOA交BA的延长线于点E,连接OE交AD于点F,M是BE的中点,则OM是否将四 边形OBAD分成面积相等的两部分?请说明理由; (3)应用:如图2,P(m,n)是抛物线在第四象限的图象上的点,且

7、m+n=-1,连接PA、PC,在线段PC上确定一点N, 使AN平分四边形ADCP的面积,求点N的坐标. 提示:若点A、B的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2),则线段AB的中点坐标为 .,解析 (1)抛物线的顶点为A(1,4),设函数表达式为y=a(x-1)2+4, 将点B坐标代入,得0=a(3-1)2+4, 解得a=-1, 故抛物线对应的二次函数表达式为y=-(x-1)2+4,即y=-x2+2x+3. (2)OM将四边形OBAD分成面积相等的两部分. 理由: DEAO,SODA=SOEA(同底等高的两个三角形面积相等), SODA+SAOM=SOEA+SAOM,即S四边形OMAD=SOM

8、E, M是BE的中点, SOME=SOBM, S四边形OMAD=SOBM,即OM将四边形OBAD分成面积相等的两部分. (3)点P(m,n)是抛物线y=-x2+2x+3的图象上的点, n=-m2+2m+3,又m+n=-1,n=-m-1,代入上式,得-m-1=-m2+2m+3, 解得m1=-1(舍去),m2=4. 点P的坐标为(4,-5). 如图,连接AC,过点D作QDAC交PC的延长线于点Q, 由(2)知点N是PQ的中点, 设经过点C(-1,0),P(4,-5)的直线对应的函数表达式为y=kx+b, 由此得,解得 直线PC对应的表达式为y=-x-1, 同理,直线AC对应的函数表达式为y=2x+

9、2, 直线DQCA,故设直线DQ对应的函数表达式为y=2x+b,其经过点D(0,3), 直线DQ对应的函数表达式为y=2x+3. 由 得 即Q , 点N为PQ的中点, 点N的横坐标为 2= ,点N的纵坐标为 2=- , 点N的坐标为 ,解题关键 本题考查的是二次函数的综合运用,涉及一次函数、图形面积的计算等,其中第(3)问直接利用 第(2)的结论,即点N是PQ的中点,是解本题的突破点.,3.(2019湖南岳阳,24,10分)如图1,AOB的三个顶点A、O、B分别落在抛物线F1:y= x2+ x的图象上,点A的 横坐标为-4,点B的纵坐标为-2.(点A在点B的左侧) (1)求点A、B的坐标; (

10、2)将AOB绕点O逆时针旋转90得到AOB,抛物线F2:y=ax2+bx+4经过A、B两点,已知点M为抛物线F2的 对称轴上一定点,且点A恰好在以OM为直径的圆上,连接OM、AM,求OAM的面积; (3)如图2,延长OB交抛物线F2于点C,连接AC,在坐标轴上是否存在点D,使得以A、O、D为顶点的三角形与 OAC相似?若存在,请求出点D的坐标;若不存在,请说明理由.,解析 (1)当x=-4时,y= (-4)2+ (-4)=-4, 点A的坐标为(-4,-4). 当y=-2时, x2+ x=-2, 解得x1=-1,x2=-6, 点A在点B的左侧, 点B坐标为(-1,-2). (2)如图,过点B作B

11、Ex轴于点E,过点B作BGx轴于点G.,BEO=OGB=90,OE=1,BE=2. 将AOB绕点O逆时针旋转90得到AOB, OB=OB,BOB=90, BOE+BOG=BOE+OBE=90, BOG=OBE. 在BOG与OBE中, BOGOBE(AAS), OG=BE=2,BG=OE=1. 点B在第四象限, B(2,-1).,同理可得A(4,-4), OA=OA= =4 . 抛物线F2:y=ax2+bx+4经过点A、B, 解得 抛物线F2的解析式为y= x2-3x+4. 对称轴为直线x=- =6. 点M在直线x=6上,设M(6,m), OM2=62+m2,AM2=(6-4)2+(m+4)2=

12、m2+8m+20. 点A在以OM为直径的圆上,OAM=90, OA2+AM2=OM2, (4 )2+m2+8m+20=36+m2. 解得m=-2. AM= = =2 , SOAM= OAAM= 4 2 =8. (3)在坐标轴上存在点D,使得以A、O、D为顶点的三角形与OAC相似. B(2,-1), 直线OB解析式为y=- x. 由 解得 或,C(8,-4). A(4,-4), ACx轴,AC=4, OAC=135, AOC45,ACO45, A(-4,-4),即直线OA与x轴夹角为45, 当点D在x轴负半轴或y轴负半轴时,AOD=45,此时AOD不可能与OAC相似. 点D在x轴正半轴或y轴正半

13、轴时,AOD=OAC=135.(如图、图) 若AODOAC,则 = =1, OD=AC=4, D(4,0)或(0,4). 若DOAOAC,则 = = = ,OD= OA=8, D(8,0)或(0,8). 综上所述,点D的坐标为(4,0)或(8,0)或(0,4)或(0,8)时,以A、O、D为顶点的三角形与OAC相似.,4.(2017四川成都,28,12分)如图1,在平面直角坐标系xOy中,抛物线C:y=ax2+bx+c与x轴相交于A,B两点,顶点为 D(0,4),AB=4 ,设点F(m,0)是x轴的正半轴上一点,将抛物线C绕点F旋转180,得到新的抛物线C. (1)求抛物线C的函数表达式; (2

14、)若抛物线C与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点,求m的取值范围; (3)如图2,P是第一象限内抛物线C上一点,它到两坐标轴的距离相等,点P在抛物线C上的对应点为P,设M是 C上的动点,N是C上的动点,试探究四边形PMPN能否成为正方形,若能,求出m的值;若不能,请说明理由.,图1 图2,解析 (1)抛物线C的顶点为D(0,4), 又AB=4 , B(2 ,0), 将其代入y=ax2+4,得0=8a+4,a=- , 抛物线C的表达式为y=- x2+4. (2)F(m,0)在x轴正半轴上, m0, 又D(0,4),F(m,0), D关于F的对称点为D(2m,-4), 抛物线C的解析式为y=

15、(x-2m)2-4,联立 整理得x2-2mx+2m2-8=0, C与C在y轴右侧有两个不同的公共点, 解得2m2 . (3)由题意可得P(2,2). 由对称性可知,四边形PMPN能成为正方形等价于PMF能构成以F为直角顶点的等腰直角三角形. 若0m2,如图,过点F、P、M分别向坐标轴作垂线,交点分别为K、L,易证KPFLFM,则KF=LM=2,KP=FL=2-m, 即M(m+2,m-2),代入y=- x2+4, 得m-2=- (m+2)2+4,m2+6m-8=0, 解得m1=-3+ ,m2=-3- (舍去) 若m2,如图,过点F、P、M分别向坐标轴作垂线,交点分别为S、T.,易证SPFTFM,

16、 则PS=FT=m-2,FS=MT=2, M(m-2,2-m), 代入y=- x2+4,得2-m=- (m-2)2+4, m2-6m=0,m1=6,m2=0(舍去). 综上所述,m的值为-3+ 或6.,思路分析 (1)根据顶点坐标得b=0,c=4,由AB的长得点B的坐标,代入y=ax2+4中即可求得解析式;(2)根据中 心对称确定抛物线C的顶点D(2m,-4),表示出抛物线C,联立抛物线C,C的方程,再利用根的分布求出参数m 的范围;(3)探究四边形PMPN能否成为正方形的问题,可依据正方形的性质转化为探究PMF能否成为以F 为顶点的等腰直角三角形的问题,根据题意构造全等三角形,分类讨论求得m

17、的值.,疑难突破 两条抛物线的两个不同交点在y轴右侧,可转化为一元二次方程的两个根均大于0,需满足:0, - 0, 0;当四边形PMPN成为正方形时,根据条件知PMF一定是以F为顶点的等腰直角三角形,在坐标 系中构造“K字模型”,根据P点,F点的坐标,表示出点M的坐标,代入抛物线C的解析式,求得m的值,注意分 类讨论.,5.(2016湖南湘潭,26,10分)如图,抛物线y=- x2+mx+n的图象经过点A(2,3),对称轴为直线x=1,一次函数y=kx+ b的图象经过点A,交x轴于点P,交抛物线于另一点B,点A、B位于点P的同侧. (1)求抛物线的解析式; (2)若PAPB=31,求一次函数的

18、解析式; (3)在(2)的条件下,当k0时,抛物线的对称轴上是否存在一点C,使得C同时与x轴和直线AP都相切?如果存 在,请求出点C的坐标;如果不存在,请说明理由.,解析 (1)y=- x2+mx+n, 对称轴为x=- =1, m= , 将A(2,3)代入y=- x2+ x+n, 得n=3,抛物线的解析式为y=- x2+ x+3. (2)过A作ADx轴于D,过B作BEx轴于E,则PADPBE, = = , A(2,3),AD=3,BE=1, 设B(x,1),代入抛物线的解析式得,x1=4,x2=-2, B(4,1)或B(-2,1), y=-x+5或y= x+2.,(3)存在.理由如下: k0时

19、,y= x+2,P(-4,0). 假设存在,设C(1,y),对称轴与y= x+2的交点为M、与x轴交点为G,y= x+2与y轴的交点为H,则M ,H(0, 2), 当C在第一象限时,过C作CFAP于F, MGy轴,PHO=FMC, 又HOP=MFC=90, CMFPHO, = , OP=4,PH= =2 , CM= -y,CF= ,由题意得CF=CG,y= , 解得y=5( -2)=5 -10. C(1,5 -10); 同理,当C在第四象限时, -y= , y=-10-5 , C(1,-10-5 ).,综上所述,C(1,5 -10)或C(1,-10-5 ).,思路分析 (1)根据抛物线的对称轴

20、为直线x=1可求出m的值,再将点A的坐标代入抛物线的解析式中求出n 的值.(2)根据PAPB=31,结合点A的坐标即可得出点B的纵坐标,将其代入抛物线解析式中即可求出点B 的坐标,再根据点A、B的坐标利用待定系数法即可求出直线AP的解析式;(3)假设存在,设出点C的坐标,依照 题意画出图形,利用相似三角形的性质表示出C到直线AP的距离,根据圆与直线相切的性质即可求得C点的 纵坐标,进而得出结论.,解题关键 (1)对抛物线性质熟练掌握;(2)巧妙运用三角形相似将边长比例转化为横、纵坐标之间的比例 关系;(3)画出示意图并根据相切的条件找出题中的等量关系.,6.(2015湖南永州,27,10分)问

21、题探究: (一)新知学习: 圆内接四边形的判定定理:如果四边形的对角互补,那么这个四边形内接于圆(即如果四边形EFGH的对角 互补,那么四边形EFGH的四个顶点E,F,G,H都在同一个圆上). (二)问题解决: 已知O的半径为2,AB,CD是O的直径,P是 上任意一点,过点P分别作AB,CD的垂线,垂足分别为N,M. (1)若直径ABCD,对于 上任意一点P(与B,C不重合)(如图1),证明:四边形PMON内接于圆,并求此圆直径 的长; (2)若直径ABCD,在点P(与B,C不重合)从B运动到C的过程中,证明:MN的长为定值,并求其定值; (3)若直径AB与CD相交成120角. 当点P运动到

22、的中点P1时(如图2),求MN的长; 在点P(与B,C不重合)从B运动到C的过程中(如图3),证明MN的长为定值; (4)试问当直径AB与CD相交成多少度角时,MN的长取最大值?并写出其最大值.,解析 (1)证明:连接OP,则OP=2. PMCD,PNAB,PMO=PNO=90. PMO+PNO=180.四边形PMON内接于圆. ABCD,MON=90.又PMO=PNO=90, 四边形PMON是矩形. OP即为所求直径,OP=2. (2)证明:由(1)知,四边形PMON是矩形.MN=OP. OP=2(是定值),MN的长也为定值,其定值为2. (3)连接OP1.则OP1=2. P1是 的中点,C

23、OP1=BOP1= BOC=60. OP1M=OP1N=30. OM=ON= OP1=1.P1M=P1N= .,P1MO=P1NO=90,点O,M,P1,N都在以OP1为直径的同一个圆上. MON+MP1N=180,MON =120,MP1N=60. P1M=P1N= , MP1N是等边三角形,MN=P1M=P1N= . 证明:连接OP,则OP=2.取OP的中点O,并分别连接OM,ON. PMO=PNO=90, 点O,M,P,N都在以OP为直径的O上. OM=ON= OP=1. MON+MPN=180,MON=120, MPN=60.MON=2MPN =120. OMN=ONM=30.,过点O

24、作OEMN于点E.则OE= OM= ,ME= .MN=2 ME= . MN的长为定值. (4)如图,连接OP,则OP=2.取OP的中点O,并分别连接OM,ON. PMO=PNO=90,点O,M,P,N都在以OP为直径的O上.,OM=ON= OP=1. 在MNO中,MNOM+ON=2, 当且仅当点M,O,N在同一条直线上时,等号成立. 此时MON=180,则MPN= MON=90. 点O,M,P,N四点共圆,MON=180-MPN=180-90=90. 当直径AB与CD相交成90角时,MN的长取最大值,其最大值为2.,7.(2016湖南郴州,26,12分)如图1,矩形ABCD中,AB=7 cm,

25、AD=4 cm,点E为AD上一定点,点F为AD延长线上一 点,且DF=a cm.点P从A点出发,沿AB边向点B以2 cm/s的速度运动.连接PE,设点P运动的时间为t s,PAE的 面积为y cm2.当0t1时,PAE的面积y(cm2)关于时间t(s)的函数图象如图2所示.连接PF,交CD于点H. (1)t的取值范围为 ,AE= cm; (2)如图3,将HDF沿线段DF进行翻折,与CD的延长线交于点M,连接AM.当a为何值时,四边形PAMH为菱 形?并求出此时点P的运动时间t; (3)如图4,当点P出发1 s后,AD边上另一动点Q从E点出发,沿ED边向点D以1 cm/s的速度运动.如果P,Q两

26、点 中的任意一点到达终点后,另一点也停止运动.连接PQ,QH.若a= ,请问PQH能否构成直角三角形?若能. 请求出点P的运动时间t;若不能,请说明理由.,解析 (1)0t3.5;1. (2)若四边形PAMH为菱形,则PAHM,且PA=HM,AM=HM. 又MDF是由HDF沿线段DF进行翻折而得到的, HDF=ADM=90,HD=DM. 由题意可知PAFHDF, = = . DF=a,AF=4+a, = , a=4. 在RtADM中,AM=PA=2t,DM=t, AM2=DM2+AD2, 4t2=42+t2,解得t= 或t=- (舍去). 当a=4时,四边形PAMH为菱形,此时点P的运动时间为

27、 s.,(3)解法一:当a= 时,由题意得,AQ=t,QD=4-t, = = = , HD= 2t= .过P作PG垂直于CD,垂足为G(如答图1), 则GH=2t- = t, 在RtPAQ中,PQ2=PA2+AQ2=5t2,在RtHQD中,QH2=QD2+HD2=(4-t)2+ t2, 在RtPGH中,PH2=PG2+HG2=16+ t2. 图1,若PQH为直角三角形, 当Q为直角顶点时,则5t2+(4-t)2+ t2=16+ t2, 解得t=2或t=0(舍去). 当H为直角顶点时,则16+ t2+(4-t)2+ t2=5t2, 解得t= 或t=-8(舍去). 当P为直角顶点时,则5t2+16+ t2=(4-t)2+ t2, 解得t=- (舍去)或t=0(舍去). 当t=2或t= 时,PQH为直角三角形. 解法二:由题意可知,PA=2t,AQ=t,HD= t,QD=4-t,HG= t.,若PQH为直角三角形, 当Q为直角顶点时,由PAQQDH, 得 = , 即 = ,解得t=2或t=0(舍去). 当H为直角顶点时(如图2),由QHDHFD, 得 = , 图2,即 = ,解得t= 或t=-8(舍去). 当P为直角顶点时,不可能. 当t=2或t= 时,PQH为直角三角形.,评析 本题是四边形综合题,考查相似三角形的判定和性质,勾股定理等知识.,