中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第二部分 專(zhuān)題綜合強(qiáng)化 專(zhuān)題六 二次函數(shù)的綜合探究（壓軸題）類(lèi)型2 針對(duì)訓(xùn)練.doc

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第二部分　專(zhuān)題六 類(lèi)型二 1．(xx創(chuàng)新同盟聯(lián)考)已知拋物線y＝a(x－m)2＋2m(m≠0)經(jīng)過(guò)原點(diǎn)，其頂點(diǎn)為P，與x軸的另一交點(diǎn)為A. (1)P點(diǎn)坐標(biāo)為m， 2m)；A點(diǎn)坐標(biāo)為(2m， 0)；(用含m的代數(shù)式表示) (2)求出a，m之間的關(guān)系式； (3)當(dāng)m＞0時(shí)，若拋物線y＝a(x－m)2＋2m向下平移m個(gè)單位后經(jīng)過(guò)(1,1)，求此拋物線的表達(dá)式； (4)若拋物線y＝a(x－m)2＋2m向下平移|m|個(gè)單位后與x軸所截的線段長(zhǎng)，與平移前相比有什么變化？請(qǐng)直接寫(xiě)出結(jié)果． 解：(1)P(m,2m)，A(2m,0)． (2)將x＝0，y＝0代入y＝a(x－m)2＋2m得 am2＋2m＝0，∵m≠0, ∴am＋2＝0， am＝－2，a＝－. (3)當(dāng)m＞0時(shí)， 拋物線y＝a(x－m)2＋2m向下平移m個(gè)單位后：y＝a(x－m)2＋m， 由于經(jīng)過(guò)(1,1)，∴a(1－m)2＋m＝1，am2－2am＋a＋m＝1，又am＝－2， 所以a＝m－3代入am＝－2， 解得a1＝－1, m1＝2；a2＝－2, m2＝1. 此時(shí)拋物線的關(guān)系式為y＝－(x－2)2＋4或y＝－2(x－1)2＋1. (4)與x軸所截的線段長(zhǎng)，與平移前相比是原來(lái)的或倍． 說(shuō)明：①當(dāng)m＞0時(shí)，則a＜0，原拋物線y＝a(x－m)2＋2m經(jīng)過(guò)原點(diǎn)， 故可化為y＝ax2－2amx，向下平移m個(gè)單位后為y＝ax2－2amx－m，(am＝－2，a＝－) 平移前：d＝2m，平移后：d′＝|x1－x2|＝m， ②當(dāng)m＜0時(shí)，則a＞0，原拋物線y＝a(x－m)2＋2m經(jīng)過(guò)原點(diǎn)， 故可化為y＝ax2－2amx，向下平移－m個(gè)單位后為y＝ax2－2amx＋m，(am＝－2，a＝－) 平移前：d＝－2m，平移后：d′＝|x1－x2|＝－m， ∴與x軸所截的線段長(zhǎng)，與平移前相比是原來(lái)的或倍． 2．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的圖象經(jīng)過(guò)A(0,4)，B(2,0), C(－2,0)三點(diǎn)． (1)求二次函數(shù)的解析式； (2)在x軸上另有一點(diǎn)D(－4,0)，將二次函數(shù)圖象沿著DA方向平移，使圖象再次經(jīng)過(guò)點(diǎn)B； ①求平移后圖象的頂點(diǎn)E的坐標(biāo)； ②求圖象A，B之間的曲線部分在平移過(guò)程中所掃過(guò)的面積． 解：(1)根據(jù)拋物線經(jīng)過(guò)三點(diǎn)的坐標(biāo)特征， 可設(shè)其解析式為y＝a(x＋2)(x－2)(a≠0)， 再代入點(diǎn)A(0,4)，解得a＝－1， 故二次函數(shù)的解析式為y＝－(x＋2)(x－2)＝－x2＋4(a≠0)． (2)經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(0,4)，D(－4,0)兩點(diǎn)的直線DA， 其解析式為y＝x＋4. ①拋物線沿著DA方向平移后， 設(shè)向右平移了m個(gè)單位，則頂點(diǎn)E為(m，m＋4)， 此時(shí)拋物線的解析式可設(shè)為y＝－(x－m)2＋(m＋4)， 將點(diǎn)B(2,0)代入，得0＝－(2－m)2＋m＋4， 解得m1＝0(舍去)，m2＝5； 頂點(diǎn)E為(5,9)， ②如答圖1，根據(jù)拋物線的軸對(duì)稱(chēng)性與平移的性質(zhì)，A，B之間的曲線部分所掃過(guò)的面積顯然等于平行四邊形ABFE的面積，也等于2個(gè)△ABE的面積． 解法一：如答圖2，過(guò)點(diǎn)E作EK⊥y軸于點(diǎn)K， S△ABE＝S梯形OBEK－S△AOB－S△AKE＝(2＋5)9－42－55＝15， 圖象A，B之間的曲線部分在平移過(guò)程中所掃過(guò)的面積為2S△ABE＝30. 解法二：如答圖2，過(guò)點(diǎn)E作EK⊥y軸于點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)B作BM⊥x軸交KM于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)A作AN⊥y軸交BM于點(diǎn)N(將△ABE的面積水平與鉛直分割——一種面積的常規(guī)分割法則)． 　　 直線BM的解析式是x＝2，與DA直線y＝x＋4相交得到點(diǎn)G為(2,6)， 所以線段BG＝6，S△ABE＝S△AGB－S△EGB＝62＋63＝15， 所以圖象A，B之間的曲線部分在平移過(guò)程中所掃過(guò)的面積為2S△ABE＝30. 3．如圖，拋物線C1：y1＝ax2＋2ax(a＞0)與x軸交于點(diǎn)A，頂點(diǎn)為點(diǎn)P. (1)直接寫(xiě)出拋物線C1的對(duì)稱(chēng)軸是直線x＝－1，用含a的代數(shù)式表示頂點(diǎn)P的坐標(biāo) (－1，－a)； (2)把拋物線C1繞點(diǎn)M(m,0)旋轉(zhuǎn)180得到拋物線C2(其中m＞0)，拋物線C2與x軸右側(cè)的交點(diǎn)為點(diǎn)B，頂點(diǎn)為點(diǎn)Q. ①當(dāng)m＝1時(shí)，求線段AB的長(zhǎng)； ②在①的條件下，是否存在△ABP為等腰三角形，若存在，請(qǐng)求出a的值，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由； ③當(dāng)四邊形APBQ為矩形時(shí)，請(qǐng)求出m與a之間的數(shù)量關(guān)系，并直接寫(xiě)出當(dāng)a＝3時(shí)矩形APBQ的面積． 　　 解：(1)∵拋物線C1：y1＝ax2＋2ax＝a(x＋1)2－a，∴對(duì)稱(chēng)軸是直線x＝－1，頂點(diǎn)P坐標(biāo)為(－1，－a)． (2)①由旋轉(zhuǎn)知，MA＝MB， 當(dāng)y1＝0時(shí)，x1＝－2，x2＝0，∴A(－2,0)， ∴AO＝2. ∵M(jìn)(1,0)，∴AM＝3，∴AB＝2MA＝23＝6； ②存在．∵A(－2,0)，AB＝6，∴B(4,0)． ∵A(－2,0)，P(－1，－a)， ∴AP＝＝，BP＝. 當(dāng)AB＝AP時(shí)，1＋a2＝62，解得a＝(負(fù)值已舍去)； 當(dāng)AB＝BP時(shí)，25＋a2＝62，解得a＝(負(fù)值已舍去)； 當(dāng)AP＝BP時(shí)，1＋a2＝25＋a2，不成立， 即當(dāng)a取或時(shí)，△ABP為等腰三角形． ③如答圖，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥x軸于H， ∵點(diǎn)A與點(diǎn)B，點(diǎn)P與點(diǎn)Q均關(guān)于M點(diǎn)成中心對(duì)稱(chēng)，故四邊形APBQ為平行四邊形， 當(dāng)∠APB＝90時(shí)，四邊形APBQ為矩形，此時(shí)△APH∽△PBH，∴＝，即＝， ∴a2＝2m＋3，∴m＝a2－. 當(dāng)a＝3時(shí)，m＝32－＝3， ∴S＝(2m＋4)a＝(23＋4)3＝30. 4．(xx贛南模擬)如圖，拋物線C1：y＝x2＋bx＋c經(jīng)過(guò)原點(diǎn)，與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為(2,0)，將拋物線C1向右平移m(m>0)個(gè)單位得到拋物線C2，C2交x軸于A，B兩點(diǎn)(點(diǎn)A在點(diǎn)B的左邊)，交y軸于點(diǎn)C. (1)求拋物線C1的解析式以及頂點(diǎn)坐標(biāo)； (2)以AC為斜邊向上作等腰直角三角形ACD，當(dāng)頂點(diǎn)D落在拋物線C2的對(duì)稱(chēng)軸上時(shí)，求拋物線C2的解析式； (3)若拋物線C2的對(duì)稱(chēng)軸上存在點(diǎn)P，使得△PAC為等邊三角形，求m的值． 解：(1) ∵拋物線C1經(jīng)過(guò)原點(diǎn)(0,0)及(2,0)， ∴解得 拋物線C1的解析式為y＝x2－2x＝(x－1)2－1. 其頂點(diǎn)坐標(biāo)為(1，－1)． (2)設(shè)拋物線C2的解析式為y＝(x－1－m)2－1， 則其對(duì)稱(chēng)軸DE為x＝m＋1(m>0)， 化簡(jiǎn)y＝(x－1－m)2－1＝x2－2(m＋1)x＋(m＋1)2－1， 設(shè)拋物線C2與y軸交于點(diǎn)C(0，c)， 則c＝(1＋m)2－1＝m2＋2m. 過(guò)點(diǎn)C作CH⊥DE于點(diǎn)H，如答圖1， ∵△ACD為等腰直角三角形， ∴CD＝AD，∠ADC＝90， ∴∠CDH＋∠ADE＝90，∴∠HCD＝∠ADE. ∵∠DEA＝90，∴△CHD≌△DEA， ∴AE＝HD＝1，CH＝DE＝m＋1， ∴EH＝HD＋DE＝1＋m＋1＝m＋2. 由 OC＝EH得 m2＋2m＝m＋2， 解得 m1＝1，m2＝－2(不合題意，舍去)， ∴拋物線C2的解析式為y＝(x－2)2－1. 　 圖1 圖2 (3)如答圖2，連接BC，BP，由拋物線對(duì)稱(chēng)性可知 AP＝BP， 則點(diǎn)A(m,0)，對(duì)稱(chēng)軸DE為直線x＝m＋1(m>0)， ∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為(m＋2,0)． ∵△ACP為等邊三角形， ∴AP＝CP＝BP，∠APC＝60. ∴C，A，B三點(diǎn)在以P為圓心PA為半徑的圓上， ∴∠CBO＝∠CPA＝60＝30，∴BC＝2OC， ∴根據(jù)勾股定理得OB＝＝OC， ∴(m2＋2m)＝m＋2， 解得m1＝，m2＝－2(不合題意，舍去)， ∴m＝.