课时38.中考压轴题(1)
例1如图,抛物线的顶点为A,与y轴交于点B.
(1)求点A、点B的坐标;
(2)若点P是x轴上任意一点,求证:PA-PB≤AB;
(3)当PA-PB最大时,求点P的坐标.
解令x=0得y=2B(0,2
∴A(-2,3
(2)证明:ⅰ.当点P是AB的延长线与x轴交点时,当点P在x轴上又异于AB的延长线与x轴的交点时,
在点P、A、B构成的三角形中,<
∴综合上述:
(3)作直线AB交x轴于点P由可知:当PAPB最大时,点P是所求的点
作AHOP于H
BO⊥OP
∴∠BOP=∠AHP,且∠BPO=∠APH
∴△BOP∽△AHP
∴
由可知:AH=3、OH=2、OB=2
∴OP=4,∴P(4,0
解:(1)由题意知,△POC、△PAD均为等腰直角三角形
∴P(3,0)、C(0,3)、D(4,1)
设过此三点的抛物线为y=ax2+bx+c(a≠0),则,解得
∴过P、C、D三点的抛物线的函数关系式为
(2)∵PC平分∠OPE,PD平分∠APF,且PE、PF重合,则∠CPD=90°
∴∠OPC+∠APD=90°,∠APD+∠ADP=90°
∴∠OPC=∠ADP且∠POC=∠DAP=90°
∴△POC∽△DAP
∴,即
∴y=x(4-x)=-x2+x=-(x-2)2+(0<x<3)
∴当x=2时,y有最大值
(3)假设存在,分两种情况讨论:
①当∠DPQ=90°时,由题意可知∠DPC=90°,且点C在抛物线上,故点C与点Q重合
∴Q(0,3)
②当∠PDQ=90°时,过点D作DQ∥PC,交抛物线于另一点Q
∵点P(3,0)、C(0,3)
∴直线PC的方程为y=-x+3
由图可知,将直线PC向上平移2个单位与直线DQ重合
∴直线DQ的方程为y=-x+5
由得或
∵D(4,1)
∴Q(-1,6)
∴该抛物线上存在两点Q满足条件,坐标分别为(0,3)、Q(-1,6).
例3直线y=kx+b(k≠0)与坐标轴分别交于A、B两点,OA、OB的长分别是方程x2-14x+48=0的两根(OA>OB),动点P从O点出发,沿路线O→B→A以每秒1个单位长度的速度运动,到达A点时停止.
(1)直接写出A、B两点的坐标;
(2)设点P的运动时间为t(秒),△OPA的面积为S,求S与t之间的函数关系式(不必写出自变量的取值范围);
(3)当S=12时,求出点P的坐标,此时,在坐标轴上是否存在点M,使以O、A、P、M为顶点的四边形是梯形?若存在,请求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
解:(1)A(8,0)、B(0,6)
(2)∵OA=8,OB=6
∴AB=10
①当点P在OB上运动时,OP1=t
S=OA×OP1=×8×t=4t
②当点P在BA上运动时,作P2D⊥OA于点D
∵P2D∥BO
∴
∵AP2=6+10-t=16-t,AB=10,OB=6
∴P2D=
∴
(3)①当4t=12时,t=3
∴P1(0,3)
此时,过△OP1A各顶点作对边的平行线,与坐标轴无第二个交点,所以点M不存在;
②当时,t=11,
∴AP2=16-11=5
∴P2(4,3)
㈠过点O作对边的平行线,与坐标轴无第二个交点
㈡过点P2作P2M1∥OA交y轴于点M1
则四边形OAP2M1是梯形
∴OM1=3,∴M1(0,3)
㈢过点A作AM2∥OP2交y轴于点M2
则四边形AP2OM2是梯形
∴OM2=6,∴M2(0,-6)
综上所述,存在两点M满足条件,坐标分别为(0,3)、(0,-6)
例4已知某种水果的批发单价与批发量的函数关系如图(1)所示.
(1)请说明图中①、②两段函数图象的实际意义;
(2)写出批发该种水果的资金金额w(元)与批发量m(kg)之
间的函数关系式,并在下图的坐标系中画出该函数图象,指
出金额在什么范围内,以同样的资金可以批发到较多数量的
该种水果;
(3)经调查,某经销商销售该种水果的日最高销量G(kg)与零
售价x(元)之间的函数关系如图(2)所示,该经销商拟日售出
60kg以上该种水果,且当日零售价不变,请你帮助该经销商
设计进货和销售的方案,使得当日获得的利润最大.
解:(1)图①表示批发量不少于20kg且不多于60kg的该种水果,可按5元/kg批发;
图②表示批发量高于60kg的该种水果,可按4元/kg批发.
(2)依题意得:,函数图象如图所示.
由图可知资金金额满足240<w≤300时,
以同样的资金可批发到较多数量的该种水果.
(3)设G=kx+b,由图(2)可得
,解得
∴G=-40x+320
当G>60时,即-40x+320>60,解得x<6.5
设日销售利润为y,依题意得
y=(x-4)(-40x+320)=-40(x-6)2+160
∴当x=6时,y最大值=160,此时G=-40×6+320=80
即经销商应批发80kg该种水果,日零售价定为6元/kg,当日可获得最大利润160元.
例5如图,已知抛物线C1:y=a(x+2)2-5的顶点为P,与x轴相交于A、B两点(点A在点B的左边),点B的横坐标是1.
(1)求P点坐标及a的值;
(2)如图(1),抛物线C2与抛物线C1关于x轴对称,将抛物线C2向右平移,平移后的抛物线记为C3,C3的顶点为M,当点P、M关于点B成中心对称时,求C3的解析式;
(3)如图(2),点Q是x轴正半轴上一点,将抛物线C1绕点Q旋转180°后得到抛物线C4.抛物线C4的顶点为N,与x轴相交于E、F两点(点E在点F的左边),当以点P、N、F为顶点的三角形是直角三角形时,求点Q的坐标.
解:(1)由抛物线C1:y=a(x+2)2-5得,顶点P(-2,-5)
∵点B(1,0)在抛物线C1上
∴0=a(1+2)2-5,解得a=
(2)连接PM,作PH⊥x轴于H,作MG⊥x轴于G
∵点P、M关于点B成中心对称
∴PM过点B,且PB=MB
∴△PBH≌△MBG
∴MG=PH=5,BG=BH=3
∴顶点M的坐标为(4,5)
∵抛物线C2由C1关于x轴对称得到,抛物线C3由C2平移得到
∴抛物线C3的表达式为
(3)∵抛物线C4由C1绕点x轴上的点Q旋转180°得到
∴顶点N、P关于点Q成中心对称
由(2)得点N的纵坐标为5
设点N坐标为(m,5)
作PH⊥x轴于H,作NG⊥x轴于G,作PK⊥NG于K
∵旋转中心Q在x轴上
∴EF=AB=2BH=6
∴F(m+3,0)、H(-2,0),K(m,-5),
根据勾股定理得
PN2=NK2+PK2=(m+2)2+102=m2+4m+104
PF2=PH2+HF2=52+(m+5)2=m2+10m+50
NF2=52+32=34
①当∠PNF=90°时,PN2+NF2=PF2,解得m=
∴Q点坐标为(,0)
②当∠PFN=90°时,PF2+NF2=PN2,解得m=
∴Q点坐标为(,0)
③∵PN>NK=10>NF,∴∠NPF≠90°
综上所述,当点Q坐标为(,0)或(,0)时,以点P、N、F为顶点的三角形是直角三角形.
例6如图①,正方形ABCD中,点A、B的坐标分别为(0,10)、(8,4),点C在第一象限.动点P在正方形ABCD的边上,从点A出发沿A→B→C→D匀速运动,同时动点Q以相同速度在x轴正半轴上运动,当P点到达D点时,两点同时停止运动,设运动的时间为t秒.
(1)当P点在边AB上运动时,点Q的横坐标x(长度单位)关于运动时间t(秒)的函数图象如图②所示,请写出点Q开始运动时的坐标及点P的运动速度;
(2)求正方形边长及顶点C的坐标;
(3)在(1)中当t为何值时,△OPQ的面积最大,并求此时P点的坐标;
(4)如果点P、Q保持原速度不变,当点P沿A→B→C→D匀速运动时,OP与PQ能否相等,若能,直接写出所有符合条件的t的值;若不能,请说明理由.
解:(1)Q(1,0),点P的运动速度为每秒1个单位长度.
(2)过点B作BF⊥y轴于点F,BE⊥x轴于点E,则BF=8,OF=BE=4.
∴AF=10-4=6.
在Rt△AFB中,AF=6,BF=8
∴AB=10,即正方形边长为10.
过点C作CG⊥x轴于点G,与FB的延长线交于点H.
∵∠ABC=90°,AB=BC
∴易得△ABF≌△BCH
∴BH=AF=6,CH=BF=8
∴OG=FH=8+6=14,CG=8+4=12
∴C(14,12)
(3)过点P作PM⊥y轴于点M,PN⊥x轴于点N,
则△APM∽△ABF.
∴
即
∴,
∴,
设△OPQ的面积为S(平方单位)
∴(0≤≤10)
∵
∴当时,△OPQ的面积最大.
∴,
∴
∴此时P的坐标为(,)
(4)当或时,OP与PQ相等.
分析:要OP=PQ,则需要ON=NQ=OQ
①当P在AB上时
有,解得
②当P在BC上时
ON=8+
∴8+=
解得t=-15(不合题意,舍去)
③当P在CD上时
ON=8+6-
∴14-=
解得t=
B
O
A
·
x
y
y
B
O
A
·
x
y
C
P
H
E
B
F
D
A
P
x
O
图①
A
B
D
F
E
C
O
P
x
y
图②
O
y
x
A
B
E
C
Q
O
P
D
F
(Q)
金额w(元)
批发量m(kg)
300
200
100
20
40
60
O
60
20
4
批发单价(元)
5
批发量(kg)
①
②
图(1)
O
6
2
40
日最高销量G(kg)
80
零售价x(元)
图(2)
4
8
(6,80)
(7,40)
y
x
A
O
B
P
N
图2
C1
C4
Q
E
F
图(2)
y
x
A
O
B
P
M
图1
C1
C2
C3
图(1)
y
x
A
O
B
P
M
图(1)
C1
C2
C3
H
G
y
x
A
O
B
P
N
图(2)
C1
C4
Q
E
F
H
G
K
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