中学考试压轴题二次函数中地存在性问题之平移

word二次函数中的存在性问题之平移【典例1】2019如图，抛物线yax+2x6与x轴相交于A、B两点，与y轴交于C点，且tanCAB=32设抛物线的顶点为M，对称轴交x轴于点N1求抛物线的解析式；2P为抛物线的对称轴上一点，Qn，0为x轴上一点，且PQPC当点P在线段MN含端点上运动时，求n的变化围；在的条件下，当n取最大值时，求点P到线段CQ的距离；在的条件下，当n取最大值时，将线段CQ向上平移t个单位长度，使得线段CQ与抛物线有两个交点，求t的取值围【点拨】1由函数解析式，可以求出点A、B的坐标分别为2，0，6，0，在RtOAC中由tanCAB=32，可以求出点C的坐标为0，3，进而可以求出抛物线的解析式；2抛物线的对称轴为：x2，顶点M2，4，在RtPCQ中，由勾股定理得：PC2+PQ2CQ2，把三角形三边长用点P，Q的坐标表达出来，整理得：n=12(m2-3m+4)，利用0m4，求出n的取值围；由SPCQ=12CQh=12PCPQ，得：h=PCPQCQ=2，求出点P到线段CQ距离为2；设线段CQ向上平移t个单位长度后的解析式为：y=-34x+3+t，联立抛物线方程，可求出x27x+4t0，由4916t0，得t=4916，可得当线段CQ与抛物线有两个交点时，3t4916【解答】解：1根据题意得：A2，0，B6，0，在RtAOC中，tanCAO=COAO=32，且OA2，得CO3，C0，3，将C点坐标代入yax+2x6得：a=-14，抛物线解析式为：y=-14(x+2)(x-6)；整理得：y=-14x2+x+3故抛物线解析式为：得：y=-14x2+x+3；2由1知，抛物线的对称轴为：x2，顶点M2，4，设P点坐标为2，m其中0m4，如此PC222+m32，PQ2m2+n22，CQ232+n2，PQPC，在RtPCQ中，由勾股定理得：PC2+PQ2CQ2，即22+m32+m2+n2232+n2，整理得：n=12(m2-3m+4)=12(m-32)2+780m4，当m=32时，n取得最小值为78；当m4时，n取得最大值为4，所以78n4；由知：当n取最大值4时，m4，P2，4，Q4，0，如此PC=5，PQ=25，CQ5，设点P到线段CQ距离为h，由SPCQ=12CQh=12PCPQ得：h=PCPQCQ=2，故点P到线段CQ距离为2；由可知：当n取最大值4时，Q4，0，线段CQ的解析式为：y=-34x+3，设线段CQ向上平移t个单位长度后的解析式为：y=-34x+3+t，当线段CQ向上平移，使点Q恰好在抛物线上时，线段CQ与抛物线有两个交点，此时对应的点Q的纵坐标为：-14(4+2)(4-6)=3，将Q4，3代入y=-34x+3+t得：t3，当线段CQ继续向上平移，线段CQ与抛物线只有一个交点时，联解y=-14(x+2)(x-6)y=-34x+3+t得：-14(x+2)(x-6)=-34x+3+t，化简得：x27x+4t0，由4916t0，得t=4916，当线段CQ与抛物线有两个交点时，3t4916【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，处理问题和解决问题【精练1】2019湘西州如图，抛物线yax2+bxa0过点E8，0，矩形ABCD的边AB在线段OE上点A在点B的左侧，点C、D在抛物线上，BAD的平分线AM交BC于点M，点N是CD的中点，OA2，且OA：AD1：31求抛物线的解析式；2F、G分别为x轴，y轴上的动点，顺次连接M、N、G、F构成四边形MNGF，求四边形MNGF周长的最小值；3在x轴下方且在抛物线上是否存在点P，使ODP中OD边上的高为6105？假如存在，求出点P的坐标；假如不存在，请说明理由；4矩形ABCD不动，将抛物线向右平移，当平移后的抛物线与矩形的边有两个交点K、L，且直线KL平分矩形的面积时，求抛物线平移的距离【点拨】1由点E在x轴正半轴且点A在线段OE上得到点A在x轴正半轴上，所以A2，0；由OA2，且OA：AD1：3得AD6由于四边形ABCD为矩形，故有ADAB，所以点D在第四象限，横坐标与A的横坐标一样，进而得到点D坐标由抛物线经过点D、E，用待定系数法即求出其解析式2画出四边形MNGF，由于点F、G分别在x轴、y轴上运动，故可作点M关于x轴的对称点点M，作点N关于y轴的对称点点N，得FMFM、GNGN易得当M、F、G、N在同一直线上时NG+GF+FMMN最小，故四边形MNGF周长最小值等于MN+MN根据矩形性质、抛物线线性质等条件求出点M、M、N、N坐标，即求得答案3因为OD可求，且ODP中OD边上的高，故可求ODP的面积又因为ODP的面积常规求法是过点P作PE平行y轴交直线OD于点E，把ODP拆分为OPE与DPE的和或差来计算，故存在等量关系设点P坐标为t，用t表示PE的长即列得方程求得t的值要讨论是否满足点P在x轴下方的条件4由KL平分矩形ABCD的面积可得K在线段AB上、L在线段CD上，画出平移后的抛物线可知，点K由点O平移得到，点L由点D平移得到，故有Km，0，L2+m，0易证KL平分矩形面积时，KL一定经过矩形的中心H且被H平分，求出H坐标为4，3，由中点坐标公式即求得m的值【解答】解：1点A在线段OE上，E8，0，OA2A2，0OA：AD1：3AD3OA6四边形ABCD是矩形ADABD2，6抛物线yax2+bx经过点D、E4a+2b=-664a+8b=0 解得：a=12b=-4抛物线的解析式为y=12x24x2如图1，作点M关于x轴的对称点点M，作点N关于y轴的对称点点N，连接FM、GN、MNy=12x24x=12x428抛物线对称轴为直线x4点C、D在抛物线上，且CDx轴，D2，6yCyD6，即点C、D关于直线x4对称xC4+4xD4+426，即C6，6ABCD4，B6，0AM平分BAD，BADABM90BAM45BMAB4M6，4点M、M关于x轴对称，点F在x轴上M6，4，FMFMN为CD中点N4，6点N、N关于y轴对称，点G在y轴上N4，6，GNGNC四边形MNGFMN+NG+GF+FMMN+NG+GF+FM当M、F、G、N在同一直线上时，NG+GF+FMMN最小C四边形MNGFMN+MN=(6-4)2+(-4+6)2+(6+4)2+(4+6)2=22+102=122四边形MNGF周长最小值为1223存在点P，使ODP中OD边上的高为6105过点P作PEy轴交直线OD于点ED2，6OD=22+62=210，直线OD解析式为y3x设点P坐标为t，12t24t0t8，如此点Et，3t如图2，当0t2时，点P在点D左侧PEyEyP3t12t24t=-12t2+tSODPSOPE+SDPE=12PExP+12PExDxP=12PExP+xDxP=12PExDPE=-12t2+tODP中OD边上的高h=6105，SODP=12ODh-12t2+t=122106105方程无解如图3，当2t8时，点P在点D右侧PEyPyE=12t24t3t=12t2tSODPSOPESDPE=12PExP-12PExPxD=12PExPxP+xD=12PExDPE=12t2t12t2t=122106105解得：t14舍去，t26P6，6综上所述，点P坐标为6，6满足使ODP中OD边上的高为61054设抛物线向右平移m个单位长度后与矩形ABCD有交点K、LKL平分矩形ABCD的面积K在线段AB上，L在线段CD上，如图4Km，0，L2+m，0连接AC，交KL于点HSACDS四边形ADLK=12S矩形ABCDSAHKSCHLAKLCAHKCHLSAHKSCHL=(AHCH)2=1AHCH，即点H为AC中点H4，3也是KL中点m+2+m2=4m3抛物线平移的距离为3个单位长度【点睛】此题考查了矩形的性质，二次函数的图象与性质，轴对称求最短路径问题，勾股定理，坐标系中求三角形面积，抛物线的平移，相似三角形的判定和应用，中点坐标公式易错的地方有第1题对点D、C、B坐标位置的准确说明，第3题在点D左侧不存在满足的P在点D左侧的讨论，第4题对KL必过矩形中心的证明【精练2】2019如图，抛物线y=13x2+bx+c经过点A1，0、B5，01求抛物线的解析式，并写出顶点M的坐标；2假如点C在抛物线上，且点C的横坐标为8，求四边形AMBC的面积；3定点D0，m在y轴上，假如将抛物线的图象向左平移2个单位，再向上平移3个单位得到一条新的抛物线，点P在新的抛物线上运动，求定点D与动点P之间距离的最小值d用含m的代数式表示【点拨】1函数的表达式为：y=13x+1x5，即可求解；2S四边形AMBC=12AByCyD，即可求解；3抛物线的表达式为：y=13x2，即可求解【解答】解：1函数的表达式为：y=13x+1x5=13x24x5=13x2-43x-53，点M坐标为2，3；2当x8时，y=13x+1x59，即点C8，9，S四边形AMBC=12AByCyD=1269+336；3y=13x+1x5=13x24x5=13x223，抛物线的图象向左平移2个单位，再向上平移3个单位得到一条新的抛物线，如此新抛物线表达式为：y=13x2，如此定点D与动点P之间距离PD=x2+(m-13x2)2=19x4+(1-23m)x2+m2，当-1-23m290，即m32时，PD的最小值d=12m-92；当-1-23m290，即m32时，PD的最小值d|m|d=|m|(m32)12m-92(m32)【点睛】此题考查的是二次函数综合运用，涉与到图形平移、面积的计算等知识点，难度不大【精练3】2019南岸区校级三模在平面直角坐标系中，O为坐标原点，过二次函数yx2+4x图象上的点A3，3作x轴的垂线交x轴于点B1如图1，P为线段OA上方抛物线上的一点，在x轴上取点C1，0，点M、N为y轴上的两个动点，点M在点N的上方且MN1连接AC，当四边形PACO的面积最大时，求PM+MN+12NO的最小值2如图2，点Q3，1在线段AB上，作射线CQ，将AQC沿直线AB翻折，C点的对应点为C，将AQC沿射线CQ平移35个单位得AQC，在射线CQ上取一点M，使得以A、M、C为顶点的三角形是等腰三角形，求M点的坐标【点拨】1把四边形PACO沿OA分成OAP与OAC，由于OAC三边确定，面积为定值，故OAP面积最大时四边形面积也最大过点P作x轴垂线交OA于D，设点P横坐标为t，如此能用t表示PD的长，进而得到OAP关于t的二次函数关系式，用公式法可求得t=32时OAP面积最大，即求得此时点P坐标把点P向下平移1个单位得P，易证四边形MNPP是平行四边形，所以PMPN过点O作经过第二、四象限的直线l，并使直线l与x轴夹角为60，过点N作NG直线l于点G，如此由30角所对直角边等于斜边一半可知NG=12NO所以PM+MN+12NO可转化为PN+NG+1，易得当点P、N、G在同一直线上最小把PD延长交直线l于点F，构造特殊RtPFG和RtOEF，利用点P坐标和30、60的三角函数即可求得PG的长2由点B、C、Q的坐标求CQ的长和点C坐标；过点Q作x轴的垂线段QH，易证CBQCHQ，故有CBCH=BQHQ=CQCQ=14，求得CH、HQ的长即求得点Q坐标，进而得到向右向上平移的距离，求得点A、C的坐标求直线CQ解析式，设CQ上的点M横坐标为m，用两点间距离公式可得用m表示AM和CM的长因为AMC是等腰三角形，分三种情况讨论，得到关于m的方程，求解即求得相应的m的值，进而得点M坐标【解答】解：1如图1，过点O作直线l，使直线l经过第二、四象限且与x轴夹角为60；过点P作PFx轴于点E，交OA于点D，交直线l于点F；在PF上截取PP1；过点N作NG直线l于点GA3，3，ABx轴于点B直线OA解析式为yx，OBAB3C1，0SAOC=12OCAB=1213=32，是定值设Pt，t2+4t0t3Dt，tPDt2+4ttt2+3tSOAPSOPD+SAPD=12PDOE+12PDBE=12PDOB=-32t23tt=-32=32时，SOAP最大此时，S四边形PACOSAOC+SOAP最大yP322+332=154P32，154PEPEPP=154-1=114，即P32，114点M、N在y轴上且MN1PPMN，PPMN四边形MNPP是平行四边形PMPNNGO90，NOG906030RtONG中，NG=12NOPM+MN+12NOPN+NG+1当点P、N、G在同一直线上，即PG直线l时，PM+MN+12NOPG+1最小OE=32，EOF60，OEF90RtOEF中，OFE30，tanEOF=EFOE=3EF=3OE=332PFPE+EF=114+332RtPGF中，PG=12PF=118+334PG+1=118+334+1=19+638PM+MN+12NO的最小值为19+6382延长AQ交x轴于点HC1，0，Q3，1，QBx轴于点BCB2，BQ1CQ=22+12=5AQC沿直线AB翻折得AQCB3，0是CC的中点C5，0平移距离QQ35CQCQ+QQ45QBQHCBQCHQCBCH=BQHQ=CQCQ=14CH4CB8，yQHQ4BQ4xQOC+CH1+89Q9，4点Q3，1向右平移6个单位，向上平移3个单位得到点Q9，4A9，6，C11，3AC=(11-9)2+(3-6)2=4+9=13设直线CQ解析式为ykx+bk+b=03k+b=1 解得：k=12b=-12直线CQ：y=12x-12设射线CQ上的点Mm，12m-12m1AM29m2+6-12m+1229m2+132-12m2CM211m2+3-12m+12211m2+72-12m2AMC是等腰三角形假如AMAC，如此9m2+132-12m213解得：m17，m2=635M7，3或635，295假如CMAC，如此11m2+72-12m213解得：m1=375，m213M375，165或13，6假如AMCM，如此9m2+132-12m211m2+72-12m2解得：m10M10，92综上所述，点M坐标为7，3，635，295，375，165，13，6，10，92【点睛】此题考查了二次函数的图象与性质，垂线段最短定理，特殊角三角函数的应用，平行四边形的判定和性质，轴对称的性质，平移的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质第1题求最短路径时对PM作平移和对12NO进展转换是解决此类问题的典型做法，第2题解题关键是根据平移方向和距离求出点的具体平移路径向左右和上下如何平移，再得到平移后的坐标【精练4】2019如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax2+bx+c经过A1，0，B4，0，C0，4三点1求抛物线的解析式与顶点D的坐标；2将1中的抛物线向下平移154个单位长度，再向左平移hh0个单位长度，得到新抛物线假如新抛物线的顶点D在ABC，求h的取值围；3点P为线段BC上一动点点P不与点B，C重合，过点P作x轴的垂线交1中的抛物线于点Q，当PQC与ABC相似时，求PQC的面积【点拨】1函数表达式为：yax+1x4ax23x4，即可求解；2物线向下平移154个单位长度，再向左平移hh0个单位长度，得到新抛物线的顶点D32-h，52，将点AC的坐标代入一次函数表达式即可求解；3分CPQCBA、CPQABC，两种情况分别求解即可【解答】解：1函数表达式为：yax+1x4ax23x4，即4a4，解得：a1，故抛物线的表达式为：yx2+3x+4，函数顶点D32，254；2物线向下平移154个单位长度，再向左平移hh0个单位长度，得到新抛物线的顶点D32-h，52，将点AC的坐标代入一次函数表达式并解得：直线AC的表达式为：y4x+4，将点D坐标代入直线AC的表达式得：52=432-h+4，解得：h=158，故：0h158；3过点P作y轴的平行线交抛物线和x轴于点Q、HOBOC4，PBAOCB45QPC，直线BC的表达式为：yx+4，如此AB5，BC42，AC=17，SABC=125410，设点Qm，m2+3m+4，点Pm，m+4，CP=2m，PQm2+3m+4+m4m2+4m，当CPQCBA，PCBC=PQAB，即2m42=-m2+4m5，解得：m=114，相似比为：PCBC=1116，当CPQABC，同理可得：相似比为：PCAB=12225，利用面积比等于相似比的平方可得：SPQC1011162=605128或SPQC10122252=576125【点睛】此题考查的二次函数综合运用，涉与到一次函数、解直角三角形、三角形相似等知识点，其中3，要注意分类求解，防止遗漏【精练5】2019如图，抛物线yax2+bx+c经过点A3，0、B9，0和C0，4，CD垂直于y轴，交抛物线于点D，DE垂直于x轴，垂足为E，直线l是该抛物线的对称轴，点F是抛物线的顶点1求出该二次函数的表达式与点D的坐标；2假如RtAOC沿x轴向右平移，使其直角边OC与对称轴l重合，再沿对称轴l向上平移到点C与点F重合，得到RtA1O1F，求此时RtA1O1F与矩形OCDE重叠局部图形的面积；3假如RtAOC沿x轴向右平移t个单位长度0t6得到RtA2O2C2，RtA2O2C2与RtOED重叠局部图形的面积记为S，求S与t之间的函数表达式，并写出自变量t的取值围【点拨】1将点A3，0、B9，0和C0，4代入yax2+bx+c即可求出该二次函数表达式，因为CD垂直于y轴，所以令y4，求出x的值，即可写出点D坐标；2设A1F交CD于点G，O1F交CD于点H，求出顶点坐标，证FGHFA1O1，求出GH的长，因为RtA1O1F与矩形OCDE重叠局部的图形是梯形A1O1HG，所以S重叠局部=SA1O1F-SFGH，即可求出结果；3当0t3时，设O2C2交OD于点M，证OO2MOED，求出O2M=23t，可直接求出S=SOO2M=12OO2O2M=13t2；当3t6时，设A2C2交OD于点M，O2C2交OD于点N，分别求出直线OD与直线A2C2的解析式，再求出其交点M的坐标，证DC2NDCO，求出C2N=236t，由S=S四边形A2O2NM=SA2O2C2-SC2MN可求出S与t的函数表达式【解答】解：1抛抛线yax2+bx+c经过点A3，0、B9，0和C0，4，抛物线的解析式为yax+3x9，点C0，4在抛物线上，427a，a=-427，抛物线的解析式为：y=-427x+3x9=-427x2+89x+4，CD垂直于y轴，C0，4，令-427x2+89x+44，解得，x0或x6，点D的坐标为6，4；2如图1所示，设A1F交CD于点G，O1F交CD于点H，点F是抛物线y=-427x2+89x+4的顶点，F3，163，FH=163-4=43，GHA1O1，FGHFA1O1，GHA1O1=FHFO1，GH3=434，解得，GH1，RtA1O1F与矩形OCDE重叠局部的图形是梯形A1O1HG，S重叠局部=SA1O1F-SFGH=12A1O1O1F-12GHFH=1234-12143=163；3当0t3时，如图2所示，设O2C2交OD于点M，C2O2DE，OO2MOED，O2MDE=OO2OE，O2M4=t6，O2M=23t，S=SOO2M=12OO2O2M=12t23t=13t2；当3t6时，如图3所示，设A2C2交OD于点M，O2C2交OD于点N，将点D6，4代入ykx，得，k=23，yOD=23x，将点t3，0，t，4代入ykx+b，得，k(t-3)+b=0kt+b=4，解得，k=43，b=-43t+4，直线A2C2的解析式为：y=43x-43t+4，联立yOD=23x与y=43x-43t+4，得，23x=43x-43t+4，解得，x6+2t，两直线交点M坐标为6+2t，4+43t，故点M到O2C2的距离为6t，C2NOC，DC2NDCO，DC2CD=C2NOC，6-t6=C2N4，C2N=236t，S=S四边形A2O2NM=SA2O2C2-SC2MN=12OAOC-12C2N6t=1234-12236t6t=-13t2+4t6；S与t的函数关系式为：S=13t2(0t3)-13t2+4t-6(3t6)【点睛】此题考查了待定系数法求解析式，相似三角形的判定与性质，三角形的面积等，解题关键是能够根据题意画图，知道有些不规如此图形的面积可转化为几个规如此图形的面积和或差来求出【精练6】2019在平面直角坐标系中，抛物线y=-34x2+32x+23与x轴交于A，B两点点A在点B左侧，与y轴交于点C，顶点为D，对称轴与x轴交于点Q1如图1，连接AC，BC假如点P为直线BC上方抛物线上一动点，过点P作PEy轴交BC于点E，作PFBC于点F，过点B作BGAC交y轴于点G点H，K分别在对称轴和y轴上运动，连接PH，HK当PEF的周长最大时，求PH+HK+32KG的最小值与点H的坐标2如图2，将抛物线沿射线AC方向平移，当抛物线经过原点O时停止平移，此时抛物线顶点记为D，N为直线DQ上一点，连接点D，C，N，D能否构成等腰三角形？假如能，直接写出满足条件的点N的坐标；假如不能，请说明理由【点拨】1首先证明PEFBCO，推出当PE最大时，PEF的周长最大，构建二次函数，求出PE最大时，点P的坐标，将直线GO绕点G逆时针旋转60，得到直线l，作PM直线l于M，KM直线l于M，如此PH+HK+32KGPH+HK+KMPM，求出PM即可解决问题2首先利用待定系数法求出点D坐标，设N1，n，C0，23，D5，2534，如此NC21+n232，DC252+2534-232，DN2512+2534-n2，分三种情形分别构建方程求出n的值即可解决问题【解答】解：1如图1中，对于抛物线y=-34x2+32x+23，令x0，得到y23，令y0，得到-34x2+32x+23=0，解得x2或4，C0，23，A2，0，B4，0，抛物线顶点D坐标1，934，PFBC，PFEBOC90，PEOC，PEFBCO，PEFBCO，当PE最大时，PEF的周长最大，B4，0，C0，23，直线BC的解析式为y=-32x+23，设Pm，-34m2+32m+23，如此Em，-32m+23，PE=-34m2+32m+23-32m+23=-34m2+3m，当m2时，PE有最大值，P2，23，如图，将直线GO绕点G逆时针旋转60，得到直线l，作PM直线l于M，KM直线l于M，如此PH+HK+32KGPH+HK+KMPM，P2，23，POB60，MOG30，MOG+BOC+POB180，P，O，M共线，可得PM10，PH+HK+32KG的最小值为10，此时H1，32A2，0，C0，23，直线AC的解析式为y=3x+23，DDAC，D1，934，直线DD的解析式为y=3x+534，设Dm，3m+534，如此平移后抛物线的解析式为y1=-34xm2+3m+534，将0，0代入可得m5或1舍弃，D5，2534，设N1，n，C0，23，D5，2534，NC21+n232，DC252+2534-232，DN2512+2534-n2，当NCCD时，1+n23252+2534-232，解得：n=8331394当NCDN时，1+n232512+2534-n2，解得：n=6413136当DCDN时，52+2534-232512+2534-n2，解得：n=25310114，综上所述，满足条件的点N的坐标为1，83+31394或1，83-31394或1，6413136或1，253+10114或1，253-10114【点睛】此题属于二次函数综合题，考查了一次函数的性质，二次函数的性质，垂线段最短，相似三角形的判定和性质，一元二次方程等知识，解题的关键是，学会用转化的思想思考问题，把最短问题转化为垂线段最短，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题29 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