2013中考前15天冲刺压轴题专题6:由运动产生的线段和差问题教师版

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2013中考数学最后冲刺--专题强化训练

专题6：由运动产生的线段和差问题

1. （2012湖北恩施8分）如图，已知抛物线y=﹣x2+bx+c与一直线相交于A（﹣1，0），C（2，3）两点，与y轴交于点N．其顶点为D．

（1）抛物线及直线AC的函数关系式；

（2）设点M（3，m），求使MN+MD的值最小时m的值；

（3）若抛物线的对称轴与直线AC相交于点B，E为直线AC上的任意一点，过点E作EF∥BD交抛物线于点F，以B，D，E，F为顶点的四边形能否为平行四边形？若能，求点E的坐标；若不能，请说明理由；

（4）若P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点，求△APC的面积的最大值．

【答案】解：（1）由抛物线y=﹣x2+bx+c过点A（﹣1，0）及C（2，3）得，

，解得。∴抛物线的函数关系式为。

设直线AC的函数关系式为y=kx+n，由直线AC过点A（﹣1，0）及C（2，3）得

，解得。∴直线AC的函数关系式为y=x+1。

（2）作N点关于直线x=3的对称点N′，

    令x=0，得y=3，即N（0，3）。∴N′（6， 3）

由得   D（1，4）。

设直线DN′的函数关系式为y=sx+t，则

，解得。∴故直线DN′的函数关系式为。

根据轴对称的性质和三角形三边关系，知当M（3，m）在直线DN′上时，MN+MD的值最小，

∴。∴使MN+MD的值最小时m的值为。

（3）由（1）、（2）得D（1，4），B（1，2），

①当BD为平行四边形对角线时，由B、C、D、N的坐标知，四边形BCDN是平行四边形，此时，点E与点C重合，即E（2，3）。②当BD为平行四边形边时，

∵点E在直线AC上，∴设E（x，x+1），则F（x，）。

又∵BD=2∴若四边形BDEF或BDFE是平行四边形时，BD=EF。

∴，即。

若，解得，x=0或x=1（舍去），∴E（0，1）。

若，解得，，∴E或E。

综上，满足条件的点E为（2，3）、（0，1）、、。

（4）如图，过点P作PQ⊥x轴交AC于点Q；过点C作CG⊥x轴于点G， 

设Q（x，x+1），则P（x，﹣x2+2x+3）。

∴。

∴    。

∵，∴当时，△APC的面积取得最大值，最大值为。

【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，轴对称的性质，三角形三边关系，平行四边形的判定和性质，二次函数的最值。

【分析】（1）利用待定系数法求二次函数解析式、一次函数解析式。

（2）根据轴对称的性质和三角形三边关系作N点关于直线x=3的对称点N′，当M（3，m）在直线DN′上时，MN+MD的值最小。（3）分BD为平行四边形对角线和BD为平行四边形边两种情况讨论。

（4）如图，过点P作PQ⊥x轴交AC于点Q；过点C作CG⊥x轴于点G，设Q（x，x+1），则P（x，﹣x2+2x+3），求得线段PQ=﹣x2+x+2。由图示以及三角形的面积公式知，由二次函数的最值的求法可知△APC的面积的最大值。

2. （2012湖北黄冈14分）如图，已知抛物线的方程C1:与x 轴相交于点B、

C，与y 轴相交于点E，且点B 在点C 的左侧.

(1)若抛物线C1过点M(2，2)，求实数m 的值．

(2)在(1)的条件下，求△BCE的面积．

(3)在(1)的条件下，在抛物线的对称轴上找一点H，使BH+EH最小，并求出点H的坐标．

(4)在第四象限内，抛物线C1上是否存在点F，使得以点B、C、F为顶点的三角形与△BCE相似?若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．

【答案】解：（1）∵抛物线C1过点M(2，2)，∴，

解得m=4。（2）由（1）得。 令x=0，得。

∴E（0，2），OE=2。令y=0，得，解得x1=－2，x=4。∴B（－2，0），C（4，0），BC=6。 ∴△BCE的面积=。

（3）由（2）可得的对称轴为x=1。

 连接CE，交对称轴于点H，由轴对称的性质和两点之间线段最短的性质，知此时BH+EH最小。设直线CE的解析式为，则

，解得。∴直线CE的解析式为。

 当x=1时，。∴H（1，）。

（4）存在。分两种情形讨论：

①当△BEC∽△BCF时，如图所示。则，∴BC2=BE•BF。

由（2）知B（－2，0），E（0，2），即OB=OE，

∴∠EBC=45°，∴∠CBF=45°。

作FT⊥x轴于点F，则BT=TF。∴令F（x，－x－2）（x＞0），

又点F在抛物线上，∴－x－2=，

∵x+2＞0（∵x＞0），∴x=2m，F（2m，－2m－2）。

此时，

又BC2=BE•BF，∴（m+2）2=  •，解得m=2±。

∵m＞0，∴m=+2。

②当△BEC∽△FCB时，如图所示。则，∴BC2=EC•BF。

同①，∵∠EBC=∠CFB，△BTF∽△COE，∴。

∴令F（x，－（x+2））（x＞0），

又点F在抛物线上，∴－（x+2）=。

∵x+2＞0（∵x＞0），∴x=m+2。∴F（m+2，－（m+4）），，BC=m+2。

又BC2=EC•BF，∴（m+2）2=  .

整理得：0=16，显然不成立。

综合①②得，在第四象限内，抛物线上存在点F，使得以点B、C、F为顶点的三角形与△BCE相似，m=+2。

【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，轴对称的性质，两点之间线段最短的性质，相似三角形的判定和性质。

【分析】（1）将点（2，2）的坐标代入抛物线解析式，即可求得m的值。

（2）求出B、C、E点的坐标，从而求得△BCE的面积。

（3）根据轴对称以及两点之间线段最短的性质，可知点B、C关于对称轴x=1对称，连接EC与对称轴的交点即为所求的H点。

（4）分两种情况进行讨论：①当△BEC∽△BCF时，如图所示，此时可求得+2。②当△BEC∽△FCB时，如图所示，此时得到矛盾的等式，故此种情形不存在。

3. （2012湖南郴州10分）如图，已知抛物线经过A（4，0），B（2，3），C（0，3）三点．

（1）求抛物线的解析式及对称轴．

（2）在抛物线的对称轴上找一点M，使得MA+MB的

值最小，并求出点M的坐标．

（3）在抛物线上是否存在一点P，使得以点A、B、C、

P四点为顶点所构成的四边形为梯形？若存在，请求出

点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】解：（1）∵抛物线经过A（4，0），B（2，3），C（0，3）三点，

∴，解得。

∴抛物线的解析式为：，其对称轴为：。

（2）由B（2，3），C（0，3），且对称轴为x=1，可知点B、C是关于对称轴x=1的对称点。

如图1所示，连接AC，交对称轴x=1于点M，连接MB，则MA＋MB=MA＋MC=AC，根据两点之间线段最短可知此时MA＋MB的值最小。

设直线AC的解析式为y=kx＋b，

∵A（4，0），C（0，3），∴，解得。

∴直线AC的解析式为：y=x＋3。

令x=1，得y= 。∴M点坐标为（1，）。

（3）结论：存在。

如图2所示，在抛物线上有两个点P满足题意：

①若BC∥AP1，此时梯形为ABCP1。

由B（2，3），C（0，3），可知BC∥x轴，则x轴与抛物线的另一个交点P1即为所求。

在中令y=0，解得x1=-2，x2=4。

∴P1（－2，0）。

∵P1A=6，BC=2，∴P1A≠BC。

∴四边形ABCP1为梯形。

②若AB∥CP2，此时梯形为ABCP2。

设CP2与x轴交于点N，

∵BC∥x轴，AB∥CP2，∴四边形ABCN为平行四边形。∴AN=BC=2。∴N（2，0）。

设直线CN的解析式为y=k1x+b1，则有：，解得。

∴直线CN的解析式为：y=x+3。

∵点P2既在直线CN：y=x+3上，又在抛物线：上，

∴x+3=，化简得：x2－6x=0，解得x1=0（舍去），x2=6。

∴点P2横坐标为6，代入直线CN解析式求得纵坐标为－6。∴P2（6，－6）。

∵ABCN，∴AB=CN，而CP2≠CN，∴CP2≠AB。∴四边形ABCP2为梯形。

综上所述，在抛物线上存在点P，使得以点A、B、C、P四点为顶点所构成的四边形为梯形，点P的坐标为（－2，0）或（6，－6）。

【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，轴对称的性质，

线段最短的性质，梯形的判定。

【分析】（1）已知抛物线上三点A、B、C的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式，再由对称轴公式求出对称轴。

（2）如图1所示，连接AC，则AC与对称轴的交点即为所求之M点；已知点A、C的坐标，利用待定系数法求出直线AC的解析式，从而求出点M的坐标。

（3）根据梯形定义确定点P，如图2所示：①若BC∥AP1，确定梯形ABCP1．此时P1为抛物线与x轴的另一个交点，解一元二次方程即可求得点P1的坐标；②若AB∥CP2，确定梯形ABCP2．此时P2位于第四象限，先确定CP2与x轴交点N的坐标，然后求出直线CN的解析式，再联立抛物线与直线解析式求出点P2的坐标。

4. （2012四川自贡14分）如图，抛物线l交x轴于点A（﹣3，0）、B（1，0），交y轴于点C（0，﹣3）．将抛物线l沿y轴翻折得抛物线l1．

（1）求l1的解析式；

（2）在l1的对称轴上找出点P，使点P到点A的对称点A1及C两点的距离差最大，并说出理由；

（3）平行于x轴的一条直线交抛物线l1于E、F两点，若以EF为直径的圆恰与x轴相切，求此圆的半径．

【答案】解：（1）如图1，设经翻折后，点A．B的对应点分别为A1、B1，

依题意，由翻折变换的性质可知A1（3，0），B1（﹣1，0），C点坐标不变，

∴抛物线l1经过A1（3，0），B1（﹣1，0），C（0，﹣3）三点，

设抛物线l1的解析式为y=ax2+bx+c，则

，解得。∴抛物线l1的解析式为：y=x2﹣2x﹣3。

（2）抛物线l1的对称轴为：x=，

如图2，连接B1C并延长，与对称轴x=1交于点P，则点P即为所求。

此时，|PA1﹣PC|=|PB1﹣PC|=B1C。

设P′为对称轴x=1上不同于点P的任意一点，

则有：|P′A﹣P′C|=|P′B1﹣P′C|＜B1C（三角形两边之差小于第三边），

∴|P′A﹣P′C|＜|PA1﹣PC|，即|PA1﹣PC|最大。

设直线B1C的解析式为y=kx+b，则

，解得k=b=﹣3。∴直线B1C的解析式为：y=﹣3x﹣3。

令x=1，得y=﹣6。∴P（1，﹣6）。

（3）依题意画出图形，如图3，有两种情况：

①当圆位于x轴上方时，设圆心为D，半径为r，由抛物线及圆的对称性可知，

点D位于对称轴x=1上，则D（1，r），F（1+r，r）。

∵点F（1+r，r）在抛物线y=x2﹣2x﹣3上，

∴r=（1+r）2﹣2（1+r）﹣3，化简得：r2﹣r﹣4=0

解得r1=，r2=（舍去）。

∴此圆的半径为；

②当圆位于x轴上方时，同理可求得圆的半径为。

综上所述，此圆的半径为或。

【考点】二次函数综合题，翻折变换的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的轴对称性质，三角形三边关系，直线和圆的位置关系，解一元二次方程和二元一次方程组。

【分析】（1）根据翻折变换的性质，求得A1和B1的坐标，用待定系数法即可求得抛物线l1的解析式，

（2）根据三角形两边之差小于第三边的性质即可知，B1C的延长线与对称轴x=1的交点P，即为所求。求出B1C的解析式即可求得点P的坐标。