抛物线与几何图形.docx

上传人:牧羊曲112 文档编号:3109327 上传时间:2023-03-10 格式:DOCX 页数:13 大小:42.58KB
返回 下载 相关 举报
抛物线与几何图形.docx_第1页
第1页 / 共13页
抛物线与几何图形.docx_第2页
第2页 / 共13页
抛物线与几何图形.docx_第3页
第3页 / 共13页
抛物线与几何图形.docx_第4页
第4页 / 共13页
抛物线与几何图形.docx_第5页
第5页 / 共13页
亲,该文档总共13页,到这儿已超出免费预览范围,如果喜欢就下载吧!
资源描述

《抛物线与几何图形.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《抛物线与几何图形.docx(13页珍藏版)》请在三一办公上搜索。

1、抛物线与几何图形抛物线与几何图形 一、抛物线与三角形 例1.ABC中,A,B,C的对边分别为a,b,c,抛物线yx22ax+b2交x轴于两点M,N,交y轴于点P,其中M的坐标是(a+c,0).求证:ABC是直角三角形.若SMNP3SNOP,求cosC的值;判断ABC的三边长能否取一组适当的值,使三角形MND是等腰直角三角形?如能,请求出这组值;如不能,请说明理由. 析:因为抛物线yx22ax+b2经过点M(a+c,0),所以(a+c)22a(a+c)+b20,即a2b2+c2.由勾股定理的逆定理,得ABC为直角三角形. 如图1所示,SMNP3SNOP,MN3ON,即MO4ON,又M(a+c,0

2、),Na+c,0, 4a+c2a4a2-4b222a+c,是方程x2ax+b0的两根,此时两个为x1,2aa2-b2 42a+c+a+c34b42a,ca.由知:在ABC中,A90,由勾股定理得ba,cosC. 55a541MNEM. M(a+c,0),D(a,c2), 2能.由知yx22ax+b2x22ax+a2c2(xa)2c2,顶点D(a,c2).过D作DEx轴于点E, 则NEEM,DNDM,要使MND为等腰直角三角形,只须EDDEc2,EMc,c2c,又c0,c1. ca,b3545454a,a,b.当a,b,c153333时,MND为等腰直角三角形. A 图3 图1 图2 说明 本题

3、是一道探索题,是近年来中考命题的热点问题,在第小题中要求同学们先猜想可能的结论,再进行证明,这对同学们的确有较高的能力要求,而在探索结论前可以自己先画几个草图,做到心中有数再去努力求证.总之这是一道新课标形势下的优秀压轴题. 二、抛物线与平行四边形 例2 如图2,抛物线yx22x3与x轴交A、B两点,直线l与抛物线交于A、C两点,其中C点的横坐标为2.求A、B两点的坐标及直线AC的函数表达式;P是线段AC上的一个动点,过P点作y轴的平行线交抛物线于E点,求线段PE长度的最大值;点G是抛物线上的动点,在x轴上是否存在点F,使A、C、F、G这样的四个点为顶点的四边形是平行四边形?如果存在,求出所有

4、满足条件的F点坐标;如果不存在,请说明理由. 析令y0,解得x11,或x23,所以A(1,0),B(3,0);将C点的横坐标x2代入yx22x3得y3,所以C(2,3).所以直线AC的函数解析式是yx1. 设P点的横坐标为x(1x2),则P、E的坐标分别为:P(x,x1),E(x,x22x3).因为P点在E点的上方,PE(x1)(x22x3)x2+x+2,所以当x19时,PE的最大值. 24 1 存在4个这样的点F,分别是F1(1,0),F2 (3,0),F3(4+7,0),F4(47,0). 说明 本题是一道很典型的几何型探索题,在近几年的中考压轴题中稳占一席之地,预计这几年仍会保持这一趋势

5、.在本题中,第1小题较简单,第2小题则需同学们仔细观察图形,做出准确求解,第3小题对同学们的探究能力的要求更高一些,但由于解法直观,入题的通道较宽,因此难度并非十分大. 三、抛物线与矩形 例3如图3,已知抛物线P:yax2+bx+c(a0) 与x轴交于A、B两点(点A在x轴的正半轴上),与y轴交于点C,矩形DEFG的一条边DE在线段AB上,顶点F、G分别在线段BC、AC上,抛物线P上部分点的横坐标对应的纵坐标如下: x 1 2 3 2 55 y 0 4 22求A、B、C三点的坐标;若点D的坐标为(m,0),矩形DEFG的面积为S,求S与m的函数关系,并指出m的取值范围;当矩形DEFG的面积S取

6、最大值时,连接DF并延长至点M,使FMkDF,若点M不在抛物线P上,求k的取值范围. 若因为时间不够等方面的原因,经过探索、思考仍无法圆满解答本题,请不要轻易放弃,试试将上述(2)、(3)小题换为下列问题解答(已知条件及第(1)小题与上相同,完全正确解答只能得到5分):若点D的坐标为(1,0),求矩形DEFG的面积. 55简析由抛物线P过点(1,),(3,-)可知,抛物线P的对称轴方程为x1,又抛物线P过(2,0)、22(2,4),则由抛物线的对称性可知,点A、B、C的坐标分别为 A(2,0),B(4,0),C(0,4) . ADDGBEEF由题意,而AO2,OC4,AD2m,故DG42m,又

7、,EFDG, AOOCBOOC得BE42m,所以DE3m,所以SDEFGDGDE(42m)3m12m6m2 (0m2) . SDEFG12m6m2 (0m2),m1时,矩形的面积最大,且最大面积是6 .当矩形面积最大时, 22其顶点为D(1,0),G(1,2),F(2,2),E(2,0),设直线DF的解析式为ykx+b,易知,k,b, 331-1 6122221yx,又可求得抛物线P的解析式为:yx2+x4,令xx2+x4,可求出x. 3333322设射线DF与抛物线P相交于点N,则N的横坐标为-1-3361-1-361,过N作x轴的垂线交x轴于H, 有FNHE=DFDE-2-5+61,点M不

8、在抛物线P上,即点M不与N重合时, 9此时k的取值范围是k -5+61且k0. 9ADDGFGCP,而AD1,AO2,OC4,则DG2, 又,而AB6, =AOOCABOCCP2,OC4,则FG3,SDEFGDGFG6. 说明 本题是一道非常经典压轴题,有一定的难度,试题的图形看似比较平凡,好像没有什么创意,但仔细读题,你会发现本题的几个小问都问得很好,尤其是题目的最后部分,这几个小题环环相扣,一气呵成,此题着重考查了函数最值、矩形等知识。 若选择另一问题:四、抛物线与菱形 例4 已知圆P的圆心在反比例函数yk(k1)图象上,并与x轴相交于A、B两点.且始终与yx轴相切于定点C(0,1).求经

9、过A、B、C三点的二次函数图象的解析式;若二次函数图象的顶点为D,问当k为何值时,四边形ADBP为菱形. 2 H H 图4 图5 简析如图4,连结PC、PA、PB,过P点作PHx轴,垂足为H.因为P与y轴相切于点C (0,1),所以PCy轴.因为P点在反比例函数yk的图象上,所以P点坐标为.所以PAPCk.在RtAPH中,AHxP交x轴于A、PA2-PH2k2-1,所以OAOHAHkk2-1.所以A.因为由B两点,且PHAB,由垂径定理可知,PH垂直平分AB.所以OBOA+2AHkk2-1+2k2-1k+k2-1,所以B(k+k2-1,0).故过A、B两点的抛物线的对称轴为PH所在的直线解析式

10、为xk.可设该抛物线解析式为ya(xk)2+h.又抛物线过C(0,1),B(k+k2-1,0), ak2+h=1,得 解得a1,h1k2.所以抛物线解析式为y(xk)2+1k2. 22a(k+k-1-k)+h=0.如图5,由知抛物线顶点D坐标为,DHk21.若四边形ADBP为菱形.则必有PHDH .PH1,k211.又k1,k2,当k取2时,PD与AB互相垂直平分,则四边形ADBP为菱形. 说明:此题是一道难得的好题,第1、2小题都是常规题,有一定基础的同学均能找到具体解题思路,都能较轻松的搞定. 五、抛物线与正方形 例5如图6,在平面直角坐标系中,RtAOBRtCDA,且A(1,0)、B(0

11、,2),抛物线yax2+ax2经过点C.求抛物线的解析式;在抛物线(对称轴的右侧)上是否存在两点P、Q,使四边形ABPQ是正方形?若存在,求点P、Q的坐标,若不存在,请说明理由;如图7,E为BC延长线上一动点,过A、B、E三点作O,连结AE,在O上另有一点F,且AFAE,AF交BC于点G,连结BF.下列结论:BE+BF的值不变;BFBG,其中有且只有一个成立,请你判断哪一个结论成立,并证明成立的结论. AFAGy y F G B O B C C x E D A O x A O 图8 图7 图6 简析由RtAOBRtCDA,得OD2+13,CD1,所以C点坐标为(3,1),因为抛物线经过点C,

12、3 1(3)2a+(3)a2,a111.所以抛物线的解析式为yx2+x2. 222在抛物线上存在点P、Q,使四边形ABPQ是正方形.以AB边在AB右侧作正方形ABPQ.过P作PEOB于E,QGx轴于G,可证PBEAQGBAO,PEAGBO2,BEQGAO1, P点坐标为,Q点坐标为.由抛物线y121x+x2,当x2时,y1,当x1时, 22y1,P、Q在抛物线上.故在抛物线上存在点P、Q,使四边形ABPQ是正方形结论BFBG成立.证明如下:如图8,连EF,过F作FMBG交AB的延长线于M,则AMFABG, AFAGMFBG.由知ABC是等腰直角三角形,1245.因为AFAE,AEF145. A

13、GAFMFBG. AGAFEAF90,EF是O的直径. EBF90.因为FMBG,MFBEBF90,M245, BFMF,即 说明 本题是一道综合性很强也是传统加创新型的压轴题,涉及了函数、方程、全等、相似、圆等大量初中数学的重点知识,解这类问题要求同学们必须牢固的掌握各个领域的数学知识,须注意的是在第3小问中涉及了相似三角形的问题,要求同学们拥有较强的数形结合思想去探索结论的存在性. 六、抛物线与梯形 例6已知,在RtOAB中,OAB90,BOA30,AB2.若以O为坐标原点,OA所在直线为x轴,建立如图9所示的平面直角坐标系,点B在第一象限内将RtOAB沿OB折叠后,点A落在第一象限内的点

14、C处. 求点C的坐标;若抛物线yax2+bx(a0)经过C、A两点,求此抛物线的解析式;若抛物线的对称轴与OB交于点D,点P为线段DB上一点,过P作y轴的平行线,交抛物线于点M.问:是否存在这样的点P,使得四边形CDPM为等腰梯形?若存在,请求出此时点P的坐标;若不存在,请说明理由. 析过点C作CHx轴,垂足为H.因为在RtOAB中,OAB90,BOA30,AB2,所以OB4,OA23.所以点A(23,0),由抛物线的对称性得点H(3,0),再由折叠知,COB30,OCOA23,所以COH60,即CH3. 所以C点坐标为(3,3). 3=32a+3b,因为抛物线yax2+bx(a0)经过C(3

15、,3)、A(23,0)两点,所以 20=23a+23b.a=-1,解得即此抛物线的解析式为yx2+23x. b=23.存在.因为yx2+23x的顶点坐标为(3,3)即为点C,MPx轴,设垂足为N,PNt,因为BOA30,所以ON3t,所以P(3t,t),作PQCD,垂足为Q,MECD,垂足为E,把x3t代入yx2+23x,得y3t2+6t.所以M(t,3t2+6t),E(3,3t2+6t).同理Q(3,t),D(3,1).要使四边形CDPM为等腰梯形,只需CEQD,即3(3t2+6t)t1,解得t1()()44,t21.所以P点坐标为(3343,). 3 4 所以存在满足条件的点P,使得四边形

16、CDPM为等腰梯形,此时P点的坐为(4343,). 3y y y l CP MC E Q C x BM A D B O x M A QPD B K O E DE 图10 OHNA x 图11 图9 说明 由于等腰梯形是轴对称图形,所以本题通过抛物线的对称性为求解的切入点,使问题得以顺利求解. 七、抛物线与圆 例7 如图10,点M,以点M为圆心、2为半径的圆与x轴交于点A、B已知抛物线yx2+bx+c过点A和B,与y轴交于点C.求点C的坐标,并画出抛物线的大致图象.点Q在抛6y 物线yx2+bx+c上,点P为此抛物线对称轴上一个动点,求PQ+PB的最小值. CE是过点C的M的切线,点E是切点,求

17、OE所在直线的解析式. O 12析由已知,得A,B,因为抛物线yx+bx+c过点A和B, 6D 116C A E M x B 12图12 42+2b+c=0,1246b=-,则解得3则抛物线的解析式为yxx+2. 故C. 63162+6b+c=0,c=2.6如图11,抛物线对称轴l是x4.因为Q抛物线上,所以m2.过点Q作QKx轴于点K,则K,QK2,AK6,所以AQAK+QK210.又B与A关于对称轴l对称,所以PQ+PB的最小值AQ210.如图12,连结EM和CM.由已知,得EMOC2.CE是M的切线,所以DEM90,则DEMDOC. 又ODCEDM.故DEMDOC.所以ODDE,CDMD.又在ODE和MDC中,ODEMDC,DOEDEODCMDMC. 则OECM.设CM所在直线的解析式为ykx+b,CM1k=-,4k+b=0,1过点C,M,解得2直线CM的解析式为yx+2. 2b=2.b=2,又直线OE过原点O,且OECM,则OE的解析式为y1x. 2说明 本题是一道以二次函数为背景的压轴题,也是一道区分度较好的试题,其第1小题只需学生熟悉二次函数的基本性质即可求解,不算难,第2和第3小题则有一定的能力要求,不易寻找求解的切入点,这往往是缺乏基础知识和数形结合思想所致,解这类题时不要急着下笔,要做到能够领会命题者的意图,做到胸有成竹方可下笔. 5

展开阅读全文
相关资源
猜你喜欢
相关搜索

当前位置:首页 > 生活休闲 > 在线阅读


备案号:宁ICP备20000045号-2

经营许可证:宁B2-20210002

宁公网安备 64010402000987号