2022年中考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)類型十二次函數(shù)與矩形有關(guān)的問題（解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

（1）“拋物線三角形”一定是三角形；
（2）若拋物線的“拋物線三角形”是等腰直角三角形，求b的值；
（3）如圖，△OAB是拋物線的“拋物線三角形”，是否存在以原點(diǎn)O為對稱中心的矩形ABCD？若存在，求出過O、C、D三點(diǎn)的拋物線的表達(dá)式；若不存在，說明理由．
【答案】解：（1）等腰。
（2）∵拋物線的“拋物線三角形”是等腰直角三角形，
∴該拋物線的頂點(diǎn)滿足（b＞0）。
∴b=2。
（3）存在。
如圖，作△OCD與△OAB關(guān)于原點(diǎn)O中心對稱，
則四邊形ABCD為平行四邊形。
當(dāng)OA=OB時(shí)，平行四邊形ABCD為矩形。
又∵AO=AB， ∴△OAB為等邊三角形。
作AE⊥OB，垂足為E，
∴，即，∴．
∴。
設(shè)過點(diǎn)O、C、D三點(diǎn)的拋物線，則
，解得，。
∴所求拋物線的表達(dá)式為。
【典例2】如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2－2ax－3a（a＜0）與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），點(diǎn)D是第四象限內(nèi)拋物線上的一點(diǎn)，直線AD與y軸負(fù)半軸交于點(diǎn)C，且CD＝4AC．設(shè)P是拋物線的對稱軸上的一點(diǎn)，點(diǎn)Q在拋物線上，以點(diǎn)A、D、P、Q為頂點(diǎn)的四邊形能否成為矩形？若能，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不能，請說明理由．
圖5-1
【解析】由y＝ax2－2ax－3a＝a(x＋1)(x－3)，得A(－1, 0)．
由CD＝4AC，得xD＝4．所以D(4, 5a)．
已知A(－1, 0)、D(4, 5a)，xP＝1，以AD為分類標(biāo)準(zhǔn)，分兩種情況討論：
①如圖5-2，如果AD為矩形的邊，我們根據(jù)AD//QP，AD＝QP來兩次平移坐標(biāo)．
由于A、D兩點(diǎn)間的水平距離為5，所以點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為－4．所以Q(－4,21a)．
由于A、D兩點(diǎn)間的豎直距離為－5a，所以點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為26a．所以P(1, 26a)．
根據(jù)矩形的對角線相等，得AP2＝QD2．所以22＋(26a)2＝82＋(16a)2．
整理，得7a2＝1．所以．此時(shí)P．
②如圖5-3，如果AD為矩形的對角線，我們根據(jù)AP//QD，AP＝QD來兩次平移坐標(biāo)．
由于A、P兩點(diǎn)間的水平距離為2，所以點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為2．所以Q(2,－3a)．
由于Q、D兩點(diǎn)間的豎直距離為－8a，所以點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為8a．所以P(1, 8a)．
再根據(jù)AD2＝PQ2，得52＋(5a)2＝12＋(11a)2．
整理，得4a2＝1．所以．此時(shí)P．
我們從圖形中可以看到，像“勾股圖”那樣構(gòu)造矩形的外接矩形，使得外接矩形的邊與坐標(biāo)軸平行，那么線段的等量關(guān)系就可以轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)間的關(guān)系．
上面我們根據(jù)“對角線相等的平行四邊形是矩形”列方程，還可以根據(jù)定義“有一個(gè)角是直角的平行四邊形叫矩形”來列方程．
如圖5-2，如果∠ADP＝90°，那么；如圖5-3，如果∠QAP＝90°，那么．
圖5-2 圖5-3
【典例3】如圖所示，拋物線m：y=ax2+b（a＜0，b＞0）與x軸于點(diǎn)A、B（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C．將拋物線m繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)180°，得到新的拋物線n，它的頂點(diǎn)為C1，與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為A1．
（1）當(dāng)a=﹣1，b=1時(shí)，求拋物線n的解析式；
（2）四邊形AC1A1C是什么特殊四邊形，請寫出結(jié)果并說明理由；
（3）若四邊形AC1A1C為矩形，請求出a，b應(yīng)滿足的關(guān)系式．
【答案】：解：（1）當(dāng)a=﹣1，b=1時(shí)，拋物線m的解析式為：y=﹣x2+1．
令x=0，得：y=1．∴C（0，1）．令y=0，得：x=±1．∴A（﹣1，0），B（1，0），
∵C與C1關(guān)于點(diǎn)B中心對稱，∴拋物線n的解析式為：y=（x﹣2）2﹣1=x2﹣4x+3；
（2）四邊形AC1A1C是平行四邊形．
理由：∵C與C1、A與A1都關(guān)于點(diǎn)B中心對稱，∴AB=BA1，BC=BC1，∴四邊形AC1A1C是平行四邊形．
（3）令x=0，得：y=b．∴C（0，b）．令y=0，得：ax2+b=0，∴，∴，
，，.要使平行四邊形AC1A1C是矩形，必須滿足AB=BC，∴，∴，∴ab＝－3．∴a、b應(yīng)滿足關(guān)系式ab＝－3．
【典例4】如圖6-1，將拋物線c1：沿x軸翻折，得到拋物線c2．
現(xiàn)將拋物線c1向左平移m個(gè)單位長度，平移后得到新拋物線的頂點(diǎn)為M，與x軸的交點(diǎn)從左到右依次為A、B；將拋物線c2向右也平移m個(gè)單位長度，平移后得到新拋物線的頂點(diǎn)為N，與x軸的交點(diǎn)從左到右依次為D、E．在平移過程中，是否存在以點(diǎn)A、N、E、M為頂點(diǎn)的四邊形是矩形的情形？若存在，請求出此時(shí)m的值；若不存在，請說明理由．
圖6-1
【解析】沒有人能精確畫好拋物線，又怎么平移拋物線呢？我們?nèi)未嬲?，將A、B、D、E、M、N六個(gè)點(diǎn)及它們的坐標(biāo)在圖中都標(biāo)注出來（如圖6-2），如果您看到了△MAB和△NED是邊長為2的等邊三角形，那么平移就簡單了．
如圖6-3，在兩個(gè)等邊三角形平移的過程中，AM與EN保持平行且相等，所以四邊形ANEM保持平行四邊形的形狀，點(diǎn)O為對稱中心．
【解法一】如果∠ANE＝90°，根據(jù)30°角所對的直角邊等于斜邊的一半，可得AE＝2EN＝4．而AE＝AO＋OE＝2AO，所以AO＝2．已知AB＝2，此時(shí)B、O重合（如圖6-4），所以m＝BO＝1．
【解法二】如果對角線MN＝AE，那么OM＝OA，此時(shí)△MAO是等邊三角形．所以等邊三角形MAB與△MAO重合．因此B、O重合，m＝BO＝1．
【解法三】在平移的過程中，、，M，根據(jù)OA2＝OM 2列方程(1＋m)2＝m2＋3．解得m＝1．
圖6-2 圖6-3 圖6-4
【典例5】如圖1．在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與軸相交于兩點(diǎn)，頂點(diǎn)為，設(shè)點(diǎn)是軸的正半軸上一點(diǎn)，將拋物線繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，得到新的拋物線．
求拋物線的函數(shù)表達(dá)式:
若拋物線與拋物線在軸的右側(cè)有兩個(gè)不同的公共點(diǎn)，求的取值范圍．
如圖2，是第一象限內(nèi)拋物線上一點(diǎn)，它到兩坐標(biāo)軸的距離相等，點(diǎn)在拋物線上的對應(yīng)點(diǎn)，設(shè)是上的動點(diǎn)，是上的動點(diǎn)，試探究四邊形能否成為正方形？若能，求出的值；若不能，請說明理由．
【答案】；；四邊形可以為正方形，
【解析】
解：
將三點(diǎn)代入得
解得
；
如圖．
關(guān)于對稱的拋物線為
當(dāng)過點(diǎn)時(shí)有
解得:
當(dāng)過點(diǎn)時(shí)有
解得:
；
四邊形可以為正方形
由題意設(shè)，
是拋物線第一象限上的點(diǎn)
解得:(舍去)即
如圖作，于，
于
四邊形為正方形
易證
為
將代入得
解得:(舍去)
當(dāng)時(shí)四邊形為正方形.
【典例6】如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的邊OA，OC分別在x軸、y軸上，點(diǎn)B坐標(biāo)為(4，t)(t＞0)．二次函數(shù)y＝x2＋bx(b＜0)的圖象經(jīng)過點(diǎn)B，頂點(diǎn)為點(diǎn)D.
(1)當(dāng)t＝12時(shí)，頂點(diǎn)D到x軸的距離等于__eq \f(1,4)__；
(2)點(diǎn)E是二次函數(shù)y＝x2＋bx(b＜0)的圖象與x軸的一個(gè)公共點(diǎn)(點(diǎn)E與點(diǎn)O不重合)．求OE·EA的最大值及取得最大值時(shí)的二次函數(shù)表達(dá)式；
(3)矩形OABC的對角線OB，AC交于點(diǎn)F，直線l平行于x軸，交二次函數(shù)y＝x2＋bx(b＜0)的圖象于點(diǎn)M，N，連結(jié)DM，DN.當(dāng)△DMN≌△FOC時(shí)，求t的值．
【解析】 (1)將B點(diǎn)坐標(biāo)(4，12)代入y＝x2＋bx求出二次函數(shù)關(guān)系式，再用配方法或二次函數(shù)的頂點(diǎn)坐標(biāo)公式解決問題；
(2)分別用含b的代數(shù)式表示OE，AE的長，再運(yùn)用二次函數(shù)的求最值的方法(配方法)求出OE·EA的最大值；
(3)由△DMN≌△FOC可得MN＝CO＝t，再分別用含b，t的代數(shù)式表示出點(diǎn)M，N的坐標(biāo)，將點(diǎn)M或點(diǎn)N的坐標(biāo)代入y＝x2＋bx就可以求出t的值．
解：(2)∵二次函數(shù)y＝x2＋bx與x軸交于點(diǎn)E，∴E(－b，0)．
∴OE＝－b，AE＝4＋b.∴OE·EA＝－b(b＋4)＝－b2－4b＝－(b＋2) 2＋4.
∴當(dāng)b＝－2時(shí)，OE·EA有最大值，其最大值為4.此時(shí)b＝－2，二次函數(shù)表達(dá)式為y＝x2－2x；
(3)如答圖，過D作DG⊥MN，垂足為G，過點(diǎn)F作FH⊥CO，垂足為H.
∵△DMN≌△FOC，∴MN＝CO＝t，DG＝FH＝2.
∵Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2)，－\f(b2,4)))，
∴Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2)＋\f(t,2)，－\f(b2,4)＋2))，即Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t－b,2)，\f(8－b2,4))).
把x＝eq \f(t－b,2)，y＝eq \f(8－b2,4)代入y＝x2＋bx，
得eq \f(8－b2,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t－b,2)))eq \s\up12(2)＋b·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t－b,2)))，
解得t＝±2eq \r(2)，∵t＞0，∴t＝2eq \r(2).

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