文档简介
第三单元 函数
第十五课时 二次函数的综合性问题
长沙9年中考 (2009~2017)
命题点1 与函数有关的阅读理解(9年6考)
1.(2016长沙25题10分)若抛物线L:y=a2+b+c(a,b,c是常数,abc≠0)与直线l都经过y轴上的一点P,且抛物线L的顶点Q在直线l上,则称此直线l与该抛物线L具有“一带一路”关系.此时直线l叫做抛物线L的“带线”,抛物线L叫做直线l的“路线”.
(1)若直线y=m+1与抛物线y=2-2+n具有“一带一路”关系,求m,n的值;
(2)若某“路线”L的顶点在反比例函数y=eq \f(6,)的图象上,它的“带线”l的解析式为y=2-4,求此“路线”L的解析式;
(3)当常数满足eq \f(1,2)≤≤2时,求抛物线L:y=a2+(32-2+1)+的“带线”l与轴,y轴所围成的三角形面积的取值范围.
2.(2015长沙25题10分)在直角坐标系中,我们不妨将横坐标、纵坐标均为整数的点称之为“中国结”.
(1)求函数y=eq \r(3)+2的图象上所有“中国结”的坐标;
(2)若函数y=eq \f(,)(≠0,为常数)的图象上有且只有两个“中国结”,试求出常数的值与相应“中国结”的坐标;
(3)若二次函数y=(2-3+2)2+(22-4+1)+2-(为常数)的图象与轴相交得到两个不同的“中国结”,试问该函数的图象与轴所围成的平面图形中(含边界),一共包含有多少个“中国结”
3.(2014长沙25题10分)在平面直角坐标系中,我们不妨把横坐标与纵坐标相等的点称为“梦之点”.例如点(-1,-1),(0,0),(eq \r(,2),eq \r(,2)),…都是“梦之点”,显然,这样的“梦之点”有无数个.
(1)若点P(2,m)是反比例函数y=eq \f(n,)(n为常数,n≠0)的图象上的“梦之点”,求这个反比例函数的解析式;
(2)函数y=3+s-1(,s是常数)的图象上存在“梦之点”吗若存在,请求出“梦之点”的坐标;若不存在,请说明理由;
(3)若二次函数y=a2+b+1(a,b是常数,a>0)的图象上存在两个不同的“梦之点”A(1,1),B(2,2),且满足-2<1<2,|1-2|=2,令t=b2-2b+eq \f(157,48),试求t的取值范围.
4.(2013长沙25题10分)设a,b是任意两个不等实数,我们规定:满足不等式a≤≤b的实数的所有取值的全体叫做闭区间,表示为[a,b].对于一个函数,如果它的自变量与函数值y满足:当m≤≤n时,有m≤y≤n,我们就称此函数是闭区间[m,n]上的“闭函数”.
(1)反比例函数y=eq \f(2013,)是闭区间[1,2013]上的“闭函数”吗请判断并说明理由;
(2)若一次函数y=+b(≠0)是闭区间[m,n]上的“闭函数”,求此函数的解析式;
(3)若二次函数y=eq \f(1,5)2-eq \f(4,5)-eq \f(7,5)是闭区间[a,b]上的“闭函数”,求实数a,b的值.
5. (2017长沙25题10分)若三个非零实数,y,满足:只要其中一个数的倒数等于另外两个数的倒数的和,则称这三个实数,y,构成“和谐三数组”.
(1)实数1,2,3可以构成“和谐三数组”吗请说明理由;
(2)若M(t,y1),N(t+1,y2),R(t+3,y3)三点均在函数y=eq \f(,)(为常数,≠0)的图象上,且这三点的纵坐标y1,y2,y3构成“和谐三数组”,求实数t的值;
(3)若直线y=2b+2c(bc≠0)与轴交于点A(1,0),与抛物线y=a2+3b+3c(a≠0)交于B(2,y2),C(3,y3)两点.
①求证:A,B,C三点的横坐标1,2,3构成“和谐三数组”;
②若a>2b>3c,2=1,求点P(eq \f(c,a),eq \f(b,a))与原点O的距离OP的取值范围.
6.(2011长沙25题10分)使得函数值为零的自变量的值称为函数的零点.例如,对于函数y=-1,令y=0,可得=1,我们就说1是函数y=-1的零点.
已知函数y=2-2m-2(m+3)(m为常数).
(1)当m=0时,求该函数的零点;
(2)证明:无论m取何值,该函数总有两个零点;
(3)设函数的两个零点分别为1和2,且eq \f(1,1)+eq \f(1,2)=-eq \f(1,4),此时函数图象与轴的交点分别为A、B(点A在点B左侧),点M在直线y=-10上,当MA+MB最小时,求直线AM的函数解析式.
命题点2 二次函数综合题(必考)
7. (2016长沙26题10分)如图,直线l:y=-+1与轴,y轴分别交于A,B两点,点P,Q是直线l上的两个动点,且点P在第二象限,点Q在第四象限,∠POQ=135°.
(1)求△AOB的周长;
(2)设AQ=t>0,试用含t的代数式表示点P的坐标;
(3)当动点P,Q在直线l上运动到使得△AOQ与△BPO的周长相等时,记tan∠AOQ=m.若过点A的二次函数y=a2+b+c同时满足以下两个条件:
①6a+3b+2c=0;
②当m≤≤m+2时,函数y的最大值等于eq \f(2,m).
求二次项系数a的值.
第7题图
8. (2017长沙26题10分)如图,抛物线y=m2-16m+48m(m>0)与轴交于A,B两点(点B在点A左侧),与y轴交于点C,点D是抛物线上的一个动点,且位于第四象限,连接OD、BD、AC、AD,延长AD交y轴于点E.
(1)若△OAC为等腰直角三角形,求m的值;
(2)若对任意m>0,C,E两点总关于原点对称,求点D的坐标(用含m的式子表示);
(3)当点D运动到某一位置时,恰好使得∠ODB=∠OAD,且点D为线段AE的中点,此时对于该抛物线上任意一点P(0,y0)总有n+eq \f(1,6)≥-4eq \r(3)myeq \o\al(2,0)-12eq \r(3)y0-50成立,求实数n的最小值.
第8题图
9. (2010长沙26题10分)如图,在平面直角坐标系中,矩形OABC的两边分别在轴和y轴上,OA=8eq \r(2) cm,OC=8 cm.现有两动点P、Q分别从O、C同时出发,P在线段OA上沿OA方向以每秒eq \r(2) cm的速度匀速运动,Q在线段CO上沿CO方向以每秒1 cm的速度匀速运动.设运动时间为t秒.
(1)用含t的式子表示△OPQ的面积S;
(2)求证:四边形OPBQ的面积是一个定值,并求出这个定值;
(3)当△OPQ与△PAB和△QPB相似时,抛物线y=eq \f(1,4)2+b+c经过B、P两点,过线段BP上一动点M作y轴的平行线交抛物线于N,当线段MN的长取最大值时,求直线MN把四边形OPBQ分成两部分的面积之比.
第9题图
10. (2015长沙26题10分)若关于的二次函数y=a2+b+c(a>0,c>0,a,b,c是常数)与轴交于两个不同的点A(1,0),B(2,0)(0<1<2),与y轴交于点P,其图象顶点为点M,点O为坐标原点.
(1)当1=c=2,a=eq \f(1,3)时,求2与b的值;
(2)当1=2c时,试问△ABM能否为等边三角形判断并证明你的结论;
(3)当1=mc(m>0)时,记△MAB、△PAB的面积分别为S1、S2,若△BPO∽△PAO,且S1=S2,求m的值.
第10题图
11. (2014长沙26题10分)如图,抛物线y=a2+b+c(a,b,c是常数,a≠0)的对称轴为y轴,且经过(0,0)和(eq \r(a),eq \f(1,16))两点,点P在该抛物线上运动,以点P为圆心的⊙P总经过定点A(0,2).
(1)求a,b,c的值;
(2)求证:在点P运动的过程中,⊙P始终与轴相交;
(3)设⊙P与轴相交于M(1,0),N(2,0)(1<2)两点,当△AMN为等腰三角形时,求圆心P的纵坐标.
第11题图
12. (2009长沙26题10分)如图,二次函数y=a2+b+c(a≠0)的图象与轴交于A、B两点,与y轴相交于点C,连接AC、BC,A、C两点的坐标分别为A(-3,0),C(0,eq \r(3)),且当=-4和=2时二次函数的函数值y相等.
(1)求实数a,b,c的值;
(2)若点M,N同时从B点出发,均以每秒1个单位长度的速度分别沿BA,BC边运动,其中一个点到达终点时,另一点也随之停止运动,当运动时间为t秒时,连接MN,将△BMN沿MN翻折,B点恰好落在AC边上的P处,求t的值及点P的坐标;
(3)在(2)的条件下,二次函数图象的对称轴上是否存在点Q,使得以B,N,Q为顶点的三角形与△ABC相似如果存在,请求出点Q的坐标;如果不存在,请说明理由.
第12题图
答案
1.(1)解:由题意可知,直线y=m+1与y轴的交点P(0,1)在抛物线y=2-2+n上,
∴n=1,
∴抛物线解析式为y=2-2+1=(-1)2,则顶点Q的坐标为(1,0),
将Q(1,0)代入y=m+1得0=m+1,∴m=-1,
∴m=-1,n=1;(2分)
(2)设“路线”L的解析式为y=a(-h)2+,
∵顶点(h,)在y=eq \f(6,)和y=2-4上,
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(=\f(6,h),=2h-4)),解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(h1=-1,1=-6))或
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(h2=3,2=2)),
∴顶点为(-1,-6)或(3,2),(3分)
∴“路线”L的解析式为y=a(+1)2-6或y=a(-3)2+2,(4分)
∵“路线”L过(0,-4),
将(0,-4)代入“路线”L的解析式,解得a=2或a=-eq \f(2,3),
∴“路线”L的解析式为y=2(+1)2-6或y=-eq \f(2,3)(-3)2+2;(5分)
(3)抛物线L的顶点坐标为
Q(-eq \f(32-2+1,2a),
eq \f(4a-(32-2+1)2,4a)),与y轴的交点为P(0,),
设“带线”l的解析式为y=p+(p≠0),代入顶点坐标得p=eq \f(32-2+1,2),
∴y=eq \f(32-2+1,2)+,(6分)
令y=0,解得=-eq \f(-2,32-2+1),
∴“带线”l交轴于(-eq \f(-2,32-2+1),0),
∵eq \f(1,2)≤≤2,32-2+1=3(-eq \f(1,3))2+eq \f(2,3)>0,
∴“带线”l与坐标轴围成的三角形面积为
S=eq \f(1,2)·eq \f(2,32-2+1)·=eq \f(2,32-2+1)=eq \f(1,\f(1,2)-2·\f(1,)+3),(8分)
令t=eq \f(1,),
∵eq \f(1,2)≤≤2,
∴eq \f(1,2)≤t≤2,
∴S=eq \f(1,t2-2t+3),
∴eq \f(1,S)=t2-2t+3=(t-1)2+2,
∵eq \f(1,2)≤t≤2,1>0,
∴当t=2,即=eq \f(1,2)时,S的最大值为3,此时eq \f(1,S)的最小值为eq \f(1,3);
当t=1时,即=1时,eq \f(1,S)的最小值为2,此时S的最大值为eq \f(1,2),
∴eq \f(1,3)≤S≤eq \f(1,2).
故三角形面积的取值范围为eq \f(1,3)≤S≤eq \f(1,2).(10分)
2.解:(1)∵的系数是无理数,
∴只有当=0时,y才能取得整数,
即当=0时,y=2,
此时坐标为(0,2),
∴函数y=eq \r(3)+2的图象上所有“中国结”的坐标是(0,2);
(2分)
(2)①当=1时, y=1,显然反比例函数的图象上有且只有两个“中国结”,其坐标分别为(1,1)、(-1,-1);(3分)
②当=-1时, y=-1,同理反比例函数的图象上有且只有两个“中国结”,其坐标分别为(-1,1)、(1,-1);(3分)
③当≠±1时,如=2时,则图象上的“中国结”个数超过两个,有(2,1)、(-2,-1)、(1,2)、(-1,-2),类似的当≠±1时,中国结个数必将多于两个.
∴只有当值取±1时,反比例函数图象上有且只有两个“中国结”,
∴当=1时,其相应“中国结”的坐标分别是(1,1)、(-1,-1);当=-1时,其相应“中国结”的坐标分别是(-1,1)、(1,-1).(6分)
(3)由题意得(2-3+2)2+(22-4+1)+2-=0,
解得1=-eq \f(,-1),2=-eq \f(-1,-2),
∵交点都是“中国结”,
∴当≠1且≠2时,关于的二次方程有两个不相等的整数根1、2,
由1=-eq \f(,-1),可得= eq \f(1,1+1),
同理,由2=-eq \f(-1,-2),可得= eq \f(22+1,2+1),
∴eq \f(1,1+1)=eq \f(22+1,2+1),
化简得12+22=-1,即2(1+2)=-1,
∵1,2是整数,
∴得到关于1,2的方程组:
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(2=1,1+2=-1)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(2=-1,1+2=1))),
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1=-3,2=1)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1=-1,2=-1)))(舍去),(7分)
当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1=-3,2=1)))时,=eq \f(1,1+1)=eq \f(3,2),
此时二次函数解析式是y=-eq \f(1,4)2-eq \f(1,2)+eq \f(3,4)=-eq \f(1,4)(+3)(-1)=1-eq \f(1,4)(+1)2,(8分)
∴由其图象可以得到,二次函数图象与轴所围成的平面图形中(含边界),一共包含6个“中国结”,分别为(-3,0),(-2,0),(-1,0),(-1,1),(0,0),(1,0).(10分)
3.(1)解:∵点P(2,m)是一个“梦之点”,且“梦之点”横、纵坐标相等,
∴m=2,即点P 坐标是(2,2),
又∵点P 在反比例函数y=eq \f(n,)的图象上,
∴n=y=4,
∴反比例函数的解析式是y=eq \f(4,);(2分)
(2)解:假设函数y=3+s-1图象上存在“梦之点”,则y=,
∴=3+s-1,
整理得(1-3)=s-1,
分类讨论如下:
①当=eq \f(1,3)且s=1时,有无数个解,因此有无数个“梦之点”;(3分)
②当=eq \f(1,3)且s≠1时,方程无解,图象上所有的点都不是“梦之点”;(4分)
③当≠eq \f(1,3)时,图象上仅有一个“梦之点”(eq \f(1-s,3-1),eq \f(1-s,3-1));(5分)
(3)解:根据“梦之点”的定义得=a2+b+1有两个不相等的实数根,即a2+(b-1)+1=0(a>0,a、b都是常数),
∴方程的根是eq \f(-(b-1)±2a,2a),∵|1-2|2=(1+2)2-412=eq \f((b-1)2,a2)-eq \f(4,a)=4,
∴(b-1)2=4a2+4a,
又∵Δ=(b-1)2-4a=4a2>0,a>0,
∴(b-1)=±2eq \r(a2+a),
分类讨论如下:
①当(b-1)=2eq \r(a2+a)时,方程的根是eq \f(-2\r(a2+a)±2a,2a)=eq \f(-\r(a2+a)±a,a)=-
eq \r(1+\f(1,a))±1,
∵-2<1<2,且0<2<4,则-eq \r(1+\f(1,a))-1不符合题意,取=-eq \r(1+\f(1,a))+1,显然1=-eq \r(1+\f(1,a))+1;(6分)
②当(b-1)=-2eq \r(a2+a)时, 方程的根是eq \f(2\r(a2+a)±2a,2a)=eq \f(\r(a2+a)±a,a)=eq \r(1+\f(1,a))±1,
∵-2<1<2,且0<2<4,
∴1=eq \r(1+\f(1,a))-1,
2=eq \r(1+\f(1,a))+1,
根据题意,b2-2b+eq \f(157,48)=t,整理得(b-1)2=t-eq \f(109,48),
∵(b-1)2=4a2+4a,
∴4a2+4a+1=(2a+1)2=t-eq \f(109,48)+1=t-eq \f(61,48),a>0,2a+1>1>0,(7分)
①的情况下:-2<-eq \r(1+\f(1,a))+1<2,
化简得-3<-eq \r(1+\f(1,a))<1,
∴eq \r(1+\f(1,a))<3,1+eq \f(1,a)<9,
∴a+1<9a,则a>eq \f(1,8),t-eq \f(61,48)=(2a+1)2>(eq \f(5,4))2,
故t>eq \f(17,6);(8分)
②的情况下:-2<eq \r(1+\f(1,a))-1<2,
-2+1<eq \r(1+\f(1,a))-1+1<2+1,
-1<eq \r(1+\f(1,a))<3,
∴eq \r(1+\f(1,a))<3,1+eq \f(1,a)<9,
∴a+1<9a,则a>eq \f(1,8),t-eq \f(61,48)=(2a+1)2>(eq \f(5,4))2,
∴t>eq \f(17,6),(9分)
综上所述,t的取值范围是t>eq \f(17,6).(10分)
4.解:(1)是.理由如下:根据“闭区间”和“闭函数”的规定,
∵反比例函数y=eq \f(2013,)在第一象限,y随的增大而减小,
当=1时,y=2013,当=2013时,y=1,
当1≤≤2013时,eq \f(1,2013)≤eq \f(1,)≤1,1≤eq \f(2013,)≤2013,即1≤y≤2013,
∴反比例函数y=eq \f(2013,)是闭区间[1,2013]上的“闭函数”;(2分)
(2)分两种情况讨论,>0和<0,
①当>0时,一次函数y随的增大而增大,
根据闭函数的定义有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m+b=m ①,n+b=n ②)),
①-②得=1,代入①得b=0,
∴此时一次函数的解析式为y=;(4分)
②当<0时,此一次函数y随的增大反而减小,
根据闭函数的定义有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m+b=n ①,n+b=m ②)),
①-②得=-1,代入①得b=m+n,
∴此时一次函数的解析式为y=-+m+n;(6分)
(3)已知二次函数y=eq \f(1,5)(-2)2-eq \f(11,5),可知二次函数开口向上,对称轴是=2,顶点坐标是(2,-eq \f(11,5)),分三种情况讨论如下:
①当a<b≤2时,y随增大而减小,当a≤≤b时,eq \f(1,5)b2-eq \f(4,5)b-eq \f(7,5)≤y≤eq \f(1,5)a2-eq \f(4,5)a-eq \f(7,5),由闭函数的定义可得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)a2-\f(4,5)a-\f(7,5)=b ①,\f(1,5)b2-\f(4,5)b-\f(7,5)=a ②))),
①-②得eq \f(1,5)(a+b)=-eq \f(1,5),由于a≠b,得a+b=-1,a=-b-1,代入方程②得b2+b-2=0,解得b=-2(不符合题意,舍去)或b=1,由于a<b,b=1,a=-2,故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a=-2,b=1)));(7分)
②当a<2<b时,函数的最小值为-eq \f(11,5),根据闭函数的定义,当a≤≤b时,-eq \f(11,5)≤y≤eq \f(1,5)a2-eq \f(4,5)a-eq \f(7,5)或-eq \f(11,5)≤y≤eq \f(1,5)b2-eq \f(4,5)b-eq \f(7,5),
于是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a=-\f(11,5),\f(1,5)a2-\f(4,5)a-\f(7,5)=b)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a=-\f(11,5),\f(1,5)b2-\f(4,5)b-\f(7,5)=b))),
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a=-\f(11,5),b=\f(166,125)<2)))(舍去)或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a=-\f(11,5),b=\f(9+\r(109),2)>2)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a=-\f(11,5),b=\f(9-\r(109),2)<2)))(舍去);(8分)
③当2≤a<b时,y随增大而增大,当a≤≤b时,
eq \f(1,5)a2-eq \f(4,5)a-eq \f(7,5)≤y≤eq \f(1,5)b2-eq \f(4,5)b-eq \f(7,5),根据闭函数的定义有,eq \f(1,5)a2-eq \f(4,5)a-eq \f(7,5)=a,eq \f(1,5)b2-eq \f(4,5)b-eq \f(7,5)=b,
即a、b是eq \f(1,5)s2-eq \f(9,5)s-eq \f(7,5)=0的两个根,s=eq \f(9±\r(109),2),其中eq \f(9-\r(109),2)(不符合题意,舍去),(9分)
综上所述,a、b的值为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a=-2,b=1)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a=-\f(11,5),b=\f(9+\r(109),2)))) .(10分)
5. 解:(1)不能.理由如下:
∵ 1的倒数为1,2的倒数为eq \f(1,2),3的倒数为eq \f(1,3),
∴1>eq \f(1,2)>eq \f(1,3),
∵eq \f(1,2)+eq \f(1,3)=eq \f(5,6)≠1,
∴1,2,3不能构成“和谐三数组”;(3分)
(2)∵M(t,y1),N(t+1,y2),R(t+3,y3)三点均在反比例函数y=eq \f(,)的图象上,
∴y1=eq \f(,t),y2=eq \f(,t+1),y3=eq \f(,t+3),
∴eq \f(1,y1)=eq \f(t,),eq \f(1,y2)=eq \f(t+1,),eq \f(1,y3)=eq \f(t+3,),
∵y1,y2,y3构成“和谐三数组”,
∴(i)eq \f(1,y1)+eq \f(1,y2)=eq \f(1,y3),即eq \f(t,)+eq \f(t+1,)=eq \f(t+3,),解得t=2;
(ii) eq \f(1,y1)+eq \f(1,y3)=eq \f(1,y2),即eq \f(t,)+eq \f(t+3,)=eq \f(t+1,),解得t=-2;
(iii)eq \f(1,y2)+eq \f(1,y3)=eq \f(1,y1),即eq \f(t+1,)+eq \f(t+3,)=eq \f(t,),解得t=-4.
综上所述,t的值为-4或-2或2;(6分)
(3)①直线y=2b+2c,令y=0,得1=-eq \f(c,b),
联立抛物线与直线得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y=a2+3b+3c,y=2b+2c)),整理得a2+b+c=0,
∵直线与抛物线交于B(2,y2),C(3,y3)两点,
∴2+3=-eq \f(b,a),2·3=eq \f(c,a),
∴eq \f( 1,2)+eq \f( 1,3)=eq \f(2+3,2·3)=eq \f(-\f(b,a),\f(c,a))=-eq \f(b,c)=eq \f(1,1),
∴A,B,C三点的横坐标1,2,3能构成“和谐三数组”;(8分)
②∵2=1,则B点坐标为(1,2b+2c),将点B代入抛物线y=a2+3b+3c中,
得a+3b+3c=2b+2c,即b=-a-c,
又∵a>2b>3c,
∴a>-2a-2c>3c,即-eq \f(3,2)<eq \f(c,a)<-eq \f(2,5),
∵bc≠0,∴b≠0,
∴-a-c≠0,即eq \f(c,a)≠-1,
∵P(eq \f(c,a),eq \f(b,a)),且P到原点O的距离为非负数,
∴OP=eq \r(\f(b2+c2,a2))=eq \r(\f((a+c)2+c2,a2))
=eq \r(1+\f(2c,a)+2(\f(c,a))2)
=eq \r(2(\f(c,a)+\f(1,2))2+\f(1,2)),
∴当eq \f(c,a)=-eq \f(1,2)时,OPmin=eq \f(\r(2),2),
当eq \f(c,a)=-eq \f(3,2)时,OPma=eq \f(\r(10),2),
当eq \f(c,a)=-1时,OP=1,
∴eq \f(\r(2),2)≤OP<eq \f(\r(10),2)且OP≠1.(10分)
6.(1)解:当m=0时,y=2-6,(1分)
令y=0,2-6=0,解得=eq \r(6)或=-eq \r(6),
即当m=0时,该函数的零点为eq \r(6)、-eq \r(6);(2分)
(2)证明:令y=0,则2-2m-2(m+3)=0,
∴Δ=b2-4ac=(-2m)2-4×1×[-2(m+3)]=4m2+8m+24=4(m2+2m+1-1)+24=4(m+1)2+20,
∵无论m为何值,4(m+1)2≥0,即4(m+1)2+20>0,
∴一元二次方程2-2m-2(m+3)=0一定有两个不相等的实数根,(3分)
∴无论m取何值,函数y=2-2m-2(m+3)(m为常数)总有两个零点;(4分)
(3)解:设函数的两个零点分别为1和2,则1和2是一元二次方程2-2m-2(m+3)=0的两个根,
∴1+2=2m, 1·2=-2(m+3),
∴eq \f(1,1)+eq \f(1,2)=eq \f(1+2,12)=eq \f(2m,-2(m+3))=-eq \f(m,m+3),(5分)
又∵eq \f(1,1)+eq \f(1,2)=-eq \f(1,4),
∴eq \f(m,m+3)=eq \f(1,4),解得m=1,
经检验,m=1是eq \f(m,m+3)=eq \f(1,4)的解,
∴二次函数解析式为y=2-2-8.(6分)
令y=0,即2-2-8=(-4)(+2)=0,
解得1=-2,2=4,
此函数与轴的交点坐标为A(-2,0),B(4,0),
设直线y=-10与轴交于点D(10,0),与y轴交于点F(0,-10),如解图过点A作直线y=-10的垂线,垂足为点E,延长AE到点A′,使AE=A′E,连接A′B,交y=-10于点M,则此时MA+MB最小,连接A′D,(7分)
第6题解图
∵OF=OD=10,
∴∠ODF=45°,
在△ADA′中,DE是AA′的垂直平分线,
∴∠ADA′=2∠ADE=90°,
∴AD=DA′,(8分)
则点A′的坐标为(10,-12),
设直线A′B的解析式为y=+b,将点A′、点B坐标分别代入得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4+b=0,10+b=-12)),解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(=-2,b=8)),
∴直线A′B的解析式为y=-2+8,
设M点的坐标为(,y),则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y=-10,y=-2+8)),解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(=6,y=-4)),
则点M的坐标为(6,-4),(9分)
设直线AM的解析式为y=+b,
将点A、点M的坐标分别代入得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(-2+b=0,6+b=-4)),解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(=-\f(1,2),b=-1)),
则直线AM的解析式为y=-eq \f(1,2)-1.(10分)
7. 解:(1)由题意得,直线P的解析式为y=-+1,
令=0,则y=1,∴B(0,1),
令y=0,则=1,
∴A(1,0),则OA=1,OB=1,
在Rt△AOB中,
由勾股定理可得AB=eq \r(OA2+OB2)=eq \r(2),
∴△AOB的周长为1+1+eq \r(2)=2+eq \r(2);(3分)
(2)∵OA=OB,
∴△AOB为等腰直角三角形,
∴∠ABO=∠BAO=45°,
∴∠PBO=∠QAO=135°,
设∠POB=,则∠OPB=∠ABO-∠POB=45°-,∠AOQ=∠POQ-∠AOB-∠POB=135°-90°-=45°-,
∴∠OPB=∠AOQ,
在△PBO和△OAQ中,
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠PBO=∠QAO,∠OPB=∠AOQ)),
∴△PBO∽△OAQ,
∴eq \f(PB,OA)=eq \f(OB,QA),
∴PB·QA=OA·OB=1,
∵QA=t>0,
∴PB=eq \f(1,t).(4分)
第7题解图
如解图,过P作PH⊥OB于点H,
∵∠PBH=∠ABO=45°,
∴△PHB为等腰直角三角形,
∵PB=eq \f(1,t),
∴PH=HB=PB·sin45°=eq \f(\r(2),2t),
∵点P在第二象限,
∴P(-eq \f(\r(2),2t),1+eq \f(\r(2),2t));(6分)
(3)由(2)知△PBO∽△OAQ,若其周长相等,则相似比为1,即△PBO≌△OAQ,
∴t=AQ=BO=1,
易得Q(1+eq \f(\r(2),2),-eq \f(\r(2),2)),
∴m=tan∠AOQ=eq \f(|\f(\r(2),2)|,1+\f(\r(2),2))=eq \r(2)-1.
又∵m≤≤m+2,
∴eq \r(2)-1≤≤eq \r(2)+1,
∵二次函数过点A(1,0),
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a+b+c=0,6a+3b+2c=0)),
解得b=-4a,c=3a,
∴可设二次函数的解析式为y=a2-4a+3a,
∴抛物线的对称轴为=2,取值范围为eq \r(2)-1≤≤eq \r(2)+1,
(i)若a>0,则抛物线的开口向上,当=eq \r(2)-1时,y最大=eq \f(2,m)=2eq \r(2)+2,即(eq \r(2)-1)2a-4(eq \r(2)-1)a+3a=2eq \r(2)+2,
解得a=eq \f(11+8\r(2),7);
(ii)若a<0,则抛物线的开口向下,当=2时,y最大=eq \f(2,m)=2eq \r(2)+2,即4a-4×2a+3a=2eq \r(2)+2,
解得a=-2eq \r(2)-2.
综上所述,二次项系数a的值为
eq \f(11+8\r(2),7)或-2eq \r(2)-2.(10分)
8. 解:(1)∵y=m2-16m+48m=m(2-16+48)=m(-4)(-12),
∴令y=0,即m(-4)(-12)=0,
解得1=4,2=12,
∴OB=4,OA=12,
∵△OAC是等腰直角三角形,∠AOC=90°,
∴OC=OA=12,
∴点C的坐标为(0,12),
∵点C在抛物线上,
∴m(0-4)(0-12)=12,
解得m=eq \f( 1,4);(3分)
(2)由抛物线y=m2-16m+48m,可知点C的坐标为(0,48m),
∵点E与点C关于原点O对称,
∴点E的坐标为(0,-48m),
∵点A的坐标为(12,0),
∴设直线AE的解析式为y=(-12),
将点E代入得=4m,即直线AE的解析式为y=4m-48m,
与抛物线联立,得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y=m2-16m+48m,y=4m-48m)),
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1=8,y1=-16m))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2=12,y2=0))(舍去),
∴点D的坐标为(8,-16m);(6分)
(3)∵点D为AE的中点,且A、E的横坐标分别为12,0,
∴点D的横坐标为6,
将=6代入抛物线y=m2-16m+48m,得y=-12m,
∴点D的坐标为(6,-12m).
∵∠ODB=∠OAD,∠DOB=∠AOD,
∴△OBD∽△ODA,
∴eq \f(OD,OA)=eq \f(OB,OD),
∴OD2=OA·OB,即62+(-12m)2=4×12,解得m=eq \f(\r(3),6)或m=-eq \f(\r(3),6)(负值舍去),
∴抛物线解析式为y=eq \f(\r(3),6)2-eq \f(8\r(3),3)+8eq \r(3),
即y=eq \f(\r(3),6)(-8)2-eq \f(8\r(3),3),
∵点P是抛物线上任意一点,
∴y0≥-eq \f(8\r(3),3),
令t=-4eq \r(3)myeq \o\al(2,0)-12eq \r(3)y0-50,
则t=-2(y0+3eq \r(3))2+4,
∵-2<0,-eq \f(8\r(3),3)>-3eq \r(3),
∴在对称轴的右侧即y0>-3eq \r(3)时,t随着y0的增大而减小,
∴tma=-2(-eq \f(8\r(3),3)+3eq \r(3))2+4=eq \f(10,3),
∵n+eq \f(1,6)≥-4eq \r(3)myeq \o\al(2,0)-12eq \r(3)y0-50对于任意一点P恒成立,
∴n+eq \f(1,6)≥tma,即n+eq \f(1,6)≥eq \f(10,3),
则n≥eq \f(19,6),
∴实数n的最小值为eq \f(19,6).(10分)
9. (1)解:由题意知CQ=t,OP=eq \r(2)t,OC=8,
∴OQ=8-t,
∴S△OPQ=eq \f(1,2)(8-t)·eq \r(2)t=-eq \f(\r(2),2)t2+4eq \r(2)t(0<t<8);(3分)
(2)证明:∵S四边形OPBQ=S矩形ABCO-S△CBQ-S△PAB=8×8eq \r(2)-eq \f(1,2)×8eq \r(2)t-eq \f(1,2)×8×(8eq \r(2)-eq \r(2)t)=32eq \r(2) cm2,(5分)
∴四边形OPBQ的面积是一个定值 ,且等于32eq \r(2) cm2;(6分)
(3)解:当△OPQ与△PAB和△QPB相似时,△QPB必须是一个直角三角形,依题意只能是∠QPB=90°.
又∵BQ与AO不平行,
∴∠QPO≠∠PQB,∠APB≠∠PBQ,
∴相似三角形的对应关系只能是△OPQ∽△PBQ∽△ABP,
∴eq \f(OQ,AP)=eq \f(OP,AB),即eq \f(8-t,8\r(2)-\r(2)t)=eq \f(\r(2)t,8),
解得t1=4,t2=8(舍去).
经检验:t=4是方程的解,
∴QO=4,
∴直线QB的解析式为y=eq \f(\r(2),4)+4,
此时P(4eq \r(2),0).
∵抛物线y1=eq \f(1,4)2+b+c经过B(8eq \r(2),8)、P(4eq \r(2),0)两点,将点P代入抛物线得,
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)×(8\r(2))2+8\r(2)b+c=8,\f(1,4)×(4\r(2))2+4\r(2)b+c=0)),
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b=-2\r(2),c=8)),
∴抛物线解析式为y1=eq \f(1,4)2-2eq \r(2)+8,
易得直线BP函数关系式为y2=eq \r(2)-8.(8分)
设M(m,eq \r(2)m-8),N(m,eq \f(1,4)m2-2eq \r(2)m+8),
∵点M在BP上运动,
∴4eq \r(2)≤m≤8eq \r(2).
∵y1=eq \f(1,4)2-2eq \r(2)+8与y2=eq \r(2)-8交于P、B两点,且抛物线的顶点是P,
∴当4eq \r(2)≤m≤8eq \r(2)时,y1<y2,(9分)
∴|MN|=|y1-y2|=|eq \f(1,4)m2-2eq \r(2)m+8-(eq \r(2)m-8)|=-eq \f(1,4)(m-6eq \r(2))2+2,
∴当m=6eq \r(2)时,MN的最大值是2.
∴如解图,设MN与BQ交于H点,则M(6eq \r(2),4),H(6eq \r(2),7),
第9题解图
∴S△BHM=eq \f(1,2)×3×2eq \r(2)=3eq \r(2),
∴S△BHM∶S五边形QOPMH=3eq \r(2)∶(32eq \r(2)-3eq \r(2))=3∶29,
∴当MN取最大值时,两部分面积之比是3∶29.(10分)
10. 解:(1)∵a=eq \f(1,3),1=c=2,
∴二次函数解析式是y=eq \f(1,3)2+b+2,
把1=2,y=0代入解析式,得eq \f(1,3)×22+2b+2=0,
解得b=-eq \f(5,3),
∴二次函数解析式是y=eq \f(1,3)2-eq \f(5,3)+2,
∴该二次函数的对称轴为=-eq \f(b,2a)=eq \f(5,2),根据二次函数的对称性,可求得2的值为3;(3分)
(2)△ABM不能为等边三角形.
证明:当1=2c时,∵12=eq \f(c,a),
∴2=eq \f(c,a1)=eq \f(1,2a),
又∵1+2=-eq \f(b,a),
∴b=-a(1+2)=-a(2c+eq \f(1,2a))=-2ac-eq \f(1,2),
∴4ac=-2b-1,
∵抛物线的顶点坐标是(-eq \f(b,2a),eq \f(4ac-b2,4a)),当△ABM是等边三角形时,点M到轴的距离h满足h=AB·sin60°=eq \f(\r(3),2)AB=|eq \f(4ac-b2,4a)|,
即|eq \f(4ac-b2,4a)|=eq \f(\r(3),2)(2-1),
∵抛物线与轴有两个交点,
∴b2-4ac>0,
又∵a>0,
∴|eq \f(4ac-b2,4a)|=eq \f(\r(3),2)(2-1)可化为:eq \f(b2-4ac,4a)=eq \f(\r(3),2)×(eq \f(1,2a)-2c),
则eq \f(b2-(-2b-1),4a)=eq \f(\r(3),2)×eq \f(1-4ac,2a),
∴eq \f(b2+2b+1,4a)=eq \f(\r(3)(1+2b+1),4a),
∴(b+1)2=2eq \r(3)(b+1),
解得b=-1或b=2eq \r(3)-1,(5分)
又∵-eq \f(b,2a)>0,a>0,
∴b<0,
∴b=-1,b=2eq \r(3)-1(舍去),
当b=-1时,4ac=-2b-1=1,则b2-4ac=0,
∴点A与点B 重合,
∴△ABM不可能是等边三角形;(6分)
(3)∵△MAB与△PAB面积相等,
∴AB·OP·eq \f(1,2)=AB·h·eq \f(1,2),
即c=|eq \f(4ac-b2,4a)|,
∴eq \f(b2-4ac,4a)=c,
∴b2=8ac ①,
又∵△BPO∽△PAO,
∴eq \f(OP,OA)=eq \f(OB,OP),即eq \f(c,1)=eq \f(2,c),
∴c2=12,
∵12=eq \f(c,a),
∴c2=eq \f(c,a),
∵c≠0,
∴ac=1,
代入①中得,b2=8,
解得b=-2eq \r(2)或b=2eq \r(2)(舍去),
∴二次函数解析式是y=eq \f(1,c)2-2eq \r(2)+c,(8分)
令eq \f(1,c)2-2eq \r(2)+c=0,
解得1=eq \f(2\r(2)-\r((-2\r(2))2-4·\f(1,c)·c),2·\f(1,c))=(eq \r(2)-1)c,
∵1=mc,
∴mc=(eq \r(2)-1)c,
∴m=eq \r(2)-1.(10分)
11. (1)解:根据题意,可知抛物线的顶点为原点,
∴c=0,(1分)
∵抛物线的对称轴是y轴,
∴b=0,
∴抛物线的解析式为y=a2代入点(eq \r(a),eq \f(1,16)),得a·(eq \r(a))2=eq \f(1,16),
解得a=eq \f(1,4)或a=-eq \f(1,4),
∵抛物线开口向上,
∴a>0,
∴a=eq \f(1,4);(2分)
(2)证明:如解图①,连接AP,
第11题解图①
根据题意,设点P的坐标是(m,eq \f(1,4)m2).(3分)
∵以点P为圆心的⊙P总经过定点 A(0,2),
∴AP的长度为
eq \r(m2+(\f(1,4)m2-2)2)=eq \r(\f(1,16)m4+4),(4分)
又∵点P到轴的距离为eq \f(1,4)m2,且eq \r(\f(1,16)m4+4)>eq \r(\f(1,16)m4)=eq \f(1,4)m2,
∴点P到轴的距离始终小于圆的半径,
∴在点P运动的过程中,⊙P始终与轴相交;(5分)
(3)解:如解图②,作PH⊥MN于H,连接AP、PM、PN,
第11题解图②
设P(a,eq \f(1,4)a2),
∵PA=eq \r(\f(1,16)a4+4),
∴PM=PN=eq \r(\f(1,16)a4+4),
又∵PH=eq \f(1,4)a2,
在Rt△MPH和Rt△NPH中,根据勾股定理得,
MH=NH=eq \r(\f(1,16)a4+4-(\f(1,4)a2)2)=2,
∴MN=4,
∴M(a-2,0),N(a+2,0),
又∵A(0,2),
∴AM=eq \r((a-2)2+4),
AN=eq \r((a+2)2+4).(6分)
当AM=AN时,
eq \r((a-2)2+4)=eq \r((a+2)2+4),
解得a=0,则eq \f(1,4)a2=0,(7分)
当AM=MN时,eq \r((a-2)2+4)=4,解得a=2±2eq \r(3),
则eq \f(1,4)a2=4±2eq \r(3),(8分)
当AN=MN时,eq \r((a+2)2+4)=4,解得a=-2±2eq \r(3),
则eq \f(1,4)a2=4±2eq \r(3),(9分)
综上所述,圆心P的纵坐标为0或4+2eq \r(3)或4-2eq \r(3).(10分)
12. 解:(1)由题意得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9a-3b+c=0,16a-4b+c=4a+2b+c,c=\r(3))),
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a=-\f(\r(3),3),b=-\f(2\r(3),3),c=\r(3))) ;(3分)
(2)由(1)得,抛物线解析式为y=-eq \f(\r(3),3)2-eq \f(2\r(3),3)+eq \r(3)=-eq \f(\r(3),3)(+1)2+eq \f(4\r(3),3),
令y=0,解得1=-3或2=1,
∴B(1,0),
又∵A(-3,0),C(0,eq \r(3)),
∴OA=3,OB=1,OC=eq \r(3),AC=2eq \r(3),BC=2,AB=4,
∴AC2+BC2=AB2,
∴△ABC为直角三角形,且∠ACB=90°,
∵tan∠CAB=eq \f(2,2\r(3))=eq \f(\r(3),3),
∴∠CAB=30°,∠ABC=60°.
又由BM=BN=PN=PM知四边形PMBN为菱形,
∴PN∥AB,
∴eq \f(PN,AB)=eq \f(CN,CB),即eq \f(t,4)=eq \f(2-t,2),
解得t=eq \f(4,3),(5分)
如解图,过点P作PE⊥AB交AB于点E,
第12题解图
∵在Rt△PEM中,∠PME=∠ABC=60°,PM=eq \f(4,3),
∴PE=PM·sin60°=eq \f(4,3)×eq \f(\r(3),2)=eq \f(2\r(3),3),
ME=PM·cos60°=eq \f(4,3)×eq \f(1,2)=eq \f(2,3),
又∵OM=BM-OB=eq \f(4,3)-1=eq \f(1,3),
∴OE=ME+OM=eq \f(2,3)+eq \f(1,3)=1,
∴P(-1,eq \f(2\r(3),3));(7分)
(3)存在.理由如下:由(1)、(2)知,抛物线y=-eq \f(\r(3),3)2-eq \f(2\r(3),3)+eq \r(3)的对称轴为直线=-1,且∠ACB=90°.
①若∠BQN=90°,
∵BN的中点到对称轴的距离大于1,
而eq \f(1,2)BM=eq \f(2,3)<1,
∴以BN为直径的圆不与对称轴相交,
∴∠BQN≠90°,
即此时不存在符合条件的Q点;
②若∠BNQ=90°,
当∠NBQ=60°时,则Q、E重合,此时∠BNQ≠90°;
当∠NBQ=30°时,则Q、P重合,此时∠BNQ≠90°,
即此时不存在符合条件的Q点;
③若∠QBN=90°,如解图,延长NM交对称轴于点Q,
此时,∠NQB=30°,点Q为点P关于轴的对称点.
∴Q(-1,-eq \f(2\r(3),3)).(10分)
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