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免费2018届中考数学《第六讲第4课时抛物线中的两个动点问题》同步练习含考点分类汇编详解第4课时抛物线中的两个动点问题(60分)1．(20分)[2017·凉山州]如图6－4－1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且OA＝2，OB＝8，OC＝6.(1)求抛物线的表达式；(2)点M从A点出发，在线段上AB以每秒3个单位长度的速度向点B运动，同时，点N从B出发，在线段BC上以每秒1个单位长度的速度向点C运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动，当△MBN存在时，求运动多少秒使△MBN的面积最大，最大面积是多少？(3)在(2)的条件下，△MBN面积最大时，在BC上方的抛物线上是否存在点P，使△BPC的面积是△MBN面积的9倍，若存在，求点P的坐标，若不存在，请说明理由．【解析】(1)由线段的长度得出点A，B，C的坐标，然后把A，B，C三点的坐标分别代入y＝ax2＋bx＋c，解方程组即可得抛物线的表达式；(2)设运动时间为ts，则MB＝10－3t，然后根据△BHN∽△BOC，求得NH＝35t，再利用三角形的面积公式列出S△MBN与t的函数关系式S△MBN＝－910t－532＋52，利用二次函数的图象性质进行解答；(3)利用待定系数法求得直线BC的表达式为y＝－34x＋6.由二次函数图象上点的坐标特征可设点P的坐标为m，－38m2＋94m＋6.过点P作PE∥y轴，交BC于点E.结合已知条件和(2)中的结果求得S△PBC＝452.则根据图形得到S△PBC＝S△CEP＋S△BEP＝12EP·m＋12·EP·(8－m)，把相关线段的长度代入推知：－32m2＋12m＝452.易求得P3，758或5，638.解：(1)∵OA＝2，OB＝8，OC＝6，∴A(－2，0)，B(8，0)，C(0，6)，根据题意，得4a－2b＋c＝0，64a＋8b＋c＝0，c＝6，解得a＝－38，b＝94，c＝6，∴抛物线的表达式为y＝－38x2＋94x＋6；(2)设运动时间为ts，则AM＝3t，BN＝t.∴MB＝10－3t.在Rt△BOC中，BC＝82＋62＝10.如答图①，过点N作NH⊥AB于点H，∴NH∥CO，∴△BHN∽△BOC，∴HNOC＝BNBC，即HN6＝t10，∴HN＝35t.∴S△MBN＝12MB·HN＝12(10－3t)·35t＝－910t－532＋52，∴当t＝53时，S△MBN最大＝52.答：运动53s时，△MBN的面积最大，最大面积是52；(3)设直线BC的表达式为y＝kx＋c(k≠0)．把B(8，0)，C(0，6)代入，得8k＋c＝0，c＝6，解得k＝－34，c＝6，∴直线BC的表达式为y＝－34x＋6.∵点P在抛物线上，∴设点P的坐标为m，－38m2＋94m＋6，如答图②，过点P作PE∥y轴，交BC于点E，则E点的坐标为m，－34m＋6，∴EP＝－38m2＋94m＋6－－34m＋6＝－38m2＋3m，当△MBN的面积最大时，S△PBC＝9S△MBN＝452，∴S△PBC＝S△CEP＋S△BEP＝12EP·m＋12EP·(8－m)＝12×8·EP＝4×－38m2＋3m＝－32m2＋12m，即－32m2＋12m＝452，解得m1＝3，m2＝5，∴P点坐标为3，758或5，638.2．(20分)[2017·内江]如图6－4－2，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)与y轴交于点C(0，3)，与x轴交于A，B两点，点B坐标为(4，0)，抛物线的对称轴方程为x＝1.(1)求抛物线的表达式；(2)点M从A点出发，在线段AB上以每秒3个单位长度的速度向B点运动，同时点N从B点出发，在线段BC上以每秒1个单位长度的速度向C点运动，其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动，设△MBN的面积为S，点M运动时间为t，试求S与t的函数关系，并求S的最大值；(3)在点M运动过程中，是否存在某一时刻t，使△MBN为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【解析】(1)由点B的坐标与对称轴可求得点A的坐标，把点A，B，C的坐标分别代入抛物线的表达式，列出关于系数a，b，c的方程组，求解即可；(2)设运动时间为ts，利用三角形的面积公式列出S△MBN与t的函数关系式，用配方法求得最大值；(3)根据余弦函数，可得关于t的方程，解方程，可得答案，注意分类讨论．解：(1)∵点B坐标为(4，0)，抛物线的对称轴方程为x＝1，∴A(－2，0)．把点A(－2，0)，B(4，0)，C(0，3)，分别代入y＝ax2＋bx＋c(a≠0)，得4a－2b＋c＝0，16a＋4b＋c＝0，c＝3.解得a＝－38，b＝34，c＝3，∴该抛物线的表达式为y＝－38x2＋34x＋3.'(2)设运动时间为ts，则AM＝3t，BN＝t，∴MB＝6－3t.在Rt△BOC中，BC＝32＋42＝5.如答图①，过点N作NH⊥AB于点H，∴NH∥CO，∴△BHN∽△BOC，∴HNOC＝BNBC，即HN3＝t5，∴HN＝35t.∴S△MBN＝12MB·HN＝12(6－3t)·35t＝－910t2＋95t＝－910(t－1)2＋910.当△MBN存在时，0＜t＜2，∴当t＝1时，S最大＝910.∴S与t的函数关系为S＝－910(t－1)2＋910，S的最大值为910.① ②第2题答图(3)如答图②，在Rt△OBC中，cosB＝OBBC＝45，设运动时间为ts，则AM＝3t，BN＝t.∴MB＝6－3t.当∠MNB＝90°时，cosB＝BNBM＝45，即t6－3t＝45，解得t＝2417.当∠BM′N′＝90°时，cosB＝6－3tt＝45，解得t＝3019.综上所述，当t＝2417或3019时，△MBN为直角三角形．3．(20分)[2017·山西]综合与探究如图6－4－3，抛物线y＝－39x2＋233x＋33与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，连结AC，BC.点P沿AC以每秒1个单位长度的速度由点A向点C运动，同时，点Q沿BO以每秒2个单位长度的速度由点B向点O运动，当一个点停止运动时，另一个点也随之停止运动，连结PQ，过点Q作QD⊥x轴，与抛物线交于点D，与BC交于点E.连结PD，与BC交于点F.设点P的运动时间为ts(t＞0)．(1)求直线BC的函数表达式；(2)①直接写出P，D两点的坐标(用含t的代数式表示，结果需化简)；②在点P，Q运动的过程中，当PQ＝PD时，求t的值．(3)试探究在点P，Q运动的过程中，是否存在某一时刻，使得点F为PD的中点．若存在，请直接写出此时t的值与点F的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】(1)由函数与方程的关系得到点B，C的坐标，利用待定系数法求直线BC的表达式；(2)①过点P作x轴的垂线段，构造与Rt△AOC相似的直角三角形，利用相似的性质得到与点P的横、纵坐标有关的线段的方程求解；由QD⊥x轴可知点D与点Q的横坐标相同，将点Q的横坐标代入抛物线表达式便得点D的纵坐标；②由等腰三角形的性质找到P，D两点纵坐标的关系建立方程求解；(3)假设存在点F为PD的中点，由中点的特征结合P，D两点的坐标表示出点F的坐标，将其代入直线BC建立方程求得t的值，确定点F的具体坐标．解：(1)由y＝0，得－39x2＋233x＋33＝0，解得x1＝－3，x2＝9，∴点B的坐标为(9，0)，由x＝0，得y＝33，∴点C的坐标为(0，33)，设直线BC的函数表达式为y＝kx＋b，由B，C两点的坐标得9k＋b＝0，b＝33，解得k＝－33，b＝33，∴直线BC的函数表达式为y＝－33x＋33；(2)①Pt2－3，32t，D9－2t，－439t2＋833t；②如答图，过点P作PG⊥x轴于点G，PH⊥QD于点H，∵QD⊥x轴，∴四边形PGQH是矩形，∴HQ＝PG，∵PQ＝PD，PH⊥QD，∴DQ＝2HQ＝2PG，∵P，D两点的坐标分别为t2－3，32t，9－2t，－439t2＋833t，∴－439t2＋833t＝2×32t，解得t1＝0(舍去)，t2＝154，∴当PQ＝PD时，t的值为154；(3)t＝3，F点坐标为34，1134.(20分)4．(20分)[2017·淮安]如图6－4－4①，在平面直角坐标系中，二次函数y＝－13x2＋bx＋c的图象与坐标轴交于A，B，C三点，其中点A的坐标为(－3，0)，点B的坐标为(4，0)，连结AC，BC.动点P从点A出发，在线段AC上以每秒1个单位长度的速度向点C作匀速运动；同时，动点Q从点O出发，在线段OB上以每秒1个单位长度的速度向点B作匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，设运动时间为ts．连结PQ.(1)填空：b＝__13__，c＝__4__；(2)在点P，Q运动过程中，△APQ可能是直角三角形吗？请说明理由；(3)在x轴下方，该二次函数的图象上是否存在点M，使△PQM是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出运动时间t；若不存在，请说明理由；(4)如图②，点N的坐标为－32，0，线段PQ的中点为H，连结NH，当点Q关于直线NH的对称点Q′恰好落在线段BC上时，请直接写出点Q′的坐标．图6－4－4【解析】(1)将A(－3，0)，B(4，0)代入y＝13x2＋bx＋c即可求解；(2)若△APQ为直角三角形，则∠APQ＝90°(∠PAQ与∠PQA不可能为直角)．连结QC，则AQ2－AP2＝QC2－PC2＝PQ2，据此列出关于t的方程求解，若t的值满足0≤t≤4，则△APQ可能是直角三角形，否则不可能；(3)①过点P作DE∥x轴，分别过点M，Q作MD⊥DE，QE⊥DE，垂足分别为D，E，构成"一线三直角"全等模型，用含t的式子表示点M的坐标；②将点M的坐标代入二次函数的表达式求解；(4)①分别求直线BC，直线NQ′的函数表达式；②解直线BC，NQ′的函数达式组成的方程组．解：(1)b＝13，c＝4；(2)在点P，Q运动过程中，△APQ不可能是直角三角形．理由如下：如答图①，连结QC.若△APQ是直角三角形，∵在点P，Q运动过程中，∠PAQ，∠PQA始终为锐角，∴∠APQ＝90°.由(1)知抛物线的函数表达式为y＝－13x2＋13x＋4，当＝0时，y＝4，∴C(0，4)，∴OC＝4.∵A(－3，0)，∴OA＝3.由题意，得AP＝OQ＝t.∴AQ＝OA＋OQ＝3＋t.在Rt△AOC中，由勾股定理，得AC＝OA2＋OC2＝32＋42＝5.∴PC＝5－t.在Rt△OCQ中，QC2＝OQ2＋OC2＝t2＋42.∵∠APQ＝90°，∴AQ2－AP2＝QC2－PC2＝PQ2.∴(3＋t)2－t2＝t2＋42－(5－t)2，解得t＝4.5.由题意知0≤t≤4.∴t＝4.5不符合题意，舍去．∴在点P，Q运动过程中，△APQ不可能是直角三角形；第4题答图①第4题答图②(3)如答图②，过点P作DE∥x轴，分别过点M，Q作MD⊥DE，QE⊥DE，垂足分别为点D，E，MD交x轴于点F，过点P作PG⊥x轴，垂足为点G，则PG∥y轴，∠D＝∠E＝90°.∴△APG∽△ACO.∴PGOC＝AGOA＝APAC，即PG4＝AG3＝t5.∴PG＝45t，AG＝35t.∴PE＝GQ＝GO＋OQ＝AO－AG＋OQ＝3－35t＋t＝3＋25t，DF＝PG＝45t.∵∠MPQ＝90°，∠D＝90°，∴∠DMP＋∠DPM＝∠EPQ＋∠DPM＝90°.∴∠DMP＝∠EPQ.又∵∠D＝∠E，PM＝PQ，∴△MDP≌△PEQ.∴PD＝EQ＝45t，MD＝PE＝3＋25t.∴FM＝MD－DF＝3＋25t－45t＝3－25t，OF＝FG＋GO＝PD＋OA－AG＝45t＋3－35t＝3＋15t.∴M－3－15t，－3＋25t.∵点M在x轴下方的抛物线上，∴－3＋25t＝－13－3－15t2＋13－3－15t＋4，解得t＝－65±52052.∵0≤t≤4，∴t＝－65＋52052.(4)Q′67，227.提示：如答图③，连结OP，取OP中点R，连结RH，NR，延长NR交线段BC于点Q′.∵点H为PQ的中点，点R为OP的中点，∴RH＝12OQ＝12t，RH∥OQ.∵A(－3，0)，N－32，0，∴点N为OA的中点．又∵点R为OP的中点，∴NR＝12AP＝12t，RN∥AC.∴RH＝NR，∴∠RNH＝∠RHN.∵RH∥OQ，∴∠RHN＝∠HNO.∴∠RNH＝∠HNO，即NH是∠QNQ′的平分线．设直线AC的函数表达式为y＝mx＋n，把A(－3，0)，C(0，4)代入，得0＝－3m＋n，4＝n，解得m＝43，n＝4，∴直线AC的函数表达式为y＝43x＋4.同理可求，直线BC的函数表达式为y＝－x＋4.设直线NR的函数表达式为y＝43x＋s，把N－32，0代入，得0＝43×－32＋s，解得s＝2.∴直线NR的函数表达式为y＝43x＋2.解方程组y＝43x＋2，y＝－x＋4，得x＝67，y＝227，∴Q′点坐标为67，227.(20分)5．(20分)[2017·枣庄]如图6－4－5，抛物线y＝－12x2＋bx＋c与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，点B坐标为(6，0)，点C坐标为(0，6)，点D是抛物线的顶点，过点D作x轴的垂线，垂足为E，连结BD.(1)求抛物线的表达式及点D的坐标；(2)点F是抛物线上的动点，当∠FBA＝∠BDE时，求点F的坐标；(3)若点M是抛物线上的动点，过点M作MN∥x轴与抛物线交于点N，点P在x轴上，点Q在坐标平面内，以线段MN为对角线作正方形MPNQ，请写出点Q的坐标．图6－4－5备用图【解析】(1)由点B，C的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的表达式，再利用配方法将抛物线表达式变形成顶点式即可得出结论；(2)设线段BF与y轴交点为点F′，设点F′的坐标为(0，m)，由相似三角形的判定及性质可得出点F′的坐标，根据点B，F′的坐标利用待定系数法可求出直线BF的表达式，联立直线BF和抛物线的表达式成方程组，解方程组即可求出点F的坐标；(3)设对角线MN，PQ交于点O′.根据抛物线的对称性结合正方形的性质可得出点P，Q的位置，设出点Q的坐标为(2，2n)，由正方形的性质可得出点M的坐标为(2－n，n)．由点M在抛物线图象上，即可得出关于n的一元二次方程，解方程可求出n值，代入点Q的坐标即可得出结论．解：(1)将点B(6，0)，C(0，6)代入y＝－12x2＋bx＋c，得0＝－18＋6b＋c，6＝c，解得b＝2，c＝6，∴抛物线的表达式为y＝－12x2＋2x＋6.∵y＝－12x2＋2x＋6＝－12(x－2)2＋8，∴点D的坐标为(2，8)．(2)设线段BF与y轴交点为点F′，设点F′的坐标为(0，m)，如答图①所示．∵∠F′BO＝∠FBA＝∠BDE，∠F′OB＝∠BED＝90°，∴△F′BO∽△BDE，∴OF′OB＝BEDE.∵B(6，0)，D(2，8)，∴E(2，0)，BE＝6－2＝4，DE＝8－0＝8，OB＝6，∴OF′＝BEDE·OB＝3，∴F′(0，3)或(0，－3)．设直线BF的表达式为y＝kx±3，则有0＝6k＋3或0＝6k－3，解得k＝－12或k＝12，∴直线BF的表达式为y＝－12x＋3或y＝12x－3.联立直线BF与抛物线的表达式，得y＝－12x＋3，y＝－12x2＋2x＋6，或y＝12x＋3，y＝－12x2＋2x＋6，解得x＝－1，y＝72，或x＝6，y＝0，(舍去)，x＝－3，y＝92，或x＝6，y＝0，(舍去)，∴点F的坐标为－1，72或－3，－92.(3)设对角线MN，PQ交于点O′，如答图②所示．∵点M，N关于抛物线对称轴对称，且四边形MPNQ为正方形，∴点P为抛物线对称轴与x轴的交点，点Q在抛物线对称轴上，设点Q的坐标为(2，2n)，则点M的坐标为(2－n，n)．∵点M在抛物线y＝－12x2＋2x＋6的图象上，∴n＝－12(2－n)2＋2(2－n)＋6，即n2＋2n－16＝0，解得n1＝17－1，n2＝－17－1.∴点Q的坐标为(2，217－2)或(2，－217－2)．