第14节 二次函数的综合应用（word练习）-【卓文中考·加速度】2024年内蒙古中考数学复习

第14节　二次函数的综合应用 命题点1 二次函数的实际应用 1.[2023包头，21]随着科技的发展，扫地机器人（图①）已广泛应用于生活中.某公司推出一款新型扫地机器人，经统计该产品2022年每个月的销售情况发现，每台的销售价格随销售月份的变化而变化.设该产品2022年第x（x为正整数）个月每台的销售价格为y（单位：元），y与x的函数关系如图②所示（图中A-B-C为一折线）. （1）当1≤x≤10时，求每台扫地机器人的销售价格y与月份x之间的函数关系式； （2）设该产品2022年第x个月的销售数量为m（单位：万台），m与x的关系可以用m＝x＋1来描述.求哪个月的销售收入最多，最多为多少万元？（销售收入＝每台的销售价格×销售数量）第1题图 2.[2022鄂尔多斯，22]某超市采购了两批同样的冰墩墩挂件，第一批花了6 600元，第二批花了8 000元，第一批每个挂件的进价是第二批的1.1倍，且第二批比第一批多购进50个. （1）求第二批每个挂件的进价； （2）两批挂件售完后，该超市以第二批每个挂件的进价又采购一批同样的挂件，经市场调查发现，当售价为每个60元时，每周能卖出40个，若每降价1元，每周多卖10个，由于货源紧缺，每周最多能卖90个，求每个挂件售价定为多少元时，每周可获得最大利润，最大利润是多少？ 命题点2 二次函数与几何图形综合 3.[2022呼和浩特，24]如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c经过点B（4，0）和点C（0，2），与x轴的另一个交点为A，连接AC，BC. 第3题图 （1）求抛物线的解析式及点A的坐标； （2）如图①，若点D是线段AC的中点，连接BD，在y轴上是否存在点E，使得△BDE是以BD为斜边的直角三角形？若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由； （3）如图②，点P是第一象限内抛物线上的动点，过点P作PQ∥y轴，分别交BC，x轴于点M，N，当△PMC中有某个角的度数等于∠OBC度数的2倍时，请求出满足条件的点P的横坐标. 4.[2022包头，25]如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋c（a≠0）与x轴交于A，B两点，点B的坐标是（2，0），顶点C的坐标是（0，4），M是抛物线上一动点，且位于第一象限，直线AM与y轴交于点G. 第4题图 （1）求该抛物线的解析式； （2）如图①，N是抛物线上一点，且位于第二象限，连接OM，记△AOG，△MOG的面积分别为S1，S2.当S1＝2S2，且直线CN∥AM时，求证：点N与点M关于y轴对称； （3）如图②，直线BM与y轴交于点H，是否存在点M，使得2OH－OG＝7.若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由. 5.[2022鄂尔多斯，23改编]如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋2经过A，B两点，与y轴交于点C. 第5题图 备用图 （1）求抛物线的解析式； （2）点P在抛物线上，过P作PD⊥x轴，交直线BC于点D，若以P，D，O，C为顶点的四边形是平行四边形，求点P的横坐标； （3）抛物线上是否存在点Q，使∠QCB＝45°？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由. 6.[2023包头，24]如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝－x2＋3x＋1交y轴于点A，直线y＝－x＋2交抛物线于B，C两点（点B在点C的左侧），交y轴于点D，交x轴于点E. 第6题图 （1）求点D，E，C的坐标； （2）F是线段OE上一点（OF＜EF），连接AF，DF，CF，且AF2＋EF2＝21. ①求证：△DFC是直角三角形； ②∠DFC的平分线FK交线段DC于点K，P是直线BC上方抛物线上一动点，当3tan∠PFK＝1时，求点P的坐标. 学科网（北京）股份有限公司 第14节　二次函数的综合应用 1.解：（1）当1≤x≤10时，设每台的销售价格y与x之间的函数关系式为y＝kx＋b（k≠0）， ∵图象过A（1，2 850），B（10，1 500）两点， ∴ 解得 ∴当1≤x≤10时，每台扫地机器人的销售价格y与x月份之间的函数关系式为y＝－150x＋3 000. （2）设销售收入为w万元， ①当1≤x≤10时， w＝（－150x＋3 000）（x＋1）＝－15（x－5）2＋3 375， ∵－15＜0， ∴当x＝5时，w最大＝3 375（万元）； ②当10＜x≤12时，w＝1 500（x＋1）＝150x＋1 500， ∴w随x的增大而增大. ∴当x＝12时，w最大＝150×12＋1 500＝3 300（万元）. ∵3 375＞3 300， ∴第5个月的销售收入最多，最多为3 375万元. 2.解：（1）设第二批每个挂件的进价为x元，则第一批每个挂件的进价为1.1x元. 根据题意得＋50＝， 解得x＝40. 经检验，x＝40是原分式方程的解，且符合实际意义. 答：第二批每个挂件的进价为40元. （2）设每个挂件售价定为y元，每周所获利润为w元， 根据题意知w＝（y－40）[40＋10（60－y）] ＝－10（y－52）2＋1 440. ∵－10＜0， ∴当y≥52时，w随y的增大而减小. ∵40＋10（60－y）≤90，∴y≥55， ∴当y＝55时，w取最大值， 最大值为w＝－10（55－52）2＋1 440＝1 350. 答：当每个挂件售价定为55元时，每周可获得最大利润，最大利润是1 350元. 3.解：（1）将点B（4，0）和点C（0，2）代入抛物线y＝－x2＋bx＋c中， 得解得 ∴抛物线的解析式为y＝－x2＋x＋2. 在y＝－x2＋x＋2中，令y＝0得－x2＋x＋2＝0， 解得x1＝－1，x2＝4，∴A（－1，0）. （2）在y轴上存在一点E，使得△BDE是以BD为斜边的直角三角形.理由如下： ∵点D是线段AC的中点，A（－1，0），C（0，2）， ∴D.设E（0，t）. 又∵B（4，0），∠BED＝90°， ∴BE2＋DE2＝BD2，即[（4－0）2＋（0－t）2]＋＝＋（0－1）2， 化简得t2－t－2＝0，解得t1＝－1，t2＝2， ∴E的坐标为（0，－1）或（0，2）. （3）∵B（4，0），C（0，2）， ∴设直线BC的解析式为y＝kx＋2（k≠0）， 把点B（4，0）代入解析式得，4k＋2＝0， 解得k＝－， ∴直线BC的解析式为y＝－x＋2. 设点P， 则M（m，－m＋2）， 当∠PCM＝2∠OBC时， 如答图，过点C作CF⊥PM于点F. ∵CF⊥PM，PM∥y轴， ∴CF∥OB，∴∠FCM＝∠OBC，F（m，2）， 又∵∠PCM＝2∠OBC， ∴∠PCF＝∠FCM＝∠OBC， ∴F是线段PM的中点， ∴＝2， 整理得m2－2m＝0，解得m1＝2，m2＝0. ∵点P是第一象限内抛物线上的动点，∴m＝2； 当∠CMP＝2∠OBC时， ∵∠CMP＝∠BMN， ∴∠BMN＝2∠OBC，即∠BMN＝2∠NBM. ∵PN⊥x轴，∴∠BMN＋∠NBM＝90°， 即3∠NBM＝90°，∴∠NBM＝30°， ∴2OC＝BC. ∵OC＝2，OB＝4， ∴BC＝＝＝2≠4， ∴BC≠2OC，∴此种情况不存在； 当∠CPM＝2∠OBC时， ∵∠CMP＝∠NMB＝90°－∠OBC， ∴∠PCM＝180°－∠CPM－∠CMP＝180°－2∠OBC－（90°－∠OBC）＝90°－∠OBC， ∴∠PCM＝∠CMP，∴PC＝PM， ∴（m－0）2＋＝－， 整理得m2＋m4－m3＋m2＝m4－2m3＋4m2， 解得m1＝，m2＝0（舍去）. 综上所述，满足条件的点P的横坐标为2或. 第3题答图 4.（1）解：∵抛物线y＝ax2＋c（a≠0）与x轴交于（2，0），顶点C的坐标是（0，4）， ∴ 解得 ∴该抛物线的解析式为y＝－x2＋4. （2）证明：如答图①，过点M作MD⊥y轴，垂足为D， 当△AOG与△MOG都以OG为底时， ∵S1＝2S2，∴OA＝2MD. 当y＝0时，则－x2＋4＝0，解得x＝±2， ∵B（2，0），∴A（－2，0）， ∴OA＝2，∴MD＝1， 设点M的坐标为（m，－m2＋4）， ∵点M在第一象限， ∴m＝1，∴－m2＋4＝3，即M（1，3）. 设直线AM的解析式为y＝kx＋b（k≠0）， ∴ 解得 ∴直线AM的解析式为y＝x＋2. ∵CN∥AM，∴设直线CN的解析式为y＝x＋t. ∵C（0，4）， ∴t＝4，即直线CN的解析式为y＝x＋4，将其代入y＝－x2＋4中，得x＋4＝－x2＋4， 解得x1＝0，x2＝－1， ∵点N在第二象限，∴N（－1，3）. ∵M（1，3），∴点N与点M关于y轴对称. （3）解：存在.如答图②，过点M作ME⊥x轴，垂足为E，令M（m，－m2＋4），∴OE＝m，EM＝－m2＋4. ∵B（2，0），∴BO＝2，∴BE＝2－m. 在Rt△BEM和Rt△BOH中， ∵tan∠MBE＝tan∠HBO， ∴＝， ∴OH＝＝＝2（2＋m）＝2m＋4. ∵AO＝2，∴AE＝m＋2. 在Rt△AOG和Rt△AEM中， ∵tan∠GAO＝tan∠MAE，∴＝， ∴OG＝＝ ＝4－2m. ∵2OH－OG＝7， ∴2（2m＋4）－（4－2m）＝7，解得m＝. 当m＝时，－m2＋4＝，∴M， ∴存在点M，使得2OH－OG＝7. 第4题答图 5.解：（1）将点A，B代入到y＝ax2＋bx＋2中，得 解得 ∴抛物线的解析式为y＝－x2＋x＋2. （2）设点P的坐标为. ∵y＝－x2＋x＋2， ∴C（0，2）， ∴CO＝2. 设直线BC的解析式为y＝kx＋c（k≠0）， ∴ 解得 ∴直线BC的解析式为y＝x＋2， ∴D， ∴PD＝ ＝｜m2－3m｜. ∵PD⊥x轴，OC⊥x轴， ∴PD∥CO， ∴当PD＝CO时，以P，D，O，C为顶点的四边形是平行四边形， ∴｜m2－3m｜＝2，解得m1＝1，m2＝2， m3＝，m4＝， ∴点P的横坐标为1或2或或. （3）存在.当点Q在BC下方时，如答图①，连接CQ，过点B作BH⊥CQ于点H，过点H作MN⊥y轴，交y轴于点M，过点B作BN⊥MH交MH的延长线于点N， ∴∠BHC＝∠CMH＝∠HNB＝90°， ∴∠CHM＋∠BHN＝∠HBN＋∠BHN＝90°， ∴∠CHM＝∠HBN. ∵∠QCB＝45°， ∴△BHC是等腰直角三角形，∴CH＝HB. 在△CHM和△HBN中， ∴△CHM≌△HBN（AAS）， ∴CM＝HN，MH＝BN. 设点H的坐标为（m，n）. ∵C（0，2），B， ∴ 解得 ∴H. 设直线CH的解析式为y＝px＋q（p≠0）， ∴ 解得 ∴直线CH的解析式为y＝－x＋2. 联立直线CH的解析式与抛物线的解析式， 得 解得 ∴Q； 当Q在BC上方时，如答图②，连接CQ，过点B作BH⊥CQ于点H，过点H作MH⊥y轴，交y轴于点M，过点B作BN⊥MH交MH的延长线于点N， 同理可得Q2. 综上所述，存在点Q，使∠QCB＝45°，点Q的坐标为或. 第5题答图 6.解：（1）∵直线y＝－x＋2交y轴于点D，交x轴于点E， 当x＝0时，y＝2，∴D（0，2）， 当y＝0时，x＝6，∴E（6，0）， ∵直线y＝－x＋2交抛物线于B，C两点（点B在点C的左侧）， ∴方程－x2＋3x＋1＝－x＋2有两个不相等的实根， 整理得3x2－10x＋3＝0，解得x1＝，x2＝3， ∵点B在点C的左侧， ∴点C的横坐标为3，当x＝3时，y＝1， ∴C（3，1），∴C（3，1），D（0，2），E（6，0）. （2）①证明：∵抛物线y＝－x2＋3x＋1交y轴于点A， 当x＝0时，y＝1，∴A（0，1），∴OA＝1， ∵在Rt△AOF中，∠AOF＝90°， ∴AF2＝OA2＋OF2， 设F（m，0），∴OF＝m，∴AF2＝1＋m2， ∵E（6，0）， ∴OE＝6，∴EF＝OE－OF＝6－m， ∵AF2＋EF2＝21， ∴1＋m2＋（6－m）2＝21， ∴m1＝2，m2＝4， ∵OF＜EF， ∴m＝2，∴OF＝2，∴F（2，0）， ∵D（0，2），∴OD＝2，∴OD＝OF， ∴△DOF是等腰直角三角形， ∴∠OFD＝45°， 如答图，过点C作CG⊥x轴于点G， ∵C（3，1），∴CG＝1，OG＝3， ∵GF＝OG－OF＝1， ∴CG＝GF， ∴△CGF是等腰直角三角形， ∴∠GFC＝45°，∴∠DFC＝90°， ∴△DFC是直角三角形. 第6题答图 ②解：∵FK平分∠DFC，∠DFC＝90°， ∴∠DFK＝∠CFK＝45°， ∴∠OFK＝∠OFD＋∠DFK＝90°， ∴FK∥y轴， ∵3tan∠PFK＝1， ∴tan∠PFK＝， 设点P的坐标为（t，－t2＋3t＋1），根据题意得＜t＜3. a.当点P在直线KF左侧抛物线上时，tan∠P1FK＝，此时＜t≤2. 如答图，过点P1作P1H⊥x轴于点H， ∴P1H∥KF， ∴∠HP1F＝∠P1FK， ∴tan∠HP1F＝， ∵HF＝OF－OH， ∴HF＝2－t， 在Rt△P1HF中，∵tan∠HP1F＝＝， ∴P1H＝3HF， ∵P1H＝－t2＋3t＋1， ∴－t2＋3t＋1＝3（2－t），∴t2－6t＋5＝0， ∴t1＝1，t2＝5（舍去）， 当t＝1时，－t2＋3t＋1＝3， ∴P1（1，3）. b.当点P在直线KF右侧抛物线上时，tan∠P2FK＝，此时2＜t＜3. 过点P2作P2M⊥x轴于点M， ∴P2M∥KF，∴∠MP2F＝∠P2FK， ∴tan∠MP2F＝＝，∴P2M＝3MF， ∵P2M＝－t2＋3t＋1，MF＝OM－OF＝t－2， ∴－t2＋3t＋1＝3（t－2）， ∴t2－7＝0， ∴t3＝，t4＝－（舍去）， 当t＝时，－t2＋3t＋1＝3－6， ∴P2（，3－6）. ∴点P的坐标为（1，3）或（，3－6）. 学科网（北京）股份有限公司 $$