第14节 二次函数的综合应用-【卓文中考·加速度】2024年内蒙古中考数学精练册

第14节 二次函数的综合应用 中考真题·点依 命题点二次函数的实际应用 (2)设该产品2022年第x个月的销售数量为 1.[2023包头,21随着科技的发展,扫地机器人(图 n(单位;万台),m与x的关系可以用m ①)已广泛应用于生活中.某公司推出一款新 10+1来描述.求哪个月的销售收入最多, 型扫地机器人,经统计该产品2022年每个月 最多为多少万元?(销售收入三每台的销售 的销售情况发现,每台的销售价格随销售月 价格×销售数量) 份的变化而变化.设该产品2022年第x(:为 正整数)个月每台的销售价格为v(单位;元) y与x的函数关系如图②所示(图中ABC为 一折线). ,/元 1500 1012月 图① 图② 第1题图 (1)当1<x<10时,求每台扫地机器人 售价格y与月份x之间的函数关系 加度中考 23. 2.[2022鄂尔多斯,22]某超市采购了两批同样的冰 命题点②二次函数与几何图形综合 墩墩挂件,第一批花了6600元,第二批花了 3.[2022呼和浩特,24]如图,抛物线y一一 8000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. 经过点B(4,0)和点C(0,2),与x轴的另一 (1)求第二批每个挂件的进价; 个交点为A,连接AC,BC ,1 (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 470 B) 40个,若每降价1元,每周多卖10个,由于货 图① 源紧缺,每周最多能卖90个,求每个挂件售 第3题图 价定为多少元时,每周可获得最大利润,最大 (1)求抛物线的解析式及点A的坐标 利润是多少? 加速度中考 24· (2)如图①,若点D是线段AC的中点,连接 (3)如图②,点P是第一象限内抛物线上的动 BD,在y轴上是否存在点E,使得△BDE是 点,过点P作PQ/v轴,分别交BC,x轴于 以BD为斜边的直角三角形?若存在,请求 点M,N,当PMC中有某个角的度数等于 出点E的坐标;若不存在,请说明理由; 2OBC度数的2倍时,请求出满足条件的点 P的横坐标 加速度中考 4.[2022包头,25]如图,在平面直角坐标系中,抛物 (3)如图②,直线BM与y轴交于点H,是否 线y=ax^{}十c(a去0)与x轴交于A,B两点 存在点M,使得20H-OG-7.若存在,求出 点B的坐标是(2,0),顶点C的坐标是(0,4) 点M的坐标;若不存在,请说明理由 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 图① 图② 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 .26· 5.[2022哪尔多斯,23改编]如图,在平面直角坐标系 (3)抛物线上是否存在点Q,使/QCB三45*? (-.),B 中,抛物线y-ax{十bx十2经过A( 若存在,请求出点Q的坐标;若不存在,请说 明理由. (3.)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 6. [2023包头,24]如图,在平面直角坐标系中,抛物 (2)F是线段OE上一点(OF<EF),连接 线y=-x*+3x+1交y轴于点A,直线y= AF,DF,CF,且AF*+EF*=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. 的左侧),交v轴干点D,交x轴于点E P是直线BC上方抛物线上一动点,当 1 3tan PFK=1时,求点P的坐标 第6题图 (1)求点D,E,C的坐标; 加速度中考3.解：(1)将点B(4,0)和点C(0,2) 第14节二次函数的综合应用 代入抛物线 1.解：(1)当1≤x≤10时，设每台的销售价格y与x之间的 y=-22+x+e中， 函数关系式为y=x+b(k≠0)， 1 图象过A(1,2850),B(10,1500)两点， -×4+4b+c=0. 得 2 第3题答图 k+b=2850 (k=-150. 解得 c=2, 10k+b=1500. b=3000. 3 b三 ∴.当1≤x≤10时，每台扫地机器人的销售价格y与x月份 解得 2 之间的函数关系式为y=-150x+3000. e=2. (2)设销售收入为和万元. 小抛物线的解析式为y=一宁之+子+2 3 ①当1≤x≤10时， 1 在y=- 3 c=(-150x+3000)(10+1)=-15(x-5)2+3375, 2+2+2中， -15<0, 令y=0得- -x+2=0 “.当x=5时，W量大=3375（万元）： 解得=2A(-1,0) ②当10<x≤12时，e=150(0r+1)=150x+1500. (2)在轴上存在点E,使得△BDE是以BD为斜边的 直角角形，理由如下： ∴随x的增大而增大 D是线段AC的中点，A(-1,0),C(0,2) 当x=12时，0题大=150×12+1500=3300（万元）. 3375>3300. “第5个月的销售收人最多，最多为3375万元 设E(0,1). 2.解：(1)设第二批每个挂件的进价为x元，侧 个 又：B(4.0),∠BED=90°， 挂件的进价为1.1x元 .BE DE BD', 根据题意得 +50=8000 即4-0)+(0-)21+[--0+(1-] 解得x=40. 4+0-1. 经检验，x=40是原分式方程的解，且符合实际意义， 化简得-1-2=0，解得4，=-1,42=2， 答：第二批每个挂件的进价为40元. .E的坐标为(0，-1)或(0,2) (2)设每个挂件售价定为y元，每周所获利润为w元， (3B(4,0),C(0,2) 根据题意知=(y-40)[40+10(60-y)] =-10(y-52)2+1440. ∴.设直线BC的解析式为y=x+2(k≠0)， 把点B(4,0)代入解析式得，4+2=0. .-10<0. ∴.当y≥52时，地随y的增大而减小. 解得k=一之 ,40+10(60-y)≤90y≥55， 1 “,当y=55时，取最大值， “直线BC的解析式为y=-2x+2 最大值为m=-10(55-52)2+1440=1350. 设点Pm,-+2m+2 3 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1350元 则M(m,-2m+2), 当∠PCM=2∠OBC时， A44 如答图，过点C作CF⊥PM于点F 当△AOG与△M0G都以OG为底时， CF⊥PM,PM∥y轴， S,=2S2.0A=2MD. .CF∥OB,÷∠FCM=∠OBC,F(m,2), 当y=0时，则-x2+4=0,解得x=±2， 又：∠PCM=2∠OBC, B(20)..A(-2,0), ∴∠PCF=∠FCM=∠OBC, ,0A=2,MD=1, ,F是线段PM的中点， 设点M的坐标为(m,-m2+4), m++2+(- m+2) ,点M在第一象限， -=2. .m=1.∴.-m2+4=3,即M(1,3). 整理得m2-2m=0,解得m1=2,m2=0. 设直线AM的解析式为y=x+b(k≠0)， :点P是第一象限内抛物线上的动点，…m=2: -2k+b=0, k=1, 解得 当∠CMP=2∠OBC时， k+b=3, b=2. .∠CMP=∠BMN, .直线AM的解析式为y=x+2. ∴，∠BMN=2∠OBC,即∠BMN=2∠NBM. ,CN∥AM,∴.设直线CN的解析式为y=x+ PN⊥x轴，∴.∠BMN+∠NBM=90°， C(0.4).. 即3∠NBM=90°.，∠NBM=30°， 即直线C的 为y=x+4,将其代人y=-x2+4中， ∴.20C=BC. 得x+ 0C=2,0B=4, ∴.BC=√0C+0B=√4+16=25≠4. 点在第二象限，∴N(-1.3). ∴.BC≠20C,.此种情况不存在： M(1,3).点V与点M关于y轴对称 当∠CPM=2∠OBC时， y解：存在.如答图②，过点M作ME⊥x轴，垂足为E, .:∠CMP=∠NMB=90°-∠OBC. 令M(m,-m2+4). ∴.∠PCM=180°-∠CPM-∠CMP=180° .0E=m,EM=-m2+4. (90°-∠0BC)=90°-∠0BC, B(2,0)..B0=2,.BE=2-m ∠PCM=∠CMP,PC=PM, 在R1△BEM和Rt△BOH中， (m-0)+（-m28+2-2 .tan∠MBE=tan∠HBO. EM OH [(-+m+2-m+2 BE=BO ÷0M=EM:B0-2(-m2+4) 整理得+子-+--2+4m, BE 2-m =2(2+m)=2m+4. 3 解得m,=号，m=0(舍去). A0=2,AE=m+2. 综上所述，满足条件的点P的棋坐标为2或号 在RI△AOG和Rt△AEM中， an∠GA0=anLMAE,.40=AE OG EM 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)， 0G=1:A0_2(-m2+4) AE m+2 4a+c=0, a=-1, 解得 =4-2m. c=4. e=4. 20H-0G=7, ∴该抛物线的解析式为y=-x+4. (2)证明：如答图①，过点M作MD⊥y轴，垂足为D, 2(2m+4)-(4-2m)=7,解得m=2 45 当m=2时.-㎡2+4=卓M} ∴点P的横坐标为1或2或3+，石或3-， 2 2 存在点M行，)使得201-0G=7 (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上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=9O°， .∠CHM=∠HBN 图 阁2 ∠QCB=45°， 第4题答图 ∴△BHC是等腰直角三角形，∴CH=HB. 5解：四将点4-子0小B,子代入到y=r+如+2 I∠CMH=∠HNB, 在△CHM和△HBN中， ∠GHM=∠HBN, 中，得 CH HB, 4- b+2=0, ∴.△CHM≌△HBN(AAS), 2 a=-1. 解得 7 9a+3b+2=2, b=2 .CM=HN MH -BN 设点H的坐标为m “抛物线的解析式为y=-+2+2 9 4 ,古 (2)设点P的坐标为m,-m+ 2m+2 7 解得 y=-+2+2, 叫程} =m. n= .C(0,2), 设直线CH的解析式为y=x+q(P≠0)， C0=2. 5 4P+g= 4 解得 7 3k+e= g=2 1g=2, 2解得 e=2. e=2 直线CH的解析式为y=- 3t+2 直线BC的解析式为y=2x+2, 联立直线CH的解析式与抛物线的解析式， 7 y=-+2x+2, 得 7 PD=-m2+2m+2- 2m-2 3x+2. =1m2-3ml. 23 x1=0, 为=6 PD⊥x轴，0C1x轴， 解得 y=2, 13 .PD∥CO, =18 ∴当PD=C0时，以P,D,0,C为顶点的四边形是平行四 当Q在BC上方时，如答图②，连接CQ,过点B作BM1 边形， CQ于点H,过点H作MⅢ⊥y轴，交y轴于点M,过点B作 .m2-3ml=2,解得m,=1,m2=2, BN⊥MH交MH的延长线于点N, m=3+,五m=3-五 2 2 同理可得Q(片子引 A46 综上所述，存在点Q,使∠QCB=45°，点Q的坐标为 C(3,1).∴.CG=1,0G=3, 器2引 .GF=0G-OF=1, .CG=GF, ·△CGF是等腰直角三角形， .∠GFC=45°，∴.∠DFC=90°， .△DFC是直角三角形. 图1D 图2 第5题答图 E 6.解：(1)F直线y=-3x+2交y轴于点D,交x轴于 第6题答图 点E, ②解：：FK平分∠DFC,∠DFC=90°， 当x=0时，y=2..D(0,2), ∴.∠DFK=∠CFK=45°， 当y=0时，x=6,.E(6,0). .∠OFK=∠OFD±∠DFK=90°， y直线y=一子+2交抛物线于么.C两点（点B在点C .FK∥y .3tan☑ 的左侧)， “方程-x2+3x+1=- 3x+2有两个不相等的实根， 整理得3x2-10x+3=0,解得名=3=3， :点B在点C的左侧， 当点P在直线F左侧抛物线上时，anLP,FK=了，此 ,点C的横坐标为3，当x=3时，y=1, ∴.C(3,1).C(31).D(0,2),E(60) 又p家 时}<1≤2 (2)①证明：抛物线y=-x2+3x+ 如答图，过点P,作PH⊥x轴于点H, 当x=0时，y=1.A(0,1),.0 .PH∥KF :在Rt△AOF中，∠AOF=90°. ,∠HP,F=∠P,FK, AF=0A2+0F. mLmF=子 F(m,0),..OF =m,..AF =1+m, .HF =OF-OH, E(6,0), .HF=2-t. .0E=6,∴，EF=0E-OF=6-m, :AF+EF=21, 在R△P,HF中，an∠P,F=PH了 HF 1 .1+m32+(6-m)2=21, .PH=3HF, m1=2,m2=4, PH=-2+31+1, .OF<EF, -+31+1=3(2-1),.2-61+5=0, .m=2,0F=2,.F(2,0), 41=1,42=5(舍去)， D(0,2),.0D=2,0D=0F, 当1=1时，-2+31+1=3， ∴，△DOF是等腰直角三角形， .P(1,3) ∴.∠0FD=45°， 如答图，过点C作CG⊥x轴于点G, b当点P在直线F右侧抛物线上时，an∠P,K=了，此 47△ 时2<1<3. 过点P,作PM⊥x轴于点M, ,PM∥KF,∴∠MPF=∠PFK, m∠nF:盟-写N-3r, P3M=-2+31+1,MF=0M-0F=1-2, .-2+31+1=3(t-2), .2-7=0, 63=7,4=-7(舍去). 当t=7时.-2+31+1=37-6， P2(7,37-6) ,点P的坐标为(1,3)或(，7,3万-6). 加速度中考 A48