【文档说明】《二次函数与图形》（著名机构整理）-2020年中考数学专题复习.doc，共(15)页，2.934 MB，由小喜鸽上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-121434.html

以下为本文档部分文字说明：

1坐标系中（函数图象上）动点产生三角形的问题我们主要讲解3类：①因动点产生的等腰三角形问题②因动点产生的直角三角形问题③因动点产生的相似三角形问题.一、方法与技巧：已知线段AB和直线l，在直线l上找点P，使ABP△为等腰三角形．lBAP5P4kP1P2P3ABl思路导航知识互联网二次函数与

图形综合题型一：坐标系中（函数图象上）动点产生三角形问题2AP3P4BllP2P1BAlBA几何法：①分别以点A、B为圆心，AB为半径作圆，找点1P，2P，3P，4P．（检验）②作线段AB的垂直平分线k，找点5P．（检验）代数法：设点P的坐标为mn，，求出AB、AP、BP的长度，分类讨

论：①ABAP；②ABBP；③APBP．求出点Pmn，．（检验）二、方法与技巧：已知线段AB和直线l，在直线l上找点P，使ABP△为直角三角形．几何法：①分别过点A、B作线段AB的垂线，找点1P，2P．（检验）②以线段AB为直径作圆，利用直径所对的圆

周角为90，找点3P，4P．（检验）代数法：设点P的坐标为mn，，求出AB、AP、BP的长度，分类讨论：①222ABAPBP；②222APABBP；③222BPABAP.求出点Pmn，．（

检验）三、方法与技巧：以点A、B、C为顶点的三角形和OPQ△相似．根据“两组角对应相等，两三角形相似．”进行分类讨论：①ABCOPQ△∽△，②ACBOPQ△∽△，③BACOPQ△∽△，④BCAOPQ△∽△，⑤

CABOPQ△∽△，⑥CBAOPQ△∽△.（检验）【例1】已知二次函数23yxbx的图象与x轴的一个交点为40A，，与y轴交于点B．⑴求此二次函数关系式和点B的坐标；⑵在x轴的正半轴上是否存在点P．使得PAB△是以AB为底边的等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存

在，请说明理由．【解析】⑴把点40A，代入二次函数有：01643b得：134b所以二次函数的关系式为：21334yxx．当0x时，3y∴点B的坐标为03，．⑵如图：典题精练PyxABOOB

Axy3作AB的垂直平分线交x轴于点P，连接BP，则：BPAP设BPAPx，则4OPx，在直角OBP△中，222BPOBOP即：22234xx解得：258x∴257488OP所以点P的坐标为：708，

【点评】可以把“PAB△是以AB为底边的等腰三角形”拓展为“PAB△是等腰三角形”.【例2】在平面直角坐标系内，反比例函数和二次函数21ykxx的图象交于点1Ak，和点kB1，．⑴当2k时，求反比例函数的解析式；⑵要使反比例函数和二次函数都是y随着

x的增大而增大，求k应满足的条件以及x的取值范围；⑶设二次函数的图象的顶点为Q，当ABQ△是以AB为斜边的直角三角形时，求k的值．【解析】⑴当2k时，12A，，∵A在反比例函数图象上，∴设反比例函数的解析式为：myx，代入12A，得

：21m，解得：2m，∴反比例函数的解析式为：2yx，⑵∵要使反比例函数和二次函数都是y随着x的增大而增大，∴0k，∵二次函数2215124ykxxkxk，的对称轴为：直线12x，要使二次函数21ykxx满足上述条件，在0k的

情况，x必须在对称轴左边，即12x时，才能使得y随着x的增大而增大，∴综上所述，0k且12x；⑶由⑵可得：1524Qk，，B(-1,-k)(1,k)AQCDOyx4∵ABQ△是以AB为斜边的直角三角形

，A点与B点关于原点对称，（如图是其中的一种情况）∴原点O平分AB，∴OQOAOB，作ADOC，QCOC，∴222125416OQCQOCk，∵2221OAADODk，∴221251416kk，解得：233k．【例3】如图，在矩形OABC中，10A

O，8AB，沿直线CD折叠矩形OABC的一边BC，使点B落在OA边上的点E处．分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，抛物线2yaxbxc经过O，D，C三点．⑴求AD的长及抛物线的解析式；⑵一动点P从点E出发，沿EC以每秒2个单位长的速

度向点C运动，同时动点Q从点C出发，沿CO以每秒1个单位长的速度向点O运动，当点P运动到点C时，两点同时停止运动．设运动时间为t秒，当t为何值时，以P、Q、C为顶点的三角形与ADE△相似？【解析】⑴∵四边形ABCO为矩形，∴90OABAOCB，8ABCO，10AOBC．由题

意得，BDCEDC△≌△．∴90BDEC，10ECBC，EDBD．由勾股定理易得6EO．∴1064AE．设ADx，则8BDDEx，由勾股定理，得22248xx．解之得，3

x，∴3AD．∵抛物线2yaxbxc过点00O，，∴0c．∵抛物线2yaxbxc过点310D，，80C，，∴93106480abab．解之得23163ab．∴抛物线的解析式为：221633yxx

．⑵∵90DEAOEC，90OCEOEC，∴DEAOCE．yxCOEBDA5由⑴可得3AD，4AE，5DE．而CQt，2EPt，∴102PCt．当90PQCDA

E时，ADEQPC△∽△，∴CQCPEAED，即10245tt，解得4013t．当90QPCDAE时，ADEPQC△∽△，∴PCCQAEED，即10245tt，解得257t．∴当4013t或257时，以P，Q

，C为顶点的三角形与ADE△相似．坐标系中（函数图象上）动点产生四边形问题：主要讲解两类问题：⑴因动点产生的平行四边形问题⑵因动点产生的梯形问题.⑴因动点产生的平行四边形问题的方法与技巧：已知以点A、点B为顶点的四边形为

平行四边形，寻找平行四边形的另外两个顶点．①AB为边：平移型，利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形．②AB为对角线：旋转型，利用对角线互相平分的四边形为平行四边形．⑵因动点产生的梯形问题的方法与技巧：如图，已知

ABC△和直线l，在直线l上找点P，使以点A、B、C、P为顶点的四边形为梯形．①分别过点A、B、C作BC、AC、AB的平行线与直线l相交．②检验以点A、B、C、P为顶点的四边形是否为平行四边形．ABClP3P2P1lCBA思路导航题型二：坐标系中

（函数图象上）动点产生四边形问题BBAA6MDOCBAyx【例4】在平面直角坐标系中，以点30A，为圆心、半径为5的圆与x轴相交于点B、C（点B在点C的左边），与y轴相交于点D、M（点D在点M的下方）．⑴求以直线3x为对称轴，且经过点D、C的抛物线的解析式；⑵若E

为这条抛物线对称轴上的点，则在抛物线上是否存在这样的点F，使得以点B、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形．若存在，求出点F坐标；若不存在，说明理由．【解析】⑴如图，∵圆以点30A，为圆心，半径为5，∴此圆与x轴交于点20B，，80C，．连接OD在RtAOD△中，90A

OD°，∵3OA，5AD，∴4OD．∴点D的坐标为04，．设抛物线的解析式为2yaxbxc，∵抛物线经过点04D，，80C，，且对称轴为3x，∴4320648cbaabc

解得14a，32b，4c．∴抛物线的解析式为213442yxx．⑵存在符合条件的点F，使得以点B、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形．情况1：当BC为平行四边形的一边时，∵10BC，∴10EFBC．设点3Et，，17

Ft，，213Ft，，将点1F、2F分别代入抛物线的解析式，得17574F，，275134F，．情况2：当BC为平行四边形的对角线时，AEAF，又∵点F在抛物线上，∴点F必为抛物线的顶点．∴32534F，．综上所

述17574F，，275134F，，32534F，使得以点B、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形．【例5】抛物线2yxbxc经过直线3yx与坐标轴的两个交点AB、，抛物线与x轴的另一个交点为C，抛物线的顶点为D．典题精

练F3ECBAF2F1ECB7ECxyODBAP4P3P2P1ABDOyxC⑴求此抛物线的解析式；⑵试判断ABD△的形状，并证明你的结论；⑶在坐标轴上是否存在点P使得以点P、A、B、D为顶点的四边形是梯形．若存在，求出点P的坐标；

若不存在，说明理由．【解析】⑴∵直线3yx与坐标轴的两个交点坐标分别为0330AB，，，，又抛物线2yxbxc经过这两个点，则可得0933bcc，解得23bc，∴此抛物线的解析式为223yxx．⑵由⑴可知

：C点坐标为10，，顶点D的坐标为14，，过D点作DEy轴于E，可知11AEDE，，∴45DAE，∵390OAOBAOB，，∴45OAB，∴18090DABDAEOAB

，∴ABD△是直角三角形．⑶分以下三种情况讨论：①若BD为底，则1APBD∥与x轴交于1P点，由3014BD，，，易知，直线BD的解析式为26yx，∴直线1AP的解析式为23yx，∴1302P，．②若AD为底，则2BPAD∥与

y轴交于2P点，由0314AD，，，易知，直线AD的解析式为3yx，∴直线2BP的解析式为3yx，∴203P，．③若AB为底，则DPAB∥与y轴、x轴分别交于34PP、，已知直线AB的解析式为3yx，∴直线34PP的解析式为5yx

，∴340550PP，，，．综上所述，满足以PABD、、、为顶点的四边形是梯形的P点坐标为1302P，，203P，，305P，，450P，．8【例6】如图，已知抛物线1C：225yax的顶点为P，与x轴相交于AB、两点（点A在点B的左边

），点B的横坐标是1．⑴求P点坐标及a的值；⑵如图⑴，抛物线2C与抛物线1C关于x轴对称，将抛物线2C向右平移，平移后的抛物线记为3C，3C的顶点为M，当点PM、关于点B成中心对称时，求3C的解析式；⑶如图⑵，点Q是x轴正

半轴上一点，将抛物线1C绕点Q旋转180后得到抛物线4C．抛物线4C的顶点为N，与x轴相交于EF、两点（点E在点F的左边），当以点PNF、、为顶点的三角形是直角三角形时，求点Q的坐标．【解析】⑴由抛物线1C：225yax得顶点P的坐标为

25，∵点10B，在抛物线1C上，∴20125a，解得59a．⑵连接PM，作PHx轴于H，作MGx轴于G∵点PM、关于点B成中心对称，∴PM过点B，且PBMB∴PBHMBG△≌△，∴5MGPH，3BGBH∴顶点M的坐标为4

5，抛物线1C关于x轴对称得到2C，再平移得到3C∴抛物线3C的解析式为25459yx⑶∵抛物线4C由1C绕着x轴上的点Q旋转180得到∴顶点NP、关于点Q成中心对称由⑵得点N的纵坐标为5，设点N坐标为5m，作PHx轴于H，作NGx轴于G，作PKN

G于K∵旋转中心Q在x轴上，∴26EFABBH，∴3FG，点F坐标为30m，，H坐标为20，，K坐标为5m，，根据勾股定理得22224104PNNKPKmm，22221050PFPHHFmm，2225334NF，①当

90PNF时，222PNNFPF，解得443m，∴Q点坐标为1903，②当90PFN时，222PFNFPN，解得103m，∴Q点坐标为203，yxAOBPM图1C1C2C3图⑴yxAOPPN图2C1C4QE

F图⑵yxAOBPN图⑵QEFHGKyxAOBPM图⑴C1C2C3HG9③∵90NPFHPK，∴90NPF综上，当Q点坐标为1903，或203，时，以点PNF、、为顶点的三角形是直角三角形．

10PNMOCBAyx题型一坐标系中（函数图象上）动点产生三角形问题巩固练习【练习1】如图，抛物线31yaxx与x轴相交于A、B两点（点A在点B右侧），过点A的直线交抛物线于另一点C，点C的坐标为26，．⑴求a的值及直线AC的函数关系式；⑵P是线

段AC上一动点，过点P作y轴的平行线，交抛物线于点M，交x轴于点N．①求线段PM长度的最大值；②在抛物线上是否存在这样的点M，使得CMP△与APN△相似？如果存在，请直接写出所有满足条件的点M的坐标（不必写解答过

程）；如果不存在，请说明理由．【解析】⑴由题意得62321a，∴2a∴抛物线的函数解析式为231yxx，与x轴交于30B，、10A，设直线AC的解析式为ykxb

，则有062kbkb，解得22kb，∴直线AC的解析式为22yx⑵①设P的横坐标为21aa≤≤，则22Paa，，2246Maaa，∴22219

24622224242PMaaaaaaa219222a∴当12a时，PM的最大值为92．②106M，；215548M，提

示：1M通过观察容易得到，2M需要计算过C点且与AC垂直的直线与抛物线的交点，比较复杂；亦或过C作MN的垂线，垂足为H，则CHMPNA△∽△，得到2CHMH，设P点的横坐标为m，通过点坐标与线段的转化，利用比例关系求出m，进一步求出M点坐标．题

型二坐标系中（函数图象上）动点产生四边形问题巩固练习【练习2】已知：如图所示，关于x的抛物线20yaxxca与x轴交于点20A，、点60B，，与y轴交于点C．复习巩固11⑴求出此抛物线的解析式，并写出顶点坐标

；⑵在抛物线上有一点D，使四边形ABDC为等腰梯形，写出点D的坐标，并求出直线AD的解析式；⑶在⑵的条件下直线AD交抛物线的对称轴于点M，抛物线上有一动点P，x轴上有一动点Q，是否存在以A、M、P、Q为顶点的平行四边形？如果存在，请直接写出点Q的坐标；如果不存

在，请说明理由．【解析】⑴根据题意，得4203660acac，解得143ac∴抛物线的解析式为2134yxx，顶点坐标是24，．⑵43D，设直线AD的解析式为0ykxbk∵直线经过点20A，，点43D，∴204

3kbkb，解得121kb，∴112yx．⑶存在．12220Q，，22220Q，，36260Q，，46260Q，．【练习3】在平面直角坐标系中，以点(30)A，为圆心、半径为

5的圆与x轴相交于点B、C（点B在点C的左边），与y轴相交于点D、M（点D在点M的下方）．⑴求以直线3x为对称轴，且经过点C、D的抛物线的解析式；⑵若点P是该抛物线对称轴上的一个动点，求PCPD的取值范围；⑶若E为这个抛物线对

称轴上的点，则在抛物线上是否存在这样的点F，使得以点B、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形．若存在，求出点F的坐标；若不存在，说明理由．【解析】⑴由A⊙的圆心为30，，半径为5，及各点的位置可知8020040

4BCDM，，，，，，，，∵抛物线的对称轴是3x，且经过点C，∴该抛物线一定经过点B，∴设抛物线解析式为82yaxx，代入04D，，可得482a，解得14a，∴抛物线解析式为21138

24442yxxxx．⑵由BC、两点关于对称轴对称，则连结BD与对称轴交于一点P，此时PCPD最小，又知45BD，∴PCPD的取值范围是45PCPD≥．⑶①若BCEF∥，则F点横坐标为13或7，这两点关于对

称轴对称，∴16939754424Fy，ABOCyxQ4Q3Q2Q1P4P3P2P1MDxyCOBA12∴F点的坐标为757513744，，，．②若BCEF、互相平分，则F点在对称轴上，∴F点坐标为2534

，．∴存在点F，坐标为7575251373444，，，，，．【练习4】如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线21410189yxx与y轴的交点

为点B，与x轴的交点为点A，过点B作x轴的平行线BC，交抛物线于点C，连接AC．现有两动点P，Q分别从O，C两点同时出发，点P以每秒4个单位的速度沿OA向终点A移动，点Q以每秒1个单位的速度沿CB向点B移动，点P停止运动时，点Q也同时停止运动，线段OC，PQ相交于点D，过

点D作DEOA∥，交CA于点E，射线QE交x轴于点F．设动点P，Q移动的时间为t（单位：秒）⑴求A，B，C三点的坐标和抛物线的顶点的坐标；⑵当t为何值时，四边形PQCA为平行四边形?请写出计算过程；⑶当902t时，PQF△的面积是否总为定值?若是，求出此定值，若不是，请

说明理由；⑷当t为何值时，PQF△为等腰三角形?请写出解答过程.【解析】⑴∵21818018yxx，令0y，得281800xx，18100xx，∴18x或10x，

∴180A，；在21410189yxx中，令0x，得10y，即010B，；由于BCOA∥，故点C的纵坐标为10，由2141010189xx，得8x或0x即810C，，且易求出顶点坐标为9849，，于是，1

80010810ABC，，，，，，顶点坐标为9849，．⑵若四边形PQCA为平行四边形，由于QCPA∥．故只要QCPA即可，而184PAtCQt，，故184tt，得185t；⑶设点P运动t秒，则4OPtCQt，，04.5t，说

明P在线段OA上，且不与点O、A重合，由于QCOP∥知QDCPDO△∽△，故144QDQCtDPOPt，∴4AFtOP，∴18PFPAAFPAOP．OxyQPFEDCBA13又点Q到直线PF的距离10d，∴1118109022PQFSPFd

△，于是PQF△的面积总为90．⑷由⑶知，401840810PtFtQt，，，，，．构造直角三角形后易得2222481058100PQttt，2222184810510100FQttt．①

若FPFQ，即2218510100t，故2252224t，∵226.5t≤≤，∴2244142255t，∴41425t．②若QPQF，即22581005101

00tt，无0<4.5t≤的t满足条件；③若PQPF，即22(58)10018t，得2(58)224t，∴84144.55t或841405t都不满足0<4.5t≤，故无0<4.5t≤的t满足方程；综上所述：当41425t

时，PQR△是等腰三角形．【练习5】如图，抛物线24yxx与x轴分别相交于点B、O，它的顶点为A，连接AB，把AB所在的直线沿y轴向上平移，使它经过原点O，得到直线l，设P是直线l上一动点.⑴求点A的坐标；⑵以点A、B、O、P为顶点的四边形中，

有菱形、等腰梯形、直角梯形，请分别直接写出这些特殊四边形的顶点P的坐标；⑶设以点A、B、O、P为顶点的四边形的面积为S，点P的横坐标为x，当462682S≤≤时，求x的取值范围.【解析】⑴由22424yxxx，知点A的坐标

为24，．⑵①如图2，菱形OABP的顶点P的坐标为24，．②如图3，等腰梯形OBAP的顶点P的坐标为2455，．③如图4，直角梯形OPBA的顶点P的坐标为4855，，直角梯形O

BAP的顶点P的坐标为61255，．图2OPBAyx图3xyABPOP′图4OPBAyx⑶直线l的解析式为2yx，那么点P的坐标可表示为2xx，．OBAlxy14ABO△的面积8ABOS△．①当P在x轴上方时，184(2)842ABOPBOSSSxx

△△．解不等式组46284682x≤≤，得13221222x≤≤．②当P在x轴下方时，ABO△与ABP△是同底等高的三角形，面积相等．因此1842842ABPPBOABOPBOSSSSS

xx△△△△．解不等式组46284682x≤≤，得31212222x≤≤．综上所述，x的取值范围.是13221222x≤≤或31212222x≤≤15【测试1】点A在x轴的负半轴上，4OA，5ABOB.将

ABO△绕坐标原点O顺时针旋转90，得到11ABO△，再继续旋转90，得到22ABO△.抛物线23yaxbx经过B、1B两点.⑴求抛物线的解析式；⑵点2B是否在此抛物线上，请说明理由；⑶在该抛物线上找一点P，使得2PBB△是以2BB为底的等腰三角形，求出所有符合条件的点P的坐标；⑷在该抛

物线上，是否存在两点M、N，使得原点O是线段MN中点，若存在，直接写出这两点的坐标；若不存在，请说明理由.【解析】⑴过点B作BEOA⊥于点E，∵ABOB，∴122OEOA．又5OB，∴221BEOBOE．∴21B，．∴112B，，

221B，．∵抛物线23yaxbx经过B、1B两点，∴423132abab，解得3132ba．∴抛物线的解析式为331322xxy．⑵∵当2x时，22112231333y≠，∴点221B，不在此抛物线上．⑶点P应在

线段2BB的垂直平分线上，由题意可知，12OBBB⊥且平分2BB，∴点P在直线1OB上．可求得1OB所在直线的解析式为2yx．又点P是直线2yx与抛物线221333yxx的交点，由2221333yxyxx，解得1112xy，22929xy

．∴符合条件的点P有两个，112P，即点1B和2992P，．⑷存在．32222，和32222，．课后测OBAyxB2A2B1A1OEABxy