【文档说明】中考数学复习课件-二次函数综合问题.pptx，共(40)页，1.577 MB，由小橙橙上传

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第八章专题拓展二次函数综合问题1.(2020济宁,21,9分)我们把方程(x-m)2+(y-n)2=r2(r>0)称为圆心为(m,n)、半径长为r的圆的标准方程.例如,圆心为(1,-2)、半径长为3的圆的标准方程是(x-1)2+(y

+2)2=9.在平面直角坐标系中,☉C与x轴交于点A,B,且点B的坐标为(8,0),与y轴相切于点D(0,4),过点A,B,D的抛物线的顶点为E.(1)求☉C的标准方程;(2)试判断直线AE与☉C的位置关系,并说明理由.解析(1)如图,连接CD,CB,过点C作CM⊥AB于M.设☉

C的半径为r.∵☉C与y轴相切于点D(0,4),∴CD⊥OD,∵∠CDO=∠CMO=∠DOM=90°,∴四边形ODCM是矩形,∴CM=OD=4,CD=OM=r,∵B(8,0),∴OB=8,∴BM=8-r,在Rt△CMB中,

∵BC2=CM2+BM2,∴r2=(8-r)2+42,解得r=5,∴C(5,4),∴☉C的标准方程为(x-5)2+(y-4)2=25.(2)AE是☉C的切线.理由:连接AC,CE.由(1)知AM=BM=3,∴A(2,0),∵B(8,0),∴设抛物线的解析式为y=a(x-2)(x-

8),把D(0,4)代入y=a(x-2)(x-8),可得a=,∴抛物线的解析式为y=(x-2)(x-8)=x2-x+4=(x-5)2-,141414521494∴抛物线的顶点E,∴AE==,CE=4+=,AC=5,

∵EC2=AC2+AE2,∴∠CAE=90°,∴CA⊥AE,∴AE是☉C的切线.95,-422934+154942542.(2019枣庄,25,10分)已知抛物线y=ax2+x+4的对称轴是直线x=3,与

x轴相交于A,B两点(点B在点A右侧),与y轴交于点C.(1)求抛物线的解析式和A,B两点的坐标;(2)如图1,若点P是抛物线上B、C两点之间的一个动点(不与B、C重合),是否存在点P,使四边形PBOC的面积最大?若存在,求点P的坐标及四边形PBOC

面积的最大值;若不存在,请说明理由;(3)如图2,若点M是抛物线上任意一点,过点M作y轴的平行线,交直线BC于点N,当MN=3时,求点M的坐标.32解析(1)∵抛物线的对称轴是直线x=3,∴-=3,解得a=-,∴抛物线的解析式为y=-x2+x+4.当y=0时,-x2+x+4=0,解得x1=-2,x

2=8,∵点B在点A右侧,∴点A的坐标为(-2,0),点B的坐标为(8,0).(2)当x=0时,y=-x2+x+4=4,∴点C的坐标为(0,4).322a14143214321432设直线BC的解析式为y=kx+b(k≠0),将

(8,0),(0,4)代入y=kx+b得解得∴直线BC的解析式为y=-x+4.假设存在点P,使四边形PBOC的面积最大,设点P的坐标为(0<x<8),如图所示,过点P作PD∥y轴,交直线BC于点D,则点D的坐标为,则PD=-x2

+x+4-=-x2+2x,∴=S△BOC+S△PBC80,4,kbb+==1-,24.kb==12213,-442xxx++1,-42xx+14321-42x+14PBOCS四边形=×8×4+PD·

OB=16+×8=-x2+8x+16=-(x-4)2+32.∵0<x<8,∴当x=4时,四边形PBOC的面积最大,最大值是32.∴存在点P(4,6),使得四边形PBOC的面积最大,四边形PBOC面积的最大值为32.12121221-

24xx+(3)设点M的坐标为,则点N的坐标为,∴MN==,又∵MN=3,∴=3,213,-442mmm++1,-42mm+2131-4--4422mmm+++21-24mm+21-24mm

+当0<m<8时,-m2+2m-3=0,解得m1=2,m2=6,∴点M的坐标为(2,6)或(6,4);当m<0或m>8时,-m2+2m+3=0,解得m3=4-2,m4=4+2,∴点M的坐标为(4-2,-1)或

(4+2,--1).综上,点M的坐标为(2,6)或(6,4)或(4-2,-1)或(4+2,--1).141477777777773.(2020泰安新泰期末,25,13分)如图,抛物线y=-x2+x+2与x轴交于点A,点B,与y轴交于点C,点D与点C关于

x轴对称,点P是x轴上的一个动点,设点P的坐标为(m,0),过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q.(1)求点A、点B、点C的坐标;(2)当点P在线段OB上运动时,直线l交直线BD于点M,试探究m为何值时,四边形CQMD是平行四边形;(3

)点P在线段AB上运动过程中,是否存在点Q,使得以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.1232解析(1)抛物线y=-x2+x+2,当x=0时,y=2,∴C(0,2),当y=0时,即-x2+x+2=0,解得x1=4,x2=-1,∴

A(-1,0),B(4,0),∴A(-1,0),B(4,0),C(0,2).(2)∵点D与点C关于x轴对称,∴D(0,-2),CD=4,设直线BD的关系式为y=kx+b,把D(0,-2),B(4,0)代入得,解得k=,b=-2,∴直线BD的关系式为y=x-2.1232123

2-2,40,bkb=+=1212由点P的坐标为(m,0),得M,Q,∴QM=-m2+m+2-m+2=-m2+m+4,当QM=CD时,四边形CQMD是平行四边形,∴-m2+m+4=4,解得m1=0(舍去),m2=2,∴当m=2时,四边形CQMD是平行四

边形.(3)在Rt△BOD中,OD=2,OB=4,∴OB=2OD.①若∠MBQ=90°,如图1所示,由△QBM∽△BOD,得QP=2PB,1,-22mm213,-222mmm++1232121212设点P的横坐标为x,则QP=-

x2+x+2,PB=4-x,∴-x2+x+2=2(4-x),解得x1=3,x2=4(舍去),当x=3时,PB=4-3=1,∴PQ=2PB=2,∴点Q的坐标为(3,2).②若∠MQB=90°,如图2所示,此时点P、Q与点A重合,∴

Q(-1,0).③∵点M在直线BD上,∴∠QMB≠90°,这种情况不存在.综上所述,点P在线段AB上运动过程中,存在点Q,使得以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似,点Q的12321232坐标为(3,2)或(-1,0).4.(2020临沂兰

山期末,26,13分)如图,抛物线y=ax2+bx-3经过点A(2,-3),与x轴负半轴交于点B,与y轴交于点C,且OC=3OB.(1)求抛物线的解析式;(2)抛物线的对称轴上有一点P,使PB+PC的值最小,求点P的坐标;(3)点M在抛物线上,点N在抛物线的对称轴上,是否存在以点A,B,

M,N为顶点的四边形是平行四边形?若存在,直接写出所有符合条件的点M的坐标;若不存在,请说明理由.解析(1)令x=0,则y=-3,∴OC=3,∵OC=3OB,∴OB=1,∴B(-1,0),∵A(2,-3),B(-1,0)在抛物线y=ax2+bx-3上,∴∴

∴抛物线的解析式为y=x2-2x-3.(2)由(1)知,抛物线的解析式为y=x2-2x-3,∴抛物线的对称轴为直线x=1,由(1)知,C(0,-3),∵A(2,-3),∴点A,C关于直线x=1对称,∴直线AB与直线x=1的交点为点P,42-3-3,--30,abab+==1

,-2,ab==设直线AB的解析式为y=kx+c,∵点A(2,-3),B(-1,0)在直线AB上,∴∴∴直线AB的解析式为y=-x-1.令x=1,则y=-2,∴P(1,-2).(3)设点N(1,n

),M(m,m2-2m-3),∵A(2,-3),B(-1,0),①当AB与MN为对角线时,AB与MN互相平分,∴(2-1)=(m+1),∴m=0,∴M(0,-3);-0,2-3,kckc+=+=-1,-1

,kc==1212②当AN与BM为对角线时,AN与BM互相平分,∴(1+2)=(m-1),∴m=4,∴M(4,5);③当AM与BN为对角线时,AM与BN互相平分,∴(m+2)=(1-1),∴m=-2,∴M(-2,5).故满足条件的点M的坐标为(0,-

3)或(4,5)或(-2,5).12121212思路分析(1)易知点B坐标,将点A,B坐标代入解析式中,构造方程组求解可得;(2)先判断出点P是直线AB与抛物线对称轴的交点,再用待定系数法求出直线AB的解析式,即可得出结论;(3)设出点M,N的坐标,利用平行四边形的对角线互相平分,建立方

程求解即可得出.5.(2020山西,23,13分)综合与探究如图,抛物线y=x2-x-3与x轴交于A,B两点(点A在点B的左侧),与y轴交于点C.直线l与抛物线交于A,D两点,与y轴交于点E,点D的坐标为(4,-3).14(1

)请直接写出A,B两点的坐标及直线l的函数表达式;(2)若点P是抛物线上的点,点P的横坐标为m(m≥0),过点P作PM⊥x轴,垂足为M,PM与直线l交于点N,当点N是线段PM的三等分点时,求点P的坐标;(3)若点Q是y轴上的点,且∠ADQ=45°,求点Q的坐标.解析(1)A(-2,0),

B(6,0),直线l的函数表达式为y=-x-1.(3分)详解:令x2-x-3=0,得x2-4x-12=0,∴(x-6)(x+2)=0,∴x1=-2,x2=6.∴A(-2,0),B(6,0).设直线l的函数表达式为y=kx+b(k≠0),把A(-2,0),D(4,-3

)代入得解得∴直线l的函数表达式为y=-x-1.(2)如图,根据题意可知,点P与点N的坐标分别为P,N.1214-20,4-3,kbkb+=+=1-,2-1.kb==1221,--34mmm1,--12mmPM==-m2

+m+3,MN==m+1.NP=-=-m2+m+2.分两种情况:①当PM=3MN时,得-m2+m+3=3.(4分)21--34mm141--12m121--12m21--34mm141214112m+解得m

1=0,m2=-2(舍去).当m=0时,m2-m-3=-3.∴点P的坐标为(0,-3).(5分)②当PM=3NP时,得-m2+m+3=3.(6分)解得m1=3,m2=-2(舍去).当m=3时,m2-m-

3=-.∴点P的坐标为.∴当点N是线段PM的三等分点时,点P的坐标为(0,-3)或.(7分)(3)∵直线y=-x-1与y轴交于点E,∴点E的坐标为(0,-1).分两种情况:①如图,当点Q在y轴正半轴上时,记为点Q1.14

14211-242mm++14154153,-4153,-412过点Q1作Q1H⊥直线l,垂足为H,则∠Q1HE=∠AOE=90°,∵∠Q1EH=∠AEO,∴△Q1HE∽△AOE.∴=.即=.∴Q1H

=2HE.(8分)又∵∠Q1DH=45°,∠Q1HD=90°,∴∠HQ1D=∠Q1DH=45°.∴DH=Q1H=2HE.∴HE=ED.(9分)连接CD,∵点C的坐标为(0,-3),点D的坐标为(4,-3),∴CD⊥

y轴.∴ED===2.∴HE=2,Q1H=4.∴Q1E===10.∴OQ1=Q1E-OE=10-1=9,∴点Q1的坐标为(0,9).(10分)②如图,当点Q在y轴负半轴上时,记为点Q2.过点Q2作Q2G⊥直线l,垂足为G.则∠Q2GE=∠AOE=90°

,1QHAOHEOE12QH1HE22ECCD+22[-1-(-3)]4+555221HEQH+22(25)(45)+∵∠Q2EG=∠AEO,∴△Q2GE∽△AOE.∴=.即=.∴Q2G=2EG.(11分)又∵∠Q2DG=45°,∠Q2GD=90°,∴∠DQ2G=∠Q2DG=45

°.∴DG=Q2G=2EG.∴ED=EG+DG=3EG.(12分)由①可知,ED=2.∴3EG=2.∴EG=.∴Q2G=.∴EQ2===.∴OQ2=OE+EQ2=1+=.∴点Q2的坐标为.∴点Q的坐标为(0,9)或.(13

分)2QGAOEGOE22QG1EG55253453222EGQG+22254533+103103133130,-3130,-3方法总结与二次函数有关的解答题中涉及线段长

度或最值问题时一般采用坐标法,就是以坐标系为桥梁,通过坐标把线段转化成代数问题,通过代数运算解决问题,同时注意分类讨论思想的应用.难点突破本题第(3)问注意分类讨论.当点Q在y轴正半轴上时,记作Q1,作Q1H⊥直线l于H,构造△Q1HE∽△AOE

;当点Q在y轴负半轴上时,记作Q2,作Q2G⊥直线l于G,构造△Q2GE∽△AOE.然后根据相似比和勾股定理进行解答.6.(2020云南,23,12分)抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,点A的坐标为(-1,0),点C的坐标为(0,-3

).点P为抛物线y=x2+bx+c上的一个动点.过点P作PD⊥x轴于点D,交直线BC于点E.(1)求b、c的值;(2)设点F在抛物线y=x2+bx+c的对称轴上,当△ACF的周长最小时,直接写出点F的坐标;(3)在第一象限,是否

存在点P,使点P到直线BC的距离是点D到直线BC的距离的5倍?若存在,求出点P所有的坐标;若不存在,请说明理由.解析(1)将A(-1,0),C(0,-3)分别代入y=x2+bx+c,得(1分)解得∴b=-2,c=-3.(3分)(2

)点F的坐标为(1,-2).(7分)提示:设抛物线的对称轴与x轴交于点G,因为AC的长为定值,所以当AF+CF的长最小时,△ACF的周长最小,由(1)易得G(1,0),B(3,0),点A关于直线FG的对称点为点B,当

点B、C、F在一条直线上时,AF+CF的长最小.∵OC∥GF,∴△BGF∽△BOC,∴=,∴GF=2,∴F(1,-2).(3)存在满足要求的点P,且点P的坐标为(5,12).1-0,-3,bcc+==-2,-3.

bc==GFOCBGBO由(1)知b=-2,c=-3,∴y=x2-2x-3.令y=0,得0=x2-2x-3,解得x1=-1,x2=3,∵A(-1,0),∴B(3,0).设直线BC的解析式为y=kx+m(k≠0),把B

(3,0),C(0,-3)代入y=kx+m,得解得∴直线BC的解析式为y=x-3.03,-30,kmkm=+=+1,-3.km==设P(n,n2-2n-3),根据题意得n>3,E(n,n-3),D(n,0),PE=n2-3n,DE=n-3.(9分)∵

点P到直线BC的距离是点D到直线BC的距离的5倍,∴以BE为底的△BEP的面积是以BE为底的△BED面积的5倍,即S△BEP=5S△BED.∵S△BEP=PE·BD,S△BED=DE·BD,1212∴PE·BD=5×DE·BD,∴PE=5DE.(11分)∴n2-3n=5(n-3),即(n-3

)(n-5)=0,解得n=3或n=5.∵n>3,∴n=5,∴y=52-2×5-3=12,∴点P的坐标为(5,12).(12分)1212思路分析(1)用待定系数法可求出b、c的值;(2)运用轴对称及三角形相似可求得点F的坐标;(3)求出直线BC的解析式,设出点P

,点E的坐标,再分别表示线段PE,DE的长,将题中的距离关系转化为三角形的面积关系,可得S△BEP=5S△BED,进而得出PE=5DE,解方程求出点P的坐标.7.(2020湖南常德,25,10分)如图,已知抛物线y=

ax2过点A.(1)求抛物线的解析式;(2)已知直线l过点A,M且与抛物线交于另一点B,与y轴交于点C,求证:MC2=MA·MB;(3)若点P,D分别是抛物线与直线l上的动点,以OC为一边且顶点为O,C,P,D的四边形是平行

四边形,求所有符合条件的P点坐标.9-3,43,02解析(1)把点A代入y=ax2,得=9a,∴a=,∴抛物线的解析式为y=x2.(3分)(2)证明:设直线l的解析式为y=kx+b(k≠0),则解得∴直线l的解析式为y=-x+,9-

3,49414149-3,430,2kbkb=+=+1-,23,4kb==1234令x=0,得y=,∴C,由解得或∴B.如图,过点A作AA1⊥x轴于A1,过点B作BB1⊥x轴于B1,则BB1

∥OC∥AA1,3430,421,413-24yxyx==+1,14xy==-3,9,4xy==11,4∴===,===,∴=,即MC2=MA·MB.(7分

)(3)∵OC为一边且顶点为O,C,P,D的四边形是平行四边形,BMMC1MBMO3-123213MCMA1MOMA323-(-3)213BMMCMCMA∴PD∥OC,PD=OC,如图,设P,∴D.∴=,21,4tt13,-24tt+2113--42

4tt+34整理得t2+2t-6=0或t2+2t=0,解得t=-1-或-1+或-2或0(舍去),∴P或或(-2,1).(10分)777-1-7,22+7-17,2-2+思

路分析(1)利用待定系数法即可求出解析式.(2)构建方程组确定点B的坐标,再利用平行线分线段成比例定理分别求得和的值,进而得到=,即可证明.(3)根据题意设P,∴D,根据PD=OC构建方程,求出t即可解决.BMMCMC

MABMMCMCMA21,4tt13,-24tt+