備戰(zhàn)中考數(shù)學(xué)壓軸題之二次函數(shù)(備戰(zhàn)中考題型整理-突破提升)附答案-文庫吧
2025-03-31 22:12 本頁面
【正文】 點(diǎn)坐標(biāo)為（3，0），與y軸交于點(diǎn)C（0，3）．（1）求拋物線y＝x2+bx+c的表達(dá)式；（2）點(diǎn)D為拋物線對稱軸上一點(diǎn)，當(dāng)△BCD是以BC為直角邊的直角三角形時(shí)，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；（3）點(diǎn)P在x軸下方的拋物線上，過點(diǎn)P的直線y＝x+m與直線BC交于點(diǎn)E，與y軸交于點(diǎn)F，求PE+EF的最大值．【答案】（1）y=x2﹣4x+3；（2）（2，﹣1）；（3）．【解析】試題分析：（1）利用待定系數(shù)法求拋物線解析式；（2）如圖1，設(shè)D（2，y），利用兩點(diǎn)間的距離公式得到BC2=32+32=18，DC2=4+（y﹣3）2，BD2=（3﹣2）2+y2=1+y2，然后討論：當(dāng)BD為斜邊時(shí)得到18+4+（y﹣3）2=1+y2；當(dāng)CD為斜邊時(shí)得到4+（y﹣3）2=1+y2+18，再分別解方程即可得到對應(yīng)D的坐標(biāo)；（3）先證明∠CEF=90176。得到△ECF為等腰直角三角形，作PH⊥y軸于H，PG∥y軸交BC于G，如圖2，△EPG、△PHF都為等腰直角三角形，則PE=PG，PF=PH，設(shè)P（t，t2﹣4t+3）（1＜t＜3），則G（t，﹣t+3），接著利用t表示PF、PE，這樣PE+EF=2PE+PF=﹣t2+4t，然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)解決問題．試題解析：解：（1）把B（3，0），C（0，3）代入y=x2+bx+c得：，解得：，∴拋物線y=x2+bx+c的表達(dá)式為y=x2﹣4x+3；（2）如圖1，拋物線的對稱軸為直線x=﹣=2，設(shè)D（2，y），B（3，0），C（0，3），∴BC2=32+32=18，DC2=4+（y﹣3）2，BD2=（3﹣2）2+y2=1+y2，當(dāng)△BCD是以BC為直角邊，BD為斜邊的直角三角形時(shí)，BC2+DC2=BD2，即18+4+（y﹣3）2=1+y2，解得：y=5，此時(shí)D點(diǎn)坐標(biāo)為（2，5）；當(dāng)△BCD是以BC為直角邊，CD為斜邊的直角三角形時(shí)，BC2+DB2=DC2，即4+（y﹣3）2=1+y2+18，解得：y=﹣1，此時(shí)D點(diǎn)坐標(biāo)為（2，﹣1）；（3）易得BC的解析式為y=﹣x+3．∵直線y=x+m與直線y=x平行，∴直線y=﹣x+3與直線y=x+m垂直，∴∠CEF=90176。，∴△ECF為等腰直角三角形，作PH⊥y軸于H，PG∥y軸交BC于G，如圖2，△EPG、△PHF都為等腰直角三角形，PE=PG，PF=PH，設(shè)P（t，t2﹣4t+3）（1＜t＜3），則G（t，﹣t+3），∴PF=PH=t，PG=﹣t+3﹣（t2﹣4t+3）=﹣t2+3t，∴PE=PG=﹣t2+t，∴PE+EF=PE+PE+PF=2PE+PF=﹣t2+3t+t=﹣t2+4t=﹣（t﹣2）2+4，當(dāng)t=2時(shí)，PE+EF的最大值為4．點(diǎn)睛：本題考查了二次函數(shù)的綜合題．熟練掌握等腰直角三角形的性質(zhì)、二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征和二次函數(shù)的性質(zhì)；會利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；理解坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，記住兩點(diǎn)間的距離公式．5．已知拋物線上有兩點(diǎn)M(m+1，a)、N(m，b).(1)當(dāng)a＝－1，m＝1時(shí)，求拋物線的解析式；(2)用含a、m的代數(shù)式表示b和c；(3)當(dāng)a＜0時(shí)，拋物線滿足，，求a的取值范圍.【答案】（1）；（2）b=am，c=am；（3）【解析】【分析】（1）根據(jù)題意得到M(2，－1)、N(1，b)，代入拋物線解析式即可求出b、c；（2）將點(diǎn)M(m+1，a)、N(m，b)代入拋物線，可得，化簡即可得出；（3）把，代入可得，把，代入可得，然后根據(jù)m的取值范圍可得a的取值范圍.【詳解】解：(1)∵a＝－1，m＝1，∴M(2，－1)、N(1，b)由題意，得，解，得 (2) ∵點(diǎn)M(m+1，a)、N(m，b)在拋物線上①－②得，∴ 把代入②，得 (3)把，代入得，把，代入得， ，當(dāng)時(shí)，隨m的增大而增大 即【點(diǎn)睛】本題考查待定系數(shù)法求函數(shù)解析式以及二次函數(shù)的圖像和性質(zhì)，由函數(shù)圖像上點(diǎn)的坐標(biāo)特征求出，是解題關(guān)鍵.6．如圖，已知直線y＝﹣2x+4分別交x軸、y軸于點(diǎn)A、B．拋物線過A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)P是線段AB上一動點(diǎn)，過點(diǎn)P作PC⊥x軸于點(diǎn)C，交拋物線于點(diǎn)D．（1）如圖1，設(shè)拋物線頂點(diǎn)為M，且M的坐標(biāo)是（，），對稱軸交AB于點(diǎn)N．①求拋物線的解析式；②是否存在點(diǎn)P，使四邊形MNPD為菱形？并說明理由；（2）是否存在這樣的點(diǎn)D，使得四邊形BOAD的面積最大？若存在，求出此時(shí)點(diǎn)D的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】（1）①y＝﹣2x2+2x+4；；②不存在點(diǎn)P，使四邊形MNPD為菱形；；（2）存在，點(diǎn)D的坐標(biāo)是（1，4）．【解析】【分析】（1）①由一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征求得點(diǎn)B的坐標(biāo)，設(shè)拋物線解析式為y＝a，把點(diǎn)B的坐標(biāo)代入求得a的值即可；②不存在點(diǎn)P，使四邊形MNPD為菱形．設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)是（m，﹣2m+4），則D（m，﹣2m2+2m+4），根據(jù)題意知PD∥MN，所以當(dāng)PD＝MN時(shí)，四邊形MNPD為平行四邊形，根據(jù)該等量關(guān)系列出方程﹣2m2+4m＝，通過解方程求得m的值，易得點(diǎn)N、P的坐標(biāo)，然后推知PN＝MN是否成立即可；（2）設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)是（n，﹣2n2+2n+4），P（n，﹣2n+4）．根據(jù)S四邊形BOAD＝S△BOA+S△ABD＝4+S△ABD，則當(dāng)S△ABD取最大值時(shí)，S四邊形BOAD最大．根據(jù)三角形的面積公式得到函數(shù)S△ABD＝﹣2（n﹣1）2+2．由二次函數(shù)的性質(zhì)求得最值．【詳解】解：①如圖1，∵頂點(diǎn)M的坐標(biāo)是，∴設(shè)拋物線解析式為y＝（a≠0）．∵直線y＝﹣2x+4交y軸于點(diǎn)B，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)是（0，4）．又∵點(diǎn)B在該拋物線上，∴＝4，解得a＝﹣2．故該拋物線的解析式為：y＝＝﹣2x2+2x+4；②不存在．理由如下：∵拋物線y＝的對稱軸是直線x＝，且該直線與直線AB交于點(diǎn)N，∴點(diǎn)N的坐標(biāo)是．∴．設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)是（m，﹣2m+4），則D（m，﹣2m2+2m+4），∴PD＝（﹣2m2+2m+4）﹣（﹣2m+4）＝﹣2m2+4m．∵PD∥MN．當(dāng)PD＝MN時(shí)，四邊形MNPD是平行四邊形，即﹣2m2+4m＝．解得 m1＝（舍去），m2＝．此時(shí)P（，1）．∵PN＝，∴PN≠M(fèi)N，∴平行四邊形MNPD不是菱形．∴不存在點(diǎn)P，使四邊形MNPD為菱形；（2）存在，理由如下：設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)是（n，﹣2n2+2n+4），∵點(diǎn)P在線段AB上且直線PD⊥x軸，∴P（n，﹣2n+4）．由圖可知S四邊形BOAD＝S△BOA+S△ABD．其中S△BOA＝OB?OA
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