《（濰坊專版）2019中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第1部分 第三章 函數(shù) 第七節(jié) 二次函數(shù)的綜合應(yīng)用課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（濰坊專版）2019中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第1部分 第三章 函數(shù) 第七節(jié) 二次函數(shù)的綜合應(yīng)用課件.ppt（66頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第七節(jié)二次函數(shù)的綜合應(yīng)用,考點一線段、周長問題例1(2017東營中考)如圖，直線y＝－x＋分別與x軸、y軸交于B，C兩點，點A在x軸上，∠ACB＝90，拋物線y＝ax2＋bx＋經(jīng)過A，B兩點．,(1)求A，B兩點的坐標(biāo)；(2)求拋物線的解析式；(3)點M是直線BC上方拋物線上的一點，過點M作MH⊥BC于點H，作MD∥y軸交BC于點D，求△DMH周長的最大值．,【分析】(1)由直線解析式可求得B，C坐標(biāo)，再利用相似三角形可求得OA，從而可求出A點坐標(biāo)；(2)利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式；(3)根據(jù)題意可推出當(dāng)MD取得最大值時，△DMH的周長最大，利用二次函數(shù)的性質(zhì)得出最大值．,【自主解答】(1)∵直線y＝－x＋分別與x軸、y軸交于B，C兩點，∴點B的坐標(biāo)為(3，0)，點C的坐標(biāo)為(0，)．∵∠ACO＋∠BCO＝90，∠ACO＋∠CAO＝90，∴∠CAO＝∠BCO.∵∠AOC＝∠COB＝90，∴△AOC∽△COB，,∴∴AO＝1，∴點A的坐標(biāo)為(－1，0)．(2)∵拋物線y＝ax2＋bx＋經(jīng)過A，B兩點，∴∴拋物線的解析式為y＝,(3)由題意知，△DMH為直角三角形，且∠M＝30，當(dāng)MD取得最大值時，△DMH的周長最大．,∴當(dāng)x＝時，MD有最大值，∴△DMH周長的最大值為,1．如圖所示，二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點D(0，)，且頂點C的橫坐標(biāo)為4，該圖象在x軸上截得線段AB長為6.(1)利用二次函數(shù)的對稱性直接寫出點A，B的坐標(biāo)．(2)求二次函數(shù)的解析式．(3)在該拋物線的對稱軸上找一點P，使PA＋PD最小，求出點P的坐標(biāo)．,(4)在拋物線上是否存在點Q，使△QAB與△ABC相似？如果存在，求出點Q的坐標(biāo)；如果不存在，請說明理由．,解：(1)A(1，0)，B(7，0)．(2)設(shè)二次函數(shù)的解析式為y＝a(x－1)(x－7)．∵過點(0，)，∴代入得7a＝.解得a＝，∴二次函數(shù)的解析式為y＝(x－1)(x－7)．,(3)∵點A，B關(guān)于直線x＝4對稱，∴PA＝PB，PA＋PD＝PB＋PD≥DB，∴DB與對稱軸的交點即為所求點P.如圖，設(shè)直線x＝4與x軸交于點M.∵PM∥OD，∴∠BPM＝∠BDO.又∵∠PBM＝∠DBO，,∴△BPM∽△BDO，∴∴PM＝∴點P的坐標(biāo)為(4，)．(4)存在．由(2)可得出點C的坐標(biāo)為(4，－)．∵AM＝3，∴在Rt△AMC中，tan∠ACM＝，∴∠ACM＝60.∵AC＝BC，∴∠ACB＝120.,①如圖所示，當(dāng)點Q在x軸上方時，過點Q作QN⊥x軸于點N.如果AB＝BQ，由△ACB∽△ABQ得BQ＝6，∠ABQ＝∠ACB＝120，則∠QBN＝60，∴QN＝3，BN＝3，ON＝10，此時點Q的坐標(biāo)為(10，3)．,如果AB＝AQ，由對稱性知Q的坐標(biāo)為(－2，3)，經(jīng)檢驗，點(10，3)與(－2，3)都在拋物線上．②當(dāng)點Q在x軸下方時，△QAB就是△ACB，此時點Q的坐標(biāo)是(4，－)．綜上所述，存在這樣的點Q，使△QAB與△ABC相似，點Q的坐標(biāo)為(10，3)或(－2，3)或(4，－)．,考點二圖形面積問題例2(2017濰坊中考)如圖，拋物線y＝ax2＋bx＋c經(jīng)過平行四邊形ABCD的頂點A(0，3)，B(－1，0)，D(2，3)，拋物線與x軸的另一交點為E.經(jīng)過點E的直線l將平行四邊形ABCD分割為面積相等的兩部分，與拋物線交于另一點F.點P為直線l上方拋物線上一動點，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t.,(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)當(dāng)t為何值時，△PFE的面積最大？并求最大值的立方根；(3)是否存在點P使△PAE為直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，說明理由．,【分析】(1)由A，B，D三點的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得拋物線的表達(dá)式；(2)由題意知l必過平行四邊形ABCD的對稱中心，由拋物線的對稱性可求得E點坐標(biāo)，從而可求得直線l的表達(dá)式，作PH⊥x軸，交直線l于點M，作FN⊥PH，則可用t表示出PM的長，從而可表示出△PEF的面積，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求得其最大值，再求其最大值的立方根即可；,(3)由題意可知有∠PAE＝90或∠APE＝90兩種情況，分別求得t的值即可．【自主解答】(1)將點A(0，3)，B(－1，0)，D(2，3)代入y＝ax2＋bx＋c得∴拋物線的表達(dá)式為y＝－x2＋2x＋3.,(2)∵直線l將平行四邊形ABCD分割為面積相等的兩部分，∴l(xiāng)必過其對稱中心(，)．由點A，D知，對稱軸為x＝1，∴E(3，0)，設(shè)直線l的表達(dá)式為y＝kx＋m，代入點(，)和(3，0)得,∴直線l的表達(dá)式為y＝－x＋.由解得xF＝－.如圖，作PH⊥x軸，交l于點M，作FN⊥PH.點P的縱坐標(biāo)為yP＝－t2＋2t＋3，點M的縱坐標(biāo)為yM＝－t＋.∴PM＝y(tǒng)P－yM＝－t2＋2t＋3＋t－＝－t2＋t＋.,則S△PFE＝S△PFM＋S△PEM＝PMFN＋PMEH＝PM(FN＋EH)＝(－t2＋t＋)(3＋)＝∴當(dāng)t＝時，△PFE的面積最大，最大值的立方根為,(3)由圖可知∠PEA≠90.①若∠P1AE＝90，作P1G⊥y軸，∵OA＝OE，∴∠OAE＝∠OEA＝45，∴∠P1AG＝∠AP1G＝45，∴P1G＝AG，∴t＝－t2＋2t＋3－3，即－t2＋t＝0，解得t＝1或t＝0(舍去)．,②若∠AP2E＝90，作P2K⊥x軸，AQ⊥P2K，則△P2KE∽△AQP2，∴∴即t2－t－1＝0，解得t＝或t＝<－(舍去)，綜上可知，t＝1或t＝時，存在點P使△PAE為直角三角形．,2．(2018遂寧中考)如圖，已知拋物線y＝ax2＋x＋4的對稱軸是直線x＝3，且與x軸相交于A，B兩點(B點在A點右側(cè))，與y軸交于C點．(1)求拋物線的解析式和A，B兩點的坐標(biāo)；(2)若點P是拋物線上B，C兩點之間的一個動點(不與B，C重合)，則是否存在一點P，使△PBC的面積最大．若存在，請求出△PBC的最大面積；若不存在，試說明理由；,(3)若M是拋物線上任意一點，過點M作y軸的平行線，交直線BC于點N，當(dāng)MN＝3時，求M點的坐標(biāo)．,解：(1)∵拋物線y＝ax2＋x＋4的對稱軸是直線x＝3，∴－＝3，解得a＝－，∴拋物線的解析式為y＝－x2＋x＋4.當(dāng)y＝0時，－x2＋x＋4＝0，解得x1＝－2，x2＝8，∴點A的坐標(biāo)為(－2，0)，點B的坐標(biāo)為(8，0)．,(2)當(dāng)x＝0時，y＝－x2＋x＋4＝4，∴點C的坐標(biāo)為(0，4)．設(shè)直線BC的解析式為y＝kx＋b(k≠0)．將B(8，0)，C(0，4)代入y＝kx＋b得∴直線BC的解析式為y＝－x＋4.,假設(shè)存在，設(shè)點P的坐標(biāo)為(x，－x2＋x＋4)．如圖，過點P作PD∥y軸，交直線BC于點D，則點D的坐標(biāo)為(x，－x＋4)，∴PD＝－x2＋x＋4－(－x＋4)＝－x2＋2x，,∴S△PBC＝PDOB＝8(－x2＋2x)＝－x2＋8x＝－(x－4)2＋16.∵－1＜0，∴當(dāng)x＝4時，△PBC的面積最大，最大面積是16.∵0＜x＜8，∴存在點P，使△PBC的面積最大，最大面積是16.,(3)設(shè)點M的坐標(biāo)為(m，－m2＋m＋4)，則點N的坐標(biāo)為(m，－m＋4)，∴MN＝|－m2＋m＋4－(－m＋4)|＝|－m2＋2m|.又∵M(jìn)N＝3，∴|－m2＋2m|＝3.當(dāng)0＜m＜8時，有－m2＋2m－3＝0，解得m1＝2，m2＝6，,∴點M的坐標(biāo)為(2，6)或(6，4)．當(dāng)m＜0或m＞8時，有－m2＋2m＋3＝0，解得m3＝4－2，m4＝4＋2，∴點M的坐標(biāo)為(4－2，－1)或(4＋2，－－1)．綜上所述，M點的坐標(biāo)為(4－2，－1)，(2，6)，(6，4)或(4＋2，－－1)．,考點三動點、存在點問題例3(2018濰坊中考)如圖1，拋物線y1＝ax2－x＋c與x軸交于點A和點B(1，0)，與y軸交于點C(0，)，拋物線y1的頂點為G，GM⊥x軸于點M.將拋物線y1平移后得到頂點為B且對稱軸為直線l的拋物線y2.(1)求拋物線y2的表達(dá)式；,(2)如圖2，在直線l上是否存在點T，使△TAC是等腰三角形？若存在，請求出所有點T的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；(3)點P為拋物線y1上一動點，過點P作y軸的平行線交拋物線y2于點Q，點Q關(guān)于直線l的對稱點為R.若以P，Q，R為頂點的三角形與△AMG全等，求直線PR的表達(dá)式．,【分析】(1)應(yīng)用待定系數(shù)法求表達(dá)式；(2)設(shè)出點T坐標(biāo)，表示出△TAC三邊，進(jìn)行分類討論；(3)設(shè)出點P坐標(biāo)，表示出Q，R坐標(biāo)及PQ，QR，根據(jù)以P，Q，R為頂點的三角形與△AMG全等，分類討論對應(yīng)邊相等的可能性即可．【自主解答】(1)由題意知,∴拋物線y1的表達(dá)式為y1＝∵拋物線y1平移后得到拋物線y2，且頂點為B(1，0)，∴拋物線y2的表達(dá)式為y2＝－(x－1)2，即y2＝(2)拋物線y2的對稱軸l為x＝1，設(shè)T(1，t)．已知A(－3，0)，C(0，)．,如圖，過點T作TE⊥y軸于點E，則TC2＝TE2＋CE2＝TA2＝AB2＋TB2＝(1＋3)2＋t2＝t2＋16，AC2＝.當(dāng)TC＝AC時，即當(dāng)TA＝AC時，得t2＋16＝，無解；,當(dāng)TA＝TC時，得，解得t3＝－.綜上可知，在拋物線y2的對稱軸l上存在點T，使△TAC是等腰三角形，此時T點的坐標(biāo)為T1(1，)，T2(1，)，T3(1，－)．(3)設(shè)P(m，)，則Q(m，)．∵Q，R關(guān)于x＝1對稱，,∴R(2－m，)．情況一：當(dāng)點P在直線l的左側(cè)時，PQ＝＝1－m，QR＝2－2m.又∵以P，Q，R構(gòu)成的三角形與△AMG全等，當(dāng)PQ＝GM且QR＝AM時，m＝0，可求得P(0，)，即點P與點C重合，,∴R(2，－)．設(shè)PR的表達(dá)式為y＝kx＋b，則有即PR的表達(dá)式為y＝－x＋.當(dāng)PQ＝AM且QR＝GM時，無解．,情況二：當(dāng)點P在直線l右側(cè)時，P′Q′＝Q′R′＝2m－2，同理可得P′(2，－)，R′(0，－)，P′R′的表達(dá)式為y＝－x－.綜上所述，PR的表達(dá)式為y＝－x＋或y＝－x－.,3．(2018泰安中考)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c交x軸于點A(－4，0)，B(2，0)，交y軸于點C(0，6)，在y軸上有一點E(0，－2)，連接AE.(1)求二次函數(shù)的解析式；(2)若點D為拋物線在x軸負(fù)半軸上方的一個動點，求△ADE面積的最大值；,(3)拋物線對稱軸上是否存在點P，使△AEP為等腰三角形，若存在，請直接寫出所有P點的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．,解：(1)由題意可得∴二次函數(shù)的解析式為y＝－x2－x＋6.,(2)由A(－4，0)，E(0，－2)，可求得AE所在直線解析式為y＝－x－2.如圖，過點D作DH與y軸平行，交AE于點F，交x軸于點G，過點E作EH⊥DF，垂足為H.,設(shè)D點坐標(biāo)為(x0，－x02－x0＋6)，則F點坐標(biāo)為(x0，－x0－2)，則DF＝－x02－x0＋6－(－x0－2)＝－x02－x0＋8.又∵S△ADE＝S△ADF＋S△EDF，∴S△ADE＝DFAG＋DFEH＝4DF,＝2(－x02－x0＋8)＝－(x0＋)2＋，∴當(dāng)x0＝－時，△ADE的面積取得最大值.(3)P點的坐標(biāo)為(－1，1)，(－1，)，(－1，－2)．,考點四二次函數(shù)綜合題百變例題(2018濟(jì)寧中考)如圖，已知拋物線y＝ax2＋bx＋c(a≠0)經(jīng)過點A(3，0)，B(－1，0)，C(0，－3)．(1)求該拋物線的解析式；(2)若以點A為圓心的圓與直線BC相切于點M，求切點M的坐標(biāo)；,(3)若點Q在x軸上，點P在拋物線上，是否存在以點B，C，Q，P為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．,【分析】(1)已知A，B兩點坐標(biāo)，可得y＝a(x－3)(x＋1)，再將點C坐標(biāo)代入即可解得；(2)過點A作AM⊥BC，利用全等三角形求出點N的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求出直線AM的解析式，同理可求出直線BC的解析式，聯(lián)立求出M坐標(biāo)即可；(3)存在以點B，C，Q，P為頂點的四邊形是平行四邊形，分兩種情況，利用平移規(guī)律確定出P的坐標(biāo)即可．,【自主解答】(1)∵拋物線y＝ax2＋bx＋c(a≠0)經(jīng)過點A(3，0)，B(－1，0)，∴y＝a(x－3)(x＋1)．又∵拋物線經(jīng)過點C(0，－3)，∴－3＝a(0－3)(0＋1)，解得a＝1，,∴拋物線的解析式為y＝(x－3)(x＋1)，即y＝x2－2x－3.(2)如圖，過點A作AM⊥BC，垂足為點M，AM交y軸于點N，∴∠BAM＋∠ABM＝90.在Rt△BCO中，∠BCO＋∠ABM＝90，∴∠BAM＝∠BCO.,∵A(3，0)，B(－1，0)，C(0，－3)，∴AO＝CO＝3，OB＝1.又∵∠BAM＝∠BCO，∠BOC＝∠AON＝90，∴△AON≌△COB，∴ON＝OB＝1，∴N(0，－1)．,設(shè)直線AM的函數(shù)解析式為y＝kx＋b，把A(3，0)，N(0，－1)代入得解得∴直線AM的函數(shù)解析式為y＝x－1.同理可求直線BC的函數(shù)解析式為y＝－3x－3.,解方程組∴切點M的坐標(biāo)為(－，－)．(3)存在以點B，C，Q，P為頂點的四邊形是平行四邊形．設(shè)Q(t，0)，P(m，m2－2m－3)．分兩種情況考慮：,當(dāng)四邊形BCQP為平行四邊形時，由B(－1，0)，C(0，－3)，根據(jù)平移規(guī)律得－1－m＝0－t，0－(m2－2m－3)＝－3－0，解得m＝1.當(dāng)m＝1＋時，m2－2m－3＝8＋2－2－2－3＝3，即P(1＋，3)；,當(dāng)m＝1－時，m2－2m－3＝8－2－2＋2－3＝3，即P(1－，3)．當(dāng)四邊形BCPQ為平行四邊形時，由B(－1，0)，C(0，－3)，根據(jù)平移規(guī)律得－1－t＝0－m，0－0＝－3－(m2－2m－3)，解得m＝0或2.,當(dāng)m＝0時，P(0，－3)(舍去)；當(dāng)m＝2時，P(2，－3)．綜上所述，存在以點B，C，Q，P為頂點的四邊形是平行四邊形，點P的坐標(biāo)為(1＋，3)或(1－，3)或(2，－3)．,變式1：解：如圖，連接AC，AD，CD，作DL⊥x軸于點L.∵S△ACD＝S梯形OCDL＋S△ADL－S△AOC＝(3＋4)1＋24－33＝＋－＝3，S△ABC＝ABOC＝43＝6，∴S△ACD∶S△ABC＝3∶6＝1∶2.,變式2：解：存在．理由如下：①如圖，當(dāng)點F在x軸下方時，作FR⊥x軸于點R.∵四邊形BCFE為平行四邊形，∴∴△ERF≌△BOC，,∴RF＝OC＝3，∴－3＝x2－2x－3，解得x＝2或x＝0(與C點重合，舍去)，∴F(2，－3)．②如圖，當(dāng)F在x軸上方時，作FS⊥x軸于點S.∵四邊形BCEF為平行四邊形，∴,∴△EFS≌△BCO，∴FS＝OC＝3，∴3＝x2－2x－3，解得x1＝1＋，x2＝1－.綜上所述，F(xiàn)點為(2，－3)或(1＋，3)或(1－，3)．,變式3：解：設(shè)直線AC的解析式為y＝kx－3，則有0＝3k－3，解得k＝1，故直線AC的解析式為y＝x－3.已知點G的橫坐標(biāo)為m，則G(m，m－3)，H(m，m2－2m－3)，∴GH＝m－3－(m2－2m－3)＝－m2＋3m(0

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