2018屆初中數(shù)學中考復習專題【二次函數(shù)壓軸題】(共9頁)

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1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-----傾情為你奉上 2018年中考數(shù)學沖刺復習資料:二次函數(shù)壓軸題 面積類 【例1】．如圖1，已知拋物線經(jīng)過點A(﹣1，0)、B(3，0)、C(0，3)三點． （1）求拋物線的解析式．（2）點M是線段BC上的點（不與B，C重合），過M作MN∥y軸交拋物線于N，若點M的橫坐標為m，請用m的代數(shù)式表示MN的長． 圖1 （3）在（2）的條件下，連接NB、NC，是否存在m，使△BNC的面積最大？若存在，求m的值；若不存在，說明理由．【考點：二次函數(shù)綜合題． 專題：壓軸題；數(shù)形結合．】 【鞏固1】．如圖2，拋物線

2、的圖象與x軸交于A、B兩點，與y軸交于C點，已知B點坐標為（4，0）． （1）求拋物線的解析式；（2）試探究△ABC的外接圓的圓心位置，并求出圓心坐標； （3）若點M是線段BC下方的拋物線上一點，求△MBC的面積的最大值，并求出此時M點的坐標． 【考點：二次函數(shù)綜合題．專題：壓軸題；轉化思想．】 圖2 平行四邊形類 【例2】．如圖3，在平面直角坐標系中，拋物線y=x2+mx+n經(jīng)過點A（3，0）、B（0，﹣3），點P是直線AB上的動點，過點P作x軸的垂線交拋物線于點M，設點P的橫坐標為t． （1）分別求出直線AB和這條拋物線的解析式

3、． （2）若點P在第四象限，連接AM、BM，當線段PM最長時，求△ABM的面積． 圖3 （3）是否存在這樣的點P，使得以點P、M、B、O為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，請直接寫出點P的橫坐標；若不存在，請說明理由． 等腰三角形類 【例3】．如圖，點A在x軸上，OA=4，將線段OA繞點O順時針旋轉120°至OB的位置． （1）求點B的坐標； （2）求經(jīng)過點A、O、B的拋物線的解析式； （3）在此拋物線的對稱軸上，是否存在點P，使得以點P、O、B為頂點的三角形是等腰三角形？若存在，求點P的坐標；若不存在，說明理由．【考

4、點：二次函數(shù)綜合題．專題：壓軸題；分類討論．】 【鞏固3】．在平面直角坐標系中，現(xiàn)將一塊等腰直角三角板ABC放在第二象限，斜靠在兩坐標軸上，且點A（0，2），點C（﹣1，0），如圖所示：拋物線y=ax2+ax﹣2經(jīng)過點B． （1）求點B的坐標；（2）求拋物線的解析式； （3）在拋物線上是否還存在點P（點B除外），使△ACP仍然是以AC為直角邊的等腰直角三角形？若存在，求所有點P的坐標；若不存在，請說明理由． 規(guī)律探索類 【例4】如圖，已知點A、A、A、A…、A在x

5、軸的正半軸上，且橫坐標依次為連續(xù)的正整數(shù)，過點A、A、A、A…、A分別作x軸的垂線，交拋物線y=x+x于點B、B、B3、B…、B，交過點B1的直線y=2x于點C、C、C…、C。若△BCB、△BCB、△B3CB…、△BCB的面積分別為S、S、S、…、S。 ⑴求S－S與S－S的值； ⑵猜想S－S與n的數(shù)量關系，并說明理由； C C C B B B B y x A A A A O ⑶若將拋物線“y=x+x”改為“y=x+bx+c”, 直線“y=2x”改為 “y=(b+1)x+c”，其它條件不變，請猜想S－Sn-1與n的數(shù)量關系（直接寫出答案）。

6、 綜合類 【例5】．如圖，已知拋物線y=x2+bx+c的圖象與x軸的一個交點為B（5，0），另一個交點為A，且與y軸交于點C（0，5）．（1）求直線BC與拋物線的解析式； （2）若點M是拋物線在x軸下方圖象上的一動點,過點M作MN∥y軸交直線BC于點N,求MN的最大值； （3）在（2）的條件下，MN取得最大值時，若點P是拋物線在x軸下方圖象上任意一點，以BC為邊作平行四邊形CBPQ，設平行四邊形CBPQ的面積為S1，△ABN的面積為S2，且S1=6S2，求點P的坐標． 【考點：二次函數(shù)綜合題．專題：壓軸題．】

7、 【鞏固6】．如圖，拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）的圖象過點C（0，1），頂點為Q（2，3），點D在x軸正半軸上，且OD=OC．（1）求直線CD的解析式；（2）求拋物線的解析式； （3）將直線CD繞點C逆時針方向旋轉45°所得直線與拋物線相交于另一點E，求證：△CEQ∽△CDO； （4）在（3）的條件下，若點P是線段QE上的動點，點F是線段OD上的動點，問：在P點和F點移動過程中，△PCF的周長是否存在最小值？若存在，求出這個最小值；若不存在，請說明理由． 20

8、14年中考數(shù)學沖刺復習資料:二次函數(shù)壓軸題【參考答案】 【例題1】考點：二次函數(shù)綜合題． 專題：壓軸題；數(shù)形結合． 分析：（1）已知了拋物線上的三個點的坐標，直接利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式． （2）先利用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式，已知點M的橫坐標，代入直線BC、拋物線的解析式中，可得到M、N點的坐標，N、M縱坐標的差的絕對值即為MN的長． （3）設MN交x軸于D，那么△BNC的面積可表示為：S△BNC=S△MNC+S△MNB=MN（OD+DB）=MN?OB，MN的表達式在（2）中已求得，OB的長易知，由此列出關于S△BNC、m的函數(shù)關系式，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)即可判斷出△B

9、NC是否具有最大值． 解答：（1）設拋物線的解析式為：y=a（x+1）（x﹣3），則：a（0+1）（0﹣3）=3，a=﹣1； ∴拋物線的解析式：y=﹣（x+1）（x﹣3）=﹣x2+2x+3． 圖2 （2）設直線BC的解析式為：y=kx+b，則有：，解得；故直線BC的解析式：y=﹣x+3． 已知點M的橫坐標為m，MN∥y，則M（m，﹣m+3）、N（m，﹣m2+2m+3）； ∴故MN=﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+3m（0＜m＜3）． （3）如圖2；∵S△BNC=S△MNC+S△MNB=MN（OD+DB）=MN?OB， ∴S△BNC=（﹣m2+3m）?3=﹣（m﹣）2+（

10、0＜m＜3）； ∴當m=時，△BNC的面積最大，最大值為． 【鞏固1】【考點：二次函數(shù)綜合題．專題：壓軸題；轉化思想．】 分析：（1）該函數(shù)解析式只有一個待定系數(shù)，只需將B點坐標代入解析式中即可． (2)首先根據(jù)拋物線的解析式確定A點坐標，然后通過證明△ABC是直角三角形來推導出直徑AB和圓心的位置，由此確定圓心坐標． (3)△MBC的面積可由S△MBC=BC×h表示，若要它的面積最大，需要使h取最大值，即點M到直線BC的距離最大，若設一條平行于BC的直線，那么當該直線與拋物線有且只有一個交點時，該交點就是點M． 解答：（1）將B（4，0）代入拋物線的解析式中，得：∴拋物線的解析式

11、為：y=x2﹣x﹣2． （2）由（1）的函數(shù)解析式可求得：A（﹣1，0）、C（0，﹣2）；∴OA=1，OC=2，OB=4， 即：OC2=OA?OB，又：OC⊥AB，∴△OAC∽△OCB，得：∠OCA=∠OBC；∴∠ACB=∠OCA+∠OCB=∠OBC+∠OCB=90°， ∴△ABC為直角三角形，AB為△ABC外接圓的直徑； 所以該外接圓的圓心為AB的中點，且坐標為：（，0）． （3）已求得：B（4，0）、C（0，﹣2），可得直線BC的解析式為：y=x﹣2； 設直線l∥BC，則該直線的解析式可表示為：y=x+b，當直線l與拋物線只有一個交點時，可列方程： x+b=x2﹣x﹣2，即：

12、 x2﹣2x﹣2﹣b=0，且△=0；∴4﹣4×（﹣2﹣b）=0，即b=﹣4；∴直線l：y=x﹣4． 所以點M即直線l和拋物線的唯一交點，有： ，解得：即 M（2，﹣3）． 過M點作MN⊥x軸于N， S△BMC=S梯形OCMN+S△MNB﹣S△OCB=×2×（2+3）+×2×3﹣×2×4=4． 圖5 圖4 【例2】考點：二次函數(shù)綜合題；解一元二次方程－因式分解法；待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；三角形的面積；平行四邊形的判定．. 專題：壓軸題；存在型． 分析：（1）分別利用待定系數(shù)法求兩函數(shù)的解析式：把A（3，0）B（0，﹣3）分別代入y=x

13、2+mx+n與y=kx+b，得到關于m、n的兩個方程組，解方程組即可； （2）設點P的坐標是（t，t﹣3），則M（t，t2﹣2t﹣3），用P點的縱坐標減去M的縱坐標得到PM的長，即PM=（t﹣3）﹣（t2﹣2t﹣3）=﹣t2+3t，然后根據(jù)二次函數(shù)的最值得到; 當t=﹣=時，PM最長為=，再利用三角形的面積公式利用S△ABM=S△BPM+S△APM計算即可； （3）由PM∥OB，根據(jù)平行四邊形的判定得到當PM=OB時，點P、M、B、O為頂點的四邊形為平行四邊形，然后討論：當P在第四象限：PM=OB=3，PM最長時只有，所以不可能；當P在第一象限：PM=OB=3，（t2﹣2t﹣3）﹣（t﹣

14、3）=3；當P在第三象限：PM=OB=3，t2﹣3t=3，分別解一元二次方程即可得到滿足條件的t的值． 解答： 解：（1）把A（3，0）B（0，﹣3）代入y=x2+mx+n，得 解得，所以拋物線的解析式是y=x2﹣2x﹣3．設直線AB的解析式是y=kx+b， 圖7 把A（3，0）B（0，﹣3）代入y=kx+b，得，解得，所以直線AB的解析式是y=x﹣3； （2）設點P的坐標是（t，t﹣3），則M（t，t2﹣2t﹣3），因為p在第四象限， 所以PM=（t﹣3）﹣（t2﹣2t﹣3）=﹣t2+3t， 當t=﹣=時，二次函數(shù)的最大值，即PM最長值為=， 則S△ABM=S△BPM+S△

15、APM==． （3）存在，理由如下：∵PM∥OB， ∴當PM=OB時，點P、M、B、O為頂點的四邊形為平行四邊形， ①當P在第四象限：PM=OB=3，PM最長時只有，所以不可能有PM=3． ②當P在第一象限：PM=OB=3，（t2﹣2t﹣3）﹣（t﹣3）=3，解得t1=，t2=（舍去），所以P點的橫坐標是； ③當P在第三象限：PM=OB=3，t2﹣3t=3，解得t1=（舍去），t2=，所以P點的橫坐標是．所以P點的橫坐標是或． 【例題3】分析：（1）首先根據(jù)OA的旋轉條件確定B點位置，然后過B做x軸的垂線，通過構建直角三角形和OB的長（即OA長）確定B點的坐標． （2）已知O、A

16、、B三點坐標，利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式． （3）根據(jù)（2）的拋物線解析式，可得到拋物線的對稱軸，然后先設出P點的坐標，而O、B坐標已知，可先表示出△OPB三邊的邊長表達式，然后分①OP=OB、②OP=BP、③OB=BP三種情況分類討論，然后分辨是否存在符合條件的P點． 解答： 解：（1）如圖，過B點作BC⊥x軸，垂足為C，則∠BCO=90°， ∵∠AOB=120°，∴∠BOC=60°， 又∵OA=OB=4，∴OC=OB=×4=2，BC=OB?sin60°=4×=2，∴點B的坐標為（﹣2，﹣2）； （2）∵拋物線過原點O和點A、B，∴可設拋物線解析式為y=ax2+bx， 將

17、A（4，0），B（﹣2．﹣2）代入，得，解得， ∴此拋物線的解析式為y=﹣x2+x （3）存在，如圖，拋物線的對稱軸是直線x=2，直線x=2與x軸的交點為D，設點P的坐標為（2，y）， ①若OB=OP，則22+|y|2=42，解得y=±2， 當y=2時，在Rt△POD中，∠PDO=90°，sin∠POD==，∴∠POD=60°，∴∠POB=∠POD+∠AOB=60°+120°=180°，即P、O、B三點在同一直線上， ∴y=2不符合題意，舍去，∴點P的坐標為（2，﹣2） ②若OB=PB，則42+|y+2|2=42，解得y=﹣2，故點P的坐標為（2，﹣2）， ③若OP=BP，則22

18、+|y|2=42+|y+2|2，解得y=﹣2，故點P的坐標為（2，﹣2）， 綜上所述，符合條件的點P只有一個，其坐標為（2，﹣2）， 【例題5】【考點：二次函數(shù)綜合題．專題：壓軸題．】 分析：（1）設直線BC的解析式為y=mx+n，將B（5，0），C（0，5）兩點的坐標代入，運用待定系數(shù)法即可求出直線BC的解析式；同理，將B（5，0），C（0，5）兩點∑的坐標代入y=x2+bx+c，運用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式； （2）MN的長是直線BC的函數(shù)值與拋物線的函數(shù)值的差，據(jù)此可得出一個關于MN的長和M點橫坐標的函數(shù)關系式，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)即可求出MN的最大值； （3）先求出△ABN

19、的面積S2=5，則S1=6S2=30．再設平行四邊形CBPQ的邊BC上的高為BD，根據(jù)平行四邊形的面積公式得出BD=3，過點D作直線BC的平行線，交拋物線與點P，交x軸于點E，在直線DE上截取PQ=BC，則四邊形CBPQ為平行四邊形．證明△EBD為等腰直角三角形，則BE=BD=6，求出E的坐標為（﹣1，0），運用待定系數(shù)法求出直線PQ的解析式為y=﹣x﹣1，然后解方程組，即可求出點P的坐標． 解答：（1）設直線BC的解析式為y=mx+n，將B（5，0），C（0，5）兩點的坐標代入， 得，解得，所以直線BC的解析式為y=﹣x+5； 將B（5，0），C（0，5）兩點的坐標代入y=x2+bx+

20、c， 得，解得，所以拋物線的解析式為y=x2﹣6x+5； （2）設M（x，x2﹣6x+5）（1＜x＜5），則N（x，﹣x+5）， ∵MN=（﹣x+5）﹣（x2﹣6x+5）=﹣x2+5x=﹣（x﹣）2+，∴當x=時，MN有最大值； （3）∵MN取得最大值時，x=2.5，∴﹣x+5=﹣2.5+5=2.5，即N（2.5，2.5）． 解方程x2﹣6x+5=0，得x=1或5∴A（1，0），B（5，0），∴AB=5﹣1=4，∴△ABN的面積S2=×4×2.5=5， ∴平行四邊形CBPQ的面積S1=6S2=30．設平行四邊形CBPQ的邊BC上的高為BD，則BC⊥BD． ∵BC=5，∴BC?BD

21、=30，∴BD=3． 過點D作直線BC的平行線，交拋物線與點P，交x軸于點E，在直線DE上截取PQ=BC，則四邊形CBPQ為平行四邊形．∵BC⊥BD，∠OBC=45°，∴∠EBD=45°，∴△EBD為等腰直角三角形，BE=BD=6， ∵B（5，0），∴E（﹣1，0）， 設直線PQ的解析式為y=﹣x+t，將E（﹣1，0）代入，得1+t=0，解得t=﹣1 ∴直線PQ的解析式為y=﹣x﹣1．解方程組，得，， ∴點P的坐標為P1（2，﹣3）（與點D重合）或P2（3，﹣4）． 【鞏固6】．如圖，拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）的圖象過點C（0，1），頂點為Q（2，3），點D在x軸正半軸上

22、，且OD=OC．（1）求直線CD的解析式；（2）求拋物線的解析式； （3）將直線CD繞點C逆時針方向旋轉45°所得直線與拋物線相交于另一點E，求證：△CEQ∽△CDO； （4）在（3）的條件下，若點P是線段QE上的動點，點F是線段OD上的動點，問：在P點和F點移動過程中，△PCF的周長是否存在最小值？若存在，求出這個最小值；若不存在，請說明理由． 分析： （1）利用待定系數(shù)法求出直線解析式； （2）利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式； （3）關鍵是證明△CEQ與△CDO均為等腰直角三角形； （4）如答圖②所示，作點C關于直線QE的對稱點C′，作點C關于x軸的對稱點C″，連接C′C″，

23、交OD于點F，交QE于點P，則△PCF即為符合題意的周長最小的三角形，由軸對稱的性質(zhì)可知，△PCF的周長等于線段C′C″的長度． 利用軸對稱的性質(zhì)、兩點之間線段最短可以證明此時△PCF的周長最?。? 如答圖③所示，利用勾股定理求出線段C′C″的長度，即△PCF周長的最小值． 解答：解：（1）∵C（0，1），OD=OC，∴D點坐標為（1，0）．設直線CD的解析式為y=kx+b（k≠0）， 將C（0，1），D（1，0）代入得：，解得：b=1，k=﹣1，∴直線CD的解析式為：y=﹣x+1． （2）設拋物線的解析式為y=a（x﹣2）2+3，將C（0，1）代入得：1=a×（﹣2）2+3，解得a=

24、． ∴y=（x﹣2）2+3=x2+2x+1． （3）證明：由題意可知，∠ECD=45°， ∵OC=OD，且OC⊥OD，∴△OCD為等腰直角三角形，∠ODC=45°， ∴∠ECD=∠ODC，∴CE∥x軸，則點C、E關于對稱軸（直線x=2）對稱，∴點E的坐標為（4，1）． 如答圖①所示，設對稱軸（直線x=2）與CE交于點M，則M（2，1），∴ME=CM=QM=2，∴△QME與△QMC均為等腰直角三角形，∴∠QEC=∠QCE=45°．又∵△OCD為等腰直角三角形，∴∠ODC=∠OCD=45°，∴∠QEC=∠QCE=∠ODC=∠OCD=45°，∴△CEQ∽△CDO． （4）存在．如答圖②所

25、示，作點C關于直線QE的對稱點C′，作點C關于x軸的對稱點C″，連接C′C″，交OD于點F，交QE于點P，則△PCF即為符合題意的周長最小的三角形，由軸對稱的性質(zhì)可知，△PCF的周長等于線段C′C″的長度． （證明如下：不妨在線段OD上取異于點F的任一點F′，在線段QE上取異于點P的任一點P′，連接F′C″，F(xiàn)′P′，P′C′．由軸對稱的性質(zhì)可知，△P′CF′的周長=F′C″+F′P′+P′C′； 而F′C″+F′P′+P′C′是點C′，C″之間的折線段， 由兩點之間線段最短可知：F′C″+F′P′+P′C′＞C′C″，即△P′CF′的周長大于△PCE的周長．） 如答圖③所示，連接C′E，∵C，C′關于直線QE對稱，△QCE為等腰直角三角形， ∴△QC′E為等腰直角三角形，∴△CEC′為等腰直角三角形，∴點C′的坐標為（4，5）； ∵C，C″關于x軸對稱，∴點C″的坐標為（0，﹣1）．過點C′作C′N⊥y軸于點N，則NC′=4，NC″=4+1+1=6，在Rt△C′NC″中，由勾股定理得：C′C″===． 綜上所述，在P點和F點移動過程中，△PCF的周長存在最小值，最小值為． 專心---專注---專業(yè)