中考數(shù)學(xué)試卷分類匯編 代數(shù)綜合

代數(shù)綜合1、（2013 德州）下列函數(shù)中，當(dāng)x0時，y隨x的增大而增大的是（）Ay=x+1By=x21CDy=x2+1考點：二次函數(shù)的性質(zhì)；一次函數(shù)的性質(zhì)；反比例函數(shù)的性質(zhì)分析：根據(jù)二次函數(shù)、一次函數(shù)、反比例函數(shù)的增減性，結(jié)合自變量的取值范圍，逐一判斷解答：解：A、y=x+1，一次函數(shù)，k0，故y隨著x增大而減小，錯誤；B、y=x21（x0），故當(dāng)圖象在對稱軸右側(cè)，y隨著x的增大而增大；而在對稱軸左側(cè)（x0），y隨著x的增大而減小，正確C、y=，k=10，在每個象限里，y隨x的增大而減小，錯誤；D、y=x2+1（x0），故當(dāng)圖象在對稱軸右側(cè)，y隨著x的增大而減??；而在對稱軸左側(cè)（x0），y隨著x的增大而增大，錯誤；故選B點評：本題綜合考查二次函數(shù)、一次函數(shù)、反比例函數(shù)的增減性（單調(diào)性），是一道難度中等的題目2、（2013攀枝花）如圖，拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過點A（3，0），B（1.0），C（0，3）（1）求拋物線的解析式；（2）若點P為第三象限內(nèi)拋物線上的一點，設(shè)PAC的面積為S，求S的最大值并求出此時點P的坐標(biāo)；（3）設(shè)拋物線的頂點為D，DEx軸于點E，在y軸上是否存在點M，使得ADM是直角三角形？若存在，請直接寫出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由考點：二次函數(shù)綜合題分析：（1）已知拋物線上的三點坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出該二次函數(shù)的解析式；（2）過點P作x軸的垂線，交AC于點N，先運用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式，設(shè)P點坐標(biāo)為（x，x2+2x3），根據(jù)AC的解析式表示出點N的坐標(biāo)，再根據(jù)SPAC=SPAN+SPCN就可以表示出PAC的面積，運用頂點式就可以求出結(jié)論；（3）分三種情況進行討論：以A為直角頂點；以D為直角頂點；以M為直角頂點；設(shè)點M的坐標(biāo)為（0，t），根據(jù)勾股定理列出方程，求出t的值即可解答：解：（1）由于拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過A（3，0），B（1，0），可設(shè)拋物線的解析式為：y=a（x+3）（x1），將C點坐標(biāo)（0，3）代入，得：a（0+3）（01）=5，解得 a=1，則y=（x+3）（x1）=x2+2x3，所以拋物線的解析式為：y=x2+2x3；（2）過點P作x軸的垂線，交AC于點N設(shè)直線AC的解析式為y=kx+m，由題意，得，解得，直線AC的解析式為：y=x3設(shè)P點坐標(biāo)為（x，x2+2x3），則點N的坐標(biāo)為（x，x3），PN=PENE=（x2+2x3）+（x3）=x23xSPAC=SPAN+SPCN，S=PNOA=×3（x23x）=（x+）2+，當(dāng)x=時，S有最大值，此時點P的坐標(biāo)為（，）；（3）在y軸上是否存在點M，能夠使得ADE是直角三角形理由如下：y=x2+2x3=y=（x+1）24，頂點D的坐標(biāo)為（1，4），A（3，0），AD2=（1+3）2+（40）2=20設(shè)點M的坐標(biāo)為（0，t），分三種情況進行討論：當(dāng)A為直角頂點時，如圖3，由勾股定理，得AM2+AD2=DM2，即（0+3）2+（t0）2+20=（0+1）2+（t+4）2，解得t=，所以點M的坐標(biāo)為（0，）；當(dāng)D為直角頂點時，如圖3，由勾股定理，得DM2+AD2=AM2，即（0+1）2+（t+4）2+20=（0+3）2+（t0）2，解得t=，所以點M的坐標(biāo)為（0，）；當(dāng)M為直角頂點時，如圖3，由勾股定理，得AM2+DM2=AD2，即（0+3）2+（t0）2+（0+1）2+（t+4）2=20，解得t=1或3，所以點M的坐標(biāo)為（0，1）或（0，3）；綜上可知，在y軸上存在點M，能夠使得ADE是直角三角形，此時點M的坐標(biāo)為（0，）或（0，）或（0，1）或（0，3）點評：本題考查的是二次函數(shù)綜合題，涉及到用待定系數(shù)法求一次函數(shù)、二次函數(shù)的解析式，三角形的面積，二次函數(shù)的頂點式的運用，勾股定理等知識，難度適中運用數(shù)形結(jié)合、分類討論及方程思想是解題的關(guān)鍵3、（2013達州壓軸題）如圖，在直角體系中，直線AB交x軸于點A（5，0），交y軸于點B，AO是M的直徑，其半圓交AB于點C，且AC=3。取BO的中點D，連接CD、MD和OC。（1）求證：CD是M的切線；（2）二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點D、M、A，其對稱軸上有一動點P，連接PD、PM，求PDM的周長最小時點P的坐標(biāo)；（3）在（2）的條件下，當(dāng)PDM的周長最小時，拋物線上是否存在點Q，使？若存在，求出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由。解析：（1）證明：連結(jié)CM.OA 為M直徑,OCA=90°.OCB=90°.D為OB中點,DC=DO.DCO=DOC.(1分）MO=MC,MCO=MOC.(2分）DCM=DCO+MCO=DOC+MOC=DOM=90°.(3分）又點C在M上， DC是M的切線.(4分）（2）解：在RtACO中,有OC=.又A點坐標(biāo)（5，0）, AC=3,OC=4.tanOAC=.解得 OB=.又D為OB中點，OD=. D點坐標(biāo)為（0，).(5分）連接AD，設(shè)直線AD的解析式為y=kx+b,則有j解得直線AD為y=-x+.二次函數(shù)的圖象過M（,0)、A(5,0)，拋物線對稱軸x=.(6分）點M、A關(guān)于直線x=對稱，設(shè)直線AD與直線x=交于點P,PD+PM為最小.又DM為定長，滿足條件的點P為直線AD與直線x=的交點.(7分）當(dāng)x=時,y=-+=.故P點的坐標(biāo)為（，）.(8分）（3）解：存在.SPDM=SDAM-SPAM=AM·yD-AM·yP=AM(yD-yp).SQAM=AM·,由（2）知D（0，),P(，）,×（-）=yQ 解得yQ=±(9分）二次函數(shù)的圖像過M(0，)、A(5，0），設(shè)二次函數(shù)解析式為y=a(x-)（x-5).又該圖象過點D（0，)，a×(-）×(-5)=，a=.y=(x-)(x-5).(10分）又C點在拋物線上，且yQ=±，(x-)(x-5)=±.解之，得x1=，x2=，x3=.點Q的坐標(biāo)為（，)，或（，)，或（，-）.(12分）4、（2013天津壓軸題）已知拋物線y1=ax2+bx+c（a0）的對稱軸是直線l，頂點為點M若自變量x和函數(shù)值y1的部分對應(yīng)值如下表所示：（）求y1與x之間的函數(shù)關(guān)系式；（）若經(jīng)過點T（0，t）作垂直于y軸的直線l，A為直線l上的動點，線段AM的垂直平分線交直線l于點B，點B關(guān)于直線AM的對稱點為P，記P（x，y2）（1）求y2與x之間的函數(shù)關(guān)系式；（2）當(dāng)x取任意實數(shù)時，若對于同一個x，有y1y2恒成立，求t的取值范圍x103y1=ax2+bx+c00考點：二次函數(shù)綜合題專題：探究型分析：（I）先根據(jù)物線經(jīng)過點（0，）得出c的值，再把點（1，0）、（3，0）代入拋物線y1的解析式即可得出y1與x之間的函數(shù)關(guān)系式；（II）先根據(jù)（I）中y1與x之間的函數(shù)關(guān)系式得出頂點M的坐標(biāo)記直線l與直線l交于點C（1，t），當(dāng)點A與點C不重合時，由已知得，AM與BP互相垂直平分，故可得出四邊形ANMP為菱形，所以PAl，再由點P（x，y2）可知點A（x，t）（x1），所以PM=PA=|y2t|，過點P作PQl于點Q，則點Q（1，y2），故QM=|y23|，PQ=AC=|x1|，在RtPQM中，根據(jù)勾股定理即可得出y2與x之間的函數(shù)關(guān)系式，再由當(dāng)點A與點C重合時，點B與點P重合可得出P點坐標(biāo)，故可得出y2與x之間的函數(shù)關(guān)系式；據(jù)題意，借助函數(shù)圖象：當(dāng)拋物線y2開口方向向上時，可知62t0，即t3時，拋物線y1的頂點M（1，3），拋物線y2的頂點（1，），由于3，所以不合題意，當(dāng)拋物線y2開口方向向下時，62t0，即t3時，求出y1y2的值；若3t110，要使y1y2恒成立，只要拋物線方向及且頂點（1，）在x軸下方，因為3t0，只要3t110，解得t，符合題意；若3t11=0，y1y2=0，即t=也符合題意解答：解：（）拋物線經(jīng)過點（0，），c=y1=ax2+bx+，點（1，0）、（3，0）在拋物線y1=ax2+bx+上，解得，y1與x之間的函數(shù)關(guān)系式為：y1=x2+x+；（II）y1=x2+x+，y1=（x1）2+3，直線l為x=1，頂點M（1，3）由題意得，t3，如圖，記直線l與直線l交于點C（1，t），當(dāng)點A與點C不重合時，由已知得，AM與BP互相垂直平分，四邊形ANMP為菱形，PAl，又點P（x，y2），點A（x，t）（x1），PM=PA=|y2t|，過點P作PQl于點Q，則點Q（1，y2），QM=|y23|，PQ=AC=|x1|，在RtPQM中，PM2=QM2+PQ2，即（y2t）2=（y23）2+（x1）2，整理得，y2=（x1）2+，即y2=x3x+，當(dāng)點A與點C重合時，點B與點P重合，P（1，），P點坐標(biāo)也滿足上式，y2與x之間的函數(shù)關(guān)系式為y2=x3x+（t3）；根據(jù)題意，借助函數(shù)圖象：當(dāng)拋物線y2開口方向向上時，62t0，即t3時，拋物線y1的頂點M（1，3），拋物線y2的頂點（1，），3，不合題意，當(dāng)拋物線y2開口方向向下時，62t0，即t3時，y1y2=（x1）2+3（x1）2+=（x1）2+，若3t110，要使y1y2恒成立，只要拋物線y=（x1）2+開口方向向下，且頂點（1，）在x軸下方，3t0，只要3t110，解得t，符合題意；若3t11=0，y1y2=0，即t=也符合題意綜上，可以使y1y2恒成立的t的取值范圍是t點評：本題考查的是二次函數(shù)綜合題，涉及到待定系數(shù)法二次函數(shù)解的解析式、勾股定理及二次函數(shù)的性質(zhì)，解答此類題目時要注意數(shù)形結(jié)合思想的運用5、(2013年江西省壓軸題)已知拋物線拋物線y n=-(x-an)2+an（n為正整數(shù)，且0<a1<a2<<an）與x軸的交點為An-1（bn-1,0）和An(bn，0)，當(dāng)n=1時，第1條拋物線y1=-(x-a1)2+a1與x軸的交點為A0（0，0）和A1（b1，0），其他依此類推（1）求a1,b1的值及拋物線y2的解析式；（2）拋物線y3的頂點坐標(biāo)為（ ， ）； 依此類推第n條拋物線yn的頂點坐標(biāo)為（ ， ）; 所有拋物線的頂點坐標(biāo)滿足的函數(shù)關(guān)系是 ；（3）探究下列結(jié)論： 若用An-1An表示第n條拋物線被x軸截得得線段長，直接寫出A0A1的值，并求出An-1An；是否存在經(jīng)過點A（2，0）的直線和所有拋物線都相交，且被每一條拋物線截得得線段的長度都相等？若存在，直接寫出直線的表達式；若不存在，請說明理由【答案】解：（1）y1=(xa1)2+a1與x軸交于點A0（0，0），a12+ a1=0，a1=0或1由已知可知a1>0，a1=1 即y1=(x1)2+1方法一：令y1=0代入得：(x1)2+1=0，x1=0，x2=2，y1與x軸交于A0（0，0），A1（2，0）b1=2，方法二：y1=(xa1)2+a1與x軸交于點A0（0，0）， (b11)2+1=0，b1=2或0，b1=0（舍去）b1=2又拋物線y2=(xa2)2+a2與x軸交于點A1（2，0），(2a2)2+ a2=0，a2=1或4，a2> a1，a2=1（舍去）取a2=4，拋物線y2=(x4)2+4 （2）（9，9）； （n2，n2）y=x詳解如下：拋物線y2=(x4)2+4令y2=0代入得：(x4)2+4=0，x1=2，x2=6y2與x軸交于點A1（2，0），A2（6，0）又拋物線y3=(xa3)2+a3與x軸交于A2（6，0），(6a3)2+a3=0a3=4或9，a3> a3，a3=4（舍去），即a3=9，拋物線y3的頂點坐標(biāo)為（9，9）由拋物線y1的頂點坐標(biāo)為（1，1），y2的頂點坐標(biāo)為（4，4），y3的頂點坐標(biāo)為（9，9），依次類推拋物線yn的頂點坐標(biāo)為（n2，n2）所有拋物線的頂點的橫坐標(biāo)等于縱坐標(biāo)，頂點坐標(biāo)滿足的函數(shù)關(guān)系式是：y= x；A0（0，0），A1（2，0），A0 A1=2 又yn=(xn2)2+n2，令yn=0，(xn2)2+n2=0，即x1=n2+n，x2=n2n，A n1(n2n，0)，A n(n2+n，0)，即A n1 A n=( n2+n)( n2n)=2 n 存在是平行于直線y=x且過A1（2，0）的直線，其表達式為y=x2【考點解剖】 本題考查了二次函數(shù)的一般知識，求字母系數(shù)、解析式、頂點坐標(biāo)；字母表示數(shù)（符號意識），數(shù)形結(jié)合思想，規(guī)律探究，合情推理，解題方法的靈活性等等，更重要的是一種膽識和魄力，敢不敢動手，會不會從簡單，從特殊值入手去探究一般規(guī)律，畫一畫圖幫助思考，所有這些都是做學(xué)問所必需的品質(zhì)和素養(yǎng)，也是新課程改革所倡導(dǎo)的精神和最高境界【解題思路】 （1）將A0坐標(biāo)代入y1的解析式可求得a1的值；a1的值知道了y1的解析式也就確定了，已知拋物線就可求出b1的值，又把（b1，0）代入y2，可求出a2 ，即得y2的解析式；（2）用同樣的方法可求得a3 、a4 、a5 由此得到規(guī)律，所以頂點坐標(biāo)滿足的函數(shù)關(guān)系式是：y= x；（3）由（2）可知得; 最后一問我們會猜測這是與直線y=x平行且過A（2，0）的一條直線，用特殊值法取得和，得所截得的線段長度為，換一組拋物線試試，求出的值也為（當(dāng)然用字母來運算就是解得和，求得所截得的線段長度也為）.【解答過程】 略.【方法規(guī)律】 掌握基礎(chǔ)（知識），靈活運用（方法），敢于動手，不畏艱難. 【關(guān)鍵詞】 二次函數(shù) 拋物線 規(guī)律探究6、(2013年武漢壓軸題)如圖，點P是直線：上的點，過點P的另一條直線交拋物線于A、B兩點（1）若直線的解析式為，求A、B兩點的坐標(biāo)； （2）若點P的坐標(biāo)為（2，），當(dāng)PAAB時，請直接寫出點A的坐標(biāo)； 試證明：對于直線上任意給定的一點P，在拋物線上都能找到點A，使得PAAB成立（3）設(shè)直線交軸于點C，若AOB的外心在邊AB上，且BPCOCP，求點P的坐標(biāo)解析：（1）依題意，得解得， A（，），B（1，1）（2）A1（1，1），A2（3，9） 過點P、B分別作過點A且平行于軸的直線的垂線，垂足分別為G、H. 設(shè)P（，），A（，），PAPB，PAGBAH，AGAH，PGBH，B（，），將點B坐標(biāo)代入拋物線，得，無論為何值時，關(guān)于的方程總有兩個不等的實數(shù)解，即對于任意給定的點P，拋物線上總能找到兩個滿足條件的點A（3）設(shè)直線：交y軸于D，設(shè)A（，），B（，）過A、B兩點分別作AG、BH垂直軸于G、HAOB的外心在AB上，AOB90°，由AGOOHB，得，聯(lián)立得，依題意，得、是方程的兩根，即D（0，1）BPCOCP，DPDC3P設(shè)P（，），過點P作PQ軸于Q，在RtPDQ中，（舍去），P（，）PN平分MNQ，PTNT，7、（2013內(nèi)江壓軸題）已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c（a0）的圖象與x軸交于A（x1，0）、B（x2，0）（x1x2）兩點，與y軸交于點C，x1，x2是方程x2+4x5=0的兩根（1）若拋物線的頂點為D，求SABC：SACD的值；（2）若ADC=90°，求二次函數(shù)的解析式考點：二次函數(shù)綜合題分析：（1）首先解一元二次方程，求出點A、點B的坐標(biāo)，得到含有字母a的拋物線的交點式；然后分別用含字母a的代數(shù)式表示出ABC與ACD的面積，最后得出結(jié)論；（2）在RtACD中，利用勾股定理，列出一元二次方程，求出未知系數(shù)a，得出拋物線的解析式解答：解：（1）解方程x2+4x5=0，得x=5或x=1，由于x1x2，則有x1=5，x2=1，A（5，0），B（1，0）拋物線的解析式為：y=a（x+5）（x1）（a0），對稱軸為直線x=2，頂點D的坐標(biāo)為（2，9a），令x=0，得y=5a，C點的坐標(biāo)為（0，5a）依題意畫出圖形，如右圖所示，則OA=5，OB=1，AB=6，OC=5a，過點D作DEy軸于點E，則DE=2，OE=9a，CE=OEOC=4aSACD=S梯形ADEOSCDESAOC=（DE+OA）OEDECEOAOC=（2+5）9a×2×4a×5×5a=15a，而SABC=ABOC=×6×5a=15a，SABC：SACD=15a：15a=1；（2）如解答圖所示，在RtDCE中，由勾股定理得：CD2=DE2+CE2=4+16a2，在RtAOC中，由勾股定理得：AC2=OA2+OC2=25+25a2，設(shè)對稱軸x=2與x軸交于點F，則AF=3，在RtADF中，由勾股定理得：AD2=AF2+DF2=9+81a2ADC=90°，ACD為直角三角形，由勾股定理得：AD2+CD2=AC2，即（9+81a2）+（4+16a2）=25+25a2，化簡得：a2=，a0，a=，拋物線的解析式為：y=（x+5）（x1）=x2+x點評：本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、一元二次方程的解法、直角三角形與勾股定理、幾何圖形面積的計算等知識點，難度不是很大，但涉及的計算較多，需要仔細認真，避免出錯注意第（1）問中求ACD面積的方法8、（2013瀘州壓軸題）如圖，在直角坐標(biāo)系中，點A的坐標(biāo)為（2，0），點B的坐標(biāo)為（1，），已知拋物線y=ax2+bx+c（a0）經(jīng)過三點A、B、O（O為原點）（1）求拋物線的解析式；（2）在該拋物線的對稱軸上，是否存在點C，使BOC的周長最小？若存在，求出點C的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；（3）如果點P是該拋物線上x軸上方的一個動點，那么PAB是否有最大面積？若有，求出此時P點的坐標(biāo)及PAB的最大面積；若沒有，請說明理由（注意：本題中的結(jié)果均保留根號）考點：二次函數(shù)綜合題分析：（1）直接將A、O、B三點坐標(biāo)代入拋物線解析式的一般式，可求解析式；（2）因為點A，O關(guān)于對稱軸對稱，連接AB交對稱軸于C點，C點即為所求，求直線AB的解析式，再根據(jù)C點的橫坐標(biāo)值，求縱坐標(biāo)；（3）設(shè)P（x，y）（2x0，y0），用割補法可表示PAB的面積，根據(jù)面積表達式再求取最大值時，x的值解答：解：（1）將A（2，0），B（1，），O（0，0）三點的坐標(biāo)代入y=ax2+bx+c（a0），可得：，解得：，故所求拋物線解析式為y=x2x；（2）存在理由如下：如答圖所示，y=x2x=（x+1）2+，拋物線的對稱軸為x=1點C在對稱軸x=1上，BOC的周長=OB+BC+CO；OB=2，要使BOC的周長最小，必須BC+CO最小，點O與點A關(guān)于直線x=1對稱，有CO=CA，BOC的周長=OB+BC+CO=OB+BC+CA，當(dāng)A、C、B三點共線，即點C為直線AB與拋物線對稱軸的交點時，BC+CA最小，此時BOC的周長最小設(shè)直線AB的解析式為y=kx+t，則有：，解得：，直線AB的解析式為y=x，當(dāng)x=1時，y=，所求點C的坐標(biāo)為（1，）；（3）設(shè)P（x，y）（2x0，y0），則y=x2x 如答圖所示，過點P作PQy軸于點Q，PGx軸于點G，過點A作AFPQ軸于點F，過點B作BEPQ軸于點E，則PQ=x，PG=y，由題意可得：SPAB=S梯形AFEBSAFPSBEP=（AF+BE）FEAFFPPEBE=（y+y）（1+2）y（2+x）（1x）（+y）=y+x+ 將代入得：SPAB=（x2x）+x+=x2x+=（x+）2+當(dāng)x=時，PAB的面積最大，最大值為，此時y=×+×=，點P的坐標(biāo)為（，）點評：本題考查了坐標(biāo)系中點的坐標(biāo)求法，拋物線解析式的求法，根據(jù)對稱性求線段和最小的問題，也考查了在坐標(biāo)系里表示面積及求面積最大值等問題；解答本題（3）也可以將直線AB向下平移至與拋物線相切的位置，聯(lián)立此時的直線解析式與拋物線解析式，可求唯一交點P的坐標(biāo)9、（2013聊城壓軸題）已知ABC中，邊BC的長與BC邊上的高的和為20（1）寫出ABC的面積y與BC的長x之間的函數(shù)關(guān)系式，并求出面積為48時BC的長；（2）當(dāng)BC多長時，ABC的面積最大？最大面積是多少？（3）當(dāng)ABC面積最大時，是否存在其周長最小的情形？如果存在，請說出理由，并求出其最小周長；如果不存在，請給予說明考點：二次函數(shù)綜合題分析：（1）先表示出BC邊上的高，再根據(jù)三角形的面積公式就可以表示出表示y與x之間的函數(shù)關(guān)系式，當(dāng)y=48時代入解析式就可以求出其值；（2）將（1）的解析式轉(zhuǎn)化為頂點式就可以求出最大值（3）由（2）可知ABC的面積最大時，BC=10，BC邊上的高也為10過點A作直線L平行于BC，作點B關(guān)于直線L的對稱點B，連接BC 交直線L于點A，再連接AB，AB，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)及三角形的周長公式就可以求出周長的最小值解答：解：（1）由題意，得y=x2+10x，當(dāng)y=48時， x2+10x=48，解得：x1=12，x2=8，面積為48時BC的長為12或8；（2）y=x2+10x，y=（x10）2+50，當(dāng)x=10時，y最大=50；（3）ABC面積最大時，ABC的周長存在最小的情形理由如下：由（2）可知ABC的面積最大時，BC=10，BC邊上的高也為10過點A作直線L平行于BC，作點B關(guān)于直線L的對稱點B，連接BC 交直線L于點A，再連接AB，AB則由對稱性得：AB=AB，AB=AB，AB+AC=AB+AC=BC，當(dāng)點A不在線段BC上時，則由三角形三邊關(guān)系可得：ABC的周長=AB+AC+BC=AB+AC+BCBC+BC，當(dāng)點A在線段BC上時，即點A與A重合，這時ABC的周長=AB+AC+BC=AB+AC+BC=BC+BC，因此當(dāng)點A與A重合時，ABC的周長最??；這時由作法可知：BB=20，BC=10，ABC的周長=10+10，因此當(dāng)ABC面積最大時，存在其周長最小的情形，最小周長為10+10點評：本題是一道二次函數(shù)的綜合試題，考查了二次函數(shù)的解析式的運用，一元二次方程的解法和頂點式的運用，軸對稱的性質(zhì)的運用，在解答第三問時靈活運用軸對稱的性質(zhì)是關(guān)鍵10、（2013蘇州壓軸題）如圖，已知拋物線y=x2+bx+c（b，c是常數(shù)，且c0）與x軸分別交于點A、B（點A位于點B的左側(cè)），與y軸的負半軸交于點C，點A的坐標(biāo)為（1，0）（1）b=+c，點B的橫坐標(biāo)為2c（上述結(jié)果均用含c的代數(shù)式表示）；（2）連接BC，過點A作直線AEBC，與拋物線y=x2+bx+c交于點E，點D是x軸上的一點，其坐標(biāo)為（2，0）當(dāng)C，D，E三點在同一直線上時，求拋物線的解析式；（3）在（2）條件下，點P是x軸下方的拋物線上的一個動點，連接PB，PC，設(shè)所得PBC的面積為S求S的取值范圍；若PBC的面積S為整數(shù)，則這樣的PBC共有11個考點：二次函數(shù)綜合題分析：（1）將A（1，0）代入y=x2+bx+c，可以得出b=+c；根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，得出1xB=，即xB=2c；（2）由y=x2+bx+c，求出此拋物線與y軸的交點C的坐標(biāo)為（0，c），則可設(shè)直線BC的解析式為y=kx+c，將B點坐標(biāo)代入，運用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式為y=x+c；由AEBC，設(shè)直線AE得到解析式為y=x+m，將點A的坐標(biāo)代入，運用待定系數(shù)法求出直線AE得到解析式為y=x+；解方程組，求出點E坐標(biāo)為（12c，1c），將點E坐標(biāo)代入直線CD的解析式y(tǒng)=x+c，求出c=2，進而得到拋物線的解析式為y=x2x2；（3）分兩種情況進行討論：（）當(dāng)1x0時，由0SSACB，易求0S5；（）當(dāng)0x4時，過點P作PGx軸于點G，交CB于點F設(shè)點P坐標(biāo)為（x，x2x2），則點F坐標(biāo)為（x，x2），PF=PGGF=x2+2x，S=PFOB=x2+4x=（x2）2+4，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出S最大值=4，即0S4則0S5；由0S5，S為整數(shù)，得出S=1，2，3，4分兩種情況進行討論：（）當(dāng)1x0時，根據(jù)PBC中BC邊上的高h小于ABC中BC邊上的高AC=，得出滿足條件的PBC共有4個；（）當(dāng)0x4時，由于S=x2+4x，根據(jù)一元二次方程根的判別式，得出滿足條件的PBC共有7個；則滿足條件的PBC共有4+7=11個解答：解：（1）拋物線y=x2+bx+c過點A（1，0），0=×（1）2+b×（1）+c，b=+c，拋物線y=x2+bx+c與x軸分別交于點A（1，0）、B（xB，0）（點A位于點B的左側(cè)），1與xB是一元二次方程x2+bx+c=0的兩個根，1xB=，xB=2c，即點B的橫坐標(biāo)為2c；（2）拋物線y=x2+bx+c與y軸的負半軸交于點C，當(dāng)x=0時，y=c，即點C坐標(biāo)為（0，c）設(shè)直線BC的解析式為y=kx+c，B（2c，0），2kc+c=0，c0，k=，直線BC的解析式為y=x+cAEBC，可設(shè)直線AE得到解析式為y=x+m，點A的坐標(biāo)為（1，0），×（1）+m=0，解得m=，直線AE得到解析式為y=x+由，解得，點E坐標(biāo)為（12c，1c）點C坐標(biāo)為（0，c），點D坐標(biāo)為（2，0），直線CD的解析式為y=x+cC，D，E三點在同一直線上，1c=×（12c）+c，2c2+3c2=0，c1=（與c0矛盾，舍去），c2=2，b=+c=，拋物線的解析式為y=x2x2；（3）設(shè)點P坐標(biāo)為（x，x2x2）點A的坐標(biāo)為（1，0），點B坐標(biāo)為（4，0），點C坐標(biāo)為（0，2），AB=5，OC=2，直線BC的解析式為y=x2分兩種情況：（）當(dāng)1x0時，0SSACBSACB=ABOC=5，0S5；（）當(dāng)0x4時，過點P作PGx軸于點G，交CB于點F點F坐標(biāo)為（x，x2），PF=PGGF=（x2x2）+（x2）=x2+2x，S=SPFC+SPFB=PFOB=（x2+2x）×4=x2+4x=（x2）2+4，當(dāng)x=2時，S最大值=4，0S4綜上可知0S5；0S5，S為整數(shù)，S=1，2，3，4分兩種情況：（）當(dāng)1x0時，設(shè)PBC中BC邊上的高為h點A的坐標(biāo)為（1，0），點B坐標(biāo)為（4，0），點C坐標(biāo)為（0，2），AC2=1+4=5，BC2=16+4=20，AB2=25，AC2+BC2=AB2，ACB=90°，BC邊上的高AC=S=BCh，h=S如果S=1，那么h=×1=，此時P點有1個，PBC有1個；如果S=2，那么h=×2=，此時P點有1個，PBC有1個；如果S=3，那么h=×3=，此時P點有1個，PBC有1個；如果S=4，那么h=×4=，此時P點有1個，PBC有1個；即當(dāng)1x0時，滿足條件的PBC共有4個；（）當(dāng)0x4時，S=x2+4x如果S=1，那么x2+4x=1，即x24x+1=0，=164=120，方程有兩個不相等的實數(shù)根，此時P點有2個，PBC有2個；如果S=2，那么x2+4x=2，即x24x+2=0，=168=80，方程有兩個不相等的實數(shù)根，此時P點有2個，PBC有2個；如果S=3，那么x2+4x=3，即x24x+3=0，=1612=40，方程有兩個不相等的實數(shù)根，此時P點有2個，PBC有2個；如果S=4，那么x2+4x=4，即x24x+4=0，=1616=0，方程有兩個相等的實數(shù)根，此時P點有1個，PBC有1個；即當(dāng)0x4時，滿足條件的PBC共有7個；綜上可知，滿足條件的PBC共有4+7=11個故答案為+c，2c；11點評：本題是二次函數(shù)的綜合題，其中涉及到運用待定系數(shù)法求一次函數(shù)、二次函數(shù)的解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，直線平移的規(guī)律，求兩個函數(shù)的交點坐標(biāo)，三角形的面積，一元二次方程的根的判別及根與系數(shù)的關(guān)系等知識，綜合性較強，有一定難度，運用數(shù)形結(jié)合、分類討論及方程思想是解題的關(guān)鍵11、（2013宜昌壓軸題）如圖1，平面之間坐標(biāo)系中，等腰直角三角形的直角邊BC在x軸正半軸上滑動，點C的坐標(biāo)為（t，0），直角邊AC=4，經(jīng)過O，C兩點做拋物線y1=ax（xt）（a為常數(shù)，a0），該拋物線與斜邊AB交于點E，直線OA：y2=kx（k為常數(shù)，k0）（1）填空：用含t的代數(shù)式表示點A的坐標(biāo)及k的值：A（t，4），k=（k0）；（2）隨著三角板的滑動，當(dāng)a=時：請你驗證：拋物線y1=ax（xt）的頂點在函數(shù)y=的圖象上；當(dāng)三角板滑至點E為AB的中點時，求t的值；（3）直線OA與拋物線的另一個交點為點D，當(dāng)txt+4，|y2y1|的值隨x的增大而減小，當(dāng)xt+4時，|y2y1|的值隨x的增大而增大，求a與t的關(guān)系式及t的取值范圍考點：二次函數(shù)綜合題分析：（1）根據(jù)題意易得點A的橫坐標(biāo)與點C的相同，點A的縱坐標(biāo)即是線段AC的長度；把點A的坐標(biāo)代入直線OA的解析式來求k的值；（2）求得拋物線y1的頂點坐標(biāo)，然后把該坐標(biāo)代入函數(shù)y=，若該點滿足函數(shù)解析式y(tǒng)=，即表示該頂點在函數(shù)y=圖象上；反之，該頂點不在函數(shù)y=圖象上；如圖1，過點E作EKx軸于點K則EK是ACB的中位線，所以根據(jù)三角形中位線定理易求點E的坐標(biāo)，把點E的坐標(biāo)代入拋物線y1=x（xt）即可求得t=2；（3）如圖2，根據(jù)拋物線與直線相交可以求得點D橫坐標(biāo)是+4則t+4=+4，由此可以求得a與t的關(guān)系式解答：解：（1）點C的坐標(biāo)為（t，0），直角邊AC=4，點A的坐標(biāo)是（t，4）又直線OA：y2=kx（k為常數(shù)，k0），4=kt，則k=（k0）（2）當(dāng)a=時，y1=x（xt），其頂點坐標(biāo)為（，）對于y=來說，當(dāng)x=時，y=×=，即點（，）在拋物線y=上故當(dāng)a=時，拋物線y1=ax（xt）的頂點在函數(shù)y=的圖象上；如圖1，過點E作EKx軸于點KACx軸，ACEK點E是線段AB的中點，K為BC的中點，EK是ACB的中位線，EK=AC=2，CK=BC=2，E（t+2，2）點E在拋物線y1=x（xt）上，（t+2）（t+2t）=2，解得t=2（3）如圖2，則x=ax（xt），解得x=+4，或x=0（不合題意，舍去）故點D的橫坐標(biāo)是+t當(dāng)x=+t時，|y2y1|=0，由題意得t+4=+t，解得a=（t0）點評：本題考查了坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)、二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征、一次函數(shù)與二次函數(shù)交點坐標(biāo)等知識點解題時，注意“數(shù)形結(jié)合”數(shù)學(xué)思想的應(yīng)用12、（2013黃岡壓軸題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形ABCD是梯形，其中A（6，0），B（3，），C（1，），動點P從點O以每秒2個單位的速度向點A運動，動點Q也同時從點B沿BCO的線路以每秒1個單位的速度向點O運動，當(dāng)點P到達A點時，點Q也隨之停止，設(shè)點P，Q運動的時間為t（秒）（1）求經(jīng)過A，B，C三點的拋物線的解析式；（2）當(dāng)點Q在CO邊上運動時，求OPQ的面積S與時間t的函數(shù)關(guān)系式；（3）以O(shè)，P，Q頂點的三角形能構(gòu)成直角三角形嗎？若能，請求出t的值；若不能，請說明理由；（4）經(jīng)過A，B，C三點的拋物線的對稱軸、直線OB和PQ能夠交于一點嗎？若能，請求出此時t的值（或范圍），若不能，請說明理由）考點：二次函數(shù)綜合題3481324分析：（1）利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式即可；（2）根據(jù)已知得出OPQ的高，進而利用三角形面積公式求出即可；（3）根據(jù)題意得出：0t3，當(dāng)0t2時，Q在BC邊上運動，得出若OPQ為直角三角形，只能是OPQ=90°或OQP=90°，當(dāng)2t3時，Q在OC邊上運動，得出OPQ不可能為直角三角形；（4）首先求出拋物線對稱軸以及OB直線解析式和PM的解析式，得出（1t）×=3t2t，恒成立，即0t2時，P，M，Q總在一條直線上，再利用2t3時，求出t的值，根據(jù)t的取值范圍得出答案解答：解：（1）設(shè)所求拋物線的解析式為y=ax2+bx+c，把A（6，0），B（3，），C（1，）三點坐標(biāo)代入得：，解得：，即所求拋物線解析式為：y=x2+x+；（2）如圖1，依據(jù)題意得出：OC=CB=2，COA=60°，當(dāng)動點Q運動到OC邊時，OQ=4t，OPQ的高為：OQ×sin60°=（4t）×，又OP=2t，S=×2t×（4t）×=（t24t）（2t3）；（3）根據(jù)題意得出：0t3，當(dāng)0t2時，Q在BC邊上運動，此時OP=2t，OQ=，PQ=，POQPOC=60°，若OPQ為直角三角形，只能是OPQ=90°或OQP=90°，若OPQ=90°，如圖2，則OP2+PQ2=QO2，即4t2+3+（3t3）2=3+（3t）2，解得：t1=1，t2=0（舍去），若OPQ為直角三角形，只能是OPQ=90°或OQP=90°，若OQP=90°，如圖，3，則OQ2+PQ2=PO2，即（3t）2+6+（3t3）2=4t2，解得：t=2，當(dāng)2t3時，Q在OC邊上運動，此時QP=2t4，POQ=COP=60°，OQOC=2，故OPQ不可能為直角三角形，綜上所述，當(dāng)t=1或t=2時，OPQ為直角三角形；（4）由（1）可知，拋物線y=x2+x+=（x2）2+，其對稱軸為x=2，又OB的直線方程為y=x，拋物線對稱軸與OB交點為M（2，），又P（2t，0）設(shè)過P，M的直線解析式為：y=kx+b，解得：，即直線PM的解析式為：y=x，即（1t）y=x2t，又0t2時，Q（3t，），代入上式，得：（1t）×=3t2t，恒成立，即0t2時，P，M，Q總在一條直線上，即M在直線PQ上；當(dāng)2t3時，OQ=4t，QOP=60°，Q（，），代入上式得：×（1t）=2t，解得：t=2或t=（均不合題意，舍去）綜上所述，可知過點A、B、C三點的拋物線的對稱軸OB和PQ能夠交于一點，此時0t2點評：此題主要考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用以及待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式和待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式等知識，利用分類討論思想得出t的值是解題關(guān)鍵13、（2013荊門壓軸題）已知關(guān)于x的二次函數(shù)y=x22mx+m2+m的圖象與關(guān)于x的函數(shù)y=kx+1的圖象交于兩點A（x1，y1）、B（x2，y2）；（x1x2）（1）當(dāng)k=1，m=0，1時，求AB的長；（2）當(dāng)k=1，m為任何值時，猜想AB的長是否不變？并證明你的猜想（3）當(dāng)m=0，無論k為何值時，猜想AOB的形狀證明你的猜想（平面內(nèi)兩點間的距離公式）考點：二次函數(shù)綜合題分析：（1）先將k=1，m=0分別代入，得出二次函數(shù)的解析式為y=x2，直線的解析式為y=x+1，聯(lián)立，得x2x1=0，根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得到x1+x2=1，x1x2=1，過點A、B分別作x軸、y軸的平行線，兩線交于點C，證明ABC是等腰直角三角形，根據(jù)勾股定理得出AB=AC，根據(jù)兩點間距離公式及完全平方公式求出AB=；同理，當(dāng)k=1，m=1時，AB=；（2）當(dāng)k=1，m為任何值時，聯(lián)立，得x2（2m+1）x+m2+m1=0，根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得到x1+x2=2m+1，x1x2=m2+m1，同（1）可求出AB=；（3）當(dāng)m=0，k為任意常數(shù)時，分三種情況討論：當(dāng)k=0時，由，得A（1，1），B（1，1），顯然AOB為直角三角形；當(dāng)k=1時，聯(lián)立，得x2x1=0，根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得到x1+x2=1，x1x2=1，同（1）求出AB=，則AB2=10，運用兩點間的距離公式及完全平方公式求出OA2+OB2=10，由勾股定理的逆定理判定AOB為直角三角形；當(dāng)k為任意實數(shù)時，聯(lián)立，得x2kx1=0，根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得到x1+x2=k，x1x2=1，根據(jù)兩點間距離公式及完全平方公式求出AB2=k4+5k2+4，OA2+OB2k4+5k2+4，由勾股定理的逆定理判定AOB為直角三角形解答：解：（1）當(dāng)k=1，m=0時，如圖由得x2x1=0，x1+x2=1，x1x2=1，過點A、B分別作x軸、y軸的平行線，兩線交于點C直線AB的解析式為y=x+1，BAC=45°，ABC是等腰直角三角形，AB=AC=|x2x1|=；同理，當(dāng)k=1，m=1時，AB=；（2）猜想：當(dāng)k=1，m為任何值時，AB的長不變，即AB=理由如下：由，得x2（2m+1）x+m2+m1=0，x1+x2=2m+1，x1x2=m2+m1，AB=AC=|x2x1|=；（3）當(dāng)m=0，k為任意常數(shù)時，AOB為直角三角形，理由如下：當(dāng)k=0時，則函數(shù)的圖象為直線y=1，由，得A（1，1），B（1，1），顯然AOB為直角三角形；當(dāng)k=1時，則一次函數(shù)為直線y=x+1，由，得x2x1=0，x1+x2=1，x1x2=1，AB=AC=|x2x1|=，AB2=10，OA2+OB2=x12+y12+x22+y22=x12+x22+y12+y22=x12+x22+（x1+1）2+（x2+1）2=x12+x22+（x12+2x1+1）+（x22+2x2+1）=2（x12+x22）+2（x1+x2）+2=2（1+2）+2×1+2=10，AB2=OA2+OB2，AOB是直角三角形；當(dāng)k為任意實數(shù)，AOB仍為直角三角形由，得x2kx1=0，x1+x2=k，x1x2=1，AB2=（x1x2）2+（y1y2）2=（x1x2）2+（kx1kx2）2=（1+k2）（x1x2）2=（1+k2）（x1+x2）24x1x2=（1+k2）（4+k2）=k4+5k2+4，OA2+OB2=x12+y12+x22+y22=x12+x22+y12+y22=x12+x22+（kx1+1）2+（kx2+1）2=x12+x22+（k2x12+2kx1+1）+（k2x22+2kx2+1）=（1+k2）（x12+x22）+2k（x1+x2）+2=（1+k2）（k2+2）+2kk+2=k4+5k2+4，AB2=OA2+OB2，AOB為直角三角形點評：本題考查了二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識點有一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，平面內(nèi)兩點間的距離公式，完全平方公式，勾股定理的逆定理，有一定難度本題對式子的變形能力要求較高，體現(xiàn)了由特殊到一般的思想14、（2013黔東南州壓軸題）已知拋物線y1=ax2+bx+c（a0）的頂點坐標(biāo)是（1，4），它與直線y2=x+1的一個交點的橫坐標(biāo)為2（1）求拋物線的解析式；（2）在給出的坐標(biāo)系中畫出拋物線y1=ax2+bx+c（a0）及直線y2=x+1的圖象，并根據(jù)圖象，直接寫出使得y1y2的x的取值范圍；（3）設(shè)拋物線與x軸的右邊交點為A，過點A作x軸的垂線，交直線y2=x+1于點B，點P在拋物線上，當(dāng)SPAB6時，求點P的橫坐標(biāo)x的取值范圍考點：二次函數(shù)綜合題分析：（1）首先求出拋物線與直線的交點坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；（2）確定出拋物線與x軸的兩個交點坐標(biāo)，依題意畫出函數(shù)的圖象由圖象可以直觀地看出使得y1y2的x的取值范圍；（3）首先求出點B的坐標(biāo)及線段AB的長度；設(shè)PAB中，AB邊上的高為h，則由SPAB6可以求出h的范圍，這是一個不等式，解不等式求出xP的取值范圍解答：解：（1）拋物線與直線y2=x+1的一個交點的橫坐標(biāo)為2，交點的縱坐標(biāo)為2+1=3，即交點坐標(biāo)為（2，3）設(shè)拋物線的解析式為y1=a（x1）2+4，把交點坐標(biāo)（2，3）代入得：3=a（21）2+4，解得a=1，拋物線解析式為：y1=（x1）2+4=x2+2x+3（2）令y1=0，即x2+2x+3=0，解得x1=3，x2=1，拋物線與x軸交點坐標(biāo)為（3，0）和（1，0）在坐標(biāo)系中畫出拋物線與直線的圖形，如圖：根據(jù)圖象，可知使得y1y2的x的取值范圍為1x2（3）由（2）可知，點A坐標(biāo)為（3，0）令x=3，則y2=x+1=3+1=4，B（3，4），即AB=4設(shè)PAB中，AB邊上的高為h，則h=|xPxA|=|xP3|，SPAB=ABh=×4×|xP3|=2|xP3|已知SPAB6，2|xP3|6，化簡得：|xP3|3，去掉絕對值符號，將不等式化為不等式組：3xP33，解此不等式組，得：0xP6，當(dāng)SPAB6時，點P的橫坐標(biāo)x的取值范圍為0xP6點評：本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、三角形的面積、解不等式（組）等知識點題目難度不大，失分點在于第（3）問，點P在線段AB的左右兩側(cè)均有取值范圍，注意不要遺漏15、（13年北京7分23）在平面直角坐標(biāo)系O中，拋物線（）與軸交于點A，其對稱軸與軸交于點B。（1）求點A，B的坐標(biāo)；（2）設(shè)直線與直線AB關(guān)于該拋物線的對稱軸對稱，求直線的解析式；（3）若該拋物線在這一段位于直線的上方，并且在這一段位于直線AB的下方，求該拋物線的解析式。解析：【解析】（1）當(dāng)時，.拋物線對稱軸為（2）易得點關(guān)于對稱軸的對稱點為則直線經(jīng)過、.沒直線的解析式為則，解得直線的解析式為（3）拋物線對稱軸為拋物體在這一段與在這一段關(guān)于對稱軸對稱結(jié)合圖象可以觀察到拋物線在這一段位于直線的上方在這一段位于直線的下方；拋物線與直線的交點橫坐標(biāo)為；當(dāng)時，則拋物線過點（-1，4）當(dāng)時，拋物線解析為.【點評】本題第(3)問主要難點在于對數(shù)形結(jié)合的認識和了解，要能夠觀察到直線與直線關(guān)于對稱軸對稱，拋物線在這一段位于直線的下方，關(guān)于對稱軸對稱后拋物線在這一段位于直線的下方；再結(jié)合拋物線在這一段位于直線的上方;從而拋物線必過點.考點：代數(shù)綜合（二次函數(shù)的性質(zhì)、一次函數(shù)的圖像對稱、二次函數(shù)的圖像對稱、數(shù)形結(jié)合思想、二次函數(shù)解析式的確定）16、(2013年深圳市壓軸題)如圖7-1，直線AB過點A（，0），B（0，），且（其中>0，>0）。（1）為何值時，OAB面積最大？最大值是多少？（2）如圖7-2，在（1）的條件下，函數(shù)的圖像與直線AB相交于C、D兩點，若，求的值。（3）在（2）的條件下，將OCD以每秒1個單位的速度沿軸的正方向平移，如圖7-3，設(shè)它與OAB的重疊部分面積為S，請求出S與運動時間（秒）的函數(shù)關(guān)系式（0<<10）。解析：17、（德陽市2013年壓軸題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中有一矩形ABCO（O為原點），點A、C分別在