2012年中考數(shù)學壓軸題精選精析

1、2012年各地中考數(shù)學壓軸題精選精析(1.2012黃石) 25.（本小題滿分10分）已知拋物線的函數(shù)解析式為，若拋物線經(jīng)過點，方程的兩根為，且。（1）求拋物線的頂點坐標.（2）已知實數(shù)，請證明：,并說明為何值時才會有.（3）若拋物線先向上平移4個單位，再向左平移1個單位后得到拋物線，設(shè)，是上的兩個不同點，且滿足：，.請你用含有的表達式表示出的面積，并求出的最小值及取最小值時一次函數(shù)的函數(shù)解析式。（參考公式：在平面直角坐標系中，若，則，兩點間的距離為）【考點】二次函數(shù)綜合題【專題】壓軸題；配方法【分析】（1）求拋物線的頂點坐標，需要先求出拋物線的解析式，即確定待定系數(shù)a、b的值已知拋物線圖象與y

2、軸交點，可確定解析式中的常數(shù)項（由此得到a的值）；然后從方程入手求b的值，題干給出了兩根差的絕對值，將其進行適當變形（轉(zhuǎn)化為兩根和、兩根積的形式），結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系即可求出b的值（2），因此將配成完全平方式，然后根據(jù)平方的非負性即可得證（3）結(jié)合（1）的拋物線的解析式以及函數(shù)的平移規(guī)律，可得出拋物線C2的解析式；在RtOAB中，由勾股定理可確定m、n的關(guān)系式，然后用m列出AOB的面積表達式，結(jié)合不等式的相關(guān)知識可確定OAB的最小面積值以及此時m的值，進而由待定系數(shù)法確定一次函數(shù)OA的解析式【解答】解：（1）拋物線過（,）點，3aa 分x2bxx2bx=的兩根為x1,x2且且bb 分x2x（x

3、）拋物線的頂點坐標為（，） 分（2）x，顯然當x時，才有 分（3）方法一：由平移知識易得的解析式為：yx2 分(m，m)，B（n，n）AOB為RtOA+OB=ABmmnn（mn）（mn）化簡得：m n 分AOB=m nAOBAOB的最小值為，此時m,(,)分直線OA的一次函數(shù)解析式為x分方法二：由題意可求拋物線的解析式為：（1分）B(n，n2)A(m，m2)OCDyx，過點、作軸的垂線，垂足分別為、，則由 得 即 （1分）由（2）知：當且僅當，取得最小值1此時的坐標為（，）（2分）一次函數(shù)的解析式為（1分）【點評】該題考查了二次函數(shù)解析式的確定、函數(shù)圖象的平移、不等式的應(yīng)用等知識，解題過程中完

4、全平方式的變形被多次提及，應(yīng)熟練掌握并能靈活應(yīng)用（2.2012濱州）24如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過A（2，4），O（0，0），B（2，0）三點（1）求拋物線y=ax2+bx+c的解析式；（2）若點M是該拋物線對稱軸上的一點，求AM+OM的最小值考點：二次函數(shù)綜合題。解答：解：（1）把A（2，4），O（0，0），B（2，0）三點的坐標代入y=ax2+bx+c中，得解這個方程組，得a=，b=1，c=0所以解析式為y=x2+x（2）由y=x2+x=（x1）2+，可得拋物線的對稱軸為x=1，并且對稱軸垂直平分線段OBOM=BMOM+AM=BM+AM連接AB交直線x=1于M

5、點，則此時OM+AM最小過點A作ANx軸于點N，在RtABN中，AB=4，因此OM+AM最小值為（3.2012濱州）25如圖1，l1，l2，l3，l4是一組平行線，相鄰2條平行線間的距離都是1個單位長度，正方形ABCD的4個頂點A，B，C，D都在這些平行線上過點A作AFl3于點F，交l2于點H，過點C作CEl2于點E，交l3于點G（1）求證：ADFCBE；（2）求正方形ABCD的面積；（3）如圖2，如果四條平行線不等距，相鄰的兩條平行線間的距離依次為h1，h2，h3，試用h1，h2，h3表示正方形ABCD的面積S考點：全等三角形的判定與性質(zhì)；平行線之間的距離；正方形的性質(zhì)。解答：證明：（1）在

6、RtAFD和RtCEB中，AD=BC，AF=CE，RtAFDRtCEB；（2）ABH+CBE=90°，ABH+BAH=90°，CBE=BAH又AB=BC，AHB=CEB=90°ABHBCE，同理可得，ABHBCECDGDAF，S正方形ABCD=4SABH+S正方形HEGF=4××2×1+1×1=5；（3）由（1）知，AFDCEB，故h1=h3，由（2）知，ABHBCECDGDAF，S正方形ABCD=4SABH+S正方形HEGF=4×（h1+h2）h1+h22=2h12+2h1h2+h22(4.2012云南)22如圖

7、，在矩形ABCD中，對角線BD的垂直平分線MN與AD相交于點M，與BD相交于點N，連接BM，DN（1）求證：四邊形BMDN是菱形；（2）若AB=4，AD=8，求MD的長考點：矩形的性質(zhì)；線段垂直平分線的性質(zhì)；勾股定理；平行四邊形的判定；菱形的性質(zhì)；菱形的判定。專題：計算題；證明題。分析：（1）根據(jù)矩形性質(zhì)求出ADBC，根據(jù)OB=OD和ADBC推出OM=ON，得出平行四邊形BMDN，推出菱形BMDN；（2）根據(jù)菱形性質(zhì)求出DM=BM，在RtAMB中，根據(jù)勾股定理得出BM2=AM2+AB2，推出x2=x216x+64+16，求出即可解答：（1）證明：四邊形ABCD是矩形，ADBC，A=90

8、6;，MN是BD的中垂線，OB=OD，BDMN，=，BM=DM，OB=OD，四邊形BMDN是平行四邊形，MNBD，平行四邊形BMDN是菱形（2）解：四邊形BMDN是菱形，MB=MD，設(shè)MD長為x，則MB=DM=x，在RtAMB中，BM2=AM2+AB2即x2=（8x）2+42，解得：x=5，答：MD長為5點評：本題考查了矩形性質(zhì)，平行四邊形的判定，菱形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識點的應(yīng)用，對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，對角線互相垂直的平行四邊形是菱形(5.2012云南)23如圖，在平面直角坐標系中，直線y=x+2交x軸于點P，交y軸于點A拋物線y=x2+bx+c的圖象過點E（1，0），并

9、與直線相交于A、B兩點（1）求拋物線的解析式（關(guān)系式）；（2）過點A作ACAB交x軸于點C，求點C的坐標；（3）除點C外，在坐標軸上是否存在點M，使得MAB是直角三角形？若存在，請求出點M的坐標；若不存在，請說明理由考點：二次函數(shù)綜合題。分析：（1）首先求出A點坐標，然后利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；（2）利用相似三角形（RtOCARtOPA）比例線段之間的關(guān)系，求出線段OC的長度，從而得到C點的坐標，如題圖所示；（3）存在所求的M點，在x軸上有3個，y軸上有2個，注意不要遺漏求點M坐標的過程并不復(fù)雜，但要充分利用相似三角形比例線段之間的關(guān)系解答：解：（1）直線解析式為y=x+2，令x=0

10、，則y=2，A（0，2），拋物線y=x2+bx+c的圖象過點A（0，2），E（1，0），解得拋物線的解析式為：y=x2+x+2 （2）直線y=x+2分別交x軸、y軸于點P、點A，P（6，0），A（0，2），OP=6，OA=2ACAB，OAOP，RtOCARtOPA，OC=，又C點在x軸負半軸上，點C的坐標為C（，0）（3）拋物線y=x2+x+2與直線y=x+2交于A、B兩點，令x2+x+2=x+2，解得x1=0，x2=，B（，）如答圖所示，過點B作BDx軸于點D，則D（，0），BD=，DP=6=點M在坐標軸上，且MAB是直角三角形，有以下幾種情況：當點M在x軸上，且BMAB，如答圖所示設(shè)M（m

11、，0），則MD=mBMAB，BDx軸，即，解得m=，此時M點坐標為（，0）；當點M在x軸上，且BMAM，如答圖所示設(shè)M（m，0），則MD=mBMAM，易知RtAOMRtMDB，即，化簡得：m2m+=0，解得：x1=，x2=，此時M點坐標為（，0），（，0）；（說明：此時的M點相當于以AB為直徑的圓與x軸的兩個交點）當點M在y軸上，且BMAM，如答圖所示此時M點坐標為（0，）；當點M在y軸上，且BMAB，如答圖所示設(shè)M（0，m），則AM=2=，BM=，MM=m易知RtABMRtMBM，即，解得m=，此時M點坐標為（0，）綜上所述，除點C外，在坐標軸上存在點M，使得MAB是直角三角形符合條件的點M

12、有5個，其坐標分別為：（，0）、（，0）、（，0）、（0，）或（0，）點評：本題綜合考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、一次函數(shù)、解一元二次方程、相似三角形的判定與性質(zhì)等重要知識點難點在于第（3）問，所求的M點有5個（x軸上有3個，y軸上有2個），需要分情況討論，不要遺漏(6.2012岳陽)25（1）操作發(fā)現(xiàn)：如圖，D是等邊ABC邊BA上一動點（點D與點B不重合），連接DC，以DC為邊在BC上方作等邊DCF，連接AF你能發(fā)現(xiàn)線段AF與BD之間的數(shù)量關(guān)系嗎？并證明你發(fā)現(xiàn)的結(jié)論（2）類比猜想：如圖，當動點D運動至等邊ABC邊BA的延長線上時，其他作法與（1）相同，猜想AF與BD在（

13、1）中的結(jié)論是否仍然成立？（3）深入探究：如圖，當動點D在等邊ABC邊BA上運動時（點D與點B不重合）連接DC，以DC為邊在BC上方、下方分別作等邊DCF和等邊DCF，連接AF、BF，探究AF、BF與AB有何數(shù)量關(guān)系？并證明你探究的結(jié)論如圖，當動點D在等邊邊BA的延長線上運動時，其他作法與圖相同，中的結(jié)論是否成立？若不成立，是否有新的結(jié)論？并證明你得出的結(jié)論考點：全等三角形的判定與性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)。專題：幾何綜合題。分析：（1）根據(jù)等邊三角形的三條邊、三個內(nèi)角都相等的性質(zhì)，利用全等三角形的判定定理SAS可以證得BCDACF；然后由全等三角形的對應(yīng)邊相等知AF=BD；（2）通過證明BCDA

14、CF，即可證明AF=BD；（3）AF+BF=AB；利用全等三角形BCDACF（SAS）的對應(yīng)邊BD=AF；同理BCFACD（SAS），則BF=AD，所以AF+BF=AB；中的結(jié)論不成立新的結(jié)論是AF=AB+BF；通過證明BCFACD（SAS），則BF=AD（全等三角形的對應(yīng)邊相等）；再結(jié)合（2）中的結(jié)論即可證得AF=AB+BF解答：解：（1）AF=BD；證明如下：ABC是等邊三角形（已知），BC=AC，BCA=60°（等邊三角形的性質(zhì)）；同理知，DC=CF，DCF=60°；BCADCA=DCFDCA，即BCD=ACF；在BCD和ACF中，BCDACF（SAS），BD=AF（

15、全等三角形的對應(yīng)邊相等）；（2）證明過程同（1），證得BCDACF（SAS），則AF=BD（全等三角形的對應(yīng)邊相等），所以，當動點D運動至等邊ABC邊BA的延長線上時，其他作法與（1）相同，AF=BD仍然成立；（3）AF+BF=AB；證明如下：由（1）知，BCDACF（SAS），則BD=AF；同理BCFACD（SAS），則BF=AD，AF+BF=BD+AD=AB；中的結(jié)論不成立新的結(jié)論是AF=AB+BF；證明如下：在BCF和ACD中，BCFACD（SAS），BF=AD（全等三角形的對應(yīng)邊相等）；又由（2）知，AF=BD；AF=BD=AB+AD=AB+BF，即AF=AB+BF點評：本題考查了全等

16、三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)等邊三角形的三條邊都相等，三個內(nèi)角都是60°(7.2012岳陽)26我們常見的炒菜鍋和鍋蓋都是拋物線面，經(jīng)過鍋心和蓋心的縱斷面是兩端拋物線組合而成的封閉圖形，不妨簡稱為“鍋線”，鍋口直徑為6dm，鍋深3dm，鍋蓋高1dm（鍋口直徑與鍋蓋直徑視為相同），建立直接坐標系如圖所示，如果把鍋縱斷面的拋物線的記為C1，把鍋蓋縱斷面的拋物線記為C2（1）求C1和C2的解析式；（2）如圖，過點B作直線BE：y=x1交C1于點E（2，），連接OE、BC，在x軸上求一點P，使以點P、B、C為頂點的PBC與BOE相似，求出P點的坐標；（3）如果（2）中的直線BE保持不

17、變，拋物線C1或C2上是否存在一點Q，使得EBQ的面積最大？若存在，求出Q的坐標和EBQ面積的最大值；若不存在，請說明理由考點：二次函數(shù)綜合題。專題：壓軸題；分類討論。分析：（1）已知A、B、C、D四點坐標，利用待定系數(shù)法即可確定兩函數(shù)的解析式（2）根據(jù)直線BE：y=x1知，該直線必過（0，1）點，那么EBO=CBO，若以點P、B、C為頂點的PBC與BOE相似，那么夾這組對應(yīng)角的對應(yīng)邊必成比例，先求出BC、BO、BE的長，然后分情況根據(jù)線段間的比例關(guān)系求出BP的長，進而得到OP的長，即可確定P點坐標（3）EBQ中，BE長為定值，若以BE為底，當EBQ的面積最大時，Q到直線BE的距離最大；由于點

18、Q可能在拋物線C1或C2上，因此兩種情況都要解一下，最后通過比較得到能使EBQ面積最大的Q點首先作直線lBE，分別令直線l與拋物線C1、C2有且僅有一個交點，那么符合條件的Q點必在這兩個交點中，先求出這兩個交點分別到直線BE的距離，距離大者符合條件，由此可得到Q點坐標和EBQ的面積最大值解答：解：（1）由于拋物線C1、C2都過點A（3，0）、B（3，0），可設(shè)它們的解析式為：y=a（x3）（x+3）；拋物線C1還經(jīng)過D（0，3），則有：3=a（03）（0+3），a=即：拋物線C1：y=x23（3x3）；拋物線C2還經(jīng)過A（0，1），則有：1=a（03）（0+3），a=即：拋物線C2：y=x2+

19、1（3x3）（2）由于直線BE：y=x1必過（0，1），所以CBO=EBO（tanCBO=tanEBO=）；由E點坐標可知：tanAOE，即AOECBO，所以它們的補角EOBCBx；若以點P、B、C為頂點的PBC與BOE相似，只需考慮兩種情況：CBP1=EBO，且OB：BE=BP1：BC，即：3：=BP1：，得：BP1=，OP1=OBBP1=；P1（，0）；P2BC=EBO，且BC：BP2=OB：BE，即：BP2=3：，得：BP2=，OP2=BP2OB=；P2（，0）綜上，符合條件的P點有：P1（，0）、P2（，0）（3）如圖，作直線l直線BE，設(shè)直線l：y=x+b；當直線l與拋物線C1只有一

20、個交點時：x+b=x23，即：x2x（3b+9）=0該交點Q2（，）；Q2到直線 BE：xy1=0 的距離：=；當直線l與拋物線C2只有一個交點時：x+b=x2+1，即：x2+3x+9b9=0該交點Q1（，）；Q1到直線 BE：xy1=0 的距離：=；符合條件的Q點為Q1（，）；EBQ的最大面積：Smax=×BE×=點評：考查了二次函數(shù)綜合題該題的難度和計算量都比較大，涉及了函數(shù)解析式的確定、相似三角形的判定和性質(zhì)、圖形面積的解法等重點知識；解答（2）題時，應(yīng)注意分不同的對應(yīng)邊來進行討論，以免漏解（3）的難度較大，點到直線的距離公式【點（x0，y0）到直線（Ax+By+C=

21、0）的距離為：d=】是需要記住的內(nèi)容另外，題目在設(shè)計時結(jié)合了一定的生活元素，形式較為新穎(8.2012蘇州)28如圖，正方形ABCD的邊AD與矩形EFGH的邊FG重合，將正方形ABCD以1cm/s的速度沿FG方向移動，移動開始前點A與點F重合，在移動過程中，邊AD始終與邊FG重合，連接CG，過點A作CG的平行線交線段GH于點P，連接PD已知正方形ABCD的邊長為1cm，矩形EFGH的邊FG，GH的長分別為4cm，3cm，設(shè)正方形移動時間為x（s），線段GP的長為y（cm），其中0x2.5（1）試求出y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并求當y=3時相應(yīng)x的值；（2）記DGP的面積為S1，CDG的面積為S2試

22、說明S1S2是常數(shù)；（3）當線段PD所在直線與正方形ABCD的對角線AC垂直時，求線段PD的長考點：正方形的性質(zhì)；一元二次方程的應(yīng)用；等腰直角三角形；矩形的性質(zhì)；解直角三角形。專題：代數(shù)幾何綜合題。分析：（1）根據(jù)題意表示出AG、GD的長度，再由GCDAPG，利用對應(yīng)邊成比例可解出x的值（2）利用（1）得出的y與x的關(guān)系式表示出S1、S2，然后作差即可（3）延長PD交AC于點Q，然后判斷DGP是等腰直角三角形，從而結(jié)合x的范圍得出x的值，在RtDGP中，解直角三角形可得出PD的長度解答：解：（1）CGAP，GCDAPG，=，GF=4，CD=DA=1，AF=x，GD=3x，AG=4x，=，即y=

23、，y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式為y=，當y=3時，=3，解得x=2.5，經(jīng)檢驗的x=2.5是分式方程的根故x的值為2.5；（2）S1=GPGD=（3x）=，S2=GDCD=（3x）1=，S1S2=即為常數(shù)；（3）延長PD交AC于點Q正方形ABCD中，AC為對角線，CAD=45°，PQAC，ADQ=45°，GDP=ADQ=45°DGP是等腰直角三角形，則GD=GP，3x=，化簡得：x25x+5=0解得：x=，0x2.5，x=，在RtDGP中，PD=（3x）=點評：此題考查了正方形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)及解直角三角形的知識，解答本題的關(guān)鍵是用移動的時間表示出有關(guān)線段的長度，

24、然后運用所學知識進行求解(9.2012蘇州)29如圖，已知拋物線y=x2（b+1）x+（b是實數(shù)且b2）與x軸的正半軸分別交于點A、B（點A位于點B的左側(cè)），與y軸的正半軸交于點C（1）點B的坐標為（b，0），點C的坐標為（0，）（用含b的代數(shù)式表示）；（2）請你探索在第一象限內(nèi)是否存在點P，使得四邊形PCOB的面積等于2b，且PBC是以點P為直角頂點的等腰直角三角形？如果存在，求出點P的坐標；如果不存在，請說明理由；（3）請你進一步探索在第一象限內(nèi)是否存在點Q，使得QCO，QOA和QAB中的任意兩個三角形均相似（全等可作相似的特殊情況）？如果存在，求出點Q的坐標；如果不存在，請說明理由考點：

25、二次函數(shù)綜合題。分析：（1）令y=0，即y=x2（b+1）x+=0，解關(guān)于x的一元二次方程即可求出A，B橫坐標，令x=0，求出y的值即C的縱坐標；（2）存在，先假設(shè)存在這樣的點P，使得四邊形PCOB的面積等于2b，且PBC是以點P為直角頂點的等腰直角三角形設(shè)點P的坐標為（x，y），連接OP，過P作PDx軸，PEy軸，垂足分別為D、E，利用已知條件證明PECPDB，進而求出x和y的值，從而求出P的坐標；（3）存在，假設(shè)存在這樣的點Q，使得QCO，QOA和QAB中的任意兩個三角形均相似，有條件可知：要使QOA與QAB相似，只能QAO=BAQ=90°，即QAx軸；要使QOA與OQC相似，只

26、能QCO=90°或OQC=90°；再分別討論求出滿足題意Q的坐標即可解答：解：（1）令y=0，即y=x2（b+1）x+=0，解得：x=1或b，b是實數(shù)且b2，點A位于點B的左側(cè)，點B的坐標為（b，0），令x=0，解得：y=，點C的坐標為（0，），故答案為：（b，0），（0，）；（2）存在，假設(shè)存在這樣的點P，使得四邊形PCOB的面積等于2b，且PBC是以點P為直角頂點的等腰直角三角形設(shè)點P的坐標為（x，y），連接OP則S四邊形POCB=SPCO+SPOB=x+by=2b，x+4y=16過P作PDx軸，PEy軸，垂足分別為D、E，PEO=EOD=ODP=90°四邊形

27、PEOD是矩形EPO=90°EPC=DPBPECPDB，PE=PD，即x=y由解得由PECPDB得EC=DB，即=b，解得b=2符合題意P的坐標為（，）；（3）假設(shè)存在這樣的點Q，使得QCO，QOA和QAB中的任意兩個三角形均相似QAB=AOQ+AQO，QABAOQ，QABAQO要使QOA與QAB相似，只能QAO=BAQ=90°，即QAx軸b2，ABOA，Q0AABQ只能AOQ=AQB此時OQB=90°，由QAx軸知QAy軸COQ=OQA要使QOA與OQC相似，只能QCO=90°或OQC=90°（I）當OCQ=90°時，CQOQOAA

28、Q=CO=由AQ=AQ2=OAAB得：（）2=b1解得：b=8±4b2，b=8+4點Q的坐標是（1，2+）（II）當OQC=90°時，QCOQOA，=，即OQ2=OCAQ又OQ2=OAOB，OCAQ=OAOB即AQ=1×b解得：AQ=4，此時b=172符合題意，點Q的坐標是（1，4）綜上可知，存在點Q（1，2+）或Q（1，4），使得QCO，QOA和QAB中的任意兩個三角形均相似點評：此題是一道綜合題，難度較大，主要考查二次函數(shù)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，以及相似三角形的判定和性質(zhì)，還考查等腰三角形的性質(zhì)及勾股定理，同時還讓學生探究存在性問題，對待問題要思考全面

29、，學會分類討論的思想（10. 2012廣東深圳9分）22如圖，已知ABC的三個頂點坐標分別為A(4，0)、B(1，0)、C(2，6)(1)求經(jīng)過A、B、C三點的拋物線解析式；(2)設(shè)直線BC交y軸于點E，連接AE，求證：AE=CE;(3)設(shè)拋物線與y軸交于點D，連接AD交BC于點F，試問以A、B、F，為頂點的三角形與ABC相似嗎？ 請說明理由【答案】解：（1）拋物線經(jīng)過A(4，0)、B(1，0)，設(shè)函數(shù)解析式為：y=a（x4）（x1）。又由拋物線經(jīng)過C（2，6），6=a（24）（21），解得： a=1。 經(jīng)過A、B、C三點的拋物線解析式為：y=（x4）（x1），即y=x23x4。（2）證明：設(shè)

30、直線BC的函數(shù)解析式為y=kx+b，由題意得： ，解得：。直線BC的解析式為y=2x+2點E的坐標為（0，2）。 AE=CE。（3）相似。理由如下：設(shè)直線AD的解析式為y=k1x+b1，則 ，解得：。直線AD的解析式為y=x+4。聯(lián)立直線AD與直線BC的函數(shù)解析式可得：，解得：。點F的坐標為（ ）。則。又AB=5，。又ABF=CBA，ABFCBA。以A、B、F為頂點的三角形與ABC相似。【考點】二次函數(shù)綜合題，待定系數(shù)法，曲線上點的坐標與方程的關(guān)系，勾股定理，相似三角形的判定?！痉治觥浚?）利用待定系數(shù)法求解即可得出拋物線的解析式。（2）求出直線BC的函數(shù)解析式，從而得出點E的坐標，然后分別求

31、出AE及CE的長度即可證明出結(jié)論。（3）求出AD的函數(shù)解析式，然后結(jié)合直線BC的解析式可得出點F的坐標，根據(jù)勾股定理分別求出BF，BC 得出；由題意得ABF=CBA， 即可作出判斷?！?1. 2012成都】28 (本小題滿分l2分) 如圖，在平面直角坐標系xOy中，一次函數(shù) (為常數(shù))的圖象與x軸交于點A(，0)，與y軸交于點C以直線x=1為對稱軸的拋物線 ( 為常數(shù)，且0)經(jīng)過A，C兩點，并與x軸的正半軸交于點B （1）求的值及拋物線的函數(shù)表達式； （2）設(shè)E是y軸右側(cè)拋物線上一點，過點E作直線AC的平行線交x軸于點F是否存在這樣的點E，使得以A，C，E，F(xiàn)為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在

32、，求出點E的坐標及相應(yīng)的平行四邊形的面積；若不存在，請說明理由； （3）若P是拋物線對稱軸上使ACP的周長取得最小值的點，過點P任意作一條與y軸不平行的直線交拋物線于 ，兩點，試探究 是否為定值，并寫出探究過程考點：二次函數(shù)綜合題。解答：解：（1）經(jīng)過點（3，0），0=+m，解得m=，直線解析式為，C（0，）拋物線y=ax2+bx+c對稱軸為x=1，且與x軸交于A（3，0），另一交點為B（5，0），設(shè)拋物線解析式為y=a（x+3）（x5），拋物線經(jīng)過C（0，），=a3（5），解得a=，拋物線解析式為y=x2+x+；（2）假設(shè)存在點E使得以A、C、E、F為頂點的四邊形是平行四邊形，則ACEF且A

33、C=EF如答圖1，（i）當點E在點E位置時，過點E作EGx軸于點G，ACEF，CAO=EFG，又，CAOEFG，EG=CO=，即yE=，=xE2+xE+，解得xE=2（xE=0與C點重合，舍去），E（2，），SACEF=；（ii）當點E在點E位置時，過點E作EGx軸于點G，同理可求得E（+1，），SACEF=（3）要使ACP的周長最小，只需AP+CP最小即可如答圖2，連接BC交x=1于P點，因為點A、B關(guān)于x=1對稱，根據(jù)軸對稱性質(zhì)以及兩點之間線段最短，可知此時AP+CP最?。ˋP+CP最小值為線段BC的長度）B（5，0），C（0，），直線BC解析式為y=x+，xP=1，yP=3，即P（1，3

34、）令經(jīng)過點P（1，3）的直線為y=kx+3k，y=kx+3k，y=x2+x+，聯(lián)立化簡得：x2+（4k2）x4k3=0，x1+x2=24k，x1x2=4k3y1=kx1+3k，y2=kx2+3k，y1y2=k（x1x2）根據(jù)兩點間距離公式得到：M1M2=M1M2=4（1+k2）又M1P=；同理M2P=M1PM2P=（1+k2）=（1+k2）=（1+k2）=4（1+k2）M1PM2P=M1M2，=1為定值【12.2012聊城】25某電子廠商投產(chǎn)一種新型電子廠品，每件制造成本為18元，試銷過程中發(fā)現(xiàn)，每月銷售量y（萬件）與銷售單價x（元）之間的關(guān)系可以近似地看作一次函數(shù)y=2x+100（利潤=售價

35、制造成本）（1）寫出每月的利潤z（萬元）與銷售單價x（元）之間的函數(shù)關(guān)系式；（2）當銷售單價為多少元時，廠商每月能獲得3502萬元的利潤？當銷售單價為多少元時，廠商每月能獲得最大利潤？最大利潤是多少？（3）根據(jù)相關(guān)部門規(guī)定，這種電子產(chǎn)品的銷售單價不能高于32元，如果廠商要獲得每月不低于350萬元的利潤，那么制造出這種產(chǎn)品每月的最低制造成本需要多少萬元？考點：二次函數(shù)的應(yīng)用；一次函數(shù)的應(yīng)用。分析：（1）根據(jù)每月的利潤z=（x18）y，再把y=2x+100代入即可求出z與x之間的函數(shù)解析式，（2）把z=350代入z=2x2+136x1800，解這個方程即可，將z2x2+136x1800配方，得z=

36、2（x34）2+512，即可求出當銷售單價為多少元時，廠商每月能獲得最大利潤，最大利潤是多少（3）結(jié)合（2）及函數(shù)z=2x2+136x1800的圖象即可求出當25x43時z350，再根據(jù)限價32元，得出25x32，最后根據(jù)一次函數(shù)y=2x+100中y隨x的增大而減小，即可得出當x=32時，每月制造成本最低，最低成本是18×（2×32+100）解答：解：（1）z=（x18）y=（x18）（2x+100）=2x2+136x1800，z與x之間的函數(shù)解析式為z=2x2+136x1800；（2）由z=350，得350=2x2+136x1800，解這個方程得x1=25，x2=43所以

37、，銷售單價定為25元或43元，將z2x2+136x1800配方，得z=2（x34）2+512，因此，當銷售單價為34元時，每月能獲得最大利潤，最大利潤是512萬元； （3）結(jié)合（2）及函數(shù)z=2x2+136x1800的圖象（如圖所示）可知，當25x43時z350，又由限價32元，得25x32，根據(jù)一次函數(shù)的性質(zhì)，得y=2x+100中y隨x的增大而減小，當x=32時，每月制造成本最低最低成本是18×（2×32+100）=648（萬元），因此，所求每月最低制造成本為648萬元點評：本題考查的是二次函數(shù)在實際生活中的應(yīng)用，關(guān)鍵是根據(jù)題意求出二次函數(shù)的解析式，綜合利用二次函數(shù)和一次

38、函數(shù)的性質(zhì)解決實際問題【13. 2012安徽】23. 如圖，排球運動員站在點O處練習發(fā)球，將球從O點正上方2m的A處發(fā)出，把球看成點，其運行的高度y（m）與運行的水平距離x(m)滿足關(guān)系式y(tǒng)=a(x-6)2+h.已知球網(wǎng)與O點的水平距離為9m，高度為2.43m，球場的邊界距O點的水平距離為18m。（1）當h=2.6時，求y與x的關(guān)系式（不要求寫出自變量x的取值范圍）（2）當h=2.6時，球能否越過球網(wǎng)？球會不會出界？請說明理由；（3）若球一定能越過球網(wǎng)，又不出邊界，求h的取值范圍。第23題圖23.解析：（1）根據(jù)函數(shù)圖象上面的點的坐標應(yīng)該滿足函數(shù)解析式，把x=0,y=2,及h=2.6代入到y(tǒng)=

39、a(x-6)2+h中即可求函數(shù)解析式；（2）根據(jù)函數(shù)解析式確定函數(shù)圖象上點的坐標，并解決時間問題；（3）先把x=0,y=2,代入到y(tǒng)=a(x-6)2+h中求出；然后分別表示出x=9,x=18時，y的值應(yīng)滿足的條件，解得即可.解：（1）把x=0,y=2,及h=2.6代入到y(tǒng)=a(x-6)2+h即2=a(06)2+2.6， y= (x-6)2+2.6（2）當h=2.6時，y= (x-6)2+2.6x=9時，y= (96)2+2.6=2.452.43球能越過網(wǎng)x=18時，y= (186)2+2.6=0.20球會過界（3）x=0,y=2,代入到y(tǒng)=a(x-6)2+h得；x=9時，y= (96)2+h2

40、.43 x=18時，y= (186)2+h0 由 得h點評：本題是二次函數(shù)問題，利用函數(shù)圖象上點的坐標確定函數(shù)解析式，然后根據(jù)函數(shù)性質(zhì)來結(jié)合實際問題求解.【14. 2012樂山】26如圖，在平面直角坐標系中，點A的坐標為（m，m），點B的坐標為（n，n），拋物線經(jīng)過A、O、B三點，連接OA、OB、AB，線段AB交y軸于點C已知實數(shù)m、n（mn）分別是方程x22x3=0的兩根（1）求拋物線的解析式；（2）若點P為線段OB上的一個動點（不與點O、B重合），直線PC與拋物線交于D、E兩點（點D在y軸右側(cè)），連接OD、BD當OPC為等腰三角形時，求點P的坐標；求BOD 面積的最大值，并寫出此時點D的坐

41、標考點：二次函數(shù)綜合題。分析：（1）首先解方程得出A，B兩點的坐標，進而利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式即可；（2）首先求出AB的直線解析式，以及BO解析式，再利用等腰三角形的性質(zhì)得出當OC=OP時，當OP=PC時，點P在線段OC的中垂線上，當OC=PC時分別求出x的值即可；利用SBOD=SODQ+SBDQ得出關(guān)于x的二次函數(shù)，進而得出最值即可解答：解（1）解方程x22x3=0，得 x1=3，x2=1mn，m=1，n=3（1分）A（1，1），B（3，3）拋物線過原點，設(shè)拋物線的解析式為y=ax2+bx解得：，拋物線的解析式為（4分）（2）設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b解得：，直線AB的解析式

42、為C點坐標為（0，）（6分）直線OB過點O（0，0），B（3，3），直線OB的解析式為y=xOPC為等腰三角形，OC=OP或OP=PC或OC=PC設(shè)P（x，x），（i）當OC=OP時，解得，（舍去）P1（，）（ii）當OP=PC時，點P在線段OC的中垂線上，P2（，）（iii）當OC=PC時，由，解得，x2=0（舍去）P3（，）P點坐標為P1（，）或P2（，）或P3（，）（9分）過點D作DGx軸，垂足為G，交OB于Q，過B作BHx軸，垂足為H設(shè)Q（x，x），D（x，）SBOD=SODQ+SBDQ=DQOG+DQGH，=DQ（OG+GH），=，=，0x3，當時，S取得最大值為，此時D（，）（13

43、分）點評：此題主要考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用以及等腰三角形的性質(zhì)和三角形面積求法等知識，求面積最值經(jīng)常利用二次函數(shù)的最值求法得出【15. 2012衢州】24如圖，把兩個全等的RtAOB和RtCOD分別置于平面直角坐標系中，使直角邊OB、OD在x軸上已知點A（1，2），過A、C兩點的直線分別交x軸、y軸于點E、F拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過O、A、C三點（1）求該拋物線的函數(shù)解析式（2）點P為線段OC上一個動點，過點P作y軸的平行線交拋物線于點M，交x軸于點N，問是否存在這樣的點P，使得四邊形ABPM為等腰梯形？若存在，求出此時點P的坐標；若不存在，請說明理由（3）若AOB沿AC方向平移（點A始

44、終在線段AC上，且不與點C重合），AOB在平移過程中與COD重疊部分面積記為S試探究S是否存在最大值？若存在，求出這個最大值；若不存在，請說明理由考點：二次函數(shù)綜合題。分析：（1）拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過點O、A、C，利用待定系數(shù)法求拋物線的解析式；（2）根據(jù)等腰梯形的性質(zhì)，確定相關(guān)點的坐標以及線段長度的數(shù)量關(guān)系，得到一元二次方程，求出t的值，從而可解結(jié)論：存在點P（，），使得四邊形ABPM為等腰梯形；（3）本問關(guān)鍵是求得重疊部分面積S的表達式，然后利用二次函數(shù)的極值求得S的最大值解答中提供了三種求解面積S表達式的方法，殊途同歸，可仔細體味解答：解：（1）拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過點

45、O、A、C，可得c=0，解得a=，b=，拋物線解析式為y=x2+x（2）設(shè)點P的橫坐標為t，PNCD，OPNOCD，可得PN=P（t，），點M在拋物線上，M（t，t2+t）如解答圖1，過M點作MGAB于G，過P點作PHAB于H，AG=yAyM=2（t2+t）=t2t+2，BH=PN=當AG=BH時，四邊形ABPM為等腰梯形，t2t+2=，化簡得3t28t+4=0，解得t1=2（不合題意，舍去），t2=，點P的坐標為（，）存在點P（，），使得四邊形ABPM為等腰梯形（3）如解答圖2，AOB沿AC方向平移至AOB，AB交x軸于T，交OC于Q，AO交x軸于K，交OC于R求得過A、C的直線為yAC=x

46、+3，可設(shè)點A的橫坐標為a，則點A（a，a+3），易知OQTOCD，可得QT=，點Q的坐標為（a，）解法一：設(shè)AB與OC相交于點J，ARQAOJ，相似三角形對應(yīng)高的比等于相似比，=HT=2a，KT=AT=（3a），AQ=yAyQ=（a+3）=3aS四邊形RKTQ=SAKTSARQ=KTATAQHT=（3a）（3a）（a+2）=a2+a=（a）2+由于0，在線段AC上存在點A（，），能使重疊部分面積S取到最大值，最大值為解法二：過點R作RHx軸于H，則由ORHOCD，得 由RKHAOB，得 由，得KH=OH，OK=OH，KT=OTOK=aOH 由AKTAOB，得，則KT= 由，得=aOH，即OH

47、=2a2，RH=a1，所以點R的坐標為R（2a2，a1）S四邊形RKTQ=SQOTSROK=OTQTOKRH=aa（1+a）（a1）=a2+a=（a）2+由于0，在線段AC上存在點A（，），能使重疊部分面積S取到最大值，最大值為解法三：AB=2，OB=1，tanOAB=tanOAB=，KT=ATtanOAB=（a+3）=a+，OK=OTKT=a（a+）=a，過點R作RHx軸于H，tanOAB=tanRKH=2，RH=2KH又tanOAB=tanROH=，2RH=OK+KH=a+RH，RH=a1，OH=2（a1），點R坐標R（2a2，a1）S四邊形RKTQ=SAKTSARQ=KTATAQ（xQx

48、R）=（3a）（3a）（a+2）=a2+a=（a）2+由于0，在線段AC上存在點A（，），能使重疊部分面積S取到最大值，最大值為點評：本題綜合考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、二次函數(shù)的最值、等腰梯形、相似三角形、圖形的平移以及幾何圖形面積的求法，涉及到的知識點眾多，難度較大，對學生能力要求較高，有利于訓練并提升學生解決復(fù)雜問題的能力【16. 2012紹興】25如圖，矩形OABC的兩邊在坐標軸上，連接AC，拋物線經(jīng)過A，B兩點。（1）求A點坐標及線段AB的長；（2）若點P由點A出發(fā)以每秒1個單位的速度沿AB邊向點B移動，1秒后點Q也由點A出發(fā)以每秒7個單位的速度沿AO，OC，CB邊向點B

49、移動，當其中一個點到達終點時另一個點也停止移動，點P的移動時間為t秒。當PQAC時，求t的值；當PQAC時，對于拋物線對稱軸上一點H，HOQPOQ，求點H的縱坐標的取值范圍?？键c：二次函數(shù)綜合題。解答：解：（1）由拋物線知：當x=0時，y=2，A（0，2）。由于四邊形OABC是矩形，所以ABx軸，即A、B的縱坐標相同；當時，解得，B（4，2），AB=4。（2）由題意知：A點移動路程為AP=t，Q點移動路程為。當Q點在OA上時，即，時，如圖1，若PQAC，則有RtQAPRtABC。，即，。，此時t值不合題意。當Q點在OC上時，即，時，如圖2，過Q點作QDAB。AD=OQ=7（t1）2=7t9。D

50、P=t（7t9）=96t。若PQAC，則有RtQDPRtABC，即，。，符合題意。當Q點在BC上時，即，時，如圖3，若PQAC，過Q點作QGAC，則QGPG，即GQP=90°。QPB90°，這與QPB的內(nèi)角和為180°矛盾，此時PQ不與AC垂直。綜上所述，當時，有PQAC。當PQAC時，如圖4，BPQBAC，解得t=2，即當t=2時，PQAC。此時AP=2，BQ=CQ=1，P（2，2），Q（4，1）。拋物線對稱軸的解析式為x=2，當H1為對稱軸與OP的交點時，有H1OQ=POQ，當yH2時，HOQPOQ。作P點關(guān)于OQ的對稱點P，連接PP交OQ于點M，過P作PN垂直于對稱軸，垂足為N，連接OP，在RtOCQ中，OC=4，CQ=1。OQ=，SOPQ=S四邊形ABCDSAOPSCOQSQBP=3=OQ×PM，PM=，PP=2PM=，NPP=COQ。Rt