中考數(shù)學(xué)專題：二次函數(shù)綜合題帶答案

二次函數(shù)綜合題類型一 線段、周長、面積問題如圖，直線y=- 拋物線y=ax2+bx+

xyBCAx軸上，∠ACB=90°，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）MBCMMH⊥BCHMD∥yBCD△DMH周長的最大值．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線5+5與xy軸分別交于ACy＝x2+bx+cxB．B點坐標(biāo)；MxMAMBBCMAMBCMAMBC的面積；2P2⊙BPC、PAP+PA的值最小，請求出這個最小值，并說明理由．y=ax2+bx-4A（2，0）B（-4，0），yC．求這條拋物線的解析式；1P是第三象限內(nèi)拋物線上的一個動點，當(dāng)四邊形ABPCP的坐標(biāo)；2ACxED，M為拋物線的頂點，DEG△CMGG不存在，請說明理由．y=ax2-3ax-4aC（0，2），xAB（AB左側(cè)），BCy=kx+1（k＞0）yDBCEBCF．B的坐標(biāo)；是否存在最大值？若存在，請求出其最大值及此時點E說明理由．類型二 存在性問題xA，ByC（0，-2），A的坐標(biāo)是0），PPPD⊥xDBCE，拋物x=-1．求拋物線的函數(shù)表達式；PPE=OD△PBE的面積．在MBCxM，使△BDM是以BD為腰的等腰三角形？若存在，求出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．tan∠ABC=2B的坐標(biāo)為y=-AB兩點．求拋物線的解析式；PABP作PD垂直x軸于點D，交線段AB于點E，使PE=DE．①求點P的坐標(biāo)；PDM△ABMM的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．ABOCAC的坐標(biāo)分別是4）、，），將此平行四邊形繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90，得到平行四邊形A′B′OC′．AA′，求此拋物線的解析式；在M是第一象限內(nèi)拋物線上的一動點，問：當(dāng)點M時，△AMA′的面積最大？最大面積是多少？并求出此時M的坐標(biāo)；在PxQ坐標(biāo)為（1，0），PNBQPN的坐標(biāo)．7.如圖，二次函數(shù)a+b+4的圖象與x軸交于點（-，0），B（4，0），yCD，其BCExl分別交拋BCPFl右側(cè)（不含對稱軸）xB點．y=ax2+bx+4BC所在直線的表達式；lDEFPP的坐標(biāo)；CP，CDl移動的過程中，拋物線上是否存在點P，使得以點P，C，F(xiàn)△DCEP請說明理由．類型三角相等問題8. A（-1，0），B（3，0），C（0，1）在拋物線y=ax2+bx+c上．求拋物線解析式；BCP，使△PBC面積為1；在x軸下方且在拋物線對稱軸上，是否存在一點Q∠BQC=∠BACQ點坐標(biāo)；若不存在，說明理由．9. A（-1，0），B（4，0），C（0，3）為直線BC上方拋物線上一動點，DE⊥BC于E．求拋物線的函數(shù)表達式；1DE長度的最大值；2ABFCD，CFD△CDE∠CFOD的橫坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．答案和解析1.【答案】解：直線y=- x+∴B（3，0），C（0，

分別與x軸、y軸交于B、C兩點，），∴OB=3，OC= ，∴tan∠BCO= = ，∴∠BCO=60°，∵∠ACB=90°，∴∠ACO=30°，∴ =tan30°= ，即= ，解得AO=1，∴A（-1，0）；拋物線y=ax2+bx+ 經(jīng)過兩點，∴ ，解得 ，∴拋物線解析式為y=- x2+ x+ ；∵MD∥y∴∠MDH=∠BCO=60°，則∠DMH=30°，∴DH=DM，MH= DM，∴△DMH的周=DM+DH+MH=DM+DM+ DM=∴當(dāng)DM有最大值時，其周長有最大值，∵MBC上方拋物線上的一點，

DM，∴可設(shè)M（t，- t2+ t+ ），則D（t，- t+ ），∴DM=- t2+ t+

-（- t+

）=- t2+

t=- （t-）2+ ，∴當(dāng)t=時，DM有最大值，最大值為，此時 DM= × = ，即△DMH周長的最大值為 ．【解析】（1）由直線解析式可求得B、C坐標(biāo)，在Rt△BOC中由三角函數(shù)定義可求得∠OCB=60°，則在Rt△AOC中可得∠ACO=30°，利用三角函數(shù)的定義可求得OA，則可求得A點坐標(biāo)；B兩點坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式；∠MDH=∠BCO=60°Rt△DMH中利用三角函數(shù)的定義可得到DH、MHDMMDM的周長，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求得其最大值．思想等知識．在中注意函數(shù)圖象與坐標(biāo)的交點的求法，在中注意待定系數(shù)法的應(yīng)用，在DH、MHDM的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．本題考查知識點較多，綜合性較強，難度適中．2.【答案】解：（1）直線y=-5x+5，x=0時，y=5∴C（0，5）y=-5x+5=0時，解得：x=1∴A（1，0）∵拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過A，C兩點，∴ 解得： ，∴拋物線解析式為y=x2-6x+5；當(dāng)y=x2-6x+5=0時，解得：x1=1，x2=5∴B（5，0）；1MMH⊥xH，∵A（1，0），B（5，0），C（0，5）∴AB=5-1=4，OC=5△∴SABC=AB?OC=×4×5=10△∵點M為x軸下方拋物線上的點∴設(shè)M（m，m2-6m+5）（1＜m＜5）∴MH=|m2-6m+5|=-m2+6m-5△∴SABM=AB?MH=×4（-m2+6m-5）=-2m2+12m-10=-2（m-3）2+8△ABC 2 ∴S =S +S =10+[-2（m-3）+8]=-2（m-3ABC 2 四MBC △ △∴當(dāng)m=3，即M（3，-4）時，四邊形AMBC面積最大，最大面積等于18；2xD（4，0），PDCD，∴BD=5-4=1∵AB=4，BP=2∴∵∠PBD=∠ABP∴△PBD∽△ABP∴∴PD=AP∴PC+PA=PC+PD∴當(dāng)點C、P、D在同一直線上時，PC+PA=PC+PD=CD最小∵CD=∴PC+PA的最小值為 .【解析】本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，求二次函數(shù)最大值，解一次方程（組）和一元二次方程，相似三角形的判定和性質(zhì)，兩點之間線段最短．求線段與線段的幾分之幾的和的最小值，一般將“線段的幾分之幾”進行轉(zhuǎn)換，變成能用“兩點之間線段最短”的圖形來求最小值．y=-5x+5AC坐標(biāo)，用待定系數(shù)法求拋物線解析式，進而求得點B標(biāo)．xAMBC△ABC△ABMABC△ABC面積；設(shè)點MmMxmMH△ABM的面△ABMmmMAMBC的面積最大值．D坐標(biāo)為BD=1，進而有，再加上公共角∠PBD=∠ABP，根據(jù)兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等可證△PBD∽△ABP，得等于相似比，進PD=APCPD+PA=PC+PD=CD最?。脙牲c間CD的長．3.【答案】解：（1）∵拋物線y=ax+bx-4經(jīng)過點A（2，0），B（-4，0），∴ ，解得 ，∴拋物線解析式為y=x2+x-4；（2）1OPP（x，S，由題意得C（0，-4），

），其中-4＜x＜0，四邊形ABPC的面積為∴S∴SS S △AOC △OCP △OBP= + ，=4-2x-x2-2x+8，=-x2-4x+12，=-（x+2）2+16．∵-1＜0，開口向下，S有最大值，∴x=-2ABPC此時，y=-4P（-2，-4）．因此當(dāng)四邊形ABPC的面積最大時，點P的坐標(biāo)為（-2，-4）．（3） ，∴頂點M（-1，-）．如圖2，連接AM交直線DE于點G，此時，△CMG的周長最小．設(shè)直線AM的解析式為y=kx+b，且過點A（2，0），M（-1，-），∴ ，∴直線AM的解析式為y= -3．在Rt△AOC中，∵DAC的中點，∴ ，

=2 ．∵△ADE∽△AOC，∴ ，∴ ，∴AE=5，∴OE=AE-AO=5-2=3，∴E（-3，0），由圖可知D（1，-2）設(shè)直線DE的函數(shù)解析式為y=mx+n，∴ ，解得： ，∴直線DE的解析式為y=- -．∴ ，解得： ，∴G（ ）．【解析】（1）把點A、B的坐標(biāo)代入拋物線解析式，利用待定系數(shù)法求函二次數(shù)解析式解答；△AOC OCP △連接OP，由S=S +S +S ，可得出關(guān)于△AOC OCP △函數(shù)的最值問題求出點P的坐標(biāo)；AMDEGAM的解析式，再由△ADE∽△AOCEDEAMDEG點坐標(biāo)．函數(shù)解析式，三角形的面積，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，二次函數(shù)的最值問題．理解坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；會運用數(shù)形結(jié)合思想解決數(shù)學(xué)問題．解：（1）C（0，2）y=ax2-3ax-4a得：-4a=2．解得a=-．則該拋物線解析式為y=-x2+x+2．由于y=-x2+x+2=-（x+1）（x-4）．故A（-1，0），B（4，0）；（2）存在，理由如下：由題意知，點E位于y軸右側(cè)，作EG∥y軸，交BC于點G，∴CD∥EG，∴ = ．∵直線y=kx+1（k＞0）與y軸交于點D，則D（0，1）．∴CD=2-1=1．∴ =EG．設(shè)BC所在直線的解析式為m+m≠）．將B（4，0），C（0，2）代入，得 解得 ．∴直線BC的解析式是y=-x+2．設(shè)E（t，-t2+t+2），則G（t，-t+2），其中＜t＜4．∴EG=（-t2+t+2）-（-t+2）=-（t-2）2+2．∴ =-（t-2）2+2．∵ ＜0，∴當(dāng)t=2時，存在最大值，最大值為2，此時點E的坐標(biāo)是（2，3）．（1）CaAB的坐標(biāo)；（2）EyEG∥yBCG，根據(jù)平行線截線段成比數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，兩點間的距離公式以及配方法解題即可．以及平行線截線段成比例等知識點，綜合性較強，難度不是很大．解：（1）A的坐標(biāo)是x=-1B（-4，0），則函數(shù)的表達式為：y=a（x-2）（x+4）=a（x2+2x-8），即：-8a=-2，解得：a=，故拋物線的表達式為：y=x2+x-2；將點BC的坐標(biāo)代入一次函數(shù)表達式并解得：直線BC的表達式為x-2，則tan∠ABC=，則sin∠ABC= D（x，0），P（xx2+x-2），E（x，∵PE=OD，∴PE=（x2+x-2+x+2）=（-x），解得：x=0或-5（舍去x=0），即點D（-5，0）

x-2），S =×PE×BD=（x2+x-2+x+2）（-4-x）=；△PBEBD的情況，BD=1=BM，M則y=-BMsin∠ABC=-1× =- ，Mx則 = ，xM故點，- ）．【解析】（1）點A（2，0）、點B（-4，0），則函數(shù)的表達式為：y=a（x-2）（x+4）=a（x2+2x-8），即可求解；（2）PE=OD，則PE=（x2+x-2-x+2）=（-x），求得：點D（-5，0），利用S PE×BD=（x2+x-2-x+2）（-4-x），即可求解；M（3）BD=1=BM，則y=-BMsin∠ABC=-1× =- ，即可求解．M主要考查了二次函數(shù)的解析式的求法和與幾何圖形結(jié)合的綜合能力的培養(yǎng)．要會利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來，利用點的坐標(biāo)的意義表示線段的長度，從而求出線段之間的關(guān)系．6.【答案】解：（1）∵B（1，0），∴OB=1，∵OC=2OB=2，∴C（-2，0），Rt△ABC中，tan∠ABC=2，∴ ，∴ ，∴AC=6，∴A（-2，6），把A（-2，6）和B（1，0）代入y=-x2+bx+c得： ，解得： ，∴拋物線的解析式為：y=-x2-3x+4；（2）①∵A（-2，6），B（1，0），易得AB的解析式為：y=-2x+2，設(shè)P（x，-x2-3x+4），則E（x，-2x+2），∵PE=DE，∴-x2-3x+4-（-2x+2）=（-2x+2），x=1（舍）或-1，∴P（-1，6）；②∵MPDM（-1，y），∴AM2=（-1+2）2+（y-6）2=1+（y-6）2，BM2=（1+1）2+y2=4+y2，AB2=（1+2）2+62=45，分三種情況：當(dāng)∠AMB=90°AM2+BM2=AB2，∴1+（y-6）2+4+y2=45，解得：y=3

，）或（-1，3- ）；當(dāng)∠ABM=90°AB2+BM2=AM2，∴45+4+y2=1+（y-6）2，y=-1，∴M（-1，-1），當(dāng)∠BAM=90°AM2+AB2=BM2，∴1+（y-6）2+45=4+y2，y= ，∴M（-1，）；M）．

）或（-1，3- ）或（-1，-1）或（-1，【解析】（1）先根據(jù)已知求點A的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式；（2）①AB的解析式為：y=-2x+2PD⊥xP（x，-x2-3x+4），E（x，-2x+2），PE=DEP的坐標(biāo)；M的坐標(biāo)，根據(jù)兩點距離公式可得AB，AM，BM為、、M為直角頂點時，利用勾股定理列方程可得點M的坐標(biāo)．論思想的應(yīng)用．7.【答案】解：（1）∵平行四邊形ABOC繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到平行四邊形A′B′OC′，且點A的坐標(biāo)是（0，4），∴點A′的坐標(biāo)為：（4，0），∵AC的坐標(biāo)分別是、（-1，0），CA∴ ，解得： ，∴此拋物線的解析式為：y=-x2+3x+4；1AA′，設(shè)直線AA′的解析式為：y=kx+m，∴ ，解得： ，∴直線AA′的解析式為：y=-x+4，設(shè)點M的坐標(biāo)為：（x，-x2+3x+4），

=×4×[-x2+3x+4-（-x+4）]=-2x2+8x=-2（x-2）2+8，′△AMA∴當(dāng)x=2時，△AMA′的面積最大，最大值S =8△AMA′∴M的坐標(biāo)為：（2，6）；P的坐標(biāo)為（x，-x2+3x+4），P，N，B，Q構(gòu)成平行四邊形時，∵平行四邊形ABOC中，點A、C的坐標(biāo)分別是（0，4）、（-1，0），∴點B的坐標(biāo)為（1，4），∵點Q坐標(biāo)為（1，0），P為拋物線上一動點，N為x軸上的一動點，①當(dāng)BQ為邊時，PN∥BQ，PN=BQ，∵BQ=4，∴-x2+3x+4=±4，當(dāng)-x2+3x+4=4時，解得：x1=0，x2=3，∴P1（0，4），P2（3，4）；當(dāng)-x2+3x+4=-4∴P3（ ，-4），P4（

，x4= ，，-4）；②當(dāng)BQ為對角線時，BP∥QN，BP=QN，此時P與P1，P2重合；綜上可得：點P的坐標(biāo)為：P1（0，4），P2（3，4），P3（ ，-4），P4（ ，-4）；如圖2，當(dāng)這個平行四邊形為矩形時，點N的坐標(biāo)為：（0，0）或（3，0）．【解析】此題屬于二次函數(shù)的綜合題，考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式的知識、平行四邊形的性質(zhì)以及三角形面積問題．掌握分類討論思想的應(yīng)用是解此題的關(guān)鍵．ABOCO90°A′B′OC的坐標(biāo)是A′的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法即可求得經(jīng)過點CA、A′的拋物線的解析式；AAAA′的解析式，再設(shè)點M的坐標(biāo)為：（x，-x2+3x+4），△AMA得答案；BQBQ.8.解：1）將點A（-0）（，），代入a2+b+，得： ，解得： ，∴x=0時，y=4，∴C（0，4），BCC（0，4）B（4，0）得： ，解得： ，∴BC所在直線的表達式為：y=-x+4；∵DE⊥x軸，∴DE∥PF，只要DE=PF，四邊形DEFP即為平行四邊形，∵y=-x2+3x+4=-（x-）2+ ，∴點D的坐標(biāo)為：（，），x=y=-x+4y=-+4=，∴點E的坐標(biāo)為：（，），∴DE= -= ，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t，則P的坐標(biāo)為：（t，-t2+3t+4），F(xiàn)的坐標(biāo)為：（t，-t+4），由DE=PF得：-t2+4t= ，1 解得：t=（不合題意舍去=，當(dāng)t=時，-t2+3t+4=-（）2+3×+4= 1 ∴點P的坐標(biāo)為（，）；2所示：由（2）得：PF∥DE，∴∠CED=∠CFP，又∵∠PCF與∠DCE有共同的頂點C，且∠PCF在∠DCE的內(nèi)部，PC∠DC，∴只有∠PCF=∠CDE時，△PCF∽△CDE，∴ = ，∵C（0，4）、E（，），∴CE= = ，由（2）得，PF=-t2+4t，F(xiàn)的坐標(biāo)為：（t，-t+4），∴CF=∴ = ，

= t，t≠，∴ 解得，當(dāng)t= 時，-t2+3t+4=-（）2+3× +4= ，∴P的坐標(biāo)為：（，）．【解析】（1）由題意得出方程組，求出二次函數(shù)的解析式為y=-x2+3x+4，則C（0，4），由待定系數(shù)法求出BC所在直線的表達式即可DE∥PFDE=PFDEFP即為平行四邊形，由二次函數(shù)解析式求出點D的坐標(biāo)，由直線BC的解析式求出點E的坐標(biāo)，則DE= ，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為則P的坐標(biāo)為：（t，-t2+3t+4），F(xiàn)的坐標(biāo)為：（t，-t+4），由DE=PF得出方程，解方程進而得出答案；由平行線的性質(zhì)得∠CED=∠CFP，∠PCF=∠CDE時，△PCF∽△CDE，則= ，得出方程，解方程即可．本題是二次函數(shù)綜合題目，考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)和一次函數(shù)的解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識；本題綜合性強，熟練掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，熟記二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．解：（1）y=a（x+1）（x-3），將C（0，1）代入得-3a=1，解得：a=-，∴拋物線的解析式為y=-x2+x+1．PPD⊥xBCD．設(shè)直線BC的解析式為則 ，解得：k=-，∴BCyP（x，-x2+x+1），則D（x，-x+1）∴PD=（-x2+x+1）-（-x+1）=-x2+x，∴S =OB?DP△PBC=×3×（-x2+x）=-x2+x．又又△PBC∴-x2+x=1，整理得：x2-3x+2=0，解得：x=1或x=2，∴點P的坐標(biāo)為（1，）或（2，1）．如圖：∵A（-1，0），C（0，1），∴OC=OA=1∴∠BAC=45°．∵∠BQC=∠BAC=45°，∴Q△ABCx設(shè)△ABC∠CMB=90°．設(shè)⊙M的半徑為x，則Rt△CMB中，由勾股定理可知CM2+BM2=BC2，即2x2=10，解得（負值已舍去），∵AC的垂直平分線的為直線y=-x，AB的垂直平分線為直線x=1，∴My=-xx=1M（1，-1），∴Q的坐標(biāo)為（1，-1- ）.函數(shù)的解析式、三角形的外心的性質(zhì)，求得點M⊙M鍵．y=a（x+1）（x-3），C（0，1）a的值即可；PPD⊥xBCDBCy=-x+1P（x，-x2+x+1），D（x，-x+1），PDx△PBC的/r