2024年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)講義：二次函數(shù)復(fù)習(xí)講義

二次函數(shù)復(fù)習(xí)講義

典例1已知:當(dāng)x=m或x=n(m*n)時(shí)，代數(shù)式x2-2x+3的值相等,求當(dāng)x=x=m+n時(shí)代數(shù)式%2-2%+

3的值。

解法一

思維導(dǎo)向由代入法聯(lián)立關(guān)于m,n的方程，求解m,n或m,n的關(guān)系。

22

由題可得m-2m+3=n—2n+3O

整理彳導(dǎo)(m-n)(m+n-2)=0,

*/m#：n,m+n=2,

/.當(dāng)x=m+n=2時(shí),——2x+3=3。

解法二

思維導(dǎo)向由二次函數(shù)圖像的對稱性進(jìn)行求解。

設(shè)/(%)=x2-2x+3,

：f(m)=f(n),；.y=f(x)的對稱軸x=等=1,

m+n=2,f(m+n)=f(2)=3,BP%2—2x+3=3?

多維評析：以上分別從代數(shù)角度及二次函數(shù)對稱性的幾何角度對題目進(jìn)行了解讀。

典例2如圖所示,二次函數(shù)y=ax2+bx+c(a*0)的圖像過(-1，2)且與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為Xi,X2,其中-

2

2<%i<-1,0<%2<求證：b+8a>4ac?

證法一

思維導(dǎo)向由所求證不等式的形式聯(lián)想拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)，再由最大值『與拋物線上點(diǎn)的縱坐標(biāo)比較得證。

4a

由拋物線的頂點(diǎn)(一方，竺子)及拋物線過(—1，2)得曝始>2,::a<0,:Aac-b2<8a,b2+8a>4ac

證法二

思維導(dǎo)向由代入法得參數(shù)a、b、c的關(guān)系，再將b2+8a與4ac作差比較。

;拋物線過點(diǎn)(-L2)/(-I)=a-b+c=2,2-c=a-b

I2+8十—4ac=b2+4a(2—c)=b2+4am—b)=b2-4ab+4a2=(b—2a,)2,

V-b/a^-l.*.b-2a^0(b-2a)2>0,

2

b+8a>4acc

多維評析：證法中，也可由a—b+c=2得b—ctc—2,代入b2+8a—4ac整理得(a+c—2)2+Set—4ac

=(a—c)?+4(a—c)+4=(a—c+2)2>0,從而i正彳導(dǎo)b?+8a>4ac。

典例3如圖，拋物線y=-好+2x+3與x軸交于點(diǎn)A、B與y軸交于點(diǎn)C,頂點(diǎn)為P,直線y=-x+3與拋物

線對稱軸交于點(diǎn)M。

(1)求SRCP；

⑵拋物線上是否存在異于點(diǎn)P的一點(diǎn)Q，使SB叭)=SBMP，若有，請求出點(diǎn)Q的坐標(biāo),若沒有，請說明理

思維導(dǎo)向由兩點(diǎn)間距離公式以及點(diǎn)到直線距離公式求解△BCP的底邊及相應(yīng)的高。

y=-%2+2%+3=-(%-I)2+4,???P(l，4),

「IBC為y=-x+3,P(l,4),

由點(diǎn)到直線距離公式得P到BC的距離d=片爐=V2,

V2

又?；C(0,3),B(3,0),

???BC—3Vx???SBCP=^BC?d=|x3V2xV2=3。

解法二

思維導(dǎo)向?qū)?CPB分割成以PM為公共底邊，點(diǎn)C、點(diǎn)B到PM的距離為高的兩個三角形，由SCPB=

ScMP+S^MP進(jìn)仃求解。

V1BC為y=-x+3,P(l,4),AM(1,2),

PM=yP—yM=2,

SX

SM：P=SMPQ+MPB=：MP?(孫-xc；)+:MP(%B-p)

ii

=-x2xl+-x2x2=l+2=3

22o

解法三

思維導(dǎo)向延長PC與x軸交于點(diǎn)N,將^CPB置于△NPB中利用SPBC=SNPB-SANCB求解。

圖①

如圖①,延長PC交X軸于點(diǎn)N,???P(1,4),C(0,3),???1PC為y=%+3,.?.N(—3,0),

XX

???SBCP=SNPB-SNCB=1-K)'yp~~(B~久N)?yc-

11

=-x6x4--x6x3=12-9=3

22o

多維評析：對于直角坐標(biāo)系中求解三角形的面積，可利用面積公式尋找底和高直接計(jì)算，也可間接通過割或

補(bǔ)的方法求解，此題也可采用過點(diǎn)c橫向分割，或過點(diǎn)P作y軸垂線段，將ABCP置于梯形中，利用作差求解

等。

⑵解法一

思維導(dǎo)向利用平行線間距離處處相等，以及點(diǎn)M為PN中點(diǎn)可聯(lián)想過點(diǎn)P、點(diǎn)N作BM的平行線從而尋找點(diǎn)

Q,再聯(lián)立直線與拋物線方程求點(diǎn)Q的坐標(biāo)。

由題可得SBMP=3M尸,%p)=^x2x2=2,

VBM為定長，且SBM(Q=SBMP，

，點(diǎn)Q與點(diǎn)P到BC的距離相等。

如圖②過點(diǎn)P作liIIBC交拋物線于點(diǎn)Qi,且11為y=-x+5,

設(shè)PM與x軸交于點(diǎn)N且N(1,0),

又:xM=xp=1,點(diǎn)M在直線BC上,2),

；.M為PN的中點(diǎn)，，點(diǎn)N到BC的距離等于點(diǎn)P到BC的距離，

過點(diǎn)N作BIIBC交拋物線于點(diǎn)Q2,Q3,且以V=r+1,

聯(lián)立7得(Q1(2,3),P(1,4),

VV—AI乙人ID

(y=-x+l./3-V17V17-l\Z3+V17-V17-l\

聯(lián)以b=_/+2%+3,付------}

綜上，存在點(diǎn)Q使SRM()=^BMP>

且Q(2,3),Q2(號t號1),Q3(手，中)。

解法二

思維導(dǎo)向直接設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)，由SBMP=2建立方程求解參數(shù)。

如圖③,過點(diǎn)Q作QN，x軸交BC于點(diǎn)E(Q點(diǎn)可在BC下方)，設(shè)點(diǎn)-/+2a+3),

???3-a)SDHM=||y0-狗區(qū)一%“)=1|一M+3a|x2=|一彥+3叫

???SBMP=2,

.e.I-a2+3a|=2.??—a2+3a=±2,即-a2+3a—2=0或一/+3a+2=0,

yr3+V173-V17

的=1,g=2,=---,。4=-2-，

又：a1=1時(shí)，點(diǎn)Q即為點(diǎn)P,故舍去，

Q。，3),Qz(手空),(23呼告)。

解法三

思維導(dǎo)向類比解法二，直接設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)，由SBMQ=SBMP=2建立方程。設(shè)點(diǎn)Q(a，-a?+2a+3),

SBM(Q=SBMP，

當(dāng)以公共邊BM為底邊時(shí)，點(diǎn)Q到BM的距離等于點(diǎn)P到BM的距離，XV1BC為y=-x+3,

由點(diǎn)到直線距離公式得d=—1+3-3|=V2,.-.|-a2+3a|=2,

V2

23+

???—a+3a=+2,-?-a1=l,a2=2,a3=^^,a4=~~~>

又的=1時(shí)，點(diǎn)Q即為點(diǎn)P,故舍去，

Q1(2,3),Q2(三，與內(nèi),Q3呼軍)。

解法四

思維導(dǎo)向由點(diǎn)Q到BC的距離等于點(diǎn)P到BC的距離，從而設(shè)點(diǎn)Q進(jìn)一步通過距離公式尋求關(guān)于點(diǎn)Q的動點(diǎn)

軌跡方程，與拋物線方程聯(lián)立求符合題意的點(diǎn)Q的坐標(biāo)。設(shè)動點(diǎn)Q(x,y)0

VIBc為y=-x+3且點(diǎn)P到BC的距離等于點(diǎn)Q到BC的距離，

由點(diǎn)到直線距離公式得d=空*=V2,

V2

%+y—3=±2,，動點(diǎn)Q滿足方程y=—X+5和y=—x+1,

―(y=-x+5(y=-%+1

"ly=-x2+2%+3~ly=—%2+2%+3，

可得Q1(2,3),Qz(三，當(dāng)二),Q3(三，宇)。

多維評析：解法一和解法四是從幾何的角度先尋求動點(diǎn)Q的軌跡方程，再聯(lián)立拋物線方程求解；解法二、三

是從代數(shù)角度設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)，按一般求面積的方法，由面積為定值建立關(guān)于參數(shù)的方程進(jìn)而求解。幾何法較代數(shù)法

更直觀、簡捷，但同時(shí)也對思維的要求比較高。

典例4在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=-3/一久+4與x軸分別交于點(diǎn)A、B,與y軸交于點(diǎn)C,直線y=

%+4經(jīng)過A、C兩點(diǎn)，在AC上方的拋物線上有一動點(diǎn)P,當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動到某位置時(shí)，以AP、AO為鄰邊的平行四

邊形第四個頂點(diǎn)恰好也在拋物線上，求此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)。

思維導(dǎo)向利用平行四邊形對邊平行且相等的性質(zhì)，設(shè)點(diǎn)P、Q，代入拋物線建立方程組求解。

如圖,設(shè)P(m,n),VPQXAO,A0=4,Q(m+4,n),

VPSQ都在拋物線上，

ni=-3

/1<_，*'*P(-3,彳)。

——m2—m+4=n"一方\乙)

???】2，解得〔2

I--(m+4)2—(m+4)+4=n

解法二

思維導(dǎo)向利用點(diǎn)P、Q關(guān)于對稱軸對稱的特點(diǎn)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式求解。

如圖，設(shè)P(m,n),則Q(m+4,n),

VP.Q關(guān)于對稱軸x=-l對稱，

由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得守=-1,即時(shí)『=-1,

解得m=-3,將其代入y=—*-力+4得n=P(一3，|)。

多維評析：解法一由平行四邊形的性質(zhì)表示各頂點(diǎn)的坐標(biāo)，再將坐標(biāo)代入拋物線建立關(guān)于參數(shù)的方程進(jìn)而求

解，而解法二更進(jìn)一步巧妙地由拋物線的對稱性及中點(diǎn)坐標(biāo)公式求點(diǎn)的坐標(biāo)，運(yùn)算上較解法一更簡捷。

典例5如圖,已知點(diǎn)A(4.0),O為坐標(biāo)原點(diǎn),P是線段OA上異于點(diǎn)0、A的一點(diǎn)，過P、0兩點(diǎn)的二次函數(shù)y1

,，過P、A兩點(diǎn)的二次函數(shù)yz的圖像開口均向下，及它們的頂點(diǎn)分別為B、C,OB與AC的延長線交于點(diǎn)D,當(dāng)

(OD=AD=3時(shí)，求這兩個二次函數(shù)的最大值之和。

解法一

思維導(dǎo)向由結(jié)論出發(fā)可聯(lián)想分別過拋物線的兩頂點(diǎn)作X軸的垂線，過點(diǎn)D作X軸的垂線，由三角形全等及矩

形的性質(zhì)轉(zhuǎn)換線段，再用勾股定理求解。

如圖①,過點(diǎn)D作DG±x軸于點(diǎn)G,過點(diǎn)C作CHXDG于點(diǎn)H,過點(diǎn)B作BE1x軸于點(diǎn)E,過點(diǎn)C作CF±x軸

于點(diǎn)F,易得四邊形HCFG為矩形，

：B、C分別為外,y2的頂點(diǎn),由二次函數(shù)圖像的對稱性得OE=EP,PF=FA,.\EC+CF=OE+FAOA,.-.

EF=-0A,

2，

-1

又：OD=AD,DG^\OA,.-.OC=EF=OG,OE=GF=HC,

XVCH/7OA,/.ZHCD=ZOAD=ZEOB,

XVZDHC=ZBEO=90°,AAOEB^ACHD,.*.DH=BE,

22

BE+CF=DH+HG=DG=y/DA-GA=b即％與y2的最大值之和為瓜

解法二

思維導(dǎo)向由點(diǎn)B、C分別在直線OD、直線AD上，可聯(lián)想利用已知線段長得點(diǎn)D的坐標(biāo)，從而得直線OD、

AD的解析式,再通過參數(shù)設(shè)點(diǎn)B、點(diǎn)C坐標(biāo)從而表示出力與y2的最大值之和。

：DO=DA=3,OA=4,；.D(2,V5),

.?.loD為y=為y=-yx+2V5,

設(shè)B(m，亨,C-9n+2伺,由解法一可知EF=卯4=2,

n—m=-0A=2,

2

?"?yi與y2的最大值之和為ym-yn+2逐=y(m-n)+2通=-V5+2V5=V5,

兩個二次函數(shù)的最大值之和為瓜

解法三

思維導(dǎo)向由等腰△及拋物線的對稱性聯(lián)想構(gòu)造相似三角形，△OBP〉△ODA-APCA,再利用對應(yīng)線段

成比例轉(zhuǎn)換線段，最終求得DG=BE+CFQ

圖②

如圖②，連接BP、CP,過點(diǎn)B、D、C分別作x軸的垂線交x軸于點(diǎn)E、G、F,

B、C分別為yi,y2的頂點(diǎn),BO=BP,CP=CA,

：.AOBP,APCA、△ODA為等腰三角形，

XVDO=DA,AZDOA=ZDAO,

ZDOA=ZBOP=ZBPO=ZDAO=ZCAP=ZCPA,

AOBP^>AODA<^APCA,

BE_CF_DG.BE+CF_BE+CF_DG

?,OP-P4—02'OP+PA-OA~0A

BE+CF=DC=V5,gpY1與y2的最大值之和為顯

解法四

思維導(dǎo)向類比解法三利用三角形相似得對應(yīng)線段成比例，通過設(shè)參數(shù)將BE和CF表示。

如圖③，過點(diǎn)B、D、C分別作x軸的垂線交于點(diǎn)E、G、F,

BE\\DC\\CF,^"：DODA=3,0C=CA^2,DC=V5,

易證ABEO-ADGO-△CFA,

.BE_DG_CF

''OF~OC~AF~2

設(shè)。P=a則OE=|a,4F=”，

BE=—a,CF="-a)巡

44

BE+CF==瓜

4

???兩個函數(shù)的最大值之和為瓜

多維評析：解法一通過構(gòu)造全等轉(zhuǎn)換線段，解法二通過函數(shù)解析式設(shè)點(diǎn)表示線段之和，解法三和解法四通過

構(gòu)造相似三角形得線段之比，解法三巧妙地利用了相似三角形對應(yīng)高與底邊之比相等實(shí)現(xiàn)了證明DG=BE+CF的

目的，而解法四則利用設(shè)而不求的方法表示BE和CF,在運(yùn)算中消去參數(shù)。本題的綜合性比較強(qiáng)，但就根據(jù)題目

的目標(biāo)添加輔助線卻是順理成章的，而通過全等相似轉(zhuǎn)換線段從而求線段之和也是比較常規(guī)的解法。

典例6如圖I,在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線C:y=a久2+法+c與x軸相交于A,B兩點(diǎn),頂點(diǎn)為D(0,

4),AB=4vx設(shè)點(diǎn)F(m,0)是x軸的正半軸上一點(diǎn)，將拋物線C繞點(diǎn)F旋轉(zhuǎn)180。得到新的拋物線Co

⑴求拋物線C的函數(shù)表達(dá)式。

(2)如圖2,P是第一象限內(nèi)拋物線C上一點(diǎn)，它到兩坐標(biāo)軸的距離相等，點(diǎn)P在拋物線C，上的對應(yīng)點(diǎn)為P'?

設(shè)M是C上的動點(diǎn),N是C，上的動點(diǎn)，試探究四邊形PMPW能否成為正方形?若能，求出m的值；若不能，請說

(1)拋物線的解析式為：y=-3久2+虱(解法略)

⑵解法一

思維導(dǎo)向若四邊形PMPN能成為正方形，則由正方形的性質(zhì)可聯(lián)想.APF"必是等腰直角三角形，因此可作

PE±x軸于點(diǎn)E,MH±x軸于點(diǎn)H,進(jìn)一步證明.△PFE=AFMH,又由P(2,2)可得PE=FH=2,分類討論點(diǎn)F與直

線PM的位置可得EF=HM=2-m或m-2,即點(diǎn)M坐標(biāo)為(m+2,m-2)或(m-2,2-m),利用待定系數(shù)法將點(diǎn)M的坐標(biāo)

代入拋物線C的解析式建立關(guān)于m的方程最終解決問題。

結(jié)論：四邊形PMPN能成為正方形。

理曲如圖①，作PE±x軸于點(diǎn)E,MHLx軸于點(diǎn)H。

由題可設(shè)P(a,a),代入拋物線C,可得a=-fa?+4,解得a=2,則p(2,2)0

當(dāng)△PFM是等腰直角三角形時(shí)，四邊形PMPW是正方形，

PF=FM/PFM=90°,

易證△PFE=A可得PE=FH=2,

當(dāng)點(diǎn)F在直線PM左邊時(shí)，如圖①，EF=HM=2-m,

M(m+2,m-2),

:點(diǎn)M在y=—12+4上，

2

m-2=—|(m+2)+4,解得m1=-3+V17,m2=-3—V17(舍)，

m=—3+舊時(shí),四邊形PMPN是正方形。

當(dāng)點(diǎn)F在直線PM右邊時(shí)(圖略),EF=HM=m-2,

?點(diǎn)乂在丫=-|x2+4上，

2

2—m=—|(m—2)+4,解得=0(舍),m2=6.

m=6時(shí),四邊形PMP'N是正方形。

綜上