《福建省福州市2019年中考數學復習 第三章 函數 第五節(jié) 二次函數的簡單綜合題 課時2 二次函數與幾何圖形綜合同步訓練》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《福建省福州市2019年中考數學復習 第三章 函數 第五節(jié) 二次函數的簡單綜合題 課時2 二次函數與幾何圖形綜合同步訓練（15頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 課時2　二次函數與幾何圖形綜合 姓名：________　班級：________　限時：______分鐘 角度問題 1．(2018·廣東省卷)如圖，已知頂點為C(0，－3)的拋物線y＝ax2＋b(a≠0)與x軸交于A、B兩點，直線y＝x＋m過頂點C和點B. (1)求m的值； (2)求函數y＝ax2＋b(a≠0)的解析式； (3)拋物線上是否存在點M，使得∠MCB＝15°？若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由． 2．(2018·天津)在平面直角坐標系中，點O(0，0)，點A(1，0)．已知拋物線y＝x2＋mx－2m(m是常數

2、)．頂點為P. (Ⅰ)當拋物線經過點A時，求頂點P的坐標； (Ⅱ)若點P在x軸下方，當∠AOP＝45°時，求拋物線對應的函數解析式； (Ⅲ)無論m取何值，該拋物線都經過定點H，當∠AHP＝45°時，求拋物線對應的函數解析式． 面積問題 3．(2018·黃岡)已知直線l：y＝kx＋1與拋物線y＝x2－4x. (1)求證：直線l與該拋物線總有兩個交點； (2)設直線l與該拋物線兩交點為A，B，O為原點，當k＝－2時，求△OAB的面積． 4．(2

3、018·陜西)已知拋物線L：y＝x2＋x－6與x軸相交于A、B兩點(點A在點B的左側)，并與y軸相交于點C. (1)求A、B、C三點的坐標，并求△ABC的面積； (2)將拋物線L向左或向右平移，得到拋物線L′，且L′與x軸相交于A′、B′兩點(點A′在點B′的左側)，并與y軸相交于點C′，要使△A′B′C′和△ABC的面積相等，求所有滿足條件的拋物線的函數表達式． 5．(2018·廈門質檢)已知二次函數y＝ax2＋bx＋t－1，t＜0. (1)當t＝－2時， ①若二次函數圖象經過點(1，－4)，(－1，0)，求a，b

4、的值； ②若2a－b＝1，對于任意不為零的實數a，是否存在一條直線y＝kx＋p(k≠0)，始終與函數圖象交于不同的兩點？若存在，求出該直線的表達式；若不存在，請說明理由． (2)若點A(－1，t)，B(m，t－n)(m＞0，n＞0)是二次函數圖象上的兩點，且S△AOB＝n－2t，當－1≤x≤m時，點A是該函數圖象的最高點，求a的取值范圍． 特殊三角形存在性問題 6．(2018·山西)綜合與探究 如圖，拋物線y＝x2－x－4與x軸交于A，B兩點(點A在點B的左側)，與y軸交于點C，連接AC，BC.點P是第四象限內拋物線上的一個動點

5、，點P的橫坐標為m，過點P作PM⊥x軸，垂足為點M，PM交BC于點Q，過點P作PE∥AC交x軸于點E，交BC于點F. (1)求A，B，C三點的坐標； (2)試探究在點P運動的過程中，是否存在這樣的點Q，使得以A，C，Q為頂點的三角形是等腰三角形．若存在，請直接寫出此時點Q的坐標；若不存在，請說明理由； (3)請用含m的代數式表示線段QF的長，并求出m為何值時QF有最大值． 7．(2018·河南)如圖，拋物線y＝ax2＋6x＋c交x軸于A，B兩點，交y軸于點C，直線y＝x－5經過點B，C. (1)求拋物線的解析式； (2)過點A的直線交直線BC于點

6、M. ①當AM⊥BC時，過拋物線上一動點P(不與點B，C重合)，作直線AM的平行線交直線BC于點Q，若以點A，M，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形，求點P的橫坐標； ②連接AC，當直線AM與直線BC的夾角等于∠ACB的2倍時，請直接寫出點M的坐標． 第7題圖 備用圖 8．(2018·泉州質檢)已知：二次函數y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的圖象與x軸交于點A、B(－3，0)，頂點為C(－1，－2)． (Ⅰ)求該二次函數的解析式； (Ⅱ)如圖，過A，C兩點作直線，并將線段AC沿該直線向上平移，記點A

7、，C分別平移到點D，E處，若點F在這個二次函數的圖象上，且△DEF是以EF為斜邊的等腰直角三角形，求點F的坐標； (Ⅲ)試確定實數p，q的值，使得當p≤x≤q時，p≤y≤. 參考答案 1．解： (1)將(0，－3)代入y＝x＋m，得m＝－3. (2)將y＝0代入y＝x－3，得x＝3. ∴B(3，0)． 將(0，－3)，(3，0)分別代入y＝ax2＋b， 得，解得∴y＝x2－3. (3)存在，分以下兩種情況： ①若M在BC上方，設MC交x軸于點D， 則∠ODC＝45°＋15°＝60°. ∴OD＝OC·tan30°＝. 設直線

8、DC為y＝kx－3，代入(，0)，得k＝. 聯立方程組解得 ∴M1(3，6)． ②若M在BC下方，設MC交x軸于點E， 則∠OEC＝45°－15°＝30°， ∴OE＝OC·tan60°＝3. 設直線EC為y＝kx－3，代入(3，0)，得k＝. 聯立方程組解得 ∴M2(，－2)． 綜上所述，M的坐標為(3，6)或(，－2)． 2．解： (Ⅰ)∵拋物線y＝x2＋mx－2m經過點A(1，0)， ∴0＝1＋m－2m，解得m＝1. ∴拋物線對應的函數解析式為y＝x2＋x－2. ∵化為頂點式為y＝(x＋)2－. ∴頂點P的坐標為(－，－)． (Ⅱ)拋物線y＝x2＋mx－2m的

9、頂點P的坐標為(－，－)． 由點A(1，0)在x軸正半軸上，點P在x軸下方， ∠AOP＝45°， 過點P作PQ⊥x軸于點Q，則∠POQ＝∠OPQ＝45°， 可知PQ＝OQ，即＝－， 解得m1＝0，m2＝－10. 當m＝0時，點P不在第四象限，舍去． ∴m＝－10. ∴拋物線對應的函數解析式為y＝x2－10x＋20. (Ⅲ)由y＝x2＋mx－2m＝(x－2)m＋x2可知， 當x＝2時，無論m取何值，y都等于4. 得點H的坐標為(2，4)． 過點A作AD⊥AH，交射線HP于點D，分別過點D，H作x軸的垂線，垂足分別為E，G，則∠DEA＝∠AGH＝90°， ∵∠DAH＝90°

10、，∠AHD＝45°， ∴∠ADH＝45°，∴AH＝AD. ∵∠DAE＋∠HAG＝∠AHG＋∠HAG＝90°， ∴∠DAE＝∠AHG. ∴△ADE≌△HAG. ∴DE＝AG＝1，AE＝HG＝4. 可得點D的坐標為(－3，1)或(5，－1)． ①當點D的坐標為(－3，1)時， 可得直線DH的解析式為y＝x＋. ∵點P(－，－)在直線y＝x＋上， ∴－＝×(－)＋， 解得m1＝－4，m2＝－.　 當m＝－4時，點P與點H重合，不符合題意， ∴m＝－. ②當點D的坐標為(5，－1)時， 可得直線DH的解析式為y＝－x＋. ∵點P(－，－)在直線y＝－x＋上， ∴－＝－

11、×(－)＋， 解得m1＝－4(舍)，m2＝－. ∴m＝－. 綜上，m＝－或－. 故拋物線解析式為y＝x2－x＋或y＝x2－x＋. 3．(1)證明：聯立 化簡可得：x2－(4＋k)x－1＝0， ∵Δ＝(4＋k)2＋4＞0， ∴直線l與該拋物線總有兩個交點； (2)解：當k＝－2時，∴y＝－2x＋1， 過點A作AF⊥x軸于F，過點B作BE⊥x軸于E，如解圖． ∴聯立 解得：或 ∴A(1－，2－1)，B(1＋，－1－2)． ∴AF＝2－1，BE＝1＋2. 易求得：直線y＝－2x＋1與x軸的交點C為(，0)． ∴OC＝. ∴S△AOB＝S△AOC＋S△BOC ＝

12、OC·AF＋OC·BE ＝OC(AF＋BE) ＝××(2－1＋1＋2) ＝. 4．解： (1)令y＝0，得x2＋x－6＝0. 解得x＝－3或x＝2. ∴A(－3，0)，B(2，0)． 令x＝0，得y＝－6. ∴C(0，－6)． ∴AB＝5，OC＝6. ∴S△ABC＝AB·OC＝×5×6＝15. (2)由題意，得A′B′＝AB＝5. 要使S△A′B′C′＝S△ABC，只要拋物線L′與y軸交點為C′(0，－6)或C′(0，6)即可． 設所求拋物線L′：y＝x2＋mx＋6，y＝x2＋nx－6. 又知，拋物線L′與拋物線L的頂點縱坐標相同， ∴＝，＝. 解得m＝±7，n

13、＝±1(n＝1舍去)． ∴拋物線L′：y＝x2＋7x＋6，y＝x2－7x＋6 或y＝x2－x－6. 5．解： (1)①當t＝－2時，二次函數為y＝ax2＋bx－3. 把(1，－4)，(－1，0)分別代入y＝ax2＋bx－3， 得解得 即a＝1，b＝－2. ②解法一：∵2a－b＝1， ∴二次函數為y＝ax2＋(2a－1)x－3. ∵當x＝－2時，y＝－1；當x＝0時，y＝－3. ∴二次函數圖象一定經過點(－2，－1)，(0，－3)． 因為經過這兩點的直線的表達式為y＝kx＋p(k≠0)， 所以把(－2，－1)，(0，－3)分別代入， 可求得該直線表達式為y＝－x－3.

14、 即直線y＝－x－3始終與二次函數圖象交于(－2，－1)，(0，－3)兩點． 解法二：當直線與二次函數圖象相交時，有kx＋p＝ax2＋(2a－1)x－3. 整理可得ax2＋(2a－k－1)x－3－p＝0. 可得Δ＝(2a－k－1)2＋4a(3＋p)． 若直線與二次函數圖象始終有兩個不同的交點，則Δ＞0. 化簡可得4a2－4a(k－p－2)＋(1＋k)2＞0. ∵無論a取任意不為零的實數，總有4a2＞0，(1＋k)2≥0， ∴當k－p－2＝0時，總有Δ＞0. 可取p＝1，k＝3. 對于任意不為零的實數a，存在直線y＝3x＋1始終與函數圖象交于不同的兩點． (2)把A(－1，t

15、)代入y＝ax2＋bx＋t－1，可得b＝a－1. ∵A(－1，t)，B(m，t－n)(m＞0，n＞0)， 則直線AB的解析式為y＝－(x＋1)＋t， 令x＝0，解得y＝－＋t＜0， 則S△AOB＝×(－t＋)(m＋1)， 又∵S△AOB＝n－2t， ∴×(－mt－t＋n)＝n－2t，解得m＝3. ∴A(－1，t)，B(3，t－n)． ∵n＞0，所以t＞t－n. ①當a＞0時，二次函數圖象的頂點為最低點，當－1≤x≤3時，若點A為該函數圖象最高點，則yA≥yB， 分別把A(－1，t)，B(3，t－n) 代入y＝ax2＋bx＋t－1，得 t＝a－b＋t－1，t－n＝9a＋3b

16、＋t－1. ∵t＞t－n， ∴a－b＋t－1＞9a＋3b＋t－1. 可得2a＋b＜0. 即2a＋(a－1)＜0. 解得a＜.所以0＜a＜. ②當a＜0時，由t＞t－n，可知 若A，B在對稱軸的異側，當－1≤x≤3時，圖象的最高點是拋物線的頂點而不是點A；若A，B在對稱軸的左側，因為當x≤－時，y隨x的增大而增大，所以當－1≤x≤3時，點A為該函數圖象最低點；若A、B在對稱軸的右側， ∵當≥－時，y隨x的增大而減小， ∴當－1≤x≤3時， 點A為該函數圖象最高點，則－≤－1. 即－≤－1.解得a≥－1. 所以－1≤a＜0. 綜上，0＜a＜或－1≤a＜0. 6.解：(1

17、)由y＝0，得x2－x－4＝0. 解，得x1＝－3，x2＝4. ∴點A，B的坐標分別為A(－3，0)，B(4，0)． 由x＝0，得y＝－4，∴點C的坐標為C(0，－4)． (2)Q1(，－4)，Q2(1，－3)． (3)過點F作FG⊥PQ于點G， 則FG∥x軸，由B(4，0)，C(0，－4)，得△OBC為等腰直角三角形． ∴∠OBC＝∠QFG＝45°，∴GQ＝FG＝FQ. ∵PE∥AC，∴∠1＝∠2. ∵FG∥x軸，∴∠2＝∠3.∴∠1＝∠3. ∵∠FGP＝∠AOC＝90°，∴△FGP∽△AOC. ∴＝，即＝. ∴GP＝FG＝×FQ＝FQ. ∴QP＝GQ＋GP＝FQ＋

18、FQ＝FQ. ∴FQ＝QP. ∵PM⊥x軸，點P的橫坐標為m，∠MBQ＝45°， ∴QM＝MB＝4－m，PM＝－m2＋m＋4. ∴QP＝PM－QM＝－m2＋m＋4－(4－m)＝ －m2＋m. ∴QF＝QP＝(－m2＋m)＝ －m2＋m. ∵－＜0，∴QF有最大值．且當m＝－＝2時，QF有最大值． 7．解：(1)∵直線y＝x－5交x軸于點B，交y軸于點C， ∴B(5，0)，C(0，－5)． ∵拋物線y＝ax2＋6x＋c過點B，C， ∴，∴， ∴拋物線的解析式為y＝－x2＋6x－5. (2)①∵OB＝OC＝5，∠BOC＝90°，∴∠ABC＝45°. ∵拋物線y＝－x2

19、＋6x－5交x軸于A，B兩點， ∴A(1，0)，∴AB＝4. ∵AM⊥BC，∴AM＝2， ∵PQ∥AM，∴PQ⊥BC， 若以點A，M，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形， 則PQ＝AM＝2， 過點P作PD⊥x軸交直線BC于點D，則∠PDQ＝45°，∴PD＝PQ＝4. 設P(m，－m2＋6m－5)，則D(m，m－5)． 分兩種情況討論如下： (ⅰ)當點P在直線BC上方時， PD＝－m2＋6m－5－(m－5)＝－m2＋5m＝4， ∴m1＝1(舍去)，m2＝4. (ⅱ)當點P在直線BC下方時， PD＝m－5－(－m2＋6m－5)＝m2－5m＝4， ∴m3＝，m4＝.

20、綜上，點P的橫坐標為4或或. ②M(，－)或(，－)． 8．解： (Ⅰ)∵二次函數的頂點為C(－1，－2)， ∴設二次函數的解析式為y＝a(x＋1)2－2. 把B(－3，0)代入得a(－3＋1)2－2＝0， 解得a＝. ∴二次函數的解析式為y＝(x＋1)2－2. (Ⅱ)由(x＋1)2－2＝0得x1＝－3，x2＝1， ∴點A(1，0)． 過點C作CH⊥x軸于點H，如解圖， ∵點C(－1，－2)，∴CH＝2，OH＝1， 又∵AO＝1，∴AH＝2＝CH， ∴∠1＝45°，AC＝＝2. 在等腰Rt△DEF中，DE＝DF＝AC＝2，∠FDE＝90°， ∴∠2＝45°，E

21、F＝＝4， ∴∠1＝∠2， ∴EF∥CH∥y軸． 由A(1，0)，C(－1，－2)可求得直線AC對應的函數解析式為y＝x－1. 由題意設點F(其中m＞1)，則點E(m，m－1)， ∴EF＝－(m－1)＝m2－＝4， 解得m1＝3，m2＝－3(舍去)． ∴點F(3，6)， (Ⅲ)當y＝時，(x＋1)2－2＝，解得x1＝－4，x2＝2. 拋物線y＝(x＋1)2－2，根據拋物線的性質可知， 當x＜－1時，y隨x的增大而減小，當x＞－1時，y隨x的增大而增大， 當x＝－1時，y的最小值為－2. ∵p≤x≤q，p≤y≤， ∴可分三種情況討論． ①當p≤q≤－1時，由增減性得：

22、 當x＝p＝－4時，y最大＝，當x＝q時，y最小＝p＝－4＜－2，不合題意，舍去； ②當p＜－1≤q時， (i)若(－1)－p＞q－(－1)，由增減性得： 當x＝p＝－4時，y最大＝，當x＝－1時，y最?。剑?≠p，不合題意，舍去； (ii)若(－1)－p≤q－(－1)，由增減性得： 當x＝q＝2時，y最大＝，當x＝－1時，y最?。絧＝－2，符合題意， ∴p＝－2，q＝2. ③當－1≤p＜q時，由增減性得： 當x＝q＝2時，y最大＝，當x＝p時，y最?。絧， 把x＝p，y＝p代入y＝(x＋1)2－2，得p＝(p＋1)2－2， 解得p1＝，p2＝－＜－1(不合題意，舍去)． ∴p＝，q＝2. 綜上，或 15