中考数学总复习二次函数的综合问题难点解析与训练

二次函数的综合问题

例1。如图1，已知抛物线（b是实数且b＞2）与x轴的正半轴分别交于点A、B（点A位于点B是左侧），与y轴的正半轴交于点C．

（1）点B的坐标为______，点C的坐标为__________（用含b的代数式表示）；

（2）请你探索在第一象限内是否存在点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由；

（3）请你进一步探索在第一象限内是否存在点Q，使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似（全等可看作相似的特殊情况）？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．

图1

例2。2014年苏州市中考第29题

如图1，二次函数y＝a(x2－2mx－3m2)（其中a、m是常数，且a＞0，m＞0）的图像与x轴分别交于A、B（点A位于点B的左侧），与y轴交于点C(0,－3)，点D在二次函数的图像上，CD//AB，联结AD．过点A作射线AE交二次函数的图像于点E，AB平分∠DAE．

（1）用含m的式子表示a；

（2）求证：为定值；

（3）设该二次函数的图像的顶点为F．探索：在x轴的负半轴上是否存在点G，联结GF，以线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形？如果存在，只要找出一个满足要求的点G即可，并用含m的代数式表示该点的横坐标；如果不存在，请说明理由．

图1

练习1、如图1，抛物线与x轴交于A、B两点（点B在点A的右侧），与y轴交于点C，连结BC，以BC为一边，点O为对称中心作菱形BDEC，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为(m, 0)，过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q．

（1）求点A、B、C的坐标；

（2）当点P在线段OB上运动时，直线l分别交BD、BC于点M、N．试探究m为何值时，四边形CQMD是平行四边形，此时，请判断四边形CQBM的形状，并说明理由；

（3）当点P在线段EB上运动时，是否存在点Q，使△BDQ为直角三角形，若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

图1

练习2、如图1，抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．

（1）求点A、B的坐标；

（2）设D为已知抛物线的对称轴上的任意一点，当△ACD的面积等于△ACB的面积时，求点D的坐标；

（3）若直线l过点E(4, 0)，M为直线l上的动点，当以A、B、M为顶点所作的直角三角形有且只有三个时，求直线l的解析式．

图1

练习3．（2015苏州）如图，已知二次函数（其中0＜m＜1）的图像与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴为直线l．设P为对称轴l上的点，连接PA、PC，PA=PC．

（1）∠ABC的度数为  ▲  °；

（2）求P点坐标（用含m的代数式表示）；

（3）在坐标轴上是否存在点Q（与原点O不重合），使得以Q、B、C为顶点的三角形与△PAC相似，且线段PQ的长度最小？如果存在，求出所有满足条件的点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．

练习4．（2016苏州）如图，直线与轴、轴分别相交于A、B两点，抛物线经过点B．

  (1)求该地物线的函数表达式；

  (2)已知点M是抛物线上的一个动点，并且点M在第一象限内，连接AM、BM．设点M的横坐标为，△ABM的面积为S．求S与的函数表达式，并求出S的最大值；

 (3)在(2)的条件下，当S取得最大值时，动点M相应的位置记为点.

    ①写出点的坐标；

   ②将直线绕点A按顺时针方向旋转得到直线，当直线与直线重合时停止旋转．在旋转过程中，直线与线段交于点C．设点B、到直线的距离分别为

、，当最大时，求直线旋转的角度（即∠BAC的度数）．

练习5．（2017苏州）如图，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于 A、B两点，与y轴交于点C，OB=OC．点D在函数图象上，CD∥x轴，且CD=2，直线l是抛物线的对称轴，E是抛物线的顶点．

（1）求b、c的值；

（2）如图①，连接BE，线段OC上的点F关于直线l的对称点F'恰好在线段BE上，求点F的坐标；

（3）如图②，动点P在线段OB上，过点P作x轴的垂线分别与BC交于点M，与抛物线交于点N．试问：抛物线上是否存在点Q，使得△PQN与△APM的面积相等，且线段NQ的长度最小？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，说明理由．

参考答案：

例1。

思路点拨

1．第（2）题中，等腰直角三角形PBC暗示了点P到两坐标轴的距离相等．

2．联结OP，把四边形PCOB重新分割为两个等高的三角形，底边可以用含b的式子表示．

3．第（3）题要探究三个三角形两两相似，第一直觉这三个三角形是直角三角形，点Q最大的可能在经过点A与x轴垂直的直线上．

满分解答

（1）B的坐标为(b, 0)，点C的坐标为(0, )．

（2）如图2，过点P作PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，那么△PDB≌△PEC．

因此PD＝PE．设点P的坐标为(x, x)．如图3，联结OP．

所以S四边形PCOB＝S△PCO＋S△PBO＝＝2b．

解得．所以点P的坐标为()．

图2                      图3

（3）由，得A(1, 0)，OA＝1．

①如图4，以OA、OC为邻边构造矩形OAQC，那么△OQC≌△QOA．

当，即时，△BQA∽△QOA．

所以．解得．所以符合题意的点Q为()．

②如图5，以OC为直径的圆与直线x＝1交于点Q，那么∠OQC＝90°。

因此△OCQ∽△QOA．当时，△BQA∽△QOA．此时∠OQB＝90°．

所以C、Q、B三点共线．因此，即．解得．此时Q(1,4)．

图4                               图5

考点伸展

第（3）题的思路是，A、C、O三点是确定的，B是x轴正半轴上待定的点，而∠QOA与∠QOC是互余的，那么我们自然想到三个三角形都是直角三角形的情况．

这样，先根据△QOA与△QOC相似把点Q的位置确定下来，再根据两直角边对应成比例确定点B的位置．

如图中，圆与直线x＝1的另一个交点会不会是符合题意的点Q呢？

如果符合题意的话，那么点B的位置距离点A很近，这与OB＝4OC矛盾．

例2。

思路点拨

1．不算不知道，一算真奇妙．通过二次函数解析式的变形，写出点A、B、F的坐标后，点D的坐标也可以写出来．点E的纵坐标为定值是算出来的．

2．在计算的过程中，第（1）题的结论及其变形反复用到．

3．注意到点E、D、F到x轴的距离正好是一组常见的勾股数（5，3，4），因此过点F作AD的平行线与x轴的交点，就是要求的点G．

满分解答

（1）将C(0,－3)代入y＝a(x2－2mx－3m2)，得－3＝－3am2．因此．

（2）由y＝a(x2－2mx－3m2)＝a(x＋m)(x－3m)＝a(x－m)2－4axm2＝a(x－m)2－4，

得A(－m, 0)，B(3m, 0)，F(m, －4)，对称轴为直线x＝m．

所以点D的坐标为(2m,－3)．设点E的坐标为(x, a(x＋m)(x－3m))．

如图2，过点D、E分别作x轴的垂线，垂足分别为D′、E′．

由于∠EAE′＝∠DAD′，所以．因此．

所以am(x－3m)＝1．结合，于是得到x＝4m．

当x＝4m时，y＝a(x＋m)(x－3m)＝5am2＝5．所以点E的坐标为(4m, 5)．

所以．

图2                           图3

（3）如图3，由E(4m, 5)、D(2m,－3)、F(m,－4)，

可知点E、D、F到x轴的距离分别为5、4、3．

那么过点F作AD的平行线与x轴的负半轴的交点，就是符合条件的点G．[来源:学科网][来源:学#科#网Z#X#X#K]

证明如下：作FF′⊥x轴于F′，那么．

因此．所以线段GF、AD、AE的长围成一个直角三角形．

此时GF′＝4m．所以GO＝3m，点G的坐标为(－3m, 0)．

考点伸展

第（3）题中的点G的另一种情况，就是GF为直角三角形的斜边．此时．因此．所以．此时． [来源:学§科§网Z§X§X§K]

练习1、思路点拨

1．第（2）题先用含m的式子表示线段MQ的长，再根据MQ＝DC列方程．

2．第（2）题要判断四边形CQBM的形状，最直接的方法就是根据求得的m的值画一个准确的示意图，先得到结论．

3．第（3）题△BDQ为直角三角形要分两种情况求解，一般过直角顶点作坐标轴的垂线可以构造相似三角形．

满分解答

（1）由，得A(－2,0)，B(8,0)，C(0,－4)．

（2）直线DB的解析式为．

由点P的坐标为(m, 0)，可得，．

所以MQ＝．

当MQ＝DC＝8时，四边形CQMD是平行四边形．

解方程，得m＝4，或m＝0（舍去）．

此时点P是OB的中点，N是BC的中点，N(4,－2)，Q(4,－6)．

所以MN＝NQ＝4．所以BC与MQ互相平分．

所以四边形CQBM是平行四边形．

图2                            图3

（3）存在两个符合题意的点Q，分别是(－2,0)，(6,－4)．

考点伸展：第（3）题可以这样解：设点Q的坐标为．

①如图3，当∠DBQ＝90°时， ．所以．

解得x＝6．此时Q(6,－4)．

②如图4，当∠BDQ＝90°时， ．所以．

解得x＝－2．此时Q(－2,0)．

图3                             图4

练习2、思路点拨

1．根据同底等高的三角形面积相等，平行线间的距离处处相等，可以知道符合条件的点D有两个．

2．当直线l与以AB为直径的圆相交时，符合∠AMB＝90°的点M有2个；当直线l与圆相切时，符合∠AMB＝90°的点M只有1个．

3．灵活应用相似比解题比较简便．

满分解答

（1）由，

得抛物线与x轴的交点坐标为A(－4, 0)、B(2, 0)．对称轴是直线x＝－1．

（2）△ACD与△ACB有公共的底边AC，当△ACD的面积等于△ACB的面积时，点B、D到直线AC的距离相等．

过点B作AC的平行线交抛物线的对称轴于点D，在AC的另一侧有对应的点D′．

设抛物线的对称轴与x轴的交点为G，与AC交于点H．

由BD//AC，得∠DBG＝∠CAO．所以．

所以，点D的坐标为．

因为AC//BD，AG＝BG，所以HG＝DG．

而D′H＝DH，所以D′G＝3DG．所以D′的坐标为．

图2                            图3

（3）过点A、B分别作x轴的垂线，这两条垂线与直线l总是有交点的，即2个点M．

以AB为直径的⊙G如果与直线l相交，那么就有2个点M；如果圆与直线l相切，就只有1个点M了．联结GM，那么GM⊥l．

在Rt△EGM中，GM＝3，GE＝5，所以EM＝4．

在Rt△EM1A中，AE＝8，，所以M1A＝6．

所以点M1的坐标为(－4, 6)，过M1、E的直线l为．

根据对称性，直线l还可以是．

考点伸展

第（3）题中的直线l恰好经过点C，因此可以过点C、E求直线l的解析式．[来源:Zxxk.Com]

在Rt△EGM中，GM＝3，GE＝5，所以EM＝4．

在Rt△ECO中，CO＝3，EO＝4，所以CE＝5．

因此三角形△EGM≌△ECO，∠GEM＝∠CEO．所以直线CM过点C．

3．解：（1）45．

     理由如下：令x=0，则y=-m，C点坐标为（0，-m）．

令y=0，则，解得，．

∵0＜m＜1，点A在点B的左侧，∴B点坐标为（m，0）．∴OB=OC=m．

∵∠BOC＝90°，∴△BOC是等腰直角三角形，∠OBC＝45°．

（2）解法一：如图①，作PD⊥y轴，垂足为D，设l与x轴交于点E，

由题意得，抛物线的对称轴为． 设点P坐标为（，n）．[来源:学科网ZXXK]

∵PA= PC， ∴PA2= PC2，即AE2+ PE2=CD2+ PD2．

∴． 解得．∴P点的坐标为．

解法二：连接PB．由题意得，抛物线的对称轴为．

∵P在对称轴l上，∴PA=PB．∵PA=PC，∴PB=PC．

∵△BOC是等腰直角三角形，且OB=OC，∴P在BC的垂直平分线上．

∴P点即为对称轴与直线的交点．∴P点的坐标为．

（3）解法一：存在点Q满足题意．

∵P点的坐标为，∴PA2+ PC2=AE2+ PE2+CD2+ PD2

=．

∵AC2=，∴PA2+ PC2=AC2．∴∠APC＝90°． ∴△PAC是等腰直角三角形．

∵以Q、B、C为顶点的三角形与△PAC相似，∴△QBC是等腰直角三角形．

∴由题意知满足条件的点Q的坐标为（-m，0）或（0，m）．

①如图①，当Q点的坐标为（-m，0）时，

若PQ与x轴垂直，则，解得，PQ=．

若PQ与x轴不垂直，

则．

∵0＜m＜1，∴当时，取得最小值，PQ取得最小值．

∵＜，∴当，即Q点的坐标为（，0）时， PQ的长度最小．

②如图②，当Q点的坐标为（0，m）时，

若PQ与y轴垂直，则，解得，PQ=．

若PQ与y轴不垂直，

则．

∵0＜m＜1，∴当时，取得最小值，PQ取得最小值．

∵＜，∴当，即Q点的坐标为（0，）时， PQ的长度最小．

综上：当Q点坐标为（，0）或（0，）时，PQ的长度最小．

解法二： 如图①，由（2）知P为△ABC的外接圆的圆心．

∵∠APC 与∠ABC对应同一条弧，且∠ABC＝45°，∴∠APC＝2∠ABC＝90°．

下面解题步骤同解法一．

4．解：（1）令x=0代入y=﹣3x+3，∴y=3，∴B（0，3），

把B（0，3）代入y=ax2﹣2ax+a+4，∴3=a+4，∴a=﹣1，

∴二次函数解析式为：y=﹣x2+2x+3；

（2）令y=0代入y=﹣x2+2x+3，∴0=﹣x2+2x+3，∴x=﹣1或3，

∴抛物线与x轴的交点横坐标为﹣1和3，

∵M在抛物线上，且在第一象限内，∴0＜m＜3，

过点M作ME⊥y轴于点E，交AB于点D，

由题意知：M的坐标为（m，﹣m2+2m+3），

∴D的纵坐标为：﹣m2+2m+3，∴把y=﹣m2+2m+3代入y=﹣3x+3，

∴x=，∴D的坐标为（，﹣m2+2m+3），

∴DM=m﹣=，∴S=DM•BE+DM•OE=DM（BE+OE）

=DM•OB=××3==（m﹣）2+

∵0＜m＜3，∴当m=时，S有最大值，最大值为；

（3）①由（2）可知：M′的坐标为（，）；

②过点M′作直线l1∥l′，过点B作BF⊥l1于点F，

根据题意知：d1+d2=BF，此时只要求出BF的最大值即可，

∵∠BFM′=90°，∴点F在以BM′为直径的圆上，

设直线AM′与该圆相交于点H，

∵点C在线段BM′上，∴F在优弧上，∴当F与M′重合时，

BF可取得最大值，此时BM′⊥l1，

∵A（1，0），B（0，3），M′（，），

∴由勾股定理可求得：AB=，M′B=，M′A=，

过点M′作M′G⊥AB于点G，设BG=x，

∴由勾股定理可得：M′B2﹣BG2=M′A2﹣AG2，

∴﹣（﹣x）2=﹣x2，∴x=，cos∠M′BG==，

∵l1∥l′，∴∠BCA=90°，∠BAC=45°

5．解：（1）∵CD∥x轴，CD=2，∴抛物线对称轴为x=1．∴．

∵OB=OC，C（0，c），∴B点的坐标为（﹣c，0），

∴0=c2+2c+c，解得c=﹣3或c=0（舍去），∴c=﹣3；

（2）设点F的坐标为（0，m）．∵对称轴为直线x=1，

∴点F关于直线l的对称点F的坐标为（2，m）．

由（1）可知抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，∴E（1，﹣4），

∵直线BE经过点B（3，0），E（1，﹣4），

∴利用待定系数法可得直线BE的表达式为y=2x﹣6．

∵点F在BE上，∴m=2×2﹣6=﹣2，即点F的坐标为（0，﹣2）；

（3）存在点Q满足题意．设点P坐标为（n，0），则PA=n+1，PB=PM=3﹣n，PN=﹣n2+2n+3．

作QR⊥PN，垂足为R，

∵S△PQN=S△APM，∴，∴QR=1．

①点Q在直线PN的左侧时，Q点的坐标为（n﹣1，n2﹣4n），R点的坐标为（n，n2﹣4n），N点的坐标为（n，n2﹣2n﹣3）．∴在Rt△QRN中，NQ2=1+（2n﹣3）2，

∴时，NQ取最小值1．此时Q点的坐标为；

②点Q在直线PN的右侧时，Q点的坐标为（n+1，n2﹣4）．同理，NQ2=1+（2n﹣1）2，

∴时，NQ取最小值1．此时Q点的坐标为．

综上可知存在满足题意的点Q，其坐标为或．

【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、轴对称、三角形的面积、勾股定理、二次函数的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中求得抛物线的对称轴是解题的关键，在（2）中用F点的坐标表示出F′的坐标是解题的关键，在（3）中求得QR的长，用勾股定理得到关于n的二次函数是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，特别是最后一问，难度很大．