中考数学第一轮专项复习专题第14讲 二次函数的应用（讲义）（解析版）

这是一份中考数学第一轮专项复习专题第14讲 二次函数的应用（讲义）（解析版），共84页。学案主要包含了考情分析，知识建构等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc155187731" \l "_Tc155125913" 一、考情分析
二、知识建构
\l "_Tc155187732" 题型01 最大利润/销量问题
\l "_Tc155187733" 题型02 方案选择问题
\l "_Tc155187734" 题型03 拱桥问题
\l "_Tc155187735" 题型04 隧道问题
\l "_Tc155187736" 题型05 空中跳跃轨迹问题
\l "_Tc155187737" 题型06 球类飞行轨迹
\l "_Tc155187738" 题型07 喷泉问题
\l "_Tc155187739" 题型08 图形问题
\l "_Tc155187740" 题型09 图形运动问题
\l "_Tc155187741" 题型10 二次函数综合问题
\l "_Tc155187742" 类型一 线段、周长问题
\l "_Tc155187743" 类型二 面积周长问题
\l "_Tc155187744" 类型三 角度问题
\l "_Tc155187745" 类型四 特殊三角形问题
\l "_Tc155187746" 类型五 特殊四边形问题
用二次函数解决实际问题的一般步骤：
1.审：仔细审题，理清题意；
2.设：找出题中的变量和常量，分析它们之间的关系，与图形相关的问题要结合图形具体分析，设出适当的未知数；
3.列：用二次函数表示出变量和常量之间的关系，建立二次函数模型，写出二次函数的解析式；
4.解：依据已知条件，借助二次函数的解析式、图象和性质等求解实际问题；
5.检：检验结果，进行合理取舍，得出符合实际意义的结论.
【注意】二次函数在实际问题中的应用通常是在一定的取值范围内，一定要注意是否包含顶点坐标，如果顶点坐标不在取值范围内，应按照对称轴一侧的增减性探讨问题结论．
利用二次函数解决利润最值的方法：巧设未知数，根据利润公式列出函数关系式，再利用二次函数的最值解决利润最大问题是否存在最大利润问题。
利用二次函数解决拱桥/隧道/拱门类问题的方法：先建立适当的平面直角坐标系，再根据题意找出已知点的坐标，并求出抛物线解析式，最后根据图象信息解决实际问题。
利用二次函数解决面积最值的方法：先找好自变量，再利用相关的图形面积公式，列出函数关系式，最后利用函数的最值解决面积最值问题。
【注意】自变量的取决范围。
利用二次函数解决动点问题的方法：首先要明确动点在哪条直线或抛物线上运动，运动速度是多少，结合直线或抛物线的表达式设出动点的坐标或表示出与动点有关的线段长度，最后结合题干中与动点有关的条件进行计算．
利用二次函数解决存在性问题的方法：一般先假设该点存在，根据该点所在的直线或抛物线的表达式，设出该点的坐标；然后用该点的坐标表示出与该点有关的线段长或其他点的坐标等；最后结合题干中其他条件列出等式，求出该点的坐标，然后判别该点坐标是否符合题意，若符合题意，则该点存在，否则该点不存在．
题型01 最大利润/销量问题
【例1】（2023·湖北武汉·校联考模拟预测）某商店以一定的价格购进甲、乙两种商品若干千克，销售统计发现，甲商品从开始销售至销售的第x天总销量y1（千克）与x的关系如图1所示，且y1是x的二次函数．乙商品从开始销售至销售第x天的总销量y2kg，y2=ωx，其中ω是关于x的一次函数，其图象如图2．
(1)分别求出y1，y2与x的函数关系；
(2)甲、乙两种商品购进量相差多少；
(3)分别求出甲、乙两种商品哪天销量最大，并求出最大销售量是多少．
【答案】(1)y1=-x2+30x，y2=ωx=-3x2+60x；
(2)甲、乙两种商品购进量相差75kg
(3)甲乙均在第1天销量最大，分别是29kg、75kg．
【分析】（1）依据题意，设y1=ax2+bx，结合图象上的点代入计算可以得解；又ω是关于x的一次函数，过0，60，20，0，从而先求出ω与x的关系，再代入可以的y2的关系式；
（2）依据题意，分别依据顶点式求出两种商品的最大值，然后作差可以得解；
（3）依据题意，设第t天，甲、乙商品销量最大，表示出来后，求出最大值即可得解．
【详解】（1）解：由题意，设y1=ax2+bx，
∴4a+2b=5616a+4b=104，
∴y1=-x2+30x，
又ω是关于x的一次函数，过0，60，20，0，
设ω=kx+60，
∴0=20k+60，
解得k=-3，
∴ω=-3x+60，
∴y2=ωx=-3x2+60x；
（2）解：由题意得，y1=-x2+30x=-x-152+225，
∵-11，
∴m=17+5201128，
∴M1，17+5201128；
当点M在BC的下方时，如图3，
，
同理可得：m=17-5201128，
∴M1，17-5201128；
综上所述，M点坐标为1，17+5201128或1，17-5201128．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定和性质，翻折变换的性质，解直角 ，二次函数的图象和性质，涉及知识点多，难度较大，添加辅助线构造相似三角形是解此题的关键．
【变式10-3】（2022·湖北恩施·统考模拟预测）如图，已知抛物线y=14x+h2+k．点A-1,2在抛物线的对称轴上，B0,54是抛物线与y轴的交点，D为抛物线上一动点，过点D作x轴的垂线，垂足为点C．
(1)直接写出h，k的值；
(2)如图，若点D的坐标为3,m，点Q为y轴上一动点，直线QK与抛物线对称轴垂直，垂足为点K．探求DK+KQ+QC的值是否存在最小值，若存在，求出这个最小值及点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图，连接AD，AC，若∠DAC=60°，求点D的坐标．
【答案】(1)h=1，k=1
(2)存在，最小值为74+1，Q0,157
(3)D23-1,4
【分析】（1）根据二次函数性质进行分析，即可得到答案；
（2）由（1）可知y=14x+12+1，求得D3,5，作C点关于直线x=-12的对称点C'，连接C'D交抛物线对称轴于点K，连接CQ，当C'、K、D三点共线时，C'D有最小值，即DK+KQ+QC的值最小，利用坐标点的距离公式，得到C'D=74，即可求出DK+KQ+QC的最小值，再利用待定系数法求出直线C'D的解析式为y=57x+207，进而得到点K的坐标，即可求得点Q的坐标．
（3）如图，过D作DE⊥AC于E，设Dm,14m2+12m+54，则Cm,0，可得CD2=14m2+12m+542，DE2=34AD2 CE2=AC2-AC⋅AD+14AD2，DE2+CE2=AD2+AC2-AC⋅AD，而CD2=DE2+CE2，再建立方程求解即可.
【详解】（1）解：∵点A-1,2在抛物线的对称轴上，
∴抛物线的对称轴为直线x=-1，
∴h=1，
∴y=14x+12+k，
∵B0,54是抛物线与y轴的交点，
∴14+k=54，
∴k=1；
（2）解：存在最小值，理由如下：
由（1）可知，y=14x+12+1，
∵点D是抛物线上一点，坐标为3,m，
∴m=14×3+12+1=5，
∴D3,5，
作C点关于直线x=-12的对称点C'，连接C'D交抛物线对称轴于点K，连接CQ，

由对称性可知，C'K=CQ，
∴DK+KQ+QC=DK+KQ+C'K≥C'D+KQ，
当C'、K、D三点共线时，C'D有最小值，即DK+KQ+QC的值最小，
∵抛物线的对称轴为直线x=-1，QK与抛物线对称轴垂直，
∴KQ=1，
∵D3,5，CD⊥x轴，
∴C3,0，
∴C'-4,0，
∴C'D=3+42+5-02=74，
∴DK+KQ+QC的最小值为74+1，
设直线C'D的解析式为y=kx+b，
∴-4k+b=03k+b=5，
解得：k=57b=207，
∴直线C'D的解析式为y=57x+207，
令x=-1，则y=-57+207=157，
∴K-1,157，
∴Q0,157．
（3）∵y=14x+12+1=14x2+12x+54，
如图，过D作DE⊥AC于E，设Dm,14m2+12m+54，则Cm,0，
∴CD2=14m2+12m+542，

∵∠DAC=60°，
∴DE2=AD⋅sin60°2=34AD2，CE2=AC-AD⋅cs60°2=AC2-AC⋅AD+14AD2，
∴DE2+CE2=AD2+AC2-AC⋅AD
=m+12+4+14m2+12m+54-22+m+12-m+12+14m2+12m-342⋅m+12+4，
而CD2=DE2+CE2，
解得：m=±23-1，
∵D在第二象限，则m>0，
∴m=23-1，
∴D23-1,4.
【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，最值问题，勾股定理，一元二次方程的解法，待定系数法求一次函数解析式等知识，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题关键．
类型二 面积周长问题
【例11】（2023·广东深圳·校考模拟预测）如图①，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=-12x2+bx+c与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，其中OA=2，b-c=-4．

(1)求B，C的坐标；
(2)如图②，点D是第一象限内抛物线上的动点，连接OD，BC，BD，OD交BC于点E，当S△DBES△OBE的值最大时，求此时点D的坐标及S△DBES△OBE的最大值．
【答案】(1)B6,0，C0,6
(2)当S△DBES△OBE的值最大时，此时点D的坐标为3,152，此时S△DBES△OBE的最大值为34
【分析】（1）根据题意，可确定点A的坐标，代入抛物线，与联立b-c=-4方程组求解即可；
（2）根据题意，设点B到OD的距离为h，可得S△DBES△OBE=DEOE，则S△DBES△OBE的最大值即DEOE的最大值，如图所示，过点D作DF⊥x轴交BC与点F，可证△DFE∽△OCE，可得DEOE=-112a-32+34，根据抛物线的顶点式的知识即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=-12x2+bx+c与x轴交于A，OA=2，且点A在x轴的负半轴上，
∴A-2,0，
∴-12×(-2)2-2b+c=0，整理得，-2b+c=2，
∵b-c=-4，
∴联立方程组得，-2b+c=4b-c=-4，解得，b=2c=6，
∴抛物线的解析式为y=-12x2+2x+6，
令y=0，则-12x2+2x+6=0，整理得，x2-4x-12=0，解得，x1=-2，x2=6，
∵A-2,0，
∴B6,0，
令x=0，则y=6，
∴C0,6，
∴B6,0，C0,6．
（2）解：设点B到OD的距离为h，
∴S△DBES△OBE=12DE·h12OE·h=DEOE，则S△DBES△OBE的最大值即DEOE的最大值，
如图所示，过点D作DF⊥x轴交BC与点F，

∵B6,0，C0,6，设BC所在直线的解析式为y=kx+nk≠0，
∴6k+n=0n=6，解得，k=-1n=6，
∴直线BC的解析式为y=-x+6，
∵点D在抛物线y=-12x2+2x+6，点F在BC上，
∴设Da,-12a2+2a+60