2022届中考数学专题复习训练——二次函数 专题16二次函数之定值问题学案

这是一份2022届中考数学专题复习训练——二次函数 专题16二次函数之定值问题学案，共19页。学案主要包含了经典例题1—线段之和，经典例题变式，经典例题2等内容，欢迎下载使用。

抛物线定值问题
【经典例题1—线段之和】如图1，在直角坐标系中，O是坐标原点，点A在y轴正半轴上，二次函数y=ax2+x+c的图象F交x轴于B. C两点，交y轴于M点，其中B(−3，0)，M(0，−1).已知AM=BC.
(1)求二次函数的解析式；
(2)证明：在抛物线F上存在点D，使A. B. C. D四点连接而成的四边形恰好是平行四边形，并请求出直线BD的解析式；
(3)在(2)的条件下，设直线l过D且分别交直线BA、BC于不同的P、Q两点，AC、BD相交于N.
①若直线l⊥BD，如图1，试求的值；
②若l为满足条件的任意直线。如图2.①中的结论还成立吗?若成立，证明你的猜想；若不成立，请举出反例。
【解析】(1)∵二次函数y=ax2+x+c的图象经过点B(−3，0)，M(0，−1)，
∴9a+×(−3)+c=0；c=−1，
解得a=，c=−1.
∴二次函数的解析式为：y=x2+x−1.
(2)由二次函数的解析式为：y=x2+x−1，
令y=0，得x2+x−1=0，
解得x1=−3，x2=2，∴C(2，0)，∴BC=5；
令x=0，得y=−1，∴M(0，−1)，OM=1.
又AM=BC，∴OA=AM−OM=4，∴A(0，4).
设AD∥x轴，交抛物线于点D，如图1所示，
则yD=x2+x−1=OA=4，
解得x1=5，x2=−6(位于第二象限，舍去)
∴D点坐标为(5，4).
∴AD=BC=5，
又∵AD∥BC，
∴四边形ABCD为平行四边形。
即在抛物线F上存在点D，使A. B. C. D四点连接而成的四边形恰好是平行四边形。
设直线BD解析式为：y=kx+b，∵B(−3，0)，D(5，4)，
∴−3k+b=0；5k+b=4，
解得：k=，b=，
∴直线BD解析式为：y=x+.
(3)在Rt△AOB中，AB=，又AD=BC=5，∴▱ABCD是菱形。
①若直线l⊥BD，如图1所示。
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴AC∥直线l，
∴，
∵BA=BC=5，
∴BP=BQ=10，
∴==；
②若l为满足条件的任意直线，如图2所示，此时①中的结论依然成立，理由如下：
∵AD∥BC，CD∥AB，
∴△PAD∽△DCQ，
∴，
∴AP⋅CQ=AD⋅CD=5×5=25.

∴==
【经典例题变式】如图，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于A、B两点，其中点A坐标为（1，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图①，连接AC，点P在抛物线上，且满足∠PAB＝2∠ACO．求点P的坐标；
（3）如图②，点Q为x轴下方抛物线上任意一点，点D是抛物线对称轴与x轴的交点，直线AQ、BQ分别交抛物线的对称轴于点M、N．请问DM+DN是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．

【解析】（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（1，0），C（0，﹣3）
∴   解得：
∴抛物线的函数表达式为y＝x2+2x﹣3
（2）①若点P在x轴下方，如图1，
延长AP到H，使AH＝AB，过点B作BI⊥x轴，连接BH，作BH中点G，连接并延长AG交BI于点F，过点H作HI⊥BI于点I
∵当x2+2x﹣3＝0，解得：x1＝﹣3，x2＝1
∴B（﹣3，0）
∵A（1，0），C（0，﹣3）
∴OA＝1，OC＝3，AC＝，AB＝4
∴Rt△AOC中，sin∠ACO＝，cos∠ACO＝
∵AB＝AH，G为BH中点
∴AG⊥BH，BG＝GH
∴∠BAG＝∠HAG，即∠PAB＝2∠BAG
∵∠PAB＝2∠ACO
∴∠BAG＝∠ACO
∴Rt△ABG中，∠AGB＝90°，sin∠BAG＝
∴BG＝AB＝
∴BH＝2BG＝
∵∠HBI+∠ABG＝∠ABG+∠BAG＝90°
∴∠HBI＝∠BAG＝∠ACO
∴Rt△BHI中，∠BIH＝90°，sin∠HBI＝＝，cos∠HBI＝＝
∴HI＝BH＝，BI＝BH＝
∴xH＝﹣3+＝﹣，yH＝﹣，即H（﹣，﹣）
设直线AH解析式为y＝kx+a
∴   解得：
∴直线AH：y＝x﹣
∵ 解得：（即点A），
∴P（，）
②若点P在x轴上方，如图2，
在AP上截取AH'＝AH，则H'与H关于x轴对称
∴H'（﹣，）
设直线AH'解析式为y＝k'x+a'
∴   解得：（即点A），
∴直线AH'：y＝-x+
∵   解得：（即点A），
∴P（，）
综上所述，点P的坐标为（，）或（，）．
（3）DM+DN为定值
∵抛物线y＝x2+2x﹣3的对称轴为：直线x＝﹣1
∴D（﹣1，0），xM＝xN＝﹣1
设Q（t，t2+2t﹣3）（﹣3＜t＜1）
设直线AQ解析式为y＝dx+e
∴   解得：
∴直线AQ：y＝（t+3）x﹣t﹣3
当x＝﹣1时，yM＝﹣t﹣3﹣t﹣3＝﹣2t﹣6
∴DM＝0﹣（﹣2t﹣6）＝2t+6
设直线BQ解析式为y＝mx+n
∴  解得：
∴直线BQ：y＝（t﹣1）x+3t﹣3
当x＝﹣1时，yN＝﹣t+1+3t﹣3＝2t﹣2
∴DN＝0﹣（2t﹣2）＝﹣2t+2
∴DM+DN＝2t+6+（﹣2t+2）＝8，为定值．
练习1-1如图，抛物线y=ax2+c(a≠0)经过C(2，0)，D(0，−1)两点，并与直线y=kx交于A. B两点，直线l过点E(0，−2)且平行于x轴，过A. B两点分别作直线l的垂线，垂足分别为点M、N.
(1)求此抛物线的解析式；
(2)求证：AO=AM；
(3)探究：
①当k=0时，直线y=kx与x轴重合，求出此时的值；
②试说明无论k取何值，的值都等于同一个常数。






练习1-2已知抛物线C1:y1=x2−x+1，点F(1，1).
(I)求抛物线C1的顶点坐标；
(II)①若抛物线C1与y轴的交点为A，连接AF，并延长交抛物线C1于点B，求证：.
②取抛物线C1上任意一点P(xP，yP)(0 (III)将抛物线C1作适当的平移，得抛物线C2:y2=(x−h)2，若2


练习1-3已知：抛物线y=x2−mx+与抛物线y=x2+mx−m2在平面直角坐标系xOy中的位置如图所示，其中一条与x轴交于A. B两点。
(1)试判定哪条抛物线经过A、B两点，并说明理由；
(2)若A、B两点到原点的距离AO、OB满足，求经过A. B两点的这条抛物线的解析式。



【经典例题2】已知抛物线y=x2−2mx+m2−2m(m>2)，顶点为点M，抛物线与x轴交于A. B点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C.
(1)若抛物线经过点(1，1)时，求此时抛物线的解析式；
(2)直线y=2x−1与抛物线交于P、Q两点，若8⩽PQ⩽10，请求出m的取值范围；
(3)如图，若直线CM交x轴于点N，请求的值。
【解析】(1)把点(1，1)代入y=x2−2mx+m2−2m(m>2)，得
1−2m+m2−2m=1.
解得m1=0(舍去)，m2=4，
即m=4符合题意，
∴原抛物线解析式为：y=x2−8x+8；
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立得：x2−(2m+2)x+m2−2m+1=0，
∴x1+x2=2m+2，x1⋅x2=m2−2m+1，
∴(x2−x1)2=(x1+x2)2−4x1⋅x2=16m.
∴(y2−y1)2=(2x1−1−2x2+1)2=4(x2−x1)2=64m.
∴PQ==4.
又∵△=[−(2m+2)]2−4(m2−2m+1)=4>0，即△=4>0.
∴m>0.
由8⩽PQ⩽10，得8⩽4⩽10，
解得：4⩽m⩽；
(3)设A(x1，0)、B(x2，0)，
令x=0，则y=m2−2m，
∴C(0，m2−2m).
由y=x2−2mx+m2−2m得：y=(x−m)2−2m，
∴M(m，−2m)
设直线CM的解析式为：y=kx+b(k≠0)，则
.解得.
∴直线CM的解析式为：y=mx+m2−2m.
∴ON=m−2.
令x2−2mx+m2−2m=0
得x1+x2=2m，x1⋅x2=m2−2m，
∴AN⋅NB=(m−2−x1)(x2−m+2)=−(m−2)2+(m−2)(x1+x2)−x1x2=2m−4.
∴.







练习2-1抛物线y＝ax2＋c与x轴交于A、B两点，顶点为C，点P为抛物线上，且位于x轴下方．
（1）如图1，若P(1，－3)、B(4，0)，求该抛物线的解析式；
（2） 如图2，已知直线PA、PB与y轴分别交于E、F两点．当点P运动时，是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由．



练习2-2如图，已知△ABC为直角三角形，∠ACB=90∘，AC=BC，点A. C在x轴上，点B坐标为(3，m)(m>0)，线段AB与y轴相交于点D，以P(1，0)为顶点的抛物线过点B. D.
(1)求点A的坐标(用m表示)；
(2)求抛物线的解析式；
(3)设点Q为抛物线上点P至点B之间的一动点，连接PQ并延长交BC于点E，连接BQ并延长交AC于点F，试证明：FC(AC+EC)为定值。


练习2-3如图，经过(1，0)和(2，3)两点的抛物线y=ax2+c交x轴于A，B两点，P是抛物线上一动点，平行于x轴的直线l经过点(0，-2)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，y轴上有点C(0，)连接，设点P到直线l的距离为d．PC=t．小明在探究d-t的值的过程中，是这样思考的：当P 是抛物线的顶点时，计算d-t的值；当P不是抛物线的顶点时，猜想d-t是一个定值．请你直接写出d-t的值，并证明小明的猜想．
(3)如图2，点P在第二象限，分别连接PA、PB，并延长交直线l于两M、N点．若M、N两点的横坐标分别为m、n，试探究m、n之间的数量关系．









参考答案
练习1-1【解析】(1)∵抛物线y=ax2+c(a≠0)经过C(2，0)，D(0，−1)，
∴4a+c=0；c=−1，
解得a=；c=−1，
所以，抛物线的解析式为y=x2−1；
(2)证明：设点A的坐标为(m，m2−1)，
则AO=，
∵直线l过点E(0，−2)且平行于x轴，
∴点M的纵坐标为−2，
∴AM=m2−1−(−2)=m2+1，
∴AO=AM；
(3)①k=0时，直线y=kx与x轴重合，点A. B在x轴上，
∴AM=BN=0−(−2)=2，
∴=+=1；
②k取任何值时，设点A(x1，−1)，B(x2，−1)，
则==
，
消掉y得，x2−4kx−4=0，
由根与系数的关系得，x1+x2=4k，x1⋅x2=−4，
所以，=16k2+8，
，
∴===1
∴无论k取何值，的值都等于同一个常数1.

练习1-2【解析】(I)∵y1=x2−x+1=(x−1)2+，
∴抛物线C1的顶点坐标为(1，)；
(II)①证明：根据题意得：点A(0，1)，
∵F(1，1)，
∴AB∥x轴，得AF=BF=1，
∴;
②成立。
理由：
如图，过点P(xp，yp)作PM⊥AB于点M，
则FM=1−xp，PM=1−yp，(0 ∴Rt△PMF中，由勾股定理，
得PF2=FM2+PM2=(1−xp)2+(1−yp)2，
又点P(xp，yp)在抛物线C1上，
得yp=(xp−1)2+，即(xp−1)2=2yp−1，
∴PF2=2yp−1+(1−yp)2=，
即PF=yp，
过点Q(xQ，yQ)作QN⊥AB，与AB的延长线交于点N，
同理可得：QF=yQ，
∵∠PMF=∠QNF=90∘，∠MFP=∠NFQ，
∴△PMF∽△QNF，
∴PFQF=PMQN，
这里PM=1−yp=1−PF，QN=yQ−1=QF−1，
∴PF/QF=，
即；
(III)令y3=x，
设其图象与抛物线C2交点的横坐标为x0，，且x0<，
∵抛物线C2可以看作是抛物线y=x2左右平移得到的，
观察图象，随着抛物线C2向右不断平移，x0，的值不断增大，
∴当满足2 可得：当x0=2时，所对应的即为m的最大值。
于是，将x0=2代入12(x−h)2=x，
有(2−h)2=2，
解得：h=4或h=0(舍去)，
∴y2=(x−4)2.
此时，由y2=y3，得(x−4)2=x，
解得：x0=2，=8，
∴m的最大值为8.




练习1-3【解析】(1)∵抛物线不过原点，
∴m≠0.
令x2−mx+=0，
∴△1=(−m)2−4×=−m2<0，与x轴没有交点。
令x2+mx−m2=0，
∵△2=m2−4(−m2)=4m2>0，
∴抛物线y=x2+mx−m2经过A. B两点；
(2)设点A(x1，0)，B(x2，0)，
则x1、x2是方程x2+mx−m2=0的两个实数根，
∴x1+x2=−m，x1⋅x2=−m2，
∵AO=−x1，OB=x2，
∵，
∴，∴，
∴，
解得m=2，经检验，m=2是方程的解。
∴所求抛物线的解析式为y=x2+2x−3.
练习2-1【解析】(1)将P(1，−3)，B(4，0)代入y=ax2+c，得，解得，
∴抛物线的解析式为y=x2−；
(2)点P运动时，OE+OF是定值，定值为2，理由如下：
如图2，作PQ⊥AB于Q点，
设P(m，am2+c)，A(−t，0)，B(t，0)，则at2+c=0，c=−at2.
∵PQ∥OF，
∴，
∴===amt+at2.
同理OE=−amt+at2，
∴OE+OF=2at2=−2c=2OC=.

练习2-2【解析】（1） 由B（3，m）可知OC=3，BC=m，又△ABC为等腰直角三角形，
∴AC=BC=m，OA=m-3，
∴点A的坐标是（3-m，0）．
（2）∵∠ODA=∠OAD=45°
∴OD=OA=m-3，
则点D的坐标是（0，m-3）．
又抛物线顶点为P（1，0），且过点B、D，
所以可设抛物线的解析式为：y=a（x-1）2，
得：a(3-1)2=m；a(0-1)2=m-3
解得a=1；m=4
∴抛物线的解析式为y=x2-2x+1；
（3）证明：过点Q作QM⊥AC于点M，过点Q作QN⊥BC于点N，
设点Q的坐标是（x，x2-2x+1），
则QM=CN=（x-1）2，MC=QN=3-x．
∵QM∥CE
∴△PQM∽△PEC
∴即，得EC=2（x-1）
∵QN∥FC
∴△BQN∽△BFC
∴即，得FC=
又∵AC=4
∴FC（AC+EC）===8
即FC（AC+EC）为定值8．

练习2-3（1）抛物线解析式y=x2-1
(2)d-t=

(3)mn=-1