中考数学专题10 二次函数综合问题（原卷版+解析版）

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【思维导图】
【类型清单】
二、【考点类型】
考点1：线段周长问题
典例1：（2022·漳州）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A和点B（3，0），与y轴交于点C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点M是抛物线在x轴下方上的动点，过点M作MN∥y轴交直线BC于点N，求线段MN的最大值；
（3）在（2）的条件下，当MN取得最大值时，在抛物线的对称轴l上是否存在点P，使△PBN是等腰三角形？若存在，请直接写出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：将点B（3，0）、C（0，3）代入抛物线y=x2+bx+c中，
得： 0=9+3b+c3=c ，解得： b=−4c=3 ，
∴抛物线的解析式为y=x2﹣4x+3．
（2）解：设点M的坐标为（m，m2﹣4m+3），设直线BC的解析式为y=kx+3，
把点点B（3，0）代入y=kx+3中，
得：0=3k+3，解得：k=﹣1，
∴直线BC的解析式为y=﹣x+3．
∵MN∥y轴，
∴点N的坐标为（m，﹣m+3）．
∵抛物线的解析式为y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线的对称轴为x=2，
∴点（1，0）在抛物线的图象上，
∴1＜m＜3．
∵线段MN=﹣m+3﹣（m2﹣4m+3）=﹣m2+3m=﹣ 12 + 94 ，
∴当m= 32 时，线段MN取最大值，最大值为 94 ．
（3）解：假设存在．设点P的坐标为（2，n）．
当m= 32 时，点N的坐标为（ 32 ， 32 ），
∴PB= (2−3)2+(n−0)2 = 1+n2 ，PN= (2−32)2+(n−32)2 ，BN= (3−32)2+(0−32)2 = 322 ．
△PBN为等腰三角形分三种情况：
①当PB=PN时，即 1+n2 = (2−32)2+(n−32)2 ，
解得：n= 12 ，
此时点P的坐标为（2， 12 ）；
②当PB=BN时，即 1+n2 = 322 ，
解得：n=± 142 ，
此时点P的坐标为（2，﹣ 142 ）或（2， 142 ）；
③当PN=BN时，即 (2−32)2+(n−32)2 = 322 ，
解得：n= 3±172 ，
此时点P的坐标为（2， 3−172 ）或（2， 3+172 ）．
综上可知：在抛物线的对称轴l上存在点P，使△PBN是等腰三角形，点的坐标为（2， 12 ）、（2，﹣ 142 ）、（2， 142 ）、（2， 3−172 ）或（2， 3+172 ）．
【解析】【分析】（1）由点B、C的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）设出点M的坐标以及直线BC的解析式，由点B、C的坐标利用待定系数法即可求出直线BC的解析式，结合点M的坐标即可得出点N的坐标，由此即可得出线段MN的长度关于m的函数关系式，再结合点M在x轴下方可找出m的取值范围，利用二次函数的性质即可解决最值问题；
（3）假设存在，设出点P的坐标为（2，n），结合（2）的结论可求出点N的坐标，结合点N、B的坐标利用两点间的距离公式求出线段PN、PB、BN的长度，根据等腰三角形的性质分类讨论即可求出n值，从而得出点P的坐标．
【变式1】（2018·大庆）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，B点坐标为（4，0），与y轴交于点C（0，4）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在x轴下方的抛物线上，过点P的直线y=x+m与直线BC交于点E，与y轴交于点F，求PE+EF的最大值；
（3）点D为抛物线对称轴上一点．
①当△BCD是以BC为直角边的直角三角形时，直接写出点D的坐标；
②若△BCD是锐角三角形，直接写出点D的纵坐标n的取值范围．
【答案】（1）解：把B（4，0），C（0，4）代入y=x2+bx+c，得 16+4b+c=0c=4 ，解得 b=−5c=4∴抛物线的解析式为y=x2﹣5x+4．
（2）解：由B（4，0），C（0，4）易得BC的解析式为y=﹣x+4，
由OB=OC，可得△BOC为等腰直角三角形，∠BCO=∠CBO=45°，
由直线y=x+m可得F（0，m），与x轴的交点为Q（-m，0），则OF=OQ，
∴∠EFC=45°，
∴△ECF为等腰直角三角形，EF= 22CF=22(4−m) ，
作PG∥y轴交BC于G，
△EPG为等腰直角三角形，PE= 22 PG，
设P（t，t2﹣5t+4）（1＜t＜4），则G（t，﹣t+4），m=t2﹣6t+4
∴PG=﹣t+4﹣（t2﹣5t+4）=﹣t2+4t，EF= 22(4−t2+6t−4)=−22t2+32t ，
∴PE= 22 PG=﹣ 22t2 + 22t ，
∴PE+EF=﹣ 22t2 + 22t −22t2+32t = −2t2+52t=−2(t−52)2+2524
当t= 52 时，PE+EF的最大值为 2524 ；
（3）解：①如图，
抛物线的对称轴为直线x= 52 ，设D（ 52 ，n），则BC2=42+42=32，DC2=（ 52 ）2+（n﹣4）2，BD2=（4﹣ 52 ）2+n2= 94 +n2，当△BCD是以BC为直角边，BD为斜边的直角三角形时，BC2+DC2=BD2，即32+（ 52 ）2+（n﹣4）2= 94 +n2，解得n=5，此时D点坐标为（ 52 ， 132 ）.
当△BCD是以BC为直角边，CD为斜边的直角三角形时，BC2+BD2=DC2，即32+ 94 +n2=（ 52 ）2+（n﹣4）2，解得n=﹣1，此时D点坐标为（ 52 ， −32 ）；
综上所述，符合条件的点D的坐标是（ 52 ， 132 ）或（ 52 ， −32 ）．
②当△BCD是以BC为斜边的直角三角形时，DC2+DB2=BC2，即（ 52 ）2+（n﹣4）2+ 94 +n2=32，解得n1= 4+312 ，n2= 4−312 ，此时D点坐标为（ 52 ， 4+312 ）或（ 52 ， 4−312 ），
∴△BCD是锐角三角形，点D的纵坐标的取值范围为 4+312 ＜n＜ 132 或 −32 ＜y＜ 4−312 ．
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的解析式：将B（4，0）和C（0，4）代入二次函数解析式，联立方程解出b，c即可；（2）求PE+PF的最大值，一般可以通过几何分析得到特殊点，或者将PE+PF运用含字母的代数式表示出来，分析字母的取值范围，得到PE+PF的最值；由点P是抛物线与直线y=x+m的交点，即点P为动点，不妨设P（t，t2﹣5t+4）（1＜t＜4），尝试结合直线y=x+m及直线BCy=﹣x+4的特殊性，可得∠BCO=∠CFE=45°，用t表示出PE及EF的长度，并求出PE+EF的和；（3）①直角三角形中已知B（4，0），C（0，4），且D的横坐标为 52 ，∵BC为直角边，则需要分类讨论，BD为斜边时，CD为斜边时点D的坐标：由勾股定理及两点坐标的距离公式，构造方程解出点D的纵坐标即可；
②结合①的结论，以及当△BCD是以BC为斜边的直角三角形时，由勾股定理可求得此时D的坐标，结合图形将①和②所求得的点D的坐标在图中标出来，可确定点D在哪些位置时，△BCD是锐角三角形．
【变式2】（2022九上·东阳月考）如图，抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）三点，D为直线BC上方抛物线上一动点，过点D做DQ⊥x轴于点M，DQ与BC相交于点M．DE⊥BC于E．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）求线段DE长度的最大值；
（3）连接AC，是否存在点D，使得△CDE中有一个角与∠CAO相等？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵抛物线y＝ax2+bx+c经过A（-1，0），B（3，0），C（0，3）三点，
∴设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x-3），
将C（0，3）代入，得：a×（0+1）×（0-3）＝3，
解得：a＝-1，
∴y＝-（x+1）（x-3）＝-x2+2x+3，
∴抛物线解析式为y＝-x2+2x+3
（2）解：设D（m，-m2+2m+3），且0＜m＜3，如图1，
在Rt△BOC中，BO＝3，OC＝3，
∴BC＝ BO2+OC2=32+32=32 ，
设直线BC的解析式为y＝kx+n，将B（3，0），C（0，3）代入，
得： 3k+n=0n=3
解得： k=−1n=3
∴直线BC的解析式为y＝-x+3，
∴G（m，-m+3），
∴DG＝-m2+2m+3-（-m+3）＝-m2+3m，
∵DE⊥BC，
∴∠DEG＝∠BOC＝90°，
∵DG⊥x轴，
∴DG∥y轴，
∴∠DGE＝∠BCO，
∴△DGE∽△BCO，
∴DEDG=BOBC，
∴DE−m2+3m=332，
∴DE＝- 22m2+322m=−22(m−32)2+928
∴当m＝32时，DE取得最大值，最大值是928.
（3）解：存在点D，使得△CDE中有一个角与∠CFO相等．
∵点F是AB的中点，A（-1，0），B（3，0），C（0，3），
∴F（1，0），
∴OF＝1，OC＝3，BC＝4，
∴tan∠CFO＝OCOF＝3，
如图2所示，过点B作BG⊥BC，交CD的延长线于点G，过点G作GH⊥x轴于点H，
①若∠DCE＝∠CFO，
∴tan∠DCE＝tan∠CFO＝3，
∵tan∠DCE＝GBBC=3，
∴GB＝12，
∵BG⊥BC，GH⊥x轴，
∴∠CBG＝∠GHB＝∠BCO＝90°，
∴∠CBO+∠GBH＝∠BGH+∠GBH＝90°，
∴∠CBO＝∠BGH，
∴△CBO∽△BGH，
∴GHBO=HBOC=GBBC，
∴GH＝9，HB＝9，
∴OH＝OB+BH＝3+9＝12，
∴G（12，9），
设直线CG的解析式为y＝k1x+b1，
∴12k1+b1=9b1=3 ，
解得： k1=12b1=3 ，
∴直线CG的解析式为y＝12x+3，
联立方程组，得：y=12x+3y=−x2+2x+3，
解得：x1=32y1=154，x2=0y2=3（不合题意，舍去），
当x＝32时，y＝12×32+3＝154，
∴D（32，154）；
②若∠CDE＝∠CFO，
∴tan∠CDE＝tan∠CFO＝3，
∵BG⊥BC，DE⊥BC，
∴∠CBG＝∠CED＝90°，
∴GB∥DE，
∴∠CDE＝∠CGB，
∴tan∠CDE＝tan∠CGB＝BCGB＝3，
∴GB＝13BC＝13×32＝2 ，
∵△CBO∽△BGH，
∴GHBO=HBOC=GBBC，
∴GH＝13BO＝1，HB＝13OC＝1，
∴OH＝OB+BH＝3+1＝4，
∴G（4，1）；
同①方法，易求得直线CG的解析式为y＝-12 x+3，
联立方程组，得 y=12x+3y=−x2+2x+3
解得：x1=52y1=74，x2=0y2=3（不合题意，舍去），
∴D（52，74），
综上所述，存在点D使得△CDE中有一个角与∠CFO相等，点D的坐标为（32，154）或（52，74）．
【解析】【分析】（1）利用”两根式“待定系数法求解，由抛物线y＝ax2+bx+c经过A（-1，0），B（3，0），C（0，3）三点，设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x-3），再代入点坐标求解即可；
（2）设D（m，-m2+2m+3），且0＜m＜3，利用勾股定理求得BC的长，再利用待定系数法求出直线BC的解析式，再证明△DGE∽△BCO，根据相似三角形性质，用含m的代数式表示出DE，再利用二次函数最值即可求解；
（3）△CDE中有一个角与∠CAO相等，分两种情况：①若∠DCE＝∠CFO，②若∠CDE＝∠CFO，过点B作BG⊥BC，交CD的延长线于点G，过点G作GH⊥x轴于H，运用三角函数定义和相似三角形性质求出直线CG的解析式，再联立方程组并求解方程组，即可求得使得△CDE中有一个角与∠CFO相等的点D的坐标．
【变式3】（2022九上·鄞州月考）如图，已知抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A，B两点，其中点A的坐标为(-3，0)，与y轴交于点C，点D(-2，-3)在抛物线上.
（1）求抛物线的表达式；
（2）抛物线的对称轴上有一动点P，求△PAD周长的最小值；
（3）抛物线的对称轴上有一动点M，当△MAD是等腰三角形时，直接写出点M的坐标.
【答案】（1）解：由题意得
9−3b+c=04a−2b+c=−3
解之：b=2c=−3
∴抛物线的解析式为y=x2+2x-3.
（2）解：连接BD交对称轴于点P，
∵点A，B关于对称轴对称，
∴AP=BP，
∴AP+PD+AD=BP+PD+AP=BD+AD，
∵两点之间线段最短，
∴此时△PAD的周长为BD+AD为最小，
当y=0时x2+2x-3=0
解之：x1=-3，x2=1，
∴点B（1，0），
∵A (-3，0) ，D (-2，-3) ，
∴BD=−2−12+32=32，
AD=−3+22+32=10
∴△PAD的周长为32+10.
（3）解：设点M（-1，n），
∵A (-3，0) ，D (-2，-3) ，
∴AM2=（-1+3）2+n2=n2+4，AD2=（-3+2）2+9=10，
MD2=（-1+2）2+（n+3）2=n2+6n+10
当AM=AD时n2+4=10，
解之：n1=6，n2=-6，
∴点M（-1，6）或（-1，-6）；
当AM=MD时n2+4=n2+6n+10
解之：n=-1，
∴点M（-1，-1）
当AD=DM时n2+6n+10=10
解之：n1=0，n2=-6；
∴点P（-1，0），（-1，-6），
设AD的函数解析式为y=kx+b
∴−3k+b=0−2k+b=−3
解之：k=−3b=−9
∴AD的函数解析式为y=-3x-9，
当x=-1时y=3-9=-6，
∴（-1，-6）在直线AD上，
∴点（-1，-6）不符合题意，舍去
∴当△MAD是等腰三角形时，点M的坐标为（-1，6）或（-1，-6）或（-1，-1）或（-1，0）.
【解析】【分析】（1）将点A，D的坐标分别代入函数解析式，可得到关于b，c的方程组，解方程组求出b，c的值，可得到抛物线的解析式.
（2）连接BD交对称轴于点P，利用对称轴的应用-最短问题及二次函数的对称性，可知此时△PAD的周长为BD+AD为最小，由y=0求出对应的x的值，可得到点B的坐标；再利用勾股定理求出BD，AD的长，然后求出△PAD的周长.
（3）设点M（-1，n），利用平面直角坐标系中的两点之间的距离公式，分别求出AM2，AD2，MD2，再利用等腰三角形的定义，分情况讨论：当AM=MD时；当AM=AD时；当MD=AD时，分别可得到关于n的方程，分别解方程求出n的值，可得到点P的坐标；再求出直线AD的函数解析式，可知点（-1，-6）在此函数图象上，综上所述可得到符合题意的点P的坐标.
考点2：面积问题
典例2：（2021九上·鄂城期末）如图1，在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 y=ax2+bx 经过点 (−2，5) ，且与直线 y=−12x 在第二象限交于点A，过点A作 AB⊥x 轴，垂足为点 B(−4，0) .若P是直线 OA 上方该抛物线上的一个动点，过点P作 PC⊥x 轴于点C，交 OA 于点D，连接 OP ， PA .
（1）求抛物线的解析式；
（2）求 △AOP 的面积S的最大值；
（3）连接 PB 交 OA 于点E，如图2，线段 PB 与 AD 能否互相平分？若能，请求出点E的坐标；若不能，请说明理由.
【答案】（1）解： ∵ AB⊥x 轴，点 B(−4，0) ，
∴y=−12×4=−2，
∴ A(−4，2) ，
又∵抛物线经过 (−2，5) ，
∴16a−4b=24a−2b=5， 解得： a=−1b=−92，
∴抛物线的解析式为 y=−x2−92x
（2）解：设点 P(t，−t2−92t) ，则点 D(t，−12t) ，
∴PD=(−t2−92t)−(−12t)=−t2−4t
∴ S=12⋅PD⋅4=12⋅(−t2−4t)⋅4=−2(t+2)2+8 ，
∴t=−2 时， Smax=8 ；
（3）解：线段 PB 与 AD 能相互平分.理由如下：如图，连接 BD
∵线段 PB 与 AD 相互平分，
∴四边形 ABDP 是平行四边形，
∴PD=AB ，
∵A(−4，2)，PD =−t2−4t，
∴ −t2−4t=2 ，
∴t=−2+2 或 t=−2−2
当 t=−2+2 时，则 D(−2+2，1−22)，
∵E 为 AD 的中点，
∴点E的坐标为 (−6+22，6−24)
当 t=−2−2 时， 则 D(−2−2，1+22)，
∵E 为 AD 的中点，
∴点E的坐标为 (−6−22，6+24)
∴点E的坐标为 (−6+22，6−24) 或 (−6−22，6+24) .
【解析】【分析】（1）根据AB⊥x轴可得点A、B的横坐标均为-4，将x=-4代入y=−12x中求出y，据此可得点A的坐标，将点A的坐标及（-2，5）代入y=ax2+bx中求出a、b，据此可得抛物线的解析式；
（2）设P（t，-t2-92t），则D（t，−12t），表示出PD，然后根据三角形的面积公式可得S，接下来结合二次函数的性质可得S的最大值；
（3）连接BD，则四边形ABDP是平行四边形，得到PD=AB，据此可得t的值，进而得到点D的坐标，然后由E为AD的中点就可得到点E的坐标.
【变式1】（2022九上·岳麓开学考）如图，抛物线y=ax2+bx+6经过A(−2，0)、B(4，0)两点，与y轴交于点C，点D是抛物线上一动点，设点D的横坐标为m(1