2020年中考数学基础题型提分讲练专题18二次函数函数综合题(含解析)

专题18 二次函数综合题

考点分析

【例1】（2019·辽宁中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，一次函数y＝﹣34x+3的图象与x轴交于点A，与y轴交于B点，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A，B两点，在第一象限的抛物线上取一点D，过点D作DC⊥x轴于点C，交直线AB于点E．

（1）求抛物线的函数表达式

（2）是否存在点D，使得△BDE和△ACE相似？若存在，请求出点D的坐标，若不存在，请说明理由；

（3）如图2，F是第一象限内抛物线上的动点（不与点D重合），点G是线段AB上的动点．连接DF，FG，当四边形DEGF是平行四边形且周长最大时，请直接写出点G的坐标．

【答案】（1）y＝﹣x2+134x+3；（2）存在．点D的坐标为（134，3）或（2312，509）；（3）G（134，916）．

【解析】

解：（1）在334yx中，令0x，得3y，令0y，得4x，

(4,0)A，(0,3)B，

将(4,0)A，(0,3)B分别代入抛物线2yxbxc中，得：24403bcc，解得：1343bc，

抛物线的函数表达式为：21334yxx．

（2）存在．如图1，过点B作BHCD于H，设(,0)Ct，则213(,3)4Dttt，3(,3)4Ett，(,3)Ht；

334ECt，4ACt，BHt，2134DHtt，24DEtt

BDE∵和ACE相似，BEDAEC

BDEACE∽或DBEACE∽ ①当BDEACE∽时，90BDEACE，

BDACDECE，即：BDCEACDEgg

23(3)(4)(4)4ttttt，解得：10t（舍去），24t（舍去），3134t，

13(4D，3)

②当DBEACE∽时，BDECAE

BHCDQ

90BHD，

tantanBHCEBDECAEDHAC，即：BHACCEDHgg

2313(4)(3)()44ttttt，解得：10t（舍)，24t（舍)，32312t，

23(12D，50)9；

综上所述，点D的坐标为13(4，3)或23(12，50)9；

（3）如图3，Q四边形DEGF是平行四边形

//DEFG，DEFG

设213(,3)4Dmmm，3(,3)4Emm，213(,3)4Fnnn，3(,3)4Gnn，

则：24DEmm，24FGnn，

2244mmnn，即：()(4)0mnmn，0mnQ

40mn，即：4mn

过点G作GKCD于K，则//GKAC

EGKBAO

coscosGKAOEGKBAOEGAB，即：GKABAOEGgg

5()4nmEG，即：5()4EGnm

DEGF周长2253892()2[(4)()]2()448DEEGmmnmm

20Q，

当34m时，DEGFY周长最大值898，

13(4G，9)16．

【点睛】

此题考查二次函数综合题，综合难度较大，解答关键在于结合函数图形进行计算，再利用待定系数法求解析式，配合辅助线利用相似三角形的性质进行解答.

【例2】（2019·山东中考模拟）如图，已知直线AB经过点（0，4），与抛物线y=14x2交于A，B两点，其中点A的横坐标是2．

(1）求这条直线的函数关系式及点B的坐标．

(2）在x轴上是否存在点C，使得△ABC是直角三角形？若存在，求出点C的坐标，若不存在请说明理由．

(3）过线段AB上一点P，作PM∥x轴，交抛物线于点M，点M在第一象限，点N（0，1），当点M的横坐标为何值时，MN+3MP的长度最大？最大值是多少？

【答案】（1）直线y=32x+4，点B的坐标为（8，16）；（2）点C的坐标为（﹣12，0），（0，0），（6，0），（32，0）；（3）当M的横坐标为6时，MN+3PM的长度的最大值是18． 【解析】

（1）∵点A是直线与抛物线的交点，且横坐标为-2，

21(2)14y,A点的坐标为（-2，1），

设直线的函数关系式为y=kx+b，

将（0，4），（-2，1）代入得421bkb

解得324kb

∴y＝32x＋4

∵直线与抛物线相交，

231424xx

解得：x=-2或x=8，

当x=8时，y=16，

∴点B的坐标为（8，16）；

（2）存在．

∵由A(－2，1)，B(8，16)可求得AB2＝22(82)(161)++-=325

.设点C(m，0)，

同理可得AC2＝(m＋2)2＋12＝m2＋4m＋5，

BC2＝(m－8)2＋162＝m2－16m＋320，

①若∠BAC＝90°，则AB2＋AC2＝BC2，即325＋m2＋4m＋5＝m2－16m＋320，解得m＝－12；

②若∠ACB＝90°，则AB2＝AC2＋BC2，即325＝m2＋4m＋5＋m2－16m＋320，解得m＝0或m＝6；

③若∠ABC＝90°，则AB2＋BC2＝AC2，即m2＋4m＋5＝m2－16m＋320＋325，解得m＝32，

∴点C的坐标为(－12，0)，(0，0)，(6，0)，(32，0)

（3）设M(a，14a2)，

则MN＝2222111144aaa，

又∵点P与点M纵坐标相同， ∴32x＋4＝14a2，

∴x=2166a ，

∴点P的横坐标为2166a，

∴MP＝a－2166a，

∴MN＋3PM＝14a2＋1＋3(a－2166a)＝－14a2＋3a＋9＝－14 (a－6)2＋18，

∵－2≤6≤8，

∴当a＝6时，取最大值18，

∴当M的横坐标为6时，MN＋3PM的长度的最大值是18

考点集训

1．（2019·湖南中考真题）已知抛物线2(0)yaxbxca过点(1,0)A，(3,0)B两点，与y轴交于点C，=3OC．

(1)求抛物线的解析式及顶点D的坐标；

(2)过点A作AMBC，垂足为M，求证：四边形ADBM为正方形；

(3)点P为抛物线在直线BC下方图形上的一动点，当PBC面积最大时，求点P的坐标；

(4)若点Q为线段OC上的一动点，问：12AQQC是否存在最小值？若存在，求岀这个最小值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)抛物线的表达式为：243yxx，顶点(2,1)D；(2)证明见解析；(3)点33,24P；(4)存在，12AQQC的最小值为3264．

【解析】

(1)函数的表达式为：2yax1x3ax4x3，

即：3a=3，解得：a=1，

故抛物线的表达式为：2yx4x3，

则顶点D(2,1)；

(2)OBOC3Q，OBCOCB45，

∵A(1,0)，B(3,0)，∴ OB=3，OA=1，

∴AB=2，

∴AMMBABsin452，

又∵D(2，-1)，

∴AD=BD=2221102，

∴AM=MB=AD=BD，

∴四边形ADBM为菱形，

又∵AMB90，

菱形ADBM为正方形；

(3)设直线BC的解析式为y=mx+n， 将点B、C的坐标代入得：303mnn，

解得：13mn，

所以直线BC的表达式为：y=-x+3，

过点P作y轴的平行线交BC于点N，

设点2Px,x4x3，则点N(x,x+3)，

则22ΔPBC133SPNOBx3x4x3x3x222，

302Q，故ΔPBCS有最大值，此时3x2，

故点33P,24；

(4)存在，理由：

如图，过点C作与y轴夹角为30的直线CF交x轴于点F，过点A作AHCF，垂足为H，交y轴于点Q，

此时1HQCQ2，

则1AQQC2最小值=AQ+HQ=AH，

在Rt△COF中，∠COF=90°，∠FOC=30°，OC=3，tan∠FCO=FOCO，

∴OF=3，

∴F(-3，0)，

利用待定系数法可求得直线HC的表达式为：y3x3…①，

∵∠COF=90°，∠FOC=30°，

∴∠CFO=90°-30°=60°，

∵∠AHF=90°，

∴∠FAH=90°-60°=30°，

∴OQ=AO•tan∠FAQ=33， ∴Q(0,3

3)，

利用待定系数法可求得直线AH的表达式为：33yx33…②，

联立①②并解得：133x4，

故点13333H,44，而点A(1,0)，

则326AH4，

即1AQQC2的最小值为3264．

【点睛】

本题考查了二次函数的综合题，涉及了待定系数法，解直角三角形的应用，正方形的判定，最值问题等，综合性较强，有一定的难度，正确把握相关知识，会添加常用辅助线是解题的关键.

2．（2019·辽宁中考模拟）如图①,已知抛物线y=ax2+bx+c的图像经过点A（0，3)、B（1，0），其对称轴为直线l：x=2，过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点，设其横坐标为m.