資源簡介

二次函數(shù)綜合題
類型一　線段問題
方法歸納
常見構(gòu)造二次函數(shù)關(guān)系求線段最值問題
1. 求線段長(和、比、差)
(1)求豎直線段MN長的最大值(如圖)
第一步：設(shè)點[設(shè)點M(t，
at2＋bt＋c)，則N(t，mt＋n)]；
第二步：表示線段長(和、比、差)(MN＝at2＋bt＋c－mt－n)；
(2)求斜線段MP長的最大值(如圖)
利用銳角三角函數(shù)化斜為直得：MP＝MN·sin ∠MNP，再根據(jù)(1)的步驟解題即可．
2. 求線段長最值
方法1：代數(shù)法：
第一步：表示出所要求的線段長；
第二步：化簡[化簡MN＝at2＋bt＋c－mt－n＝at2＋(b－m)t＋c－n]，利用二次函數(shù)性質(zhì)求最值．
方法2：幾何法：見本書
專項6　與線段有關(guān)的最值問題
例1　(萬唯原創(chuàng))拋物線y＝－x2－2x＋3與x軸交于點A，B(點A在點B的左側(cè))，與y軸交于點C.P是直線AC上方拋物線上的一個動點(不與A，C重合).
一、表示線段長
(1)如圖①，已知點P的坐標(biāo)為(－2，3)，過點P作PD⊥x軸于點D，交AC于點E，則PE的長為______，ED的長為______；
例1題圖①
二、線段之間的數(shù)量關(guān)系
(2)如圖②，連接PC.
①當(dāng)PE＝2ED時，點P的坐標(biāo)為________；
②當(dāng)PC＝PE時，點E的坐標(biāo)為__________；
例1題圖②
三、線段最值
(3)如圖③，當(dāng)PE最大時，求點P的坐標(biāo)；
　例1題圖③
(4)如圖④，過點P作PM⊥AC于點M，當(dāng)點P到直線AC的距離PM最大時，求點P的坐標(biāo)；
　例1題圖④
(5)如圖⑤，點Q為拋物線對稱軸上的動點，連接BQ，CQ，求BQ＋CQ的最小值．
　例1題圖⑤
類型二　面積問題
1. 求面積
方法一：直接公式法
若三角形的任意一邊平行于坐標(biāo)軸(或在坐標(biāo)軸上)，可直接運用三角形的面積公式S＝AB·h求解．
方法二：鉛垂高、水平寬法
若三角形的三邊都不平行于坐標(biāo)軸(或都不在坐標(biāo)軸上)，
S△ABC＝S△ABD＋S△BCD
＝BD·(AE＋CF)
＝BD·(yC－yA).
S△ABC＝BD·(xC－xA).
2. 求面積最值
利用二次函數(shù)性質(zhì)求最值：設(shè)動點P的橫坐標(biāo)為m，用含m的代數(shù)式表示出三角形的面積，利用二次函數(shù)性質(zhì)求解最值．
例2　如圖，二次函數(shù)y＝x2＋2x－3的圖象與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，拋物線頂點為D，點P是直線AC下方拋物線上一點，連接AP.
　例2題圖①
一、求三角形、四邊形面積
(1)如圖①，連接AD，BC，CD.
①△ABC的面積為________；
②四邊形ABCD的面積為________；
二、面積定值
(2)如圖②，連接BP，若S△PAB＝8，求點P的坐標(biāo)；
　例2題圖②
(3)如圖③，連接OD，DC，BC，PB，PC，若S△PBC＝2S△OCD，求點P的坐標(biāo)；
　例2題圖③
三、面積最值
(4)如圖④，連接CD，DP，求四邊形ACDP面積的最大值，并求出此時點P的坐標(biāo)；
　例2題圖④
(5)如圖⑤，連接PB交AC于點F，設(shè)△ABF面積為S1，△APF的面積為S2，求的最大值．
　例2題圖⑤
對接中考
1. 如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝－x2＋ax＋b交x軸于A(1，0)，B(3，0)兩點，點P是拋物線上在第一象限內(nèi)的一點，直線BP與y軸相交于點C.
(1)求拋物線y＝－x2＋ax＋b的解析式；
(2)當(dāng)點P是線段BC的中點時，求點P的坐標(biāo)；
(3)在(2)的條件下，求sin ∠OCB的值．
　第1題圖
2. 如圖，拋物線y＝x2＋bx＋c(b，c是常數(shù))的頂點為C，與x軸交于A，B兩點，A(1，0)，AB＝4，點P為線段AB上的動點，過P作PQ∥BC交AC于點Q.
(1)求該拋物線的解析式；
(2)求△CPQ面積的最大值，并求此時P點坐標(biāo)．
　第2題圖
基礎(chǔ)過關(guān)
類型一　線段問題
1. 在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y＝－x2＋x＋4與直線y＝－x＋1交于A，B兩點，且點A在點B左側(cè)．
(1)求點A，B的坐標(biāo)；
(2)將拋物線向右平移若干個單位長度得到拋物線C1，拋物線C1與原拋物線的交點為P，當(dāng)點P在x軸上方時，求P到直線AB距離的最大值及此時拋物線平移的單位長度．
2. 如圖，拋物線y＝ax2＋bx＋3(a≠0)與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點 C.已知點A的坐標(biāo)是(－1，0)，拋物線的對稱軸是直線x＝1.
(1)直接寫出點B的坐標(biāo)；
(2)在對稱軸上找一點P，使PA＋PC的值最小．求點P的坐標(biāo)和PA＋PC的最小值；
(3)第一象限內(nèi)的拋物線上有一動點M，過點M作MN⊥x軸，垂足為點N，連接BC交MN于點Q.依題意補全圖形，當(dāng)MQ＋CQ的值最大時，求點M的坐標(biāo)．
第2題圖 備用圖
類型二　面積問題
1. 如圖，拋物線y＝x2＋bx＋c與x軸交于點A(－1，0)，B(4，0)，與y軸交于點 C.
(1)求拋物線對應(yīng)的函數(shù)解析式，并直接寫出頂點P坐標(biāo)；
(2)求△BCP的面積．
注：拋物線y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的對稱軸是直線x＝－，頂點坐標(biāo)是(－，).
第1題圖
2. 如圖，二次函數(shù)y＝－x2＋4x的圖象與x軸的正半軸交于點A，經(jīng)過點A的直線與該函數(shù)圖象交于點B(1，3)，與y軸交于點C.
(1)求直線AB的函數(shù)表達(dá)式及點C的坐標(biāo)；
(2)點P是第一象限內(nèi)二次函數(shù)圖象上的一個動點，過點P作直線PE⊥x軸于點E，與直線AB交于點D，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m.
①當(dāng)PD＝OC時，求m的值；
②當(dāng)點P在直線AB上方時，連接OP，過點B作BQ⊥x軸于點Q，BQ與OP交于點F，連接DF.設(shè)四邊形FQED的面積為S，求S關(guān)于m的函數(shù)表達(dá)式，并求出S的最大值．
第2題圖
二次函數(shù)綜合題
典例精析
例1　解：(1)2，1　【解析】∵拋物線y＝－x2－2x＋3與x軸交于點A，B(點A在點B的左側(cè))，與y軸交于點C，令－x2－2x＋3＝0，解得x＝－3或1，∴A(－3，0)，B(1，0)，令x＝0，則y＝3，∴C(0，3)，設(shè)直線AC的解析式為y＝kx＋b(k≠0)，將A(－3，0)，C(0，3)，代入得，解得，∴直線AC的解析式為y＝x＋3，∵點P的橫坐標(biāo)為－2，PD⊥x軸于點D，交AC于點E，∴點E的橫坐標(biāo)為－2，∴E(－2，1)，∴ED＝1，PE＝3－1＝2.
(2)①(－2，3)；②(－2，1)　【解析】設(shè)P(a，－a2－2a＋3)，則E(a，a＋3)，∴PE＝－a2－3a，ED＝a＋3，∵PE＝2ED，∴－a2－3a＝2(a＋3)，解得a＝－2或－3(舍去)，則－a2－2a＋3＝3，∴點P的坐標(biāo)為(－2，3)；∵直線AC的解析式為y＝x＋3，∴∠OAC＝45°，∵PD⊥AO，∴∠AED＝45°，∴∠PEC＝45°，∵PC＝PE，∴∠PCE＝∠PEC＝45°，∴PC⊥OC，∴點P與點C的縱坐標(biāo)相等，令－a2－2a＋3＝3，解得a＝－2或0(舍去)，∴點P的坐標(biāo)為(－2，3)，∵點E與點P的橫坐標(biāo)相等，∴令x＝－2，則y＝x＋3＝1，∴點E的坐標(biāo)為(－2，1).
(3)由(1)知直線AC的解析式為y＝x＋3；
設(shè)P(t，－t2－2t＋3)，
∴E(t，t＋3)，
∴PE＝－t2－2t＋3－(t＋3)＝－t2－3t＝－(t＋)2＋.
∵－1＜0，
∴拋物線開口向下，
∴當(dāng)t＝－時，PE取得最大值，最大值為.
∴點P的橫坐標(biāo)為－，代入得點P的縱坐標(biāo)為，
∴點P的坐標(biāo)為(－，)；
(4)如解圖，過點P作PG∥y軸，交AC于點G，
∴∠PGM＝∠OCA，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC＝45°，
在Rt△PMG中，
PM＝PG·sin ∠PGM＝PG·sin 45°＝PG，
設(shè)P(t，－t2－2t＋3)，由(3)可知PG＝－t2－3t＝－(t＋)2＋，
∴PM＝－(t＋)2＋，
∵－＜0，－3＜t＜0，
∴當(dāng)t＝－時，PM取得最大值，
此時點P的坐標(biāo)為(－，)；
例1題解圖
(5)∵點A與點B關(guān)于對稱軸對稱，
∴當(dāng)點Q在AC與對稱軸的交點處時，BQ＋CQ的值最小，最小值即為AC的長，
∵A(－3，0)，C(0，3)，
∴OA＝OC＝3，
在Rt△AOC中，由勾股定理，得AC＝＝3，
∴BQ＋CQ的最小值為3.
例2　解：(1)① 6　【解析】在y＝x2＋2x－3中，令y＝0，得x＝－3或x＝1，∴A(－3，0)，B(1，0)，令x＝0，得y＝－3，∴C(0，－3)，∴S△ABC＝AB·OC＝×4×3＝6.
② 9　【解析】由題意得，拋物線的對稱軸為直線x＝－1，∴拋物線的頂點坐標(biāo)為(－1，－4).由點A，C的坐標(biāo)易得直線AC的表達(dá)式為y＝－x－3，當(dāng)x＝－1時，y＝－2，∵S△ABC＝6，∴S四邊形ABCD＝S△ABC＋S△ACD＝6＋×2×3＝9.
(2)∵A(－3，0)，B(1，0)，
∴AB＝4，
設(shè)P(p，p2＋2p－3)(－3＜p＜0)，
則S△PAB＝AB·|yP|＝×4×|p2＋2p－3|＝2|p2＋2p－3|＝8.
∵點P在直線AC下方，
∴p2＋2p－3＝－4，
解得p＝－1，
∴點P的坐標(biāo)為(－1，－4)；
(3)由(1)知，D(－1，－4)，C(0，－3)，B(1，0)
∴S△OCD＝OC·|xD|＝×3×1＝，
∵S△PBC＝2S△OCD，
∴S△PBC＝3，
如解圖①，過點P作PE∥x軸交BC于點E，
易得直線BC的表達(dá)式為y＝3x－3，
設(shè)P(t，t2＋2t－3)(－3＜t＜0)，則點E的縱坐標(biāo)為t2＋2t－3，
令3x－3＝t2＋2t－3，解得x＝，
∴S△PBC＝PE·OC＝×(－t)×3＝3，
解得t＝－2或3，
∵P是AC下方拋物線上一點，
∴t＝－2，
∴t2＋2t－3＝－3，
∴點P的坐標(biāo)為(－2，－3)；
例2題解圖①
(4)如解圖②，連接AD，過點P作PN∥y軸交AD于點N，過點D作DG⊥y軸于點G，
∴S四邊形ACDP＝S△APD＋S△ACD，
由(1)知，點A(－3，0)，C(0，－3)，易得S△ACD＝3，
設(shè)點P的坐標(biāo)為(x，x2＋2x－3)，
設(shè)直線AD的表達(dá)式為y＝k1x＋b1(k1≠0)，
將A(－3，0)，D(－1，－4)代入得，
，解得，
∴y＝－2x－6，則點N的坐標(biāo)為(x，－2x－6)，
∴PN＝－2x－6－(x2＋2x－3)＝－x2－4x－3，
∴S△APD＝PN·|＝－x2－4x－3＝－(x＋2)2＋1，
∵－1＜0，
∴當(dāng)x＝－2時，S△APD取最大值，最大值為1，
將x＝－2代入y＝x2＋2x－3中，得y＝－3，
∴點P的坐標(biāo)為(－2，－3)，
∴四邊形ACDP的面積最大值為1＋3＝4；
例2題解圖②
(5)如解圖③，過點P作PK∥y軸交AC于點K，過點B作BJ∥y軸交AC于點J.設(shè)直線AC的表達(dá)式為y＝k2x＋b2(k2≠0)，
∵A(－3，0)，C(0，－3)，
∴，解得，
∴直線AC的表達(dá)式為y＝－x－3，
又∵B(1，0)，
∴J(1，－4)，
∴BJ＝4.
設(shè)P(x，x2＋2x－3)，則K(x，－x－3)，
∴PK＝－x－3－(x2＋2x－3)＝－x2－3x，
∵PK∥y軸，BJ∥y軸，
∴PK∥BJ，
∴△PKF∽△BJF，
∴＝，
設(shè)點A到直線PB的距離為h，
則S1＝BF·h，S2＝PF·h，
∴＝＝＝＝－(x＋)2＋，
∵－＜0，
∴當(dāng)x＝－時，取得最大值，最大值為.
例2題解圖③
對接中考
1. 解：(1)把A(1，0)，B(3，0)兩點代入y＝－x2＋ax＋b，得
，
解得，
∴拋物線的解析式為y＝－x2＋4x－3；(3分)
(2)如解圖，過點P作 PD⊥x軸于點D.
第1題解圖
∵P為BC的中點，PD∥y軸，
∴PD為△BOC的中位線，
又∵B(3，0)，
∴點P的橫坐標(biāo)為，
把x＝代入y＝－x2＋4x－3，得y＝，
∴P(，)；(6分)
(3)由(2)知PD為△BOC的中位線，
∴OC＝2PD＝2×＝，
又∵OB＝3，
∴在Rt△BOC中，BC＝＝
＝＝，
∴sin ∠OCB＝＝＝.(9分)
2. 解：(1)∵A(1，0)，AB＝4，
∴B(－3，0).(2分)
將A(1, 0)，B(－3，0)代入y＝x2＋bx＋c中，得，
解得，
∴拋物線的解析式為y＝x2＋2x－3；(5分)
(2)由(1)知拋物線的解析式為y＝x2＋2x－3＝(x＋1)2－4，
∴C(－1，－4).
設(shè)直線BC的解析式為y＝k1x＋m1(k1≠0)，
將B(－3，0)，C(－1，－4)代入y＝k1x＋m1中，得，
解得，
∴直線BC的解析式為y＝－2x－6，(7分)
設(shè)直線AC的解析式為y＝k2x＋m2(k2≠0)，
將A(1, 0)，C(－1，－4)代入y＝k2x＋m2中，得，
解得，
∴直線AC的解析式為y＝2x－2.
∵PQ∥BC，
∴設(shè)直線PQ的解析式為y＝－2x＋n，
令y＝－2x＋n＝0，解得x＝，
∴P(，0)，
聯(lián)立直線AC與直線PQ的解析式，得，
解得，
∴Q(，)，(9分)
∵點P在線段AB上，
∴－3＜＜1，即－6＜n＜2，
∴S△CPQ＝S△CPA－S△QPA＝×(1－)×4－×(1－)×＝－(n＋2)2＋2，
∵－＜0，
∴當(dāng)n＝－2時，S△CPQ取得最大值，最大值為2，此時點P的坐標(biāo)為(－1，0).(12分)
基礎(chǔ)過關(guān)
類型一　線段問題
1. 解：(1)∵拋物線y＝－x2＋x＋4與直線y＝－x＋1交于A，B兩點，
∴聯(lián)立方程組，解得或.
∵點A在點B左側(cè)，∴點A的坐標(biāo)為(－1，2)，點B的坐標(biāo)為(3，－2)；
(2)如解圖，作BO′∥x軸，AO′∥y軸，交點為O′，
∵∠AO′B＝90°，點A(－1，2)，B(3，－2)，∴AO′＝BO′，∴∠BAO′＝45°.
過點P作PT⊥AB于點T，PQ∥y軸交AB于點Q，
∴∠PQT＝∠BAO′＝45°.
∵PT⊥AB，∴PT＝PQ.
設(shè)點P的坐標(biāo)為(t，－t2＋t＋4)，則Q(t，－t＋1)，∴PQ＝－t2＋t＋4＋t－1＝－t2＋2t＋3＝－(t－1)2＋4.
∵－1＜0，∴當(dāng)t＝1時，PQ有最大值，即PT有最大值，
此時點P的坐標(biāo)為(1，4)，且點P到直線AB距離的最大值為2.
設(shè)拋物線C1是由原拋物線向右平移m個單位長度得到的，
∵原拋物線的解析式為y＝－x2＋x＋4＝ －(x － )2＋，且點P在拋物線C1上，∴拋物線C1的解析式為y＝－(x － －m)2＋，
將點P(1，4)代入，得－(1－－m)2＋＝4，
解得m＝1或m＝0(舍去)，∴此時拋物線向右平移了1個單位長度.
第1題解圖
2. 解：(1)點B的坐標(biāo)為(3，0)；
【解法提示】∵拋物線y＝ax2＋bx＋3(a≠0)的對稱軸是直線x＝1，∴－＝1，∴b＝－2a.①∵拋物線y＝ax2＋bx＋3(a≠0)與x軸交于A，B兩點，點A的坐標(biāo)是(－1，0)，∴a－b＋3＝0.②聯(lián)立①②得，解得，∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝－x2＋2x＋3.令y＝0得－x2＋2x＋3＝0，解得x＝3或x＝－1，∴點B的坐標(biāo)為(3，0).
(2)如解圖①，連接BC，線段BC與直線x＝1的交點就是所求作的點P，
設(shè)直線CB的表達(dá)式為 y＝kx＋b′(k≠0)，
把C(0，3)和B(3，0)代入得
，解得，
第2題解圖①
∴直線CB的表達(dá)式為y＝－x＋3，
∴當(dāng)x＝1時，y＝2，
∴P(1，2).
∵OB＝OC＝3，
∴在Rt△BOC中，BC＝3，
∵點A，B關(guān)于直線x＝1對稱，
∴PA＝PB，
∴PA＋PC＝PB＋PC＝BC＝3；
(3)如解圖②，補全圖形，
第2題解圖②
由(1)得拋物線的表達(dá)式為 y＝－x2＋2x＋3，由(2)得yBC＝－x＋3，
故設(shè)M(t，－t2＋2t＋3)，則Q(t，－t＋3)，
∴MQ＝－t2＋3t.
過點Q作QD⊥OC，垂足為點D，則△CDQ是等腰直角三角形．
∴CQ＝t，
∴MQ＋CQ＝－t2＋3t＋2t＝－t2＋5t＝－(t－)2＋，
∴當(dāng)t＝時，MQ＋CQ有最大值，
此時點M(，).
類型二　面積問題
1. 解：(1)∵拋物線y＝x2＋bx＋c經(jīng)過點A(－1，0)，B(4，0)，
∴，解得，
∴拋物線對應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝x2－3x－4.
∵y＝x2－3x－4＝(x－)2－，且P為頂點，
∴P(，－)；
(2)如解圖，過點P作PE⊥y軸于點E，則梯形PEOB的面積為×(＋4)×＝.
由(1)知，C(0，4)，
∴OC＝4，∴CE＝.
又∵S△PEC＝PE·CE＝××＝，S△BOC＝×4×4＝8，
∴S△BCP＝S梯形PEOB－S△PEC－S△BOC＝.
第1題解圖
2. 解：(1)由y＝－x2＋4x得，當(dāng)y＝0時，－x2＋4x＝0.
解得x1＝0，x2＝4.
∵點A在x軸正半軸上，
∴A(4，0).
設(shè)直線AB的函數(shù)表達(dá)式為y＝kx＋b(k≠0)，
將A，B兩點的坐標(biāo)(4，0)，(1，3)分別代入y＝kx＋b，得，解得，
∴直線AB的函數(shù)表達(dá)式為y＝－x＋4.
將x＝0代人y＝－x＋4，得y＝4，
∴點C的坐標(biāo)為(0，4)；
(2)①∵點P在第一象限內(nèi)二次函數(shù)y＝－x2＋4x的圖象上，且PE⊥x軸于點E，與直線AB交于點D，其橫坐標(biāo)為m.
∴點P，D的坐標(biāo)分別為P(m，－m2＋4m)，D(m，－m＋4)，
∴PE＝－m2＋4m，DE＝－m＋4，OE＝m.
∵ 點C的坐標(biāo)為(0，4)，
∴ OC＝4.
∵ PD＝OC，
∴ PD＝2.如解圖①，當(dāng)點P在直線AB上方時，
PD＝PE－DE＝－m2＋5m－4.
∵PD＝2，∴－m2＋5m－4＝2，解得m1＝2，m2＝3.
如解圖②，當(dāng)點P在直線AB下方時，PD＝DE－PE＝m2－5m＋4.
∵ PD＝2, ∴m2－5m＋4＝2.
解得m＝.
∵0綜上所述，m的值為2或3或；
②如解圖③，由①得OE＝m，PE＝－m2＋4m，DE＝－m＋4.
∵ BQ⊥x軸于點Q，交OP于點F，點B的坐標(biāo)為(1，3)，
∴ OQ＝1.∵點P在直線AB上方，∴ EQ＝m－1.
∵ PE⊥x軸于點E,
∴∠OQF＝∠OEP＝90°，
∴ FQ∥DE.
∵∠FOQ＝∠POE, ∴△FOQ∽△POE，∴＝，
∴＝，
∴FQ＝＝－m＋4，
∴ FQ＝DE，∴四邊形FQED為平行四邊形．
∵BQ⊥x軸，
∴四邊形FQED為矩形，
∴ S＝EQ·FQ＝(m－1)(－m＋4)，
即S＝－m2＋5m－4＝－(m－)2＋，
∵ 1∴ 當(dāng)m＝時，S的最大值為.
【一題多解】 ②如解圖③，由①得OE＝m，PE＝－m2＋4m，DE＝－m＋4.
由題可得，點P的坐標(biāo)為(m，－m2＋4m)，設(shè)直線OP的函數(shù)表達(dá)式為y＝k1x(k1≠0)，
∴－m2＋4m＝mk1，解得k1＝－m＋4，
∴直線OP的函數(shù)表達(dá)式為y＝(－m＋4)x.
當(dāng)x＝1時，代入直線OP的函數(shù)表達(dá)式得，y＝－m＋4，∴F(1，－m＋4)，
∴FQ＝－m＋4.
∵ BQ⊥x軸于點Q，交OP于點F，PE⊥x軸于點E，
∴ FQ∥DE.∵FQ＝DE，∴四邊形FQED為平行四邊形．
∵BQ⊥x軸，∴四邊形FQED為矩形．∵EQ＝m－1，
∴ S＝EQ·FQ＝(m－1)(－m＋4)，
即S＝－m2＋5m－4＝－(m－)2＋.
∵ 1∴ 當(dāng)m＝時，S有最大值為.
圖①
圖②
圖③
第2題解圖

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