2023年中考数学二轮专题复习-专题二次函数综合题学案（含答案）.docx

1、专题辅导二次函数综合题【题型解读】二次函数综合题是中考的必考题，一方面考查了一次函数、二次函数的图象与性质，几何图形的性质与判定，图形变换等；另一方面考查了方程与函数思想、数形结合思想、分类讨论思想、数学建模思想等.主要类型包括：线段问题，角度问题，面积问题，全等、相似三角形存在性问题，平行四边形存在性问题，特殊三角形存在性问题等.类型一 线段问题方法总结1. 确定线段长两点之间的距离可以根据两点坐标表示线段长度，已知点A（x1，y1），点B（x2，y2），则AB=，也可以构造直角三角形，利用勾股定理求出.在求这类问题时首先应该明白与x轴平行的直线上的点的纵坐标都相同，且两点间的距离是横坐标相

2、减的绝对值；与y轴平行的直线上的点的横坐标都相同，且两点间的距离是纵坐标相减的绝对值.2. 线段数量关系问题根据前面所得的线段长，结合题干中线段间的数量关系，利用勾股定理或相似三角形对应边成比例，列出方程求解即可.（注意排除不符合题意的数值）3. 求线段最大值问题根据前面所得的线段长的关系式，构建二次函数模型，利用二次函数性质求最值，可得到线段长的最大值（注意自变量的取值范围）；求两条线段和的最小值时，常用“将军饮马”模型.考点例析例1 如图1，抛物线y=x2+2x-8与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C.（1）求A，B，C三点的坐标；（2）连接AC，直线x=m（-4m0）与

3、该抛物线交于点E，与AC交于点D，连接OD.当ODAC时，求线段DE的长. 图1 图2解析：（1）令y=0，得x2+2x-8=0，解得x1=-4，x2=2.所以点A的坐标为（-4，0），点B的坐标为（2，0）.令x=0，得y=x2+2x-8=-8.所以点C的坐标为（0，-8）.（2）设直线AC的解析式为y=kx+b.将A（-4，0），C（0，-8）代入y=kx+b，得解得所以直线AC的解析式为y=-2x-8.设E（m，m2+2m-8），则D（m，-2m-8），所以DE=-2m-8-（m2+2m-8）=-m2-4m.如图2，设DE交x轴于点F，则F（m，0），所以FO=-m.所以AF=m-（-4

4、）=m+4，FD=2m+8.因为ODAC，EFOA，所以ODC=COA=OFD=90.所以ACO+COD=DOF+COD=90.所以ACO=DOF.所以ACODOF.所以=.所以OCFD=OAFO，即8（2m+8）=4（-m），解得m=-.所以DE=-m2-4m=-4=.跟踪训练1.如图，已知抛物线y=ax2+bx+4经过A（-1，0），B（4，0）两点，交y轴于点C.（1）求抛物线的解析式；（2）连接BC，求直线BC的解析式；（3）请在抛物线的对称轴上找一点P，使AP+PC的值最小，求点P的坐标，并求出此时AP+PC的最小值. 第1题图类型二 角度问题方法总结如果要证明两角相等，可通过平行线

5、、等边对等角、轴对称或相似三角形求解；如果要构造一个45的角，可通过等腰直角三角形、同弧所对圆周角等于90圆心角的一半、平分直角等解决；在二倍角的问题中，可利用等腰三角形顶角的外角等于底角2倍，构造2倍角，再利用正切三角函数计算.考点例析例2 如图3，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A（-1，0）和点B，与y轴交于点C，顶点D的坐标为（1，-4）.（1）直接写出抛物线的解析式；（2）若点P在抛物线上且满足PCB=CBD，求点P的坐标. 图3 图4解析：（1）由顶点D的坐标为（1，-4），设抛物线的解析式为y=a（x-1）2-4.将A（-1，0）代入y=a（x-1）2-

6、4，得a（-1-1）2-4=0，解得a=1.所以该抛物线的解析式为y=（x-1）2-4=x2-2x-3.（2）因为抛物线对称轴为x=1，A（-1，0），所以点B的坐标为（3，0）.设直线BD的解析式为y=kx+d.将B（3，0），D（1，-4）代入y=kx+d，得解得所以直线BD的解析式为y=2x-6.如图4，过点C作CP1BD，交抛物线于点P1.由y=x2-2x-3，得C（0，-3）.所以直线CP1的解析式为y=2x-3.联立解得所以P1（4，5）.如图4，过点B作y轴的平行线与过点C作x轴的平行线交于点G.因为OB=OC，BOC=OBG=OCG=90，所以四边形OBGC是正方形.所以OC=

7、GC=BG=3，COE=G=90，OCB=GCB=45.设CP1与x轴交于点E.令2x-3=0，解得x=.所以E.在x轴下方作BCF=BCE，交BG于点F，交抛物线于点P2.所以OCB-BCE=GCB-BCF，即OCE=GCF.所以OCEGCF.所以EO=FG=.所以BF=BG-FG=3-=.所以F.设直线CF的解析式为y=ex+f.将C（0，-3），F代入y=ex+f，得解得所以直线CF的解析式为y=x-3.联立解得所以P2.综上所述，点P的坐标为（4，5）或.跟踪训练2.如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A（-2，0），B（6，0）两点，与y轴交于点C.直线l与抛物线交于A，D（4

8、，3）两点，与y轴交于点E.（1）求抛物线的解析式与直线l的解析式；（2）若Q是y轴上的点，且ADQ=45，求点Q的坐标. 第2题图类型三 面积问题方法总结在平面直角坐标系内，如果三角形的一边与坐标轴平行或重合，就把这边作三角形的底边，直接用面积公式计算；如果三角形的三边都不与坐标轴平行或重合，可用“铅垂高”法.如图，过ABC的三个顶点分别作出与水平线垂直的三条直线，外侧两条直线之间的距离叫ABC的“水平宽”（a），中间的这条直线在ABC内部线段的长度叫ABC的“铅垂高”（h），则SABC=ah，即三角形面积等于水平宽与铅垂高乘积的一半.求图形面积之最时，常利用二次函数的最值性质解决.考点例析

9、例3 如图5，在平面直角坐标系中，直线y=-x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y=x2+bx+c经过坐标原点和点A，顶点为M.（1）求抛物线的解析式及点M的坐标；（2）E是直线AB下方的抛物线上一动点，连接EB，EA，当EAB的面积等于时，求点E的坐标. 图5 图6解析：（1）令y=-x+3=0，解得x=6.所以A（6，0）.因为抛物线y=x2+bx+c经过坐标原点，所以c=0.将A（6，0）代入y=x2+bx，得62+6b=0，解得b=-2.所以抛物线的解析式为y=x2-2x.由y=x2-2x=（x-3）2-3，得点M的坐标为（3，-3）.（2）如图6，过点E作EHy轴交AB于点H

10、.设点E的坐标为，则点H的坐标为，所以SEAB=OAEH=6=，解得x1=1，x2=.所以点E的坐标为或.跟踪训练3.如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于点A（-1，0），B（3，0），与y轴交于点C.（1）b= ，c= ；（2）若点D在该二次函数的图象上，且SABD=2SABC，求点D的坐标；（3）若P是该二次函数图象上位于x轴上方的一点，且SAPC=SAPB，直接写出点P的坐标. 第3题图类型四 相似三角形存在性问题方法总结当两个三角形相似时，求动点的坐标是常见的题型，此时两个三角形的对应关系并不确定，通常分为两种情况讨论，根据相似三角形对应边成比例求线段长

11、，从而求得动点的坐标.考点例析例4 如图7，抛物线y=ax2-2x+c（a0）与x轴交于A，B（3，0）两点，与y轴交于点C（0，-3），抛物线的顶点为D.（1）求抛物线的解析式；（2）已知M是x轴上的动点，过点M作x轴的垂线交抛物线于点G，是否存在这样的点M，使得以A，M，G为顶点的三角形与BCD相似？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由. 图7解析：（1）将B（3，0），C（0，-3）代入y=ax2-2x+c，得解得所以抛物线的解析式为y=x2-2x-3.（2）当y=0时，x2-2x-3=0，解得x1=-1，x2=3.所以A（-1，0）.由y=x2-2x-3=（x-1）2-4，得

12、抛物线顶点D的坐标为（1，-4）.由C（0，-3），B（3，0），D（1，-4），得BD2=22+42=20，CD2=12+12=2，BC2=32+32=18，所以BD2=CD2+BC2.所以BCD是直角三角形，且BCD=90.设点M的坐标为（m，0），则点G的坐标为（m，m2-2m-3）.由题意，得AMG=BCD=90，所以要使以A，M，G为顶点的三角形与BCD相似，需要满足条件=或=.当m-1时，=或=，解得m1=，m2=-1或m1=0，m2=-1.都舍去；当-13时，=或=，解得m1=，m2=-1（舍去）或m1=6，m2=-1（舍去）.所以M或（6，0）.综上所述，存在点M，点M的坐标为

13、或（0，0）或或（6，0）.跟踪训练4.如图，抛物线y=ax2+bx+3（a0）与x轴交于点A（1，0）和点B（-3，0），与y轴交于点C，连接BC，与抛物线的对称轴交于点E，顶点为D.（1）求抛物线的解析式；（2）P是对称轴左侧抛物线上的一个动点，点Q在射线ED上，若以P，Q，E为顶点的三角形与BOC相似，求出点P的坐标. 第4题图类型五 平行四边形存在性问题方法总结已知平行四边形的三个顶点，利用平行四边形对边平行且相等或对角线互相平分的性质可以确定第四个顶点；已知平行四边形的两个顶点，通过平移或者过中点作直线可以确定另外两个顶点.矩形的存在性问题应转化为直角三角形的存在性问题来解决.菱形的

14、存在性问题应转化为等腰三角形的存在性问题来解决.正方形的存在性问题应转化为等腰直角三角形的存在性问题来解决.例5 如图8，在平面直角坐标系中，抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为（-1，0），点C的坐标为（0，5）.（1）求该抛物线的解析式；（2）若M是抛物线上一点，N是抛物线对称轴上一点，是否存在点M，使得以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由. 图8 图9解析：（1）将A（-1，0），C（0，5）代入y=-x2+bx+c，得解得所以抛物线的解析式为y=-x2+4x+5.（2）由y=-x2+4x+5=

15、-（x-2）2+9，得对称轴为x=2，所以B（5，0）.设M（s，-s2+4s+5），N（2，t）.（）如图9-，以MN，BC为对角线，则MN与BC的中点重合，所以解得所以M（3，8）.（）如图9-，以MB，NC为对角线，则MB与NC的中点重合，所以解得所以M（-3，-16）.（）如图9-，以MC，NB为对角线，则MC与NB的中点重合，所以解得所以M（7，-16）.综上所述，存在点M，点M的坐标为（3，8）或（-3，-16）或（7，-16）.跟踪训练5.如图，一次函数y=x-的图象与坐标轴交于点A，B，二次函数y=x2+bx+c的图象过A，B两点.（1）求二次函数的解析式；（2）点B关于抛物线

16、对称轴的对称点为点C，P是对称轴上一动点，在抛物线上是否存在点Q，使得以B，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由. 第5题图类型六 特殊三角形存在性问题方法总结探究等腰三角形存在性问题，常用“两圆一线”法，即分别以定长线段的两端点为圆心，以定长为半径画两个圆，再作定长线段的垂直平分线，则圆上各点及垂直平分线上各点都是符合题意的等腰三角形的第三个顶点（三个顶点在同一直线上的除外）；探究直角三角形存在性问题，常用“一圆两线”法，即以定长线段为直径画圆，再分别过定长线段的两端点作这条线段的垂线，则圆上各点及垂线上各点都是符合题意的直角三角形的第三个顶点（三个顶

17、点在同一直线上的除外）.考点例析例6 如图10，抛物线y=ax2+bx+3过点A（-1，0），点B（3，0），顶点为C.（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；（2）点P在抛物线上，连接CP并延长交x轴于点D，连接AC，若DAC是以AC为底的等腰三角形，求点P的坐标. 图10 图11解析：（1）将A（-1，0），B（3，0）代入y=ax2+bx+3，得解得所以抛物线的解析式为y=-x2+2x+3.由y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，得点C的坐标为（1，4）.（2）如图11，设AC交y轴于点F，连接DF，过点C作CEx轴于点E.因为A（-1，0），C（1，4），所以OA=1，OE=1，CE=

18、4.所以OA=OE，AC=2.因为OFAB，CEAB，所以OFCE.所以OF=CE=2，F为AC的中点.因为DAC是以AC为底的等腰三角形，所以DFAC.因为FOAD，所以AFOFDO.所以=，即=，解得OD=4.所以D（4，0）.设直线CD的解析式为y=kx+m.将C（1，4），D（4，0）代入y=kx+m，得解得所以直线CD的解析式为y=-x+.联立解得所以P.跟踪训练6.如图，直线y=x+2与抛物线y=ax2+bx+6（a0）相交于点A和点B（4，m）.点F在线段AB上运动（不与点A，B重合），过点F作直线FCx轴于点P，交抛物线于点C.（1）求抛物线的解析式；（2）连接AC，是否存在点

19、F，使FAC是直角三角形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，说明理由. 第6题图 参考答案1. 解：（1）将A（-1，0），B（4，0）代入y=ax2+bx+4，得解得所以抛物线的解析式为y=-x2+3x+4.（2）当x=0时，y=-x2+3x+4=4，所以C（0，4）.设直线BC的解析式为y=kx+c.将B（4，0），C（0，4）代入y=kx+c，得解得所以直线BC的解析式为y=-x+4.（3）由A（-1，0），B（4，0），得抛物线的对称轴为x=.如图，连接BC交对称轴于点P，连接PA，此时PA+PC的值最小，最小值为线段BC的长，BC=4.此时点P的坐标为.第1题图2. 解：（1）由抛物

20、线y=ax2+bx+c与x轴交于A（-2，0），B（6，0），设抛物线的解析式为y=a（x+2）（x-6）.将D（4，3）代入y=a（x+2）（x-6），得a（4+2）（4-6）=3，解得a=-.所以抛物线的解析式为y=-（x+2）（x-6）=-x2+x+3.设直线l的解析式为y=kx+m.将A（-2，0），D（4，3）代入y=kx+m，得解得所以直线l的解析式为y=x+1.（2）如图，将线段AD绕点A逆时针旋转90得到AT，则T（-5，6），设DT交y轴于点Q，则ADQ=45.由D（4，3），T（-5，6），得直线DT的解析式为y=-x+.所以Q.作点T关于AD的对称点T（1，-6），则直线

21、DT的解析式为y=3x-9.设连接DT交y轴于点Q，则ADQ=45.所以Q（0，-9）.综上所述，点Q的坐标为或（0，-9）.第2题图3. 解：（1）-2-3解析：将A（-1，0），B（3，0）代入y=x2+bx+c，得解得（2）如图，连接BC.由（1），得二次函数的解析式为y=x2-2x-3.令x=0，则y=x2-2x-3=-3，所以C（0，-3）.所以SABC=ABOC=（3+1）3=6.设D（m，m2-2m-3）.因为SABD=2SABC，所以AB|yD|=26，即4|m2-2m-3|=12，解得m1=1+，m2=1-.所以点D的坐标为或.（3）点P的坐标为（4，5）.解析：设P（n，n

22、2-2n-3）.因为点P在抛物线位于x轴上方的部分，所以n3.当点P在点A左侧时，即n-1，可知点C到AP的距离小于点B到AP的距离，所以SAPC3，因为APC和APB都以AP为底，若要面积相等，则点B和点C到AP的距离相等，即BCAP，如图.设直线BC的解析式为y=kx+p.将B（3，0），C（0，-3）代入y=kx+p，得解得则设直线AP的解析式为y=x+q.将A（-1，0）代入y=x+q，得-1+q=0，解得q=1.所以直线AP的解析式为y=x+1.将P（n，n2-2n-3）代入y=x+1，得n2-2n-3=n+1，解得n1=4，n2=-1（舍去）.所以点P的坐标为（4，5）. 第3题图

23、4. 解：（1）将A（1，0），B（-3，0）代入y=ax2+bx+3，得解得所以抛物线的解析式为y=-x2-2x+3.（2）令x=0，则y=3，所以C（0，3）.所以OC=OB=3.所以BOC是等腰直角三角形.由抛物线的解析式y=-x2-2x+3，得抛物线对称轴为x=-1.因为以P，Q，E为顶点的三角形与BOC相似，所以PQE是等腰直角三角形.由B（-3，0），C（0，3），得直线BC的解析式为y=x+3.当x=-1时，y=-1+3=2，所以E（-1，2）.设点P的坐标为（m，-m2-2m+3）（m-1）.（）如图，当P为直角顶点时，过点P作PHED，垂足为H，则PHE=90，PEH=45，

24、PH=HE，即-1-m-m2-2m+3-2，解得m1=-2，m2=1（舍去）.所以点P的坐标为（-2，3）.（）如图，当Q为直角顶点时，PQ=EQ，即-1-m=-m2-2m+3-2，解得m1=-2，m2=1（舍去）.所以点P的坐标为（-2，3）.（）如图，当E为直角顶点时，PE=EQ，PEx轴，则点P，E纵坐标相等，所以-m2-2m+3=2，解得m1=-1-，m2=-1+（舍去）.所以点P的坐标为.综上所述，点P的坐标为（-2，3）或. 第4题图5. 解：（1）在y=x-中，令x=0，得y=-.令y=0，得x=3.所以A（3，0），B.将A（3，0），B代入y=x2+bx+c，得解得所以二次函

25、数的解析式为y=x2-x-.（2）由y=x2-x-=（x-1）2-，得抛物线对称轴为x=1.所以C.设P（1，m），Q.（）如图，以BC，PQ为对角线，BC与PQ的中点重合，所以解得所以P，Q.此时四边形BQCP是平行四边形.由P，B，C，得PB2=PC2=，所以PB=PC.所以BQCP是菱形.所以Q.（）如图，以BP，CQ为对角线，BP与CQ的中点重合，所以解得所以P（1，0），Q（-1，0）.此时四边形BCPQ是平行四边形.由P（1，0），B，C，得BC2=PC2=4，所以BC=PC.所以BCPQ是菱形.所以Q（-1，0）.（）如图，以BQ，CP为对角线，BQ与CP的中点重合，由（）对称，

26、得P（1，0），Q（3，0）.综上所述，存在点Q，点Q的坐标为或（-1，0）或（3，0）. 第5题图6. 解：（1）将B（4，m）代入y=x+2，得m=4+2=6，所以B（4，6）.将A，B（4，6）代入y=ax2+bx+6，得解得所以抛物线的解析式为y=2x2-8x+6.（2）设F（n，n+2）.如图，直线AB与x轴交于点M，则M（-2，0）；直线AB与y轴交于点N，则N（0，2）.所以OM=ON=2.所以ONM=45.因为FCy轴，所以C（n，2n2-8n+6），AFC=ONM=45.（）若A为直角顶点，即FAC=90，过点A作ADFC于点D，如图.在RtFAC中，AFC=45，所以AF=AC.所以DF=DC.所以AD=FC，即n-=，解得n1=3，n2=（舍去）.所以F（3，5）.（）若C为直角顶点，即FCA=90，则ACx轴，如图.在RtFAC中，AFC=45，所以AC=CF，即n-=（n+2）-（2n2-8n+6），解得n1=，n2=（舍去）.所以F.综上所述，存在点F，点F的坐标为（3，5）或. 第6题图