题型十四 二次函数的综合-【新考典】2023中考数学精讲本课件PPT（甘肃专用）

数 学 甘 肃 第二部分　题型透析 题型十四　二次函数的综合 2 类型一　线段问题 　（2022济南）抛物线y＝ax2＋x－6与x轴交于A（t，0），B（8，0）两点，与y轴交于点C，直线y＝kx－6经过点B.点P在抛物线上，设点P的横坐标为m. （1）求抛物线的解析式和t，k的值. 解：（1）将B（8，0）代入y＝ax2＋x－6，得64a＋22－6＝0.解得a＝－ .∴抛物线的解析式为y＝－x2＋x－6.将A（t，0）代入y＝－x2＋x－ 6，得－t2＋t－6＝0.解得t1＝3，t2＝8（与点B重合，舍去）.∴t＝3.将B （8，0）代入y＝kx－6，得8k－6＝0.解得k＝. 新考典 （2）如图①，连接AC，AP，PC，若△APC是以CP为斜边的直角三角形，求点P的坐标. 解：（1）将B（8，0）代入y＝ax2＋x－6，得64a＋22－6＝0.解得a＝－.∴抛物线的解析式为y＝－x2＋x－6.将A（t，0）代入y＝－x2＋x－6，得－t2＋t－6＝0.解得t1＝3，t2＝8（与点B重合，舍去）.∴t＝3.将B（8，0）代入y＝kx－6，得8k－6＝0.解得k＝. （2）如图①，作PM⊥x轴于点M.∵点P的横坐标为m，∴P. ∴PM＝m2－m＋6，AM＝m－3.在Rt△COA和Rt△AMP中，∵∠OAC＋∠PAM＝90°，∠MPA＋∠PAM＝90°，∴∠OAC＝∠MPA. ∴△COA∽△AMP.∴＝，即OA·MA＝OC·MP.∴3（m－3）＝6.解得m1＝3（与点A重合，舍去），m2＝10. ∴点P的坐标为. 新考典 （3）如图②，若点P在直线BC上方的抛物线上，过点P作PQ⊥BC，垂足为Q，求CQ＋PQ的最大值. 解：如图②，作PN⊥x轴交BC于点N，过点N作NE⊥y轴于点E，∴点N的坐标为.∴PN＝－m2＋m－6－＝－m2＋2m.易证△PQN∽△BOC，得＝＝.∵OB＝8，OC＝6，∴由勾股定理易得BC＝10， 新考典 ∴QN＝PN，PQ＝PN.易证△CNE∽△CBO，∴CN＝EN＝m.∴CQ＋PQ＝CN＋NQ＋PQ＝CN＋PN.∴CQ＋PQ＝m－m2＋2m＝－m2＋m＝－＋. ∵－＜0，∴当m＝时，CQ＋PQ取最大值，最大值是. 新考典 　（2022省卷）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝（x＋3）（x－a）与x轴交于A，B（4，0）两点，点C在y轴上，且OC＝OB，D，E分别是线段AC，AB上的动点（点D，E不与点A，B，C重合）. （1）求此抛物线的解析式. 解：（1）∵抛物线y＝（x＋3）（x－a）与x轴交于A，B（4，0）两点，∴（4＋3）（4－a）＝0.解得a＝4.∴y＝（x＋3）（x－4）＝x2－x－3，即此抛物线的解析式为y＝x2－x－3. 新考典 （2）连接DE并延长交抛物线于点P，当DE⊥x轴，且AE＝1时，求DP的长. （2）在y＝（x＋3）（x－4）中，令y＝0，得x＝－3或4，∴A（－3，0），OA＝3.∵OC＝OB＝4，∴C（0，4）.∵AE⊥x轴，∴DE∥CO.∴∠ACO＝∠ADE.∵AE＝1，∴DE＝AE·tan∠CAO＝AE·＝，OE＝OA－AE＝2.∴E（－2，0）.∴xP＝xD＝xE＝－2.∴yP＝－.∴PE＝.∴DP＝DE＋PE＝. 新考典 （3）连接BD. ①如图2，将△BCD沿x轴翻折得到△BFG，当点G在抛物线上时，求点G的坐标； ②如图3，连接CE，当CD＝AE时，求BD＋CE的最小值. 　　　 新考典 解：①∵A（－3，0），C（0，4），∴直线AC的解析式为y＝x＋4. 设点D的横坐标为m，则D.∵将△BCD沿x轴翻折得到△BFG， ∴G.∵点G在抛物线y＝x2－x－3上，∴m2－m－3＝－m－4.解得m1＝－，m2＝－3（舍去）.此时－m－4＝－.∴点G的坐标为. 新考典 ②如图3，过点C作CF∥x轴，使得CF＝AC，连接BF，DF，作BG⊥FC交FC的延长线于点G. 新考典 ∴∠FCD＝∠CAE.又CD＝AE，CF＝AC，∴△FCD≌△CAE.∴FD＝CE.∴F，D，B三点共线时BD＋CE＝BD＋FD取最小值，最小值为BF的长.∵OA＝3，OC＝4，∴由勾股定理易得AC＝5.∴FG＝FC＋CG＝5＋4＝9，BG＝4.∴BF的长为＝.∴BD＋CE的最小值为. ∴∠FCD＝∠CAE.又CD＝AE，CF＝AC，∴△FCD≌△CAE.∴FD＝ CE.∴F，D，B三点共线时BD＋CE＝BD＋FD取最小值，最小值为BF的 长.∵OA＝3，OC＝4，∴由勾股定理易得AC＝5.∴FG＝FC＋CG＝5＋4＝ 9，BG＝4.∴BF的长为＝.∴BD＋CE的最小值为. 新考典 　（2021省卷）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2＋bx＋c与坐标轴交于A（0