2025年中考数学总复习 题型7　二次函数的综合应用 课件

题型7 二次函数的综合应用 模型1　抛物线中线段长度最大问题 特点 过抛物线上一动点,向x轴作垂线而形成的线段 图示 M是动点,MN∥y轴 结论 ①MN=yM-yN; ②用二次函数的性质求线段最值 ‹#› 【针对训练】 1.(2024·临夏州中考)在平面直角坐标系中,抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于A(-1,0), B(3,0)两点,与y轴交于点C,作直线BC. (1)求抛物线的解析式. (2)如图1,点P是线段BC上方的抛物线上一动点,过点P作PQ⊥BC,垂足为Q,请问线段PQ是否存在最大值?若存在,请求出最大值及此时点P的坐标;若不存在请说明理由. (3)如图2,点M是直线BC上一动点,过点M作线段MN∥OC(点N在直线BC下方),已知MN=2,若线段MN与抛物线有交点,请直接写出点M的横坐标xM的取值范围. ‹#› ‹#› 【解析】(1)∵抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于A(-1,0),B(3,0)两点, ∴,解得, ∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3. (2)存在.过点P作PN⊥AB于点N,交BC于点M. ∵B(3,0),C(0,3), ∴直线BC的解析式为y=-x+3, ∵OB=OC,∠BOC=90°,∴∠CBO=45°, ∵∠MNB=90°,∴∠PMQ=∠NMB=45°, ‹#› ∵PQ⊥BC,∴△PQM是等腰直角三角形, ∴PM=PQ, ∴PM的值最大时,PQ的值最大, 设P(m,-m2+2m+3),则M(m,-m+3), ∴PM=-m2+2m+3-(-m+3) =-m2+3m, ∵-1<0,∴当m=时,PM的值最大,PM的最大值=-+=,∴PQ的最大值=PM=,此时P(,). ‹#› (3)设M(a,-a+3),则N(a,-a+1), 当点N在抛物线上时,-a+1=-a2+2a+3,∴a2-3a-2=0, 解得a1=,a2=. ∵线段MN与抛物线有交点, ∴满足条件的点M的横坐标的取值范围为:≤xM≤0或3≤xM≤. ‹#› 模型2　抛物线中图形的周长最大问题 特点 过抛物线上一动点,向x轴作垂线形成的线段,进而形成的直角三角形 图示 M是动点,MN∥y轴,ME⊥AC 结论 ①△MNE∽△ACO→△MNE的三边之比固定; ②MN=yM-yN,△MNE的周长最大问题转化为MN最长问题 ‹#› 【针对训练】 2.(2024·淄博二模)如图1,抛物线y=ax2+bx+3(a≠0)与x轴交于点A(-1,0),B(3,0)与y轴交于点C,连接AC,BC. (1)求该抛物线及直线BC的函数解析式; (2)如图2,在BC上方的抛物线上有一动点P(不与B,C重合),过点P作PD∥AC,交BC于点D,过点P作PE∥y轴,交BC于点E.在点P运动的过程中,请求出△PDE周长的最大值及此时点P的坐标. ‹#› 【解析】(1)将点A(-1,0),B(3,0)代入y=ax2+bx+3, 得,,解得,所以,该抛物线的函数解析式为y=-x2+2x+3. 设直线BC的函数解析式为y=kx+n, 将点C(0,3),B(3,0)代入y=kx+n, 得,解得, 所以,直线BC的函数解析式为y=-x+3. ‹#› (2)如图,过点A作AF∥y轴,交BC于点F, 因为PE∥y轴, 所以AF∥PE, 所以∠AFC=∠PED, 因为PD∥AC,所以∠ACD=∠PDC, 所以∠ACF=∠PDE, 在△ACF和∠PDE中, , ‹#› 所以△ACF∽△PDE, 所以=, 由直线BC:y=-x+3和点A(-1,0), 得点F坐标为(-1,4), 所以AF=4,AC===,CF=AO=, 所以△ACF的周长=AF+AC+CF=4++, 所以△PDE的周长=·△ACF的周长=·PE, ‹#› 设点P的坐标(m,-m2+2m+3),则点E的坐标(m,-m+3), 所以PE=-m2+2m+3-(-m+3)=-m2+3m=-(m-)2+, 所以当m=时,PE取得最大值, 即当m=时,△PDE的周长取得最大值×=, 此时点P的坐标为(,). ‹#› 模型3　抛物线中线段的比值最大问题 特点 过抛物线上一动点,与x轴上一点相连,形成的两线段的比 图示 M是动点,作MN∥y轴,得△MND∽△OCD 结论 ①△MND∽△OCD→=; ②OC是定值,故MN最大时,最大 ‹#› 【针对训练】 3.(2024·广元中考)在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线F:y=-x2+bx+c经过点 A(-3,-1),与y轴交于点B(0,2). (1)求抛物线的函数解析式; (2)在直线AB上方抛物线上有一动点C,连接OC交 AB于点D,求的最大值及此时点C的坐标; (3)作抛物线F关于直线y=-1上一点的对称图象F',抛物线F与F'只有一个公共点E(点E在y轴右侧),G为直线AB上一点,H为抛物线F'对称轴上一点,若以B,E,G,H为顶点的四边形是平行四边形,求G点坐标. ‹#› 【解析】(1)A(-3,-1),B(0,2)代入y=-x2+bx+c, 得,解得, ∴抛物线的函数解析式为y=-x2-2x+2. (2)如图1,过点C作x轴的垂线交AB于点M. ∴CM∥y轴,∴△CDM∽△ODB, ∴==, 设AB的解析式为y=mx+n, ‹#› 把A(-3,-1),B(0,2)代入解析式得,解得, ∴y=x+2. 设C(t,-t2-2t+2),则M(t,t+2), ∴CM=-t2-3t=-(t+)2+, ∵-3<t<0,-1<0, ∴当t=-时,CM最大,最大值为.∴的最大值为,此时点C的坐标为(-,). ‹#› (3)由中心对称可知,抛物线F与F'的公共点E为直线y=-1与抛物线F的右交点, ∴-x2-2x+2=-1, ∴x1=-3(舍),x2=1, ∴E(1,-1). ∵抛物线F:y=-x2-2x+2的顶点坐标为(-1,3), ∴抛物线F'的顶点坐标为(3,-5), ∴抛物线F'的对称轴为直线x=3. 如图2,当BE为对角线时,由题知xE-xG=xH-xB=3, ∴xG=-2,∴G(-2,0). ‹#› 如图3,当BE为边时,由题知xH-xG=xE-xB=1, ∴xG=2,∴G(2,4). 如图4,由题知xG-xH=xE-xB=1, ∴xG=4, ∴G(4,6). 综上:点G的坐标为(-2,0),(2,4),(4,6). ‹#› 4.(2024·济宁二模)抛物线y=x2-4x与直线y=x交于原点O和点B,与x轴交于另一点A,顶点为D. (1)求出点B和点D的坐标; (2)如图①,连接OD,P为x轴的负半轴上的一点,当tan∠PDO=时,求点P的坐标; (3)如图②,M是点B关于抛物线的对称轴的对称点,Q是抛物线上的动点,它的横坐标为m(0<m<5),连接MQ,BQ,MQ与直线OB交于点E,设△BEQ和△BEM的面积分别为S1和S2,求的最大值. ‹#› 【解析】(1)令y=x2-4x=x, 解得x=0或x=5,∴B(5,5); ∵y=x2-4x=(x-2)2-4,∴顶点D的坐标为(2,-4). (2)如图,过点D作DE⊥y轴于点E, ∴DE=2,OE=4,∴tan∠DOE=, ∵tan∠PDO=,∴∠DOE=∠PDO, ∵P为x轴的负半轴上的一点,设直线DP与y轴交于点G,则△ODG是等腰三角形, ∴OG=DG, ‹#› 设OG=t,则DG=t,GE=4-t, 在Rt△DGE中,t2=22+(4-t)2, 解得t=,∴G(0,-), 设直线DG的解析式为y=kx+b, 把G(0,-),D(2,-4)代入,得,解得, ‹#› ∴直线DG的解析式为y=-x-. 令y=0,则-x-=0, 解得x=-,∴P(-,0), 综上,点P的坐标为(-,0). ‹#› (3)∵点B(5,5)与点M关于对称轴x=2对称,∴M(-1,5). 如图,分别过点M,Q作y轴的平行线,交直线OB于点N,K, ∴N(-1,-1),MN=6, ∵点Q横坐标为m,∴Q(m,m2-4m),K(m,m), ∴KQ=m-(m2-4m)=-m2+5m. ∵S1=QK(xB-xE),S2=MN(xB-xE), ∴==-(m2-5m)=-(m-)2+,∵-<0, ∴当m=时,最大,最大值为. ‹#› 模型4　抛物线中线段和的最值问题 特点 过抛物线上一动点,形成的两线段的和 图示 P是动点,作PE∥y轴,PF∥x轴,△PDF∽△OCB 结论 由△PDF∽△OCB 得PD∶PF为定值,PF可用PD表示,PE+PF最大即转化为PE与PD最大问题 ‹#› 【针对训练】 5.(2024·甘肃中考)如图1,抛物线y=a(x-h)2+k交x轴于O,A(4,0)两点,顶点为B(2,2),点C为OB的中点. (1)求抛物线y=a(x-h)2+k的解析式; (2)过点C作CH⊥OA,垂足为H,交抛物线于点E.求线段CE的长. (3)点D为线段OA上一动点(O点除外),在OC右侧作平行四边形OCFD. ①如图2,当点F落在抛物线上时,求点F的坐标; ②如图3,连接BD,BF,求BD+BF的最小值. ‹#› 【解析】(1)由题意得y=a(x-2)2+2, 将点A的坐标代入上式得0=a×(4-2)2+2,解得a=-,∴抛物线y=a(x-h)2+k的解析式为y=-x2+2x. (2)由(1)知,y=-(x-2)2+2,由中点坐标公式得点C(1,), 当x=1时,y=-(x-2)2+2=,则CE=-=. ‹#› (3)①由(2)知,C(1,),当y=时, y=-(x-2)2+2=, 则x=2+(不合题意的值已舍去),即点F(2+,); ‹#› ②设点D(m,0),则点F(m+1,), 过点B作直线l⊥y轴,作点F关于直线l的对称点F'(m+1,3),连接DF', 则BD+BF=BD+BF'≥DF',当D,B,F'共线时,BD+BF=DF'为最小, 由定点F',D的坐标得直线DF'的解析式为y=3(x-m), 将点B的坐标代入上式得2=3(2-m), 解得m=, 则点F'(,3),点D(,0),则BD+BF最小值为DF'==2. ‹#› 6.(2024·德阳中考)如图,抛物线y=x2-x+c与x轴交于点A(-1,0)和点B,与y轴交于点C. (1)求抛物线的解析式; (2)当0<x≤2时,求y=x2-x+c的函数值的取值范围; (3)将抛物线的顶点向下平移个单位长度得到点M,点P为抛物线的对称轴上一动点,求PA+PM的最小值. ‹#› 【解析】(1)把A(-1,0)代入y=x2-x+c得0=1+1+c,解得c=-2, ∴抛物线的解析式为y=x2-x-2. (2)∵y=x2-x-2=(x-)2-, ∴抛物线y=x2-x-2开口向上,顶点坐标为(,-),对称轴为直线x=. ∵|0-|<|2-|, ∴在0<x≤2时,当x=2,y取最大值22-2-2=0;当x=时,y取最小值-. ∴当0<x≤2时,函数值的取值范围是-≤y≤0. ‹#› (3)连接BM,过A作AH⊥BM于点H,交抛物线对称轴直线x=于P',设直线x=交x轴于N,如图: 在y=x2-x-2中,令y=0得0=x2-x-2, 解得x=-1或x=2,∴B(2,0), ∴BN=2-=, ∵将抛物线的顶点(,-)向下平移个单位长度得到点M, ∴M(,-3),MN=3,∴BM===, ‹#› ∴sin∠BMN===,∴=, ∴P'H=P'M,∴P'A+P'M=P'A+P'H=AH, 由垂线段最短可知,当P与P'重合时,PA+PM最小,最小值为AH的长度, ∵2S△ABM=AB·MN=BM·AH, ∴AH===,∴PA+PM的最小值为. ‹#› 模型5　抛物线中三角形面积最值问题 特点 过抛物线上一动点,与另外两个定点相连形成的三角形 图示 M是动点,作MN∥y轴,得S△MAC=MN·AO 结论 MN最大时,S△MAC最大 ‹#› 三角形面积转化求解法 S△ABC+S△ACD=S△ABD+S△BCD S△ABC=×BD×(h1+h2) ‹#› 三角形面积转化求解法 PP'∥BC,则S△PBC=S△P'BC ‹#› 【针对训练】 7.(2024·遂宁中考)二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴分别交于点A(-1,0), B(3,0),与y轴交于点C(0,-3),P,Q为抛物线上的两点. (1)求二次函数的解析式; (2)当P,C两点关于抛物线对称轴对称,△OPQ是以点P为直角顶点的直角三角形时,求点Q的坐标; (3)设P的横坐标为m,Q的横坐标为m+1,试探究:△OPQ的面积S是否存在最小值,若存在,请求出最小值,若不存在,请说明理由. ‹#› 【解析】(1)由题意得:y=a(x+1)(x-3)=a(x2-2x-3),则-3a=-3,a=1, 则抛物线的解析式为y=x2-2x-3. (2)△OPQ是以点P为直角顶点的直角三角形时,抛物线的对称轴为直线x=1, 因为点P,C关于抛物线对称轴对称, 则点P(2,-3), 设Q(m,m2-2m-3), ∵∠OPQ=90°, ∴OP2+PQ2=OQ2, ∴[(0-2)2+(0+3)2]+[(2-m)2+(-3-m2+2m+3)2]=(0-m)2+(0-m2+2m+3)2, ‹#› 整理得3m2-8m+4=0, 解得m1=,m2=2(舍去), ∴m=, ∴Q(,-). ‹#› (3)存在,理由: 设点P(m,m2-2m-3),则点Q(m+1,(m+1)2-2(m+1)-3),设直线PQ交x轴于点H, 由点P,Q的坐标得,直线PQ的解析式为y=(2m-1)(x-m)+m2-2m-3, 令y=0,则x=+m,则OH=+m, 则S=S△OHP-S△OHQ=×OH×(yQ-yP)=×(+m) [(m+1)2-2(m+1)-3-m2+2m+3] =(m2+m+3)=(m+)2+≥, 即S存在最小值为. ‹#› 本课结束 ‹#› $$