2014年中考数学冲刺复习资料:二次函数压轴题【参考答案】
【例题1】考点：二次函数综合题． 专题：压轴题；数形结合． 分析：（1）已知了抛物线上的三个点的坐标，直接利用待定系数法即可求出抛物线的解析式．
（2）先利用待定系数法求出直线BC的解析式，已知点M的横坐标，代入直线BC、抛物线的解析式中，可得到M、N点的坐标，N、M纵坐标的差的绝对值即为MN的长．
（3）设MN交x轴于D，那么△BNC的面积可表示为：S△BNC=S△MNC+S△MNB=MN（OD+DB）=MN?OB，MN的表达式在（2）中已求得，OB的长易知，由此列出关于S△BNC、m的函数关系式，根据函数的性质即可判断出△BNC是否具有最大值． 解答：（1）设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x﹣3），则：a（0+1）（0﹣3）=3，a=﹣1； ∴抛物线的解析式：y=﹣（x+1）（x﹣3）=﹣x2+2x+3． （2）设直线BC的解析式为：y=kx+b，则有：
，解得
；故直线BC的解析式：y=﹣x+3．
已知点M的横坐标为m，MN∥y，则M（m，﹣m+3）、N（m，﹣m2+2m+3）； ∴故MN=﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+3m（0＜m＜3）．
（3）如图2；∵S△BNC=S△MNC+S△MNB=MN（OD+DB）=MN?OB， ∴S△BNC=（﹣m2+3m）?3=﹣（m﹣）2+
（0＜m＜3）；
．
∴当m=时，△BNC的面积最大，最大值为
图2 【巩固1】【考点：二次函数综合题．专题：压轴题；转化思想．】
分析：（1）该函数解析式只有一个待定系数，只需将B点坐标代入解析式中即可．
(2)首先根据抛物线的解析式确定A点坐标，然后通过证明△ABC是直角三角形来推导出直径AB和圆心的位置，由此确定圆心坐标．
(3)△MBC的面积可由S△MBC=BC×h表示，若要它的面积最大，需要使h取最大值，即点M到直线BC的距离最大，若设一条平行于BC的直线，那么当该直线与抛物线有且只有一个交点时，该交点就是点M． 解答：（1）将B（4，0）代入抛物线的解析式中，得：∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣2． （2）由（1）的函数解析式可求得：A（﹣1，0）、C（0，﹣2）；∴OA=1，OC=2，OB=4， 即：OC2=OA?OB，又：OC⊥AB，∴△OAC∽△OCB，得：∠OCA=∠OBC；∴∠ACB=∠OCA+∠OCB=∠OBC+∠OCB=90°，
∴△ABC为直角三角形，AB为△ABC外接圆的直径； 所以该外接圆的圆心为AB的中点，且坐标为：（，0）． （3）已求得：B（4，0）、C（0，﹣2），可得直线BC的解析式为：y=x﹣2；
设直线l∥BC，则该直线的解析式可表示为：y=x+b，当直线l与抛物线只有一个交点时，可列方程： x+b=x2﹣x﹣2，即： x2﹣2x﹣2﹣b=0，且△=0；∴4﹣4×（﹣2﹣b）=0，即b=﹣4；∴直线l：y=x﹣4．
所以点M即直线l和抛物线的唯一交点，有：
，解得：即 M（2，﹣3）．
过M点作MN⊥x轴于N， S△BMC=S梯形OCMN+S△MNB﹣S△OCB=×2×（2+3）+×2×3﹣×2×4=4．
【例2】考点：二次函数综合题；解一元二次方程－因式分解法；待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二图5
图4 次函数解析式；三角形的面积；平行四边形的判定．.
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专题：压轴题；存在型． 分析：（1）分别利用待定系数法求两函数的解析式：把A（3，0）B（0，﹣3）分别代入y=x2+mx+n与y=kx+b，得到关于m、n的两个方程组，解方程组即可； （2）设点P的坐标是（t，t﹣3），则M（t，t2﹣2t﹣3），用P点的纵坐标减去M的纵坐标得到PM的长，即PM=（t﹣3）﹣（t2﹣2t﹣3）=﹣t2+3t，然后根据二次函数的最值得到; 当t=﹣
=时，PM最长为
=，再利用三角形的面积公式利用S△ABM=S△BPM+S△APM计算即可；
（3）由PM∥OB，根据平行四边形的判定得到当PM=OB时，点P、M、B、O为顶点的四边形为平行四边形，然
后讨论：当P在第四象限：PM=OB=3，PM最长时只有，所以不可能；当P在第一象限：PM=OB=3，（t2﹣2t﹣3）﹣（t﹣3）=3；当P在第三象限：PM=OB=3，t2﹣3t=3，分别解一元二次方程即可得到满足条件的t的值． 解答： 解：（1）把A（3，0）B（0，﹣3）代入y=x2+mx+n，得
解得
，所以抛物线的解析式是y=x2﹣2x﹣3．设直线AB的解析式是y=kx+b，
把A（3，0）B（0，﹣3）代入y=kx+b，得，解得，所以直线AB的解析式是y=x﹣3；
（2）设点P的坐标是（t，t﹣3），则M（t，t2﹣2t﹣3），因为p在第四象限， 所以PM=（t﹣3）﹣（t2﹣2t﹣3）=﹣t2+3t， 当t=﹣
=时，二次函数的最大值，即PM最长值为
=
．
=，
则S△ABM=S△BPM+S△APM=
（3）存在，理由如下：∵PM∥OB，
∴当PM=OB时，点P、M、B、O为顶点的四边形为平行四边形，
①当P在第四象限：PM=OB=3，PM最长时只有，所以不可能有PM=3． ②当P在第一象限：PM=OB=3，（t2﹣2t﹣3）﹣（t﹣3）=3，解得t1=坐标是
；
（舍去），t2=
，t2=
图7
（舍去），所以P点的横
③当P在第三象限：PM=OB=3，t2﹣3t=3，解得t1=以P点的横坐标是
或
．
，所以P点的横坐标是．所
【例题3】分析：（1）首先根据OA的旋转条件确定B点位置，然后过B做x轴的垂线，通过构建直角三角形和OB的长（即OA长）确定B点的坐标．
（2）已知O、A、B三点坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式．
（3）根据（2）的抛物线解析式，可得到抛物线的对称轴，然后先设出P点的坐标，而O、B坐标已知，可先表示出△OPB三边的边长表达式，然后分①OP=OB、②OP=BP、③OB=BP三种情况分类讨论，然后分辨是否存在符合条件的P点． 解答： 解：（1）如图，过B点作BC⊥x轴，垂足为C，则∠BCO=90°， ∵∠AOB=120°，∴∠BOC=60°， 又∵OA=OB=4，∴OC=OB=×4=2，BC=OB?sin60°=4×
=2
，∴点B的坐标为（﹣2，﹣2
）；
（2）∵抛物线过原点O和点A、B，∴可设抛物线解析式为y=ax2+bx，
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将A（4，0），B（﹣2．﹣2）代入，得，解得，
∴此抛物线的解析式为y=﹣
x2+
x
（3）存在，如图，抛物线的对称轴是直线x=2，直线x=2与x轴的交点为D，设点P的坐标为（2，y）， ①若OB=OP，则22+|y|2=42，解得y=±2， 当y=2
时，在Rt△POD中，∠PDO=90°，sin∠POD=
=
，∴∠POD=60°，
∴∠POB=∠POD+∠AOB=60°+120°=180°，即P、O、B三点在同一直线上， ∴y=2不符合题意，舍去，∴点P的坐标为（2，﹣2）
②若OB=PB，则42+|y+2|2=42，解得y=﹣2，故点P的坐标为（2，﹣2）， ③若OP=BP，则22+|y|2=42+|y+2|2，解得y=﹣2，故点P的坐标为（2，﹣2）， 综上所述，符合条件的点P只有一个，其坐标为（2，﹣2）， 【例题5】【考点：二次函数综合题．专题：压轴题．】 分析：（1）设直线BC的解析式为y=mx+n，将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入，运用待定系数法即可求出直线BC的解析式；同理，将B（5，0），C（0，5）两点∑的坐标代入y=x2+bx+c，运用待定系数法即可求出抛物线的解析式； （2）MN的长是直线BC的函数值与抛物线的函数值的差，据此可得出一个关于MN的长和M点横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求出MN的最大值； （3）先求出△ABN的面积S2=5，则S1=6S2=30．再设平行四边形CBPQ的边BC上的高为BD，根据平行四边形的面积公式得出BD=3，过点D作直线BC的平行线，交抛物线与点P，交x轴于点E，在直线DE上截取PQ=BC，则四边形CBPQ为平行四边形．证明△EBD为等腰直角三角形，则BE=BD=6，求出E的坐标为（﹣1，0），运用待定系数法求出直线PQ的解析式为y=﹣x﹣1，然后解方程组
，即可求出点P的坐标．
解答：（1）设直线BC的解析式为y=mx+n，将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入， 得
，解得
，所以直线BC的解析式为y=﹣x+5；
将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入y=x2+bx+c， 得
，解得
，所以抛物线的解析式为y=x2﹣6x+5；
（2）设M（x，x2﹣6x+5）（1＜x＜5），则N（x，﹣x+5）， ∵MN=（﹣x+5）﹣（x2﹣6x+5）=﹣x2+5x=﹣（x﹣）2+大值
；
，∴当x=时，MN有最
（3）∵MN取得最大值时，x=2.5，∴﹣x+5=﹣2.5+5=2.5，即N（2.5，2.5）． 解方程x2﹣6x+5=0，得x=1或5∴A（1，0），B（5，0），∴AB=5﹣1=4，∴△ABN的面积S2=×4×2.5=5，
∴平行四边形CBPQ的面积S1=6S2=30．设平行四边形CBPQ的边BC上的高为BD，则BC⊥BD．
∵BC=5，∴BC?BD=30，∴BD=3．
过点D作直线BC的平行线，交抛物线与点P，交x轴于点E，在直线DE上截取PQ=BC，则四边形CBPQ为平行四边形．∵BC⊥BD，∠OBC=45°，∴∠EBD=45°，∴△EBD为等腰直角三角形，BE=BD=6，
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∵B（5，0），∴E（﹣1，0），
设直线PQ的解析式为y=﹣x+t，将E（﹣1，0）代入，得1+t=0，解得t=﹣1 ∴直线PQ的解析式为y=﹣x﹣1．解方程组
，得
，
，
∴点P的坐标为P1（2，﹣3）（与点D重合）或P2（3，﹣4）． 【巩固6】．如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的图象过点C（0，1），顶点为Q（2，3），点D在x轴正半轴上，且OD=OC．（1）求直线CD的解析式；（2）求抛物线的解析式； （3）将直线CD绕点C逆时针方向旋转45°所得直线与抛物线相交于另一点E，求证：△CEQ∽△CDO；
（4）在（3）的条件下，若点P是线段QE上的动点，点F是线段OD上的动点，问：在P点和F点移动过程中，△PCF的周长是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由． 分析： （1）利用待定系数法求出直线解析式； （2）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（3）关键是证明△CEQ与△CDO均为等腰直角三角形；
（4）如答图②所示，作点C关于直线QE的对称点C′，作点C关于x轴的对称点C″，连接C′C″，交OD于点F，交QE于点P，则△PCF即为符合题意的周长最小的三角形，由轴对称的性质可知，△PCF的周长等于线段C′C″的长度．
利用轴对称的性质、两点之间线段最短可以证明此时△PCF的周长最小．
如答图③所示，利用勾股定理求出线段C′C″的长度，即△PCF周长的最小值． 解答：解：（1）∵C（0，1），OD=OC，∴D点坐标为（1，0）．设直线CD的解析式为y=kx+b（k≠0）， 将C（0，1），D（1，0）代入得：
，解得：b=1，k=﹣1，∴直线CD的解析式为：y=﹣x+1．
．
（2）设抛物线的解析式为y=a（x﹣2）2+3，将C（0，1）代入得：1=a×（﹣2）2+3，解得a=∴y=
（x﹣2）2+3=
x2+2x+1．
（3）证明：由题意可知，∠ECD=45°，
∵OC=OD，且OC⊥OD，∴△OCD为等腰直角三角形，∠ODC=45°，
∴∠ECD=∠ODC，∴CE∥x轴，则点C、E关于对称轴（直线x=2）对称，∴点E的坐标为（4，1）． 如答图①所示，设对称轴（直线x=2）与CE交于点M，则M（2，1），∴ME=CM=QM=2，∴△QME与△QMC均为等腰直角三角形，∴∠QEC=∠QCE=45°．又∵△OCD为等腰直角三角形，∴∠ODC=∠OCD=45°，∴∠QEC=∠QCE=∠ODC=∠OCD=45°，∴△CEQ∽△CDO．
（4）存在．如答图②所示，作点C关于直线QE的对称点C′，作点C关于x轴的对称点C″，连接C′C″，交OD于点F，交QE于点P，则△PCF即为符合题意的周长最小的三角形，由轴对称的性质可知，△PCF的周长等于线段C′C″的长度．
（证明如下：不妨在线段OD上取异于点F的任一点F′，在线段QE上取异于点P的任一点P′，连接F′C″，F′P′，P′C′．由轴对称的性质可知，△P′CF′的周长=F′C″+F′P′+P′C′； 而F′C″+F′P′+P′C′是点C′，C″之间的折线段，
由两点之间线段最短可知：F′C″+F′P′+P′C′＞C′C″，即△P′CF′的周长大于△PCE的周长．） 如答图③所示，连接C′E，∵C，C′关于直线QE对称，△QCE为等腰直角三角形， ∴△QC′E为等腰直角三角形，∴△CEC′为等腰直角三角形，∴点C′的坐标为（4，5）； ∵C，C″关于x轴对称，∴点C″的坐标为（0，﹣1）．过点C′作C′N⊥y轴于点N，则NC′=4，NC″=4+1+1=6，在Rt△C′NC″中，由勾股定理得：C′C″=
=
=
．
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综上所述，在P点和F点移动过程中，△PCF的周长存在最小值，最小值为．
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