20161。3初三期末(二次函数综合题)

1.如图，抛物线y=ax2+bx+c关于直线x=1对称，与坐标轴交于A、B、C三点，且AB=4，点D（2，32）在抛物线上，直线l是一次函数y=kx-2(k≠0)的图象，点O是坐标原点.(1)求抛物线的解析式；(2)若直线l平分四边形OBDC的面积，求k的值；(3)把抛物线向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线与直线l交于M、N两点，问在y轴正半轴上是否存在一定点P，使得不论k取何值，直线PM与PN总是关于y轴对称？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由.2.如图，在平南直角坐标系xoy中，矩形OABC的边OA、OC分别在y轴和x轴的正半轴上，且长分别为)0(4,mmm，D为边AB的中点，一抛物线l经过点A、D及点M)1,1(m.（1）求抛物线l的解析式（用含m的式子表示）；（2）把△OAD沿直线OD折叠后点A落在点A，处，连接OA，并延长与线段BC的延长线交于点E，若抛物线l与线段CE相交，求实数m的取值范围；（3）在满足（2）的条件下，求出抛物线l顶点P到达最高位置时的坐标.xylDCBOAxy–1CDAOBEA'3.已知抛物线y=x2﹣3x﹣的顶点为点D，并与x轴相交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C．（1）求点A、B、C、D的坐标；（2）在y轴的正半轴上是否存在点P，使以点P、O、A为顶点的三角形与△AOC相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）取点E（﹣，0）和点F（0，﹣），直线l经过E、F两点，点G是线段BD的中点．①点G是否在直线l上，请说明理由；②在抛物线上是否存在点M，使点M关于直线l的对称点在x轴上？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．4.如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=（x﹣m）2﹣m2+m的顶点为A，与y轴的交点为B，连结AB，AC⊥AB，交y轴于点C，延长CA到点D，使AD=AC，连结BD．作AE∥x轴，DE∥y轴．（1）当m=2时，求点B的坐标；（2）求DE的长？（3）①设点D的坐标为（x，y），求y关于x的函数关系式？②过点D作AB的平行线，与第（3）①题确定的函数图象的另一个交点为P，当m为何值时，以，A，B，D，P为顶点的四边形是平行四边形？5.如图，矩形OBCD的边OD、OB分别在x轴正半轴和y轴的负半轴上，且OD=10，OB=8，将矩形的边BC绕点B逆时针旋转，使点C恰好与x轴上的点A重合(1)直接写出点A、B的坐标：A(______，______)、B(______，______)；(2)若抛物线y=-x2+bx+c经过A、B两点，则这条抛物线的解析式是______；(3)若点M是直线AB上方抛物线上的一个动点，作MN⊥x轴于点N，问是否存在点M，使△AMN与△ACD相似？若存在，求出点M的横坐标；若不存在，说明理由；(4)当≤x≤7时，在抛物线上存在点P，使△ABP得面积最大，求△ABP面积的最大值．1.(2013潍坊)解：（1）∵抛物线关于直线x=1对称，AB=4，∴A(-1，0)，B(3，0).又点D（2，23）在抛物线上，∴03422abcabc，∴a+b=12，又2ba=1，∴a=-12，b=1，从而得c=32，∴y=21322xx.(2)由（1）知y=21322xx，令x=0，得C（0，32）.∴CD∥AB，令kx-2=32，得l与CD的交点F（72k，32），如图.令kx-2=0，得l与x轴的交点E（2k，0），根据SOEFC=SEBDF得：OE+CF=DE+BE，即：2727(3)(2)22kkkk，解得k=115.(3)由（1）知y=22131(1)2222xxx，∴把抛物线向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线解析式为y=12x2.假设在y轴上存在一点P（0，t），t＞0，使直线PM与PN关于y轴对称，过点M、N分别向y轴作垂线MM1，NN1，垂足分别为M1，N1，如图.∵∠MPO=∠NPO，∴△MPM1∽△NPN1，∴1111MMPMNNPN，①不妨设点M（xM，yM）在点N（xN，yN）的左侧，∵P点在y轴正半轴上，则①变为MMNNxtyxty.又yM=kxM-2，yM=kxN-2，∴（t+2）(xM+xN)=2kxMxN，②把y=kx-2（k≠0）代入y=12x2，整理得x2+2kx-4=0，∴xM+xN=-2k，xMxN=-4，代入②式解得t=2，符合条件.故在y轴上存在一点P（0，2），使直线PM与PN总是关于y轴对称.2.（2013珠海）分析：（1）设抛物线l的解析式为y=ax2+bx+c，将A、D、M三点的坐标代入，运用待定系数法即可求解；（2）设AD与x轴交于点M，过点A′作A′N⊥x轴于点N．根据轴对称及平行线的性质得出DM=OM=x，则A′M=2m﹣x，OA′=m，在Rt△OA′M中运用勾股定理求出x，得出A′点坐标，运用待定系数法得到直线OA′的解析式，确定E点坐标（4m，﹣3m），根据抛物线l与线段CE相交，列出关于m的不等式组，求出解集即可；（3）根据二次函数的性质，结合（2）中求出的实数m的取值范围，即可求解．解答：解：（1）设抛物线l的解析式为y=ax2+bx+c，将A（0，m），D（2m，m），M（﹣1，﹣1﹣m）三点的坐标代入，得，解得，所以抛物线l的解析式为y=﹣x2+2mx+m；（2）设AD与x轴交于点M，过点A′作A′N⊥x轴于点N．∵把△OAD沿直线OD折叠后点A落在点A′处，∴△OAD≌△OA′D，OA=OA′=m，AD=A′D=2m，∠OAD=∠OA′D=90°，∠ADO=∠A′DO，∵矩形OABC中，AD∥OC，∴∠ADO=∠DOM，∴∠A′DO=∠DOM，∴DM=OM．设DM=OM=x，则A′M=2m﹣x，在Rt△OA′M中，∵OA′2+A′M2=OM2，∴m2+（2m﹣x）2=x2，解得x=m．∵S△OA′M=OM•A′N=OA′•A′M，∴A′N==m，∴ON==m，∴A′点坐标为（m，﹣m），易求直线OA′的解析式为y=﹣x，当x=4m时，y=﹣×4m=﹣3m，∴E点坐标为（4m，﹣3m）．当x=4m时，﹣x2+2mx+m=﹣（4m）2+2m•4m+m=﹣8m2+m，即抛物线l与直线CE的交点为（4m，﹣8m2+m），∵抛物线l与线段CE相交，∴﹣3m≤﹣8m2+m≤0，∵m＞0，∴﹣3≤﹣8m+1≤0，解得≤m≤；（3）∵y=﹣x2+2mx+m=﹣（x﹣m）2+m2+m，≤m≤，∴当x=m时，y有最大值m2+m，又∵m2+m=（m+）2﹣，∴当≤m≤时，m2+m随m的增大而增大，∴当m=时，顶点P到达最高位置，m2+m=（）2+=，故此时抛物线l顶点P到达最高位置时的坐标为（，）．点评：本题是二次函数的综合题，其中涉及到运用待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，轴对称的性质，勾股定理，两个函数交点坐标的求法，二次函数、矩形的性质，解不等式组等知识，综合性较强，有一定难度．（2）中求出A′点的坐标是解题的关键．3（2013包头）考点：二次函数综合题．专题：代数几何综合题．分析：（1）令y=0，解关于x的一元二次方程求出A、B的坐标，令x=0求出点C的坐标，再根据顶点坐标公式计算即可求出顶点D的坐标；（2）根据点A、C的坐标求出OA、OC的长，再分OA和OA是对应边，OA和OC是对应边两种情况，利用相似三角形对应边成比例列式求出OP的长，从而得解；（3）①设直线l的解析式为y=kx+b（k≠0），利用待定系数法求一次函数解析式求出直线l的解析式，再利用中点公式求出点G的坐标，然后根据直线上点的坐标特征验证即可；②设抛物线的对称轴与x轴交点为H，求出OE、OF、HD、HB的长，然后求出△OEF和△HDB相似，根据相似三角形对应角相等求出∠OFE=∠HBD，然后求出EG⊥BD，从而得到直线l是线段BD的垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质点D关于直线l的对称点就是B，从而判断出点M就是直线DE与抛物线的交点，再设直线DE的解析式为ymx+n，利用待定系数法求一次函数解析求出直线DE的解析式，然后与抛物线解析式联立求解即可得到符合条件的点M．解答：解：（1）令y=0，则x2﹣3x﹣=0，整理得，4x2﹣12x﹣7=0，解得x1=﹣，x2=，所以，A（﹣，0），B（，0），令x=0，则y=﹣，所以，C（0，﹣），∵﹣=﹣=，==﹣4，∴顶点D（，﹣4）；（2）在y轴正半轴上存在符合条件的点P，设点P的坐标为（0，y），∵A（﹣，0），C（0，﹣），∴OA=，OC=，OP=y，①若OA和OA是对应边，则△AOP∽△AOC，∴=，y=OC=，此时点P（0，），②若OA和OC是对应边，则△POA∽△AOC，∴=，即=，解得y=，此时点P（0，），所以，符合条件的点P有两个，P（0，）或（0，）；（3）①设直线l的解析式为y=kx+b（k≠0），∵直线l经过点E（﹣，0）和点F（0，﹣），∴，解得，所以，直线l的解析式为y=﹣x﹣，∵B（，0），D（，﹣4），（+）=，[0+（﹣4）]=﹣2，∴线段BD的中点G的坐标为（，﹣2），当x=时，y=﹣×﹣=﹣2，所以，点G在直线l上；②在抛物线上存在符合条件的点M．设抛物线的对称轴与x轴交点为H，则点H的坐标为（，0），∵E（﹣，0）、F（0，﹣），B（，0）、D（，﹣4），∴OE=，OF=，HD=4，HB=﹣=2，∵==，∠OEF=∠HDB，∴△OEF∽△HDB，∴∠OFE=∠HBD，∵∠OEF+∠OFE=90°，∴∠OEF+∠HBD=90°，∴∠EGB=180°﹣（∠OEF+∠HBD）=180°﹣90°=90°，∴直线l是线段BD的垂直平分线，∴点D关于直线l的对称点就是点B，∴点M就是直线DE与抛物线的交点，设直线DE的解析式为y=mx+n，∵D（，﹣4），（﹣，0），∴，解得，所以，直线DE的解析式为y=﹣x﹣2，联立，解得，，∴符合条件的点M有两个，是（，﹣4）或（，﹣）．点评：本题是二次函数综合题型，主要考查了抛物线与坐标轴的交点的求解，求顶点坐标，待定系数法求一次函数解析式，点在直线上的验证，相似三角形的判定与性质，联立两函数解析式求交点坐标的方法，综合性较强，难度较大，（2）要根据对应边的不同分情况讨论，（3）求出直线l是线段BD的垂直平分线是解题的关键．4.(2013.舟山)考点：二次函数综合题．专题：数形结合．分析：（1）将m=2代入原式，得到二次函数的顶点式，据此即可求出B点的坐标；（2）延长EA，交y轴于点F，证出△AFC≌△AED，进而证出△ABF∽△DAE，利用相似三角形的性质，求出DE=4；（3）①根据点A和点B的坐标，得到x=2m，y=﹣m2+m+4，将m=代入y=﹣m2+m+4，即可求出二次函数的表达式；②作PQ⊥DE于点Q，则△DPQ≌△BAF，然后分（如图1）和（图2）两种情况解答．解答：解：（1）当m=2时，y=（x﹣2）2+1，把x=0代入y=（x﹣2）2+1，得：y=2，∴点B的坐标为（0，2）．（2）延长EA，交y轴于点F，∵AD=AC，∠AFC=∠AED=90°，∠CAF=∠DAE，∴△AFC≌△AED，∴AF=AE，∵点A（m，﹣m2+m），点B（0，m），∴AF=AE=|m|，BF=m﹣（﹣m2+m）=m2，∵∠ABF=90°﹣∠BAF=∠DAE，∠AFB=∠DEA=90°，∴△ABF∽△DAE，∴=，即：=，∴DE=4．（3）①∵点A的坐标为（m，﹣m2+m），∴点D的坐标为（2m，﹣m2+m+4），∴x=2m，y=﹣m2+m+4，∴y=﹣•++4，∴所求函数的解析式为：y=﹣x2+x+4，②作PQ⊥DE于点Q，则△DPQ≌△BAF，（Ⅰ）当四边形ABDP为平行四边形时（如图1），点P的横坐标为3m，点P的纵坐标为：（﹣m2+m+4）﹣（m2）=﹣m2+m+4，把P（3m，﹣m2+m+4）的坐标代入y=﹣x2+x+4得：﹣m2+m+4=﹣×（3m）2+×