拓展题型 二次函数综合题

拓展题型二次函数综合题拓展一二次函数与线段和差问题拓展二二次函数与三角形面积问题拓展三二次函数与特殊四边形判定问题拓展一二次函数与线段和差问题典例精讲例1如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0)与x轴交于点A、B（1,0)，与y轴交于点C，直线y=x-2经过点A、C.抛物线的顶点为D,对称轴为直线l.（1)求抛物线的解析式；【思维教练】已知直线y=x-2经过点A、C，结合题干，可求得A、C两点的坐标，结合B(1,0)，代入抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)求解即可；1212例1题图①121252∴抛物线解析式为y=-x2+x-2；解：对于直线y=x-2，令y=0,得x=4,令x=0，得y=-2，∴点A（4，0），点C（0，-2），将A（4，0），B（1，0），C（0，-2）代入抛物线解析式，得解得125216a+4b+c=0a+b+c=0c=-2，a=-b=c=-2，例1题图①【思维教练】要求顶点D的坐标和对称轴l，需知抛物线的顶点式，(1)中已求得抛物线的一般式，直接化为顶点式即可得到点D的坐标和对称轴l；（2）求顶点D的坐标与对称轴l；例1题图②解：由抛物线y=-x2+x-2，得y=-（x2-5x）-2=-(x-)2+，∴抛物线顶点D的坐标为（,），对称轴l为直线x=；125212521298529852例1题图②【思维教练】已知点E在x轴上，则设E点坐标为（e,0）,要求点E的坐标，已知AE=CE，需先分别用含e的式子表示出AE和CE，由于A点坐标（1）中已求得，则AE＝4-e,由题图可知点O、E、C三点可构成Rt△COE，结合C点坐标，利用勾股定理即可表示出CE的式子，建立方程求解即可；（3）设点E为x轴上一点，且AE=CE，求点E的坐标；例1题图③例1题解图①在Rt△COE中，根据勾股定理得CE2=OC2+OE2=22+e2，∵AE=CE，∴(4-e)2＝22+e2，解得e=，则点E的坐标为（，0）；3232E解：如解图①，由点E在x轴上，可设点E的坐标为（e,0），则AE=4-e，连接CE，（4）设点G是y轴上一点，是否存在点G,使得GD+GB的值最小，若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由；例1题图④【思维教练】线段之和最小值问题即“最短路径问题”，解决这类问题最基本的定理就是“两点之间线段最短”，即已知一条直线和直线同旁的两个点，要在直线上找一点，使得这两个点与这点连接的线段之和最小，解决问题的方法就是通过轴对称作出对称点来解决.如此问，要使GD+GB的值最小，先找点B关于y轴的对称点B′,再连接B′D,B′D与y轴的交点即为所求的G点，求直线B′D的解析式，再求其与y轴的交点即可；设直线B′D的解析式为y=kx+d（k≠0），其中D(,)，则解得∴直线B′D的解析式为y=x+，令x=0,得y=，∴点G的坐标为（0，）；例1题解图②5298-k+d=0k+d=，5298k=d=，928928928928928928解：存在.如解图②，取点B关于y轴的对称点B′，则点B′的坐标为（-1,0）.连接B′D，直线B′D与y轴的交点G即为所求的点.B′G（5）在直线l上是否存在一点F，使得△BCF的周长最小，若存在，求出点F的坐标及△BCF周长的最小值；若不存在，请说明理由；例1题图⑤【思维教练】要使△BCF的周长最小，因为BC长为定值，即要使CF+BF的值最小，由点A,B关于直线l对称，可知AC与l的交点为点F，即可使得CF+BF最小，将x=代入直线AC的解析式，即可求得F点的坐标，在Rt△AOC中可得AC的长，在Rt△OBC中可得BC的长，即可得到△BCF周长的最小值；52在Rt△OBC中，OB=1，OC=2，由勾股定理得BC=为定值，∴当BF+CF最小时，C△BCF最小.∵点B与点A关于直线l对称，∴AC与对称轴l的交点即为所求的点F，将x=代入直线y=x-2，得y=×-2=-，∴点F的坐标为（,-）.例1题解图③2212=552521212345234解：存在，要使△BCF的周长最小，即BC+BF+CF最小，如解图③所示.F在Rt△AOC中，由AO=4，OC=2，根据勾股定理得AC=2，∴△BCF周长的最小值为BC+AC=+2=3；5555例1题解图③F【思维教练】要使SD-SB的值最大，则需分两种情况讨论：①S、B、D三点不共线时构成三角形，由三角形三边关系得到SD-SBBD；②当三点共线时，有SD-SB=BD.从而得到当点S在DB的延长线上时满足条件，求出直线BD的解析式后，再求出直线BD与y轴的交点坐标即可；（6）在y轴上是否存在一点S，使得SD-SB的值最大，若存在，求出点S的坐标；若不存在，请说明理由;例1题图⑥当S与DB不在同一条直线上时，由三角形三边关系得SD-SBBD，当S与DB在同一条直线上时，SD-SB=BD，∴SD-SB≤BD，即当S在DB的延长线上时，SD-SB最大，最大值为BD.设直线BD的解析式为y=mx+n,由B（1，0），D（，），得例1题解图④5298S解：存在.如解图④，延长DB交y轴于点S.m+n=0m+n=，m=解得，n=-∴直线BD的解析式为y=x-,当x=0时,y=-,即当点S的坐标为（0，-）时，SD-SB的值最大；5298343434343434例1题解图④S（7）若点H是抛物线上位于AC上方的一点，过点H作y轴的平行线，交AC于点K，设点H的横坐标为h，线段HK＝d.①求d关于h的函数关系式；②求d的最大值及此时H点的坐标；例1题图⑦【思维教练】平行于y轴的两点之间的距离为此两点的纵坐标之差的绝对值，如此问，要求d关于h的函数关系式，由题可得点H的横坐标为h，①分别将h代入抛物线及直线AC的解析式中，即可得到点H、K的纵坐标，再由点H在点K的上方，可得到d关于h的函数关系式；②利用二次函数的性质求最值，即可得HK的最大值及此时H点的坐标；∴点H的坐标为（h,-h2+h-2），∵HK∥y轴，交AC于K，∴点K的坐标为（h,h-2），∵点H在点K的上方，∴HK=d=（-h2+h-2）-（h-2）=-h2+2h（0＜h＜4）;②由d=-h2+2h=-(h2-4h)=-(h-2)2+2可知，当h=2时，d最大，∵024,符合题意，∴当h=2时，d最大，最大值为2,此时点H的坐标（2,1）；例1题解图⑤52125212121212121212HK解：①如解图⑤,∵点H在抛物线上，点H的横坐标为h，（8）设点P是直线AC上方抛物线上一点，当P点与直线AC距离最大时，求P点的坐标，并求出最大距离是多少？例1题图⑧【思维教练】要求P点的坐标及P点到AC的最大距离，可根据三角形相似，确定对应边的最大值即可，通过作PT∥y轴交AC于L,作PQ⊥AC于点Q，证明△PLQ∽△ACO,得到PQ与PL的比等于AO与AC的比，即可得到PQ与PL的关系,再由（7）得到PL的最大值，即可得到PQ的最大距离及此时的P点坐标.∴∠PLQ=∠ACO,∠PQL=∠AOC=90°，∴△PLQ∽△ACO，∴,∴，设P点的横坐标为t，由（7）知PL=-t2+2t，例1题解图⑥42255PQAOPLAC255PQPL12解：如解图⑥，过点P作PT∥y轴，交AC于L，作PQ⊥AC于点Q，PTLQ当且仅当t=2时,PL取最大值2，∴当t=2时，PQ取最大距离，此时点P的坐标为（2,1）.2545255PTLQ拓展二二次函数与三角形面积问题例2如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=x+3与x轴相交于点A,与y轴相交于点C，点B在x轴的正半轴上，且AB=4，抛物线y=ax2+bx+c经过点A,B,C.（1)求抛物线的解析式；例2题图①【思维教练】要求抛物线的解析式，需知过抛物线的三点A、B、C的坐标，利用直线y=x+3求得A、C两点的坐标，结合已知的AB=4，求得B点坐标，代入求解即可；典例精讲解：对于y=x+3，当x=0时，y=3；当y=0时，x=-3，∴A（-3，0），C（0，3），∵AB=4，∴B（1，0），∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A（-3，0），B（1，0），C（0，3），∴，解得，∴抛物线的解析式为y=-x2-2x+3;9a-3b+c=0a+b+c=0c=3a=-1b=-2c=3例2题图①【思维教练】要求△ABC的面积，需知△ABC的一条边的长度和这条边上高的长度，由于△ABC的边AB已知，底边AB上的高为OC，即为点C的纵坐标，代入面积计算公式即可求解；（2）求△ABC的面积；解：∵点C坐标为(0，3)，∴OC=3，∴S△ABC=AB·OC=×4×3=6;1212例2题图①【思维教练】△QAE与△CBE的底边AE=BE，要使两三角形面积相等，故只要高相等，∵△CBE底边BE的高为3，∴点Q的纵坐标为3和-3时，满足条件，分别代入抛物线解析式即可求解；（3）点D为抛物线的顶点，DE是抛物线的对称轴，点E在x轴上，在抛物线上存在点Q,使得△QAE的面积与△CBE的面积相等，请直接写出点Q的坐标；例2题图②例2题解图①7777777Q1（Q2）PQ4（Q3）解：Q点的坐标为（-2，3）或（0，3）或（-1+，-3）或（-1-，-3）；【解法提示】如解图①，依题意，AE=BE，∴当△QAE的边AE上的高为3时，△QAE的面积与△CBE的面积相等.①当y=3时，-x2-2x+3=3，解得x1=-2，x2=0，∴点Q的坐标为（-2，3）或（0，3）.②当y=-3时，-x2-2x+3=-3，解得x=-1±，∴点Q的坐标为（-1+，-3）或（-1-，-3）.综上所述，点Q的坐标为（-2，3）或（0，3）或（-1+，-3）或（-1-，-3）.【思维教练】要求四边形AOCD和△ACD的面积，由于四边形AOCD是不规则图形，则可利用S四边形AOCD=S△AOD+S△COD计算.由于△ACD的底与高不容易计算，所以可利用S四边形AOCD-S△AOC计算；（4）在（3)的条件下，连接AD,CD，求四边形AOCD和△ACD的面积；例2题图③易知点D的坐标为（-1，4），∴S四边形AOCD=S△AOD+S△COD=×3×4+×3×1=，∴S△ACD=S四边形AOCD-S△AOC=-×3×3=3；例2题解图②121215215212解：如解图②，连接OD，（5）在直线AC的上方的抛物线上，是否存在一点M,使△MAC的面积最大？若存在，请求出点M的坐标，并求出△MAC面积的最大值；若不存在，请说明理由；例2题图④【思维教练】要求图形面积最值问题，若求三角形面积最值，根据题意用未知数设出所求点的坐标，并利用所设点坐标表示出三角形的底和高，用面积公式求解；若求四边形面积最值时，常用到的方法是利用割补方法将四边形分成两个三角形，从而利用求三角形面积的方法求得用含未知数的代数式表示的线段（常用到相似三角形性质、勾股定理）.分别计算出每个三角形的面积，再进行和差计算求解.如此问，要使△MAC的面积最大，可先用含字母的式子表示出S△MAC，再利用二次函数性质讨论其最值，进而求得M点坐标；设M（x，-x2-2x+3），则N（x，x+3），MN=-x2-2x+3-（x+3）=-x2-3x，∴S△MAC=S△AMN+S△CMN=MN×3=(-x2-3x)=-(x+)2+，∵-0，∴当x=-时，S△MAC的值最大为，当x=-时，y=-(-)2-2×(-)+3=，∴点M的坐标为（-，）；例2题解图③12323232278323227832323215432154解：存在点M，使得△MAC的面积最大.如解图③，过点M作MN∥y轴，交AC于点N，NM【思维教练】要确定H点的位置，根据△HGA被分成面积为1∶2的两部分，△HAI和△AIG高相等，对称轴在y轴左侧，可分HI与IG为1∶2或2∶1两种情况，列方程即可求解；（6）点H是抛物线第二象限内一点，作HG⊥x轴，试确定H点的位置，使△HGA的面积被直线AC分为1∶2的两部分；例2题图⑤解：如解图④，由（5）可知，可分两种情况讨论：①若HI=2IG，则有