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2024年中考数学二轮专题复习（全国通用版）
——二次函数与几何图形综合型专题
题型解读
二次函数综合题是中考的必考题，一方面考查了一次函数、二次函数的图象与性质，几何图形的性质与判定，图形变换等；另一方面考查了方程与函数思想、数形结合思想、分类讨论思想、数学建模思想等.主要类型包括：线段问题，角度问题，面积问题，全等、相似三角形存在性问题，平行四边形存在性问题，特殊三角形存在性问题等.
类型一 线段问题
解法指导
1. 确定线段长
两点之间的距离可以根据两点坐标表示线段长度，已知点A（x1，y1），点B（x2，y2），则AB=，也可以构造直角三角形，利用勾股定理求出.在求这类问题时首先应该明白与x轴平行的直线上点的纵坐标都相同，且两点间的距离是横坐标相减的绝对值；与y轴平行的直线上点的横坐标都相同，且两点间的距离是纵坐标相减的绝对值.
2. 线段数量关系问题
根据前面所得的线段长，结合题干中线段间的数量关系，利用勾股定理或相似三角形对应边成比例，列出方程求解即可.（注意排除不符合题意的数值）
3. 求线段最大值问题
根据前面所得的线段长的关系式，构建二次函数模型，利用二次函数性质求最值，可得到线段长的最大值（注意自变量的取值范围）；求两条线段和的最小值时，常用“将军饮马”模型.
典例精析
例1 如图1，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（0，3）和B两点，直线AB与x轴相交于点C，P是直线AB上方抛物线上的一个动点，PD⊥x轴交AB于点D．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若PE∥x轴交AB于点E，求PD+PE的最大值.
解析：（1）将A（0，3），B代入y＝﹣x2+bx+c，得解得
所以该抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3.
（2）设直线AB的解析式为y＝kx+n.
将A（0，3），B代入y＝kx+n，得解得
所以直线AB的解析式为y＝﹣x+3.
在y＝﹣x+3中，令y＝0，则﹣x+3＝0，解得x＝2.所以C（2，0）.
因为PD⊥x轴，PE∥x轴，所以∠DEP＝∠ACO，∠DPE＝∠AOC=90°.所以Rt△DPE∽Rt△AOC.
所以，即=.所以PE＝PD.所以PD+PE＝PD.
设P（a，﹣a2+2a+3），则D.
所以PD＝（﹣a2+2a+3）﹣＝﹣+.
所以PD+PE＝﹣+.
因为﹣＜0，所以当a＝时，PD+PE有最大值，最大值为.
跟踪训练
如图，在平面直角坐标系中，经过点A（4，0）的直线AB与y轴交于点B（0，4）．经过原点O的抛物线y=-x2+bx+c交直线AB于点A，C，抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线y=-x2+bx+c的解析式；
（2）M是线段AB上一点，N是抛物线上一点，当MN∥y轴且MN=2时，求点M的坐标．
类型二 角度问题
解法指导
如果要证明两角相等，可通过平行线、等边对等角、轴对称或相似三角形求解；如果要构造一个45°的角，可通过等腰直角三角形、同弧所对圆周角等于90°圆心角的一半、平分直角等解决；在二倍角的问题中，可利用等腰三角形顶角的外角等于底角的2倍，构造二倍角，再利用正切三角函数计算.
典例精析
例2 如图2，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于
A（﹣2，0），B（8，0）两点，与y轴交于点C（0，4），连接AC，BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）P是抛物线上一动点，当∠PCB＝∠ABC时，求点P的坐标．
解析：（1）由A（﹣2，0），B（8，0），设抛物线的解析式为y＝a（x+2）（x-8）.
将C（0，4）代入y＝a（x+2）（x-8），得4=-16a，解得a=-.
所以抛物线的解析式为y＝-（x+2）（x-8）=-x2+x+4.
（2）①当点P在BC上方时，如图3所示.
因为∠PCB＝∠ABC，所以PC∥AB.所以C，P两点的纵坐标相等.所以点P的纵坐标为4.
将yp＝4代入y＝-x2+x+4，得4=-x2+x+4，解得x1＝0，x2＝6.
所以点P的坐标为（6，4）.
图3 图4
②当点P在BC下方时，如图4所示.
设PC交x轴于点H.因为∠PCB＝∠ABC，所以HC＝HB．
设HC＝HB＝m，则OH＝OB﹣HB＝8﹣m.
在Rt△COH中，由勾股定理，得OC2+OH2＝CH2，即42+（8﹣m）2＝m2，解得m＝5.
所以OH＝3.所以H（3，0）．
设直线PC的解析式为y＝kx+n.
将C（0，4），H（3，0）代入y＝kx+n，得解得
所以直线PC的解析式为y＝-x+4.
联立解得或所以点P的坐标为.
综上，点P的坐标为（6，4）或．
跟踪训练
2.如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，直线BC的解析式为y＝x﹣3．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点Q是抛物线上一点，若∠ACQ＝45°，求点Q的坐标．
第2题图
类型三 面积问题
解法指导
在平面直角坐标系内，如果三角形的一边与坐标轴平行或重合，就把这边作三角形的底边，直接用面积公式计算；如果三角形的三边都不与坐标轴平行或重合，可用“铅垂高”法.如图，过△ABC的三个顶点分别作出与水平线垂直的三条直线，外侧两条直线之间的距离叫做△ABC的“水平宽”（a），中间的这条直线在△ABC内部线段的长度叫做△ABC的“铅垂高”（h），则S△ABC=ah，即三角形面积等于水平宽与铅垂高乘积的一半.求图形面积的最值时，常利用二次函数的性质解决.
典例精析
例3 如图5，已知直线y＝x+4与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y＝ax2+bx+c经过A，C两点，且与x轴的另一个交点为B，对称轴为x＝-1．
（1）求抛物线的解析式；
（2）D是第二象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求
四边形ABCD面积S的最大值及此时点D的坐标.
图5
解析：（1）在y＝x+4中，当y＝0时，x＝-3，当x＝0时，y＝4，所以A（-3，0），C（0，4）.
因为抛物线的对称轴为x＝﹣1，所以B（1，0）.
设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）（x+3）.
将C（0，4）代入y＝a（x﹣1）（x+3），得4＝﹣3a，解得a＝﹣.
所以抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣1）（x+3）＝﹣x2﹣x+4.
（2）如图5，过点D作DE∥y轴交AC于点E.
因为点D的横坐标为m，所以D，E.
所以DE＝﹣m2﹣m+4﹣＝﹣m2﹣4m.
所以S△ADC＝DE·OA＝××3＝﹣2m2﹣6m.
因为S△ABC＝AB·OC＝×4×4=8，所以S＝S△ADC+S△ABC＝﹣2m2﹣6m+8＝﹣2+.
因为﹣2<0，所以当m＝﹣时，S取得最大值，最大值为.
当m＝﹣时，﹣m2﹣m+4=﹣×-×+4＝5.所以此时点D的坐标为.
跟踪训练
3.如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣4，0），B（2，0），与y轴交于点C（0，2）．
（1）求这条抛物线所对应的函数解析式；
（2）点P为抛物线上一点，连接CP，若直线CP把四边形CBPA的面积分为1∶5的两部分，求点P的坐标．
第3题图
类型四 相似三角形存在性问题
解法指导
探究两个三角形相似的存在性问题，往往没有明确指出两个三角形的对应角（尤其是以文字形式出现让证明两个三角形相似），或者涉及动点位置的不确定，此时应考虑不同的位置关系，分情况讨论.
典例精析
例4 如图6，抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A（-1，0），B两点，交y轴于点C（0，3），顶点D的横坐标为1．
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点C作直线l与y轴垂直，与抛物线的另一个交点为E，连接AD，AE，DE，在直线l下方的抛物线上是否存在一点M，过点M作MF⊥l，垂足为F，使以M，F，E三点为顶点的三角形与△ADE相似？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
解析：（1）因为顶点D的横坐标为1，所以抛物线的对称轴为x=1.
因为A（-1，0），所以B（3，0）.
设抛物线的解析式为y=a（x+1）（x-3）.
将C（0，3）代入y=a（x+1）（x-3），得3=-3a，解得a=-1.
所以抛物线的解析式为y=-（x+1）（x-3）=-x2+2x+3．
因为y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，所以D（1，4）.
由抛物线的对称性可知E（2，3）.
因为A（-1，0），所以AD==2，DE==，AE==3．
因为（2）2=（）2+（3）2，即AD2=DE2+AE2，所以△ADE是直角三角形，且∠AED=90°，．
设M（t,-t2+2t+3）（t＜0或t＞2），则EF=|t-2|，MF=3-（-t2+2t+3）=t2-2t.
因为∠MFE＝∠AED＝90°，所以当△MEF与△ADE相似时，有和两种情况：
①当时，，整理，得（t-2）2（t2-9）=0，解得t=2（舍去）或t=3或t=-3；
②当时，，整理，得（t-2）2（9t2-1）=0，解得t=2（舍去）或t=（舍去）或t=；
所以点M的坐标为（3，0）或（-3，-12）或．
综上，存在点M，使以M，F，E三点为顶点的三角形与△ADE相似，此时点M的坐标为（3，0）或（-3，-12）或．
跟踪训练
4.如图，已知抛物线y＝﹣2x2+bx+c与x轴交于点A，B（2，0）（A在B的左侧），与y轴交于点C，对称轴是x＝，P是第一象限内抛物线上的任一点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点P作x轴的垂线与线段BC交于点M，垂足为H，若以P，M，C为顶点的三角形与△BMH相似，求点P的坐标．
第4题图
类型五 平行四边形存在性问题
解法指导
已知平行四边形的三个顶点，利用平行四边形对边平行且相等或对角线互相平分的性质可以确定第四个顶点；已知平行四边形的两个顶点，通过平移或者过中点作直线可以确定另外两个顶点.矩形的存在性问题可转化为直角三角形的存在性问题来解决.菱形的存在性问题可转化为等腰三角形的存在性问题来解决.正方形的存在性问题可转化为等腰直角三角形的存在性问题来解决.
典例精析
例5 如图7，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+x+c经过A（﹣2，0），B（0，4）两点，直线x＝3与x轴交于点C．
（1）求a，c的值；
（2）P是抛物线上位于第一象限内的一个动点，在线段OC和直线x＝3上是否分别存在点F，G，使B，F，G，P为顶点的四边形是以BF为一边的矩形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
图7
解析：（1）把A（﹣2，0），B（0，4）代入y＝ax2+x+c，得解得
所以a的值为，c的值为4.
由（1）知抛物线的解析式为y＝x2+x+4.
设P.
当B，F，G，P为顶点的四边形是以BF为一边的矩形时，有点P在点G上方和点P在点G下方两种情况：
①当点P在点G上方时，如图8所示，过点P作PH⊥y轴于点H，则∠PHB＝∠FCG＝∠BOF=90°.
因为四边形BPGF是矩形，所以BP＝GF，∠PBF＝∠BFG＝90°.
所以∠CFG+∠BFO＝∠BFO+∠OBF＝∠OBF+∠PBH＝∠PBH+∠HPB＝90°，所以∠CFG＝∠OBF＝
∠HPB，∠PBH＝∠BFO.所以△PHB≌△FCG.所以CF＝PH＝t，OF＝3﹣t.
因为∠PBH＝∠BFO，所以tan∠PBH＝tan∠BFO.
所以，即，解得t1＝0（舍去），t2＝1.
所以OF＝2.所以F（2，0）；
图8 图9
②当点P在点G下方时，如图9所示，过点G作GN⊥y轴于点N，过点P作PM⊥x轴于点M.
同①可得MF＝GN＝3，OF＝t﹣3，∠MPF＝∠OFB，所以tan∠MPF＝tan∠OFB.
所以，即，解得t1＝，t2＝（舍去）.
所以OF＝.所以F.
综上，存在点F，G，使B，F，G，P为顶点的四边形是以BF为一边的矩形，点F的坐标为（2，0）或．
跟踪训练
5.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+2经过A，B两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线上，过点P作PD⊥x轴，交直线BC于点D.若以P，D，O，C为顶点的四边形是平行四边形，求点P的横坐标.
第5题图
类型六 特殊三角形存在性问题
解法指导
探究等腰三角形存在性问题，常用“两圆一线”法，即分别以定长线段的两端点为圆心，以定长为半径画两个圆，再作定长线段的垂直平分线，则圆上各点及垂直平分线上各点都是符合题意的等腰三角形的第三个顶点（三个顶点在同一直线上的点除外），如图①所示；探究直角三角形存在性问题，常用“一圆两线”法，即以定长线段为直径画圆，再分别过定长线段的两端点作这条线段的垂线，则圆上各点及垂线上各点都是符合题意的直角三角形的第三个顶点（三个顶点在同一直线上的点除外），如图②所示.
① ②
典例精析
例6 如图10，抛物线y＝ax2+2x+c的对称轴是x＝1，与x轴交于点A，B（3，0），与y轴交于点C，连接AC．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）已知D是第一象限内抛物线上的一个动点，过点D作DM⊥x轴，垂足为M，DM交直线BC于点N，是否存在这样的点N，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由.
图10
解析：（1）因为抛物线y＝ax2+2x+c的对称轴是x＝1，B（3，0），所以A（﹣1，0）.
将A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+2x+c，得解得
所以抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3.
（2）由（1）可知C（0，3），故设直线BC的解析式为y＝kx+3.
将B（3，0）代入y＝kx+3，得3k+3=0，解得k＝﹣1.
所以直线BC的解析式为y＝﹣x+3.
设D（t，﹣t2+2t+3），则N（t，﹣t+3），其中0因为A（﹣1，0），C（0，3），所以AC2＝12+32＝10，AN2＝（t+1）2+（﹣t+3）2＝2t2﹣4t+10，
CN2＝t2+（3+t﹣3）2＝2t2.
当以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形时，分三种情况：
①当AC＝AN时，AC2＝AN2，即10＝2t2﹣4t+10，解得t1＝2，t2＝0（舍去）.
所以点N的坐标为（2，1）；
②当AC＝CN时，AC2＝CN2，即10＝2t2，解得t1＝，t2＝﹣（舍去）.
所以点N的坐标为（，3﹣）；
③当AN＝CN时，AN2＝CN2，即2t2﹣4t+10＝2t2，解得t＝.
所以点N的坐标为.
综上，存在这样的点N，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形，点N的坐标为（2，1）或（，3﹣）或.
跟踪训练
6.如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点B（4，0）和点C（0，2），与x轴的另一个交点为A，连接AC，BC．
（1）求抛物线的解析式及点A的坐标；
（2）如图，若D是线段AC的中点，连接BD，在y轴上是否存在点E，使得△BDE是以BD为斜边的直角三角形？若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
第6题图
参考答案
1.解：（1）将A（4，0），O（0，0）代入y=-x2+bx+c，得解得
所以抛物线的解析式为y=-x2+4x.
（2）设直线AB的解析式为y=kx+m.
将A（4，0），B（0，4）代入y=kx+m，得解得
所以直线AB的解析式为y=-x+4.
设M（t，-t+4），则N（t，-t2+4t），其中0≤t≤4.
当点M在点N上方时，MN=-t+4-（-t2+4t）=t2-5t+4=2，整理，得t2-5t+2=0，解得t1=，t2=（舍去）.所以点M的坐标为；
当点M在点N下方时，MN=-t2+4t-（-t+4）=-t2+5t-4=2，整理，得t2-5t+6=0，解得t1=2，t2=3.所以点M的坐标为（2，2）或（3，1），
综上，点M的坐标为或（2，2）或（3，1）.
解：（1）在y＝x﹣3中，当y＝0时，x＝3，当x＝0时，y＝﹣3，所以B（3，0），C（0，﹣3）.
将B（3，0），C（0，﹣3）代入y＝﹣x2+bx+c，得解得
所以抛物线的解析式为y＝﹣x2+4x﹣3.
（2）因为OB＝OC，所以∠OCB＝∠OBC＝45°.因为∠ACQ＝45°，所以∠BCQ＝∠OCA.
如图，过点C作∠BCQ=∠OCA交抛物线于点Q，过点B作BE⊥BC交CQ于点E，过E点作EF⊥x轴于点F.
因为OA＝1，OC＝3，所以tan∠OCA＝.所以tan∠BCE＝＝.
因为BC＝=3，所以BE＝.
因为∠OBC＝45°，所以∠EBF＝45°.所以EF＝BF＝1.所以E（4，﹣1）.
设直线CE的解析式为y＝kx+a.
将E（4，﹣1），C（0，﹣3）代入y＝kx+a，得解得
所以直线CE的解析式为y＝x﹣3.
联立解得或
所以点Q的坐标为．
第2题图
3.解：（1）因为抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣4，0），B（2，0），所以设抛物线的解析式为
y＝a（x+4）（x-2）.将C（0，2）代入y＝a（x+4）（x-2），得2=-8a，解得a=-.
所以这条抛物线所对应的函数解析式为y＝﹣（x+4）（x-2）=-x2﹣x+2.
（2）如图，设直线CP交x轴于点E.
因为直线CP把四边形CBPA的面积分为1∶5的两部分，S△PCB∶S△PCA＝BE·（yC﹣yP）∶AE×（yC﹣yP）＝BE∶AE，所以BE∶AE＝1∶5或5∶1.
因为AB=6，所以AE＝5或AE＝1，即点E的坐标为（1，0）或（﹣3，0）.
因为直线CP过点C（0，2），所以设直线CP的解析式为y＝kx+2.
将（1，0），（﹣3，0）分别代入y＝kx+2，解得k=-2或k=.
所以直线CP的解析式为y＝﹣2x+2或y＝x+2.
联立 或解得（舍去）或或
所以点P的坐标为（6，﹣10）或．
第3题图
4.解：（1）因为抛物线经过点B（2，0），对称轴是x＝，所以A（-1，0）.
所以抛物线的解析式为y＝﹣2（x+1）（x-2）=﹣2x2+2x+4.
（2）设P（t，﹣2t2+2t+4），则OH＝t.所以BH＝2﹣t.
由（1）知B（2，0），C（0，4），所以OB=2，OC=4.
因为∠CMP＝∠BMH，∠BHM＝90°，所以当以P，M，C为顶点的三角形与△BMH相似时，有∠CPM＝90°和∠PCM＝90°两种情况：
①当∠CPM＝90°时，如图①所示，则∠BHM＝∠CPM＝90°.
所以CP∥x轴.所以点C与点P关于抛物线的对称轴对称.
因为C（0，4），抛物线的对称轴为x＝，所以P（1，4）；
① ②
第4题图
②当∠PCM＝90°时，如图②所示，过点P作PE⊥y轴于点E，则∠PEC＝∠BOC＝∠PCM＝90°.
所以∠PCE+∠CPE＝∠PCE+∠BCO＝90°.所以∠CPE＝∠BCO.所以△PEC∽△COB.
所以，即，解得t1＝0（舍去），t2＝.所以P.
综上，点P的坐标为（1，4）或．
5.解：（1）将A，B代入y=ax2+bx+2，得解得
所以抛物线的解析式为y=-x2+x+2.
（2）在y=-x2+x+2中，当x=0时，y=2.所以C（0，2）.
设直线BC的解析式为y=kx+c.
将B，C（0，2）代入y=kx+c，得解得
所以直线BC的解析式为y=x+2.
设P，则D.所以PD==|m2-3m|.
因为PD⊥x轴，OC⊥x轴，所以PD∥CO.
所以当PD=CO时，以P，D，O，C为顶点的四边形是平行四边形.
所以|m2-3m|=2，解得m=1或m=2或m=或m=.
所以点P的横坐标为1或2或或.
解：（1）将B（4，0），C（0，2）代入y＝﹣x2+bx+c，得解得
所以抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2.
在y＝﹣x2+x+2中，当y＝0时，得﹣x2+x+2＝0，解得x1＝﹣1，x2＝4.
所以A（﹣1，0）.
（2）因为D是线段AC的中点，A（﹣1，0），C（0，2），所以D.
设E（0，t）.
因为△BDE是以BD为斜边的直角三角形，所以BE2+DE2＝BD2.
因为B（4，0），所以（42+t2）+＝，整理，得t2﹣t﹣2＝0，解得t1＝﹣1，t2＝2.
所以在y轴上存在点E，使得△BDE是以BD为斜边的直角三角形，点E的坐标为（0，﹣1）或（0，2）.
图1
第1题图
图2
图6
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