培优冲刺02 二次函数与几何的综合（解析版）

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培优冲刺 02 二次函数与几何的综合

1、二次函数与特殊四变形的综合

2、二次函数与最值的综合

3、二次函数与相似的综合

4、二次函数与新定义的综合

题型一：二次函数与特殊四边形的综合

此类问题都是在抛物线的基础之上与平行四边形、特殊平行四边形结合，考察特殊平行四边形的性质

或者存在性问题；做题时需要将二者的性质结合思考，共同应用。

【中考真题练】

1．（2023•扬州）在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 A在y轴正半轴上．

（1）如果四个点（0，0）、（0，2）、（1，1）、（﹣1，1）中恰有三个点在二次函数 y＝ax2（a为

常数，且 a≠0）的图象上．

①a＝　 1 　；

②如图 1，已知菱形 ABCD 的顶点 B、C、D在该二次函数的图象上，且 AD⊥y轴，求菱形的边长；

③如图 2，已知正方形 ABCD 的顶点 B、D在该二次函数的图象上，点 B、D在y轴的同侧，且点 B在

点D的左侧，设点 B、D的横坐标分别为 m、n，试探究 n﹣m是否为定值．如果是，求出这个值；如果

不是，请说明理由．

（2）已知正方形 ABCD 的顶点 B、D在二次函数 y＝ax2（a为常数，且 a＞0）的图象上，点 B在点 D

的左侧，设点 B、D的横坐标分别为 m、n，直接写出 m、n满足的等量关系式．

【分析】（1）①在y＝ax2中，令 x＝0得y＝0，即知（0，2）不在二次函数 y＝ax2（a为常数，且

a≠0）的图象上，用待定系数法可得 a＝1；

②设BC 交y轴于 E，设菱形的边长为 2t，可得 B（﹣t，t2），故 AE＝＝ t，D（2t，t2+

t），代入 y＝x2得t2+t＝4t2，可解得 t＝，故菱形的边长为；

③过B作BF⊥y轴于 F，过 D作DE⊥y轴于 E，由点 B、D的横坐标分别为 m、n，可得 BF＝m，OF＝

m2，DE＝n，OE＝n2，证明△ABF≌△DAE（AAS），有 BF＝AE，AF＝DE，故 m＝n2﹣AF﹣m2，AF＝

n，即可得 n﹣m＝1；

（2）过 B作BF⊥y轴于 F，过 D作DE⊥y轴于 E，由点 B、D的横坐标分别为 m、n，知

B（m，am2），D（n，an2），分三种情况：①当B，D在y轴左侧时，由△ABF≌△DAE（AAS），可

得﹣m＝am2﹣AF﹣an2，AF＝﹣n，故 n﹣m＝；②当B在y轴左侧，D在y轴右侧时，由

△ABF≌△DAE（AAS），有﹣m＝am2+AF﹣an2，AF＝n，知 m+n＝0或n﹣m＝；③当B，D在y轴

右侧时，m＝an2﹣AF﹣am2，AF＝n，可得 n﹣m＝．

【解答】解：（1）①在y＝ax2中，令 x＝0得y＝0，

∴（0，0）在二次函数 y＝ax2（a为常数，且 a≠0）的图象上，（0，2）不在二次函数 y＝ax2（a为常数，

且a≠0）的图象上，

∵四个点（0，0）、（0，2）、（1，1）、（﹣1，1）中恰有三个点在二次函数 y＝ax2（a为常数，且

a≠0）的图象上，

∴二次函数 y＝ax2（a为常数，且 a≠0）的图象上的三个点是（0，0），（1，1），（﹣1，1），

把（1，1）代入 y＝ax2得：a＝1，

故答案为：1；

②设BC 交y轴于 E，如图：

设菱形的边长为 2t，则 AB＝BC＝CD＝AD＝2t，

∵B，C关于 y轴对称，

∴BE＝CE＝t，

∴B（﹣t，t2），

∴OE＝t2，

∵AE＝＝ t，

∴OA＝OE+AE＝t2+t，

∴D（2t，t2+t），

把D（2t，t2+t）代入 y＝x2得：

t2+t＝4t2，

解得 t＝或 t＝0（舍去），

∴菱形的边长为；

③n﹣m是为定值，理由如下：

过B作BF⊥y轴于 F，过 D作DE⊥y轴于 E，如图：

∵点B、D的横坐标分别为 m、n，

∴B（m，m2），D（n，n2），

∴BF＝m，OF＝m2，DE＝n，OE＝n2，

∵四边形 ABCD 是正方形，

∴∠DAB＝90°，AD＝AB，

∴∠FAB＝90°﹣∠EAD＝∠EDA，

∵∠AFB＝∠DEA＝90°，

∴△ABF≌△DAE（AAS），

∴BF＝AE，AF＝DE，

∴m＝n2﹣AF﹣m2，AF＝n，

∴m＝n2﹣n﹣m2，

∴m+n＝（n﹣m）（n+m），

∵点B、D在y轴的同侧，

∴m+n≠0，

∴n﹣m＝1；

（2）过 B作BF⊥y轴于 F，过 D作DE⊥y轴于 E，

∵点B、D的横坐标分别为 m、n，

∴B（m，am2），D（n，an2），

①当B，D在y轴左侧时，如图：

∴BF＝﹣m，OF＝am2，DE＝﹣n，OE＝an2，

同理可得△ABF≌△DAE（AAS），

∴BF＝AE，AF＝DE，

∴﹣m＝am2﹣AF﹣an2，AF＝﹣n，

∴﹣m＝am2+n﹣an2，

∴m+n＝a（n﹣m）（n+m），

∵m+n≠0，

∴n﹣m＝；

②当B在y轴左侧，D在y轴右侧时，如图：

∴BF＝﹣m，OF＝am2，DE＝n，OE＝an2，

同理可得△ABF≌△DAE（AAS），

∴BF＝AE，AF＝DE，

∴﹣m＝am2+AF﹣an2，AF＝n，

∴﹣m＝am2+n﹣an2，

∴m+n＝a（n+m）（n﹣m），

∴m+n＝0或n﹣m＝；

③当B，D在y轴右侧时，如图：

∴BF＝m，OF＝am2，DE＝n，OE＝an2，

同理可得△ABF≌△DAE（AAS），

∴BF＝AE，AF＝DE，

∴m＝an2﹣AF﹣am2，AF＝n，

∴m＝an2﹣n﹣am2，

∴m+n＝a（n+m）（n﹣m），

∵m+n≠0

∴n﹣m＝；

综上所述，m、n满足的等量关系式为 m+n＝0或n﹣m＝．

2．（2023•枣庄）如图，抛物线 y＝﹣x2+bx+c经过 A（﹣1，0），C（0，3）两点，并交 x轴于另一点 B，

点M是抛物线的顶点，直线 AM 与y轴交于点 D．

（1）求该抛物线的表达式；

（2）若点 H是x轴上一动点，分别连接 MH，DH，求 MH+DH 的最小值；

（3）若点 P是抛物线上一动点，问在对称轴上是否存在点 Q，使得以 D，M，P，Q为顶点的四边形是

平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的点 Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线的表达式；

（2）利用待定系数法可得直线 AM 的解析式为 y＝2x+2，进而可得 D（0，2），作点 D关于 x轴的对称

点D′（0，﹣2），连接 D′M，D′H，MH+DH＝MH+D′H≥D′M，即 MH+DH 的最小值为 D′M，利用两点

间距离公式即可求得答案；

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摘要：

培优冲刺02二次函数与几何的综合1、二次函数与特殊四变形的综合2、二次函数与最值的综合3、二次函数与相似的综合4、二次函数与新定义的综合题型一：二次函数与特殊四边形的综合此类问题都是在抛物线的基础之上与平行四边形、特殊平行四边形结合，考察特殊平行四边形的性质或者存在性问题；做题时需要将二者的性质结合思考，共同应用。【中考真题练】1．（2023•扬州）在平面直角坐标系xOy中，已知点A在y轴正半轴上．（1）如果四个点（0，0）、（0，2）、（1，1）、（﹣1，1）中恰有三个点在二次函数y＝ax2（a为常数，且a≠0）的图象上．①a＝　1　；②如图1，已知菱形ABCD的顶点B、C、D在该二次函数的...

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