山東省臨沂市中考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 專題6 二次函數(shù)

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1、△+△數(shù)學(xué)中考教學(xué)資料2019年編△+△ 專題六：二次函數(shù) 【近3年臨沂市中考試題】 1. （2014?臨沂，14，3分）．在平面直角坐標(biāo)系中，函數(shù)≥的圖象為，關(guān)于原點對稱的圖象為，則直線（a為常數(shù)）與，的交點共有 （A）1個． （B）1個，或2個． （C）1個，或2個，或3個． （D）1個，或2個，或3個，或4個． A B C D O 2.（2014?臨沂，26，13分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與x軸 交于點A(-1，0)和點B(1，0)，直線 與y軸交于點

2、C，與拋物線交于點C，D. （1）求拋物線的解析式； （2）求點A到直線CD的距離； （3）平移拋物線，使拋物線的頂點P在直線 CD上，拋物線與直線CD的另一個交點為Q，點 G在y軸正半軸上，當(dāng)以G，P，Q三點為頂點的 三角形為等腰直角三角形時，求出所有符合條件的 G點的坐標(biāo). 3．（2016?臨沂，13，3分） 二次函數(shù)y=ax2+bx+c，自變量x與函數(shù)y的對應(yīng)值如下表： x … -5 -4 -3 -2 -1 0 … y … 4 0 -2 -2 0 4 … 下列說法正確的是 （第26題圖） O x y A C B

3、 (A)拋物線的開口向下 (B) 當(dāng)x＞—3時，y隨x的增大而增大. (C) 二次函數(shù)的最小值是—2 (D) 拋物線的對稱軸是x=—. 4.（2015?臨沂，26，13分） 在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點，直線y =－2x－1與y軸交于點A，與直線y =－x交于點B, 點B關(guān)于原點的對稱點為點C. （1）求過A，B，C三點的拋物線的解析式； （2）P為拋物線上一點，它關(guān)于原點的對稱點為Q. ①當(dāng)四邊形PBQC為菱形時，求點P的坐標(biāo)； ②若點P的橫坐標(biāo)為t（－1＜t＜1），當(dāng)t為何值時，四邊形PBQC面積最大，并說明理由.

4、 【知識點】 二次函數(shù)定義；二次函數(shù)圖像及性質(zhì)；二次函數(shù)解析式的確定。 【規(guī)律方法】 1.求函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點，分別設(shè)x=0，或y=0即可。 2.二次函數(shù)的平移以及配方法求二次函數(shù)解析式頂點坐標(biāo)以及交點式求二次函數(shù)解析式。拋物線平移規(guī)律：上加下減，左加右減。 3．由拋物線在直角坐標(biāo)系中的位置確定a、b、c的符號規(guī)律：拋物線開口方向決定了a的符號，當(dāng)開口向上時，a＞0；當(dāng)開口向下時，a＜0； b的符合的確定看直線x=的位置，與a的符號左同右異；c看圖像與y軸的交點。 4．解答二次函數(shù)增減性問題，一般需要考慮將二次函數(shù)的解析式配方，得到其對稱軸，再結(jié)合其圖象與所求問題，作出回答.

5、 5.確定構(gòu)成等腰三角形點的個數(shù)時，分別以各邊為底邊找出各種情況，然后把重復(fù)的、不符合的去掉即可。 【中考集錦】 一、選擇題 1、(2014?濟寧) “如果二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c的圖象與x軸有兩個公共點，那么一元二次方程ax2＋bx＋c=0有兩個不相等的實數(shù)根.”請根據(jù)你對這句話的理解，解決下面問題：若m、n（m

6、4?東營)若函數(shù)y=mx2+（m+2）x+m+1的圖象與x軸只有一個交點，那么m的值為（　　） 　 A． 0 B． 0或2 C． 2或﹣2 D． 0，2或﹣2 3、（2016?煙臺）11．二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象如圖所示，下列結(jié)論： ①4ac＜b2；②a+c＞b；③2a+b＞0． 其中正確的有（　?。? A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 4．（2016?棗莊）如圖，已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c（a≠0）的圖象如圖所示，給出以下四個結(jié)論：①abc=0，②a+b+c＞0，③a＞b，④4ac﹣b2＜0；其中正確的結(jié)論有（　?。? A．1個 B．2個 C．3個

7、D．4個 5、（2014?威海）已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c（a≠0）的圖象如圖，則下列說法： ①c=0；②該拋物線的對稱軸是直線x=﹣1；③當(dāng)x=1時，y=2a；④am2+bm+a＞0（m≠﹣1）． 其中正確的個數(shù)是（ ） 　 A． 1 B． 2 C． 3 D． 4 6．(2016?日照)如圖是二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象，其對稱軸為x=1，下列結(jié)論：①abc＞0；②2a+b=0；③4a+2b+c＜0；④若（﹣），（）是拋物線上兩點，則y1＜y2其中結(jié)論正確的是（　?。? A．①② B．②③ C．②④ D．①③④ 7．(2014?濟寧) “如果二

8、次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c的圖象與x軸有兩個公共點，那么一元二次方程ax2＋bx＋c=0有兩個不相等的實數(shù)根.”請根據(jù)你對這句話的理解，解決下面問題：若m、n（m

9、段拋物線：y=﹣x（x﹣2）（0≤x≤2）記為C1，它與x軸交于兩點O，A1；將C1繞A1旋轉(zhuǎn)180°得到C2，交x軸于A2；將C2繞A2旋轉(zhuǎn)180°得到C3，交x軸于A3；…如此進行下去，直至得到C6，若點P（11，m）在第6段拋物線C6上，則m=　?。? 3（2016青島）．已知二次函數(shù)y=3x2+c與正比例函數(shù)y=4x的圖象只有一個交點，則c的值為　　　　　?。? 三、解答題 1．(2014?濟寧)（11分）如圖，拋物線與x軸交于A（5,0）、B（-1,0）兩點，過點A作直線AC⊥x軸，交直線于點C； （1） 求該拋物線的解析式； （2） 求點A關(guān)于直線的對稱點的坐標(biāo)，判定

10、點是否在拋物線上，并說明理由； （第22 題） （3） 點P是拋物線上一動點，過點P作y軸的平行線，交線段于點M，是否存在這樣的點P，使四邊形PACM是平行四邊形？若存在，求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由. 2.（2014?威海）如圖，已知拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）經(jīng)過A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）三點． （1）求這條拋物線的解析式； （2）E為拋物線上一動點，是否存在點E使以A、B、E為頂點的三角形與△COB相似？若存在，試求出點E的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由； （3）若將直線BC平移，使其經(jīng)過點A，且與拋物線相交于點D，連接BD，試求

11、出∠BDA的度數(shù)． 3.(2014?日照)已知拋物線經(jīng)過A（2，0）． 設(shè)頂點為點P，與x軸的另一交點為點B． （1）求b的值，求出點P、點B的坐標(biāo)； （2）如圖，在直線 y=x上是否存在點D，使四邊形OPBD為平行四邊形？若存在，求出點D的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由； （3）在x軸下方的拋物線上是否存在點M，使△AMP≌△AMB？如果存在,試舉例驗證你的猜想；如果不存在，試說明理由． 4（2016威海）如圖，拋物線y=ax2+bx+c的圖象經(jīng)過點A（﹣2，0），點B（4，0），點D（2，4），與y軸交于點C，作直線BC，連接AC

12、，CD． （1）求拋物線的函數(shù)表達式； （2）E是拋物線上的點，求滿足∠ECD=∠ACO的點E的坐標(biāo)； （3）點M在y軸上且位于點C上方，點N在直線BC上，點P為第一象限內(nèi)拋物線上一點，若以點C，M，N，P為頂點的四邊形是菱形，求菱形的邊長． 【特別提醒】 1對二次函數(shù)概念理解有誤，漏掉二次項系數(shù)不為0這一限制條件； 2對二次函數(shù)圖象和性質(zhì)存在思維誤區(qū)； 3忽略二次函數(shù)自變量取值范圍； 4平移拋物線時，弄反方向。 5.二次函數(shù)作為最基本的初等函數(shù)，可以以它為素材來研究函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性、最值等性質(zhì)，還可建立起函數(shù)、方程

13、、不等式之間的有機聯(lián)系；作為拋物線，可以聯(lián)系其它平面曲線討論相互之間關(guān)系. 這些縱橫聯(lián)系，使得圍繞二次函數(shù)可以編制出層出不窮、靈活多變的數(shù)學(xué)問題. 答案 【近3年臨沂市中考試題】 1. C． A B C D O F E M 2. （1）（本小問3分） 解：在中，令，得 . ∴C(0，-1) （1分） ∵拋物線與x軸交于A(-1，0), B(1，0), 圖1 ∴C為拋物線的頂點. 設(shè)拋物線的解析式為，將A(-1，0)代入，得 0=a-1. ∴a=1. ∴拋物線的解析式為. （3分） （2）（本小問5分） 方法一： 設(shè)直線與x軸交于E

14、， 則，0). （1分） ∴, . （2分） 連接AC，過A作AF⊥CD，垂足為F， S△CAE ， （4分） 即， ∴. （5分） 方法二：由方法一知， ∠AFE=90°，，. （2分） 在△COE與△AFE中，∠COE=∠AFE=90°，∠CEO=∠AEF，∴△COE∽△AFE . ∴， （4分） 即. ∴. （5分） （3）（本小問5分） 由，得，. ∴D(2，3). （1分） 如圖1，過D作y軸的垂線，垂足為M， 由勾股定理，得 . （2分） 在拋物線的平移過程中，PQ=CD. （i）當(dāng)PQ為斜邊時，設(shè)PQ中點為N，G(0，b)， 則GN

15、=. ∵∠GNC=∠EOC=90°，∠GCN=∠ECO， Q ∴△GNC ∽△EOC． G ∴， N ∴， E ∴b=4. O 圖2 P ∴G(0，4) . （3分） （ii）當(dāng)P為直角頂點時， 設(shè)G(0，b)， C 則， 同（i）可得b=9， 則G(0，9) . （4分） （iii）當(dāng)Q為直角頂點時， 同（ii）可得G(0，9) . 綜上所述，符合條件的點G有兩個，分別是(0，4)，(0，9). （5分） 3. C． 4．解：（1）解方程組得 ∴點B的坐標(biāo)為（-1，1）. 1分 ∵點C和點B關(guān)于原點對稱， ∴點C的坐標(biāo)為（1，-1）

16、. 2分 又∵點A是直線y=-2x-1與y軸的交點， ∴點A的坐標(biāo)為（0，-1）. 3分 設(shè)拋物線的解析式為y=ax2+bx+c， ∴解得 ∴拋物線的解析式為y=x2-x-1. 5分 （2）①如圖1，∵點P在拋物線上， ∴可設(shè)點P的坐標(biāo)為（m，m2-m-1）. 當(dāng)四邊形PBQC是菱形時，O為菱形的中心， ∴PQ⊥BC，即點P，Q在直線y = x上， ∴m = m2-m-1， 7分 解得m = 1±. 8分 ∴點P的坐標(biāo)為（1+，1+）或（1-，1-）. 9分 O x y P A C B Q F D E O x y P A C

17、 B Q 圖1 圖2 ②方法一： 如圖2，設(shè)點P的坐標(biāo)為（t，t2 - t - 1）. 過點P作PD∥y軸，交直線y = - x于點D，則D（t，- t）. 分別過點B，C作BE⊥PD，CF⊥PD，垂足分別為點E，F(xiàn). ∴PD = - t -( t2 - t -1) = - t2 + 1，BE + CF = 2， 10分 ∴S△PBC＝PD·BE +PD·CF ＝PD·（BE + CF） ＝（- t2 + 1）×2 ＝- t2 + 1.

18、12分 ∴＝-2t2+2. ∴當(dāng)t＝0時，有最大值2. 13分 方法二： 如圖3，過點B作y軸的平行線，過點C作x軸的平行線，兩直線交于點D，連接PD. ∴S△PBC＝S△BDC-S△PBD-S△PDC ＝×2×2-×2（t+1）-×2（t2-t-1+1） ＝-t2+1. 12分 ∴＝-2t2+2. ∴當(dāng)t＝0時，有最大值2. 13分 O x y P A C B Q E F O x y P A C B Q D 圖3

19、 圖4 方法三：如圖4，過點P作PE⊥BC，垂足為E，作PF∥x軸交BC于點F. ∴PE=EF. ∵點P的坐標(biāo)為（t，t2-t-1）， ∴點F的坐標(biāo)為（-t2+t+1，t2-t-1）. ∴PF=-t2+t+1-t=-t2+1. ∴PE＝（-t2+1）. 11分 ∴S△PBC＝BC·PE＝××（-t2+1） ＝-t2+1. 12分 ∴＝-2t2+2. ∴當(dāng)t＝0時，有最大值2. 【中考集錦答案】 一、 選擇題 1、A 2、D 3.B 4.C 5.C 6.C 7.A 　 二、填空題 1、2米． 2、m=　﹣1

20、　 3、 三、解答題 1. 解：（1）∵與x軸交于A（5,0）、B（-1,0）兩點， （第22題） ∴， 解得 ∴拋物線的解析式為.························································3分 8. 過點作⊥x軸于E，AA/與OC交于點D， ∵點C在直線y=2x上， ∴C（5，10） ∵點A和關(guān)于直線y=2x對稱， ∴OC⊥，=AD. ∵OA=5，AC=10, ∴. ∵, ∴.∴.·············5分 在和Rt中， ∵∠+∠=90°，∠ACD+∠=90°， ∴∠=∠ACD.

21、 又∵∠=∠OAC=90°， ∴∽. ∴即. ∴=4，AE=8. ∴OE=AE－OA=3. ∴點A/的坐標(biāo)為（﹣3,4）.·······························7分 當(dāng)x=﹣3時，. 所以，點A/在該拋物線上.································8分 （3） 存在. 理由：設(shè)直線的解析式為y=kx+b, 則，解得 ∴直線的解析式為.··················9分 設(shè)點P的坐標(biāo)為，則點M為. ∵PM∥AC， ∴要使四邊形PACM是平行四邊形,只需PM=AC.又點M在點P的上方， ∴ . 解得（不合

22、題意,舍去）當(dāng)x=2時，. ∴當(dāng)點P運動到時，四邊形PACM是平行四邊形.····················11分 2. 解：（1）∵該拋物線過點C（0，2）， ∴可設(shè)該拋物線的解析式為y=ax2+bx+2． 將A（﹣1，0），B（4，0）代入， 得 ， 解得 ， ∴拋物線的解析式為：y=﹣x2+x+2． （2）存在． 由圖象可知，以A、B為直角頂點的△ABE不存在，所以△ABE只可能是以點E為直角頂點的三角形． 在Rt△BOC中，OC=2，OB=4， ∴BC==． 在Rt△BOC中，設(shè)BC邊上的高為h，則×h=×2×4， ∴h=． ∵△BEA∽△COB，設(shè)E

23、點坐標(biāo)為（x，y）， ∴=，∴y=±2 將y=2代入拋物線y=﹣x2+x+2，得x1=0，x2=3． 當(dāng)y=﹣2時，不合題意舍去． ∴E點坐標(biāo)為（0，2），（3，2）． （3）如圖2，連結(jié)AC，作DE⊥x軸于點E，作BF⊥AD于點F， ∴∠BED=∠BFD=∠AFB=90°． 設(shè)BC的解析式為y=kx+b，由圖象，得 ， ∴， yBC=﹣x+2． 由BC∥AD，設(shè)AD的解析式為y=﹣x+n，由圖象，得 0=﹣×（﹣1）+n ∴n=﹣， yAD=﹣x﹣． ∴﹣x2+x+2=﹣x﹣， 解得：x1=﹣1，x2=5 ∴D（﹣1，0）與A重合，舍去，D（5，﹣3

24、）． ∵DE⊥x軸， ∴DE=3，OE=5． 由勾股定理，得BD=． ∵A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）， ∴OA=1，OB=4，OC=2． ∴AB=5 在Rt△AOC中，Rt△BOC中，由勾股定理，得 AC=，BC=2， ∴AC2=5，BC2=20，AB2=25， ∴AC2+BC2=AB2 ∴△ACB是直角三角形， ∴∠ACB=90°． ∵BC∥AD， ∴∠CAF+∠ACB=180°， ∴∠CAF=90°． ∴∠CAF=∠ACB=∠AFB=90°， ∴四邊形ACBF是矩形， ∴AC=BF=， 在Rt△BFD中，由勾股定理，得DF=， ∴DF=

25、BF， ∴∠ADB=45°． 3．解：（1）由于拋物線經(jīng)過A（2，0）， 所以， 解得.…………………………1分 所以拋物線的解析式為. （*） 將（*）配方，得， 所以頂點P的坐標(biāo)為（4，-2）…………………………2分 令y=0，得， 解得. 所以點B的坐標(biāo)是（6，0）. ………………3分 （2）在直線 y=x上存在點D，使四邊形OPBD為平行四邊形. ……4分 理由如下： 設(shè)直線PB的解析式為+b，把B（6,0）,P(4,-2)分別代入，得 解得 所以直線PB的解析式為.…………………………5分 又直線OD的解析式為

26、 所以直線PB∥OD. …………………………6分 設(shè)設(shè)直線OP的解析式為，把P(4,-2)代入，得 解得.如果OP∥BD，那么四邊形OPBD為平行四邊形.…………7分 A P B x y O 第24題答案圖 C M D 設(shè)直線BD的解析式為，將B(6,0)代入，得0=，所以 所以直線BD的解析式為， 解方程組得 所以D點的坐標(biāo)為（2,2）…………………8分 （3）符合條件的點M存在.驗證如下： 過點P作x軸的垂線，垂足為為C，則PC=2，AC=2，由勾股定理，可得AP=4，PB=4，又AB=4，所以△APB是等邊三角形，只要

27、作∠PAB的平分線交拋物線于M點，連接PM,BM,由于AM=AM, ∠PAM=∠BAM,AB=AP，可得△AMP≌△AMB.因此即存在這樣的點M,使△AMP≌△AMB.…………………………11分 4、解：（1）∵拋物線y=ax2+bx+c的圖象經(jīng)過點A（﹣2，0），點B（4，0），點D（2，4）， ∴設(shè)拋物線解析式為y=a（x+2）（x﹣4）， ∴﹣8a=4， ∴a=﹣， ∴拋物線解析式為y=﹣（x+2）（x﹣4）=﹣x2+x+4； （2）如圖1， ①點E在直線CD上方的拋物線上，記E′， 連接CE′，過E′作E′F′⊥CD，垂足為F′， 由（1）知，OC=4， ∵∠A

28、CO=∠E′CF′， ∴tan∠ACO=tan∠E′CF′， ∴=， 設(shè)線段E′F′=h，則CF′=2h， ∴點E′（2h，h+4） ∵點E′在拋物線上， ∴﹣（2h）2+2h+4=h+4， ∴h=0（舍）h= ∴E′（1，）， ②點E在直線CD下方的拋物線上，記E， 同①的方法得，E（3，）， 點E的坐標(biāo)為（1，），（3，） （3）①CM為菱形的邊，如圖2， 在第一象限內(nèi)取點P′，過點 P′作P′N′∥y軸，交BC于N′，過點P′作P′M′∥BC， 交y軸于M′， ∴四邊形CM′P′N′是平行四邊形， ∵四邊形CM′P′N′是菱形， ∴P′M′=P′N

29、′， 過點P′作P′Q′⊥y軸，垂足為Q′， ∵OC=OB，∠BOC=90°， ∴∠OCB=45°， ∴∠P′M′C=45°， 設(shè)點P′（m，﹣ m2+m+4）， 在Rt△P′M′Q′中，P′Q′=m，P′M′=m， ∵B（4，0），C（0，4）， ∴直線BC的解析式為y=﹣x+4， ∵P′N′∥y軸， ∴N′（m，﹣m+4）， ∴P′N′=﹣m2+m+4﹣（﹣m+4）=﹣m2+2m， ∴m=﹣m2+2m， ∴m=0（舍）或m=4﹣2， 菱形CM′P′N′的邊長為（4﹣2）=4﹣4． ②CM為菱形的對角線，如圖3， 在第一象限內(nèi)拋物線上取點P，過點P作PM∥BC， 交y軸于點M，連接CP，過點M作MN∥CP，交BC于N， ∴四邊形CPMN是平行四邊形，連接PN交CM于點Q， ∵四邊形CPMN是菱形， ∴PQ⊥CM，∠PCQ=∠NCQ， ∵∠OCB=45°， ∴∠NCQ=45°， ∴∠PCQ=45°， ∴∠CPQ=∠PCQ=45°， ∴PQ=CQ， 設(shè)點P（n，﹣ n2+n+4）， ∴CQ=n，OQ=n+2， ∴n+4=﹣n2+n+4， ∴n=0（舍）， ∴此種情況不存在． ∴菱形的邊長為4﹣4．