初中数学中考总复习课件PPT：第15课时　二次函数的综合性问题

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第一部分 夯实基础　提分多 第 三 单元 函数 第1 5 课时 二次函数的综合性问题 例 1 　 如图，已知抛物线 y ＝－ x 2 ＋ bx ＋ c 与直线 AB 相交于 A ( － 3 ， 0) ， B (0 ， 3) 两点，与 x 轴的另一个交点为 C . 抛物线对称轴为直线 l ，顶点为 D ，对称轴与 x 轴的交点为 E . (1) 求直线 AB 的解析式及点 D 、点 C 的坐标； 重难点精讲优练 例 1 题图① 【 思维教练 】要求直线 AB 的解析式，可先设其一般式，将 A 、 B 点坐标代入即可求得；再分别代入 y ＝－ x 2 ＋ bx ＋ c 求出待定系数，将解析式转化为顶点式即可求得点 D 坐标，令 y ＝ 0 ，解关于 x 的方程即可求出函数图象与 x 轴交点的横坐标． 解： (1) 设直线 AB 的解析式为 y ＝ kx ＋ d ( k ≠0) ， 将 A ( － 3 ， 0) 、 B (0 ， 3) 两点分别代入直线解析式，得 -3 k + d =0 k =1 d =3 ， d =3 ， ∴直线 AB 的解析式为 y ＝ x ＋ 3 ， 将 A ( － 3 ， 0) ， B (0 ， 3) 两点分别代入抛物线的解析式，得 解得 -9-3b+c=0 b =-2 c =3 ， c =3 ， ∴抛物线的解析式为 y ＝－ x 2 － 2 x ＋ 3 ， 化为顶点式得 y ＝－ ( x ＋ 1) 2 ＋ 4 ， ∴抛物线顶点 D 的坐标为 ( － 1 ， 4) ， 令 y ＝ 0 ，得－ x 2 － 2 x ＋ 3 ＝ 0 ，解得 x 1 ＝－ 3 ， x 2 ＝ 1 ， ∴点 C 的坐标为 (1 ， 0) ； 解得 (2) 已知 M 是 y 轴上一点，连接 AM 、 DM ，若 AM ＝ DM ，且 AM ⊥ DM ，求点 M 的坐标； 例 1 题图② 【 思维教练 】 由于点 M 是 y 轴上的坐标，则 y M ＝ OM ，又由于 AM ⊥ DM ，可过 D 作 y 轴垂线 DE ， △ AOM 和△ MED 构成 “ 一线三等角 ” 的全等三角形，即可得到 OM 长度，从而得到点 M 的坐标． 解： 如解图①，过点 D 作 DE ⊥ y 轴交于点 E ， ∵ AM ⊥ DM ，∴∠ AMO ＋ ∠ DME ＝ 90° ， ∵∠ MAO ＋ ∠ AMO ＝ 90° ，∴∠ MAO ＝ ∠ DME ，∵ AM ＝ MD ，∠ AOM ＝ ∠ DEM ＝ 90° ， ∴ Rt △ AMO ≌ Rt △ MDE( AAS ) ， ∴ MO ＝ DE ＝ 1 ， ∴点 M 的坐标为 (0 ， 1) ； 例 1 题解图① (3) 求△ ABC 的面积及四边形 AOBD 的面积； 【 思维教练 】 要求△ ABC 的面积，可以以 AC 为底， BO 为高来计算；对于求不规则图形的面积，常将所求图形分割成几个可以直接利用面积公式计算的规则图形，通过规则图形的面积和或差计算求解．如本题中求四边形 AOBD 的面积，因其形状不规则 例 1 题图③ 故可将其分割为 Rt△ADE 与直角梯形 OBDE ，分别求出其面积再相加，即可得到四边形 AOBD 的面积． 解： ∵ 点 A ( － 3 ， 0) ， 点 B (0 ， 3) ， 点 C (1 ， 0) ， ∴ AO ＝ 3 ， OC ＝ 1 ， OB ＝ 3 ，∴ AC ＝ 4 ， ∵ BO ⊥ AC ， ∴ S △ ABC ＝ AC · BO ＝ × 4 × 3 ＝ 6 ； 连接 AD 、 DB ， 如解图 ②， ∵点 D ( － 1 ， 4) ， DE ⊥ x 轴 于点 E ， ∴点 E ( － 1 ， 0) ， AE ＝ 2 ， OE ＝ 1 ， DE ＝ 4 ，∴ S 四边形 AOBD ＝ S △ADE ＋ S 梯形 OBDE ＝ AE · DE ＋ ( BO ＋ DE )· OE ＝ ×2×4 ＋ ×(3 ＋ 4)×1 ＝ ； 例 1 题解图② 例 1 题图④ (4) 在 x 轴上方的抛物线上是否存在一点 G ，使得 S △ ACG ＝ 2 ，若存在，求点 G 的坐标；若不存在，说明理由； 【 思维教练 】 观察图形可知 △ ACG 的面积为 AC · y G ， 过点 G 作 GG ′ ⊥ x 轴交于点 G ′ ， 设点 G 的横坐标为 g ， 以 AC 为底 ， GG ′ 为高即可得到 S △ ACG 关于 g 的函数解析式 ， 再令用 g 表示的 S △ ACG 为 2 ， 求解即可． 解： 假设存在点 G ，使得 S △ACG ＝ 2. 连接 AG ， GC ，如解图③， ∵ 点 G 在 x 轴上方的抛物线上 ， 过点 G 作 GG ′ ⊥ x 轴交于点 G ′ ， 设点 G 的坐标为 ( g ， － g 2 － 2 g ＋ 3) ， 则－ g 2 － 2 g ＋ 3>0 ， 例 1 题解图③ ∵ S △ ACG ＝ AC · GG ＝ × 4 × ( － g 2 － 2 g ＋ 3) ， ∴ × 4 × ( － g 2 － 2 g ＋ 3) ＝ 2 ， 解得 g 1 ＝－ 1 ＋ ， g 2 ＝－ 1 － ， 满足题意的点 G 有两个 ， 坐标为 ( － 1 ＋ ， 1) ， ( － 1 － ， 1) ； 例 1 题图⑤ (5) 在 x 轴上是否存在一点 P ， 使得 PB ＋ PD 的值最小 ， 若存在 ，求出点 P 的坐标；若不存在 ， 请说明理由； 【 思维教练 】 作 D 关于 x 轴的对称点 D ′ ， 连接 BD ′ ， 则 BD ′ 与 x 轴交点即为 P 点． 解： (5) 存在．理由如下：如解图 ④， 作点 D 关于 x 轴的对称点 D ′ ， ∴ D ′( － 1 ，－ 4) ，连接 BD ′ 交 x 轴于点 P ，此时 PB ＋ PD 的值最小，为 BD ′ 的长． 例 1 题解图④ 设直线 BD ′ 解析式为 y ＝ kx ＋ b ( k ≠0) ，则 ， 解得 ∴直线 BD ′ 解析式为 y ＝ 7 x ＋ 3 ， 当 y ＝ 0 时， x ＝－ ， ∴点 P 的坐标为 ( － ， 0) ； 例 1 题图⑥ (6) 已知点 P 是第二象限内抛物线上一动点 ， 设点 P 的横坐标为 p ，△ ABP 的面积为 S ， 求 S 关于 p 的函数解析式；当 p 为何值时 ， S 有最大值 ， 最大值是多少？ 【 思维教练 】 要求 △ ABP 的面积 ，可构造平行于 y 轴的边 ， 即过点 P 作 PP ′ ∥ y 轴交直线 AB 于点 P ′ ， 则 PP ′ 将 △ ABP 分成 △ APP ′ 和 △ BPP ′ 两部分 ， 据此求出 △ ABP 的面积 ， 结合二次函数性质求出其最大值即可． 解： (6) 如解图⑤，∵点 P 在抛物线上，∴点 P 的坐标为 ( p ，－ p 2 － 2 p ＋ 3) ， 过点 P 作 PP ′ ∥ y 轴交直线 AB 于点 P′ ， 则 P ′( p ， p ＋ 3) ， 则 PP ′ ＝ ( － p 2 － 2 p ＋ 3) － ( p ＋ 3) ＝－ p 2 － 3 p ， 例 1 题解图⑤ ∴ S △ ABP ＝ OA · PP ′ ＝ × 3 × ( － p 2 － 3 p ) ＝－ p 2 － p ， 即 S ＝－ p 2 － p ＝－ ( p ＋ ) 2 ＋ ， ∵ 点 P 在第二象限的抛物线上 ， ∴ － 3< p <0 ， ∵ － ＜ 0 ， ∴ 当 p ＝－ 时 ， S 有最大值 ， 最大值为 . 例 2 　 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线与 x 轴交于点 A ( － 1 ， 0) ， B (3 ， 0) ，与 y 轴交于点 C ，直线 BC 的解析式为 y ＝ kx ＋ 3 ，抛物线的顶点为 D ，对称轴与直线 BC 交于点 E ，与 x 轴交于点 F . (1) 求抛物线的解析式； 例 2 题图① 【 思维教练 】已知 A ， B 点坐标，可将 抛物线解析式设为交点式，然后代入 C 点坐标，求解即可，而 C 点是直线 y ＝ kx ＋ 3 与 y 轴的交点，只需令 x ＝ 0 ，求出 y 的值即可求得 C 点坐标． 解 ： (1)∵ A ( － 1 ， 0) ， B (3 ， 0) ，可设抛物线的解析式为 y ＝ a ( x ＋ 1)( x － 3) ， ∵直线 BC 的解析式为 y ＝ kx ＋ 3 ，令 x ＝ 0 ，得 y ＝ 3 ， ∴点 C 的坐标为 (0 ， 3) ， 将 C (0 ， 3) 代入，得－ 3 a ＝ 3 ，解得 a ＝－ 1 ， ∴抛物线的解析式为 y ＝－ ( x ＋ 1)( x － 3) ＝－ x 2 ＋ 2 x ＋ 3 ； (2) 连接 CA ， CF ，判断△ CAF 的形状，并说明理由； 【 思维教练 】 观察题图猜想△ CAF 是以 AC 、 FC 为腰的等腰三角形，又 CO ⊥ AF ，所以只需求证 AO ＝ FO 即可． A 点坐标已知， F 点为对称轴与 x 轴的交点，只需根据抛物线解析式求出对称轴即可． 例 2 题图② 解： △ CAF 是等腰三角形．理由如下： ∵抛物线的对称轴为 x ＝ 1 ， ∴点 F 的坐标为 (1 ， 0) ，∴ AO ＝ OF ＝ 1 ， ∵ CO ⊥ AF ， ∴ CO 是线段 AF 的垂直平分线， ∴ CA ＝ CF ， ∴△ CAF 是等腰三角形； (3) x 轴上是否存在点 G ，使得△ ACG 是以 AC 为底边的等腰三角形，若存在，求出点 G 的坐标，若不存在，请说明理由； 【 思维教练 】 当△ ACG 是以 AC 为底边的等腰三角形时有 AG ＝ CG ，设出点 G 坐标，然后表示出 AG 和 CG ，列关系式即可求解，若有解，则存在，否则不存在． 例 2 题图③ 解 ：存在．如解图①，作 AC 的垂直平分线，交 x 轴于点 G ，则点 G 即为所求． 设点 G 的坐标为 ( g ， 0) ，在 Rt △ COG 中， CO ＝ 3 ， OG ＝ g ，由勾股定理得 CG 2 ＝ CO 2 ＋ OG 2 ＝ 9 ＋ g 2 ，又 ∵ AG ＝ g ＋ 1 ， AG ＝ CG ， ∴ ( g ＋ 1) 2 ＝ 9 ＋ g 2 ，解得 g ＝ 4 ， 此时点 G 的坐标为 (4 ， 0) ； 例 2 题解图① (4) 连接 CD 、 BD ，判断△ CBD 和△ CDE 的形状，并说明理由； 【 思维教练 】 过点 C 作 CC ′⊥ DE 于点 C ′ ，分别计算出 CD 2 、 BC 2 、 BD 2 . 再根据勾股定理的逆定理即可判定△ CBD 的形状，结合 DC ′ ＝ EC ′ 得到 CD ＝ CE ，即可判定 △ CDE 的形状． 例 2 题图④ 解 ： △ CBD 为直角三角形，△ CDE 为等腰直角三角形．理由如下： 如解图②，过点 C 作 CC ′⊥ DE 于点 C ′ ， 由 (1) 知， y ＝－ x 2 ＋ 2 x ＋ 3 ＝－ ( x － 1) 2 ＋ 4 ， ∴顶点 D 的坐标为 (1 ， 4) ，在 Rt △ DCC ′ 中，由勾股定理得 CD 2 ＝ 2 ， 在 Rt △ BDF 中，由勾股定理得 BD 2 ＝ DF 2 ＋ 例 2 题解图② BF 2 ＝ 20 ， 又 ∵ BC 2 ＝ OB 2 ＋ OC 2 ＝ 18 ， ∴ BC 2 ＋ CD 2 ＝ BD 2 ，∴△ CBD 是以 ∠ DCB 为直角的直角三角形，∵ CC ′ ⊥ DE ，∴ DC ′＝ 1 ，∵直线 BC 的解析式为 y ＝－ x ＋ 3 ，∴点 E 的坐标为 (1 ， 2) ，∴ EC ′＝ 1 ， ∴ DC ′＝ EC′ ，∴ CC ′垂直平分 DE ，∴ CD ＝ CE ，△ CDE 是等腰三角形，又 ∵∠ DCB ＝ 90° ， ∴△ CDE 是等腰直角三角形； (5) 在 x 轴上是否存在点 G 使得△ BGE 是直角三角形，若存在，求出点 G 的坐标，若不存在，请说明理由； 【 思维教练 】 由 ∠ EBO ＜ 90° ，可知要使 △ BGE 是直角三角形．只需分 ∠ EGB ＝ 90° 或 ∠ GEB ＝ 90° 两种情况讨论即可求解． 例 2 题图⑤ 解 ： 存在．理由如下： ∵ 点 G 在 x 轴上，设点 G 的坐标为 ( g ， 0) ． ( i ) 由 EF ⊥ x 轴，易得当点 G 与点 F 重合时，△ BEG 是以 ∠ EGB 为直角的直角三角形，此时点 G 的坐标为 (1 ， 0) ； ( ii ) 当 GE ⊥ EB 即 ∠ GEB ＝ 90° 时， ∵∠ EBG ＝ 45° ，∴∠ EGB ＝ 45° ， ∴ EG ＝ EB ， ∵ EF ⊥ BG ，∴ GF ＝ BF ＝ 2 ， ∴点 G 与点 A 重合，其坐标为 ( － 1 ， 0) ； ∴使 △ BGE 为直角三角形的点 G 坐标为 ( － 1 ， 0) 或 (1 ， 0) ．