2022年数学(百色专用)一轮复习专题特训8二次函数与几何的综合

专题特训八二次函数与几何的综合题型1二次函数中与线段相关及最值问题1．(2021·大庆中考)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴交于原点O和点A，且其顶点B关于x轴的对称点坐标为(2，1).(1)求抛物线的函数表达式；(2)抛物线的对称轴上存在定点F，使得抛物线y＝ax2＋bx＋c上的任意一点G到定点F的距离与点G到直线y＝－2的距离总相等．①证明上述结论并求出点F的坐标；②过点F的直线l与抛物线y＝ax2＋bx＋c交于M，N两点．求证：当直线l绕点F旋转时，eq\f(1,MF)＋eq\f(1,NF)是定值，并求出该定值；(3)点C(3，m)是该抛物线上的一点，在x轴、y轴上分别找点P，Q，使四边形PQBC周长最小，直接写出P，Q的坐标.备用图解：(1)∵顶点B关于x轴的对称点坐标为(2，1)，∴B(2，－1).∴A(4，0).将点O，A，B的坐标分别代入抛物线y＝ax2＋bx＋c，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(0＝c，,－1＝4a＋2b＋c，,0＝16a＋4b＋c.)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,4)，,b＝－1，,c＝0.)))∴抛物线的表达式为y＝eq\f(1,4)x2－x；(2)①证明：设F(2，m)，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(1,4)x2－x))，∵点G到定点F的距离与点G到直线y＝－2的距离相等，∴(x－2)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(1,4)x2＋x))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)x2－x＋2))eq\s\up12(2).整理，得meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(1,2)x2＋2x))＝0.∵距离总相等，即无论x取何值，等式恒成立，∴m＝0.∴F(2，0)；②设过点F的直线表达式为y＝kx－2k，M(xM，yM)，N(xN，yN)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(y＝kx－2k，,y＝\f(1,4)x2－x，)))整理，得x2－(4＋4k)x＋8k＝0.∴xM＋xN＝4＋4k，xM·xN＝8k.∴yM＋yN＝4k2，yM·yN＝－4k2.∵点M到点F与点M到直线y＝－2的距离相等，点N到点F与点N到直线y＝－2的距离相等，∴eq\f(1,MF)＋eq\f(1,NF)＝eq\f(1,2＋yM)＋eq\f(1,2＋yN)＝eq\f(4＋yN＋yM,4＋2（yN＋yM）＋yM·yN)＝eq\f(4＋4k2,4＋2（4k2）－4k2)＝1.∴eq\f(1,MF)＋eq\f(1,NF)是定值，定值为1；(3)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)，0))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,10))).[作点B关于y轴的对称点B′，作点C关于x轴的对称点C′，连接C′B′分别交x轴、y轴于点P，Q.连接PQ，CP，BC.∵BQ＝B′Q，CP＝C′P，∴四边形PQBC的周长＝BQ＋PQ＋PC＋BC＝B′Q＋PQ＋C′P＋CB＝C′B′＋CB.∵点C(3，m)是该抛物线上的一点，∴Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，－\f(3,4))).∵B(2，－1)，∴B′(－2，－1)，C′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(3,4))).∴直线B′C′的表达式为y＝eq\f(7,20)x－eq\f(3,10).∴Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)，0))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,10)))].题型2二次函数与图形的面积2．已知抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴交于A(－1，0)，B(5，0)两点，点C为抛物线的顶点，抛物线的对称轴交x轴于点D，连接BC，且tan∠CBD＝eq\f(4,3)，如图所示．(1)求抛物线的表达式；(2)设P是抛物线的对称轴上的一个动点．①过点P作x轴的平行线交线段BC于点E，过点E作EF⊥PE交抛物线于点F，连接FB，FC，求△BCF的面积的最大值；②连接PB，求eq\f(3,5)PC＋PB的最小值．答图解：(1)根据题意，可设抛物线的表达式为y＝a(x＋1)(x－5).∵CD是抛物线的对称轴，∴D(2，0).∴BD＝3.又∵tan∠CBD＝eq\f(4,3)，∴CD＝BD·tan∠CBD＝4，即C(2，4).把C(2，4)代入y＝a(x＋1)(x－5)，得4＝a(2＋1)(2－5).解得a＝－eq\f(4,9).∴抛物线的表达式为y＝－eq\f(4,9)(x＋1)(x－5)，即y＝－eq\f(4,9)x2＋eq\f(16,9)x＋eq\f(20,9)；(2)①设直线BC的表达式为y＝kx＋n.把B(5，0)，C(2，4)代入y＝kx＋n，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(0＝5k＋n，,4＝2k＋n.)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(k＝－\f(4,3)，,n＝\f(20,3)．)))∴直线BC的表达式为y＝－eq\f(4,3)x＋eq\f(20,3).设P(2，t)，其中0<t<4.令y＝t，得x＝5－eq\f(3,4)t，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－\f(3,4)t，t)).把x＝5－eq\f(3,4)t代入y＝－eq\f(4,9)(x＋1)(x－5)，得y＝2t－eq\f(1,4)t2.∴Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－\f(3,4)t，2t－\f(1,4)t2)).∴EF＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t－\f(1,4)t2))－t＝t－eq\f(t2,4).∴S△BCF＝eq\f(1,2)EF·BD＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(t2,4)))＝－eq\f(3,8)(t2－4t)＝－eq\f(3,8)(t－2)2＋eq\f(3,2).∴当t＝2时，△BCF的面积最大，最大值为eq\f(3,2)；②根据抛物线的对称性可知∠ACD＝∠BCD，AC＝BC＝5.∴sin∠ACD＝eq\f(AD,AC)＝eq\f(3,5).如答图，过点P作PG⊥AC于点G.在Rt△PCG中，PG＝PC·sin∠ACD＝eq\f(3,5)PC.∴eq\f(3,5)PC＋PB＝PG＋PB.过点B作BH⊥AC于点H，则PG＋PB≥BH.∴eq\f(3,5)PC＋PB的最小值为BH的长．∵S△ABC＝eq\f(1,2)AB·CD＝eq\f(1,2)AC·BH，即eq\f(1,2)×6×4＝eq\f(5,2)BH＝12.∴BH＝eq\f(24,5).∴eq\f(3,5)PC＋PB的最小值为eq\f(24,5).3．(2021·雅安中考)已知二次函数y＝x2＋2bx－3b.(1)当该二次函数的图象经过点A(1，0)时，求该二次函数的表达式；(2)在(1)的条件下，二次函数图象与x轴的另一个交点为点B，与y轴的交点为点C，点P从点A出发在线段AB上以每秒2个单位的速度向点B运动，同时点Q从点B出发，在线段BC上以每秒1个单位的速度向点C运动，直到其中一点到达终点时，两点停止运动，求△BPQ面积的最大值；(3)若对满足x≥1的任意实数x，都使得y≥0成立，求实数b的取值范围．解：(1)把点A(1，0)代入y＝x2＋2bx－3b，得1＋2b－3b＝0.解得b＝1.∴该二次函数的表达式为y＝x2＋2x－3；(2)如图1，过点Q作QN⊥AB于点N.对于函数y＝x2＋2x－3，当x＝0时，y＝－3；当y＝0时，x1＝－3，x2＝1.∴C(0，－3)，B(－3，0).∴AB＝4，OB＝OC＝3，BC＝3eq\r(2).∴sin∠NBQ＝sin∠OBC.∴eq\f(NQ,QB)＝eq\f(OC,BC).设运动时间为t，则BQ＝t，AP＝2t，∴BP＝4－2t.∴eq\f(NQ,t)＝eq\f(3,3\r(2)).∴NQ＝eq\f(\r(2),2)t.∴S△BPQ＝eq\f(1,2)·BP·NQ＝eq\f(1,2)(4－2t)·eq\f(\r(2),2)t＝－eq\f(\r(2),2)(t－1)2＋eq\f(\r(2),2).∴当t＝1时，△BPQ面积的最大值为eq\f(\r(2),2)；图1图2图3(3)∵抛物线y＝x2＋2bx－3b的对称轴为直线x＝－b，且开口向上，∴若对满足x≥1的任意实数x，都使得y≥0成立，需分两种情况：①如图2，当－b≤1时，抛物线中取x＝1时，有最小值，即y＝12＋2b×1－3b≥0，解得－1≤b≤1；②如图3，当－b＞1时，抛物线中取x＝－b时，有最小值，即y＝(－b)2＋2b×(－b)－3b≥0，解得－3≤b＜－1.综上所述，对满足x≥1的任意实数x，都使得y≥0成立，则－3≤b≤1.题型3二次函数与特殊三角形的存在类问题4．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线F1：y＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,5)))eq\s\up12(2)＋eq\f(64,15)与x轴交于点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，0))和点B，与y轴交于点C.(1)求抛物线F1的表达式；(2)如图2，将抛物线F1先向左平移1个单位，再向下平移3个单位，得到抛物线F2，若抛物线F1与抛物线F2相交于点D，连接BD，CD，BC.①求点D的坐标；②判断△BCD的形状，并说明理由；(3)在(2)的条件下，抛物线F2上是否存在点P，使得△BDP为等腰直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．eq\o(\s\up7(),\s\do5(图1))eq\o(\s\up7(),\s\do5(图2))解：(1)将点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，0))代入F1：y＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,5)))eq\s\up12(2)＋eq\f(64,15)，得0＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)－\f(2,5)))eq\s\up12(2)＋eq\f(64,15).解得a＝－eq\f(5,3).∴抛物线F1的表达式为y＝－eq\f(5,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,5)))eq\s\up12(2)＋eq\f(64,15)；(2)①由平移得，抛物线F2：y＝－eq\f(5,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,5)＋1))eq\s\up12(2)＋eq\f(64,15)－3，即y＝－eq\f(5,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,5)))eq\s\up12(2)＋eq\f(19,15).令－eq\f(5,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,5)))eq\s\up12(2)＋eq\f(19,15)＝－eq\f(5,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,5)))eq\s\up12(2)＋eq\f(64,15)，即－eq\f(10,3)x＝eq\f(10,3).解得x＝－1.∴D(－1，1)；②△BCD是等腰直角三角形．理由：当x＝0时，y＝－eq\f(5,3)×eq\f(4,25)＋eq\f(64,15)＝4.∴C(0，4).当y＝0时，－eq\f(5,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,5)))eq\s\up12(2)＋eq\f(64,15)＝0.解得x＝－eq\f(6,5)或2.∴B(2，0).∵D(－1，1)，∴BD2＝(2＋1)2＋(1－0)2＝10，CD2＝(0＋1)2＋(4－1)2＝10，BC2＝22＋42＝20.∴BD2＋CD2＝BC2，且BD＝CD.∴△BCD是等腰直角三角形；(3)存在．设Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，－\f(5,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(3,5)))\s\up12(2)＋\f(19,15))).由(2)知，B(2，0)，D(－1，1)，BD2＝10.∴PD2－PB2＝(m＋1)2＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(3,5)))\s\up12(2)＋\f(19,15)－1))eq\s\up12(2)－(m－2)2－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(3,5)))\s\up12(2)＋\f(19,15)))eq\s\up12(2)＝eq\f(10,3)m2＋10m－eq\f(10,3).分三种情况：①当∠DBP＝90°时，BD2＋PB2＝PD2，即10＝eq\f(10,3)m2＋10m－eq\f(10,3).解得m＝－4或1.当m＝－4时，BD＝eq\r(10)，PB＝eq\r(36＋324)＝6eq\r(10)，即△BDP不是等腰直角三角形，不符合题意；当m＝1时，BD＝eq\r(10)，PB＝eq\r(1＋9)＝eq\r(10).则BD＝PB，即△BDP是等腰直角三角形，符合题意．∴P(1，－3)；②当∠BDP＝90°时，BD2＋PD2＝PB2，即10＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)m2＋10m－\f(10,3))).解得m＝－1(舍去)或－2.当m＝－2时，BD＝eq\r(10)，PD＝eq\r(1＋9)＝eq\r(10).则BD＝PD，即△BDP为等腰直角三角形．∴P(－2，－2)；答图③当∠BPD＝90°时，且BP＝DP，有BD2＝PD2＋PB2.如答图，当△BDP为等腰直角三角形时，点P1和P2不在抛物线F2上，此种情况不存在这样的点P.综上所述，点P的坐标是(1，－3)或(－2，－2).题型4二次函数与特殊四边形的综合5．(2021·恩施州中考)如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD为正方形，点A，B在x轴上，抛物线y＝x2＋bx＋c经过点B，D(－4，5)两点，且与直线DC交于另一点E.(1)求抛物线的表达式；(2)F为抛物线对称轴上一点，Q为平面直角坐标系中的一点，是否存在以点Q，F，E，B为顶点的四边形是以BE为边的菱形．若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由；(3)P为y轴上一点，过点P作抛物线对称轴的垂线，垂足为点M，连接ME，BP，探究EM＋MP＋PB是否存在最小值．若存在，请求出这个最小值及点M的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)∵点D(－4，5)，∴正方形ABCD的边长为5.∴OB＝AB－AO＝5－4＝1.∴点B的坐标为(1，0).将点B，D的坐标代入y＝x2＋bx＋c，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋b＋c＝0，,16－4b＋c＝5.))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝2，,c＝－3.))∴抛物线的表达式为y＝x2＋2x－3；(2)存在．由抛物线的表达式知，其对称轴为直线x＝－1，设点F的坐标为(－1，m).∵点D，E关于抛物线对称轴对称，∴点E的坐标为(2，5).由点B，E的坐标，得BE2＝(2－1)2＋(5－0)2＝26.设点Q的坐标为(s，t).∵以点Q，F，E，B为顶点的四边形是以BE为边的菱形，∴点B向右平移1个单位，再向上平移5个单位得到点E，则Q(F)向右平移1个单位，再向上平移5个单位得到点F(Q)，且BE＝EF(BE＝EQ).∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(s＋1＝－1，,t＋5＝m，,26＝（2＋1）2＋（m－5）2.))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(s1＝－2，,m1＝5＋\r(17)，,t1＝\r(17)，))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(s2＝－2，,m2＝5－\r(17)，,t2＝－\r(17)；))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(s－1＝－1，,t－5＝m，,26＝（s－2）2＋（t－5）2.))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(s1＝0，,m1＝\r(22)，,t1＝5＋\r(22)，))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(s2＝0，,m2＝－\r(22),t2＝5－\r(22)．))∴点F的坐标为(－1，5＋eq\r(17))或(－1，5－eq\r(17))或(－1，eq\r(22))或(－1，－eq\r(22))；(3)存在．设抛物线的对称轴交x轴于点B′(－1，0)，将点B′向左平移1个单位得到点B″(－2，0).连接B″E，交函数的对称轴于点M，过点M作MP⊥y轴，则点P，M即为所求点，此时EM＋MP＋PB有最小值．∵B′B″＝PM＝1，且B′B″∥PM，∴四边形B″B′PM为平行四边形，B″M＝B′P＝BP.此时，EM＋MP＋PB＝EM＋1＋MB″＝B″E＋1为最小．∴EM＋MP＋PB的最小值为B″E＋1＝eq\r(（－2－2）2＋（0－5）2)＋1＝eq\r(41)＋1.题型5二次函数与相似三角形的综合6．(2021·济宁中考)如图，直线y＝－eq\f(1,2)x＋eq\f(3,2)分别交x轴、y轴于点A，B，过点A的抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴的另一交点为C，与y轴交于点D(0，3)，抛物线的对称轴l交AD于点E，连接OE交AB于点F.(1)求抛物线的表达式；(2)求证：OE⊥AB；(3)P为抛物线上的一动点，直线PO交AD于点M，是否存在这样的点P，使以A，O，M为顶点的三角形与△ACD相似？若存在，求点P的横坐标；若不存在，请说明理由．(1)解：∵直线y＝－eq\f(1,2)x＋eq\f(3,2)分别交x轴、y轴于点A，B，∴A(3，0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2))).∵抛物线y＝－x2＋bx＋c经过点A(3，0)，D(0，3)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(0＝－9＋3b＋c，,3＝c.)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(b＝2，,c＝3.)))∴抛物线的表达式为y＝－x2＋2x＋3；(2)证明：设抛物线的对称轴与x轴交于点G.∵y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，∴抛物线的对称轴为直线x＝1.设直线AD的表达式为y＝kx＋p.将A(3，0)，D(0，3)代入上式，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(3k＋p＝0，,p＝3.)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(k＝－1，,p＝3.)))∴直线AD的表达