中考数学二次函数与四边形综合专题 17页

二次函数与四边形综合专题 一．二次函数与四边形的形状 例1. 如图，抛物线与x轴交A、B两点（A点在B点左侧），直线与抛物线交于A、C两点，其中C点的横坐标为2．‎ ‎（1）求A、B 两点的坐标及直线AC的函数表达式；‎ ‎（2）P是线段AC上的一个动点，过P点作y轴的平行线交抛物线于E点，求线段PE长度的最大值；‎ ‎（3）点G是抛物线上的动点，在x轴上是否存在点F，使A、C、F、G这样的四个点为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，求出所有满足条件的F点坐标；如果不存在，请说明理由．‎ A 解：（1）令y=0，解得或∴A（-1，0）B（3，0）；将C点的横坐标x=2代入 得y=-3，∴C（2，-3）∴直线AC的函数解析式是y=-x-1 ‎ ‎（2）设P点的横坐标为x（-1≤x≤2）则P、E的坐标分别为：‎ P（x，-x-1），E（‎ ‎∵P点在E点的上方，PE=‎ ‎∴当时，PE的最大值=‎ ‎（3）存在4个这样的点F，分别是 练习1.如图，对称轴为直线的抛物线经过点A（6，0）和B（0，4）．‎ ‎（1）求抛物线解析式及顶点坐标；‎ ‎（2）设点E（，）是抛物线上一动点，且位于第四象限，四边形OEAF是以OA为对角线的平行四边形．求平行四边形OEAF的面积S与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；‎ ‎ ①当平行四边形OEAF的面积为24时，请判断平行四边形OEAF是否为菱形？‎ ‎ ②是否存在点E，使平行四边形OEAF为正方形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．‎ B(0,4)‎ A(6,0)‎ E F O B(0,4)‎ A(6,0)‎ E F O 练习1.解：（1）由抛物线的对称轴是，可设解析式为．把A、B两点坐标代入上式，得 ‎ 解之，得 故抛物线解析式为，顶点为 ‎（2）∵点在抛物线上，位于第四象限，且坐标适合 ‎，∴y<0，即 －y>0,－y表示点E到OA的距离．‎ ‎∵OA是的对角线，‎ ‎∴．‎ 因为抛物线与轴的两个交点是（1，0）的（6，0），所以，自变量的取值范围是1＜＜6．‎ ‎①根据题意，当S = 24时，即．化简，得 解之，得故所求的点E有两个，分别为E1（3，－4），E2（4，－4）．‎ 点E1（3，－4）满足OE = AE，所以是菱形；‎ 点E2（4，－4）不满足OE = AE，所以不是菱形．‎ ② 当OA⊥EF，且OA = EF时，是正方形，此时点E的坐标只能是（3，－3）．而坐标为 ‎（3，－3）的点不在抛物线上，故不存在这样的点E，使为正方形．‎ 练习2.如图，已知与轴交于点和的抛物线的顶点为，抛物线与关于轴对称，顶点为．‎ ‎（1）求抛物线的函数关系式；‎ ‎（2）已知原点，定点，上的点与上的点始终关于轴对称，则当点运动到何处时，以点为顶点的四边形是平行四边形？‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎5‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎（3）在上是否存在点，使是以为斜边且一个角为的直角三角形？若存，求出点的坐标；若不存在，说明理由．‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎5‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎1‎ 练习3. 如图，已知抛物线与坐标轴的交点依次是，，．‎ ‎（1）求抛物线关于原点对称的抛物线的解析式；‎ ‎（2）设抛物线的顶点为，抛物线与轴分别交于两点（点在点的左侧），顶点为，四边形的面积为．若点，点同时以每秒1个单位的速度沿水平方向分别向右、向左运动；与此同时，点，点同时以每秒2个单位的速度沿坚直方向分别向下、向上运动，直到点与点重合为止．求出四边形的面积与运动时间之间的关系式，并写出自变量的取值范围；‎ ‎（3）当为何值时，四边形的面积有最大值，并求出此最大值；‎ ‎（4）在运动过程中，四边形能否形成矩形？若能，求出此时的值；若不能，请说明理由．‎ 二．二次函数与四边形的面积 例1.如图10，已知抛物线P：y=ax2+bx+c(a≠0) 与x轴交于A、B两点(点A在x轴的正半轴上)，与y轴交于点C，矩形DEFG的一条边DE在线段AB上，顶点F、G分别在线段BC、AC上，抛物线P上部分点的横坐标对应的纵坐标如下：‎ x ‎…‎ ‎-3‎ ‎-2‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎…‎ y ‎…‎ ‎-‎ ‎-4‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎…‎ 图10‎ ‎(1) 求A、B、C三点的坐标；‎ ‎(2) 若点D的坐标为(m，0)，矩形DEFG的面积为S，求S与m的函数关系，并指出m的取值范围；‎ ‎(3) 当矩形DEFG的面积S取最大值时，连接DF并延长至点M，使FM=k·DF，若点M不在抛物线P上，求k的取值范围.‎ ‎　‎ 练习1.如图，平面直角坐标系中有一直角梯形OMNH，点H的坐标为（－8，0），点N的坐标为（－6，－4）．‎ ‎（1）画出直角梯形OMNH绕点O旋转180°的图形OABC，并写出顶点A，B，C的坐标（点M的对应点为A， 点N的对应点为B， 点H的对应点为C）；‎ ‎（2）求出过A，B，C三点的抛物线的表达式； ‎ ‎（3）截取CE=OF=AG=m，且E，F，G分别在线段CO，OA，AB上，求四边形BEFG的面积S与m之间的函数关系式，并写出自变量m的取值范围；面积S是否存在最小值?若存在，请求出这个最小值；若不存在，请说明理由；‎ ‎（4）在（3）的情况下，四边形BEFG是否存在邻边相等的情况，若存在，请直接写出此时m的值，并指出相等的邻边；若不存在，说明理由．‎ ‎　　‎ B C P O D Q A B P C O D Q A 练习2.如图，正方形的边长为，在对称中心处有一钉子．动点，同时从点出发，点沿方向以每秒的速度运动，到点停止，点沿方向以每秒的速度运动，到点停止．，两点用一条可伸缩的细橡皮筋联结，设秒后橡皮筋扫过的面积为．‎ ‎（1）当时，求与之间的函数关系式；‎ ‎（2）当橡皮筋刚好触及钉子时，求值；‎ ‎（3）当时，求与之间的函数关系式，并写出橡皮筋从触及钉子到运动停止时的变化范围；‎ ‎（4）当时，请在给出的直角坐标系中画出与之间的函数图象．‎ 练习3. 如图，已知抛物线l1：y=x2-4的图象与x轴相交于A、C两点，B是抛物线l1上的动点(B不与A、C重合)，抛物线l2与l1关于x轴对称，以AC为对角线的平行四边形ABCD的第四个顶点为D.‎ ‎(1) 求l2的解析式；‎ ‎(2) 求证：点D一定在l2上；‎ ‎(3) □ABCD能否为矩形？如果能为矩形，求这些矩形公共部分的面积(若只有一个矩形符合条件，则求此矩形的面积)；如果不能为矩形，请说明理由. 注：计算结果不取近似值 ‎.‎ 三．二次函数与四边形的动态探究 例1.如图1，在平面直角坐标系中，有一张矩形纸片OABC，已知O(0，0)，A(4，0)，C(0，3)，点P是OA边上的动点(与点O、A不重合)．现将△PAB沿PB翻折，得到△PDB；再在OC边上选取适当的点E，将△POE沿PE翻折，得到△PFE，并使直线PD、PF重合．‎ ‎(1)设P(x，0)，E(0，y)，求y关于x的函数关系式，并求y的最大值；‎ ‎(2)如图2，若翻折后点D落在BC边上，求过点P、B、E的抛物线的函数关系式；‎ ‎(3)在(2)的情况下，在该抛物线上是否存在点Q，使△PEQ是以PE为直角边的直角三角形？若不存在，说明理由；若存在，求出点Q的坐标．‎ 图1‎ 图2‎ 例2. 已知抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中点B在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，线段OB、OC的长（OB0,－y表示点E到OA的距离．∵OA是的对角线，‎ ‎∴．‎ 因为抛物线与轴的两个交点是（1，0）的（6，0），所以，自变量的取值范围是1＜＜6．‎ ① 根据题意，当S = 24时，即．化简，得 解之，得 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎5‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎1‎ 故所求的点E有两个，分别为E1（3，－4），E2（4，－4）．‎ 点E1（3，－4）满足OE = AE，所以是菱形；‎ 点E2（4，－4）不满足OE = AE，所以不是菱形．‎ ② 当OA⊥EF，且OA = EF时，是正方形，此时点E的 ③ 坐标只能是（3，－3）．‎ 而坐标为（3，－3）的点不在抛物线上，故不存在这样的点E，‎ 使为正方形．‎ 练习2.解：（1）由题意知点的坐标为．设的函数关系式为．‎ 又点在抛物线上，，解得．‎ 抛物线的函数关系式为（或）．‎ ‎（2）与始终关于轴对称， 与轴平行．‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎5‎ ‎5‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎1‎ 设点的横坐标为，则其纵坐标为，，，即．当时，解得．当时，解得．当点运动到或或或时，‎ ‎，以点为顶点的四边形是平行四边形．‎ ‎（3）满足条件的点不存在．理由如下：若存在满足条件的点在上，则 ‎，（或），‎ ‎．‎ 过点作于点，可得．‎ ‎，，．‎ 点的坐标为．‎ 但是，当时，．‎ 不存在这样的点构成满足条件的直角三角形．‎ 练习3. 解（1）点，点，点关于原点的对称点分别为，，． 设抛物线的解析式是 ‎，则解得 所以所求抛物线的解析式是． ‎ ‎（2）由（1）可计算得点． ‎ 过点作，垂足为．‎ 当运动到时刻时，，． ‎ 根据中心对称的性质，所以四边形是平行四边形．所以．所以，四边形的面积． 因为运动至点与点重合为止，据题意可知．所以，所求关系式是，的取值范围是． ‎ ‎（3），（）．所以时，有最大值． ‎ 提示：也可用顶点坐标公式来求．‎ ‎（4）在运动过程中四边形能形成矩形． 由（2）知四边形是平行四边形，对角线是，所以当时四边形是矩形．所以．所以． 所以．解之得（舍）．‎ 所以在运动过程中四边形可以形成矩形，此时． ‎ ‎[点评]本题以二次函数为背景，结合动态问题、存在性问题、最值问题，是一道较传统的压轴题，能力要求较高。‎ 二．二次函数与四边形的面积 例1. 解：（1）解法一：设，任取x,y的三组值代入，求出解析式，‎ 令y=0，求出；令x=0，得y=-4，∴ A、B、C三点的坐标分别是A(2，0)，B(-4，0)，C(0，-4) ‎ 解法二：由抛物线P过点(1，-)，(-3，)可知，‎ 抛物线P的对称轴方程为x=-1，‎ 又∵ 抛物线P过(2，0)、(-2，-4)，则由抛物线的对称性可知，‎ 点A、B、C的坐标分别为 A(2，0)，B(-4，0)，C(0，-4) .‎ ‎（2）由题意，，而AO=2，OC=4，AD=2-m，故DG=4-2m， ‎ 又 ，EF=DG，得BE=4-2m，∴ DE=3m，‎ ‎∴=DG·DE=(4-2m) 3m=12m-6m2 (0＜m＜2) .‎ 注：也可通过解Rt△BOC及Rt△AOC，或依据△BOC是等腰直角三角形建立关系求解.‎ ‎(3)∵SDEFG=12m-6m2 (0＜m＜2)，∴m=1时，矩形的面积最大，且最大面积是6 .‎ 当矩形面积最大时，其顶点为D(1，0)，G(1，-2)，F(-2，-2)，E(-2，0)，‎ 设直线DF的解析式为y=kx+b，易知，k=，b=-，∴，‎ 又可求得抛物线P的解析式为：，‎ 令=，可求出. 设射线DF与抛物线P相交于点N，‎ 则N的横坐标为，过N作x轴的垂线交x轴于H，有 ‎==，‎ 点M不在抛物线P上，即点M不与N重合时，此时k的取值范围是 k≠且k＞0.‎ 说明：若以上两条件错漏一个，本步不得分.‎ 若选择另一问题：‎ ‎(2)∵，而AD=1，AO=2，OC=4，则DG=2，又∵， 而AB=6，CP=2，OC=4，则FG=3，‎ ‎∴=DG·FG=6.‎ 练习1.解：利用中心对称性质，画出梯形OABC． ················· 1分 ‎∵A，B，C三点与M，N，H分别关于点O中心对称，‎ ‎∴A（0，4），B（6，4），C（8，0）  ··················· 3分 ‎（写错一个点的坐标扣1分）‎ ‎（2）设过A，B，C三点的抛物线关系式为，∵抛物线过点A（0，4）， ‎ ‎∴．则抛物线关系式为．  ·············· 4分 将B（6，4）， C（8，0）两点坐标代入关系式，得 ‎··············· 5AB，垂足为G，则sin∠FEG＝sin∠CAB＝分 解得····················· 6分 所求抛物线关系式为：．········ 7分 ‎（3）∵OA=4，OC=8，∴AF=4－m，OE=8－m． ·········· 8分 ‎     ∴    ‎ ‎          OA（AB+OC）AF·AGOE·OFCE·OA ‎           ‎ ‎             （ 0＜＜4） ········ 10分 ‎∵． ∴当时，S的取最小值．‎ 又∵0＜m＜4，∴不存在m值，使S的取得最小值． ······· 12分 ‎（4）当时，GB=GF，当时，BE=BG．  14分 练习2.[解] （1）当时，，，，即． ‎ ‎（2）当时，橡皮筋刚好触及钉子，，，，． ‎ ‎（3）当时，，，，，‎ 即． ‎ 作，为垂足．‎ 当时，，，，‎ ‎，‎ 即．或 ‎（4）如图所示：‎ 练习3. 解](1) 设l2的解析式为y=ax2+bx+c(a≠0)，‎ ‎∵l1与x轴的交点为A(-2，0)，C(2，0)，顶点坐标是(0，- 4)，l2与l1关于x轴对称，‎ ‎∴l2过A(-2,0),C(2,0)，顶点坐标是(0，4)， ‎ ‎∴ ‎ ‎∴ a=-1,b=0,c=4，即l2的解析式为y= -x2+4 . ‎ ‎(还可利用顶点式、对称性关系等方法解答)‎ ‎(2) 设点B(m，n)为l1：y=x2-4上任意一点，则n= m2-4 (*).‎ ‎∵ 四边形ABCD是平行四边形，点A、C关于原点O对称，∴ B、D关于原点O对称， ‎ ‎∴ 点D的坐标为D(-m,-n) .‎ 由(*)式可知， -n=-(m2-4)= -(-m)2+4，即点D的坐标满足y= -x2+4，∴ 点D在l2上. ‎ ‎(3) □ABCD能为矩形. ‎ 过点B作BH⊥x轴于H，由点B在l1：y=x2-4上，可设点B的坐标为 (x0，x02-4)，则OH=| x0|，BH=| x02-4| .‎ 易知，当且仅当BO= AO=2时，□ABCD为矩形.‎ 在Rt△OBH中，由勾股定理得，| x0|2+| x02-4|2=22，(x02-4)( x02-3)=0，∴x0=±2(舍去)、x0=±. ‎ 所以，当点B坐标为B(，-1)或B′(-，-1)时，□ABCD为矩形，‎ 此时，点D的坐标分别是D(-，1)、D′( ，1).‎ 因此，符合条件的矩形有且只有2个，即矩形ABCD和矩形AB′CD′ .‎ 设直线AB与y轴交于E ，显然，△AOE∽△AHB，‎ ‎∴ = ，∴.‎ ‎∴ EO=4-2 . ‎ 由该图形的对称性知矩形ABCD与矩形AB′CD′重合部分是菱形，‎ 其面积为S=2SΔACE=2×× AC ×EO =2××4×(4-2)=16 - 8. ‎ 三．二次函数与四边形的动态探究 例1.解：‎ (1) 由已知PB平分∠APD，PE平分∠OPF，且PD、PF重合，则∠BPE=90°．∴∠OPE＋∠APB=90°．‎ 又∠APB＋∠ABP=90°，∴∠OPE=∠PBA．‎ ‎∴Rt△POE∽Rt△BPA．∴．即．∴y=(0＜x＜4)．‎ 且当x=2时，y有最大值．‎ ‎(2)由已知，△PAB、△POE均为等腰三角形，可得P(1，0)，E(0，1)，B(4，3)．‎ 设过此三点的抛物线为y=ax2＋bx＋c，则∴‎ y=．‎ ‎(3)由(2)知∠EPB=90°，即点Q与点B重合时满足条件．直线PB为y=x－1，与y轴交于点(0，－1)．‎ 将PB向上平移2个单位则过点E(0，1)，‎ ‎∴该直线为y=x＋1．‎ 由得∴Q(5，6)．‎ 故该抛物线上存在两点Q(4，3)、(5，6)满足条件．‎ 例2.解：‎ ‎（1）解方程x2－10x＋16＝0得x1＝2，x2＝8　……………………1分 ‎∵点B在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，且OB＜OC ‎∴点B的坐标为（2，0），点C的坐标为（0，8）‎ 又∵抛物线y＝ax2＋bx＋c的对称轴是直线x＝－2‎ ‎∴由抛物线的对称性可得点A的坐标为（－6，0）　…………………4分 ‎（2）∵点C（0，8）在抛物线y＝ax2＋bx＋c的图象上，∴c＝8，将A（－6，0）、B（2，0）代入表达式，得 　解得 ‎∴所求抛物线的表达式为y＝x2 x＋8　　………………………7分 ‎（3）依题意，AE＝m，则BE＝8－m，∵OA＝6，OC＝8，∴AC＝10‎ ‎∵EF∥AC　∴△BEF∽△BAC ‎∴　　即，∴EF＝‎ ‎∴＝　∴FG＝·＝8－m ‎∴S＝S△BCE－S△BFE＝（8－m）×8－（8－m）（8－m）‎ ‎＝（8－m）（8－8＋m）＝（8－m）m＝－m2＋4m　…………10分 自变量m的取值范围是0＜m＜8　　…………………………11分 ‎（4）存在．理由：∵S＝－m2＋4m＝－（m－4）2＋8　　且－＜0，‎ ‎∴当m＝4时，S有最大值，S最大值＝8　　………………………12分 ‎∵m＝4，∴点E的坐标为（－2，0）‎ ‎∴△BCE为等腰三角形．　　…………………………14分 ‎（以上答案仅供参考，如有其它做法，可参照给分）‎ 例3解: （1）相等。理由是：因为四边形ABCD、EFGH是矩形，‎ 所以 所以 即：‎ ‎（2）AB＝3，BC＝4，AC＝5，设AE＝x，则EC＝5－x，‎ 所以，即 配方得：，所以当时，S有最大值3‎ ‎（3）当AE＝AB＝3或AE＝BE＝或AE＝3.6时，是等腰三角形 练习1． 解：‎ ‎（1）点 M 1分 ‎（2）经过t秒时，， ‎ 则，∵==∴ ∴ ‎ ‎∴ ∴ ‎ ‎∵∴当时，S的值最大． ‎ ‎（3）存在．设经过t秒时，NB=t，OM=2t 则，∴== ‎ ‎①若，则是等腰Rt△底边上的高∴是底边的中线 ∴∴ ∴‎ ‎∴点的坐标为（1，0） ‎ ‎②若，此时与重合∴∴∴‎ ‎∴点的坐标为（2，0） ‎ 练习2.解：‎ ‎（1），．‎ ‎（2）分别过点作轴的垂线，垂足分别为，分别过作于，于点．‎ 在平行四边形中，，又，‎ ‎．‎ ‎．‎ 又，‎ ‎．‎ ‎，．‎ 设．由，得．‎ 由，得．．‎ ‎（3），．或，．‎ ‎（4）若为平行四边形的对角线，由（3）可得．要使在抛物线上，‎ 则有，即．‎ ‎（舍去），．此时．‎ 若为平行四边形的对角线，由（3）可得，同理可得，此时．‎ 若为平行四边形的对角线，由（3）可得，同理可得，此时．‎ 综上所述，当时，抛物线上存在点，使得以为顶点的四边形是平行四边形．‎ 符合条件的点有，，．‎ 练习3.解：⑴由Rt△AOB≌Rt△CDA得OD=2+1=3,CD=1 ∴C点坐标为(－3,1),‎ ‎ ∵抛物线经过点C, ∴1= (－3)2 a＋(－3)ａ－2，∴。‎ ‎∴抛物线的解析式为.‎ ‎⑵在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P、Q，使四边形ABPQ是正方形。‎ 以AB边在AB右侧作正方形ABPQ。过P作PE⊥OB于E，QG⊥x轴于G，可证△PBE≌△AQG≌△BAO，‎ ‎∴PE＝AG＝BO＝2，BE＝QG＝AO＝1，∴P点坐标为（2,1），Q点坐标为（1,－1）。‎ 由（1）抛物线。当x＝2时，y＝1，当x＝,1时，y＝－1。∴P、Q在抛物线上。‎ 故在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P（2,1）、Q（1,－1），使四边形ABPQ是正方形。‎ ‎⑵另解：在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P、Q，使四边形ABPQ是正方形。‎ 延长CA交抛物线于Q，过B作BP∥CA交抛物线于P，连PQ，设直线CA、BP的解析式分别为y=k1x+b1, y=k2x+b2,‎ ‎∵A（－1,0），C（－3,1），∴CA的解析式，同理BP的解析式为，‎ 解方程组得Q点坐标为（1,－1），同理得P点坐标为（2,1）。‎ 由勾股定理得AQ＝BP＝AB＝，而∠BAQ＝90°，‎ ‎∴四边形ABPQ是正方形。故在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P（2,1）、Q（1,－1），使四边形ABPQ是正方形。‎ ‎⑵另解：在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P、Q，使四边形ABPQ是正方形。如图，将线段CA沿CA方向平移至AQ，‎ ‎∵C（－3,1）的对应点是A（－1,0），∴A（－1,0）的对应点是Q（1,－1），再将线段AQ沿AB方向平移至BP，同理可得P（2,1）‎ ‎∵∠BAC＝90°，AB＝AC ‎∴四边形ABPQ是正方形。经验证P（2,1）、Q（1,－1）两点均在抛物线上。‎ ‎⑶结论②成立，‎ 证明如下：连EF，过F作FM∥BG交AB的延长线于M，则△AMF∽△ABG，‎ ‎∴。由⑴知△ABC是等腰直角三角形，‎ ‎∴∠1＝∠2＝45°。∵AF＝AE，∴∠AEF＝∠1＝45°。∴∠EAF＝90°，EF是⊙O´的直径。‎ ‎∴∠EBF＝90°。∵FM∥BG，∴∠MFB＝∠EBF＝90°，∠M＝∠2＝45°，∴BF＝MF，∴‎