資源簡介

類型一　與點、直線相關問題的探究
(原創)已知拋物線y=ax2經過點A(2,-1).
(1)求拋物線的解析式.
(2)如圖1,直線l過點A且與y軸右側拋物線交于點B,若△ABO的面積為6,求直線l的解析式.
(3)如圖2,直線CD與拋物線交于C,D兩點,與y軸交于點(0,e),直線QC,QD與拋物線均只有一個公共點,若點Q的縱坐標為f,求e與f的數量關系.
解題指南　(1)代入點A即可求a.
(2)求直線解析式一般有兩種思路:一種是確定k與b;另一種是已知兩點.若用第一種方法,則需想方設法建立兩個方程,求解兩個未知量;若用第二種方法,則需想方設法求點B的坐標,此時,“同底等高”等積法的應用是關鍵.
(3)重點在設三條直線解析式和點C,D的坐標,再根據韋達定理求點C,D橫坐標的關系,根據判別式Δ=0求參數間的關系,最后可找到e與f的數量關系.
1.已知二次函數y=-x2+c的圖象經過點A(-2,5),點P(x1,y1),Q(x2,y2)是此二次函數圖象上的兩個動點.
(1)求此二次函數的表達式.
(2)如圖1,此二次函數的圖象與x軸的正半軸交于點B,點P在直線AB的上方,過點P作PC⊥x軸于點C,交AB于點D,連接AC,DQ,PQ. 若x2=x1+3,求證:的值為定值.
(3)如圖2,點P在第二象限,x2=-2x1,若點M在直線PQ上,且橫坐標為x1-1,過點M作MN⊥x軸于點N,求線段MN長度的最大值.
類型二　與角度相關問題的探究
(原創)已知拋物線y=ax2+bx+c經過點M(0,-2),N(2,6).
(1)求a,b滿足的關系式.
(2)若該拋物線關于y軸對稱,與x軸交于A,B兩點,點P在第三象限的拋物線上.
①當∠APB=90°時,求此時點P的坐標;
②點Q在第一象限的拋物線上,點C(0,-4),連接CP,CQ,PQ.若直線OC平分∠PCQ,求證:P,O,Q三點共線.
(1)把M、N點的坐標代入解析式
得到方程組 消去c 得到結果
(2)①由拋物線關于y軸對稱 可得b的值 結合(1)可得解析式 建立方程求點P的坐標
②證三點共線的方法:求表示兩點的直線 驗證第三點在該直線上 或證明對頂角相等
2.(原創)已知二次函數y=ax2+1(a<0)圖象的頂點A,圖象交x軸于B,C兩點(點B在點C左側),且△ABC為直角三角形,P,Q為該二次函數圖象上的兩個動點(點P在點Q的左側),且∠POQ=90°.
(1)求該二次函數的表達式.
(2)若點P的橫坐標為,請求出tan∠PQO的值.
(3)是否存在點P,Q,使得△POQ為等腰直角三角形 若存在,請求出點P的坐標;若不存在,請說明理由.
解題指南　(1)由拋物線對稱性及c=1,可得點A的坐標為(0,1),代入(1)可求表達式.
(2)由已知條件求點P的坐標,可設tan∠PQO=n,通過構造“一線三等角”可用含n的代數式表示點Q坐標,最后代入二次函數解析式可求n的值;也可用k1·k2=-1,求出直線QO的解析式,進而求出點Q的坐標,最終通過三角函數定義可求tan∠PQO的值.
(3)繼續如(2)的方法,構造“一線三等角”,通過設點P的坐標,可求出點Q的坐標,仍然通過代入拋物線解析式可求出結果.
類型三　與多邊形相關問題的探究
(原創)已知拋物線y=x2+c的頂點為C,與x軸交于A,B兩點(點A在點B左側),且S△ABC=4.
(1)求拋物線的解析式.
(2)若點D在y軸上,且△BCD為鈍角三角形,求點D的縱坐標的取值范圍.
(3)已知 BCPQ的頂點P在拋物線上,如果 BCPQ面積為某值時,符合條件的點P有且只有三個,求點P的坐標.
(1)用含c的式子表示點A,B,C的坐標
由△ABC的面積等于4求c的值
(2)分三種情
況討論鈍角 得y0的三
個取值范圍 綜合得
到結果
(3)在BC下方存在一個點P,在BC上方
存在兩個點P
分別求出過點P且平行于BC的直線解析式
構造方程或方程組求點P的坐標
3.(原創) 已知直線l1:y=kx+b(k<0)交y軸于點A,與y=-2交于點Q,拋物線y=ax2+bx+c的頂點B在y=-2上,與x軸交于E,F兩點(點E在點F左側),已知四邊形OBQF為正方形.
(1)求拋物線的解析式.
(2)若直線l2:y=ex+f交y軸于點D且與直線l1關于y=-2對稱.
①求證:k=-e;
②已知直線l1與拋物線交于G,H兩點,當k為何值時,S△BGH=|k|S△AQD
解題指南　(1)根據題意畫出大致草圖,即可知拋物線關于y軸對稱,即解析式為y=ax2+c,再由四邊形OBQF為正方形,可得點B,F的坐標,代入即可得解析式.
(2)①兩直線有四個參數,要判斷其中兩“k”的關系,重點是:a.盡量減少參數——根據已知條件,用一個參數表示另一個參數;b.根據已知條件建立關于兩“k”的方程;其中的a.由兩直線均過Q(2,2)可解決,b.由對稱性得AB=DB,建立方程解決.
②表達兩個三角形面積的方法選擇很重要,其中表示S△BGH用鉛垂高AB乘點H,G的水平距離,同時,設點H,G的坐標,利用韋達定理或求根公式用含k的代數式表示xG-xH,最終代入所給的方程求出k的值.
類型三　與多邊形相關問題的探究
(原創)已知拋物線y=x2+c的頂點為C,與x軸交于A,B兩點(點A在點B左側),且S△ABC=4.
(1)求拋物線的解析式.
(2)若點D在y軸上,且△BCD為鈍角三角形,求點D的縱坐標的取值范圍.
(3)已知 BCPQ的頂點P在拋物線上,如果 BCPQ面積為某值時,符合條件的點P有且只有三個,求點P的坐標.
(1)用含c的式子表示點A,B,C的坐標
由△ABC的面積等于4求c的值
(2)分三種情
況討論鈍角 得y0的三
個取值范圍 綜合得
到結果
(3)在BC下方存在一個點P,在BC上方
存在兩個點P
分別求出過點P且平行于BC的直線解析式
構造方程或方程組求點P的坐標
3.(原創) 已知直線l1:y=kx+b(k<0)交y軸于點A,與y=-2交于點Q,拋物線y=ax2+bx+c的頂點B在y=-2上,與x軸交于E,F兩點(點E在點F左側),已知四邊形OBQF為正方形.
(1)求拋物線的解析式.
(2)若直線l2:y=ex+f交y軸于點D且與直線l1關于y=-2對稱.
①求證:k=-e;
②已知直線l1與拋物線交于G,H兩點,當k為何值時,S△BGH=|k|S△AQD
解題指南　(1)根據題意畫出大致草圖,即可知拋物線關于y軸對稱,即解析式為y=ax2+c,再由四邊形OBQF為正方形,可得點B,F的坐標,代入即可得解析式.
(2)①兩直線有四個參數,要判斷其中兩“k”的關系,重點是:a.盡量減少參數——根據已知條件,用一個參數表示另一個參數;b.根據已知條件建立關于兩“k”的方程;其中的a.由兩直線均過Q(2,2)可解決,b.由對稱性得AB=DB,建立方程解決.
②表達兩個三角形面積的方法選擇很重要,其中表示S△BGH用鉛垂高AB乘點H,G的水平距離,同時,設點H,G的坐標,利用韋達定理或求根公式用含k的代數式表示xG-xH,最終代入所給的方程求出k的值.
類型四　與取值范圍及最值相關問題的探究
(原創)如圖,P(x1,y1),Q(x2,y2)是二次函數y=a(x+1)2+2(a<0)圖象上位于對稱軸異側的兩點,A為拋物線的頂點,且x2-x1=2.
(1)當y1=y2時,S△PQA=1,求此時拋物線的解析式.
(2)二次函數的最大值與最小值的差為2,求a的取值范圍.
(1)用含a的式子表示△PQA的面積
△PQA的面積等于1,求a的值
得到解析式
(2)分兩種情況:y1≥y2,y1≤y2討論
得a的取值范圍 綜合得到結果
4.已知拋物線y=-x2+bx+c與x軸交于點A(-1,0),B(3,0).
(1)求拋物線的解析式.
(2)如圖1,拋物線與y軸交于點C,P為線段OC上一點(不與端點重合),直線PA,PB分別交拋物線于點E,D,設△PAD的面積為S1,△PBE的面積為S2,求的值.
(3)如圖2,K是拋物線的對稱軸與x軸的交點,過點K的直線(不與對稱軸重合)與拋物線交于點M,N,過拋物線頂點G作直線l∥x軸,Q是直線l上一動點.求QM+QN的最小值.
參考答案
例1　解析:∵(1)拋物線y=ax2經過點A(2,-1),
∴-1=4a,
解得a=-,
∴拋物線的解析式為y=-x2.
(2)方法一:如圖1,設直線l交x軸于點E,
圖1
設直線l的解析式為y=kx+b.
∵點A在直線l上,
∴2k+b=-1,即b=-2k-1,
令y=0,則x=-,
即OE=-.
設點B(xB,yB),
則S△AOB=S△OEB-S△OEA =-(-1-yB) =-(1+yB),
聯立得x2+kx+b=0,
∴xA+xB=-4k,即xB=-4k-2,
∴yB=-=-4k2-4k-1,
∴S△AOB=-(-4k2-4k)=4k2+6k+2.
又∵S△AOB=6,即4k2+6k+2=6,
解得k1=-2,k2=(不符合題意,舍去),
∴b=-2k-1=3,
∴直線l的解析式為y=-2x+3.
方法二:∵點 A(2,-1),
∴直線OA的解析式為y=-x,
如圖2,過點B作BE∥OA交y軸于點E,連接AE,則S△AOB=S△AOE=6,
∴OE×2=6,
∴OE=6,∴點E的坐標為(0,-6),
則直線BE的解析式為y=-x-6,
解得或
∴B(6,-9),
設直線l的解析式為y=kx+b,
∴解得
∴直線l的解析式為y=-2x+3.
(3)設直線CD的解析式為y=kx+e,
由
得x2+kx+e=0,
設點C,D的坐標分別為(x1,y1),(x2,y2) ,
∴x1·x2=4e.
設直線CQ的解析式為y=ax+c,
由整理得x2+ax+c=0.
∵CQ與拋物線只有一個公共點,
∴Δ=a2-c=0,
∴c=a2,
∴x2+ax+a2=0,解得x1=x2=-2a,
同理:設直線DQ的解析式為y=bx+d,可得d=b2,x3=x4=-2b,
∴-2a·(-2b)=4e,
∴ab=e,
聯立即
解得
∴Q(-a-b,-ab).
∵點Q的縱坐標為f,
∴f=-ab=-e.
針對訓練　1.解析:(1)∵二次函數y=-x2+c的圖象經過點A(-2,5),
∴5=-4+c,∴c=9,
∴y=-x2+9.
(2)證明:當y=0時,0=-x2+9,
∴x1=-3,x2=3,∴B(3,0).
設直線AB的解析式為y=kx+b,
∴
∴
∴y=-x+3.
設P(x1,-+9),則Q(x1+3,-(x1+3)2+9),D(x1,-x1+3),
∴PD=-+9-(-x1+3)=-+x1+6=(x1+2)(-x1+3),CD=-x1+3,
∴==3,
∴的值為定值.
(3)設P(x1,-+9),則Q(-2x1,-4+9),
設直線PQ的解析式為y=mx+n,
∴
∴
∴y=x1x-2+9,
當x=x1-1時,y=x1(x1-1)-2+9=-+,
∴當x1=-時,線段MN長度的最大值為.
例2　解析:(1)∵拋物線y=ax2+bx+c經過點M(0,-2),N(2,6),
∴
把①代入②得,2a+b=4.
(2)①∵拋物線關于y軸對稱,
∴x=-=0,即b=0.
又由(1)知2a+b=4,c=-2,
∴a=2,
∴拋物線的解析式為y=2x2-2,
令y=0,即2x2-2=0,則x1=1,x2=-1,
∴A(-1,0),B(1,0),
設點P(m,2m2-2).
方法一:如圖1,過點A作AC⊥PC,過點B作BD⊥PD.
圖1
∵∠C=∠D=90°,
且∠APC+∠CAP=90°,
∠APC+∠BPD=90°,
∴∠CAP=∠BPD,
∴△ACP∽△PDB,
∴=,則=,
=,化簡得1-m2=,
解得m1=-,m2=(舍去),
此時2m2-2=-,
∴P-,-.
方法二:如圖2,連接PO.
圖2
∵O為AB的中點,
∴PO=AB,
即=1,
整理得4m4-7m2+3=0,
令n=m2,則4n2-7n+3=0,
解得n1=,n2=1(舍去),
∴m2=,
解得m1=-,m2=(舍去),
此時,2m2-2=-,
∴P-,-.
②證明:如圖3,連接PO,QO,過點P作PE⊥y軸,交y軸于點E,過點Q作QF⊥y軸,交y軸于點F,
圖3
設P(x1,2-2),Q(x2,2-2).
∵直線OC平分∠PCQ,
即tan∠PCE=tan∠QCF,
∴=,即=,
整理,得2(x1x2+1)(x1+x2)=0.
∵x1≠-x2,
∴x1x2+1=0,即x1=-.
方法一:
設直線PO的解析式為y=kx(k≠0),
則2-2=kx1,即k=2x1-,
∴直線PO的解析式為y=2x1-x,
把x=x2代入解析式,
得y=2x1x2-
=2-x2-
=2-2=y2,
∴點Q在直線PO上,
即P,O,Q三點共線.
方法二:
===,
===,
即=.
∵=,即=,
∴=.
∵∠QFO=∠PEO=90°,
∴△QFO∽△PEO,
即∠QOF=∠POE,
∴P,O,Q三點共線.
針對訓練　2.解析:(1)由二次函數表達式y=ax2+1,得對稱軸為直線x=0,
∴A(0,1),AB=AC.
∵△ABC為直角三角形,
∴∠BAC=90°,
即∠ACO=45°.
∵∠AOC=90°,
∴CO=AO=1,
即C(1,0),
代入y=ax2+1,得0=a+1,
∴a=-1.
∴二次函數的表達式為y=-x2+1.
(2)把x=代入y=-x2+1,得y=,
即P,,
如圖1,過P作PE⊥y軸,交y軸于點E,過Q作QF⊥y軸,交y軸于點F.
圖1
∵∠POQ=90°,
∴∠POE+∠QOF=90°.
∵∠POE+∠EPO=90°,
∴∠EPO=∠QOF.
∵∠PEO=∠QFO=90°,
∴△PEO∽△OFQ,
設=n,則==n,
即OF=,FQ=,
∴Q,-,
把點Q代入y=-x2+1,得-=-2+1,
即16n2+8n-9=0,
解得n1=,n2=(舍去),
∴tan∠PQO=.
(3)如圖2,過P,Q分別作PG⊥x軸、QH⊥x軸,交點分別為G,H,
圖2
如(2)可證△PGO∽△OHQ,
若PO=QO,
則△PGO≌△OHQ,
此時,OH=PG,QH=OG,
設P(n,-n2+1),
則OH=PG=-n2+1,QH=OG=-n,
∴Q(-n2+1,-n),
代入y=-x2+1,得-n=-(-n2+1)2+1,
整理得(n+1)2(n-1)2=n+1,
即(n+1)[(n+1)(n-1)2-1]=0,
∴(n+1)n(n2-n-1)=0,
∴n=-1或n=0或n2-n-1=0,
即n1=-1,n2=0,n3=,n4=,
∴存在點P,Q,使得△POQ為等腰直角三角形,
此時,P(-1,0)或P(0,1)或P,或P,.
例3　解析:(1)令x=0,得y=c,
∴C(0,c),即OC=-c,
令y=0,即x2+c=0,
解得x1=-,x2=,
即A(-,0),B(,0),
∴AB=2,
由S△ABC=4,得·2·(-c)=4,
∴c=-2,
即拋物線的解析式為y=x2-2.
(2)如圖,已知∠BOC=90°,
由(1)知OA=OB=OC=2,
即∠OBC=∠OCB=45°,
①當∠BCD為鈍角時,
則點D在點C下方,即yD<-2;
②當∠BDC為鈍角時,
則點D在點O下方,且在點C上方,即-2③當∠CBD為鈍角時,
則點D在(0,2)上方,即yD>2.
綜上所述,點D縱坐標的取值范圍為yD<-2或-22.
(3)如圖,作直線l∥BC且與拋物線相切于點P1,直線l交y軸于點E,作直線m∥BC,交y軸于點F,且直線m到BC的距離等于直線l到BC的距離.
∵BC的解析式為y=x-2,
∴設直線l的解析式為y=x+m,
由x2-2=x+m得
x2-2x-4-2m=0.
∵Δ=0,
∴4-4(-4-2m)=0,
∴m=-,
∴x2-2x+1=0,y=x-,
∴x=1,y=-,
∴P11,-.
∵E0,-,C(0,-2),
∴F0,-,
∴直線m的解析式為y=x-,
∴
解得
∴P21+,-+,P31-,--,
綜上所述,點P1,-或P1+,-+或P1-,--.
針對訓練　3.解析:(1)依題意可得如圖1所示的函數圖象,
可得頂點B的坐標為(0,-2),
圖1
∴拋物線的解析式為y=ax2-2.
又由四邊形OBQF為正方形,可得點F(2,0),
∴0=4a-2,解得a=,
∴拋物線的解析式為y=x2-2.
(2)①結合(1)判斷可得點Q(2,-2).
∵Q在直線l1上,
∴2k+b=-2,即b=-2k-2,
即A(0,-2k-2).
∵l1,l2關于y=-2對稱,
∴Q在直線l2上,
即2e+f=-2,f=-2e-2,
即D(0,-2e-2).
∵由對稱得AB=BD,
∴-2k-2+2=-2+2e+2,
即k=-e.
②如圖2,設H(x1,y1),G(x2,y2).
圖2
∵S△BGH=AB·(x2-x1),
S△AQD=AD·BQ=2·AB,
若S△BGH=|k|S△AQD,
則(x2-x1)=-k·2,即(x2-x1)=-4k,
聯立方程
得x2-2kx+4k=0,
∴
∵x2-x1===2,
∴2=-4k,即3k2+4k=0,
∴k1=-,k2=0(舍去),
∴當k=-時,S△BGH=|k|S△AQD.
例4　解析:(1)依題意,得拋物線的對稱軸為直線x=-1,頂點A(-1,2).
∵y1=y2,
∴P,Q兩點關于直線x=-1對稱,
即Q(0,a+2),P(-2,a+2),
∴S△PQA=×2·[2-(a+2)]=-a.
又∵S△PQA=1,
∴a=-1,
∴拋物線的解析式為y=-(x+1)2+2.
(2)∵P,Q在對稱軸的異側,
①當y1≥y2時,則0≤x2<1,
此時,函數的最大值為2,最小值為y2=a(x2+1)2+2.
∵二次函數的最大值與最小值的差為2,
∴2-[a(x2+1)2+2]=2,
∴a=-.
又∵1≤(x2+1)2<4,
∴-2≤-<-,
∴-2≤a<-.
②當y1≤y2時,則-3此時,函數的最大值為2,最小值為y1=a(x1+1)2+2.
∵二次函數的最大值與最小值的差為2,
∴2-[a(x1+1)2+2]=2,
∴a=-.
又∵1≤(x1+1)2<4,
∴-2≤-<-,
∴-2≤a<-.
綜上所述,當二次函數的最大值與最小值的差為2時,-2≤a<-.
針對訓練　4.解析:(1)∵拋物線y=-x2+bx+c與x軸交于點A(-1,0),B(3,0),
解得
∴拋物線的解析式為y=-x2+2x+3.
(2)設P(0,p),直線AP的解析式為y=k1x+b1(k1≠0),據題意得
解得
∴y=px+p,
聯立得
解得或
∴E(3-p,-p2+4p).
設P(0,p),直線BD的解析式為y=k2x+b2(k2≠0),
據題意得解得
∴y=-x+p,
聯立得
解得或
∴D,
S1=S△ABD-S△ABP=AB·(yD-yP)=2=(3p-p2),
S2=S△ABE-S△ABP=AB·(yE-yP)=2(-p2+4p-p)=2(3p-p2),
∴=.
(3)設直線MN為y=kx+d,由K(1,0)得k+d=0,
∴d=-k,
∴y=kx-k.
設M(m,-m2+2m+3),N(n,-n2+2n+3),
聯立直線MN與拋物線
得x2+(k-2)x-k-3=0,
Δ=(k-2)2-4(-k-3)=k2+16>0,
根據根與系數的關系可得m+n=2-k,mn=-k-3,
如圖,作點N關于直線l的對稱點N',連接MN',
由題意得直線l:y=4,則N'(n,n2-2n+5),
∴QM+QN=QM+QN'≥MN',
過點M作MF⊥NN'于點F,則F(n,-m2+2m+3).
則N' F=,
FM=.
在Rt△MFN'中,
MN'2=MF2+N'F2=(m-n)2+[m2+n2-2(m+n)+2]2
=(m+n)2-4mn+[(m+n)2-2mn-2(m+n)+2]2
=(2-k)2-4(-k-3)+[(2-k)2-2(-k-3)-2(2-k)+2]2
=k4+17k2+80≥80,
即當k=0時,MN'2=80,此時MN'=4,
故QM+QN的最小值為4.

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