二次函数拔高综合题全集(含答案)

1、二次函数和等腰三角形：(2008重庆)已知：如图，抛物线)0(22acaxaxy与y轴交于点C（0，4），与x轴交于点A、B，点A的坐标为（4，0）。（1）求该抛物线的解析式；（2）点Q是线段AB上的动点，过点Q作QE∥AC，交BC于点E，连接CQ。当△CQE的面积最大时，求点Q的坐标；（3）若平行于x轴的动直线l与该抛物线交于点P，与直线AC交于点F，点D的坐标为（2，0）。问：是否存在这样的直线l，使得△ODF是等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由。．解：（1）由题意，得01684aacc，．······················································（1分）解得124ac，．·························································································（2分）所求抛物线的解析式为：2142yxx．·············································（3分）（2）设点Q的坐标为(0)m，，过点E作EGx轴于点G．由21402xx，得12x，24x．点B的坐标为(20)，．··········································································（4分）6AB，2BQm．QEAC∥，BQEBAC△∽△．EGBQCOBA，即246EGm．243mEG．··········（5分）CQECBQEBQSSS△△△YXCADQBO28题图1122BQCOBQEG124(2)423mm2128333mm····················（6分）21(1)33m．又24m≤≤，当1m时，CQES△有最大值3，此时(10)Q，．············································（7分）（3）存在．在ODF△中．（ⅰ）若DODF，(40)(20)AD，，，，2ADODDF．又在RtAOC△中，4OAOC，45OAC．45DFAOAC．90ADF．此时，点F的坐标为(22)，．由21422xx，得115x，215x．此时，点P的坐标为：(152)P，或(152)P，．·······································（8分）（ⅱ）若FOFD，过点F作FMx轴于点M，由等腰三角形的性质得：112OMOD，3AM，在等腰直角AMF△中，3MFAM．(13)F，．由21432xx，得113x，213x．此时，点P的坐标为：(133)P，或(133)P，．········································（9分）（ⅲ）若ODOF，4OAOC，且9042AOCAC，，点O到AC的距离为22，而222OFOD，此时，不存在这样的直线l，使得ODF△是等腰三角形．······························（10分）综上所述，存在这样的直线l，使得ODF△是等腰三角形．所求点P的坐标为：(152)P，或(152)P，或(133)P，或(133)P，2.二次函数和矩形、等腰三角形：如图19-1，OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，O为原点，点A在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，5OA，4OC．（1）在OC边上取一点D，将纸片沿AD翻折，使点O落在BC边上的点E处，求DE，两点的坐标；（2）如图19-2，若AE上有一动点P（不与AE，重合）自A点沿AE方向向E点匀速运动，运动的速度为每秒1个单位长度，设运动的时间为t秒（05t），过P点作ED的平行线交AD于点M，过点M作AE的平行线交DE于点N．求四边形PMNE的面积S与时间t之间的函数关系式；当t取何值时，S有最大值？最大值是多少？（3）在（2）的条件下，当t为何值时，以AME，，为顶点的三角形为等腰三角形，并求出相应的时刻点M的坐标．解：（1）依题意可知，折痕AD是四边形OAED的对称轴，在RtABE△中，5AEAO，4AB．2222543BEAEAB．2CE．E点坐标为（2，4）．··············································································2分在RtDCE△中，222DCCEDE，又DEOD．222(4)2ODOD．解得：52CD．D点坐标为502，·················································································3分（2）如图①PMED∥，APMAED△∽△．PMAPEDAE，又知APt，52ED，5AE5522ttPM，又5PEt．而显然四边形PMNE为矩形．215(5)222PMNEtSPMPEttt矩形·············································5分21525228PMNESt四边形，又5052当52t时，PMNES矩形有最大值258．·························································6分（3）（i）若以AE为等腰三角形的底，则MEMA（如图①）在RtAED△中，MEMA，PMAE，P为AE的中点，1522tAPAE．yxBCOADE图5-1yxBCOADE图5-2PMNyxBCOADE图①PMNF又PMED∥，M为AD的中点．过点M作MFOA，垂足为F，则MF是OAD△的中位线，1524MFOD，1522OFOA，当52t时，5052，AME△为等腰三角形．此时M点坐标为5524，．·8分（ii）若以AE为等腰三角形的腰，则5AMAE（如图②）在RtAOD△中，2222555522ADODAO．过点M作MFOA，垂足为F．PMED∥，APMAED△∽△．APAMAEAD．5525552AMAEtAPAD，152PMt．5MFMP，525OFOAAFOAAP，当25t时，（0255），此时M点坐标为(5255)，．················11分综合（i）（ii）可知，52t或25t时，以AME，，为顶点的三角形为等腰三角形，相应M点的坐标为5524，或(5255)，．3、二次函数和梯形：（2009临沂）如图，已知抛物线与x轴交于A（－1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C（0，3）。⑴求抛物线的解析式；⑵设抛物线的顶点为D，在其对称轴的右侧的抛物线上是否存在点P，使得△PDC是等腰三角形？若存在，求出符合条件的点P的坐标;若不存在，请说明理由;⑶若点M是抛物线上一点，以B、C、D、M为顶点的四边形是直角梯形，试求出点M的坐标。⑴∵抛物线与y轴交于点C（0，3），yxBCOADE图②PMNF第26题图xyAMPDOBC∴设抛物线解析式为)0(32abxaxy………………………………1分根据题意，得,0339,03baba，解得.2,1ba∴抛物线的解析式为322xxy………………………………………2分⑵存在。…………………………………………………………………………3分由322xxy得，D点坐标为（1，4），对称轴为x＝1。…………4分①若以CD为底边，则PD＝PC，设P点坐标为(x,y)，根据勾股定理，得2222)4()1()3(yxyx，即y＝4－x。…………………………5分又P点(x,y)在抛物线上，∴3242xxx，即0132xx…………6分解得253x，1253，应舍去。∴253x。……………………7分∴2554xy，即点P坐标为255,253。……………………8分②若以CD为一腰，因为点P在对称轴右侧的抛物线上，由抛物线对称性知，点P与点C关于直线x＝1对称，此时点P坐标为（2，3）。∴符合条件的点P坐标为255,253或（2，3）。……………………9分⑶由B（3，0），C（0，3），D（1，4），根据勾股定理,得CB＝23,CD＝2,BD＝52,………………………………………………10分∴20222BDCDCB,∴∠BCD＝90°,………………………………………………………………………11分设对称轴交x轴于点E，过C作CM⊥DE，交抛物线于点M，垂足为F，在Rt△DCF中，∵CF＝DF＝1,∴∠CDF＝45°,由抛物线对称性可知，∠CDM＝2×45°＝90°,点坐标M为（2，3），∴DM∥BC,∴四边形BCDM为直角梯形,………………………………………………………12分由∠BCD＝90°及题意可知，以BC为一底时，顶点M在抛物线上的直角梯形只有上述一种情况;以CD为一底或以BD为一底，且顶点M在抛物线上的直角梯形均不存在。综上所述，符合条件的点M的坐标为（2，ExyAMPDOBCF3）。…………………………………13分4、动态、二次函数、相似（2009年济南）如图，在梯形ABCD中，354245ADBCADDCABB∥，，，，∠．动点M从B点出发沿线段BC以每秒2个单位长度的速度向终点C运动；动点N同时从C点出发沿线段CD以每秒1个单位长度的速度向终点D运动．设运动的时间为t秒．（1）求BC的长．（2）当MNAB∥时，求t的值．（3）试探究：t为何值时，MNC△为等腰三角形．【关键词】动态问题、二次函数、相似三角形【答案】（1）如图①，过A、D分别作AKBC于K，DHBC于H，则四边形ADHK是矩形∴3KHAD．在RtABK△中，2sin454242AKAB．，2cos454242BKAB，在RtCDH△中，由勾股定理得，22543HC∴43310BCBKKHHC，DCBMN（2）如图②，过D作DGAB∥交BC于G点，则四边形ADGB是平行四边形，∵MNAB∥∴MNDG∥，∴3BGAD，∴1037GC，由题意知，当M、N运动到t秒时，102CNtCMt，．∵DGMN∥，∴NMCDGC∠∠，又CC∠∠，∴MNCGDC△∽△∴CNCMCDCG，即10257tt，解得，5017t，（3）分三种情况讨论：①当NCMC时，如图③，即102tt∴103t，（图①）ADCBKH图②ADCBGMNADCBMN图③）图④）ADCBMNHE②当MNNC时，如图④，过N作NEMC于E解法一：由等腰三角形三线合一性质得11102522ECMCtt，在RtCEN△中，5cosECtcNCt，又在RtDHC△中，3cos5CHcCD，∴535tt，解得258t，解法二：∵90CCDHCNEC∠∠，，∴NECDHC△∽△，∴NCECDCHC即553tt，∴258t，③当MNMC时，如图⑤，过M作MFCN于F点.1122FCNCt解法一：（方法同②中解法一）132cos1025tFCCMCt解得6017t解法二：∵90C