二次函數(shù)與幾何綜合講義人教版九年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè)

二次函數(shù)與幾何綜合例1．如圖，直線y=12x+2與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B，拋物線y=-12x2+bx+c經(jīng)過(guò)A、B兩點(diǎn)，與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為C，已知?jiǎng)狱c(diǎn)（1）求拋物線的解析式；（2）連接DP、DB，請(qǐng)直接寫(xiě)出當(dāng)△BDP為等腰直角三角形時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)．分析：（1）先求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，再根據(jù)待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式；（2）分兩種情況討論：①當(dāng)BP＝DP時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥y軸于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)D作DH∥y軸，交GP的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，易證△DHP≌△PGB（AAS），得到DH＝PG，PH＝BG，設(shè)P(m，12m+2)，則PG＝DH＝﹣m，OG=12m+2，分別可求出PH＝BG=-12m，HG=-32m，OG+DH=-12m+2，進(jìn)而得到D(32m，-12m+2)，將D的坐標(biāo)代入拋物線的解析式中，求出m的值即可得出點(diǎn)P的坐標(biāo)；②當(dāng)BD⊥PD時(shí)，過(guò)點(diǎn)D作DK⊥y軸于點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥KD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q，同理①可證：△PQD≌△DKB（AAS），得到PQ＝DK，DQ＝BK，設(shè)D(n，-12n2-解：（1）∵直線y=12x+2與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)∴A（﹣4，0），B（0，2），∵拋物線y=-12x2∴-1解得：b=-∴拋物線的解析式為y=-（2）①當(dāng)BP＝DP時(shí)，如圖，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥y軸于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)D作DH∥y軸，交GP的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，則∠DHP＝∠BGP＝90°，∵△BDP為等腰直角三角形，∴∠DPB＝90°，DP＝BP，∴∠DPH+∠BPG＝90°，∵∠PBG+∠BPG＝90°，∴∠DPH＝∠PBG，在△DHP和△PGB，∠DHP=∴△DHP≌△PGB（AAS），∴DH＝PG，PH＝BG，設(shè)P(m，12m+2)，則PG＝DH＝﹣m∴PH＝BG＝OB﹣OG=2-∴HG＝PH+PG=-OG+DH=1∴D(3將D(32m，-解得：m1＝0（不合題意，舍去），m2∴P(-②當(dāng)BD⊥PD時(shí)，如圖，過(guò)點(diǎn)D作DK⊥y軸于點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥KD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q，用理①可證：△PQD≌△DKB（AAS），∴PQ＝DK，DQ＝BK，設(shè)D(n，-12n2-32+2)∴DQ＝BK＝OK﹣OB=-12∴QK＝DQ+DK=-OK﹣PQ=-∴P(1將點(diǎn)P(12n2+52解得：n1＝0（不合題意，舍去），n2∴P(-綜上，當(dāng)△BDP為等腰直角三角形時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(-149例2．如圖，拋物線y＝ax2﹣3x+c與x軸交于A（﹣4，0），B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C（0，4），點(diǎn)D為x軸上方拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，射線OD交直線AC于點(diǎn)E，將射線OD繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°得到射線OP，OP交直線AC于點(diǎn)F，連接DF．（1）求拋物線的解析式；（2）當(dāng)△ODF為直角三角形時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)D的坐標(biāo)．分析：（1）將點(diǎn)A（﹣4，0），C（0，4）代入y＝ax2﹣3x+c，即可求解；（2）設(shè)F（t，t+4），當(dāng)∠FDO＝90°時(shí)，過(guò)點(diǎn)D作MN⊥y軸交于點(diǎn)N，過(guò)點(diǎn)F作FM⊥MN交于點(diǎn)M，證明△MDF≌△NOD（AAS），可得D點(diǎn)縱坐標(biāo)為2，求出D點(diǎn)坐標(biāo)為（-3+172，2）或（-3-172，2）；當(dāng)∠DFO＝90°時(shí)，過(guò)點(diǎn)F作KL⊥x軸交于L點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)D作DK⊥KL交于點(diǎn)K，證明△KDF≌△LFO（AAS），得到解：（1）將點(diǎn)A（﹣4，0），C（0，4）代入y＝ax2﹣3x+c，∴16a+12+c=0c=4解得a=-∴y＝﹣x2﹣3x+4；（2）設(shè)F（t，t+4），當(dāng)∠FDO＝90°時(shí)，過(guò)點(diǎn)D作MN⊥y軸交于點(diǎn)N，過(guò)點(diǎn)F作FM⊥MN交于點(diǎn)M，∵∠DOF＝45°，∴DF＝DO，∵∠MDF+∠NDO＝90°，∠MDF+∠MFD＝90°，∴∠NDO＝∠MFD，∴△MDF≌△NOD（AAS），∴DM＝ON，MF＝DN，∴DN+ON＝﹣t，DN＝ON+（﹣t﹣4），∴DN＝﹣t﹣2，ON＝2，∴D點(diǎn)縱坐標(biāo)為2，∴﹣x2﹣3x+4＝2，解得x=-3+172或∴D點(diǎn)坐標(biāo)為（-3+172，2）或（當(dāng)∠DFO＝90°時(shí)，過(guò)點(diǎn)F作KL⊥x軸交于L點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)D作DK⊥KL交于點(diǎn)K，∵∠KFD+∠LFO＝90°，∠KFD+∠KDF＝90°，∴∠LFO＝∠KDF，∵DF＝FO，∴△KDF≌△LFO（AAS），∴KD＝FL，KF＝LO，∴KL＝t+4﹣t＝4，∴D點(diǎn)縱坐標(biāo)為4，∴﹣x2﹣3x+4＝4，解得x＝0或x＝﹣3，∴D（0，4）或（﹣3，4）；綜上所述：D點(diǎn)坐標(biāo)為（-3+172，2）或（3．平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線C1：y＝x2先向右平移72個(gè)單位長(zhǎng)度，再向上平移74個(gè)單位長(zhǎng)度，得到新的拋物線C2，其頂點(diǎn)為A，C1，C2相交于點(diǎn)B，過(guò)點(diǎn)A作AC⊥x軸于點(diǎn)C，連接BC交OA于點(diǎn)（1）點(diǎn)A的坐標(biāo)是；（2）如圖，求△OBD面積與△OCD面積的比值；（3）在y軸上有兩點(diǎn)E（0，n），G（0，n+32），過(guò)點(diǎn)E作x軸的平行線交直線OA于點(diǎn)F，以EF，EG為鄰邊作矩形EFHG，直線FH分別交拋物線C1，C2于點(diǎn)P，Q．若拋物線C1在矩形EFHG內(nèi)部（不含邊界）的部分對(duì)應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而增大，且拋物線C2，在矩形EFHG內(nèi)部（不含邊界）的部分對(duì)應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而減小，求分析：（1）由平移的性質(zhì)可得拋物線C2的解析式為y＝（x-72）2（2）聯(lián)立方程得x2＝（x-72）2+74，求解可得B（2，4），運(yùn)用待定系數(shù)法可得直線OA的解析式為：y=12x，過(guò)B作BE∥AC交OA于K點(diǎn)，即K（2，1），可得BK＝3，AC=7（3）先求得F（2n，n），H（2n，n+32），設(shè)直線OA與拋物線C2的另外一個(gè)交點(diǎn)為M，聯(lián)立求解可得M（4，2），再分兩種情況：當(dāng)點(diǎn)H在拋物線C2對(duì)稱軸左側(cè)時(shí)，當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)M重合時(shí)，分別求得n的值，即可得出n的取值范圍，再根據(jù)PQ＝14解：（1）∵拋物線C1：y＝x2先向右平移72個(gè)單位長(zhǎng)度，再向上平移74∴拋物線C2的解析式為y＝（x-72）2∴A（72，7故答案為：（72，7（2）當(dāng)x2＝（x-72）2+7∴B（2，4），設(shè)直線OA的解析式為y＝kx，則72k=解得：k=1∴直線OA的解析式為：y=12過(guò)B作BE∥AC交OA于K點(diǎn)，如圖，∴K（2，1），∴BK＝3，∵A（72，7∴AC=7∵BK∥AC，∴BDCD∴S△OBD（3）令12x＝n∴x＝2n，∴F（2n，n），∵G（0，n+3∴H（2n，n+3當(dāng)點(diǎn)H在拋物線C2對(duì)稱軸左側(cè)時(shí)，（2n-72）2+7解得n=52或n當(dāng)n=52時(shí)，2n＝5∴n=5設(shè)直線OA與拋物線C2的另外一個(gè)交點(diǎn)為M，∴12x＝（x-72）解得x＝4或x=7∴M（4，2），當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)M重合時(shí)，2n＝4，解得n＝2，∴54＜∵P（2n，4n2），Q（2n，4n2﹣14n+14），∴PQ＝14n﹣14，當(dāng)x＝2n時(shí)，PQ＝14n﹣14，∴PQ的長(zhǎng)度隨n的增大而增大，∴72＜練習(xí)題1．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線C1：y＝x2上有兩點(diǎn)A、B，其中點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為﹣2，點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為1，拋物線C2：y＝﹣x2+bx+c過(guò)點(diǎn)A、B．過(guò)A作AC∥x軸交拋物線C1另一點(diǎn)為點(diǎn)C．以AC、12AC長(zhǎng)為邊向上構(gòu)造矩形ACDE（1）求拋物線C2的解析式；（2）將矩形ACDE向左平移m個(gè)單位，向下平移n個(gè)單位得到矩形A′C′D′E′，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)C′落在拋物線C1上．①求n關(guān)于m的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫(xiě)出自變量m的取值范圍；②直線A′E′交拋物線C1于點(diǎn)P，交拋物線C2于點(diǎn)Q．當(dāng)點(diǎn)E′為線段PQ的中點(diǎn)時(shí)，求m的值；③拋物線C2與邊E′D′、A′C′分別相交于點(diǎn)M、N，點(diǎn)M、N在拋物線C2的對(duì)稱軸同側(cè)，當(dāng)MN=2103分析：（1）根據(jù)題意得出點(diǎn)A（﹣2，4），B（1，1），利用待定系數(shù)法求解析式即可求解．（2）①根據(jù)平移的性質(zhì)得出C′（2﹣m，4﹣n），根據(jù)點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)C′落在拋物線C1上，可得（2﹣m）2＝4﹣n，即可求解．②根據(jù)題意得出P（﹣2﹣m，m2+4m+4），Q（﹣2﹣m，﹣m2﹣2m+4），求得中點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)題意即可求解．③作輔助線，利用勾股定理求得MG=23，設(shè)出N點(diǎn)，M點(diǎn)坐標(biāo)，將M點(diǎn)代入y＝﹣x2﹣2x+4，求得N點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而根據(jù)點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)C′落在拋物線C2．如圖，拋物線y＝ax2-134x+c（a＜0）經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（﹣4，0）、C（0，3），交x軸于另一點(diǎn)B，點(diǎn)P（m，（1）求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（2）過(guò)點(diǎn)P作PD⊥x軸于點(diǎn)D，交AC于點(diǎn)E，作PF∥AC交y軸于點(diǎn)F．①求出四邊形PECF的周長(zhǎng)l與m的函數(shù)表達(dá)式，并求l的最大值；②當(dāng)四邊形PECF是菱形時(shí)，請(qǐng)求出P點(diǎn)的橫坐標(biāo)；③是否存在點(diǎn)P，使得以P、E、C為頂點(diǎn)的三角形與△ADE相似？若存在，請(qǐng)求出滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．分析：（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；（2）①求出直線AC的解析式，由題意分別求出點(diǎn)E（m，34m+3），D（m，0），則PE＝﹣m2﹣4m，EC=-54m，判斷四邊形PECF是平行四邊形，則l＝﹣2m2-212m＝﹣2（m+218）2+②由題可知PE＝EC，結(jié)合①得到方程﹣m2﹣4m=-54m③由于∠PEC＝∠AED，∠ADE＝90°，分兩種情況∠EPC＝90°或∠PCE＝90°；當(dāng)∠EPC＝90°時(shí)，PC⊥PD，此時(shí)P點(diǎn)的縱坐標(biāo)為3，再求P點(diǎn)坐標(biāo)；當(dāng)∠PCE＝90°時(shí)，∠EAD＝∠EPC，由sin∠EAD=35=3．如圖，關(guān)于x的二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)B（1，0），點(diǎn)A（﹣3，0），與y軸相交于點(diǎn)C，點(diǎn)D為二次函數(shù)的頂點(diǎn)，DE為二次函數(shù)的對(duì)稱軸，E在x軸上．（1）求拋物線的解析式；（2）連接AC，在線段AC上方的拋物線上是否存在點(diǎn)F，使△FAC的面積最大，若存在，求出點(diǎn)F的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．（3）若G是直線