1、九年级 二次函数压轴题 专题 训练 (含 答案 ) 方法 :面积法 ,化斜为直 ,韦达定理 ,几何变换 等 . 1,如图 1，在平面直角坐标系中，抛物线 C1： 22 abxaxy 关于 y轴对称且有最小值 1 。 （ 1）求抛物线 C1的解析式； （ 2）在图 1 中抛物线 C1顶点为 A， 将抛物线 C1绕 点 B 旋转 180后得到抛物线 C2，直线y=kx 2k+4 总经过一定点 M，若过定点 M 的直线与抛物线 C2只有一个公共点，求直线 l的解析式 （ 3）如图 2，先将抛物线 C1向上平移使其顶点在原点 O，再将其顶点沿直线 y=x平移得到抛物线 C3，设抛物线 C3与直线 y=
2、x交于 C、 D两点，求线段 CD的长； （ 1） y=x2 1 2分 （ 2）依题意可求出抛物线 C2的解析式为： y=（ x 2） 2+1， 直线 y=kx 2k+4总经过一定点 M， 定点 M为（ 2， 4）， 4分 经过定点 M（ 2， 4），与 y轴平行的直线 l： x=2与抛物线 C3总有一个公共点（ 2， 1） 经过定点 M（ 2， 4）的直线 l 为一次函数 y=kx 2k+4 时，与 y=（ x 2） 2+1 联立方程组，消去 y得 x2 4x+3+kx 2k+4=0， 即 x2（ 4 k） x+7 2k=0， =k2 12=0，得 k1=2 ， k2= 2 ， y=2 x+
3、4 4 或 y= 2 x+4+4 ， 综上所述，过定点 M，共有三条直线 l： x=2 或 y=2 x+4 4 或 y= 2 x+4+4 ，它们分别与抛物线 C2只有一个公共点 （ 3） 设抛物线 C3的顶点为（ m， m），依题意抛物线 C3的解析式为： y=（ x m） 2+m， 与直线 y=x联立 ， 解方程组得： ， ， C（ m， m）， D（ m+1， m+1） 过点 C作 CM x轴，过点 D作 DM y轴， CM=1， DM=1， CD= 2,如图，抛物线 y ax2 4ax b交 x轴正半轴于 A、 B两点，交 y轴正半轴于 C，且 OB OC 3 (1) 求抛物线的解析式
4、(2) 如图 1， D位抛物线的顶点， P为对称轴左侧抛物线上一点，连 OP交直线 BC于 G，连GD 是否存在点 P，使 2GOGD ？若存在，求点 P的坐标；若不存在，请说明理由 (3) 如图 2，将抛物线向上平移 m个单位，交 BC于点 M、 N 若 MON 45，求 m的值 （ 1） 2 43y x x 3（本题 12 分）如图 1，抛物线 y ax2 (1 3a)x 3（ a 0）与 x轴交于 A、 B两点，与 y轴交于 C点，直线 y x 5与抛物线交于 D、 E，与直线 BC交于 P (1) 求点 P的坐标 (2) 求 PD PE的值 (3) 如图 2，直线 y t（ t 3）交
5、抛物线于 F、 G，且 FCG的外心在 FG上，求证： ta1 为常数 解 ： (1) 令 y 0，则 ax2 (1 3a)x 3 0，解得 x1 a1 ， x2 3 B(3， 0) 令 x 0，则 y 3 直线 BC的解析式为 y x 3 联立 53xy xy ，解得 14yx P(4， 1) (2) 设 D(x1， y1)、 E(x2， y2) 则 PD 2 (4 x1)， PE 2 (4 x2) 联立 53)31(2xyxaaxy，整理得 ax2 (2 3a)x 8 0 x1 x2 aa 23 ， x1x2 a8 PD PE 2(4 x1)(4 x2) 216 4(x1 x2) x1x2
6、 88812162 aa (3) FCG的外心在 FG上 FCG 90 设 FG与 y轴交于点 H，则 CH2 FH GH (t 3)2 xF xG 联立 3)31(2 xaaxyty，整理得 ax2 (1 3a)x 3 t 0 xF xG at3 (t 3)2 at3 31 ta 4.（梅苑中学九月月考）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，一次函数 mxy 45 的图象与 x轴交于 A( 1， 0)，与 y轴交于点 C以直线 x 2 为对称轴的抛物线 C1： y ax2 bx c（ a 0）经过 A、 C两点，并与 x轴正半轴交于点 B (1) 求 m的值及抛物线 C1： y ax2 bx
7、c（ a 0）（ a 0）的函数表达式 (2) 设点 D(0， 1225 )，若 F 是抛物线 C1： y ax2 bx c（ a 0）对称轴上使得 ADF 的周长取得最小值的点，过 F任意作一条与 y轴不平行的直线交抛物线 C1于 M1(x1， y1)， M2(x2， y2)两点，试探究 FMFM 21 11 是否为定值？请说明理由 (3) 将抛物线 C1作适当平移，得到抛物线 C2： y2 41 (x h)2， h 1若当 1 x m时， y2 x恒成立，求 m的最大值 如图 1，已知抛物线 C1： y=x2 2x+c 和直线 l： y= 2x+8，直线 y=kx（ k 0）与抛物线 C1
8、交于两不同点 A、 B，与直线 l 交于点 P且当 k=2 时，直线 y=kx（ k 0）与抛物线 C1只有一个交点 （ 1）求 c的值； （ 2）求证： ，并说明 k满足的条件； （ 3）将抛物线 C1沿第一象限夹角平分线的方向平移 t（ t 0）个单位，再沿 y 轴负方向平移（ t2 t）个单位得到抛物线 C2，设抛物线 C1和抛物线 C2交于点 R；如图 2 求证无论 t为何值，抛物线 C2必过定点，并判断该定点与抛物线 C1的位置关系； 设点 R 关于直线 y=1 的对称点 Q，抛物线 C1和抛物线 C2的顶点分别为点 M、 N，若 MQN=90，求此时 t的值 8、 如图 1，二次函
9、数 y= （ x+m）（ x 3m）（其中 m 0）的图象与 x 轴分别交于点 A， B（点 A位于点 B的左侧），与 y轴交于点 C，点 D在二次函数的图象上， CD AB，连接 AD过点 A作射线 AE交二次函数的图象于点 E，使得 AB平分 DAE （ 1）当线段 AB的长为 8时，求 m的值 （ 2）当点 B的坐标为（ 12， 0）时，求四边形 ADBE的面积 （ 3）请判断 的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由 （ 4）分别延长 AC 和 EB 交于点 P，如图 2点 A 从点（ 2， 0）出发沿 x 轴的负方向运动到点（ 4， 0）为止，求点 P所经过的路径的长
10、（直接写出答案） 解：（ 1） 二次函数 y= （ x+m）（ x 3m）（其中 m 0）的图象与 x 轴分别交于点 A， B（点 A位于点 B的左侧）， 令 y=0，得 0= （ x+m）（ x 3m）， x= m或 x=3m， 点 A的坐标为（ m， 0），点 B的坐标为（ 3m， 0）， 由题意，得 AB=3m（ m） =4m 4m=8，即 m=2 （ 2） 点 B的坐标为（ 12， 0）， m=4， A（ 4， 0）， C（ 0， 3）， 如图， 过点 D， E分别作 x轴的垂线，垂足为 M， N CD AB， 点 D 的坐标为（ 8， 3），点 M的坐标为（ 8， 0） AB平分 D
11、AE， DAM= EAN DMA= ENA=90， ADM AEN = 设 E点的坐标为（ ）， 解得 x1=16， x2= 4（舍去）， E点的坐标为（ 16， 5） 所以 SADBE=S ADB+S ABE= ， （ 3） 为定值 A（ m， 0）， B（ 3m， 0）， C（ 0， 3）， 过点 D， E分别作 x轴的垂线，垂足为 M， N 由（ 2）有， = CD AB， 点 D 的坐标为（ 2m， 3），点 M的坐标为（ 2m， 0） 设 E点的坐标为（ ）， 可得 解得 x1=4m， x2= m（舍去） E点的坐标为（ 4m， 5）， EN=5， DM=3 ADM AEN = =
12、； （ 4）由（ 1）有， A（ m， 0）， B（ 3m， 0）， C（ 0， 3）， E（ 4m， 5）， 直线 AC解析式为 y= x 3 ， 直线 BE解析式为 y= x 15 ， 联立 得， P（ ， ）， 点 A在运动时，点 P的纵坐标不变， 即：点 A从运动到停止，点 P的路径是一条线段， 点 A从点（ 2， 0）出发沿 x轴的负方向运动到点（ 4， 0）为止， 当 m=2时， P（ 3， ）， 当 m=4时， P（ 6， ） 点 P所经过的路径的长为 6 3=3 9、 如图，二次函数 y=ax2 2amx 3am2（ a， m是常数，且 m 0）的图象与 x轴交于 A、 B（点
13、 A位于点 B的左侧），与 y 轴交于点 C（ 0， 3），作 CD AB交抛物线于点 D，连接 BD，过点 B作射线 BE交抛物线于点 E，使得 AB 平分 DBE （ 1）求点 A， B的坐标；（用 m表示） （ 2） 是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由 （ 3）抛物线 y=ax2 2amx 3am2 的顶点为 F，直线 DF 上是否存在唯一一点 M，使得 OMA=90？若存在，求出此时 m的值；若不存在，请说明理由 解：（ 1）由 ax2 2amx 3am2=0得， x1= m， x2=3m， 则 B（ m， 0）， A（ 3m， 0）， （ 2） 是定值，为 ； 理由：
14、过点 D作 DH AB于 H，过点 E作 EG AB于 G， 将点 C（ 0， 3）代入 y=ax2 2amx 3am2得， a= ； y=ax2 2amx 3am2= x2+ x+3， CD AB， 点 D的坐标为（ 2m， 3）， OH= 2m， DH=3， BH= 3m AB平分 DBE， DBH= EBG，又 DHB= EGB=90， BDH BEG， ， 设 E（ n， n2+ n+3）， OG= n， EG= n2 n 3， BG= m n， ， n=4m， E（ 4m， 5）， BH=BO+OH= m 2m= 3m， BG=BO+OG= m 4m= 5m， ， （ 3）存在， 理由：如图 2， B（ m， 0）， A（ 3m， 0）， F（ m， 4）， D（ 2m， 3）， 直线 DF的解析式为 y= x+5， N（ 5m， 0）， P（ 0， 5）， OP=5， PN= =5 取 OA的中点 M， A（ 3m， 0）， N（ 5m， 0）， M（ m.0）， OM= m MN= m， 假设直线 DF上是存在唯一一点 M，使得 OMA=90， 以 OA 为直径的 M与 PN， PO相切， PM是 OPN的角平分线， ， ， m= （舍）或 m=
