2019年中考数学第三章函数及其图象3.4.2二次函数的应用（讲解部分）素材

２４　　　 ５年中考 ３年模拟 § ３．４．２　 二次函数的应用 ７６ 考点　 二次函数的应用 　 　 １．一般地，二次函数 ｙ＝ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ（ａ，ｂ，ｃ是常数，且 ａ≠０）可 以变形为 ｙ＝ａ（ｘ＋ｍ） ２＋ｋ的形式：ｙ＝①　ａ ｘ＋ ｂ ２ａ( ) ２ ＋４ａｃ －ｂ２ ４ａ 　 ． 当 ａ＞０，ｘ＝－ ｂ ２ａ 时，ｙ有最②　小　值③　 ４ａｃ－ｂ２ ４ａ 　 ． 当 ａ＜０，ｘ＝－ ｂ ２ａ 时，ｙ有最④　大　值⑤　 ４ａｃ－ｂ２ ４ａ 　 ． ２．解函数应用 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 的关键是构建函数模型，运用函数的图象 与性质解决实际问题． ３．解二次函数实际应用与几何相关联的综合题时，要过好 “三关”：文理关（读懂文字）、事理关（弄清事理与背景知识）和 数理关（弄清数量关系，建立相应数学模型） ． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７６ 方法 １　 建立平面直角坐标系，利用二次函数解决实 际问题 　 　 例 １　 （２０１８辽宁沈阳，１５，３分）如图，一块矩形土地 ＡＢＣＤ 由篱笆围着，并且由一条与 ＣＤ边平行的篱笆 ＥＦ分开．已知篱笆 的总长为 ９００ ｍ（篱笆的厚度忽略不计），当 ＡＢ ＝ 　 　 　 　 ｍ时， 矩形土地 ＡＢＣＤ的面积最大． 解析　 ∵ 四边形 ＡＢＣＤ是矩形，∴ ＡＢ∥ＣＤ，ＡＢ ＝ＣＤ，ＡＤ∥ ＢＣ，ＡＤ＝ＢＣ， 又∵ ＥＦ∥ＣＤ，∴ 四边形 ＣＤＥＦ是平行四边形，∴ ＥＦ＝ＣＤ， 设 ＡＢ＝ ｘ，则 ＥＦ＝ＣＤ＝ ｘ， ∵ 篱笆总长为 ９００ ｍ， ∴ ＡＤ＝ＢＣ＝ ９００－３ｘ ２ （０＜ｘ＜３００）， ∴ Ｓ矩形ＡＢＣＤ ＝ＡＢ·ＡＤ＝ ｘ· ９００－３ｘ ２ ＝ － ３ ２ ｘ２＋４５０ｘ， ∴ 当 ｘ ＝ － ４５０ ２× － ３ ２( ) ＝ １５０ ｍ 时，矩形土地 ＡＢＣＤ 的面积 最大． 答案　 １５０ 思路分析　 篱笆由 ＡＢ、ＥＦ、ＣＤ、ＡＤ、ＢＣ 五段构成，由矩形 性质可得，ＡＢ＝ＥＦ＝ＣＤ，ＡＤ ＝ＢＣ，设 ＡＢ ＝ ｘ，则 ＡＤ 可用含 ｘ 的式 子 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示，从而矩形的面积也可用含 ｘ 的式子表示，则利用矩形面 积与 ｘ之间存在的函数关系可求面积最大值． 疑难突破　 当篱笆总长一定时，ＡＤ 长随着 ＡＢ 的变化而 变化，因此矩形面积与 ＡＢ 长之间存在着二次函数关系，问题即 转化为求二次函数的最大值问题． 解后反思　 本题中，二次函数的最大值可以用配方法，也 可以直接由顶点公式得到．但要注意，还需要考虑最大值点能否 落在自变量的取值范围内． 　 　 变式训练　 （２０１６ 南京，２５，９ 分）图中是抛物线形拱桥，Ｐ 处有一照明灯，水面 ＯＡ宽４ ｍ．从 Ｏ、Ａ 两处观测 Ｐ 处，仰角分别 为 α、β，且 ｔａｎ α ＝ １ ２ ，ｔａｎ β ＝ ３ ２ ．以 Ｏ 为原点，ＯＡ 所在直线为 ｘ 轴建立直角坐标系． （１）求点 Ｐ的坐标； （２）水面上升 １ ｍ，水面宽多少（ ２取 １．４１，结果精确到 ０．１ ｍ）？ 解析　 （１）如图，过点 Ｐ作 ＰＢ⊥ＯＡ，垂足为 Ｂ． 设点 Ｐ的坐标为（ｘ，ｙ）， 则 ＯＢ＝ ｘ，ＰＢ＝ ｙ． 在 Ｒｔ△ＰＯＢ中，∵ ｔａｎ α＝ ＰＢ ＯＢ ， ∴ ＯＢ＝ ＰＢ ｔａｎ α ＝ ２ｙ． 在 Ｒｔ△ＰＡＢ中，∵ ｔａｎ β＝ ＰＢ ＡＢ ， ∴ ＡＢ＝ ＰＢ ｔａｎ β ＝ ２ ３ ｙ． ∵ ＯＡ＝ＯＢ＋ＡＢ， 即 ２ｙ＋ ２ ３ ｙ＝ ４， ∴ ｙ＝ ３ ２ ．∴ ｘ＝ ２× ３ ２ ＝ ３． ∴ 点 Ｐ的坐标为 ３， ３ ２( ) ． （５分） 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 第三章　 函数及其图象 ２５　　　 （２）设这条抛物线对应的二次函数为 ｙ＝ａｘ２＋ｂｘ（ａ≠０） ． 由函数 ｙ＝ａｘ２＋ｂｘ（ａ≠０）的图象经过（４，０）、 ３， ３ ２( )两点， 可得 １６ａ＋４ｂ＝ ０， ９ａ＋３ｂ＝ ３ ２ ．{ 解方程组，得 ａ＝－ １２ ， ｂ＝ ２． { 所以这条抛物线对应的二次函数为 ｙ＝－ １ ２ ｘ２＋２ｘ（０≤ｘ≤４） ． 当水面上升 １ ｍ时，水面的纵坐标为 １，即－ １ ２ ｘ２＋２ｘ＝ １． 解方程，得 ｘ１ ＝ ２－ ２ ，ｘ２ ＝ ２＋ ２ ． ｘ２－ｘ１ ＝ ２＋ ２ －（２－ ２ ）＝ ２ ２≈２．８． 因此，水面上升 １ ｍ，水面宽约为 ２．８ ｍ． （９分） 评析　 对于二次函数与几何综合的题目，要考虑代数与 几何知识的内在联系．本题主要体现了两种数学思想方法：数形 结合思想和转化思想． 方法 ２　 运动型几何问题中的二次函数应用问题 　 　 例 ２　 （２０１６安徽，２２，１２分）如图，二次函数 ｙ ＝ ａｘ２ ＋ｂｘ 的 图象经过点 Ａ（２，４）与 Ｂ（６，０） ． （１）求 ａ，ｂ的值； （２）点 Ｃ是该二次函数图象上 Ａ，Ｂ 两点之间的一动点，横 坐标为 ｘ（２＜ｘ＜６） ．写出四边形 ＯＡＣＢ 的面积 Ｓ 关于点 Ｃ 的横坐 标 ｘ的函数表达式，并求 Ｓ的最大值． 解析　 （１）将 Ａ（２，４）与 Ｂ（６，０）代入 ｙ＝ａｘ２＋ｂｘ， 得 ４ａ＋２ｂ＝ ４， ３６ａ＋６ｂ＝ ０，{ 解得 ａ＝－ １ ２ ， ｂ＝ ３． { （５分） （２）如图，过 Ａ作 ｘ轴的垂线，垂足为 Ｄ（２，０），连接 ＣＤ，过 Ｃ作 ＣＥ⊥ＡＤ，ＣＦ⊥ｘ轴，垂足分别为 Ｅ，Ｆ． 二次函数表达式为 ｙ＝－ １ ２ ｘ２＋３ｘ． Ｓ△ＯＡＤ ＝ １ ２ ＯＤ·ＡＤ＝ １ ２ ×２×４＝ ４， Ｓ△ＡＣＤ ＝ １ ２ ＡＤ·ＣＥ＝ １ ２ ×４×（ｘ－２）＝ ２ｘ－４， Ｓ△ＢＣＤ ＝ １ ２ ＢＤ·ＣＦ＝ １ ２ ×４× － １ ２ ｘ２＋３ｘ( ) ＝－ｘ２＋６ｘ， （８分） 则 Ｓ＝Ｓ△ＯＡＤ＋Ｓ△ＡＣＤ＋Ｓ△ＢＣＤ ＝ ４＋（２ｘ－４）＋（－ｘ２＋６ｘ）＝ －ｘ２＋８ｘ． 所以 Ｓ关于 ｘ的函数表达式为 Ｓ＝－ｘ２＋８ｘ（２＜ｘ＜６） ． （１０分） 因为 Ｓ＝－（ｘ－４） ２＋１６， 所以当 ｘ＝４时，四边形 ＯＡＣＢ的面积 Ｓ取最大值，最大值为 １６． （１２分） 难点突破　 解决运动型几何问题的关键是结合图象分析 要求的量，本题要求四边形面积的最大值，可以用切割的方法，并 把每一个三角形的面积表示出来，从而求出 Ｓ关于 ｘ 的函数表达 式，再用配方法求出最大值，需考虑问题中的变量的取值范围． 　 　 变式训练　 （２０１７新疆乌鲁木齐，２４，１２分）如图，抛物线 ｙ ＝ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ（ａ≠０）与直线 ｙ ＝ ｘ＋１ 相交于 Ａ（ －１，０），Ｂ（４，ｍ）两 点，且抛物线经过点 Ｃ（５，０） ． （１）求抛物线的解析式； （２）点 Ｐ是抛物线上的一个动点（不与点 Ａ，点 Ｂ 重合），过 点 Ｐ作直线 ＰＤ⊥ｘ轴于点 Ｄ，交直线 ＡＢ于点 Ｅ． ①当 ＰＥ＝ ２ＥＤ时，求 Ｐ点坐标； ②是否存在点 Ｐ 使△ＢＥＣ 为等腰三角形？ 若存在，请直接 写出点 Ｐ的坐标；若不存在，请说明理由． 解析　 （１）解法一：把 Ｂ点坐标代入 ｙ＝ ｘ＋１得 ｍ＝ ５， ∴ Ｂ（４，５） ． 把 Ａ，Ｂ，Ｃ点坐标代入 ｙ＝ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ（ａ≠０）得 ａ－ｂ＋ｃ＝ ０， １６ａ＋４ｂ＋ｃ＝ ５， ２５ａ＋５ｂ＋ｃ＝ ０， { 解得 ａ＝－１， ｂ＝ ４， ｃ＝ ５， { ∴ 抛物线的解析式为 ｙ＝－ｘ２＋４ｘ＋５． 解法二：把 Ｂ点坐标代入 ｙ＝ ｘ＋１得 ｍ＝ ５，∴ Ｂ（４，５） ． 抛物线的解析式可以为 ｙ＝ａ（ｘ＋１）（ｘ－５）， 把 Ｂ点坐标代入得 ａ（４＋１）（４－５）＝ ５， ∴ ａ＝－１， ∴ 抛物线的解析式为 ｙ＝－（ｘ＋１）（ｘ－５）， 即 ｙ＝－ｘ２＋４ｘ＋５． （２）①设 Ｐ（ｘ，－ｘ２＋４ｘ＋５），Ｅ（ｘ，ｘ＋１），Ｄ（ｘ，０） ． 若 Ｐ点在 ＡＢ上方， 则 ＰＥ＝－ｘ２＋４ｘ＋５－ｘ－１，ＥＤ＝ ｘ＋１， ∵ ＰＥ＝ ２ＥＤ，∴ －ｘ２＋４ｘ＋５－ｘ－１＝ ２（ｘ＋１）， 解得 ｘ１ ＝ ２，ｘ２ ＝－１， ∴ Ｐ（２，９）或 Ｐ（－１，０），Ｐ（－１，０）与 Ａ点重合，舍去， ∴ 此时 Ｐ（２，９）； （６分） 若 Ｐ在 Ａ左侧，则 ＰＥ＝ ｘ＋１＋ｘ２－４ｘ－５，ＥＤ＝－ｘ－１， ∵ ＰＥ＝ ２ＥＤ，∴ ｘ＋１＋ｘ２－４ｘ－５＝ ２（－ｘ－１）， 解得 ｘ１ ＝ ２，ｘ２ ＝－１，这种情况不存在，应舍去； 若 Ｐ在 Ｂ右侧，则 ＰＥ＝ ｘ＋１＋ｘ２－４ｘ－５，ＥＤ＝ ｘ＋１， ∵ ＰＥ＝ ２ＥＤ，∴ ｘ＋１＋ｘ２－４ｘ－５＝ ２（ｘ＋１）， 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２６　　　 ５年中考 ３年模拟 解得 ｘ１ ＝ ６，ｘ２ ＝－１（舍去）， 此时 Ｐ（６，－７） ． ∴ Ｐ（２，９）或 Ｐ（６，－７） ． （８分） ②存在． Ｐ１ ３ ４ ， １１９ １６( ) ，Ｐ２ （ ４ ＋ １３ ， － ４ １３ － ８）， Ｐ３ （ ４ － １３ ，４ １３ －８），Ｐ４（０，５） ． （１２分） 详解：连接 ＢＣ，ＥＣ，设点 Ｐ（ｘ，－ｘ２＋４ｘ＋５），Ｅ（ｘ，ｘ＋１）， ∴ ＢＥ２ ＝（４－ｘ） ２＋（５－ｘ－１） ２ ＝ ２（ｘ－４） ２ ＝ ２ｘ２－１６ｘ＋３２， ＢＣ２ ＝（４－５） ２＋（５－０） ２ ＝ ２６， ＥＣ２ ＝（ｘ－５） ２＋（ｘ＋１－０） ２ ＝（ｘ－５） ２＋（ｘ＋１） ２ ＝ ２ｘ２－８ｘ＋２６． 当 ＢＥ＝ＢＣ时，ＢＥ２ ＝ＢＣ２， 即 ２ｘ２－１６ｘ＋３２＝ ２６， 解得 ｘ１ ＝ ４＋ １３ ，ｘ２ ＝ ４－ １３ ， 当 ｘ＝ ４＋ １３时，－ｘ２＋４ｘ＋５＝－４ １３ －８， 当 ｘ＝ ４－ １３时，－ｘ２＋４ｘ＋５＝ ４ １３ －８， ∴ Ｐ（４＋ １３ ，－４ １３ －８）或 Ｐ（４－ １３ ，４ １３ －８） ． 当 ＢＥ＝ＥＣ时，ＢＥ２ ＝ＥＣ２， 即 ２ｘ２－１６ｘ＋３２＝ ２ｘ２－８ｘ＋２６， 解得 ｘ＝ ３ ４ ， 当 ｘ＝ ３ ４ 时，－ｘ２＋４ｘ＋５＝ １１９ １６ ，∴ Ｐ ３ ４ ， １１９ １６( ) ． 当 ＢＣ＝ＥＣ时，ＢＣ２ ＝ＥＣ２， 即 ２６＝ ２ｘ２－８ｘ＋２６，解得 ｘ１ ＝ ０，ｘ２ ＝ ４， 当 ｘ＝ ０时，－ｘ２＋４ｘ＋５＝ ５，∴ Ｐ（０，５）； 当 ｘ＝ ４时，－ｘ２＋４ｘ＋５＝ ５， ∴ Ｐ（４，５），这时，点 Ｐ、Ｅ、Ｂ重合，不符合题意，舍去． 综上所述，Ｐ１ ３ ４ ， １１９ １６( ) ，Ｐ２（４＋ １３ ，－ ４ １３ － ８），Ｐ３（４－ １３ ，４ １３ －８），Ｐ４（０，５） ． 方法 ３　 利用二次函数求最值问题 　 　 例 ３　 （２０１７苏州，２８，１０分）如图①，二次函数 ｙ ＝ ｘ２＋ｂｘ＋ｃ 的图象与 ｘ轴交于 Ａ、Ｂ 两点，与 ｙ 轴交于点 Ｃ，ＯＢ ＝ＯＣ．点 Ｄ 在 函数图象上，ＣＤ∥ｘ 轴，且 ＣＤ ＝ ２，直线 ｌ 是抛物线的对称轴，Ｅ 是抛物线的顶点． （１）求 ｂ、ｃ的值； （２）连接 ＢＥ，线段 ＯＣ上的点 Ｆ关于直线 ｌ的对称点 Ｆ′恰好 在线段 ＢＥ上，求点 Ｆ的坐标； （３）如图②，动点 Ｐ 在线段 ＯＢ 上，过点 Ｐ 作 ｘ 轴的垂线分 别与 ＢＣ交于点 Ｍ，与抛物线交于点 Ｎ．试问：抛物线上是否存在 点 Ｑ，使得△ＰＱＮ 与△ＡＰＭ 的面积相等，且线段 ＮＱ 的长度最 小？ 如果存在，求出点 Ｑ的坐标；如果不存在，说明理由． 解析　 （１）∵ ＣＤ∥ｘ轴，ＣＤ＝ ２， ∴ 直线 ｌ：ｘ＝ １． ∴ － ｂ ２ ＝ １，∴ ｂ＝－２． ∵ ＯＢ＝ＯＣ，Ｃ（０，ｃ）， ∴ Ｂ点坐标为（－ｃ，０） ． ∴ ０＝（－ｃ） ２＋２ｃ＋ｃ， 解得 ｃ＝－３或 ｃ＝ ０（舍去）， ∴ ｃ＝－３． （２）设点 Ｆ的坐标为（０，ｍ） ． ∵ 抛物线的对称轴是直线 ｌ：ｘ＝ １， ∴ 点 Ｆ关于直线 ｌ的对称点 Ｆ′的坐标为（２，ｍ） ． ∵ 直线 ＢＥ经过点 Ｂ（３，０），Ｅ（１，－４） ． ∴ 利用待定系数法可得直线 ＢＥ的表达式为 ｙ＝ ２ｘ－６． ∵ 点 Ｆ′在直线 ＢＥ上， ∴ ｍ＝ ２×２－６＝－２， ∴ 点 Ｆ的坐标为（０，－２） ． （３）存在点 Ｑ满足题意． 设点 Ｐ的坐标为（ｎ，０）， 则 ＰＡ＝ｎ＋１，ＰＢ＝ＰＭ＝ ３－ｎ，ＰＮ＝－ｎ２＋２ｎ＋３． 假设存在点 Ｑ满足题意，作 ＱＲ⊥ＰＮ，垂足为 Ｒ， ∵ Ｓ△ＰＱＮ ＝Ｓ△ＡＰＭ， ∴ １ ２ （ｎ＋１）（３－ｎ）＝ １ ２ （－ｎ２＋２ｎ＋３）·ＱＲ， ∴ ＱＲ＝ １． ①点 Ｑ在直线 ＰＮ 的左侧时，Ｑ 点坐标为（ｎ－１，ｎ２ －４ｎ），Ｒ 点坐标为（ｎ，ｎ２－４ｎ），Ｎ点坐标为（ｎ，ｎ２－２ｎ－３） ． ∴ 在 Ｒｔ△ＱＲＮ中，ＮＱ２ ＝ １＋（２ｎ－３） ２， ∴ 当 ｎ＝ ３ ２ 时，ＮＱ取得最小值 １． 此时 Ｑ点坐标为 １ ２ ，－ １５ ４( ) ． ②点 Ｑ在直线 ＰＮ的右侧时，Ｑ点坐标为（ｎ＋１，ｎ２－４） ． 同理，ＮＱ２ ＝ １＋（２ｎ－１） ２， ∴ 当 ｎ＝ １ ２ 时，ＮＱ取得最小值 １． 此时 Ｑ点坐标为 ３ ２ ，－ １５ ４( ) ． 综 上 所 述， 满 足 题 意 的 点 Ｑ 的 坐 标 为 １ ２ ，－ １５ ４( )或 ３２ ，－１５４( ) ． 解题关键　 这是一道二次函数的综合题，主要考查了二 次函数的图象和性质，也考查了数形结合与分类讨论的思想，以 及轴对称图形的性质．掌握点的坐标与函数表达式的关系，一次 函数与二次函数表达式的求法，坐标系内面积的表示及勾股定 理是解题关键，属难题． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 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