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代數(shù)綜合中考數(shù)學題匯總
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考點： 二次函數(shù)綜合題
分析： (1)利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式即可;
(2)根據(jù)已知得出△OPQ的高，進而利用三角形面積公式求出即可;
(3)根據(jù)題意得出：0≤t≤3，當0≤t≤2時，Q在BC邊上運動，得出若△OPQ為直角三角形，只能是∠OPQ=90°或∠OQP=90°，當2
(4)首先求出拋物線對稱軸以及OB直線解析式和PM的解析式，得出 (1﹣t)× =3﹣t﹣2t，恒成立，即0≤t≤2時，P，M，Q總在一條直線上，再利用2
解答： 解：(1)設所求拋物線的解析式為y=ax2+bx+c，把A(6，0)，B(3， )，C(1， )三點坐標代入得：
，
解得： ，
即所求拋物線解析式為：y=﹣ x2+ x+ ;
(2)如圖1，依據(jù)題意得出：OC=CB=2，∠COA=60°，
∴當動點Q運動到OC邊時，OQ=4﹣t，
∴△OPQ的高為：OQ×sin60°=(4﹣t)× ，
又∵OP=2t，
∴S= ×2t×(4﹣t)× =﹣ (t2﹣4t)(2≤t≤3);
(3)根據(jù)題意得出：0≤t≤3，
當0≤t≤2時，Q在BC邊上運動，此時OP=2t，OQ= ，
PQ= = ，
∵∠POQ<∠POC=60°，
∴若△OPQ為直角三角形，只能是∠OPQ=90°或∠OQP=90°，
若∠OPQ=90°，如圖2，則OP2+PQ2=QO2，即4t2+3+(3t﹣3)2=3+(3﹣t)2，
解得：t1=1，t2=0(舍去)，
若△OPQ為直角三角形，只能是∠OPQ=90°或∠OQP=90°，
若∠OQP=90°，如圖，3，則OQ2+PQ2=PO2，即(3﹣t)2+6+(3t﹣3)2=4t2，
解得：t=2，
當24，
∠POQ=∠COP=60°，
OQ
故△OPQ不可能為直角三角形，
綜上所述，當t=1或t=2時，△OPQ為直角三角形;
(4)由(1)可知，拋物線y=﹣ x2+ x+ =﹣ (x﹣2)2+ ，
其對稱軸為x=2，
又∵OB的直線方程為y= x，
∴拋物線對稱軸與OB交點為M(2， )，
又∵P(2t，0)
設過P，M的直線解析式為：y=kx+b，
∴ ，
解得： ，
即直線PM的解析式為：y= x﹣ ，
即 (1﹣t)y=x﹣2t，
又0≤t≤2時，Q(3﹣t， )，代入上式，得：
(1﹣t)× =3﹣t﹣2t，恒成立，
即0≤t≤2時，P，M，Q總在一條直線上，
即M在直線PQ上;
當2
∴Q( ， )，
代入上式得： × (1﹣t)= ﹣2t，
解得：t=2或t= (均不合題意，舍去).
∴綜上所述，可知過點A、B、C三點的拋物線的對稱軸OB和PQ能夠交于一點，此時0≤t≤2.
點評： 此題主要考查了二次函數(shù)的綜合應用以及待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式和待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式等知識，利用分類討論思想得出t的值是解題關鍵.
13、(2013•荊門壓軸題)已知關于x的二次函數(shù)y=x2﹣2mx+m2+m的圖象與關于x的函數(shù)y=kx+1的圖象交于兩點A(x1，y1)、B(x2，y2);(x1
(1)當k=1，m=0，1時，求AB的長;
(2)當k=1，m為任何值時，猜想AB的長是否不變?并證明你的猜想.
(3)當m=0，無論k為何值時，猜想△AOB的形狀.證明你的猜想.
(平面內(nèi)兩點間的距離公式 ).
考點： 二次函數(shù)綜合題.
分析： (1)先將k=1，m=0分別代入，得出二次函數(shù)的解析式為y=x2，直線的解析式為y=x+1，聯(lián)立 ，得x2﹣x﹣1=0，根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關系得到x1+x2=1，x1•x2=﹣1，過點A、B分別作x軸、y軸的平行線，兩線交于點C，證明△ABC是等腰直角三角形，根據(jù)勾股定理得出AB= AC，根據(jù)兩點間距離公式及完全平方公式求出AB= ;同理，當k=1，m=1時，AB= ;
(2)當k=1，m為任何值時，聯(lián)立 ，得x2﹣(2m+1)x+m2+m﹣1=0，根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關系得到x1+x2=2m+1，x1•x2=m2+m﹣1，同(1)可求出AB= ;
(3)當m=0，k為任意常數(shù)時，分三種情況討論：①當k=0時，由 ，得A(﹣1，1)，B(1，1)，顯然△AOB為直角三角形;②當k=1時，聯(lián)立 ，得x2﹣x﹣1=0，根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關系得到x1+x2=1，x1•x2=﹣ 1，同(1)求出AB= ，則AB2=10，運用兩點間的距離公式及完全平方公式求出OA2+OB2=10，由勾股定理的逆定理判定△AOB為直角三角形;③當k為任意實數(shù)時，聯(lián)立 ，得x2﹣kx﹣1=0，根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關系得到x1+x2=k，x1•x2=﹣1，根據(jù)兩點間距離公式及完全平方公式求出AB2=k4+5k2+4，OA2+OB2═k4+5k2+4，由勾股定理的逆定理判定△AOB為直角三角形.
解答： 解：(1)當k=1，m=0時，如圖.
由 得x2﹣x﹣1=0，
∴x1+x2=1，x1•x2=﹣1，
過點A、B分別作x軸、y軸的平行線，兩線交于點C.
∵直線AB的解析式為y=x+1，
∴∠BAC=45°，△ABC是等腰直角三角形，
∴AB= AC= |x2﹣x1|= = ;
同理，當k=1，m=1時，AB= ;
(2)猜想：當k=1，m為任何值時，AB的長不變，即AB= .理由如下：
由 ，得x2﹣(2m+1)x+m2+m﹣1=0，
∴x1+x2=2m+1，x1•x2=m2+m﹣1，
∴AB= AC= |x2﹣x1|= = ;
(3)當m=0，k為任意常數(shù)時，△AOB為直角三角形，理由如下：
�、佼攌=0時，則函數(shù)的圖象為直線y=1，
由 ，得A(﹣1，1)，B(1，1)，
顯然△AOB為直角三角形;
�、诋攌=1時，則一次函數(shù)為直線y=x+1，
由 ，得x2﹣x﹣1=0，
∴x1+x2=1，x1•x2=﹣1，
∴AB= AC= |x2﹣x1|= = ，
∴AB2=10，
∵OA2+OB2=x12+y12+x22+y22
=x12+x22+y12+y22
=x12+x22+(x1+1)2+(x2+1)2
=x12+x22+(x12+2x1+1)+(x22+2x2+1)
=2(x12+x22)+2(x1+x2)+2=2(1+2)+2×1+2
=10，
∴AB2=OA2+OB2，
∴△AOB是直角三角形;
�、郛攌為任意實數(shù)，△AOB仍為直角三角形.
由 ，得x2﹣kx﹣1=0，
∴x1+x2=k，x1•x2=﹣1，
∴AB2=(x1﹣x2)2+(y1﹣y2)2
=(x1﹣x2)2+(kx1﹣kx2)2
=(1+k2)(x1﹣x2)2
=(1+k2)[(x1+x2)2﹣4x1•x2]
=(1+k2)(4+k2)
=k4+5k2+4，
∵OA2+OB2=x12+y12+x22+y22
=x12+x22+y12+y22
=x12+x22+(kx1+1)2+(kx2+1)2
=x12+x22+(k2x12+2kx1+1)+(k2x22+2kx2+1)
=(1+k2)(x12+x22)+2k(x1+x2)+2
=(1+k2)(k2+2)+2k •k+2
=k4+5k2+4，
∴AB2=OA2+OB2，
∴△AOB為直角三角形.
點評： 本題考查了二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識點有一元二次方程根與系數(shù)的關系，平面內(nèi)兩點間的距離公式，完全平方公式，勾股定理的逆定理，有一定難度.本題對式子的變形能力要求較高，體現(xiàn)了由特殊到一般的思想.
14、(2013•黔東南州壓軸題)已知拋物線y1=ax2+bx+c(a≠0)的頂點坐標是(1，4)，它與直線y2=x+1的一個交點的橫坐標為2.
(1)求拋物線的解析式;
(2)在給出的坐標系中畫出拋物線y1=ax2+bx+c(a≠0)及直線y2=x+1的圖象，并根據(jù)圖象，直接寫出使得y1≥y2的x的取值范圍;
(3)設拋物線與x軸的右邊交點為A，過點A作x軸的垂線，交直線y2=x+1于點B，點P在拋物線上，當S△PAB≤6時，求點P的橫坐標x的取值范圍.
考點： 二次函數(shù)綜合題.
分析： (1)首先求出拋物線與直線的交點坐標，然后利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式;
(2)確定出拋物線與x軸的兩個交點坐標，依題意畫出函數(shù)的圖象.由圖象可以直觀地看出使得y1≥y2的x的取值范圍;
(3)首先求出點B的坐標及線段AB的長度;設△PAB中，AB邊上的高為h，則由S△PAB≤6可以求出h的范圍，這是一個不等式，解不等式求出xP的取值范圍.
解答： 解：(1)∵拋物線與直線y2=x+1的一個交點的橫坐標為2，
∴交點的縱坐標為2+1=3，即交點坐標為(2，3).
設拋物線的解析式為y1=a(x﹣1)2+4，把交點坐標(2，3)代入得：
3=a(2﹣1)2+4，解得a=﹣1，
∴拋物線解析式為：y1=﹣(x﹣1)2+4=﹣x2+2x+3.
(2)令y1=0，即﹣x2+2x+3=0，解得x1=3，x2=﹣1，
∴拋物線與x軸交點坐標為(3，0)和(﹣1，0).
在坐標系中畫出拋物線與直線的圖形，如圖：
根據(jù)圖象，可知使得y1≥y2的x的取值范圍為﹣1≤x≤2.
(3)由(2)可知，點A坐標為(3，0).
令x=3，則y2=x+1=3+1=4，∴B(3，4)，即AB=4.
設△PAB中，AB邊上的高為h，則h=|xP﹣xA|=|xP﹣3|，
S△PAB=AB•h=×4×|xP﹣3|=2|xP﹣3|.
已知S△PAB≤6，2|xP﹣3|≤6，化簡得：|xP﹣3|≤3，
去掉絕對值符號，將不等式化為不等式組：﹣3≤xP﹣3≤3，
解此不等式組，得：0≤xP≤6，
∴當S△PAB≤6時，點P的橫坐標x的取值范圍為0≤xP≤6.
點評： 本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、三角形的面積、解不等式(組)等知識點.題目難度不大，失分點在于第(3)問，點P在線段AB的左右兩側均有取值范圍，注意不要遺漏.
15、(13年北京7分23)在平面直角坐標系 O 中，拋物線
( )與 軸交于點A，其對稱軸與 軸交于點B。
(1)求點A，B的坐標;
(2)設直線與直線AB關于該拋物線的對稱軸對稱，求直線的解析式;
(3)若該拋物線在 這一段位于直線的上方，并且在 這一段位于直線AB的下方，求該拋物線的解析式。
解析：【解析】(1)當 時， .
∴
拋物線對稱軸為
∴
(2)易得 點關于對稱軸的對稱點為
則直線 經(jīng)過 、 .
沒直線的解析式為
則 ，解得
∴直線的解析式為
(3)∵拋物線對稱軸為
拋物體在 這一段與在 這一段關于對稱軸對稱
結合圖象可以觀察到拋物線在 這一段位于直線 的上方
在 這一段位于直線 的下方;
∴拋物線與直線 的交點橫坐標為 ;
當 時，
則拋物線過點(-1，4)
當 時， ，
∴拋物線解析為 .
【點評】本題第(3)問主要難點在于對數(shù)形結合的認識和了解，要能夠觀察到直線 與直線
關于對稱軸對稱，
∵拋物線在 這一段位于直線 的下方，
∴關于對稱軸對稱后拋物線在 這一段位于直線 的下方;
再結合拋物線在 這一段位于直線 的上方;
從而拋物線必過點 .
考點：代數(shù)綜合(二次函數(shù)的性質(zhì)、一次函數(shù)的圖像對稱、二次函數(shù)的圖像對稱、數(shù)形結合思想、二次函數(shù)解析式的確定)
16、(2013年深圳市壓軸題)如圖7-1，直線AB過點A( ，0)，B(0， )，且 (其中 >0， >0)。
(1) 為何值時，△OAB面積最大?最大值是多少?
(2)如圖7-2，在(1)的條件下，函數(shù) 的圖像與直線AB相交于C、D兩點，若 ，求 的值。
(3)在(2)的條件下，將△OCD以每秒1個單位的速度沿 軸的正方向平移，如圖7-3，設它與△OAB的重疊部分面積為S，請求出S與運動時間(秒)的函數(shù)關系式(0<<10)。
17、(德陽市2013年壓軸題)如圖，在平面直角坐標系中有一矩形ABCO(O為原點)，點A、C分別在
x軸、y軸上，且C點坐標為(0，6)，將△BCD沿BD折疊(D點在OC邊上)，使C點落
在DA邊的E點上，并將△BAE沿BE折疊，恰好使點A落在BD邊的F點上.
(1)求BC的長，并求折痕BD所在直線的函數(shù)解析式;
(2)過點F作FG⊥x軸，垂足為G，F(xiàn)G的中點為H，若拋物線 經(jīng)過B,
H, D三點，求拋物線解析式;
(3)點P是矩形內(nèi)部的點，且點P在(2)中的拋物線上運動(不含B, D點)，過點
P作PN⊥BC，分別交BC 和 BD于點N, M，是否存在這樣的點P，使 如果
存在，求出點P的坐標;如果不存在，請說明理由.
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