1、第 1 页 共 13 页 A B C O T L P Q M l x y l 2008 年 2013 年 天津中考 压轴题 解析 1. (2013 天津 )已知抛物线 y1=ax2+bx+c(a0)的对称轴是直线 l，顶点为点 M若自变量 x 和函数值y1 的部分对应值如下表所示： ( )求 y1 与 x 之间的函数关系式； ( )若经过点 T(0， t)作垂直于 y 轴的直线 l， A 为直线 l上的动点，线段 AM 的垂直平分线交直线l 于点 B，点 B 关于直线 AM 的对称点为 P，记 P(x， y2) (1)求 y2 与 x 之间的函数关系式； (2)当 x 取任意实数时，若对于同一
2、个 x，有 y1 y2 恒成立，求 t 的取值范围 x 1 0 3 y1=ax2+bx+c 0 94 0 解： ( ) 抛物线经过点 (0， 94 )， c= 94 y1=ax2+bx+94 ， 点 (1， 0)、 (3， 0)在抛物线 y1=ax2+bx+94 上， 9 0499 3 04abab ，解得，3432ab y1 与 x 之间的函数关系式为： y1= 34 x2+32 x+94 ； (II) y1= 34 x2+32 x+94 ， y1= 34 (x1)2+3， 直线 l 为 x=1，顶点 M(1， 3) 由题意得， t3， 如图，记直线 l 与直线 l交于点 C(1， t)，当
3、点 A 与点 C 不重合时， 由已知得， AM 与 BP 互相垂直平分， 四边形 ANMP 为菱形， PA l， 又 点 P(x， y2)， 点 A(x， t) (x1)， PM=PA =|y2t|， 过点 P 作 PQ l 于点 Q，则点 Q(1， y2)， QM=|y23|， PQ=AC=|x1|， 在 Rt PQM 中， 第 2 页 共 13 页 A B C O T L P Q M l x y l A B C O T L P Q M l x y l PM2=QM2+PQ2，即 (y2t)2=(y23)2+(x1)2，整理得， y2= 162t(x1)2+ 32t， 即 y2= 162tx
4、2 13tx+ 21062tt ， 当点 A 与点 C 重合时，点 B 与点 P 重合， P(1， 32t)， P 点坐标也满足上式， y2 与 x 之间的函数关系 式为 y2= 162tx2 13tx+ 21062tt (t3)； 根据题意，借助函数图象： 当抛物线 y2 开口方向向上时， 62t 0，即 t 3 时，抛物线 y1 的顶点 M(1， 3)，抛物线 y2 的顶点 (1，32t )， 3 32t， 不合题意， 当抛物线 y2 开口方向向下时， 62t 0，即 t 3 时， y1y2= 34 (x1)2+3 162t (x1)2+ 32t = 3 114(3 )t t(x1)2+
5、32t ， 若 3t110，要使 y1 y2 恒成立， 只要抛物线 y= 3 114(3 )t t(x1)2+ 32t 开口方向向下，且顶点 (1， 32t )在 x 轴下方， 3t 0，只要 3t11 0，解得 t 113 ，符合题意； 若 3t11=0， y1y2= 13 0，即 t=113 也符合题意 综上，可以使 y1 y2 恒成立的 t 的取值范围是 t 113 2. (2012 天津 )已知抛物线 y=ax2+bx+c(0 2a b)的顶点为 P(x0， y0)，点 A(1， yA)、 B(0， yB)、 C( 1， yC)在该抛物线上 ( )当 a=1， b=4， c=10 时，
6、 求顶点 P 的坐标； 求 ABCyyy 的值； ( )当 y0 0 恒成立时，求 ABCyyy 的最小值 第 3 页 共 13 页 解： ( )若 a=1， b=4， c=10，此时抛物线的解析式为 y=x2+4x+10. y=x2+4x+10=(x+2)2+6， 抛物线的 顶点坐标为 P( 2， 6). 点 A(1， yA)、 B(0， yB)、 C( 1， yC)在抛物线 y=x2+4x+10 上， yA=15， yB=10， yC=7. 15 51 0 7ABCyyy . ( )由 0 2a b，得0 12bx a . 由题意，如图过点 A 作 AA1 x 轴于点 A1， 则 AA1=
7、yA， OA1=1. 连接 BC，过点 C 作 CD y 轴于点 D， 则 BD=yB yC， CD=1. 过点 A 作 AF BC，交抛物线于点 E(x1， yE)， 交 x 轴于点 F(x2， 0). 则 FAA1= CBD. Rt AFA1 Rt BCD. 11AA FABD CD ，即 221 11ABCyx xyy . 过点 E 作 EG AA1 于点 G，易得 AEG BCD. AG EGBD CD ，即 AEBCyyyy =1 x1. 点 A(1， yA)、 B(0， yB)、 C( 1， yC)、 E(x1， yE)在抛物线 y=ax2+bx+c 上， yA=a+b+c， yB
8、=c， yC=a b+c， yE=ax12+bx1+c， 2111( ) ( ) 1()a b c a x b x c xc a b c ，化简，得 x12 x1 2=0， 解得 x1= 2(x1=1 舍去 ). y0 0 恒成立，根据题意，有 x2 x1 1. 则 1 x2 1 x1，即 1 x2 3. ABCyyy 的最小值为 3. 解法 2： ( )解：设 m 0，由于 b 2a 0，令 b=2a+m 当 y0 0 恒成立时，应有 b24ac 0 (2a+m)24ac 0 a 0 c 2(2 )4ama = 2(2 )4ama 2m+2m= 2(2 )4ama +2m 第 4 页 共 1
9、3 页 2(2 )4ama 0 c 2m 点 A(1,yA)、 B(0,yB)、 C(1,yC)在抛物线 y=ax2+bx+c 上 yA=a+b+c, yB=c, yC= ab+c ABCyyy = ()abcc a b c = abcba 代入 b=2a+m,得 ABCyyy = 22a a m ca m a = 2a m a cam = 21 acam c 2m, ABCyyy = 21 acam 221 amam =3 ABCyyy 的最小值为 3 解法 3： A(1,a+b+c)、 B(0,c)、 C(1,ab+c) 由 B(0,c)、 C(1,ab+c)得直线 BC为 y=(ba)x
10、+c AE BC 设直线 AE 为 y=(ba)x+m 将 A(1,a+b+c)代入上式，得 m=2a+c. 直线 AE 为 y=(ba)x+2a+c 由 2 2y b a x a cy a x b x c 得 x2+x2=0. 解得 E 点横坐标为 x1=2(x1=1 舍去 ) y0 0 恒成立，根据题意，有 x2 x1 1. 则 1 x2 1 x1，即 1 x2 3. ABCyyy 的最小值为 3. 3. (2011 天津 )已知抛物线 1C ： 21 1 12y x x 点 F(1， 1) ( ) 求抛物线 1C 的顶点坐标； ( ) 若抛物线 1C 与 y 轴的交点为 A连接 AF，并
11、延长交抛物线 1C 于点 B，求证： 112AF BF 抛物线 1C 上任意一点 P( PPxy， )(01Px)连接 PF并延长交抛物线 1C 于点 Q( QQxy， )， 第 5 页 共 13 页 A B O Q N F M P x y 试判断 112PF QF是否成立？请说明理由； ( ) 将抛物线 1C 作适当的平移得抛物线 2C ： 22 1 ()2y x h，若 2 xm 时 2yx 恒成立，求 m 的最大值 解 (I) 221 1 1 11 ( 1 )2 2 2y x x x ， 抛物线 1C 的顶点坐标为 ( 11 2， ) (II)根据题意，可得点 A(0， 1)， F(1，
12、 1) AB x 轴得 AF=BF=1， 112AF BF 112PF QF成立 理由如下： 如图，过点 P( PPxy， )作 PM AB 于点 M，则 FM=1 Px ， PM=1 Py (01Px) Rt PMF 中， 由 勾股定理，得 2 2 2 2 2(1 ) (1 )PPP F F M P M x y 又点 P( PPxy， )在抛物线 1C 上， 得 211( 1)22PPyx ，即 2( 1) 2 1PPxy 2 2 22 1 (1 )P P PP F y y y 即 PPF y 过点 Q( QQxy， )作 QN AB，与 AB 的延长线交于点 N， 同理可得 QQF y 图
13、文 PMF= QNF=90， MFP= NFQ， PMF QNF 有 PF PMQF QN这里 11PP M y P F ， 11QQ N y Q F 第 6 页 共 13 页 x0 O y3=x C2 2 x y x0 11PF PFQF QF 即 112PF QF( ) 令 3yx ， 设其图象与抛物线 2C 交点的横坐标为 0x ， x0，且 0x x0， 抛物线 2C 可以看作是抛物线 212yx 左右平移得到的， 观察图象随着抛物线 2C 向右不断平移， 0x ， x0 的值不断增大， 当满足 2 xm ， 2yx 恒成立时， m 的最大值在 x0 处取得 . 可得当 0 2x 时所
14、对应的 x0 即为 m 的最大值 于是，将 0 2x 带入 21 ()2 x h x， 有 21 (2 ) 22 h解得 4h 或 0h (舍 ) 22 1 ( 4)2yx此时， 23yy ，得 21 ( 4)2 xx 解得 0 2x ， x0=8 m 的最大值为 8. 4. (2010 天津 )在平面直角坐标系中，已知抛物线 2y x bx c 与 x 轴交于点 A 、 B (点 A 在点 B 的左侧 )，与 y 轴的正半轴交于点 C ，顶点为 E . ( )若 2b ， 3c ，求此时抛物线 顶 点 E 的坐标； ( )将 ( )中的抛物线向下平移，若平移后，在四边形 ABEC 中 满足
15、S BCE = S ABC，求此时直线 BC 的解析式； ( )将 ( )中的 抛物线作适当的平移， 若平移后，在四边形 ABEC 中满足 S BCE = 2S AOC，且 顶点 E 恰好落在直线 43yx 上，求此时抛物线的解析式 . 解： ( )当 2b ， 3c 时， 抛物线 的解析式为 2 23y x x ，即 2( 1) 4yx . 抛物线顶点 E 的坐标为 (1， 4) 2 分 ( )将 ( )中的抛物线向下平移，则顶点 E 在对称轴 1x 上，有 2b ， 第 7 页 共 13 页 抛物线的解析式为 2 2y x x c ( 0c ) 此时， 抛物线与 y 轴的交点为 0( )C
16、c， ，顶点为 1( 1 )Ec， 方程 2 20x x c 的两个根为 1 11xc ， 2 11xc ， 此时， 抛物线与 x 轴的交点为 1 1 0( )Ac， ， 1 1 0( )Bc， 如图，过点 E 作 EF CB 与 x 轴交于点 F ，连接 CF ，则 S BCE = S BCF S BCE = S ABC， S BCF = S ABC 21BF AB c 设对称轴 1x 与 x 轴交于点 D ， 则 1 312D F A B B F c 由 EF CB， 得 EFD CBO Rt EDF Rt COB有 ED CODF OB 13 1 1 1cc 结合题意，解得 54c 点
17、54(0 )C ， 52( 0)B ， 设直线 BC 的解析式为 y mx n，则 5 ,450.2nmn 解得 1,25.4mn 直线 BC 的解析式为 1524yx . 6 分 ( )根据题意，设抛物线的顶点为 ( )Eh k， ， ( 0h ， 0k ) 则抛物线的 解析式为 2()y x h k ， 此时，抛物线与 y 轴的交点为 2(0 )C h k， ， 与 x 轴的交点为 0( )A h k ， ， 0( )B h k ， .( 0kh ) 过点 E 作 EF CB 与 x 轴交于点 F ，连接 CF ， 则 S BCE = S BCF. 由 S BCE = 2S AOC， E
18、y x F B D A O C 1x 第 8 页 共 13 页 S BCF = 2S AOC. 得 2 2 ( )B F A O k h . 设 该抛物线的对称轴与 x 轴交于点 D . 则 1 322D F A B B F k h . 于是，由 Rt EDF Rt COB，有 ED CODF OB 232k h kk h h k，即 22 5 2 0h k h k 结合题意，解得 12hk 点 ( )Eh k， 在直线 43yx 上，有 43kh 由，结合题意，解得 1k 有 1k ， 12h 抛物线的解析式为 2 34y x x 10 分 5. (2009 天津 )已知函数 y1=x， y
19、2=x2+bx+c， ， 为方程 y1y2=0 的两个根，点 M(t,T)在函数 y2 的图象上 ( )若 =13 ， =12 ，求函数 y2 的解析式 ； ( )在 ( )的条件下，若函数 y1 与 y2 的图象的两个交点为 A,B，当 ABM 的面积为3112时，求 t的值； ( )若 0 1，当 01t 时，试确定 T， ， 三者之间的大小关系，并说明理由 . 解 :( ) 21 2 1 2 0y x y x b x c y y ， ， 2 10x b x c . 将 1132， 分别代入 2 10x b x c ，得 221 1 1 11 0 1 03 3 2 2b c b c ， 解
20、得 1166bc， . 函数 2y 的解析式为 2y 2 5166xx 另解第 ( )问 ： 比较系数法 13， 12是方程的两个根， 11( )( ) 032xx ，即 2 51066xx 第 9 页 共 13 页 0 .50 .450 .40 .350 .30 .250 .20 .150 .10 .05-0 .1 0 .1 0 .2 0 .3 0 .4 0 .5 0 .6 0 .7D CTt Nt BAM 120yy， 2 ( 1) 0x b x c 方程 ， 相同，比较系数得 516b ，即 16b， 16c 22 1166y x x 另解第 ( )问 ： 韦达定理法 + =56 =16
21、 、 是一元二次方程 2 51066xx 的两个根 又 、 是一元二次方程 2 ( 1) 0x b x c 的两个根 比较系数得 516b ，即 16b， 16c 22 1166y x x ( )由已知，得 AB= 26 ，设 ABM 的高为 h， 31 2 12 1 2 1 2ABMS A B h h ，即 12 144h . 根据题意， 2t T h ， tT = 1144 由 2 1166T t t ，得 2 5 1 16 6 14 4tt . 当 2 5 1 16 6 144tt 时，解得12512tt； 当 2 5 1 16 6 144tt 时，解得345 2 5 21 2 1 2t
22、t，. t 的值为 5 5 2 5 212 12 12， ，另解第 ( )问 ： 方法 1： 过点 M 作 x 轴的垂线，与 yx 交于点 N， 1 1 1( )(| |)2 2 3ABMS T t ， 2 1166T t t ， 解得 1 512t，2 5212t ，3 5212t 第 10 页 共 13 页 方法 2： 当 t 时， S ABM S ABC S ADM S 梯形 MDCB， 即31 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 2 2 3 2 3 2 3 3 2 3 2 3 2t T T t ，解得 1 51
23、2t 同理，当 0 t 时， 31 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 2 2 2 2 3 3 2 3 2 2 3t T t T T T ，解得2 5212t 当 1t 时， 即31 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 2 3 3 2 2 3 2 3 2 3 2 3 2t T T t ，解得3 5212t 方法 3： 11( , )33A， 11( , )22B， 2|6AB 设在 ABM 中以 AB 为底的高为 h，则 h 2288，即将直线 yx
24、向上或向下平移 1144个单位，得3 1144yx，4 1144yx 解 3y 与 2y 的交点，得1 512t，解 4y 与 2y 的交点，得2 5212t ，3 5212t 注：第二问的每一种解法都充分利用了数形结合数学思想，特别是利用直线 y=x 的本质特征，使 T、t 转化为统一级别的量再运算 . ( )由已知，得 2 2 2b c b c T t b t c ， ，. T t t b ， T t t b ， 22b c b c ，化简得 10b . 01 ，得 0， 10b . 有 1 0 1 0bb ，. 又 01t ， 0tb ， 0tb ， 当 0 ta 时， T ； 当 t 时， T ； 当 1t 时， T.
