数学36道压轴1-5

第1题 “部分图象”同平移，“拉开电灯”是“追及” 练习1参考答案： (1) 因为M(1，－4) 是二次函数y=(x+m)2+k的顶点坐标， 所以y=(x－1)2－4=x2－2x－3 令x2－2x－3=0，解之得x1=－1，x2=3． ∴A，B两点的坐标分别为A（－1，0），B（3，0）． (2) 在二次函数的图象上存在点P，使MABPABSS45 设P(x，y)则yyABSPAB221，又8421ABSMAB， ∴.5,8452yy即 ∵二次函数的最小值为－4，∴y=5． 当y=5时，x=－2或x=4． 故P点坐标为（－2，5）或（4，5）

（3）如图1，当直线y=x+b(b<1)经过A点时，可得b=1, 当直线y=x+b(b<1)经过B点时，可得b=－3． 由图可知符合题意的b的取值范围为－3评析：在（2）中求出MABS，根据MABPABSS45求出△PAB底边AB的高（即P点纵坐标的绝对值），求得P点的纵坐标，进而计算P点的横坐标．在（3）中分别计算出直线y=x+b(b<1)经过A点、经过B点时b的值，即求出b的取值范围． 练习2参考答案： （1）抛物线y＝ax2＋bx＋3经过A（－3，0），B（－1，0）两点 ∴9a－3b＋3＝0 且a－b＋3＝0 解得a＝1 ， b ＝4 ∴抛物线的解析式为y＝x2＋4x＋3

图1 （2）由（1）配方得y＝(x＋2)2－1 ∴抛物线的顶点M（－2，1）

∴直线OD的解析式为y＝21x

是设平移的抛物线的顶点坐标为（h，21h）， ∴平移的抛物线解析式为y＝（x－h）2＋21h． ①当抛物线经过点C时，∵C（0，9），∴h2＋21h＝9， 解得h＝41451-． ∴ 当 4145-1-≤h＜41451- 时，平移的抛物线与射线CD只有一个公共点． ②当抛物线与直线CD只有一个公共点时， 由方程组y＝（x－h）2＋21h，y＝－2x＋9．

得 x2＋（－2h＋2）x＋h2＋21h－9＝0， ∴△＝（－2h＋2）2－4（h2＋21h－9）＝0， 解得h＝4． 此时抛物线y＝（x－4）2＋2与射线CD唯一的公共点为（3，3），符合题意． 综上：平移的抛物线与射线CD只有一个公共点时，顶点横坐标的值或取值范围是 h＝4

或 4145-1-≤h＜41451-． 第2题 “弓形问题”再相逢，“殊途同归”快突破 有什么值得学一学 思路一：平行切线法 如图5，过点N作OB的平行线ST，当直线ST与抛物线xxy21412相切时，点N到直线OB的距离最大，△OBN的面积最大．

设直线ST的解析式为：y=x+m 解方程组：xxymxy21412 消去y得：023412mxx即0462mxx 如果ST与抛物线相切，则016)6(2m，解得m＝49 方程0462mxx变为0962xx，解得x＝3，点N的坐标为(3，43) 有了点O，点B，点N三点坐标，可求得△OBN面积为427 思路二：补全图形法(如图6) 如图6，分别过点N，B作x轴的垂线，垂足分别为G，H．设N )2141,(2xxx， 则NGHBONGOBHBONSSSS梯形 ＝GHBHNGNGOGBHOH)(212121 ＝)6()62141(21)2141(21662122xxxxxx ＝)60(427)3(43294322xxxx ∴当x＝3时，△BON面积最大，最大值为427，此时点N的坐标为)43,3(． 思路三：分割图形法(如图7) 如图7，过N作x轴的垂线NG，垂足为G，交OB于点Q，过B作BH⊥x轴于H， 设N)2141,(2xxx，由于B点坐标为(6，6)，由直线OB的解析式为：y＝x．则Q(x，x) 于是BQNQONBONSSS

＝GHQNOGQN2121＝)(21GHOGQN＝OHQN21 ＝6)]2141([212xxx＝)60(427)3(43294322xxxx ∴当x＝3时，△BON面积最大，最大值为427，此时点N的坐标为)43,3(．

练习 （1）∵ABOC由ABOC旋转得到，且点A的坐标为(0,3)，

∴点A的坐标为(3,0)． 所以抛物线过点(1,0),(0,3),(3,0)CAA．（注：也可以用顶点式，交点式做） 设抛物线的解析式为2(0)yaxbxca，可得03930abccabc 解得123abc ∴ 过点,,CAA的抛物线的解析式为223yxx． （2）因为ABCO∥，所以90OABAOC． 所以OB22OAAB221310．又OCDOCAB， CODBOA， ∴△COD∽△BOA． 又1OCOC．

∴110CODOCBOAOB△的周长△的周长． 又△ABO的周长为410，

所以△COD的周长为4+10210=1+510． （3）［解法1］连接OM，设M点的坐标为,mn，

因为点M在抛物线上，所以223nmm，所以 '''AMAAMOAOAOMASSSS△△△△

''111222OAmOAnOAOA

3933222mnmn

2

233327

3.2228mmm



因为0<<3m，所以当32m时，154n． △AMA的面积有最大值27.8

所以当点M的坐标为315(,)24时，△AMA的面积有最大值，且最大值为27.8 [解法2]设直线AA的解析式为ykxl，∵点,AA的坐标分别为(0,3),(3,0)，∴3,30.lkl 解得1,3.kl ∴3yx． 将直线AA向右平移，当直线与抛物线只有一个交点M时与y轴交于点P，此时AMAS△最大，设平移后的直线的解析式为：yxh，则有：223,.yxxyxh 得23(3+)0xxh，

令94(3)0h，得214h．

∴223,21.4yxxyx．解得3,215.4xy ∴点M坐标为315(,)24，点P的坐标为21(0,)4． 因为MP∥AA，所以△MAA与△PAA同底等高，它们面积相等． 故1211273332428AMAPAAPOAAOASSSS△△△△．

所以当点M的坐标为315(,)24时，△AMA的面积有最大值，且最大值为27.8 评析：第（3）问是一个典型的“抛物线弓形三角形面积问题”，同学们可尝试用不同的思路突破，体会“殊途同归”．

第3题 “模式识别”记心头，看似“并列”实“递进” 例3 最后一问的详细过程

过程如下：在Rt△PDF中，211(28).55DFPDmm 又BG＝4－m

∴21(28)2545PCDPBCmmSDFmSBGm 当29510PCDPBCSmS时．解得52m 当21059PCDPBCSmS时，解得329m 变式练习 练习 参考答案 （1）把点P代入二次函数解析式得5= （－2）2－2b－3，解得b=－2．所以二次函数解析式为y=x2－2x－3当x=1时，y=－4，当x=3时，y=0，所以当1＜x≤3时y的取值范围为－4＜y≤0． （2）①m=4时，y1、y2、y3的值分别为5、12、21，由于5+12＜21，不能成为三角形的三边长． ②当m取不小于5的任意实数时，结合函数增减性有y12－2m－3、m2－4、m2＋2m－3，y1＋y2－y3＝（m2－2m－3）＋（m2－4）－（m2＋2m－3）＝m2－4m－4＝（m－2）2－8，当m不小于5时成立，（m－2）2≥9，所以（m－2）2－8>0， 即y1＋y2＞y3成立． 所以当m取不小于5的任意实数时，y1、y2、y3一定能作为同一个三角形三边的长． 评析：本题将二次函数与三角形的三边关系结合在一起，考查学生的综合应用知识的能力，是一道好题，判定三个数能否成为一个三角形的三边长通常要满足任意两边之和大于第三边，但实际操作中只需判断两个较小数的和是否大于最大的数即可，本题第（2）题中从特殊到一般、由易到难，考查学生推理能力，运用配方法证明不等关系是解决本题重要的思想方法． 第4题 “准线”“焦点”频现身，“居高临下”明“结构” 有什么值得学一学 (2012江苏南通卷，18，3分)无论a取什么实数，点P(a－1，2a－3)都在直线l上，Q(m，n)是直线l上的点，则(2m－n＋3)2的值等于 ． 方法一：特值引路，获得直线的解析式就OK了．由“无论a取什么实数，点P(a－1，2a－3)都在直线l上”字面意思，可以给字母a赋予两个不同的值，比如1和2，从而得到两个不同的点(0，－1)和(1，1)，由这两个点的坐标求出直线l的解析式为y＝2x－1，进而得到n＝2m－1，所以2m－n＝1，(2m－n＋3)2＝16． 方法二：深刻理解“无论a取什么实数，点P(a－1，2a－3)都在直线l上”的含义可知：