《2025年滚动迁移中考总复习数学山西专版》

1. 解决二次函数背景下的线段、面积问题的关键切入点是什么？

答案： 略

2. 研究二次函数背景下的线段、面积问题常用的数学思想有哪些？

答案： 略

典例精讲 ● 掌握通性通法
原创 如图1，抛物线$y = -\frac{2}{3}x^2 + bx + c$与x轴交于点$A(-1,0)$，$B$，与y轴交于点$C(0,2)$，抛物线的顶点为$D$，对称轴为直线$l$.
(1)直接写出抛物线和直线$BC$的函数表达式及点$D$的坐标.


基础层 求竖直/水平方向的线段长
(2)如图2，若点$M$是直线$BC$上方抛物线上一动点，设点$M$的横坐标为$m$，过$M$作$MN\perp x$轴于点$N$，交直线$BC$于点$P$.
①请用含$m$的代数式分别表示线段$MP$和$MN$的长度.

②当点$P$是线段$MN$的三等分点时，求点$M$的坐标.

③当线段$MP$取到最大值时，求点$M$的坐标.


能力层 求斜线段长
(3)如图3，若点$M$是直线$BC$上方抛物线上一动点，过$M$作$MH\perp BC$于点$H$，求线段$MH$的最大值.

思路分析
求斜线段最值时，可通过作x轴或y轴平行线构造三角形与已知三角形(直线与坐标轴围成的三角形)相似，或构造特殊三角形，将斜线段转化为竖直线段或水平线段，再利用二次函数的性质求解.

(4)如图4，若点$M$是直线$BC$上方抛物线上一动点，连接$OM$交$BC$于点$H$，过点$M$作$x$轴的平行线交直线$BC$于点$N$，设点$M$的横坐标为$m$.
①请用含$m$的代数式表示线段$MN$的长度.

②求$\frac{MH}{OH}$的最大值.
思路分析
求斜线段比值的最值时，可找出或构造含有这两条线段的两个相似三角形，利用相似三角形的性质将线段比值转化为竖直线段或水平线段的比，再利用二次函数的性质求解.
一题多解

(5)如图5，连接$AC$.若点$M$是直线$BC$上方抛物线上一动点，过点$M$作$MH// AC$交$y$轴于点$H$，交$BC$于点$D$，若$AC = 2MD$，求点$M$的坐标.

思路分析
根据线段的比例关系，可确定相似三角形及锐角三角函数值，进而求线段长

答案：
解：
(1)抛物线的表达式为$y = -\frac{2}{3}x^{2}+\frac{4}{3}x + 2$，顶点$D$的坐标为$(1,\frac{8}{3})$，直线$BC$的函数表达式为$y = -\frac{2}{3}x + 2$.
(2)①$\because$点$M$是直线$BC$上方抛物线上一动点，且点$M$的横坐标为$m$，$\therefore$点$M$的坐标为$(m,-\frac{2}{3}m^{2}+\frac{4}{3}m + 2)$.
又$\because MN\perp x$轴于点$N$，交直线$BC$于点$P$，$\therefore$点$N$的坐标为$(m,0)$，点$P$的坐标为$(m,-\frac{2}{3}m + 2)$.
$\therefore MN = -\frac{2}{3}m^{2}+\frac{4}{3}m + 2$，$MP = -\frac{2}{3}m^{2}+\frac{4}{3}m + 2 - (-\frac{2}{3}m + 2)=-\frac{2}{3}m^{2}+ 2m$.
②当点$P$是线段$MN$的三等分点时，分两种情况讨论.
情况1：当$MP = \frac{1}{3}MN$时，$-\frac{2}{3}m^{2}+ 2m = \frac{1}{3}\times(-\frac{2}{3}m^{2}+\frac{4}{3}m + 2)$，$\therefore m_{1}=\frac{1}{2},m_{2}=3$(舍).
$\therefore -\frac{2}{3}\times(\frac{1}{2})^{2}+\frac{4}{3}\times\frac{1}{2}+ 2=\frac{5}{2}$.
$\therefore$点$M$的坐标为$(\frac{1}{2},\frac{5}{2})$.
情况2：当$MP = \frac{2}{3}MN$时，$-\frac{2}{3}m^{2}+ 2m = \frac{2}{3}\times(-\frac{2}{3}m^{2}+\frac{4}{3}m + 2)$，$\therefore m_{1}=2,m_{2}=3$(舍).
$\therefore -\frac{2}{3}\times2^{2}+\frac{4}{3}\times2 + 2 = 2$.
$\therefore$点$M$的坐标为$(2,2)$.
综上所述，当点$P$是线段$MN$的三等分点时，点$M$的坐标为$(\frac{1}{2},\frac{5}{2})$或$(2,2)$.
③$\because MP = -\frac{2}{3}m^{2}+ 2m = -\frac{2}{3}(m - \frac{3}{2})^{2}+\frac{3}{2},-\frac{2}{3}＜0$，$\therefore$当$m = \frac{3}{2}$时，线段$MP$有最大值，最大值为$\frac{3}{2}$.
$\therefore -\frac{2}{3}m^{2}+\frac{4}{3}m + 2 = -\frac{2}{3}\times(\frac{3}{2})^{2}+\frac{4}{3}\times\frac{3}{2}+ 2=\frac{5}{2}$.
$\therefore$点$M$的坐标为$(\frac{3}{2},\frac{5}{2})$.
(3)如答图1，过点$M$作$MN\perp x$轴于点$N$，交直线$BC$于点$P$，

$\because MH\perp BC$于点$H$，$\therefore \angle MHP = \angle BNP = \angle BOC = 90^{\circ}$.
$\therefore PN// CO.\therefore \angle BCO = \angle BPN = \angle MPH$.
$\therefore \triangle MHP\sim\triangle BOC.\therefore \frac{MH}{BO}=\frac{MP}{BC}$.
$\therefore MH = \frac{BO}{BC}\cdot MP$.
$\because$点$C$的坐标为$(0,2)$，点$B$的坐标为$(3,0)$，$\therefore OC = 2,OB = 3$.
由勾股定理得$BC = \sqrt{OC^{2}+OB^{2}}=\sqrt{13}$，$\therefore MH = \frac{3MP}{\sqrt{13}}$.
又$\because$线段$MP$的最大值为$\frac{3}{2}$，$\therefore MH_{最大}=\frac{3}{\sqrt{13}}MP_{最大}=\frac{3}{\sqrt{13}}\times\frac{3}{2}=\frac{9\sqrt{13}}{26}$.
(4)①$\because$点$M$的坐标为$(m,-\frac{2}{3}m^{2}+\frac{4}{3}m + 2)$，$MN// x$轴，交直线$BC$于点$N$，$\therefore$点$M$，$N$的纵坐标相同.
$\because$直线$BC$的表达式为$y = -\frac{2}{3}x + 2$，$\therefore -\frac{2}{3}x + 2 = -\frac{2}{3}m^{2}+\frac{4}{3}m + 2$.解得$x = m^{2}-2m$.
$\therefore MN = m-(m^{2}-2m)=-m^{2}+3m$.
② 一题多解
方法一，$\because MN// x$轴，$\therefore \angle MNH = \angle OBH,\angle NMH = \angle BOH$.
$\therefore \triangle MNH\sim\triangle OBH$.
$\therefore \frac{MH}{OH}=\frac{MN}{OB}=\frac{-m^{2}+3m}{3}=-\frac{1}{3}(m - \frac{3}{2})^{2}+\frac{3}{4}$.
$\therefore$当$m = \frac{3}{2}$时，$\frac{MH}{OH}$有最大值，最大值为$\frac{3}{4}$.
方法二，如答图1，也可以过点$M$作$x$轴的垂线交$BC$于点$P$，可知$MP// y$轴，易证$\triangle CHO\sim\triangle PHM$，$\frac{MH}{OH}=\frac{MP}{OC}$，只要求出$MP$的最大值，即可知$\frac{MH}{OH}$的最大值.
(5)如答图2，过点$M$作$x$轴的垂线，垂足为点$N$，交$BC$于点$P$，再过点$D$作$MN$的垂线，垂足为$E$，$\therefore MN// y$轴.

$\because AO = 1,CO = 2,BO = 3,MH// AC$，$\therefore \angle ACO = \angle OHD = \angle DME$.
$\because \angle MED = \angle COA = 90^{\circ}$，$\therefore \triangle ACO\sim\triangle DME$.
又$\because AC = 2MD$，$\therefore ME = \frac{1}{2}CO = 1,DE = \frac{1}{2}AO=\frac{1}{2}$.
$\because \angle DEP = 90^{\circ},\angle BNP = 90^{\circ}$，$\therefore DE// BO$.
$\therefore \angle EDP = \angle NBP$.
$\because \tan\angle NBP = \frac{CO}{BO}=\frac{2}{3}$，$\therefore \tan\angle EDP = \frac{PE}{DE}=\frac{PE}{\frac{1}{2}}=\frac{2}{3}.\therefore PE = \frac{1}{3}$.
$\therefore MP = ME + PE = 1+\frac{1}{3}=\frac{4}{3}$.
由
(2)可知$MP = -\frac{2}{3}m^{2}+ 2m$，$\therefore -\frac{2}{3}m^{2}+ 2m = \frac{4}{3}$，解得$m = 1$或$2$.
当$m = 1$时，$-\frac{2}{3}m^{2}+\frac{4}{3}m + 2=\frac{8}{3}$.
当$m = 2$时，$-\frac{2}{3}m^{2}+\frac{4}{3}m + 2 = 2$.
$\therefore$点$M$的坐标为$(1,\frac{8}{3})$或$(2,2)$.