您的当前位置：首页 2020中考数学压轴题全揭秘精品专题16 二次函数的存在性问题

2020中考数学压轴题全揭秘精品专题16 二次函数的存在性问题

来源：好土汽车网

2020中考数学压轴题全揭秘精品专题16二次函数的存在性问题

【典例分析】

【考点1】二次函数与相似三角形问题

【例1】已知抛物线yax2bx3与x轴分别交于A(3,0)，B(1,0)两点，与y轴交于点C．

（1）求抛物线的表达式及顶点D的坐标；（2）点F是线段AD上一个动点． ①如图1，设kAF1，当k为何值时，CFAD. AD2②如图2，以A，F，O为顶点的三角形是否与ABC相似？若相似，求出点F的坐标；若不相似，请说明理由．

2D的坐标为(1,4)；①k【答案】（1）yx2x3，（2）

1②以A，F，O为顶点的三角形与ABC；2

第 1 页共 105 页

相似，F点的坐标为,618或(2,2)．

55【解析】(1)将A、B两点的坐标代入二次函数解析式，用待定系数法即求出抛物线对应的函数表达式，可求得顶点D(1,4)；

(2)①由A、C、D三点的坐标求出AC32，DC2，AD25，可得ΔACD为直角三角形，若

CF1AD，则点F为AD的中点，可求出k的值； 2②由条件可判断DACOBC，则OAFACB，若以A，F，O为顶点的三角形与ΔABC相似，可分两种情况考虑：当AOFABC或AOFCAB45时，可分别求出点F的坐标．【详解】(1)Q抛物线yaxbx3过点A(3,0)，B(1,0)，

29a3b30a1，解得：，

ab30b2抛物线解析式为yx22x3；

Qyx22x3x14， 顶点D的坐标为(1,4)；

(2)①Q在RtΔAOC中，OA3，OC3，

2AC2OA2OC218，

QD1,4，C0,3，A3,0，

CD212122， AD2224220，

AC2CD2AD2，

ΔACD为直角三角形，且ACD90，

QCF1AD， 2F为AD的中点，

AF1， AD21k；

第 2 页共 105 页

②在RtΔACD中，tanACD在RtΔOBC中，tanOCBDC21， AC323OB1， OC3ACDOCB， QOAOC，

OACOCA45，

FAOACB，

若以A，F，O为顶点的三角形与ΔABC相似，则可分两种情况考虑：当AOFABC时，ΔAOF∽ΔCBA，

OFPBC，

设直线BC的解析式为ykxb，

kb0k3，解得：，

b3b3直线BC的解析式为y=3x+3，

直线OF的解析式为y=3x，

设直线AD的解析式为y=mx+n，

kb4k2，解得：， 3kb0b6直线AD的解析式为y=2x6，

6xy2x65，解得：，

18y3xy5618F,．

55当AOFCAB45时，ΔAOF∽ΔCAB，

QCAB45，

OFAC，

直线OF的解析式为y=x，

第 3 页共 105 页

yxx2，解得：， y2x6y2F2,2，

综合以上可得F点的坐标为,618或(2,2)． 55【点睛】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质和直角三角形的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质；会运用分类讨论的思想解决数学问题．

【变式1-1】如图，抛物线yax22xc经过A(1,0)，B两点，且与y轴交于点C(0,3)，抛物线与

直线yx1交于A，E两点．（1）求抛物线的解析式；

（2）坐标轴上是否存在一点Q，使得AQE是以AE为底边的等腰三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．

（3）P点在x轴上且位于点B的左侧，若以P，B，C为顶点的三角形与ABE相似，求点P的坐标．

0或p，0．0或0，4，理由见解析；【答案】（1）yx22x3；（2）存在，Q4，（3）p，【解析】（1）将A、C的坐标代入yax2xc求出a、c即可得到解析式；

（2）先求出E点坐标，然后作AE的垂直平分线，与x轴交于Q，与y轴交于Q'，根据垂直平分线的性质可知Q、与A、E，Q'与A、E组成的三角形是以AE为底边的等腰三角形，设Q点坐标(0,x)，Q'坐标(0,y)，根据距离公式建立方程求解即可；

235920，由相似得到（3）根据A、E坐标，求出AE长度，然后推出∠BAE=∠ABC=45°，设pm，PBAE，建立方程求解即可． BCAB

第 4 页共 105 页

PBAB或BCAE

【详解】（1）将A(1,0)，C(0,3)代入yax2xc得：

2a2c0a1 ，解得c3c3∴抛物线解析式为yx22x3 （2）存在，理由如下：

联立yx1和yx22x3，

yx1x1x4 ，解得或2yx2x3y0y5∴E点坐标为(4,-5)，

如图，作AE的垂直平分线，与x轴交于Q，与y轴交于Q'，

此时Q点与Q'点的坐标即为所求，设Q点坐标(0,x)，Q'坐标(0,y)，由QA=QE，Q'A= Q'E得：

x1x40522，01y02204y522 解得x4，y4

0或0，4 故Q点坐标为4，5 （3）∵A(1,0)，E4，∴AE14252=52，

当x22x30时，解得x1或3 ∴B点坐标为(3,0)， ∴OBOC3

第 5 页共 105 页

∴ABC45，AB4，BC32，

由直线yx1可得AE与y轴的交点为(0,-1)，而A点坐标为(-1,0) ∴∠BAE=45°

0则BP3m，设pm，∵PBC和ABE相似 ∴

3m4PBABPBAE3m52 或，即或3252BCAEBCAB432解得m93或m， 52920或p，0． ∴p，【点睛】本题考查二次函数的综合问题，是中考常见的压轴题型，熟练掌握待定系数法求函数解析式，等腰三角形的性质，以及相似三角形的性质是解题的关键．

35【变式1-2】如图，已知抛物线y且点A在点B的左侧.

1(x2)(xm)(m＞0)与x轴相交于点A，B，与y轴相交于点C，m（1）若抛物线过点（2，2），求抛物线的解析式；

（2）在（1）的条件下，抛物线的对称轴上是否存在一点H，使AH+CH的值最小，若存在，求出点H的坐标；若不存在，请说明理由；

（3）在第四象限内，抛物线上是否存在点M，使得以点A，B，M为顶点的三角形与△ACB相似？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）y1213xx2；（2）点H的坐标为（1，）；（3）当m=222时，在第四象限内

242抛物线上存在点M，使得以点A，B，M为顶点的三角形与△ACB相似. 【解析】分析：

（1）把点（2，2）代入y1(x2)(xm)?(m0)中，解出m的值即可得到抛物线的解析式； m（2）由（1）中所得解析式求出点A、B、C的坐标，由题意可知，点A、B关于抛物线的对称轴对称，这C的坐标求出直线BC的解析式即可求得点H的坐标；样连接BC与对称轴的交点即为所求的点H，根据B、

第 6 页共 105 页 6

（3）由解析式y1(x2)(xm)?(m0)可得点A、B、C的坐标分别为（-2，0）、（m，0）和（0，2），m如下图，由图可知∠ACB和∠ABM是钝角，因此存在两种可能性：①当△ACB∽△ABM，②△ACB∽△MBA，分这两种情况结合题中已知条件进行分析解答即可. 详解：

（1）把点（2，2）代入抛物线，得2=1222m. m111x2x4x2x2. 442解得m=4.

∴抛物线的解析式为y（2）令y121xx20，解得x12，x24. 42则A（-2，0），B（4，0）.

121. 对称轴x=-124121∵ yxx2中当x=0时，y=2，

42∴点C的坐标为（0，2）.

∵点A和点B关于抛物线的对称轴对称，

∴连接BC与对称轴的交点即为点H，此时AH+CH的值最小，设直线BC的解析式为y=kx+b，

14kb0k ，解得：把B（4，0），C（0，2）代入得：2 ，

b2b21x2. 213∵当x=1时，y=12=.

223∴点H的坐标为（1，）.

2∴直线BC的解析式为y=（3）假设存在点M，使得以点A，B，M为顶点的三角形与△ACB相似. 如下图，连接AC，BC，AM，BM，过点M作MN⊥x轴于点N，

第 7 页共 105 页

由图易知，∠ACB和∠ABM为钝角， ①当△ACB∽△ABM时，有

ACAB=，即AB2AC?AM. ABAM∵A（-2，0），C（0，2），即OA=OC=2， ∴∠CAB=∠BAM=45o.

∵MN⊥x轴，∴∠BAM=∠AMN=45°， ∴AN=MN.

∴可设M的坐标为：（x，-x-2）（x＞0），把点M的坐标代入抛物线的解析式，得：-x-2=化简整理得：x=2m，

∴点M的坐标为：（2m，-2m-2）. ∴AM=1x2xm. m2m22m22222m1.

∵AB2AC?AM，AC=22，AB=m+2， ∴m22222m1. 解得：m=222. ∵m＞0， ∴m=222.

②当△ACB∽△MBA时，有

2ABCB=，即AB2CB?MA. MABA∵∠CBA=∠BAM，∠ANM=∠BOC=90o， ∴△ANM∽△BOC，∴∵BO=m，设ON=x， ∴

MNCO=. ANBOMN22=，即MN=（x+2）. 2xmm

第 8 页共 105 页

令M（x，2（x＞0）， x2）

m把M点的坐标代入抛物线的解析式，

21=x2x2xm.

mm2解得x=m+2.即M（m+2，m4）.

m得∵AB2CB?MA，CB=m24，ANm4，MN=∴m222m4， m4m4. 2m24?m4m22化简整理，得16=0，显然不成立.

B，M为顶点的三角形与△ACB综上所述，当m=222时，在第四象限内抛物线上存在点M，使得以点A，相似.

点睛：本题是一道二次函数和几何图形综合的题目，解题的要点有以下两点：（1）“知道点A、B是关于抛物线的对称轴对称的，连接BC与对称轴的交点即为所求的点H”是解答第2小题的关键；（2）“能根据题意画出符合要求的图形，知道∠ACB和∠ABM为钝角，结合题意得到存在：①当△ACB∽△ABM，②△ACB∽△MBA这两种可能情况”是解答第3小题的关键. 【考点2】二次函数与直角三角形问题

【例2】如图，抛物线yax2bxca0的顶点坐标为2,1，图象与y轴交于点C0,3，与x轴

交于A、B两点．

1求抛物线的解析式；

2设抛物线对称轴与直线BC交于点D，连接AC、AD，求VACD的面积；

3点E为直线BC上的任意一点，过点E作x轴的垂线与抛物线交于点F，问是否存在点E使VDEF为

直角三角形？若存在，求出点E坐标，若不存在，请说明理由．

第 9 页共 105 页

y(x2)1x4x3 ;(2)2;(3)见解析. 【答案】(1) 【解析】（1）可设抛物线解析式为顶点式，把C点坐标代入可求得抛物线解析式；

（2）由抛物线解析式可求得A、B坐标，利用待定系数法可求得直线BC解析式，利用对称轴可求得D点坐标，则可求得AD2、AC2和CD2，利用勾股定理的逆定理可判定△ACD为直角三角形，则可求得其面积；（3）根据题意可分∠DFE=90°和∠EDF=90°两种情况，当∠DFE=90°时，可知DF∥x轴，则可求得E点纵坐标，代入抛物线解析式可求得E点坐标；当∠EDF=90°时，可求得直线AD解析式，联立直线AC和抛物线解析式可求得点E的横坐标，代入直线BC可求得点E的坐标．【详解】解：1∵抛物线的顶点坐标为2,1， ∴可设抛物线解析式为ya(x2)1a0，

222把C0,3代入可得a(02)13，解得a1，

2∴抛物线解析式为y(x2)21x24x3；

2在yx24x3中，令y0可得x24x30，解得x1或x3，

∴A1,0，B3,0，

设直线BC解析式为ykx3，把B3,0代入得：3k30，解得k1， ∴直线BC解析式为yx3，

由1可知抛物线的对称轴为x2，此时y231， ∴D2,1，

∴AD22，AC210，CD28， ∵AD2CD2AC2，

∴VACD是以AC为斜边的直角三角形， ∴SVACD11ADCD2222； 223由题意知EF//y轴，则FEDOCB90o，

∴VDEF为直角三角形，分DFE90o和EDF90o两种情况， ①当DFE90o时，即DF//x轴，则D、F的纵坐标相同， ∴F点纵坐标为1，

第 10 页共 105 页

∵点F在抛物线上，

∴x24x31，解得x22，即点E的横坐标为22， ∵点E在直线BC上，

∴当x22时，yx312，当x22时，yx312， ∴E点坐标为22,12或22,12； ②当EDF90o时， ∵A1,0，D2,1， ∴直线AD解析式为yx1， ∵直线BC解析式为yx3， ∴ADBC，

∴直线AD与抛物线的交点即为E点，

联立直线AD与抛物线解析式有x24x3x1，解得x1或x4，当x1时，yx32，当x4时，yx31， ∴E点坐标为1,2或4,1，

综上可知存在满足条件的点E，其坐标为22,12或22,12或1,2或4,1．【点睛】考查了待定系数法求函数解析式，利用已知的顶点坐标，列出方程组，可以求出函数解析式.

0)B(3，0)两点的抛物线ym(x1)24m（m0）交y轴于点【变式2-1】如图，经过x轴上A(1，，C，设抛物线的顶点为D，若以DB为直径的⊙G经过点C，求解下列问题：

（1）用含m的代数式表示出C，D的坐标；（2）求抛物线的解析式；

（3）能否在抛物线上找到一点Q，使△BDQ为直角三角形？如能，求出Q点的坐标，若不能，请说明理由。

第 11 页共 105 页

4m)；3m),点D的坐标为(1，抛物线的解析式为yx22x3；【答案】（1）点C的坐标为C(0，（2）

3)、，和 ， （3）满足题意的Q点有三个：(0，【解析】【试题分析】

3924115243m,当x=0,则y=-3m,即点C的坐标为（1）ymx14m是顶点式，则顶点D的坐标为C0，2C0，3m；

（2）连接CD 、 BC，过点D作DEy轴于E，如图①所示:根据直径所对的圆周角是直角，得

DCB90 ,出现“一线三等角模型”，得VDEC∽VCOB根据相似三角形的性质得：

即1m2，解得m1，则抛物线的解析式为yx2x3. 3m3DEEC COOBBQD90 （图①）DBQ=903 ；（3）分三种情况分类讨论：显然Q与C点重合，点Q坐标为Q0，（图②）作QFy轴于F，根据两角对应相等，两三角形相似，得RtVDHB∽RtVBFQ，DHx轴于H，

DHHBk22k3，则4k22k323k，，则DH•FQBF•HB，由于点Q坐标k，BFFQk解得：由k3 2339；BDQ=90（图③）延长DQ交y轴于M，作DEy轴于E，得Q坐标： Q，224DEEM1EM1,得EM，点M的坐标，即DHHB42272DHx轴于H,同理可证：VDEM∽VDHB，则

72为0，，设DM所在的直线解析式为y=kx+b,用待定系数法，把M0，和D（1,4）代入得：

第 12 页共 105 页

7b17 k,b解得：222kb4则直线DM的解析式为y1717x ,把yx代入yx22x3得：2x23x10，解得，2222x111715115,点Q的坐标为， ，最后把x代入yx 得y22224243924115243、，和 ， 综上述，Q点有三个：0，【试题解析】

（1）∵ymx14m是顶点式

2，4m ∴点D的坐标为1当x=0时，y= -3m

3m 点C的坐标为C0，（2）连接CD 、 BC，过点D作DEy轴于E，如图①所示： ∵BD是⊙G的直径 ∴∠DCB=900 ∴∠ECD+∠BCO=900 ∵∠ECD+∠EDC=900 ∴∠BCO=∠EDC

∵∠DEC=∠BOC=900∴ VDEC∽VCOB DEEC1m  COOB3m3m21 m1 ∵m0∴m1

∴抛物线的解析式为yx22x3

（3）能在抛物线上找到一点Q，使△BDQ为直角三角形

很明显，点C即在抛物线上，又在⊙G上，BCD90，这时Q与C点重合

3 点Q坐标为Q0，如图②，若DBQ为90，作QFy轴于F，

DHx轴于H

第 13 页共 105 页

同理可证：RtVDHB∽RtVBFQ ∴

DHHB BFFQ∴DH•FQBF•HB

k2k3 ∵点Q坐标k，∴4k2k323k

22化简得：2k23k90,解得：k3（不合题意，舍去），k由k3 2339 得Q坐标： Q，242若BDQ为90,如图③，延长DQ交y轴于M，

作DEy轴于E，DHx轴于H,同理可证：VDEM∽VDHB ∴

DEEM DHHB则

1EM17

,得EM，点M的坐标为0， 4222

72设DM所在的直线解析式为y=kx+b,把M0，和D（1,4）代入得：

7b172 解得：k,b 22kb41717x ,把yx代入yx22x3得：2x23x10 22221解为：x1（不合题意，舍去），x，

2∴直线DM的解析式为y把x11715115,点Q的坐标为， 代入yx 得y2224243924115243、，和 ， 综合上述，满足题意的Q点有三个：0，

第 14 页共 105 页

【方法点睛】本题目是一道二次函数的综合题，涉及到顶点坐标，与坐标轴的交点，一线三等角证相似，并且多次运用相似三角形的对应边成比例，直角三角形的确定（3种情况分类讨论），难度较大.

【变式2-2】已知抛物线yx22xm1与x轴只有一个交点，且与y轴交于A点，如图，设它的顶

点为B．

（1）求m的值；

（2）过A作x轴的平行线，交抛物线于点C，求证：△ABC是等腰直角三角形；

（3）将此抛物线向下平移4个单位后，得到抛物线y，且与x轴的左半轴交于E点，与y轴交于F点，

第 15 页共 105 页

如图．请在抛物线y上求点P，使得△EFP是以EF为直角边的直角三角形？【答案】（1）m = 2；（2）证明见解析；（3）满足条件的P点的坐标为（【解析】

试题分析：（1）根据抛物线与x轴只有一个交点可知△的值为0，由此得到一个关于m的一元一次方程，解此方程可得m的值；

（2）根据抛物线的解析式求出顶点坐标，根据A点在y轴上求出A点坐标，再求C点坐标，根据三个点的坐标得出△ABC为等腰直角三角形；

（3）根据抛物线解析式求出E、F的坐标，然后分别讨论以E为直角顶点和以F为直角顶点P的坐标．试题解析：（1）∵抛物线y=x2-2x+m-1与x轴只有一个交点， ∴△=（-2）2-4×1×（m-1）=0，解得，m=2；

（2）由（1）知抛物线的解析式为y=x2-2x+1=（x-1）2，易得顶点B（1，0），当x=0时，y=1，得A（0，1）．

由1=x2-2x+1，解得，x=0（舍）或x=2，所以C点坐标为：（2，1）．过C作x轴的垂线，垂足为D，则CD=1，BD=xD-xB=1．

1013720，）或（，）． 3939

∴在Rt△CDB中，∠CBD=45°，BC=2．

同理，在Rt△AOB中，AO=OB=1，于是∠ABO=45°，AB=2． ∴∠ABC=180°-∠CBD-∠ABO=90°，AB=BC，因此△ABC是等腰直角三角形；

（3）由题知，抛物线C′的解析式为y=x2-2x-3，当x=0时，y=-3；当y=0时，x=-1或x=3，

第 16 页共 105 页

∴E（-1，0），F（0，-3），即OE=1，OF=3．

第一种情况：若以E点为直角顶点，设此时满足条件的点为P1（x1，y1），作P1M⊥x轴于M．

∵∠P1EM+∠OEF=∠EFO+∠OEF=90°， ∴∠P1EM=∠EFO，得Rt△EFO∽Rt△P1EM，则

PMOE11＝＝，即EM=3P1M． EMOF3∵EM=x1+1，P1M=y1， ∴x1+1=3y1①

由于P1（x1，y1）在抛物线C′上，则有3（x12-2x1-3）=x1+1，整理得，3x12-7x1-10=0，解得，

10，或x2=-1（舍去） 310把x1＝代入①中可解得，

313y1=．

91013∴P1（，）．

39x1＝

第二种情况：若以F点为直角顶点，设此时满足条件的点为P2（x2，y2），作P2N⊥y轴于N．

第 17 页共 105 页

同第一种情况，易知Rt△EFO∽Rt△FP2N，得

FNOE1＝＝，即P2N=3FN． P2NOF3∵P2N=x2，FN=3+y2， ∴x2=3（3+y2）②

由于P2（x2，y2）在抛物线C′上，则有x2=3（3+x22-2x2-3），

整理得3x22-7x2=0，解得x2=0（舍）或x2＝

7． 310代入②中可解得， 320y2＝−．

9720∴P2（，−）．

93把x2＝

综上所述，满足条件的P点的坐标为：（【考点3】二次函数与等腰三角形问题

7101320，）或（，−）. 3993【例3】如图，已知：二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A，B两点，其中A点坐标为（﹣3，0），

与y轴交于点C，点D（﹣2，﹣3）在抛物线上．（1）求抛物线的表达式；

（2）抛物线的对称轴上有一动点P，求出PA+PD的最小值；

（3）若抛物线上有一动点M，使△ABM的面积等于△ABC的面积，求M点坐标．

（4）抛物线的对称轴上是否存在动点Q，使得△BCQ为等腰三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．

第 18 页共 105 页

【答案】（1）y＝x2+2x﹣3；（2）32；（3）点M的坐标为（﹣1﹣7，3），（﹣1+7，3），（﹣2，﹣3）；（4）存在；点Q的坐标为（﹣1，6），（﹣1，﹣6），（﹣1，0），（﹣1，﹣6），（﹣1，﹣1）．【解析】（1）由点A，D的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的表达式；

（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点B的坐标，连接BD，交抛物线的对称轴于点P，由抛物线的对称性及两点之间线段最短可得出此时PA+PD取最小值，最小值为线段BD的长度，再由点B，D的坐标，利用两点间的距离公式可求出PA+PD的最小值；

（3）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，设点M的坐标为（x，x2+2x-3），由△ABM的面积等于△ABC的面积可得出关于x的一元二次方程，解之即可求出点M的坐标；

m）C的坐标可得出CQ2，BQ2，BC2，CQ=CB及QB=QC（4）设点Q的坐标为（-1，，结合点B，分BQ=BC，三种情况，找出关于m的一元二次（或一元一次）方程，解之即可得出点Q的坐标．【详解】解：（1）将A（﹣3，0），D（﹣2，﹣3）代入y＝x2+bx+c，得：

93bc＝0b2，解得：， 42bc＝3c3∴抛物线的表达式为y＝x2+2x﹣3．（2）当y＝0时，x2+2x﹣3＝0，解得：x1＝﹣3，x2＝1， ∴点B的坐标为（1，0）．

连接BD，交抛物线的对称轴于点P，如图1所示．

第 19 页共 105 页

∵PA＝PB，

∴此时PA+PD取最小值，最小值为线段BD的长度． ∵点B的坐标为（1，0），点D的坐标为（﹣2，﹣3）， ∴BD＝(21)2(30)2＝32， ∴PA+PD的最小值为32．

（3）当x＝0时，y＝x2+2x﹣3＝﹣3， ∴点C的坐标为（0，﹣3）．设点M的坐标为（x，x2+2x﹣3）． ∵S△ABM＝S△ABC，

∴|x2+2x﹣3|＝3，即x2+2x﹣6＝0或x2+2x＝0，

解得：x1＝﹣1﹣7，x2＝﹣1+7，x3＝﹣2，x4＝0（舍去）， ∴点M的坐标为（﹣1﹣7，3），（﹣1+7，3），（﹣2，﹣3）．（4）设点Q的坐标为（﹣1，m）．

∵点B的坐标为（1，0），点C的坐标为（0，﹣3），

∴CQ2＝（﹣1﹣0）2+[m﹣（﹣3）]2＝m2+6m+10，BQ2＝（﹣1﹣1）2+（m﹣0）2＝m2+4，BC2＝（0﹣1）

+（﹣3﹣0）2＝10．

分三种情况考虑（如图2所示）：

第 20 页共 105 页

①当BQ＝BC时，m2+4＝10，解得：m1＝6，m2＝﹣6，

∴点Q1的坐标为（﹣1，6），点Q2的坐标为（﹣1，﹣6）； ②当CQ＝CB时，m2+6m+10＝10，解得：m3＝0，m4＝﹣6，

∴点Q3的坐标为（﹣1，0），点Q4的坐标为（﹣1，﹣6）； ③当QB＝QC时，m2+4＝m2+6m+10，解得：m5＝﹣1，

∴点Q5的坐标为（﹣1，﹣1）．

综上所述：抛物线的对称轴上存在动点Q，使得△BCQ为等腰三角形，点Q的坐标为（﹣1，6），（﹣1，﹣6），（﹣1，0），（﹣1，﹣6），（﹣1，﹣1）．

【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、两点间的距离公式、三角形的面积、等腰三角形的性质以及解一元二次（或一元一次）方程，解题的关键是：（1）由点的坐标，利用待定系数法求出二次函数表达式；（2）利用两点之间线段最短，找出点P的位置；（3）利用两三角形面积相等，找出关于x的一元二次方程；（4）分BQ=BC，CQ=CB及QB=QC三种情况，找出关于m的方程．

【变式3-1】如图，抛物线yax2bx3与x轴交于点A（1，0）和B（3，0）．

第 21 页共 105 页

（1）求抛物线的解析式；

（2）若抛物线的对称轴交x轴于点E，点F是位于x轴上方对称轴上一点，FC∥x轴，与对称轴右侧的抛物线交于点C，且四边形OECF是平行四边形，求点C的坐标；

（3）在（2）的条件下，抛物线的对称轴上是否存在点P，使△OCP是等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

21） 21） 3+21） 321）【答案】（1）yx4x3；（2）C（4，3）；（3）P（2，或（2，或（2，或（2，．

【解析】

试题分析：（1）把点A、B的坐标代入函数解析式，解方程组求出a、b的值，即可得解；

（2）根据抛物线解析式求出对称轴，再根据平行四边形的对角线互相平分求出点C的横坐标，然后代入函数解析式计算求出纵坐标，即可得解；

（3）设AC、EF的交点为D，根据点C的坐标写出点D的坐标，然后分①O是顶角，②C是顶角，③P是顶角三种情况讨论．

试题解析：（1）把点A（1，0）和B（3，0）代入yaxbx3得，

22ab30a12，解得，所以，抛物线的解析式为yx4x3； 9a3b30b4（2）抛物线的对称轴为直线x=2，

∵四边形OECF是平行四边形∴点C的横坐标是4， ∵点C在抛物线上，∴y44433， ∴点C的坐标为（4，3）；

（3）∵点C的坐标为（4，3），∴OC的长为5， ①点O是顶角顶点时，OP=OC=5，

22EP5221， ∵OPOEEP，OE=2∴

2222

第 22 页共 105 页

所以，点P的坐标为（2，21）或（2，-21）；

②点C是顶角顶点时，CP=OC=5，同理求出PF=21，所以，PE=213，所以，点P的坐标为（2，321）或（2， 321）； ③点P是顶角顶点时，点P在OC上，不存在.

综上所述，抛物线的对称轴上存在点P（2，21）或（2，-21）或（2，321）或（2， 321），使△OCP是等腰三角形．考点：二次函数综合题．

【变式3-2】如图，抛物线

物线经过点

与直线相交于两点，且抛

（1）求抛物线的解析式；（2）点于点①当

② 是否存在点

时，求使

点坐标；

为等腰三角形，若存在请直接写出点

的坐标，若不存在，请说明理由.

，

）或（4+

，﹣4

是抛物线上的一个动点（不与点

、点

重合），过点

作直线

轴于点

，交直线

【答案】（1）y=﹣x2+4x+5；（2）①P点坐标为（2，9）或（6，﹣7）；②（

﹣8）或（4﹣【解析】

，4﹣8）或（0，5）．

试题分析：（1）由直线解析式可求得B点坐标，由A、B、C三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；

第 23 页共 105 页

（2）①可设出P点坐标，则可表示出E、D的坐标，从而可表示出PE和ED的长，由条件可知到关于P点坐标的方程，则可求得P点坐标；

②由E、B、C三点坐标可表示出BE、CE和BC的长，由等腰三角形的性质可得到关于E点坐标的方程，可求得E点坐标，则可求得P点坐标．

试题解析：（1）∵点B（4，m）在直线y=x+1上， ∴m=4+1=5， ∴B（4，5），

把A、B、C三点坐标代入抛物线解析式可得，解得，

∴抛物线解析式为y=﹣x2+4x+5；

（2）①设P（x，﹣x2+4x+5），则E（x，x+1），D（x，0），则PE=|﹣x2+4x+5﹣（x+1）|=|﹣x2+3x+4|，DE=|x+1|， ∵PE=2ED，

∴|﹣x2+3x+4|=2|x+1|，

当﹣x2+3x+4=2（x+1）时，解得x=﹣1或x=2，但当x=﹣1时，P与A重合不合题意，舍去， ∴P（2，9）；

当﹣x2+3x+4=﹣2（x+1）时，解得x=﹣1或x=6，但当x=﹣1时，P与A重合不合题意，舍去， ∴P（6，﹣7）；

综上可知P点坐标为（2，9）或（6，﹣7）；

②设P（x，﹣x2+4x+5），则E（x，x+1），且B（4，5），C（5，0）， ∴BE=BC=

，

|x﹣4|，CE=

，

当△BEC为等腰三角形时，则有BE=CE、BE=BC或CE=BC三种情况，当BE=CE时，则

|x﹣4|=

，解得x=

，此时P点坐标为（

，

）；

当BE=BC时，则或（4﹣

，4

|x﹣4|=﹣8）；

，解得x=4+或x=4﹣，此时P点坐标为（4+，﹣4﹣8）

第 24 页共 105 页

当CE=BC时，则

去，此时P点坐标为（0，5）；

=，解得x=0或x=4，当x=4时E点与B点重合，不合题意，舍

综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（8）或（0，5）．考点：二次函数综合题．

【考点4】二次函数与平行四边形问题

，）或（4+，﹣4﹣8）或（4﹣，4﹣

3【例4】如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交于点A（﹣3，0），B（1，0），与y轴相交于（0，﹣），

2顶点为P．

（1）求抛物线解析式；

（2）在抛物线是否存在点E，使△ABP的面积等于△ABE的面积？若存在，求出符合条件的点E的坐标；若不存在，请说明理由；

（3）坐标平面内是否存在点F，使得以A、B、P、F为顶点的四边形为平行四边形？直接写出所有符合条件的点F的坐标，并求出平行四边形的面积．

【答案】（1）y=

123x+x﹣（2）存在，（﹣1﹣22，2）或（﹣1+22，2）（3）点F的坐标为（﹣1，2）、

223）代入求出a、b、c的值即可；2（3，﹣2）、（﹣5，﹣2），且平行四边形的面积为 8

【解析】（1）设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，把（﹣3，0），（1，0），（0，

（2）根据抛物线解析式可知顶点P的坐标，由两个三角形的底相同可得要使两个三角形面积相等则高相等，根据P点坐标可知E点纵坐标，代入解析式求出x的值即可；（3）分别讨论AB为边、AB为对角线两种情况求出F点坐标并求出面积即可；

第 25 页共 105 页

09a-3b+c30）0）【详解】（1）设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，将（﹣3，，（1，，（0，）代入抛物线解析式得0a+b+c，

23c213，b=1，c=﹣

2213∴抛物线解析式：y=x2+x﹣

22解得：a=（2）存在． ∵y=

1231x+x﹣=（x+1）2﹣2

222∴P点坐标为（﹣1，﹣2）

∵△ABP的面积等于△ABE的面积， ∴点E到AB的距离等于2，设E（a，2）， ∴

123a+a﹣=2

22解得a1=﹣1﹣22，a2=﹣1+22 ∴符合条件的点E的坐标为（﹣1﹣22，2）或（﹣1+22，2）（3）∵点A（﹣3，0），点B（1，0）， ∴AB=4

若AB为边，且以A、B、P、F为顶点的四边形为平行四边形 ∴AB∥PF，AB=PF=4 ∵点P坐标（﹣1，﹣2）

∴点F坐标为（3，﹣2），（﹣5，﹣2） ∴平行四边形的面积=4×2=8

若AB为对角线，以A、B、P、F为顶点的四边形为平行四边形 ∴AB与PF互相平分

设点F（x，y）且点A（﹣3，0），点B（1，0），点P（﹣1，﹣2）

第 26 页共 105 页

311x22∴ ，

002y22∴x=﹣1，y=2 ∴点F（﹣1，2） ∴平行四边形的面积=

1×4×4=8 2综上所述：点F的坐标为（﹣1，2）、（3，﹣2）、（﹣5，﹣2），且平行四边形的面积为8．

【点睛】本题考查待定系数法求二次函数解析式及二次函数的几何应用，分类讨论并熟练掌握数形结合的数学思想方法是解题关键.

【变式4-1】如图，在平面直角坐标系中，抛物线

（，0）三点，且

．

，经过A（0，﹣4），B（，0），C

（1）求b，c的值；

（2）在抛物线上求一点D，使得四边形BDCE是以BC为对角线的菱形；

（3）在抛物线上是否存在一点P，使得四边形BPOH是以OB为对角线的菱形？若存在，求出点P的坐标，并判断这个菱形是否为正方形？若不存在，请说明理由．【答案】（1）不能为正方形．【解析】

试题分析：（1）把A（0，﹣4）代入可求c，运用根与系数的关系及

，可求出b；

，

；（2）D（

，）；（3）存在一点P（﹣3，4），使得四边形BPOH为菱形，

（2）因为菱形的对角线互相垂直平分，故菱形的另外一条对角线必在抛物线的对称轴上，满足条件的D点，就是抛物线的顶点；

（3）由四边形BPOH是以OB为对角线的菱形，可得PH垂直平分OB，求出OB的中点坐标，代入抛物线

第 27 页共 105 页

解析式即可，再根据所求点的坐标与线段OB的长度关系，判断是否为正方形即可．试题解析：（1）∵抛物线又∵由题意可知，、是方程

，∴

，经过点A（0，﹣4），∴c=﹣4，

的两个根，∴

，∴

；，

，由已知得，解得：

，

当b=时，抛物线与x轴的交点在x轴的正半轴上，不合题意，舍去．∴b=

（2）∵四边形BDCE是以BC为对角线的菱形，根据菱形的性质，点D必在抛物线的对称轴上，又∵

，∴抛物线的顶点（

，）即为所求的点D；

（3）∵四边形BPOH是以OB为对角线的菱形，点B的坐标为（﹣6，0），根据菱形的性质，点P必是直线x=﹣3与抛物线

的交点，∴当x=﹣3时，

=4，∴在

抛物线上存在一点P（﹣3，4），使得四边形BPOH为菱形．

四边形BPOH不能成为正方形，因为如果四边形BPOH为正方形，点P的坐标只能是（﹣3，3），但这一点不在抛物线上．

考点：1．二次函数综合题；2．探究型；3．存在型；4．压轴题．

【变式4-2】如图，抛物线

交轴与点(1)求抛物线(2)连接

，，点

是直线

与直线

上的动点，过点

作

交于

轴交

，于点

两点，直线，交抛物线于点

的表达式；

，当四边形

，连接

是平行四边形时，求点，

，当点

的坐标；

为顶点的四边形是矩

(3)①在轴上存在一点形？求出此时点

运动到什么位置时，以

的坐标；

为圆心，

长为半径作圆，点

为

上一动点，求

的最小值.

②在①的前提下，以点

第 28 页共 105 页

【答案】(1) y=﹣x2﹣2x+4；(2) G（﹣2，4）；(3)①E（﹣2，0）．H（0，﹣1）；②【解析】

试题分析:（1）利用待定系数法求出抛物线解析式；

55． 2（2）先利用待定系数法求出直线AB的解析式，进而利用平行四边形的对边相等建立方程求解即可；（3）①先判断出要以点A，E，F，H为顶点的四边形是矩形，只有EF为对角线，利用中点坐标公式建立方程即可；

②先取EG的中点P进而判断出△PEM∽△MEA即可得出PM=的坐标即可得出结论．

试题解析：（1）∵点A（﹣4，﹣4），B（0，4）在抛物线y=﹣x2+bx+c上，

AM，连接CP交圆E于M，再求出点P

164bc4∴，

c4∴b2，

c4∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+4；

（2）设直线AB的解析式为y=kx+n过点A，B， ∴

，

∴，

∴直线AB的解析式为y=2x+4，设E（m，2m+4）， ∴G（m，﹣m2﹣2m+4）， ∵四边形GEOB是平行四边形， ∴EG=OB=4，

∴﹣m2﹣2m+4﹣2m﹣4=4， ∴m=﹣2， ∴G（﹣2，4）；

第 29 页共 105 页

（3）①如图1，

由（2）知，直线AB的解析式为y=2x+4， ∴设E（a，2a+4）， ∵直线AC：y=﹣

x﹣6，

∴F（a，﹣a﹣6），

设H（0，p），

∵以点A，E，F，H为顶点的四边形是矩形， ∵直线AB的解析式为y=2x+4，直线AC：y=﹣∴AB⊥AC， ∴EF为对角线， ∴

（﹣4+0）=

（a+a），

（﹣4+p）=

（2a+4﹣

a﹣6）， x﹣6，

∴a=﹣2，P=﹣1，

∴E（﹣2，0）．H（0，﹣1）； ②如图2，

由①知，E（﹣2，0），H（0，﹣1），A（﹣4，﹣4），

第 30 页共 105 页

∴EH=，AE=2，

设AE交⊙E于G，取EG的中点P， ∴PE=

，

连接PC交⊙E于M，连接EM，

∴EM=EH=，

∴=，

∵=，

∴，

∵∠PEM=∠MEA， ∴△PEM∽△MEA， ∴

，

第 31 页共 105 页31

∴PM=AM，

∴AM+CM的最小值=PC，

设点P（p，2p+4）， ∵E（﹣2，0），

∴PE2=（p+2）2+（2p+4）2=5（p+2）2， ∵PE=

，

∴5（p+2）2=，

∴p=﹣或p=﹣（由于E（﹣2，0），所以舍去），

∴P（﹣，﹣1），

∵C（0，﹣6）， ∴PC=

，

即：AM+CM=．

考点：二次函数综合题．

【达标训练】

一、单选题

1．将抛物线y=﹣2x2﹣1向上平移若干个单位，使抛物线与坐标轴有三个交点，如果这些交点能构成直角三角形，那么平移的距离为（）

3个单位 B．1个单位 21C．个单位 D．2个单位

2A．【答案】A

第 32 页共 105 页

【解析】

试题分析设抛物线向上平移a（a＞1）个单位，使抛物线与坐标轴有三个交点，且这些交点能构成直角三角形，

则有平移后抛物线的解析式为：y=﹣2x2﹣1+a，AM=a， ∵抛物线y=﹣2x2﹣1与y轴的交点M为（0，﹣1），即OM=1， ∴OA=AM﹣OM=a﹣1，

令y=﹣2x2﹣1+a中y=0，得到﹣2x2﹣1+a=0，解得：x=±a1a1a1a1，∴B（﹣，0），C（，0），即BC=2， 2222又△ABC为直角三角形，且B和C关于y轴对称，即O为BC的中点，

∴AO=

a11BC，即a﹣1=，两边平方得：（a﹣1）2=

2213，解得：a=． 22，

∵a﹣1≠0，∴a﹣1=故选A

【考点】二次函数图象与几何变换．

2．如图，抛物线yx22x3与y轴交于点C，点D(0,1)，点P是抛物线上的动点，若VPCD是以CD为底的等腰三角形，则tanCDP的值为（）．

第 33 页共 105 页

A．1+212 或222121 或

22B．21或21

C．

D．12或12 【答案】B 【解析】

作CD中垂线交抛物线于P1，P2（P1在P2左侧），交y轴于点E;连接P1D,P2D.

易得C(0,3) D(0,1) E(0,2)． ∴yP1yP22，DE1．

将y2代入yx22x3中得x112，x212． ∴PE21，P2E21． 1∴tan∠CDP1故选B.

当△PCD是以CD为底的等腰三角形时,则P点在线段CD的垂直平分线上,由C、D坐标可求得线段CD中点的坐标,从而可以知道P点的纵坐标,代入抛物线解析式可求得P点坐标. 二、填空题

3．如图，抛物线yx21的顶点为C，直线yx1与抛物线交于A，B两点．M是抛物线上一点，过M作MGx轴，垂足为G．如果以A，M，G为顶点的三角形与VABC相似，那么点M的坐标是________．

PEPE121，tan∠CDP2221． EDED

第 34 页共 105 页

【答案】4,15，2,3，47,． 39【解析】根据抛物线的解析式，易求得A（-1，0），D（1，0），C（0，-1）；则△ACD是等腰直角三角形，由于AP∥DC，可知∠BAC=90°；根据D、C的坐标，用待定系数法可求出直线DC的解析式，而AB∥DC，则直线AB与DC的斜率相同，再加上A点的坐标，即可求出直线AB的解析式，联立直线AB和抛物线的解析式，可求出B点的坐标，即可得出AB、AC的长．在Rt△ABC和Rt△AMG中，已知了∠BAC=∠AGM=90°，若两三角形相似，则直角边对应成比例，据此可求出M点的坐标．【详解】易知：A(−1,0),D(1,0),C(0,−1) ；则OA=OD=OC=1 ，

∴△ADC 是等腰直角三角形， ∴∠ACD=90 ° ,AC=2 ；又∵AB ∥DC ， ∴∠BAC=90 ° ；

易知直线BD 的解析式为y=x−1 ，

由于直线AB ∥DC, 可设直线AB 的解析式为y=x+b, 由于直线AB 过点A(−1,0) ；则直线AB 的解析式为：y=x+1 ，联立抛物线的解析式：yx1 ， 2 1yx 解得x2x1 ,； y3y0故B(2,3) ； ∴AP=21232=32 ；

Rt△BAC 和Rt△AMG 中,∠AGM=∠PAC=90 ° , 且BA:AC=32 : 2 =3:1 ；

若以A. M 、G 三点为顶点的三角形与△BCA 相似，则AG:MG=1:3 或3:1 ；

第 35 页共 105 页

设M 点坐标为(m,m 2 −1),(m<−1 或m>1) 则有：MG=m 2 −1 ，AG=|m+1| ；

①当AM:MG=1:3 时,m 2 −1=3|m+1|,m 2 −1=±(3m+3) ；当m 2 −1=3m+3 时,m 2 −3m−4=0, 解得m=1( 舍去) ，m=4 ；当m 2 −1=−3m−3 时,m 2 +3m+2=0, 解得m=−1( 舍去) ，m=−2 ； ∴M 1 (4,15),M 2 (−2,3) ；

②当AM:MG=3:1 时,3(m 2 −1)=|m+1|,3m 2 −3=±(m+1) ；

4 ； 32当3m 2 −3=−m−1 时,3m 2 +m−2=0, 解得m=−1( 舍去),m= ( 舍去) ；

347∴M 3 ( , ).

3947故符合条件的M 点坐标为：(4,15),(−2,3), ( , ).

3947故答案为：:(4,15),(−2,3), ( , ).

39当3m 2 −3=m+1 时,3m 2 −m−4=0, 解得m=−1( 舍去),m=

【点睛】本题考查了二次函数，解题的关键是熟练的掌握二次函数的性质与应用. 4．如图，直线y=x+2与抛物线y=ax2+bx+6（a≠0）相交于A（

，

）和B（4，m），点P是线段AB上

异于A、B的动点，过点P作PC⊥x轴于点D，交抛物线于点C．当△PAC为直角三角形时点P的坐标．

【答案】（3，5）或（【解析】

711，）． 22试题分析：由于P点不可能为直角顶点，因此就只有两种情况：若A为直角顶点，过A作AB的垂线与抛物线的交点即为C点，过C作y轴的平行线与AB的交点即为P点；若C为直角顶点，过A作x轴的平行线与抛物线的另一个交点即为C点，过C作y轴的平行线与AB的交点即为P点．

第 36 页共 105 页

解：∵直线y=x+2过点B（4，m）， ∴m=6， ∴B（4，6）．

将A、B两点坐标代入抛物线解析式得：

，

解得：

∴抛物线的解析式为：y=2x2﹣8x+6． ①若A为直角顶点，如图1，

设AC的解析式为：y=﹣x+b，将A点代入y=﹣x+b得b=3 ∴AC的解析式为y=﹣x+3，

由，解得：或（舍去）

令P点的横坐标为3，则纵坐标为5， ∴P（3，5）；

②若C为直角顶点，如图2，

第 37 页共 105 页

令，解得：x=或x=（舍去），

，

令P点的横坐标为，则纵坐标为∴P（，

）；

）．

故答案为（3，5）或（，考点：二次函数综合题．

25．如图，已知抛物线 yx21 与 x 轴交于A、C两点，与 y 轴交于点B，在抛物线的对称轴

上找一点Q，使△ABQ成为等腰三角形，则Q点的坐标是____.

36，Q22，36，Q3（2，2）【答案】Q12，，Q4（2，3）

【解析】先求得点A和点B的坐标，由顶点式知抛物线的对称轴为直线x=2，设抛物线的对称轴上的点Q的坐标为2，m，分别求得AB，并用含m的代数式表示BQ、AQ的长，分

ABBQ，BQAQ，ABAQ三种情况构造方程求得m的值.

【详解】如图，

第 38 页共 105 页

抛物线的对称轴为直线x=2 当y=0时，（x-2）2-1=0 解之：x1=3，x2=1 ∴点A的坐标为（1，0）当x=0时，y=3 ∴点B（0，3）

设点Q的坐标为（2，m）.

∴AB2=32+1=10，BQ2=（m-3）2+22=（m-3）2+4，AQ2=m2+1，要使△ABQ为等腰三角形，当AB2=BQ2时，则（m-3）2+4=10, 解之：m1=36 ， m2=36 ，

36 ， Q22，36. ∴点Q12，当BQ2=AQ2时，则（m-3）2+4=m2+1, 解之：m=2 所以点Q2（2，2）；当AB2=AQ2时，则10=m2+1, 解之：m=±3

若m=-3，则点B、A，Q在同一直线上， ∴m=-3舍去， ∴点Q4（2，3）

36，Q22，36，故答案为：2，（2，2），（2，3）

第 39 页共 105 页

【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质、勾股定理、等腰三角形的判定等知识点．难点在于符合条件的等腰三角形可能有多种情形，需要分类讨论．

6．如图，抛物线y＝﹣x2+2x+4与y轴交于点C，点D（0，2），点M是抛物线上的动点．若△MCD是以CD为底的等腰三角形，则点M的坐标为_____．

【答案】（1+2，3）或（1﹣2，3）

【解析】当△MCD是以CD为底的等腰三角形时，则M点在线段CD的垂直平分线上，由C、D坐标可求得线段CD中点的坐标，从而可知P点的纵坐标，代入抛物线解析式可求得M点坐标．【详解】Q△MCD是以CD为底的等腰三角形，

点M在线段CD的垂直平分线上，

如图，过M作MEy轴于点E，则E为线段CD的中点，

Q抛物线yx22x4与y轴交于点C，

C(0,4),且D(0,2)， E点坐标为(0,3)， M点纵坐标为3，

在yx2x4中,令y3,可得x22x43,解得x12，

2M点坐标为(12,3)或(12,3)，

故答案为(12,3)或(12,3).

第 40 页共 105 页

【点睛】本题考查的知识点是二次函数图像上点的坐标特征，等腰三角形的性质，解题关键是利用等腰三角形三线合一的性质进行解答.

7．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A，B两点，点M在这条抛物线上，点P在y轴上，如果四边形ABMP是平行四边形，则点M的坐标为______．

【答案】（4，-5）.

【解析】根据抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A，B两点，可求出A、B两点的坐标，进而求出AB的长度，由四边形ABMP是平行四边形，可知M点在x轴右边，PM//AB，且PM=AB=4 ，即可求出M点坐标. 【详解】∵y=﹣x2+2x+3与x轴交于A，B两点， ∴A（-1，0）；B（3，0） ∴AB=4，

∵四边形ABMP是平行四边形， ∴AB//PM，PM=AB=4， ∵P点在y轴上， ∴P点横坐标为4，

∵P点在抛物线y=﹣x2+2x+3上， ∴x=4时，y=-16+8+3=-5， ∴M点的坐标为：（4，-5）. 故答案为（4，-5）

【点睛】本题考查二次函数的应用，求出A、B的长度利用AB=PM求出M的横坐标是解题关键. 8．已知抛物线y＝（x﹣2）2，P是抛物线对称轴上的一个点，直线x＝t分别与直线y＝x、抛物线交于点A，B，若△ABP是等腰直角三角形，则t的值为_____．

第 41 页共 105 页

【答案】0或3或22或3±3或717 2【解析】首先求出抛物线与直线y=x的交点坐标，再分四种情形列出方程即可解决问题．【详解】解：由题意A（t，t），P（2，m）B[t，（t﹣2）2]，当点A或B是直角顶点时，|2﹣t|＝|t﹣（t﹣2）2|，解得t＝3±3或2±2，

当点P是直角顶点时，|t﹣（t﹣2）2|＝2•|2﹣t|，解得t＝717或0或3， 2717． 2综上所述，满足条件的t的值为0或3或2±2或3±15或故答案是：0或3或22或3±3或

717． 2

【点睛】考查二次函数的性质、一次函数的应用、等腰直角三角形的性质、一元二次方程等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，学会构建方程解决问题.

29．将抛物线y1x向右平移2个单位,得到抛物线y2的图象.P是抛物线y2对称轴上的一个动点,直线xt平行于y轴,分别与直线yx、抛物线y2交于点A、B.若VABP是以点A或点B为直角顶点的等腰直角三角形,求满足条件的t的值,则t ______ .

第 42 页共 105 页

【答案】33或33或22或22 【解析】根据函数图象的平移规律，将y1向右平移2个单位,横坐标减2表示出抛物线y2的函数解析式.然后再根据题目条件表示出点A、B的坐标,进而能够表示出AB的长度与AP的长度,然后根据等腰直角三角形的两直角边相等列出方程求解即可.

2【详解】解：Q抛物线y1x向右平移2个单位,

抛物线y2的函数解析式为y(x2)2x24x4, 抛物线y2的对称轴为直线x2,

Q直线xt与直线yx、抛物线y2交于点A、B,

点A的坐标为t,t,点B的坐标为t,t24t4,

ABt24t4tt25t4,

APt2,

QVAPB是以点A或B为直角顶点的三角形, t25t4t2,

2t25t4t2①或t5t4t2②,

整理①得,t26t60, 解得t133,t233, 整理②得,t24t20, 解得t122,t222,

综上所述,满足条件的t值为：33或33或22或22,

第 43 页共 105 页

故答案为：33或33或22或22. 【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换,等腰直角三角形的性质,根据抛物线与直线的解析式表示出AB、AP或BP的长,然后根据等腰直角三角形的性质列出方程是解题的关键. 10．如图，已知抛物线y12xbx4与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C．若已知A点的4坐标为A2,0．点Q在抛物线的对称轴上，当VACQ为等腰三角形时，点Q的坐标为________．

【答案】3,0，3,411，3,411

【解析】首先求出抛物线解析式，然后利用配方法或利用公式x=-

b求出对称轴方程，由此可设可设点Q2a（3，t），若△ACQ为等腰三角形，则有三种可能的情形，需要分类讨论，逐一计算，避免漏解．【详解】∵抛物线y=-

x+bx+4的图象经过点A（-2，0）， 4

1×（-2）2+b×（-2）+4=0， 43解得：b=，

213∴抛物线解析式为 y=-x2+x+4，

4213125又∵y=-x2+x+4=-（x-3）2+，

4244∴-∴对称轴方程为：x=3，

第 44 页共 105 页

∴可设点Q（3，t），则可求得： AC=224225， AQ=52t2， CQ=32t4． i）当AQ=CQ时，

有52t2=32t4，即25+t2=t2-8t+16+9，解得t=0， ∴Q1（3，0）； ii）当AC=AQ时，有52t2=25，即t2=-5，此方程无实数根，

∴此时△ACQ不能构成等腰三角形； iii）当AC=CQ时，有25=32t4，整理得：t2-8t+5=0，解得：t=4±11，

∴点Q坐标为：Q2（3，4+11），Q3（3，4-11）．

综上所述，存在点Q，使△ACQ为等腰三角形，点Q的坐标为：Q1（3，0），Q2（3，4+11），Q3（3，4-11）．

故答案为：（3，0），（3，4+11），（3，4-11）．

【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的图象与性质、待定系数法、勾股定理、等腰三角形的判定等知识点．难点在于符合条件的等腰三角形△ACQ可能有多种情形，需要分类讨论． 11．如图，抛物线y222121xx3与x轴的负半轴交于点A，与y轴交于点B，连接AB，点D,E分别22是直线x1与抛物线上的点，若点A,B,D,E围成的四边形是平行四边形，则点E的坐标为__________.

第 45 页共 105 页

【答案】4,3或2,0或2,2

【解析】根据二次函数y=121xx3与x轴的负半轴交于点A，与y轴交于点B.直接令x=0和y=022求出A，B的坐标.再根据平行四边形的性质分情况求出点E的坐标. 【详解】由抛物线的表达式求得点A,B的坐标分别为3,0,0,3. 由题意知当AB为平行四边形的边时，AB//DE，且ABDE， ∴线段DE可由线段AB平移得到.

∵点D在直线x1上，①当点B的对应点为D1时，如图，需先将AB向左平移1个单位长度，此时点A的对应点E1的横坐标为4，将x4代入y得y3，∴E1(4,3).

121xx3， 22

②当点A的对应点为D2时，同理，先将AB向右平移2个单位长度，可得点B的对应点E2的横坐标为2，将x2代入y121xx3得y0，∴E2(2,0) 22第 46 页共 105 页

当AB为平行四边形的对角线时，可知AB的中点坐标为∵D3在直线x1上，

∴根据对称性可知E3的横坐标为2，将x2代入y得y2，∴E3(2,2).

综上所述，点E的坐标为4,3或2,0或2,2.

13,， 22121xx3 22【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了特殊点的坐标的确定，平行四边形的性质，解本题的关键是分情况解决问题的思想．

三、解答题 12．如图，抛物线

与直线

B两点，C两点，交于A，交x轴于D，已知

，

．

求抛物线的函数表达式并写出抛物线的对称轴；在直线AB下方的抛物线上是否存在一点E，使得不存在，请说明理由．

为抛物线上一动点，连接PA，过点P作为顶点的三角形与【答案】（1）

交y轴于点Q，问：是否存在点P，使得以A、P、Q

的面积最大？如果存在，求出E点坐标；如果

相似？若存在，请直接写出所有符合条件的P点的坐标；若不存在，请说明理由．

（2）当

时，

的面积有最大值4，此时E点坐标为

（3）

第 47 页共 105 页 47

满足条件的P点坐标为或或或

【解析】利用待定系数法求抛物线解析式，根据抛物线的对称轴方程求抛物线的对称轴；

，再解方程组

得

，作

轴交直线

先确定直线AB的解析式为

AB于F，如图1，设，则，则，利用三角形

面积公式得到，然后根据二次函数的性质解决问题；

设，则，先利用勾股定理的逆定理判断为直角三角形，利用相

似三角形的判定方法，当，∽，则，所以；当

，∽，即，所以，然后分别解关于t的绝对值方

程即可得到P点坐标．【详解】

把

，

代入

得

，解得

，

抛物线解析式为；

抛物线的对称轴为直线；

存在．把

代入

得

，

直线AB的解析式为，

第 48 页共 105 页

解方程组得或，则，

作设

轴交直线AB于F，如图1，

，则

，

当设

时，的面积有最大值4，此时E点坐标为

，则

，

；

，，，，，

，

为直角三角形，

，

当

，

∽

，

第 49 页共 105 页

即，

，

解方程得舍去，，此时P点坐标为；

当，∽，

即，

，

解方程得舍去，，此时P点坐标为；

综上所述，满足条件的P点坐标为或或或

【点睛】本题是二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和相似三角形的判定与性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式；会运用分类讨论的思想解决数学问题．

13．如图，抛物线yaxbxc经过点A（-1,0）、B（3,0）、C（0，3），连接AC、BC，将△ABC绕点C逆时针旋转，使点A落在x轴上，得到△DCE，此时，DE所在直线与抛物线交于第一象限的点F. （1）求抛物线yaxbxc对应的函数关系式. （2）求点A所经过的路线长.

（3）抛物线的对称轴上是否存在点P使△PDF是等腰三角形.

第 50 页共 105 页

若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（1）y60223223 （3）P（1,2），（1，-2），（1,23）xx3 （2）l180333或（1，

23) 3【解析】

试题分析：（1）抛物线yaxbxc经过点A（-1,0）、B（3,0）、C（0，3），那么

23a3abc0232b，解得，所以抛物线yaxbxc对应的函数关系式为9a3bc03c3c3y3223xx3 33（2）将△ABC绕点C逆时针旋转，使点A落在x轴上，得到△DCE，则D的坐标（1，0）。所以AD=1+1=2，点A（-1,0）、C（0，3），在AOC,COD，AOC,COD是直角，AO=1，CO=3，由勾股定理得

AC12322，同理CD=2，所以三角形ACD是等边三角形，ACD60o；点A所经过的路线

o是一个扇形的弧长，圆心角为ACD60，半径为AC=2所以扇形的弧长=l6022 1803（3）抛物线的对称轴上存在点P使△PDF是等腰三角形，抛物线y3223xx3的对称轴3323b3x1；设点P的坐标为（1，a），F的坐标为（x,y），则P、D都在抛物线的对称轴2a323上; 假设△PDF是等腰三角形，FD是腰，则PD=FD，由（1）知D的坐标（1，0），所以PD= a，FD=

x1y2y2,则a=x12y2，而点F在抛物线上，所以F的坐标满足的解析式

3223xx3，解得a2；当△PDF是等腰三角形，FD是底边，那么PF、PD是腰，所33第 51 页共 105 页

以PF=PD，则PD= a，F的坐标为（x,y），F的坐标满足的解析式y3223xx3；PF= 33yax1，则a=22yax1，解得a=23或a=2223,所以P点的坐标为P（1,2），3（1，-2），（1,23）或（1，考点：抛物线，等腰三角形

23) 3点评：本题考查抛物线，等腰三角形，要求考生会用待定系数法求函数的解析式，掌握抛物线的性质，熟悉等腰三角形的性质

14．如图，抛物线经过原点O（0，0），点A（1，1），点B（（1）求抛物线解析式；

（2）连接OA，过点A作AC⊥OA交抛物线于C，连接OC，求△AOC的面积；

（3）点M是y轴右侧抛物线上一动点，连接OM，过点M作MN⊥OM交x轴于点N．问：是否存在点M，使以点O，M，N为顶点的三角形与（2）中的△AOC相似，若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．

7，0）． 2

【答案】（1）y【解析】

2272723233333xx；（2）4；（3）（，﹣）或（，）或（，﹣）

3255283287），然后把A点坐标代入求出a即可得到抛物线解析式； 2分析：（1）设交点式y=ax（x-

（2）延长CA交y轴于D，如图1，易得OA=2，∠DOA=45°，则可判断△AOD为等腰直角三角形，所以OD=2OA=2，则D（0，2），利用待定系数法求出直线AD的解析式为y=-x+2，再解方程组

第 52 页共 105 页

y＝x2，然后利用三角形面积公式，利用S△AOC=S△COD-S△AOD进行计算； 227，得C（5，-3）y＝xx55（3）如图2，作MH⊥x轴于H，AC=42，OA=2，设M（x，-

227x+x）（x＞0），根据三角形相似

5527x2xOHMH的判定，由于∠OHM=∠OAC，则当时，△OHM∽△OAC，即x55；当OAAC24227x2xOHMH时，△OHM∽△CAO，即x55，则分别解关于x的绝对值方程可得到对应M

ACOA422点的坐标，由于△OMH∽△ONM，所以求得的M点能以点O，M，N为顶点的三角形与（2）中的△AOC相似．

详解：（1）设抛物线解析式为y=ax（x-把A（1，1）代入得a•1（1-

7）， 272）=1，解得a=-， 2527∴抛物线解析式为y=-x（x-），

5227即y=-x2+x；

55（2）延长CA交y轴于D，如图1，

∵A（1，1），

∴OA=2，∠DOA=45°， ∴△AOD为等腰直角三角形， ∵OA⊥AC， ∴OD=2OA=2，

第 53 页共 105 页

∴D（0，2），

易得直线AD的解析式为y=-x+2，

y＝x2x＝1x＝5解方程组得或，则C（5，-3）， 227y＝xxy＝1y＝355∴S△AOC=S△COD-S△AOD=（3）存在．如图2，

11×2×5-×2×1=4； 22

作MH⊥x轴于H，AC=(51)2(31)2=42，OA=2，设M（x，-

227x+x）（x＞0），

55∵∠OHM=∠OAC，

227xxOHMHx∴当△OHM∽△OAC时，，即55， OAAC24213227x+x =4x得x1=0（舍去），x2=-（舍去），

552227277解方程-x2+x =-4x得x1=0（舍去），x2=，此时M点坐标为（，-）；

5522解方程-

27x2xOHMH55，当时，△OHM∽△CAO，即xACOA4222271232323x+x=x得x1=0（舍去），x2=，此时M点的坐标为（，），

5588324123333337解方程-x2+x=-x得x1=0（舍去），x2=，此时M点坐标为（，-）；

5325884解方程-∵MN⊥OM， ∴∠OMN=90°，

第页共 105 页

∴∠MON=∠HOM， ∴△OMH∽△ONM， ∴当M点的坐标为（

2723233333，-）或（，）或（，-）时，以点O，M，N为顶点的三角形与

3228328（2）中的△AOC相似．

点睛：本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质；会利用待定系数法求函数解析式，会解一元二次方程；理解坐标与图形性质；灵活运用相似比表示线段之间的关系；会运用分类讨论的思想解决数学问题． 15．如图，已知抛物线线垂足为

与轴交于

，交直线于点

点，点

与轴交于是抛物线

两点，与

轴交于

点，且

作

，直轴，

上的一动点，过点

（1）试求该抛物线的表达式；（2）如图（1），若点（3）如图（2），过点①求证：②试问当

在第三象限，四边形作

轴，垂足为

是平行四边形，求，连接

，

点的坐标；

是直角三角形；点横坐标为何值时，使得以点

x2+

为顶点的三角形与

，﹣

相似？

【答案】（1）y=x﹣4；（2）点P的坐标为（﹣）或（﹣8，﹣4）；（3）①详见解析；②，

点P的横坐标为﹣5.5或﹣10.5或2或﹣18时，使得以点P、C、H为顶点的三角形与△ACD相似．【解析】

试题分析：（1）将点A和点C的坐标代入抛物线的解析式可得到关于a、c的方程组，然后解方程组求得a、c的值即可；（2）设P（m，

m2+

m﹣4），则F（m，﹣

m﹣4），则PF=﹣

m2﹣

m，当PF=OC时，

四边形PCOF是平行四边形，然后依据PF=OC列方程求解即可；（3）①先求得点D的坐标，然后再求得

第 55 页共 105 页

AC、DC、AD的长，最后依据勾股定理的逆定理求解即可；②分为△ACD∽△CHP、△ACD∽△PHC两种情况，然后依据相似三角形对应成比例列方程求解即可试题解析：

（1）由题意得：，解得：，

∴抛物线的表达式为y=（2）设P（m，∴PF=（﹣

m2+

x2+x﹣4．

m﹣4）． m2﹣

m．

m﹣4），则F（m，﹣m2+

m﹣4）=﹣

m﹣4）﹣（

∵PE⊥x轴， ∴PF∥OC．

∴PF=OC时，四边形PCOF是平行四边形． ∴﹣

m2﹣

时，

m=4，解得：m=﹣m2+m2+

m﹣4=﹣m﹣4=﹣4．，﹣

）或（﹣8，﹣4）． x﹣4得：﹣

x﹣4=0，解得：x=﹣8．

或m=﹣8．，

当m=﹣

当m=﹣8时，

∴点P的坐标为（﹣

（3）①证明：把y=0代入y=﹣∴D（﹣8，0）． ∴OD=8．

∵A（2，0），C（0，﹣4）， ∴AD=2﹣（﹣8）=10．

由两点间的距离公式可知：AC2=22+42=20，DC2=82+42=80，AD2=100， ∴AC2+CD2=AD2．

∴△ACD是直角三角形，且∠ACD=90°． ②由①得∠ACD=90°．当△ACD∽△CHP时，

，即

或

，

第 56 页共 105 页

解得：n=0（舍去）或n=﹣5.5或n=﹣10.5．

当△ACD∽△PHC时，，即或．

解得：n=0（舍去）或n=2或n=﹣18．

综上所述，点P的横坐标为﹣5.5或﹣10.5或2或﹣18时，使得以点P、C、H为顶点的三角形与△ACD相似．

考点：二次函数综合题.

16．如图，顶点为M的抛物线yax2bx3与x轴交于A3,0，B1,0两点，与y轴交于点C．

（1）求这条抛物线对应的函数表达式；

（2）问在y轴上是否存在一点P，使得PAM为直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．

（3）若在第一象限的抛物线下方有一动点D，满足DAOA，过D作DGx轴于点G，设ADG的内心为I，试求CI的最小值．

【答案】（1）yx22x3；（2）点P坐标为0,370,30,1或或或0,时，PAM为直角三22角形；（3）CI最小值为31032.

2【解析】（1）结合题意，用待定系数法即可求解；（2）分3种情况讨论，用勾股定理即可求解；（3）根据正方形的判定和勾股定理，即可得到答案.

【详解】（1）∵抛物线yaxbx3过点A3,0，B1,0，

第 57 页共 105 页

∴9a3b30a1，解得：，

ab30b2∴这条抛物线对应的函数表达式为yx22x3. （2）在y轴上存在点P，使得PAM为直角三角形． ∵yx22x3x14， ∴顶点M1,4，

∴AM2314220，设点P坐标为0,p，

∴AP232p29p2，MP2124p178pp2， ①若PAM90，则AM2AP2MP2. ∴209p2178pp2，解得：p2223， 23P0,∴.

2②若APM90，则AP2MP2AM2， ∴9p2178pp220，解得：p11，p23， ∴P0,1或0,3.

③若AMP90，则AM2MP2AP2， ∴20178pp29p2，解得：p∴P0,7， 2

7. 2综上所述，点P坐标为0,370,30,1或或或0,时，PAM为直角三角形． 22第 58 页共 105 页

（3）如图，过点I作IEx轴于点E，IFAD于点F，IHDG于点H， ∵DGx轴于点G，

∴HGEIEGIHG90， ∴四边形IEGH是矩形， ∵点I为ADG的内心，

∴IEIFIH，AEAF，DFDH，EGHG， ∴矩形IEGH是正方形，设点I坐标为m,n，

∴OEm，HGGEIEn， ∴AFAEOAOE3m， ∵DAOA3，

∴DHDFDAAF33mm， ∴DGDHHGmn， ∵DG2AG2DA2， ∴mnn3m32， ∴化简得：m23mn23n0，

22339配方得：mn， 222∴点Im,n与定点Q2233,的距离为32. 222∴点I在以点Q33,为圆心，半径为32的圆在第一象限的弧上运动， 222∴当点I在线段CQ上时，CI最小，

33310∵CQ， 3222∴CICQIQ2231032，

第 59 页共 105 页

∴CI最小值为31032.

【点睛】本题考查用待定系数法求二元一次方程、勾股定理和正方形的判定，解题的关键是熟练掌握用待定系数法求二元一次方程、勾股定理和正方形的判定.

17．如图，已知抛物线y=-x2+bx+c经过点A（-1，0）和C（0，4）．

（1）求这条抛物线的解析式；

（2）直线y=x+1与抛物线相交于A、D两点，点P是抛物线上一个动点，点P的横坐标是m，且-1＜m＜3，设△ADP的面积为S，求S的最大值及对应的m值；

（3）点M是直线AD上一动点，直接写出使△ACM为等腰三角形的点M的坐标．【答案】（1）y=-x2+3x+4；（2）当m=1时，△ADP的面积S的最大值为8．（3）34343434717M11,M1,M4,5M,. ．，，23422221010【解析】

【详解】解：（1）A（-1，0）和C（0，4）代入y=-x2+bx+c，

1bc＝0得，

c＝4

第 60 页共 105 页

解得b＝3， c＝4y＝x1, 2y＝x3x4∴此抛物线解析式为：y=-x2+3x+4．（2）由题意得：，

x1＝1x23 或,解得：，

y＝0y412∴点D的坐标为（3，4），

过点P作PQ∥y轴，交直线AD与点Q， ∵点P的横坐标是m，又点P在抛物线y=-x2+3x+4

∴P的纵坐标是-m2+3m+4，点Q的横坐标也是m， ∵点Q在直线y=x+1上， ∴Q的纵坐标是m+1，

∴PQ=（-m2+3m+4）-（m+1）=-m2+2m+3， S△ADP=S△APQ+S△DPQ==

1 (−m2+2m+3)[m−(−1)]+(−m2+2m+3)(3−m)， 21(−m2+2m+3)×4， 2=-2m2+4m+6， =-2（m-1）2+8，

当m=1，△ADP的面积S的最大值为8．

（3）∵M在直线AD：y=x+1上，设M点坐标为（x，x+1），

第 61 页共 105 页

∵A（-1，0）和C（0，4）；

∴AC2=17，AM2=2(x+1)2，CM2=x2+（x-3）2， Ⅰ.当AC=AM时，17=2(x+1)2，解得x=341， 2343434341,M1, 即点M坐标为：M1，22 222Ⅱ.当AC=CM时，x2+（x-3）2=17，解得：x14，x21（与A重合舍去），即点M坐标为：M34,5，

III.当AC=AM时，2(x+1)2=x2+（x-3）2，解得：x=717即点M坐标为：M4,，

10107， 1034343434717M1,M1,M4,5M使△ACM为等腰三角形的点M的坐标有1．，，234,. 22221010【点睛】此题主要考查了待定系数法求二次函数解析式以及二次函数最值求法和平面内两点之间的距离求法等知识，二次函数这部分经常利用数形结合以及分类讨论思想相结合，综合性较强注意不要漏解． 18．在平面直角坐标系中有RtAOB，O为原点，OB1，OA3，将此三角形绕点O顺时针旋转90得到RtCOD，抛物线yx2bxc过A,B,C三点．

（1）求此抛物线的解析式及顶点P的坐标；

（2）直线l:kxk3与抛物线交于M,N两点，若SPMN2，求k的值；（3）抛物线的对称轴上是否存在一点Q使得DCQ为直角三角形．

【答案】（1）yx22x3；点P1,4；（2）k23；（3）存在，Q1(1，-1)，Q2(1，2)， Q3(1，4)， Q4(1，-5)．

【解析】（1）用待定系数法可求抛物线的解析式，进行配成顶点式即可写出顶点坐标；

第 62 页共 105 页

（2）将直线与抛物线联立，通过根与系数关系得到xMxNk2，xMxNk，再通过SPMN2得出

xMxN4，通过变形得出xMxN4xMxN16代入即可求出k的值；

（3）分：?DQC90?， QDC90， DCQ90三种情况分别利用勾股定理进行讨论即可．

2【详解】（1）∵OB1，OA3，

A(0,3),B(1,0)

∵RtAOB绕点O顺时针旋转90，得到RtCOD，

OAOC

∴点C的坐标为：3,0，

将点A,B代入抛物线yxbxc中得

2c3b2 解得 1bc0c3∴此抛物线的解析式为：yx22x3 ∵yx22x3(x1)24； ∴点P1,4

（2）直线l：ykxk3与抛物线的对称轴交点F的坐标为1,3，交抛物线于MxM,yM，NxN,yN，PF由1

ykxk32x(k2)xk0 得：2yx2x3∴xMxNk2，xMxNk ∵SPMN2， ∴

11xM1?PFxN1?PF2 22∴1xMxN14 ∴xMxN4

∴xMxN4xMxN16

第 63 页共 105 页

∴k23

（3）存在，t1或t2，t4，t5

QC(3,0)D(0,1)

∴CD2OC2OD210 设点Q1,t

CQ222t2，DQ212t1

若?DQC22290?，则CD2CQ2DQ2

22即2t1(t1)10 ∴t1或t2

222若QDC90，则CQDQCD

即2t1(t1)10 ∴t4

222若DCQ90，则DQCQCD

22222222即2t101(t1)

∴t5

即Q1(1,-1), Q2(1,2), Q3(1,4), Q4(1,-5).

第页共 105 页

【点睛】本题主要考查二次函数与几何综合，掌握二次函数的图象和性质，分情况讨论是解题的关键． 19．如图，抛物线y＝﹣x2﹣2x+3的图象与x轴交于A、B两点(点A在点B的左边)，与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点． (1)求点A、B、C的坐标；

(2)点M(m，0)为线段AB上一点(点M不与点A、B重合)，过点M作x轴的垂线，与直线AC交于点E，与抛物线交于点P，过点P作PQ∥AB交抛物线于点Q，过点Q作QN⊥x轴于点N，可得矩形PQNM．如图，点P在点Q左边，试用含m的式子表示矩形PQNM的周长；

(3)当矩形PQNM的周长最大时，m的值是多少？并求出此时的△AEM的面积；

(4)在(3)的条件下，当矩形PMNQ的周长最大时，连接DQ，过抛物线上一点F作y轴的平行线，与直线AC交于点G(点G在点F的上方)．若FG＝22DQ，求点F的坐标．

【答案】(1)A(﹣3，0)，B(1，0)；C(0，3) ；(2)矩形PMNQ的周长＝﹣2m2﹣8m+2；(3) m＝﹣2；S＝(4)F(﹣4，﹣5)或(1，0)．

【解析】（1）利用函数图象与坐标轴的交点的求法，求出点A，B，C的坐标；（2）先确定出抛物线对称轴，用m表示出PM，MN即可；

（3）由（2）得到的结论判断出矩形周长最大时，确定出m，进而求出直线AC解析式，即可；

1；2Q点与C点重合，（4）在（3）的基础上，判断出N应与原点重合，求出DQ＝DC＝2，再建立方程（n+3）﹣（﹣n2﹣2n+3）＝4即可．

第 65 页共 105 页

【详解】(1)由抛物线y＝﹣x2﹣2x+3可知，C(0，3)．令y＝0，则0＝﹣x2﹣2x+3，解得，x＝﹣3或x＝l， ∴A(﹣3，0)，B(1，0)．

(2)由抛物线y＝﹣x2﹣2x+3可知，对称轴为x＝﹣1． ∵M(m，0)，

∴PM＝﹣m2﹣2m+3，MN＝(﹣m﹣1)×2＝﹣2m﹣2，

∴矩形PMNQ的周长＝2(PM+MN)＝(﹣m2﹣2m+3﹣2m﹣2)×2＝﹣2m2﹣8m+2． (3)∵﹣2m2﹣8m+2＝﹣2(m+2)2+10， ∴矩形的周长最大时，m＝﹣2． ∵A(﹣3，0)，C(0，3)，设直线AC的解析式y＝kx+b，

3kb0∴

b3解得k＝l，b＝3， ∴解析式y＝x+3，令x＝﹣2，则y＝1， ∴E(﹣2，1)， ∴EM＝1，AM＝1， ∴S＝

11AM×EM＝． 22(4)∵M(﹣2，0)，抛物线的对称轴为x＝﹣l， ∴N应与原点重合，Q点与C点重合， ∴DQ＝DC，

把x＝﹣1代入y＝﹣x2﹣2x+3，解得y＝4， ∴D(﹣1，4)， ∴DQ＝DC＝2． ∵FG＝22DQ， ∴FG＝4．

第 66 页共 105 页

设F(n，﹣n2﹣2n+3)，则G(n，n+3)， ∵点G在点F的上方且FG＝4， ∴(n+3)﹣(﹣n2﹣2n+3)＝4．解得n＝﹣4或n＝1， ∴F(﹣4，﹣5)或(1，0)．

【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了函数图象与坐标轴的交点的求法，待定系数法求函数解析式，函数极值的确定，解本题的关键是用m表示出矩形PMNQ的周长． 20．如图，已知直线y11x2与x轴交于点B，与y轴交于点C，抛物线yx2bx2 22与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C. （1）求抛物线的解析式；

（2）点M是上述抛物线上一点，如果△ABM和△ABC相似，求点M的坐标；

（3）连接AC，求顶点D、E、F、G在△ABC各边上的矩形DEFC面积最大时，写出该矩形在AB边上的顶点的坐标．

【答案】（1）y【解析】

12313xx2；（2）M（3，-2）；（3）D(，0)或D(，0)、E(2，0)

22221x2与x轴交于点B与y轴交于点C的坐标，再把点B的坐标代入2试题分析：(1)先求得直线yy12xbx2，求得b值，即可得抛物线的解析式；（2）先判定△ABC为直角三角形，当△ABM和△ABC2 ，△BAM≌△ABC，即可得点M的坐标；相似时，一定有∠AMB=90°（3）分矩形DEFG有两个顶点D、E在AB上和矩形一个顶点在AB上两种情况求点的坐标. 试题解析：

(1) 由题意：直线y1x2与x轴交于点B（4,0）， 2123xbx2易得b 22第 67 页共 105 页

与y轴交于点C点C（0，-2），将点B（4,0）代入抛物线y

∴所求抛物线解析式为：y123xx2 22(2) ∵AC2BC2AB2, ∴△ABC为直角三角形，∠BCA=90° ∵点M是上述抛物线上一点∴不可能有MB与AB或者MA与AB垂直 △BAM≌△ABC 当△ABM和△ABC相似时，一定有∠AMB=90°此时点M的坐标为：M（3，-2）

(3)∵△ABC为直角三角形， ∠BCA=90°

当矩形DEFG只有顶点D 在AB上时，显然点F与点 C重合时面积最大，如图1，设CG＝x，

∵DG∥BC，∴△AGD∽△ACB. ∴AG：AC＝DG∶BC，即5xDG∴DG＝2(525－x)

∴S矩形DEFG＝－2(x－)2＋即x＝55时矩形DEFG的面积有最大值，

22当矩形DEFG有两个顶点D、E在AB上时，如图2，

CO交GF于点H，设DG＝x，则OH＝x，CH＝2－x，∵GF∥AB，∴△CGF∽△CAB， ∴GF∶AB＝CH∶CO，即GF∶5＝(2－x)∶2，解得GF＝ (2－x)．

∴S矩形DEFG＝x· (2－x)＝－ (x－1)2＋，即当x＝1时矩形DEFG的面积同样有最大值综上所述，无论矩形DEFG有两个顶点或只有一个顶点在AB上，其最大面积相同当矩形一个顶点在AB上时， GD＝2(

－x)＝

，AG＝

，

5， 2∴AD＝， OD＝AD－OA＝， ∴D(，0)．

第 68 页共 105 页

当矩形DEFG有两个顶点D、E在AB上时，∵DG＝1， ∴DE＝

5， 2∵DG∥OC，∴△ADG∽△AOC，∴AD∶AO＝DG∶OC，解得AD＝， ∴OD＝， OE＝－＝2， ∴D(－，0)，E(2，0)．

综上所述，满足题意的矩形在AB边上的顶点的坐标为D(，0)或D(－，0)、E(2，0) ．

点睛：此题考查了二次函数解析式的确定、直角三角形的判定、矩形面积的计算方法、二次函数最值的应用等知识，要注意（3）题中，矩形的摆放方法有两种，不要漏解． 21．如图，抛物线y=

121x+bx+c与直线y=x+3交于A，B两点，交x轴于C、D两点，连接AC、BC，22已知A（0，3），C（﹣3，0）．（1）求抛物线的解析式；

（2）在抛物线对称轴l上找一点M，使|MB﹣MD|的值最大，并求出这个最大值；

（3）点P为y轴右侧抛物线上一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，问：是否存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）抛物线的解析式是y=【解析】

125x+x+3；（2）|MB﹣MD|取最大值为2；（3）存在点P（1，6）． 22分析：（1）根据待定系数法，可得函数解析式；

（2）根据对称性，可得MC=MD，根据解方程组，可得B点坐标，根据两边之差小于第三边，可得B，C，M共线，根据勾股定理，可得答案；

（3）根据等腰直角三角形的判定，可得∠BCE，∠ACO，根据相似三角形的判定与性质，可得关于x的方程，根据解方程，可得x，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案．详解：（1）将A（0，3），C（﹣3，0）代入函数解析式，得

第 69 页共 105 页

5c3b，解得2， 93bc0c32抛物线的解析式是y=

125x+x+3； 22（2）由抛物线的对称性可知，点D与点C关于对称轴对称， ∴对l上任意一点有MD=MC，

y联立方程组y1x32 ，

125xx322x0x4解得（不符合题意，舍），，

y3y1∴B（﹣4，1），

当点B，C，M共线时，|MB﹣MD|取最大值，即为BC的长，过点B作BE⊥x轴于点E，

，

在Rt△BEC中，由勾股定理，得 BC=BE2CE22， |MB﹣MD|取最大值为2；

（3）存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似，在Rt△BEC中，∵BE=CE=1， ∴∠BCE=45°，在Rt△ACO中， ∵AO=CO=3， ∴∠ACO=45°，

第 70 页共 105 页

∴∠ACB=180°=90°﹣45°﹣45°，

过点P作PQ⊥y轴于Q点，∠PQA=90°，设P点坐标为（x，

125x+x+3）（x＞0） 22①当∠PAQ=∠BAC时，△PAQ∽△CAB， ∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠CAB， ∴△PGA∽△BCA，

BCACPGBC1，，即PGAGADAC3x1∴125，

xx3322∴

解得x1=1，x2=0（舍去）， ∴P点的纵坐标为∴P（1，6），

②当∠PAQ=∠ABC时，△PAQ∽△CBA， ∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠ABC， ∴△PGA∽△ACB，

125×1+×1+3=6， 22BCAC， AGPGPGAC=3，即

AGPGx3∴125，

xx332213解得x1=﹣（舍去），x2=0（舍去）

3∴

∴此时无符合条件的点P，综上所述，存在点P（1，6）．

点睛：本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是利用待定系数法求函数解析式；解（2）的关键是利用两边只差小于第三边得出M，B，C共线；解（3）的关键是利用相似三角形的判定与性质得出关于x的方程，要分类讨论，以防遗漏．

22．如图，已知抛物线经过原点O，顶点A（1，﹣1），且与直线y＝kx+2相交于B（2，0）和C两点（1）求抛物线和直线BC的解析式；

第 71 页共 105 页

（2）求证：△ABC是直角三角形；

（3）抛物线上存在点E（点E不与点A重合），使∠BCE＝∠ACB，求出点E的坐标；

（4）在抛物线的对称轴上是否存在点F，使△BDF是等腰三角形？若存在，请直接写出点F的坐标．

【答案】（1）y＝x2﹣2x，y＝﹣x+2；（2）详见解析；（3）E（或（1，﹣7）或（1，2+7）或（1，2﹣7）．

55；（4）符合条件的点F的坐标（1，7）,）

24【解析】（1）将B（2，0）代入设抛物线解析式y＝a（x﹣1）2﹣1，求得a，将B（2，0）代入y＝kx+2，求得k；

（2）分别求出AB2、BC2、AC2，根据勾股定理逆定理即可证明；

（3）作∠BCE＝∠ACB，与抛物线交于点E，延长AB，与CE的延长线交于点A'，过A'作A'H垂直x轴于点H，设二次函数对称轴于x轴交于点G．根据对称与三角形全等，求得A'（3，1），然后求出A'C解析式，与抛物线解析式联立，求得点E坐标；

（4）设F（1，m），分三种情况讨论：①当BF＝BD时，1m222，②当DF＝BD时，

m24m522，③当BF＝DF时，1m2m24m5，m＝1，然后代入即可．

【详解】（1）设抛物线解析式y＝a（x﹣1）2﹣1，将B（2，0）代入， 0＝a（2﹣1）2﹣1， ∴a＝1，

抛物线解析式：y＝（x﹣1）2﹣1＝x2﹣2x，将B（2，0）代入y＝kx+2， 0＝2k+2， k＝﹣1，

∴直线BC的解析式：y＝﹣x+2；

第 72 页共 105 页

（2）联立yx2， 2yx2x解得x11x22，，

y13y20∴C（﹣1，3），

∵A（1，﹣1），B（2，0），

∴AB2＝（1﹣2）2+（﹣1﹣0）2＝2， AC2＝[1﹣（﹣1）]2+（﹣1﹣3）2＝20， BC2＝[2﹣（﹣1）]2+（0﹣3）2＝18， ∴AB2+BC2＝AC2， ∴△ABC是直角三角形；

（3）如图，作∠BCE＝∠ACB，与抛物线交于点E，延长AB，与CE的延长线交于点A'，过A'作A'H垂直x轴于点H，设二次函数对称轴于x轴交于点G．

∵∠BCE＝∠ACB，∠ABC＝90°， ∴点A与A'关于直线BC对称， AB＝A'B，

可知△AFB≌△A'HB（AAS）， ∵A（1，﹣1），B（2，0） ∴AG＝1，BG＝OG＝1， ∴BH＝1，A'H＝1，OH＝3， ∴A'（3，1）， ∵C（﹣1，3）， ∴直线A'C：y15x， 22第 73 页共 105 页

15yx联立：22，

2yx2x5xx12解得或，

5y3y4∴E（

55，）； 42（4）∵抛物线的对称轴：直线x＝1， ∴设F（1，m），

直线BC的解析式：y＝﹣x+2； ∴D（0，2） ∵B（2，0），

x1∴BD＝

x2BF(21)2(0m)21m2， DF(10)2(m2)2m24m5，

①当BF＝BD时，1m222， m＝±7，

∴F坐标（1，7）或（1，﹣7） ②当DF＝BD时，m24m522， m＝2±7，

∴F坐标（1，2+7）或（1，2﹣7） ③当BF＝DF时，1m2m24m5， m＝1，

F（1，1），此时B、D、F在同一直线上，不符合题意．

综上，符合条件的点F的坐标（1，7）或（1，﹣7）或（1，2+7）或（1，2﹣7）．【点睛】考查了二次函数，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．

第 74 页共 105 页

23．已知：如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2﹣4ax+1与x轴的正半轴交于点A和点B，与y 轴交于点C，且OB=3OC，点P是第一象限内的点，连接BC，△PBC是以BC为斜边的等腰直角三角形．（1）求这个抛物线的表达式；（2）求点P的坐标；

（3）点Q在x轴上，若以Q、O、P为顶点的三角形与以点C、A、B为顶点的三角形相似，求点Q的坐标．

【答案】（1）y【解析】

124xx1；（2）P（2，2）；（3）（﹣4，0）或（﹣2，0）． 33试题分析：（1）利用待定系数法即可得出结论；

（2）先判断出△PMC≌△PNB，再用PC2=PB2，建立方程求解即可；（3）先判断出点Q只能在点O左侧，再分两种情况讨论计算即可．试题解析：（1）∵抛物线y=ax2﹣4ax+1，∴点C的坐标为（0，1）． ∵OB=3OC，∴点B的坐标为（3，0），∴9a﹣12a+1=0，∴a=

1124，∴yxx1．

333（2）如图，过点P作PM⊥y轴，PN⊥x轴，垂足分别为点M、N． ∵∠MPC=90°﹣∠CPN，∠NPB=90°﹣∠CPN，∴∠MPC=∠NPB．

在△PCM和△PBN中，∵∠PMC=∠PNB，∠MPC=∠NPB，PC=PB，∴△PMC≌△PNB，∴PM=PN．设点P（a，a）．

∵PC2=PB2，∴a2+（a﹣1）2=（a﹣3）2+a2．解得a=2，∴P（2，2）．

第 75 页共 105 页

（3）∵该抛物线对称轴为x=2，B（3，0），∴A（1，0）．

∵P（2，2），A（1，0），B（3，0），C（0，1），∴PO=22，AC=22，AB=2． ∵∠CAB=135°∠POB=45°tan∠OBC=，，在Rt△BOC中，

∴∠OBC≠45°，∠OCB＜90°，，在Rt△OAC

中，OC=OA，∴∠OCA=45°，∴∠ACB＜45°，∴当△OPQ与△ABC相似时，点Q只有在点O左侧时．（i）当

ACOQ2OQ时，∴，∴OQ=4，∴Q（﹣4，0）． ABOP222时，∴

，∴OQ=2，∴Q（﹣2，0）．

（ii）当

当点Q在点A右侧时，综上所述，点Q的坐标为（﹣4，0）或（﹣2，0）．

考点：1．相似形综合题；2．分类讨论．

24．如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，经过A、B、C三点的圆的圆心M（1，m）恰好在此抛物线的对称轴上，⊙M的半径为5．设⊙M与y轴交于D，抛物线的顶点为E．

第 76 页共 105 页

（1）求m的值及抛物线的解析式；

（2）设∠DBC＝α，∠CBE＝β，求sin（α﹣β）的值；

（3）探究坐标轴上是否存在点P，使得以P、A、C为顶点的三角形与△BCE相似？若存在，请指出点P的位置，并直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）m＝﹣1，y＝x2﹣2x﹣3；（2）sin（α﹣β）＝

2；（3）在坐标轴上存在三个点P1（0，0），P22（0，

1），P3（9，0），使得以P、A、C为顶点的三角形与△BCE相似． 3【解析】（1）过M作MN⊥y轴于N，连接CM，利用勾股定理可知m的值，同样的方法可以求出点B的坐标，将点B的坐标代入抛物线解析式中即可求.

（2）通过计算可得出

OBOD，进而证明Rt△BOD∽Rt△BCE，得∠CBE＝∠OBD＝β，则sin（α﹣β）BCCE＝sin（∠DBC﹣∠OBD）＝sin∠OBC可求.

（3）经过分析可知，根据题意分Rt△COA∽Rt△BCE；过A作AP2⊥AC交y正半轴于P2，

Rt△CAP2∽Rt△BCE；过C作CP3⊥AC交x正半轴于P3，Rt△P3CA∽Rt△BCE三种情况，分情况讨论即可.

【详解】（1）由题意可知C（0，﹣3），b1， 2a∴抛物线的解析式为y＝ax2﹣2ax﹣3（a＞0），过M作MN⊥y轴于N，连接CM，

第 77 页共 105 页

则MN＝1，CM5，

由勾股定理得CN＝2，ON=1， ∴m＝﹣1．

同理可求得B（3，0），将点B代入抛物线的解析式中得 ∴a×32﹣2a×3﹣3＝0，得a＝1． ∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3．

（2）由（1）得A（﹣1，0），E（1，﹣4），B（3，0），C（0，﹣∵M到AB，CD的距离相等，OB＝OC， ∴OA＝OD，

∴点D的坐标为（0，1），

∴在Rt△BCO中，BCOB2OC232， ∴

OBOD313，在△BCE中，

∵BC2+CE2＝(32)2[(10)2(43)2]18220

BE2(31)2(04)220 BC2CE2BE2

∴△BCE是Rt△

BCCE3223，

第 78 页共 105 页78

3）．

OBBC， ODCEOBOD即， BCCE∴

∴Rt△BOD∽Rt△BCE，得∠CBE＝∠OBD＝β，因此sin（α﹣β）＝sin（∠DBC﹣∠OBD）＝sin∠OBC（3）∵OB＝OC，OD＝OA，DOBAOC

CO2． BC2VDOBVAOC

∴Rt△COA∽Rt△BCE，此时点P1（0，0）．过A作AP2⊥AC交y正半轴于P2，则Rt△CAP2∽Rt△BCE，

CP2AC BEBCQAC(01)2(30)210 CP210 253210 31013 33CP2OP2CP2OC∴P2（0，

1）． 3过C作CP3⊥AC交x正半轴于P3，则Rt△P3CA∽Rt△BCE，

AP3AC BECEQCE(01)2(34)22 AP32510 2AP210

OP3AP2OA1019

第 79 页共 105 页

∴P3（9，0）．

故在坐标轴上存在三个点P1（0，0），P2（0，

1），P3（9，0）， 3使得以P、A、C为顶点的三角形与△BCE相似．

【点睛】本题主要考查二次函数与圆、相似三角形的综合问题，掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键.

325．抛物线F:yxbxc的图象经过坐标原点O，且与x轴另交点为3,0.

2（1）求抛物线F的解析式；（2）如图1，直线l:y3xmm0与抛物线F相交于点Ax1,y1和点Bx2,y2（点A在第二象3限），求y2y1的值（用含m的式子表示）；（3）在（2）中，若m

，设点A是点A关于原点O的对称点，如图2.平面内是否存在点P，使得以点3

A、B、A、P为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）y=x2+23x；3m（m＞0）（2）y2﹣y1==；（3）存在符合题意的点P，且以点A、B、A′、P

332231023）、（﹣，）和（﹣，﹣2）． 3333为顶点的菱形分三种情况，点P的坐标为（23，

【解析】（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线F的解析式；

（2）将直线l的解析式代入抛物线F的解析式中，可求出x1、x2的值，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出y1、y2的值，做差后即可得出y2-y1的值；

（3）根据m的值可得出点A、B的坐标，利用对称性求出点A′的坐标．利用两点间的距离公式（勾股定理）可求出AB、AA′、A′B的值，由三者相等即可得出△AA′B为等边三角形；结合菱形的性质，可得出存在符合题意得点P，设点P的坐标为（x，y），分三种情况考虑：（i）当A′B为对角线时，根据菱形的性质（对角

第 80 页共 105 页 80

线互相平分）可求出点P的坐标；（ii）当AB为对角线时，根据菱形的性质（对角线互相平分）可求出点P的坐标；（iii）当AA′为对角线时，根据菱形的性质（对角线互相平分）可求出点P的坐标．综上即可得出结论．

【详解】（1）∵抛物线y=x2+bx+c的图象经过点（0，0）和（-

3，0）， 313bc0∴3， 3c03b解得：3，

c0∴抛物线F的解析式为y=x2+3x． 3（2）将y=

33x+m代入y=x2+x，得：x2=m， 33解得：x1=﹣m，x2=m，

113m+m，y2=3m+m， 33112∴y2﹣y1=（3m+m）﹣（﹣3m+m）=3m（m＞0）．

3334（3）∵m=，

3∴y1=﹣∴点A的坐标为（﹣23223，），点B的坐标为（，2）． 333∵点A′是点A关于原点O的对称点， ∴点A′的坐标为（223，﹣）．

338由两点距离公式可得：AA′=AB=A′B=，

3∴存在符合题意的点P，且以点A、B、A′、P为顶点的菱形分三种情况，设点P的坐标为（x，y）．

第 81 页共 105 页

2323x233（i）当A′B为对角线时，有， y23x23解得：2，

y3∴点P的坐标为（23，2）； 323x3（ii）当AB为对角线时，有， y2223323x3，

解得：y103∴点P的坐标为（﹣2310，）； 3323x3（iii）当AA′为对角线时，有， y2223323x解得：3，

y2

第 82 页共 105 页

∴点P的坐标为（﹣23，﹣2）． 3

【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、等边三角形的判定与性质以及菱形的判定与性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）将一次函数解析式代入二次函数解析式中求出x1、x2的值；（3）利用勾股定理（两点间的距离公式）求出AB、AA′、A′B的值；可知存在符合题意的点P，且以点A、B、A′、P为顶点的菱形有三种情况，分A′B为对角线、AB为对角线及AA′为对角线三种情况求出点P的坐标． 26．已知：如图，抛物线y=（1）求抛物线的解析式；

（2）若点D是线段BC下方抛物线上的动点，求四边形ABCD面积的最大值；

（3）若点E在x轴上，点P在抛物线上．是否存在以B、C、E、P为顶点且以BC为一边的平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

x+bx+c与x轴交于A(-1，0)、B两点（A在B左），y轴交于点C（0，-3）．

【答案】（1）y【解析】

32927341341xx3；（2）；（3）P1（3，-3），P2（，3），P3（，3）. 44222第 83 页共 105 页

试题分析：（1）将A,C的坐标代入抛物线中，求出待定系数的值，即可得出抛物线的解析式．

（2）根据B,C的坐标，易求得直线BC的解析式．由于AB、OC都是定值，则△ABC 的面积不变，若四边形ABCD面积最大，则VBDC的面积最大；过点D作DMPy轴交BC于M，则Mx,得到当VBDC面积有最大值时，四边形ABCD的面积最大值.

（3）本题应分情况讨论：①过C作x轴的平行线，与抛物线的交点符合P点的要求，此时P,C的纵坐标相同，代入抛物线的解析式中即可求出P点坐标；②将BC平移，令C点落在x轴（即E点）、B点落在抛物线（即P点）上；可根据平行四边形的性质，得出P点纵坐标（P,C纵坐标的绝对值相等），代入抛物线的解析式中即可求得P点坐标．

3x3，可4，C0，3代入y试题解析：（1）把A(10)?可以求得b，c3 ∴y32xbxc， 494329xx3. 44

（2）过点D作DMPy轴分别交线段BC和x轴于点M、N，在y329xx3.中，令y0，得x14，x21. 44B4，0.

设直线BC的解析式为ykxb, 可求得直线BC的解析式为：y∵S四边形ABCDSVABCSVADC设Dx,3x3. 411155340DM2DM. 2223293xx3, Mx,x3. 444

第 84 页共 105 页

DM3933x3x2x3x23x. 4444当x2时，DM有最大值3. 此时四边形ABCD面积有最大值（3）如图所示，

27. 2341341P3，3,P33212，,P32，.

27．如图，在平面直角坐标系中有抛物线y＝a（x﹣2）2﹣2和y＝a（x﹣h）2，抛物线y＝a（x﹣2）2﹣2经过原点，与x轴正半轴交于点A，与其对称轴交于点B；点P是抛物线y＝a（x﹣2）2﹣2上一动点，且点P在x轴下方，过点P作x轴的垂线交抛物线y＝a（x﹣h）2于点D，过点D作PD的垂线交抛物线y＝a（x﹣h）2于点D′（不与点D重合），连接PD′，设点P的横坐标为m：（1）①直接写出a的值；

②直接写出抛物线y＝a（x﹣2）2﹣2的函数表达式的一般式；

（2）当抛物线y＝a（x﹣h）2经过原点时，设△PDD′与△OAB重叠部分图形周长为L： ①求

PD的值； DD②直接写出L与m之间的函数关系式；

（3）当h为何值时，存在点P，使以点O、A、D、D′为顶点的四边形是菱形？直接写出h的值．

第 85 页共 105 页

【答案】（1）①（2）①1；

112；②y＝x﹣2x；

22(22)m(0m„2)②L＝； 212m(221)4(2m4)2（3）h＝±23．

【解析】（1）①将x＝0，y＝0代入y＝a（x﹣2）2﹣2中计算即可；②y＝（2）将（0，0）代入y＝a（x﹣h）2中，可求得a＝P的横坐标为m，即可表示出相应线段求解；

（3）以点O、A、D、D′为顶点的四边形是菱形，DD′＝OA，可知点D的纵坐标为2，再由AD＝OA＝4即可求出h的值．

【详解】解：（1）①将x＝0，y＝0代入y＝a（x﹣2）2﹣2中，得：0＝a（0﹣2）2﹣2，解得：a＝②y＝

12x﹣2x； 211，y＝x2，待定系数法求OB、AB的解析式，由点221； 212x﹣2x；． 2（2）∵抛物线y＝a（x﹣h）2经过原点，a＝∴y＝

1； 212x， 2∴A（4，0），B（2，﹣2），

易得：直线OB解析式为：y＝﹣x，直线AB解析式为：y＝x﹣4 如图1，

第 86 页共 105 页

111Pm,m22m,Dm,m2,E(m,0),F(m,m),Dm,m2，

222①PD1212mm2m2m,DD2m 22PD2m1 DD2m②如图1，当0＜m≤2时，L＝OE+EF+OF＝mm2m(22)m，

当2＜m＜4时，如图2，设PD′交x轴于G，交AB于H，PD交x轴于E，交AB于F，

则Pm,1211m2m,Dm,m2,E(m,0),F(m,m4),Dm,m2， 22211PF(m4)m22mm23m4，

22FHPH∵DD′∥EG

2223222PFmm22,PGm22m 242212EGPEEG•PDPE•DD′EG•2m2mm）•2m ，即：＝，得：（）＝（﹣DDPD21∴EG＝2m﹣m2，EF＝4﹣m

2

第 87 页共 105 页

∴L＝EG+EF+FH+GH＝EG+EF+PG

1222mm24mm22m 22212m(221)m4 2(22)m(0m„2)L21；

2m(221)m4(2m4)2（3）如图3，

∵OADD′为菱形 ∴AD＝AO＝DD′＝4， ∴PD＝2，

PA23 h23 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，菱形的性质，抛物线的平移等，解题时要注意考虑分段函数表示方法． 28．综合与探究如图，抛物线

与轴交于

、

两点，与轴交于点.

第 88 页共 105 页

（1）求抛物线解析式：（2）抛物线对称轴上存在一点（3）若抛物线上存在一点（4）若点M是直接写出点坐标. 【答案】（1）

；（2）点

；（3）

；（4）

，

，连接，

、，当

，当

值最大时，求点H坐标：时，求点坐标：

平分线上的一点，点是平面内一点，若以、、、为顶点的四边形是矩形，请

【解析】（1）把A、B两点坐标代入抛物线解析式，解方程组求出a、b的值即可得答案；（2）连接AC，延长AC交抛物线对称轴与H，由A、C两点坐标可得直线AC的解析式，根据抛物线解析式可得对称轴方程，根据A、C、H三点在一条直线时，

的值最大，即可得答案；（3）由C点坐标可得△ABC和

△ABP的高为4，可得P点纵坐标n=±4，把n=±4代入抛物线解析式求出m的值，根据mn>0即可得P点坐标；（4）设∠BAC的角平分线与y轴交于E点，过点E作EF⊥AC，根据角平分线的性质可证明△AFE≌△AOE，可得出AF的长，利用勾股定理可求出OE的长，可得E点坐标，进而利用待定系数法可求出直线AE的解析式，分两种情况：①当∠ABM1=90°时，M1N1=AB，AN1=BM，M1B⊥x轴，可得点M1②当∠AM2B=90°的横坐标，代入AE的解析式可得点M1的纵坐标，即可得出BM的长，进而可得N1点坐标；时，可知∠N2BA=∠BAE，过N2作N2G⊥x轴，根据点E坐标可得∠BAE的正弦值和余弦值，即可求出BN2的长，利用∠N2BA的正弦和余弦可求出N2G和BG的长，进而可得OG的长，即可得N2坐标；综上即可得答案.

【详解】（1）∵A（-3，0），B（4，0），点A、B在抛物线上，

第页共 105 页

∴

解得：，

∴抛物线的解析式为：y=x2-x-4.

（2）连接AC，延长AC交抛物线对称轴与H， ∵抛物线解析式为y=x2-x-4，与轴交于点C

∴C（0，-4），对称轴为直线x=-=，

∵≤AC，

取最小值，

∴A、C、H在一条直线上时设直线AC的解析式为y=kx+b, ∴

，

解得：，

∴直线AC的解析式为y=x-4，

当x=时，y=，

∴H点坐标为（，）.

第 90 页共 105 页

（3）∵S△ABC=S△ABP， ∴ABOC=AB

，

∴=4，

当n=4时，4=m2-m-4，

解得m=，

∵mn>0， ∴m=

，

∴P点坐标为（，4）

当n=-4时，-4=m2-m-4，

解得：m=1或m=0， ∵mn>0，

∴m=1或m=0均不符合题意，综上：P点坐标为（

，4）.

（4）设∠BAC的角平分线交y轴于E，过E作EF⊥AC于F，

第 91 页共 105 页

∵A（-3，0），B（4，0），C（0，-4）， ∴AB=7，AC=5，OA=3，OC=4， ∵AE为∠BAC的角平分线， ∴OE=EF，又∵AE=AE， △AOE≌△FAE， ∴AF=OA=3， ∴FC=5-3=2，

∴EF2+FC2=CE2，即OE2+22=(4-OE)2，解得：OE=，

∵点E在y轴负半轴， ∴E点坐标为（0，-），

设直线AE的解析式为y=kx+b， ∴

解得：

∴直线AE的解析式为y=，

①当∠ABM1=90°时， ∵ANMB是矩形，

∴M1N1=AB=7，AN1=BM，M1B⊥x轴，AN1⊥x轴， ∴x=4时，y=

，

∴点N1坐标为（-3，）.

第 92 页共 105 页

②当∠AM2B=90°时，过N2作N2G⊥x轴， ∵AM2BN2是矩形， ∴∠N2BA=∠BAE， ∵OA=3，OE=，

∴AE=，

∴sin∠BAE==，cos∠BAE==，

∴sin∠N2BA =，cos∠N2BA=

∴BN2=ABcos∠N2BA=，

∴N2G=BN2sin∠N2BA=，BG=BN2cos∠N2BA=，

∴OB-BG=-，

∴点N2坐标为（-，）.

综上所述：点N的坐标为N1（-3，），N2（-，）.

【点睛】本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有运用待定系数法求抛物线的解析式，二次函

第 93 页共 105 页

数的性质，勾股定理，矩形的性质，三角函数的应用，综合性较强，注意分类思想的运用是解题关键. 29．如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴是x线l：y=kx+t（k≠0）经过A，C．

3，且经过A（﹣4，0），C（0，2）两点，直2

（1）求抛物线和直线l的解析式；

（2）点P是直线AC上方的抛物线上一个动点，过点P作PD⊥x轴于点D，交AC于点E，过点P作PF⊥AC，垂足为F，当△PEF≌△AED时，求出点P的坐标；

（3）在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△ACQ为等腰三角形？若存在，直接写出所有满足条件的Q点的坐标；若不存在，请说明理由．

3553511231P5,,Q的坐标为：【答案】（1）yxx2，yx2；（2）；（3）存在，2222223713713553553,,,2,2或或或或,0． 222222222【解析】（1）把点A、C的坐标和对称轴表达式代入二次函数表达式，即可求解；（2）PEDEOC211231nn+2n﹣2，DEn+2，sin∠EAD=sin∠CAO，，则AEAC2225225（AE5DE111n+2），当△PEF≌△AED时，PE=AE，n2﹣2n5（n+2），即可求解；

222（3）等腰三角形分A为顶角顶点、以C为顶角顶点、点Q为顶角顶点，三种情况分别求解即可．

1a16a4bc02b33C的坐标和对称轴表达式代入二次函数表达式得：【详解】（1）把点A、，解得：b，

222ac2c2

第 94 页共 105 页

故抛物线的表达式为：y123xx+2； 221x+2； 2同理把点A、C坐标代入直线l表达式并解得：y（2）设P点坐标为（n，DE1231131nn+2），∴E点坐标为（n，n+2），∴PEn2n+2n﹣2，

2222221n+2． 2∵A（﹣4，0），C（0，2），OA=4，OC=2，AC=25．

∵PD⊥x轴于点D，∴∠ADE=90°，∴sin∠EAD=sin∠CAO，

DEOC2，∴AE5DE5AEAC25（

111n+2），当△PEF≌△AED时，PE=AE，n2﹣2n5（n+2），解得：n=﹣4或5（舍去﹣4），

222351）； 2∴n=5，∴P（5，（3）存在，理由如下：

①以A为顶角顶点，AQ=AC，由（2）知AC=25，若设对称轴与x轴交于点G，则AG35（﹣4）；

22GQ1=GQ2335555555，故点Q1、Q2的坐标分别为（，）、（，）； (25)2()22222223，2），2②以C为顶角顶点，CQ=CA=25，过点C作x轴的平行线，交抛物线的对称轴于点M，则M（

第 95 页共 105 页

则CM333717171MQ3(25)2()2Q3G=2Q4G=﹣2Q4坐标分别为，，，，故Q3、（，222222237171）、（，2）；

2223，0）； 2③以点Q为顶角顶点时，同理可得点Q5（故点Q的坐标为：（0）．

3333355717155，）或（，）或（，2）或（，2）或（，222222222【点睛】本题为二次函数综合运用题，涉及到一次函数、等腰三角形性质、三角形全等和相似等知识点，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．

30．如图，在平面直角坐标系xOy中，O为原点，YABCD的边AB在x轴上，点D在y轴上，点A的坐标为(2,0)，AB6，BAD60，点E是BC边上一点，DEBC，eP过A、O、D三点，抛物线yaxbxc过点A、B、D三点. (1)求抛物线的解析式.

2(2)若将CDE绕点D顺时针旋转90，点E的对应点E会落在抛物线yaxbxc上吗？请说明理由.

2(3)若点M为此抛物线的顶点，平面上是否存在点N，使得以点B、D、M、N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）y3233N（（2）点E的对应点E'不在抛物线上,理由见详解；（3）13xx23；，）4423173或N25，4或N33，4.

【解析】（1）先确定出点B的坐标，进而求出点D的坐标，最后用待定系数法求出抛物线解析式；

第 96 页共 105 页

（2）先利用旋转求出点E'的坐标，最后判定点E'是否在抛物线上；

（3）分三种情况，利用线段的中点坐标公式，和平行四边形的对角线互相平分建立方程求解即可得出结论．【详解】解：（1）∵A（-2，0），AB=6， ∴B（4，0）， ∴OB=4，

∵DO⊥AB，∠BAD=60°， ∴ODOAgtan6023，

23， ∴D0，∵抛物线yax2bxc过点A，B，D；

4a2bc0∴16a4bc0 c233a43解之得：b，

2c23∴抛物线的解析式为：y323xx23， 42（2）点E的对应点E'不在抛物线上，理由：如图1，

∵∠ADE=90°，

∴点E'落在DA的延长线上，点C'落在y轴上， ∴C'（0，-6），

第 97 页共 105 页

由旋转知，∠DC'E'=∠C=60°，C'E'=CE=3，过点E'作E'H⊥DC'于H， ∴E'HC'E'gsin60333 ，C'HC'E'gcos60，

22923， 2∴OHDC'C'HOD∵点E'落在第三象限，

33923∴E'2，， 2当x32333，代入抛物线：yxx23有： 24223333335399 y2323242214∴点E'不在抛物线上；（3

如图，抛物线的解析式为：y323xx23 42∴M（1，93，）423 ， ∵B（4，0），D0，设N（m，n），

∵以点B、D、M、N为顶点的四边形为平行四边形， ①当BD与MN是对角线时，

第 98 页共 105 页



∴

193111n23 m14，242223， 4∴m=3，n∴N（13，3 ，）43②当BM与DN是对角线时，同①的方法得，N25，

4173③当BN与DM是对角线时，同①的方法得，N33，4.

【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，相似三角形的判断和性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质，旋转的旋转，解（1）的关键是求出点D的坐标，解（2）的关键是利用旋转确定出点E'的坐标，解（3的关键是分类讨论的思想解决问题．

231．在平面直角坐标系xOy中，如图，抛物线ymx2xn（m、n是常数）经过点A(2,3)、B(3,0)，

与y轴的交点为点C．（1）求此抛物线的表达式；

（2）点D为y轴上一点，如果直线BD和直线BC的夹角为15º，求线段CD的长度；（3）设点P为此抛物线的对称轴上的一个动点，当△BPC为直角三角形时，求点P的坐标．

【答案】（1）抛物线的表达式是yx2x3;(2) CD33或333;(3) P(1,2)或(1,4)或

第 99 页共 105 页

(1,317317)或(1,). 22【解析】（1）将点A和点B坐标代入解析式求解可得；

∠CBO=45°（2）先求出点C坐标，从而得出OC=OB=3，，据此知∠DBO=30°或60°，依据DO=BO•tan∠DBO求出得DO＝3或33，从而得出答案；

（3）设P（-1，t），知BC2=18，PB2=4+t2，PC2=t2-6t+10，再分点B、点C和点P为直角顶点三种情况分别求解可得．

4m4n3【详解】（1）依题意得：，

9m6n0m1 解得：n3∴抛物线的表达式是yx22x3

（2）∵抛物线yx2x3与y轴交点为点C

2∴点C的坐标是0,3，又点B的坐标是3,0 ∴OCOB3

CBO45

∴DBO30或60

在直角△BOD中，DOBOtanDBO ∴DO3或33，∴CD33或333. （3）由抛物线yx2x3得：对称轴是直线x1

根据题意：设P1,t，又点C的坐标是0,3，点B的坐标是3,0

∴BC218，PB213t24t2，PC21t3t26t10， ①若点B为直角顶点，则BC2PB2PC2即：184t2t26t10解之得：t2， ②若点C为直角顶点，则BC2PC2PB2即：18t26t104t2解之得：t4， ③若点P为直角顶点，则PB2PC2BC2即：4t2t26t1018解之得：

2222

第 100 页共 105 页

100

t1317317. ，t222综上所述P的坐标为1,2或1,4或1,3173171,或. 22【点睛】本题是二次函数的综合题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、等腰三角形的性质、两点间的距离公式及直角三角形的性质等知识点．

32．如图，抛物线y＝ax2+bx﹣4经过A（﹣3，0），B（5，﹣4）两点，与y轴交于点C，连接AB，AC，BC．

（1）求抛物线的表达式；（2）求△ABC的面积；

（3）抛物线的对称轴上是否存在点M，使得△ABM是直角三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）y＝

5551252255x﹣x﹣4；（2）10；（3）存在，M1（，11），M2（，﹣），M3（，﹣

36622222），M4（

555，﹣﹣2）. 22【解析】（1）将点A，B代入y＝ax2+bx﹣4即可求出抛物线解析式；（2）在抛物线y＝的面积；

（3）求出抛物线y＝

125x﹣x﹣4中，求出点C的坐标，推出BC∥x轴，即可由三角形的面积公式求出△ABC

661255x﹣x﹣4的对称轴，然后设点M（，m），分别使∠AMB＝90°，∠ABM＝90°，

662∠AMB＝90°三种情况进行讨论，由相似三角形和勾股定理即可求出点M的坐标．【详解】解：（1）将点A（﹣3，0），B（5，﹣4）代入y＝ax2+bx﹣4，

第 101 页共 105 页

101

得9a3b40，

25a5b441a6解得，，

5b6125x﹣x﹣4；

∴抛物线的解析式为：y＝66（2）在抛物线y＝16x2﹣56x﹣4中，

当x＝0时，y＝﹣4， ∴C（0，﹣4）， ∵B（5，﹣4）， ∴BC∥x轴， ∴S△ABC＝12BC•OC ＝

12×5×4 ＝10，

∴△ABC的面积为10；（3）存在，理由如下：在抛物线y＝

16x2﹣56x﹣4中，

对称轴为：xb2a52，设点M（

52，m）， ①如图1，

第 102 页共 105 页102

当∠M1AB＝90°时，

设x轴与对称轴交于点H，过点B作BN⊥x轴于点N，则HM1＝m，AH＝

11，AN＝8，BN＝4， 2∵∠AM1H+∠M1AN＝90°，∠M1AN+∠BAN＝90°， ∴∠M1AH＝∠BAN，又∵∠AHM1＝∠BNA＝90°， ∴△AHM1∽△BNA， ∴

AHHM1， BNNA11即2m， 48解得，m＝11， ∴M1（

5，11）； 2②如图2，

第 103 页共 105 页

103

当∠ABM2＝90°时，

设x轴与对称轴交于点H，BC与对称轴交于点N，由抛物线的对称性可知，对称轴垂直平分BC， ∴M2C＝M2B， ∴∠BM2N＝∠AM2N，又∵∠AHM2＝∠BNM2＝90°， ∴△AHM2∽△BNM2， ∴

AHHM2， BNNM2∵HM2＝﹣m，AH＝

511，BN＝，M2N＝﹣4﹣m， 2211m∴2，

54m222解得，m，

3522∴M2（，﹣）；

32③如图3，

第 104 页共 105 页

104

当∠AMB＝90°时，

设x轴与对称轴交于点H，BC与对称轴交于点N，则AM2+BM2＝AB2，

∵AM2＝AH2+MH2，BM2＝BN2+MN2， ∴AH2+MH2+BN2+MN2＝AB2， ∵HM＝﹣m，AH＝

2511，BN＝，MN＝﹣4﹣m， 2222115即m24m4282，

22解得，m1＝

5555﹣2，m2＝﹣﹣2， 22∴M3（

555555，﹣2），M4（，﹣﹣2）； 222255552255，11），M2（，﹣），M3（，﹣2），M4（，

322222综上所述，存在点M的坐标，其坐标为M1（

﹣55﹣2）． 2【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，三角形的面积，直角三角形的存在性，相似三角形的判定与性质等，解题关键是注意分类讨论思想在解题中的运用．

第 105 页共 105 页

105

因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容

查看全文