2017年中考数学二次函数压轴题(含答案)

面积类

1．如图，已知抛物线经过点（1）求抛物线的解析式．

（2）点M是线段BC上的点（不与的横坐标为m，请用m的代数式表示（3）在（2）的条件下，连接的值；若不存在，说明理由．

B，C重合），过M作MN∥y轴交抛物线于MN的长．

m

N，若点M

A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点．

NB、NC，是否存在m，使△BNC的面积最大？若存在，求

考点：二次函数综合题．专题：压轴题；数形结合．分析：

（1）已知了抛物线上的三个点的坐标，直接利用待定系数法即可求出抛物线的解析式．（2）先利用待定系数法求出直线线的解析式中，可得到

BC的解析式，已知点

M的横坐标，代入直线

BC、抛物

M、N点的坐标，N、M纵坐标的差的绝对值即为MN的长．

（3）设MN交x轴于D，那么△BNC的面积可表示为：S△BNC=S△MNC+S△MNB=MN（OD+DB）=MN?OB，MN的表达式在（2）中已求得，OB的长易知，由此列出关于数关系式，根据函数的性质即可判断出△解答：

解：（1）设抛物线的解析式为：a（0+1）（0﹣3）=3，a=﹣1；∴抛物线的解析式：

y=﹣（x+1）（x﹣3）=﹣x+2x+3．

2

S△BNC、m的函

BNC是否具有最大值．

y=a（x+1）（x﹣3），则：

（2）设直线BC的解析式为：y=kx+b，则有：

- 1 -

，

解得

；

故直线BC的解析式：y=﹣x+3．

已知点M的横坐标为m，MN∥y，则M（m，﹣m+3）、N（m，﹣m+2m+3）；∴故MN=﹣m+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m+3m（0＜m＜3）．（3）如图；

∵S△BNC=S△MNC+S△MNB=MN（OD+DB）=MN?OB，∴S△BNC=（﹣m+3m）?3=﹣（m﹣）+∴当m=时，△BNC的面积最大，最大值为

2

2

2

2

2

（0＜m＜3）；

．

2．如图，抛物线

点，已知B点坐标为（4，0）．（1）求抛物线的解析式；

的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于C

（2）试探究△ABC的外接圆的圆心位置，并求出圆心坐标；（3）若点M是线段BC下方的抛物线上一点，求△点的坐标．

MBC的面积的最大值，并求出此时

M

考点：二次函数综合题．专题：压轴题；转化思想．

.

分析：（1）该函数解析式只有一个待定系数，只需将B点坐标代入解析式中即可．

- 2 -

（2）首先根据抛物线的解析式确定A点坐标，然后通过证明△ABC是直角三角形来推导出

直径AB和圆心的位置，由此确定圆心坐标．

（3）△MBC的面积可由S△MBC=BC×h表示，若要它的面积最大，需要使M到直线BC的距离最大，若设一条平行于个交点时，该交点就是点解答：

解：（1）将B（4，0）代入抛物线的解析式中，得：0=16a﹣×4﹣2，即：a=；∴抛物线的解析式为：

y=x﹣x﹣2．

A（﹣1，0）、C（0，﹣2）；

2

h取最大值，即点

BC的直线，那么当该直线与抛物线有且只有一

M．

（2）由（1）的函数解析式可求得：∴OA=1，OC=2，OB=4，

即：OC=OA?OB，又：OC⊥AB，

2

∴△OAC∽△OCB，得：∠OCA=∠OBC；∴∠ACB=∠OCA+∠OCB=∠OBC+∠OCB=90°，∴△ABC为直角三角形，AB为△ABC外接圆的直径；所以该外接圆的圆心为

AB的中点，且坐标为：（，0）．

（3）已求得：B（4，0）、C（0，﹣2），可得直线BC的解析式为：y=x﹣2；设直线l∥BC，则该直线的解析式可表示为：可列方程：

x+b=x﹣x﹣2，即：x﹣2x﹣2﹣b=0，且△=0；∴4﹣4×（﹣2﹣b）=0，即b=﹣4；∴直线l：y=x﹣4．

所以点M即直线l和抛物线的唯一交点，有：

2

2

y=x+b，当直线l与抛物线只有一个交点时，

，解得：即M（2，﹣3）．

过M点作MN⊥x轴于N，

S△BMC=S梯形OCMN+S△MNB﹣S△OCB=×2×（2+3）+×2×3﹣×2×4=4．

- 3 -

平行四边形类

3．如图，在平面直角坐标系中，抛物线是直线AB上的动点，过点（1）分别求出直线

y=x+mx+n经过点A（3，0）、B（0，﹣3），点P

M，设点P的横坐标为t．

2

P作x轴的垂线交抛物线于点

AB和这条抛物线的解析式．

AM、BM，当线段PM最长时，求△ABM的面积．

（2）若点P在第四象限，连接（3）是否存在这样的点请直接写出点

P，使得以点P、M、B、O为顶点的四边形为平行四边形？若存在，

P的横坐标；若不存在，请说明理由．

考点：二次函数综合题；解一元二次方程－因式分解法；待定系数法求一次函数解析式；待

.

定系数法求二次函数解析式；三角形的面积；平行四边形的判定．专题：压轴题；存在型．分析：

（1）分别利用待定系数法求两函数的解析式：

把A（3，0）B（0，﹣3）分别代入y=x+mx+n

2

与y=kx+b，得到关于m、n的两个方程组，解方程组即可；

（2）设点P的坐标是（t，t﹣3），则M（t，t﹣2t﹣3），用P点的纵坐标减去

2

2

2

M的纵坐标

得到PM的长，即PM=（t﹣3）﹣（t﹣2t﹣3）=﹣t+3t，然后根据二次函数的最值得到

- 4 -

当t=﹣=时，PM最长为=，再利用三角形的面积公式利用

S△ABM=S△BPM+S△APM计算即可；

（3）由PM∥OB，根据平行四边形的判定得到当边形为平行四边形，然后讨论：当

PM=OB时，点P、M、B、O为顶点的四

P在第四象限：PM=OB=3，PM最长时只有，所以不可

2

能；当P在第一象限：PM=OB=3，（t﹣2t﹣3）﹣（t﹣3）=3；当P在第三象限：PM=OB=3，t﹣3t=3，分别解一元二次方程即可得到满足条件的解答：

解：（1）把A（3，0）B（0，﹣3）代入y=x+mx+n，得

解得

，所以抛物线的解析式是

y=x﹣2x﹣3．

2

2

2

t的值．

设直线AB的解析式是y=kx+b，

把A（3，0）B（0，﹣3）代入y=kx+b，得所以直线AB的解析式是y=x﹣3；

（2）设点P的坐标是（t，t﹣3），则M（t，t﹣2t﹣3），因为p在第四象限，

所以PM=（t﹣3）﹣（t﹣2t﹣3）=﹣t+3t，当t=﹣

=时，二次函数的最大值，即

=

．

PM最长值为

=，

2

2

2

，解得，

则S△ABM=S△BPM+S△APM=（3）存在，理由如下：∵PM∥OB，

∴当PM=OB时，点P、M、B、O为顶点的四边形为平行四边形，①当P在第四象限：PM=OB=3，PM最长时只有，所以不可能有

2

PM=3．

，t2=

（舍

②当P在第一象限：PM=OB=3，（t﹣2t﹣3）﹣（t﹣3）=3，解得t1=去），所以P点的横坐标是

；

2

③当P在第三象限：PM=OB=3，t﹣3t=3，解得t1=点的横坐标是

．

（舍去），t2=，所以P

- 5 -

所以P点的横坐标是或．

4．如图，在平面直角坐标系中放置一直角三角板，其顶点为0），将此三角板绕原点（1）一抛物线经过点

O逆时针旋转90°，得到△A′B′O．A′、B′、B，求该抛物线的解析式；

A（0，1），B（2，0），O（0，

（2）设点P是在第一象限内抛物线上的一动点，是否存在点△A′B′O面积4倍？若存在，请求出（3）在（2）的条件下，试指出四边形的两条性质．

P，使四边形PB′A′B的面积是

P的坐标；若不存在，请说明理由．

PB′A′B是哪种形状的四边形？并写出四边形

PB′A′B

考点：二次函数综合题．专题：压轴题．分析：

（1）利用旋转的性质得出即可；

（2）利用S四边形

.

A′（﹣1，0），B′（0，2），再利用待定系数法求二次函数解析式

PB′A′B=S△B′OA′+S△PB′O+S△POB，再假设四边形

PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4

倍，得出一元二次方程，得出P点坐标即可；

- 6 -

（3）利用P点坐标以及B点坐标即可得出四边形得出答案即可．解答：

PB′A′B为等腰梯形，利用等腰梯形性质

解：（1）△A′B′O是由△ABO绕原点O逆时针旋转90°得到的，又A（0，1），B（2，0），O（0，0），∴A′（﹣1，0），B′（0，2）．方法一：

设抛物线的解析式为：∵抛物线经过点

y=ax+bx+c（a≠０），

2

A′、B′、B，

∴，解得：，∴满足条件的抛物线的解析式为

y=﹣x+x+2．

2

方法二：∵A′（﹣1，0），B′（0，2），B（2，0），设抛物线的解析式为：

y=a（x+1）（x﹣2）

将B′（0，2）代入得出：2=a（0+1）（0﹣2），解得：a=﹣1，

故满足条件的抛物线的解析式为

y=﹣（x+1）（x﹣2）=﹣x+x+2；

2

（2）∵P为第一象限内抛物线上的一动点，

设P（x，y），则x＞0，y＞0，P点坐标满足y=﹣x+x+2．连接PB，PO，PB′，∴S四边形

PB′A′B=S△B′OA′+S△PB′O+S△POB，

2

=×1×2+×2×x+×2×y，=x+（﹣x+x+2）+1，=﹣x+2x+3．

∵A′O=1，B′O=2，∴△A′B′O面积为：×1×2=1，假设四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍，则4=﹣x+2x+3，即x﹣2x+1=0，解得：x1=x2=1，

此时y=﹣12+1+2=2，即P（1，2）．

222

2

- 7 -

∴存在点P（1，2），使四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍．（3）四边形PB′A′B为等腰梯形，答案不唯一，下面性质中的任意①等腰梯形同一底上的两个内角相等；②等腰梯形对角线相等；

③等腰梯形上底与下底平行；④等腰梯形两腰相等．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（或用符号表示：

①∠B′A′B=∠PBA′或∠A′B′P=∠BPB′；②PA′＝B′B；③B′P∥A′B；④B′A′＝PB．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）

10分）

2个均可．

5．如图，抛物线（1）求抛物线顶点（2）设抛物线与的形状；

y=x﹣2x+c的顶点A在直线l：y=x﹣5上．A的坐标；

y轴交于点B，与x轴交于点C、D（C点在D点的左侧），试判断△ABD

2

（3）在直线l上是否存在一点P，使以点P、A、B、D为顶点的四边形是平行四边形？若

存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．

考点：二次函数综合题．专题：压轴题；分类讨论．分析：

.

- 8 -

（1）先根据抛物线的解析式得出其对称轴，由此得到顶点解析式中即可求出点

A的坐标．

A的横坐标，然后代入直线l的

（2）由A点坐标可确定抛物线的解析式，进而可得到点的长可得，然后根据边长确定三角形的形状．

B的坐标．则AB、AD、BD三边

（3）若以点P、A、B、D为顶点的四边形是平行四边形，应分①角线两种情况讨论，即①方程求出P点的坐标．解答：

解：（1）∵顶点A的横坐标为x=﹣∴当x=1时，y=1﹣5=﹣4，∴A（1，﹣4）．

（2）△ABD是直角三角形．

将A（1，﹣4）代入y=x﹣2x+c，可得，1﹣2+c=﹣4，∴c=﹣3，∴y=x﹣2x﹣3，∴B（0，﹣3）当y=0时，x﹣2x﹣3=0，x1=﹣1，x2=3 ∴C（﹣1，0），D（3，0），

2

2

2

AB为对角线、②AD为对

ADPB、②ABPD，然后结合勾股定理以及边长的等量关系列

=1，且顶点A在y=x﹣5上，

BD=OB+OD=18，AB=（4﹣3）+1=2，AD=（3﹣1）+4=20，BD+AB=AD，

∴∠ABD=90°，即△ABD是直角三角形．（3）存在．由题意知：直线∴OE=OF=5，又∵OB=OD=3

∴△OEF与△OBD都是等腰直角三角形∴BD∥l，即PA∥BD则构成平行四边形只能是过点P作y轴的垂线，过点

PADB或PABD，如图，A作x轴的垂线交过

P且平行于x轴的直线于点

G．

y=x﹣5交y轴于点E（0，﹣5），交x轴于点F（5，0）

2

2

2

222222222

设P（x1，x1﹣5），则G（1，x1﹣5）则PG=|1﹣x1|，AG=|5﹣x1﹣4|=|1﹣x1|

- 9 -

PA=BD=3由勾股定理得：

（1﹣x1）+（1﹣x1）=18，x1﹣2x1﹣8=0，x1=﹣2或4 ∴P（﹣2，﹣7）或P（4，﹣1），

存在点P（﹣2，﹣7）或P（4，﹣1）使以点A、B、D、P为顶点的四边形是平行四边形．

2

2

2

周长类

6．如图，Rt△ABO的两直角边OA、OB分别在x轴的负半轴和原点，A、B两点的坐标分别为（﹣直线x=上．

（1）求抛物线对应的函数关系式；（2）若把△ABO沿x轴向右平移得到△四边形ABCD是菱形时，试判断点（3）在（2）的条件下，连接P点的坐标；

（4）在（2）、（3）的条件下，若点

M是线段OB上的一个动点（点

M与点O、B不重合），

DCE，点A、B、O的对应点分别是

D、C、E，当

y轴的正半轴上，O为坐标

2

3，0）、（0，4），抛物线y=x+bx+c经过点B，且顶点在

C和点D是否在该抛物线上，并说明理由；

P使得△PBD的周长最小，求出

BD，已知对称轴上存在一点

过点M作∥BD交x轴于点N，连接PM、PN，设OM的长为t，△PMN的面积为S，求S和t的函数关系式，并写出自变量

t的取值范围，S是否存在最大值？若存在，求出最大值

和此时M点的坐标；若不存在，说明理由．

- 10 -

考点：二次函数综合题．专题：压轴题．分析：（1）根据抛物线即可；

（2）根据菱形的性质得出

.

y=经过点B（0，4），以及顶点在直线x=上，得出b，c

C、D两点的坐标分别是（5，4）、（2，0），利用图象上点的性质

得出x=5或2时，y的值即可．（3）首先设直线

CD对应的函数关系式为

y=kx+b，求出解析式，当

x=时，求出y即可；

，进而表示出

（4）利用MN∥BD，得出△OMN∽△OBD，进而得出△PMN的面积，利用二次函数最值求出即可．解答：

解：（1）∵抛物线y=∵顶点在直线

x=上，∴﹣

=﹣

经过点B（0，4）∴c=4，

=，∴b=﹣

；

，得到ON=

∴所求函数关系式为；

，

（2）在Rt△ABO中，OA=3，OB=4，∴AB=∵四边形ABCD是菱形，∴BC=CD=DA=AB=5，∴C、D两点的坐标分别是（当x=5时，y=当x=2时，y=

∴点C和点D都在所求抛物线上；

5，4）、（2，0），

，，

- 11 -

（3）设CD与对称轴交于点P，则P为所求的点，

y=kx+b，

设直线CD对应的函数关系式为

则，解得：，∴，

当x=时，y=（4）∵MN∥BD，∴△OMN∽△OBD，∴

即

得ON=

，∴P（），

，

设对称轴交x于点F，则∵

S△PNF=×NF?PF=×（﹣t）×=S==﹣

（﹣（0＜t＜4），

S存在最大值．）+

2

（PF+OM）?OF=（+t）×

，，），

，

a=﹣＜0∴抛物线开口向下，由S△PMN=﹣t+∴当t=

2

t=﹣（t﹣，

）．

时，S取最大值是，此时，点M的坐标为（0，

等腰三角形类

7．如图，点A在x轴上，OA=4，将线段OA绕点O顺时针旋转120°至OB的位置．

- 12 -

（1）求点B的坐标；

（2）求经过点A、O、B的抛物线的解析式；（3）在此抛物线的对称轴上，是否存在点角形？若存在，求点

P，使得以点P、O、B为顶点的三角形是等腰三

P的坐标；若不存在，说明理由．

考点：二次函数综合题．专题：压轴题；分类讨论．分析：

.

（1）首先根据OA的旋转条件确定B点位置，然后过B做x轴的垂线，通过构建直角三角

形和OB的长（即OA长）确定B点的坐标．

（2）已知O、A、B三点坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式．（3）根据（2）的抛物线解析式，可得到抛物线的对称轴，然后先设出

P点的坐标，而

O、

B坐标已知，可先表示出△OPB三边的边长表达式，然后分①OP=OB、②OP=BP、③OB=BP三种情况分类讨论，然后分辨是否存在符合条件的解答：

解：（1）如图，过B点作BC⊥x轴，垂足为C，则∠BCO=90°，∵∠AOB=120°，∴∠BOC=60°，

又∵OA=OB=4，∴OC=OB=×4=2，BC=OB?sin60°=4×∴点B的坐标为（﹣2，﹣2（2）∵抛物线过原点

）；

y=ax+bx，

2

P点．

=2，

O和点A、B，∴可设抛物线解析式为

）代入，得

将A（4，0），B（﹣2．﹣2

，解得，∴此抛物线的解析式为y=﹣

x+

2

x

- 13 -

（3）存在，

如图，抛物线的对称轴是直线①若OB=OP，

则2+|y|=4，解得y=±2当y=2

2

2

2

x=2，直线x=2与x轴的交点为D，设点P的坐标为（2，y），

，

=

，

时，在Rt△POD中，∠PDO=90°，sin∠POD=

∴∠POD=60°，

∴∠POB=∠POD+∠AOB=60°+120°=180°，即P、O、B三点在同一直线上，∴y=2

不符合题意，舍去，

）|=4，

2

2

∴点P的坐标为（2，﹣2②若OB=PB，则4+|y+2解得y=﹣2

，

2

故点P的坐标为（2，﹣2

2

2

2

），

|，

2

③若OP=BP，则2+|y|=4+|y+2解得y=﹣2

，

），

故点P的坐标为（2，﹣2综上所述，符合条件的点

P只有一个，其坐标为（2，﹣2），

8．在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板且点A（0，2），点C（﹣1，0），如图所示：抛物线（1）求点B的坐标；（2）求抛物线的解析式；（3）在抛物线上是否还存在点三角形？若存在，求所有点

ABC放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，y=ax+ax﹣2经过点B．

2

P（点B除外），使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角P的坐标；若不存在，请说明理由．

- 14 -

考点：二次函数综合题．专题：压轴题．分析：

（1）根据题意，过点的距离，即B的坐标；（2）根据抛物线过

.

B作BD⊥x轴，垂足为D；根据角的互余的关系，易得B到x、y轴

B点的坐标，可得a的值，进而可得其解析式；

（3）首先假设存在，分案．解答：

A、C是直角顶点两种情况讨论，根据全等三角形的性质，可得答

解：（1）过点B作BD⊥x轴，垂足为D，∵∠BCD+∠ACO=90°，∠ACO+∠CAO=90°，∴∠BCD=∠CAO，（1分）

又∵∠BDC=∠COA=90°，CB=AC，∴△BCD≌△CAO，（2分）∴BD=OC=1，CD=OA=2，（3分）∴点B的坐标为（﹣3，1）；（4分）

（2）抛物线y=ax+ax﹣2经过点B（﹣3，1），则得到1=9a﹣3a﹣2，（5分）解得a=，

所以抛物线的解析式为（3）假设存在点

y=x+x﹣2；（7分）

2

2

P，使得△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形：

①若以点C为直角顶点；

则延长BC至点P1，使得P1C=BC，得到等腰直角三角形△过点P1作P1M⊥x轴，

（8分）ACP1，

- 15 -

∵CP1=BC，∠MCP1=∠BCD，∠P1MC=∠BDC=90°，∴△MP1C≌△DBC．（10分）

∴CM=CD=2，P1M=BD=1，可求得点P1（1，﹣1）；（11分）②若以点A为直角顶点；

则过点A作AP2⊥CA，且使得AP2=AC，得到等腰直角三角形△过点P2作P2N⊥y轴，同理可证△AP2N≌△CAO，（13分）∴NP2=OA=2，AN=OC=1，可求得点P2（2，1），（14分）经检验，点P1（1，﹣1）与点P2（2，1）都在抛物线

y=x+x﹣2上．（16分）

2

（12分）ACP2，

9．在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板放在第一象限，斜靠在两坐标轴上，且点A（0，2），点C（1，0），如图所示，抛物线（1）求点B的坐标；（2）求抛物线的解析式；（3）在抛物线上是否还存在点三角形？若存在，求所有点

P（点B除外），使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角P的坐标；若不存在，请说明理由．

y=ax﹣ax﹣2经过点B．

2

考点：二次函数综合题．.

专题：代数几何综合题；压轴题．分析：

（1）首先过点B作BD⊥x轴，垂足为D，易证得△BDC≌△COA，即可得BD=OC=1，CD=OA=2，则可求得点

B的坐标；

（2）利用待定系数法即可求得二次函数的解析式；

- 16 -

（3）分别从①以等腰直角三角形

AC为直角边，点C为直角顶点，则延长

BC至点P1使得P1C=BC，得到

A为直角顶点，则

ACP1，过点P1作P1M⊥x轴，②若以AC为直角边，点

过点A作AP2⊥CA，且使得AP2=AC，得到等腰直角三角形③若以AC为直角边，点

A为直角顶点，则过点

ACP2，过点P2作P2N⊥y轴，

A作AP3⊥CA，且使得AP3=AC，得到等腰

直角三角形ACP3，过点P3作P3H⊥y轴，去分析则可求得答案．解答：

解：（1）过点B作BD⊥x轴，垂足为D，∵∠BCD+∠ACO=90°，∠AC0+∠OAC=90°，∴∠BCD=∠CAO，

又∵∠BDC=∠COA=90°，CB=AC，∴△BDC≌△COA，∴BD=OC=1，CD=OA=2，∴点B的坐标为（3，1）；

（2）∵抛物线y=ax2﹣ax﹣2过点B（3，1），∴1=9a﹣3a﹣2，解得：a=，∴抛物线的解析式为（3）假设存在点

y=x﹣x﹣2；

2

P，使得△ACP是等腰直角三角形，

C为直角顶点，

ACP1，过点P1作P1M⊥x轴，如图

①若以AC为直角边，点

则延长BC至点P1使得P1C=BC，得到等腰直角三角形（1），

∵CP1=BC，∠MCP1=∠BCD，∠P1MC=∠BDC=90°，∴△MP1C≌△DBC，∴CM=CD=2，P1M=BD=1，

∴P1（﹣1，﹣1），经检验点P1在抛物线y=x﹣x﹣2上；②若以AC为直角边，点得到等腰直角三角形

A为直角顶点，则过点

A作AP2⊥CA，且使得AP2=AC，

2

ACP2，过点P2作P2N⊥y轴，如图（2），

同理可证△AP2N≌△CAO，∴NP2=OA=2，AN=OC=1，

∴P2（﹣2，1），经检验P2（﹣2，1）也在抛物线

- 17 -

y=x﹣x﹣2上；

2

③若以AC为直角边，点得到等腰直角三角形

A为直角顶点，则过点

A作AP3⊥CA，且使得AP3=AC，

ACP3，过点P3作P3H⊥y轴，如图（3），

同理可证△AP3H≌△CAO，∴HP3=OA=2，AH=OC=1，

∴P3（2，3），经检验P3（2，3）不在抛物线故符合条件的点有

y=x﹣x﹣2上；

2

P1（﹣1，﹣1），P2（﹣2，1）两点．

综合类

10．如图，已知抛物线

y=x+bx+c的图象与x轴的一个交点为

2

B（5，0），另一个交点为A，

且与y轴交于点C（0，5）．（1）求直线BC与抛物线的解析式；

（2）若点M是抛物线在x轴下方图象上的一动点，过点求MN的最大值；

（3）在（2）的条件下，MN取得最大值时，若点以BC为边作平行四边形

CBPQ，设平行四边形

P是抛物线在x轴下方图象上任意一点，CBPQ的面积为S1，△ABN的面积为S2，

M作MN∥y轴交直线BC于点N，

且S1=6S2，求点P的坐标．

考点：二次函数综合题．.

- 18 -

专题：压轴题．

分析：（1）设直线BC的解析式为y=mx+n，将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入，运用待定系数法即可求出直线

BC的解析式；同理，将

B（5，0），C（0，5）两点∑的坐标代

入y=x2+bx+c，运用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（2）MN的长是直线BC的函数值与抛物线的函数值的差，M点横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求出

据此可得出一个关于

MN的长和

MN的最大值；

CBPQ的边BC上的高为

（3）先求出△ABN的面积S2=5，则S1=6S2=30．再设平行四边形BD，根据平行四边形的面积公式得出

BD=3

，过点D作直线BC的平行线，交抛物线与

点P，交x轴于点E，在直线DE上截取PQ=BC，则四边形CBPQ为平行四边形．证明△EBD为等腰直角三角形，则

BE=

BD=6，求出E的坐标为（﹣1，0），运用待定系数法求出直

线PQ的解析式为y=﹣x﹣1，然后解方程组，即可求出点P的坐标．

解答：

解：（1）设直线BC的解析式为y=mx+n，将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入，得

，解得

，所以直线BC的解析式为y=﹣x+5；

y=x+bx+c，

y=x﹣6x+5；

2

2

将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入得

，解得

2

，所以抛物线的解析式为

（2）设M（x，x﹣6x+5）（1＜x＜5），则N（x，﹣x+5），∵MN=（﹣x+5）﹣（x﹣6x+5）=﹣x+5x=﹣（x﹣）+∴当x=时，MN有最大值

；

2

2

2

，

（3）∵MN取得最大值时，x=2.5，∴﹣x+5=﹣2.5+5=2.5，即N（2.5，2.5）．解方程x﹣6x+5=0，得x=1或5，∴A（1，0），B（5，0），∴AB=5﹣1=4，

∴△ABN的面积S2=×4×2.5=5，∴平行四边形

CBPQ的面积S1=6S2=30．

2

- 19 -

设平行四边形∵BC=5

，

CBPQ的边BC上的高为BD，则BC⊥BD．

∴BC?BD=30，∴BD=3

．

P，交x轴于点E，在直线DE上截取PQ=BC，

过点D作直线BC的平行线，交抛物线与点则四边形CBPQ为平行四边形．∵BC⊥BD，∠OBC=45°，∴∠EBD=45°，

∴△EBD为等腰直角三角形，∵B（5，0），∴E（﹣1，0），

设直线PQ的解析式为y=﹣x+t，

BE=

BD=6，

将E（﹣1，0）代入，得1+t=0，解得t=﹣1 ∴直线PQ的解析式为y=﹣x﹣1．

解方程组，得，，

∴点P的坐标为P1（2，﹣3）（与点D重合）或P2（3，﹣4）．

11．如图，抛物线轴正半轴上，且

y=ax+bx+c（a≠０）的图象过点OD=OC．

2

C（0，1），顶点为Q（2，3），点D在x

（1）求直线CD的解析式；

- 20 -

（2）求抛物线的解析式；

（3）将直线CD绕点C逆时针方向旋转△CEQ∽△CDO；

（4）在（3）的条件下，若点点和F点移动过程中，△在，请说明理由．

P是线段QE上的动点，点

F是线段OD上的动点，问：在

P

45°所得直线与抛物线相交于另一点

E，求证：

PCF的周长是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存

考点：二次函数综合题．专题：压轴题．分析：

.

（1）利用待定系数法求出直线解析式；（2）利用待定系数法求出抛物线的解析式；

（3）关键是证明△CEQ与△CDO均为等腰直角三角形；（4）如答图②所示，作点

C关于直线QE的对称点C′，作点C关于x轴的对称点C″，连

接C′C″，交OD于点F，交QE于点P，则△PCF即为符合题意的周长最小的三角形，由轴对称的性质可知，△

PCF的周长等于线段

C′C″的长度．

PCF的周长最小．

利用轴对称的性质、两点之间线段最短可以证明此时△如答图③所示，利用勾股定理求出线段解答：

C′C″的长度，即△PCF周长的最小值．

解：（1）∵C（0，1），OD=OC，∴D点坐标为（1，0）．设直线CD的解析式为y=kx+b（k≠０），将C（0，1），D（1，0）代入得：解得：b=1，k=﹣1，

∴直线CD的解析式为：y=﹣x+1．

，

- 21 -

（2）设抛物线的解析式为

y=a（x﹣2）+3，

．

2

将C（0，1）代入得：1=a×（﹣2）2+3，解得a=∴y=

（x﹣2）+3=

2

x+2x+1．ECD=45°，

ODC=45°，

x=2）对称，

2

（3）证明：由题意可知，∠

∵OC=OD，且OC⊥OD，∴△OCD为等腰直角三角形，∠

∴∠ECD=∠ODC，∴CE∥x轴，则点C、E关于对称轴（直线∴点E的坐标为（4，1）．如答图①所示，设对称轴（直线

x=2）与CE交于点M，则M（2，1），

QEC=∠QCE=45°．

∴ME=CM=QM=2，∴△QME与△QMC均为等腰直角三角形，∴∠又∵△OCD为等腰直角三角形，∴∠

ODC=∠OCD=45°，

∴∠QEC=∠QCE=∠ODC=∠OCD=45°，∴△CEQ∽△CDO．（4）存在．

如答图②所示，作点C关于直线QE的对称点C′，作点C关于x轴的对称点C″，连接C′C″，交OD于点F，交QE于点P，则△PCF即为符合题意的周长最小的三角形，由轴对称的性质可知，△PCF的周长等于线段（证明如下：不妨在线段

C′C″的长度．

OD上取异于点F的任一点F′，在线段QE上取异于点P的任一

点P′，连接F′C″，F′P′，P′C′．由轴对称的性质可知，△

P′CF′的周长=F′C″＋F′P′＋P′C′；

而F′C″＋F′P′＋P′C′是点C′，C″之间的折线段，由两点之间线段最短可知：

F′C″＋F′P′＋P′C′＞C′C″，

即△P′CF′的周长大于△PCE的周长．）如答图③所示，连接

C′E，

∵C，C′关于直线QE对称，△QCE为等腰直角三角形，∴△QC′E为等腰直角三角形，∴△CEC′为等腰直角三角形，∴点C′的坐标为（4，5）；∵C，C″关于x轴对称，∴点

C″的坐标为（0，﹣1）．

过点C′作C′N⊥y轴于点N，则NC′=4，NC″=4+1+1=6，

- 22 -

在Rt△C′NC″中，由勾股定理得：综上所述，在

C′C″＝==．

．

P点和F点移动过程中，△PCF的周长存在最小值，最小值为

12．如图，抛物线与抛物线的顶点为

D．

x轴交于A（1，0）、B（﹣3，0）两点，与y轴交于点C（0，3），设

（1）求该抛物线的解析式与顶点D的坐标．

（2）试判断△BCD的形状，并说明理由．（3）探究坐标轴上是否存在点请直接写出点

P，使得以P、A、C为顶点的三角形与△

BCD相似？若存在，

P的坐标；若不存在，请说明理由．

考点：二次函数综合题．专题：压轴题．分析：

.

（1）利用待定系数法即可求得函数的解析式；（2）利用勾股定理求得△

BCD的三边的长，然后根据勾股定理的逆定理即可作出判断；

P的坐标，根据相似三角形的对应边的比相等

（3）分p在x轴和y轴两种情况讨论，舍出即可求解．解答：

- 23 -

解：（1）设抛物线的解析式为

y=ax+bx+c

y=ax+bx+3．

2

2

由抛物线与y轴交于点C（0，3），可知c=3．即抛物线的解析式为把点A（1，0）、点B（﹣3，0）代入，得∴抛物线的解析式为

2

解得a=﹣1，b=﹣2

y=﹣x﹣2x+3．

2

2

∵y=﹣x﹣2x+3=﹣（x+1）+4 ∴顶点D的坐标为（﹣1，4）；（2）△BCD是直角三角形．理由如下：解法一：过点

D分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为

E、F．

∵在Rt△BOC中，OB=3，OC=3，∴BC=OB+OC=18

在Rt△CDF中，DF=1，CF=OF﹣OC=4﹣3=1，∴CD=DF+CF=2

在Rt△BDE中，DE=4，BE=OB﹣OE=3﹣1=2，∴BD=DE+BE=20 ∴BC+CD=BD

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

∴△BCD为直角三角形．解法二：过点

D作DF⊥y轴于点F．

在Rt△BOC中，∵OB=3，OC=3 ∴OB=OC∴∠OCB=45°

∵在Rt△CDF中，DF=1，CF=OF﹣OC=4﹣3=1 ∴DF=CF∴∠DCF=45°

∴∠BCD=180°﹣∠DCF﹣∠OCB=90°∴△BCD为直角三角形．（3）①△BCD的三边，

=

=，又

=，故当P是原点O时，△ACP∽△DBC；

=

，

②当AC是直角边时，若AC与CD是对应边，设P的坐标是（0，a），则PC=3﹣a，即

=

，解得：a=﹣9，则P的坐标是（0，﹣9），三角形ACP不是直角三角形，则

△ACP∽△CBD不成立；

- 24 -

③当AC是直角边，若AC与BC是对应边时，设P的坐标是（0，b），则PC=3﹣b，则即

=

，解得：b=﹣，故P是（0，﹣）时，则△ACP∽△CBD一定成立；

=，

④当P在x轴上时，AC是直角边，P一定在B的左侧，设P的坐标是（d，0）．则AP=1﹣d，当AC与CD是对应边时，两个三角形不相似；

⑤当P在x轴上时，AC是直角边，P一定在B的左侧，设P的坐标是（e，0）．则AP=1﹣e，当AC与DC是对应边时，总之，符合条件的点

P的坐标为：

=

，即

=

，解得：e=﹣9，符合条件．

．

=

，即

=

，解得：d=1﹣3

，此时，

对应练习

13．如图，已知抛物线

y=ax+bx+3与x轴交于A、B两点，过点A的直线l与抛物线交于点

2

C，其中A点的坐标是（1，0），C点坐标是（4，3）．（1）求抛物线的解析式；

（2）在（1）中抛物线的对称轴上是否存在点D的坐标，若不存在，请说明理由；

（3）若点E是（1）中抛物线上的一个动点，且位于直线积及E点的坐标．

AC的下方，试求△ACE的最大面

D，使△BCD的周长最小？若存在，求出点

- 25 -

考点：二次函数综合题．.

专题：代数几何综合题；压轴题．分析：

（1）利用待定系数法求二次函数解析式解答即可；（2）利用待定系数法求出直线与对称轴的交点即为所求点

AC的解析式，然后根据轴对称确定最短路线问题，直线D；

E与AC平行的直线，然后与抛物线解析式联立消

=0时，△ACE的面积最大，然后求出

x轴的交点F的坐标，再求

AC间的距离，然后

AC

（3）根据直线AC的解析式，设出过点

掉y得到关于x的一元二次方程，利用根的判别式△此时与AC平行的直线，然后求出点出AF，再根据直线

E的坐标，并求出该直线与

l与x轴的夹角为45°求出两直线间的距离，再求出

利用三角形的面积公式列式计算即可得解．解答：

解：（1）∵抛物线y=ax+bx+3经过点A（1，0），点C（4，3），∴

，解得

，所以，抛物线的解析式为

y=x﹣4x+3；

2

2

（2）∵点A、B关于对称轴对称，∴点D为AC与对称轴的交点时△

BCD的周长最小，

设直线AC的解析式为y=kx+b（k≠０），则

，解得

，

所以，直线AC的解析式为y=x﹣1，∵y=x﹣4x+3=（x﹣2）﹣1，∴抛物线的对称轴为直线当x=2时，y=2﹣1=1，∴抛物线对称轴上存在点（3）如图，设过点联立

D（2，1），使△BCD的周长最小；

y=x+m，

x=2，

2

2

E与直线AC平行线的直线为

2

，消掉y得，x﹣5x+3﹣m=0，

△=（﹣5）﹣4×1×（3﹣m）=0，即m=﹣

时，点E到AC的距离最大，△ACE的面积最大，

2

- 26 -

此时x=，y=﹣=﹣，

∴点E的坐标为（，﹣），

设过点E的直线与x轴交点为F，则F（∴AF=

﹣1=，

，0），

∵直线AC的解析式为y=x﹣1，∴∠CAB=45°，

∴点F到AC的距离为×又∵AC=

∴△ACE的最大面积=×3

==3×

，，=

，此时E点坐标为（，﹣）．

14．如图，已知抛物线y=﹣x+bx+4与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，若已知

2

A点的坐标为A（﹣2，0）．

（1）求抛物线的解析式及它的对称轴方程；（2）求点C的坐标，连接

AC、BC并求线段BC所在直线的解析式；

（3）试判断△AOC与△COB是否相似？并说明理由；（4）在抛物线的对称轴上是否存在点的Q点坐标；若不存在，请说明理由．

Q，使△ACQ为等腰三角形？若存在，求出符合条件

- 27 -

考点：二次函数综合题．专题：压轴题．

.

分析：（1）利用待定系数法求出抛物线解析式，利用配方法或利用公式方程；

（2）在抛物线解析式中，令定系数法求出直线（3）根据

x=求出对称轴

x=0，可求出点C坐标；令y=0，可求出点B坐标．再利用待

BD的解析式；

，∠AOC=∠BOC=90°，可以判定△AOC∽△COB；

ACQ为等腰三角形，则有三种可能的情形，需要分类讨论，

（4）本问为存在型问题．若△逐一计算，避免漏解．解答：

解：（1）∵抛物线y=﹣x+bx+4的图象经过点∴﹣×（﹣2）+b×（﹣2）+4=0，解得：b=，∴抛物线解析式为又∵y=﹣x+x+4=﹣（x﹣3）+

22

2

2

2

A（﹣2，0），

y=﹣x+x+4，，∴对称轴方程为：

x=3．

2

（2）在y=﹣x+x+4中，令x=0，得y=4，∴C（0，4）；

令y=0，即﹣x+x+4=0，整理得x﹣6x﹣16=0，解得：x=8或x=﹣2，∴A（﹣2，0），B（8，0）．设直线BC的解析式为y=kx+b，

把B（8，0），C（0，4）的坐标分别代入解析式，得：

，解得k=

，b=4，

2

2

- 28 -

∴直线BC的解析式为：y=x+4．

（3）可判定△AOC∽△COB成立．理由如下：在△AOC与△COB中，∵OA=2，OC=4，OB=8，∴

，

又∵∠AOC=∠BOC=90°，∴△AOC∽△COB．

（4）∵抛物线的对称轴方程为：可设点Q（3，t），则可求得：AC=AQ=CQ=

i）当AQ=CQ时，有

2

2

x=3，

==

=，，=

．

=，

25+t=t﹣8t+16+9，解得t=0，∴Q1（3，0）；ii）当AC=AQ时，有

2

=，

t=﹣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

2

=，

整理得：t﹣8t+5=0，解得：t=4±

，

），Q3（3，4﹣

）．

∴点Q坐标为：Q2（3，4+

- 29 -

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+Q3（3，4﹣

）．

），

15．如图，在坐标系xOy中，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，A（1，0），B（0，2），抛物线y=x+bx﹣2的图象过C点．（1）求抛物线的解析式；

（2）平移该抛物线的对称轴所在直线的两部分？

（3）点P是抛物线上一动点，是否存在点出P点坐标；若不存在，说明理由．

P，使四边形PACB为平行四边形？若存在，求l．当l移动到何处时，恰好将△ABC的面积分为相等

2

考点：二次函数综合题．专题：压轴题．分析：如解答图所示：

.

（1）首先构造全等三角形△物线的解析式；

AOB≌△CDA，求出点C的坐标；然后利用点C的坐标求出抛

- 30 -

（2）首先求出直线的表达式；根据

BC与AC的解析式，设直线l与BC、AC交于点E、F，则可求出EFl的解析式；

△ABC，列出方程求出直线S△CEF=S

（3）首先作出?PACB，然后证明点解答：

P在抛物线上即可．

解：（1）如答图1所示，过点C作CD⊥x轴于点D，则∠CAD+∠ACD=90°．∵∠OBA+∠OAB=90°，∠OAB+∠CAD=90°，∴∠OAB=∠ACD，∠OBA=∠CAD．∵在△AOB与△CDA中，

∴△AOB≌△CDA（ASA）．∴CD=OA=1，AD=OB=2，∴OD=OA+AD=3，∴C（3，1）．

∵点C（3，1）在抛物线y=x+bx﹣2上，∴1=×9+3b﹣2，解得：b=﹣．∴抛物线的解析式为：

y=x﹣x﹣2．

2

2

（2）在Rt△AOB中，OA=1，OB=2，由勾股定理得：∴S△ABC=AB2=．

AB=．

设直线BC的解析式为y=kx+b，∵B（0，2），C（3，1），∴

，

解得k=﹣，b=2，

- 31 -

∴y=﹣x+2．同理求得直线

AC的解析式为：y=x﹣．

如答图1所示，

设直线l与BC、AC分别交于点E、F，则EF=（﹣x+2）﹣（x﹣）=﹣x．△CEF中，EF边上的高h=OD﹣x=3﹣x．由题意得：S△CEF=S△ABC，即：EF?h=S△ABC，∴（﹣x）?（3﹣x）=×，整理得：（3﹣x）=3，解得x=3﹣

或x=3+

（不合题意，舍去），

时，恰好将△ABC的面积分为相等的两部分．

2

∴当直线l解析式为x=3﹣（3）存在．如答图2所示，

过点C作CG⊥y轴于点G，则CG=OD=3，OG=1，BG=OB﹣OG=1．过点A作AP∥BC交y轴于点W，∵四边形ACBP是平行四边形，

∴AP=BC，连接BP，则四边形PACB为平行四边形．过点P作PH⊥x轴于点H，∵BC∥AP，∴∠CBO=∠AWO，∵PH∥WO，∴∠APH=∠AWO，

- 32 -

∴∠CBG=∠APH，在△PAH和△BCG中，

∴△PAH≌△BCG（AAS），∴PH=BG=1，AH=CG=3，∴OH=AH﹣OA=2，∴P（﹣2，1）．抛物线解析式为：∴存在符合条件的点

y=x﹣x﹣2，当x=﹣2时，y=1，即点P在抛物线上．P，点P的坐标为（﹣2，1）．

2

- 33 -