中考数学复习检测第2部分专题突破专题十解答题突破—代数几何综合题(涉及二次函数)

2023年九年级中考数学专题训练：二次函数综合一、单选题1．已知抛物线()2330y x x c x =++-≤≤与直线2y x =-有且只有一个交点，若c 为整数，则c 的值有（ ） A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个2．方程231x x +=的根可视为函数3y x的图象与函数1y x=的图象交点的横坐标，那么用此方法可推断出方程321x x +=-的实数根x 所在的范围是（ ） A ．112x -<<-B ．1123x -<<-C ．1134x -<<-D ．104x -<<3．如图，已知二次函数()()5144y x x =-+-的图象与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴交于点C ，Р为该二次函数在第一象限内的一点，连接AP ，交BC 于点K ，则APPK的最小值为（ ）A ．94B ．2C ．74D ．544．如图．抛物线y ＝ax 2+c 与直线y ＝mx +n 交于A （﹣1，p ），B （3，q ）两点，则不等式ax 2+mx +c ＞n 的解集为（ ）A ．x ＞﹣1B ．x ＜3C ．x ＜﹣3或x ＞1D ．﹣1＜x ＜35．如图，抛物线y ＝12-x 2+7x ﹣452与x 轴交于点A ，B ，把抛物线在x 轴及共上方的部分记作C 1将C 1向左平移得到C 2，C 2与x 轴交于点B ，D ，若直线y ＝12-x +m 与C 1，C 2共3个不同的交点，则m 的取值范是（ ）A ．52928m << B ．12928m << C ．54528m << D ．14528m <<6．在平面直角坐标系中，对图形F 给出如下定义：若图形F 上的所有点都在以原点为顶点的角的内部或边界上，在所有满足条件的角中，其度数的最小值称为图形的坐标角度，例如，如图中的矩形ABCD 的坐标角度是90°．现将二次函数()213y ax a =≤≤的图象在直线1y =下方的部分沿直线1y =向上：翻折，则所得图形的坐标角度α的取值范围是（ ）A ．3060α︒≤≤︒B ．120150α︒≤≤︒C ．90120α︒≤≤︒D ．6090α︒≤≤︒7．二次函数y =2x 2﹣2x +m （0＜m ＜ 12），如果当x =a 时，y ＜0，那么当x =a ﹣1时，函数值y 的取值范围为（ ） A ．y ＜0B ．0＜y ＜mC ．m ＜y ＜m +4D ．y ＞m8．如图，抛物线21322y x x =-++的图象与坐标轴交于点A ，B ，D ，顶点为E ，以AB为直径画半圆交y 负半轴交于点C ，圆心为M ，P 是半圆上的一动点，连接EP ． ①点E 在①M 的内部；①CD 的长为32①若P 与C 重合，则①DPE ＝15°；①在P 的运动过程中，若AP =PE =①N 是PE 的中点，当P 沿半圆从点A 运动至点B 时，点N 运动的路径长是π．则正确的选项为（ ）A ．①①①B ．①①①C ．①①①D ．①①①二、填空题9．如图，已知抛物线24y x x c =-+的顶点为D ，与y 轴交于点C ，过点C 作x 轴的平行线AC 交抛物线于点A ，过点A 作y 轴的平行线AB 交射线OD 于点B ，若OA OB =，则c 的值为_____________．10．已知抛物线()2123y x m x m =-+++以及平面直角坐标系中的点()1,1E --、()3,7F ，若该抛物线与线段EF 只有一个交点，则m 的取值范围是________．11．在平面直角坐标系中，抛物线215y x bx c =-+（0b >，b 、c 为常数）的顶点为A ，与y 轴交于点B ，点B 关于抛物线对称轴的对称点为C ．若ABC 是等腰直角三角形，则BC 的长为________．12．如图，2=23y x x --与x 轴交于A ，B 两点（A 在左边）与y 轴交于C 点，P 是线段AC 上的一点，连结BP 交y 轴于点Q ，连结OP ，当OAP △和PQC △的面积之和与OBQ △的面积相等时，点P 的坐标为______．13．如图，在平面直角坐标系中，抛物线214y x mx =-+与x 轴正半轴交于点A ，点B是y 轴负半轴上一点，点A 关于点B 的对称点C 恰好落在抛物线上，过点C 作//CD x 轴，交抛物线于点D ，连结OC 、AD ．若点C 的横坐标为4-，则四边形OCDA 的面积为___________．14．若243P m m m ++（，）是一个动点（m 为实数），点Q 是直线4y x =-上的另一个动点，则PQ 长度的最小值为_____．15．已知抛物线2=23y x x --与x 轴交于A ，B 两点（点A 在点B 的左侧）与y 轴交于点C ，点(6,)D y 在抛物线上，E 是该抛物线对称轴上一动点，当BE 十DE 的值最小时，ACE △的面积为是____16．已知：如图，抛物线的顶点为M ，平行于x 轴的直线与该抛物线交于点A ，B （点A 在点B 左侧），我们规定：当AMB 为直角三角形时，就称AMB 为该抛物线的“优美三角形”．若抛物线26y ax bx =++的“优美三角形”的斜边长为4，求a 的值______．三、解答题17．抛物线23y ax bx =++顶点为点(1,4)D ，与x 轴交于点A 、B ，与y 轴交于点C ，点P 是抛物线对称轴上的一个动点．(1)求a 和b 的值；(2)是否存在点P ，使得以P 、D 、B 为顶点的三角形中有两个内角的和等于45°？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，说明理由．18．如图，已知直线443y x =+与x 轴交于点A ，与y 轴交于点C ，抛物线2y ax bx c =++经过A ，C 两点，且与x 轴的另一个交点为B ，对称轴为直线=1x -．(1)求抛物线的表达式；(2)已知点M 是抛物线对称轴上一点，当MB MC +的值最小时，点M 的坐标是___________；(3)若点P 在抛物线对称轴上，是否存在点P ，使以点B ，C ，P 为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请求出P 点的坐标；若不存在，请说明理由．19．如图，已知抛物线233384y x x =--与x 轴的交点为点A 、D (点A 在点D 的右侧)，与y 轴的交点为点C ．(1)直接写出A 、D 、C 三点的坐标；(2)在抛物线的对称轴上找一点M ，使得MD MC +的值最小，并求出点M 的坐标； (3)设点C 关于抛物线对称轴的对称点为点B ，在抛物线上是否存在点P ，使得以A 、B 、C 、P 四点为顶点的四边形为梯形？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．20．如图，已知抛物线223y ax ax =++中，当=1x -时，4y =．(1)求此抛物线的解析式；(2)点E 是抛物线上且位于直线AB 上方的一个动点，不与点A ，B 重合，求ABE 的面积最大时，点E 的坐标．(3)若1t x ≤≤时，y 的取值范围是04y ≤≤，请直接写出t 的取值范围．参考答案：1．D 2．B 3．A 4．C 5．A 6．D 7．C 8．D 9．8310．2m <-或m>2或1m = 11．6 12．2,13⎛⎫-- ⎪⎝⎭13．641415．616．12±17．(1)1a =-，2b = (2)存在，(1,2)或(1,6)-18．(1)248433y x x =--+(2)8(1,)3M -(3)存在，P 点的坐标为(1,0)-或(-或(1,-或13(1,)8-19．(1)()4,0A ，()2,0D -，()0,3C -(2)连接AC 交对称轴于点M ，点M 即为所求，91,4M ⎛⎫- ⎪⎝⎭(3)()2,0-或()6,6.20．(1)223y x x =--+(2)315()24-，(3)31t -≤≤-。

广东省中考数学疑难问题突破——代数综合题一、题型分析代数综合题是广东中考数学第 23 题的内容，主要考查一次函数、反比例函数、二次函数以及三角函数的相关知识，突出考查待定系数法和方程思想的运用能力，数形结合和分类讨论的数学思想方法。

本题一般有三个小问，第（1）小问不会太难，起点低、入口宽，考生容易上手，在解答时此小问的分数要一定拿到；第（2）小问的难易程度中等，计算时要严谨，答题格式要规范，此小问的分数要力争拿到；第（3）小问偏难，留给学生的思考空间较大，要学会抢得分点，理解多少做多少，最大限度地发挥自己的水平。

这样就大大提高了本题的得分率。

二、学情分析学生在八年级时就学习了一次函数，九年级学习了反比例函数及二次函数，具备了从函数图象中获取信息，并借助这些信息分析问题、解决问题的基础。

但由于初中学生的年龄特点，他们认识事物还不够全面、系统，在应用与理解时并不是很熟练、透彻，还需通过一些具体实例进一步加深巩固，对于规律性的问题，需进一步加强训练。

因此在教学时，教师应结合学生的实际和认知状况，选择典型的例题，启发学生从实例中归纳总结出代数综合题的解题策略，加深理解，轻松应考。

三、教学任务分析本题型以函数为背景，在考查函数基本性质的基础上更加注重考查学生的综合能力，根据学生实际情况的分析，我制定了以下教学目标：1.能通过函数图象获取信息，会用待定系数法求函数解析式；会用方程思想求特殊点的坐标；熟练求面积、求最值的方法。

2.在探究过程中，发展数形结合、分类讨论的思想方法，体会方程与函数的关系，建立各种知识的联系。

教学重点：1.掌握函数的图象与性质，会用待定系数法求解析式；2.掌握函数图象与几何图形的联系，会用方程思想求特殊点的坐标。

教学疑难点：熟练求面积、求最值的方法，会运用数形结合思想、分类讨论思想、函数与方程思想的方法解决问题。

四、教法与学法分析教学方法：针对九年级学生的年龄特点和本校的实际情况，遵循学生的认知规律，关注基础知识，关注基本技能，强化数学思想，采用引导发现法、讲练结合法为主的教学方法，让学生充分经历探究代数综合题的解答过程。

中考数学二次函数压轴题之代数几何综合题如图已知抛物线y＝ax2+bx+2 经过点A（﹣4，0）和B（1，0）两点，与y 轴交于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，将直线AC 沿y 轴向下平移，得直线BD，BD 与抛物线交于另一点D，连接CD，CD 与x 轴交于点E，试判定△ADE 和△ABD 是否相似，并说明理由．（3）如图2，在（2）的条件下，设点M 是△ABD 的外心．点Q 是线段AE 上的动点（不与点A，E 重合）．① 直接写出M 点的坐标：．② 设直线MQ 的函数表达式为y＝kx+b．在射线MQ 绕点M 从MA 旋转到ME 的过程中，是否存在点Q，使得k 为整数．若存在，求出Q 点的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】解：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）（x+4），将（0，2）代入解析式解得a＝-1/2，∴抛物线解析式为y＝-1/2 x2 - 3/2 x + 2 ；（2）设直线AC 的解析式为y＝kx + b，将A、C 坐标代入可得k＝1/2，b＝2，∴直线AC 解析式为y = 1/2 x + 2，将直线AC 平移后得到直线BD，∴直线BD 的解析式为y = 1/2 x - 1/2，∴点D 坐标为（﹣5，﹣3），∴直线CD 的解析式为y＝x + 2，∴点E 坐标为（﹣2，0），∴ AE＝2，AD＝√10，BD＝3√5，DE＝3√2，AB＝5，∵ AE/AD = AD/AB , ∠DAE = ∠BAD，∴△ADE∽△ABD ;（3）①点M 是△ABD 的外心，则点M 在AB 的垂直平分线上，设点M（-3/2，a），∴ MD＝MB，∴ MD2＝MB2，∴ a = -5/2 ,∴ M 点坐标为（-3/2,-5/2）;②∵ A（﹣4，0），M（-3/2 , -5/2）, E（-2 ，0），∴可得直线AM 的解析式为y＝﹣x﹣4，直线EM 的解析式为y＝﹣5x﹣10，∴可知当直线MQ 的k 值为整数时，k 值可以为﹣2，﹣3，﹣4，当k＝﹣2 时，直线MQ 为y＝﹣2x﹣11/2，点Q 坐标为（﹣11/4，0）；当k＝﹣3 时，直线MQ 为y＝﹣3x﹣7，点Q 坐标为（-7/3，0）；当k＝﹣4 时，直线MQ 为y＝﹣4x﹣17/2，点Q 坐标为（-17/8，0）；∴ Q 点坐标为（﹣11/4，0）或（-7/3，0）或（-17/8，0）.【分析】（1）观察A、B 两点的纵坐标都是0 及C（0,2），通过设出抛物线的两根式把 a 解出来，从而确定出抛物线的解析式，关键是要熟练掌握二次函数的图像和性质；（2）证明两个三角形相似，本题用的是“两边对应成比例且夹角相等” 这一判定条件。

中考数学核心考点强化突破：函数与几何综合运用类型1 存在性问题存在性问题一般有以下题型：是否存在垂直、平行——位置关系；等腰、直角三角形、(特殊)平行四边形——形状关系；最大、最小值－－数量关系等．1．如图,已知二次函数y 1＝－x 2＋134x ＋c 的图象与x 轴的一个交点为A(4,0),与y 轴的交点为B,过A 、B 的直线为y 2＝kx ＋b.(1)求二次函数的解析式及点B 的坐标；(2)由图象写出满足y 1＜y 2的自变量x 的取值范围；(3)在两坐标轴上是否存在点P,使得△ABP 是以AB 为底边的等腰三角形？若存在,求出点P 的坐标；若不存在,说明理由．解：(1)将A(4,0)代入y 1＝－x 2＋134x ＋c,得－42＋134×4＋c ＝0,解得c ＝3.∴所求二次函数的解析式为y 1＝－x 2＋134x ＋3.∵当x ＝0时,y 1＝3,∴点B 的坐标为(0,3)． (2)满足y 1＜y 2的自变量x 的取值范围是：x ＜0或x ＞4.(3)存在,理由如下：作线段AB 的中垂线l,垂足为C,交x 轴于点P 1,交y 轴于点P 2.∵A(4,0),B(0,3),∴OA＝4,OB ＝3.∴在Rt △AOB 中,AB＝OA 2＋OB 2＝5.∴AC＝BC ＝52.∵Rt △ACP 1与Rt △AOB 有公共∠OAB ,∴Rt △ACP 1∽Rt △AOB.∴AP 1AB ＝AC OA ,即AP 15＝524,解得AP 1＝258.而OP 1＝OA －AP 1＝4－258＝78,∴点P 1的坐标为(78,0)．又∵Rt △P 2CB 与Rt △AOB 有公共∠OBA ,∴Rt △P 2CB∽Rt △AOB.∴P 2B AB ＝BC BO ,即P 2B 5＝523,解得P 2B ＝256.而OP 2＝P 2B －OB ＝256－3＝76,∴点P 2的坐标为(0,－76)．∴所求点P 的坐标为(78,0)或(0,－76)．2．如图,抛物线y ＝ax 2＋bx －3经过点A(2,－3),与x 轴负半轴交于点B,与y 轴交于点C,且OC ＝3OB.(1)求抛物线的解析式；(2)点D 在y 轴上,且∠BDO＝∠BAC ,求点D 的坐标；(3)点M 在抛物线上,点N 在抛物线的对称轴上,是否存在以点A,B,M,N 为顶点的四边形是平行四边形？若存在,求出所有符合条件的点M 的坐标；若不存在,请说明理由．解：(1)由y ＝ax 2＋bx －3得C(0.－3),∴OC＝3,∵OC＝3OB,∴OB＝1,∴B(－1,0),把A(2,－3),B(－1,0)代入y ＝ax 2＋bx －3得⎩⎪⎨⎪⎧4a ＋2b －3＝－3a －b －3＝0,∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1b ＝－2,∴抛物线的解析式为y ＝x 2－2x －3； (2)设连接AC,作BF⊥AC 交AC 的延长线于F,∵A(2,－3),C(0,－3),∴AF∥x 轴,∴F(－1,－3),∴BF＝3,AF ＝3,∴∠BAC＝45°,设D(0,m),则OD ＝|m|,∵∠BDO＝∠BAC ,∴∠BDO＝45°,∴OD＝OB ＝1,∴|m|＝1,∴m＝±1,∴D 1(0,1),D 2(0,－1)；(3)设M(a,a 2－2a －3),N(1,n),①以AB 为边,则AB∥MN ,AB ＝MN,如图2,过M 作ME⊥对称轴于E,AF⊥x 轴于F,则△ABF≌△NME ,∴NE＝AF ＝3,ME ＝BF ＝3,∴|a－1|＝3,∴a＝4或a ＝－2,∴M(4,5)或(－2,5)；②以AB 为对角线,BN ＝AM,BN∥AM ,如图3,则N 在x 轴上,M 与C 重合,∴M(0,－3),综上所述,存在以点A,B,M,N 为顶点的四边形是平行四边形,M(4,5)或(－2,5)或(0,－3)．类型2 几何最值、定值问题3．如图,在平面直角坐标系中,平行四边形ABOC 如图放置,将此平行四边形绕点O 顺时针旋转90°得到平行四边形A′B′OC′.抛物线y ＝－x 2＋2x ＋3经过点A 、C 、A′三点．(1)求A 、A′、C 三点的坐标；(2)求平行四边形ABOC 和平行四边形A′B′OC′重叠部分的面积；(3)点M 是第一象限内抛物线上的一动点,问点M 在何处时,△AMA′的面积最大？最大面积是多少？并写出此时M 的坐标．解：(1)当y ＝0时,－x 2＋2x ＋3＝0,解得x 1＝3,x 2＝－1,∴C(－1,0),A′(3,0)．当x ＝0时,y ＝3,∴A(0,3)．(2)设A′C′与OB 相交于点D.∵C(－1,0),A(0,3),∴B(1,3)．∴OB＝32＋12＝10.∴S △BOA ＝12×1×3＝32.又∵平行四边形ABOC 旋转90°得到平行四边形A′B′OC′, ∴∠ACO＝∠OC′D.又∵∠ACO＝∠ABO ,∴∠ABO＝∠OC′D.又∵∠C′OD＝∠AOB ,∴△C′OD∽△BOA.∴S △C′OD S △BO A ＝(OC′OB )2＝(110)2.∴S △C′OD ＝320. (3)设M 点的坐标为(m,－m 2＋2m ＋3),连接OM.S △AMA′＝S △MOA′＋S △MOA －S △AOA′＝12×3×(－m 2＋2m ＋3)＋12×3×m－12×3×3＝－32m 2＋92m ＝－32(m －32)2＋278.(0＜m ＜3)当m ＝32时,S △AMA′取到最大值278,∴M(32,154)．4．如图,已知抛物线y ＝ax 2－23ax －9a 与坐标轴交于A,B,C 三点,其中C(0,3),∠BAC 的平分线AE 交y 轴于点D,交BC 于点E,过点D 的直线l 与射线AC,AB 分别交于点M,N.(1)直接写出a 的值、点A 的坐标及抛物线的对称轴；(2)点P 为抛物线的对称轴上一动点,若△PAD 为等腰三角形,求出点P 的坐标；(3)证明：当直线l 绕点D 旋转时,1AM ＋1AN 均为定值,并求出该定值．解：(1)∵C(0,3)．∴－9a ＝3,解得：a ＝－13.令y ＝0得：ax 2－2x －9a ＝0,∵a≠0,∴x 2－2x －9＝0,解得：x ＝－3或x ＝33.∴点A 的坐标为(－3,0),B(33,0)．∴抛物线的对称轴为x ＝ 3. (2)∵OA＝3,OC ＝3,∴tan∠CAO＝3,∴∠CAO＝60°.∵AE 为∠BAC 的平分线,∴∠DAO＝30°.∴DO ＝33AO ＝1.∴点D 的坐标为(0,1)设点P 的坐标为(3,a)． 依据两点间的距离公式可知：AD 2＝4,AP 2＝12＋a 2,DP 2＝3＋(a －1)2.当AD ＝PA 时,4＝12＋a 2,方程无解．当AD ＝DP 时,4＝3＋(a －1)2,解得a ＝2或a ＝0,当a ＝2时,点A,D,P 三点共线,不能构成三角形,∴a≠2,∴点P 的坐标为(3,0)．当AP ＝DP 时,12＋a 2＝3＋(a －1)2,解得a ＝－4.∴点P 的坐标为(3,－4)．综上所述,点P 的坐标为(3,0)或(3,－4)．(3)设直线AC 的解析式为y ＝mx ＋3,将点A 的坐标代入得：－3m ＋3＝0,解得：m ＝3,∴直线AC 的解析式为y ＝3x ＋3.设直线MN 的解析式为y ＝kx ＋1.把y ＝0代入y ＝kx ＋1得：kx ＋1＝0,解得：x ＝－1k ,∴点N 的坐标为(－1k ,0)．∴AN＝－1k ＋3＝3k －1k.将y ＝3x ＋3与y ＝kx ＋1联立解得：x ＝2k －3.∴点M 的横坐标为2k －3.过点M 作MG⊥x 轴,垂足为G.则AG ＝2k －3＋3.∵∠MAG＝60°,∠AGM＝90°,∴AM＝2AG ＝4k －3＋23＝23k －2k －3.∴1AM ＋1AN ＝k －323k －2＋k 3k －1＝3k －323k －2＝3（3k －1）2（3k －1）＝32类型3 反比例函数与几何问题5．如图,P 1,P 2是反比例函数y ＝k x(k ＞0)在第一象限图象上的两点,点A 1的坐标为(4,0)．若△P 1OA 1与△P 2A 1A 2均为等腰直角三角形,其中点P 1,P 2为直角顶点．①求反比例函数的解析式．②(Ⅰ)求P 2的坐标．(Ⅱ)根据图象直接写出在第一象限内当x 满足什么条件时,经过点P 1,P 2的一次函数的函数值大于反比例函数y ＝k x 的函数值．解：①过点P 1作P 1B⊥x 轴,垂足为B,∵点A 1的坐标为(4,0),△P 1OA 1为等腰直角三角形,∴OB＝2,P 1B ＝12OA 1＝2,∴P 1的坐标为(2,2),将P 1的坐标代入反比例函数y ＝k x (k ＞0),得k ＝2×2＝4,∴反比例函数的解析式为y ＝4x；②(Ⅰ)过点P 2作P 2C⊥x 轴,垂足为C∵△P 2A 1A 2为等腰直角三角形,∴P 2C ＝A 1C,设P 2C ＝A 1C ＝a,则P 2的坐标为(4＋a,a),将P 2的坐标代入反比例函数的解析式y ＝4x 中,得a ＝44＋a,解得a 1＝22－2,a 2＝－22－2(舍去),∴P 2的坐标为(2＋22,22－2)；(Ⅱ)在第一象限内,当2＜x ＜2＋22时,一次函数的函数值大于反比例函数的函数值．6．如图,在平面直角坐标系中,正方形OABC 的顶点O 与坐标原点重合,点C 的坐标为(0,3),点A 在x 轴的负半轴上,点D,M 分别在边AB,OA 上,且AD ＝2DB,AM ＝2MO,一次函数y ＝kx ＋b 的图象过点D 和M,反比例函数y ＝m x的图象经过点D,与BC 的交点为N. (1)求反比例函数和一次函数的表达式；(2)若点P 在直线DM 上,且使△OPM 的面积与四边形OMNC 的面积相等,求点P 的坐标．解：(1)∵正方形OABC 的顶点C(0,3),∴OA＝AB ＝BC ＝OC ＝3,∠OAB＝∠B＝∠BCO＝90°,∵AD＝2DB,∴AD＝23AB ＝2,∴D(－3,2),把D 坐标代入y ＝m x 得：m ＝－6,∴反比例函数解析式为y ＝－6x,∵AM＝2MO,∴MO＝13OA ＝1,即M(－1,0),把M 与D 的坐标代入y ＝kx ＋b 中得：⎩⎪⎨⎪⎧－k ＋b ＝0，－3k ＋b ＝2，解得：k ＝b ＝－1,则直线DM 解析式为y ＝－x －1 (2)把y ＝3代入y ＝－6x得：x ＝－2,∴N(－2,3),即NC ＝2,设P(x,y),∵△OPM 的面积与四边形OMNC 的面积相等,∴12(OM ＋NC)·OC＝12OM|y|,即|y|＝9,解得：y ＝±9,当y ＝9时,x ＝－10,当y ＝－9时,x ＝8,则P 坐标为(－10,9)或(8,－9)．。

题型六二次函数与几何图形综合题种类一二次函数与图形判断1． (2017·陕西 )在同向来角坐标系中，抛物线C1： y＝ ax2－ 2x－ 3 与抛物线 C2： y＝ x2＋mx＋ n 对于 y轴对称， C2与 x 轴交于 A 、B 两点，此中点 A 在点 B 的左边．(1)求抛物线 C1，C2的函数表达式；(2)求 A 、 B 两点的坐标；(3) 在抛物线 C1上能否存在一点P，在抛物线 C2上能否存在一点Q，使得以 AB 为边，且以 A、 B、 P、 Q 四点为极点的四边形是平行四边形？若存在，求出P、 Q 两点的坐标；若不存在，请说明原因 .2．(2017·随州 )在平面直角坐标系中，我们定义直线y＝ax－ a 为抛物线y＝ ax2＋bx＋ c(a、b、c 为常数， a≠ 0) 的“梦想直线”；有一个极点在抛物线上，还有一个极点在 y 轴上的三角形为其“梦想三角形” ．已知抛物线y＝－232433与其“梦想直线”交于 A 、B 两点 (点 A 在点 B 的3x －3x＋ 2左边 )，与 x 轴负半轴交于点 C.(1)填空：该抛物线的“梦想直线”的分析式为 __________ ，点 A 的坐标为 __________ ，点B 的坐标为 __________；(2) 如图，点 M 为线段 CB 上一动点，将△ ACM 以 AM 所在直线为对称轴翻折，点 C 的对称点为N，若△ AMN 为该抛物线的“梦想三角形”，求点N的坐标；(3) 当点 E 在抛物线的对称轴上运动时，在该抛物线的“梦想直线”上，能否存在点F，使得以点 A 、C、 E、 F 为极点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点E、 F 的坐标；若不存在，请说明原因．( 2017·许昌模拟 )已知：如图，抛物线 y＝ ax2－ 2ax＋c(a ≠0)与 y 轴交于点 C(0 ， 4)，与 x 轴交于点 A 、 B ，点 A 的坐标为 (4， 0)．(1)求该抛物线的分析式；(2)点 Q 是线段 AB 上的动点，过点 Q 作 QE∥AC ，交 BC 于点 E，连结 CQ.当△ CQE 的面积最大时，求点 Q 的坐标；(3)若平行于 x 轴的动直线 l 与该抛物线交于点 P，与直线 AC 交于点 F，点 D 的坐标为(2， 0)．问：能否存在这样的直线l ，使得△ODF 是等腰三角形？若存在，恳求出点P 的坐标；若不存在，请说明原因.44．(2016 ·河南 )如图①，直线 y ＝－ 3x ＋n 交 x 轴于点 A ，交 y 轴于点 C(0， 4)，抛物线 y＝ 2x 2＋ bx ＋ c 经过点 A ，交 y 轴于点 B(0 ，－ 2)．点 P 为抛物线上一个动点，过点 P 作 x 轴3的垂线 PD ，过点 B 作 BD ⊥PD 于点 D ，连结 PB ，设点 P 的横坐标为 m.(1) 求抛物线的分析式；(2) 当 △BDP 为等腰直角三角形时，求线段PD 的长；(3) 如图②，将 △ BDP 绕点 B 逆时针旋转，获得 △ BD ′ P ，′且旋转角∠ PBP ′＝∠ OAC ，当点 P 的对应点 P ′落在座标轴上时，请直接写出点P 的坐标 .种类二二次函数与图形面积11． (2017·盐城 )如图，在平面直角坐标系中，直线y＝ 2x＋2 与x 轴交于点 A ，与y 轴交于点C，抛物线1y＝－ 2x2＋bx＋c经过A、C 两点，与x 轴的另一交点为点 B.(1)求抛物线的函数表达式；(2)点 D 为直线 AC 上方抛物线上一动点；①连结 BC 、CD，设直线 BD 交线段 AC 于点 E，△ CDE 的面积为S1，△ BCE 的面积为S2，求S1的最大值；S2②过点 D 作 DF⊥ AC ，垂足为点 F，连结 CD ，能否存在点 D，使得△CDF 中的某个角恰巧等于∠ BAC 的 2 倍？若存在，求点 D 的横坐标；若不存在，请说明原因．2． (2017·安顺 )如图甲，直线y＝－ x＋ 3 与 x 轴、 y 轴分别交于点2两点的抛物线y＝ x ＋ bx＋c 与 x 轴的另一个交点为 A ，极点为P.B 、点C，经过 B 、 C(1)求该抛物线的分析式；(2)在该抛物线的对称轴上能否存在点M ，使以 C，P，M 为极点的三角形为等腰三角形？若存在，请直接写出全部切合条件的点M 的坐标；若不存在，请说明原因；(3) 当0＜ x＜ 3时，在抛物线上求一点E，使△CBE的面积有最大值(图乙、丙供绘图探究 ).3． (2017·周口模拟 )如图，抛物线 y＝ ax2＋ bx－ 3 与 x 轴交于点 A(1 ，0)和点 B，与 y 轴交于点 C，且其对称轴 l 为 x＝－ 1，点 P 是抛物线上 B， C 之间的一个动点(点 P 不与点 B，C重合 )．(1)直接写出抛物线的分析式；(2)小唐研究点 P 的地点时发现：当动点 N 在对称轴 l 上时，存在 PB⊥ NB ，且 PB＝NB的关系，恳求出点P 的坐标；(3) 能否存在点P 使得四边形PBAC 的面积最大？若存在，恳求出四边形PBAC 面积的最大值；若不存在，请说明原因.4． (2017·濮阳模拟 )如图①，已知抛物线 y＝ ax2＋ bx－ 3 的对称轴为 x＝ 1，与 x 轴分别交于 A 、 B 两点，与 y 轴交于点 C，一次函数 y＝x＋ 1 经过 A ，且与 y 轴交于点 D.(1) 求该抛物线的分析式．(2) 如图②，点P 为抛物线B、 C 两点间部分上的随意一点( 不含 B， C 横坐标为t，设四边形DCPB 的面积为S，求出 S 与 t 的函数关系式，并确立取最大值？最大值是多少？两点 )，设点 P 的t 为什么值时， S(3)如图③，将△ ODB 沿直线 y＝ x＋ 1 平移获得△O′ D′，B设′ O′ B与′抛物线交于点 E，连结 ED′，若 ED′恰巧将△ O′D′的B′面积分为 1∶ 2 两部分，请直接写出此时平移的距离．种类三二次函数与线段问题1． (2017·南宁 )如图，已知抛物线y＝ ax2－ 23ax－9a 与坐标轴交于A，B，C 三点，其中 C(0，3)，∠BAC 的均分线 AE 交 y 轴于点 D，交 BC 于点 E，过点 D 的直线 l 与射线 AC ， AB 分别交于点 M ，N.(1)直接写出 a 的值、点 A 的坐标及抛物线的对称轴；(2) 点 P 为抛物线的对称轴上一动点，若△ PAD为等腰三角形，求出点P 的坐标；1 1(3)证明：当直线 l 绕点 D 旋转时，AM＋AN均为定值，并求出该定值．2．(2017·焦作模拟 )如图①，直线 y＝34x＋m 与 x 轴、 y 轴分别交于点 A 和点 B(0 ，－ 1)，抛物线 y＝12x2＋ bx＋ c 经过点 B ，点 C 的横坐标为 4.(1)请直接写出抛物线的分析式；(2)如图②，点 D 在抛物线上， DE∥ y 轴交直线 AB 于点 E，且四边形 DFEG 为矩形，设点 D 的横坐标为x(0＜ x＜ 4)，矩形 DFEG 的周长为l ，求 l 与 x 的函数关系式以及l 的最大值；(3)将△AOB 绕平面内某点 M 旋转 90°或 180 °，获得△A 1O1B1，点 A 、O、B 的对应点分别是点 A 1、O1、B 1.若△ A 1O1B1的两个极点恰巧落在抛物线上，那么我们就称这样的点为“落点”，请直接写出“落点”的个数和旋转 180°时点 A 1的横坐标 .3． (2017·武汉 )已知点 A( －1， 1)， B(4 ， 6)在抛物线 y＝ ax2＋ bx 上．(1)求抛物线的分析式；(2)如图①，点 F 的坐标为 (0，m)(m ＞ 2)，直线 AF 交抛物线于另一点G，过点 G 作 x 轴的垂线，垂足为H. 设抛物线与x 轴的正半轴交于点E，连结 FH 、 AE ，求证： FH∥ AE ；(3) 如图②，直线AB 分别交 x 轴、 y 轴于 C、 D 两点．点P 从点 C 出发，沿射线CD 方向匀速运动，速度为每秒 2个单位长度；同时点 Q 从原点 O 出发，沿 x 轴正方向匀速运动，速度为每秒 1 个单位长度．点 M 是直线 PQ 与抛物线的一个交点，当运动到 t 秒时， QM ＝2PM ，直接写出t 的值 .种类四二次函数与三角形相像1． (2016·南宁 )如图，已知抛物线经过原点 O，极点为 A(1 ，1)，且与直线 y＝ x－ 2 交于 B ，C 两点．(1)求抛物线的分析式及点 C 的坐标；(2)求证：△ ABC 是直角三角形；(3) 若点 N 为 x 轴上的一个动点，过点N作MN⊥ x轴与抛物线交于点M ，则能否存在以O， M ，N 为极点的三角形与△ ABC相像？若存在，恳求出点N 的坐标；若不存在，请说明原因 .2． (2017·平顶山模拟 )如图，抛物线 y＝ax2＋bx＋ 1 与直线y＝－ ax＋ c 订交于坐标轴上点 A( － 3， 0)， C(0， 1)两点．(1) 直线的表达式为__________；抛物线的表达式为(2)D 为抛物线在第二象限部分上的一点，作DE 求线段 DF 长度的最大值，并求此时点 D 的坐标；__________ ；垂直 x 轴于点 E，交直线AC于点F，(3)P 为抛物线上一动点，且A 、 N 为极点的三角形与△ ACO P 在第四象限内，过点相像，请直接写出点P作PNP的坐标.垂直x 轴于点N，使得以P、3．如图①，二次函数y＝ ax2＋ bx＋ 33经过 A(3 ， 0)， G(－ 1， 0)两点．(1)求这个二次函数的分析式；(2) 若点 M 是抛物线在第一象限图象上的一点，求△ ABM面积的最大值；23(3)抛物线的对称轴交 x 轴于点 P，过点 E(0 ，3 )作 x 轴的平行线，交 AB 于点 F，能否存在着点Q，使得△ FEQ∽△ BEP？若存在，请直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由 .4． (2017·海南 )抛物线 y＝ ax2＋ bx＋ 3 经过点 A(1 ，0)和点 B(5 ，0)．(1) 求该抛物线所对应的函数分析式；(2) 该抛物线与直线y＝错误 ! x＋ 3 订交于C、 D 两点，点P 是抛物线上的动点且位于轴下方，直线PM ∥ y 轴，分别与x 轴和直线 CD 交于点 M、 N.①连结 PC、PD，如图①，在点 P 运动过程中，△ PCD 的面积能否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说明原因；②连结 PB，过点 C 作 CQ⊥ PM ，垂足为点Q，如图②，能否存在点P，使得△ CNQx 与△ PBM相像？若存在，求出知足条件的点P 的坐标；若不存在，说明原因.题型六 第 23 题二次函数与几何图形综合题种类一二次函数与图形判断1．解： (1) ∵ C 1、C 2 对于 y 轴对称，∴ C 1 与 C 2 的交点必定在 y 轴上，且 C 1 与 C 2 的形状、大小均同样，∴a ＝ 1， n ＝－ 3，∴ C 1 的对称轴为 x ＝ 1，∴ C 2 的对称轴为 x ＝－ 1，∴ m ＝ 2，∴ C 1 的函数表示式为 y ＝x 2 －2x － 3，C 2 的函数表达式为 y ＝ x 2＋ 2x －3；(2) 在 C 2 的函数表达式为 y ＝ x 2＋ 2x －3 中，令 y ＝ 0 可得 x 2＋ 2x － 3＝ 0，解得 x ＝－ 3 或x ＝ 1，∴ A( － 3， 0)， B(1， 0)；(3) 存在．设 P(a ， b)，则 Q(a ＋ 4， b)或(a －4， b)， ①当 Q(a ＋4， b)时，得：a 2－ 2a － 3＝ (a ＋ 4)2＋ 2(a ＋ 4)－ 3， 解得 a ＝－ 2，∴ b ＝ a 2－ 2a － 3＝ 4＋ 4－3＝ 5，∴ P 1( －2， 5)， Q 1(2， 5)．②当 Q(a －4， b)时，得：22a － 2a － 3＝ (a － 4) ＋ 2(a － 4)－ 3，∴ b ＝ 4－ 4－ 3＝－ 3，∴ P 2(2，－ 3)， Q 2(－ 2，－ 3)．综上所述，所求点的坐标为P 1(－ 2， 5)， Q 1(2， 5)；P 2(2，－ 3)， Q 2(－ 2，－ 3).2．解： (1) ∵抛物线 y ＝－ 23 24 3 3，3 x － 3 x ＋2∴其梦想直线的分析式为y ＝－ 23 3 x ＋ 2 3 3，2 3 2 3y ＝－ 3 x ＋ 3x ＝－ 2x ＝ 1联立梦想直线与抛物线分析式可得 2 3 2，解得 或 ，y ＝－ － 4 3 y ＝ 2 3 y ＝ 03 x3 x ＋ 2 3∴ A( － 2， 2 3)， B(1 ， 0)；(2) 当点 N 在 y 轴上时，△ AMN 为梦想三角形，如解图①，过 A 作 AD ⊥ y 轴于点 D ，则 AD ＝ 2，在 y ＝－ 2 3 3x 2－ 43 3x ＋ 2 3中，令 y ＝0 可求得 x ＝－ 3 或 x ＝ 1，∴ C( － 3， 0)，且 A( －2， 2 3)，∴AC ＝ （－ 2＋3）2＋（ 2 3）2＝ 13，由翻折的性质可知 AN ＝ AC ＝ 13，在 Rt △ AND 中，由勾股定理可得 DN ＝ AN 2－AD 2＝ 13－ 4＝ 3，∵OD ＝2 3，∴ ON ＝2 3－3 或 ON ＝ 2 3＋3，当 ON ＝ 2 3＋ 3 时，则 MN ＞ OD ＞CM ，与 MN ＝CM 矛盾，不合题意， ∴N 点坐标为 (0， 2 3－3)；当 M 点在 y 轴上时，则 M 与 O 重合，过 N 作 NP ⊥ x 轴于点 P ，如解图②，在 Rt △ AMD中， AD ＝ 2，OD ＝ 2 3，∴ tan ∠DAM＝MD ＝3，∴∠DAM＝ 60°，AD∵ AD ∥ x 轴，∴∠ AMC ＝∠ DAM ＝ 60°，又由折叠可知∠ NMA ＝∠ AMC ＝ 60°，∴∠ NMP ＝ 60°，且 MN ＝CM ＝ 3，∴ MP ＝1MN ＝3， NP ＝ 3MN ＝3 3，22223 3 3∴此时 N 点坐标为 (2， 2 )；N 点坐标为 (0， 2 3－ 3)或 ( 3 3 3 综上可知 2，2 )； (3) ①当 AC 为平行四边形的边时，如解图③，过 F 作对称轴的垂线 FH ，过 A 作 AK ⊥ x轴于点 K ，则有 AC ∥EF 且 AC ＝EF ，∴∠ ACK ＝∠ EFH ，∠ ACK ＝∠ EFH在△ ACK 和△ EFH 中， ∠ AKC ＝∠ EHF ，AC ＝EF∴△ ACK ≌△ EFH( AAS)， ∴FH ＝CK ＝1，HE ＝AK ＝2 3，∵抛物线对称轴为 x ＝－ 1，∴ F 点的横坐标为 0或－2，∵点 F 在直线 AB 上，∴当 F 点横坐标为0 时，则 F(0，233)，此时点 E 在直线 AB 下方，∴ E 到 x 轴的距离为 EH － OF ＝2 3－23＝4 3，即 E 点纵坐标为－43，∴ E(－ 1，－3 33433)；当 F 点的横坐标为－ 2 时，则 F 与 A 重合，不合题意，舍去；②当 AC 为平行四边形的对角线时，∵ C( － 3， 0)，且 A( －2， 2 3)，5∴线段 AC 的中点坐标为(－，3)，设 E(－ 1， t)， F(x， y)，则 x－ 1＝2× (－52)， y＋ t ＝2 3，∴ x＝－ 4，y＝ 2 3－ t，代入直线 AB 分析式可得23－ t＝－233× (－ 4)＋233，解得 t＝－433，∴E(－1，－4 31033 )， F(－ 4，3)；综上可知存在知足条件的点F，此时 E(－ 1，－4323－1，－43 3)、F(0，3)或 E(3)、F(－1034，3).0＝16a－ 8a＋c a＝－12，3．解：(1)由题意，得，解得4＝c c＝4∴所求抛物线的分析式为y＝－1x2＋ x＋4；2(2)设点 Q 的坐标为 (m， 0)，如解图①，过点 E 作 EG⊥ x 轴于点 G.12＝－ 2， x2＝ 4，由－ x ＋ x＋4＝ 0，得 x12∴点 B 的坐标为 (－ 2， 0)，∴ AB ＝6， BQ＝ m＋ 2，∵QE∥ AC ，∴△ BQE ∽△ BAC ，∴EG＝BQ，即EG＝m＋2，∴ EG＝2m＋4，COBA463∴ S△CQE＝ S△CBQ－ S△EBQ＝111(m＋ 2)(4 －2m＋ 4)＝－12＋28＝BQ·CO－2BQ·EG＝33m3m＋223－1(m－ 1)2＋ 3，3又∵－ 2≤ m≤ 4，∴当 m＝ 1 时， S△CQE有最大值3，此时 Q(1 ，0)；图①图②(3)存在．在△ ODF 中．(ⅰ)若 DO＝DF，∵A(4 ， 0)，D(2 ， 0)，∴ AD ＝ OD＝DF ＝ 2，又∵在 Rt △AOC 中， OA ＝ OC ＝4，∴∠ OAC ＝ 45°， ∴∠ DFA ＝∠ OAC ＝ 45°，∴∠ ADF ＝ 90°，此时，点 F 的坐标为 (2， 2)，12由－ x ＋ x ＋4＝ 2，2得 x 1＝ 1＋ 5， x 2＝ 1－ 5，此时，点 P 的坐标为 P(1＋5，2)或 P(1－5， 2)；( ⅱ)若 FO ＝ FD ，如解图②，过点 F 作 FM ⊥ x 轴于点 M ， 由等腰三角形的性质得： OM ＝ MD ＝ 1，∴ AM ＝ 3， ∴在等腰直角△ AMF 中， MF ＝ AM ＝ 3，∴ F(1， 3)，12由－ x ＋ x ＋4＝ 3，得 x 1 ＝1＋ 3， x 2＝ 1－ 3，2此时，点 P 的坐标为： P(1＋3， 3)或 P(1－ 3， 3)；( ⅲ)若 OD ＝ OF ，∵ OA ＝ OC ＝4，且∠ AOC ＝ 90°， ∴ AC ＝ 4 2，∴点 O 到 AC 的距离为 2 2，而 OF ＝ OD ＝ 2＜ 2 2，与 OF ≥ 2 2矛盾，∴ AC 上不存在点使得 OF ＝ OD ＝ 2，此时，不存在这样的直线 l ，使得△ ODF 是等腰三角形．综上所述，存在这样的直线 l ，使得△ ODF 是等腰三角形． 所求点 P 的坐标为 (1＋5， 2)或 (1－ 5， 2)或 (1＋ 3， 3)或 (1－ 3， 3).44．解： (1) ∵点 C(0， 4)在直线 y ＝－ 3x ＋ n 上，4∴ n ＝ 4，∴ y ＝－ 3x ＋ 4，令 y ＝ 0，解得 x ＝ 3，∴ A(3 ， 0)，2 2∵抛物线 y ＝ 3x ＋bx ＋ c 经过点 A ，交 y 轴于点 B(0，－ 2)，∴ c ＝－ 2， 6＋3b － 2＝ 0，解得 b ＝－43，2 24∴抛物线的分析式为y ＝ 3x － 3x －2；(2) ∵点 P 的横坐标为 m ，且点 P 在抛物线上，2 2 4∴P(m ， 3m －3m － 2)，∵ PD ⊥ x 轴， BD ⊥ PD ，∴点 D 坐标为 (m ，－ 2)， ∴ |BD|＝ |m|， |PD|＝ |2m 2－ 4m － 2＋ 2|，33当△ BDP 为等腰直角三角形时，PD ＝ BD ，224 22 4∴ |m|＝ |m －m － 2＋ 2|＝ | m － m|.3333∴ m 2＝(2m 2－ 4m)2，解得： m 1＝ 0(舍去 )， m 2＝ 7， m 3＝ 1，3322∴当△ BDP 为等腰直角三角形时，线段PD 的长为7或1；2 2(3) ∵∠ PBP ′＝∠ OAC ，OA ＝ 3，OC ＝ 4，∴ AC ＝ 5，∴ sin ∠PBP ′＝ 45， cos ∠PBP ′＝ 35，①当点 P ′落在 x 轴上时，如解图①，过点D ′作 D ′N⊥ x 轴，垂足为 N ，交 BD 于点 M ，∠ DBD ′＝∠ ND ′P ′＝∠ PBP ′，由旋转知， P ′ D ′＝ PD ＝ 2m 2－ 4m ，33在 Rt △ P ′D ′ N 中， cos ∠ ND ′ P ′＝ ND ′3＝ cos ∠PBP ′＝，P ′ D ′5∴ ND ′＝ 3(2m 2－ 4m)，5 33在 Rt △ BD ′ M 中， BD ′＝－ m ， sin ∠ DBD ′＝D ′M 4＝ sin ∠ PBP ′＝ ，BD ′5∴D ′M ＝－4m ，∴ ND ′－ MD ′＝ 2，5∴ 3(2m 2－4m)－ (－ 4m)＝ 2， 5 3 3 5解得 m ＝ 5(舍去 )或 m ＝－5，如解图②，同①的方法得， ND ′＝ 3(2m 2－4m)，MD ′＝ 4m ，5 3 35 ND ′＋ MD ′＝ 2， ∴ 3(2m 2－4m)＋ 4m ＝ 2， 5 3 3 5∴ m ＝ 5或 m ＝－ 5(舍去 )，∴P(－ 5，4－4 5＋45＋ 4)或 P( 5， 3)，3②当点 P ′落在 y 轴上时，如解图③，过点 D ′作 D ′M⊥ x 轴，交 BD 于 M ，过点 P ′作 P ′N⊥ y 轴，交 MD ′的延伸线于点 N ，∴∠ DBD ′＝∠ ND ′P ′＝∠ PBP ′，同①的方法得： P ′N＝ 4(2m 2－4 m)，BM ＝ 3m ，5 3 3 5∵ P ′N ＝BM ，4224 3∴ 5(3m －3m)＝ 5m ，25解得 m ＝或 m ＝ 0( 舍去 )，25 11 ∴ P( 8 ， 32)，∴ P(－ 5， 4 5＋4－4 5＋425 113 )或 P( 5， 3)或 P(8 ， 32).种类二 二次函数与图形面积1．解： (1)依据题意得 A( － 4， 0)， C(0， 2)， ∵抛物线 y ＝－ 1x 2＋ bx ＋ c 经过 A 、 C 两点，2 0＝－ 1× 16－ 4b ＋c b ＝－ 3∴ 2， 解得 2， 2＝ c c ＝ 21 2 3x ＋ 2；∴ y ＝－ x－22(2) ①令 y ＝ 0，∴－12x2－32x ＋ 2＝ 0，解得 x 1＝－ 4， x 2＝ 1，∴ B(1 ， 0)，如解图①，过 D 作 DM ∥ y 轴交 AC 于 M ，过 B 作 BN ⊥ x 轴交 AC 于 N ，∴ DM ∥BN ，∴△ DME ∽△ BNE ，∴S 1＝ DE＝DM，S 2 BEBN1 2 31设 D(a ，－ a －a ＋ 2)，∴ M(a ， a ＋ 2)，2221－ 125 DM 2a － 2aS＝ ＝＝∵ B(1 ， 0)，∴ N(1， ) ，∴S 2 BN522－ 1(a ＋ 2)2＋ 4；55∴当 a ＝－ 2 时，S 1有最大值，最大值是 4；S 25 ②∵ A( － 4， 0)， B(1 ，0)， C(0， 2)，∴AC ＝2 5，BC ＝ 5， AB ＝5，∵ AC 2＋ BC 2＝ AB 2，3∴△ ABC 是以∠ ACB 为直角的直角三角形，取AB 的中点 P ，∴ P(－ 2， 0)，∴ PA ＝ PC ＝ PB ＝ 5，∴∠ CPO ＝2∠ BAC ，2∴ tan ∠ CPO ＝ tan(2∠ BAC) ＝ 4 3，如解图②，过D 作 x 轴的平行线交 y 轴于 R ，交 AC 的延伸线于 G ，状况一：∠ DCF ＝ 2∠ BAC ＝∠ DGC ＋∠ CDG ，∴∠ CDG ＝∠ BAC ，∴ tan ∠ CDG ＝ tan ∠ BAC ＝12，即RCDR ＝12，令 D(a ，－ 1a 2－ 3a ＋ 2)，∴ DR ＝－ a ， RC ＝－ 1a 2－ 3a ，2222123a－ a －22 1∴ － a ＝2，解得 a 1＝ 0(舍去 )， a 2＝－ 2，∴ x D ＝－ 2，状况二：∠ FDC ＝ 2∠BAC ，∴ tan ∠ FDC ＝ 4，3设 FC ＝ 4k ，∴ DF ＝3k ， DC ＝ 5k ， ∵tan ∠ DGC ＝ FG3k＝12，∴ FG ＝6k ，∴ CG ＝ 2k ，DG ＝ 3 5k ，∴ RC ＝25 4 55 k ， RG ＝ 5 k ，4 5 11 5DR ＝ 3 5k － 5 k ＝ 5k ，11 5∴DR＝5 k ＝ － a ，解得 a ＝ 0(舍去 )， a ＝－ 29，RC2 5 1 23 1 211a5 k － a －2 2∴点 D 的横坐标为－ 2 或－ 2911.2．解： (1) ∵直线 y ＝－ x ＋3 与 x 轴、 y 轴分别交于点 B 、点 C ，∴ B(3 ， 0)，C(0， 3)，把 B 、C 坐标代入抛物线分析式可得9＋3b ＋ c ＝ 0，c ＝ 3b ＝－ 4解得 ，c ＝3∴抛物线的分析式为y ＝ x 2－ 4x ＋3；(2) ∵ y ＝ x 2－ 4x ＋ 3＝(x － 2)2－ 1， ∴抛物线对称轴为 x ＝ 2， P(2，－ 1)，设 M(2 ， t) ，且 C(0 ， 3)，∴MC ＝ 22＋（ t－ 3）2＝ t2－6t＋ 13， MP ＝ |t＋ 1|，PC＝ 22＋（－ 1－3）2＝ 2 5，∵△ CPM 为等腰三角形，∴有 MC ＝MP 、 MC＝ PC 和 MP＝PC 三种状况，①当 MC ＝MP 时，则有233t － 6t＋ 13＝|t＋1|，解得 t＝，此时 M(2 ， )；22②当 MC ＝PC 时，则有t2－6t＋ 13＝ 25，解得 t＝－ 1(与 P 点重合，舍去 )或 t＝ 7，此时 M(2 ， 7)；③当 MP ＝PC 时，则有 |t＋ 1|＝ 25，解得 t＝－ 1＋25或 t＝－ 1－ 25，此时 M(2 ，－ 1＋ 25)或 (2，－ 1－ 2 5)；3综上可知存在知足条件的点M ，其坐标为 (2，2)或 (2，7)或(2，－ 1＋ 2 5)或 (2，－ 1－ 2 5)；(3) 如解图，在0＜x＜ 3 对应的抛物线上任取一点E，过 E 作 EF⊥ x 轴，交 BC 于点 F，交 x 轴于点 D，设 E(x， x2－ 4x＋ 3)，则 F(x，－ x＋ 3)，∵0＜ x＜ 3，∴EF＝－ x＋ 3－ (x 2－ 4x＋ 3)＝－ x2＋ 3x，11EF·BD ＝1EF·OB＝12＋ 3x)＝－3 3 2＋∴ S△CBE＝ S△EFC＋ S△EFB＝EF·OD＋22× 3(－ x(x－2)222 27，8∴当 x＝3时，△ CBE 的面积最大，此时 E 点坐标为 (3，－3)，224即当 E 点坐标为33( ，－)时，△ CBE 的面积最大 . 243．解：(1)∵A(1，0)，对称轴l为x＝－1，∴B(－3，0)，a＋ b－3＝ 0a＝ 1∴，解得，9a－ 3b－3＝ 0b＝ 2∴抛物线的分析式为 y＝ x2＋ 2x－3；(2) 如解图①，过点P 作 PM ⊥ x 轴于点 M ，设抛物线对称轴 l 交 x 轴于点 Q.∵ PB ⊥NB ，∴∠ PBN ＝ 90°，∴∠ PBM ＋∠ NBQ ＝ 90°.∵∠ PMB ＝ 90°，∴∠ PBM ＋∠ BPM ＝ 90°， ∴∠ BPM ＝∠ NBQ.又∵∠ BMP ＝∠ BQN ＝ 90°，PB ＝NB ，∴△ BPM ≌△ NBQ ，∴ PM ＝ BQ. ∵抛物线 y ＝ x 2＋ 2x －3 与 x 轴交于点 A(1 ， 0)和点 B ，且对称轴为 x ＝－ 1，∴点 B 的坐标为 (－ 3， 0)，点 Q 的坐标为 (－ 1， 0)，∴ BQ ＝ 2，∴ PM ＝ BQ ＝2.2∵点 P 是抛物线 y ＝ x ＋ 2x － 3 上 B 、 C 之间的一个动点，22将 y ＝－ 2 代入 y ＝x ＋2x － 3，得－ 2＝ x ＋ 2x － 3， 解得 x 1＝－ 1－ 2， x 2＝－ 1＋ 2(舍去 )，(3) 存在．如解图②，连结 AC ，PC.可设点 P 的坐标为 (x ，y)( －3＜ x ＜ 0)，则 y ＝ x 2＋ 2x － 3，∵点 A(1 ， 0)，∴ OA ＝1.∵点 C 是抛物线与 y 轴的交点，∴令 x ＝ 0，得 y ＝－ 3，即点 C(0，－ 3)，∴ OC ＝ 3.由 (2) 可知 S 四边形 PBAC ＝ S △BPM ＋ S 四边形 PMOC ＋ S △AOC ＝1 1 12 BM ·PM ＋ (PM ＋ OC)·OM ＋ OA ·OC22＝ 1(x ＋ 3)(－ y)＋ 1(－ y ＋ 3)( － x)＋ 1× 1×3＝－ 3y － 3x ＋ 3，2222 2223 23 3 3 3275将 y ＝ x ＋ 2x － 3代入可得 S 四边形 PBAC ＝－ (x＋ 2x － 3)－ x ＋ ＝－2(x ＋ ) ＋8.22 2 23∵－ ＜ 0，－ 3＜ x ＜0，∴当 x ＝－ 3时， S 四边形PBAC有最大值75，此时， y ＝ x 2＋ 2x －3＝－15.2843 1575∴当点 P 的坐标为 (－ 2，－ 4 )时，四边形 PBAC 的面积最大，最大值为 8 .4．解： (1) 把 y ＝0 代入直线的分析式得 x ＋ 1＝ 0，解得 x ＝－ 1，∴ A( － 1，0)． ∵抛物线的对称轴为 x ＝ 1，∴ B 的坐标为 (3， 0)． 将 x ＝ 0 代入抛物线的分析式得 y ＝－ 3，∴ C(0，－ 3)．设抛物线的分析式为y ＝ a(x ＋ 1)(x － 3)，将 C(0 ，－ 3)代入得－ 3a ＝－ 3，解得 a ＝ 1，∴抛物线的分析式为 y ＝ (x ＋ 1)(x － 3)＝ x 2－ 2x － 3； (2) 如解图①，连结 OP.将 x＝ 0 代入直线AD 的分析式得y＝1，∴ OD＝ 1.2∵S 四边形DCPB＝ S△ODB＋ S△OBP＋ S△OCP，1×12＋2t1× 3× t，整理得S＝－329∴ S＝3× 1＋×3× (－ t＋ 3)＋2t＋ t＋ 6，2222配方得：S＝－332＋75，(t－)8 22∴当 t＝3时， S 获得最大值，最大值为75；28(3)如解图②，设点 D′的坐标为 (a， a＋ 1)，O′ (a， a)．当△ D′O′E的面积∶△ D′EB′面积＝的 1∶ 2 时，则 O′E∶ EB ′＝ 1∶ 2.∵O′B ′＝ OB ＝ 3，∴ O′ E＝ 1，∴ E(a＋ 1， a)．将点 E 的坐标代入抛物线的分析式得 (a＋1)2－2(a＋1)－ 3＝ a，整理得： a2－ a－ 4＝ 0，解得a＝1＋ 17或a＝1－ 17，22∴ O′的坐标为 (1＋ 171＋ 171－ 17，1－ 17，2)或 (22) ，2∴OO′＝2＋34或 OO′＝34－ 2，22∴△ DOB 平移的距离为2＋34或34－ 2，22当△ D′O′E的面积∶△ D′ EB ′的面积＝ 2∶ 1 时，则 O′E∶ EB′＝ 2∶ 1.∵O′B ′＝ OB ＝ 3，∴ O′ E＝ 2，∴ E(a＋ 2， a)．将点 E 的坐标代入抛物线的分析式得：(a＋ 2)2－ 2(a＋ 2)－ 3＝ a，整理得： a2＋a－ 3＝ 0，解得 a＝－1＋ 13－1－ 13或 a＝2.2－1＋ 13－1＋ 13－ 1－ 13 －1－ 13)．∴ O′的坐标为 (，2)或 (2，22∴ OO′＝－2＋26或 OO′＝2＋ 26.22－2＋262＋ 26.∴△ DOB 平移的距离为2或2综上所述，当△ D′O′沿B′DA 方向平移2＋34或2＋26单位长度，或沿AD 方向平22移 34－－2＋261∶2 两部分 . 2或个单位长度时， ED′恰巧将△ O′D′的B′面积分为22种类三二次函数与线段问题1 1．(1)解：∵C(0，3)，∴－9a＝3，解得a＝－3.令 y＝ 0，得 ax2－ 2 3ax－ 9a＝0，∵a≠ 0，∴ x2－2 3x － 9＝ 0，解得 x＝－ 3或 x＝ 3 3.∴点 A 的坐标为 (－3，0)，点 B 的坐标为 (33， 0)，∴抛物线的对称轴为x＝3；(2)解：∵ OA ＝ 3， OC＝3，∴tan∠ CAO ＝ 3，∴∠ CAO ＝ 60°.∵ AE 为∠ BAC 的均分线，∴∠DAO ＝30°，3∴ DO ＝3 AO ＝ 1，∴点 D 的坐标为 (0， 1)，设点 P 的坐标为 (3， a)．∴AD 2＝ 4， AP 2＝ 12＋a2，DP2＝3＋ (a－ 1)2.当 AD ＝ PA 时， 4＝ 12＋ a2，方程无解．当 AD ＝ DP 时， 4＝ 3＋ (a－ 1)2，解得 a＝ 0 或 a＝2，∴点 P 的坐标为 ( 3， 0)或 (3， 2)．当 AP＝ DP 时， 12＋a2＝ 3＋ (a－ 1)2，解得 a＝－ 4.∴点 P 的坐标为 ( 3，－ 4)．综上所述，点P 的坐标为 ( 3， 0)或 ( 3，－ 4)或 (3， 2);(3) 证明：设直线AC 的分析式为y＝ mx＋ 3，将点 A 的坐标代入得－3m＋ 3＝ 0，解得m＝3，∴直线 AC 的分析式为y＝3x ＋ 3.设直线 MN 的分析式为y＝ kx ＋ 1.把 y＝ 0 代入 y＝ kx＋ 1，得 kx＋ 1＝ 0，解得： x＝－1，k∴点 N 的坐标为 (－1， 0)，∴ AN ＝－1＋3＝ 3k－1. k k k将 y＝3x＋ 3 与 y＝ kx ＋1 联立，解得 x＝2，k－ 3∴点 M 的横坐标为2.k－3如解图，过点M 作 MG ⊥ x 轴，垂足为 G.则 AG ＝2＋ 3.k－ 3∵∠ MAG ＝60°，∠ AGM ＝ 90°，∴ AM ＝2AG ＝4＋223k－ 2 k－ 33＝.k－ 3∴ 1 ＋ 1 ＝ k－ 3 ＋k＝ k－ 3 ＋2k＝ 3k－ 3 ＝ 3（ 3k－ 1）＝AM AN 2 3k－23k－1 2 3k－ 2 2 3k －2 2 3k－ 22（ 3k－ 1）32.32．解：(1)∵直线l：y＝4x＋m经过点B(0，－1)，∴m＝－1，∴直线 l 的分析式为y＝34x－ 1，3∵直线 l ： y ＝ 4x － 1 经过点 C ，且点 C 的横坐标为 4，∴ y ＝ 3× 4－1＝ 2，4∵抛物线 y ＝ 1x 2＋ bx ＋c 经过点 C(4， 2)和点 B(0 ，－ 1)，21× 42＋ 4b ＋ c ＝ 25∴2，解得 b ＝－ 4，c ＝－ 1c ＝－ 1∴抛物线的分析式为1 2 5 x －1；y ＝ x －2434(2) 令 y ＝ 0，则 x － 1＝ 0，解得 x ＝ ，43∴点 A 的坐标为 (4， 0)，∴ OA ＝4，33在 Rt △ OAB 中， OB ＝1，∴ AB ＝OA 2＋ OB 2＝ （4） 2＋ 12＝ 5，3 3 ∵ DE ∥ y 轴，∴∠ ABO ＝∠ DEF ，OB 3在矩形 DFEG 中， EF ＝ DE ·cos ∠DEF ＝ DE ·＝ DE ，AB5OA 4DE ，DF ＝ DE ·sin ∠ DEF ＝ DE · ＝AB 5∴ l ＝2(DF ＋ EF) ＝ 2×( 4＋3)DE ＝ 14DE ，5 55∵点 D 的横坐标为t(0＜ t ＜ 4)，1 253t － 1)， ∴ D(t ，t － t －1) ，E(t ， 24 4∴ DE ＝ (34t － 1)－ (12t 2－ 54t － 1)＝－ 12t 2＋ 2t ，∴ l ＝1412＝－7 228 5 × (－ t ＋ 2t)t ＋5t ，25∵ l ＝－ 7(t －2) 2＋28，且－ 7＜0，555∴当 t ＝ 2 时， l 有最大值 285；(3) “落点”的个数有 4 个，如解图①，解图②，解图③，解图④所示．如解图③，设A 1 的横坐标为 m ，则 O 1 的横坐标为 m ＋ 4，3 1 25 1 4 2 5 4∴m －m － 1＝ (m ＋ )－ (m ＋ )－ 1，242 3 4 3解得 m ＝ 127，如解图④，设 A 1 的横坐标为 m ，则 B 1 的横坐标为 m ＋ 4，B 1 的纵坐标比 A 1 的纵坐标大3 1，1 25 1 4 2 5 4 4，∴m －m － 1＋ 1＝ (m ＋ ) － (m ＋)－ 1，解得 m ＝ 2423433∴旋转 180°时点 A 1 的横坐标为7 或 4 .12 33．(1) 解：将点 A( － 1， 1)， B(4 ， 6)代入 y ＝ ax 2＋ bx 中，1 a － b ＝1a ＝ 2得，解得， 16a ＋ 4b ＝ 61b ＝－ 2 ∴抛物线的分析式为y ＝12x2－12x ；(2) 证明：设直线 AF 的分析式为 y ＝ kx ＋ m ， 将点 A( －1， 1)代入 y ＝ kx ＋ m 中，即－ k ＋ m ＝ 1， ∴ k ＝ m － 1， ∴直线 AF 的分析式为y ＝ (m － 1)x ＋ m.联立直线 AF 和抛物线分析式成方程组，y ＝（ m － 1） x ＋ mx 1＝－ 1 x 2＝ 2m1 2 1，解得 ， 2，y ＝ x － xy 1＝ 1 y 2＝ 2m－ m 2 2∴点 G 的坐标为 (2m ， 2m 2－ m)．∵ GH ⊥ x 轴，∴点 H 的坐标为 (2m ， 0)．1 2 11∵抛物线的分析式为 y ＝ 2x － 2x ＝2x(x － 1)， ∴点 E 的坐标为 (1， 0) ．设直线 AE 的分析式为 y ＝ k 1x ＋ b 1，－ k 1＋ b 1＝ 1k 1＝－ 1将 A( － 1， 1)， E(1 ， 0)代入 y ＝ k 1x ＋b 1 中，得2，解得1，k 1＋ b 1＝ 0 b 1＝2∴直线 AE 的分析式为y ＝－1 1 .x ＋22设直线 FH 的分析式为 y ＝ k 2x ＋ b 2，b 2＝ mk 2＝－ 1将 F(0， m)、 H(2m ， 0)代入 y ＝ k 2x ＋b 2 中，得，解得：2，2mk 2＋ b 2＝ 0b 2＝ m∴直线 FH 的分析式为y ＝－ 1x ＋ m.∴FH ∥ AE ；2(3) 解：设直线 AB 的分析式为 y ＝ k 0x ＋b 0，将 A( －1， 1)， B(4， 6)代入 y ＝k 0x ＋ b 0 中，－ k 0＋ b 0＝ 1 k 0 ＝1，解得 ，4k 0＋ b 0＝ 6 b 0 ＝2∴直线 AB 的分析式为 y ＝ x ＋ 2.当运动时间为 t 秒时，点 P 的坐标为 (t －2， t) ，点 Q 的坐标为 (t ， 0)．当点 M 在线段 PQ 上时，过点 P 作 PP ′⊥x 轴于点 P ′，过点 M 作 MM ′ ⊥ x 轴于点 M ′，则 △ PQP ′∽△ MQM ′ ，如解图所示．∵ QM ＝2PM ， ∴ QM ′＝ MM ′＝ 2，QP ′ PP ′ 342∴QM ′＝ ，MM ′＝t ，334 2∴点 M 的坐标为 (t －3， 3t)，又∵点 M 在抛物线1 21 y ＝ x － x 上，222 1 4 21 4∴t ＝(t － ) －(t － )，32323解得 t ＝ 15± 113，6当点 M 在线段 QP 的延伸线上时，同理可得出点 M 的坐标为 (t － 4， 2t)，∵点 M 在抛物线1 2 1x 上， y ＝ x －2 2 1 × (t － 4) 2 1 ∴ 2t ＝－ (t － 4)，22解得 t ＝ 13± 89.2综上所述：当运动时间为15－ 113秒、 15＋ 113秒、13－ 89秒或 13＋ 89秒时， QM＝6 6 2 22PM.种类四二次函数与三角形相像1．(1) 解：∵极点坐标为 (1， 1)，2又∵抛物线过原点，∴ 0＝ a(0－ 1)2＋ 1，解得 a ＝－ 1，∴抛物线的分析式为 y ＝－ (x － 1)2＋ 1，即 y ＝－ x 2＋ 2x ，y ＝－ x 2＋ 2x联立抛物线和直线分析式可得，y ＝ x － 2解得 x ＝2 x ＝－ 1或 ，y ＝ 0 y ＝－ 3∴ B(2 ， 0)，C( － 1，－ 3)；(2) 证明：如解图，分别过 A 、C 两点作 x 轴的垂线，交 x 轴于 D 、 E 两点，则 AD ＝ OD ＝ BD ＝ 1， BE ＝ OB ＋ OE ＝ 2＋ 1＝ 3， EC ＝3， ∴∠ ABO ＝∠ CBO ＝ 45°，即∠ ABC ＝90°， ∴△ ABC 是直角三角形；(3) 解：假定存在知足条件的点N ，设 N(x ， 0)，则 M(x ，－ x 2＋ 2x)，∴ ON ＝ |x|，MN ＝ |－ x 2＋ 2x|，由 (2) 在 Rt △ ABD 和 Rt △ CEB 中，可分别求得 AB ＝ 2， BC ＝ 3 2， ∵ MN ⊥x 轴于点 N∴∠ MNO ＝∠ ABC ＝90°，∴当△ MNO 和△ ABC 相像时有MN ＝ON或MN＝ON，AB BC BC AB①当MN＝ ON 时，则有|－x 2＋2x|＝|x|，即 |x|× |－ x ＋2|＝ 1 |x|，AB BC 2 3 23∵当 x ＝ 0 时 M 、 O 、 N 不可以组成三角形，∴ x ≠ 0，1 1 5 7 ， ∴ |－ x ＋ 2|＝ ，即－ x ＋2＝ ± ，解得 x ＝ 或 x ＝3333此时 N 点坐标为 (5， 0)或 (7， 0)，33②当MN＝ ON 时，则有 |－ x 2＋ 2x| ＝ |x| ，即 |x|× |－ x ＋2|＝ 3|x|，BC AB 3 2 2∴ |－ x ＋ 2|＝3，即－ x ＋2＝ ±3，解得 x ＝5 或 x ＝－ 1，此时 N 点坐标为 (－1， 0)或 (5， 0)，综上可知存在知足条件的N 点，其坐标为 (5，0)或(7， 0)或 (－ 1， 0)或 (5， 0).3 33a ＋ c ＝ 0 a ＝－ 132．解： (1) 把 A 、 C 两点坐标代入直线 y ＝－ ax ＋c 可得，解得 ，c ＝1c ＝ 1∴直线的表达式为1y ＝ x ＋ 1，3把 A 点坐标和 a ＝－1代入抛物线分析式可得 9× (－1)－ 3b ＋ 1＝ 0，解得 b ＝－ 2，333 ∴抛物线的表达式为y ＝－12 2x ＋ 1；x －3 3(2) ∵点 D 为抛物线在第二象限部分上的一点，1 2 2 1t ＋ 1)，∴可设 D(t ，－ t － t ＋ 1)，则 F(t ，3 33∴DF ＝－1 22 1 1 2 13 2 3 .3t － t ＋ 1－ ( t ＋ 1)＝－ 3 t － t ＝－3(t ＋ ) ＋3324∵－ 1＜ 0，∴当 t ＝－ 3时， DF 有最大值，最大值为3，此时 D 点坐标为 (－3， 5)；3242 422(3) 设 P(m ，－ 3m － 3m ＋ 1) ，如解图，1∵ P 在第四象限，∴ m ＞ 0，－122m ＋ 1＜0， m －3 3122∴ AN ＝ m ＋ 3，PN ＝ m＋ m － 1，3 3∵∠ AOC ＝∠ ANP ＝ 90°，∴当以 P 、A 、N 为极点的三角形与△ ACO 相像时有△ AOC ∽△ PNA 和△ AOC ∽△ ANP ，①当△ AOC ∽△ PNA 时，则有OC ＝AO，即1 ＝3， NA PNm ＋ 3 1 2 2m － 13m ＋3解得 m ＝－ 3 或 m ＝ 10，经查验当 m ＝－ 3 时， m ＋ 3＝ 0(舍去 )， ∴ m ＝ 10，此时 P 点坐标为 (10，－ 39)；②当△ AOC ∽△ ANP 时，则有 OC ＝ AO ，即1＝ 3 ，NP AN 1 2 2 m － 1 m ＋ 3 3m ＋3解得 m ＝ 2 或 m ＝－ 3，经查验当 m ＝－ 3 时， m ＋ 3＝0( 舍去 )，5∴ m ＝ 2，此时 P 点坐标为 (2，－ 3)；综上可知 P 点坐标为 (10，－ 39)或 (2，－5).39a＋ 3b＋ 3 3＝0，a＝－ 3 3．解：(1)将A、G点坐标代入函数分析式，得，解得，a－ b＋3 3＝ 0b＝ 2 3∴抛物线的分析式为y＝－3x2＋ 2 3x＋ 3 3；(2)如解图①，作 ME ∥ y 轴交 AB 于 E 点，当 x＝ 0 时， y＝ 3 3，即 B 点坐标为 (0， 3 3)，直线 AB 的分析式为 y＝－ 3x ＋ 3 3，设 M(n ，－3n2＋ 2 3n＋ 3 3)， E(n，－3n＋ 33)，ME ＝－3n2＋ 2 3n＋ 33－(－3n＋33)＝－3n2＋33n，1123n)× 3＝－3332273，S△ABM＝ME·AO ＝ ( －3n ＋ 32(n－ ) ＋82223273当 n＝2时，△ ABM 面积的最大值是8；(3)存在；原因以下： OE＝23，AP＝2，OP＝1，BE＝ 3 3－2 3＝7 3，333当 y＝233时，－ 3x＋ 3 3＝233，解得 x＝73，即 EF＝73，将△ BEP 绕点 E 顺时针方向旋转 90°，获得△ B′EC(如解图② )，∵ OB ⊥ EF，∴点 B′在直线 EF 上，∵ C 点横坐标绝对值等于EO 长度， C 点纵坐标绝对值等于EO－PO 长度，∴C 点坐标为 (－2 3，2 3－ 1)，33如解图，过 F 作 FQ∥B′C，交 EC 于点 Q，则△ FEQ∽△ B′EC，由BE＝B′E3，＝CE＝EF EF EQ2 3可得 Q 的坐标为 (－3，－3 )；依据对称性可得，Q 对于直线 EF 的对称点 Q′(－2，5333 )也切合条件 .4．解：(1)∵抛物线y＝ ax2＋ bx＋ 3 经过点 A(1 ，0) 和点 B(5 ， 0)，3∴a＋ b＋3＝ 0a＝5，解得，25a＋ 5b＋ 3＝ 018b＝－5∴该抛物线对应的函数分析式为y ＝3 x 2－18 x ＋ 3；5 5 (2) ①∵点 P 是抛物线上的动点且位于 x 轴下方，3 2 18 t ＋ 3)(1＜ t ＜ 5)， ∴可设 P(t ， t － 5 5 ∵直线 PM ∥ y 轴，分别与 x 轴和直线 CD 交于点 M 、 N ，3∴ M(t ， 0)，N(t ，5t ＋ 3)，33 2 18 3 7 2 147 ， ∴ PN ＝ t ＋ 3－ ( t － 5 t ＋ 3)＝－ (t － ) ＋ 20 55 5 2 3联立直线 CD 与抛物线分析式可得y ＝ 5x ＋ 3 ，y ＝ 3 x 2 － 185 5 x ＋ 3x ＝0x ＝ 7 36， 解得或 y ＝ 3y ＝ 5 ∴ C(0， 3)，D(7 ， 365)，分别过 C 、 D 作直线 PN 的垂线，垂足分别为 E 、 F ，如解图①，则 CE ＝ t ，DF ＝ 7－ t ，∴ S △ PCD ＝ S △ PCN ＋ S △ PDN ＝ 12PN ·CE ＋ 12PN ·DF ＝ 72PN ＝ 72[ － 35(t － 72)2＋ 14720] ＝－ 2110(t － 72)2＋102940，∴当 t ＝ 7时，△ PCD 的面积最大，最大值为 1029 ； 2 40②存在．∵∠ CQN ＝∠ PMB ＝ 90°，∴当△ CNQ 与△ PBM 相像时，有NQ ＝ PM 或 NQ ＝ BM 两种状况，CQ BM CQ PM ∵ CQ ⊥ PN ，垂足为 Q ，3 ∴ Q(t ， 3)，且 C(0， 3)， N(t ， t ＋ 3)，5 ∴ CQ ＝ t ， NQ ＝3t ＋ 3－ 3＝ 3 t ，∴ NQ ＝ 3，5 5 CQ 5∵ P(t ，3t 2－18t ＋ 3)， M(t ， 0)， B(5 ， 0)，553 2 － 18 3 2 18 t － 3， ∴ BM ＝ 5－ t ， PM ＝ 0－ ( t5 t ＋ 3)＝－ t ＋ 55 5当NQ ＝ PM 时，则 PM ＝ 3BM ，即－ 3t 2＋18t － 3＝ 3(5－ t) ，解得 t ＝ 2 或 t ＝ 5(舍去 )，此 CQBM5555 时 P(2，－ 9)；5当 NQ ＝ BM 3 3 3 2 18 t － 3)，解得 t ＝ 34 CQ PM时，则 BM ＝ PM ，即 5－ t ＝ (－ t ＋ 5或 t ＝5(舍去 )，此 5 5 5 9 34 55时 P( 9 ，－ 27)；综上可知存在知足条件的点 P ，其坐标为 (2，－ 95)或 (349，－ 5527).。

2024内蒙古中考数学二轮专项训练题型十二次函数性质综合题1.已知抛物线y ＝－x 2＋bx ＋c (b ，c 是常数)经过点A (－1，0)，顶点为P .(1)当b ＝2时，求抛物线顶点P 的坐标；(2)当抛物线与x 轴的另一个交点为B (2，0)时，求抛物线的解析式；(3)若点C (b ，1＋b )和点D (b ＋1，0)在对称轴的同一侧，且当自变量x 满足b ≤x ≤b ＋1时，其对应的函数值y 的最大值为m ，最小值为n ，若m －n ＝3，求b 的值．2.在平面直角坐标系中，抛物线y ＝ax 2－2ax －3a (a ＜0)与x 轴交于A 、B 两点(点A 在点B的左侧)，并经过点C (1，－2)，D (2，3)、E (4，5)三点中的其中一点，直线y ＝x ＋m 经过点A.(1)判断抛物线y ＝ax 2－2ax －3a (a ＜0)经过C 、D 、E 中的哪个点，并说明理由；(2)求a 、m 的值；(3)若P 为直线y ＝x ＋m 上方抛物线上任一点(不与交点重合)，连接PB 交直线y ＝x ＋m 于M 点，则PMBM是否有最大值？如果有，求出最大值；如果没有，请说明理由．3.已知抛物线y ＝－x 2＋bx ＋c (b ，c 为常数)．(1)若b ＝4，c ＝－1，求抛物线顶点M 的坐标；(2)若抛物线顶点M 的坐标为(m ，m )，当c 的值最大时，求抛物线的解析式；(3)当c ＝2b ＋3时，若在自变量x 的值满足1≤x ≤3的情况下，与其对应的函数的最大值为24，求此时b 和c 的值．4.如图，在平面直角坐标系中，二次函数y ＝x 2＋bx ＋c 的图象经过点A (0，－74)，点B (1，14)．(1)求此二次函数的解析式；(2)当－2≤x ≤2时，求二次函数y ＝x 2＋bx ＋c 的最大值和最小值；(3)点P 为此函数图象上任意一点，其横坐标为m .过点P 作PQ ∥x 轴，点Q 的横坐标为－2m ＋1.已知点P 与点Q 不重合，且线段PQ 的长度随m 的增大而减小．①求m 的取值范围；②当PQ ≤7时，直接写出线段PQ 与二次函数y ＝x 2＋bx ＋c (－2≤x <13)的图象交点个数及对应的m 的取值范围．5.已知抛物线y＝ax2＋kx＋h(a>0)．(1)通过配方可以将其化成顶点式为________，根据该抛物线在对称轴两侧从左到右图象的特征，可以判断，当顶点在x轴________(填上方或下方)，即4ah－k2________0(填大于或小于)时，该抛物线与x轴必有两个交点；(2)若抛物线上存在两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，分布在x轴的两侧，则抛物线顶点必在x轴下方．请你结合A、B两点在抛物线上的可能位置，根据二次函数的性质，对这个结论的正确性给以说明；(为了便于说明，不妨设x1<x2且都不等于顶点的横坐标；另如果需要借助图象辅助说明，可自己画出简单示意图)(3)利用二次函数(1)(2)结论，求证：当a>0，(a＋c)(a＋b＋c)<0时，(b－c)2>4a(a＋b＋c).参考答案1.解：(1)∵抛物线y ＝－x 2＋bx ＋c (b ，c 是常数)经过点A (－1，0)，∴0＝－1－b ＋c ，∴c ＝b ＋1.当b ＝2时，c ＝3，∴抛物线的解析式为y ＝－x 2＋2x ＋3＝－(x －1)2＋4，∴抛物线的顶点P 的坐标为(1，4)；(2)∵抛物线y ＝－x 2＋bx ＋c (b ，c 是常数)经过点A (－1，0)，B (2，0)，∴将A (－1，0)，B (2，0)代入抛物线y ＝－x 2＋bx ＋c 中，1－b ＋c ＝0，4＋2b ＋c ＝0，＝1，＝2，∴抛物线的解析式为y ＝－x 2＋x ＋2；(3)抛物线的对称轴为直线x ＝b 2，①当点C (b ，1＋b )和点D (b ＋1，0)在对称轴的左侧时，即b2≥b ＋1，解得b ≤－2，自变量满足b ≤x ≤b ＋1时，y 随x 的增大而增大，∴m ＝0，n ＝1＋b .∵m －n ＝3，∴0－b －1＝3，解得b ＝－4；②当点C (b ，1＋b )和点D (b ＋1，0)在对称轴的右侧时，即b2≤b ，解得b ≥0，自变量满足b ≤x ≤b ＋1时，y 随x 的增大而减小，即m ＝1＋b ，n ＝0，∵m －n ＝3，∴1＋b －0＝3，∴b ＝2.综上所述，b 的值为－4或2.2.解：(1)抛物线y ＝ax 2－2ax －3a (a ＜0)经过点D ，理由如下：将抛物线化成交点式得y ＝a (x ＋1)(x －3)，令y ＝0，则x ＝－1或x ＝3，∵点A 在点B 的左侧，∴点A 的坐标为(－1，0)，点B 的坐标为(3，0)．又∵a ＜0，∴当－1＜x ＜3时，y ＞0，当x ＜－1或x ＞3时，y ＜0，故排除C 、E 两点，∴抛物线y ＝ax 2－2ax －3a (a ＜0)经过点D ;(2)将D (2，3)代入y ＝ax 2－2ax －3a (a ＜0)，得4a －4a －3a ＝3，解得a ＝－1，将A (－1，0)代入y ＝x ＋m ，得0＝－1＋m ，解得m ＝1，∴a ＝－1，m ＝1；(3)令－x 2＋2x ＋3＝x ＋1，解得x 1＝－1，x 2＝2，设点P 的坐标为(p ，－p 2＋2p ＋3)，其中－1＜p ＜2，如解图，过点P 作PG ∥x 轴交直线y ＝x ＋1于点G ，则PG AB ＝PMBM ，∵AB ＝4，为定值，∴当PG 取得最大值时，PG AB ＝PMBM 取得最大值，令－p 2＋2p ＋3＝x ＋1，解得x ＝－p 2＋2p ＋2，此时PG ＝－p 2＋2p ＋2－p ＝－p 2＋p ＋2＝－(p －12)2＋94，当p ＝12时，PG 有最大值94，此时PG AB ＝944＝916，即PM BM 的最大值为916.第2题解图3.解：(1)当b ＝4，c ＝－1时，抛物线为y ＝－x 2＋4x －1＝－(x －2)2＋3，∴M (2，3)；(2)∵y ＝－x 2＋bx ＋c ＝－(x －b 2)2＋4c ＋b 24，∴M (b 2，4c ＋b 24).∵点M (m ，m )，∴b 2＝4c ＋b 24.∴c ＝－14b 2＋12b .∵c ＝－14b 2＋12b ＝－14(b －1)2＋14，∴当b ＝1时，c 的值最大，最大值为14，此时抛物线的解析式为y ＝－x 2＋x ＋14；(3)∵c ＝2b ＋3，∴y ＝－x 2＋bx ＋2b ＋3.由题意得，抛物线的对称轴为直线x ＝b2，当b2≥3，即b ≥6时，1≤x ≤3在对称轴的左侧，∵－1＜0，∴抛物线开口向下，∴在对称轴左侧，y 随着x 的增大而增大，∴当x ＝3时，函数值y 最大，最大值为－9＋3b ＋2b ＋3＝5b －6，∴5b －6＝24，∴b ＝6，c ＝2b ＋3＝15；当1＜b2＜3，即2＜b ＜6时，对称轴在1≤x ≤3之间，∴当x ＝b 2y 有最大值，为b 24＋2b ＋3，∴b 24＋2b ＋3＝24，解得b ＝6或b ＝－14，不合题意舍去；当b2≤1，即b ≤2时，1≤x ≤3在对称轴的右侧，∵－1＜0，∴抛物线开口向下，∴在对称轴右侧，y 随x 的增大而减小，∴当x ＝1时，函数值最大，最大值为－1＋3b ＋3＝24，解得b ＝223(不合题意舍去)．综上所述，b 的值为6，c 的值为15.4.解：(1)把A (0，－74)，B (1，14)代入y ＝x 2＋bx ＋c ，得＝－74，＋b ＋c ＝14，＝1，＝－74，∴二次函数的解析式为y ＝x 2＋x －74；(2)由(1)得，y ＝x 2＋x －74＝(x ＋12)2－2，∵1＞0，－2≤x ≤2，∴当x ＝－12时，y 有最小值为－2，当x ＝2时，y 有最大值为174；(3)①当点Q 在点P 的右侧时，－2m ＋1>m ，解得m <13，此时PQ ＝－2m ＋1－m ＝－3m ＋1，∵－3＜0，∴当m <13时，线段PQ 的长度随m 的增大而减小；当点Q 在点P 的左侧时，－2m ＋1<m ，解得m >13，此时PQ ＝m －(－2m ＋1)＝3m －1，∵3>0，∴当m >13时，线段PQ 的长度随m 的增大而增大(舍去)．综上所述，m 的取值范围为m <13；②当－2≤m ≤－43或－12≤m <13时，交点为1个；当－43<m <－12时，交点为2个．【解法提示】当0<PQ ≤73m ＋1>03m ＋1≤7，解得－2≤m <13，∵对称轴为直线x ＝－12，二次函数y ＝x 2＋bx ＋c 的取值范围为－2≤x ≤13，∴13关于直线x ＝－12的对称点为－43，∴当－2≤m ≤－43时，线段PQ 与二次函数y ＝x 2＋bx ＋c 的图象有一个交点；当－43<m <－12时，如解图，设PQ 交二次函数图象于另一点H ，则点H 的横坐标为－1－m ，∴PH ＝－1－m －m ＝－2m －1.∴PQ －PH ＝－3m ＋1－(－2m －1)＝－m ＋2>0，∴PQ >PH .∴线段PQ 在－43<m <－12时，与二次函数y ＝x 2＋bx ＋c 的图象有两个交点；当－12≤m <13时，线段PQ 与二次函数y＝x2＋bx＋c的图象有一个交点．综上所述，当－2≤m≤43或－12≤m<13时，交点为1个；当－43<m<－12时，交点为2个．第4题解图5.(1)解：顶点式为：y＝a(x＋k2a )2＋4ah－k24a，下方，小于；(2)解：若设x1＜x2且不都等于顶点的横坐标，则A、B两点位置可能有以下三种情况：①如解图①，当A、B都在对称轴左侧时，由于在对称轴左侧，函数值随x的增大而减小，所以点A在x轴上方，点B在x轴下方，顶点M在点B下方，所以抛物线顶点必在x轴下方；图①图②第5题解图②如解图②，当A、B都在对称轴右侧时，由于在对称轴右侧，函数值随x的增大而增大，所以点B在x轴上方，点A在x轴下方，顶点M在点A下方，所以抛物线顶点必在x轴下方；③如解图③④，当A、B在对称轴两侧时，由于A、B分布在x轴两侧，所以不管A、B哪个点在x轴下方，都可以根据抛物线的对称性将其中一个点对称到对称轴另一侧的抛物线上，同①或②，可以说明抛物线顶点必在x 轴下方；图③图④第5题解图(3)证明：令y ＝ax 2＋(b －c )x ＋(a ＋b ＋c )，a ＞0，当x 1＝0时，y 1＝a ＋b ＋c ；当x 2＝－1时，y 2＝2(a ＋c )．∵(a ＋c )(a ＋b ＋c )＜0，∴y 1·y 2＜0，∴y ＝ax 2＋(b －c )x ＋(a ＋b ＋c )上存在两点(－1，2a ＋2c )，(0，a ＋b ＋c )分别位于x 轴两侧，∴由(1)(2)可知，y ＝ax 2＋(b －c )x ＋(a ＋b ＋c )顶点在x 轴下方，即4a （a ＋b ＋c ）－（b －c ）24a ＜0.又∵a ＞0，∴4a (a ＋b ＋c )－(b －c )2＜0，即(b －c )2＞4a (a ＋b ＋c )．。

【2019赢在中考】数学二轮专题解读与强化训练专题10 代几综合问题代几综合题是指以几何元素为背景构造未知量或以代数整数为背景形成几何关系的综合题。

涉及知识与园、方程，函数与三角形、四边形等相关知识为主，在方法上把解直角三角形、图形的变换、相似等与代数计算融为一起；在能力考查上体现方程与函数思想、转换思想、数形结合思想、分类讨论等数学思想方法。

代几综合题是中考压轴题。

常见类型有：（1）以函数为母图，结合三角形、四边形等图形知识（2）以三角形、四边形为母图，结合函数（3）函数与圆的综合题当函数与几何图形相结合时，关键是要做好点的坐标与线段长短的相互转换，同时要考虑分类讨论。

特别注意分类的原则是不重不漏、最简。

考向一以二次函数为母图，结合三角形、四边形等图形知识例1．（2018年湖南省常德）如图，已知二次函数的图象过点O（0，0）．A（8，4），与x轴交于另一点B，且对称轴是直线x=3．（1）求该二次函数的解析式；（2）若M是OB上的一点，作MN∥AB交OA于N，当△ANM面积最大时，求M的坐标；（3）P是x轴上的点，过P作PQ⊥x轴与抛物线交于Q．过A作AC⊥x轴于C，当以O，P，Q为顶点的三角形与以O，A，C为顶点的三角形相似时，求P点的坐标．【考点】二次函数综合题【思路点拨】（1）先利用抛物线的对称性确定B（6，0），然后设交点式求抛物线解析式；（2）设M（t，0），先其求出直线OA的解析式为y=x，直线AB的解析式为y=2x﹣12，直线MN的解析式为y=2x﹣2t，再通过解方程组得N（t，t），接着利用三角形面积公式，利用S△AMN=S△AOM﹣S△NOM得到S△AMN=•4•t﹣•t•t，然后根据二次函数的性质解决问题；（3）设Q（m，m2﹣m），根据相似三角形的判定方法，当=时，△PQO∽△COA，则|m2﹣m|=2|m|；当=时，△PQO∽△CAO，则|m2﹣m|=|m|，然后分别解关于m 的绝对值方程可得到对应的P点坐标．【解题过程】解：（1）∵抛物线过原点，对称轴是直线x=3，∴B点坐标为（6，0），设抛物线解析式为y=ax（x﹣6），把A（8，4）代入得a•8•2=4，解得a=，∴抛物线解析式为y=x（x﹣6），即y=x2﹣x；（2）设M（t，0），易得直线OA的解析式为y=x，设直线AB的解析式为y=kx+b，把B（6，0），A（8，4）代入得，解得，∴直线AB的解析式为y=2x﹣12，∵MN∥AB，∴设直线MN的解析式为y=2x+n，把M（t，0）代入得2t+n=0，解得n=﹣2t，∴直线MN的解析式为y=2x﹣2t，解方程组得，则N（t，t），∴S△AMN=S△AOM﹣S△NOM=•4•t﹣•t•t=﹣t2+2t=﹣（t﹣3）2+3，当t=3时，S△AMN有最大值3，此时M点坐标为（3，0）；（3）设Q（m，m2﹣m），∵∠OPQ=∠ACO，∴当=时，△PQO∽△COA，即=，∴PQ=2PO，即|m2﹣m|=2|m|，解方程m2﹣m=2m得m1=0（舍去），m2=14，此时P点坐标为（14，0）；解方程m2﹣m=﹣2m得m1=0（舍去），m2=﹣2，此时P点坐标为（﹣2，0）；∴当=时，△PQO∽△CAO，即=，∴PQ=PO，即|m2﹣m|=|m|，解方程m2﹣m=m得m1=0（舍去），m2=8（舍去），解方程m2﹣m=﹣m得m1=0（舍去），m2=4，此时P点坐标为（4，0）；综上所述，P点坐标为（14，0）或（﹣2，0）或（4，0）．【名师点睛】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；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．考向二以三角形、四边形为母图，结合函数例2．（2018年辽宁省沈阳）如图，在平面直角坐标系中，点F的坐标为（0，10）．点E的坐标为（20，0），直线l1经过点F和点E，直线l1与直线l2 、y=x相交于点P．（1）求直线l1的表达式和点P的坐标；（2）矩形ABCD的边AB在y轴的正半轴上，点A与点F重合，点B在线段OF上，边AD平行于x 轴，且AB=6，AD=9，将矩形ABCD沿射线FE的方向平移，边AD始终与x 轴平行．已知矩形ABCD以每秒个单位的速度匀速移动（点A移动到点E时止移动），设移动时间为t秒（t＞0）．①矩形ABCD在移动过程中，B、C、D三点中有且只有一个顶点落在直线l1或l2上，请直接写出此时t的值；②若矩形ABCD在移动的过程中，直线CD交直线l1于点N，交直线l2于点M．当△PMN的面积等于18时，请直接写出此时t的值．【考点】一次函数综合题【思路点拨】（1）利用待定系数法求解析式，函数关系式联立方程求交点；（2）①分析矩形运动规律，找到点D和点B分别在直线l2上或在直线l1上时的情况，利用AD、AB分别可以看成图象横坐标、纵坐标之差构造方程求点A坐标，进而求出AF距离；②设点A坐标，表示△PMN即可．【解题过程】解：（1）设直线l1的表达式为y=kx+b∵直线l1过点F（0，10），E（20，0）∴解得直线l1的表达式为y=﹣x+10求直线l1与直线l2交点，得x=﹣x+10解得x=8y=×8=6∴点P坐标为（8，6）（2）①如图，当点D在直线上l2时∵AD=9∴点D与点A的横坐标之差为9∴将直线l1与直线l2交解析式变为x=20﹣2y，x=y∴y﹣（20﹣2y）=9解得y=则点A的坐标为：（，）则AF=∵点A速度为每秒个单位∴t=如图，当点B在l2直线上时∵AB=6∴点A的纵坐标比点B的纵坐标高6个单位∴直线l1的解析式减去直线l2 的解析式得﹣x+10﹣x=6解得x=则点A坐标为（，）则AF=∵点A速度为每秒个单位∴t=故t值为或②如图，设直线AB交l2 于点H设点A横坐标为a，则点D横坐标为a+9由①中方法可知：MN=此时点P到MN距离为：a+9﹣8=a+1∵△PMN的面积等于18∴解得a1=，a2=﹣（舍去）∴AF=6﹣则此时t为当t=时，△PMN的面积等于18【名师点睛】本题是代数几何综合题，应用待定系数法和根据函数关系式来表示点坐标，涉及到了分类讨论思想和数形结合思想．考向三函数与圆的综合题例3．（2018年北京市）对于平面直角坐标系xOy中的图形M，N，给出如下定义：P为图形M上任意一点，Q为图形N上任意一点，如果P，Q两点间的距离有最小值，那么称这个最小值为图形M，N间的“闭距离“，记作d（M，N）．已知点A（﹣2，6），B（﹣2，﹣2），C（6，﹣2）．（1）求d（点O，△ABC）；（2）记函数y=kx（﹣1≤x≤1，k≠0）的图象为图形G．若d（G，△ABC）=1，直接写出k 的取值范围；（3）⊙T的圆心为T（t，0），半径为1．若d（⊙T，△ABC）=1，直接写出t的取值范围．【考点】圆的综合题【思路点拨】（1）根据点A、B、C三点的坐标作出△ABC，利用“闭距离”的定义即可得；（2）由题意知y=kx在﹣1≤x≤1范围内函数图象为过原点的线段，再分别求得经过（1，﹣1）和（﹣1，﹣1）时k的值即可得；（3）分⊙T在△ABC的左侧、内部和右侧三种情况，利用“闭距离”的定义逐一判断即可得．【解题过程】解：（1）如图所示，点O到△ABC的距离的最小值为2，∴d（点O，△ABC）=1；（2）y=kx（k≠0）经过原点，在﹣1≤x≤1范围内，函数图象为线段，当y=kx（﹣1≤x≤1，k≠0）经过（1，﹣1）时，k=﹣1，此时d（G，△ABC）=1；当y=kx（﹣1≤x≤1，k≠0）经过（﹣1，﹣1）时，k=1，此时d（G，△ABC）=1；∴﹣1≤k≤1，∵k≠0，∴﹣1≤k≤1且k≠0；（3）⊙T与△ABC的位置关系分三种情况：①当⊙T在△ABC的左侧时，由d（⊙T，△ABC）=1知此时t=﹣4；②当⊙T在△ABC内部时，当点T与原点重合时，d（⊙T，△ABC）=1，知此时t=0；当点T位于T3位置时，由d（⊙T，△ABC）=1知T3M=2，∵AB=BC=8、∠ABC=90°，∴∠C=∠T3DM=45°，则T3D===2，∴t=4﹣2，故此时0≤t≤4﹣2；③当⊙T在△ABC右边时，由d（⊙T，△ABC）=1知T4N=2，∵∠T4DC=∠C=45°，∴T4D===2，∴t=4+2；综上，t=﹣4或0≤t≤4﹣2或t=4+2．【名师点睛】本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是理解并掌握“闭距离”的定义与直线与圆的位置关系和分类讨论思想的运用．一、选择题1.（2018年四川省泸州）在平面直角坐标系内，以原点O为圆心，1为半径作圆，点P在直线y=上运动，过点P作该圆的一条切线，切点为A，则PA的最小值为（）A．3 B．2 C．D．【考点】一次函数图象上点的坐标特征；切线的性质【思路点拨】如图，直线y=x+2与x轴交于点C，与y轴交于点D，作OH⊥CD于H，先利用一次解析式得到D（0，2），C（﹣2，0），再利用勾股定理可计算出CD=4，则利用面积法可计算出OH=，连接OA，如图，利用切线的性质得OA⊥PA，则PA=，然后利用垂线段最短求PA的最小值．【解题过程】解：如图，直线y=x+2与x轴交于点C，与y轴交于点D，作OH⊥CD于H，当x=0时，y=x+2=2，则D（0，2），当y=0时，x+2=0，解得x=﹣2，则C（﹣2，0），∴CD==4，∵OH•CD=OC•OD，∴OH==，连接OA，如图，∵PA为⊙O的切线，∴OA⊥PA，∴PA==，当OP的值最小时，PA的值最小，而OP的最小值为OH的长，∴PA的最小值为=．故选：D．【名师点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了一次函数的性质．2.（2018年湖北省黄石）如图，在Rt△PMN中，∠P=90°，PM=PN，MN=6cm，矩形ABCD中AB=2cm，BC=10cm，点C和点M重合，点B、C（M）、N在同一直线上，令Rt△PMN不动，矩形ABCD沿MN所在直线以每秒1cm的速度向右移动，至点C与点N重合为止，设移动x秒后，矩形ABCD与△PMN重叠部分的面积为y，则y与x的大致图象是（）A．B．C．D．【考点】动点问题的函数图象【思路点拨】在Rt△PMN中解题，要充分运用好垂直关系和45度角，因为此题也是点的移动问题，可知矩形ABCD以每秒1cm的速度由开始向右移动到停止，和Rt△PMN重叠部分的形状可分为下列三种情况，（1）0≤x≤2；（2）2＜x≤4；（3）4＜x≤6；根据重叠图形确定面积的求法，作出判断即可．【解题过程】解：∵∠P=90°，PM=PN，∴∠PMN=∠PNM=45°，由题意得：CM=x，分三种情况：①当0≤x≤2时，如图1，边CD与PM交于点E，∵∠PMN=45°，∴△MEC是等腰直角三角形，此时矩形ABCD与△PMN重叠部分是△EMC，∴y=S△EMC=CM•CE=；故选项B和D不正确；②如图2，当D在边PN上时，过P作PF⊥MN于F，交AD于G，∵∠N=45°，CD=2，∴CN=CD=2，∴CM=6﹣2=4，即此时x=4，当2＜x≤4时，如图3，矩形ABCD与△PMN重叠部分是四边形EMCD，过E作EF⊥MN于F，∴EF=MF=2，∴ED=CF=x﹣2，∴y=S梯形EMCD=CD•（DE+CM）==2x﹣2；③当4＜x≤6时，如图4，矩形ABCD与△PMN重叠部分是五边形EMCGF，过E作EH⊥MN于H，∴EH=MH=2，DE=CH=x﹣2，∵MN=6，CM=x，∴CG=CN=6﹣x，∴DF=DG=2﹣（6﹣x）=x﹣4，∴y=S梯形EMCD﹣S△FDG=﹣=×2×（x﹣2+x）﹣=﹣+6x ﹣10，故选项A正确；故选：A．【名师点睛】此题是动点问题的函数图象，有难度，主要考查等腰直角三角形的性质和矩形的性质的应用、动点运动问题的路程表示，注意运用数形结合和分类讨论思想的应用．二、填空题3.（2018年四川省攀枝花）如图，已知点A在反比例函数y=（x＞0）的图象上，作Rt△ABC，边BC在x轴上，点D为斜边AC的中点，连结DB并延长交y轴于点E，若△BCE 的面积为4，则k= ．【考点】反比例函数系数k的几何意义；反比例函数图象上点的坐标特征；直角三角形斜边上的中线【思路点拨】先根据题意证明△BOE∽△CBA，根据相似比及面积公式得出BO×AB的值即为|k|的值，再由函数所在的象限确定k的值．【解题过程】解：∵BD为Rt△ABC的斜边AC上的中线，∴BD=DC，∠DBC=∠ACB，又∠DBC=∠EBO，∴∠EBO=∠ACB，又∠BOE=∠CBA=90°，∴△BOE∽△CBA，∴，即BC×OE=BO×AB．又∵S△BEC=4，∴BC•EO=4，即BC×OE=8=BO×AB=|k|．∵反比例函数图象在第一象限，k＞0．∴k=8．故答案是：8．【名师点睛】本题考查反比例函数系数k的几何意义．反比例函数y=中k的几何意义，即过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得矩形面积为|k|，是经常考查的一个知识点；这里体现了数形结合的思想，做此类题一定要正确理解k的几何意义．4.（2018年江苏省连云港）如图，一次函数y=kx+b的图象与x轴、y轴分别相交于A、B两点，⊙O经过A，B两点，已知AB=2，则的值为．【考点】一次函数图象与系数的关系【思路点拨】由图形可知：△OAB是等腰直角三角形，AB=2，可得A，B两点坐标，利用待定系数法可求k和b的值，进而得到答案．【解题过程】解：由图形可知：△OAB是等腰直角三角形，OA=OB∵AB=2，OA2+OB2=AB2∴OA=OB=∴A点坐标是（，0），B点坐标是（0，）∵一次函数y=kx+b的图象与x轴、y轴分别相交于A、B两点∴将A，B两点坐标代入y=kx+b，得k=﹣1，b=∴=﹣故答案为：﹣【名师点睛】本题主要考查图形的分析运用和待定系数法求解析式，找出A，B两点的坐标对解题是关键之举．三、解答题5.（2018年四川省甘孜州）如图，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D，E分别在AB，BC上，∠EAD=∠EDA，点F为DE的延长线与AC的延长线的交点．（1）求证：DE=EF；（2）判断BD和CF的数量关系，并说明理由；（3）若AB=3，AE=，求BD的长．【考点】三角形综合题【思路点拨】（1）只要证明EA=ED，EA=EF即可解决问题；（2）结论：BD=CF．如图2中，在BE上取一点M，使得ME=CE，连接DM．想办法证明DM=CF，DM=BD即可；（3）如图3中，过点E作EN⊥AD交AD于点N．设BD=x，则DN=，DE=AE=，由∠B=45°，EN⊥BN．推出EN=BN=x+=，在Rt△DEN中，根据DN2+NE2=DE2，构建方程即可解决问题；（1）证明：如图1中，∵∠BAC=90°，∴∠EAD+∠CAE=90°，∠EDA+∠F=90°，∵∠EAD=∠EDA，∴∠EAC=∠F，∴EA=ED，EA=EF，∴DE=EF．（2）【解题过程】解：结论：BD=CF．理由：如图2中，在BE上取一点M，使得ME=CE，连接DM．∵DE=EF．∠DEM=∠CEF，EM=EC．∴△DEM≌△FEC，∴DM=CF，∠MDE=∠F，∴DM∥CF，∴∠BDM=∠BAC=90°，∵AB=AC，∴∠DBM=45°，∴BD=DM，∴BD=CF．（3）如图3中，过点E作EN⊥AD交AD于点N．∵EA=ED，EN⊥AD，∴AN=ND，设BD=x，则DN=，DE=AE=，∵∠B=45°，EN⊥BN．∴EN=BN=x+=，在Rt△DEN中，∵DN2+NE2=DE2，∴（）2+（）2=（）2解得x=1或﹣1（舍弃）∴BD=1．【名师点睛】本题考查三角形综合题、等腰三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．6.（2018年广东省）已知Rt△OAB，∠OAB=90°，∠ABO=30°，斜边OB=4，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转60°，如题图1，连接BC．（1）填空：∠OBC= °；（2）如图1，连接AC，作OP⊥AC，垂足为P，求OP的长度；（3）如图2，点M，N同时从点O出发，在△OCB边上运动，M沿O→C→B路径匀速运动，N沿O→B→C路径匀速运动，当两点相遇时运动停止，已知点M的运动速度为1.5单位/秒，点N的运动速度为1单位/秒，设运动时间为x秒，△OMN的面积为y，求当x为何值时y取得最大值？最大值为多少？【考点】四边形综合题【思路点拨】（1）只要证明△OBC是等边三角形即可；（2）求出△AOC的面积，利用三角形的面积公式计算即可；（3）分三种情形讨论求解即可解决问题：①当0＜x≤时，M在OC上运动，N在OB 上运动，此时过点N作NE⊥OC且交OC于点E．②当＜x≤4时，M在BC上运动，N在OB上运动．③当4＜x≤4.8时，M、N都在BC上运动，作OG⊥BC于G．【解题过程】解：（1）由旋转性质可知：OB=OC，∠BOC=60°，∴△OBC是等边三角形，∴∠OBC=60°．故答案为60．（2）如图1中，∵OB=4，∠ABO=30°，∴OA=OB=2，AB=OA=2，∴S△AOC=•OA•AB=×2×2=2，∵△BOC是等边三角形，∴∠OBC=60°，∠ABC=∠ABO+∠OBC=90°，∴AC==2，∴OP===．（3）①当0＜x≤时，M在OC上运动，N在OB上运动，此时过点N作NE⊥OC且交OC 于点E．则NE=ON•sin60°=x，∴S△OMN=•OM•NE=×1.5x×x，∴y=x2．∴x=时，y有最大值，最大值=．②当＜x≤4时，M在BC上运动，N在OB上运动．作MH⊥OB于H．则BM=8﹣1.5x，MH=BM•sin60°=（8﹣1.5x），∴y=×ON×MH=﹣x2+2x．当x=时，y取最大值，y＜，③当4＜x≤4.8时，M、N都在BC上运动，作OG⊥BC于G．MN=12﹣2.5x，OG=AB=2，∴y=•MN•OG=12﹣x，当x=4时，y有最大值，最大值=2，综上所述，y有最大值，最大值为．【名师点睛】本题考查几何变换综合题、30度的直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质、三角形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．7.（2018年北京）如图，Q是与弦AB所围成的图形的内部的一定点，P是弦AB上一动点，连接PQ并延长交于点C，连接AC．已知AB=6cm，设A，P两点间的距离为xcm，P，C两点间的距离为y1cm，A，C两点间的距离为y2cm．小腾根据学习函数的经验，分别对函数y1，y2随自变量x的变化而变化的规律进行了探究．下面是小腾的探究过程，请补充完整：（1）按照下表中自变量x的值进行取点、画图、测量，分别得到了y1，y2与x的几组对应值；x/cm 0 1 2 3 4 5 6 y1/cm 5.62 4.67 3.76 2.65 3.18 4.37 y2/cm 5.62 5.59 5.53 5.42 5.19 4.73 4.11 （2）在同一平面直角坐标系xOy中，描出补全后的表中各组数值所对应的点（x，y1），（x，y2），并画出函数y1，y2的图象；（3）结合函数图象，解决问题：当△APC为等腰三角形时，AP的长度约为cm．【考点】动点问题函数图象，圆的有关知识【思路点拨】（1）利用圆的半径相等即可解决问题；（2）利用描点法画出图象即可．（3）图中寻找直线y=x与两个函数的交点的横坐标以及y1与y2的交点的横坐标即可；【解题过程】解：（1）当x=3时，PA=PB=PC=3，∴y1=3，故答案为3．（2）函数图象如图所示：（3）观察图象可知：当x=y，即当PA=PC或PA=AC时，x=3或4.91，当y1=y2时，即PC=AC时，x=5.77，综上所述，满足条件的x的值为3或4.91或5.77．故答案为3或4.91或5.77．【名师点睛】本题考查动点问题函数图象、圆的有关知识，解题的关键是学会利用图象法解决问题，属于中考常考题型．8.（2018年甘肃省兰州（a卷））如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，D为BA延长线上一点，∠ACD=∠B．（1）求证：DC为⊙O的切线；（2）线段DF分别交AC，BC于点E，F且∠CEF=45°，⊙O的半径为5，sinB=，求CF的长．【考点】圆周角定理；切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形【思路点拨】（1）根据圆周角定理得：∠ACB=∠BCO+∠OCA=90°，根据同圆的半径相等和已知相等的角代换可得：∠OCD=90°，可得结论；（2）先根据三角函数计算AC=6，BC=8，证明△CAD∽△BCD，得，设AD=3x，CD=4x，利用勾股定理列方程可得x的值，证明△CED∽△BFD，列比例式可得CF的长．（1）证明：连接OC，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=∠BCO+∠OCA=90°，∵OB=OC，∴∠B=∠BCO，∵∠ACD=∠B，∴∠ACD=∠BCO，∴∠ACD+∠OCA=90°，即∠OCD=90°，∴DC为⊙O的切线；（2）【解题过程】解：Rt△ACB中，AB=10，sinB=，∴AC=6，BC=8，∵∠ACD=∠B，∠ADC=∠CDB，∴△CAD∽△BCD，∴，设AD=3x，CD=4x，Rt△OCD中，OC2+CD2=OD2，52+（4x）2=（5+3x）2，x=0（舍）或，∵∠CEF=45°，∠ACB=90°，∴CE=CF，设CF=a，∵∠CEF=∠ACD+∠CDE，∠CFE=∠B+∠BDF，∴∠CDE=∠BDF，∵∠ACD=∠B，∴△CED∽△BFD，∴，∴，a=，∴CF=．【名师点睛】本题考查切线的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．9.（2018年四川省达州）矩形AOBC中，OB=4，OA=3．分别以OB，OA所在直线为x轴，y轴，建立如图1所示的平面直角坐标系．F是BC边上一个动点（不与B，C重合），过点F的反比例函数y=（k＞0）的图象与边AC交于点E．（1）当点F运动到边BC的中点时，求点E的坐标；（2）连接EF，求∠EFC的正切值；（3）如图2，将△CEF沿EF折叠，点C恰好落在边OB上的点G处，求此时反比例函数的解析式．【考点】反比例函数综合题【思路点拨】（1）先确定出点C坐标，进而得出点F坐标，即可得出结论；（2）先确定出点F的横坐标，进而表示出点F的坐标，得出CF，同理表示出CF，即可得出结论；（3）先判断出△EHG∽△GBF，即可求出BG，最后用勾股定理求出k，即可得出结论．【解题过程】解：（1）∵OA=3，OB=4，∴B（4，0），C（4，3），∵F是BC的中点，∴F（4，），∵F在反比例y=函数图象上，∴k=4×=6，∴反比例函数的解析式为y=，∵E点的坐标为3，∴E（2，3）；（2）∵F点的横坐标为4，∴F（4，），∴CF=BC﹣BF=3﹣=∵E的纵坐标为3，∴E（，3），∴CE=AC﹣AE=4﹣=，在Rt△CEF中，tan∠EFC==，（3）如图，由（2）知，CF=，CE=，，过点E作EH⊥OB于H，∴EH=OA=3，∠EHG=∠GBF=90°，∴∠EGH+∠HEG=90°，由折叠知，EG=CE，FG=CF，∠EGF=∠C=90°，∴∠EGH+∠BGF=90°，∴∠HEG=∠BGF，∵∠EHG=∠GBF=90°，∴△EHG∽△GBF，∴=，∴，∴BG=，在Rt△FBG中，FG2﹣BF2=BG2，∴（）2﹣（）2=，∴k=，∴反比例函数解析式为y=．【名师点睛】此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，中点坐标公式，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，求出CE：CF是解本题的关键．10.（2018年浙江省宁波）如图1，直线l：y=﹣x+b与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B，点C是线段OA上一动点（0＜AC＜）．以点A为圆心，AC长为半径作⊙A交x轴于另一点D，交线段AB于点E，连结OE并延长交⊙A于点F．（1）求直线l的函数表达式和tan∠BAO的值；（2）如图2，连结CE，当CE=EF时，①求证：△OCE∽△OEA；②求点E的坐标；（3）当点C在线段OA上运动时，求OE•EF的最大值．【考点】圆的综合题【思路点拨】（1）利用待定系数法求出b即可得出直线l表达式，即可求出OA，OB，即可得出结论；（2）①先判断出∠CDF=2∠CDE，进而得出∠OAE=∠ODF，即可得出结论；②设出EM=3m，AM=4m，进而得出点E坐标，即可得出OE的平方，再根据①的相似得出比例式得出OE的平方，建立方程即可得出结论；（3）利用面积法求出OG，进而得出AG，HE，再构造相似三角形，即可得出结论．【解题过程】解：∵直线l：y=﹣x+b与x轴交于点A（4，0），∴﹣×4+b=0，∴b=3，∴直线l的函数表达式y=﹣x+3，∴B（0，3），∴OA=4，OB=3，在Rt△AOB中，tan∠BAO==；（2）①如图2，连接DF，∵CE=EF，∴∠CDE=∠FDE，∴∠CDF=2∠CDE，∵∠OAE=2∠CDE，∴∠OAE=∠ODF，∵四边形CEFD是⊙O的圆内接四边形，∴∠OEC=∠ODF，∴∠OEC=∠OAE，∵∠COE=∠EOA，∴△COE∽△EOA，②过点E⊥OA于M，由①知，tan∠OAB=，设EM=3m，则AM=4m，∴OM=4﹣4m，AE=5m，∴E（4﹣4m，3m），AC=5m，∴OC=4﹣5m，由①知，△COE∽△EOA，∴，∴OE2=OA•OC=4（4﹣5m）=16﹣20m，∵E（4﹣4m，3m），∴（4﹣4m）2+9m2=25m2﹣32m+16，∴25m2﹣32m+16=16﹣20m，∴m=0（舍）或m=，∴4﹣4m=，3m=，∴E（，），（3）如图，设⊙O的半径为r，过点O作OG⊥AB于G，∵A（4，0），B（0，3），∴OA=4，OB=3，∴AB=5，∴AB×OG=OA×OB，∴OG=，∴AG==×=，∴EG=AG﹣AE=﹣r，连接FH，∵EH是⊙O直径，∴EH=2r，∠EFH=90°=∠EGO，∵∠OEG=∠HEF，∴△OEG∽△HEF，∴，∴OE•EF=HE•EG=2r（﹣r）=﹣2（r﹣）2+，∴r=时，OE•EF最大值为．【名师点睛】此题是圆的综合题，主要考查了待定系数法，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，勾股定理，正确作出辅助线是解本题的关键．11.（2018年新疆乌鲁木齐）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=﹣x2+bx+c经过点A（﹣2，0），B（8，0）．（1）求抛物线的解析式；（2）点C是抛物线与y轴的交点，连接BC，设点P是抛物线上在第一象限内的点，PD ⊥BC，垂足为点D．①是否存在点P，使线段PD的长度最大？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；②当△PDC与△COA相似时，求点P的坐标．【考点】二次函数综合题【思路点拨】（1）直接把点A（﹣2，0），B（8，0）代入抛物线的解析式中列二元一次方程组，解出可得结论；（2）先得直线BC的解析式为：y=﹣x+4，①如图1，作辅助线，先说明Rt△PDE中，PD=PE•sin∠PED=PE•sin∠OCB=PE，则当线段PE最长时，PD的长最大，设P（t，），则E（t，），表示PE的长，配方后可得PE的最大值，从而得PD的最大值；②先根据勾股定理的逆定理可得∠ACB=90°，则△COA∽△BOC，所以当△PDC与△COA相似时，就有△PDC与△BOC相似，分两种情况：（I）若∠PCD=∠CBO时，即Rt△PDC∽Rt△COB，（II）若∠PCD=∠BCO时，即Rt△PDC∽Rt△BOC，分别求得P的坐标即可．【解题过程】解：（1）把A（﹣2，0），B（8，0）代入抛物线y=﹣x2+bx+c，得：，解得：，∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+x+4；（3分）（2）由（1）知C（0，4），∵B（8，0），易得直线BC的解析式为：y=﹣x+4，①如图1，过P作PG⊥x轴于G，PG交BC于E，Rt△BOC中，OC=4，OB=8，∴BC==4，在Rt△PDE中，PD=PE•sin∠PED=PE•sin∠OCB=PE，∴当线段PE最长时，PD的长最大，设P（t，），则E（t，），∴PG=﹣，EG=﹣t+4，∴PE=PG﹣EG=（﹣）﹣（﹣t+4）=﹣t2+2t=﹣（t﹣4）2+4，（0＜t ＜8），当t=4时，PE有最大值是4，此时P（4，6），∴PD==，即当P（4，6）时，PD的长度最大，最大值是；（7分）②∵A（﹣2，0），B（8，0），C（0，4），∴OA=2，OB=8，OC=4，∴AC2=22+42=20，AB2=（2+8）2=100，BC2=42+82=80，∴AC2+BC2=AB2，∴∠ACB=90°，∴△COA∽△BOC，当△PDC与△COA相似时，就有△PDC与△BOC相似，∵相似三角形的对应角相等，∴∠PCD=∠CBO或∠PCD=∠BCO，（I）若∠PCD=∠CBO时，即Rt△PDC∽Rt△COB，此时CP∥OB，∵C（0，4），∴y P=4，∴）=4，解得：x1=6，x2=0（舍），即Rt△PDC∽Rt△COB时，P（6，4）；（II）若∠PCD=∠BCO时，即Rt△PDC∽Rt△BOC，如图2，过P作x轴的垂线PG，交直线BC于F，∴PF∥OC，∴∠PFC=∠BCO，∴∠PCD=∠PFC，∴PC=PF，设P（n，+n+4），则PF=﹣+2n，过P作PN⊥y轴于N，Rt△PNC中，PC2=PN2+CN2=PF2，∴n2+（+n+4﹣4）2=（﹣+2n）2，解得：n=3，即Rt△PDC∽Rt△BOC时，P（3，）；综上所述，当△PDC与△COA相似时，点P的坐标为（6，4）或（3，）．【名师点睛】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、勾股定理的逆定理、锐角三角函数、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会根据方程解决问题，属于中考压轴题．。