二次函数经典例题与解答

二次函数经典解答题1．抛物线L：y＝+bx+c经过点A（0，﹣1），与它的对称轴直线x＝2交于点B．（1）求出抛物线L的解析式；（2）如图1，过定点的直线y＝kx﹣2k﹣5（k＞0）与抛物线L交于点M、N．若△BMN 的面积等于3，求k的值；（3）如图2，将抛物线L向下平移m（m＞0）个单位长度得到抛物线L1，抛物线L1与y轴交于点C，过点C作y轴的垂线交抛物线L1于另一点D．点F为抛物线L1的对称轴与x轴的交点，P为线段OC上一点．若△PCD与△POF相似，并且符合条件的点P恰有2个，求m的值及相应点P的坐标．【分析】（1）根据对称轴为直线x＝2且抛物线过点A（0，﹣1）求解可得；（2）根据直线y＝kx﹣k+4＝k（x﹣1）+4知直线所过定点G坐标为（1，4），从而得出BG＝2，由S△BNG﹣S△BMG＝BG•（x2﹣2）﹣BG•（x1﹣2）＝BG•（x2﹣x1）＝×2×（x2﹣x1）＝3得出x2﹣x1＝3，联立直线和抛物线解析式求得x的值，根据x2﹣x1＝3列出关于k的方程，解之可得；（3）设设抛物线L1的解析式为，m＞0．所以C（0，﹣1﹣m）、D（4，﹣1﹣m）、F（2，0），分△PCD∽△POF和△PCD∽△POF两种情况，由对应边成比例得出关于t与m的方程，利用符合条件的点P恰有2个，结合方程的解的情况求解可得．【解答】解：（1）∵抛物线过点A（0，﹣1）、对称轴为x＝2，∴，解得．∴抛物线L的解析式为．（2）如图1，设点M、N的横坐标分别为x1、x2，延长直线NM交对称轴于点G，∵直线NM：y＝kx﹣2k﹣5（k＞0）∴y＝kx﹣2k﹣5＝k（x﹣2）﹣5．即直线MN所过定点G（2，﹣5）．∵．∴B（2，﹣3）．∴BG＝2．∵S△BMN＝S△BNG﹣S△BMG＝BG•（x2﹣2）﹣BG•（x1﹣2）＝BG•（x2﹣x1）＝×2×（x2﹣x1）＝3．∴x2﹣x1＝3．联立方程组，得：x2﹣（2k+4）x+4k+8＝0解得，∴x2﹣x1＝2＝3解得∵k＞0∴．（3）设抛物线L1的解析式为，m＞0．∴C（0，﹣1﹣m）、D（4，﹣1﹣m）、F（2，0），首先，如图2，∠OPF＝∠CPD总是存在的，且．∴．因此∠OPF与∠CPD互余只能存在一种情况，即线段OC上只存在一个点P，使得∠DPF ＝90°．方法一：以DF为直径的圆与y轴相切，如图3设DF中点为点H，则H（3，），故DF＝6．得到：（4﹣2）2+（1+m）2＝62，解得．∵m＞0，∴．方法二：已知OC＝1+m，设OP＝n，那么CP＝1+m﹣n．由，得，整理得n2﹣（m+1）n+8＝0．△＝（m+1）2﹣4×8＝0，解得．∵m＞0，∴．所以当时，恰有2个点P符合△PCD与△POF相似，此时OC＝．①当∠OPF＝∠CPD时，＝，所以P（0，）；②当∠OPF与∠CPD互余时，，解得，所以P（0，）．【点评】本题主要考查二次函数综合题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、利用割补法求三角形的面积建立关于k的方程及相似三角形的判定与性质等知识点，解题时，注意“分类讨论”和“数形结合”数学思想的应用，难度较大．。

二次函数经典例题及答案1. 已知抛物线的顶点为P （－4，－252），与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于点C ，其中B 点坐标为（1，0）。

（1）求这条抛物线的函数关系式；（2）若抛物线的对称轴交x 轴于点D ，则在线段AC 上是否存在这样的点Q ，使得△ADQ 为等腰三角形？若存在，请求出符合条件的点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．y=12 x 2+4x - 92；存在点Q 1（-1，-4），Q 2（25-9，-5），Q 3（-132，-54）．试题分析：（1）根据顶点坐标把抛物线设为顶点式形式y=a （x+4）2-252，然后把点B 的坐标代入解析式求出a 的值，即可得解；（2）先根据顶点坐标求出点D 的坐标，再根据抛物线解析式求出点A 、C 的坐标，从而得到OA 、OC 、AD 的长度，根据勾股定理列式求出AC 的长度，然后根据锐角三角形函数求出∠OAC 的正弦值与余弦值，再分①AD=Q 1D 时，过Q 1作Q 1E 1⊥x 轴于点E 1，根据等腰三角形三线合一的性质求出AQ 1，再利用∠OAC 的正弦求出Q 1E 1的长度，根据∠OAC 的余弦求出AE 1的长度，然后求出OE 1，从而得到点Q 1的坐标；②AD=AQ 2时，过Q 2作Q 2E 2⊥x 轴于点E 2，利用∠OAC 的正弦求出Q 2E 2的长度，根据∠OAC 的余弦求出AE 2的长度，然后求出OE 2，从而得到点Q 2的坐标；③AQ 3=DQ 3时，过Q 3作Q 3E 3⊥x 轴于点E 3，根据等腰三角形三线合一的性质求出AE 3的长度，然后求出OE 3，再由相似三角形对应边成比例列式求出Q 3E 3的长度，从而得到点Q 3的坐标．试题解析：（1）∵抛物线顶点坐标为（-4，-252），∴设抛物线解析式为y=a （x+4）2-252∵抛物线过点B （1，0），∴a （1+4）2-252=0，解得a=，所以，抛物线解析式为y=（x+4）2-252， 即y=x 2+4x-；（2）存在点Q 1（-1，-4），Q 2（2-9，-），Q 3（-，-）．理由如下：∵抛物线顶点坐标为（-4，-252），∴点D 的坐标为（-4，0），令x=0，则y=-，令y=0，则x 2+4x-=0，整理得，x 2+8x-9=0， 解得x 1=1，x 2=-9，∴点A （-9，0），C （0，-），∴OA=9，OC=，AD=-4-（-9）=-4+9=5，在Rt △AOC 中，根据勾股定理，AC=∴sin ∠OAC=cos ∠OAC=，①AD=Q 1D 时，过Q 1作Q 1E 1⊥x 轴于点E 1，根据等腰三角形三线合一的性质，AQ1=2•ADcos∠OAC=2×5×，Q1E1=AQ1•sin∠OAC=×=4，AE1=AQ1•cos∠OAC=×=8，所以，OE1=OA-AE1=9-8=1，所以，点Q1的坐标为（-1，-4）；②AD=AQ2时，过Q2作Q2E2⊥x轴于点E2，Q2E2=AQ2•sin∠OAC=5×=，AE2=AQ2•cos∠OAC=5×=2，所以，OE2=OA-AE2=9-2，所以，点Q2的坐标为（2-9，-）；③AQ3=DQ3时，过Q3作Q3E3⊥x轴于点E3，则AE3=AD=×5=，所以，OE3=9-=，∵Q3E3⊥x轴，OC⊥OA，∴△AQ3E3∽△ACO，∴，即，解得Q3E3=，所以，点Q3的坐标为（-，-），综上所述，在线段AC上存在点Q1（-1，-4），Q2（2-9，-），Q3（-，-），使得△ADQ为等腰三角形．2.如图，直线y=﹣x+3与x轴，y轴分别交于B，C两点，抛物线y=﹣x2+bx+c经过B，C两点，点A是抛物线与x轴的另一个交点．（1）求B、C两点坐标；（2）求此抛物线的函数解析式；（3）在抛物线上是否存在点P，使S△PAB=S△CAB，若存在，求出P点坐标，若不存在，请说明理由．1）B（3，0）C（0，3）（2）此抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3．（3）存在这样的P点，其坐标为P（0，3），（2，3）（1+，﹣3）或（1﹣，﹣3）．试题分析：（1）已知了过B、C两点的直线的解析式，当x=0时可求出C点的坐标，当y=0是可求出B点的坐标．（2）由于抛物线的解析式中只有两个待定系数，因此将B、C两点的坐标代入抛物线中即可求出抛物线的解析式．（3）根据（2）的抛物线的解析式可得出A点的坐标，由此可求出AB的长，由于S△PAB=S△CAB，而AB边为定值．由此可求出P点的纵坐标，然后将P点的纵坐标代入抛物线的解析式中即可求出P 点的坐标．试题解析：（1）∵直线y=﹣x+3经过B、C∴当x=0时y=3当y=0时x=3∴B（3，0）C（0，3）（2）∵抛物线y=﹣x2+bx+c经过B、C∴．∴b=2，c=3．∴此抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3．（3）当y=0时，﹣x2+2x+3=0；x1=﹣1，x2=3．∴A（﹣1，0）设P（x，y）∵S△PAB=S△CAB∴×4×|y|=×4×3∴y=3或y=﹣3①当y=3时，3=﹣x2+2x+3∴x1=0，x2=2P（0，3）或（2，3）②当y=﹣3时，﹣3=﹣x2+2x+3∴x1=1+，x2=1﹣∴P（1+，﹣3）或（1﹣，﹣3）．因此存在这样的P点，其坐标为P（0，3），（2，3）（1+，﹣3）或（1﹣，﹣3）．3．已知：如图，抛物线y=ax2+bx+2与x轴的交点是A（3，0）、B（6，0），与y轴的交点是C．（1）求抛物线的函数表达式；（2）设P（x，y）（0＜x＜6）是抛物线上的动点，过点P作PQ∥y轴交直线BC于点Q．①当x取何值时，线段PQ的长度取得最大值，其最大值是多少？②是否存在这样的点P，使△OAQ为直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．（1）所求抛物线的函数表达式是y=x2﹣x+2．（2）当x=3时，线段PQ的长度取得最大值．最大值是1．（3）P（3，0）或P（，）或P（，）．试题分析：（1）已知了A，B的坐标，可用待定系数法求出函数的解析式．（2）①QP其实就是一次函数与二次函数的差，二次函数的解析式在（1）中已经求出，而一次函数可根据B，C的坐标，用待定系数法求出．那么让一次函数的解析式减去二次函数的解析式，得出的新的函数就是关于PQ，x的函数关系式，那么可根据函数的性质求出PQ的最大值以及相对应的x的取值．（3）分三种情况进行讨论：当∠QOA=90°时，Q与C重合，显然不合题意．因此这种情况不成立；当∠OAQ=90°时，P与A重合，因此P的坐标就是A的坐标；当∠OQA=90°时，如果设QP与x轴的交点为D，那么根据射影定理可得出DQ2=OD•DA．由此可得出关于x的方程即可求出x的值，然后将x代入二次函数式中即可得出P的坐标．试题解析：（1）∵抛物线过A（3，0），B（6，0），∴，解得：，∴所求抛物线的函数表达式是y=x2﹣x+2．（2）①∵当x=0时，y=2，∴点C的坐标为（0，2）．设直线BC的函数表达式是y=kx+b．则有，解得：．∴直线BC的函数表达式是y=﹣x+2．∵0＜x＜6，点P、Q的横坐标相同，∴PQ=y Q﹣y P=（﹣x+2）﹣（x2﹣x+2）=﹣x2+x=﹣（x﹣3）2+1∴当x=3时，线段PQ的长度取得最大值．最大值是1．②解：当∠OAQ=90°时，点P与点A重合，∴P（3，0）当∠QOA=90°时，点P与点C重合，∴x=0（不合题意）当∠OQA=90°时，设PQ与x轴交于点D．∵∠ODQ+∠ADQ=90°，∠QAD+∠AQD=90°，∴∠OQD=∠QAD．又∵∠ODQ=∠QDA=90°，∴△ODQ∽△QDA．∴，即DQ2=OD•DA．∴（﹣x+2）2=x（3﹣x），10x2﹣39x+36=0，∴x1=，x2=，∴y1=×（）2﹣+2=；y2=×（）2﹣+2=；∴P（，）或P（，）．∴所求的点P的坐标是P（3，0）或P（，）或P（，）．4.如图所示，在平面直角坐标系中，抛物线（）经过A（-1，0）、B（3，0）两点，抛物线与y轴交点为C，其顶点为D，连接BD，点P是线段BD上一个动点（不与B，D重合），过点P作y轴的垂线，垂足为E，连接BE．（1）求抛物线的解析式，并写出顶点D的坐标；（2）如果P点的坐标为（，），△PBE的面积为，求与的函数关系式，写出自变量的取值范围.（1），D（1，4）；（2）（）．试题分析：（1）本题需先根据抛物线经过A（﹣1，0）、B（3，0）两点，分别求出a、b的值，再代入抛物线即可求出它的解析式．（2）本题首先设出BD解析式，再把B、D两点坐标代入求出k、b的值，得出BD解析式，再根据面积公式即可求出最大值．试题解析：（1）∵抛物线（）经过A（﹣1，0）、B（3，0）两点∴把（﹣1，0）B（3，0）代入抛物线得：，，∴抛物线解析式为：，∵=，∴顶点D的坐标为（1，4）；（2）设直线BD解析式为：（），把B、D两点坐标代入，得：，解得5.如图，抛物线与x轴相交于B，C两点，与y轴相交于点A，点P（，）（a是任意实数）在抛物线上，直线经过A，B两点．（1）求直线AB的解析式；（2）平行于y轴的直线交直线AB于点D，交抛物线于点E．①直线（0≤t≤4）与直线AB相交F，与抛物线相交于点G．若FG∶DE＝3∶4，求t的值；②将抛物线向上平移m（m＞0）个单位，当EO平分∠AED时，求m的值．1)；（2）①1或3；②．试题分析：（1）根据点P的坐标，可得出抛物线解析式，然后求出A、B、C的坐标，利用待定系数法求出直线AB的解析式；（2）①根据点E（2，5），D（2，1），G（，），F（，），表示出DE、FG，再由FG：DE=3：4，可得出t的值；②设点A（0，2+m），则点E（2，5+m），作AH⊥DE，垂足为H，在Rt△AEH中利用勾股定理求出AE，根据EO平分∠AED及平行线的性质可推出∠AEO=∠AOE，AO=AE，继而可得出m的值．试题解析：（1）∵P（，）（a是实数）在抛物线上，∴抛物线的解析式为=﹣，当时，即，解得，，当x=0时，y=2．∴A（0，2），B（4，0），C（，0），将点A、B的坐标代入，得：∴，解得：，故直线AB的解析式为；（2）①∵点E（2，5），D（2，1），G（，），F（，），∴DE=4，FG==，∵FG：DE=3：4，∴，解得，．②设点A（0，2+m），则点E（2，5+m），作AH⊥DE，垂足为H，∴=，即AE=，∵EO平分∠AED，∴∠AEO=∠DEO，∵AO∥ED，∴∠DEO=∠AOE，∴∠AEO=∠AOE，∴AO=AE，即，解得m=．6.如图，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（–1，0），与y轴交于点C．若点P，Q同时从A点出发，都以每秒1个单位长度的速度分别沿AB，AC边运动，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．（1）求该二次函数的解析式及点C的坐标；（2）当P，Q运动t秒时，△APQ沿PQ翻折，点A恰好落在抛物线上D点处，请判定此时四边形APDQ的形状并求说明理由．（3）当点P运动到B点时，点Q停止运动，这时，在x轴上是否存在点E，使得以A，E，Q为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请求出E点坐标；若不存在，请说明理由（1）y=x2﹣x﹣4．C（0，﹣4）；（2）四边形APDQ为菱形；（3）存在满足条件的点E，点E的坐标为（﹣，0）或（﹣，0）或（﹣1，0）或（7，0）．试题分析：（1）将A，B点坐标代入函数y=x2+bx+c中，求得b、c，进而可求解析式及C 坐标．（2）注意到P，Q运动速度相同，则△APQ运动时都为等腰三角形，又由A、D对称，则AP=DP，AQ=DQ，易得四边形四边都相等，即菱形．（3）等腰三角形有三种情况，AE=EQ，AQ=EQ，AE=AQ．借助垂直平分线，画圆易得E大致位置，设边长为x，表示其他边后利用勾股定理易得E坐标．试题解析：（1）∵二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0），∴，解得，∴y=x2﹣x﹣4．∴C（0，﹣4）．（2）四边形APDQ为菱形．理由如下：如图，D点关于PQ与A点对称，过点Q作，FQ⊥AP于F，∵AP=AQ=t，AP=DP，AQ=DQ，∴AP=AQ=QD=DP，∴四边形AQDP为菱形（3）存在．如图1，过点Q作QD⊥OA于D，此时QD∥OC，∵A（3，0），B（﹣1，0），C（0，﹣4），O（0，0）∴AB=4，OA=3，OC=4，∴AC==5，∵当点P运动到B点时，点Q停止运动，AB=4，∴AQ=4．∵QD∥OC，∴，∴，∴QD=，AD=．①作AQ的垂直平分线，交AO于E，此时AE=EQ，即△AEQ为等腰三角形，设AE=x，则EQ=x，DE=AD﹣AE=﹣x，∴在Rt△EDQ中，（﹣x）2+（）2=x2，解得 x=，∴OA﹣AE=3﹣=﹣，∴E（﹣，0）．②以Q为圆心，AQ长半径画圆，交x轴于E，此时QE=QA=4，∵ED=AD=，∴AE=，∴OA﹣AE=3﹣=﹣，∴E（﹣，0）．③当AE=AQ=4时，1．当E在A点左边时，∵OA﹣AE=3﹣4=﹣1，∴E（﹣1，0）．2．当E在A点右边时，∵OA+AE=3+4=7，∴E（7，0）．综上所述，存在满足条件的点E，点E的坐标为（﹣，0）或（﹣，0）或（﹣1，0）或（7，0）．7.如图，已知抛物线与x轴的一个交点为A（-1，0），另一个交点为B，与y轴的交点为C（0，-3），其顶点为D，对称轴为直线．（1）求抛物线的解析式；（2）已知点M为y轴上的一个动点，当△ACM是以AC为一腰的等腰三角形时，求点M 的坐标；（3）将△OBC沿x轴向右平移m个单位长度（0＜m＜3）得到另一个三角形△EFG，将△EFG与△BCD重叠部分的面积记为S，用含m的代数式表示S．（1）；（2）M的坐标为，，；（3）．试题分析：（1）抛物线与x轴的一个交点为A（-1，0），对称轴为直线，得到抛物线与x轴的另一个交点为B（3，0），把A、B、C的坐标代入抛物线，即可得到抛物线的解析式；（2）①当AC=AM时C、M关于x轴对称，得到M；②当AC=CM时，AC=，以C为圆心，AC为半径作圆与y轴有两个交点，为M或M；（3）分别求出直线BC、BD的解析式，分两段计算重叠的面积：①，②．试题解析：（1）由题意可知，抛物线与x轴的另一个交点为B（3，0），则，，解得，故抛物线的解析式为：；（2）①当AC=AM时C、M关于x轴对称，得到M；②当AC=CM时，AC=，以C为圆心，AC为半径作圆与y轴有两个交点，为M或M；所以，点M的坐标为，，；（3）记平移后的三角形为△EFG．设直线BC的解析式为y=kx+b，则：，解得：，则直线BC的解析式为，△OBC沿x轴向右平移m个单位长度（0＜m＜3）得到△EFG，易得直线FG的解析式为．设直线BD的解析式为y=k′x+b′，则：，解得，则直线BD的解析式为，连结CG，直线CG交BD于H，则H（，-3）．在△OBC沿x轴向右平移的过程中，①当时，如图1所示．设EG交BC于点P，GF交BD于点Q，则CG=BF=m，BE=PE=3﹣m，联立，解得，即点Q（3﹣m，-2m），==②当时，如图2所示．设EG交BC于点P，交BD于点N，则OE=m，BE=PE=3﹣m，又因为直线BD的解析式为，所以当x=m时，得y=2m﹣6，所以点N（m，2m-6）．===，综上所述，．8.如图①，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（2，0）和点B（－6，0），与y轴交于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）设抛物线的对称轴与轴交于点M ，在对称轴上存在点P，使△CMP为等腰三角形，请直接写出所有符合条件的点P的坐标．（3）设点Q是抛物线对称轴上的一个动点，当点Q满足最大时，求出Q点的坐标．（4）如图②，若点E为第二象限抛物线上一动点，连接BE、CE，求四边形BOCE面积的最大值，并求此时E点的坐标．（1）y=-x2-2x+6；（2）P（-2，）或P（-2，2）或P（-2，-2）或P（-2，12）；（3）当Q在（-2，12）的位置时，|QB-QC|最大；（4）最大值为；E坐标为（-3，）．试题分析：（1）将点A（2，0）和点B（-6，0）分别代入y=ax2+bx+6，得到关于a、b的二元一次方程组，解方程组求出a、b的值，进而得到抛物线的解析式；（2）根据（1）的函数解析式得出抛物线的对称轴为x=-2，再求出M点的坐标，由于C是抛物线与y轴的交点，因此C的坐标为（0，6），根据M、C的坐标求出CM的距离．然后分三种情况进行讨论：①CP=PM；②CM=MP；③CM=CP；（3）由抛物线的对称性可知QB=QA，故当Q、C、A三点共线时，|QB-QC|最大，连结AC并延长，交对称轴于点Q，利用待定系数法求出直线AC的解析式，再将x=-2代入，求出y的值，进而得到Q点的坐标；（4）由于四边形BOCE不是规则的四边形，因此可将四边形BOCE分割成规则的图形进行计算，过E作EF⊥x轴于F，四边形BOCE的面积=三角形BFE的面积+直角梯形FOCE的面积．直角梯形FOCE中，FO为E的横坐标的绝对值，EF为E的纵坐标，已知C的纵坐标，就知道了OC的长．在三角形BFE中，BF=BO-OF，因此可用E的横坐标表示出BF的长．如果根据抛物线设出E的坐标，然后代入上面的线段中，即可得出关于四边形BOCE的面积与E的横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求得四边形BOCE的最大值及对应的E的横坐标的值．即可求出此时E的坐标．试题解析：（1）由题知：，解得：，故所求抛物线解析式为：y=-x2-2x+6；（2）∵抛物线解析式为：y=-x2-2x+6，∴对称轴为x=，设P点坐标为（-2，t），∵当x=0时，y=6，∴C（0，6），M（-2，0），∴CM2=（-2-0）2+（0-6）2=40．①当CP=PM时，（-2）2+（t-6）2=t2，解得t=，∴P点坐标为：P1（-2，）；②当CM=PM时，40=t2，解得t=±2，∴P点坐标为：P2（-2，2）或P3（-2，-2）；③当CM=CP时，由勾股定理得：40=（-2）2+（t-6）2，解得t=12，∴P点坐标为：P4（-2，12）．综上所述，存在符合条件的点P，其坐标为P（-2，）或P（-2，2）或P（-2，-2）或P（-2，12）；（3）∵点A（2，0）和点B（-6，0）关于抛物线的对称轴x=-2对称，∴QB=QA，∴|QB-QC|=|QA-QC|，要使|QB-QC|最大，则连结AC并延长，与直线x=-2相交于点Q，即点Q为直线AC与直线x=-2的交点，设直线AC的解析式为y=kx+m，∵A（2，0），C（0，6），∴，解得，∴y=-3x+6，当x=-2时，y=-3×（-2）+6=12，故当Q在（-2，12）的位置时，|QB-QC|最大；（4）过点E作EF⊥x轴于点F，设E（n，-n2-2n+6）（-6＜n＜0），则EF=-n2-2n+6，BF=n+6，OF=-n，S四边形BOCE=BF•EF+（OC+EF）•OF=（n+6）•（-n2-2n+6）+（6-n2-2n+6）•（-n）=-n2-9n+18=-（n+3）2+，所以当n=-3时，S四边形BOCE最大，且最大值为此时，点E坐标为（-3，）．9.如图，在平面直角坐标系中，一抛物线的对称轴为直线，与y轴负半轴交于C 点，与x轴交于A、B两点，其中B点的坐标为（3，0），且OB＝OC．（1）求此抛物线的解析式；（2）若点G（2，y）是该抛物线上一点，点P是直线AG下方的抛物线上一动点，当点P运动到什么位置时，△APG的面积最大？求出此时P点的坐标和△APG的最大面积.（3）若平行于x轴的直线与该抛物线交于M、N两点（其中点M在点N的右侧），在x轴上是否存在点Q，使△MNQ为等腰直角三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．（1）；（2）P点的坐标为，的最大值为；（3）Q（－，0）或（，0）或（，0）或（，0）或（1，0）．试题分析：（1）设抛物线的解析式为，根据已知得到C（0，﹣3），A（﹣1，0），代入得到方程组，求出方程组的解即可；（2）过点P作y轴的平行线与AG交于点F，求出点G的坐标（2，﹣3），设直线AG为，代入得到，求出方程组的解得出直线AG为，设P（x，），则F（x，﹣x﹣1），PF，根据三角形的面积公式求出△APG的面积，化成顶点式即可；（3）存在．根据MN∥x轴，且M、N在抛物线上，得到M、N关于直线x=1对称，设点M 为（m，）且m＞1，得到MN=2（m﹣1），当∠QMN=90°，且MN=MQ时，由△MNQ为等腰直角三角形，得到，求出m的值，得出点M和点Q的坐标；当∠QNM=90°，且MN=NQ时，同理可求点Q的坐标，当∠NQM=90°，且MQ=NQ 时，过Q作QE⊥MN于点E，则QE=MN，根据抛物线及等腰直角三角形的轴对称性，得到点Q的坐标．试题解析：（1）设抛物线的解析式为，由已知得：C（0，﹣3），A（﹣1，0），∴，解得，∴抛物线的解析式为；（2）过点P作y轴的平行线与AG交于点Q，由，令x=2，则y=－3，∴点G为（2，－3），设直线AG为，∴，解得：，即直线AG为，设P（x，），则F（x，－x－1），PF．∵，∴当时，△APG的面积最大，此时P点的坐标为，（3）存在．∵MN∥x轴，且M、N在抛物线上，∴M、N关于直线x=1对称，设点M为（，）且，∴，当∠QMN=90°，且MN=MQ时，△MNQ为等腰直角三角形，∴MQ⊥MN即MQ⊥x轴，∴，即或，解得，（舍）或，（舍），∴点M为（，）或（，），∴点Q为（，0）或（，0），当∠QNM=90°，且MN=NQ时，△MNQ为等腰直角三角形，同理可求点Q为（－，0）或（，0），当∠NQM=90°，且MQ=NQ时，△MNQ为等腰直角三角形，过Q作QE⊥MN于点E，则QE=MN，，∵方程有解，∴由抛物线及等腰直角三角形的轴对称性知点Q为（1，0），综上所述，满足存在满足条件的点Q，分别为（－，0）或（，0）或（，0）或（，0）或（1，0）．10．在梯形ABCD中，AD∥BC，BA⊥AC，∠ABC = 450，AD = 2，BC = 6，以BC所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，点A在y轴上.（1）求过A、D、C三点的抛物线的解析式；（2）求△ADC的外接圆的圆心M的坐标，并求⊙M的半径；（3）E为抛物线对称轴上一点，F为y轴上一点，求当ED＋EC＋FD＋FC最小时，EF的长；（4）设Q为射线CB上任意一点，点P为对称轴左侧抛物线上任意一点，问是否存在这样的点P、Q，使得以P、Q、C为顶点的三角形与△ADC相似？若存在，直接写出点P、Q的坐标，若不存在，则说明理由.（1）由题意知C（3，0）、A（0，3）．如图1，过D作x轴垂线，由矩形性质得D（2，3）．由抛物线的对称性可知抛物线与x轴另一交点为（﹣1，0）．设抛物线的解析式为y=a（x+1）（x﹣3）．将（0，3）代入得a=﹣1，所以．（2）由外接圆知识知M为对称轴与AC中垂线的交点．由等腰直角三角形性质得OM平分∠AOC，即yOM=x，∴M（1，1）．连MC得MC=，即半径为．（3）如图2，由对称性可知：当ED+EC+FD+FC最小时，E为对称轴与AC交点，F为BD与y轴交点，∵∠B=45°，∠AOB=90°，∴AO=BO=3，故B点坐标为：（﹣3，0），再利用D（2，3），代入y=ax+b，得：，解得：，故BD直线解析式为：，当x=0，y=，根据对称轴为直线x=1，则y=2，故F（0，）、E（1，2），EF===．（4）可得△ADC中，AD=2，AC=，DC=．假设存在，显然∠QCP＜90°，则∠QCP=45°或∠QCP=∠CAD．如图3，当∠QCP=45°时，OR=OC=3，则R点坐标为（0，﹣3），将C，R代入y=ax+b得出：，解得：，这时直线CP的解析式为y=x﹣3，同理可得另一解析式为：y=﹣x+3．当直线CP的解析式为y=x﹣3时，则，解得：，可求得P（﹣2，﹣5），故PC==．设CQ=x，则，解得：x=或x=15．∴Q （，0）或（﹣12，0）．当y=﹣x+3即P与A重合时，CQ=y，则=，即=，或=，解得CQ=2或9，故Q （1，0）或（﹣6，0）．如图4，当∠QCP=∠ACD时，设CP交y轴于H，连接ED，则ED⊥AC，∴DE=，EC=，易证：△CDE∽△CHQ，所以=，∴HO=．可求HC的解析式为．联解，得P，PC=．设CQ=x，知，∴x=或x=，∴Q或．同理当H在y轴正半轴上时，HC的解析式为．∴P’，∴PC=∴，∴CQ=或，所以Q或．综上所述，P1（﹣2，﹣5）、Q1（，0）或（﹣12，0）；P2（0，3）、Q2（1，0）或（﹣6，0）；P3、Q3或；P4、Q4或．试题分析：（1）过D作x轴垂线，由抛物线的对称性可知抛物线与x轴另一交点为（﹣1，0）．再根据交点式即可求出过A、D、C三点的抛物线的解析式；（2）由外接圆知识知M为对称轴与AC中垂线的交点．由等腰直角三角形性质可得M点的坐标，连MC得MC=，即为半径；（3）由对称性可知：当ED+EC+FD+FC最小时，E为对称轴与AC交点，F为BD与y轴交点，再根据待定系数法求出BD直。

第 1 页 共 3 页 二次函数经典解答题 1．如图，已知抛物线y＝ax2+x+c的图象经过点A（0，﹣2），B（﹣4，0）两点，并与x轴正半轴交于点C， （1）求抛物线的解析式， （2）如图1，E（0，4），直线BD：y＝﹣x﹣2经过点B，与y轴负半轴交于点D，点Q从点E开始向y轴负半轴运动，当点Q运动到某一个位置时满足∠OBQ+∠OBD＝30°，求此时点Q坐标； （3）如图2，点P为x轴上线段BC上的一个动点，连接AP，K为AP上的一点（不与A，P重合），过点K作MN⊥AP，分别交AB、AC于点M、N，点G为MN中点，四边形PMAN的面积为8，求AG的最大值．

【分析】（1）将点A、B的坐标代入函数表达式，即可求解； （2）设：OQ＝x，则QH＝（x+2）sinα＝（x+2），HB＝QHtan60°＝（x+2），

同理BH＝（x+2），而BH+HD＝BD，即可求解； （3）△ABC为直角三角形，点G为MN中点，则AG＝MN，S四边形PMAN＝×AP×MN＝8，则AG＝MN＝，求AP最小值即可．

【解答】解：（1）将点A、B的坐标代入函数表达式得：， 解得：， 故抛物线的表达式为：y＝x2+x﹣4； 第 2 页 共 3 页

（2）①当点Q在x轴上方时， 如图1，过点Q作QH⊥AB交于点H，

直线BD：y＝﹣x﹣2与y轴负半轴交于点D，则点D（0，﹣2）， tan∠HDO＝＝2＝tanα，则sinα＝，cosα＝， ∠QBD＝∠OBQ+∠OBD＝30°，BD＝， 设：OQ＝x， 则QH＝（x+2）sinα＝（x+2），HB＝QHtan60°＝（x+2），

同理BH＝（x+2），而BH+HD＝BD， 解得：x＝， 故点Q（0，）； ②当点Q在x轴下方时， 同理可得：点Q（0，﹣）； 综上，点Q（0，）或（0，﹣）；

（3）在△ABC中，BC2＝AB2+AC2， ∴△ABC为直角三角形， 点G为MN中点，则AG＝MN，

中考二次函数经典例题及解析中考二次函数经典例题及解析一、引言二次函数是中学数学中的重要内容，也是中考数学考试中常见的题型。

通过解析经典的二次函数例题，我们可以更好地理解和掌握二次函数的特点和解题方法。

本文将结合多个经典的中考二次函数例题，深入分析题目，探讨解题思路和方法，帮助读者全面理解二次函数的应用。

二、例题一题目：已知二次函数y=ax^2+bx+c的图像经过点（1，1），（2，4），（3，9）。

求a，b，c的值。

解析：根据已知条件，代入三个点的坐标，得到三个方程：a+b+c=14a+2b+c=49a+3b+c=9通过解方程组，可以求解出a，b，c的值，进而得到二次函数的表达式。

三、例题二题目：已知二次函数y=ax^2+bx+c的图像的对称轴为x=2，顶点在直线y=1-x上。

求a，b，c的值。

解析：根据已知条件，对称轴为x=2，顶点在直线y=1-x上，可以列出方程：-b/(2a)=21-4a+2b+c=0通过求解方程组，可以得到a，b，c的值，进而得到二次函数的表达式。

四、例题三题目：已知二次函数经过点（1，-3），且在x轴上的交点为x=4。

求函数的解析式。

解析：根据已知条件，可以列出方程：a+b+c=-316a+4b+c=0通过解方程组，可以求解出a，b，c的值，进而得到二次函数的解析式。

五、总结通过以上例题的解析，我们可以看到在解二次函数相关题目时，首先需要根据题目的条件列方程，并运用相关的解方程技巧得到二次函数的系数a，b，c的值，从而得到二次函数的解析式。

在解题过程中，我们还可以借助对称轴和顶点等概念来辅助求解，这些解题方法和技巧都是我们在中考数学中必须掌握的知识点。

个人观点和理解：二次函数作为中学数学中的重要内容，其在中考数学中的考查也是至关重要的。

掌握二次函数的特点和解题方法，不仅有助于解题，还可以帮助我们更深入地理解函数的性质和应用。

通过解析经典的二次函数例题，我们可以更好地掌握二次函数的知识，并在中考数学中取得更好的成绩。