抛物线压轴题答案
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综合题答案
1.如图，平面直角坐标系中，直线l分别交x轴、y轴于A、B两点（OA＜OB）且OA、OB的长分别是一元二次方程的两个根，点C在x轴负半轴上，且AB：AC=1：2
（1）求A、C两点的坐标；
（2）若点M从C点出发，以每秒1个单位的速度沿射线CB运动，连接AM，设△ABM的面积为S，点M的运动时间为t，写出S关于t的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（3）点P是y轴上的点，在坐标平面内是否存在点Q，使以 A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形若存在，请直接写出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
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1答案：
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2.如图，二次函数y=ax2+x+c的图象与x轴交于点A、B两点，且A点坐标为（-2，0），与y轴交于点C（0，3）．
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（1）求出这个二次函数的解析式； （2）直接写出点B的坐标为______；
（3）在x轴是否存在一点P，使△ACP是等腰三角形若存在，求出满足条件的P点坐标；若不存在，请说明理由；
（4）在第一象限中的抛物线上是否存在一点Q，使得四边形ABQC的面积最大若存在，请求出Q点坐标及面积的最大值；若不存在，请说明理由．
解答：解：（1）∵y=ax2+x+c的图象经过A（-2，0），C（0，3），
∴c=3，a=-，
∴所求解析式为：y=-x2+x+3；
（2）（6，0）；
（3）在Rt△AOC中，
∵AO=2，OC=3，
∴AC=，
①当P1A=AC时（P1在x轴的负半轴），P1（-2-，0）；
②当P2A=AC时（P2在x轴的正半轴），P2（-2，0）；
③当P3C=AC时（P3在x轴的正半轴），P3（2，0）；
④当P4C=P4A时（P4在x轴的正半轴），
在Rt△P4OC中，设P4O=x，则（x+2）2=x2+32
解得：x=，
∴P4（，0）；
（4）解：如图，设Q点坐标为（x，y），因为点Q在y=-x2+x+3上，
即：Q点坐标为（x，-x2+x+3），
连接OQ，S四边形ABQC=S△AOC+S△OQC+S△OBQ
=3+x+3（-x2+x+3）
=-x2+x+12，
∵a＜0，
∴S四边形ABQC最大值=，Q点坐标为（3，）。
)
3.如图（1），抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C（0，）．［图（2）、图（3）为解答备用图］
（1） ，点A的坐标为 ，点B的坐标为 ；
（2）设抛物线的顶点为M，求四边形ABMC的面积；
（3）在x轴下方的抛物线上是否存在一点D，使四边形ABDC的面积最大若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由；
（4）在抛物线上求点Q，使△BCQ是以BC为直角边的直角三角形．
~
：
解答：解：（1），
A（-1，0），
B（3，0）．
（2）如图（1），抛物线的顶点为M（1，-4），连结OM．
则 △AOC的面积=，△MOC的面积=，
(
△MOB的面积=6，
∴ 四边形 ABMC的面积
=△AOC的面积+△MOC的面积+△MOB的面积=9．
说明：也可过点M作抛物线的对称轴，将四边形ABMC的面
积转化为求1个梯形与2个直角三角形面积的和．
（3）如图（2），设D（m，），连结OD．
】
!
则 0＜m＜3， ＜0．
且 △AOC的面积=，△DOC的面积=，
△DOB的面积=-（），
∴ 四边形 ABDC的面积=△AOC的面积+△DOC的面积+△DOB的面积
=
=．
∴ 存在点D，使四边形ABDC的面积最大为．
%
（4）有两种情况：
如图（3），过点B作BQ1⊥BC，交抛物线于点Q1、交y轴于点E，连接Q1C．
∵ ∠CBO=45°，∴∠EBO=45°，BO=OE=3．
∴ 点E的坐标为（0，3）．
∴ 直线BE的解析式为．
由 解得
∴ 点Q1的坐标为（-2，5）．
"
如图14（4），过点C作CF⊥CB，交抛物线于点Q2、交x轴于点F，连接BQ2．
∵ ∠CBO=45°，∴∠CFB=45°，OF=OC=3．
∴ 点F的坐标为（-3，0）．
∴ 直线CF的解析式为．
由 解得
∴点Q2的坐标为（1，-4）．
综上，在抛物线上存在点Q1（-2，5）、Q2（1，-4），使△BCQ1、△BCQ2是以BC为直角边的直角三角形．
说明：如图14（4），点Q2即抛物线顶点M，直接证明△BCM为直角三角形
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4.如图1，在△ABC中，AB=BC，P为AB边上一点，连接CP，以PA、PC为邻边作▱APCD，AC与PD相交于点E，已知∠ABC=∠AEP=α（0°＜α＜90°）．
（1）求证：∠EAP=∠EPA；
（2）▱APCD是否为矩形请说明理由；
（3）如图2，F为BC中点，连接FP，将∠AEP绕点E顺时针旋转适当的角度，得到∠MEN（点M、N分别是∠MEN的两边与BA、FP延长线的交点）．猜想线段EM与EN之间的数量关系，并证明你的结论．
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考点：旋转的性质；全等三角形的判定；等腰三角形的性质；平行四边形的性质；矩形的判定。
专题：证明题；探究型。
分析：（1）根据AB=BC可证∠CAB=∠ACB，则在△ABC与△AEP中，有两个角对应相等，根据三角形内角和定理，即可证得；
（2）由（1）知∠EPA=∠EAP，则AC=DP，根据对角线相等的平行四边形是矩形即可求证；
（3）可以证明△EAM≌△EPN，从而得到EM=EN．
解答：（1）证明：在△ABC和△AEP中，
∵∠ABC=∠AEP，∠BAC=∠EAP，
<
∴∠ACB=∠APE，
在△ABC中，AB=BC，
∴∠ACB=∠BAC，
∴∠EPA=∠EAP．
（2）解：▱APCD是矩形．理由如下：
∵四边形APCD是平行四边形，
∴AC=2EA，PD=2EP，
】
∵由（1）知∠EPA=∠EAP，
∴EA=EP，
则AC=PD，
∴▱APCD是矩形．
（3）解：EM=EN．
证明：∵EA=EP，
∴∠EPA===90°﹣α，
—
∴∠EAM=180°﹣∠EPA=180°﹣（90°﹣α）=90°+α，
由（2）知∠CPB=90°，F是BC的中点，
∴FP=FB，
∴∠FPB=∠ABC=α，
∴∠EPN=∠EPA+∠APN=∠EPA+∠FPB=90°﹣α+α=90°+α，
∴∠EAM=∠EPN，
∵∠AEP绕点E顺时针旋转适当的角度，得到∠MEN，
∴∠AEP=∠MEN，
,
∴∠AEP﹣∠AEN=∠MEN﹣∠AEN，即∠MEA=∠NEP，
在△EAM和△EPN中，
∴△EAM≌△EPN（AAS），
∴EM=EN．
点评：本题主要考查了等腰三角形的性质，以及矩形的判定方法，在旋转中找到题目中存在的相等的线段以及相等的角是解决本题的关键．
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5.提出问题：如图①，在正方形ABCD中，点P，F分别在边BC、AB上，若AP⊥DF于点H，则AP=DF．类比探究：
（1）如图②，在正方形ABCD中，点P、F．、G分别在边BC、AB、AD上，若GP⊥DF于点H，探究线段GP与DF的数量关系，并说明理由；
（2）如图③，在正方形ABCD中，点P、F、G分别在边BC、AB、AD上，GP⊥DF于点H，将线段PG绕点P逆时针旋转90°得到线段PE，连结EF，若四边形DFEP为菱形，探究DG和PC的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）如答图1，过点A作AM⊥DF 交BC于点M．通过证明△BAM≌△ADF得到其对应边相等：AM=DF，则又由平行四边形的性质推知AM=GP，则GP=DF；
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（2）如答图2，过点P作FN⊥AD与点N．根据菱形的性质、等腰三角形的“三线合一”的性质推知DG=2DN，然后结合矩形DNPC的性质得到：DG=2PC．
【解答】解：（1）GP=DF．理由如下：
如答图1，过点A作AM⊥DF 交BC于点M．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠B═90°，
∴∠BAM=∠ADF，
