二次函数压轴3

1、二次函数压轴题（3）评卷人得分一、解答题（题型注释）1如图，抛物线y=ax2+bx+c经过点A（3，0），B（0，3），C（1，0）（1）求此抛物线的解析式（2）点P是直线AB上方的抛物线上一动点，（不与点A、B重合），过点P作x轴的垂线，垂足为F，交直线AB于点E，作PDAB于点D动点P在什么位置时，PDE的周长最大，求出此时P点的坐标；连接PA，以AP为边作图示一侧的正方形APMN，随着点P的运动，正方形的大小、位置也随之改变当顶点M或N恰好落在抛物线对称轴上时，求出对应的P点的坐标（结果保留根号）【答案】（1）y=x22x+3；（2）点P（，）时，PDE的周长最大；当顶点M恰好落在抛物线

2、对称轴上时，点P坐标为（，），当顶点N恰好落在抛物线对称轴上时，点P的坐标为（1，2）【解析】试题分析：（1）把点A、B、C的坐标代入抛物线解析式，利用待定系数法求二次函数解析式解 答即可； （2）根据点A、B的坐标求出OA=OB，从而得到AOB是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得BAO=45°，然后求出PED是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质，PD越大，PDE的周长最大，再判断出当与直线AB平行的直线与抛物线只有一个交点时，PD最大，再求出直线AB的解析式为y=x+3，设与AB平行的直线解析式为y=x+m，与抛物线解析式联立消掉y，得到关于x的一元二次方程，利用根

3、的判别式=0列式求出m的值，再求出x、y的值，从而得到点P的坐标； 先确定出抛物线的对称轴，然后（i）分点M在对称轴上时，过点P作PQ对称轴于Q，根据同角的余角相等求出APF=QPM，再利用“角角边”证明APF和MPQ全等，根据全等三角形对应边相等可得PF=PQ，设点P的横坐标为n，表示出PQ的长，即PF，然后代入抛物线解析式计算即可得解；（ii）点N在对称轴上时，同理求出APF和ANQ全等，根据全等三角形对应边相等可得PF=AQ，根据点A的坐标求出点P的纵坐标，再代入抛物线解析式求出横坐标，即可得到点P的坐标试题解析：（1）抛物线y=ax2+bx+c经过点A（3，0），B（0，3），C（1，

4、0），解得，所以，抛物线的解析式为y=x22x+3；（2）A（3，0），B（0，3），OA=OB=3，AOB是等腰直角三角形，BAO=45°，PFx轴，AEF=90°45°=45°，又PDAB，PDE是等腰直角三角形，PD越大，PDE的周长越大，易得直线AB的解析式为y=x+3，设与AB平行的直线解析式为y=x+m，联立，消掉y得，x2+3x+m3=0，当=324×1×（m3）=0，即m=时，直线与抛物线只有一个交点，PD最长，此时x=，y=+=，点P（，）时，PDE的周长最大；抛物线y=x22x+3的对称轴为直线x=，（i）如图1，

5、点M在对称轴上时，过点P作PQ对称轴于Q，在正方形APMN中，AP=PM，APM=90°，APF+FPM=90°，QPM+FPM=90°，APF=QPM，在APF和MPQ中，APFMPQ（AAS），PF=PQ，设点P的横坐标为n（n0），则PQ=1n，即PF=1n，点P的坐标为（n，1n），点P在抛物线y=x22x+3上，n22n+3=1n，整理得，n2+n4=0，解得n1=（舍去），n2=，1n=1=，所以，点P的坐标为（，）；（ii）如图2，点N在对称轴上时，设抛物线对称轴与x轴交于点Q，PAF+FPA=90°，PAF+QAN=90°，FP

6、A=QAN，又PFA=AQN=90°，PA=AN，APFNAQ，PF=AQ，设点P坐标为P（x，x22x+3），则有x22x+3=1（3）=2，解得x=1（不合题意，舍去）或x=1，此时点P坐标为（1，2）综上所述，当顶点M恰好落在抛物线对称轴上时，点P坐标为（，），当顶点N恰好落在抛物线对称轴上时，点P的坐标为（1，2）考点：二次函数综合题2如图1，已知抛物线y=ax2+bx（a0）经过A（3，0）、B（4，4）、D(2, n)三点（1）求抛物线的解析式及点D坐标；（2）点M是抛物线对称轴上一动点，求使BMAM的值最大时的点M的坐标；（3）如图2，将射线BA沿BO翻折，交y轴于点C

7、，交抛物线于点N，求点N的坐标；(4)在（3）的条件下，连结ON,OD，如图2，请求出所有满足PODNOB的点P坐标（点P、O、D分别与点N、O、B对应）【答案】（1）y=x23x；（2，2）；（2）（，）；（3）（）；（4）（）或（）【解析】试题分析：（1）根据曲线上点的坐标与方程的关系，将（3，0）、B（4，4）代入y=ax2+bx即可求得抛物线的解析式，令x=2，即可求得点D坐标；（2）抛物线对称轴上使BMAM的值最大时的点M即直线AB与抛物线对称轴的交点，从而应用待定系数法求出直线AB的解析式，即可求得点M的坐标；（3）用待定系数法求出直线CB的解析式，由点N在直线CB和抛物线y=x2

8、3x上，即可求出N点的坐标；（4）应用对称或旋转的性质即可求得点P的坐标.试题解析：（1）抛物线y=ax2+bx（a0）经过A（3，0）、B（4，4），抛物线的解析式是y=x23xD点的坐标为（2，2）（2）设直线AB解析式为：y=kx+m, 将 A（3，0）、B（4，4）代人得，解得. 直线AB解析式为：.抛物线对称轴为，当时， ， 当点M（，）时，BMAM的值最大.（3）直线OB的解析式为y=x，且A（3，0），根据轴对称性质得出CBO=ABO，COB=AOB，OB=OB, AOBCOB.OC=OA. 点C（0，3）.设直线CB的解析式为y=kx+3，过点（4，4），直线CB的解析式是.点

9、N在直线CB上，设点N（n，）.又点N在抛物线y=x23x上，解得：n1=，n2=4（不合题意，舍去）。N点的坐标为（）（4）如图，将NOB沿x轴翻折，得到N1OB1，则N1（），B1（4，4），O、D、B1都在直线y=x上P1ODNOB，NOBN1OB1，P1ODN1OB1. . 点P1的坐标为（）.将OP1D沿直线y=x翻折，可得另一个满足条件的点P2（）.综上所述，点P的坐标是（）或（）考点：1.单动点和翻折问题；2. 待定系数法的应用，3. 曲线上点的坐标与方程的关系；4.二次函数的性质；5.相似三角形的判定和性质，6.分类思想的应用.3如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A、B

10、两点（A在B的左侧），与y轴交于点C（0，4），顶点为（1，）（1）求抛物线的函数表达式；（2）如图1，设抛物线的对称轴与x轴交于点D，试在对称轴上找出点P，使CDP为等腰三角形，请直接写出满足条件的所有点P的坐标（3）如图2，若点E是线段AB上的一个动点（与A、B不重合），分别连接AC、BC，过点E作EFAC交线段BC于点F，连接CE，记CEF的面积为S，S是否存在最大值？若存在，求出S的最大值及此时E点的坐标；若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）满足条件的点P的坐标有：、；（3）存在点E能使S有最大值，最大值为3，此时点E的坐标为（1，0）【解析】试题分析：本题考查了二次函数的综合运

11、用.其中涉及到的知识点有抛物线的顶点公式和三角形的面积求法，在动点问题时要注意分情况讨论.(1)已知抛物线的顶点坐标可设抛物线的解析式为：，将点C（0，4）代入即可求解.(2)求满足使CDP为等腰三角形的动点P的坐标，一般地，当一等腰三角形的两腰不明确时，应分类讨论如下：如图当PC=PD时：过点C作CEDP交于点E，设CP=DP=a,由勾股定理易求，所以点；如图当DC=DP时：即以点D为圆心，以CD的长为半径作圆，可以发现在对称轴上有两个符合条件的点，因为CD=，故DP=.所以点P的坐标为，；如图当CD=CP时：点C在DP的垂直平分线上，过点C作CEDP交于点E，此时易得DE=PE=4，所以点

12、P的坐标为.（3）先由求得抛物线与坐标轴的交点坐标，进而求得直线AC的解析式为.由于EFAC，可由平移设出直线EF的解析式为，此时可求得点E的坐标为进而列方程组求出点F的坐标，最后利用得出一个关于b的二次函数，利用二次函数性质可求出是否存在满足条件的点E.试题解析：（1）解抛物线的顶点为可设抛物线的函数关系式为抛物线与y轴交于点C（0，4）， 解得所求抛物线的函数关系式为（2）解：满足条件的点P的坐标有：、（3）解：存在点E能使S有最大值，最大值为3，此时点E的坐标为（1，0）如图，令解得x12，x24抛物线与x轴的交点为A(-2,0) ，B (4,0) A（-2,0），B（4,0），C（0,

13、4），直线AC的解析式为，直线BC的解析式为EFAC，可设直线EF的解析式为，（-2<x<4）令，解得，点E的坐标为BE=解方程组 得，点F的坐标为整理得当时，S有最大值3，此时点E的坐标为（1，0）考点：1、求二次函数解析式；2、动点问题-满足等腰三角形的点的坐标；3、利用二次函数求最值的问题.4如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A（-1，0）、B（3，0）两点，直线L与抛物线交于A、C两点，其中C点的横坐标为2（1）求抛物线的解析式及直线AC的解析式；（2）若点D是线段AC下方抛物线上的动点，求四边形ABCD面积的最大值；（3）点G是抛物线上的动点，在x轴上是否存在点F，

14、使A、C、F、G这样的四个点为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，求出所有满足条件的F点坐标；如果不存在，请说明理由【答案】(1)抛物线的解析式y=x2-2x-3，直线AC的函数解析式是y=-x-1；（2）PE的最大值=；（3）F点的坐标是（-3，0），（1，0），（4-，0），（4+，0）.【解析】试题分析：（1）将A、B的坐标代入抛物线中，易求出抛物线的解析式；将C点横坐标代入抛物线的解析式中，即可求出C点的坐标，再由待定系数法可求出直线AC的解析式（2）PE的长实际是直线AC与抛物线的函数值的差，可设P点的横坐标为x，用x分别表示出P、E的纵坐标，即可得到关于PE的长、x的函数关系式，根

15、据所得函数的性质即可求得PE的最大值（3）此题要分两种情况：以AC为边，以AC为对角线确定平行四边形后，可直接利用平行四边形的性质求出F点的坐标试题解析：解：（1）将A（-1，0），B（3，0）代入y=x2+bx+c，得b=-2，c=-3；y=x2-2x-3将C点的横坐标x=2代入y=x2-2x-3，得y=-3，C（2，-3）；直线AC的函数解析式是y=-x-1（2）设P点的横坐标为x（-1x2），则P、E的坐标分别为：P（x，-x-1），E（x，x2-2x-3）；P点在E点的上方，PE=（-x-1）-（x2-2x-3）=-x2+x+2，当x=时，PE的最大值=（3）存在4个这样的点F，分别是

16、F1（1，0），F2（-3，0），F3（4+，0），F4（4-，0）如图，连接C与抛物线和y轴的交点，C（2，-3），G（0，-3）CGX轴，此时AF=CG=2，F点的坐标是（-3，0）；如图，AF=CG=2，A点的坐标为（-1，0），因此F点的坐标为（1，0）；如图，此时C，G两点的纵坐标关于x轴对称，因此G点的纵坐标为3，代入抛物线中即可得出G点的坐标为（1±，3），由于直线GF的斜率与直线AC的相同，因此可设直线GF的解析式为y=-x+h，将G点代入后可得出直线的解析式为y=-x+4+因此直线GF与x轴的交点F的坐标为（4+，0）；如图，同可求出F的坐标为（4-，0）；综合四种

17、情况可得出，存在4个符合条件的F点考点：二次函数综合题.5在平面直角坐标系xOy中，一块含60°角的三角板作如图摆放，斜边AB在x轴上，直角顶点C在y轴正半轴上，已知点A（-1，0）备用图（1）请直接写出点B，C的坐标：B（ ， ），C（ ， ）；（2）求经过A，B，C三点的抛物线解析式；（3）现有与上述三角板完全一样的三角板DEF（其中EDF=90°，DEF=60°），把顶点E放在线段AB上（点E是不与A，B两点重合的动点），并使ED所在直线经过点C此时，EF所在直线与（2）中的抛物线交于第一象限的点M当AE=2时，抛物线的对称轴上是否存在点P使PEM是等腰三角

18、形，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由【答案】（1）、；（2）；（3）存在，P点坐标为（1，2）或（1，-2）或（1，）或（1，）.【解析】试题分析：（1）如图，已知CAB=600，所以ACO=300，所以AC=2AO,又由A（-1，0）可知AO=1，所以AC=2，在RtACB中，ABC=300，所以AB=2AC,即AB=4，所以点B的坐标是（3,0）由勾股定理可得CO=.所以点B、C的坐标分别为：、.如图，已知抛物线与x轴两交点A、B的坐标，可设抛物线的解析式为：，再由点C的坐标求出a的值即可求解.（3）求满足使PEM为等腰三角形的动点P的坐标，一般地，当一等腰三角形的两腰不明确

19、时，应分类讨论如下：当EP=EM时，即以点E为圆心，以EM为半径作圆与对称轴的交点即为所求点P；当EM=PM时，即以点M为圆心，以EM为半径作圆与对称轴的交点即为所求点P；当PE=PM时，线段EM的垂直平分线与对称轴的交点即为所求点P.先由已知求证CAE为等边三角形，过点M作MNx轴，求出点M的坐标，再依次求出上述各种情况下满足条件的点P的坐标.试题解析：解：（1）、.（2）点A（-1，0），B（3，0），可设经过A，B，C三点的抛物线的解析式为，点C（0，）也在此抛物线上， 解得：，此抛物线的解析式为即存在如图所示：AE=2，OE=1，E（1，0），此时，CAE为等边三角形AEC=A=60&

20、#176;又CEM=60°， MEB=60°点C与点M关于抛物线的对称轴对称C（0，），M（2，）过M作MNx轴于点N（2，0），MN= EN=1若PEM为等腰三角形，则：如图1，当EP=EM时，EM=2，且点P在直线x=1上，P（1，2）或P（1，-2）如图2，当EM=PM时，点M在EP的垂直平分线上，P（1，）如图3，当PE=PM时，点P是线段EM的垂直平分线与直线x=1的交点，P（1，）综上所述，存在P点坐标为（1，2）或（1，-2）或（1，）或（1，）时，EPM为等腰三角形考点,1、求二次函数解析式；2、动点问题-满足等腰三角形的点的坐标.6如图，在矩形OABC中，

21、点A（0，10），C（8，0）.沿直线CD折叠矩形OABC的一边BC，使点B落在OA边上的点E处分别以OC， OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，抛物线经过O，D，C三点（1）求D的的坐标及抛物线的解析式；（2）一动点P从点E出发，沿EC以每秒2个单位长的速度向点C运动，同时动点Q从点C出发，沿CO以每秒1个单位长的速度向点O运动，当点P运动到点C时，两点同时停止运动设运动时间为t秒，当t为何值时，以P、Q、C为顶点的三角形与ADE相似？（3）点N在抛物线对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使以M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M与点N的坐

22、标（不写求解过程）；若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）或；（3）存在符合条件的M、N点，且它们的坐标为：M1（4，32），N1（4，38）；M2（12，32），N2（4，26）；M3（4，），N3（4，）【解析】试题分析：（1）根据折叠图形的轴对称性，CED、CBD全等，首先在RtCEO中求出OE的长，进而可得到AE的长；在RtAED中，AD=ABBD、ED=BD，利用勾股定理可求出AD的长进一步能确定D点坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式（2）由于DEC=90°，首先能确定的是AED=OCE，若以P、Q、C为顶点的三角形与ADE相似，那么QPC=90°或P

23、QC=90°，然后在这两种情况下，分别利用相似三角形的对应边成比例求出对应的t的值（3）由于以M，N，C，E为顶点的四边形，边和对角线都没明确指出，所以要分情况进行讨论：EC做平行四边形的对角线，那么EC、MN必互相平分，由于EC的中点正好在抛物线对称轴上，所以M点一定是抛物线的顶点；EC做平行四边形的边，那么EC、MN平行且相等，首先设出点N的坐标，然后结合E、C的横、纵坐标差表示出M点坐标，再将点M代入抛物线的解析式中，即可确定M、N的坐标试题解析：（1）四边形ABCO为矩形，OAB=AOC=B=90°，AB=CO=8，AO=BC=10由题意，BDCEDCB=DEC=9

24、0°，EC=BC=10，ED=BD由勾股定理易得EO=6AE=106=4，设AD=，则BD=ED=，由勾股定理，得，解得，AD=3抛物线过点D（3，10），C（8，0），O（0，0），解得，抛物线的解析式为：（2）DEA+OEC=90°，OCE+OEC=90°，DEA=OCE，由（1）可得AD=3，AE=4，DE=5而CQ=t，EP=2t，PC=102t当PQC=DAE=90°，ADEQPC，=，即，解得当QPC=DAE=90°，ADEPQC，=，即，解得当或时，以P、Q、C为顶点的三角形与ADE相似（3）假设存在符合条件的M、N点，分两种情况

25、讨论：EC为平行四边形的对角线，由于抛物线的对称轴经过EC中点，若四边形MENC是平行四边形，那么M点必为抛物线顶点；则：M（4，）；而平行四边形的对角线互相平分，那么线段MN必被EC中点（4，3）平分，则N（4，）；EC为平行四边形的边，则ECMN，设N（4，m），则M（48，m+6）或M（4+8，m6）；将M（4，m+6）代入抛物线的解析式中，得：m=38，此时 N（4，38）、M（4，32）；将M（12，m6）代入抛物线的解析式中，得：m=26，此时 N（4，26）、M（12，32）；综上，存在符合条件的M、N点，且它们的坐标为：M1（4，32），N1（4，38）；M2（12，32），N

26、2（4，26）；M3（4，），N3（4，）考点：1二次函数综合题；2动点型；3分类讨论7如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，四边形OBHC为矩形，CH的延长线交抛物线于点D（5，2），连结BC、AD.（1）求C点的坐标及抛物线的解析式；（6分）（2）将BCH绕点B按顺时针旋转90°后再沿x轴对折得到BEF（点C与点E对应），判断点E是否落在抛物线上，并说明理由；（4分）（3）设过点E的直线交AB边于点P，交CD边于点Q.问是否存在点P，使直线PQ分梯形ABCD的面积为13两部分？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由. （4分）【答案】（1）；（2）点E落在抛物线上

27、，理由见解析；（3）（，0）或（，0）.【解析】试题分析：（1）由于CDx轴，因此C，D两点的纵坐标相同，那么C点的坐标就是（0，2），n=2，已知抛物线过D点，可将D的坐标代入抛物线的解析式中即可求出m的值，也就确定了抛物线的解析式；（2）由于旋转翻折只是图形的位置有变化，而大小不变，因此：BCHBEF，OC=BF，CH=EFOC的长可以通过C点的坐标得出，求CH即OB的长，要先得出B点的坐标，可通过抛物线的解析式来求得这样可得出E点的坐标，然后代入抛物线的解析式即可判断出E是否在抛物线上；（3）本题可先表示出直线PQ分梯形ABCD两部分的各自的面积，首先要得出P，Q的坐标，可先设出P点的坐

28、标如：（a，0），由于直线PQ过E点，因此可根据P，E的坐标用待定系数法表示出直线PQ的解析式，进而可求出Q点的坐标，这样就能表示出BP，AP，CQ，DQ的长，也就能表示出梯形BPQC和梯形APQD的面积，然后分类进行讨论：梯形BPQC的面积：梯形APQD的面积=1：3，梯形APQD的面积：梯形BPQC的面积=1：3，根据上述两种不同的比例关系式，可求出各自的a的取值，也就能求出不同的P点的坐标，综上所述可求出符合条件的P点的坐标试题解析：（1）四边形OBHC为矩形，CDAB.又D（5，2），C（0，2），OC=2，解得.抛物线的解析式为：.（2）点E落在抛物线上，理由如下：由y=0，得， 解

29、得x1=1，x2=4. A（4，0），B（1，0）. OA=4，OB=1.由矩形性质知：CH=OB=1，BH=OC=2，BHC=90°，由旋转、轴对称性质知：EF=1，BF=2，EFB=90°，点E的坐标为（3，1）.把x=3代入，得，点E在抛物线上. （3）存在点P（a，0）. 记S梯形BCQP = S1，S梯形ADQP = S2，易求S梯形ABCD = 8.当PQ经过点F（3，0）时，易求S1=5，S2 = 3，此时S1S2不符合条件，故a3.设直线PQ的解析式为y = kx+b(k0)，则，解得.直线PQ的解析式为. 由y = 2得x = 3a6，Q（3a6，2） .

30、CQ = 3a6，BP = a1， .下面分两种情形：当S1S2 = 13时，4a7=2，解得；当S1S2 =31时，4a7=6，解得；综上所述：所求点P的坐标为. （，0）或（，0）考点：1.二次函数综合题；2.面动旋转问题；3. 矩形的性质；4.待定系数法；5.曲线上点的坐标与方程的关系；6.分类思想的应用8如图，在直角坐标系中，以点A(,0)为圆心，以为半径圆与x轴相交于点B，C，与y轴相交于点D，E.（1）若抛物线经过点C，D两点，求抛物线的解析式，并判断点B是否在该抛物线上；（2）在（1）中的抛物线的对称轴上有一点P，使得PBD的周长最小，求点P的坐标；（3）设Q为（1）中的抛物线的

31、对称轴上的一点，在抛物线上是否存在这样的点M，使得四边形BCQM是平行四边形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由【答案】（1），在；（2）；（3）存在，（，12）.【解析】试题分析：（1）由已知条件先求出C，D两点的坐标，再把其横纵坐标分别代入抛物线的解析式求出b，c，再将点B坐标代入检验即可；（2）BD的长为定值，所以要使PBD周长最小，只需PB+PD最小，连接DC，则DC与对称轴的交点即为使PBD周长最小的点；（3）设Q（ ，t）为抛物线对称轴x= 上一点，M在抛物线上，要使四边形BCQM为平行四边形，则BCQM且BC=QM，再分当点M在对称轴的左侧时和当点M在对称轴的右侧时，讨论

32、即可.试题解析：（1）OA=，AD=AC=2，C（3，0），B（，0）.又在RtAOD中，OA=，OD=. D.又D，C两点在抛物线上，解得.抛物线的解析式为.又当时，点B（，0）在该抛物线上.（2），抛物线的对称轴方程为：x=.BD的长为定值，要使PBD周长最小，只需PB+PD最小.连接DC，则DC与对称轴的交点即为使FBD周长最小的点，设直线DC的解析式为y=mx+n，解得.直线DC的解析式为.在中令x=得y=. P的坐标为.（3）存在，设Q（，t）为抛物线对称轴x=上一点，M在抛物线上，要使四边形BCQM为平行四边形，则BCQM且BC=QM，且点M在对称轴的左侧，过点Q作直线LBC与抛物

33、线交于点M（x，t），由BC=QM得QM=4，从而x=，t=12.故在抛物线上存在点M（，12）使得四边形BCQM为平行四边形.考点：1.二次函数综合题；2.待定系数法的应用；3.曲线上点的坐标与方程的关系；4.勾股定理；5.轴对称的应用（最短线路问题）；6. 平行四边形的判定9如图，已知点A (2，4) 和点B (1，0)都在抛物线上.（1）求m、n；（2）向右平移上述抛物线，记平移后点A的对应点为A，点B的对应点为B，若四边形A ABB为菱形，求平移后抛物线的表达式；（3）记平移后抛物线的对称轴与直线AB 的交点为C，试在x轴上找一个点D，使得以点B、C、D为顶点的三角形与ABC相似.【答

34、案】（1），4；（2）；（3）D（3，0）或（，0）【解析】试题分析：（1）已知了抛物线图象上A、B两点的坐标，将它们代入抛物线的解析式中，即可求得m、n的值；（2）根据A、B的坐标，易求得AB的长；根据平移的性质知：四边形A ABB一定为平行四边形，若四边形A ABB为菱形，那么必须满足AB=BB，由此可确定平移的距离，根据“左加右减”的平移规律即可求得平移后的抛物线解析式；（3）易求得直线AB的解析式，联立平移后的抛物线对称轴，可得到C点的坐标，进而可求出AB、BC、AC、BC的长，在（2）题中已经证得AB=BB，那么BAC=BBC，即A、B对应，若以点B、C、D为顶点

35、的三角形与ABC相似，可分两种情况考虑：BCD=ABC，此时BCDABC，BDC=ABC，此时BDCABC，根据上述两种不同的相似三角形所得不同的比例线段，即可求得不同的BD长，进而可求得D点的坐标试题解析：（1）由于抛物线经过A （2，4）和点B （1，0），则有：，解得.（2）由（1）得：，由A （2，4）、B （1，0），根据勾股定理可得，若四边形A ABB为菱形，则AB=BB=5，即B（6，0）.故抛物线需向右平移5个单位，即：.（3）由（2）得：平移后抛物线的对称轴为：x=4，A（2，4），B（6，0），直线AB：.当x=4时，y=1

36、，故C（4，1）. AC=3，BC=，BC=.由（2）知：AB=BB=5，即BAC=BBC.若以点B、C、D为顶点的三角形与ABC相似，则：BCD=ABC，则BCDABC，可得：，即，BD=3，此时D（3，0）；BDC=ABC，则BDCABC，可得：即，此时D（，0）.综上所述，存在符合条件的D点，且坐标为：D（3，0）或（，0）考点：1.二次函数综合题；2.平移问题；3.曲线上点的坐标与方程的关系；4.勾股定理；5. 菱形的性质；6.等腰三角形的性质；7.相似三角形的判定和性质；8.分类思想的应用10（本小题满分12分）如图，四边形OABC为直角梯形，A（4，0），B（3，4），C（0，4）

37、点M从O出发以每秒2个单位长度的速度向A运动；点N从B同时出发，以每秒1个单位长度的速度向C运动其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动过点N作NP垂直x轴于点P，连接AC交NP于Q，连接MQ（1）点 （填M或N）能到达终点；（2）求AQM的面积S与运动时间t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围，当t为何值时，S的值最大；（3）是否存在点M，使得AQM为直角三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由【答案】（1）M；（2），当时，S的值最大；（3）存在，点M的坐标为（1，0）或（2，0），理由见试题解析【解析】试题分析：（1）（BC÷点N的运动速度）与（OA

38、7;点M的运动速度）可知点M能到达终点（2）经过t秒时可得NB=y，OM2t根据BCA=MAQ=45°推出QN=CN，PQ的值求出S与t的函数关系式后根据t的值求出S的最大值（3）本题分两种情况讨论（若AQM=90°，PQ是等腰RtMQA底边MA上的高；若QMA=90°，QM与QP重合）求出t值试题解析：（1）点M（2）经过秒时，NB=，OM=，则CN=，AM=，A（4，0），C（0，4），AO=CO=4，AOC=90°，BCA=MAQ=45°，QN=CN=，PQ=，SAMQ=AMPQ=，当时，S的值最大（3）存在设经过秒时，NB=，OM=，则

39、CN=，AM=，BCA=MAQ=45°若AQM=90°，则PQ是等腰RtMQA底边MA上的高，PQ是底边MA的中线，PQ=AP=MA，点M的坐标为（1，0）若QMA=90°，此时QM与QP重合，QM=QP=MA，解得：，点M的坐标为（2，0）考点：二次函数综合题11如图，矩形OABC在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A（0，4），C（2，0），将矩形OABC绕点O按顺时针方向旋转1350，得到矩形EFGH（点E与O重合）.（1）若GH交y轴于点M，则FOM ，OM= ；（2）矩形EFGH沿y轴向上平移t个单位.直线GH与x轴交于点D，若ADBO，求t的值；若矩形

40、EFHG与矩形OABC重叠部分的面积为S个平方单位，试求当0<t时，S与t之间的函数关系式.【答案】（1）450，；（2）2；.【解析】试题分析：（1）由旋转的性质，得AOF1350，FOM450，由旋转的性质，得OHM450，OH=OC=2，OM=；（2）由矩形的性质和已知ADBO，可得四边形ABOD是平行四边形，从而DO=AB=2，又由DOI是等腰直角三角形可得OI=OD=2，从而由平移的性质可求得t=IM=OMOI=2；首先确定当0<t时，矩形EFGH沿y轴向上平移过程中关键点的位置，分0<t2，2<t， <t三种情况求出S与t之间的函数关系式.试题解析：（

41、1）450；.（2）如图1，设直线HG与y轴交于点I，四边形OABC是矩形，ABDO，AB=OC.C（2，0），AB=OC=2.又ADBO， 四边形ABOD是平行四边形. DO=AB=2.由（1）易得，DOI是等腰直角三角形，OI=OD=2.t=IM=OMOI=2.如图2，过点F，G分别作x轴，y轴的垂线，垂足为R，T，连接OC. 则由旋转的性质，得，OF=OA=4，FOR450，OR=RF=，F（，）.由旋转的性质和勾股定理，得OG=，设TG=MT=x，则OT=OMMT=.在RtOTG中，由勾股定理，得，解得x=. G（，）.用待定系数法求得直线FG的解析式为.当x=2时，.当t=时，就是G

42、F平移到过点C时的位置（如图5）.当0<t时，几个关键点如图3，4，5所示：如图3 ，t=OE=OC=2，此时，矩形EFGH沿y轴向上平移过程中边EF经过点C；如图4，t=OE=OM=，此时，矩形EFGH沿y轴向上平移过程中边HG经过点O；如图5，t=OE=，此时，矩形EFGH沿y轴向上平移过程中边FG经过点C.（）当0<t2时，矩形EFHG与矩形OABC重叠部分的面积为OCS的面积（如图6）.此时，OE=OS= t， .（）当2<t时，矩形EFHG与矩形OABC重叠部分的面积为直角梯形OEPC的面积（如图7）.此时OE= t，OC=2.由E（0，t），FFO=450，用用待

43、定系数法求得直线EP的解析式为.当x=2时，. CP=. .（）当<t时，矩形EFHG与矩形OABC重叠部分的面积为五边形EQCUV的面积（如图8），它等于直角梯形EQCO的面积减去直角三角形VOU的的面积.此时，OE= t，OC=2，CQ= ，OU=OV= t.综上所述，当0<t时，S与t之间的函数关系式为.考点：1.旋转的性质；2.矩形的性质；3.勾股定理；4.平移的性质；5.平行四边形的判定和性质；6.等腰直角三角形的判定和性质；7.待定系数法；8.直线上点的坐标与方程的关系；9.分类思想的应用.12已知抛物线y=ax2+bx+3（a0）经过A（3，0），B（4，1）两点，且

44、与y轴交于点C（1）求抛物线y=ax2+bx+3（a0）的函数关系式及点C的坐标；（2）如图（1），连接AB，在题（1）中的抛物线上是否存在点P，使PAB是以AB为直角边的直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）如图（2），连接AC，E为线段AC上任意一点（不与A、C重合）经过A、E、O三点的圆交直线AB于点F，当OEF的面积取得最小值时，求点E的坐标【答案】（1），C(0,3)；(2)点P的坐标为：（-1，6），（0，3）；(3)【解析】试题分析：此题主要考查了二次函数的综合应用以及待定系数法求函数解析式，二次函数的综合应用是初中阶段的重点题型特别注意利用数形结合是这

45、部分考查的重点也是难点应重点掌握（1）根据A（3，0），B（4，1）两点利用待定系数法求二次函数解析式；（2）从当PAB是以A为直角顶点的直角三角形，且PAB=90°与当PAB是以B为直角顶点的直角三角形，且PBA=90°，分别求出符合要求的答案；（3）根据当OEAB时，FEO面积最小，得出OM=ME，求出即可试题解析：（1）抛物线y=ax2+bx+3（a0）经过A（3，0），B（4，1）两点，解得：，点C的坐标为：（0，3）；（2）假设存在，分两种情况：当PAB是以A为直角顶点的直角三角形，且PAB=90°，如图1，过点B作BMx轴于点M，设D为y轴上的点，A（

46、3，0），B（4，1），AM=BM=1，BAM=45°，DAO=45°，AO=DO，A点坐标为（3，0），D点的坐标为：（0，3），直线AD解析式为：y=kx+b，将A，D分别代入得：0=3k+b，b=3，k=-1，y=-x+3，x2-3x=0，解得：x=0或3，y=3，y=0（不合题意舍去），P点坐标为（0，3），点P、C、D重合，当PAB是以B为直角顶点的直角三角形，且PBA=90°，如图2，过点B作BFy轴于点F，由（1）得，FB=4，FBA=45°，DBF=45°，DF=4，D点坐标为：（0，5），B点坐标为：（4，1），直线BD解析式

47、为：y=kx+b，将B，D分别代入得： 1=4k+b，b=5，k=-1，y=-x+5，x2-3x-4=0，解得：x1=-1，x2=4（舍），y=6，P点坐标为（-1，6），点P的坐标为：（-1，6），（0，3）；（3）如图3：作EMAO于M，直线AB的解析式为：y=x-3，tanOAC=1，OAC=45°，OAC=OAF=45°，ACAF， ，OE最小时SFEO最小，OEAC时OE最小，ACAFOEAFEOM=45°，MO=EM，E在直线CA上，E点坐标为（x，-x+3），x=-x+3，解得：x=，E点坐标为（，）考点：1. 待定系数法;2.二次函数综合题;3.

48、数形结合.13已知抛物线C1的顶点为P（1，0），且过点（0，）将抛物线C1向下平移h个单位（h0）得到抛物线C2一条平行于x轴的直线与两条抛物线交于A、B、C、D四点（如图），且点A、C关于y轴对称，直线AB与x轴的距离是m2（m0）（1）求抛物线C1的解析式的一般形式；（2）当m=2时，求h的值；（3）若抛物线C1的对称轴与直线AB交于点E，与抛物线C2交于点F求证：tanEDFtanECP=【答案】解：（1）设抛物线C1的顶点式形式（a0），抛物线过点（0，），解得a=。抛物线C1的解析式为，一般形式为。（2）当m=2时，m2=4，BCx轴，点B、C的纵坐标为4。，解得x1=5，x2=3

49、。点B（3，4），C（5，4）。点A、C关于y轴对称，点A的坐标为（5，4）。设抛物线C2的解析式为，则，解得h=5。（3）证明：直线AB与x轴的距离是m2，点B、C的纵坐标为m2。，解得x1=1+2m，x2=12m。点C的坐标为（1+2m，m2）。又抛物线C1的对称轴为直线x=1，CE=1+2m1=2m。点A、C关于y轴对称，点A的坐标为（12m，m2）。设抛物线C2的解析式为，则，解得h=2m+1。EF=h+m2=m2+2m+1。【解析】试题分析：（1）设抛物线C1的顶点式形式（a0），然后把点（0，）代入求出a的值，再化为一般形式即可。（2）先根据m的值求出直线AB与x轴的距离，从而得到

50、点B、C的纵坐标，然后利用抛物线解析式求出点C的横坐标，再根据关于y轴对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标相同求出点A的坐标，然后根据平移的性质设出抛物线C2的解析式，再把点A的坐标代入求出h的值即可。（3）先把直线AB与x轴的距离是m2代入抛物线C1的解析式求出C的坐标，从而求出CE，再表示出点A的坐标，根据抛物线的对称性表示出ED，根据平移的性质设出抛物线C2的解析式，把点A的坐标代入求出h的值，然后表示出EF，最后根据锐角的正切值等于对边比邻边列式整理即可得证。14如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边OA、OC分别在y轴和x轴的正半轴上，且长分别为m、4m（m0），D为边AB的

51、中点，一抛物线l经过点A、D及点M（1，1m）（1）求抛物线l的解析式（用含m的式子表示）；（2）把OAD沿直线OD折叠后点A落在点A处，连接OA并延长与线段BC的延长线交于点E，若抛物线l与线段CE相交，求实数m的取值范围；（3）在满足（2）的条件下，求出抛物线l顶点P到达最高位置时的坐标【答案】解：（1）设抛物线l的解析式为，将A（0，m），D（2m，m），M（1，1m）三点的坐标代入，得，解得。抛物线l的解析式为。 （2）设AD与x轴交于点M，过点A作ANx轴于点N，把OAD沿直线OD折叠后点A落在点A处，OADOAD，OA=OA=m，AD=AD=2m，OAD=OAD=90°，

52、ADO=ADO。矩形OABC中，ADOC，ADO=DOM。ADO=DOM。DM=OM。设DM=OM=x，则AM=2mx，在RtOAM中，OA2+AM2=OM2，解得。，。A点坐标为（，）。易求直线OA的解析式为，当x=4m时，E点坐标为（4m，）。当x=4m时，抛物线l与直线CE的交点为（4m，）。抛物线l与线段CE相交，。m0，解得。（3），当x=m时，y有最大值。又，当时，随m的增大而增大。当m=时，顶点P到达最高位置，。此时抛物线l顶点P到达最高位置时的坐标为（，）【解析】试题分析：（1）设抛物线l的解析式为，将A、D、M三点的坐标代入，运用待定系数法即可求解。（2）设AD与x轴交于点M

53、，过点A作ANx轴于点N根据轴对称及平行线的性质得出DM=OM=x，则AM=2mx，OA=m，在RtOAM中运用勾股定理求出x，得出A点坐标，运用待定系数法得到直线OA的解析式，确定E点坐标（4m，3m），根据抛物线l与线段CE相交，列出关于m的不等式组，求出解集即可。（3）根据二次函数的性质，结合（2）中求出的实数m的取值范围，即可求解。15如图，在等边ABC中，AB=3，D、E分别是AB、AC上的点，且DEBC，将ADE沿DE翻折，与梯形BCED重叠的部分记作图形L（1）求ABC的面积；（2）设AD=x，图形L的面积为y，求y关于x的函数解析式；（3）已知图形L的顶点均在O上，当图形L的面积最大时，求O的面积【答案】解：（1）如图1，作AHBC于H，则AHB=90°。ABC是等边三角形，AB=BC=AC=3。AHB=90°，BH=BC=。在RtABH中，由勾股定理，得AH=。（2）如图2，当0x时，。作AGDE于G，AGD=90°，DAG=30°。DG=x，AG=。如图3，当x3时，作MGDE于G，AD=x，BD=DM=3x，DG=，MF=MN=2x3，MG=。综上所述，y关于x的函数解析式为。 （3）当0x时，a=0，开口向上，在对称轴的右侧y随x的增大而增大，x=时，。当x3时，a=0，开口向下，x=2时，y最大时，x=2。DE=2