抛物线压轴题答案

1、综合题答案1 如图，平面直角坐标系中，直线I分别交x轴、y轴于A、B两点(OAv 0B)且OA、OB的长分别是一元二次方的两个根，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.1答案:分析：通过解一欠方程农一(卩叩)和也=0求得方程的两个根r从而得到K召两点

2、的坐标.再根据两点之间的距高公式可求AB的长T根据AB : AO1 ： 2可求 M的长,从而得到点的坐标；(2 )分当点阳在匚*边上时；当点M在命边的延长线上时；两种情况讨论可求5关于t的 函数关系式；(3 ) AQ=ABEQ=BA f种情况讨论可求Q点的.幡解：=0 ,(甘)(x l ) =0 .解得幻二JI f K2=1'OA < OB/.0A=1,0E=j3 r'A ( 1 T 0 ) tB(0r3 ),?.AB = 2 ,HvAB : AC=1 : 2 t/. AC=4 $(-3.0):(2 )虫题意得:CM =t r C B=2j3 ”O当边上时 * S=2|3

3、 -t(0it<2j3 );当点丽在匚B边的延长线上St-2j3 (t>2j3 );（3） QU-10）®（12） , 浪 jQy 罟）.解答 :解：(1 )T y=ax2+x+c的图象经过 A (-2, 0), C (0, 3),-c=3,所求解析式为：y=-叫x2+x+3；(2) (6, 0);(3) 在 RtAAOC 中, / AO=2, OC=3, AC3,当PiA=AC时（Pi在x轴的负半轴），Pi （-2,0）; 当P2A=AC时（P2在x轴的正半轴），P2 （殛-2, 0）; 当P3C=AC时（P3在x轴的正半轴），P3 （2, 0）; 当P4C=PA时（P

4、4在x轴的正半轴）， 在 RtA P4OC 中，设 P4O=x,则(x+2) 2=x2+32解得:x=4 入I卩+x+3 上,5 - P4 J , 0)；（4）解：如图，设 Q点坐标为（x, y）,因为点Q在即：Q点坐标为（x, - x2+x+3）,连接OQ, S 四边形 abqcfSx aoc+Sxoqc+Sxobq3_x+3丄(x2+x+3)+12,/ av 0,-S四边形ABQC最大值=75754 , Q点坐标为(3, 4 ) o1 1 1 13如图（1），抛物线 尸八加斗址与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） 上：，点A的坐标为，点B的坐

5、标为；（2）设抛物线”二*-2= +址的顶点为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0,使厶BCQ是以BC为直角边的直角三角形.J1/JL 7/° hAA、C® Cl)图（2）a解答:解：（ 1）*cJIA （-1, 0），B （3, 0）.（2）如图（1）,抛物线的顶点为 M （1, -4），连结OM .33则 AOC的面积二空, MOC的面积二2 , MOB的面积=6,二四边形ABMC的面积= AOC的面积+ MOC的面积+ MOB的面

6、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，肿-2擁-了），连结0D.圈引E (4)则 Ovmv3,拠2啊0.33W3且 AOC的面积二2 , DOC的面积=23 DOB的面积=匸（嵌亦一孑），四边形ABDC的面积= AOC的面积+ DOC的面积+ DOB的面积負丄）31存在点4 ,使四边形ABDC的面积最大为占.（4）有两种情况：如图（3）,过点B作BQ丄BC,交抛物线于点Qi、交y轴于点E,连接QQ.v Z CBO=45,aZ EBO=45, BO=OE=34.如图1，在厶ABC中，AB=BC

7、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=Z AEPa ( 0°< a 90° .(1) 求证：/ EAP=Z 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.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/ CA

8、B=Z ACB则在 ABC与厶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) 可以证明厶EAMBA EPN,从而得到 EM=EN.解答 :(1)证明：在厶ABC和厶AEP中，/ ABC=Z AEP, / BAC=Z EAP,/ ACB=/ APE,在厶ABC中，AB=BC/ ACB=/ BAC,/ EPA=Z 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贝U AC=PD A

9、PCD是矩形.(3) 解：EM=EN.证明： EA=EP / 匚-ZAEP ISO" - ZABC Qn 1 / EPA=90 a,2 2 2 / EAM=180 -/ EPA=180 -( 90° -丄 a) =90°a,23由(2)知/ CPB=90 , F是BC的中点， FP=FB / FPB=/ ABCa , / EPN=/ EPA+/ APN=/ EPA+/ FPB=90 -丄 a +a =90°+,2 2 / EAM=/ EPN,/AEP绕点E顺时针旋转适当的角度，得到/ MEN, / AEP=/ MEN, / AEP- / AEN=/ ME

10、N -/ AEN，即/ MEA=/ NEP,在厶EAM和厶EPN中，r ZEAH=ZEPNZMEZNEPEA=EP EAMA 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.5提出问题：如图，在正方形ABCD中，点P, F分别在边BC AB上,若API DF于点H,则AP=DF.类比探究:(1) 如图 ，在正方形 ABCD中，点P、F.、G分别在边BC AB AD上，若GP丄DF于点H,探究线段 GP与DF 的数量关系，并说明理由；(2) 如图，在正方形 ABCD中，点P、F、G分别在

11、边BC AB、AD上, GP丄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.rh月P1，过点A作AM丄DF交BC于点M .通过证明 BAMA ADF得到其对应边相等： AM=DF，贝U 又由平行四边形的性质推知AM=GP，贝U GP=DF(2)如答图2，过点P作FN丄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丄DF交BC于点M .四边形ABCD是正方形， AD

12、=AB,Z B 90°/ BAM= / ADF, 在厶BAM与厶ADF中， r ZB=ZDAF=90"幽二 DA,Zbaji=Zadf BAMA ADF (ASA), AM=DF又四边形AMPG为平行四边形, AM=GP,即卩 GP=DF;(2) DG=2PC理由如下：如答图2，过点P作FN丄AD与点N. 若四边形DFEP为菱形，贝U DP=DF,/ DP=DF, DP=GP,即 DG=2DN.四边形DNPC为矩形， PC=DN, DG=2PC如图，抛物线yx2 bx c与x轴交于A（1,0）,B（- 3, 0）两点，（1）求该抛物线的解析式；（2）设（1）中的抛物线交y轴

13、于C点，在该抛物线的对称轴上是否存在点Q,使得 QAC的周长最小若存在，求出 Q点的坐标；若不存在，请说明理由（ 3 ）在（1）中的抛物线上的第二象限上是否存在一点P,使厶PBC的面积最大，若存在，求出点P的坐标及厶PBC的面积最大值.若没有,请说明理由解答:（1）将A（1,0), B(- 3,0)代yX2 bx c中得b c=0抛物线解析式为:2x 3存在。理由如下:由题知 A、B两点关于抛物线的对称轴直线BC与X1的交点即为Q点， 此时 AQC周长最小 C的坐标为：（0, 3）直线BC解析式为：y x 31- Q(- 1, 2)2(3)答:存在。理由如下:设 P 点(x, X2 2x 3)

14、( 3 x0) T S bpcBPC就最大， S四边形BPCO = SRt BPES直角梯形PEOC3b c1对称 yX2Q点坐标即为绻边形BPCOBOC2x1的解39 卄_ 口 +S四边形BPCO 若S四边形BPCO有最大值,21=尹 3)( X2 1 22X 3) 2( X)( X2x 3 3)=1 -BE PE23 2(X39279当X-时，S四边形BPCO最大值=一 S BPC最大=一22823)22781-OE(PE OC)2927315315当x-时，X2 2x 3才点P坐标为（2,才）7.在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线 曲-2mx+m2- 9.（1）求证：无论m为（2）该抛

15、物线与x轴交 物线的解析式；（3）在（2）的条件下，丄x轴，交抛物线于点何值，该抛物线与 x轴总有两个交点；于A, B两点，点A在点B的左侧，且OAv OB,与y轴的交点坐标为（0,- 5）,求此抛抛物线的对称轴与 x轴的交点为N,若点M是线段AN上的任意一点，过点 M作直线MCC,记点C关于抛物线对称轴的对称点为D,点P是线段MC上一点，且满足 MP丄MC,4连结CD, PD,作PE丄PD交x轴于点E,问是否存在这样的点 E,使得PE=PD若存在，求出点 E的坐标；若不存在, 请说明理由.解答：解:(1 )令 y=0，贝V x2 - 2mx+m2 9=0,：A = (- 2m) 24m2+3

16、6> 0,无论m为何值时方程x2 2mx+m2 9=0总有两个不相等的实数根,t抛物线ynx2- 2mx+m2 9的开口向上，顶点在 x轴的下方，该抛物线与x轴总有两个交点.（2）t抛物线 y=x2-2mx+m2 9 与 y 轴交点坐标为（0,- 5）， 5=m2 9.解得：m=±2.当 m= 2, y=0 时，x2+4x 5=0 解得：X1=- 5, x2=1,t抛物线y=x2 -2mx+m2 9与x轴交于A, B两点（点A在点B的左侧， 且OAvOB）, m= 2不符合题意，舍去.二 m=2.抛物线的解析式为 y=x2 - 4x 5;（3）如图2,假设E点存在，t MC&#

17、177; EM, CD丄MC, / EMP=Z PCD=90 ./ MEP+Z MPE=90t PE丄 PD,.Z EPD=90 , / MPE+Z DPC=90。/ MEP=Z CPD.21题答图在厶EMP和厶PCD中，rZEHP=ZPCDZMEP=ZCPD，： EPMBA PDC ( AAS PM=DC, EM=PC |PE=PD设 C (xo, yo),贝y D ( 4- xo, yo) , P (xO, y0).4 2x0 - 4=-丄yO .4t 点 C 在抛物线 y=x2 - 4x- 5 上； yLxo2-4xo - 52x0- 4=-二(xo2- 4x0 - 5).4解得：xoi

18、=1, x02=11 (舍去)， P (1,- 2) . PC=6. ME=PC=6 E (7, 0).8*如图，在平面直角坐标系xoy中，直线y=x+3交x轴于A点，交y轴于B点，过A、B两点的抛物线线AB于点F,作PG丄AB于点G .求出 PFG的周长最大值；(3)在抛物线y二a+bx+c上是否存在除点D以外的点M，使得 ABM与厶ABD的面积相等若存在，请求 出此时点M的坐标；若不存在，请说明理由.解答 :(1)直线AB: y x 3与坐标轴交于 A (-3,0)、B (0,3)代入抛物线解析式抛物线解析式为:设 P ( m, m22m3) F (m,m3)2 PFm22m23 m 3

19、m3m PFG周长为：-m2 3m <2( m23m)=(.21)(m3)229(,21)4PFG是等腰直角三角形,(2)由题意可知 PFG周长的最大值为：一4(3)点M有三个位置，如图所示的 M1、M2、M3,都能使ABM的面积等于 ABD的面积.此时DM i / AB , M3M2 / AB，且与 AB距离相等/ D(-1 , 4),则 E (-1,2)、则 N (-1,0)直线DM 1解析式为:直线M3M2解析式为:X12,3)、3 吊 1 币 M2(，)112 23 折 1<17)2 ， 2等边三角形，过点 E作BC的平行线，分别交射线 AB、AC于点F、G，连接BE .（

20、1）如图（a）所示，当点D在线段BC上时.求证： AEBADC ;探究四边形 BCGE是怎样特殊的四边形并说明理由；（2） 如图（b）所示，当点 D在BC的延长线上时，直接写出（1）中的两个结论是否成立（3） 在（2）的情况下，当点 D运动到什么位置时，四边形 BCGE是菱形并说明理由.解答（1）证明： ABC和厶ADED图（b） AE AD,又 EAB EABAB AC, EAD BAC 60° 1 分 EAD BAD , DAC BAC BAD , DAC ,- AEB ADC 法一：由得 AEBADC , ABE又 BAC ABE EB / GC .又 EG / BC ,四边形

21、BCGE是平行四边形.C 60° .C 60° ,BAC ,C法二：证出 AEGADB ,得 EG AB BC . 5 分由得 AEBADC .得 BE CG .四边形BCGE是平行四边形. 6分（2）都成立.£分(3)当 CD CB ( BD 2CD 或 CD -BD 或 CAD 30° 或 2BAD 90° 或 ADC 30° 时，四边形 BCGE是菱形. 9分理由：法一：由得 AEB ADC , BE CD10 分又 CD CB , BE CB .11 分由得四边形BCGE是平行四边形，四边形BCGE是菱形.12分法二：由得 A

22、EB ADC ,图（b） 第25题图 BE CD .9 分又四边形BCGE是菱形， BE CB 11 分 CD CB 12 分法三：四边形 BCGE是平行四边形， BE / CG, EG / BC , FBE BAC 60° F ABC 60° 9 分 F FBE 60° , BEF是等边三角形. 10分又 AB BC，四边形BCGE是菱形， AB BE BF , AE 丄 FG 11 分 EAG 30° , EAD 60° , CAD 30° 10 .如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线+2x与x轴相交于 0、B,顶点为A

23、,连接OA.(2)若将抛物线(1) 求点A的坐标和/ AOB的度数;+2x向右平移4个单位，再向下平移2个单位，得到抛物线 m,其顶点为点C.连接OC和AC,把厶AOC沿OA翻折得到四边形 ACOC.试判断其形状，并说明理由；(3) 在(2)的情况下，判断点 C'是否在抛物线yx2+2x上，请说明理由；(4) 若点P为x轴上的一个动点，试探究在抛物线m上是否存在点 Q,使以点O、P、C、Q为顶点的四边形是平行 四边形，且OC为该四边形的一条边若存在，请直接写出点 在，请说明理由.解答丄2(1) t 由 y= x2+2x得，y二二(x 2) 2 - 2,抛物线的顶点A的坐标为（-2, 2

24、）,1令：X2+2x=0,解得 xi=0, X2= 4,点B的坐标为（-4, 0）,过点A作AD丄x轴，垂足为D,Z ADO=90 ,点A的坐标为（-2, 2）,点D的坐标为（-2, 0）, OD=AD=2Z AOB=45;（2）四边形ACOC为菱形.丄由题意可知抛物线 m的二次项系数为二，且过顶点C的坐标是（2, 4）,抛物线的解析式为:y=: （x 2） 2 4, 即 y= -x2 2x 2,过点C作CE丄x轴，垂足为E;过点A作AF丄CE垂足为F,与y轴交与点H , OE=2 CE=4 AF=4, CF=C EF=2 OC二=2 口 ,同理,AC=2,OC=AC 由反折不变性的性质可知,

25、OC二AC=OC=AC, 故四边形ACOC为菱形.丄(3) 如图1,点C不在抛物线y= 'x2+2x上. 理由如下：过点C作C G x轴,垂足为G , OC和 OC关于 OA 对称,Z AOB=Z AOH=45 , Z COH=Z C OGv CE/ OH , Z OCE=/ C' OG又 vZ CEO=/ C' GO=90 OC=O'C, CEOA C GQ OG=4, C G=2点C的坐标为（-4 , 2）,把x= 4代入抛物线y= x2+2x得y=0, 丄点C不在抛物线y= x2+2x上;(4)存在符合条件的点Q.点P为x轴上的一个动点，点 Q在抛物线m上

26、,1设 Q (a, = (a-2) 2-4),oc为该四边形的一条边，OP为对角线，吉(a-2) 2- 4-4 =0,解得 xi=6, X2=4, P (6, 4)或(-2, 4)(舍去)，点Q的坐标为(6, 4).国_I .如图1,在厶OAB中，/ OAB=9Q°, / AOB=3Q°.以0B为边，在 OAB外作等边厶 OBC, D是0B的中点,连接AD并且延长交(1) 求证：四边形(2) 如图2,将图1中的四边形ABCO折叠，使点C与点A重合，折痕为FG,试探究线段0G与AB的数量关系并说 明理由.0C于 E.ABCE是平行四边形;CE占3【解答】 (1)证明： RtA

27、OAB中，D为0B的中点, DO=DA (直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半)，/ EAO=Z AOB=3Q , OBC为等边三角形，/ COB=6Q ,又AOB=3Q , / EOA=9Q , / AEO=18Q -Z EOA-Z EAO=18Q - 9Q°- 3Q°=6Q°, / AEO=Z C, BC/ AE, Z BAO=Z COA=9Q , CO/ AB,四边形ABCE是平行四边形；(2) 解：在 RtA ABO 中， Z OAB=9Q , Z AOB=3Q ,B0=2AB, 0A=二 r : -= _ 'AB,设OG=x,由折叠可得： AG=GC=2AB- x,在 RtA OAG 中，O+OAAG2,x2+ ( ；AB) 2= (2AB- x) 2,解得：x=AB,4即 OGAB.412.在菱形ABCD中，/ ABC=60°, E是对角线AC上