2024徐州中考数学二轮专题复习 二次函数综合题（课件）

2024徐州中考数学二轮专题复习二次函数综合题类型一运动产生的线段问题1.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋3过点A(－1，0)，B(3，0)，且与y轴交于点C，点P是线段BC上方抛物线上的一动点，PE∥y轴，交线段BC于点E，连接AP，交线段BC于点D.综合提升三阶(1)求抛物线的解析式；第1题图解：(1)在y＝ax2＋bx＋3中，令x＝0，则y＝3，∴点C的坐标为(0，3)．∵A(－1，0)，B(3，0)，∴抛物线的解析式为y＝a(x＋1)(x－3)(a≠0)，将C(0，3)代入抛物线解析式，得－3a＝3，解得a＝－1，∴抛物线的解析式为y＝－(x＋1)(x－3)＝－x2＋2x＋3；第1题图(2)当AD＝2PD时，求点P的坐标；(2)如解图，过点A作AF⊥x轴，与BC延长线交于点F，则AF∥PE，设P(t，－t2＋2t＋3)，直线BC的解析式为y＝kx＋b(k≠0)，将B，C两点坐标代入，得解得∴直线BC的解析式为y＝－x＋3，∴E(t，－t＋3)，F(－1，4)，∴AF＝4，PE＝－t2＋3t.第1题解图∵AF∥PE，∴△AFD∽△PED，∴.∵AD＝2PD，∴，解得t＝1或t＝2，∴P(1，4)或(2，3)；第1题解图(3)求线段PE＋CE的最大值．(3)设P(t，－t2＋2t＋3)，由点B、C的坐标得，直线BC的解析式为y＝－x＋3，∴直线BC与x轴的正半轴的夹角为45°，则xE＝xP＝

CE＝t，PE＋CE＝－t2＋2t＋3＋t－3＋t＝－t2＋4t＝－(t－2)2＋4，∵－1＜0，∴PE＋CE有最大值，当t＝2时，其最大值为4.2.(2021市区一模)如图①，在平面直角坐标系中，点M为抛物线y＝x2－4的顶点，点A、B(点A与点M不重合)为抛物线上的动点，且AB∥x轴，以AB为边作矩形ABCD，点M在CD上，连接AC交抛物线于点E.(1)当点A、B在x轴上时，AE＝__________，CE＝__________；第2题图【解法提示】对于y＝x2－4①，令①＝0，解得x1＝－2，x2＝2，∴点A(2，0)，点B(－2，0)．∵点M为抛物线y＝x2－4的顶点，四边形ABCD为矩形，∴点M(0，－4)，点D(2，－4)，点C(－2，－4)．设直线AC的解析式为y＝kx＋b(k≠0)，将A(2，0)、C(－2，－4)代入y＝kx＋b，得解得∴直线AC的解析式为y＝x－2.联立直线AC与抛物线的解析式，得解得或∴点E(－1，－3)，∴AE＝同理可得：CE＝.(2)如图②，当原点O在AC上时，求直线AC的表达式；(2)由抛物线的对称性可知：点A、B关于y轴对称，∴点A、C关于原点对称．设点C的坐标为(m，－4)，则点A的坐标为(－m，4)(m＜0)．∵点A(－m，4)在抛物线y＝x2－4上，∴4＝m2－4，解得m＝－2(正值已舍去)，∴点C(－2，－4)．由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为y＝x；第2题图(3)在点A，B的运动过程中，是否为定值？如果是，请求出定值；如果不是，请说明理由．(3)

是定值，求解如下：设点A的纵坐标为n(n＞－4)，则点A的坐标为(，n)，点C的坐标为(－，－4)，由A、C的坐标可得直线AC的表达式为y＝x＋②，联立①②，解得

或∴点E的坐标为(－)，又∵点A、E、C三点共线，∴.∴在点A，B的运动过程中，为定值3.解：(1)将A(－1，0)，B(4，0)代入y＝ax2＋bx－3可得解得

，∴抛物线的表达式为y＝x2－x－3；3.如图①，已知抛物线y＝ax2＋bx－3过A(－1，0)，B(4，0)两点，与y轴交于点C，连接AC.(1)求抛物线的表达式；第3题图(2)将△AOC绕点C旋转，点A的对应点为D，①当AD取最大值时，请直接写出点D的坐标为________；(1，－6)第3题解图①【解法提示】如解图①，将x＝0代入y＝x2－x－3可得y＝－3，∴C(0，－3)，当△AOC绕点C旋转180°时，线段AD最长，∵A(－1，0)，∴D(1，－6)．②当点D落在直线BC上时，求点D的坐标；

第3题解图②DG∵GD∥AB，∴△CGD∽△COB.∴在Rt△AOC中，∠AOC＝90°，∵AO＝1，CO＝3，∴AC＝CD＝.②分两种情况讨论：(ⅰ)如解图②，当点D在线段BC上时，过点D作DG⊥y轴于点G，∵OB＝4，CO＝3，∴CB＝5，∴∴CG＝，GD＝.∴OG＝3－，∴D(，－3)；DG∵QD∥AB，∴△CQD∽△COB.∴在Rt△AOC中，∠AOC＝90°，∵AO＝1，CO＝3，∴AC＝CD＝.∵OB＝4，CO＝3，DQ

第3题解图③(ⅱ)如解图③，当点D在线段BC的延长线上时，过点D作DQ⊥y轴于点Q，∴BC＝5，∴∴CQ＝，QD＝.∴OQ＝3＋，∴D(－,－－3).∴点D的坐标为()或()；DQ第3题解图③(3)如图②，点P是直线BC下方抛物线上一点(P不与点B，C重合)，连接OP，交BC于点E，点F是y轴上一点，当OE＋BF的值最小时，请直接写出点F的坐标．【解法提示】如解图④，过点B作BH⊥x轴，使BH＝CB，连接OH交BC于点E，交抛物线于点P，在y轴上取点F，使CF＝BE，连接BF，∵BH⊥x轴，∴BH∥CF，∴∠FCB＝∠HBC，∵CB＝BH，CF＝BE，∴△CFB≌△BEH，∴EH＝BF，∴OE＋BF＝OE＋EH，当O，E，H三点共线时，OE＋BF的值最小，∵B(4，0)，C(0，－3)，∴BC＝BH第3题图＝5，∴H(4，－5)，设直线OE的解析式为y＝kx，将H(4，－5)代入得k＝－，∴直线OE解析式为y＝－x，同理可得直线BC的解析式为y＝x－3，联立解得∴E(，－)，过点E作EG⊥x轴交于点G，在Rt△BGE中，由勾股定理得BE＝＝∴CF＝BE＝，∴OF＝CF－OC＝－3＝，∴F(0,)．第3题解图④(3)点F的坐标为(0,)．4.如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c过点A(4，0)，B(－4，－4)，且抛物线与y轴交于点C，连接AB，BC，AC.(1)求抛物线的函数表达式；第4题图解：(1)∵抛物线y＝－

x2＋bx＋c的图象经过点A(4，0)，B(－4，－4)，∴解得

，∴抛物线的函数表达式为y＝－x2＋x＋2；(2)点P是抛物线对称轴上一点，求△PBC周长的最小值及此时点P的坐标；(2)由抛物线y＝－x2＋x＋2可得对称轴为直线x＝－点C的坐标为(0，2)，如解图，作点C关于对称轴直线x＝1的对称点C′，则C′的坐标为(2，2)，连接BC′，即BC′＝BC′与对称轴的交点即为所求点P，连接PC，此时△PBC的周长最小．设直线BC′的表达式为y＝kx＋m(k≠0)，第4题解图得解得∴直线BC′的表达式为y＝x，将x＝1代入y＝x，得y＝1，∴点P的坐标为(1，1)，∵点B(－4，－4)，C(0，2)，∴BC＝∴此时△PBC的周长为BC＋CP＋PB＝BC＋BC′＝2＋6，∴△PBC周长的最小值为2＋6，此时点P的坐标为(1，1)；第4题解图将点B(－4，－4)，C′(2，2)代入，(3)若E是线段AB上的一个动点(不与点A、B重合)，过点E作y轴的平行线，分别交抛物线及x轴于F，D两点．若DE＝2DF，请求出点E的坐标．(3)由点A(4，0)，B(－4，－4)可得直线AB的表达式为y＝x－2，设点E(x，x－2)，其中－4<x<4，则F(x，－x2＋x＋2)，DE＝|x－2|＝2－x，DF＝|－x2＋x＋2|，分两种情况讨论：①当点F在x轴上方时．即2－x＝2×(－x2＋x＋2)，解得x1＝－1，x2＝4(舍去)，将x＝－1代入y＝x－2，得y＝－，∴E(－1，－)；②当点F位于x轴下方时，即2－x＝2×(x2－x－2)，解得x1＝－3，x2＝4(舍去)，将x＝－3代入y＝x－2，得y＝－，∴E(－3，－)．综上所述，点E的坐标为(－1，－)或(－3，－)．类型二动点产生的面积问题1.(2021徐州26题8分)如图，点A、B在函数y＝x2的图象上．已知A、B的横坐标分别为－2、4，直线AB与y轴交于点C，连接OA、OB.综合提升三阶第1题图(1)求直线AB的函数表达式；解：(1)当xA＝－2时，yA＝1，当xB＝4，yB＝4，∴A(－2，1)，B(4，4)．设直线AB的函数表达式为y＝kx＋b，将A(－2，1)，B(4，4)代入函数表达式中，得解得∴直线AB的函数表达式为y＝

x＋2；第1题图(2)求△AOB的面积；(2)把xC＝0代入y＝x＋2中，得yC＝2，∴C(0，2)．∴S△AOB＝S△AOC＋S△BOC＝·

yC·|xA|＋·yC·|xB|＝·yC·(xB－xA)＝6；第1题图(3)若函数y＝x2的图象上存在点P，使得△PAB的面积等于△AOB的面积的一半，则这样的点P共有________个．第1题解图

4【解法提示】如解图，△AOB与△PAB“同底”，根据△PAB的面积是△AOB面积的一半，将AB分别向上、向下平移OC个单位长度，与抛物线的交点有P1，P2，P3，P4四个点．∴满足条件的点P共有4个．解：(1)∵将x＝0代入y＝－x2＋6x－5，得y＝－5，∴C(0，－5)，∵y＝－x2＋6x－5＝－(x－3)2＋4，∴P(3，4)；(2分)2.(2022徐州27题10分)如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝－x2＋6x－5的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其顶点为P，连接PA、AC、CP，过点C作y轴的垂线l.(1)求点P、C的坐标；第2题图(2)直线l上是否存在点Q，使△PBQ的面积等于△PAC面积的2倍？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．(2)存在，理由如下：如解图，延长PA、PB交l于点D、E，作CF⊥PA的延长线于点F，QG⊥PB的延长线于点G，第2题解图由抛物线的对称性，得PA＝PB，∴∠PAB＝∠PBA，∵l⊥y轴，∴∠CDF＝∠QEG，∵S△PBQ＝2S△PAC，PA＝PB，∴QG＝2CF，(5分)∵CF⊥PA，QG⊥PB，∴∠CFD＝∠QGE，又∵∠CDF＝∠QEG，∴△CFD∽△QGE，∴∴QE＝2CD，由－x2＋6x－5＝0，解得x1＝1，x2＝5，第2题解图∴A(1，0)，B(5，0)，设直线PA的解析式为y＝kx＋b(k≠0)，将点P，A坐标代入，得解得∵直线PA的解析式为y＝2x－2，∴D(－，－5)，(7分)由抛物线的对称性可得E(，－5)，∴CD＝，∴QE＝2×＝3，∴满足条件的点Q有两个：Q1(，－5)，Q2(，－5)．(10分)第2题解图3.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝－2x2＋bx＋c与x轴交于点A(－3，0)、B，与y轴正半轴交于点C，OC＝2OA，在直线AC上方的抛物线上有一动点E.(1)求抛物线的解析式；第3题图解：(1)∵A(－3，0)，OC＝2OA，∴C(0，6)，∵抛物线y＝－2x2＋bx＋c经过A、C两点，∴解得∴抛物线的解析式为y＝－2x2－4x＋6；(2)连接BE，与直线AC相交于点F，当EF＝BF时，求点E的坐标；第3题图(2)令－2x2－4x＋6＝0，解得x1＝－3，x2＝1，∴B(1，0)，设E(t，－2t2－4t＋6)，其中－3＜t＜0，如解图，过点E作EH⊥x轴于点H，过点F作FG⊥x轴于点G，则EH∥FG，∴△BFG∽△BEH，∵EF＝BF，∴第3题解图∵BH＝1－t，∴BG＝BH＝－t，∴点F的横坐标为＋t，设直线AC的表达式为y＝kx＋b′，把A(－3，0)，C(0，6)代入，解得∴直线AC的表达式为y＝2x＋6，∴F(＋t，＋t)，∵EH＝FG，∴－2t2－4t＋6＝(＋t)，第3题图第3题解图∴t2＋3t＋2＝0，解得t1＝－2，t2＝－1，当t＝－2时，－2t2－4t＋6＝6，当t＝－1时，－2t2－4t＋6＝8，∴点E的坐标为(－2，6)或(－1，8)；第3题图(3)连接AE、CE、BC，四边形AECB的面积是否存在最大值？若存在，求出此时点E的坐标和四边形AECB的面积；若不存在，请说明理由．(3)存在．理由如下：如解图，设EH与直线AC交于点D，点E的坐标为(m，－2m2－4m＋6)，其中－3＜m＜0，∵点D在直线AC上，∴点D的坐标为(m，2m＋6)，∴ED＝－2m2－4m＋6－(2m＋6)＝－2m2－6m，∴S△AEC＝ED·(xC－xA)＝×3×(－2m2－6m)＝－3m2－9m，

第3题图S△ABC＝AB·OC＝×(1＋3)×6＝12，∴S四边形AECB＝S△AEC＋S△ABC＝－3m2－9m＋12＝－3(m＋)2＋

，当m＝－时，四边形AECB的面积有最大值，∵点E在直线AC上方的抛物线上，∴－3<m<0，∴存在点E，使得四边形AECB的面积有最大值，∵－2m2－4m＋6＝－2×(－)2－4×(－)＋6＝，∴当点E的坐标为(－，)时，四边形AECB的面积有最大值

.4.(2021徐州黑白卷)如图，已知二次函数y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图象经过坐标原点O，与x轴正半轴交于点A，过点A的直线与y轴交于点B，与二次函数的图象交于另一点C，且点C的横坐标为－1，一条垂直于x轴的直线l交直线AB于点D，交二次函数的图象于点E，且CB∶BD∶DA＝1∶1∶2.(1)点A坐标为

________；第4题图(3,0)【解法提示】∵CB∶BD∶DA＝1∶1∶2，∴CB∶BA＝1∶3.∵点C的横坐标为－1，∴点A的横坐标为3，∴点A坐标为(3，0)．(2)若以AB为直径的圆恰好经过点E，求出此时二次函数的表达式；(2)∵二次函数的图象过O、A(3，0)两点，∴设二次函数的表达式为y＝ax(x－3)，如解图①，连接AE、BE，当以AB为直径的圆恰好经过点E时，∠AEB＝90°，过点E作EF⊥y轴于点F，过点A作AG⊥x轴，交FE的延长线于点G，则∠BFE＝∠AGE＝90°，∴∠EBF＋∠BEF＝90°，∠AEG＋∠BEF＝90°，∴∠EBF＝∠AEG，第4题解图①∴△BFE∽△EGA，∴由题易知C(－1，4a)，B(0，3a)，E(1，－2a)，∴BF＝5a，EF＝1，AG＝2a，EG＝2，∴解得a＝±∵a＞0，∴a＝∴此时二次函数的表达式为y＝x(x－3)；第4题解图①(3)在(2)的条件下，若P为二次函数的图象上位于第四象限内的一个动点，以P、O、A、E为顶点的四边形面积记作S，则S取何值时，相应的点P有且只有3个？(3)由(2)得E(1，－)，∵A(3，0)，∴OA＝3.∴S△OAE＝×3×＝，设P(m，m2－m)，其中0<m<3，且m≠1，①当点P在点E左侧时，如解图②，连接OE，PE，AE，过点P作PQ⊥x轴交OE于点Q，易得OE所在直线表达式为y＝－

x，则Q(m，－

m)，第4题解图②∴PQ＝－m－(m2－m)＝－m2＋

m，∴S＝S四边形OPEA＝S△OPE＋S△OAE＝×1×(－m2＋m)＋＝－(m－)2＋(0<m<1)；第4题解图②②当点P在点E右侧时，如解图③，连接OE，PE，AE，过点P作PI⊥x轴交AE于点I，由题意可得AE所在直线表达式为y＝x－，则I(m，m－)，∴PI＝m－－(m2－m)＝－

m2＋

m－，第4题解图③∴S＝S四边形OEPA＝S△APE＋S△OAE＝×2×(－m2＋m－)＋＝－(m－2)2＋(1<m<3)，∴四边形面积的表达式为S＝∴当点P在点E左侧时，四边形OPEA的面积取最大值，此时点P的位置就一个．∵＞，第4题解图③令－(m－2)2＋＝，解得m＝2±.∴当点P在点E右侧时，四边形OEPA的面积等于的对应点P的位置有两个．综上所述，以P、O、A、E为顶点的四边形面积S取时，相应的点P有且只有3个．第4题解图③综合提升三阶1.(2023徐州28题10分)如图，在平面直角坐标系中，函数y＝－ax2＋2ax＋3a(a＞0)的图象交x轴于点A、B，交y轴于点C，它的对称轴交x轴于点E.过C作CD∥x轴交抛物线于点D，连接DE并延长交y轴于点F，交抛物线于点G.直线AF交CD于点H，交抛物线于点K，连接HE、GK.(1)点E的坐标为：________；(1,0)【解法提示】∵抛物线的对称轴为直线x＝－＝1，∴点E的坐标为(1，0)．第1题图类型三运动产生的特殊三角形问题（含菱形）(2)当△HEF是直角三角形时，求a的值；(2)令y＝0，即－ax2＋2ax＋3a＝0，解得x1＝－1，x2＝3，∴A(－1，0)，B(3，0)，令x＝0，则y＝3a，∴C(0，3a)，∵点C、D关于对称轴对称，∴D(2，3a)，设DE所在直线的函数表达式为y＝k1x＋b1，把D(2，3a)，E(1，0)代入，第1题图得解得∴y＝3ax－3a，令x＝0，得y＝－3a，∴F(0，－3a)，设AF所在直线的函数表达式为y＝k2x＋b2，把A(－1，0)，F(0，－3a)代入，得第1题图解得∴y＝－3ax－3a，令y＝3a，得x＝－2，∴H(－2，3a)，(4分)当△HEF为直角三角形时，第1题图又∵OF＝3a，∴3a＝1，∴a＝；(5分)①当∠HFE＝90°时，∵OA＝OE＝1，OF⊥AE，∴AF＝EF，∴△AEF为等腰直角三角形，∴OF＝OE＝1.第1题图②当∠HEF＝90°时，如解图①，过点F作FM⊥对称轴，交对称轴于点M，设HD与对称轴的交点为N，∴∠HNE＝∠EMF＝90°.∵∠NHE＋∠NEH＝90°，∠MEF＋∠NEH＝90°∴∠NHE＝∠MEF，∴△HNE∽△EMF，∴易知HN＝3，NE＝3a，EM＝3a，FM＝1，即＝，解得a＝±，∵a＞0，∴a＝；(6分)第1题解图①③当∠EHF＝90°时，设HK与对称轴交于点I，在△HNI中，∠HNI＝90°，∴∠DHI＜90°，∴∠EHF＜90°，∴此种情况不存在．综上所述，当△HEF为直角三角形时，a＝

或a＝；(7分)第1题解图①(3)HE与GK有怎样的位置关系？请说明理由．(3)HE∥GK，理由如下：设直线DE的函数表达式为y＝k1x＋b1，将D(2，3a)，E(1，0)代入，得解得∴y＝3ax－3a.令－ax2＋2ax＋3a＝3ax－3a，第1题图解得x1＝－3，x2＝2，∴G(－3，－12a)，如解图②，过点G作GP⊥对称轴，交对称轴于点P，则P(1，－12a)，由(2)得直线AF的函数表达式为y＝3ax－3a，令－ax2＋2ax＋3a＝－3ax－3a，解得x1＝－1，x2＝6，∴K(6，－21a)，第1题解图②设直线GK的解析式为y＝k3x＋b3，将G(－3，－12a)，K(6，－21a)代入，得解得则直线GK的解析式为y＝－ax－15a，设GK与对称轴的交点为Q，则Q(1，－16a)，∴PQ＝4a，第1题解图②设HD与对称轴的交点为J，易知HJ＝3，JE＝3a，GP＝4，∴∵∠HJE＝∠GPQ＝90°，∴△HJE∽△GPQ，∴∠HEJ＝∠GQP，∴HE∥GK.(10分)

第1题解图②2.(2013徐州28题10分)如图，二次函数y＝x2＋bx－的图象与x轴交于点A(－3，0)和点B，以AB为边在x轴上方作正方形ABCD，点P是x轴上一动点，连接DP，过点P作DP的垂线与y轴交于点E.(1)请直接写出点D的坐标：________；(－3,4)第2题图(2)当点P在线段AO(点P不与A、O重合)上运动至何处时，线段OE的长有最大值，求出这个最大值；(2)将点A(－3，0)代入二次函数解析式得0＝×32－3b－，解得b＝1，∴二次函数的解析式为y＝x2＋x－，令x2＋x－＝0，解得x1＝－3，x2＝1，∴A(－3，0)，B(1，0)．∴OA＝3，OB＝1，∴AB＝4，则AD＝4，..第2题图设PA＝t，OE＝l，则PO＝3－t，由∠DAP＝∠POE＝∠DPE＝90°，易得△DAP∽△POE，∴＝∴＝∴l＝－t2＋t＝－(t－)2＋(0＜t＜3)．∵－＜0，0＜＜3，∴当t＝时，l有最大值.第2题图∴当P为AO中点时，即运动到坐标(－，0)时，线段OE有最大值，最大值为；(4分)第2题图(3)是否存在这样的点P，使△PED是等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标及此时△PED与正方形ABCD重叠部分的面积；若不存在，请说明理由．(3)存在．①如解图①，点P在y轴左侧时，连接DE交AB于点G，∵∠DAP＝∠POE＝∠DPE＝90°，易得∠DPA＝∠PEO.又∵PD＝PE，∴△DAP≌△POE(AAS)，第2题解图①∴OP＝AD＝4，∴P点的坐标为(－4，0)，∴PA＝OP－AO＝4－3＝1，由△DAP≌△POE得OE＝PA＝1.∵AD∥y轴，∴△ADG∽△OEG，∴∴AG＝AO＝，∴重叠部分的面积为S△ADG＝×4×＝；(7分)第2题解图①②如解图②，点P在y轴右侧时，同理可证△DAP≌△POE，∴OP＝AD＝4，OE＝AP＝OA＋OP＝7，∴P点的坐标为(4，0)，连接DE交x轴于点G，设DP与BC交于点Q，∵BQ∥AD，∴△PQB∽△PDA，∴即∴BQ＝，∴CQ＝，∴S△CDQ＝CD·CQ＝.第2题解图②∵D(－3，4)，P(4，0)，∴DP=∴DE＝DP＝，∵∠DAG＝∠EOA，∠DGA＝∠EGO，∴△AGD∽△OGE，∴即解得AG＝，∴S△ADG＝AD·AG＝，第2题解图②∴S重叠＝S四边形DGBQ＝S正方形ABCD－S△ADG－S△CDQ＝16－－＝，此时重叠部分的面积为，综上所述，当点P的坐标为(－4，0)时，△PED与正方形ABCD重叠部分的面积为；当点P的坐标为(4，0)时，△PED与正方形ABCD重叠部分的面积为.(10分)第2题解图②3.如图，在平面直角坐系中，抛物线y＝a(x－2)(x＋1)与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，P为抛物线顶点，已知tan∠ACO＝.(1)求点P的坐标及a的值；解：(1)由抛物线的解析式可知，点A(2，0)，B(－1，0)，∵tan∠ACO＝，即又∵A(2，0)，∴OA＝2，∴OC＝4，即C(0，4)，将(0，4)代入y＝a(x－2)(x＋1)中，解得a＝－2，∴y＝－2(x－2)(x＋1)＝－2x2＋2x＋4，第3题图∴抛物线的对称轴为直线x＝－＝，当x＝

时，y＝，∴点P的坐标为(，)；第3题图(2)若Q是抛物线上一点，当S△ABQ＝4S△APC时，求点Q的坐标；(2)由(1)得点P的坐标为(，)，如解图①，过点P作PD⊥y轴于点D，∵C(0，4)，∴CD＝－4＝，PD＝，∴S△APC＝S梯形APDO－S△AOC－S△PCD＝×(＋2)×－×2×4－××＝－4－＝，设△ABQ的边AB上的高为h，∵S△ABQ＝4S△APC，AB＝2－(－1)＝3，∴×3h＝4×，解得h＝4，第3题解图①∵4＜，∴点Q可以在x轴的上方也可以在x轴的下方，即点Q的纵坐标为4或－4，当点Q的纵坐标为4时，－2x2＋2x＋4＝4，解得x1＝0，x2＝1，此时，点Q的坐标为(0，4)或(1，4)；当点Q的纵坐标为－4时，－2x2＋2x＋4＝－4，解得x1＝x2＝此时点Q的坐标为(－4)或(－4)，综上所述，点Q的坐标为(0，4)或(1，4)或(－4)或(－4)；(3)点M是直线AC上一动点，过点M作ME⊥x轴于点E，在y轴(原点除外)上是否存在点F，使得△MEF为等腰直角三角形？若存在，求出点F的坐标及对应的点M的坐标；若不存在，请说明理由．(3)存在．设直线AC的表达式为y＝kx＋m，将点A(2，0)，C(0，4)代入y＝kx＋m中，得解得第3题图∴直线AC的表达式为y＝－2x＋4，∵点M在直线y＝－2x＋4上，∴设点M的坐标为(a，－2a＋4)，如解图②，当∠EMF＝90°时，∵△MEF是等腰直角三角形，∴|a|＝|－2a＋4|，即a＝－2a＋4或a＝－(－2a＋4)＝2a－4，解得a＝或a＝4，∴点F1的坐标为(0，)时，点M1的坐标为(，)，点F2的坐标为(0，－4)时，点M2的坐标为(4，－4)；第3题解图②当∠MFE＝90°时，∵△MEF是等腰直角三角形，∴|a|＝|－2a＋4|，即a＝(－2a＋4)或a＝－(－2a＋4)，当a＝(－2a＋4)＝－a＋2时，a＝1，－2a＋4＝2，此时，点F3的坐标为(0，1)，点M3的坐标为(1，2)，当a＝－(－2a＋4)＝a－2时，无解；∵点F不会在原点处，∴∠MEF≠90°.第3题解图②综上所述，当点F的坐标为(0，)时，当点M的坐标为(，)；当点F的坐标为(0，－4)时，点M的坐标为(4，－4)；点F的坐标为(0，1)时，点M的坐标为(1，2)．第3题解图②4.如图，抛物线y＝ax2＋bx与x轴交于A，O两点，已知该抛物线顶点坐标为(－1，－1)，点B横坐标为1，BQ⊥y轴，交y轴于点Q.第4题图(1)求抛物线的表达式；解：(1)∵抛物线的顶点坐标为(－1，－1)，∴－＝－1①，将顶点坐标(－1，－1)代入y＝ax2＋bx得，a－b＝－1②，联立①②可得a＝1，b＝2，∴抛物线的表达式为y＝x2＋2x；(2)若点P是抛物线对称轴上一点，当BP＋OP的值最小时，求QP的长；(2)由题意可知，该抛物线的对称轴为直线x＝－1，设点P的坐标为(－1，p)，如解图，作点O关于抛物线对称轴的对称点，恰好为点A，连接AB，与抛物线对称轴交于点P，连接OP，PQ.∵AP＝OP，∴BP＋OP＝BP＋AP，∴BP＋OP的最小值为AB的长．∵点B的横坐标为1，∴B(1，3)．将y＝0代入y＝x2＋2x中得x1＝0，x2＝－2，第4题解图∴A(－2，0)，设直线AB的表达式为y＝kx＋d，将点A(－2，0)，B(1，3)代入可得解得∴直线AB的表达式为y＝x＋2.将点P的坐标代入直线AB的表达式可得，p＝－1＋2＝1.∴点P的坐标为(－1，1)，∵点B的坐标为(1，3)，BQ⊥y轴，∴点Q的坐标为(0，3)，∴QP第4题解图(3)若点M是平面直角坐标系内任意一点，在抛物线对称轴上是否存在一点D，使得以A、B、D、M为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．(3)存在．设点D(－1，m)，当AB为菱形的边时，分两种情况讨论：①当AD＝AB时，AD2＝AB2＝(－2－1)2＋32＝18，即(－2＋1)2＋m2＝18，解得m＝±；②当BD＝AB时，BD2＝AB2＝18，即(1＋1)2＋(m－3)2＝18，解得m＝3±；当AB为菱形的对角线时，DA2＝DB2，即(－2＋1)2＋m2＝(1＋1)2＋(m－3)2，解得m＝2.综上所述，存在这样的点D，使得以A、B、D、M为顶点的四边形是菱形，其坐标为(－1，)或(－1，－)或(－1，3＋)或(－1，3－)或(－1，2)．类型四运动产生的角度问题1.(2022徐州28题11分)如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象经过点A(－1，0)、B(0，－)、C(2，0)，其对称轴与x轴交于点D.综合提升三阶(1)求二次函数的表达式及其顶点坐标；解：(1)设二次函数的表达式为y＝a(x＋1)(x－2)(a≠0)，将B(0，－)代入得a＝，∴二次函数的表达式为y＝(x＋1)(x－2)＝x2－x－＝

(x－)2－.∴顶点坐标为(，－)；(4分)(2)若P为y轴上的一个动点，连接PD，则PB＋PD的最小值为________；【解法提示】如解图①，连接AB，过点D作DH⊥AB于点H，交OB于点P，∵OA＝1，OB＝，∴tan∠ABO＝

＝

.∴∠ABO＝30°，PH＝PB，∴PB＋PD＝PH＋PD＝DH.∴此时PB＋PD最短(垂线段最短)．在Rt△ADH中，∵∠AHD＝90°，AD＝

，∠HAD＝60°，∴sin60°＝＝.∴DH＝AD＝.∴PB＋PD的最小值为.HP第1题解图①(3)M(s，t)为抛物线对称轴上的一个动点．①若平面内存在点N，使得以A、B、M、N为顶点的四边形为菱形，则这样的点N共有________个；

5【解法提示】以点B为圆心，AB长为半径画圆，与对称轴有两个交点；以点A为圆心，AB长为半径画圆与对称轴有两个交点；作AB的垂直平分线与对称轴有一个交点，∴满足条件的点M有5个，则共有5个点N.②连接MA、MB，若∠AMB不小于60°，求t的取值范围．②如解图②，在Rt△AOB中，∵tan∠ABO＝＝，∴∠ABO＝30°，作AB的中垂线与y轴交于点E，连接EA，则∠AEB＝120°，以点E为圆心，EB长为半径作圆，与抛物线对称轴交于点F、G，则∠AFB＝∠AGB＝60°，∴线段FG上的点满足题意，(9分)∵EB＝第1题解图②∴OE＝OB－EB＝.∴E(0，－)．∵F(，t)，EF2＝EB2，∴()2＋(t＋)2＝()2.解得t＝或，∴F(，)，G(，)，∴t的取值范围为≤t≤

.(11分)第1题解图②2.(2021枣庄)如图，在平面直角坐标系中，直线y＝－x＋3与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y＝x2＋bx＋c过原点和点A，顶点为M.(1)求抛物线关系式及点M的坐标；解：(1)∵直线y＝－

x＋3与x轴交于点A，与y轴交于点B，∴当y＝0时，x＝6；当x＝0时，y＝3，∴A点坐标为(6，0)，B点坐标为(0，3)，由抛物线过原点O(0，0)和点A(6，0)，得解得∴抛物线的关系式为y＝x2－2x＝(x－3)2－3，∴M(3，－3)；(2)点E是直线AB下方抛物线上的一动点，连接EB、EA，当△EAB的面积等于时，求点E的坐标．(2)解：如解图①，过点E作y轴的平行线交AB于点D，设点E坐标为(a，a2－2a)，则点D坐标为(a，－a＋3)，∴DE＝－a＋3－(a2－2a)＝－a2＋＋3，∴S△EAB＝S△ADE＋S△DEB＝×(－a2＋＋3)×(6－a)＋×(－a2＋+3)×a＝×6×(－a2＋＋3)＝，解得a＝1或a＝，第2题解图①当a＝1时，a2－2a＝－，当a＝时，a2－2a＝－，∴点E的坐标为(1，－)或(，－)；第2题解图①(3)将直线AB向下平移，得到过点M的直线y＝mx＋n，且与x轴负半轴交于点C，取点D(2，0)，连接DM，求证：∠ADM－∠ACM＝45°.(3)证明：直线y＝mx＋n是由直线AB平移得到，∴y＝－x＋n，把M(3，－3)代入得－＋n＝－3，∴n＝－，∴直线CM的表达式为y＝－x－，令y＝－x－＝0，解得x＝－3，∴点C(－3，0)．∵∠ADM＝∠ACM＋∠CMD，∴只需证明∠CMD＝∠ADM－∠ACM＝45°.如解图②，过点D作DH⊥CM于点H，∵直线CM的表达式为y＝－x－，令x＝0得y＝－，∴G(0，－)，∴CG=

，sin∠HCD＝∴在Rt△CHD中，DH＝CD·sin∠HCD＝5×＝.又∵DM在Rt△DHM中，sin∠HMD第2题解图②∴∠HMD＝45°，∴∠ADM－∠ACM＝45°.第2题解图②3.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋

x＋c过点A(0，2)，B(4，0)，交x轴负半轴于点C.(1)求该抛物线的解析式及其顶点坐标；解：(1)将A(0，2)，B(4，0)分别代入y＝ax2＋x＋c中，得解得∴抛物线的解析式为y＝－x2＋x＋2＝－(x－)2＋，∴该抛物线顶点坐标为(，)；第3题图(2)如图①，点D是线段OB上一点，连接AD，将线段AD绕点D顺时针旋转90°得到线段DE，过点E作EF∥x轴，交抛物线于点F，若EF＝1，求点D的横坐标；(2)设点D的横坐标为m，如解图①、②，过点E作EP⊥x轴于点P，PE图①FE(P)图②第3题图则∠DPE＝∠AOD＝90°，∴∠EDP＋∠DEP＝90°.∵∠ADO＋∠EDP＝90°，∴∠ADO＝∠DEP.∵AD＝DE，∴△ADO≌△DEP，∴DP＝AO＝2，EP＝DO＝m，∴OP＝m＋2.当点E在点F的左侧时，如解图①，∵EF＝1，EF∥x轴，∴点F的坐标为(m＋3，m)．将(m＋3，m)代入y＝－x2＋x＋2，得－(m＋3)2＋

(m＋3)＋2＝m，整理得m2＋5m－4＝0，解得m1＝，m2＝(舍去)．此时点D的横坐标为；PE图①第3题解图当点E在点F的右侧时，如解图②，∵EF＝1，EF∥x轴，∴点F的坐标为(m＋1，m)．将(m＋1，m)代入y＝－x2＋x＋2，得－(m＋1)2＋(m＋1)＋2＝m，整理得m2＋m－6＝0，解得m1＝2，m2＝－3(舍去)．此时点D的横坐标为2.综上所述，点D的横坐标为或2；FE(P)图②第3题解图(3)如图②，连接AB交抛物线的对称轴于点G，若M是抛物线对称轴上一点，当∠AMB＝∠OAB时，请求出点M的坐标．(3)如解图③、④，设对称轴与x轴交于点H，由(1)得抛物线的对称轴为直线x＝，设点M的纵坐标为n，在Rt△OAB中，根据勾股定理得AB＝2，∵∠GBH＝∠OBA，∠BHG＝∠BOA，∴△BHG∽△BOA，∴，即＝，解得BG＝.当点M在x轴的下方时，如解图③，第3题解图图③图④∵AO∥MG，∴∠OAM＝∠AMG.∵∠AMB＝∠OAB，∴∠MAB＝∠GMB.又∵∠ABM＝∠MBG，∴△AMB∽△MGB，∴＝，即BM2＝BG·AB，∴BH2＋HM2＝BG·AB，即(4－)2＋n2＝×2，

第3题解图图③图④解得n1＝(舍去)，n2＝－.此时点M的坐标为(，－)；当点M在x轴的上方时，如解图④，∵AO∥MG，∴∠OAB＝∠AGM.∵∠AMB＝∠OAB，∴∠AGM＝∠AMB.又∵∠MAG＝∠BAM，∴△AMG∽△ABM，∴，即AM2＝AG·AB，∴(－0)2＋(n－2)2＝(2－)×2，解得n1＝(舍去)，n2＝.此时点M的坐标为(，)．综上所述，点M的坐标为(，－)或(，

)．第3题解图④4.

在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx－2与x轴交于A、B(4，0)两点，与y轴交于点C，该抛物线的对称轴为直线x＝，且OB＝2OC.(1)求抛物线的解析式及直线BC的解析式；第4题图解：(1)∵B(4，0)，OB＝2OC，对称轴为直线x＝，C(0，－2)，将B(4，0)代入y＝ax2＋bx－2中得0＝a×42＋4b－2①，又∵，∴6a＝－2b②，联立①②可得，a＝，b＝－，∴抛物线的解析式为y＝x2－x－2，设直线BC的解析式为y＝kx＋b，将B，C两点坐标代入y＝kx＋b，解得k＝，b＝－2，∴直线BC的解析式为y＝x－2；第4题图(2)如图①，点M在线段BC上，设点M的横坐标为t，过点M作y轴的平行线，过点C作x轴的平行线，两条平行线相交于点N，将△MCN沿MC翻折得到△MCN′，当点N′落在线段AB上时，求此时t的值；(2)如解图①，当点N′落在AB上时，设直线NM与x轴交于点Q.∵点M在线段BC上，且点M的横坐标为t，OC＝2，∴点M的纵坐标为t－2，CN＝t.∴由折叠的性质得CN′＝CN＝t，N′M＝NM＝t－2－(－2)＝t，QM＝2－t.∴ON′＝.第4题解图①易证△ON′C∽△QMN′，∴即解得t＝；第4题解图①(3)如图②，点P在直线BC下方的抛物线上，过点P作PQ⊥BC于点Q，当△CPQ中的某个角恰好为2∠ABC时，请求出点P的横坐标．(3)如解图②，过点P作PR⊥y轴，垂足为R，延长PR交BC的延长线于点G.如解图②，当∠QCP＝2∠ABC时，∠QCP＝2∠BGP，∴∠CPR＝∠G＝∠ABC，∴tan∠CPR＝tan∠ABC，∴设点P(x，x2－x－2)，则PR＝x，CR＝－2－(x2－x－2)＝－x2＋x.第4题解图②∴

，解得x＝0(舍去)或x＝2.∴点P的横坐标为2；如解图③，当∠CPQ＝2∠ABC时，令y＝x2－x－2＝0，解得x＝－1或x＝4，∴A(－1，0)．设AB的中点为F，连接CF，则AF＝，OF＝，FB＝，∴tan∠OFC＝，CF＝.第4题解图③∴FB＝FC，∴∠OFC＝2∠ABC，∴tan∠CPQ＝tan∠OFC＝.设QP＝3k，CQ＝4k，则CP＝5k.∵tan∠QGP＝tan∠OBC，∴，∴GQ＝6k，∴由勾股定理，得GP＝GC＝GQ－CQ＝2k.∵在Rt△GCR中，tan∠CGR＝，∴GR＝k，CR＝k，第4题解图③∴RP＝GP－GR＝－∴解得x＝0(舍去)或x＝，∴点P的横坐标为.综上所述，点P的横坐标为2或.第4题解图③类型五与圆有关的问题徐州近年中考真题精选1.(2023徐州28题10分)如图，已知二次函数y＝x2－4的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，⊙C的半径为，P为⊙C上一动点．(1)点B、C的坐标分别为B(______)，C(______)；3，00，－4【解法提示】把y＝0代入y＝x2－4，得x＝±3，∴B(3，0)，A(－3，0)；把x＝0代入y＝x2－4，得y＝－4，∴C(0，－4)．(2)是否存在点P，使得△PBC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；(2)存在．设P(x，y)，根据题意，得PC＝，BC＝，①当∠CPB＝90°时，PB∴两式相减，得x＝，代入(x－3)2＋y2＝20，得5y2＋32y＋44＝0，解得y1＝－2，y2＝－，∴x1＝－1，x2＝，即点P的坐标为(－1，－2)或(，－)；(4分)②当∠BCP＝90°时，PB

∴两式相减，得x＝，代入(x－3)2＋y2＝30，得5y2＋40y＋71＝0，解得y1＝－4＋，y2＝－4－，∴x1＝

－，x2＝，即点P的坐标为(－，－4＋)或(，－4－)；综上所述，点P的坐标为(－1，－2)或(，－)或(－，－4＋)或(，－4－)；(3)连接PB，若E为PB的中点，连接OE，则OE的最大值＝________．【解法提示】由题可知OE是△APB的中位线，OE取最大值，即AP取得最大值，易知当A、C、P三点共线时，AP最大．如解图，当A、C、P在一条直线上，且P在AC的延长线上时，OE取最大值，∵AC=

，∴AP＝AC＋CP＝5＋，∴OE＝AP＝，∴OE的最大值为.第1题解图2.(2022徐州28题12分)如图，在平面直角坐标系中，点A(10，0)，以OA为直径在第一象限内作半圆，B为半圆上一点．连接AB并延长至点C，使BC＝AB，过C作CD⊥x轴于点D，交线段OB于点E.已知CD＝8，抛物线经过O、E、A三点．第2题图(1)∠OBA＝________°；90【解法提示】∵OA是直径，∴∠OBA＝90°.(2)求抛物线的函数表达式；∵由(1)知OB⊥AC，又∵AB＝BC，∴OB是AC的垂直平分线，∴OC＝OA＝10.在Rt△OCD中，OC＝10，CD＝8，∴OD＝∴C(6，8)．(4分)(2)如图所示，连接OC，第2题图在Rt△CDA中，B是AC的中点，∴B(8，4)，∴OB所在直线的函数关系式为y＝x.又∵E点的横坐标为6，∴E点纵坐标为3，即E(6，3)，∵抛物线过O(0，0)，E(6，3)，A(10，0)，∴设此抛物线的函数表达式为y＝ax(x－10)(a≠0)，把E点坐标代入得3＝6a(6－10)，解得a＝－，∴此抛物线的函数表达式为y＝－x(x－10)＝－x2＋x；(6分)第2题图(3)若P为抛物线上位于第一象限内的一个动点，以P、O、A、E为顶点的四边形面积记作S，则S取何值时，相应的点P有且只有3个？(3)设点P(p，－p2＋p)，①若点P在CD的左侧，延长OP交CD于点Q，如解图②，OP所在直线的函数关系式为y＝(－p＋)x，∴当x＝6时，y＝－p＋，即Q点纵坐标为－p＋，∴QE＝－p＋－3＝－p＋，∴S四边形EAOP＝S△OAE＋S△OPE＝S△OAE＋S△OQE－S△PQE＝OA·DE＋QE·OD－QE·(6－p)＝×10×3＋(－p＋)×6－(－p第2题解图②....＋)(6－p)＝－p2＋p＋15＝－(p－3)2＋；(8分)②若点P在CD的右侧，延长AP交CD于点Q，连接AE，如解图③，∵A(10，0)，∴设AP所在直线的函数关系式为y＝kx＋b，把点P和点A的坐标代入得，解得第2题解图③∴AP所在直线解析式为y＝－px＋p，∴当x＝6时，y＝－p·6＋p＝p，即Q点纵坐标为p，∴QE