【文档说明】《中考数学二次函数压轴300题终极突破提升训练》（1）（解析版）.doc，共(46)页，2.624 MB，由管理员店铺上传

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1中考数学二次函数压轴300题终极突破提升训练（1）1．已知在平面直角坐标系xOy中，x轴上有一个动点M，记点M横坐标为m，抛物线y＝2x2＋m和直线y＝mx＋2交于点A，B（点B在点A右侧），记抛物线y＝2x2＋m的顶点为P．（1）当m＝1

时，求△ABP的面积．（2）当点M从点(﹣1，0)运动到(1，0)的过程中，求线段PB所扫过的区域面积．（3）当∠PBA＝90°时，求m的值．【答案】（1）34；（2）2；（3）12【分析】（1）分别求出AB

PQ、、、的坐标，根据ABPAPQPQBSSS=+VVV求解即可；（2）判断线段PB所扫过的区域是平行四边形，再根据平行四边形的面积公式进行计算即可；（3）在Rt△BPQ中，根据222BPBQPQ+=列出方程求解即可．【

详解】解：（1）把m=1代入y＝2x2＋m得y＝2x2＋1，∴抛物线顶点P的坐标为（0，1）把m=1代入y＝mx＋2得y＝x＋2，∴当x=0时，y=2，∴Q（0，2）∴211PQ=−=联立方程组得2221yxyx=+=+，解得，1113xy==，221232xy=−

=∴13(,),(1,3)22AB−∴111113||||111222224ABPAPQPQBABSSSPQxPQx=+=+=+=VVVgggg2（2）∵222ymxyxm=+=+∴122mx−=，21x=∴点B的横坐标不变，即1Bx=当M在（-1，

0）时，P1（0，-1），把x=1代入y=-x+2得y=1，此时1(1,1)B当M在（1，0）时，P2（0，1），B2（1，3）∴121212122,//PPBBPPBB==∴四边形1221PPBB是平行四边形，3∴1

22112212PPBBBSPPh===Y（3）当∠PBA＝90°时，PB⊥AB∵222ymxyxm=+=+∴122mx−=，21x=∴点B的横坐标不变，即1Bx=∴B(1,m+2)又抛物线y＝2x2＋m的顶点坐标为（0，m）∴P(0,m)，Q（0，2）在Rt△BPQ中，222BPBQ

PQ+=∴222221(2)1(22)(2)mmmm++−+++−=−整理得，4m+2=0解得，m=12【点评】本题考查了待定系数法求函数的解析式，三角形的面积公式，平行四边形的判定及面积计算，会把求两个函数的交

点坐标问题转化为解方程组的问题，理解坐标与图形性质，掌握点平移的坐标规律．2．已知，如图抛物线()230yaxaxca=++与y轴交于点C，与x轴交于A，B两点，点A在点B左侧．点B的坐标为()1,0，3OCOB=．（1）求抛物线的解析式；4（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）若点E在x轴上，点P在抛物线上．是否存在以A，C，E，P为顶点且以AC为一边的平行四边形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）抛物线的解析式为y=34x2+94x-3．（2）272．（3）P1（-3，

-3），P2（3412−−，3），P3（3+412−，3）．【分析】（1）根据OC=3OB，B（1，0），求出C点坐标（0，-3），把点B，C的坐标代入y=ax2+2ax+c，求出a点坐标即可求出函数解析式；（2）过点D作DE∥y轴分别交线段AC于点E．设

D（a，34a2+94a-3），然后求出DE的表达式，把S四边形ABCD分解为S△ABC+S△ACD，转化为二次函数求最值；（3）①过点C作CP1∥x轴交抛物线于点P1，过点P1作P1E1∥AC交x轴于点E1，此时四边

形ACP1E1为平行四边形．②平移直线AC交x轴于点E，交x轴上方的抛物线于点P2，P3，由题意可知点P2、P3的纵坐标为3，从而可求得其横坐标．【详解】解：（1）∵B的坐标为（1，0），∴OB=1．∵OC=3OB=3，点C在x轴下方，∴C（0，-3）．∵将B（1，0），C（0，-3）

代入抛物线的解析式，得403acc+−＝＝，解得：a=34，c=-3，∴抛物线的解析式为y=34x2+94x-3．（2）如图1所示：过点D作DE∥y，交AC于点E．5∵对称轴93432224bxa=−=−=−，B（1，0

），∴A（-4，0）．∴AB=5．∴S△ABC=12AB•OC=12×5×3=7.5．设AC的解析式为y=kx+b．∵将A（-4，0）、C（0，-3）代入得：403kbb−+−＝＝，解得：k=-34，b=-3，∴直线AC的解析式为y=-34x-3．设D（a，34a2+94

a-3），则E（a，-34a-3）．∵DE=-34a-3-（34a2+94a-3）=-34（a+2）2+3，∴当a=-2时，DE有最大值，最大值为3．∴△ADC的最大面积=12DE•AO=12×3×4=6．∴四边形ABCD的面积的

最大值为6+7.5=272．（3）存在．①如图2，过点C作CP1∥x轴交抛物线于点P1，过点P1作P1E1∥AC交x轴于点E1，此时四边形ACP1E1为平行四边形．6∵C（0，-3），令34x2+94x-3=-3，∴x1=0，x2=-3．∴P1（-3，-

3）．②平移直线AC交x轴于点E2，E3，交x轴上方的抛物线于点P2，P3，当AC=P2E2时，四边形ACE2P2为平行四边形，当AC=P3E3时，四边形ACE3P3为平行四边形．∵C（0，-3），∴P2，P3的纵坐标均为3

．令y=3得：34x2+94x-3=3，解得x13412−−=，x23+412−=．∴P2（3412−−，3），P3（3+412−，3）．综上所述，存在3个点符合题意，坐标分别是：P1（-3，-3），P2（3412−−，3），P3（3+412−，3）．【点评】本题考查了二次函数综合题，涉及待定

系数法求二次函数的解析式，二次函数求最值，平行四边形的判定与性质等知识，根据题意作出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键，在解答（3）时要注意进行分类讨论．3．如图，经过定点A的直线(2)1ykx=−+（k＜0）交抛

物线y=﹣x2+4x于B，C两点（点C在点B的右侧），D为抛物线的顶点．（1）直接写出点A的坐标；（2）如图（1），若△ACD的面积是△ABD面积的两倍，求k的值；（3）如图（2），以AC为直径作⊙E，若⊙E与直线y=t所截的弦长恒为定值，求t的值．7【答案】（1）A（2，1

）；（2）62−；（3）54．【分析】（1）由A为直线y=k（x-2）+1上的定点，可得k的系数为0，从而求得x值，则点A的坐标可得；（2）先求得顶点D的坐标，可得AD⊥x轴．分别过点B，C作直线AD的垂线，垂足分

别为M，N，设B，C的横坐标分别为x1，x2由△ACD的面积是△ABD面积的两倍得出2x1+x2=6．将抛物线解析式与直线y=k（x-2）+1解析式联立，得出关于x的一元二次方程，方法一可以直接解方程，再结合2x1+x2=6求得答案；（3）设⊙E与直线y

=t交于点G，H，点C的坐标为（a，-a2+4a），用含a的式子表示出点E的坐标，再由勾股定理得出关于a的方程；分别过点E，A作x轴，y轴的平行线交于点F，过点E作PE⊥GH，垂足为P，连接EH，用含a的式子表示GH2，根据GH为定值，可得答案．【详解】解：（1）

∵A为直线y=k（x﹣2）+1上的定点，∴A的坐标与k无关，∴x﹣2=0，∴x=2，此时y=1，∴点A的坐标为（2，1）；（2）∵y=﹣x2+4x=﹣（x﹣2）2+4，∴顶点D的坐标为（2，4）．∵点A的坐标为（2，1），∴AD⊥x轴．如图（1），分别过点B，C作直线AD

的垂线，垂足分别为M，N，设B，C的横坐标分别为x1，x2，∵△ACD的面积是△ABD面积的两倍，∴CN=2BM，∴x2﹣2=2（2﹣x1），8∴2x1+x2=6．联立2421yxxykxk=−+=−+，得x2+

（k﹣4）x﹣2k+1=0，①解得：x1=24122kk−−+，x2=24122kk−++，∴2×2241241222kkkk−−+−+++=6，化简得：212k+=﹣3k，解得：k=﹣62．（3）如图（2），设⊙E与直线y=t交于点G，H，点C的坐标为（a，﹣a2+4a

）．∵E是AC的中点，∴将线段AE沿AC方向平移与EC重合，∴xE﹣xA=xC﹣xE，yE﹣yA=yC﹣yE，∴xE=12xA+xC），yE=12（yA+yC），∴E（2411,22aaa−+++）．分别过点E，A作x轴，y轴的平行线交于点F．在Rt△AEF中，由勾

股定理得：EA2=22241(12)(1)22aaa−++−++−9=22241(1)(1)22aaa−++−−+，过点E作PE⊥GH，垂足为P，连接EH，∴GH=2PH，EP2=2241()2aat−++−，又∵AE=EH，∴GH2=4PH2=4（EH2﹣EP2）=4（EA2﹣EP2

）2222241414(1)(1)()222aaaaat−++−++=−+−−−22222222414141()(41)1()(41)422aaaaaaaataat−++−++=−++−−+++−+−++−2254()(45)14tatatt=−+−++−

．∵GH的长为定值，∴54﹣t=0，且4t﹣5=0，∴t=54．【点评】本题属于二次函数综合题，综合考查了一次函数、二次函数、一元二次方程、勾股定理及圆的性质等知识点，数形结合并熟练掌握相关性质定理是解题的关键．4．如图，在平面直角坐标系

中，抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，直线y＝－34x＋3经过B，C两点，已知A（1，0）.（1）求抛物线的解析式；（2）D是抛物线上一点，过点D作DE∥y轴交直线BC于点E，当以O，C，D，E为顶点的四边形是平行四边形时，求点D的

坐标；（3）在抛物线上是否存在点P（横坐标为m），使得以B，C，P三点为顶点的三角形是直角三角形？若存在，请求出m的值；若不存在，请说明理由．10【答案】（1）2315344yxx=−+；（2）D1（2，－3

2）；D2（222−，9322+），D3（222+，9322−）；（3）m1=259，m2=619，m3=2533+，m4=2533−．【分析】（1）先根据直线y＝－34x＋3经过B，C两点，求得B，C两点，再利用待定系数法求抛物线的解析式即可；（2）根据DE∥y轴，得出DE=OC时，以

O，C，D，E为顶点的四边形为平行四边形，设D（x，2315344xx−+），则E（x，－34x＋3），分点D在直线BC下方当和点D在直线BC上方两种情况解答即可；（3）根据以B，C，P三点为顶点的三

角形是直角三角形，先设P（m，2315344mm−+），再分三种情况考虑即可求解．【详解】解：（1）当x=0时，y=3-4×0+3=3，得C（0，3），当y=0时，3-4x＋3=0，得x=4，即B（4，0），∵A（1，0

）∴设抛物线解析式为y＝a（x－1）（x－4），把C（0，3）代入，解得：a＝34，∴抛物线解析式为y＝34（x－1）（x－4），整理得，2315344yxx=−+；（2）∵DE∥y轴，故当DE=OC时，以O，C，D，E为顶点的四边形为平行四边形，11设D（x，2315344xx−+），

则E（x，－34x＋3），①当点D在直线BC下方时，DE=－34x＋3－（2315344xx−+）=23-4x＋3x，由23-4x＋3x=3解得，12xx==2，∴2315344xx−+=－32∴D1（2，－32）；②当点D在直线BC上方时，DE

=2315344xx−+－（－34x＋3）=234x-3x，由234x-3x=3解得，34xx==222，∴当x=222−2315344xx−+=9322+当x=222+2315344xx−+=9322−∴D2（222−，9322+），D

3（222+，9322−）；综上D1（2，－32）；D2（222−，9322+），D3（222+，9322−）；（3）存在．设P（m，2315344mm−+），如图所示，分三种情况考虑：①当P1B⊥CB时，过点P1作P1M⊥x轴于点，12∵∠CBO+∠OBP1=90°=∠CBO+∠OCB，∴∠

OBP1=∠OCB，又∠BMP1=∠COB=90°，∴△BMP1∽△COB，∴1MPMBOCOB=，∴2315344434mmm−+−−=，解得，m=4（舍去），m1=259；②同理，当P2C⊥CB时，可得m2=619；③当点P为直角顶点时，如图，过点P3

作P3G⊥y轴于点G，P3H⊥x轴于点H，13易证△BHP3∽△CGP3，33HPHBCGGP=，∴22315344431544mmmmmm−+−=−+，解得，m3=2533+，m4=2533−，（m=0，m=4均舍去）综上所述，存在四个满足条件的点P，其横坐标m的值分别为：m1=259，m2=

619，m3=2533+，m4=2533−．【点评】本题考查了二次函数的综合，二次函数与几何图形，解题的关键是熟练掌握待定系数法求二次函数，二次函数的性质，相似三角形的性质．5．已知，如图，已知抛物线23yaxbx=+−与x轴交于()3,0A，()1,0B−两点，与y轴交于点C，连接AC，

BC，若点M是x轴上的动点（不与点B重合），MNAC⊥于点N，连接CM．（1）求抛物线的解析式；（2）当1MN=时，求点N的坐标；（3）是否存在以点C，M，N为顶点的三角形与ABCV相似，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）232

3333yxx=−−；（2）点N的坐标为33,22−或93,22；（3）存在，()11,0M，()20,0M，()33,0M−．14【分析】（1）把A、B两点坐标代入解析式求出a、b后可以得解；（2）过点N作NH⊥x轴于点H，则根据题意可

以得到NH及AH的值，再分点M在点A左侧和点M在点A右侧两种情况分别写出点N坐标即可；（3）由题意可得ABCV为直角三角形，所以若以点C，M，N为顶点的三角形与ABCV相似，则MNCMCBAB=或MNCMCAAB=，由这两种情况分别求出M的坐标即可．【详解】（1）∵抛物线23yaxbx=+−与x轴

交于()3,0A，()1,0B−两点∴093303abab=+−=−−，解得：33233ab==−∴2323333yxx=−−（2）∵2323333yxx=−−∴当x=0时，3y=−∴()0,3C−∴3OC=∵()3,0A∴3OA=

∴30OAC=∵1MN=，90MNA=∴在RtAMN△中，3AN=过点N作NHx⊥轴于点H，15∴32NH=，32AH=当点M在点A左侧时，N的坐标为33,22−当点M在点A右侧时，N的坐标

为93,22综上，点N的坐标为33,22−或93,22（3）设M点为（x,0），则由（2）可得AB=4，()()22221323323BCAC=+==+=，，∵222B

CACAB+=，∴ABCV是直角三角形，∠BCA=90°，又由2S△CMA=AM×OC=AC×MN得：MN=()()22333223xx−−=，∴若以点C，M，N为顶点的三角形与ABCV相似，则：MNCMCBAB=,即()223344xx−+=，即6

x=6，所以x=1，此时M为（1，0）；MNCMCAAB=，即()2233443xx−+=，即230xx+=，解之可得：x=0或x=-3，∴M为（0，0）或（-3，0），16综上所述，存在以点C，M，N为顶点的三角形与ABCV相似，且M的坐标为（1，

0）或（0，0）或（-3，0）．【点评】本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数解析式的求法、直角三角形的性质、三角形相似的判定与性质是解题关键．6．如图，抛物线L：y＝ax2+bx﹣3与r轴交于A（﹣2，0），B

（6，0）．与y轴交于点C，点P的坐标为（m，﹣12m﹣1）．（1）请求出L的解析式及对称轴．（2）当点P在L上时，求m的值．（3）过点P作x轴的垂线，分别与x轴、抛物线L交于点M，N．①当线段PN＝94时，

求m的值；②若点P，M，N三点不重合，当其中两点关于第三点对称时，直接写出m的值．【答案】（1）2134yxx=−−；对称轴为2x=；（2）m=2或4；（3）①1m=或132m=；②m=2或5或8【分析】（1）将A（﹣2，0），B（6，0）代入抛物线即可求解；（2）点P在L

上，直接把点P的坐标带入抛物线求解即可；17（3）①把M、N点坐标分别表示出来，根据题意可知P、M、N在一条直线上，且垂直于x轴，则有211931424PNmmm=−−−−−=，求解m即可；②分三种情况进行讨论：P、N关于M点对称；P、N关于M点对称；M、N关于P点对称；最后根

据P，M，N三点不重合，对求解出的m进行取舍．【详解】解（1）将A（﹣2，0），B（6，0）代入抛物线得：423036630abab−−=+−=，解得：141ab==−，∴L的解析式为：2134yxx=−−，

∴对称轴为：22bxa−==；（2）∵点P在L上，∴将P点代入L中得：2113142mmm−−=−−，解得：12m=−，24m=；（3）①由题可知，点N在抛物线上，∴N(m，2134mm−−)，M(m，0)，∵P、M、N在一条

直线上，且垂直于x轴，则有211931424PNmmm=−−−−−=，解得：1m=或132m=，②当P、N关于M点对称，∵N(m，2134mm−−)，M(m，0)，P(m，112m−−)，∴21131042mmm−−+−−=

，解得：18m=，22m=−；18当P、M关于N点对称时，则有：211231042mmm−−=−−+，解得：15m=，22m=−，当M、N关于P点对称时，则有：211302142mmm−−+=−−

，解得：12m=，22m=−，∵当m=-2时，M(2，0)，N(2，0)，此时M与N重合，故舍去m=-2，综上可知：m的值为2或5或8．【点评】本题考查抛物线的解析式、抛物线的性质、解一元二次方程，解题的关键是综合运用相关知识解

题．7．如图，抛物线y＝a（x﹣1）2+4与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，过点C作CD//x轴交抛物线的对称轴于点D，连接BD，已知点A的坐标为（﹣1，0）（1）求该抛物线的解析式；（2）求梯形COBD的面积．（3）直线BC上方的抛物线上是否存在一点P，使△PBC的面积最大?若存在，求出点P的

坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）y＝﹣（x﹣1）2+4；（2）6；（3）存在，当P31524，时，△PBC的面积最大，最大值为278．【分析】（1）把A的坐标代入抛物线解析式求得a的值即可得解；（

2）根据抛物线的性质可以得到CD、OC、OB的值，再根据梯形面积的计算公式可以得到答案；（3）过点P作y轴的平行线，交直线BC于点F，交AB于点E，设P（m，﹣2m+2m+3），则△PBC的面积可以表示为m的二次函数，最后根据二次函数的性质即可得到解答．【详解】解：（1）将A（﹣1，0）代入

y＝()214ax−+中，19解得：a＝﹣1，则抛物线解析式为y＝()214x−−+；（2)对于抛物线解析式y＝()214x−−+，令x＝0，得到y＝3，即OC＝3，∵抛物线解析式为y＝()214x−−+的对称轴为直线x＝1，∴CD＝1，∵A（﹣1，0），∴B（3，

0），即OB＝3则COBDS梯形＝1332+（）＝6；（3）y＝()221423xxx−−+++＝﹣．设直线BC为(0)ypxqp=+将B（3，0），C（0，3）代入直线BC得：直线BC的解析式为：y＝﹣x+3．如图，过点P作y轴的平行线，交直线BC于点F

，交AB于点E，设P（m，﹣2m+2m+3），则F（m，﹣m+3），∴PF＝﹣2m+2m+3+m﹣3＝﹣2m+3m．∴PBCSV＝12PF•OB＝12（﹣2m+3m）×3＝23327m228−−+（）∴当m=32时，△P

BC的面积最大，此时﹣2m+2m+3=2332322−++（）=154，20即当P31524（，）时，△PBC的面积最大，最大值为278．【点评】本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数与一次函数解析式的求法、抛物线的性质及

梯形和三角形面积的求法是解题关键．8．如图（1），已知抛物线C1：y＝﹣x2+2x+3与x轴交于点A、B（点A在点B左边），与y轴交于点C，抛物线C2经过点A，与x轴的另一个交点为E（4，0），与y轴交于点D（0，﹣2）．（1）求抛物线C2的解

析式；（2）点P（m，0）为线段AB上一动点（不与A、B重合），过点P作y轴的平行线交抛物线C1于点M，交抛物线C2于点N．①请用含m的代数式分别表示点M、N的坐标；②设四边形OMEN的面积为S，求S关于m的函数关系式，并求出当S的最大值以及此时

m的值；③在点P移动的过程中，若CM＝DN≠0，则m的值为．（3）如图（2），点Q（0，n）为y轴上一动点（0＜n＜4），过点Q作x轴的平行线依次交两条抛物线于点R、S、T、U，则TU﹣RS＝．【答案】（1）y＝12x2﹣32x﹣2；（2）①M（m，﹣m2+2m+3），N（

m，12m2﹣32m﹣2）；②SAMBN＝﹣3m2+7m+10（﹣1＜m＜3），当m＝76时，SAMBN有最大值，最大值＝16912；③1或73；（3）1．【分析】（1）令抛物线l1：y=0，可求得点A和点B的坐标

，然后设设抛物线l2的解析式为y=a（x+1）（x-4），将点D的坐标代入可求得a的值，从而得到抛物线的解析式．（2）①利用待定系数法可得，M（m，-m2+2M+3），N（M，12m2-32m-2）．21②由点A和点B的坐标可求得AB的长，依据

SAMBN=12AB•MN列出S与x的函数关系，从而可得到当S有最大值时，m的值，于是可得结论．③CM与DN不平行时，可证明四边形CDNM为等腰梯形，然后可证明GM=HN，列出关于m的方程，于是可求得点P的坐标；当CM∥DN时，四边形CDNM为平行

四边形．故此DC=MN=5，从而得到关于m的方程，从而可得结论．（3）设S，T的横坐标分别为x1，x2，设R，U的横坐标分别为x3，x4．利用根与系数的关系解决问题即可．【详解】解：（1）∵令﹣x2+2x+3＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝3，∴A（﹣

1，0），B（3，0），设抛物线l2的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4），∵将D（0，﹣2）代入得：﹣4a＝﹣2，∴a＝12，∴抛物线的解析式为y＝12x2﹣32x﹣2．（2）①由题意P（m，0），可

得M（m，﹣m2+2m+3），N（m，12m2﹣32m﹣2）．②如图1所示：∵A（﹣1，0），B（3，0），∴AB＝4，∵P（m，0），M（m，﹣m2+2m+3），N（m，12m2﹣32m﹣2），∵MN⊥AB，∴SAMBN＝12AB•MN＝﹣3m2+7m+10（﹣

1＜m＜3），∴当m＝76时，SAMBN有最大值，最大值＝16912．③如图2所示：作CG⊥MN于G，DH⊥MN于H，如果CM与DN不平行．22∵DC∥MN，CM＝DN，∴四边形CDNM为等腰梯形．∴∠DNH＝∠CMG．

在△CGM和△DNH中，DNHCMGDHNCGMDNCM===，∴△CGM≌△DNH（AAS），∴MG＝HN．∴PM﹣PN＝1．∵P（m，0），则M（m，﹣m2+2m+3），N（m，12m2﹣32m﹣2）．∴（﹣m2+2m+3）+（12m

2﹣32m﹣2）＝1，解得：m1＝0（舍去），m2＝1．当CM∥DN时，如图3所示：∵DC∥MN，CM∥DN，∴四边形CDNM为平行四边形．∴DC＝MN＝5∴﹣m2+2m+3﹣（12m2﹣32m﹣2）＝5，23∴m1＝0（舍去），m2＝73，综上所述，m的值为1或73．故答案为：1或

73．（3）设S，T的横坐标分别为x1，x2，设R，U的横坐标分别为x3，x4．则TU＝x4﹣x2，RS＝x1﹣x3，∴TU﹣RS＝（x4﹣x2）﹣（x1﹣x3）＝（x3+x4）﹣（x1+x2），由﹣x2+2x+3＝n，可得，x2﹣2x﹣3+

n＝0，∴x1+x2＝2，由12x2﹣32x﹣2＝n，可得x2﹣3x﹣4﹣2n＝0，∴x3+x4＝3，∴TU﹣RS＝（x3+x4）﹣（x1+x2）＝3﹣2＝1，故答案为：1．【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法，全等三

角形的判定和性质，一元二次方程的根与系数的关系等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会利用参数，构建一元二次方程解决问题，属于中考压轴题．9．如图，在平面直角坐标系中，点()2,3A为二次函数()220yaxbxa=+−与反比例函数()0kykx=

在第一象限的交点，已知该抛物线()220yaxbxa=+−与x轴正、负半轴分别交于点E、点D，交y轴负半轴于点B，且1tan2ADE=．（1）求二次函数和反比例函数的表达式；24（2）已知点M为抛物线上一点，且在第三象限，顺

次连接点DMBE、、、，求四边形DMBE面积的最大值．【答案】（1）213222yxx=+−；6yx=；（2）9【分析】（1）将()2,3A代入反比例函数解析式即可求出k值；再根据1tan2ADE=构建直角三角形即可求出D点坐标；再讲A、D两点坐标代入二次函数解析式即可求出二次函数的

表达式；（2）作出辅助线后将所求四边形的面积分为三部分，即DHM△、OEBV和梯形HOBM，分别求出后求和，即可得出面积S与M点横坐标m的二次函数关系式，有函数性质即可求出四边形DMBE面积的最大值．【详解】解：（1）如图，过A点作ACx⊥轴且与x轴交于点C；将()2,3A代入kyx=中，解得

6k=，∴6yx=，∴3AC=，2OC=25∵1tan2ADE=，∴6DC=，∴4DODCOC=−=，∴(4,0)D−，将A，D代入()220yaxbxa=+−中得：422316420abab+−

=−−=解得1232ab==，∴二次函数表达式为：213222yxx=+−；（2）如图，过M作MHx⊥轴于H，并设点M的坐标为213(,2)22mmm+−，∵M点在第三象限∴213222MHmm=−−+则+DMBEHOBMSSSS=+△DHM△OE

B四边形梯形，4212=222mMHm++++gg（）MH（）(-)42=12mMHMHmmMH+−−+=21MHm−+213=2(2)122mmm−−+−+2=45mm−−+2=(2)9m−++∴当2m=−时四边形DM

BE的面积最大，最大面积为9．【点评】本题主要考查利用待定系数法求解二次函数、反比例函数的解析式以及函数的性质和数形结合的能力，对于学生的综合能力要求较高．2610．在平面直角坐标系中，二次函数23yaxbx=++的图象与x轴交于(4,0)A−，(2,0)B两点，与y轴

交于点C．（1）求这个二次函数的解析式；（2）点P是直线AC上方的抛物线上一动点，是否存在点P，使ACP△的面积最大？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；（3）抛物线上是否存在点Q，且满足AB平分CAQ，若存在，求

出Q点坐标；若不存在，说明理由；（4）点N为x轴上一动点，在抛物线上是否存在点M，使以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）233384yxx=−−+；（2）(2,3)P−；（3）(4,6)Q−；（4）1(2,3)M−，2(1

17,3)M−−−，3(117,3)M−+−．【分析】（1）将点(4,0)A−，(2,0)B代入抛物线的一般式解析式，利用待定系数法解题；（2）设直线:ACykxb=+，代入(4,0)A−，(0,3)C，利用待定系数法解得一次函

数解析式为334yx=+，过点P作PDx⊥轴，交AC于点D，设3,34Dtt+，233,384Pttt−−+，计算23382PDtt=−−，结合三角形面积公式及配方法可解得二次函数的最值；27（3）作点C关于x轴的对称点E，连接

AE交抛物线于点Q，设直线:AEymxn=+，代入(4,0)A−，(0,3)−E，利用待定系数法解得直线AE的解析式为334yx=−−，再与233384yxx=−−+联立方程组，解得交点Q点坐标，舍去不符

合题意的解即可；（4）设点(,)Mxy，分两种情况讨论：以BN为边，或以BN为对角线，分别画出示意图，根据平行四边形对应边相等的性质列出一元二次方程，利用公式法解得点M的坐标，即可解题．【详解】解：（1）将点(4,0)A−，(2,0)B代入23yaxbx=++得，22(4)4302230a

bab−−+=++=164304230abab−+=++=解得3834ab=−=−233384yxx=−−+；（2）设直线:ACykxb=+，代入(4,0)A−，(0,3)C得：403kbb−+==．解得

：343kb==，直线3:34ACyx=+，过点P作PDx⊥轴，交AC于点D，设3,34Dtt+，则233,384Pttt−−+，2822333333384482PDttttt=−−+−+=−−

，22133423(2)3244APCSPDPDttt===−−=−++△，当2t=−时最大，S的最大值为3，此时，(2,3)P−；（3）作点C关于x轴的对称点E，连接AE交抛物线于点Q，则(0,3)−E，29设直线:AEymxn=+，代入(4,

0)A−，(0,3)−E，4003mnn−+=+=343mn==解得：334yx=−−联立方程组233384334yxxyx=−−+=−−，解得：14x=−（舍），24x=，存在(4,6)Q−；（4）存在，1(2,3)M

−，2(117,3)M−−−，3(117,3)M−+−，理由如下：如图，设点(,)Mxy，以BN为边，当//MCBN时，M在x轴上方，在平行四边形BCMN中，303cy=Q3My=在233384yxx=−−+中，当3y=时，2333384xx−−+=33()084xx−−=120,2xx

==−2Mx=−1(2,3)M−；当以BN为对角线，//NCBM时，M在x轴下方，CMyy=Q3My=−在233384yxx=−−+中，当3y=−时，2333384xx−−+=−22160xx+−=1,2,16abc===−Q224241(16)68bac−=−−=12

268268117,1172222bbxxaa−+−+−−−−===−+===−−2(117,3)M−−−，3(117,3)M−+−，综上所述，1(2,3)M−，2(117,3)M−−−，3(117,3)M−

+−．31【点评】本题考查二次函数与一次函数综合、二次函数与一元二次方程综合、平行四边形的性质等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．11．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线28yaxbx=+−与x轴交于A，B两点，与y轴交于点

C，直线l经过坐标原点O，与抛物线的一个交点为D，与抛物线的对称轴交于点E，连接CE，已知点A，D的坐标分别为()2,0−，()6,8−．（1）求抛物线的函数表达式；（2）试探究抛物线上是否存在点F，使FOEFCEVV≌？若存在，请直接写出点F的坐标；若不

存在，请说明理由；（3）若点P是y轴负半轴上的一个动点，设其坐标为()0,m，直线PB与直线l交于点Q，试探究：当m为何值时，OPQ△是等腰三角形．32【答案】（1）21382yxx=−−；（2）存在，F坐标(317,4)+−或(317,4)−−；（3）当

83m=−或323−时，OPQ△是等腰三角形【分析】（1）将A，D的坐标代入函数解析式，解二元一次方程组即可求出函数表达式；（2）先通过D点坐标求出直线l的解析式，由二次函数解析式可得对称轴为直线3x=，可得到E的坐标，由O点，E点，C点的坐标，可知OECE=，FOEV与FCE△有公共边FE，此时

点F纵坐标为4−，代入抛物线表达式，即可求出横坐标；（3）根据点P在y轴负半轴上运动，分两种情况讨论，再结合平行线分线段成比例求解.【详解】解：（1）∵抛物线28yaxbx=+−经过点()2,0A−，()6,8D−，∴428036688abab−−

=+−=−，解得123ab==−，∴抛物线解析式为21382yxx=−−，（2）抛物线上存在点F使得FOEFCEVV≌，设直线l的解析式为ykx=，∵经过点()6,8D−，∴68k=−，∴43k=

−，∴直线l的解析式为43yx=−，∵22112538(3)222yxxx=−−=−−，∴抛物线对称轴为直线3x=，33∵点E为直线l与抛物线对称轴的交点，点E的横坐标为3，纵坐标为4343−=−，∴点E坐标()3,4−由O点，E点，C点的坐标，可知OECE=，FOEV与FCE

△有公共边FE，此时点F纵坐标为4−，∴213842xx−−=−，∴2680xx−−=，317x=，∴点F坐标(317,4)+−或(317,4)−−．（3）①如图1中，当OPOQ=时，OPQ△是等腰三角

形∵点E坐标()3,4−，22345OE=+=，过点E作直线MEPB∥，交y轴于点M，交x轴于点H．则OMOEOPOQ=，∴5OMOE==，∴点M坐标()0,5−．设直线ME的解析式为15ykx=−，∴1354k−=−，∴113k=，

∴直线ME解析式为153yx=−，令0y=，得50x−=，解得15x=，∴点H坐标()15,0，∵MHPB∥，∴OPOBOMOH=，即8515m−=，83m=−，34②如图2中，当QOQP=时，POQ△是等腰三角形．∵当0x=时，213882yxx=−−

=−，∴点C坐标()0,8−，∴223(84)5CE=+−=，∴OECE=，∵12=，∵QOQP=，∴13=，∴23=，∴CEPB∥，设直线CE交x轴于N，解析式为28ykx=−，∵E（3，-4）在直线CE上，∴2384k−=−，∴243k=，∴直线CE解析式为483y

x=−，令0y=，得4803x−=，∴6x=，∴点N坐标()6,0，∵CNPB∥，∴OPOBOCON=，∴886m−=，∴323m=−．③OPPQ=时，显然不可能综上所述，当83m=−或323−时，OPQ△是等腰三角形．35【点评】本题是二次函数的综合题，考查

了用待定系数法求二次函数的解析式、一次函数的解析式，全等三角形的判定，等腰三角形的判定，解一元二次方程，平行线分线段成比例，勾股定理求点坐标等知识，利用平行线分线段成比例及分类讨论思想是解本题的关键．，12．如图1，已知抛物线

23yaxbx=++（0a）与x轴交于点()1,0A和点()3,0B−，与y轴交于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）在（1）中抛物线的对称轴是否存在点Q，使得QACV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）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．【答案】（1）223yxx=−−+；（2）存在，()1,2Q−；（3）BOCES四边形最大值为638，此时，点E坐标为315,24−．【分析】（1）将点()1,0A和点()3,0B−代入抛物线解析式

中，利用待定系数法解题；（2）根据题意，解得点()0,3C关于对称轴1x=−的对称点C的坐标是()2,3−，利用待定系数法解得直线AC的解析式，继而可解得直线AC与对称轴的交点Q的坐标，据此解题；36（3）过点E作EFx⊥轴于点F，设()2,2

3Eaaa−−+（30a−），分别解得EFBFOF、、的长，由割补法可得11()22BOCESBFEFOCEFOF四边形=?+?，再利用配方法将函数关系式化为顶点式即可解题．【详解】解：（1）∵抛物线23yaxbx=++（0a）与x轴交于点()1,0A和

点()3,0B−∴309330abab++=−+=解得：12ab=−=−，∴所求抛物线解析式为：223yxx=−−+；（2）存在()1,2Q−，理由如下：如图，点()0,3C关于对称轴1x=−的对称点C的坐标是()2,3−，

连接AC，直线AC与对称轴的交点即为点Q，设直线AC函数关系式为：ykxt=+（0k），将点()1,0A，()2,3C−代入，得023ktkt+=−+=解得：11kt=−=−所以，直线AC函数关

系式为：1yx=−+，将1x=−代入，得2y=即：()1,2Q−；（3）过点E作EFx⊥轴于点F，设()2,23Eaaa−−+（30a−）37∴223EFaa=−−+，3BFa=+，OFa=−∴11()22BOCESBFEFOCEFOF四边形=?+?()()(

)()22113232622aaaaaa=+−−++−−+−2399222aa=−−+23363228a=−++∴当32a=−时，BOCES四边形最大，且最大值为638，215234aa−−+=此时，点E坐标为315,24

−．【点评】本题考查二次函数综合，涉及待定系数法解二次函数的解析式、解一次函数解析式、由抛物线的对称性解最短路径问题、将二次函数解析式化为顶点式解析式等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．13．如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c经过A(﹣

3，0)，B(33，0)，C(0，3)三点，线段BC与抛物线的对称轴l交于点D，该抛物线的顶点为P，连接PA，AD，线段AD与y轴相交于点E．（1）求该抛物线的表达式和点P的坐标；（2）在y轴上是否存在一点Q，使以Q，C，D为顶点的三角形与△AD

P全等？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．38【答案】（1）y＝−13x2＋233x＋3，P（3，4）；（2）存在，点Q的坐标为（0，7）．【分析】（1）已知抛物线经过的三点坐标，直接利用待定系数法求解即可．（2）先求出直线BC的解

析式，从而得点D的坐标为D（3，2）．可求出AD并证明CD＝DP，利用三角函数及等腰三角形性质求出∠ADP＝120°，则可根据点Q的位置在y轴上，分别从两种情况利用SAS判定两三角形全等的方法来求解．【详解】解：（1）设抛物线的解析式为

：y＝a（x＋3）（x−33），将C（0，3）代入得：a（0＋3）（0−33）＝3，解得a＝−13．∴抛物线的解析式：y＝−13（x＋3）（x−33）＝−13x2＋233x＋3．∵y＝−13x2＋233x＋3＝−13（x－3）2＋4，∴P（3

，4）．（2）存在，设直线BC的解析式：y＝kx＋b，依题意得：303kbb+==，解得333kb=−=．∴直线BC的解析式为：y＝−33x＋3．39当x＝3时，y＝2，∴D（3，2）．∴AD＝()()223302−−

+−＝4，CD＝()()220332−+−＝2＝PD．∵tan∠ABD＝DFBF＝33，，∴∠ABD＝30°．∵l是抛物线的对称轴，点D在l上，∴AD＝BD．∴∠ABD＝∠BAD＝30°．∴∠ADB＝120°．

∴∠ADF＝∠BDF＝60°．∴∠ADP＝120°，△QCD和△APD中，CD＝PD，且点Q在y轴上，当点Q在CD上方，∠DCQ＝∠ADP＝120°，CQ＝AD时，△QCD≌△APD，设点Q（0，y），则CQ＝y－3，即y－3＝4

，解得y＝7，∴Q（0，7），当点Q在CD下方时，∠CDQ＝120°，此时点Q在抛物线的对称轴上．综上，当△QCD≌△APD时，点Q的坐标为（0，7）．【点评】此题属于二次函数综合题，难度较大，涉及到：

函数解析式的确定以及全等三角形的应用等重点知识．在解题时，一定要注意从图中找出合适的解题思路，能否将琐碎的知识运用到同一题目中进行解答，也是对基础知识掌握情况的重点考查．14．如图，在平面直角坐标系中，∠ACB＝90°，OC＝2BO，AC＝6，点B的坐标为（1，0

），抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A、B两点．（1）求点A的坐标；（2）求抛物线的解析式；40（3）点P是直线AB上方抛物线上的一点，过点P作PD垂直x轴于点D，交线段AB于点E，使PE最大．①求点P的坐标和PE的最大值．②在直线

PD上是否存在点M，使点M在以AB为直径的圆上；若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）A（﹣2，6）；（2）y＝﹣x2﹣3x+4；（3）①PE有最大值94，121(,)24P−；②存在，1635(,)22M+−或1635(,)22−−【

分析】（1）先由已知条件求出点OC，即可写出A的坐标；（2）将A，B的坐标代入y＝﹣x2+bx+c即可；（3）①先求直线AB的解析式，设P（a，﹣a2﹣3a+4），则E（a，﹣2a+2），即可用含字母a的代数式表示出PE的长度，由二次函数

的图象及性质可知，当a＝﹣12时，PE有最大值94，可进一步写出点P的坐标；②设M（﹣12，m），分别用含m的代数式表示出AM2，BM2，AB2的值，确定∠AMB＝90°，用根据勾股定理列出方程即可求出m的值，进一步写出点M的坐标．【详解】解：（1）∵B（1，0），∴O

B＝1，∵OC＝2OB＝2，∴C（﹣2，0），∵AC＝6，∴A（﹣2，6）；（2）把A（﹣2，6）和B（1，0）代入y＝﹣x2+bx+c，41得，42610bcbc−−+=−++=，解得，b＝﹣3，c＝4，∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣3x+4；（

3）①将点A（﹣2，6），B（1，0）代入y＝kx+b，得，260kbkb−+=+=，解得，k＝﹣2，b＝2，∴直线AB的解析式为：y＝﹣2x+2，设P（a，﹣a2﹣3a+4），则E（a，﹣2a+2），﹣2＜a＜1，∴()22219342

2224PEaaaaaa=−−+−−+=−−+=−++，根据二次函数的图象及性质可知，当12a=−时，PE有最大值94，∴此时121(,)24P−，②∵M在直线PD上，且121(,)24P−，设1,2Mm

−，∴()2223+62AMm=−，22232BMm=+，2223645AB=+=，∵点M在以AB为直径的圆上，此时∠AMB＝90°，42∴AM2+BM2＝AB2，∴()222233+6+4522mm

−+=，16352m+=，26352m−=，∴1635(,)22M+−或1635(,)22−−．【点评】本题主要考查了二次函数综合，熟练掌握二次函数的性质、结合一次函数和勾股定理计算是解题的关键．15．如图，二次函数2yxbxc=++与x轴分别交于A，

B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且3OBOCOA==，∠BAC的角平分线交y于点D，过D点的直线l与射线AB，AC分别交于E，F．（1）求该抛物线的解析式；（2）如图1，证明：当直线l绕点D旋转时，11AEAF+为定值，并求出该定值；

（3）如图2，在第一象限的抛物线存在点P，使得1tan2APC=，请求出点P的坐标．43【答案】（1）抛物线解析式：2-2-3yxx=（2）证明见解析，值为10+1010：（3）点P坐标5+535-12

2，．【分析】（1）通过设(0)OAaa=，则3OBOCa==，()()(),0,3,0,0,3AaBaCa−−，对称轴22ABxxbxa+−===得到2ba=−①，将A,B点坐标代入解析式：203

aabcac=−+−=②③，①②③即可求a,b,c得到答案．（2）过D点作DG//x轴，交线段AC于G点，过F点作FT//OA，交射线AD于T点，过C点作CQ//OA，交射线AD于Q点，根据相似三角形性质结合双A型模型求出111ACOADG+=、111AFAEDG+=即可解

答．（3）利用三垂直模型构造以AC为直角边、∠ACS=90°，1tan2ASC=的△ACS，则P在以AS为直径的圆上，再求出抛物线到圆心的距离等于半径的点坐标即可解答．【详解】解：（1）设(0)OAaa=，∵3OBOCOA==∴3OBOCa==∴()()(),0,

3,0,0,3AaBaCa−−，对称轴22ABxxbxa+−===∴2ba=−①44将A,C点坐标代入解析式：203aabcac=−+−=②③∴①②③联立得：123abc==−=−∴抛物线解析式：2-

2-3yxx=．（2）如图，过D点作DG//x轴，交线段AC于G点，过F点作FT//OA，交射线AD于T点，过C点作CQ//OA，交射线AD于Q点，∴CDGCOA:△△，ACQAGD:△△，∴DGCGOAAC=，DGA

GCQAC=，∴1DGDGCGAGCQOAACAC+=+=，∴111CQOADG+=，∵CQ//x轴，∴∠Q=∠QAO，又∵CADOAD=，∴CADQ=，∴AC=CQ，45∴111ACOADG+=，同理可得：111AFAEDG+=，由①知：1OA=，3OC=，90AOD=

∴利用勾股定理得：2210ACOAOC=+=，∴1111101011010DGACOA+=+=+=，∴01+1110101AFAEDG+==，∴11AEAF+为定值，为10+1010：（3）如解（3）图，过C点作CS⊥AC，在CS上取S点，取CS=2AC，则1tan2AS

C=，故P点在以AS为直径的圆上，∵10AC=，∴210CS=，52AS=，过C点作ML⊥y轴，过点A、点S作ML的垂线AM、SL，垂足分别为M、L，∴∠MAC=∠SCL，∴AMCCLS:△△，∴12AMMCCLSL==，又∵3AM=，1CM=，∴6CL=，2SL=，

∴点S坐标为（6，-1），又∵点A坐标为（-1，0）46∴取AS中点R，点R坐标为1601(,)22−+−，即51(,)22−设2(,23)Pppp−−，则222225552()(2)()222PRpp

p=−+−−=，整理得：2(1)(55)0pppp+−+=，∴10p=，21p=−，3552p+=，4552p−=，∵当5-52p=时，-1-3502y=故舍去，∵当5+52p=时，3512y=−，∴5+535-122P=，．【点评】本题考

查了相似三角形与二次函数的的知识，是一道综合性的压轴题，能熟练掌握相似变换以及构造适当的三角形转化线段关系是解答此题的关键．