【文档说明】《【临门一脚】中考数学三轮冲刺过关（全国通用) 》预测14 二次函数与动点的综合(解析版）.doc，共(34)页，1.601 MB，由管理员店铺上传

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1预测14二次函数与动点的综合概率预测☆☆☆☆☆题型预测解答题☆☆☆☆☆考向预测一个动点或两个动点与其它知识的综合运用二次函数与动点的综合是初中数学的重点内容，也是各地中考考查的一个热点！往往作为大家所说的压轴题，其难度和重要性不言而喻。1．从考点频率看，一

个动点或两个动点与其它知识的综合运用是高频考点。2．从题型角度看，以解答题形式考查，分值约11分。1.“动点型问题”的基本类型。①特殊四边形为背景；②点动带线动得出动三角形；③探究动三角形的问题（相似、等腰三角形、面积）；④求直线、抛物线的解析式；⑤探究存

在性问题。2.“动点型问题”的解决方法。解决“动点型问题”的关键是动中求静，灵活运用“动中求静”，找到并运用不变的数、不变的量、不变的关系，建立函数关系及综合应用代数、几何知识解决问题。【要点诠释】根据题意灵活运用特殊三角形和四边形的相关性质、判定、定理知识确

定二次函数关系式，通过二次函数解析式或函数图象判定“动点型问题”涉及的线与线关系、特殊三角形、四边形及相应的周长、面积，还有存在、最值等问题。2动态几何特点---问题背景是特殊图形，考查问题也是特殊图形，所以

要把握好一般与特殊的关系；分析过程中，特别要关注图形的特性（特殊角、特殊图形的性质、图形的特殊位置）。有时还会有2个点沿不同方向，以不同的速度去运动，此类题只要“动中求静”。1．（2020年苏州中考）如图，已知∠MON＝90°，OT是∠MON的平分线，A是射线

OM上一点，OA＝8cm．动点P从点A出发，以1cm/s的速度沿AO水平向左作匀速运动，与此同时，动点Q从点O出发，也以1cm/s的速度沿ON竖直向上作匀速运动．连接PQ，交OT于点B．经过O、P、Q三点作圆，交OT于点C，连接PC、

QC．设运动时间为t（s），其中0＜t＜8．（1）求OP+OQ的值；（2）是否存在实数t，使得线段OB的长度最大？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．（3）求四边形OPCQ的面积．【分析】（1）由题意得出

OP＝8﹣t，OQ＝t，则可得出答案；（2）如图，过点B作BD⊥OP，垂足为D，则BD∥OQ．设线段BD的长为x，则BD＝OD＝x，OBBDx，PD＝8﹣t﹣x，得出，则，解出x．由二次函数的性质可得出答案；（3）证明△PCQ是等腰直角三角形．则S△PCQPC•QCPQPQ2．在Rt△POQ中

，PQ2＝OP2+OQ2＝（8﹣t）2+t2．由四边形OPCQ的面积S＝S△POQ+S△PCQ可得出答案．【解析】（1）由题意可得，OP＝8﹣t，OQ＝t，∴OP+OQ＝8﹣t+t＝8（cm）．（2）当t＝4时，线段OB的长度最大．如图，过点B作BD⊥OP，垂足为D，则BD∥OQ．3

∵OT平分∠MON，∴∠BOD＝∠OBD＝45°，∴BD＝OD，OBBD．设线段BD的长为x，则BD＝OD＝x，OBBDx，PD＝8﹣t﹣x，∵BD∥OQ，∴，∴，∴x．∴OB．当t＝4时，线段OB的长度最大，最大为2cm．（3）∵∠POQ＝90°，∴PQ是圆的直

径．∴∠PCQ＝90°．∵∠PQC＝∠POC＝45°，∴△PCQ是等腰直角三角形．∴S△PCQPC•QCPQPQ2．在Rt△POQ中，PQ2＝OP2+OQ2＝（8﹣t）2+t2．∴四边形OPCQ的面积S＝S△POQ+S△PCQ，，＝4t16﹣4t＝16．∴四边形OPCQ的面积为1

6cm2．42．（2020年黑龙江中考）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的边AB长是x2﹣3x﹣18＝0的根，连接BD，∠DBC＝30°，并过点C作CN⊥BD，垂足为N，动点P从B点以每秒2个单位长度的速度沿BD方向

匀速运动到D点为止；点M沿线段DA以每秒个单位长度的速度由点D向点A匀速运动，到点A为止，点P与点M同时出发，设运动时间为t秒（t＞0）．（1）线段CN＝3；（2）连接PM和MN，求△PMN的面积s与运动时间t的函数关系式；（3）在整个运动过程中，当△PMN是以PN为腰的等腰三角形时，直接写

出点P的坐标．【分析】（1）解方程求出AB的长，由直角三角形的性质可求BD，BC的长，CN的长；（2）分三种情况讨论，由三角形的面积可求解；（3）分两种情况讨论，由等腰三角形的性质和勾股定理可求解．【解析】（1）∵AB长是x2﹣3x﹣18＝0的根，∴AB＝6，∵四边形ABCD是矩形，∴A

D＝BC，AB＝CD＝6，∠BCD＝90°，∵∠DBC＝30°，∴BD＝2CD＝12，BCCD＝6，∵∠DBC＝30°，CN⊥BD，∴CNBC＝3，故答案为：3．（2）如图，过点M作MH⊥BD于H，5∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC＝30°，∴MHMDt，∵∠DB

C＝30°，CN⊥BD，∴BNCN＝9，当0＜t时，△PMN的面积s（9﹣2t）tt2t；当t时，点P与点N重合，s＝0，当t≤6时，△PMN的面积s（2t﹣9）tt2t；（3）如图，过点P作PE⊥BC于E，当PN＝PM＝9﹣2t时，∵PM2＝MH2+PH2，∴（

9﹣2t）2＝（t）2+（12﹣2tt）2，∴t＝3或t，∴BP＝6或，当BP＝6时，6∵∠DBC＝30°，PE⊥BC，∴PEBP＝3，BEPE＝3，∴点P（3，3），当BP时，同理可求点P（，），当PN＝NM＝9﹣2t时

，∵NM2＝MH2+NH2，∴（9﹣2t）2＝（t）2+（t﹣3）2，∴t＝3或24（不合题意舍去），∴BP＝6，∴点P（3，3），综上所述：点P坐标为（3，3）或（，）．3.（2020年邵阳中考）如图，在平面直角坐标系中，矩

形ABCD的边BC与x轴、y轴的交点分别为C（8，0），B（0，6），CD＝5，抛物线y＝ax2x+c（a≠0）过B，C两点，动点M从点D开始以每秒5个单位长度的速度沿D→A→B→C的方向运动到达C点后停止运动．动点N从点O以每秒4个单位长度的速度

沿OC方向运动，到达C点后，立即返回，向CO方向运动，到达O点后，又立即返回，依此在线段OC上反复运动，当点M停止运动时，点N也停止运动，设运动时间为t．（1）求抛物线的解析式；（2）求点D的坐标；（3）当点M，N同时开始运动时，若以点M，D，C为顶点的三角形与以点B，O，N为顶点的

三角形相似，求t的值；（4）过点D与x轴平行的直线，交抛物线的对称轴于点Q，将线段BA沿过点B的直线翻折，点A的对称点为A'，求A'Q+QN+DN的最小值．7【分析】（1）将C（8，0），B（0，6）代入计算即可；（2）作DE⊥x于点E，证明△BOC～△CE

D，可得CE，DE长度，进而得到点D的坐标；（3）分为点M在AD，BC上两种情况讨论，当点M在AD上时，分为△BON～△CDM和△BON～△MDC两种情况讨论；当点M在BC上时，分为△BON～△MCD和△BON～△DCM两种情况讨论；（4）作点D关于x轴的对称F，连接QF，可得QN+DN的最小

值；连接BQ减去BA'可得A'Q的最小值，综上可得A'Q+QN+DN的最小值．【解析】（1）将C（8，0），B（0，6）代入，得，解得，∴抛物线的解析式为：；（2）如答图1，作DE⊥x于点E，∵C（8，0），B（0，6），∴OC＝8，OB＝6．∴BC＝10．8∵∠BOC＝∠BCD＝∠DEC，

∴△BOC～△CED．∴．∴CE＝3，DE＝4．∴OE＝OC+CE＝11．∴D（11，4）．（3）若点M在DA上运动时，DM＝5t，ON＝4t，当△BON～△CDM，则，即不成立，舍去；当△BON～△MDC，则，即，解得：；若点M在BC上运动时，CM＝25﹣5t．当△BON～△MCD

，则，即，∴．当3＜t≤4时，ON＝16﹣4t．∴，解得（舍去）．当4＜t≤5时，ON＝4t﹣16∴，无解；当△BON～△DCM，则，即，∴ON＝30﹣6t；当3＜t≤4时，ON＝16﹣4t，∴30﹣6t＝16﹣4t，解得t＝7

（舍去）；当4＜t≤5时，ON＝4t﹣16，∴30﹣6t＝4t﹣16，解得．9综上所示：当时，△BON～△MDC；时，△BON～△DCM；（4）如答图2，作点D关于x轴的对称点F，连接QF交x轴于点N，∵点D（11，4），∴点F（11，﹣4）．由得对称轴为x＝5，∴点Q（5，4）．∴．

∴．故A'Q+QN+DN的最小值为．4.（2020年深圳中考）如图1，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴的交点A（﹣3，0）和B（1，0），与y轴交于点C，顶点为D．（1）求该抛物线的解析式；（2）连接AD，DC，CB

，将△OBC沿x轴以每秒1个单位长度的速度向左平移，得到△O'B'C'，点O、B、C的对应点分别为点O'、B'、C'，设平移时间为t秒，当点O'与点A重合时停止移动．记△O'B'C'与四边形AOCD重合部分的面积为S，请直接写出S

与t之间的函数关系式；（3）如图2，过该抛物线上任意一点M（m，n）向直线l：y作垂线，垂足为E，试问在该抛物线的对称轴上是否存在一点F，使得ME﹣MF？若存在，请求出F的坐标；若不存在，请说明理由．10【分析】（1）将点A（﹣3，0）、B（1，0）代入抛物线的解析式得到

关于a、b的方程组即可；（2）分三种情况：①0＜t＜1时，②1≤t时，③t≤3时，可由面积公式得出答案；（3）令F（﹣1，t），则MF，MEn，得出，可求出n．则得出答案．【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3过点A（﹣3，0），B（1，0），∴，解得，∴抛物线的解析式为

y＝﹣x2﹣2x+3；（2）①0＜t＜1时，如图1，∵OO'＝t，OB'＝1﹣t，∴OE＝3OB'＝3﹣3t，∴S（C'O'+OE）×OO'（3+3﹣3t）×t3t，②1≤t时，S；11③t≤3时，如图2，C′O′与AD交于点Q，B′C′与AD交于点P

，过点P作PH⊥C′O′于H，∵AO＝3，O'O＝t，∴AO'＝3﹣t，O'Q＝6﹣2t，∴C'Q＝2t﹣3，∵QH＝2PH，C'H＝3PH，∴PHC'Q（2t﹣3），∴S（2t﹣3），∴S，综合以上可得：S．（3）令F（﹣1，t），则MF，

MEn，∵ME﹣MF，∴MF＝ME，∴，∴m2+2m+1+t2﹣2nt．∵n＝﹣m2﹣2m+3，12∴（2+4n﹣17）m+1+t2﹣6t0．当n时，上式对于任意m恒成立，∴存在F（﹣1，）．1．（2020年山西省3月中考数学模拟试题）如图，二次函数y=12x2+bx+c的图象过点B（0，

1）和C（4，3）两点，与x轴交于点D、点E，过点B和点C的直线与x轴交于点A．(1)求二次函数的解析式；(2)在x轴上有一动点P，随着点P的移动，存在点P使△PBC是直角三角形，请你求出点P的坐标；(3)若动点P从

A点出发，在x轴上沿x轴正方向以每秒2个单位的速度运动，同时动点Q也从A点出发，以每秒a个单位的速度沿射线AC运动，是否存在以A、P、Q为顶点的三角形与△ABD相似？若存在，直接写出a的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)抛物线解析式y=12x2–32x+1；(2)点P坐标为（1，0），（

3，0），（12，0），（112，0）；(3)a=253或655．【解析】【分析】(1)将B、C两点坐标代入二次函数解析式,通过联立方程组可求得b、c的值，进而求出函数解析式;(2)设P（x，0），由△PBC是直角三角形，分∠CBP=90°与∠BPC=90°两种情况讨论，运用勾股定理可得x的值，进

而得到P点坐标;(3)假设成立有△APQ∽△ADB或△APQ∽△ABD,则对应边成比例，可求出a的值.【详解】(1)∵二次函数y=0.5x2+bx+c的图象过点B（0，1）和C（4，3）两点，13∴1384cbc==++，解

得321bc=−=，∴抛物线解析式y=12x2–32x+1．(2)设点P坐标为（x，0）．∵点P（x，0），点B（0，1），点C（4，3），∴PB=()()22001x−+−=21x+，CP=()()22430x−+−=2825xx−+，BC=()

()224031−+−=25，若∠BCP=90°，则BP2=BC2+CP2．∴x2+1=20+x2–8x+25，∴x=112．若∠CBP=90°，则CP2=BC2+BP2．∴x2+1+20=x2–8x+25，∴x=12．若∠BPC=90°，则BC2=BP2+CP2．∴x2+1+x2–8x+2

5=20，∴x1=1，x2=3，综上所述：点P坐标为（1，0），（3，0），（12，0），（112，0）．(3)a=253或655．∵抛物线解析式y=12x2–32x+1与x轴交于点D，点E，∴0=12x2–32x+1，∴x1=1，x2=2，

∴点D（1，0）．∵点B（0，1），C（4，3），∴直线BC解析式y=12x+1．当y=0时，x=–2，∴点A（–2，0）．∵点A（–2，0），点B（0，1），点D（1，0），∴AD=3，AB=5．14设经过t秒，∴AP=2t，AQ=at，若△APQ∽

△ADB，∴APADAQAB=，即235tat=，∴a=253，若△APQ∽△ABD，∴APABAQAD=，即253tat=，∴a=655．综上所述：a=253或655．【点睛】此题考查了二次函数解析式的确定、直角三角形的判定以及相似三角形的性质等,难度适中.2．（广东省

广州市广大附中2020-2021学年九年级上学期11月联盟考数学试题）已知抛物线y＝ax2﹣13x+c经过A(﹣2，0)，B(0，2)两点，动点P，Q同时从原点出发均以1个单位/秒的速度运动，动点P沿x轴正方向运动，动点Q沿y轴正方向运动，连接PQ，设运动时间为t秒(1)求抛物线的解

析式；(2)当BQ＝13AP时，求t的值；(3)随着点P，Q的运动，抛物线上是否存在点M，使△MPQ为等边三角形？若存在，请求出t的值及相应点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）y＝－23x2－13x＋

2；（2）当BQ＝13AP时，t＝1或t＝4；（3）存在．当t＝13−+时，抛物线上存在点M（1，1），或当t＝333+时，抛物线上存在点M（﹣3，﹣3），使得△MPQ为等边三角形．【解析】【分析】15（

1）把A（﹣2，0），B（0，2）代入y＝ax2－13x＋c，求出解析式即可;（2）BQ=13AP，要考虑P在OC上及P在OC的延长线上两种情况，有此易得BQ，AP关于t的表示，代入BQ=13AP可求t值．（3）考虑等边三角

形，我们通常只需明确一边的情况，进而即可描述出整个三角形．考虑△MPQ，发现PQ为一有规律的线段，易得OPQ为等腰直角三角形，但仅因此无法确定PQ运动至何种情形时△MPQ为等边三角形．若退一步考虑等腰，发现，MO应为PQ的

垂直平分线，即使△MPQ为等边三角形的M点必属于PQ的垂直平分线与抛物线的交点，但要明确这些交点仅仅满足△MPQ为等腰三角形，不一定为等边三角形．确定是否为等边，我们可以直接由等边性质列出关于t的方程，考虑t的存在

性．【详解】（1）∵抛物线经过A（﹣2，0），B（0，2）两点，∴240,32.acc++==，解得2,32.ac=−=∴抛物线的解析式为y＝－23x2－13x＋2．（2）由题意可知，OQ＝OP＝t，AP＝2＋t．①当t≤2时，点Q在点B下方，此时BQ

＝2－t．∵BQ＝13AP，∴2﹣t＝13（2＋t），∴t＝1．②当t＞2时，点Q在点B上方，此时BQ＝t﹣2．∵BQ＝13AP，∴t﹣2＝13（2+t），∴t＝4．∴当BQ＝13AP时，t＝1或t＝4．（3）存在．作MC⊥x轴于点C，连接O

M．16设点M的横坐标为m，则点M的纵坐标为－23m2－13m＋2．当△MPQ为等边三角形时，MQ＝MP，又∵OP＝OQ，∴点M点必在PQ的垂直平分线上，∴∠POM＝12∠POQ＝45°，∴△MCO为等腰直角三角

形，CM＝CO，∴m＝－23m2－13m＋2，解得m1＝1，m2＝﹣3．∴M点可能为（1，1）或（﹣3，﹣3）．①如图，当M的坐标为（1，1）时，则有PC＝1﹣t，MP2＝1＋（1﹣t）2＝t2﹣2t

＋2，PQ2＝2t2，∵△MPQ为等边三角形，∴MP＝PQ，∴t2﹣2t＋2＝2t2，解得t1＝1+3−，t2＝13−−（负值舍去）．②如图，17当M的坐标为（﹣3，﹣3）时，则有PC＝3＋t，MC＝3，∴MP2＝32＋（3＋t）2＝t2＋

6t＋18，PQ2＝2t2，∵△MPQ为等边三角形，∴MP＝PQ，∴t2＋6t＋18＝2t2，解得t1＝333+，t2＝333−（负值舍去）．∴当t＝1+3−时，抛物线上存在点M（1，1），或当t＝33

3+时，抛物线上存在点M（﹣3，﹣3），使得△MPQ为等边三角形．【点睛】本题是二次函数、一次函数及三角形相关知识的综合题目，其中涉及的知识点有待定系数法求抛物线，三角形全等，等腰、等边三角形性质及一次函数

等基础知识，在讨论动点问题是一定要注意考虑全面分情形讨论分析．3．（2020年江苏省南通市中考数学模拟试卷三）如图①已知抛物线y=ax2﹣3ax﹣4a（a＜0）的图象与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y的正半轴交于点C，连结BC，二次函数的对称轴与x轴的交

点为E．（1）抛物线的对称轴与x轴的交点E坐标为_____，点A的坐标为_____；（2）若以E为圆心的圆与y轴和直线BC都相切，试求出抛物线的解析式；（3）在（2）的条件下，如图②Q（m，0）是x的正半轴上一点，过点Q作y轴的平行线，与直线BC交于点M，与抛物线交于点N，连结CN，将△CM

N沿CN翻折，M的对应点为M′．在图②中探究：是否存在点Q，使得M′恰好落在y轴上？若存在，请求出Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）(1.5，0)(-1，0)（2）239344yxx=−++；18（3）存在，12717,0,,033QQ

.【解析】【分析】（1）由抛物线2(0)yaxbxca=++的对称轴为直线2bxa=−求出抛物线y=ax2﹣3ax﹣4a（a＜0）的对称轴方程，即可求得点E的坐标；在y=ax2﹣3ax﹣4a（a

＜0）令y=0可得关于x的方程ax2﹣3ax﹣4a=0，解方程即可求得点A的坐标；（2）如图1，设⊙E与直线BC相切于点D，连接DE，则DE⊥BC，结合（1）可得DE=OE=32，EB=52，OC=-4a，在Rt△BDE中由勾股定理可得BD=2，这样由tan∠OB

C=DEOCBDOB=即可列出关于a的方程，解方程求得a的值即可得到抛物线的解析式；（3）由折叠的性质和MN∥y轴可得∠MCN=∠M′CN=∠MNC，由此可得CM=MN，由点B的坐标为（4，0），点C

的坐标为（0，3）可得线段BC=5，直线BC的解析式为y=﹣34x+3，由此即可得到M、N的坐标分别为（m，﹣34m+3）、（m，﹣34m2+94m+3），作MF⊥OC于F，这样由sin∠BCO=FMBOMCBC=即可解得CM=54m，然后分点N在直线BC的上方和下方两种情况用含

m的代数式表达出MN的长度，结合MN=CM即可列出关于m的方程，解方程即可求得对应的m的值，从而得到对应的点Q的坐标.【详解】解：（1）∵对称轴x=3322aa−−=，∴点E坐标（32，0），令y=0，则有ax2﹣3ax﹣4a=0，∴

x=﹣1或4，∴点A坐标（﹣1，0）．故答案分别为（32，0），（﹣1，0）．（2）如图①中，设⊙E与直线BC相切于点D，连接DE，则DE⊥BC，19∵DE=OE=32，EB=52，OC=﹣4a，∴DB=22222.51.52EBDE−=−=，∵tan∠OBC=DEOCBDOB=

，∴1.5423a−=，解得a=34−，∴抛物线解析式为y=239344xx−++．（3）如图②中，由题意∠M′CN=∠NCB，∵MN∥OM′，∴∠M′CN=∠CNM，∴MN=CM，∵点B的坐标为（4，0），点C的坐标为（0，3），∴直线BC解析式为y=﹣34x+

3，BC=5，∴M（m，﹣34m+3），N（m，﹣34m2+94m+3），作MF⊥OC于F，∵sin∠BCO=FMBOMCBC=，20∴45mCM=，∴CM=54m，①当N在直线BC上方时，﹣34m2+94m+3﹣（﹣34

m+3）=54m，解得：m=73或0（舍弃），∴Q1（73，0）．②当N在直线BC下方时，（﹣34m+3）﹣（﹣34m2+94m+3）=54m，解得m=173或0（舍弃），∴Q2（173，0），综上所述：点Q坐标为（73，0）或（173，0）．【点睛】本题是一道二次函数

与几何及锐角三角函数综合的题，解题的要点是：（1）熟悉二次函数的对称轴方程及二次函数与一元二次方程的关系是解第1小题的关键；（2）由切线的性质得到DE⊥BC，从而得到tan∠OBC=DEOCBDOB=，这样结合已知

条件求出a的值是解第2小题的关键；（3）过点M作MF⊥y轴于点F，这样由sin∠BCO=FMBOMCBC=变形把MC用含m的代数式表达出来，再由折叠的性质和MN∥y轴证的MN=MC，这样就可分点N在BC的上方和下方两种情况列出关于m的方程，解方程求得对应的m的值是解第3

小题的关键.4.（2020年陕西省初中学业水平考试数学模拟试卷（一)）如图，已知二次函数y＝ax2+2x+c的图象经过点C（0，3），与x轴分别交于点A，点B（3，0）．点P是直线BC上方的抛物线上一动点．（1）求二次函数y＝a

x2+2x+c的表达式；（2）连接PO，PC，并把△POC沿y轴翻折，得到四边形POP′C．若四边形POP′C为菱形，请求出此时点P的坐标；（3）当点P运动到什么位置时，四边形ACPB的面积最大？求出此时P点的坐标和四边

形ACPB的最大面积．21【解析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；（2）根据菱形的对角线互相垂直且平分，可得P点的纵坐标，根据自变量与函数值的对应关系，可得P点坐标；（3）根据平行于y轴的直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得PQ的长

，根据面积的和差，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得答案．【解答】解：（1）将点B和点C的坐标代入函数解析式，得，解得，二次函数的解析式为y＝﹣x2+2x+3；（2）若四边形POP′C为菱形，则点P在线段CO的垂直平分线

上，如图1，连接PP′，则PE⊥CO，垂足为E，∵C（0，3），∴E（0，），∴点P的纵坐标，22当y＝时，即﹣x2+2x+3＝，解得x1＝，x2＝（不合题意，舍），∴点P的坐标为（，）；（3）如图2，P在抛物线上，设P

（m，﹣m2+2m+3），设直线BC的解析式为y＝kx+b，将点B和点C的坐标代入函数解析式，得，解得．直线BC的解析为y＝﹣x+3，设点Q的坐标为（m，﹣m+3），PQ＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m．当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，解得x1

＝﹣1，x2＝3，OA＝1，AB＝3﹣（﹣1）＝4，S四边形ABPC＝S△ABC+S△PCQ+S△PBQ＝AB•OC+PQ•OF+PQ•FB＝×4×3+（﹣m2+3m）×323＝﹣（m﹣）2+，当m＝时，四边形ABPC的面积最大

．当m＝时，﹣m2+2m+3＝，即P点的坐标为（，）．当点P的坐标为（，）时，四边形ACPB的最大面积值为．5.（广东省2020年初中学业水平考试仿真模拟试卷（二）抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴交于A(－1，0)、B（A在B的左边），y轴交于C，且OB＝OC＝4OA（1）

求抛物线的解析式（2）如图1，直线y＝x交抛物线于D、E两点，点F在抛物线上，且在直线DE下方的，若以F为圆心的作⨀F，当⨀F与直线DE相切时，求⨀F最大半径r及此时F坐标；（3）如图2，M是抛物线上一点，连接AM交y轴于G，作AM关于x轴对称的

直线交抛物线于N，连接AN、MN，点K是MN的中点，若G、K的纵坐标分别是t、n．求t，n的数量关系【答案】（1）234yxx=−−；（2）⨀F最大半径r的最大值为42，点F的坐标为（2，-6）；（3）n=2t【解析】【分析】（1）

根据题意，即可求出点B和点C的坐标，然后将A、C两点的坐标代入解析式中即可求出结论；（2）联立方程即可求出D、E的坐标，从而求出DE，设⨀F与DE相切于H，连接FH，FD、FE，过点F作FG⊥x轴交DE于G，设点F的坐标为（x，234xx−−），由DE为定值，12DEFSDEFH=△24可

知：当△DEF的面积最大时，FH最大，即r最大，利用“铅垂高，水平宽”求出△DEF的面积的最大值，即可求出r的最大值和此时点F的坐标；（3）设AN与y轴交于点D，利用待定系数法求出直线AM和AN的解析式，联立方程即可求出

点M和点N的坐标，再根据中点公式即可求出结论．【详解】解：（1）∵A(－1，0)∴OA=1∴OB＝OC＝4OA=4∴点B的坐标为（4,0），点C的坐标为（0，-4）将点A、C的坐标代入y＝x2＋bx＋c中，得014bcc=−+−=解得：34bc=−=−∴抛物线

的解析式为234yxx=−−；（2）联立234yxxyx=−−=解得：222222xy=−=−或222222xy=+=+∴点D的坐标为（222−，222−），点E的坐标为（222+，22

2+）∴DE=()()()()22222222222222+−−++−−=8设⨀F与DE相切于H，连接FH，FD、FE，过点F作FG⊥x轴交DE于G，设点F的坐标为（x，234xx−−），25∴FH⊥DE，点G的坐标为（x，

x）∴FG=x－()234xx−−=244xx−++∵DE为定值，12DEFSDEFH=△=4FH∴当△DEF的面积最大时，FH最大，即r最大而DEFS△=12FG·（xE－xD）=()()()21442222222xx

−+++−−=()2222162x−−+∵22−＜0∴当x=2时，DEFS△最大，其最大值为162∴此时FH=162÷4=42，点F的坐标为（2，-6）即⨀F最大半径r的最大值为42，点F的坐标为（2，-6）；（3）设AN与y轴交于点D由题意可知：点G的坐标为（0

，t）26由对称的性质可知：点D的坐标为（0，-t）设直线AM的解析式为y=kx＋a将A、G的坐标代入，得0kata=−+=解得：ktat==∴直线AM的解析式为ytxt=+同理可求，直线AN的解析式为ytxt=−−联立234yxxy

txt=−−=+解得：10xy=−=或245xtytt=+=+∴点M的坐标为（4t+，25tt+）联立234yxxytxt=−−=−−解得：10xy=−=或245xtytt=−=−∴点N的坐标为（4t−，25tt−）∴点K的纵坐标n=()(

)22552tttt++−=2t即n=2t．【点睛】此题考查的是二次函数的综合大题，此题难度较大，掌握利用待定系数法求二次函数解析式、一次函数解析式、利用“铅垂高，水平宽”求面积最值、切线的性质和联立方程

求交点坐标是解题关键．6.（河南省洛阳市第二外国语学校2020年中考数学二模试卷）如图，抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，交y轴于点C，连接BC．27（1）求抛物线的解析式；（2）点P是第一象限抛物线上一点，设P点的横坐标为m．过点P作PD⊥x轴，交

BC于点D，过点D作DE⊥y轴，垂足为E，连接PE，当△PDE和△BOC相似时，求点P的坐标；（3）连接AC，Q是线段BC上一动点，过Q作QF⊥AC于F，QG⊥AB于G，连接FG．请直接写出FG的最小值和此时点Q的坐标．【解析】（1）用待定系

数法进行解答即可；（2）根据已知P点的横坐标为m，可得点P和D的坐标，用m的代数式表示PD和DE，根据相似三角形的两种情况，由两直角边对应成比例，列出m的方程即可；（3）先利用待定系数法计算AC和FQ的解析式，因为Q是FQ与BC的交点，列方程组可得Q的横坐标，从而可以得G的坐标，根据两点的距离

公式可得FG2，利用二次函数的最值可得结论．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，∴，解得：，∴抛物线的解析式为：y＝﹣；（2）如图1，令x＝0，得y＝4，∴C

（0，4），∴OC＝4，∵B（3，0），∴OB＝3，设直线BC的解析式为y＝kx+n（k≠0），则，28解得：，∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+4，设P（m，﹣m2+m+4），则D（m，﹣m+4），∴DP＝（﹣m2+m+4）﹣（

﹣m+4）＝﹣m2+4m，DE＝m，∵∠BOC＝∠PDE＝90°，∵，∴当△PDE和△BOC相似时，∴＝或，∴3PD＝4ED或4PD＝3ED，①当3PD＝4ED时，3（﹣m2+4m）＝4m，4m2﹣﹣8m＝0，m＝0（舍）或2，∴P（2，4），②当4P

D＝3ED时，4（﹣m2+4m）＝3m，解得：m＝0（舍）或，∴P（，）；综上，点P的坐标为：（2，4）或（，）；（3）∵A（﹣1，0），C（0，4），29同理可得：AC的解析式为：y＝4x+4，设F（t，4t+4），﹣1＜t＜0，∵FQ⊥AC，∴kFQ＝

﹣＝﹣，同理可得：FQ的解析式为：y＝﹣x+t+4，则，解得：x＝﹣t，∴G（﹣t，0），∴FG2＝（t+t）2+（4t+4）2＝，∴当t＝﹣时，FG2有最小值＝，∴FG的最小值是，此时Q（，）．7.（

2020年河南省周口市西华县九年级中考三模数学试题）如图，抛物线23yaxbx=+−交x轴于,AB两点，交y轴于点C，顶点F的坐标为()1,4−−，对称轴交x轴于点H，直线112yx=−交x轴于点D，

交y轴于点E，交抛物线对称轴于点G．30（1）求抛物线的解析式；（2）设点M为抛物线对称轴上一动点，若DGM是以DG为腰的等腰三角形，请求出点M的坐标；（3）点P为抛物线上一个动点，当点P关于直线1

12yx=−的对称点恰好落在x轴上时，请直接写出点P的坐标．【答案】（1）223yxx=+−；（2）点M的坐标为31,2−或3531,2−−或3531,2+−−；（3）点P的坐标为()1,4−−或120,39−【解析】【分

析】（1）由抛物线的顶点坐标可设抛物线的解析式为()214yax=+−，再根据C的坐标利用待定系数法即可求出解析式；（2）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点D，G的坐标，进而可求出DG的长度，然后分DG=DM，DG=GM两种情况利用等腰

三角形的性质进行分析计算即可；（3）过点E作EN⊥直线DE，交x轴于点N，设点P关于直线112yx=−的对称点落在x轴上Q点处，连接PQ交直线DE于点R，可证DOE△∽DENV，利用相似三角形的性质可求出点N的坐标，由点E、N的坐标利用待定系数法可求出直线EN的解

析式，利用//PQEN可设直线PQ的解析式为y=－2x+m，利用一次函数图像上点的坐标特征可求出点Q的坐标，联立直线PQ和直线DE的解析式，31可求出点R的坐标，进而可得出点P的坐标，将点P坐标代入解析式即可求m的值，从而得到点P的坐标．【详解】解

：（1）在抛物线23yaxbx=+−中，当0x=时，3y=−，点C的坐标为()0,3−，∵抛物线的顶点为()1,4−−，∴设抛物线的解析式为()214yax=+−，将()0,3C−代入()214yax=+−得：()23014a−=+−，解得：1a=，∴抛物线的解

析式为()221423yxxx=+−=+−，∴抛物线的解析式为223yxx=+−；（2）当0y=时，1102x−=，解得：2x=，∴D的坐标为()2,0，当1x=−时，13122yx=−=−，∴点G的坐标为31,2

−−，∴()3213,2DHGH=−−==，∴22352DGDHHG=+=，当DGDM=时，32HMHG==，∴点M的坐标为31,2−，当352GMGD==时，若点M在点G的上方，3532MHMGGH−=−=，∴点M的坐标为353

1,2−−，32若点M在点G的下方，3532MHMGGH+=+=，∴点M的坐标为3531,2+−−，综上所述：点M的坐标为31,2−或3531,2−−或3531,2+−−；（3）过点E作EN⊥直线DE

，交x轴于点N，设点P关于直线112yx=−的对称点落在x轴上Q点处，连接PQ交直线DE于点R，当0x=时，1112yx=−=−，∴点E的坐标为(0，－1)，∴OE=1，DE=225OEOD+=，∵90

DOEDEN==，ODEEDN=，∴DOE△∽DENV，∴DNDEDEDO=，即525DN=，∴52DN=，∴点N坐标为1,02−，∵点E的坐标为(0，－1)，点N坐标为1,02

−，33∴线段EN所在直线解析式为21yx=−−，由题可得，//PQEN，故设直线PQ的解析式为2yxm=−+，当0y=时，20xm−+=，解得：2mx=，∴点Q的坐标为,02m，联立直线P

Q和直线DE的解析式，得：1122yxyxm=−=−+，解得：22545mxmy+=−=，∴点R的坐标为224,55mm+−，∵点R为线段PQ的中点，∴点P的坐标为3828,105mm+−，∵点P在抛物线223yxx=+−的图

象上，∴23838282310105mmm++−+−=，整理，得：2968840mm++=，解得：12146,9mm=−=−，∴点P的坐标为()1,4−−或120,39−．【点睛】本题考查了待定系数法求二次

函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、勾股定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质、平行线的性质、中点坐标公式以及二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是灵活利用二次函数图象上点的坐标特征．3

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