2020-2021中考数学二次函数-经典压轴题附答案解析

一、二次函数

1．如图①,已知抛物线y=ax2+bx+c的图像经过点A（0，3)、B（1，0），其对称轴为直线l：x=2，过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点，设其横坐标为m.

（1）求抛物线的解析式；

（2）若动点P在直线OE下方的抛物线上，连结PE、PO，当m为何值时，四边形AOPE面积最大，并求出其最大值；

（3）如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）y=x2-4x+3.（2）当m=点的坐标为 ：P1（P4（

575时，四边形AOPE面积最大，最大值为.（3）P

823-51+55+51+53+515，），P2（，），P3（，），

2222225515，）. 22【解析】

分析：（1）利用对称性可得点D的坐标，利用交点式可得抛物线的解析式；

（2）设P（m，m2-4m+3），根据OE的解析式表示点G的坐标，表示PG的长，根据面积和可得四边形AOPE的面积，利用配方法可得其最大值； （3）存在四种情况：

如图3，作辅助线，构建全等三角形，证明△OMP≌△PNF，根据OM=PN列方程可得点P的坐标；同理可得其他图形中点P的坐标．

详解：（1）如图1，设抛物线与x轴的另一个交点为D，

由对称性得：D（3，0），

设抛物线的解析式为：y=a（x-1）（x-3）， 把A（0，3）代入得：3=3a， a=1，

∴抛物线的解析式；y=x2-4x+3； （2）如图2，设P（m，m2-4m+3），

∵OE平分∠AOB，∠AOB=90°， ∴∠AOE=45°，

∴△AOE是等腰直角三角形， ∴AE=OA=3， ∴E（3，3），

易得OE的解析式为：y=x， 过P作PG∥y轴，交OE于点G， ∴G（m，m），

∴PG=m-（m2-4m+3）=-m2+5m-3， ∴S四边形AOPE=S△AOE+S△POE，

11×3×3+PG•AE， 2291=+×3×（-m2+5m-3）， 22315=-m2+m， 22=

=

5375（m-）2+，

8223＜0， 2∵-

∴当m=

575时，S有最大值是；

82（3）如图3，过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N，

∵△OPF是等腰直角三角形，且OP=PF， 易得△OMP≌△PNF， ∴OM=PN，

∵P（m，m2-4m+3）， 则-m2+4m-3=2-m， 解得：m=5+555或，

225+51+55515，）或（，）；

2222∴P的坐标为（如图4，过P作MN⊥x轴于N，过F作FM⊥MN于M，

同理得△ONP≌△PMF， ∴PN=FM，

则-m2+4m-3=m-2， 解得：x=3-53+5或； 223-51+53+515，）或（，）；

22225+51+555153+5，）或（，）或（，22222P的坐标为（综上所述，点P的坐标是：（

153-51+5）或（，）． 222点睛：本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的综合应用，相似三角形的判定与性质以及解一元二次方程的方法，解第（2）问时需要运用配方法，解第（3）问时需要运用分类讨论思想和方程的思想解决问题．

2．如图，已知直线ykx6与抛物线yax2bxc相交于A，B两点，且点A（1，－4）为抛物线的顶点，点B在x轴上。

（1）求抛物线的解析式；

（2）在（1）中抛物线的第二象限图象上是否存在一点P，使△POB与△POC全等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；

（3）若点Q是y轴上一点，且△ABQ为直角三角形，求点Q的坐标。

2【答案】解：（1）yx2x3；（2）存在，P（

1-1313-1，）；（3）Q点坐标2273）或（0，）或（0，－1）或（0，－3）. 22【解析】 【分析】

为（0，-（1）已知点A坐标可确定直线AB的解析式，进一步能求出点B的坐标．点A是抛物线的顶点，那么可以将抛物线的解析式设为顶点式，再代入点B的坐标，依据待定系数法可解. （2）首先由抛物线的解析式求出点C的坐标，在△POB和△POC中，已知的条件是公共边OP，若OB与OC不相等，那么这两个三角形不能构成全等三角形；若OB等于OC，那么还要满足的条件为：∠POC=∠POB，各自去掉一个直角后容易发现，点P正好在第二象限

的角平分线上，联立直线y=-x与抛物线的解析式，直接求交点坐标即可，同时还要注意点P在第二象限的限定条件.

（3）分别以A、B、Q为直角顶点，分类进行讨论，找出相关的相似三角形，依据对应线段成比例进行求解即可. 【详解】

解：（1）把A（1，﹣4）代入y＝kx﹣6，得k＝2， ∴y＝2x﹣6， 令y＝0，解得：x＝3， ∴B的坐标是（3，0）． ∵A为顶点，

∴设抛物线的解析为y＝a（x﹣1）2﹣4， 把B（3，0）代入得：4a﹣4＝0， 解得a＝1，

∴y＝（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3． （2）存在．

∵OB＝OC＝3，OP＝OP，

∴当∠POB＝∠POC时，△POB≌△POC， 此时PO平分第二象限，即PO的解析式为y＝﹣x． 设P（m，﹣m），则﹣m＝m2﹣2m﹣3，解得m＝∴P（1+131-13（m＝＞0，舍），

221-1313-1，）． 22（3）①如图，当∠Q1AB＝90°时，△DAQ1∽△DOB，

5ADDQ15DQ1∴=，即，∴DQ1＝， ODDB2635∴OQ1＝

77，即Q1（0，-）； 22②如图，当∠Q2BA＝90°时，△BOQ2∽△DOB， ∴

OBOQ23OQ2，即， ODOB6333，即Q2（0，）； 22∴OQ2＝

③如图，当∠AQ3B＝90°时，作AE⊥y轴于E，

则△BOQ3∽△Q3EA，

OQ3OBOQ33∴，即 Q3EAE4OQ31∴OQ32﹣4OQ3+3＝0，∴OQ3＝1或3， 即Q3（0，﹣1），Q4（0，﹣3）． 综上，Q点坐标为（0，-

73）或（0，）或（0，﹣1）或（0，﹣3）． 22

3．如图，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）的对称轴为直线x＝﹣1，抛物线交x轴于A、C两点，与直线y＝x﹣1交于A、B两点，直线AB与抛物线的对称轴交于点E． （1）求抛物线的解析式．

（2）点P在直线AB上方的抛物线上运动，若△ABP的面积最大，求此时点P的坐标． （3）在平面直角坐标系中，以点B、E、C、D为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出符合条件点D的坐标．

【答案】(1)y＝﹣x2﹣2x+3；(2)点P(D2(﹣6，﹣3)，D3(﹣2，﹣7)． 【解析】 【分析】

315，)；(3)符合条件的点D的坐标为D1(0，3)，42(1)令y＝0，求出点A的坐标，根据抛物线的对称轴是x＝﹣1，求出点C的坐标，再根据待定系数法求出抛物线的解析式即可；

(2)设点P(m，﹣m2﹣2m+3)，利用抛物线与直线相交，求出点B的坐标，过点P作PF∥y轴交直线AB于点F，利用S△ABP＝S△PBF+S△PFA，用含m的式子表示出△ABP的面积，利用二次函数的最大值，即可求得点P的坐标；

(3)求出点E的坐标，然后求出直线BC、直线BE、直线CE的解析式，再根据以点B、E、C、D为顶点的四边形是平行四边形，得到直线D1D2、直线D1D3、直线D2D3的解析式，即可求出交点坐标． 【详解】

解：(1)令y＝0，可得：x﹣1＝0，解得：x＝1， ∴点A(1，0)，

∵抛物线y＝ax2+bx+3(a≠0)的对称轴为直线x＝﹣1， ∴﹣1×2﹣1＝﹣3，即点C(﹣3，0)，

ab3＝0∴9a3b3＝0a＝1 ，解得：b＝2，

∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3； (2)∵点P在直线AB上方的抛物线上运动， ∴设点P(m，﹣m2﹣2m+3)，

∵抛物线与直线y＝x﹣1交于A、B两点，

y＝x22x3x1＝4∴ ，解得：y＝x1y1＝5∴点B(﹣4，﹣5)，

则点F(m，m﹣1)，

∴PF＝﹣m2﹣2m+3﹣m+1＝﹣m2﹣3m+4， ∴S△ABP＝S△PBF+S△PFA ＝

1x2＝，y2＝0，

如图，过点P作PF∥y轴交直线AB于点F，

11(﹣m2﹣3m+4)(m+4)+(﹣m2﹣3m+4)(1﹣m) 22＝-

53125 ， （m+ ）2+

2283时，P最大， 2∴当m＝∴点P(315，). 24(3)当x＝﹣1时，y＝﹣1﹣1＝﹣2， ∴点E(﹣1，﹣2)，

如图，直线BC的解析式为y＝5x+15，直线BE的解析式为y＝x﹣1，直线CE的解析式为y＝﹣x﹣3，

∵以点B、C、E、D为顶点的四边形是平行四边形，

∴直线D1D3的解析式为y＝5x+3，直线D1D2的解析式为y＝x+3，直线D2D3的解析式为y＝﹣x﹣9，

y＝5x3 得D1(0，3)， 联立y＝x3同理可得D2(﹣6，﹣3)，D3(﹣2，﹣7)，

综上所述，符合条件的点D的坐标为D1(0，3)，D2(﹣6，﹣3)，D3(﹣2，﹣7)．

【点睛】

本题考查二次函数的综合应用，解决第(2)小题中三角形面积的问题时，找到一条平行或垂直于坐标轴的边是关键；对于第(3)小题，要注意分类讨论、数形结合的运用，不要漏解．

4．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线的顶点坐标为（2，0），且经过点（4，1），

1x与抛物线交于A、B两点，直线l为y=﹣1． 4（1）求抛物线的解析式；

如图，直线y=

（2）在l上是否存在一点P，使PA+PB取得最小值？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

（3）知F（x0，y0）为平面内一定点，M（m，n）为抛物线上一动点，且点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等，求定点F的坐标．

【答案】（1）抛物线的解析式为y=定点F的坐标为（2，1）． 【解析】

1228x﹣x+1．（2）点P的坐标为（，﹣1）．（3）

134分析：（1）由抛物线的顶点坐标为（2，0），可设抛物线的解析式为y=a（x-2）2，由抛

物线过点（4，1），利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；

（2）联立直线AB与抛物线解析式成方程组，通过解方程组可求出点A、B的坐标，作点B关于直线l的对称点B′，连接AB′交直线l于点P，此时PA+PB取得最小值，根据点B的坐标可得出点B′的坐标，根据点A、B′的坐标利用待定系数法可求出直线AB′的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征即可求出点P的坐标；

（3）由点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等结合二次函数图象上点的坐标

11-y0）m2+（2-2x0+2y0）m+x02+y02-2y0-3=0，由m的任意性可得出关22于x0、y0的方程组，解之即可求出顶点F的坐标． 详解：（1）∵抛物线的顶点坐标为（2，0）， 设抛物线的解析式为y=a（x-2）2． ∵该抛物线经过点（4，1），

1∴1=4a，解得：a=，

411∴抛物线的解析式为y=（x-2）2=x2-x+1．

44（2）联立直线AB与抛物线解析式成方程组，得：

特征，即可得出（1-

1y＝xx1＝1x2＝44，解得：，， 111y1＝y2＝y＝x2x144∴点A的坐标为（1，

1），点B的坐标为（4，1）． 4作点B关于直线l的对称点B′，连接AB′交直线l于点P，此时PA+PB取得最小值（如图1所示）．

∵点B（4，1），直线l为y=-1， ∴点B′的坐标为（4，-3）．

设直线AB′的解析式为y=kx+b（k≠0）， 将A（1，

1）、B′（4，-3）代入y=kx+b，得： 4131k＝kb＝12，解得：， 44b＝4kb＝33∴直线AB′的解析式为y=-当y=-1时，有-解得：x=

28， 1328，-1）． 13134x+， 123134x+=-1， 123∴点P的坐标为（

（3）∵点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等， ∴（m-x0）2+（n-y0）2=（n+1）2， ∴m2-2x0m+x02-2y0n+y02=2n+1． ∵M（m，n）为抛物线上一动点， ∴n=

12

m-m+1， 4121m-m+1）+y02=2（m2-m+1）+1， 44∴m2-2x0m+x02-2y0（整理得：（1-

11-y0）m2+（2-2x0+2y0）m+x02+y02-2y0-3=0． 22∵m为任意值，

11122y0＝0∴22x02y0＝0， x2y22y3＝0000x0＝2∴，

y＝10∴定点F的坐标为（2，1）．

点睛：本题考查了待定系数法求二次（一次）函数解析式、二次（一次）函数图象上点的坐标特征、轴对称中的最短路径问题以及解方程组，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）利用两点之间线段最短找出点P的位置；（3）根据点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等结合二次函数图象上点的坐标特征，找出关于x0、y0的方程组．

5．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c的顶点坐标为P（2，9），与x轴交于点A，B，与y轴交于点C（0，5）． （Ⅰ）求二次函数的解析式及点A，B的坐标；

（Ⅱ）设点Q在第一象限的抛物线上，若其关于原点的对称点Q′也在抛物线上，求点Q的坐标；

（Ⅲ）若点M在抛物线上，点N在抛物线的对称轴上，使得以A，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形，且AC为其一边，求点M，N的坐标．

【答案】（1）y=﹣x2+4x+5，A（﹣1，0），B（5，0）；（2）Q（5，45）；（3）M（1，8），N（2，13）或M′（3，8），N′（2，3）． 【解析】 【分析】

(1)设顶点式，再代入C点坐标即可求解解析式，再令y=0可求解A和B点坐标； (2)设点Q（m，﹣m2+4m+5），则其关于原点的对称点Q′（﹣m，m2﹣4m﹣5），再将Q′坐标代入抛物线解析式即可求解m的值，同时注意题干条件“Q在第一象限的抛物线上”； (3)利用平移AC的思路，作MK⊥对称轴x=2于K，使MK=OC，分M点在对称轴左边和右边两种情况分类讨论即可. 【详解】

（Ⅰ）设二次函数的解析式为y=a（x﹣2）2+9，把C（0，5）代入得到a=﹣1， ∴y=﹣（x﹣2）2+9，即y=﹣x2+4x+5， 令y=0，得到：x2﹣4x﹣5=0， 解得x=﹣1或5，

∴A（﹣1，0），B（5，0）．

（Ⅱ）设点Q（m，﹣m2+4m+5），则Q′（﹣m，m2﹣4m﹣5）． 把点Q′坐标代入y=﹣x2+4x+5， 得到：m2﹣4m﹣5=﹣m2﹣4m+5， ∴m=5或5（舍弃）， ∴Q（5，45）．

（Ⅲ）如图，作MK⊥对称轴x=2于K．

①当MK=OA，NK=OC=5时，四边形ACNM是平行四边形． ∵此时点M的横坐标为1， ∴y=8，

∴M（1，8），N（2，13），

②当M′K=OA=1，KN′=OC=5时，四边形ACM′N′是平行四边形， 此时M′的横坐标为3，可得M′（3，8），N′（2，3）． 【点睛】

本题主要考查了二次函数的应用，第3问中理解通过平移AC可应用“一组对边平行且相等”得到平行四边形.

6．如图，在平面直角坐标系中，二次函数yax2bxc交x轴于点A4,0、

B2,0，交y轴于点C0,6，在y轴上有一点E0,2，连接AE.

（1）求二次函数的表达式；

（2）若点D为抛物线在x轴负半轴上方的一个动点，求ADE面积的最大值； （3）抛物线对称轴上是否存在点P，使AEP为等腰三角形，若存在，请直接写出所有

P点的坐标，若不存在请说明理由.

【答案】（1）二次函数的解析式为y面积取得最大值【解析】

分析：（1）把已知点坐标代入函数解析式，得出方程组求解即可；

（2）根据函数解析式设出点D坐标，过点D作DG⊥x轴，交AE于点F，表示△ADE的面积，运用二次函数分析最值即可；

（3）设出点P坐标，分PA=PE，PA=AE，PE=AE三种情况讨论分析即可． 详解：（1）∵二次函数y=ax2+bx+c经过点A（﹣4，0）、B（2，0），C（0，6），

3232xx6；（2）当x时，ADE的42350；（3）P点的坐标为1,1，1,11，1,219. 316a4bc0∴4a2bc0， c63a43解得：b，

2c6所以二次函数的解析式为：y=323xx6； 421x2， 2（2）由A（﹣4，0），E（0，﹣2），可求AE所在直线解析式为y=过点D作DN⊥x轴，交AE于点F，交x轴于点G，过点E作EH⊥DF，垂足为H，如图，

设D（m，∴DF=3231mm6），则点F（m，m2）， 42232313mm6﹣（m2）=m2m8， 422411×DF×AG+DF×EH 22∴S△ADE=S△ADF+S△EDF= =

11×DF×AG+×DF×EH 221 =×4×DF 232 =2×（mm8）

4 =（m）∴当m=3223250， 3250时，△ADE的面积取得最大值为． 33323xx6的对称轴为x=﹣1，设P（﹣1，n），又E（0，﹣2），A（﹣42 （3）y=2，AE=4，0），可求PA=9n2，PE=116425，分三种情况讨论： （n2）2，解得：n=1，此时P（﹣1，1）； 当PA=PE时，9n2=1（n2） 当PA=AE时，9n2=16425，解得：n=11，此时点P坐标为（﹣1，

11）；

2= 当PE=AE时，116425，解得：n=﹣219，此时点P坐标为：（n2）（﹣1，﹣219）．

综上所述：P点的坐标为：（﹣1，1），（﹣1，11），（﹣1，﹣219）． 点睛：本题主要考查二次函数的综合问题，会求抛物线解析式，会运用二次函数分析三角形面积的最大值，会分类讨论解决等腰三角形的顶点的存在问题时解决此题的关键．

7．如图，直线y＝-

1x-3与x轴，y轴分别交于点A，C，经过点A，C的抛物线y＝ax2+bx2﹣3与x轴的另一个交点为点B(2，0)，点D是抛物线上一点，过点D作DE⊥x轴于点E，连接AD，DC．设点D的横坐标为m． (1)求抛物线的解析式；

(2)当点D在第三象限，设△DAC的面积为S，求S与m的函数关系式，并求出S的最大值及此时点D的坐标；

(3)连接BC，若∠EAD＝∠OBC，请直接写出此时点D的坐标．

【答案】(1)y＝D(﹣3，﹣【解析】 【分析】

3122727x+x﹣3；(2)S△ADC=﹣(m+3)2+；△ADC的面积最大值为；此时444415)；(3)满足条件的点D坐标为(﹣4，﹣3)或(8，21). 4（1）求出A坐标，再用待定系数法求解析式；（2）设DE与AC的交点为点F.设点D的坐标为：(m，

121m+m﹣3)，则点F的坐标为：(m，﹣m﹣3)，根据S△ADC＝S△ADF+S△DFC求42出解析式，再求最值；（3）①当点D与点C关于对称轴对称时，D(﹣4，﹣3)，根据对称性此时∠EAD＝∠ABC．

②作点D(﹣4，﹣3)关于x轴的对称点D′(﹣4，3)，直线AD′的解析式为y＝组求出函数图像交点坐标. 【详解】

3x+9，解方程21x﹣3中，当y＝0时，x＝﹣6， 2即点A的坐标为：(﹣6，0)，

将A(﹣6，0)，B(2，0)代入y＝ax2+bx﹣3得：

解：(1)在y＝﹣

36a6b30， 4a2b301a解得：4，

b1∴抛物线的解析式为：y＝(2)设点D的坐标为：(m，设DE与AC的交点为点F.

12

x+x﹣3； 4121m+m﹣3)，则点F的坐标为：(m，﹣m﹣3)， 421113m﹣3﹣(m2+m﹣3)＝﹣m2﹣m， 2442∴S△ADC＝S△ADF+S△DFC

∴DF＝﹣＝＝＝

11DF•AE+•DF•OE 221DF•OA 2113×(﹣m2﹣m)×6 242＝﹣＝﹣

329m﹣m 42327(m+3)2+，

443∵a＝﹣＜0，

4∴抛物线开口向下，

∴当m＝﹣3时，S△ADC存在最大值又∵当m＝﹣3时，∴存在点D(﹣3，﹣

27， 41215m+m﹣3＝﹣，

442715)，使得△ADC的面积最大，最大值为； 44(3)①当点D与点C关于对称轴对称时，D(﹣4，﹣3)，根据对称性此时∠EAD＝∠ABC． ②作点D(﹣4，﹣3)关于x轴的对称点D′(﹣4，3)， 直线AD′的解析式为y＝

3x+9， 2y由y3x9x6x82，解得或，

12y0y21xx34此时直线AD′与抛物线交于D(8，21)，满足条件，

综上所述，满足条件的点D坐标为(﹣4，﹣3)或(8，21)

【点睛】

本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，一次函数的应用，二次函数的性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会构建一次函数解决实际问题，属于中考压轴题．.

8．如图，在平面直角坐标系中，二次函数yax2bxc交x轴于点A4,0、

B2,0，交y轴于点C0,6，在y轴上有一点E0,2，连接AE.

（1）求二次函数的表达式；

（2）若点D为抛物线在x轴负半轴上方的一个动点，求ADE面积的最大值； （3）抛物线对称轴上是否存在点P，使AEP为等腰三角形，若存在，请直接写出所有

P点的坐标，若不存在请说明理由.

【答案】（1）二次函数的解析式为y面积取得最大值【解析】

分析：（1）把已知点坐标代入函数解析式，得出方程组求解即可；

（2）根据函数解析式设出点D坐标，过点D作DG⊥x轴，交AE于点F，表示△ADE的面积，运用二次函数分析最值即可；

3232xx6；（2）当x时，ADE的42350；（3）P点的坐标为1,1，1,11，1,219. 3 （3）设出点P坐标，分PA=PE，PA=AE，PE=AE三种情况讨论分析即可． 详解：（1）∵二次函数y=ax2+bx+c经过点A（﹣4，0）、B（2，0），C（0，6），

16a4bc0∴4a2bc0， c63a43解得：b，

2c6所以二次函数的解析式为：y=323xx6； 421x2， 2（2）由A（﹣4，0），E（0，﹣2），可求AE所在直线解析式为y=过点D作DN⊥x轴，交AE于点F，交x轴于点G，过点E作EH⊥DF，垂足为H，如图，

设D（m，∴DF=3231mm6），则点F（m，m2）， 42232313mm6﹣（m2）=m2m8， 422411×DF×AG+DF×EH 22∴S△ADE=S△ADF+S△EDF= =

11×DF×AG+×DF×EH 221 =×4×DF 232 =2×（mm8）

4 =（m）∴当m=3223250， 3250时，△ADE的面积取得最大值为． 33 （3）y=323xx6的对称轴为x=﹣1，设P（﹣1，n），又E（0，﹣2），A（﹣422，AE=4，0），可求PA=9n2，PE=116425，分三种情况讨论： （n2）2，解得：n=1，此时P（﹣1，1）； 当PA=PE时，9n2=1（n2） 当PA=AE时，9n2=16425，解得：n=11，此时点P坐标为（﹣1，

11）；

2= 当PE=AE时，116425，解得：n=﹣219，此时点P坐标为：（n2）（﹣1，﹣219）．

综上所述：P点的坐标为：（﹣1，1），（﹣1，11），（﹣1，﹣219）． 点睛：本题主要考查二次函数的综合问题，会求抛物线解析式，会运用二次函数分析三角形面积的最大值，会分类讨论解决等腰三角形的顶点的存在问题时解决此题的关键．

9．如图①，抛物线yx2(a1)xa与x轴交于A、B两点(点A位于点B的左侧)，与y轴交于点C，已知ABC的面积为6. (1)求a的值；

(2)求ABC外接圆圆心的坐标；

(3)如图②，P是抛物线上一点，点Q为射线CA上一点，且P、Q两点均在第三象限内，Q、A是位于直线BP同侧的不同两点，若点P到x轴的距离为d，QPB的面积为2d，且PAQAQB，求点Q的坐标.

【答案】(1)-3；(2)坐标(-1，1)；(3)Q4,1. 【解析】 【分析】

（1）利用抛物线解析式得到A、B、C三点坐标，然后利用三角形面积公式列出方程解出a；（2）利用第一问得到A、B、C三点坐标，求出AC解析式，找到AC垂直平分线的解析式，与AB垂直平分线解析式联立，解出x、y即为圆心坐标；（3）过点P做PD⊥x轴，

PD=d，发现△ABP与△QBP的面积相等，得到A、D两点到PB得距离相等，可得AQ∥PB，求出PB解析式，与二次函数解析式联立得到P点坐标，又易证

ABQ≌QPA，得到BQ=AP=26，设出Q点坐标，点与点的距离列出方程，解出Q点坐

标即可 【详解】

(1)解：由题意得yx1xa 由图知：a＜0

,,C0,a 所以A(a,0)，B10SABC11aa=6 2a3或a4(舍)

∴

a3

,,C0,3 (2)由(1)得A(-3,0)，B10∴直线AC得解析式为：y=x+3

33, 22∴AC的垂直平分线为：yx

AC中点坐标为又∵AB的垂直平分线为：x1

yxx1∴ 得

x1y1ABC外接圆圆心的坐标(-1，1). (3)解：过点P做PD⊥x轴 由题意得：PD=d，

1∴SABPPDAB

2 =2d

∵QPB的面积为2d

∴SABPSBPQ，即A、D两点到PB得距离相等 ∴AQ∥PB

设PB直线解析式为;yxb过点B(1,0) ∴yx1

yx1x4x1(舍) ∴ 易得2yx2x3y5y0所以P(-4,-5),

由题意及PAQAQB 易得：ABQ≌QPA ∴BQ=AP=26 设Q(m，-1)(m＜0) ∴1m1226

2m4

∴Q4,1. 【点睛】

本题考查二次函数综合性问题，涉及到一次函数、三角形外接圆圆心、全等三角形等知识点，第一问关键在于用a表示出A、B、C三点坐标；第二问关键在于找到AC垂直平分线的解析式，与AB垂直平分线解析式；第三问关键在于能够求出PB的解析式

10．如图甲，直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，经过B、C两点的抛物线y=x2+bx+c与x轴的另一个交点为A，顶点为P． （1）求该抛物线的解析式；

（2）在该抛物线的对称轴上是否存在点M，使以C，P，M为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请直接写出所符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由； （3）当0＜x＜3时，在抛物线上求一点E，使△CBE的面积有最大值（图乙、丙供画图探

究）．

【答案】（1）y=x2﹣4x+3；（2）（2，2

）；（3）E点坐标为（

，

）或（2，7）或（2，﹣1+2）或（2，﹣1﹣

）时，△CBE的面积最大．

【解析】

试题分析：（1）由直线解析式可求得B、C坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式； （2）由抛物线解析式可求得P点坐标及对称轴，可设出M点坐标，表示出MC、MP和PC的长，分MC=MP、MC=PC和MP=PC三种情况，可分别得到关于M点坐标的方程，可求得M点的坐标；

（3）过E作EF⊥x轴，交直线BC于点F，交x轴于点D，可设出E点坐标，表示出F点的坐标，表示出EF的长，进一步可表示出△CBE的面积，利用二次函数的性质可求得其取得最大值时E点的坐标．

试题解析：（1）∵直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C， ∴B（3，0），C（0，3）， 把B、C坐标代入抛物线解析式可得∴抛物线解析式为y=x2﹣4x+3； （2）∵y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1， ∴抛物线对称轴为x=2，P（2，﹣1）， 设M（2，t），且C（0，3）， ∴MC=

∵△CPM为等腰三角形，

∴有MC=MP、MC=PC和MP=PC三种情况， ①当MC=MP时，则有②当MC=PC时，则有7）；

③当MP=PC时，则有|t+1|=21+2

）或（2，﹣1﹣2

）；

）或（2，7）或（2，﹣1+2

）或

，解得t=﹣1+2

或t=﹣1﹣2

，此时M（2，﹣

=2

=|t+1|，解得t=

，此时M（2，

）；

，MP=|t+1|，PC=

，

，解得

，

，解得t=﹣1（与P点重合，舍去）或t=7，此时M（2，

综上可知存在满足条件的点M，其坐标为（2，（2，﹣1﹣2

）；

（3）如图，过E作EF⊥x轴，交BC于点F，交x轴于点D，

设E（x，x2﹣4x+3），则F（x，﹣x+3）， ∵0＜x＜3，

∴EF=﹣x+3﹣（x2﹣4x+3）=﹣x2+3x，

∴S△CBE=S△EFC+S△EFB=∴当x=

EF•OD+EF•BD=EF•OB=×3（﹣x2+3x）=﹣，

），

（x﹣）2+，

时，△CBE的面积最大，此时E点坐标为（

，

）时，△CBE的面积最大．

即当E点坐标为（

考点：二次函数综合题．

11．如图，已知二次函数y=ax2+bx+3的图象交x轴于点A（1，0），B（3，0），交y轴于点C．

（1）求这个二次函数的表达式；

（2）点P是直线BC下方抛物线上的一动点，求△BCP面积的最大值；

（3）直线x=m分别交直线BC和抛物线于点M，N，当△BMN是等腰三角形时，直接写出m的值．

【答案】（1）这个二次函数的表达式是y=x2﹣4x+3；（2）S△BCP最大=是等腰三角形时，m的值为2，﹣2，1，2． 【解析】

分析：（1）根据待定系数法，可得函数解析式；

27；（3）当△BMN8（2）根据平行于y轴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PE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； （3）根据等腰三角形的定义，可得关于m的方程，根据解方程，可得答案． 详解：（1）将A（1，0），B（3，0）代入函数解析式，得

ab3＝0， 9a3b3＝01a＝解得，

b＝4这个二次函数的表达式是y=x2-4x+3； （2）当x=0时，y=3，即点C（0，3），

设BC的表达式为y=kx+b，将点B（3，0）点C（0，3）代入函数解析式，得

3kb＝0， b＝0解这个方程组，得

k＝1 b＝3直线BC的解析是为y=-x+3， 过点P作PE∥y轴

，

交直线BC于点E（t，-t+3）， PE=-t+3-（t2-4t+3）=-t2+3t， ∴S△BCP=S△BPE+SCPE=∵-

12733（-t2+3t）×3=-（t-）2+，

22282733. ＜0，∴当t=时，S△BCP最大=

228（3）M（m，-m+3），N（m，m2-4m+3） MN=m2-3m，BM=2|m-3|，

当MN=BM时，①m2-3m=2（m-3），解得m=2， ②m2-3m=-2（m-3），解得m=-2 当BN=MN时，∠NBM=∠BMN=45°， m2-4m+3=0，解得m=1或m=3（舍） 当BM=BN时，∠BMN=∠BNM=45°，

-（m2-4m+3）=-m+3，解得m=2或m=3（舍）， 当△BMN是等腰三角形时，m的值为2，-2，1，2．

点睛：本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法；解（2）的关键是利用面积的和差得出二次函数，又利用了二次函数的性质，解（3）的关键是利用等腰三角形的定义得出关于m的方程，要分类讨论，以防遗漏．

12．在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+

5x+c的图象经过点C（0，2）和点D（4，﹣31x+2与二次函数图象在第一象限内的交点． 3（1）求二次函数的解析式及点E的坐标．

2）．点E是直线y=﹣

（2）如图①，若点M是二次函数图象上的点，且在直线CE的上方，连接MC，OE，ME．求四边形COEM面积的最大值及此时点M的坐标．

（3）如图②，经过A、B、C三点的圆交y轴于点F，求点F的坐标．

【答案】（1）E（3，1）；（2）S最大=

321，M坐标为（，3）；（3）F坐标为（0，﹣423）． 2【解析】 【分析】

1）把C与D坐标代入二次函数解析式求出a与c的值，确定出二次函数解析式，与一次函数解析式联立求出E坐标即可；

（2）过M作MH垂直于x轴，与直线CE交于点H，四边形COEM面积最大即为三角形CME面积最大，构造出二次函数求出最大值，并求出此时M坐标即可；

（3）令y=0，求出x的值，得出A与B坐标，由圆周角定理及相似的性质得到三角形AOC与三角形BOF相似，由相似得比例求出OF的长，即可确定出F坐标． 【详解】

2016ac2 ， （1）把C（0，2），D（4，﹣2）代入二次函数解析式得：3c2225a解得：3 ，即二次函数解析式为y=﹣x2+x+2，

33c2y﹣x2联立一次函数解析式得：， 225y﹣xx233125x+2=﹣x2+x+2， 333解得：x=0或x=3， 则E（3，1）；

消去y得：﹣

（2）如图①，过M作MH∥y轴，交CE于点H，

设M（m，﹣∴MH=（﹣

2251m+m+2），则H（m，﹣m+2）， 33322512m+m+2）﹣（﹣m+2）=﹣m2+2m， 3333S四边形COEM=S△OCE+S△CME=当m=﹣

11×2×3+MH•3=﹣m2+3m+3， 22b3213=时，S最大=，此时M坐标为（，3）； a242（3）连接BF，如图②所示，

当﹣

2255-735+73x+x+20=0时，x1=，x2=， 334473-55+73，OB=， 44∴OA=

∵∠ACO=∠ABF，∠AOC=∠FOB， ∴△AOC∽△FOB，

73-52OAOC∴ ，即4 ， OFOFOB5+7343解得：OF=，

2则F坐标为（0，﹣【点睛】

此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法求二次函数解析式，相似三角形的判定与性质，三角形的面积，二次函数图象与性质，以及图形与坐标性质，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．

3）． 2

13．如图，已知二次函数y=ax2+bx+3 的图象与x轴分别交于A(1,0)，B(3,0)两点，与y轴交于点C

（1）求此二次函数解析式；

（2）点D为抛物线的顶点，试判断△BCD的形状，并说明理由；

（3）将直线BC向上平移t(t>0)个单位，平移后的直线与抛物线交于M，N两点（点M在y轴的右侧），当△AMN为直角三角形时，求t的值． 【答案】（1）y【解析】 【分析】

（1）根据点A、B的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数解析式；

（2）利用配方法及二次函数图象上点的坐标特征，可求出点C、D的坐标，利用两点间的距离公式可求出CD、BD、BC的长，由勾股定理的逆定理可证出△BCD为直角三角形； （3）根据点B、C的坐标，利用待定系数法可求出直线BC的解析式，进而可找出平移后直线的解析式，联立两函数解析式成方程组，通过解方程组可找出点M、N的坐标，利用两点间的距离公式可求出AM2、AN2、MN2的值，分别令三个角为直角，利用勾股定理可得出关于t的无理方程，解之即可得出结论． 【详解】

2（1）将A1,0、B3,0代入yaxbx3，得：

x24x3；（2）△BCD为直角三角形，理由见解析；（3）当△AMN

为直角三角形时，t的值为1或4．

ab30a1，解得：， 9a3b30b4此二次函数解析式为yx24x3．

（2）BCD为直角三角形，理由如下：

Qyx24x3x21， 顶点D的坐标为2,1．

当x0时，yx4x33，

22点C的坐标为0,3． Q点B的坐标为3,0，

BC30032232，

BDCD231020132222， 25．

2QBC2BD220CD2，

CBD90，

BCD为直角三角形．

（3）设直线BC的解析式为ykxck0， 将B3,0，C0,3代入ykxc，得：

3kc0k1，解得：， c3c3直线BC的解析式为yx3，

将直线BC向上平移t个单位得到的直线的解析式为yx3t．

yx3t联立新直线与抛物线的解析式成方程组，得：， 2yx4x3394t394txx1222解得：，，

y32t94ty32t94t1222点M的坐标为(394t，32t94t)，点N的坐标为(394t，

22232t94t)．

2Q点A的坐标为1,0，

394t32t94t2AM210t5t71t94t，22394t32t94t2AN210t5t71t94t，22394t394t2MN2232t94t32t94t2222222188t． 2QAMN为直角三角形， 分三种情况考虑：

①当MAN90时，有AM2AN2MN2，即

t25t71t94tt25t71t94t188t，

整理，得：t2t20，

解得：t11，t22（不合题意，舍去）； ②当AMN90时，有AM2MN2AN2，即

t25t71t94t188tt25t71t94t，

整理，得：t22t80，

解得：t14，t22（不合题意，舍去）； ③当ANM90时，有AN2MN2AN2，即

t25t71t94t188tt25t71t94t，

整理，得：94t1t94t0．

Qt0，

该方程无解（或解均为增解）．

综上所述：当AMN为直角三角形时，t的值为1或4． 【点睛】

本题考查了待定系数法求二次函数解析式、待定系数法求一次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、勾股定理以及勾股定理的逆定理，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）利用两点间的距离公式结合勾股定理的逆定理找出BC2+BD2=CD2；（3）分∠MAN=90°、∠AMN=90°及∠ANM=90°三种情况考虑．

14．如图，已知抛物线yax2bx(a0)过点A(3,-3) 和B(33,0)，过点A作直线AC//x轴，交y轴与点C． （1）求抛物线的解析式；

（2）在抛物线上取一点P，过点P作直线AC的垂线，垂足为D，连接OA，使得以A，D，P为顶点的三角形与△AOC相似，求出对应点P的坐标； （3）抛物线上是否存在点Q，使得SAOC在，请说明理由.

1SAOQ?若存在，求出点Q的坐标；若不存3

【答案】（1）y1233834,- ）；（3）Qxx；（2）P点坐标为（43 ,6）或（3322点坐标（33，0）或（-23，15）

【解析】 【分析】

（1）把A与B坐标代入抛物线解析式求出a与b的值，即可确定出解析式； （2）设P坐标为x,1233x22x，表示出AD与PD，由相似分两种情况得比例求出x的值，即可确定出P坐标；

（3）存在，求出已知三角形AOC边OA上的高h，过O作OM⊥OA，截取OM=h,与y轴交于点N，分别确定出M与N坐标，利用待定系数法求出直线MN解析式，与抛物线解析式联立求出Q坐标即可． 【详解】

3a3b3（1）把A(3，3)和点B(33，0)代入抛物线得：，

27a33b0解得：a133，b， 221233xx； 22则抛物线解析式为y（2）当P在直线AD上方时，

1233设P坐标为x,2x21233x，则有，PDxx3， ADx32233OCCA当OCA∽ADP时，，即x31233， ADDPxx322整理得：3x293x1823x6，即3x2113x240， 解得：x此时P(1135383，即x或x3（舍去）， 63483，)；

3333OCCA当OCA∽PDA时，，即1233， x3PDADxx322整理得：3x29x636x63，即x253x120， 解得：x5333，即x43或3（舍去）， 2此时P(43，6)；

当点P0,0时，也满足OCA∽PDA；

当P在直线AD下方时，同理可得：P的坐标为(综上，P的坐标为(1043，)，

334108343，)或(43，6)或(，)或0,0；

33333，

（3）在RtAOC中，OC3，AC根据勾股定理得：OA23，

11Q OC·ACOA·h， 22h3， 2133， QSAOCSAOQ32AOQ边OA上的高为

9， 29，过M作MN//OA，交y轴于点N，如图所示： 2过O作OMOA，截取OM

在RtOMN中，ON2OM9，即N0,9， 过M作MHx轴，

19939393OM，OH，即M(，)， OM244424设直线MN解析式为ykx9，

在RtOMH中，MH把M坐标代入得：

993k9，即k3，即y3x9， 44y3x9联立得：1233，

xyx22解得：x33x23或，即Q(33，0)或(23，15)，

y0y15则抛物线上存在点Q，使得SAOC1SAOQ，此时点Q的坐标为(33，0)或(23，315)．

【点睛】

二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，点到直线的距离公式，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．

15．空地上有一段长为a米的旧墙MN，某人利用旧墙和木栏围成一个矩形菜园ABCD，已知木栏总长为100米．

（1）已知a=20，矩形菜园的一边靠墙，另三边一共用了100米木栏，且围成的矩形菜园面积为450平方米．如图1，求所利用旧墙AD的长；

（2）已知0＜α＜50，且空地足够大，如图2．请你合理利用旧墙及所给木栏设计一个方案，使得所围成的矩形菜园ABCD的面积最大，并求面积的最大值．

【答案】（1）利用旧墙AD的长为10米．（2）见解析. 【解析】 【分析】

（1）按题意设出AD，表示AB构成方程；

（2）根据旧墙长度a和AD长度表示矩形菜园长和宽，注意分类讨论s与菜园边长之间的数量关系． 【详解】

（1）设AD=x米，则AB=依题意得，

100-x米 2x(100x)＝450 2解得x1=10，x2=90 ∵a=20，且x≤a ∴x=90舍去

∴利用旧墙AD的长为10米．

（2）设AD=x米，矩形ABCD的面积为S平方米 ①如果按图一方案围成矩形菜园，依题意 得：

x(100x)1＝(x50)21250，0＜x＜a 22∵0＜a＜50

∴x＜a＜50时，S随x的增大而增大

S=

当x=a时，S最大=50a-

12a 2

②如按图2方案围成矩形菜园，依题意得 S=

x(100a2x)aaa＝[x(25)]2(25)2，a≤x＜50+

2442a100＜50时，即0＜a＜时， 43当a＜25+

aa210000200aa2则x=25+时，S最大=（25+）=，

4416当25+

a100≤a，即≤a＜50时，S随x的增大而减小 43∴x=a时，S最大=

a(100a2a)12=50aa，

221001210000200aa2(3a100)2-（50aa）=综合①②，当0＜a＜时，＞0

2316161210000200aa2＞50aa，此时，按图2方案围成矩形菜园面积最大，最大面积

21610000200aa2为平方米

16当

100≤a＜50时，两种方案围成的矩形菜园面积最大值相等． 3a100时，围成长和宽均为（25+）米的矩形菜园面积最大，最大面积为

43∴当0＜a＜

10000200aa2平方米；

16当

100a≤a＜50时，围成长为a米，宽为（50-）米的矩形菜园面积最大，最大面积为

2312a）平方米． 2【点睛】

（50a本题以实际应用为背景，考查了一元二次方程与二次函数最值的讨论，解得时注意分类讨论变量大小关系．