中考数学汇编杨老师二次函数的综合难题集锦 27页

‎2012中考数学汇编 杨老师二次函数的综合难题集锦20121223‎ ‎（2012呼和浩特，25）如图，抛物线(a<0)与双曲线相交于点A、B，且抛物线经过坐标原点，点A的坐标为（–2，2），点B在第四象限内，过点B作直线BC∥x轴，点C为直线BC与抛物线的另一交点，已知直线BC与x轴之间的距离是点B到y轴的距离的4倍，记抛物线顶点为E。（1）求双曲线和抛物线的解析式；（2）计算△ABC与△ABE的面积；（3）在抛物线上是否存在点D，使△ABD的面积等于△ABE的面积的8倍。若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由。‎ ‎【解析】二次函数、反比例函数综合题 ‎【答案】解：（1）∵点A（–2，2）在双曲线上∴k= –4∴双曲线的解析式为 ‎ ∵BC与x轴之间的距离是点B到y轴的距离的4倍∴可设B点坐标为（m,–4m）（M>0）代入双曲线解析式得m=1∴抛物线过点A（–2，2）、B（1，–4）、O（0，0）∴ 解得∴抛物线的解析式为y= –x2–3x ‎ （2）∵抛物线的解析式为y= –x2–3x∴顶点E，对称轴为x=‎ ‎ ∵B（1，–4）∴–x2–3x=–4 解得x1=1,x2= –4‎ ‎ ∴C（–4，–4）∴S△ABC=5×6×=15‎ ‎ 由A、B两点坐标为（–2，2），（1，–4）可求得直线AB的解析式为：y= –2x–2‎ ‎ 设抛物线对称轴与AB交于点F，则F点坐标为（–，1）‎ ‎ ∴EF=‎ ‎ ∴S△ABE=S△AEF+S△BEF=××3= ‎ ‎ （3）∵S△ABE=∴8 S△ABE=15∴当点D与点C重合时，显然满足条件。‎ ‎ 当点D与点C不重合时，过点C作AB的平行线CD，其对应的一次函数解析式为y= –2x–12令–2x–12=–x2–3x解得x1=3,x2= –4(舍)当x=3时，y= –18‎ ‎ ∴存在另一点D（3，–18）满足条件。‎ ‎【点评】（1）利用反比例函数求点的坐标，并求出抛物线的解析式。（2）中利用解析式求出各个点的坐标，再求三角形的面积。（3）利用同底等高的原理作出平行线，找出另一点并求坐标。‎ ‎（2012湖北武汉，25）如图1、点A为抛物线C1：y =的顶点，点B的坐标为（1,0），直线AB交抛物线C1于另一点C，（1）求点C的坐标;（2）如图1,平行于y轴的直线x＝3交直线AB于点D，交抛物线C于点E，平行于y轴的直线x＝a交直线AB于F，交抛物线C1于G，若FG：DE＝4：3,求a的值。（3）如图2将抛物线C向下平移m（m>0）个单位得到抛物线C2且抛物线C2的顶点为点P交X轴负半轴于点M，交射线BC于点N，NQ⊥x轴于点Q，当NP平分∠MNQ时，求m的值。‎ 解析：1、求C点的坐标，可首先利用待定系数法求出直线AB的解析式，联立直线与抛物线得到方程组，求解方程组即可；‎ ‎2、根据题意，DE的长度可求又FG：DE＝4：3,故可求FG=2即∣yF-yG∣=2,把x＝a代人两个函数解析式，用a表示F、G、纵坐标，得到关于a的方程即可；‎ ‎3、解决本题关键在于抓住M、P之间的联系，可设点M坐标为（ t，0），根据待定系数法得抛物线C2解析式为y =，即P点坐标为（0，），又直线AB与抛物线C2的交点N坐标为（2-t，2-2t ），从而有∠NMO=450，进而MN与y轴交点为T（0，-t）,由特殊角三角函数和线段和差有NT=（2-t）,PT=-t+t2，又PN平分∠MNQ, NQ∥TP 故∠MNP=∠PNQ=∠TPN ，PT=NT,即-t+t2=(2-t)，从而求得t值，进而求得m.解：（1）当x=0时，y=－２, ∴A(0，－２)‎ 设直线AB的解析式为y=kx+b,有，解得. ∴直线AB的 解析式为y=2x-2.由C点为直线与抛物线y =的交点，则点C的横、纵坐标满足 解得 （舍） ∴点C的坐标为（4，6）‎ ‎（2）直线x＝3分别交直线AB和交抛物线C1于D、E两点。‎ ‎∴yD=4, yE=, ∴DE= ‎ ‎∵FG：DE＝4：3．FG＝２‎ ‎∵直线分别交直线AB和抛物线C于F、G两点。‎ ‎∴yF=2a-2, yG=a2-2, ∴FG=|2a-a2|=2‎ 解得a1=2,a2=2+2,a3=2-2‎ ‎（3）解法一：设直线MN交y轴于T，过点N作NH⊥y轴于点H。‎ 设点M坐标为（ t，0），抛物线C2 的解析式为y =‎ ‎∴0= ，∴ ∴y =‎ ‎∴点P坐标为（0，），‎ ‎∵点N是直线AB与抛物线y=x2-t2的交点，则点N的横，纵坐标满足 解得 (舍去) ∴点N坐标为（2-t，2-2t ）‎ NQ=2--2t ，MQ=NQ, ∴‎ ‎∴△MOT, △NHT均为等腰直角三角形，∴MO=NO,HT=HN,‎ ‎∴OT=t，NT=NH=（2-t）,PT=-t+t2‎ ‎∵PN平分∠MNQ, NQ∥TP ∴∠MNP=∠PNQ=∠TPN ∴PT=NT, ‎ ‎∴-t+t2=(2-t), ∴t1=-2,t2=2(舍去)‎ ‎-2-m=-t2=-(-2)2,∴m=2‎ 解法二，设N坐标为（t,2t-2）,抛物线C2的解析式为y=x2-2-m, ∴2t-2=t2-2-m ‎∴点P坐标为（0，+2t-2）同解法一可得∠MNQ=450，∴∠PNQ=∠MNQ=22.50，‎ 过点P作PF⊥NQ于点F，在FN上截取FJ=FP，连线JP，∴NJ＝JP＝PF＝FJ ‎∴NF＝（＋１）PF，∴即（２t-2）-(-t2+2t-2)=( +1)t ‎∴t1=2+2,t2=0(舍去), ∴m=t2-2t=2 ∴m=2‎ 点评：本题以二次函数为背景，考察了待定系数法，函数与方程组，抛物线与直线所截线段长度的计算，特殊角的三角函数，平行线、角平分线的性质等相关知识，以及数形结合的数学思想，1、2问难度不大，2问学生需注意分类讨论，也可以对线段的长度加绝对值达到分类讨论的效果；3问难度较大，学生不容易找到问题的突破口，学生可以先进行必要的计算，边算边找，只要找到∠NMQ=450，问题就较为明晰了。‎ ‎（2012湖南衡阳市，27）如图，A、B两点的坐标分别是（8，0）、（0，6），点P由点B出发沿BA方向向点A作匀速直线运动，速度为每秒3个单位长度，点Q由A出发沿AO（O为坐标原点）方向向点O作匀速直线运动，速度为每秒2个单位长度，连接PQ，若设运动时间为t（0＜t＜）秒．答案如下问题：（1）当t为何值时，PQ∥BO？‎ ‎（2）设△AQP的面积为S，①求S与t之间的函数关系式，并求出S的最大值；‎ ‎②若我们规定：点P、Q的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），则新坐标（x2﹣x1，y2﹣y1）称为“向量PQ”的坐标．当S取最大值时，求“向量PQ”的坐标．‎ 解析：（1）如图①所示，当PQ∥BO时，利用平分线分线段成比例定理，列线段比例式，求出t的值；（2）①求S关系式的要点是求得△AQP的高，如图②所示，过点P作过点P作PD⊥x轴于点D，构造平行线PD∥BO，由线段比例关系求得PD，从而S可求出．S与t之间的函数关系式是一个关于t的二次函数，利用二次函数求极值的方法求出S的最大值；②本问关键是求出点P、Q的坐标．当S取最大值时，可推出此时PD为△OAB的中位线，从而可求出点P的纵横坐标，又易求Q点坐标，从而求得点P、Q的坐标；求得P、Q的坐标之后，代入“向量PQ”坐标的定义（x2﹣x1，y2﹣y1），即可求解．‎ 答案：解：（1）∵A、B两点的坐标分别是（8，0）、（0，6），则OB=6，OA=8，‎ ‎∴AB===10．如图①，当PQ∥BO时，AQ=2t，BP=3t，则AP=10﹣3t．‎ ‎∵PQ∥BO，∴，即，解得t=，∴当t=秒时，PQ∥BO．‎ ‎（2）由（1）知：OA=8，OB=6，AB=10．‎ ‎①如图②所示，过点P作PD⊥x轴于点D，则PD∥BO，∴，即，解得PD=6﹣t．S=AQ•PD=•2t•（6﹣t）=6t﹣t2=﹣（t﹣）2+5，‎ ‎∴S与t之间的函数关系式为：S=﹣（t﹣）2+5（0＜t＜），当t=秒时，S取得最大值，最大值为5（平方单位）．②如图②所示，当S取最大值时，t=，‎ ‎∴PD=6﹣t=3，∴PD=BO，又PD∥BO，∴此时PD为△OAB的中位线，则OD=OA=4，‎ ‎∴P（4，3）．又AQ=2t=，∴OQ=OA﹣AQ=，∴Q（，0）．‎ 依题意，“向量PQ”的坐标为（﹣4，0﹣3），即（，﹣3）．∴当S取最大值时，“向量PQ”的坐标为（，﹣3）．‎ 点评：本题是典型的动点型问题，解题过程中，综合利用了平行线分线段成比例定理（或相似三角形的判定与性质）、勾股定理、二次函数求极值及三角形中位线性质等知识点．第（2）②问中，给出了“向量PQ”的坐标的新定义，为题目增添了新意，不过同学们无须为此迷惑，求解过程依然是利用自己所熟悉的数学知识．‎ ‎（2012·湖南省张家界市·25题）如同，抛物线与轴交于C、A两点，与y轴交于点B，OB=4点O关于直线AB的对称点为D，E为线段AB的中点.‎ ‎（1） 分别求出点A、点B的坐标（2） 求直线AB的解析式（3） 若反比例函数的图像过点D，求值.（4）两动点P、Q同时从点A出发，分别沿AB、AO方向向B、O移动，点P每秒移动1个单位，点Q每秒移动个单位，设△POQ的面积为S，移动时间为t,问：S是否存在最大值？若存在，求出这个最大值，并求出此时的t值，若不存在，请说明理由.‎ y x B D P A Q O C ‎2‎ ‎【分析】（1）求抛物线与x轴的交点的横坐标，即求函数值为0时，x的值；（2）利用待定系数法可求；（3）求出D点的坐标，再代入反比例函数关系式即可求k值；（4）利用二次函数的最值求解.‎ ‎【解答】解：（1）令y=0，即-x2+x+2=0，解答x1=-，x2=2.‎ ‎∴C（-，0），A（2，0）（2）令AB为直线为y=k1x+2，∵点A（2，0）在直线上，∴0=K1·2+2，∴k1=-.∴AB的解析式为y=-x+2.‎ ‎（3）∵D点与O点关于AB对称，∴OD=OA=2.∴D点的横坐标为，纵坐标为3，即D（，3）.因为y=过点D，∴3=，∴k=3.‎ ‎（3）∵AP=t，AQ=t，∴OQ=2-t.点P到OQ的距离为t.‎ ‎∴S△OPQ=·（2-t）·t=-（t-2）2+.依题意，，得0＜t≤4，∴当t=2时，S有最大值为.‎ ‎【点评】本题是考查一次函数、反比例函数和二次函数，由函数及满足函数图象的点，求出相关点的坐标，然后用待定系数法，求出抛物线的解析式；再根据二次函数的最值求解问题．‎ ‎（2012，湖北孝感，25）如图，抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，三个交点坐标分别是A(-1，0)，B(3，0)，C(0，3)．‎ ‎（1）求抛物线的解析式，及顶点D的坐标；（4分）（2）若P为线段BD上的一个动点，过点P作PM⊥x轴于点M，求四边形PMAC面积的最大值和此时P点的坐标；（4分）‎ ‎（3）若点P是抛物线在第一象限上的一个动点，过点P作PQ∥AC交x轴于点Q，当点P的坐标为________时，四边形PQAC是平行四边形；当P点的坐标为_________时，四边形PQAC是等腰梯形（直接写出结果，不写求解过程）．(4分)‎ ‎【解析】（1）已知了抛物线图象上的三点坐标，可用待定系数法求出该抛物线的解析式，进而可用配方法或公式法求得顶点D的坐标．‎ ‎（2）设出P点坐标，将四边形PMAC的面积分为割一个直角三角形和一个直角梯形，在图形中找到等量关系S四边形PMAC=S△AOC +S梯形COMP，代入三角形面积公式、梯形面积公式，即可根据函数的性质求出四边形PMAC的最大值． ‎ ‎【答案】解：（1）因为抛物线y=ax2+bx+c过C(0，3)，∴当x=0时，c=3．‎ ‎ 又∵抛物线y=ax2+bx+c过点A(-1，0)，B(3，0)，‎ ‎∴，解得：．∴抛物线的解析式为：y=-x2+2x+3．‎ 又y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4，∴顶点D的坐标是（1，4）．‎ ‎（2）设直线BD的解析式为y=kx+n(k≠0)．‎ ‎∵直线y=kx+n过点B(3，0)，D(1，4)∴，解得：，‎ ‎∴直线BD的解析式为y=-2x+6．∵P点在线段BD上，因此，设P点的坐标为（m，-2m+6）,又∵PM⊥x轴于点M，∴PM=-2m+6，OM=m．‎ 又∵A(-1，0)，C(0，3)，∴OA=1，OC=3，设四边形PMAC的面积为S，则 S=OA·OC+(PM+OC)·OM=×1×3+(-2m+6+3)·m=∵，∴当时，四边形PMAC的最大面积为．此时P点的坐标为．（3）(2，3)，‎ ‎（2012四川宜宾，22）如图，抛物线y=x-2x+c的顶点A在直线l：y=x-5.‎ （1） 求抛物线顶点A的坐标；‎ （2） 设抛物线与y轴交于点B，与x轴交于点C、D（C点在D点的左侧），试判断△ABD的形状；‎ （3） 在直线l上是否存在一点P，使以点P、A、B、D为顶点的四边形是平行四边形，若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由。‎ ‎【解析】（1）先根据抛物线的解析式得出其对称轴方程，由此得到顶点A的横坐标，然后代入直线l的解析式中即可求出点A的坐标．‎ ‎（2）由A点坐标可确定抛物线的解析式，进而可得到点B的坐标．则AB、AD、BD三边的长可得，然后根据边长确定三角形的形状．‎ ‎（3）若以点P、A、B、D为顶点的四边形是平行四边形，应分①AB为对角线、②AD为对角线两种情况讨论，即①ADPB、②ABPD，然后结合勾股定理以及边长的等量关系列方程求出P点的坐标．【答案】解：（1）∵顶点A的横坐标为x==1，且顶点A在y=x-5上，∴当x=1时，y=1-5=-4∴A（1，-4）‎ ‎（2）△ABD是直角三角形。将A（1，-4）代入y=x-2x+c，可得，1-2+c=-4，∴c=-3∴y= x-2x-3，∴B（0，-3）当y=0时，x-2x-3=0，∴x=-1，x=3‎ ‎∴C（-1,0）,（3,0）BD+OB+OD=18，AB=（4-3）+1=2，AD=（3-1）+4=20‎ ‎∴BD+AB=AD∴∠ABD=90°，即△ABD是直角三角形。‎ ‎（3）存在。由题意知：直线y=x-5交y轴于点E（0，-5），交x轴于点F（5,0）‎ ‎∴OE=OF=5，又∵OB=OD=3∴△OEF与△OBD都是等腰直角三角形。‎ ‎∴BD∥l，即PA∥BD则构成平行四边形只能是PADB或PABD,如图，过点P作y轴的垂线，过点A作x轴的垂线并交于点G.‎ 设P（x，x-5），则G（1，x-5）则PG=∣1- x∣,AG=∣5- x-4∣=∣1- x∣PA=BD=3由勾股定理得：‎ （1- x）＋（1- x）=18，x-2 x-8=0，x=-2或4‎ ‎∴P（-2，-7）或（4，-1）∴存在点P（-2，-7）或P（4，-1）使以点A、B、D、P为顶点的四边形是平行四边形。‎ ‎【点评】题目考查了二次函数解析式的确定、勾股定理、平行四边形的判定等基础知识，综合性较强；（3）题应注意分类讨论，以免漏解．‎ ‎ (2012广安第26)如图12，在平面直角坐标系xOy中，AB⊥x轴于点B，AB=3，tan∠AOB=3/4。将△OAB绕着原点O逆时针旋转90o，得到△OA1B1；再将△OA1B1绕着线段OB1的中点旋转180o，得到△OA2B1，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点B、B1、A2。‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）在第三象限内，抛物线上的点P在什么位置时，△PBB1的面积最大？求出这时点P的坐标；‎ ‎（3）在第三象限内，抛物线上是否存在点Q，使点Q到线段BB1的距离为？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由。思路导引：确定二次函数解析式，寻找经过三点的坐标十分关键，运用点绕原点旋转直角后坐标的变化规律进行界定，计算动点构造的三角形的面积并且确定最值，因此运用面积构造面积的函数式，结合得出的函数形式，运用其性质解答；判断符合某种条件的点的存在性问题，注意三点O、B、B1构成的特殊三角形的性质结合图形信息，确定符合第三象限这一条件的有关面积的方程，通过解方程并且检验得出符合题意的解；解析：（1）∵AB⊥x轴，AB=3，tan∠AOB=，∴OB=4，‎ ‎∴点B坐标是（－4，0），B1（0，－4），A2（3，0），‎ ‎∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点B、B1、A2，‎ ‎∴ ，解得：a=,b=,c=—4,‎ ‎∴抛物线的解析式是y=x2+x—4，（2）点P 是第三象限内抛物线y=x2+x—4上一点，过点P 作PC⊥x轴，垂足是点C，设点P 的坐标是（m，n），则m＜0,n＜0，n=m2+m—4，则有 PC=︱n︱=—n=—m2—m＋4，OC=︱m︱=－m，BC=OB—OC=︱—4︱—︱m︱=4＋m，‎ S△PBB1= S△PBC＋S梯形PB1OC—S△OBB1=BC×PC＋（PC＋OB1）×OC－×OB×OB1‎ ‎=×（4＋m）×（—m2—m＋4）＋×[（—m2—m＋4）＋4]×（—m）‎ ‎—×4×4=—m2—=—（m＋2）2＋.‎ ‎（3）假设在第三象限的抛物线上存在点Q（x，y），使得点Q到BB1的距离是 ‎，过点Q作QD⊥BB1于点D，由（2）可知，这时△PBB1的面积可以表示为 ‎—（x＋2）2＋.‎ ‎ ‎ 在Rt△O BB1中，BB1==，‎ ‎∵S△PBB1=×BB1×QD=××=2，‎ ‎∴—（x＋2）2＋=2，解得：x 的值是－1或者是－3，当x=－1时，y=－4，当x=－3时，y=－2，因此在第三象限内，抛物线上存在点Q，使得Q点到线段BB1的距离是，这样的点Q 的坐标是（—1，—4）（—3，—2）；‎ ‎（2012深圳市 22 ）如图8，已知△ABC的三个顶点坐标分别为 ‎（1）求经过A、B、C三点抛物线的解析式（2）设直线BC交y轴于点E，连接AE，求证：AE=CE图8--1‎ G 图8‎ （3）设抛物线与y轴交于点D，连接AD交BC于点F，试问以A、B、F 为顶点的三角形与△ABC相似吗？请说明理由。‎ ‎【解析】：（1）已知三点的坐标，代入二次函数的一般式，或利用二次函数的交点式，求出待定系数的值。（2）求出直线BC的解析式及点E的坐标，过点C向y轴作垂线，通过计算AE、CE的长来说明AE=CE；（3）抓住是这两个三角形的公共角，证明它们的夹边是否对应成比例即可。‎ ‎【解答】：如图8—1‎ ‎（1）解：设抛物线的解析式为 图8--1‎ G 在抛物线上，，‎ 故 为所求 ‎（2）过点C作CG⊥y轴于点G，有，‎ ‎，设直线BC的解析式为则 ‎ 解之得：， 故，‎ ‎， ‎ ‎（3）相似 由于，令，则 ‎ 直线的解析式为： 同理可求直线的解析式为：，‎ 有：，解之得：‎ 故交点，易求得：‎ 可知：，又，故 ‎【点评】：几何与坐标是中考中重点考查的内容。本题主要考查用待定系数法求二次函数、一次函数的解析式，求直线与坐标轴交点的坐标，并能熟练将点的坐标转换为线段的长，利用勾股定理进行计算。能根据题目的特点熟练选择相似三角形的判定定理 ‎（2012山西，26，14分）综合与实践：如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A．B两点，与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．‎ ‎（1）求直线AC的解析式及B．D两点的坐标；‎ ‎（2）点P是x轴上一个动点，过P作直线l∥AC交抛物线于点Q，试探究：随着P点的运动，在抛物线上是否存在点Q，使以点A．P、Q、C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎（3）请在直线AC上找一点M，使△BDM的周长最小，求出M点的坐标．‎ ‎【解析】（1）当y=0时，﹣x2+2x+3=0，解得x1=﹣1，x2=3．∵点A在点B的左侧，‎ ‎∴A．B的坐标分别为（﹣1，0），（3，0）．当x=0时，y=3．∴C点的坐标为（0，3）‎ 设直线AC的解析式为y=k1x+b1（k1≠0），则，解得，‎ ‎∴直线AC的解析式为y=3x+3．∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，∴顶点D的坐标为（1，4）． （2）抛物线上有三个这样的点Q，‎ ‎①当点Q在Q1位置时，Q1的纵坐标为3，代入抛物线可得点Q1的坐标为（2，3）；‎ ‎②当点Q在点Q2位置时，点Q2的纵坐标为﹣3，代入抛物线可得点Q2坐标为（1+，﹣3）；③当点Q在Q3位置时，点Q3的纵坐标为﹣3，代入抛物线解析式可得，点Q3的坐标为（1﹣，﹣3）；综上可得满足题意的点Q有三个，分别为：Q1（2，3），Q2‎ ‎（1+，﹣3），Q3（1﹣，﹣3）． （3）点B作BB′⊥AC于点F，使B′F=BF，则B′为点B关于直线AC 的对称点．连接B′D交直线AC与点M，则点M为所求，‎ 过点B′作B′E⊥x轴于点E．∵∠1和∠2都是∠3的余角，∴∠1=∠2．‎ ‎∴Rt△AOC～Rt△AFB，∴，‎ 由A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）得OA=1，OB=3，OC=3，∴AC=，AB=4．‎ ‎∴，∴BF=，∴BB′=2BF=，由∠1=∠2可得Rt△AOC∽Rt△B′EB，‎ ‎∴，∴，即．∴B′E=，BE=，‎ ‎∴OE=BE﹣OB=﹣3=．∴B′点的坐标为（﹣，）．‎ 设直线B′D的解析式为y=k2x+b2（k2≠0）．∴，解得，‎ ‎∴直线B'D的解析式为：y=x+，联立B'D与AC的直线解析式可得：，‎ 解得，∴M点的坐标为（，）．‎ ‎【答案】（1）直线AC的解析式为y=3x+3；B的坐标分别为（3，0）；顶点D的坐标为（1，4）．（2）满足题意的点Q有三个，分别为：Q1（2，3），Q2（1+，﹣3），Q3（1﹣，﹣3）． （3）M点的坐标为（，）．‎ ‎【点评】本题综合考查了二次函数中用配方法求顶点坐标、与两坐标轴的交点的求法、待定系数法求直线解析式、三角形相似的判定及性质；平面上两点之间最短距离的转化思想、数形结合思想、分类讨论思想等多个知识点和多个初数的数学思想的综合，对考生在知识和能力上均提出了很高的要求，能很好的区分不同层次的考生，达到拉开不同层次考生差距的目的．难度较大．‎ ‎（2012山东东营）已知抛物线经过A（2，0）． 设顶点为点P，与x 轴的另一交点为点B．（1）求b的值，求出点P、点B的坐标；（2）如图，在直线 y=x上是否存在点D，使四边形OPBD为平行四边形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由；‎ A P B x y O ‎（3）在x轴下方的抛物线上是否存在点M，使△AMP≌△AMB？如果存在,试举例验证你的猜想；如果不存在，试说明理由．‎ ‎【解析】(1)把A（2，0）代入即可求得b的值，配方可求P的坐标，令y=0,解方程可求B的坐标；（2）根据两组对边分平行的四边形是平行四边形，求边所在直线的解析式，然后求出交点D的坐标；（3）可判断△PAB是等边三角形，因此只要作∠PAB的平分线交抛物线于M点即为所求的点。‎ ‎【答案】解：（1）由于抛物线经过A（2，0），所以，‎ 解得，所以抛物线的解析式为.（*），将（*）配方，得，所以顶点P的坐标为（4，-2）.令y=0，得，‎ 解得. 所以点B的坐标是（6，0）. （2）在直线 y=x上存在点D，使四边形OPBD为平行四边形. 理由如下：设直线PB的解析式为+b，把B（6,0）,P(4,-2)分别代入，得 解得所以直线PB的解析式为.又直线OD的解析式为，所以直线PB∥OD. 设直线OP的解析式为，把 P(4,-2)代入，得，解得.如果OP∥BD，那么四边形OPBD为平行四边形.设直线BD的解析式为，将B(6,0)代入，得0=，所以 所以直线BD的解析式为，解方程组得所以D点的坐标为（2,2）（3）符合条件的点M存在.验证如下：过点P作x轴的垂线，垂足为为C，则PC=2，AC=2，由勾股定理，可得AP=4，PB=4，又AB=4，所以△APB是等边三角形，只要作∠PAB的平分线交抛物线于M点，连接PM,BM,由于AM=AM, ∠PAM=∠BAM,AB=AP，可得△AMP≌△AMB.因此即存在这样的点M,使△AMP≌△AMB.‎ ‎【点评】综合考查了二次函数、平行四边形、特殊三角形的性质，熟练掌握所学知识，并能融会贯通，运用数形结合的思想去解题。‎ A P B x y O C M D ‎（2012，黔东南州）如图，已知抛物线经过点A（-1，0）、B（3，0）、C（0，3）D三点。‎ ‎（1）、求抛物线的解析式。（2）、点M是线段BC上的点（不与B，C重合），过M作MN∥轴交抛物线于N若点M的横坐标为，请用的代数式表示MN的长。（3）、在（2）的条件下，连接NB、NC，是否存在点，使△BNC的面积最大？若存在，求的值，若不存在，说明理由。点的纵坐标 解析：(1)我们可以设一般式：或坐标式：，（2）MN的长即N点的纵坐标减M点的纵坐标的值（3）因为，所以当最大时，△BNC的面积最大.解：（1）设抛物线方程为：，‎ 把A（-1，0）、B（3，0）、C（0，3）D三点代入方程得 ‎，，‎ ‎（2）设直线BC:把B（3，0）、C（0，3）代入得，‎ ‎，.‎ 又 ‎（3），‎ 当最大时，△BNC的面积最大.，所以当时，△BNC的面积最大为：. ‎ 点评：本题考查了二次函数和几何知识的综合应用，难度较大.‎ ‎（2012山东莱芜）如图，抛物线的顶点坐标为，并且与y轴交于点C，与x轴交于两点A,B.‎ (1) 求抛物线的表达式；‎ (2) 设抛物线的对称轴与直线BC交于点D，连结AC、AD, 求△ACD的面积；（3）点E位直线BC上一动点，过点E作y轴的平行线EF，与抛物线交于点F.问是否存在点E，使得以D、E、F为顶点的三角形与△BCO相似.若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由.‎ ‎【解析】（1）由题意可设抛物线的表达式为.∵点C在抛物线上，‎ ‎∴，解得.∴抛物线的表达式为，即 ‎（2）令，即，解得，∴.‎ 设BC的解析式为将代入得，解得.‎ ‎∴直线BC的解析式为当时，，∴.‎ 所以－－‎ (3) 假设存在点E，使得以D、E、F为顶点的三角形与△BCO相似，∵△BCO是等腰直角三角形，则以D、E、F为顶点的三角形也必须是等腰直角三角形.‎ 由EF∥OC得∠DEF=45°，故以D、E、F为顶点的等腰直角三角形只能以点D、F为直角顶点 ① 点F为直角顶点时，DF⊥EF，此时△DEF∽△BCO，‎ 所以DF所在的直线为由，解得 将代入，得，∴‎ 将代入，得，∴‎ ① 当D为直角顶点时，DF⊥ED，此时△EFD∽△BCO.‎ ‎∵点D在对称轴上，∴DA=DB ，∵∠CBA=45°，∴∠DAB=45°,∴∠ADB=90°,‎ ‎∴AD⊥BC,故点Ｆ在直线AD上．‎ 设直线AD的解析式为将代入得：‎ ‎，解得，所以直线AD的解析式为，‎ 由，解得。将代入，得，∴‎ 将代入，得，∴.综上所述，点E的坐标可以是，，【答案】（1）抛物线的表达式为，即；（2）2；（3）存在点E，使得以D、E、F为顶点的三角形与△BCO相似，点E的坐标可以是，，【点评】本题考查的知识点有待定系数法求函数解析式，一元二次方程的解法，和差法计算三角形的面积，关于三角形相似的分类讨论。考查的知识点全面，考查了学生综合利用所学知识分析问题和解决问题的能力。此类问题通常前两个小题简单，最后一小题难度较大.‎ ‎ (2012广东汕头)如图，抛物线y=x2﹣x﹣9与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，连接BC、AC．（1）求AB和OC的长；（2）点E从点A出发，沿x轴向点B运动（点E与点A、B不重合），过点E作直线l平行BC，交AC于点D．设AE的长为m，△ADE的面积为s，求s关于m的函数关系式，并写出自变量m的取值范围；‎ ‎（3）在（2）的条件下，连接CE，求△CDE面积的最大值；此时，求出以点E为圆心，与BC相切的圆的面积（结果保留π）．‎ 分析：‎ ‎（1）已知抛物线的解析式，当x=0，可确定C点坐标；当y=0时，可确定A、B点的坐标，进而确定AB、OC的长．‎ ‎（2）直线l∥BC，可得出△AED、△ABC相似，它们的面积比等于相似比的平方，由此得到关于s、m的函数关系式；根据题干条件：点E与点A、B不重合，可确定m的取值范围．‎ ‎（3）①首先用m列出△AEC的面积表达式，△AEC、△AED的面积差即为△CDE的面积，由此可得关于S△CDE、m的函数关系式，根据函数的性质可得到S△CDE的最大面积以及此时m的值；‎ ‎②过E做BC的垂线EF，这个垂线段的长即为与BC相切的⊙E的半径，可根据相似三角形△BEF、△BCO得到的相关比例线段求得该半径的值，由此得解．‎ 解答：‎ 解：（1）已知：抛物线y=x2﹣x﹣9；当x=0时，y=﹣9，则：C（0，﹣9）；‎ 当y=0时，x2﹣x﹣9=0，得：x1=﹣3，x2=6，则：A（﹣3，0）、B（6，0）；‎ ‎∴AB=9，OC=9．（2）∵ED∥BC，∴△AED∽△ABC，‎ ‎∴=（）2，即：=（）2，得：s=m2（0＜m＜9）．‎ ‎（3）解法一：∵S△ABC=AE•OC=m×9=m，∴S△CDE=S△ABC﹣S△ADE=m﹣m2=﹣（m﹣）2+．∵0＜m＜9，∴当m=时，S△CDE取得最大值，最大值为．此时，BE=AB﹣AE=9﹣=．记⊙E与BC相切于点M，连接EM，则EM⊥BC设⊙E的半径为r．在Rt△BOC中，BC===．‎ ‎∵∠BOC=∠EBM，∠COB=∠EMB=90°．∴△BOC∽△BME，∴=，∴=，‎ ‎∴r=．∴所求⊙E的面积为：π（）2=π．‎ 解法二：∵S△ABC=AE•OC=m×9=m，‎ ‎∴S△CDE=S△AEC﹣S△ADE=m﹣m2=﹣（m﹣）2+．∵0＜m＜9，‎ ‎∴当m=时，S△CDE取得最大值，最大值为．此时，BE=AB﹣AE=9﹣=．∴S△EBC=S△ABC=．如图2，记⊙E与BC相切于点M，连接EM，则EM⊥BC，设⊙E的半径为r．在Rt△BOC中，BC═=．‎ ‎∵S△EBC=BC•EM，∴×r=，∴r=．‎ ‎∴所求⊙E的面积为：π（）2=π．‎ 点评：‎ 该题主要考查了二次函数的性质、相似三角形的性质、图形面积的求法等综合知识．在解题时，要多留意图形之间的关系，有些时候将所求问题进行时候转化可以大大的降低解题的难度．‎ ‎（2012广州市，24）如图9，抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C。（1）求点A、B的坐标；（2）设D为已知抛物线的对称轴上的任意一点，当△ACD的面积等于△ACB的面积时，求点D的坐标；‎ ‎（3）若直线l过点E（4，0），M为直线l上一动点，当以A、B、M为顶点所作的直角三角形有且只有三个时，求直线l解析式。‎ ‎ ‎ ‎【解析】（2）分点D在直线AC的上方与下方分别求出点D的坐标。（3）直角顶点在Ａ、B时过点E的直线有无数条，而以M为直角顶点过点E的直线只有一条，就是过点E与以AB为直径的圆相切的直线，从而列方程求出点M的坐标，确定直线的解析式。‎ ‎【答案】解：（1）令y=0，则，解得，‎ ‎∴A（-4，0），B（2，0）（2）‎ ‎∵抛物线的对称轴为x＝－1，与y轴交点C的坐标为（0，3）‎ ‎ ∴直线AC的解析式为，且当x＝－1时，有 ‎ ∴直线AC与对称轴x＝－1的交点坐标为（－1，）‎ ‎∵AB＝6，CO＝3∴△ACB的面积为：＝9‎ ‎ 不妨设点D的坐标为（－1，a），当点D位于AC上方时，，‎ ‎∴△ACD的面积为：＝9；解方程得：‎ 当点D位于AC下方时，，‎ ‎∴△ACD的面积为：＝9；解方程得：‎ ‎∴点D的坐标为或 ‎（3）如下图，以AB为直径作⊙P，当且仅当直线l与⊙P相切时符合题意，‎ ‎∵Rt△PME中，∠PME＝90°，PM＝3，PE＝5，‎ ‎∴由勾股定理可得：=4；利用三角形相似可以求得点M的坐标 设直线l的解析式为：，代入、E（4，0）可得方程组 ‎；解方程组得： ∴直线l的解析式为：‎ 同理可得：直线l的另一个解析式为：。‎ ‎【点评】：本题2、3问难度较大，关键是找到问题的突破口，找到三角形面积的求法，根据面积相等列出方程求点D的坐标。注意分类讨论解决。第三问用到了辅助圆，直径所对的圆周角是直角，确定点M的坐标。‎ ‎（2012湖南益阳，20）已知：如图，抛物线与轴交于点A（，0）和点B，将抛物线沿轴向上翻折，顶点P落在点P＇（1，3）处．‎ ‎（1）求原抛物线的解析式；‎ ‎（2）学校举行班徽设计比赛，九年级5班的小明在解答此题时顿生灵感：过点P＇作轴的平行线交抛物线于C、D两点，将翻折后得到的新图象在直线CD以上的部分去掉，设计成一个“W”型的班徽，“5”的拼音开头字母为W，“W”图案似大鹏展翅，寓意深远；而且小明通过计算惊奇的发现这个“W”图案的高与宽(CD)的比非常接近黄金分割比（约等于0.618）．请你计算这个“W”图案的高与宽的比到底是多少？（参考数据：，，结果可保留根号）‎ ‎【解析】（1）题图中所给出的抛物线有两个未知系数，需要代两个点的坐标；所以得出两个点的坐标是关键；图中P与P＇是关于轴对称，就得到P，把点和P点代入即得：解得抛物线的解析式为 ，即 ‎（2）“W”图案的高为P＇的纵坐标，即高是3 ；宽为CD的长；因为CD平行于轴，点P＇在CD上，所以C、D两点的纵坐标是3 ；把纵坐标代入得， 所以得到 C、D两点的坐标分别为(，3) ，(，3)线段CD= 则可以求出“W”图案的高与宽(CD)的比=（或约等于0.6124）【答案】解:⑴∵P与P′(1，3) 关于x轴对称，‎ ‎∴P点坐标为(1，－3) ； …………2分∵抛物线 过点A（，0），顶点是P(1，－3) ，∴；…………3分 解得；………………………………………………………………4分 则抛物线的解析式为， …………………………………5分 即. ‎ ‎⑵∵CD平行x轴，P′(1，3) 在CD上，‎ ‎∴C、D两点纵坐标为3； ………………………………………6分 由得：，，……………………7分 ‎∴C、D两点的坐标分别为(，3) ，(，3)‎ ‎∴CD= …………………………………………………8分 ‎∴“W”图案的高与宽(CD)的比=（或约等于0.6124）………10分 ‎【点评】本题考查考生对用待定系数法求抛物线的解析式的掌握程度；考查直角坐标系中点与点坐标关于坐标轴对称的变化的掌握；考查在抛物线上对具体问题的分析、理解，得出解决问题的方法和途径。难度中等。‎ ‎（2012四川省资阳市，25）抛物线的顶点在直线上，过点F的直线交该抛物线于点M、N两点（点M在点N的左边），MA⊥轴于点A，NB⊥轴于点B（1）(3分)先通过配方求抛物线的顶点坐标（坐标可用含的代数式表示），再求的值；（2）(3分)设点N的横坐标为，试用含的代数式表示点N的纵坐标，并说明NF＝NB；（3）(3分)若射线NM交轴于点P，且PA×PB＝，求点M的坐标．‎ ‎（第25题图）‎ ‎【解析】（1）用配方法将配成顶点式，得出顶点的坐标，再由点在直线上，求出=2.（2）过点F作FC⊥NB于点C，设点N(,)，在Rt△FCN中，FC=+2，NC=NB-CB=,∴＝＝=‎ ‎=＝∴＝，NF=NB ‎（3）连结AF、BF，易证△PFA∽△PBF∴，=，过点F作FG⊥轴于点G,在Rt△PFG中，PG==，∴PO=PG+GO=，∴P(－ , 0) 再由待定系数法求出：直线PF：，由两函数解析式联立方程，得=－3或=2（不合题意，舍去）当=－3时，=，∴M（－3 ,）‎ ‎【答案】‎ ‎（1）…1分 ‎∴顶点坐标为(－2 , )…………………2分 ‎∵顶点在直线上，∴－2+3=，得=2…………………3分 ‎（2）∵点N在抛物线上，‎ ‎∴点N的纵坐标为…………………………4分即点N(,)‎ 过点F作FC⊥NB于点C，‎ 在Rt△FCN中，FC=+2，NC=NB-CB=,∴＝＝=………………………………………………5分 而=＝‎ ‎∴＝，NF=NB………………………………………………………………………6分 ‎（3）连结AF、BF 由NF=NB，得∠NFB=∠NBF，由（2）的结论知，MF=MA，∴∠MAF=∠MFA,∵MA⊥轴，NB⊥轴，∴MA∥NB,∴∠AMF+∠BNF=180°‎ ‎∵△MAF和△NFB的内角总和为360°,∴2∠MAF+2∠NBF=180°，∠MAF+∠NBF=90°,[中~国%&教*育出︿版网]‎ ‎∵∠MAB+∠NBA=180°，∴∠FBA+∠FAB=90°又∵∠FAB+∠MAF=90∴∠FBA=∠MAF=∠MFA ‎ 又∵∠FPA=∠BPF，∴△PFA∽△PBF，∴，= ……………7分 过点F作FG⊥轴于点G,在Rt△PFG中，PG==，∴PO=PG+GO=，‎ ‎∴P(－ , 0) ‎ 设直线PF：，把点F（－2 , 2）、点P(－ , 0)代入解得=，=，‎ ‎∴直线PF：……………………………………………………8分 解方程，得=－3或=2（不合题意，舍去）‎ 当=－3时，=，∴M（－3 ,）……………………………9分 ‎【点评】本题以抛物线为载体，考查了初中数学的主干知识：函数、方程；考查了学生综合运用数学知识以及运用转化思想、数形结合思想、函数与方程思想解决问题的能力；考查了待定系数法、配方法等数学方法.试题入口宽,三个小题层层深入,有一定的梯度,第(2)小题学生易从全等的方式考虑线段相等,而造成思路上的短路,第(3)小题是本卷的制高点,对学生要求较高,具有很好的区分度.由一次函数与二次函数,连接着方程,试题呈现方式新颖,难度较大.‎ A B x y O 第25题图 ‎（2012贵州贵阳，25）如图，二次函数y=x2-x+c的图象与x轴分别交于A,B两点，顶点M关于x轴的对称点是M′.‎ ‎（1）若A(-4，0)，求二次函数的关系式；（4分）‎ ‎（2）在（1）的条件下，求四边形AMBM′的面积；（4分）‎ ‎（3）是否存在抛物线y=x2-x+c，使得四边形AMBM′为正方形，若存在，请求出此抛物线的关系式；若不存在，请说明理由. （4分）‎ 解析：（1）把A(-4，0)代入解析式即得；（2）显然△ABM≌△ABM′，所以先求出顶点M的坐标，求出△ABM的面积，即可得四边形AMBM′的面积；（3）不难证明四边形AMBM′是棱形，故当MM′=AB时四边形AMBM′为正方形.‎ 解：（1）把A(-4，0)代入y=x2-x+c中，得0=×(-4)2-(-4)+c, c=-12,‎ ‎∴二次函数的关系式是y=x2-x-12.（2）解方程x2-x-12=0，得x1=-4, x2=6, ∴AB=|x1-x2|=10.∵y=x2-x-12=(x-1) 2-11.5, ∴M(1,-11.5), ∴M′(1,11.5), ∴MM′=23.‎ ‎∵MM′⊥AB, ∴S四边形AMBM′=AB×MM′=×10×23=115.‎ ‎（3）存在抛物线y=x2-x+c，使得四边形AMBM′为正方形.‎ ‎∵四边形AMBM′为正方形，∴MM′=AB，∴MM′2=AB2.‎ ‎∵y=x2-x+c=(x-1) 2+,∴M(1, ), M′(1,- ), MM′=1-2c.‎ 解方程x2-x+c=0，得x1=1-, x2=1+, ∴AB=|x1-x2|=2.‎ ‎∴AB2=4(1-2c),又MM′2=(1-2c) 2, ∴4(1-2c) =(1-2c) 2,‎ 解得c1=（不合题意，舍去）,c2=-.‎ 故存在抛物线y=x2-x-，使得四边形AMBM′为正方形.‎ 点评：本题是以抛物线为背景的综合题，其中涉及的知识点主要有待定系数法、一元二次方程的解法、抛物线的顶点的求法、正方形的性质等．在求有关存在不存在问题时要注意先假设存在，再讨论结果．难度适中.‎ 经典难题 （2011湖北宜昌）已如抛物线y = ax2+bx+c 与直线y=m+n 相交于两点，这两点的坐标分别是(0，)和(m-b，m2 – mb + n，其中a，b,c,m，n为实数，且a，m不为0.(1)求c的值；(2)设抛物线y = ax2+bx+c与轴的两个交点是(，0)和(，0)，求的值；‎ ‎(3)当时，设抛物线y = ax2+bx+c与轴距离最大的点为P（，），求这时的最小值.‎ ‎【答案】解:(1)∵（0，）在y＝ax2＋bx＋c上，∴ ＝a×02＋b×0＋c，∴ c＝.(1分)(2)又可得 n＝。∵ 点（m－b，m2－mb＋n）在y＝ax2＋bx＋c上，∴ m2－mb＝a（m－b）2＋b（m－b），∴（a－1）（m－b）2＝0， （2分）若（m－b）＝0，则（m－b， m2－mb＋n）与（0，）重合，与题意不合．∴ a＝1．（3分，只要求出a＝1，即评3分）∴抛物线y＝ax2＋bx＋c，就是y＝x2＋bx．△＝b2－4ac＝b2－4×（）＞0，（没写出不扣分）∴抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴的两个交点的横坐标就是关于x的二次方程0＝ax2＋bx＋c的两个实数根，∴‎ 由根与系数的关系，得x1x2＝．（4分） (3)抛物线y＝x2＋bx的对称轴为x＝，最小值为．（没写出不扣分）设抛物线y＝x2＋bx在x轴上方与x轴距离最大的点的纵坐标为H，在x轴下方与x轴距离最大的点的纵坐标为h．‎ ① 当<－1，即b＞2时，在x轴上方与x轴距离最大的点是（1，yo），∴｜H｜＝yo＝＋b＞， (5分)，在x轴下方与x轴距离最大的点是（－1，yo），∴｜h｜＝｜yo｜＝｜－b｜＝b－＞， (6分)，∴｜H｜＞｜h｜．∴这时｜yo｜的最小值大于 (7分)‎ ‎② 当－1≤≤0，即0≤b≤2时，在x轴上方与x轴距离最大的点是（1，yo），∴｜H｜＝yo＝＋b≥，当b＝0时等号成立.在x轴下方与x轴距离最大点的是 （， ），∴｜h｜＝｜｜＝≥，当b＝0时等号成立.∴这时｜yo｜的最小值等于.(8分) ③ 当0＜≤1，即－2≤b＜0时,在x轴上方与x轴距离最大的点是（－1，yo），∴｜H｜＝yo＝1＋（－1）b－＝－b＞，在x轴下方与x轴距离最大的点是 （，），∴｜h｜＝｜yo｜＝｜｜＝＞12.∴ 这 时 ｜yo｜的 最 小 值 大 于.(9分)④ 当1＜，即b＜－2时，在x轴上方与x轴距离最大的点是（－1，yo）， ∴｜H｜＝－b＞，在x轴下方与x轴距离最大的点是(1，yo)，∴｜h｜＝｜＋b｜＝－（b＋）＞，∴｜H｜＞｜h｜,∴这时｜yo｜的最小值大于 (10分)综上所述，当b＝0，x0＝0时，这时｜yo｜取最小值，为｜yo｜＝. (11‎