二次函数压轴题专题训练 含答案

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二次函数专题训练 姓名：

一．解答题（共11小题）

1．如图1，已知抛物线y=x2﹣x﹣3与x轴交于A和B两点（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，顶点为D． （1）求出点A，B，D的坐标；

（2）如图1，若线段OB在x轴上移动，且点O，B移动后的对应点为O′，B′．首尾顺次连接点O′、B′、D、C构成四边形O′B′DC，当四边形O′B′DC的周长有最小值时，在第四象限找一点P，使得△PB′D的面积最大？并求出此时P点的坐标． （3）如图2，若点M是抛物线上一点，点N在y轴上，连接CM、MN．当△CMN是以MN为直角边的等腰直角三角形时，直接写出点N的坐标．



2．如图1，抛物线y=﹣x2﹣4x+5与x轴交于点A、B两点，与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点．

（1）求直线AC的解析式及顶点D的坐标；

（2）连接CD，点P是直线AC上方抛物线上一动点（不与点A、C重合），过P作PE∥x轴交直线AC于点E，作PF∥CD交直线AC于点F，当线段PE+PF取最大值时，在抛物线对称轴上找一点L，在y轴上找一点K，连接OL，LK，PK，求线段OL+LK+PK的最小值，并求出此时点L的坐标．

（3）如图2，点M（﹣2，﹣1）为抛物线对称轴上一点，点N（2，7）为直线AC上一点，点G为直线AC与抛物线对称轴的交点，连接MN，AM．点H是线段MN上的一个动点，连接GH，将△MGH沿GH翻折得到△M′GH（点M的对称点为M′），问是否存在点H，使得△M′GH与△NGH重合部分的图形为直角三角形，若存在，请求出NH的长，若不存在，请说明理由．

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3．如图1，抛物线

已知C（0，）．连接AC． （1）求直线AC的解析式．

与x轴相交于A、B两点（点A在点B的右侧），

（2）点P是x轴下方的抛物线上一动点，过点P作PE⊥x轴交直线AC于点E，交x轴于点F，过点P作PG⊥AE于点G，线段PG交x轴于点H．设l=EP﹣FH，求l的最大值．

（3）如图2，在（2）的条件下，点M是x轴上一动点，连接EM、PM，将△EPM沿直线EM折叠为△EP1M，连接AP，AP1．当△APP1是等腰三角形时，试求出点M的坐标．



4．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣B两点，交y轴交于C点，顶点为D．

x2+

x+3，分别交x轴于A、

（1）如图1，连接AD，R是抛物线对称轴上的一点，当AR⊥AD时，求点R的坐标；

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（2）在（1）的条件下．在直线AR上方，对称轴左侧的抛物线上找一点P，过P作PQ⊥x轴，交直线AR于点Q，点M是线段PQ的中点，过点M作MN∥AR交抛物线对称轴于点N，当平行四边形MNRQ周长最大时，在抛物线对称轴上找一点E，y轴上找一点F，使得PE+EF+FA最小，并求此时点E、F的坐标． （3）如图2，过抛物线顶点D作DH⊥AB于点H，将△DBH绕着H点顺时针旋转得到△D′B′H′且B′落在线段BD上，将线段AC直沿直线AC平移后，点A、C对应的点分别为A′、C′，连接D′C′，D′A′，△D′C′A′能否为等腰三角形？若能，请求出所有符合条件的点A′的坐标；若不能，请说明理由．



5．已知抛物线y=﹣线y=

x2﹣

x+a（a≠0）的顶点为M，与y轴交于点A，直

x﹣a分别与x轴，y轴相交于B，C两点，并且与直线MA相交于N点．

（1）用a表示点A，M，N的坐标．

（2）若将△ANC沿着y轴翻折，点N对称点Q恰好落在抛物线上，AQ与抛物线的对称轴交于点P，连结CP，求a的值及△PQC的面积． （3）当a=4

时，抛物线如图2所示，设D为抛物线第二象限上一点，E为x

轴上的点，且∠OED=120°，DE=8，F为OE的中点，连结DF，将直线BC沿着x轴向左平移，记平移的过程中的直线为B′C′，直线B′C′交x轴与点K，交DF于H点，当△KEH为等腰三角形时，求平移后B的对应点K的坐标．

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6．如图1，二次函数y=x2﹣2x+1的图象与一次函数y=kx+b（k≠0）的图象交于A，B两点，点A的坐标为（0，1），点B在第一象限内，点C是二次函数图象的顶点，点M是一次函数y=kx+b（k≠0）的图象与x轴的交点，过点B作轴的垂线，垂足为N，且S△AMO：S四边形AONB=1：48． （1）求直线AB和直线BC的解析式；

（2）点P是线段AB上一点，点D是线段BC上一点，PD∥x轴，射线PD与抛物线交于点G，过点P作PE⊥x轴于点E，PF⊥BC于点F．当PF与PE的乘积最大时，在线段AB上找一点H（不与点A，点B重合），使GH+求点H的坐标和GH+

BH的最小值；

BH的值最小，

（3）如图2，直线AB上有一点K（3，4），将二次函数y=x2﹣2x+1沿直线BC平移，平移的距离是t（t≥0），平移后抛物线上点A，点C的对应点分别为点A′，点C′；当△A′C′K是直角三角形时，求t的值．



7．如图，抛物线y=﹣x2

x+3与x轴交于A，B两点（A点在B点的左侧），

与y轴交于点C，点D在x轴负半轴上．且OD=．连接CD，已知点E（0，﹣1）， （1）求直线AC的解析式；

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（2）如图1，F为线段AC上一动点，过F作x轴的平行线交CD于点G．当△EFG面积最大时，在y轴上取一点M，在抛物线对称轴上取一点N，求FM+MN+NB的最小值；

（3）如图2，点P在线段OC上且OP=OB，连接BP，将△OBP沿x轴向左平移，得到△O′B′P′，当点P′恰好落在AC上时，将△P′O′A绕点P′逆时针旋转α（0＜α＜180°），记旋转中的△P′O′A′为△P′O″A′，在旋转过程中，设直线A′O″分别交x轴，直线AC于H，I两点，是否存在这样的H，I，使△AHI为等腰三角形？若存在，求此时AI的长．



8．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=

x2﹣

x﹣2与x轴交于A、

），

B两点（点A在点B的左侧），交y轴于点C，连接BC．已知点D（0，2连接BD．



（1）求直线BC的解析式；

（2）点M是线段BC下方的抛物线上一点，过点M作MG⊥x轴交BC于点E，交x轴于点F，交BD于点G．过点E作EH⊥BC交y轴于点H，交x轴于点K，连接GK．当△GKH面积最大时，线段OB上有一点R，过点R作RT⊥x轴交BC

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于点T，连接RE、MT，若四边形EMTR为平行四边形，求点R的坐标； （3）如图2，抛物线的对称轴与x轴交于点Q，点P是直线BD上一动点，连接PQ，将△BPQ沿PQ折叠至△B′PQ，其中点B的对应点为点B′．连接AB′、DB′，当△ADB′为等腰三角形时，求点P的坐标．

9．已知如图1，抛物线y=﹣x2﹣x+3与x轴交于A和B两点（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，点D的坐标是（0，﹣1），连接BC、AC



（1）求出直线AD的解析式；

（2）如图2，若在直线AC上方的抛物线上有一点F，当△ADF的面积最大时，有一线段MN=

（点M在点N的左侧）在直线BD上移动，首尾顺次连接点A、

M、N、F构成四边形AMNF，请求出四边形AMNF的周长最小时点N的横坐标； （3）如图3，将△DBC绕点D逆时针旋转α°（0＜α°＜180°），记旋转中的△DBC为△DB′C′，若直线B′C′与直线AC交于点P，直线B′C′与直线DC交于点Q，当△CPQ是等腰三角形时，求CP的值． 10．如图1，抛物线y=﹣x2+

x+2的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点

C，连接BC，过点A作AD∥BC交抛物线的对称轴于点D． （1）求点D的坐标；

（2）如图2，点P是抛物线在第一象限内的一点，作PQ⊥BC于Q，当PQ的长度最大时，在线段BC上找一点M（不与点B、点C重合），使PM+BM的值最小，求点M的坐标及PM+BM的最小值；

（3）抛物线的顶点为点E，平移抛物线，使抛物线的顶点E在直线AE上移动，点A，E平移后的对应点分别为点A′、E′．在平面内有一动点F，当以点A′、E′、B、F为顶点的四边形为菱形时，求出点A′的坐标．

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11．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=

x2﹣

x﹣与x轴交于A、B

两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D，点E（4，n）在抛物线上．



（1）求直线AE的解析式；

（2）点P为直线CE下方抛物线上的一点，连接PC，PE．当△PCE的面积最大时，连接CD，CB，点K是线段CB的中点，点M是CP上的一点，点N是CD上的一点，求KM+MN+NK的最小值； （3）点G是线段CE的中点，将抛物线y=

x2﹣

x﹣

沿x轴正方向平移

得到新抛物线y′，y′经过点D，y′的顶点为点F．在新抛物线y′的对称轴上，是否存在点Q，使得△FGQ为等腰三角形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

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2018年01月16日152****2504的初中数学组卷

参考答案与试题解析



一．解答题（共11小题）

1．如图1，已知抛物线y=x2﹣x﹣3与x轴交于A和B两点（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，顶点为D． （1）求出点A，B，D的坐标；

（2）如图1，若线段OB在x轴上移动，且点O，B移动后的对应点为O′，B′．首尾顺次连接点O′、B′、D、C构成四边形O′B′DC，当四边形O′B′DC的周长有最小值时，在第四象限找一点P，使得△PB′D的面积最大？并求出此时P点的坐标． （3）如图2，若点M是抛物线上一点，点N在y轴上，连接CM、MN．当△CMN是以MN为直角边的等腰直角三角形时，直接写出点N的坐标．



【分析】（1）令y=0，解方程即可求出点A、B的坐标，利用配方法或顶点坐标公式可得顶点D的坐标；

（2）作点C（0，﹣3）关于x轴的对称点C′（0，3），将点C′（0，3）向右平移4个单位得到点C″（4，3），连接DC″，交x轴于点B′，将点B′向左平移4个单位得到点O′，连接CO′，CO″，则四边形O′B′C′C″为平行四边形，此时四边形O′B′DC周长取最小值．再根据两点间的距离公式求出CD、DC″的长度，即可得出结论； （3）按点M的位置不同分两种情况考虑：①点M在直线y=x﹣3上，；②点M在直线y=﹣x﹣3上，联立直线与抛物线解析式求出点M的坐标，结合点C的坐标以及等腰直角三角形的性质即可得出点N的坐标．综合两种情况即可得出结

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论．

【解答】解：（1）令y=x2﹣x﹣3中y=0，则 解得：x1=﹣2，x2=4， ∴A（﹣2，0），B（4，0）．

∵y=x2﹣x﹣3=（x2﹣2x）﹣3=（x﹣1）2﹣∴D（1，﹣



x2﹣x﹣3=0，

，

）．

（2）令y=x2﹣x﹣3中x=0，则y=﹣3， ∴C（0，﹣3）． D（1，﹣

），O′B′=OB=4．

如图1，作点C（0，﹣3）关于x轴的对称点C′（0，3），将点C′（0，3）向右平移4个单位得到点C″（4，3），连接DC″，交x轴于点B′，将点B′向左平移4个单位得到点O′，连接CO′，CO″，则四边形O′B′C′C″为平行四边形，此时四边形O′B′DC周长取最小值．



此时C四边形O′B′DC=CD+O′B′+CO′+DB′=CD+OB′+DC″． ∵O′B′=4，CD=

=

，C″D=+

．

，

=

，

∴四边形O′B′DC的周长最小值为4+

设P（m，m2﹣m﹣3），作DH⊥x轴于H，连接PH．易知H（1，0），B′（0）

S△PDB′=S△PDH+S△PHB′﹣S△DHB′=•



（m﹣1）+•

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•（﹣m2+m+3）﹣•

•






=∴m=

（﹣3m2+23m﹣20）， 时，△PDB′的面积最大，

，﹣

）．

此时P（



（3）△CMN是以MN为直角边的等腰直角三角形分两种情况（如图2）：



①过点C作直线y=x﹣3交抛物线于点M，

联立直线CM和抛物线的解析式得：，解得：或，

∴M（ ，）．

∵△CMN为等腰直角三角形，C（0，﹣3）， ∴点N的坐标为（0，）或（0，

）；

②过点C作直线y=﹣x﹣3交抛物线于点M，

联立直线CM和抛物线的解析式得：，解得：或 ，

∴M（﹣，﹣）．

∵△CMN为等腰直角三角形，C（0，﹣3）， ∴点N的坐标为（0，﹣）或（0，﹣）．

综上可知：当△CMN是以MN为直角边的等腰直角三角形时，点N的坐标为（0，）、（0，

）、（0，﹣）或（0，﹣）．

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【点评】本题考查二次函数综合题、一元二次方程、等腰直角三角形的性质以及二元二次方程组等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，学会利用对称解决最短问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．

2．如图1，抛物线y=﹣x2﹣4x+5与x轴交于点A、B两点，与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点．

（1）求直线AC的解析式及顶点D的坐标；

（2）连接CD，点P是直线AC上方抛物线上一动点（不与点A、C重合），过P作PE∥x轴交直线AC于点E，作PF∥CD交直线AC于点F，当线段PE+PF取最大值时，在抛物线对称轴上找一点L，在y轴上找一点K，连接OL，LK，PK，求线段OL+LK+PK的最小值，并求出此时点L的坐标．

（3）如图2，点M（﹣2，﹣1）为抛物线对称轴上一点，点N（2，7）为直线AC上一点，点G为直线AC与抛物线对称轴的交点，连接MN，AM．点H是线段MN上的一个动点，连接GH，将△MGH沿GH翻折得到△M′GH（点M的对称点为M′），问是否存在点H，使得△M′GH与△NGH重合部分的图形为直角三角形，若存在，请求出NH的长，若不存在，请说明理由．



【分析】（1）分别令x=0．y=0，求出A、B、C三点坐标，设直线AC解析式为y=kx+b，A、C两点坐标代入解方程组即可．

（2）如图1中，连接PC、PA，作PT⊥AC于T．当高PT最大时，PE、PF最大，即PE+PF最大，此时△PAC的面积最大，设P（m，﹣m2﹣4m+5），构建二次函数确定△PAC面积最大时点P坐标，作点O关于对称轴的对称点O′，O′关于y轴

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的对称点O″，连接PO″交y轴于K，连接O′K交对称轴于L，此时OL+LK+PK最短．分别求出直线PO″，O′K的解析式即可解决问题．

（3）存在．分三种情形讨论①如图2中，重叠部分是△GHT，当∠GHT=90°时，②如图3中，重叠部分是△GHT，当∠GTH=90°时，作HE⊥GM于E．③如图4中，重叠部分是△GHT，当∠GTH=90°时，作GF⊥MN于F． 【解答】解：（1）令y=0，则﹣x2﹣4x+5=0，解得x=﹣5或1， ∴A（﹣5，0），B（1，0）， 令x=0，则y=5， ∴C（0，5），

设直线AC解析式为y=kx+b，则有∴直线AC解析式为y=x+5． ∵y=﹣x2﹣4x+5=﹣（x+2）2+9， ∴顶点D坐标（﹣2，9）．



，解得，

（2）（方法一）如图1中，连接PC、PA，作PT⊥AC于T．



∵点P在运动过程中，∠PEF，∠PFE是不变的，

∴当高PT最大时，PE、PF最大，即PE+PF最大，此时△PAC的面积最大，设P（m，﹣m2﹣4m+5），

∵S△PAC=S△PAO+S△PCO﹣S△AOC=×5×（﹣m2﹣4m+5）+×5×（﹣m）﹣×5×5=﹣m2﹣

m=﹣（m+）2+

，

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∵﹣＜0，

∴m=﹣时，△PAC面积最大，此时P（﹣，

），

方法二，设对称轴交AC于H，作PG∥y轴交AC于G． ∵A（﹣5，0），C（0，5）， ∴直线AC的解析式为y=x+5，

设P（m，﹣m2﹣4m+5），则G（m，m+5），易知PG=PE=﹣m2﹣4m+5﹣m﹣5=﹣m2﹣5m， ∵CD=

=2

，DH=6，

=

，即

=

，

由△PFG∽△DCH，得∴PF=﹣

m2﹣

m， ）m2﹣（5+

）m，

∴PE+PF=﹣（1+∵﹣（1+

）＜0，

∴m=﹣=﹣时，PE+PF的值最大．此时P（﹣，），

作点O关于对称轴的对称点O′，O′关于y轴的对称点O″，连接PO″交y轴于K，连接O′K交对称轴于L．此时OL+LK+PK最短． 理由：∵LO=LO′，KO′=KO″，

∴LO+LK+PK=（LO′+KL）+PL=KO′+PK=KO″+PK=PO″， ∴LO+LK+PK最短．（两点之间线段最短），此时最小值=∵O″（4，0），

∴可得直线PO″的解析式为y=﹣∴点K坐标（0，

x+

，

=

．

），∵O′（﹣4，0），

x+

，

∴直线O′K解析式为：y=∵x=﹣2时，y=

，

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∴点L坐标（﹣2，



）．

（3）存在．

①如图2中，重叠部分是△GHT，当∠GHT=90°时，



∵M（﹣2，﹣1），N（2，7）， ∴可得直线MN的解析式为y=2x+3， ∵G（﹣2，3），GH⊥MN，

∴可得直线GH的解析式为y=﹣x+2，

由解得，

∴点H坐标（﹣，∴NH=



），

=

．

②如图3中，重叠部分是△GHT，当∠GTH=90°时，作HE⊥GM于E．

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∵∠HGT=∠HGE，HT⊥GT，HE⊥GE， ∴HT=HE， 由①可知，GT=GE=由△MEH∽△MTG，得到，

=

，

=

，TM=

，MN=4

，

∴=，

∴MH=2﹣2，

+2．

∴HN=MN﹣MH=2



③如图4中，重叠部分是△GHT，当∠GTH=90°时，作GF⊥MN于F．



由②可知，GF=GT=，FN=，GN=4，

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由△NTH∽△NFG得=，

∴=，

∴NH=．

【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数、最值问题、翻折变换、直角三角形的性质、勾股定理、相似三角形的性质和判定等知识，解题的关键是灵活运用待定系数法确定函数解析式，学会分类讨论，学会构建二次函数确定最值问题，学会利用对称确定最小值问题，属于中考压轴题．

3．如图1，抛物线

已知C（0，）．连接AC． （1）求直线AC的解析式．

（2）点P是x轴下方的抛物线上一动点，过点P作PE⊥x轴交直线AC于点E，交x轴于点F，过点P作PG⊥AE于点G，线段PG交x轴于点H．设l=EP﹣FH，求l的最大值．

（3）如图2，在（2）的条件下，点M是x轴上一动点，连接EM、PM，将△EPM沿直线EM折叠为△EP1M，连接AP，AP1．当△APP1是等腰三角形时，试求出点M的坐标．

与x轴相交于A、B两点（点A在点B的右侧），



【分析】（1）先令y=0求抛物线与x轴交点坐标，利用待定系数法求直线AC的解析式；

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（2）如图1中，设点P（m，m2+m﹣3），则E（m，﹣m+），构建关于x的二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．

（3）如图2中，分四种情形讨论即可①当P1P=P1A时，②AP=AP2时，③当P3P=P3A时，④当P4P=PA时，画出图形，求出点M坐标即可．

【解答】解：（1）当y=0时，x2+x﹣3=0，解得x1=﹣3，x2=2， ∵点A在点B的右侧， ∴A（2，0）、B（﹣3，0）； 设直线AC的解析式为y=kx+b，

把A（2，0）、C（0，）代入得： 解得，

∴直线AC的解析式为：y=﹣；

=

（2）如图1中，在Rt△ACO中，tan∠OAC=

∵∠FPH+∠PHF=90°，∠OAC+∠AHG=90°，∠PHF=∠AHG， ∴∠HPF=∠OAC

∴tan∠FPH=tan∠OAC= ∵tan∠FPH=



∴FH=×FP×=FP

设点P（m，m2+m﹣3），则E（m，﹣m+）， ∴EP=﹣m2﹣m+，FP=﹣m2﹣m+3， 于是l=EP﹣FH=EP﹣FP=﹣m2﹣m+3， ∵﹣＜0

∴l=﹣m2﹣m+3开口向下，对称轴x=

=﹣2，

∵点P是x轴下方的抛物线上一动点， ∴﹣3＜m＜2

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∴l在﹣3＜m＜2时，当m=﹣2时，l最大=4；

（3）如图2中，m=﹣2时，E（﹣2，3），P（﹣2，﹣2）， ∵A（2，0）， ∴EP=EA=5，

①当P1P=P1A时，AP中点K（0，﹣1），于是直线EK为y=﹣2x﹣1， ∴直线EK交x于I（﹣，0），EI=过点M1作M1J⊥EK于J，则EJ=EF=3， ∴IJ=

﹣3，

，

∵△IEF∽△IM1J， ∴∴IM1=∴M1（3

=

， ﹣3

．

﹣8，0），

②AP=AP2时，△AEP≌△AEP2， ∴∠AEP=∠AEP2， ∴点M2与点A重合， ∴点M2（2，0）．

③当P3P=P3A时，由△EFM3∽△M1FE，得到EF2=FM3•FM1， ∴FM3=3

+6，

﹣8，0），

∴点M3（﹣3

④当P4P=PA时，作M4Q⊥EP4，设M4Q=M4F=x， 在RT△P4QM4中， ∵P4Q2+QM42=FP42， ∴22+x2=（4﹣x）2， ∴x=，

∴0M4=+2=， ∴点M4（﹣，0）． 综上所述点M1（3



﹣8，0），M2（2，0），M3（﹣3

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﹣8，0），M4（﹣，0）．








【点评】本题考查二次函数综合题、待定系数法、函数最值问题、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数，解决实际问题中最值问题，学会分类讨论，考虑问题要全面，属于中考压轴题．

4．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣B两点，交y轴交于C点，顶点为D．

（1）如图1，连接AD，R是抛物线对称轴上的一点，当AR⊥AD时，求点R的坐标；

（2）在（1）的条件下．在直线AR上方，对称轴左侧的抛物线上找一点P，过P作PQ⊥x轴，交直线AR于点Q，点M是线段PQ的中点，过点M作MN∥AR交抛物线对称轴于点N，当平行四边形MNRQ周长最大时，在抛物线对称轴上找一点E，y轴上找一点F，使得PE+EF+FA最小，并求此时点E、F的坐标． （3）如图2，过抛物线顶点D作DH⊥AB于点H，将△DBH绕着H点顺时针旋转得到△D′B′H′且B′落在线段BD上，将线段AC直沿直线AC平移后，点A、C对应的点分别为A′、C′，连接D′C′，D′A′，△D′C′A′能否为等腰三角形？若能，请求

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x2+

x+3，分别交x轴于A、




出所有符合条件的点A′的坐标；若不能，请说明理由．



【分析】（1）求出直线AD的解析式，根据AR⊥AD，再求出直线AR的解析式即可解决问题．

（2）如图1中，设P（m，﹣（m，﹣

m2+

m+

m2+

m+3

），则Q（m，

m﹣2

），M

），构建二次函数，利用二次函数的性质求出点P坐

标，如图2中，点P关于对称轴的对称点为M，点M关于y轴的对称点为N，连接AN交y轴于F，连接FM交对称轴于E，此时PE+EF+AF最小．分别求出直线AN、FM的解析式即可解决问题． （3）分三种情形讨论即可①当C′D′=A′C′=3D′C′=D′A′时分别求解即可． 【解答】解：（1）对于抛物线y=﹣解得x=﹣2或6，

∴B（﹣2，0），A（6，0）， ∵y=﹣

x2+

x+3

=﹣

（x﹣2）2+4

，

x2+

x+3

，令y=0，得﹣

x2+

x+3

=0，

时．②当A′D′=A′C′=3

时．③当

∴抛物线顶点D坐标为（2，4），对称轴x=2，

，解得

，

，

设直线AD的解析式为y=kx+b则有∴直线AD的解析式为y=﹣∵AR⊥AD，

∴直线AR的解析式为y=∴点R坐标（2，﹣



x+6

x﹣2，

）．

第20页（共53页）






（2）如图1中，设P（m，﹣（m，﹣

m2+

m+

），

m2+

m+3），则Q（m，m﹣2），M



由（1）可知tan∠DAB==，

∴∠DAB=60°，∵∠DAQ=90°， ∴∠BAQ=30°，

∴平行四边形MNRQ周长=2（﹣•cos30°=﹣

m2﹣

m+7

=﹣

m2+

m+

﹣，

m+2

）+2（2﹣m）

（m+）2+

∴m=﹣时，平行四边形MNRQ周长最大， 此时P（﹣，

），

如图2中，点P关于对称轴的对称点为M，点M关于y轴的对称点为N，连接AN交y轴于F，连接FM交对称轴于E，此时PE+EF+AF最小．



理由：PE+EF+AF=EM+FE+AF=FM+AF=FN+AF=AN， 根据两点之间线段最短，可知此时PE+EF+AF最小． ∵M（

，

），N（﹣

，x+

）， ，

∴直线AN的解析式为y=﹣

第21页（共53页）






∴点F坐标（0，），

x+

，

∴直线FM的解析式为y=∴点E坐标（2，



）．

（3）能．如图3中，



由题意可知，∠DBH=60°，∵HB=HB′， ∴△BHB′是等边三角形，

∴BB′=BH=HB′=DB′=4，∠D′B′H=∠BHB′=60°， ∴B′D′∥x轴，D′（8，2∵C（0，3

），AC=

=

=3

，

），A（6，0），

x+3

，

m+3

），

∴直线AC的解析式为y=﹣①当C′D′=A′C′=3∴（8﹣m）2+（2解得m=∴C′（

时，设C′（m，﹣+或，

m﹣3

）2=（3， ）或（

）2，

，），

把点C′向下平移3∴此时A′的坐标为（②当A′D′=A′C′=3∴（8﹣n）2+（2解得n=



个单位，向右平移6个单位得到A′，

，

n+3

）或（），

，

）．

时，设A′（n，﹣+或

n﹣3

）2=（3，

）2，

第22页（共53页）




∴A′（，）或（，），

x﹣

，

③当D′C′=D′A′时，作D′H⊥A′C′于H，则直线D′H的解析式为y=

由解得，

∴点H坐标（把点H向下平移

，），

，向右平移3个单位即可得到A′（

，）或（

，﹣

）或（，

）．

，）

综上所述，满足条件的点A′的坐标为（

）或（

或（

，

）．

，

【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质、两点间距离公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用对称解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．

5．已知抛物线y=﹣线y=

x2﹣

x+a（a≠0）的顶点为M，与y轴交于点A，直

x﹣a分别与x轴，y轴相交于B，C两点，并且与直线MA相交于N点．

（1）用a表示点A，M，N的坐标．

（2）若将△ANC沿着y轴翻折，点N对称点Q恰好落在抛物线上，AQ与抛物线的对称轴交于点P，连结CP，求a的值及△PQC的面积． （3）当a=4

时，抛物线如图2所示，设D为抛物线第二象限上一点，E为x

轴上的点，且∠OED=120°，DE=8，F为OE的中点，连结DF，将直线BC沿着x轴向左平移，记平移的过程中的直线为B′C′，直线B′C′交x轴与点K，交DF于H点，当△KEH为等腰三角形时，求平移后B的对应点K的坐标．

第23页（共53页）








【分析】（1）用抛物线的顶点公式确定顶点坐标，联立方程组求交点坐标； （2）根据对折确定出a求出点A，C，N的坐标，从而求出三角形的面积； （3）求出直线BC解析式为y=

x﹣4

，直线DF的解析式为y=﹣

x﹣8

，

从而求出线段KE中点H横坐标为﹣3，建立方程求解． 【解答】解：（1）∵y=﹣∴顶点M（﹣6，a+4令x=0，得：y=a， ∴A（0，a），

∴直线AM解析式为y=﹣

x+a，

）

x2﹣

x+a=

（x+6）2+a+4

，

∵，

∴，

∴N（a，﹣a）

a，﹣a）， a）2﹣

×（﹣

a）+a，

（2）由（1）知，Q（﹣∴﹣a=﹣∴a=9

×（﹣

，或a=0（舍），

），C（0，﹣9

），N（﹣6，13，

第24页（共53页）

∴A（0，9），

∴xQ=﹣18，xP=﹣6，AC=18






∴S△PQC=S△AQC﹣S△APC=AC×|xQ|﹣AC×|xP|=×18（3）如图，

（18﹣6）=108．



当a=4时，抛物线解析式为y=﹣

x﹣4

，

x2﹣

x+4，

直线BC解析式为y=

设点K的坐标为（m，0），（m＜12） ∴直线BC平移后的直线B'C'的解析式为y=作DG⊥x轴， ∴∠DEG=60°， ∴DG=DEsin60=4∵y=4∴4

， =﹣

x2﹣

x+4

，

，EG=DEcos60°=4，

（x﹣m）①，

∴x=﹣12，或x=0（舍） ∴D（﹣12，4∴OG=12， ∴OE=OG﹣EG=8， ∴E（﹣8，0）， ∵F（﹣4，0），

∴直线DF的解析式为y=﹣

x﹣2

②， （m+4），

），

联立①②得，x=（m﹣6），y=﹣∴H（（m﹣6），﹣

（m+4）），

∵E（﹣8，0），K（m，0），

第25页（共53页）






∴EK2=（m+8）2，EH2=[（（m﹣6）+8]2+[﹣﹣m]2+[﹣

（m+4）]2，

（m+4）]2，HK2=[（m﹣6）

∵△KEH为等腰三角形， ①当EH=KH时，∴EH2=KH2， ∴[（（m﹣6）+8]2+[﹣

（m+4）]2=[（m﹣6）﹣m]2+[﹣

（m+4）]2，

∴m=﹣8（舍）或m=16（舍） ②当EH=EK时，∴EH2=EK2， ∴（m+8）2=[（（m﹣6）+8]2+[﹣∴m=﹣4（舍）或m=﹣∴K（﹣

，0），

，

（m+4）]2

③当KH=EK时，∴KH2=EK2， （m+8）2=[（m﹣6）﹣m]2+[﹣∴m=∴K（

或m=，0）或（



（m+4）]2，

，0）

，0）或（

，0）或（

，0）

∴满足条件的K的坐标为（﹣

【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了图象的交点坐标的确定，锐角三角函数的意义，三角形面积的求法，解本题的关键是交点坐标的确定．

6．如图1，二次函数y=x2﹣2x+1的图象与一次函数y=kx+b（k≠0）的图象交于A，B两点，点A的坐标为（0，1），点B在第一象限内，点C是二次函数图象的顶点，点M是一次函数y=kx+b（k≠0）的图象与x轴的交点，过点B作轴的垂线，垂足为N，且S△AMO：S四边形AONB=1：48． （1）求直线AB和直线BC的解析式；

（2）点P是线段AB上一点，点D是线段BC上一点，PD∥x轴，射线PD与抛物线交于点G，过点P作PE⊥x轴于点E，PF⊥BC于点F．当PF与PE的乘积最

第26页（共53页）






大时，在线段AB上找一点H（不与点A，点B重合），使GH+求点H的坐标和GH+

BH的最小值；

BH的值最小，

（3）如图2，直线AB上有一点K（3，4），将二次函数y=x2﹣2x+1沿直线BC平移，平移的距离是t（t≥0），平移后抛物线上点A，点C的对应点分别为点A′，点C′；当△A′C′K是直角三角形时，求t的值．



【分析】（1）根据S△AMO：S四边形AONB=1：48，求出三角形相似的相似比为1：7，从而求出BN，继而求出点B的坐标，用待定系数法求出直线解析式．

（2）先判断出PE×PF最大时，PE×PD也最大，再求出PE×PF最大时G（5，），再简单的计算即可；

（3）由平移的特点及坐标系中，两点间的距离公式得A′C′2=8，A′K2=5m2﹣18m+18，C′K2=5m2﹣22m+26，最后分三种情况计算即可． 【解答】解：（1）∵点C是二次函数y=x2﹣2x+1图象的顶点， ∴C（2，﹣1），

∵AO⊥x轴，BN⊥x轴， ∴△MAO∽△MBN， ∵S△AMO：S四边形AONB=1：48， ∴S△AMO：S△BMN=1：49， ∴OA：BN=1：7， ∵OA=1 ∴BN=7，

把y=7代入二次函数解析式y=x2﹣2x+1中，可得7=x2﹣2x+1，

第27页（共53页）






∴x1=﹣2（舍），x2=6 ∴B（6，7），

∵A的坐标为（0，1）， ∴直线AB解析式为y=x+1， ∵C（2，﹣1），B（6，7）， ∴直线BC解析式为y=2x﹣5． （2）如图1，



设点P（x0，x0+1）， ∴D（

，x0+1），

∴PE=x0+1，PD=3﹣x0， ∵∠DPF固定不变， ∴PF：PD的值固定，

∴PE×PF最大时，PE×PD也最大，

PE×PD=（x0+1）（3﹣x0）=﹣x02+x0+3， ∴当x0=时，PE×PD最大， 即：PE×PF最大．此时G（5，） ∵△MNB是等腰直角三角形， 过B作x轴的平行线， ∴GH+

BH=B1H，

BH的最小值转化为求GH+HB1的最小值，

∴当GH和HB1在一条直线上时，GH+HB1的值最小，

第28页（共53页）






此时H（5，6），最小值为7﹣= （3）令直线BC与x轴交于点I， ∴I（，0）

∴IN=，IN：BN=1：2，

∴沿直线BC平移时，横坐标平移m时，纵坐标则平移2m，平移后A′（m，1+2m），C′（2+m，﹣1+2m），

∴A′C′2=8，A′K2=5m2﹣18m+18，C′K2=5m2﹣22m+26， 当∠A′KC′=90°时，A′K2+KC′2=A′C′2，解得m=

，此时t=

m=4

m=2；

±

；

当∠KC′A′=90°时，KC′2+A′C′2=A′K2，解得m=4，此时t=

当∠KA′C′=90°时，A′C′2+A′K2=KC′2，解得m=0，此时t=0．

【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了相似三角形的性质，待定系数法求函数解析式，两点间的距离公式，解本题的关键是相似三角形的性质的运用．

7．如图，抛物线y=﹣x2

x+3与x轴交于A，B两点（A点在B点的左侧），

与y轴交于点C，点D在x轴负半轴上．且OD=．连接CD，已知点E（0，﹣1）， （1）求直线AC的解析式；

（2）如图1，F为线段AC上一动点，过F作x轴的平行线交CD于点G．当△EFG面积最大时，在y轴上取一点M，在抛物线对称轴上取一点N，求FM+MN+NB的最小值；

（3）如图2，点P在线段OC上且OP=OB，连接BP，将△OBP沿x轴向左平移，得到△O′B′P′，当点P′恰好落在AC上时，将△P′O′A绕点P′逆时针旋转α（0＜α＜180°），记旋转中的△P′O′A′为△P′O″A′，在旋转过程中，设直线A′O″分别交x轴，直线AC于H，I两点，是否存在这样的H，I，使△AHI为等腰三角形？若存在，求此时AI的长．

第29页（共53页）








【分析】（1）先求得点A和点C的坐标，然后利用待定系数法求得直线AC的解析式即可；

（2）先求得CD的解析式，设点F的坐标为（a，a+3），点G的坐标为（x，2x+3）．然后依据点F和点G的坐标相等可求得点G的横坐标（用含a的式子表示），从而可求得FG的上，然后列出△FGE的面积与a的函数关系，利用二次函数的性质可求得a的值，从而得到点F的坐标，作点N关于y轴的对称点N′，在x轴上取点E使NN′=BE=2，则E（4，0）．然后证明MN=MN′、BN=N′E，由两点之间线段最短可知：当点F、M、N′、E在一条直线上时，FM+MN+NB有最小值，最后依据勾股定理求的FE的值即可；

（3）如图2所示：当AI=AH时，作AM平分∠CAO，交AC于点M，作MN⊥AC，垂足为N．先利用面积法求得OM的值，然后可求得tan∠MOA的值，然后在Rt△IP′O″中，利用锐角三角函数的定义可求得IP′的值，最后依据AI=IP′﹣AP′求解即可；如图3所示：当AH=IH时．可证明△IP′A′为等腰三角形即IP′=P′A′；如图4所示：当AI=AH时，过点A作AM⊥IH，可证明∠IP′O″=∠IAM，然后在Rt△IO″P′利用锐角三角函数的定义可求得IP′的长，最后依据AI=IP′+AP′求解即可；如图5所示：当IA=IH时．作IM⊥P′A′．可证明△IP′A′为等腰直角三角形，然后再Rt△IMP′可利用锐角三角函数的定义求得IP′的长．，最后依据AI=IP′+AP′求解即可． 【解答】解：（1）把x=0代入得：y=3， ∴C（0，3）．

把y=0代入得：0=﹣x2

x+3，解得x=2或x=﹣4．

第30页（共53页）






∴A（﹣4，0）、B（2，0）．

设直线AC的解析式为y=kx+b，将C（0，3）、A（﹣4，0）代入得：解得k=，b=3．

∴直线AC的解析式为y=x+3．



，

（2）∵OD=， ∴D（﹣，0）．

设CD的解析式为y=mx+n，将点C、D的坐标代入得：m=2，

∴直线CD的解析式为y=2x+3．

设点F的坐标为（a，a+3），点G的坐标为（x，2x+3）． ∵FG∥x轴，

∴a+3=2x+3，解得：x=a． ∴FG=﹣a．

∴△FGE的面积=FG•|Gy﹣Ey|=×（﹣a）×（a+4）=﹣∴当a=﹣时，△FGE的面积有最大值． ∴F（﹣，1）．

如图1所示：作点N关于y轴的对称点N′，在x轴上取点E使NN′=BE=2，则E（4，0）．

a2﹣a． ，解得n=3，



∵N与N′关于y轴对称，

第31页（共53页）






∴MN=MN′．

∵NN′∥BE且NN′=BE，

∴四边形NN′EB为平行四边形． ∴BN=N′E．

∴FM+MN+NB=AM+MN′+N′E．

由两点之间线段最短可知：当点F、M、N′、E在一条直线上时，FM+MN+NB有最小值，

∴FM+MN+NB=EF=

=

．

（3）如图2所示：当AI=AH时，作AM平分∠CAO，交AC于点M，作MN⊥AC，垂足为N．



∵直线AC的解析式为y=x+3，

∵AM平分∠CAO，MO⊥AO，MN⊥AC， ∴MN=MO． ∵AO=4，OC=3， ∴AC=5． 设MN=MO=a．

∵△AOC的面积=AC•MN+AO•OM=AO•OC， ∴×5×a+×4×a=×3×4，解得：a=． ∴MO=．

第32页（共53页）






∴tan∠MAO==． ∵AI=AH， ∴∠AIH=∠AHI．

又∵∠AIH+∠AHI=∠CAO，AM平分∠CAO， ∴tan∠AIO″=tan∠MAO． ∴tan∠AIO″=tan∠MAO=． ∵P′O″=P′O′=OP=PB=2， ∴IO″=6．

依据勾股定理可知IP′=2∵∴AP′=

=， ．

﹣

． ．

∴AI=IP′﹣AP′=2

如图3所示：当AH=IH时．



∵AH=IH， ∴∠IAH=∠AIH．

由旋转的性质可知∠IAH=∠P′A′I． ∴∠P′A′I=∠P′IA′． ∴P′I=P′A′． ∴P′I=AP′=



．

第33页（共53页）




∴AI=．

如图4所示：当AI=AH时，过点A作AM⊥IH．



∵P′O″⊥IH，AM⊥IH， ∴O″P′∥AM． ∴∠IAM=∠IP′O″． ∵AI=AH，AM⊥IH， ∴∠IAM=∠IP′O″． ∴

=，

，解得：IO″=．

=

．

．

依据勾股定理得：IP′=∴AI=AP′+IP′=

如图5所示：当IA=IH时．作IM⊥P′A′．



∵AI=IH，

第34页（共53页）






∴∠IAH=∠IHA． ∵IA′P′=P′AO′， ∴∠IA′M=∠IHA． ∴P′A′∥AH．

∴△IP′A′为等腰三角形． 又∵IM⊥P′A′， ∴P′M=MA′=． ∴IP′=∴AI=

． +

=

．

﹣

或

或

或

．

综上所述，当△AHI为等腰三角形时，AI的长为2

【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求函数的解析式、二次函数的性质、轴对称图形的性质、平行四边形的性质、等腰三角形的性质、锐角三角函数的定义，将FM+MN+NB转化为EF的长是解答问题（2）的关键，根据题意画出图形是解答问题（3）的关键．

8．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=

x2﹣

x﹣2

与x轴交于A、

），

B两点（点A在点B的左侧），交y轴于点C，连接BC．已知点D（0，2连接BD．



（1）求直线BC的解析式；

（2）点M是线段BC下方的抛物线上一点，过点M作MG⊥x轴交BC于点E，交x轴于点F，交BD于点G．过点E作EH⊥BC交y轴于点H，交x轴于点K，连接GK．当△GKH面积最大时，线段OB上有一点R，过点R作RT⊥x轴交BC

第35页（共53页）






于点T，连接RE、MT，若四边形EMTR为平行四边形，求点R的坐标； （3）如图2，抛物线的对称轴与x轴交于点Q，点P是直线BD上一动点，连接PQ，将△BPQ沿PQ折叠至△B′PQ，其中点B的对应点为点B′．连接AB′、DB′，当△ADB′为等腰三角形时，求点P的坐标．

【分析】（1）首先求出B、C两点坐标，利用待定系数法即可解决问题； （2）由△GEB是等边三角形，设F（t，0），则FB=6﹣t，FG=

（6﹣t），EG=

（6﹣t），KF=（6﹣t），推出KB=（6﹣t）=8﹣t，OK=t﹣2，根据S△GKH=S△

GEH﹣S△EGK=

•GE•（OF﹣FK）=•EG•OK，构建二次函数，利用二次函数的性质

求出点M的坐标，即可解决问题；

（3）分三种情形①如图3中，当DA=DB′时．②如图4中，当点P与D重合时，点B′与C重合，此时AB′=AD．③如图5中，当B′A=B′D时，易证QB′⊥AD，BQ=PB．④如图6中，当B′A=B′D时，分别求解即可； 【解答】解：（1）∵y=∴y=0时，

x2﹣

x2﹣x﹣2

x﹣2=0，

，

解得x=﹣2或6，

∴A（﹣2，0），B（6，0）， x=0时，y=﹣2∴C（0，﹣2

， ），

x﹣2

．

∴直线BC的解析式为Y=



（2）如图1中，



∵D（0，2



），B（6，0），C（0，﹣2），

第36页（共53页）




∴tan∠DBO=tan∠CBO=∴∠DBO=∠CBO=30°， ∵OD=OC，BO⊥CD， ∴BD=BC，∠DBC=60°， ∴△BCD是等边三角形，

，

∵△GEB是等边三角形，设F（t，0），则FB=6﹣t，FG=﹣t），KF=（6﹣t）， ∴KB=（6﹣t）=8﹣t， ∴OK=t﹣2，

∴S△GKH=S△GEH﹣S△EGK=•GE•（OF﹣FK）=•EGOK=﹣∵﹣∴t=∴ME=∵RT=ME， ∴RT=

，

RT=

EM=

，

＜0，∴开口向下，

时，△GKH的面积最大，此时M（

，

，﹣

（6﹣t），EG=（6

t2+

t﹣4．

，E（，﹣），

∴在Rt△RBT中，RB=∴OR=∴R（



， ，0）．

（3）①如图3中，当DA=DB′时，易知∠ADQ=∠DQB′=∠BQB′=60°，

第37页（共53页）








∴∠PQB=∠PQB′=∠PBQ=30°，作PH⊥x轴于H． ∴QH=BH=2，PH=∴OH=4， ∴P（4，



，

）．

②如图4中，当点P与D重合时，点B′与C重合，此时AB′=AD，易知P（0，2）．



③如图5中，当B′A=B′D时，易证QB′⊥AD，BQ=PB，作PH⊥x轴于H．

第38页（共53页）








在Rt△PHB中，PH=PB=2，BH=2∴OH=6﹣2∴P（6﹣2

， ，2）．

，

④如图6中，当B′A=B′D时，易证PB=BQ=4，作PH⊥x轴于H．



在Rt△PHB中，PH=PB=2，BH=2∴OH=6+2∴P（6+2

， ，﹣2）．

，

综上所述，满足条件的点P的坐标为（4，或（6+2

，﹣2）．

）或（0，2）或（6﹣2，2）

【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、三角形的面积、翻折变换等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．

第39页（共53页）








9．已知如图1，抛物线y=﹣x2﹣x+3与x轴交于A和B两点（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，点D的坐标是（0，﹣1），连接BC、AC



（1）求出直线AD的解析式；

（2）如图2，若在直线AC上方的抛物线上有一点F，当△ADF的面积最大时，有一线段MN=

（点M在点N的左侧）在直线BD上移动，首尾顺次连接点A、

M、N、F构成四边形AMNF，请求出四边形AMNF的周长最小时点N的横坐标； （3）如图3，将△DBC绕点D逆时针旋转α°（0＜α°＜180°），记旋转中的△DBC为△DB′C′，若直线B′C′与直线AC交于点P，直线B′C′与直线DC交于点Q，当△CPQ是等腰三角形时，求CP的值．

【分析】（1）先求出点A，B坐标，再用待定系数法求出直线AD解析式； （2）先建立S△ADF=﹣（m+）2+

，进而求出F点的坐标，再确定出点M的

x﹣①，

位置，进而求出点A1，A2坐标，即可确定出A2F的解析式为y=﹣和直线BD解析式为y=﹣x﹣1②，联立方程组即可确定出结论；

（3）分四种情况讨论计算，利用锐角三角函数和勾股定理表示出线段，用相似三角形的性质即可求出PC的值．

【解答】解：（1）∵抛物线y=﹣x2﹣x+3与x轴交于A和B两点， ∴0=﹣x2﹣x+3， ∴x=2或x=﹣4，

∴A（﹣4，0），B（2，0）， ∵D（0，﹣1），

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∴直线AD解析式为y=﹣x﹣1；



（2）如图1，

过点F作FH⊥x轴，交AD于H，

设F（m，﹣m2﹣m+3），H（m，﹣m﹣1）， ∴FH=﹣m2﹣m+3﹣（﹣m﹣1）=﹣m2﹣m+4，

∴S△ADF=S△AFH+S△DFH=FH×|yD﹣yA|=2FH=2（﹣m2﹣m+4）=﹣m2﹣m+8=﹣（m+）2+

，

当m=﹣时，S△ADF最大， ∴F（﹣，如图2，

作点A关于直线BD的对称点A1，把A1沿平行直线BD方向平移到A2，且A1A2=连接A2F，交直线BD于点N，把点N沿直线BD向左平移形AMNF的周长最小． ∵OB=2，OD=1， ∴tan∠OBD=， ∵AB=6， ∴AK=

，

，

，A1H=

，

，

）

得点M，此时四边

∴AA1=2AK=

在Rt△ABK中，AH=∴OH=OA﹣AH=， ∴A1（﹣，﹣

），

过A2作A2P⊥A2H， ∴∠A1A2P=∠ABK， ∵A1A2=



，

第41页（共53页）




∴A2P=2，A1P=1， ∴A2（，﹣∵F（﹣，

） ）

x﹣①，

∴A2F的解析式为y=﹣

∵B（2，0），D（0，﹣1）， ∴直线BD解析式为y=x﹣1②， 联立①②得，x=﹣∴N点的横坐标为：﹣

， ．

（3）∵C（0，3），B（2，0），D（0，﹣1） ∴CD=4，BC=

，OB=2，

BC边上的高为DH，

根据等面积法得，BC×DH=CD×OB， ∴DH=

=

，

∵A（﹣4，0），C（0，3）， ∴OA=4，OC=3， ∴tan∠ACD=

，

①当PC=PQ时，简图如图1，



过点P作PG⊥CD，过点D作DH⊥PQ， ∵tan∠ACD=

∴设CG=3a，则QG=3a，PG=4a，PQ=PC=5a，

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∴DQ=CD﹣CQ=4﹣6a ∵△PGQ∽△DHQ， ∴∴

，

，

∴a=∴PC=5a=

，

；

②当PC=CQ时，简图如图2，



过点P作PG⊥CD， ∵tan∠ACD=

∴设CG=3a，则PG=4a， ∴CQ=PC=5a， ∴QG=CQ﹣CG=2a， ∴PQ=2

a，

∴DQ=CD﹣CQ=4﹣5a ∵△PGQ∽△DHQ， 同①的方法得出，PC=4﹣



，

③当QC=PQ时，简图如图1

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过点Q作QG⊥PC，过点C作CN⊥PQ， 设CG=3a，则QG=4a，PQ=CQ=5a， ∴PG=3a， ∴PC=6a

∴DQ=CD﹣CQ=4﹣5a，

利用等面积法得，CN×PQ=PC×QG， ∴CN=

a，

∵△CQN∽△DQH 同①的方法得出PC=

④当PC=CQ时，简图如图4，





过点P作PG⊥CD，过H作HD⊥PQ， 设CG=3a，则PG=4a，CQ=PC=5a， ∴QD=4+5a，PQ=4∵△QPG∽△QDH， 同①方法得出．CP=综上所述，PC的值为：



，

；4﹣，，=．

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【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，面积公式及计算方法，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，分情况讨论计算是解本题的关键，构造出相似三角形是解本题的难点．计算量较大．

10．如图1，抛物线y=﹣x2+

x+2的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点

C，连接BC，过点A作AD∥BC交抛物线的对称轴于点D． （1）求点D的坐标；

（2）如图2，点P是抛物线在第一象限内的一点，作PQ⊥BC于Q，当PQ的长度最大时，在线段BC上找一点M（不与点B、点C重合），使PM+BM的值最小，求点M的坐标及PM+BM的最小值；

（3）抛物线的顶点为点E，平移抛物线，使抛物线的顶点E在直线AE上移动，点A，E平移后的对应点分别为点A′、E′．在平面内有一动点F，当以点A′、E′、B、F为顶点的四边形为菱形时，求出点A′的坐标．

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【分析】（1）当y=0时，﹣x2+

x+2=0，解方程可得A（﹣，0），B（，

0），当x=0时，y=2，即C（0，2），根据待定系数法可求直线BC的解析式为y=

x+2，根据平行两直线间的关系可得直线AD的解析式为y=﹣

=

，可得当x=

时，y=﹣

x﹣，

根据抛物线的对称轴为x=﹣D点坐标为（

，﹣）；

x﹣=﹣，即

（2）如图1，作PF∥y轴交BC于F，则△PQF∽△BOC，根据相似三角形的性质可得PQ=当t=

PF，设P（t，﹣t2+

t+2），F（t，

t+2）可得PF=﹣t2+

t，

时，PF取最大值，PQ取最大值，此时P（，），作MN⊥x轴于N，

则△BMN∽△BOC，根据相似三角形的性质可得MN=BM，则当P，M，N共线时，PM+BM=PN=，M（

，1）

（3）如图2所示，分三种情况：1）当A′E′=A′B，A′E′∥BF1，A′E′=BF1时四边形A′E′F1B是菱形；2）当A′E′=E′B，A′E′∥BF2，A′E′=BF2时四边形A′E′F2B是菱形；3）当A′B=E′B，A′F3∥BE′，A′F3=BE′时四边形A′F3E′B是菱形；进行讨论即可求解． 【解答】解：（1）当y=0时，﹣x2+解得x1=即A（﹣

，x2=﹣

，

，0），

x+2=0，

，0），B（

当x=0时，y=2，即C（0，2）， 直线BC的解析式为y=﹣直线AD的解析式为y=﹣

x+2， x﹣，

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抛物线的对称轴为x=﹣当x=

时，y=﹣

=，

x﹣=﹣， ，﹣）；

即D点坐标为（



（2）如图1，作PF∥y轴交BC于F， 则△PQF∽△BOC， ∴

=

=PF

t+2），F（t，t

t+2）



即PQ=

设P（t，﹣t2+∴PF=﹣t2+当t=

时，PF取最大值，PQ取最大值，

，）

此时P（

作MN⊥x轴于N，则△BMN∽△BOC， ∴

=

=

即MN=BM，

则当P，M，N共线时，PM+BM=PN=， M（



，1）；

（3）如图2所示，

1）当A′E′=A′B，A′E′∥BF1，A′E′=BF1时四边形A′E′F1B是菱形， 此时A1′（

，），A2′（﹣

，﹣

）；

2）当A′E′=E′B，A′E′∥BF2，A′E′=BF2时四边形A′E′F2B是菱形， 此时A3′（﹣

，0），A4′（﹣

，﹣

）；

3）当A′B=E′B，A′F3∥BE′，A′F3=BE′时四边形A′F3E′B是菱形，

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此时A5′（﹣，﹣）．





【点评】考查了二次函数综合题，涉及的知识点有：待定系数法求一次函数解析式，二次函数的性质，相似三角形的性质，菱形的性质，要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，综合性较强，有一定的难度．

11．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=

x2﹣

x﹣

与x轴交于A、B

两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D，点E（4，n）在抛物线上．

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（1）求直线AE的解析式；

（2）点P为直线CE下方抛物线上的一点，连接PC，PE．当△PCE的面积最大时，连接CD，CB，点K是线段CB的中点，点M是CP上的一点，点N是CD上的一点，求KM+MN+NK的最小值； （3）点G是线段CE的中点，将抛物线y=

x2﹣

x﹣

沿x轴正方向平移

得到新抛物线y′，y′经过点D，y′的顶点为点F．在新抛物线y′的对称轴上，是否存在点Q，使得△FGQ为等腰三角形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）抛物线的解析式可变形为y=

（x+1）（x﹣3），从而可得到点A

和点B的坐标，然后再求得点E的坐标，设直线AE的解析式为y=kx+b，将点A和点E的坐标代入求得k和b的值，从而得到AE的解析式； （2）设直线CE的解析式为y=mx﹣

，将点E的坐标代入求得m的值，从而得

x2

到直线CE的解析式，过点P作PF∥y轴，交CE与点F．设点P的坐标为（x，﹣

x﹣

），则点F（x，

x﹣x2+

），则FP=

x2+

x．由三角形的面

积公式得到△EPC的面积=﹣x，利用二次函数的性质可求得x的值，

从而得到点P的坐标，作点K关于CD和CP的对称点G、H，连接G、H交CD和CP与N、M．然后利用轴对称的性质可得到点G和点H的坐标，当点O、N、M、H在条直线上时，KM+MN+NK有最小值，最小值=GH；

（3）由平移后的抛物线经过点D，可得到点F的坐标，利用中点坐标公式可求得点G的坐标，然后分为QG=FG、QG=QF，FQ=FQ三种情况求解即可．

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【解答】解：（1）∵y=∴y=

（x+1）（x﹣3）．

x2﹣

x﹣，

∴A（﹣1，0），B（3，0）． 当x=4时，y=∴E（4，

）．

，

．

设直线AE的解析式为y=kx+b，将点A和点E的坐标代入得：解得：k=

，b=

．

x+

．

∴直线AE的解析式为y=



（2）设直线CE的解析式为y=mx﹣解得：m=

．

x﹣

．

，将点E的坐标代入得：4m﹣=，

∴直线CE的解析式为y=

过点P作PF∥y轴，交CE与点F．



设点P的坐标为（x，则FP=（

x﹣

x2﹣

x2﹣x2+

x﹣），则点F（x，x﹣

）=

x2+x2+

x﹣x． x．

），

）﹣（

∴△EPC的面积=×（x）×4=﹣

∴当x=2时，△EPC的面积最大．

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∴P（2，﹣）．

如图2所示：作点K关于CD和CP的对称点G、H，连接G、H交CD和CP与N、M．



∵K是CB的中点， ∴k（，﹣∴tan∠KCP=∵OD=1，OC=∴tan∠OCD=

）． ． ， ．

∴∠OCD=∠KCP=30°． ∴∠KCD=30°．

∵k是BC的中点，∠OCB=60°， ∴OC=CK．

∴点O与点K关于CD对称． ∴点G与点O重合． ∴点G（0，0）．

∵点H与点K关于CP对称， ∴点H的坐标为（，﹣

）．

∴KM+MN+NK=MH+MN+GN．

当点O、N、M、H在条直线上时，KM+MN+NK有最小值，最小值=GH． ∴GH=

=3．

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∴KM+MN+NK的最小值为3．



（3）如图3所示：



∵y′经过点D，y′的顶点为点F， ∴点F（3，﹣

）．

∵点G为CE的中点， ∴G（2，∴FG=

）．

=

．

），Q′（3，对称，

）．

∴当FG=FQ时，点Q（3，当GF=GQ时，点F与点Q″关于y=∴点Q″（3，2

）．

当QG=QF时，设点Q1的坐标为（3，a）． 由两点间的距离公式可知：a+∴点Q1的坐标为（3，﹣

）．

）或′（3，

）或（3，2

）

=

，解得：a=﹣

．

综上所述，点Q的坐标为（3，或（3，﹣

）．

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【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求一次函数的解析式、轴对称最短路径问题、等腰三角形的定义和性质，找到KM+MN+NK取得最小值的条件是解答问题（2）的关键；分为QG=FG、QG=QF，FQ=FQ三种情况分别进行计算是解答问题（3）的关键．



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