文档内容
九年级上学期期中【压轴 60 题考点专练】
一．解一元二次方程-因式分解法（共1小题）
1．（2021秋•汤阴县期中）阅读下面的例题：
解方程：x2﹣|x|﹣2＝0
解：（1）当x≥0时，原方程化为x2﹣x﹣2＝0，解得：x ＝2，x ＝﹣1（不合题意，舍去）．
1 2
（2）当x＜0时，原方程化为x2+x﹣2＝0，解得：x ＝1（不合题意，舍去），x ＝﹣2
1 2
∴原方程的根是x ＝2，x ＝﹣2．
1 2
请参照例题解方程x2﹣|x﹣3|﹣3＝0，则此方程的根是 x ＝﹣ 3 ， x ＝ 2 ．
1 2
【分析】当绝对值内的数不小于0时，可直接去掉绝对值，而当绝对值内的数为负数时，去绝对值时，
绝对值内的数要变为原来的相反数．本题要求参照例题解题，要先对x的值进行讨论，再去除绝对值将
原式化简．
【解答】解：（1）当x≥3时，原方程化为x2﹣（x﹣3）﹣3＝0，
即x2﹣x＝0
解得x ＝0（不合题意，舍去），x ＝1（不合题意，舍去）；
1 2
（2）当x＜3时，原方程化为x2+x﹣3﹣3＝0
即x2+x﹣6＝0，
解得x ＝﹣3，x ＝2．
1 2
所以原方程的根是x ＝﹣3，x ＝2．
1 2
【点评】本题考查了绝对值的性质和一元二次方程的解法，另外去绝对值时要注意符号的改变．解一元
二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适
的方法．
二．根的判别式（共1小题）2．（2021秋•徐汇区校级期中）如果关于x的方程mx2﹣2（m+2）x+m+5＝0没有实数根，试判断关于x的
方程（m﹣5）x2﹣2（m﹣1）x+m＝0的根的情况．
【分析】根据题意：要使方程mx2﹣2（m+2）x+m+5＝0没有实数根，必有Δ＜0，解可得m的取值范围，
将其代入方程（m﹣5）x2﹣2（m﹣1）x+m＝0的Δ公式中，判断Δ的取值范围，即可得出答案．
【解答】解：①∵当m≠0时，方程mx2﹣2（m+2）x+m+5＝0没有实数根，
∴Δ＝[﹣2（m+2）]2﹣4m（m+5）＝4（m2+4m+4﹣m2﹣5m）＝4（4﹣m）＜0．
∴m＞4．
对于方程（m﹣5）x2﹣2（m﹣1）x+m＝0．
当m＝5时，方程有一个实数根；
当m≠5时，Δ ＝[﹣2（m﹣1）]2﹣4m（m﹣5）＝12m+4．
1
∵m＞4，
∴Δ ＝12m+4＞0，方程有两个不相等的实数根．
1
②当m＝0时，方程mx2﹣2（m+2）x+m+5＝0有实数根，不符合题意，
答：当m＝5时，方程（m﹣5）x2﹣2（m﹣1）x+m＝0有一个实数根；
当m＞4且m≠5时，此方程有两个不相等的实数根．
【点评】主要考查一元二次方程根与系数之间的关系及根的情况的判断公式的使用；要求学生熟练掌握．
本题易错点是忽视对第二个方程是否是一元二次方程进行讨论，这个方程可能是一元一次方程．
三．一元二次方程的应用（共1小题）
3．（2021秋•宿州期中）某批发商以每件50元的价格购进800件T恤，第一个月以单价80元销售，售出
了200件；第二个月如果单价不变，预计仍可售出200件，批发商为增加销售量，决定降价销售，根据
市场调查，单价每降低1元，可多售出10件，但最低单价应高于购进的价格；第二个月结束后，批发
商将对剩余的T恤一次性清仓销售，清仓时单价为40元，设第二个月单价降低x元．
（1）填表：（不需化简）时间 第一个月 第二个月 清仓时
单价（元） 80 40
销售量（件） 200
（2）如果批发商希望通过销售这批T恤获利9000元，那么第二个月的单价应是多少元？
【分析】（1）根据题意直接用含x的代数式表示即可；
（2）利用“获利9000元”，即销售额﹣进价＝利润，作为相等关系列方程，解方程求解后要代入实际
问题中检验是否符合题意，进行值的取舍．
【解答】解：（1）
时间 第一个月 第二个月 清仓时
单价（元） 80 80﹣x 40
销售量（件） 200 200+10x 800﹣200﹣
（200+10x）
（2）根据题意，得
200×（80﹣50）+（200+10x）×（80﹣x﹣50）+（400﹣10x）（40﹣50）＝9000
整理得10x2﹣200x+1000＝0，
即x2﹣20x+100＝0，
解得x ＝x ＝10
1 2
当x＝10时，80﹣x＝70＞50
答：第二个月的单价应是70元．
【点评】解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求
解．有关销售问题中的等量关系一般为：利润＝售价﹣进价．
四．二次函数的性质（共1小题）
4．（2021秋•蒙城县校级期中）若两个二次函数图象的顶点、开口方向都相同，则称这两个二次函数为“同簇二次函数”．
（1）请写出两个为“同簇二次函数”的函数；
（2）已知关于x的二次函数y ＝2x2﹣4mx+2m2+1和y ＝ax2+bx+5，其中y 的图象经过点A（1，1），
1 2 1
若y +y 与y 为“同簇二次函数”，求函数y 的表达式，并求出当0≤x≤3时，y 的最大值．
1 2 1 2 2
【分析】（1）只需任选一个点作为顶点，同号两数作为二次项的系数，用顶点式表示两个为“同簇二
次函数”的函数表达式即可．
（2）由y 的图象经过点A（1，1）可以求出m的值，然后根据y +y 与y 为“同簇二次函数”就可以求
1 1 2 1
出函数y 的表达式，然后将函数y 的表达式转化为顶点式，在利用二次函数的性质就可以解决问题．
2 2
【解答】解：（1）设顶点为（h，k）的二次函数的关系式为y＝a（x﹣h）2+k，
当a＝2，h＝3，k＝4时，
二次函数的关系式为y＝2（x﹣3）2+4．
∵2＞0，
∴该二次函数图象的开口向上．
当a＝3，h＝3，k＝4时，
二次函数的关系式为y＝3（x﹣3）2+4．
∵3＞0，
∴该二次函数图象的开口向上．
∵两个函数y＝2（x﹣3）2+4与y＝3（x﹣3）2+4顶点相同，开口都向上，
∴两个函数y＝2（x﹣3）2+4与y＝3（x﹣3）2+4是“同簇二次函数”．
∴符合要求的两个“同簇二次函数”可以为：y＝2（x﹣3）2+4与y＝3（x﹣3）2+4（答案不唯一）．
（2）∵y 的图象经过点A（1，1），
1∴2×12﹣4×m×1+2m2+1＝1．
整理得：m2﹣2m+1＝0．
解得：m ＝m ＝1．
1 2
∴y ＝2x2﹣4x+3
1
＝2（x﹣1）2+1．
∴y +y ＝2x2﹣4x+3+ax2+bx+5
1 2
＝（a+2）x2+（b﹣4）x+8
∵y +y 与y 为“同簇二次函数”，
1 2 1
∴y +y ＝（a+2）（x﹣1）2+1
1 2
＝（a+2）x2﹣2（a+2）x+（a+2）+1．
其中a+2＞0，即a＞﹣2．
∴ ．
解得： ．
∴函数y 的表达式为：y ＝5x2﹣10x+5．
2 2
∴y ＝5x2﹣10x+5
2
＝5（x﹣1）2．
∴函数y 的图象的对称轴为x＝1．
2
∵5＞0，
∴函数y 的图象开口向上．
2
①当0≤x≤1时，∵函数y 的图象开口向上，
2∴y2随x的增大而减小，
∴当x＝0时，y2取最大值，最大值为5×（0﹣1）2＝5，
②当1≤x≤3时，∵函数y 的图象开口向上，
2
∴y 随x的增大而增大，
2
∴当x＝3时，y 取最大值，
2
最大值为5（3﹣1）2＝20．
综上所述：当0≤x≤3时，y 的最大值为20．
2
【点评】本题考查了求二次函数表达式以及二次函数一般式与顶点式之间相互转化，考查了二次函数的
性质（开口方向、增减性），考查了分类讨论的思想，考查了阅读理解能力．而对新定义的正确理解和
分类讨论是解决第二小题的关键．
五．待定系数法求二次函数解析式（共1小题）
5．（2021秋•铜山区期中）已知二次函数的图象以A（﹣1，4）为顶点，且过点B（2，﹣5）
（1）求该函数的关系式；
（2）求该函数图象与坐标轴的交点坐标；
（3）将该函数图象向右平移，当图象经过原点时，A、B两点随图象移至A′、B′，求△OA′B′的
面积．
【分析】（1）已知了抛物线的顶点坐标，可用顶点式设该二次函数的解析式，然后将B点坐标代入，
即可求出二次函数的解析式．
（2）根据的函数解析式，令x＝0，可求得抛物线与y轴的交点坐标；令y＝0，可求得抛物线与x轴交
点坐标．
（3）由（2）可知：抛物线与x轴的交点分别在原点两侧，由此可求出当抛物线与x轴负半轴的交点平
移到原点时，抛物线平移的单位，由此可求出A′、B′的坐标．由于△OA′B′不规则，可用面积割
补法求出△OA′B′的面积．【解答】解：（1）设抛物线顶点式y＝a（x+1）2+4
将B（2，﹣5）代入得：a＝﹣1
∴该函数的解析式为：y＝﹣（x+1）2+4＝﹣x2﹣2x+3
（2）令x＝0，得y＝3，因此抛物线与y轴的交点为：（0，3）
令y＝0，﹣x2﹣2x+3＝0，解得：x ＝﹣3，x ＝1，即抛物线与x轴的交点为：（﹣3，0），（1，0）
1 2
（3）设抛物线与x轴的交点为M、N（M在N的左侧），由（2）知：M（﹣3，0），N（1，0）
当函数图象向右平移经过原点时，M与O重合，因此抛物线向右平移了3个单位
故A'（2，4），B'（5，﹣5）
∴S△OA′B′ ＝ ×（2+5）×9﹣ ×2×4﹣ ×5×5＝15．
【点评】本题考查了用待定系数法求抛物线解析式、函数图象交点、图形面积的求法等知识．不规则图
形的面积通常转化为规则图形的面积的和差．
六．二次函数的应用（共2小题）
6．（2021秋•蜀山区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝8，AC＝6．若动点D从点B出发，
沿线段BA运动到点A为止，运动速度为每秒2个单位长度．过点D作DE∥BC交AC于点E，设动点
D运动的时间为x秒，AE的长为y．
（1）求出y关于x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
（2）求出△BDE的面积S与x之间的函数关系式；
（3）当x为何值时，△BDE的面积S有最大值，最大值为多少？【分析】（1）由平行线得△ABC∽△ADE，根据相似形的性质得关系式；
（2）s＝ •BD•AE；
（3）运用函数性质求解．
【解答】解：（1）∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC．
∴ ．（2分）
又∵AD＝8﹣2x，AB＝8，AE＝y，AC＝6，
∴ ．
∴ ．（3分）
自变量x的取值范围为0≤x≤4．（4分）
（2）S＝ BD•AE＝ •2x•y（6分）
＝﹣ x2+6x（8分）
（3）S＝﹣ x2+6x
＝﹣ x2+6x+9﹣9＝﹣ （x﹣2）2+6．（10分）
∴当x＝2时，S有最大值，且最大值为6．（11分）
【点评】此题为代数和几何的综合题，考查学生综合运用知识的能力．
7．（2021秋•西城区期中）某食品零售店为仪器厂代销一种面包，未售出的面包可退回厂家，以统计销售
情况发现，当这种面包的单价定为7角时，每天卖出160个．在此基础上，这种面包的单价每提高1角
时，该零售店每天就会少卖出20个．考虑了所有因素后该零售店每个面包的成本是5角．
设这种面包的单价为x（角），零售店每天销售这种面包所获得的利润为y（角）．
（1）用含x的代数式分别表示出每个面包的利润与卖出的面包个数；
（2）求y与x之间的函数关系式；
（3）当面包单价定为多少时，该零售店每天销售这种面包获得的利润最大？最大利润为多少？
【分析】（1）设每个面包的利润为（x﹣5）角．
（2）依题意可知y与x的函数关系式．
（3）把函数关系式用配方法可解出x＝10时y有最大值．
【解答】解：（1）每个面包的利润为（x﹣5）角
卖出的面包个数为[160﹣（x﹣7）×20]）（4分）
（2）y＝（300﹣20x）（x﹣5）＝﹣20x2+400x﹣1500
即y＝﹣20x2+400x﹣1500（8分）
（3）y＝﹣20x2+400x﹣1500＝﹣20（x﹣10）2+500（10分）
∴当x＝10时，y的最大值为500．
∴当每个面包单价定为10角时，该零售店每天获得的利润最大，最大利润为500角．（12分）
【点评】求二次函数的最大（小）值有三种方法，第一种可由图象直接得出，第二种是配方法，第三种
是公式法，常用的是后两种方法．本题难度一般．七．二次函数综合题（共46小题）
8．（2021秋•长沙期中）如图1，抛物线y＝tx2﹣16tx+48t（t为常数，t＜0）与x轴交于A，B两点（点A
在点B左侧），与y轴交于点C．
（1）点A的坐标是 （ 4 ， 0 ） ，点B的坐标是 （ 1 2 ， 0 ） ；
（2）如图2，点D是抛物线上的一点，且位于第一象限，连接BD，延长BD交y轴于点E，若∠BCE＝
∠BEC．
①求点D的坐标（用含t的式子表示）；
②若以点D为圆心，半径为8作 D，试判断 D与y轴的位置关系；
⊙ ⊙
（3）若该抛物线经过点（h， ），且对于任意实数x，不等式tx2﹣16tx+48t≤ 恒成立，求△BOC
外心F与内心I之间的距离．
【分析】（1）令y＝0，则tx2﹣16tx+48t＝0，可得答案；
（2）①如图2，根据“三角形中，等角对等边”可得 BC＝BE，进而可证得 Rt△BOC≌Rt△BOE
（HL），得出OE＝OC，可得E（0，﹣48t），利用待定系数法求得直线BE的解析式为y＝4tx﹣48t，
联立方程组求解即可得出答案；
②利用切线的判定定理即可得出答案；
（3）根据题意可得该抛物线顶点为（h， ），建立方程求出t＝﹣ ，从而得出：OB＝12，OC＝16，BC＝20，过△BCO的内心I作IM⊥OB于点M，IN⊥OC于点N，IG⊥BC于点G，则IM＝IN＝IG
＝r，利用S△BOC ＝S△BIO +S△CIO +S△BIC ，可求得r＝4，进而得出I（4，﹣4），再由F是Rt△BCO的外心
可得F（6，﹣8），运用两点间距离公式即可求得答案．
【解答】解：（1）令y＝0，则tx2﹣16tx+48t＝0，
解得：x ＝4，x ＝12，
1 2
∵点A在点B左侧，
∴A（4，0），B（12，0），
故答案为：（4，0），（12，0）；
（2）①如图2，∵∠BCE＝∠BEC，
∴BC＝BE，
∵OB＝OB，∠BOC＝∠BOE＝90°，
∴Rt△BOC≌Rt△BOE（HL），
∴OE＝OC，
在y＝tx2﹣16tx+48t中，令x＝0，得y＝48t，
∴C（0，48t），
∴E（0，﹣48t），
设直线BE的解析式为y＝kx+b，
则 ，
解得： ，
∴直线BE的解析式为y＝4tx﹣48t，联立方程组，得 ，
解得： ， （舍去），
∴D（8，﹣16t）；
② D与y轴相切，理由如下：
⊙
∵D（8，﹣16t），
∴点D到y轴的距离为8，
∵ D的半径为8，
⊙
∴ D与y轴相切．
⊙
（3）∵对于任意实数x，不等式tx2﹣16tx+48t≤ 恒成立，且抛物线经过点（h， ），
∴该抛物线顶点为（h， ），
∵y＝tx2﹣16tx+48t＝t（x﹣8）2﹣16t，
∴抛物线顶点为（8，﹣16t），
∴﹣16t＝ ，
解得：t＝﹣ ，
∴y＝﹣ x2+ x﹣16，
∴B（12，0），C（0，﹣16），
∴OB＝12，OC＝16，∴BC＝ ＝ ＝20，
过△BCO的内心I作IM⊥OB于点M，IN⊥OC于点N，IG⊥BC于点G，
则IM＝IN＝IG＝r，
∵S△BOC ＝S△BIO +S△CIO +S△BIC ，
∴ ×12×16＝ ×12r+ ×16r+ ×20r，
解得：r＝4，
∴I（4，﹣4），
∵F是Rt△BCO的外心，
∴F是BC的中点，
∴F（6，﹣8），
∴IF＝ ＝2 ．【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，抛物线与坐标轴及直线的交点坐标，
顶点坐标，二次函数图象和性质，三角形的内心和外心，三角形面积，中点公式，勾股定理，圆的切线
判定等，涉及知识点较多，综合性强，有一定难度，是一道典型的中考数学压轴题．
9．（2021秋•章贡区期中）如图，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+mx+n与x轴的另一个交点为A，顶点为P．
（1）求3m+n的值；
（2）在该抛物线的对称轴上是否存在点Q，使以C，P，Q为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，求
出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）将该抛物线在x轴上方的部分沿x轴向下翻折，图象的其余部分保持不变，翻折后的图象与原图
象x轴下方的部分组成一个“M“形状的新图象，若直线y＝x+b与该“M”形状的图象部分恰好有三个
公共点，求b的值．【分析】（1）求出B、C的坐标，将点B、C的坐标分别代入抛物线表达式，即可求解；
（2）分CP＝PQ、CP＝CQ、CQ＝PQ，分别求解即可；
（3）分两种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）直线y＝x﹣3，令y＝0，则x＝3，令x＝0，则y＝﹣3，
故点B、C的坐标分别为（3，0）、（0，﹣3），
将点B、C的坐标分别代入抛物线表达式得： ，解得： ，
则抛物线的表达式为：y＝﹣x2+4x﹣3，则点A坐标为（1，0），顶点P的坐标为（2，1），
3m+n＝12﹣3＝9；
（2）①当CP＝CQ时，
C点纵坐标为PQ中点的纵坐标相同为﹣3，
故此时Q点坐标为（2，﹣7）；
②当CP＝PQ时，
同理可得：点Q的坐标为（2，1﹣2 ）或（2，1+2 ）；
③当CQ＝PQ时，
同理可得：过该中点与CP垂直的直线方程为：y＝﹣ x﹣ ，当x＝2时，y＝﹣ ，即点Q的坐标为（2，﹣ ）；
故：点Q的坐标为（2，1﹣2 ）或（2，1+2 ）或（2，﹣ ）或（2，﹣7）；
（3）图象翻折后的点P对应点P′的坐标为（2，﹣1），
①在如图所示的位置时，直线y＝x+b与该“M”形状的图象部分恰好有三个公共点，
此时C、P′、B三点共线，b＝﹣3；
②当直线y＝x+b与x轴上方的部分沿x轴向下翻折后的图象只有一个交点时，
此时，直线y＝x+b与该“M”形状的图象部分恰好有三个公共点；
即：x2﹣4x+3＝x+b，△＝52﹣4（3﹣b）＝0，解得：b＝﹣ ．
即：b＝﹣3或﹣ ．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，难点在于（3），关键是通过数形变换，确定变换后图形与
直线的位置关系，难度不大．
10．（2021秋•思明区校级期中）已知抛物线 y＝x2﹣（m﹣1）x+（m﹣3）（m为常数，m＞1）．A
（m+4，y ），B（2m，y ）是该抛物线上不同的两点，现将抛物线的对称轴绕坐标原点O逆时针旋转
1 2
90°得到直线a，过抛物线顶点P作PH⊥a于H．
（1）当m＝3时，求出这条抛物线的顶点坐标；（2）若无论m取何值，抛物线与直线y＝x﹣m（ + +k）（k为常数）有且仅有一个公共点，求k的
值；
（3）当2＜PH≤4时，试比较y ，y 之间的大小．
1 2
【分析】（1）化成顶点式即可求得顶点坐标．
（2）列方程组根据Δ＝0解决问题．
（3）抛物线的对称轴为直线 x＝ ，顶点坐标为 P（ ， ），PH＝ ﹣
＝ ，由2＜PH≤4，可得3＜m≤5，再由7＜m+4≤9，6＜2m≤10，1＜
≤2，可知：点A、B均在抛物线对称轴的右侧，而抛物线开口向上，在抛物线对称轴的右侧 y随x的增
大而增大，故分分类讨论即可判断．
【解答】解：（1）∵m＝3，
∴y＝x2﹣2x＝（x﹣1）2﹣1，
∴该抛物线的顶点坐标为（1，﹣1）；
（2）由题意得 ，
消去y，得：x2﹣mx+ m2+m（k+1）＝0，
∵抛物线与直线y＝x﹣m（ + +k）（k为常数）有且仅有一个公共点，
∴Δ＝0，即m2﹣4×1×[ m2+m（k+1）]＝0，
∴﹣4m（k+1）＝0，∵m＞1，
∴k＝﹣1；
（3）∵y＝x2﹣（m﹣1）x+（m﹣3）＝（x﹣ ）2+m﹣3﹣ ＝（x﹣ ）2+
，
∴抛物线的对称轴为直线x＝ ，顶点坐标为P（ ， ），
∵m＞1，
∴ ＞0， ＝﹣ ＜0，
∴PH＝ ﹣ ＝ ，
∵2＜PH≤4，
∴2＜ ≤4，
∴1＜（m﹣2）2≤9，
∴当1＜m＜2时，﹣3≤m﹣2＜﹣1，即﹣1≤m＜1，与1＜m＜2矛盾，此时无解；
当m≥2时，1＜m﹣2≤3，即3＜m≤5，
∵A（m+4，y ），B（2m，y ）是该抛物线上不同的两点，
1 2
7＜m+4≤9，6＜2m≤10，1＜ ≤2，
∴点A、B均在抛物线对称轴的右侧，
∵抛物线开口向上，在抛物线对称轴的右侧y随x的增大而增大，当3＜m＜4时，﹣1＜2m﹣（m+4）＜0，
∴2m＜m+4，
∴y ＜y ；
2 1
当m＝4时，2m＝m+4，
∴y ＝y ；
2 1
当4＜m≤5时，2m＞m+4，
∴y ＞y ；
2 1
综上所述，当3＜m＜4时，y ＜y ；当m＝4时，y ＝y ；当4＜m≤5时，y ＞y ．
2 1 2 1 2 1
【点评】本题考查二次函数综合题、顶点坐标公式等知识，解题的关键是熟练掌握利用根的判别式解决
抛物线与直线的交点问题，学会分类讨论，学会利用函数的增减性质判断函数值的大小，属于中考压轴
题．
11．（2021秋•洪山区期中）如图1，已知抛物线的解析式为y＝﹣ x2﹣ ，直线y＝kx﹣4k与x轴交于
M，与抛物线相交于点A，B（A在B的左侧）．
（1）当k＝1时，直接写出A，B，M三点的横坐标：x ＝ ﹣ 3 ﹣ 2 ，x ＝ ﹣ 3+ 2 ，x ＝
A B M
4 ；
（2）作AP⊥x轴于P，BQ⊥x轴于Q，当k变化时，MP•MQ的值是否发生变化？若变化，求出其变化
范围；若不变，求出其值；
（3）如图2，点E在抛物线上，作EF⊥x轴于F， E以EF为半径，且与y轴相交于定点G．
⊙
①求定点G的坐标；
②点G关于原点的对称点G 到直线y＝kx﹣4k距离的最大值是 5 ．（直接写出结果）
1【分析】（1）在y＝x﹣4中，令y＝0，可求得M（4，0），解方程﹣ x2﹣ ＝x﹣4，可求得点A、B
的横坐标；
（2）由题意可得：x2+6kx+9﹣24k＝0，运用根与系数关系得：x +x ＝﹣6k，x •x ＝9﹣24k，进而可得
A B A B
M（4，0），再由MP•MQ＝（4﹣x ）•（4﹣x ）＝16﹣4（x +x ）+x •x ＝16+24k+9﹣24k＝25，即可
P Q A B A B
得出MP•MQ的值为定值；
（3）①如图2，设E（t，﹣ t2﹣ ），G（0，y），过点E作EH⊥y轴于点H，G′与G关于原点对
称，连接EG、G′H，根据EG＝EF，建立方程即可得出答案；
②当MG′⊥直线l时，点G 到直线y＝kx﹣4k距离最大，利用勾股定理可得MG′＝ ＝
1
＝5．
【解答】解：（1）当k＝1时，y＝x﹣4，
令y＝0，得x﹣4＝0，
解得：x＝4，
∴M（4，0），
由题意得：﹣ x2﹣ ＝x﹣4，解得：x ＝﹣3﹣2 ，x ＝﹣3+2 ，
1 2
∴A（﹣3﹣2 ，﹣7﹣2 ），B（﹣3+2 ，﹣7+2 ），
故答案为：﹣3﹣2 ，﹣3+2 ，4；
（2）MP•MQ的值不变．
由 ，
得：﹣ x2﹣ ＝kx﹣4k，
整理得：x2+6kx+9﹣24k＝0，
∴x +x ＝﹣6k，x •x ＝9﹣24k，
A B A B
∵AP⊥x轴，BQ⊥x轴，
∴x ＝x ，x ＝x ，
P A Q B
在y＝kx﹣4k中，令y＝0，得x＝4，
∴M（4，0），
∴MP•MQ＝（4﹣x ）•（4﹣x ）＝16﹣4（x +x ）+x •x ＝16+24k+9﹣24k＝25；
P Q A B A B
（3）①如图2，设E（t，﹣ t2﹣ ），G（0，y），
过点E作EH⊥y轴于点H，G′与G关于原点对称，连接EG、G′H，
则EH＝OF＝|t|，EG＝EF＝|﹣ t2﹣ |＝ t2+ ，
∵EG＝EF，∴（t﹣0）2+（﹣ t2﹣ ﹣y）2＝（ t2+ ）2，
整理得：（y+3）（y+ t2）＝0，
解得：y ＝﹣3，y ＝﹣ t2，
1 2
∵点G是一个定点，
∴G（0，﹣3）；
②∵G′与G关于原点对称，
∴G′（0，3），
∴OG′＝3，
在Rt△MOG′中，MG′＝ ＝ ＝5，
∴当MG′⊥直线l时，点G 到直线y＝kx﹣4k距离的最大值是5，
1
故答案为：5．【点评】本题是二次函数综合题，考查了直线与坐标轴交点、抛物线与直线交点的求法，一元二次方程
根与系数关系的应用，点到直线距离，中心对称，圆的性质等，该题综合性强，难度较大，灵活运用数
形结合思想和方程思想是解题关键．
12．（2021秋•开福区校级期中）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轴负半轴交于点C，若AB＝4．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，E是第三象限内抛物线上的动点，过点E作EF∥AC交抛物线于点F，过E作EG⊥x轴交
AC于点M，过F作FH⊥x轴交AC于点N，当四边形EMNF的周长最大值时，求点E的横坐标；
（3）在x轴下方的抛物线上是否存在一点Q，使得以Q、C、B、O为顶点的四边形被对角线分成面积
相等的两部分？如果存在，求点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）x2﹣（a+1）x+a＝0，则AB2＝（x +x ）2﹣4x x （a﹣1）2＝16，即可求解；
1 2 1 2
（2）设点 E（m，m2+2m﹣3），点 F（﹣3﹣m，m2+4m），四边形 EMNF 的周长 S＝ME+MN+EF+FN，即可求解；
（3）分当点Q在第三象限、点Q在第四象限两种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）x2﹣（a+1）x+a＝0，
则x +x ＝a+1，x x ＝a，
1 2 1 2
则AB2＝（x +x ）2﹣4x x ＝（a﹣1）2＝16，
1 2 1 2
解得：a＝5或﹣3，
抛物线与y轴负半轴交于点C，故a＝5舍去，则a＝﹣3，
则抛物线的表达式为：y＝x2+2x﹣3…①；
（2）由y＝x2+2x﹣3得：点A、B、C的坐标分别为：（﹣3，0）、（1，0）、（0，﹣3），
设点E（m，m2+2m﹣3），OA＝OC，故直线AC的倾斜角为45°，EF∥AC，
直线AC的表达式为：y＝﹣x﹣3，
则设直线EF的表达式为：y＝﹣x+b，将点E的坐标代入上式并解得：
直线EF的表达式为：y＝﹣x+（m2+3m﹣3）…②，
联立①②并解得：x＝m或﹣3﹣m，
故点F（﹣3﹣m，m2+4m），点M、N的坐标分别为：（m，﹣m﹣3）、（﹣3﹣m，m），
则EF＝ （x ﹣x ）＝ （﹣2m﹣3）＝MN，
F E
四边形EMNF的周长S＝ME+MN+EF+FN＝﹣2m2﹣（6+4 ）m﹣6 ，
∵﹣2＜0，故S有最大值，此时m＝﹣ ，
故点E的横坐标为：﹣ ；（3）①当点Q在第三象限时，
当OC平分四边形面积时，
则|x |＝x ＝1，故点Q（﹣1，﹣4）；
Q B
当BQ平分四边形面积时，
则S△OBQ ＝ ×1×|y
Q
|，S四边形QCBO ＝ 1×3+ ×3×|x
Q
|，
则2（ ×1×|y |）＝ 1×3+ ×3×|x |，
Q Q
解得：x ＝﹣ ，故点Q（﹣ ，﹣ ）；
Q
②当点Q在第四象限时，
同理可得：点Q（ ， ）；
综上，点Q的坐标为：（﹣1，﹣4）或（﹣ ，﹣ ）或（ ， ）．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、图形的面积计算等，其中（1）（3），都
要注意分类求解，避免遗漏．
13．（2021秋•昌江区校级期中）如图，在矩形OABC中，点O为原点，点A的坐标为（0，8），点C的
坐标为（6，0）．抛物线y＝﹣ x2+bx+c经过点A、C，与AB交于点D．
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）点P为线段BC上一个动点（不与点C重合），点Q为线段AC上一个动点，AQ＝CP，连接
PQ，设CP＝m，△CPQ的面积为S．
①求S关于m的函数表达式；②当S最大时，在抛物线y＝﹣ x2+bx+c的对称轴l上，若存在点F，使△DFQ为直角三角形，请直接
写出所有符合条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将A、C两点坐标代入抛物线y＝﹣ x2+bx+c，即可求得抛物线的解析式；
（2）①先用m表示出QE的长度，进而求出三角形的面积S关于m的函数；
②直接写出满足条件的F点的坐标即可，注意不要漏写．
【解答】解：（1）将A、C两点坐标代入抛物线，得
，
解得： ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣ x2+ x+8；
（2）①∵OA＝8，OC＝6，
∴AC＝ ＝10，
过点Q作QE⊥BC于E点，则sin∠ACB＝ ＝ ＝ ，∴ ＝ ，
∴QE＝ （10﹣m），
∴S＝ •CP•QE＝ m× （10﹣m）＝﹣ m2+3m；
②∵S＝ •CP•QE＝ m× （10﹣m）＝﹣ m2+3m＝﹣ （m﹣5）2+ ，
∴当m＝5时，S取最大值；
在抛物线对称轴l上存在点F，使△FDQ为直角三角形，
∵抛物线的解析式为y＝﹣ x2+ x+8的对称轴为x＝ ，
D的坐标为（3，8），Q（3，4），
当∠FDQ＝90°时，F （ ，8），
1
当∠FQD＝90°时，则F （ ，4），
2
当∠DFQ＝90°时，设F（ ，n），
则FD2+FQ2＝DQ2，
即 +（8﹣n）2+ +（n﹣4）2＝16，
解得：n＝6± ，
∴F （ ，6+ ），F （ ，6﹣ ），
3 4满足条件的点F共有四个，坐标分别为
F （ ，8），F （ ，4），F （ ，6+ ），F （ ，6﹣ ）．
1 2 3 4
【点评】本题是二次函数的综合题，其中涉及到的知识点有抛物线的解析式的求法抛物线的最值等知识
点，是各地中考的热点和难点，解题时注意数形结合数学思想的运用，同学们要加强训练，属于中档题．
14．（2021秋•新罗区校级期中）已知二次函数 y＝ax2+bx+c图象的对称轴为y轴，且过点（1，2），
（2，5）．
（1）求二次函数的解析式；
（2）如图，过点E（0，2）的一次函数图象与二次函数的图象交于A，B两点（A点在B点的左侧），
过点A，B分别作AC⊥x轴于点C，BD⊥x轴于点D．
①当CD＝3时，求该一次函数的解析式；
②分别用S ，S ，S 表示△ACE，△ECD，△EDB的面积，问是否存在实数t，使得S 2＝tS S 都成立？
1 2 3 2 1 3
若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．【分析】（1）把点（1，2），（2，5）坐标和对称轴为y轴三个条件，代入二次函数的表达式即可求
解；
（2）①将一次函数表达式与二次函数表达式联立并整理得：x2﹣kx﹣1＝0，利用 x ﹣x ＝
2 1
＝ ＝3，即可求解；
②分别求出S 、S 、S ，用韦达定理化简，即可求解．
1 2 3
【解答】解：（1）由题意得： ，解得： ，
故：二次函数的表达式为：y＝x2+1；
（2）①设过点E的一次函数表达式为：y＝kx+2，
将一次函数表达式与二次函数表达式联立并整理得：x2﹣kx﹣1＝0，
设点A、B的坐标分别为（x ，y ）、（x ，y ）（x ＜x ），
1 1 2 2 1 2
则：x +x ＝k，x x ＝﹣1，
1 2 1 2
x ﹣x ＝ ＝ ＝3，
2 1
解得：k＝ ，
∴该一次函数表达式为：y＝ x+2或y＝﹣ x+2；
②S ＝ AC•OC＝﹣ x y ，
1 1 1S 2＝（ CD•OE）2＝（ （x ﹣x ）×2）2＝（x ﹣x ）2＝k2+4，
2 2 1 2 1
S ＝ BD•OD＝ x y ，
3 2 2
x +x ＝k，x x ＝﹣1，
1 2 1 2
则：S •S ＝﹣ x x [k2x x +2k（x +x ）+4]＝﹣ ×（﹣1）（﹣k2+2k2+4）＝ （k2+4）＝ S 2，
1 3 1 2 1 2 1 2 2
，∴t＝4．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，主要考查利用韦达定理处理复杂的数据，难度不大．
15．（2021秋•潢川县期中）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于点A（﹣3，0）和点B，交y轴于点C
（0，3）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点P在抛物线上，且S△AOP ＝4S△BOC ，求点P的坐标；
（3）如图b，设点Q是线段AC上的一动点，作DQ⊥x轴，交抛物线于点D，求线段DQ长度的最大值．
【分析】（1）把点A、C的坐标分别代入函数解析式，列出关于系数的方程组，通过解方程组求得系
数的值；
（2）设P点坐标为（x，﹣x2﹣2x+3），根据S△AOP ＝4S△BOC 列出关于x的方程，解方程求出x的值，
进而得到点P的坐标；（3）先运用待定系数法求出直线AC的解析式为y＝x+3，再设Q点坐标为（x，x+3），则D点坐标为
（x，x2+2x﹣3），然后用含x的代数式表示QD，根据二次函数的性质即可求出线段QD长度的最大值．
【解答】解：（1）把A（﹣3，0），C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，得
，
解得 ．
故该抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3．
（2）设P（x，﹣x2﹣2x+3），
由（1）知，该抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，则易得B（1，0）．
∵S△AOP ＝4S△BOC ，
∴ ×3×|﹣x2﹣2x+3|＝4× ×1×3．
整理，得（x+1）2＝0或x2+2x﹣7＝0，
解得x＝﹣1或x＝﹣1±2 ．
则符合条件的点P的坐标为：（﹣1，4）或（﹣1+2 ，﹣4）或（﹣1﹣2 ，﹣4）；（3）设直线AC的解析式为y＝kx+t，将A（﹣3，0），C（0，3）代入，
得 ，
解得 ．
即直线AC的解析式为y＝x+3．
设Q点坐标为（x，x+3），（﹣3≤x≤0），则D点坐标为（x，﹣x2﹣2x+3），
QD＝（﹣x2﹣2x+3）﹣（x+3）＝﹣x2﹣3x＝﹣（x+ ）2+ ，
∴当x＝﹣ 时，QD有最大值 ．
【点评】此题考查了待定系数法求二次函数、一次函数的解析式，二次函数的性质以及三角形面积、线
段长度问题．此题难度适中，解题的关键是运用方程思想与数形结合思想．
16．（2021秋•灵宝市期中）已知二次函数y＝ax2+bx﹣3a经过点A（﹣1，0）、C（0，3），与x轴交于
另一点B，抛物线的顶点为D．
（1）求此二次函数解析式；
（2）连接DC、BC、DB，求证：△BCD是直角三角形；
（3）在对称轴右侧的抛物线上是否存在点P，使得△PDC为等腰三角形？若存在，求出符合条件的点
P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）代入二次函数y＝ax2+bx﹣3a求得a、b的值即可确定二次函
数的解析式；
（2）分别求得线段BC、CD、BD的长，利用勾股定理的逆定理进行判定即可；
（3）分以CD为底和以CD为腰两种情况讨论．运用两点间距离公式建立起P点横坐标和纵坐标之间的
关系，再结合抛物线解析式即可求解．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx﹣3a经过点A（﹣1，0）、C（0，3），
∴根据题意，得 ，
解得 ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．
（2）由y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4得，D点坐标为（1，4），
定义抛物线y＝﹣x2+2x+3．令y＝0，﹣x2+2x+3＝0，解得x＝﹣1或3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∴CD＝ ＝ ，
BC＝ ＝3 ，BD＝ ＝2 ，
∵CD2+BC2＝（ ）2+（3 ）2＝20，BD2＝（2 ）2＝20，
∴CD2+BC2＝BD2，
∴△BCD是直角三角形；
（3）存在．
y＝﹣x2+2x+3对称轴为直线x＝1．
①若以CD为底边，则P D＝P C，
1 1
设P 点坐标为（x，y），根据勾股定理可得P C2＝x2+（3﹣y）2，P D2＝（x﹣1）2+（4﹣y）2，
1 1 1
因此x2+（3﹣y）2＝（x﹣1）2+（4﹣y）2，
即y＝4﹣x．
又P 点（x，y）在抛物线上，
1
∴4﹣x＝﹣x2+2x+3，
即x2﹣3x+1＝0，
解得x ＝ ，x ＝ ＜1，应舍去，
1 2
∴x＝ ，
∴y＝4﹣x＝ ，
即点P 坐标为（ ， ）．
1
②若以CD为一腰，∵点P 在对称轴右侧的抛物线上，由抛物线对称性知，点P 与点C关于直线x＝1对称，
2 2
此时点P 坐标为（2，3）．
2
∴符合条件的点P坐标为（ ， ）或（2，3）．
【点评】此题是一道典型的“存在性问题”，结合二次函数图象和等腰三角形、直角梯形的性质，考查
了它们存在的条件，有一定的开放性．
17．（2021秋•天河区校级期中）如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）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∥y轴交抛物线于N，若点M的横坐标为
m，请用m的代数式表示MN的长．
（3）在（2）的条件下，连接NB、NC，是否存在m，使△BNC的面积最大？若存在，求m的值；若不
存在，说明理由．
【分析】（1）已知了抛物线上的三个点的坐标，直接利用待定系数法即可求出抛物线的解析式．
（2）先利用待定系数法求出直线BC的解析式，已知点M的横坐标，代入直线BC、抛物线的解析式中，可得到M、N点的坐标，N、M纵坐标的差的绝对值即为MN的长．
（3）设MN交x轴于D，那么△BNC的面积可表示为：S△BNC ＝S△MNC +S△MNB ＝ MN（OD+DB）＝
MN•OB，MN的表达式在（2）中已求得，OB的长易知，由此列出关于S△BNC 、m的函数关系式，根据
函数的性质即可判断出△BNC是否具有最大值．
【解答】解：（1）设抛物线的解析式为：y＝a（x+1）（x﹣3），则：
a（0+1）（0﹣3）＝3，a＝﹣1；
∴抛物线的解析式：y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3．
（2）设直线BC的解析式为：y＝kx+b，则有：
，
解得 ；
故直线BC的解析式：y＝﹣x+3．
已知点M的横坐标为m，MN∥y，则M（m，﹣m+3）、N（m，﹣m2+2m+3）；
∴故MN＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m（0＜m＜3）．
（3）如图；
∵S△BNC ＝S△MNC +S△MNB ＝ MN（OD+DB）＝ MN•OB，
∴S△BNC ＝ （﹣m2+3m）•3＝﹣ （m﹣ ）2+ （0＜m＜3）；
∴当m＝ 时，△BNC的面积最大，最大值为 ．【点评】该二次函数题较为简单，考查的知识点有：函数解析式的确定、函数图象交点坐标的求法、二
次函数性质的应用以及图形面积的解法．（3）的解法较多，也可通过图形的面积差等方法来列函数关
系式，可根据自己的习惯来选择熟练的解法．
18．（2021秋•上城区期中）如图，二次函数y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点B和点A（﹣1，0），与y轴交于
点C（0，4），与一次函数y＝x+a交于点A和点D．
（1）求出a、b、c的值；
（2）若直线AD上方的抛物线存在点E，可使得△EAD面积最大，求点E的坐标；
（3）点F为线段AD上的一个动点，点F到（2）中的点E的距离与到y轴的距离之和记为d，求d的
最小值及此时点F的坐标．
【分析】（1）根据图形可以看出点C的坐标为（0，4），点B的坐标为（4，0），分别代入一次函数
和二次函数的解析式中，即可得出a、b、c的值；
（2）设点E的横坐标为m，则可得出点E的纵坐标为﹣m2+3m+4．过点E作x轴的垂线l，交x轴于点
G，交AD于点H，则点H的坐标为（m，m+1）．过点D作l的垂线，垂足为T；联立直线方程和二次
函数方程，即可得出D的坐标，再根据S△AED ＝S△AEH +S△HED ，得出含m的函数，利用a的取值范围，可知，当m＝1时，即可得出最大值，从而可得出E的坐标；
（3）过A作y轴的平行线AS，过F作FG⊥y轴交AS于点M，过F作FN⊥x轴于N，结合已知，可得
出FM＝FN，即有d＝FE+FM﹣1＝FE+FN﹣1，可知当N、F、E所在直线与x轴垂直时，d＝FE+FN﹣1
最小，即可得出F的坐标．
【解答】解：（1）a＝1；b＝3；c＝4．（解题过程略）；
（2）设点E的横坐标为m，则点E的纵坐标为﹣m2+3m+4．过点E作x轴的垂线l，交x轴于点G，交
AD于点H，则点H的坐标为（m，m+1）．过点D作l的垂线，垂足为T．
将y＝x+1与y＝﹣x2+3x+4联立组成方程组，解得点D的坐标为（3，4）．
所以S△AED ＝S△AEH +S△HED ＝ EH×AG+ EH×DT＝ EH（AG+DT）＝ （﹣m2+3m+4﹣m﹣1）×4＝﹣2
（m﹣1）2+8
∵a＝﹣2＜0，
∴S△AED 有最大值．当m＝1时，最大值为8，此时点E的坐标为（1，6）．
（3）过A作y轴的平行线AS，过F作FG⊥y轴交AS于点M，过F作FN⊥x轴于N，∵点D的坐标为（3，4），点A坐标为（﹣1，0）
∴∠DAB＝45°∴AD平分∠SAB，∴FM＝FN
∴d＝FE+FM﹣1＝FE+FN﹣1
显然，当N、F、E所在直线与x轴垂直时，d＝FE+FN﹣1最小，最小值为6﹣1＝5．
此时点F的横坐标为1，代入y＝x+1得F点的坐标为（1，2）．
【点评】本题主要考查了用待定系数法求函数的解析式时要灵活地根据已知条件选择配方法和公式法．
具有一定难度的二次函数题．
19．（2021秋•清丰县校级期中）在平面直角坐标系中，已知抛物线经过 A（﹣4，0），B（0，﹣4），C
（2，0）三点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点M为第三象限内抛物线上一动点，点M的横坐标为m，△AMB的面积为S．
求S关于m的函数关系式，并求出S的最大值．
（3）若点P是抛物线上的动点，点Q是直线y＝﹣x上的动点，判断有几个位置能够使得点P、Q、B、
O为顶点的四边形为平行四边形，直接写出相应的点Q的坐标．【分析】（1）先假设出函数解析式，利用三点法求解函数解析式．
（2）设出M点的坐标，利用S＝S△AOM +S△OBM ﹣S△AOB 即可进行解答；
（3）当OB是平行四边形的边时，表示出PQ的长，再根据平行四边形的对边相等列出方程求解即可；
当OB是对角线时，由图可知点A与P应该重合．
【解答】解：（1）设此抛物线的函数解析式为：
y＝ax2+bx+c（a≠0），
将A（﹣4，0），B（0，﹣4），C（2，0）三点代入函数解析式得：
解得 ，
所以此函数解析式为：y＝ ；
（2）∵M点的横坐标为m，且点M在这条抛物线上，
∴M点的坐标为：（m， ），∴S＝S△AOM +S△OBM ﹣S△AOB
＝ ×4×（﹣ m2﹣m+4）+ ×4×（﹣m）﹣ ×4×4
＝﹣m2﹣2m+8﹣2m﹣8
＝﹣m2﹣4m，
＝﹣（m+2）2+4，
∵﹣4＜m＜0，
当m＝﹣2时，S有最大值为：S＝﹣4+8＝4．
答：m＝﹣2时S有最大值S＝4．
（3）设P（x， x2+x﹣4）．
当OB为边时，根据平行四边形的性质知PQ∥OB，且PQ＝OB，
∴Q的横坐标等于P的横坐标，
又∵直线的解析式为y＝﹣x，
则Q（x，﹣x）．
由PQ＝OB，得|﹣x﹣（ x2+x﹣4）|＝4，
解得x＝0，﹣4，﹣2±2 ．
x＝0不合题意，舍去．
如图，当BO为对角线时，知A与P应该重合，OP＝4．四边形PBQO为平行四边形则BQ＝OP＝4，Q
横坐标为4，代入y＝﹣x得出Q为（4，﹣4）．由此可得Q（﹣4，4）或（﹣2+2 ，2﹣2 ）或（﹣2﹣2 ，2+2 ）或（4，﹣4）．
【点评】本题考查了三点式求抛物线的方法，以及抛物线的性质和最值的求解方法．
20．（2021秋•工业园区校级期中）如图1，直线l：y＝﹣ x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，二次函
数y＝ax2﹣2ax﹣2（a＞0）的图象经过点A，交y轴于点C．
（1）则点C坐标为 （ 0 ，﹣ 2 ） ；抛物线对称轴是 x ＝ 1 ；a的值是 ；
（2）已知点M是抛物线上的一个动点，经过点 M作x轴的垂线MD，交直线l于点E，过点C作
CD⊥MD，垂足为D，连接CM．设点M的横坐标为m．
①当点M位于第一象限的抛物线上，且△CDM是等腰直角三角形时，CM交直线l于点F，设点F至
直线DM的距离d ，到y轴的距离为d ，求 的值．
1 2
②如图2，将△CDM绕点C逆时针旋转得至△CD′M′，且旋转角∠MCM′＝∠OAB，当点M的对
应点M′落在y轴上时，请直接写出点M的横坐标m的值．【分析】（1）求出直线l与坐标轴的交点坐标，再利用待定系数法求得二次函数解析式，即可得出答
案；
（2）①如图1，过点F作GH⊥DM于G，交y轴于H，设M（m， m2﹣ m﹣2），根据△CDM是等
腰直角三角形，可得CD＝DM，建立方程求解即可；
②如图2，延长CM交AB于点F，根据△ABO∽△MCD，可得 ＝ ，建立方程求解即可．
【解答】解：（1）在y＝﹣ x+4中，令y＝0，则﹣ x+4＝0，
解得：x＝3，
∴A（3，0），
令x＝0，得y＝4，
∴B（0，4），
把A（3，0）代入y＝ax2﹣2ax﹣2（a＞0），得：9a﹣6a﹣2＝0，
解得：a＝ ，
∴二次函数解析式为y＝ x2﹣ x﹣2，
令x＝0，得y＝﹣2，∴C（0，﹣2），
∵x＝﹣ ＝﹣ ＝1，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
故答案为：（0，﹣2）；x＝1； ；
（2）①如图1，过点F作GH⊥DM于G，交y轴于H，
∵DM⊥x轴，x轴⊥y轴，
∴DM∥y轴，
∴GH⊥y轴，
设M（m， m2﹣ m﹣2），
∵C（0，﹣2），CD⊥MD，
∴CD＝m，DM＝ m2﹣ m，
∵△CDM是等腰直角三角形，
∴CD＝DM，
∴m＝ m2﹣ m，
解得：m＝0（舍去）或m＝ ，
∴M（ ， ），
设直线CM的解析式为y＝kx+b，则： ，
解得： ，
∴直线CM的解析式为y＝x﹣2，
联立方程组，得 ，
解得： ，
∴F（ ， ），
∴d ＝FG＝ ﹣ ＝ ，d ＝FH＝ ，
1 2
∴ ＝ ＝ ；
②如图2，延长CM交AB于点F，
∵∠ABO+∠OAB＝90°，∠MCM′＝∠OAB，
∴∠ABO+∠MCM′＝90°，
∵DM⊥x轴，x轴⊥y轴，
∴DM∥y轴，
∴CD⊥y轴，
∴∠DCM+∠MCM′＝90°，∴∠ABO＝∠DCM，
∵∠AOB＝∠CDM＝90°，
∴△ABO∽△MCD，
∴ ＝ ，
设M（m， m2﹣ m﹣2），
∴CD＝m，DM＝ m2﹣ m，
∴ ＝ ，
解得：m＝ ．【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的
培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从
而求出线段之间的关系．
21．（2021秋•汉阳区期中）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c（bc≠0）的顶点为D，与x轴交于A，B两点（A在
B左边）．
（1）若该抛物线的顶点D坐标为（1，4），求其解析式；
（2）如图（1），已知抛物线的顶点D在直线l：y＝﹣x+3上滑动，且与直线l交于另一点E，若
△ADE的面积为 ，求抛物线顶点D的坐标；
（3）如图（2），在（1）的条件下，P，Q为y轴上的两个关于原点对称的动点，射线BP，BQ分别与
抛物线交于M，N两点，求MN与PQ满足的数量关系．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）设点D、E的坐标分别为（x ，y ）、（x ，y ），则x ＝ ，将抛物线与直线l解析式联立并整理
1 1 2 2 1
得：x2﹣（b+1）x+3﹣c＝0，可得 （ +1）＝3﹣c，设直线l与x轴的交点为G，则G（3，0），利用
三角形面积可得AG＝ ，A（﹣ ，0），进而可得﹣ ﹣ b+c＝0，通过联立方程组求解即可得出
答案；（3）如图2，设P（0，m），则Q（0，﹣m），PQ＝2m，运用待定系数法求得：直线BP的解析式为
y＝ x+m，联立方程组可求得M（ ﹣1， + ），同理可得：N（﹣ ﹣1， ﹣ ），运
用两点间距离公式可得MN＝ m，即可求得答案．
【解答】解：（1）∵抛物线顶点坐标为D（1，4），二次项系数a＝﹣1，
∴y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3，
∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）设点D、E的坐标分别为（x ，y ）、（x ，y ），
1 1 2 2
则x ＝ ，将抛物线与直线l解析式联立得：﹣x+3＝﹣x2+bx+c，
1
整理得：x2﹣（b+1）x+3﹣c＝0，
∴x +x ＝b+1，x x ＝3﹣c，
1 2 1 2
∴x ＝ +1，
2
∴ （ +1）＝3﹣c，
∴y ﹣y ＝﹣x +3﹣（﹣x +3）＝x ﹣x ＝ +1﹣ ＝1，
1 2 1 2 2 1
设直线l与x轴的交点为G，则G（3，0），
∴S△ADE ＝S△ADG ﹣S△AEG ＝ AG（y
1
﹣y
2
）＝ AG，
∵S△ADE ＝ ，∴ AG＝ ，
∴AG＝ ，
∴A（﹣ ，0），
将A（﹣ ，0）代入y＝﹣x2+bx+c，
得：﹣ ﹣ b+c＝0，
联立方程组，得 ，
解得：b ＝ ，b ＝﹣ （舍去），
1 2
∴b＝ ，
∴D（ ， ）；
（3）如图2，设P（0，m），
∵P，Q为y轴上的两个关于原点对称的动点，
∴Q（0，﹣m），
∴PQ＝2m，
由（1）知：y＝﹣x2+2x+3，
令y＝0，则﹣x2+2x+3＝0，
解得：x ＝3，x ＝﹣1，
1 2∴B（3，0），
设直线BP的解析式为y＝kx+d，
则： ，
解得： ，
∴直线BP的解析式为y＝ x+m，
联立方程组，得： ，
解得： （舍去）， ，
∴M（ ﹣1， + ），
同理可得：N（﹣ ﹣1， ﹣ ），
∴MN＝ ＝ m，
∴ ＝ ＝ ．【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，一次函数图象和性质，二次函数图
象和性质，三角形面积，一元二次方程解法，根与系数关系，两点间距离公式，解题关键是熟练运用一
元二次方程根与系数关系等相关知识．
22．（2021秋•江北区校级期中）如图，已知二次函数y＝﹣x2+mx+n（m，n均为常数）的图象顶点为A，
与x轴交于B（﹣1，0）、C两点，与y轴交于点D（0，3）．
（1）求该抛物线解析式．
（2）如图1，连接AD交x轴于点E，连接AB交y轴于点K，点M是抛物线四象限且位于对称轴右侧图
象上一点，过点M作MP⊥AD交直线AD于点P，连接MD．若∠M＝∠BKO，求出点M的坐标，以及
此时△MDP的周长，并写出解答过程．
（3）如图2，将抛物线y沿射线AE方向平移4 个单位后，得到一个新的二次函数记为y′，令y′
与y两函数图象相交于点Q，连接CQ，点R为原抛物线图象上一动点，点F为直线AE上一动点，是否
存在以点C，Q，R，F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点R的坐标，并把求其中一个R
点的坐标的过程写出来．【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）如图1，设MP交y轴于点R，过点M作MT⊥y轴于点T，运用待定系数法求得直线AD解析式为
y＝x+3，设M（m，n），则n＝﹣m2+2m+3，再利用待定系数法求得直线AB的解析式为y＝2x+2，得出
K（0，2），通过tan∠M＝tan∠BKO＝ ，建立方程求解即可；
（3）如图2，过点A作AH⊥x轴于点H，则AH＝4，EH＝4，将抛物线y沿射线AE方向平移4 个单
位，即顶点A（1，4）平移到E（﹣3，0），平移后的新抛物线y′＝﹣（x+3）2，联立方程组可求得Q
（﹣ ，﹣ ），设R（t，﹣t2+2t+3），F（a，a+3），分两种情况讨论计算即可：①当以QR、CF为
对角线时，四边形CQFR为平行四边形，②当以QC、RF为对角线时，四边形CFQR为平行四边形．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝﹣x2+mx+n（m，n均为常数）的图象经过B（﹣1，0）、D（0，
3），
∴ ，
解得： ，∴该抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3．
（2）如图1，设MP交y轴于点R，过点M作MT⊥y轴于点T，
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点为A（1，4），
设直线AD解析式为y＝kx+b，
∵A（1，4），D（0，3），
∴ ，
解得： ，
∴直线AD解析式为y＝x+3，
令y＝0，则x+3＝0，
解得：x＝﹣3，
∴E（﹣3，0），
∴OE＝OD＝3，
∵∠DOE＝90°，
∴∠EDO＝45°，
∵∠DPR＝∠MTR＝90°，
∴∠DRP＝∠MRT＝45°，
∴MT＝RT，RM＝ MT，RP＝DP，DR＝ DP，
设M（m，n），则n＝﹣m2+2m+3，
∴T（0，﹣m2+2m+3），R（0，﹣m2+3m+3），∴DR＝3﹣（﹣m2+3m+3）＝m2﹣3m，
∴RP＝DP＝ DR＝ （m2﹣3m），MP＝ （m2﹣3m）+ m＝ （m2﹣m），
设直线AB的解析式为y＝k x+b ，
1 1
∵A（1，4），B（﹣1，0），
∴ ，
解得： ，
∴直线AB的解析式为y＝2x+2，
令x＝0，得y＝2，
∴K（0，2），
∴OB＝1，OK＝2，
∴tan∠BKO＝ ＝ ，
∵∠M＝∠BKO，
∴tan∠M＝tan∠BKO＝ ，
∵∠MPD＝90°，
∴ ＝tan∠M＝ ，即MP＝2DP，
∴ （m2﹣m）＝2× （m2﹣3m），
解得：m ＝0（舍去），m ＝5，
1 2∴M（5，﹣12），
∴DP＝ （52﹣3×5）＝5 ，MP＝10 ，DM＝5 ，
∴△MDP的周长＝DP+MP+DM＝5 +10 +5 ＝15 5 ；
（3）在y＝﹣x2+2x+3中，
令y＝0，则﹣x2+2x+3＝0，
解得：x ＝3，x ＝﹣1，
1 2
∴C（3，0），过点A作AH⊥x轴于点H，如图2，
则AH＝4，EH＝4，
∴AE＝4 ，
将抛物线y沿射线AE方向平移4 个单位，即顶点A（1，4）平移到E（﹣3，0），
∴平移后的新抛物线y′＝﹣（x+3）2，
联立方程组，得： ，
解得： ，
∴Q（﹣ ，﹣ ），
设R（t，﹣t2+2t+3），F（a，a+3），
∵以点C，Q，R，F为顶点的四边形为平行四边形，
∴①当以QR、CF为对角线时，四边形CQFR为平行四边形，∴ ，
解得： 或 ，
∴R（ ， ）或（ ， ）；
②当以QC、RF为对角线时，四边形CFQR为平行四边形，
∴ ，
解得： 或 ，
∴R（ ，﹣ ）或（ ， ）；
综上，点R的坐标为（ ， ）或（ ， ）或（ ，﹣
）或（ ， ）．【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数图象和性质，三角函数，
三角形周长，平行四边形性质，中点公式应用，解题关键是运用分类讨论思想和方程思想思考解决问题．
23．（2021秋•江津区期中）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝x2+bx+c过A，B，C三点，点A
的坐标是（3，0），点C的坐标是（0，﹣3），动点P在抛物线上．
（1）b＝ ﹣ 2 ，c＝ ﹣ 3 （直接填写结果）；
（2）是否存在点P，使得△ACP是以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的
坐标；若不存在，说明理由．【分析】（1）将点A和点C的坐标代入抛物线的解析式可求得b、c的值；
（2）分别过点C和点A作AC的垂线，交抛物线于P ，P 两点，先求得AC的解析式，然后可求得P C
1 2 1
和P A的解析式，最后再求得P C和P A与抛物线的交点坐标即可．
2 1 2
【解答】解：（1）∵将点A和点C的坐标代入抛物线的解析式得： ，
解得：b＝﹣2，c＝﹣3．
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3．
故答案为：﹣2，﹣3；
（2）存在．
理由：如图1所示：
①当∠ACP ＝90°，
1由（1）可知点A的坐标为（3，0），
设AC的解析式为y＝kx﹣3，
∵将点A的坐标代入得3k﹣3＝0，解得k＝1，
∴直线AC的解析式为y＝x﹣3，
∴直线CP 的解析式为y＝﹣x﹣3，
1
∵将y＝﹣x﹣3与y＝x2﹣2x﹣3联立解得x ＝1，x ＝0（舍去），
1 2
∴点P 的坐标为（1，﹣4）；
1
②当∠P AC＝90°时，
2
设AP 的解析式为y＝﹣x+b，
2
将x＝3，y＝0代入得：﹣3+b＝0，解得b＝3，
∴直线AP 的解析式为y＝﹣x+3，
2
∵将y＝﹣x+3与y＝x2﹣2x﹣3联立解得x ＝﹣2，x ＝3（舍去），
1 2
∴点P 的坐标为（﹣2，5）；
2
综上所述，P的坐标是（1，﹣4）或（﹣2，5）．
【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、二次函
数的解析式、直角三角形，求得P C和P A的解析式是解答问题（2）的关键．
1 2
24．（2021秋•黄石期中）如图，抛物线y＝ax2﹣2x+c（a≠0）与直线y＝x+3交于A、C两点，与x轴交于点 B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是抛物线上一动点，且在直线AC下方，当△ACP的面积为6时，求点P的坐标；
（3）D为抛物线上一点，E为抛物线的对称轴上一点，请直接写出以A，C，D，E为顶点的四边形为
平行四边形时点D的坐标．
【分析】（1）求出A、C坐标代入y＝ax2﹣2x+c可得抛物线解析式；
（2）设P横坐标为m，用m的代数式表示△ACP的面积列方程即可得答案；
（3）平行四边形两条对角线的中点重合，设坐标表示出每条对角线中点，分情况讨论即可．
【解答】解（1）在y＝x+3中，令x＝0得y＝3，令y＝0得x＝﹣3，
∴C（0，3），A（﹣3，0），
∵抛物线y＝ax2﹣2x+c（a≠0）过A、C两点，
∴代入得 ，解得 ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如答图1：过P作PQ∥y轴交直线AC于Q，
设P（m，﹣m2﹣2m+3），则Q（0，m+3），
∴PQ＝（m+3）﹣（﹣m2﹣2m+3）＝m2+3m，
∴S△ACP ＝S△AQP ﹣S△CQP ＝ PQ•|x
A
﹣x
C
|，
而C（0，3），A（﹣3，0），S△ACP ＝6，
∴ （m2+3m）×3＝6，
解得m＝1或m＝﹣4，
∴P（1，0）或（﹣4，﹣5）；
（3）∵D为抛物线上一点，E为抛物线的对称轴上一点，抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3的对称轴为
x＝﹣1，
∴设D（n，﹣n2﹣2n+3），E（﹣1，t），且A（﹣3，0），C（0，3），
以A，C，D，E为顶点的四边形为平行四边形，而平行四边形两条对角线的中点重合，分三种情况：
①AD、CE为对角线时，AD的中点坐标为（ ， ），CE的中点为（﹣ ， ），∴ ，解得n＝2，
∴﹣n2﹣2n+3＝﹣5，
∴D（2，﹣5），
②AC、DE为对角线，则AC的中点与DE中点重合，
同理可得 ，解得n＝﹣2，
∴﹣n2﹣2n+3＝3，
∴D（﹣2，3），
③AE、CD为对角线，则AE、CD的中点重合，
可得 ，解得n＝﹣4，
∴﹣n2﹣2n+3＝﹣5，
∴D（﹣4，﹣5），
综上所述，以A，C，D，E为顶点的四边形为平行四边形，D坐标为：（2，﹣5）或（﹣2，3）或（﹣
4，﹣5）．
【点评】本题考查二次函数综合应用，难度较大，解题的关键是设点的坐标，表示线段长度，根据面积、
平行四边形性质列方程．
25．（2021秋•工业园区校级期中）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝x2﹣2mx+m2﹣1．（1）当m＝2时，求抛物线的顶点坐标；
（2）①求抛物线的对称轴（用含m的式子表示）；
②若点（m﹣1，y ），（m，y ），（m+3，y ）都在抛物线y＝x2﹣2mx+m2﹣1上，则y ，y ，y 的大
1 2 3 1 2 3
小关系为 y ＞ y ＞ y ；
3 1 2
（3）直线y＝x+b与x轴交于点A（﹣3，0），与y轴交于点B，过点B作垂直于y轴的直线l与抛物线
y＝x2﹣2mx+m2﹣1有两个交点，在抛物线对称轴左侧的点记为P，当△OAP为钝角三角形时，求m的
取值范围．
【分析】（1）先将m＝2代入抛物线的解析式，并配方可得抛物线顶点的坐标；
（2）①根据函数对称轴为直线x＝﹣ 计算可得结论；
②函数开口向上，x＝m时函数取得最小值，根据离对称轴距离越远，函数值越大可比较 y ，y ，y 的
1 2 3
大小关系；
（3）当△OAP为钝角三角形时，则0＜m﹣2＜m或m﹣2＞﹣3，分别求解即可．
【解答】解：（1）当m＝2时，抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴顶点坐标为（2，﹣1）；
（2）①∵抛物线y＝x2﹣2mx+m2﹣1，∴函数对称轴为直线x＝﹣ ＝m；
②∵函数开口向上，x＝m时函数取得最小值，
∴离对称轴距离越远，函数值越大，
∵m﹣1＜m＜m+3，且点（m﹣1，y ），（m，y ），（m+3，y ）都在抛物线y＝x2﹣2mx+m2﹣1上，
1 2 3
∴y ＞y ＞y ；
3 1 2
故答案为：y ＞y ＞y ；
3 1 2
（3）把点A（﹣3，0）代入y＝x+b的表达式并解得：b＝3，
则B（0，3），直线AB的表达式为：y＝x+3，
如图，
在直线y＝3上，当∠AOP＝90°时，点P与B重合，
当y＝3时，y＝x2﹣2mx+m2﹣1＝3，
则x＝m±2，
∵点P在对称轴的左侧，
∴x＝m+2＞m不符合题意，舍去，
则点P（m﹣2，3），
当△OAP为钝角三角形时，则0＜m﹣2＜m或m﹣2＜﹣3，
解得：m＞2或m＜﹣1，
∴m的取值范围是：m＞2或m＜﹣1．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数，解不等式，一元二次方程根的判别式，钝
角三角形判断的方法等知识点，第三问有难度，确定∠AOP为直角时点P的位置最关键．
26．（2021秋•鼓楼区校级期中）已知顶点为A的抛物线y＝a（x﹣2）2（a≠0）交y轴于点B（0，2），
且与直线l交于不同的两点M、N（M、N不与点A重合）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若∠MAN＝90°，
①试说明：直线l必过定点；
②过点A作AE⊥l，垂足为点E，求点B到点E的最短距离．
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）①依题意可设A（x ，y ），B（x ，y ），y y ≠0，过点M、N向x轴作垂线，垂足分别为P、
1 1 2 2 1 2
Q，顶点A的坐标为（2，0），判定△APM∽△NQA，可得比例式，用x ，x 表示出y y ；设直线l的解
1 2 1 2
析式为y＝kx+b（k≠0），将其与抛物线解析式联立，解方程组，用k和b表示出x +x 和y y ，从而可
1 2 1 2
得关于k和b的方程，解得k与b的关系，则可得结论；
②由题意可得点E在以DA为直径的圆上，由勾股定理求得BG的值，在△BEG中，由三角形的三边关
系可得答案．
【解答】解：（1）把点B（0，2）代入y＝a（x﹣2）2，得：4a＝2，
∴a＝ ，
∴抛物线的解析式为y＝ （x﹣2）2；
（2）①证明：依题意可设M（x ，y ），N（x ，y ），y y ≠0，过点M、N向x轴作垂线，垂足分别
1 1 2 2 1 2
为P、Q，顶点A坐标为（2，0），∴∠APM＝∠AQN＝90°，
∵∠MAN＝90°，
∴∠MAP+∠NAQ＝90°．∠MAP+∠AMP＝90°，
∴∠AMP＝∠NAQ，
∴△APM∽△NQA，
∴ ，即 ＝ ，
∴y y ＝2（x +x ）﹣x x ﹣4．
1 2 1 2 1 2
设直线l的解析式为y＝kx+b（k≠0），
，得x2﹣（2k+4）x+（4﹣2b）＝0，
∴△＝（2k+4）2﹣4（4﹣2b）＝4k2+16k+8b＞0，
∴x +x ＝2k+4，x x ＝4﹣2b，
1 2 1 2
∴y y ＝2（2k+4）﹣（4﹣2b）﹣4
1 2
＝4k+2b
＝2（2k+b），∵抛物线与直线l交于不同的两点M、N（M、N不与点A重合），
∴2k+b≠0，
∵y y ＝（kx +b）（kx +b）
1 2 1 2
＝k2x x +kb（x +x ）+b2
1 2 1 2
＝k2（4﹣2b）+kb（2k+4）+b2
＝4k2+4kb+b2
＝（2k+b）2，
∴（2k+b）2＝2（2k+b），
∴（2k+b）（2k+b﹣2）＝0，
∴2k+b＝0（不合题意，舍去），或2k+b﹣2＝0，
当2k+b﹣2＝0，即b＝2﹣2k时，y＝kx+2﹣2k＝k（x﹣2）+2，
令x﹣2＝0，则y＝2，
∴直线l必过定点（2，2）；
②∵点A（2，0），点D（2，2），点B（0，2），
∴AD＝2，
∵AE⊥l，
∴点E在以AD为直径的圆上，设圆心为G，则点G（2，1），
∴BG＝ ＝ ，
如图，连接BG、EG，则BE≥|BG﹣EG|＝ ﹣1．当且仅当点E在线段BG上时，上式取“＝“，
∴BE的最小值为 ﹣1，即点B到点E的最短距离是 ﹣1．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，直线与抛物线的交点坐标、相
似三角形的判定与性质、圆周角定理、勾股定理及三角形的三边关系等知识点，数形结合、熟练掌握相
关性质及定理是解题的关键．
27．（2021秋•吉林期中）如图，在平面直角坐标系中，点A（3，﹣4）、B（5，﹣10）在抛物线y＝
x2+bx+c上，点P为该抛物线上一点，其横坐标为m．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）当点P与点A关于该抛物线的对称轴对称时，求△PAB的面积；
（3）当该抛物线在点B与点P之间部分（含点B和点P）的最高点与最低点的纵坐标之差为3时，求
m的值；
（4）点Q为该抛物线的对称轴上任意一点，当以点A、B、P、Q为顶点的四边形是平行四边形时，直
接写出点P的坐标．【分析】（1）利用待定系数法可得该抛物线的解析式；
（2）根据配方法可得抛物线的对称轴，确定点P的坐标，知道AP∥x轴，根据三角形的面积公式可得
结论；
（3）分两种情况：①当x≥ ；②当x＜ ；根据点B与点P之间部分（含点B和点P）的最高点
与最低点的纵坐标之差为3列方程可得m的值；
（4）分三种情况：①如图2，四边形QABP是平行四边形；②如图3，四边形APQB是平行四边形时；
③如图4，AB是对角线时；利用平移的性质可得P的横坐标m的值，代入抛物线的解析式可得P的坐
标．
【解答】解：（1）把点A（3，﹣4）、B（5，﹣10）代入y＝x2+bx+c得： ，
解得： ，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣11x+20；
（2）如图1，y＝x2﹣11x+20＝（x﹣ ）2﹣ ，
∴抛物线的对称轴是：直线x＝ ，
∵点P与点A关于该抛物线的对称轴对称，∴P（8，﹣4），AP∥x轴，
∴△PAB的面积＝ （8﹣3）×（﹣4+10）＝15；
（3）当x≥ 时，y＝3﹣ ＝﹣ ，
∴（m﹣ ）2﹣ ＝﹣ ，
解得：m ＝ + ，m ＝ ﹣ （舍），
1 2
当x＜ 时，y＝3﹣10＝﹣7，
∴（m﹣ ）2﹣ ＝﹣7，
解得：m ＝ （舍），m ＝ ，
1 2
综上所述，m＝ 或 + ；
（4）分三种情况：
①如图2，四边形QABP是平行四边形，∵Q的横坐标为5.5，
∴点P的横坐标m＝5+2.5＝7.5，
当x＝ 时，y＝（ ）2﹣11× +20＝﹣ ，
∴P（ ，﹣ ）；
②如图3，四边形APQB是平行四边形时，
∵Q的横坐标为5.5，
∴点P的横坐标m＝3+0.5＝3.5，
当x＝ 时，y＝（ ）2﹣11× +20＝﹣ ，
∴P（ ，﹣ ）；
③如图4，AB是对角线时，同理得m＝ ，则P（ ，﹣ ）；
综上，点P的坐标为（ ，﹣ ）或（ ，﹣ ）或（ ，﹣ ）．
【点评】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、轴对称的性质、平行
四边形的判定、平移的性质、三角形的面积等知识；会利用待定系数法求函数解析式；会应用平移的性
质结合平行四边形的性质求一个顶点的坐标．
28．（2021秋•开福区校级期中）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣5x+5与x轴，y轴分别交于
A、C两点，抛物线y＝x2+bx+c经过A、C两点，与x轴的另一交点为B．
（1）求抛物线解析式；
（2）若点M为x轴下方抛物线上一动点，MN⊥x轴交BC于点N，当点M运动到某一位置时，线段
MN的长度最大，求此时点M的坐标及线段MN的长度；
（3）如图2，以B为圆心，2为半径的 B与x轴交于E、F两点（F在E右侧），若P点是 B上一动
点，连接PA，以PA为腰作等腰Rt△PAD⊙，使∠PAD＝90°（P、A、D三点为逆时针顺序），连⊙接FD．
①将线段AB绕A点顺时针旋转90°，请直接写出B点的对应点的坐标；②求FD长度的取值范围．
【分析】（1）由直线y＝﹣5x+5求点A、C坐标，再用待定系数法求抛物线解析式；
（2）令y＝0可得点B的坐标，利用待定系数法可得直线BC的解析式，设M（m，m2﹣6m+5），则N
为（m，﹣m+5），计算MN的长，配方后可得点M的坐标和MN的最大值；
（3）①计算AB＝4，根据旋转的性质可得B点的对应点的坐标为（1，﹣4）；
②作辅助线，构建全等三角形，证明△BAP≌△QAD（SAS），确定点D在以Q为圆心，以2为半径的
圆上运动，如图3和图4确定DF的最大值和最小值，从而得结论．
【解答】解：（1）直线AC：y＝﹣5x+5，
x＝0时，y＝5，
∴C（0，5），
y＝﹣5x+5＝0时，解得：x＝1，
∴A（1，0），
∵抛物线y＝x2+bx+c经过A，C两点，
∴ ，解得： ，∴抛物线解析式为y＝x2﹣6x+5；
（2）当y＝x2﹣6x+5＝0时，
解得：x ＝1，x ＝5，
1 2
∴B（5，0），
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+5，
设M（m，m2﹣6m+5），则N为（m，﹣m+5），
∴MN＝﹣m+5﹣（m2﹣6m+5）＝﹣m2+5m＝ ，
∴当M运动到（ ， ）时，线段MN的长度最大为 ；
（3）①∵A（1，0），B（5，0），
∴AB＝5﹣1＝4，
∵将线段AB绕A点顺时针旋转90°，
∴B点的对应点的坐标为（1，﹣4）；
②如图2，连接BP，过点A作AQ⊥AB，并截取AQ＝AB＝4，连接DQ，∵∠PAD＝∠BAQ＝90°，
∴∠BAP＝∠QAD，
∵AB＝AQ，AP＝AD，
∴△BAP≌△QAD（SAS），
∴PB＝DQ＝2，
∴点D在以Q为圆心，以2为半径的圆上运动，
∴当Q在线段DF上时，DF最长，如图3所示，
Rt△AQF中，AQ＝4，AF＝4+2＝6，
∴QF＝ ＝2 ，
∴此时DF的最大值是2+2 ；
当D在线段QF上时，DF的长最小，同理可得DF的最小值是2 ﹣2；∴FD的取值范围是： ．
【点评】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数的图象与性质，求二次函数的解析式，圆有关的性
质，三角形全等的性质和判定，最值问题等知识，确定动点的运动轨迹是本题的难点，利用三角形全等
确定DQ＝2是第三问的关键．
29．（2021秋•古冶区期中）如图，直线y＝﹣ x+2交y轴于点A，交x轴于点C，抛物线y＝﹣ x2+bx+c
经过点A，点C，且交x轴于另一点B．
（1）点A的坐标为 （ 0 ， 2 ） ，点C的坐标为 （ 4 ， 0 ） ，并求抛物线的解析式；
（2）在直线AC上方的抛物线上有一点M，求四边形ABCM面积的最大值及此时点M的坐标；
（3）将线段OA绕x轴上的动点P（m，0）顺时针旋转90°得到线段O A ，若线段O A 与抛物线只有
1 1 1 1
一个公共点，请你直接写出m的取值范围．【分析】（1）在直线y＝﹣ x+2中分别令x＝0和y＝0，可得A和C的坐标，将A、C的坐标代入抛物
线的解析式便可求得抛物线的解析式；
（2）方法一：过 M点作MH⊥x轴，与AC交于点N，设M（a，﹣ a2+ a+2），则N（a，﹣
a+2），由三角形的面积公式表示出四边形的面积关于a的函数关系式，再根据二次函数的性质求得最
大值，并求得a的值，便可得M点的坐标；
方法二：连接OM，根据面积和表示关于a的函数关系式，再根据二次函数的性质求得最大值，并求得
a的值，便可得M点的坐标；
（3）根据旋转性质，表示O 点和A 点的坐标，令O 点和A 点在抛物线上时，求出m的最大值和最小
1 1 1 1
值值便可．
【解答】解：（1）令x＝0，得y＝﹣ x+2＝2，
∴A（0，2），
令y＝0，得y＝﹣ x+2＝0，解得，x＝4，
∴C（4，0），
把A、C两点代入y＝﹣ x2+bx+c得： ，
解得： ，∴抛物线的解析式为：y＝﹣ + x+2；
故答案为：（0，2），（4，0）；
（2）方法一：过M点作MH⊥x轴于H，与AC交于点N，如图1，
当y＝0时，﹣ + x+2＝0，
解得：x ＝4，x ＝﹣2，
1 2
∴B（﹣2，0），
设M（a，﹣ a2+ a+2），则N（a，﹣ a+2），
∵S△ACM ＝ MN•OC＝ [（﹣ a2+ a+2）﹣（﹣ a+2）]×4＝﹣ a2+2a，
∴S四边形ABCM ＝S△ACM +S△ABC ＝﹣ a2+2a+ ×（2+4）×2＝﹣ a2+2a+6＝﹣ （a﹣2）2+8，
∵﹣ ＜0，
∴当a＝2时，四边形ABCM面积最大，其最大值为8，
此时M的坐标为（2，2）；
方法二：连接OM，如图2，设M（a，﹣ a2+ a+2），
S四边形ABCM ＝S△ABO +S△AOM +S△OCM
＝ ×2×2+ ×2a+ （﹣ a2+ a+2）
＝2+a+2（﹣ a2+ a+2）
＝﹣ a2+2a+6
＝﹣ （a﹣2）2+8，
∵﹣ ＜0，
∴当a＝2时，四边形ABCM面积最大，其最大值为8，
此时M的坐标为（2，2）；
（3）∵将线段OA绕x轴上的动点P（m，0）顺时针旋转90°得到线段O A ，如图3，
1 1∴PO ＝PO＝m，O A ＝OA＝2，
1 1 1
∴O （m，m），A （m+2，m），
1 1
当A （m+2，m）在抛物线上时，有﹣ （m+2）2+ （m+2）+2＝m，
1
解得，m＝﹣3 ，
当点O （m，m）在抛物线上时，有﹣ m2+ m+2＝m，
1
解得，m＝﹣4或2，
∴当﹣3﹣ ≤m≤﹣4或﹣3+ ≤m≤2时，线段O′A′与抛物线只有一个公共点．
【点评】本题是一个二次函数的综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，旋转的性质，待定系数法，
求函数图象与坐标轴的交点，求函数的最大值，三角形的面积公式，第（2）题关键在求函数的解析式
第（3）题关键是确定O ，A 点的坐标与位置．
1 1
30．（2021秋•林州市期中）如图，抛物线y＝ax2﹣6x+c交x轴于A，B两点，交y轴于点C．直线y＝﹣
x+5经过点B（5，0），C（0，5）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线的对称轴直线l与直线BC相交于点P，连接AC，AP，判定△APC的形状，并说明理由；
（3）在直线BC上是否存在点M，使AM与直线BC的夹角等于∠ACB的2倍？若存在，请求出点M的
坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1将C（0，5）B（5，0）代入y＝ax2﹣6x+c，用待定系数法可得抛物线的解析式；
（2）由抛物线 y＝x2﹣6x+5 对称轴直线 x＝3，A、B 关于直线 x＝3 对称，得 AP＝BP，∠ABP＝
∠PAB，而OB＝CO＝5，可得∠ABP＝∠PAB＝45°，故∠APB＝90°，即得△APC的为直角三角形；
（3）作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M ，交AC于E，在直线BC上作点
1
M 关于N点的对称点M ，由M A＝M C，知M 是满足条件的点，设M （t，﹣t+5），由M A＝M C可
1 2 1 1 1 1 1 1
得（t﹣1）2+（﹣t+5﹣0）2＝（t﹣0）2+（﹣t+5﹣5）2，解得M （ ， ），根据M 关于N点的对
1 1
称点是M ，设M （m，﹣m+5），可得3＝ ，M （ ， ）．
2 2 2
【解答】解：（1将C（0，5）B（5，0）代入y＝ax2﹣6x+c得：
∴ ，解得 ，
∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣6x+5；
（2）△APC的为直角三角形，理由如下：
由方程x2﹣6x+5＝0，得x ＝1，x ＝5，
1 2
∴A（1，0），B（5，0），
∵抛物线y＝x2﹣6x+5的对称轴为直线x＝3，A、B关于直线x＝3对称，∴△APB为等腰三角形，即AP＝BP，
∴∠ABP＝∠PAB，
∵C的坐标为（5，0），B的坐标为（5，0），
∴OB＝CO＝5，
而∠BOC＝90°，
∴∠ABP＝45°，
∴∠ABP＝∠PAB＝45°，
∴∠APB＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∴∠APC＝180°﹣90°＝90°，
∴△APC的为直角三角形；
（3）作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M ，交AC于E，在直线BC上作点
1
M 关于N点的对称点M ，如图：
1 2
∵M A＝M C，
1 1
∴∠ACM ＝∠CAM ，
1 1
∴∠AM B＝2∠ACB，即M 是满足条件的点，
1 1设M 在直线y＝﹣x+5上，设M （t，﹣t+5），
1 1
又A（1，0），C（0，5），
由M A＝M C可得M A2＝M C2，
1 1 1 1
∴（t﹣1）2+（﹣t+5﹣0）2＝（t﹣0）2+（﹣t+5﹣5）2，
解得t＝ ，
∴M （ ， ），
1
∵M 关于N点的对称点是M ，
1 2
∴AM ＝AM ，
1 2
∴∠AM C＝∠AM B＝2∠ACB，即M 是满足条件的点，
2 1 2
由（2）知∠ABN＝45°，
∴△ABN是等腰直角三角形，
∵NH⊥x轴于H，
∴AH＝BH＝NH，
∵A（1，0），B（5，0），
∴N（3，2），
∵M 关于N点的对称点是M ，设M （m，﹣m+5），
1 2 2
∴3＝ ，解得m＝ ，
∴M （ ， ），
2
综上所述，M的坐标为（ ， ）或（ ， ）．【点评】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、函数图象上点坐标的特征、直角三角形判定、
等腰三角形、对称变换等知识，解题的关键是用含t的代数式表示相关点坐标及线段的长度．
31．（2021秋•林州市期中）如图，抛物线顶点坐标为点C（1，4），交x轴于点A（3，0），交y轴于点
B．
（1）求抛物线和直线AB的解析式；
（2）求S△CAB ；
（3）设点P是抛物线（在第一象限内）上的一个动点，是否存在一点P，使S△PAB 面积最大，若存在，
求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
（4）设点Q是抛物线上的一个动点，是否存在一点Q，使S△QAB ＝S△CAB ，若存在，直接写出Q点的坐
标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先通过代入A点坐到二次函数解析式中，求出系数a的值，从而求二次函数解析式，再
代入A，B求出直线AB解析式；
（2）连接OC，根据面积差可得答案；
（3）如图2，设P（x，﹣x2+2x+3）（0＜x＜3），同理根据（2）的方法利用面积差可表示△PAB的面
积，配方后可得当x＝ 时，△PAB有最大面积，由此可得点P的坐标；
（4）分两种情况：根据S△QAB ＝S△CAB 可知：在AB的上方和下方作平行线，这条平行线与抛物线的交
点就是Q点，建立方程，解方程可得答案．
【解答】解：（1）设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣1）2+4，把A（3，0）代入解析式求得a＝﹣1，
∴y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3，
当x＝0时，y＝3，
∴B（0，3），
设直线AB的解析式为：y＝kx+b，
把A（3，0），B（0，3）代入y＝kx+b中，得： ，
解得： ，
∴直线AB的解析式为：y＝﹣x+3；
（2）如图1，连接OA，
∴S△CAB ＝S△OCB +S△AOC ﹣S△AOB
＝ ×3×1+ ×3×4﹣ ×3×3
＝1.5+6﹣4.5
＝3；（3）如图2，设P（x，﹣x2+2x+3）（0＜x＜3），
S△PAB ＝S△OBP +S△AOP ﹣S△AOB
＝ •3x+ •3（﹣x2+2x+3）﹣ ×3×3
＝﹣ x2+ x
＝﹣ （x2﹣3x+ ﹣ ）
＝﹣ （x﹣ ）2+ ，
∵﹣ ＜0，
∴当x＝ 时，△PAB的面积最大，此时P（ ， ）；
（4）分两种情况：
①当Q在AB的上方时，如图3，过点C作CD∥AB，交抛物线于Q，连接QB，QA，此时S△ACB ＝
S△QAB ，设CD的解析式为：y＝﹣x+m，
把C（1，4）代入得：4＝﹣1+m，
∴m＝5，
∴﹣x2+2x+3＝﹣x+5，
解得：x ＝1，x ＝2，
1 2
∴Q（2，3）；
当Q与C重合时，Q（1，4）；
②当Q在AB的下方时，
由①知：直线CD与y轴的交点为（0，5），即直线AB向上平移2个单位，
∴将直线AB向下平移2个单位得到y＝﹣x+1，
∴﹣x2+2x+3＝﹣x+1，
解得：x ＝ ，x ＝ ，
1 2
∴Q（ ， ）或（ ， ）．
综上，点Q的坐标是（2，3）或（1，4）或（ ， ）或（ ， ）．
【点评】此题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求二次函数和一次函数的解析式，三角形面积的求法，两函数的交点坐标等知识．此题综合性很强，注意利用平行线确定两三角形的面积相等，并根据
两直线平行时k相等解决问题．
32．（2021秋•千山区期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线 y＝ax2+bx﹣3（a＞0）与x轴交于A（﹣
1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为直线BC下方抛物线上的一动点，PM⊥BC于点M，PN∥y轴交BC于点N．求线段PM的
最大值和此时点P的坐标；
（3）点E为x轴上一动点，点Q为抛物线上一动点，是否存在以CQ为斜边的等腰直角三角形CEQ？
若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】①将A，B点坐标代入抛物线解析式求出系数a，b的值，即可得解析式，
②数形结合思想找到PN和PM的数量关系，求PM最大值转化为求PN最大值问题，利用配方法求最
值，
③分类讨论，应用一线三直角模型构造全等三角形，找到线段关系，从而出点坐标．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（3，0）代入函数y＝ax2+bx﹣3（a＞0）中，
得 ，
解得 ，
∴解析式为y＝x2﹣2x﹣3，故抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）当x＝0时，y＝3，
∴C（0，﹣3），
∵B（3，0），
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∵PN∥y轴，
∴∠MNP＝45°，
∵PM⊥BC，
∴ PM＝PN，则当PN最大时，PM也最大，
设BC的解析式为y＝mx+n，
∴ ，
解得 ，
∴BC解析式为y＝x﹣3，
设P（x，x2﹣2x﹣3），N（x，x﹣3），
∴PN＝x﹣3﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣（x﹣ ）2+ ，
当x＝ 时，PN最大，则PM＝ PN＝ × ＝ ，
∴P（ ， ），
故PM最大值为 ，P点坐标为（ ，﹣ ）；（3）存在，点E的坐标为（﹣5，0），（ ，0），（0，0），（ ，0）．
∵CEQ是以CQ为斜边的等腰直角三角形，
∴设Q（x，x2﹣2x﹣3），
①如图，过点E作x轴的垂线l，再分别过点C和点Q作垂线l的垂线，分别交于点M和点N，
∵∠CEQ＝90°，
∴∠QEM+∠CEN＝90°，
∵∠QEM+∠MQE＝90°，
∴∠EQM＝∠CEN，
∵∠CNE＝∠QME＝90°，EC＝EQ，
∴△EMQ≌△CNE（AAS），
∴CN＝EM＝x2﹣2x﹣3，MQ＝EN＝3，
∴|x |+MQ＝CN，﹣x+3＝x2﹣2x﹣3，
Q
解得x＝﹣2，x＝3（舍去），
∴OE＝CM＝2+3＝5，E（﹣5，0），②如图，过点E作x轴的垂线l，再分别过点C和点Q作垂线l的垂线，分别交于点M和点N，
同理：△EMC≌△QNE（AAS），
CM＝EN＝x2﹣2x﹣3，NQ＝EM＝3，
∴﹣x+x2﹣2x﹣3＝3，
解得x＝ ，x＝ （舍去），
∴OE＝CM＝ ，E（ ，0），
③如图，点E和点O重合，点Q和点B重合，此时E（0，0），④如图，过点E作x轴的垂线l，再分别过点C和点Q作垂线l的垂线，分别交于点M和点N，
同理：△EMC≌△QNE（AAS），
CM＝EN＝x2﹣2x﹣3，NQ＝EM＝3，
∴x+3＝x2﹣2x﹣3，
解得x＝ ，x＝ （舍去），∴OE＝CM＝ ，E（ ，0），
综上所述，点E的坐标为（﹣5，0），（ ，0），（0，0），（ ，0）．
【点评】本题主要考查了二次函数应用，求二次函数解析式，等腰三角形的性质以及一线三直角模型的
应用，最后一问综合应用对于一般学生比较有难度，比较难答全．
33．（2021秋•姑苏区校级期中）如图，抛物线y＝﹣ x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（4，0），与
y轴交于点C．连接AC，BC，点P在抛物线上运动．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图①，若点P在第四象限，点Q在PA的延长线上，当∠CAQ＝∠CBA+45°时，求点P的坐标；
（3）如图②，若点P在第一象限，直线AP交BC于点F，过点P作x轴的垂线交BC于点H，当
△PFH为等腰三角形时，求线段PH的长．
【分析】（1）根据两点式可直接求得抛物线表达式；
（2）易证△AOC∽△COB，从而得出∠BAP＝45°，结合P点在抛物线上，可求P坐标；
（3）设PH与x轴的交点为Q，P（a， ）则H（a， ），PH＝ ．分三
种情况讨论：①FP＝FH，易证∠FPH＝∠FHP＝∠BHQ＝∠BCO，所以tan∠APQ＝tan∠BCO＝2，即
AQ＝2PQ，从而可解出 P的坐标和 PH的长； ②PF＝PH，∠CFA＝∠PFH＝∠PHF＝∠BHQ＝
∠FCO，在Rt△ACF中，可求CF长度，进而求出F坐标，直线AF的解析式，联立抛物线解析式可求a；③HF＝HP，由∠AFC＝∠PFH＝∠PHF，易证AP平分∠CAB，过C作CE∥AB交AP于E，则CE
＝AE＝ ，进而求出E坐标，直线AE的解析式，联立抛物线解析式可求a．
【解答】解：（1）∵A（﹣1，0），B（4，0）是抛物线y＝﹣ x2+bx+c与x轴的两个交点，且二次项
系数a＝ ，
∴根据抛物线的两点式知，y＝ ．
（2）根据抛物线表达式可求C（0，2），即OC＝2．
∴ ＝ ＝2，
∵∠AOC＝∠COB＝90°，
∴△AOC∽△COB，
∴∠ACO＝∠CBO，
∴∠QAB＝∠QAC+∠CAO＝∠CBA+45°+∠CAO＝∠ACO+∠CAO+45°＝135°，
∴∠BAP＝180°﹣∠QAB＝45°，
设P（m，n），且过点P作PD⊥x轴于D，则△ADP是等腰直角三角形，
∴AD＝PD，即m+1＝﹣n①，
又∵P在抛物线上，
∴ ②，
联立①②两式，解得m＝6（﹣1舍去），此时n＝﹣7，
∴点P的坐标是（6，﹣7）．（3）设PH与x轴的交点为Q ，P（a， ），
1
则H（a， ），PH＝ ，
若FP＝FH，则∠FPH＝∠FHP＝∠BHQ ＝∠BCO，
1
∴tan∠APQ ＝tan∠BCO＝2，
1
∴AQ ＝2PQ ，
1 1
即a+1＝2（ ），
解得a＝3（﹣1舍去），此时PH＝ ．
若PF＝PH，过点F作FM⊥y轴于点M，
∴∠PFH＝∠PHF，
∵∠CFA＝∠PFH，∠Q HB＝∠PHF，
1
∴∠CFA＝∠Q HB，
1
又∵∠ACF＝∠BQ H＝90°，
1
∴△ACF∽△BQ H，
1
∴CF＝ AC＝ ，在Rt△CMF中，MF＝1，CM＝ ，
F（1， ），
∴AF： ，
将上式和抛物线解析式联立并解得x＝ （﹣1舍去），
此时 PH＝ ．
若HF＝HP，过点C作CE∥AB交AP于点E（见上图），
∵∠CAF+∠CFA＝90°，
∠PAQ+∠HPF＝90°，
∠CFA＝∠HFP＝∠HPF，
∴∠CAF＝∠PAQ ，
1
即 AP平分∠CAB，
∴CE＝CA＝ ，
∴E（ ，2），
∴AE： ，
联立抛物线解析式，解得x＝5﹣ （﹣1舍去）．
此时 PH＝ ．∴当FP＝FH时，PH＝ ；
当PF＝PH时，PH＝ ；
当HF＝HP时，PH＝ ；
【点评】本题考查两点式求抛物线解析式，三角形相似的性质与判定，等腰三角形的性质，锐角正切值，
求直线与抛物线交点，分类讨论方法等，在第三小问中，借助几何图形的特征来求解可以有效降低运算
量．
34．（2021秋•安阳期中）已知．在Rt△OAB中，∠OAB＝90°，∠BOA＝30°，OA＝2 ，若以O为坐标
原点，OA所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，点 B在第一象限内，将Rt△OAB沿OB
折叠后，点A落在第一象限内的点C处．
（1）求经过点O，C，A三点的抛物线的解析式．
（2）若点M是抛物线上一点，且位于线段OC的上方，连接MO、MC，问：点M位于何处时三角形
MOC的面积最大？并求出三角形MOC的最大面积．
（3）抛物线上是否存在点P，使∠OAP＝∠BOC？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说
明理由．【分析】（1）根据折叠的性质可得OC＝OA，∠BOC＝∠BOA＝30°，过点C作CD⊥OA于D，求出
OD、CD，然后写出点C的坐标，再利用待定系数法求二次函数解析式解答；
（2）求出直线OC的解析式，根据点M到OC的最大距离时，平行于OC的直线与抛物线只有一个交点，
利用根的判别式求出m的值，利用锐角三角函数的定义求得OC的最大值；然后结合三角形的面积公式
求出三角形MOC的最大面积；
（3）分两种情况求出直线AP与y轴的交点坐标，然后求出直线AP的解析式，与抛物线解析式联立求
解即可得到点P的坐标．
【解答】解：（1）∵Rt△OAB沿OB折叠后，点A落在第一象限内的点C处，
∴OC＝OA＝2 ，∠BOC＝∠BOA＝30°，
∴∠AOC＝30°+30°＝60°，
如图，过点C作CD⊥OA于D，
则OD＝ ×2 ＝ ，
CD＝2 × ＝3，
所以，顶点C的坐标为（ ，3），
设过点O，C，A抛物线的解析式为为y＝ax2+bx，
则 ，解得 ．
所以抛物线的解析式为y＝﹣x2+2 x；
（2）∵线段OC的长度一定，
∴当点M到OC的距离最大时，△MOC的面积最大．
∵C（ ，3），
∴直线OC的解析式为y＝ x，
设点M到OC的最大距离d时，平行于OC的直线解析式为y＝ x+m，
联立 ，
消掉未知数y并整理得，x2﹣ x+m＝0，
△＝（﹣ ）2﹣4m＝0，
解得m＝ ．
则点M到OC的最大距离d＝ ×sin30°＝ × ＝ ．
∴S△MOC ＝ OC•d＝ × ＝ ．
即三角形MOC的最大面积是 ．此时M（ ， ）．
（3）存在，理由如下：
∵∠OAP＝∠BOC＝30°，
∴2 × ＝2，
∴直线AP与y轴的交点坐标为（0，2）或（0，﹣2），
当直线AP经过点（2 ，0）、（0，2）时，解析式为y＝﹣ x+2，
联立 ，
解得 ， ．
所以点P的坐标为（ ， ），
当直线AP经过点（2 ，0）、（0，﹣2）时，解析式为y＝ x﹣2，
联立 ，
解得 ， ．所以点P的坐标为（﹣ ，﹣ ）．
综上所述，存在点P（ ， ）或（﹣ ，﹣ ），使∠OAP＝∠BOA．
【点评】本题是二次函数综合题型，主要利用了折叠的性质，待定系数法求二次函数解析式，联立两函
数解析式求交点的方法，（2）判断出点M到OC的距离最大时，平行于OC的直线与抛物线只有一个
交点是解题的关键，（3）确定出直线AP的解析式是解题的关键．
35．（2021秋•嘉祥县期中）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣6与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，OA
＝2，OB＝4，直线l是抛物线的对称轴，在直线l右侧的抛物线上有一动点D，连接AD，BD，BC，
CD．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点D在x轴的下方，当△BCD的面积是 时，求△ABD的面积；
（3）在（2）的条件下，点M是x轴上一点，点N是抛物线上一动点，是否存在点N，使得以点B，
D，M，N为顶点，以BD为一边的四边形是平行四边形，若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说
明理由．【分析】（1）根据OA＝2，OB＝4确定点A和B的坐标，代入抛物线的解析式列方程组解出即可；
（2）如图1，过D作DG⊥x轴于G，交BC于H，利用待定系数法求直线BC的解析式，设D（x， x2
﹣ x﹣6），则H（x， x﹣6），表示DH的长，根据△BCD的面积是 ，列方程可得x的值，因为D
在对称轴的右侧，所以x＝1不符合题意，舍去，利用三角形面积公式可得结论；
（3）分两种情况：N在x轴的上方和下方，根据y＝ 确定N的坐标，并正确画图．
【解答】解：（1）∵OA＝2，OB＝4，
∴A（﹣2，0），B（4，0），
把A（﹣2，0），B（4，0）代入抛物线y＝ax2+bx﹣6中得： ，
解得： ，
∴抛物线的解析式为：y＝ x2﹣ x﹣6；
（2）如图1，过D作DG⊥x轴于G，交BC于H，当x＝0时，y＝﹣6，
∴C（0，﹣6），
设BC的解析式为：y＝kx+n，
则 ，解得： ，
∴BC的解析式为：y＝ x﹣6，
设D（x， x2﹣ x﹣6），则H（x， x﹣6），
∴DH＝ x﹣6﹣（ x2﹣ x﹣6）＝﹣ ，
∵△BCD的面积是 ，
∴ ，
∴ ，
解得：x＝1或3，
∵点D在直线l右侧的抛物线上，∴D（3，﹣ ），
∴△ABD的面积＝ ＝ ＝ ；
（3）分两种情况：
①如图2，N在x轴的上方时，四边形MNBD是平行四边形，
∵B（4，0），D（3，﹣ ），且M在x轴上，
∴N的纵坐标为 ，
当y＝ 时，即 x2﹣ x﹣6＝ ，
解得：x＝1+ 或1﹣ ，
∴N（1﹣ ， ）或（1+ ， ）；
②如图3，点N在x轴的下方时，四边形BDNM是平行四边形，此时M与O重合，∴N（﹣1，﹣ ）；
综上，点N的坐标为：（1﹣ ， ）或（1+ ， ）或（﹣1，﹣ ）．
【点评】此题主要考查二次函数的综合问题，会求函数与坐标轴的交点，会利用待定系数法求函数解析
式，会利用数形结合的思想解决平行四边形的问题，并结合方程思想解决问题．
36．（2021秋•海曙区校级期中）如图①，已知抛物线 的顶点为点P，与y轴交于点B．
点A坐标为（3，2）．点M为抛物线上一动点，以点M为圆心，MA为半径的圆交x轴于C，D两点
（点C在点D的左侧）．
（1）如图②，当点M与点B重合时，求CD的长；
（2）当点M在抛物线上运动时，CD的长度是否发生变化？若变化，求出CD关于点M横坐标x的函
数关系式；若不发生变化，求出CD的长；（3）当△ACP与△ADP相似时，求出点C的坐标．
【分析】（1）如图1，先利用勾股定理求MC的长和OC的长，再利用垂径定理求得CD的长度；
（2）如图2所示，过点M作MH⊥x轴，垂足为H，连接AM、MD，由勾股定理可知HD2＝MD2﹣MH2
＝AM2﹣MH2，HD＝2．结合垂径定理可求得CD的长；
（3）分为点M与点P重合，点M在点P的左侧，点M在点P的右侧三种情况画出图形，然后依据相
似三角形的对应边成比例可求得OC的长，从而可求得点C的坐标．
【解答】解：（1）如答图1，连接BC，BD．
由题意得：B（0， ），A（3，2）．
∴AB＝ ．
∴OC＝ ＝2．
∴CD＝2OC＝4；
（2）如答图2，作MH⊥x轴，连接MA，MC，设M（x，y），则半径 ，
（3）①当△APC∽△APD，即全等时．
∴PC＝PD，P与M重合．
∵P（3，0），CD＝4
∴C（1，0）
②如答图3，△APC∽△DPA，PA2＝PD×PC．
设 （舍负）
∴ ；
③如答图4，
△APC∽△DPA，PA2＝PD×PC
设 （舍负）
∴
综上所述，点C坐标为：（1，0）或 或 ．【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二次函数函数的解
析式、垂径定理、勾股定理、相似三角形的性质，本题利用勾股定理计算线段的长，与圆中的垂径定理
相结合，既可以计算线段的长，也可以表示线段的长，第三问采取分类讨论的思想，由相似三角形的性
质求得OC的长是解题的关键．
37．（2021秋•平邑县期中）如图1，抛物线y＝﹣x2+mx+n交x轴于点A（﹣2，0）和点B，交y轴于点C
（0，2）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点M在抛物线上，且S△AOM ＝2S△BOC ，求点M的坐标；
（3）如图2，设点N是线段AC上的一动点，作DN⊥x轴，交抛物线于点D，求线段DN长度的最大值．
【分析】（1）把A（﹣2，0），C（0，2）代入抛物线的解析式求解即可；
（2）由（1）知，该抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+2，则易得B（1，0）．然后依据S△AOM ＝2S△BOC 列
方程求解即可；
（3）设直线AC的解析式为y＝kx+t，将A（﹣2，0），C（0，2）代入可求得直线AC的解析式，设N
点坐标为（x，x+2），（﹣2≤x≤0），则D点坐标为（x，﹣x2﹣x+2），然后列出ND与x的函数关系
式，最后再利用配方法求解即可．
【解答】解：（1）A（﹣2，0），C（0，2）代入抛物线的解析式y＝﹣x2+mx+n，
得 ，解得 ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+2．（2）由（1）知，该抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+2，则易得B（1，0），设M（m，n）然后依据
S△AOM ＝2S△BOC 列方程可得：
•AO×|n|＝2× ×OB×OC，
∴ ×2×|﹣m2﹣m+2|＝2，
∴m2+m＝0或m2+m﹣4＝0，
解得x＝0或﹣1或 ，
∴符合条件的点M的坐标为：（0，2）或（﹣1，2）或（ ，﹣2）或（ ，﹣2）．
（3）设直线AC的解析式为y＝kx+b，将A（﹣2，0），C（0，2）代入
得到 ，解得 ，
∴直线AC的解析式为y＝x+2，
设N（x，x+2）（﹣2≤x≤0），则D（x，﹣x2﹣x+2），
ND＝（﹣x2﹣x+2）﹣（x+2）＝﹣x2﹣2x＝﹣（x+1）2+1，
∵﹣1＜0，
∴x＝﹣1时，ND有最大值1．
∴ND的最大值为1．
【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应了待定系数法求一次函数、二次函数
的解析式，解题的关键是学会构建二次函数，利用二次函数解决最值问题，属于中考压轴题．38．（2021秋•周村区校级期中）已知，抛物线y＝ x2+bx+c与y轴交于点C，与x轴交于点A和点B（其
中点A在y轴左侧，点B在y轴右侧），对称轴直线x＝ 交x轴于点H．
（1）若抛物线y＝ x2+bx+c经过点（﹣4，6），求抛物线的解析式；
（2）如图1，∠ACB＝90°，点P是抛物线y＝ x2+bx+c上位于y轴右侧的动点，且S△ABP ＝S△ABC ，求
点P的坐标；
（3）如图2，过点A作AQ∥BC交抛物线于点Q，若点Q的纵坐标为﹣ c，求点Q的坐标．
【分析】（1）根据抛物线的对称轴方程公式求得b的值，然后将点（﹣4，6）代入函数解析式求得c
的值即可；
（2）由限制性条件S△ABP ＝S△ABC ，可以得到点P与点C的纵坐标的绝对值相等，所以根据二次函数图
象上点的坐标特征和两点间的距离公式求得点P的纵坐标即可；
（3）利用直线与系数的关系可以设直线BC的解析式为：y＝kx+c（k≠0），AQ的解析式为：y＝kx+m
（k≠0）．根据直线与抛物线的交点的求法，借助于方程以及一元二次方程的根与系数的关系求得点Q
的坐标即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ x2+bx+c的对称轴是直线x＝ ，
∴﹣ ＝﹣b＝ ，∴b＝﹣ ．
又抛物线y＝ x2+bx+c经过点（﹣4，6），
∴6＝ ×（﹣4）2﹣ ×（﹣4）+c，
解得c＝﹣8．
故该抛物线解析式是y＝ x2﹣ x﹣8；
（2）如图1，连接CH，
∵对称轴直线x＝ 交x轴于点H，
∴AH＝BH，OH＝ ．
又∵∠ACB＝90°，
∴CH＝ AB，
设A，B两点的坐标分别为（x ，0），（x ，0），
1 2
则x ，x 是方程 x2﹣ x+c＝0的两根，
1 2
∴x +x ＝3，x •x ＝2c，
1 2 1 2
∴AB2＝（x ﹣x ）2＝（x +x ）2﹣4x •x ＝9﹣8c，
2 1 1 2 1 2
∴CH2＝ AB2＝ ﹣2c．
在Rt△OHC中，由勾股定理得：CH2＝OH2+OC2，即：c2+2c＝0，解得：c＝﹣2或c＝0（舍去）．
∵S△ABP ＝S△ABC ，
∴|y |＝|y |＝2．
P C
①当y ＝﹣2时，点P与点C关于直线x＝ 对称，
P
∴P（3，﹣2）．
②当y ＝2时， x2﹣ x﹣2＝2，
P
解得：x＝ ．
又∵点P在y轴的右侧，
∴x＝ ，
∴点P的坐标为（ ，2）．
综上所述，符合条件的点P的坐标为（3，﹣2），（ ，2）．
（3）解：如图2，设直线BC的解析式为：y＝kx+c（k≠0），
联立直线BC与抛物线的解析式，得 ，
消去y，得 x2﹣ x+c＝kx+c，
解得：x ＝0，x ＝3+2k，
C B
由（2）知x +x ＝3，
A B∴x ＝3﹣x ，
A B
∴x ＝﹣2k．
A
把点B的坐标（3+2k，0）代入y＝kx+c，得c＝﹣k（3+2k）＝﹣3k﹣2k2．
∵AQ∥BC，
则设AQ的解析式为：y＝kx+m（k≠0）．
联立直线AQ与抛物线的解析式，得
，
消去y，得 x2﹣ x+c＝kx+m，
设点A、Q的横坐标分别为x 、x ，
A Q
则x +x ＝3+2k，
A Q
∵x ＝﹣2k，
A
∴x ＝3+4k．
Q
又∵yQ＝﹣ c，c＝﹣3k﹣2k2．
则有：﹣ （﹣3k﹣2k2）＝ （3+4k）2﹣ （3+4k）+（﹣3k﹣2k2），
解得：k ＝0（舍去），k ＝1，
1 2
∴c＝﹣3k﹣2k2＝﹣5，
∴点Q的坐标是（7，9）．【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合
的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
39．（2021秋•惠城区校级期中）如图，二次函数y＝ax2+bx﹣3的图象经过点（2，﹣3）和（1，﹣
），与x轴从左至右分别交于点A、B，点M为抛物线的顶点．
（1）求二次函数的解析式；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在这样的点P，使得△PAC的周长最小？若存在，请求出点P的坐标，
若不存在，请说明理由．
（3）连接BM，若点Q为线段OB上的一动点（点Q不与点B、点O重合），过点Q作x轴的垂线交线
段BM于点N，当点Q以1个单位/s的速度从点B向点O运动时，设运动时间为t，四边形OCNQ的面
积为S，求S与t之间的函数关系及自变量t的取值范围，并求出S的最值．
（4）若点R在抛物线上，且以点R、C、B为顶点的三角形是直角三角形，请直接写出所有符合条件的
点R的坐标（不需要计算过程）．【分析】（1）把（2，﹣3）和（1，﹣ ）代入二次函数的解析式中，列方程组可得a、b的值，写出
二次函数的解析式；
（2）如图1，在抛物线对称轴上存在一点P，使得△PAC周长最小，由题意可知作C关于对称轴x＝1
的对称点C'，连接AC'交对称轴于P，此时△PAC的周长最小，由待定系数法求得直线AC的解析式，把
x＝1代入即可求得点P的纵坐标；
（3）利用梯形面积公式可得S与t之间的函数关系，根据OB＝4可得自变量t的取值范围，配方成顶点
式可得S的最大值；
（4）分三种情况：其中R为直角顶点时不成立，当C和B为直角顶点时，利用勾股定理列方程可得R
的坐标．
【解答】解：（1）把点（2，﹣3）和（1，﹣ ）代入y＝ax2+bx﹣3，
得： ，
解得： ，
∴二次函数的解析式为：y＝ x2﹣ x﹣3；
（2）y＝ x2﹣ x﹣3＝ （x﹣1）2﹣ ；当x＝0时，y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
当y＝0时， x2﹣ x﹣3＝0，
解得：x＝4或﹣2；
∴A（﹣2，0），B（4，0），
作C关于对称轴x＝1的对称点C'，连接AC'交对称轴于P，此时△PAC的周长最小，
∴C'（2，﹣3），
易得直线AC'的解析式为：y＝﹣ x﹣ ，
当x＝1时，y＝﹣ ×1﹣ ＝﹣ ，
∴P（1，﹣ ）；
（3）如图2，∵B（4，0），M（1，﹣ ），
易得BM的解析式为：y＝ x﹣ ，
由题意得：BQ＝t，则OQ＝4﹣t，
∴N（4﹣t，﹣ t），
∴S＝ （QN+OC）•OQ＝ （4﹣t）（ t+3）＝﹣ + t+6
∵点Q不与点B、点O重合，
∴0＜t＜4，
∵过点Q作x轴的垂线交线段BM于点N，∴0＜t≤3，
∵﹣ ＜0，
∴S有最大值，
S＝﹣ + t+6＝﹣ （t﹣ ）2+ ，
∴当t＝ 时，S的最大值是 ；
（4）如图3，设点R（x， x2﹣ x﹣3），
当∠BCR ＝90°时，
1
由勾股定理得：BC＝5，
＝ +BC2，
∴（x﹣4）2+ ＝x2+ +25，
9x2+14x＝0，
解得：x ＝0（舍），x ＝﹣ ，
1 2
∴R （﹣ ，﹣ ），
1
当∠CBR ＝90°时，同理可得：（x﹣4）2+ +25＝x2+ ，
2
9x2+14x﹣200＝0，
（x﹣4）（9x+50）＝0，
x ＝4（舍），x ＝﹣ ，
1 2R （﹣ ， ）；
2
综上所述，点R的坐标为（﹣ ，﹣ ）或（﹣ ， ）．【点评】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象上点的坐标特
征，二次函数最值的求法以及待定系数法求一次函数解析式，综合性比较强，需要学生熟练掌握二次函
数、一次函数以及梯形的面积的求法等知识点，另外，注意“数形结合”数学思想的应用．
40．（2021秋•肇源县期中）已知：如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，其中A点
坐标为（﹣1，0），点C（0，5），另抛物线经过点（1，8），M为它的顶点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求△MCB的面积S△MCB ．
【分析】（1）将已知的三点坐标代入抛物线中，即可求得抛物线的解析式．
（2）可根据抛物线的解析式先求出M和B的坐标，由于三角形MCB的面积无法直接求出，可将其化
为其他图形面积的和差来解．过M作ME⊥y轴，三角形MCB的面积可通过梯形MEOB的面积减去三
角形MCE的面积减去三角形OBC的面积求得．
【解答】解：
（1）依题意： ，
解得
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+4x+5
（2）令y＝0，得（x﹣5）（x+1）＝0，x ＝5，x ＝﹣1，
1 2∴B（5，0）．
由y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，得M（2，9）
作ME⊥y轴于点E，
可得S△MCB ＝S梯形MEOB ﹣S△MCE ﹣S△OBC ＝ （2+5）×9﹣ ×4×2﹣ ×5×5＝15．
【点评】本题考查了二次函数解析式的确定以及图形面积的求法．不规则图形的面积通常转化为规则图
形的面积的和差．
41．（2021秋•饶平县校级期中）如图，在直角坐标系中，抛物线经过点A（0，4），B（1，0），C（5，
0），其对称轴与x轴相交于点M．
（1）求抛物线的解析式和对称轴；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使△PAB的周长最小？若存在，请求出点P的坐标；若不
存在，请说明理由；
（3）连接AC，在直线AC的下方的抛物线上，是否存在一点N，使△NAC的面积最大？若存在，请求
出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）抛物线经过点A（0，4），B（1，0），C（5，0），可利用两点式法设抛物线的解析式
为y＝a（x﹣1）（x﹣5），代入A（0，4）即可求得函数的解析式，则可求得抛物线的对称轴；
（2）点A关于对称轴的对称点A′的坐标为（6，4），连接BA′交对称轴于点P，连接AP，此时
△PAB的周长最小，可求出直线BA′的解析式，即可得出点P的坐标．
（3）在直线AC的下方的抛物线上存在点N，使△NAC面积最大．设N点的横坐标为t，此时点N（t，
t2﹣ t+4）（0＜t＜5），再求得直线AC的解析式，即可求得NG的长与△ACN的面积，由二次函
数最大值的问题即可求得答案．
【解答】解：（1）根据已知条件可设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）（x﹣5），
把点A（0，4）代入上式得：a＝ ，
∴y＝ （x﹣1）（x﹣5）＝ x2﹣ x+4＝ （x﹣3）2﹣ ，
∴抛物线的对称轴是：直线x＝3；
（2）存在，P点坐标为（3， ）．
理由如下：
∵点A（0，4），抛物线的对称轴是直线x＝3，
∴点A关于对称轴的对称点A′的坐标为（6，4）
如图1，连接BA′交对称轴于点P，连接AP，此时△PAB的周长最小．设直线BA′的解析式为y＝kx+b，
把A′（6，4），B（1，0）代入得 ，
解得 ，
∴y＝ x﹣ ，
∵点P的横坐标为3，
∴y＝ ×3﹣ ＝ ，
∴P（3， ）．
（3）在直线AC的下方的抛物线上存在点N，使△NAC面积最大．
设N点的横坐标为t，此时点N（t， t2﹣ t+4）（0＜t＜5），
如图2，过点N作NG∥y轴交AC于G；作AD⊥NG于D，
由点A（0，4）和点C（5，0）可求出直线AC的解析式为：y＝﹣ x+4，
把x＝t代入得：y＝﹣ t+4，则G（t，﹣ t+4），此时：NG＝﹣ t+4﹣（ t2﹣ t+4）＝﹣ t2+4t，
∵AD+CF＝CO＝5，
∴S△ACN ＝S△ANG +S△CGN ＝ AD×NG+ NG×CF＝ NG•OC＝ ×（﹣ t2+4t）×5＝﹣2t2+10t＝﹣2（t﹣
）2+ ，
∴当t＝ 时，△CAN面积的最大值为 ，
由t＝ ，得：y＝ t2﹣ t+4＝﹣3，
∴N（ ，﹣3）．
【点评】本题主要考查了二次函数与方程、几何知识的综合应用，解题的关键是方程思想与数形结合思
想的灵活应用．
42．（2021秋•饶平县校级期中）如图，直线y＝x+2与抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）相交于A（ ， ）和
B（4，m），点P是线段AB上异于A、B的动点，过点P作PC⊥x轴于点D，交抛物线于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）是否存在这样的P点，使线段PC的长有最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明
理由；
（3）求△PAC为直角三角形时点P的坐标．【分析】（1）已知B（4，m）在直线y＝x+2上，可求得m的值，抛物线图象上的A、B两点坐标，可
将其代入抛物线的解析式中，通过联立方程组即可求得待定系数的值．
（2）要弄清PC的长，实际是直线AB与抛物线函数值的差．可设出P点横坐标，根据直线AB和抛物
线的解析式表示出P、C的纵坐标，进而得到关于PC与P点横坐标的函数关系式，根据函数的性质即
可求出PC的最大值．
（3）当△PAC为直角三角形时，根据直角顶点的不同，有三种情形，需要分类讨论，分别求解．
【解答】解：（1）∵B（4，m）在直线y＝x+2上，
∴m＝4+2＝6，
∴B（4，6），
∵A（ ， ）、B（4，6）在抛物线y＝ax2+bx+6上，
∴ ，解得 ，
∴抛物线的解析式为y＝2x2﹣8x+6．
（2）设动点P的坐标为（n，n+2），则C点的坐标为（n，2n2﹣8n+6），
∴PC＝（n+2）﹣（2n2﹣8n+6），＝﹣2n2+9n﹣4，
＝﹣2（n﹣ ）2+ ，
∵PC＞0，
∴当n＝ 时，线段PC最大且为 ．
（3）∵△PAC为直角三角形，
i）若点P为直角顶点，则∠APC＝90°．
由题意易知，PC∥y轴，∠APC＝45°，因此这种情形不存在；
ii）若点A为直角顶点，则∠PAC＝90°．
如答图3﹣1，过点A（ ， ）作AN⊥x轴于点N，则ON＝ ，AN＝ ．
过点A作AM⊥直线AB，交x轴于点M，则由题意易知，△AMN为等腰直角三角形，
∴MN＝AN＝ ，∴OM＝ON+MN＝ + ＝3，
∴M（3，0）．
设直线AM的解析式为：y＝kx+b，
则： ，解得 ，
∴直线AM的解析式为：y＝﹣x+3 ①
又抛物线的解析式为：y＝2x2﹣8x+6 ②
联立①②式，解得：x＝3或x＝ （与点A重合，舍去）∴C（3，0），即点C、M点重合．
当x＝3时，y＝x+2＝5，
∴P （3，5）；
1
iii）若点C为直角顶点，则∠ACP＝90°．
∵y＝2x2﹣8x+6＝2（x﹣2）2﹣2，
∴抛物线的对称轴为直线x＝2．
如答图3﹣2，作点A（ ， ）关于对称轴x＝2的对称点C，
则点C在抛物线上，且C（ ， ）．
当x＝ 时，y＝x+2＝ ．
∴P （ ， ）．
2
∵点P （3，5）、P （ ， ）均在线段AB上，
1 2
∴综上所述，△PAC为直角三角形时，点P的坐标为（3，5）或（ ， ）．【点评】此题主要考查了二次函数解析式的确定、二次函数最值的应用以及直角三角形的判定、函数图
象交点坐标的求法等知识．
43．（2021秋•越秀区校级期中）如图，抛物线经过点A（1，0），B（5，0），C（0， ）三点，设点
E（x，y）是抛物线上一动点，且在x轴下方，四边形OEBF是以OB为对角线的平行四边形．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点E（x，y）运动时，试求平行四边形OEBF的面积S与x之间的函数关系式，并求出面积S的
最大值？
（3）是否存在这样的点E，使平行四边形OEBF为正方形？若存在，求E点，F点的坐标；若不存在，
请说明理由．
【分析】（1）由抛物线经过点A（1，0），B（5，0），C（0， ）三点，利用待定系数法求二次函
数的解析式；
（2）由点E（x，y）是抛物线上一动点，且位于第四象限，可得y＜0，即﹣y＞0，﹣y表示点E到OA
的距离，又由S＝2S△OBE ＝2× ×OB•|y|，即可求得平行四边形OEAF的面积S与x之间的函数关系式，
结合图象，求得自变量x的取值范围；
（3）由当OB⊥EF，且OB＝EF时，平行四边形OEBF是正方形，可得此时点E坐标只能（2.5，﹣
2.5），而坐标为（2.5，﹣2.5）点在抛物线上，故可判定存在点E，使平行四边形OEBF为正方形．
【解答】解：（1）设所求抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，∵抛物线经过点A（1，0），B（5，0），C（0， ）三点，则由题意可得：
，解得 ．
∴所求抛物线的解析式为：y＝ x2﹣4x+ ．
（2）∵点E（x，y）是抛物线上一动点，且在x轴下方，
∴y＜0，
即﹣y＞0，﹣y表示点E到OA的距离．
∵OB是平行四边形OEBF的对角线，
∴S＝2S△OBE ＝2× ×OB•|y|＝﹣5y＝﹣5（ x2﹣4x+ ）＝﹣ x2+20x﹣ ，
∵S＝﹣ （x﹣3）2+
∴S与x之间的函数关系式为：S＝﹣ x2+20x﹣ （1＜x＜5），S的最大值为 ．
（3）∵当OB⊥EF，且OB＝EF时，平行四边形OEBF是正方形，
∴此时点E坐标只能（ ，﹣ ），而坐标为（ ，﹣ ）点在抛物线上，
∴存在点E（ ，﹣ ），使平行四边形OEBF为正方形，
此时点F坐标为（ ， ）．【点评】此题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式、配方法、平行四边形的性
质以及正方形的判定等知识．此题综合性很强，难度较大，注意数形结合思想、方程思想与函数思想的
应用．
44．（2021秋•谷城县期中）如图，抛物线y＝﹣ x2+mx+n与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，抛物
线的对称轴交x轴于点D，已知A（﹣1，0），C（0，2）．
（1）求抛物线的表达式；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形？如果存在，直接写出
P点的坐标；如果不存在，请说明理由；
（3）点E是线段BC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置
时，四边形CDBF的面积最大？求出四边形CDBF的最大面积及此时E点的坐标．
【分析】（1）由待定系数法建立二元一次方程组求出求出m、n的值即可；
（2）由（1）的解析式求出顶点坐标，再由勾股定理求出CD的值，再以点C为圆心，CD为半径作弧
交对称轴于P1，以点D为圆心CD为半径作圆交对称轴于点P ，P ，作CE垂直于对称轴与点E，由等
2 3
腰三角形的性质及勾股定理就可以求出结论；
（3）先求出BC的解析式，设出E点的坐标为（a，﹣ a+2），就可以表示出F的坐标，由四边形
CDBF的面积＝S△BCD +S△CEF +S△BEF 求出S与a的关系式，由二次函数的性质就可以求出结论．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣ x2+mx+n经过A（﹣1，0），C（0，2）．解得： ，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣ x2+ x+2；
（2）∵y＝﹣ x2+ x+2，
∴y＝﹣ （x﹣ ）2+ ，
∴抛物线的对称轴是直线x＝ ．
∴OD＝ ．
∵C（0，2），
∴OC＝2．
在Rt△OCD中，由勾股定理，得
CD＝ ．
∵△CDP是以CD为腰的等腰三角形，
∴CP ＝DP ＝DP ＝CD．
1 2 3
作CM⊥x对称轴于M，
∴MP ＝MD＝2，
1
∴DP ＝4．
1
∴P （ ，4），P （ ， ），P （ ，﹣ ）；
1 2 3（3）当y＝0时，0＝﹣ x2+ x+2
∴x ＝﹣1，x ＝4，
1 2
∴B（4，0）．
设直线BC的解析式为y＝kx+b，由图象，得
，
解得： ，
∴直线BC的解析式为：y＝﹣ x+2．
如图2，过点C作CM⊥EF于M，设E（a，﹣ a+2），F（a，﹣ a2+ a+2），
∴EF＝﹣ a2+ a+2﹣（﹣ a+2）＝﹣ a2+2a（0＜a＜4）．
∵S四边形CDBF ＝S△BCD +S△CEF +S△BEF ＝ BD•OC+ EF•CM+ EF•BN，
＝ + a（﹣ a2+2a）+ （4﹣a）（﹣ a2+2a），
＝﹣a2+4a+ （0＜a＜4）．
＝﹣（a﹣2）2+
∴a＝2时，S四边形CDBF的面积最大 ＝ ，
∴E（2，1）．【点评】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式的运用，二次函数的解析式的运用，勾股定理的运
用，等腰三角形的性质的运用，四边形的面积的运用，解答时求出函数的解析式是关键．
45．（2021秋•德城区校级期中）如图，已知抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴交于A，B两点（点A在点B的左
边），与y轴交于点C，连接BC．
（1）求A，B，C三点的坐标；
（2）若点P为线段BC上一点（不与B，C重合），PM∥y轴，且PM交抛物线于点M，交x轴于点
N，当△BCM的面积最大时，求△BPN的周长；
（3）在（2）的条件下，当△BCM的面积最大时，在抛物线的对称轴上存在一点Q，使得△CNQ为直
角三角形，求点Q的坐标．【分析】（1）依据抛物线的解析式直接求得C的坐标，令y＝0解方程即可求得A、B点的坐标；
（2）求出△BCM面积的表达式，这是一个二次函数，求出其取最大值的条件；然后利用勾股定理求出
△BPN的周长；
（3）如解答图，△CNQ为直角三角形，分三种情况：①点Q为直角顶点；②点N为直角顶点；③点
C为直角顶点进行解答．
【解答】解：（1）由抛物线的解析式y＝﹣x2+2x+3，
∴C（0，3），
令y＝0，﹣x2+2x+3＝0，解得x＝3或x＝﹣1；
∴A（﹣1，0），B（3，0）．
（2）设直线BC的解析式为：y＝kx+b，则有：
，解得 ，
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+3．
设P（x，﹣x+3），则M（x，﹣x2+2x+3），
∴PM＝（﹣x2+2x+3）﹣（﹣x+3）＝﹣x2+3x．
∴S△BCM ＝S△PMC +S△PMB ＝ PM•（x
P
﹣x
C
）+ PM•（x
B
﹣x
P
）＝ PM•（x
B
﹣x
C
）＝ PM．∴S△BCM ＝ （﹣x2+3x）＝﹣ （x﹣ ）2+ ．
∴当x＝ 时，△BCM的面积最大．
此时P（ ， ），∴PN＝ON＝ ，
∴BN＝OB﹣ON＝3﹣ ＝ ．
在Rt△BPN中，由勾股定理得：PB＝ ．
C△BCN ＝BN+PN+PB＝3+ ．
∴当△BCM的面积最大时，△BPN的周长为3+ ．
（3）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4
∴抛物线的对称轴为直线x＝1．
在Rt△CNO中，OC＝3，ON＝ ，由勾股定理得：CN＝ ．
设点D为CN中点，则D（ ， ），CD＝ND＝ ．
如解答图，△CNQ为直角三角形，
①若点Q为直角顶点．
作Rt△CNO的外接圆 D，与对称轴交于Q 、Q 两点，由圆周角定理可知，Q 、Q 两点符合题意．
1 2 1 2
⊙
连接Q D，则Q D＝CD＝ND＝ ．
1 1过点D（ ， ）作对称轴的垂线，垂足为E，
则E（1， ），Q E＝Q E，DE＝1﹣ ＝ ．
1 2
在Rt△Q DE中，由勾股定理得：
1
Q E＝ ＝ ．
1
∴Q （1， ），Q （1， ）；
1 2
②若点N为直角顶点．
过点N作NF⊥CN，交对称轴于点Q ，交y轴于点F．
3
易证Rt△NFO∽Rt△CNO，则 ＝ ，即 ，解得OF＝ ．
∴F（0，﹣ ），又∵N（ ，0），
∴可求得直线FN的解析式为：y＝ x﹣ ．
当x＝1时，y＝﹣ ，
∴Q （1，﹣ ）；
3
③当点C为直角顶点时．
过点C作Q C⊥CN，交对称轴于点Q ．
4 4
∵Q C∥FN，∴可设直线Q C的解析式为：y＝ x+b，
4 4
∵点C（0，3）在该直线上，∴b＝3．∴直线Q C的解析式为：y＝ x+3，
4
当x＝1时，y＝ ，
∴Q （1， ）．
4
综上所述，满足条件的点Q有4个，
其坐标分别为：Q （1， ），Q （1， ），Q （1，﹣ ），Q （1， ）．
1 2 3 4
【点评】本题是二次函数综合题，难度较大．解题过程中有若干解题技巧需要认真掌握：
①第（2）问中求△BCM面积表达式的方法；
②第（3）问中确定点Q的方法；
③第（3）问中求点Q坐标的方法．
46．（2021秋•大化县期中）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A、B两点，过点A的直线l与抛
物线交于点C，其中A点的坐标是（1，0），C点坐标是（4，3）．
（1）求抛物线的解析式；（2）在（1）中抛物线的对称轴上是否存在点D，使△BCD的周长最小？若存在，求出点D的坐标，
若不存在，请说明理由；
（3）若点E是（1）中抛物线上的一个动点，且位于直线AC的下方，试求△ACE的最大面积及E点的
坐标．
【分析】（1）利用待定系数法求二次函数解析式解答即可；
（2）利用待定系数法求出直线AC的解析式，然后根据轴对称确定最短路线问题，直线AC与对称轴的
交点即为所求点D；
（3）根据直线AC的解析式，设出过点E与AC平行的直线，然后与抛物线解析式联立消掉y得到关于
x的一元二次方程，利用根的判别式Δ＝0时，△ACE的面积最大，然后求出此时与AC平行的直线，然
后求出点E的坐标，并求出该直线与x轴的交点F的坐标，再求出AF，再根据直线l与x轴的夹角为
45°求出两直线间的距离，再求出AC间的距离，然后利用三角形的面积公式列式计算即可得解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3经过点A（1，0），点C（4，3），
∴ ，
解得 ，
所以，抛物线的解析式为y＝x2﹣4x+3；
（2）∵点A、B关于对称轴对称，∴点D为AC与对称轴的交点时△BCD的周长最小，
设直线AC的解析式为y＝kx+b（k≠0），
则 ，
解得 ，
所以，直线AC的解析式为y＝x﹣1，
∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线的对称轴为直线x＝2，
当x＝2时，y＝2﹣1＝1，
∴抛物线对称轴上存在点D（2，1），使△BCD的周长最小；
（3）如图，设过点E与直线AC平行线的直线为y＝x+m，
联立 ，
消掉y得，x2﹣5x+3﹣m＝0，
△＝（﹣5）2﹣4×1×（3﹣m）＝0，
解得：m＝﹣ ，
即m＝﹣ 时，点E到AC的距离最大，△ACE的面积最大，
此时x＝ ，y＝ ﹣ ＝﹣ ，
∴点E的坐标为（ ，﹣ ），设过点E的直线与x轴交点为F，则F（ ，0），
∴AF＝ ﹣1＝ ，
∵直线AC的解析式为y＝x﹣1，
∴∠CAB＝45°，
∴点F到AC的距离为AF•sin45°＝ × ＝ ，
又∵AC＝ ＝3 ，
∴△ACE的最大面积＝ ×3 × ＝ ，此时E点坐标为（ ，﹣ ）．
【点评】本题考查了二次函数综合题型，主要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，利用轴对称确定最短路线问题，联立两函数解析式求交点坐标，利用平行线确定点到直线
的最大距离问题．
47．（2021秋•曾都区期中）已知如图，抛物线y＝x2+bx+c过点A（3，0），B（1，0），交y轴于点C，
点P是该抛物线上一动点，点P从C点沿抛物线向A点运动（点P不与点A重合），过点P作PD∥y
轴交直线AC于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求点P在运动的过程中线段PD长度的最大值；（3）△APD能否构成直角三角形？若能请直接写出点P坐标，若不能请说明理由；
（4）在抛物线对称轴上是否存在点M使|MA﹣MC|最大？若存在请求出点M的坐标，若不存在请说明
理由．
【分析】（1）把点A、B的坐标代入抛物线解析式，解方程组得到b、c的值，即可得解；
（2）求出点C的坐标，再利用待定系数法求出直线AC的解析式，再根据抛物线解析式设出点P的坐
标，然后表示出PD的长度，再根据二次函数的最值问题解答；
（3）①∠APD是直角时，点P与点B重合，②求出抛物线顶点坐标，然后判断出点P为在抛物线顶
点时，∠PAD是直角，分别写出点P的坐标即可；
（4）根据抛物线的对称性可知MA＝MB，再根据三角形的任意两边之差小于第三边可知点 M为直线
CB与对称轴交点时，|MA﹣MC|最大，然后利用待定系数法求出直线BC的解析式，再求解即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c过点A（3，0），B（1，0），
∴ ，
解得 ，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x+3；
（2）令x＝0，则y＝3，
∴点C（0，3），则直线AC的解析式为y＝﹣x+3，
设点P（x，x2﹣4x+3），
∵PD∥y轴，
∴点D（x，﹣x+3），
∴PD＝（﹣x+3）﹣（x2﹣4x+3）＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣ ）2+ ，
∵a＝﹣1＜0，
∴当x＝ 时，线段PD的长度有最大值 ；
（3）①∠APD是直角时，点P与点B重合，
此时，点P（1，0），
②∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线的顶点坐标为（2，﹣1），
∵A（3，0），
∴点P为在抛物线顶点时，∠PAD＝45°+45°＝90°，
此时，点P（2，﹣1），
综上所述，点P（1，0）或（2，﹣1）时，△APD能构成直角三角形；
（4）由抛物线的对称性，对称轴垂直平分AB，
∴MA＝MB，
由三角形的三边关系，|MA﹣MC|＜BC，
∴当M、B、C三点共线时，|MA﹣MC|最大，为BC的长度，设直线BC的解析式为y＝kx+b（k≠0），
则 ，
解得 ，
∴直线BC的解析式为y＝﹣3x+3，
∵抛物线y＝x2﹣4x+3的对称轴为直线x＝2，
∴当x＝2时，y＝﹣3×2+3＝﹣3，
∴点M（2，﹣3），
即，抛物线对称轴上存在点M（2，﹣3），使|MA﹣MC|最大．
【点评】本题是二次函数综合题型，主要利用了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的最值问题，
二次函数的对称性以及顶点坐标的求解，（2）整理出PD的表达式是解题的关键，（3）关键在于利用
点的坐标特征作出判断，（4）根据抛物线的对称性和三角形的三边关系判断出点 M的位置是解题的关
键．
48．（2021秋•温江区校级期中）如图：抛物线 y＝ax2﹣4ax+m与x轴交于A、B两点，点A的坐标是
（1，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的对称轴和点B的坐标；
（2）过点C作CP⊥对称轴于点P，连接BC交对称轴于点D，连接AC、BP，且∠BPD＝∠BCP，求抛
物线的解析式；（3）在（2）的条件下，设抛物线的顶点为G，连接BG、CG、求△BCG的面积．
【分析】（1）由抛物线y＝ax2﹣4ax+m的对称轴公式x＝﹣ ，即可求得其对称轴，又由点A、B关于
对称轴对称，即可求得点B的坐标；
（2）由点A（1，0），B（3，0），求得AB的值，又由CP⊥对称轴，可得CP∥AB，易证得四边形
ABPC是平行四边形，然后设点C（0，x）（x＜0），证得△BPD∽△BCP，根据相似三角形的对应边
成比例，即可求得x的值，又由二次函数过点A与C，利用待定系数法即可求得此抛物线的解析式；
（3）首先由解析式，即可求得抛物线顶点G坐标，然后设CG的解析式是：y＝kx+b，利用待定系数法
即可求得CG的解析式，则可求得H的坐标，又由S△BCG ＝S△BHG +S△BHC ，即可求得△BCG的面积．
【解答】解：（1）对称轴是直线x＝﹣ ＝2，…（2分）
∵点A（1，0）且点A、B关于x＝2对称，
∴点B（3，0）；…（4分）
（2）点A（1，0），B（3，0），
∴AB＝2，
∵CP⊥对称轴于P，
∴CP∥AB，∵对称轴是直线x＝2，
∴AB∥CP且AB＝CP，
∴四边形ABPC是平行四边形，…（5分）
设点C（0，x）（x＜0），
在Rt△AOC中，AC＝ ，
∴BP＝ ，
在Rt△BOC中，BC＝ ，
∵ ，
∴BD＝ ，
∵∠BPD＝∠BCP 且∠PBD＝∠CBP，
∴△BPD∽△BCP，…（7分）
∴BP2＝BD•BC，
即 ，
∴ ，
∴x ＝ ，x ＝﹣ ，
1 2
∵点C在y轴的负半轴上，
∴点C（0， ），…（8分）∴y＝ax2﹣4ax﹣ ，
∵过点（1，0），
∴a﹣4a﹣ ＝0，
解得：a＝﹣ ．
∴解析式是：y＝﹣ x2+ x﹣ ；…（9分）
（3）当x＝2时，y＝ ，
顶点坐标G是（2， ），…（10分）
设CG的解析式是：y＝kx+b，
∵过点（0， ）（2， ），
∴ ，
∴y＝ x﹣ ，…（11分）
设CG与x轴的交点为H，
令y＝0，则 x﹣ ＝0，
得x＝ ，即H（ ，0），…（11分）
∴BH＝3﹣ ＝ ，
∴S△BCG ＝S△BHG +S△BHC ＝ ＝ ＝ …（13分）
【点评】此题考查了二次函数对称轴的求解方法，二次函数的对称性，待定系数法求函数的解析式，三
角形面积的求解方法以及相似三角形的判定与性质等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是
注意数形结合与方程思想的应用．
49．（2021秋•上城区校级期中）如图，以矩形OCPD的顶点O为原点，它的两条边所在的直线分别为x
轴和y轴建立直角坐标系．以点P为圆心，PC为半径的 P与x轴的正半轴交于A、B两点，若抛物线
y＝ax2+bx+4经过A，B，C三点，且AB＝6． ⊙
（1）求 P的半径R的长；
⊙
（2）求该抛物线的解析式并直接写出该抛物线与 P的第四个交点E的坐标；
⊙
（3）若以AB为直径的圆与直线AC的交点为F，求AF的长．【分析】（1）在函数y＝ax2+bx+4中令x＝0，解得y＝4，则OC＝PD＝4，连接PA，在直角三角形
△PAD中，根据勾股定理就可以得到PA的长．即圆的半径；
（2）PC是圆的半径，PC﹣AD可以求出，即可以得到A、B的坐标，把A，B的坐标代入y＝ax2+bx+4
就可以求出a、b的值．即函数的解析式．抛物线与 P的第四个交点E一定是C关于直线PD的对称点；
⊙
（3）以AB为直径的圆，圆心一定是点D，半径是3，连接BF，易得△AOC∽△AFB．根据相似三角形
的对应边的比相等，可以求出AC的长．
【解答】解：（1）连接AP
∵四边形ODPC为矩形
∴PD⊥AB
∴AD＝BD＝ AB＝ ×6＝3（1分）
又∵抛物线y＝ax2+bx+4经过A，B，C三点
∴C（0，4）（2分）
即OC＝4
∴PD＝OC＝4（3分）
∴由勾股定理得AP＝5（4分）
∴ P的半径R的长为5；
⊙
（2）∵OD＝CP＝AP＝5
∴A（2，0）B（8，0）（5分）
求得函数解析式为y＝ （x﹣2）（x﹣8）（7分）
抛物线与 P的第四个交点E的坐标为（10，4）；（8分）
⊙（3）连接BF
∵AB为 D的直径
⊙
∴∠AFB＝90°＝∠COA
又∵∠CAO＝∠BAF
∴△AOC∽△AFB
＝ （10分）
∵AO＝2
AC＝ ＝ ＝2 （11分）
AB＝6，∴ ＝
∴AF＝ ．（12分）
【点评】本题主要考查了待定系数法求函数的解析式，以及相似三角形的对应边的比相等．
50．（2021秋•涡阳县期中）如图，已知抛物线y＝ax2﹣4x+c经过点A（0，﹣6）和B（3，﹣9）．
（1）求出抛物线的解析式；
（2）写出抛物线的对称轴方程及顶点坐标；
（3）点P（m，m）与点Q均在抛物线上（其中m＞0），且这两点关于抛物线的对称轴对称，求m的
值及点Q的坐标；（4）在满足（3）的情况下，在抛物线的对称轴上寻找一点M，使得△QMA的周长最小．
【分析】（1）将A、B点的坐标代入抛物线的解析式中，通过联立方程组求得a、c的值，从而确定该
抛物线的解析式．
（2）用配方法将（1）所得抛物线解析式化为顶点坐标式，即可得到其对称轴方程和顶点坐标．
（3）由于点P在抛物线的图象上，那么点P的坐标一定满足该抛物线的解析式，将其代入抛物线的解
析式中，即可求得m的值，进而可根据（2）得到的对称轴方程求得点Q的坐标．
（4）△QMA中，QA的长是定值，若其周长最小，那么MA+MQ的值最小，由于Q、P关于抛物线的对
称轴对称，若连接AP，那么直线AP与抛物线对称轴的交点必为所求的M点，可先利用待定系数法求
得直线AC的解析式，然后联立抛物线的对称轴方程求出点M的坐标．
【解答】解：（1）依题意有 ，
即 ，
∴ ；
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x﹣6．（2）把y＝x2﹣4x﹣6配方得，y＝（x﹣2）2﹣10，
∴对称轴方程为x＝2；
顶点坐标（2，﹣10）．
（3）由点P（m，m）在抛物线上，
有m＝m2﹣4m﹣6，
即m2﹣5m﹣6＝0，
∴m ＝6或m ＝﹣1（舍去），
1 2
∴P（6，6），
∵点P、Q均在抛物线上，且关于对称轴x＝2对称，
∴Q（﹣2，6）．
（4）连接AQ，AP，直线AP与对称轴x＝2相交于点M，由于P，Q两点关于对称轴对称，由轴对称性
质可知，此时的交点M，能够使得△QAM的周长最小；
设直线PA的解析式y＝kx+b，
∴有 ，
∴ ，
∴直线PA的解析式为：y＝2x﹣6；
设点M（2，n），
则有n＝2×2﹣6＝﹣2，此时点M（2，﹣2）能够使得△AMQ的周长最小．
【点评】此题主要考查了二次函数解析式的确定、抛物线顶点坐标的求法、函数图象上点的坐标意义、
平面展开﹣最短路径等知识点，难度适中．
51．（2021秋•雷州市期中）如图所示，抛物线y＝ax2+c（a＞0）经过梯形ABCD的四个顶点，梯形的底
AD在x轴上，其中A（﹣2，0），B（﹣1，﹣3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点M为y轴上任意一点，当点M到A，B两点的距离之和为最小时，求此时点M的坐标；
（3）在第（2）问的结论下，抛物线上的点P使S△PAD ＝4S△ABM 成立，求点P的坐标．
【分析】（1）将A、B点的坐标代入抛物线的解析式中即可求出待定系数的值；
（2）由于A、D关于抛物线对称轴即y轴对称，那么连接BD，BD与y轴的交点即为所求的M点，可
先求出直线BD的解析式，即可得到M点的坐标；（3）设直线BC与y轴的交点为N，那么△ABM的面积即为梯形ABNO、△BMN、△AOM的面积差，
由此可求出△ABM和△PAD的面积；在△PAD中，AD的长为定值，可根据其面积求出P点纵坐标的绝
对值，然后代入抛物线的解析式中即可求出P点的坐标．
【解答】解：（1）由题意可得： ，
解得 ；
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4；
（2）由于A、D关于抛物线的对称轴（即y轴）对称，连接BD．
则BD与y轴的交点即为M点；
设直线BD的解析式为：y＝kx+b（k≠0），则有：
，
解得 ；
∴直线BD的解析式为y＝x﹣2，点M（0，﹣2）；
（3）设BC与y轴的交点为N，则有N（0，﹣3）；
∴MN＝1，BN＝1，ON＝3；
S△ABM ＝S梯形AONB ﹣S△BMN ﹣S△AOM ＝ （1+2）×3﹣ ×2×2﹣ ×1×1＝2；
∴S△PAD ＝4S△ABM ＝8；
由于S△PAD ＝ AD•|y
p
|＝8，即|y |＝4；
p
当P点纵坐标为4时，x2﹣4＝4，
解得x＝±2 ，
∴P （﹣2 ，4），P （2 ，4）；
1 2
当P点纵坐标为﹣4时，x2﹣4＝﹣4，
解得x＝0，
∴P （0，﹣4）；
3
故存在符合条件的P点，且P点坐标为：P （﹣2 ，4），P （2 ，4），P （0，﹣4）．
1 2 3
【点评】此题主要考查了二次函数解析式的确定、函数图象交点及图形面积的求法，轴对称的性质等知
识的综合应用能力；当所求图形不规则时，一般要将不规则图形转换为几个规则图形面积的和差来求．
52．（2021秋•广饶县期中）如图1，已知抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和点B（﹣
3，0），与y轴交于点C．（1）求抛物线的解析式；
（2）设抛物线的对称轴与x轴交于点M，问在对称轴上是否存在点P，使△CMP为等腰三角形？若存
在，请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；
（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．
【分析】（1）已知抛物线过A、B两点，可将两点的坐标代入抛物线的解析式中，用待定系数法即可求
出二次函数的解析式；
（2）可根据（1）的函数解析式得出抛物线的对称轴，也就得出了M点的坐标，由于C是抛物线与y轴
的交点，因此C的坐标为（0，3），根据M、C的坐标可求出CM的距离．然后分三种情况进行讨论：
①当CP＝PM时，P位于CM的垂直平分线上．求P点坐标关键是求P的纵坐标，过P作PQ⊥y轴于
Q，如果设PM＝CP＝x，那么直角三角形CPQ中CP＝x，OM的长，可根据M的坐标得出，CQ＝3﹣
x，因此可根据勾股定理求出x的值，P点的横坐标与M的横坐标相同，纵坐标为x，由此可得出P的坐
标．
②当CM＝MP时，根据CM的长即可求出P的纵坐标，也就得出了P的坐标（要注意分上下两点）．
③当CM＝CP时，因为C的坐标为（0，3），那么直线y＝3必垂直平分PM，因此P的纵坐标是6，
由此可得出P的坐标；
（3）由于四边形BOCE不是规则的四边形，因此可将四边形BOCE分割成规则的图形进行计算，过E作EF⊥x轴于F，四边形BOCE的面积＝三角形BFE的面积+直角梯形FOCE的面积．直角梯形FOCE
中，FO为E的横坐标的绝对值，EF为E的纵坐标，已知C的纵坐标，就知道了OC的长．在三角形
BFE中，BF＝BO﹣OF，因此可用E的横坐标表示出BF的长．如果根据抛物线设出E的坐标，然后代
入上面的线段中，即可得出关于四边形BOCE的面积与E的横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可
求得四边形BOCE的最大值及对应的E的横坐标的值．即可求出此时E的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和点B（﹣3，0），
∴
解得：
∴所求抛物线解析式为：
y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）∵抛物线解析式为：
y＝﹣x2﹣2x+3，
∴其对称轴为x＝ ＝﹣1，
∴设P点坐标为（﹣1，a），当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3），M（﹣1，0）
∴当CP＝PM时，（﹣1）2+（3﹣a）2＝a2，解得a＝ ，
∴P点坐标为：P （﹣1， ）；
1
∴当CM＝PM时，（﹣1）2+32＝a2，解得a＝± ，∴P点坐标为：P （﹣1， ）或P （﹣1，﹣ ）；
2 3
∴当CM＝CP时，由勾股定理得：（﹣1）2+32＝（﹣1）2+（3﹣a）2，解得a＝6，
∴P点坐标为：P （﹣1，6）
4
综上所述，存在符合条件的点P，其坐标为P（﹣1， ）或P（﹣1，﹣ ）
或P（﹣1，6）或P（﹣1， ）；
（3）过点E作EF⊥x轴于点F，设E（a，﹣a2﹣2a+3）（﹣3＜a＜0）
∴EF＝﹣a2﹣2a+3，BF＝a+3，OF＝﹣a
∴S四边形BOCE ＝ BF•EF+ （OC+EF）•OF
＝ （a+3）•（﹣a2﹣2a+3）+ （﹣a2﹣2a+6）•（﹣a）
＝
＝﹣ +
∴当a＝﹣ 时，S四边形BOCE 最大，且最大值为 ．
此时，点E坐标为（﹣ ， ）．【点评】本题主要考查了二次函数的综合知识，要注意的是（2）中，不确定等腰三角形哪条边是底边
的情况下，要分类进行求解，不要漏解．
53．（2021秋•广汉市期中）在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板ABC放在第二象限，斜靠在
两坐标轴上，且点A（0，2），点C（﹣1，0），如图所示：抛物线y＝ax2+ax﹣2经过点B．
（1）求点B的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）在抛物线上是否还存在点P（点B除外），使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形？若
存在，求所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据题意，过点B作BD⊥x轴，垂足为D；根据角的互余的关系，易得B到x、y轴的距
离，即B的坐标；
（2）根据抛物线过B点的坐标，可得a的值，进而可得其解析式；
（3）首先假设存在，分A、C是直角顶点两种情况讨论，根据全等三角形的性质，可得答案．
【解答】解：（1）过点B作BD⊥x轴，垂足为D，
∵∠BCD+∠ACO＝90°，∠ACO+∠CAO＝90°，
∴∠BCD＝∠CAO，（1分）
又∵∠BDC＝∠COA＝90°，CB＝AC，
∴△BCD≌△CAO，（2分）
∴BD＝OC＝1，CD＝OA＝2，（3分）
∴点B的坐标为（﹣3，1）；（4分）
（2）抛物线y＝ax2+ax﹣2经过点B（﹣3，1），
则得到1＝9a﹣3a﹣2，（5分）
解得a＝ ，
所以抛物线的解析式为y＝ x2+ x﹣2；（7分）（3）假设存在点P，使得△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形：
①若以点C为直角顶点；
则延长BC至点P ，使得P C＝BC，得到等腰直角三角形△ACP ，（8分）
1 1 1
过点P 作P M⊥x轴，
1 1
∵CP ＝BC，∠MCP ＝∠BCD，∠P MC＝∠BDC＝90°，
1 1 1
∴△MP C≌△DBC．（10分）
1
∴CM＝CD＝2，P M＝BD＝1，可求得点P （1，﹣1）；（11分）
1 1
②若以点A为直角顶点；
则过点A作AP ⊥CA，且使得AP ＝AC，得到等腰直角三角形△ACP ，（12分）
2 2 2
过点P 作P N⊥y轴，同理可证△AP N≌△CAO，（13分）
2 2 2
∴NP ＝OA＝2，AN＝OC＝1，可求得点P （2，1），（14分）
2 2
③以A为直角顶点的等腰Rt△ACP的顶点P有两种情况．即过点A作直线L⊥AC，在直线L上截取AP
＝AC时，点P可能在y轴右侧，即现在解答情况②的点P ；
2
点P也可能在 y轴左侧，即还有第③种情况的点 P ．因此，然后过 P 作P G⊥y轴于G，同理：
3 3 3
△AGP3≌△CAO，
∴GP ＝OA＝2，AG＝OC＝1，
3
∴P 为（﹣2，3）；
3
经检验，点P （1，﹣1）与点P （2，1）都在抛物线y＝ x2+ x﹣2上，点P （﹣2，3）不在抛物线
1 2 3
上．（16分）【点评】本题考查学生将二次函数的图象与解析式相结合处理问题、解决问题的能力，综合性强，能力
要求极高．考查学生分类讨论，数形结合的数学思想方法．
八．垂径定理的应用（共1小题）
54．（2021秋•溧阳市期中）一辆装满货物的卡车，高2.5米，宽1.6米，要开进厂门形状如图所示的某工
厂，问这辆卡车能否通过厂门（厂门上方为半圆形拱门）？说明你的理由．
【分析】如图，M，N为卡车的宽度，过M，N作AB的垂线交半圆于C，D，过O作OE⊥CD，E为垂
足，CD＝MN＝1.6m，AB＝2m，则CE＝DE＝0.8m，且OC＝1m，在Rt△OCE中，利用勾股定理可求
出OE＝0.6m，这样CM＝2.3+0.6＝2.9m＞2.5m，即可判断．
【解答】解：这辆卡车能通过厂门．理由如下：
如图M，N为卡车的宽度，过M，N作AB的垂线交半圆于C，D，过O作OE⊥CD，E为垂足，
则CD＝MN＝1.6m，AB＝2m，
由作法得，CE＝DE＝0.8m，
又∵OC＝OA＝1m，
在Rt△OCE中，OE＝ ＝ ＝0.6（m），∴CM＝2.3+0.6＝2.9m＞2.5m．
所以这辆卡车能通过厂门．
【点评】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的弧．也考查了勾股定理．
九．圆周角定理（共1小题）
55．（2021秋•越城区期中）已知：如图，等边△ABC内接于 O，点P是劣弧 上的一点（端点除外），
⊙
延长BP至D，使BD＝AP，连接CD．
（1）若AP过圆心O，如图①，请你判断△PDC是什么三角形？并说明理由；
（2）若AP不过圆心O，如图②，△PDC又是什么三角形？为什么？
【分析】（1）根据已知利用SAS判定△APC≌△BDC，从而得到PC＝DC，因为AP过圆心O，AB＝
AC，∠BAC＝60°，
所以∠BAP＝∠PAC＝ ∠BAC＝30°，又知∠CPD＝∠PBC+∠BCP＝30°+30°＝60°，从而推出△PDC为
等边三角形；（2）同理可证△PDC为等边三角形．
【解答】解：（1）如图①，△PDC为等边三角形．
（2分）
理由如下：
∵△ABC为等边三角形
∴AC＝BC
∵在 O中，∠PAC＝∠PBC
⊙
又∵AP＝BD
∴△APC≌△BDC
∴PC＝DC
∵AP过圆心O，AB＝AC，∠BAC＝60°
∴∠BAP＝∠PAC＝ ∠BAC＝30°
∴∠PBC＝∠PAC＝30°，∠BCP＝∠BAP＝30°
∴∠CPD＝∠PBC+∠BCP＝30°+30°＝60°
∴△PDC为等边三角形；（6分）
（2）如图②，△PDC仍为等边三角形．（8分）
理由如下：
∵△ABC为等边三角形
∴AC＝BC
∵在 O中，∠PAC＝∠PBC
⊙又∵AP＝BD
∴△APC≌△BDC
∴PC＝DC
∵∠BAP＝∠BCP，∠PBC＝∠PAC
∴∠CPD＝∠PBC+∠BCP＝∠PAC+∠BAP＝60°
∴△PDC为等边三角形．（12分）
【点评】此题主要考查学生对学生以圆周角定理及等边三角形的判定方法的理解及运用．
一十．切线的性质（共1小题）
56．（2021秋•涟水县期中）如图①，②，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（4，0），以点A为
圆心，4为半径的圆与x轴交于O，B两点，OC为弦，∠AOC＝60°，P是x轴上的一动点，连接CP．
（1）求∠OAC的度数；
（2）如图①，当CP与 A相切时，求PO的长；
⊙
（3）如图②，当点P在直径OB上时，CP的延长线与 A相交于点Q，问PO为何值时，△OCQ是等
⊙
腰三角形？
【分析】（1）OA＝AC首先三角形OAC是个等腰三角形，因为∠AOC＝60°，三角形AOC是个等边三
角形，因此∠OAC＝60°；
（2）如果PC与圆A相切，那么AC⊥PC，在直角三角形APC中，有∠PCA的度数，有A点的坐标也
就有了AC的长，可根据余弦函数求出PA的长，然后由PO＝PA﹣OA得出OP的值．（3）本题分两种情况：
①以O为顶点，OC，OQ为腰．那么可过C作x轴的垂线，交圆于Q，此时三角形OCQ就是此类情况
所说的等腰三角形；那么此时PO可在直角三角形OCP中，根据∠COA的度数，和OC即半径的长求出
PO．
②以Q为顶点，QC，QD为腰，那么可做OC的垂直平分线交圆于Q，则这条线必过圆心，如果设垂
直平分线交OC于D的话，可在直角三角形AOQ中根据∠QAE的度数和半径的长求出Q的坐标；然后
用待定系数法求出CQ所在直线的解析式，得出这条直线与x轴的交点，也就求出了PO的值．
【解答】解：（1）∵∠AOC＝60°，AO＝AC，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠OAC＝60°．
（2）∵CP与 A相切，
⊙
∴∠ACP＝90°，
∴∠APC＝90°﹣∠OAC＝30°；
又∵A（4，0），
∴AC＝AO＝4，
∴PA＝2AC＝8，
∴PO＝PA﹣OA＝8﹣4＝4．
（3）①过点C作CP ⊥OB，垂足为P ，延长CP 交 A于Q ；
1 1 1 1
⊙
∵OA是半径，
∴ ，∴OC＝OQ ，
1
∴△OCQ 是等腰三角形；
1
又∵△AOC是等边三角形，
∴P O＝ OA＝2；
1
② 过 A 作 AD⊥ OC ， 垂 足 为 D ， 延 长 DA 交 A 于 Q ， CQ 与 x 轴 交 于 P ；
2 2 2
⊙
∵A是圆心，
∴DQ 是OC的垂直平分线，
2
∴CQ ＝OQ ，
2 2
∴△OCQ 是等腰三角形；
2
过点Q 作Q E⊥x轴于E，
2 2
在Rt△AQ E中，
2
∵∠Q AE＝∠OAD＝ ∠OAC＝30°，
2
∴Q E＝ AQ ＝2，AE＝2 ，
2 2
∴点Q 的坐标（4+ ，﹣2）；
2在Rt△COP 中，
1
∵P O＝2，∠AOC＝60°，
1
∴ ，
∴C点坐标（2， ）；
设直线CQ 的关系式为y＝kx+b，则
2
，
解得 ，
∴y＝﹣x+2+2 ；
当y＝0时，x＝2+2 ，
∴P O＝2+2 ．
2
【点评】本题综合考查函数、圆的切线，等边三角形的判定以及垂径定理等知识点．要注意（3）中的
等腰三角形要按顶点和腰的不同来分类讨论．
一十一．圆锥的计算（共1小题）
57．（2021秋•灌南县期中）铁匠王老五要制作一个圆锥体模型，操作规则是：在一块边长为 16cm的正方
形纸片上剪出一个扇形和一个圆，使得扇形围成圆锥的侧面时，圆恰好是该圆锥的底面．他们首先设计
了如图所示的方案一，发现这种方案不可行，于是他们调整了扇形和圆的半径，设计了如图所示的方案
二．（两个方案的图中，圆与正方形相邻两边及扇形的弧均相切．方案一中扇形的弧与正方形的两边相
切）请你帮助他算一算可以吗？
（1）请说明方案一不可行的理由；（2）判断方案二是否可行？若可行，请确定圆锥的母线长及其底面圆半径；若不可行，请说明理由．
【分析】（1）根据扇形的弧长等于圆的底面周长，可得能围成圆锥的正方形的对角线长，与实际正方
形的对角线长比较，大于实际的正方形边长，所以不可行；
（2）设出圆锥的母线长和底面半径，让扇形的弧长等于圆的底面周长，以及正方形的对角线长联立构
成方程组，即可求得圆锥的母线长及其底面圆半径．
【解答】解：连接AC，E为两圆的切点，
（1）理由如下：
∵扇形的弧长＝16× ＝8 ，圆锥底面周长＝2 r，
π π
∴圆的半径O E＝4cm．
1
过O 作O F⊥CD，
1 1
∴△CO F为等腰直角三角形，
1
∴O C＝ O F＝ O E＝4 cm，
1 1 1
又∵AE＝AB＝16cm，
而制作这样的圆锥实际需要正方形纸片的对角线长为AE+EO +O C＝16+4+4 ＝20+4 cm，
1 1
∵20+4 ＞16 ，
∴方案一不可行；（2）方案二可行．求解过程如下：
设圆锥底面圆的半径为rcm，圆锥的母线长为Rcm，
∵在一块边长为16cm的正方形纸片上，
∴正方形对角线长为16 cm，
则 ，①
．②
由①②，可得 ， ．
故所求圆锥的母线长为 cm，底面圆的半径为 cm．
【点评】本题从阅读（学习）能力、探究能力、逻辑推理能力等方面对学生进行了全面的考查．
一十二．旋转的性质（共2小题）
58．（2021秋•思明区校级期中）在正方形ABCD的边AB上任取一点E，作EF⊥AB交BD于点F，取FD
的中点G，连接EG、CG，如图（1），易证EG＝CG且EG⊥CG．（1）将△BEF绕点B逆时针旋转90°，如图（2），则线段EG和CG有怎样的数量关系和位置关系？
请直接写出你的猜想．
（2）将△BEF绕点B逆时针旋转180°，如图（3），则线段EG和CG又有怎样的数量关系和位置关系？
请写出你的猜想，并加以证明．
【分析】从图（1）中寻找证明结论的思路：延长FE交DC边于M，连MG．构造出△GFE≌△GMC．
易得结论；在图（2）、（3）中借鉴此解法证明．
【解答】解：（1）如图2中，结论：EG＝CG，EG⊥CG．
（2）如图3中，EG＝CG，EG⊥CG．
证明：延长FE交DC延长线于M，连MG．
∵∠AEM＝90°，∠EBC＝90°，∠BCM＝90°，
∴四边形BEMC是矩形．
∴BE＝CM，∠EMC＝90°，
由图（3）可知，
∵BD平分∠ABC，∠ABC＝90°，
∴∠EBF＝45°，
又∵EF⊥AB，
∴△BEF为等腰直角三角形∴BE＝EF，∠F＝45°．
∴EF＝CM．
∵∠EMC＝90°，FG＝DG，
∴MG＝ FD＝FG．
∵BC＝EM，BC＝CD，
∴EM＝CD．
∵EF＝CM，
∴FM＝DM，
又∵FG＝DG，
∠CMG＝ ∠EMC＝45°，
∴∠F＝∠GMC．
在△GFE与△GMC中，
，
∴△GFE≌△GMC（SAS）．
∴EG＝CG，∠FGE＝∠MGC．
∵∠FMC＝90°，MF＝MD，FG＝DG，
∴MG⊥FD，
∴∠FGE+∠EGM＝90°，
∴∠MGC+∠EGM＝90°，
即∠EGC＝90°，∴EG⊥CG．
【点评】此题综合考查了旋转的性质及全等三角形的判断和性质，如何构造全等的三角形是难点，因此
难度较大．
59．（2021秋•鄂尔多斯期中）把两个全等的等腰直角三角形ABC和EFG（其直角边长均为4）叠放在一
起（如图①），且使三角板EFG的直角顶点G与三角板ABC的斜边中点O重合．现将三角板EFG绕
O点顺时针旋转（旋转角 满足条件：0°＜ ＜90°），四边形CHGK是旋转过程中两三角板的重叠部分
（如图②）． α α
（1）在上述旋转过程中，BH与CK有怎样的数量关系四边形CHGK的面积有何变化？证明你发现的结
论；
（2）连接HK，在上述旋转过程中，设BH＝x，△GKH的面积为y，求y与x之间的函数关系式，并写
出自变量x的取值范围；
（3）在（2）的前提下，是否存在某一位置，使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的 ？若存在，求
出此时x的值；若不存在，说明理由．
【分析】（1）可将四边形CHGK分成两部分，然后通过证三角形全等，将四边形的面积进行转换来求解．连接CG，可通过证明三角形 CGK与三角形BGH全等来得出他们的面积相等，进而将四边形
CHGK的面积转换成三角形CGB的面积也就是三角形ABC面积的一半，由此可得出四边形CHGK的面
积是4，所以不会改变；
（2）连接HK后，根据（1）中得出的四边形CHGK的面积为4，可根据三角形GHK的面积＝四边形
CHGK的面积﹣三角形CHK的面积来求，如果BH＝x，那么根据（1）的结果CK＝x，有BC的长，那
么CH＝4﹣x，由此可得出关于x，y的函数关系式．x的取值范围应该大于零小于4；
（3）只需将y＝ ×8代入（2）的函数式中，可得出x的值．然后判断x是否符合要求即可．
【解答】解：（1）在上述旋转过程中，BH＝CK，四边形CHGK的面积不变．
证明：连接CG，KH，
∵△ABC为等腰直角三角形，O（G）为其斜边中点，
∴CG＝BG，CG⊥AB，
∴∠ACG＝∠B＝45°，
∵∠BGH与∠CGK均为旋转角，
∴∠BGH＝∠CGK，
在△BGH与△CGK中，
∴△BGH≌△CGK（ASA），
∴BH＝CK，S△BGH ＝S△CGK ．
∴S四边形CHGK ＝S△CHG +S△CGK ＝S△CHG +S△BGH ＝ S△ABC ＝ × ×4×4＝4，
即：S四边形CHGK 的面积为4，是一个定值，在旋转过程中没有变化；（2）∵AC＝BC＝4，BH＝x，
∴CH＝4﹣x，CK＝x．
由S△GHK ＝S四边形CHGK ﹣S△CHK ，
得y＝4﹣ x（4﹣x），
∴y＝ x2﹣2x+4．
由0°＜ ＜90°，得到BH最大＝BC＝4，
α
∴0＜x＜4；
（3）存在．
根据题意，得 x2﹣2x+4＝ ×8，
解这个方程，得x ＝1，x ＝3，
1 2
即：当x＝1或x＝3时，△GHK的面积均等于△ABC的面积的 ．
【点评】本题主要考查了等腰直角三角形的性质以及全等三角形的判定等知识点，通过构建全等三角形
将面积进行转换是解题的关键．
一十三．作图-旋转变换（共1小题）60．（2021秋•莒南县期中）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直
角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，点B的坐标为（1，0）
①画出△ABC关于x轴对称的△A B C ；
1 1 1
②画出将△ABC绕原点O按逆时针旋转90°所得的△A B C ；
2 2 2
③△A B C 与△A B C 成轴对称图形吗？若成轴对称图形，画出所有的对称轴；
1 1 1 2 2 2
④△A B C 与△A B C 成中心对称图形吗？若成中心对称图形，写出所有的对称中心的坐标．
1 1 1 2 2 2
【分析】（1）将三角形的各顶点，向x轴作垂线并延长相同长度得到三点的对应点，顺次连接；
（2）将三角形的各顶点，绕原点 O 按逆时针旋转 90°得到三点的对应点．顺次连接各对应点得
△A B C ；
2 2 2
（3）从图中可发现成轴对称图形，根据轴对称图形的性质画出对称轴即连接两对应点的线段，做它的
垂直平分线；
（4）成中心对称图形，画出两条对应点的连线，交点就是对称中心．
【解答】解：如下图所示：（3）成轴对称图形，根据轴对称图形的性质画出对称轴即连接两对应点的线段，作它的垂直平分线，
或连接A C ，A C 的中点的连线为对称轴．
1 1 2 2
（4）成中心对称，对称中心为线段BB 的中点P，坐标是（ ， ）．
2
【点评】本题综合考查了图形的变换，在图形的变换中，关键是找到图形的对应点．
