专题10二次函数压轴题-备战2023年中考数学一轮复习考点帮（上海专用）（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_初中_九年级_下学期

上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 专题 10 二次函数压轴题 二次函数综合题是中考数学的热点和难点，几乎每年中考倒数第二题解答题都会出现，主要考查二次 函数的图像与性质，二次函数与几何知识相互结合，对几何图形的性质要求熟练掌握，并且能运用到平面 直角坐标系中。 1 二次函数与平行四边形 平行四边形动点问题一般分为三个定点一个动点（简称三定一动）和两个定点两个动点（两定两动）这两 种题型,可以利用对角线或边的变化而进行分类讨论；求解的方法主要有代数方法（利用解析式,两点间距 离公式,中点坐标）,几何方法（构造全等三角形,相似三角形）等。 2 二次函数与等腰三角形 处理二次函数中的等腰三角形，常用的模型有两种：一种是“两圆一线”，另一种是“暴力法”（用两点间 距离公式硬算） 3 二次函数与相似三角形 常需要分类讨论，一般是固定一个三角形，让另外一个三角形动来处理。常用处理方式有两种： 1.导边处理（“SAS”法） 第一步:先找到一组关键的等角,有时明显,有时隐蔽； 第二步,以这两个相等角的邻边分两种情况对应比例列方程. 2.导角处理（“AA”法） 第一步:先找到一组关键的等角； 第二步,另两个内角分两类对应相等. 4 二次函数综合题中线段问题的解题通法 1.线段的数量关系问题: （1）在图中找出对应线段,弄清已知点和未知点,再联系函数设出只含有一个参数的未知点的坐标,然后用 参数表示出线段的长度; （2）结合已知条件,列出满足线段数量关系的等式,求出参数值(注意排除不符合题意的数值). 2.线段的最值问题: 第 1 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （1）一条线段的最值问题,根据1（1）中所得的线段长度的式子,通过二次函数的性质求最值,继而得到线 段的最值; (2)两条线段和或差的最值问题,一般利用轴对称模型解决. 3.周长的最值问题: 一般利用转化思想,将求周长的最值转化为求不定线段和的问题. 、 一、解答题 1．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线yax2bx3与x轴的正、负半轴分别交于点B、A，与y轴 交于点C，已知AB5，tanCAB3，OC:OB3:4． (1)求该抛物线的表达式； (2)设该抛物线的对称轴分别与x轴、BC交于点E、F，求EF 的长； (3)在（2）的条件下，联结CE，如果点P在该抛物线的对称轴上，当△CEP和  CEB相似时，求点P的坐 标 3 9 【答案】(1)y x2 x3 4 4 15 (2)EF  8 3  3 9 (3)P的坐标为： ,5或 , ． 2  2 4 【分析】（1）先利用抛物线的解析式求解C的坐标，再求解B的坐标，A的坐标，设设抛物线为 yax1x4，把C0,3代入即可； 14 3 3 （2）先求解抛物线的对称轴为直线x  ，再求解直线BC为y x3，可得F的坐标，从而可 2 2 4 第 2 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 得答案； 3 （3）如图，过E作EHBC于H，证明EOEH  ，可得OCEBCE，而OC∥EF，可得 2 OCECEF，则BCECEF，当△CEP和  CEB相似时，显然CO与对称轴没有交点，P不在E的下 方，只能在E的上方，且CEP与BCE是对应角，再分两种情况分别求解即可． 【解析】（1）解：∵抛物线yax2bx3， 当x0，则y3，即C0,3， ∵OC:OB3:4， ∴OB4，即B4,0， ∵AB5， ∴OA1，即A1,0， 设抛物线为yax1x4，把C0,3代入得： 3 4a3，解得：a ， 4 3 3 9 ∴抛物线的解析式为：y x1x4 x2 x3． 4 4 4 （2）∵A1,0，B4,0， 14 3 ∴抛物线的对称轴为直线x  ， 2 2 ∵B4,0，C0,3， 设直线BC为ykx3， 3 ∴4k30，解得：k  ， 4 第 3 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 3 ∴直线BC为y x3， 4 3 3 3 15 3 15 当x 时，y  3 ，即F , ， 2 4 2 8 2 8  15 ∴EF  ． 8 （3）如图，过E作EHBC于H， 3  ∵B4,0，C0,3，E ,0， 2  3 2 3 5 3 5 3 ∴BC  3242 5，CE  32   ，BE4  ，sinABC  ， 2 2 2 2 5 EH 3 3 ∴  ，则EH  ， BE 5 2 3 ∴EOEH  ，而COECHE90， 2 ∴OCEBCE， 而OC∥EF， ∴OCECEF， ∴BCECEF， 当△CEP和  CEB相似时，显然CO与对称轴没有交点， ∴P不在E的下方，只能在E的上方，且CEP与BCE是对应角， 当 CEB∽ ECP时，   BC CE ∴  1， EP CE ∴EPBC 5， 3  ∴P ,5， 2  第 4 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 当 CEB∽ EPC，   CE BC ∴  ， EP CE 3 5 2 5 9 ∴  ，解得：PE ， PE 3 5 4 2 3 9 ∴P , ． 2 4 3  3 9 综上：P的坐标为： ,5或 , ． 2  2 4 【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解抛物线的解析式，求解一次函数的解析式，锐角三角函数的应 用，相似三角形的判定与性质，角平分线的判定与性质，勾股定理的应用，熟练的证明CEP与BCE是 对应角是解（3）的关键． 2．在平面直角坐标系xOy(如图)中，抛物线yax2bx2经过点A4，0、B2，2，与y轴的交点为 C． (1)试求这个抛物线的表达式； (2)如果这个抛物线的顶点为M ，连接MB，BC，求tanMBC； (3)如果这个抛物线的对称轴与直线BC交于点D，点E在线段AB上，且DOE45，求点E的坐标． 1 1 【答案】(1)y  x2  x2 4 2 1 (2) 4   (3) 24, 2 第 5 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【分析】（1）将点A4，0、B2，2，代入yax2bx2，待定系数法求解析式即可求解； 9 1 （2）根据题意作出图形，如图，过点M 作MN x轴交BC于点N ，得出MN  2 ， 4 4 BN 121，进而根据正切的定义即可求解； （3）连接ED,OB，证明  EAO∽  DBO，根据相似三角形的性质得出AE 2，求得直线AB的解析式，设 Em,m4，根据勾股定理求得m的值，进而即可求解． 【解析】（1）解：将点A4，0、B2，2，代入yax2bx2，得 16a4b20  4a2b22  1 a   4 解得： 1 b  2 1 1 ∴这个抛物线的表达式为y  x2  x2； 4 2 （2）解：∵y  1 x2  1 x2  1 x12 9 , 4 2 4 4  9 则点M1, ，  4 令x0，解得：y2，则C0,2, ∴BC∥x轴， 如图，过点M 作MN x轴交BC于点N ， 则MNBC， 9 1 ∴MN  2 ，BN 121， 4 4 MN 1 在Rt△BMN 中，tanMBC tanMBN   ； BN 4 第 6 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （3）解：如图所示， 连接ED,OB， ∵BC OC 2， ∴ OCB是等腰直角三角形，  ∴BOC 45， ∴AOB45 ∵DOE45 ∴AOBEOBEODEOB， 即AOEBOD ∵AB 42222 2 2,OB 2222 2 2，OA4， ∴AB2BO2  AB2, ∴ ABC是等腰直角三角形，  ∴BAO45， ∴EAODBO， ∴ EAO∽ DBO，   AE AO 4 ∴    2， BD BO 2 2 第 7 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 ∵BD BC 1， 2 ∴AE 2 设过点A4,0 ,B2,2 的直线解析式为ykxb， 4kb0 则 2kb2 k 1 解得： b4 ∴直线AB的解析式为yx4, 设点Em,m4， ∵AE 2 ∴m42m42 4 解得：m 24或m 24 ∵点E在线段AB上 ∴4m0， ∴m 24， ∴m4 244 2，   ∴点E的坐标为 24, 2 ． 【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，角度问题，相似三角形的性质与判定，求正切，综合运用以上 知识是解题的关键． 3．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，抛物线yax2bx6（a0）与x轴交于点A、B（点A在点B 1 的左侧），交y轴于点C，联结BC，ABC的余切值为 ，AB8，点P在抛物线上，且POPB. 3 第 8 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) (1)求上述抛物线的表达式； (2)平移上述抛物线，所得新抛物线过点O和点P，新抛物线的对称轴与x轴交于点E． ①求新抛物线的对称轴； ②点F在新抛物线对称轴上，且EOF PCO，求点F的坐标． 1 【答案】(1)y x22x6 2  8  8 (2)①对称轴为直线x4；②F 4, ,F 4,  1  5 2  5 【分析】（1）先通过解直角三角形求出点A、B的坐标，直接利用待定系数法求函数解析式即可； 1  7 （2）①设平移后的解析式为y x2mxn，求出点P1, ，再利用待定系数法求函数解析式即可；② 2  2 7 过点P作PN  y轴于N，则ON  ,PN 1，通过证明 PNC FEO，利用相似三角形的性质计算即   2 可． 【解析】（1）∵抛物线yax2bx6（a0），当x0时，y6， ∴C0,6，即OC6， OB 1 在Rt△OBC中，cotABC   ， OC 3 ∴OB2， ∴B2,0， ∵AB8， ∴OA6， 第 9 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∴A6,0， 04a2b6 把A、B的坐标代入yax2bx6，得 ， 036a6b6  1 a 解得 2，  b2 1 ∴抛物线解析式为y x22x6； 2 1 （2）①设平移后的解析式为y x2mxn， 2 ∵POPB， ∴P在BO的中垂线上，  7 ∴P1, ，  2 n0 1  将O0,0,P坐标代入y x2mxn，得1 7 ， 2 mn  2 2 m4 ∴ ， n0 1 ∴新的抛物线的解析式为y x24x， 2 ∴对称轴为直线x4； 7 ②过点P作PN  y轴于N，则ON  ,PN 1， 2 7 5 ∴CN 6  ， 2 2 ∴E4,0， 第 10 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∴OE4， ∵EOF PCN,OEF CNP， ∴ PNC FEO，   EF 1 EF PN  ∴  ，即 4 5 ， OE CN 2 8 ∴EF  ， 5  8  8 ∴F 4, ,F 4, ． 1  5 2  5 【点睛】本题考查了二次函数图象与性质，二次函数图象的平移，二次函数与角相等的问题，相似三角形 的判定和性质，熟练掌握知识点，准确作出辅助线是解题的关键． 4．在平面直角坐标系xOy中，抛物线线yax2bx经过A(1,3)、B(2,0)，点C是该抛物线上的一个动点， 连接AC，与y轴的正半轴交于点D．设点C的横坐标为m． (1)求该抛物线的表达式； DC 3 (2)当  时，求点C到x轴的距离； AD 2 (3)如果过点C作x轴的垂线，垂足为点E，连接DE，当2m3时，在 CDE中是否存在大小保持不变的  角？如果存在，请指出并求其度数；如果不存在，请说明理由． 【答案】(1)yx22x 3 (2) 4 (3)存在；45 第 11 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【分析】（1）用待定系数法求函数解析式即可； （2）过点C作y轴的垂线，垂足为点N，过点A作y的垂线，垂足为点M，设点C  m2,m22m  ，证明 3 3 AMD∽ CND，求出m  ，m  ，然后分两种情况进行讨论，求出结果即可；   1 2 2 2 （3）过点C作y轴的垂线，垂足为点P，过点A作CP的垂线，垂足为点Q，设点C的坐标为  m,m22m  ，求出DPm23m，得出EODO，在Rt△DOE中，根据DOE90， EO tanEDO 1，得出EDO45，即可得出答案． DO 【解析】（1）解：∵抛物线yax2bx经过A(1,3)和B(2,0)，  ab3 ∴ ， 4a2b0 ∴a1,b2， ∴该抛物线的表达式为yx22x． （2）解：过点C作y轴的垂线，垂足为点N，过点A作y的垂线，垂足为点M，如图所示： 设点C  m2,m22m  ， ∵A1,3， ∴AM 1，CN  m ， ∵AM  y轴，CN  y轴， 即AMDCND90， ∵MDACDN ， 第 12 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∴ AMD∽ CND，   CN DC ∴  ， AM AD m 3 即  ， 1 2 3 3 解得：m  ，m  ， 1 2 2 2 3  3 21 ①当m 时，点C , ， 2  2 4  设直线AC的解析式为yk xb k 0， 1 1 1 3k b  3 21  1 1 将A1,3，C , 代入得：21 3 ，  2 4    4  2 k 1 b 1  9 k    1 2 解得： ， 3 b   1 2 9 3 ∴直线AC的解析式为y x ， 2 2 3 令x0代入得：y ， 2  3 则D0, ，  2 此时点D在y轴的负半轴，不符合题意，舍去； 3 3 3 ②当m 时，点C , ， 2 2 4 设直线AC的解析式为yk xb k 0， 2 2 2 3k b 3 3  2 2 将A1,3，C , 代入得： 3 3 ， 2 4    4  2 k 2 b 2  3 k    2 2 解得： ， 3 b   2 2 3 3 ∴直线AC的解析式为y x ， 2 2 3 令x0代入得：y ， 2  3 则D0, ，符合题意，  2 第 13 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 3 则点C到x轴的距离为 ． 4 （3）解：存在，DEC 45． 过点C作y轴的垂线，垂足为点P，过点A作CP的垂线，垂足为点Q，如图所示： 由题意得PQ1，点C的坐标为  m,m22m  ， CP DP ∵AQ∥y轴，得  ， CQ AQ m DP ∴ m1  3  m22m ， ∴DPm23m， ∵DODPPO，POm22m， ∴DOm， ∵EOm， ∴EODO， EO 在Rt△DOE中，DOE90，tanEDO 1， DO ∴EDO45 ∵CE∥y轴， ∴DEC EDO45． 【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，求一次函数解析式，三角形相似的判定和性质，平行线的 性质，特殊角的三角函数值，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，数形结合，注意分类 讨论． 13 16 5．如图，已知抛物线yax23xc经过A0，4和B ， 两点，与x轴交于M 、N 两点（N 在M  3 9  第 14 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 的右侧），直线AB与x轴相交于点C，P是直线AB上方的抛物线上的一个动点，PDx轴交AB于点 D． (1)求该抛物线的表达式； (2)若点P与点N 重合，连接PA，求DAP的正弦值； 2 (3)若PE∥x轴交AB于点E，若S  ，求点E的坐标． △PED 3 【答案】(1)yx2 3x4； 2 (2)sinDAP ； 10  2 44 (3)点E的坐标为3，0或 ， ．  3 9  【分析】（1）根据待定系数法即可求解抛物线的表达式； （2）如下图，过点C作CH  AP于点H，先求出点M，N的坐标，从而求得 OA4，ON 4， 4 AP4 2，利用待定系数法求得直线AB为：y x4，进而求得C3，0，PC 1，PC5，根据面积 3 2 公式即可求得CH  ，从而即可得解； 2 OC OA 4 （3）先证 OCA∽ PED，得  ，COAEDP90，进而得PD PE，利用面积求得PE1，   PE PD 3 设点E的坐标为  x， 4 x 4  ，则点P  x 1，x 123x 14  ，进而有方程  0 3 0  0 0 0 4  x 4x 123x 14，解方程即可得解． 3 0 0 0 13 16 【解析】（1）解：∵抛物线yax23xc经过A0，4和B ， 两点，  3 9  第 15 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 4c  ∴ 16 13 2 13 ，    a3 c  9  3  3 a1 解得 ， c4 ∴抛物线的表达式yx2 3x4； （2）解：如下图，过点C作CH  AP于点H， 在抛物线yx2 3x4中，令y0，则x23x40， 解得x 1，x 4， 1 2 ∴M1，0，N4，0， 又∵A0，4， ∴OA4，ON 4，AP 4242 4 2， 设直线AB为：ykxb， 13 16 ∵ykxb过A0，4和B ， ，  3 9  4b  ∴ 16 13 ，   kb   9 3  4 k  解得 3，  b4 第 16 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 4 ∴直线AB为：y x4， 3 4 令y0，则0 x4，解得x3， 3 ∴C3，0， ∴PC OPOC 431，AC  4232 5， 1 1 1 1 ∴S  CPOA PACH ，即 14 4 2CH ACP 2 2 2 2 2 ∴CH  ， 2 2 ∴ CH 2 2 ； sinDAP   AC 5 10 （3）解：∵PDx轴， AOx轴， ∴PD∥AO， ∴OAC EDP， ∵PE∥x轴， ∴OCADEP， ∴ OCA∽ PED，   OC OA 3 4 ∴  即  ， PE PD PE PD 4 ∴PD PE， 3 1 2 ∵S  PDPE ， △PED 2 3 ∴PE1， 设点E的坐标为  x， 4 x 4  ，则点P  x 1，x 123x 14  ，  0 3 0  0 0 0 ∵PE∥x轴， 4 ∴ x 4x 123x 14， 3 0 0 0 2 解得x 3，x  ， 01 02 3 4 当x 3时，y 340， 0 3 2 4  2 44 当x  ，y  4 ， 0 3 3  3 9 第 17 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )  2 44 ∴点E的坐标为3，0或 ， ．  3 9  【点睛】本题主要考查了二次函数的图像及性质、待定系数法求一次函数与二次函数、相似三角形的判定 及性质以及正弦，熟练掌握相似三角形的判定及性质以及二次函数的性质是解题的关键． 6．如图，抛物线yax2bx3与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，已知B点的坐标为6,0，抛 物线的对称轴为直线x2，点D是BC上方抛物线上的一个动点. (1)求这个抛物线的解析式； 15 (2)当△BCD的面积为 时，求点D的坐标； 4 (3)是否存在点D，使得DCB2ABC？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由. 1 【答案】(1)y x2x3 4  15  7 (2)1, 或5,   4   4 (3)存在，2,4 【分析】(1)利用待定系数法列方程组求解抛物线的解析式即可； 第 18 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )  1  (2)连接OD，设Dx, x2x3，即可求得点C的坐标，即可求得OC、OB，再根据  4  15 S S S S  ，列方程求解即可； △BCD △OCD △ODB △OBC 4 (3)过点D作DEOB于点E，过点C作CF DE于F， 设DE与BC交于点G，首先根据矩形的性质及 DCE2ABC，即可证得DCF GCF，据此即可证得△DCF≌△GCFASA，可得DF GF，再 1  1  由点B、C的坐标，即可求得直线BC的解析式为y  x3，设Da, a2a3，则OEa，则 2  4   1  1 1 Fa,3， Ga, a3，可得DF  a2a，GF  a，即可得方程，解方程即可求解．  2  4 2 【解析】（1）解： B点的坐标为6,0，抛物线的对称轴为直线x2，  36a6b30   b ，  2   2a  1 a 解得： 4.，  b1 1 所以，抛物线的解析式为：y x2x3； 4 （2）解：如图：连接OD，过点D作DEOB于点E，  1  设Dx, x2x3，  4  OEx， ∵点D是BC上方抛物线上的一个动点， 0x6， 1 DE x2x3， 4 令x0，则y3， 第 19 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) C0,3， OC 3．  B6,0， OB6． 15 QS S S S ，△BCD的面积为 ， △BCD △OCD △ODB △OBC 4 1 1 1 15  OCOE OBDE OBOC  ， 2 2 2 4 1 1  1  1 15 ∴ 3x 6 x2x3 63 ， 2 2  4  2 4 整理得：x26x50． 解得：x1或x5，  15  7 D的坐标为1, 或5, ；  4   4 （3）解：存在点D，使得DCB2ABC，理由如下： 如图：过点D作DEOB于点E，过点C作CF DE于F， 设DE与BC交于点G， 四边形COEF是矩形， CF∥OB，OC EF 3， GCF ABC， DCB2ABC 2GCF GCFDCF，  DCF GCF， 在 DCF 和△GCF 中，  DCF GCF  CF CF ，  CFDCFG90 第 20 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) △DCF≌△GCFASA， DF GF ， 设BC的解析式为：ymxnm0， 6mn0  ， n3  1 m 解得： 2，  n3 1 ∴直线BC的解析式为：y  x3， 2  1   1  设Da, a2a3，则OEa，则Fa,3， Ga, a3，  4   2  ∵点D是BC上方抛物线上的一个动点， 0a6， 1 1 DE a2a3，EF 3，GE a3 4 2 1 1 DF DEEF  a2a33 a2a， 4 4  1  1 FGEFGE3 a3 a，  2  2 1 1  a2a a， 4 2 整理得：a22a0， 解得a 2，a 0(不合题意，舍去) 1 2 a2， ∴点D的坐标为2,4． 【点睛】本题考查了利用待定系数法求一次函数及二次函数的解析式，坐标与图形，不规则图形面积的求 法，一元二次方程的解法，全等三角形的判定及性质，采用数形结合的思想及正确作出辅助线是解决此题 的关键． 1 7．如图，二次函数y x2bxc的图象交坐标轴于点A4,0，B0,2，点P为x轴上一动点． 6 第 21 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 (1)求二次函数y x2bxc的表达式； 6 (2)将线段PB绕点P逆时针旋转90得到线段PD，若D恰好在抛物线上，求点D的坐标； (3)过点P作PQx轴分别交直线AB，抛物线于点Q，C，连接AC．若以点B、Q、C为顶点的三角形与 △APQ相似，直接写出点P的坐标． 1 1 【答案】(1)y x2 x2 6 6 (2)D3,1或D8,10 (3)点P的坐标为11，0或1，0． 1 【分析】（1）将A4,0，B0,2代入y x2bxc，即可求解． 6 （2）设Pt,0，过点D作x轴垂线交于点N，可证明△PND≌△BOPAAS，则Dt2,t，将D点代入 1 1 抛物线解析式得t  t22  t22，求得D3,1或D8,10． 6 2 （3）分当BCQ90和QBC 90时，两种情况讨论，据此求解即可． 1 【解析】（1）解：将A4,0，B0,2代入y x2bxc， 6 1 ∴b ，c2， 6 1 1 ∴y x2 x2． 6 6 （2）解：设Pt,0， 如图，过点D作x轴垂线交于点N， 第 22 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∵BPD90， ∴OPBNPD90,OPBOBP90， ∴NPDOBP， ∵BPPD， ∴△PND≌△BOPAAS， ∴OPND，BOPN， ∴Dt2,t， 1 1 ∴t  t22  t22，解得t1或t 10， 6 6 ∴D3,1或D8,10． （3）解：∵PQx， ∴△APQ是直角三角形，且APQ90， ∵以点B、Q、C为顶点的三角形与△APQ相似， ∴△BCQ也是直角三角形， 显然BQC 90， 当BCQ90时，此时BC∥x，如图， 第 23 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 1 b 1 ∵抛物线y x2 x2的对称轴为x  ， 6 6 2a 2 ∴点C的横坐标为1， ∴点P的坐标为1，0； 当QBC 90时，此时BC  AB，如图，设BC与x轴交于点E， ∵A4，0，B0，2， ∴OA4，OB2， ∵EOBAOBEBA90， ∴OEBOBEOBAOBE90， ∴OEBOBA， ∴△OEB∽△OBA， OE OB OE 2 ∴  ，即  ， OB OA 2 4 ∴OE1， ∴E1，0， 设直线EB的解析式为ykx2， ∴0k2， ∴k 2， 第 24 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∴直线EB的解析式为y2x2， y2x2  x0 x11 联立 1 1 ，解得 或 ，  y x2 x2 y2 y20  6 6 ∴点C的横坐标为11， ∴点P的坐标为11，0； 综上，点P的坐标为11，0或1，0． 【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数图象及性质，待定系数法求二次函数解析式 是解题的关键． 8．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线yax2bxc过点A1,0、B3,0、C2,3三点，且与y轴 交于点D． (1)求该抛物线的表达式，并写出该抛物线的对称轴： (2)分别联结AD、DC、CB，直线y4xm与线段DC交于点E，当此直线将四边形ABCD的面积平分时， 求m的值； (3)设点F 为该抛物线对称轴上的一点，当以点A、B、C、F 为顶点的四边形是梯形时，请直接写出所有 满足条件的点F 的坐标． 【答案】(1)yx22x3,x1 5 (2)m 2 (3)1,3或1,6或(1,-2) 【分析】（1）待定系数法求出函数解析式，进而求出对称轴即可； 第 25 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （2）求出D点坐标，设直线与AB交于点F ，分别用含m的式子表示出E,F的坐标，利用直线将四边形 ABCD的面积平分，得到S 2S 列式求解即可； 四边形ABCD 四边形AFED （3）分CF∥AB,AF∥BC,BF∥AC，三种情况讨论求解即可． 【解析】（1）解：∵抛物线过点A1,0、B3,0、C2,3三点， 设：yax1x3， 则：3a2123， 解得：a1， ∴yx1x3x22x3， b 2 ∴对称轴为：x  1； 2a 21 （2）解：∵yx22x3， 当x0时：y3； ∴D0,3， ∴OD3， ∵A1,0、B3,0、C2,3 ∴CD2，AB4，CD∥AB， ∵直线y4xm与线段DC交于点E，且平分四边形ABCD的面积， ∴直线y4xm与线段AB相交，设交点为F ， m 3m 当y0时，x ；当y3时，x ； 4 4 3m  m  ∴E ,3,F ,0，  4   4  第 26 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) m 3m ∴AF  1,DE ， 4 4 ∴S 2S ， 四边形ABCD 四边形AFED 1 1 即： ABCDOD2 AFDEOD， 2 2  m 3m ∴ABCD2AFDE，即：422 1 ，  4 4  5 解得：m ； 2 （3）解：①当CF∥AB时，点F 在线段AD上，此时：F1,3； ②当AF∥BC时，设直线BC的解析式为：ykxb， 03kb k 3 则： ，解得： ； 32kb b9 ∴y3x9， 设直线AF的解析式为：y3xm， ∴031m，解得：m3， ∴y3x3， 当x1时，y336， ∴F1,6 第 27 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ③当BF∥AC时，设直线AC的解析式为：yk xb， 1 1 0k b k 1 则： 1 1，解得： 1 ； 32k b b 1 1 1 1 ∴yx1， 设直线BF的解析式为：yxn， ∴013n，解得：n3， ∴y x3， 当x1时，y132， ∴F1,2 综上：点A、B、C、F 为顶点的四边形是梯形时，F 的坐标为：1,3或1,6或(1,-2)． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，一次函数与几何的综合应用．正确的求出二次函数的解析式，利 第 28 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键． 9．在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：yx23mx经过点A1，0． (1)求抛物线C的表达式； (2)将抛物线C沿直线y1翻折，得到的新抛物线记为C ，求抛物线C 的顶点坐标； 1 1 (3)将抛物线C沿直线yn翻折，得到的图象记为C ，设C与C 围成的封闭图形为M，在图形M上内接一 2 2 个面积为4的正方形（四个顶点均在M上），且这个正方形的边分别与坐标轴平行．求n的值． 【答案】(1)yx2x；  1 9 (2) , ；  2 4 7 (3)n 4 【分析】（1）把点A1，0代入yx23mx，根据待定系数法即可求得． （2）把抛物线C的表达式化成顶点式，求得顶点P的坐标，然后求得关于直线y1的对称点P的坐标， 即为抛物线C 的顶点坐标； 1 3 （3）由抛物线C的顶点式求得对称轴，然后根据正方形的边长求得B的坐标，进而得出n 1，解得 4 7 n ． 4 【解析】（1）∵抛物线C：yx23mx经过点A1，0， 第 29 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∴13m0． ∴m2． ∴抛物线C的表达式为yx2x． 1 1 （2）∵抛物线C：yx2x（x ）2 ， 2 4  1 1 ∴抛物线C的顶点为P , ，如图1，  2 4  1 1  1 9 点P , 关于直线y1的对称点为P  , ．  2 4  2 4  1 9 ∴抛物线C 的顶点坐标为 , ． 1  2 4 1 1 （3）∵抛物线C：yx2x（x ）2 ， 2 4 1 ∴抛物线的对称轴为x ， 2 ∵正方形的边长为2， 1 3 ∴正方形的顶点B的坐标为 , ，如图2． 2 4 3 ∴n 1 ． 4 7 ∴n ． 4 第 30 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式以及二次函数的图象与几何变换，熟练掌握轴对称的 性质、正方形的性质是解题的关键． 1 10．如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y x2bx8与x轴交于点A6,0和点B（点A在点B 3 左侧），与y轴交于点C，点P为线段AO上的一个动点（点P不与A、O重合），过点P作x轴的垂线l与 抛物线交于点E，连接AE、EC． (1)求抛物线的表达式及点C的坐标； (2)连接AC交直线l于点D，则在点P运动过程中，当点D为EP中点时，求S :S 的值； △ADP △CDE (3)如图2，当EC∥x轴时，点P停止运动，联结AC，在抛物线上是否存在点G，使得GBC ECA， 如存在求出点G的横坐标，如不存在请说明理由． 1 2 【答案】(1)抛物线的表达式为y x2 x8，点C的坐标为0,8 3 3 1 (2)S :S 的值为 ． △ADP △CDE 2  60 208 (3)点G的坐标是 , ．  11 121 第 31 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 2 1 2 【分析】（1）将A6,0代入y x2bx8，求得b ，则抛物线的表达式为y x2 x8；可 3 3 3 3 得点C的坐标为0,8； 4  4   1 2  （2）先求得直线AC的表达式为y x8，设Px,0，则Dx, x8，Ex, x2 x8，即可由 3  3   3 3  1 4 1 1 2  PDDE PE，列方程得 x8  x2 x8，求得P4,0，则OP4，AP2，即可由“等底 2 3 2 3 3  1 三角形面积的比等于高的比”求得S :S 的值为 ； △ADP △CDE 2 BC HC  24 8 （3）设BG交AC于点H，作HK x轴于点K，先证明  BCH∽  ACB，得  ，求得H , ， AC CB  5 5 2 8 再求得直线BG的表达式为y x ，将该表达式与抛物线的表达式联立方程组，解该方程组求出符合 11 11 题意的解即可． 1 【解析】（1）解：∵抛物线y x2bx8与x轴交于点A6,0， 3 ∴126b80， 2 解得b ， 3 1 2 ∴抛物线的表达式为y x2 x8； 3 3 当x0时，y8， ∴点C的坐标为0,8， 4 （2）如图1，设直线AC的表达式为ykx8，则6k80， 解得k  ， 3 4 ∴y x8， 3 第 32 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )  4   1 2  设Px,0，则Dx, x8，Ex, x2 x8，  3   3 3  1 当点D为EP的中点时，则PDDE PE， 2 4 1 1 2  ∴ x8  x2 x8， 3 2 3 3  解得x 4，x 6（不符合题意，舍去）， 1 2 ∴P4,0， ∴OP4，AP2， 1 PDAP S 2 AP 2 1 ∴ ADP     ， S 1 OP 4 2 CDE EDOP 2 1 ∴S :S 的值为 ． △ADP △CDE 2 （3）存在， 如图2，设BG交AC于点H，作HK x轴于点K， ∵EC∥x轴，∴ECABAC， ∵GBC ECA， ∴GBC BAC， ∵BCH ACB， ∴ BCH∽ ACB，   BC HC ∴  ， AC CB BC2 ∴HC  ， AC 1 2 当y0时，由 x2 x80得x 6，x 4， 3 3 1 2 ∴B4,0， 第 33 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∴BC2 OB2OC2 4282 80， ∵AC  OA2OC2 10， 80 ∴HC  8， ∴AH 2， 10 ∵KH∥OC， AK AH 1 ∴   ， KO CH 4 4 24 ∴KO OA ， 5 5  24  ∴K ,0，  5  4 24 8 对于直线y x8，当x 时，y ， 3 5 5  24 8 ∴H , ，  5 5  24 8  mn 设直线BG的表达式为ymxn，则 5 5，   4mn0  2 m   11 解得 ， 8  n  11 2 8 ∴y x ， 11 11  1 2 y x2 x8   3 3 解方程组  ， 2 8  y x  11 11  60 x    1 11 x 4 得  ， 2 （不符合题意，舍去）， y  208 y 2 0  1 121  60 208 ∴点G的坐标是 , ．  11 121 【点睛】此题重点考查二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、用待定系数法求函数表达式、相 似三角形的判定与性质、一元二次方程的解法等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴 题． 11．已知抛物线yx2bxc与x轴交于A1，0、B3，0两点，且与y轴的公共点为点C，设该抛物线的顶 第 34 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 点为D． (1)求抛物线的表达式，并求出顶点D的坐标； (2)若点P为抛物线上一点，且满足PBPC，求点P的横坐标； DF 1 (3)连接CD，BC，点E为线段BC上一点，过点E作EFCD交CD于点F，若  ，求点E的坐 CF 2 标． 【答案】(1)yx24x3，2，1 5 13 5 13 5 13 5 13 (2) ， 或 ，  2 2 2 2     20 7 (3) ,   9 9 【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线解析式即可得到顶点D的坐标； （2）先求出点C的坐标进而得到OBOC 3，如图所示，取BC中点E，作直线OE，则OE是线段BC的 3 3 垂直平分线，E ， ，即可推出点P即为直线OE与抛物线的交点，据此求解即可； 2 2 （3）如图所示，连接BD，先利用勾股定理和勾股定理的逆定理证明△CDB是直角三角形，即CBD90， 4 5 20 2 证明△ECF∽△DCB，求出CF  ，则EC  ， 3 9 2 20 2 同理可求出直线BC的解析式为yx3，设点E的坐标为m，m3，则m2m332   ， 9   据此求解即可． 第 35 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1bc0 【解析】（1）解：由题意得： ， 93bc0 b4 ∴ ， c3 ∴抛物线解析式为yx24x3x221， ∴顶点D的坐标为2，1 （2）解：令x0，则y3， ∴C0，3， ∴OBOC 3， 如图所示，取BC中点E，作直线OE， 3 3 ∴OE是线段BC的垂直平分线，E ， ， 2 2 ∵PBPC， ∴点P即为直线OE与抛物线的交点， 设直线OE的解析式为ykx， 3 3 ∴ k  ， 2 2 ∴k1， ∴直线OE的解析式为yx， yx 联立 得x25x30， yx24x3 5 13 解得x ， 2 5 13 5 13 5 13 5 13 ∴点P的坐标为 ， 或 ，  2 2 2 2     第 36 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （3）解：如图所示，连接BD， ∵BC  OC2OB2 3 2，BD 23212  2，CD 22132 2 5， ∴BC2BD2 CD2， ∴△CDB是直角三角形，即CBD90， ∵EFCD， ∴∠CFE ∠CBD90， 又∵ECF DCB， ∴△ECF∽△DCB， DF 1 ∵  ， CF 2 2 4 5 ∴CF  CD ， 3 3 4 5 EC CF ∴  ，即 EC 3 ， DC CB  2 5 3 2 20 2 ∴EC  ， 9 同理可求出直线BC的解析式为yx3， 设点E的坐标为m，m3， 2 20 2 ∴m2m332   ， 9   20 解得m （负值舍去）， 9 第 37 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 20 7 ∴点E的坐标为 ,  ．  9 9 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数综合，相似三角形的性质与判定，勾股定理和勾股定理 的逆定理，线段垂直平分线的性质等等，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键． 12．如图，二次函数ymx22mx3的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点 C，顶点为D．其对称轴与线段BC交于点E，与x轴交于点F，连接AC，BD，已知cotACO3． (1)求m的值； (2)求CBD的正切值； (3)若点P在线段BD上，且FPBCAB，请直接写出点P的坐标． 【答案】(1)m1 1 (2)tanCBD 3 7 4 (3)P ,  3 3 第 38 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 【分析】（1）由题意易得点C0,3，则有OA OC 1，即A1,0，然后代入函数解析式进行求解即可； 3 （2）连接CD，由（1）可知二次函数解析式为yx22x3，则有B3,0,D1,4，然后可得 BC 3 2,CD 2,BD2 5，进而问题可求解； （3）分别过点P作PGOB于点G，过点F作FH PB于点H，由（1）（2）可知 OC DF 2 5 DF DF 4,BF 2,BD2 5，tanCAB 3，然后可得sinFBD  ,tanFBD 2， OA BD 5 BF BFDF 4 5 FH   ，进而根据解直角三角形可进行求解． BD 5 【解析】（1）解：由题意可令x0，代入二次函数ymx22mx3得：y3， ∴C0,3， OC ∵cotACO3，即cotACO 3， OA 1 ∴OA OC 1， 3 ∴A1,0， ∴m2m30， 解得：m1， （2）解：连接CD，如图所示： 由（1）可知二次函数解析式为yx22x3x124， ∴顶点D1,4， 当y0时，则x22x30， 解得：x 1,x 3， 1 2 第 39 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∴B3,0， ∵C0,3， ∴BC  302 032 3 2，BD 312042 2 5，CD 102432  2， ∴BC2CD2 20BD2， ∴△BCD是直角三角形，即BCD90， CD 1 ∴tanCBD  ； BC 3 （3）解：分别过点P作PGOB于点G，过点F作FH PB于点H，如图所示： OC 由（1）（2）可知DF 4,BF 2,BD2 5，tanCAB 3， OA DF 2 5 DF BFDF 4 5 ∴sinFBD  ,tanFBD 2，FH   ， BD 5 BF BD 5 ∵FPBCAB， ∴tanFPBtanCAB3， FH 4 5 FH 2 5 ∴PH   ,BH   ， tanFPB 15 tanFBP 5 2 5 ∴BPBH PH  ， 3 4 PG 2 ∴PGBPsinFBD ,BG  ， 3 tanFBD 3 7 ∴OGOBBG ， 3 7 4 ∴P , ． 3 3 【点睛】本题主要考查二次函数与几何的综合及解直角三角形，熟练掌握二次函数的性质及三角函数是解 题的关键． 第 40 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 13．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线yax2bx6与x轴交于点A2,0和点B6,0，与y轴交 于点C，顶点为D，连接BC交抛物线的对称轴l于点E． (1)求抛物线的表达式； (2)连接CD、BD，点P是射线DE上的一点，如果S S ，求点P的坐标； △PDB △CDB (3)点M 是线段BE上的一点，点N 是对称轴l右侧抛物线上的一点，如果  EMN是以EM 为腰的等腰直角三 角形，求点M 的坐标． 1 【答案】(1)y x22x6 2 (2) 2,2 (3) 4,2或  2 2,4 2  【分析】（1）由抛物线yax2bx6，得抛物线过点0,6，设抛物线解析式yax2x6，将0,6 代入上述解析式，求得a的值，整理化简即可． （2）由（1）中条件求得抛物线顶点坐标及C点坐标，再算得S ，设点P在射线DE上，连接PB，设DP △CDB 1 1 交x轴于点F，设P 2, p  ，则S  DPBF  48 p，令S S ，解得关于p的方程即 △PDB 2 2 △CDB △PDB 可得到点P的坐标．  1  （3）由直线BC解析式为yx6，设Mm,m6，其中2m6，同理，设Nn, n22n6，其  2  中n2，分两种情况分别讨论，求解即可． 【解析】（1）解：∵抛物线yax2bx6， 第 41 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∴抛物线过点0,6． ∵抛物线yax2bx6与x轴交于点A2,0和点B6,0， ∴设抛物线yax2x6， ∵抛物线过点0,6， ∴将点0,6代入yax2x6中， 1 得6a0206 ，解得a ， 2 1 故抛物线解析式为y x2x6， 2 1 ∴抛物线解析式为y x22x6． 2 （2）解：连接CD、BD，设点P在射线DE上，连接PB，设DP交x轴于点F， 1 ∵抛物线解析式为y x22x6，与y轴交于点C，顶点为D， 2 ∴C0,6，D2,8． ∵C0,6，B6,0， ∴直线BC为：yx6， ∵BC交抛物线的对称轴l于点E， ∴E2,4， ∵D2,8，E2,4， ∴DE4， 第 42 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 1 ∴S  DEx x  4612． △CDB 2 B C 2 ∵S S ， △CDB △PDB ∴S 12． △PDB 设P 2, p  ， ∵D2,8，点P在射线DE上， ∴DP8 p， ∵DP交x轴于点F， ∴F2,0， ∵B6,0，F2,0， ∴BF 4， ∵DP8 p， 1 1 ∴S  DPBF  48 p162p， △PDB 2 2 ∵S 12， △PDB ∴162p12，解得p2， 故P点坐标2,2． （3）解：∵直线BC为：yx6，E2,4， 又∵点M 是线段BE上的一点， ∴设Mm,m6，其中2m6， 1 又∵y x22x6，点N 是对称轴l右侧抛物线上的一点， 2  1  ∴设Nn, n22n6，其中n2．  2  ∵ EMN是以EM 为腰的等腰直角三角形，  ∴分两种情况进行讨论： ①如图1，当MEN 90，EM EN时，过点N作NK⊥DE于点K，过点M作ML⊥DE于点L， 第 43 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∵MEN 90， ∴NEKMEL90， ∵ML⊥DE， ∴EMLMEL90， ∵NEKMEL90， ∴NEK EML． ∵NK⊥DE，ML⊥DE， ∴NKEELM 90， ∵ EMN是以EM 为腰的等腰直角三角形，  ∴EN EM ， ∴△NEK≌△EML， ∴KN EL，KELM ．  1  ∵Mm,m6，Nn, n22n6，E2,4，  2   1  n22n64m2 ∴ 2 ，  n24m6 m4 m2 解得 或 ， n4 n2 ∵2m6，n2， m2 ∴ 舍去， n2 ∴M点坐标为4,2． 第 44 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ②如图2，当EMN 90，ME MN 时， ∵ EMN是以EM 为腰的等腰直角三角形，  ∴NEM 45． ∵B6,0，C0,6， ∴OBOC， ∵BOC 90， ∴OBC 45NEM ， ∴EN∥OB， ∴y  y ． N E ∵E2,4， ∴y  y 4， N E  1  ∵Nn, n22n6，n2，  2  1 ∴当 n22n64，解得n22 2， 2 ∵n2， ∴n22 2，即x 22 2． N ∵ EMN是以EM 为腰的等腰直角三角形，  x x 222 2 ∴x  E N  2 2， M 2 2 ∵直线BC为：yx6，E2,4， 又∵点M 是线段BE上的一点， 第 45 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )   ∴M点坐标为 2 2,4 2 ． 综上，满足题意的M点坐标为4,2或  2 2,4 2  ． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数相关的综合运用，充分运用数形结合思想是 解题的关键． 14．如图，在平面直角坐标系中，已知直线y2x8与x轴交于点A、与y轴交于点B，抛物线yx2bxc 经过点A、B． (1)求抛物线的表达式； (2)P是抛物线上一点，且位于直线AB上方，过点P作PM∥y轴、PN∥x轴，分别交直线AB于点M 、 N ． 1 ①当MN  AB时，求点P的坐标； 2 PC ②连接OP交AB于点C，当点C是MN的中点时，求 的值． OC 【答案】(1)yx22x8 (2)①2,8；② 21 【分析】（1）由y2x8求A4，0，B0，8，将A、B代入yx2bxc即可求解； （2）设①设点P的坐标为  t，t22t8  ，点M 的坐标为t，2t8，由PN∥x轴，PM∥y轴，可得 PM MN 1 △PMN∽△OBA，  ，当MN  AB时，PM 4即可求解； OB AB 2 ②过点C作CDx轴，延长PM 交x轴于点E，则PE∥CD，当点C是MN的中点时，可得 第 46 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) PC NC MC，由PN∥x轴，PM∥y轴，得 CN  CA ， CP  CO ，设点P的坐标为  t,t22t8  ，则 CP CO CM CB PE CD PEt22t8，OE t，由  2，即可求解； OE OD 【解析】（1）解：将x0代入y2x8得，y=8， 将y=0代入得0=2x+8，解得：x=-4， 所以A4，0，B0，8，  A4，0，B0，8在抛物线yx2bxc上， 164bc0 b2 ∴ ，解得 c8 c8 抛物线的解析式yx22x8 （2）①设点P的坐标为  t，t22t8  ，  PM  y轴，且点M 在直线y2x8上， 点M 的坐标为t，2t8 PM t22t82t8t24t  A4，0，B0，8， OA4，OB8，  PN  x轴，PM∥y轴， PNM OAB，PMN OBA， △PMN∽△OBA， PM MN   ， OB AB 1 当MN  AB时，PM 4 2 t24t 4，解得t2 点P的坐标为2,8 ②过点C作CDx轴，延长PM 交x轴于点E，则PE∥CD. 第 47 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 当点C是MN的中点时，可得PC NC MC  PN  x轴，PM∥y轴， CN CA CP CO   ，  CP CO CM CB AC BC OC 点C是AB的中点 DO2，CD4 设点P的坐标为  t,t22t8  ，则PEt22t8，OE t ∵PE∥CD， ∴△OCD∽△OPE， PE CD   2， OE OD t22t8 即 2， t t 2 2 PC ED 2 22     21. OC DO 2 【点睛】本题主要考查二次函数与一次函数综合应用、三角形的相似，掌握相关知识并灵活应用是解题的 关键． 15．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线yax2bx4与x轴相交于点A1,0，B3,0，与y轴交 于点C.将抛物线的对称轴沿x轴的正方向平移，平移后交x轴于点D，交线段BC于点E，交抛物线于点F， 过点F作直线BC的垂线，垂足为点G. 第 48 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) (1)求抛物线的表达式； (2)以点G为圆心，BG为半径画  G；以点E为圆心，EF 为半径画  E.当  G与  E内切时.①试证明EF 与EB的数量关系；②求点F的坐标. 4 8 【答案】(1)y x2 x4 3 3 5 21 (2)①EF EB，证明见解析；② ,  4 4  【分析】（1）将抛物线的解析式可以写成ya(x1)(x3)的形式，与yax2bx4对比即可求出a，b的 值，进而求出抛物线的表达式； （2）①画出大致图形，证明点B是  G与  E内切时的切点，即可得到EF EB；②设点F的坐标为  4 8  m, m2 m4，用含m的代数式分别表示出EF 和EB，列等式即可求出m的值．  3 3  【解析】（1）解：∵抛物线yax2bx4与x轴相交于点A1,0，B3,0， ∴抛物线的解析式可以写成ya(x1)(x3)的形式， 即yax22ax3a， ∴3a4，2ab， 4 8 ∴a ，b ， 3 3 4 8 ∴抛物线的表达式为y x2 x4． 3 3 （2）解：由题意作图如下， 第 49 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ①∵ G的圆心为G，  E的圆心为E， ∴GE是  G与  E圆心的连线， ∵两圆相切时，圆心的连线经过切点， ∴当  G与  E内切时，GE经过切点， ∵点B是线段GE延长线上的点，且在  G上， ∴点B是  G与  E内切时的切点， ∴点B在以点E为圆心，EF 为半径的  E上， ∴EF EB， 4 8 ②在y x2 x4中， 3 3 令x0得y4， ∴抛物线与y轴交于点C的坐标为0,4， 设直线BC的解析式为ykxb， 将C0,4 和B3,0的坐标代入， 4b 得 ， 03kb 第 50 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )  4 k  ∴ 3，  b4 4 ∴设直线BC的解析式为y x4． 3 ∵点F在抛物线上，  4 8  ∴设点F的坐标为m, m2 m4，  3 3  由题意FD//y轴，  4  ∴点E的坐标为m, m4，  3  ∵点F在BC的上方， 4 8  4  4 ∴EF  y y  y y  m2 m4 m4 m24m， F E F E 3 3  3  3 8  4 8 3 ∵抛物线y x2 x4的对称轴为直线：x 1， 3 3  4 2   3 ∴m 1， ∵C0,4 ，B3,0， ∴OC 4，OB3， ∴BC OC2OB2 5， OC 4 ∴sinOBC   ， BC 5 ∵FD//y轴， ∴EDOB， ED 4 ∴sinOBC   ， EB 5 ED 5 ∴EB  ED． sinOBC 4 ∵点E在线段BC上， ∴y 0， E 5 5  4  5 ∴EB y   m4 m5, 4 E 4  3  3 ∵EF EB， 第 51 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 4 5 ∴ m24m m5， 3 3 整理得，4m217m150， 5 解得m 或3， 4 当m3时，点E，F，B重合，此时 E不存在，  故m3不合题意，应舍去， 5 ∴m ， 4 5 4 5 2 8 5 21 当m 时， y      4 ， 4 F 3 4 3 4 4 5 21 ∴求点F的坐标为 , ． 4 4  【点睛】本题考查求一次函数、二次函数的解析式，圆与圆的位置关系，二次函数图象上点的坐标的特征， 三角函数解直角三角形等知识点，证明点B是  G与  E内切时的切点，进而得到EF EB是解题的关 键． 16．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c经过A（0，﹣1），B（4，1）．直线AB交x轴于点C， P是直线AB下方抛物线上的一个动点．过点P作PD⊥AB，垂足为D，PE∥x轴，交直线AB于点E． (1)求抛物线的函数表达式； (2)如图1，在抛物线上有一点F，使得∠CBF＝∠OAC，求点F的坐标； 24 5 (3)如图2，当△PDE的周长为 +8时，求点P的坐标． 5 7 【答案】(1)yx2 x1 2 5 79 (2)（ ， ） 4 16 第 52 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) (3)（2，-4） 【分析】（1）直接把A（0，﹣1），B（4，1）代入到抛物线解析式中求解即可； （2）如图2-1所示，当点F在直线AB下方时，可证得OA∥BF，即BF⊥x轴，这种情况不存在；如图2-2 所示，当点F在直线AB的上方时，设直线BF与y轴交于点E， 由∠OAC=∠CBF，得到EA=EB，设点E 的坐标为（0，m），则m12 42m12，求出点E的坐标为（0，4），然后求出直线BE的解析式为  3 y x4  3  4 5 79 y x4，联立 ，即可求出点F的坐标为（ ， ）； 4 7 4 16 yx2 x1  2 （3）先求出点点C的坐标为（2，0），则OC=2，OA=1，AC  OA2OC2  5，△AOC的周长  7  OAOC AC 3 5，设点P的坐标为t，t2 t1 ，根据PE∥x轴，得到∠OCA=∠DEP，点E的纵  2  7 1  7  坐标为t2 t1，然后求出直线AB的解析式为y x1得到点E的坐标为2t27t,t2 t1 ，则 2 2  2  24 5 S PE 8 PE 8t2t2；证明△PDE∽△AOC，得到 △PDE的周长 = ，则 5 8t2t2 ，由此求解即可． S AC = △AOC的周长 3 5 5 【解析】（1）解：把A（0，﹣1），B（4，1）代入到抛物线解析式中得： c1  164bc1  7 b ∴ 2，  c1 7 ∴抛物线解析式为yx2 x1； 2 （2）解：如图2-1所示，当点F在直线AB下方时， ∵∠OAC=∠CBF， ∴OA∥BF，即BF⊥x轴， ∴这种情况不存在； 第 53 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 如图2-2所示，当点F在直线AB的上方时，设直线BF与y轴交于点E， ∵∠OAC=∠CBF， ∴EA=EB， 设点E的坐标为（0，m）， ∴m12 42m12， 解得m4， ∴点E的坐标为（0，4）， 设直线BE的解析式为ykx4， ∴4k41， 3 ∴k  ， 4 3 ∴直线BE的解析式为y x4， 4  3 y x4   4 联立 ， 7 yx2 x1  2  5 x   4 x4 解得 或 ， y 79 y1  16 5 79 ∴点F的坐标为（ ， ） 4 16 第 54 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （3）解：∵B点坐标为（4，1），A点坐标为（0，-1）， ∴AB的中点坐标为（2，0）， 又∵直线AB与x轴的交点为C， ∴点C的坐标为（2，0）， ∴OC=2，OA=1， ∴AC  OA2OC2  5， ∴△AOC的周长OAOC AC 3 5，  7  设点P的坐标为t，t2 t1 ，  2  ∵PE∥x轴， 7 ∴∠OCA=∠DEP，点E的纵坐标为t2 t1， 2 设直线AB的解析式为yk x1， 1 ∴4k 11， 1 1 ∴k  ， 1 2 1 ∴直线AB的解析式为y x1 2  7  ∴点E的坐标为2t27t,t2 t1 ，  2  ∴PE 8t2t2， ∵PD⊥AB， ∴∠PDE=∠AOC=90°， 第 55 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∴△PDE∽△AOC， S PE ∴ △PDE的周长 = ， S AC △AOC的周长 24 5 8 ∴ 5 8t2t2 ， = 3 5 5     ∴248 58 3 5 t2 3 5 t2， ∴88t2t2， 解得t t 2， 1 2 ∴P点的坐标为（2，-4）． 【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，待定系数法求函数解析式，等腰三角形的性质与判定，两 点距离公式，一次函数与二次函数的交点问题，相似三角形的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关 键． 1 17．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y x2mxn经过点B6,1，C5,0，且与y轴交于点 3 A． (1)求抛物线的表达式及点A的坐标； (2)点P是y轴右侧抛物线上的一点，过点P作PQOA，交线段OA的延长线于点Q，如果PAB45， 第 56 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 求证：△PQA∽△ACB； (3)若点F是线段AB（不包含端点）上的一点，且点F关于AC的对称点F'恰好在上述抛物线上，求直线 FF'的解析式． 1 8 【答案】(1)抛物线的解析式为y x2 x5；点A的坐标(0,5) 3 3 (2)证明见解析 15 (3)直线FF'的解析式为：yx 4 【分析】（1）将B6,1，C5,0代入抛物线解析式得到二元一次方程组，解得m、n的值，即可得到抛物线 解析式，再令x0，即可求出点A的坐标； （2）根据题意画出图形，通过坐标证明 ABC为直角三角形，且ACB90，利用PAB45及角的关  系证明QPACAB，结合AQPACB90，即可证明两个三角形相似； （3）作B关于AC的对称点B’，则A、F’、B’三点共线，先求直线A B’的解析式，与抛物线解析式联立求 得F’的坐标，再求直线BB’的解析式，利用k k 及求得的F’的坐标，即可求FF'的解析式． FF' BB' 1 【解析】（1）解：将B6,1，C5,0代入抛物线解析式y x2mxn，得： 3  1 1 626mn  8   3 m  ，解得 3 1 0 525mn  n5  3 1 8 ∴抛物线的解析式为y x2 x5 3 3 当x0时，y5， ∴点A的坐标(0,5) （2）如图所示，点P是y轴右侧抛物线上的一点，过点P作PQOA，交线段OA的延长线于点Q 第 57 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∵A0,5 ，B6,1，C5,0 ∴AB 602512  52 AC  052502 5 2 BC  652102  2 ∴AB2 AC2BC2 即 ABC为直角三角形，且ACB90  ∵A0,5 ，C5,0 ∴OA=OC ∴OAC OCA45 当PAB45时，点P只能在点B的右侧， ∴QAPOAB180PAB18045135 ∴QAPCAB135OAC 1354590 ∵QAPQPA90 ∴QPACAB 又∵AQPACB90 ∴△PQA∽△ACB （3）如图所示，作B关于AC的对称点B’，则A、F’、B’三点共线 ∵ACB90，点B’和点B关于AC的对称， OCA45 ∴B'4,1 设直线A B’的解析式为：ykx5，代入B'4,1得： 第 58 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 14k5 3 解得：k  2 3 ∴直线A B’的解析式为：y x5 2  1 8 y x2 x5   3 3 联立 3 y x5  2 7 解得：x  ,x 0（舍去） 1 2 2 7 1 则F' ,  2 4 设直线BB’的解析式为：ymxn，代入B6,1，B'4,1得： 16mn m1  ，解得 14mn n5 ∴直线BB’的解析式为：yx5 由题意可知k k FF' BB' 7 1 ∴设直线FF的解析式为：yxb，代入F' , 得： 2 4 1 7   b 4 2 15 解得：b 4 15 ∴直线FF'的解析式为：yx ． 4 【点睛】本题是二次函数综合题．涉及勾股定理的逆定理，相似三角形的判定，待定系数法求解函数解析 式，难度较大，综合性强． 18．如图，在平面直角坐标系中，抛物线的对称轴是直线x1，且与x轴交于A，B两点，与y轴交于点 C0,3 ，OBOC． 第 59 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （1）求抛物线的解析式． （2）在抛物线上是否存在点Q，使得△BCQ是以BC为直角边的直角三角形？若存在，求出点Q的坐标； 若不存在，请说明理由． （3）设抛物线上的一点P的横坐标为m，且在直线BC的下方，求使  BCP的面积为最大整数时点P的坐 标． 【答案】（1）y=x22x3；（2）存在当△BCQ是以BC为直角边的直角三角形时，点Q1,4或 Q2,5；（3）使 BCP的面积为最大整数时点P1,4或P2,3．  【分析】（1）设抛物线的解析式为yax2bxc，由题意易得B3,0，然后根据对称轴为直线x1及点 C0,3 可求解； （2）由题意可分当BCQ90时和当CBQ90时，然后根据等腰直角三角形的性质可分别求解点Q的 坐标； （3）过点P作PM⊥x轴，交BC于点M，由题意易求直线BC的解析式，然后可得点M的坐标及线段PM 的长，根据铅垂法可求出△BCP的面积，进而根据二次函数的性质可求解． 【解析】解：（1）∵C0,3 ，OBOC， ∴OBOC 3， ∴B3,0， 设抛物线的解析式为yax2bxc，则有：  b  1  2a  a1   9a3bc0，解得：b2，   c3 c3   第 60 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∴抛物线解析式为y=x22x3； （2）存在点Q，使得△BCQ是以BC为直角边的直角三角形，理由如下： ①当BCQ90时，如图所示： 过点Q作QH⊥y轴于点H， ∵OBOC，BOC 90， ∴△BOC是等腰直角三角形， ∴OCB45， ∵BCQ90， ∴HCQ45， ∴△HCQ是等腰直角三角形， ∴HC HQ， 设点Q  t,t22t3  ，则有HQt,CH 3t22t3t22t， ∴t t22t，解得：t 1,t 0（不符合题意，舍去）， 1 2 ∴点Q1,4； ②当CBQ90时，如图所示： 第 61 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 过点B作x轴的垂线，然后过点Q、C分别作QE⊥BE于点E，CF⊥BE于点F， ∴CF BF 3， ∴△BFC是等腰直角三角形， ∴CBF 45， ∵CBQ90， ∴EBQ45， ∴△QEB是等腰直角三角形， ∴EQEB， 设点Q  t,t22t3  ，则有EQ3t,EBt22t3， ∴3t t22t3，解得：t 2,t 3（不符合题意，舍去）， 1 2 ∴点Q2,5； 综上所述：当△BCQ是以BC为直角边的直角三角形时，点Q1,4或Q2,5； （3）由（1）可知：B3,0，C0,3 ， 设直线BC的解析式为ykxb，则有： 3kb0  k 1  ，解得： ，  b3 b3 ∴直线BC的解析式为y x3， 过点P作PM⊥x轴，交BC于点M，如图所示： 第 62 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∴P  m,m22m3  ， ∴Mm,m3， ∴PM m3m22m3m23m， ∴S S S  1 PMx x  3  m23m   3 m 3  2  27 ， BCP CPM BPM 2 B C 2 2 2 8 3 ∵ 0，开口向下， 2 27 ∴S  ， BCP 8 ∴ BCP的面积为最大整数时的值为3，  3 9 ∴ m2 m3， 2 2 解得：m 1,m 2， 1 2 ∴点P1,4或P2,3． 【点睛】本题主要考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键． 2 2 19．如图，已知直线y＝﹣ x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y＝﹣ x2+bx+c经过A、B两 3 3 点． 第 63 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) (1)求这条抛物线的表达式； (2)直线x＝t与该抛物线交于点C，与线段AB交于点D（点D与点A、B不重合），与x轴交于点E，联结 AC、BC． DE AE ①当 ＝ 时，求t的值； CD OE ②当CD平分∠ACB时，求ABC的面积． 2 4 【答案】(1)y x2 x2 3 3 5 (2)①2；② 4 【分析】（1）先求出点A，点B坐标，利用待定系数法可求解析式； （2）①证明△ADE∽△BDC，由相似三角形的性质得出∠DAE＝∠DBC，证出AE∥BC，得出C点的纵坐标为 2，则可求出答案； 2 4 BH AE ②设C（t， t2 t2），过点B作BH⊥CE于点H，得出tan∠BCH＝tan∠ACE，则  ，解方程 3 3 CH CE 求出t的值，则可求出答案． 2 【解析】（1）解：由y=- x+2可得： 3 当x=0时，y=2；当y=0时，x=3， ∴A（3，0），B（0，2）， 2 把A、B的坐标代入y=- x2+bx+c得： 3  2  93bc0  3 ，   c2  4 b 解得： 3，  c2 第 64 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 2 4 ∴抛物线的解析式为：y=- x2+ x+2； 3 3 （2）①如图1， ∵DE∥OB， AE AD ∴  ， OE BD AE DE ∵  ， OE CD AD DE ∴  ， BD CD 又∵∠ADE=∠BDC， ∴△ADE∽△BDC， ∴∠DAE=∠DBC， ∴AE∥BC， ∴C点的纵坐标为2， 2 4 ∴2=- x2+ x+2， 3 3 ∴x=0或x=2， ∴C（2，2）， ∴t=2； 2 4 ②如图2，设C（t，- t2+ t+2）， 3 3 第 65 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 过点B作BH⊥CE于点H， ∵∠BCH=∠ACE， ∴tan∠BCH=tan∠ACE， BH AE ∴  ， CH CE t 3t  ∴ 2 4 2 4 ，  t2 t  t2 t2 3 3 3 3 1 ∴t= ， 2 1 5 ∴C（ ， ）， 2 2 ∴S ACB=S ACE+S BOCE-S ABO △ △ 梯形 △ 1 5 5 1 5 1 1 5 =    (2 )  23 ． 2 2 2 2 2 2 2 4 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，平行线的判定和性质，相似三角形的判定 和性质，二次函数的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 1 20．已知在平面直角坐标系xOy中，拋物线y x2 bxc与x轴交于点A1,0和点B，与y轴交于点 2 C0，2，点P是该抛物线在第一象限内一点，联结AP,BC,AP与线段BC相交于点F ． 第 66 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) (1)求抛物线的表达式； (2)设抛物线的对称轴与线段BC交于点E，如果点F 与点E重合，求点P的坐标； (3)过点P作PGx轴，垂足为点G,PG与线段BC交于点H，如果PF PH，求线段PH的长度． 1 3 【答案】(1)y  x2  x2 2 2 (2)P(3,2) 15 (3) 8 1 【分析】（1）将点A(1,0)和点C(0,2)代入y x2 bxc，即可求解； 2 1 3 5 （2）分别求出B(4,0)和直线BC的解析式为y   x  2，可得E( ， )，再求直线AE的解析式为 2 2 4  1 1 y x 1 1  2 2 y x ，联立 ，即可求点P(3,2)； 2 2 y 1 x2 3 x2  2 2 1 3 1 1 （3）设P(t, t2 t2)，则H(t, t2)，则PH  t22t，用待定系数法求出直线AP的解析式为 2 2 2 2  1 y x2 y 4t x 4t ，联立   2 ，可求出F( t ， 205t )，直线AP与y轴交点E(0, 4t )，则CE t ， 2 2 y 4t x 4t 5t 102t 2 2  2 2 t t 205t 4t 5 再由PF PH，可得CEEF ，则有方程( )2 ( )2(  )2，求出t  ，即可求 2 5t 102t 2 2 第 67 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 15 PH  t22t ． 2 8 （1） 1 解：将点A(1,0)和点C(0,2)代入y x2 bxc， 2  1  bc0  2 ，  c2  3 b  2，  c2 1 3 y x2 x2； 2 2 （2） 1 3 解：  y x2 x2， 2 2 3 对称轴为直线x ， 2 1 3 令y0，则 x2 x20， 2 2 解得x=1或x4， B(4,0)， 设直线BC的解析式为ykxm， 4km0  ， m2  1 k   2，  m2 1 y x2， 2 3 5 E( ， )， 2 4 设直线AE的解析式为ykxn， kn0  3 5，  kn 2 4  1 k  2  ， 1 n  2 第 68 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 1 y x ， 2 2  1 1 y x  2 2 联立 ， 1 3 y x2 x2  2 2 x3或x=1（舍)， P(3,2)； （3） 解： 1 3 1 设P(t, t2 t2)，则H(t, t2)， 2 2 2 1 PH  t22t， 2 设直线AP的解析式为yk xb， 1 1 k b 0  1 1  1 3 ，   k 1 tb 1  2 t2 2 t2  4t k   1 2  ， 4t b   1 2 4t 4t y x ， 2 2 第 69 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )  1 y x2  2 联立 ， 4t 4t y x  2 2 t x ， 5t t 205t F( ， )， 5t 102t 4t 直线AP与y轴交点E(0, )， 2 4t t CE2  ， 2 2 PF PH ，  PFH PHF，  PG//y轴， ECF PHF， CFEPFH ，  CEF CFE， CEEF， t t 205t 4t ( )2 ( )2(  )2， 2 5t 102t 2 (4t)24(5t)2， 5 t  ， 2 1 15 PH  t22t ． 2 8 【点睛】本题是二次函数的综合题，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象及性质，会求二次函数的交点 坐标，本题计算量较大，准确的计算也是解题的关键． 21．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线yax2bx2 3(a0)经过x轴上的点A(2,0)和点B（点A在 3 点B左侧）及y轴上的点C，经过B、C两点的直线为y xn，顶点为D，对称轴与x轴交于点 2 Q． 第 70 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （1）求抛物线的表达式； （2）连接AC,BC．若点P为直线BC上方抛物线上一动点，过点P作PE∥y 轴交BC于点E，作PF BC 于点F，过点B作BG∥AC交y轴于点G．点H，K分别在对称轴和y轴上运动，连接PH,HK． ①求! PEF的周长为最大值时点P的坐标； 3 ②在①的条件下，求PH HK  KG的最小值及点H的坐标． 2 3 3   3 【答案】（1）y x2  x2 3 ；（2）①P 2,2 3 ；②PH HK  KG的最小值为10，此时 4 2 2   点H的坐标为 1, 3 【分析】（1）先求出点C的坐标，可得到n，进而求出点B的坐标，再将点A、C的坐标代入，即可求解； （2）①设点P的坐标，并表示出点E的坐标，从而得到PE，再根据△PFE∽△BOC，根据相似三角形的性 质，即可求解； ②如图，将直线OG绕点G逆时针旋转60°，得到直线l，作PM l,KMl ，垂直分别为M,M ，则 3 3 ∠MGO=60°， 从而得到KM KG ，OM  OG ，从而得到当点H位于抛物线对称轴与OP的交点 2 2 3 时，PH HK  KG最小，最小值为PM，然后证得点P、O、M三点共线，即可求解． 2 【解析】解：（1）∵抛物线yax2bx2 3(a0)经过y轴上的点C， ∴当x0 时，y2 3 ，   ∴点C 0,2 3 ，   3 将点C 0,2 3 ，代入y xn，得：n2 3 ， 2 3 ∴直线BC的解析式为y x2 3 ， 2 当y0 时，x4 ， 第 71 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∴点B（4,0）， 将点A(2,0)，B（4,0），代入yax2bx2 3(a0)，得：  3  4a2b2 30   a 4  ，解得： ， 16a4b2 30  3 b   2 3 3 ∴抛物线解析式为y x2  x2 3 ； 4 2  3 3   3  （2）①设Px, x2 x2 3 ，则Ex, x2 3 ，     4 2 2      3 3   3  3 ∴PE x2 x2 3 x2 3 x2 3x ，     4 2 2 4     设△PEF的周长为m， ∵PE∥y， ∴∠PEF=∠BCO， ∵∠PFO=∠BCO=90°， ∴△PFE∽△BOC， PEF的周长 PE ∴   ， BOC的周长 BC    ∵点B（4,0），C 0,2 3 ， ∴OB4,OC 2 3 ，  2 ∴BC  OB2OC2  42 2 3 2 7 ， 3  x2 3x ∴ m 4 ，  42 32 7 2 7 42 32 7  3  42 32 7  3  ∴m  x2 3x   x22 3，     2 7  4  2 7  4     ∴当x2 时，m最大，此时P 2,2 3 ，   即! PEF的周长为最大值时点P的坐标为P 2,2 3 ； 第 72 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 3 3 3 x 2 1 ②抛物线y x2  x2 3的对称轴为 ， 4 2  3 2  4   如图，将直线OG绕点G逆时针旋转60°，得到直线l，作PM l,KMl ，垂直分别为M,M ，则∠MGO=60°， 3 3 ∴KMKGsinKGM KG ，OM OGsinMGO OG ， 2 2 3 ∴PH HK KGPH HKKMPM ， 2 3 ∴当点H位于抛物线对称轴与OP的交点时，PH HK  KG最小，最小值为PM， 2 ∵∠MGO=60°， ∴∠MOG=30°，   ∵P 2,2 3 ， 2 3  2 ∴tanPOB  3 ，OP 22 2 3 4 ， 2 ∴∠POB=60°， ∴∠MOG+∠BOG+∠POB=180°， ∴点P、O、M三点共线， 设直线AC的解析式为yk xb k 0 ， 1 1 1   ∵A(2,0) C 0,2 3 ， 第 73 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 2k b 0  k  3 ∴ 1 1 ，解得： 1 ， b 1 2 3 b 1 2 3 ∴直线AC的解析式为y 3x2 3 ， ∵BG∥AC， ∴可设直线BG的解析式为y 3xb ， 2 把点B（4,0），代入得：b 4 3 ， 2 ∴直线BG的解析式为y 3x4 3 ，   ∴点G 0,4 3 ， ∴OG4 3 ， 3 ∴OM  OG6， 2 ∴PM=10， 3 ∴PH HK  KG的最小值为10， 2 ∵∠POB=60°，抛物线对称轴为x1 ， ∴此时点H的纵坐标为1tan60 3 ， 3   ∴PH HK  KG的最小值为10，此时点H的坐标为 1, 3 ． 2 【点睛】本题主要考查了二次函数和一次函数的综合题，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，利用 数形结合思想解答是解题的关键． 22．如图，抛物线yx22x3与x轴相交于A、B两点，与y轴交于点C，顶点为D，抛物线的对称轴与BC 相交于点E,与x轴相交于点F. （1）求线段DE的长． （2）联结OE，若点G在抛物线的对称轴上，且 BEG与 COE相似，请直接写出点G的坐标．   （3）设点P为x轴上的一点，且DAODPO，tan4时，求点P的坐 标. 第 74 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )  2 【答案】（1）2；（2）(1,4)或1, ；（3）(19,0)或(17,0)  3 【分析】（1）根据抛物线的解析式可求得与坐标轴的坐标及顶点坐标，从而易得OB=OC，由EF⊥OB即可 求得EF的长，从而求得DE的长； （2）设点G的坐标为(1，x)，分两种情况考虑：△COE∽△EGB和△COE∽△EBG，根据相似三角形的性质 即可求得x的值，从而可求得点G的坐标； （3）分两种情况考虑：点P在点A的右侧和点P在点A的左侧；当点P在点A的右侧时，由D(1，4)，则 tanDOF 4，得出∠α =∠DOF，然后根据三角形外角的性质可求得∠DPO=∠ADO，进而可得 △ADP∽△AOD，由相似三角形的性质可求得OP的长，从而求得P点的坐标；当点P在点A的左侧时， 作点P关于抛物线对称轴的对称点P，则点P也满足题意． 【解析】（1）当yx22x3=0时，解方程得：x 1，x 3 1 2 ∴抛物线yx22x3与x轴的交点坐标分别为A（-1，0）、B(3，0) ∴OB=3 ∵在yx22x3中，当x=0时，y3 ∴抛物线与y轴的交点C的坐标为(0，3) ∴OC=3 ∵yx22x3(x1)24 ∴抛物线的顶点坐标为D(1，4) ∴DF=4，OF=1 ∵OB=OC=3，OC⊥OB ∴∠OCB=∠OBC=45° 第 75 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∵EF⊥OB ∴∠FEB=∠OBC=45° ∴EF=BF=OB-OF=3-1=2 ∴DE=DF-EF=4-2=2 （2）设点G的坐标为(1，x) 在Rt△OBC及Rt△FBE中，由勾股定理得：BC  OB2OC2  3232 3 2， BE BF2EF2  2222 2 2 ∴CEBEBE3 22 2  2 ①若△COE∽△EGB OC EG 则有  ，∠GEB=∠OCE=45° CE BE 即OC∙BE=CE∙EG ∴点G只能在点E下方 ∵由（1）可得点E的坐标为(1，2) ∴EG=2-x ∴32 2  2(2x) 解得：x=-4 即点G的坐标为(1，-4) ②若△COE∽△EBG OC BE 则有  ，∠BEG=∠OCE=45° CE EG 即OC∙EG=CE∙BE ∴点G只能在点E下方 ∴EG=2-x ∴3(2x) 22 2 2 解得：x 3  2 即点G的坐标为1,   3 第 76 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )  2 综上所述，满足条件的点G的坐标为(1,4)或1,   3 （3）①如图，当点P在点A的左侧时，连接DP、DA、DO DF ∵tanDOF  4，tan4 OF ∴∠DOF=∠α=∠DAO+∠DPO，∠DOF=∠PDO+∠DPO ∴∠DAO=∠PDO ∴△OAD∽△ODP OA OD ∴  ，即OD2 OAOP  OD OP ∵OD2 OF2DF2 11617 ∵OA=1 ∴OP=17 ∴点P的坐标为(-17，0) ②当点P在点A的右侧时，作点P(-17，0)关于抛物线的对称轴的对称点P，则DPODPO ∴DAODPO 此时点P满足题意，且其坐标为(19，0) 综上所述，满足条件的点P的坐标为(19,0)或(17,0) 【点睛】本题考查了求二次函数与x轴的交点、顶点坐标，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识， 求得三角形相似是关键．注意分类讨论． 23．已知抛物线yax2c(a0)过点P(3,0),Q(1,4)． 第 77 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （1）求抛物线的解析式； （2）点A在直线PQ上且在第一象限内，过A作ABx轴于B，以AB为斜边在其左侧作等腰直角ABC． ①若A与Q重合，求C到抛物线对称轴的距离； ②若C落在抛物线上，求C的坐标． 1 9  5 【答案】（1）y x2 ；（2）①1；②点C的坐标是2,  2 2  2 9ac0, 【分析】(1)将P(3,0)、Q(1,4)两点分别代入yax2c，得 ,解方程组即可; ac4, （2）①根据AB=4,斜边上的高为2,Q的横坐标为1,计算点C的横坐标为-1,即到y轴的距离为1；②根据直 线PQ的解析式，设点A（m，-2m+6）,三角形ABC是等腰直角三角形，用含有m的代数式表示点C的坐 标，代入抛物线解析式求解即可. 9ac0, 【解析】解：（1）将P(3,0)、Q(1,4)两点分别代入yax2c，得 ac4, 1 9 解得a ,c ． 2 2 1 9 所以抛物线的解析式是y x2 ． 2 2 （2）①如图2，抛物线的对称轴是y轴，当点A与点Q(1,4)重合时，AB4， 作CH  AB于H． ∵ ABC是等腰直角三角形，  ∴ CBH和 CAH也是等腰直角三角形，   第 78 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∴CH  AH BH 2， ∴点C到抛物线的对称轴的距离等于1． 3kb0, ②如图3，设直线PQ的解析式为y=kx+b，由P(3,0)、Q(1,4)，得 kb4, k 2, 解得 b6, ∴直线PQ的解析式为y2x6， 设A(m,2m6)， ∴AB2m6， 所以CH BH  AH m3． 所以y m3,x (m3m)2m3． C C 1 9 将点C(2m3,m3)代入y x2 ， 2 2 1 9 得m3 (2m3)2 ． 2 2 整理，得2m27m30． 因式分解，得(2m1)(m3)0． 第 79 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 解得m ，或m3（与点P重合，舍去）． 2 1 1 5 当m 时，2m3132,m3 3 ． 2 2 2  5 所以点C的坐标是2, ．  2 【点评】本题考查了抛物线解析式的确定，一次函数解析式的确定，等腰直角三角形的性质，一元二次方 程的解法，熟练掌握待定系数法，灵活用解析式表示点的坐标，熟练解一元二次方程是解题的关键． 24．如图，抛物线yx2bxc经过A(1,0),B(m,0)两点(m0)，与y轴交于点C，连接AC,BC． （1）求证：OBOC； （2）设点P(x,y)是抛物线yx2bxc上B,C两点之间的动点，连接PB,PC．在m3的条件下： 1 ①若S  S ，求点P的坐标； PBC 2 ABC ②若nxn1，且yx2bxc的最大值为2n，直接写出n的值． 【答案】（1）见解析；（2）①点P的坐标为(1,4)或(2,3)；②1 5或 3 b b 1m 【分析】（1）把点A的坐标代入解析式，确定b=c-1，根据对称轴为x= ，确定  ，得到c-1=m-1 2 2 2 即c=m，问题得证； （2）①过点P作PD⊥x轴，垂足为D，交BC于点D，确定直线BC的解析式，用x表示点P的坐标，点 E的坐标，根据面积关系建立方程求解即可； ②根据抛物线确定对称轴为x=1,分对称轴在取值范围内，取值范围的左边和右边三种情形求解． 【解析】解：（1）把A（-1，0）代入解析式，得-1-b+c=0即b=c-1． b ∵y=-x2+bx+c的对称轴为x= ，A（-1，0），B（m，0）是对称点， 2 第 80 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) b 1m ∴  ， 2 2 ∴b=m-1， ∴m-1=c-1， ∴m=c， ∵OB=m，OC=c， ∴OB=OC； （2）①当m=3时，b=m-1=2，c=m=3， ∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3， ∴B（3，0），C（0，3）， ∴OB=OC=3； ∵A（-1，0）， ∴AB=4， 1 1 ∴S  ABOC  436, △ABC 2 2 1 ∴S  S 3， △PBC 2 △ABC 过点P作PD⊥x轴，垂足为D，交BC于点E， t 3 设直线BC的解析式为y=kx+t，根据题意，得 ， 3kt 3 t 3 解得 ， k 1 ∴直线BC的解析式为y=-x+3， ∴点P的坐标（x，-x2+2x+3），点D的坐标（x，0），点E的坐标（x，-x+3）， ∴PE=（-x2+2x+3）-（-x+3）=-x2+3x， 第 81 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 过点C作CF⊥PE，垂足为F， 1 则S  PE(CFBD)， △PBC 2 1 ∴ 3(x23x)3 2 ∴x23x20， 解得x=1或x=2， ∴点P的坐标为（1，4）或（2，3） ②∵抛物线y=-x2+2x+3=(x1)24， ∴当x=1时，函数y有最大值，且为4， 当n≤1≤n+2时即-1≤n≤1时，函数有最大值4，故2n=4，解得n=2， 不符合题意，故n=2舍去； 当1＜n≤x≤n+2时即取值范围在对称轴右边， ∵抛物线开口向下， ∴在对称轴的右侧，y随x的增大而减小， ∴当x=n时，函数有最大值，此时函数值为y=-n2+2n+3， ∴-n2+2n+3=2n， 解得n= 3或n= - 3（舍去）； 当n≤x≤n+2＜1时即取值范围在对称轴左边， ∵抛物线开口向下， ∴在对称轴的右侧，y随x的增大而增大， ∴当x=n+2时，函数有最大值，此时函数值为y=-(n2)2+2（n+2）+3， ∴-(n2)2+2（n+2）+3， 解得n=1 5或n=1 5（舍去）； ∴n的值为 3或1 5． 【点睛】本题考查了二次函数解析式的确定，二次函数的增减性，对称轴，线段与点的关系，熟练掌握待 定系数法，二次函数的增减性，灵活运用分类思想是解题的关键． 1 4 25．如图，已知抛物线y＝ x2+m与y轴交于点C，直线y＝﹣ x+4与y轴和x轴分别交于点A和点B， 2 3 第 82 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 过点C作CD⊥AB，垂足为点D，设点E在x轴上，以CD为对角线作▱CEDF． （1）当点C在∠ABO的平分线上时，求上述抛物线的表达式； （2）在（1）的条件下，如果▱CEDF的顶点F正好落在y轴上，求点F的坐标； （3）如果点E是BO的中点，且▱CEDF是菱形，求m的值． 1 3  39 【答案】（1）y x2 ；（2）F0, ；（3）0 2 2  10 3 【分析】（1）在Rt△ADC中，设OC=x，由勾股定理得：（4﹣x）2＝x2+4，解得x＝ ，即可求解； 2 6 12 （2）求出点D的坐标为（ ， ），如果▱CEDF的顶点F正好落在y轴上，则DE∥y轴，且DE＝CF，进 5 5 而求解； 4812m 3616m （3）求出点D的坐标为（ ， ），由DE＝CE，即可求解． 25 25 4 4 【解析】解：（1）对于y＝﹣ x+4①，令y＝﹣ x+4＝0，解得x＝3，令x＝0，则y＝4， 3 3 故点A、B的坐标分别为（0，4）、（3，0）， 由点A、B的坐标知，OA＝4，OB＝3，则AB＝5， 连接BC，如下图， ∵点C在∠ABO的平分线上，则OC＝CD， ∵BC＝BC， 第 83 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∴Rt△BCD≌Rt△BCO（HL）， 故BD＝OB＝3，则AD＝5﹣3＝2， 设OC＝CD＝x，则AC＝4﹣x， 3 在Rt△ADC中，由勾股定理得：（4﹣x）2＝x2+4，解得x＝ ， 2 3 故点C的坐标为（0， ）， 2 1 3 则抛物线的表达式为y＝ x2+ ； 2 2 （2）如上图，过点C作CH∥x轴交AB于点H，则∠ABO＝∠AHC， 4 3 由AB得表达式知，tan∠ABO＝ ＝tan∠DHC，则tan∠DCH＝ ， 3 4 3 3 故直线CD的表达式为y＝ x+ ②， 4 2  6 x   5 6 12 联立①②并解得 ，故点D的坐标为（ ， ）， 12 5 5 y  5 如果▱CEDF的顶点F正好落在y轴上，则DE∥y轴，且DE＝CF， 12 故DE＝yD＝ ， 5 12 3 39 则yF＝yC+DE＝  = ， 5 2 10 39 故点F的坐标为（0， ）； 10 3 （3）∵点E是BO的中点，故点E（ ，0）， 2 3 由（2）知，直线CD的表达式为y＝ x+m③， 4 4812m 3616m 联立①③并解得，点D的坐标为（ ， ）， 25 25 3 而点E、C的坐标分别为（ ，0）、（0，m）， 2 ∵▱CEDF是菱形，则DE＝CE， 4812m 3 3616m 3 即（ ﹣ ）2+（ ）2＝（ ）2+m2， 25 2 25 2 即9m2﹣36m＝0， 解得m＝4（舍去）或0， 故m＝0． 第 84 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、菱形的性质、解直角三角形等． 26．如图1，将矩形OABC置于平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣4，0），点C的坐标为（0，m）（m＞ 0），点D（﹣1，m）在边BC上，将△ABD沿AD折叠压平，使点B落在坐标平面内，设点B的对应点为 点E． (1)如图2，当m＝3时，抛物线过点A、E、C，求抛物线解析式； (2)如图3，随着m的变化，点E正好落在y轴上，求∠BAD的余切值； (3)若点E横坐标坐标为1，抛物线y＝ax2＋2ax＋10（a≠0且a为常数）的顶点落在△ADE的内部，求a的 取值范围． 3 15 【答案】(1)y x2 x3; 4 4 (2)cotBAD 2; 6 5 (3)103 5a10 . 5 【分析】（1）根据点A、点D、点C的坐标和矩形的性质可以得到点B和点E的坐标； （2）由折叠的性质结合勾股定理求出CE2 2，AE3 2,从而得AB3 2，进而可得结论； （3）过点E作EN x轴于点N,延长NE交BC延长线于点M,则∠M 90,分别求出D(1,3 5),E(1,2 5)， 再运用待定系数法求出直线DE和AE的解析式，再求出抛物线的顶点坐标，把x=1代入两直线解析式， 从而可进一步得出结论． (1) 解：如图1， 第 85 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 在矩形ABCD中，OA//BC,AB//OC,OABC,OC  AB,B90, 当m3时，C(0,m), ∴OC  AB3 ∵A(4,0), ∴OABC 4, ∵D(1,m), ∴DC 1. ∴BDBCDC 413, 由折叠得，DEDB3,AE AB3, ∴ABBDDE AE, ∴四边形AEDB是菱形， ∵∠B90， ∴四边形AEDB是正方形， ∴点E在x轴上， ∴OEOAAE431. ∴E(1,0)； 设抛物线的解析式为：yax2bxc(a0). 把A(4,0),(1,0),C(0,3)代入得， 16a4bc0   abc0 ,   c3 第 86 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )  3 a  4   1 解得，b 4  c3   3 15 ∴所以，经过A,E,C三点的抛物线的解析式为：y x2 x3; 4 4 (2) 解：如图2，当点E在y轴上时， 由折叠得，∠AEDB90,OEDB3,AE AB， ∴∠12180AED90, ∵1390, ∴∠23. 在RtDCE中，由勾股定理得，CE DE2CD2 2 2， CF 2 2 ∴cos2  CD 3 OA 2 2 ∴在RtAOE中，cos3  , AE 3 ∴AE3 2, ∴AB3 2; AB 3 2 在RtABD中，cotBAD   2; BD 3 (3) 第 87 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 解：如图 3，过点E作EN x轴于点N,延长NE交BC延长线于点M,则∠M 90, ∵点E的横坐标为1， ∴ON CM 1, ∴DM DCCM 2,AN OAON 5, 由折叠得，∠AEDB90, ∴∠12180AED90, ∵∠1390， ∴∠23, 在RtDEM 中，由勾股定理得， 2 ME DE2DM  3a 22  5, DM 2 2 5 ∴tan2   , ME 5 5 EN 2 5 在RtANE中，tan3  ， AN 5 ∴EN 2 5, ∴MN ENME3 5, ∴D(1,3 5),E(1,2 5)； 设直线DE的解析式为ykxb(k 0),， 第 88 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 将D(1,3 5),E(1,2 5)代入，得：  1b3 5  ,  kb2 5  5 k   2 解得， ,  5 5 b   2 5 5 5 ∴直线DE的解析式为y x ; 2 2 设直线AE的解析式为ymxn,(m0), 把A(4,0),F(1,2 5)代入得， 4mn0  , mn2 5  2 5 m  5 解得，  8 5 n ,   5 2 5 8 5 ∴直线AE的解析式为y x ； 5 5 又抛物线yx22ax10a(x22x)10 a(x1)2a10, ∴抛物线顶点坐标为(1,a10) 5 5 5 当x=1时，代入y x ，得：y3 5 2 2 2 5 8 5 6 5 当x=1时，代入y x ,得y 5 5 5 ∵抛物线的顶点在△ADE内部， 6 5 ∴ a103 5, 5 6 5 即103 5a10 . 5 【点睛】本题考查了二次函数的综合知识，是一道有关折叠的问题，主要考查二次函数、矩形、解直角三 角形等知识，试题中贯穿了方程思想和数形结合的思想，请注意体会． 一、解答题 第 89 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 3 1．（2022·上海杨浦·统考二模）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y x2bxc与x轴相交 4 于点A(4,0)，与y轴相交于点B(0,3)，在x轴上有一动点E(m,0)(0m4)，过点E作x轴的垂线交线段AB 于点N，交抛物线于点P，过P作PM AB，垂足为点M． (1)求这条抛物线的表达式； C 6 (2)设 PMN的周长为C ，△AEN的周长为C ，如果 1  ，求点P的坐标；  1 2 C 5 2 (3)如果以N为圆心，NA为半径的圆与以OB为直径的圆内切，求m的值． 3 9 【答案】(1)y x2 x3 4 4  9 (2)点P的坐标是2,   2 20 (3)当eN 与  Q内切时，m 13 【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线解析式； PN 6 （2）先证明DPMN DAEN，根据相似三角形性质可得出：  ．利用待定系数法可得直线AB的解  AN 5 3  3 9  3 5 析式为y x3．设点Pm, m2 m3 0m4，，则PN  m23m，AN  4m，建立方 4  4 4  4 4 程求解即可得出答案；  3 （3）设OB的中点为点Q，则点Q Q的坐标0, ，过点N 作NK  y轴于点K，则NK m，  2 3 3 3 3  3 3 2 KQ m3  m ，运用勾股定理可得QN  m2 m  ，根据两圆内切建立方程求解即 4 2 4 2  4 2 可得出答案． 第 90 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 3 【解析】（1）解：∵抛物线y x2bxc与x轴交于点A(4,0)，与y轴交于点C(0,3) 4 124bc0, ∴ 3c.  9 b , ∴ 4  c3. 3 9 ∴y x2 x3； 4 4 （2）解：∵PM  AB,PEx轴， ∴PMN PEA90， 又∵PNM ANE， ∴DPMN DAEN，  C PN C PN ∴ △PMN  ．即 1  ． C AN C AN △AEN 2 C 6 又∵ 1  ， C 5 2 PN 6 ∴  ， AN 5 设直线AB:ykxb，又直线AB经过点A(4,0)，点B(0,3)，  3 4kb0 k  ∴ ∴ 4， 3b  b3 3 ∴y x3， 4 3 9 ∵点P在抛物线y x2 x3上， 4 4  3 9  ∴设点Pm, m2 m3，  4 4  3 ∵点N在直线y x3上， 4 第 91 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )  3  设点Nm, m3，  4   3 9   3  3 ∴PN  m2 m3 m3 m23m，  4 4   4  4  3  2 5 又AN  (m4)2 m3  (4m)，  4  4 3  m23m 4 6 ∴  ．解之得m 2,m 4（不合题意，舍去）， 5 5 1 2 (4m) 4  9 ∴点P的坐标是2, ；  2  3 （3）解：设OB的中点为点Q，则点Q的坐标0, ，  2  3  又点Nm, m3，  4  3 3 3 3 过点N 作NK  y轴于点K，则NK m，KQ m3  m ， 4 2 4 2 在RtNQK 中，  3 3 2 25 9 9 ∴QN  NK2KQ2  m2 m   m2 m ，  4 2 16 4 4 1 当eN 与  Q内切时，QN  AN  OB ， 2 25 9 9 5 3 ∴ m2 m  (4m) ， 16 4 4 4 2 20 解之得：m ， 13 20 ∴当eN 与  Q内切时，m ． 13 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数图像上点的坐标特征，相似 第 92 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 三角形的判定和性质，勾股定理，两圆内切的性质等，本题综合性强，有一定难度，第（2）问运用相似三 角形周长比等于相似比建立方程求解是解题关键，第（3）问根据圆与圆内切的性质建立方程求解是解题关 键． 、 2．（2022·上海普陀·统考二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线yax2bx8与x轴交于点 A(2,0)、B(4,0)，与y轴交于点C，顶点为D． (1)求抛物线的表达式和点D的坐标； (2)点E是第一象限内抛物线的一个动点，其横坐标为m，直线AE交y轴于点F． ①用m的代数式表示直线AE的截距； ②在△ECF 的面积与 EAD的面积相等的条件下探究：在y轴右侧存在这样一条直线，满足：以该直线上  的任意一点及点C、F三点为顶点的三角形的面积都等于 EAD面积，试用规范、准确的数学语言表达符合  条件的直线． 【答案】(1)yx22x8，点D的坐标为(1,9) (2)①直线AE的截距是(82m)；②符合条件的直线应该是经过点E且垂直于x轴的直线，为直线 3 33 3 129 x 和直线x 2 10 【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线的表达式，再利用配方法将抛物线表达式化为顶点式即可求 得顶点坐标； （2）①设点E  m,m22m8 0m4，利用待定系数法求得直线AE的解析式为y4mx82m， 即可得出答案； 第 93 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ②当点E在对称轴右侧时，设抛物线对称轴交直线AE于点H，则H1,123m，可得 1 1 1 1 S  DHx x  3m3m2，再求得S  CFm 2mm m2，根据题意可得： EAD 2 E A 2 ECF 2 2 m2  1 3m3m2，解得m 3 33 ，故符合条件的直线为x 3 33 ；当点E在y轴与对称轴之间 2 2 2 时，过点E作平行y轴的直线交AD于点K，利用待定系数法求得直线AD的解析式为y3x6，可得 1 3 Km,3m6，进而可得S  EKx x   m2m2  ，建立方程求解即可得出符合条件的直线为 EAD 2 D A 2 3 129 x ． 10 【解析】（1）解：  抛物线yax2bx8与x轴交于点A2,0、B4,0， 4a2b80  ， 16a4b80 a1 解得： ， b2 抛物线的表达式为yx22x8， yx22x8x129，  顶点D的坐标为1,9； （2）解：①设点E  m,m22m8 0m4，直线AE的解析式为ykxd ， 2kd 0 则 ， mkd m22m8 k 4m 解得： ， d 82m 直线AE的解析式为y4mx82m， 直线AE的截距为82m； ② 抛物线顶点D的坐标为1,9， 抛物线对称轴为直线x1， 当点E在对称轴右侧时，设抛物线对称轴交直线AE于点H，如图1， 第 94 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 则H1,123m， DH 9123m3m3， 1 1 S  DHx x  3m3m2， EAD 2 E A 2 由①知：直线AE的截距为82m，即F0,82m， 又C0,8， CF 882m2m， 1 1 S  CFm 2mmm2， ECF 2 2 由题意：S S ， ECF EAD 1 m2  3m3m2， 2 3 33 3 33 解得：m 或m ， 2 2 0m4，  3 33 m ， 2 根据同底等高的三角形面积相等可得：过点E且平行y轴的直线上任意一点及点C、F 三点为顶点的三角 形的面积都等于EAD面积， 3 33 符合条件的直线为x ； 2 当点E在y轴与对称轴之间时，过点E作平行y轴的直线交AD于点K，如图2， 第 95 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) A2,0、D1,9，  直线AD的解析式为y3x6， Km,3m6， EK m22m83m6m2m2． 1 3 S  EKx x   m2m2  ， EAD 2 D A 2 S S ，  ECF EAD 3   m2m2  m2， 2 3 129 3 129 解得：m （舍去）或m ， 10 10 3 129 符合条件的直线为x ， 10 3 33 3 129 综上所述，符合条件的直线为x 或x ． 2 10 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，抛物线的顶点式、顶点坐标、对称轴，直线的截距， 三角形面积等，运用等底等高的三角形面积相等解决问题是解题关键． 3．（2022·上海虹口·统考二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线yax2bx6与x轴交于点 A2,0和点B6,0，与y轴交于点C，顶点为D，连接BC交抛物线的对称轴l于点E． 第 96 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) (1)求抛物线的表达式； (2)连接CD、BD，点P是射线DE上的一点，如果S S ，求点P的坐标； △PDB △CDB (3)点M 是线段BE上的一点，点N 是对称轴l右侧抛物线上的一点，如果  EMN是以EM 为腰的等腰直角三 角形，求点M 的坐标． 1 【答案】(1)y x22x6 2 (2) 2,2 (3) 4,2或  2 2,4 2  【分析】（1）由抛物线yax2bx6，得抛物线过点0,6，设抛物线解析式yax2x6，将0,6 代入上述解析式，求得a的值，整理化简即可． （2）由（1）中条件求得抛物线顶点坐标及C点坐标，再算得S ，设点P在射线DE上，连接PB，设DP △CDB 1 1 交x轴于点F，设P 2, p  ，则S  DPBF  48 p，令S S ，解得关于p的方程即 △PDB 2 2 △CDB △PDB 可得到点P的坐标．  1  （3）由直线BC解析式为yx6，设Mm,m6，其中2m6，同理，设Nn, n22n6，其  2  中n2，分两种情况分别讨论，求解即可． 【解析】（1）解：∵抛物线yax2bx6， ∴抛物线过点0,6． ∵抛物线yax2bx6与x轴交于点A2,0和点B6,0， 第 97 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∴设抛物线yax2x6， ∵抛物线过点0,6， ∴将点0,6代入yax2x6中， 1 得6a0206 ，解得a ， 2 1 故抛物线解析式为y x2x6， 2 1 ∴抛物线解析式为y x22x6． 2 （2）解：连接CD、BD，设点P在射线DE上，连接PB，设DP交x轴于点F， 1 ∵抛物线解析式为y x22x6，与y轴交于点C，顶点为D， 2 ∴C0,6，D2,8． ∵C0,6，B6,0， ∴直线BC为：yx6， ∵BC交抛物线的对称轴l于点E， ∴E2,4， ∵D2,8，E2,4， ∴DE4， 1 1 ∴S  DEx x  4612． △CDB 2 B C 2 ∵S S ， △CDB △PDB 第 98 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∴S 12． △PDB 设P 2, p  ， ∵D2,8，点P在射线DE上， ∴DP8 p， ∵DP交x轴于点F， ∴F2,0， ∵B6,0，F2,0， ∴BF 4， ∵DP8 p， 1 1 ∴S  DPBF  48 p162p， △PDB 2 2 ∵S 12， △PDB ∴162p12，解得p2， 故P点坐标2,2． （3）解：∵直线BC为：yx6，E2,4， 又∵点M 是线段BE上的一点， ∴设Mm,m6，其中2m6， 1 又∵y x22x6，点N 是对称轴l右侧抛物线上的一点， 2  1  ∴设Nn, n22n6，其中n2．  2  ∵ EMN是以EM 为腰的等腰直角三角形，  ∴分两种情况进行讨论： ①如图1，当MEN 90，EM EN时，过点N作NK⊥DE于点K，过点M作ML⊥DE于点L， 第 99 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∵MEN 90， ∴NEKMEL90， ∵ML⊥DE， ∴EMLMEL90， ∵NEKMEL90， ∴NEK EML． ∵NK⊥DE，ML⊥DE， ∴NKEELM 90， ∵ EMN是以EM 为腰的等腰直角三角形，  ∴EN EM ， ∴△NEK≌△EML， ∴KN EL，KELM ．  1  ∵Mm,m6，Nn, n22n6，E2,4，  2   1  n22n64m2 ∴ 2 ，  n24m6 m4 m2 解得 或 ， n4 n2 ∵2m6，n2， m2 ∴ 舍去， n2 ∴M点坐标为4,2． 第 100 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ②如图2，当EMN 90，ME MN 时， ∵ EMN是以EM 为腰的等腰直角三角形，  ∴NEM 45． ∵B6,0，C0,6， ∴OBOC， ∵BOC 90， ∴OBC 45NEM ， ∴EN∥OB， ∴y  y ． N E ∵E2,4， ∴y  y 4， N E  1  ∵Nn, n22n6，n2，  2  1 ∴当 n22n64，解得n22 2， 2 ∵n2， ∴n22 2，即x 22 2． N ∵ EMN是以EM 为腰的等腰直角三角形，  x x 222 2 ∴x  E N  2 2， M 2 2 ∵直线BC为：yx6，E2,4， 又∵点M 是线段BE上的一点， 第 101 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )   ∴M点坐标为 2 2,4 2 ． 综上，满足题意的M点坐标为4,2或  2 2,4 2  ． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数相关的综合运用，充分运用数形结合思想是 解题的关键． 4．（2022·上海松江·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，已知直线y2x8与x轴交于点A、与y轴交 于点B，抛物线yx2bxc经过点A、B． (1)求抛物线的表达式； (2)P是抛物线上一点，且位于直线AB上方，过点P作PM∥y轴、PN∥x轴，分别交直线AB于点M 、 N ． 1 ①当MN  AB时，求点P的坐标； 2 PC ②连接OP交AB于点C，当点C是MN的中点时，求 的值． OC 【答案】(1)yx22x8 (2)①2,8；② 21 【分析】（1）由y2x8求A4，0，B0，8，将A、B代入yx2bxc即可求解； （2）设①设点P的坐标为  t，t22t8  ，点M 的坐标为t，2t8，由PN∥x轴，PM∥y轴，可得 PM MN 1 △PMN∽△OBA，  ，当MN  AB时，PM 4即可求解； OB AB 2 ②过点C作CDx轴，延长PM 交x轴于点E，则PE∥CD，当点C是MN的中点时，可得 第 102 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) PC NC MC，由PN∥x轴，PM∥y轴，得 CN  CA ， CP  CO ，设点P的坐标为  t,t22t8  ，则 CP CO CM CB PE CD PEt22t8，OE t，由  2，即可求解； OE OD 【解析】（1）解：将x0代入y2x8得，y=8， 将y=0代入得0=2x+8，解得：x=-4， 所以A4，0，B0，8，  A4，0，B0，8在抛物线yx2bxc上， 164bc0 b2 ∴ ，解得 c8 c8 抛物线的解析式yx22x8 （2）①设点P的坐标为  t，t22t8  ，  PM  y轴，且点M 在直线y2x8上， 点M 的坐标为t，2t8 PM t22t82t8t24t  A4，0，B0，8， OA4，OB8，  PN  x轴，PM∥y轴， PNM OAB，PMN OBA， △PMN∽△OBA， PM MN   ， OB AB 1 当MN  AB时，PM 4 2 t24t 4，解得t2 点P的坐标为2,8 ②过点C作CDx轴，延长PM 交x轴于点E，则PE∥CD. 第 103 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 当点C是MN的中点时，可得PC NC MC  PN  x轴，PM∥y轴， CN CA CP CO   ，  CP CO CM CB AC BC OC 点C是AB的中点 DO2，CD4 设点P的坐标为  t,t22t8  ，则PEt22t8，OE t ∵PE∥CD， ∴△OCD∽△OPE， PE CD   2， OE OD t22t8 即 2， t t 2 2 PC ED 2 22     21. OC DO 2 【点睛】本题主要考查二次函数与一次函数综合应用、三角形的相似，掌握相关知识并灵活应用是解题的 关键． 5．（2022·上海金山·统考二模）已知：在直角坐标系中直线yx4与x轴、y轴相交于点A、B，抛物线 1 y x2 bxc经过点A和点B． 2 第 104 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) (1)求抛物线的解析式； (2)如果直线AB与抛物线的对称轴相交于点C，求OC的长； (3)P是线段OA上一点，过点P作直线AB的平行线，与y轴相交于点Q，把△OPQ沿直线PQ翻折，点O 的对应点是点D，如果点D在抛物线上，求点P的坐标． 1 【答案】(1)y x2x4 2 (2)OC  10   (3)点P是坐标是 2 2,0 【分析】（1）先根据直线yx4求出点A和点B的坐标，再运用待定系数法求解即可； （2）求出抛物线的对称轴为直线x=1，代入y=-x+4，可求出点C坐标，再运用勾股定理求解即可； （3）设点P的坐标为t,0，证明四边形DPOQ为正方形，得点D坐标是t,t，从而可得方程 1 t  t2 t4，求解方程即可得到答案． 2 【解析】（1）直线yx4与x轴、y轴相交于点A、B， 当y=0，则-x+4=0，解得，x=4， 当x=0，则y=4， ∴A4,0、B0,4.， 1 代入y x2 bxc得， 2 84bc0  ， c4 第 105 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 解得，b1，c4， 1 ∴抛物线的解析式为y x2x4. 2 1 1 9 （2）∵y x2x4 (x1)2 2 2 2 ∴抛物线的对称轴为直线x1， 当x=1时，y143 ∴C1,3， ∴OC  12+32= 10. （3）如图，设点P的坐标为t,0， ∵AOBO4，AOB90， ∴OABOBA45， ∵PQ∥AB， ∴OPQ OQP 45， ∴DPODQO90， 又POQ90， ∴四边形DPOQ为矩形， ∵OPOQ， ∴四边形DPOQ为正方形， ∴DPDQOPt， ∴点D是坐标是t,t， 1 ∴t  t2 t4， 2 第 106 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 解得：t 2 2，t 2 2（不合题意，舍去）， 1 2   ∴点P是坐标是 2 2,0 【点睛】此题主要考查二次函数的图象与性质、用待定系数法求函数解析式，矩形的判定和正方形的判定 等知识，解题的关键是抓住图形中某些特殊的数量关系和位置关系． 6．（2022·上海黄浦·统考二模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线yax2bx（c a0）经过点A（4， 0），顶点为H（2，4），对称轴l与x轴交于点B，点C、P是抛物线上的点，且都在第一象限内． (1)求抛物线的表达式； (2)当点C位于对称轴左侧，∠CHB＝∠CAO，求点C的坐标； (3)在（2）的条件下，已知点P位于对称轴的右侧，过点P作PQ∥CH，交对称轴l于点Q，且 S ：S 1：5，求直线PQ的表达式． POQ PAQ 【答案】(1)yx24x (2)C1,3 2 (3)yx 或yx1 3 【分析】（1）根据题意将抛物线表达式设为顶点式，将A、H坐标代入即可求出； （2）过点C向对称轴和x轴作垂线，设C点坐标为  m,m24m  ，根据角度相等，所以正切值相等，分别 在两个直角三角形中构造线段等比例关系，以m表示各线段长度，代入等比例式中，求出m即可； （3）分别作OM、AN垂直于PQ，OM、AN即为两个三角形的高，因为底PQ相同，所以两三角形面积比 等于OM与AN的比，延长PQ交x轴于点D，则OM∥AN ，得到三角形相似，继而得到OM与AN的比 第 107 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 等于OD与AD的比，从而求出D点坐标，因为PQ∥CH，先求出CH表达式为yx2，则可将PQ的表 达式设为yxh形式，将D点坐标代入即可求出表达式． 【解析】（1）∵抛物线经过点A4,0，顶点为H2,4， ∴设yax224， ∴a42240， 解得：a1， ∴yx224x24x， ∴抛物线的表达式为yx24x． （2）分别过点C作CGHB，CF x轴，垂足为点G、F， 设C  m,m24m  ， 则：CG2m，HG4(m24m)m24m4，CF m24m，AF 4m， ∵CHBCAO， ∴tanCHBtanCAO， CG CF ∴  ． HG AF 2m m24m ∴  ， m24m4 4m 解得m1， 经检验，m=1是方程的解， 则m24m3， ∴C点坐标为1,3． （3）延长PQ交x轴于点D．分别过点O、A作直线PQ的垂线，垂足分别为点M、N． 第 108 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∵点C坐标为1,3，点H坐标为2,4， kb3 ∴设直线CH的表达式为ykxb，将C、H坐标代入得 ， 2kb4 解得k 1,b2， ∴直线CH表达式为：yx2， ①当△POQ、△PAQ在直线PQ的两侧时， ∵S :S 1:5， △POQ △PAQ 1 PQ·OM ∴ S POQ  2  OM  1 ． S 1 AN 5 PAQ PQ·AN 2 ∵OM PQ,AN PQ， ∴OM∥AN ， ∴△ODM∽△ADN， OM OD ∴  ， AN AD OM OD 1 ∴   ， AN AD 5 ∵AO4， 1 2 ∴OD AO ， 6 3 2  ∴D点坐标为 ,0． 3  又∵PQ∥CH ， ∴设直线PQ的表达式为yxh， 2 将D点坐标代入得0 h， 3 第 109 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 2 解得h ， 3 2 ∴PQ表达式为yx ； 3 ②当△POQ、△PAQ在直线PQ的同侧时， ∵OM∥AN ， ∴△ODM∽△ADN， OM OD ∴  ，AD AOOD AN AD OD OD 1 ∴   ， AN 4OD 5 ∴OD1， ∴此时D点坐标为1,0， ∴设直线PQ的表达式为yxh， 将1,0代入解得h 1， ∴直线PQ的表达式为y= x+1 2 综上所述，满足条件的直线PQ的表达式为yx 或yx1． 3 【点睛】本题考查了二次函数的动点问题，需熟练掌握二次函数数形结合的综合应用． 1 7．（2022·上海奉贤·统考二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y   x  2与x轴、y轴分别交于 2 1 点A、B．抛物线y x2 bxc经过点A、B顶点为C． 2 (1)求该抛物线的表达式； (2)将抛物线沿y轴向上平移，平移后所得新抛物线顶点为D，如果BDC OAB，求平移的距离； (3)设抛物线上点M的横坐标为m，将抛物线向左平移3个单位，如果点M的对应点Q落在 OAB内，求m  的取值范围． 1 3 【答案】(1)抛物线的解析式为y  x2  x2 2 2 第 110 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 15 (2)平移的距离为 8 (3)m的取值范围为3m4 【分析】（1）由直线解析式可求出点A、B的坐标，然后再代入二次函数解析式进行求解即可； 3 （2）过点B作BE⊥DC于点E，由（1）可得：OA4,OB2，抛物线的对称轴为直线x ，顶点坐标为 2 3 25 1  , ，然后可得tanBDC tanBOA ，进而问题可求解； 2 8  2 3 （3）由（1）可知点B0,2，A4,0，抛物线的对称轴为直线x ，则有点B关于抛物线对称轴对称的 2 点的坐标为3,2，然后根据图象的平移可进行求解． 1 【解析】（1）解：令x=0时，则有y 022，即点B0,2， 2 1 令y=0时，则有0   x  2，解得：x4，即点A4,0， 2 把点A、B的坐标代入二次函数解析式得：  1  3  424bc0 b  2 ，解得： 2，   c2  c2 1 3 ∴抛物线的解析式为y  x2  x2； 2 2 （2）解：由题意可得如下图象： 过点B作BE⊥DC于点E， 3 3 25 由（1）可得：OA4,OB2，抛物线的对称轴为直线x ，顶点坐标为 , ， 2 2 8  3 OB 1 ∴BE ,tanBOA  ， 2 OA 2 ∵BDC OAB， 第 111 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 ∴tanBDC tanBOA ， 2 ∴DE2BE3， 25 15 ∴平移距离DC 32  ； 8 8 3 （3）解：由（1）可知点B0,2，A4,0，抛物线的对称轴为直线x ， 2 ∴点B关于抛物线对称轴对称的点的坐标为3,2， ∵将抛物线向左平移3个单位，且点M的对应点Q落在 OAB内，  ∴点M的横坐标为m的取值范围为3m4． 【点睛】本题主要考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键． 8．（2022·上海徐汇·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数ymx22mx3的图像与x轴交于A 和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且AB＝4． (1)求这个函数的解析式，并直接写出顶点D的坐标； (2)点E是二次函数图像上一个动点，作直线EF∥x轴交抛物线于点F（点E在点F的左侧），点D关于直 线EF的对称点为G，如果四边形DEGF是正方形，求点E的坐标； (3)若射线AC与射线BD相交于点H，求∠AHB的大小． 【答案】(1)yx22x3；D（1，4）； (2)E（0，3）； (3)AHB45． 【分析】（1）先求出抛物线对称轴，再根据AB= 4求出点B坐标，再代入函数关系式求出m的值，再求出 顶点坐标； （2）连接DG交EF于点Q，先证明四边形DEGF是菱形，设E（n，-n2+ 2n + 3）， 第 112 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 再根据四边形DEGF是正方形得到EQ = DQ，据此求出n的值，得到点E的坐标； （3）连接AC，过点H作HM⊥x轴于M，先求出AC的长，得到∠ABC = 45°，求出直线AC与直线BD的函 AH AB 数关系式，再联立方程组求出点H的坐标，再求出AH的长，得到  ，从而证得 BAC ~ HAB，可   AB AC 得结果． 2m 【解析】（1）∵抛物线为ymx22mx3的对称轴为直线x 1，AB= 4， 2m ∴A（-1，0），B（3，0）， ∴把B（3，0）代入ymx22mx3得， 9m-6m +3 = 0， 解得：m=-1， ∴抛物线的解析式为y=-x2+2x +3； ∵抛物线为yx22x3(x1)24， ∴顶点D（1，4）； （2）如图1，连接DG交EF于点Q， ∵D（1，4），D与G关于EF对称， ∴EF垂直平分DG， ∴DE = EC，DF = FG， ∵EF//c轴，DG⊥x轴，点E、F关于直线DG对称， ∴DE = DF，线段DG在抛物线的对称轴上， ∴DE = DF= FG = EG， 第 113 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∴四边形DEGF是菱形； 设E（n，-n2+ 2n + 3）， ∴EQ = 1-n，DQ =4-（-n2 + 2n + 3）=n2- 2n+1， 又∵四边形DEGF是正方形， ∴EQ = DQ， 即1nn22n1， 解得n = 0或n = 1（舍去）， ∴．E（0，3）； （3）如图2，连接AC，过点H作HM⊥x轴于M， ∵抛物线为y =-x2 + 2x + 3， ∴C（0，3）， ∵A（-1，0），B（3，0）， ∴AO = 1，AB = 4，OC = 3，OB = 3， ∴AC  AO2OC2  1232  10 ∴OB = OC， ∴∠ABC = 45°， 设直线AC的解析式为y=rx +3（r≠ 0）， 则0=-r+ 3， ∴r = 3， ∴直线AC的解析式为y= 3x+3， 第 114 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 设直线BD的解析式为y =ka +b（k≠0）， 3kb0 则 ， kb4 k 2 解得 ， b6 ∴直线BD的解析式为y=-2x +6， y2x6 解方程组 ， y3x3  3 x   5 解得 ， 24 y  5 3 24 ∴H , ， 5 5  3 24 ∴OM  ,MH  ， 5 5 3 8 ∴AM  AOOM 1  ， 5 5 8 2 24 2 8 10 ∴AH  AM2MH2       ， 5  5  5 8 10 ∴ AH 5 2 10 ，   AB 4 5 AB 4 2 10 ∵   ， AC 10 5 AH AB ∴  ， AB AC 又∵BAC HAB， ∴ BAC ~ HAB，   ∴AHBABC， ∴AHB45． 【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式，菱形的性质及判定，勾股定 理的应用，三角形相似的判定和性质，数形结合思想的运用是解题的关键． 第 115 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司上海最大家教平台---嘉惠家教 2 万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985 学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 第 116 页 共 116 页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 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