知识点19 二次函数几何方面的应用

知识点19二次函数几何方面的应用一、选择题1.（2019·乐山）如图，抛物线与轴交于、两点，是以点（0,3）为圆心，2为半径的圆上的动
点，是线段的中点，连结.则线段的最大值是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】连接PB，令=0，得x=，故A（-4
，），（4，0），∴O是AB的中点，又是线段的中点，∴OQ=PB，点B是圆C外一点，当PB过圆心C时，PB最大，OQ也最大，此时O
C=3，OB=4，由勾股定理可得BC=5，PB=BC+PC=5+2=7，OQ=PB=，故选C.二、填空题1.（2019·无锡
）如图，在中，AB=AC=5，BC=，为边上一动点(点除外)，以为一边作正方形，连接，则面积的最大值为.【答案】8【解析】过
D作DG⊥BC于G，过A作AN⊥BC于N，过E作EH⊥HG于H，延长ED交BC于M.易证△EHD≌△DGC，可设DG=HE=x，∵
AB=AC=5，BC=，AN⊥BC，∴BN=BC=2，AN=，∵G⊥BC，AN⊥BC，∴DG∥AN，∴，∴BG=2x，CG=HD=
4-2x；易证△HED∽△GMD，于是，，即MG，所以S△BDE=BM×HD=×（2x）×（4-2x）==，当x=时，S
△BDE的最大值为8.2.(2019·台州)如图,直线l1∥l2∥l3,A,B,C分别为直线l1,l2,l3上的动点,连接A
B,BC,AC,线段AC交直线l2于点D.设直线l1,l2之间的距离为m,直线l2,l3之间的距离为n,若∠ABC＝90°,BD＝
4,且,则m+n的最大值为________.【答案】【解析】过点B作BE⊥l1于点E,作BF⊥l3于点F,过点A作AN⊥l2于点N
,过点C作CM⊥l2于点M,设AE＝x,CF＝y,则BN＝x,BM＝y,∵BD＝4,∴DM＝y－4,DN＝4－x,∵∠ABC＝90
°,且∠AEB＝∠BFC＝90°,∠CMD＝∠AND＝90°,易得△AEB∽△BFC,△CMD∽△AND,∴,即,mn＝xy,∴,
即,∴y＝10－,∵,∴n＝m,m+n＝m,∵mn＝xy＝x(10－)＝－x2+10x＝m2,当x＝时,mn取得最大值为,∴m2＝
,∴m最大＝,∴m+n＝m＝.3.（2019·凉山）如图，正方形ABCD中，AB=12,AE=AB，点P在BC上运动（不与
B、C重合），过点P作PQ⊥EP，交CD于点Q，则CQ的最大值为.【答案】4【解析】在正方形ABCD中，∵AB=12,AE=
AB=3，∴BC=AB=12，BE=9，设BP=x，则CP=12-x.∵PQ⊥EP，∴∠EPQ=∠B=∠C=90°，∴∠BEP+∠
BPE=∠CPQ+∠BPE=90°，∴∠BEP=∠CPQ，∴△EBP∽△PCQ，∴，∴，整理得CQ=，∴当x=6时，CQ取得最大值
为4.故答案为4.三、解答题25．（2019山东烟台，25，13分）如图，顶点为M的抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C，过点C
作轴交抛物线与另一个点D，作轴，垂足为点E．双曲线经过点D，连接MD，BD．(1)求抛物线的解析式．(2)点N，F分别是x轴，y轴
上的两点，当M，D，N，F为顶点的四边形周长最小时，求出点N，F的坐标；(3)动点P从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿OC方向
运动，运动时间为t秒，当t为何值时，的度数最大？（请直接写出结果）【解题过程】（1）当时所以，，因为轴，轴，，所以四边形O
EDC为矩形，又因为双曲线经过点D，所以,所以,所以将点、代入抛物线得解得所以抛物线的表达式为．（2）解：作点D
关于x轴的对称点，作点M关于y轴的对称点，如图（1）第25题答图（1）由图形轴对称的性质可知，，所以四边形MDNF的周长，因为是
定值，所以当最小时，四边形MDNF的周长最小，因为两点之间线段最短，所以当I、F、N、H在同一条直线上时最小所以当I、F、N、
H在同一条直线上时，四边形MDNF的周长最小，连接，交x轴于点N，交y轴于点F，因为抛物线的表达式为，所以点M的坐标为，由轴对
称的性质可得，，，设直线HI的表达式为，所以，解得，所以直线HI的表达式为，当时，，当时，，所以，所以，，所以当M，D，N，F
为顶点的四边形周长最小时，，．（3）解：本题的答案为．解题分析：如图（2），当两点A、B距离是定值，直线CD是一条固定的直线，点
P在直线CD上移动，由下图可以看出只有当过A、B的圆与直线CD相切时最大．第25题答图（2）第25题答图（3）所以可作过点B、
D，且与直线OC相切，切点为P，此时的度数最大，由已知，可得，因为直线OC与相切，所以，所以直线PT的解析式为因为抛物线的表
达式为，所以点B的坐标为，因为点B、点可以求得直线BD的垂直平分线的解析式为联立与，得，直线PT与直线BD的交点即为点M，所以因为
,可得解得或（舍去）所以当时，的度数最大．27．（2019江苏盐城卷，27，14）如图所示，二次函数的图象与一次函数的图象交于,两
点，点在点的右侧，直线分别于轴、轴交于、两点，且.求,两点横坐标；若△OAB是以为腰的等腰三角形，求的值；二次函数图象的对称轴与轴
交于点,是否存在实数，使得，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【解题过程】（1）∵A、B是与的交点，，∵点在点的右侧
，点横坐标是，点横坐标.（2）由（1）可知和∵由两点间距离公式可得：∵△OAB是以为腰的等腰三角形分为两种情况：或当时即∵
当时即或综上所述，或或.（3）存在，或【提示】由（1）可知和.根据题意分为两种情况：点在点左侧，点在点右侧.当点在点左侧时
如图1，过点作轴于点，作的垂直平分线交轴于点，连接∵设=m，由（1）可知和.在Rt△BFH中，由得∵∵
，∵当点在点右侧时如图，过点作轴于点，作的垂直平分线交轴于点，连接∵由（1）可知和.设在Rt△BMN中
，由得∵∵∵，∵综上所述，或.23．（2019江西省，23，12分）特例感知(1)如图1，对于抛物线，，下
列结论正确的序号是；①抛物线，，都经过点C(0，1)；②抛物线，的对称轴由抛物线的对称轴依次向左平移个单位得到；③抛物线，，与直
线y=1的交点中，相邻两点之间的距离相等.形成概念(2)把满足（n为正整数）的抛物线称为“系列平移抛物线”.知识应用在(2)中，如
图2.①“系列平移抛物线”的顶点依次为，，，…，，用含n的代数式表示顶点的坐标，并写出该顶点纵坐标y与横坐标x之间的关系式；②“系
列平移抛物线”存在“系列整数点(横、纵坐标均为整数的点)”：，，，…，，其横坐标分别为-k-1，-k-2，-k-3，…，-k-n(
k为正整数)，判断相邻两点之间的距离是否都相等，若相等，直接写出相邻两点之间的距离；若不相等，说明理由；③在②中，直线y=1分别交
“系列平移抛物线”于点，，，…，，连接，，判断，是否平行？并说明理由.【解题过程】解：（1）对于抛物线，，来说，∵抛物线，，都经过
点C(0，1)，∴①正确；∵抛物线，，的对称轴分别为：，，的∴抛物线，的对称轴由抛物线的对称轴依次向左平移个单位得到，∴②正确；∵
抛物线，，与直线y=1的另一个交点的横坐标分别为：-1、-2、-3，∴抛物线，，与直线y=1的交点中，相邻两点之间的距离相等.∴③
正确.答案：①②③（2）①由可知，顶点坐标为（，），∴该顶点纵坐标y与横坐标x之间的关系式为；②当横坐标分别为-k-1，-k-2，
-k-3，…，-k-n(k为正整数)，对应的纵坐标为：，，，…，，∴，，…，，∴相邻两点的距离相等，且距离为：.③将y=1代入可得
，∴x=-n（0舍去），∴点（-1，1），（-2，1），（-3，1），…，（-n，1）.∵当横坐标分别为-k-1，-k-2，-k-
3，…，-k-n(k为正整数)，对应的纵坐标为：，，，…，，∴点（-k-1，），（-k-2，），（-k-3，），…，（-k-n，）
.设，的解析式分别为：y=px+q，y=mx+n，则，，解得p=k+n，m=k+n-1，∴p≠m∴，不平行.23．（2019·山西
）综合与探究如图,抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（－2,0）,B(4,0)两点,与y轴交于点C.点D是抛物线上一个动点,设点D
的横坐标为m(1求m的值;(3)在(2)的条件下,若点M是x轴上一动点,点N是抛物线上一动点,试判断是否存在这样的点M,使得以点B,D,M,N为顶
点的四边形是平行四边形.若存在,请直接写出点M的坐标;若不存在,请说明理由.第23题图【解题过程】(1)∵抛物线y＝ax2+bx+
6经过点A（－2,0）,B(4,0)两点,∴,解之,得:,∴抛物线的函数表达式为:;(2)作直线DE⊥x轴于点E,交BC于点G,作
CF⊥DE,垂足为点F,∵点A的坐标为(－2,0),∴OA＝2,由x＝0,得y＝6,∴点C的坐标为(0,6),∴OC＝6,∴S△A
OC＝OA·OC＝6,∴S△BCD＝S△AOC＝.设直线BC的函数表达式为y＝kx+n,由B,C两点的坐标得:,解之,得:,∴直线
BC的函数表达式为:y＝－x+6.∴点G的坐标为(m,－m+6),∴DG＝－(－m+6)＝.∵点B的坐标为(4,0),∴OB＝4,
∴S△BCD＝S△CDG+S△BDG＝.∴＝,解之,得m1＝3,m2＝1,∴m的值为3.第23题答图(3)存在点M,其坐标为:M1
(8,0),M2(0,0),M3(,0),M4(－,0).25．（2019·常德）如图11，已知二次函数图象的顶点坐标为A（1，4
），与坐标轴交于B、C、D三点，且B点的坐标为（－1，0）．（1）求二次函数的解析式；（2）在二次函数图象位于x轴上方部分有两个动
点M、N，且点N在点M的左侧，过M、N作x轴的垂线交x轴于点G、H两点，当四边形MNHG为矩形时，求该矩形周长的最大值；（3）当矩
形MNHG的周长最大时，能否在二次函数图象上找到一点P，使△PNC的面积是矩形MNHG面积的，若存在，求出该点的横坐标，若不存在，
请说明理由．【解题过程】（1）设抛物线的解析式为y＝，把B（－1，0）代入解析式得：4a＋4＝0，解得a＝－1，∴y＝－＝－；
（2）∵四边形MNHG为矩形，∴MN∥x轴，设MG＝NH＝n，把y＝n代入y＝－，即n＝－，∴＝0，由根与系数关系得＝2，＝n－3
，∵＝－4，∴＝4－4（n－3）＝16－4n，∴MN＝＝2，设矩形MNHG周长为C，则C＝2（MN＋MG）＝2（2＋n）＝4＋2
n，令＝t，则n＝4－，∴C＝－2＋4t＋8＝－2，∵－2＜0，∴t＝1时，周长有最大值，最大值为10；（3）在（2）的条件下，
当矩形周长最大时t＝1，∴＝1，n＝3，MN＝2＝2，∵D（0，3），∴此时N与D重合，∴＝2×3＝6，∴＝＝，又∵当y＝0时0
＝－，解得＝－1，＝＝3，∴C（3，0），∵D（0，3），直线CD的解析式为y＝－x+3，∴过P做y轴的平行线，交直线CD于点Q，
设P横坐标为m，则P（m，－），Q（m，－），∴PQ＝｜（－）－（－）｜，当P在Q的上方时，PQ＝－，∴＝·PQ·OC＝，－＝，解
得m＝；当P在Q的下方时，PQ＝，即＝，解得，（舍去）；∴P横坐标为或．25．（2019·衡阳）如图，二次函数y＝x2＋bx＋c的
图象与x轴交于点A（－1，0）和点B（3，0），与y轴交于点N，以AB为边在x轴上方作正方形ABCD，点P是x轴上一动点，连接CP
，过点P作CP的垂线与y轴交于点E.（1）求该抛物线的函数关系表达式；（2）当点P在线段OB（点P不与O、B重合）上运动至何处时，
线段OE的长有最大值？并求出这个最大值；（3）在第四象限的抛物线上任取一点M，连接MN、MB，请问：△MBN的面积是否存在最大值？
若存在，求出此时点M的坐标；若不存在，请说明理由.解：（1）把A（－1，0），B（3，0）代入y＝x2＋bx＋c，得解得∴该抛物线
的函数表达式为y＝x2－2x－3；（2）∵CP⊥EB，∴∠OPE＋∠BCP＝90°，∵∠OPE＋∠OEP＝90°，∴∠OEP＝∠
BPC，∴tan∠OEP＝tan∠BPC．∴＝．设OE＝y，OP＝x，∴＝．整理，得y＝－x2＋x＝－（x－）2＋．∴当OP＝时，
OE有最大值，最大值为，此时点P在（，0）处.（3）过点M作MF⊥x轴交BN于点F，∵N（0，－3），B（3，0），∴直线的解析式
为y＝－3m.设M（m,m2－2m－3）,则MF＝m2－3m，∴△MBN的面积＝OB·MF＝(m2－3m)＝(m－)
2－.点M的坐标为（，－）时，△MBN的面积存在最大值.24．（2019·武汉，24，12分）已知抛物线C1：y＝（x－1）2－
4和C2：y＝x2（1）如何将抛物线C1平移得到抛物线C2？（2）如图1，抛物线C1与x轴正半轴交于点A，直线经过点A，交抛物
线C1于另一点B．请你在线段AB上取点P，过点P作直线PQ∥y轴交抛物线C1于点Q，连接AQ①若AP＝AQ，求点P的横坐标②若
PA＝PQ，直接写出点P的横坐标（3）如图2，△MNE的顶点M、N在抛物线C2上，点M在点N右边，两条直线ME、NE与抛物线C2
均有唯一公共点，ME、NE均与y轴不平行．若△MNE的面积为2，设M、N两点的横坐标分别为m、n，求m与n的数量关系【解题过程
】（1）先向左平移1个单位，在向上平移4个单位（2）①kAB＝和A（3，0）易求AB：y＝∵AP＝AQ，PQ⊥AO．∠PAO＝∠Q
AO∴AQ：y＝联立得∴②设P（t，）则Q（t，）易求：PQ＝，PA＝∵PA＝PQ∴∴（3）设ME：联立则∴∴∴同理：化简得：2
5．（2019·黄冈）如图①在平面直角坐标系xOy中，已知A(－2，2)，B(－2，0)，C(0，2)，D(2，0)四点，动点M以
每秒个单位长度的速度沿B→C→D运动(M不与点B、点D重合)，设运动时间为t(秒).(1)求经过A、C、D三点的抛物线的解析式；(
2)点P在(1)中的抛物线上，当M为BC的中点时，若△PAM≌△PBM，求点P的坐标；(3)当M在CD上运动时，如图②.过点M作M
F⊥x轴，垂足为F，ME⊥AB，垂足为E.设矩形MEBF与△BCD重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式，并求出S的最大值；(4
)点Q为x轴上一点，直线AQ与直线BC交于点H，与y轴交于点K.是否存在点Q，使得△HOK为等腰三角形?若存在，直接写出符合条件的
所有Q点的坐标；若不存在，请说明理由.【解题过程】28．（2019·陇南）如图，抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于A（﹣3，0），
B（4，0）两点，与y轴交于点C，连接AC，BC．点P是第一象限内抛物线上的一个动点，点P的横坐标为m．（1）求此抛物线的表达式；
（2）过点P作PM⊥x轴，垂足为点M，PM交BC于点Q．试探究点P在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形
是等腰三角形．若存在，请求出此时点Q的坐标，若不存在，请说明理由；（3）过点P作PN⊥BC，垂足为点N．请用含m的代数式表示线段P
N的长，并求出当m为何值时PN有最大值，最大值是多少？解：（1）由二次函数交点式表达式得：y＝a（x+3）（x﹣4）＝a（x2﹣
x﹣12）=ax2﹣ax﹣12a，∵抛物线y＝ax2+bx+4，∴﹣12a＝4，解得：a＝﹣，∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+
4；（2）存在，理由：点A、B、C的坐标分别为（﹣3，0）、（4，0）、（0，4），则AC＝5，AB＝7，BC＝4，∠OAB＝∠O
BA＝45°，将点B、C的坐标代入一次函数表达式：y＝kx+b并解得：y＝﹣x+4…①，同理可得直线AC的表达式为：y＝x+4，设
直线AC的中点为P（﹣，4），过点P与CA垂直直线的表达式中的k值为﹣，同理可得过点P与直线AC垂直直线的表达式为：y＝﹣x+…②
，①当AC＝AQ时，如图1，则AC＝AQ＝5，设：QM＝MB＝n，则AM＝7﹣n，由勾股定理得：（7﹣n）2+n2＝25，解得：n
＝3或4（舍去4），故点Q（1，3）；②当AC＝CQ时，如图1，CQ＝5，则BQ＝BC﹣CQ＝4﹣5，则QM＝MB＝，故点Q（，）
；③当CQ＝AQ时，联立①②并解得：x＝（舍去）；故点Q的坐标为：Q（1，3）或（，）；（3）设点P（m，﹣m2+m+4），则点Q
（m，﹣m+4），∵OB＝OC，∴∠ABC＝∠OCB＝45°＝∠PQN，PN＝PQsin∠PQN＝（﹣m2+m+4+m﹣4）＝﹣m
2+m，∵﹣＜0，∴PN有最大值，当m＝时，PN的最大值为：．1.（2019·湖州）如图1，在平面直角坐标系xOy中，四边形OA
BC是矩形，点A，C分别在x轴和y轴的正半轴上，连结AC，OA＝3，tan∠OAC＝，D是BC的中点．（1）求OC的长及点D的坐标
；（2）如图2，M是线段OC上的点，OM＝OC，点P是线段OM上的一个动点，经过P，D，B三点的抛物线交x轴的正半轴于点E，连结D
E交AB于点F．①将△DBF沿DE所在的直线翻折，若点B恰好落在AC上，求此时BF的长和点E的坐标；②以线段DF为边，在DF所在的
直线的右上方作等边△DFG，当动点P从点O运动到点M时，点G也随之运动，请直接写出点G的运动路径的长．【思路分析】（1）Rt△AO
C中，由正切三角函数，可求OC的长；再由矩形的性质及线段中点的定义锁定点D的坐标．（2）①由翻折可知DB＝＝DC，从而∠DCA＝∠
＝30°．通过解直角三角形得到FA＝FB＝，在Rt△AEF中，AE＝AF?tan∠AFE＝×＝，从而求得点E的坐标．②按一找点G的
运动起点与终点，从而找到点G的路径，二求该路径的长即可锁定答案．如答图2和答图3，表示动点P从点O运动到点M时，点G也随之运动时的
起点、与终点的位置，G点的路径是一条线段．【解题过程】（1）在Rt△AOC中，由tan∠OAC＝＝，OA＝3，得OC＝OA?tan
∠OAC＝3×＝．∵四边形OABC是矩形，点D为BC的中点，∴D(，)．（2）①如答图1，易知∠OAC＝∠ACB＝30°．而由
折叠可知DB＝＝DC，从而∠DCA＝∠＝30°．∴∠BDF＝∠＝30°．∴∠DFB＝∠AFE＝60°．Rt△DBF中，易求BF＝．
∴AF＝AB－BF＝．Rt△AEF中，AE＝AF?tan∠AFE＝×＝．∴OE＝，E(，0)．综上，BF的长为，点E的坐标为E(，
0)．②．第24题答图3第24题答图2第24题答图1【知识点】矩形性质；解直角三角形；翻折（轴对称）；等腰三角形；等边三角形；二次
函数；动态问题；数形结合思想；探究性问题；压轴题；原创题2.（2019·天津）在平面直角坐标系中，O为原点，点A(6，0),点B
在y轴的正半轴上，∠ABO=30°，矩形CODE的顶点D,E,C分别在OA,AB,OB上，OD=2.（1）如图①，求点E的坐标；（
2）将矩形CODE沿x轴向右平移，得到矩形C’O’D’E’,点C,O,D,E的对应点分别为C’,O’,D’,E’,设OO’=t,矩
形C’O’D’E’与△ABO重叠部分的面积为S①如图②，当矩形C’O’D’E’与△ABO重叠部分为五边形时，C’E’,E’D’分别
与AB相交于点M,F，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；②当时，求t的取值范围（直接写出结果即可）【思路分析】(1)
由题意知OA=6，OD=2，∴AD=4，由矩形CODE得DE∥BO，∴∠AED=∠ABO=30°，∴DE=tan60°AD=，所以
点E的坐标为（2，）①由平移得，O’C’=D’E’=,O’D’=C’E’=2，ME’=OO’=t，根据E’D’∥BO，得∠E’FM
=∠OBA=30°,Rt△ME’F中，E’F=，S△ME’F=；S矩形C’O’D’E’=;S=S矩形C’O’D’E’-S△ME’F
=，因为重叠部分是五边形，所以t的取值范围是0所以重叠部分不是五边形；当24的取值范围是2.5≤t≤；【解题过程】(1)∵A（6,0），∴OA=6，∵OD=2,∴AD=4，由矩形CODE得DE∥BO，∴∠
AED=∠ABO=30°，∴DE=tan60°AD=，所以点E的坐标为（2，）(2)①由平移得，O’C’=D’E’=,O’D’=C
’E’=2，ME’=OO’=t，根据E’D’∥BO，得∠E’FM=∠OBA=30°,Rt△ME’F中，E’F=，S△ME’F=；S
矩形C’O’D’E’=;S=S矩形C’O’D’E’-S△ME’F=，因为重叠部分是五边形，所以t的取值范围是0t≤；26．（2019·长沙）如图，抛物线(为常数，＞0)与x轴交于O，A两点，点B为抛物线的顶点，点D的坐标为(t，0)(﹣3＜
t＜0)，连接BD并延长与过O，A，B三点的⊙P相交于点C．（1）求点A的坐标；（2）过点C作⊙P的切线CE交x轴于点E．①如图1
，求证：CE=DE；②如图2，连接AC，BE，BO，当=，∠CAE=∠OBE时，求的值．【解题过程】(1)令ax2＋6ax＝0，∴
ax(x＋6)＝0，所以A(﹣6，0)，(2)连接PC，连接PB延长交x轴于点M，∵⊙P过O、A、B三点，B为顶点，∴PM⊥OA，
∠PBC＋∠BOM＝90°，又∵PC＝PB，∴∠PCB＝∠PBC，∴CE为切线，∴∠PCB＋∠ECD＝90°，又∵∠BDP＝∠CD
E，∴∠ECD＝∠CDE，∴CE＝DE；(3)解：设OE＝m，即E(m，0)，由切割定理：CE2＝OE·AE，(m－t)2＝m(m
＋6)推出m＝①∵∠CAE＝∠CBD，已知∠CAE＝∠OBE，∠CBO＝∠EBO，由角平分线定理：即推出m＝②由①②得＝推出t2＋
18t＋36＝0，∴t2＝﹣18t﹣36，∴25．（2019·益阳）在平面直角坐标系xOy中，顶点为A的抛物线与x轴交于B、C两点
，与y轴交于点D，已知A(1，4)，B(3，0).(1)求抛物线对应的二次函数表达式；(2)探究：如图1，连接OA，作DE∥OA交
BA的延长线于点E，连接OE交AD于点F，M是BE的中点，则OM是否将四边形OBAD分成面积相等的两部分？请说明理由；(3)应用：
如图2，P（m，n）是抛物线在第四象限的图象上的点，且m+m=-1，连接PA、PC，在线段PC上确定一点N，使AN平分四边形ADC
P的面积，求点N的坐标.提示：若点A、B的坐标分别为(，)，(，)，则线段AB的中点坐标为(，).第25题图1第25题图2【
解题过程】解：(1)抛物线的顶点为A(1，4)，设函数表达式为，∵抛物线经过点B(3，0)，∴，解得a=-1.∴抛物线对应的二次函
数表达式为，即.(2)OM将四边形OBAD分成面积相等的两部分.理由如下：∵DE∥OA，∴（同底等高的两个三角形面积相等）.∴，即
.∵M是BE的中点，∴∴,即OM将四边形OBAD分成面积相等的两部分.（3）∵点P(m，n)是抛物线的图象上的点，∴.∵m+n=-
1，∴n=-m-1，代入上式，得，解得m=4(m=1不合题意，舍去)，∴点P的坐标为(4，-5).如图，过点D作DQ∥CA交PC的
延长线于点Q，第25题答图由(2)知点N为PQ的中点，设经过点C(-1，0)，P(4，-5)的直线对应的函数表达式为y=kx+b,
则，解得.∴直线CP对应的函数表达式为y=-x-1.同理，直线AC对应的函数表达式为y=2x+2.∵直线DQ∥CA，故设直线DQ对
应的函数表达式为y=2x+b，∵经过点D(0，3)，∴直线DQ对应的函数表达式为y=2x+3.解方程组得，∴点Q的坐标为（）.∵点
N为PQ的中点，∴点N的横坐标为，点N的纵坐标为，∴点N的坐标为（）26．（2019·娄底）如图（14），抛物线与x轴交于点A（－
1，0），点B（3，0），与y轴交于点C，且过点D（2，－3）．点P、Q是抛物线上的动点．（1）求抛物线的解析式；（2）当点P在
直线OD下方时，求△POD面积的最大值．（3）直线OQ与线段BC相交于点E，当△OBE与△ABC相似时，求点Q的坐标．解：（1）
方法一、将点A（－1，0），点B（3，0），点D（2，3）代入得，解得∴抛物线的解析式为方法二、∵抛物线与x轴交于点A（－1，
0），点B（3，0），∴设抛物线的解析式为．又∵抛物线过点D（2，－3），∴∴∴．（2）如图，设PD与y轴相交于点F，O
D与抛物线相交于点G，设P坐标为（），则直线PD的解析式为，它与y轴的交点坐标为F（0，－2m－3），则OF＝2m+3．∴由
于点P在直线OD下方，所以．∴当时，△POD面积的最大值（3）①由得抛物线与y轴的交点C（0，－3），结合A（－1，0）得直线A
C的解析式为，∴当OE∥AC时，△OBE与△ABC相似；此时直线OE的解析式为．又∵的解为，∴Q的坐标为和．②如图，作EN⊥y轴于
N，由A（－1，0），B（3，0），C（0，－3）得AB＝3－(－1)＝4，BO＝3，BC＝当即时，△OBE与△ABC相似；此时
BE＝．又∵△OBC∽△ONE，∴NB＝NE＝2，此时E点坐标为（1，－2），直线OE的方程为．又∵的解为，∴Q的坐标为和．
综上所述，Q的坐标为，，，．3.（2019·攀枝花）已知抛物线y＝－x2＋bx＋c的对称轴为直线x＝1，其图象与x轴相交于A、B
两点，与y轴交于点C（0,3）．（1）求b，c的值；（2）直线l与x轴交于点P．①如图1，若l∥y轴，且与线段AC及抛物线分
别相交于点E、F，点C关于直线x＝1的对称点为D，求四边形CEDF面积的最大值；②如图2，若直线l与线段BC相交于点Q，当△PC
Q∽△CAP时，求直线l的表达式．【思路分析】（1）由抛物线y＝－x2＋bx＋c的对称轴为直线x＝1，得－＝1，解得b＝2，把点
C（0,3）代入抛物线y＝－x2＋bx＋c得c＝3．（2）①由题意先求得点D，A，B的坐标，的解析式，设F(e,－e2＋2e
＋3)，则E(e,－e＋3)，进而得EF＝－e2＋3e，因为CD⊥EF，所以S四边形CEDF＝CD·EF，利用二次函数的顶点
式求出最大值；②根据相似三角形的性质得l∥AC，∠ACP＝∠BCO．作PH⊥AC于点H，设P(m,0)，根据tan∠ACP＝，
得关于m的方程＝，解之可得点P的坐标，进而得直线l的表达式．【解题过程】解：（1）由题可知解得（2）①由题意可知D（2，3），CD
⊥EF，∴CD＝2．由（1）可知A(3,0)，B(－1,0)∴：y＝－x＋3设F(e,－e2＋2e＋3)，则E(e
,－e＋3)∴EF＝－e2＋3e∴S四边形CEDF＝CD·EF＝－e2＋3e＝－（e－）2＋.∴当e＝时，四边形CEDF的面
积最大，最大值为.②由（1）可知∠OAC＝∠OCA＝45°，由△PCQ∽△CAP可得∠QPC＝∠PCA∴l∥AC．由△PCQ∽
△CAP可得∠QCP＝∠OAC＝45°，∴∠QCP＝∠OCA，∴∠ACP＝∠BCO，由B（－1，0），C（0，3），可得tan∠
BCO＝，∴tan∠ACP＝，作PH⊥AC于点H，设P(m,0)，则AP＝3－m.∴PH＝AH＝(3－m)，CH＝(3＋
m)∴＝＝tan∠ACP＝，即＝，解得m＝．∴P(,0)，∴l：y＝－x＋．【知识点】二次函数的性质；一次函数的表达式；相
似三角形的性质；锐角三角函数；分式方程，声明：试28．（2019·苏州，26，10）如图①，抛物线y＝﹣x2+（a+1）x﹣a与
x轴交于A，B两点（点A位于点B的左侧），与y轴交于点C．已知△ABC的面积是6．（1）求a的值；（2）求△ABC外接圆圆心的坐标
；（3）如图②，P是抛物线上一点，Q为射线CA上一点，且P、Q两点均在第三象限内，Q、A是位于直线BP同侧的不同两点，若点P到x轴
的距离为d，△QPB的面积为2d，且∠PAQ＝∠AQB，求点Q的坐标．图①图②（第28题）【解题过程】解：（1）∵y＝﹣x2+（a
+1）x﹣a令y＝0，即﹣x2+（a+1）x﹣a＝0解得x1＝a，x2＝1由图象知a＜0∴A（a，0），B（1，0）∵s△ABC＝
6，∴，解得a＝﹣3，（a＝4舍去）（2）设直线AC：y＝kx+b，由A（﹣3，0），C（0，3），可得﹣3k+b＝0，且b＝3，
∴k＝1，即直线AC：y＝x+3，A、C的中点D坐标为（，），∴线段AC的垂直平分线解析式为y＝﹣x，线段AB的垂直平分线为x＝﹣
1，代入y＝﹣x，解得y＝1，∴△ABC外接圆圆心的坐标（﹣1，1）；第28题答图（3）作PM⊥x轴，则，∵，∴A、Q到PB的距
离相等，∴AQ∥PB设直线PB解析式为y＝x+b，∵直线经过点B（1，0），所以直线PB的解析式为y＝x﹣1，联立，解得，∴点P坐
标为（﹣4，﹣5），又∵∠PAQ＝∠AQB可得：△PBQ≌△ABP（AAS），∴PQ＝AB＝4，设Q（m，m+3），由PQ＝4得：
解得：m＝﹣4，m＝﹣8（舍去），∴Q坐标为（﹣4，﹣1）4.（2019·眉山）如图1，在正方形ABCD中，AE平分∠CBA交
BC于点E，过点C作CF⊥AE，交AE的延长线于点G，交AB的延长线于点F．（1）求证：BE=BF．；（2）如图2，连接BG、BD
，求证：BG平分∠DBF；（3）如图3，连接DG交AC于点M，求的值．【思路分析】（1）根据抛物线的交点式直接写出抛物线解析式即可
，将解析式配方，得到顶点式，可得顶点坐标；（2）设点P的坐标为（a，），用含a的式子表示出PE的长，进而用含a的式子表示出矩形PE
FG的周长，再利用二次函数的最大值求解即可；（3）根据题意，证得△AMN∽△BDM，易得AB=6，AD=DB=5，根据△DMN为等
腰三角形有三种可能：①MN=DM，利用△AMN≌△BDM，易得AN的值；②DN=MN，利用△DAM∽△BAD的性质，可得AN的值；
③DN=DM，不成立.【解题过程】解：（1）抛物线的解析式为：y==.配方得：y=，∴顶点D的坐标为（-2，4）.（2）设点P的坐
标为（a，），则PE=，PG=2（-2-a）=-4-2a，∴矩形PEFG的周长=2（PE+PG）=2（）==，∵＜0，∴当a=时，
矩形PEFG的周长最大，此时点P的横坐标为.（3）存在.∵DA=DB，∴∠DAB=∠DBA.∵∠AMN+∠DMN=∠MDB+∠DB
A，又∵∠DMN=∠DBA，∴∠AMN=∠MDB，∴△AMN∽△BDM，∴,易求得AB=6，AD=DB=5.△DMN为等腰三角形有
三种可能：①当MN=DM时，则△AMN≌△BDM，∴AM=BD=5，∴AN=MB=1；②当DN=MN时，则∠ADM=∠DMN=∠D
BA，又∵∠DAM=∠BAD，∴△DAM∽△BAD，∴AD2=AMAB，∴AM=，∴BM=6-=，∵，∴，∴AN=.③DN=DM不
成立.∵∠DNM＞∠DAB，而∠DAB=∠DMN，∴∠DNM＞∠DMN，∴DN=DM.综上所述，存在点M满足要求，此时AN的长为1
或.【知识点】待定系数法求抛物线解析式，抛物线的顶点式，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，分
类讨论思想5.（2019·乐山）如图，已知抛物线与轴相交于、两点，与轴交于点，且tan.设抛物线的顶点为，对称轴交轴于点.（1）
求抛物线的解析式；（2）为抛物线的对称轴上一点，为轴上一点，且.①当点在线段(含端点)上运动时，求的变化范围；②当取最大值时，求点
到线段的距离；③当取最大值时，将线段向上平移个单位长度，使得线段与抛物线有两个交点，求的取值范围.备用图【思路分析】（1）令y
=0解方程求得AB坐标，再利用三角函数求C的坐标从而求得a的值；（2）①先求抛物线的对称轴与顶点，再设点坐标为（其中）利用勾股定理
列方程求m、n的关系式，并配方求最值得出n的范围；②由△PCQ面积的不同列式列方程求点到线段距离；③找出界点点求t的值从而得到t
的范围.【解题过程】解：（1）根据题意得：,，在中，,且,得，,将点坐标代入得：，故抛物线解析式为：；（2）①由（1）知，抛
物线的对称轴为：，顶点，设点坐标为（其中），则，，，,在中，由勾股定理得：,即，整理得：（），当时，取得最小值为；当时，取得最
大值为，所以，；②由①知：当取最大值4时，，，，则,,，设点到线段距离为，由，得：，故点到线段距离为；③由②可知：当取
最大值4时，，线段的解析式为：，设线段向上平移个单位长度后的解析式为：，当线段向上平移，使点恰好在抛物线上时，线段与抛物线有
两个交点，此时对应的点的纵坐标为：，将代入得：，①②③当线段继续向上平移，线段与抛物线只有一个交点时，联解，得：，
化简得：，由，得，当线段与抛物线有两个交点时，.【知识点】二次函数的图像与性质；三角函数；一次函数；根的判别式；形结合思想6
file:///G:\2018中考解析\中考数学（解析版）\分类汇编\cm.（2019·潍坊）如图，在平面直角坐标系xoy中，O为
坐标原点，点A（4，0），点B（0，4），△ABO的中线AC与y轴交于点C，且⊙M经过O，A，C三点．（1）求圆心M的坐标；（2）
若直线AD与⊙M相切于点A，交y轴于点D，求直线AD的函数表达式；（3）在过点B且以圆心M为顶点的抛物线上有一动点P，过点P作PE
∥y轴，交直线AD于点E．若以PE为半径的⊙P与直线AD相交于另一点F．当EF=时，求点P的坐标．【思路分析】（1）先求出点C的
坐标，根据M为AC的中点求得坐标；（2）先证明Rt△AOC∽Rt△DOA，求出OD的长，从而求出点D的坐标，利用待定系数法求AD的
解析式；（3）利用顶点式求出抛物线的解析式，过点P作PH⊥EF，垂足为H，设出点P的坐标，根据Rt△EHP∽Rt△DOA，得到，求
出EH与PE的关系式，即可求解．【解题过程】（1）∵AC是△ABO的中线∴点C的坐标为（0，2）∵∠AOC=90°∴线段AC是⊙M
的直径∴点M为线段AC的中点∴圆心M的坐标为（2，1）（2）∵AD与⊙M相切于点A∴AC⊥AD∴Rt△AOC∽Rt△DOA∴∵OA
=4，∴OD=8∴点D的坐标为（0，－8）设直线AD的函数表达式为y=kx+b可得：∴k=2，b=－8∴直线AD的函数表达式为：y
=2x－8（3）设抛物线，且过点（0，4）∴4=a(0－2)2+1∴所以，抛物线的关系式为：设点P（m，），则点E（m，2m－8）
∴过点P作PH⊥EF，垂足为H在Rt△DOA中，∵PE∥y轴∴Rt△EHP∽Rt△DOA∴∴∵∴化简，得：解之，得：m1=2，m2
=.所以点P为（2，1）或（，）【知识点】二次函数综合，圆的基本性质，一次函数、二次函数的解析式，相似三角形的判定和性质7.(2
019·泰安)若二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴、y轴分别交于点A(3,0)、B(0,－2),且过点C(2,－2).(1
)求二次函数表达式;(2)若点P为抛物线上第一象限内的点,且S△PBA＝4,求点P的坐标;(3)在抛物线上(AB下方)是否存在点M
,使∠ABO＝∠ABM？若存在,求出点M到y轴的距离;若不存在,请说明理由.【思路分析】(1)利用待定系数法,将三点坐标代入解析式
,可求得a,b,c的值;(2)连接PO,将△ABP转化为容易求的图形面积,通过割补表示出面积,进而解方程,得到点P的坐标;(3)作
MD∥y轴,得到等腰三角形DBM,利用两点间距离公式,得到MD,MB的表达式,通过解方程MD＝MB,得到M的坐标.【解题过程】(1
)∵抛物线y＝ax2+bx+c过点(0,－2),∴c＝－2,又∵抛物线过点(3,0)(2,－2)∴,解得,∴抛物线的表达式为;(2
)连接PO,设点P(),则S△PAB＝S△POA+S△AOB－S△POB＝＝,由题意得:m2－3m＝4,∴m＝4,或m＝－1(舍去
),∴＝,∴点P的坐标为(4,).(3)设直线AB的表达式为y＝kx+n,∵直线AB过点A(3,0),B(0,－2),∴3k+n＝
0,n＝－2,解之,得:k＝,n＝－2,∴直线AB的表达式为:y＝x－2,设存在点M满足题意,点M的坐标为(t,).过点M作ME⊥
y轴,垂足为E,作MD⊥x轴交于AB于点D,则D的坐标为(t,t－2),MD＝,BE＝||.又MD∥y轴,∴∠ABO＝∠MDB,又
∵∠ABO＝∠ABM,∴∠MDB＝∠ABM,∴MD＝MB,∴MB＝.在Rt△BEM中,+t2＝,解之,得:t＝,∴点M到y轴的距离
为.第24题答图【知识点】二次函数解析式,割补法求三角形面积,解一元二次方程,求点的坐标,等腰三角形的性质,坐标运算8.（201
9·无锡市）已知二次函数（a＞0）的图像与x轴交于A、B两点，（A在B左侧，且OA＜OB），与y轴交于点C.（1）求C点坐标，并判
断b的正负性；（2）设这个二次函数的图像的对称轴与直线AC交于点D，已知DC∶CA=1∶2，直线BD与y轴交于点E，连接BC.①若
△BCE的面积为8，求二次函数的解析式；②若△BCD为锐角三角形，请直接写出OA的取值范围.第27题图【思路分析】本题考查了二
次函数的综合应用.(1)令y=0求点C的坐标，借助对称轴方程判断b的符号；（2）①过点D作DM⊥y轴于M，先利用相似求得DM
与AO的关系，再设DM=m，求得D、B的坐标与OE的长，从而求得m的值，最后将A、B坐标代入求解析式；②先用m的表达式求出B、C
、D的坐标，再利用勾股定理求CB2、CD2、DB2，最后借助“两边的平方和大于第三边平方，第三边所对角为锐角”求出m的范围从而
得到OA的范围.【解题过程】解：（1）令x=0，则y=-4，∴C（0，-4），∵OA＜OB，∴对称轴在y轴右侧，即>0
，∵a＞0，∴b＜0；（2）①过点D作DM⊥y轴于M，则DM∥AO，∴，∴DM=AO，设A（-2m，0）(m＞0)，
则AO=2m，DM=m.∵OC=4，∴CM=2，∴D（m，-6），B（4m，0），设对称轴交x轴于N，则DN∥y轴，∴△DNB
∽△EOB，∴，∴OE=8，S△BEF=×4×4m=8，∴m=1，∴A（-2，0），B（4，0），设y=a(x+
2)(x-4)，即y=ax2-2ax-8a，令x=0，则y=-8a，∴C（0，-8a），∴-8a=-4，a=，∴
y=x2-x-4.②易知：B（4m，0），C（0，-4），D（m，-6），由勾股定理得CB2=16m2+16，CD
2=m2+4，DB2=9m2+36.∵9m2+36+16m2+16>m2+4，∴CB2+DB2＞CD
2，∴∠CBD为锐角，故同时考虑一下两种情况：1°当∠CDB为锐角时，CD2+DB2＞CB2，m2+4+9m2+
36＞16m2+16，解得-2＜m＜2，2°当∠BCD为锐角时，CD2+CB2＞DB2，m2+4+16m2+
16＞9m2+36，解得m＞或m＜-（舍），综上：＜m＜2，∴2＜2m＜4，∴2＜OA＜4.第27题答图【知识点】二
次函数图像与性质；勾股定理；相似三角形判定与性质；锐角三角形的判定；数形结合思想9file:///G:\2018中考解析\中考数学
（解析版）\分类汇编\精品分类汇编，合作共赢！组织者：仓猛.（2019·岳阳）如图1，△AOB的三个顶点A、O、B分别落在抛物线F
1：的图象上，点A的横坐标为－4，点B的纵坐标为－2．（点A在点B的左侧）（1）求点A、B的坐标；（2）将△AOB绕点O逆时针转9
0°得到△A′OB′，抛物线F2：经过A′、B′两点，已知点M为抛物线F2的对称轴上一定点，且点A′恰好在以OM为直径的圆上，连接
OM、A′M，求△OA′M的面积；（3）如图2，延长OB′交抛物线F2于点C，连接A′C，在坐标轴上是否存在点D，使得以A、O、D
为顶点的三角形与△OA′C相似．若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．【思路分析】（1）分别将A点横坐标和B点纵坐标代
入抛物线F1可得；（2）通过A′、B′的坐标求出抛物线F2的函数关系式，根据点M在对称轴上求出点M的横坐标；延长A′M交x轴于点N
，则△A′MN为等腰直角三角形，求出N点坐标，进一步求出直线A′N的解析式，得到点M的坐标，最后利用SA′OM＝SA′′ON－S
OMN求解．（3）根据点在直线OB′和抛物线F2上求出点C的坐标，得到A′C的长度及∠OA′C的度数，根据两边成比例并且夹角相等证
明三角形相似，分两种情况讨论求点D的坐标．【解题过程】（1）将x=－4代入，得：，∴A（－4，－4）．将y=－2代入，得：，解得：
x1=－1，x2=－6∵点A在点B的左侧，∴B（－1，－2）·（2）由旋转可知：A′（4，－4），B′（2，－1）代入抛物线，得：
解得：∴抛物线F2：．对称轴为：延长A′M交x轴于点N，∵点A′恰好在以OM为直径的圆上，∴∠OA′M=90°．∵A′（4，－4）
，∴∠A′ON=45o．∴△A′ON为等腰直角三角形．∴ON=4×2=8．∴N（8，0）设直线A′N：y=mx＋n则解得：∴y=
x－8．当x=6时，y=－2．∴M（6，－2）∴SA′OM＝SA′′ON－SOMN＝＝8．所以，△OA′M的面积为8．（3）
设直线OB′解析式为：y=kx，代入B′（2，－1），得：2k=－1．设直线OB′解析式为：．解方程组：得：，∵B′（2，－1）∴
C（8，－4）．∵A（4，－4），∴A′C∥x轴，A′C=8－4=4，∴∠OA′C=135o．若以A、O、D为顶点的三角形与△OA
′C相似则△AOD必有一个钝角135°，故点O与点A′是对应顶点．所以点D在x轴或y轴正半轴上．OA=OA′=．①若△AOD∽△O
A′C，则∴OD=A′C=4．此时点D的坐标为（4，0）或（0，4）．②若△AOD∽△CA′O，则∴OD=8．此时点D的坐标为（8
，0）或（0，8）．由①②可知，坐标轴上存在点D，其坐标分别为（4，0）、（0，4）、（8，0）或（0，8）．【知识点】二次函数综
合，图形的旋转，求二次函数解析式，相似三角形的判定，存在性问题，分类讨论思想10.（2019·怀化）如图，在直角坐标系中有Rt△
AOB，O为坐标原点，OB=1，tan∠ABO=3，将此三角形绕原点O顺时针旋转90°，得到Rt△COD，二次函数y=-x2+bx
+c的图象刚好经过A，B，C三点.求二次函数的解析式及顶点P的坐标；过定点Q的直线l：y=kx-k+3与二次函数图象相交于M，N两
点.①若S△PMN=2，求k的值；②证明：无论k为何值，△PMN恒为直角三角形③当直线l绕着定点Q旋转时，△PMN外接圆圆心在一条
抛物线上运动，直接写出抛物线的表达式.【思路分析】（1）根据题意分别求出点A和点C的坐标，并把坐标代入y=-x2+bx+c，解出b
和c的值即可，进而得出顶点P的坐标；（2）①设M（x1，y1），N（x2，y2），首先求出定点Q的坐标，然后根据S△PMN=PQ·
(x2-x1)得出x1和x2的数量关系，最后联立方程y=-x2+2x+3与方程y=kx-k+3，根据根与系数的关系得出x1+x2=
2-k，x1·x2=-k，进而求出k的值；②过点P作PG⊥x轴，垂足为G，分别过点M、N作PG的垂线，垂足分别为E、F，首先表示出
线段PE，ME，PF，NF，然后根据锐角三角函数的定义得出tan∠PAE与tan∠FPN，根据x1+x2=2-k，x1·x2=-k
，可得1-x1=，进而推出tan∠PAE=tan∠FPN，进而证明出结论；③设线段MN的中点（x，y），由②可得MN的中点为（，）
进而得出抛物线方程.【解题过程】（1）解：∵OB=1，tan∠ABO=3，∴OA=OBtan∠ABO=3，∴A（0，3）.根据旋转
的性质可得Rt△AOB≌Rt△COD，∴OC=OA=3，∴C（3，0），根据题意可得，解得，∴二次函数的解析式为y=-x2+2x+
3，顶点坐标P（1，4）（2）①解：由直线l的方程y=kx-k+3可得定点Q（1，3），设M（x1，y1），N（x2，y2），则S
△PMN=PQ·(x2-x1)=2，∴x2-x1=4.联立y=-x2+2x+3与y=kx-k+3可得x2+(k-2)x-k=0，∴
x1+x2=2-k，x1·x2=-k，∴(x2-x1)2=(x1+x2)2-4x1·x2=k2+4=16，∴k=±.②证明：过点P
作PG⊥x轴，垂足为G，分别过点M、N作PG的垂线，垂足分别为E、F.设M（x1，y1），N（x2，y2）.∵M，N在二次函数y=
-x2+2x+3图象上，∴y1=-x12+2x1+3，y2=-x22+2x2+3.∵P（1，4），∴PE=4-y1=4+x12-2
x1-3=(x1-1)2，ME=1-x1，PF=4-y2=4+x22-2x2-3=(x2-1)2，NF=x2-1，∴tan∠PAE
=，tan∠FPN=.由①可知x1+x2=2-k，x1·x2=-k，∴x1+x2=2+x1x2，∴(1-x1)(x2-1)=1，∴
1-x1=，∴tan∠PAE=tan∠FPN，∴∠PAE=∠FPN.∵∠PAE+∠APE=90°，∴∠FPN+∠APE=90°，即
∠APN=90°，∴无论k为何值，△PMN恒为直角三角形.③解：设线段MN的中点（x，y），由②可得MN的中点为（，），∴，化简，
得y=-2x2+4x+1.∴抛物线的表达式为y=-2x2+4x+1.【知识点】待定系数法求二次函数的解析式，一次函数与二次函数的交
点问题，锐角三角函数的定义，一元二次方程根与系数的关系，中点坐标公式25．（2019山东省德州市，25，14）如图，抛物线y＝mx
2﹣mx﹣4与x轴交于A（x1，0），B（x2，0）两点，与y轴交于点C，且x2﹣x1＝．（1）求抛物线的解析式；（2）若P（x1
，y1），Q（x2，y2）是抛物线上的两点，当a≤x1≤a+2，x2≥时，均有y1≤y2，求a的取值范围；（3）抛物线上一点D（1
，﹣5），直线BD与y轴交于点E，动点M在线段BD上，当∠BDC＝∠MCE时，求点M的坐标．【思路分析】（1）函数的对称轴为：x＝
﹣＝＝，而且x2﹣x1＝，将上述两式联立并解得：x1＝﹣，x2＝4，从而求出抛物线的解析式；（2）由（1）知，函数的对称轴为：x＝
，则x＝和x＝﹣2关于对称轴对称，故其函数值相等，结合函数图象求出a的取值范围；（3）确定△BOC、△CDG均为等腰直角三角形来求
解．【解题过程】解：（1）函数的对称轴为：x＝﹣＝＝，而且x2﹣x1＝，将上述两式联立并解得：x1＝﹣，x2＝4，则函数的表达式为
：y＝a（x+）（x﹣4）＝a（x2﹣4x+x﹣6），即：﹣6a＝﹣4，解得：a＝，故抛物线的表达式为：y＝x2﹣x﹣4；（2）由
（1）知，函数的对称轴为：x＝，则x＝和x＝﹣2关于对称轴对称，故其函数值相等，又a≤x1≤a+2，x2≥时，均有y1≤y2，结合
函数图象可得：，解得：﹣2≤a≤；（3）如图，连接BC、CM，过点D作DG⊥OE于点G，而点B、C、D的坐标分别为：（4，0）、（
0，﹣4）、（1，﹣5），则OB＝OC＝4，CG＝GC＝1，BC＝4，CD＝，故△BOC、△CDG均为等腰直角三角形，∴∠BCD＝
180°﹣∠OCB﹣∠GCD＝90°，在Rt△BCD中，tan∠BDC＝＝4，∠BDC＝∠MCE，则tan∠MCE＝4，将点B、D
坐标代入一次函数表达式：y＝mx+n并解得：直线BD的表达式为：y＝x﹣，故点E（0，﹣），设点M（n，n﹣），过点M作MF⊥CE
于点F，则MF＝n，CF＝OF﹣OC＝﹣，tan∠MCE＝＝＝4，解得：n＝，故点M（，﹣）．26．（2019山东滨州，26，14
分）如图①，抛物线y＝－x2+x+4与y轴交于点A，与x轴交于点B，C，将直线AB绕点A逆时针旋转90°，所得直线与x轴交于点D．
（1）求直线AD的函数解析式；（2）如图②，若点P是直线AD上方抛物线上的一个动点①当点P到直线AD的距离最大时，求点P的坐标和最
大距离；②当点P到直线AD的距离为时，求sin∠PAD的值．【思路分析】（1）根据抛物线y＝－x2+x+4与y轴交于点A，与x轴交
于点B，C，可以求得点A、B、C的坐标，再根据将直线AB绕点A逆时针旋转90°，所得直线与x轴交于点D，可以求得点D的坐标．从而可
以求得直线AD的函数解析式；（2）①根据题意，作出合适的辅助线，然后根据二次函数的性质即可求得点P到直线AD的距离最大值，进而可以
得到点P的坐标；②根据①中关系式和题意，可以求得点P对应的坐标，从而可以求得sin∠PAD的值．【解题过程】解：（1）当x＝0时，
y＝4，则点A的坐标为（0，4），………………………………………1分当y＝0时，0＝－x2+x+4，解得x1＝－4，x2＝8，则点
B的坐标为（－4，0），点C的坐标为（8，0），∴OA＝OB＝4，∴∠OBA＝∠OAB＝45°．∵将直线AB绕点A逆时针旋转90°
得到直线AD，∴∠BAD＝90°，∴OAD＝45°，∴∠ODA＝45°，∴OA＝OD，∴点D的坐标为（4，0）．………………………
………………………………………………2分设直线AD的函数解析式为y＝kx+b，，得，即直线AD的函数解析式为y＝－x+4．…………
…………………………………………………4分（2）作PN⊥x轴交直线AD于点N，如右图①所示，设点P的坐标为（t，－t2+t+4），
则点N的坐标为（t，－t+4），∴PN＝（－t2+t+4）－（－t+4）＝－t2+t，………………………………………………6分∴P
N⊥x轴，∴PN∥y轴，∴∠OAD＝∠PNH＝45°．作PH⊥AD于点H，则∠PHN＝90°，∴PH＝＝（－t2+t）＝t＝－（t
－6）2+，∴当t＝6时，PH取得最大值，此时点P的坐标为（6，），………………………………8分即当点P到直线AD的距离最大时，点
P的坐标是（6，），最大距离是．………………9分②当点P到直线AD的距离为时，如右图②所示，则t＝，解得t1＝2，t2＝10，………………………………………………………………………10分则P1的坐标为（2，），P2的坐标为（10，－）．当P1的坐标为（2，），则P1A＝＝，∴sin∠P1AD＝＝；…………………………………………………………12分当P2的坐标为（10，－），则P2A＝＝，∴sin∠P2AD＝＝；由上可得，sin∠PAD的值是或．……………………………………………14分（2019·遂宁）如图，顶点为P（3,3）的二次函数图像与x轴交于点A(6，0),点B在该图像上，OB交其对称轴l于点M，点M,N关于点P对称，连接BN,ON（1）求该二次函数的关系式；若点B在对称轴l右侧的二次函数图像上运动，请解答下列问题：①连接op，当OP=时，请判断△NOB的形状，并求出此时点B的坐标;②求证：∠BNM=∠ONM【解析】（1）根据顶点为P（3,3），可以设关系式为顶点式，将点A（6,0）代入关系式，从而求出二次函数的关系式；①∵OP=，点M,N关于点P对称∴OP=PM=PN，根据等边对等角可以证明∠BON=90°，从而证明△NOB是直角三角形.∵P（3,3）∴OP==PM，∴M(3，3-)可以求出直线OM的解析式，直线与抛物线交点为B，从而可求得B点坐标.②∵点N在对称轴上，点O,A关于对称轴对称，∴ON=NA,∴∠BNM=∠ONM解：（1）∵P(3，3),∴设二次函数的关系式为y=a(x-3)2+3,∵A(6,0)∴a=∴二次函数的关系式为y=(x-3)2+3；(2)①∵OP=，点M,N关于点P对称∴OP=PM=PN，∵OP=PM∴∠POM=∠OMP;同理，∠PON=∠ONP;∵∠POM+∠OMP+∠PON+∠ONP=180°，∴∠POM+∠NOP=90°所以△NOB是直角三角形.∵P（3,3）∴OP==PM，∴M(3，3-)∴直线OM的解析式为，∵抛物线的解析式为y=(x-3)2+3∴联立方程组可得x=，∴B（，）②∵点N在对称轴上，点O,A关于对称轴对称，∴ON=NA,∴∠BNM=∠ONM.24．(2019·广元)如图,直线y＝－x+4与x轴,y轴分别交于A,B两点,过点A,B两点的抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点C(－1,0).(1)求抛物线的解析式;(2)连接BC,若点E是线段AC上一个动点(不与A,C重合),过点E作EF∥BC,交AB于点F,当△BEF的面积是时,求点E的坐标;(3)在(2)的结论下,将△BEF绕点F旋转180°得△B’E’F,试判断点E’是否在抛物线上,并说明理由.解：(1)令y＝－x+4中x＝0,则y＝4,∴B(0,4),令y＝0,则－x+4＝0,x＝4,∴A(4,0),又∵C(－1,0),将A,B,C代入抛物线得,解得,∴抛物线的解析式为y＝－x2+3x+4;连接OF,设E(m,0),∵B(0,4),C(－1,0),∴kBC＝,∵EF∥BC,∴kEF＝kBC＝4,设lEF:y＝4x+b,∵E(m,0),∴解得b＝－4m,∴lEF:y＝4x－4m,联立y＝－x+4,解得,∴F(,)∴S△BEF＝S四边形OBFE－S△OEB＝S△OEF+S△OBF－S△OEB＝+－＝+－＝,∴,解得m＝,∴E(,0);(3)由(2)知E(,0),∴F(2,2),∵△BEF绕点F旋转180°得△B’E’F,∴E’与E关于点F对称,∴E’(,4),将x＝代入抛物线y＝－x2+3x+4得y＝≠4,∴点E’不在抛物线上.时代博雅解析时代博雅解析更多干货资料敬请关注微信公众号：CZSXYZ2018初中数学压轴