一、选择题1.（2019四川省乐山市，10，3）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．第10题图【答案】C第10题答图【思路分析】连接PB，根据中位线定理知PB
=2QO，QO的最大值即求PB的最大值，而圆外一点B到圆上一点P距离最大时，PB过圆心C，故可利用勾股定理求BC，从而求得PB，再
求OQ.【解题过程】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OC=3，OB=4，由勾股定理可得BC=5，PB=BC+PC=5+2=7，
OQ=PB=，故选C.【知识点】中位线定理；点与圆的关系；勾股定理二、填空题1.（2019江苏省无锡市，18，2）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.第18题图【答案】8【思路分析】本题考
查了有关正方形中动态三角形面积的最值问题.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，
设DG=HE=x，借助等腰三角形性质、勾股定理、相似三角形性质与判定求或用x的代数式表示相关线段长度，最后通过求面积函数值的二次函
数最值来解决问题.第18题答图【解题过程】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.来解决问题.【知识点】等腰三角形性质；勾股定理；相似三角形
性质与判定；二次函数的最值；数形结合思想2.(2019浙江台州,15题,5分)如图,直线l1∥l2∥l3,A,B,C分别为直线l
1,l2,l3上的动点,连接AB,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________.第16题图【答案】【思路分析】作垂线,构造相似,得到比例
式,把m+n用x表示,通过求二次函数的最值求得m+n的最值.【解题过程】过点B作BE⊥l1于点E,作BF⊥l3于点F,过点A作A
N⊥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,m
n＝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＝.第16题答图【知识点】相似三角形,二次函数最值3.（2019四川省凉山市，24，5）
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▲.第24题图【思路分析】根据正方形形的性质得到∠B＝∠C＝90°，根据余角的性质得到∠BEP=∠CPQ，根据相似三
角形的性质得到CQ=，根据二次函数的性质即可得到结论．【解题过程】在正方形ABCD中，∵AB=12,AE=AB=3，∴BC=A
B=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.【
知识点】相似三角形的性质；正方形的性质；二次函数的最值三、解答题1.（2019浙江湖州，24，12）如图1，在平面直角坐标系xO
y中，四边形OABC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DE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．图1
图2第24题图【思路分析】（1）Rt△AOC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天津市，24，10分）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=∠OB
A=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部分不是五边形；当26时,所以，当S=时，，此时t=4.5,不在2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0知识点】分类讨论；二次函数；多边形的面积3.（2019四川攀枝花，23，12分）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△PCQ∽△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＝C
D·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＝∠P
CA∴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，4.（2019四川省眉山市，26，11分）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PEFG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，A
D=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.∵∠AM
N+∠DMN=∠MDB+∠DBA，又∵∠DMN=∠DBA，∴∠AMN=∠MDB，∴△AMN∽△BDM，∴,易求得AB=6，AD=D
B=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=∠DBA，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.（2019四川省乐山市，26，12）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.备用图第26题图【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：，①
②③第26题答图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.（2019山东省潍坊市，25，13分）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A
D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R
t△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.(2019山东泰安,24题,13分)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.(第24题)(第24题备用图)【
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△B
EM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.（2019江苏省无锡市，27，10）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，CD2=m2+4，DB2=9m2+36.∵9m2
+36+16m2+16>m2+4，∴CB2+DB2＞CD2，∴∠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9.（2019湖南省岳阳市，24，10分）如图1，△AOB的三个顶点A、O、B分别落在抛物线F1：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90°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－SOMN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=4
5o．∴△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∽△OA′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湖南怀化，24，14分）如图，在直角坐标系中有Rt△A
OB，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，∴x
1+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+x12-2x
1-3=(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11.（2019四川南充，28，12分）通过对下面数学模型的研
究学习，解决问题．【模型呈现】如图，在，，将斜边绕点顺时针旋转得到，过点作于点，可以推理得到，进而得到，．我们把这个数学模型成为“
型”．推理过程如下：【模型迁移】二次函数的图象交轴于点，两点，交轴于点．动点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿方向运动，过点作轴
交直线于点，交抛物线于点，连接，设运动的时间为秒．（1）求二次函数的表达式；（2）连接，当时，求的面积；（3）在直线上存在一点，当
是以为直角的等腰直角三角形时，求此时点的坐标；（4）当时，在直线上存在一点，使得，求点的坐标．【思路分析】（1）将点，代入即可；（
2）由已知分别求出，，，根据的面积的面积的面积即可求解；（3）由已知可得，设，根据勾股定理可得，，再由，得到与的关系式：，因为，则
有求出或，即可求点坐标；（4）当时，，，可知点在抛物线对称性上；过点作的垂线，以为圆心为直径构造圆，圆与的交点分别为与，由，可得圆
半径，即可求点坐标分别为，，，．【解题过程】解：（1）将点，代入，，，；（2），的直线解析式为，当时，，，，，，，的面积的面积的面
积；（3），，设，，，，，，，，或，或，或；（4）当时，，，点在抛物线对称性上，如图：过点作的垂线，以为圆心为直径构造圆，圆与的交
点分别为与，，，，，，又，，，与关于轴对称，，，点坐标分别为，，，；【知识点】二次函数的图象及性质；动点问题；等腰直角三角形的性质
；勾股定理；圆周角的性质；等腰三角形的性质；互余角的性质12.（2019甘肃天水，26，13分）如图，已知抛物线y＝ax2+bx
+c经过点A（﹣3，0）、B（9，0）和C（0，4），CD垂直于y轴，交抛物线于点D，DE垂直于x轴，垂足为E，直线l是该抛物线的
对称轴，点F是抛物线的顶点．（1）求出该二次函数的表达式及点D的坐标；（2）若Rt△AOC沿x轴向右平移，使其直角边OC与对称轴l
重合，再沿对称轴l向上平移到点C与点F重合，得到Rt△A1O1F，求此时Rt△A1O1F与矩形OCDE重叠部分图形的面积；（3）若
Rt△AOC沿x轴向右平移t个单位长度（0＜t≤6）得到Rt△A2O2C2，Rt△A2O2C2与Rt△OED重叠部分图形的面积记为
S，求S与t之间的函数表达式，并写出自变量t的取值范围．【思路分析】（1）将点A（﹣3，0）、B（9，0）和C（0，4）代入y＝a
x2+bx+c即可求出该二次函数表达式，因为CD垂直于y轴，所以令y＝4，求出x的值，即可写出点D坐标；（2）设A1F交CD于点G
，O1F交CD于点H，求出顶点坐标，证△FGH∽△FA1O1，求出GH的长，因为Rt△A1O1F与矩形OCDE重叠部分的图形是梯形
A1O1HG，所以S重叠部分S△FGH，即可求出结果；（3）当0＜t≤3时，设O2C2交OD于点M，证△OO2M∽△OED，求出O
2Mt，可直接求出SOO2×O2Mt2；当3＜t≤6时，设A2C2交OD于点M，O2C2交OD于点N，分别求出直线OD与直线A2C
2的解析式，再求出其交点M的坐标，证△DC2N∽△DCO，求出C2N（6﹣t），由S可求出S与t的函数表达式．【解题过程】解：（1
）∵抛抛线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣3，0）、B（9，0）和C（0，4），∴抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣9），∵点
C（0，4）在抛物线上，∴4＝﹣27a，∴a，∴抛物线的解析式为：y（x+3）（x﹣9）x2x+4，∵CD垂直于y轴，C（0，4）
，令x2x+4＝4，解得，x＝0或x＝6，∴点D的坐标为（6，4）；（2）如图1所示，设A1F交CD于点G，O1F交CD于点H，∵
点F是抛物线yx2x+4的顶点，∴F（3，），∴FH4，∵GH∥A1O1，∴△FGH∽△FA1O1，∴，∴，解得，GH＝1，∵Rt
△A1O1F与矩形OCDE重叠部分的图形是梯形A1O1HG，∴S重叠部分S△FGHA1O1?O1FGH?FH；（3）①当0＜t≤
3时，如图2所示，设O2C2交OD于点M，∵C2O2∥DE，∴△OO2M∽△OED，∴，∴，∴O2Mt，∴SOO2×O2Mttt2
；②当3＜t≤6时，如图3所示，设A2C2交OD于点M，O2C2交OD于点N，将点D（6，4）代入y＝kx，得，k，∴yODx，将
点（t﹣3，0），（t，4）代入y＝kx+b，得，，解得，k，bt+4，∴直线A2C2的解析式为：yxt+4，联立yODx与yxt
+4，得，xxt+4，解得，x＝﹣6+2t，∴两直线交点M坐标为（﹣6+2t，﹣4t），故点M到O2C2的距离为6﹣t，∵C2N∥
OC，∴△DC2N∽△DCO，∴，∴，∴C2N（6﹣t），∴SOA?OCC2N（6﹣t）3×4（6﹣t）（6﹣t）t2+4t﹣6；
∴S与t的函数关系式为：S．【知识点】二次函数综合题；待定系数法求解析式；相似三角形的判定与性质；三角形的面积13.（2019广
东省，25，9分）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线yx2x与x轴交于点A、B（点A在点B右侧），点D为抛物线的顶点，点C在y轴的
正半轴上，CD交x轴于点F，△CAD绕点C顺时针旋转得到△CFE，点A恰好旋转到点F，连接BE．（1）求点A、B、D的坐标；（2）
求证：四边形BFCE是平行四边形；（3）如图2，过项点D作DD1⊥x轴于点D1，点P是抛物线上一动点，过点P作PM⊥x轴，点M为垂
足，使得△PAM与△DD1A相似（不含全等）．①求出一个满足以上条件的点P的横坐标；②直接回答这样的点P共有几个？【思路分析】（1
）利用抛物线解析式求得点A、B、D的坐标；（2）欲证明四边形BFCE是平行四边形，只需推知EC∥BF且EC＝BF即可；（3）①利用
相似三角形的对应边成比例求得点P的横坐标，没有指明相似三角形的对应边（角），需要分类讨论；②根据①的结果即可得到结论．【解题过程】
解：（1）令x2x0，解得x1＝1，x2＝﹣7．∴A（1，0），B（﹣7，0）．由yx2x（x+3）2﹣2得，D（﹣3，﹣2）；（
2）证明：∵DD1⊥x轴于点D1，∴∠COF＝∠DD1F＝90°，∵∠D1FD＝∠CFO，∴△DD1F∽△COF，∴，∵D（﹣3，
﹣2），∴D1D＝2，OD＝3，∴D1F＝2，∴，∴OC，∴CA＝CF＝FA＝2，∴△ACF是等边三角形，∴∠AFC＝∠ACF，∵
△CAD绕点C顺时针旋转得到△CFE，∴∠ECF＝∠AFC＝60°，∴EC∥BF，∵EC＝DC6，∵BF＝6，∴EC＝BF，∴四边
形BFCE是平行四边形；（3）∵点P是抛物线上一动点，∴设P点（x，x2x），①当点P在B点的左侧时，∵△PAM与△DD1A相似，
∴或，∴或，解得：x1＝1（不合题意舍去），x2＝﹣11或x1＝1（不合题意舍去）x2；当点P在A点的右侧时，∵△PAM与△DD1
A相似，∴或，∴或，解得：x1＝1（不合题意舍去），x2＝﹣3（不合题意舍去）或x1＝1（不合题意舍去），x2（不合题意舍去）；当
点P在AB之间时，∵△PAM与△DD1A相似，∴或，∴或，解得：x1＝1（不合题意舍去），x2＝﹣3（不合题意舍去）或x1＝1（不
合题意舍去），x2；综上所述，点P的横坐标为﹣11或或；②由①得，这样的点P共有3个．【知识点】待定系数法求函数的解析式；全等三角
形的判定和性质；平行四边形的判定；相似三角形的判定和性质14.（2019贵州黔东南，26，16分）已知抛物线y＝ax2+bx+3
经过点A（1，0）和点B（﹣3，0），与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上的动点．（1）抛物线的解析式为，抛物线的顶点坐标为
；（2）如图1，连接OP交BC于点D，当S△CPD：S△BPD＝1：2时，请求出点D的坐标；（3）如图2，点E的坐标为（0，﹣1
），点G为x轴负半轴上的一点，∠OGE＝15°，连接PE，若∠PEG＝2∠OGE，请求出点P的坐标；（4）如图3，是否存在点P，使
四边形BOCP的面积为8？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【思路分析】（1）函数的表达式为：y＝a（x﹣1）（x+
3）＝a（x2+2x﹣3），即可求解；（2）S△CPD：S△BPD＝1：2，则BDBC2，即可求解；（3）∠OGE＝15°，∠PE
G＝2∠OGE＝30°，则∠OHE＝45°，故OH＝OE＝1，即可求解；（4）利用S四边形BOCP＝S△OBC+S△PBC＝8，即
可求解．【解题过程】解：（1）函数的表达式为：y＝a（x﹣1）（x+3）＝a（x2+2x﹣3），即：﹣3a＝3，解得：a＝﹣1，故
抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3…①，顶点坐标为（﹣1，4）；（2）∵OB＝OC，∴∠CBO＝45°，∵S△CPD：S△BP
D＝1：2，∴BDBC2，yD＝BDsin∠CBO＝2，则点D（﹣1，2）；（3）如图2，设直线PE交x轴于点H，∵∠OGE＝15
°，∠PEG＝2∠OGE＝30°，∴∠OHE＝45°，∴OH＝OE＝1，则直线HE的表达式为：y＝﹣x﹣1…②，联立①②并解得：x
（舍去正值），故点P（，）；（4）不存在，理由：连接BC，过点P作y轴的平行线交BC于点H，直线BC的表达式为：y＝x+3，设点P
（x，﹣x2﹣2x+3），点H（x，x+3），则S四边形BOCP＝S△OBC+S△PBC3×3（﹣x2﹣2x+3﹣x﹣3）×3＝8
，整理得：3x2+9x+7＝0，解得：△＜0，故方程无解，则不存在满足条件的点P．【知识点】二次函数综合运用；一次函数；一元二次方
程的应用15.（2019湖北鄂州，24，12分）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，AB＝4，交y轴于点C
，对称轴是直线x＝1．（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；（2）连接BC，E是线段OC上一点，E关于直线x＝1的对称点F正好落在B
C上，求点F的坐标；（3）动点M从点O出发，以每秒2个单位长度的速度向点B运动，过M作x轴的垂线交抛物线于点N，交线段BC于点Q．
设运动时间为t（t＞0）秒．①若△AOC与△BMN相似，请直接写出t的值；②△BOQ能否为等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，请
说明理由．【思路分析】（1）将A、B关坐标代入y＝﹣x2+bx+c中，即可求解；（2）确定直线BC的解析式为y＝﹣x+3，根据点E
、F关于直线x＝1对称，即可求解；（3）①△AOC与△BMN相似，则，即可求解；②分OQ＝BQ、BO＝BQ、OQ＝OB三种情况，分
别求解即可．【解题过程】解：（1））∵点A、B关于直线x＝1对称，AB＝4，∴A（﹣1，0），B（3，0），代入y＝﹣x2+bx+
c中，得：，解得，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，∴C点坐标为（0，3）；（2）设直线BC的解析式为y＝mx+n，则有：，
解得，∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，∵点E、F关于直线x＝1对称，又E到对称轴的距离为1，∴EF＝2，∴F点的横坐标为2，将x
＝2代入y＝﹣x+3中，得：y＝﹣2+3＝1，∴F（2，1）；（3）①如下图，MN＝﹣4t2+4t+3，MB＝3﹣2t，△AOC与
△BMN相似，则，即：，解得：t或或3或1（舍去、、3），故：t＝1；②∵M（2t，0），MN⊥x轴，∴Q（2t，3﹣2t），∵△
BOQ为等腰三角形，∴分三种情况讨论，第一种，当OQ＝BQ时，∵QM⊥OB∴OM＝MB∴2t＝3﹣2t∴t；第二种，当BO＝BQ时
，在Rt△BMQ中∵∠OBQ＝45°，∴BQ，∴BO，即3，∴t；第三种，当OQ＝OB时，则点Q、C重合，此时t＝0而t＞0，故不
符合题意综上述，当t或秒时，△BOQ为等腰三角形．【知识点】二次函数综合；相似三角形的性质与判定；等腰三角形；16.（2019湖北
荆门，24，12分）已知抛物线y＝ax2+bx+c顶点（2，﹣1），经过点（0，3），且与直线y＝x﹣1交于A，B两点．（1）求抛
物线的解析式；（2）若在抛物线上恰好存在三点Q，M，N，满足S△QAB＝S△MAB＝S△NAB＝S，求S的值；（3）在A，B之间的
抛物线弧上是否存在点P满足∠APB＝90°？若存在，求点P的横坐标；若不存在，请说明理由．（坐标平面内两点M（x1，y1），N（x
2，y2）之间的距离MN）【思路分析】（1）已知抛物线顶点坐标，故可设其顶点式为y＝a（x﹣2）2﹣1，再把点C（0，3）代入即求
得a的值，进而得到抛物线解析式．（2）把抛物线解析式与直线y＝x﹣1联立方程组，解方程组求得点A、B坐标，画出抛物线和直线草图．由
图可知，△QAB、△MAB、△NAB以AB为公共底时，高相等才有面积相等．假设M、N在直线AB上方的抛物线上，只要MN∥AB，根据
平行线间距离处处相等，则一定有S△MAB＝S△NAB＝S；当点Q在直线AB下方且只有唯一的点Q满足S△QAB＝S，则Q到AB距离取
最大值．过点Q分别作y轴平行线QC，作直线AB垂线QD，易证△CDQ为等腰直角三角形，故CQ取得最大值时，DQ也最大．设点Q横坐标
为t，用t表示CQ的长并配方求得最大值，进而求得DQ最大值，再用S＝S△QABAB?DQ求得S的值．（3）由∠APB＝90°，根据
勾股定理有AP2+BP2＝AB2，设点P横坐标为p，根据两点间距离公式用p表示AP2、BP2，列得关于p的一元四次方程．化简并对式
子进行因式分解，由1＜p＜4可进行两次约公因式达到降次效果，最终得到关于p的一元二次方程，求得的解有一个满足p的范围，即存在满足的
点P．【解题过程】解：（1）∵抛物线的顶点为（2，﹣1）∴顶点式为y＝a（x﹣2）2﹣1∵抛物线经过点C（0，3）∴4a﹣1＝3解
得：a＝1∴抛物线的解析式为y＝（x﹣2）2﹣1＝x2﹣4x+3（2）解得：，∴A（1，0），B（4，3）∴AB设直线y＝x﹣1
与y轴交于点E，则E（0，﹣1）∴OA＝OE＝1∴∠AEO＝45°∵S△QAB＝S△MAB＝S△NAB＝S∴点Q、M、N到直线AB
的距离相等如图，假设点M、N在直线AB上方，点Q在直线AB下方∴MN∥AB时，总有S△MAB＝S△NAB＝S要使只有一个点Q在直线
AB下方满足S△QAB＝S，则Q到AB距离必须最大过点Q作QC∥y轴交AB于点C，QD⊥AB于点D∴∠CDQ＝90°，∠DCQ＝∠
AEO＝45°∴△CDQ是等腰直角三角形∴DQCQ设Q（t，t2﹣4t+3）（1＜t＜4），则C（t，t﹣1）∴CQ＝t﹣1﹣（t
2﹣4t+3）＝﹣t2+5t﹣4＝﹣（t）2∴t时，CQ最大值为∴DQ最大值为∴S＝S△QABAB?DQ（3）存在点P满足∠APB
＝90°．∵∠APB＝90°，AB＝3∴AP2+BP2＝AB2设P（p，p2﹣4p+3）（1＜p＜4）∴AP2＝（p﹣1）2+（p
2﹣4p+3）2＝p4﹣8p3+23p2﹣26p+10，BP2＝（p﹣4）2+（p2﹣4p+3﹣3）2＝p4﹣8p3+17p2﹣8
p+16∴p4﹣8p3+23p2﹣26p+10+p4﹣8p3+17p2﹣8p+16＝（3）2整理得：p4﹣8p3+20p2﹣17p
+4＝0p2（p2﹣8p+16）+4p2﹣17p+4＝0p2（p﹣4）2+（4p﹣1）（p﹣4）＝0（p﹣4）[p2（p﹣4）+（
4p﹣1）]＝0∵p＜4∴p﹣4≠0∴p2（p﹣4）+（4p﹣1）＝0展开得：p3﹣4p2+4p﹣1＝0（p3﹣1）﹣（4p2﹣4
p）＝0（p﹣1）（p2+p+1）﹣4p（p﹣1）＝0（p﹣1）（p2+p+1﹣4p）＝0∵p＞1∴p﹣1≠0∴p2+p+1﹣4p
＝0解得：p1，p2（舍去）∴点P横坐标为时，满足∠APB＝90°．【知识点】二次函数的图象与性质；二次函数最值；一元二次方程的解
法；平行线间距离处处相等；勾股定理；因式分解17.（2019江苏连云港，26，12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线过点，与抛
物线的一个交点为，且点的横坐标为2，点、分别是抛物线、上的动点．（1）求抛物线对应的函数表达式；（2）若以点、、、为顶点的四边形恰
为平行四边形，求出点的坐标；（3）设点为抛物线上另一个动点，且平分．若，求出点的坐标．【思路分析】（1）先求出点的坐标，再用待定系
数法求出函数解析式便可；（2）设点的坐标为，分两种情况讨论：为平行四边形的一条边，为平行四边形的一条对角线，用表示出点坐标，再把点
坐标代入抛物线中，列出方程求得解便可；（3）当点在轴左侧时，抛物线不存在点使得平分，当点在轴右侧时，不妨设点在的上方，点在的下方，
过点、分别作轴的垂线，垂足分别为、，过点作于点，设点坐标为，，点坐标为，，证明，由相似比得到，进而得的值，过点作轴于点，设点坐标为
，由，移出的方程，求得便可．【解题过程】解：（1）将代入，得，故点的坐标为，将，代入，得，解得，抛物线；（2）设点的坐标为，第一种
情况：为平行四边形的一条边，①当点在点右侧时，则点的坐标为，将代入，得，解得，或，因为时，点与重合，不符合题意，所以舍去，此时点的
坐标为；②当点在点左侧时，则点的坐标为，将代入，得，得，解得，，或，此时点的坐标为或，；第二种情况：当为平行四边形的一条对角线时，
由的中点坐标为，得的中点坐标为，故点的坐标为，将代入，得，解得，或，因为时，点与点重合，不符合题意，所以舍去，此时点的坐标为，综上
所述，点的坐标为或或，或；（3）当点在轴左侧时，抛物线不存在点使得平分，当点在轴右侧时，不妨设点在的上方，点在的下方，过点、分别作
轴的垂线，垂足分别为、，过点作于点，则有，由平分，得，则，，，设点坐标为，，点坐标为，，所以有，整理得，，在中，过点作轴于点，设点
坐标为，若，则需，所以，所以，解得，，所以点坐标为，或，．【知识点】待定系数法求函数的解析式；平行四边形的性质；相似三角形的性质与
判定；角平分线的性质，动点问题探究18.（2019江苏宿迁，28，12分）如图，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于A、B两点，其中
点A坐标为（1，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．（1）求抛物线的函数表达式；（2）如图①，连接AC，点P在抛物线上，且满足∠PA
B＝2∠ACO．求点P的坐标；（3）如图②，点Q为x轴下方抛物线上任意一点，点D是抛物线对称轴与x轴的交点，直线AQ、BQ分别交抛
物线的对称轴于点M、N．请问DM+DN是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．【思路分析】（1）把点A、C坐标代
入抛物线解析式即求得b、c的值．（2）点P可以在x轴上方或下方，需分类讨论．①若点P在x轴下方，延长AP到H，使AH＝AB构造等腰
△ABH，作BH中点G，即有∠PAB＝2∠BAG＝2∠ACO，利用∠ACO的三角函数值，求BG、BH的长，进而求得H的坐标，求得直
线AH的解析式后与抛物线解析式联立，即求出点P坐标．②若点P在x轴上方，根据对称性，AP一定经过点H关于x轴的对称点H''，求得直线
AH''的解析式后与抛物线解析式联立，即求出点P坐标．（3）设点Q横坐标为t，用t表示直线AQ、BN的解析式，把x＝﹣1分别代入即求
得点M、N的纵坐标，再求DM、DN的长，即得到DM+DN为定值．【解题过程】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（1，0）
，C（0，﹣3）∴解得：∴抛物线的函数表达式为y＝x2+2x﹣3（2）①若点P在x轴下方，如图1，延长AP到H，使AH＝AB，过
点B作BI⊥x轴，连接BH，作BH中点G，连接并延长AG交BI于点F，过点H作HI⊥BI于点I∵当x2+2x﹣3＝0，解得：x1＝
﹣3，x2＝1∴B（﹣3，0）∵A（1，0），C（0，﹣3）∴OA＝1，OC＝3，AC，AB＝4∴Rt△AOC中，sin∠ACO，
cos∠ACO∵AB＝AH，G为BH中点∴AG⊥BH，BG＝GH∴∠BAG＝∠HAG，即∠PAB＝2∠BAG∵∠PAB＝2∠ACO
∴∠BAG＝∠ACO∴Rt△ABG中，∠AGB＝90°，sin∠BAG∴BGAB∴BH＝2BG∵∠HBI+∠ABG＝∠ABG+∠B
AG＝90°∴∠HBI＝∠BAG＝∠ACO∴Rt△BHI中，∠BIH＝90°，sin∠HBI，cos∠HBI∴HIBH，BIBH∴
xH＝﹣3，yH，即H（，）设直线AH解析式为y＝kx+a∴解得：∴直线AH：yx∵解得：（即点A），∴P（，）②若点P在x轴
上方，如图2，在AP上截取AH''＝AH，则H''与H关于x轴对称∴H''（，）设直线AH''解析式为y＝k''x+a''∴解得：∴直线AH
''：yx∵解得：（即点A），∴P（，）综上所述，点P的坐标为（，）或（，）．（3）DM+DN为定值∵抛物线y＝x2+2x﹣3的对
称轴为：直线x＝﹣1∴D（﹣1，0），xM＝xN＝﹣1设Q（t，t2+2t﹣3）（﹣3＜t＜1）设直线AQ解析式为y＝dx+e∴
解得：∴直线AQ：y＝（t+3）x﹣t﹣3当x＝﹣1时，yM＝﹣t﹣3﹣t﹣3＝﹣2t﹣6∴DM＝0﹣（﹣2t﹣6）＝2t+6设直
线BQ解析式为y＝mx+n∴解得：∴直线BQ：y＝（t﹣1）x+3t﹣3当x＝﹣1时，yN＝﹣t+1+3t﹣3＝2t﹣2∴DN＝
0﹣（2t﹣2）＝﹣2t+2∴DM+DN＝2t+6+（﹣2t+2）＝8，为定值．【知识点】二次函数解析式；一次函数解析式；解一元
二次方程；二元一次方程组；等腰三角形的性质；三角函数的应用19.（2019江苏盐城，25，10分）如图①是一张矩形纸片，按以下步骤
进行操作：（Ⅰ）将矩形纸片沿折叠，使点落在边上点处，如图②；（Ⅱ）在第一次折叠的基础上，过点再次折叠，使得点落在边上点处，如图③，
两次折痕交于点；（Ⅲ）展开纸片，分别连接、、、，如图④．【探究】（1）证明：；（2）若，设为，为，求关于的关系式．【思路分析】（1
）利用折叠性质，由边角边证明；（2）过点作于点．由（1），，，则，则，，则在中，由勾股定理得，即，所以关于的关系式：．【解题过程】
解：证明：（1）由折叠可知，，，，，在中，，；（2）过点作于点．由（1），，，则，，，，，在中，由勾股定理得，即，关于的关系式：．
【知识点】矩形；轴对称的性质；全等三角形的判定；勾股定理20.（2019江苏盐城，27，14分）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，直线分别与、轴交于、两点，其中．（1）求、两点的横坐标；（2）若是以为腰的等腰三角形，求的值；（
3）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．【思路分析】（1）将二次函数与一次函
数联立得：，即可求解；（2）分、两种情况，求解即可；（3）求出，在中，，即可求解．【解题过程】解：（1）将二次函数与一次函数联立得
：，解得或2，故点、的坐标分别为、；（2），①当时，即：，解得（舍去；②当时，，解得或；故的值为或或；（3）存在，理由：过点作于点
，将的图形放大见右侧图形，过点作的角平分线交于点，过点作于点，过点作轴于点，图中：点、点，则，，设：，则，则，，，由勾股定理得：，
即：，解得，在中，，解得（舍去正值），故．【知识点】二次函数；一次函数；解直角三角形21.（2019山东德州，25，14分）如图
，抛物线与轴交于，，，两点，与轴交于点，且．（1）求抛物线的解析式；（2）若，，，是抛物线上的两点，当，时，均有，求的取值范围；（
3）抛物线上一点，直线与轴交于点，动点在线段上，当时，求点的坐标．【思路分析】（1）函数的对称轴为：，而且，将上述两式联立并解得：
，，即可求解；（2）分、两种情况，分别求解即可；（3）取的中点，过点作线段的中垂线交直线与点，则点为符合条件的点，即可求解．【解题
过程】解：（1）函数的对称轴为：，而且，将上述两式联立并解得：，，则函数的表达式为：，即：，解得：，故抛物线的表达式为：；（2）当
时，，①当时（即，，则，解得：，而，故：；②当（即时，则，同理可得：，故的取值范围为：；（3）当，为等腰三角形，故取的中点，过点作
线段的中垂线交直线与点，则点为符合条件的点，点，，将点、坐标代入一次函数表达式：并解得：直线的表达式为：，同理可得：直线的表达式为
：①，直线，则直线表达式中的值为1，同理可得直线的表达式为：②，联立①②并解得：，故点，．【知识点】二次函数综合；一次函数；等腰
三角形性质；分类讨论22.（2019山东菏泽，24，10分）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C（0，﹣2），点A的
坐标是（2，0），P为抛物线上的一个动点，过点P作PD⊥x轴于点D，交直线BC于点E，抛物线的对称轴是直线x＝﹣1．（1）求抛物线
的函数表达式；（2）若点P在第二象限内，且PEOD，求△PBE的面积．（3）在（2）的条件下，若M为直线BC上一点，在x轴的上方，
是否存在点M，使△BDM是以BD为腰的等腰三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【思路分析】（1）点A（2，0）、
点B（﹣4，0），则函数的表达式为：y＝a（x﹣2）（x+4）＝a（x2+2x﹣8），即可求解；（2）PEOD，则PE＝（x2x﹣
2x+2）（﹣x），求得：点D（﹣5，0），利用S△PBEPE×BD（x2x﹣2x+2）（﹣4﹣x），即可求解；（3）BD＝1＝B
M，则yM＝﹣BMsin∠ABC＝﹣1，即可求解．【解题过程】解：（1）点A的坐标是（2，0），抛物线的对称轴是直线x＝﹣1，则点
B（﹣4，0），则函数的表达式为：y＝a（x﹣2）（x+4）＝a（x2+2x﹣8），即：﹣8a＝﹣2，解得：a，故抛物线的表达式为
：yx2x﹣2；（2）将点B、C的坐标代入一次函数表达式：y＝mx+n并解得：直线BC的表达式为：yx﹣2，则tan∠ABC，则s
in∠ABC，设点D（x，0），则点P（x，x2x﹣2），点E（x，x﹣2），∵PEOD，∴PE＝（x2x﹣2x+2）（﹣x），解
得：x＝0或﹣5（舍去x＝0），即点D（﹣5，0）S△PBEPE×BD（x2x﹣2x+2）（﹣4﹣x）；（3）由题意得：△BDM是
以BD为腰的等腰三角形，只存在：BD＝BM的情况，BD＝1＝BM，则yM＝﹣BMsin∠ABC＝﹣1，则xM，故点M（，）．【知识
点】二次函数综合题；数形结合；函数思想；二次函数的解析式；23.（2019山东菏泽，26，13分）在平面直角坐标系中，直线y＝x
+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）经过点A、B．（1）求a、b满足的关系式及c的值．（2）当
x＜0时，若y＝ax2+bx+c（a＜0）的函数值随x的增大而增大，求a的取值范围．（3）如图，当a＝﹣1时，在抛物线上是否存在点
P，使△PAB的面积为1？若存在，请求出符合条件的所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．【思路分析】（1）求出点A、B的坐标，即可
求解；（2）当x＜0时，若y＝ax2+bx+c（a＜0）的函数值随x的增大而增大，则函数对称轴x0，而b＝2a+1，即：0，即可求
解；（3）过点P作直线l∥AB，作PQ∥y轴交BA于点Q，作PH⊥AB于点H，S△PABAB×PH2PQ1，则|yP﹣yQ|＝1，
即可求解．【解题过程】解：（1）y＝x+2，令x＝0，则y＝2，令y＝0，则x＝﹣2，故点A、B的坐标分别为（﹣2，0）、（0，2
），则c＝2，则函数表达式为：y＝ax2+bx+2，将点A坐标代入上式并整理得：b＝2a+1；（2）当x＜0时，若y＝ax2+bx
+c（a＜0）的函数值随x的增大而增大，则函数对称轴x0，而b＝2a+1，即：0，解得：a，故：a的取值范围为：a＜0；（3）当a＝﹣1时，二次函数表达式为：y＝﹣x2﹣x+2，过点P作直线l∥AB，作PQ∥y轴交BA于点Q，作PH⊥AB于点H，∵OA＝OB，∴∠BAO＝∠PQH＝45°，S△PABAB×PH2PQ1，则yP﹣yQ＝1，在直线AB下方作直线m，使直线m和l与直线AB等距离，则直线m与抛物线两个交点坐标，分别与点AB组成的三角形的面积也为1，故：|yP﹣yQ|＝1，设点P（x，﹣x2﹣x+2），则点Q（x，x+2），即：﹣x2﹣x+2﹣x﹣2＝±1，解得：x＝﹣1或﹣1，故点P（﹣1，2）或（﹣1，1）或（﹣1，）．【知识点】二次函数综合题24.（2019四川成都，28，12分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣2，5），与x轴相交于B（﹣1，0），C（3，0）两点．（1）求抛物线的函数表达式；（2）点D在抛物线的对称轴上，且位于x轴的上方，将△BCD沿直线BD翻折得到△BC''D，若点C''恰好落在抛物线的对称轴上，求点C''和点D的坐标；（3）设P是抛物线上位于对称轴右侧的一点，点Q在抛物线的对称轴上，当△CPQ为等边三角形时，求直线BP的函数表达式．【思路分析】（1）根据待定系数法，把点A（﹣2，5），B（﹣1，0），C（3，0）的坐标代入y＝ax2+bx+c得到方程组求解即可；（2）设抛物线的对称轴与x轴交于点H，则H点的坐标为（1，0），BH＝2，由翻折得C′B＝CB＝4，求出C′H的长，可得∠C′BH＝60°，求出DH的长，则D坐标可求；（3）由题意可知△C′CB为等边三角形，分两种情况讨论：①当点P在x轴的上方时，点Q在x轴上方，连接BQ，C′P．证出△BCQ≌△C′CP，可得BP垂直平分CC′，则D点在直线BP上，可求出直线BP的解析式，②当点P在x轴的下方时，点Q在x轴下方．同理可求出另一直线解析式．【解题过程】解：（1）由题意得：解得，∴抛物线的函数表达式为y＝x2﹣2x﹣3．（2）∵抛物线与x轴交于B（﹣1，0），C（3，0），∴BC＝4，抛物线的对称轴为直线x＝1，如图，设抛物线的对称轴与x轴交于点H，则H点的坐标为（1，0），BH＝2，由翻折得C′B＝CB＝4，在Rt△BHC′中，由勾股定理，得C′H2，∴点C′的坐标为（1，2），tan，∴∠C′BH＝60°，由翻折得∠DBH∠C′BH＝30°，在Rt△BHD中，DH＝BH?tan∠DBH＝2?tan30°，∴点D的坐标为（1，）．（3）取（2）中的点C′，D，连接CC′，∵BC′＝BC，∠C′BC＝60°，∴△C′CB为等边三角形．分类讨论如下：①当点P在x轴的上方时，点Q在x轴上方，连接BQ，C′P．∵△PCQ，△C′CB为等边三角形，∴CQ＝CP，BC＝C′C，∠PCQ＝∠C′CB＝60°，∴∠BCQ＝∠C′CP，∴△BCQ≌△C′CP（SAS），∴BQ＝C′P．∵点Q在抛物线的对称轴上，∴BQ＝CQ，∴C′P＝CQ＝CP，又∵BC′＝BC，∴BP垂直平分CC′，由翻折可知BD垂直平分CC′，∴点D在直线BP上，设直线BP的函数表达式为y＝kx+b，则，解得，∴直线BP的函数表达式为y．②当点P在x轴的下方时，点Q在x轴下方．∵△PCQ，△C′CB为等边三角形，∴CP＝CQ，BC＝CC′，∠CC′B＝∠QCP＝∠C′CB＝60°．∴∠BCP＝∠C′CQ，∴△BCP≌△C′CQ（SAS），∴∠CBP＝∠CC′Q，∵BC′＝CC′，C′H⊥BC，∴．∴∠CBP＝30°，设BP与y轴相交于点E，在Rt△BOE中，OE＝OB?tan∠CBP＝OB?tan30°＝1，∴点E的坐标为（0，）．设直线BP的函数表达式为y＝mx+n，则，解得，∴直线BP的函数表达式为y．综上所述，直线BP的函数表达式为或．【知识点】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；轴对称的性质；全等三角形的判定和性质；等边三角形的判定与性质；锐角三角函数时代博雅解析时代博雅解析 |
|
