中考数学三轮真题集训冲刺知识点20二次函数几何方面的应用pdf含解析

中考数学三轮真题集训冲刺知识点20二次函数几何方面的应用pdf含解析

1 / 55 一、选择题 1. （2019·乐山）如图，抛物线 44 1 2 −= xy 与 x 轴交于 A 、B 两点，P 是以点C （0,3）为圆心，2 为 半径的圆上的动点，Q 是线段 PA的中点，连结OQ .则线段OQ 的最大值是（ ） A． 3 B． 2 41 C． 2 7 D． 4 【答案】C 【解析】连接 PB，令 44 1 2 −= xy =0，得 x= 4± ，故 A（-4，），（ 4，0）， ∴ O 是 AB 的中点，又Q 是线段 PA的中点，∴OQ= 1 2 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= 1 2 PB= 7 2 ，故选 C. 二、填空题 1. （2019·无锡）如图，在 ABC∆ 中，AB=AC=5，BC= 45，D 为边 AB 上一动点( B 点除外)，以 CD 为一边作正方形CDEF ，连接 BE ，则 BDE∆ 面积的最大值为 . 知识点 20——二次函数几何方面的应用 2 / 55 【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= 45，AN⊥BC，∴BN= 1 2 BC=2 5 ，AN= 225AB BN−=，∵ G⊥BC，AN⊥BC，∴ DG∥AN，∴ 2BG BN DG AN = = ，∴BG=2x，CG=HD=4 5 - 2x； 易证△HED∽△GMD，于是 HE HD GM GD = ， 45 2xx GM x −= ，即 MG 2 45 2 x x = − ，所以 S△BDE = 1 2 BM ×HD= 1 2 ×（2x 2 45 2 x x − − ）×（4 5 - 2x）= 25 452 xx−+ = 2 5 45 825x −− + ，当 x= 45 5 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 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 2 3 m n = ,则 m+n 的最大值为________. 3 / 55 【答案】 25 3 【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,∴ AE BE BF CF = ,即 xm ny = ,mn＝xy,∴ AN DN CM DM = ,即 42=43 mx ny −= − ,∴y＝10－ 3 2 x ,∵ 2= 3 m n ,∴n＝ 3 2 m,m+n＝ 5 2 m,∵mn＝xy＝x(10－ 3 2 x )＝－ 3 2 x2+10x＝ 3 2 m2,当 x＝10 3 时,mn 取得最大值为 50 3 ,∴ 3 2 m2＝ 50 3 ,∴m 最大＝10 3 ,∴m+n＝ 5 2 m＝ 25 3 . 3. （2019·凉山）如图，正方形 ABCD 中，AB=12, AE = 4 1 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 = 4 1 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，∴ BE PC BP CQ = ，∴ 9 12 x x CQ −= ，整理得 CQ= 4)6(9 1 2 +−− x ，∴当 x=6 时，CQ 取得最大 值为 4.故答案为 4. 4 / 55 三、解答题 1．（2019 山东烟台，25，13 分） 如图，顶点为 M 的抛物线 y = ax2 + bx + 3与 x 轴交于 A(−1,0) ， B 两点，与 y 轴交于点 C，过点 C 作CD ⊥ y 轴交抛物线与另一个点 D，作 DE ⊥ x 轴，垂足为点 E．双曲线 y 6 (x 0)x = > 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， BPD∠ 的度数最大？（请直接写出结果） 【解题过程】 （1）当 0x = 时 20 033ya b=× +×+= 所以 3OC = ， (0,3)C ， 因为CD y⊥ 轴， DE x⊥ 轴，CO EO⊥ ， 所以四边形 OEDC 为矩形， 又因为双曲线 6 ( 0)yxx = > 经过点 D， 所以 6OEDCS =矩形 , 5 / 55 所以 2OEDCSCD OC = =矩形 , 所以 (2,3)D 将点 ( 1, 0)A − 、 (2,3)D 代入抛物线 2 3y ax bx= ++得 30 4 2 33 ab ab −+=  + += 解得 1 2 a b = −  = 所以抛物线的表达式为 2 23yx x=−+ +． （2）解：作点 D 关于 x 轴的对称点 H ，作点 M 关于 y 轴的对称点 I ，如图（1） 由图形轴对称的性质可知 FM FI= ， ND NH= ， 所以四边形 MDNF 的周长 MD DN FN FM MD NH FN FI= +++ = + ++， 因为 MD 是定值，所以当 NH FN FI++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 NH FN FI++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 HI ，交 x 轴于点 N，交 y 轴于点 F， 因为抛物线的表达式为 2 23yx x=−+ +，所以点 M 的坐标为 (1, 4) ， 由轴对称的性质可得， ( 1, 4)I − ， (2, 3)H − ， 设直线 HI 的表达式为 y mx n= + ， 所以 4 23 mn mn −+=  +=− ， 第 1题答图（1） 6 / 55 解得 7 3 5 3 m n  = −  = ， 所以直线 HI 的表达式为 75 33yx=−+， 当 0x = 时， 5 3y = ， 当 0y = 时， 750 33x=−+，所以 5 7x = ， 所以 5(0, )3F ， 5( ,0)7N ， 所以当 M，D，N，F 为顶点的四边形周长最小时， 5(0, )3F ， 5( ,0)7N ． （3）解：本题的答案为9 2 15− ． 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 APB∠ 最大． 所以可作 T 过点 B、D，且与直线 OC 相切，切点为 P，此时 BPD∠ 的度数最大， 由已知，可得OP t= ， (0, )Pt 因为直线 OC 与 T 相切， 所以TP OC⊥ ， 所以直线 PT 的解析式为 yt= 因为抛物线的表达式为 2 23yx x=−+ +， 第 1题答图（2） 第 1题答图（3） 7 / 55 所以点 B 的坐标为 (3, 0) ， 因为点 B(3, 0) 、点 (2,3)D 可以求得直线 BD 的垂直平分线的解析式为 12 33yx= + 联立 yt= 与 12y = 3 x + 3 ，得 x = 3t − 2 ， y = t 直线 PT 与直线 BD 的交点即为点 M，所以 M (3t − 2,t) 因为 MB = MC ,可得3t − 2 = (3t − 2 −3)2 + (t − 0)2 解得t = 9 − 2 15 或t = 9 + 2 15 （舍去） 所以当t = 9 − 2 15 时，∠BPD 的度数最大． 2．（2019 江苏盐城卷，27，14）如图所示，二次函数 y = k(x −1)2 + 2 的图象与一次函数 y = kx − k + 2 的 图象交于 A , B 两点，点 B 在点 A 的右侧，直线 AB 分别于 x 轴、 y 轴交于C 、 D 两点，且 k < 0 . （1）求 A , B 两点横坐标； （2）若△OAB 是以OA为腰的等腰三角形，求 k 的值； （3）二次函数图象的对称轴与 x 轴交于点 E ,是否存在实数 k ，使得 ∠ODC = 2∠BEC ，若存在，求出 k 的值；若不存在，说明理由. 【解题过程】（1）∵A、B 是 与 的交点 y x D CB A O 2( 1) 2y kx= −+ 2y kx k= −+ 8 / 55 ， ， ∵ 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 ∵ ∵ ， ∵ ∴ 2( 1) 2 2 y kx y kx k  = −+  = −+ ∴ 2( 1) 2= ( 1) 2kx kx− + −+ ∴ ( 1)( 2) 0kx x− −= ∴ 1 1x = 2 2x = ∴ 1 1 =1 2 x y   = 2 2 =2 2+ x yk   = B A ∴ (1, 2)A (2, 2+k)B ∴ A 1 B 2 (1, 2)A (2, 2+k)B (0,0)O ∴ 22= 5, 4 ( 2) , 1OA OB k AB k= ++ = + OA ∴ =OA AB =OA OB =OA AB 25= 1k + ∴ 2 4k = ∴ 2k = ± 0k < ∴ 2k = − =OA OB 25 4 ( 2)k= ++ ∴ 2( 2) 1k += ∴ 1k = − 3k = − ∴ 1k = − 2k = − 3k = − 3k = − 47 3k −−= (1, 2)A (2, 2+k)B B C B C B C ∴ 2+k>0 ∴ 0>k>-2 B BH x⊥ H BE x F BF =BF EF ∴ 2BFH BEC∠=∠ =BF EF (1, 2)A (2, 2+k)B ∴ (1, 0)E (2,0)H ∴ 1EH = ∴ 1FH m= − 2 22=BH FH BF+ 2 22( 2) (1 )k mm+ +− = ∴ 2 45 2 kkm ++= ∴ 2 43=1 2 kkFH m −− −−= ∴ 2 42tan 43 BH kBFH FH k k +∠==−− − 2ODC BEC∠=∠ ∴ =ODC BFH∠∠ ∴ tan tanODC BFH∠=∠ 2(1,1 )C k − ∴ 2=1OC k − =2OD k− ∴ 21 1tan 2 OC kODC OD k k − ∠===−− ∴ 2 1 42 43 k kk k +−=−− − ∴ 3k = ± 0k < ∴ 3k = − 9 / 55 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 ∵ ∵ ∵ ， ∵ 图1 x y F H D CB A O E B C ∴ 2+k<0 ∴ k<-2 B BM x⊥ M BE x N BN =BN EN ∴ 2BNM BEC∠=∠ (1, 2)A (2, 2+k)B ∴ (1, 0)E (2,0)M ∴ 1EM = = =nBN EN ∴ 1MN n= − 222BN MN BM= + 2 22( 2) (1 )nk n= + +− ∴ 2 45 2 kkn ++= ∴ 2 43MN=1 2 kkn −− −−= = ( 2)BM k−+∴ 2 42tan +4 +3 BM kBNM MN k k +∠== 2ODC BEC∠=∠ ∴ =ODC BNM∠∠ ∴ tan tanODC BNM∠=∠ 2(1,1 )C k − ∴ 2=1OC k − =2OD k− ∴ 21 1tan 2 OC kODC OD k k − ∠===−− ∴ 2 1 42 +4 +3 k kk k +−= ∴ 23 8 30kk+ += ∴ 47 3k −±= 2k <− ∴ 47 3k −−= 10 / 55 综上所述， 或 . 3．（2019 江西省，23，12 分）特例感知 (1)如图 1，对于抛物线 y1 = −x2 − x +1， y2 = −x2 − 2x +1， y3 = −x2 −3x +1下列结论正确的序号 是 ； ①抛物线 1y ， 2y ， 3y 都经过点 C(0，1)； ②抛物线 2y ， 3y 的对称轴由抛物线 1y 的对称轴依次向左平移 2 1 个单位得到； ③抛物线 1y ， 2y ， 3y 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 12 +−−= nxxyn （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. 图2 y xN M D C B A O E 3k = − 47 3k −−= 11 / 55 ①“系列平移抛物线”的顶点依次为 1P ， 2P ， 3P ，…， nP ，用含 n 的代数式表示顶点 nP 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)”： 1C ， 2C ， 3C ，…， nC ，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 1A ， 2A ， 3A ，…， nA ，连接 nn AC ， 11 −− nn AC ，判断 nn AC ， 11 −− nn AC 是否平行？并说明理由. 【解题过程】解：（1）对于抛物线 12 1 +−−= xxy ， 122 2 +−−= xxy ， 132 3 +−−= xxy 来说， ∵抛物线 1y ， 2y ， 3y 都经过点 C(0，1)，∴①正确； ∵抛物线 1y ， 2y ， 3y 的对称轴分别为： 2 1 )1(2 1 1 −=−× −−=x ， 1)1(2 2 2 −=−× −−=x ， 2 3 )1(2 3 3 −=−× −−=x 的 ∴抛物线 2y ， 3y 的对称轴由抛物线 1y 的对称轴依次向左平移 2 1 个单位得到，∴②正确； ∵抛物线 1y ， 2y ， 3y 与直线 y=1 的另一个交点的横坐标分别为：-1、-2、-3， ∴抛物线 1y ， 2y ， 3y 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 12 +−−= nxxyn 可知，顶点坐标为 nP （ 2 n− ， 4 42 +n ）， ∴该顶点纵坐标 y 与横坐标 x 之间的关系式为 14 4)2( 4 4 2 22 +=+−=+= xxny ； 12 / 55 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： 12 +−− kk ， 122 +−− kk ， 132 +−− kk ，…， 12 +−− nkk ， ∴ 1C 2C 2222 )]12()1[()]2()1[( +−−−+−−+−−−−−= kkkkkk 2222 )121()21( −+++−−+++−−= kkkkkk 21 k+= ， 2C 3C 2222 )]13()12[()]3()2[( +−−−+−−+−−−−−= kkkkkk 2222 )1312()32( −+++−−+++−−= kkkkkk 21 k+= ， …， 1−nC nC 2222 )}1(]1)1({[)}()]1({[ +−−−+−−−+−−−−−−= nkkknknknk 2222 ]11)1([)1( −+++−−−++++−−= nkkknknknk 21 k+= ， ∴相邻两点的距离相等，且距离为： 21 k+ . ③将 y=1 代入 12 +−−= nxxyn 可得 112 =+−− nxx ，∴x=-n（0 舍去）， ∴点 1A （-1，1）， 2A （-2，1）， 3A （-3，1），…， nA （-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： 12 +−− kk ， 122 +−− kk ， 132 +−− kk ，…， 12 +−− nkk ， ∴点 1C （-k-1， 12 +−− kk ）， 2C （-k-2， 122 +−− kk ）， 3C （-k-3， 132 +−− kk ），…， nC （-k- n， 12 +−− nkk ）. 设 nn AC ， 11 −− nn AC 的解析式分别为：y=px+q，y=mx+n， 则    +−−=+−− =+− 1)( 1 2 nkkqpnk qnp ，    +−−−=+−−− =+−− 1)1()]1([ 1)1( 2 knknmnk nmn ， 13 / 55 解得 p=k+n，m=k+n-1， ∴p≠m ∴Cn An ，Cn−1An−1 不平行. 4．（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 ，所以重叠部分不是五边形；当 S= 53时， 23 t +8 32 − =53，此时 t= 62> ，所以重叠部分不是五边形；当 20，∵a＞0， ∴b＜0； （2）①过点 D 作 DM⊥y 轴于 M，则 DM∥AO，∴ 1 2 DC DM MC CA OA CO = = = ， ∴ DM = 1 2 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， ∴ DN BN OE OB = ，∴OE=8，S△BEF = 1 2 ×4×4m =8，∴ m =1，∴A（-2，0）， B（4，0）， 设 y = a(x + 2)(x - 4)，即 y= ax 2-2ax- 8a，令 x=0，则 y=-8a，∴C（0，-8a）， ∴ -8a=-4，a= 1 2 ，∴ y = 1 2 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 = m 2 +4，DB2 = 9m2 + 36. ∵9m 2 +36+16m2 +16> m2 +4，∴CB2 + DB2＞CD2，∴∠CB D 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 + 9m 2 +36＞16m2 +16 ，解得 -2＜m＜2， 2°当∠BCD 为锐角时，CD2 +CB 2＞DB 2， m2 +4 +16m2 +16＞ 9m 2 +36，解得 m＞ 2 或 m＜- 2 （舍）， x y O x y O 43 / 55 综上： 2 ＜m＜2 ，∴2 2 ＜2m＜4，∴ 2 2 ＜OA＜4. 第 2 1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 33yx x= + 的图象上，22.（2019·岳阳）如图 1，△AOB 的三个顶点 A、O、B 分别落在抛物线 F1： 1 2 7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： 2 4y ax bx= ++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 44 / 55 △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 217 33yx x= + ，得： 217( 4) ( 4) 433y = ×− + ×− =− ， ∴A（－4，－4）． 将 y=－2 代入 217 33yx x= + ，得： 217 233xx+=−， 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 2 4y ax bx= ++，得： 16 4 4 4 424 1 ab ab + +=  + +=− 解得： 1 4 3 a b  =  = − ∴抛物线 F2： 21 344yxx= −+． 对称轴为： 3 612 4 x −=−= × 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°． 45 / 55 ∵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 44 80 mn mn +=−  += 解得： 1 8 m n =  = − ∴y=x－8． 当 x=6 时，y=－2． ∴M（6，－2） ∴SA′OM＝ SA′′ON－SOMN ＝ 1184 8222 ××− ×× ＝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 1 2k = − ． 设直线 OB′解析式为： 1 2yx= − ． 解方程组： 21 344 1 2 yxx yx  = −+  = − 得： 1 1 2 1 x y =  = − ， 2 2 8 4 x y =  = − ∵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． 46 / 55 OA=OA′= 224 4 42+= ． ①若△AOD∽△OA′C，则 '' OA OD AO AC = ∴OD=A′C=4． 此时点 D 的坐标为（4，0）或（0，4）． ②若△AOD∽△CA′O，则 'C ' OA OD A AO = 42 4 42 OD= ∴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 23. （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. （1）求二次函数的解析式及顶点 P 的坐标； （2）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. �若 S�PMN=2，求 k 的值； �证明：无论 k 为何值，�PMN 恒为直角三角形 �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= 1 2 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=- 47 / 55 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= 2 1 1x − ，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（ 2 2 k− ， 2 6 2 k−+）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 c=3 93 0bc  −+ + = ，解得 2 3 b c =  = ， �二次函数的解析式为 y=-x2+2x+3，顶点坐标 P（1，4） （2）�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= 1 2 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=± 23. 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）. 48 / 55 ∵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+x12-2x1-3=(x1-1)2，ME=1-x1， PF=4-y2=4+x22-2x2-3=(x2-1)2，NF=x2-1， ∴tan∠PAE= ( )2 1 1 1 1=11 xPE xME x − = −− ， tan∠FPN= ( ) 2 2 22 1 1 11 xFN PF xx −= = −− . 由①可知 x1+x2=2-k，x1·x2=-k， ∴x1+x2=2+x1x2， ∴(1-x1)(x2-1)=1， ∴1-x1= 2 1 1x − ， ∴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（ 2 2 k− ， 2 6 2 k−+）， ∴ 2 2 2 6 2 kx ky − = −+ = ，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 24．（2019 山东省德州市，25，14）如图，抛物线 y＝mx2﹣ 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； 49 / 55 （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， 50 / 55 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＝ ， 51 / 55 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 52 / 55 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 ∴PN⊥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 53 / 55 当 P2 的坐标为（10，－ ）， 则 P2A＝ ＝ ， ∴sin∠P2AD＝ ＝ ； 由上可得，sin∠PAD 的值是 或 ．……………………………………………14 分 25. （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； (1) 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= MN2 1 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； （2）①∵OP= MN2 1 ，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= 23 =PM，∴M(3，3- 23 )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) 54 / 55 ∴a= 9 1- ∴二次函数的关系式为 y= 9 1- (x-3)2+3； (2)①∵OP= MN2 1 ，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= 23 =PM， ∴M(3，3- 23 ) ∴直线 OM 的解析式为 xy )21( −= ， ∵抛物线的解析式为 y= 9- 1 (x-3)2+3 ∴联立方程组可得 x=3-9 2 ， ∴B（3-9 2 ， 22-12 2 ） ②∵点 N 在对称轴上，点 O,A 关于对称轴对称， ∴ON=NA, ∴∠BNM=∠ONM. 26．(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 5 2 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. 55 / 55 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 4 16 4 0 0 c a bc abc ì =ïï + +=íï - +=ïî ,解得 1 3 4 a b c ì =-ïï =íï =ïî ,∴抛物线的解析式为 y＝－x2+3x+4; (2) 连接 OF,设 E(m,0),∵B(0,4),C(－1,0),∴kBC＝ ( ) 40 401 y x -==--   ,∵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 44 55 4 16 55 xm ym ì =+ïïíï =- +ïî ,∴F( 44 55m + , 4 16 55m-+)∴S△BEF＝S 四边形 OBFE－S△OEB＝S△OEF+S△OBF－S△OEB＝ 1 2 FOE y× + 1 2 FOB x× － 1 2 OB OE× ＝ 22 68 5 55mm- ++,∴ 22 6 85 5 5 52mm- + +=,解得 m＝ 3 2 , ∴E( 3 2 ,0); (3)由(2)知 E( 3 2 ,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’( 5 2 ,4),将 x＝ 5 2 代入抛物线 y＝－x2+3x+4 得 y＝ 21 4 ≠4,∴点 E’不在抛物线上.