中考数学综合题专题二次函数压轴题解析专题解析一

中考数学综合题专题【二次函数压轴题解析】专题解析一
1.已知抛物线y=ax2-2ax-3a (a<0)与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C,点D为
抛物线的顶点.
(1)求A、B的坐标；
(2)过点D作DH，y轴于点H ,若DH = HC,求a的值和直线CD的解析式；
(3)在第(2)小题的条件下，直线CD与x轴交于点E,过线段OB的中点N作NF，x 轴，并交直线CD
于点F,则直线NF上是否存在点M,使得点M到直线CD的距离等于点M到原点O的距离？若存
在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
考点：二次函数综合题
专题：压轴题
分析：(1)令y=0,求得x的值，从而得出点A、B的坐标.
(2)令x=0,则y=- 3a,求得点C、D的坐标，设直线CD的解析式为y = kx+b,把C、
D两点的坐标代入，求出直线CD的解析式.
(3)设存在，作MQLCD于Q,由RtAFQM ^RtAFNE,得MQ -FM- 及可得出关
EN EF
于m的一元二次方程，求出方程的解，即可得出点M的坐标.
解答：(1)由y= 0 得，ax2 - 2ax- 3a= 0 .
a/0, ,2
•・ x — 2x— 3 = 0,
解得x1 = — 1 , x2=3,
・•・ A (— 1, 0) , B (3, 0).
(2)由y= ax2— 2ax— 3a,令x = 0,得y = — 3a
C (0, — 3a)
y= ax2— 2ax— 3a = a(x— 1)2— 4a
D (1, —4a)
DH = HC
・.DH = 1, CH = — 4a — (— 3a) = — a
・•一a = 1
・ •.C (0, 3) , D (1, 4)
直线CD 的解析式为y=x+3.
3
(3)存在，如下图，作 MQLCD 于 Q,由(2)得，E (― 3, 0) , N ( - , 0)
2
,EN= 9
2
M ( 3 , m)，则 FM = 9 - m,
2 2
QFM = / NFE , / FQM = / FNE = 90° ••• RtA FQMsRt^FNE
■ 2
9 9 -
m - m
MQ FM 日口， 4
2 ---- ------- 即 ----------------- -
EN EF 9
9.2
2 F
整理得 4m2+36m —63=0, (2m —3)(2m+21) = 0
•・•点 M 的坐标为 M 1 ( - , 3 ) , M 2 ( 3 , — © )
2 2 2 2
点评：本题是二次函数的综合题型，其中涉及的知识点有一元二次方程的解法.在求有关 存在不
存在问题时要注意先假设存在，再讨论结果.
....... 1 2 3 ____ 一 2.已知二次函数 y —x —x 的图象如图.
4 2
(1)求它的对称轴与 X 轴交点D 的坐标;
C 三点，若/ ACB=90°,求此时抛物线的解析式； (3)设(2)中平移后的抛物线的顶点为
M,以AB 为直径，D 为圆心作。

D,试判断直线 与。

D 的位置关系，并说明理由. 考点：二次函数综合题.
分析：(1)根据对称轴公式求出 x 二金，求出即可；
设直线CD 的解析式为
y=kx+3,则 k+3=4,解得 k= 1
设存在满足条件的点
MQ = OM
m2=-
21
(2)将该抛物线沿它的对称轴向上平移，设平移后的抛物线与
X 轴，y 轴的交点分别为 A 、 B 、
CM
(2)假设出平移后的解析式即可得出图象与x轴的交点坐标，再利用勾股定理求出即可；
(3)由抛物线的解析式¥= —/工2+¥^+4可得，A, B, C, M各点的坐标，再利用勾股定理逆定理求出CDXCM,即可证明.
答案：解：(1)由y -x23x得X — 3
4 2 2a
D ( 3 , 0 )
(2)方法一：
如图1,设平移后的抛物线的解析式为
贝U C(0, k)oc=k
. 1 o 3
令y 0 即—x -X k 0 4 2
得x1 3 4k 9 x23 4k 9
.••A(3 J4k 9,0) , B(3 J4k 9,0)
「.AB2 (4k 9 3 3 、4k 9)2 16k
36
_ 2 __________2 _ 2
• AC BC AB
即：2k2 8k 36 16k 36
得k1 4 k2 0(舍去)
........... 12 3
.•・抛物线的解析式为y 1 x2 3 x 4
4 2
方法二：
1 o 3 .... 一9
, y — x —x .•顶点坐标3,—
4 2 4
9 .
设抛物线向上平移h个单位，则得到C 0,h，顶点坐标M 3- h
4
.. . ........... 1 2 9
.二平移后的抛物线：y x 3 — h
4 4
1 2 9 一--- --- 一-------- ---
当y 0 时，一x3 — h 0,得x 3 V4h9 x 3 V4h9
4 4
• .A(3 . 4h 9,0) B(3 、4h 9,0)
・•/ ACB=90° . AOCs^ COB
2
OC OA OB
h 2
J4h 9 3 J4h 9 3 得 上 4h 0舍去
................ 1 2 9
:平移后的抛物线：y x 3 - 4 4 4 (3)方法一: 2
25
3
— 4
如图2,由抛物线的解析式 y
A(-2, 0), B(8, 0), C(4, 1 2 3
一x — x 4可得 4 2
g 25、
0), M (3,——) 4 过C 、M 作直线，连结 CD,过M 作MH 垂直y 轴于H,
则MH 3 2
25 2 625
••• DM (——)——
4 16
在 RtA COD 中,CD= 732_4r
5 =AD
•・・点C 在O D 上
2
25 2 625 ••• DM 2
(一)2 ——
4 16
_ 2 _ 2 _______ 2 ••• DM CM CD
方法
・•.△CDM 是直角三角形，
・•. CDXCM 「•直线CM 与O D 相切
如图3,由抛物线的解析式可得
A(-2, 0), B(8, 0), C(4, 0), M (3,
25
25
作直线CM,过D 作DE ，CM 于E,过M 作MH 垂直y 轴于H,则MH 3, DM 分由 4 ’
勾股定理得CM
15 4
••• DM
II OC
・ ./ MCH= / EMD ••• RtACMH ^RtADME
DE MH
MD 小
——得DE
CM 由(2)知AB 10--O D 的半径为5
点评：此题主要考查了二次函数的综合应用以及勾股定理以及逆定理的应用，利用数形结合得出是解决问题的关键.
3.如图，半径为1的。

M经过直角坐标系的原点O,且与x的正半轴，y的正半轴交于点A、B,
/OMA=60°,过点B的切线交x轴负半轴于点C,抛物线过点A、B、C.
(1)求点A、B的坐标.
(2)求抛物线的解析式.
(3)若点D为抛物线对称轴上的一个动点，问是否存在这样的点D,使得△ BCD是等腰三角
形？若存在，求出符合条件的点D的坐标若不存在，请说明理由.
考点：二次函数综合题。

分析：(1)由题意可直接得出点A、B的坐标为A (1, 0) , B (0,);
(2)再根据BC是切线，可求出BC的长，即得出点C的坐标，由待定系数法求出抛物线的解析式；
(3)先假设存在，看能否求出符合条件的点D即可.
解答：解：(1),「OM为半径1
AB=2
・・,/ OMA= 60°,
・./ OAM= 60°
OA=1,OB= .3
・•.A(1,0), B(0,、,3)
(2)AB是。

M的切线
・./ CBA= 90°
・•/ OAM= 60°
・. AC=4
OA=3
C(-3,0)
设抛物线的解析式为y ax2 bx c
把A(1,0), B( 0,点),C(-3,0)代入得
a b c 0
c .3
9a 3b c 0
y 32 *x ,3
3 3
(3).抛物线的对称轴为x=-1
做BC的垂直平分线交抛物线于E,交对称轴于点D3
易求AB的解析式为y 翼义翼
D3E是BC的垂直平分线
••• D3E II AB
设D3E的解析式为y J3x b
D3E交x轴于(-1, 0)代入解析式得b= 33 ,
••・ y 、3x ,3
把x=-1代入得y=0
D3 (-1 , 0),
过B做BH II x轴，贝I BH= 1
在RtA D1HB中，由勾股定理得D i H =布
••• D i (-1, 而J3)同理可求其它点的坐标。

可求交点坐标D1 (-1, 布73) ,D2 (-1, 2V2) ,D a(-1, 0), D4(-1,E V3)
D5 (-1, 2V2)
点评：本题是二次函数的综合题，其中涉及的到的知识点有抛物线的公式的求法和等腰三角形判定等知识点，是各地中考的热点和难点，解题时注意数形结合等数学思想的运用，同学们要加强训练，属于中档题.
(4)知二次函数y=x 2 2mx+4m 8
(1)当x<2时，函数值y随x的增大而减小，求m的取值范围.
(2)以抛物线y=x2-2mx+4m - 8的顶点A为一个顶点作该抛物线的内接正三角形
AMN (M, N两点在抛物线上)，请问：△ AMN的面积是与m无关的定值吗？若是，请求出这个定值；若
不是，请说明理由.
(3)若抛物线y=x2 2mx+4m 8与x轴交点的横坐标均为整数，求整数m的值.
考点：二次函数综合题。

专题：综合题。

分析：(1)求出二次函数的对称轴x=m ,由于抛物线的开口向上，在对称轴的左边y随x的增大而减小，可以求出m的取值范围.
(2)在抛物线内作出正三角形，求出正三角形的边长，然后计算三角形的面积，得到三角形
AMN的面积是m无关的定值.
(3)当y=0时，求出抛物线与x轴的两个交点的坐标，然后确定整数m的值.
解答：解：(1)二次函数y=x2 2mx+4m 8的对称轴是：x=m .
:当x<2时，函数值y随x的增大而减小，
而x< 2应在对称轴的左边，
m>2.
(2)如图：
顶点A的坐标为(m, - m2+4m - 8)
△ AMN是抛物线的内角正三角形，
MN交对称轴于点B,则AB V3BM ‘3BN ,
设BM=BN=a ,则AB 73a ,
.，点M 的坐标为(m+a, 43a m2 4m 8),
二点M在抛物线上，
-- .3a m2 4m 8 (m a)2 2m(m a) 4m 8
整理得：a2.3a 0
得：a V3或a=0(舍去)
所以△ AMN是边长为2，3的正三角形,
S A AMN = 263 3<3 ,与m无关;
(3)当y=0 时，x2 2mx+4m 8=0,
解得：x m <m2 4m 8 m £m 2)2 4 ,
:抛物线y=x2 2mx+4m - 8与x轴交点的横坐标均为整数，
( m 2) 2+4应是完全平方数，m=2 .
点评：本题考查的是二次函数的综合题，( 1)利用二次函数的对称轴确定m的取值范围.(2) 由点M在抛物线上，求出正三角形的边长，计算正三角形的面积. (3)根据抛物线与x轴的交
点的横坐标都是整数，确定整数m的值.
2
5.在平面直角坐标系中，抛物线y ax bx 3与x轴的两个交点分别为A (-3, 0)、B (1,
0),过顶点C作CHLx轴于点H.
(1)直接填写：a =, b=,顶点C的坐标为；
(2)在y轴上是否存在点D,使得△ ACD是以AC为斜边的直角三角形？若存在，求出点
D的坐标；若不存在，说明理由；
(3)若点P为x轴上方的抛物线上一动点(点P与顶点C不重合)，PQLAC于点Q,当△ PCQ与^ ACH
相似时，求点P的坐标.
考点：二次函数综合题.
分析：(1)将A 凶/0)、B (1, 0)
标即可；\ (2)首先证明" CE DS^ DOA、得出,代入y=ax2+bx+3求出即匕/利叭方法求出顶点坐
y轴上存在点D (0, 3) MA 0, 1),即人得出^ ACD是
以AC为斜边白伏!三角形. \
(3)首先求耽线CM的解析式八y=k1x+b1,
再利用联立两耳么析式即可得出交,\标，冉
利用若点A对称轴左州(如图②)，
可./ \
答案：〃4.解：(1) a 1,b 2,顶点
(2)假设在y轴上存在满足条件的点
S ACH得/ 上答案即
/ \
C的坐标为4-1,4) \
(备用图)
D,过点C作CELy轴于点E.
由/CDA=90° 得，/ 1 + /2=90°.又/ 2+/3=90° ,・・/ 3=/ 1.又CED = / DOA= 90°,
・.△ CEDs^ DOA , CE -DO..
ED AO
. 一. 1 c
设D (0, c)，则4 c 3
变形得c24c 3 0,解之得G 3,C2 1.
综合上述：在y轴上存在点D (0, 3)或(0, 1),
使^ ACD是以AC为斜边的直角三角形.
C E 上A H B
（3）①若点P 在对称轴右侧（如图①），只能是△ PCQ S ^CAH,得/QCP =/CAH .
延长 CP 交 x 轴于 M, AM=CM, AM 2=CM
2.
设 M (m, 0),则(m+3)2
=42
+(m+1)2
,m=2, M (2, 0)
设直线CM 的解析式为y=k 1x+b 1,
k 1 6 4 …… 则
1
,解之得
2k 1 b 1 0
k
i
b i
・・・直线CM
的解析式
, y
联立
4 —x 3 2
x
2x 1 3或 20 "9
1
(舍去).•
1-
4
1 20
飞手.
②若点P 在对称轴左侧 （如图②），只能是
△
PCQ S ^ ACH , 得/ PCQ =/ACH
过A 作CA 的垂线交 PC 于点F,作FNLx 轴于点 N.
一 CA
由^ CFA S ^ CAH 得—
AF
CH
2,
AH
由^ FNAs^ AHC 得-FN AH
NA AF
HC CA
AN 2, FN
1，点F 坐标为（
-5,1).
设直线CF 的解析式为 y=kzx+b2,贝
ij
k
2
5k 2
b
2
b
2
k 2
—, b
2
4
19
・・・直线CF
的解析式
19
3 , y - x 联立
4 2 y x
19 2x .•・满足条件的点 7
4
或 55 16 1 (舍去)・・•・ P( 4 7 55 一，一). 4 16 1 20
P 坐标为（；20）或（
3 9 7 55 一，一)
4 16 点评：此题主要考查了二次C 数的综合应用以及相似三角形的应用，二次函C 的珠合应用是初 中阶段的重点题型特别再 5.如图所示，过点 F/0, 中 x 1 < 0, x 2>0) h （1）求b 的值A
B M
(图
①)
形结合是这部分考查的重点也是难点 I ）四尊线y=kx+b 与抛物线交于 ,y F . N
H
1)和 (图②)
苴掌握. B
(x2, y2) 两点（其 (2)求x 1?x 2的值.
(3)分别过M, N作直线l: y= 1的垂线，垂足分别是M i和N1.判断△ M1FN1的形状，并证明你的结论．
(4)对于过点F的任意直线MN ,是否存在一条定直线m,使m与以MN为直径的圆相切.如
果有，请求出这条直线m 的解析式；如果没有，请说明理由．
考点：二次函数综合题。

专题：代数几何综合题。

分析： ( 1)把点F 的坐标代入直线可以确定 b 的值．
(2)联立直线与抛物线，代入(1)中求出的b值，利用根与系数的关系可以求出x i?x2的值.
(3)确定M i, N1的坐标，利用两点间的距离公式，分别求出M1F2, N I F2,M I N I2,然后用勾
股定理判断三角形的形状．
(4)根据题意可知y= 1总与该圆相切..
解答：解：(1) ..•直线y=kx+b 过点F (0, 1) ,b=1 ; ( 3 分)
(2):直线y=kx+b与抛物线交于M(X1, y1)和N (x2, y2)两点，
「.可以得出：kx+b=x 2,
整理得：x2 kx 1=0,
x1?x2== 4; (6 分)
(3)AM1FN1是直角三角形(F点是直角顶点).
理由如下：设直线l 与y 轴的交点是F1
FM 12=FF12+M 1F12=x12+4
FN 12=FF12+F1N12=x22+4
M1N12= (x1 x2) 2=x12+x22 2x1x2=x12+x22+8
FM 12+FN 12=M 1N12
M 1FN1 是以F 点为直角顶点的直角三角形．( 10 分)
(4)符合条件的定直线m即为直线l: y= 1.
过M 作MH，NN 1 于H, MN2=MH2+NH2= (x1 x2) 2+ (y1 y2) 2
=(x1 x2) 2+[ (kx1+1) ( kx2+1) ]2 =(x1 x2) 2+k2 (x1 x2) 2 =(k2+1) ( x1 x2) 2
= ( k2+1 )( 4) 2 =16( k2+1 ) 2
MN=4 (k2+l)
分别取MN和M I N I的中点P, p i,
PP1= (MM 1+NN 1) = (y l+1+y2+1) = (y l+y2) +1=k (x l+x l) +2=2k2+2=2 (k2+1) PP1=MN
即线段MN的中点到直线l的距离等于MN长度的一半.
・•・以MN为直径的圆与l相切.(15分)
点评：本题考查的是二次函数的综合题，( 1)由点F的坐标求出b的值.
(2)结合直线与抛物线的解析式，利用根与系数的关系求出代数式的值.
(3)用两点间的距离公式，判断三角形的形状.
(4)根据点与圆的位置判断直线与圆的位置.
6.如图，在平面直角坐标系中，直线AC: y= -X 8与x轴交于点A,与y轴交于点C,抛物线3
y=ax2+bx+c过点A、点C,且与x轴的另一交点为B (x0, 0),其中x0>0,又点P是抛物线的对称轴l上一动点.
(1)求点A的坐标，并在图1中的l上找一点P0,使P0到点A与点C的距离之和最小；
(2)若^ PAC周长的最小值为10+2 "1 ,求抛物线的解析式及顶点N的坐标；
(3)如图2,在线段CO上有一动点M以每秒2个单位的速度从点C向点。

移动(M不与端点
C、O重合)，过点M作MH // CB交x轴于点H ,设M移动的时间为t秒，试把△ P0HM的面积S表示成时间t的函数，当t为何值时，S有最大值，并求出最大值；
(4)在(3)的条件下，当S=75时，过M作x轴的平行线交抛物线于E、F两点，问：过E、
32
F、C三点的圆与直线CN能否相切于点C?请证明你的结论.(备用图图3)
考点：二次函数综合题。

分析：(1)由题意AB点关于抛物线对称，则BC所在直线与对称点的交点即为P0；
(2)由(1)所求可知该题周长最小即为AC+BC的长，从而求出x0,而解得；
(3)由在三角形OBCs三角形CMN ,得到高关于t的式子，因为MH //BC ,得到三角形MHP 0
三角形底边关于t的表达式，根据t的取值范围，从而求得S的最大值.
(4)把S的取值代入(3)中表达式中求得t,从而得到点M的坐标，从而证明各点.
解答：解：(1)由题意直线AC与x轴的交点，
所以当y=0，则x= - 6 ,
所以点A (-6, 0)
同理点C (0, 8),
设点A关于y轴对称点为B (x', 0), 由题意x_(_6) x0贝1 x' =2x+6 .
2
则直线BC为y= - _8x 8,
x
8 八
代入x=xo,则y= - —x0 8 , x'
所以该点为(x0, —x08),
x
口 r /
8x 0
即(x 0, --------- x 0
8);
2x 0 6
(2)由(1)可知三角形 PAC 最小即为 AC+BC=10+2 J41 ,
<62 82 7(2x 0 6)2—82=10+2 <41 ,
解得x 0=2或x 0= 8 (不符舍去)， 则点 B (10, 0),
2 2 8 八 由点A, B, C 三点的二次函数式为 y=- - x 2
—x 8
15 15
点 N (2, 16);
则在三角形 OBCs 三角形CMN , 所以h2，
3 10 r 3
即 h= -1 .
5
因为 MH II BC,
8 21 MH
BC
解得 MH= 8__2lBC =8—21 2741 =必！(8-2t), 8
8 4
1 1
41 3, 3 41j 3.41
S= —MHh= - x ------ (8 - 2t) x-t =- -- 1 ---- 1 ,
(3)如图
，作 MN ，BC 与 N ,
所以当t为2时S最大；
(4)把S的取值代入(3)中表达式中求得t,
从而得到点M的坐标,
75,即75
S=
32 32
则解得t=2, 则由题意知CEF三点所在圆半径为4,
所以直线CN与CFE所在圆相切.
点评：本题考查了二次函数的综合应用，知道三点求二次函数式，考查一次函数与二次函数的结合求三角形面积，知道面积求点，很好结合，是道好题.
7.如图，四边形OABC是矩形，点B的坐标为(8, 6),直线AC和直线OB相交于点M ,点P 是OA的中点，
PDLAC,垂足为D.
(1)求直线AC的解析式；
(2)求经过点O、M、A的抛物线的解析式；
(3)在抛物线上是否存在Q,使得S A PAD：S A QOA=8 : 25,若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说
明理由.
考点：二次函数综合题。

专题：代数几何综合题。

分析：(1)先求出A、C两点的坐标即可求出直线AC的解析式;
(2)求出O 、M 、A 三点坐标，将三点坐标代入函数解析式便可求出经过点
A 的抛物线的解析式；
(3)根据题意先求出 Q 点的y 坐标，在根据 Q 在抛物线上的关系求出 Q 点的横坐标, 便可得出答案.
解答：解：(1)由题意四边形 OABC 是矩形，点B 的坐标为(8, 6)可知：
A 、C 两点坐标为 A (8, 0) , C (0, 6),
设直线AC 的解析式y=kx+b ,
将A (8, 0) , C (0, 6)两点坐标代入 y=kx+b ,
k - 解得 4,
b 6
3
故直线AC 的解析式为y — X 6 ;
4
(2)由题意可知 O (0, 0) , M (4, 3) , A (8, 0),
设经过点O 、M 、A 的抛物线的解析式为
y=ax 2
+bx,
将 M (4, 3) , A (8, 0),两点坐标代入 y=ax 2
+bx ,
16a 4b 3
得
，
64a 8b 0
3 16 3 2
3 2 3 一x 一 x ；
16
2
(3) : △ AOC^A APD ,
OC OA AC -- ----- ----- PD AD PA
即9❷笆
PD AD 4
1 96 解得 PD=2.4 , AD=3.
2 , S A PAD = — XPDXAD=——，
2
25
--- S A PAD ： S A QOA=8 : 25,
-1• S A QOA =12 ,
1
S A QOA =XOAX |y Q |=_ X8X|y Q |=12,
2
O 、 M 、
a
解得
b
故经过点0、M 、A 的抛物线的解析式为
y
解得|y|Q=3,
又二点Q在抛物线上，
3 2 3 03 2 3 c
所以一x -x 3 或一x —x 3
16 2 16 2
解方程得x1=4, x2=4+4, x3=4-4,
故Q 点的坐标为Q(4 4J2, 3)、Q(4 4J2, 3)、Q (4, 3).
点评：本题是二次函数的综合题，其中涉及的到的知识点有抛物线的公式的求法和三角形
的相似等知识点，是各地中考的热点和难点，，解题时注意数形结合数学思想的运用，同学们
要加强训练，属于中档题.
8.如图，平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(—2, 2),点B的坐标为(6, 6),抛物线
经过A、O、B三点，连接OA、OB、AB,线段AB交y轴于点E.
11)求点E的坐标；
(2)求抛物线的函数解析式；
(3)点F为线段OB上的一个动点(不与点O、B重合)，直线EF与抛物线交于M、N两点
(点N在y轴右侧)，连接ON、BN,当点F在线段OB上运动时，求^ BON面积的最大值，
并求出此时点N的坐标；
(4)连接AN ,当^ BON面积最大时，在坐标平面内求使得△BOP与△ OAN相似(点B、O、
P分别与点O、A、N对应)的点P的坐标.
考点：二次函数综合题。

专题：代数几何综合题。

分析：(1)根据A、B两点坐标求直线AB的解析式，令x = 0,可求E点坐标；
(2)设抛物线解析式为y=ax2+bx+c,将A (― 2, 2) , B (6, 6) , O (0, 0)三点坐标代入，
列方程组求a、b、c的值即可；
(3)依题意，得直线OB的解析式为y = x,设过N点且与直线OB平行的直线解析式为y =
x+m ,与抛物线解析式联立，得出关于x的一元二次方程，当^= 0时，△ BON面积最大，由此
可求m的值及N点的坐标；
(4)根据N点的坐标及/ AON =/ OBP,可知直线BP与y轴交于点(0, 30),可求直线BP 的解析式，与抛物线解析式联立，可求P点坐标.
解答：解：(1)设直线AB解析式为y=kx+b,
将 A (― 2, 2) , B (6, 6)代入，得
1
•・y — 2x+3,令 x=0,得 E (0, 3); (2)设抛物线解析式为
y = ax 2
+bx+c ,
a 4a 2
b
c 2
36a 6b c 6 ,解得 b
c 0 c
y = — x 2
- - x ； 4 2
(3)依题意，得直线 OB 的解析式为y = x,设过N 点且与直线 OB 平行的直线解析式为 y = x+m ,
1 2 1
联立 y 4 x 2x ，得 x 2
—6x —4m = 0,当^= 36+16m = 0 时，△ BON 面积最大， y x m 解得 m = 一, x= 3, y =,即 N (3,);
(4)依题意，得/ AON =Z OBP,则直线BP 与y 轴交于点(0, 30),
设直线BP 的解析式y= kx+30 ,将B (6, 6)代入，得
1 2 1
y 4x I:解得
y 4x 30
P 点坐标为(一20, 110)
点评：本题考查了二次函数的综合运用.根据已知条件求直线、抛物线解析式，再根据图形特 点，将问题转化为列方程组，利用代数方法解题.
9.已知直线y=kx+3 (k<0)分别交x 轴.y 轴于A. B 两点，线段 OA 上有一动点 P 由原点O 点A 运动，速度为
每秒 1个单位长度，过点 P 作x 轴的垂线交直线 AB 于点C,设运动时间为 秒.
(1)当卜=—1时，线段OA 上另有一动点 Q 由点A 向点O 运动，它与点P 以相同速度同时出发， 当点P 到
达点A 时两点同时停止运动(如图 1) . ①直接写出t=1秒时C. Q 两点的坐标；
②若以Q. C. A 为顶点的三角形与△ AOB 相似，求t 的值.
2kb 2
6kb 6
将A (— 2, 2) , B (6, 6) , O (0, 0)三点坐标代入，得
4 1 2 0
• • y = - 4x+30 ,联立 x 20 y 110
3
(2)当k —时，设以C 为顶点的抛物线y=(x+m)2
+n 与直线AB 的另一交点为 D (如图2), 4
①求CD 的长；
②设△ COD 的OC 边上的高为h,当t 为何值时，h 的值最大？ 考点：二次函数综合题. 专题：几何综合题.
分析：(1)①由题意得.②由题意得到关于
t 的坐标.按照两种情形解答，从而得到答案. (2)
①以点C 为顶点的抛物线，解得关于 t 的根，又由过点 D 作DELCP 于点E,则/ DEC = /
AOB=90°,又由△ DECs^ AOB 从而解得.②先求得三角形 COD 的面积为定值，又由 RtAPCO
sRt/XOAB,在线段比例中t 为—是，h 最大.
25
解答：解：(1)① C (1, 2) , Q (2, 0)
②由题意得：P (t, 0) , C (t, — t+3) , Q (3—t, 0)
分两种情况讨论: 要使OC 边上的高h 的值最大，只要 OC 最短，因为当 OCLAB 时OC 最短，此时 OC 的长为，
/ BCO=90°
・ •/ AOB=90° . COP=90° / BOC = / OBA
情形一：当^ AQCsAAOB 时，/ AQC=/AOB=90° , ••• CQXOA, ••• CPXOA, •••点 P 与点Q
重合，OQ=OP,即 3 t=t,
t=1.5
情形二：当^ AQC^A AOB 时，/ ACQ=/AOB=90° ,
OA=OB=3. .A AOB 是等腰直角三角形
・•.△ACQ 也是等腰直角三角形: CPXOA ,. AQ=2CP,即 t=2 ( t+3)t=2满足条件的 t 的值
是1.5秒或2秒.
3
(2)①由题意得：C (t,
-t 3) 4
x t
3,八， ，2 3,八 3c —t 3,由 x t —t 3 = - 3, 4 4 4
过点 D 作 DEL CP 于点 E,则/ DEC = /AOB=90°
DE II OA--.Z EDC = /OAB
人 c A 八 DE
CD
3 3
.,.A DEC A AOB.,. ------------ 「AO=4,AB=5, DE=x 2 t t 一 一
AO BA 4 4
CD = CD
②; CD
DE BA 15 AO 16 15 …
——，CD 边上的图=，:,
16
及COD 为定值.
又「CPXOA--. RtA PCOsRt^OAB
•二，，即t=
・•・当t为36秒时，h的值最大..
25
点评：本题考查了二次函数的综合题，( 1)①由题意很容易知，由题意知P (t, 0) , C (t,
t+3) , Q (3-t, 0)代入，分两种情况解答.(2)①以点C为顶点的函数式，设法代入关于
t的方程，又由△ DECs^ AOB从而解得.②通过求解可知三角形COD的面积为定值，又由Rt
△ PCOsRt^OAB,在线段比例中t为是，h最大.从而解答.
10.如图，在平面直角坐标系中，点 A (10, 0),以OA为直径在第一象限内作半圆C,点B是
该半圆周上的一动点，连结OB、AB,并延长AB至点D,使DB=AB,过点D作x轴垂线，分别交x轴、直线OB于点E、F,点E为垂足，连结CF.
(1)当/AOB=30°时，求弧AB的长；
(2)当DE = 8时，求线段EF的长；
(3)在点B运动过程中，是否存在以点E、C、F为顶点的三角
形与4AOB相似，若存在，请求出此时点E的坐标；若不
存在，请说明理由.
考点：相似三角形的判定与性质；坐标与图形性质；勾股定理；弧长的计算；平行线分线段成比例。

专题：代数几何综合题。

分析：(1)连接BC,由已知得/ ACB=2/AOB=60 , AC= -AO=5 ,根据弧长公式求解；
2
(2)连接OD,由垂直平分线的性质得OD=OA=10 ,又DE=8 ,在RtAODE中，由勾股定理求
OE,依题意证明△ OEFs^ DEA ,利用相似比求EF ;
(3)存在.当以点E、C、F为顶点的三角形与△ AOB相似时，分为①当交点E在O, C之间时，由以点
E、C、F为顶点的三角形与△ AOB相似，有/ ECF=/BOA或/ ECF= / OAB ,
②当交点E在点C的右侧时，要使△ ECF与ABAO相似，只能使/ ECF= / BAO ,③当交
点E在点O的左侧时，要使△ ECF与ABAO相似，只能使/ ECF= / BAO ,三种情况，分别求E点坐标.
【解】（1）连结BC,
A (10, 0) ,. .OA=10,CA=5,
・•• / AOB=30°,
・./ ACB=2Z AOB=60° ,
・ -------------------- •・弧AB的长=60 5—；……4分
180 3
(2)连结OD,
. OA 是。

C 直径，・./ OBA=90°,
又「AB=BD,
OB是AD的垂直平分线，
OD=OA=10,
在RtAODE 中，
OE=.OD2DE2,102826,
AE=AO-OE= 10-6=4,
由/ AOB=/ADE=90°-/OAB, /OEF=/DEA,
得^ OEFs^ DEA,
(3)设OE=x,
①当交点E在O, C之间时，由以点E、C、F为顶点的三角
形与△ AOB 相似，有/ECF = /BOA 或/ ECF=/OAB,
当/ ECF = /BOA时，此时△ OCF为等腰三角形，点E为OC
中点，即OE=5 ,
2
••E I (5, 0);
2
当/ ECF = /OAB 时,有CE=5-x,AE=10-x,
CF // AB,有CF=-AB ,
2
△ ECF^A EAD,
CE AE 生即二
AD 10 x
1 (10)
，解得：x ,
4 3
AE DE EF
OE
r 4
，即
一
EF
EF=3;
②当交点E 在点C 的右侧时,
・. / ECF>Z BOA,
要使△ ECF 与△ BAO 相似，只能使/ 连结BE,
BE 为RtAADE 斜边上的中线,
BE=AB=BD, ・ ./ BEA=/BAO, ・ ./ BEA=/ECF,
CF
••.CF // BE,/. —
BE
・. / ECF = Z BAO,Z FEC=Z DEA=RtZ ,CF OC
BE OE
又・. / ECF=/BAO,/FEC = /DEA=Rt/,
CE
・ .△ CEF^A AED, •••——
OC OE
・ .△ CEF^A AED,
CF CE AD AE
H OC 而 AD=2BE,.-. ---- 2OE
CE AE 即-5- 2x 三上，解得
10 x
X i
5 17
L X2
5 5.17 .
-------- < 0
（舍去），
5 5 17 八、
-------- ，0);
4
③当交点E 在点O 的左侧时,
・. / BOA=Z EOF>Z ECF.
•・.要使△ ECF 与^ BAO 相似, 只能使/
ECF = / BAO
、,，，―1 -
连结 BE,得 BE=—AD =AB, 2
/ BEA = Z BAO
・ ./ ECF = Z BEA, CF // BE,
CF AD '
AE 而AD=2BE,.1. -°C- CE
2OE AE
5 5,17 5 517
-
-------- ,X 2
----------------
< 0 (舍去)，
5 5 17 八、
，0),
4
l 5 5.17
5 5.17
E3 ( -------------- , 0)、E4 ( --------------- ,
数，连结BC,根据圆心角的度数与它所对的弧所对的圆周角的
倍，丁./ACB=2/AOB=60° ,可得.,・弧 AB 的长=60 ------ 5
180
(2)连结OD,先证/OAD 是等腰三角形, .•.OD=OA=10,,解直角三角形 Rt^ODE 中,
得 OE= OD
2
DE 2
102
82 6,
AE=AO-OE= 10-6=4,
由^ OEFs^ DE 求出 EF=3。

(3)分三种情况讨论：设 OE=x,
综上所述：存在以点
E 、C 、
F 为顶点的三角形与△ AOB 相似，此时点
E 坐标为:
①当交点 E 在O,C 之间时，CEF=/OBA=90 有两种情况:
①当/ECF=/BOA, Rt 』ECFsRt 』BOA 此时△ OCF 为等腰三角形，点 E 为OC 中点，即 5
OE=5,得
2
②当/ ECF=/OAB 时，Rt 』ECFsRt 』AOB 有 CE=5-x,AE=10-x,可得△ ECF^A EAD, CE CF H 5 x 1 丘/口
--- ，即 ------------ --- ，解得:
AE AD 10x4 10 x 一 3 •••E 2 (90);
3 ②当交点E 在点C 的右侧时，只能/ ECF=/BAO, Rt/ECF sRt/BAO 因为BE 为RtAADE 斜边上的中线, ・•・力BAE 是等腰三角形，因为等边对等角/ BEA=/BAO, . BEA=
5 x+5 ————，解得
X I
•・•点E 在x 轴负半轴上,..E 4
0).……4分
【思路分析】(1)要求弧AB
的长，半径为5,只要知道圆心角的度 y
D
2
E
A x
C
O
F 为顶点的三角形与△ AOB 相似，此时点E 坐标为:
5
10 E 1 （-, 0）、E 2 （一，0）、E 3 （
2
3
5 5.17
5 5,17 小
-------- ,0）、 E 4 （ -----------------, 0）.
点评：本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理的运用，圆周角定理，弧长公式的运
用.关键是理解题意，根据基本条件，图形的性质，分类求解.
11.抛物线y= (x-1) 2+3与y 轴交于点A,顶点为B,对称轴BC 与x 轴交于点
(1)如图1 .求点A 的坐标及线段 OC 的长;
(2)点P 在抛物线上，直线 PQ// BC 交x 轴于点Q,连接BQ.
①若含45。

角的直角三角板如图 2所示放置.其中，一个顶点与点 C 重合，直角顶点 上，另一个顶点 E 在PQ 上.求直线BQ 的函数解析式; ②若含30.角的直角三角板一个顶点与点
C 重合，直角顶点
D 在直线BQ 上，另一个顶点
PQ 上，求点P 的坐标.
CF OC
OCF S /OEB , —— ——
BE OE 可证△ CEFs^ AED,又 AD=2BE, 可解得x 1 5 5,17 4 一 ,x
2 5 5, 17 人上 ------- v 0 （舍去）， 4 ・匚 / 5 517 • • E
3 （ --- ， 0）；
4 ③当交点E 在点。

的左侧时，只能使/ ECF = Z BAO
1一 一
RtA ECF^RtABAO,连结 BE,得 BE=- AD =AB, 2 BEA=/BAO . ECF=/BEA, CF // BE, CF OC BE OE CE 可证△ CEF^A AED, CE AE CF AD
『 OC CE 又 AD=2BE,，—
2OE AE 可解得x 1 5 5,17 4 "2 5 5.17 人上
-------- <0 （舍去）
4
•・•点E 在x 轴负半轴
上,..E 4
5 5.17 c 、
------- ，0）,
4 综上所述：存在以点 E 、C 、
C.
BQ
考点：二次函数综合题。

专题：综合题。

分析：(1 )把x=0代入抛物线求出y 的值确定点 A 的坐标，求出抛物线的对称轴得到
OC 的长.
(2)①由△ CDE 是等腰直角三角形，分别过点 D 作x 轴和PQ 的垂线，通过三角形全等得到/
DQO=45，求出点Q 的坐标，然后用待定系数法求出
BQ 的解析式.
②分点P 在对称轴的左右两边讨论，根据相似三角形先求出点 Q 的坐标，然后代入抛物线求出
点P 的坐标.
解答：解：(1)把x=0代入抛物线得：y=,
・ ，点 A (0,).
抛物线的对称轴为 x=1 ,
OC=1 .
B (1 , 3)
分别过点 D 作DM ，x 轴于M , DN ，PQ 于点N ,
PQ II BC , • . / DMQ= / DNQ= / MQN=90 , DMQN 是矩形.
. A CDE 是等腰直角三角形， DC=DE , / CDM= / EDN ・ .△ CDM 9A EDN DM=DN , DMQN 是正方形， ・ •• / BQC=45 CQ=CB=3 .•.Q (4, 0)
(2)①如图:
设BQ 的解析式为：y=kx+b ,
把 B (1, 3) , Q (4, 0)代入解析式得：k= 1, b=4. 所以直线BQ 的解析式为：y= x+4 .
又 DN=MQ
DM
=
MQ BC
——=,BC=3 , CQ=
CQ
Q (1 + , 0)
•1- P1 ( 1+ ,)
当/ DCE=60 ,点 P 2 (1+3 3 3 ,) 当点P 在对称轴的左边时，由对称性知:
P 3 ( 1 一 , ) , P 4 ( 1 — 3,一)
综上所述：P 1 (1+, ) , P 2 (1+3, -) , P 3 (1-, ) , P 4 (1-3,-)
过点D 作DM ，x 轴于M , DN ，PQ 于N , ・
•/ CDE=90 , . CDM= /EDN ・ .△ CDM EDN 当/ DCE=30
DC DE
DM DN
②当点P 在对称轴右侧，如图:
点评：本题考查的是二次函数的综合题，（1）利用抛物线与y轴的交点及对称轴求出点A的坐标和OC的长.（2）①利用三角形全等确定点Q的坐标，求出BQ的解析式.②根据三角形相
似求出点Q的坐标，然后确定点P的坐标.
12.图形既关于点。

中心对称，又关于直线AC, BD对称，AC=10, BD=6,已知点E, M是线段
AB上的动点（不与端点重合），点。

到EF, MN的距离分别为hi, h2, △ OEF与△ OGH组成的图形称为蝶形.
（1）求蝶形面积S的最大值；
（2）当以EH为直径的圆与以MQ为直径的圆重合时，求h i与h2满足的关系式，并求h2 的取值范围.
考点：相似三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的判定与性质；轴对称的性质；中心对称；平行线分线段成比例.
专题：计算题；几何图形问题.
分析：（1）由题意，得四边形ABCD是菱形，根据EF //BD,求证△ ABD^A AEF ,然后利用其对边成比例求得EF,然后利用三角形面积公式即可求得蝶形面积S的最大值.
（2）根据题意，得OE=OM .作ORLAB于R, OB关于OR对称线段为OS,①当点E, M 不重合时，则OE, OM在OR的两侧，可知RE=RM.利用勾股定理求得BR,由ML II EK// OB, 利用平行线分线段求得h1
+ h29即可知h1的取值范围；②当点E, M重合时，则h1=h2,此
5 5 17
时可知h1的取值范围.
解答：解：（1）由题意，得四边形ABCD是菱形.
EF II BD,
・•.△ ABDs^ AEF,
••• EF 5 几,即
6 5 EF
所以当5时，
hl 2 S max
6 (5,) 5
15 .
2
£
(2)根据题意，得 OE=OM .
如图，作 ORLAB 于R, OB 关于OR 对称线段为 OS,
①当点 E, M 不重合时，则
OE, OM 在OR 的两侧，易知 RE= RM .
AB
52 32
、34
OR
15 , ,34
BR
9 ,34
得OK
OA
即加+
h 2
5 5 h 1 +h 2 BE OL AB ,OA
9 17
45 ,此时
BM OK OL AB OA OA
②当点E, 17
h 1的取值范围为
BE BM AB AB
2BR , AB
45且 17 h i
45
34
M 重合时，则h i = h 2,此时h i 的取值范围为
0<h i<5.
点评：此题主要考查相似三角形的判定与性质，勾股定理，菱形的判定与性质，轴对称的 性质，中心对称，平行线分线段成比例等知识点，综合性强，有一定的拔高难度，属于难题.
13.如图1,已知正方形 OABC 的边长为2,顶点A 、C 分别在x 、y 轴的正半轴上,
M 是BC 的中
点.P (0, m)是线段OC 上一动点(C 点除外)，直线 PM 交AB 的延长线于点
(1)求点D 的坐标(用含 m 的代数式表示)； (2)当^ APD 是等腰三角形时，求 m 的值;
(3)设过P 、M 、B 三点的抛物线与 x 轴正半轴交于点 E,过点O 作直线ME
的垂线，垂足
为H (如图2),当点P 从点O 向点C 运动时，点 H 也随之运动.请直接写出点 H 所经过
的路径长.(不必写解答过程) 考点：二次函数综合题.
专题：代数几何综合题；分类讨论
分析：(1)证明RtAPMC^RtADMB ,即可证明 DB=2-m, AD =4 m,从而求解;
(2)分AP=AD, PD = PA, PD = DA 三种情况，根据勾股定理即可求解;
(3)运动时，路线长不
变，可以取当 P 在O 点是，求解即可.
解答： 解：（1）由题意得 CM=BM ；/ PMC=/ DMB , RtA PMC RtA DMB ,
由 ML //
・•.DB = PC, DB=2 m, AD=4 m, .，点D 的坐标为(2, 4 m).
(2)分三种情况：①若AP=AD,则4+m2= (4 m) 2,解得m -.
2
②若PD=PA,过P 作PF LAB 于点F (如图)，则AF=FD=1AD = 1 (4-m).
2 2
1, 4
又0P=AF，-m —(4 m)m -.
23
③若PD = DA, . △ PMC^A DMB ,PM= 1PD = 1AD = - (4—m) ,丁PC2+CM2=PM2,:
2 2 2
2 2 . 一 2
(2 m) 1 (4 m),解得m1 一，m2 2 (舍去).
3
综上所述，当^ APD是等腰三角形时，m的值为3或3或2
2 3 3
(3)点H所经过的路径长为5
4
点评：本题是二次函数的综合题型，其中涉及的到大知识点有抛物线的顶点公式和三角形
的面积求法.在求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论结果.
14.已知两直线11, 12分别经过点A (1, 0),点B ( - 3, 0),并且当两直线同时相交于y正半轴的点C时，恰好有11±12,经过点A、B、C的抛物线的对称轴与直线12交于点K,如图所示.
(1)求点C的坐标，并求出抛物线的函数解析式；
(2)抛物线的对称轴被直线11,抛物线，直线12和x轴依次截得三条线段，问这三条线段有何
数量关系？请说明理由；
(3)当直线12绕点C旋转时，与抛物线的另一个交点为M,请找出使^ MCK为等腰三角形的
点M,简述理由，并写出点M的坐标.
考点：二次函数综合题。

分析：(1)利用△ BOC S^COA,得出C点坐标，再利用待定系数法求出二次函数解析式即可；
3 .
(2)可求得直线11的解析式为，直线12的解析式为y —x J3,进而得出D, E, F点的坐3
标即可得出，三条线段数量关系；
(3)利用等边三角形的判定方法得出△ABK为正三角形，以及易知^ KDC为等腰三角形，进而
得出△ MCK为等腰三角形E点坐标.
解答：解：(1)解法1:由题意易知：△ BOC S^COA,
CO AO
一一，
B0 CO。