高中数学抛物线压轴题答案

综合题答案

1.如图，平面直角坐标系中，直线l分别交x轴、y轴于A、B两点（OA＜OB）且OA、OB的长分别是一元二次方

程的两个根，点C在x轴负半轴上，且AB：AC=1：2

（1）求A、C两点的坐标；

（2）若点M从C点出发，以每秒1个单位的速度沿射线CB运动，连接AM，设△ABM的面积为S，点M的运动时间为t，写出S关于t的函数关系式，并写出自变量的取值范围；

（3）点P是y轴上的点，在坐标平面内是否存在点Q，使以 A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．

1答案：

2.如图，二次函数y=ax2+x+c的图象与x轴交于点A、B两点，且A点坐标为（-2，0），与y轴交于点C（0，3）．（1）求出这个二次函数的解析式；（2）直接写出点B的坐标为______；

（3）在x轴是否存在一点P，使△ACP是等腰三角形？若存在，求出满足条件的P点坐标；若不存在，请说明理由；（4）在第一象限中的抛物线上是否存在一点Q，使得四边形ABQC的面积最大？若存在，请求出Q点坐标及面积的最大值；若不存在，请说明理由．

解答：解：（1）∵y=ax2+x+c的图象经过A（-2，0），C（0，3），

∴c=3，a=-，

∴所求解析式为：y=-x2+x+3；

（2）（6，0）；

（3）在Rt△AOC中，

∵AO=2，OC=3，

∴AC=，

①当P1A=AC时（P1在x轴的负半轴），P1（-2-，0）；

②当P2A=AC时（P2在x轴的正半轴），P2（-2，0）；

③当P3C=AC时（P3在x轴的正半轴），P3（2，0）；

④当P4C=P4A时（P4在x轴的正半轴），

在Rt△P4OC中，设P4O=x，则（x+2）2=x2+32

解得：x=，

∴P4（，0）；

（4）解：如图，设Q点坐标为（x，y），因为点Q在y=-x2+x+3上，

即：Q点坐标为（x，-x2+x+3），

连接OQ，S四边形ABQC=S△AOC+S△OQC+S△OBQ

=3+x+3（-x2+x+3）

=-x2+x+12，

∵a＜0，

∴S四边形ABQC最大值=，Q点坐标为（3，）。

3.如图（1），抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C（0，）．［图（2）、图（3）为解答备用图］

（1），点A的坐标为，点B的坐标为；

（2）设抛物线的顶点为M，求四边形ABMC的面积；

（3）在x轴下方的抛物线上是否存在一点D，使四边形ABDC的面积最大？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由；

（4）在抛物线上求点Q，使△BCQ是以BC为直角边的直角三角形．

解答：解：（1），

A（-1，0），

B（3，0）．

（2）如图（1），抛物线的顶点为M（1，-4），连结OM．

则△AOC的面积=，△MOC的面积=，

△MOB的面积=6，

∴四边形 ABMC的面积

=△AOC的面积+△MOC的面积+△MOB的面积=9．

说明：也可过点M作抛物线的对称轴，将四边形ABMC的面

积转化为求1个梯形与2个直角三角形面积的和．

（3）如图（2），设D（m，），连结OD．

则0＜m＜3，＜0．

且△AOC的面积=，△DOC的面积=，

△DOB的面积=-（），

∴四边形 ABDC的面积=△AOC的面积+△DOC的面积+△DOB的面积=

=．

∴存在点D，使四边形ABDC的面积最大为．

（4）有两种情况：

如图（3），过点B作BQ1⊥BC，交抛物线于点Q1、交y轴于点E，连接Q1C．

∵∠CBO=45°，∴∠EBO=45°，BO=OE=3．

∴点E的坐标为（0，3）．

∴直线BE的解析式为．

由解得

∴点Q1的坐标为（-2，5）．

如图14（4），过点C作CF⊥CB，交抛物线于点Q2、交x轴于点F，连接BQ2．

∵∠CBO=45°，∴∠CFB=45°，OF=OC=3．

∴点F的坐标为（-3，0）．

∴直线CF的解析式为．

由解得

∴点Q2的坐标为（1，-4）．

综上，在抛物线上存在点Q1（-2，5）、Q2（1，-4），使△BCQ1、△BCQ2是以BC为直角边的直角三角形．

说明：如图14（4），点Q2即抛物线顶点M，直接证明△BCM为直角三角形

4.如图1，在△ABC中，AB=BC，P为AB边上一点，连接CP，以PA、PC为邻边作▱APCD，AC与PD相交于点E，已知∠ABC=∠AEP=α（0°＜α＜90°）．

（1）求证：∠EAP=∠EPA；

（2）▱APCD是否为矩形？请说明理由；

（3）如图2，F为BC中点，连接FP，将∠AEP绕点E顺时针旋转适当的角度，得到∠MEN（点M、N分别是∠MEN的两边与BA、FP延长线的交点）．猜想线段EM与EN之间的数量关系，并证明你的结论．

考点：旋转的性质；全等三角形的判定；等腰三角形的性质；平行四边形的性质；矩形的判定。

专题：证明题；探究型。

分析：（1）根据AB=BC可证∠CAB=∠ACB，则在△ABC与△AEP中，有两个角对应相等，根据三角形内角和定理，即可证得；

（2）由（1）知∠EPA=∠EAP，则AC=DP，根据对角线相等的平行四边形是矩形即可求证；

（3）可以证明△EAM≌△EPN，从而得到EM=EN．

解答：（1）证明：在△ABC和△AEP中，

∵∠ABC=∠AEP，∠BAC=∠EAP，

∴∠ACB=∠APE，

在△ABC中，AB=BC，

∴∠ACB=∠BAC，

∴∠EPA=∠EAP．

（2）解：▱APCD是矩形．理由如下：

∵四边形APCD是平行四边形，

∴AC=2EA，PD=2EP，

∵由（1）知∠EPA=∠EAP，

∴EA=EP，

则AC=PD，

∴▱APCD是矩形．

（3）解：EM=EN．

证明：∵EA=EP，

∴∠EPA===90°﹣α，

∴∠EAM=180°﹣∠EPA=180°﹣（90°﹣α）=90°+α，

由（2）知∠CPB=90°，F是BC的中点，

∴FP=FB，

∴∠FPB=∠ABC=α，

∴∠EPN=∠EPA+∠APN=∠EPA+∠FPB=90°﹣α+α=90°+α，

∴∠EAM=∠EPN，

∵∠AEP绕点E顺时针旋转适当的角度，得到∠MEN，

∴∠AEP=∠MEN，

∴∠AEP﹣∠AEN=∠MEN﹣∠AEN，即∠MEA=∠NEP，