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，
在△EAM和△EPN中，
∴△EAM≌△EPN（AAS），
∴EM=EN．
点评：本题主要考查了等腰三角形的性质，以及矩形的判定方法，在旋转中找到题目中存在的相等的线段以及相等的角是解决本题的关键．
5.提出问题：如图①，在正方形ABCD中，点P，F分别在边BC、AB上，若AP⊥DF于点H，则AP=DF．类比探究：（1）如图②，在正方形ABCD中，点P、F．、G分别在边BC、AB、AD上，若GP⊥DF于点H，探究线段GP与DF
的数量关系，并说明理由；
（2）如图③，在正方形ABCD中，点P、F、G分别在边BC、AB、AD上，GP⊥DF于点H，将线段PG绕点P逆时针旋转90°得到线段PE，连结EF，若四边形DFEP为菱形，探究DG和PC的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）如答图1，过点A作AM⊥DF 交BC于点M．通过证明△BAM≌△ADF得到其对应边相等：AM=DF，则又由平行四边形的性质推知AM=GP，则GP=DF；
（2）如答图2，过点P作FN⊥AD与点N．根据菱形的性质、等腰三角形的“三线合一”的性质推知DG=2DN，然后结合矩形DNPC的性质得到：DG=2PC．
【解答】解：（1）GP=DF．理由如下：
如答图1，过点A作AM⊥DF 交BC于点M．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠B═90°，
∴∠BAM=∠ADF，
在△BAM与△ADF中，
，
∴△BAM≌△ADF（ASA），
∴AM=DF
又∵四边形AMPG为平行四边形，
∴AM=GP，即GP=DF；
（2）DG=2PC．理由如下：
如答图2，过点P作FN⊥AD与点N．
若四边形DFEP为菱形，则DP=DF，
∵DP=DF，
∴DP=GP，即DG=2DN．
∵四边形DNPC为矩形，
∴PC=DN，
∴DG=2PC．
6
.如图，抛物线c bx x y ++-=2
与x 轴交于A(1,0),B(- 3，0)两点，（1）求该抛物线的解析式；（2）设（1）中的
抛物线交y 轴于C 点，在该抛物线的对称轴上是否存在点Q ，使得△QAC 的周长最小若存在，求出Q 点的坐标；若不存在，请说明理由.（3）在（1）中的抛物线上的第二象限上是否存在一点P ，使△PBC 的面积最大，若存在，求出点P 的坐标及△PBC 的面积最大值.若没有，请说明理由.
解答：(1)将A(1，0)，B(－3，0)代2
y x
bx c =-++中得10930b c b c -++⎧⎨--+=⎩＝∴2
3
b c =-⎧⎨=⎩
∴抛物线解析式为：2
23y x x =--+
(2)存在。

理由如下：由题知A 、B 两点关于抛物线的对称轴1x =-对称
∴直线BC 与1x =-的交点即为Q 点， 此时△AQC 周长最小 ∵2
23y x x =--+ ∴C 的坐标为：(0，3) 直线BC 解析式为：3y x =+ Q 点坐标即为1
3x y x =-⎧⎨
=+⎩
的解
∴1
2
x y =-⎧⎨
=⎩∴Q(－1，2)
（3）答：存在。

理由如下：
设P 点2
(23) (30)x x x x --+-<<，
∵9
2
BPC BOC BPCO BPCO S S S S ∆∆=-=-四边形四边形若BPCO S 四边形有最大值，则BPC S ∆就最大，∴BPE BPCO PEOC S S S ∆+Rt 四边形直角梯形＝11
()22
BE PE OE PE OC =
⋅++ ＝2211(3)(23)()(233)22x x x x x x +--++---++＝233927()2228
x -+++ 当32x =-时，BPCO S 四边形最大值＝92728+ ∴BPC S ∆最大＝927927
2828
+-=
(3)
x
y A
B
C P
E O
x
y A
B
C
Q
O
当32x =-时，215234
x x --+=∴点P 坐标为315( )24-，
7.
在平面直角坐标
系xOy 中，已知抛物线y=x 2﹣2mx+m 2﹣9．
（1）求证：无论m 为
何值，该抛物线与x 轴总有两个交点；
（2）该抛物线与x 轴交于A ，B 两点，点A 在点B 的左侧，且OA ＜OB ，与y 轴的交点坐标为（0，﹣5），求此抛物线的解析式；
（3）在（2）的条件下，抛物线的对称轴与x 轴的交点为N ，若点M 是线段AN 上的任意一点，过点M 作直线MC C ，记点C 关于抛物线对称轴的对称点为D ，点P 是线段MC 上一点，且满足MP=MC ，
⊥x 轴，交抛物线于点
连结CD ，PD ，作PE ⊥PD 交x 轴于点E ，问是否存在这样的点E ，使得PE=PD 若存在，求出点E 的坐标；若不存在，请说明理由．
解答：解：（1）令y=0，则x 2
﹣2mx+m 2
﹣9=0，∵△=（﹣2m ）2
﹣4m 2
+36＞0，
∴无论m 为何值时方程x 2﹣2mx+m 2﹣9=0总有两个不相等的实数根， ∵抛物线y=x 2﹣2mx+m 2﹣9的开口向上，顶点在x 轴的下方， ∴该抛物线与x 轴总有两个交点．
（2）∵抛物线y=x 2﹣2mx+m 2﹣9与y 轴交点坐标为（0，﹣5），∴﹣5=m 2﹣9． 解得：m=±2．当m=﹣2，y=0时，x 2+4x ﹣5=0 解得：x 1=﹣5，x 2=1， ∵抛物线y=x 2﹣2mx+m 2﹣9与x 轴交于A ，B 两点（点A 在点B 的左侧， 且OA ＜OB ），∴m=﹣2不符合题意，舍去．∴m=2． ∴抛物线的解析式为y=x 2﹣4x ﹣5；
（3）如图2，假设E 点存在，∵MC ⊥EM ，CD ⊥MC ， ∴∠EMP=∠PCD=90°．∴∠MEP+∠MPE=90°
∵PE ⊥PD ，∴∠EPD=90°，∴∠MPE+∠DPC=90°。

∴∠MEP=∠CPD ． 在△EMP 和△PCD 中，
21题答图
，∴△EPM≌△PDC（AAS）．∴PM=DC，EM=PC
设C（x0，y0），则D（4﹣x0，y0），P（x0，y0）．
∴2x0﹣4=﹣y0．
∵点C在抛物线y=x2﹣4x﹣5上；∴y0═x02﹣4x0﹣5 ∴2x0﹣4=﹣（x02﹣4x0﹣5）．
解得：x01=1，x02=11（舍去），∴P（1，﹣2）．∴PC=6．∴ME=PC=6．∴E（7，0）．
8. 如图，在平面直角坐标系xoy中，直线y=x+3交x轴于A点，交y轴于B点，过A、B两点的抛物线y=-x2+bx+c交x轴于另一点C，点D是抛物线的顶点．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）点P是直线AB上方的抛物线上一点，（不与点A、B重合），过点P作x轴的垂线交x轴于点H，交直线AB于点F，作PG⊥AB于点G．求出△PFG的周长最大值；
（3）在抛物线y=ax2+bx+c上是否存在除点D以外的点M，使得△ABM与△ABD的面积相等若存在，请求出此时点M的坐标；若不存在，请说明理由．
解答：（1）直线AB：3+
y与坐标轴交于A（-3,0）、B（0,3）
=x
代入抛物线解析式c bx x y ++-=2 中⎩⎨⎧=+--=c c b 3390∴⎩⎨⎧=-=3
2c b
∴抛物线解析式为：322+--=x x y ……… 4分
（2）由题意可知△PFG 是等腰直角三角形，
设)32,2+--m m m P （ ∴)3,(+m m F
∴m m m m m PF 333222--=--+--=
△PFG 周长为：)3(23-22m m m m --+- =4
)12(9)23)(12(2++++-m ∴△PFG 周长的最大值为：
4
129）（+…… 8 分 （3）点M 有三个位置，如图所示的M 1、M 2、M 3，都能使△ABM 的面积等于△ABD 的面积. 此时1DM ∥AB ，23M M ∥AB ，且与AB 距离相等
∵D （-1，4），则E （-1,2）、则N （-1,0）
∵3+=x y 中，k =1 ∴直线1DM 解析式为：5+=x y
直线23M M 解析式为：1+=x y …………9分
∴3252+--=+x x x 或3212+--=+x x x ∴2
173,2173,2,14321--=+-=-=-=x x x x ∴)3,2(1-M 、………………10 分
)2171,2173(
2+-+-M …11 分 )2
171,2173(3----M …… 12 分
9．ABC △是等边三角形，点D 是射线BC 上的一个动点（点D 不与点B C 、重合），ADE △是以AD 为边的等边三角形，过点E 作BC 的平行线，分别交射线AB AC 、于点F G 、，连接BE ．
（1）如图（a ）所示，当点D 在线段BC 上时．
①求证：AEB ADC △≌△； ②探究四边形BCGE 是怎样特殊的四边形并说明理由；
（2）如图（b ）所示，当点D 在BC 的延长线上时，直接写出（1）中的两个结论是否成立
（3）在（2）的情况下，当点D 运动到什么位置时，四边形BCGE 是菱形并说明理由．
解答（1）①证明：∵ABC △和ADE △都是等边三角形， ∴60AE AD AB AC EAD BAC ==∠=∠=，，°． ·········1分 又∵EAB EAD BAD ∠=∠-∠，DAC BAC BAD ∠=∠-∠，
∴EAB DAC ∠=∠，
∴AEB ADC △≌△． ··························································3分
②法一：由①得AEB ADC △≌△， ∴60ABE C ∠=∠=°． 又∵60BAC C ∠=∠=°，
∴ABE BAC ∠=∠，
∴EB GC ∥． ·········································································5分
又∵EG BC ∥，
∴四边形BCGE 是平行四边形． ····························································································· 6分
法二：证出AEG ADB △≌△，
得EG AB BC ==． ·················································································································· 5分
由①得AEB ADC △≌△．
得BE CG =．
∴四边形BCGE 是平行四边形． ····························································································· 6分
（2）①②都成立． ····················································································································· 8分 （3）当CD CB =（2BD CD =或12CD BD =
或30CAD ∠=°或90BAD ∠=°或30ADC ∠=°）时，四边形BCGE 是菱形． ····················································································9分
理由：法一：由①得AEB ADC △≌△，
∴BE CD = ············································································10分
又∵CD CB =，
∴BE CB =． ········································································11分
由②得四边形BCGE 是平行四边形，
∴四边形BCGE 是菱形． ····················································12分
法二：由①得AEB ADC △≌△， A G C D F E 图（a ）
A D C
B F E G
图（b ） A G C D B F E 图（a ） 第25题图 A D C B F
E G 图（b ）
第25题图
∴BE CD =． ·····························································································································9分
又∵四边形BCGE 是菱形，
∴BE CB = ······························································································································· 11分
∴CD CB =． ··························································································································· 12分
法三：∵四边形BCGE 是平行四边形，
∴BE CG EG BC ∥，∥，
∴6060FBE BAC F ABC ∠=∠=∠=∠=°，° ·
·································································· 9分 ∴60F FBE ∠=∠=°，
∴BEF △是等边三角形． ······································································································ 10分
又∵AB BC =，四边形BCGE 是菱形，
∴AB BE BF ==，
∴AE FG ⊥ ····························································································································· 11分
∴30EAG ∠=°，
∵60EAD ∠=°，
∴30CAD ∠=°．
10．如图，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，抛物线y=x 2+2x 与x 轴相交于O 、B ，顶点为A ，连接OA ．
（1）求点A 的坐标和∠AOB 的度数；
（2）若将抛物线y=x 2+2x 向右平移4个单位，再向下平移2个单位，得到抛物线m ，其顶点为点C ．连接OC 和AC ，把△AOC 沿OA 翻折得到四边形ACOC′．试判断其形状，并说明理由；
（3）在（2）的情况下，判断点C′是否在抛物线y=x 2+2x 上，请说明理由；
（4）若点P 为x 轴上的一个动点，试探究在抛物线m 上是否存在点Q ，使以点O 、P 、C 、Q 为顶点的四边形是平行四边形，且OC 为该四边形的一条边若存在，请直接写出点Q 的坐标；若不存
在，请说明理由．
解答：（1）∵由y=x2+2x得，y=（x﹣2）2﹣2，
∴抛物线的顶点A的坐标为（﹣2，﹣2），
令x2+2x=0，解得x1=0，x2=﹣4，
∴点B的坐标为（﹣4，0），
过点A作AD⊥x轴，垂足为D，
∴∠ADO=90°，
∴点A的坐标为（﹣2，﹣2），点D的坐标为（﹣2，0），
∴OD=AD=2，
∴∠AOB=45°；
（2）四边形ACOC′为菱形．
由题意可知抛物线m的二次项系数为，且过顶点C的坐标是（2，﹣4），
∴抛物线的解析式为：y=（x﹣2）2﹣4，即y=x2﹣2x﹣2，
过点C作CE⊥x轴，垂足为E；过点A作AF⊥CE，垂足为F，与y轴交与点H，∴OE=2，CE=4，AF=4，CF=CE﹣EF=2，
∴OC===2，
同理，AC=2，OC=AC，
由反折不变性的性质可知，OC=AC=OC′=AC′，
故四边形ACOC′为菱形．
（3）如图1，点C′不在抛物线y=x2+2x上．
理由如下：
过点C′作C′G⊥x轴，垂足为G，
∵OC和OC′关于OA对称，∠AOB=∠AOH=45°，
∴∠COH=∠C′OG，
∵CE∥OH，
∴∠OCE=∠C′OG，
又∵∠CEO=∠C′GO=90°，OC=OC′，
∴△CEO≌△C′GO，
∴OG=4，C′G=2，
∴点C′的坐标为（﹣4，2），
把x=﹣4代入抛物线y=x2+2x得y=0，
∴点C′不在抛物线y=x2+2x上；
（4）存在符合条件的点Q．
∵点P为x轴上的一个动点，点Q在抛物线m上，
∴设Q（a，（a﹣2）2﹣4），
∵OC为该四边形的一条边，
∴OP为对角线，
∴=0，解得x1=6，x2=4，
∴P（6，4）或（﹣2，4）（舍去），
∴点Q的坐标为（6，4）．
11．如图1，在△OAB中，∠OAB=90°，∠AOB=30°．以OB为边，在△OAB外作等边△OBC，D是OB的中点，连接AD并且延长交OC于E．
（1）求证：四边形ABCE是平行四边形；
（2）如图2，将图1中的四边形ABCO折叠，使点C与点A重合，折痕为FG，试探究线段OG与AB的数量关系并说明理由．
【解答】（1）证明：∵Rt△OAB中，D为OB的中点，
∴DO=DA（直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半），
∴∠EAO=∠AOB=30°，
∵△OBC为等边三角形，
∵∠COB=60°，
又∵∠AOB=30°，
∴∠EOA=90°，
∴∠AEO=180°﹣∠EOA﹣∠EAO=180°﹣90°﹣30°=60°，
∴∠AEO=∠C，
∴BC∥AE，
∵∠BAO=∠COA=90°，
∴CO∥AB，
∴四边形ABCE是平行四边形；
（2）解：在Rt△ABO中，
∵∠OAB=90°，∠AOB=30°，
∴BO=2AB，OA==AB，
设OG=x，由折叠可得：AG=GC=2AB﹣x，
在Rt△OAG中，OG2+OA2=AG2，
x2+（AB）2=（2AB﹣x）2，
解得：x=AB，
即OG=AB．
12.在菱形ABCD中，∠ABC=60°，E是对角线AC上任意一点，F是线段BC延长线上一点，且CF=AE，连接
BE、EF．
（1）如图1，当E是线段AC的中点时，求证：BE=EF．
（2）如图2，当点E不是线段AC的中点，其它条件不变时，请你判断（1）中的结论：成立．
（填“成立”或“不成立”）
（3）如图3，当点E是线段AC延长线上的任意一点，其它条件不变时，（1）中的结论是否成立若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BCA=60°，
∵E是线段AC的中点，
∴∠CBE=∠ABE=30°，AE=CE，
∵CF=AE，
∴CE=CF，
∴∠F=∠CEF=∠BCA=30°，
∴∠CBE=∠F=30°，
∴BE=EF；
（2）解：结论成立；理由如下：
过点E作EG∥BC交AB延长线于点G，如图2所示：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC，∠BCD=120°，AB∥CD，
∴∠ACD=60°，∠DCF=∠ABC=60°，
∴∠ECF=120°，
又∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠ACB=60°，
又∵EG∥BC，
∴∠AGE=∠ABC=60°，
又∵∠BAC=60°，
∴△AGE是等边三角形，
∴AG=AE=GE，∠AGE=60°，
∴BG=CE，∠BGE=120°=∠ECF，
又∵CF=AE，
∴GE=CF，
在△BGE和△CEF中，，
∴△BGE≌△ECF（SAS），
∴BE=EF．
（3）解：结论成立．证明如下：
过点E作EG∥BC交AB延长线于点G，如图3所示：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC，
又∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠ACB=60°，
∴∠ECF=60°，
又∵EG∥BC，
∴∠AGE=∠ABC=60°，
又∵∠BAC=60°，
∴△AGE是等边三角形，
∴AG=AE=GE，∠AGE=60°，
∴BG=CE，∠AGE=∠ECF，
又∵CF=AE，
∴GE=CF，
在△BGE和△CEF中，，
∴△BGE≌△ECF（SAS），
∴BE=EF．。