二次函數(shù)與幾何圖形綜合題（與三角形全等或三角形相似有關問題）（解析版）

專題22二次函數(shù)與幾何圖形綜合題

(與三角形全等或三角形相似有關問題)

1.(2022?四川樂山)如圖1,已知二次函數(shù)丁="2+法+0(。＞0)的圖象與*軸交于點

5(2,0),與y軸交于點C,且tan/CUC=2.

(1)求二次函數(shù)的解析式；

(2)如圖2,過點C作?！ā份S交二次函數(shù)圖象于點D,P是二次函數(shù)圖象上異于點D的一

個動點，連接PB、PC,若S&PBC=SABCD，求點P的坐標；

⑶如圖3,若點P是二次函數(shù)圖象上位于BC下方的一個動點，連接0P交BC于點Q.設點P

的橫坐標為t,試用含t的代數(shù)式表示器的值，并求器的最大值.

【答案】(l)y=x2-x-2；

(2)P(1+V2,V2)或(1-夜,-血)；

【分析】(1)在RtZiAOC中求出0C的長，從而確定點C的坐標，將二次函數(shù)設為交點式，

將點C的坐標代入，進一步求得結果；

(2)可分為點P在第三象限和第一象限兩種情況：當點P在第三象限時，設點P(a,

a2-a-2),可表示出4BCD的面積，作PE〃AB交BC于E,先求出直線BC,從而得到E點

坐標，從而表示出△PBC的面積，根據(jù)S^PBC=SABCD,列出方程，進一步求得結果，當P在

第一象限，同樣的方法求得結果；

(3)作PNLAB于N,交BC于M,根據(jù)P(t,t2-t-2),M(t,t-2),表示出PM的長，

PQPMPQ

根據(jù)PN〃OC,得出△PQMS/XOQC,從而得出萬石=不不，從而得出萬方的函數(shù)表達式，進一

步求得結果.

(1)

VA(-1,0),

；.OA=1,

oc

XVZA0C=90°，tanZOAC=—=2,

OA

.?.0C=20A=2即點C的坐標為(0,-2),

設二次函數(shù)的解析式為y=a(x+1)(x-2),

將C點坐標代入得：a=l,

y=(x+1)(x-2)=x2—x—2；

(2)

設點P(a,cr-a-2),如圖所示，當點P在第三象限時，作PE〃AB交BC于E,

直線BC的解析式為：y=x-2,

...當y=/-a-2時，x=y+2=a2-a,

PE=a2-a-a=a2-2a,

/.SAPBCIPE?OC,

:拋物線的對稱軸為y=g，CD〃x軸，C(0,-2),

.?.點D(1,-2),

；.CD=1,

/.SABCD=|CD?OC,

11

.'.-PE?OC=-CD?OC,

22

a2-2a=l,

解得@尸1+收(舍去)，④2=1-0；

當x二l-亞時，y=tz2-6z-2=a-l=-V2，

*,?P(I-V2,~42),

如圖，當點P在第一象限時，作PE，x軸于點E,交直線BC于F,

PF=(a?-Q—2)-(a-2)=a2-2a

/.SAPBC=|PF?OB=gcD?OC,

??/—2a—1,

解得aj=l+C，a2=l-V2(舍去)；

當a=l+亞時，y=a2-a-2=72，

AP(1+V2,V2),

綜上所述，P點坐標為(1+V2)V2)或(>￡-夜);

(3)

如圖，作PN_LAB于N,交BC于M,

由題意可知，p(t,一2),M(t,t-2),

；.PM=(t-2)-(?-/-2)=~t2+2t,

又：PN〃OC,

.'.△PQM^AOQC,

...當t=l時，（黑）最大=；?

【點睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應用，三角函數(shù)的應用、二次函數(shù)的解析式、相似三角形

的綜合和配方法求最值等，熟練掌握二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)是解決此類問題的關鍵.

2.（2022?浙江湖州）如圖1,已知在平面直角坐標系xOy中，四邊形OABC是邊長為3的

正方形，其中頂點A,C分別在x軸的正半軸和y軸的正半軸上，拋物線歹=--+加+。經(jīng)

過A,C兩點，與x軸交于另一個點D.

圖2

⑴①求點AB,C的坐標;

②求b,c的值.

⑵若點P是邊BC上的一個動點，連結AP,過點P作PMLAP,交y軸于點M（如圖2所

示）.當點P在BC上運動時，點M也隨之運動.設BP=m,CM=n,試用含m的代數(shù)式表示

n,并求出n的最大值.

b=2

【答案】⑴①A(3,0),B(3,3),C(0,3)；②

c=3

3

4

【分析】（1）①根據(jù)坐標與圖形的性質(zhì)即可求解；②利用待定系數(shù)法求解即可；

（2）證明Rt^ABPsRt^PCM,根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到n關于m的二次函數(shù)，利用二次

函數(shù)的性質(zhì)即可求解.

(1)

解：①?.?正方形OABC的邊長為3,

...點A,B,C的坐標分別為A(3,0),B(3,3),C(0,3)；

②把點A(3,0),C(0,3)的坐標分別代入y=-x?+bx+c,

一9+36+c=06=2

得，解得

c=3c=3

(2)

解：由題意，得/APB=90°-ZMPC=ZPMC,NB=/PCM=90°,

ARtAABP^RtAPCM,

整理,得"=—w+m,BP?=——fm——.

33(2)4

...當機=3時，n的值最大，最大值是3：.

24

【點睛】本題綜合考查了正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)，待定

系數(shù)法求函數(shù)解析式，根據(jù)正方形的性質(zhì)求出點A,B,C的坐標是解題的關鍵.

3.(2022?湖南衡陽)如圖，已知拋物線＞交x軸于A、B兩點，將該拋物線位

于x軸下方的部分沿x軸翻折，其余部分不變，得到的新圖象記為“圖象印”，圖象少交了

軸于點C.

(1)寫出圖象印位于線段NB上方部分對應的函數(shù)關系式；

⑵若直線＞+6與圖象印有三個交點，請結合圖象，直接寫出6的值；

(3)尸為x軸正半軸上一動點，過點P作尸〃//了軸交直線8C于點交圖象少于點N,是

否存在這樣的點尸，使△CMN與AOBC相似？若存在，求出所有符合條件的點尸的坐標;

若不存在，請說明理由.

【答案】⑴y=*+x+2(T4x42)

(2)6=2或6=3

⑶存在，(1,0)或[邛7,o)或(1+后0)

【分析】(1)先求出點A、B、C坐標，再利用待定系數(shù)法求解函數(shù)關系式即可；

(2)聯(lián)立方程組，由判別式△=()求得b值，結合圖象即可求解；

(3)根據(jù)相似三角形的性質(zhì)分NCNM=90°和/NCM=90°討論求解即可.

(1)

解：由翻折可知：C(0,2),

令x-2=0,解得：X]=—1,X,=2,

.?./(TO),5(2,0),

設圖象少的解析式為P=a(x+l)(x-2),代入C(0,2),解得°=-1,

對應函數(shù)關系式為y=-(x+l)(x-2)=-x2+x+2(-1VXV2).

(2)

[y=—x+b

解：聯(lián)立方程組.2c，

[y=-x+x+2

整理，得：x2-2x+6-2=0,

由4=4-4(b-2)=0得:b=3,此時方程有兩個相等的實數(shù)根，

由圖象可知，當b=2或b=3時，直線y=f+6與圖象印有三個交點；

(3)

解存在.如圖1,當CN〃O8時，AOBCsANMC,此時，N與C關于直線x=1對稱,

...點N的橫坐標為1,.?.P(l,0)；

如圖2,當CN〃03時，AOBCsA2WC,此時，N點縱坐標為2,

由12一%一2二2,解得占=1+，x2=--（舍），

222

???N的橫坐標為匕姮，

2

所以尸p±^7,o|

\7

如圖3,當/NCW=90。時，△OBCsMMN,此時，直線CN的解析式為》=x+2,

y

聯(lián)立方程組：［解得再=1+6，x2=1-V5（舍），

［y=x~-x-2

AN的橫坐標為1+石,

所以尸（1+石,0）,

因此，綜上所述：尸點坐標為（1,0）或（邛7,0］或（1+逐,0卜

【點睛】本題考查二次函數(shù)的綜合，涉及翻折性質(zhì)、待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、二次函

數(shù)與一次函數(shù)的圖象交點問題、相似三角形的性質(zhì)、解一元二次方程等知識，綜合體現(xiàn)數(shù)形

結合思想和分類討論思想的運用，屬于綜合題型，有點難度.

4.（2021?湖北十堰市?中考真題）已知拋物線y=ax2+6x-5與x軸交于點N（-l,0）和

8（-5,0）,與y軸交于點C,頂點為P,點N在拋物線對稱軸上且位于x軸下方，連AN交

拋物線于M,連AC、CM.

(1)求拋物線的解析式；

(2)如圖1,當tan/ZCW=2時，求M點的橫坐標；

(3)如圖2,過點P作x軸的平行線1,過M作“于D,若MD=CMN，求N點

的坐標.

【答案】(1)y=—x2—6x—5；(2)——；(3)N?3,-2一疵))

【分析】

(1)將點幺(一1,0)和點8(—5,0)代入解析式，即可求解；

(2)由tan/4CW=2想到將NZCM放到直角三角形中，即過點A作NEL4C交CM的

延長線于點E,即可知——=2,再由NZOC=NE4C=90°想到過點E作軸，即

AC

可得到ZUOCSAEFC,故點E的坐標可求，結合點C坐標可求直線CE解析式，點M是直

線CE與拋物線交點，聯(lián)立解析式即可求解；

(3)過點M作L的垂線交于點D,故設點M的橫坐標為ni,則點M的縱坐標可表示，且MD

的長度也可表示，由H/M7/NQ可得A4HMs兒4紗即可結合兩點間距離公式表示出MN,

最后由=即可求解

【詳解】

解：⑴將點幺(-1,0)和點4-5,0)代入^=加+&_5得

a-b-5=0a=-1

,,解得：\

25a—5b—5=0b=-6

y=_/_6x_5

(2)點A作交CM的延長線于點E,過￡作跖軸于E,如下圖

軸，AE1AC

:.ZEFA=ZEAC=90°

.\ZFAE+ZOAC=90°

又.?.NZCO+NCMC=90。

ZEAF=NACO

AAOC^AEFA

.ACAO_CO

"EA~EF^AF

AE

tanAACM=2即=2

AC

ACAOCO1

"EA~EF~AF~2

當x=o時，y=~5

?..c（o,-5）即0C=5

EF=2,AF=10即￡（-11,-2）

???設直線CE的解析式為y=+左wO),并將C、E兩點代入得

,3

-llk+b=-2k=----

b=—5解得11

b=-5

-11

???點M是直線CE與拋物線交點

3.

y-----x—563

*.<11解得石二—一,％2=°（不合題意，舍去）

y=-x2-6x-511

.??點M的橫坐標為-五

（3）設過點M垂直于L的直線交x軸于點H,對稱軸交x軸于點Q,M的橫坐標為m

則OH=-m

A,H——1—TTI

y=—X2—6x—5

對稱軸X=-二=一3

2a

???P、Q、N的橫坐標為一3,即。。=3

:.AQ=OQ-OA=1

???當x=—3時，y=—（—31—（—3）x6—5=4

，P（-3,4）

點D的縱坐標為4

/.MD=4-（^-m2-6m-5）=m?+6%+9=（加+3）?

???HM//NQ

.AH_HM-1-mm2+6m+5

一近一國即2=—QN—

/.QN=—2m-10

MN2=（m—3）-+[—機2—6m—5—2m一10]=3（m+3）'[（機+5）一+1]

???MD=6MN

:.MD2=3MN2,即（機+3）4=3（m+3）2[（ffl+5）2+l],

?.?機+3=0,加=-3不符合題意，舍去，

當加+3w0時，

/.2m之+24m+69=0,

解得加=一12土在,

2

由題意知/=—12—血

2

」.田-3,_2-網(wǎng)

【點睛】

本題考察二次函數(shù)的綜合運用、相似三角形、銳角三角函數(shù)的運用、交點坐標的求法和兩點

間的距離公式，屬于綜合運用題，難度偏大.解題的關鍵是由銳角三角函數(shù)做出輔助線和設

坐標的方程思想.

5.(2021?湖北黃岡市?中考真題)已知拋物線歹=依2+云-3與x軸相交于4-1,0),

5(3,0)兩點，與y軸交于點C,點N(%0)是x軸上的動點.

(1)求拋物線的解析式；

(2)如圖1,若"<3,過點N作x軸的垂線交拋物線于點P,交直線8C于點G.過點P

作尸8c于點D,當n為何值時，APDGaBNG；

（3）如圖2,將直線8C繞點B順時針旋轉，使它恰好經(jīng)過線段。。的中點，然后將它向

3

上平移一個單位長度，得到直線?；?

2

（1）tanZBOBl=；

②當點N關于直線的對稱點2落在拋物線上時，求點N的坐標.

【答案】（1）歹=/—2x—3；⑵n=亞;⑶①；；②（25+1?；仄诨?/p>

29

25-10V13

（9''

【分析】

（1）根據(jù)點45的坐標，利用待定系數(shù)法即可得；

（2）先根據(jù)拋物線的解析式可得點C,P的坐標，再利用待定系數(shù)法可得直線的解析式,

從而可得點G的坐標，然后分別求出PG,BG的長，最后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得

PG=BG,由此建立方程求解即可得；

（3）①先利用待定系數(shù)法求出直線助的解析式，再根據(jù)平移的性質(zhì)可得直線的解析

式，從而可得點￡的坐標，然后根據(jù)正切三角函數(shù)的定義即可得；

②先求出直線MV】的解析式，再與直線的解析式聯(lián)立求出它們的交點坐標，從而可得

點乂的坐標，然后代入拋物線的解析式求解即可得.

【詳解】

ci—b—3—0

解：（1）將點4（一1,0）,^。。代入片爾+法-3得：工”c八，

9。+36-3=0

a=\

解得「C，

b=-2

則拋物線的解析式為了=爐-2x-3；

（2）由題意得：點P的坐標為尸（外〃2一2及—3）,

對于二次函數(shù)歹=/—2x—3,

當x=0時，y=—3,即C(0,—3),

設直線BC的解析式為y=kx+c,

3左+c=0[k=1

將點5(3,0),C(0,—3)代入得：.，解得

c=-3①=一

則直線BC的解析式為y=x—3,

G(〃，〃一3),

PG="一3——2〃—3)=—n2+3”,BG=—3)2+(ji—3)2=(3—,

,:RDGvBNG,

PG=BG,即-/+3〃=(3-〃)底,

解得或〃=3(與"<3不符，舍去)，

故當時，MG=ABNG；

(3)①如圖，設線段OC的中點為點。，過點2作x軸的垂線，交直線于點￡,

T'1/

\BtSi/

\，JV，，?

J*(//

3

則點。的坐標為。(0,-]),點￡的橫坐標為3,

設直線BD的解析式為y=kox+co,

(1

c3左o+/=0耳=

將點3(3,0),代入得：3，解得

21%=——2卜。。3

13

則直線BD的解析式為y=-x--,

由平移的性質(zhì)得：直線的解析式為

33

當x=3時，y=~,即￡（3,5）,

3

;.OB=3,BE=—,

2

BE

.’.tan/BOB、=---

1OB2

故答案為：I；

②由題意得：NNJOB「

則設直線MV】的解析式為y=-2x+C1,

將點N(〃,0)代入得：—2〃+q=0,解得c1=2〃，

則直線NN】的解析式為y=-2x+2n,

rccf4

y=-2x+2nx=—n

5

聯(lián)立〈1,解得〈;，

y=—x2

1-2\y=~5n

42

即直線MV1與直線的交點坐標為（1〃,《〃），

設點2的坐標為NG，。，

s+n4[3

----=—ns=-n

25534

貝1J,+02，解得4，即乂[〃/〃），

-=—nt-—n--

[25L5

將點乂（3〃，3〃）代入y=x2-2x-3^：（g”）？_2xg〃_3=,

整理得：9/—50〃—75=0，

到汨25+10*5-25-10V13

國牛得n=----------或〃=-----------

99

IJ..II-ArAAAiz-i-AL,z25+10A/1-3C、T,25—loV^

則點N的坐標為（----!一,0）或（-------―,0）.

【點睛】

本題考查了二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合、全等三角形的性質(zhì)、正切三角函數(shù)等知識點，熟練

掌握待定系數(shù)法和二次函數(shù)的性質(zhì)是解題關鍵.

6.（2021?陜西中考真題）已知拋物線歹=—f+2x+8與x軸交于點A、B（其中A在點B

的左側），與y軸交于點C.

（1）求點B、C的坐標；

（2）設點C'與點C關于該拋物線的對稱軸對稱在y軸上是否存在點P,使△PCC'與APOB

相似且PC與尸。是對應邊？若存在，求點P的坐標；若不存在，請說明理由.

【答案】⑴8（4,0）,C（0,8）；⑵存在，P（0,16）或尸，

【分析】

（1）令y=0,求—X?+2x+8=0的根即可；令x=0,求得y值即可確定點C的坐標；

（2）確定拋物線的對稱軸為x=l,確定。的坐標為（2,8）,計算C'C=2,利用直角相等,

兩邊對應成比例及其夾角相等的兩個三角形相似，分類求解即可.

【詳解】

解：（1）令了=。，則—必+2》+8=0，

..X]=—2rx,—4

.-.5(4,0).

令x=0,則y=8.

.\C(0,8).

(2)存在.由已知得，該拋物線的對稱軸為直線x=l.

???點C'與點C關于直線x=1對稱，

.?.0(2,8),CC=2.

：.CC'UOB.

?.?點P在y軸上，

ZPCC=ZPOB=90°

PCCC

...當一=——時，△尸CC's△尸08.

POOB

設尸（0/），

cv-82

i）當y〉8時，則^——=-

J4

.'.J=16.

.1.P（0,16）

cc8-V2

ii）當0<y<8時，則----=—,

J4

16

PC1

iii)當J<0時，則CP>0尸，與---=—矛盾.

PO2

/.點P不存在

.?.。(0,16)或尸。片［

【點睛】

本題考查了二次函數(shù)與一元二次方程的關系，對稱軸的意義，三角形相似的判定和性質(zhì)，熟

練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)，靈活運用三角形的相似和進行一元二次方程根的求解是解題的關鍵.

7.(2021?四川遂寧市?中考真題)如圖，已知二次函數(shù)的圖象與x軸交于A和B(—3,

0)兩點，與y軸交于C(0,-3),對稱軸為直線x=-1,直線y=—2x+m經(jīng)過點A,且

與y軸交于點D,與拋物線交于點E,與對稱軸交于點F.

(1)求拋物線的解析式和m的值；

(2)在y軸上是否存在點P,使得以D、E、P為頂點的三角形與AAOD相似，若存在，求出

點P的坐標；若不存在，試說明理由；

(3)直線y=l上有M、N兩點(M在N的左側)，且MN=2,若將線段MN在直線y=1上平

移，當它移動到某一位置時，四邊形MEFN的周長會達到最小，請求出周長的最小值(結果

保留根號).

【答案】⑴y=(x+l)2—4；m=2；⑵存在，P(0,12)或(0,14.5)；(3)

1072+475+2

【分析】

(1)根據(jù)拋物線的對稱性求出A(1,0),再利用待定系數(shù)法，即可求解；再把點A坐標

代入直線的解析式，即可求出m的值；

(2)先求出E(-5,12),過點E作EPLy軸于點P,從而得AEDPSA^DO,即可得到P

的坐標，過點E作￡P'_L/E,交y軸于點P,可得AP'DESAADO,再利用tanZADO=tan

ZPEP,,即可求解；

(3)作直線y=l,將點F向左平移2個單位得到F'，作點E關于y=l的對稱點E',連接￡戶'

與直線y=l交于點M,過點F作FN〃E'F',交直線y=l于點N,在Rt^EWF中和Rt^E'WF'

中分別求出EF,E'F',進而即可求解.

【詳解】

(1)解：?.?二次函數(shù)的圖象與x軸交于A和B(-3,0)兩點，對稱軸為直線x=—1,

AA(1,0),

設二次函數(shù)解析式為：y=a(xT)(x+3),把C(0,—3)代入得：-3=a(0T)(解3),解得：

a=l,

二次函數(shù)解析式為：y=(xT)(x+3),即：j=(x+1)2-4,

?直線y=-2x+m經(jīng)過點A,

.?.0=-2Xl+m,解得：m=2；

(2)由(1)得：直線AF的解析式為：y=-2x+2,

又：直線y=-2x+2與y軸父于點D,與拋物線父于點E,

...當x=0時，y=2,即D(0,2),

y——2x+2X]——5%2=1

聯(lián)立《解得:

J=(x+1)2-4

Ji=12y2=°

?.?點E在第二象限,

AE(-5,12),

過點E作EPLy軸于點P,

."ZADO=ZEDP,ZD0A=ZDPE=90°,

AEDPSAADO,

,.P(0,12)；

過點E作￡尸［4￡,交y軸于點P，可得AP'DESA4DO,

：ZEDP'+ZPED=ZPEP'+ZPED=90°,

ZAD0=ZEDJ>,=ZPEP，,即：tanZADO=tanZPEP，,

器=益’即：FV,解得：PP=25'

*.P'(0,14.5),

綜上所述：點P的坐標為（0,12）或（0,14.5）；

（3）1點E、F均為定點,

線段EF長為定值,

：MN=2,

/.當EM+FN為最小值時，四邊形MEFN的周長最小,

作直線y=l,將點F向左平移2個單位得到尸，，作點E關于y=l的對稱點連接E戶'

與直線y=l交于點M,過點F作FN〃￡'F',交直線y=l于點N,

由作圖可知：EM=E'M,F'M=FN,

又；E',M,尸'三點共線，

Z.EM+FN=E'M+F'M=E'F',此時,EM+FN的值最小，

;點F為直線y=-2x+2與直線x=-l的交點，

：.F(-1,4),

：.F'(-3,4),

又：E(-5,12),

：.E'(-5,-10),

延長Fp交線段EE'于點肌

廠,與直線y=l平行,

；.FW_LE￡',

..?在尺〃￡件中，由勾股定理得：EF=J(12-4'+(-1+5『=46,

在放△￡'竹'中，由勾股定理得：￡戶'=J(4+10『+(—3+5『=10后,

四邊形MEFN的周長最小值=ME+FN+EF+MN=E'F'+EF+MN=1072+46+2.

【點睛】

本題主要考查二次函數(shù)與平面幾何的綜合，掌握待定系數(shù)法，相似三角形的判定和性質(zhì)，添

加輔助線，利用軸對稱圖形的性質(zhì)，構造線段和的最小值，是解題的關鍵.

8.(2021?四川瀘州市?中考真題)如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線

1,3一

y=一一廠+-x+4與兩坐標軸分別相交于A,B,C三點

42

(1)求證：ZACB=90°

(2)點D是第一象限內(nèi)該拋物線上的動點，過點D作x軸的垂線交BC于點E,交x軸于點

F.

①求DE+BF的最大值；

②點G是AC的中點，若以點C,D,E為頂點的三角形與AAOG相似，求點D的坐標.

【答案】(1)(2)①9；②。(4,6)或。(3,—).

4

【分析】

(1)分別計算A,B,C三點的坐標，再利用勾股定理求得AB、BC、AC的長，最后利用勾股

定理逆定理解題；

1、3

(2)①先解出直線BC的解析式，設。(x,——#+—x+4),接著解出

42

1,

BF=8—x,DE=—-X2+2X,利用二次函數(shù)的配方法求最值；②根據(jù)直角三角形斜邊的

4

中線性質(zhì)，解得AG的長，再證明NC40=ND￡C,再分兩種情況討論以點C,D,E為頂

點的三角形與AAOG相似，結合相似三角形對應邊成比例性質(zhì)解題即可.

【詳解】

解：(1)令x=0,得>=4

C(0,4)

令y=o得

13“八

——2+—x+4=0

42

\X2-6x-16=0

(x-8)(x+2)=0

.,.4(—2,0),5(8,0)

AB=\Q,AC=7(0+2)2+(4-0)2=275,BC=7(8-0)2+(0-4)2=475

vlO2=(2A/5)2+(4V5)2

AB-=AC1+BC-

NACB=90°

(2)①設直線BC的解析式為：^=履+/左/0),代入3(8,0),C(0,4)得

^k+b=Q

\b=4

k=--

：.<2

b=4

1,

y——x+4

2

13

設。(x,—X9H—X+4)

42

1311

1.BF=8—x,DE='—x9H—x+4—(—x+4)=—x9+2x

4224

1

1.DE+BF=—9x+2x+8—x

4

1

——x7+x+8

4

1

=--(x27-4x)+8

19

=--(X-2)2+9

4

1

.-.--(x-2)92<0

1,

:.--(x-2)2+9<9

DE+BF<9

即DE+BF的最大值為9；

②：點G是AC的中點，

在R/ZXNOC中，0G==AC=AG=4i

2

即AZOG為等腰三角形，

?/ZCAO+NACO=ZACO+ZOCB=90°

ZCAO=ZOCB

OC//DF

40cB=ZDEC

ZCAO=ZDEC

若以點C,D,E為頂點的三角形與AAOG相似,

則①任="=在

AOCE2

12C

丁+2、逐

CE一不

又?.?OC//OE

CEBC

'OF~OB

5BCOF&

OB2

x2-3x=0

再=0,x2=3

25

「3(0,4)或。⑶下)

4

經(jīng)檢驗：。(0,4)不符合題意，舍去,

②任=0=叱

AODE2

又???OC//OE

CE_BC

OF~OB

0B2

y[5x

下一非

--X2+2x2

4

整理得，；.尤2-4》=0

國=0,x2=4

.?.0(0,4)或。(4,6),

同理：。(0,4)不合題意，舍去，

25

綜上所述，。(4,6)或。(3,一).

4

【點睛】

本題考查二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊中線的性質(zhì)、

勾股定理及其逆定理、二次函數(shù)的最值、解一元二次方程等知識，是重要考點，有難度，掌

握相關知識是解題關鍵.

9.(2021?山東泰安市?中考真題)二次函數(shù)y=。必+bx+4(aw0)的圖象經(jīng)過點

/(-4,0),5(1,0),與y軸交于點C,點P為第二象限內(nèi)拋物線上一點，連接AP、AC,

交于點Q,過點P作PQLx軸于點D.

(1)求二次函數(shù)的表達式；

(2)連接BC,當ND尸8=2N8C0時，求直線AP的表達式；

PO

(3)請判斷：焉是否有最大值，如有請求出有最大值時點P的坐標，如沒有請說明理

由.

1515P04

【答案】(1)J=-X2-3X+4；(2)y=——x+一；(3)焉有最大值為一，P點坐

88QB5

標為(—2,6)

【分析】

(1)將2(—4,0),8(1,0)代入3；=。必+6%+4(4/0)中，列出關于a、b的二元一次方程

組，求出a、b的值即可；

(2)設AP與y軸交于點E,根據(jù)PDUy軸可知，ZDPB=ZOEB,當NDPB=2ZBCO，

即NO￡8=2NBC。，由此推斷AOEB為等腰三角形，設?！?a,則C￡=4—a,所以

BE=4—a,由勾股定理得BE?=。￡2+。52,解出點E的坐標，用待定系數(shù)法確定出BP

的函數(shù)解析式即可；

(3)設尸。與NC交于點N,過B作y軸的平行線與ZC相交于點M.由A、C兩點坐標可

得NC所在直線表達式，求得M點坐標，則8河=5,由BM〃PN,可得

APNQsABMQ,-^=-,設尸(4,-旬2—3旬+4)(—4<為<0),則

DM.J

,.八PQ一第—3tz+4_(tz?+4)―ctn_4fl!—(ctr,+2)~+4

MT?o^o+4)—=———n2-----—-=3——nq--——，根據(jù)二次函數(shù)

QB555

性質(zhì)求解即可.

【詳解】

解：(1)由題意可得：

。?(―/+>(—4)+4=0

<

a+b+4=0

二二次函數(shù)的表達式為J=-X2-3X+4；

(2)設AP與y軸交于點E,

-：PDHy^,

：.ZDPB=ZOEB,

,：ZDPB=2ZBCO,

：.ZOEB=2ZBCO,

ZECB=ZEBC,

BE=CE,設OE=a,

則CE=4—a,BE=4—a,

在RtABOE中，由勾股定理得BE?=?！?+。臺2,

.-.（4-a）2=a2+l2

解得a=—，

8

設BE所在直線表達式為y=Ax+e(左w0)

15

k-Q+e

T'解得＜8

15

k-1+e=0.e=一.

8

*,?直線BP的表達式為y-......xH—.

88

(3)設尸。與/C交于點N.

過B作y軸的平行線與AC相交于點M.

由A、C兩點坐標分別為(—4,0),(0,4)

可得NC所在直線表達式為y=x+4

點坐標為(1,5),BM=5

由BM//PN,可得LPNQS^BMQ,

.PQPNPN

設尸(4,—。()2—3ao+4)(—4<4<0),則N(a。,4+4)

?絲二_Q：_3/+4一(為+4)_Q：_4Q0一(Q0+2)2+4

^~QB~5-5-5

.?.當4=—2時，電有最大值0.8,

此時P點坐標為(-2,6).

【點睛】

本題主要考查二次函數(shù)以及一次函數(shù)解析式的確定，函數(shù)圖像的性質(zhì)，相似三角形，勾股定

理等知識點，熟練運用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式是解題關鍵，本題綜合性強，涉及知識面廣,

難度較大，屬于中考壓軸題.

10.(2021?重慶中考真題)如圖，在平面直角坐標系中，拋物線歹=必+江+。經(jīng)過A

(0,-1),B(4,1).直線AB交x軸于點C,P是直線AB下方拋物線上的一個動點.過

點P作PDLAB,垂足為D,PE〃x軸，交AB于點E.

備用圖

（1）求拋物線的函數(shù)表達式；

（2）當4PDE的周長取得最大值時，求點P的坐標和4PDE周長的最大值；

（3）把拋物線丁=/+云+。平移，使得新拋物線的頂點為（2）中求得的點P.M是新拋

物線上一點，N是新拋物線對稱軸上一點，直接寫出所有使得以點A,B,M,N為頂點的四

邊形是平行四邊形的點M的坐標，并把求其中一個點M的坐標的過程寫出來.

【答案】（1）y=x2--x-l；（2）t=2時，4PDE周長取得最大值，最大值為

24、/?

—^+8，點P的坐標為（2,-4）；（3）滿足條件的點M的坐標有（2,-4）,（6,

5

12）,（-2,12）,過程見解析

【分析】

（1）利用待定系數(shù)法求函數(shù)表達式即可；

(2)先求出直線AB的函數(shù)表達式和點C坐標，設P“/2—g/一)，其中o〈t〈4,則E

12〃—7/,/-1；證明△PDEs^AOC,根據(jù)周長之比等于相似比可得

/=咨土￡1—2?！?)2+8]=——2)2+等5+8,根據(jù)二次函數(shù)求最值的方

法求解即可；

(3)分以下情況①若AB是平行四邊形的對角線；②若AB是平行四邊形的邊，1)當MN〃

AB時；2)當NM〃AB時，利用平行四邊形的性質(zhì)分別進行求解即可.

【詳解】

解(1)?拋物線>=/+加；+。經(jīng)過點人(0,-1),點B(4,1),

c=-1

???\，

16+46+。=1

解得彳2,

c=-1

7

該拋物線的函數(shù)表達式為y=x92--x-l；

(2)VA(0,-1),B(4,1),

???直線AB的函數(shù)表達式為y=；x—1,

；.C(2,0),

設B'T)，其中°〈t<4，

:點E在直線y=gx-1上，PE〃x軸，

.?.E12/—7//—/―1],ZOCA=ZDEP,

PE=-2t2+8?=-2(r-2)2+8,

VPD±AB,

NEDP=NCOA,

.'.△PDE^AAOC,

VAO=1,OC=2,

***AC=9

AAAOC的周長為3+石，

令APDE的周長為1,則3+石=江,

IPE

-,./=^+5-[-2(r-2)2+8]=-6^+10(r-2)2+^y^+8,

...當t=2時，4PDE周長取得最大值，最大值為生5+8，

5

此時點P的坐標為(2,-4),

(3)如圖所示，滿足條件的點M的坐標有(2,-4),(6,12),(-2,12).

由題意可知，平移后拋物線的函數(shù)表達式為歹=/—4x,對稱軸為直線x=2.

①若AB是平行四邊形的對角線，

當MN與AB互相平分時，四邊形ANBM是平行四邊形，

即MN經(jīng)過AB的中點C(2,0),

???點N的橫坐標為2,

點M的橫坐標為2,

.,.點M的坐標為(2,-4)；

②若AB是平行四邊形的邊，

1)MN〃AB時，四邊形ABNM是平行四邊形，

VA(0,-1),B(4,1),點N的橫坐標為2,

.?.點M的橫坐標為2-4=-2,

.,.點M的坐標為(-2,12)；

2)當NM〃AB時，四邊形ABMN是平行四邊形，

VA(0,-1),B(4,1),點N的橫坐標為2,

...點M的橫坐標為2+4=6,

.?.點M的坐標為(6,12),

綜上，滿足條件的點M的坐標有(2,-4),(6,12),(-2,12).

本題考查待定系數(shù)法求函數(shù)的表達式、相似三角形的判定與性質(zhì)、求二次函數(shù)的最值、平行

四邊形的性質(zhì)等知識，解答的關鍵是熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)，運用平行四邊形的性質(zhì)，結

合數(shù)形結合和分類討論的思想方法進行探究、推導和計算.

11.（2021?四川自貢市?中考真題）如圖，拋物線y=（x+l）（x-a）（其中4>1）與X軸

交于A、B兩點，交y軸于點C.

（1）直接寫出NOC4的度數(shù)和線段AB的長（用a表示）；

（2）若點D為4/臺。的外心，且△BCD與△/CO的周長之比為加：4,求此拋物線

的解析式;

(3)在(2)的前提下，試探究拋物線＞=(》+1)(》-。)上是否存在一點「，使得

NCAP=NDBA?若存在,求出點P的坐標；若不存在，請說明理由.

【答案】(1)Z0CA=45°,AB=a+l；(2)y=x2-x-2-(3)存在，Pj(,

24

P2(1,-2).

【分析】

(1)根據(jù)二次函數(shù)解析式可得A(a,0),C(0,-a),B(-1,0),即可得出0A=0B=a,

0B=L即可證明aOCA是等腰直角三角形，可得N0CA=45°,根據(jù)線段的和差關系可表示AB

的長；

(2)如圖，作AABC的外接圓。D,根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得AC=J^,利用兩點間

距離公式可用a表示出BC的長，根據(jù)圓周角定理可得ND=2N0AC=90°,可得ADBC是等腰

直角三角形，即可證明△DBCs^OCA,根據(jù)相似三角形周長之比等于相似比列方程求出a值

即可得答案；

(3)如圖，過點D作DHJ_AB于H,過點C作AC的垂線，交x軸于F,過點0作OG_LAC于

G,連接AP交CF于E,可得aOCF是等腰直角三角形，利用待定系數(shù)法可得直線CF的解析

式，根據(jù)外心的定義及等腰直角三角形的性質(zhì)可求出點D坐標，即可得出BH、DH的長，根

據(jù)NC4P=NDB4,/BHD=/ACE=90°可證明△BHDs^ACE,根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求

出CE的長，根據(jù)兩點間距離公式可得點E坐標，利用待定系數(shù)法可得直線AE解析式，聯(lián)立

直線AE與拋物線的解析式求出點P坐標即可得答案.

【詳解】

(1):拋物線J=(x+l)(x—(其中。＞1)與x軸交于A、B兩點，交y軸于點C.

.,.當x=0時，y=-a,

當y=o時，(x+l)(x-a)=0,

解得：石=—1,々=。，

/.A(a,0),C(0,-a),B(-1,0),

/.OB=1,OA=OC=a,

.'.△OCA是等腰直角三角形，

N0CA=45°,AB=OA+OB=a+l.

(2)如圖，作AABC的外接圓。D,

?.?點D為A48C的外心，

；.DB=DC,

「△OCA是等腰直角三角形，0A=a,

/.Z0AC=45°,AC=V2?>

,/ZBDC和NBAC是前所對的圓心角和圓周角,

.,.ZBDC=2ZBAC=90°,

；.NDBC=45°,

.,.ZDBC=Z0AC,

.'.△DBC^AOCA,

V/\BCD與△/CO的周長之比為麗：4，

.BCV10日口J"1VTo

AC442a4

解得：a=+2,

經(jīng)檢驗：a=±2是原方程的根，

'：a>l,

a=2,

2

二拋物線解析式為：j=(x+l)(x-2)=x-x-2.

(3)如圖，過點D作DHLAB于H,過點C作AC的垂線，交x軸于F,過點。作0GLAC于

G,連接AP交CF于E,

Va=2,

AC(0,-2),A(2,0),AC=2V2，

Z0C