2023年中考数学 章节专项练习20 二次函数几何方面的应用

这是一份2023年中考数学 章节专项练习20 二次函数几何方面的应用，共35页。试卷主要包含了故答案为4等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1.（2019四川乐山，10，3分）如图，抛物线与轴交于、两点，是以点（0,3）为圆心，2为半径的圆上的动点，是线段的中点，连结.则线段的最大值是（　　）
A． B． C．D．

第10题图
【答案】C

第10题答图
【思路分析】连接PB，根据中位线定理知PB=2QO，QO的最大值即求PB的最大值，而圆外一点B到圆上一点P距离最大时，PB过圆心C，故可利用勾股定理求BC，从而求得PB，再求OQ.
【解题过程】连接PB，令=0，得x=，故A（-4，），（4，0），∴O是AB的中点，又是线段的中点，∴OQ=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=PB=，故选C.
【知识点】中位线定理；点与圆的关系；勾股定理

二、填空题
1.（2019江苏无锡，18，2分）如图，在中，AB=AC=5，BC=，为边上一动点(点除外)，以为一边作正方形，连接，则面积的最大值为　　.

第18题图
【答案】8
【思路分析】本题考查了有关正方形中动态三角形面积的最值问题. 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，设DG=HE=x，借助等腰三角形性质、勾股定理、相似三角形性质与判定求或用x的代数式表示相关线段长度，最后通过求面积函数值的二次函数最值来解决问题.

第18题答图

【解题过程】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=，AN⊥BC，∴BN=BC=2，AN=，∵G⊥BC，AN⊥BC，∴DG∥AN，∴，∴BG=2x，CG=HD=4- 2x；易证△HED∽△GMD，于是，，即MG，所以S△BDE= BM×HD=×（2x）×（4- 2x）==，当x=时，S△BDE的最大值为8.
来解决问题.
【知识点】等腰三角形性质；勾股定理；相似三角形性质与判定；二次函数的最值；数形结合思想

2. (2019浙江台州,15,5分)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,则m+n的最大值为________.

第16题图
【答案】
【思路分析】作垂线,构造相似,得到比例式,把m+n用x表示, 通过求二次函数的最值求得m+n的最值.
【解题过程】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,∴,即,mn＝xy,∴,即,∴y＝10－,∵,∴n＝m,m+n＝m,∵mn＝xy＝x(10－)＝－x2+10x＝m2,当x＝时,mn取得最大值为,∴m2＝,∴m最大＝,∴m+n＝m＝.

第16题答图
【知识点】相似三角形,二次函数最值

3.（2019四川凉山，24，5分）如图，正方形ABCD中，AB=12, AE =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 .

第24题图

【思路分析】根据正方形形的性质得到∠B＝∠C＝90°，根据余角的性质得到∠BEP=∠CPQ，根据相似三角形的性质得到CQ=，根据二次函数的性质即可得到结论．
【解题过程】在正方形ABCD中，∵AB=12, AE =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，∴，∴，整理得CQ=，∴当x=6时，CQ取得最大值为4.故答案为4.
【知识点】相似三角形的性质；正方形的性质；二次函数的最值
三、解答题
1.（2019浙江湖州，24，12分）如图1，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形，点A，C分别在x轴和y轴的正半轴上，连结AC，OA＝3，tan∠OAC＝，D是BC的中点．
（1）求OC的长及点D的坐标；
（2）如图2，M是线段OC上的点，OM＝OC，点P是线段OM上的一个动点，经过P，D，B三点的抛物线交x轴的正半轴于点E，连结DE交AB于点F．
①将△DBF沿DE所在的直线翻折，若点B恰好落在AC上，求此时BF的长和点E的坐标；
②以线段DF为边，在DF所在的直线的右上方作等边△DFG，当动点P从点O运动到点M时，点G也随之运动，请直接写出点G的运动路径的长．
图1 图2
第24题图

【思路分析】（1）Rt△AOC中，由正切三角函数，可求OC的长；再由矩形的性质及线段中点的定义锁定点D的坐标．（2）①由翻折可知DB＝＝DC，从而∠DCA＝∠＝30°．通过解直角三角形得到FA＝FB＝，在Rt△AEF中，AE＝AF•tan∠AFE＝×＝，从而求得点E的坐标．②按一找点G的运动起点与终点，从而找到点G的路径，二求该路径的长即可锁定答案．如答图2和答图3，表示动点P从点O运动到点M时，点G也随之运动时的起点、与终点的位置，G点的路径是一条线段．
【解题过程】（1）在Rt△AOC中，由tan∠OAC＝＝，OA＝3，得OC＝OA•tan∠OAC＝3×＝．
∵四边形OABC是矩形，点D为BC的中点，
∴D(，)．
（2）①如答图1，易知∠OAC＝∠ACB＝30°．
而由折叠可知DB＝＝DC，从而∠DCA＝∠＝30°．
∴∠BDF＝∠＝30°．
∴∠DFB＝∠AFE＝60°．
Rt△DBF中，易求BF＝．
∴AF＝AB－BF＝．Rt△AEF中，AE＝AF•tan∠AFE＝×＝．
∴OE＝，E(，0)．
综上，BF的长为，点E的坐标为E(，0)．
②．
第24题答图3
第24题答图2
第24题答图1

【知识点】矩形性质；解直角三角形；翻折（轴对称）；等腰三角形；等边三角形；二次函数；动态问题；数形结合思想；探究性问题；压轴题；原创题


2.（2019天津市，24，10分）在平面直角坐标系中，O为原点，点A(6，0),点B在y轴的正半轴上，∠ABO=30°，矩形CODE的顶点D,E,C分别在OA,AB,OB上，OD=2.
（1）如图①，求点E的坐标；
（2）将矩形CODE沿x轴向右平移，得到矩形C’O’D’E’,点C,O,D,E的对应点分别为C’,O’,D’,E’,设OO’=t,矩形C’O’D’E’与△ABO重叠部分的面积为S
①如图②，当矩形C’O’D’E’与△ABO重叠部分为五边形时，C’E’,E’D’分别与AB相交于点M,F，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
②当时，求t的取值范围（直接写出结果即可）

【思路分析】(1)由题意知OA=6，OD=2，∴AD=4，由矩形CODE得DE∥BO，∴∠AED=∠ABO=30°，∴DE=tan60°AD=，所以点E的坐标为（2，）
（2） ①由平移得，O’C’=D’E’=,O’D’=C’E’=2，ME’=OO’=t，根据E’D’∥BO，得∠E’FM=∠OBA=30°,Rt△ME’F中，E’F=，
S△ME’F=；S矩形C’O’D’E’=;
S=S矩形C’O’D’E’-S△ME’F=，因为重叠部分是五边形，所以t的取值范围是0 ②当S=时，=，此时t=，所以重叠部分不是五边形；当S=时，=，此时t=，所以重叠部分不是五边形；当2 当2 当4 所以，当S=时，，此时t=4.5,不在2 当S=时，此时t=2.5；
当S=时，，此时t=，
综上所述，t的取值范围是2.5≤t≤；


【解题过程】(1)∵A（6,0），∴OA=6，
∵OD=2,∴AD=4，由矩形CODE得DE∥BO，
∴∠AED=∠ABO=30°，∴DE=tan60°AD=，
所以点E的坐标为（2，）
(2)①由平移得，O’C’=D’E’=,O’D’=C’E’=2，ME’=OO’=t，根据E’D’∥BO，得∠E’FM=∠OBA=30°,Rt△ME’F中，E’F=，
S△ME’F=；S矩形C’O’D’E’=;
S=S矩形C’O’D’E’-S△ME’F=，因为重叠部分是五边形，所以t的取值范围是0 ②2.5≤t≤；
【知识点】分类讨论；二次函数；多边形的面积

3.（2019四川攀枝花，23，12分）已知抛物线y＝－x2＋bx＋c的对称轴为直线x＝1，其图象与x轴相交于A、B两点，与y轴交于点C（0,3）．
（1）求b，c的值；
（2）直线l与x轴交于点P．
①如图1，若l∥y轴，且与线段AC及抛物线分别相交于点E、F，点C关于直线x＝1的对称点为D，求四边形CEDF面积的最大值；
②如图2，若直线l与线段BC相交于点Q，当△PCQ∽△CAP时，求直线l的表达式．

【思路分析】（1）由抛物线y＝－x2＋bx＋c的对称轴为直线x＝1，得－＝1，解得b＝2，把点C（0,3）代入抛物线y＝－x2＋bx＋c得c＝3．
（2）①由题意先求得点D，A，B的坐标，的解析式，设F (e,－e2＋2e＋3)，则E (e,－e＋3) ，进而得EF＝－e2＋3e，因为CD⊥EF，所以S四边形CEDF＝CD·EF，利用二次函数的顶点式求出最大值；
②根据相似三角形的性质得l∥AC，∠ACP＝∠BCO．作PH⊥AC于点H，设P (m,0)，根据tan∠ACP＝，得关于m的方程＝，解之可得点P的坐标，进而得直线l的表达式．
【解题过程】解：（1）由题可知解得
（2）①由题意可知D（2，3），CD⊥EF，∴CD＝2．
由（1）可知A (3,0)，B (－1,0)
∴：y＝－x＋3
设F (e,－e2＋2e＋3)，则E (e,－e＋3)
∴EF＝－e2＋3e
∴S四边形CEDF＝CD·EF＝－e2＋3e＝－（e－）2＋.

∴当e＝时，四边形CEDF的面积最大，最大值为.
②由（1）可知∠OAC＝∠OCA＝45°，
由△PCQ∽△CAP可得∠QPC＝∠PCA
∴l∥AC．
由△PCQ∽△CAP可得∠QCP＝∠OAC＝45°，
∴∠QCP＝∠OCA，∴∠ACP＝∠BCO，
由B（－1，0），C（0，3），可得tan∠BCO＝，
∴tan∠ACP＝，
作PH⊥AC于点H，设P (m,0)，则AP＝3－m.
∴PH＝AH＝(3－m)，CH＝ (3＋m)
∴＝＝tan∠ACP＝，
即＝，解得m＝．
∴P (,0)，∴l：y＝－x＋．

【知识点】二次函数的性质；一次函数的表达式；相似三角形的性质；锐角三角函数； 分式方程，

4.（2019四川眉山，26，11分）如图1，在正方形ABCD中，AE平分∠CBA交BC于点E，过点C作CF⊥AE，交AE的延长线于点G，交AB的延长线于点F．
（1）求证：BE=BF．；
（2）如图2，连接BG、BD，求证：BG平分∠DBF；
（3）如图3，连接DG交AC于点M，求的值．

【思路分析】（1）根据抛物线的交点式直接写出抛物线解析式即可，将解析式配方，得到顶点式，可得顶点坐标；
（2）设点P的坐标为（a，），用含a的式子表示出PE的长，进而用含a的式子表示出矩形PEFG的周长，再利用二次函数的最大值求解即可；
（3）根据题意，证得△AMN∽△BDM，易得AB=6，AD=DB=5，根据△DMN为等腰三角形有三种可能：①MN=DM，利用△AMN≌△BDM，易得AN的值；②DN=MN，利用△DAM∽△BAD的性质，可得AN的值；③DN=DM，不成立.
【解题过程】解：（1）抛物线的解析式为：y==.配方得：y=，∴顶点D的坐标为（-2，4）.
（2）设点P的坐标为（a，），则PE=，PG=2（-2-a）=-4-2a，∴矩形PEFG的周长=2（PE+PG）=2（）==，∵＜0，∴当a=时，矩形PEFG的周长最大，此时点P的横坐标为.
（3）存在.
∵DA=DB，∴∠DAB=∠DBA.∵∠AMN+∠DMN=∠MDB+∠DBA，又∵∠DMN=∠DBA，∴∠AMN=∠MDB，∴△AMN∽△BDM，∴,易求得AB=6，AD=DB=5.
△DMN为等腰三角形有三种可能：①当MN=DM时，则△AMN≌△BDM，∴AM=BD=5，∴AN=MB=1；②当DN=MN时，则∠ADM=∠DMN=∠DBA，又∵∠DAM=∠BAD，∴△DAM∽△BAD，∴AD2=AM×AB，∴AM=，∴BM=6-=，∵，∴，∴AN=.③DN=DM不成立.∵∠DNM＞∠DAB，而∠DAB=∠DMN，∴∠DNM＞∠DMN，∴DN=DM.综上所述，存在点M满足要求，此时AN的长为1或.
【知识点】待定系数法求抛物线解析式，抛物线的顶点式，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，分类讨论思想

5.（2019四川乐山，26，12分）如图，已知抛物线与轴相交于、两点，与轴交于点，且tan.设抛物线的顶点为，对称轴交轴于点.
（1）求抛物线的解析式；
（2）为抛物线的对称轴上一点，为轴上一点，且.
①当点在线段(含端点)上运动时，求的变化范围；
②当取最大值时，求点到线段的距离；
③当取最大值时，将线段向上平移个单位长度，使得线段与抛物线有两个交点，求的取值范围.
备用图











第26题图

【思路分析】（1）令y=0解方程求得AB坐标，再利用三角函数求C的坐标从而求得a的值；
（2）①先求抛物线的对称轴与顶点，再设点坐标为（其中）利用勾股定理列方程求m、n的关系式，并配方求最值得出n的范围；
②由△PCQ面积的不同列式列方程求点到线段距离；
③找出界点点求t的值从而得到t的范围.
【解题过程】
解：（1）根据题意得： ,，
在中，,且,得，
,将点坐标代入得：，
故抛物线解析式为：；
（2）①由（1）知，抛物线的对称轴为：，顶点，
设点坐标为（其中），
则，，，
,在中，由勾股定理得：,
即，整理得：
（），
当时，取得最小值为；当时，取得最大值为，所以，；
②由①知：当取最大值4时，，
，，则,,，
设点到线段距离为，由，
得：，故点到线段距离为；
③由②可知：当取最大值4时，，
线段的解析式为：，
设线段向上平移个单位长度后的解析式为：，
当线段向上平移，使点恰好在抛物线上时，线段与抛物线有两个交点， 此时对应的点的纵坐标为：，
将代入得：，

①②③
第26题答图
当线段继续向上平移，线段与抛物线只有一个交点时，
联解，得：，化简得：
， 由，得，当线段与抛物线有两个交点时，.
【知识点】二次函数的图像与性质；三角函数；一次函数；根的判别式；形结合思想

6.（2019山东潍坊，25，13分）如图，在平面直角坐标系xoy中，O为坐标原点，点A（4，0），点B（0，4），△ABO的中线AC与y轴交于点C，且⊙M经过O，A，C三点．
（1）求圆心M的坐标；
（2）若直线AD与⊙M相切于点A，交y轴于点D，求直线AD的函数表达式；
（3）在过点B且以圆心M为顶点的抛物线上有一动点P，过点P作PE∥y轴，交直线AD于点E．若以PE为半径的⊙P与直线AD相交于另一点F．当EF=时，求点P的坐标．


【思路分析】（1）先求出点C的坐标，根据M为AC的中点求得坐标；（2）先证明Rt△AOC∽Rt△DOA，求出OD的长，从而求出点D的坐标，利用待定系数法求AD的解析式；（3）利用顶点式求出抛物线的解析式，过点P作PH⊥EF，垂足为H，设出点P的坐标，根据Rt△EHP∽Rt△DOA，得到，求出EH与PE的关系式，即可求解．
【解题过程】（1）∵AC是△ABO的中线
∴点C的坐标为（0，2）
∵∠AOC=90°
∴线段AC是⊙M的直径
∴点M为线段AC的中点
∴圆心M的坐标为（2，1）
（2）∵AD与⊙M相切于点A
∴AC⊥AD
∴Rt△AOC∽Rt△DOA
∴
∵OA=4，
∴OD=8
∴点D的坐标为（0，－8）
设直线AD的函数表达式为y=kx+b
可得：
∴k=2，b=－8
∴直线AD的函数表达式为：y=2x－8
（3）设抛物线，且过点（0，4）
∴4=a(0－2)2+1
∴
所以，抛物线的关系式为：
设点P（m，），则点E（m，2m－8）
∴
过点P作PH⊥EF，垂足为H

在Rt△DOA中，

∵PE∥y轴
∴Rt△EHP∽Rt△DOA
∴
∴
∵
∴
化简，得：
解之，得：m1=2，m2=.
所以点P为（2，1）或（，）
【知识点】二次函数综合，圆的基本性质，一次函数、二次函数的解析式，相似三角形的判定和性质

7.(2019山东泰安,24题,13分)若二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴、y轴分别交于点A(3,0)、B(0,－2),且过点C(2,－2).
(1)求二次函数表达式;
(2)若点P为抛物线上第一象限内的点,且S△PBA＝4,求点P的坐标;
(3)在抛物线上(AB下方)是否存在点M,使∠ABO＝∠ABM？若存在,求出点M到y轴的距离;若不存在,请说明理由.

(第24题) (第24题备用图)
【思路分析】(1)利用待定系数法,将三点坐标代入解析式,可求得a,b,c的值;(2)连接PO,将△ABP转化为容易求的图形面积,通过割补表示出面积,进而解方程,得到点P的坐标;(3)作MD∥y轴,得到等腰三角形DBM,利用两点间距离公式,得到MD,MB的表达式,通过解方程MD＝MB,得到M的坐标.
【解题过程】(1)∵抛物线y＝ax2+bx+c过点(0,－2),∴c＝－2,又∵抛物线过点(3,0)(2,－2)∴,解得,∴抛物线的表达式为;
(2)连接PO,设点P(),
则S△PAB＝S△POA+S△AOB－S△POB＝＝,由题意得:m2－3m＝4,∴m＝4,或m＝－1(舍去),∴＝,∴点P的坐标为(4,).
(3)设直线AB的表达式为y＝kx+n,∵直线AB过点A(3,0),B(0,－2),∴3k+n＝0,n＝－2,解之,得:k＝,n＝－2,∴直线AB的表达式为:y＝x－2,设存在点M满足题意,点M的坐标为(t,).过点M作ME⊥y轴,垂足为E,作MD⊥x轴交于AB于点D,则D的坐标为(t,t－2),MD＝,BE＝||.又MD∥y轴,∴∠ABO＝∠MDB,又∵∠ABO＝∠ABM,∴∠MDB＝∠ABM,∴MD＝MB,∴MB＝.
在Rt△BEM中,+t2＝,解之,得:t＝,∴点M到y轴的距离为.

第24题答图
【知识点】二次函数解析式,割补法求三角形面积,解一元二次方程,求点的坐标,等腰三角形的性质,坐标运算

8.（2019江苏无锡，27，10分）已知二次函数（a＞0）的图像与x轴交于A、B两点，（A在B左侧，且OA＜OB），与y轴交于点C.
（1）求C点坐标，并判断b的正负性；
（2）设这个二次函数的图像的对称轴与直线AC交于点D，已知DC∶CA=1∶2，直线BD与y轴交于点E，连接BC.
①若△BCE的面积为8，求二次函数的解析式；
②若△BCD为锐角三角形，请直接写出OA的取值范围.

第27题图
【思路分析】本题考查了二次函数的综合应用.
(1)令y=0求点C的坐标，借助对称轴方程判断b的符号；
（2）①过点D作DM⊥y轴于M，先利用相似求得DM与AO的关系，再设DM=m，求得D、B的坐标与OE的长，从而求得m的值，最后将A、B坐标代入求解析式；
②先用m的表达式求出B、C、D的坐标，再利用勾股定理求CB2、CD2、DB2，最后借助“两边的平方和大于第三边平方，第三边所对角为锐角”求出m的范围从而得到OA的范围.
【解题过程】
解：（1）令x=0，则y =-4，∴C（0，-4），∵OA＜OB，∴对称轴在y轴右侧，即>0，∵a＞0，∴b＜0；
（2）①过点D作DM⊥y轴于M，则DM∥AO，∴，∴DM =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，
∴，∴OE=8，S△BEF = ×4×4m =8，∴m =1，∴A（-2，0），B（4，0），
设y = a(x + 2)(x - 4)，即y= ax2-2ax- 8a，令x=0，则y=-8a，∴C（0，-8a），∴-8a=-4，a=，∴y = 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 = m2 +4，DB2 = 9m2 + 36.
∵9m2 +36+16m2 +16>m2 +4，∴CB2+DB2＞CD2，∴∠CBD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 + 9m2 +36＞16m2 +16 ，解得 -2＜m＜2，
2°当∠BCD为锐角时，CD2 +CB 2＞DB2，m2 +4 +16m2 +16＞ 9m2 +36，解得m＞或m＜-（舍），
综上：＜m＜2 ，∴2＜2m＜4，∴ 2＜OA＜4.


第27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

9.（2019湖南岳阳，24，10分）如图1，△AOB的三个顶点A、O、B分别落在抛物线F1：的图象上，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：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△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，得：，
∴A（－4，－4）．
将y=－2代入，得：，
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，得：

解得：
∴抛物线F2：．
对称轴为：
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°．
∵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
解得：
∴y=x－8．
当x=6时，y=－2．
∴M（6，－2）
∴SA′OM＝SA′′ON－SOMN
＝
＝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
．
设直线OB′解析式为：．
解方程组：
得：，
∵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．
OA=OA′=．
①若△AOD∽△OA′C，则

∴OD=A′C=4．
此时点D的坐标为（4，0）或（0，4）．
②若△AOD∽△CA′O，则


∴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

10.（2019湖南怀化，24，14分）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.
①若S△PMN=2，求k的值；
②证明：无论k为何值，△PMN恒为直角三角形
③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=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=-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=，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（，）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，解得，
∴二次函数的解析式为y=-x2+2x+3，顶点坐标P（1，4）
（2）①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=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=±.
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）.
∵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=，
tan∠FPN=.
由①可知x1+x2=2-k，x1·x2=-k，
∴x1+x2=2+x1x2，
∴(1-x1)(x2-1)=1，
∴1-x1=，
∴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（，），
∴，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

11.（2019四川南充，28，12分）通过对下面数学模型的研究学习，解决问题．
【模型呈现】
如图，在，，将斜边绕点顺时针旋转得到，过点作于点，可以推理得到，进而得到，．
我们把这个数学模型成为“型”．
推理过程如下：

【模型迁移】
二次函数的图象交轴于点，两点，交轴于点．动点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿方向运动，过点作轴交直线于点，交抛物线于点，连接，设运动的时间为秒．

（1）求二次函数的表达式；
（2）连接，当时，求的面积；
（3）在直线上存在一点，当是以为直角的等腰直角三角形时，求此时点的坐标；
（4）当时，在直线上存在一点，使得，求点的坐标．
【思路分析】（1）将点，代入即可；
（2）由已知分别求出，，，根据的面积的面积的面积即可求解；
（3）由已知可得，设，根据勾股定理可得，，再由，得到与的关系式：，因为，则有求出或，即可求点坐标；
（4）当时，，，可知点在抛物线对称性上；过点作的垂线，以为圆心为直径构造圆，圆与的交点分别为与，由，可得圆半径，即可求点坐标分别为，，，．
【解题过程】解：（1）将点，代入，
，，
；
（2），
的直线解析式为，
当时，，
，
，
，，，
的面积的面积的面积；
（3），
，
设，
，，
，
，
，
，
，

或，
或，
或；
（4）当时，，，
点在抛物线对称性上，
如图：过点作的垂线，以为圆心为直径构造圆，圆与的交点分别为与，
，
，
，，
，
又，
，，
与关于轴对称，
，，
点坐标分别为，，，；

【知识点】二次函数的图象及性质；动点问题；等腰直角三角形的性质；勾股定理；圆周角的性质；等腰三角形的性质；互余角的性质


12.（2019甘肃天水，26，13分）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣3，0）、B（9，0）和C（0，4），CD垂直于y轴，交抛物线于点D，DE垂直于x轴，垂足为E，直线l是该抛物线的对称轴，点F是抛物线的顶点．
（1）求出该二次函数的表达式及点D的坐标；
（2）若Rt△AOC沿x轴向右平移，使其直角边OC与对称轴l重合，再沿对称轴l向上平移到点C与点F重合，得到Rt△A1O1F，求此时Rt△A1O1F与矩形OCDE重叠部分图形的面积；
（3）若Rt△AOC沿x轴向右平移t个单位长度（0＜t≤6）得到Rt△A2O2C2，Rt△A2O2C2与Rt△OED重叠部分图形的面积记为S，求S与t之间的函数表达式，并写出自变量t的取值范围．

【思路分析】（1）将点A（﹣3，0）、B（9，0）和C（0，4）代入y＝ax2+bx+c即可求出该二次函数表达式，因为CD垂直于y轴，所以令y＝4，求出x的值，即可写出点D坐标；
（2）设A1F交CD于点G，O1F交CD于点H，求出顶点坐标，证△FGH∽△FA1O1，求出GH的长，因为Rt△A1O1F与矩形OCDE重叠部分的图形是梯形A1O1HG，所以S重叠部分S△FGH，即可求出结果；
（3）当0＜t≤3时，设O2C2交OD于点M，证△OO2M∽△OED，求出O2Mt，可直接求出SOO2×O2Mt2；当3＜t≤6时，设A2C2交OD于点M，O2C2交OD于点N，分别求出直线OD与直线A2C2的解析式，再求出其交点M的坐标，证△DC2N∽△DCO，求出C2N（6﹣t），由S可求出S与t的函数表达式．
【解题过程】解：（1）∵抛抛线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣3，0）、B（9，0）和C（0，4），
∴抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣9），
∵点C（0，4）在抛物线上，
∴4＝﹣27a，
∴a，
∴抛物线的解析式为：y（x+3）（x﹣9）x2x+4，
∵CD垂直于y轴，C（0，4），
令x2x+4＝4，
解得，x＝0或x＝6，
∴点D的坐标为（6，4）；
（2）如图1所示，设A1F交CD于点G，O1F交CD于点H，

∵点F是抛物线yx2x+4的顶点，
∴F（3，），
∴FH4，
∵GH∥A1O1，
∴△FGH∽△FA1O1，
∴，
∴，
解得，GH＝1，
∵Rt△A1O1F与矩形OCDE重叠部分的图形是梯形A1O1HG，
∴S重叠部分S△FGH
A1O1•O1FGH•FH

；
（3）①当0＜t≤3时，如图2所示，设O2C2交OD于点M，

∵C2O2∥DE，
∴△OO2M∽△OED，
∴，
∴，
∴O2Mt，
∴SOO2×O2Mttt2；
②当3＜t≤6时，如图3所示，设A2C2交OD于点M，O2C2交OD于点N，

将点D（6，4）代入y＝kx，
得，k，
∴yODx，
将点（t﹣3，0），（t，4）代入y＝kx+b，
得，，
解得，k，bt+4，
∴直线A2C2的解析式为：yxt+4，
联立yODx与yxt+4，
得，xxt+4，
解得，x＝﹣6+2t，
∴两直线交点M坐标为（﹣6+2t，﹣4t），
故点M到O2C2的距离为6﹣t，
∵C2N∥OC，
∴△DC2N∽△DCO，
∴，
∴，
∴C2N（6﹣t），
∴S
OA•OCC2N（6﹣t）
3×4（6﹣t）（6﹣t）
t2+4t﹣6；
∴S与t的函数关系式为：S．
【知识点】二次函数综合题；待定系数法求解析式；相似三角形的判定与性质；三角形的面积

13.（2019广东省，25，9分）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线yx2x与x轴交于点A、B（点A在点B右侧），点D为抛物线的顶点，点C在y轴的正半轴上，CD交x轴于点F，△CAD绕点C顺时针旋转得到△CFE，点A恰好旋转到点F，连接BE．
（1）求点A、B、D的坐标；
（2）求证：四边形BFCE是平行四边形；
（3）如图2，过项点D作DD1⊥x轴于点D1，点P是抛物线上一动点，过点P作PM⊥x轴，点M为垂足，使得△PAM与△DD1A相似（不含全等）．
①求出一个满足以上条件的点P的横坐标；
②直接回答这样的点P共有几个？

【思路分析】（1）利用抛物线解析式求得点A、B、D的坐标；
（2）欲证明四边形BFCE是平行四边形，只需推知EC∥BF且EC＝BF即可；
（3）①利用相似三角形的对应边成比例求得点P的横坐标，没有指明相似三角形的对应边（角），需要分类讨论；②根据①的结果即可得到结论．
【解题过程】解：（1）令x2x0，
解得x1＝1，x2＝﹣7．
∴A（1，0），B（﹣7，0）．
由yx2x（x+3）2﹣2得，D（﹣3，﹣2）；
（2）证明：∵DD1⊥x轴于点D1，
∴∠COF＝∠DD1F＝90°，
∵∠D1FD＝∠CFO，
∴△DD1F∽△COF，
∴，
∵D（﹣3，﹣2），
∴D1D＝2，OD＝3，
∴D1F＝2，
∴，
∴OC，
∴CA＝CF＝FA＝2，
∴△ACF是等边三角形，
∴∠AFC＝∠ACF，
∵△CAD绕点C顺时针旋转得到△CFE，
∴∠ECF＝∠AFC＝60°，
∴EC∥BF，
∵EC＝DC6，
∵BF＝6，
∴EC＝BF，
∴四边形BFCE是平行四边形；
（3）∵点P是抛物线上一动点，
∴设P点（x，x2x），
①当点P在B点的左侧时，
∵△PAM与△DD1A相似，
∴或，
∴或，
解得：x1＝1（不合题意舍去），x2＝﹣11或x1＝1（不合题意舍去）x2；
当点P在A点的右侧时，
∵△PAM与△DD1A相似，
∴或，
∴或，
解得：x1＝1（不合题意舍去），x2＝﹣3（不合题意舍去）或x1＝1（不合题意舍去），x2（不合题意舍去）；
当点P在AB之间时，
∵△PAM与△DD1A相似，
∴或，
∴或，
解得：x1＝1（不合题意舍去），x2＝﹣3（不合题意舍去）或x1＝1（不合题意舍去），x2；
综上所述，点P的横坐标为﹣11或或；
②由①得，这样的点P共有3个．

【知识点】待定系数法求函数的解析式；全等三角形的判定和性质；平行四边形的判定；相似三角形的判定和性质

14.（2019贵州黔东南，26，16分）已知抛物线y＝ax2+bx+3经过点A（1，0）和点B（﹣3，0），与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上的动点．
（1）抛物线的解析式为　　，抛物线的顶点坐标为　　；
（2）如图1，连接OP交BC于点D，当S△CPD：S△BPD＝1：2时，请求出点D的坐标；
（3）如图2，点E的坐标为（0，﹣1），点G为x轴负半轴上的一点，∠OGE＝15°，连接PE，若∠PEG＝2∠OGE，请求出点P的坐标；
（4）如图3，是否存在点P，使四边形BOCP的面积为8？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【思路分析】（1）函数的表达式为：y＝a（x﹣1）（x+3）＝a（x2+2x﹣3），即可求解；
（2）S△CPD：S△BPD＝1：2，则BDBC2，即可求解；
（3）∠OGE＝15°，∠PEG＝2∠OGE＝30°，则∠OHE＝45°，故OH＝OE＝1，即可求解；
（4）利用S四边形BOCP＝S△OBC+S△PBC＝8，即可求解．
【解题过程】解：（1）函数的表达式为：y＝a（x﹣1）（x+3）＝a（x2+2x﹣3），
即：﹣3a＝3，解得：a＝﹣1，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3…①，
顶点坐标为（﹣1，4）；
（2）∵OB＝OC，
∴∠CBO＝45°，
∵S△CPD：S△BPD＝1：2，
∴BDBC2，
yD＝BDsin∠CBO＝2，
则点D（﹣1，2）；
（3）如图2，设直线PE交x轴于点H，

∵∠OGE＝15°，∠PEG＝2∠OGE＝30°，
∴∠OHE＝45°，
∴OH＝OE＝1，
则直线HE的表达式为：y＝﹣x﹣1…②，
联立①②并解得：x（舍去正值），
故点P（，）；
（4）不存在，理由：
连接BC，过点P作y轴的平行线交BC于点H，

直线BC的表达式为：y＝x+3，
设点P（x，﹣x2﹣2x+3），点H（x，x+3），
则S四边形BOCP＝S△OBC+S△PBC3×3（﹣x2﹣2x+3﹣x﹣3）×3＝8，
整理得：3x2+9x+7＝0，
解得：△＜0，故方程无解，
则不存在满足条件的点P．
【知识点】二次函数综合运用；一次函数；一元二次方程的应用


15.（2019湖北鄂州，24，12分）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，AB＝4，交y轴于点C，对称轴是直线x＝1．
（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；
（2）连接BC，E是线段OC上一点，E关于直线x＝1的对称点F正好落在BC上，求点F的坐标；
（3）动点M从点O出发，以每秒2个单位长度的速度向点B运动，过M作x轴的垂线交抛物线于点N，交线段BC于点Q．设运动时间为t（t＞0）秒．
①若△AOC与△BMN相似，请直接写出t的值；
②△BOQ能否为等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由．

【思路分析】（1）将A、B关坐标代入y＝﹣x2+bx+c中，即可求解；
（2）确定直线BC的解析式为y＝﹣x+3，根据点E、F关于直线x＝1对称，即可求解；
（3）①△AOC与△BMN相似，则，即可求解；②分OQ＝BQ、BO＝BQ、OQ＝OB三种情况，分别求解即可．
【解题过程】解：（1））∵点A、B关于直线x＝1对称，AB＝4，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
代入y＝﹣x2+bx+c中，得：，解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，
∴C点坐标为（0，3）；
（2）设直线BC的解析式为y＝mx+n，
则有：，解得，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
∵点E、F关于直线x＝1对称，
又E到对称轴的距离为1，
∴EF＝2，
∴F点的横坐标为2，将x＝2代入y＝﹣x+3中，
得：y＝﹣2+3＝1，
∴F（2，1）；
（3）①如下图，
MN＝﹣4t2+4t+3，MB＝3﹣2t，
△AOC与△BMN相似，则，
即：，
解得：t或或3或1（舍去、、3），
故：t＝1；

②∵M（2t，0），MN⊥x轴，∴Q（2t，3﹣2t），
∵△BOQ为等腰三角形，∴分三种情况讨论，
第一种，当OQ＝BQ时，
∵QM⊥OB
∴OM＝MB
∴2t＝3﹣2t
∴t；
第二种，当BO＝BQ时，在Rt△BMQ中
∵∠OBQ＝45°，
∴BQ，
∴BO，
即3，
∴t；
第三种，当OQ＝OB时，
则点Q、C重合，此时t＝0
而t＞0，故不符合题意
综上述，当t或秒时，△BOQ为等腰三角形．
【知识点】二次函数综合；相似三角形的性质与判定；等腰三角形；