2017年中考数学冲刺复习资料:二次函数压轴题
面积类
1．如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点． （1）求抛物线的解析式．
（2）点M是线段BC上的点（不与B，C重合），过M作MN∥y轴交抛物线于N，若点M的横坐标为m，请用m的代数式表示MN的长．
（3）在（2）的条件下，连接NB、NC，是否存在m，使△BNC的面积最大？若存在，求m的值；若不存在，说明理由．
考点：二次函数综合题． 专题：压轴题；数形结合． 分析：
（1）已知了抛物线上的三个点的坐标，直接利用待定系数法即可求出抛物线的解析式． （2）先利用待定系数法求出直线BC的解析式，已知点M的横坐标，代入直线BC、抛物线的解析式中，可得到M、N点的坐标，N、M纵坐标的差的绝对值即为MN的长． （3）设MN交x轴于D，那么△BNC的面积可表示为：S△BNC=S△MNC+S△MNB=MN（OD+DB）=MN•OB，MN的表达式在（2）中已求得，OB的长易知，由此列出关于S△BNC、m的函数关系式，根据函数的性质即可判断出△BNC是否具有最大值． 解答：
解：（1）设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x﹣3），则： a（0+1）（0﹣3）=3，a=﹣1；
∴抛物线的解析式：y=﹣（x+1）（x﹣3）=﹣x2+2x+3． （2）设直线BC的解析式为：y=kx+b，则有：
- 12）首先根据抛物线的解析式确定A点坐标，然后通过证明△ABC是直角三角形来推导出直径AB和圆心的位置，由此确定圆心坐标．
（3）△MBC的面积可由S△MBC=BC×h表示，若要它的面积最大，需要使h取最大值，即点M到直线BC的距离最大，若设一条平行于BC的直线，那么当该直线与抛物线有且只有一个交点时，该交点就是点M． 解答：
解：（1）将B（4，0）代入抛物线的解析式中，得： 0=16a﹣×4﹣2，即：a=；
∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣2．
（2）由（1）的函数解析式可求得：A（﹣1，0）、C（0，﹣2）； ∴OA=1，OC=2，OB=4， 即：OC2=OA•OB，又：OC⊥AB， ∴△OAC∽△OCB，得：∠OCA=∠OBC； ∴∠ACB=∠OCA+∠OCB=∠OBC+∠OCB=90°， ∴△ABC为直角三角形，AB为△ABC外接圆的直径； 所以该外接圆的圆心为AB的中点，且坐标为：（，0）．
（3）已求得：B（4，0）、C（0，﹣2），可得直线BC的解析式为：y=x﹣2；
设直线l∥BC，则该直线的解析式可表示为：y=x+b，当直线l与抛物线只有一个交点时，可列方程：
x+b=x2﹣x﹣2，即： x2﹣2x﹣2﹣b=0，且△=0； ∴4﹣4×（﹣2﹣b）=0，即b=﹣4； ∴直线l：y=x﹣4．
所以点M即直线l和抛物线的唯一交点，有：
，解得：即 M（2，﹣3）．
过M点作MN⊥x轴于N，
S△BMC=S梯形OCMN+S△MNB﹣S△OCB=×2×（2+3）+×2×3﹣×2×4=4．
- 3t=﹣=时，PM最长为=，再利用三角形的面积公式利用S△ABM=S△BPM+S△APM计算即可；
（3）由PM∥OB，根据平行四边形的判定得到当PM=OB时，点P、M、B、O为顶点的四边形为平行四边形，然后讨论：当P在第四象限：PM=OB=3，PM最长时只有，所以不可能；当P在第一象限：PM=OB=3，（t2﹣2t﹣3）﹣（t﹣3）=3；当P在第三象限：PM=OB=3，t2﹣3t=3，分别解一元二次方程即可得到满足条件的t的值． 解答：
解：（1）把A（3，0）B（0，﹣3）代入y=x2+mx+n，得
解得
，所以抛物线的解析式是y=x2﹣2x﹣3．
设直线AB的解析式是y=kx+b，
把A（3，0）B（0，﹣3）代入y=kx+b，得所以直线AB的解析式是y=x﹣3；
（2）设点P的坐标是（t，t﹣3），则M（t，t2﹣2t﹣3）， 因为p在第四象限，
所以PM=（t﹣3）﹣（t2﹣2t﹣3）=﹣t2+3t， 当t=﹣=时，二次函数的最大值，即PM最长值为
=
．
=，
，解得
，
则S△ABM=S△BPM+S△APM=（3）存在，理由如下： ∵PM∥OB，
∴当PM=OB时，点P、M、B、O为顶点的四边形为平行四边形， ①当P在第四象限：PM=OB=3，PM最长时只有，所以不可能有PM=3． ②当P在第一象限：PM=OB=3，（t2﹣2t﹣3）﹣（t﹣3）=3，解得t1=去），所以P点的横坐标是
；
（舍去），t2=
，所以P
，t2=
（舍③当P在第三象限：PM=OB=3，t2﹣3t=3，解得t1=点的横坐标是．
- 53）利用P点坐标以及B点坐标即可得出四边形PB′A′B为等腰梯形，利用等腰梯形性质得出答案即可． 解答：
解：（1）△A′B′O是由△ABO绕原点O逆时针旋转90°得到的， 又A（0，1），B（2，0），O（0，0）， ∴A′（﹣1，0），B′（0，2）． 方法一：
设抛物线的解析式为：y=ax2+bx+c（a≠0）， ∵抛物线经过点A′、B′、B，
∴，解得：
，∴满足条件的抛物线的解析式为y=﹣x2+x+2．
方法二：∵A′（﹣1，0），B′（0，2），B（2，0）， 设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x﹣2） 将B′（0，2）代入得出：2=a（0+1）（0﹣2）， 解得：a=﹣1，
故满足条件的抛物线的解析式为y=﹣（x+1）（x﹣2）=﹣x2+x+2； （2）∵P为第一象限内抛物线上的一动点，
设P（x，y），则x＞0，y＞0，P点坐标满足y=﹣x2+x+2． 连接PB，PO，PB′，
∴S四边形PB′A′B=S△B′OA′+S△PB′O+S△POB， =×1×2+×2×x+×2×y， =x+（﹣x2+x+2）+1， =﹣x2+2x+3．
∵A′O=1，B′O=2，∴△A′B′O面积为：×1×2=1， 假设四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍，则 4=﹣x2+2x+3， 即x2﹣2x+1=0， 解得：x1=x2=1，
此时y=﹣12+1+2=2，即P（1，2）．
- 71）先根据抛物线的解析式得出其对称轴，由此得到顶点A的横坐标，然后代入直线l的解析式中即可求出点A的坐标．
（2）由A点坐标可确定抛物线的解析式，进而可得到点B的坐标．则AB、AD、BD三边的长可得，然后根据边长确定三角形的形状．
（3）若以点P、A、B、D为顶点的四边形是平行四边形，应分①AB为对角线、②AD为对角线两种情况讨论，即①AD方程求出P点的坐标． 解答：
解：（1）∵顶点A的横坐标为x=﹣∴当x=1时，y=1﹣5=﹣4， ∴A（1，﹣4）．
（2）△ABD是直角三角形．
将A（1，﹣4）代入y=x2﹣2x+c，可得，1﹣2+c=﹣4，∴c=﹣3， ∴y=x2﹣2x﹣3，∴B（0，﹣3） 当y=0时，x2﹣2x﹣3=0，x1=﹣1，x2=3 ∴C（﹣1，0），D（3，0），
BD2=OB2+OD2=18，AB2=（4﹣3）2+12=2，AD2=（3﹣1）2+42=20， BD2+AB2=AD2，
∴∠ABD=90°，即△ABD是直角三角形． （3）存在．
由题意知：直线y=x﹣5交y轴于点E（0，﹣5），交x轴于点F（5，0） ∴OE=OF=5， 又∵OB=OD=3 ∴△OEF与△OBD都是等腰直角三角形 ∴BD∥l，即PA∥BD
则构成平行四边形只能是PADB或PABD，如图，
过点P作y轴的垂线，过点A作x轴的垂线交过P且平行于x轴的直线于点G． 设P（x1，x1﹣5），则G（1，x1﹣5） 则PG=|1﹣x1|，AG=|5﹣x1﹣4|=|1﹣x1|
=1，且顶点A在y=x﹣5上，
PB、②AB
PD，然后结合勾股定理以及边长的等量关系列
- 9考点：二次函数综合题．.专题：压轴题． 分析：（1）根据抛物线y=即可；
（2）根据菱形的性质得出C、D两点的坐标分别是（5，4）、（2，0），利用图象上点的性质得出x=5或2时，y的值即可．
（3）首先设直线CD对应的函数关系式为y=kx+b，求出解析式，当x=时，求出y即可； （4）利用MN∥BD，得出△OMN∽△OBD，进而得出△PMN的面积，利用二次函数最值求出即可． 解答：
解：（1）∵抛物线y=∵顶点在直线x=上，∴﹣
=﹣
经过点B（0，4）∴c=4，
=，∴b=﹣
；
，得到ON=
，进而表示出
经过点B（0，4），以及顶点在直线x=上，得出b，c∴所求函数关系式为；
， （2）在Rt△ABO中，OA=3，OB=4，∴AB=∵四边形ABCD是菱形，∴BC=CD=DA=AB=5， ∴C、D两点的坐标分别是（5，4）、（2，0）， 当x=5时，y=当x=2时，y=∴点C和点D都在所求抛物线上；
- 111）求点B的坐标；
（2）求经过点A、O、B的抛物线的解析式；
（3）在此抛物线的对称轴上，是否存在点P，使得以点P、O、B为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．
考点：二次函数综合题．.专题：压轴题；分类讨论． 分析：
（1）首先根据OA的旋转条件确定B点位置，然后过B做x轴的垂线，通过构建直角三角形和OB的长（即OA长）确定B点的坐标．
（2）已知O、A、B三点坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式．
（3）根据（2）的抛物线解析式，可得到抛物线的对称轴，然后先设出P点的坐标，而O、B坐标已知，可先表示出△OPB三边的边长表达式，然后分①OP=OB、②OP=BP、③OB=BP三种情况分类讨论，然后分辨是否存在符合条件的P点． 解答：
解：（1）如图，过B点作BC⊥x轴，垂足为C，则∠BCO=90°， ∵∠AOB=120°，∴∠BOC=60°，
又∵OA=OB=4，∴OC=OB=×4=2，BC=OB•sin60°=4×∴点B的坐标为（﹣2，﹣
2）；
=2
，
（2）∵抛物线过原点O和点A、B，∴可设抛物线解析式为y=ax2+bx， 将A（4，0），B（﹣2．﹣
2）代入，得
，解得，∴此抛物线的解析式为y=﹣
x2+
x
- 13考点：二次函数综合题．.专题：压轴题． 分析：
（1）根据题意，过点B作BD⊥x轴，垂足为D；根据角的互余的关系，易得B到x、y轴的距离，即B的坐标；
（2）根据抛物线过B点的坐标，可得a的值，进而可得其解析式；
（3）首先假设存在，分A、C是直角顶点两种情况讨论，根据全等三角形的性质，可得答案． 解答：
解：（1）过点B作BD⊥x轴，垂足为D， ∵∠BCD+∠ACO=90°，∠ACO+∠CAO=90°， ∴∠BCD=∠CAO，（1分） 又∵∠BDC=∠COA=90°，CB=AC， ∴△BCD≌△CAO，（2分） ∴BD=OC=1，CD=OA=2，（3分） ∴点B的坐标为（﹣3，1）；（4分）
（2）抛物线y=ax2+ax﹣2经过点B（﹣3，1）， 则得到1=9a﹣3a﹣2，（5分） 解得a=，
所以抛物线的解析式为y=x2+x﹣2；（7分）
（3）假设存在点P，使得△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形： ①若以点C为直角顶点；
则延长BC至点P1，使得P1C=BC，得到等腰直角三角形△ACP1，（8分） 过点P1作P1M⊥x轴，
- 153）分别从①以AC为直角边，点C为直角顶点，则延长BC至点P1使得P1C=BC，得到等腰直角三角形ACP1，过点P1作P1M⊥x轴，②若以AC为直角边，点A为直角顶点，则过点A作AP2⊥CA，且使得AP2=AC，得到等腰直角三角形ACP2，过点P2作P2N⊥y轴，③若以AC为直角边，点A为直角顶点，则过点A作AP3⊥CA，且使得AP3=AC，得到等腰直角三角形ACP3，过点P3作P3H⊥y轴，去分析则可求得答案． 解答：
解：（1）过点B作BD⊥x轴，垂足为D， ∵∠BCD+∠ACO=90°，∠AC0+∠OAC=90°， ∴∠BCD=∠CAO，
又∵∠BDC=∠COA=90°，CB=AC， ∴△BDC≌△COA， ∴BD=OC=1，CD=OA=2， ∴点B的坐标为（3，1）；
（2）∵抛物线y=ax2﹣ax﹣2过点B（3，1）， ∴1=9a﹣3a﹣2， 解得：a=，
∴抛物线的解析式为y=x2﹣x﹣2；
（3）假设存在点P，使得△ACP是等腰直角三角形， ①若以AC为直角边，点C为直角顶点，
则延长BC至点P1使得P1C=BC，得到等腰直角三角形ACP1，过点P1作P1M⊥x轴，如图（1），
∵CP1=BC，∠MCP1=∠BCD，∠P1MC=∠BDC=90°， ∴△MP1C≌△DBC， ∴CM=CD=2，P1M=BD=1，
∴P1（﹣1，﹣1），经检验点P1在抛物线y=x2﹣x﹣2上；
②若以AC为直角边，点A为直角顶点，则过点A作AP2⊥CA，且使得AP2=AC， 得到等腰直角三角形ACP2，过点P2作P2N⊥y轴，如图（2）， 同理可证△AP2N≌△CAO， ∴NP2=OA=2，AN=OC=1，
∴P2（﹣2，1），经检验P2（﹣2，1）也在抛物线y=x2﹣x﹣2上；
- 17
分析：（1）设直线BC的解析式为y=mx+n，将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入，运用待定系数法即可求出直线BC的解析式；同理，将B（5，0），C（0，5）两点∑的坐标代入y=x2+bx+c，运用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）MN的长是直线BC的函数值与抛物线的函数值的差，据此可得出一个关于MN的长和M点横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求出MN的最大值；
（3）先求出△ABN的面积S2=5，则S1=6S2=30．再设平行四边形CBPQ的边BC上的高为BD，根据平行四边形的面积公式得出BD=
3，过点D作直线BC的平行线，交抛物线与点P，交x轴于点E，在直线DE上截取PQ=BC，则四边形CBPQ为平行四边形．证明△EBD为等腰直角三角形，则BE=
BD=6，求出E的坐标为（﹣1，0），运用待定系数法求出直
，即可求出点P的坐标． 线PQ的解析式为y=﹣x﹣1，然后解方程组解答：
解：（1）设直线BC的解析式为y=mx+n， 将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入， 得，解得
，所以直线BC的解析式为y=﹣x+5；
将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入y=x2+bx+c， 得，解得
，所以抛物线的解析式为y=x2﹣6x+5；
（2）设M（x，x2﹣6x+5）（1＜x＜5），则N（x，﹣x+5）， ∵MN=（﹣x+5）﹣（x2﹣6x+5）=﹣x2+5x=﹣（x﹣）2+∴当x=时，MN有最大值
；
，
（3）∵MN取得最大值时，x=2.5， ∴﹣x+5=﹣2.5+5=2.5，即N（2.5，2.5）． 解方程x2﹣6x+5=0，得x=1或5， ∴A（1，0），B（5，0）， ∴AB=5﹣1=4，
∴△ABN的面积S2=×4×2.5=5， ∴平行四边形CBPQ的面积S1=6S2=30．
- 192）求抛物线的解析式；
（3）将直线CD绕点C逆时针方向旋转45°所得直线与抛物线相交于另一点E，求证：△CEQ∽△CDO；
（4）在（3）的条件下，若点P是线段QE上的动点，点F是线段OD上的动点，问：在P点和F点移动过程中，△PCF的周长是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；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）利用待定系数法求出直线解析式； （2）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（3）关键是证明△CEQ与△CDO均为等腰直角三角形；
（4）如答图②所示，作点C关于直线QE的对称点C′，作点C关于x轴的对称点C″，连接C′C″，交OD于点F，交QE于点P，则△PCF即为符合题意的周长最小的三角形，由轴对称的性质可知，△PCF的周长等于线段C′C″的长度．
利用轴对称的性质、两点之间线段最短可以证明此时△PCF的周长最小． 如答图③所示，利用勾股定理求出线段C′C″的长度，即△PCF周长的最小值． 解答：
解：（1）∵C（0，1），OD=OC，∴D点坐标为（1，0）． 设直线CD的解析式为y=kx+b（k≠0）， 将C（0，1），D（1，0）代入得：解得：b=1，k=﹣1，
∴直线CD的解析式为：y=﹣x+1．
，
- 21Rt△C′NC″中，由勾股定理得：C′C″===．
． 综上所述，在P点和F点移动过程中，△PCF的周长存在最小值，最小值为
12．如图，抛物线与x轴交于A（1，0）、B（﹣3，0）两点，与y轴交于点C（0，3），设抛物线的顶点为D．
（1）求该抛物线的解析式与顶点D的坐标． （2）试判断△BCD的形状，并说明理由．
（3）探究坐标轴上是否存在点P，使得以P、A、C为顶点的三角形与△BCD相似？若存在，请直接写出点P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）利用待定系数法即可求得函数的解析式；
（2）利用勾股定理求得△BCD的三边的长，然后根据勾股定理的逆定理即可作出判断； （3）分p在x轴和y轴两种情况讨论，舍出P的坐标，根据相似三角形的对应边的比相等即可求解． 解答：
- 23AC是直角边，若AC与BC是对应边时，设P的坐标是（0，b），则PC=3﹣b，则即=，解得：b=﹣，故P是（0，﹣）时，则△ACP∽△CBD一定成立；
=，④当P在x轴上时，AC是直角边，P一定在B的左侧，设P的坐标是（d，0）． 则AP=1﹣d，当AC与CD是对应边时，两个三角形不相似；
⑤当P在x轴上时，AC是直角边，P一定在B的左侧，设P的坐标是（e，0）． 则AP=1﹣e，当AC与DC是对应边时，总之，符合条件的点P的坐标为：
=
，即
=
，解得：e=﹣9，符合条件．
．
=
，即
=
，解得：d=1﹣
3，此时，
对应练习
13．如图，已知抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A、B两点，过点A的直线l与抛物线交于点C，其中A点的坐标是（1，0），C点坐标是（4，3）． （1）求抛物线的解析式；
（2）在（1）中抛物线的对称轴上是否存在点D，使△BCD的周长最小？若存在，求出点D的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）若点E是（1）中抛物线上的一个动点，且位于直线AC的下方，试求△ACE的最大面积及E点的坐标．
- 25x=，y=﹣=﹣，
∴点E的坐标为（，﹣），
设过点E的直线与x轴交点为F，则F（∴AF=﹣1=，
，0），
∵直线AC的解析式为y=x﹣1， ∴∠CAB=45°， ∴点F到AC的距离为×又∵AC=∴△ACE的最大面积=×
3==3×
， ， =
，此时E点坐标为（，﹣）．
14．如图，已知抛物线y=﹣x2+bx+4与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，若已知A点的坐标为A（﹣2，0）．
（1）求抛物线的解析式及它的对称轴方程；
（2）求点C的坐标，连接AC、BC并求线段BC所在直线的解析式； （3）试判断△AOC与△COB是否相似？并说明理由；
（4）在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△ACQ为等腰三角形？若存在，求出符合条件的Q点坐标；若不存在，请说明理由．
- 27BC的解析式为：y=x+4．
（3）可判定△AOC∽△COB成立． 理由如下：在△AOC与△COB中， ∵OA=2，OC=4，OB=8， ∴，
又∵∠AOC=∠BOC=90°， ∴△AOC∽△COB．
（4）∵抛物线的对称轴方程为：x=3， 可设点Q（3，t），则可求得： AC=AQ=CQ=i）当AQ=CQ时， 有=
， ===
， ， =
．
25+t2=t2﹣8t+16+9， 解得t=0， ∴Q1（3，0）； ii）当AC=AQ时， 有=，
t2=﹣5，此方程无实数根，
∴此时△ACQ不能构成等腰三角形； iii）当AC=CQ时， 有=
，
整理得：t2﹣8t+5=0， 解得：t=4±，
），Q3（3，4﹣
）． ∴点Q坐标为：Q2（3，4+
- 292）首先求出直线BC与AC的解析式，设直线l与BC、AC交于点E、F，则可求出EF的表达式；根据S△CEF=S△ABC，列出方程求出直线l的解析式； （3）首先作出▱PACB，然后证明点P在抛物线上即可． 解答：
解：（1）如答图1所示，过点C作CD⊥x轴于点D，则∠CAD+∠ACD=90°． ∵∠OBA+∠OAB=90°，∠OAB+∠CAD=90°， ∴∠OAB=∠ACD，∠OBA=∠CAD． ∵在△AOB与△CDA中，
∴△AOB≌△CDA（ASA）． ∴CD=OA=1，AD=OB=2， ∴OD=OA+AD=3， ∴C（3，1）．
∵点C（3，1）在抛物线y=x2+bx﹣2上， ∴1=×9+3b﹣2，解得：b=﹣． ∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣2．
（2）在Rt△AOB中，OA=1，OB=2，由勾股定理得：AB=∴S△ABC=AB2=．
设直线BC的解析式为y=kx+b，∵B（0，2），C（3，1）， ∴，
．
解得k=﹣，b=2，
- 31CBG=∠APH， 在△PAH和△BCG中，
∴△PAH≌△BCG（AAS）， ∴PH=BG=1，AH=CG=3， ∴OH=AH﹣OA=2， ∴P（﹣2，1）．
抛物线解析式为：y=x2﹣x﹣2，当x=﹣2时，y=1，即点P在抛物线上． ∴存在符合条件的点P，点P的坐标为（﹣2，1）．
