抛物线压轴题答案.docx
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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P1
A=AC
时（P1
在x轴的负半轴），P1（-2-
，0）；
②当P2
A=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y
x2
bx
c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.
1
b
＝
b
2
解答：
（1）将A（1，0）
，B（－3，0）代y
x2
c0
bxc中得
3b
c
∴
3
9
0c
∴抛物线解析式为：
y
x2
2x3
（2）存在。
理由如下：
由题知A、B两点关于抛物线的对称轴x1对称
∴直线BC与x
1的交点即为Q点，此时△AQC周长最小∵yx2
2x
3
∴C的坐标为：
（0，3）直线BC解析式为：
y
x
1
的解
x3Q点坐标即为
x
y
3
x1
∴∴Q（－1，2）
y2
（3）答：
存在。
理由如下：
设P点（x，x2
2x
3）
（
3
x
0）∵SBPC
S四边形BPCO
SBOCS四边形BPCO
9若S四边形BPCO有最大值，
1BEPE
1OE（PEOC）
2
则SBPC就最大，∴S四边形BPCO＝SRtBPE
S直角梯形PEOC
2
2
＝1（x
3）（x2
2x
3）
1（
x）（
x2
2x
3
3）＝
3
（x
3）2
9
27
2
2
2
2
2
8
当x
3
时，S四边形BPCO
最大值＝9
27
∴SBPC最大＝9
27
9
27
2
2
8
2
8
2
8
当x
3
时，
x2
2x
3
15
∴点P坐标为（
3，15）
2
4
2
4
y
P
y
C
C
Q
B
A
B
A
O
x
EO
x
（2）（3）
7.在平面直角坐标
系xOy中，已知抛物线y=x2﹣2mx+m2﹣9．
（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⊥x轴，交抛物线于
点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，
连结CD，PD，作
在，请说明理由．
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
解答：
解：
（1）令y=0，则x2﹣2mx+m2﹣9=0，∵△=（﹣2m）2﹣4m2+36＞0，
22
∵抛物线y=x2﹣2mx+m2﹣9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=x2﹣2mx+m2﹣9与y轴交点坐标为（0，﹣5），∴﹣5=m2﹣9．
解得：
m=±2．当m=﹣2，y=0时，x2
1
2
，
+4x﹣5=0
解得：
x
=﹣5，x=1
∵抛物线y=x2﹣2mx+m2﹣9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=x2﹣4x﹣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，
，∴△EPM≌△PDC（AAS）．∴PM=DC，EM=PC
设C（x0，y0），则D（4﹣x0，y0），P（x0，y0）．
21题答图
∴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：
y
x
3与坐标轴交于
A（-3,0
）、B（0,3）
代入抛物线解析式
y
x2
bx
c
中
0
9
3bc
∴b
2
3
c
c
3
∴抛物线解析式为：
y
x2
2x
34分
（2）由题意可知△
PFG是等腰直角三角形，
设P（m,
m2
2m
3）
∴F（m,m3）
∴PF
m2
2m3m3m2
3m
周长为：
-
m
2
3
2（
m
2
3
）
△PFG
m
m
=
（
2
1）（m
3
）
2
9（
2
1）
2
4
∴△PFG周长的最大值为：
9（2
1）8
分
4
M、M、M，都能使△ABM的面积等于△ABD的面积.
（3）点M有三个位置，如图所示的
1
2
3
此时DM1
∥AB，M3M2∥AB，且与AB距离相等
∵D（-1，4），则E（-1,2）、则N（-1,0）
∵yx
3中，k=1
∴直线DM
1解析式为：
yx5
直线M3M2解析式为：
yx
19分
∴x5
x2
2x
3或x1
x2
2x3
∴x1
1,x2
2,x3
3
17
x4
3
17
2
2
∴M1（
2,3）、10
分
M2（
3
17,
1
17）11
分
2
2
M3（
3
17,
1
17）12
分
2
2
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
（1）如图（a）所示，当点D在线段BC上时．
AB、AC于点
F、G
，连接
BE．
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．
A
A
F
G
E
B
D
C
B
C
D
图（a）
解答
（1）①证明：
∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
F
E
G
∴
AEAD，AB
AC，EAD
BAC
．···1分
图（b）
60°
A
又∵
EAB
EADBAD，
DAC
BACBAD，
∴
EAB
DAC，
∴△AEB≌△ADC．·······················3分
②法一：
由①得△AEB≌△ADC，
E
F
G
∴
ABE
C
．
60°
C
BAC
C
60°
B
又∵
D
，
图（a）
第25题图
∴ABEBAC，
∴EB∥GC．·····························5分
又∵EG∥BC，
∴四边形BCGE是平行四边形．·······································6分法二：
证出△AEG
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