《2022年中考数学复习专题【二次函数中考精品压轴题解析精选】.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年中考数学复习专题【二次函数中考精品压轴题解析精选】.docx（62页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选学习资料 - - - - - - - - - 中考数学复习专题 【二次函数中考精品压轴题 （四边形与存在性问题）解析精选】【例 1】综合与实践：如图,在平面直角坐标系中,抛物线 轴交于点 C,点 D 是该抛物线的顶点（1）求直线 AC 的解析式及 BD 两点的坐标；y= x2+2x+3 与 x 轴交于 A B 两点,与 y（2）点 P 是 x 轴上一个动点,过 P 作直线 l AC 交抛物线于点 Q,摸索究：随着 P 点的运动,在抛物线上是否存在点 Q,使以点 AP、Q、C 为顶点的四边形是平行四边形？如存在,请直接写出符合条件的点Q 的坐标；如不存在,请说明理由（3）请在直线 AC 上找
2、一点 M ,使 BDM 的周长最小,求出 M 点的坐标【答案】 解：（1）当 y=0 时,x2+2x+3=0 ,解得 x1= 1,x2=3；点 A 在点 B 的左侧, AB 的坐标分别为（当 x=0 时, y=3； C 点的坐标为（ 0,3）；设直线 AC 的解析式为 y=k 1x+b1（k1 0）,就b =3 k =3,解得；k +b =0 1 1 b =3 1直线 AC 的解析式为 y=3x+3 ；1,0）,（3,0）；2 2y= x +2x+3= （ x 1）+4,顶点 D 的坐标为（ 1,4）；（2）抛物线上有三个这样的点 Q；如图,当点 Q 在 Q1 位置时, Q1 的纵坐标为 3,
3、代入抛物线可得点 Q1的坐标为（ 2,3）；名师归纳总结 当点 Q 在点 Q2 位置时,点Q2 的纵坐标为3,代入抛物线可第 1 页,共 38 页得点 Q2 坐标为（ 1+7 ,3）；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 当点 Q 在 Q3 位置时,点 Q3 的纵坐标为3,代入抛物线解析式可得,点Q3 的坐标为（17 ,3）；7 , 3）；综上可得满意题意的点Q 有三个,分别为： Q1（2,3）,Q2（1+7 , 3）,Q3（1B D交直线（3）点 B 作 BB AC 于点 F,使 BF=BF,就 B 为点 B 关于直线 AC 的对称点连接AC 与点 M
4、,就点 M 为所求；过点 B 作 B Ex 轴于点 E； 1 和 2 都是 3 的余角, 1=2；Rt AOC Rt AFB ；CO BF=CA；AB由 A（ 1,0）,B（ 3,0）,C（0,3）得 OA=1 ,OB=3,OC=3,AC=10 ,AB=4 ； 3=21 53 BF=10,解得BF=6 10； BB=2BF=12 10 5,45由 1=2 可得 Rt AOC Rt BEB,AO B E=CO=CA；BEBB1=3=10； BE=12 5,BE=36 5； OE=BE OB=36 5B EBE12 105B 点的坐标为（21,12）；5 5设直线 B D的解析式为 y=k 2x+
5、b2（k2 0）,就k +b =4 k = 2 4215 k +b = 125,解得b = 2 134813；直线 BD 的解析式为：y= 4x+ 48；13 13联立 BD 与 AC 的直线解析式可得：y3x3x=9；35y=4x+48,解得1321313y=35M 点的坐标为（9 35,13235）；【考点】 二次函数综合题,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,二次函数的性质,平行四边形的名师归纳总结 性质, 轴对称的性质, 直角三角形两锐角的关系,三角形三边关系,勾股定理, 相像三角形的判定和性质,第 2 页,共 38 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - -
6、 - - - 解二元一次方程组；【分析】（1）依据点在曲线上,点的坐标满意方程的关系,由抛物线y= x2+2x+3 与 x 轴交于 AB 两点可求得 AB 两点的坐标,同样,由由抛物线y= x2+2x+3 与 y 轴交于点 C 可求得 C 点的坐标；用待定系2 2数法,可求得直线 AC 的解析式；由 y= x +2x+3= （ x 1）+4 可求得顶点 D 的坐标；（2）由于点 P 在 x 轴上运动,故由平行四边形对边平行的性质求得点 Q 的坐标；（3）点 B 作 BB AC 于点 F,使 BF=BF,就 B 为点 B 关于直线 AC 的对称点连接 B D交直线 AC 与点 M ,就依据轴对称
7、和三角形三边关系,知点 M 为所求；因此,由勾股定理求得 AC= 10 ,AB=4 ；由 Rt AOC Rt AFB 求得 BF= 6 10,从而得5到 BB=2BF=12 10；由 Rt AOC Rt BEB得到 BE=12, BE=36,OE=BE OB=36 3=21,从5 5 5 5 5而得到点 B 的坐标；用待定系数法求出线 B D的解析式,与直线 AC 的解析式即可求得点 M 的坐标；【例 2】 .假如一条抛物线 y=ax +bx+c a 20 与 x 轴有两个交点,那么以该抛物线的顶点和这两个交点为顶点的三角形称为这条抛物线的“ 抛物线三角形 ” （1） “抛物线三角形 ”肯定是
8、 三角形；（2）如抛物线 y= x +bxb0的 “抛物线三角形 ”是等腰直角三角形,求 b 的值；（3）如图, OAB 是抛物线 y= x +bxb0的“抛物线三角形 ” ,是否存在以原点 O 为对称中心的矩形ABCD ？如存在,求出过 O、C、D 三点的抛物线的表达式；如不存在,说明理由【答案】 解：（1）等腰；（2）抛物线 y= x +bxb0的“ 抛物线三角形 ”是等腰直角三角形,2 2该抛物线的顶点 b b,满意 b= b（b0）；2 4 2 4 b=2；（3）存在；名师归纳总结 如图,作OCD 与 OAB 关于原点 O 中心对称,第 3 页,共 38 页- - - - - - -精
9、选学习资料 - - - - - - - - - 就四边形 ABCD 为平行四边形；当 OA=OB 时,平行四边形 ABCD 为矩形；又 AO=AB , OAB 为等边三角形；作 AE OB,垂足为 E, AE3OE,即b2=3bb0, b=2 3 ；42 A3,3,B 2 3,0,C3,3,D2 3,0设过点 O、C、D 三点的抛物线2 y=mx +nx ,就12m2 3n=0,解得,m=13；n=23m3n=3所求抛物线的表达式为2 y=x +2 3x ；【考点】 二次函数综合题,新定义,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,中心对称的性质,矩形 的判定和性质,等边三角形的判定和性质；【分
10、析】（1）抛物线的顶点必在抛物线与x 轴两交点连线的垂直平分线上,因此这个“抛物线三角形 ” 肯定是等腰三角形；（2）观看抛物线的解析式,它的开口向下且经过原点,由于b0,那么其顶点在第一象限,而这个 “抛物线三角形 ” 是等腰直角三角形,必需满意顶点坐标的横、纵坐标相等,以此作为等量关系来列方程解出 b 的值；（3）由于矩形的对角线相等且相互平分,所以如存在以原点 O 为对称中心的矩形 ABCD,那么必须满意 OA=OB,结合（1）的结论, 这个 “ 抛物线三角形 ”必需是等边三角形,第一用 b表示出 AE、OE的长,通过 OAB 这个等边三角形来列等量关系求出 b的值,进而确定 A、B 的
11、坐标,即可确定 C、D 的坐标,利用待定系数即可求出过 O、C、D 的抛物线的解析式；【例 3】已知,在 Rt OAB 中, OAB=90, BOA=30,AB=2 如以 O 为坐标原点, OA 所在直线为 x 轴,建立如下列图的平面直角坐标系,点 B 在第一象限内将 Rt OAB 沿 OB 折叠后,点 A 落在第一象限内的点 C 处（1）求点 C 的坐标；名师归纳总结 （2）如抛物线yax2bxa0 经过 C、A 两点,求此抛物线的解析式；P 作 y 轴的平行线,交抛物线第 4 页,共 38 页（3）如上述抛物线的对称轴与OB 交于点 D,点 P 为线段 DB 上一动点,过- - - - -
12、 - -精选学习资料 - - - - - - - - - 于点 M ,问：是否存在这样的点P,使得四边形CDPM 为等腰梯形？如存在,恳求出此时点P 的坐标；如不存在,请说明理由【答案】 解：（1）过 C 作 CHOA 于 H,在 Rt OAB 中, OAB=90 , BOA=30 ,AB=2 , OA= 2 3 ；将 Rt OAB 沿 OB 折叠后,点 A 落在第一象限内的点 C 处, OC=OA= 2 3 , AOC=60； OH= 3 ,CH=3 ； C 的坐标是（3 ,3）；（2）抛物线 y ax 2bxa 0 经过 C（3 ,3）、A（ 2 3 ,0）两点,3=3a+ 3b,解得 a
13、= 1；此抛物线的解析式为 y= x +2 3x 20=12a+2 3b b=2 3（3）存在；y=x +2 3x 的顶点坐标为（23 ,3）,即为点C；MPx 轴,设垂足为N,PNt, BOA 300,所以 ON3tP（3t, t ）作 PQCD,垂足为 Q,ME CD ,垂足为 E；名师归纳总结 把 x3t 代入y=x +2 3x 得：2y3t26t ；第 5 页,共 38 页 M （3t ,3t26t ）,E（3 ,3t26t ）；同理： Q（3 ,t）,D（3 ,1）；CEQD ,要使四边形CDPM 为等腰梯形,只需- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - -
14、 - 即33t26tt1,解得：t14,2t1（舍去）；3 P 点坐标为（43,4 3）；,4 3）；3 存在满意条件的点P,使得四边形CDPM 为等腰梯形, 此时 P 点的坐为（4 33【考点】 二次函数综合题,翻折变换（折叠问题）,折叠对称的,解二元一次方程和一元二次方程,曲线上点的坐标与方程的关系,含30 度角的直角三角形的性质,勾股定理,等腰梯形的判定；【分析】（1）过 C 作 CH OA 于 H,依据折叠得到OC=OA=4 , A0C=60 ,求出 OH 和 CH 即可；（2）把 C（3 ,3）、A（ 2 3 ,0）代入yax 2bx 得到方程组,求出方程组的解即可；（3）如图,依据
15、等腰梯形的判定,只要CEQD 即可,据此列式求解；【例 4】如图 1,已知 ABC中, AB=10cm,AC=8cm,BC=6cm假如点 P由 B动身沿 BA方向点 A 匀速运动,同时点 Q由 A 动身沿 AC方向向点 C匀速运动, 它们的速度均为2cm/s 连接 PQ,设运动的时间为t（单位：s）（0t 4）解答以下问题：（1）当 t 为何值时, PQ BC（2）设 AQP 面积为 S（单位： cm2）,当 t 为何值时, S 取得最大值,并求出最大值（3）是否存在某时刻t,使线段 PQ 恰好把 ABC 的面积平分？如存在,求出此时t 的值；如不存在,请说明理由（4）如图 2,把 AQP 沿
16、 AP 翻折,得到四边形AQPQ那么是否存在某时刻t,使四边形AQPQ为菱形？如存在,求出此时菱形的面积；如不存在,请说明理由【答案】 解： AB=10cm ,AC=8cm ,BC=6cm ,由勾股定理逆定理得ABC 为直角三角形,C 为直角；（1） BP=2t,就 AP=10 2t如 PQ BC,就AP ABAQ,即10 102t2t,解得t20；AC89当t20s 时, PQ BC；9（2）如图 1 所示,过 P 点作 PDAC 于点 D；名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 38 页精选学习资料 - - - - - - - - - 就 PD BC, APD ABC ；A
17、P ABPD,即10 102tPD,解得PD66 5t；BC6S=1 2AQ PD=1 22t （66t）56t +6t 26t52+15；552215cm2；当 t=5 2s 时, S 取得最大值,最大值为2（3）不存在；理由如下：假设存在某时刻 t,使线段 PQ 恰好把ABC 的面积平分,就有 S AQP=1 S ABC,而 S ABC =1 AC.BC=24 ,此时 S AQP=12；2 2由（ 2）可知, S AQP= 6 t +6t,6 t +6t =12,化简得： t 2 5t+10=0 ；5 5 =（5）2 41 10= 150,此方程无解,不存在某时刻 t,使线段 PQ 恰好把
18、ABC 的面积平分；（4）存在；假设存在时刻t,使四边形AQPQ为菱形,就有 AQ=PQ=BP=2t ；如图 2 所示,过 P 点作 PD AC 于点 D,就有 PD BC, APD ABC ；名师归纳总结 AP ABPDAD,即10 102tPDAD；2=（2t）2,第 7 页,共 38 页BCAC68解得： PD=66t,AD=88t,55QD=AD AQ=88t2t=818t；55在 Rt PQD 中,由勾股定理得：QD2+PD2=PQ2,即（818t）2+（66t）55化简得： 13t2 90t+125=0 ,解得： t 1=5,t 2= 25 13；t=5s 时, AQ=10cm A
19、C,不符合题意,舍去,t=25 13；由（ 2）可知, S AQP=6 t +6t 5S 菱形 AQPQ =2S AQP=2（6t +6t 5）=26 5（25 13）2+625 13=2400 169；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 存在时刻t=25 13,使四边形AQPQ为菱形,此时菱形的面积为2400cm 2；169【考点】 动点问题,勾股定理和逆定理,平行的判定,相像三角形的判定和性质,解一元二次方程和一元二次方程根的判别式,二次函数的最值,菱形的性质；【分析】（1）由 PQ BC 时的比例线段关系,列一元一次方程求解；（2）如图 1 所示,
20、过 P 点作 PDAC 于点 D,得 APD ABC ,由比例线段,求得 PD,从而可以得到 S 的表达式,然后利用二次函数的极值求得 S 的最大值；（3）利用（ 2）中求得的AQP 的面积表达式,再由线段 PQ 恰好把 ABC 的面积平分,列出一元二次方程；由于此一元二次方程的判别式小于 0,就可以得出结论：不存在这样的某时刻 t,使线段 PQ恰好把ABC 的面积平分；（4）依据菱形的性质及相像三角形比例线段关系,求得 PQ、QD 和 PD 的长度；然后在 Rt PQD中,求得时间 t 的值；最终求菱形的面积,值得留意的是菱形的面积等于AQP 面积的 2 倍,从而可以利用（ 2）中 AQP
21、面积的表达式,这样可以化简运算；【例 5】如图 1,在直角坐标系中,O 是坐标原点,点A 在 y 轴正半轴上,二次函数y=ax2+ 1 6x +c 的图象 F 交 x 轴于 B、C 两点,交 y 轴于 M 点,其中 B（-3,0）,M （0, -1）；已知 AM=BC ；（1）求二次函数的解析式；（2）证明：在抛物线F 上存在点D,使 A、B、C、D 四点连接而成的四边形恰好是平行四边形,并恳求出直线 BD 的解析式；（3）在（ 2）的条件下,设直线l 过 D 且分别交直线BA 、BC 于不同的 P、 Q 两点, AC 、BD 相交于 N；如直线lBD ,如图 1 所示,试求11的值；BPBQ
22、如 l 为满意条件的任意直线；如图 请举出反例；2 所示,中的结论仍成立吗？如成立,证明你的猜想；如不成立,名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 38 页精选学习资料 - - - - - - - - - 【答案】 解：（ 1）二次函数y=ax2+1 6x +c 的图象经过点B（-3,0）, M（0,-1）,9a13c0 ,解得a1；21x10,解得 x1=3,x 2=2；66c1c1二次函数的解析式为：y1x21x1；66（2）证明：在y1x21x1中,令 y=0 ,得1x6666C（2,0）, BC=5；令 x=0 ,得 y=-1, M （0, 1）, OM=1 ；又 AM
23、=BC , OA=AM OM=4 ； A（0,4）；设 AD x 轴,交抛物线于点D,如图 1 所示,解得 x1=5,x 2=6（位于其次象限,舍去）；就yD1x21x1=OA=466D 点坐标为（ 5, 4）； AD=BC=5 ；又 AD BC,四边形ABCD 为平行四边形,即在抛物线F 上存在点D,使A、 B、 C、D 四点连接而成的四边形恰好是平行四边形；设直线 BD 解析式为： y=kx+b , B（ 3,0）, D（ 5,4）,3kbb40 ,解得：k15 ,2 3；5kb2直线 BD 解析式为：y1 x3 2；2（3）在 Rt AOB 中,ABOA2OB2又 AD=BC=5 , .
24、ABCD 是菱形；名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 38 页精选学习资料 - - - - - - - - - 如直线 lBD ,如图 1 所示,四边形 ABCD 是菱形, AC BD； AC 直线 l；BA BPBCBN1；BQBD2BA=BC=5 , BP=BQ=10 ；1 BP1111；如图 2 所示, 此时中的结论依旧成立,理由如BQ10105如 l 为满意条件的任意直线,下：AD BC,CD AB , PAD DCQ ；AP CDAD CQ；5AP1；AP.CQ=AD.CD=5 5=25；5CQ1 BP1.AB1APBC1CQ.5151BQAPCQ5AP5CQ10
25、APCQ10APCQ10APCQ25+5 APCQ +AP CQ25+5 APCQ +2550+5 APCQ5【考点】 二次函数综合题,曲线上点的坐标与方程的关系,平行四边形、菱形的判定和性质,平行线间的比例线段关系,相像三角形的判定和性质,分式化简；【分析】 （1）利用待定系数法求出二次函数的解析式；（2）第一求出 D 点的坐标,可得 AD=BC 且 AD BC,所以四边形 ABCD 是平行四边形；再根据 B、D 点的坐标,利用待定系数法求出直线 BD 的解析式；（3）本问的关键是判定平行四边形 ABCD 是菱形；推出 AC 直线 l,从而依据平行线间的比例线段关系,求出 BP、CQ 的长度
26、,运算出1 1 1；BP BQ 5判定PAD DCQ ,得到 AP.CQ=25 ,利用这个关系式对 1 1进行分式的化简求BP BQ值,结论为 1 1 1不变；BP BQ 5【例 6】如图,在平面直角坐标系中,已知矩形 ABCD 的三个顶点 B（1,0）,C（ 3,0）,D（3,4）以2A 为顶点的抛物线 y=ax +bx+c 过点 C动点 P 从点 A 动身,沿线段 AB 向点 B 运动同时动点 Q 从点 C动身,沿线段 CD 向点 D 运动点 P,Q 的运动速度均为每秒 1 个单位 运动时间为 t 秒过点 P 作 PEAB交 AC 于点 E名师归纳总结 （1）直接写出点A 的坐标,并求出抛
27、物线的解析式；ACG 的面积最大？最大值为多少？第 10 页,共 38 页（2）过点 E 作 EFAD 于 F,交抛物线于点G,当 t 为何值时,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （3）在动点 P,Q 运动的过程中,当t 为何值时,在矩形ABCD 内（包括边界）存在点H,使以 C,Q,E, H 为顶点的四边形为菱形？请直接写出 t 的值【答案】 解：（1）A（1,4）；由题意,设抛物线解析式为 y=a（x 1）2+4 抛物线过点 C（3, 0）, 0=a（3 1）2+4,解得, a= 1；抛物线的解析式为 y= （ x 1）2+4,即 y= x 2+2
28、x+3 ；（ 2）设直线 AC 的解析式为 y=kx+b ,A （1,4）,C（3,0）,4kb,解得k62；03kbb直线 AC 的解析式为y= 2x+6；点 P（ 1,4 t）,（ 3）将 y=4 t 代入 y= 2x+6 中,解得点E 的横坐标为x1t 2；422t 4；点 G 的横坐标为 1 t,代入抛物线的解析式中,可求点2GE= （4 2t） （ 4 t） = t t 2；4 4G 的纵坐标为又点 A 到 GE 的距离为t,C 到 GE 的距离为2t,22t2=1t2+1；SACGSAEGSCEG1EGt1EG（2t）=EG=t222244当 t=2 时, S ACG 的最大值为1
29、；t=20或 t=208 5 ；13【考点】 二次函数综合题,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,二次函数的性质,矩形和菱形的性质；名师归纳总结 【分析】（1）依据矩形的性质可以写出点A 得到坐标；由顶点A 的坐标可设该抛物线的顶点式方程为第 11 页,共 38 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - y=a（ x 1）2+4,然后将点C 的坐标代入,即可求得系数a 的值（利用待定系数法求抛物线的解析式）；（2）利用待定系数法求得直线AC 的方程 y= 2x+6；由图形与坐标变换可以求得点P 的坐标；（1,4 t）,据此可以求得点E 的纵坐标,将其代入
30、直线AC 方程可以求得点E 或点 G 的横坐标；然后结合抛物线方程、图形与坐标变换可以求得GE=t2t、点 A 到 GE 的距离为t,C 到 GE 的距离为2t422最终依据三角形的面积公式可以求得SACGSAEGSCEG=1t22+1,由二次函数的最值可以解得4t=2 时, SACG的最大值为1；（3）由于菱形是邻边相等的平行四边形,所以点 况争论即可；H 在直线 EF 上；分 CE 是边和对角线两种情由题设和（ 2）知, C（3,0）,Q（3,t）,E（1 t ,4 t）,设 H（1 t ,m）；2 2当 CE 是对角线时,如图 1,有 CQ=HE=CH ,即4 t m=t2 t 2+m
31、=t 2 m=44m 2 3t 2t2 8t+16=0 4 4 2t 23t 28t+16=0 13t 272t+80=0,2解得,t= 20 或 t=4（舍去,此时 C,E 重合）；13当 CE 是边时,如图 2,有 CQ=CE=EH ,即m 4 t =t2 t 2+ 4 t 2=t m=4t 240t+80=0 t 2 40t+80=0,2解得, t=20 8 5 或 t=20+8 5 （舍去,此时已超过矩形 ABCD 的范畴）；综上所述,当 t= 20 或 t=20 8 5 时,在矩形 ABCD 内（包括边界）存在点 H,使以 C,Q,13E, H 为顶点的四边形为菱形；名师归纳总结 -
32、 - - - - - -第 12 页,共 38 页精选学习资料 - - - - - - - - - 【例 7】如图,二次函数y=x2bxc 的图象与 x 轴交于 A、B 两点,且 A 点坐标为（ 3,0）,经过 B 点的直线交抛物线于点D（ 2, 3）. F,是否存在实数a（1）求抛物线的解析式和直线BD 解析式；（2）过 x 轴上点 E（a, 0）（E 点在 B 点的右侧）作直线EF BD,交抛物线于点使四边形 BDFE 是平行四边形？假如存在,求出满意条件的a；假如不存在,请说明理由. 【答案】 解：（1）将 A （ 3,0）,D2, 3的坐标代入y=x2bxc 得,9 3b+c=0 b=
33、2,解得：；4 2b+c= 3 c= 3抛物线的解析式为 y=x 22x3 ；由 x 22x3=0,得： x 1= 3,x 2=1, B 的坐标是（ 1,0）；设直线 BD 的解析式为 y=kx b,就k+b=0 k=1,解得：；2k+b= 3 b= 1直线 BD 的解析式为 y=x 1；（2）直线 BD 的解析式是 y=x 1,且 EF BD, 直线 EF 的解析式为： y=xa；如四边形 BDFE 是平行四边形,就DF x 轴；2a+12134a；D、F 两点的纵坐标相等,即点F 的纵坐标为 3；由2 y=x +2x3得 y 2（ 2a1）ya 22a3=0,解得： y=y=xa令2a+1
34、2134a=3,解得： a1=1,a2=3；当 a=1 时, E 点的坐标（ 1,0）,这与 B 点重合,舍去；名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 38 页精选学习资料 - - - - - - - - - 当 a=3 时, E 点的坐标（ 3,0）,符合题意；存在实数a=3,使四边形BDFE 是平行四边形；【考点】 二次函数综合题,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,平行四边形的性质；【分析】（1）把 A 、D 两点的坐标代入二次函数解析式可得二次函数解析式中 b,c 的值,让二次函数的 y等于 0 求得抛物线与 x 轴的交点 B,把 B、D 两点代入一次函数解析式可
35、得直线 BD 的解析式；（2）得到用 a 表示的 EF 的解析式,跟二次函数解析式组成方程组,得到含 y 的一元二次方程,进而依据 y=3 求得合适的 a 的值即可；【例 8】如图,把两个全等的 Rt AOB 和 Rt COD 分别置于平面直角坐标系中,使直角边 OB 、OD在 x 轴上已知点 A （1,2）,过 A、C 两点的直线分别交 x 轴、 y 轴于点 E、F抛物线 y=ax2+bx+c 经过O、 A、 C 三点（1）求该抛物线的函数解析式；（2）点 P 为线段 OC 上一个动点,过点 P 作 y 轴的平行线交抛物线于点 M ,交 x 轴于点 N,问是否存在这样的点 P,使得四边形 A
36、BPM 为等腰梯形？如存在,求出此时点 P 的坐标；如不存在,请说明理由（3）如 AOB 沿 AC 方向平移（点 A 始终在线段 AC 上,且不与点 C 重合）, AOB 在平移过程中与COD重叠部分面积记为 S摸索究 S 是否存在最大值？如存在,求出这个最大值；如不存在,请说明理由2【答案】 解：（1）抛物线 y=ax +bx+c 经过点 O, c=0；名师归纳总结 又抛物线y=ax2+bx+c 经过点 A、 C,第 14 页,共 38 页a+b=2,解得a=73；24a+2b=1b=2抛物线解析式为y=32 x +7x；22- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - -
37、 - - （2）设点 P 的横坐标为t, PN CD, OPN OCD ,可得 PN=t 2； P（t,t 2）；点 M 在抛物线上,M （t,32 t +7t）；22如图 1,过 M 点作 MG AB 于 G,过 P 点作 PHAB 于 H,AG=y A yM=23t + 2 7t = 3t 2 7t+2,2 2 2 2BH=PN=t；2当 AG=BH 时,四边形 ABPM 为等腰梯形,3t 2 7t+2= t,化简得 3t 2 8t+4=0 ；2 2 2解得 t1=2（不合题意,舍去） ,t2=2,3点 P 的坐标为（2,1）；3 3存在点 P（2,1）,使得四边形 ABPM 为等腰梯形；
38、3 3（3）如图 2, AOB 沿 AC 方向平移至AO,AB交 x 轴于 T,交 OC 于 Q,AO交 x 轴于 K,交 OC 于 R；由 A 、C 的坐标可求得过A、C 的直线为 yAC= x+3 设点 A 的横坐标为a,就点 A （a,a+3）,易知 OQT OCD,可得 QT=a 2；点 Q 的坐标为（ a,2 3）；设 AB 与 OC 相交于点 J,名师归纳总结 ARQ AOJ,相像三角形对应高的比等于相像比,HT OB=A Q；+3；第 15 页,共 38 页AJHT=A QOB=3a1a1=2a；2 1AJ23 2a；a3 222KT=1 2AT=1 2（3 a）,AQ=yA y Q=（ a+3）a=32S 四边形