拋物線壓軸題答案

1、綜合題答案1 如圖，平面直角坐標系中，直線I分別交x軸、y軸于A、B兩點(OAv 0B)且OA、OB的長分別是一元二次方的兩個根，點 C在x軸負半軸上，且 AB: AC=1: 2(1) 求A、C兩點的坐標；(2) 若點M從C點出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿射線 CB運動，連接AM，設(shè) ABM的面積為S,點M的運動時 間為t，寫出S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量的取值范圍；(3) 點P是y軸上的點，在坐標平面內(nèi)是否存在點Q,使以A、B、P、Q為頂點的四邊形是菱形若存在，請直接寫 出Q點的坐標；若不存在，請說明理由.1答案:分析：通過解一欠方程農(nóng)一(卩叩)和也=0求得方程的兩個根r從而得到K召兩點

2、的坐標.再根據(jù)兩點之間的距高公式可求AB的長T根據(jù)AB : AO1 ： 2可求 M的長,從而得到點的坐標；(2 )分當點陽在匚*邊上時；當點M在命邊的延長線上時；兩種情況討論可求5關(guān)于t的 函數(shù)關(guān)系式；(3 ) AQ=ABEQ=BA f種情況討論可求Q點的.幡解：=0 ,(甘)(x l ) =0 .解得幻二JI f K2=1'OA < OB/.0A=1,0E=j3 r'A ( 1 T 0 ) tB(0r3 ),?.AB = 2 ,HvAB : AC=1 : 2 t/. AC=4 $(-3.0):(2 )蟲題意得:CM =t r C B=2j3 ”O(jiān)當邊上時 * S=2|3

3、 -t(0it<2j3 );當點麗在匚B邊的延長線上St-2j3 (t>2j3 );（3） QU-10）®（12） , 浪 jQy 罟）.解答 :解：(1 )T y=ax2+x+c的圖象經(jīng)過 A (-2, 0), C (0, 3),-c=3,所求解析式為：y=-叫x2+x+3；(2) (6, 0);(3) 在 RtAAOC 中, / AO=2, OC=3, AC3,當PiA=AC時（Pi在x軸的負半軸），Pi （-2,0）; 當P2A=AC時（P2在x軸的正半軸），P2 （殛-2, 0）; 當P3C=AC時（P3在x軸的正半軸），P3 （2, 0）; 當P4C=PA時（P

4、4在x軸的正半軸）， 在 RtA P4OC 中，設(shè) P4O=x,則(x+2) 2=x2+32解得:x=4 入I卩+x+3 上,5 - P4 J , 0)；（4）解：如圖，設(shè) Q點坐標為（x, y）,因為點Q在即：Q點坐標為（x, - x2+x+3）,連接OQ, S 四邊形 abqcfSx aoc+Sxoqc+Sxobq3_x+3丄(x2+x+3)+12,/ av 0,-S四邊形ABQC最大值=75754 , Q點坐標為(3, 4 ) o1 1 1 13如圖（1），拋物線 尸八加斗址與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C （0,）.圖（2）、圖（3）為解答備用圖（1） 上：，點A的坐標為，點B的坐

5、標為；（2）設(shè)拋物線”二*-2= +址的頂點為m，求四邊形ABMC的面積；（3） 在x軸下方的拋物線上是否存在一點 D,使四邊形ABDC的面積最大若存在，請求出點 D的坐標；若 不存在，請說明理由；（4） 在拋物線上求點0,使厶BCQ是以BC為直角邊的直角三角形.J1/JL 7/° hAA、C® Cl)圖（2）a解答:解：（ 1）*cJIA （-1, 0），B （3, 0）.（2）如圖（1）,拋物線的頂點為 M （1, -4），連結(jié)OM .33則 AOC的面積二空, MOC的面積二2 , MOB的面積=6,二四邊形ABMC的面積= AOC的面積+ MOC的面積+ MOB的面

6、積=9.說明：也可過點 M作拋物線的對稱軸，將四邊形 ABMC的面積轉(zhuǎn)化為求1個梯形與2個直角三角形面積的和.（3）如圖（2）,設(shè)D （m，腫-2擁-了），連結(jié)0D.圈引E (4)則 Ovmv3,拠2啊0.33W3且 AOC的面積二2 , DOC的面積=23 DOB的面積=匸（嵌亦一孑），四邊形ABDC的面積= AOC的面積+ DOC的面積+ DOB的面積負丄）31存在點4 ,使四邊形ABDC的面積最大為占.（4）有兩種情況：如圖（3）,過點B作BQ丄BC,交拋物線于點Qi、交y軸于點E,連接QQ.v Z CBO=45,aZ EBO=45, BO=OE=34.如圖1，在厶ABC中，AB=BC

7、P為AB邊上一點，連接 CP,以PA、PC為鄰邊作 APCD, AC與PD相交于點 E, 已知/ ABC=Z AEPa ( 0°< a 90° .(1) 求證：/ EAP=Z EPA(2) APCD是否為矩形請說明理由；(3) 如圖2, F為BC中點，連接FP,將/ AEP繞點E順時針旋轉(zhuǎn)適當?shù)慕嵌?，得? MEN (點M、N分別是/ MEN 的兩邊與BA、FP延長線的交點).猜想線段EM與EN之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論.考點：旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；全等三角形的判定；等腰三角形的性質(zhì)；平行四邊形的性質(zhì)；矩形的判定。專題：證明題；探究型。分析：(1)根據(jù)AB=BC可證/ CA

8、B=Z ACB則在 ABC與厶AEP中，有兩個角對應(yīng)相等，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理，即 可證得；(2) 由(1)知/ EPA=/ EAP,則AC=DP,根據(jù)對角線相等的平行四邊形是矩形即可求證；(3) 可以證明厶EAMBA EPN,從而得到 EM=EN.解答 :(1)證明：在厶ABC和厶AEP中，/ ABC=Z AEP, / BAC=Z EAP,/ ACB=/ APE,在厶ABC中，AB=BC/ ACB=/ BAC,/ EPA=Z EAP.(2) 解：APCD是矩形.理由如下：四邊形APCD是平行四邊形， AC=2EA PD=2EP由(1)知/ EPA=/ EAP, EA=EP貝U AC=PD A

9、PCD是矩形.(3) 解：EM=EN.證明： EA=EP / 匚-ZAEP ISO" - ZABC Qn 1 / EPA=90 a,2 2 2 / EAM=180 -/ EPA=180 -( 90° -丄 a) =90°a,23由(2)知/ CPB=90 , F是BC的中點， FP=FB / FPB=/ ABCa , / EPN=/ EPA+/ APN=/ EPA+/ FPB=90 -丄 a +a =90°+,2 2 / EAM=/ EPN,/AEP繞點E順時針旋轉(zhuǎn)適當?shù)慕嵌龋玫? MEN, / AEP=/ MEN, / AEP- / AEN=/ ME

10、N -/ AEN，即/ MEA=/ NEP,在厶EAM和厶EPN中，r ZEAH=ZEPNZMEZNEPEA=EP EAMA EPN (AAS), EM=EN.點評：本題主要考查了等腰三角形的性質(zhì)，以及矩形的判定方法， 在旋轉(zhuǎn)中找到題目中存在的相等的線段以及相等的角是解決本題的關(guān)鍵.5提出問題：如圖，在正方形ABCD中，點P, F分別在邊BC AB上,若API DF于點H,則AP=DF.類比探究:(1) 如圖 ，在正方形 ABCD中，點P、F.、G分別在邊BC AB AD上，若GP丄DF于點H,探究線段 GP與DF 的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；(2) 如圖，在正方形 ABCD中，點P、F、G分別在

11、邊BC AB、AD上, GP丄DF于點H,將線段PG繞點P逆時針 旋轉(zhuǎn)90°得到線段PE,連結(jié)EF,若四邊形DFEP為菱形，探究DG和PC的數(shù)量關(guān)系，并說明理由.rh月P1，過點A作AM丄DF交BC于點M .通過證明 BAMA ADF得到其對應(yīng)邊相等： AM=DF，貝U 又由平行四邊形的性質(zhì)推知AM=GP，貝U GP=DF(2)如答圖2，過點P作FN丄AD與點N.根據(jù)菱形的性質(zhì)、等腰三角形的三線合一 ”的性質(zhì)推知DG=2DN,然后結(jié)合矩形DNPC的性質(zhì)得到：DG=2PC【解答】解：(1) GP=DF.理由如下:如答圖1，過點A作AM丄DF交BC于點M .四邊形ABCD是正方形， AD

12、=AB,Z B 90°/ BAM= / ADF, 在厶BAM與厶ADF中， r ZB=ZDAF=90"幽二 DA,Zbaji=Zadf BAMA ADF (ASA), AM=DF又四邊形AMPG為平行四邊形, AM=GP,即卩 GP=DF;(2) DG=2PC理由如下：如答圖2，過點P作FN丄AD與點N. 若四邊形DFEP為菱形，貝U DP=DF,/ DP=DF, DP=GP,即 DG=2DN.四邊形DNPC為矩形， PC=DN, DG=2PC如圖，拋物線yx2 bx c與x軸交于A（1,0）,B（- 3, 0）兩點，（1）求該拋物線的解析式；（2）設(shè)（1）中的拋物線交y軸

13、于C點，在該拋物線的對稱軸上是否存在點Q,使得 QAC的周長最小若存在，求出 Q點的坐標；若不存在，請說明理由（ 3 ）在（1）中的拋物線上的第二象限上是否存在一點P,使厶PBC的面積最大，若存在，求出點P的坐標及厶PBC的面積最大值.若沒有,請說明理由解答:（1）將A（1,0), B(- 3,0)代yX2 bx c中得b c=0拋物線解析式為:2x 3存在。理由如下:由題知 A、B兩點關(guān)于拋物線的對稱軸直線BC與X1的交點即為Q點， 此時 AQC周長最小 C的坐標為：（0, 3）直線BC解析式為：y x 31- Q(- 1, 2)2(3)答:存在。理由如下:設(shè) P 點(x, X2 2x 3)

14、( 3 x0) T S bpcBPC就最大， S四邊形BPCO = SRt BPES直角梯形PEOC3b c1對稱 yX2Q點坐標即為綣邊形BPCOBOC2x1的解39 卄_ 口 +S四邊形BPCO 若S四邊形BPCO有最大值,21=尹 3)( X2 1 22X 3) 2( X)( X2x 3 3)=1 -BE PE23 2(X39279當X-時，S四邊形BPCO最大值=一 S BPC最大=一22823)22781-OE(PE OC)2927315315當x-時，X2 2x 3才點P坐標為（2,才）7.在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線 曲-2mx+m2- 9.（1）求證：無論m為（2）該拋

15、物線與x軸交 物線的解析式；（3）在（2）的條件下，丄x軸，交拋物線于點何值，該拋物線與 x軸總有兩個交點；于A, B兩點，點A在點B的左側(cè)，且OAv OB,與y軸的交點坐標為（0,- 5）,求此拋拋物線的對稱軸與 x軸的交點為N,若點M是線段AN上的任意一點，過點 M作直線MCC,記點C關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點為D,點P是線段MC上一點，且滿足 MP丄MC,4連結(jié)CD, PD,作PE丄PD交x軸于點E,問是否存在這樣的點 E,使得PE=PD若存在，求出點 E的坐標；若不存在, 請說明理由.解答：解:(1 )令 y=0，貝V x2 - 2mx+m2 9=0,：A = (- 2m) 24m2+3

16、6> 0,無論m為何值時方程x2 2mx+m2 9=0總有兩個不相等的實數(shù)根,t拋物線ynx2- 2mx+m2 9的開口向上，頂點在 x軸的下方，該拋物線與x軸總有兩個交點.（2）t拋物線 y=x2-2mx+m2 9 與 y 軸交點坐標為（0,- 5）， 5=m2 9.解得：m=±2.當 m= 2, y=0 時，x2+4x 5=0 解得：X1=- 5, x2=1,t拋物線y=x2 -2mx+m2 9與x軸交于A, B兩點（點A在點B的左側(cè)， 且OAvOB）, m= 2不符合題意，舍去.二 m=2.拋物線的解析式為 y=x2 - 4x 5;（3）如圖2,假設(shè)E點存在，t MC&#

17、177; EM, CD丄MC, / EMP=Z PCD=90 ./ MEP+Z MPE=90t PE丄 PD,.Z EPD=90 , / MPE+Z DPC=90。/ MEP=Z CPD.21題答圖在厶EMP和厶PCD中，rZEHP=ZPCDZMEP=ZCPD，： EPMBA PDC ( AAS PM=DC, EM=PC |PE=PD設(shè) C (xo, yo),貝y D ( 4- xo, yo) , P (xO, y0).4 2x0 - 4=-丄yO .4t 點 C 在拋物線 y=x2 - 4x- 5 上； yLxo2-4xo - 52x0- 4=-二(xo2- 4x0 - 5).4解得：xoi

18、=1, x02=11 (舍去)， P (1,- 2) . PC=6. ME=PC=6 E (7, 0).8*如圖，在平面直角坐標系xoy中，直線y=x+3交x軸于A點，交y軸于B點，過A、B兩點的拋物線線AB于點F,作PG丄AB于點G .求出 PFG的周長最大值；(3)在拋物線y二a+bx+c上是否存在除點D以外的點M，使得 ABM與厶ABD的面積相等若存在，請求 出此時點M的坐標；若不存在，請說明理由.解答 :(1)直線AB: y x 3與坐標軸交于 A (-3,0)、B (0,3)代入拋物線解析式拋物線解析式為:設(shè) P ( m, m22m3) F (m,m3)2 PFm22m23 m 3

19、m3m PFG周長為：-m2 3m <2( m23m)=(.21)(m3)229(,21)4PFG是等腰直角三角形,(2)由題意可知 PFG周長的最大值為：一4(3)點M有三個位置，如圖所示的 M1、M2、M3,都能使ABM的面積等于 ABD的面積.此時DM i / AB , M3M2 / AB，且與 AB距離相等/ D(-1 , 4),則 E (-1,2)、則 N (-1,0)直線DM 1解析式為:直線M3M2解析式為:X12,3)、3 吊 1 幣 M2(，)112 23 折 1<17)2 ， 2等邊三角形，過點 E作BC的平行線，分別交射線 AB、AC于點F、G，連接BE .（

20、1）如圖（a）所示，當點D在線段BC上時.求證： AEBADC ;探究四邊形 BCGE是怎樣特殊的四邊形并說明理由；（2） 如圖（b）所示，當點 D在BC的延長線上時，直接寫出（1）中的兩個結(jié)論是否成立（3） 在（2）的情況下，當點 D運動到什么位置時，四邊形 BCGE是菱形并說明理由.解答（1）證明： ABC和厶ADED圖（b） AE AD,又 EAB EABAB AC, EAD BAC 60° 1 分 EAD BAD , DAC BAC BAD , DAC ,- AEB ADC 法一：由得 AEBADC , ABE又 BAC ABE EB / GC .又 EG / BC ,四邊形

21、BCGE是平行四邊形.C 60° .C 60° ,BAC ,C法二：證出 AEGADB ,得 EG AB BC . 5 分由得 AEBADC .得 BE CG .四邊形BCGE是平行四邊形. 6分（2）都成立.£分(3)當 CD CB ( BD 2CD 或 CD -BD 或 CAD 30° 或 2BAD 90° 或 ADC 30° 時，四邊形 BCGE是菱形. 9分理由：法一：由得 AEB ADC , BE CD10 分又 CD CB , BE CB .11 分由得四邊形BCGE是平行四邊形，四邊形BCGE是菱形.12分法二：由得 A

22、EB ADC ,圖（b） 第25題圖 BE CD .9 分又四邊形BCGE是菱形， BE CB 11 分 CD CB 12 分法三：四邊形 BCGE是平行四邊形， BE / CG, EG / BC , FBE BAC 60° F ABC 60° 9 分 F FBE 60° , BEF是等邊三角形. 10分又 AB BC，四邊形BCGE是菱形， AB BE BF , AE 丄 FG 11 分 EAG 30° , EAD 60° , CAD 30° 10 .如圖，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，拋物線+2x與x軸相交于 0、B,頂點為A

23、,連接OA.(2)若將拋物線(1) 求點A的坐標和/ AOB的度數(shù);+2x向右平移4個單位，再向下平移2個單位，得到拋物線 m,其頂點為點C.連接OC和AC,把厶AOC沿OA翻折得到四邊形 ACOC.試判斷其形狀，并說明理由；(3) 在(2)的情況下，判斷點 C'是否在拋物線yx2+2x上，請說明理由；(4) 若點P為x軸上的一個動點，試探究在拋物線m上是否存在點 Q,使以點O、P、C、Q為頂點的四邊形是平行 四邊形，且OC為該四邊形的一條邊若存在，請直接寫出點 在，請說明理由.解答丄2(1) t 由 y= x2+2x得，y二二(x 2) 2 - 2,拋物線的頂點A的坐標為（-2, 2

24、）,1令：X2+2x=0,解得 xi=0, X2= 4,點B的坐標為（-4, 0）,過點A作AD丄x軸，垂足為D,Z ADO=90 ,點A的坐標為（-2, 2）,點D的坐標為（-2, 0）, OD=AD=2Z AOB=45;（2）四邊形ACOC為菱形.丄由題意可知拋物線 m的二次項系數(shù)為二，且過頂點C的坐標是（2, 4）,拋物線的解析式為:y=: （x 2） 2 4, 即 y= -x2 2x 2,過點C作CE丄x軸，垂足為E;過點A作AF丄CE垂足為F,與y軸交與點H , OE=2 CE=4 AF=4, CF=C EF=2 OC二=2 口 ,同理,AC=2,OC=AC 由反折不變性的性質(zhì)可知,

25、OC二AC=OC=AC, 故四邊形ACOC為菱形.丄(3) 如圖1,點C不在拋物線y= 'x2+2x上. 理由如下：過點C作C G x軸,垂足為G , OC和 OC關(guān)于 OA 對稱,Z AOB=Z AOH=45 , Z COH=Z C OGv CE/ OH , Z OCE=/ C' OG又 vZ CEO=/ C' GO=90 OC=O'C, CEOA C GQ OG=4, C G=2點C的坐標為（-4 , 2）,把x= 4代入拋物線y= x2+2x得y=0, 丄點C不在拋物線y= x2+2x上;(4)存在符合條件的點Q.點P為x軸上的一個動點，點 Q在拋物線m上

26、,1設(shè) Q (a, = (a-2) 2-4),oc為該四邊形的一條邊，OP為對角線，吉(a-2) 2- 4-4 =0,解得 xi=6, X2=4, P (6, 4)或(-2, 4)(舍去)，點Q的坐標為(6, 4).國_I .如圖1,在厶OAB中，/ OAB=9Q°, / AOB=3Q°.以0B為邊，在 OAB外作等邊厶 OBC, D是0B的中點,連接AD并且延長交(1) 求證：四邊形(2) 如圖2,將圖1中的四邊形ABCO折疊，使點C與點A重合，折痕為FG,試探究線段0G與AB的數(shù)量關(guān)系并說 明理由.0C于 E.ABCE是平行四邊形;CE占3【解答】 (1)證明： RtA

27、OAB中，D為0B的中點, DO=DA (直角三角形中斜邊上的中線等于斜邊的一半)，/ EAO=Z AOB=3Q , OBC為等邊三角形，/ COB=6Q ,又AOB=3Q , / EOA=9Q , / AEO=18Q -Z EOA-Z EAO=18Q - 9Q°- 3Q°=6Q°, / AEO=Z C, BC/ AE, Z BAO=Z COA=9Q , CO/ AB,四邊形ABCE是平行四邊形；(2) 解：在 RtA ABO 中， Z OAB=9Q , Z AOB=3Q ,B0=2AB, 0A=二 r : -= _ 'AB,設(shè)OG=x,由折疊可得： AG=GC=2AB- x,在 RtA OAG 中，O+OAAG2,x2+ ( ；AB) 2= (2AB- x) 2,解得：x=AB,4即 OGAB.412.在菱形ABCD中，/ ABC=60°, E是對角線AC上