专项9 抛物线与角的存在性问题-北师大版九年级上册期末专项（初中数学）

原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 专项 9 抛物线与角的存在性问题 1．如图，抛物线与 x轴交于A，B两点，与 y轴交于点C， 6OA OC  ，对称轴是 2x   ，点 F 在对称轴上运动． (1)求抛物线的解析式； (2)是否存在一点 F，使得 BFC 为直角？若存在，求点 F的坐标；若不存在，请说明理由； (3)将线段 BC绕着点 F逆时针方向旋转90后得到线段 1 1BC ，当点 1B 与 1C 恰有一点落在抛物线上 时，求点 F的坐标． 2．如图，抛物线 2y x bx c    与 x轴交于  1,0A  ，B，与 y轴交于  0,3C ． (1)求抛物线的解析式． (2)点D是直线 BC上方抛物线上的一动点， ,DE BC DF y ∥ 轴，在抛物线上是否存在一点D使 DEF 的周长最大，如果存在，求出周长的最大值． (3)在抛物线上是否存在M 点，使 45AMB  ，若存在，求出M 点的坐标，如果不存在请说明 理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 3．已知抛物线 2 2y ax bx   与 x轴交于点� −2,0 和  3,0B ，与 y轴交于点C． (1)直接写出抛物线的解析式； (2)如图 1，在抛物线的对称轴上找一点 P，使点 P到点A的距离与到点C的距离之和最小，求 出点 P的坐标； (3)如图 2，若点M 是OA的中点，点N是抛物线上一点，其横坐标为 t，试探究是否存在点N， 使 45NMC  ？若存在，求出 t的值（只要求条理清楚地简要写出求解思路即可，不需要写出 详细计算过程）；若不存在，请说明理由． 4．综合与探究：如图，二次函数  2 4 0y ax bx a    的图象与 x轴交于  2 0A ， ，  8 0B  ， 两点， 与 y轴交于点C，连接 AC BC P， ， 为抛物线上的一个动点（与点 、 、A B C不重合），设点 P的横 坐标为m， PCB 的面积为S． (1)求二次函数的表达式； (2)当点 P在第二象限内时，求S关于m的函数表达式； (3)抛物线上是否存在点 P，使 PCB ABC   ？若存在，请直接写出点 P的坐标；若不存在，请 说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 5．如图，在平面直角坐标系中，抛物线 2y x bx c   与 x轴交于 A， ( 3,0)B  两点，与 y轴交于 点 (0, 3)C  ，点 P是第三象限内抛物线上的一个动点，连接 BC，CP， BP． (1)求该抛物线的表达式及其顶点坐标； (2) BCP 的面积是否存在最大值？若存在，请求出 BCP 面积的最大值及此时 P的坐标；若不 存在，请说明理由； (3)设直线 AQ与直线 BC交于点Q，若存在 AQB 与 ACB 中一个是另一个的 2倍，请直接写出 点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 6．如图 1所示，在平面直角坐标系中，抛物线 2 2y x x c    与 x轴交于  3 0A  , 和 B两点，与 y轴交于点 C． (1)求 C点的坐标； (2)连接 BC，D为抛物线上一点，当 DBC BCO  时，求点 D的坐标； (3)如图 2所示，点 1, 2 H h     为第二象限内一动点，经过H的两条直线 1l 与 2l 分别与抛物线 2 1 2 y x  均有唯一的公共点 E和 F（点 E在点 F的左侧），直线 EF与 y轴交于点 G，M为线段 EF的中 点，连接 HG 、HM ，当 30MHG  时，求 h的值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 7．在平面直角坐标系中，已知抛物线 2 4y ax bx   与 x轴交于点  4,0A ， 3 ,02B      ，与 y轴交 于点 C． (1)求抛物线的解析式； (2)如图 1，点 D是OC的中点，点 E为 x轴上一点，F为对称轴上一点，一动点 P从点 D出发， 沿D E F C   运动，若要使点 P走过的路径最短，请求出点 E、F坐标，并求出最短路径； (3)如图 2，直线 y x 与抛物线交于点 M，问抛物线上是否存在点 Q（点 M除外），使得 QCA MCA   ？若存在，请求出点 Q坐标；若不存在，说明理由． 8．如图，抛物线  2 0y ax bx c a    与 x轴交于点  2,0A  ，点  3,0B ，交 y轴于点  0,3C ． (1)求抛物线的解析式． (2)如图 1，点 P在直线 BC上方抛物线上运动，过点 P作PE BC ，PF x 轴于点 F，求 2 1 2 2 PE AF 的最大值，以及此时点 P的坐标． (3)将原抛物线沿 x轴向右平移 1个单位长度，新抛物线与 y轴交于点C，点 B的对应点为 B， 点N是第一象限中新抛物线上一点，且点N到 y轴的距离等于点A到 y轴的距离的一半，问在 平移后的抛物线上是否存在点M ，使得 MNB C B N     ，请写出所有符合条件的点M 的横坐标， 并写出其中一个的求解过程． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 9．综合与探究 如图 1，二次函数 22 3 y x bx c   的图象与 x轴交于 A，B(点 A在点 B的左侧)两点，与 y轴交于 点 C．直线 2 2y x   经过 A，C两点，连接 BC． (1)求抛物线的函数表达式． (2)在抛物线上是否存在除点 C外的点 D，使得 ABD ABC  ?若存在，请求出此时点 D的坐标； 若不存在，请说明理由． (3)如图 2，将 AOC△ 沿 x轴正方向平移得到 A O C   (点 A，O，C的对应点分别为 A O C  、 、 )， A C ，OC 分别交线段 BC于点 E，F，当 C EF 与 O BF△ 的面积相等时，请直接写出 A O C   与 BOC 重叠部分的面积． 10．如图，在平面直角坐标系 xOy中，抛物线  2 6 0y ax bx a    交 x轴于A、 B两点，交 y轴 于点C，对称轴为直线 2x   ，点 B的坐标为(2,0)，连接 AC． (1)求抛物线的解析式； (2)动点 P和动点Q同时出发，点 P从点A以每秒 2个单位长度的速度沿 AC运动到点C，点Q从 点C以每秒 1个单位长度的速度沿CO运动到点O，连接 PQ，当点 P到达点C时，点Q停止运动， 求 CPQS△ 的最大值及此时点 P的坐标； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 6 (3)将原抛物线沿射线CA方向平移 2 2个单位长度，在平移后的抛物线的对称轴上存在点G， 使得 15ACG  ，请写出所有符合条件的点G的坐标，并写出其中一个的求解过程． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 专项 9 抛物线与角的存在性问题 1．(1) 21 2 6 2 y x x    (2)存在，  2,2F  或  2,4 (3)  2, 2 ，  2, 4  ，  2,4 ，  2,6 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、用勾股定理解三角形、线段周长问题(二次函数综 合)、角度问题(二次函数综合) 【分析】（1）由题意得出  6,0A  ，� 0,6 ．结合轴对称的性质得出  2,0B ，再利用待定系数 法求解即可； （2）由勾股定理得出 2 10BC  ．设 BC中点为D，则� 1,3 ，连接DF．设点  2,F t ，则 2 6 18DF t t   ．当DF DC BD  时，点 B，C，F三点在以D为圆心，BC为直径的圆上，由 圆周角定理得出此时 BFC 为直角，由直角三角形的性质得出 1 10 2 DF BC  ，即 2 6 18 10t t   ，解方程即可得解； （3）设点  2,F t ．则点 B逆时针方向旋转90后的坐标为  1 2, 4B t t  ，点C逆时针方向旋转90 后的坐标为  1 8, 2C t t  ，再分两种情况：当  1 2, 4B t t  在抛物线上时，当  1 8, 2C t t  在抛物 线上时，分别求解即可． 【详解】（1）解：∵ 6OA OC  ， ∴  6,0A  ，� 0,6 ． ∵对称轴 2x   ， ∴  2,0B ． 设抛物线解析式为  2 6 0y ax bx a    由题意得 36 6 0 4 2 6 0 a b b a b        ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 解得 1 2 2 a b        ， ∴抛物线解析式为 2 1 2 6 2 y x x    ． （2）解：存在， ∵  2,0B ，� 0,6 ， ∴ 2 10BC  ． 设 BC中点为D，则� 1,3 ，连接DF． 设点  2,F t ，则    2 2 22 1 3 6 18DF t t t        ． 当DF DC BD  时，点 B，C， F三点在以D为圆心， BC为直径的圆上， 此时， BFC 为直角， 1 10 2 DF BC  ，则 2 6 18 10t t   ， ∴ 2 6 18 10t t   ， 化简得 2 6 8 0t t   ， 解得 1 2t  ， 2 4t  ． ∴ F的坐标为  2,2 或  2,4 时， BFC 为直角． （3）解：设点  2,F t ． 则点 B逆时针方向旋转90后的坐标为  1 2, 4B t t  ，点C逆时针方向旋转90后的坐标为  1 8, 2C t t  ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 当  1 2, 4B t t  在抛物线上时，     214 2 2 2 6 2 t t t       ， 化简得 2 2 8 0t t   ， 解得 1 2t  ， 2 4t   ． ∴ 1 2t  时，  2,2F  ， 2 4t   时，  2, 4F   ． 经检验，此时点 1C 不在抛物线上． 当  1 8, 2C t t  在抛物线上时，  2 12 ( 8) 2 8 6 2 t t t       ， 化简得 2 10 24 0t t   ， 解得 1 4t  ， 2 6t  ． ∴当 1 4t  时，  2,4F  ，当 2 6t  时，  2,6F  ． 经检验，此时点 1B 不在抛物线上． 综上，满足题意的点 F的坐标为  2,2 ，  2, 4  ，  2,4 ，  2,6 ． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、圆周角定理、直角三角形的性质、坐标与 图形—旋转变换、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想 是解此题的关键． 2．(1) 2 2 3y x x    ； (2)存在， 9 924 4  ； (3)存在，  7 1, 3   或  7 1 3 ， 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、线段周长问题(二次函数综合)、角度问题(二次函数 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 综合) 【分析】本题考查待定系数法，二次函数的图象及性质，最短路径，等腰直角三角形的判定和 性质，勾股定理． （1）利用待定系数法解答，即可求解； （2）根据DF y∥ 轴，可得 45DFE OCB   ，从而得到 2 2 DE EF DF  ，进而得到 ( 2 1)DEFC DE EF DF DF     ，可得当DF最大时， DEF 的周长最大，设 D点坐标为  2, 2 3m m m   ，求出直线 BC的解析式，可得 F点的坐标为 3m m （ ， ），从而得到 2 2 )3 93 ( ) 2 (0 3 4 DF m m m m       ，即可求解； （3）分两种情况讨论，即可求解． 【详解】（1）解：∵  0,3C ， ∴ 3c  ， 将  1,0A  代入抛物线得∶ 1 3 0b    ，解得： 2b  ， ∴抛物线的解析式为∶ 2 2 3y x x    ； （2）解：当 0y  时， 2 2 3 0x x    ， 解得： 1 21, 3x x   ， ∴B点的坐标为 3 0,（ ）， ∵ 3OB OC  ， ∴ 45OBC OCB    ， ∵DF y∥ 轴， ∴ 45DFE OCB   ， ∵DE BC ， ∴ 2 2 DE EF DF  ， ∴ ( 2 1)DEFC DE EF DF DF     ， ∴当DF最大时， DEF 的周长最大， 设 D点坐标为  2, 2 3m m m   ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 设直线 BC的解析式为 3y kx  ， 代入 B点的坐标，得∶3 3 0k   ，解得 1k   ， ∴直线 BC的解析式为∶ 3y x   ， ∴F点的坐标为 3m m （ ， ） ∴ 2 2 ) 3 93 ( ) 2 (0 3 4 DF m m m m       ∴当 3 2 m  时，DF取最大值为 9 4 ∴ DEF 周长的最大值为 9 92 4 4  ， （3）解：根据题意得： 4AB  ， ①以 AB为边在 x轴下方作等腰直角三角形，点 Q为直角顶点，此时点 Q在 AB的垂直平分线 上，且点 Q到 x轴的距离等于 AB长度的一半， ∴  1, 2Q  ， 以点 Q为圆心，QA为半径作 Q ，与抛物线交于 M点，点 M即为所求． 设点  2, 2 3M m m m   ，根据勾股定理有∶ 2 2 2( 1) ( 2 3 2) 8m m m       ， 整理方程，得∶ 2 2 2( 1) ( 2 5) 8m m m     即 22 2( 1) ( 1) 6 8m m       设 2( 1)m a  ，则原方程为∶ 2( 6) 8a a   ， 解得， 1 24, 7a a  ， ∴当 2 1 2( 1) 4 3, 1m m m    时， （与 A，B重合，舍去） 当 2 3 4( 1) 7 7 1, 7 1m m m      时， ∴点 M的坐标为 ( 7 1, 3)   或 7 1 3 （ ， ）； ②以 AB为边在 x轴上方作等腰直角三角形，点Q为直角顶点，同理Q点坐标为 1,2（ ）， 以点Q为圆心，QA 为半径作 Q ，与抛物线交于 M点，点 M即为所求． 设点  2, 2 3M m m m   ，根据勾股定理有∶ 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 6 2 2 2( 1) ( 2 3 2) 8m m m       整理方程，得∶ 2 2 2( 1) ( 2 1) 8m m m     2 2 2( 1) [( 1) 2) 8m m     设 2( 1)m a  ，则原方程为∶ 2( 2) 8a a   ，解得， 1 24, 1a a   ∴当 2 1 2( 1) 4 3, 1m m m    时， （与 A，B重合，舍去） 当 2( 1) 1m    不符合实际意义，舍去 综上所述∶点 M的坐标为  7 1, 3   或  7 1 3 ， ． 3．(1)抛物线解析式为 21 1 23 3 y x x   ； (2) 1 5, 2 3 P      (3)在抛物线上存在点N，当 5t  或5 2 10 时，使 45NMC  ． 【知识点】求一次函数解析式、待定系数法求二次函数解析式、线段周长问题(二次函数综合)、 角度问题(二次函数综合) 【分析】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，勾股定理等等： （1）利用待定系数法求解即可； （2）如图所示，连接 PA PC PB， ， 由对称性可得 PA PB ，则当 P、B、C三点共线时，PB PC 有最小值，即此时PA PC 有最小值，求出点 C的坐标，进而求出直线 BC的解析式，再求出直 线 BC与对称轴的交点坐标即可得到答案； （3）如图所示，取点  2 1G ， ，连接MC GC MG， ， ，求出  10M  ， ，证明 CMGV 是等腰直角三角 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 7 形，得到 45CMG  ，则射线MG与抛物线的交点即为点 N的位置，同理取  2 3H ， ，可证明 45CMH  ，据此求解即可． 【详解】（1）解：把� −2,0 、  3,0B 代入 2 2y ax bx   中得： 4 2 2 0 9 3 2 0 a b a b        ， ∴ 1 3 1 3 a b        ， ∴抛物线解析式为 2 1 1 2 3 3 y x x   ； （2）解：如图所示，连接 PA PC PB， ， 点 B与点A关于对称轴对称，  PA PB ， ∴PA PC PB PC   ， ∴当 P、B、C三点共线时， PB PC 有最小值，即此时PA PC 有最小值， 在 2 1 1 2 3 3 y x x   中，当 0x  时， 2y   ， ∴  0, 2C  设直线 BC的解析式为 y mx n  ， ∴ 2 3 0 n m n      ， ∴ 2 3 m  ， 直线 BC的解析式为 2 2 3 y x  ， 2 21 1 1 1 252 3 3 3 2 12 y x x x           ， 对称轴为直线 1 2 x  ， 将 1 2 x  代入 2 2 3 y x  得， 5 3 y   ， 1 5, 2 3 P       ； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 8 （3）解：存在点N，使 45NMC  ． 如图所示，取点  2 1G ， ，连接MC GC MG， ， ， ∵  2 0A  ， ，点 M为OA的中点， ∴  10M  ， ， ∵  2 0C  ， ， ∴     222 1 0 0 2 5CM          ，     222 2 0 1 2 5CG          ，     222 1 2 0 1 10MG          ， ∴ 2 2 2CM CG CM CG MG  ， ， ∴ΔCMG是等腰直角三角形， ∴ 45CMG  ， ∴射线MG与抛物线的交点即为点 N的位置， 同理可得直线MG的解析式为 1 1 3 3 y x   ， 联立 2 1 1 3 3 1 1 2 3 3 y x y x x           得 21 5 0 3 3 x   ， 解得 5x  或 5x   （舍去）， ∴ 5t  ； 同理取  2 3H ， ，可证明 45CMH  ， 同理可得直线HM 的解析式为 3 3y x  ， 联立 2 3 3 1 1 2 3 3 y x y x x        得 2 10 15 0x x   ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 9 解得 5 2 10x   或 5 2 10x   （舍去）， ∴ 5 2 10t   ； 综上所述，当 5t  或 5 2 10t   ， 45NMC  ． 4．(1) 21 3 4 4 2 y x x    (2) 2 8S m m   (3)存在；( )6 4- ， 或 34 100 3 9       ， 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、面积问题(二次函数综合)、角度问题(二次函数综合) 【分析】（1）利用待定系数法将 A B、 坐标代入解析式即可； （2）过点 P作 PN y 轴于点N，则 PBC PCN OBCPNOBS S S S    梯形 ；分别用m的代数式表示出相应 线段的长度，利用梯形，三角形的面积公式计算即可得出结论； （3）分两种情况讨论解答：①当点 P在 BC上方时，利用平行线的判定与性质可得点C， P的 纵坐标相等，利用抛物线的解析式即可求得结论；②当点 P在 BC下方时，设 PC交 x轴于点H， 设HB HC h  ，利用等腰三角形的判定与性质和勾股定理求得h值，则点H坐标可求；利用待 定系数法求得直线 PC的解析式，与抛物线解析式联立即可求得点 P坐标． 【详解】（1）解：二次函数  2 4 0y ax bx a    的图象与 x轴交于  2 0A ， 、  8 0B  ， 两点， 4 2 4 0 64 8 4 0 a b a b        ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 10 1 4 3 2 a b        ， 二次函数的表达式为数 2 1 3 4 4 2 y x x    ； （2）解：过点 P作 PN y 轴于点N，如图， 则 PBC PCN OBCPNOBS S S S    梯形 ， 令 0x  ，则 4y  ，  0 4C ， ， 4OC  ，  8 0B  ， ， 8OB  ， 点 P的横坐标为m， 21 3 4 4 2 P m m m        ， ， 点 P在第二象限内， 0m  ， 2 1 3 4 0 4 2 m m    ， 21 3 4 4 2 PN m ON m m      ， ， 2 21 3 1 34 4 4 2 4 2 NC ON OC m m m m           ，   2 2 21 1 3 1 1 3 18 4 8 4 8 2 4 2 2 4 2 2 S m m m m m m m m                          ， S 关于m的函数表达式为： 2 8S m m   ； （3）解：①当点 P在 BC上方时，如图， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 11 PCB ABC  ， PC AB  ， 点C， P的纵坐标相等， 点 P的纵坐标为 4， 令 4y  ，则 2 1 3 4 4 4 2 x x    ， 解得： 0x  或 6x   ，  6 4P  ， ； ②当点 P在 BC下方时，如图， 设 PC交 x轴于点H， PCB ABC  ， HC HB  ， 设HB HC h  ， 8OH OB HB h     ， 在Rt COH△ 中， 2 2 2OC OH CH  ，  22 24 8 h h    ， 解得： 5h  ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 12 3OH  ，  3 0H  ， ， 设直线 PC的解析式为 y kx n  ， 4 3 0 n k n     ， 解得： 4 3 4 k n      ， 直线 PC的解析式为 4 4 3 y x  ， 联立 2 4 4 3 1 3 4 4 2 y x y x x           ， 解得： 1 1 0 4 x y    ， 2 2 34 3 100 9 x y         ， 34 100 3 9 P        ， ， 综上所述，点 P的坐标为  6 4 ， 或 34 1003 9       ， ． 【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数图象的性质，待定系数法，抛物线上点 的坐标的特征，梯形，三角形的面积，平行线的性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是 解题的关键． 5．(1) 2 2 3y x x   ．顶点坐标为： ( 1, 4)  ； (2) BCP 面积的最大值为 27 8 ，此时点 P的坐标为 3( 2  ， 15) 4 - ； (3)点Q的坐标为 5( 2 ， 1) 2  或 ( 5， 5 3)  或 ( 2 5  ， 5 1) ． 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、用勾股定理解三角形、面积问题(二次函数综合)、 角度问题(二次函数综合) 【分析】（1）把点 B和点C的坐标代入抛物线，即可得抛物线表达式，抛物线的表达式化为 顶点式即可得其顶点坐标； （2）由三角形的面积公式得到二次函数关系式，由二次函数最值的求法解答； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 13 （3）需要分两种情况，当 2AQB ACB  及 2ACB AQB  ，再根据题目中条件求解即可． 【详解】（1）抛物线 2y x bx c   过点 ( 3,0)B  、 (0, 3)C  ，  9?3 0 3 b c c      ，解得： 2 3 b c     ， 抛物线的表达式为： 2 2 3y x x   ． 2 22 3 ( 1) 4y x x x       ， 即顶点坐标为： ( 1, 4)  ； （2）如图 1，过点 P作 PD y∥ 轴，交 BC于点D， ( 3,0)B  ， (0, 3)C  ， 直线 BC的解析式为 3y x   ， 设点 P的坐标为 2( , 2 3)p p p  ，则D的坐标为 ( , 3)p p  ， 2 23 2 3 3PD p p p p p          ， 2 21 3 3 273( 3 ) ( ) 2 2 2 8BCP S p p p         ， 当 3 2 p   时， BCP 面积的最大值为 27 8 ，此时点 P的坐标为 3( 2  ， 15) 4 - ； （3）设 3( ),Q m m  ， 当 2AQB ACB  ，如图 2， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 14 AQB ACB QAC    ， QE AC ACQ   ， AQ CQ  ，即点Q在线段 AC的垂直平分线上， 抛物线的表达式为： 2 2 3y x x   ．令 0y  ，则 2 2 3 0x x   ． 解得 3x   或 1， (1,0)A ， (0, 3)C  ， 2 2 2 2(1 ) ( 3) ( 3 3)m m m m          ，解得 5 2 m   ， 点Q的坐标为 5( 2  ， 1) 2  ； 当 2ACB AQB  时，如图 3， ACB AQB CAQ    ， AQB CAQ   ， 2 2 2 23 1 ( 3 3)AC CQ m m        ， 2 2 2( 3 3) ( 10)m m      ， 5m  或 5 （舍去）， 点Q的坐标为 ( 5， 5 3)  ； 当 2AC C ACB AQ B      时， AC AC  ，C Q AC   ， 设 ( , 3)C n n   ， 2 2 2(1 ) ( 3) ( 10)n n      ，解得 2n   或 0（舍去）， ( 2, 1)C    ， 2 2 2( 2 ) ( 3 1) ( 10)m m        ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 15 2 5m    或 2 5  （舍去）， 点Q的坐标为 ( 2 5  ， 5 1) ； 综上，点Q的坐标为 5( 2  ， 1) 2  或 ( 5， 5 3)  或 ( 2 5  ， 5 1) ． 【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求表达式，铅垂法表达面积，分类讨论 思想等内容，第（3）问要注意，题干中给出条件不明确，需要分类讨论． 6．(1)  0,3 (2) 5 32, 3 9      (3) 3 3  【知识点】求一次函数解析式、待定系数法求二次函数解析式、解直角三角形的相关计算、角 度问题(二次函数综合) 【分析】（1）利用待定系数法进行求解即可； （2）设 BD与 y轴的交点为 P，由题意得出CP PB ，由勾股定理得出 43OP  ，求出直线 BD的 解析式为 4 4 3 3 y x   ，与二次函数的交点即为D点； （3）分别求出直线 EH 的解析式为 21 2 y mx m  ，同理直线 FH 的解析式为 2 1 2 y nx n  ，联立求 出  1 1,2 2H m n mn        ，从而得出 1mn   ，  1 2 h m n   ，求出    2 21 1,2 2M m n m n         ，得 到MH y∥ 轴，求出直线 EF的解析式为    21 1 2 2 y m n x m m    ，则 10, 2      G ，作GQ HM 于Q， 求出 1HQ  ，QG h  ，再结合 30MHG  ，解直角三角形即可得解． 【详解】（1）解：将  3 0A  , 代入抛物线解析 2 2y x x c    可得： 9 6 0c    解得： 3c  ． ∴C点的坐标为  0,3 ； （2）解：设 BD与 y轴的交点为 P， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 16 ， ∵ DBC BCO  ， ∴CP PB ， ∵ 3OC  ， ∴ 3CP PB OP   ， 由（1）可得： 2 2 3y x x    ，令 0y  ，则 2x 2x 3 0    ， 解得： 1 3x   ， 2 1x  ， ∴  10B , ， ∴ 1OB  ， 在Rt OPB△ 中，  2 23 1OP OP   ， 解得： 4 3 OP  ， ∴ 40, 3 P      ， 设直线 BD的解析式为 4 3 y kx  ， 将  10B , 代入可得 4 0 3 k   ， 解得： 4 3 k   ， ∴直线 BD的解析式为 4 4 3 3 y x   ， 当 2 4 4 2 3 3 3 x x x      时， 解得： 1x  或 5 3 x   ， ∴D点的坐标为： 5 32, 3 9      （3）解：设直线 EH 的解析式为 y mx b  ， 当 2 1 2 mx b x  时， 24 8 0m b    ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 17 ∴ 2 1 2 b m ， ∴直线 EH 的解析式为 2 1 2 y mx m  ， ∴ 21, 2 E m m      ， 同理直线 FH 的解析式为 2 1 2 y nx n  ， ∴ 21, 2 F n n      ， 当 2 2 1 1 2 2 mx m nx n   时，  1 2 x m n   ， ∴  1 1,2 2H m n mn        ， ∵ 1, 2 H h     ， ∴ 1mn   ，  1 2 h m n   ， ∵M 是 EF的中点， ∴    2 21 1,2 2M m n m n         ， ∴MH y∥ 轴， 设直线 EF的解析式为 y px q  ，则 2 2 1 2 1 2 m mp q n np q           ， 解得：  1 2 1 2 p m n q mn        ， ∴直线 EF的解析式为  1 1 2 2 y m n x mn   ， 令 0x  ，则 1 1 2 2 y mn   ， ∴ 10, 2      G ， 作GQ HM 于Q，则 1, 2 Q h     ， 90GQH  ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 18 ， ∴ 1HQ  ，QG h  ， ∵ 30MHG  ， ∴ 3tan tan30 3 QGQHG QH      ， ∴ 3 3 h   ． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象及性质、等腰三角形的性质、勾股定理、一次函数、 直角三角形的性质、解直角三角形，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 7．(1) 22 5 4 3 3 y x x    (2) 5( 0)6E ， 、 5 1 4 F      ， ，最短路径长 6.5 (3)存在， (7, 17)Q  【知识点】求一次函数解析式、待定系数法求二次函数解析式、线段周长问题(二次函数综合)、 角度问题(二次函数综合) 【分析】（1）用待定系数法即可求解； （2）作点C关于抛物线对称轴的对称点 5(2N ，4)，作点 (0,2)D 关于 x轴的对称点 (0, 2)G  ，连接CN 交 x轴于点 E交抛物线对称轴于点 F，则此时，点 E、 F符合题设要求，此时点 P运动的路径 最小，进而求解； （3）先求出点 (3,3)M ，由 QCA MCA   ，得到CN CM ，根据勾股定理列式计算，进而求解． 此题主要考查了反比例函数解析式求法以及待定系数法求二次函数解析式以及利用对称求最 小值问题以及相似三角形的判定与性质等知识，利用相似得出D点坐标是解题关键． 【详解】（1）解：∵已知抛物线 2 4y ax bx   与 x轴交于点  4,0A ， 3 ,02B      ， ∴设抛物线的表达式为： 2 2( 4)( 1.5) ( 2.5 6) 2.5 6y a x x a x x ax ax a         ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 19 ∵ 2 4y ax bx   ∴ 6 4a  ， 则 2 3 a   ， 则抛物线的表达式为： 2 2 5 4 3 3 y x x    ； （2）解：如图 1，由抛物线的表达式 22 5 4 3 3 y x x    知， 其对称轴为直线 5 53 2 42 3 x          ， ∵ 2 2 5 4 3 3 y x x    ∴ 0 4x y ， 则  0 4C ， 作点C关于抛物线对称轴的对称点N， ∴ 5( 4) 2 N ， ∵点 D是OC的中点 ∴ (0,2)D 作点D关于 x轴的对称点G， ∴ (0, 2)G  连接CN交 x轴于点 E交抛物线对称轴于点 F 则此时，点 E、 F符合题设要求，此时点 P运动的路径最小， 理由：∵点D关于 x轴的对称点G，点C关于抛物线对称轴的对称点N 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 20 ∴ ED GE ，CF NF ， 则DE EF CF GE EF NF GN      ， 此时GN的长度满足点 P走过的路径最短 设直线 NG的表达式为 0 0y k x b  把 5( 4) 2 N ， ， (0, 2)G  分别代入 0 0y k x b  得， 0 0 0 54 2 2 k b b       解得 0 0 12 5 2 k b       直线 NG的表达式为： 12 2 5 y x  ， 当 5 4 x  时， 12 2 1 5 y x   ， 即点 5( 4 F ，1)， 令 12 2 0 5 y x   ，则 5 6 x  ， 则点 5( 6 E ， 0)， ∵ 5( 4) 2 N ， ， (0, 2)G  ∴ 2 2 5 13( ) (4 2) 6.5 2 2 NG      ， 即点 E、 F坐标分别为： 5( 0) 6 E ， 、 5 1 4 F      ， ， ∴最短路径长 6.5； （3）解：存在，理由： 依题意 22 5 4 3 3 y x x y x         ∴ 2 2 5 4 3 3 x x x    解得： 2x   （舍去）或 3， 则点 (3,3)M ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 21 设直线CQ交OM 于点 ( , )N m m ， 由点  0 4C ， 、  4,0A 知，OC OA ∴ 45CAO  ， 而直线 y x 和 x轴正半轴的夹角为 45， ∴ 180 45 45 90OMA       则 AC MN ， QCA MCA  ，则CN CM ， 则 2 2 2 2( 4) (0 3) (4 3)m m      ， 解得： 3m  （舍去）或 1， 则点 (1,1)N ， 设直线CN的表达式为 1 1y k x b  把点  0 4C ， 、 (1,1)N 分别代入 1 1y k x b  得 1 1 1 4 1 b k b     ， 解得 1 1 4 3 b k     直线CN的表达式为： 3 4y x   ， 依题意，得 22 5 4 3 3 3 4 y x x y x           22 53 4 4 3 3 x x x      原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 22 解得： 0x  （舍去）或 7， 则点 (7, 17)Q  ． 8．(1) 21 1 3 2 2 y x x    (2) 5 9, 2 8 P      (3)存在点M ，使得 MNB C B N     ，点M 的横坐标为 3Mx  或 6Mx  【知识点】待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象的平移、其他问题(二次函数综合)、 角度问题(二次函数综合) 【分析】（1）根据顶点式，设抛物线的解析式为：   2 3y a x x   ，把点  0,3C 代入即可求 解； （2）根据题意可得， BOC 是等腰直角三角形，并求出直线 BC的解析式为： 3y x   ，设 BC 与 PF交于点G，可得 PEG△ 是等腰直角三角形，则 2 2 PE PG ，设  21 1, 3 0 32 2P p p p p          ， 则  , 3G p p  ，  ,0F p ，且� −2,0 ， 21 3 2 2 PG p p   ， 2AF p  ，结合二次函数图象的性质 即可求解； （3）根据抛物线的平移可得  0,2C ，  4,0B ，  1,3N ，并求出直线 B C 的解析式，分类讨论： 第一种情况，过点N作 1NM B C  ，交抛物线与点 1M ，运用待定系数法求出直线 1M N的解析式， 再联立新抛物线为方程组即可求解；第二种情况，作 2BNM C B N     ，交抛物线与点 2M ，接 触直线 NH 的解析式为 2 5y x   ，联立抛物线为方程组即可求解． 【详解】（1）解：∵抛物线过    2,0 3,0A B ， ， ∴设抛物线的解析式为：   2 3y a x x   ， 把点  0,3C 代入可得， 6 3a  ， 解得， 1 2 a   ， ∴抛物线解析式为：     21 1 12 3 3 2 2 2 y x x x x        ； （2）解：∵    3,0 0,3B C， ， ∴ 3OB OC  ，即 BOC 是等腰直角三角形， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 23 ∴ 45OBC OCB   ， 设直线 BC的解析式为：� = �� + � � ≠ 0 ， ∴ 3 0 3 k b b     ， 解得， 1 3 k b     ， ∴直线 BC的解析式为： 3y x   ， 如图所示，设 BC与 PF交于点G， ∵PE BC PF x ， 轴， ∴ 90PEG BFG   ，且 45OBC  ， ∴ 45PGE BGF   ， ∴ PEG△ 是等腰直角三角形， ∴ 2PG PE ，则 2 2 PE PG ， 设  21 1, 3 0 32 2P p p p p          ，则  , 3G p p  ，  ,0F p ，且� −2,0 ， ∴  2 21 1 1 33 3 2 2 2 2 PG p p p p p          ， 2AF p  ， ∴ 2 2 2 2 2 1 3 1 3 2 2 2 2 2 4 4 PE p p p p            ， ∴ 2 2 22 1 1 3 1 1 5 1 5 411 1 2 2 4 4 2 4 4 4 2 16 PE AF p p p p p p                  ， ∵ 1 0 4   ， ∴当 5 2 p  时， 2 1 2 2 PE AF 有最大值，最大值为 41 16 ， ∴ 21 5 1 5 93 2 2 2 2 8 y            ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 24 ∴ 5 9, 2 8 P      ； （3）解：存在点M ，点M 的横坐标为 3Mx  或 6Mx  ，理由如下， ∵抛物线 2 21 1 1 1 253 2 2 2 2 8 y x x x            ， ∴将原抛物线沿 x轴向右平移 1个单位长度，新抛物线的解析式为： 2 2 21 1 25 1 3 25 1 31 2 2 2 8 2 2 8 2 2 y x x x x                       ， 令� = 0，则 2y  ，令 0y  ，则 21 3 25 0 2 2 8 x        ，得 1 21 4x x  ， ， ∴  0,2C ，  4,0B ， ∵点N是第一象限中新抛物线上一点，且点N到 y轴的距离等于点� −2,0 到 y轴的距离的一 半， ∴ 1 1 2N x OA  ，且0 4Nx  ， 把 1Nx  代入 21 3 25 2 2 8 y x        得， 3y  ， ∴  1,3N ， ∵    4,0 0,2B C ， ， ∴设直线 B C 的解析式为  0y mx n m   ， ∴ 4 0 2 m n n     ， 解得， 1 2 2 m n       ， ∴直线 B C 的解析式为： 1 2 2 y x   ， 新抛物线图像如图所示， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 25 第一种情况，过点N作 1NM B C  ，交抛物线与点 1M ，则 1M NB C B N    ， ∴设直线 1M N的解析式为 1 2 y x f   ，把点  1,3N 代入得， 1 1 3 2 f    ， 解得， 7 2 f  ， ∴直线 1M N的解析式为： 1 7 2 2 y x   ， 联立新抛物线与直线 1M N为方程组得， 2 1 7 2 2 1 3 2 2 2 y x y x x            ， 解得， 1 3 x y    （与点N重合，不符合题意，舍去）或 3 2 x y    ， ∴  1 3,2M ； 第二种情况，作 2BNM C B N     ，交抛物线与点 2M ，交直线 B C 于点H， ∴HN HB  ， 设 1, 2 2 H h h      ，且  1,3N ，  4,0B ， ∴   2 22 11 2 3 2 HN h h          ，     2 2 2 14 2 2 HB h h          ， ∴     2 2 2 21 11 2 3 4 2 2 2 h h h h                    ， 解得， 2h  ， ∴  2,1H ， 设直线 NH 的解析式为  1 1 1 0y k x b k   ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 26 ∴ 1 1 1 1 3 2 1 k b k b      ， 解得， 1 1 2 5 k b     ， ∴直线 NH 的解析式为 2 5y x   ， 联立抛物线与直线 NH 为方程组得， 2 2 5 1 3 2 2 2 y x y x x          ， 解得， 1 3 x y    （与点N重合，不符合题意，舍去）， 6 7 x y     ， ∴  2 6, 7M  ； 综上所述，存在点M ，使得 MNB C B N     ，点M 的横坐标为 3Mx  或 6Mx  ． 【点睛】本题主要考查二次函数与图形的综合，掌握待定系数法求二次函数解析式，一次函数 解析式，二次函数最值问题，函数平移的性质，二次函数与二元一次方程组求解交点等知识的 综合运用是解题的关键． 9．(1) 22 4 2 3 3 y x x   (2)存在， 102 3 D      ， (3) 2 3 【知识点】坐标与图形、求一次函数解析式、待定系数法求二次函数解析式、角度问题(二次 函数综合) 【分析】（1）当 0x  时， 2y   ，即  0 2C ， ，当 0y  时， 2 2 0x   ，可求  10A  ， ，将  10A  ， ，  0 2C ， 代入 22 3 y x bx c   得， 2 0 3 2 b c c         ，可求 4 3 2 b c        ，进而可得 2 2 4 2 3 3 y x x   ； （2）如图 1，作 BD，使 BD与 BC关于 AB对称，直线 BD与 y轴交于点 E，则  0 2E ， ，当 0y  时， 22 4 2 0 3 3 x x   ，可求 1x   或 3x  ，即  3 0B ， ，待定系数法求直线 BD的解析式为 2 2 3 y x   ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 27 联立 2 2 2 3 2 4 2 3 3 y x y x x           ，计算可求 102 3 D      ， ； （3）由题意知，当 C EF 与 O BF△ 的面积相等时， A EB 与 O A C   的面积相等，则 1 1 2 2 E O A O C A B y       ，同理（1），直线 AC的解析式为 2 2y x   ，设  0A m ， ，其中 3m  ，由 平移可得  1 2C m  ， ，直线 A C 的解析式为 2 2y x m   ，同理，直线 BC的解析式为 2 2 3 y x  ， 联立 2 2 2 2 3 y x m y x        ，可求 3 3 4 3 2 mx my       ，则 3 3 3 4 2 m mE       ， ，  1 1 31 2 32 2 2 mm           ，可求满足 要求的解为 1m  ，则  10A ， ， 3 12E      ， ，  2 2C ， ， 2A B  ，  10A ， ， 1OB  ，当 2x  时， 2 22 2 3 3 y      ，即 22 3 F      ， ， 2 3 O F  ，根据 A O C   与 BOC 重叠部分的面积为 A BE BO FA O FES S S     四边形 ，计算求解即可． 【详解】（1）解：当 0x  时， 2y   ，即  0 2C ， ， 当 0y  时， 2 2 0x   ， 解得， 1x   ， ∴  10A  ， ， 将  10A  ， ，  0 2C ， 代入 22 3 y x bx c   得， 2 0 3 2 b c c         ， 解得， 4 3 2 b c        ， ∴ 2 2 4 2 3 3 y x x   ； （2）解：如图 1，作 BD，使 BD与 BC关于 AB对称，直线 BD与 y轴交于点 E， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 28 ∴  0 2E ， ， 当 0y  时， 2 2 4 2 0 3 3 x x   ， 解得， 1x   或 3x  ， ∴  3 0B ， ， 设直线 BD的解析式为 y kx d  ， 将  3 0B ， 、  0 2E ， 代入得 3 0 2 k d d     ， 解得， 2 3 2 k d       ， ∴直线 BD的解析式为 2 2 3 y x   ， 联立 2 2 2 3 2 4 2 3 3 y x y x x           ， 解得， 2 10 3 x y       或 3 0 x y    ， ∴ 102 3 D      ， ， ∴存在， 102 3 D      ， ； （3）解：由题意知，当 C EF 与 O BF△ 的面积相等时， A EB 与 O A C   的面积相等， ∴ 1 1 2 2 E O A O C A B y       ， 同理（1），直线 AC的解析式为 2 2y x   ， 设  0A m ， ，其中 3m  ， 由平移可得  1 2C m  ， ，设直线 A C 的解析式为 2y x e   ， 将  0A m ， ，代入得， 2 0m e   ， 解得， 2e m  ， ∴直线 A C 的解析式为 2 2y x m   ， 同理，直线 BC的解析式为 2 2 3 y x  ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 29 联立 2 2 2 2 3 y x m y x        ， 解得， 3 3 4 3 2 mx my       ， ∴ 3 3 3 4 2 m mE       ， ， ∴  1 1 31 2 32 2 2 mm           ， 解得， 1m  或 5m  （舍去）， ∴  10A ， ， 3 12E      ， ，  2 2C ， ， 2A B  ，  10A ， ， 1OB  ， ∵OC O C  ， ∴O F x  轴， 当 2x  时， 2 22 2 3 3 y      ，即 22 3 F      ， ， ∴ 2 3 O F  ， ∴ A O C   与 BOC 重叠部分的面积为 1 1 2 22 1 1 2 2 3 3A BE BO FA O FE S S S            四边形 ， ∴ A O C   与 BOC 重叠部分的面积为 2 3 ． 【点睛】本题考查了二次函数解析式，一次函数解析式，平移的性质，坐标与图形，二次函数 与角度综合等知识．熟练掌握二次函数解析式，一次函数解析式，平移的性质，坐标与图形， 二次函数与角度综合是解题的关键． 10．(1) 21 2 6 2 y x x    (2) CPQS△ 的最大值为 9 2 4 ，此时点 P的坐标为  3,3P  (3)  4 3 6 -4， 或 4 34 63          ， 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、面积问题(二次函数综合)、角度问题(二次函数综合) 【分析】此题考查了二次函数的图象和性质、二次函数的平移等知识，数形结合和分类讨论是 解题的关键 （1）利用对称性求出点 A的坐标，利用待定系数法解答即可； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 30 （2）求出 6OA OC  ，得到 45CAO  ，得到  2 6, 2P t t ，  0,6Q t ，即可得到   2 1 2 3 2 9 26 2 2 2 2 4CPQ S t t t               ，根据二次函数的性质即可得到答案； （3）求出平移后的解析式为  21 4 6 2 y x    ，得到抛物线的对称轴为直线 4x   ，分两种情况： 当点 G在直线 AC下方时，当点 G在直线 AC上方时，分别画图进行解答即可． 【详解】（1）∵对称轴为直线 2x   ，点 B的坐标为 2,0 ， ∴  6,0A  将点 A和点 B的坐标代入  2 6 0y ax bx a    得到 4 2 6 0 36 6 6 0 a b a b        解得 1 2 2 a b        ∴ 2 1 2 6 2 y x x    （2）当 0x  时， 21 2 6 6 2 y x x     ∴点 C的坐标为  0,6 ， ∴ 6CO  ， ∵  6,0A  ∴ 6OA OC  ， ∴ 45CAO  ， ∵点 P从点A以每秒 2个单位长度的速度沿 AC运动到点C， ∴ 2AP t ∴  2 6, 2P t t ， ∵点Q从点C以每秒 1个单位长度的速度沿CO运动到点O， ∴CQ t ∴  0,6Q t