冲刺2025年中考数学之二次函数其他角度存在性

宝剑锋从磨砺出，梅花香自苦寒来 冲刺2025年中考数学之二次函数其他角度存在性 例1、如图，已知抛物线的对称轴为直线，且与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，其中，连结． (1)求点C的坐标及此抛物线的表达式； (2)点D为y轴上一点，若直线和直线的夹角为，求线段的长度 模考练习 （2024·山西大同·一模）综合与探究 如图，抛物线与x轴交于点A和B，点A在点B的左侧，交y轴于点C，作直线． (1)求点B的坐标及直线的表达式； (2)当点D在直线下方的抛物线上运动时，连接交于点E，若，求点D的坐标； (3)抛物线上是否存在点F．使得?若存在，直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由． 例2、如图，直线与坐标轴交于、两点，抛物线经过点，与直线交于点，且与轴交于，两点． （1）求抛物线的解析式； （2）抛物线上有一点，当时，求点的横坐标. 模考专练 （2023•东平县校级模拟）如图，已知抛物线yx2+bx+c交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，交y轴于点C，点P是抛物线上一点，连接AC、BC． （1）求抛物线的表达式； （2）连接OP，BP，若S△BOP＝2S△AOC，求点P的坐标； （3）在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得∠QBA＝75°？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． （2024·山东临沂·二模）如图，已知抛物线的图象经过点D，，C是的中点，P是拋物线上的一个动点，连接，设点P的横坐标为n． (1)求抛物线的表达式； (2)若点P在x轴上方的拋物线上运动，连接，当四边形面积最大时，求n的值； (3)如图，若点Q在坐标轴上，是否存在点Q，使，若存在，直接写出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由． （2024济南槐荫、莱芜、南山区一模）26．（12分）如图，二次函数y＝x2﹣2mx﹣2m﹣1（m＞0）的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D，其对称轴与线段BC交于点E，与x轴交于点F．连接AC、BD． （1）若m＝1，求B点和C点坐标； （2）若∠ACO＝∠CBD，求m的值； （3）若在第一象限内二次函数y＝x2﹣2mx﹣2m﹣1（m＞0）的图象上，始终存在一点P，使得∠ACP＝75°．请结合函数的图象，直接写出m的取值范围． 例3、如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A，B（4，0）两点，与y轴交于点C，点D（3，4）在抛物线上，点P是抛物线上一动点． （1）求该抛物线的解析式； （2）如图1，连接OD，若OP平分∠COD，求点P的坐标； （3）如图2，连接AC，BC，抛物线上是否存在点P，使∠CBP+∠ACO＝45°？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 模考练习 （2023•黄石模拟）如图，抛物线 y＝﹣x2+bx+c经过A（4，0），C（﹣1，0）两点，与y轴交于点B，P为第一象限抛物线上的动点，连接AB，BC，PA，PC，PC与AB相交于点Q． ​（1）求抛物线的解析式： （2）设△APQ的面积为S1，△BCQ的面积为S2，当 S1﹣S2＝5 时，求点P的坐标； （3）是否存在点P，使∠PAB+∠CBO＝45°，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，说明理由． （2024·重庆·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，点，与轴交于点． (1)求抛物线的解析式； (2)如图，点是直线上方抛物线上的一动点，过点作轴的平行线交直线于点，过点作轴的平行线交直线于点，求面积的最大值及此时点的坐标； (3)如图，连接，抛物线上是否存在点，使？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 例4、（2023•南海区校级三模）如图，抛物线ymx+n与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知A（﹣4，0），C（0，﹣2）． （1）求抛物线的函数表达式； （2）点E是线段AC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置时，四边形CDAF的面积最大？求出四边形CDAF的最大面积及此时E点的坐标； （3）在y轴上是否存在点P，使得∠OAP+∠OAC＝60°？若存在，请直接写出P点的坐标，若不存在，请说明理由． 例5、（2023·辽宁营口·中考真题）如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，抛物线的对称轴交轴于点，过点作直线轴，过点作，交直线于点．    (1)求抛物线的解析式； (2)如图，点为第三象限内抛物线上的点，连接和交于点，当时．求点的坐标； (3)在（2）的条件下，连接，在直线上是否存在点，使得？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由． 例6、（2023•惠山区校级三模）已知抛物线的解析式y＝ax2+bx+3与x轴交于A、B两点，点B的坐标为（﹣1，0）抛物线与y轴正半轴交于点C，△ABC面积为6． （1）如图1，求此抛物线的解析式； （2）P为第一象限抛物线上一动点，过P作PG⊥AC，垂足为点G，设点P的横坐标为t，线段PG的长为d，求d与t之间的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围； （3）如图2，在（2）的条件下，过点B作CP的平行线交y轴上一点F，连接AF，在BF的延长线上取点E，连接PE，若PE＝AF，∠AFE+∠BEP＝180°，求点P的坐标． 例7、（2024·重庆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，交轴于点，抛物线的对称轴是直线． (1)求抛物线的表达式； (2)点是直线下方对称轴右侧抛物线上一动点，过点作轴交抛物线于点，作于点，求的最大值及此时点的坐标； (3)将抛物线沿射线方向平移个单位，在取得最大值的条件下，点为点平移后的对应点，连接交轴于点，点为平移后的抛物线上一点，若，请直接写出所有符合条件的点的坐标． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 宝剑锋从磨砺出，梅花香自苦寒来 冲刺2025年中考数学之二次函数其他角度存在性 例1、如图，已知抛物线的对称轴为直线，且与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，其中，连结． (1)求点C的坐标及此抛物线的表达式； (2)点D为y轴上一点，若直线和直线的夹角为，求线段的长度 【答案】(1)点； (2) 【分析】（1）根据题意，用待定系数法求函数解析式即可； （2）根据是等腰直角三角形，直线和直线的夹角为 ，推出或，进行分类讨论即可解答； 【详解】（1）∵对称轴为直线 ， ∴， ， ∵抛物线 与y轴交于C点，代入得： ， ∴抛物线的解析式为， 由抛物线的表达式知，点； （2）， 是等腰直角三角形， 则， ∵直线和直线的夹角为 ， 或， 在中，， ， 当 时，如图1所示： ∵， 则， 则； 当时，如图2所示： ，，∴的长度为 或 模考练习 （2024·山西大同·一模）综合与探究 如图，抛物线与x轴交于点A和B，点A在点B的左侧，交y轴于点C，作直线． (1)求点B的坐标及直线的表达式； (2)当点D在直线下方的抛物线上运动时，连接交于点E，若，求点D的坐标； (3)抛物线上是否存在点F．使得?若存在，直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)点B的坐标是，直线BC的表达式是； (2)点的坐标是或； (3)存在，点的坐标是或． 【分析】（1）令和，解方程即可求得点B和点C的坐标，再利用待定系数法即可求解； （2）作轴，垂足为，交直线于点，证明，利用相似三角形的性质求解即可； （3）分两种情况讨论，利用待定系数法和解方程组即可求解． 【详解】（1）解：令，解方程得或， ∴点B的坐标为； 令，则， ∴点C的坐标为； 设直线的表达式为，则， 解得， ∴直线的表达式为； （2）解：作轴，垂足为，交直线于点， ∴， ∵点C的坐标为， ∴， 设点的坐标为，则点的坐标为， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，整理得， 解得或， ∴点的坐标为或； （3）解：∵点B的坐标为，点C的坐标为， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴或， 当时，以为边作等边，直线交抛物线于点，此时，如图， 作轴于点， 在中，，， ∴， ∴点的坐标为，同理，求得直线的表达式为，联立， 解得或（舍去）， ∴点的坐标是； 当时，设交轴于点，此时，如图， 在中，，， ∴， ∴点的坐标为， 同理，求得直线的表达式为， 联立， 解得或（舍去）， ∴点的坐标是； 综上，点的坐标是或． 【点睛】本题考查了一次函数表达式的确定，函数图象上点的坐标特征，二次函数图象和性质，解一元二次方程，相似三角形的判定和性质，勾股定理，分类讨论思想等，属于中考压轴题，解题关键是熟练掌握待定系数法，运用方程思想和分类讨论思想． 例2、如图，直线与坐标轴交于、两点，抛物线经过点，与直线交于点，且与轴交于，两点． （1）求抛物线的解析式； （2）抛物线上有一点，当时，求点的横坐标. 【解答】解：（1）直线与坐标轴交于、两点， 则，，， 把、点坐标代入二次函数方程，解得： 抛物线的解析式①， 则：； （2）符合条件的有和，如下图所示， 当时， ，， 此时符合条件的只有如图所示的一个点， 直线的为，所在的直线方程为：②， 联立方程①、②可求得：， 即：点的横坐标； 当时，， 直线的值为，其方程为， 将所在的方程与抛物线表达式联立， 解得：，故：即：点的横坐标或． 模考专练 （2023•东平县校级模拟）如图，已知抛物线yx2+bx+c交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，交y轴于点C，点P是抛物线上一点，连接AC、BC． （1）求抛物线的表达式； （2）连接OP，BP，若S△BOP＝2S△AOC，求点P的坐标； （3）在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得∠QBA＝75°？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）将A（﹣3，0），B（4，0）两点代入yx2+bx+c，即可求解； （2）先求出S△OAC＝6，则S△BOP＝12，设P（t，t2t+4），可得4×|t2t+4|＝12，即可求P点坐标； （3）在对称轴上取点M使QM＝MB，则∠EMB＝30°，可得MB＝2BE，再由BE，分别求出BM＝QM＝7，ME，可求Q（，7），Q点关于x轴对称的点为（，﹣7）． 【解答】解：（1）将A（﹣3，0），B（4，0）两点代入yx2+bx+c， ∴， 解得， ∴yx2x+4； （2）令x＝0，则y＝4， ∴C（0，4）， ∴OC＝4， ∵A（﹣3，0）， ∴OA＝3， ∴S△OAC3×4＝6， ∵S△BOP＝2S△AOC， ∴S△BOP＝12， 设P（t，t2t+4）， ∵B（4，0）， ∴OB＝4， ∴4×|t2t+4|＝12， 解得t＝6或t＝﹣5， ∴P（﹣5，﹣6）或（6，﹣6）； （3）存在点Q，使得∠QBA＝75°，理由如下： ∵yx2x+4（x）2， ∴抛物线的对称轴为x， 在对称轴上取点M使QM＝MB， ∴∠EMB＝2∠MQB， ∵∠QBA＝75°， ∴∠MQB＝15°， ∴∠EMB＝30°， ∴MB＝2BE， ∵B（4，0），E（，0）， ∴BE， ∴BM＝QM＝7，ME， ∴QE＝7， ∴Q（，7）； Q点关于x轴对称的点为（，﹣7）； 综上所述：点Q的坐标为（，7）或（，﹣7）． （2024·山东临沂·二模）如图，已知抛物线的图象经过点D，，C是的中点，P是拋物线上的一个动点，连接，设点P的横坐标为n． (1)求抛物线的表达式； (2)若点P在x轴上方的拋物线上运动，连接，当四边形面积最大时，求n的值； (3)如图，若点Q在坐标轴上，是否存在点Q，使，若存在，直接写出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，或 【分析】（1）根据，，求出． 再根据是的中点，求出，用待定系数法求解即可； （2）过作x轴垂线交于，求出设直线解析式，由， 得，表示出，再根据表示出四边形面积，根据二次函数最值求解即可； （3）分为①当点Q在y轴上时，使，根据，求出，过点D作轴交y轴于点H，根据平行线性质得出，再根据，得出，得出，根据，求出，即可求出点Q的坐标； ②当点Q在x轴上时，使， 延长交x轴于点F，过点D作轴交x轴于点G，证明，求出，再根据，证明，根据相似三角形的性质求出，从而求出，即可求出点的坐标，即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴． ∵是的中点， ∴． ∵在的图象上， ， 得， ． （2）过作x轴垂线交于， 设直线，即， 解得：， 故解析式为：， 由， 得， ， ， 当四边形面积最大时，． （3）解：①当点Q在y轴上时，使， ∵， 即， ∴， ∴， 过点D作轴交y轴于点H， 则， ∵， ∴， ∴， ∴， 根据（1）得， ∴， ∴点Q的坐标为； ②当点Q在x轴上时，使， 延长交x轴于点F，过点D作轴交x轴于点G， 则， 则 ，， ∴， ， ， ， ， ， ， ， ， 即， ， ， ∴点的坐标为， 综上，或． （2024槐荫、莱芜、南山区）26．（12分）如图，二次函数y＝x2﹣2mx﹣2m﹣1（m＞0）的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D，其对称轴与线段BC交于点E，与x轴交于点F．连接AC、BD． （1）若m＝1，求B点和C点坐标； （2）若∠ACO＝∠CBD，求m的值； （3）若在第一象限内二次函数y＝x2﹣2mx﹣2m﹣1（m＞0）的图象上，始终存在一点P，使得∠ACP＝75°．请结合函数的图象，直接写出m的取值范围． 【解答】解：（1）当m＝1 时，y＝x2﹣2x﹣3， 令y＝0，得x2﹣2x﹣3＝0， 解得：x1＝﹣1，x2＝3， ∵点A在点B的左侧， ∴B（3，0）， 令x＝0，得y＝﹣3， ∴C（0，﹣3）； （2）当y＝0时，x2﹣2mx﹣2m﹣1＝0， 解得：x1＝﹣1，x2＝2m+1， ∵点A在点B的左侧，且m＞0， ∴A（﹣1，0），B（2m+1，0）， ∵当 x＝0时，y＝﹣2m﹣1， ∴C（0，﹣2m﹣1）， ∴OB＝OC＝2m+1， ∵∠BOC＝90°， ∴∠OBC＝45°， 如图1中，连接AE， ∵y＝x2﹣2mx﹣2m﹣1＝（x﹣m）2﹣（m2+2m+1）， ∴D（m，﹣m2﹣2m﹣1），F（m，0）， ∴DF＝m2+2m+1，OF＝m，BF＝m+1， ∵A、B关于对称轴直线x＝1对称， ∴AE＝BE， ∴∠EAB＝∠OBC＝45°， ∵∠ACO＝∠CBD，∠OCB＝∠OBC， ∴∠ACO+∠OCB＝∠CBD+∠OBC， 即∠ACE＝∠DBF， ∵EF∥OC， tan∠ACE＝＝＝＝， tan∠DBF＝＝＝m+1， ∵∠ACE＝∠DBF， ∴tan∠ACE＝tan∠DBF， ∴＝m+1， 解得：m＝1或﹣1， 经检验，m＝±1是方程＝m+1的根， ∵m＞0， ∴m＝1； （3）如图2，设PC交x轴于点Q， 当点P在第一象限时，点Q总是在点B的左侧，此时∠CQA＞∠CBA，即∠CQA＞45°． ∵∠ACQ＝75°， ∴∠CAO＜60°， ∴2m+1＜， 解得：m＜， 又∵∠CAQ＞15°， 同法可得m＞， ∵m＞0， ∴0＜m＜． 例3、如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A，B（4，0）两点，与y轴交于点C，点D（3，4）在抛物线上，点P是抛物线上一动点． （1）求该抛物线的解析式； （2）如图1，连接OD，若OP平分∠COD，求点P的坐标； （3）如图2，连接AC，BC，抛物线上是否存在点P，使∠CBP+∠ACO＝45°？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）将点B（4，0），点D（3，4）代入抛物线y＝﹣x2+bx+c，用待定系数法求解即可； （2）作PE∥y轴，交OD于点Q，交x轴于点E，证得PQ＝OQ，再求得OD的解析式；设点P的横坐标为t，则有P（t，﹣t2+3t+4），Q（t，t），E（t，0），由PQ＝OQ，结合勾股定理构造关于t的方程，求解即可； （3）存在，将△AOC绕点O顺时针方向旋转90°，至△A'OB，用待定系数法求得直线BP的解析式，联立直线BP与抛物线的解析式可得一个点P的坐标；过C作CF∥x轴，过B作BF∥y轴，CF与BF交于点F，作A'关于BC的对称点G，点G在CF上，作直线BG，则直线BG与抛物线的交点满足条件，求解即可． 【解答】解：（1）∵点B（4，0），点D（3，4）在抛物线y＝﹣x2+bx+c上， ∴， 解得， ∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2+3x+4； （2）作PE∥y轴，交OD于点Q，交x轴于点E，如图1所示： ∵PE∥y轴， ∴∠OPQ＝∠POC， ∵OP平分∠COD， ∴∠POC＝∠POQ， ∴PQ＝OQ， 设OD的解析式为y＝kx， 将D（3，4）代入，得k， ∴OD的解析式为yx， 设点P的横坐标为t，则有P（t，﹣t2+3t+4），Q（t，t），E（t，0）， ∴PQ＝﹣t2+3t+4t＝﹣t2t+4， ∴t＝﹣t2t+4， 解得：t1＝2，t2＝﹣2（舍去）， ∴t＝2， ∴﹣t2+3t+4＝﹣4+6+4＝6， ∴点P的坐标为（2，6）； （3）存在，P（3，4）或P（，）， 将△AOC绕点O顺时针方向旋转90°，至△A'OB，如图2所示： 则A'O＝AO＝1，∠ACO＝∠A'BO， ∴A'（0，1）， 由题意知直线BP过点A'，设直线BP的解析式为y＝mx+n， 将B（4，0），A'（0，1），代入，得：， 解得：， ∴直线BP的解析式为yx+1， 联立， 解得：或， ∴P（，）， 此时使∠CBP+∠A'BO＝∠CBP+∠ACO＝45°， 如图2所示，过C作CF∥x轴，过B作BF∥y轴，CF与BF交于点F，则四边形OBFC为正方形， 作A'关于BC的对称点G，点G在CF上，作直线BG，则直线BG与抛物线的交点满足条件， ∴GF＝OA'＝1，CG＝CF﹣FG＝4﹣1＝3，BF＝OC＝4， ∴G（3，4），与点D重合， ∵点D（3，4）在抛物线上， ∴P（3，4）． ∴抛物线上存在点P，使∠CBP+∠ACO＝45°，点P的坐标为P（3，4）或P（，）． 【点评】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式、等腰三角形的判定与性质、一元二次方程和二元一次方程组的应用等知识点，数形结合、正确构造辅助线是解题的关键． 模考练习 （2023•黄石模拟）如图，抛物线 y＝﹣x2+bx+c经过A（4，0），C（﹣1，0）两点，与y轴交于点B，P为第一象限抛物线上的动点，连接AB，BC，PA，PC，PC与AB相交于点Q． ​（1）求抛物线的解析式： （2）设△APQ的面积为S1，△BCQ的面积为S2，当 S1﹣S2＝5 时，求点P的坐标； （3）是否存在点P，使∠PAB+∠CBO＝45°，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，说明理由． 【分析】（1）利用待定系数法确定函数解析式； （2）根据图形得到：S1+S△AQC＝S2+S△AQC+5，即S△APC＝S△ABC+5．运用三角形的面积公式求得点P的纵坐标y＝6，然后由二次函数图象上点的坐标特征求得点P的横坐标即可； （3）在x轴的正半轴上取点E（1，0），连接BE，过点A作AP∥BE交抛物线于另一点P，易证△BOC≌△BOE，利用已知条件可求出B（0，4），E（1，0），进而求出直线BE，直线AP的解析式，求两条直线的交点即可． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（4，0），C（﹣1，0）两点， ∴． 解得． ∴抛物线的解析式是y＝﹣x2+3x+4； （2）设P（x，y），对于抛物线y＝﹣x2+3x+4．令x＝0，则y＝4， ∴B（0，4）． ∵S1﹣S2＝5， ∴S1＝S2+5． ∴S1+S△AQC＝S2+S△AQC+5，即S△APC＝S△ABC+5． ∴5． ∴y＝6． ∴﹣x2+3x+4＝6． 解得x1＝1，x2＝2． ∴点P的坐标是（1，6）或（2，6）． （3）存在，使∠PAB+∠CBO＝45°，点P的坐标是（3，4）， 理由：在x轴的正半轴上取点E（1，0），连接BE，过点A作AP∥BE交抛物线于另一点P， ∵C﹣1，0），E（1，0）， ∴OC＝0E＝1， 在△BOC和△BOE中， ， ∴△BOC≌△BOE（SAS）， ∴∠CBO＝EBO， ∵AP∥BE， ∴∠ABE＝∠PAB， ∴∠PAB+∠CBO＝∠ABE+∠EBO＝∠ABO， ∵OA＝OB＝4，∠AOB＝90°， ∴∠ABO＝45°， ∴∠PAB+∠CBO＝45°， 设直线BE的解析式为y＝kx+d，把B（0，4），E（1，0）代入得， 解得：， ∴直线BE的解析式为y＝﹣4x+4， ∵AP∥BE， ∴设直线AP的解析式为y＝﹣4x+f， 将A（4，0）代入得0＝﹣16+f， 解得：f＝16， ∴直线AP的解析式为y＝﹣4x+16， 由﹣x2+3x+4＝﹣4x+16， 解得：x1＝3，x2＝4（不符合题意，舍去）， ∴P（3，4）． 【点评】本题主要考查二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、二次函数的性质，勾股定理的应用以及三角形面积公式等知识点．难度不是很大，注意解题过程中方程思想和分类讨论数学思想的应用． （2024·重庆·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，点，与轴交于点． (1)求抛物线的解析式； (2)如图，点是直线上方抛物线上的一动点，过点作轴的平行线交直线于点，过点作轴的平行线交直线于点，求面积的最大值及此时点的坐标； (3)如图，连接，抛物线上是否存在点，使？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)面积的最大值为，； (3)或． 【分析】（）利用待定系数法即可求解； （）可得，求出直线的解析式为，又可得，进而得为等腰直角三角形，得到，设，则，可得，得到当时，即，取最大值，此时的面积最大，据此即可求解； （）分点在上方和点在下方两种情况，画出图形解答即可求解； 本题考查了待定系数法求二次函数解析式和一次函数解析式，二次函数的最值，二次函数的几何问题，掌握二次函数的性质并运用分类讨论思想解答是解题的关键． 【详解】（1）解：把、代入得， ， 解得， ∴抛物线的解析式为； （2）解：由可得，， 设直线的解析式为， 把、代入得， ， 解得， ∴直线的解析式为， ∵，， ∴， ∴， ∵轴，轴， ∴，， ∴为等腰直角三角形， ∴， 设，则， ∴， 当时，即，取最大值，此时的面积最大， ； （3）解：存在． 当点在上方时，作点关于轴的对称点，过点作交抛物线于点， ∵与关于轴对称， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， 同理可得直线解析式为， 设直线解析式为，将代入得，， ∴， ∴， 由， 解得或， ∴； 当点在下方时， 作点，直线与抛物线交于点， ∵，， 同理可得直线解析式为， ∵， ∴， ∴， ∴， 由， 解得或， ∴； 综上，点的坐标为或． 例4、（2023•南海区校级三模）如图，抛物线ymx+n与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知A（﹣4，0），C（0，﹣2）． （1）求抛物线的函数表达式； （2）点E是线段AC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置时，四边形CDAF的面积最大？求出四边形CDAF的最大面积及此时E点的坐标； （3）在y轴上是否存在点P，使得∠OAP+∠OAC＝60°？若存在，请直接写出P点的坐标，若不存在，请说明理由． 【分析】（1）将A、C点坐标分别代入抛物线解析式得，然后解方程组求出m、n即可得到抛物线解析式； （2）先求出抛物线的对称轴方程，从而得到D（ ，0），B（4，0），再利用待定系数法求出直线AC的解析式为yx﹣2，设E（x，）（﹣4≤x≤0），则F（x，），所以EFx2+2x，利用三角形面积公式得到S△ACF＝﹣x2﹣4x，所以四边形CDBF的面积＝S△ACF+S△ACD，然后利用二次函数的性质解决问题； （3）根据等腰直角三角形的性质，可得h，根据三角形的面积，可得关于n的方程，根据解方程，可得答案；根据全等三角形的性质，可得P． 【解答】解：（1）将A（﹣4，0），C（0，﹣2）代入抛物线表达式得， 解得， 抛物线表达式为； （2）∵抛物线的对称轴为直线， ∴D（，0），B（1，0）， 设直线AC的函数表达式为y＝kx+b， 将A、C点坐标代入得， 解得， ∴直线AC的函数表达式为， 设E（x，）（﹣4≤x≤0），则F（x，）， ∴EF（）， ∴S△ACFx2﹣4x， 四边形CDAF的面积＝S△ACF+S△ACD＝﹣x2﹣4x， 当x＝﹣2时，四边形CDAF的面积最大，最大值为， 此时E点坐标为（﹣2，﹣1）； （3）P 点的坐标为（0，）或（0，）， ①作PG⊥AC于点G，∠OAP+∠OAC＝60°， 设P（0，n）， ∠PAG＝60°，PGPA， PA，PG， AC， 由△PAC的面积，得，即， 化简，得n2+64n﹣176＝0， 解得n1，n2（不符合题意，舍去）， ∴P（0，）， ②∵点P′与点P关于原点O对称，OP′＝OP， ∴P′（0，）， 综上所述：P点的坐标为（0，）或（0，）． 【点评】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法，解（2）的关键是利用面积的和差得出二次函数，又利用了二次函数的性质，解（3）的关键是利用等腰直角三角形的性质得出h，又利用了三角形的面积得出关于n的方程，要分类讨论，以防遗漏． 例5、（2023·辽宁营口·中考真题）如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，抛物线的对称轴交轴于点，过点作直线轴，过点作，交直线于点．    (1)求抛物线的解析式； (2)如图，点为第三象限内抛物线上的点，连接和交于点，当时．求点的坐标； (3)在（2）的条件下，连接，在直线上是否存在点，使得？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)或． 【分析】（1）根据抛物线过点，对称轴为直线，待定系数法求解析式即可求解； （2）根据题意求得，，求得，则，进而求得直线的解析式为，过点作轴，交于点，证明，根据已知条件得出设，则，将点代入，即可求解． （3）根据题意可得，以为对角线作正方形，则，进而求得的坐标，待定系数法求得的解析式，联立解析式，即可求解． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点，抛物线的对称轴交轴于点，则对称轴为直线， ∴， 解得： ∴抛物线解析式为； （2）解：由，当时，， 解得：， ∴， 当时，，则， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴，则， 设直线的解析式为，则，解得：， ∴直线的解析式为， 如图所示，过点作轴，交于点，    ∵， ∴ ∵ ∴，则 设，则即， 将点代入 即 解得：或（舍去） 当时，， ∴； （3）∵，， 则，是等腰直角三角形， ∴，由（2）可得， ∵ ∴， 由（2）可得， 设直线的解析式为，则 解得： ∴直线的解析式为 如图所示，以为对角线作正方形，则，    ∵，则，则，， 设，则， 解得：，， 则，， 设直线的解析式为，直线的解析式为 则，， 解得：，， 设直线的解析式为，直线的解析式为， ∴解得：，则， 解得：,则， 综上所述，或． 【点睛】本题考查了二次函数综合运用，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 例6、（2023•惠山区校级三模）已知抛物线的解析式y＝ax2+bx+3与x轴交于A、B两点，点B的坐标为（﹣1，0）抛物线与y轴正半轴交于点C，△ABC面积为6． （1）如图1，求此抛物线的解析式； （2）P为第一象限抛物线上一动点，过P作PG⊥AC，垂足为点G，设点P的横坐标为t，线段PG的长为d，求d与t之间的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围； （3）如图2，在（2）的条件下，过点B作CP的平行线交y轴上一点F，连接AF，在BF的延长线上取点E，连接PE，若PE＝AF，∠AFE+∠BEP＝180°，求点P的坐标． 【分析】（1）根据条件求出A，B两点的坐标，利用待定系数法求二次函数的解析式即可； （2）作PD⊥x轴交AC于点E，如图1，∠A＝∠P＝45°，则，求出直线AC为y＝﹣x+3，设P（t，﹣t2+2t+3），求出PE，则PG可用t表示； （3）过点P作PN⊥BE交BE于点N，过点C作CH⊥BE于点H，过点A作AG⊥BE于点G，设BE与AC交于点M，根据AAS可证明△PEN≌△AFG，可得PN＝AG，根据AAS可证明△CMH≌△AMG，可得CM＝AM，则M（），可求得直线BM的解析式为y，求出直线CP的解析式，联立直线和抛物线的解析式即可求出点P的坐标． 【解答】解：（1）当x＝0时，y＝3，C（0，3）， ∴OC＝3， ∵B（﹣1，0）， ∴OB＝1， ∴， ∴AB＝4， ∴OA＝AB﹣OB＝3， ∴A（3，0）， 将A，B的坐标代入抛物线的解析式y＝ax2+bx+3得， ， 解得， ∴y＝﹣x2+2x+3， 即抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3； （2）作PD⊥x轴交AC于点E，如图1， ∵OA＝OC， ∴∠A＝45°， ∵∠A+∠EDA＝∠PEA，∠P+∠PGE＝∠PEA， ∠EDA＝∠PGE＝90°， ∴∠A＝∠P＝45°， ∴， ∴， 设直线AC的解析式为y＝kx+b， ∵A（3，0），C（0，3）， ∴， 解得， ∴直线AC为y＝﹣x+3， 设P（t，﹣t2+2t+3）， ∵PD⊥x轴， ∴E（t，﹣t+3）， ∴PE＝﹣t2+2t+3+t﹣3＝﹣t2+3t， ∴PG， ∵P为第一象限抛物线上一动点， ∴0＜t＜3． （3）如图2．过点P作PN⊥BE交BE于点N，过点C作CH⊥BE于点H，过点A作AG⊥BE于点G，设BE与AC交于点M， ∵∠BEP+∠PEN＝180°，∠AFE+∠BEP＝180°， ∴∠PEN＝∠AFG， ∵∠PNE＝∠AGF＝90°，PE＝AF， ∴△PEN≌△AFG（AAS）， ∴PN＝AG， ∵CP∥BE， ∴四边形CPNH是矩形， ∴PN＝CH＝AG， ∵∠CMH＝∠AMG，∠CHM＝∠AGM， ∴△CMH≌△AMG（AAS）， ∴CM＝AM， ∴M（）， 求得直线BM的解析式为y， ∵CP∥BM， ∴直线CP的解析式为y， ∴， 解得或， ∴P（）． 【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求函数的解析式、一次函数图象上点的坐标特征、三角形的面积、二次函数的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形、锐角三角函数以及解一元二次方程，解题的关键是正确作出辅助线，熟练运用二次函数的性质． 例7、（2024·重庆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，交轴于点，抛物线的对称轴是直线． (1)求抛物线的表达式； (2)点是直线下方对称轴右侧抛物线上一动点，过点作轴交抛物线于点，作于点，求的最大值及此时点的坐标； (3)将抛物线沿射线方向平移个单位，在取得最大值的条件下，点为点平移后的对应点，连接交轴于点，点为平移后的抛物线上一点，若，请直接写出所有符合条件的点的坐标． 【答案】(1) (2)最大值为；； (3)或 【分析】（1）直接利用待定系数法求解抛物线的解析式即可； （2）如图，延长交轴于，过作轴于，求解，可得，证明，设，，，再建立二次函数求解即可； （3）由抛物线沿射线方向平移个单位，即把抛物线向左平移2个单位，再向下平移1个单位，可得新的抛物线为：，，如图，当在轴的左侧时，过作轴于，证明，可得，证明，如图，当在轴的右侧时，过作轴的垂线，过作过的垂线于，同理可得：，再进一步结合三角函数建立方程求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于，两点，交轴于点，抛物线的对称轴是直线， ∴， 解得， ∴； （2）解：如图，延长交轴于，过作轴于， ∵当时， 解得：，， ∴， 当时，， ∴， ∴， ∴， ∵轴， ∴， ∴， ∴， ∵，， 设为， ∴，解得：， ∴直线为：， 设， ∴， ∴， ∵抛物线的对称轴为直线， ∴， ∴ ， 当时，取得最大值，最大值为； 此时； （3）解：∵抛物线沿射线方向平移个单位，即把抛物线向左平移2个单位，再向下平移1个单位， ∴新的抛物线为：，， 如图，当在轴的左侧时，过作轴于， ∵， 同理可得：直线为， 当时，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设， ∴， 解得：或（舍去） ∴； 如图，当在轴的右侧时，过作轴的垂线，过作过的垂线于， 同理可得：， 设，则， 同理可得：， ∴或（舍去）， ∴． 【点睛】本题属于二次函数的综合题，难度很大，考查了待定系数法，二次函数的性质，锐角三角函数的应用，关键是做出合适的辅助线进行转化，清晰的分类讨论是解本题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$