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2025年中考数学三轮高频考点二次函数中的角度与面积的存在性问题冲刺练习
一、考点一 二次函数与角度问题
1．如图1，抛物线与轴交于，两点（点位于点左侧），与轴交于点，抛物线由抛物线先向左平移2个单位长度，再向下平移5个单位长度后得到，顶点为点．
(1)直接写出_____，并求出点的坐标
(2)请说明：无论为何值，抛物线对应的函数值都小于0．
(3)如图2，连接，，．请判定的形状，并说明理由；
(4)将抛物线、的图象位于的部分组合成新图象，记作，当直线与图象有3个交点时，请直接写出的取值范围_____．
2．抛物线交轴于点和点，交轴于点．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图1，点是直线上方抛物线上一动点，过点作轴交于点，求的最大值及此时点的坐标；
(3)将抛物线沿射线方向平移得到新抛物线，新抛物线经过点且与直线另一交点为点，为新抛物线上的一动点，当时，请直接写出符合条件的点的坐标．
3．如图，在平面直角坐标系中，抛物线（）经过点，与轴交于，两点（点在点的右侧），与轴交于点．连接，作射线，且．
(1)求抛物线（）的表达式；
(2)点是射线下方抛物线上的一动点，过点作轴于点，交线段于点．点是线段上一动点，轴于点，点为线段的中点，连接，．当线段长度取得最大值时，求的最小值；
(3)将该抛物线沿射线方向平移，使得新抛物线经过（）中线段长度取得最大值时的点，且与射线相交于另一点．点为新抛物线上的一个动点，当时，直接写出所有符合条件的点的坐标．
4．【问题背景】如图，二次函数的图象与轴交于两点，与轴交于点．且在实数范围内与都有意义．
(1)【知识技能】请直接写出：的值是___________，点坐标___________，点坐标___________
(2)【构建联系】是直线上方的抛物线上一点，过点作轴的垂线交直线于点，求线段的最大值：
(3)【深入探究】在抛物线上是否存在点，使，若存在，请求出点的坐标：若不存在，请说明理由．
5．如图，二次函数的图像经过，两点，一次函数的图像与轴交于点．
(1)填空：______，______；
(2)求证：二次函数与一次函数的图像总有交点；
(3)当点到一次函数的图像的距离最大时，设此时一次函数与二次函数的图像交于两点（点在点的右侧），试判断在线段上是否存在点，使得．若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
6．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，，与y轴交于点C，顶点为D．

(1)求抛物线的表达式及顶点D的坐标；
(2)如图2，连接，，若抛物线上存在点E，满足，求点E的坐标；
(3)如图3，点F为x轴上一动点，连接，当最大时，请直接写出点F的坐标．
7．在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于和两点，与轴相交于，且顶点，是抛物线上一动点．
(1)求二次函数的解析式；
(2)如图1，连接，若，求的坐标；
(3)如图2，过作交抛物线于，以、、为顶点的三角形是否存在直角三角形，若存在，求出的坐标；若不存在，通过计算说明．
8．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点和点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点P是y轴右侧抛物线上的点，满足，求点P的坐标；
(3)将此抛物线沿水平方向平移，得到的抛物线记为w，w与y轴交于点Q，设w的顶点的横坐标为m，的长为d．
①直接写出d关于m的函数解析式；
②若把点的横、纵坐标都为整数的点叫做“整点”，当d随m的增大而增大，且抛物线w将内（不计边界）的“整点”个数恰好平分（内“整点”不在抛物线上），直接写出m的取值范围．
二、考点二 二次函数与面积问题
9．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，与轴的正半轴交于点，且，连接．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图1，点是直线上方抛物线上一动点，过点作轴，交于点，求的最大值及点的坐标；
(3)将抛物线绕点旋转，得到新抛物线，在新抛物线上找一点，使得，直接写出点的坐标．
10．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点．
(1)求、两点的坐标；
(2)当时，动直线与抛物线交于点，与直线交于点，线段的长为，求关于的函数解析式；
(3)我们规定：横、纵坐标都是整数的点叫做整点．若抛物线在点，之间的部分与线段所围成的区域内（不含边界）恰有个整点，试结合函数图象直接写出的取值范围．
11．如图，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，抛物线与轴交于，两点，交轴于点，其中点，．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点是直线上方抛物线上的一动点，过点作轴交于点，交于点．点，连接，点为直线上的动点，且满足．当周长最大时，求此时点的坐标以及的最小值；
(3)在（2）问条件下，将抛物线沿射线方向平移个单位长度得到新抛物线，点为新抛物线上一动点，连接，当时，请直接写出所有符合条件的点的横坐标，并写出其中一个点的求解过程．
12．在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于A，两点（点A在点的左侧），与轴交于点．
(1)作直线，是抛物线上第一象限内的一个动点．
①如图1，当时，求点的横坐标；
②如图2，过点作轴，交直线于点，作，交抛物线于另一点（点在点的右侧），以，为邻边构造矩形，求该矩形周长的最小值．
(2)将线段先向右平移1个单位长度，再向上平移5个单位长度，得到线段，若抛物线（）与线段只有一个交点，求的取值范围．
13．已知抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于C点，且，A点坐标为
(1)如图1，求抛物线的解析式．
(2)如图（2），若点是抛物线第一象限上的动点，且点横坐标为，连接，和，的面积为，求与t之间的函数关系式．
(3)如图3，在（2）的条件下，交y轴于点D，过P作垂直于x轴于点，是第四象限内一点，连接，，，，且，过D点作轴，满足，点K在线段上，连接，，且，求点坐标．
14．抛物线经过点，，，已知，．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，为线段上一点，过点作轴平行线，交抛物线于点，当的面积最大时，求点的坐标和面积的最大值；
(3)如图2，抛物线顶点为，轴于点，是轴上一动点，是线段上一点．若，请写出实数的变化范围，并说明理由．
15．如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过，，．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图1，点是直线上方抛物线上的一动点，过作轴交于点，作于点，点，是直线上的动点，且，连接．点是线段上的动点，连接，当线段取得最大值时，求的最小值；
(3)如图2，在(2)的条件下，将该抛物线沿射线方向平移个单位长度得到新抛物线新抛物线与轴交于点，(在左边)，点为新抛物线上的一动点，当时，请求出所有符合条件的点的横坐标，并写出其中一个点横坐标的求解过程．
《2025年中考数学三轮高频考点二次函数中的角度与面积的存在性问题冲刺练习》参考答案
1．(1)；
(2)详见解析
(3)是等腰三角形；理由见解析
(4)且，
【分析】（1）待定系数法求出函数解析式，进而求出抛物线与轴的交点坐标即可；
（2）根据平移规则，求出新的抛物线的解析式，得到函数值的最大值小于0即可；
（3）求出的长，判断三角形的形状即可；
（4）设与轴交于点，交于点，分，分别求出直线经过三点时的值，利用数形结合的思想进行求解即可．
【详解】（1）解：把代入，得：，
∴，
∴，
当时，
解得：，
∴；
（2）证明：∵，
∴平移后的解析式为：，
∴当时，函数有最大值，
∴无论x为何值，抛物线对应的函数值都小于0；
（3）解：是等腰三角形，理由如下：
由（2）可知，，
∵，，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
（4）解：如图，设与轴交于点，交于点
∵，
∴当时，，
∴点，
联立，
解得：，
∴，
∵，
∴当时，，
∴直线恒过点，
当时，直线为，此时直线与图象有2个交点，
当直线过点时，，
解得：，
此时直线与图象有2个交点；
当直线过点时，，
解得，
此时直线与图象有3个交点；
当直线过点时，，
解得：，
此时直线与图象有3个交点；
由图象可知，当且，时，直线与图象有3个交点．
故答案为：且，．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法求函数解析式，二次函数图象的平移，等腰三角形的判定，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．
2．(1)
(2)最大值为4，
(3)或
【分析】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
（1）利用待定系数法即可解答，即可求解；
（2）证明，则，即可求解；
（3）分类讨论，即当点在下方时或当点在上方时，分别求解即可．
【详解】（1）解：抛物线与轴交于点，
，
解得
抛物线的解析式为；
（2）解：如图，过点作轴于点．
，
设直线的解析式为，
把，代入可得，
解得，
所以直线的解析式为，
，
，
在中，，
，
，
设，则，
，
，
当时，有最大值为4，此时；
（3）解：设直线的表达式为，
把代入可得，
解得，
所以直线的表达式为，
将抛物线沿射线方向平移，设抛物线向右平移个单位，则向上平移个单位，
则，
当时，，
解得，（舍去），
则，
联立上式和直线的表达式得：，
解得（舍去）或3，
即点，
如图，当点在下方时，
，，
，
设直线的表达式为，
把代入可得，解得，
直线的表达式为，
联立和新抛物线的表达式得：，
解得或（不合题意舍去），
；
如图，当点在上方时，延长交轴于点，作于点，
，，
，
，
，即，
，
，
，
，
，
，
设直线的表达式为，
把代入可得，
，
解得，
所以直线的表达式为，
联立和新抛物线的表达式得：
解得：，
，
综上所述，的坐标为或．
3．(1)
(2)
(3)点T的坐标为或
【分析】（1）利用正切函数求得，得到，再利用待定系数法即可求解；
（2）求得，利用待定系数法求得直线的解析式，设（），则，当时，最大，此时，将线段向左平移个单位得到，则，当三点共线时最小，即最小，最小值为的长度，则的最小值为；
（3）根据（2）可得，再利用平移的性质得到新抛物线的解析式，再分两种情况讨论，计算即可求解．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵，则，
∴，
∴，
将和代入得，
解得，
∴抛物线的表达式为；
（2）解：令，则，
解得或，
∵，
则
设直线的解析式为，
代入，
得，
解得，
∴直线的解析式为，
设（），则，
∴，
∵，
∴当时，最大，此时，
∵点是线段上一动点，轴于点，
∴当线段长度取得最大值时，
∵，，点为线段的中点，
∴
将线段向左平移个单位得到，则
当三点共线时最小，即最小，最小值为的长度；
∴的最小值为；
（3）解：由（2）得，
∴新抛物线由向左平移个单位，向上平移个单位得到，
∴，
过点作交抛物线于点，
∴，
同理求得直线的解析式为，
∵，
∴设直线的解析式为，代入
∴
解得：
∴直线的解析式为
联立得，
解得，，
当时，，
∴，
联立直线和抛物线解析式可得
解得：，
当时，，
∴
∴轴，
又∵
∴
∴
作关于直线的对称点，连接交于点
∴
∵
∴
∵，，
∴将点向左平移个单位再向下平移个单位，得
同理直线的解析式为，
联立，
解得或，
当时，，
∴，
综上，符合条件的点T的坐标为或．
【点睛】本题是二次函数综合问题，考查二次函数的图象及性质，待定系数法确定函数关系式，熟练掌握二次函数的图象及性质，轴对称的性质，平移的性质，数形结合是解题的关键．
4．(1)1，；
(2)
(3)存在，或
【分析】（1）由二次根式有意义的条件可得，即二次函数的解析式为；
当时，求x的值，当时求出y的值，进而确定点B、C的坐标；则求得
（2）先运用待定系数法求出直线的解析式，设，从而表示出N的坐标，进而表示出的关系式，然后根据二次函数的性质求最值即可解答；
（3）①如图1：在上截取，作，连接，先说明与抛物线的交点符合条件，再求出直线的解析式为，进而求得直线的解析式为，由解得，进而确定点E的坐标；如图2，在①的图形中，作，交抛物线于，交于，易得直线的解析式为：；进而得到，即，设，则，解得：，即；由待定系数法可得直线BG的解析式为，则解得，进而求得点的坐标．
【详解】（1）解：∵在实数范围内与都有意义，
∴，解得：，
∴二次函数的解析式为，
令，即，解得：或，
∴，
令，即，即．
故答案为：1，．
（2）解：设直线的表达式为，
代入，，得，解得：
直线的解析式为：，
设，
轴，
∴轴，
，
∵，
∴ ，
，
，
当时，．
（3）解：①如图1：在上截取，作，连接，
，
，
，
，
，
，
，
与抛物线的交点符合条件，
直线的解析式为：，
设直线的解析式为：，
将点代入可得，解得：，
直线的解析式为：，
由，解得：（舍去）或，
当时，，
；
②如图2，在①的图形中，作，交抛物线于，交于，
，
，
，即，
设，即，解得：．
运用待定系数法可得：直线的解析式为，
∴，解得：（舍去）或，
当时，，
．
综上所述：或．
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数及其图象的性质、二次根式有意义的条件、等腰三角形的判定和性质、一元二次方程的解法、求一次函数的解析式等知识，灵活运用相关知识成为解题的关键．
5．(1)
(2)见解析
(3)不存在，理由见解析
【分析】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键：
（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）将一次函数的解析式转化为：，得到直线恒过点，根据抛物线也过点，即可得证；
（3）根据直线恒过点，得到当点与点形成的线段垂直直线时，点到直线的距离最大，过点作轴，推出点，以为斜边，在下方，构造等腰直角三角形，求出点坐标，圆周角定理，推出点在以为圆心，为半径的圆上，根据到线段的距离大于半径，得到与线段相离，得到线段上不存在点使．
【详解】（1）解：把，代入，得：
，解得：．
故答案为：；
（2）由（1）知：，
∵，
∴当时，，
∴直线恒过点，
又∵当时，，
∴抛物线也过点；
∴二次函数与一次函数的图像总有交点；
（3）不存在，理由如下：
由（2）知道，直线恒过点，
∴当点与点形成的线段垂直直线时，点到直线的距离最大，如图，
此时，
过点作轴，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
以为斜边，在下方，构造等腰直角三角形，则：在的中垂线上，且，
∴点的横坐标为，
设，则：，
∴或（舍去）；
∴，
∵，
∴点在以为圆心，为半径的圆上，
∵到轴的距离为2，，
∴圆与直线相离，
∴线段上不存在点使．
6．(1)，顶点
(2)
(3)
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的表达式，再将抛物线一般式化成顶点式即可得出点D的坐标．
（2）分两种情况，当点E在x轴上方的抛物线上，和点E在x轴下方的抛物线上，画出图形，根据分解求解即可．
（3）延长到点M，利用待定系数法求出的解析式，进而可得出点M的坐标，根据题意可知，当点C，D，F所在的圆与x轴相切时，取得最大值，再证明，由相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线经过点，
∴
解得
∴抛物线
∴顶点
（2）解：如图，
∵
∴，
设直线的解析式为，将点D的坐标代入得：
，
∴直线的解析式为
联立，
解得：（舍）或
∴；
②∵
∴当时，
∴
∵
∴直线
如图，设交于点G
∵
∴，
设
解得
解得
设直线的解析式为，
则，
解得：
∴直线的解析式为，
联立
解得：（舍）或
∴；
（3）解：延长到点M，
，，
∴设的解析式为：
把代入，可得出，
∴的解析式为：，
当时，则，
∴，
∴，
根据题意可知，当点C，D，F所在的圆与x轴相切时，取得最大值，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，待定系数法求二次函数解析式，一次函数解析式，二次函数角度综合题，相似三角形的判定和性质等知识，掌握二次函数的图像和性质是解题的关键．
7．(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）根据图象顶点为点，设抛物线解析式为，再代入求出即可解答；
（2）将以为旋转中心顺时针旋转对应点，连接交抛物线于，过作轴，且，则，求出，，证明，求出，求出的直线解析式，联立即可求解．
（3）分为①当时，②当时，分别画图求解即可．
【详解】（1）解：∵二次函数的图象顶点为点，
故设抛物线解析式为，
∵抛物线图象经过，
∴，
解得：，
∴抛物线解析式为，
即；
（2）解：将以为旋转中心顺时针旋转对应点，连接交抛物线于，过作轴，且，
，
令，解得：，
，
当时，，
，
∵，
∴在和中
，
∴，
∴，
，
设的直线解析式为，
∴，
解得：，
∴的直线解析式为，
∴，
整理的，
解得：，
当时，，
∴；
（3）解：①当时，
设的直线方程为，
设的直线方程为，
∴，
整理得，
∴，
∴，
，
∴，
整理得，
∴，
∴，
∴，
，
∴直线与轴夹角的正切值直线与轴夹角的正切值的倒数，
∴，即，
，
∴，
即，
∵，
设的直线解析式为，
，
整理得：，
，
∴，
解得：，
∴的直线解析式为，
∴，
整理得，
解得：，
∵当在的左侧时，
，
，
，
∵当在的右侧时，
，
；
②由（1）知，顶点，
，
，
，
，
∴此时为直角三角形，即，
若，此时与重合，与题意不合，应舍去．
综上，或时，以为顶点的三角形是直角三角形．
【点睛】该题是二次函数综合题，考查了二次函数的图象和性质，二次函数解析式求解，全等三角形的性质和判定，勾股定理，一次函数解析式，直角三角形的性质等知识点，解题的关键是运用分类讨论思想解决问题．
8．(1)
(2)
(3)①当时，，当或时，；②或
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点P作轴于D，先求出点C坐标，得到的长，再求出的长，则可求出的值，设，则，进而得到，根据建立方程求解即可；
（3）①求出原抛物线顶点坐标，则由平移的性质可得w的顶点坐标为，则w的解析式为，进而得到，则，据此求解即可；②根据（3）①所求求出d随m增大而增大时，m的取值范围，再根据A、B、C的坐标确定内的整点个数和整点坐标，再分图3和图4两种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：把，代入到中得，
解得，
∴抛物线解析式为；
（2）解：如图所示，过点P作轴于D，
在中，当时，，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴；
∵，
∴点P一定在点C的上方，
设，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，（舍去），
∵抛物线对称轴为直线，
∴此时点P在抛物线对称轴右侧，符合题意，
∴，
∴点P的坐标为；
（3）解：①∵原抛物线解析式为，
∴原抛物线的顶点坐标为
∵将此抛物线沿水平方向平移，得到的抛物线记为w，w的顶点的横坐标为m，
∴w的顶点坐标为，
∴w的解析式为，
在中，当时，，
∴，
∴，
当，即时，则，
当，即或时，则；
②如图2所示，
当时，此时函数开口向下，对称轴为y轴，那么当时，d随m增大而增大，
当时，此时函数开口向上，对称轴为y轴，那么当时，d随m增大而增大；
∵，
∴内的整点有共6个整点，
如图3所示，当抛物线w的对称轴右侧平分整点个数时，
则，
解得，
∴；
如图4所示，当抛物线w的对称轴左侧平分整点个数时，
则，
解得；
综上所述，或．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，解直角三角形，待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象的平移问题，解（2）的关键在于求出的值，解（3）的关键在于确定d关于m的函数关系式．
9．(1)
(2)最大值为9，此时，
(3)或．
【分析】（1）将，，三点坐标代入抛物线解析式，求解即可；
（2）过点作轴，先求出直线的函数关系式为，设，则， 可得出，再求解即可；
（3）分为当点在的下方时及当点在的上方时，这两种情况，构造全等三角形，分别求解即可．
【详解】（1）解：，
，
，
，
将，，三点坐标代入抛物线解析式：
，解得：,
抛物线的表达式为：；
（2）解：如图，过点作轴，
设直线的函数关系式为，将，两点坐标代入得：
，解得，
直线的函数关系式为，
设，则，
，，
，
，
，
，
，
，
，
当时，有最大值，为9，此时；
（3）解：将抛物线绕点旋转，得到新抛物线，
关于对称点都在抛物线上，
设新抛物线的函数关系式为，
将代入得：
，解得：，
新抛物线的函数关系式为，
当点在的下方时，
如图，过点作，过点作轴，过点作的延长线于点，
设点，
则，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
在直线：上，
，
解得：（舍去），
，
当点在的上方时，
如图，过点作，过点作轴，过点作的延长线于点
，
设点，
则，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
在直线：上，
，
解得：（舍去），
，
综上所述，点的坐标为或．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，全等三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点的坐标和相关线段的长度．
10．(1)，；
(2)；
(3)或．
【分析】本题考查了二次函数与坐标轴的交点坐标，二次函数与线段长度，二次函数上点的特征，运用分类讨论思想和数形结合思想是解题的关键．
（）令时，，然后解方程即可；
（）当时，抛物线为，求出，再利用待定系数法求出解析式为，设，则，从而；
（）分若时，和若时两种情况分析即可．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于，两点，
∴当时，，
∴，，
∴，；
（2）解：当时，抛物线为，
当时，，
∴，
设解析式为，
∴，解得：，
∴解析式为，
设，则，
∴；
（3）解：若时，
∴，顶点为，
∵恰有个整点，
∴，解得：；
若时，如图，
∴，顶点为，
∵恰有个整点，
∴，解得：；
综上可得：的取值范围为或．
11．(1)
(2)点的最小值为
(3)横坐标或
【分析】（1）根据二次函数与坐标轴的交点的计算得到，根据正切值，得到，，运用交点式设二次函数为，运用待定系数法即可求解；
（2）根据题意得到直线的解析式为，根据题意得到，设，，则，由，最大时，的周长最大，设，根据二次函数最值的计算得到点的坐标，由此得到轴，过点作关于的对称点，连接，将水平向右移动一个单位得到，则点与点重合，当三点共线时，最小，即的值最小，“造桥模型”求线段和的最小值的计算，结合平移得到，，且，根据两点之间距离的计算公式得到，即的最小值为，由此即可求解；
（3）将抛物线沿射线方向平移个单位长度到点，即，过点作轴于点，如图所示，则，根据锐角三角函数的计算得到，，可知抛物线沿射线方向平移个单位长度，即顶点坐标向左平移一个单位长度，向下平移的单位，所以平移后的解析式为，如图所示，过点作轴于点，即是等腰三角形，，可求出，分类讨论：如图所示，当抛物线上点在上点处时，令，，
解得，，再根据实际情况排除；当抛物线上点在点处时，作关于对称的，连接交于点，过点作轴于点，则垂直平分，，，根据角平分线的性质定理，运用等面积法得到的值，由锐角三角函数的计算得到的坐标，求值直线的解析式，联立方程得到点的横坐标；由此即可求解．
【详解】（1）解：抛物线与轴交于，两点，交轴于点，
当时，，
∴，
，
，
，
∵，，
∴，
，
∴，，
设，
过点，
∴，
解得，，
∴，
∴抛物线的解析式为：；
（2）解：∵，
∴设直线的解析式为，
∴，
解得，，
∴直线的解析式为，
，
，
设，，
在中，，
∴，
∴，
∴，
最大时，的周长最大，
∵点是直线上方抛物线上的一动点，
设，
，
，
∴关于的函数图象开口向下，有最大值，当时，有最大值，
∴，
∴此时点，
，
轴，作点关于的对称点，连接，将水平向右移动一个单位得到，则点与点重合，当三点共线时，最小，即的值最小，
则，，且，
∴，即的最小值为，
∴的最小值，
综上：点的最小值为；
（3）解：横坐标为或，理由如下：
∵，
∴，
∴，
∵将抛物线沿射线方向平移个单位长度到点，即，过点作轴于点，如图所示，则，
∵，
∴，
∵，
解得，，
∴，
∴，，
∴抛物线沿射线方向平移个单位长度，即顶点坐标向左平移一个单位长度，向下平移的单位，
∵抛物线的解析式为，
∴平移后的解析式为，
整理得，，
如图所示，过点作轴于点，
∵，
∴，则是的垂直平分线，
∴，即是等腰三角形，，
∴，
在中，，
∵，
∴，
如图所示，当抛物线上点在上点处时，令，，
解得，，
此时点为抛物线的右交点，舍去，
故此时点的横坐标为；
当抛物线上点在点处时，作关于对称的，连接交于点，过点作轴于点，则垂直平分，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
，
解得，，
∴直线的解析式为，
∴，
整理得，，
解得，，，
根据图象可知此时点是直线与新抛物线的左交点可知：不符合题意，舍去，
∴；
综上所述，横坐标或．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，解直角三角形的计算，二次函数中线段和最值的计算与“造桥模型”的综合，两点之间距离公式的运用，等腰三角形的判定和性质，折叠的性质，一次函数与二次函数联立方程组的求解方法等知识的综合运用，掌握以上知识的综合，数形结合分析，分类讨论思想，合理作出辅助线是解题的关键．
12．(1)①点的横坐标为；②；
(2)或或．
【分析】（1）①先求出、、，则、．设点的坐标为（），然后根据正切的定义列式计算即可；
②先运用待定系数法求得直线的表达式为．再求得抛物线的对称轴为；设点的坐标为（），则点的坐标为．可表示出、，然后再列出矩形周长的表达式并运用二次函数的性质求最值即可．
（2）由题可意：得点的坐标为，点的坐标为．则平移后的抛物线解析式为，顶点坐标为．然后分抛物线的顶点在线段上时以及、三种情况解答即可．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象的性质、正切的定义、二次函数与几何的综合、平移的性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
【详解】（1）解：①令得，解得或；
点，，
令，得，
．
，．
设点的坐标为（），
，
，即．
，解得或（舍去）
点的横坐标为；
②设直线的表达式为．
将点、代入，得，解得，
直线的表达式为：．
，对称轴为直线．
设点的坐标为（），则点的坐标为．
，．
矩形的周长，
当时，矩形的周长有最小值．
（2）解：由题可意：得点的坐标为，点的坐标为．
∴平移后的抛物线解析式为，抛物线的顶点坐标为．
①当抛物线的顶点在线段上时，抛物线与线段只有一个交点，
则，
．
②当时，如解图2，若抛物线与线段只有一个交点，
则当时，，解得；
③当时，如解图3，若抛物线与线段只有一个交点，
则当时，，解得．
综上，的取值范围为或或．
13．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）求出点的坐标，利用待定系数法求解即可得；
（2）过作于点，于点，连接，先求出的长，再根据求解即可得；
（3）延长和交于，连接，过用于，延长交于点，连接，先根据圆周角定理可得，则，再证出，则，然后证出，根据相似三角形的性质可得，据此建立方程，解方程可得的值，由此即可得．
【详解】（1）解：∵时，，
∴点的坐标，
∴，
∴，
∵点也在抛物线上，
∴，解得，
∴．
（2）解：如图，过作于点，于点，连接，
由题意得：，
∴，．
∵，，，
∴，
∴
，
所以与之间的函数关系式为．
（3）解：如图，延长和交于，连接，过用于，延长交于点，连接，
∵，，，
∴，，，，
∵轴，轴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点在以点为圆心、长为半径的圆上，
由圆周角定理得：，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，即，
∴，
∵轴，轴，
∴轴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵轴，轴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
设，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴或（不符合题意，舍去），
∴，
∴，
又∵，
∴，即，
解得或（不符合题意，舍去），
∴，
∴点的坐标为．
【点睛】本题考查了圆周角定理、二次函数的图象与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、三角形全等的判定与性质等知识，较难的是题（3），通过作辅助线，构造全等三角形和相似三角形是解题关键．
14．(1)
(2)面积的最大值为
(3)，理由见详解
【分析】（1）运用待定系数法求解即可；
（2）根据题意得到，直线的解析式为，设，则，则，结合二次函数最值的计算方法即可求解；
（3）分类讨论：如图所示，点在直线左边时，过点作，可证，得，由此列式，根据一元二次方程根的判别式可解；当时，点与点重合，点与点重合，由可得该种情况符合题意；如图所示，当点在直线左边时，若点与点重合，过点作，同理得，，由此列式求解即可．
【详解】（1）解：抛物线经过点，，，已知，，
∴，
解得，，
∴抛物线解析式为；
（2）解：抛物线解析式为，当时，，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
解得，，
∴直线的解析式为，
∵点为线段上一点，过点作轴平行线，交抛物线于点，
∴设，则，
∴，
∴
，
∵，
∴当时，的面积最大，最大面积为，
∴，即；
（3）解：，理由如下，
抛物线解析式为，
∴，
如图所示，点在直线左边时，过点作，
∵抛物线顶点为，轴于点，是轴上一动点，
∴，，，
∵，
∴，且，
∴，
∴，
∴，
设，
整理得，，
∴关于的方程有解，
∴，
解得，，
当时，点与点重合，点与点重合，
∵，
∴，符合题意；
如图所示，当点在直线左边时，若点与点重合，过点作，
同理，，，，
∴，且，
∴，
∴，
∴
解得，；
综上所述，．
【点睛】本题主要考查二次函数图象的性质，掌握待定系数法求解析式，二次函数与图形面积，二次函数与角度的计算方法，相似三角形的判定和性质是关键．
15．(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）抛物线经过，，利用交点式得出，再代入即可；
（2）延长，交延长线于点，分别求出直线解析式为，直线解析式为，设，得，，得出，，利用，求出，得出，可得当时，取得最大值，此时，此时，将线段沿着方向平移个单位长度，得到线段，得出，由平移的性质得，则，过点作轴，过点作于，利用，得出，则，由点到直线的最短距离可知当，，，依次共线，且时，最短，此时即为图中的，的最小值即为长度，即可求解；
（3）先确定沿射线方向平移个单位长度，即为水平向下平移个单位长度，再向左平移个单位长度，∴得到新抛物线的解析式为，得出，，作点关于轴的对称点，连接，得出，当点在上方时，此时点为点，设交轴于点，利用，求出，再求出直线的解析式为，联立，即可求解；当点在下方时，此时点为点，易知，过点作直线的平行线，交直线于点，得出，求出直线的解析式为，设，利用列式求出，再求出直线的解析式为，联立，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线经过，，
∴抛物线的解析式为，
将代入，
得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：如图，延长，交延长线于点，
设直线解析式为，
将，代入，
得：，
解得：，
∴直线解析式为，
设直线解析式为，
将，代入，
得：，
解得：，
∴直线解析式为，
设，
∵轴，
则，，
∴，，
∵轴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，，，
∴，
∴，
∵，，
∴当时，取得最大值，
此时，
此时点位置如图，将线段沿着方向平移个单位长度，得到线段，
过点作轴，过点作轴，与交于点，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴点到点即向下平移个单位长度，再向左平移个单位长度，
∴点到点即向下平移个单位长度，再向左平移个单位长度，
∴，即，
由平移的性质得，
∴，
如图，过点作轴，过点作于，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
由点到直线的最短距离可知当，，，依次共线，且时，最短，此时即为图中的，的最小值即为长度，
∵，
∴的最小值为；
（3）解：如图，过点作轴于点，
则，，
∴，
∴，
同（2）中的平移方法可得沿射线方向平移个单位长度，即为水平向下平移个单位长度，再向左平移个单位长度，
∴得到新抛物线的解析式为，
令，得，
解得：，，
∴，，
作点关于轴的对称点，连接，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
当点在上方时，如图，此时点为点，设交轴于点，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即，
解得：，
设直线的解析式为，
将，代入，
得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，
得：，
解得：，，
∴的横坐标为；
当点在下方时，如图，此时点为点，
易知，
过点作直线的平行线，交直线于点，
∵，
∴，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
将代入，得，
∴直线的解析式为，
设，
∴，，
∴，
解得：，
∴，
设直线的解析式为，
将，代入，
得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，
得：，
解得：，，
∴的横坐标为；
综上所述，的横坐标为或．
【点睛】本题考查二次函数与几何综合，待定系数法求二次函数与一次函数解析式，二次函数的图象与性质，平移的性质，点到直线的最短距离，勾股定理，等腰三角形的判定，解一元二次方程，相似三角形的判定与性质，熟练掌握这些性质是解题的关键．

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