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（新）中考数学二次函数与几何综合典型试题（附答案解析）
1．在平面直角坐标系中，点A的坐标为，过点A作y轴的平行线交二次函数的图象于点B．
（1）点B的纵坐标为________（用含m的代数式表示）；
（2）当点A落在二次函数的图象上时，求m的值；
（3）当时，若．求m的值；
（4）当线段的长度随m的增大而增大时，直接写出m的取值范围．
2．如图，在平面直角坐标系中，有抛物线，已知OA =OC =3OB，动点P在过A，B，C三点的抛物线上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求过A，B，C三点的圆的半径；
（3）是否存在点P，使得△ACP是以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标，若不存在，说明理由；
3．抛物线y＝ax2＋bx－2（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，抛物线的对称轴与x轴相交于点H，连接AC，BC．△ABC绕点B顺时针旋转一定角度后落在第一象限，当点C的对应点C1落在抛物线的对称轴上时，求此时点A的对应点A1的坐标；
（3）如图2，过点C作轴交抛物线于点E，已知点D在抛物线上且横坐标为，在y轴左侧的抛物线上有一点P，满足∠PDC＝∠EDC，求点P的坐标．
4．如图，抛物线经过点和，与x轴的另一个交点为B，它的对称轴为直线．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）若点P是y轴右侧抛物线上的一个点，且与的面积相等，求点P的坐标；
（3）点Q是该抛物线上的点，过点Q作的垂线，垂足为是上的点．要使以为顶点的三角形与全等，求满足条件的点Q．
5．已知抛物线y＝ax2+bx+3交y轴于点A，交x轴于点B(﹣3，0)和点C(1，0)，顶点为点M．
（1）请求出抛物线的解析式和顶点M的坐标；
（2）如图1，点E为x轴上一动点，若AME的周长最小，请求出点E的坐标；
（3）点F为直线AB上一个动点，点P为抛物线上一个动点，若BFP为等腰直角三角形，请直接写出点P的坐标．
6．如图1，抛物线y＝ax2＋ax－2a（a＜0）与x轴交于A、B两点（A在B左边），与y轴交于点C，△ABC的面积为
（1）直接写出A、B两点坐标以及抛物线的解析式
（2）点P（2，h）在抛物线上，点D在第三象限的抛物线上，∠APD＝2∠BAP，求点D的坐标
（3）如图2，直线EF：y＝mx＋n（m＞0）交抛物线于E、F两点，直线PF、PE分别与y轴的正、负半轴交于N、M两点，OM·ON＝4，求证：直线EF必过定点，并求出这个定点的坐标
7．如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(-1，0)，B(3，0)两点，过点A的直线l交抛物线于点C(2，m)．
（1）求抛物线的解析式．
（2）点P是线段AC上一个动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点E，求线段PE最大时点P的坐标．
8．如图，抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴交于点A和点B，交y轴于点C．已知A（﹣3，0），C（0，﹣3），抛物线的顶点为点D．请解答下列问题：
（1）求抛物线的解析式，直接写出顶点D的坐标．
（2）P是抛物线上的一动点，当∠PBO＝∠CAO时，则点P的坐标为 ．
9．如图，已知抛物线y=﹣x2﹣2x+3与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，若点E为第二象限内抛物线上一动点，连接BE、CE．
（1）求B、C两点的坐标；
（2）求四边形BOCE面积的最大值．
10．如图所示，抛物线与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，点M为抛物线的顶点．
（1）求点C及顶点M的坐标；
（2）在抛物线的对称轴上找一点P，使得PA+PC的值最小，请求出点P的坐标并求出最小值；
（3）若点N是第四象限内抛物线上的一个动点，连接BN、CN，求面积的最大值及此时点N的坐标．
参考答案及详解
1．（1）m2；（2）m1=-3，m2=1；（3）或；（4）-3＜m≤-1或m＞1
【分析】
（1）根据平行线的性质知，点B与点A的横坐标相同，所以把x=m代入抛物线解析式，即可求得点B的纵坐标；
（2）把点A代入二次函数解析式，列出方程，然后解方程即可；
（3）根据等量关系AB=2和两点间的距离公式列出方程，解方程即可求得m的值；
（4）利用两点间的距离公式列出二次函数解析式，由二次函数的性质解答．
【详解】
解：（1）根据题意知，点B的横坐标是m，
∴将x=m代入y=x2，得y=m2．
即点B的纵坐标为m2．
故答案为：m2；
（2）把A（m，-2m+3）代入y=x2，得-2m+3=m2．
解得m1=-3，m2=1；
（3）根据题意知：|-2m+3-m2|=2．
①-2m+3-m2=2，
解得m1=，m2=，
∵m＜0，
∴m=，符合题意；
②-2m+3-m2=-2，
解得m1=，m2=，
∵m＜0，
∴m=，符合题意．
综上所述，m的值为或；
（4）由（2）知，当点A、B重合时，点A的坐标是（-3，9）或（1，1）．
设AB=d，
当-3＜m＜0时，d=-2m+3-m2=-（m+1）2+4时，对称轴是直线m=-1且抛物线开口向下，
∴线段AB的长度随m的增大而增大时，-3＜m≤-1．
当m＞1时，根据题意知，线段AB的长度随m的增大而增大时，m＞1．
综上所述，m的取值范围是-3＜m≤-1或m＞1．
【点睛】
本题主要考查了二次函数综合题，注重培养二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力．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．
2．（1）y=-x2+2x+3；（2）；（3）点P（1，4）或（-2，-5）．
【分析】
（1）3=OC=OA=3OB，故点A、B、C的坐标分别为：（0，3）、（-1，0）、（3，0），即可求解；
（2）圆的圆心在BC的中垂线上，故设圆心R（1，m），则RA=RC，即：1+（m-3）2=4+m2，解得：m=1，故点R（1，1），即可求解；
（3）分两种情况讨论，利用等腰直角三角形的性质，即可求解．
【详解】
解：（1）令x=0，则y=3，
则点A的坐标为（3，0），
根据题意得：OC=3=OA=3OB，
故点B、C的坐标分别为：（-1，0）、（3，0），
则抛物线的表达式为：y=a（x+1）（x-3）=a（x2-2x-3），
把（3，0）代入得-3a=3，
解得：a=-1，
故抛物线的表达式为：y=-x2+2x+3；
（2）圆的圆心在BC的中垂线上，故设圆心R（1，m），
则RA=RC，即：1+（m-3）2=4+m2，解得：m=1，故点R（1，1），
则圆的半径为：；
（3）过点A、C分别作直线AC的垂线，交抛物线分别为P、P1，
设点P(x，-x2+2x+3)，过点P作PQ⊥轴于点Q，
∵OA =OC，∠PAC=90°，
∴∠ACO=∠OAC=45°，
∵∠PAC=90°，
∴∠PAQ=45°，
∴△PAQ 是等腰直角三角形，
∴PQ=AQ=x，
∴AQ+AO=x+3=-x2+2x+3，
解得：(舍去)，
∴点P(1，4)；
设点P1(m，-m2+2m+3)，过点P1作P1D⊥轴于点D，
同理得△P1CD是等腰直角三角形，且点P1在第三象限，即m<0，
∴P1D=CD=m2-2m-3，DO=-m，
∴DO+OC= P1D，即-m+3= m2-2m-3，
解得：(舍去)，
∴点P(-2，-5)；
综上，点P（1，4）或（-2，-5）．
【点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，圆的基本知识等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
3．（1）；（2）（3，4）；（3）（，）
【分析】
（1）把A（－1，0），B（3，0）代入抛物线解析式利用待定系数法求解二次函数的解析式即可；
（2）如图，先求解C（0，－2），对称轴为直线，可得BH＝CO＝2结合旋转得BC1＝BC ，证明RT△BC1H≌RT△CBO（HL），再证明旋转角∠A1BA＝∠C1BC＝90°，从而可得答案；
（3）先求解D（，），E（2，－2），如图，过点D作DG⊥CE交CE的延长线于点G，证明CG＝DG＝，可得∠ECD＝∠GDC＝45° ，如图，在CD的上方作∠PDC＝∠EDC交y轴于点Q，交抛物线于点P，证明△QCD≌△ECD，可得QC＝EC＝2，可得Q（0，0），再求解直线DQ的解析式为，联立 ，再解方程组可得答案.
【详解】
解：（1）将A（－1，0），B（3，0）代入抛物线解析式得
解得
∴抛物线的解析式为
（2）∵抛物线的解析式为，A（－1，0），B（3，0）
∴C（0，－2），对称轴为直线
∴BH＝CO＝2
由旋转得BC1＝BC
则RT△BC1H≌RT△CBO（HL）
∴∠C1BH＝∠BCO
∴∠C1BC＝∠C1BH＋∠OBC＝∠BCO＋∠OBC＝90°
∴旋转角∠A1BA＝∠C1BC＝90°，即A1B⊥x轴
A1B＝BA＝4，B（3，0）
∴A1（3，4）
（3）抛物线的解析式为，D的横坐标为
当x＝时，y＝，则D（，）
∵轴，C（0，－2），对称轴为直线x＝1
∴E（2，－2）
如图，过点D作DG⊥CE交CE的延长线于点G，
CG＝DG＝，
∴∠ECD＝∠GDC＝45°
如图，在CD的上方作∠PDC＝∠EDC交y轴于点Q，交抛物线于点P
∵轴 ，∴∠QCE＝90°
∴∠QCD＝∠ECD＝45°
∵CD＝CD，∴△QCD≌△ECD（ASA）
∴QC＝EC＝2，
∵C（0，－2），
∴Q（0，0）
∵D（，），
设直线
解得：
∴直线DQ的解析式为
则 ，
消去得：
解得：
当时，
当时，
所以方程组的解为：或，
∴
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定与性质，利用待定系数法求解二次函数的解析式，旋转的性质，求解一次函数与二次函数的交点坐标，作出适当的辅助线构建全等三角形，再利用全等三角形的性质证明相等的线段，再得到点的坐标是解本题的关键.
4．（1）（2）P（4，5）（3）（-2，5）或（4，5）．
【分析】
（1）把、代入即可求解；
（2）求出B，设P（x，y）（x＞0），根据与的面积相等，得到方程，故可求解；
（3）先证明△BOC是等腰直角三角形，过Q1作Q1D⊥l于D点，与抛物线的另一个交点为Q2，当Q1D=DE1=DE2=3时，△Q1DE1≌△Q1DE2≌△BOC，求出Q1的横坐标为-2，根据对称性求出Q2即可求解．
【详解】
解：（1）把、代入得
解得
∴抛物线的表达式为
（2）令=0
解得x1=-1，x2=3
∴B
设P（x，y）（x＞0）
∵与的面积相等，
∴
即
解得x=4
∴P（4，5）；
（3）∵B（3，0），C（0，-3）∠BOC=90°
∴OB=OC=3，△BOC是等腰直角三角形
如图，过Q1作Q1D⊥l于D点，与抛物线的另一个交点为Q2
∴∠Q1DE1=∠Q1DE2=∠BOC=90°
当Q1D=DE1=DE2=3时，△Q1DE1≌△Q1DE2≌△BOC
∵=
∴函数对称轴为x=1
∴Q1的横坐标为1-3=-2
∴Q1（-2，5）
同理，根据对称性可得Q2（4，5）符合题意
∴满足条件的点Q为（-2，5）或（4，5）．
【点睛】
此题主要考查二次函数与几何综合，解题的关键是熟知待定系数法、二次函数的图像与性质及全等三角形的判定与性质．
5．（1）y=-x2-2x+3；顶点M的坐标为（-1，4）；（2）点E（-，0）；（3）点P的坐标为（2，-5）或（1，0）．
【分析】
（1）设抛物线的解析式为：y=a（x+3）（x-1），然后将点A的坐标代入函数解析式即可求得此抛物线的解析式；
（2）作A关于x轴的对称点A′（0，-3），连接MA′交x轴于E，此时△AME的周长最小，则根据题意即可求得E的坐标；
（3）如图2，先求直线AB的解析式为：y=x+3，根据解析式表示点F的坐标为（m，m+3），
分三种情况进行讨论：①当∠PBF=90°时，由F1P⊥x轴，得P（m，-m-3），把点P的坐标代入抛物线的解析式可得结论；②当∠BF3P=90°时，如图3，点P与C重合，③当∠BPF4=90°时，如图3，点P与C重合，从而得结论．
【详解】
解：（1）当x=0时，y=3，即A（0，3），
设抛物线的解析式为：y=a（x+3）（x-1），
把A（0，3）代入得：3=-3a，
a=-1，
∴y=-（x+3）（x-1）=-x2-2x+3，
即抛物线的解析式为：y=-x2-2x+3；
y=-x2-2x+3=-（x+1）2+4，
∴M（-1，4）；
（2）如图1，作点A（0，3）关于x轴的对称点A'（0，-3），连接A'M交x轴于点E，则点E就是使得△AME的周长最小的点，
设直线A′M的解析式为：y=kx+b，
把A'（0，-3）和M（-1，4）代入得：，
解得：，
∴直线A'M的解析式为：y=-7x-3，
当y=0时，-7x-3=0，
x=-，
∴点E（-，0）；
（3）如图2，
同理求得直线AB的解析式为：y=x+3，
设点F的坐标为（m，m+3），
①当∠PBF=90°时，过点B作BP⊥AB，交抛物线于点P，此时以BP为直角边的等腰直角三角形有两个，即△BPF1和△BPF2，
∵OA=OB=3，
∴△AOB和△A'OB是等腰直角三角形，
∴∠F1BC=∠BF1P=45°，
∴F1P⊥x轴，
∴P（m，-m-3），
把点P的坐标代入抛物线的解析式y=-x2-2x+3中得：
-m-3=-m2-2m+3，
解得：m1=2，m2=-3（舍），
∴P（2，-5）；
②当∠BF3P=90°时，如图3，
∵∠F3BP=45°，
又∠F3BO=45°，
∴点P与C重合，
故P（1，0）；
③当∠BPF4=90°时，如图3，
∵∠F4BP=45°，
又∠F4BO=45°，
∴点P与C重合，
故P（1，0），
综上所述，点P的坐标为（2，-5）或（1，0）．
【点睛】
本题考查了待定系数法求函数的解析式，周长最短问题，等腰直角三角形的性质和判定等知识．解题的关键是注意数形结合和分类讨论思想的应用．
6．（1）A(－2，0) ，B( 1，0)；y=－x2－x + 1；（2）D（－4，－5）；（3）见解析，（－1，－1）
【分析】
（1）根据解析式求出A、B两点坐标得到AB的长，再根据△ABC的面积为求出OC的长度即点C纵坐标，代入解析式得到a的值，即可求解；
（2）将将P（2，h）代入抛物线解析式得到P点 坐标，再根据PA=PG求出G点坐标 ，进而得到PG解析式，联立两个解析式即可求解；
（3）根据P点坐标，分别设出PE、PF解析式，将M、N两点坐标表示出来，再根据OM·ON＝4求出m、n的关系，从而得到直线EF解析式，当m前系数为0时即为定点．
【详解】
解：（1）∵抛物线y＝ax2＋ax－2a，
∴抛物线与x轴的两个交点分别为(－2，0) ，( 1，0)，
∵A在B左边，
∴A(－2，0) ，B( 1，0)，
∴ ，
∵△ABC的面积为，
∴ ，
∴ ，
令 则 ，
∴ ，
∴ ，
∴y=－x2－x + 1；
（2）将P（2，h）代入抛物线解析式得h=－2，即P（2，－2），延长DP，交x轴于点G．
∵∠APD=2∠BAP，
∴∠PAG=∠PGA，
∴PA=PG，
又∵A(－2，0)，P（2，－2）
∴G（6，0），
设PG：y=kx+b， 解得 即 ，
联立解得（舍去）,，
即D（－4，－5），
（3）设直线PE：y=kx+b，
把P（2，－2）代入得b=－2－2k,∴y=kx－2－2k, ∴M(0，－2－2k)，
同理设PF：y=tx－2－2t, 可得N(0，－2－2t)，
将抛物线和直线PE联立，
得，
∴，
∴ ，
∴ ①，
同理 ② ，
联立直线FE和抛物线，
得，
∴，
∴ ③ ， ④ ，
②代入③、④，
∴ k+t=m-； kt=，
∵OM·ON=(2+2k) (－2－2t ) = 4，
即－4－4(k+t)－4kt=－4－4(m-)－4·=4，
∴n=m－1，
代入直线EF可得y=m(x+1)－1，
∴直线EF过定点（－1，－1）．
【点睛】
本题考查的是二次函数综合题，涉及到用待定系数法求一次函数及二次函数的解析式等知识，令常数前的值为0是解答定点题目的关键．
7．（1）；（2）P
【分析】
（1）将将A（-1，0），B（3，0）两点坐标分别代入抛物线解析式中进行计算即可得；
（2）将点C（2，m）代入抛物线解析式中得点C的坐标为（2，-3），设直线AC的解析式为y=kx＋d，将A（一1，0）和点C（2，-3）的坐标分别代入，得直线AC的解析式为，设点P的坐标为（x，），则点E的坐标为（x，）且-1≤x≤2，即可得PE=，根据二次函数的性质进行解答即可得．
【详解】
解：（1）将A（-1，0），B（3，0）两点坐标分别代入抛物线解析式中，得
解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）将点C（2，m）代入抛物线解析式中，得
∴点C的坐标为（2，-3），
设直线AC的解析式为y=kx＋d，
将A（一1，0）和点C（2，-3）的坐标分别代入，得
解得：，
∴直线AC的解析式为，
设点P的坐标为（x，），则点E的坐标为（x，）且-1≤x≤2，
∴PE=－
=
=
∵-1＜0，
∴抛物线的开口向下，
∴当时，PE有最大值，最大值为
此时点P的坐标为（，）．
【点睛】
本题考查了二次函数，解题的关键是掌握待定系数法和二次函数的性质．
8．（1），（-1，-4）；（2）（-2，-3）或（-4，5）
【分析】
（1）利用待定系数法求抛物线解析式，抛物线过 A（﹣3，0），C（0，﹣3），代入解析式得：，解方程组，求出解析式配方为顶点式即可；
（2）先用待定系数法求出AC解析式，设PB解析式为，过点B（1，0）根据PB∥AC，得出，PB解析式为，联立方程组求解得出点P（-4，5）再根据OA=3，OC=3，∠AOC=90°，OA=OC，△AOC为等腰直角三角形，当PB⊥AC时，∠CAO=∠OBP=45°，△EOB为等腰直角三角形，求出PB解析式为，联立方程组即可．
【详解】
解：（1）∵抛物线过 A（﹣3，0），C（0，﹣3），代入解析式得：
，
解得：，
抛物线，
抛物线，
抛物线的顶点（-1，-4）；
（2）当PB∥AC时，∠CAO=∠PBO，
设AC解析式为把A、C坐标代入得：
，
解得，
AC解析式为，
设PB解析式为，过点B（1，0），
∵PBAC，
∴，
∴，
∴，
∴PB解析式为，
点P在直线PB与抛物线上，
∴，
消去y得，
解得，
，点P（-4，5），
，点B（1，0），
∵OA=3，OC=3，∠AOC＝90°，OA=OC，
∴△AOC为等腰直角三角形，
当PB⊥AC时，∠CAO=∠OBP=45°，PB交y轴于E，
∵∠BOE=90°，
∴OE=OB=1，
点E（0，-1），
设BE解析式为，把B、E坐标代入得：
，
解得，
∴BE解析式为，
点P在直线BE与抛物线上，
，
消去y得，
解得，
当，P（-2，-3），
当，B（1，0）．
综合得当∠PBO＝∠CAO时，则点P的坐标为（-2，-3）或（-4，5）．
【点睛】
本题考查待定系数法求抛物线解析式，配方顶点式，一次函数解析式，联立方程组，解方程组，分类讨论思想，掌握待定系数法求抛物线解析式，配方顶点式，一次函数解析式，联立方程组，解方程组，分类讨论思想是解题关键．
9．（1），；（2）
【分析】
（1）令x=0，代入y=﹣x2﹣2x+3，解得y=3，则C点坐标为（0，3），令y=0，代入y=﹣x2﹣2x+3，解得x=-3，x=-1（舍），则B点坐标为（-3，0）．
（2）连接EO，由图象可知，四边形BOCE可拆分为和，设E点坐标为（a，﹣a2﹣2a+3），（-3≤a≤0），，化简得，则有此时四边形BOCE面积最大为．
【详解】
（1）令y=0，代入y=﹣x2﹣2x+3，
解得x=-3，x=1（舍）
令x=0，代入y=﹣x2﹣2x+3，
解得y=3
故B点坐标为（-3，0），C点坐标为（0，3）
（2）连接EO，设E点坐标为（a，﹣a2﹣2a+3）（-3≤a≤0）
故四边形BOCE面积最大为．
【点睛】
本题考查了二次函数的综合问题，将四边形BOCE拆解为两个三角形是解题的关键．
10．（1）点的坐标为，点的坐标为；（2）点P的坐标为（1，－4），的最小值为；（3）面积的最大值为，此时点的坐标为．
【分析】
（1）令抛物线解析式中即可求出点坐标，将抛物线的一般式化为顶点式，即可求出顶点坐标；
（2）根据轴对称的性质可得线段BC与对称轴的交点即为点P，先利用待定系数法求出解析式，由此再求出点P坐标即可；
（3）过点作轴的垂线交直线于Q点，设，进而得到点坐标，最后根据求解即可．
【详解】
解：（1）将代入，得：，
∴点的坐标为，
，
抛物线的顶点的坐标为；
（2）如图，设线段BC与对称轴的交点为点P，连接AC，AP，
根据轴对称的性质可得：，
∴，
∵两点之间线段最短，
∴此时最小，
将代入，
得： ，
解得：，
∴点的坐标为，
设直线BC的解析式为，
将，代入，
得：，
解得：，
∴直线BC的解析式为，
∵顶点的坐标为，
∴抛物线的对称轴为直线，
将代入，得，
∴点P的坐标为（1，－4）；
故此时的最小值为．
（3）过点作轴的垂线交直线于点，连接，，如图1所示：
设点坐标为，则点坐标为，其中，
∴，
∴
，
∵，，
∴当时，有最大值为，
将代入，得：，
∴BCN面积的最大值为，此时点的坐标为．
【点睛】
本题是二次函数综合题目，考查了二次函数的图象和性质、待定系数法求直线的解析式等知识，本题综合性较强，具有一定的难度，熟练掌握二次函数的图形和性质，学会用代数的方法求解几何问题是解决本题的关键．

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