初中數(shù)學(xué)《相似三角形問題》習(xí)題含答案解析

2025年中考復(fù)習(xí)二次函數(shù)綜壓軸題專題訓(xùn)練:相似三角形問題1.y=-x2+3x+4與x軸交于AB兩點(點A位于點B的左側(cè))y軸交于C的對稱軸l與x軸交于點N為1的線段PQ(點P位于點Q的上方)在x軸上方的拋物線對稱軸上運動．(1)直接寫出ABC三點的坐標(biāo)；(2)過點P作PM⊥y軸于點M△CPM和△QBNQ的坐標(biāo)．(1)A-1,0B4,0C0,4；31531533+26(2)點Q的坐標(biāo)是,,,或或．222822(1)分別令x=0和y=0323232CMQN(2)Q,tP,t+1M0,t+1N,0=PMBNCMBNPMQN=(1)y=-x2+3x+4x=0y=4得C0,4，令y=0-x2+3x+4=0得x=-1x=4或，；A-1,0B4,03-232(2)y=-x2+3x+4的對稱軸為直線x=-=，323232設(shè)Q,tP,t+1M0,t+1N,0，∵B4,0C0,4，5232∴BN=QN=tPM=CM=t-3，∵∠CMP=∠QNB=90°，CMQNPMBNCMBNPMQN∴△CPM和△QBN相似只需=或=，3t-3tCMQNPMBN2①當(dāng)=時，=，52152158解得t=或t=，315315∴Q,,或；222832tt-352CMBNPMQN②當(dāng)=時，=，3+263-26解得t=或t=(舍去)，22133+26∴Q,，2231531533+26Q的坐標(biāo)是,或,或,．2228221482.y=(x+2)(ax+b)的圖象過點A(-43)B(44)．(1)求二次函數(shù)的解析式；(2)請你判斷△ACB(3)若點PP作PH垂直x軸于點HPHD為頂點的三角形與△ABCP13481856(1)y=x2+x-；(2)50351313122284(3)P的坐標(biāo)為-，或-，1313(1)將點A及點Bab(2)CACABBC證明△ACB是直角三角形；(3)△DHP∽△BCA△PHD∽△BCA的性質(zhì)求出點P的坐標(biāo)．(1)A(-43)B(44)，13=(-4+2)(-4a+b)故可得：1，4=(4+2)(4a+b)a=13解得：，b=-20yx+2)(13x-20)=x2+x-．1348185故答案為：y=x2+x-．6(2)解：△ACB13481856由(1)所求函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)=x2+x-，13481856當(dāng)y=0時，0=x2+x-，22013解得x=-2x=；122013∴點C坐標(biāo)為(-20)D坐標(biāo)為0，又∵點A(-43)B(44)，∴AB=(4+4)2+(4-3)2=65，AC=(-2+4)2+(0-3)2=13，BC=(4+2)2+(4-0)2=213，∵滿足AB2=AC2+BC2，∴△ACB是直角三角形．(3)5035131312228413點P的坐標(biāo)為-或-．13，，設(shè)點P坐標(biāo)為x8(x+2)(13x-20)，12013則PH=(x+2)(13x-20)HD=-x+，48若△DHP∽△BCA，PHACDHBC則即=，1(x+2)(13x-20)-x+=，135013213(因為點P)；2013解得：x=-或x=35135035代入可得PH=，即1坐標(biāo)為-；，1313PHBCHDAC若△PHD∽△BCA=，，1(x+2)(13x-20)-x+即=213122132013解得：x=-或x=(因為點P)．1328413122284代入可得PH=，即2坐標(biāo)為：-．，13135035131312228413P1-或2-．13，，323.y=ax2+x+c與x軸交于點ABy軸交于點CA和點C的坐標(biāo)分別為-1,0和0,2332(1)求拋物線y=ax2+x+c的函數(shù)表達式；(2)將線段CB繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90°CD接ADAD的長；(3)點MAM交BC于點N接BMS△BMN=14S△ABNM的橫坐標(biāo)的值．1232(1)y=-x2+x+2(2)AD=5112(3)2-32(1)把A(-10)C(02)代入y=ax2+x+cac出，的值即可；(2)先求出點BD作⊥y軸于點E明Rt△≌Rt△BOC可求出點D兩點間距離公式求出AD即可；14(3)過點M作MF⊥x軸于點F點N作NG⊥x軸于點G據(jù)S=S得AN=4MNAN:121232AM=4:5BC的解析式y(tǒng)=-x+2Mm-m2+m+2，12NGMFAGAF45Nn-n+2明ΔANG～ΔAMF==32(1)∵拋物線y=ax2+x+c經(jīng)過點，，A(-10)C(02)，3a-+c=0∴2c=212a=-c=2解得，1232∴拋物線的解析式為：y=-x2+x+21232(2)對于y=-x2+x+2，1232當(dāng)y=0時-x2+x+2=0解得，x=-1,x=412∴BO=4B(40)∵C(02)∴OC=24過點D作⊥y軸于點E∴∠=∠BOC=90°∵∠DCB=90°∴∠DCE+∠BCO=90°∵∠DCE+∠=90°∴∠=∠BCO又=CB∴△≌△BOC∴CE=BO=4=CO=2∵CE=CO+OE∴OE=2∴D(-2,-2)又A(-1,0)∴AD=[-2-(-1)]2+(-2-0)2=5(3)設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，4k+b=0把點B(40)C(02)代入得，b=212k=-b=2解得，1∴直線BC的解析式為y=-x+22123212設(shè)Mm-m2+m+2Nn-n+2，，，過點M作MF⊥x軸于點FN作NG⊥x軸于點G則有：AG=1+nAF=1+m14∵S=S∴AN=4MNAN:AM=4:5，由MF⊥x軸，NG⊥x軸得NG?MF∴ΔANG～ΔAMFNGMF1+nAGAF4ANAM45∴∴====①1+m51-n+2452=②12232-m+m+21由①得，n=(4m-1)③511-×(4m-1)+24525把③代入②得，=12232-m+m+2整理得，4m2-16m+5=0112112解得：m1=2+∵m<4,m2=2-5112∴m=2-112∴點M的橫坐標(biāo)為2-4.y=-x2-2x+3與x軸交于AB兩點(點A在點B的左側(cè))y軸交于點C．(1)求點ABC的坐標(biāo)；(2)拋物線的對稱軸l與x軸的交點為D接ACEF(點EF關(guān)于直線lE在點F左側(cè))DEF為頂點的三角形與△AOCE(1)點A的坐標(biāo)為-3,0B的坐標(biāo)為1,0C的坐標(biāo)為0,3-1-17-1+17-3-17-1-17(2)E的坐標(biāo)為E1,E,22222(1)令y=0x=0(2)根據(jù)二次函數(shù)解析式得到點D的坐標(biāo)為-1,0得△AOC是以AC∠OAC=45°交l于點GDF=結(jié)論．(1)y=-x2-2x+3，，y=0-x2-2x+3=0解得x=-3x=1，12∴點A的坐標(biāo)為-3,0B的坐標(biāo)為1,0，在y=-x2-2x+3中，，x=0y=3∴點C的坐標(biāo)為0,3；(2)y=-x2-2x+3=-x+12+4知拋物線的對稱軸l為直線x=-1，∴點D的坐標(biāo)為-1,0；∵A-3,0C0,3，∴OA=OC=3，∴△AOC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，∴∠OAC=45°，交l于點G，∵點EF關(guān)于直線l對稱，∴DF=，∵△EDF～△AOC，則∠EDF=90°∠=45°，6∴DG=FG．分兩種情況討論：當(dāng)點E在xE1的橫坐標(biāo)為nn<-1，則EG=-1-nDG=EG=-1-nEn,-1-n，111111將其代入y=-x2-2x+3-1-n=-n2-2n+3，-1-17-1+17解得n1=n2=(舍去)，22-1-17-1+17∴E1,，22當(dāng)點E在xE的橫坐標(biāo)為nn<-1EG=-1-nDG=EG=-1-n，222222∴En,1+n，2將其代入y=-x2-2x+31+n=-n2-2n+3，-3-17-3+17解得n1=n2=(舍去)，22-3-17-1-17∴E2,，22EF(點EF關(guān)于直線lE在點F左側(cè))DEF為頂點的三角形與△AOC相似，-1-17-1+17-3-17-1-17∴點E的坐標(biāo)為E1,E,．222225.x軸交于A-1,0,B3,0y軸交于點C0,3DP是x軸上方的拋物線上的一個動點，PM⊥x軸于點MBC交于點E．(1)求該拋物線所對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式及頂點D的坐標(biāo)；(2)設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t(0<t<3)，①當(dāng)tPE的長最大；②連接CD：△為直角三角形；(3)是否存在點PPMB為頂點的三角形與△P(1)拋物線所對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)=-x2+2x+3D1,43294(2)①當(dāng)t=PE的長最大值為72113(3)P23或P-,9(1)設(shè)拋物線解析式為y=ax2+bx+ca≠0(2)①利用待定系數(shù)法求得直線BC的函數(shù)關(guān)系式為y=-x+3．設(shè)Pt-t2+2t+3Et-t+3．392那么，PE=-t-+根據(jù)點的坐標(biāo)利用兩點之間的公式和24勾股定理逆定理即可判定；(3)由(2)知△∠=90°=2BC=32．分兩種情況(Ⅰ)△PMB∽PMBMBCBMPMBC△BCD=(Ⅱ)△BMP∽△BCD=(1)y=ax2+bx+ca≠0，∵拋物線與x軸交于A-1,0,B3,0y軸交于點C0,3，0=a-b+c∴0=9a+3b+cb=2，a=-1c=33=c∴拋物線所對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)=-x2+2x+3，y=-x-1+4D1,4．(2)拋物線y=-x2+2x+3與x軸交點坐標(biāo)為A-1,0,B3,0．設(shè)直線BC的函數(shù)關(guān)系式為y=kx+bk≠0，0=3k+b3=bk=-1b=3則，直線BC的函數(shù)關(guān)系式為y=-x+3．設(shè)Pt-t2+2t+3，Et-t+3．32942∴PE=-t2+2t+3--t+3=-t2+3t=-t-+，∵a=-1<00<t<3，3294∴當(dāng)t=PE的長最大值為．②證明：∵B3,0C0,3D1,4則BC=32+32=32BD=3-12+42=25=12+4-32=2，，，∵BC2+2=BD2，∴△為直角三角形；(3)由(2)知△∠=90°=2BC=32．PMBM(Ⅰ)如圖3.2△PMB∽△BCD=BC，-t2+2t+33-t322即=，t2-5t+6=0t=2t=3(舍去．，)12∴P23．(Ⅱ)如圖3.3△BMP∽△BCD，BMPM3-t-t2+2t+3BC則即=，322=，8233t2-7t-6=0得t=-1，t=3(舍去．)2211∴P-,．392113故符合條件的點P的坐標(biāo)為P23或P-,．96.在平面直角坐標(biāo)系xOyFy=-x2+bx+c經(jīng)過點A(-3,-1)y軸交于點B(0，2)．(1)求拋物線的函數(shù)表達式；(2)在直線AB上方拋物線上有一動點C接OC交AB于點D的最大值及此時點C的坐標(biāo)．(1)y=-x2-2x+2983112(2)，-,4(1)用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式即可；(2)過點C作x軸的垂線CH交AB于點Mx軸于點HCM∥y△∽△3CMOBCM232942==Ct,-t2-2t+2-3<t<0M(t,t+2)CM=-t++t=-時，CMC的坐標(biāo)．2(1)A(-3,-1)B(02)代入y=-x2+bx+c，-9-3b+c=-1，得c=2，b=-2，解得c=2，∴拋物線的函數(shù)表達式為y=-x2-2x+2；(2)C作x軸的垂線CH交AB于點Mx軸于點HCM∥y軸，∴△∽△，CMOBCM2∴==，設(shè)直線AB的表達式為y=mx+n，9-3m+n=-1，n=2，把A(-3,-1)B(02)代入表達式得，m=1，n=2，解得∴直線AB的表達式為y=x+2．設(shè)Ct,-t2-2t+2-3<t<0M(t,t+2)，32942∴CM=-t2-2t+2-t-2=-t2-3t=-t++，∵-3<t<0，3∴當(dāng)t=-時，CM有最大值，294298311∴的最大值為=C的坐標(biāo)為-,．247.直線y=-3x+3與x軸交于點By軸交于點Cy=-x2+bx+c經(jīng)過BCx軸的另一交點為A接ACP為AC上方的拋物線上一動點．(1)求拋物線的解析式；(2)BPAC于點DPD:BD=5:16P的坐標(biāo)；(3)PC．過點P作PE∥yAC于點E△PCE與△ABCP的橫坐標(biāo)及線段PE長．(1)y=-x2-2x+3115572494(2)-,或-,24353209(3)xP=-PE=或xP=-PE=2(1)先確定點BC(2)先求直線AC和BP△BDG∽△BPH邊成比例建立方程求解即可；(3)分兩種情況：△ABC∽△EPC或△ABC∽△ECP(1)y=-3x+3與x軸交于點By軸交于點C，令x=0y=3y=0x=1，∴B(1,0)C(0,3)∵拋物線y=-x2+bx+c經(jīng)過BC兩點，將BC的坐標(biāo)代入解析式可得10-1+b+c=0c=3，b=-2c=3解得，∴拋物線解析式為：y=-x2-2x+3；(2)y=-x2-2x+3=0x=1或x=-3，∴A(-3,0)，∵C(0,3)，∴設(shè)直線AC的解析式為：y=kx+b1，將A(-3,0)C(0,3)代入直線y=kx+b1-3k+b1=0，b1=3k=1b1=3解得：，∴直線AC的解析式為：y=x+3，設(shè)P點坐標(biāo)為(m,-m2-2m+3)，設(shè)直線BP的解析式為：y=ax+n，將B(1,0)P(m,-m2-2m+3))代入解析式a+n=0y=ax+n，am+n=-m2-2m+3a=-m-3n=m+3解得：，∴直線BP的解析式為：y=-m+3x+m+3，聯(lián)立直線BP與直線ACy=-m+3x+m+3y=x+3，mm+4解得x=，如圖過點P作PH⊥x軸于點HDG⊥x軸于點G∵DG∥PH∴∠BDG=∠BPH∠BGD=∠BHP=90°又∵∠=∠PBH∴△BDG∽△BPH∵PD:BD=5:16∴BG:BH=16:21mm+4∵BG=x-x=1-BH=x-x=1-mBPBDm1-1621m+4∴=1-m125252解得：m=-或m=-，12經(jīng)檢驗，m=-m=-都是方程的根，12154∴當(dāng)m=-時，-m2-2m+3=；5274當(dāng)m=-時，-m2-2m+3=11121557故點P的坐標(biāo)為--，；424，(3)P點坐標(biāo)為a,-a2-2a+3，∴Ea,a+3，∴PE=-a2-2a+3-a+3=-a2-3aAC=AO2+OC2=32+32=32，EC=(a-0)2+(a+3-3)2=2a2=-2a，∵PE∥y軸，∴∠PEC=∠ACO，又∵OA=OA=3OC⊥OA,∴∠CAB=∠ACO=45°，∴∠PEC=∠CAB，①當(dāng)△ABC∽△EPC時，ACECABEP=，32-2a4即=，-a2-2a+3-a-353解得：a=-或a=0，經(jīng)檢驗a=0209∴PE=-a2-3a=；②當(dāng)△ABC∽△ECP時，ABECACEP=，432-a2-2a+3-a-3即=，-2a3解得：a=-或a=0，2經(jīng)檢驗a=094∴PE=-a2-3a=．8.xoyy=ax2+bx+3x軸交于點A和Cy軸交于點B．點P為直線ABP作PQ⊥x軸于點QAB于點MA4,0，且AC=5．12(1)求拋物線的函數(shù)表達式；(2)求當(dāng)M是PQ中點時的P點坐標(biāo)；(3)作PN⊥ABN接PB．請從下列兩個問題中任選一個問題完成．PN△的面積最大值．(4)連接x為平行四邊形？四邊形能為菱形嗎？若能求出P3494(1)y=-x2+x+3；92(2)點P1，；125(3)選①當(dāng)x=2時，PN的最大值為△B的面積最大值為6．(4)x=2(1)可求出點C坐標(biāo)為-1,0AC點坐標(biāo)代入解析式求出ab12QAOA(2)根據(jù)題意可得：MQ=yQA=4-x(x>0)MQ∥OB△AMQ∽△ABO=1yMQOB4-x39423=y=-x2+x+3xxy、的44P點坐標(biāo)；3494AOAMABMQBOPN54(3)①設(shè)Px-x2+x+3△AMQ∽△ABO==AM=(4-x)，334PMAMPNMQ=(4-x)PM=y-MQ=-x2+3x△PMN∽△AMQ==44-x32-x+3x4PN54(4-x)②AB△BPN3(4)PM=OB-x2+3x=343252xOQ=2MQ==OQ2+MQ2=OB≠(1)解：∵A4,0AC=5，∴C-1,016a+4b+3=0a-b+3=0∴，3a=-解得，4．9b=43494∴y=-x2+x+3(2)B0,312當(dāng)M時PQ中點時，MQ=yQA=4-x(x>0)∵PQ⊥x軸∴MQ∥OB13∴△AMQ∽△ABO12334yQAOAMQOB4-x41∴==．94∴3(4-x)=4×-x2+x+32解得，x=1x=4(舍去)．123494929∴y=-×12+×1+3=P1，．2(3)AB=5，∵△AMQ∽△ABOAOAMABMQBO4-x43AM5MQ3∴====，5∴AM=(4-x)MQ=(4-x)，4434PM=y-MQ=-x2+3x，∵PN⊥ABPQ⊥OA，∴∠PNM=∠MQA=90°，∵∠PMN=∠AMQ，∴△PMN∽AMQ，32-x+3xPNPMAMPN4-x4∴==54(4-x)3512535125∴PN=-x2+x=-(x-2)2+，125∴當(dāng)x=2時，PN的最大值為；②AB=2+OB2=5PN取最大值時，△面積最大，12125最大面積為：×5×=6；故△的面積最大值為6．(4)解：∵PM∥OB，∴當(dāng)PM=OB是平行四邊形，34即，-x2+3x=3，解得x=2，∴x=2是平行四邊形，3252此時，OQ=2MQ==OQ2+MQ2=所以O(shè)B≠9.已知在平面直角坐標(biāo)系xOyy=ax2+bx+ca≠0經(jīng)過點A-1,0B3,0C0,3三D和點CG．14(1)求該拋物線的解析式；(2)連接CGBG△GCB的面積；(3)在對稱軸右側(cè)的拋物線上有一點MN得CGMN為頂點的四邊形N(4)連接ADBDD落在平面內(nèi)一點EBE兩點的直線與線段AD交于點F△BDF與△ABD(1)y=-x2+2x+3(2)3-1-59+5(3)存在，1,2或,2212(4)y=-x2+2x+或y=-x2+2x(1)Ca(2)可推出△BCG(3)只需△CGMMG=CGM是點CCM=GMM在CG的垂直平分MHMH(4)分為當(dāng)點E在x軸的上方和在xE在xDH⊥AB于HFQ⊥ABBDADDFBD于Q△BDF∽△得出=DFAF△AFQ是等腰直FQ和BFE在x得出結(jié)果．(1)y=a(x+1)(x-3)，∴3=a?1×(-3)，∴a=-1，∴y=-(x+1)(x-3)=-x2+2x+3；(2)解：∵y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4，∴G(1,4)，∴CG2=12+(4-3)2=2BG2=(1-3)2+42=20，∵BC2=32+32=18，∴BC2+CG2=BG2，∴∠BCG=90°，151212∴S=CG?BC=×2×32=3；(3)CGMNMG=CG，由對稱性可得，M(2,3)，∴N(1,2)，如圖1，當(dāng)四邊形CMGN是菱形，MC=MG，作MH⊥CG，∴CH=GH，∵C(0,3)G(1,4)，1722∴CG的中點坐標(biāo)為：,，由(1)知：BC⊥CG，∴HM∥BC，∵C(0,3)B(3,0)，∴BC的解析式為：y=-x+3，∴k=-1，∴HM的解析式為：y=-x+4，由-x+4=-x2+2x+3得，3+53-5x1=x2=(舍去)，223+55-5∴y=-+4=，223+55-5∴M∴N,，22-1-59+5,，22-1-59+5綜上所述：N點的坐標(biāo)為1,2或,；22(4)2，當(dāng)點E在x軸上方時，作DH⊥AB于HFQ⊥AB于Q，∵∠BDF=∠，∴△BDF∽△，BDADDFBD∴=，∵B(3,0)D(2,3)A(-1,0)，∴BD=(3-2)2+32=10AD=(2+1)2+32=32DH=AH=3，1032DF10∴=∠=∠ADH=45°，523∴DF=∠AFQ=90°-∠=45°，523423∴AF=AD-DF=32-=，164232243∴FQ==AF?cos∠=×=，413∴OQ=-OA=-1=，31433∴F,，∵B(3,0)，1232∴直線BF的解析式為：y=-x+，1253212當(dāng)x=2時，y=-×2+=，12∴ED=3-=，25212∴平移后的拋物線的解析式為：y=-x2+2x+3-=-x2+2x+，當(dāng)點E在xF和點A重合，此時△BDF與△ABD全等，∴拋物線的解析式為：y=-x2+2x，12△BDF與△ABDy=-x2+2x+或y=-x2+2x．10.y=ax2+bx+c經(jīng)過A-3,0B1,0C0,-3D為對稱E在x軸上．(1)求拋物線的解析式(2)在直線上求一點P點P到直線BD的距離等于到x軸的距離；12(3)M(不與A重合)．使S△ACM=S△BCM點M的坐標(biāo)．1779649(1)y=x2+2x-3(2)P點坐標(biāo)為-1,1-5或-1,5+1(3)M；；點坐標(biāo)為-,-或1996-,525(1)待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；(2)分點P位于EP作PH⊥BD接BP方程求解；17SSAHBQ(3)根據(jù)三角形面積公式求得=N直線CN(1)將A-3,0B1,0C0,-39a-3b+c=0a+b+c=0b=2c=-3a=1c=-3∴拋物線的解析式為y=x2+2x-3(2)如圖1P作PH⊥BDBPPE=PHy=x2+2x-3=x+12-4∴拋物線頂點D的坐標(biāo)為(-1-4)E點坐標(biāo)為(-10)∴=4BE=2Rt△中，BD=BE2+2=251212∴S=PD?BE=BD?PH①當(dāng)點P在EPE=PH=aPD=4-a1212S=4-a×2=×25aa=5-1∴P點坐標(biāo)為-1,1-5②當(dāng)點P在EPE=PH=bPD=4+b1212S=4+b×2=×25bb=5+1∴P點坐標(biāo)為-1,5+1綜上，P點坐標(biāo)為-1,1-5或-1,5+1(3)①如圖2CM交x軸于點N點A作AH⊥CN點B作BQ⊥CN1212SS=AH?CMS=CM?BQAHBQ∴=S12又∵S=SAHBQ12∴=∵AH⊥CNBQ⊥CN∴AH∥BQANBNAHBQ12∴==A為BN的中點∴AN=AB=4N點坐標(biāo)為(-70)設(shè)直線CN的解析式為y=kx+bCN兩點代入可得b=-3b=-3-7k+b=03k=-737∴直線CN的解析式為y=-x-373x2=-y=-x-3x=0y1=-3，71由此可得y=x2+2x-3y2=-1817∴M點坐標(biāo)為-,-96497ANBNAHBQ12②如圖3AH∥BQ，==BN+AN=AB=4∴AN==3-43435353=N點坐標(biāo)為-,0設(shè)直線CN的解析式為y=mx+nCN兩點代入可得n=-3n=-3595-m+n=0m=-395∴直線CN的解析式為y=-x-359x2=-y=-x-3x=0y1=-3，51由此可得y=x2+2x-3y2=1996∴M點坐標(biāo)為-,52517964919965綜上，M點坐標(biāo)為-,-或-,257掌握相關(guān)性質(zhì)利用數(shù)形結(jié)合思想解題是關(guān)鍵．1211.y=x2+bx+c與x軸交于AB兩點(點A在點B左邊)y軸交于點C．直線y=12x-2經(jīng)過BC兩點．(1)求拋物線的解析式；(2)點PP且垂直于x軸的直線與直線BC及x軸分別交于點DM．PN⊥BCN．設(shè)M(m0)．當(dāng)點P在直線BCP△PNC與△AOCP1232(1)y=x2-x-2；32258(2)P的坐標(biāo)為(3,-2)或-19(1)先求出BC(2)先求出PMD△AOC與△COB∠OAC=∠OCB,∠ACO=∠OBC當(dāng)△PNC～△AOC∠PCN=∠ACOCP∥OB,△PNC∽△COA出∠PCN=∠CAOPC=PD12(1)針對于直線y=x-2，令x=0y=-2，∴C(0,-2)，12令y=00=x-2，∴x=4，∴B(4,0)，12c=-28+4b+c=0將點BC坐標(biāo)代入拋物線y=x2+bx+c中，32b=-∴c=-2∴拋物線的解析式為y=x2-x-2；1232(2)存在，∵PN⊥BCN．設(shè)M(m0)，1232121∴Pm，m2-m-2Dm，m-232由(1)y=x2-x-2，21232令y=00=x2-x-2，∴x=-1或x=4，∴點A(-1,0)，∴OA=1，∵B(4,0)C(0,-2)，∴OB=4OC=2，OAOCOCOB∴=，∵∠AOC=∠COB=90°，∴△AOC～△COB，∴∠OAC=∠OCB,∠ACO=∠OBC，∵ΔPNC與ΔAOC相似，∴①當(dāng)ΔPNC∽ΔAOC，∴∠PCN=∠ACO，∴∠PCN=∠OBC，∴CP?OB，∴點P的縱坐標(biāo)為-2，1232∴m2-m-2=-2，∴m=0(舍)或m=3，∴P(3,-2)；20②當(dāng)ΔPNC∽ΔCOA時，∴∠PCN=∠CAO，∴∠OCB=∠PCD，∵PD?OC，∴∠OCB=∠CDP，∴∠=∠PDC，∴PC=PD，123212又Pm,m2-m-2Dm,m-2，，∵C(0,-2)，1212312322∴PD=2m-m2PC=m2+m2-m-2+2=m2+m2-m，2211232∴2m-m2=m2+m2-m，223∴m=或m=0(舍)，232258∴P-．32258即滿足條件的點P的坐標(biāo)為(3,-2)或-用方程的思想解本題的關(guān)鍵．12.y=ax2-6ax+ca<0的圖象與x軸的負半軸和正半軸分別交于ABy軸交于點CPx軸于點DQBQ交y軸于點E5EQ=3BQ．(1)請直接寫出AB兩點的坐標(biāo)：AB42；(2)當(dāng)頂點P與點Q關(guān)于x軸對稱時，S△QCE=．5①求此時拋物線的函數(shù)表達式；②在拋物線的對稱軸上是否存在點F∠=2∠OBEF請說明理由．(1)-2,08,01103585(2)①y=-x2+x+21112252②F3,-或F3,(1)B性可得A點坐標(biāo)；(2)①根據(jù)△QCE的面積可得CEE和點C得結(jié)論；②如圖2F在BEPBP與點Q關(guān)于xPB∥，在此基礎(chǔ)上求出直線PB的解析式和直線FF點在BEF3,mDEPBEDBD∠=∠OBEEDEQDQDF是∠FEB=F作FD⊥yN量代換進而求出F點的坐標(biāo)．(1)∵y=ax2-6ax+c=ax-32-9a+c∴x=3∴=3如圖1所示，∵DQ∥y軸BDEQBQBDEQBQ3535∴∵∴===∴BD=5∴OB=8∴B8,0根據(jù)拋物線的對稱性得A-2,0故答案為：-2,08,0(2)①如圖1，將A-2,0代入二次函數(shù)y=ax2-6ax+c中得：4a+12a+c=0∴c=-16a∵y=ax2-6ax+c=ax-32-9a+c∴P3,-9a+c∵頂點P與點Q關(guān)于x軸對稱，∴Q3,9a-cQ3,25a∵S1425=425∴CE×3=228∴CE=5設(shè)直線BQ的解析式為：y=kx+m8k+m=03k+m=25a∴22k=-5am=40a∴∴直線BQ的解析式為：y=-5ax+40a∴E0,40a∵C0,c∴C0,-16a285∴-16a-40a=1∴a=-1011085∴c=-16×-=1103585∴此時拋物線的函數(shù)解析式為：y=-x2+x+；②如圖2F在BEPB，∵頂點P與點Q關(guān)于x軸對稱，∴∠PBD=∠QBD∵∠=2∠OBE∴∠=∠PBQ∴PB∥110由①得：a=-∴P3,2.5設(shè)直線PB的解析式為y=kx+b1∵P3,2.5B8,03k+b=2.511∴∴8k+b=01112k=-1b1=41∴直線PB的解析式y(tǒng)=-x+4212設(shè)直線的解析式為：y=-x+n∵E0,-4∴n=-432112當(dāng)x=3時，y=--4=-112∴F3,-如圖3F在BE設(shè)F3,m，∵D3,0∴BD=5∵D3,0E4,0∴=3OE=4由勾股定理得ED=2+OE2=5∴=BD23∴∠=∠OBE∵∠=2∠OBE∴∠=2∠EQDQFD∴=∵BE=OB2+OE2=455EQ=3BQ3∴EQ=BQ5∵EQ+BQ=BE35∴EQ=2EQ∵DQ=2.5FD=m，DQFD=355∴=m過F作FD⊥yN，在Rt△中=NF2+NE2=32+m+42355∴m=32+m+4225252∴m=∴F3,或m=-(舍去)252112252F3,-或F3,∠=2∠OBE．的關(guān)鍵．1413.y=-x2+bx+c與x軸的一個交點為A-20y軸的交點為B04x軸交于點P．(1)求拋物線的解析式；(2)點M為yAM點M作AMN，連接AN．①若△AMN與△AOBM的坐標(biāo)；②若點M在y軸正半軸上運動到某一位置時，△AMN有一邊與線段AP24段APMM的坐標(biāo)．1432(1)y=-x2+x+4323(2)①M點的坐標(biāo)為06或0，M點的坐標(biāo)為0，21或0，6或0，2(1)利用待定系數(shù)法去求拋物線解析式；(2)①先求出拋物線的對稱軸為x=3MD⊥直線x=3于點DAE⊥MD于EAMOBMNOAAMOAMNOB判定和性質(zhì)進行如下的分類討論即可：(1)當(dāng)=時，(2)當(dāng)=時進行求解即可；②先確定AP=5進行如下的分類討論即可：(1)當(dāng)AM=AP=5時，(2)當(dāng)AN=AP=5時，(3)當(dāng)MN=5時進行求解即可．14-1-2b+c=0c=4(1)將點A-20B04分別代入y=-x2+bx+c得，32b=解得，c=41432∴拋物線的解析式為y=-x2+x+4；32(2)①拋物線的對稱軸為直線x=-=3，142×-作MD⊥直線x=3于點DAE⊥MD于E，∵∠AMN=∠AOB，AMOBMNOAAMMNOBOA42∴當(dāng)====2，∴△AMN∽△BOA圖1，∵∠EAM+∠EMA=90°∠DMN+∠EMA=90°，∴∠EAM=∠DMN，∵∠AEM=∠MDN=90°，∴△AEM∽△MDN，AEMDAMMN∴==2，而MD=3，∴AE=6，此時M點的坐標(biāo)為06，AMOAMNOBAMMNOAOB2412∴當(dāng)====，∴△AMN∽△AOB2，同理可得△AEM∽△MDN，AEMDAMMN12∴==，而MD=3，32∴AE=，3此時M點的坐標(biāo)為0，，232綜上所述，M點的坐標(biāo)為06或0，；②∵A-20P30，25∴AP=5，當(dāng)AM=AP=5時，=52-22=21的坐標(biāo)為，M021；當(dāng)AN=AP=5時N與點P2=OA?OP，∴=2×3=6M點的坐標(biāo)為0，6；當(dāng)MN=5Rt△MND中，DN=52-32=4∵△AEM∽△MDN，，AEMDDNEMAE324∴==，3232解得AE=M的坐標(biāo)為0，，32綜上所述，M點的坐標(biāo)為0，21或0，6或0，．會利用分類討論的思想解決數(shù)學(xué)問題．14.A(x0)B(x3)xx是方程x2+5x+6=0兩根(x11212>x2)C．(1)求拋物線的解析式；(2)若點DEAODE為頂點的四邊形是平行四邊形，求點E的坐標(biāo)；(3)PP作PM⊥xMP使得以點PMO為頂點的三角形與△BOCP(1)y=x2+2x(2)E(-1,3)或E(-1,1)53597739(3)存在P點，P的坐標(biāo)是(1,3)(-5,15)，-,-，-,(1)通過解方程x2+5x+6=0求出、ABx1x2可以求出拋物線的解析式．(2)①當(dāng)OAE在x=-1DDOAD和CE的坐標(biāo)；(3)設(shè)P(m,m2+2m)BOC(1)∵xx是方程x2+5x+6=0的兩根(x>x)，121226解得原方程的兩根分別是：x=-2x=-3，12∴A(-2,0)B(-3,3)，c=04a-2b=09a-3b=3設(shè)拋物線的解析式為，y=ax2+bx+c，a=1解得：b=2，c=0∴拋物線的解析式是y=x2+2x．(2)∵y=x2+2x，∴對稱軸為：x=-1，①當(dāng)OA為邊時，∵以AODE為頂點的四邊形是平行四邊形，∴∥AO=AO=2，∵E在對稱軸x=-1上，∴D的橫坐標(biāo)是1或-3，∴D的坐標(biāo)是(1,3)或(-3,3)時E的坐標(biāo)是(-1,3)；②當(dāng)AO和AOEAO的中點橫坐標(biāo)是-1，DC(-1,-1)E(-1,1)，EE(-1,3)或E(-1,1)．(3)P(m,m2+2m)，∵B(-3,3)C(-1,-1)，∴OB2=18CO2=2BC2=20，∴BO2+CO2=BC2，OBOC∴△OBC是直角三角形，∠COB=90°，=3，∵以PMO為頂點的三角形和△BCO相似，又∠COB=∠PMO=90°，PMOBOCPMm2+2mOCOB113∴==3==，m2+2m∴=3=mm35373解得：m=1或-5或-或-，53597379∴存在P點，P的坐標(biāo)是(1,3)(-5,15)，--，-，．15.已知拋物線C1y=mx2+n與x軸交于ABy軸交于點C△ABCn=-1．27(1)求拋物線C1的解析式；(2)將C向上平移一個單位得到CMN為拋物線C上的兩個動點，O∠=12290°MN點O作OE⊥MN于點E點E到y(tǒng)軸距離的最大值；(3)F的坐標(biāo)為0,-2線l分別交線段AFBF(不含端點)于GH兩點．若直線l與拋物線C1G的橫坐標(biāo)為bH的橫坐標(biāo)為aa-b是定值嗎？若是，(1)y=x2-112(2)(3)a-b是定值，a-b=1(1)根據(jù)已知條件得到點C(0,-1)A(-1,0)B(1,0)(2)將C向上平移一個單位得到C:y=x2MN的直線解析式為y=kx+bM點坐標(biāo)為(xx2)N12MMy=x2y=kx+b(xx2)x2-kx-b=0x?x=-bM作MNNNMH⊥x軸交于HN作NF⊥x軸交于點F明△MHO∽△x?x=-1NM1212MN經(jīng)過定點(0,1)E點在以0,1E到y(tǒng)軸距離的最大值為；(3)分別求出直線BF的表達式為y=2x-2AF的表達式為y=-2x-2l的表達式為y=tx+ny=x2-11414y=tx+nΔ=0n=-t2-1l的表達式為y=tx-t2-1③，t+24t-24聯(lián)立①③并解得a=b=求a-b=1．(1)解：∵n=-1，∴點C(0,-1)，∴拋物線C:y=mx2-1x=0，∴AC=BC，∵△ABC為等腰直角三角形，C為頂點，∴OA=OB=OC=1，∴A(-1,0)B(1,0)，將B(1,0)代入y=mx2-1得，m-1=0，∴m=1，∴拋物線C:y=x2-1；(2)解：∵將C向上平移一個單位得到C，1228∴拋物線C:y=x2，設(shè)MN的直線解析式為y=kx+b，∴直線MN與y軸的交點為(0,b)，設(shè)M點坐標(biāo)為(xMxM，，，2)N(xx2)NNy=x2y=kx+b聯(lián)立方程組，整理得x2-kx-b=0，∴x?x=-b，MN過點M作MH⊥x軸交于HN作NF⊥x軸交于點F，∵∠=90°，∴∠+∠=90°，∵∠+∠=90°，∴∠=∠，∴△MHO∽△，MHHONF∴=，∴-x?x=y·y=x·x2NMMNMN∴x?x=-1，NM∴b=1，∴直線MN經(jīng)過定點(0,1)，∵OE⊥MN，12∴E點在以0,1的圓上運動，12∴點E到y(tǒng)軸距離的最大值為；(3)解：a-b∵F的坐標(biāo)為(0,-2)，設(shè)直線BF的解析式為y=kx+b，11k+b=0b1=-211∴，k1=2b1=-2解得，∴直線BF的表達式為y=2x-2①，AF的表達式為y=-2x-2②，設(shè)直線l的表達式為y=tx+n，y=tx+n聯(lián)立方程組，y=x2-1整理得：x2-tx-n-1=0∵直線l與拋物線只有一個公共點，，故Δ=(-t)2-4(-n-1)=0，14解得n=-t2-1，1∴直線l的表達式為y=tx-t2-1③，4t+24聯(lián)立①③并解得a=，29t-24聯(lián)立②③可得，b=，t+2t-24∴a-b=-=1為常數(shù)．416.如圖1Aa,0B0,bab滿足a2-6a+9+b-3=0ABC-1,0關(guān)于點B的對稱點M剛好落在拋物線上.(1)求拋物線的解析式；(2)如圖2PP作PF∥x軸交直線AB于點F點P作PE∥BC