專題15二次函數(shù)與角綜合問題（解析版）

挑戰(zhàn)2023年中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘（全國通用）

專題15二次函數(shù)與角綜合問題

二次函數(shù)與角綜合問題，常見的主要有三種類型：

1.特殊角問題：

（1）利用特殊角的三角函數(shù)值找到線段之間的數(shù)量關(guān)系

（2）遇到特殊角可以構(gòu)造特殊三角形，如遇到45°構(gòu)造等腰直角三角形，遇到30°、60°構(gòu)造等邊

三角形，遇到90°構(gòu)造直角三角形

2.角的數(shù)量關(guān)系問題

（1）等角問題：借助特殊圖形的性質(zhì)、全等和相似的性質(zhì)來解決；構(gòu)造圓，利用圓周角的性質(zhì)來解決

（2）二倍角問題：利用角平分線的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、對稱、輔助圓等知識來解答

（3）角的和差問題

3.角的最值問題：利用輔助圓等知識來解答

【例1】（2022?西寧）如圖，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于點A（3，0），與y軸交于點B，點C在直

線AB上，過點C作CD⊥x軸于點D（1，0），將△ACD沿CD所在直線翻折，使點A恰好落在拋物線

上的點E處．

（1）求拋物線解析式；

（2）連接BE，求△BCE的面積；

（3）拋物線上是否存在一點P，使∠PEA＝∠BAE？若存在，求出P點坐標；若不存在，請說明理由．

第1頁共94頁.

【分析】（1）由點A的坐標可得出點E的坐標，由點A，E的坐標，利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的

解析式；

（2）利用二次函數(shù)圖象上點的坐標特征可求出點B的坐標，由點A，B的坐標，利用待定系數(shù)法可求出

直線AB的解析式，利用一次函數(shù)圖象上點的坐標特征可求出點C的坐標，再利用三角形的面積計算公

式，結(jié)合S△BCE＝S△ABE﹣S△ACE，即可求出△BCE的面積；

（3）存在，由點A，B的坐標可得出OA＝OB，結(jié)合∠AOB＝90°可得出∠BAE＝45°，設(shè)點P的坐標

為（m，﹣m2+2m+3），分點P在x軸上方及點P在x軸下方兩種情況考慮：①當(dāng)點P在x軸上方時記

為P1，過點P1作P1M⊥x軸于點M，則EM＝P1M，進而可得出關(guān)于m的一元二次方程，解之即可得出

m的值，將符合題意的m值代入點P的坐標中即可求出點P1的坐標；②當(dāng)點P在x軸下方時記為P2，

過點P2作P2N⊥x軸于點N，則EN＝P2N，進而可得出關(guān)于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，

將符合題意的m值代入點P的坐標中即可求出點P2的坐標．

【解答】解：（1）∵將△ACD沿CD所在直線翻折，使點A恰好落在拋物線上的點E處，點A的坐標為

（3，0），點D的坐標為（1，0），

∴點E的坐標為（﹣1，0）．

將A（3，0），E（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+3，

得：，解得：，

∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3．

（2）當(dāng)x＝0時，y＝﹣1×（0）2+2×0+3＝3，

∴點B的坐標為（0，3）．

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設(shè)直線AB的解析式為y＝mx+n（m≠0），

將A（3，0），B（0，3）代入y＝mx+n，

得：，解得：，

∴直線AB的解析式為y＝﹣x+3．

∵點C在直線AB上，CD⊥x軸于點D（1，0），當(dāng)x＝1時，y＝﹣1×1+3＝2，

∴點C的坐標為（1，2）．

∵點A的坐標為（3，0），點B的坐標為（0，3），點C的坐標為（1，2），點E的坐標為（﹣1，0），

∴AE＝4，OB＝3，CD＝2，

∴S△BCE＝S△ABE﹣S△ACE＝AE?OB﹣AE?CD＝×4×3﹣×4×2＝2，

∴△BCE的面積為2．

（3）存在，理由如下：

∵點A的坐標為（3，0），點B的坐標為（0，3），

∴OA＝OB＝3．

在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝OB，

∴∠BAE＝45°.

∵點P在拋物線上，

∴設(shè)點P的坐標為（m，﹣m2+2m+3）．

①當(dāng)點P在x軸上方時記為P1，過點P1作P1M⊥x軸于點M，

在Rt△EMP1中，∠P1EA＝45°，∠P1ME＝90°，

2

∴EM＝P1M，即m﹣（﹣1）＝﹣m+2m+3，

解得：m1＝﹣1（不合題意，舍去），m2＝2，

∴點P1的坐標為（2，3）；

②當(dāng)點P在x軸下方時記為P2，過點P2作P2N⊥x軸于點N，

在Rt△ENP2中，∠P2EN＝45°，∠P2NE＝90°，

2

∴EN＝P2N，即m﹣（﹣1）＝﹣（﹣m+2m+3），

解得：m1＝﹣1（不合題意，舍去），m2＝4，

∴點P2的坐標為（4，﹣5）．

綜上所述，拋物線上存在一點P，使∠PEA＝∠BAE，點P的坐標為（2，3）或（4，﹣5）．

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【例2】（2022?益陽）如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線E：y＝﹣（x﹣m）2+2m2（m＜0）的頂點P

在拋物線F：y＝ax2上，直線x＝t與拋物線E，F(xiàn)分別交于點A，B．

（1）求a的值；

（2）將A，B的縱坐標分別記為yA，yB，設(shè)s＝y(tǒng)A﹣yB，若s的最大值為4，則m的值是多少？

（3）Q是x軸的正半軸上一點，且PQ的中點M恰好在拋物線F上．試探究：此時無論m為何負值，

在y軸的負半軸上是否存在定點G，使∠PQG總為直角？若存在，請求出點G的坐標；若不存在，請說

明理由．

【分析】（1）由拋物線的頂點式可直接得出頂點P的坐標，再代入拋物線F即可得出結(jié)論；

（2）根據(jù)題意可分別表達A，B的縱坐標，再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可得出m的值；

（3）過點Q作x軸的垂線KN，分別過點P，G作x軸的平行線，與KN分別交于K，N，則△PKQ∽△

QNG，設(shè)出點M的坐標，可表達點Q和點G的坐標，進而可得出結(jié)論．

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【解答】解：（1）由題意可知，拋物線E：y＝﹣（x﹣m）2+2m2（m＜0）的頂點P的坐標為（m，2m2），

∵點P在拋物線F：y＝ax2上，

∴am2＝2m2，

∴a＝2．

（2）∵直線x＝t與拋物線E，F(xiàn)分別交于點A，B，

22222

∴yA＝﹣（t﹣m）+2m＝﹣t+2mt+m，yB＝2t，

∴s＝y(tǒng)A﹣yB

＝﹣t2+2mt+m2﹣2t2

＝﹣3t2+2mt+m2

＝﹣3（t﹣m）2+m2，

∵﹣3＜0，

∴當(dāng)t＝m時，s的最大值為m2，

∵s的最大值為4，

∴m2＝4，解得m＝±，

∵m＜0，

∴m＝﹣．

（3）存在，理由如下：

設(shè)點M的坐標為n，則M（n，2n2），

∴Q（2n﹣m，4n2﹣2m2），

∵點Q在x軸正半軸上，

∴2n﹣m＞0且4n2﹣2m2＝0，

∴n＝﹣m，

∴M（﹣m，m2），Q（﹣m﹣m，0）．

如圖，過點Q作x軸的垂線KN，分別過點P，G作x軸的平行線，與KN分別交于K，N，

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∴∠K＝∠N＝90°，∠QPK+∠PQK＝90°，

∵∠PQG＝90°，

∴∠PQK+∠GQN＝90°，

∴∠QPK＝∠GQN，

∴△PKQ∽△QNG，

∴PK：QN＝KQ：GN，即PK?GN＝KQ?QN．

∵PK＝﹣m﹣m﹣m＝﹣m﹣2m，KQ＝2m2，GN＝﹣m﹣m，

∴（﹣m﹣2m）（﹣m﹣m）＝2m2?QN

解得QN＝．

∴G（0，﹣）．

【例3】（2022?鄂爾多斯）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+2經(jīng)過A（，0），B（3，）

兩點，與y軸交于點C．

（1）求拋物線的解析式；

（2）點P在拋物線上，過P作PD⊥x軸，交直線BC于點D，若以P、D、O、C為頂點的四邊形是平

行四邊形，求點P的橫坐標；

（3）拋物線上是否存在點Q，使∠QCB＝45°？若存在，請直接寫出點Q的坐標；若不存在，請說明

理由．

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【分析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法，將點A，點B代入拋物線解析式，解關(guān)于b，c的二元一次方程組，即可

求得拋物線的解析式；

（2）設(shè)出點P的坐標，確定出PD∥CO，由PD＝CO，列出方程求解即可；

（3）過點D作DF⊥CP交CP的延長線于點F，過點F作y軸的平行線EF，過點D作DE⊥EF于點E，

過點C作CG⊥EF于點G，證明△DEF≌△FGC（AAS），由全等三角形的性質(zhì)得出DE＝FG，EF＝CG，

求出F點的坐標，由待定系數(shù)法求出直線CF的解析式，聯(lián)立直線CF和拋物線解析式即可得出點P的

坐標．

【解答】解：（1）將點A（﹣，0），B（3，）代入到y(tǒng)＝ax2+bx+2中得：

，解得：，

∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+2；

（2）設(shè)點P（m，﹣m2+m+2），

∵y＝﹣x2+x+2，

∴C（0，2），

設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+c，

∴，解得，

∴直線BC的解析式為y＝x+2，

∴D（m，m+2），

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∴PD＝|﹣m2+m+2﹣m﹣2|＝|m2﹣3m|，

∵PD⊥x軸，OC⊥x軸，

∴PD∥CO，

∴當(dāng)PD＝CO時，以P、D、O、C為頂點的四邊形是平行四邊形，

∴|m2﹣3m|＝2，解得m＝1或2或或，

∴點P的橫坐標為1或2或或；

（3）①當(dāng)Q在BC下方時，如圖，過B作BH⊥CQ于H，過H作MN⊥y軸，交y軸于M，過B作BN

⊥MH于N，

∴∠BHC＝∠CMH＝∠HNB＝90°，

∵∠QCB＝45°，

∴△BHC是等腰直角三角形，

∴CH＝HB，

∴∠CHM+∠BHN＝∠HBN+∠BHN＝90°，

∴∠CHM＝∠HBN，

∴△CHM≌△HBN（AAS），

∴CM＝HN，MH＝BN，

∵H（m，n），

∵C（0，2），B（3，），

∴，解得，

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∴H（，），

設(shè)直線CH的解析式為y＝px+q，

∴，解得，

∴直線CH的解析式為y＝﹣x+2，

聯(lián)立直線CF與拋物線解析式得，

解得或，

∴Q（，）；

②當(dāng)Q在BC上方時，如圖，過B作BH⊥CQ于H，過H作MN⊥y軸，交y軸于M，過B作BN⊥MH

于N，

同理得Q（，）．

綜上，存在，點Q的坐標為（，）或（，）．

【例4】（2022?菏澤）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于A（﹣2，0）、B（8，0）兩點，與y

軸交于點C（0，4），連接AC、BC．

（1）求拋物線的表達式；

（2）將△ABC沿AC所在直線折疊，得到△ADC，點B的對應(yīng)點為D，直接寫出點D的坐標，并求出

四邊形OADC的面積；

（3）點P是拋物線上的一動點，當(dāng)∠PCB＝∠ABC時，求點P的坐標．

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【分析】（1）利用待定系數(shù)法解答即可；

（2）過點D作DE⊥x軸于點E，利用軸對稱的性質(zhì)和三角形的中位線的性質(zhì)定理求得線段OE，DE，

則點D坐標可得；利用四邊形OADC的面積＝S△OAC+S△ACD，S△ADC＝S△ABC，利用三角形的面積公式即

可求得結(jié)論；

（3）利用分類討論的思想方法分兩種情況討論解答：①當(dāng)點P在BC上方時，利用平行線的判定與性

質(zhì)可得點C，P的縱坐標相等，利用拋物線的解析式即可求得結(jié)論；②當(dāng)點P在BC下方時，設(shè)PC交x

軸于點H，設(shè)HB＝HC＝m，利用等腰三角形的判定與性質(zhì)和勾股定理求得m值，則點H坐標可求；利

用待定系數(shù)法求得直線PC的解析式，與拋物線解析式聯(lián)立即可求得點P坐標；

【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于A（﹣2，0）、B（8，0）兩點，與y軸交于

點C（0，4），

∴，

解得：．

∴拋物線的表達式為y＝﹣+x+4；

（2）點D的坐標為（﹣8，8），理由：

將△ABC沿AC所在直線折疊，得到△ADC，點B的對應(yīng)點為D，如圖，

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過點D作DE⊥x軸于點E，

∵A（﹣2，0）、B（8，0），C（0，4），

∴OA＝2，OB＝8，OC＝4．

∵，，

∴．

∵∠AOC＝∠COB＝90°，

∴△AOC∽△COB，

∴∠ACO＝∠CBO．

∵∠CBO+∠OCB＝90°，

∴∠ACO+∠OCB＝90°，

∴∠ACB＝90°，

∵將△ABC沿AC所在直線折疊，得到△ADC，點B的對應(yīng)點為D，

∴點D，C，B三點在一條直線上．

由軸對稱的性質(zhì)得：BC＝CD，AB＝AD．

∵OC⊥AB，DE⊥AB，

∴DE∥OC，

∴OC為△BDE的中位線，

∴OE＝OB＝8，DE＝2OC＝8，

∴D（﹣8，8）；

由題意得：S△ACD＝S△ABC，

∴四邊形OADC的面積＝S△OAC+S△ADC

＝S△OAC+S△ABC

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＝OC?OA+AB?OC

＝4×2+10×4

＝4+20

＝24；

（3）①當(dāng)點P在BC上方時，如圖，

∵∠PCB＝∠ABC，

∴PC∥AB，

∴點C，P的縱坐標相等，

∴點P的縱坐標為4，

令y＝4，則﹣+x+4＝4，

解得：x＝0或x＝6，

∴P（6，4）；

②當(dāng)點P在BC下方時，如圖，

設(shè)PC交x軸于點H，

∵∠PCB＝∠ABC，

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∴HC＝HB．

設(shè)HB＝HC＝m，

∴OH＝OB﹣HB＝8﹣m，

在Rt△COH中，

∵OC2+OH2＝CH2，

∴42+（8﹣m）2＝m2，

解得：m＝5，

∴OH＝3，

∴H（3，0）．

設(shè)直線PC的解析式為y＝kx+n，

∴，

解得：．

∴y＝﹣x+4．

∴，

解得：，．

∴P（，﹣）．

綜上，點P的坐標為（6，4）或（，﹣）．

1．（2022?江岸區(qū)模擬）已知：拋物線y＝﹣（x+k）（x﹣7）交x軸于A、B（A左B右），交y軸正半軸于

點C，且OB＝OC．

（1）如圖1，求拋物線的解析式；

（2）如圖2，點P為第一象限拋物線上一點，連接AP，AP交y軸于點D，設(shè)P的橫坐標為m，CD的

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長為d，求d與m的函數(shù)解析式（不要求寫出自變量m的取值范圍）；

（3）如圖3，在（2）的條件下，過點P作PE⊥y軸于點E，延長EP至點G，使得PG＝3CE，連接CG

交AP于點F，且∠AFC＝45°，連接AG交拋物線于T，求點T的坐標．

【分析】（1）由圖象可得B點坐標，代入函數(shù)解析數(shù)即可求解；

（2）表示出點P坐標，由正切公式可表示出d與m的關(guān)系，即可求出；

（3）作出輔助線，得到CGPW，利用正切公式求出m與k的值，得到G點坐標，然后表示出∠GAB

的正切值，從而求出T點?坐標．

【解答】解：（1）當(dāng)y＝0時，﹣（x+k）（x﹣7）＝0，

解得：x＝﹣k或7，

∴點B的坐標為（7，0），A（﹣k，0），

∵OB＝OC，

∴OC＝OB＝7，

∴點C的坐標為（0，7），

將點C的坐標代入拋物線表達式得：﹣（0+k）（0﹣7）＝7，

解得：k＝2，

∴y＝﹣（x+2）（x﹣7）＝﹣x2+x+7，

故拋物線的表達式為y＝﹣x2+x+7；

（2）過點P作PK⊥AB與點K，PE⊥y軸于點E，如圖1，

∵y＝﹣（x+2）（x﹣7），

∴P（m，﹣（m+2）（m﹣7）），A（﹣2，0），

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∴AK＝m+2，

tan∠PAB＝＝＝，

∴DO＝AO?tan∠PAB＝2（）＝7﹣m，

∴CD＝7﹣（7﹣m）＝m，

∴d＝m．

（3）過點C作WC⊥ED使得WD＝PD，TL⊥AB，連接WD，WP，

設(shè)EC＝k，

則PG＝3k，

∵∠WCD＝∠DEP，CD＝EP，WD＝PD，

∴△WCD≌△DEP，

則△PWD為等腰直角三角形，

∴∠WPD＝45°＝∠CFD，

∴WP∥CG，

∴四邊形CGPW為平行四邊形，

∴CW＝PG＝3k＝ED，

∴CD＝2k＝PE，

∴tan∠APE＝＝，

由（2）可得tan∠PAB＝，

∴＝，

∴m＝4，k＝2，

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∴EO＝7+2＝9，EG＝10，

∴G（10，9），A（﹣2，0），

∴tan∠GAB＝＝，

再設(shè)T坐標為（t，﹣（t+2）（t﹣7）），

則tan∠TAB＝＝，

∴t＝，

∴T（，）．

2．（2022?沈陽模擬）如圖1，在平面直角坐標系中．拋物線y＝ax2+bx+2與x軸交于A（﹣4，0）和B（1，

0），與y軸交于點C，連接AC，BC．

（1）求該拋物線的解析式；

（2）如圖2，點M為直線AC上方的拋物線上任意一點，過點M作y軸的平行線，交AC于點N，過點

M作x軸的平行線，交直線AC于點Q，求△MNQ周長的最大值；

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（3）點P為拋物線上的一動點，且∠ACP＝45°﹣∠BAC，請直接寫出滿足條件的點P的坐標．

【分析】（1）用待定系數(shù)法可得拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣x+2；

（2）設(shè)直線AC解析式為y＝kx+2，用待定系數(shù)法得直線AC解析式為y＝x+2，設(shè)M（x，﹣x2﹣x+2），

則N（x，x+2），即得MN＝﹣x2﹣2x，可證△QMN∽△AOC，有＝＝，故MQ＝2MN，

NQ＝MN，可得△MNQ周長MN+MQ+NQ＝MN+2MN+MN＝﹣（x﹣2）2+6+2，即得當(dāng)

x＝2時，△MNQ周長最大值為6+2；

（3）在x軸負半軸上取D，使OC＝OD，連接CD交拋物線于P，此時∠ACP＝45°﹣∠BAC，P是滿

足條件的點，由C（0，2），D（2，0），得直線CD解析式為y＝x+2，即可解得P（﹣5，﹣3），作D關(guān)

于直線AC的對稱點E，連接CE并延長交拋物線于P'，由對稱性知∠ACP'＝∠ACP，P'是滿足條件的點，

設(shè)E（m，n），可得，可解得E（﹣，），從而可得直線CE解

析式為：y＝x+2，即可解得P'（﹣，）．

【解答】解：（1）把A（﹣4，0）和B（1，0）代入y＝ax2+bx+2得：

，

解得，

∴拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣x+2；

（2）由y＝﹣x2﹣x+2可得C（0，2），

設(shè)直線AC解析式為y＝kx+2，把A（﹣4，0）代入得：

﹣4k+2＝0，

解得k＝，

∴直線AC解析式為y＝x+2，

設(shè)M（x，﹣x2﹣x+2），則N（x，x+2），

∴MN＝﹣x2﹣x+2﹣（x+2）＝﹣x2﹣2x，

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∵MQ∥x軸，MN∥y軸，

∴∠MQN＝∠CAO，∠NMQ＝∠AOC＝90°，

∴△QMN∽△AOC，

∴＝＝，即＝＝，

∴MQ＝2MN，NQ＝MN，

∴△MNQ周長MN+MQ+NQ＝MN+2MN+MN＝（3+）MN＝（3+）×（﹣x2﹣2x）＝﹣

（x+2）2+6+2，

∵﹣＜0，

∴當(dāng)x＝﹣2時，△MNQ周長最大值為6+2；

（3）在x軸負半軸上取D，使OC＝OD，連接CD交拋物線于P，如圖：

∴D（﹣2，0），∠CDO＝45°，此時∠ACP＝45°﹣∠BAC，P是滿足條件的點，

∵C（0，2），D（2，0），

∴直線CD解析式為y＝x+2，

由得或，

∴P（﹣5，﹣3），

作D關(guān)于直線AC的對稱點E，連接CE并延長交拋物線于P'，由對稱性知∠ACP'＝∠ACP，P'是滿足條

件的點，

設(shè)E（m，n），根據(jù)AE＝AD，CE＝CD可得：

，

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解得或，

∴E（﹣，），

由E（﹣，），C（0，2）可得直線CE解析式為：y＝x+2，

解得或，

∴P'（﹣，），

綜上所述，P的坐標為（﹣5，﹣3）或（﹣，）．

3．（2022?沈陽模擬）如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于A，B兩點（點B在點

A的右邊），點A坐標為（1，0），拋物線與y軸交于點C，S△ABC＝3．

（1）求拋物線的函數(shù)表達式；

（2）點P（x，y）是拋物線上一動點，且x＞3．作PN⊥BC于N，設(shè)PN＝d，求d與x的函數(shù)關(guān)系式；

（3）在（2）的條件下，過點A作PC的平行線交y軸于點F，連接BF，在直線AF上取點E，連接PE，

使PE＝2BF，且∠PEF+∠BFE＝180°，請直接寫出P點坐標．

【分析】（1）根據(jù)二次函數(shù)的解析式求出C點的坐標，再根據(jù)△ABC的面積求出AB的長度，根據(jù)A點

的坐標再求出B點的坐標，再用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式即可；

（2）用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式，過點P作PD⊥x軸交BC于點E，交x軸于點D，利用三角

函數(shù)求出PN＝PE，設(shè)出P點的坐標，得出E點的坐標，然后根據(jù)PE求出PN即可得出d和x的函

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數(shù)關(guān)系式；

（3）過點P作PH⊥FE于點H，過點C作CI⊥FE于點I，過點B作BJ⊥FE于點J，設(shè)FE交BC于點

K，證△PEH∽△BJF，然后證四邊形CPHI是矩形，進而得出K點的坐標，求出AF的解析式，再求出

直線PC的解析式，聯(lián)立直線PC和拋物線的解析式求出P點的坐標即可．

【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+3與y軸交于點C，

當(dāng)x＝0時，y＝3，

∴C（0，3），

即OC＝3，

∵S△ABC＝3，

∴×AB×OC＝3，

即AB×3＝3，

∴AB＝2，

又∵A（1，0）且點B在點A的右邊，

∴B（3，0），

把A點和B點坐標代入拋物線y＝ax2+bx+3，

得，

解得，

∴拋物線的解析式為y＝x2﹣4x+3；

（2）由（1）知，C（0，3），B（3，0），

設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+t，

代入B點和C點的坐標得，

解得，

∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3，

過點P作PD⊥x軸交BC延長線于點E，交x軸于點D，

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∵OC＝OB，

∴∠CBO＝45°，

又∵∠COB＝∠PDO＝90°，且∠CBO＝∠DBE＝45°，

∴∠PEC＝45°，且PN⊥CB，

∴∠NPE＝45°，

∴cos∠NPE＝＝cos45°＝，

∴PN＝PE，

設(shè)P（m，m2﹣4m+3），則E（m，﹣m+3），

∴PE＝m2﹣4m+3﹣（﹣m+3）＝m2﹣3m，

∴PN＝d＝PE＝（m2﹣3m）＝m2﹣m，

∴d＝x2﹣x；

（3）如下圖，過點P作PH⊥FE于點H，過點C作CI⊥FE于點I，過點B作BJ⊥FE于點J，設(shè)FE交

BC于點K，

∵∠PEF+∠BFE＝180°，且∠PEF+∠PEH＝180°，

∴∠BFE＝∠PEH，

∵∠PHE＝∠CIJ＝∠BJH＝90°，

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又∵PE＝2BF，

∴△PEH∽△BJF，

∴BJ＝PH，

又∵CP∥AH，且CI∥PH，

∴四邊形CPHI是矩形，

∴CJ＝PH，

又∵∠CJI＝∠BKJ，

∴BJ＝CI，

∴BK＝CK，

∴K（2，1），

設(shè)直線AF的解析式為y＝sx+n，

代入K點和A點的坐標得，

解得，

∴直線AF的解析式為y＝x﹣1，

設(shè)直線PC的解析式為y＝x+g，

代入C點坐標得g＝3，

∴直線PC的解析式為y＝x+3，

聯(lián)立直線PC和拋物線的解析式得，

解得或，

∴P（5，8）．

4．（2022?成都模擬）如圖，已知拋物線表達式為y＝ax2﹣ax﹣2a+1（a≠0），直線y＝x+與坐標軸交于

點A，B．

（1）若該拋物線過原點，求拋物線的表達式．

（2）試說明無論a為何值，拋物線一定經(jīng)過兩個定點，并求出這兩個定點的坐標．點P為兩定點所在直

線上的動點，當(dāng)點P到點A的距離和到直線AB的距離之和最小時，求點P的坐標；

（3）點N是拋物線上一動點，點M（﹣4，0），且∠NMA+∠OBA＝90°，若滿足條件的點N的個數(shù)恰

第22頁共94頁.

好為3個，求a的值．

【分析】（1）將原點（0，0）代入y＝ax2﹣ax﹣2a+1（a≠0），即可求解；

（2）由y＝x+中，得A（﹣3，0），B（0，），由y＝ax2﹣ax﹣2a+1＝a（x2﹣x﹣2）+1＝a（x﹣2）

（x+1）+1，即得二次函數(shù)的圖象過兩定點C（2，1）和D（﹣1，1）；則直線CD為y＝1，設(shè)P（p，1），

過點P作PH⊥AB于H，可得PA2＝（p+3）2+1，證明△PHD∽△BOA，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得PH＝

，PH2＝（p+1）2，則PA2+PH2最小時，PA+PH最小，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解；

（3）由∠NMA+∠OBA＝90°，知N在過點M且與直線AB平行的直線y＝x+2上，或在直線y＝﹣x

﹣2上，由圖得a＞0，直線y＝x+2與拋物線y＝ax2﹣ax﹣2a+1總有兩個交點，當(dāng)直線y＝﹣x﹣2

與拋物線y＝ax2﹣ax﹣2a+1只有1個交點時即滿足題意，由ax2﹣ax﹣2a+1＝﹣x﹣2的Δ＝0，即可求

解．

【解答】解：（1）把（0，0）代入y＝ax2﹣ax﹣2a+1得：

﹣2a+1＝0，

解得a＝，

∴拋物線的表達式為y＝x2﹣x；

（2）∵y＝ax2﹣ax﹣2a+1＝a（x2﹣x﹣2）+1＝a（x﹣2）（x+1）+1，

∴x＝2或x＝﹣1時，y＝1，

即二次函數(shù)的圖象過兩定點C（2，1）和D（﹣1，1），

∴直線CD為y＝1，CD∥x軸，

在y＝x+中，令x＝0得y＝，令y＝0得x＝﹣3，

∴A（﹣3，0），B（0，），

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∴OA＝3，OB＝，AB＝＝，

如圖：過點P作PH⊥AB于H，設(shè)P（p，1），

∴∠PHD＝∠BOA＝90°，

∵CD∥x軸，

∴∠PDH＝∠BAO，

∴△PHD∽△BOA，

∴，

∴，

∴PH＝，PH2＝（p+1）2，

∵PA2＝（p+3）2+1，

∴PA2+PH2最小時，PA+PH最小，

PA2+PH2＝（p+3）2+1+（p+1）2＝p2+p+＝（p+）2+，

∴當(dāng)p＝﹣時，點P到點A的距離和到直線AB的距離之和最小，

此時，點P的坐標為（﹣，1）；

（3）如圖，

第24頁共94頁.

∵∠NMA+∠OBA＝90°，∠OAB+∠OBA＝90°，

∴∠NMA＝∠OAB，

∴MN∥AB，

∵直線AB：y＝x+，

設(shè)直線MN為y＝x+m，

∵點M（﹣4，0），

∴﹣2+m＝0，解得m＝2，

∴N在過點M且與直線AB平行的直線y＝x+2上，或在直線y＝﹣x﹣2上，

由圖得a＞0，直線y＝x+2與拋物線y＝ax2﹣ax﹣2a+1總有兩個交點，

∴當(dāng)直線y＝﹣x﹣2與拋物線y＝ax2﹣ax﹣2a+1只有1個交點時即滿足題意，

由ax2﹣ax﹣2a+1＝﹣x﹣2得：ax2+（﹣a）x+3﹣2a＝0，

當(dāng)Δ＝0，即（﹣a）2﹣4a（3﹣2a）＝0時，a＝或（舍去），

∴a的值為．

5．（2022?成都模擬）如圖1所示，直線y＝x+3與x軸、y軸分別相交于點A，點B，點C（1，2）在經(jīng)

過點A，B的二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象上．

（1）求拋物線的解析式；

（2）點P為線段AB上（不與端點重合）的一動點，過點P作PQ∥y軸交拋物線于點Q，求PQ+PB

取得最大值時點P的坐標；

（3）如圖2，連接BC并延長，交x軸于點D，E為第三象限拋物線上一點，連接DE，點G為x軸上一

點，且G（﹣1，0），直線CG與DE交于點F，點H在線段CF上，且∠CFD+∠ABH＝45°，連接BH

交OA于點M，已知∠GDF＝∠HBO，求點H的坐標．

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【分析】（1）求得A、B兩點坐標，將A、B、C三點坐標代入拋物線的解析式，進而求得結(jié)果；

（2）作PD⊥OB于D，設(shè)出點P和Q點坐標，表示出PQ的長，由△BPD∽△BAO表示出PB，從而表

示出PQ+PB，進而根據(jù)二次函數(shù)性質(zhì)求得結(jié)果；

（3）作CN⊥AD于N，作MT⊥AB于T，根據(jù)條件推出BM平分∠ABO，根據(jù)S△ABM+S△BOM＝S△AOB，

求得OM長，進而得出直線CG，BM的解析式，進一步求得結(jié)果．

【解答】解：（1）由題意得：A（﹣4，0），B（0，3），

∴，

∴，

∴y＝﹣﹣+3；

（2）如圖1，

作PD⊥OB于D，

設(shè)Q（m，﹣﹣+3），P（m，m+3），

第26頁共94頁.

∴PQ＝﹣﹣+3﹣（＝﹣﹣，

∵PD∥OA，

∴△BPD∽△BAO，

∴＝，

∴＝，

∴PB＝﹣，

∴PQ+PB＝﹣﹣m﹣m＝﹣﹣，

∴當(dāng)m＝﹣＝﹣，

∵+3＝，

∴P（﹣，）；

（3）如圖2，

作CN⊥AD于N，作MT⊥AB于T，

∵C（1，2），G（﹣1，0），

∴CN＝GN＝2，

∴∠CGN＝∠NCG＝45°，

∴∠CFD+∠GDF＝45°，

∵∠CFD+∠ABH＝45°，

∴∠GDF＝∠ABH，

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∵∠GDF＝∠HBO，

∴∠ABH＝∠HBO，

∴OM＝MT，

∵S△ABM+S△BOM＝S△AOB，

∴，

∴5OM+3OM＝3×4，

∴OM＝，

∴M（﹣，0），

∴直線BM的解析式為：y＝2x+3，

∵C（1，2），G（﹣1，0），

∴直線CG的解析式為：y＝x+1，

由2x+3＝x+1得，x＝﹣2，

∴x+1＝﹣1，

∴H（﹣2，﹣1）．

6．（2022?洪山區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線與x軸交于點A（﹣1，0），B（3，0），與y

軸交于點C（0，3），與直線l：y＝k（x﹣3）+3（k＞0）交于D，E兩點．

（1）求拋物線的解析式；

（2）如圖1，連接BD，若△BDE的面積為6，求k的值；

（3）如圖2，若直線l與拋物線交于M，N兩點，與BC交于點P，且∠MBC＝∠NBC．求P點的坐標．

【分析】（1）運用待定系數(shù)法即可求得答案；

（2）先根據(jù)直線l的解析式得出定點F（3，3），連接BF，則BF∥y軸，BF＝3，根據(jù)由三角形面積可

第28頁共94頁.

2

得xE﹣xD＝4，聯(lián)立得整理得：x+（k﹣2）x﹣3k＝0，再由根與系數(shù)關(guān)系可得：xD+xE＝2﹣k，xD?xE＝﹣

3k，即可求得k的值；

22

（3）設(shè)M（x1，﹣x1+2x1+3），N（x2，﹣x2+2x2+3），如圖2，分別過點M、N作ME⊥x軸于點E，NQ

⊥BF于點Q，可證得∠MBE＝∠NBQ，得出tan∠MBE＝tan∠NBQ，即＝，即可求得k的值，得

出直線l的解析式，再利用待定系數(shù)法求得直線BC的解析式為y＝﹣x+3，聯(lián)立方程組求解即可得出答

案．

【解答】解：（1）∵拋物線與x軸交于點A（﹣1，0），B（3，0），

∴設(shè)y＝a（x+1）（x﹣3），把C（0，3）代入得，3＝a×（0+1）×（0﹣3），

解得：a＝﹣1，

∴y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3，

∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3；

（2）∵直線l：y＝k（x﹣3）+3，當(dāng)x＝3時，y＝3，

∴點F（3，3）是直線l上一定點，

如圖1，連接BF，則BF∥y軸，BF＝3，

∵S△BDF﹣S△BEF＝S△BDE＝6，

∴BF（3﹣xD）﹣BF（3﹣xE）＝6，即（xE﹣xD）＝6，

∴xE﹣xD＝4，

聯(lián)立得：﹣x2+2x+3＝k（x﹣3）+3，

整理得：x2+（k﹣2）x﹣3k＝0，

∴xD+xE＝2﹣k，xD?xE＝﹣3k，

22

∵（xD+xE）﹣4xD?xE＝（xE﹣xD），

∴（2﹣k）2﹣4×（﹣3k）＝42，

解得：k1＝﹣4+2，k2＝﹣4﹣2，

∵k＞0，

∴k＝﹣4+2；

22

（3）設(shè)M（x1，﹣x1+2x1+3），N（x2，﹣x2+2x2+3），

如圖2，分別過點M、N作ME⊥x軸于點E，NQ⊥BF于點Q，

∵C（0，3），B（3，0），

第29頁共94頁.

∴OB＝OC，

∵∠BOC＝90°，

∴∠OBC＝45°，∠CBQ＝45°，

∵∠MBC＝∠NBC，

∴∠MBE＝∠NBQ，

∴tan∠MBE＝tan∠NBQ，

∴＝，

∴＝，即＝，

∴x1+x2+x1x2＝0，

由（2）知：x1+x2＝2﹣k，x1?x2＝﹣3k，

∴2﹣k﹣3k＝0，

解得：k＝，

∴直線l的解析式為y＝（x﹣3）+3，

設(shè)直線BC的解析式為y＝mx+n，

則，

解得：，

∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3，

聯(lián)立方程組得，

解得：，

∴P點的坐標為（1，2）．

第30頁共94頁.

7．（2022?洪山區(qū)模擬）拋物線y＝ax2﹣2ax﹣3a與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左邊），與y軸的正

半軸交于C點，△ABC的面積為6．

（1）直接寫出點A、B的坐標為A（﹣1，0），B（3，0）；拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3．

（2）如圖1，連結(jié)AC，若在第一象限拋物線上存在點D，使點D到直線AC的距離為，求點D

的坐標；

（3）如圖2，平行于AC的直線交拋物線于M、N兩點，在拋物線上存在點P，當(dāng)PQ⊥y軸時，PQ恰

好平分∠MPN，求P點坐標．

第31頁共94頁.

【分析】（1）令y＝0，可求出x的值，進而可得出A，B的坐標；令x＝0，可求出y的值，可得出點C

的坐標，得出線段OC的長，利用三角形的面積公式可得出a的值；

（2）過點O作OQ⊥AC于點Q，根據(jù)三角形面積的等積法可求出OQ的長，進可得出點D的位置，利

用全等三角形的性質(zhì)求出直線QA′的解析式，聯(lián)立可求出點D的坐標；

（3）過點M作ME⊥DE于E，過點N作NF⊥DE于F，根據(jù)∠MPE＝∠NPE，∠MEP＝∠NFP＝90°，

可得△MPE∽△NPF，設(shè)出M、N、P三點的坐標（只設(shè)橫坐標，縱坐標用橫坐標表示），分別用橫坐標

之差、縱坐標之差表示出兩個相似三角形的直角邊，列出比例等式；設(shè)出MN的解析式，與拋物線方程

聯(lián)立，得出兩根之和的關(guān)系式，結(jié)合前面的比例等式解出P點的橫坐標，進而算出縱坐標．

【解答】解：（1）令y＝0，即ax2﹣2ax﹣3a＝0，

解得x＝﹣1或x＝3，

∴A（﹣1，0），B（3，0）；

令x＝0，則y＝﹣3a，

∴C（0，﹣3a），即OC＝﹣3a，

∴S＝×4×（﹣3a）＝6，解得a＝﹣1，

∴函數(shù)解析式為：y＝﹣x2+2x+3．

故答案為：A（﹣1，0），B（3，0）；y＝﹣x2+2x+3．

（2）由（1）知，A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），

∴OA＝1，OC＝3，AB＝，

過點O作OG⊥AC于點G，

∴S△OAC＝?OA?OB＝?AC?OG

∴×1×3＝×?OG，

∴OG＝，

設(shè)點D到直線AC的距離h＝＝2OG，

延長GO到點G′，使得OG′＝OG，過點G′作AC的平行線與x軸交于點A′，與拋物線在第一象限

內(nèi)交于點D，

第32頁共94頁.

∴∠GAO＝∠G′A′O，

∵∠GOA＝∠G′OA′，

∴△GAO≌△G′A′O（AAS），

∴OA＝OA′＝1，

∴A′（1，0），

∵A（﹣1，0），C（0，3），

∴直線AC的解析式為：y＝3x+3，

∴直線A′G′的解析式為：y＝3x﹣3，

令3x﹣3＝﹣x2+2x+3，解得x＝2或x＝﹣3，

∵點D在第一象限，

∴D（2，3）．

（3）如圖，過點M作ME⊥DE于E，過點N作NF⊥DE于F，

222

設(shè)M（x1，﹣x1+2x1+3），N（x2，﹣x2+2x2+3），P（x0，﹣x0+2x0+3），

2222

則：ME＝﹣x1+2x1+3﹣（﹣x0+2x0+3）＝﹣x1+2x1+x0﹣2x0＝﹣（x1﹣x0）（x1+x0）+2（x1﹣x0）＝（x0+x1

﹣2）（x0﹣x1），

PE＝x0﹣x1，

22

FN＝﹣x0+2x0+3﹣（﹣x2+2x2+3）＝﹣（x0+x2﹣2）（x0﹣x2），

PF＝x0﹣x2，

∵PQ恰好平分∠MPN，即∠MPE＝∠NPE，∠MEP＝∠NFP＝90°，

∴△MPE∽△NPF，

∴＝，

第33頁共94頁.

∴＝，

∴x0＝，

∵A（﹣1，0），C（0，﹣3），

∵MN∥AC，

∴設(shè)直線MN的解析式為y＝3x+b，

令3x+b＝﹣x2+2x+3，

由消去y整理得：x2+x﹣3+b＝0，

由韋達定理可知：x1+x2＝﹣1，

∴x＝，

∴x?2x?3＝，

∴P（，）．

2

8．（2022?泰安模擬）如圖，拋物線y＝mx+3mx﹣2m+1的圖象經(jīng)過點C，交x軸于點A（x1，0），B（x2，

0）（點A在點B左側(cè)），且x2﹣x1＝5，連接BC，D是AC上方的拋物線一點．

（1）求拋物線的解析式；

（2）連接BC，CD，S△DCE：S△BCE是否存在最大值？若存在，請求出其最大值及此時點D的坐標；若

不存在，請說明理由；

（3）第二象限內(nèi)拋物線上是否存在一點D，DF垂直AC于點F，使得△DCF中有一個銳角等于∠BAC

的兩倍？若存在，求點D的橫坐標，若不存在，請說明理由．

第34頁共94頁.

【分析】（1）利用拋物線與x軸的交點的橫坐標與一元二次方程根的聯(lián)系，用一元二次方程根與系數(shù)的

關(guān)系定理列出關(guān)于m的方程，解方程即可得出結(jié)論；

（2）過點D作DH⊥x軸于點H，交AC于點M，過點B作BN⊥x軸于點B，交直線AC于點N，利用

待定系數(shù)法求得直線AC的解析式，設(shè)D（a，a+2），則M（a，a+2），求得線段DM，BN

的長，利用同高的三角形的面積關(guān)系列出S△DCE：S△BCE關(guān)于a的等式，利用配方法和二次函數(shù)的性質(zhì)解

答即可；

（3）利用分類討論的思想方法分兩種情況討論解答：①當(dāng)∠DCF＝2∠BAC時，②當(dāng)∠FDC＝2∠BAC

時：取AB的中點P，連接OP，過點D作DR⊥y軸于點R，延長交AC于點G，利用勾股定理的逆定理

判定△ABC為直角三角形，∠ACB＝90°，設(shè)D（a，a+2），則DR＝﹣a，OR＝a+2，

利用直角三角形的邊角關(guān)系定理列出關(guān)于a的方程，解方程即可得出結(jié)論．