2023年中考數(shù)學(xué)壓軸題專項訓(xùn)練壓軸題07二次函數(shù)與線段最值定值問題（八大類型）（試題+答案）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

?2023年中考數(shù)學(xué)壓軸題專項訓(xùn)練
壓軸題07二次函數(shù)與線段最值定值問題（八大類型）

題型一：二次函數(shù)與單線段最值問題
例1．如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（5，0），B（﹣1，0）兩點，與y軸交于點C（0，52）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）在拋物線上是否存在點P，使得△ACP是以點A為直角頂點的直角三角形？若存在，求出符合條件的點P的坐標；若不存在，請說明理由；
（3）點G為拋物線上的一動點，過點G作GE垂直于y軸于點E，交直線AC于點D，過點D作x軸的垂線，垂足為點F，連接EF，當線段EF的長度最短時，求出點G的坐標．

【分析】（1）運用待定系數(shù)法就可求出拋物線的解析式；
（2）以A為直角頂點，根據(jù)點P的縱、橫坐標之間的關(guān)系建立等量關(guān)系，就可求出點P的坐標；
（3）連接OD，易得四邊形OFDE是矩形，則OD＝EF，根據(jù)垂線段最短可得當OD⊥AC時，OD（即EF）最短，然后只需求出點D的縱坐標，就可得到點P的縱坐標，就可求出點P的坐標．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（5，0），B（﹣1，0）兩點，與y軸交于點C（0，52），
∴設(shè)拋物線的解析式是y＝a（x﹣5）（x+1）1），
則52=a×（﹣5）×1，解得a=?12．
則拋物線的解析式是y=?12（x﹣5）（x+1）=?12x2+2x+52；

（2）存在．
當點A為直角頂點時，過A作AP⊥AC交拋物線于點P，交y軸于點H，如圖．
∵AC⊥AP，OC⊥OA，
∴△OAC∽△OHA，
∴OAOH=OCOA，
∴OA2＝OC?OH，
∵OA＝5，OC=52，
∴OH＝10，
∴H（0，﹣10），A（5，0），
∴直線AP的解析式為y＝2x﹣10，
聯(lián)立y=2x?10y=?12x2+2x+52，
∴P的坐標是（﹣5，﹣20）．

（3）∵DF⊥x軸，DE⊥y軸，
∴四邊形OFDE為矩形，
∴EF＝OD，
∴EF長度的最小值為OD長度的最小值，
當OD⊥AC時，OD長度最小，
此時S△AOC=12AC?OD=12OA?OC，
∵A（5，0），C（0，52），
∴AC=552，
∴OD=5，
∵DE⊥y軸，OD⊥AC，
∴△ODE∽△OCD，
∴ODOE=COOD，
∴OD2＝OE?CO，
∵CO=52，OD=5，
∴OE＝2，
∴點G的縱坐標為2，
∴y=?12x2+2x+52=2，
解得x1＝2?5，x2＝2+5，
∴點G的坐標為（2?5，2）或（2+5，2）．

【點評】本題主要考查了用待定系數(shù)法求拋物線的解析式、拋物線上點的坐標特征、等腰三角形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、解一元二次方程、勾股定理等知識，有一定的綜合性，根據(jù)矩形的性質(zhì)將EF轉(zhuǎn)化為OD，然后利用垂線段最短是解決第（3）小題的關(guān)鍵．
題型二：二次函數(shù)與將軍飲馬型問題
例2．如圖1，拋物線y＝ax2+2x+c與x軸交于A（﹣4，0），B（1，0）兩點，過點B的直線y＝kx+23分別與y軸及拋物線交于點C，D．
（1）求直線和拋物線的表達式；
（2）動點P從點O出發(fā)，在x軸的負半軸上以每秒1個單位長度的速度向左勻速運動，設(shè)運動時間為t秒，當t為何值時，△PDC為直角三角形？請直接寫出所有滿足條件的t的值；
（3）如圖2，將直線BD沿y軸向下平移4個單位后，與x軸，y軸分別交于E，F(xiàn)兩點，在拋物線的對稱軸上是否存在點M，在直線EF上是否存在點N，使DM+MN的值最??？若存在，求出其最小值及點M，N的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解可得；
（2）先求得點D的坐標，過點D分別作DE⊥x軸、DF⊥y軸，分P1D⊥P1C、P2D⊥DC、P3C⊥DC三種情況，利用相似三角形的性質(zhì)逐一求解可得；
（3）通過作對稱點，將折線轉(zhuǎn)化成兩點間距離，應(yīng)用兩點之間線段最短．
【解答】解：（1）把A（﹣4，0），B（1，0）代入y＝ax2+2x+c，得
16a?8+c=0a+2+c=0，
解得：a=23c=?83，
∴拋物線解析式為：y=23x2+2x?83，
∵過點B的直線y＝kx+23，
∴代入（1，0），得：k=?23，
∴BD解析式為y=?23x+23；

（2）由y=23x2+2x?83y=?23x+23得交點坐標為D（﹣5，4），
如圖1，過D作DE⊥x軸于點E，作DF⊥y軸于點F，
當P1D⊥P1C時，△P1DC為直角三角形，
則△DEP1∽△P1OC，
∴DEPO=PEOC，即4t=5?t23，
解得t=15±1296，

當P2D⊥DC于點D時，△P2DC為直角三角形
由△P2DB∽△DEB得DBEB=P2BDB，
即526=t+152，
解得：t=233；
當P3C⊥DC時，△DFC∽△COP3，
∴DFOC=CFP3O，即523=103t，
解得：t=49，
∴t的值為49、15±1296、233．

（3）由已知直線EF解析式為：y=?23x?103，
在拋物線上取點D的對稱點D′，過點D′作D′N⊥EF于點N，交拋物線對稱軸于點M

過點N作NH⊥DD′于點H，此時，DM+MN＝D′N最小．
則△EOF∽△NHD′
設(shè)點N坐標為（a，?23a?103），
∴OENH=OFHD'，即54?(?23a?103)=1032?a，
解得：a＝﹣2，
則N點坐標為（﹣2，﹣2），
求得直線ND′的解析式為y=32x+1，
當x=?32時，y=?54，
∴M點坐標為（?32，?54），
此時，DM+MN的值最小為D'H2+NH2=42+62=213．
【點評】本題是二次函數(shù)和幾何問題綜合題，應(yīng)用了二次函數(shù)性質(zhì)以及轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想、分類討論思想．解題時注意數(shù)形結(jié)合．
題型三：二次函數(shù)與胡不歸型線段最值問題
例3．已知拋物線y=?12x2+bx+c（b，c為常數(shù)）的圖象與x軸交于A（1，0），B兩點（點A在點B左側(cè)）．與y軸相交于點C，頂點為D．
（Ⅰ）當b＝2時，求拋物線的頂點坐標；
（Ⅱ）若點P是y軸上一點，連接BP，當PB＝PC，OP＝2時，求b的值；
（Ⅲ）若拋物線與x軸另一個交點B的坐標為（4，0），對稱軸交x軸于點E，點Q是線段DE上一點，點N為線段AB上一點，且AN＝2BN，連接NQ，求DQ+54NQ的最小值．
【分析】（Ⅰ）求出函數(shù)的解析式即可求解；
（Ⅱ）由題意可求P（0，2）或（0，﹣2），將A點代入拋物線解析式可得c=12?b，在求出B（2b﹣1，0），C（0，12?b），由PB＝PC，（2b﹣1）2+4＝|12?b﹣2|2或（2b﹣1）2+4＝|12?b+2|2，再由2b﹣1＞1，求出b即可；
（Ⅲ）先求出拋物線的解析式y(tǒng)=?12x2+52x﹣2，設(shè)Q（52，t）過點N作AD的垂線交于點M，交對稱軸于點Q，利用直角三角形可得MQ=45DQ，當M、Q、N三點共線時，DQ+54NQ有最小值54MN，在Rt△AMN中，AN＝2，求出MN=65，可求DQ+54NQ的最小值為32．
【解答】解：（Ⅰ）當b＝2時，y=?12x2+2x+c，
將點A（1，0）代入y=?12x2+2x+c，
∴c=?32，
∴y=?12x2+2x?32=?12（x﹣2）2+12，
∴拋物線的頂點為（2，12）；
（Ⅱ）∵點P是y軸上一點，OP＝2，
∴P（0，2）或（0，﹣2），
將A代入y=?12x2+bx+c，
∴?12+b+c＝0，
∴c=12?b，
∵?12x2+bx+12?b＝0，
∴1+x1＝2b，
∴x1＝2b﹣1，
∴B（2b﹣1，0），
令x＝0，則y＝2b﹣1，
∴C（0，12?b），
∵PB＝PC，
∴（2b﹣1）2+4＝|12?b﹣2|2或（2b﹣1）2+4＝|12?b+2|2，
解得b=12或b=116或b=12或b=?56，
∵A點在B點左側(cè)，
∴2b﹣1＞1，
∴b＞1，
∴b=116；
（Ⅲ）將點A、B代入y=?12x2+bx+c，
∴?12+b+c=0?8+4b+c=0，
b=52c=?2，
∴y=?12x2+52x﹣2，
∴拋物線的對稱軸為直線x=52，
∴E（52，0），
∵y=?12x2+52x﹣2=?12（x?52）2+98，
∴頂點D（52，98），
∵A（1，0），B（4，0），
∴AB＝3，
∵AN＝2BN，
∴AN＝2，BN＝1，
∴N（3，0），
設(shè)Q（52，t），
過點N作AD的垂線交于點M，交對稱軸于點Q，
∵AE=32，DE=98，
∴tan∠DAE=34，
∴∠EQN＝∠DAE，
∴∠DAN＝∠MQD，
∴tan∠MQD=34，
∴sin∠MQD=45，
∴MQ=45DQ，
∵DQ+54NQ=54（45DQ+NQ）=54（MQ+NQ），
∴當M、Q、N三點共線時，DQ+54NQ有最小值54MN，
在Rt△AMN中，AN＝2，
∴sin∠MAN=35，
∴MN=35×2=65，
∴DQ+54NQ=54×MN=32，
∴DQ+54NQ的最小值為32．

【點評】本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，利用一元二次方程求最值是解題的關(guān)鍵．
題型四：二次函數(shù)與三線段和最值問題
例4．如圖1，已知一次函數(shù)y＝x+3的圖象與x軸、y軸分別交于A、B兩點，拋物線y＝﹣x2+bx+c過A、B兩點，且與x軸交于另一點C．
（1）求b、c的值；
（2）如圖1，點D為AC的中點，點E在線段BD上，且BE＝2ED，連接CE并延長交拋物線于點M，求點M的坐標；
（3）將直線AB繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)15°后交y軸于點G，連接CG，如圖2，P為△ACG內(nèi)一點，連接PA、PC、PG，分別以AP、AG為邊，在他們的左側(cè)作等邊△APR，等邊△AGQ，連接QR
①求證：PG＝RQ；
②求PA+PC+PG的最小值，并求出當PA+PC+PG取得最小值時點P的坐標．

【分析】（1）把A（﹣3，0），B（0，3）代入拋物線y＝﹣x2+bx+c即可解決問題．
（2）首先求出A、C、D坐標，根據(jù)BE＝2ED，求出點E坐標，求出直線CE，利用方程組求交點坐標M．
（3）①欲證明PG＝QR，只要證明△QAR≌△GAP即可．②當Q、R、P、C共線時，PA+PG+PC最小，作QN⊥OA于N，AM⊥QC于M，PK⊥OA于K，由sin∠ACM=AMAC=NQQC求出AM，CM，利用等邊三角形性質(zhì)求出AP、PM、PC，由此即可解決問題．
【解答】解：（1）∵一次函數(shù)y＝x+3的圖象與x軸、y軸分別交于A、B兩點，
∴A（﹣3，0），B（0，3），
∵拋物線y＝﹣x2+bx+c過A、B兩點，
∴c=3?9?3b+c=0解得b=?2c=3，
∴b＝﹣2，c＝3．
（2），對于拋物線y＝﹣x2﹣2x+3，令y＝0，則﹣x2﹣2x+3＝0，解得x＝﹣3或1，
∴點C坐標（1，0），
∵AD＝DC＝2，
∴點D坐標（﹣1，0），
∵BE＝2ED，
∴點E坐標（?23，1），
設(shè)直線CE為y＝kx+b，把E、C代入得到?23k+b=1k+b=0解得k=?35b=35，
∴直線CE為y=?35x+35，
由y=?35x+35y=?x2?2x+3解得x=1y=0或x=?125y=5125，
∴點M坐標（?125，5125）．
（3）①∵△AGQ，△APR是等邊三角形，
∴AP＝AR，AQ＝AG，∠QAC＝∠RAP＝60°，
∴∠QAR＝∠GAP，
在△QAR和△GAP中，
AQ=AG∠QAR=∠GAPAR=AP，
∴△QAR≌△GAP，
∴QR＝PG．
②如圖3中，∵PA+PG+PC＝QR+PR+PC＝QC，
∴當Q、R、P、C共線時，PA+PG+PC最小，
作QN⊥OA于N，AM⊥QC于M，PK⊥OA于K．
∵∠GAO＝60°，AO＝3，
∴AG＝QG＝AQ＝6，∠AGO＝30°，
∵∠QGA＝60°，
∴∠QGO＝90°，
∴點Q坐標（﹣6，33），
在RT△QCN中，QN＝33，CN＝7，∠QNC＝90°，
∴QC=QN2+NC2=219，
∵sin∠ACM=AMAC=NQQC，
∴AM=65719，
∵△APR是等邊三角形，
∴∠APM＝60°，∵PM＝PR，cos30°=AMAP，
∴AP=121919，PM＝RM=61919
∴MC=AC2?AM2=141919，
∴PC＝CM﹣PM=81919，
∵PKQN=CPCQ=CKCN，
∴CK=2819，PK=12319，
∴OK＝CK﹣CO=919，
∴點P坐標（?919，12319）．
∴PA+PC+PG的最小值為219，此時點P的坐標（?919，12319）．

【點評】本題考查二次函數(shù)綜合題、等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是理解Q、R、P、C共線時，PA+PG+PC最小，學(xué)會添加常用輔助線，屬于中考壓軸題．
題型五：二次函數(shù)與線段倍分關(guān)系最值問題
例5．拋物線y＝﹣x2+4ax+b（a＞0）與x軸相交于O、A兩點（其中O為坐標原點），過點P（2，2a）作直線PM⊥x軸于點M，交拋物線于點B，點B關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點為C（其中B、C不重合），連接AP交y軸于點N，連接BC和PC．
（1）a=32時，求拋物線的解析式和BC的長；
（2）如圖a＞1時，若AP⊥PC，求a的值；
（3）是否存在實數(shù)a，使APPN=12？若存在，求出a的值，如不存在，請說明理由．

【分析】（1）根據(jù)拋物線經(jīng)過原點b＝0，把a=32、b＝0代入拋物線解析式，即可求出拋物線解析式，再求出B、C坐標，即可求出BC長．
（2）利用△PCB∽△APM，得PBAM=BCPM，列出方程即可解決問題．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+4ax+b（a＞0）經(jīng)過原點O，
∴b＝0，
∵a=32，
∴拋物線解析式為y＝﹣x2+6x，
∵x＝2時，y＝8，
∴點B坐標（2，8），
∵對稱軸x＝3，B、C關(guān)于對稱軸對稱，
∴點C坐標（4，8），
∴BC＝2．
（2）∵AP⊥PC，
∴∠APC＝90°，
∵∠CPB+∠APM＝90°，∠APM+∠PAM＝90°，
∴∠CPB＝∠PAM，
∵∠PBC＝∠PMA＝90°，
∴△PCB∽△APM，
∴PBAM=BCPM，
∴6a?44a?2=4a?42a，
整理得a2﹣4a+2＝0，解得a＝2±2，
∵a＞1，
∴a＝2+2．

（3）當點P在等A的左側(cè)時，∵△APM∽△ANO，
∴APPN=AMMO=12，
∵AM＝4a﹣2，OM＝2，
∴4a?22=12，
∴a=34．
當點P在D點A的右側(cè)時，同法可得OA＝AM，
4a＝2﹣4a，
∴a=14，
綜上所述，滿足條件的a的值為34或14．

【點評】本題考查二次函數(shù)性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、待定系數(shù)法等知識，解題的關(guān)鍵是利用相似三角形性質(zhì)列出方程解決問題，學(xué)會轉(zhuǎn)化的思想，屬于中考?？碱}型．
題型六：二次函數(shù)與線段乘積問題
例6．已知直線y=12x+2分別交x軸、y軸于A、B兩點，拋物線y=12x2+mx﹣2經(jīng)過點A，和x軸的另一個交點為C．

（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖1，點D是拋物線上的動點，且在第三象限，求△ABD面積的最大值；
（3）如圖2，經(jīng)過點M（﹣4，1）的直線交拋物線于點P、Q，連接CP、CQ分別交y軸于點E、F，求OE?OF的值．
備注：拋物線頂點坐標公式（?b2a，4ac?b24a）
【分析】（1）先求得點A的坐標，然后將點A的坐標代入拋物線的解析式求得m的值即可；
（2）過點D作DH∥y軸，交AB于點H，設(shè)D（n，12n2+32n﹣2），H（n，12n+2），然后用含n的式子表示DH的長，接下來，利用配方法求得DH的最大值，從而可求得△ABD面積最大值；
（3）先求得點C的坐標，然后設(shè)直線CQ的解析式為y＝ax﹣a，CP的解析式為y＝bx﹣b，接下來求得點Q和點P的橫坐標，然后設(shè)直線PQ的解析式為y＝x+d，把M（﹣4，1）代入得：y＝kx+4k+1，將PQ的解析式為與拋物線解析式聯(lián)立得到關(guān)于x的一元二次方程，然后依據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系可求得ab=?12，最后，由ab的值可得到OE?OF的值．
【解答】解：（1）把y＝0代入y=12x+2得：0=12x+2，解得：x＝﹣4，
∴A（﹣4，0）．
把點A的坐標代入y=12x2+mx﹣2得：m=32，
∴拋物線的解析式為y=12x2+32x﹣2．
（2）過點D作DH∥y軸，交AB于點H，

設(shè)D（n，12n2+32n﹣2），H（n，12n+2）．
∴DH＝（12n+2）﹣（12n2+32n﹣2）=?12（n+1）2+92．
∴當n＝﹣1時，DH最大，最大值為92，
此時△ABD面積最大，最大值為12×92×4＝9．
（3）把y＝0代入 y=12x2+32x﹣2，得：x2+3x﹣4＝0，解得：x＝1或x＝﹣4，
∴C（1，0）．
設(shè)直線CQ的解析式為y＝ax﹣a，CP的解析式為y＝bx﹣b．
∴y=ax?ay=12x2+32x?2，解得：x＝1或x＝2a﹣4．
∴xQ＝2a﹣4．
同理：xP＝2b﹣4．
設(shè)直線PQ的解析式為y＝kx+b，把M（﹣4，1）代入得：y＝kx+4k+1．
∴y=kx+4k+1y=12x2+32x?2．
∴x2+（3﹣2k）x﹣8k﹣6＝0，
∴xQ+xP＝2a﹣4+2b﹣4＝2k﹣3，xQ?xP＝（2a﹣4）（2b﹣4）＝﹣8k﹣6，
解得：ab=?12．
又∵OE＝﹣b，OF＝a，
∴OE?OF＝﹣ab=12．
【點評】本題主要考查的是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式、一次函數(shù)的解析式、一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，建立關(guān)于a、b的方程組求得ab的值是解題的關(guān)鍵．
題型七：二次函數(shù)與線段比值問題
例7．拋物線y＝ax2+c與x軸交于A，B兩點，頂點為C，點P為拋物線上一點，且位于x軸下方．
（1）如圖1，若P（1，﹣3），B（4，0）．
①求該拋物線的解析式；
②若D是拋物線上一點，滿足∠DPO＝∠POB，求點D的坐標；
（2）如圖2，已知直線PA，PB與y軸分別交于E、F兩點．當點P運動時，OE+OFOC是否為定值？若是，試求出該定值；若不是，請說明理由．

【分析】（1）①根據(jù)待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，可得答案；②根據(jù)平行線的判定，可得PD∥OB，根據(jù)函數(shù)值相等兩點關(guān)于對稱軸對稱，可得D點坐標；
（2）根據(jù)待定系數(shù)法，可得E、F點的坐標，根據(jù)分式的性質(zhì)，可得答案．
【解答】解：（1）①將P（1，﹣3），B（4，0）代入y＝ax2+c，得
16a+c=0a+c=?3，解得a=15c=?165，
拋物線的解析式為y=15x2?165；
②如圖1，
當點D在OP左側(cè)時，
由∠DPO＝∠POB，得
DP∥OB，
D與P關(guān)于y軸對稱，P（1，﹣3），
得D（﹣1，﹣3）；
當點D在OP右側(cè)時，延長PD交x軸于點G．
作PH⊥OB于點H，則OH＝1，PH＝3．
∵∠DPO＝∠POB，
∴PG＝OG．
設(shè)OG＝x，則PG＝x，HG＝x﹣1．
在Rt△PGH中，由x2＝（x﹣1）2+32，得x＝5．
∴點G（5，0）．
∴直線PG的解析式為y=34x?154
解方程組y=34x?154y=15x2?165得x1=1y1=?3，x2=114y2=?2716．
∵P（1，﹣3），
∴D（114，?2716）．
∴點D的坐標為（﹣1，﹣3）或（114，?2716）．

（2）點P運動時，OE+OFOC是定值，定值為2，理由如下：

作PQ⊥AB于Q點，設(shè)P（m，am2+c），A（﹣t，0），B（t，0），則at2+c＝0，c＝﹣at2．
∵PQ∥OF，
∴PQOF=BQBO，
∴OF=PQ?BOBQ=?(am2+c)tt?m=(am2?at2)tm?t=amt+at2．
同理OE＝﹣amt+at2．
∴OE+OF＝2at2＝﹣2c＝2OC．
∴OE+OFOC=2．

【點評】本題考查了二次函數(shù)綜合題，①利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；②利用函數(shù)值相等的點關(guān)于對稱軸對稱得出D點坐標是解題關(guān)鍵；（2）利用待定系數(shù)法求出E、F點坐標是解題關(guān)鍵．
題型八：二次函數(shù)與倒數(shù)和定值問題
例8．如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+c與x軸分別交于A（﹣1，0）、B（3，0）兩點，與y軸交于點C，且OB＝OC．
（1）求拋物線的函數(shù)表達式；
（2）如圖1，點D是拋物線頂點，點P（m，n）是在第二象限拋物線上的一點，分別連接BD、BC、BP，若∠CBD＝∠ABP，求m的值；
（3）如圖1，過B、C、O三點的圓上有一點Q，并且點Q在第四象限，連接QO、QB、QC，試猜想線段QO、QB、QC之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想；
（4）如圖2，若∠BAC的角平分線交y軸于點G，過點G的直線分別交射線AB、AC于點E、F（不與點A重合），則1AE+1AF的值是否變化？若變化，請說明理由；若不變，請求出它的值．

【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解二次函數(shù)的解析式即可：
（2）如圖，過P作PK⊥AB于K，連接CD，先求解頂點D（1．﹣4），證明∠BCD＝90°，tan∠DBC=CDBC=232=13，則tan∠CBD＝tan∠ABP=13，再列方程求解即可；
（3）如圖，作O關(guān)于BC的對稱點N，證明四邊形OBNC為正方形，連接QB，QC，QO，QN，再分兩種情況討論：當Q在B，N之間時，當Q在C、N之間時，從而可得答案；
（4）過G作MG∥x軸交AC于M，過F作FT∥x軸交AG于T，過C作CQ∥x軸交AG于Q，如圖：證明ACOA～ACGM，AACQ～AMG，可得1OA+1AC=1GM，同理可得：理可得：1AE+1AF=1GM，從而可得答案．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c與軸分別交于A（﹣1，0）、B（3.0）兩點，
設(shè)拋物線為：y＝a（x+1）（x﹣3），
∵OB＝OC，
∴C（0，﹣3），
∴﹣3a＝﹣3．解得：a＝1，
所以拋物線為：y＝a（x+1）（x﹣3）＝x2﹣2x﹣3；
（2）如圖，過P作PK⊥AB于K，連接CD，

∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴頂點D（1，﹣4），
∴CD2＝（1﹣0）2+（﹣4+3）2＝2，
BC2＝32+32＝18，
∴CD2+BC2＝BD2，
∴∠BCD＝90°，tan∠DBC=CDBC=232=13，
∵∠CBD＝∠ABP，
∴tan∠CBD＝tan∠ABP=13，
∵P（m，n），m＜0，n＞0，
∴AB＝3﹣m，PA﹣n＝m2﹣2m﹣3，
∴m2?2m?33?m=13，
∴m=?43，經(jīng)檢驗符合題意；
（3）如圖，作O關(guān)于BC的對稱點N，而OB＝OC﹣3，0B⊥OC，
∴四邊形OBNC為正方形，連接QB，QC，QO，ON，
∴CN＝BN＝OC＝CN＝3，BC⊥ON，BC，ON為圓的直徑，
當Q在B，N之間時（與B不重合），在QC上截取CK＝BQ，
∵∠NBQ＝∠NCQ，

∴ΔΝCΚ≌ΔΝBQ（SAS），
∴∠CNK＝∠BNO，
∴∠BNO+∠BNK＝∠BNK+∠CNK＝∠CNB﹣90°，
∵BC⊥ON，
∴∠KQN=12x90°＝45°＝∠QKN，
∴QK2＝2QN2，
∴（QC﹣QB）2＝2QN2，
∵ON為直徑，則∠OQN＝90°，
∴QN2＝ON2﹣QO2＝BC2﹣QO2＝18﹣QO2，
∴（QC﹣QB）2＝2（18﹣QO2），
而同理可得：QC2+QB2＝18，
整理得：QO2﹣QC?QB＝9，
當Q在C，N之間時（與C不重合），如圖，

同理可得：QO2﹣QC?QB＝9；
（4）過G作MG∥x軸交AC于M，過F作FT∥x軸交AG于T，過C作CQ∥x軸交AG于Q，如圖：

∵MG∥x軸，F(xiàn)T∥x軸，CQ∥x軸，
∴MG∥FT∥CQ∥OA，
∴△COA∽△CGM，△ACQ∽△AMG，
∴GMOA=CMAC，GMCQ=AMAC，
∴GMOA+GMCQ=CMAC+AMAC=1，
∴1OA+1CQ=1GM，
∵AG平分∠BAC，
∴∠CAG＝∠BAG＝∠AQC，
∴AC＝CQ，
∴1OA+1AC=1GM，
同理可得：1AE+1AF=1GM，
由（1）可知：A（﹣1，0），C（0，﹣3），
∴AC=12+32=10，
∴1AE+1AF=1GM=1OA+1AC=1+1010=10+1010，
∴1AE+1AF的值不變，為10+1010．
【點評】本題考查了利用待定系數(shù)法求解二次函數(shù)的解析式，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，勾股定理及其逆定理的應(yīng)用，相似三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，圓周角定理的應(yīng)用，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．

一、解答題
1．如圖，已知二次函數(shù)的圖象與x軸交于A、B兩點，D為頂點，其中點B的坐標為（5，0），點D的坐標為（1，3）．

(1)求該二次函數(shù)的表達式；
(2)試問在該二次函數(shù)圖象上是否存在點G，使得△ADG的面積是△BDG的面積的35？若存在，求出點G的坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)y=?316x?12+3
(2)存在，G的坐標為0,4516或?15,?45．

【分析】（1）依題意，利用二次函數(shù)的頂點式即可求．
（2）先求線段AD所在的直線解析式，求利用點到直線的公式d=Ax+By+CA2+B2，即可求△ADG與△BDG的高，利用三角形面積公式即可求．
【詳解】（1）依題意，設(shè)二次函數(shù)的解析式為y=ax?12+3
將點B代入得0=a5?12+3，得a=?316
∴二次函數(shù)的表達式為：y=?316x?12+3
（2）存在點G，
當點G在x軸的上方時，設(shè)直線DG交x軸于P，設(shè)P（t，0），作AE⊥DG于E，BF⊥DG于F．

由題意：AE:BF=3:5，
∵AE∥BF，
∴AP:BP=AE:BF=3:5，
∴?3?t:5?t=3:5，
解得t=?15，
∴直線DG的解析式為y=316x+4516，
由y=316x+4516y=316x?12+3，
解得x=0y=4516或x=1y=3，
∴G0,4516．
當點G在x軸下方時，如圖2所示，
∵AO:OB=3:5
∴當點G在DO的延長線上時，存在點G使得SADG:SBDG=3:5，
此時，DG的直線經(jīng)過原點，設(shè)直線DG的解析式為y=kx，
將點D代入得k=3，
故y=3x，
則有y=3xy=316x?12+3
整理得，x?1x+15=0，
得x1=1（舍去），x2=?15
當x=?15時，y=?45，
故點G為?15,?45．
綜上所述，點G的坐標為0,4516或?15,?45．

【點睛】本題考查了二次函數(shù)的解析式的求法和與幾何圖形結(jié)合的綜合能力，二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，要學(xué)會利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來，利用點的坐標的意義表示線段的長度，從而求出線段之間的關(guān)系．
2．在平面直角坐標系中，拋物線y=?x2?4x+c與x軸交于點A，B（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C，且點A的坐標為(?5,0)．

(1)求點C的坐標；
(2)如圖1，若點P是第二象限內(nèi)拋物線上一動點，求點P到直線AC距離的最大值；
(3)如圖2，若點M是拋物線上一點，點N是拋物線對稱軸上一點，是否存在點M使以A，C，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請直接寫出點M的坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)(0,5)
(2)2528
(3)存在， (?3,8)或(3,?16)或(?7,?16)

【分析】（1）把點A的坐標代入y=?x2?4x+c，求出c的值即可；
（2）過P作PE⊥AC于點E，過點P作PF⊥x軸交AC于點H，證明△PHE是等腰直角三角形，得PE=PH2，當PH最大時，PE最大，運用待定系數(shù)法求直線AC解析式為y=x+5，設(shè)P(m,?m2?4m+5)，(?51，
∴m=1+52，
∴拋物線的解析式為：y=x2+1?52x?1+52．
【點睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，屬于中考壓軸題，同時考查了軸對稱解決線段和最小問題，以及等腰三角形的判定和性質(zhì)．熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)，利用數(shù)形結(jié)合的思想進行求解，是解題的關(guān)鍵．
9．已知拋物線y=ax2+bx+c（a、b、c是常數(shù)，a>0）的頂點為P，與x軸相交于點A?1,0和點B．

(1)若b=?2，c=?3，
①求點P的坐標；
②直線x=m（m是常數(shù)，1

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