【精品】初三二次函数经典压轴题
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一、解答题（共12小题）
1、（2011?遵义）已知抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）经过A（3，0），B（4，1）两点，且与y轴交于点C．
（1）求抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）的函数关系式及点C的坐标；
（2）如图（1），连接AB，在题（1）中的抛物线上是否存在点P，使△PAB是以AB为直角边的直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图（2），连接AC，E为线段AC上任意一点（不与A、C重合）经过A、E、O三点的圆交直线AB于点F，当△OEF的面积取得最小值时，求点E的坐标．
2、（2011?漳州）如图1，抛物线y=mx2﹣11mx+24m （m＜0）与x轴交于B、C两点（点B在点C的左侧），抛物线另有一点A在第一象限内，且∠BAC=90°．
（1）填空：OB=_________，OC=_________；
（2）连接OA，将△OAC沿x轴翻折后得△ODC，当四边形OACD是菱形时，求此时抛物线的解析式；
（3）如图2，设笔直于x轴的直线l：x=n与（2）中所求的抛物线交于点M，与CD交于点N，若直线l 沿x轴方向左右平移，且交点M始终位于抛物线上A、C两点之间时，试探究：当n为何值时，四边形AMCN的面积取得最大值，并求出这个最大值．
3、（2011?珠海）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD=AB=1，BC=2．将点A折叠到CD边上，记折叠后A点对应的点为P（P与D点不重合），折痕EF只与边AD、BC相交，交点分别为E、F．过P作PN∥BC交AB 于N、交EF于M，连接PA、PE、AM，EF与PA相交于O．
（1）指出四边形PEAM的形状（不需证明）；
（2）记∠EPM=a，△AOM、△AMN的面积分别为S1、S2．
①求证：；
②设AN=x，y=，试求出以x为自变量的函数y的解析式，并确定y的取值范围．
4、（2011?宜昌）如图，D是△ABC的边BC的中点，过AD延长线上的点E作AD的垂线EF，E为垂足，EF与AB的延长线相交于点F，点O在AD上，AO=CO，BC∥EF．
（1）证明：AB=AC；
（2）证明：点O是△ABC的外接圆的圆心；
（3）当AB=5，BC=6时，连接BE，若∠ABE=90°，求AE的长．
5、（2011?扬州）在△ABC中，∠BAC=90°，AB＜AC，M是BC边的中点，MN⊥BC交AC于点N．动点P从点B出发沿射线BA以每秒厘米的速度运动．同时，动点Q从点N出发沿射线NC运动，且始终保持MQ丄MP．设运动时间为t秒（t＞0）．
（1）△PBM与△QNM相似吗？以图1为例说明理由：
（2）若∠ABC=60°，AB=4厘米．
①求动点Q的运动速度；
②设△APQ的面积为S（平方厘米），求S与t的函数关系式．
6、（2011?襄阳）如图，点P是正方形ABCD边AB上一点（不与点A，B重合），连接PD并将线段PD绕点P顺时针方向旋转90°得到线段PE，PE交边BC于点F，连接BE，DF．
（1）求证：∠ADP=∠EPB；
（2）求∠CBE的度数；
（3）当的值等于多少时，△PFD∽△BFP？并说明理由．
7、（2011?江汉区）如图，BD是⊙O的直径，A、C是⊙O上的两点，且AB=AC，AD与BC的延长线交于点E．（1）求证：△ABD∽△AEB；
（2）若AD=1，DE=3，求BD的长．
8、（2011?济宁）如图，第一象限内半径为2的⊙C与y轴相切于点A，作直径AD，过点D作⊙C的切线l交x轴于点B，P为直线l上一动点，已知直线PA的解析式为：y=kx+3．
（1）设点P的纵坐标为p，写出p随变化的函数关系式．
（2）设⊙C与PA交于点M，与AB交于点N，则不论动点P处于直线l上（除点B以外）的什么位置时，都有△AMN∽△ABP．请你对于点P处于图中位置时的两三角形相似给予证明；
（3）是否存在使△AMN的面积等于的k值？若存在，请求出符合的k值；若不存在，请说明理由．
△ACD和等腰△BCE，CA=CD，CB=CE，∠ACD与∠BCE都是锐角且∠ACD=∠BCE，连接AE交CD于点M，连接BD 交CE于点N，AE与BD交于点P，连接PC．
（1）求证：△ACE≌△DCB；
（2）请你判断△AMC与△DMP的形状有何关系并说明理由；
（3）求证：∠APC=∠BPC．
10、（2011?大连）在△ABC中，∠A=90°，点D在线段BC上，∠EDB=∠C，BE⊥DE，垂足为E，DE与AB相交于点F．
（1）当AB=AC时，（如图1），
①∠EBF=_________°；
②探究线段BE与FD的数量关系，并加以证明；
（2）当AB=kAC时（如图2），求的值（用含k的式子表示）．
11、（2011?大连）如图，抛物线y=ax2+bx+c经过A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点，对称轴与抛物线相交于点P、与直线BC相交于点M，连接PB．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）抛物线上是否存在一点Q，使△QMB与△PMB的面积相等，若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由；（3）在第一象限、对称轴右侧的抛物线上是否存在一点R，使△RPM与△RMB的面积相等？若存在，直接写出点R的坐标；若不存在，说明理由．
12、（2011?淄博）已知：△ABC是边长为4的等边三角形，点O在边AB上，⊙O过点B且分别与边AB，BC相交于点D，E，EF⊥AC，垂足为F．
（1）求证：直线EF是⊙O的切线；
（2）当直线DF与⊙O相切时，求⊙O的半径．
答案与评分标准
一、解答题（共12小题）
1、（2011?遵义）已知抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）经过A（3，0），B（4，1）两点，且与y轴交于点C．
（1）求抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）的函数关系式及点C的坐标；
（2）如图（1），连接AB，在题（1）中的抛物线上是否存在点P，使△PAB是以AB为直角边的直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图（2），连接AC，E为线段AC上任意一点（不与A、C重合）经过A、E、O三点的圆交直线AB于点F，当△OEF的面积取得最小值时，求点E的坐标．
考点：二次函数综合题。
分析：（1）根据A（3，0），B（4，1）两点利用待定系数法求二次函数解析式；
（2）从当△PAB是以AB为直角边的直角三角形，且∠PAB=90°与当△PAB是以AB为直角边的直角三角形，且∠PBA=90°，分别求出符合要求的答案；
（3）根据当OE∥AB时，△FEO面积最小，得出OM=ME，求出即可．
解答：解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）经过A（3，0），B（4，1）两点，
∴，
解得：，
∴y=x2﹣x+3；
∴点C的坐标为：（0，3）；
（2）当△PAB是以AB为直角边的直角三角形，且∠PAB=90°，
∵A（3，0），B（4，1），
∴AM=BM=1，
∴∠BAM=45°，
∵A点坐标为（3，0），
∴D点的坐标为：（0，3），
∴直线AD解析式为：y=kx+b，将A，D分别代入得：
∴0=3k+b，b=3，
∴k=﹣1，
∴y=﹣x+3，
∴y=x2﹣x+3=﹣x+3，
∴x2﹣3x=0，
解得：x=0或3，
∴y=3或0（不合题意舍去），
∴P点坐标为（0，3），
当△PAB是以AB为直角边的直角三角形，且∠PBA=90°，
由（1）得，FB=4，∠FBA=45°，∴∠DBF=45°，∴DF=4，
∴D点坐标为：（0，5），B点坐标为：（4，1），
∴直线AD解析式为：y=kx+b，将B，D分别代入得：
∴1=4k+b，b=5，
∴k=﹣1，
∴y=﹣x+5，
∴y=x2﹣x+3=﹣x+5，
∴x2﹣3x﹣4=0，
解得：x1=﹣1，x2=4，
∴y1=6，y2=1，
∴P点坐标为（﹣1，6），（4，1），
∴点P的坐标为：（﹣1，6），（0，3）；
（3）如图（2）：作EM⊥AO与M，
∵当OE∥AB时，△FEO面积最小，
∵E在直线CA上，
∴E点坐标为（x，﹣x+3），
∴x=﹣x+3，
解得：x=，
∴E点坐标为（，）．
点评：此题主要考查了二次函数的综合应用以及待定系数法求函数解析式，二次函数的综合应用是初中阶段的重点题型特别注意利用数形结合是这部分考查的重点也是难点同学们应重点掌握．
2、（2011?漳州）如图1，抛物线y=mx2﹣11mx+24m （m＜0）与x轴交于B、C两点（点B在点C的左侧），抛物线另有一点A在第一象限内，且∠BAC=90°．
（1）填空：OB=3，OC=8；
（2）连接OA，将△OAC沿x轴翻折后得△ODC，当四边形OACD是菱形时，求此时抛物线的解析式；
（3）如图2，设垂直于x轴的直线l：x=n与（2）中所求的抛物线交于点M，与CD交于点N，若直线l 沿x轴方向左右平移，且交点M始终位于抛物线上A、C两点之间时，试探究：当n为何值时，四边形AMCN的面积取得最大值，并求出这个最大值．
考点：二次函数综合题。
分析：（1）根据二次函数与x轴交点坐标求法，解一元二次方程即可得出；
（2）利用菱形性质得出AD⊥OC，进而得出△ACE∽△BAE，即可得出A点坐标，进而求出二次函数解析式；（3）首先求出过C、D两点的坐标的直线CD的解析式，进而利用S四边形AMCN=S△AMN+S△CMN求出即可．
解答：解：（1）∵抛物线y=mx2﹣11mx+24m （m＜0）与x轴交于B、C两点（点B在点C的左侧），
∴抛物线与x轴的交点坐标为：0=mx2﹣11mx+24m，
解得：x1=3，x2=8，
∴OB=3，OC=8 （4分）；
（2）连接AD，交OC于点E，
∵四边形OACD是菱形，
∴AD⊥OC，OE=EC=×8=4，
∴BE=4﹣3=1，
又∵∠BAC=90°，
∴△ACE∽△BAE，
∴=，
∴AE2=BE?CE=1×4，
∴AE=2，…（6分）
∴点A的坐标为（4，2）…（7分）
把点A的坐标（4，2）代入抛物线y=mx2﹣11mx+24m，得m=﹣，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x﹣12；…（9分）
（3）∵直线x=n与抛物线交于点M，
∴点M的坐标为（n，﹣n2+n﹣12），
由（2）知，点D的坐标为（4，﹣2），
则C、D两点的坐标求直线CD的解析式为y=x﹣4，
∴点N的坐标为（n，n﹣4），
∴MN=（﹣n2+n﹣12）﹣（n﹣4）=﹣n2+5n﹣8，…（11分）
∴S四边形AMCN=S△AMN+S△CMN=MN?CE=（﹣n2+5n﹣8）×4
=﹣（n﹣5）2+9 （13分）
∴当n=5时，S四边形AMCN=9．（14分）
点评：此题主要考查了二次函数与坐标轴交点坐标求法以及菱形性质和四边形面积求法等知识，根据已知得出△ACE∽△BAE是解决问题的关键．
3、（2011?珠海）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD=AB=1，BC=2．将点A折叠到CD边上，记折叠后A点对应的点为P（P与D点不重合），折痕EF只与边AD、BC相交，交点分别为E、F．过P作PN∥BC交AB 于N、交EF于M，连接PA、PE、AM，EF与PA相交于O．
（1）指出四边形PEAM的形状（不需证明）；
（2）记∠EPM=a，△AOM、△AMN的面积分别为S1、S2．
①求证：；
②设AN=x，y=，试求出以x为自变量的函数y的解析式，并确定y的取值范围．
考点：相似三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的判定与性质；直角梯形；解直角三角形。
分析：（1）根据题意，结合菱形的判定定理即可推出四边形AMPE为菱形，
（2）①四边形AMPE为菱形，即可得：∠MAP=α，S1=OA?OM，OA=PA，又由在Rt△AOM中，tan=，求得OM=OA?tan；则可得；
②首先过点D作DH⊥BC于H，则DK⊥PN，BH=AB=AD=DH=1，DK=AN=x，求得PN=1+x，在Rt△ANP中，由AP2=AN2+PN2，可求得AP2的值，然后过E作PM⊥EG于G，令△EGM的面积为S，由△EGM∽△AOM，即可得S=S1，则问题
得解．
解答：解：（1）答案为：菱形；
（2）①证明：
∴∠MAP=α，S1=OA?OM，OA=PA，
∵在Rt△AOM中，tan=，
∴OM=OA?tan；
∴S1=OA?OM=×PA×PA?tan=PA2?tan
∴；
②过点D作DH⊥BC于H，
则：DK⊥PN，BH=AB=AD=DH=1，DK=AN=x，
∵CH=BC﹣BH=2﹣1，
∴CH=DH，
∴PK=DK=x，
∴PN=1+x，
在Rt△ANP中，
AP2=AN2+PN2=x2+（1+x）2=2x2+2x+1．
过E作PM⊥EG于G，令△EGM的面积为S，
∵△EGM∽△AOM，
∴==，
则S=S1，
∵四边形ANGE的面积等于菱形AMPE的面积，
∴2S1=S2+S，
∴S1﹣S2=S﹣S1=S1﹣S1=（﹣1）S1，
∴y==（﹣1）×=（﹣1）×AP2=（4x2﹣AP2），
∴y=x2﹣x﹣（﹣≤y≤0）．
点评：此题考查了相似三角形的判定与性质，菱形的性质，三角函数的性质以及二次函数的知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是方程思想与数形结合思想的应用．
4、（2011?宜昌）如图，D是△ABC的边BC的中点，过AD延长线上的点E作AD的垂线EF，E为垂足，EF与AB的延长线相交于点F，点O在AD上，AO=CO，BC∥EF．
（1）证明：AB=AC；
（2）证明：点O是△ABC的外接圆的圆心；
考点：相似三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；三角形的外接圆与外心。
分析：（1）由BC∥EF，AD⊥EF，可证得AD⊥BC，又由D是△ABC的边BC的中点，即可得AD是线段BC的垂直平分线，则可证得AB=AC；
（2）由AD是线段BC的垂直平分线，可证得OB=OC，又由AO=CO，则可得AO=BO=CO，则问题得证；
（3）首先求得AD的长，又由△ABE∽△ADB，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得AE的长．
解答：证明：（1）∵D是△ABC的边BC的中点，
∴BD=CD，
∵BC∥EF，AD⊥EF，
∴AD⊥BC，
∴AB=AC；
（2）∵BD=CD，AD⊥BC，
∴BO=CO，
∵AO=CO，
∴AO=BO=CO，
∴点O是△ABC的外接圆的圆心；
（3）连接BE，
∵AB=5，BC=6，AD⊥BC，BD=CD，
∴BD=BC=3，
∴在Rt△ABD中，AD=4，
∵∠ABE=∠ADB=90°，∠BAE=∠DAB，
∴△ABE∽△ADB，
∴，
即，
∴AE=．
点评：此题考查了线段垂直平分线的性质，三角形内接圆的性质以及相似三角形的判定与性质等知识．此题综合较强，但难度不大，解题的关键是数形结合思想的应用．
5、（2011?扬州）在△ABC中，∠BAC=90°，AB＜AC，M是BC边的中点，MN⊥BC交AC于点N．动点P从点B出发沿射线BA以每秒厘米的速度运动．同时，动点Q从点N出发沿射线NC运动，且始终保持MQ丄MP．设运动时间为t秒（t＞0）．
（1）△PBM与△QNM相似吗？以图1为例说明理由：
（2）若∠ABC=60°，AB=4厘米．
①求动点Q的运动速度；
②设△APQ的面积为S（平方厘米），求S与t的函数关系式．
考点：相似三角形的判定与性质；勾股定理。
分析：（1）可以证明两个三角形中的两个角对应相等，则两个三角形一定相似；
（2）①若BP=，根据△PBM∽△QNM，求得NQ的长，即Q一分钟移动的距离，即Q的速度；
②分别用时间t表示出AP，AQ的长，根据直角三角形的面积即可求得函数解析式．
解答：解：（1）相似．
证明：∵∠BMN=∠PMQ，
即∠BMP+∠PMN=∠PMN+∠NMQ，
∴∠PMB=∠NMQ，
∵△ABC与△MNC中，∠C=∠C，∠A=∠NMC=90°，
∴∠B=∠MNC，
∴△PBM∽△QNM；
则BC=8cm，AC=12cm．
由M为BC中点，得BM=CM=4，
若BP=cm．
∵在Rt△CMN中∠CMN=90°∠MCN=30°
∴NC=2MN=2×4=8cm
∵△PBM∽△QNM，
∴=，
即NQ=1，
则求动点Q的运动速度是每秒钟1cm．
②AP=AB﹣BP=4﹣t，
AQ=AN+NQ=AC﹣NC+NQ=12﹣8+t=4+t，
则当0≤t＜4时，△APQ的面积为：S=AP?AQ=（4﹣t）（4+t）=，
当t＞4时S=AP?AQ=（t﹣4）（4+t）=．
点评：本题考查了相似三角形的判定与性质，以及相似三角形与函数的总和应用，利用时间t正确表示出题目中线段的长度是解题的关键．
6、（2011?襄阳）如图，点P是正方形ABCD边AB上一点（不与点A，B重合），连接PD并将线段PD绕点P顺时针方向旋转90°得到线段PE，PE交边BC于点F，连接BE，DF．
（1）求证：∠ADP=∠EPB；
（2）求∠CBE的度数；
（3）当的值等于多少时，△PFD∽△BFP？并说明理由．
考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质。
分析：（1）根据∠ADP与∠EPB都是∠APD的余角，根据同角的余角相等，即可求证；
（2）首先证得△PAD≌△EGP，可以证得△BCG是等腰直角三角形，可以证得∠EBG=45°，即可证得∠CBE=45°；（3）这两个三角形是直角三角形，若相似，则对应边的比相等，即可求得的值．
解答：证明：（1）∵四边形ABCD是正方形．
∴∠A=∠PBC=90°，AB=AD，
∴∠ADP+∠APD=90°，
∵∠DPE=90°，
∴∠APD+∠EPB=90°，
∴∠ADP=∠EPB；
（2）过点E作EQ⊥AB交AB的延长线于点Q，则∠EQP=∠A=90°，
又∵∠ADP=∠EPB，PD=PE，
∴△PAD≌△EQP，
∴EQ=AP，AD=AB=PQ，
∴AP=EQ=BQ，
（3）当=时，△PFD∽△BFP，
设AD=AB=a，则AP=PB=a，
∴BF=BP?=a．
∴PD==a，PF==a，
∴==
又∠DPF=∠PBF=90°，
∴△PFD∽△BFP．
点评：本题主要考查了正方形的性质，以及三角形相似的判定与性质，正确探究三角形相似的性质是解题的关键．7、（2011?江汉区）如图，BD是⊙O的直径，A、C是⊙O上的两点，且AB=AC，AD与BC的延长线交于点E．（1）求证：△ABD∽△AEB；
（2）若AD=1，DE=3，求BD的长．
考点：相似三角形的判定与性质；勾股定理；圆周角定理。
分析：（1）结合已知条件就可以推出∠ABC=∠ADB，再加上公共角就可以推出结论；
（2）由（1）的结论就可以推出AB的长度，规矩勾股定理即可推出BD的长度．
解答：（1）证明：∵AB=AC，
∴．
∴∠ABC=∠ADB．（2分）
又∠BAE=∠DAB，
∴△ABD∽△AEB．（4分）
（2）解：∵△ABD∽△AEB，
∴．
∵AD=1，DE=3，
∴AE=4．
∴AB2=AD?AE=1×4=4．
∴AB=2．（6分）
∵BD是⊙O的直径，
∴∠DAB=90°．
在Rt△ABD中，BD2=AB2+AD2=22+12=5，
∴BD=．（8分）
点评：本题主要考查了勾股定理、相似三角形的判定和性质、圆周角定理，解题的关键在于找到∠ABC=∠ADB，求证三角形相似．
8、（2011?济宁）如图，第一象限内半径为2的⊙C与y轴相切于点A，作直径AD，过点D作⊙C的切线l交x轴于点B，P为直线l上一动点，已知直线PA的解析式为：y=kx+3．
（1）设点P的纵坐标为p，写出p随变化的函数关系式．
（2）设⊙C与PA交于点M，与AB交于点N，则不论动点P处于直线l上（除点B以外）的什么位置时，都有△AMN∽△ABP．请你对于点P处于图中位置时的两三角形相似给予证明；
（3）是否存在使△AMN的面积等于的k值？若存在，请求出符合的k值；若不存在，请说明理由．
考点：相似三角形的判定与性质；一次函数综合题；勾股定理；圆周角定理；切线的性质。
专题：代数几何综合题。
分析：（1）由切线的性质知∠AOB=∠OAD=∠ADB=90°，所以可以判定四边形OADB是矩形；根据⊙O的半径是2求
（2）连接DN．∵直径所对的圆周角是直角，∴∠AND=90°，∴根据图示易证∠AND=∠ABD；然后根据同弧所对的圆周角相等推知∠ADN=∠AMN，再由等量代换可知∠ABD=∠AMN；最后利用相似三角形的判定定理AA证明△AMN∽△ABP；
（3）存在．把x=0代入y=kx+3得y=3，即OA=BD=3，然后由勾股定理求得AB=5；又由相似三角形的相似比推知相似三角形的面积比．分两种情况进行讨论：①当点P在B点上方时，由相似三角形的面积比得到k2﹣4k﹣2=0，解关于k的一元二次方程；②当点P在B点下方时，由相似三角形的面积比得到k2+1=﹣（4k+3），解关于k的一元二次方程．
解答：解：（1）∵y轴和直线l都是⊙C的切线，
∴OA⊥AD，BD⊥AD；
又∵OA⊥OB，
∴∠AOB=∠OAD=∠ADB=90°，
∴四边形OADB是矩形；
∵⊙C的半径为2，
∴AD=OB=4；
∵点P在直线l上，
∴点P的坐标为（4，p）；
又∵点P也在直线AP上，
∴p=4k+3；
（2）连接DN．
∵AD是⊙C的直径，
∴∠AND=90°，
∵∠ADN=90°﹣∠DAN，∠ABD=90°﹣∠DAN，
∴∠ADN=∠ABD，
又∵∠ADN=∠AMN，
∴∠ABD=∠AMN（4分）
∵∠MAN=∠BAP（5分）
∴△AMN∽△ABP（6分）
（3）存在．（7分）
理由：把x=0代入y=kx+3得y=3，即OA=BD=3
AB=
∵S△ABD=AB?DN=AD?DB
∴DN==
∴AN2=AD2﹣DN2=
∵△AMN∽△ABP，
∴，即（8分）
当点P在B点上方时，
∵AP2=AD2+PD2=AD2+（PB﹣BD）2=42+（4k+3﹣3）2=16（k2+1）
或AP2=AD2+PD2=AD2+（BD﹣PB）2=42+（3﹣4k﹣3）2=16（k2+1）
S△ABP=PB?AD=（4k+3）×4=2（4k+3）
∴
整理得k2﹣4k﹣2=0解得k1=2+k2=2﹣（9分）
当点P在B点下方时，
∵AP2=AD2+PD2=42+（3﹣4k﹣3）2=16（k2+1）
S△ABP=PB?AD=[﹣（4k+3）]×4=﹣2（4k+3）
∴
化简，得k2+1=﹣（4k+3）解得k=﹣2
综合以上所得，当k=2±或k=﹣2时，△AMN的面积等于（10分）
点评：本题主要考查了梯形的性质，矩形的判定，相似三角形的判定和性质以及一次函数的综合应用，要注意的是（3）中，要根据P点的不同位置进行分类求解．
9、（2011?济南）如图，点C为线段AB上任意一点（不与A、B重合），分别以AC、BC为一腰在AB的同侧作等腰△ACD和等腰△BCE，CA=CD，CB=CE，∠ACD与∠BCE都是锐角且∠ACD=∠BCE，连接AE交CD于点M，连接BD 交CE于点N，AE与BD交于点P，连接PC．
（1）求证：△ACE≌△DCB；
（2）请你判断△AMC与△DMP的形状有何关系并说明理由；
（3）求证：∠APC=∠BPC．
考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质。
分析：（1）证明∠ACE=∠DCB，根据“SAS”证明全等；
（2）由（1）得∠CAM=∠PDM，又∠AMC=∠DMP，所以两个三角形相似；
（3）由（2）得对应边成比例，转证△AMD∽△CMP，得∠APC=∠ADC；同理，∠BPC=∠BEC．在两个等腰三角形中，顶角相等，则底角相等．
解答：（1）证明：∵∠ACD=∠BCE，
∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠DCE，
∴∠ACE=∠DCB，
又∵CA=CD，CE=CB，
∴△ACE≌△DCB．
（2）△AMC∽△DMP．
理由：∵△ACE≌△DCB，
∴∠CAE=∠CDB，
又∵∠AMC=∠DMP，
∴△AMC∽△DMP．
（3）∵△AMC∽△DMP，
∴MA：MD=MC：MP．
又∵∠DMA=∠PMC，
∴△AMD∽△CMP，
∴∠ADC=∠APC．
同理∠BEC=∠BPC．
∵CA=CD，CB=CE，
∴∠ADC=（180°﹣∠ACD），
∠BEC=（180°﹣∠BCE）．
∵∠ACD=∠BCE，
∴∠ADC=∠BEC，
∴∠APC=∠BPC．
10、（2011?大连）在△ABC中，∠A=90°，点D在线段BC上，∠EDB=∠C，BE⊥DE，垂足为E，DE与AB相交于点
F．
（1）当AB=AC时，（如图1），
①∠EBF=22.5°；
②探究线段BE与FD的数量关系，并加以证明；
（2）当AB=kAC时（如图2），求的值（用含k的式子表示）．
考点：相似三角形的判定与性质；角平分线的性质；等腰直角三角形。
专题：常规题型；计算题。
分析：（1）①根据题意可判断△ABC为等腰直角三角形，据此即可推断∠C=45°，进而可知∠EDB=22.5°．然后求出∠EBF的度数．
②根据题意证明△BEF∽△DEB，然后利用相似三角形的性质，得到BE与FD的数量关系．
（2）作∠ACB的平分线，得到∠C的正切值，然后证明△BEF∽△DEB，利用三角形相似的性质得到BE与FD的数
量关系．
解答：解：（1）①∵AB=AC∠A=90°
∴∠ABC=∠C=45°
∵∠EDB=∠C
∴∠EDB=22.5°
∵BE⊥DE
∴∠EBD=67.5°
∴∠EBF=67.5°﹣45°=22.5°
②在△BEF和△DEB中
∵∠E=∠E=90°
∠EBF=∠EDB=22.5°
∴△BEF∽△DEB
如图：作BG平分∠ABC，交DE于G点，
∴BG=GD△BEG是等腰直角三角形
设EF=x，BE=y，
则：BG=GD=y
FD=y+y﹣x
∵△BEF∽△DEB
∴=
即：=
得：x=（﹣1）y
∴FD=y+y﹣（﹣1）y=2y
∴FD=2BE．
（2）如图：作∠ACB的平分线CG，交AB于点G，
∵AB=kAC
∴设AC=b，AB=kb，BC= b
利用角平分线的性质有：
=
即：=
得：AG=
∵∠EDB=∠ACB
∴tan∠EDB=tan∠ACG=
∵∠EDB=∠ACB
∠ABC=90°﹣∠ACB
∴∠EBF=90°﹣∠ABC﹣∠EDB=∠ACB
∴△BEF∽△DEB
∴EF=BE
ED=BE=EF+FD
∴FD=BE﹣BE=BE．
∴=．
点评：本题考查的是相似三角形的判定与性质，（1）利用等腰直角三角形的性质进行判定和计算．（2）结合图形利用三角函数和相似三角形进行计算求出线段间的关系．
11、（2011?大连）如图，抛物线y=ax2+bx+c经过A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点，对称轴与抛物线相交于点P、与直线BC相交于点M，连接PB．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）抛物线上是否存在一点Q，使△QMB与△PMB的面积相等，若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由；（3）在第一象限、对称轴右侧的抛物线上是否存在一点R，使△RPM与△RMB的面积相等？若存在，直接写出点
考点：二次函数综合题。
分析：（1）把三点坐标代入函数式，列式求得a，b，c的值，即求出解析式；
（2）求得抛物线顶点P，从直线BC的斜率算起，设过点P的直线，解得直线代入抛物线解析式解得点Q；（3）求得点M，由点M，P的纵坐标关系可知，点R存在，y=2代入解得．
解答：解：（1）把三点代入抛物线解析式
，
即得：，
所以二次函数式为y=﹣x2+2x+3；
（2）由y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，
则顶点P（1，4），
由B，C两点坐标可知，直线BC解析式为y=﹣x+3，
设过点P与直线BC平行的直线为：y=﹣x+b，
将点P（1，4）代入，得y=﹣x+5，
则直线BC代入抛物线解析式是否有解，有则存在点Q，
﹣x2+2x+3=﹣x+5，
即x2﹣3x+2=0，
解得x=1或x=2，
代入直线则得点（1，4）或（2，3），
已知点P（1，4），所以点Q（2，3），
由对称轴及直线BC解析式可知M（1，2），PM=2，
设过P′（1，0）且与BC平行的直线为y=﹣x+c，
将P′代入，得y=﹣x+1，
联立，解得或，
∴Q（，）或Q（，）；
（3）由题意求得直线BC代入x=1，则y=2，
由点M，P的坐标可知：
点R存在，即过点M平行于x轴的直线，
则代入y=2，x2﹣2x﹣1=0，
解得x=1﹣（在对称轴的左侧，舍去），x=1，
即点R（1）．
点评：本题考查了二次函数的综合运用，考查到了三点确定二次函数解析式，两直线相等，即斜率相等，两三角形面积相等，由同底等高；点M的纵坐标的长度是点P的一半，从而解得．本题逻辑思维性强，需要耐心和细心，是道好题．
12、（2011?淄博）已知：△ABC是边长为4的等边三角形，点O在边AB上，⊙O过点B且分别与边AB，BC相交于点D，E，EF⊥AC，垂足为F．
（1）求证：直线EF是⊙O的切线；
（2）当直线DF与⊙O相切时，求⊙O的半径．
考点：切线的判定与性质；等边三角形的判定与性质。
专题：证明题。
分析：（1）连接OE．欲证直线EF是⊙O的切线，只需证明EF⊥AC．利用等边三角形的三个内角都是60°、等腰三角形OBE以及三角形的内角和定理求得同位角∠BOE=∠A=60°，从而判定OE∥AC，所以由已知条件EF⊥AC判定OE⊥EF，即直线EF是⊙O的切线；
（2）连接DF．设⊙O的半径是r．由等边三角形的三个内角都是60°、三条边都相等、以及在直角三角形中30°所对的直角边是斜边的一半求得关于r的方程4﹣r=2（4r﹣4），解方程即可．
解答：解：（1）证明：连接OE．
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°；
在△BOE中，OB=OE，∠B=60°，
∴∠B=∠OEB=∠BOE=60°（三角形内角和定理），
∴∠BOE=∠A=60°，
∴OE∥AC（同位角相等，两直线平行）；
∵EF⊥AC，
∴OE⊥EF，即直线EF是⊙O的切线；
（2）连接DF．
∵DF与⊙O相切，
∴∠ADF=90°．
设⊙O的半径是r，则EB=r，EC=4﹣r，AD=4﹣2r．
在Rt△ADF中，∠A=60°，
∴AF=2AD=8﹣4r．
∴FC=4r﹣4；
在Rt△CEF中，∵∠C=60°，∴EC=2FC，
∴4﹣r=2（4r﹣4），
解得，r=；
∴⊙O的半径是．
点评：本题考查了切线的判定与性质、等边三角形的判定与性质．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．
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中考数学二次函数-经典压轴题及答案
一、二次函数真题与模拟题分类汇编（难题易错题） 1．如图，抛物线y＝x2﹣mx﹣（m+1）与x轴负半轴交于点A（x1，0），与x轴正半轴交于点B（x2，0）（OA＜OB），与y轴交于点C，且满足x12+x22﹣x1x2＝13． （1）求抛物线的解析式； （2）以点B为直角顶点，BC为直角边作Rt△BCD，CD交抛物线于第四象限的点E，若EC ＝ED，求点E的坐标； （3）在抛物线上是否存在点Q，使得S△ACQ＝2S△AOC？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3；（2）E 113 +113 + 3）点Q的坐 标为（﹣3，12）或（2，﹣3）．理由见解析. 【解析】 【分析】 （1）由根与系数的关系可得x1+x2＝m，x1?x2＝﹣（m+1），代入x12+x22﹣x1x2＝13，求出m1＝2，m2＝﹣5．根据OA＜OB，得出抛物线的对称轴在y轴右侧，那么m＝2，即可确定抛物线的解析式； （2）连接BE、OE．根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出BE＝1 2 CD＝CE．利 用SSS证明△OBE≌△OCE，得出∠BOE＝∠COE，即点E在第四象限的角平分线上，设E点坐标为（m，﹣m），代入y＝x2﹣2x﹣3，求出m的值，即可得到E点坐标； （3）过点Q作AC的平行线交x轴于点F，连接CF，根据三角形的面积公式可得S△ACQ＝S△ACF．由S△ACQ＝2S△AOC，得出S△ACF＝2S△AOC，那么AF＝2OA＝2，F（1，0）．利用待定系数法求出直线AC的解析式为y＝﹣3x﹣3．根据AC∥FQ，可设直线FQ的解析式为y＝﹣3x+b，将F（1，0）代入，利用待定系数法求出直线FQ的解析式为y＝﹣3x+3，把它与抛 物线的解析式联立，得出方程组 223 33 y x x y x ?=-- ? =-+ ? ，求解即可得出点Q的坐标． 【详解】 （1）∵抛物线y＝x2﹣mx﹣（m+1）与x轴负半轴交于点A（x1，0），与x轴正半轴交于点B（x2，0）， ∴x1+x2＝m，x1?x2＝﹣（m+1），
二次函数最值问题及解题技巧(个人整理)
一、二次函数线段最值问题 1、平行于x轴的线段最值问题 1）首先表示出线段两个端点的坐标 2）用右侧端点的横坐标减去左侧端点的横坐标 3）得到一个线段长关于自变量的二次函数 4）将其化为顶点式，并根据a的正负及自变量的取值范围判断最值 2、平行于y轴的线段最值问题 1）首先表示出线段两个端点的坐标 2）用上面端点的纵坐标减去下面端点的纵坐标 3）得到一个线段长关于自变量的二次函数解析式 4）将其化为顶点式，并根据a的正负及自变量的取值范围判断最值 3、既不平行于x轴，又不平行于y轴的线段最值问题 1）以此线段为斜边构造一个直角三角形，并使此直角三角形的两条直角边分别平行于x轴、y轴 2）根据线段两个端点的坐标表示出直角顶点坐标 3）根据“上减下，右减左”分别表示出两直角边长 4）根据勾股定理表示出斜边的平方（即两直角边的平方和） 5）得到一个斜边的平方关于自变量的二次函数 6）将其化为顶点式，并根据a的正负及自变量的取值范围判断最值 7）根据所求得的斜边平方的最值求出斜边的最值即可 二、二次函数周长最值问题 1、矩形周长最值问题 1）一般会给出一点落在抛物线上，从这点向两坐标轴引垂线构成一个矩形，求其周长最值 2）可先设此点坐标，点p到x轴、y轴的距离和再乘以2，即为周长 3）将其化为顶点式，并根据a的正负及自变量的取值范围判断最值 2、利用两点之间线段最短求三角形周长最值 1）首先判断图形中那些边是定值，哪些边是变量 2）利用二次函数轴对称性及两点之间线段最短找到两条变化的边，并求其和的最小值3）周长最小值即为两条变化的边的和最小值加上不变的边长 三、二次函数面积最值问题 1、规则图形面积最值问题（这里规则图形指三角形必有一边平行于坐标轴，四边形必有一组对边平行于坐标轴） 1）首先表示出所需的边长及高 2）利用求面积公式表示出面积 3）得到一个面积关于自变量的二次函数 4）将其化为顶点式，并根据a的正负及自变量的取值范围判断最值 2、不规则图形面积最值问题 1）分割。将已有的不规则图形经过分割后得到几个规则图形 2）再分别表示出分割后的几个规则图形面积，求和 3）得到一个面积关于自变量的二次函数 4）将其化为顶点式，并根据a的正负及自变量的取值范围判断最值 或1）利用大减小，不规则图形的面积可由规则的图形面积减去一个或几个规则小图形的面积来得到
中考数学二次函数压轴题(含答案)
中考数学二次函数压轴题(含答案) 面积类 1．如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点． （1）求抛物线的解析式． （2）点M是线段BC上的点（不与B，C重合），过M作MN∥y轴交抛物线于N，若点M的横坐标为m，请用m的代数式表示MN的长． （3）在（2）的条件下，连接NB、NC，是否存在m，使△BNC的面积最大？若存在，求m的值；若不存在，说明理由． 解答： 解：（1）设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x﹣3），则： a（0+1）（0﹣3）=3，a=﹣1； ∴抛物线的解析式：y=﹣（x+1）（x﹣3）=﹣x2+2x+3． （2）设直线BC的解析式为：y=kx+b，则有： ， 解得；
故直线BC的解析式：y=﹣x+3． 已知点M的横坐标为m，MN∥y，则M（m，﹣m+3）、N（m，﹣m2+2m+3）； ∴故MN=﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+3m（0＜m＜3）． （3）如图； ∵S△BNC=S△MNC+S△MNB=MN（OD+DB）=MN?OB， ∴S△BNC=（﹣m2+3m）?3=﹣（m﹣）2+（0＜m＜3）； ∴当m=时，△BNC的面积最大，最大值为． 2．如图，抛物线的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，已知B点坐标为（4，0）． （1）求抛物线的解析式； （2）试探究△ABC的外接圆的圆心位置，并求出圆心坐标； （3）若点M是线段BC下方的抛物线上一点，求△MBC的面积的最大值，并求出此时M点的坐标． 解答：
解：（1）将B（4，0）代入抛物线的解析式中，得： 0=16a﹣×4﹣2，即：a=； ∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣2． （2）由（1）的函数解析式可求得：A（﹣1，0）、C（0，﹣2）； ∴OA=1，OC=2，OB=4， 即：OC2=OA?OB，又：OC⊥AB， ∴△OAC∽△OCB，得：∠OCA=∠OBC； ∴∠ACB=∠OCA+∠OCB=∠OBC+∠OCB=90°， ∴△ABC为直角三角形，AB为△ABC外接圆的直径； 所以该外接圆的圆心为AB的中点，且坐标为：（，0）． （3）已求得：B（4，0）、C（0，﹣2），可得直线BC的解析式为：y=x﹣2； 设直线l∥BC，则该直线的解析式可表示为：y=x+b，当直线l与抛物线只有一个交点时，可列方程：x+b=x2﹣x﹣2，即：x2﹣2x﹣2﹣b=0，且△=0； ∴4﹣4×（﹣2﹣b）=0，即b=﹣4； ∴直线l：y=x﹣4． 所以点M即直线l和抛物线的唯一交点，有： ，解得：即M（2，﹣3）． 过M点作MN⊥x轴于N， S△BMC=S梯形OCMN+S△MNB﹣S△OCB=×2×（2+3）+×2×3﹣×2×4=4．
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中考数学二次函数压轴题汇编精选文档 TTMS system office room 【TTMS16H-TTMS2A-TTMS8Q8-
1．如图，直线y=﹣x+c与x轴交于点A（3，0），与y轴交于点B，抛物线y=﹣x2+bx+c经过点A，B． （1）求点B的坐标和抛物线的解析式； （2）M（m，0）为x轴上一动点，过点M且垂直于x轴的直线与直线AB 及抛物线分别交于点P，N． ①点M在线段OA上运动，若以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，求点M的坐标； ②点M在x轴上自由运动，若三个点M，P，N中恰有一点是其它两点所连线段的中点（三点重合除外），则称M，P，N三点为“共谐点”．请直接写出使得M，P，N三点成为“共谐点”的m的值． 2．如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y=ax2+bx+c与x轴相交于A，B两点，顶点为D（0，4），AB=4，设点F（m，0）是x轴的正半轴上一点，将抛物线C绕点F旋转180°，得到新的抛物线C′． （1）求抛物线C的函数表达式； （2）若抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，求m的取值范围． （3）如图2，P是第一象限内抛物线C上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P在抛物线C′上的对应点P′，设M是C上的动点，N是C′上的动
点，试探究四边形PMP′N能否成为正方形？若能，求出m的值；若不能，请说明理由． 3．在平面直角坐标系xOy中的点P和图形M，给出如下的定义：若在图形M上存在一点Q，使得P、Q两点间的距离小于或等于1，则称P为图形M 的关联点． （1）当⊙O的半径为2时， ①在点P1（，0），P2（，），P3（，0）中，⊙O的关联点 是． ②点P在直线y=﹣x上，若P为⊙O的关联点，求点P的横坐标的取值范围． （2）⊙C的圆心在x轴上，半径为2，直线y=﹣x+1与x轴、y轴交于点A、B．若线段AB上的所有点都是⊙C的关联点，直接写出圆心C的横坐标的取值范围． 4．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2+ax+b交x轴于A（1，0），B（3，0）两点，点P是抛物线上在第一象限内的一点，直线BP与y 轴相交于点C． （1）求抛物线y=﹣x2+ax+b的解析式； （2）当点P是线段BC的中点时，求点P的坐标； （3）在（2）的条件下，求sin∠OCB的值．
二次函数压轴题题型归纳
一、二次函数常考点汇总 1、两点间的距离公式：()()22B A B A x x y y AB -+-= 2、中点坐标：线段AB 的中点C 的坐标为：??? ??++22 B A B A y y x x ， 直线11b x k y +=（01≠k ）与22b x k y +=（02≠k ）的位置关系： （1）两直线平行?21k k =且21b b ≠ （2）两直线相交?21k k ≠ （3）两直线重合?21k k =且21b b = （4）两直线垂直?121-=k k 3、一元二次方程有整数根问题，解题步骤如下： ① 用?和参数的其他要求确定参数的取值范围； ② 解方程，求出方程的根；（两种形式：分式、二次根式） ③ 分析求解：若是分式，分母是分子的因数；若是二次根式，被开方式是完全平方式。 例：关于x 的一元二次方程()0122 2 ＝－m x m x ++有两个整数根，5＜m 且m 为整数，求m 的值。 4、二次函数与x 轴的交点为整数点问题。（方法同上） 例：若抛物线()3132 +++=x m mx y 与x 轴交于两个不同的整数点，且m 为正整数，试确定 此抛物线的解析式。 5、方程总有固定根问题，可以通过解方程的方法求出该固定根。举例如下： 已知关于x 的方程2 3(1)230mx m x m --+-=（m 为实数），求证：无论m 为何值，方程总有一个固定的根。 解：当0=m 时，1=x ； 当0≠m 时，()032 ≥-=?m ，()m m x 213?±-= ，m x 3 21-=、12=x ； 综上所述：无论m 为何值，方程总有一个固定的根是1。 6、函数过固定点问题，举例如下： 已知抛物线22 -+-=m mx x y （m 是常数），求证：不论m 为何值，该抛物线总经过一个固定的点，并求出固定点的坐标。 解：把原解析式变形为关于m 的方程()x m x y -=+-122 ； ∴ ???=-=+-0 1 02 2x x y ，解得：???=-=1 1 x y ；∴ 抛物线总经过一个固定的点（1，－1）。 （题目要求等价于：关于m 的方程()x m x y -=+-122 不论m 为何值，方程恒成立） 小结．． ：关于x 的方程b ax =有无数解????==0 b a
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