1、最新 料推荐二次函数中考精品压轴题（四边形与存在性问题）解析精选【例 1】综合与实践：如图，在平面直角坐标系中，抛物线2与 x轴交于 A B 两点，与 yy= x +2x+3轴交于点 C，点 D 是该抛物线的顶点（ 1）求直线 AC 的解析式及 B D 两点的坐标；（ 2）点 P 是 x 轴上一个动点，过 P 作直线 l AC 交抛物线于点Q，试探究：随着P 点的运动，在抛物线上是否存在点Q，使以点AP、Q、C 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出符合条件的点Q 的坐标；若不存在，请说明理由（ 3）请在直线AC 上找一点M ，使 BDM 的周长最小，求出M 点的坐标【答案】 解：（
2、1）当 y=0 时， x2+2x+3=0 ，解得 x1= 1， x2=3 。点 A 在点 B 的左侧， A B 的坐标分别为（1，0），（ 3，0）。当 x=0 时， y=3。 C 点的坐标为（ 0， 3）。设直线 AC 的解析式为 y=k 1x+b1 （k10），则b1 =3k1=3，解得。k1+b1=0b1=3直线 AC 的解析式为 y=3x+3 。22，顶点 D 的坐标为（ 1，4）。 y= x +2x+3=（ x 1） +4（ 2）抛物线上有三个这样的点Q。如图，当点 Q 在 Q1 位置时， Q1 的纵坐标为3，代入抛物线可得点Q1的坐标为（ 2， 3）；当点 Q 在点 Q2 位置时，
3、点Q2 的纵坐标为 3，代入抛物线可得点 Q2 坐标为（ 1+7 ， 3）；当点 Q 在 Q3 位置时，点Q3 的纵坐标为3，代入抛物线解析1最新 料推荐式可得，点Q3 的坐标为（ 17 ， 3）。综上可得满足题意的点Q 有三个，分别为：Q1（ 2，3），Q2（ 1+7 ， 3），Q3（ 17 ， 3）。（ 3）点 B 作 BBAC 于点 F，使 BF=BF，则 B为点 B 关于直线AC 的对称点连接BD交直线AC 与点 M ，则点 M 为所求。过点 B作 BE x 轴于点 E。 1 和 2 都是 3 的余角， 1= 2。 RtAOC Rt AFB 。 CO = CA 。BF AB由 A（ 1
4、，0），B（ 3，0），C（ 0，3）得 OA=1 ，OB=3 ，OC=3， AC=10 ， AB=4 。 3 = 10 ，解得 BF= 6 10 。 BB=2BF=12 10 ，BF455由 1= 2 可得 Rt AOC Rt BEB， AO = CO = CA 。B E BE BB13101236。 OE=BE OB=36 3=21=BE=。 BE=， BE=555B E12 1055 B点的坐标为（21 ， 12 ）。55设直线 BD的解析式为y=k 2x+b2（ k20），则k 2 +b2 =4k2= 421+b 212 ，解得13 。k 2=b24855=13直线 BD 的解析式为：
5、 y=4x+48 。1313联立 BD 与 AC 的直线解析式可得：y3x39x=448 ，解得35。y=13 x+ 13y= 13235 M 点的坐标为（9 ，132）。3535【考点】 二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，平行四边形的性质， 轴对称的性质， 直角三角形两锐角的关系，三角形三边关系，勾股定理， 相似三角形的判定和性质，解二元一次方程组。2最新 料推荐【分析】（1）根据点在曲线上，点的坐标满足方程的关系，由抛物线y= x2+2x+3 与 x 轴交于 A B 两点可求得 A B 两点的坐标，同样，由由抛物线2y= x +2x+3 与 y 轴交于
6、点 C 可求得 C 点的坐标。用待定系22数法，可求得直线 AC 的解析式。由 y= x +2x+3= （ x 1）+4 可求得顶点 D 的坐标。（2）由于点 P 在 x 轴上运动，故由平行四边形对边平行的性质求得点Q 的坐标。（ 3）点 B 作 BB AC 于点 F，使 B F=BF，则 B为点 B 关于直线 AC 的对称点连接BD交直线 AC 与点 M ，则根据轴对称和三角形三边关系，知点M 为所求。因此，由勾股定理求得AC=10，AB=4 。由 RtAOC Rt AFB 求得 BF= 6 10，从而得5到 BB=2BF=12 10 。由 Rt AOC Rt BEB得到12363621，从
7、BE= ， BE=， OE=BE OB=5 3=5555而得到点 B的坐标。用待定系数法求出线BD的解析式，与直线AC 的解析式即可求得点M 的坐标。【例 2】 .如果一条抛物线 y=ax2 +bx+c a0 与 x 轴有两个交点，那么以该抛物线的顶点和这两个交点为顶点的三角形称为这条抛物线的“抛物线三角形 ”（ 1） “抛物线三角形 ”一定是三角形；（ 2）若抛物线 y=x 2 +bx(b0)的 “抛物线三角形 ”是等腰直角三角形，求b 的值；（ 3）如图， OAB是抛物线 y=x 2 +bx(b0) 的 “抛物线三角形 ”，是否存在以原点 O 为对称中心的矩形ABCD ？若存在，求出过O、
8、C、 D 三点的抛物线的表达式；若不存在，说明理由【答案】 解：（ 1）等腰。（ 2）抛物线y=x 2 +bx(b0) 的 “抛物线三角形 ”是等腰直角三角形，bb2满足bb2该抛物线的顶点，=（b 0）。2424 b=2。（ 3）存在。如图，作 OCD 与 OAB 关于原点O 中心对称，则四边形ABCD 为平行四边形。3最新 料推荐当 OA=OB 时，平行四边形 ABCD 为矩形。又 AO=AB ， OAB 为等边三角形。作 AE OB，垂足为 E， AE3OE ，即 b2= 3 bb0， b=23 42 A 3，3 ， B 2 3，0 ， C3，- 3 ，D2 3，0 。设过点 O、 C、
9、 D 三点的抛物线 y=mx 2 +nx ，则12m2 3n=0m=1。，解得，3m3n= 3n=23所求抛物线的表达式为y=x 2 +23x。【考点】 二次函数综合题，新定义，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，中心对称的性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质。【分析】（ 1）抛物线的顶点必在抛物线与x 轴两交点连线的垂直平分线上，因此这个“抛物线三角形 ”一定是等腰三角形。（ 2）观察抛物线的解析式，它的开口向下且经过原点，由于b 0，那么其顶点在第一象限，而这个 “抛物线三角形”是等腰直角三角形，必须满足顶点坐标的横、纵坐标相等，以此作为等量关系来列方程解出 b 的值。（ 3
10、）由于矩形的对角线相等且互相平分，所以若存在以原点O 为对称中心的矩形ABCD，那么必须满足 OA=OB，结合（1）的结论， 这个 “抛物线三角形 ”必须是等边三角形，首先用 b表示出 AE、OE的长，通过 OAB 这个等边三角形来列等量关系求出 b的值，进而确定 A、B 的坐标，即可确定 C、D 的坐标，利用待定系数即可求出过 O、 C、D 的抛物线的解析式。【例 3】已知，在 RtOAB 中， OAB=90 ， BOA=30 ，AB=2 若以 O 为坐标原点， OA 所在直线为 x 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，点B 在第一象限内将Rt OAB 沿 OB 折叠后，点A 落在第一象限内的
11、点C 处（ 1）求点 C 的坐标；（ 2）若抛物线yax 2bx(a0) 经过 C、A 两点，求此抛物线的解析式；（ 3）若上述抛物线的对称轴与OB 交于点 D ，点 P 为线段 DB 上一动点，过P 作 y 轴的平行线，交抛物线于点 M ，问：是否存在这样的点P，使得四边形CDPM 为等腰梯形？若存在，请求出此时点P 的坐标；若4最新 料推荐不存在，请说明理由【答案】 解：（ 1）过 C 作 CH OA 于 H，在 Rt OAB 中， OAB=90， BOA=30， AB=2 ， OA= 2 3 。将 Rt OAB 沿 OB 折叠后，点A 落在第一象限内的点C 处， OC=OA= 2 3 ，
12、 AOC=60 。 OH= 3 ， CH=3 。 C 的坐标是（3 ， 3）。（ 2）抛物线yax2bx(a0)经过C（ 33A（230， ）、， ）两点，3=3a+3b，解得a=1。此抛物线的解析式为y= x 2 +2 3x0=12a+23bb=23（ 3）存在。 y=x 2 +23x 的顶点坐标为（3， 3），即为点 C。MP x 轴，设垂足为 N ，PN t， BOA 300，所以 ON3tP（3t,t ）作 PQ CD，垂足为 Q， ME CD ，垂足为 E。把 x3t 代入 y=x 2 +23x得： y3t 26t。 M （3t，3t 26t ）， E（ 3，3t 26t ）。同理：
13、 Q（3 ，t ），D （3 ， 1）。要使四边形CDPM 为等腰梯形，只需CE QD ，5最新 料推荐即 33t 26tt1，解得： t1 4 ， t21（舍去）。3 P 点坐标为（43 ， 4 ）。33 存在满足条件的点P，使得四边形 CDPM 为等腰梯形， 此时 P 点的坐为（43 ，4 ）。33【考点】 二次函数综合题，翻折变换（折叠问题），折叠对称的，解二元一次方程和一元二次方程，曲线上点的坐标与方程的关系，含30 度角的直角三角形的性质，勾股定理，等腰梯形的判定。【分析】（ 1）过 C 作 CH OA 于 H，根据折叠得到OC=OA=4 ， A0C=60 ，求出 OH 和 CH 即
14、可。（ 2）把 C（ 3 ， 3）、 A （ 23 ， 0）代入 y ax2bx 得到方程组，求出方程组的解即可。（ 3）如图，根据等腰梯形的判定，只要CE QD 即可，据此列式求解。【例 4】如图 1，已知 ABC中， AB=10cm，AC=8cm，BC=6cm如果点 P 由 B 出发沿 BA 方向点 A 匀速运动，同时点 Q由 A 出发沿 AC方向向点 C匀速运动， 它们的速度均为 2cm/s 连接 PQ，设运动的时间为 t（单位：s）（ 0t 4）解答下列问题：（ 1）当 t 为何值时， PQBC （ 2）设 AQP 面积为 S（单位： cm2），当 t 为何值时， S 取得最大值，并求
15、出最大值（ 3）是否存在某时刻t，使线段 PQ 恰好把 ABC 的面积平分？若存在，求出此时t 的值；若不存在，请说明理由（ 4）如图 2，把 AQP 沿 AP 翻折，得到四边形AQPQ 那么是否存在某时刻t ，使四边形AQPQ 为菱形？若存在，求出此时菱形的面积；若不存在，请说明理由【答案】 解： AB=10cm ， AC=8cm ， BC=6cm ，由勾股定理逆定理得ABC 为直角三角形，C 为直角。（ 1） BP=2t，则 AP=10 2t若 PQ BC，则 APAQ，即10 2t2t，解得 t20。ABAC108920当 ts 时， PQ BC。9（2）如图 1 所示，过P 点作 PD
16、 AC 于点 D 。6最新 料推荐则 PD BC， APD ABC 。 APPD ，即10 2tPD，解得 PD66 t 。ABBC1065 S= 1AQPD= 1 2t （ 66 t ）22562+6t652155tt2+。52当 t= 5s 时， S 取得最大值，最大值为15cm2。22（3）不存在。理由如下：假设存在某时刻t，使线段 PQ 恰好把 ABC 的面积平分，则有 S1ABC，而 S1AC?BC=24 ，此时AQP=SABC =S AQP=12 。22由（ 2）可知，62+6t ，6225t+10=0。SAQP=t5t+6t =12，化简得： t5 =（ 5） 24110=15
17、0，此方程无解，不存在某时刻 t，使线段 PQ 恰好把 ABC 的面积平分。（4）存在。假设存在时刻t，使四边形AQPQ 为菱形，则有 AQ=PQ=BP=2t 。如图 2 所示，过 P 点作 PD AC 于点 D，则有 PD BC ， APD ABC 。 APPDAD ，即102tPDAD 。ABBCAC1068解得： PD= 66 t ，AD= 88 t ，5582t=818 QD=AD AQ= 8tt 。55在 RtPQD 中，由勾股定理得：222，即（182+（ 6622，QD+PD =PQ8t ）t） =（ 2t）55化简得： 13t2 90t+125=0 ，解得： t 1=5， t
18、2=25 。13 t=5s 时， AQ=10cm AC ，不符合题意，舍去，t= 25 。13由（ 2）可知， S AQP=6 t2 +6t5 S 菱形 AQPQ=2S AQP=2（626（252252400。t+6t ） =213） +6=55131697最新 料推荐存在时刻 t= 25 ，使四边形 AQPQ 为菱形，此时菱形的面积为2400cm2。13169【考点】 动点问题，勾股定理和逆定理，平行的判定，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程和一元二次方程根的判别式，二次函数的最值，菱形的性质。【分析】（ 1）由 PQ BC 时的比例线段关系，列一元一次方程求解。（2）如图 1所示，过
19、P 点作 PD AC 于点 D ，得 APD ABC ，由比例线段，求得PD ，从而可以得到 S 的表达式，然后利用二次函数的极值求得S 的最大值。（3）利用（2）中求得的 AQP 的面积表达式，再由线段PQ 恰好把 ABC 的面积平分，列出一元二次方程；由于此一元二次方程的判别式小于0，则可以得出结论：不存在这样的某时刻t，使线段PQ恰好把 ABC 的面积平分。（ 4）根据菱形的性质及相似三角形比例线段关系，求得PQ、QD 和 PD 的长度；然后在Rt PQD中，求得时间t 的值；最后求菱形的面积，值得注意的是菱形的面积等于AQP 面积的 2 倍，从而可以利用（ 2）中 AQP 面积的表达式
20、，这样可以化简计算。【例 5】如图 1，在直角坐标系中，O 是坐标原点，点A 在 y 轴正半轴上，二次函数y=ax 2+ 1 x +c 的图6象 F 交 x 轴于 B、 C 两点，交 y 轴于 M 点，其中 B（ -3， 0），M （ 0， -1）。已知 AM=BC 。（ 1）求二次函数的解析式；（ 2）证明：在抛物线 F 上存在点 D，使 A 、 B、 C、D 四点连接而成的四边形恰好是平行四边形，并请求出直线 BD 的解析式；（ 3）在（ 2）的条件下，设直线l 过 D 且分别交直线BA 、 BC 于不同的 P、 Q 两点， AC 、BD 相交于 N。若直线l BD ，如图 1 所示，试求
21、11BP的值；BQ若 l 为满足条件的任意直线。如图2 所示，中的结论还成立吗？若成立，证明你的猜想；若不成立，请举出反例。8最新 料推荐【答案】 解：（ 1）二次函数 y=ax 2+1x +c 的图象经过点B （-3， 0）， M（ 0， -1），613c0a19a6 。6，解得c1c1二次函数的解析式为：y1x 21x1 。66（ 2）证明：在 y1 x 21 x1 中，令 y=0 ，得 1 x21 x 1 0 ，解得 x1 =3， x2=2。6666C（ 2，0）， BC=5 。令 x=0 ，得 y=-1， M （ 0， 1）， OM=1 。又 AM=BC ， OA=AM OM=4 。
22、A （ 0，4）。设 AD x 轴，交抛物线于点D，如图 1 所示，则 y D1 x21 x 1=OA=4 ，解得 x1=5， x2= 6（位于第二象限，舍去）。66D 点坐标为（5， 4）。 AD=BC=5 。又 AD BC，四边形ABCD 为平行四边形，即在抛物线F 上存在点 D ，使A 、 B、 C、 D 四点连接而成的四边形恰好是平行四边形。设直线 BD 解析式为： y=kx+b ， B （ 3， 0）， D（ 5， 4），3kb0 ，解得：k12 。5kb4b32直线 BD 解析式为： y1 x3 。22（ 3）在 Rt AOB 中， ABOA 2OB25 ，又 AD=BC=5 ，
23、?ABCD是菱形。9最新 料推荐若直线 l BD ，如图1 所示，四边形 ABCD 是菱形， AC BD 。 AC 直线 l。 BABCBN1。BPBQBD2BA=BC=5 ， BP=BQ=10 。 11111。BPBQ 10 105若 l为满足条件的任意直线，如图 2所示，此时中的结论依然成立，理由如下：AD BC， CD AB ， PAD DCQ 。 APAD 。CDCQAP?CQ=AD?CD=5=25 。 111AP1115 CQ 5 APBPBQ ?ABBC CQ ?5AP5 CQ5AP5CQ10APCQ10APCQ10APCQ1 。25+5 APCQ +AP CQ25+5 APCQ
24、+2550+5 APCQ5【考点】 二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，平行四边形、菱形的判定和性质，平行线间的比例线段关系，相似三角形的判定和性质，分式化简。【分析】 （ 1）利用待定系数法求出二次函数的解析式。（ 2）首先求出 D 点的坐标，可得AD=BC且 AD BC，所以四边形 ABCD是平行四边形；再根据 B 、D 点的坐标，利用待定系数法求出直线BD 的解析式。（ 3）本问的关键是判定平行四边形ABCD 是菱形。推出 AC 直线 l，从而根据平行线间的比例线段关系，求出BP、CQ 的长度，计算出111BPBQ。5判定 PAD DCQ ，得到AP?CQ=25 ，利用这个关系式
25、对11进行分式的化简求BP BQ值，结论为111 不变。BPBQ5【例 6】如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD 的三个顶点 B（ 1，0），C（ 3，0），D（3，4）以A 为顶点的抛物线2Q 从点 Cy=ax +bx+c 过点 C动点 P 从点 A 出发，沿线段 AB 向点 B 运动同时动点出发，沿线段 CD向点 D 运动点 P，Q 的运动速度均为每秒1 个单位运动时间为 t 秒过点 P 作 PE AB交 AC 于点 E（ 1）直接写出点A 的坐标，并求出抛物线的解析式；（ 2）过点 E 作 EF AD 于 F，交抛物线于点G，当 t 为何值时，ACG 的面积最大？最大值为多少？10
26、最新 料推荐（ 3）在动点P， Q 运动的过程中，当t 为何值时，在矩形ABCD 内（包括边界）存在点H ，使以 C，Q，E， H 为顶点的四边形为菱形？请直接写出t 的值【答案】 解：（ 1） A （ 1， 4）。由题意，设抛物线解析式为y=a（ x 1）2+4抛物线过点C（3， 0）， 0=a（ 31） 2+4，解得， a=1。22抛物线的解析式为y= （ x 1） +4，即 y= x +2x+3 。（ 2）设直线 AC 的解析式为 y=kx+b ， A （ 1， 4）， C（ 3， 0）， 4kb ，解得k2 。03kbb6直线 AC 的解析式为 y= 2x+6 。点 P（ 1， 4 t），将 y=4 t 代入 y= 2x+6 中，解得点 E 的横坐标为 x 1t。2t2点 G 的横坐标为 1t，代入抛物线的解析式中，可求点G 的纵坐标为 4。t22t 24GE= （ 4）（ 4 t） = t。44又点 A 到 GE 的距离为 t，C 到 GE 的距离为 2t，22 S ACGS AEGS CEG1 EGt1 EG（2t）=EG=tt2=1 t 2 2 +1 。222244当 t=2 时， SACG 的最大值为 1。（ 3） t=20 或 t=20 8 5 。13
