测试第一课时教学设计

26．（14分）（2015•葫芦岛）如图，直线y=﹣x+3与x轴交于点C，与y轴交于点B，抛物线y=ax+x+c经过B、C两点．

（1）求抛物线的解析式；

（2）如图，点E是直线BC上方抛物线上的一动点，当△BEC面积最大时，请求出点E的坐标和△BEC面积的最大值？

（3）在（2）的结论下，过点E作y轴的平行线交直线BC于点M，连接AM，点Q是抛物线对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点P，使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．

2

考点：

二次函数综合题．

分析：

（1）首先根据直线y=﹣x+3与x轴交于点C，与y轴交于点B，求出点B的坐标是（0，3），点C的坐标是（4，0）；然后根据抛物线y=ax+x+c经过B、C两点，求出a\c的值是多少，即可求出抛物线的解析式．

（2）首先过点E作y轴的平行线EF交直线BC于点M，EF交x轴于点F，然后设点E的坐标是（x，﹣x+x+3），则点M的坐标是（x，﹣x+3），求出EM的值是多少；最后根据三角形的面积的求法，求出S△ABC，进而判断出当△BEC面积最大时，点E的坐标和△BEC面积的最大值各是多少即可．

（3）在抛物线上存在点P，使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形．然后分三种情况讨论，根据平行四边形的特征，求出使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形的点P的坐标是多少即可．

解答：

解：（1）∵直线y=﹣x+3与x轴交于点C，与y轴交于点B，

∴点B的坐标是（0，3），点C的坐标是（4，0），

∵抛物线y=ax+x+c经过B、C两点，

222∴

解得2

∴y=﹣x+x+3．

（2）如图1，过点E作y轴的平行线EF交直线BC于点M，EF交x轴于点F，，

∵点E是直线BC上方抛物线上的一动点，

∴设点E的坐标是（x，﹣x+x+3），

则点M的坐标是（x，﹣x+3），

∴EM=﹣x+x+3﹣（﹣x+3）=﹣x+x，

∴S△ABC=S△BEM+S△MEC

=

2222=×（﹣x+x）×4 =﹣x+3x =﹣（x﹣2）+3，

∴当x=2时，即点E的坐标是（2，3）时，△BEC的面积最大，最大面积是3．

（3）在抛物线上存在点P，使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形．

22

①如图2，，

由（2），可得点M的横坐标是2，

∵点M在直线y=﹣x+3上，

∴点M的坐标是（2，），

又∵点A的坐标是（﹣2，0），

∴AM==，∴AM所在的直线的斜率是：；∵y=﹣x2+x+3的对称轴是x=1，

∴设点Q的坐标是（1，m），点P的坐标是（x，﹣则

解得或，

∵x＜0，

∴点P的坐标是（﹣3，﹣）．

x2+x+3），

②如图3，，

由（2），可得点M的横坐标是2，

∵点M在直线y=﹣x+3上，

∴点M的坐标是（2，），

又∵点A的坐标是（﹣2，0），

∴AM==，∴AM所在的直线的斜率是：；∵y=﹣x2+x+3的对称轴是x=1，

∴设点Q的坐标是（1，m），点P的坐标是（x，﹣则

解得或，

∵x＞0，

∴点P的坐标是（5，﹣）．

x2+x+3），

③如图4，由（2），可得点M的横坐标是2，

∵点M在直线y=﹣x+3上，

∴点M的坐标是（2，），

又∵点A的坐标是（﹣2，0），

∴AM=2，

=，

∵y=﹣x+x+3的对称轴是x=1，

∴设点Q的坐标是（1，m），点P的坐标是（x，﹣x+x+3），

2则

解得，

∴点P的坐标是（﹣1，）．

综上，可得

在抛物线上存在点P，使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形，

点P的坐标是（﹣3，﹣）、（5，﹣）、（﹣1，）．

点评：

（1）此题主要考查了二次函数综合题，考查了分析推理能力，考查了分类讨论思想的应用，考查了数形结合思想的应用，考查了从已知函数图象中获取信息，并能利用获取的信息解答相应的问题的能力．

（2）此题还考查了函数解析式的求法，以及二次函数的最值的求法，要熟练掌握．

（3）此题还考查了三角形的面积的求法，要熟练掌握．

24．（14分）（2015•海南）如图，二次函数y=ax+bx+3的图象与x轴相交于点A（﹣3，0）、B（1，0），与y轴相交于点C，点G是二次函数图象的顶点，直线GC交x轴于点H（3，0），AD平行GC交y轴于点D．

（1）求该二次函数的表达式；

（2）求证：四边形ACHD是正方形；

（3）如图2，点M（t，p）是该二次函数图象上的动点，并且点M在第二象限内，过点M的直线y=kx交二次函数的图象于另一点N．

①若四边形ADCM的面积为S，请求出S关于t的函数表达式，并写出t的取值范围；

②若△CMN的面积等于，请求出此时①中S的值．

2

考点：

二次函数综合题．

分析：

（1）根据二次函数y=ax+bx+3的图象与x轴相交于点A（﹣3，0）、B（1，0），应用待定系数法，求出a、b的值，即可求出二次函数的表达式．

（2）首先分别求出点C、G、H、D的坐标；然后判断出AO=CO=DO=HO=3，AH⊥CD，判断出四边形ACHD是正方形即可．

（3）①作ME⊥x轴于点E，作MF⊥y轴于点F，根据四边形ADCM的面积为S，可得S=S四边形AOCM+S△AOD，再分别求出S四边形AOCM、S△AOD即可．

②首先设点N的坐标是（t1，p1），则NI=|t1|，所以S△CMN=S△COM+S△CON=（|t|+|t1|），再根据t＜0，t1＞0，可得S△CMN=（|t|+|t1|）==，据此求出t1﹣t=；然后求2出k1、k2的值是多少，进而求出t1、t2的值是多少，再把它们代入S关于t的函数表达式，求出S的值是多少即可．

解答：

解：（1）∵二次函数y=ax+bx+3的图象与x轴相交于点A（﹣3，0）、B（1，0），

∴

2解得

∴二次函数的表达式为y=﹣x﹣2x+3．

（2）如图1，

2，

∵二次函数的表达式为y=﹣x﹣2x+3，

∴点C的坐标为（0，3），

∵y=﹣x﹣2x+3=﹣（x+1）+4，

∴点G的坐标是（﹣1，4），

∵点C的坐标为（0，3），

∴设CG所在的直线的解析式是y=mx+3，

则﹣m+3=4，

∴m=﹣1，

∴CG所在的直线的解析式是y=﹣x+3，

∴点H的坐标是（3，0），

设点D的坐标是（0，p），

则∴p=﹣3，

∵AO=CO=DO=HO=3，AH⊥CD，

∴四边形ACHD是正方形．

，

222

（3）①如图2，作ME⊥x轴于点E，作MF⊥y轴于点F，

，

∵四边形ADCM的面积为S，

∴S=S四边形AOCM+S△AOD，

∵AO=OD=3，

∴S△AOD=3×3÷2=4.5，

∵点M（t，p）是y=kx与y=﹣x﹣2x+3在第二象限内的交点，

∴点M的坐标是（t，﹣t﹣2t+3），

∵ME=﹣t﹣2t+3，MF=﹣t，

∴S四边形AOCM=×3×（﹣t﹣2t+3）∴S=﹣t﹣t++4.5=﹣t﹣t+9，﹣3＜t＜0．

②如图3，作NI⊥x轴于点I，

222222=﹣t﹣t+，

2

，

设点N的坐标是（t1，p1），

则NI=|t1|，

∴S△CMN=S△COM+S△CON=（|t|+|t1|），

∵t＜0，t1＞0，

∴S△CMN=（|t|+|t1|）=，

=，

联立2

可得x﹣（k+2）x﹣3=0，

∵t1、t是方程的两个根，

∴∴解得

=，，

﹣4t1t=（k+2）﹣4×（﹣3）=2=，

a、k=﹣时，

由x+（2﹣）x﹣3=0，

解得x1=﹣2，或b、k=﹣时，

（舍去）．

2

由x+（2﹣）x﹣3=0，

解得x3=﹣，或x4=2（舍去），

∴t=﹣2，或t=﹣，

t=﹣2时，

S=﹣t﹣t+9 =﹣×4﹣×（﹣2）+9 =12 t=﹣时，

S=﹣×﹣×=，

．

+9 22∴S的值是12或点评：

（1）此题主要考查了二次函数综合题，考查了分析推理能力，考查了分类讨论思想的应用，考查了数形结合方法的应用，考查了从已知函数图象中获取信息，并能利用获取的信息解答相应的问题的能力．

（2）此题还考查了待定系数法求函数解析式的方法，以及方程的根与系数的关系，要熟练掌握．

（3）此题还考查了三角形的面积的求法，以及正方形的判定和性质的应用，要熟练掌握．

24．

如图，经过点C（0，）的抛物线yaxbxc(a0)

与x轴相交于A（，0），B两点. ,若该抛物线关于直线x对称，

（1）求抛物线的函数表达式；

（2）连接AC，E是抛物线上一动点，

过点E作AC的平行线交x轴于点F．是否存在这样的点E，

使得以A，C，E，F为顶点所组成的四边形是平行四边形．

若存在，求出满足条件的点E的坐标；若不存在，请说明理由．（4分

解：（1）a

＞

0，bac

＞

0；…………………………………………………（4分）

（2）∵直线x是对称轴，A（－2，0），∴B（6，0），

∵点C（0，－4），将A，B，C的坐标分别代入yaxbxc，

解得a，b，c，………………………………………………（7分）

∴抛物线的函数表达式为yxx；.………（8分）

（3）存在；..…………………………………………………（9分）

2（第24题图1）

（i）假设存在点E使得以A，C，E，F为顶点所组成的四边形

是平行四边形，过点C作CE∥x轴，交抛物线于点E，过点E作EF∥AC，交x轴于点F，则四边形ACEF即为满足条件的平行四边形，

∵抛物线yxx关于直线x=2对称，

∴由抛物线的对称性可知，E点的横坐标为4，

又∵OC=4，∴E的纵坐标为，∴存在点E（4，－4）；…………………………（10分）

（ii）假设在抛物线上还存在点E′，使得以A，C，F′，E′为顶点所组成的四边形是

平行四边形，过点E′作E′F′∥AC交x轴于点F′，

则四边形ACF′ E′即为满足条件的平行四边形，

∴AC=E′F′，AC∥E′F′，如图2，过点E′作E′G⊥x轴于点G，

∵AC∥E′F′，∴∠CAO=∠E′F′ G，

又∵∠COA=∠E′GF′=90°，AC=E′F′，∴△CAO≌△E′F′

G，

∴

E′G=CO=4，∴点E′的纵坐标是4，

∴xx

解得x1227，x2227，

∴点E′的坐标为（,），同理可得点E″的坐标为（,）. ……….…（12分）

28．如图，二次函数y=ax+bx﹣3的图象与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．该抛物线的顶点为M．

（1）求该抛物线的解析式；

（2）判断△BCM的形状，并说明理由；

（3）探究坐标轴上是否存在点P，使得以点P、A、C为顶点的三角形与△BCM相似？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

2

考点：

二次函数综合题．

专题：

综合题．

分析：

（1）已知了抛物线图象上的三点坐标，可用待定系数法求出该抛物线的解析式；

（2）根据B、C、M的坐标，可求得△BCM三边的长，然后判断这三条边的长是否符合勾股定理即可；

（3）假设存在符合条件的P点；首先连接AC，根据A、C的坐标及（2）题所得△BDC三边的比例关系，即可判断出点O符合P点的要求，因此以P、A、C为顶点的三角形也必与△COA相似，那么分别过A、C作线段AC的垂线，这两条垂线与坐标轴的交点也符合点P点要求，可根据相似三角形的性质（或射影定理）求得OP的长，也就得到了点P的坐标．

解答：

解：（1）∵二次函数y=ax+bx﹣3的图象与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两2点，

∴，

解得：，

则抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3；

（2）△BCM为直角三角形，理由为：

对于抛物线解析式y=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，即顶点M坐标为（1，﹣令x=0，得到y=﹣3，即C（0，﹣3），

根据勾股定理得：BC=3，BM=2，CM=，

∵BM2=BC2+CM2，

∴△BCM为直角三角形；

（3）如图1，

连接AC，

∵△COA∽△CAP，△PCA∽△BCD，

∴Rt△COA∽Rt△BCD，P点与O点重合，

∴点P（0，0）．

如图2，过A作AP1⊥AC交y轴正半轴于P1，

∵Rt△CAP1∽Rt△COA∽Rt△BCD，

∴=，

即=，

4），

∴点P1（0，）．

如图3，过C作CP2⊥AC交x轴正半轴于P2，

∵Rt△P2CA∽Rt△COA∽Rt△BCD，

∴=，

即=，AP2=10，

∴点P2（9，0）．

∴符合条件的点有三个：O（0，0），P1（0，），P2（9，0）．

点评：

此题是二次函数的综合题，涉及到二次函数解析式的确定、勾股定理、直角三角形的判定、相似三角形的判定和性质等知识，（3）题中能够发现点O是符合要求的P点，是解决此题的突破口．

如图，已知抛物线y=ax+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和点B（﹣3，0），与y轴交于点C，且OC=OB．

（1）求此抛物线的解析式；

（2）若点E为第二象限抛物线上一动点，连接BE，CE，求四边形BOCE面积的最大值，并求出此时点E的坐标；

（3）点P在抛物线的对称轴上，若线段PA绕点P逆时针旋转90°后，点A的对应点A′恰好也落在此抛物线上，求点P的坐标．

2

答案

考点：

二次函数综合题．

分析：

（1）已知抛物线过A、B两点，可将两点的坐标代入抛物线的解析式中，用待定系数法即可求出二次函数的解析式；

（2）由于四边形BOCE不是规则的四边形，因此可将四边形BOCE分割成规则的图形进行计算，过E作EF⊥x轴于F，四边形BOCE的面积=三角形BFE的面积+直角梯形FOCE的面积．直角梯形FOCE中，FO为E的横坐标的绝对值，EF为E的纵坐标，已知C的纵坐标，就知道了OC的长．在三角形BFE中，BF=BO﹣OF，因此可用E的横坐标表示出BF的长．如果根据抛物线设出E的坐标，然后代入上面的线段中，即可得出关于四边形BOCE的面积与E的横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求得四边形BOCE的最大值及对应的E的横坐标的值．即可求出此时E的坐标；

（3）由P在抛物线的对称轴上，设出P坐标为（﹣2，m），如图所示，过A′作A′N⊥对称轴于N，由旋转的性质得到一对边相等，再由同角的余角相等得到一对角相等，根据一对直角相等，利用AAS得到△A′NP≌△PMA，由全等三角形的对应边相等得到A′N=PM=|m|，PN=AM=2，表示出A′坐标，将A′坐标代入抛物线解析式中求出相应m的值，即可确定出P的坐标．

解答：

解：（1）∵抛物线y=ax+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和点B（﹣3，0），

∴OB=3，

∵OC=OB，

∴OC=3，

∴c=3，

∴，

2解得：，

2∴所求抛物线解析式为：y=﹣x﹣2x+3；

（2）如图2，过点E作EF⊥x轴于点F，设E（a，﹣a﹣2a+3）（﹣3＜a＜0）

2

∴EF=﹣a﹣2a+3，BF=a+3，OF=﹣a，

∴S四边形BOCE=BF•EF+（OC+EF）•OF，

=（a+3）•（﹣a﹣2a+3）+（﹣a﹣2a+6）•（﹣a），

=﹣﹣a+，

2222=﹣（a+）+，

．

∴当a=﹣时，S四边形BOCE最大，且最大值为此时，点E坐标为（﹣，

）；

（3）∵抛物线y=﹣x﹣2x+3的对称轴为x=﹣1，点P在抛物线的对称轴上，

∴设P（﹣1，m），

∵线段PA绕点P逆时针旋转90°后，点A的对应点A′恰好也落在此抛物线上，如图，

∴PA=PA′，∠APA′=90°，

如图3，过A′作A′N⊥对称轴于N，设对称轴于x轴交于点M，

∴∠NPA′+∠MPA=∠NA′P+∠NPA′=90°，

∴∠NA′P=∠NPA，

在△A′NP与△APM中，

，

∴△A′NP≌△PMA，

∴A′N=PM=|m|，PN=AM=2，

∴A′（m﹣1，m+2），

22代入y=﹣x﹣2x+3得：m+2=﹣（m﹣1）﹣2（m﹣1）+3，

解得：m=1，m=﹣2，

∴P（﹣1，1），（﹣1，﹣2）．

2

点评：

本题考查了全等三角形的判定与性质，待定系数法求二次函数，二次函数的性质，四边形的面积，综合性较强，难度适中．利用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．

224．已知抛物线y=x+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，O是坐标原点，点A的坐标是（﹣1，0），点C的坐标是（0，﹣3）．

（1）求抛物线的函数表达式；

（2）求直线BC的函数表达式和∠ABC的度数；

（3）P为线段BC上一点，连接AC，AP，若∠ACB=∠PAB，求点P的坐标．

考点：

二次函数综合题．

分析：

（1）直接将A，C点坐标代入抛物线解析式求出即可；

（2）首先求出B点坐标，进而利用待定系数法求出直线BC的解析式，进而利用CO，BO的长求出∠ABC的度数；

（3）利用∠ACB=∠PAB，结合相似三角形的判定与性质得出BP的长，进而得出P点坐标．

解答：

解：（1）将点A的坐标（﹣1，0），点C的坐标（0，﹣3）代入抛物线解析式得：

，

解得：，

2故抛物线解析式为：y=x﹣2x﹣3；

（2）由（1）得：0=x﹣2x﹣3，

解得：x1=﹣1，x2=3，故B点坐标为：（3，0），

设直线BC的解析式为：y=kx+d，

则解得：，

，

2故直线BC的解析式为：y=x﹣3，

∵B（3，0），C（0，﹣3），

∴BO=OC=3，

∴∠ABC=45°；

（3）过点P作PD⊥x轴于点D，

∵∠ACB=∠PAB，∠ABC=∠PBA，

∴△ABP∽△CBA，

∴=，

∵BO=OC=3，

∴BC=3，

∵A（﹣1，0），B（3，0），

∴AB=4，

∴=，

，

解得：BP=由题意可得：PD∥OC，

则△BDP∽△BOC，

故==，

则==，

解得：DP=BD=，

∴DO=，

则P（，﹣）．

点评：

此题主要考查了相似三角形的判定与性质以及待定系数法求一次函数和二次函数解析式等知识，熟练应用相似三角形的判定方法得出△ABP∽△CBA是解题关键．

25．如图，已知经过点D（2，﹣）的抛物线y=（x+1）（x﹣3）（m为常数，且m＞0）与x轴交于点A、B（点A位于B的左侧），与y轴交于点C．

（1）填空：m的值为_________，点A的坐标为__________；

（2）连接AD，在x轴上方作射线AE，使∠BAE=∠BAD，过点D作x轴的垂线交射线AE于点E,动点M、N分别在射线AB、AE上，求ME+MN的最小值；

（3）t是过点A平行于y轴的直线，P是抛物线上一点，过点P作l的垂线，垂足为点G，请你探究：是否存在点P，使以P、G、A为顶点的三角形与△ABD相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．

考点：

二次函数综合题．

分析：

（1）把点D坐标代入抛物线y=（x+1）（x﹣3），即可得出m的值，再令y=0，即可得出点A，B坐标；

（2）根据尺规作图的要求，画出图形，如图1所示；

（3）过点D作射线AE的垂线，垂足为N，交AB于点M，此时DN的长度即为ME+MN的最小值；

（4）假设存在点P，使以P、G、A为顶点的三角形与△ABD相似，设点P坐标，再表示出点G坐标，计算△ABD的三边，根据勾股定理的逆定理，判断三角形的形状，即可得出结论，若△ABD是直角三角形，即可得出相似，再得出对应边成比例，求得点P坐标即可．

解答：

解：（1）∵抛物线y=（x+1）（x﹣3）经过点D（2，﹣∴m=把m=即y=，

代入y=（x+1）（x﹣3），得y=x﹣2），

（x+1）（x﹣3），

x﹣；

令y=0，得（x+1）（x﹣3）=0，

解得x=﹣1或3，

∴A（﹣1，0），B（3，0）；

（2）如图1所示；

（3）过点D作射线AE的垂线，垂足为N，交AB于点M，设DE与x轴交于点H，如图2，

由（1）（2）得点D与点E关于x轴对称，

∴MD=ME，

∵AH=3，DH=，

∴AD=2，

∴∠BAD=∠BAE=30°，

∴∠DAN=60°，

∴sin∠DAN=∴sin60°=，

，

∴DN=3，

∵此时DN的长度即为ME+MN的最小值，

∴ME+MN的最小值为3；

（4）假设存在点P，使以P、G、A为顶点的三角形与△ABD相似，如图3，

∵P是抛物线上一点，

∴设点P坐标（x，∴点G坐标（﹣1，x﹣x﹣22x﹣x﹣）；

），

∵A（﹣1，0），B（3，0），D（2，﹣）；

∴AB=4，BD=2，AD=2，

∴△ABD为直角三角形的形状，

△ABD与以P、G、A为顶点的三角形相似，

分两种情况：

①△ABD∽△PAG，

∴=，

（x﹣2∴2（x+1）=2x﹣），

解得x1=4，x2=﹣1（舍去），

∴P（4，）；

②△ABD∽△APG，

∴∴2=，

（x+1）=2（x﹣2x﹣），

解得x1=6，x2=﹣1（舍去），

∴P（6，7）；

∴点P坐标（4，）或（6，7）．

点评：

本题考查了二次函数的综合题，还考查了用待定系数法求二次函数解析式、勾股定理和逆定理以及轴对称﹣最小路径问题等重要知识点，难度较大．

9.与y轴相交于点A，顶点为M.直线y11xa与x轴相交于B点，与直线AM相交22于N点；直线AM与x轴相交于C点

(1)求M的坐标与MA的解析式（用字母a表示），

(2)如图，将△NBC沿x轴翻折，若N点的对应点N′恰好落在抛物线上，求a的值

(3)在抛物线yx22xa（a0）上是否存在一点P，使得以P、B、C、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由.

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