专题15二次函数与角综合问题（解析版）

挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（全国通用）

专题15二次函数与角综合问题

二次函数与角综合问题，常见的主要有三种类型：

1.特殊角问题：

（1）利用特殊角的三角函数值找到线段之间的数量关系

（2）遇到特殊角可以构造特殊三角形，如遇到45°构造等腰直角三角形，遇到30°、60°构造等边

三角形，遇到90°构造直角三角形

2.角的数量关系问题

（1）等角问题：借助特殊图形的性质、全等和相似的性质来解决；构造圆，利用圆周角的性质来解决

（2）二倍角问题：利用角平分线的性质、等腰三角形的性质、对称、辅助圆等知识来解答

（3）角的和差问题

3.角的最值问题：利用辅助圆等知识来解答

【例1】（2022•西宁）如图，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（3，0），与y轴交于点B，点C在直

线AB上，过点C作CD⊥x轴于点D（1，0），将△ACD沿CD所在直线翻折，使点A恰好落在抛物线

上的点E处．

（1）求抛物线解析式；

（2）连接BE，求△BCE的面积；

（3）抛物线上是否存在一点P，使∠PEA＝∠BAE？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．

第1页共94页.

【分析】（1）由点A的坐标可得出点E的坐标，由点A，E的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的

解析式；

（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点B的坐标，由点A，B的坐标，利用待定系数法可求出

直线AB的解析式，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，再利用三角形的面积计算公

式，结合S△BCE＝S△ABE﹣S△ACE，即可求出△BCE的面积；

（3）存在，由点A，B的坐标可得出OA＝OB，结合∠AOB＝90°可得出∠BAE＝45°，设点P的坐标

为（m，﹣m2+2m+3），分点P在x轴上方及点P在x轴下方两种情况考虑：①当点P在x轴上方时记

为P1，过点P1作P1M⊥x轴于点M，则EM＝P1M，进而可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出

m的值，将符合题意的m值代入点P的坐标中即可求出点P1的坐标；②当点P在x轴下方时记为P2，

过点P2作P2N⊥x轴于点N，则EN＝P2N，进而可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，

将符合题意的m值代入点P的坐标中即可求出点P2的坐标．

【解答】解：（1）∵将△ACD沿CD所在直线翻折，使点A恰好落在抛物线上的点E处，点A的坐标为

（3，0），点D的坐标为（1，0），

∴点E的坐标为（﹣1，0）．

将A（3，0），E（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+3，

得：，解得：，

∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．

（2）当x＝0时，y＝﹣1×（0）2+2×0+3＝3，

∴点B的坐标为（0，3）．

第2页共94页.

设直线AB的解析式为y＝mx+n（m≠0），

将A（3，0），B（0，3）代入y＝mx+n，

得：，解得：，

∴直线AB的解析式为y＝﹣x+3．

∵点C在直线AB上，CD⊥x轴于点D（1，0），当x＝1时，y＝﹣1×1+3＝2，

∴点C的坐标为（1，2）．

∵点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（0，3），点C的坐标为（1，2），点E的坐标为（﹣1，0），

∴AE＝4，OB＝3，CD＝2，

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

∴△BCE的面积为2．

（3）存在，理由如下：

∵点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（0，3），

∴OA＝OB＝3．

在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝OB，

∴∠BAE＝45°.

∵点P在抛物线上，

∴设点P的坐标为（m，﹣m2+2m+3）．

①当点P在x轴上方时记为P1，过点P1作P1M⊥x轴于点M，

在Rt△EMP1中，∠P1EA＝45°，∠P1ME＝90°，

2

∴EM＝P1M，即m﹣（﹣1）＝﹣m+2m+3，

解得：m1＝﹣1（不合题意，舍去），m2＝2，

∴点P1的坐标为（2，3）；

②当点P在x轴下方时记为P2，过点P2作P2N⊥x轴于点N，

在Rt△ENP2中，∠P2EN＝45°，∠P2NE＝90°，

2

∴EN＝P2N，即m﹣（﹣1）＝﹣（﹣m+2m+3），

解得：m1＝﹣1（不合题意，舍去），m2＝4，

∴点P2的坐标为（4，﹣5）．

综上所述，抛物线上存在一点P，使∠PEA＝∠BAE，点P的坐标为（2，3）或（4，﹣5）．

第3页共94页.

【例2】（2022•益阳）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线E：y＝﹣（x﹣m）2+2m2（m＜0）的顶点P

在抛物线F：y＝ax2上，直线x＝t与抛物线E，F分别交于点A，B．

（1）求a的值；

（2）将A，B的纵坐标分别记为yA，yB，设s＝yA﹣yB，若s的最大值为4，则m的值是多少？

（3）Q是x轴的正半轴上一点，且PQ的中点M恰好在抛物线F上．试探究：此时无论m为何负值，

在y轴的负半轴上是否存在定点G，使∠PQG总为直角？若存在，请求出点G的坐标；若不存在，请说

明理由．

【分析】（1）由抛物线的顶点式可直接得出顶点P的坐标，再代入抛物线F即可得出结论；

（2）根据题意可分别表达A，B的纵坐标，再根据二次函数的性质可得出m的值；

（3）过点Q作x轴的垂线KN，分别过点P，G作x轴的平行线，与KN分别交于K，N，则△PKQ∽△

QNG，设出点M的坐标，可表达点Q和点G的坐标，进而可得出结论．

第4页共94页.

【解答】解：（1）由题意可知，抛物线E：y＝﹣（x﹣m）2+2m2（m＜0）的顶点P的坐标为（m，2m2），

∵点P在抛物线F：y＝ax2上，

∴am2＝2m2，

∴a＝2．

（2）∵直线x＝t与抛物线E，F分别交于点A，B，

22222

∴yA＝﹣（t﹣m）+2m＝﹣t+2mt+m，yB＝2t，

∴s＝yA﹣yB

＝﹣t2+2mt+m2﹣2t2

＝﹣3t2+2mt+m2

＝﹣3（t﹣m）2+m2，

∵﹣3＜0，

∴当t＝m时，s的最大值为m2，

∵s的最大值为4，

∴m2＝4，解得m＝±，

∵m＜0，

∴m＝﹣．

（3）存在，理由如下：

设点M的坐标为n，则M（n，2n2），

∴Q（2n﹣m，4n2﹣2m2），

∵点Q在x轴正半轴上，

∴2n﹣m＞0且4n2﹣2m2＝0，

∴n＝﹣m，

∴M（﹣m，m2），Q（﹣m﹣m，0）．

如图，过点Q作x轴的垂线KN，分别过点P，G作x轴的平行线，与KN分别交于K，N，

第5页共94页.

∴∠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•鄂尔多斯）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+2经过A（，0），B（3，）

两点，与y轴交于点C．

（1）求抛物线的解析式；

（2）点P在抛物线上，过P作PD⊥x轴，交直线BC于点D，若以P、D、O、C为顶点的四边形是平

行四边形，求点P的横坐标；

（3）抛物线上是否存在点Q，使∠QCB＝45°？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明

理由．

第6页共94页.

【分析】（1）根据待定系数法，将点A，点B代入抛物线解析式，解关于b，c的二元一次方程组，即可

求得抛物线的解析式；

（2）设出点P的坐标，确定出PD∥CO，由PD＝CO，列出方程求解即可；

（3）过点D作DF⊥CP交CP的延长线于点F，过点F作y轴的平行线EF，过点D作DE⊥EF于点E，

过点C作CG⊥EF于点G，证明△DEF≌△FGC（AAS），由全等三角形的性质得出DE＝FG，EF＝CG，

求出F点的坐标，由待定系数法求出直线CF的解析式，联立直线CF和抛物线解析式即可得出点P的

坐标．

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

，解得：，

∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2；

（2）设点P（m，﹣m2+m+2），

∵y＝﹣x2+x+2，

∴C（0，2），

设直线BC的解析式为y＝kx+c，

∴，解得，

∴直线BC的解析式为y＝x+2，

∴D（m，m+2），

第7页共94页.

∴PD＝|﹣m2+m+2﹣m﹣2|＝|m2﹣3m|，

∵PD⊥x轴，OC⊥x轴，

∴PD∥CO，

∴当PD＝CO时，以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形，

∴|m2﹣3m|＝2，解得m＝1或2或或，

∴点P的横坐标为1或2或或；

（3）①当Q在BC下方时，如图，过B作BH⊥CQ于H，过H作MN⊥y轴，交y轴于M，过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，

第8页共94页.

∴H（，），

设直线CH的解析式为y＝px+q，

∴，解得，

∴直线CH的解析式为y＝﹣x+2，

联立直线CF与抛物线解析式得，

解得或，

∴Q（，）；

②当Q在BC上方时，如图，过B作BH⊥CQ于H，过H作MN⊥y轴，交y轴于M，过B作BN⊥MH

于N，

同理得Q（，）．

综上，存在，点Q的坐标为（，）或（，）．

【例4】（2022•菏泽）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0）、B（8，0）两点，与y

轴交于点C（0，4），连接AC、BC．

（1）求抛物线的表达式；

（2）将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，直接写出点D的坐标，并求出

四边形OADC的面积；

（3）点P是抛物线上的一动点，当∠PCB＝∠ABC时，求点P的坐标．

第9页共94页.

【分析】（1）利用待定系数法解答即可；

（2）过点D作DE⊥x轴于点E，利用轴对称的性质和三角形的中位线的性质定理求得线段OE，DE，

则点D坐标可得；利用四边形OADC的面积＝S△OAC+S△ACD，S△ADC＝S△ABC，利用三角形的面积公式即

可求得结论；

（3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①当点P在BC上方时，利用平行线的判定与性

质可得点C，P的纵坐标相等，利用抛物线的解析式即可求得结论；②当点P在BC下方时，设PC交x

轴于点H，设HB＝HC＝m，利用等腰三角形的判定与性质和勾股定理求得m值，则点H坐标可求；利

用待定系数法求得直线PC的解析式，与抛物线解析式联立即可求得点P坐标；

【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0）、B（8，0）两点，与y轴交于

点C（0，4），

∴，

解得：．

∴抛物线的表达式为y＝﹣+x+4；

（2）点D的坐标为（﹣8，8），理由：

将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，如图，

第10页共94页.

过点D作DE⊥x轴于点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°，

∵将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，

∴点D，C，B三点在一条直线上．

由轴对称的性质得：BC＝CD，AB＝AD．

∵OC⊥AB，DE⊥AB，

∴DE∥OC，

∴OC为△BDE的中位线，

∴OE＝OB＝8，DE＝2OC＝8，

∴D（﹣8，8）；

由题意得：S△ACD＝S△ABC，

∴四边形OADC的面积＝S△OAC+S△ADC

＝S△OAC+S△ABC

第11页共94页.

＝OC•OA+AB•OC

＝4×2+10×4

＝4+20

＝24；

（3）①当点P在BC上方时，如图，

∵∠PCB＝∠ABC，

∴PC∥AB，

∴点C，P的纵坐标相等，

∴点P的纵坐标为4，

令y＝4，则﹣+x+4＝4，

解得：x＝0或x＝6，

∴P（6，4）；

②当点P在BC下方时，如图，

设PC交x轴于点H，

∵∠PCB＝∠ABC，

第12页共94页.

∴HC＝HB．

设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）．

设直线PC的解析式为y＝kx+n，

∴，

解得：．

∴y＝﹣x+4．

∴，

解得：，．

∴P（，﹣）．

综上，点P的坐标为（6，4）或（，﹣）．

1．（2022•江岸区模拟）已知：抛物线y＝﹣（x+k）（x﹣7）交x轴于A、B（A左B右），交y轴正半轴于

点C，且OB＝OC．

（1）如图1，求抛物线的解析式；

（2）如图2，点P为第一象限抛物线上一点，连接AP，AP交y轴于点D，设P的横坐标为m，CD的

第13页共94页.

长为d，求d与m的函数解析式（不要求写出自变量m的取值范围）；

（3）如图3，在（2）的条件下，过点P作PE⊥y轴于点E，延长EP至点G，使得PG＝3CE，连接CG

交AP于点F，且∠AFC＝45°，连接AG交抛物线于T，求点T的坐标．

【分析】（1）由图象可得B点坐标，代入函数解析数即可求解；

（2）表示出点P坐标，由正切公式可表示出d与m的关系，即可求出；

（3）作出辅助线，得到CGPW，利用正切公式求出m与k的值，得到G点坐标，然后表示出∠GAB

的正切值，从而求出T点▱坐标．

【解答】解：（1）当y＝0时，﹣（x+k）（x﹣7）＝0，

解得：x＝﹣k或7，

∴点B的坐标为（7，0），A（﹣k，0），

∵OB＝OC，

∴OC＝OB＝7，

∴点C的坐标为（0，7），

将点C的坐标代入抛物线表达式得：﹣（0+k）（0﹣7）＝7，

解得：k＝2，

∴y＝﹣（x+2）（x﹣7）＝﹣x2+x+7，

故抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+7；

（2）过点P作PK⊥AB与点K，PE⊥y轴于点E，如图1，

∵y＝﹣（x+2）（x﹣7），

∴P（m，﹣（m+2）（m﹣7）），A（﹣2，0），

第14页共94页.

∴AK＝m+2，

tan∠PAB＝＝＝，

∴DO＝AO•tan∠PAB＝2（）＝7﹣m，

∴CD＝7﹣（7﹣m）＝m，

∴d＝m．

（3）过点C作WC⊥ED使得WD＝PD，TL⊥AB，连接WD，WP，

设EC＝k，

则PG＝3k，

∵∠WCD＝∠DEP，CD＝EP，WD＝PD，

∴△WCD≌△DEP，

则△PWD为等腰直角三角形，

∴∠WPD＝45°＝∠CFD，

∴WP∥CG，

∴四边形CGPW为平行四边形，

∴CW＝PG＝3k＝ED，

∴CD＝2k＝PE，

∴tan∠APE＝＝，

由（2）可得tan∠PAB＝，

∴＝，

∴m＝4，k＝2，

第15页共94页.

∴EO＝7+2＝9，EG＝10，

∴G（10，9），A（﹣2，0），

∴tan∠GAB＝＝，

再设T坐标为（t，﹣（t+2）（t﹣7）），

则tan∠TAB＝＝，

∴t＝，

∴T（，）．

2．（2022•沈阳模拟）如图1，在平面直角坐标系中．抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于A（﹣4，0）和B（1，

0），与y轴交于点C，连接AC，BC．

（1）求该抛物线的解析式；

（2）如图2，点M为直线AC上方的抛物线上任意一点，过点M作y轴的平行线，交AC于点N，过点

M作x轴的平行线，交直线AC于点Q，求△MNQ周长的最大值；

第16页共94页.

（3）点P为抛物线上的一动点，且∠ACP＝45°﹣∠BAC，请直接写出满足条件的点P的坐标．

【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+2；

（2）设直线AC解析式为y＝kx+2，用待定系数法得直线AC解析式为y＝x+2，设M（x，﹣x2﹣x+2），

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

NQ＝MN，可得△MNQ周长MN+MQ+NQ＝MN+2MN+MN＝﹣（x﹣2）2+6+2，即得当

x＝2时，△MNQ周长最大值为6+2；

（3）在x轴负半轴上取D，使OC＝OD，连接CD交抛物线于P，此时∠ACP＝45°﹣∠BAC，P是满

足条件的点，由C（0，2），D（2，0），得直线CD解析式为y＝x+2，即可解得P（﹣5，﹣3），作D关

于直线AC的对称点E，连接CE并延长交抛物线于P'，由对称性知∠ACP'＝∠ACP，P'是满足条件的点，

设E（m，n），可得，可解得E（﹣，），从而可得直线CE解

析式为：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，

∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+2；

（2）由y＝﹣x2﹣x+2可得C（0，2），

设直线AC解析式为y＝kx+2，把A（﹣4，0）代入得：

﹣4k+2＝0，

解得k＝，

∴直线AC解析式为y＝x+2，

设M（x，﹣x2﹣x+2），则N（x，x+2），

∴MN＝﹣x2﹣x+2﹣（x+2）＝﹣x2﹣2x，

第17页共94页.

∵MQ∥x轴，MN∥y轴，

∴∠MQN＝∠CAO，∠NMQ＝∠AOC＝90°，

∴△QMN∽△AOC，

∴＝＝，即＝＝，

∴MQ＝2MN，NQ＝MN，

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

（x+2）2+6+2，

∵﹣＜0，

∴当x＝﹣2时，△MNQ周长最大值为6+2；

（3）在x轴负半轴上取D，使OC＝OD，连接CD交抛物线于P，如图：

∴D（﹣2，0），∠CDO＝45°，此时∠ACP＝45°﹣∠BAC，P是满足条件的点，

∵C（0，2），D（2，0），

∴直线CD解析式为y＝x+2，

由得或，

∴P（﹣5，﹣3），

作D关于直线AC的对称点E，连接CE并延长交抛物线于P'，由对称性知∠ACP'＝∠ACP，P'是满足条

件的点，

设E（m，n），根据AE＝AD，CE＝CD可得：

，

第18页共94页.

解得或，

∴E（﹣，），

由E（﹣，），C（0，2）可得直线CE解析式为：y＝x+2，

解得或，

∴P'（﹣，），

综上所述，P的坐标为（﹣5，﹣3）或（﹣，）．

3．（2022•沈阳模拟）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A，B两点（点B在点

A的右边），点A坐标为（1，0），抛物线与y轴交于点C，S△ABC＝3．

（1）求抛物线的函数表达式；

（2）点P（x，y）是抛物线上一动点，且x＞3．作PN⊥BC于N，设PN＝d，求d与x的函数关系式；

（3）在（2）的条件下，过点A作PC的平行线交y轴于点F，连接BF，在直线AF上取点E，连接PE，

使PE＝2BF，且∠PEF+∠BFE＝180°，请直接写出P点坐标．

【分析】（1）根据二次函数的解析式求出C点的坐标，再根据△ABC的面积求出AB的长度，根据A点

的坐标再求出B点的坐标，再用待定系数法求出抛物线的解析式即可；

（2）用待定系数法求出直线BC的解析式，过点P作PD⊥x轴交BC于点E，交x轴于点D，利用三角

函数求出PN＝PE，设出P点的坐标，得出E点的坐标，然后根据PE求出PN即可得出d和x的函

第19页共94页.

数关系式；

（3）过点P作PH⊥FE于点H，过点C作CI⊥FE于点I，过点B作BJ⊥FE于点J，设FE交BC于点

K，证△PEH∽△BJF，然后证四边形CPHI是矩形，进而得出K点的坐标，求出AF的解析式，再求出

直线PC的解析式，联立直线PC和抛物线的解析式求出P点的坐标即可．

【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3与y轴交于点C，

当x＝0时，y＝3，

∴C（0，3），

即OC＝3，

∵S△ABC＝3，

∴×AB×OC＝3，

即AB×3＝3，

∴AB＝2，

又∵A（1，0）且点B在点A的右边，

∴B（3，0），

把A点和B点坐标代入抛物线y＝ax2+bx+3，

得，

解得，

∴抛物线的解析式为y＝x2﹣4x+3；

（2）由（1）知，C（0，3），B（3，0），

设直线BC的解析式为y＝kx+t，

代入B点和C点的坐标得，

解得，

∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，

过点P作PD⊥x轴交BC延长线于点E，交x轴于点D，

第20页共94页.

∵OC＝OB，

∴∠CBO＝45°，

又∵∠COB＝∠PDO＝90°，且∠CBO＝∠DBE＝45°，

∴∠PEC＝45°，且PN⊥CB，

∴∠NPE＝45°，

∴cos∠NPE＝＝cos45°＝，

∴PN＝PE，

设P（m，m2﹣4m+3），则E（m，﹣m+3），

∴PE＝m2﹣4m+3﹣（﹣m+3）＝m2﹣3m，

∴PN＝d＝PE＝（m2﹣3m）＝m2﹣m，

∴d＝x2﹣x；

（3）如下图，过点P作PH⊥FE于点H，过点C作CI⊥FE于点I，过点B作BJ⊥FE于点J，设FE交

BC于点K，

∵∠PEF+∠BFE＝180°，且∠PEF+∠PEH＝180°，

∴∠BFE＝∠PEH，

∵∠PHE＝∠CIJ＝∠BJH＝90°，

第21页共94页.

又∵PE＝2BF，

∴△PEH∽△BJF，

∴BJ＝PH，

又∵CP∥AH，且CI∥PH，

∴四边形CPHI是矩形，

∴CJ＝PH，

又∵∠CJI＝∠BKJ，

∴BJ＝CI，

∴BK＝CK，

∴K（2，1），

设直线AF的解析式为y＝sx+n，

代入K点和A点的坐标得，

解得，

∴直线AF的解析式为y＝x﹣1，

设直线PC的解析式为y＝x+g，

代入C点坐标得g＝3，

∴直线PC的解析式为y＝x+3，

联立直线PC和抛物线的解析式得，

解得或，

∴P（5，8）．

4．（2022•成都模拟）如图，已知抛物线表达式为y＝ax2﹣ax﹣2a+1（a≠0），直线y＝x+与坐标轴交于

点A，B．

（1）若该抛物线过原点，求抛物线的表达式．

（2）试说明无论a为何值，抛物线一定经过两个定点，并求出这两个定点的坐标．点P为两定点所在直

线上的动点，当点P到点A的距离和到直线AB的距离之和最小时，求点P的坐标；

（3）点N是抛物线上一动点，点M（﹣4，0），且∠NMA+∠OBA＝90°，若满足条件的点N的个数恰

第22页共94页.

好为3个，求a的值．

【分析】（1）将原点（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，即得二次函数的图象过两定点C（2，1）和D（﹣1，1）；则直线CD为y＝1，设P（p，1），

过点P作PH⊥AB于H，可得PA2＝（p+3）2+1，证明△PHD∽△BOA，根据相似三角形的性质得PH＝

，PH2＝（p+1）2，则PA2+PH2最小时，PA+PH最小，根据二次函数的性质即可求解；

（3）由∠NMA+∠OBA＝90°，知N在过点M且与直线AB平行的直线y＝x+2上，或在直线y＝﹣x

﹣2上，由图得a＞0，直线y＝x+2与抛物线y＝ax2﹣ax﹣2a+1总有两个交点，当直线y＝﹣x﹣2

与抛物线y＝ax2﹣ax﹣2a+1只有1个交点时即满足题意，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＝，

∴抛物线的表达式为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时，y＝1，

即二次函数的图象过两定点C（2，1）和D（﹣1，1），

∴直线CD为y＝1，CD∥x轴，

在y＝x+中，令x＝0得y＝，令y＝0得x＝﹣3，

∴A（﹣3，0），B（0，），

第23页共94页.

∴OA＝3，OB＝，AB＝＝，

如图：过点P作PH⊥AB于H，设P（p，1），

∴∠PHD＝∠BOA＝90°，

∵CD∥x轴，

∴∠PDH＝∠BAO，

∴△PHD∽△BOA，

∴，

∴，

∴PH＝，PH2＝（p+1）2，

∵PA2＝（p+3）2+1，

∴PA2+PH2最小时，PA+PH最小，

PA2+PH2＝（p+3）2+1+（p+1）2＝p2+p+＝（p+）2+，

∴当p＝﹣时，点P到点A的距离和到直线AB的距离之和最小，

此时，点P的坐标为（﹣，1）；

（3）如图，

第24页共94页.

∵∠NMA+∠OBA＝90°，∠OAB+∠OBA＝90°，

∴∠NMA＝∠OAB，

∴MN∥AB，

∵直线AB：y＝x+，

设直线MN为y＝x+m，

∵点M（﹣4，0），

∴﹣2+m＝0，解得m＝2，

∴N在过点M且与直线AB平行的直线y＝x+2上，或在直线y＝﹣x﹣2上，

由图得a＞0，直线y＝x+2与抛物线y＝ax2﹣ax﹣2a+1总有两个交点，

∴当直线y＝﹣x﹣2与抛物线y＝ax2﹣ax﹣2a+1只有1个交点时即满足题意，

由ax2﹣ax﹣2a+1＝﹣x﹣2得：ax2+（﹣a）x+3﹣2a＝0，

当Δ＝0，即（﹣a）2﹣4a（3﹣2a）＝0时，a＝或（舍去），

∴a的值为．

5．（2022•成都模拟）如图1所示，直线y＝x+3与x轴、y轴分别相交于点A，点B，点C（1，2）在经

过点A，B的二次函数y＝ax2+bx+c的图象上．

（1）求抛物线的解析式；

（2）点P为线段AB上（不与端点重合）的一动点，过点P作PQ∥y轴交抛物线于点Q，求PQ+PB

取得最大值时点P的坐标；

（3）如图2，连接BC并延长，交x轴于点D，E为第三象限抛物线上一点，连接DE，点G为x轴上一

点，且G（﹣1，0），直线CG与DE交于点F，点H在线段CF上，且∠CFD+∠ABH＝45°，连接BH

交OA于点M，已知∠GDF＝∠HBO，求点H的坐标．

第25页共94页.

【分析】（1）求得A、B两点坐标，将A、B、C三点坐标代入抛物线的解析式，进而求得结果；

（2）作PD⊥OB于D，设出点P和Q点坐标，表示出PQ的长，由△BPD∽△BAO表示出PB，从而表

示出PQ+PB，进而根据二次函数性质求得结果；

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

求得OM长，进而得出直线CG，BM的解析式，进一步求得结果．

【解答】解：（1）由题意得：A（﹣4，0），B（0，3），

∴，

∴，

∴y＝﹣﹣+3；

（2）如图1，

作PD⊥OB于D，

设Q（m，﹣﹣+3），P（m，m+3），

第26页共94页.

∴PQ＝﹣﹣+3﹣（＝﹣﹣，

∵PD∥OA，

∴△BPD∽△BAO，

∴＝，

∴＝，

∴PB＝﹣，

∴PQ+PB＝﹣﹣m﹣m＝﹣﹣，

∴当m＝﹣＝﹣，

∵+3＝，

∴P（﹣，）；

（3）如图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，

第27页共94页.

∵∠GDF＝∠HBO，

∴∠ABH＝∠HBO，

∴OM＝MT，

∵S△ABM+S△BOM＝S△AOB，

∴，

∴5OM+3OM＝3×4，

∴OM＝，

∴M（﹣，0），

∴直线BM的解析式为：y＝2x+3，

∵C（1，2），G（﹣1，0），

∴直线CG的解析式为：y＝x+1，

由2x+3＝x+1得，x＝﹣2，

∴x+1＝﹣1，

∴H（﹣2，﹣1）．

6．（2022•洪山区模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0），与y

轴交于点C（0，3），与直线l：y＝k（x﹣3）+3（k＞0）交于D，E两点．

（1）求抛物线的解析式；

（2）如图1，连接BD，若△BDE的面积为6，求k的值；

（3）如图2，若直线l与抛物线交于M，N两点，与BC交于点P，且∠MBC＝∠NBC．求P点的坐标．

【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；

（2）先根据直线l的解析式得出定点F（3，3），连接BF，则BF∥y轴，BF＝3，根据由三角形面积可

第28页共94页.

2

得xE﹣xD＝4，联立得整理得：x+（k﹣2）x﹣3k＝0，再由根与系数关系可得：xD+xE＝2﹣k，xD•xE＝﹣

3k，即可求得k的值；

22

（3）设M（x1，﹣x1+2x1+3），N（x2，﹣x2+2x2+3），如图2，分别过点M、N作ME⊥x轴于点E，NQ

⊥BF于点Q，可证得∠MBE＝∠NBQ，得出tan∠MBE＝tan∠NBQ，即＝，即可求得k的值，得

出直线l的解析式，再利用待定系数法求得直线BC的解析式为y＝﹣x+3，联立方程组求解即可得出答

案．

【解答】解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0），

∴设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，

∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；

（2）∵直线l：y＝k（x﹣3）+3，当x＝3时，y＝3，

∴点F（3，3）是直线l上一定点，

如图1，连接BF，则BF∥y轴，BF＝3，

∵S△BDF﹣S△BEF＝S△BDE＝6，

∴BF（3﹣xD）﹣BF（3﹣xE）＝6，即（xE﹣xD）＝6，

∴xE﹣xD＝4，

联立得：﹣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）设M（x1，﹣x1+2x1+3），N（x2，﹣x2+2x2+3），

如图2，分别过点M、N作ME⊥x轴于点E，NQ⊥BF于点Q，

∵C（0，3），B（3，0），

第29页共94页.

∴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＝，

∴直线l的解析式为y＝（x﹣3）+3，

设直线BC的解析式为y＝mx+n，

则，

解得：，

∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，

联立方程组得，

解得：，

∴P点的坐标为（1，2）．

第30页共94页.

7．（2022•洪山区模拟）抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴的正

半轴交于C点，△ABC的面积为6．

（1）直接写出点A、B的坐标为A（﹣1，0），B（3，0）；抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．

（2）如图1，连结AC，若在第一象限抛物线上存在点D，使点D到直线AC的距离为，求点D

的坐标；

（3）如图2，平行于AC的直线交抛物线于M、N两点，在抛物线上存在点P，当PQ⊥y轴时，PQ恰

好平分∠MPN，求P点坐标．

第31页共94页.

【分析】（1）令y＝0，可求出x的值，进而可得出A，B的坐标；令x＝0，可求出y的值，可得出点C

的坐标，得出线段OC的长，利用三角形的面积公式可得出a的值；

（2）过点O作OQ⊥AC于点Q，根据三角形面积的等积法可求出OQ的长，进可得出点D的位置，利

用全等三角形的性质求出直线QA′的解析式，联立可求出点D的坐标；

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

可得△MPE∽△NPF，设出M、N、P三点的坐标（只设横坐标，纵坐标用横坐标表示），分别用横坐标

之差、纵坐标之差表示出两个相似三角形的直角边，列出比例等式；设出MN的解析式，与抛物线方程

联立，得出两根之和的关系式，结合前面的比例等式解出P点的横坐标，进而算出纵坐标．

【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，则y＝﹣3a，

∴C（0，﹣3a），即OC＝﹣3a，

∴S＝×4×（﹣3a）＝6，解得a＝﹣1，

∴函数解析式为：y＝﹣x2+2x+3．

故答案为：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＝，

过点O作OG⊥AC于点G，

∴S△OAC＝•OA•OB＝•AC•OG

∴×1×3＝וOG，

∴OG＝，

设点D到直线AC的距离h＝＝2OG，

延长GO到点G′，使得OG′＝OG，过点G′作AC的平行线与x轴交于点A′，与抛物线在第一象限

内交于点D，

第32页共94页.

∴∠GAO＝∠G′A′O，

∵∠GOA＝∠G′OA′，

∴△GAO≌△G′A′O（AAS），

∴OA＝OA′＝1，

∴A′（1，0），

∵A（﹣1，0），C（0，3），

∴直线AC的解析式为：y＝3x+3，

∴直线A′G′的解析式为：y＝3x﹣3，

令3x﹣3＝﹣x2+2x+3，解得x＝2或x＝﹣3，

∵点D在第一象限，

∴D（2，3）．

（3）如图，过点M作ME⊥DE于E，过点N作NF⊥DE于F，

222

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

2222

则：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页共94页.

∴＝，

∴x0＝，

∵A（﹣1，0），C（0，﹣3），

∵MN∥AC，

∴设直线MN的解析式为y＝3x+b，

令3x+b＝﹣x2+2x+3，

由消去y整理得：x2+x﹣3+b＝0，

由韦达定理可知：x1+x2＝﹣1，

∴x＝，

∴x−2x−3＝，

∴P（，）．

2

8．（2022•泰安模拟）如图，抛物线y＝mx+3mx﹣2m+1的图象经过点C，交x轴于点A（x1，0），B（x2，

0）（点A在点B左侧），且x2﹣x1＝5，连接BC，D是AC上方的抛物线一点．

（1）求抛物线的解析式；

（2）连接BC，CD，S△DCE：S△BCE是否存在最大值？若存在，请求出其最大值及此时点D的坐标；若

不存在，请说明理由；

（3）第二象限内抛物线上是否存在一点D，DF垂直AC于点F，使得△DCF中有一个锐角等于∠BAC

的两倍？若存在，求点D的横坐标，若不存在，请说明理由．

第34页共94页.

【分析】（1）利用抛物线与x轴的交点的横坐标与一元二次方程根的联系，用一元二次方程根与系数的

关系定理列出关于m的方程，解方程即可得出结论；

（2）过点D作DH⊥x轴于点H，交AC于点M，过点B作BN⊥x轴于点B，交直线AC于点N，利用

待定系数法求得直线AC的解析式，设D（a，a+2），则M（a，a+2），求得线段DM，BN

的长，利用同高的三角形的面积关系列出S△DCE：S△BCE关于a的等式，利用配方法和二次函数的性质解

答即可；

（3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①当∠DCF＝2∠BAC时，②当∠FDC＝2∠BAC

时：取AB的中点P，连接OP，过点D作DR⊥y轴于点R，延长交AC于点G，利用勾股定理的逆定理

判定△ABC为直角三角形，∠ACB＝90°，设D（a，a+2），则DR＝﹣a，OR＝a+2，

利用直角三角形的边角关系定理列出关于a的方程，解方程即可得出结论．