专题38 二次函数与几何图形综合题（7大类型）（解析版）VIP

模块三重难点题型专项训练

专题38二次函数与几何图形综合题（7大压轴类型）

考查类型一与线段有关的问题

考查类型二与图形面积有关的问题

考查类型三角度问题

考查类型考查类型四与特殊三角形判定有关的问题

考查类型五与特殊四边形判定有关的问题

考查类型六与三角形全等、相似有关的问题

考查类型七与圆有关的运算

新题速递

考查类型一与线段有关的问题

例1（2020·吉林长春·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为0,2，点B的坐标为

31

4,2．若抛物线y(xh)2k（h、k为常数）与线段AB交于C、D两点，且CDAB，则k的值

22

为_________．

7

【答案】

2

【分析】根据题意，可以得到点C的坐标和h的值，然后将点C的坐标代入抛物线的解析式，即可得到k的

值，本题得以解决．

【详解】解：点A的坐标为(0,2)，点B的坐标为(4,2)，

AB4，

31

抛物线y(xh)2k(h、k为常数）与线段AB交于C、D两点，且CDAB2，

22

2c2

设点C的坐标为(c,2)，则点D的坐标为(c2,2)，hc1，

2

第1页共103页.

3

抛物线2[c(c1)]2k，

2

7

解得，k．

2

【点睛】本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二

次函数的性质解答．

1

例2（2020·山东滨州·中考真题）如图，抛物线的顶点为A(h，－1)，与y轴交于点B(0,)，点F(2，1)

2

为其对称轴上的一个定点．

（1）求这条抛物线的函数解析式；

（2）已知直线l是过点C(0，－3)且垂直于y轴的定直线，若抛物线上的任意一点P(m，n)到直线l的距离

为d，求证：PF＝d；

（3）已知坐标平面内的点D(4，3)，请在抛物线上找一点Q，使DFQ的周长最小，并求此时DFQ周长

的最小值及点Q的坐标．△

121

【答案】（1）yx21；（2）见解析；（3）226，4,

82

【分析】（1）由题意抛物线的顶点A（2，-1），可以假设抛物线的解析式为y=a（x-2）2-1，把点B坐标

代入求出a即可．

111

（2）由题意P（m，m2m），求出d2，PF2（用m表示）即可解决问题．

822

（3）如图，过点Q作QH⊥直线l于H，过点D作DN⊥直线l于N．因为DFQ的周长=DF+DQ+FQ，DF

△

是定值=222222，推出DQ+QF的值最小时，DFQ的周长最小，再根据垂线段最短解决问题即可．

△2

【详解】解：（1）设抛物线的函数解析式为yaxhk,

由题意,抛物线的顶点为A2,1,

2

yax21.

1

又抛物线与y轴交于点B0,

2

第2页共103页.

12

a021

2

1

a

8

12

抛物线的函数解析式为yx21

8

（2）证明：∵P（m，n），

1111

∴n(m2)21m2m，

8822

111

∴P（m，m2m），

822

111115

∴dm2m(3)m2m，

822822

∵F（2，1），

2

21211141372525

∴PF(m2)mm1mmmm，

822648824

117525117525

∵d2m4m3m2m，PF2m4m3m2m，

648824648824

∴d2=PF2，

∴PF=d．

（3）如图，过点Q作QH⊥直线l于H，过点D作DN⊥直线l于N．

∵△DFQ的周长=DF+DQ+FQ，DF是定值=222222，

∴DQ+QF的值最小时，DFQ的周长最小，

∵QF=QH，△

∴DQ+DF=DQ+QH，

根据垂线段最短可知，当D，Q，H共线时，DQ+QH的值最小，此时点H与N重合，点Q在线段DN上，

∴DQ+QH的最小值为6，

1

∴△DFQ的周长的最小值为，此时Q（4，-）．

2262

第3页共103页.

【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，两点间距离公式，垂线段最短等知识，解题的关

键是学会利用参数解决问题，学会用转化的思想思考问题．

二次函数中求线段问题：

1.直接求解线段长度表达式型

2.线段转化型

3.将军饮马问题、胡不归问题、阿氏圆问题等

4.瓜豆原理最值问题，圆中的线段最值

【变式1】（2022·广东珠海·珠海市九洲中学校考一模）如图，二次函数y＝﹣x2+2x+m+1的图象交x轴于

点A（a，0）和B（b，0），交y轴于点C，图象的顶点为D．下列四个命题：

①当x＞0时，y＞0；

②若a＝﹣1，则b＝4；

③点C关于图象对称轴的对称点为E，点M为x轴上的一个动点，当m＝2时，△MCE周长的最小值为210；

④图象上有两点P（x1，y1）和Q（x2，y2），若x1＜1＜x2，且x1+x2＞2，则y1＞y2，

其中真命题的个数有（）

A．1个B．2个C．3个D．4个

【答案】A

【分析】①错误，由图象可知当a＜x＜b时，y＞0；②错误，当a1时，b3；③错误，△MCE的周长

的最小值为2102；④正确，函数图象在x＞1时，y随x增大而减小，则y2＜y1．

【详解】解：①当a＜x＜b时，二次函数图象在x轴上方，则y＞0，故①错误；

第4页共103页.

b2

②1，

2a21

∴当a＝﹣1时，b＝3，故②错误；

③这是将军饮马问题，作E关于x轴的对称点E，连接ME、CE，如图所示：

当m＝2时，C（0，3），E（2，3），

E与E关于x轴对称，

∴E（2，﹣3），

∴△MCE的周长的最小值就是C、M、E三点共线时取到为CE+CE＝2102，

∴△MCE的周长的最小值为2102，故③错误；

设关于对称轴的对称点，

④x1x1

∴＝﹣，

x12x1

∵x1+x2＞2，

∴x2＞﹣x1+2，

∴＞，

x2x1

∵x1＜1＜x2，

∴＜＜＜，

x11x1x2

∵函数图象在x＞1时，y随x增大而减小，

∴y2＜y1，则④正确；

第5页共103页.

故选：A．

【点睛】本题考查二次函数综合题、最小值问题、增减性问题等知识，解题的关键是灵活掌握二次函数的

有关性质，第四个结论的判断关键是利用对称点性质解决问题，所以中考压轴题．

【变式2】（2022·广东东莞·校考一模）如图，抛物线y-x2+x6交x轴于A、B两点(A在B的左侧)，交y

轴于点C，点D是线段AC的中点，点P是线段AB上一个动点，△APD沿DP折叠得△APD，则线段AB

的最小值是______．

【答案】510##105

【分析】先根据抛物线解析式求出点A，B，C坐标，从而得出OA2，OB3，OC6，再根据勾股定

理求出AC的长度，然后根据翻折的性质得出A在以D为圆心，PA为半径的圆弧上运动，当D，A，B在

同一直线上时，BA最小；过点D作DEAB，垂足为E，由中位线定理得出DE，OE的长，然后由勾股

定理求出BD，从而得出结论．

【详解】解：令y0，则x2x60，

解得x12，x23，

A（2，0），B（3，0），

OA2，OB3，

令x0，则y6，

C（6，0），

OC6，

AC2262210，

第6页共103页.

D为AC中点，

DADC10，

APD由△APD沿DP折叠所得，

DADA，

A在以D为圆心，DA为半径的圆弧上运动，

当D，A，B在同一直线上时，BA最小，

过点D作DEAB，垂足为E，

AEOE1，DE3，

BE4，

BD32425，

又DADA10，

BA'510，

故答案为：510．

【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点，翻折变换、勾股定理以及求线段最小值等知识，关键是根据抛物

线的性质求出A，B，C的坐标．

2

【变式3】（2022·云南文山·统考三模）已知抛物线yax13ax3与x轴交于A、B两点（点A在点

B左侧），顶点坐标为点D1,m．

第7页共103页.

(1)求m的值；

(2)设点P在抛物线的对称轴上，连接BP，求DP5BP的最小值．

【答案】(1)4

(2)8

13a

【分析】（1）根据题意可得1，求出a的值，即可求解；

2a

（2）过B作BKBP，且BK2BP，过K作KSx轴于S，过K作KT∥x轴交DP于T，设抛物线对称

轴交x轴于R，先求出B3,0，可得BR2，再证得PBR∽BKS，可得KS2BR4，即K为直线y4

上的动点，从而得到T1,4，进而得到DP5BPDPPK，可得到当K运动到T时，

DP5BPDPPKDPPTDT，此时DP5BP取最小值，最小值即是DT的长，即可求解．

【详解】（1）解：∵抛物线yax213ax3顶点坐标为点D1,m，

13a

1，

2a

解得a1，

2

∴yx22x3x14，

∴顶点坐标为1,4，

∴m的值是4；

（2）解：过B作BKBP，且BK2BP，过K作KSx轴于S，过K作KT∥x轴交DP于T，设抛物线

对称轴交x轴于R，如图：

第8页共103页.

由（1）知抛物线y=x22x3对称轴为直线x1，顶点D1,4，

在y=x22x3中，

令y0，得∶x22x30，

解得：x=1或3，

∴B3,0，

∴BR2，

∵BKBP，

∴PBR90KBSBKS，

∵PRBKSB90，

∴PBR∽BKS，

BPBR

，

BKKS

∵BK2BP，

∴KS2BR4，

即K为直线y4上的动点，

∴T1,4，

∵BKBP,BK2BP，

PK5BP，

DP5BPDPPK，

由垂线段最短可得，当K运动到T时，DP5BPDPPKDPPTDT，此时DP5BP取最小值，

第9页共103页.

最小值即是DT的长，如图：

∵D1,4,T1,4，

∴DT8，

DP5BP的最小值为8．

【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，相似三角形的判定与性质，解题的关键是添加

辅助线，构造相似三角形，转化5BP成PK．

考查类型二与图形面积有关的问题

例1（2021·山东淄博·统考中考真题）已知二次函数y2x28x6的图象交x轴于A,B两点．若其图象

上有且只有三点满足SSSm，则m的值是（）

P1,P2,P3ABP1ABP2ABP3

3

A．1B．C．2D．4

2

【答案】C

【分析】由题意易得点P1,P2,P3的纵坐标相等，进而可得其中有一个点是抛物线的顶点，然后问题可求解．

【详解】解：假设点A在点B的左侧，

∵二次函数y2x28x6的图象交x轴于A,B两点，

2

∴令y0时，则有02x8x6，解得：x11,x23，

∴A1,0,B3,0，

第10页共103页.

∴AB312，

∵图象上有且只有三点满足SSSm，

P1,P2,P3ABP1ABP2ABP3

∴点P1,P2,P3的纵坐标的绝对值相等，如图所示：

2

∵y2x28x62x22，

∴点P12,2，

1

∴mS222；

ABP12

故选C．

【点睛】本题主要考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．

例2（2022·山东淄博·统考中考真题）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴相交于A，B两点（点A在点B

4

的左侧），顶点D（1，4）在直线l：y＝x+t上，动点P（m，n）在x轴上方的抛物线上．

3

(1)求这条抛物线对应的函数表达式；

第11页共103页.

(2)过点P作PM⊥x轴于点M，PN⊥l于点N，当1＜m＜3时，求PM+PN的最大值；

(3)设直线AP，BP与抛物线的对称轴分别相交于点E，F，请探索以A，F，B，G（G是点E关于x轴的对

称点）为顶点的四边形面积是否随着P点的运动而发生变化，若不变，求出这个四边形的面积；若变化，

说明理由．

【答案】(1)y=-x²+2x+3

22

(2)最大值

5

(3)定值16

【分析】（1）利用顶点式可得结论；

（2）如图，设直线l交x轴于点T，连接PT，BD，BD交PM于点J，设Pm,m22m3，

S四边形DTBPSPDTSPBT，推出S四边形DTBP最大时，PMPN的值最大，求出四边形DTBP的面积的最大值，

可得结论；

（3）如图，设Pm,m22m3，求出直线AP，BP的解析式，可得点E，F的坐标，求出FG的长，可

得结论．

【详解】（1）解：∵抛物线的顶点为D（1，4），

2

∴根据顶点式，抛物线的解析式为yx14x22x3；

（2）解：如图，设直线l交x轴于点T，连接PT，BD，

BD交PM于点J，设Pm,m22m3，

4

点D1,4，在直线l：yxt上，

3

4

∴4t，

3

第12页共103页.

8

∴t，

3

48

∴直线DT的解析式为yx，

33

令y0，得到x2，

∴T2,0，

∴OT2，

∵B3,0，

∴BT5，

∵DT32425，

∴DTBT，

∵PMBT，PNDT，

115

∴S四边形S△S△DTPNBTPMPMPN，

DTBPPDTPBT222

∴S四边形DTBP最大时，PMPN的值最大，

∵D1,4，B3,0，

∴直线BD的解析式为y2x6，

∴Jm,2m6，

∴PJm24m3，

112

∵S四边形DTBPSDTBSBDP54m4m32

22

m24m7

2

m211，

∵二次项系数1＜0，

∴m2时，S四边形DTBP最大，最大值为11，

222

∴PMPN的最大值11；

55

（3）解：四边形AFBG的面积不变．

理由：如图，设Pm,m22m3，

第13页共103页.

∵A1,0，B3,0，

∴直线AP的解析式为ym3xm3，

∴E1,2m6，

∵E，G关于x轴对称，

∴G1,2m6，

∴直线PB的解析式为ym1x3m1，

∴F1,2m2，

∴GF2m22m68，

11

∴四边形AFBG的面积ABFG4816，

22

∴四边形AFBG的面积是定值．

【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会

构建二次函数解决最值问题，学会利用参数解决问题．

解决二次函数动点面积问题，常用的方法有三种

方法一：铅垂高法。

如图1，过△ABC的三个顶点分别作出与水平线垂直的三条直线，铅垂高穿过的线段两端点的横坐标之差叫

△ABC的水平宽(a)，中间的这条平行于y轴或垂直于x轴的直线在△ABC内部线段的长度叫△ABC的铅垂高

(h).此时三角形面积的计算方法：即三角形面积等于水平宽与铅垂高乘积的一半（s=1/2ah）

第14页共103页.

方法二，平行法。平行法最关键的知识点，是平行线之间高的问题，一般这种情况都是平移高到与坐标轴

交点处，最后用相似求值。

方法三，矩形覆盖法。这是最容易想到的方法，但也是计算最麻烦的方法。利用面积的大减小去解决，一

般不太建议使用这种方法，庞大的计算量很容易出错。

【变式1】（2022·河北·校联考一模）如图，在ABC中，ACB90，BC边在x轴上，A(1,4),B(7,0)．点

P是AB边上一点，过点P分别作PEAC于点E，PDBC于点D，当四边形CDPE的面积最大时，点P

的坐标为（）

35

A．4,B．2,C．(2,3)D．(3,2)

22

【答案】D

1717

【分析】先求出直线AB的解析式为yx，然后设点P的坐标为m,m，可得

2222

1717

PEm1,PDm，从而得到四边形CDPE的面积为PEPDm1m，再根据二次函数

2222

的性质，即可求解．

【详解】解：设直线AB的解析式为

ykxbk0，

把点A(1,4),B(7,0)代入得：

第15页共103页.

1

k

kb42

，解得：，

7kb07

b

2

17

∴直线AB的解析式为yx，

22

17

设点P的坐标为m,m，

22

∵ACB90，

∴点C（-1，0），

∵PEAC于点E，PDBC于点D，

17

∴PEm1,PDm，

22

17

∴四边形CDPE的面积为PEPDm1m

22

17

m23m

22

12

m38，

2

∴当m=3时，四边形CDPE的面积最大，此时点P（3，2）．

故选：D

【点睛】本题主要考查了一次函数的图象和性质，二次函数的应用，熟练掌握一次函数的图象和性质，二

次函数的图象和性质是解题的关键．

【变式2】（2022·江苏盐城·一模）如图，抛物线yx24x1与y轴交于点P，其顶点是A，点P的坐标

是3,2，将该抛物线沿PP方向平移，使点P平移到点P，则平移过程中该抛物线上P、A两点间的部

分所扫过的面积是______．

第16页共103页.

【答案】18

2

【分析】将x0代入求P点坐标，由yx24x1x25，可知A点坐标，如图，连接PA，AA，

AP，过A作BC∥x轴，交y轴于B，过P作DEx轴，交y轴于D，过A作ECBC于C，交DE于E，

则四边形BCED是矩形，B0,5，C5,5，D0,2，E5,2，由题意知四边形APPA的面积即为平移过

程中该抛物线上P、A两点间的部分所扫过的面积，根据S四边形APPAS矩形BCEDSABPSPDPSACASAEP，

计算求解即可．

【详解】解：当x0时，y1

∴P0,1

2

∵yx24x1x25

∴A2,5

∵P3,2，抛物线沿PP方向平移

∴A平移后的点坐标为A5,2

如图，连接PA，AA，AP，过A作BC∥x轴，交y轴于B，过P作DEx轴，交y轴于D，过A作ECBC

于C，交DE于E

∴四边形BCED是矩形，B0,5，C5,5，D0,2，E5,2

由题意知四边形APPA的面积即为平移过程中该抛物线上P、A两点间的部分所扫过的面积

∴S四边形APPAS矩形BCEDSABPSPDPSACASAEP

1111

=7542333342

2222

第17页共103页.

18

故答案为：18．

【点睛】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象的平移，二次函数与面积综合等知识．解题的关键在

于确定P、A两点间的部分．

【变式3】（2022·四川泸州·泸县五中校考一模）如图，抛物线y＝x2bxc经过点A1，0，点B2,3，

与y轴交于点C，抛物线的顶点为D．

(1)求抛物线的解析式；

(2)当0x4时，y的取值范围是________；

(3)抛物线上是否存在点P，使PBC的面积是△BCD面积的4倍，若存在，点P的坐标；若不存在，请说

明理由．

【答案】(1)y=x22x3

(2)4y5

(3)存在，点P的坐标为15,1或15,1

【分析】（1）待定系数法求解析式即可；

（2）当x0，求出y值，当x4求出y值，再结合二次函数最小值，即可得出当0x4时，y的取值范围；

（3）设抛物线上的点P坐标为m,m22m3，结合方程思想和三角形面积公式列方程求解．

【详解】（1）解：∵抛物线yx2bxc经过点A1，0，点B2,3，

第18页共103页.

1bc0

∴，

42bc3

b2

解得：，

c3

∴抛物线的解析式：y=x22x3；

2

（2）解：∵yx22x3x14，

又∵10，

∴抛物线开口向上，当x1时，y有最小值4，

当x0时，y=3，

当x4时，y5，

∴当0x4时，4y5，

故答案为：4y5；

（3）解：存在，理由如下：

2

∵yx22x3x14，

∴D点坐标为1,4，

令x0，则yx22x33，

∴C点坐标为0,3，

又∵B点坐标为2,3，

∴BC∥x轴，

1

∴SV211，

BCD2

设抛物线上的点P坐标为m,m22m3，

1

∴S2m22m33m22m，

PBC2

当m22m41时，

解得m15，

当m15时，m22m31，

第19页共103页.

当m15时，m22m31，

综上，P点坐标为15,1或15,1．

【点睛】本题考查二次函数的性质，掌握待定系数法求函数解析式的方法，理解二次函数图象上点的坐标

特征，利用方程思想解题是关键．

考查类型三角度问题

22

例1（2021·江苏连云港·统考中考真题）如图，抛物线ymxm3x(6m9)与x轴交于点A、B，

与y轴交于点C，已知B(3,0)．

（1）求m的值和直线BC对应的函数表达式；

（2）P为抛物线上一点，若S△PBCS△ABC，请直接写出点P的坐标；

（3）Q为抛物线上一点，若ACQ45，求点Q的坐标．

31771731771775

【答案】（1）m1，yx3；（2）P2,1，P,，P,；（3）Q,

222224

【分析】（1）求出A，B的坐标，用待定系数法计算即可；

（2）做点A关于BC的平行线AP1，联立直线AP1与抛物线的表达式可求出P1的坐标，设出直线AP1与y轴

的交点为G，将直线BC向下平移，平移的距离为GC的长度，可得到直线P3P2，联立方程组即可求出P；

（3）取点Q，连接CQ，过点A作ADCQ于点D，过点D作DFx轴于点F，过点C作CEDF于点E，

1

得直线CD对应的表达式为yx3，即可求出结果；

2

【详解】（1）将B3,0代入ymx2m23x6m9，

化简得m2m0，则m0（舍）或m1，

∴m1，

第20页共103页.

得：y=x2+4x3，则C0,3．

设直线BC对应的函数表达式为ykxb，

03kb

将B3,0、C0,3代入可得，解得k1，

3b

则直线BC对应的函数表达式为yx3．

（2）如图，过点A作AP1∥BC，设直线AP1与y轴的交点为G，将直线BC向下平移GC个单位，得到直

线P3P2，

由（1）得直线BC的解析式为yx3，A(1,0)，

∴直线AG的表达式为yx1，

yx1

联立2，

yx4x3

x1x2

解得：（舍），或，

y0y1

∴P12,1，

由直线AG的表达式可得G1,0，

∴GC2，CH2，

∴直线P3P2的表达式为yx5，

yx5

联立2，

yx4x3

第21页共103页.

317317

xx

1222

解得：，，

717717

yy

12

317717317717

∴，，

P3,P2,

2222

317717317717

∴P2,1，P,，P,．

2222

（3）如图，取点Q，连接CQ，过点A作ADCQ于点D，

过点D作DFx轴于点F，过点C作CEDF于点E，

∵ACQ45，

∴AD=CD，

又∵ADC90，

∴ADFCDE90，

∵CDEDCE90，

∴DCEADF，

又∵EAFD90，

∴CDE≌DAF，则AFDE，CEDF．

设DEAFa，

∵OA1，OFCE，

∴CEDFa1．

由OC3，则DF3a，即a13a，解之得，a1．

所以D2,2，又C0,3，

1

可得直线CD对应的表达式为yx3，

2

第22页共103页.

1

设Qm,m3，代入y=x2+4x3，

2

117

得m3m24m3，mm24m，m2m0，

222

775

又m0，则m．所以Q,．

224

【点睛】本题主要考查了二次函数综合题，结合一元二次方程求解是解题的关键．

例2（2020·黑龙江·统考中考真题）如图，已知二次函数yx2bxc的图象经过点A1,0，B3,0，

与y轴交于点C．

（1）求抛物线的解析式；

（2）抛物线上是否存在点P，使PABABC，若存在请直接写出点P的坐标．若不存在，请说明理由．

2

【答案】（1）yx2x3；（2）存在，P1(2,3)，P2(4,5)

【分析】（1）把点AB的坐标代入yx2bxc即可求解；

（2）分点P在x轴下方和下方两种情况讨论，求解即可．

【详解】（1）∵二次函数yx2bxc的图象经过点A(-1，0)，B(3，0)，

1bc0

∴，

93bc0

b2

解得：，

c3

∴抛物线的解析式为：yx22x3；

（2）存在，理由如下：

当点P在x轴下方时，

如图，设AP与y轴相交于E，

第23页共103页.

令x0，则y3，

∴点C的坐标为(0，3)，

∵A(-1，0)，B(3，0)，

∴OB=OC=3，OA=1，

∴∠ABC=45，

∵∠PAB=∠ABC=45，

∴△OAE是等腰直角三角形，

∴OA=OE=1，

∴点E的坐标为(0，-1)，

设直线AE的解析式为ykx1，

把A(-1，0)代入得：k1，

∴直线AE的解析式为yx1，

yx1

解方程组2，

yx2x3

x11x24

得：(舍去)或，

y10y25

∴点P的坐标为(4，5)；

当点P在x轴上方时，

如图，设AP与y轴相交于D，

第24页共103页.

同理，求得点D的坐标为(0，1)，

同理，求得直线AD的解析式为yx1，

yx1

解方程组2，

yx2x3

x11x22

得：(舍去)或，

y10y23

∴点P的坐标为(2，3)；

综上，点P的坐标为(2，3)或(4，5)

【点睛】本题是二次函数与几何的综合题，主要考查了待定系数法，等腰直角三角形的判定和性质，解方

程组，分类讨论是解本题的关键．

角度问题涵盖的题型

1.角度相等问题

2.角度的和差倍分关系

3.特殊角问题

4.非特殊角问题

方法点评：由特殊角联想到直接构造等腰直角三角形，通过全等三角形，得到点的坐标，从而得到直线解

析式，联立得到交点坐标.这个方法对于特殊角30度、60度90度都是适用的，是一种通用方法.

128

【变式1】（2022秋·浙江宁波·九年级校考期中）如图，抛物线yxx3与x轴交于点A和点B两点，

33

与y轴交于点C，D点为抛物线上第三象限内一动点，当ACD2ABC180时，点D的坐标为（）

第25页共103页.

16

A．(8,3)B．(7,)C．(6,7)D．(5,8)

3

【答案】B

18

【分析】根据二次函数yx2x3与坐标轴的交点坐标分别求出OA、OB、OC的长度；然后通过勾

33

股定理逆定理判断出ACB90，得出2BAC2ABC180；由ACD2ABC180得出

ACD2BAC；作点C关于x轴的对称点E，连接AE；即可构造出EACACD，从而得出AE∥DC；

根据平行线的斜率相同以及点C的坐标求出直线DC的表达式；最后联立方程组求解即可；

18

【详解】解：令y0，则x2x30

33

解得：x19，x21

∴A(9,0)，B(1,0)

∴OA9，OB1，AB10

当x0时，y=3

∴C(0,3)

∴OC3

在△ACB中

BC2AC2(OB2OC2)(OC2OA2)100AB2

∴ACB90

∴BACABC90

∴2BAC2ABC180

∵ACD2ABC180

第26页共103页.

∴ACD2BAC

如图，作点C关于x轴的对称点E，连接AE；

则E(0,3)，BACBAE

∴EAC2BACACD

∴AE∥DC

OE1

∴kk

DCAEOA3

1

设直线DC的表达式为：yxb

3

将C(0,3)代入得：b3

1

∴直线DC的表达式为：yx3

3

1

yx3x7

3x0

解方程组得：或16

128y3y

yxx33

33

∵点D在第三象限

16

∴点D的坐标为(7,)

3

故选：B．

【点睛】本题考查了二次函数图像的性质、一次函数的性质、勾股定理逆定理、直角三角形两锐角互余等

知识点；综合运用上述知识求出直线DC的函数表达式是解题的关键．

1

【变式2】（2020·江苏无锡·无锡市南长实验中学校考二模）如图，一次函数y＝x﹣2的图象交x轴于点

2

第27页共103页.

1

A，交y轴于点B，二次函数y＝－x2+bx+c的图象经过A、B两点，与x轴交于另一点C．若点M在抛物

2

线的对称轴上，且∠AMB＝∠ACB，则所有满足条件的点M的坐标为__________．

5，15，21

【答案】或

2222

【分析】讨论：当点M在直线AB上方时，根据圆周角定理可判断点M在△ABC的外接圆上，如图所示，

5

，-t

由于抛物线的对称轴垂直平分AC，则△ABC的外接圆O1的圆心在对称轴上，设圆心O1的坐标为，

2

2

5255

2，-2

根据半径相等得到+-t24+t，解方程求出t得到圆心O1的坐标为，然后确定

222

5

O的半径为，从而得到此时M点的坐标；当点M在直线AB下方时，作O关于AB的对称点O，如

1212

3，

图所示，通过证明O1ABOAB可判断O2在x轴上，则点O2的坐标为0，然后计算DM即可得到此

2

时M点坐标．

【详解】（1）当点M在直线AB上方时，则点M在△ABC的外接圆上，

第28页共103页.

5

，-t

∵△ABC的外接圆O1的圆心在对称轴上，设圆心O1的坐标为，

2

则O1BO1A，

2

5252

∴+-t24+t，

22

解得t2，

5

，-2

∴圆心O1的坐标为，

2

2

55

∴OA422，

1

22

5

即O的半径为，

12

51

此时M点的坐标为，．

22

当点M在直线AB下方时，作O1关于AB的对称点O2，如图所示，

第29页共103页.

5

∵AOOB，

112

∴O1ABO1AB，

∵O1B∥x轴，

∴O1BAOAB，

∴O1ABOAB，O2在x轴上，

3，

∴点O2的坐标为0，

2

∴O2D1，

2

5221

∴DM1，

22

521

此时点的坐标为，-．

M22

5，15，21

综上所述，点M的坐标为或