【文档说明】中考数学二轮复习压轴题精讲专题6：二次函数与特殊四边形 (含答案详解).doc，共(21)页，772.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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二次函数与特殊四边形1.已知，矩形OABC在平面直角坐标系中位置如图所示，点A的坐标为，点C的坐标为，直线与边BC相交于点D．（1）求点D的坐标；（2）抛物线经过点A、D、O，求此抛物线的表达式；（3）在这个抛物线上是否存在点M，使O、D、A、M

为顶点的四边形是梯形？若存在，请求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】【分析】（1）由于BC∥x轴，那么B、C两点的纵坐标相同，已知了点C的坐标，设，将代入直线OD的解析式中，即可求得点D的坐标；（2）已知抛物线图象上的A、O、D三点

坐标，可利用待定系数法求得该抛物线的解析式；（3）此题应分作三种情况考虑：①所求的梯形以OA为底，那么OA∥DM，由于抛物线是轴对称图形，那么D点关于抛物线对称轴的对称点一定满足M点的要求，由此可得M点的坐标；②所求的梯形以OD为底，那么OD∥AM，所以直线

AM、直线OD的斜率相同，已知点AD的坐标，即可确定直线AM的解析式，联立抛物线的解析式，即可确定点M的坐标；③所求的梯形以AD为底，那么AD∥OM，参照②的解题思路，可先求出直线AD的解析式，进而确定直线OM的解析式，联立抛物线的解析式，即可求得点M的坐标．【详

解】解：（1）∵D在BC上，BC∥x轴，C（0，-2），∴设∵D在直线上，∴∴（2）∵抛物线经过点；∴，解得：；故所求的二次函数解析式为；（3）存在点M，使O、D、A、M为顶点的四边形是梯形，理由如下：①若以O

A为底，轴，如图，是与抛物线的另一个交点，抛物线是轴对称图形，抛物线的对称轴是∴点M的坐标为；②若以OD为底，过点A作OD的平行线交抛物线为点M，如图，∵直线OD为，设为，∴直线AM为；∴解得：，（舍去）∴点M的坐标为；③若以AD为底，过点O作AD的平行线交抛物线为点M，设为

解得：∵直线AD为y=2x-8，∴直线OM为y=2x，∴解得：（舍去）；∴点M的坐标为．∴综上所述，当点M的坐标为时，以O、D、A、M为顶点的四边形是梯形．【点睛】此题考查了矩形的性质，二次函数解析式与一次函

数的解析式的确定，梯形的判定，函数图象交点坐标的求法，分类讨论的数学思想，掌握以上知识是解题的关键．2.在平面直角坐标系中，如果两条抛物线关于坐标原点对称，我们就说其中一条抛物线是另一条抛物线的“友好抛物线”，（1）若抛物线的“友好抛物线”为

，则与的数量关系为．与的数量关系为．（2）若抛物线的“友好抛物线”为，则与的数量关系为．与的数量关系为．（3）由以上分析，我们可以得到抛物线：的“友好抛物线”为：．如图，若抛物线的顶点为，抛物线的顶点为，直线与抛物线相交于点、（点在点左侧），与抛物线相交于点、（点在点左侧）．①若四边形为菱

形，求线段的长（提示：已知直线和），若，则两直线垂直）；②当四边形的面积为时，求的值．【答案】（1），；（2），；（3）；①；②【解析】【分析】（1）直接根据题意进行解答即可；（2）根据题中所给定义可直接进行解答；（3）由（1）（2）

易得的解析式，①由的解析式先求出点E、F坐标，进而可得直线EF的解析式，当四边形为菱形时，，直线经过原点，则可求AD解析式，设点，点，进而根据根与系数的关系及两点之间的距离公式可进行求解；②由题意可得，，则四边形为平行四边形，设点，当四边形的面积为时，，如图，过点作轴于

点，进而可得点必在第一象限，过点作轴交于点，过点作轴于点，然后由面积法及代入的解析式可进行求解．【详解】解：（1），；（2），；（3）①点点易得直线的解析式为当四边形为菱形时，直线经过原点易得直线的解析式为由题意可设点，点当时得，②由题

意可得，四边形为平行四边形设点当四边形的面积为时，如图，过点作轴于点点不可能位于轴下方即点必在第一象限过点作轴交于点过点作轴于点①又点在抛物线上②由①②式得得点在点左侧将代入①式解得．【点睛】本题主要考查二次函数的综合运用，

熟练掌握二次函数的性质及两点距离公式是解题的关键．3.如图，二次函数的图象与轴交于，，与轴交于点．（1）求该二次函数的解析式及点的坐标；（2）如图1，点为抛物线段一动点，于点，轴交于点，当的长度最大时，求点的坐标．（3）点为抛物线上一点，过作轴交直线于点，点为轴上一点，点为坐标系内一点，当

以点，，，为顶点的四边形是正方形时，直接写出点的坐标．【答案】（1），；（2）；（3），，【解析】【分析】（1）先求出二次函数的解析式，即可得到结果；（2）设轴于点，，求出，根据直角三角形性质得到，求出直线AC的解析式，得到，求出，即可得

到结果；（3）由题意可得：MN∥EF，设M点的坐标为，即可得到N的点，再根据正方形的性质，分类讨论即可；【详解】解：（1）∵的图象与轴交于，∴∴∴当时，∴（2）设轴于点，∵，∴在中，∵，∴∴设直线的解

析式为：∴∴∴∴即当时最大．∴．（3）设M点的坐标为，则点N的坐标为，∴MN的长度为①当MN为直角边时，可知MN∥EF，∴E，F均在x轴上，∴M，N点到x轴的距离为，即∵MNEF为正方形，∴，即，解得，当x=3时

，M点为A点，应舍去∴M点可为②当MN是对角线时，得到，此时E点为MN的垂直平分线与x轴的交点且△ENM为直角等腰三角形，故MN的长度应该为M到x轴的距离的2倍得到解得，，同理x=3时应舍去故M点可为，故综上M点坐标可为，，【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，结合正

方形的性质是解题的关键．4.如图1，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C，且OC=3OA．点P是抛物线上的一个动点，过点P作PE⊥x轴于点E，交直线B

C于点D，连接PC．（1）求抛物线的解析式；（2）如图2，当动点P只在第一象限的抛物线上运动时，求过点P作PF⊥BC于点F，试问△PDF的周长是否有最大值？如果有，请求出其最大值，如果没有，请说明理由．（3）当点P在抛物线上运动时，

将△CPD沿直线CP翻折，点D的对应点为点Q，试问，四边形CDPQ是否成为菱形？如果能，请求出此时点P的坐标，如果不能，请说明理由．【答案】(1)y=﹣+x+3；(2)有最大值,;(3)存在这样的Q点，使得四边形CDPQ是菱形，此时点P的坐标

为（，）或（，﹣）．【解析】试题分析:（1）利用待定系数法求二次函数的解析式；（2）设P（m，﹣m2+m+3），△PFD的周长为L，再利用待定系数法求直线BC的解析式为：y=﹣x+3，表示PD=﹣，证明△PFD∽

△BOC，根据周长比等于对应边的比得：，代入得：L=﹣（m﹣2）2+，求L的最大值即可；（3）如图3，当点Q落在y轴上时，四边形CDPQ是菱形，根据翻折的性质知：CD=CQ，PQ=PD，∠PCQ=∠PCD，又知Q落在y轴上时，则CQ∥PD，由四边相等：CD=DP=PQ=QC，得四边形

CDPQ是菱形，表示P（n，﹣+n+3），则D（n，﹣n+3），G（0，﹣n+3），利用勾股定理表示PD和CD的长并列式可得结论．试题解析:（1）由OC=3OA，有C（0，3），将A（﹣1，0），B（4，0），C（0，3）代入y=ax2+bx+

c中，得：，解得：，故抛物线的解析式为：y=﹣+x+3；（2）如图2，设P（m，﹣m2+m+3），△PFD的周长为L，∵直线BC经过B（4，0），C（0，3），设直线BC的解析式为：y=kx+b，则解得：∴直线BC的解析式为：y=﹣x+3，则D（m，﹣），PD

=﹣，∵PE⊥x轴，PE∥OC，∴∠BDE=∠BCO，∵∠BDE=∠PDF，∴∠PDF=∠BCO，∵∠PFD=∠BOC=90°，∴△PFD∽△BOC，∴，由（1）得：OC=3，OB=4，BC=5，故△BOC的周长=12

，∴，即L=﹣（m﹣2）2+，∴当m=2时，L最大=；（3）存在这样的Q点，使得四边形CDPQ是菱形，如图3，当点Q落在y轴上时，四边形CDPQ是菱形，理由是：由轴对称的性质知：CD=CQ，PQ=PD，∠PCQ=∠PCD，当点Q落在

y轴上时，CQ∥PD，∴∠PCQ=∠CPD，∴∠PCD=∠CPD，∴CD=PD，∴CD=DP=PQ=QC，∴四边形CDPQ是菱形，过D作DG⊥y轴于点G，设P（n，﹣+n+3），则D（n，﹣n+3），G（0，﹣），在Rt△CGD中，CD2=CG2+GD2=[（﹣n

+3）﹣3]2+n2=，而|PD|=|（﹣）﹣（﹣n+3）|=|﹣+3n|，∵PD=CD，∴﹣①，﹣，解方程①得：n=或0（不符合条件，舍去），解方程②得：n=或0（不符合条件，舍去），当n=时，P（，），如图3，当n=时，P（，﹣），如图4，综

上所述，存在这样的Q点，使得四边形CDPQ是菱形，此时点P的坐标为（，）或（，﹣）．点睛:本题是二次函数的综合题，考查了利用待定系数法求函数的解析式、菱形的性质和判定、三角形相似的性质和判定，将周长的最值问题转化为二次函数的最值问题，此类问题要熟练掌握利用解析式表示线段的长，并利用相似

比或勾股定理列方程解决问题．5.如图，抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，其中点B的坐标为，点C的坐标为，直线1经过B，C两点．（1）求抛物线的解析式；（2）过点C作轴交抛物线于点D，过线段CD上方的抛物线上一动点E作交线段BC于点F，求四边形ECFD的面积的最大值及此时点E的坐标；（3）

点P是在直线l上方的抛物线上一动点，点M是坐标平面内一动点，是否存在动点P，M，使得以C，B，P，M为顶点的四边形是矩形？若存在，请直线写出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2），；（3）存在，或1．【解析】【分析】（1）将点，点代入中，

即可求解析式；（2）求出BC的直线解析式为，设，则，所以，即可求面积的最大值；（3）设，①当时，，可求P点横坐标；②当时，，可求P点横坐标．【详解】解：（1）将点，点代入中，则有，，；（2），对称轴为，轴，，，点，点，的直线解析式为，设，交线段BC于点F，，，当

时，四边形ECFD的面积最大，最大值为；此时；（3）设，①当时，，，，，点横坐标为1；②当时，，，或（舍），点横坐标为．综上所述：P点横坐标为或1．【点评】本题考查二次函数的性质；熟练掌握二次函数的图象及性质，掌握矩形的性质是解题的关键．6.在平面直角坐

标系中，抛物线L1：y＝ax2＋bx＋3经过点A（3，0）、B（﹣1，0），顶点为D．（1）求抛物线L1的函数表达式及顶点D的坐标；（2）将抛物线L1平移后的得到抛物线L2，点A的对应点为A′，点D的对应点为D′，且点A′、D′都在L2上，若四

边形AA′D′D为正方形，则抛物线L1应该如何平移？请写出解答过程．【答案】（1）y＝﹣x2＋2x＋3，顶点D的坐标是（1，4）；（2）当抛物线L1先向右移动4个单位，再向下移动2个单位得到抛物线L2或当抛物线L1向左平移4个单位，再向上平移2个单位时得到抛物线L2其对应点构成的四

边形AA′D′D为正方形．【解析】【分析】（1）根据待定系数法即可求得抛物线的解析式，然后把求得的解析式化成顶点式，即可求得顶点D的坐标；（2）根据题意作出正方形，作DM⊥x轴于M，D′N⊥DM于N，由△ADM≌△DD′N（AAS），得出DN＝AM＝2，D′N＝DM＝4，求出D

′的坐标，进一步得平移的规律．【详解】解：（1）∵抛物线L1：y＝ax2＋bx＋3经过点A（3，0）、B（﹣1，0），∴，解得，∴抛物线L1的函数解析式为y＝﹣x2＋2x＋3，∵y＝﹣x2＋2x＋3＝﹣（

x﹣1）2＋4，∴顶点D的坐标是（1，4）；（2）作DM⊥x轴于M，D′N⊥DM于N，如图，∵A（﹣1，0），D（1，4），∴AM＝2，DM＝4，在正方形AA′D′D中，AD＝DD′，∠ADD′＝90°，∴∠ADM＋∠D′DN＝90°，在Rt△ADM中，∠ADM＋∠D

AM＝90°，∴∠DAM＝∠D′DN，∵∠AMD＝∠D′ND＝90°，∴△ADM≌△DD′N（AAS），∴DN＝AM＝2，D′N＝DM＝4，∴MN＝DM﹣DN＝4﹣2＝2，∴点D′的坐标是（5，2），∴点D到D′

是先向右移动4个单位，再向下移动2个单位得到的，∴抛物线L1先向右移动4个单位，再向下移动2个单位得到抛物线L2；同理，当抛物线L1向左平移4个单位，再向上平移2个单位时得到抛物线L2也符合题意，综上，当抛物线L1先向右移动4

个单位，再向下移动2个单位得到抛物线L2或当抛物线L1向左平移4个单位，再向上平移2个单位时得到抛物线L2其对应点构成的四边形AA′D′D为正方形．【点睛】本题综全考查了用待定系数法求抛物线，全等三角形的判定和性质及平移的规律，此类题关键在于掌握每个知识的特征结合图象来求解．7.如图，已知直线交

轴于点，交轴于点，抛物线经过点，与直线交于、两点，点为抛物线上的动点，过点作轴，交直线于点，垂足为．（1）求抛物线的解析式；（2）当点位于抛物线对称轴右侧时，点为抛物线对称轴左侧一个动点，过点作轴，垂足为点．若四边形为正方形时求点的坐标；（3）若是以点为顶角顶点的等腰直角三角

形时，请直接写出点的横坐标．【答案】（1）抛物线的解析式为；（2）四边形为正方形时点的坐标为和；（3）点的横坐标为2或－1或或.【解析】【分析】（1）先由二次函数解析式求出C点坐标，进而求出一次函数解析式，再求出B点坐标，最后把A、B坐标代入抛物线解析式解方程即可；（2）四边形为正

方形时，，轴，且P、Q两点关于对称轴对称，设出P点坐标，表示出，解方程即可；（3）由是以点为顶角顶点的等腰直角三角形，可得∠QPF=∠PEB,即轴，可得P、Q两点关于对称轴对称，设，用分别表示Q、F坐标即可，最后根据PQ=PF列方程计算即可解题.【详解】（1）抛物线经过点，则点坐标为(0，3)

，代入可得，则直线的解析式为.直线经过点，则点坐标为(3，0)将点、代入抛物线解得，∴抛物线的解析式为.（2）抛物线的对称轴为.∵四边形为正方形，∴，轴.∴点与点关于直线对称.设点，则，.∴，解得：或（舍去）或或（舍去）当时，点，当时，点，∴四边形为正方形时点的坐标为

和（3）点的横坐标为2或－1或或.∵是以点为顶角顶点的等腰直角三角形∴∠QPF=∠PEB=90°∴轴∴点与点关于直线对称.设点，则，∴.∵，∴，解得：或或或综上所述，点的横坐标为2或－1或或.【点睛】本题是二次函数综合题，熟记一次函数、正方形、等腰三角形的性质是

解题的关键，难度一般，但是计算量比较大，需要注意.8.如图，二次函数的图象交x轴于点，，交y轴于点C．点是x轴上的一动点，轴，交直线于点M，交抛物线于点N．（1）求这个二次函数的表达式；（2）①若点P仅在线段上运动，如图1．求线段的最大值；②若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以

M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形．若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）①，②存在，【解析】【分析】（1）把代入中求出b，c的值即可；（2）①由点得，从而得，整理，化

为顶点式即可得到结论；②分MN=MC和两种情况，根据菱形的性质得到关于m的方程，求解即可．【详解】解：（1）把代入中，得解得∴．（2）设直线的表达式为，把代入．得，解这个方程组，得∴．∵点是x轴上的一动点，且轴．∴．∴．∵，∴此函数有最大值．又∵点P

在线段上运动，且∴当时，有最大值．②∵点是x轴上的一动点，且轴．∴．∴（i）当以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形，则有MN=MC，如图，∵C（0，-3）∴MC=∴整理得，∵，∴，解得，，∴当时，CQ=MN=，∴OQ=-3

-()=∴Q(0，)；当m=时，CQ=MN=-，∴OQ=-3-(-)=∴Q(0，)；(ii)若，如图，则有整理得，∵，∴，解得，，当m=-1时，MN=CQ=2，∴Q（0，-1），当m=-5时，MN=-10＜0（不符合实际，

舍去）综上所述，点Q的坐标为【点睛】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法；解（2）的关键是利用线段的和差得出二次函数，又利用了二次函数的性质，解（3）的关键是利用菱形的性质得出关于m的方程，要分类

讨论，以防遗漏．