数学二次函数中考压轴题

【003】如图13，二次函数yx2pxq(p0)的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C（0，-1），ΔABC的面积为

5。 4（1）求该二次函数的关系式；（2）过y轴上的一点M（0，m）作y轴的垂线，

若该垂线与ΔABC的外接圆有公共点，求m的取值范围；

（3）在该二次函数的图象上是否存在点D，使四边形ABCD为直角梯形？若存

在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由。

，B两点，与y轴交于C点，且经【006】如图，抛物线yax2bx3与x轴交于A3a)，对称轴是直线x1，顶点是M． 过点(2，（1）求抛物线对应的函数表达式；

（2）经过C,M两点作直线与x轴交于点N，在抛物线上是否存在这样的点P，使以

，C，N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点P的坐标；若不存点P，A在，请说明理由；

（3）设直线yx3与y轴的交点是D，在线段BD上任取一点E（不与B，D重

，B，E三点的圆交直线BC于点F，试判断△AEF的形状，并说明理合），经过A由；

（4）当E是直线yx3上任意一点时，（3）中的结论是否成立？（请直接写出结论）．

y A O 1 C 3 M （第26题B x 【007】如图9，已知正比例函数和反比例函数的图象都经过点A(3，3)． （1）求正比例函数和反比例函数的解析式；

（2）把直线OA向下平移后与反比例函数的图象交于点B(6，m)，求m的值和这个一次函数的解析式；

（3）第（2）问中的一次函数的图象与x轴、y轴分别交于C、D，求过A、B、D三点的二次函数的解析式；

（4）在第（3）问的条件下，二次函数的图象上是否存在点E，使四边形OECD的面积S1与四边形OABD的面积S满足：S1若不存在，请说明理由．

【009】如图，抛物线经过A(4，，0)B(1，，0)C(0，2)三点． （1）求出抛物线的解析式；

（2）P是抛物线上一动点，过P作PMx轴，垂足为M，是否存在P点，使得以A，P，M为顶点的三角形与△OAC相似？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；

（3）在直线AC上方的抛物线上有一点D，使得△DCA的面积最大，求出点D的坐标．

2S？若存在，求点E的坐标； 3y 3 A B 3 O C 6 x D y O B 1 2 A 4 x C （第26题55【003】解：（1）OC=1,所以,q=-1,又由面积知0.5OC×AB=4,得AB=2，

53(ab)24ab=2，解得p=2,但p<0,所以

设A（a,0）,B(b,0)AB=ba=

3p=2。 3yx2x12 所以解析式为：

311x2x10x1,x2222（2）令y=0，解方程得，得,所以A(2,0),B(2,0),在5直角三角形AOC中可求得AC=2,同样可求得BC=5，显然AC2+BC2=AB2，得△

555m4。 ABC是直角三角形。AB为斜边，所以外接圆的直径为AB=2,所以4（3）存在，AC⊥BC，①若以AC为底边，则BD//AC,易求AC的解析式为y=-2x-1,可设BD的解析式为y=-2x+b，把B(2,0)代入得BD解析式为y=-2x+4，解方程组

32yxx125y2x4得D（2，9） ②若以BC为底边，则BC//AD,易求BC的解析式为

1y=0.5x-1,可设AD的解析式为y=0.5x+b，把 A(2，0)代入得AD解析式为

32yxx1253,y0.5x0.25y=0.5x+0.25，解方程组得D(22) 综上，所以存在两点：

553,22（,9）或(2)。 3a4a2b3，b1.【006】解：（1）根据题意，得2a 2分

a1，2b2.yx2x3． 解得抛物线对应的函数表达式为

（2）存在．

2yx2x3中，令x0，得y3． 在

3分

2x1，x23令y0，得x2x30，1．

A(1，0)，B(3，0)，C(0，3)．

2y(x1)4，顶点M(1，4)． 5分 又

y D E N 容易求得直线CM的表达式是yx3． 在yx3中，令y0，得x3．

A O F C 1 N x N(3，0)，AN2．

6分

P 2yx2x3中，令y3，得x10，x22． 在

M （第26题

CP2，ANCP．

3)． AN∥CP，四边形ANCP为平行四边形，此时P(2，（3）△AEF是等腰直角三角形．

理由：在yx3中，令x0，得y3，令y0，得x3．

8分

3)，B(3，0)． 直线yx3与坐标轴的交点是D(0，ODOB，OBD45°．

9分

3)，OBOC．OBC45°． 10分 又点C(0，由图知AEFABF45°，AFEABE45°．

11分

12分

14分

EAF90°，且AEAF．△AEF是等腰直角三角形．

（4）当点E是直线yx3上任意一点时，（3）中的结论成立． 【007】解：（1）设正比例函数的解析式为因为

yk1x(k10)，解得

，

yk1x3)，所以的图象过点A(3，33k1k11．

这个正比例函数的解析式为yx． （1分）

设反比例函数的解析式为

yk2k(k20)y23)，所以 xx的图象过点A(3，．因为

3k29y3，解得k29．这个反比例函数的解析式为x． （2分）

3993Bym6，x的图象上，所以62，则点2． （2）因为点B(6，m)在

分）

设一次函数解析式为的，

（3

yk3xb(k30)．因为

yk3xb的图象是由yx平移得到

3B6，k1所以3，即yxb．又因为yxb的图象过点2，所以

3996bbyx22，一次函数的解析式为2． ，解得

（4分）

990，yx2y． 2（3）因为的图象交轴于点D，所以D的坐标为

2yaxbxc(a0)． 设二次函数的解析式为

93B6，0，2yaxbxcA(3，3)22， D因为的图象过点、、和

9a3bc3，336a6bc，29c.2所以

1a，2b4，9c.2 （5分） 解得19yx24x22． 这个二次函数的解析式为

（6分）

（4）

990yx，2， 2交x轴于点C，点C的坐标是y 3 A E 3 B C 6 x 如图所示，

S15113166633322222

99451842

O D 814．

E(x0，y0)假设存在点，使

S1281227S3432．

y00，

四边形CDOE的顶点E只能在x轴上方，19919819yy00S1S△OCDS△OCE2222284． 819273y0y0842，2．E(x0，y0)在二次函数的图象上，

1293x04x0222．解得x02或x06．

3E6，x6x6当0时，点2与点B重合，这时CDOE不是四边形，故0舍去， 3

2，

点E的坐标为2．

（8分）

2)，可设该抛物线的解析式为【009】解：（1）该抛物线过点C(0，yax2bx2．

0)，B(1，0)代入， 将A(4，1a，216a4b20，b5.ab20.2 得解得y D P A M 4 E x B 1 O 2 C 15yx2x222此抛物线的解析式为． （3分）

（2）存在． （4分） 如图，设P点的横坐标为m，

（第26题15m2m22则P点的纵坐标为2，

当1m4时，

15PMm2m2AM4m，22．

又

COAPMA90°，

AMAO2①当PMOC1时，

△APM∽△ACO，

514m2m2m222． 即

解得

m12，m24，． （6分） （舍去），P(21)AMOC1152(4m)m2m222②当PMOA2时，△APM∽△CAO，即．

解得

m14，

m25（均不合题意，舍去）

1)． （7分） 当1m4时，P(2，2)． 类似地可求出当m4时，P(5，14)． 当m1时，P(3，1)或(5，14)． 2)或(3，综上所述，符合条件的点P为(2，（9分）

（8分）

15t2t22（3）如图，设D点的横坐标为t(0t4)，则D点的纵坐标为2．

过D作y轴的平行线交AC于E．由题意可求得直线AC的解析式为

（10分）

y1x22．

1251211DEtt2t2t2tt，t222222．E点的坐标为．

（11分）

11S△DACt22t4t24t(t2)2422．

1)． 当t2时，△DAC面积最大．D(2，（13分）