2022年拋物線壓軸題答案

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1、綜合題答案1.如圖，平面直角坐標系中，直線l 分別交 x 軸、y 軸于 A、B兩點（OA OB）且 OA、OB的長分別是一元二次方程的兩個根，點C在 x 軸負半軸上，且AB：AC=1：2（1）求 A、C兩點的坐標；（2）若點 M從 C點出發(fā)，以每秒1 個單位的速度沿射線CB運動，連接AM，設(shè) ABM 的面積為S，點 M的運動時間為t，寫出 S關(guān)于 t 的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量的取值范圍；（3）點 P是 y 軸上的點，在坐標平面內(nèi)是否存在點Q，使以 A、B、P、Q為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出 Q點的坐標；若不存在，請說明理由1 答案：精選學習資料 -名師歸納總結(jié)-第 1 頁，共 1

2、8 頁2.如圖，二次函數(shù)y=ax2+x+c 的圖象與x 軸交于點A、B 兩點，且 A 點坐標為（-2，0），與 y 軸交于點C（0，3）（1）求出這個二次函數(shù)的解析式；（2）直接寫出點B 的坐標為 _；（3）在 x 軸是否存在一點P，使 ACP 是等腰三角形？若存在，求出滿足條件的P 點坐標；若不存在，請說明理由；（4）在第一象限中的拋物線上是否存在一點Q，使得四邊形ABQC 的面積最大？若存在，請求出 Q 點坐標及面積的最大值；若不存在，請說明理由解答：解：（1）y=ax2+x+c的圖象經(jīng)過A（-2，0），C（0，3），c=3，a=-，所求解析式為：y=-x2+x+3；（2）（6，0）；（3

3、）在 Rt AOC 中，AO=2，OC=3，AC=，當 P1A=AC時（P1在 x 軸的負半軸），P1（-2-，0）；當 P2A=AC時（P2在 x 軸的正半軸），P2（-2，0）；當 P3C=AC 時（P3在 x 軸的正半軸），P3（2，0）；當 P4C=P4A 時（P4在 x 軸的正半軸），在 Rt P4OC 中，設(shè) P4O=x，則（x+2）2=x2+32解得：x=，P4（，0）；（4）解：如圖，設(shè)Q 點坐標為（x，y），因為點 Q 在 y=-x2+x+3上，精選學習資料 -名師歸納總結(jié)-第 2 頁，共 18 頁即：Q 點坐標為（x，-x2+x+3），連接 OQ，S四邊形 ABQC=S A

4、OC+S OQC+S OBQ=3+x+3（-x2+x+3）=-x2+x+12，a0，S四邊形 ABQC 最大值=，Q 點坐標為（3，）。3.如圖（1），拋物線與 x 軸交于 A、B 兩點，與 y 軸交于點 C（0，）圖（2）、圖（3）為解答備用圖（1），點 A 的坐標為，點 B 的坐標為；（2）設(shè)拋物線的頂點為 M，求四邊形 ABMC 的面積；（3）在 x 軸下方的拋物線上是否存在一點D，使四邊形 ABDC 的面積最大？若存在，請求出點 D 的坐標；若不存在，請說明理由；（4）在拋物線上求點 Q，使 BCQ 是以 BC 為直角邊的直角三角形精選學習資料 -名師歸納總結(jié)-第 3 頁，共 18 頁

5、解答：解：（1），A（-1，0），B（3，0）（2）如圖（1），拋物線的頂點為M（1，-4），連結(jié) OM則 AOC 的面積=，MOC 的面積=，MOB 的面積=6，四邊形 ABMC 的面積=AOC 的面積+MOC 的面積+MOB 的面積=9說明：也可過點M 作拋物線的對稱軸，將四邊形ABMC 的面積轉(zhuǎn)化為求 1 個梯形與 2 個直角三角形面積的和（3）如圖（2），設(shè) D（m，），連結(jié) OD則 0m3，0且 AOC 的面積=，DOC 的面積=，DOB 的面積=-（），四邊形 ABDC 的面積=AOC 的面積+DOC 的面積+DOB 的面積=精選學習資料 -名師歸納總結(jié)-第 4 頁，共 18 頁

6、存在點 D，使四邊形 ABDC 的面積最大為（4）有兩種情況：如圖（3），過點 B 作 BQ1BC，交拋物線于點Q1、交 y 軸于點 E，連接 Q1C CBO=45 ，EBO=45 ，BO=OE=3 點 E 的坐標為（0，3）直線 BE 的解析式為由解得 點 Q1的坐標為（-2，5）如圖 14（4），過點 C 作 CFCB，交拋物線于點Q2、交 x 軸于點 F，連接 BQ2 CBO=45 ，CFB=45 ，OF=OC=3 點 F 的坐標為（-3，0）直線 CF 的解析式為由解得點 Q2的坐標為（1，-4）綜上，在拋物線上存在點Q1（-2，5）、Q2（1，-4），使 BCQ1、BCQ2是以 BC

7、 為直角邊的直角三角形說明：如圖 14（4），點 Q2即拋物線頂點M，直接證明 BCM 為直角三角形4.如圖 1，在 ABC 中，AB=BC，P 為 AB 邊上一點，連接CP，以 PA、PC 為鄰邊作?APCD，AC 與 PD 相交于點 E，已知 ABC=AEP=（0 90）（1）求證：EAP=EPA；（2）?APCD 是否為矩形？請說明理由；（3）如圖 2，F(xiàn) 為 BC 中點，連接FP，將 AEP 繞點 E順時針旋轉(zhuǎn)適當?shù)慕嵌?，得到MEN（點 M、N 分別是MEN 的兩邊與BA、FP 延長線的交點）猜想線段EM 與 EN 之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論精選學習資料 -名師歸納總結(jié)-第 5 頁

8、，共 18 頁考點：旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；全等三角形的判定；等腰三角形的性質(zhì)；平行四邊形的性質(zhì)；矩形的判定。專題：證明題；探究型。分析：（1）根據(jù) AB=BC 可證 CAB=ACB，則在 ABC 與 AEP 中，有兩個角對應相等，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理，即可證得；（2）由（1）知 EPA=EAP，則 AC=DP，根據(jù)對角線相等的平行四邊形是矩形即可求證；（3）可以證明EAM EPN，從而得到EM=EN 解答：（1）證明：在ABC 和 AEP 中，ABC=AEP，BAC=EAP，ACB=APE，在 ABC 中，AB=BC，ACB=BAC，EPA=EAP（2）解：?APCD 是矩形理由如下：四邊形 APCD

9、是平行四邊形，AC=2EA，PD=2EP，由（1）知 EPA=EAP，EA=EP，則 AC=PD，?APCD 是矩形（3）解：EM=EN 證明：EA=EP，EPA=90 ，EAM=180 EPA=180（90 ）=90+，由（2）知 CPB=90，F(xiàn) 是 BC 的中點，F(xiàn)P=FB，F(xiàn)PB=ABC=，EPN=EPA+APN=EPA+FPB=90 +=90+，EAM=EPN，AEP 繞點 E 順時針旋轉(zhuǎn)適當?shù)慕嵌?，得到MEN，AEP=MEN，AEP AEN=MEN AEN，即 MEA=NEP，在 EAM 和 EPN 中，精選學習資料 -名師歸納總結(jié)-第 6 頁，共 18 頁 EAM EPN（AAS

10、），EM=EN 點評：本題主要考查了等腰三角形的性質(zhì)，以及矩形的判定方法，在旋轉(zhuǎn)中找到題目中存在的相等的線段以及相等的角是解決本題的關(guān)鍵5.提出問題：如圖，在正方形ABCD 中，點 P，F(xiàn) 分別在邊BC、AB 上，若 APDF 于點 H，則 AP=DF 類比探究：（1）如圖 ，在正方形ABCD 中，點 P、F、G 分別在邊 BC、AB、AD 上，若 GPDF 于點 H，探究線段GP 與DF 的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（2）如圖 ，在正方形ABCD 中，點 P、F、G 分別在邊BC、AB、AD 上，GPDF 于點 H，將線段 PG 繞點 P逆時針旋轉(zhuǎn)90 得到線段 PE，連結(jié) EF，若四邊形DFE

11、P 為菱形，探究DG 和 PC 的數(shù)量關(guān)系，并說明理由【分析】（1）如答圖 1，過點 A 作 AM DF 交 BC 于點 M通過證明 BAM ADF 得到其對應邊相等：AM=DF，則又由平行四邊形的性質(zhì)推知AM=GP，則 GP=DF；（2）如答圖2，過點 P 作 FNAD 與點 N根據(jù)菱形的性質(zhì)、等腰三角形的“三線合一”的性質(zhì)推知DG=2DN，然后結(jié)合矩形 DNPC 的性質(zhì)得到：DG=2PC【解答】解：（1）GP=DF理由如下：如答圖 1，過點 A 作 AM DF 交 BC 于點 M四邊形 ABCD 是正方形，AD=AB，B90，BAM=ADF，在 BAM 與 ADF 中，BAM ADF（AS

12、A），AM=DF 又四邊形AMPG 為平行四邊形，AM=GP，即 GP=DF；精選學習資料 -名師歸納總結(jié)-第 7 頁，共 18 頁（2）DG=2PC 理由如下：如答圖 2，過點 P 作 FNAD 與點 N若四邊形 DFEP 為菱形，則DP=DF，DP=DF，DP=GP，即 DG=2DN 四邊形 DNPC 為矩形，PC=DN，DG=2PC6.如圖，拋物線cbxxy2與 x 軸交于A(1,0),B(-3，0)兩點，（1）求該拋物線的解析式；（2）設(shè)（1）中的拋物線交y 軸于 C點，在該拋物線的對稱軸上是否存在點Q，使得 QAC的周長最??？若存在，求出 Q點的坐標；若不存在，請說明理由.（3）在（

13、1）中的拋物線上的第二象限上是否存在一點P，使PBC的面積最大？，若存在，求出點 P的坐標及PBC的面積最大值.若沒有，請說明理由.解答：(1)將 A(1，0)，B(3，0)代2yxbxc中得10930bcbc23bc拋物線解析式為：223yxx (2)存在。理由如下：由題知A、B兩點關(guān)于拋物線的對稱軸1x對稱直線 BC與1x的交點即為Q點，此時 AQC 周長最小223yxx精選學習資料 -名師歸納總結(jié)-第 8 頁，共 18 頁(3)xyABCPEOxyABCQO(2)C的坐標為：(0，3)直線 BC解析式為：3yx Q 點坐標即為13xyx的解12xy Q(1，2)（3）答：存在。理由如下：

14、設(shè) P點2(23)(30)xxxx，92BPCBOCBPCOBPCOSSSS四邊形四邊形若BPCOS四邊形有最大值，則BPCS就最大，BPEBPCOPEOCSSSRt四邊形直角梯形11()22BE PEOE PEOC2211(3)(23)()(233)22xxxxxx233927()2228x當32x時，BPCOS四邊形最大值92728BPCS最大9279272828當32x時，215234xx點 P坐標為315()24，7.在平面直角坐標系 xOy 中，已知拋物線y=x22mx+m2 9（1）求證：無論m 為何值，該拋物線與x 軸總有兩個交點；（2）該拋物線與x 軸交于 A，B 兩點，點A

15、在點 B 的左側(cè)，且OA OB，與 y 軸的交點坐標為（0，5），求此拋物線的解析式；（3）在（2）的條件下，拋物線的對稱軸與x 軸的交點為N，若點 M 是線段 AN 上的任意一點，過點M 作直線點 C，記點 C 關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點為D，點 P 是線段 MC 上一點，且滿足 MP=MC，MCx 軸，交拋物線于連結(jié) CD，PD，作 PEPD 交 x 軸于點 E，問是否存在這樣的點E，使得 PE=PD？若存在，求出點E 的坐標；若不存在，請說明理由精選學習資料 -名師歸納總結(jié)-第 9 頁，共 18 頁解答：解：（1）令 y=0，則 x22mx+m29=0，=（2m）24m2+360，無論 m

16、 為何值時方程x2 2mx+m29=0 總有兩個不相等的實數(shù)根，拋物線y=x2 2mx+m29 的開口向上，頂點在x 軸的下方，該拋物線與x 軸總有兩個交點（2）拋物線y=x22mx+m29 與 y 軸交點坐標為（0，5），5=m29解得：m=2當 m=2，y=0 時，x2+4x5=0 解得：x1=5，x2=1，拋物線y=x2 2mx+m29 與 x 軸交于 A，B 兩點（點A 在點 B 的左側(cè)，且 OA OB），m=2 不符合題意，舍去m=2拋物線的解析式為y=x24x5；（3）如圖 2，假設(shè) E 點存在，MCEM，CDMC，EMP=PCD=90 MEP+MPE=90 PEPD，EPD=90

17、，MPE+DPC=90。MEP=CPD在 EMP 和 PCD 中，EPM PDC（AAS）PM=DC，EM=PC 設(shè) C（x0，y0），則 D（4x0，y0），P（x0，y0）2x04=y0點 C 在拋物線y=x24x 5 上；y0 x02 4x05 2x04=（x024x05）解得：x01=1，x02=11（舍去），P（1，2）PC=6 ME=PC=6 E（7，0）8.如圖，在平面直角坐標系xoy 中，直線 y=x+3 交 x 軸于 A 點，交 y 軸于 B 點，過 A、B 兩點的拋物線 y=-x2+bx+c 交 x 軸于另一點 C，點 D 是拋物線的頂點（1）求此拋物線的解析式；（2）點

18、P 是直線 AB 上方的拋物線上一點，（不與點 A、B 重合），過點 P 作 x 軸的垂線交 x 軸于點 H，交直線 AB 于點 F，作 PGAB 于點 G求出 PFG 的周長最大值；（3）在拋物線 y=ax2+bx+c 上是否存在除點D 以外的點 M，使得 ABM 與 ABD 的面積相等？若存在，請求出此時點M 的坐標；若不存在，請說明理由21題答圖精選學習資料 -名師歸納總結(jié)-第 10 頁，共 18 頁解答：（1）直線AB：3xy與坐標軸交于A（-3,0）、B（0,3）代入拋物線解析式cbxxy2中ccb339032cb拋物線解析式為：322xxy 4 分（2）由題意可知PFG是等腰直角三

19、角形，設(shè))32,2mmmP（)3,(mmFmmmmmPF333222PFG周長為：)3(23-22mmmm=4)12(9)23)(12(2mPFG周長的最大值為：4129）（8 分（3）點M有三個位置，如圖所示的M1、M2、M3，都能使ABM的面積等于ABD的面積.此時1DMAB，23MMAB，且與AB距離相等D（-1，4），則 E（-1,2）、則 N（-1,0）3xy中，k=1 直線1DM解析式為：5xy直線23MM解析式為：1xy 9 分3252xxx或3212xxx2173,2173,2,14321xxxx)3,2(1M、10 分)2171,2173(2M11 分精選學習資料 -名師歸納

20、總結(jié)-第 11 頁，共 18 頁)2171,2173(3M 12 分9ABC是等邊三角形，點D是射線BC上的一個動點（點D不與點BC、重合），ADE是以AD為邊的等邊三角形，過點E作BC的平行線，分別交射線ABAC、于點FG、，連接BE（1）如圖（a）所示，當點D在線段BC上時求證：AEBADC；探究四邊形BCGE是怎樣特殊的四邊形？并說明理由；（2）如圖（b）所示，當點D在BC的延長線上時，直接寫出（1）中的兩個結(jié)論是否成立？（3）在（2）的情況下，當點D運動到什么位置時，四邊形BCGE是菱形？并說明理由解答（1）證明：ABC和ADE都是等邊三角形，60AEADABACEADBAC，1 分又

21、EABEADBAD，DACBACBAD，EABDAC，AEBADC 3 分法一：由得AEBADC，60ABEC又60BACC，ABEBAC，EBGC 5 分又EGBC，四邊形BCGE是平行四邊形 6 分法二：證出AEGADB，A G C D B F E 圖（a）A D C B F E G 圖（b）A G C D B F E 圖（a）第 25 題圖精選學習資料 -名師歸納總結(jié)-第 12 頁，共 18 頁得EGABBC 5 分由得AEBADC得BECG四邊形BCGE是平行四邊形 6 分（2）都成立 8 分（3）當C D C B（2BDCD或12CDBD或30CAD或90BAD或30ADC）時，四邊

22、形BCGE是菱形 9 分理由：法一：由得AEBADC，BECD 10 分又CDCB，BECB 11 分由得四邊形BCGE是平行四邊形，四邊形BCGE是菱形 12 分法二：由得AEBADC，BECD 9 分又四邊形BCGE是菱形，BECB 11 分CDCB 12 分法三：四邊形BCGE是平行四邊形，BECGEGBC，6060FBEBACFABC，9 分60FFBE，BEF是等邊三角形 10 分又ABBC，四邊形BCGE是菱形，ABBEBF，AEFG 11 分30EAG，60EAD，30CAD10如圖，在平面直角坐標系中，O 為坐標原點，拋物線 y=x2+2x 與 x 軸相交于 O、B，頂點為 A

23、，連接 OAA D C B F E G 圖（b）第 25 題圖精選學習資料 -名師歸納總結(jié)-第 13 頁，共 18 頁（1）求點 A 的坐標和 AOB 的度數(shù)；（2）若將拋物線y=x2+2x 向右平移4 個單位，再向下平移2 個單位，得到拋物線m，其頂點為點C連接 OC 和AC，把 AOC 沿 OA 翻折得到四邊形ACOC 試判斷其形狀，并說明理由；（3）在（2）的情況下，判斷點C是否在拋物線y=x2+2x 上，請說明理由；（4）若點 P 為 x 軸上的一個動點，試探究在拋物線m 上是否存在點Q，使以點 O、P、C、Q 為頂點的四邊形是平行四邊形，且OC 為該四邊形的一條邊？若存在，請直接寫出

24、點Q 的坐標；若不存在，請說明理由解答：（1）由 y=x2+2x 得，y=（x2）22，拋物線的頂點A 的坐標為（2，2），令 x2+2x=0，解得 x1=0，x2=4，點 B 的坐標為（4，0），過點 A 作 ADx 軸，垂足為 D，ADO=90 ，點 A 的坐標為（2，2），點 D 的坐標為（2，0），OD=AD=2，AOB=45 ；（2）四邊形 ACOC 為菱形由題意可知拋物線m 的二次項系數(shù)為，且過頂點 C 的坐標是（2，4），拋物線的解析式為：y=（x2）24，即 y=x22x2，過點 C 作 CEx 軸，垂足為 E；過點 A 作 AFCE，垂足為 F，與 y 軸交與點 H，OE=2

25、，CE=4，AF=4，CF=CE EF=2，OC=2，同理，AC=2，OC=AC，由反折不變性的性質(zhì)可知，OC=AC=OC=AC ，故四邊形 ACOC 為菱形（3）如圖 1，點 C 不在拋物線 y=x2+2x 上理由如下：過點 C 作 CGx 軸，垂足為 G，OC 和 OC 關(guān)于 OA 對稱，AOB=AOH=45 ，COH=COG，精選學習資料 -名師歸納總結(jié)-第 14 頁，共 18 頁CEOH，OCE=COG，又 CEO=CGO=90 ，OC=OC，CEO CGO，OG=4，CG=2，點 C 的坐標為（4，2），把 x=4 代入拋物線 y=x2+2x 得 y=0，點 C 不在拋物線 y=x2

26、+2x 上；（4）存在符合條件的點Q點 P 為 x 軸上的一個動點，點Q 在拋物線 m 上，設(shè) Q（a，（a2）24），OC 為該四邊形的一條邊，OP 為對角線，=0，解得 x1=6，x2=4，P（6，4）或（2，4）（舍去），點 Q 的坐標為（6，4）11如圖 1，在 OAB 中，OAB=90 ，AOB=30 以 OB 為邊，在 OAB 外作等邊 OBC，D 是 OB 的中點，連接AD 并且延長交OC 于 E（1）求證：四邊形ABCE 是平行四邊形；（2）如圖 2，將圖 1 中的四邊形ABCO 折疊，使點C 與點 A 重合，折痕為FG，試探究線段OG 與 AB 的數(shù)量關(guān)系并說明理由【解答】（

27、1）證明：RtOAB 中，D 為 OB 的中點，DO=DA（直角三角形中斜邊上的中線等于斜邊的一半），EAO=AOB=30 ，OBC 為等邊三角形，COB=60 ，又 AOB=30 ，精選學習資料 -名師歸納總結(jié)-第 15 頁，共 18 頁 EOA=90 ，AEO=180 EOA EAO=180 90 30=60，AEO=C，BCAE，BAO=COA=90 ，COAB，四邊形 ABCE 是平行四邊形；（2）解：在RtABO 中，OAB=90 ，AOB=30 ，BO=2AB，OA=AB，設(shè) OG=x，由折疊可得：AG=GC=2AB x，在 RtOAG 中，OG2+OA2=AG2，x2+（AB）2

28、=（2AB x）2，解得：x=AB，即 OG=AB 12.在菱形 ABCD 中，ABC=60 ，E 是對角線AC 上任意一點，F(xiàn) 是線段 BC 延長線上一點，且CF=AE，連接 BE、EF（1）如圖 1，當 E 是線段 AC 的中點時，求證：BE=EF（2）如圖 2，當點 E 不是線段AC 的中點，其它條件不變時，請你判斷（1）中的結(jié)論：成立（填“成立”或“不成立”）（3）如圖 3，當點 E 是線段 AC 延長線上的任意一點，其它條件不變時，（1）中的結(jié)論是否成立？若成立，請給予證明；若不成立，請說明理由【解答】（1）證明：四邊形ABCD 是菱形，AB=BC，ABC=60 ，精選學習資料 -名

29、師歸納總結(jié)-第 16 頁，共 18 頁 ABC 是等邊三角形，BCA=60 ，E 是線段 AC 的中點，CBE=ABE=30 ，AE=CE，CF=AE，CE=CF，F(xiàn)=CEF=BCA=30 ，CBE=F=30，BE=EF；（2）解：結(jié)論成立；理由如下：過點 E 作 EGBC 交 AB 延長線于點G，如圖 2 所示：四邊形 ABCD 為菱形，AB=BC，BCD=120 ，AB CD，ACD=60 ，DCF=ABC=60 ，ECF=120，又 ABC=60 ，ABC 是等邊三角形，AB=AC，ACB=60 ，又 EGBC，AGE=ABC=60 ，又 BAC=60 ，AGE 是等邊三角形，AG=AE

30、=GE，AGE=60 ，BG=CE，BGE=120=ECF，又 CF=AE，GE=CF，在 BGE 和 CEF 中，BGE ECF（SAS），BE=EF（3）解：結(jié)論成立證明如下：過點 E 作 EGBC 交 AB 延長線于點G，如圖 3 所示：四邊形 ABCD 為菱形，AB=BC，又 ABC=60 ，ABC 是等邊三角形，AB=AC，ACB=60 ，ECF=60，又 EGBC，AGE=ABC=60 ，又 BAC=60 ，AGE 是等邊三角形，AG=AE=GE，AGE=60 ，BG=CE，AGE=ECF，又 CF=AE，精選學習資料 -名師歸納總結(jié)-第 17 頁，共 18 頁GE=CF，在 BGE 和 CEF 中，BGE ECF（SAS），BE=EF 精選學習資料 -名師歸納總結(jié)-第 18 頁，共 18 頁