第20讲 二次函数几何压轴题-考点题型专项训练及答案（2021年广东省深圳市中考数学复习）

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1、深圳中考专项复习第深圳中考专项复习第 2020 讲之二次函数几何综合压轴题讲之二次函数几何综合压轴题 【考点介绍】 每年深圳中考两题解答压轴题之一，考查二次函数与几何知识的综合运用，难度极大，其中第（2）小题中等难 度，第（3）小题高难度。 【最近五年深圳中考实题详解】 1.(2020 深圳)如图 1，抛物线y = ax2+ bx + 3（a0）与 x 轴交于 A（-3，0）和 B（1，0） ，与 y 轴交于点 C，顶 点为 D （1）求解抛物线解析式 （2）连接 AD，CD，BC，将OBC 沿着 x 轴以每秒 1 个单位长度的速度向左平移，得到,点 O、B、C 的对应 点分别为点，设平移时间

2、为 t 秒，当点与点 A 重合时停止移动。记与四边形 AOCD 的重叠 部分的面积为 S，请直接写出 S 与时间 t 的函数解析式; （3）如图 2，过抛物线上任意 一点 M（m，n）向直线 l:作垂线，垂足为 E，试问在该抛物线的对称轴上是否 存在一点 F，使得 ME-MF=？若存在，请求 F 点的坐标；若不存在，请说明理由。 解析： （1）代入法可得抛物线的解析式为y = x2 2x + 3 （2）思路分析：先分段：当 B 点到达 O 点之前，重叠图形为梯形，此时 0t1;当点 C 平移到线段 AD 上之前，重叠 图形就是OBC； C点的纵坐标为3， D(-1,4)直线AD解析式为y=-2

3、x+6,把y=3代入可得C移到AD上时的坐标为 （3 2， 3） ， x y M D C BA OBO C x y K G H M D C BA O B O C x y D C BAO 故；最后一段即为 由抛物线解析式得顶点 D 坐标为(-1，4)，则直线 AD 的解析式为 y=2x+6,当在 AD 上时，坐标为 如图所示，当 0t1 时， 当时，完全在四边形 AOCD 内， 当时，如图所示，过 G 点作 GH,设 HG=x， ， 而， 综上： （3）代数论证方法解题，用未知数表示出 ME、MF 的长，利用条件“ME-MF=1 4”建立方程，此题的难点就在如何解 可能四次项的方程，注意不要展开

4、，利用配方法，通过开平方的技巧来降次。 假设存在，设 F 点坐标为(-1，t)，点 M（m，n）在抛物线上 ， ，而 由题可知，点 F 只有一个， （附：特殊值中的特殊位置法，点 M 是任意一点均能使结论成立，则 M 在顶点时也能满足要求，则 M(-1,4)， E(-1,9 2),ME= 1 2,则 MF= 1 4,则 F 点的坐标为（-1， 15 4 ） ，当然此种解法只限于填选题，解答题需要提供验证） 2.(2019 深圳) 如图，抛物线y = ax2+ bx + c经过 A（-1，0） 、C（0，3） ，B 点在 x 轴上，且 OB=OC； （1）求抛物线的解析式及其对称轴； （2）点

5、D、E 在直线 x=1 上的两个动点，且 DE=1，点 D 在点 E 的上方，求四边形 ACDE 的周长的最小值； （3）点 P 为抛物线上一点，连接 CP，直线 CP 把四边形 CBPA 的面积分为 3：5 两部分，求点 P 的坐标. 【思路分析】 （1）由 OB=OC 可得 B 点坐标，把 A、B、C 三点坐标代入，即可得抛物线解析式，由 x=-b/2a 可得对称轴； 【解题过程】 （1）C（0，3） ，OC=3，OB=OC=3，B 点坐标为（3，0） ，把 A、B、C 三点坐标代入y = ax2+ bx + c，可得 C E D B A O y x P x y OAB C 图1 C C

6、E D B A O y x M F P 图2 x y OA B C P Q C B A O y x x y O F K G H E y= 9 2 M D C BA a b + c = 0 9a + 3b + c = 0 c = 3 ，解得a = 1,b = 2,c = 3，抛物线的解析式为y = x2+ 2x + 3，对称轴x = b 2a = 1. 【思路分析】 （2）四边形 ACDE 的周长=AC+DE+CD+AE，由题可知 AC、DE 的长度是已知固定的，要想周长最小，只需 CD+AE 最小， 属“将军饮马问题”第四种情形“二定二动”情形，解题方法是“平移+对称” ，将点 C 往下平移

7、1 个单位得 C，由 于 A、B 关于直线 x=1 对称，故连接 CB 交直线 x=1 于点 E，在 E 的上方取一点 D，使 CD=1，此时 CD+AE 有最小值， 最小值为 CB 的长度，进而可得出四边形 ACDE 周长的最小值； 【解题过程】 （2）将点 C 往下平移 1 个单位得 C，由于 A、B 关于直线 x=1 对称，故连接 CB 交直线 x=1 于点 E，在 E 的上方取 一点 D， 使 CD=1， 此时 CD+AE 有最小值， CC/DE， 且 CC=DE=1， 四边形 CCED 是平行四边形， CD=CE， A、 B 关于直线 x=1 对称，AE=BE，则 CD+AE=CE+

8、BE=CB，即 CD+AE 最小值为 CB 的长度，A（-1，0） 、C（0，3） ， AC=10， C （0， 2） ， B （3， 0） ， BC=13， 四边形 ACDE 的周长的最小值=AC+DE+CD+AE=AC+DE+CB=1+10+13. 【思路分析】 （3）直线 CP 把四边形 CBPA 的面积分为 3：5 两部分，存在两种情况：SACP：SCBP=3：5 时；SACP：S CBP=5：3 时；这里介绍两种方法求解： （1）常规方法：利用面积公式求解的方法：设 P 点坐标，用面积方法中的“水平宽铅垂高2”分别表示出ACP 与CBP 的面积，按上述比例列方程求解，即可得出 P 点

9、坐标，注意：过点 P 作 PMx 轴交 CB 的延长线于点 F， 交 AC 的延长线于点 M，ACP 的“水平宽”是 OA 的长， “铅垂高”为 PM 的长；CBP 的“水平宽”是 OB 的长， “铅 垂高”为 PF 的长；CP 要分四边形 CBPA 的面积，P 点必须在 x 轴下方的抛物线位置. （2）巧妙方法：利用成“等比性质确定面积比关系”求解；CAQ 与CBQ、PAQ 与PBQ 均为高相等的三角形， 故面积之比均为 AQ：QB，利用比例线段的“等比性质” ，即可得出APC 与CBP 的面积之比仍为 AQ：QB， 【解题过程】 （3）常规方法： 过点 P 作 PMx 轴交 CB 的延长线

10、于点 F，交 AC 的延长线于点 M，设 P 点坐标为(m,m2+ 2m + 3),A（-1，0） 、 C （0， 3） ， 直线 AC 的表达式： y = 3x + 3， B （3， 0） 、 C （0， 3） ， 直线 BC 的表达式： y = x + 3， M(m,3m + 3), F(m,m + 3),PM=3m + 3 (m2+ 2m + 3) = m2+ m，PF=m + 3 (m2+ 2m + 3) = m2 3m， 当SACP：SCBP= 3：5 时，即(1 2OA PM):( 1 2OB PF) = 3:5,* 1 2 1 (m2+ m)+:* 1 2 3 (m2 3m)+

11、= 3:5, 解得m = 8，P 点坐标为（8，-45） ； 当SACP：SCBP= 5：3 时， 即* 1 2 1 (m2+ m)+:* 1 2 3 (m2 3m)+ = 5:3,解得m = 4， P 点坐标为 （4， -5） ； 综上所述，当，直线 CP 把四边形 CBPA 的面积分为 3：5 两部分，点 P 的坐标分别为（8，-45） 、 （4，-5） ； 利用“等比性质”求解面积比的方法 设CP、 AB交于点Q， 由 “高相等时面积之比等于底边之比” 可得： SACQ SBCQ = AQ QB， SPAQ SPQB = AQ QB ，SACQ SBCQ = SPAQ SPQB = AQ

12、 QB ，依成比 例线段的 “等比性质”可得： SACQ+SPAQ SBCQ:SPQB = AQ QB ，即SACP SBCP = AQ QB， AQ QB = 3 5或 AQ QB = 5 3， 即 AQ AB = 3 8或 AQ AB = 5 8， AB=4，AQ= 3 2 或5 2，Q 点坐标为（ 1 2，0）或（ 3 2，0） ，则直线 CQ 的表达式为：y=-6x+3 或 y=-2x+3，与抛物线解析式联立方程： y = 6x+ 3 y = x2+ 2x + 3或 y = 2x+ 3 y = x2+ 2x + 3，解得 P 点坐标为（8，-45）或（4，-5） 【点评】 （1）第（2

13、）小题尽管是“将军饮马问题”五大情形中最难的一类，但也属常见题型，很多重点中学初二上的期中 期末考试中的“将军饮马问题”也经考查到这个难度层次了，只要把握住作图方法，其解决难度只能算是中等；本 号中的文章“数学典型模型之八：将军饮马问题”之“平移+对称”模型有详细介绍及相似例题。 （2） 面积问题是二次函数几何综合题型中最常见的题型， 近五年深圳中考的二次函数压轴题， 都会考查面积问题， 所以今年再次考也是意味之中的事。此题的难度不在于分类讨论，而在于确定面积方法。运用方法一，思路上更直 接，更常规，容易入手，但它的难度在于如何确定这两个三角形的“水平宽”与“铅垂高” ，选的是三种确定方法 中

14、不太常见的那一种，故难度卡在这。运用方法二，更简单，但通过比的性质来寻找面积比的关系，这个思考角度 很灵活，不易联想到，难在思路的入口上。 3.(2018 深圳) 已知顶点为 A 抛物线y = a(x 1 2) 2 2经过点B( 3 2,2)，点C( 5 2,2). (1)求抛物线的解析式； (2)如图 1，直线 AB 与x轴相交于点 M,y 轴相交于点 E，抛物线与y轴相交于点 F，在直线 AB 上有一点 P，若OPM= MAF，求POE 的面积； (3)如图 2，点 Q 是折线 AB-C 上一点，过点 Q 作 QN/y 轴，过点 E 作 EN/x 轴，直线 QN 与直线 EN 相交于点 N

15、， 连接 QE，将QEN 沿 QE 翻折得到QEN1，若点N1落在x轴上，请直接写出 Q 点的坐标. 解析： （1）基础简单题，代入 B 或 C 点坐标，求得抛物线解析式为：y = (x 1 2) 2 2 （2）中等偏上难度题-面积问题，首先解决面积方法问题，由于 E 是已知点，则 OE 长是可求的，故首先考虑公 式法，且以 OE 为POE 面积中的的底，则 P 点的横坐标即是面积公式中的高，说明必须先确定点 P 的坐标；思路切 入口源自于题目条件“OPM=MAF” ，难点在于能否全面思考到点 P 的坐标有两种情况；解题的关键在于能否利用 角相等而形成的线平行或边相等来解题. 由y = (x

16、1 2) 2 2， 可得A(1 2,2)， F(0, 7 4)， 由A( 1 2,2)， B( 3 2,2)可得yAB = 2x 1,E( 0,1).由A(1 2,2)， F(0, 7 4) 可得yAF = 1 2x 7 4, 当 P 点在 M 点上方时，OP1M=MAF，OP1/AF，yOP1= 1 2x,联立方程 y = 2x 1 y = 1 2x ,解得x = 2 3 , P1( 2 3, 1 3)，SPOE = 1 2 OE |xP| = 1 2 1 2 3 = 1 3. 当 P 点在 M 点下方时，OP2M=MAF，OP1M=OP2M,OP1= OP2 ,由可知：OP1= (2 3)

17、 2+ (1 3) 2 = 5 3 . OP2= 5 3 ,设P2(m,2m 1), OP2= m2+ (2m 1)2= 5 3 ,解得m1= 2 3，m2 = 2 15 , N1 Q O x y F E A CB MM BC A E 图2图1 F N y x O P P2 P1 M BC A E 图3 F y x O N N1 Q O x y F E A CB M 图4 H N1 Q N O x y F E A CB 图5 P1( 2 15, 11 15),SPOE = 1 2 OE |xP| = 1 2 1 2 15 = 1 15. 综上所述，POE 的面积为1 3或 1 15. （3）高

18、难度压轴小题-与几何变换问题结合。确定两种分类讨论情形，画出图形，利用折叠对称性质：对应点的 连线被折痕垂直平分，通过“两直线垂直，k 值互为负倒数”的代数方法求解 Q 点坐标，是解题关键。 当 Q 点在 AB 上时，如图 2，连接 NN1，由折叠性质可得：QENN1，NE=EN1. QN/y 轴，EN/x 轴，E( 0,1),设Q(m,2m 1),N(m,1), NE=EN1= |m| Q、E 在 AB 上，yQE= 2x 1,QENN1，设yNN1= 1 2x + b,代入N(m,1),可得yNN1 = 1 2x 1 2m 1, N1(m + 2,0) ,在 RtON1E 中，ON12+

19、OE2= EN22，即(m + 2)2+ 12= m2,解得m = 5 4 ,Q( 5 4, 3 2) 当 Q 点在 BH 上时，如图 4，连接 NN1，由折叠性质可得：QENN1，NE=EN1. QN/y 轴，EN/x 轴，E( 0,1), 点 Q 在 BC 上，设Q(m,2),N(m,1), NE=EN1= |m| Q(m,2), E( 0,1), yQE= 3 mx 1,QENN1，设yNN1 = m 3 x + b,代入N(m,1),可得yNN1= m 3 x + 1 3m 2 1,N1( 3 m + m,0) ,在 RtON1E 中，ON12+ OE2= EN22，即( 3 m +

20、m)2+ 12= m2,化简为 9 m2 = 5，解得 m1= 35 5 ，m2= 35 5 ,如图 5.Q(35 5 ,2)或( 35 5 ,2)， 综上所述，Q 的坐标为( 5 4, 3 2)、( 35 5 ,2)或( 35 5 ,2) 4.(2017 深圳) 如图，抛物线y = ax2+ bx + 2经过点 A(-1,0),B(4,0),交 y 轴于点 C. （1）求抛物线的解析式（用一般式表示） ； （2）点 D 为 y 轴右侧抛物线上一点，是否存在点 D，使SABD= 3 2SABC,若存在请直接写出点 D 的坐标；若不存在 请说明理由； （3）将直线 BC 绕点 B 顺时针旋转 4

21、5得到 BE，与抛物线交于另一点 E，求 BE 的长. 【思路分析】 （1）直接代入或设交点式，均可求解二次函数解析式； （2）由题可知ABC 的面积，则ABD 的面积也是已知的，设点 D 的坐标，由面积的公式法列出方程解答，即可得 出点 D 的坐标； （3）已知等角，求点的坐标，典型的“函数中的点、角存在性题型” ，沿着固有的总体思路线分析即可； 【解答】 （1）抛物线 y=ax 2+bx+2 经过点 A（1，0） ，B（4，0） ，代入 A、B 两点坐标，可解得 抛物线解析式为y = 1 2x 2 + 3 2x + 2； （2）由题意可知 C（0，2） ，A（1，0） ，B（4，0） ，A

22、B=5，OC=2，SABC=ABOC=52=5，SABC=S ABD，SABD=5=，设 D（x，y） ，AB|y|=5|y|=，解得|y|=3， 当 y=3 时，由x 2+ x+2=3，解得 x=1 或 x=2，此时 D 点坐标为（1，3）或（2，3） ； 当 y=3 时，由x 2+ x+2=3，解得 x=2（舍去）或 x=5，此时 D 点坐标为（5，3） ； 综上可知存在满足条件的点 D，其坐标为（1，3）或（2，3）或（5，3） ； （3） 【构造方法 1】 ，如图 1，过点 C 作 FCBC 交直线 BE 于点 F，作 FMy 轴于点 M，由CBF=45可得BCF 是等腰直 角三角形，

23、 易证CMFBOC(AAS),MF=OC=2,HC=BO=4,F （2， 6） ， B （4， 0） ， 直线 BE 解析式为 y=3x+12， y x C B A o 联立直线 BE 和抛物线解析式可得 y = 3x + 12 y = 1 2x 2 + 3 2x + 2 ，解得x = 4 y = 0或 x = 5 y = 3， E（5，3） ，BE=(5 4)2+ (3 0)2= 10 【构造方法 2】 ，如图 2，过点 C 作 FCBE 于点 F，作 FMy 轴于点 M，作 BNMF 于点 N，由CBF=45可得BCF 是等腰直角三角形， 易证CMFFNB(AAS),设 MF=BN=a,M

24、C=FN=b,则,a + b = 4 a b = 2， , a = 3 b = 1， F （3， 3） ， B （4， 0） ，直线 BE 解析式为 y=3x+12， 联立直线 BE 和抛物线解析式可得 y = 3x + 12 y = 1 2x 2 + 3 2x + 2 ，解得x = 4 y = 0或 x = 5 y = 3， E（5，3） ，BE=(5 4)2+ (3 0)2= 10 5.(2016 深圳)如图，抛物线y = ax2+ 2x 3与 x 轴交于 A、B 两点，且 B（1 , 0） 。 （1）求抛物线的解析式和点 A 的坐标； （2）如图 1，点 P 是直线y = x上的动点，当

25、直线y = x平分APB 时，求点 P 的坐标； （3） 如图 2， 已知直线y = 2 3x 4 9 分别与 轴 轴 交于 C、 F 两点。 点 Q 是直线 CF 下方的抛物线上的一个动点， 过点 Q 作 轴的平行线，交直线 CF 于点 D，点 E 在线段 CD 的延长线上，连接 QE。问以 QD 为腰的等腰QDE 的 面积是否存在最大值？若存在，请求出这个最大值；若不存在，请说明理由。 M F 图1 x y A B C O N M F 图2 x y A B C O xy y 解析： （1）代入法解题，可得抛物线解析式为y = x2+ 2x 3，当x2+ 2x 3 = 0时可得点 A 坐标为

26、 (-3,0). （2）二次函数典型题型“点与角存在性问题” 。 要求点 P 的坐标，最常见的办法是先求出直线 AP 的表达式，再与 y=x 组成联立方程，即可求出点 P 的坐标， 但直线 AP 中， 点 A 是已知的， 点 P 即是题目最终需要的结论， 就题目所给出的条件， 是无法求出直线 AP 的表达式， 所以，我们需要在直线 AP 上寻找第三点的坐标，不难发现直线 AP 上一个特殊点：直线与 y 轴的交点，若能求出该 点的坐标，问题就迎刃而解了。另要注意点 P 的位置，可以在第一象限，也可以在第三象限，所以需要分类讨论。 设直线 AP 与 y 轴的交点为 B，由于 y=x 平分APB，则

27、APO=BPO，如图， 若 P 点在 x 轴上方， PA 与 y 轴交于点 B， 由于点 P 在直线 y=x 上， 可知POB=POB=45， 在BPO 和BPO 中，POB=POB、OP=OP、BPO=BPO，BPOBPO（ASA） ，BO=BO=1，设直线 AP 解析式为 y=kx+b， 把 A、B两点坐标代入可得直线 AP 解析式为 y=x/3+1，联立方程：y=x,y=x/3+1，解得 P 点坐标为（1.5，1.5） ； 若 P 点在 x 轴下方时，同理可得AOPBOP，BPO=BPO，又BPO 在APO 的内部， APOBPO，即此时没有满足条件的 P 点， 综上可知 P 点坐标为（

28、1.5，1.5） ； （3）二次函数中求面积最值，一般采用二次函数配方法解题，由于以 QD 为腰的等腰QDE 存在两种情况，故首先 要通过公式法求出这两种情形下哪一种QDE 的面积最大，且用未知数表示出来，再通过二次函数配方形式把面积 中的字母的最值确定下来，最终解答面积的最值。 如图 2，做 QHCF，yAP= 2 3x 4 9 ,C（ 2 3，0）,F（0， 4 9） ，tanOFC= OC OF= 2 3，DQy 轴 QDH=MFD=OFC，tanHDQ=3 2，不妨记 DQ=t,则 DH= 2 13 t,HQ= 3 13 t， QDE 是以 DQ 为腰的等腰三角形， 若 DQ=DE,则

29、SDEQ= 1 2DE HQ = 313 26 t2, 若 DQ=QE,则SDEQ= 1 2DE HQ = 1 2 4 13 t 3 13 t = 6 13t 2, 313 26 t2 6 13t 2 当 DQ=QE 时则DEQ 的面积比 DQ=DE 时大 设 Q(x, x2+ 2x 3)，则 D(x,) 2 3x 4 9， Q 在直线 CF 的下方， 当 DQ=t=2 3x 4 9 ( x2+ 2x 3) = x2 4 3x + 23 9 = (x + 2 3) 2 + 3, 当 x= 2 3，t 有最大值为 3， (SQDE)max= 6 13t 2 = 54 13， 以 QD 为腰的等腰

30、QDE 的面积最大值为54 13. 【针对练习巩固】 1如图，直线 y3 4x+c 与 x 轴交于点 B（4，0） ，与 y 轴交于点 C，抛物线 y 3 4x 2+bx+c 经过点 B，C，与 x 轴 的另一个交点为点 A （1）求抛物线的解析式； （2）点 P 是直线 BC 下方的抛物线上一动点，求四边形 ACPB 的面积最大时点 P 的坐 标； （3）若点 M 是抛物线上一点，请直接写出使MBC1 2ABC 的点 M 的坐标 2.如图 1，在平面直角坐标系中，等边ABC 的边 BC 在 x 轴上，A（0，3） ，B（-3，0） ，点 M（m，0）为 x 轴上的 一个动点，连接 AM，将

31、AM 绕点 A 逆时针旋转 60得到 AN. (1) 当 M 点在 B 点的左方时，连接 CN，求证：BAMCAN； (2)如图 2，当 M 点在边 BC 上时，过点 N 作 ND/AC 交 x 轴于点 D，连接 MN，若S四边形 ACDN= 4 3SMND，试求 D 点的 坐标； (3)如图 3， 是否存在点 M， 使得点 N 恰好在抛物线y = 2x2+ 43x + 3上， 如果存在， 请求出 m 的值， 如果不存在， 请说明理由. 3.如图，抛物线 y=ax 2+bx4 与 x 轴交于点 A(2，0)，B(4，0)，与 y 轴交于点 C，顶点 D. （1）求抛物线的解析式和顶点 D 的坐

32、标； （2）动点 P、Q 以相同的速度从点 O 同时出发，分别在线段 OB，OC 上向点 B，C 方向运动，过点 P 作 x 轴的垂线， 交抛物线于点 E. 当四边形 OQEP 为矩形时，求点 E 的坐标； 过点 E 作 EMBC 于点 M，连接 BE，PM，QM，设BPM 的面积为 S1，CQM 的面积为 S2，当 PE 将BCE 的面积分成 1：3 两部分时，请直接写出 2 1 S S 的值； 连接 CP，DQ，请直接写出 CP+DQ 的最小值. 4.如图，抛物线 y=ax 2+bx+2(a 0)与 x 轴交于 A,B 两点，点 A 在点 B 的左边，与 y 轴交于点 C，且 OB=OC.

33、 （1）求抛物线的解析式； （2）如图 1，若点 P 是线段 BC（不与 B、C 重合）上一动点，过点 P 作 x 轴的垂线交抛物线于 M 点，连接 CM，将 PCM 沿 CM 对折，若点 P 的对应点 N 恰好落在 y 轴上，注此时点 P 的坐标； （3）如图 2，若第四象限有一动点 E，满足 AE=OA，过 E 作 EFx 轴于点 F，设 F 坐标为（t,0） ， （0t 0)的图像交 x 轴于 A,B 两点，交 y 轴于点 C，其中 A(-1,0). （1）求点 B 的坐标，并用含 a 的式子表示 k； （2）连接 CA,CB，当ACB 的锐角时，求 a 的取值范围； （3）若 P(0,

34、b)为 y 轴上一个动点，连接 PA，当点 C 的坐标为（0，33）时，直接写出1 2PC + PA的最小值。 Q P F E O x y AB C D 图2 图1 M D C B A y x O P M A B C 图1 o y x E F AB C 图2 o y x 【答案详解】 1 【解析】 （1）把 B 点坐标代入 y3 4x+c 中可得 c=-3,再把 B 点坐标代入 y 3 4x 2+bx-3 可得 b=-9 4，故抛物线解析式为：y 3 4x 2-9 4x-3 （2）先用割补法：SACPB= SACB+ SPCB，由题可知ACB 的面积是可求的，是定值，故要求四边形 ACPB 的

35、面积 最大，只需求PBC 的面积的最大值，可用“铅高法”表示出PBC 的面积，最后用二次函数配方法求出PBC 的面 积取最大值时未知数的取值，进而可得 P 点坐标.所以解题关键在于用“铅高法”表示出PBC 的面积，由图可知， OB 是PBC 的“水平宽” ，则 DP 是PBC 的“铅垂高” ，设点 P 的坐标，表示出 DP 的长，即可得出PBC 面积的函 数关系式。 由题可得 B(4,0),C(0,-3),则可得直线 BC 的表达式为y = 3 4x 3,设 P(a, 3 4a 2-9 4a-3),则 D(a, 3 4a 3)，则 DP= 3 4a 3- （ 3 4a 2-9 4a-3） =

36、3 4a 2+3a， SPCB = 1 2OB DP = 1 2 4( 3 4a 2 + 3a) = 3 2a 2+6a=3 2 (a 2)2+ 6,则 a=2 时，SPCB有最大值，即SACPB有最大值，P 点坐标为（2， 9 2） （3）当 M 点在直线 BC 上方时，由MBC1 2ABC 可知 BM 为ABC 角平分线，设 BM 与 y 轴交于点 E，利用角平分 线的相似性质可得：OB BC = OE EC，由题可得 B(4,0),C(0,-3)，则 OB=4,OC=3,BC=5,则 OE EC = 4 5,OE= 4 9OC= 4 3,E(0,- 4 3)， 则可得直线 BM 表达式为

37、y = 1 4x 4 3， 解联立方程 y = 1 4x 4 3 y 3 4x 2 9 4x 3 ， 得 x=-5 9或 x=4(舍去)， M 的坐标为 （- 5 9， - 41 27） 当 M 点在直线 BC 下方时， 设 BM 与 y 轴交于点 F， 利用角平分线的相似性质可得： BE BF = CE CF， 即 BE2 BF2 = CE2 CF2， 设 F(0,a)， 则由题可得CF2= (a + 3)2,由 E(0,- 4 3)可得CE 2 = 25 9 , BF2= 16 + a2, BE2= 160 9 , 160 9 16:a2 = 25 9 (;a:3)2， 解得 a= 52

38、9 或 a= 4 3(舍去)， F(0, 52 9 )， 则可得直线BM表达式为y = 13 9 x 52 9 ， 解联立方程 y = 13 9 x 52 9 y 3 4x 2 9 4x 3 ， 得x=25 27或x= 4 (舍 去)，M 的坐标为（25 27， 1079 243 ） 综上所述，M 点的坐标为（-5 9，- 41 27）或（ 25 27， 1079 243 ） 2.【解析】 （1）全等中的典型模型“手拉手模型” ，由 AM=AN,MAB=NAC,AB=AC 易证BAMCAN； （2）面积问题从面积方法出发分析。S四边形 ACDN= 4 3SMND = SACN+ SCDN,则A

39、NC、CDN 与MND 一定存在着 某种关系。这可以通过旋转及“手拉手模型”带来的三角形全等中首先找出来。由 AM=AN，MAN=60可知AMN 是等边三角形，由AMN=60，由 AB=AC、AC/ND，可得ABM=NDM=60,则AMN=ABM=NDM=60,即出现全 等中的典型模型“一线三等角模型” ，即可通过 AM=MN，ABC=NDM，BAM=NMD 易证BAMDMN，由（1）可 知BAMCAN，则DMNCAN，则SMND= SACN，由4 3SMND = SACN+ SCDN可得SMND= 3SCDN,由于CDN 与MND 等高，则 DM=2CD，由 DM=AB=23，可得 CD=2

40、3 3 ,由 OC=OB=3可得 OD=53 3 ,D(53 3 ,0) (3)由解题思路的延续性，从（1） （2）找（3）的思路突破口，想像图 1、2 调整 M 的位置，N 点可以落在抛物线上， 且图 1 中，由全等可得ABM=CAN=120,BCN=60,则ABC=BCN，CN/AB；图 2 中，由DMNCAN 可得 NC=ND，则BCN=NCD=60, ,则NCD=ABC，CN/AB；即当点 M 在点 C 左侧运动时，点 N 一定在过点 C，且与 AB 平行线的直线上，当把抛物线的图像加进去后，则 N 点在这条直线与抛物线的交点上，则可以通过代数办法求出 点 N 的坐标。再利用旋转性质即

41、可求出点 M 的坐标。 解：过点 C 作 CE/AB 交抛物线于点N1、N2，交 y 轴于点 E，如图.由图可得 C(3,0),E(0,-3)，则直线 CE 的解析 式为 y=3x+3，解联立方程y = 2x 2 + 43x + 3 y = 3x + 3 ，可得 x=23或- 3 2 ，N1(23,9)、N2( 3 2 , 9 2)， 当N1(23,9)时，AN1=23=AM，在 RtAOM 中，由勾股定理可得 OM=3,m=3； 当N2( 3 2 , 9 2)时，AN2=57=AM，在 RtAOM 中，由勾股定理可得 OM=43,m=43； 图2 F C B y xo E M2 M1 综上所

42、述，m=3或43； 3.【解析】 （1）将点 A、B 代入抛物线解析式可得 = 1 2 2 4，则点 D 坐标为（1，-9 2） （2）四边形为矩形，可分析出 OQ=PE，设点坐标表示线段长度列式求解即可 解：设点 E 的坐标为（m， 2 m -m-4） ，则点 P（m，0） ，点 Q（0，-m） ，四边形 OQEP 为矩形， OQ=EP，m= 1 2 2+m+4，解得 1 m=-22（舍去） ，m2=22E（2 2, -22 设 PE 与 BC 交于点 G，PE 分三角形分别为BGE 与CGE，这两个三角形的“铅垂高”均是 GE，则 PE 分面积之比 为 1：3，即这两个三角形的“水平宽”之

43、比为 1：3，即点 P 把线段 OB 分成 1：3,分两种情况讨论，可分别求出 P、 G 坐标，进而可以分别求出 S1和 S2，则比值可求 解：令 x=0，y=-4，C（0，-4） ，PE 将BCE 的面积分成 1：3 两部分，PE 将线段 OB 分成 1：3 两部分， 当 OP:PB=1:3 时，点 P 的坐标为（1，0） ，点 E（1，-9 2） ，与抛物线顶点 D 重合，点 Q（0，-1） ， 直线 BC 的解析式为 y=x-4，当 x=1 时，y=-3，点 G（1，-3） ， 如图 1 所示，GD=3 2,CGD=OBC=45，xM=1- 3 4= 1 4,M（ 1 4, 15 4 ）

44、,S1=3 1 2 15 4 = 45 8 , S2=3 1 2 1 4 = 3 8, 1 2=15. N2 N1 M 图1 M y x E CB A o 当 OP:PB=3:1 时，点 P（3，0） ，点 Q（0，-3） ，点 E（3，-5 2） ，点 G（3，-1）,EG= 3 2,xM=3 3 4 = 9 4, M（9 4,- 7 4）,S1=1 1 2 7 4 = 7 8, S2=1 1 2 9 4 = 9 8, 1 2 = 7 9, 综上所述：1 2=15 或 1 2 = 7 9. 数学典型题型“将军饮马问题” ，尽管同属“两动一定”情形，但由于此题有条件限制：OP=OQ，所有不能采

45、用普 通的“两动一定”作图方法，需另想办法“化曲为直” ，所以转化线段 CP 为线段 BQ 是解题关键也是解题难点，作 点 D 关于 y 轴的对称点，连接 BD，与 y 轴的交点即为点 Q，求出 BD的长度就是 CP+DQ 的最小值 解：如图 2 所示，OP=OQ，BOQ=COP，OB=OC，BOQCOP（SAS） ，CP=BQ，CP+DQ=BQ+DQ，作点 D 关 于 y 轴的对称点 D（-1，-9 2） ，连接 BD，与 y 轴的交点即为点 Q， BD=52+ (9 2) 2=181 2 .CP+DQ 的最小值为181 2 . 4. 【解析】 （1）代入法可得抛物线解析式为：y = x2+

46、 x + 2 （2）由于COF 与CDF 的高相等，所以当SCOF:SCDF= 2:1时则 OF:DF=2:1,可以通过构造相似三角形来求解 D 点坐标。过点 D 作 DGx 轴于点 G，交 BC 于点 H，由 DH/CO 得 OF:DF=CO:DH=2:1,由 B、C 两点坐标可得直线 BC 的 解析式为：y=-x+2，若设 D(a, a2+ a + 2)，则 H(a,-a+2)，则 DH=a2+ a + 2-（-a+2）=a2+ 2a，由 CO:DH=2:1 得 2：(a2+ 2a)=2:1，解得 a=1,D(1,2) （3）二次函数典型题型“点角存在性质问题” ，二次函数中出现角度的倍分

47、问题，首先要把倍分角转化成一个角等 于一个角的形式，即此题首先要考虑如何把“2”转化掉，思路只有两条：找或构造一个角，会等于 2OBE； 找或构造一个角，会等于1 2OBP；由于OBE 是已知固定角，故多选思路. 当 P 在 x 轴上方时，将OBE 沿 x 轴对折，即在 y 轴正半轴取一点 G(0,1)，连接 BG，此时OBE=OBG，EBG=2 OBE，则OBP=EBG,即GBP=EBO，则 tanGBP=tanEBO=1 2，作 HGBG 交 BP 于点 H，作 HMy 轴于点 M，则 tanGBP =1 2= GH BG，利用相似典型图形“一线三垂直模型”可得OBGMGH,则 MG:OB

48、=HM:OG=GH:BG=1:2,可得 MG=1,HM=1 2,则OM=2， 则H( 1 2,2)， 由B、 H点坐标可得直线BP的解析式为： y = 4 3x + 8 3， 解联立方程 y = 4 3x + 8 3 y = x2+ x + 2 ， 可 得 x=1 3或 2(舍去)，则 P 点坐标为（ 1 3， 20 9 ） 当 P 在 x 轴下方时，由OBP=2OBE 可得EBP=OBE,则 tanEGBP=tanEBO=1 2，作 REBE 交 BP 于点 R，作 RQy 轴于点 Q，同图可知 R 与 H 关于 x 轴对称，则 (1 2,-2)，由 B、H 点坐标可得直线 BP 的解析式为：y = 4 3x 8 3， 解联立方程 y = 4 3x 8 3 y = x2+ x + 2 ，可得 x=-7 3或 2(舍去)，则 P 点坐标为（ 7 3，- 52 9 ） 综上所述，P 点坐标为（1 3， 20 9 ）或（ 7 3，- 52 9 ）. 5. 【解析】 R Q P P G M 图2 y