中考数学专题复习 二次函数与几何综合模型 讲义(PDF版)

二次函数与几何综合模型

（初中数学）

黄毅数学工作室

问题背景：在平面直角坐标系中，二次函数yax2bxc的图象与x轴交于A（-3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，3）． 一、线段和差问题： （1）点M为直线AC上方抛物线上一动点，过M点作MN∥y轴交直线AC于点N,当点M的坐标为多少时，线段MN有最大值，并求出其最大值； y思路点拔：设M（m，m22m3），则N（m，m+3）且3m0 MNyMyNm2m3(m3)m23m39(m)22410， 开口向下39当m=时，MN的最大值为：24315此时M(, ).24 2MCNAOBx

（2）点M为直线AC上方抛物线上一动点，过M点作MN∥y轴交直线AC于点N, 作ME⊥AC于点E，当点M的坐标为多少时，△MEN的周长有最大值，并求出其最大值； 变式：△MEN的面积有最大值，并求出其最大值． y思路点拔： 易证△MEN∽△AOC， MC∴△MEN为等腰直角三角形， ∴CMEN(21)MN MENE∴当MN取最大值时，C最大 ANOBx3159由（1）得当M(, )时，MN的最大值为： 244C999的最大值为：(21)2MEN444

二次函数综合题模型，第2页

（3）如图，直线y=kx（k<0）与该抛物线在第二象限的交点为M，与AC交于点E，求（斜线段转横平竖直线段） 思路点拔：作MN∥y轴交AC于N，则△MEN∽△OEC ME的最大值；EOyMEMN， EOCOME1∴MN EO3∴MENAOCME∴当MN取最大值时，最大， EO3159由（1）得当M(, )时，MN的最大值为： 424ME193的最大值为：EO344 Bx变式：如图，直线y=kx（k<0）与该抛物线在第二象限的交点为M，与AC交于点E，求点直线y=kx的解析式．

ME2=时EO3

二次函数综合题模型，第3页

二、面积问题：

（4）点M是直线AC上方的抛物线上一动点，是否存在点M，使△ACM的面积最大？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由；（铅垂法） 思路点拔：作MN∥y轴交AC于N，

1则：SACMMN(xCxA)23MN23m22m3(m3)23(m23m)2 33227(m)22830， 开口向下2327当m=时，SACM的最大值为：28315此时M(, ).24

方法②：（切线法） 作直线AC的平行线l，设其解析式为yxb，当直线l 与抛物线有唯一公共点时△ACM的面积最大，其M的位置 就是其唯一公共点． yMCNAOBxyMCEyx+b2x+bx2x3 由得，2yx2x3x2+3x+b30将b==94(b3)由=0得b=21 42213AxOB代入x+3x+b30解得x1x2 42315所以此时M(, ). 24(弊端：计算量较大，如果需要求面积最大值还要进行转化，因为ME这条垂线段的长度不太好求．)

变式：点M是直线AC上方的抛物线上一动点，使△ACM的面积为整数的点M有几个，并说明理由；（建议结合问题（6）中的平行转化面积的方法进行解答）

二次函数综合题模型，第4页

ACM（5）点M是直线AC下方的抛物线上一动点，是否存在点M，使S坐标；若不存在，说明理由；（铅垂法） 思路点拔： 作MN∥y轴交AC于N， 15？若存在，求出点M的yNC1则：SACMNM(xCxA)23NM232m3(m2m3)23 (m23m)23(m23m)152解得：m15,m22M1(5,12),M2(2,5).AOBMx

（6）点P是抛物线的顶点，在抛物线上是否存在异于P点的点Q，使S点Q的坐标；若不存在，说明理由；（转化法） 思路点拔：易求P（-1，4）

方法①：求出△PAC的面积为3，所以可以利用问题（4）

和问题（5）中的铅垂法SACQACQSACP？若存在，求出

yPC3求出Q点的坐标．

（注意：分点Q在AC上方和点Q在AC下方两种情况．） 方法②：平行线转化法

① 过P点作AC的平行线l1交抛物线于点Q， 则SACQSACP，此时直线PQ的解析式：yx5

AOBxyx5由求出两组解，其中一组对应P点坐标， 2yx2x3应舍去，另一组解即为Q1点的坐标．

② 当Q在AC下方时，由平移可知：直线l2为yx1

yx1解可得Q2、Q3的坐标． 2yx2x3

二次函数综合题模型，第5页

ACM（7）点M是抛物线上一动点，是否存在点M，使3S在，说明理由；（转化法或铅垂法） 思路点拔： 2SACO？若存在，求出点M的坐标；若不存

9方法①：易求出△ACO的面积为，由3S2中的铅垂法求出SACMACM2SACO得SACM3所以可以利用问题（4）和问题（5）3时M点的坐标．

y（注意：分点M在AC上方和点M在AC下方两种情况．）

yMCCMQ'AQOBxQ'BAQOBx 方法②：平行线转化法 由3SACM2SACO得：SACM2 SACO3SSACQACOyC∴可在x轴上取点Q（-1，0）或（-5，0），则∴只须在抛物线上找到点M，使S2， 3ACMSACQ即可，

∴可以利用问题（6）中的平行线法求解，可以过Q作AC的平行线，求出与抛物线的交点坐标即可．

AOBx

二次函数综合题模型，第6页

OPC

（8）抛物线上是否存在点P，使SSOPA，若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由；

（同侧作平行，异侧过中点） 思路点拔：

① 当点A与点C在直线OP的同侧时，可以过O作直线l1平行于AC，

直线l1与抛物线的交点即为所求的P1和P2． 易求直线l1的解析式为yx，

yx由求出两组解即为P1和P2的坐标 2yx2x3yyCl1PAOBxl2PMACOBx

② 当点A与点C在直线OP的异侧时，OP一定过AC的中点M， 易得直线OM的解析式为yx

yx由求出两组解即为P3和P4的坐标 2yx2x3 变式：

如图，已知点H(1，0)，在抛物线上是否存在点G，使得S△GHC=S△GHB？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．

yCyCHAOBxAHOBx

二次函数综合题模型，第7页

三、特殊三角形问题：

（9）点P为直线AC上方的抛物线上一动点，过P点作PE垂直于x轴于E，交AC于点F，

当△CPF为等腰直角三角形时，求P点的坐标． 思路点拔： 因为∠PFC=45°，所以分∠FCP=90°和∠FPC=90°两类考虑． ① 当∠FCP=90°时，易得直线PC的解析式为：yx3

x1=1yx3,由求出两组解2y4yx2x31∴P1(1,4)

x2=0（舍去） y32yPCFFAEOBxAEPyCOBx ② 当∠FPC=90°时，易得∠FCP=45°，所以CP∥x轴

由对称性可知：P2(2,3) 综上：P1(1,4)，P2(2,3)变式：点P为直线AC上方的抛物线上一动点，过P点作PE垂直于x轴于E，交AC于点F，

当△CPF为等腰三角形时，求P点的坐标． 思路点拔：

若PF＝PC，则∠PCF＝∠PFC＝45°，所以PC平行于x轴，由抛物线的对称性易得P点的坐标； 若CP＝CF，易得PF=2xP,所以m23m2m， PHy解得：m0(舍去)，m1 若QP＝FC，易得PF=2xP， ∴PFCyPyFm2m3(m3)m3m

22F∴m23m2m, 解得：m0(舍去)，m23 从而求出P点的坐标。

EOBx

二次函数综合题模型，第8页

（10）在抛物线的对称轴上是否存在点Q使△BCQ是等腰三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由；（等腰三角形：两圆一线） 几何法：先利用“两圆一线”画出Q点的位置，再利用勾股定理、三线合一或相似三角形求点Q的坐标．（具体方法可参考等腰三角形模型之单动点平行四边形存在性问题微课） yyCCQAEOBxAEOBx 解析法： 设点Q的坐标为（－1，m），则： QC2(3m)212，QB2m222，又BC10，

2① 当QCBC时，有QC2BC2，所以：(3m)21210，

解得：m10,m26

经检验，m6时，Q、C、B三个点在同一直线上，应舍去；② 当QCQB时，有QC2QB2，所以：(3m)212m222，

解得：m31 ③ 当QBBC时，有QB2BC2，所以：m22210，

解得：m36，m46 所以，点Q的坐标为（-1，0），（-1，1），（-1，6），（-1，6）

二次函数综合题模型，第9页

（11）在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△ACQ为直角三角形；若存在，求出点Q的坐标；若不

存在，说明理由；（直角三角形：两线一圆） 思路点拔： 方法①：

①当∠ACQ=90°时，过C点作AC的垂线交对称轴于点Q；

利用等腰直角三角形或三垂直结构易求Q1(1,4) ②当∠CAQ=90°时，过A点作AC的垂线交对称轴于点Q；同理可求Q2(1,2) ③当∠AQC=90°时，以AC为直径作一个圆与对称轴交于两点，

则这两点分别为Q3、Q4，利用勾股定理或相似易求Q3、Q4的坐标． 方法②：

设点Q的坐标为（－1，m），则：

QC2(m3)212，QA2m222=m24，又AC33=18，

222①当∠ACQ=90°时，AQ2QC2AC2，∴m24=(m3)212+18；

222222QCAQAC(m3)1=m4+18； ②当∠CAQ=90°时，，∴

222222③ 当∠AQC=90°时，ACAQQC，∴18=m4+(m3)1．

yQ1yCCAOBxAEOBxQ2yQ3CAEOBQ4x

二次函数综合题模型，第10页

四、几何最值问题：

（12）在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△BCQ的周长最小；若存在，求出点Q的坐标与周长最

小值；若不存在，说明理由；（线段和最小与差最大：大同小异）

变式1：在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使四边形BOQC的周长最小，若存在，求出点Q的坐标

及四边形周长的最小值；若不存在，说明理由；

变式2：点F是直线BC上的一动点，在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使BQ+QF最小，若存在，

求出点Q的坐标及BQ+QF的最小值；若不存在，说明理由； 思路点拔：

作B关于PE的对称点即为A点，连接AC，交对称轴于点Q，Q即为所求，可利用A型相似或直线AC的解析式等求出Q点的坐标．

yPCyPCQQAEOBxAEOBx

二次函数综合题模型，第11页

（13）在抛物线的对称轴上是否存在点Q，AQCQ最大；若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由；（变式：求AQCQ的取值范围）思路点拔： 作A关于PE的对称点即为B点，连接BC并延长交对称轴于点Q，Q即为所求，可利用A型相似或直线BC的解析式等求出Q点的坐标． yPCQyPCQAEOBxAEOB x

二次函数综合题模型，第12页

（14）若D点的坐标为（0，1），P是抛物线对称轴上一动点，Q是x轴上一动点，当P、Q两点的坐

标为多少时四边形CPQD的周长最小？并直接写出四边形CPQD周长的最小值； 思路点拔：

作点C关于对称轴的对称点C'，点D关于x轴的对称点D'，

连接C'D'分别交对称轴和x轴于点P、Q，此时四边形CPQD的周长最小． 易求CPQD的周长最小值为：C'D'CD252， 利用相似三角形或直线C'D'的解析式易求点P和Q的坐标．

yyC'CCPDAEQOBxPADxEQOBD'

二次函数综合题模型，第13页

（15）抛物线的对称轴与x轴交于点E，有一动点Q从E点出发以每秒1个单位长的速度运动到线段AC上的点M后再以每秒2个单位长的速度运动到点C，求Q点运动时间的最小值并写出此时点M的坐标；（“胡不归”几何最值模型） 变式：抛物线的对称轴与x轴交于点E，M是线段AC上一点，求EM思路点拔： 设点Q在EM段运动的时间为t1，在MC段运动的时间为t2，所以，t1+t2=EM所以，需要构造出易得MH=121212MC， 2MC的最小值． 2MC，过点C作CF平行于x轴，过M作MH⊥CF于点H， 12MCEMMH， MC，所以t1+t2=EM显然当E、M、H在同一直线上且EH垂直于CF时，时间有最小值即EH的长． yPCPFHyCFPHMyCMAEOBMxAEOBxAEOBx 二次函数综合题模型，第14页

（16）E（-1，a），F（-1，a+1）是抛物线对称轴上的两个动点，当a为何值时四边形EFCB的周长

最小？并直接写出四边形EFCB周长的最小值； 思路点拔：

将点C向下平移1个单位到C'，作B关于对称轴的对称点即点A，连接AC'交对称轴于点E，再将E点向上平移1个单位得到点F，些时四边形EFCB周长的最小，利用相似三角形或直线AC'的解析 式易求a的值，从而易求最小值为AC'+EFBC．

yPCFEAOBxPyCFEAC'OBx

二次函数综合题模型，第15页

五、相似与角度问题：

（17）点Q是抛物线上一动点，过点Q作QE垂直于x轴，垂足为E．是否存在点Q，使以点A、Q、E为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由； 思路点拔： 方法①：（先函数，后几何）

2设Q（m，m22m3），所以有QEm2m3，EAm3， 由相似的分类讨论得：m22m3m3QE3QE1或， EA1EA3m22m3m3=1． 3所以：=3或（注意：分子可以分解因式，或直接利用交点式y(x3)(x1)设Q点的坐标） 方法②：（先几何，后函数） QE3QE1或，利用直线中k的几何意义， EA1EA311从而求出直线AQ的解析式可以是y(x3)=x1， 33再利用直AQ的解析式与二次函数的解析式y(x3)(x1)，联立可求对应的Q点的坐标． 由相似的分类讨论得：1AQ的解析式还可以是yx1或y3x9或y3x9 3小技巧： ①可利用因式分析简化计算，用二次函数的交点式； ②还可利用韦达定理求Q点的坐标． yyCQECAOBQxAOEBx yQCCAEOBxAOBx 二次函数综合题模型，第16页

（18）点P为抛物线的顶点，作PH⊥AB于H，Q是为x轴上方的抛物线上一动点（点Q与点P不重合），过Q点作QM⊥AP于M，当△QMP与△APH相似时，求点Q的坐标； 思路点拔： （a）当△QMP∽△PHA时，如图1，易得∠MPQ=∠HAP， 延长PQ交x轴于T，所以有等腰△ATP，设T的坐标为（t，0）， 48利用相似或勾股定理可求T点的坐标为（2，0），从而求出直线PQ的解析式为yx，3348yx482133再利用求出Q点的坐标；可以利用xx22x3得x2x0， 33332yx2x31120再利用韦达定理可得xQ，从而得Q1(,). 393（b）当△QMP∽△AHP时，如图2， 方法①：可以利用∠QPM=∠APH，构造三垂直相似求R点的坐标， 从而求出R（-5，1），可得RP的解析式为y319x， 44319yx44再利用求出Q点的坐标； yx22x3方法②：利用∠QPM=∠APH，可证PT垂直于PQ1， 利用相似（或射影定理）可求T点的坐标，从而可得PQ的解析式为y319x， 44319yx44再利用求出Q点的坐标； yx22x3方法③：利用∠QPM=∠APH，可证PT垂直于PQ1， 利用互相垂直的两条直线k1k21求PQ的解析式为y319x， 44319yx44再利用求出Q点的坐标． yx22x3yPMCQyPQMM1CQ1RTTxAHOBEAHOBT1x二次函数综合题模型，第17页

（19）抛物线上是否存在的点Q，使∠QBC=45°，若存在，求出Q点的坐标；若不存在，说明理由； 思路点拔： 利用45°角的常见思路是构造等腰直角三角形，再利用弦图去解决问题． 如图，构造等腰直角三角MBC，过M和C分别作x轴和y轴的垂线交于点N，易得△NMC≌△OBC，

11从而求出点M的坐标为（-3，2），再求BM的解析式为yx，

2211yx22再利用求Q点坐标． yx22x3注意：①可用前面的小技巧简化计算；

②若tan11,tan，则+=45， 2311若+=45，则tan． tan，23yCQ AOBxyNMQ AOBxC

二次函数综合题模型，第18页

（20）抛物线上是否存在的点Q，使∠QCA+∠OCB=45°，若存在，求出Q点的坐标；若不存在，说

明理由； 思路点拔：

将角度和转化为等角去完成

①先在AC的下方找∠QCA（如图），作B关于x轴的对称点B'，则 ∴∠OCB'=∠OCB，可得∠B'CA+∠OCB=45°

故点Q即为直线B'C与抛物线的另一个交点，直线B'C的解析式为y3x3，

y3x3解可得Q1的坐标； 2yx2x3②将B'C沿AC对称可得直线B''C的解析式为y1x3， 31yx33解可得Q2的坐标； yx22x3小技巧：

求满足条件的点的坐标时，可以先找出点所在的线，即点的运动范围，很多时候都是先找到与轴的交点来确定线，然后根据函数图象求交点的方法去求点的坐标．

yyCB''Q2CAOBxAB'OBx

二次函数综合题模型，第19页

变式：抛物线上是否存在的点Q，使∠QCA=∠OCB，若存在，求出Q点的坐标；若不存在， 说明理由； 提示：可以利三垂直模型构造相似完成（通法），或将图中的等角转化为45°角，利用45°角的处理思路去完成． yCAOBx yCAOBx

二次函数综合题模型，第20页

（21）抛物线的对称轴与x轴交于点E，在对称轴上是否存在一点Q，使∠AQE=2∠BCO，若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由； 变式：在对称轴上是否存在一点P，使∠APB=∠BCO，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由； 思路点拔： 方法①：构造∠AQE的一半 如图①，在对称轴上找到一个点M，使∠AME=∠BCO，易得M（-1，6），再在ME上找到点Q，使8AQ=MQ，则∠AQE=2∠AME =2∠BCO；利用相似或勾股定理易求点Q1的坐标为（1，），38沿x轴对称可以得到Q2坐标为（1，）； 3方法②：构造∠BCO的两倍 如图②，在CO上找到一个点N，使CN=BN，则∠ONB=2∠BCO，可以利用相似或勾股定理求N点4坐标（0，），所以只需在对称轴上找一个点Q，使∠AQE=∠ONB即可，利用相似或三角函388数可求点Q1的坐标为（1，），沿x轴对称可以得到Q2坐标为（1，）． 33MyyCQQNCAEOBxAEOBx

二次函数综合题模型，第21页

（22）M为线段AB上一动点，过点M作MN∥AC交BC于点N，当点M的坐标为多少时 △ACM∽△CMN； 思路点拔： 方法①：由MN∥AC得∠ACM=∠CMN，所以当设M(m，0)，由所以MNACCM时，△ACM∽△CMN，所以CM2=ACMN CMMNMNBMMN1m得， ACBA43232(1m)32(1m)9，CM2=32=(1m)， 4429由Rt△CMO得：CM2=m29∴m29=(1m)， 23解得：m13（舍去），m2 2方法②： 由MN∥AC得∠ACM=∠CMN，所以当∠MCN =∠CAM时，△ACM∽△CMN所以将相似问题转化成了45°角的问题．利用等腰直角△CRB易求R（-2，-1），从而求出直线CR的解析式，再求M点的坐标．

yCNyCNAMOBxATRMOBx 变式：M为线段AB上一动点，过点M作MN∥AC交BC于点N，求△MCN的面积的最大值及此时点M的坐标，并判断此时△ACM与△CMN是否相似？

yCNAMOBx

二次函数综合题模型，第22页

六、特殊四边形存在性问题：

（23）点M为抛物线上一动点，过M点作MN∥y轴交直线AC于点N,当以O、C、M、N为顶点的

四边形是平行四边形时，求出点M的坐标；若不存在，说明理由； 思路点拔：

设M（m，m22m3），则N（m，m+3）

MNyMyNm22m3(m3)m3mm2+3m2由m+3m=3解出m的值，从而可以求出点M的坐标； 2 （注：有一个方程无实根，即图1中的情况不存在，有几种情况取决于MN的最大值与OC的长的比较）

yMCyNCNMAOBxAOBxyCNAOBxM

二次函数综合题模型，第23页

（24）点Q是抛物线上一动点，点M为抛物线对称轴上一动点，当以A、O、M、Q为顶点的四边形是平行四边形时，求出点Q的坐标； 思路点拔： （a）当QM∥AO时，可得Q的横坐标为-4，代入二次函数解析式可以求出Q点的纵坐标； （b）当MQ∥AO时，可得Q的横坐标为2，代入二次函数解析式可以求出Q点的纵坐标； （c）当MQ为对角线时，取AO的中点I，则I的坐标为（-2，代入二次函数解析式可以求出Q点的纵坐标． 3，QI＝MI易得Q点的横坐标为 ,0）2yyCCAOBxAOBxQM yyQCCAOBxAIOBxM QM

二次函数综合题模型，第24页

（25）点M为抛物线上一动点，在x轴上是否存在点Q，使以A、C、M、Q为顶点的四边形是平行

四边形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由； 思路点拔：

（a）当AC为平行四边形的一边时， 方法①：

易得M点的纵坐标分别为3或-3，代入二次函数解析式yx再根据平移法则可求Q点的坐标； 方法②：

设Q（t，0），根据平移法则易得M（t+3，3）或（t-3，-3），将M点坐标代入yx222x3可求M点的坐标（舍去点C），

2x3解出t

的值，从而得到Q点的坐标；（计算时可以利用整体思想先算出t+3、t-3的值，再求t的值） （b）当AC为平行四边形的对角线时， 方法①：（通法） 设Q（t，0），由中点坐标公式得M点的纵坐标为（-3-t，3），代入yx22x3解出t的值，从而

得到Q点的坐标； 方法②：

当AC为平行四边形的对角线时，有CM∥AQ，所以AQ=CM=2，所以Q（-1，0） 故满足条件的Q点有4个．（答案略）

yyMMCCQQAOBQxAQOBxMM

二次函数综合题模型，第25页

变式：点Q是抛物线上一动点，点M为抛物线对称轴上一动点，当以A、C、M、Q为顶点的四边形

是平行四边形时，求出点Q的坐标；

yCyCAOBxAOBx

二次函数综合题模型，第26页

（26）P为抛物线的对称轴上一动点，点Q在坐标平面内，若以B、C、P、Q为顶点的四边形为矩形，求Q点的坐标；以B、C、P、Q为顶点的四边形能为正方形吗？若能，请直接写出此时Q点和P点的坐标；（矩形存在性问题转化成直角三角形存在性问题） 思路点拔： 先确定矩形的一半：直角三角形，再利用单动点的平行四边形存在性问题的套路和方法确定Q点的坐标．确定直角三角形时采用直角三角形存在性问题的“两线一圆”去完成，充分利用三垂直相似或构股定理构造方程求解 （a）作CP垂直于CB交对称轴于点P，作CM垂直于对称轴于M，易证△CMP∽△COB 从而求出P点的坐标，再利用平移法则或中点坐标公式确定Q点的坐标； （b）作BP垂直于BC交对称轴于点P，易得△BEP∽△COB，易求P点的坐标，同理求Q点的坐标； 13m，解得：m1或2m2（可以以BC为直径画圆看圆与对称轴交点的个数），再求Q点的坐标 综上，满足条件的Q点有4个（计算略） 显然，当m1时，△BEP≌△PMC，易得矩形CPBQ为正方形，此时P（-1，1），Q（2，2） （c）当∠CPB=90°时，如图，易得△BEP∽△PMC，设P（-1，m），则yyMPCCAOBxEOQBxyCQyMyCQPMPEPOBCQxEOBxEOB

二次函数综合题模型，第27页

（27）点P为抛物线上一动点，以AP为边按顺时针方向作如图所示的正方形APMN，当点M或N落

在y轴上时求P点的坐标． 思路点拔：

设P（m，m22m3）

（a）当M落在y轴上时，如图1，△PEA≌△MFP，可得PE＝MF，所以m22m3=m（两个结

果根据P点位置舍去一个正值）

（b）当N落在y轴上时，如图2，△PEA≌△AON，可得PE＝AO=3，所以m22m3=3，解得

m2或0（经验证两个结果都满足题意，m0如图3）

2（c）当M落在y轴上时，如图4，△PEA≌△MFP，可得PE＝MF，所以m2m3=m（两个

结果根据P点位置舍去一个负值） 注意：（c）中的方程其实和第一个方程完全相同，但根据图形中线段与坐标之间的关系求解后应舍去负值，所以满足条件的P点共有4个.

yCPFEANMyPCMEOBxAOBNyCxyPCAEOBxMAOBPExNNMF

二次函数综合题模型，第28页

（28）Q为直线AC上一动点，点P在坐标平面内，若以A、O、P、Q为顶点的四边形为菱形，求P

点的坐标；（菱形存在性问题转化为等腰三角形存在性问题） 思路点拔：

菱形的存在性问题转化为等腰三角形的存在性问题，此题属于单动点的等腰三角形的存在性问题，可

以利用“两圆一线”去找点，利用相似，勾股定理等求出Q点的坐标，再利用平移法则或沿底边对称得到点P．

（a）以A为圆心，AO的长为半径画圆，交直线AC于点Q1，Q2，易求Q１，Q２的坐标，再利用平移

法则或对称性得到对应的P点坐标；

（b）以O为圆心，OA的长为半径画圆，交直线AC于点Q3，显然Q3与点C重合，易求对应P点的

坐标；

（c）当AC为底边时，易得QA＝AO，所以可以作AO的垂直平分线交AC于点Q，再对称求出P点

的坐标．

综上，满足条件的Q点和P点各有4 个．

yyCQ1CP1AOBxAOBxQ2yyC(Q3)CQ4AOBxAOBx

二次函数综合题模型，第29页

变式：Q为抛物线的对称轴上一动点，点P在坐标平面内，若以A、C、P、Q为顶点的四边形为菱形，

求Q点的坐标；（菱形存在性问题转化成等腰三角形存在性问题）

yCAOBx

二次函数综合题模型，第30页

AyCOBx

（29）点P是抛物线上一动点，点M是y轴上一点，点Q是直线AC上一点，当以C、Q、P、M为顶点的四边形为菱形时，求点P的坐标； yyMPQCPCQAOMBxAOBxyCyMPCQAQOBxMAOBxP

二次函数综合题模型，第31页

变式：点P是抛物线上一动点，点M是坐标平面内一点，过P作y轴的平行线交直线AC于点Q

当以C、Q、P、M为顶点的四边形为菱形时，求点P的坐标； 思路点拔：

菱形的存在性问题转化为等腰三角形的存在性问题，此题中的等腰三角形属于双动点的等腰三角形存

在性问题，需要根据P点位置分三个区域进行分类讨论，再根据对底边和腰长进行分类，动点P、Q的分析往定点C转移．设P（m，m22m3） （a）当点P在AC上方时，易得∠PQC＝45°（定角）

①若PQ＝PC，则∠PCQ＝∠PQC＝45°，所以PC平行于x轴，由抛物线的对称性易得P点的坐标，沿底边QC对称易得M点的位置；

②若QP＝QC，易得PQ=2xP，易得PQyPyQm2m3(m3)m3m ∴m23m2m, 解得：m0(舍去)，m23 ③若CP＝CQ，易得PQ=222xP,所以m23m2m，解得：m0(舍去)，m1 y（这种情况中的P点也可根据CP垂直于AC来求，其实这时的P正好是抛物线的顶点） yyPPPCCQCQAOBxQAOBxAOBx （b）当点P在A点左侧时，易得∠PQC＝135°（定角） 所以只有QP=QC这一种情况，易得QP=2xP，QP=m23m ∴m23m2m，解得：m0(舍去)，m23 （这种情况可以和第②种情况可归结为一类，列方程时加绝对值即可）

（c）当点P在C点右侧时，∠PQC为钝角，所以只可能CP=CQ，而∠PQC＝45°≠∠CPQ，

所以这种情况不存在．（具体解析可参考）

yCyQCPQAOBxAOBxP 二次函数综合题模型，第32页

七、几何变换问题

（30）D为抛物线的顶点，P为线段AD上一动点，PE垂直于y轴于E，把△PEA沿直线EA折叠，

点P的对应点为P′，当P′ 落在坐标轴上时，求此时P点的坐标； 思路点拔：

，所以OE=OA=3，此时E点与C点重合 （1）当P′ 落在y轴上时，易得∠AEP′=45°

（2）当P′ 落在x轴上时，易得四边形APEP′为菱形，

方法①：易求直线AD的解析式为y2x6，可设P（m，2m+6），则OE=2m+6，P'EPEm 由D（-1，4），A（-3，0），可得：sinEP'OsinDAO2，所以：2m62

m55方法②：先用tanEP'OtanDAO2，设OP'a，则PE∴AO(AP'OE5a

5+1)a，∴(5+1)a=3，解出a，代入P点坐标(5a,2a)求解.

yDCPEPDECyP'AP'OBxAOBxyDCEPAP'OBx

二次函数综合题模型，第33页

变式：D为抛物线的顶点，P为线段AD上一动点，PE垂直于y轴于E，作PF垂直于x轴于F，当矩形PEOF的面积取最大值时，连接EF，把△PEF沿直线EF折叠，点P的对应点为P′，求出P′的坐标，并判断P′是否在该抛物线上． 思路点拔：

易求直线AD的解析式为y2x6，可设P（m，2m+6），

S矩形PEOFm(2m+6)=2m(m+3)39 =2(m+)22233易求当m时，矩形的面积最大，此时P点的坐标为(，3)，此时E与C重合

22可得tanPFEtanP'FE是否在此抛物线上．

1，利用三垂直相似模型可求P'点的坐标，再代入抛物线解析式检查2yyDCEDCEPPTP'AFOBxAFOHx

二次函数综合题模型，第34页

（31）将该抛物线位于x轴上方的部分沿x轴翻折，其余保持不变，得到一个形如M的新图象记作M，

请你结合新图象回答，当直线y=x+n与图象M有两个公共点时，求n的取值范围； 思路点拔：

利用对称性易求对称后的抛物线的解析式为yx22x3(3x1)，

①当直线y=x+n过A点时，可求n3，此时直线y=x+n与图象M有唯一公共点； 当直线y=x+n过B点时，可求n1，此时直线y=x+n与图象M有三个公共点； ∴当1n3时，直线y=x+n与图象M有两个公共点； ②当直线y=x+n继续往下运动，运动到与抛物线yx22x3(3x1)

有唯一公共点（类似于相切）时，此时直线y=x+n与图象M有三个公共点；

yx22x313由得x22x3xn，由=0解得n 4yxn13时，直线y=x+n与图象M有两个公共点； 4综上所述：当直线y=x+n与图象M有两个公共点时，

13有1n3或n。 4∴当nyCyCAy=x+nOBxAOBxA1y=x+n

二次函数综合题模型，第35页

（32）过C的直线l绕着点C旋转，在旋转过程中与抛物线的另一交点为P，当点B到直线l的距离

最大时求P点的坐标并直接写出其最大距离； 思路点拔：

此题难度不大，主要考查几何最值模型中的垂线段最短（斜边大于直角边），如图，可得BNBC，

所以当直线l旋转到使BC垂直于l时，此时点BN有最大值等于BC＝3，

方法①：

利用两直线的垂直位置关系，易求直线l的解析式为y1x3， 31yx33解方程组得P点坐标；（舍去x=0） yx22x3方法②：设P点坐标（m，m22m3），过P作PH垂直于OC，利用相似三角形可求P点坐标． yCyNCNPlAPlOBxAOBxyNCPlAOBx

二次函数综合题模型，第36页

变式：已知点P是抛物线上第二象限内的一动点，设A、C两点到直线BP的距离分别为d1和d2，

求d1+d2的取最大值时直线BP的解析式，并求出其最大值．

yCPEd1AFOBx

（33）直线l绕点A以AB为起始位置逆时针旋转到AC位置停止，l与线段BC交于点D，P是AD的

中点．

①求点P的运动路程；

二次函数综合题模型，第37页

d2

②如图2，过点D作DE垂直x轴于点E，作DF⊥AC所在直线于点F，连结PE、PF，在l运动过程中，∠EPF的大小是否改变？请说明理由； ③连结EF，求△PEF周长的最小值． 思路点拔：

①先猜想P点的运动轨迹为三角形ABC的中位线，然后利用运动过程中的任意位置与中位线相交 去验证交点就是AD的中点；

②中主要用到一个中点模型：直角三角形斜边中线模型，这里主要考查中间的等角以及二倍角，从而可以得到∠EPF＝2∠CAB=90°.

1然后可证出△PEF为等AD，

2腰直角形，所以当AD取最小值时（即AD垂直于BC时），△PEF的面积和周长都是最小的．

③是在②的基础上完成的，利用直角三角形斜边中线模型可得PE=PF=

yyClDPAOBxAFClDPOEBx

二次函数综合题模型，第38页

（34）过C作直线CD垂直于y轴，P为y轴左侧的抛物线上一动点，PD垂直CD于D，把△PCD沿

绕点C逆时针旋转，旋转的角度等于，其中tan上时，求点P的坐标． 思路点拔：

2设P点坐标为（m，m22m3），则PD=m+2m，CD=m 4点P的对应点为P′，当点P′落在坐标轴3①当P在CD上方的抛物线上时，如图2，显然P′不会落在坐标轴上；

②当P在CD下方的抛物线上且P′落在x轴上时，如图3，易得△D′MC∽△P′ND，

22 PD=m+2m=m+2m

4433 ∴D'M=D'Cm，D'N=D'P(m2+2m) 555534 ∴(m2+2m)+(m)3，解出m的值即可； 55（依题意舍去其中的正数值，其实m的正数值也是存在的，只不过此时P在y轴右侧） ③当P在CD下方的抛物线上且P′落在y轴上时，如图4，可得∠DPC＝∠PCP′=，

所以，tanDPCtan4m4，故有2，解出m的值即可． 3m+2m3yPyDPD'P'ACDP'D'COBxAOBxyMyDCDMCPD'AP'OBxPAP'D'OBxN 二次函数综合题模型，第39页

（35）将△OBC沿x轴的负方向以每秒1个单位平移，当B与A重合时停止运动，求平移过程中△OBC

与△OAC重叠部分的面积S与运动时间t之间的函数关系式，并求当t为何值时S有最大值．

（一）分析基本图形，弄清图形中的线与角

1如：等腰直角△ACO，tanOCB，直线AC解析式为yx3等；

3（二）确定时间范围，画出不同的图形 （三）设时间为t，表达关键线段长度

（四）根据题意利用几何列方程或函数关系式

①当0t1时，如图1，易求OO't，OB'1t，OF3(1t) CF33(1t)3t，O'EO'A3t，D到CF的距离为t

34113(3t)3t3tt(化为一般形式即可) 224也可用SSC'O'B'SDEC'SFOB'求解，其中C'E3O'E3(3t)t， SS梯形O'OCESDFC1D到C'E的距离为t

4②当1t3时，如图2，利用SSC'O'B'SDEC'求可；

③当3t4时，如图3，AB'4t，D到AB的距离为

3(4t)，利用SS4AB'D求可；

（五）检验t值是否在相应的范围

对于①②③中的二次函数分别求出取值范围内的最大值，并比较其最大值，取最大值中的最大值．

yC'CEDFyC'CDEAO'OB'BxAO'B'OyBx C'CDO'A二次函数综合题模型，第40页

B'OBx

变式1：将△OBC以每秒2个单位的速度沿着C方向平移得到△O′B′C′，当点C′与A点重合时停

止运动，设运动时间为t，

（1）当B′C′正好经过O点时，求t的值；

（2）求平移过程中△O′B′C′与△OAC重叠部分的面积S与运动时间t之间的函数关系式，并求当t

为何值时S有最大值．

yyCC'C'CAO'OB'BxAO'OBB'x

yCC'AOBxO'

B'

二次函数综合题模型，第41页

变式2：若抛物线的顶点坐标为P，将△OBC沿x轴的负方向以每秒1个单位平移，当B与A重合时

停止运动，

①求证：△APC直角三角形，并直接写出tan∠PAC的值；

②求平移过程中△OBC与△PAC重叠部分的面积S与运动时间t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；

PC'DyPyCCEAO'B'OBxAOBx

PyCAOBx

二次函数综合题模型，第42页

（36）将抛物线沿着AC所在的直线平移，平移后A、C两点的对应点分别为E、F，当在AC的下方

作等腰直角三角形EFM，当顶点M落在原抛物线上时，求出此时M点的坐标； 思路点拔： 方法①：

设点E的坐标为(m,m3)，则M3(m+3,m3)，M1(m+3,m)，M2(m+6,m3)，

分别代入二次函数解析式可求出M点的坐标； 方法②：

在抛物线平移过程中，M3的运动轨迹是直线yx，M1、M2的运动轨迹是直线yx3

yxyx3解方程组、可求对应的M坐标． 22yx2x3yx2x3yyFCCFEAM3OBM2xAEOBM3xM1M2M1y yCFAEM3OBM2xCFAEM3OBM2xM1 M1 二次函数综合题模型，第43页

变式：将抛物线沿着AC所在的直线平移，平移后A、C的对应点分别为E，当△BEF为等腰三角形时，

求E点的坐标． 思路点拔：

设点E的坐标为(m,m3)，则F(m+3,m6)，利用勾股定理（或两点之间距离公式）可得：

BE2(1m)2(m3)2，BF2(m+2)2(m6)2，EF2323218

由BE2BF2，BE2EF2，BF2EF2分别列出方程求解．

A

yCFEOBx

二次函数综合题模型，第44页

八、初高中衔接问题

（37）将原抛物线平移到顶点为原点，直线ykxb(b0)与抛物线交于点E、F两点，与y轴交于点M，点M关于x轴的对称点为N，求证：∠ENM＝∠FNM；（韦达定理） 思路点拔：

（1）易求平移后的抛物线为yx，

2(x2,-x2)，易得M（0，b）设E、F两点的坐标分别为(x1,-x1)、，N（0，-b）

yx2由得x2+kxb=0，所以x1ykxbtanENMtanFNM22x2b

x1x1x1x1EH1， =222HNb+x1bx1x1x2x1x1(x2x1)x2x1x2x2x2FR1 =22RNb+x2x1x2+x2x2(x2x1)x2x1∴∠ENM＝∠FNM

yNyNOF ME xROF ME Hx

二次函数综合题模型，第45页

变式1：将原抛物线平移到顶点为原点，直线ykxb(b0)与抛物线交于点E、F两点，连接EO、

FO，当∠EOF=90°时，求b的值．

yyONOMxF E E 思路点拔：

设E、F两点的坐标分别为(x221,x1) 、(x2,x2)， 由yx2ykx+b得：x2+kxb0，所以：x1x2b 易证△ONE∽△FMO， ∴

ONENMFOM，从而有MFEN=ONOM ∴x221x2=x1x2

∵x1x2b

∴b2b

∴b=1，b=0（不合题意，应舍去）

二次函数综合题模型，第46页

xF

变式2：将原抛物线平移到顶点为原点，直线ykx2与平移后的抛物线交于点E、F两点，在y轴

的正半轴上是否存在一定点N，使得直线EN与直线FN总是关于y轴对称，若存在，求出点N的坐标，若不存在，请说明理由；

yNOF ME x

二次函数综合题模型，第47页

（38）在抛物线的对称轴上是否存在点Q到直线BC的距离与到x轴的距离相等？若存在求出点Q，若不存在请说明理由；（角平分线问题） MyMyCNQAEOBxAEQ1OCBxNQ 思路点拔： 方法①： （a）如图1，设Q点的坐标为（-1，m），作QN⊥BC于N，则QN=QE=m，延长BC交对称轴于M，则EM=6，BM=2∴Q1(1,10，BN=2，可得MN=2102，由△MEB∽△MNQ得m=2102， 32102) 32102)； 31022102 Q2E4，可得Q2E33（b）如图2，同理可得Q2(1,或由射影定理得BE∴Q2(1,2102) 32Q1EQ2E，所以2

二次函数综合题模型，第48页

（39）变式1：在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使⊙Q与x轴和直线BC都相切？（与上题相同） MyMyCCNQAOBxAQ1OBxQ 方法②：（点到直线的距离公式） OAAB由斜率k的几何意义得：k ∴1k2 OBOBPCABPC由△BAO∽△PCH得，∴1k2 PHOBd∵PC∴d 初中点到直线的距离公式：点P(x0,y0)到直线ykxb的距离d设Q点的坐标为（-1，m），易求直线BC的解析式为y3x3， 所以QNyP(x0, y0)y=kx+bdAHCBOxy0yCkx0by0 PC1k2kx0by01k2 kx0by01k2． (3)(1)3m1(3)2=6m10，QEm 2210∴6m=m，解得：m 310

二次函数综合题模型，第49页

1（40）将原抛物线平移到顶点为原点，P是平移后抛物线上一动点，作PE垂直于直线y=于E，点F

41），求证：PE=PF（焦点与准线） 4变式1：求证：FE平分∠PFO； 变式2：M点坐标为（-1，-2），求当PM+PF最小时（或△PMF的周长最小时）的点P的坐标；

11变式3：直线PF与抛物线的另一交点为Q，过Q作QH垂直于直线y=于H，直线y=交y轴于R，44坐标为（0，①判断△EFH的形状；②求证：RE③求证：1RH为定值；

PF1为定值（或11=1） ；FQPEQHOF1④以PQ的直径的圆与直线y=相切．

4思路点拔：

1（1）易求平移后的抛物线为yx，设P(m,m)，则PEm2

422111PFm2(m2)2m2m4m2421611(m2+)2=m2+=PE.44

变式1：利用等腰三角形+平行线可得角平分线．

1变式2：PM+PF=PM+PE，所以，当M、P、E共线且PE垂直于直线y=时，PM+PF的最小值

4为2，P点的坐标为（-1，1）

变式3：（方法①）同理得PF=QH，由变式2得，FE平分∠PFO，FH平分∠PFO，所以，易证：△EFH为直角三角形．

1（方法②）设直线PQ的解析式为ykx，设P、Q两点的横坐标分别为x1、x2，

4yx22111122FR由得：，所以：， x+kx0ERRHx1x214424ykx4. ∴FR2ERRH易证△ERF∽△FRH，从而可以得到∠EFH=90°

yEOFPy=14xEROHQF1y=4xPM

二次函数综合题模型，第50页

变式：将原抛物线平移到顶点为原点，点F的坐标为（0，1，过点F的直线与平移后的抛物线相）4交于P、Q两点，，作PE垂直于x轴于点E，QH垂直于x轴于点H （1）求证：PFPE为定值； （2）求证：PFQH=QFPE； （3）求：PFQF的最小值；

（4）若点M的坐标为（1，1），求三角形MPF周长的最小值，并写出此时P点的坐标； 2yEOFPHxQM

二次函数综合题模型，第51页

九、抛物线与圆

（41）点P以每秒1个单位长度的速度，沿线段BA由B向A运动，同时，点Q以每秒2个单位长

度的速度，从A开始沿射线AC运动，当P到达A时，整个运动随即结束．设运动的时间为t秒．

①求证：在运动过程中，PQ的中点M始终在抛物线的对称轴上； ②直接写出线段PQ的中点M在整个运动过程中所经过的路径长；

③在整个运动过程中，以PQ为直径的圆能否与y轴相切？若能，求出相应的t值；若不能，请说明理由． 思路点拔：

t)； 2②M运动的路径为对称轴上的一条线段，起点为(1,0)，终点为(1,2)，所以M运动的路

①易求Q点的坐标为（-3+t，t），P点坐标为（1-t，0）,由中点坐标公式得M(1,径长为2；

③当以PQ为直径的圆能否与y轴相切，即M到y轴的距离等于圆的半径，所以有： PQ2，所以PQ24，由勾股定理得：

5t2(42t)24，解得：t12，t26．

yyCCQMAPOBxAQMPOBx

二次函数综合题模型，第52页

（42）以O为圆心OB的长为半径作圆O，点P为⊙O上一动点，

①线段OA上是否存在一定点M，使

不存在，请说明理由；

PMPA的值为定值，若存在，求出点M的坐标及其定值，若

1②求PC+PA的最小值．（热点题型）

3变式1：以O为圆心OB的长为半径作圆O，点P为⊙O上一动点，求PC思路点拔： ①连接OP，所以

OPOP1PA的最大值． 311OM1，取点M(,0)，则 OA33OP31，又∠POM＝∠AOP，易证△POM∽△AOP且相似比为

OAOP31PM1∴存在点M(,0)，使=

3PA3OM②由①得

PM11=，PM=PA PA331∴PC+PA＝PCPM，所以，当P在线段CM上时，PCPM有最小值为CM的长，利用勾股定理

3易求．

变式1点拔：当P在CM的延长线上时，PC1PA有最大值为CM的长． 3yyCCPAOBAPMOB

二次函数综合题模型，第53页

2变式2：点M的坐标为（2，0），将线段OM绕着点O逆时针旋转某个角度到OM'，使M'C+M'A有

3最小值，求这个最小值；（或3M'C+2M'A最小值）

yyCCM'MAOBMxAOBx

二次函数综合题模型，第54页

（43）以O为圆心OB的长为半径作圆O，点P为⊙O上一动点，D为抛物线的顶点，M为DP

的中点，求OM的最小值；（或最小值） 思路点拔：

连接OP，OD，取OD的中点N，则MN是△DPO的中位线， ∴MN＝

11PO= 221为半径的圆上； 2∴ONMNOMONMN

故当O、N、M在同一直线上时，分别取最大值和最小值。

∴点M在以N为圆心，以

DyDyCCMMNNPPAOBxAOBx

DyDyCMNPAOxAMNCBOPBx

二次函数综合题模型，第55页

十、路径长问题

（44）点M是线段OA上一动点，从O点出发，运动到点A后停止运动，过点A作AN垂直于直线

CM于点N，求点N的运动路径长； 思路点拔：

取AC的中点E，连接EN、EO，则EN=EO＝EA＝EC，

∴N、O、C、A四点共圆，当M从点O运动到点A的过程中， 点N的运动轨迹为OA，易求OA对应的圆心角为90度，半径为32，再利用弧长公式计算即可。 2yCEAMNOBx

二次函数综合题模型，第56页

变式1：点M是线段OA上一动点，从O点出发，运动到点A后停止运动，在射线CM上有一点N满足∠CNO=45°，求点N的运动路径长；

yCAMNOBx

二次函数综合题模型，第57页

变式2：点M是线段OA上一动点，从O点出发向A点匀速运动，同时，点F也从点O出发以相同的速度向C运动，连接AF、CM相交于点Q，求Q点的运动路径长；

yCFQAMOBx

二次函数综合题模型，第58页

（45）点M是线段OC上一动点，从O点出发，运动到点C后停止运动，以BM为直角边

作如图所示的直角三角形BMN，并且使∠MNB=∠OCB，求点N的运动路径长。 变式1：将“∠MNB=∠OCB”改为∠MNB=30°，求点N的运动路径长； 变式2：将“∠MNB=∠OCB”改为∠MNB=45°，求点N的运动路径长；（可参考路径长专

题之“种豆得豆”）

yNCCyNDMAOBxAMOBx

思路点拔：

易证△COB∽△NMB，

从而可证：△MOB∽△NCB且相似比为1:10

由相似可得∠BCN=90°，从而可得N点的路径为一条线段 当M点与C点重合时，

∴N点的路径长为线段CN=10CO=310。

二次函数综合题模型，第59页

变式3：点M是线段OA上一动点，从O点出发，运动到点A后停止运动，以CM为直角

边作如所示等腰直角三角形，求点N的运动路径长；

变式4：将变式3中的等腰直角三角形改为等边三角形，求点N的运动路径长；

yCyCNNAMOBxAMOBx

二次函数综合题模型，第60页