中考数学专题训练--函数综合题

中考数学专题训练 函数综合题专题

1．如图，一次函数ykxb与反比例函数（1）求一次函数的解析式； （2）求点B的坐标.

2．已知一次函数y=（1-2x）m+x+3图像不经过第四象限，且函数值y随自变量x的减小而减小。 （1）求m的取值范围；

（2）又如果该一次函数的图像与坐标轴围成的三角形面积是4.5 ，求这个一次函数的解析式。

y

3. 如图，在平面直角坐标系中，点O为原点，已知点A的坐标为（2，2），点B、C在x轴上，BC=8，AB=AC，直线AC与y轴相交于点D．

y D B O （1）求点C、D的坐标；

（2）求图象经过B、D、A三点的二次函数解析式及它的顶点坐标．

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-1 2 1 y4x的图像交于A、B两点，其中 点A的横坐标为1，又一次函数ykxb的图像与x轴交于点C3,0. y A C O B x O 1 2 -1 x 图2 A C x

2yax2ax3的图像与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C，其顶点为D，直线4．如图四，已知二次函数

DC的函数关系式为ykxb，又tanOBC1．

（1）求二次函数的解析式和直线DC的函数关系式； （2）求△ABC的面积．

A O C y D （图四） B x 5．已知在直角坐标系中，点A的坐标是（-3，1），将线段OA绕着点O顺时针旋转90°得到OB.

y (1)求点B的坐标； (2)求过A、B、O三点的抛物线的解析式； (3)设点B关于抛物线的对称轴的对称点为C，求△ABC的面积。

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A O x

6．如图，双曲线

y5x在第一象限的一支上有一点C（1，5），过点C的直线ykxb(k0)与x 轴交于点A（a，0）、与y轴交于点B.

(1)求点A的横坐标a与k之间的函数关系式；

(2)当该直线与双曲线在第一象限的另一交点D的横坐标是9时，求△COD的面积.

O 第6题 y B C D A x 3 / 22

7．在直角坐标系中，把点A（－1，a）（a为常数）向右平移4个单位得到点A，经过点A、A的抛

y 物线yax2bxc与y轴的交点的纵坐标为2． （1）求这条抛物线的解析式； （2）设该抛物线的顶点为点P，点B的坐标 为（1，m)，且m3，若△ABP是等腰三角形，求点B的坐标。

8．在直角坐标平面内，O为原点，二次函数yxbxc的图像经过A（-1，0）和点B（0，3），

2Ox

图7

顶点为P。

（1） 求二次函数的解析式及点P的坐标；

（2） 如果点Q是x轴上一点，以点A、P、Q为顶点的三角形是直角三角形，求点Q的坐标。

9．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线

y12x2bxc经过点A(1,3)，B(0,1)．

（1）求抛物线的表达式及其顶点坐标；

（2）过点A作x轴的平行线交抛物线于另一点C，

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①求△ABC的面积；②在y轴上取一点P，使△ABP与△ABC相似，求满足条件的所有P点坐标．

y 6 5 4 3 B 2 1 A

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2y2xxOy10．在平面直角坐标系中，将抛物线沿y轴向上平移1个单位，再沿x轴向右平移两个单

位，平移后抛物线的顶点坐标记作A，直线x3与平移后的抛物线相交于B，与直线OA相交于C． （1）求△ABC面积；

（2）点P在平移后抛物线的对称轴上，如果△ABP与△ABC相似，求所有满足条件的P点坐标．

11．如图，直线OA与反比例函数的图像交于点A(3，3)，向下平移直线OA，与反比例函数的图像

交于点B(6，m)与y轴交于点C．

（1）求直线BC的解析式； （2）求经过A、B、C三点的二次函数的解析式； （3）设经过A、B、C三点的二次函数图像的顶点为D，对称轴与x轴的交点为E．问：在二次函数的对称轴上是否存在一点P，使以O、E、P为顶点的三角形与△BCD相似？若存在，请求出点P的y 坐标；若不存在，请说明理由．

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C O A B x

12．二次函数图像过A（2，1）B（0，1）和C（1，-1）三点。

（1）求该二次函数的解析式； （2）该二次函数图像向下平移4个单位，向左平移2个单位后，原二次函数图像上的A、B两点相应平移到A1、B1处，求∠BB1A1的余弦值。

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13．如图，在直角坐标系中，直线y1x4与x轴、y轴分别交于A、B两点，过点A作CA⊥AB，

22CA＝25,并且作CD⊥x轴. (1) 求证:△ADC∽△BOA (2) 若抛物线yxbxc经过B、C两点.

①求抛物线的解析式； ②该抛物线的顶点为P，M是坐标轴上的一个点，若直线PM与y轴的夹角为30°，请直接写出点M的坐标.

14．如图，已知二次函数y=ax2-2ax+3（a<0）的图像与x轴的负半轴交于点A，与y轴的正半轴交

于点B，顶点为P，且OB=3OA，一次函数y=kx+b的图像经过点A、点B． （1）求一次函数的解析式； （2）求顶点P的坐标；

（3）平移直线AB使其过点P，如果点M在平移后的直线上，且tan∠OAM=3，求点M的坐标．

2

AB y P B O x （第15题图）

15．如图16，在平面直角坐标中，四边形OABC是等腰梯形，CB∥OA，OA=7，AB=4，∠COA=60°，点P为x轴上的—个动点，但是点P不与点0、点A重合．连结CP， D点是线段AB上一点，连结PD.

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(1)求点B的坐标；

(2)当∠CPD=∠OAB，且BD=5，求这时点P的坐标.

AB8

1yx2bxc416. 如图，二次函数的图像经过点A（图16 ）4,0,B4,4，且与y轴交于点C.

（1）试求此二次函数的解析式；

（2）试证明：BAOCAO（其中O是原点）；

（3）若P是线段AB上的一个动点（不与A、B重合），过P作y轴的平行线，分别交此二次函数图像及x轴于Q、H两点，试问：是否存在这样的点P，使PH2QH？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.

17．如图，在平面直角坐标系中，矩形ABOC的边BO在x轴正半轴上，边CO在y轴的正半轴上，且AB2，OB23，矩形ABOC绕点O逆时针旋转后得到矩形EFOD，且点A落在y轴上的E点，点B的对应点为点F，点C的对应点为点D. (1)求F、E、D三点的坐标；

（2）若抛物线yaxbxc经过点F、E、D，求此抛物线的解析式；

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（3）在x轴上方的抛物线上求点Q的坐标，使得三角形QOB的面积等于矩形ABOC的面积？

18．如图，在平面直角坐标系xOy中，O为原点，点A、C的坐标分别为（2，0）、（1，33）.

2将△AOC绕AC的中点旋转180°，点O落到点B的位置，抛物线yax23x经过点A，点Dy E F C D O B x A 是该抛物线的顶点.

（1）求证：四边形ABCO是平行四边形； （2）求a的值并说明点B在抛物线上；

（3）若点P是线段OA上一点，且∠APD=∠OAB，求点P的坐标；

(4) 若点P是x轴上一点，以P、A、D为顶点作平行四边形，该平行四边形的另一顶点在y轴上，写出点P的坐标.

y C B O D

A x 10 / 22

2)，直线19．已知，矩形OABC在平面直角坐标系中位置如图所示，A的坐标(4,0)，C的坐标(0，2yx3与边BC相交于点D，(1)求点D的坐标；(2)抛物线yax2bxc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。 2

yOC D A B x2yx33yx3420．如图，在平面直角坐标系中，直线分别与x轴、y轴交于点A和点B．二次函数

yax24axc的图象经过点B和点C（-1，0），顶点为P.

（1）求这个二次函数的解析式，并求出P点坐标；

（2）若点D在二次函数图象的对称轴上，且AD∥BP，求PD的长；

B y C O A x 11 / 22

参考答案

4411、 解：（1）由点A在反比例函数图像上，则，—（1分） 4kbk1b3. （1分） 03kbA1,4C3,0 又点与在一次函数图像上， 则，—（2分）解得y ∴一次函数解析式为yx3.——（1分）

yx34y （2）由x,———（2

2分） 消元得x3x40,—（1分）

解得x14,x21（舍去）,——（1分） ∴点B的坐标是4,1.——（1分）

2． 解：（1）∵一次函数y=（1-2x）m+x+3 即y=（1-2m）x+m+3 图像不经过第四象限 且函数值y随自变量x的减小而减小 ∴ 1-2m>0 ， m+3≥0, (2分）

13m ∴ ………（2分）

2

m3,0根据题意，得：函数图像与y轴的交点为（0，m+3）， 与x轴的交点为  …（1分） 2m1

1m39m3 则 2 2 ………（1分） 解得m=0 或 m=-24（舍） …（1分） 1 2 m ∴一次函数解析式为：y=x+3……（1分）

3．解：（1）过点A作AE⊥x轴，垂足为点E．……1′ ∵点A的坐标为（2，2）， ∴点E的坐标为（2，0）．…1′

∵AB=AC，BC=8， ∴BE=CE， ………1′ 点B的坐标为（-2，0），……1′ 点C的坐标为（6，0）．…1′

设直线AC的解析式为：ykxb（k0）， 将点A、C的坐标代入解析式， O B 1yx32得到： ．…1′ ∴点D的坐标为（0，3）． ……1′

2yaxbxc（a0）， （3） 设二次函数解析式为：

y D A E C x 第3题 a,4a2b30,2b1.4a2b32.2……1′ ∵ 图象经过B、D、A三点， ∴…2′ 解得：11111yx2x3322∴此二次函数解析式为：……1′ 顶点坐标为（2，8）． …………1′

4．解：(1) tanOBC1，∴OB=OC=3, ∴B（3,0） ………（2分）

2yax2ax3 09a6a3，∴a1 ……（1分） 将B（3,0）代入

22yx2x3y(x1)4…（1分） ∴D(1,4)，A(-1,0) …（2分） ∴；∴

y D C （图八）将D(1,4)代入ykx3，∴k1，yx3 ……………（2分）

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A O

B x

1SABC4362(2) …………………（4分）

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5．解：（1）过点A作AH⊥x轴，过点B作BM⊥y轴，

由题意得OA=OB,∠AOH=∠BOM, ∴△AOH≌△BOM-------------1分

∵A的坐标是（-3，1）， ∴AH=BM=1,OH=OM=3 ∴B点坐标为（1，3）---------2分 （2）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c

abc39a3bc1则c0--------3

513513yx2xa,b,c066-----266分 得 ∴抛物线的解析式为

18,35)--------1

y B 分

13x10（3）对称轴为-------1分 ∴C的坐标为(

∴

SABC111823BChBC(1)22255--------------2分

分 C D 6．解：（1）∵点C（1，5）在直线ykxb(k0)上， ∴5k1b， ∴bk5，…1′ ∴ykxk5.…1′

O 第23题 A x ∵点A（a，0）在直线ykxk5上， ∴0kak5.…1′ ∴

a51k.………1′

（2）∵直线与双曲线在第一象限的另一交点D的横坐标是9， 设点D（9，y），………1′ ∴

y

559. ∴点D（9，9）.……1′ 代入ykxk5， 可解得：

k59，………1′

55050yx99. ………1′ 可得：点A（10，0），点B（0，9）. ………2′

∴

SCODSAOBSAOD1501515010101SBOC292929 = …1′

2229. ……1′

150150200(1011)(1011)=29 = 29 = 9 =

2yaxbxc 7．解：（1）设抛物线的解析式为

点A（－1，a）（a为常数）向右平移4个单位得到点 A（3，a）…………（1分）

∵抛物线与y轴的交点的纵坐标为2 ∴c2…………（1分）

a1abca9abca ∵ 图像经过点A（－1，a）、A（3，a） ∴…（1分） 解得 b2……（2分）

2yx2x2…………………（1分） ∴

22yx2x2x13 得P(1，3) AP25……………（1分） （2）由=

（1，m),且m3 ∵△ABP是等腰三角形,点B的坐标为

（Ⅰ）当AP=PB时， PB25，即 3m25 …（1分） ∴m325……（1分）

22221113111m（Ⅱ）当AP=AB时

解得m3,m5……（1分） m3不合题意舍去， ∴m5………（1分）

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（Ⅲ）当PB=AB时 113m111m解得

2222m12 ………（1分）

1 综上：当m325或-5或2时，△ABP是等腰三角形.

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1bc0c38．解：（1） 由题意，得 （2分） 解得b2，c3 （1分）

2yx2x3 （1分） ∴二次函数的解析式是

yx22x3x14题意 则

2， ∴点P的坐标是（1，4） （2分）

2（2） P（1，4），A（-1，0）∴AP=20．（1分） 设点Q的坐标是（x，0） ∠PAQ=90°不合

AQ2x12，

PQ2x1162 （1分）

22222x1x11620，解得x11，x21（舍去） AQPQAP当∠AQP=90°时，，

∴点Q的坐标是（1，0） （2分）

22220x116x1当∠APQ=90°时，APPQAQ，，解得x9，

22∴点Q的坐标是（9，0） （2分）

综上所述，所求点P的坐标是（1，0）或（9，0）． 9．解：（1）将A(1,3)，B(0,1)，代入∴抛物线的解析式为

y12x2bxc， 解得

b52，c1． …………2分 (,y12x252x1533)28．………1分 ∴顶点坐标为．……1分

（2）①由对称性得C(4,3)．……1分 ∴②将直线AC与y轴交点记作D， ∵BDPBABBCSABC11231413．…1分

ADBDCD2，∠CDB为公共角，

∴△ABD∽△BCD． ∴∠ABD =∠BCD．………1分 1°当∠PAB=∠ABC时，AC∵∴

，

，BC(04)2(13)225PBAB(01)2(13)25，AC3

35P1(0,)2，∴2． …………2分

PBABACPB2°当∠PAB=∠BAC时，BC3， ∴， ∴253， ∴

5(0,)(0,13)综上所述满足条件的P点有2，3． …………1分

5PB10P2(0,13)3．……2分

2y2(x2)1．……2分 ∴A点坐标为（2，1），……1分 10．解：平移后抛物线的解析式为

设直线OA解析式为ykx，将A（2，1）代入 得将x3代入

k11yx2，直线OA解析式为2，

y12得

xy

332，∴C点坐标为（3，2）．…………1分

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将x3代入y2(x2)1得y3， ∴B点坐标为（3，3）．…1分 ∴（2）∵PA∥BC，∴∠PAB=∠ABC 1°当∠PBA=∠BAC时，PB∥AC， ∴四边形PACB是平行四边形，∴

AP2SABC34…2分

PABCAP5P(2,)12．…1分 ∴2． …1分 32°当∠APB=∠BAC时，

2AB2ABBCAB2BC．

，∴

1013APP(2,)0 AB(32)(31)5，∴-13…1分 ∴23…1分 -5-4-3-2-1又∵

513(2,)(2,)综上所述满足条件的P点有2，3．…………1分

-2-3-4-554321y P A B C x 12345

11．解：（1）由直线OA与反比例函数的图像交于点A(3，3)，得直线OA为：yx， 双曲线为：

y

9933ymx，点B(6，m)代入x 得 2，点B(6，2) ， ……（1分）

3y2代入yxb 设直线BC的解析式为 yxb，由直线BC经过点B，将x6，得

b92 …（1

分） 所以，直线BC的解析式为

yx92… （1分）

(2)由直线

yx992得点C(0，2)， 设经过A、B、C三点的二次函数的解析式为

yax2bx92

将A、B两点的坐标代入

yax2bx92，得

99a3b3236a6b9322… （11a2分）解得b4 （1分）

19yx24x22 ………（1分） 所以，抛物线的解析式为

7129172yx4xy(x4)2222， 所以得点D(4，2)， （3）存在 把配方得

对称轴为直线x4 …（1分） 得对称轴与x轴交点的坐标为E(4，0). ………（1分）

222由BD=8，BC=72，CD=80,得CDBCBD， 所以，∠DBC=90 ……（1分）

又∠PEO=90，若以O、E、P为顶点的三角形与△BCD相似，则有：

4PEOEPE444PE3，有P1(4，3) ，P2(4，3) ① BCDB即6222 得

4PEOEPEP② DBBC即2262 得PE12， 有3(4，12) ，P4(4，12). …（3分） 所以，点P的坐标为 (4，

14a2bca231cb41abc12．（1）设y=ax2+bx+c … 1’，代入A、B、C坐标得 解得c11'43) ， (4，

43)， (4，12) ， (4，12).

得y2x4x1 … 1’

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55（2）BB1=25 … 1’ cos∠BB1A1=

… 3’

13．(1) ∵CD⊥AB ∴∠BAC＝90° ∴∠BAO＋∠CAD＝90°………（1分）

∵CD⊥x轴 ∴∠CDA＝90° ∴∠C＋∠CAD＝90°……（1分）∴∠C＝∠BAO……（1分） 又∵∠CDO＝∠AOB＝90° ∴△ADC∽△BOA…………（1分）

(2)①由题意得，A(－8，0)，B(0，4) …（1分） ∴OA＝8，OB＝4，AB＝45……（1分） ∵△ADC∽△BOA，CA＝25 ∴AD＝2，CD＝4 ∴C(－10，4) ……（1分）

2yxbxc 将B(0，4)，C(－10，4)代入

c4c4210010bc4∴b10 ∴yx10x4………（1分）

292935352953295333③ M(0，)，M(0，) M(,0)，M(,0) ……（4分）



14．解：（1）

又

y=ax2-2ax+3， 当x0时,y3 ∴B(0,3)……… (1分) ∴OB3，

kb0b3， 解得

OB=3OA， ∴AO1 ∴A(1,0) ………（2分）

设直线AB的解析式ykxb

k3，b3

∴直线AB的解析式为y3x3．……… (1分) （2）

A(1,0)， ∴0a2a3，∴a1 ∴yx22x3(x1)24…(2分)

∴抛物线顶点P的坐标为（1，4）．………… (1分)

（3）设平移后的直线解析式y3xm 点P在此直线上，∴43m， m1 ∴平移后的直线解析式y3x1………… (1分) 设点M的坐标为(x,3x1)，作MEx轴- 若点M在x轴上方时， ME3x1，AEx1 在Rt△AME中，由

tanOAM1ME33x11M(,2)x3……(1分) AE2x1，∴3 ……(1分) ∴ME33x1552xM(,)9 ∴AE21x，∴93…… (1分)

若点M在x轴下方时， ME3x1，AE1x 在Rt△AME中，由

tanOAM152(,2)(,)综上所述： M的坐标是3或93……（1分）

15．解：（1）作BQ⊥x轴于Q. ∵四边形OABC是等腰梯形， ∴∠BAQ=∠COA=60° 在Rt△BQA中，BA=4， BQ=AB·sin∠BAO=4×sin60°=23…（1分） AQ=AB·cos∠BAO=4×cos60°=2，……（1分） ∴OQ=OA－AQ=7－2=5

点B在第一象限内，∴点B的坐标为（5，23）……(1分)

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（2）∵∠CPA=∠OCP+∠COP 即∠CPD+∠DPA=∠COP+∠OCP 而∠CPD=∠OAB=∠COP=60° ∴∠OCP=∠APD……（1分） ∵∠COP=∠PAD……（1分）∴△OCP∽△APD ……（1∴OP·AP=OC·AD ……(1

BD5分) ∵AB8

OPOC分） ∴ADAP，

52 ∴BD=

58AB=，AD=AB－BD=4－

52=

32

∵AP=OA－OP=7－OP ∴OP（7－OP）=4× ∴点P坐标为（1，0）或（6，0）…………（2分）

32 …（1分） 解得OP=1或6

1b044bc2444bc， 解得A4,0B4,4c2， 16、解：（1）∵点与在二次函数图像上，∴11yx2x242∴二次函数解析式为.————（2+1+1分）

（2）过B作BDx轴于点D，由（1）得C0,2，———（1分）

CO21tanCAORtAOCAO42， 则在中，

BD41RtABDAD82，———（1分） 又在中，

∵tanCAOtanBAD，—（1分） ∴CAOBAO.———（1分）

tanBAD（3）由A4,0与B4,4，可得直线AB的解析式为

111Qx,x2x2Px,x2,4x442， 设2， 则y1x22，—（1分）

∴

PH11111112x2x2x2x22x,QHx2x22422242. ∴.——（1分）

115xx2x4P1,2.———（1分） 22当， 解得 x11,x24（舍去），∴1172xx2x4P3,2.———（1分） 22当，解得 x13,x24（舍去），∴2571,3,2与2. 综上所述，存在满足条件的点，它们是

17．解：（1）联结AO,

矩形ABOCAB2，OB23A04 ---------------（1分）

矩形ABOC绕点O逆时针旋转后得到矩形EFOD,A落在y轴上的点E

AOEO4 E(0,4) ----------------(1分)

过D点作DH⊥X轴于H，DHOABO,DOHAOB， DHO∽ABO

DHHODOABOBAO AB2,OB23,DO2,AO4 DH1,OH3 D(3,1)----------------(1分)  19 / 22

同理求得F(3,3)-------------(1分)

2yaxbxc经过点F（2）因为抛物线

33a3b413a3b4、E、D 

2323yx2x4a,b,c43333求得：--（3分） 所求抛物线为：-（1分）

（3）因为在x轴上方的抛物线上有点Q，使得三角形QOB的面积等于矩形ABOC的面积

123h223QOB2设三角形的OB边上的高为h，则，所以h4--------------（1分）

234x2x4,Q(x,4)x33因为点Q在轴上方的抛物线上,

x10.x232------（1

分）

(所以Q的坐标是(0,4)或

3,4)2------------------（2分）

18．（1）证明：∵△AOC绕AC的中点旋转180°， 点O落到点B的位置， ∴△ACO≌△CAB. ………1′ ∴AO=CB，CO=AB，……1′ ∴四边形ABCO是平行四边形. …………1′

2yax23x经过点A， 点A的坐标为（2，0），……1′ （2）解：∵抛物线

2y3x23x. a34a430∴，解得：. …1′ ∴

∵四边形ABCO是平行四边形， ∴OA∥CB.

∵点C的坐标为（1，33），…………1′ ∴点B的坐标为（3，33）. ………1′

2y33233936333. x3 把代入此函数解析式，得：

∴点B的坐标满足此函数解析式，点B在此抛物线上. …1′ ∴顶点D的坐标为（1，-3）. …1′ （3）联接BO， 过点B作BE⊥x轴于点E， 过点D作DF⊥x轴于点F .

tan∠BOE=3，tan∠DAF=3， ∴tan∠BOE=tan∠DAF . ∴∠BOE=∠DAF . …1′ ∵∠APD=∠OAB， ∴△APD∽△OAB. ……1′

y C B 2x24APADx6，解得：3………1′ 设点P的坐标为（x，0）， ∴OAOB， ∴2 ∴点P的坐标为（

43，0）.

O F A E （4）P1(1,0)，P2(1,0)，

P3(3,0)2) D ………2′19．解：（1）D在BC上，BC∥x轴，C(0，∴第25

20 / 22

设D（x，-2）---------（1分）

D222xyx33上 ∴在直线

x3------（2分） ∴D（3，-2）-----（1分）

2yaxbxc经过点A、D、O （2）抛物线

a316a4bc08bc0328yx2xc09a3bc233----（1∴ 解得：------（3分）所求的二次函数解析式为

2分）

（3）假设存在点M，使O、D、A、M为顶点的四边形是梯形

，2）--------（1分） ①若以OA为底，BC∥x轴，抛物线是轴对称图形 ∴点M的坐标为（1②若以OD为底，过点A作OD的平行线交抛物线为点M 2282828yxyxxx2x3 ∴直线AM为33 ∴3333 直线OD为

101,3）----------（2分） 解得：x11,x24（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 228xxy2xy2x83 直线AD为 ∴直线OM为 ∴2x3 解得：x17,x20（舍去） ∴点M的坐标为（7,14）-----------（1分）

，2）、（∴综上所述，当点M的坐标为（1四边形是梯形

1,103）、（7,14）时以O、D、A、M为顶点的

3yx3420.解：（1）因为直线分别与x轴、y轴交于点A和点B．

由x0,得y3，y0，得x4， 所以A(4,0)B(0,3)………1分

2yax4axc中，得 B(0,3)C(1,0)把代入

c33123ayxx35……2分 ∴这个二次函数的解析式为a4ac0， 解得55 ……1分

2c332727(2,)y(x2)25 ………1分 55，P点坐标为P3yx34（２）设二次函数图象的对称轴与直线交于E点，与x轴交于F点

33327339yyx3E(2,)PEx22425210………1分 把代入得，， ∴， ∴

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∵PE//OB，OF=AF， ∴BEAE ∵AD∥BP，∴PEDE，

PD2PE395…2分

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