初中中考二次函数经典习题

（2）若直线l:ykx(k0)与线段BC交于点D（不与点B，C重合），则是否存在这样的直线l，使得以B，O，D为顶点的三角形与△BAC相似？若存在，求出该直线的函数表达式及点D的坐标；若不存在，请说明理由；

（3）若点P是位于该二次函数对称轴右边图象上不与顶点重合的任意一点，试比较锐角，并写出此时点P的横坐标xp的取值范围． PCO与ACO的大小（不必证明）

x 解：（1）二次函数图象顶点的横坐标为1，且过点(2，3)和(3，12)， 2b2a1，a1，由4a2bc3， 解得b2，

c3.9a3b212.1 O 1 y 此二次函数的表达式为 yx22x3．

（2）假设存在直线l:ykx(k0)与线段BC交于点D（不与点B，C重合），使得以B，O，D为顶点的三角形与△BAC相似．

，x23 在yx2x3中，令y0，则由x2x30，解得x1122A(1，，0)B(3，0)．令x0，得y3．C(0，3)．

设过点O的直线l交BC于点D，过点D作DE⊥x轴于点E． x l 0)，点C的坐标为(0，3)，点A的坐标为(1，0)． 点B的坐标为(3，AB4，OBOC3，OBC45.BC3332． 要使△BOD∽△BAC或△BDO∽△BAC， 已有BB，则只需

A 22C D O E B y BDBCBOBA， ①

或

BOBCBDBA.

② 成立．

x1 若是①，则有BDBOBCBA33292BEDE． ．而OBC45，442922222． 在Rt△BDE中，由勾股定理，得BEDE2BEBD4993解得 ．OEOBBE3． BEDE（负值舍去）

44439点D的坐标为，．将点D的坐标代入ykx(k0)中，求得k3．

44满足条件的直线l的函数表达式为y3x．

［或求出直线AC的函数表达式为y3x3，则与直线AC平行的直线l的函数表达式为

y3x．此时易知△BOD∽△BAC，再求出直线BC的函数表达式为yx3．联立39］ y3x，yx3求得点D的坐标为，．

44若是②，则有BDBOBABC34BEDE． 22．而OBC45，322222在Rt△BDE中，由勾股定理，得BEDE2BEBD(22)2．

解得

BEDE2（负值舍去）．OEOBBE321．点D的坐标为

(1，2)．

将点D的坐标代入ykx(k0)中，求得k2．∴满足条件的直线l的函数表达式为

y2x．

，使得以存在直线l:y3x或y2x与线段BC交于点D（不与点B，C重合）

392)． B，O，D为顶点的三角形与△BAC相似，且点D的坐标分别为，或(1，44（3）设过点C(0，，3)E(1，0)的直线ykx3(k0)与该二次函数的图象交于点P． 将点E(1 ，0)的坐标代入ykx3中，求得k3．此直线的函数表达式为y3x3．设点P的坐标为(x，3x3)，并代入yx2x3，得x5x0． 22x C C · B A O E 解得x15，x20（不合题意，舍去）．x5，y12．

12)．此时，锐角PCOACO． 点P的坐标为(5，又二次函数的对称轴为x1，

3)． 点C关于对称轴对称的点C的坐标为(2，当xp5时，锐角PCOACO；当xp5时，锐角PCOACO；

当2xp5时，锐角PCOACO．

25.（本题满分12分）

如图，在平面直角坐标系中，有一条直线l：y3x4与x轴、y轴分别3交于点M、N，一个高为3的等边三角形ABC，边BC在x轴上，将此三角形沿着x轴的正方向平移.

（1）在平移过程中，得到A1B1C1，此时顶点A1恰 落在直线l上，写出A1点的坐标 ；（4分） （2）继续向右平移，得到A2B2C2，此时它的外心 （4分） P恰好落在直线l上，求P点的坐标；

（3）在直线l上是否存在这样的点，与（2）中的A2、 B2、C2任意两点能同时构成三个等腰三角形，如果存在，

25.（本题满分12分） （1）A13,3 ………………………………4分

（2）设Px,y,连接A2P并延长交x轴于点H,连接B2P ………………………5分 在等边三角形A2B2C2中,高A2H3

∴A2B223，HB23 ………………………………6分

∵点P是等边三角形A2B2C2的外心

∴PB2H30，∴PH1 即y1 ………………………………7分 将y1代人y ∴P33,1 ………………………………8分 （3）点P是A2B2C2的外心，∵PA2PB2 PB2PC2 PC2PA2 PA2B2，PB2C2，PA2C2是等腰三角形

∴点P满足条件，由（2）得P33,3 ………………………………9分 由（2）得：C243,0，点C2满足直线l：y ∴点C2与点M重合. ∴PMB230

3x4，解得：x33 33x4的关系式. 3 设点Q满足条件，QA2B2，B2QC2，

A2QC2能构成等腰三角形.

此时QA2QB2 B2QB2C2 A2QA2C2 作QDx轴于D点，连接QB2

∵QB223，QB2D2PMB260 ∴QD3，∴Q3,3 ………………………………10分

设点S满足条件，SA2B2，C2B2S，C2A2S能构成等腰三角形. 此时SA2SB2 C2B2C2S C2A2C2S 作SFx轴于F点

∵SC223，SC2B2PMB230

∴SF∴S433,3 ………………………………11分 设点R满足条件，RA2B2，C2B2R，C2A2R能构成等腰三角形. 此时RA2RB2 C2B2C2R C2A2C2R 作REx轴于E点

∵RC223，RC2EPMB230 ∴ER∴R343,3

3

3

答：存在四个点，分别是P33,1，Q3,3，S433,3，R343,3

………………………………………………………………12分



23、(10分) 如图， 二次函数 y = ax + bx + c 的 图 象与 x 轴 交于点A（6，0）和点B（2，0），与y轴交于点C（0，23）；⊙P经过A、B、C三点. （1）求二次函数的表达式； （2）求圆心P的坐标；

232

y C 23·P （3）二次函数在第一象限内的图象上是否存在点Q，使得以P、Q、O 2 B 2 A 6 x A、B四点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点Q的坐标并证明所说的四边形是平行四边形；若不存在，请说明理由。

23、（1）解：设二次函数的表达式为y=a(x－6)(x－2) …………（1分） 把C（0，23）的坐标代入得：23=12a

∴a3 ……………（2分） 6y ∴二次函数的表达式是y3(x6)(x2) ……………（3分） 6P 即y3243xx23 6323C 23（2）解：在Rt△BOC中，

E B O22BCBO2CO2 F A 6 x

4 …………（1分）

过P作BC的垂线交BC于D、交ｘ轴于E。 由垂经定理得BD=

22(23)21yBC＝2 易证：Rt△BDE≌Rt△BOC（AAS） 2∴DE=OC=23, BE=BC=4 …………（2分） 过P作PF垂直ｘ轴于F 由垂经定理BF=

1AB＝２， 2Q∴EF=BE+BF=6 …………（3分）

又易证Rt△EFP∽Rt△EDB（两个角对应相等） ∴

23C 23 PA 6QB 2 O2 x BDEF26PFEF ∴PF23 而OF=OB+BF=4 DEBDDE23∴P（4，23） …………（4分）

（3）答：存在符合条件的Q点。…………（1分）

解：过P作X轴的平行线交二次函数的图象于Q

和Q′（Q在Q’的右边），显然Q和Q′的纵坐标 与P的纵坐标相同，即为23，

∵Q和Q′在二次函数y3(x6)(x2)的图象上， 6∴233(x6)(x2) 解得：x18，x20 6∴Q(8，23) …………（2分） Q′(0，23)，不在第一象限，舍去。

证明：连结PB、AQ ∵PQ∥ｘ轴。即PQ∥BA（作图） PQ=8-4＝4＝BA

∴四边形PQAB是平行四边形 …………（3分） （一组对边平行且相等）