初三复习二次函数动点问题(含答案)

二次函数的动态问题（动点）

1.如图①，正方形ABCD的顶点A，B的坐标分别为0，10，4，顶点C，D在第一象8，限．点P从点A出发，沿正方形按逆时针方向匀速运动，同时，点Q从点E4，0出发，沿x轴正方向以相同速度运动．当点P到达点C时，P，Q两点同时停止运动，设运动的时间为t秒．

（1）求正方形ABCD的边长．

（2）当点P在AB边上运动时，△OPQ的面积S（平方单位）与时间t（秒）之间的函数图象为抛物线的一部分（如图②所示），求P，Q两点的运动速度．

（3）求（2）中面积S（平方单位）与时间t（秒）的函数关系式及面积S取最大值时点P的坐标．

（4）若点P，Q保持（2）中的速度不变，则点P沿着AB边运动时，∠OPQ的大小随着时间t的增大而增大；沿着BC边运动时，∠OPQ的大小随着时间t的增大而减小．当点P沿着这两边运动时，使∠OPQ90的点P有 个． b4acb2

（抛物线yaxbxca0的顶点坐标是．

4a2a

2

图①

图②

[解] （1）作BFy轴于F． A0，10，B8，4，

FB8，FA6． AB10．

（2）由图②可知，点P从点A运动到点B用了10秒．

又AB10，

10101． P，Q两点的运动速度均为每秒1个单位．

（3）方法一：作PGy轴于G，则PG∥BF．

GAAPAFA

AB，即

G6



t10

．

GA35

t． OG10

35t．

OQ4t，

S1OQOG1t4310

． 2

2

5t





即S3t2



1910

5

t20．

19



b2a



19233

，且0≤

193

≤10，

10



当t

193

时，S有最大值．

此时GP4765t

15

，OG10

35t

315

，

点P的坐标为7631



155． 方法二：当t5时，OG7，OQ9，S1OGOQ632

2

．设所求函数关系式为Sat2

bt20．

抛物线过点10，28，635

，

2100a10b2028，

63

25a5b20

2

.8分）（

3a，10



b19.5

S

310t

2

195

t20．

19



b2a



53

2

10

193

，且0≤

193

≤10，

当t

193

时，S有最大值．

7615

，OG

315

此时GP，

7631

． 点P的坐标为

155

（4）2．

[点评]本题主要考查函数性质的简单运用和几何知识，是近年来较为流行的试题，解题的关键在于结合题目的要求动中取静，相信解决这种问题不会非常难。

．

2. 如图①，Rt△ABC中，B90，CAB30．它的顶点A的坐标为(10，0)，顶点

，AB10，点P从点A出发，沿ABC的方向匀速运动，同B

的坐标为(5时点Q从点D(0，2)出发，沿y轴正方向以相同速度运动，当点P到达点C时，两点同时停止运动，设运动的时间为t秒． （1）求BAO的度数．

（2）当点P在AB上运动时，△OPQ的面积S（平方单位）与时间t（秒）之间的函数图象为抛物线的一部分，（如图②），求点P的运动速度．

（3）求（2）中面积S与时间t之间的函数关系式及面积S取最大值时点P的坐标． （4）如果点P，Q保持（2）中的速度不变，那么点P沿AB边运动时，OPQ的大小随着时间t的增大而增大；沿着BC边运动时，OPQ的大小随着时间t的增大而减小，当点

P沿这两边运动时，使OPQ90的点P有几个？请说明理由．



x

t （第29题图①）

解: （1）∠BAO60．

（2）点P的运动速度为2个单位/秒． （3

）P(10t)（0≤t≤5）

S

12

(2t2)(10t)



92

t121． 2



4当t

9212

时，S有最大值为

14

，

此时P

11

22． 

（4）当点P沿这两边运动时，∠OPQ90的点P有2个． ①当点P与点A重合时，∠OPQ90

，

当点P运动到与点B重合时，OQ的长是12单位长度， 作∠OPM90

交y轴于点M，作PHy轴于点H，

由△OPH∽△

OPM得：OM3

11.5，

所以OQOM，从而∠OPQ90

．

所以当点P在AB边上运动时，∠OPQ90

的点P有1个．

②同理当点P在BC

边上运动时，可算得OQ12

3

17.8．第29题图①

而构成直角时交y

轴于0







20.217.8， 33

所以∠OCQ90，从而∠OPQ90的点P也有1个． 所以当点P沿这两边运动时，∠OPQ90的点P有2个．

3. （本题满分14分）如图12，直线y

43

x4与x轴交于点A，与y轴交于点C，已

知二次函数的图象经过点A、C和点B1,0.

（1）求该二次函数的关系式；

（2）设该二次函数的图象的顶点为M，求四边形AOCM的面积； （3）有两动点D、E同时从点O出发，其中点D以每秒

32

个单位长度的速度沿折线OAC

按O→A→C的路线运动，点E以每秒4个单位长度的速度沿折线OCA按O→C→

当D、E两点相遇时，它们都停止运动.设D、E同时从点O出发t秒A的路线运动，

时，ODE的面积为S .

①请问D、E两点在运动过程中，是否存在DE∥OC，若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由； ②请求出S关于t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围； ③设S0是②中函数S的最大值，那么S

解：（1）令x0，则y4；

4 0．C0，令y0则x3．∴A3，4， ∵二次函数的图象过点C0，

∴可设二次函数的关系式为

yax

2

bx4

又∵该函数图象过点A3，0．B1，0

09a3b4，0ab4．

43

∴

解之，得a，b

83

．

43x

2

∴所求二次函数的关系式为y（2）∵y=

43

43x

2

83

x4

83

x4

x12



163



163

∴顶点M的坐标为1 过点M作MFx轴于F

∴S四边形AOCMS△AFMS梯形FOCM

16=314110 23231

16

1

∴四边形AOCM的面积为10 （3）①不存在DE∥OC

AC5．∵若DE∥OC，则点D，E应分别在线段OA，CA上，此时1t2，在Rt△AOC中，

y1∴设点E的坐标为x1，

x13



4t45

，∴x1

12t12

5

∵DE∥OC，

∴

12t12

583



32

t ∴t

83

∵t>2，不满足1t2．

∴不存在DE∥OC．

②根据题意得D，E两点相遇的时间为

345324

2411

（秒）

现分情况讨论如下： ⅰ）当0t≤1时，S

1232

t4t3t；

2

y2 ⅱ）当1t≤2时，设点E的坐标为x2，

y24

54t4

5

3616t

5

∴

，∴y2

∴S

12



32

t

3616t

52411



125

t

2

275

t

3616t

5

ⅲ）当2

时，设点E的坐标为x3，y3，类似ⅱ可得y3

设点D的坐标为x4,y4

3y44

t3

∴

2

∴y4

5

6t12

5

，

∴SS△AOES△AOD

123t3616t

5725

123

6t125

=

335

③S0

24380

47.关于x的二次函数yx2(k24)x2k2以y轴为对称轴，且与y轴的交点在x轴上方．

（1）求此抛物线的解析式，并在下面的直角坐标系中画出函数的草图；

（2）设A是y轴右侧抛物线上的一个动点，过点A作AB垂直于x轴于点B，再过点A作x轴的平行线交抛物线于点D，过点D作DC垂直于x轴于点C，得到矩形ABCD．设矩形ABCD的周长为l，点A的横坐标为x，试求l关于x的函数关系式；

（3）当点A在y轴右侧的抛物线上运动时，矩形ABCD能否成为正方形．若能，请求出此时正方形的周长；若不能，请说明理由．

b4acb2

参考资料：抛物线yaxbxc(a0)的顶点坐标是，对称轴是直线

4a2a

2

x

b2a

．

2

解：（1）据题意得：k40，

k2．

当k2时，2k220． 当k2时，2k260．

又抛物线与y轴的交点在x轴上方，k2．

抛物线的解析式为：yx2．

2

函数的草图如图所示．（只要与坐标轴的三个交点的位置及图象大致形状正确即可） （2）解：令x22

0，得x

不0x

2

A1D12x，A1B1x2，

l2(A1B1A1D1)2x4x4．

2

当x

时，A2D22x，

2

2

A2B2(x2)x2． l2(A2D2A2B2)2x4x4．

2

l关于x的函数关系是：

当0x当x

2

l2x4x4；

时，l2x4x4．

A1B1A1D1，

2

（3

）解法一：当0x得x2x20．

解得x1将x1

2

，或x1

2

．

（第26题）

l2x4x4，

得l8．

当x

2

时，令A2B2A2D2，得x2x20．

解得x1将x1

，或x1

l2x24x

4，得l8．

综上，矩形ABCD能成为正方形，

且当x时，正方形的周长为8．

解法二：当0x

1时正方形的周长为8；

当x

1

x1．



正方形的周长l4A1D18x8．

当x

时，同“解法一”可得x1．



正方形的周长l4A2D28x8．

综上，矩形ABCD能成为正方形，

且当x时，正方形的周长为8．

解法三：点A在y轴右侧的抛物线上，

2x0，且点A的坐标为(x，x2)．

1时正方形的周长为8；

当x

1

令ABAD，则x222x．

x22x，①或x22x②

2

2

由①解得x1由②解得x1又l8x，



当x1

，或x1；

，或x1．

时l8；

当x1

l8．

综上，矩形ABCD能成为正方形，

且当x时，正方形的周长为8．

1时正方形的周长为8；

当x

1

5.已知抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中点B在x轴的

2

正半轴上，点C在y轴的正半轴上，线段OB、OC的长（OB

（1）求A、B、C三点的坐标； （2）求此抛物线的表达式；

（3）连接AC、BC，若点E是线段AB上的一个动点（与点A、点B不重合），过点E作EF∥AC交BC于点F，连接CE，设AE的长为m，△CEF的面积为S，求S与m之间的函数关系式，并写出自变量m的取值范围；

（4）在（3）的基础上试说明S是否存在最大值，若存在，请求出S的最大值，并求出此时点E的坐标，判断此时△BCE的形状；若不存在，请说明理由．

第26题图

解：（1）解方程x2－10x＋16＝0得x1＝2，x2＝8

∵点B在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，且OB＜OC ∴点B的坐标为（2，0），点C的坐标为（0，8） 又∵抛物线y＝ax2＋bx＋c的对称轴是直线x＝－2 ∴由抛物线的对称性可得点A的坐标为（－6，0） （2）∵点C（0，8）在抛物线y＝ax2＋bx＋c的图象上 ∴c＝8，将A（－6，0）、B（2，0）代入表达式，得

第26题图(批卷教师用图)

0＝36a－6b＋8 解得0＝4a＋2b＋8



8b＝－3

a＝－

23

28

∴所求抛物线的表达式为y＝－2－＋8

33（3）依题意，AE＝m，则BE＝8－m，

∵OA＝6，OC＝8，∴AC＝10 ∵EF∥AC ∴△BEF∽△BAC ∴

EFBEEF8－m 即＝ACAB108

40－5m∴EF

4

4

过点F作FG⊥AB，垂足为G，则sin∠FEG＝sin∠CAB

5∴

FG4440－5m∴FG＝·8－m EF554

11∴S＝S△BCE－S△BFE＝8－m）×8－8－m）（8－m）

22111

＝（8－m）（8－8＋m）＝8－m）m＝－2＋4m 222自变量m的取值范围是0＜m＜8 （4）存在．

12112

理由：∵S＝－m＋4m＝－（m－4）＋8 且－＜0，

222∴当m＝4时，S有最大值，S最大值＝8 ∵m＝4，∴点E的坐标为（－2，0）

∴△BCE为等腰三角形．

6.（14分）如图：抛物线经过A（-3，0）、B（0，4）、C（4，0）三点. （1） 求抛物线的解析式.

（2）已知AD = AB（D在线段AC上），有一动点P从点A沿线段AC以每秒1个单位长度的速度移动；同时另一个动点Q以某一速度从点B沿线段BC移动，经过t 秒的移动，线段PQ被BD垂直平分，求t的值；

（3）在（2）的情况下，抛物线的对称轴上是否存在一点M，使MQ+MC的值最小？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由。

2

（注：抛物线yaxbxc的对称轴为x

b2a

）

（1）解法一：设抛物线的解析式为y = a (x +3 )(x - 4)

因为B（0，4）在抛物线上，所以4 = a ( 0 + 3 ) ( 0 - 4 )解得a= -1/3 所以抛物线解析式为y

13

(x3)(x4)

13x

2

13

x4

解法二：设抛物线的解析式为yax2bxc(a0)， 1a9a3b403

依题意得：c=4且 解得

16a4b40b1

3

所以 所求的抛物线的解析式为y

（2）连接DQ，在Rt△AOB

中，AB

13

x

2

13

x4

5

所以AD=AB= 5，AC=AD+CD=3 + 4 = 7，CD = AC - AD = 7 – 5 = 2

因为BD垂直平分PQ，所以PD=QD，PQ⊥BD，所以∠PDB=∠QDB 因为AD=AB，所以∠ABD=∠ADB，∠ABD=∠QDB，所以DQ∥AB 所以∠CQD=∠CBA。∠CDQ=∠CAB，所以△CDQ∽ △CAB

DQAB

CDCA

即

DQ5



27

,DQ

107107

=

257

所以AP=AD – DP = AD – DQ=5 –所以t的值是

257

，t

257

1

257

（3）答对称轴上存在一点M，使MQ+MC的值最小 理由：因为抛物线的对称轴为x

b2a

12

12

所以A（- 3，0），C（4，0）两点关于直线x连接AQ交直线x

12

对称

于点M，则MQ+MC的值最小

过点Q作QE⊥x轴，于E，所以∠QED=∠BOA=900 DQ∥AB，∠ BAO=∠QDE， △DQE ∽△ABO

10

QEBO

DQAB87

DEAO67

即

QE4



5



DE3

67

所以QE=，DE=，所以OE = OD + DE=2+=

207

，所以Q（

207

，

87

）

设直线AQ的解析式为ykxm(k0)

8

8k20km41

则7 由此得 73km0m24

41

1

x8242

所以直线AQ的解析式为y 联立 x

4141824yx

41411

x1282

) 由此得 所以M(,

241824yx

4141

则：在对称轴上存在点M(

12

,

2841

)，使MQ+MC的值最小。

7. 如图9，在平面直角坐标系中，二次函数yax2bxc(a0)的图象的顶点为D点，与y轴交于C点，与x轴交于A、B两点， A点在原点的左侧，B点的坐标为（3，0），

OB＝OC ，tan∠ACO＝

13

．

（1）求这个二次函数的表达式．

（2）经过C、D两点的直线，与x轴交于点E，在该抛物线上是否存在这样的点F，使以点A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．

（3）若平行于x轴的直线与该抛物线交于M、N两点，且以MN为直径的圆与x轴相切，求该圆半径的长度．

（4）如图10，若点G（2，y）是该抛物线上一点，点P是直线AG下方的抛物线上一动点，当点P运动到什么位置时，△APG的面积最大？求出此时P点的坐标和△APG的最大面积.

（1）方法一：由已知得：C（0，－3），A（－1，0） „1分

abc0



将A、B、C三点的坐标代入得9a3bc0 „„„„„„„„2分

c3a1

解得：b2 „„„„„„„„3分

c3

所以这个二次函数的表达式为：yx22x3 „„„„„„„„3分 方法二：由已知得：C（0，－3），A（－1，0） „„„„„„„„„1分 设该表达式为：ya(x1)(x3) „„„„„„„„2分 将C点的坐标代入得：a1 „„„„„„„„3分 所以这个二次函数的表达式为：yx22x3 „„„„„„„„3分 （注：表达式的最终结果用三种形式中的任一种都不扣分）

（2）方法一：存在，F点的坐标为（2，－3） „„„„„„„„4分 理由：易得D（1，－4），所以直线CD的解析式为：yx3

∴E点的坐标为（－3，0） „„„„„„„„4分 由A、C、E、F四点的坐标得：AE＝CF＝2，AE∥CF ∴以A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形

∴存在点F，坐标为（2，－3） „„„„„„„„5分 方法二：易得D（1，－4），所以直线CD的解析式为：yx3

∴E点的坐标为（－3，0） „„„„„„„„„4分 ∵以A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形

∴F点的坐标为（2，－3）或（―2，―3）或（－4，3）

代入抛物线的表达式检验，只有（2，－3）符合

∴存在点F，坐标为（2，－3） „„„„„„„„„5分 （3）如图，①当直线MN在x轴上方时，设圆的半径为R（R>0），则N（R+1，R）， 代入抛物线的表达式，解得R

1

2 „„„„6

②当直线MN在x轴下方时，设圆的半径为r（r>0）， 则N（r+1，－r），

代入抛物线的表达式，解得r

1

2 „„„7∴圆的半径为

1

2

或

1

2

． „„„„„7

（4）过点P作y轴的平行线与AG交于点Q，

易得G（2，－3），直线AG为yx1．„„„„„8分 设P（x，x22x3），则Q（x，－x－1），PQx2x2．

SAPGSAPQSGPQ

12

(xx2)3 „„„„„„„„9分

2

当x

12

时，△APG的面积最大

12

15

，SAPG的最大值为4

278

此时P点的坐标为

,

． „„„„„„„„10分

8．（本小题12分）解：（1）解方程x2－10x＋16＝0得x1＝2，x2＝8

∵点B在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，且OB＜OC ∴点B的坐标为（2，0），点C的坐标为（0，8） 又∵抛物线y＝ax2＋bx＋c的对称轴是直线x＝－2 ∴由抛物线的对称性可得点A的坐标为（－6，0）

∴A、B、C三点的坐标分别是A（－6，0）、B（2，0）、C（0，8） （2）∵点C（0，8）在抛物线y＝ax2＋bx＋c的图象上

∴c＝8，将A（－6，0）、B（2，0）代入表达式y＝ax2＋bx＋8，得

0＝36a－6b＋8



0＝4a＋2b＋8

a＝－3

解得8

b＝－3

2

28

∴所求抛物线的表达式为y＝－2－＋8

33（3）∵AB＝8，OC＝8

1

∴S△ABC ＝×8×8=32

2

（4）依题意，AE＝m，则BE＝8－m， ∵OA＝6，OC＝8， ∴AC＝10 ∵EF∥AC ∴△BEF∽△BAC ∴

40－5mEFBEEF8－m

即＝∴EFACAB1084

4过点F作FG⊥AB，垂足为G，则sin∠FEG＝sin∠CAB

5∴

FG4440－5m ∴FG＝8－m EF554

11∴S＝S△BCE－S△BFE＝8－m）×8－8－m）（8－m）

22

111＝（8－m）（8－8＋m）＝8－m）m＝－2＋4m 222自变量m的取值范围是0＜m＜8 （5）存在． 理由：

12112

∵S＝－＋4m＝－（m－4）＋8 且－0，

222∴当m＝4时，S有最大值，S最大值＝8 ∵m＝4，∴点E的坐标为（－2，0） ∴△BCE为等腰三角形．

9.（12分）已知：如图14，抛物线y相交于点B，点C，直线y

34

34

2

34xb

x3与x轴交于点A，点B，与直线y

xb与y轴交于点E．

（1）写出直线BC的解析式．

（2）求△ABC的面积．

（3）若点M在线段AB上以每秒1个单位长度的速度从A向B运动（不与A，B重合），同时，点N在射线BC上以每秒2个单位长度的速度从B向C运动．设运动时间为t秒，请写出△MNB的面积S与t的函数关系式，并求出点M运动多少时间时，△MNB的面积最大，最大面积是多少？

解：（1）在y



34

x30

2

34

x3中，令y0

2

x12，x22

A(2，0)，B(2，0) 1分

又点B在y

34

xb上

032

b

b

32

BC的解析式为y34x

32

y3x23x1（2）由1x4

，得9

22 y34x3

2

y14

y20C

19

B(2，



4，0) 

AB4，CD94

S1

9

△ABC

4

49

22

（3）过点N作NPMB于点P

EOMB NP∥EO △BNP∽△BEO BNBE

NPEO

由直线y3x

33

4

2

可得：E0



2在△BEO中，BO2，EO32

，则BE

52

2t5NP3

，NP

65

t

22S16

25

t(4t)

S35t2125t(0t4)

S32

125(t2)5

此抛物线开口向下，当t2时，S12最大

5

当点M运动2秒时，△MNB的面积达到最大，最大为125

．2分

4分

5分

6分

7分 8分

9分

分 11分

分

10 12