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2020年二次函数与特殊图形的存在性问题(解析版)

二次函数与特殊图形的存在性问题1．如图①，在平面直角坐标系xOy中，已知A（﹣2，2），B（﹣2，0），C（0，2），D（2，0）四点，动点M以每秒个单位长度的速度沿B→C→D运动（M不与点B、点D重合），设运动时间为t（秒）．（1）求经过A、C、D三点的抛物线的解析式；（2）点P在（1）中的抛物线上，当M为BC的中点时，若△PAM≌△PBM，求点P的坐标；（3）当M在CD上运动时，如图②．过点M作MF⊥x轴，垂足为F，ME⊥AB，垂足为E．设矩形MEBF与△BCD重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式，并求出S的最大值；（4）点Q为x轴上一点，直线AQ与直线BC交于点H，与y轴交于点K．是否存在点Q，使得△HOK 为等腰三角形？若存在，直接写出符合条件的所有Q点的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）设函数解析式为y＝ax2+bx+c，将点A（﹣2，2），C（0，2），D（2，0）代入解析式即可；（2）由已知易得点P为AB的垂直平分线与抛物线的交点，点P的纵坐标是1，则有1＝﹣﹣x+2，即可求P；（3）S＝（GM+BF）×MF＝（2t﹣4+t）×（4﹣t）＝﹣+8t﹣8＝﹣（t﹣）2+；（4）设点Q（m，0），直线BC的解析式y＝x+2，直线AQ的解析式y＝﹣（x+2）+2，求出点K（0，），H（﹣，），由勾股定理可得OK2＝，OH2＝+，HK2＝+，分三种情况讨论△HOK为等腰三角形即可．【解答】解：（1）设函数解析式为y＝ax2+bx+c，将点A（﹣2，2），C（0，2），D（2，0）代入解析式可得，∴，∴y＝﹣﹣x+2；（2）∵△PAM≌△PBM，∴PA＝PB，MA＝MB，∴点P为AB的垂直平分线与抛物线的交点，∵AB＝2，∴点P的纵坐标是1，∴1＝﹣﹣x+2，∴x＝﹣1+或x＝﹣1﹣，∴P（﹣1﹣，1）或P（﹣1+，1）；（3）CM＝t﹣2，MG＝CM＝2t﹣4，MD＝4﹣（BC+CM）＝4﹣（2+t﹣2）＝4﹣t，MF＝MD＝4﹣t，∴BF＝4﹣4+t＝t，∴S＝（GM+BF）×MF＝（2t﹣4+t）×（4﹣t）＝﹣+8t﹣8＝﹣（t﹣）2+；当t＝时，S最大值为；（4）设点Q（m，0），直线BC的解析式y＝x+2，直线AQ的解析式y＝﹣（x+2）+2，∴K（0，），H（﹣，），∴OK2＝，OH2＝+，HK2＝+，①当OK＝OH时，＝+，∴3m2+12m+8＝0，∴m＝﹣2+或m＝﹣2﹣；②当OH＝HK时，+＝+，∴m2+4m+8＝0，∴m无解；③当OK＝HK时，＝+，∴m2+4m﹣8＝0，∴m＝﹣2+2或m＝﹣2﹣2；综上所述：Q（﹣2+2，0）或Q（﹣2﹣2，0）或Q（﹣2+，0）或Q（﹣2﹣，0）【点评】本题考查二次函数综合；熟练应用待定系数法求函数解析式，掌握三角形全等的性质，直线交点的求法是解题的关键．2．如果抛物线C1的顶点在拋物线C2上，抛物线C2的顶点也在拋物线C1上时，那么我们称抛物线C1与C2“互为关联”的抛物线．如图1，已知抛物线C1：y1＝x2+x与C2：y2＝ax2+x+c是“互为关联”的拋物线，点A，B分别是抛物线C1，C2的顶点，抛物线C2经过点D（6，﹣1）．（1）直接写出A，B的坐标和抛物线C2的解析式；（2）抛物线C2上是否存在点E，使得△ABE是直角三角形？如果存在，请求出点E的坐标；如果不存在，请说明理由；（3）如图2，点F（﹣6，3）在抛物线C1上，点M，N分别是抛物线C1，C2上的动点，且点M，N 的横坐标相同，记△AFM面积为S1（当点M与点A，F重合时S1＝0），△ABN的面积为S2（当点N与点A，B重合时，S2＝0），令S＝S1+S2，观察图象，当y1≤y2时，写出x的取值范围，并求出在此范围内S的最大值．【分析】（1）由抛物线C1：y1＝x2+x可得A（﹣2，﹣1），将A（﹣2，﹣1），D（6，﹣1）代入y2＝ax2+x+c，求得y2＝﹣+x+2，B（2，3）；（2）易得直线AB的解析式：y＝x+1，①若B为直角顶点，BE⊥AB，E（6，﹣1）；②若A为直角顶点，AE⊥AB，E（10，﹣13）；③若E为直角顶点，设E（m，﹣m2+m+2）不符合题意；（3）由y1≤y2，得﹣2≤x≤2，设M（t，），N（t，），且﹣2≤t≤2，易求直线AF 的解析式：y＝﹣x﹣3，过M作x轴的平行线MQ交AF于Q，S1＝，设AB交MN于点P，易知P（t，t+1），S2＝2﹣，所以S＝S1+S2＝4t+8，当t＝2时，S的最大值为16．【解答】解：由抛物线C1：y1＝x2+x可得A（﹣2，﹣1），将A（﹣2，﹣1），D（6，﹣1）代入y2＝ax2+x+c得，解得，∴y2＝﹣+x+2，∴B（2，3）；（2）易得直线AB的解析式：y＝x+1，①若B为直角顶点，BE⊥AB，k BE•k AB＝﹣1，∴k BE＝﹣1，直线BE解析式为y＝﹣x+5联立，解得x＝2，y＝3或x＝6，y＝﹣1，∴E（6，﹣1）；②若A为直角顶点，AE⊥AB，同理得AE解析式：y＝﹣x﹣3，联立，解得x＝﹣2，y＝﹣1或x＝10，y＝﹣13，∴E（10，﹣13）；③若E为直角顶点，设E（m，﹣m2+m+2）由AE⊥BE得k BE•k AE＝﹣1，即，，，（m﹣2）2（m﹣6）（m+2）＝﹣16（m+2）（m﹣2），（m+2）（m﹣2）[（m﹣2）（m﹣6）+16]＝0，∴m+2＝0或m﹣2＝0，或（m﹣2）（m﹣6）+16＝0（无解）解得m＝2或﹣2（不符合题意舍去），∴点E的坐标E（6，﹣1）或E（10，﹣13）；（3）∵y1≤y2，∴﹣2≤x≤2，设M（t，），N（t，），且﹣2≤t≤2，易求直线AF的解析式：y＝﹣x﹣3，过M作x轴的平行线MQ交AF于Q，则Q（﹣），S1＝QM•|y F﹣y A|＝设AB交MN于点P，易知P（t，t+1），S2＝PN•|x A﹣x B|＝2﹣S＝S1+S2＝4t+8，当t＝2时，S的最大值为16．【点评】本题考查了二次函数，熟练运用二次函数的性质、直角三角形的性质以及一次函数的性质是解题的关键．3．如图，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，点A在x轴上，点B在y轴上，点C（3，1），二次函数y＝x2+bx﹣的图象经过点C．（1）求二次函数的解析式，并把解析式化成y＝a（x﹣h）2+k的形式；（2）把△ABC沿x轴正方向平移，当点B落在抛物线上时，求△ABC扫过区域的面积；（3）在抛物线上是否存在异于点C的点P，使△ABP是以AB为直角边的等腰直角三角形？如果存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；如果不存在，请说明理由．【分析】（1）将点C的坐标代入抛物线的解析式可求得b的值，从而可得到抛物线的解析式，然后利用配方法可将抛物线的解析式变形为y＝a（x﹣h）2+k的形式；（2）作CK⊥x轴，垂足为K．首先证明△BAO≌△ACK，从而可得到OA＝CK，OB＝AK，于是可得到点A、B的坐标，然后依据勾股定理求得AB的长，然后求得点D的坐标，从而可求得三角形平移的+S△DEH求解即可；距离，最后，依据△ABC扫过区域的面积＝S四边形ABDE（3）当∠ABP＝90°时，过点P作PG⊥y轴，垂足为G，先证明△BPG≌△ABO，从而可得到点P的坐标，然后再判断点P是否在抛物线的解析式即可，当∠PAB＝90°，过点P作PF⊥x轴，垂足为F，同理可得到点P的坐标，然后再判断点P是否在抛物线的解析式即可．【解答】解：（1）∵点C（3，1）在二次函数的图象上，∴x2+bx﹣＝1，解得：b＝﹣，∴二次函数的解析式为y＝x2﹣x﹣y＝x2﹣x﹣＝（x2﹣x+﹣）﹣＝（x﹣）2﹣（2）作CK⊥x轴，垂足为K．∵△ABC为等腰直角三角形，∴AB＝AC．又∵∠BAC＝90°，∴∠BAO+∠CAK＝90°．又∵∠CAK+∠ACK＝90°，∴∠BAO＝∠ACK．在△BAO和△ACK中，∠BOA＝∠AKC，∠BAO＝∠ACK，AB＝AC，∴△BAO≌△ACK．∴OA＝CK＝1，OB＝AK＝2．∴A（1，0），B（0，2）．∴当点B平移到点D时，D（m，2），则2＝m2﹣m﹣，解得m＝﹣3（舍去）或m＝．∴AB＝＝．+S△DEH＝×2+××＝9.5∴△ABC扫过区域的面积＝S四边形ABDE（3）当∠ABP＝90°时，过点P作PG⊥y轴，垂足为G．∵△APB为等腰直角三角形，∴PB＝AB，∠PBA＝90°．∴∠PBG+∠BAO＝90°．又∵∠PBG+∠BPG＝90°，∴∠BAO＝∠BPG．在△BPG和△ABO中，∠BOA＝∠PGB，∠BAO＝∠BPG，AB＝PB，∴△BPG≌△ABO．∴PG＝OB＝2，AO＝BG＝1，∴P（﹣2，1）．当x＝﹣2时，y≠1，∴点P（﹣2，1）不在抛物线上．当∠PAB＝90°，过点P作PF⊥x轴，垂足为F．同理可知：△PAF≌△ABO，∴FP＝OA＝1，AF＝OB＝2，∴P（﹣1，﹣1）．当x＝﹣1时，y＝﹣1，∴点P（﹣1，﹣1）在抛物线上．【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、平移的性质、全等三角形的性质和判定，作辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．4．如图，抛物线y＝ax2+bx+2交x轴于点A（﹣3，0）和点B（1，0），交y轴于点C．（1）求这个抛物线的函数表达式．（2）点D的坐标为（﹣1，0），点P为第二象限内抛物线上的一个动点，求四边形ADCP面积的最大值．（3）点M为抛物线对称轴上的点，问：在抛物线上是否存在点N，使△MNO为等腰直角三角形，且∠MNO为直角？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3）＝ax2+2ax﹣3a，即﹣3a＝2，即可求解；＝S△APO+S△CPO﹣S△ODC，即可求解；（2）S四边形ADCP（3）分点N在x轴上方、点N在x轴下方两种情况，分别求解．【解答】解：（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3）＝ax2+2ax﹣3a，即﹣3a＝2，解得：a＝﹣，故抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣x+2，则点C（0，2），函数的对称轴为：x＝﹣1；（2）连接OP，设点P（x，﹣x2﹣x+2），＝S△APO+S△CPO﹣S△ODC＝×AO×y P+×OC×|x P|﹣×CO×OD 则S＝S四边形ADCP＝（﹣x2﹣x+2）×2×（﹣x）﹣＝﹣x2﹣3x+2，∵﹣1＜0，故S有最大值，当x＝﹣时，S的最大值为；（3）存在，理由：△MNO为等腰直角三角形，且∠MNO为直角时，点N的位置如下图所示：①当点N在x轴上方时，点N的位置为N1、N2，N1的情况（△M1N1O）：设点N1的坐标为（x，﹣x2﹣x+2），则M1E＝x+1，过点N1作x轴的垂线交x轴于点F，过点M1作x轴的平行线交N1F于点E，∵∠FN1O+∠M1N1E＝90°，∠M1N1E+∠EM1N1＝90°，∴∠EM1N1＝∠FN1O，∠M1EN1＝∠N1FO＝90°，ON1＝M1N1，∴△M1N1E≌△N1OF（AAS），∴M1E＝N1F，即：x+1＝﹣x2﹣x+2，解得：x＝（舍去负值），则点N1（，）；N2的情况（△M2N2O）：同理可得：点N2（，）；②当点N在x轴下方时，点N的位置为N3、N4，同理可得：点N3、N4的坐标分别为：（，）、（，）；综上，点N的坐标为：（，）或（，）或（，）或（，）．【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及三角形全等、等腰直角三角形的性质、图形的面积计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．5．如图，在平面直角坐标系中，平行四边形OABC的顶点A，C的坐标分别为（6，0），（4，3），经过B，C两点的抛物线与x轴的一个交点D的坐标为（1，0）．（1）求该抛物线的解析式；（2）若∠AOC的平分线交BC于点E，交抛物线的对称轴于点F，点P是x轴上一动点，当PE+PF的值最小时，求点P的坐标；（3）在（2）的条件下，过点A作OE的垂线交BC于点H，点M，N分别为抛物线及其对称轴上的动点，是否存在这样的点M，N，使得以点M，N，H，E为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点M的坐标，若不存在，说明理由．【分析】（1）由平行四边形OABC的性质求点B坐标，根据抛物线经过点B、C、D用待定系数法求解析式．（2）由OE平分∠AOC易证得∠COE＝∠AOE＝∠OEC，故有CE＝OC，求得点E坐标，进而求得直线OE解析式．求抛物线对称轴为直线x＝7，即求得点F坐标．作点E关于x轴的对称点点E'，由于点P在x轴上运动，故有PE＝PE'，所以当点F、P、E'在同一直线上时，PE+PF＝PE'+PF＝FE'最小．用待定系数法求直线E'F解析式，即求得E'F与x轴交点P的坐标．（3）设AH与OE相交于点G，且G的横坐标为t，即能用t表示OG、AG的长，由AH⊥OE于点G，根据勾股定理可得AG2+OG2＝OA2，把t代入解方程即求得t的值即求得点G坐标．待定系数法求直线AG解析式，令y＝3时求x的值即为点H坐标．故可得HE＝9﹣5＝4，且点H、E关于直线x＝7对称．由于以点M，N，H，E为顶点的平行四边形中，H、E固定，以HE为平行四边形的边或对角线进行分类讨论．①以HE为边时，可得MN∥HE，且MN＝HE，故可得点M横坐标为3或11，代入抛物线解析式即求得纵坐标．②以HE为对角线时，根据平行四边形对角线互相平分可得点M在抛物线对称轴上，求顶点即可．【解答】解：（1）∵平行四边形OABC中，A（6，0），C（4，3）∴BC＝OA＝6，BC∥x轴∴x B＝x C+6＝10，y B＝y C＝3，即B（10，3）设抛物线y＝ax2+bx+c经过点B、C、D（1，0）∴解得：∴抛物线解析式为y＝﹣x2+x﹣（2）如图1，作点E关于x轴的对称点E'，连接E'F交x轴于点P∵C（4，3）∴OC＝∵BC∥OA∴∠OEC＝∠AOE∵OE平分∠AOC∴∠AOE＝∠COE∴∠OEC＝∠COE∴CE＝OC＝5∴x E＝x C+5＝9，即E（9，3）∴直线OE解析式为y＝x∵直线OE交抛物线对称轴于点F，对称轴为直线：x＝﹣＝7∴F（7，）∵点E与点E'关于x轴对称，点P在x轴上∴E'（9，﹣3），PE＝PE'∴当点F、P、E'在同一直线上时，PE+PF＝PE'+PF＝FE'最小设直线E'F解析式为y＝kx+h∴解得：∴直线E'F：y＝﹣x+21当﹣x+21＝0时，解得：x＝∴当PE+PF的值最小时，点P坐标为（，0）．（3）存在满足条件的点M，N，使得以点M，N，H，E为顶点的四边形为平行四边形．设AH与OE相交于点G（t，t），如图2，∵AH⊥OE于点G，A（6，0）∴∠AGO＝90°∴AG2+OG2＝OA2∴（6﹣t）2+（t）2+t2+（t）2＝62∴解得：t1＝0（舍去），t2＝∴G（，）设直线AG解析式为y＝dx+e∴解得：∴直线AG：y＝﹣3x+18当y＝3时，﹣3x+18＝3，解得：x＝5∴H（5，3）∴HE＝9﹣5＝4，点H、E关于直线x＝7对称①当HE为以点M，N，H，E为顶点的平行四边形的边时，如图2，则HE∥MN，MN＝HE＝4∵点N在抛物线对称轴：直线x＝7上∴x M＝7+4或7﹣4，即x M＝11或3当x＝3时，y M＝﹣×9+×3﹣＝∴M（3，）或（11，）②当HE为以点M，N，H，E为顶点的平行四边形的对角线时，如图3则HE、MN互相平分∵直线x＝7平分HE，点F在直线x＝7上∴点M在直线x＝7上，即M为抛物线顶点∴y M＝﹣×49+×7﹣＝4∴M（7，4）综上所述，点M坐标为（3，）、（11，）或（7，4）．【点评】本题考查了平行四边形的性质，二次函数的图象与性质，平行线性质，角平分线定义，等腰三角形性质，轴对称求最短路径，解二元一次方程，勾股定理，解一元二次方程．其中第（2）题由轴对称求最短路径和第（3）题已知平行四边形的两顶点固定、求另两个顶点位置，都是函数与几何综合题里的常考题型．6．如图：在平面直角坐标系中，直线l：y＝x﹣与x轴交于点A，经过点A的抛物线y＝ax2﹣3x+c的对称轴是x＝．（1）求抛物线的解析式；（2）平移直线l经过原点O，得到直线m，点P是直线m上任意一点，PB⊥x轴于点B，PC⊥y轴于点C，若点E在线段OB上，点F在线段OC的延长线上，连接PE，PF，且PF＝3PE．求证：PE⊥PF；（3）若（2）中的点P坐标为（6，2），点E是x轴上的点，点F是y轴上的点，当PE⊥PF时，抛物线上是否存在点Q，使四边形PEQF是矩形？如果存在，请求出点Q的坐标，如果不存在，请说明理由．【分析】（1）先求得点A的坐标，然后依据抛物线过点A，对称轴是x＝列出关于a、c的方程组求解即可；（2）设P（3a，a），则PC＝3a，PB＝a，然后再证明∠FPC＝∠EPB，最后通过等量代换进行证明即可；（3）设E（a，0），然后用含a的式子表示BE的长，从而可得到CF的长，于是可得到点F的坐标，然后依据中点坐标公式可得到＝，＝，从而可求得点Q的坐标（用含a的式子表示），最后，将点Q的坐标代入抛物线的解析式求得a的值即可．【解答】解：（1）当y＝0时，x﹣＝0，解得x＝4，即A（4，0），抛物线过点A，对称轴是x＝，得，解得，抛物线的解析式为y＝x2﹣3x﹣4；（2）∵平移直线l经过原点O，得到直线m，∴直线m的解析式为y＝x．∵点P是直线m上任意一点，∴设P（3a，a），则PC＝|3a|，PB＝|a|．又∵PF＝3PE，设PB＝n，PC＝3n，PE＝m，PF＝3m，则CF＝＝3，BE＝，∴＝＝＝3，∵∠PCF＝∠PBE＝90°，∴△PCF∽△PBE，∴∠FPC＝∠EPB．∵∠CPE+∠EPB＝90°，∴∠FPC+∠CPE＝90°，∴FP⊥PE．（3）如图所示，点E在点B的左侧时，设E（a，0），则BE＝6﹣a．∵CF＝3BE＝18﹣3a，∴OF＝20﹣3a．∴F（0，20﹣3a）．∵PEQF为矩形，∴＝，＝，∴Q x+6＝0+a，Q y+2＝20﹣3a+0，∴Q x＝a﹣6，Q y＝18﹣3a．将点Q的坐标代入抛物线的解析式得：18﹣3a＝（a﹣6）2﹣3（a﹣6）﹣4，解得：a＝4或a＝8（舍去）．∴Q（﹣2，6）．如图所示：当点E在点B的右侧时，设E（a，0），则BE＝a﹣6．∵CF＝3BE＝3a﹣18，∴OF＝3a﹣20．∴F（0，20﹣3a）．∵PEQF为矩形，∴＝，＝，∴Q x+6＝0+a，Q y+2＝20﹣3a+0，∴Q x＝a﹣6，Q y＝18﹣3a．将点Q的坐标代入抛物线的解析式得：18﹣3a＝（a﹣6）2﹣3（a﹣6）﹣4，解得：a＝8或a＝4（舍去）．∴Q（2，﹣6）．综上所述，点Q的坐标为（﹣2，6）或（2，﹣6）．【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了矩形的性质、待定系数法求二次函数的解析式、中点坐标公式，用含a的式子表示点Q的坐标是解题的关键．7．如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的边BC在x轴上，∠ABC＝90°，以A为顶点的抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点C（3，0），交y轴于点E（0，3），动点P在对称轴上．（1）求抛物线解析式；（2）若点P从A点出发，沿A→B方向以1个单位/秒的速度匀速运动到点B停止，设运动时间为t秒，过点P作PD⊥AB交AC于点D，过点D平行于y轴的直线l交抛物线于点Q，连接AQ，CQ，当t为何值时，△ACQ的面积最大？最大值是多少？（3）若点M是平面内的任意一点，在x轴上方是否存在点P，使得以点P，M，E，C为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出符合条件的M点坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）将点C、E的坐标代入二次函数表达式，即可求解；＝×DQ×BC，即可求解；（2）S△ACQ（3）分EC是菱形一条边、EC是菱形一对角线两种情况，分别求解即可．【解答】解：（1）将点C、E的坐标代入二次函数表达式得：，解得：，故抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3，则点A（1，4）；（2）将点A、C的坐标代入一次函数表达式并解得：直线AC的表达式为：y＝﹣2x+6，点P（1，4﹣t），则点D（，4﹣t），设点Q（，4﹣），S△ACQ＝×DQ×BC＝﹣t2+t，∵﹣＜0，故S△ACQ有最大值，当t＝2时，其最大值为1；（3）设点P（1，m），点M（x，y），①当EC是菱形一条边时，当点M在点P右方时，点E向右平移3个单位、向下平移3个单位得到C，则点P向右平移3个单位、向下平移3个单位得到M，则1+3＝x，m﹣3＝y，而MP＝EP得：1+（m﹣3）2＝（x﹣1）2+（y﹣m）2，解得：y＝m﹣3＝，故点M（4，）；当点M在点P左方时，同理可得：点M（﹣2，3+）；②当EC是菱形一对角线时，则EC中点即为PM中点，则x+1＝3，y+m＝3，而PE＝PC，即1+（m﹣3）2＝4+m2，解得：m＝1，故x＝2，y＝3﹣m＝3﹣1＝2，故点M（2，2）；综上，点M（4，）或（﹣2，3+）或M（2，2）．【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到菱形的性质、图形的平移、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．8.如图，抛物线顶点P（1，4），与y轴交于点C（0，3），与x轴交于点A，B．（1）求抛物线的解析式．（2）Q是抛物线上除点P外一点，△BCQ与△BCP的面积相等，求点Q的坐标．（3）若M，N为抛物线上两个动点，分别过点M，N作直线BC的垂线段，垂足分别为D，E．是否存在点M，N使四边形MNED为正方形？如果存在，求正方形MNED的边长；如果不存在，请说明理由．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）设出抛物线顶点坐标，把C坐标代入求出即可；（2）由△BCQ与△BCP的面积相等，得到PQ与BC平行，①过P作PQ∥BC，交抛物线于点Q，如图1所示；②设G（1，2），可得PG=GH=2，过H作直线Q2Q3∥BC，交x轴于点H，分别求出Q的坐标即可；（3）存在点M，N使四边形MNED为正方形，如图2所示，过M作MF∥y轴，过N作NF∥x轴，过N 作NH∥y轴，则有△MNF与△NEH都为等腰直角三角形，设M（x1，y1），N（x2，y2），设直线MN解析式为y=﹣x+b，与二次函数解析式联立，消去y得到关于x的一元二次方程，利用根与系数关系表示出NF2，由△MNF 为等腰直角三角形，得到MN 2=2NF 2，若四边形MNED 为正方形，得到NE 2=MN 2，求出b 的值，进而确定出MN 的长，即为正方形边长．【解答】解：（1）设y=a （x ﹣1）2+4（a ≠0），把C （0，3）代入抛物线解析式得：a +4=3，即a=﹣1，则抛物线解析式为y=﹣（x ﹣1）2+4=﹣x 2+2x +3；（2）由B （3，0），C （0，3），得到直线BC 解析式为y=﹣x +3，∵S △OBC =S △QBC ，∴PQ ∥BC ，①过P 作PQ ∥BC ，交抛物线于点Q ，如图1所示，∵P （1，4），∴直线PQ 解析式为y=﹣x +5，联立得：，解得：或，即Q （2，3）；②设G （1，2），∴PG=GH=2，过H 作直线Q 2Q 3∥BC ，交x 轴于点H ，则直线Q 2Q 3解析式为y=﹣x +1，联立得：，解得：或，∴Q 2（，），Q 3（，）；（3）存在点M ，N 使四边形MNED 为正方形，如图2所示，过M 作MF ∥y 轴，过N 作NF ∥x 轴，过N 作NH ∥y 轴，则有△MNF 与△NEH 都为等腰直角三角形，设M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），设直线MN 解析式为y=﹣x +b ，联立得：，消去y 得：x 2﹣3x +b ﹣3=0，∴NF 2=|x 1﹣x 2|2=（x 1+x 2）2﹣4x 1x 2=21﹣4b ，∵△MNF 为等腰直角三角形，∴MN 2=2NF 2=42﹣8b ，∵NH 2=（b ﹣3）2，∴NF 2=（b ﹣3）2，若四边形MNED 为正方形，则有NE 2=MN 2，∴42﹣8b=（b 2﹣6b +9），整理得：b 2+10b ﹣75=0，解得：b=﹣15或b=5，∵正方形边长为MN=，∴MN=9或．【点评】此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定函数解析式，根与系数的关系，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，以及一次函数与二次函数的性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．。

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(完整版)二次函数与三角形的存在性问题的解法

(完整版)二次函数与三角形的存在性问题的解法

二次函数与三角形的存在性问题一、预备知识1、坐标系中或抛物线上有两个点为P （x1，y ），Q （x2，y ）(1)线段对称轴是直线2x 21x x +=(2)AB 两点之间距离公式：221221)()(y y x x PQ -+-=中点公式：已知两点()()2211y ,x Q ,y ,x P ，则线段PQ 的中点M 为⎪⎭⎫ ⎝⎛++222121y y ,x x 。

2、两直线的解析式为11b x k y +=与 22b x k y +=如果这两天两直线互相垂直，则有121-=⋅k k3、平面内两直线之间的位置关系：两直线分别为：L1：y=k1x+b1 L2：y=k2x+b2（1）当k1=k2，b1≠b2 ，L1∥L2（2）当k1≠k2， ，L1与L2相交（3）K1×k2= -1时， L1与L2垂直二、三角形的存在性问题探究：三角形的存在性问题主要涉及到的是等腰三角形，等边三角形，直角三角形（一）三角形的性质和判定：1、等腰三角形性质：两腰相等，两底角相等，三线合一（中线、高线、角平分线）。

判定：两腰相等，两底角相等，三线合一（中线、高线、角平分线）的三角形是等腰三角形。

2、直角三角形性质：满足勾股定理的三边关系，斜边上的中线等于斜边的一半。

判定：有一个角是直角的三角形是直角三角形。

3、等腰直角三角形性质：具有等腰三角形和等边三角形的所以性质，两底角相等且等于45°。

判定：具有等腰三角形和等边三角形的所以性质的三角形是等腰直角三角形4、等边三角形性质：三边相等，三个角相等且等于60°，三线合一，具有等腰三角形的一切性质。

判定：三边相等，抛物线或坐标轴或对称轴上三个角相等，有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形。

总结：（1）已知A 、B 两点，通过“两圆一线”可以找到所有满足条件的等腰三角形，要求的点（不与A 、B 点重合）即在两圆上以及两圆的公共弦上（2）已知A 、B 两点，通过“两线一圆”可以找到所有满足条件的直角三角形，要求的点（不与A 、B 点重合）即在圆上以及在两条与直径AB 垂直的直线上。

二次函数与几何的动点及最值、存在性问题(解析版)-2024中考数学

二次函数与几何的动点及最值、存在性问题(解析版)-2024中考数学

二次函数与几何的动点及最值、存在性问题目录题型01平行y轴动线段最大值与最小值问题题型02抛物线上的点到某一直线的距离问题题型03已知点关于直线对称点问题题型04特殊角度存在性问题题型05将军饮马模型解决存在性问题题型06二次函数中面积存在性问题题型07二次函数中等腰三角形存在性问题题型08二次函数中直角三角形存在性问题题型09二次函数中全等三角形存在性问题题型10二次函数中相似三角形存在性问题题型11二次函数中平行四边形存在性问题题型12二次函数中矩形存在性问题题型13二次函数中菱形存在性问题题型14二次函数中正方形存在性问题二次函数常见存在性问题：(1)等线段问题：将动点坐标用函数解析式以“一母式”的结构表示出来，再利用点到点或点到直线的距离公式列出方程或方程组，然后解出参数的值，即可以将线段表示出来.【说明】在平面直角坐标系中该点在某一函数图像上，设该点的横坐标为m，则可用含m字母的函数解析式来表示该点的纵坐标，简称“设横表纵”或“一母式”.(2)平行y轴动线段最大值与最小值问题：将动点坐标用函数解析式以“一母式”的结构表示出来，再用纵坐标的较大值减去较小值，再利用二次函数的性质求出动线段的最大值或最小值.(3)求已知点关于直线对称点问题：先求出直线解析式，再利用两直线垂直的性质(两直线垂直，斜率之积等于-1)求出已知点所在直线的斜率及解析式，最后用中点坐标公式即可求出对称点的坐标.(4)“抛物线上是否存在一点，使其到某一直线的距离为最值”的问题：常常利用直线方程与二次函数解析式联立方程组，求出切点坐标，运用点到直线的距离公式进行求解.(5)二次函数与一次函数、特殊图形、旋转及特殊角度综合：图形或一次函数与x 轴的角度特殊化，利用与角度有关知识点求解函数图像上的点，结合动点的活动范围，求已知点与动点是否构成新的特殊图形.2.二次函数与三角形综合(1)将军饮马问题:本考点主要分为两类：①在定直线上是否存在点到两定点的距离之和最小;②三角形周长最小或最大的问题，主要运用的就是二次函数具有对称性.(2)不规则三角形面积最大或最小值问题:利用割补法将不规则三角形分割成两个或以上的三角形或四边形，在利用“一母式”将动点坐标表示出来，作线段差，用线段差来表示三角形的底或高，用面积公式求出各部分面积，各部分面积之和就是所求三角形的面积.将三角形的面积用二次函数的结构表示出来，再利用二次函数的性质求出面积的最值及动点坐标.(3)与等腰三角形、直角三角形的综合问题:对于此类问题，我们可以利用两圆一线或两线一圆的基本模型来进行计算.问题分情况找点画图解法等腰三角形已知点A ，B 和直线l ，在l 上求点P ，使△PAB 为等腰三角形以AB为腰分别以点A ，B 为圆心，以AB 长为半径画圆，与已知直线的交点P 1，P 2，P 4，P 5即为所求分别表示出点A ，B ，P 的坐标，再表示出线段AB ，BP ，AP 的长度，由①AB =AP ；②AB =BP ；③BP =AP 列方程解出坐标以AB 为底作线段AB 的垂直平分线，与已知直线的交点P 3即为所求分别表示出点A ，B ，P 的坐标，再表示出线段AB ，BP ，AP 的长度，由①AB =AP ；②AB =BP ；③BP =AP 列方程解出坐标问题分情况找点画图解法直角三角形已知点A ，B 和直线l ，在l 上求点P ，使△PAB 为直角三角形以AB为直角边分别过点A ，B 作AB 的垂线，与已知直线的交点P 1，P 4即为所求分别表示出点A ，B ，P 的坐标，再表示出线段AB ，BP ，AP 的长度，由①AB 2=BP 2+AP 2；②BP 2=AB 2+AP 2；③AP 2=AB 2+BP 2列方程解出坐标以AB 为斜边以AB 的中点Q 为圆心，QA 为半径作圆，与已知直线的交点P 2，P 3即为所求注：其他常见解题思路有：①作垂直，构造“三垂直”模型，利用相似列比例关系得方程求解；②平移垂线法：若以AB 为直角边，且AB 的一条垂线的解析式易求(通常为过原点O 与AB 垂直的直线)，可将这条直线分别平移至过点A 或点B 得到相应解析式，再联立方程求解．(4)与全等三角形、相似三角形的综合问题:在没有指定对应点的情况下，理论上有六种情况需要讨论，但在实际情况中，通常不会超过四种，要注意边角关系，积极分类讨论来进行计算.情况一探究三角形相似的存在性问题的一般思路：解答三角形相似的存在性问题时，要具备分类讨论思想及数形结合思想，要先找出三角形相似的分类标准，一般涉及动态问题要以静制动，动中求静，具体如下：①假设结论成立，分情况讨论．探究三角形相似时，往往没有明确指出两个三角形的对应点(尤其是以文字形式出现求证两个三角形相似的题目)，或者涉及动点问题，因动点问题中点的位置的不确定，此时应考虑不同的对应关系，分情况讨论；②确定分类标准．在分类时，先要找出分类的标准，看两个相似三角形是否有对应相等的角，若有，找出对应相等的角后，再根据其他角进行分类讨论来确定相似三角形成立的条件；若没有，则分别按三种角对应来分类讨论；③建立关系式，并计算．由相似三角形列出相应的比例式，将比例式中的线段用所设点的坐标表示出来(其长度多借助勾股定理运算)，整理可得一元一次方程或者一元二次方程，解方程可得字母的值，再通过计算得出相应的点的坐标．情况二探究全等三角形的存在性问题的思路与探究相似三角形的存在性问题类似，但是除了要找角相等外，还至少要找一组对应边相等．3.二次函数与四边形的综合问题特殊四边形的探究问题解题步骤如下：①先假设结论成立；②设出点坐标，求边长；③建立关系式，并计算．若四边形的四个顶点位置已确定，则直接利用四边形边的性质进行计算；若四边形的四个顶点位置不确定，需分情况讨论：a.探究平行四边形：①以已知边为平行四边形的某条边，画出所有的符合条件的图形后，利用平行四边形的对边相等进行计算；②以已知边为平行四边形的对角线，画出所有的符合条件的图形后，利用平行四边形对角线互相平分的性质进行计算；③若平行四边形的各顶点位置不确定，需分情况讨论，常以已知的一边作为一边或对角线分情况讨论．b.探究菱形：①已知三个定点去求未知点坐标；②已知两个定点去求未知点坐标，一般会用到菱形的对角线互相垂直平分、四边相等的性质列关系式．c.探究正方形：利用正方形对角线互相垂直平分且相等的性质进行计算，一般是分别计算出两条对角线的长度，令其相等，得到方程再求解．d.探究矩形：利用矩形对边相等、对角线相等列等量关系式求解；或根据邻边垂直，利用勾股定理列关系式求解.题型01平行y轴动线段最大值与最小值问题1(2023·广东东莞·一模)如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，OA=OC =3，顶点为D．(1)求此函数的关系式；(2)在AC 下方的抛物线上有一点N ，过点N 作直线l ∥y 轴，交AC 与点M ，当点N 坐标为多少时，线段MN 的长度最大？最大是多少？(3)在对称轴上有一点K ，在抛物线上有一点L ，若使A ，B ，K ，L 为顶点形成平行四边形，求出K ，L 点的坐标．(4)在y 轴上是否存在一点E ，使△ADE 为直角三角形，若存在，直接写出点E 的坐标；若不存在，说明理由．【答案】(1)y =x 2+2x -3(2)当N 的坐标为-32,-154 ，MN 有最大值94(3)K -1，4 ，L -1，-4 或K -1，12 ，L -5，12 或K -1，12 ，L 3，12(4)存在，点E 的坐标为0,32 或0,-72或0,-1 或0,-3【分析】(1)由OA =OC =3求得A -3,0 ,C 0，-3 ,再分别代入抛物线解析式y =x 2+bx +c ，得到以b ，c 为未知数的二元一次方程组，求出b ，c 的值即可；(2)求出直线AC 的解析式，再设出M 、N 的坐标，把MN 表示成二次函数，配方即可；(3)根据平行四边形的性质，以AB 为边，以AB 为对角线，分类讨论即可；(4)设出E 的坐标，分别表示出△ADE 的平分，再分每一条都可能为斜边，分类讨论即可．【详解】(1)∵抛物线y =x 2+bx +c 经过点A ，点C ，且OA =OC =3,∴A -3,0 ,C 0，-3 ,∴将其分别代入抛物线解析式，得c =-39-3b +c =0，解得b =2c =-3 ．故此抛物线的函数表达式为：y =x 2+2x -3；(2)设直线AC 的解析式为y =kx +t ，将A -3,0 ,C 0，-3 代入，得t =-3-3k +t =0 ，解得k =-1t =-3 ，∴直线AC 的解析式为y =-x -3，设N 的坐标为n ，n 2+2n -3 ，则M n ，-n -3 ，∴MN =-n -3-n 2+2n -3 =-n 2-3n =-n +32 +94，∵-1<0，∴当n =-32时，MN 有最大值，为94，把n =-32代入抛物线得，N 的坐标为-32,-154，当N 的坐标为-32,-154 ，MN 有最大值94；(3)①当以AB 为对角线时，根据平行四边形对角线互相平分，∴KL 必过-1,0 ，∴L 必在抛物线上的顶点D 处，∵y =x 2+2x -3=x +1 2-4，∴K -1，4 ，L -1，-4②当以AB 为边时，AB =KL =4，∵K 在对称轴上x =-1，∴L 的横坐标为3或-5，代入抛物线得L -5,12 或L 3,12 ，此时K 都为-1，12 ，综上，K -1，4 ，L -1，-4 或K -1，12 ，L -5，12 或K -1，12 ，L 3，12 ；(4)存在，由y =x 2+2x -3=x +1 2-4，得抛物线顶点坐标为D -1,-4 ∵A -3，0 ，∴AD 2=-3+1 2+0+4 2=20，设E 0，m ，则AE 2=-3-0 2+0-m 2=9+m 2，DE 2=-1-0 2+-4-m 2=17+m 2+8m ，①AE 为斜边，由AE 2=AD 2+DE 2得：9+m 2=20+17+m 2+8m ，解得：m =-72，②DE 为斜边，由DE 2=AD 2+AE 2得：9+m 2+20=17+m 2+8m ，解得：m =32，③AD 为斜边，由AD 2=ED 2+AE 2得：20=17+m 2+8m +9+m 2，解得：m =-1或-3，∴点E 的坐标为0,32 或0,-72或0,-1 或0,-3 ．【点睛】本题主要考查待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象与性质，平行四边形的判定与性质以及勾股定理等知识，会运用待定系数法列方程组，两点间距离公式求MN 的长，由平行四边形的性质判定边相等，运用勾股定理列方程．2(2023·河南南阳·统考一模)如图，抛物线与x 轴相交于点A 、B (点A 在点B 的左侧)，与y 轴的交于点C 0，-4 ，点P 是第三象限内抛物线上的一个动点，设点P 的横坐标为m ，过点P 作直线PD ⊥x 轴于点D ，作直线AC 交PD 于点E ．已知抛物线的顶点P 坐标为-3，-254．(1)求抛物线的解析式；(2)求点A 、B 的坐标和直线AC 的解析式；(3)求当线段CP =CE 时m 的值；(4)连接BC ，过点P 作直线l ∥BC 交y 轴于点F ，试探究：在点P 运动过程中是否存在m ，使得CE =DF ，若存在直接写出m 的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y =14x 2+32x -4(2)A -8，0 ，B 2，0 ，y =-12x -4(3)-4(4)存在，m =2-25或m =-4【分析】(1)运用待定系数法即可求得抛物线的解析式；(2)令y =0，解方程即可求得点A 、B 的坐标，再运用待定系数法即可求得直线AC 的解析式；(3)过点C 作CF ⊥PE 于点F ，根据等腰三角形的性质可得点F 是PE 的中点，设P m ,14m 2+32m -4 ，则E m ，-12m -4 ，可得F m ，18m 2+12m -4 ，再由点F 与点C 的纵坐标相同建立方程求解即可；(4)过C 作CH ⊥PD 于H ，设P m ,14m 2+32m -4 ，由PF ∥BC ，可得直线PF 解析式为y =2x +14m 2-12m -4，进而可得OF =14m 2-12m -4 ，再证得Rt △CHE ≅Rt △DOF HL ，得出∠HCE =∠FDO ，进而推出∠FDO =∠CAO ，即tan ∠FDO =tan ∠CAO ，据此建立方程求解即可．【详解】(1)解：∵抛物线的顶点坐标为-3，-254∴设抛物线的解析式为y =a x +3 2-254，把点C 0，-4 代入，得：-4=9a -254，解得：a =14，∴y =14x +3 2-254=14x 2+32x -4，∴该抛物线的解析式为y =14x 2+32x -4．(2)解：令y =0，得14x 2+32x -4=0，解得：x 1=-8，x 2=2，∴A -8，0 ，B 2，0 ，，设直线AC 的解析式为y =kx +b ，则-8k +b =0b =-4 ，解得：k =-12b =-4 ，∴直线AC 的解析式为y =-12x -4．(3)解：如图，过点C 作CF ⊥PE 于点F ，∵CP =CE ，∴EF =PF ，即点F 是PE 的中点，设P m ,14m 2+32m -4 ，则E m ，-12m -4 ，∴F m ，18m 2+12m -4 ，∵PE ∥y 轴，CF ⊥PE ，∴CF ∥x 轴，∴18m 2+12m -4=-4，解得：m =-4或m =0(不符合题意，舍去)，∴m =-4．(4)解：存在m ，使得CE =DF ，理由如下：如图：过C 作CH ⊥PD 于H ，设P m,14m2+32m-4，由B2，0，C0，-4，由待定系数法可得直线BC解析式为y=2x-4，根据PF∥BC，设直线PF解析式为y=2x+c，将P m,14m2+32m-4代入得：1 4m2+32m-4=2m+c，∴c=14m2-12m-4，∴直线PF解析式为y=2x+14m2-12m-4，令x=0得y=14m2-12m-4，∴F0,14m2-12m-4，∴OF=14m2-12m-4，∵∠CHD=∠PDO=∠COD=90°，∴四边形CODH是矩形，∴CH=OD，∵CE=DF，∴Rt△CHE≅Rt△DOF HL，∴∠HCE=∠FDO，∵∠HCE=∠CAO，∴∠FDO=∠CAO，∴tan∠FDO=tan∠CAO，∴OF OD =OCOA，即14m2-12m-4-m=48=12，∴1 4m2-12m-4=-12m或14m2-12m-4=12m，解得：m=-4或m=4或m=2-25或m=2+25，∵P在第三象限，∴m=2-25或m=-4．【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式、二次函数综合应用、等腰三角形性质、矩形判定及性质、相似三角形判定及性质、解直角三角形等知识点，解题的关键是用含m的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．3(2023·山东聊城·统考三模)抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于点A3,0，与y轴交于点C0,3，点P 为抛物线上的动点．(2)若P 为直线AC 上方抛物线上的动点，作PH ∥x 轴交直线AC 于点H ，求PH 的最大值；(3)点N 为抛物线对称轴上的动点，是否存在点N ，使直线AC 垂直平分线段PN ？若存在，请直接写出点N 的纵坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)b =2，c =3(2)PH 取得最大值为94(3)存在，2-2或2+2【分析】(1)将坐标代入解析式，构建方程求解；(2)设PH 交y 轴于点M ，P m ,-m 2+2m +3 ，则PM =m ；待定系数法确定直线AC 的解析式为y =-x +3，从而确定PH =m -m 2-2m =-m 2+3m =-m -32 2+94，解得PH 最大值为94；(3)如图，设PN 与AC 交于点G ，可设直线PN 的解析式为y =x +p ，设点N (1,n )，求得y =x +(n -1)；联立y =-x +3y =x +(n -1) ，解得x =-n 2+2y =n 2+1，所以点P 的横坐标为2×-n 2+2 -1=-n +3，纵坐标为2×n2+1 -n =2，由二次函数解析式构建方程-(-n +3)2+2(-n +3)+3=2，解得n =2±2；【详解】(1)∵抛物线y =-x 2+bx +c 与x 轴交于点A 3,0 ，与y 轴交于点C 0,3 ，∴-9+3b +c =0c =3，解得：b =2c =3 ，∴b =2，c =3；(2)设PH 交y 轴于点M ，P m ,-m 2+2m +3 ，∴PM =m ，∵PH ∥x 轴，∴点H 的纵坐标为-m 2+2m +3，设直线AC 的解析式为y =kx +n ，∴3k +n =0n =3 ，解得：k =-1n =3 ，∴直线AC 的解析式为y =-x +3．∴-m 2+2m +3=-x +3，∴x =m 2-2m ，∴H m 2-2m ,-m 2+2m +3 ，∴PH =m -m 2-2m =-m 2+3m =-m -322+94，∴当m =32时，PH 取得最大值为94(3)存在点N ，使直线AC 垂直平分线段PN ，点N 的纵坐标为2-2或2+2如图，设PN 与AC 交于点G ，∵AC 垂直平分PN ，直线AC 的解析式为y =-x +3∴可设直线PN 的解析式为y =x +p 设点N (1,n )，则n =1+p ∴p =n -1，∴y =x +(n -1)联立y =-x +3y =x +(n -1) ，解得x =-n 2+2y =n 2+1∴点P 的横坐标为2×-n 2+2 -1=-n +3，纵坐标为2×n 2+1 -n =2∴-(-n +3)2+2(-n +3)+3=2，解得n =2±2∴点N 的纵坐标为2-2或2+2．【点睛】本题考查利用二次函数解析式及点坐标求待定参数、待定系数法确定函数解析式、二次函数极值及其它二次函数综合问题，利用直线间的位置关系、点线间的位置关系，融合方程的知识求解坐标是解题的关键．题型02抛物线上的点到某一直线的距离问题1(2023·广东梅州·统考二模)探究求新：已知抛物线G 1:y =14x 2+3x -2，将抛物线G 1平移可得到抛物线G 2:y =14x 2．(1)求抛物线G 1平移得到抛物线G 2的平移路径；(2)设T 0,t ，直线l ：y =-t ，是否存在这样的t ，使得抛物线G 2上任意一点到T 的距离等于到直线l 的距离？若存在，求出t 的值；若不存在，试说明理由；(3)设H 0,1 ，Q 1,8 ，M 为抛物线G 2上一动点，试求QM +MH 的最小值．参考公式：若点M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 为平面上两点，则有MN =x 1-x 22+y 1-y 2 2．【答案】(1)将G 1向左平移-6个单位，向上平移11个单位(2)存在，1(3)9【分析】(1)设G 1向左平移a 个单位，向上平移b 个单位得到函数G 2，列方程组即可求解；(2)设P x 0,x 204为抛物线G 2上的一点，根据题意列方程即可；(3)点H 坐标与(2)中t =1时的T 点重合，过点M 作MA ⊥l ，垂足为A ，如图所示，则有MH =MA ，当且仅当Q ,M ,A 三点共线时QM +MA 取得最小值．【详解】(1).解：设G 1向左平移a 个单位，向上平移b 个单位得到函数G 2，由平移法则可知14(x +a )2+3(x +a )-2+b =14x 2，整理可得14x 2+3+12a x +14a 2+3a -2+b =14x 2，可得方程组3+12a =014a 2+3a -2+b =0，解得a =-6b =11 ；∴平移路径为将G 1向左平移-6个单位，向上平移11个单位；(2)解：存在这样的t ，且t =1时满足条件，设P x 0,x 204为抛物线G 2上的一点，则点P 到直线l 的距离为x 204+t ，点P 到点T 距离为(x 0-0)2+x 204-t2，联立可得：x 204+t =(x 0-0)2+x 204-t2，两边同时平方合并同类项后可得x 20-x 20t =0解得：t =1；(3)解：点H 坐标与(2)中t =1时的T 点重合，作直线l ：y =-1，过点M 作MA ⊥直线l ，垂足为A ，如图所示，则有MH =MA ，此时QM +MH =QM +MA ，当且仅当Q ,M ,A 三点共线时QM +MA 取得最小值即QM +MA =QA =8-(-1)=9∴QM +MH 的最小值为9；【点睛】本题考查二次函数综合题，涉及到线段最小值、平移性质等，灵活运用所学知识是关键．2(2023·湖北宜昌·统考一模)如图，已知：点P 是直线l ：y =x -2上的一动点，其横坐标为m (m 是常数)，点M 是抛物线C ：y =x 2+2mx -2m +2的顶点．(1)求点M 的坐标；(用含m 的式子表示)(2)当点P 在直线l 运动时，抛物线C 始终经过一个定点N ，求点N 的坐标，并判断点N 是否是点M 的最高位置？(3)当点P 在直线l 运动时，点M 也随之运动，此时直线l 与抛物线C 有两个交点A ，B (A ，B 可以重合)，A ，B 两点到y 轴的距离之和为d ．①求m 的取值范围；②求d 的最小值．【答案】(1)M -m ,-m 2-2m +2(2)N (1,3)，点N 是点M 的最高位置(3)①m ≤-52或m ≥32；②d 取得最小值为2【分析】(1)将抛物线解析式写成顶点式即可求解；(2)根据解析式含有m 项的系数为0，得出当x =1时，y =3，即N (1,3)，根据二次函数的性质得出-m 2-2m +2=-m +1 2+3的最大值为3，即可得出点N 是点M 的最高位置；(3)①根据直线与抛物线有交点，联立方程，根据一元二次方程根的判别式大于等于0，求得m 的范围，即可求解；②设A ,B 的坐标分别为x 1,y 1 ,x 2,y 2 ，其中x 1<x 2，由①可知x 1,x 2是方程x 2+2mx -x -2m +4=0的两根，根据x 1+x 2=-2m +1，分情况讨论，求得d 是m 的一次函数，进而根据一次函数的性质即可求解．【详解】(1)解：y =x 2+2mx -2m +2=x +m 2-m 2-2m +2，∴顶点M -m ,-m 2-2m +2 ，(2)解：∵y =x 2+2mx -2m +2=x 2+2+2m x -1 ，∴当x =1时，y =3，抛物线C 始终经过一个定点1,3 ，即N (1,3)；∵M -m ,-m 2-2m +2 ，-m 2-2m +2=-m +1 2+3，∴M 的纵坐标最大值为3，∴点N 是点M 的最高位置；(3)解：①联立y =x -2y =x 2+2mx -2m +2 ，得x 2+2mx -x -2m +4=0，∵直线l 与抛物线C 有两个交点A ，B (A ，B 可以重合)，∴Δ=b 2-4ac =2m -1 2-4-2m +4 ，=4m 2+4m -15≥0，∵4m 2+4m -15=0，解得m 1=-52,m 2=32，∴当4m 2+4m -15≥0时，m ≤-52或m ≥32，②设A ,B 的坐标分别为x 1,y 1 ,x 2,y 2 ，其中x 1<x 2，由①可知x 1,x 2是方程x 2+2mx -x -2m +4=0的两根，∴x1+x 2=-2m +1，当m =-3时，如图所示，y A =0，当-3≤m ≤-52时，y 1≥0,y 2≥0，则d =x 1+x 2 =-2m +1 ，∵-2<0，∴当m =-52时，d 取得最小值为-2×-52 +1=5+1=6，当m ≥32时，d =-x 1+x 2 =--2m +1 =2m -1，∴当m =32时，d 取得最小值为2×32-1=2，综上所述，d 取得最小值为2．【点睛】本题考查了二次函数的性质，一元二次方程与二次函数的关系，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．3(2023·云南楚雄·统考一模)抛物线y =x 2-2x -3交x 轴于A ，B 两点(A 在B 的左边)，C 是第一象限抛物线上一点，直线AC 交y 轴于点P ．(1)直接写出A ，B 两点的坐标；(2)如图①，当OP =OA 时，在抛物线上存在点D (异于点B )，使B ，D 两点到AC 的距离相等，求出所有满足条件的点D 的横坐标；(3)如图②，直线BP 交抛物线于另一点E ，连接CE 交y 轴于点F ，点C 的横坐标为m ，求FP OP 的值(用含m 的式子表示)．【答案】(1)A (-1,0)，B (3,0)(2)0或3-41或3+41(3)13m 【分析】(1)令y =0，解方程可得结论；(2)分两种情形：①若点D 在AC 的下方时，过点B 作AC 的平行线与抛物线交点即为D 1．②若点D 在AC 的上方时，点D 1关于点P 的对称点G (0,5)，过点G 作AC 的平行线交抛物线于点D 2，D 3，D 2，D 3符合条件．构建方程组分别求解即可；(3)设E 点的横坐标为n ，过点P 的直线的解析式为y =kx +b ，由y =kx +b y =x 2-2x -3 ，可得x 2-(2+k )x -3-b =0，设x 1，x 2是方程x 2-(2+k )x -3-b =0的两根，则x 1x 2=-3-b ，推出x A ⋅x C =x B ⋅x E =-3-b 可得n =-1-b 3，设直线CE 的解析式为y =px +q ，同法可得mn =-3-q 推出q =-mn -3，推出q =-(3+b )-1-b 3 -3=13b 2+2b ，推出OF =13b 2+b ，可得结论．【详解】(1)解：令y =0，得x 2-2x -3=0，解得：x =3或-1，∴A (-1,0)，B (3,0)；(2)∵OP =OA =1，∴P (0,1)，∴直线AC 的解析式为y =x +1．①若点D 在AC 的下方时，过点B 作AC 的平行线与抛物线交点即为D 1．∵B (3,0)，BD 1∥AC ，∴直线BD 1的解析式为y =x -3，由y =x -3y =x 2-2x -3，解得x =3y =0 或x =0y =-3 ，∴D 1(0,-3)，∴D 1的横坐标为0．②若点D 在AC 的上方时，点D 1关于点P 的对称点G (0,5)，过点G 作AC 的平行线l 交抛物线于点D 2，D 3，D 2，D 3符合条件．直线l 的解析式为y =x +5，由y =x +5y =x 2-2x -3 ，可得x 2-3x -8=0，解得：x =3-412或3+412，∴D 2，D 3的横坐标为3-412，3+412，综上所述，满足条件的点D 的横坐标为0，3-412，3+412．(3)设E 点的横坐标为n ，过点P 的直线的解析式为y =kx +b ，由y =kx +b y =x 2-2x -3，可得x 2-(2+k )x -3-b =0，设x 1，x 2是方程x 2-(2+k )x -3-b =0的两根，则x 1x 2=-3-b ，∴x A ⋅x C =x B ⋅x E =-3-b∵x A =-1，∴x C =3+b ，∴m =3+b ，∵x B =3，∴x E =-1-b 3，∴n =-1-b 3，设直线CE 的解析式为y =px +q ，同法可得mn =-3-q∴q =-mn -3，∴q =-(3+b )-1-b 3 -3=13b 2+2b ，∴OF =13b 2+2b ，∴FP OP=13b +1=13(m -3)+1=13m ．【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，一元二次方程的根与系数的关系等知识，解题的关键是学会构建一次函数，构建方程组确定交点坐标，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．题型03已知点关于直线对称点问题1(2023·辽宁阜新·统考中考真题)如图，在平面直角坐标系中，二次函数y =-x 2+bx -c 的图象与x 轴交于点A (-3,0)和点B (1,0)，与y 轴交于点C ．(1)求这个二次函数的表达式．(2)如图1，二次函数图象的对称轴与直线AC :y =x +3交于点D ，若点M 是直线AC 上方抛物线上的一个动点，求△MCD 面积的最大值．(3)如图2，点P 是直线AC 上的一个动点，过点P 的直线l 与BC 平行，则在直线l 上是否存在点Q ，使点B 与点P 关于直线CQ 对称？若存在，请直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y =-x 2-2x +3；(2)S △MCD 最大=98；(3)Q 1-5，-5 或1+5，5 ．【分析】(1)根据抛物线的交点式直接得出结果；(2)作MQ ⊥AC 于Q ，作ME ⊥AB 于F ，交AC 于E ，先求出抛物线的对称轴，进而求得C ，D 坐标及CD 的长，从而得出过M 的直线y =x +m 与抛物线相切时，△MCD 的面积最大，根据x +m =-x 2-2x +3的△=0求得m 的值，进而求得M 的坐标，进一步求得CD 上的高MQ 的值，进一步得出结果；(3)分两种情形：当点P 在线段AC 上时，连接BP ，交CQ 于R ，设P (t ，t +3)，根据CP =CB 求得t 的值，可推出四边形BCPQ 是平行四边形，进而求得Q 点坐标；当点P 在AC 的延长线上时，同样方法得出结果．【详解】(1)解：由题意得，y =-(x +3)(x -1)=-x 2-2x +3；(2)解：如图1，作MQ ⊥AC 于Q ，作ME ⊥AB 于F ，交AC 于E ，∵OA =OC =3，∠AOC =90°，∴∠CAO =∠ACO =45°，∴∠MEQ =∠AEF =90°-∠CAO =45°，抛物线的对称轴是直线：x =-3+12=-1，∴y =x +3=-1+3=2，∴D (1,2)，∵C (0,3)，∴CD =2，故只需△MCD 的边CD 上的高最大时，△MCD 的面积最大，设过点M 与AC 平行的直线的解析式为：y =x +m ，当直线y =x +m 与抛物线相切时，△MCD 的面积最大，由x +m =-x 2-2x +3得，x 2+3x +(m -3)=0，由△=0得，32-4(m -3)=0得，m -3=94，∴x 2+3x +94=0，∴x 1=x 2=-32，∴y =--32 2-2×-32 +3=154，y =x +3=-32+3=32，∴ME =154-32=94，∴MQ =ME ⋅sin ∠MEQ =ME ⋅sin45°=94×22=928，∴S △MCD 最大=12×2×928=98；(3)解：如图2，当点P 在线段AC 上时，连接BP ，交CQ 于R ，∵点B 和点Q 关于CQ 对称，∴CP =CB ，设P (t ，t +3)，由CP 2=CB 2得，2t 2=10，∴t 1=-5，t 2=5(舍去)，∴P -5，3-5 ，∵PQ ∥BC ，∴CR =BR =1，∴CR =QR ，∴四边形BCPQ 是平行四边形，∵1+(-5)-0=1-5，0+(3-5)-3=-5，∴Q 1-5，-5 ；如图3，当点P 在AC 的延长线上时，由上可知：P 5，3+5 ，同理可得：Q 1+5，5 ，综上所述：Q 1-5，-5 或1+5，5 ．【点睛】本题考查了二次函数及其图象的性质，一元二次方程的解法，平行四边形的判定和性质，轴对称的性质等知识，解决问题的关键是分类讨论．2(2023·四川甘孜·统考中考真题)已知抛物线y =x 2+bx +c 与x 轴相交于A -1，0 ，B 两点，与y 轴相交于点C 0，-3 ．(1)求b ，c 的值；(2)P 为第一象限抛物线上一点，△PBC 的面积与△ABC 的面积相等，求直线AP 的解析式；(3)在(2)的条件下，设E 是直线BC 上一点，点P 关于AE 的对称点为点P ，试探究，是否存在满足条件的点E ，使得点P 恰好落在直线BC 上，如果存在，求出点P 的坐标；如果不存在，请说明理由．【答案】(1)b =-2,c =-3.(2)y =x +1(3)存在，点P 的坐标为1+21,-2+21 或1-21,-2-21【分析】(1)由待定系数法即可求解；(2)S △PBC =S △ABC 得到AP ∥BC ，即可求解；(3)由题意的：∠AEP =∠AEP ,P E =PE ，即可求解．【详解】(1)由题意，得1-b +c =0,c =-3.∴b =-2,c =-3.(2)由(1)得抛物线的解析式为y =x 2-2x -3．令y =0，则x 2-2x -3=0，得x 1=-1，x 2=3．∴B 点的坐标为3，0 ．∵S △PBC =S △ABC ，∴AP ∥BC ．∵B 3，0，C 0，-3 ，∵AP∥BC，∴可设直线AP的解析式为y=x+m．∵A(-1，0)在直线AP上，∴0=-1+m．∴m=1．∴直线AP的解析式为y=x+1．(3)设P点坐标为m，n．∵点P在直线y=x+1和抛物线y=x2-2x-3上，∴n=m+1，n=m2-2m-3．∴m+1=m2-2m-3．解得m1=4，m2=-1(舍去)．∴点P的坐标为4，5．由翻折，得∠AEP=∠AEP ,P E=PE．∵AP∥BC，∴∠PAE=∠AEP '．∴∠PAE=∠PEA．∴PE=PA=4+12=52．2+5-0设点E的坐标为t，t-3，则PE2=t-42．2+t-3-52=52∴t=6±21．当t=6+21时，点E的坐标为6+21,3+21．设P (s,s-3),由P E=AP，P E=PE=52得：s-6-212，2=522+s-3-3-21解得：s=1+21，则点P 的坐标为1+21,-2+21．当t=6-21时，同理可得，点P 的坐标为1-21,-2-21．综上所述，点P 的坐标为1+21,-2+21．或1-21,-2-21【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了用待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，二次函数的性质，此题题型较好，综合性比较强，用的数学思想是分类讨论和数形结合的思想．3(2023·江苏连云港·连云港市新海实验中学校考二模)如图，“爱心”图案是由抛物线y=-x2+m的一部分及其关于直线y=-x的对称图形组成，点E、F是“爱心”图案与其对称轴的两个交点，点A、B、C、D是该图案与坐标轴的交点，且点D的坐标为6,0．(1)求m 的值及AC 的长；(2)求EF 的长；(3)若点P 是该图案上的一动点，点P 、点Q 关于直线y =-x 对称，连接PQ ，求PQ 的最大值及此时Q 点的坐标．【答案】(1)m =6，AC =6+6(2)52(3)2542，Q -234,-12【分析】(1)用待定系数法求得m 与抛物线的解析式，再求出抛物线与坐标轴的交点坐标，进而求得A 的坐标，根据对称性质求得B ，C 的坐标，即可求得结果；(2)将抛物线的解析式与直线EF 的解析式联立方程组进行求解，得到E ，F 的坐标，即可求得结果；(3)设P (m ,-m 2+6)，则Q (m 2-6,-m )，可得PQ =2×m -12 2-252 ，即求m -12 2-252的最值，根据二次函数的最值，即可得到m 的值，即可求得．【详解】(1)把D 6,0 代入y =-x 2+m 得0=-6+m解得m =6∴抛物线的解析式为：y =-x 2+6∴A 0,6根据对称性可得B -6,0 ，C 0,-6∴AC =AO +OC =6+6(2)联立y =-x y =-x 2+6解得x =3y =-3 或x =-2y =2 ∴E -2,2 ，F 3,-3∴EF =-2-3 2+2+3 2=52(3)设P (m ,-m 2+6)，则Q (m 2-6,-m )∴PQ =m -m 2-6 2+-m 2+6--m 2整理得PQ =2×m -12 2-254 ∵m -12 2≥0∴当m -12 2=0时，即m =12时，m -12 2-254 有最大值为254∴PQ 的最大值为2542∴12 2-6=-234故Q -234,-12【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法求函数解析式，两点间的距离公式，求抛物线与一次函数的交点坐标，二次函数的最值等知识，解题的关键是掌握关于直线y =-x 对称的点坐标的关系．题型04特殊角度存在性问题1(2023·山西忻州·统考模拟预测)如图，抛物线y =18x 2+34x -2与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点C ．P 是直线AC 下方抛物线上一个动点，过点P 作直线l ∥BC ，交AC 于点D ，过点P 作PE ⊥x 轴，垂足为E ，PE 交AC 于点F ．(1)直接写出A ，B ，C 三点的坐标，并求出直线AC 的函数表达式；(2)当线段PF 取最大值时，求△DPF 的面积；(3)试探究在拋物线的对称轴上是否存在点Q ，使得∠CAQ =45°？若存在，请直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)A -8,0 ，B 2,0 ，C 0,-2 ．y =-14x -2(2)85(3)存在，-3,3 或-3,-253【分析】(1)对于直线y =18x 2+34x -2，当x =0时，y =-2，即点C 0,-2 ，令18x 2+34x -2=0，则x =2或-8，则点A ，B 的坐标分别为-8,0 ，2,0 即求出三个点的坐标，设直线AC 的表达式为y =kx +b ，利用待定系数法求解即可；(2)设点P 的横坐标为m ，则P m ,18m 2+34m -2 ，F m ,-14m -2 ，表示出PF =-18m 2-m ，求出PF max =2，再表示出点D 到直线PF 的距离d =85，利用S △DPF =12⋅PF ⋅d 进行求解即可；(3)由抛物线的表达式知，其对称轴为x =-3，当点Q 在x 轴上方时，设抛物线的对称轴交x 轴于点N ，交AC 于H ，故点Q 作QT ⊥AC 于点T ，在△AQH 中,∠CAQ =45°，tan ∠QHA =4，用解直角三角形的方法求出QH =174，即可求出Q 点坐标，当点Q Q 在x 轴上方时，直线AQ 的表达式为y =35x +8 ，当∠CAQ =45°时，AQ ⊥AQ ，即可求解．【详解】(1)解：对于抛物线y =18x 2+34x -2，当x =0时，y =-2，即点C 0,-2 ，令18x 2+34x -2=0，则x =2或-8，则点A ，B 的坐标分别为-8,0 ，2,0 ，即点A ，B ，C 三点的坐标分别为-8,0 ，2,0 ，0,-2 ，设直线AC 的表达式为y =kx +b ，则-8k +b =0b =-2 ，解得k =-14b =-2 ，∴直线AC 的函数表达式为y =-14x -2；(2)设点P 的横坐标为m ，则P m ,18m 2+34m -2 ，F m ,-14m -2 ，PF =-14m -2 -18m 2+34m -2 =-18m 2-m ，当m =--12×-18 =-4时，PF 最大，PF max =-18×(-4)2--4 =2，此时，P -4,-3 ，由B 2,0 ，C 0,-2 ，可得直线BC 的函数表达式为y =x -2，设直线l 的函数表达式为y =x +p ，将P -4,-3 代入可得p =1，∴直线l 的函数表达式为y =x +1，由y =-14x -2y =x +1 ，解得x =-125y =-75，∴D -125,-75 ，点D 到直线PF 的距离d =-125--4 =85，∴S △DPF =12⋅PF ⋅d =12×2×85=85．(3)存在，理由：由抛物线的表达式知，其对称轴为x =-3，当点Q 在x 轴上方时，如下图：设抛物线的对称轴交x 轴于点N ，交AC 于H ，故点Q 作QT ⊥AC 于点T ，则∠ACO =∠QHA ，则tan ∠ACO =tan ∠QHA =4，当x =3时，y =-14x -2=-54，则点H -3,-54 ，由点A ，H 的坐标得，AH =5174，在△AQH 中，∠CAQ =45°，tan ∠QHA =4，设TH =x ，则QT =4x ，则QH =17x ，则AH =AT +TH =5x =5174，则x =174，则QH =17x =174，则174-54=3，则点Q -3,3 ；当点Q Q 在x 轴上方时，直线AQ 的表达式为y =35x +8 ，当∠CAQ =45°时，AQ ⊥AQ ，则直线AQ 的表达式为y =-53x +8 ，当x =-3时，y =-5x +8 =-25，。

2020中考数学压轴专题：二次函数动点成特殊三角形问题(含答案)

2020中考数学压轴专题：二次函数动点成特殊三角形问题(含答案)

2020中考数学压轴专题二次函数动点成特殊三角形问题（含答案）1.如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝－13x2＋bx＋c的图象与坐标轴交于A，B，C三点，其中点A的坐标为(－3，0)，点B的坐标为(4，0)，连接AC，BC.动点P从点A出发，在线段AC上以每秒1个单位长度的速度向点C作匀速运动；同时，动点Q从点O出发，在线段OB上以每秒1个单位长度的速度向点B作匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，设运动时间为t秒．连接PQ.(1)填空：b＝________，c＝________；(2)在点P，Q运动过程中，△APQ可能是直角三角形吗？请说明理由；(3)在x轴下方的二次函数的图象上是否存在点M，使△PQM是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出运动时间t；若不存在，请说明理由．第1题图解：(1)134；【解法提示】∵二次函数y＝－13x2＋bx＋c与x轴交于A(－3，0)，B(4，0)，∴b c=b c=--+⎧⎪⎨-++⎪⎩33016403，解得b=c=⎧⎪⎨⎪⎩134，(2)可能是，理由如下：∵点P在AC上以每秒1个单位的速度运动，∴AP＝t，∵点Q在OB上以每秒1个单位的速度运动，∴OQ＝t，∴AQ＝t＋3，∵∠P AQ<90°，∠PQA<90°，∴若要使△APQ是直角三角形，则∠APQ＝90°，在Rt△AOC中，OA＝3，OC＝4，∴AC＝5，如解图①，设PQ与y轴交于点D，第1题解图①∵∠ODQ＝∠CDP，∠DOQ＝∠DPC＝90°，∴∠DQO＝∠DCP，∴tan ∠DQO ＝AP PQ ＝tan ∠DCP ＝AO CO ＝34， ∵AP ＝t,∴PQ ＝43t ， 由勾股定理得：AQ 2＝AP 2＋PQ 2，即(t ＋3)2＝t 2＋(43t )2， 解得t ＝92或t ＝－ 98(舍去)， 根据题意，点Q 在线段OB 上，∴0≤t ≤4，∴不存在这样的t 值满足题意，即△APQ 不可能是直角三角形；（3）假设存在点M 使得△PMQ 是以点P 为直角顶点的等腰直角三角形，如解图②，过P 作PE ⊥x 轴于E ，过M 作MN ⊥PE 交PE 的延长线于点N ，第1题解图②∵∠MPN ＋∠PMN ＝90°，∠MPN ＋∠QPE ＝90°，∴∠PMN ＝∠QPE ，在△PMN 和△QPE 中，∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩PMN=QPE PNM=PEQ MP=PQ ，∴△PMN ≌△QPE (AAS)，∴PN ＝EQ ，MN ＝PE ，∵AP ＝t ，cos ∠CAO ＝AO AC ＝35， sin ∠CAO ＝OC AC ＝45， ∴AE ＝35t ，PE ＝45t ， ∴MN ＝45t ，EN ＝EQ －PE ＝AQ －AE －PE ＝3＋t －35t －45t ＝3－ 25t ， ∴x M ＝x E －MN ＝35t －3－45t ＝－15t －3， ∴点M 的坐标为(－15t －3，25t －3)，在x 轴下方， ∵点M 在抛物线上，∴－13(－15t －3)2－13(15t ＋3)＋4＝25t －3， 整理得t 2＋65t ＝225，解得t ＝－65＋52052或t ＝－65－52052(舍)， 综上，存在满足条件的点M ，此时运动时间t 为－65＋52052秒．2. 如图，已知抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的对称轴为直线x ＝－1，且经过A (1，0)，C (0，3)两点，与x 轴的另一个交点为B .(1)若直线y ＝mx ＋n 经过B ，C 两点，求抛物线和直线BC 的解析式；(2)在抛物线的对称轴x ＝－1上找一点M ，使点M 到点A 的距离与到点C 的距离之和最小，求点M 的坐标；(3)设点P 为抛物线的对称轴x ＝－1上的一个动点，求使△BPC 为直角三角形的点P 的坐标．第2题图解：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧－b2a＝－1a ＋b ＋c ＝0c ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1b ＝－2c ＝3，∴抛物线的解析式为y ＝－x 2－2x ＋3.∵对称轴为直线x ＝－1，抛物线经过A (1，0)，∴B (－3，0)．设直线BC 的解析式y ＝mx ＋n ，把B (－3，0)，C (0，3)分别代入y ＝mx ＋n 得⎩⎪⎨⎪⎧－3m ＋n ＝0n ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1n ＝3， ∴直线BC 的解析式为y ＝x ＋3； (2)如解图，连接MA ，第2题解图∵MA ＝MB ，∴MA ＋MC ＝MB ＋MC .∴使MA ＋MC 最小的点M 应为直线BC 与对称轴x ＝－1的交点．设直线BC 与对称轴x ＝－1的交点为M ，把x ＝－1代入直线y ＝x ＋3，得y ＝2.∴M (－1，2);(3)设P (－1，t )，∵B (－3，0)，C (0，3)，∴BC 2＝18，PB 2＝(－1＋3)2＋t 2＝4＋t 2，PC 2＝(－1)2＋(t －3)2＝t 2－6t ＋10.①若B 为直角顶点，则BC 2＋PB 2＝PC 2，即18＋4＋t 2＝t 2－6t ＋10，解得t ＝－2；②若C 为直角顶点，则BC 2＋PC 2＝PB 2，即18＋t 2－6t ＋10＝4＋t 2，解得t ＝4；③若P 为直角顶点，则PB 2＋PC 2＝BC 2，即：4＋t 2＋t 2－6t ＋10＝18，解得t 1＝3＋172，t 2＝3－172. 综上所述，满足条件的点P 共有四个，分别为：P 1(－1，－2)，P 2(－1，4)，P 3(－1，3＋172)，P 4(－1，3－172)． 3. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝x 2＋bx ＋c 经过点A (0，－6)和点C (6，0)．(1)求抛物线的解析式；(2)若抛物线与x 轴的负半轴交于点B ，试判断△ABC 的形状；(钝角三角形、直角三角形、锐角三角形)(3)在抛物线上是否存在点P ，使得△P AC 是以AC 为底的等腰三角形？若存在，请求出所有点P 的坐标；若不存在，请说明理由．第3题图解：(1)将C 、A 两点坐标代入y ＝x 2＋bx ＋c ，可得⎩⎪⎨⎪⎧36＋6b ＋c ＝0c ＝－6， 解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－5c ＝－6， ∴抛物线的解析式为y ＝x 2－5x －6；(2)当y ＝0时，则有：x 2－5x －6＝0，即(x ＋1)(x －6)＝0，∴解得x 1＝－1，x 2＝6(舍)，∴B (－1，0)．由两点之间的距离公式可得：BC 2＝2＝49，AC 2＝(6－0)2＋2＝72，AB 2＝(－1－0)2＋2＝37，∵AB 2＋BC 2>AC 2，∴△ABC 为锐角三角形．(3)存在满足条件的点P ，使得△P AC 是以AC 为底的等腰三角形理由：如解图，过线段AC 的中点M ，作AC 的垂线交抛物线于点P ，第3题解图直线MP 与抛物线必有两个满足条件的交点P ，∵A (0，－6)，C (6，0)，∴点M 的坐标为(3，－3)，且OA =OC ，∴直线MP 过点O ，设直线MP 的解析式为y ＝kx ，将点M (3，－3)代入得，k ＝－1，即直线MP 的解析式为y ＝－x ，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x y ＝x 2－5x －6， 解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝2－10y 1＝10－2或⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2＋10y 2＝－2－10， ∴点P 的坐标为(2－10，10－2)或(2＋10，－2－10)．4. 如图，在平面直角坐标系中，直线y ＝－2x ＋10与x 轴，y 轴相交于A ，B 两点，点C 的坐标是(8，4)，连接AC ，BC .(1)求过O ，A ，C 三点的抛物线的解析式，并判断△ABC 的形状；(2)动点P 从点O 出发，沿OB 以每秒2个单位长度的速度向点B 运动，同时，动点Q 从点B 出发，沿BC 以每秒1个单位长度的速度向点C 运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为t 秒．当t 为何值时，P A ＝QA?(3)在抛物线的对称轴上，是否存在点M ，使以A ，B ，M 为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．第4题图 解：(1)∵直线y＝－2x ＋10与x 轴、y 轴相交于A 、B 两点，∴A (5，0)，B (0，10)，设过O 、A 、C 三点的抛物线的解析式为y ＝ax 2＋bx (a ≠0)，把点A (5，0)和C (8，4)代入可得⎩⎪⎨⎪⎧25a ＋5b ＝064a ＋8b ＝4， 解得⎩⎨⎧a ＝16b ＝－56， ∴抛物线的解析式为y ＝16x 2－56x ； ∵A (5，0)，B (0，10)，C (8，4)，∴AB 2＝125，AC 2＝25，BC 2＝100，∵AB 2＝AC 2＋BC 2，∴△ABC 是直角三角形．(2)如解图，连接AP ，AQ ，当P ，Q 运动t 秒，即OP ＝2t ，CQ ＝10－t ，第4题解图在Rt △AOP 和Rt △ACQ 中，⎩⎪⎨⎪⎧AC ＝OA P A ＝QA， ∴Rt △AOP ≌Rt △ACQ ，∴OP ＝CQ ，∴2t ＝10－t ，∴t ＝103， ∵t <5，∴当运动时间为103秒时，P A ＝QA ； (3)存在．由题可得，抛物线的对称轴直线为x ＝52， 设点M 的坐标为( 52，b )， 利用点的坐标可求得AB 2＝102＋52＝125，MB 2＝(52)2＋(b －10)2， MA 2＝(52)2＋b 2， ∵△MAB 是等腰三角形，∴可分以下三种情况讨论：①当AB ＝MA 时，即125＝(52)2＋b 2， 解得b ＝±5192， 即点M 的坐标为(52，5192)或(52，－5192)；②当AB ＝BM 时，即125＝(52)2＋(b －10)2，解得b ＝10±5192，即点M 的坐标为(52，10＋5192)或(52，10－5192)；③当MB ＝MA 时，即(52)2＋(b －10)2＝(52)2＋b 2，解得b ＝5，此时点A 、M 、B 共线，故这样的点M 不存在．综上所述，存在点M ，使以点A 、B 、M 为顶点的三角形是等腰三角形，点M 的坐标为(52，5192)或(52，－5192)或(52，10＋5192)或(52，10－5192)． 5. 如图，抛物线y ＝x 2＋bx ＋c 与x 轴交于A 、B 两点，B 点坐标为(3，0)，与y 轴交于点C (0，3)． (1)求抛物线的解析式；(2)点P 在x 轴下方的抛物线上，过点P 的直线y ＝x ＋m 与直线BC 交于点E ，与y 轴交于点F ，求PE ＋EF 的最大值；(3)点D 为抛物线对称轴上一点，当△BCD 是以BC 为直角边的直角三角形时，求点D 的坐标．解：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧32＋3b ＋c ＝0c ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－4c ＝3，∴抛物线的解析式为y ＝x 2－4x ＋3；(2)如解图①，过点P作PG∥CF交CB与点G，第5题解图①由题可知，直线BC的解析式为y＝－x＋3，OC＝OB＝3，∴∠OCB＝45°.同理可知∠OFE＝45°，∴△CEF为等腰直角三角形，∵PG∥CF，∴△GPE为等腰直角三角形，∵F(0，m)，C(0，3)，∴CF＝3－m，∵△CEF∽△GEP∴EF＝22CF＝22(3－m), PE＝22PG，设P(t，t2－4t＋3)(1<t<3), 则G(t，－t＋3)PE＝22PG＝22(－t＋3－t－m)＝22(－m－2t＋3)，∵点P是直线y＝x＋m与抛物线的交点，∴t2－4t＋3＝t＋m，∴PE＋EF＝22(3－m)＋22(－m－2t＋3)＝22(－2t－2m＋6)＝－2(t＋m－3)＝－2(t2－4t)＝－2(t－2)2＋42，∴当t＝2时，PE＋EF最大，最大值为42；(3)由(1)知对称轴x＝2，设点D(2，n)，如解图②.第5题解图②当△BCD是以BC为直角边的直角三角形时，分两种情况讨论：(ⅰ)D在C上方D1位置时，由勾股定理得CD21＋BC2＝BD21，即(2－0)2＋(n－3)2＋(32)2＝(3－2)2＋(0－n)2 ，解得n＝5；(ⅱ)D在C下方D2位置时，由勾股定理得BD22＋BC2＝CD22，即(2－3)2＋(n－0)2＋(32)2＝(2－0)2＋(n－3)2 ，解得n＝－1，综上所述，当△BCD是以BC为直角边的直角三角形时，D为(2，5)或(2，－1)．6.如图，抛物线y＝ax2－2ax＋c(a≠0)与y轴交于点C(0，4)，与x轴交于点A、B，点A的坐标为(4，0)．(1)求该抛物线的解析式；(2)抛物线的顶点为N，在x轴上找一点K，使CK＋KN的值最小，求出此时点K的坐标；(3)若平行于x轴的动直线l与该抛物线交于点P，与直线AC交于点F，点D的坐标为(2，0)．问：是否存在这样的直线l，使得△ODF是等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．第6题图解：(1)∵抛物线经过点C (0，4)，A (4，0)，∴c=a a c=⎧⎨-+⎩41680，解得a=c=⎧-⎪⎨⎪⎩124， ∴抛物线的解析式为y ＝－12x 2＋x ＋4；(2)由y ＝－12x 2＋x ＋4＝－12(x －1)2＋92可得抛物线的顶点坐标为N (1，92)，如解图①，作点C 关于x 轴的对称点C ′，则C ′(0，－4)，连接C′N 交x 轴于点K ，则K 点即为所求点，第6题解图①设直线C′N 的解析式为y ＝kx ＋b (k ≠0)，把N ，C′两点坐标代入可得：k b=b=⎧+⎪⎨⎪-⎩924，解得k=b=⎧⎪⎨⎪-⎩1724， ∴直线C′N 的解析式为y ＝172x －4， 令y ＝0，解得x ＝817，∴点K的坐标为(817，0)；(3)存在．要使△ODF是等腰三角形，需分以下三种情况讨论：①DO＝DF，∵A(4，0)，D(2，0)，∴AD＝OD＝DF＝2，在Rt△AOC中，OA＝OC＝4，∴∠OAC＝45°，∴∠DF A＝∠OAC＝45°，∴∠ADF＝90°.此时，点F的坐标为(2，2)；由－12x2＋x＋4＝2得，x1＝1＋5，x2＝1－ 5.此时，点P的坐标为(1＋5，2)或(1－5，2)；②FO＝FD，如解图②，过点F作FM⊥x轴于点M.第6题解图②由等腰三角形的性质得：OM ＝12OD ＝1，∴AM ＝3，∴在等腰直角△AMF 中，MF ＝AM ＝3， ∴F (1，3)．由－12x 2＋x ＋4＝3得，x 1＝1＋3，x 2＝1－ 3.此时，点P 的坐标为(1＋3，3)或(1－3，3)； ③OD ＝OF ，∵OA ＝OC ＝4，且∠AOC ＝90°， ∴AC ＝42，∴点O 到AC 的距离为2 2. 而OF ＝OD ＝2<22，∴在AC 上不存在点F 使得OF ＝OD ＝2.此时，不存在这样的直线l ，使得△ODF 是等腰三角形．综上所述，存在这样的直线l ，使得△ODF 是等腰三角形，所求点P 的坐标为(1＋5，2)或 (1－5，2)或(1＋3，3)或(1－3，3)．7. 如图①，抛物线y ＝－13x 2＋bx ＋8与x 轴交于点A (－6，0)，点B (点A 在点B 左侧)，与y 轴交于点C ，点P 为线段AO 上的一个动点，过点P 作x 轴的垂线l 与抛物线交于点E ，连接AE 、EC .(1)求抛物线的表达式及点C 的坐标；(2)连接AC 交直线l 于点D ，则在点P 运动过程中，当点D 为EP 中点时，求S △ADP ∶S △CDE ；(3)如图②，当EC ∥x 轴时，点P 停止运动，此时，在抛物线上是否存在点G ，使△AEG 是以AE 为直角边的直角三角形？若存在，请求出点G 的坐标；若不存在，说明理由．第7题图解：(1)∵点A (－6，0)在抛物线y ＝－13x 2＋bx ＋8上，∴0＝－13×(－6)2＋(－6b )＋8，解得b ＝－23，∴抛物线的表达式为y ＝－13x 2－23x ＋8，令x ＝0，得y ＝8， ∴C (0，8);(2)设点E (t ，－13t 2－23t ＋8)，∴P (t ，0)，∵点D 为EP 的中点，∴DP ＝DE ，D (t ，－16t 2－13t ＋4)，设直线AC 的解析式为y ＝kx ＋b (k ≠0)，将A (－6，0)，C (0，8)，代入得：k b=b=-+⎧⎨⎩608，解得k=b=⎧⎪⎨⎪⎩438，∴直线AC 的解析式为y ＝43x ＋8，∵点D 在直线AC 上， ∴43t ＋8＝－16t 2－13t ＋4， 解得t 1＝－6(舍去)，t 2＝－4， ∴P (－4，0)， ∴AP ＝2，OP ＝4，∴S △ADP S △CDE ＝1212g g DP APDE OP ＝AP OP ＝12； (3)存在．如解图①，连接EG ，AG ，过点G 作GM ⊥l ，GN ⊥x 轴，垂足分别为M ，N ，第7题解图①∵EC ∥x 轴， ∴EP ＝CO ＝8，把y ＝8代入y ＝－13x 2－23x ＋8，则8＝－13x 2－23x ＋8，解得x ＝0(舍去)或x ＝－2， ∴P (－2，0)， ∴AP ＝AO －PO ＝4，(ⅰ)如解图①，当∠AEG ＝90°时， ∵∠MEG ＋∠AEP ＝90°， ∠AEP ＋∠EAP ＝90°， ∴∠MEG ＝∠EAP ， 又∵∠APE ＝∠EMG ＝90°， ∴△EMG ∽△APE ， ∴EM AP ＝MG EP， 设点G (m ，－13m 2－23m ＋8)(m ＞0)，则GN ＝MP ＝－13m 2－23m ＋8，∴EM ＝EP －MP ＝8－(－13m 2－23m ＋8)＝13m 2＋23m ，MG ＝PN ＝PO ＋ON ＝2＋m ， ∴13m 2＋23m 4＝2＋m 8，∴m ＝－2(舍去)或m ＝32，∴G (32，254)；(ⅱ)如解图②，当∠EAG ＝90°时，第7题解图②∵∠NAG ＋∠EAP ＝90°， ∠AEP ＋∠EAP ＝90°， ∴∠NAG ＝∠AEP ， ∵∠APE ＝∠GNA ＝90°， ∴△GNA ∽△APE ， ∴GN AP ＝ANEP， 设点G (n ，－13n 2－23n ＋8)(n ＞4)，∴GN ＝13n 2＋23n －8，AN ＝AO ＋ON ＝6＋n ，∴2128 334+-n n＝68+n，∴n＝－6(舍去)或n＝112，∴G(112，－234)，综上，符合条件的G点的坐标为(32，254)或(112，－234)．8.如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2＋bx－8与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，直线l经过坐标原点O，与抛物线的一个交点为D，与抛物线的对称轴交于点E，连接CE.已知点A，D的坐标分别为(－2，0)，(6，－8)．(1)求抛物线的函数表达式；(2)分别求出点B和点E的坐标；(3)若点P是y轴负半轴上的一个动点，设其坐标为(0，m)，直线PB与直线l交于点Q.试探究：当m 为何值时，△OPQ是等腰三角形．第8题图解：(1)∵抛物线y＝ax2＋bx－8经过点A(－2，0)，D(6，－8)，∴将A 、D 两点的坐标代入得⎩⎪⎨⎪⎧4a －2b －8＝036a ＋6b －8＝－8， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12b ＝－3， ∴抛物线的函数表达式为y ＝12x 2－3x －8； (2)∵y ＝12x 2－3x －8＝12(x －3)2－252， ∴抛物线的对称轴为直线x ＝3，又∵抛物线与x 轴交于A ，B 两点，点A 的坐标为(－2，0)，∴点B 的坐标为(8，0)．设直线l 的函数表达式为y ＝kx ，∵点D (6，－8)在直线l 上，代入得6k ＝－8，解得k ＝－43， ∴直线l 的函数表达式为y ＝－43x ， ∵点E 为直线l 和抛物线对称轴的交点，∴点E 的横坐标为3，纵坐标为－43×3＝－4，即点E 的坐标为(3，－4)； (3)需分两种情况进行讨论：①当OP ＝OQ 时，△OPQ 是等腰三角形，如解图①，第8题解图①∵点E 的坐标为(3，－4)，∴OE ＝32＋42＝5，过点E 作直线ME ∥PB ，交y 轴于点M ，交x 轴于点H ，则OM OP ＝OE OQ ， ∴OM ＝OE ＝5，∴点M 的坐标为(0，－5)，设直线ME 的函数表达式为y ＝k 1x －5，E （3，-4）在直线ME 上，∴3k 1－5＝－4，解得k 1＝13， ∴直线ME 的函数表达式为y ＝13x －5， 令y ＝0，解得x ＝15，∴点H 的坐标为(15，0)．又∵MH ∥PB ，∴OP OM ＝OB OH ，即－m 5＝815， ∴m ＝－83；②当QO ＝QP 时，△OPQ 是等腰三角形，如解图②，第8题解图②∵当x ＝0时，y ＝12x 2－3x －8＝－8， ∴点C 的坐标为(0，－8)，∴CE ＝32＋（8－4）2＝5，∴OE ＝CE ，∴∠1＝∠2，又∵QO ＝QP ，∴∠1＝∠3，∴∠2＝∠3，∴CE ∥PB .设直线CE 交x 轴于点N ，其函数表达式为y ＝k 2x －8，E （3，-4）在直线CE 上，∴3k 2－8＝－4，解得k 2＝43， ∴直线CE 的函数表达式为y ＝43x －8，令y ＝0，得43x －8＝0， ∴x ＝6，∴点N 的坐标为(6，0)．∵CN ∥PB .∴OP OC ＝OB ON， ∴－m 8＝86，解得m ＝－323. 综上所述，当m 的值为－83或－323时，△OPQ 是等腰三角形． 9. 如图，抛物线y ＝13x 2＋bx ＋c 与x 轴交于A (3，0)，B (－1，0)两点，过点B 作直线BC ⊥x 轴，交直线y ＝－2x 于点C.(1)求该抛物线的解析式；(2)求该抛物线的顶点D 的坐标，并判断顶点D 是否在直线y ＝－2x 上；(3)点P 是抛物线上一动点，是否存在这样的点P (点A 除外)，使△PBC 是以BC 为直角边的直角三角形？若存在，求出所有满足条件的点P 的坐标；若不存在，请说明理由．第9题图解：(1)∵y ＝13x 2＋bx ＋c 与x 轴交于A (3，0)，B (－1，0)两点，∴⎩⎨⎧13×32＋3b ＋c ＝013×（－1）2－b ＋c ＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－23c ＝－1， ∴抛物线的解析式为y ＝13x 2－23x －1； (2)∵a ＝13，b ＝－23，c ＝－1， 抛物线的顶点D 的坐标为(－b 2a ，4ac －b 24a)， ∴x D ＝－－232×13＝1， y D ＝4×13×（－1）－（－23）24×13＝－43， ∴D (1，－43)． 把x ＝1代入y ＝－2x 中得y ＝－2，∵－43≠－2， ∴顶点D 不在直线y ＝－2x 上；(3)存在．理由如下：如解图，过点C 作x 轴的平行线，与该抛物线交于点P 1，P 2，连接BP 1，BP 2.第9题解图∵直线BC ⊥x 轴，∴△P 1BC 、△P 2BC 都是直角三角形．把x ＝－1代入y ＝－2x 中得：y ＝－2×(－1)＝2，∴C (－1，2)．∴把y ＝2代入y ＝13x 2－23x －1中得13x 2－23x －1＝2， 解得x 1＝10＋1，x 2＝－10＋1.∴P 1(10＋1，2)，P 2(－10＋1，2)．10. 如图，抛物线y ＝－12x 2＋bx ＋c 与x 轴交于A (－1，0)、B 两点，与y 轴交于点C (0，2)，抛物线的对称轴交x 轴于点D.(1)求抛物线的解析式；(2)求sin ∠ABC 的值；(3)在抛物线的对称轴上是否存在点P ，使△PCD 是以CD 为腰的等腰三角形，如果存在，直接写出点P 的坐标；如果不存在，请说明理由．第10题图解：(1)将点A (－1，0)，C (0，2)代入抛物线y ＝－12x 2＋bx ＋c 中得， ⎩⎪⎨⎪⎧－12－b ＋c ＝0c ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝32c ＝2， ∴抛物线的解析式为y ＝－12x 2＋32x ＋2； (2)令y ＝－12x 2＋32x ＋2＝0， 解得x 1＝－1，x 2＝4，∴点B 的坐标为(4，0)，在Rt △BOC 中，BC ＝OC 2＋OB 2＝22＋42＝25，∴sin ∠ABC ＝OC BC ＝225＝55； (3)存在，点P 坐标为(32，52)或(32，－52)或(32，4)． 【解法提示】由抛物线y ＝－12x 2＋32x ＋2得对称轴为直线x ＝32， ∴点D 的坐标为(32，0)． ∴CD ＝OC 2＋OD 2＝22＋（32）2＝52. ∵点P 在对称轴x ＝32上，且△PCD 是以CD 为腰的等腰三角形， ∴当点D 为顶点时，有DP ＝CD ＝52，此时点P 的坐标为(32，52)或(32，－52)； 当点C 为顶点时，如解图，连接CP ，则CP ＝CD ，过点C 作CG ⊥DP 于点G ，则DG ＝PG ，第10题解图∵DG ＝2，∴PG ＝2，PD ＝4，∴点P 的坐标为(32，4)． 综上，存在点P 使△PCD 是以CD 为腰的等腰三角形，点P 的坐标为(32，52)或(32，－52)或(32，4)．。

专题04 二次函数与特殊图形的存在性问题(连云港26题无锡27题淮安28题等)(解析版)

专题04 二次函数与特殊图形的存在性问题(连云港26题无锡27题淮安28题等)(解析版)

（3）求出 m ＝﹣k 2﹣k √k 2 + 1，在△AHM 中，tan α= AH = −k =k +√k 2 + 1 =tan ∠BEC = EK =k +2，即2020 年中考数学大题狂练之压轴大题突破培优练（江苏专用）专题 4 二次函数与特殊图形的存在性问题【真题再现】1．（2019 年盐城 27 题）如图所示，二次函数 y ＝k （x ﹣1）2+2 的图象与一次函数 y ＝kx ﹣k +2 的图象交于 A 、B 两点，点 B 在点 A 的右侧，直线 AB 分别与 x 、y 轴交于 C 、D 两点，其中 k ＜0．（1）求 A 、B 两点的横坐标；（△2）若 OAB 是以 OA 为腰的等腰三角形，求 k 的值；（3）二次函数图象的对称轴与 x 轴交于点 E ，是否存在实数 k ，使得∠ODC ＝2∠BEC ，若存在，求出 k的值；若不存在，说明理由．【分析】（1）将二次函数与一次函数联立得：k （x ﹣1）2+2＝kx ﹣k +2，即可求解； （2）分 OA ＝AB 、OA ＝OB 两种情况，求解即可；HMm BK在△AHM中，tanα=AH =−k=k+√k2+1=tan∠BEC=EK=k+2，可求解．【解析】（1）将二次函数与一次函数联立得：k（x﹣1）2+2＝kx﹣k+2，解得：x＝1和2，故点A、B的坐标横坐标分别为1和2；（2）OA=√22+1=√5，①当OA＝AB时，即：1+k2＝5，解得：k＝±2（舍去2）；②当OA＝OB时，4+（k+2）2＝5，解得：k＝﹣1或﹣3；故k的值为：﹣1或﹣2或﹣3；（3）存在，理由：①当点B在x轴上方时，过点B作BH⊥AE于点△H，将AHB的图形放大见右侧图形，过点A作∠HAB的角平分线交BH于点M，过点M作MN⊥AB于点N，过点B作BK⊥x轴于点K，图中：点A（1，2）、点B（2，k+2），则AH＝﹣k，HB＝1，设：HM＝m＝MN，则BM＝1﹣m，则AN＝AH＝﹣k，AB=√k2+1，NB＝AB﹣AN，由勾股定理得：MB2＝NB2+MN2，即：（1﹣m）2＝m2+（√k2+1+k）2，解得：m＝﹣k2﹣k√k2+1，HM m BK解得：k=±√3，此时k+2＞0，则﹣2＜k＜0，故：舍去正值，同理可得：tanα=AH=−k=k+√k2+1=tan∠BEC=EK=−（k+2），解得：k=−4−√7−4+√7，故k的值为：−√3或−4−√72．（2019年连云港26题）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线L：y＝x2+b x+c过点C（0，﹣3），与抛物线L2：y=−1x2−3x+2的一个交点为A，且点A的横坐标为2，点P、Q分别是抛物线L1、L2上的形的一条对角线，用x表示出Q点坐标，再把Q点坐标代入抛物线L2：y=−2x2−2x+2中，列出方程求−m2−m+2），由tan∠QOK＝tan∠PRH，移出m的方程，求得m便可．故k=−√3；②当点B在x轴下方时，HM m BK33−4+√7此时k+2＜0，k＜﹣2，故舍去3，3．122动点．（1）求抛物线L1对应的函数表达式；（2）若以点A、C、P、Q为顶点的四边形恰为平行四边形，求出点P的坐标；（3）设点R为抛物线L1上另一个动点，且CA平分∠PCR．若OQ∥PR，求出点Q的坐标．【分析】（1）先求出A点的坐标，再用待定系数法求出函数解析式便可；（2）设点P的坐标为（x，x2﹣2x﹣3），分两种情况讨论：AC为平行四边形的一条边，AC为平行四边13得解便可；（3）当点P在y轴左侧时，抛物线L1不存在点R使得CA平分∠PCR，当点P在y轴右侧时，不妨设点P在CA的上方，点R在CA的下方，过点P、R分别作y轴的垂线，垂足分别为S、T，过点P作PH ⊥TR于点H，设点P坐标为（x1，x12−2x1−3），点R坐标为（x2，x22−2x2−3），证明△PSC∽△RTC，由相似比得到x1+x2＝4，进而得tan∠PRH的值，过点Q作QK⊥x轴于点K，设点Q坐标为（m，1322【解析】（1）将 x ＝2 代入 y = − 2x 2− 2x +2，得 y ＝﹣3，故点 A 的坐标为（2，﹣3）， {−3 = 2 + 2b + c，解得{ c = −3 ，将 Q （x +2，x 2﹣2x ﹣3）代入 y = − 2x 2− 2x +2，得 x 2﹣2x ﹣3= − 2（x +2）2− 2（x +2）+2，将 Q （x ﹣2，x 2﹣2x ﹣3）代入 y = − 2x 2− 2x +2，得 y = − 2x 2− 2x +2，得x 2﹣2x ﹣3= − 2（x ﹣2）2− 2（x ﹣2）+2，解得，x ＝3，或 x = − 3，将 Q （2﹣x ，﹣x 2+2x ﹣3）代入 y = − 2x2− 2x +2，得 ﹣x 2+2x ﹣3═− 2（2﹣x ）2− 2（2﹣x ）+2，1 3将 A （2，﹣3），C （0，﹣3）代入 y ＝x 2+b x +c ，得2 −3 = 0 + 0 + cb = −2∴抛物线 L 1：y ＝x 2﹣2x ﹣3；（2）如图，设点 P 的坐标为（x ，x 2﹣2x ﹣3），第一种情况：AC 为平行四边形的一条边，①当点 Q 在点 P 右侧时，则点 Q 的坐标为（x +2，x 2﹣2x ﹣3），1 31 3解得 x ＝0 或 x ＝﹣1，因为 x ＝0 时，点 P 与 C 重合，不符合题意，所以舍去，此时点 P 的坐标为（﹣1，0）；②当点 Q 在点 P 左侧时，则点 Q 的坐标为（x ﹣2，x 2﹣2x ﹣3），1 31 31 344 13 此时点 P 的坐标为（3，0）或（− 3， 9）；第二种情况：当 AC 为平行四边形的一条对角线时，由 AC 的中点坐标为（1，﹣3），得 PQ 的中点坐标为（1，﹣3），故点 Q 的坐标为（2﹣x ，﹣x 2+2x ﹣3），1 31 3解得，x ＝0 或 x ＝﹣3，综上所述，点P的坐标为（﹣1，0）或（3，0）或（−3，139）或（﹣3，12）；CS=x12−2x1−3−(−3)=x2在△Rt PRH中，tan∠PRH=RH=x1−x2=x1+x2−2=2过点Q作QK⊥x轴于点K，设点Q坐标为（m，−2m2−2m+2），所以2m=−2m2−2m+2，解得，m=−7±√65因为x＝0时，点P与点C重合，不符合题意，所以舍去，此时点P的坐标为（﹣3，12），4（3）当点P在y轴左侧时，抛物线L1不存在点R使得CA平分∠PCR，当点P在y轴右侧时，不妨设点P在CA的上方，点R在CA的下方，过点P、R分别作y轴的垂线，垂足分别为S、T，过点P作PH⊥TR于点H，则有∠PSC＝∠RTC＝90°，由CA平分∠PCR，得∠PCA＝∠RCA，则∠PCS＝∠RCT，∴△PSC∽△RTC，∴PS RTCT，设点P坐标为（x1，x12−2x1−3），点R坐标为（x2，x22−2x2−3），所以有x1整理得，x1+x2＝4，−3−(x22−2x2−3)，PH x12−2x1−3−(x22−2x2−3)13若OQ∥PR，则需∠QOK＝∠PRH，所以tan∠QOK＝tan∠PRH＝2，132，所以点Q坐标为（−7+√65−7−√652，﹣7+√65）或（2，﹣7−√65）．3．（2019年无锡27题）已知二次函数y＝ax2﹣4ax+c（a＜0）的图象与它的对称轴相交于点A，与y 轴相交于点C（0，﹣2），其对称轴与x轴相交于点B（1）若直线BC与二次函数的图象的另一个交点D在第一象限内，且BD=√2，求这个二次函数的表达式；（2）已知P在y轴上，且△POA为等腰三角形，若符合条件的点P恰好有2个，试直接写出a的值．【分析】（1）先求得对称轴方程，进而得B点坐标，过D作DH⊥x轴于点H，由B，C的坐标得∠OBC ＝45°，进而求得DH，BH，便可得D点坐标，再由待定系数法求得解析式；（2）先求出A点的坐标，再分两种情况：A点在x轴上时，△OP A为等腰直角三角形，符合条件的点P 恰好有2个；A点不在x轴上，∠AOB＝△30°，OP A为等边三角形或顶角为120°的等腰三角形，符合条件的点P恰好有2个．据此求得a．【解析】（1）过点D作DH⊥x轴于点H，如图1，∴对称轴为 x = − = 2，2a{，∴{，∵二次函数 y ＝ax 2﹣4ax +c ，−4a∴B （2，0），∵C （0，﹣2），∴OB ＝OC ＝2，∴∠OBC ＝∠DBH ＝45°，∵BH = √2，∴BH ＝DH ＝1，∴OH ＝OB +BH ＝2+1＝3，∴D （3，1），把 C （0，﹣2），D （3，1）代入 y ＝ax 2﹣4ax +c 中得，c = −29a − 12a + c = 1a = −1 c = −2∴二次函数的解析式为 y ＝﹣x 2+4x ﹣2；（2）∵y ＝ax 2﹣4ax +c 过 C （0，﹣2），∴c ＝﹣2，∴y ＝ax 2﹣4ax +c ＝a （x ﹣2）2﹣4a ﹣2，∴A （2，﹣4a ﹣2），∵P 在 y 轴上，且△POA 为等腰三角形，若符合条件的点 P 恰好有 2 个，∴①当抛物线的顶点 A 在 x 轴上时，∠POA ＝90°，则 OP ＝OA ，这样的 P 点只有 2 个，正、负半轴各一个，如图 2，解得 a = − 2；∴AB ＝OB •tan30°＝2× 3 = 3 ，∴|﹣4a ﹣2|= 3 ，∴a = − 2 − 6 √3或− 2 + 6 √3．综上，a = − 2或− 2 − 6 √3或− 2 + 6 √3． 4．（2017 年淮安 28 题）如图①，在平面直角坐标系中，二次函数 y = − 1x 2+b x +c 的图象与坐标轴交此时 A （﹣2，0），∴﹣4a ﹣2＝0，1②当抛物线的顶点 A 不在 x 轴上时，∠AOB ＝△30°时，则 OP A 为等边三角形或∠AOP ＝120°的等腰三角形，这样的 P 点也只有两个，如图 3，√ 3 2√32√31 1 1 11 1 1 1 13于 A ，B ，C 三点，其中点 A 的坐标为（﹣3，0），点 B 的坐标为（4，0），连接 AC ，BC ．动点 P 从点 A出发，在线段 AC 上以每秒 1 个单位长度的速度向点 C 作匀速运动；同时，动点 Q 从点 O 出发，在线段OB 上以每秒 1 个单位长度的速度向点 B 作匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，设运动时间为 t 秒．连接 PQ ．（1）填空：b ＝13，c ＝ 4 ；（4）如图②，点 N 的坐标为（− 2，0），线段 PQ 的中点为 H ，连接 NH ，当点 Q 关于直线 NH 的对称【分析】（1）设抛物线的解析式为 y ＝a （x +3）（x ﹣4）．将 a = − 3代入可得到抛物线的解析式，从而可F ，过点 P 作 PG ⊥x 轴，垂足为点，首先证明△G P AG ∽△ACO ，依据相似三角形的性质可得到 PG = 5t ，AG = 5t ，然后可求得 PE 、DF 的长，然后再证明△MDP ≌PEQ ，从而得到 PD ＝EQ = 5t ，MD ＝PE ＝3+ 5t ，位线定理得到 RH = 2QO = 2t ，RH ∥OQ ，NR = 2AP = 2t ，则 RH ＝NR ，接下来，依据等腰三角形的性质 【解析】（1）设抛物线的解析式为 y ＝a （x +3）（x ﹣4）．将 a = − 3代入得：y = − 3x 2+ 3x +4，∴b = 3，c ＝4．（2）在点 P ，Q 运动过程中，△APQ 可能是直角三角形吗？请说明理由；（3）在 x 轴下方，该二次函数的图象上是否存在点 △M ，使PQM 是以点 P 为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出运动时间 t ；若不存在，请说明理由；3点 Q ′恰好落在线段 BC 上时，请直接写出点 Q ′的坐标．1确定出 b 、c 的值；（2）连结 QC ．先求得点 C 的坐标，则 PC ＝5﹣t ，依据勾股定理可求得 AC ＝5，CQ 2＝t 2+16，接下来，依据 CQ 2﹣CP 2＝AQ 2﹣AP 2 列方程求解即可；（3）过点 P 作 DE ∥x 轴，分别过点 M 、Q 作 MD ⊥DE 、QE ⊥DE ，垂足分别为 D 、E ，MD 交 x 轴与点43 4 2然后可求得 FM 和 OF 的长，从而可得到点 M 的坐标，然后将点 M 的坐标代入抛物线的解析式求解即可；（4）连结：OP ，取 OP 的中点 R ，连结 RH ，NR ，延长 NR 交线段 BC 与点 Q ′．首先依据三角形的中1 1 1 1和平行线的性质证明 NH 是∠QNQ ′的平分线，然后求得直线 N R 和 BC 的解析式，最后求得直线 N R 和BC 的交点坐标即可．1 1 11（2）在点 P 、Q 运动过程中，△APQ 不可能是直角三角形．理由如下：连结 QC ．OC =∵在点P、Q运动过程中，∠P AQ、∠PQA始终为锐角，∴当△APQ是直角三角形时，则∠APQ＝90°．将x＝0代入抛物线的解析式得：y＝4，∴C（0，4）．∵AP＝OQ＝t，∴PC＝5﹣t，∵在△Rt AOC中，依据勾股定理得：AC＝5，在△Rt COQ中，依据勾股定理可知：CQ2＝t2+16，在Rt △CPQ中依据勾股定理可知：PQ2＝CQ2﹣CP2，在Rt△APQ中，AQ2﹣AP2＝PQ2，∴CQ2﹣CP2＝AQ2﹣AP2，即（3+t）2﹣t2＝t2+16﹣（5﹣t）2，解得：t＝4.5．∵由题意可知：0≤t≤4，∴t＝4.5不合题意，即△APQ不可能是直角三角形．（3）如图所示：过点P作DE∥x轴，分别过点M、Q作MD⊥DE、QE⊥DE，垂足分别为D、E，MD交x轴与点F，过点P作PG⊥x轴，垂足为点G，则PG∥y轴，∠E＝∠D＝90°．∵PG∥y轴，∴△P AG∽△ACO，∴PG AGOA=APPGAC，即4=AG t3=5，10/82∴PG=5t，AG=5t，∴PE＝GQ＝GO+OQ＝AO﹣AG+OQ＝3−5t+t＝3+5t，DF＝GP=5t．∴PD＝EQ=5t，MD＝PE＝3+5t，∴FM＝MD﹣DF＝3+5t−5t＝3−5t，OF＝FG+GO＝PD+OA﹣AG＝3+5t−5t＝3+5t，∴M（﹣3−5t，﹣3+5t）．∴﹣3+5t=−3×（﹣3−5t）2+3×（﹣3−5t）+4，解得：t=−65±5√2052．∴t=−65+5√205∴RH=2QO=2t，RH∥OQ．∵A（﹣3，0），N（−2，0），43324∵∠MPQ＝90°，∠D＝90°，∴∠DMP+∠DPM＝∠EPQ+∠DPM＝90°，∴∠DMP＝∠EPQ．又∵∠D＝∠E，PM＝PQ，∴△MDP≌△PEQ，42242431 12∵点M在x轴下方的抛物线上，21111∵0≤t≤4，2．（4）如图所示：连结OP，取OP的中点R，连结RH，NR，延长NR交线段BC于点Q′．∵点H为PQ的中点，点R为OP的中点，113∴点N为OA的中点．又∵R为OP的中点，∴NR = 2AP= 2t ，设直线 AC 的解析式为 y ＝mx +n ，把点 A （﹣3，0）、C （0，4）代入得：{ ，解得：m = 3，n ＝4，∴直线 AC 的表示为 y = 3x+4． 设直线 NR 的函数表达式为 y = 3x +s ，将点 N 的坐标代入得： ×（− 2）+s ＝0，解得：s ＝2，∴直线 NR 的表述表达式为 y = 3x +2． y = x + 2 4，解得：x = 7，y = 7 ，7 ）．1 1∴RH ＝NR ，∴∠RNH ＝∠RHN ．∵RH ∥OQ ，∴∠RHN ＝∠HNO ，∴∠RNH ＝∠HNO ，即 NH 是∠QN Q ′的平分线．−3m + n = 0n = 444同理可得直线 BC 的表达式为 y ＝﹣x +4．4 4 3 34将直线 NR 和直线 BC 的表达式联立得：{ 3 y = −x + 46 226 22∴Q ′（ ， 75．（2017 年宿迁 25 题）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 y ＝x 2﹣2x ﹣3 交 x 轴于 A ，B 两点（点A 在点B 的左侧），将该抛物线位于 x 轴上方曲线记作 M ，将该抛物线位于 x 轴下方部分沿 x 轴翻折，翻折后所得曲线记作 N ，曲线 N 交 y 轴于点 C ，连接 AC 、BC ．（1）求曲线 N 所在抛物线相应的函数表达式；（△2）求 ABC 外接圆的半径；（3）点 P 为曲线 M 或曲线 N 上的一动点，点 Q 为 x 轴上的一个动点，若以点 B ，C ，P ，Q 为顶点的四边形是平行四边形，求点 Q 的坐标．【分析】（1）由已知抛物线可求得A、B坐标及顶点坐标，利用对称性可求得C的坐标，利用待定系数法可求得曲线N的解析式；（2）由外接圆的定义可知圆心即为线段BC与AB的垂直平分线的交点，即直线y＝x与抛物线对称轴的交点，可求得外接圆的圆心，再利用勾股定理可求得半径的长；（3）设Q（x，0），当BC为平行四边形的边时，则有BQ∥PC且BQ＝PC，从而可用x表示出P点的坐标，代入抛物线解析式可得到x的方程，可求得Q点坐标，当BC为平行四边形的对角线时，由B、C 的坐标可求得平行四边形的对称中心的坐标，从而可表示出P点坐标，代入抛物线解析式可得到关于x 的方程，可求得P点坐标．【解析】（1）在y＝x2﹣2x﹣3中，令y＝0可得x2﹣2x﹣3＝0，解得x＝﹣1或x＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0），令x＝0可得y＝﹣3，又抛物线位于x轴下方部分沿x轴翻折后得到曲线N，∴C（0，3），设曲线N的解析式为y＝ax2+bx+c，a−b+c=0a=−1把A、B、C的坐标代入可得{9a+3b+c=0，解得{b=2，c=3c=3∴曲线N所在抛物线相应的函数表达式为y＝﹣x2+2x+3；（△2）设ABC外接圆的圆心为M，则点M为线段BC、线段AB垂直平分线的交点，∵B（3，0），C（0，3），∴线段BC的垂直平分线的解析式为y＝x，又线段AB的垂直平分线为曲线N的对称轴，即x＝1，∴M（1，1），∴MB=√(1−3)2+12=√5，即△ABC外接圆的半径为√5；（3）设Q（t，0），则BQ＝|t﹣3|①当BC为平行四边形的边时，如图1，则有BQ∥PC，∴P点纵坐标为3，即过C点与x轴平行的直线与曲线M和曲线N的交点即为点P，x轴上对应的即为点Q，当点P在曲线M上时，在y＝x2﹣2x﹣3中，令y＝3可解得x＝1+√7或x＝1−√7，∴PC＝1+√7或PC=√7−1，当x＝1+√7时，可知点Q在点B的右侧，可得BQ＝t﹣3，∴t﹣3＝1+√7，解得t＝4+√7，当x＝1−√7时，可知点Q在点B的左侧，可得BQ＝3﹣t，∴3﹣t=√7−1，解得t＝4−√7，∴Q点坐标为（4+√7，0）或（4−√7，0）；当点P在曲线N上时，在y＝﹣x2+2x+3中，令y＝3可求得x＝0（舍去）或x＝2，∴PC＝2，此时Q点在B点的右侧，则BQ＝t﹣3，∴t﹣3＝2，解得t＝5，∴Q点坐标为（5，0）；②当BC为平行四边形的对角线时，6．（2017 年常州 27 题）如图，在平面直角坐标系 xOy ，已知二次函数 y = − 1x 2+bx 的图象过点 A （4， ∵B （3，0），C （0，3），3 3∴线段 BC 的中点为（ ， ），设 P （x ，y ），2 2∴x +t ＝3，y +0＝3，解得 x ＝3﹣t ，y ＝3，∴P （3﹣t ，3），当点 P 在曲线 M 上时，则有 3＝（3﹣t ）2﹣2（3﹣t ）﹣3，解得 t ＝2+√7或 t ＝2−√7，∴Q 点坐标为（2+√7，0）或（2−√7，0）；当点 P 在曲线 N 上时，则有 3＝﹣（3﹣t ）2+2（3﹣t ）+3，解得 t ＝3（Q 、B 重合，舍去）或 t ＝1，∴Q 点坐标为（1，0）；综上可知 Q 点的坐标为（4+√7，0）或（4−√7，0）或（5，0）或（2+√7，0）或（2−√7，0）或（1，0）．20），顶点为 B ，连接 AB 、BO ．（1）求二次函数的表达式；（2）若 C 是 BO 的中点，点 Q 在线段 AB 上，设点 B 关于直线 CQ 的对称点为 B △'，当 OCB'为等边三角形时，求 BQ 的长度；（3）若点 D 在线段 BO 上，OD ＝2DB ，点 E 、F 在△OAB 的边上，且满足△DOF 与△DEF 全等，求点E 的坐标．【分析】（1）利用待定系数法求二次函数的表达式；（2）先求出 OB 和 AB 的长，根据勾股定理的逆定理证明∠ABO ＝90°，由对称计算∠QCB ＝60°，利用特殊的三角函数列式可得 BQ 的长；（3）因为 D 在 OB 上，所以 F 分两种情况：i ）当 F 在边 OA 上时，ii ）当点 F 在 AB 上时，【解析】（1）将点A的坐标代入二次函数的解析式得：−2×42+4b＝0，解得b＝2，∴二次函数的表达式为y=−2x2+2x．（2）∵y=−2x2+2x=−2（x﹣2）2+2，∴tan60°=BC ，当F在边OA上时，分三种情况：①如图2，过D作DF⊥x轴，垂足为F，则E、F在OA上，②如图△3，作辅助线，构建OFD≌△EDF ≌△FGE，③如图△4，将DOF沿边DF翻折，使得O恰好落在AB边上，记为点E，当点F在OB上时，过D作DF∥x轴，交AB于F，连接OF与DA，依次求出点E的坐标即可．ii）当点F在AB上时，分两种情况：画出图形可得结论．1111∴B（2，2），抛物线的对称轴为x＝2．如图1所示：由两点间的距离公式得：OB=√22+22=2√2，BA=√(4−2)2+(2−0)2=2√2．∵C是OB的中点，∴OC＝BC=√2．∵△OB′C为等边三角形，∴∠OCB′＝60°．又∵点B与点B′关于CQ对称，∴∠B′CQ＝∠BCQ＝60°．∵OA＝4，OB＝2√2，AB＝2√2，∴OB2+AB2＝OA2∴∠OBA＝90°．在△Rt CBQ中，∠CBQ＝90°，∠BCQ＝60°，BC=√2，BQ∴BQ=√3CB=√3×√2=√6．∴OD=3OB=3，∴cos45°=OD，∴OF＝OD•cos45°=3×2=3，8（3）分两种情况：i）当F在边OA上时，①如图2，过D作DF⊥x轴，垂足为F，∵△DOF≌△DEF，且E在线段OA上，∴OF＝FE，由（2）得：OB＝2√2，∵点D在线段BO上，OD＝2DB，24√2∵∠BOA＝45°，OF4√2√24则OE＝2OF=3，8∴点E的坐标为（，0）；3②如图3，过D作DF⊥x轴于F，过D作DE∥x轴，交AB于E，连接EF，过E作EG⊥x轴于G，∴△BDE∽△BOA，OB=∴DE=3，∵DE＝OF=3，DF＝DF，∴OG＝OF+FG＝OF+DE=3+3=3，EG＝DF＝OD•sin45°=3，∴OD＝DE=3，∵BD=2OD=3，∴在△Rt DBE中，由勾股定理得：BE=√DE2−BD2=3，则BN＝NE＝BE•cos45°=3×2=3，OM+NE＝2+3，BM﹣BN＝2−3，∴BD DE1OA=3，∵OA＝4，4∵DE∥OA，∴∠OFD＝∠FDE＝90°，4∴△OFD≌△EDF，同理可得：△EDF≌△FGE，∴△OFD≌△EDF≌△FGE，448484∴E的坐标为（，）；33③如图△4，将DOF沿边DF翻折，使得O恰好落在AB边上，记为点E，过B作BM⊥x轴于M，过E作EN⊥BM于N，由翻折的性质得：△DOF≌△DEF，4√212√22√62√6√22√32√32√3∴点E的坐标为：（2+3，2−3）；BO=2√32√3，0）或（，2√32√3ii）当点F在AB上时，①过D作DF∥x轴，交AB于F，连接OF与DA，∵DF∥x轴，∴△BDF∽△BOA，∴BD BFBA，由抛物线的对称性得：OB＝BA，∴BD＝BF，则∠BDF＝∠BFD，∠ODF＝∠AFD，∴OD＝OB﹣BD＝BA﹣BF＝AF，则△DOF≌△DAF，∴E和A重合，则点E的坐标为（4，0）；②如图6，由①可知：当E与O重合时，△DOF与△DEF重合，此时点E（0，0）；884综上所述，点E的坐标为：（333）或（2+3，2−3）或（4，0）或（0，0）．【解答】（1）解：将 B （4，0），C （0，4）代入 y ＝x 2+b x +c 得{ 解得{【专项突破】【题组一】1．（2020•张家港市模拟）如图，二次函效 y ＝x 2+bx +c 的图象与 x 轴交于 A ，B 两点，B 点坐标为（4，0），与 y 轴交于点 C （0，4）点 D 为抛物线上一点．（1）求抛物线的解析式及 A 点坐标；（△2）若 BCD 是以 BC 为直角边的直角三角形时，求点 D 的坐标；（△3）若 BCD 是锐角三角形，请写出点 D 的横坐标 m 的取值范围．【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的解析式，再令 y ＝0，求 A 的坐标；（2）设 D 点板坐标为 3，代入函数解析式可得纵坐标，分别论∠BCD ＝90°，∠CBD ＝90°的情況，作出图形进行求解；（3）当 BC 为斜边构成 △Rt BCD 时，以 BC 中点 O 为圆心，以 BC 直径画圆，与抛物线交于 D 和 D'，此时△BCD 和△BCD'就是以 BC 为斜边的直角三角形，利用两点间的距离公式列出方程求解，然后结合（2）找到 m 的取值范围．16 + 4b + c = 0 c = 4b = −5c = 4所以抛物的解析式为 y ＝x 2﹣5x +4令 y ＝0，得 x 2﹣5x +4＝0，解得 x 1＝1，x 2＝4∴A 点的坐标为（1，0）（2）解：设 D 点坐标为 a ，则坐标为 a 2﹣5a +4①当∠BCD ＝90°时，如下图所示，连结BC，过C点作CD⊥BC与抛物交于点D，过D作DE⊥y轴于点E，由B、C坐标可知，OB＝OC＝4∴△OBC为等要真角三角形，∴∠OCB＝∠OBC＝45°又∵∠BCD＝90°，∴∠ECD+∠OCB＝90°∴∠ECD＝45°，∴△CDE为等要真角三角形，∴DE＝CE＝a∴OE＝OC+CE＝a+4由D、E织坐标相等，可得a2﹣5a+4＝a+4解得a1＝6，a2＝0，当a＝0时，D点坐标为（0，4），与C重含，不符含思意，舍去当a＝6时，D点坐标为（6，10）②当∠CBD＝90°时，如下图所示，连按BC，过B点作BD⊥BC与抛物线交于点D，过B作FG⊥x轴，再过C作CF⊥FG于F，过D作DG⊥FG于G ∠COB＝∠OBF＝∠BFC＝90°，四边形OBFC为形，又∵OC＝OB，∴四边形OBFC为正方形，∠CBF＝45°∠CBD＝90°，∴∠CBF+∠DBG＝90°∴∠DBG＝45°，∴△DBG为等腰直角三角形，∴DG＝BGD点横坐标为a∴DG＝4﹣a而BG＝﹣（a2﹣5a+4）∴﹣（a2﹣5a+4）＝4﹣a解得a1＝2，a2＝4当a＝4时，D点坐标为（4，0），与B重含，不符含题意，舍去当a＝2时，D点坐标为（2，﹣2）上所述，D点坐标为（6，10）或（2，﹣2）（3）当BC为斜边构成△Rt BCD时，如下图所示，以BC中点O'为圆心，以BC为直径画圆，与物线交于D和D’BC为O'的直径∴D 到 O'的距离为 O'的半径r = 2 BC = 2√2∠BDC ＝∠BD'C ＝90°∵BC = √OB 2 + OC 2 = 4√21D 点横坐标为 m ，纵坐标为 m 2﹣5m +4，O'坐标为（2，2），∴DO ′ = √(m − 2)2 + (m 2 − 5m + 4 − 2)2由图象易得 m ＝0 或 4 为方程的解，则方程方边必有因式 m（m 一 4）采用因式分解法进行降次解方程m （m ﹣4）（m 2﹣6m +6）＝0m ＝0 或 m ﹣4＝0 或 m 2﹣6m +6＝0，解得m 1 = 0，m 2 = 4，m 3 = 3 + √3，m 4 = 3 − √3当 m ＝0 时，D 点坐标为（0，4），与 C 点重合， 舍去；当 m ＝4 时，D 点坐标为（4，0），与 B 点重合，舍去；当m = 3 + √3时，D 点横坐标3 + √3当m = 3 − √3时，D 点横坐标为3 − √3结合（△2）中 BCD 形成直角三角形的情况，可得△BCD 为锐角三角形时，D 点横坐标 m 的取值范围为3 + √3＜m ＜6或3 − √3＜m ＜2．2．（2020•宝应县一模）如图 1，矩形 ABCD 的一边 BC 在直角坐标系中 x 轴上，折叠边 AD ，使点 D 落在 x轴上点 F 处，折痕为 AE ，已知 AB ＝8，AD ＝10，并设点 B 坐标为（m ，0），其中 m ＜0．（1）求点 E 、F 的坐标（用含 m 的式子表示）；（2）连接 △OA ，若 OAF 是等腰三角形，求 m 的值；（3）如图 2，设抛物线 y ＝a （x ﹣m +6）2+h 经过 A 、E 两点，其顶点为 M ，连接 AM ，若∠O AM ＝90°，求 a 、h 、m 的值．【分析】（1）根据题意和图形，可以求得 BF ，CE 的长度，再根据点 B 坐标为（m ，0），从而可以用含a ∴（m ﹣6）2＝m 2+64，得 m = − 3；m 的式子表示表示出点 E 、F 的坐标；（2）根据题意，可知分三种情况，然后分别求出 m 的值即可解答本题；（3）根据（1）中的结果，可以用含 m 的式子表示出点 A 和点 E 的坐标，然后根据抛物线 y ＝ （x ﹣m +6）2+h 经过 A 、E 两点，从而可以求得 a 、h 的值，再根据三角形相似，可以求得 m 的值，本题得以解决．【解答】解：（1）∵四边形 ABCD 是矩形，AB ＝8，AD ＝10，∴AD ＝BC ＝10，AB ＝CD ＝8，∠D ＝∠DCB ＝∠ABC ＝90°，由折叠对称性：AF ＝AD ＝10，FE ＝DE ，在 △Rt ABF 中，BF = √AF 2 − AB 2 = √102 − 82 =6，∴FC ＝4，设 DE ＝x ，则 CE ＝8﹣x ，在 △Rt ECF 中，42+（8﹣x ）2＝x 2，得 x ＝5，∴CE ＝8﹣x ＝3，∵点 B 的坐标为（m ，0），∴点 E 的坐标为（m ﹣10，3），点 F 的坐标为（m ﹣6，0）；（2）分三种情形讨论：若 AO ＝AF ，∵AB ⊥OF ，BF ＝6，∴OB ＝BF ＝6，∴m ＝﹣6；若 OF ＝AF ，则 m ﹣6＝﹣10，得 m ＝﹣4；若 AO ＝OF ，在 △Rt AOB 中，AO 2＝OB 2+AB 2＝m 2+64，7由上可得，m ＝﹣6 或﹣4 或− 3；解得，{ a = 4 ， ∴该抛物线的解析式为 y = 4（x ﹣m +6）2﹣1， 由上可得，a = 4，h ＝﹣1，m ＝﹣12．7（3）由（1）知 A （m ，8），E （m ﹣10，3），∵抛物线 y ＝a （x ﹣m +6）2+h 经过 A 、E 两点，a(m − m + 6)2 + ℎ = 8∴{ ，a(m − 10 − m + 6)2 + ℎ = 31 ℎ = −11∴点 M 的坐标为（m ﹣6，﹣1），设对称轴交 AD 于 G ，∴G （m ﹣6，8），∴AG ＝6，GM ＝8﹣（﹣1）＝9，∵∠OAB +∠BAM ＝90°，∠BAM +∠MAG ＝90°，∴∠OAB ＝∠MAG ，又∵∠ABO ＝∠MGA ＝90°，∴△AOB ∽△AMG ，∴ OBMG = AB AG，即 −m 9 8 = ，6解得，m ＝﹣12，13．（2019 秋•邗江区校级期末）如图①抛物线 y ＝ax 2+bx +4（a ≠0）与 x 轴，y 轴分别交于点 A （﹣1，0），B （4，0），点C 三点．（1）试求抛物线解析式；（2）点 D （3，m ）在第一象限的抛物线上，连接BC ，BD ．试问，在对称轴左侧的抛物线上是否存在一点 P ，满足∠PBC ＝∠DBC ？如果存在，请求出点 P 的坐标；如果不存在，请说明理由；（3）点 N 在抛物线的对称轴上，点 M 在抛物线上，当以 M 、N 、B 、C 为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点 M 的坐标．∴{，解得{a=−1．【分析】（1）把已知点A、B代入抛物线y＝ax2+bx+4中即可求解；（2）将二次函数与方程、几何知识综合起来，先求点D的坐标，再根据三角形全等证明∠PBC＝∠DBC，最后求出直线BP解析式即可求出P点坐标；（3）根据平行四边形的判定即可写出点M的坐标．【解答】解：如图：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴，y轴分别交于点A（﹣1，0），B（4，0），点C三点．a−b+4=016a+4b+4=0b=3∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+3x+4．（2）存在．理由如下：y＝﹣x2+3x+4＝﹣（x﹣1.5）2+6.25．∵点D（3，m）在第一象限的抛物线上，∴m＝4，∴D（3，4），∵C（0，4）∵OC＝OB，∴∠OBC＝∠OCB＝45°．连接CD，∴CD∥x轴，∴∠DCB＝∠OBC＝45°，∴∠DCB＝∠OCB，在y轴上取点G，使CG＝CD＝3，再延长BG交抛物线于点P，k = − 4，b ＝1，∴BP 解析式为 y BP = − 4x+1． y BP = − 4x +1，y ＝﹣x 2+3x +4，当 y ＝y BP 时，− 4x+1＝﹣x 2+3x +4， 解得 x 1= − 4，x 2＝4（舍去）， ∴y = 16，在△DCB 和△GCB 中，CB = CB{∠DCB = ∠OCB ， CG = CD∴△DCB ≌△GCB （SAS ）∴∠DBC ＝∠GBC ．设直线 BP 解析式为 y BP ＝kx +b （k ≠0），把 G （0，1），B （4，0）代入，得11113193 19 ∴P （− 4，16）．（3）设点 N （1.5，n ），当 BC 、MN 为平行四边形对角线时，由 BC 、MN 互相平分，M （2.5，4﹣n ），代入 y ＝﹣x 2+3x +4，得 4﹣n ＝﹣6.25+7.5+4，解得 n ＝1.25，∴M （2.5，2.75）；当 BM 、NC 为平行四边形对角线时，由 BM 、NC 互相平分，M （﹣2.5，4+n ），代入 y ＝﹣x 2+3x +4，得 4+n ＝﹣6.25﹣7.5+4，解得 n ＝﹣13.75，∴M （﹣2.5，﹣13.75）；当 MC 、BN 为平行四边形对角线时，由 MC 、BN 互相平分，M （5.5，n ﹣4），代入 y ＝﹣x 2+3x +4，t 1 2m ， ），△0 CBE 的面积= 2BH ×（x C ﹣y E ） = 1×（3 2 2m ）（3+m ﹣2m ﹣3）＝6，即可求解；3得 n ﹣4＝﹣30.25+16.5+4，解得 n ＝﹣5.75，∴M （5.5，﹣9.75）．综上所述，点 M 的坐标为：M 1（2.5，2.75），M 2（﹣2.5，﹣13.75），M 3（5.5，﹣9.75）．4．（2019 秋•亭湖区校级期末）如图，抛物线 y ＝﹣x 2+b x +3 与 x 轴交于 A ，B 两点，与 y 轴交于点 C ，其中点 A （﹣1，0）．过点 A 作直线 y ＝x +c 与抛物线交于点 D ，动点 P 在直线 y ＝x +c 上，从点 A 出发，以每秒√2个单位长度的速度向点 D 运动，过点 P 作直线 PQ ∥y 轴，与抛物线交于点 Q ，设运动时间为 （s ）．（1）直接写出 b ，c 的值及点 D 的坐标；（2）点 E 是抛物线上一动点，且位于第四象限，当△CBE 的面积为 6 时，求出点 E 的坐标；（3）在线段 PQ 最长的条件下，点 M 在直线 PQ 上运动，点 N 在 x 轴上运动，当以点 D 、M 、N 为顶点的三角形为等腰直角三角形时，请求出此时点 N 的坐标．【分析】（1）将点 A 的坐标分别代入抛物线和直线的表达式即可求解；3 （2）求出直线 CE 的表达式为：y ＝（2﹣m ）x +3，则点 H （21 3（3）PQ ＝﹣t 2+4t ﹣t ＝﹣t 2+3t ，故 PQ 有最大值，点 P （ ， ），①当∠D MN 为直角时，（Ⅰ）当点 M2 2在 x 轴上方时，如图 △2，证明 DGM ≌△MHN （AAS ），则 GD ＝MH ，NH ＝GM ，即可求解（Ⅱ）当点M在 x 轴下方时，同理可得：△MEN ≌△DHM （AAS ），即可求解；②当∠D NM 为直角时，同理可解．【解答】解：（1）将点 A 的坐标代入 y ＝﹣x 2+bx +3 得：0＝﹣1﹣b +3，，解得：{ s= −m + 2，△CBE 的面积= 2BH ×（x C ﹣y E ）= 2 ×（3− 2−m ）（3+m 2﹣2m ﹣3）＝6，解得：b ＝2，将点 A 的坐标代入 y ＝x +c 并解得：c ＝1，故抛物线和直线的表达式分别为：y ＝﹣x 2+2x +3，y ＝x +1；y = −x 2 + 2x + 3x = 2联立上述两式得：{y = x + 1，解得：{y = 3，故点 D （2，3）；（2）如图 1，设直线 CE 交 x 轴于点 H ，设点 E （m ，﹣m 2+2m +3），而点 C （0，3），将点 E 、C 坐标代入一次函数表达式 y ＝sx +t 得：{−m 2+ 2m + 3 = ms + tt = 3t = 3故直线 CE 的表达式为：y ＝（2﹣m ）x +3，33 令 y ＝0，则 x = 2−m ，故点 H （2−m ，0），1 1 3解得：m ＝2，故点 E （2，3）；（3）点 C 、E 的纵坐标相同，故 CD ∥x 轴，t 秒时，AP = √2t ，则点 P 在 x 轴和 y 轴方向移动的距离均为 t ，故点 P （t ﹣1，t ），当 x ＝t ﹣1 时，y ＝﹣x 2+2x +3＝﹣t 2+4t ，故点 Q （t ﹣1，﹣t 2+4t ），则 PQ ＝﹣t 2+4t ﹣t ＝﹣t 2+3t ，31 3 ∵﹣1＜0，故 PQ 有最大值，此时，t = 2，则点 P （2，2），故直线PQ表达式为：x=2；m=2−1m=33−m=n−1，解得：{2n=22，11设点M（，m），点N（n，0），而点D（2，3）；2①当∠D MN为直角时，（Ⅰ）当点M在x轴上方时，如图2，设直线PQ交x轴于点H，交CD于点G，∵∠DMG+∠GDM＝90°，∠DMG+∠HMN＝90°，∴∠HMN＝∠GDM，MN＝MD，∠DGM＝∠MHN＝90°，∴△DGM≌△MHN（AAS），∴GD＝MH，NH＝GM，即：{2故点N（2，0）；（Ⅱ）当点M在x轴下方时，如图3，1 − m =2 − 3即{1 2 ∴RM ＝NH ，即 3= 2 −n ，解得：n ＝﹣2.5；过点 M 作 x 轴的平行线交过点与 y 轴的平行线于点 H ，交过点 N 与 y 轴的平行线于点 E ，同理可得：△MEN ≌△DHM （AAS ），故：NE ＝MH ，EM ＝DH ，1，解得：{m = − 2， 2 − n = 3 − m n = −4故点 N （﹣4，0）；②当∠D NM 为直角时，（Ⅰ）当点 N 在 x 轴左侧时，如图 4，过点 N 作 y 轴的平行线交过点 C 与 x 轴的平行线于点 H ，交过点 M 与 x 轴的平行线于点 R ，同理可得：△DHN ≌△NRM （AAS ），1（Ⅱ）当点 N 在 x 轴右侧时，如图 5，过点 N 作 y 轴的平行线交过点 M 与 x 轴的平行线于点 H ，交过点 D 与 x 轴的平行线于点 G ，∴MH＝GN，即n−2=3，解得：n＝3.5，4同理可得：△MHN≌△NGD（AAS），1综上，N的坐标为：（2，0）或（﹣4，0）或（﹣2.5，0）或（3.5，0）．【题组二】5．（2019秋•崇川区期末）如图所示，在平面直角坐标系中，顶点为（，﹣1）的抛物线交y轴于A点，交x轴于B，C两点（点B在点C的左侧），已知A点坐标为（0，3）．（1）求此抛物线的解析式；（2）过点B作线段AB的垂线交抛物线于点D，如果以点C为圆心的圆与直线BD相切，请判断抛物线的对称轴与⊙C有怎样的位置关系，并给出证明．【分析】（1）已知抛物线的顶点坐标，可用顶点式设抛物线的解析式，然后将A点坐标代入其中，即可求出此二次函数的解析式；（2）根据抛物线的解析式，易求得对称轴l的解析式及B、C的坐标，分别求出直线AB、BD、CE的解析式，再求出CE的长，与到抛物线的对称轴的距离相比较即可．【解答】解：（1）设抛物线为y＝a（x﹣4）2﹣1，∵抛物线经过点A（0，3），a=4；∴抛物线的表达式为：y=4x2﹣2x+3；证明：连接CE，则CE⊥BD，（x﹣4）2﹣1＝0时，x1＝2，x2＝6．√138√13=CE（3）若点E在二次函数图象上，且以E为圆心的圆与直线BC相切与点F，且EF=5，请直接写出点E ∴3＝a（0﹣4）2﹣1，11（2）相交．14A（0，3），B（2，0），C（6，0），对称轴x＝4，∴OB＝2，AB=√13，BC＝4，∵AB⊥BD，∴∠OAB+∠OBA＝90°，∠OBA+∠EBC＝90°，∴△AOB∽△BEC，∴ABBC=OB2CE，即4，解得CE=13，∵8√1313＞2，故抛物线的对称轴l与⊙C相交．6．（2019•徐州一模）如图，已知二次函数y＝ax2+b x+3的图象与x轴交于点A（﹣1，0）、B（4，0），与y 的正半轴交于点C．（1）求二次函数y＝ax2+b x+3的表达式．（2）点Q（m，0）是线段OB上一点，过点Q作y轴的平行线，与BC交于点M，与抛物线交于点N，连结△CN，将CMN沿CN翻折，M的对应点为D．探究：是否存在点Q，使得四边形MNDC是菱形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．6到直线 BC 的距离，结合 EF = 5可得出点 P 1 为线段 OC 的中点，进而可得出点 P 1 的坐标，由 CP 1＝CP 2a = − {，解得：{ 9 ，b =∴二次函数的表达式为 y = − 4x 2+ 4x +3． （2）当 x ＝0 时，y = − 4x2+ 4x +3＝3，4k + c = 0 k = − { ，解得：{ 4， c = 3的坐标．【分析】（1）根据点 A ，B 的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数的表达式；（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点C 的坐标，由点 B ，C 的坐标利用待定系数法可求出直线 BC 的函数表达式，由点 Q 的坐标可得出点 M ，N 的坐标，进而可得出 MN 的长度，结合点 C 的坐标可得出 MC 的长度，由菱形的性质可得出 MN ＝MC ，进而可得出关于 m 的一元二次方程，解之即可得出m 的值（取正值），进而可得出点 Q 的坐标；（3）过点 E 作 EP ∥直线 BC ，交 y 轴于点 P ，这样的点 P 有两个，记为 P 1，P 2，利用面积法可求出点 O6可得出点 P 2 的坐标，结合 BC 的解析式可求出直线 EP 的函数表达式，联立直线 EP 和抛物线的函数表达式成方程组，通过解方程组即可求出点 P 的坐标．【解答】解：（1）将 A （﹣1，0），B （4，0）代入 y ＝ax 2+b x +3，得：3a −b + 3 = 04 16a + 4b + 3 = 043 93 9∴点 C 的坐标为（0，3）．设直线 BC 的函数表达式为 y ＝kx +c （k ≠0），将 B （4，0），C （0，3）代入 y ＝kx +c ，得：3c = 3∴直线BC的函数表达式为y=−4x+3．∴点M的坐标为（m，−4m+3），点N的坐标为（m，−4m2+4m+3），∴NM=−4m2+4m+3﹣（−4m+3）=−4m2+3m．∴CM=√(m−0)2+(−4m+3−3)2=4m，∴−4m2+3m=4m，解得：m1＝0（舍去），m2=3，3∵点Q的坐标为（m，0），3393933∵四边形MNDC是菱形，∴MN＝MC．∵点C的坐标为（0，3），353577∴点Q的坐标为（，0）．37∴存在点Q（，0），使得四边形MNDC是菱形．3（3）过点E作EP∥直线BC，交y轴于点P，这样的点P有两个，记为P1，P2，如图2所示．∵OB＝4，OC＝3，∴BC=√OB2+OC2=5，∴点 O 到直线 BC 的距离为OB⋅OC∵以 E 为圆心的圆与直线 BC 相切与点 F ，且 EF = 5，∴点 P 1 的坐标为（0， ）．∴点 P 2 的坐标为（0， ）．∵直线 BC 的函数表达式为 y = − 4x+3， ∴直线 EP 的函数表达式为 y = − 4x + 2或 y = − 4x + 2． y = − x + y = − x +联立直线 EP 和抛物线的函数表达式成方程组，得：{ 或{ ，3√ 6，{ 3√ 6 ，{ 3√ 2，{ 3√ 2，∴点 E 的坐标为（2−√6， ），（2+√6，− 4 ），（2−√2，3+ 4 ）或（2+√2，3− 4 ）．4 7．（2019•亭湖区二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数 y = − 4x 2+b x +c 的图象与 y 轴交于点 A （0，+ x + 3 y = − + y 2 = − y 3 = 3 + y 4 = 3 −BC=12 5．66∴点 E 到直线 BC 的距离为 ，5∴点 P 1 为线段 OC 的中点，3 2∵CP 1＝CP 2，9 233 3 3 93 3 3 94 2 4 2y = − 3 x 2 9 3 x 2 9 x + 34 4 4 4x 1 = 2 − √6x 2 = 2 + √6 x 3 = 2 − √2 x 4 = 2 + √2 解得：{ y 1 = 44 4 43√6 3√ 6 3√ 2 3√ 218），与 x 轴交于 B 、C 两点，其中点 C 的坐标为（4，0）．点 P （m ，n ）为该二次函数在第二象限内图象上的动点，点 D 的坐标为（0，4），连接 BD ．（1）求该二次函数的表达式及点 B 的坐标；（2）连接 OP ，过点 P 作 PQ ⊥x 轴于点 Q ，当以 O 、P 、Q 为顶点的三角形与△OBD 相似时，求 m 的值；（3）连接 BP ，以 BD 、BP 为邻边作 BDEP ，直线 PE 交 y 轴于点 T ．①当点 E 落在该二次函数图象上时，求点 E 的坐标；②在点 P 从点 A 到点 B 运动过程中（点 P 与点 A 不重合），直接写出点 T 运动的路径长．（2）可设P（m，−4m2﹣m+8），由∠OQP＝∠BOD＝°，则分两种情况：△90POQ∽△OBD和△POQ【解答】解：（1）把A（0，8），C（4，0）代入y=−4x2+b x+c得{，解得{∴该二次函数的表达为y=−4x2﹣x+8当y＝0时，−4x2﹣x+8＝0，解得x1＝﹣8，x2＝4（2）设P（m，−4m2﹣m+8），由∠OQP＝∠BOD＝90°，分两种情况：OQ=即−4m2﹣m+8＝2×（﹣m），解得m＝﹣4，或m＝8（舍去）DO=即﹣m＝2×（−4m2﹣m+8），解m＝﹣1−√33或m＝﹣1+√33（舍去）【分析】（1）直接将A，C两点代入即可求1∽△OBD分别求出PQ与OQ的关系即可（3）作平行四边形，实质是将B、P向右平移8个单位，再向上平移4个单位即可得到点E和点D，点E在二次函数上，代入即可求m的值，从而求得点E的坐标．1c=8b=−1−4+4b+c=0c=811∴点B的坐标为（﹣8，0）1当△POQ∽△OBD时，PQ BOOD=84=2∴PQ＝2OQ1OQ 当△POQ∽△OBD时，PQ =BO84=2∴OQ＝2PQ1综上所述，m的值为﹣4或﹣1−√33（3）①∵四边形BDEP为平行四边形，∵点 P （m ，− 4m 2﹣m +8），∴点 E （m +8，− 4m 2﹣m +12）， ∴− 4（m +8）2﹣（m +8）+8= − 4m 2﹣m +12②∵点 P （m ，− m 2﹣m +8），∴点 E （m +8，− 4m 2﹣m +12），∴直线 PE 与 BD 的斜率相同 k = 8 = 2∴直线 PE 的解析式为：y = 2 x+b 点 P 在直线上，则有− 4m 2﹣m +8= 2m+b 整理得，b = − 4（m +3）2+ 4 则点 T 在 y 轴的运动的路径为41 −8=42 ．∴PE ∥BD ，PE ＝BD∵点 B 向右平移 8 个单位，再向上平移 4 个单位得到点 D∴点 P 向右平移 8 个单位，再向上平衡 4 个单位得到点 E11∵点 E 落在二次函数的图象上1 1解得 m ＝﹣727 ∴点 E 的坐标为（1，4）1 41∵PE ∥BD4 111 11 41即 T 的纵坐标最大值为414当点 P 与点 B 重合时，点 T 的纵坐标为 4，4 −4+ 41 178．（2019 秋•灌云县期末）在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A （﹣2，0），B （0，﹣2），C （1，0）三点．（1）求抛物线的解析式；（2）若点 M 为第三象限内抛物线上一动点，点 M 的横坐标为 △m ， AMB 的面积为 S ，求 S 关于 m 的函数关系式，并求出 S 的最大值．（3）若点 P 是抛物线上的动点，点 Q 是直线 y ＝﹣x 上的动点，判断有几个位置能够使得点 P 、Q 、B 、。

二次函数的存在性问题(Word版解析+答案)

二次函数的存在性问题(Word版解析+答案)

中考压轴题解析二次函数的存在性问题【典例分析】【考点 1】二次函数与相似三角形问题例1】已知抛物线y ax2 bx 3与 x轴分别交于A( 3,0)，B(1,0)两点，与 y轴交于点 C．2)点 F 是线段 AD 上一个动点．1AD .2ABC 相似？若相似，求出点 F 的坐标；若不相似，请说明理由．变式1-1】如图，抛物线y ax2 2x c经过A( 1,0)，B两点，且与y轴交于点C(0,3) ，抛物线与直线y x 1交于A，E 两点．(1)求抛物线的解析式；(2)坐标轴上是否存在一点Q，使得AQE是以AE为底边的等腰三角形？若存在，请直接写出点Q 的坐标；若不存在，说明理由．(3)P点在x轴上且位于点B 的左侧，若以P，B，C为顶点的三角形与ABE相似，求点P的坐AF①如图 1，设k ，当 k 为何值时，CFAD1)求抛物线的表达式及顶点 D 的坐标；标．1【变式1-2】如图，已知抛物线y m（x 2）（x m）（m > 0）与 x 轴相交于点 A，B，与 y轴相交于点 C，且点 A 在点 B 的左侧 .（ 1）若抛物线过点（ 2， 2），求抛物线的解析式；（2）在（ 1）的条件下，抛物线的对称轴上是否存在一点H ，使 AH+CH 的值最小，若存在，求出点 H 的坐标；若不存在，请说明理由；（3）在第四象限内，抛物线上是否存在点M ，使得以点 A，B，M 为顶点的三角形与△ACB 相似？若存在，求出 m 的值；若不存在，请说明理由 .考点 2】二次函数与直角三角形问题BC交于点D，连接AC 、AD ，求VACD的面积；3 点E为直线BC上的任意一点，过点E作x轴的垂线与抛物线交于点F ，问是否存在点E使VDEF 为直角三角形？若存在，求出点E 坐标，若不存在，请说明理由．例2】如图，抛物线y ax2bx c a 0的顶点坐标为2, 1 ，图象与y 轴交于点C 0,3 ，与x轴2 设抛物线对称轴与直线【变式2-1】如图，经过x 轴上A（ 1，0）， B（3，0）两点的抛物线y m（x 1）2 4m （m 0）交y 轴于点C ，设抛物线的顶点为D ，若以DB 为直径的⊙ G 经过点C ，求解下列问题：1）用含m的代数式表示出C，D 的坐标；2）求抛物线的解析式；3）能否在抛物线上找到一点Q，使△BDQ 为直角三角形？如能，求出Q点的坐标，若不能，请说明理由。

二次函数中特殊四边形存在性问题(解析版)(北师大版)

二次函数中特殊四边形存在性问题(解析版)(北师大版)

专题06二次函数中特殊四边形存在性问题类型一、平行四边形存在性问题(1)求抛物线的函数表达式；(2)当PQ OQ 的值最大时，求点P 的坐标和PQ OQ的最大值；(3)把抛物线212y x bx c =-++沿射线AC 方向平移5个单位得新抛物线抛物线对称轴上一点，当以M 、N 、B 、C 为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出其中一个N 点坐标的过程写出来．1（3）如图2，沿射线AC方向平移∴新的物线解析式为12 y'=-【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数的图象和性质，抛物线的平移，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握铅锤法、中点坐标公式，运用数形结合思想、分类讨论思想是解题关键．(1)A点坐标是______；B点坐标是(2)求抛物线的解析式和顶点坐标；(3)探究1：在抛物线上直线不存在，请说明理由；(4)探究2：在（3）的条件下，则E 点坐标为1,22x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，1114222ABP S OA PE ⎛∴=⋅=⨯⨯ ⎝ 10a =-< ，∴当2x =时，ABP S △有最大值，此时402023m n +=+⎧⎨-=-⎩，21m n =⎧∴⎨=⎩，()12,1M ∴，如图，当AM 为平行四边形的对角线时，402023m n +=+⎧⎨+=--⎩，25m n =-⎧∴⎨=-⎩，()22,5M ∴--，如图，当AP 为平行四边形的对角线时，420032m n +=+⎧⎨-=-+⎩，61m n =⎧∴⎨=-⎩，()36,1M ∴-，综上所述，M 点的坐标为()2,1或()2,5--或()6,1-．【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法，二次函数的性质，平行四边形的性质，熟练掌握二次函数的图像及性质，灵活应用平行四边形的性质是解题的关键．(1)填空：抛物线的顶点坐标是（(2)已知y 轴上一点02A （，），点点P 的坐标；(3)在（2）的条件下，点M 在直线满足条件的点N 的坐标；若不存在请说明理由∵PAB 是等边三角形，∴906030ABO ∠=︒-︒=︒．∵四边形OAMN 为菱形，∴2AM AO ==，∴在直角三角形AMQ 中，∵OA MN =，∴2MN =，又∵M 点坐标为()3,3，∴N 点坐标为()3,1，即N 当N 在右图2位置时，∵2MN OA ==，M 点坐标为∴N 点坐标为()3,1--，即当P 点在抛物线的左支上时，同理可求∴存在()13,1N ，(23N -(1)求该抛物线的解析式；(2)已知点M 是抛物线上的一个动点，并且点M 在第三象限内，连接四边形OAMB 的面积为S ，求S 与m 的函数表达式，并求出(3)若点C 在直线AB 上，抛物线上是否存在点D 使得以在，请直接写出点D 的坐标．【答案】(1)该抛物线的解析式为223y x x =+-537设点()2,23M m m m +-，∵()1,0A -，()0,3B -，∴1,03OA B ==，则AOM BOMS S S =+△△1122M M OA y OB x =⋅+⋅，(1)求抛物线的解析式；∴点O 的对应点P 的坐标为(当点P 在点Q 下方时，PQ =221n ∴-+=，解得，1n =±∴点P 的坐标为(1,1)--或(1,1)当点P 在点Q 上方时，PQ =当BD EF =时，四边形BDEF 为平行四边形，此时点 ()0,2D -，∴设(),2F x ，则222x x =-++，解得：0x =或1x =，∴()0,2F 或()1,2F '，类型二、菱形存在性问题(1)求抛物线的表达式；(2)直线3944y x =+与直线BC 交于点E ．点(,0)M m 是线段AB 上的动点，过点M 作x 轴的垂线，交直线于点G ，交抛物线于点F ，交直线BC 于点H ．①若点F 在第二象限，且2227EFG OEG S S = ，求m 的值；②在平面内是否存在点P ，使得以点E 、F 、H 、P 为顶点的四边形是正方形？若存在，坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)211433y x x =-++设直线AD 与y 轴交点为N ．(,0)M m Q ，直线FG x ⊥轴，39,44G m m ⎛⎫∴+ ⎪⎝⎭，211,433F m m m ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭2113943344FG m m m ⎛⎫∴=-++-+ ⎪⎝⎭13m =-由一次函数3944y x =+，当0x =时，y =在Rt AON △中，3OA =，94ON =，22154AN OA ON ∴=+=，(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，点P 为直线BC 上方抛物线上的一个动点，设点P 的横坐标大？并求出这个面积的最大值；(3)如图2，将该抛物线向左平移2个单位长度得到新的抛物线1y a x =原抛物线相交于点D ，点M 为直线BC 上的一点，点N 是平面坐标系内一点，是否存在点B ，D ，M ，N 为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点M在抛物线223y x x =--+，令0x =，可得3y =，∴(0,3)C ，设BC 为y kx t =+，将(3,0)B -，(0,3)C 代入得03=-⎧⎨⎩(1)判断ABC 的形状，并说明理由．(2)设点(,)P m n 是抛物线在第一象限部分上的点，过点的面积为S ，求S 关于m 的函数关系式，并求使(3)在（2）的条件下，点N 是坐标平面内一点，抛物线的对称轴上是否存在点为顶点的四边形是菱形，若存在，写出点M 的坐标，并选择一个点写出过程，若不存在，请说明理由．【答案】(1)ABC 是直角三角形，理由见解析(2)()224428S m m m =-++=--+()04m <<，即点(3)存在，3651,M ⎛⎫+ ⎪或3651,M ⎛⎫- ⎪或M(1)求这个二次函数的解析式．(2)若点P在线段AO上运动（点的坐标．(3)若点P在x轴上运动，则在请求出所有满足条件的点2（3）存在，∵()30A -,，()0,3C -，∴直线AC 的解析式为设(,0)P m ，则(M m m -，∴MN CQ 、是以M 、N 、C 、Q 为顶点的菱形的边；如图3-1所示，当MC 为对角线时，∵3OA OC ==，∴AOC 是等腰直角三角形，∴45ACO ∠=︒，∵QM QC =，∴45QMC QCM ∠=∠=︒，∴90MQC ∠=︒，∴MQ y ^轴，∴NC y ⊥轴，即NC x ∥轴，∴点C 与点N 关于抛物线对称轴对称，∴点N 的坐标为()2,3--，∴2CQ CN ==，∴(01)Q -，；如图3-2所示，当MC 为边时，则MN CM =，同理可得2CM m =-，232m m m -=-，23m =-或0m =（舍去）232CQ CM m ==-=-)0132(--，；3-4所示，当MC 为边时，则同理可得232m m m +=解得23m =-（舍去）或∴45MCQ ACO ==∠∠∵CQ MQ =，∴45QCM QMC ==∠∠∴90MQC ∠=︒，∴MQ y ^轴，∴NC y ⊥轴，这与题意相矛盾，∵MN y ∥轴，∴180NMC MCO ∠=︒-∠∵NQ CM ⊥，∴NSM ∠∴此种情况不存在；综上所述，(01)Q -，或(Q 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，菱形的性质，勾股定理，求二次函数解析式等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．类型三、矩形存在性问题(1)求该抛物线的函数表达式；(2)P 是抛物线上位于直线AC 上方的一个动点，过点E 作EF y ⊥轴于点F ，求出PD EF +的最大值及此时点(3)如图2，将原抛物线向左平移2个单位长度得到抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点存在，请直接写出点H 的坐标；若不存在，请说明理由．且由题可知，PDE △为等腰直角三角形，由”三线合一“知，12EG PD =232EF G E m m G m F -∴=-=---2232m m PD EF m m +∴+=--+由二次函数的性质可得，当210AM ∴=，()()21[12MN =---22211AM MN AN += ，()()()(22110[12]3[1y ∴+---+-=-解得183y =，即181,3N ⎛⎫- ⎪⎝⎭，此时设()111,H p q ，由A 、M 、()()()13222233AM AN MN =+ ，(10[∴=-解得31y =，42y =，即(3N -此时设()333,H p q ，由A 、M ()()()33321301p q ⎧-+-=-+⎨+=+⎩，解得：设(),H p q ，由A 、M 、N (1)求抛物线的表达式；设直线AD与y轴交点为N．Q，直线FG xM m(,0)⊥轴，B （4,0），C （0,4），∴直线BC 的解析式为：4y x =-+，联立直线AD 与直线BC 的方程得：34x 解得1x =，∴E （1,3）．若四边形EFHP 是正方形，则3F E y y ==，2114333x x ∴-++=，解得1132x ±=，1113,32F ⎛⎫-∴ ⎪⎝⎭，2113,32F ⎛⎫+ ⎪⎝⎭， 1113113122EF -+=-=，111132EP EF +∴==，1113713322P y ++∴=+=．17131,2P ⎛⎫+∴ ⎪ ⎪⎝⎭，同理可得：2113131122EF +-=-=，221312EP EF -∴==，2131713322P y --∴=-=(1)求抛物线的函数表达式；(2)试在线段AD下方的抛物线上求一点E，使得ADEV的面积最大，并求出最大面积；(3)点F为抛物线对称轴上的一个动点，在平面内是否存在点矩形？若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．15（3）解：∵抛物线的对称轴为直线∴点F 横坐标为52，设(),G x y ，②当AF 为矩形的对角线时，5352x -=+，解得：112x =-，∵四边形ADFG 为矩形，∴90GAD ∠=︒，∴222AG AD DG +=，③当AG 为矩形对角线时，5532x +=-，解得：212x =，∵四边形ADGF 为矩形，∴90ADG ∠=︒，∴222DG AD AG +=，综上：存在，171,22G ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭或171,22⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭或【点睛】本题主要考查了二次函数的综合，解题的关键是熟练掌握用待定系数法求函数表达式的方法和步骤，以及二次函数的最值求法，具有分类讨论的思想．【变式训练3】．如图，二次函数2y ax bx =+(1)求抛物线的解析式．(2)点P 是直线BC 上方抛物线上一动点，过点P 作PM BC ⊥于点M ，交x 轴于点交BC 于点Q ，求255PQ PN +的最大值及此时P 点坐标．(3)将抛物线24y ax bx =++沿射线CB 平移25个单位，平移后得到新抛物线y '．∵PM BC⊥∴90PMQ PHB ∠=∠=︒又∵PQM BQH∠=∠∴NPH OBC∠=∠设直线BC ：y k t=+(1)求抛物线的解析式；(2)点P 是抛物线上一动点．①当45PCA ∠=︒时，求点P 坐标；②如图2，当点P 运动到抛物线的顶点时，作PD AB ⊥于点D ，点M 在直线B ，C ，M ，N 为顶点的四边形是矩形，请直接写出点M 的坐标．②设()1M m ，，当190M CB ∠=︒时，∵45BCO ∠=︒，∴1C M 与y 轴的夹角为45︒∴314m =+=，∴()11M ，4当290CM B ∠=︒时，∴M 点坐标为()1,4或()1,2-或【点睛】本题主要考查二次函数与几何综合应用、矩形的性质，三角函数综合，三角形的相似，掌握相关知识根据题意分析出所有情况是解题的关键．。

二次函数与几何综合-特殊三角形存在问题(解析版)

专项12 二次函数与几何综合-特殊三角形存在问题等腰三角形的存在性问题【方法1 几何法】“两圆一线”（1）以点A 为圆心，AB 为半径作圆，与x 轴的交点即为满足条件的点C ，有AB=AC ；（2）以点B 为圆心，AB 为半径作圆，与x 轴的交点即为满足条件的点C ，有BA=BC ；（3）作AB 的垂直平分线，与x 轴的交点即为满足条件的点C ，有CA=CB ．注意：若有重合的情况，则需排除．以点 C 1 为例，具体求点坐标：过点A 作AH ⊥x 轴交x 轴于点H ，则AH=1， 又32121131311==-=∴=HC AC ，()03211，坐标为故点-C 类似可求点 C 2 、C 3、C 4 ．关于点 C 5 考虑另一种方法．【方法2 代数法】点-线-方程表示点：设点C 5坐标为(m ,0)，又A （1,1）、B （4,3），表示线段：11-m 225+=）（AC 94-m 225+=）（BC 联立方程：914-m 1-m 22+=+）（）（，623m =解得：，），坐标为（故点06232C直角三角形的存在性【方法1 几何法】“两线一圆”（1）若∠A 为直角，过点 A 作 AB 的垂线，与 x 轴的交点即为所求点 C ；（2）若∠B 为直角，过点 B 作 AB 的垂线，与 x 轴的交点即为所求点 C ；（3）若∠C 为直角，以 AB 为直径作圆，与 x 轴的交点即为所求点 C ．（直径所对的圆周角为直角）如何求得点坐标？以C 2为例：构造三垂直．），坐标为（故代入得：坐标得、由易证0213232222C C C BN AM B A N MBBN AM BN AMB ===∆≈∆()），坐标为（，，坐标为故或故又即代入得：，设，坐标得、由易证求法相同，如下：、040231a ,4a ,3ab ,3ab 1N a,31,4333333343C C C C C C C C C C b bM BN AM B A NBM N AMNB AM ==+=======∆≈∆【方法2 代数法】点-线-方程23m 20352235110,m 135-m 1-m 35-m 11-m 22222122111=+=+=+=+==，解得：）代入得方程（，，，）表示线段：（）；，（）、，（），又坐标为（）表示点：设（：不妨来求下）（）（）（）（BC C C C A AB B A【考点1 等腰角形的存在性】【典例1】（2020•泰安）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+c交x轴于点A （﹣4，0）、B（2，0），交y轴于点C（0，6），在y轴上有一点E（0，﹣2），连接AE．（1）求二次函数的表达式；（2）抛物线对称轴上是否存在点P，使△AEP为等腰三角形？若存在，请直接写出所有P点的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）y＝，（2）m＝时，△ADE的面积取得最大值为（3）点P坐标为：（﹣1，1），（﹣1，），（﹣1，﹣2）【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+c经过点A（﹣4，0）、B（2，0），C（0，6），∴，解得，所以二次函数的解析式为：y＝，（2）y＝的对称轴为x＝﹣1，设P（﹣1，n），又E（0，﹣2），A（﹣4，0），可求P A2＝9+n2，PE2＝1+（n+2）2，AE2＝16+4＝20，当P A2＝PE2时，9+n2＝1+（n+2）2，解得，n＝1，此时P（﹣1，1）；当P A2＝AE2时，9+n2＝20，解得，n＝，此时点P坐标为（﹣1，）；当PE2＝AE2时，1+（n+2）2＝20，解得，n＝﹣2，此时点P坐标为：（﹣1，﹣2）．综上所述，P点的坐标为：（﹣1，1），（﹣1，），（﹣1，﹣2）．【变式1-2】（2020•贵港）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴相交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴相交于点C（0，﹣3）．（1）求这个二次函数的表达式；（2）若P是第四象限内这个二次函数的图象上任意一点，PH⊥x轴于点H，与线段BC 交于点M，连接PC．当△PCM是以PM为一腰的等腰三角形时，求点P的坐标．【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3 （2）①n＝时，PM最大＝②P（3﹣，2﹣4）或（2，﹣3）．【解答】解：（1）将A，B，C代入函数解析式，得，解得，这个二次函数的表达式y＝x2﹣2x﹣3；（2）解法一：当PM＝PC时，（﹣n2+3n）2＝n2+（n2﹣2n﹣3+3）2，解得n1＝n2＝0（不符合题意，舍），n3＝2，n2﹣2n﹣3＝﹣3，P（2，﹣3）．当PM＝MC时，（﹣n2+3n）2＝n2+（n﹣3+3）2，解得n1＝0（不符合题意，舍），n2＝3﹣，n3＝3+（不符合题意，舍），n2﹣2n﹣3＝2﹣4，P（3﹣，2﹣4）．综上所述：P（3﹣，2﹣4）或（2，﹣3）．解法二：当PM＝PC时，∵BC：y＝x﹣3∴∠ABC＝45°∵PH⊥AB∴∠BMH＝∠CMP＝45°∴PM＝PC时，△CPM为等腰直角三角形，CP∥x轴设P（n，n2﹣2n﹣3），则CP＝nMP＝﹣n2+3n∴n＝﹣n2+3n解得n＝0（舍去）或n＝2，∴P（2，﹣3）当PM＝CM时，设P（n，n2﹣2n﹣3），则＝﹣n2+3n＝﹣n2+3n∵n＞0∴n＝﹣n2+3n解得n＝3﹣∴P（3﹣，2﹣4）综上所述：P（3﹣，2﹣4）或（2，﹣3）【变式1-2】（2022•澄海区模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于A、B两点，交y轴于点C，点A的坐标为（﹣1，0），点C坐标为（0，3），对称轴为x＝1．点M为线段OB上的一个动点（不与两端点重合），过点M作PM⊥x轴，交抛物线于点P，交BC 于点Q．（1）求抛物线及直线BC的表达式；（2）试探究点M在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）∵抛物线对称轴为x＝1，点B与A（﹣1，0）关于直线x＝1对称，∴B（3，0），设y＝a（x﹣3）（x+1），把C（0，3）代入得：﹣3a＝3，解得：a＝﹣1，∴y＝﹣（x﹣3）（x+1）＝﹣x2+2x+3，设直线BC的解析式为y＝kx+d，则，解得：，∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，故抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3，直线BC的解析式为y＝﹣x+3；（2）存在，设Q（m，﹣m+3）（0＜m＜3），∵A（﹣1，0），C（0，3），∴AC2＝OA2+OC2＝12+32＝10，AQ2＝（m+1）2+（﹣m+3）2＝2m2﹣4m+10，CQ2＝m2+m2＝2m2，∵以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形，∴AC＝AQ或AC＝CQ或AQ＝CQ，当AC＝AQ时，10＝2m2﹣4m+10，解得：m＝0（舍去）或m＝2，∴Q（2，1）；当AC＝CQ时，10＝2m2，解得：m＝﹣（舍去）或m＝，∴Q（，3﹣）；当AQ＝CQ时，2m2﹣4m+10＝2m2，解得：m＝，∴Q（，）；综上所述，点Q的坐标为（2，1）或（，3﹣）或（，）．【考点2 直角三角形的存在性】【典例2】（2021秋•建华区期末）抛物线y＝x2+bx+c经过A、B（1，0）、C（0，﹣3）三点．点D为抛物线的顶点，连接AD、AC、BC、DC．（1）求抛物线的解析式；（2）在y轴上是否存在一点E，使△ADE为直角三角形？若存在，请你直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过B（1，0）、C（0，﹣3），∴，解得，∴抛物线的解析式为：y＝x2+2x﹣3．（4）在y轴上存在点E，使△ADE为直角三角形，理由如下：∵抛物线的解析式为y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，∴D（﹣1，﹣4），设E点坐标为（0，m），∴AE2＝m2+9，DE2＝m2+8m+17，AD2＝20，当∠EAD＝90°时，有AE2+AD2＝DE2，∴m2+9+20＝m2+8m+17，解得m＝，∴此时点E的坐标为（0，）；当∠ADE＝90°时，DE2+AD2＝AE2，m2+8m+17+20＝m2+9，解得m＝﹣，∴此时点E的坐标为（0，﹣）；当∠AED＝90°时，AE2+DE2＝AD2，m2+9+m2+8m+17＝20，解得m＝﹣1或m＝﹣3，∴此时点E的坐标为（0，﹣1）或（0，﹣3）．综上所述，符合题意的点E的坐标为（0，）或（0，﹣）或（0，﹣1）或（0，﹣3）．【变式2-1】（2022•灞桥区校级模拟）如图，抛物线与x轴交于点A（1，0），B（3，0），与y轴交于点C（0，3）．（1）求二次函数的表达式及顶点坐标；（2）连接BC，在抛物线的对称轴上是否存在一点E，使△BCE是直角三角形？若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）（x﹣3），将点C（0，3）代入y＝a（x﹣1）（x﹣3），∴3a＝3，∴a＝1，∴y＝（x﹣1）（x﹣3）＝x2﹣4x+3，∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，∴顶点为（2，﹣1）；（2）存在一点E，使△BCE是直角三角形，理由如下：∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，∴抛物线的对称轴为直线x＝2，设E（2，t），∵△BCE是直角三角形，∴BE⊥CE，∵B（3，0），C（0，3），∴BC＝3，BE＝，CE＝，①当BC为斜边时，∴18＝（）2+（）2，解得t＝，∴E点坐标为（2，）或（2，）；②当BE为斜边时，∴18+（）2＝（）2，解得t＝5，∴E点坐标为（2，5）；③当CE为斜边时，∴18+（）2＝（）2，解得t＝﹣1，∴E点坐标为（2，﹣1）；综上所述：E点坐标为（2，）或（2，）或（2，5）或（2，﹣1）．【变式2-2】（2022•碑林区校级四模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线C1：y＝ax2+bx+c 交x轴于点A（﹣5，0），B（﹣1，0），交y轴于点C（0，5）．（1）求抛物线C1的表达式和顶点D的坐标．（2）将抛物线C1关于y轴对称的抛物线记作C2，点E为抛物线C2上一点若△DOE是以DO为直角边的直角三角形，求点E的坐标．【解答】解：（1）将点A（﹣5，0），B（﹣1，0），C（0，5）代入y＝ax2+bx+c，∴，解得，∴y＝x2+6x+5，∵y＝x2+6x+5＝（x+3）2﹣4，∴顶点D（﹣3，﹣4）；（2）设抛物线C2上任意一点（x，y），则（x，y）关于y轴对称的点为（﹣x，y），∵点（﹣x，y）在抛物线C1上，∴抛物线记作C2的解析式为y＝x2﹣6x+5，设E（t，t2﹣6t+5），过点D作DG⊥x轴交于点G，过点E作EH⊥x轴交于点H，∵∠DOE＝90°，∴∠GOD+∠HOE＝90°，∵∠GOD+∠GDO＝90°，∴∠HOE＝∠GDO，∴△GDO∽△HOE，∴＝，∵DG＝4，GO＝3，HE＝﹣t2+6t﹣5，OH＝t，∴＝，∴t＝4或t＝，∴E（4，﹣3）或E（，﹣）．【变式2-3】（2022•武功县模拟）如图，经过点A（2，6）的直线y＝x+m与y轴交于点B，以点A为顶点的抛物线经过点B，抛物线的对称轴为直线l．（1）求点B的坐标和抛物线的函数表达式；（2）在l右侧的抛物线上是否存在点P，使得以P、A、B为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）∵直线y＝x+m经过点A（2，6），∴2+m＝6，解得m＝4，即y＝x+4．令x＝0，得y＝4，即点B的坐标为（0，4）．∵点A（2，6）为抛物线的顶点，∴可设抛物线的函数表达式为y＝a（x﹣2）2+6（a≠0），将点B（0，4）代入，得4＝4a+6，解得，∴抛物线的函数表达式为．∴点B的坐标为（0，4），抛物线的函数表达式为y＝﹣x2+2x+4；（2）∵点A（2，6）为抛物线的顶点，∴抛物线的对称轴l：x＝2．①当AB为该等腰三角形的底边时：如图，点P在P2的位置．过点A作AC⊥y轴于点C，过点P2作P2D⊥AC交CA的延长线于点D，作P2E⊥y轴于点E，连接P2A，P2B，则P2A＝P2B，∠D＝∠P2EB＝90°．∵A（2，6），B（0，4），AC⊥BC，∴AC＝BC＝2，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠CAB＝∠CBA．∵P2A＝P2B，∴∠P2AB＝∠P2BA，∴180°﹣∠CAB﹣∠P2AB＝180°﹣∠CBA﹣∠P2BA，即∠P2AD＝∠P2BE．在△P2AD和△P2BE中，∠D＝∠P2EB，∠P2AD＝∠P2BE，P2A＝P2B，∴△P2AD≌△P2BE（AAS），∴P2D＝P2E．设，则P2E＝m，，∴，解得（舍去）或，∴；②当AB为该等腰三角形的腰时，作点B关于l的对称点P1，由抛物线的对称性可知，AB＝AP1．∵B（0，4），抛物线的对称轴为直线x＝2，∴P1（4，4）．综上可知，在l右侧的抛物线上存在点P，使得以P、A、B为顶点的三角形是等腰三角形，点P的坐标为（4，4）或．【考点3 等腰直角三角形的存在性】【典例3】（2022•黔东南州一模）抛物线y＝ax2+bx﹣经过点（1，﹣1），现将一块等腰直角三角板ABC（∠ACB＝90°）按照如图的方式放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，且点A、C坐标分别为（0，2）、（﹣1，0）．B点在抛物线y＝ax2+bx﹣图象上．（1）求点B的坐标：（2）求抛物的解析式；（3）在抛物线上是否还存在点P（点B除外），使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形？若存在，求出点P的坐标：若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）过点B作BD⊥x轴，垂足为D．∵∠BCD+∠ACO＝90°，∠ACO+∠CAO＝90°，∴∠BCD＝∠CAO，又∵∠BDC＝∠COA＝90°，CB＝AC，∴△BCD≌△CAO（AAS），∴BD＝OC＝1，CD＝OA＝2，∴点B的坐标为（﹣3，1）；（2）抛物线y＝ax2+bx﹣经过点（1，﹣1），点B（﹣3，1），则，解得，所以抛物线的解析式为y＝x2+x﹣；（3）假设存在点P，使得△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形：①若以点C为直角顶点；则延长BC至点P1，使得P1C＝BC，得到等腰直角三角形△ACP1，过点P1作P1M⊥x轴，∵CP1＝BC，∠MCP1＝∠BCD，∠P1MC＝∠BDC＝90°，∴△MP1C≌△DBC（AAS），∴CM＝CD＝2，P1M＝BD＝1，∵OC＝1，∴OM＝1，∴P1（1，﹣1）；②若以点A为直角顶点；则过点A作AP2⊥CA，且使得AP2＝AC，得到等腰直角三角形△ACP2，过点P2作P2N⊥y轴，同理可证△AP2N≌△CAO，∴NP2＝OA＝2，AN＝OC＝1，∴点P2（2，1），③以A为直角顶点的等腰Rt△ACP的顶点P有两种情况．即过点A作直线L⊥AC，在直线L上截取AP＝AC时，点P可能在y轴右侧，即现在解答情况②的点P2；点P也可能在y轴左侧，即还有第③种情况的点P3．因此，然后过P3作P3G⊥y轴于G，同理：△AGP3≌△CAO，∴GP3＝OA＝2，AG＝OC＝1，∴P3为（﹣2，3）；经检验，点P1（1，﹣1）与在抛物线y＝x2+x﹣上，点P2（2，1）点P3（﹣2，3）都不在抛物线y＝x2+x﹣上．综上，存在，点P的坐标为（1，﹣1）．【变式1-1】（2022•兴宁区校级模拟）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点C（2，﹣3），且与x轴交于原点及点B（8，0），点A为抛物线的顶点．（1）求二次函数的表达式；（2）在抛物线的对称轴上是否存在点M，使△ABM是等腰三角形？如果存在，请求出点M的坐标．如果不存在，请说明理由；【解答】解：（1）由题意，解得：，∴二次函数的表达式为y＝x2﹣2x；（2）过点A作直线AF⊥x轴于点F，由（1）得y＝（x﹣4）2﹣4，∴抛物线的顶点A（4，﹣4），①AM＝BM，∵B（8，0），∴BF＝4，∵∠AFB＝90°，AF＝BF＝4，∴△ABF是等腰直角三角形，∴M在点F处，△ABM是等腰直角三角形，此时M为（4，0），②AB＝AM，由①得△ABF是等腰直角三角形，BF＝4，∴AB＝＝＝4，∴M为（4，﹣4﹣4）或（4，﹣4+4），③AB＝BM，∵AB＝BM，BF⊥AM，∴MF＝AF，∴M为（4，4），综上所述，M为（4，0），（4，﹣4﹣4）或（4，﹣4+4）或（4，4）；【变式3-2】（2022•禅城区二模）如图，抛物线经过原点O，对称轴为直线x＝2且与x轴交于点D，直线l：y＝﹣2x﹣1与y轴交于点A，与抛物线有且只有一个公共点B，并且点B在第四象限，直线l与直线x＝2交于点C．（1）连接AD，求证：AD⊥AC．（2）求抛物线的函数关系式．（3）在直线l上有一点动点P，抛物线上有一动点Q，当△PBQ是以PQ为斜边的等腰直角三角形时，直接写出此时点P的坐标．【解答】解：（1）如图1，过点C作CE⊥y轴于点E，则∠AEC＝∠DOA＝90°，∵直线y＝﹣2x﹣1与y轴交于点A，与直线x＝2交于点C，∴A（0，﹣1），C（2，﹣5），∴E（0，﹣5），∴OA＝1，OD＝2，CE＝2，AE＝4，∴＝，＝＝，∴＝，∵∠AEC＝∠DOA，∴△AEC∽△DOA，∴∠CAE＝∠ADO，∵∠ADO+∠DAO＝90°，∴∠CAE+∠DAO＝90°，∴∠DAC＝180°﹣（∠CAE+∠DAO）＝180°﹣90°＝90°，∴AD⊥AC．（2）设抛物线的函数关系式为y＝ax2+bx，∵对称轴为直线x＝2，∴＝2，∴b＝﹣4a，∴y＝ax2﹣4ax，由ax2﹣4ax＝﹣2x﹣1，整理得ax2+（2﹣4a）x+1＝0，∵直线y＝﹣2x﹣1与抛物线有且只有一个公共点B，∴Δ＝（2﹣4a）2﹣4a＝0，解得：a1＝，a2＝1，当a＝时，抛物线解析式为y＝x2﹣x，联立得x2﹣x＝﹣2x﹣1，解得：x1＝x2＝﹣2，∴B（﹣2，3）与点B在第四象限矛盾，故a＝不符合题意，舍去，当a＝1时，y＝x2﹣4x，联立得x2﹣4x＝﹣2x﹣1，解得：x1＝x2＝1，∴B（1，﹣3），点B在第四象限符合题意，∴a＝1，∴该抛物线的函数关系式为y＝x2﹣4x．（3）如图2，过点B作BQ⊥AB交抛物线于点Q，作GH∥x轴交y轴于点G，过点Q 作QH⊥GH，则∠AGB＝∠BHQ＝∠ABQ＝90°，∴∠ABG+∠QBH＝∠ABG+∠BAG＝90°，∴∠QBH＝∠BAG，∴△ABG∽△BQH，∴＝，设Q（t，t2﹣4t），∵A（0，﹣1），B（1，﹣3），∴AG＝2，BG＝1，BH＝t﹣1，QH＝t2﹣4t+3，∴＝，解得：t＝1（舍去）或t＝，∴BH＝﹣1＝，QH＝（）2﹣4×+3＝，过点B作EF∥y轴，过点P1作P1E⊥EF，过点P2作P2F⊥EF，∵△PBQ是以PQ为斜边的等腰直角三角形，∴P1B＝BQ＝P2B，∵∠P1BE+∠EBQ＝∠EBQ+∠QBH＝90°，∴∠P1BE＝∠QBH，∵∠BEP1＝∠BHQ＝90°，∴△BEP1≌△BHQ（AAS），∴EP1＝QH＝，BE＝BH＝，∴P1（﹣，﹣），同理可得：P2（，﹣），综上，点P的坐标为P1（﹣，﹣），P2（，﹣）．1．（2022•榆阳区一模）如图，已知抛物线y＝mx2+4x+n与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C．直线y＝x﹣3经过B，C两点．（1）求抛物线的函数表达式；（2）抛物线的顶点为M，在该抛物线的对称轴l上是否存在点P，使得以C，M，P为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）y＝x﹣3中，令x＝0，则y＝﹣3，∴C（0，﹣3），令y＝0，则x＝3，∴B（3，0），将C（0，﹣3），B（3，0）代入y＝mx2+4x+n中，∴，解得，∴y＝﹣x2+4x﹣3；（2）存在点P，使得以C，M，P为顶点的三角形是等腰三角形，理由如下：∵y＝﹣x2+4x﹣3＝﹣（x﹣2）2+1，∴M（2，1），对称轴为直线x＝2，设P（2，t），∴MP＝|t﹣1|，MC＝2，CP＝，①当MP＝MC时，|t﹣1|＝2，∴t＝2+1或t＝﹣2+1，∴P（2，2+1）或（2，﹣2+1）；②当MP＝CP时，|t﹣1|＝，解得t＝﹣，∴P（2，﹣）；③当MC＝CP时，2＝，解得t＝1（舍）或t＝﹣7，∴P（2，7）；综上所述：P点坐标为（2，2+1）或（2，﹣2+1）或（2，﹣）或（2，7）．2．（2022•岚山区一模）已知抛物线y＝ax2+bx+8与x轴交于A（﹣3，0），B（8，0）两点，交y轴于点C，点P是抛物线上一个动点，且点P的横坐标为m．（1）求抛物线的解析式；（2）如图2，将直线BC沿y轴向下平移5个单位，交x轴于点M，交y轴于点N．过点P作x轴的垂线，交直线MN于点D，是否存在一点P，使△BMD是等腰三角形？若存在，请直接写出符合条件的m的值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+8与x轴交于A（﹣3，0），B（8，0）两点，∴，解得，，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+8；（3）易证线BC的解析式为y＝﹣x+8，向下平移5个单位得到y＝﹣x+3，当y＝0时，x＝3，∴M（3，0），当x＝0时，y＝3，∴N（0，3），由题意得PD⊥MB，∵MB＝8﹣3＝5，D（m，﹣m+3），∴MD2＝（m﹣3）2+（﹣m+3）2，BD2＝（8﹣m）2+（﹣m+3）2，若△BMD是等腰三角形，可分三种情况：①当MB＝MD时，∴（m﹣3）2+（﹣m+3）2＝25，解得m1＝3+，m2＝3﹣，②当MB＝BD时，∴（8﹣m）2+（﹣m+3）2＝25，解得，m1＝3（舍去），m2＝8（舍去），③当MD+BD时，∴（8﹣m）2+（﹣m+3）2＝（m﹣3）2+（﹣m+3）2，解得，m＝5.5．综上所述，m的值为3+或3﹣或5.5时，△BMD是等腰三角形．3．（2022•兴宁区校级模拟）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A、B，抛物线的对称轴交x 轴于点D，直线y＝﹣x+3与x轴交于点B，与y轴交于点C，且．（1）求抛物线的解析式；（2）在x轴上是否存在点P，使得△PDC为等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）对于直线y＝﹣x+3，令y＝0，即﹣x+3＝0，解得：x＝3，令x＝0，得y＝3，∴B（3，0），C（0，3），∵A为x轴负半轴上一点，且OA＝OB，∴A（﹣1，0）．将点A、B的坐标分别代入y＝﹣x2+bx+c中，得，解得，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；（3）存在．如图2，∵点P在x轴上，∴设P（m，0）．∵C（0，3），D（1，0），∴由勾股定理，得：CD2＝OC2+OD2＝32+12＝10，PD2＝（m﹣1）2，CP2＝OP2+OC2＝m2+32＝m2+9，分为三种情况讨论：①当CD＝PD时，CD2＝PD2，即10＝（m﹣1）2，解得m1＝1+，m2＝1﹣，此时点P的坐标为（1+，0）或（1﹣，0）；②当CD＝CP时，CD2＝CP2，即10＝m2+9，解得m1＝﹣1，m2＝1（不符合题意，舍去），此时点P的坐标为（﹣1，0）；③当PC＝PD时，PC2＝PD2，即m2+9＝（m﹣1）2，解得m＝﹣4，此时点P的坐标为（﹣4，0）．综上所述，在x轴上存在点P，使得△PDC为等腰三角形，满足条件的点P的坐标为（1+，0）或（1﹣，0）或（﹣1，0）或（﹣4，0）．4．（2022•鞍山模拟）抛物线与坐标轴交于A（﹣1，0）、B（4，0）、C（0，4），连接AC、BC．（1）求抛物线的解析式；（3）如图2，点E是抛物线上第一象限内对称轴右侧的一点，连接EC，点D是抛物线的对称轴上的一点，连接ED、CD，当△CED是以点E为顶点的等腰直角三角形时，直接写出点E的横坐标．【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，∵抛物线y＝ax2+bx+c过A（﹣1，0），B（4，0），C（0，4）三点，∴．解得：．∴抛物线对应的二次函数的解析式为y＝﹣x2+3x+4；（2）设G（x，﹣x2+3x+4），∵S△BHG＝S△ABG﹣S△ABH，S△AHC＝S△ABC﹣S△ABH，△BHG与△AHC的面积差为1，∵A（﹣1，0）、B（4，0），∴AB＝5，（3）∵y＝﹣x2+3x+4，∴抛物线对称轴为x＝﹣＝，，点E分别作EM⊥y轴于M，作EN⊥EM，过点D作DN⊥EN，垂足为N，∴∠CME＝∠DNE＝90°，∠MEN＝90°，∵△CED是以点E为顶点的等腰直角三角形，∴∠CED＝90°，∴∠CEM+∠MED＝∠DEN+∠MED＝90°，CE＝DE，∴∠CEM＝∠DEN，∴△EMC≌△END（AAS），∴CM＝DN，设E（m，﹣m2+3m+4）（m＞），∴4﹣（﹣m2+3m+4）＝m﹣，∴m＝或（不合题意，舍去），∴点E的横坐标为．5．（2022•渭滨区模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，连接AC，BC．M为线段OB上的一个动点，过点M作PM⊥x轴，交抛物线于点P，交BC于点Q．（1）求抛物线的表达式；（2）试探究点M在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）将A（﹣3，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+4，∴，解得，∴抛物线的表达式为：；（2）存在点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形，理由如下：令x＝0，则y＝4，∴点C（0，4），∵A（﹣3，0）、C（0，4），∴AC＝5，设直线BC的解析式为y＝kx+b，∴，解得，∴y＝﹣x+4，设点M（m，0），则点Q（m，﹣m+4），①当AC＝CQ时，过点Q作QE⊥y轴于点E，连接AQ，∵CQ2＝CE2+EQ2，即m2+[4﹣（﹣m+4）]2＝25，解得：舍去负值），∴点；②当AC＝AQ时，则AQ＝AC＝5，在Rt△AMQ中，由勾股定理得：[m﹣（﹣3）]2+（﹣m+4）2＝25，解得：m＝1或m＝0（舍去0），∴点Q（1，3）；③当CQ＝AQ时，则2m2＝[m﹣（﹣3）]2+（﹣m+4）2，解得：舍去）；综上所述，点Q的坐标为（1，3）或．31。

中考复习专题8二次函数与矩形存在性问题(含解析)

专题8二次函数与矩形存在性问题1.矩形的判定:（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；（2）对角线相等的平行四边形是矩形；（3）有三个角为直角的四边形是矩形．2.题型分析矩形除了具有平行四边形的性质之外，还有“对角线相等”或“一个角为直角”，因此相比起平行四边形，坐标系中的矩形满足以下3个等式：因此在矩形存在性问题最多可以有3个未知量，代入可以得到三元一次方程组，可解．确定了有3个未知量，则可判断常见矩形存在性问题至少有2个动点，多则可以有3个．下：同时，也可以先根据A、B的坐标求出直线AB的解析式，进而得到直线AD或BC的解析式，从而确定C 或D的坐标.【例1】（2022•泸州）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+x+c经过A（﹣2，0），B（0，4）两点，直线x＝3与x轴交于点C．（1）求a，c的值；（2）经过点O的直线分别与线段AB，直线x＝3交于点D，E，且△BDO与△OCE的面积相等，求直线DE的解析式；（3）P是抛物线上位于第一象限的一个动点，在线段OC和直线x＝3上是否分别存在点F，G，使B，F，G，P为顶点的四边形是以BF为一边的矩形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）把A（﹣2，0），B（0，4）两点代入抛物线y＝ax2+x+c中列方程组解出即可；（2）利用待定系数可得直线AB的解析式，再设直线DE的解析式为：y＝mx，点D是直线DE和AB的交点，列方程可得点D的横坐标，根据△BDO与△OCE的面积相等列等式可解答；（3）设P（t，﹣t2+t+4），分两种情况：作辅助线构建相似三角形，证明三角形相似或利用等角的三角函数列等式可解答．【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（0，4）两点代入抛物线y＝ax2+x+c中得：解得：；（2）由（1）知：抛物线解析式为：y＝﹣x2+x+4，设直线AB的解析式为：y＝kx+b，则，解得：，∴AB的解析式为：y＝2x+4，设直线DE的解析式为：y＝mx，∴2x+4＝mx，∴x＝，当x＝3时，y＝3m，∴E（3，3m），∵△BDO与△OCE的面积相等，CE⊥OC，∴•3•（﹣3m）＝•4•，∴9m2﹣18m﹣16＝0，∴（3m +2）（3m ﹣8）＝0，∴m 1＝﹣，m 2＝（舍），∴直线DE 的解析式为：y ＝﹣x ；（3）存在，B ，F ，G ，P 为顶点的四边形是以BF 为一边的矩形有两种情况：设P （t ，﹣t 2+t +4），①如图1，过点P 作PH ⊥y 轴于H ，∵四边形BPGF 是矩形，∴BP ＝FG ，∠PBF ＝∠BFG ＝∴∠CFG +∠BFO ＝∠BFO +∠OBF ＝∠CFG +∠CGF ＝∠OBF +∠PBH ＝90°，∴∠PBH ＝∠OFB ＝∠CGF ，∵∠PHB ＝∠FCG ＝90°，∴△PHB ≌△FCG （AAS ），∴PH ＝CF ，∴CF ＝PH ＝t ，OF ＝3﹣t ，∵∠PBH ＝∠OFB ，∴＝，即＝，解得：t 1＝0（舍），t 2＝1，∴F （2，0）；②如图2，过点G作GN⊥y轴于N，过点P作PM⊥x轴于M，同①可得：NG＝FM＝3，OF＝t﹣3，∵∠OFB＝∠FPM，∴tan∠OFB＝tan∠FPM，∴＝，即＝，解得：t1＝，t2＝（舍），∴F（，0）；综上，点F的坐标为（2，0）或（，0）．【例2】（2022•绥化）如图，抛物线y＝ax2+bx+c交y轴于点A（0，﹣4），并经过点C（6，0），过点A作AB⊥y轴交抛物线于点B，抛物线的对称轴为直线x＝2，D点的坐标为（4，0），连接AD，BC，BD．点E从A点出发，以每秒个单位长度的速度沿着射线AD运动，设点E的运动时间为m秒，过点E作EF⊥AB于F，以EF为对角线作正方形EGFH．（1）求抛物线的解析式；（2）当点G随着E点运动到达BC上时，求此时m的值和点G的坐标；（3）在运动的过程中，是否存在以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，如果存在，直接写出点G的坐标，如果不存在，请说明理由．【分析】（1）根据抛物线的对称轴为直线x＝2，可得出抛物线与x轴的另一个交点的坐标为（﹣2，0），列出交点式，再将点A（0，﹣4）可得出抛物线的解析式；（2）根据可得出△ABD是等腰直角三角形，再根据点E的运动和正方形的性质可得出点H，F，G的坐标，根据点B，C的坐标可得出直线BC的解析式，将点G代入直线BC的解析式即可；（3）若存在，则△BGC是直角三角形，则需要分类讨论，当点B为直角顶点，当点G为直角顶点，当点C为直角顶点，分别求解即可．【解答】解：（1）∵抛物线的对称轴为直线x＝2，D点的坐标为（4，0），∴抛物线与x轴的另一个交点为（﹣2，0），∴抛物线的解析式为：y＝a（x+2）（x﹣6），将点A（0，﹣4）解析式可得，﹣12a＝﹣4，∴a＝．∴抛物线的解析式为：y＝（x+2）（x﹣6）＝x2﹣x﹣4．（2）∵AB⊥y轴，A（0，﹣4），∴点B的坐标为（4，﹣4）．∵D（4，0），∴AB＝BD＝4，且∠ABD＝90°，∴△ABD是等腰直角三角形，∠BAD＝45°．∵EF⊥AB，∴∠AFE＝90°，∴△AEF是等腰直角三角形．∵AE＝m，∴AF＝EF＝m，∴E（m，﹣4+m），F（m，﹣4）．∵四边形EGFH是正方形，∴△EHF是等腰直角三角形，∴∠HEF＝∠HFE＝45°，∴FH是∠AFE的角平分线，点H是AE的中点．∴H（m，﹣4+m），G（m，﹣4+m）．∵B（4，﹣4），C（6，0），∴直线BC的解析式为：y＝2x﹣12．当点G随着E点运动到达BC上时，有2×m﹣12＝﹣4+m．解得m＝．∴G（，﹣）．（3）存在，理由如下：∵B（4，﹣4），C（6，0），G（m，﹣4+m）．∴BG2＝（4﹣m）2+（m）2，BC2＝（4﹣6）2+（﹣4）2＝20，CG2＝（6﹣m）2+（﹣4+m）2．若以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，则△BGC是直角三角形，∴分以下三种情况：①当点B为直角顶点时，BG2+BC2＝CG2，∴（4﹣m）2+（m）2+20＝（6﹣m）2+（﹣4+m）2，解得m＝，∴G（，﹣）；②当点C为直角顶点时，BC2+CG2＝BG2，∴20+（6﹣m ）2+（﹣4+m ）2＝（4﹣m ）2+（m ）2，解得m ＝，∴G （，﹣）；③当点G 为直角顶点时，BG 2+CG 2＝BC 2，∴（4﹣m ）2+（m ）2+（6﹣m ）2+（﹣4+m ）2＝20，解得m ＝或2，∴G （3，﹣3）或（，﹣）；综上，存在以B ，G ，C 和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，点G 的坐标为（，﹣）或（，﹣）或（3，﹣3）或（，﹣）．【例3】（2022•黔东南州）如图，抛物线y ＝ax 2+2x +c 的对称轴是直线x ＝1，与x 轴交于点A ，B （3，0），与y 轴交于点C ，连接AC ．（1）求此抛物线的解析式；（2）已知点D 是第一象限内抛物线上的一个动点，过点D 作DM ⊥x 轴，垂足为点M ，DM 交直线BC 于点N ，是否存在这样的点N ，使得以A ，C ，N 为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出点N 的坐标，若不存在，请说明理由；（3）已知点E 是抛物线对称轴上的点，在坐标平面内是否存在点F ，使以点B 、C 、E 、F 为顶点的四边形为矩形，若存在，请直接写出点F 的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由抛物线的对称轴为直线x ＝1，抛物线经过点B （3，0），可得A （﹣1，0），用待定系数法即可求解；（2）求出直线BC的解析式，设点D坐标为（t，﹣t2+2t+3），则点N（t，﹣t+3），利用勾股定理表示出AC2，AN2，CN2，然后分①当AC＝AN时，②当AC＝CN时，③当AN＝CN时三种情况进行讨论，列出关于t的方程，求出t的值，即可写出点N的坐标；（3）分两种情形讨论：①当BC为对角线时，②当BC为边时，先求出点E的坐标，再利用平行四边形的中心对称性求出点F的坐标即可．【解答】解：（1）抛物线y＝ax2+2x+c的对称轴是直线x＝1，与x轴交于点A，B（3，0），∴A（﹣1，0），∴，解得，∴抛物线的解析式y＝﹣x2+2x+3；（2）∵y＝﹣x2+2x+3，∴C（0，3），设直线BC的解析式为y＝kx+3，将点B（3，0）代入得：0＝3k+3，解得：k＝﹣1，∴直线BC的解析式为y＝﹣x设点D坐标为（t，﹣t2+2t+3），则点N（t，﹣t+3），∵A（﹣1，0），C（0，3），∴AC2＝12+32＝10，AN2＝（t+1）2+（﹣t+3）2＝2t2﹣4t+10，CN2＝t2+（3+t﹣3）2＝2t2，①当AC＝AN时，AC2＝AN2，∴10＝2t2﹣4t+10，解得t1＝2，t2＝0（不合题意，舍去），∴点N的坐标为（2，1）；②当AC＝CN时，AC2＝CN2，∴10＝2t2，解得t1＝，t2＝﹣（不合题意，舍去），∴点N的坐标为（，3﹣）；③当AN＝CN时，AN2＝CN2，∴2t2﹣4t+10＝2t2，解得t＝，∴点N的坐标为（，）；综上，存在，点N的坐标为（2，1）或（，3﹣）或（，）；（3）设E（1，a），F（m，n），∵B（3，0），C（0，3），∴BC＝3，①以BC为对角线时，BC2＝CE2+BE2，∴（3）2＝12+（a﹣3）2+a2+（3﹣1）2，解得：a＝，或a＝，∴E（1，）或（1，），∵B（3，0），C（0，3），∴m+1＝0+3，n+＝0+3或n+＝0+3，∴m＝2，n＝或n＝，∴点F的坐标为（2，）或（2，）；②以BC为边时，BE2＝CE2+BC2或CE2＝BE2+BC2，∴a2+（3﹣1）2＝12+（a﹣3）2+（3）2或12+（a﹣3）2＝a2+（3﹣1）2+（3）2，解得：a＝4或a＝﹣2，∴E（1，4）或（1，﹣2），∵B（3，0），C（0，3），∴m+0＝1+3，n+3＝0+4或m+3＝1+0，n+0＝3﹣2，∴m＝4，n＝1或m＝﹣2，n＝1，∴点F的坐标为（4，1）或（﹣2，1），综上所述：存在，点F的坐标为（2，）或（2，）或（4，1）或（﹣2，1）．【例4】（2022•梁山县一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）与x轴交于A（﹣2，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C，且OC＝2OA．（1）试求抛物线的解析式；（2）直线y＝kx+1（k＞0）与y轴交于点D，与抛物线交于点P，与直线BC交于点M，记m＝，试求m的最大值及此时点P的坐标；（3）在（2）的条件下，m取最大值时，点Q是x轴上的一个动点，点N是坐标平面内的一点，是否存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形？如果存在，请求出点N的坐标；如果不存在，请说明理由．【分析】（1）因为抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣2，0）、B（4，0）两点，所以可以假设y＝a（x+2）（x ﹣4），求出点C坐标代入求出a即可；（2）由△CMD∽△FMP，可得m＝＝，根据关于m关于x的二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；（3）存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形．分两种情形分别求解即可：①当DP是矩形的边时，有两种情形；②当DP是对角线时；【解答】解：（1）因为抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣2，0）、B（4，0）两点，所以可以假设y＝a（x+2）（x﹣4），∵OC＝2OA，OA＝2，∴C（0，4），代入抛物线的解析式得到a＝﹣，∴y＝﹣（x+2）（x﹣4）或y＝﹣x2+x+4或y＝﹣（x﹣1）2+．（2）如图1中，由题意，点P在y轴的右侧，作PE⊥x轴于E，交BC于F．∵CD∥PE，∴△CMD∽△FMP，∴m＝＝，∵直线y＝kx+1（k＞0）与y轴交于点D，则D（0，1），∵BC的解析式为y＝﹣x+4，设P（n，﹣n2+n+4），则F（n，﹣n+4），∴PF＝﹣n2+n+4﹣（﹣n+4）＝﹣（n﹣2）2+2，∴m＝＝﹣（n﹣2）2+，∵﹣＜0，∴当n＝2时，m有最大值，最大值为，此时P（2，4）．（3）存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形．①当DP是矩形的边时，有两种情形，a、如图2﹣1中，四边形DQNP是矩形时，有（2）可知P（2，4），代入y＝kx+1中，得到k＝，∴直线DP的解析式为y＝x+1，可得D（0，1），E（﹣，0），由△DOE∽△QOD可得＝，∴OD2＝OE•OQ，∴1＝•OQ，∴OQ＝，∴Q（，0）．根据矩形的性质，将点P向右平移个单位，向下平移1个单位得到点N，∴N（2+，4﹣1），即N（，3）b、如图2﹣2中，四边形PDNQ是矩形时，∵直线PD的解析式为y＝x+1，PQ⊥PD，∴直线PQ的解析式为y＝﹣x+，∴Q（8，0），根据矩形的性质可知，将点D向右平移6个单位，向下平移4个单位得到点N，∴N（0+6，1﹣4），即N（6，﹣3）．②当DP是对角线时，设Q（x，0），则QD2＝x2+1，QP2＝（x﹣2）2+42，PD2＝13，∵Q是直角顶点，∴QD2+QP2＝PD2，∴x2+1+（x﹣2）2+16＝13，整理得x2﹣2x+4＝0，方程无解，此种情形不存在，综上所述，满足条件的点N坐标为（，3）或（6，﹣3）．1．（2022•武功县模拟）在平面直角坐标系中，已知抛物线L1：y＝﹣x2+bx+c（b、c为常数）与x轴交于A （﹣6，0）、B（2，0）两点．（1）求抛物线L1的函数表达式；（2）将该抛物线L1向右平移4个单位长度得到新的抛物线L2，与原抛物线L1交于点C，点D是点C 关于x轴的对称点，点N在平面直角坐标系中，请问在抛物线L2上是否存在点M，使得以点C、D、M、N为顶点的四边形是以CD为边的矩形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）利用待定系数法直接求解即可；（2）存在，根据题意求得抛物线L2的表达式，再与抛物线L1联立，求得点C的坐标，进而求得点D的坐标；要使得以点C、D、M、N为顶点的四边形是以CD为边的矩形，分当M在x轴上方时和当M在x轴下方时，两种情况讨论，根据矩形的性质列出方程，求解即可．【解答】解：（1）把A（﹣6，0）、B（2，0）代入y＝﹣x2+bx+c中，得，解得，∴抛物线L1的函数表达式为y＝﹣x2﹣4x+12；（2）存在，理由如下：∵y＝﹣x2﹣4x+12＝﹣（x+2）+16，∴抛物线L2的函数表达式为y＝﹣（x+2﹣4）2+16＝﹣（x﹣2）2+16＝﹣x2+4x+12，令﹣x2﹣4x+12＝﹣x2+4x+12，解得：x＝0，当x＝0时，y＝﹣x2﹣4x+12＝12，∴点C的坐标为（0，12），∵点D是点C关于x轴的对称点，∴点D坐标为（0，﹣12），①当M在x轴上方时，要使得以点C、D、M、N为顶点的四边形是以CD为边的矩形，则y M＝y C，即﹣x2+4x+12＝12，解得：x1＝0，x2＝4，∴M1（4，12）；②当M在x轴下方时，要使得以点C、D、M、N为顶点的四边形是以CD为边的矩形，则y M＝y D，即﹣x2+4x+12＝﹣12，解得：x1＝2+2，x2＝2﹣2，M2（2+2，﹣12），M3（2﹣2，﹣12）．综上所述，在抛物线L2上是否存在点M，使得以点C、D、M、N为顶点的四边形是以CD为边的矩形，点M的坐标为（4，12）或（2+2，﹣12）或（2﹣2，﹣12）．2．（2022•东莞市校级一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝+bx+c与x轴的正半轴交于点D，与y轴交于点C，点A在抛物线上，AB⊥y轴于点B．△ABC绕点B逆时针旋转90°得到△OBE，连接DE．当+bx+c＜0时，x的取值范围是﹣＜x＜2．（1）求该抛物线的解析式；（2）求证：四边形OBED是矩形；（3）在线段OD上找一点N，过点N作直线m垂直x轴，交OE于点F，连接DF，当△DNF的面积取得最大值时，求点N的坐标，在此基础上，在直线m上找一点P，连接OP、DP．使得∠OPD+∠DOE ＝90°，求点P的坐标．【分析】（1）由题意可知抛物线与x轴的两个交点为（2，0），（﹣，0），再将两个点代入解析式即可求解；（2）由旋转是性质，可得OB＝AB，则设A（﹣m，m），求出A点坐标，由此可得BE＝OD，再由BE ∥OD，OB⊥OD即可证明；（3）设N（n，0），则F（n，n），则S＝﹣（n﹣1）2+，可知当n＝1时，S有最大值，此时N（1，0），F（1，），通过已知可推导出∠OPN＝∠POE，从而得到PF＝OF，设P（1，t），则|t﹣|＝，求出t的值即可求点P的坐标．【解答】（1）解：∵当+bx+c＜0时，x的取值范围是﹣＜x＜2，∴抛物线与x轴的两个交点为（2，0），（﹣，0），∴，解得，∴y＝﹣x﹣1；（2）证明：由（1）可知D（2，0），C（0，﹣1），∴OD＝2，OC＝1，∵AB⊥y轴，∴△ABC是直角三角形，∵△ABC绕点B逆时针旋转90°得到△OBE，∴OB⊥BE，AB＝OB，设A（﹣m，m），∴m＝m2﹣m﹣1，解得m＝﹣1或m＝，∴A（﹣1，1），∴BO＝1，∴BC＝BE＝2，∴BE＝OD，∵∠BOD＝90°，∴BE∥OD，∴四边形OBED是矩形；（3）∵E（2，1），∴直线OE的解析式为y＝x，设N（n，0），则F（n，n），∴S＝×DN×FN＝×（2﹣n）×n＝﹣（n﹣1）2+，∵N在线段OD上，∴0≤n≤2，∴当n＝1时，S有最大值，此时N（1，0），F（1，），∵∠PNO＝90°，∴∠EOD+∠POE＝90°，∵∠OPD+∠DOE＝90°，∴∠POE+∠OPN＝∠OPD，∵O点与D点关于l对称，∴∠OPN＝∠NPD，∴∠OPN＝∠POE，∴PF＝OF，设P（1，t），∴|t﹣|＝，∴t＝+或t＝﹣+，∴P点坐标为（1，+）或（1，﹣+）．3．（2022•石家庄二模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c（c≠0）与x轴交于点A（﹣1，0），B（点A在点B左侧），与y轴交于点C，连接BC．（1）点C的纵坐标为b+1（用含b的式子表示），∠OBC＝45度；（2）当b＝1时，若点P为第一象限内抛物线上一动点，连接BP，CP，求△BCP面积的最大值，并求出此时点P的坐标；（3）已知矩形ODEF的顶点D，F分别在x轴、y轴上，点E的坐标为（3，2）．①抛物线的顶点为Q，当AQ的中点落在直线EF上时，求点Q的坐标；②当抛物线在矩形内部的部分对应的函数值y随x的增大而减小时，请直接写出b的取值范围．【分析】（1）将（﹣1，0）代入解析式可得c与b的关系，从而可得OB＝OC，进而求解．（2）由b＝1可得抛物线解析式及点B，C坐标，根据待定系数法求出直线BC解析式，设点P坐标为（m，﹣m2+m+2），作PE⊥x轴交BC于点E，连接PC，PB，由S△BCP＝S△CEP+S△BEP求解．（3）①将二次函数解析式化为顶点式可得点Q坐标，由点A，Q坐标可得A，Q中点坐标，进而求解．②根据抛物线与y轴交点的位置及抛物线对称轴的位置，结合图象求解．【解答】解：（1）将（﹣1，0）代入y＝﹣x2+bx+c得0＝﹣1﹣b+c，解得c＝b+1，∴y＝﹣x2+bx+b+1，设点B坐标为（x2，0），则抛物线对称轴为直线x＝＝，解得x2＝b+1，∴点B坐标为（b+1，0），∴OC＝OB＝b+1，∴∠OBC＝45°，故答案为：b+1，45．（2）当b＝1时，y＝﹣x2+x+2，作PE⊥x轴交BC于点E，连接PC，PB，设直线BC解析式为y＝kx+b，将B（2，0），（0，2）代入y＝kx+b得，解得，∴y＝﹣x+2．设点P坐标为（m，﹣m2+m+2），则点E坐标为（m，﹣m+2），∴PE＝﹣m2+2m，＝S△CEP+S△BEP＝PE•x P+PE（x B﹣x P）＝PE•x B＝﹣m2+2m＝﹣（m﹣1）2+1，∵S△BCP∴m＝1时，△BCP面积的最大为1，此时点P坐标为（1，2）．（3）①∵y＝﹣x2+bx+b+1＝﹣（x﹣）2++b+1，∴点Q坐标为（，+b+1），∵A（﹣1，0），∴点A，Q中点坐标为（﹣+，++），∴++＝2，解得b＝2或b＝﹣6，当b＝2时，点Q坐标为（1，4），当b＝﹣6时，点Q坐标为（﹣3，4）．②∵E（3，2），∴点F坐标为（0，2），将（0，2）代入y＝﹣x2+bx+b+1得b+1＝2，解得b＝1，将E（3，2）代入y＝﹣x2+bx+b+1得2＝﹣9+4b+1，解得b＝，∴1≤b＜，满足题意．当抛物线顶点Q（，+b+1）落在y轴上时，＝0，解得b＝0，当抛物线经过原点时，0＝b+1，解得b＝﹣1，∴﹣1＜b≤0符合题意．综上所述，1≤b＜或﹣1＜b≤0．4．（2022•滨海县一模）如图1，在平面直角坐标中，抛物线与x轴交于点A（﹣1，0）、B （4，0）两点，与y轴交于点C，连接BC，直线BM：y＝2x+m交y轴于点M．P为直线BC上方抛物线上一动点，过点P作x轴的垂线，分别交直线BC、BM于点E、F．（1）求抛物线的表达式：（2）当点P落在抛物线的对称轴上时，求△PBC的面积：（3）①若点N为y轴上一动点，当四边形BENF为矩形时，求点N的坐标；②在①的条件下，第四象限内有一点Q，满足QN＝QM，当△QNB的周长最小时，求点Q的坐标．【分析】（1）根据抛物线与x轴交于点A（﹣1，0）、B（4，0）两点，即知抛物线的表达式为：y＝﹣（x+1）（x﹣4），即y＝﹣x2+x+2；（2）由y＝﹣x2+x+2求出P（，），由B（4，0），C（0，2）得直线BC的表达式为y＝﹣x+2，从而可得E（，），PE＝﹣＝，即可得△PBC的面积是；（3）①过点N作NG⊥EF于点G，求得直线BM的表达式为：y＝2x﹣8即知M（0，﹣8），设E（a，﹣a+2），则F（a，2a﹣8），证明△NEG≌△BFH（AAS），可得NG＝BH，EG＝FH，即有a＝4﹣a，解得F（2，﹣4），E（2，1），从而可得N（0，﹣3）；②取MN的中点D，由QN＝QM，知点Q在MN的垂直平分线上，又C△QNB＝BQ+NQ+BN＝BQ+NQ+5最小，只需BQ+MQ最小，即点B、Q、M共线，此时，点Q即为MN的垂＝BQ+MQ+5，故要使C△QNB直平分线与直线BM的交点，由N（0，﹣3），M（0，﹣8），得D（0，﹣），即可得Q（，﹣）．【解答】解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（﹣1，0）、B（4，0）两点，∴抛物线的表达式为：y＝﹣（x+1）（x﹣4），即y＝﹣x2+x+2；（2）如图：∵点P落在抛物线y＝﹣x2+x+2的对称轴上，∴P为抛物线y＝﹣x2+x+2的顶点，∵y＝﹣x2+x+2＝﹣（x﹣）2+，∴P（，），在y＝﹣x2+x+2中，令x＝0得y＝2，∴C（0，2）由B（4，0），C（0，2）得直线BC的表达式为y＝﹣x+2，把x＝代入y＝﹣x+2得y＝，∴E（，），∴PE＝﹣＝，＝PE•|x B﹣x C|＝××4＝，∴S△PBC答：△PBC的面积是；（3）①过点N作NG⊥EF于点G，如图：∵y＝2x+m过点B（4，0），∴0＝2×4+m，解得m＝﹣8，∴直线BM的表达式为：y＝2x﹣8，∴M（0，﹣8），设E（a，﹣a+2），则F（a，2a﹣8），∵四边形BENF为矩形，∴∠NEG＝∠BFH，NE＝BF，又∠NGE＝90°＝∠BHF，∴△NEG≌△BFH（AAS），∴NG＝BH，EG＝FH，而NG＝a，BH＝OB﹣OH＝4﹣a，∴a＝4﹣a，解得a＝2，∴F（2，﹣4），E（2，1），∴EH＝1，∵EG＝FH，∴EF﹣EG＝EF﹣FH，即GF＝EH＝1，∵F（2，﹣4），∴G（2，﹣3），∴N（0，﹣3）；②取MN的中点D，如图：∵QN＝QM，∴点Q在MN的垂直平分线上，又∵B（4，0），N（0，﹣3），∴BN＝5，＝BQ+NQ+BN＝BQ+NQ+5＝BQ+MQ+5，∴C△QNB最小，只需BQ+MQ最小，∴要使C△QNB∴当点B、Q、M共线时，△QNB的周长最小，此时，点Q即为MN的垂直平分线与直线BM的交点，∵N（0，﹣3），M（0，﹣8），∴D（0，﹣），在y＝2x﹣8中，令y＝﹣得：﹣＝2x﹣8，解得x＝，∴Q（，﹣）．5．（2022•石家庄模拟）某公园有一个截面由抛物线和矩形构成的观景拱桥，如图1所示，示意图如图2，且已知图2中矩形的长AD为12米，宽AB为4米，抛物线的最高处E距地面BC为8米．（1）请根据题意建立适当的平面直角坐标系，并求出抛物线的函数解析式；（2）若观景拱桥下放置两根长为7米的对称安置的立柱，求这两根立柱之间的水平距离；（3）现公园管理处打算在观景桥侧面搭建一个矩形“脚手架”PQMN（如图2），对观景桥表面进行维护，P，N点在抛物线上，Q，M点在BC上，为了筹备材料，需求出“脚手架”三根支杆PQ，PN，MN的长度之和的最大值，请你帮管理处计算一下．【分析】（1）以CB所在的直线为x轴，点E为顶点建立直角坐标系，用待定系数法求解即可；（2）确定立柱的纵坐标，解方程可得答案；（3）设N（m，﹣m2+8），则PN＝2m，MN＝PQ＝﹣m2+8，三根支杆的总长度w＝﹣m2+2m+16，【解答】解：（1）如图，以CB所在的直线为x轴，点E为顶点建立直角坐标系，由题意得，E（0，8），A（﹣6，4），设抛物线的解析式为y＝ax2+c，代入可得，解得，∴y＝﹣x2+8；（2）依题意可得﹣x2+8＝7，解得x＝±3，∴3﹣（﹣3）＝6（米），答：这两根立柱之间的水平距离是6米；（3）设N（m，﹣m2+8），则PN＝2m，MN＝PQ＝﹣m2+8，∴三根支杆的总长度w＝PQ+PN+MN+2m+2（﹣m2+8）＝﹣m2+2m+16，∵a＝﹣＜0，∴m＝﹣＝4.5时，w最大＝20.5，∴三根支杆PQ，PN，MN的长度之和的最大值为20.5米．6．（2022•朝阳区校级一模）已知二次函数y＝x2﹣2mx﹣m与y轴交于点M，直线y＝m+5与y轴交于点A，与直线x＝4交于点B，直线y＝﹣2m与y轴交于点D（A与D不重合），与直线x＝4交于点C，构建矩形ABCD．（1）当点M在线段AD上时，求m的取值范围．（2）求证：抛物线y＝x2﹣2mx﹣m与直线y＝m+5恒有两个交点．（3y随着x的增大而增大或y随x的增大而减小时，求m的取值范围．（4）当抛物线在矩形内部（包括边界）最高点的横坐标等于点B到x轴距离的时，直接写出m的取值范围．【分析】（1）由题意得：M（0，﹣m），A（0，m+5），D（0，﹣2m），分两种情况：当m+5＞﹣2m，即m＞﹣时，当m+5＜﹣2m，即m＜﹣时，分别根据“点M在线段AD上”，列出不等式求解即可；（2）由题意得：x2﹣2mx﹣2m﹣5＝0，根据根的判别式即可证得结论；（3）由题意得：抛物线的对称轴为直线x＝m，顶点坐标为（m，﹣m2﹣m），开口向上，分三种情况：①当m+5＜﹣2m，即m＜﹣时，②当m+5＞﹣2m，即﹣＜m≤0时，③当16﹣9m≤﹣2m，即m≥时，分别画出图形讨论即可；（4）由题意得：抛物线y＝x2﹣2mx﹣m在矩形ABCD中的最高点的横坐标x的范围是0≤x≤4，点B（4，m+5）到x轴的距离为|m+5|，根据“抛物线在矩形内部（包括边界）最高点的横坐标等于点B到x轴距离的”分三种情况：①当m ＜﹣5时，抛物线在矩形内部（包括边界）最高点的坐标为（﹣m ﹣，﹣2m ），②当﹣5≤m ＜时，抛物线在矩形内部（包括边界）最高点的坐标为（m +，﹣2m ），③当m ＞﹣，且16﹣9m ≥m +5，即﹣＜m ≤时，抛物线在矩形内部（包括边界）最高点的坐标为（m +，m +5），分别代入抛物线解析式求解即可．【解答】（1）解：由题意得：M （0，﹣m ），A （0，m +5），D （0，﹣2m ），当m +5＞﹣2m ，即m ＞﹣时，∵点M 在线段AD 上，∴﹣2m ＜﹣m ＜m +5，∴m ＞0；当m +5＜﹣2m ，即m ＜﹣时，∵点M 在线段AD 上，∴m +5＜﹣m ＜﹣2m ，∴m ＜；综上所述，m 的取值范围为m ＞0或m ＜．（2）证明：当x 2﹣2mx ﹣m ＝+5时，整理得：x 2﹣2mx ﹣2m ﹣5＝0，Δ＝（﹣2m ）2﹣4×1×（﹣2m ﹣5）＝4（m +1）2+16，∵4（m +1）2≥0，∴4（m +1）2+16＞0，∴抛物线y ＝x 2﹣2mx ﹣m 与直线y ＝m +5恒有两个交点．（3）解：∵y ＝x 2﹣2mx ﹣m ＝（x ﹣m ）2﹣m 2﹣m ，∴该抛物线的对称轴为直线x ＝m ，顶点坐标为（m ，﹣m 2﹣m ），开口向上，与y 轴的交点M （0，﹣m ），①当m +5＜﹣2m ，即m ＜﹣时，如图1，此时抛物线在矩形内部的函数值y随着x的增大而增大；②当m+5＞﹣2m，即﹣＜m≤0时，如图2，此时抛物线在矩形内部的函数值y随着x的增大而增大；③当m＞0时，如图3，令x＝4，则y＝16﹣8m﹣m＝16﹣9m，当16﹣9m≤﹣2m，即m≥时，抛物线在矩形内部（不包括边界）的函数值y随着x的增大而减小；综上，m的取值范围为m＜﹣或﹣＜m≤0或m≥．（4）解：由题意得：抛物线y＝x2﹣2mx﹣m在矩形ABCD中的最高点的横坐标x的范围是0≤x≤4，点B（4，m+5）到x轴的距离为|m+5|，当x＝4时，y＝16﹣9m，∵抛物线在矩形内部（包括边界）最高点的横坐标等于点B到x轴距离的，∴抛物线在矩形内部（包括边界）最高点的横坐标为|m+5|，①当m＜﹣5时，抛物线在矩形内部（包括边界）最高点的坐标为（﹣m﹣，﹣2m），∴﹣2m＝（﹣m﹣）2﹣2m（﹣m﹣）﹣m，解得：m＝，∵m＜﹣5，∴m＝﹣；②当﹣5≤m＜时，抛物线在矩形内部（包括边界）最高点的坐标为（m+，﹣2m），∴﹣2m＝（m+）2﹣2m（m+）﹣m，解得：m＝﹣1，∵﹣5≤m＜，∴m＝﹣1﹣；③当m＞﹣，且16﹣9m≥m+5，即﹣＜m≤时，抛物线在矩形内部（包括边界）最高点的坐标为（m +，m +5），∴m +5＝（m +）2﹣2m （m +）﹣m ，解得：m ＝﹣3，∵﹣＜m ≤，∴m ＝﹣3+；综上所述，m 的值为﹣或﹣1﹣或﹣3+．7．（2022•长春一模）已知抛物线y ＝x 2﹣2mx +2m +1．（1）写出抛物线y ＝x 2﹣2mx +2m +1的顶点坐标（用含m 的式子表示）．（2）当x ≥1时，y 随x 的增大而增大，则m 的取值范围是m ≤1．（3）当﹣1≤x ≤2时，函数y ＝x 2﹣2mx +2m +1的图象记为G ，设图象G 的最低点的纵坐标为y 0．当y 0＝﹣1时，求m 的值．（4）当m ＞0时，分别过点A （2，1）、B （2，4）作y 轴垂线，垂足分别为点D 、点C ，抛物线在矩形ABCD 内部的图象（包括边界）的最低点到直线y ＝﹣2的距离等于最高点到x 轴的距离，直接写出m 的值．【分析】（1）由y ＝（x ﹣m ）2﹣m 2+2m +1，即可求解；（2）由抛物线的图象可得m ≤y 随x 的增大而增大；（3）分三种情况讨论：当m ＜﹣1时，y 0＝2+4m ＝﹣1，解得m ＝﹣（舍）；当m ＞2时，x ＝2，函数有最小值，y 0＝5﹣2m ＝﹣1，解得m ＝3；当﹣1≤m ≤2时，y 0＝﹣m 2+2m +1＝﹣1，解得m ＝+1（舍）或m ＝﹣+1；（4）分五种情况讨论：当0＜m ≤时，﹣m 2+2m +1+2＝4，解得m ＝1（舍）；当＜m ≤1时，﹣m 2+2m +1+2＝4﹣2m +1，解得m ＝+2（舍）或m ＝﹣+2；当1＜m ≤时，﹣m 2+2m +1+2＝2m +1，解得m ＝或m ＝﹣（舍）；当＜m ≤2时，﹣m 2+2m +1+2＝4，解得m ＝1（舍）；当m ＞2时，最高点纵坐标是4，最低点纵坐标是1，此时不符合题意．【解答】解：（1）∵y ＝x 2﹣2mx +2m +1＝（x ﹣m ）2﹣m 2+2m +1，∴顶点坐标为（m ，﹣m 2+2m +1）；（2）∵抛物线开口向上，∴m≤1时，y随x的增大而增大，故答案为：m≤1；（3）当m＜﹣1时，x＝﹣1，函数有最小值，∴y0＝2+4m，∵y0＝﹣1，∴2+4m＝﹣1，解得m＝﹣（舍）；当m＞2时，x＝2，函数有最小值，∴y0＝5﹣2m，∵y0＝﹣1，∴5﹣2m＝﹣1，解得m＝3；当﹣1≤m≤2时，x＝m，函数有最小值，∴y0＝﹣m2+2m+1，∵y0＝﹣1，∴﹣m2+2m+1＝﹣1，解得m＝+1（舍）或m＝﹣+1；综上所述：m的值为3或﹣+1；（4）当0＜m≤时，﹣m2+2m+1+2＝4，解得m＝1（舍）；当＜m≤1时，﹣m2+2m+1+2＝4﹣2m+1，解得m＝+2（舍）或m＝﹣+2；当1＜m≤时，﹣m2+2m+1+2＝2m+1，解得m＝或m＝﹣（舍）；当＜m≤2时，﹣m2+2m+1+2＝4，解得m＝1（舍）；当m＞2时，最高点纵坐标是4，最低点纵坐标是1，∴3≠4，∴此时不符合题意；综上所述：m的值为或2﹣．8．（2021•咸丰县一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴正半轴交于点A，且点A的坐标为（3，0），过点A作垂直于x轴的直线l，P是该抛物线上一动点，其横坐标为m，过点P作PQ⊥l于点Q，M是直线l上的一点，其纵坐标为．以PQ，QM为边作矩形PQMN．（1）求抛物线的解析式；（2）当点Q与点M的值；（3）当矩形PQMN是正方形，且抛物线的顶点在该正方形内部时，求m的值；（4）当抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小时，求m的取值范围．【分析】（1）利用待定系数法求解即可．（2）根据点M与点P的纵坐标相等构建方程求解即可．（3）根据PQ＝MQ，构建方程求解即可．（4）当点P在直线l的左边，点M在点Q是下方下方时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，则有﹣m+＜﹣m2+m+，解得0＜m＜4，观察图象可知．当0＜m＜3时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，如图4﹣1中．当m＞4时，点M 在点Q的上方，也满足条件，如图4﹣2中．【解答】解：（1）∵抛物线的图象经过点A（3，0），∴＝0，解得b＝1．∴抛物线解析式为：．（2）∵P点的横坐标为m，且P点在抛物线y＝的图象上，∴P点的坐标为（m，），∵PQ⊥l，l过A点且垂直于x轴，∴Q点的坐标为（3，），∵M点的坐标为（3，﹣m+），∵Q点与M点重合，∴＝﹣m+，解方程得：m＝0或m＝4．（3）∵抛物线＝﹣（x﹣1）2+2，∴抛物线的顶点坐标为（1，2）．∵N点的坐标为N（m，﹣m+），要使顶点（1，2）在正方形PQMN内部，∴﹣m+＞2，得m＜﹣．∴PN＝﹣m+﹣（）＝m2﹣2m，PQ＝3﹣m．∵四边形PQMN是正方形，∴m2﹣2m＝3﹣m，解得m＝1+（舍去）或m＝1﹣．∴当m＝1﹣时，抛物线顶点在正方形PQMN内部．（4）∵M点的纵坐标﹣m+，随P点的横坐标m的增大而减小，根据（1）的结果得：当m＝0时，M，Q两点重合；m＝3时，P，Q重合；m＝4时，M，Q重合，矩形PQMN不存在；当m＜0时，直线MN在直线PQ上方，抛物线顶点在矩形PQMN内部，不合题意．当0＜m＜4时，直线MN在直线PQ下方，如图4﹣1，当3＜m＜4时，矩形内部没有抛物线图象，不合题意；当m＞4时，直线MN在直线PQ上方，矩形内部有抛物线，且为对称轴右侧，y随x的增大而减小，如图4﹣2；综上：当0＜m＜3或m＞4时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小．9．（2022•白山模拟）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+2x+b（b为常数，b≠0）与y轴交于点A，且点A的坐标为（0，3），过点A作垂直于y轴的直线l．P是该抛物线上的任意一点，其横坐标为m，过点P作PQ⊥l于点Q，M是直线l上的一点，其横坐标为﹣m+1．以PQ，QM为边作矩形PQMN．（1）求b的值；（2）当点Q与点M重合时，求m的值；（3）当矩形PQMN为正方形时，求m的值；（4）当抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而增大时，直接写出m的取值范围．【分析】（1）利用待定系数法求解即可．（2）根据点Q与点M的横坐标相等构建方程求解即可．（3）根据PQ＝MQ，构建方程求解即可．（4）当点P在直线l的下边，点M在点Q右侧时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而增大，则有﹣m+1≤2，解得﹣1≤m＜0；当点Q在点M右边时，存在两段，不合题意；当0＜m＜2时，点P在l的上方，当抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而增大时，有＜m＜2．【解答】解：（1）把点A（0，3）代入y＝﹣x2+2x+b，得到b＝3．（2）∵抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，∴P（m，﹣m2+2m+3），∵PQ⊥l，且l⊥y轴，∴PQ∥y，∴Q（m，3）；∵点M（﹣m+1，3）与点Q重合，∴﹣m+1＝m，解得m＝．（3）y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴抛物线的顶点坐标为（1，4），由题意PQ＝MQ，∴|﹣m2+2m+3﹣3|＝|﹣m+1﹣m|解得，m＝1或m＝﹣1或m＝2+或m＝2﹣．（4）根据题意可知，需要分类讨论：当点P在直线l的下边，点M在点Q右侧时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而增大，如图1，此时﹣m+1≤2，解得﹣1≤m＜0；当点P在直线l的下边，点Q在点M右边时，如图2，存在两段，不合题意；当点P在l上方时，如图3和4，当抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而增大时，当抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而增大时，有＜m＜2．综上，当抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而增大时，﹣1≤m＜0或＜m＜2．10．（2021•吉林四模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx﹣与x轴交于点A（5，0），与该抛物线的对称轴l交于点B，作直线AB．P是该抛物线上的任意一点，其横坐标为m，过点P作x轴的垂线交AB于点Q，过点P作PN⊥l于点N，以PQ、PN为边作矩形PQMN．（1）求抛物线的解析式；（2）求直线AB的解析式；（3）当该抛物线被矩形PQMN截得的部分图象的最高点纵坐标与最低点纵坐标的距离为2时，求点P 的坐标；（4）当该抛物线与坐标轴的交点到直线MQ的距离相等时，直接写出m的值．【分析】（1）把点A（5，0）代入抛物线y＝x2+bx﹣中可解答；（2）根据配方法可得抛物线顶点B的坐标，利用待定系数法可得直线AB的解析式；（3）分两种情况：①点P在对称轴的左侧；②点P在对称轴的右侧；根据该抛物线被矩形PQMN截得的部分图象的最高点纵坐标与最低点纵坐标的距离为2列方程可解答；（4）先求抛物线与y轴交点的坐标，根据该抛物线与坐标轴的交点到直线MQ的距离相等可知：点Q的纵坐标为﹣，将y＝﹣代入直线AB的解析式可得答案．【解答】解：（1）把点A（5，0）代入抛物线y＝x2+bx﹣中得：+5b﹣＝0，解得：b＝﹣2，∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣；（2）∵y＝x2﹣2x﹣＝（x﹣2）2﹣，∴B（2，﹣），设直线AB的解析式为：y＝kx+n，则，解得：，∴直线AB的解析式为：y＝x﹣；（3）由题意得：P （m ，m 2﹣2m ﹣），∴Q （m ，m ﹣），分两种情况：①如图1，当点P 在对称轴的左侧时，∵抛物线被矩形PQMN 截得的部分图象的最高点纵坐标与最低点纵坐标的距离为2，∴m 2﹣2m ﹣+＝2，解得：m 1＝0，m 2＝4（舍），∴P （0，﹣）；②如图2，当点P 在对称轴的右边时，∵抛物线被矩形PQMN 截得的部分图象的最高点纵坐标与最低点纵坐标的距离为2，∴m 2﹣2m ﹣﹣m +＝2，解得：m 1＝6，m 2＝1（舍），∴P （6，3.5）；综上，点P 的坐标为（0，﹣）或（6，3.5）；（4）如图3，当x ＝0时，y ＝﹣∵该抛物线与坐标轴的交点到直线MQ 的距离相等，即点D 与C 到直线MQ 的距离相等，∴点Q的纵坐标为﹣，当y＝﹣时，m﹣＝﹣，解得：m＝．11．（2021•南关区校级二模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣2ax﹣a（a为常数）．（1）当（﹣，m）在抛物线上，求m的值．（2）当抛物线的最低点到x轴的距离恰好是时，求a的值．（3）已知A（﹣1，1）、B（﹣1，2a﹣），连接AB．当抛物线与线段AB有交点时，记交点为P（点P 不与A、B重合），将线段PB绕点P顺时针旋转90°得到线段PM，以PM、PA为邻边构造矩形PMQA．①若抛物线在矩形PMQA内部的图象的函数值y随自变量x的增大而减小时，求a的取值范围．②当抛物线在矩形PMQA内部（包含边界）图象所对应的函数的最大值与最小值的差为时，直接写出a的值．【分析】（1）将（﹣，m）代入y＝x2﹣2ax﹣a求解．（2）求出顶点坐标，通过顶点纵坐标为±求解．（3）①通过数形结合，讨论抛物线对称轴与矩形边的位置关系与抛物线经过临界点时的值求解．②分类讨论点B在A上方与点B在A下方两种情况，分别求出最高点与最低点坐标作差求解．【解答】解：（1）将（﹣，m）代入y＝x2﹣2ax﹣a可得：m＝+a﹣a，∴m＝．（2）∵y＝x2﹣2ax﹣a＝（x﹣a）2﹣a2﹣a，∴抛物线顶点坐标为（a，﹣a2﹣a），当﹣a2﹣a＝时，解得a＝﹣，当﹣a2﹣a＝﹣时，解得a＝或a＝．。

中考复习专题09二次函数与正方形存在性问题(含解析)

专题09二次函数与正方形存在性问题二次函数与正方形存在性问题1.作为特殊四边形中最特殊的一位，正方形拥有更多的性质，因此坐标系中的正方形存在性问题变化更加多样，从判定的角度来说，可以有如下：（1）有一个角为直角的菱形；（2）有一组邻边相等的矩形；（3）对角线互相垂直平分且相等的四边形．依据题目给定的已知条件选择恰当的判定方法，即可确定所求的点坐标．2.对于二次函数与正方形的存在性问题，常见的处理思路有：思路1：从判定出发若已知菱形，则加有一个角为直角或对角线相等；若已知矩形，则加有一组邻边相等或对角线互相垂直；若已知对角线互相垂直或平分或相等，则加上其他条件．思路2：构造三垂直全等若条件并未给关于四边形及对角线的特殊性，则考虑在构成正方形的4个顶点中任取3个，必是等腰直角三角形，若已知两定点，则可通过构造三垂直全等来求得第3个点，再求第4个点．3.示例：在平面直角坐标系中，已知A、B的坐标，在平面中求C、D使得以A、B、C、D 为顶点的四边形是正方形．如图，一共6个这样的点C使得以A、B、C为顶点的三角形是等腰直角三角形．【例1】（2022•齐齐哈尔）综合与探究如图，某一次函数与二次函数y＝x2+mx+n的图象交点为A（﹣1，0），B（4，5）．（1）求抛物线的解析式；（2）点C为抛物线对称轴上一动点，当AC与BC的和最小时，点C的坐标为（1，2）；（3）点D为抛物线位于线段AB下方图象上一动点，过点D作DE⊥x轴，交线段AB于点E，求线段DE长度的最大值；（4）在（2）条件下，点M为y轴上一点，点F为直线AB上一点，点N为平面直角坐标系内一点，若以点C，M，F，N为顶点的四边形是正方形，请直接写出点N的坐标．【分析】（1）将A（﹣1，0），B（4，5）代入y＝x2+mx+n，解方程即可得出答案；（2）根据两点之间，线段最短，可知当点A、B、C三点共线时，AC+BC的最小值为AB的长，求出直线AB的解析式，即可得出点C的坐标；（3）设D（a，a2﹣2a﹣3），则E（a，a+1），表示出DE的长度，利用二次函数的性质可得答案；（4）分CF为对角线和边，分别画出图形，利用正方形的性质可得答案．【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（4，5）代入y＝x2+mx+n得，，∴，∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；（2）设直线AB的函数解析式为y＝kx+b，，∴，∴直线AB的解析式为y＝x+1，∵AC+BC≥AB，∴当点A、B、C三点共线时，AC+BC的最小值为AB的长，∵抛物线y＝x2﹣2x﹣3的对称轴为x＝1，∴当x＝1时，y＝2，∴C（1，2），故答案为：（1，2）；（3）设D（a，a2﹣2a﹣3），则E（a，a+1），∴DE＝（a+1）﹣（a2﹣2a﹣3）＝﹣a2+3a+4（﹣1＜a＜4），∴当a＝时，DE的最大值为；（4）当CF为对角线时，如图，此时四边形CMFN是正方形，∴N（1，1），当CF为边时，若点F在C的上方，此时∠MFC＝45°，∴MF∥x轴，∵△MCF是等腰直角三角形，∴MF＝CN＝2，∴N（1，4），当点F在点C的下方时，如图，四边形CFNM是正方形，同理可得N（﹣1，2），当点F在点C的下方时，如图，四边形CFMN是正方形，同理可得N（，），综上：N（1，1）或（1，4）或（﹣1，2）或（，）．【例2】（2022•扬州）如图是一块铁皮余料，将其放置在平面直角坐标系中，底部边缘AB在x轴上，且AB ＝8dm，外轮廓线是抛物线的一部分，对称轴为y轴，高度OC＝8dm．现计划将此余料进行切割：（1）若切割成正方形，要求一边在底部边缘AB上且面积最大，求此正方形的面积；（2）若切割成矩形，要求一边在底部边缘AB上且周长最大，求此矩形的周长；（3）若切割成圆，判断能否切得半径为3dm的圆，请说明理由．【分析】（1）先根据题意求出抛物线的解析式，当正方形的两个顶点在抛物线上时正方形面积最大，先根据GH＝2OG计算H的横坐标，再求出此时正方形的面积即可；（2）由（1）知：设H（t，﹣t2+8）（t＞0），表示矩形EFGH的周长，再根据二次函数的性质求出最值即可；（3）设半径为3dm的圆与AB相切，并与抛物线相交，设交点为N，求出点N的坐标，并计算点N是圆M与抛物线在y轴右侧的切点即可．【解答】解：（1）如图1，由题意得：A（﹣4，0），B（4，0），C（0，8），设抛物线的解析式为：y＝ax2+8，把B（4，0）代入得：0＝16a+8，∴a＝﹣，∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+8，∵四边形EFGH是正方形，∴GH＝FG＝2OG，设H（t，﹣t2+8）（t＞0），∴﹣t2+8＝2t，解得：t1＝﹣2+2，t2＝﹣2﹣2（舍），∴此正方形的面积＝FG2＝（2t）2＝4t2＝4（﹣2+2）2＝（96﹣32）dm2；（2）如图2，由（1）知：设H（t，﹣t2+8）（t＞0），∴矩形EFGH的周长＝2FG+2GH＝4t+2（﹣t2+8）＝﹣t2+4t+16＝﹣（t﹣2）2+20，∵﹣1＜0，∴当t＝2时，矩形EFGH的周长最大，且最大值是20dm；（3）若切割成圆，能切得半径为3dm的圆，理由如下：如图3，N为⊙M N作⊙M的切线交y轴于Q，连接MN，过点N作NP ⊥y轴于P，则MN＝OM＝3，NQ⊥MN，设N（m，﹣m2+8），由勾股定理得：PM2+PN2＝MN2，∴m2+（﹣m2+8﹣3）2＝32，解得：m1＝2，m2＝﹣2（舍），∴N（2，4），∴PM＝4﹣1＝3，∵cos∠NMP＝＝＝，∴MQ＝3MN＝9，∴Q（0，12），设QN的解析式为：y＝kx+b，∴，∴，∴QN的解析式为：y＝﹣2x+12，﹣x2+8＝﹣2x+12，x2﹣2x+4＝0，Δ＝（﹣2）2﹣4××4＝0，即此时N为圆M与抛物线在y轴右侧的唯一公共点，∴若切割成圆，能切得半径为3dm的圆．【例3】（2022•海南）如图1，抛物线y＝ax2+2x+c经过点A（﹣1，0）、C（0，3），并交x轴于另一点B，点P（x，y）在第一象限的抛物线上，AP交直线BC于点D．（1）求该抛物线的函数表达式；（2）当点P的坐标为（1，4）时，求四边形BOCP的面积；（3）点Q在抛物线上，当的值最大且△APQ是直角三角形时，求点Q的横坐标；（4）如图2，作CG⊥CP，CG交x轴于点G（n，0），点H在射线CP上，且CH＝CG，过GH的中点K作KI∥y轴，交抛物线于点I，连接IH，以IH为边作出如图所示正方形HIMN，当顶点M恰好落在y 轴上时，请直接写出点G的坐标．【分析】（1）将A，C两点坐标代入抛物线的解析式，进一步求得结果；（2）可推出△PCB是直角三角形，进而求出△BOC和△PBC的面积之和，从而求得四边形BOCP的面积；（3）作PE∥AB交BC的延长线于E，根据△PDE∽△ADB，求得的函数解析式，从而求得P点坐标，进而分为点P和点A和点Q分别为直角顶点，构造“一线三直角”，进一步求得结果；（4）作GL∥y轴，作RC⊥GL于L，作MT⊥KI于K，作HW⊥IK于点W，则△GLC≌△CRH，△ITM ≌△HWI．根据△GLC≌△CRH可表示出H点坐标，从而表示出点K坐标，进而表示出I坐标，根据MT＝IW，构建方程求得n的值．【解答】解：（1）由题意得，，∴，∴该抛物线的函数表达式为：y＝﹣x2+2x+3；（2）当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，∴x1＝﹣1，x2＝3，∴B（3，0），∵PC2+BC2＝[1+（4﹣3）2]+（32+32）＝20，PB2＝[（3﹣1）2+42]＝20，∴PC2+BC2＝PB2，∴∠PCB＝90°，＝＝＝3，∴S△PBC＝＝＝，∵S△BOC＝S△PBC+S△BOC＝3+＝；∴S四边形BOCP（3）如图1，作PE∥AB交BC的延长线于E，设P（m，﹣m2+2m+3），∵B（3，0），C（0，3），∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+3，由﹣x+3＝﹣m2+2m+3得，x＝m2﹣2m，∴PE＝m﹣（m2﹣2m）＝﹣m2+3m，∵PE∥AB，∴△PDE∽△ADB，∴＝＝＝﹣（m﹣）2+，＝，∴当m＝时，（）最大当m＝时，y＝﹣（）2+2×+3＝，∴P（，），设Q（n，﹣n2+2n+3），如图2，当∠PAQ＝90°时，过点A作y轴平行线AF，作PF⊥AF于F，作QG⊥AF于G，则△AFP∽△GQA，∴＝，∴＝，∴n＝，如图3，当∠AQP＝90°时，过QN⊥AB于N，作PM⊥QN于M，可得△ANQ∽△QMP，∴＝，∴＝，可得n1＝1，n2＝，如图4，当∠APQ＝90°时，作PT⊥AB于T，作QR⊥PT于R，同理可得：＝，∴n＝，综上所述：点Q的横坐标为：或1或或；（4）如图5，作GL∥y轴，作RC⊥GL于L，作MT⊥KI于T，作HW⊥IK于点W，则△GLC≌△CRH，△ITM≌△HWI．∴RH＝OG＝﹣n，CR＝GL＝OC＝3，MT＝IW，∴G（n，0），H（3，3+n），∴K（，），∴I（，﹣（）2+n+3+3），∵TM＝IW，∴＝（）2+n +6﹣（3+n ），∴（n +3）2+2（n +3）﹣12＝0，∴n 1＝﹣4+，n 2＝﹣4﹣（舍去），∴G （﹣4+，0）．【例4】（2022•长春）在平面直角坐标系中，抛物线y ＝x 2﹣bx （b 是常数）经过点（2，0）．点A 在抛物线上，且点A 的横坐标为m （m ≠0）．以点A 为中心，构造正方形PQMN ，PQ ＝2|m |，且PQ ⊥x 轴．（1）求该抛物线对应的函数表达式；（2）若点B 是抛物线上一点，且在抛物线对称轴左侧．过点B 作x 轴的平行线交抛物线于另一点C ，连结BC ．当BC ＝4时，求点B 的坐标；（3）若m ＞0，当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y 随x 的增大而增大时，或者y 随x 的增大而减小时，求m 的取值范围；（4）当抛物线与正方形PQMN 的边只有2个交点，且交点的纵坐标之差为时，直接写出m 的值．【分析】（1）把（2，0）代入y ＝x 2﹣bx ，得到b ＝2，可得结论；（2）判断出点B 的横坐标为﹣1，可得结论；（3）分两种情形：当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y 随x 的增大而增大．当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y 随x 的增大而减小．利用图象法解决问题即可；（4）分三种情形：如图4﹣1中，当点N （0，）时，满足条件，如图4﹣2中，当点N （0，﹣），满足条件，如图4﹣3中，当正方形PQMN 的边长为时，满足条件，分别求出点A 的坐标，可得结论．【解答】解：（1）把（2，0）代入y ＝x 2﹣bx ，得到b ＝2，∴该抛物线的解析式为y ＝x 2﹣2x ；（2）如图1中，∵y＝x2﹣2x＝（x﹣1）2﹣1，∴抛物线的顶点为（1，﹣1），对称轴为直线x＝1，∵BC∥x，∴B，C故对称轴x＝1对称，BC＝4，∴点B的横坐标为﹣1，∴B（﹣1，3）；（3）如图2中，∵点A的横坐标为m，PQ＝2|m|，m＞0，∴PQ＝PQM＝MN＝2m，∴正方形的边MN在y轴上，当点M与O重合时，由，解得或，∴A（3，3），观察图象可知，当m≥3时，抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大．如图3中，当PQ落在抛物线的对称轴上时，m＝，观察图象可知，当0＜m≤时，抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而减小．综上所述，满足条件的m的值为0＜m≤或m≥3；（4）如图4﹣1中，当点N（0，）时，满足条件，此时直线NQ的解析式为y＝﹣x+，由，解得，或，∵点A在第四象限，∴A（，﹣），∴m＝．如图4﹣2中，当点N（0，﹣），满足条件，此时直线NQ是解析式为y＝﹣x﹣，由，解得，∴A （，﹣），∴m ＝．如图4﹣3中，当正方形PQMN 的边长为时，满足条件，此时m ＝﹣，综上所述，满足条件的m 的值为或或﹣．1．（2020•乐平市一模）如图，抛物线y ＝a （x ﹣h ）2+k （a ≠0）的顶点为A ，对称轴与x 轴交于点C ，当以AC 为对角线的正方形ABCD 的另外两个顶点B 、D 恰好在抛物线上时，我们把这样的抛物线称为美丽抛物线，正方形ABCD 为它的内接正方形．（1）当抛物线y ＝ax 2+1是美丽抛物线时，则a ＝﹣2；当抛物线y ＝+k 是美丽抛物线时，则k＝﹣4；（2）若抛物线y ＝ax 2+k 是美丽抛物线时，则请直接写出a ，k 的数量关系；（3）若y ＝a （x ﹣h ）2+k 是美丽抛物线时，（2）a ，k 的数量关系成立吗？为什么？（4）系列美丽抛物线y n ＝a n （x ﹣n ）2+k n （n 为小于7的正整数）顶点在直线y ＝x 上，且它们中恰有两条美丽抛物线内接正方形面积比为1：16．求它们二次项系数之和．【分析】（1）画出函数y＝ax2+k的图象，求出点D的坐标，即可求解；（2）由（1）知，点D的坐标为（k，k），即可求解；（3）美丽抛物线沿x轴向右或向左平移后得到的抛物线仍然是美丽抛物线，美丽抛物线y＝a（x﹣h）2+k 沿x轴经过适当平移后为抛物线y＝ax2+k，即可求解；（4）设这两条美丽抛物线的顶点坐标分别为和，它们的内接正方形的边长比为，则m＝4k，，进而求解．【解答】解：（1）函数y＝ax2+k的图象如下：①抛物线y＝ax2+1是美丽抛物线时，则AC＝1，∵四边形ABCD为正方形，则点D的坐标为（，），将点D的坐标代入y＝ax2+1得：＝a（）2+1，解得a＝﹣2；②同理可得，点D的坐标为（k，k），将点D的坐标代入y＝+k得：k＝（k）2+1，解得k＝0（不合题意）或﹣4；故答案为：﹣4；（2）由（1）知，点D的坐标为（k，k），将点D 的坐标代入y ＝ax 2+k 得：k ＝a （k ）2+k ，解得ak ＝﹣2；（3）答：成立．∵美丽抛物线沿x 轴向右或向左平移后得到的抛物线仍然是美丽抛物线．∴美丽抛物线y ＝a （x ﹣h ）2+k 沿x 轴经过适当平移后为抛物线y ＝ax 2+k ．∴ak ＝﹣2；（4）设这两条美丽抛物线的顶点坐标分别为和，（k ，m 为小7的正整数，且k ＜m ），它们的内接正方形的边长比为，∴m ＝4k ，．∴这两条美丽抛物线分别为和．∵，＝﹣2，∴a 1＝﹣12，a 4＝﹣3．∴a 1+a 4＝﹣15．答：这两条美丽抛物线对应的二次函数的二次项系数和为﹣15．2．（2016秋•西城区校级期中）我们规定：在正方形ABCD 中，以正方形的一个顶点A 为顶点，且过对角顶点C 的抛物线，称为这个正方形的以A 为顶点的对角抛物线．（1）在平面直角坐标系xOy 中，点在轴正半轴上，点C 在y 轴正半轴上．①如图1，正方形OABC 的边长为2，求以O 为顶点的对角抛物线；②如图2，在平面直角坐标系xOy 中，正方形OABC 的边长为a ，其以O 为顶点的对角抛物线的解析式为y ＝x 2，求a 的值；（2）如图3，正方形ABCD 的边长为4，且点A 的坐标为（3，2），正方形的四条对角抛物线在正方形ABCD 内分别交于点M 、P 、N 、Q ，直接写出四边形MPNQ 的形状和四边形MPNQ 的对角线的交点坐标．【分析】（1）①设O为顶点的抛物线的解析式为y＝ax2，把B（2，2）代入即可解决问题．②设B（a，a）．代入y＝x2求出a即可解决问题．（2）如图3中，结论：四边形MPNQ是菱形，对角线的交点坐标为（5，4）．求出A、B、C、D的顶点的对角抛物线，利用方程组求出M、P、N、Q的坐标即可解决问题．【解答】解：（1）①如图1中，设O为顶点的抛物线的解析式为y＝ax2，∵过B（2，2），∴2＝4a，∴a＝，∴所求的抛物线的解析式为y＝x2．②如图2中，设B（a，a）．则有a＝a2，解得a＝4或0（舍弃），∴B（4，4），∴OA＝4，∴正方形的边长为4．（2）如图3中，结论：四边形MPNQ是菱形，对角线的交点坐标为（5，4）．理由：∵正方形ABCD的边长为4，A（3，2），∴B（7，2），C（7，6），D（3，6），∴以A为顶点的对角抛物线为y＝（x﹣3）2+2，以B为顶点的对角抛物线为y＝（x﹣7）2+2，以C为顶点的对角抛物线为y＝﹣（x﹣7）2+6，以D为顶点的对角抛物线为y＝﹣（x﹣3）2+6，由可得M（5，3），由可得N（5，5），由可得P（3+2，4），由可得Q（7﹣2，4），∴PM＝，PN＝，QN＝，QM＝，∴PM＝PN＝QN＝QM，∴四边形MPNQ是菱形，对角线的交点坐标为（5，4）．3．（2022•陇县二模）在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A（﹣2，0），两点，且与y轴交于点C，点B是该抛物线的顶点．（1）求抛物线L1的表达式；（2）将L1平移后得到抛物线L2，点D，E在L2上（点D在点E的上方），若以点A，C，D，E为顶点的四边形是正方形，求抛物线L2的解析式．【分析】（1）利用顶点式，可以求得该抛物线的解析式；（2）根据题意，画出相应的图形，然后利用分类讨论的方法，可以分别求得对应的抛物线L2的解析式．【解答】解：（1）设抛物线L1的表达式是，∵抛物线L1过点A（﹣2，0），∴，解得，∴．即抛物线L1的表达式是；（2）令x＝0，则y＝﹣2，∴C（0，﹣2）．Ⅰ．当AC为正方形的对角线时，如图所示，∵AE3＝E3C＝CD3＝D3A＝2，∴点D3的坐标为（0，0），点E3的坐标为（﹣2，﹣2）．设，则，解得即抛物线L2的解析式是．Ⅱ．当AC为边时，分两种情况，如图，第①种情况，点D1，E1在AC的右上角时．∵AO＝CO＝E1O＝D1O＝2，∴点D1的坐标为（0，2），点E1的坐标为（2，0）．设，则，解得：，即抛物线L2的解析式是．第②种情况，点D2E2在AC的左下角时，过点D2作D2M⊥x轴，则有△AD2M≌△AD1O，∴AO＝AM，D1O＝D2M．过E2作E2N⊥y轴，同理可得，△CE2N≌△CE1O，∴CO＝CN，E1O＝E2N．则点D2的坐标为（﹣4，﹣2），点E2的坐标为（﹣2，﹣4），设，则，解得，即抛物线L2的解析式是．综上所述：L2的表达式为：，或．4．（2022•临潼区二模）在平面直角坐标系中，已知抛物线L1：y＝ax2+bx+c经过A（﹣2，0），B（1，﹣）两点，且与y轴交于点C，点B是该抛物线的顶点．（1）求抛物线L1的表达式；（2）将L1平移后得到抛物线L2，点D，E在L2上（点D在点E的上方），若以点A，C，D，E为顶点的四边形是正方形，求抛物线L2的解析式．【分析】（1）利用顶点式，可以求得该抛物线的解析式；（2）根据题意，画出相应的图形，然后利用分类讨论的方法，可以分别求得对应的抛物线L2的解析式．【解答】解：（1）设抛物线L1的表达式是y＝a（x﹣1）2﹣，∵抛物线L1：y＝ax2+bx+c A（﹣2，0），∴0＝9a﹣，解得a＝，∴y＝（x﹣1）2﹣，即抛物线L1的表达式是y＝x2﹣x﹣2；（2）当AC为正方形的对角线时，则点D的坐标为（0，0），点E（﹣2，﹣2），设y＝x2+bx+c，∴，解得，即抛物线L2的解析式是y＝x2+x；当AC为边时，分两种情况，第一种情况，点D、E在AC的右上角时，则点D的坐标（0，2），点E（2，0），设y＝x2+bx+c，∴，解得，即抛物线L2的解析式是y＝x2﹣x+2；第二种情况，点D、E在AC的左下角时，则点D的坐标（﹣4，﹣2），点E（﹣2，﹣4），设y＝x2+bx+c，则，解得，即抛物线L2的解析式是y＝x2+x﹣4．5．（2022•松阳县一模）如图，抛物线与x轴，y轴分别交于A，D，C三点，已知点A（4，0），点C（0，4）．若该抛物线与正方形OABC交于点G且CG：GB＝3：1．（1）求抛物线的解析式和点D的坐标；（2）若线段OA，OC上分别存在点E，F，使EF⊥FG．已知OE＝m，OF＝t①当t为何值时，m有最大值？最大值是多少？②若点E与点R关于直线FG对称，点R与点Q关于直线OB对称．问是否存在t，使点Q恰好落在抛物线上？若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）先求得点G的坐标，再用待定系数法求解即可；（2）①证明△EOF∽△FCG，利用相似三角形的性质得到m关于t的二次函数，利用二次函数的性质即可求解；②根据轴对称的性质以及全等三角形的判定和性质先后求得点R（﹣m，2t），点Q（2t，﹣m），代入二次函数的解析式得到方程，解方程即可求解．【解答】解：（1）∵点A（4，0），点C（0，4）．且四边形OABC是正方形，∴QA＝QC＝BC＝4，∵CG：GB＝3：1．∴CG＝3，BG＝l，∴点G的坐标为（3，4），设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，把.4（4，0），C（0，4），G（3，4），代入y＝ax2+bx+c得，，解得：，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+3x+4，令y＝0，则﹣x2+3x+4＝0，解得x＝4或x＝﹣1，∴点D的坐标为（﹣1，0）；．（2）①∵EF⊥FG，∠EOF＝∠GFE＝∠GCF＝90°，∴∠EFO+∠FEO＝∠EFO+∠CFG＝90°，．∴∠FEO＝∠CFG，∴△EOF∽△FCG，∴＝，即＝，∴m＝﹣t2+t＝﹣（t﹣2）2+，∴当t＝2时，m有最大值，最大值为；②∵点A（4，0），点C（0，4），且四边形OABC是正方形，∴点B的坐标为（4，4），设直线OB的解析式为y＝kx，把（4，4），代入得：4＝4k，解得k＝1，∴直线OB的解析式为y＝x，过点R作RS⊥y轴于点S，如图：∵点E与点R关于直线FG对称，EF⊥FG，∴RF＝EF，∠RFS＝∠EFO，∴△RFS≌△EFO（AAS），∴RS＝EO＝m，FS＝FO＝t，则SO＝2t，∴点R的坐标为（﹣m，21）∵点R与点Q关于直线OB对称，同理点Q的坐标为（2t，﹣m），把Q（2t，﹣m）代入y＝﹣x2+3x+4，得：﹣m＝﹣4t2+6t+4，由①得m＝﹣t2+t，∴t2﹣t＝﹣4t2+6t+4，解得：t1＝，t2＝，∵0≤t1≤4，∴当t＝时，点G恰好落在抛物线上．6．（2022•香坊区校级开学）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A、C分别在x轴、y轴正半轴上，四边形OABC是正方形，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点B、C，OA＝18．（1）如图1，求抛物线的解析式；（2）如图2，点D是OA的中点，经过点D的直线交AB于点E、交y轴于点F，连接BD，若∠EDA＝2∠ABD，求直线DE的解析式；（3）如图3，在（2）的条件下，点G在OD上，连接GC、GE，点P在AB右侧的抛物线上，点Q为BP中点，连接DQ，过点B作BH⊥BP，交直线DP于点H，连接CH、GH，若GC＝GE，DQ＝PQ，求△CGH的周长【分析】（1）根据正方形的性质求得B，C的坐标，利用待定系数法求解析式即可；（2）在AD延长线时取DI＝DE，连接IE，设∠ABD＝α，可得tan∠EIA＝＝，设AE＝x，则AI＝2x，在Rt△ADE中，ED2＝AD2+AE2，建立方程，解方程进而可得E点的坐标，利用待定系数法求解析式即可；（3）延长BD，交y轴于点M．设直线DP交y轴于点S，分别求得G，C．H三点的坐标，进而根据勾股定理以及两点距离公式分别求得CG，HG，HC的长，即可求得△CGH的周长．【解答】解：∵四边形OABC是正方形，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点B、C，OA＝18．∴AB＝OC＝OA＝18，∴C（0，18），B（18，18），∴c＝18，∴18＝﹣×182+bx+18，解得b＝2，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+18；（2）如图，在AD延长线时取DI＝DE，连接IE，设∠ABD＝α，∵∠EDA＝2∠ABD，∴∠EDA＝2α，∵DI＝DE，∴∠EID＝∠IED＝α，∵点D是OA的中点，∴OD＝DA＝9，∴tanα＝＝，∴tan∠EIA＝＝，设AE＝x，则AI＝2x，∴ED＝DI＝IA﹣DA＝2x﹣9，在Rt△ADE中，ED2＝AD2+AE2，即（2x﹣9）2＝92+x2，解得x1＝12，x2＝0（舍），∴AE＝12，∴E（18，12），∵D（9，0），设直线ED的解析式为y＝kx+t，∴，解得，∴直线DE的解析式为y＝x﹣12；（3）如图，延长BD，交y轴于点M，设直线DP交y轴于点S，∵OD＝DA，∠DOM＝∠DAB，∠ODM＝∠ADB，∴△ODM≌△ADB（ASA），∴MD＝DB，∵点Q为BP中点，DQ＝PQ，∴DQ＝BQ＝PQ，∴∠QDB＝∠QBD，∠QDP＝∠QPD，∠QDB+∠QBD+∠QDP+∠QPD＝180°，∴∠BDQ+∠PDQ＝90°，即∠BDP＝90°，∴PH⊥BD，∴∠SDO+∠MDO＝∠MDO+∠OMD＝90°，∴∠SDO＝∠OMD＝∠ABD，∴tan ∠SDO ＝tan ∠ABD ＝＝，∴OS ＝OD ＝，∴S （0，），设直线SD 的解析式为y ＝mx +n ，将点S （0，），D （9，0）代入得，，解得，∴直线SD 的解析式为y ＝﹣x +，联立，解得，，∵点P 在AB ∴P （27，﹣9），∵D （9，0），B （18，18），∴PD ＝＝9，BD ＝＝9，∴DB ＝DP ，∴△DBP 是等腰直角三角形，∴∠DBP ＝45°，DQ ⊥BP ，∵BH ⊥BP ，∴BH ∥DQ ，∴＝1，∴DH ＝DP ，∵D （9，0），P （27，﹣9），∴H （﹣9，9），∵点G 在OD 上，GC ＝GE ，C （0，18），E （18，12），设G （p ，0），则p 2+182＝（18﹣p ）2+122，解得p ＝4，∴G （4，0），∵H （﹣9，9），G （4，0），C （0，18），∴CG ＝＝2，CH ＝＝9，HG ＝＝5，∴CG +HG +CH ＝2+5+9，∴△CGH 的周长为2+5+9．7．（2021•咸丰县一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x 轴正半轴交于点A ，且点A 的坐标为（3，0），过点A 作垂直于x 轴的直线l ，P 是该抛物线上一动点，其横坐标为m ，过点P 作PQ ⊥l 于点Q ，M 是直线l 上的一点，其纵坐标为．以PQ ，QM 为边作矩形PQMN ．（1）求抛物线的解析式；（2）当点Q 与点M 重合时，求的值；（3）当矩形PQMN 是正方形，且抛物线的顶点在该正方形内部时，求m 的值；（4）当抛物线在矩形PQMN 内的部分所对应的函数值y 随x 的增大而减小时，求m 的取值范围．【分析】（1）利用待定系数法求解即可．（2）根据点M 与点P 的纵坐标相等构建方程求解即可．（3）根据PQ ＝MQ ，构建方程求解即可．（4）当点P 在直线l 的左边，点M 在点Q 是下方下方时，抛物线在矩形PQMN 内的部分所对应的函数值y 随x 的增大而减小，则有﹣m +＜﹣m 2+m +，解得0＜m ＜4，观察图象可知．当0＜m ＜3时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，如图4﹣1中．当m＞4时，点M 在点Q的上方，也满足条件，如图4﹣2中．【解答】解：（1）∵抛物线的图象经过点A（3，0），∴＝0，解得b＝1．∴抛物线解析式为：．（2）∵P点的横坐标为m，且P点在抛物线y＝的图象上，∴P点的坐标为（m，），∵PQ⊥l，l过A点且垂直于x轴，∴Q点的坐标为（3，），∵M点的坐标为（3，﹣m+），∵Q点与M点重合，∴＝﹣m+，解方程得：m＝0或m＝4．（3）∵抛物线＝﹣（x﹣1）2+2，∴抛物线的顶点坐标为（1，2）．∵N点的坐标为N（m，﹣m+），要使顶点（1，2）在正方形PQMN内部，∴﹣m+＞2，得m＜﹣．∴PN＝﹣m+﹣（）＝m2﹣2m，PQ＝3﹣m．∵四边形PQMN是正方形，∴m2﹣2m＝3﹣m，解得m＝1+（舍去）或m＝1﹣．∴当m＝1﹣时，抛物线顶点在正方形PQMN内部．（4）∵M点的纵坐标﹣m+，随P点的横坐标m的增大而减小，根据（1）的结果得：当m＝0时，M，Q两点重合；m＝3时，P，Q重合；m＝4时，M，Q重合，矩形PQMN不存在；当m＜0时，直线MN在直线PQ上方，抛物线顶点在矩形PQMN内部，不合题意．当0＜m＜4时，直线MN在直线PQ下方，如图4﹣1，当3＜m＜4时，矩形内部没有抛物线图象，不合题意；当m＞4时，直线MN在直线PQ上方，矩形内部有抛物线，且为对称轴右侧，y随x的增大而减小，如图4﹣2；综上：当0＜m＜3或m＞4时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小．8．（2021•云南模拟）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），交y轴于点C，且经过点D（5，6）．（1）求抛物线的解析式及点A，B的坐标；（2）在平面直角坐标系xOy中，是否存在点P，使△APD是等腰直角三角形？若存在，请直接写出符合条件的所有点的坐标；若不存在，请说明理由；（3）在直线AD下方，作正方形ADEF，并将沿对称轴平移|t|个单位长度（规定向上平移时t为正，向下平移时t为负，不平移时t为0），若平移后的抛物线与正方形ADEF（包括正方形的内部和边）有公共点，求t的取值范围．【分析】（1）用待定系数法直接求出解析式，然后令y＝0，求出点A、B的坐标即可；（2）求出直线AD的解析式，设直线AD与y轴交于点E，得出∠DAB＝45°，过点D作DP1⊥x轴，过点A作AP2∥y轴，过点D作DP2∥x轴，AP2与DP2交于点P2，延长AP1至P3，使AP1＝P1P3，连接DP3，延长DP1至P4，使DP1＝P1P4，连接AP4，延长AP2至P5，使AP2＝P2P5，连接DP5，延长DP2至P6，使DP2＝P2P6，连接AP6，则△AP1D，△AP2D，△AP3D，△AP4D，△AP5D，△AP6D为所有符合题意的等腰直角三角形，求出各个P点的坐标即可；（3）设平移后的抛物线解析式为，分别求出抛物线平移后与正方形ADEF有公共点的最低位置和最高位置的t值，即可求出t的取值范围．【解答】解：（1）依题意，将点D（5，6）代入，得，解得k＝﹣2，∴抛物线的解析式为，令y＝0，得，解得x1＝﹣1，x2＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0）；（2）存在，设直线AD的解析式为y＝mx+n（m≠0），将A（﹣1，0），D（5，6）两点坐标代入得，，解得，∴直线AD的解析式为y＝x+1，如图1，设直线AD与y轴交于点E，令x＝0，得y＝1，∴OA＝OE＝1，∴∠DAB＝45°，过点D作DP1⊥x轴，过点A作AP2∥y轴，过点D作DP2∥x轴，AP2与DP2交于点P2，延长AP1至P3，使AP1＝P1P3，连接DP3，延长DP1至P4，使DP1＝P1P4，连接AP4，延长AP2至P5，使AP2＝P2P5，连接DP5，延长DP2至P6，使DP2＝P2P6，连接AP6，则△AP1D，△AP2D，△AP3D，△AP4D，△AP5D，△AP6D为所有符合题意的等腰直角三角形，∴P1（5，0），P2（﹣1，6），P3（11，0），P4（5，﹣6），P5（﹣1，12），P6（﹣7，6）；（3）如图2，由（2）可知，点E的坐标是（11，0），点F的坐标是（5，﹣6），直线AD的解析式是y＝x+1，设平移后的抛物线解析式为，结合图象可知，当抛物线经过点E时，是抛物线平移后与正方形ADEF有公共点的最低位置，将点（11，0）代入，得，解得t＝﹣48，当抛物线与AD边有唯一公共点时，是抛物线平移后与正方形ADEF有公共点的最高位置，将y＝x+1与联立方程组，，化简得x2﹣4x+2t﹣5＝0，∵只有唯一解，即此一元二次方程有两个相等的实数根，∴△＝（﹣4）2﹣4×1×（2t﹣5）＝0，解得，∴t的取值范围．9．（2019秋•温州校级月考）如图1所示，动点A、B同时从原点O出发，运动的速度都是每秒1个单位，动点A沿x轴正方向运动，动点B沿y轴正方向运动，以OA、OB为邻边建立正方形OACB，抛物线y ＝﹣x²+bx+c经过B、C两点，假设A、B两点运动的时间为t秒．＝6？若存在，（1）当t＝3秒时，求此时抛物线的解析式；此时抛物线上是否存在一点D，使得S△BCD 求出点D的坐标；若不存在，说明理由；（2）如图2，在（1）的条件下，有一条平行于y轴的动直线l，交抛物线于点E，交直线OC于点F，若以O、B、E、F四个点构成的四边形是平行四边形，求点F的坐标；（3）在动点A、B运动的过程中，若正方形OACB内部有一个点P，且满足OP＝，CP＝，∠OPA ＝135°，直接写出此时AP的长度．【分析】（1）根据正方形的性质可得OA、OB，然后写出点B、C的坐标，再利用待定系数法求二次函数解析式解答，设BC边上的高为h，利用三角形的面积求出h，从而确定出点P的纵坐标，再代入抛物线解析式求解即可；（2）分点E在点F上方和下方两种情况表示出EF，再根据平行四边形对边相等列方程求解即可；（3）将△AOP绕点A逆时针旋转90°得到△AP′C，根据旋转的性质可得AP′＝AP，P′C＝OP，∠AP′C＝∠OPA，然后判断出△APP′是等腰直角三角形，再求出∠PP′C＝90°，利用勾股定理列式求出PP′，再根据等腰直角三角形的性质解答．【解答】解：（1）∵t＝3秒，∴OA＝OB＝3，∴点B（0，3），C（3，3），将点B、C代入抛物线得，，解得，∴抛物线解析式为y＝﹣x2+3x+3，设BC边上的高为h，＝6，∵BC＝OA＝3，S△BCD∴h＝4，∴点D的纵坐标为3﹣4＝﹣1，令y＝﹣1，则﹣x2+3x+3＝﹣1，整理得，x2﹣3x﹣4＝0，解得x1＝﹣1，x2＝4，所以，D1（﹣1，﹣1），D2（4，﹣1）；（2）∵OB＝3，∴EF＝3，设E（m，﹣m2+3m+3），F（m，m），若E在F上方，则，﹣m2+3m+3﹣m＝3，整理得，m2﹣2m＝0，解得m1＝0（舍去），m2＝2，∴F1（2，2），若F在E上方，则，m﹣（﹣m2+3m+3）＝3，整理m2﹣2m﹣6＝0，解得m1＝1﹣，m2＝1+，∴F2（1﹣，1﹣），F3（1+，1+）；（4）如图，将△AOP绕点A逆时针旋转90°得到△AP′C，由旋转的性质得，AP′＝AP，P′C＝OP＝，∠AP′C＝∠OPA＝135°，∵△APP′是等腰直角三角形，∴∠AP′P＝45°，∴∠PP′C＝135°﹣45°＝90由勾股定理得，PP′＝＝，所以，AP＝PP′＝×＝1．10．（2021•峨眉山市模拟）如图，已知直线y＝与坐标轴交于A，B两点，以线段AB为边向上作正方形ABCD，过点A，D，C的抛物线与直线的另一个交点为E．（1）求抛物线的解析式；（2）若正方形以每秒个单位长度的速度沿射线AB下滑，直至顶点D落在x轴上时停止，设正方形落在x轴下方部分的面积为S，求S关于滑行时间t的函数关系式，并写出相应自变量t的取值范围；（3）在（2）的条件下，抛物线与正方形一起平移，同时停止，求抛物线上C，E两点间的抛物线弧所扫过的面积．【分析】（1）求出OA、OB，根据勾股定理求出AB，过C作CZ⊥x轴于Z，过D作DM⊥y轴于M，证△AOB≌△BZC≌△DMA，推出BZ＝OA＝DM＝1，CZ＝OB＝MA＝2，进而求解；（2）分为三种情况，根据题意画出图形，①当点A运动到x轴上点F时，②当点C运动x轴上时，③当点D运动到x轴上时，根据相似三角形的性质和判定和三角形的面积公式求出即可；（3）由抛物线上C，E两点间的抛物线弧所扫过的面积即为▱EE′C′C的面积，即可求解．【解答】解：（1）∵直线y＝﹣x+1，∴当x＝0时，y＝1，当y＝0x＝2，∴OA＝1，OB＝2，过C作CZ⊥x轴于Z，过D作DM⊥y轴于M，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB＝BC，∠ABC＝∠AOB＝∠CZB＝90°，∴∠ABO+∠CBZ＝90°，∠OAB+∠ABO＝90°，∴∠OAB＝∠CBZ，在△AOB和△BZC中，，∴△AOB≌△BZC（AAS），∴OA＝BZ＝1，OB＝CZ＝2，∴C（3，2），同理可求D的坐标是（1，3）；设抛物线为y＝ax2+bx+c，∵抛物线过A（0，1），D（1，3），C（3，2），则，解得，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+1；（2）∵OA＝1，OB＝2，∴由勾股定理得：AB＝，①当点A运动到x轴上点F时，t＝1，当0＜t≤1时，如图1，∵∠OFA＝∠GFB′，tan∠OFA＝，∴tan∠GFB′＝＝＝，∴GB′＝t，＝FB′×GB′＝•t•t＝t2；∴S△FB′G②当点C运动x轴上时，t＝2，当1＜t≤2时，如图2，∵AB＝A′B′＝，∴A′F＝t﹣，∴A′G＝，∵B′H＝t，＝（A′G+B′H）•A′B′＝（+t）•＝t﹣；∴S四边形A′B′HG③当点D运动到x轴上时，t＝3，当2＜t≤3时，如图3，∵A′G＝，∴GD′＝﹣＝，＝×2×1＝1，OA＝1，∠AOF＝∠GD′H＝90°，∠AFO＝∠GFA′，∵S△AOF∴△AOF∽△GA′F，∴＝（）2，＝（）2，∴S△GA′F＝（）2﹣（）2＝﹣t2+t﹣；则S五边形GA′B′CH综上，S＝；（3）设平移后点E和点C对应的点为E′、C′，则抛物线上C，E两点间的抛物线弧所扫过的面积即为▱EE′C′C的面积，联立y＝与y＝﹣x2+x+1并解得，∴E（4，﹣1），∴BC＝BE，CE＝，当顶点D落在x3个单位长度，向右平移了6个单位长度，此时点E′的坐标为（10，﹣4），∴EE′＝3，∴抛物线上C，E两点间的抛物线弧所扫过的面积为S＝EE′•BC＝3×＝15．11．（2021•深圳模拟）如图1，抛物线C1：y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，且顶点为C，直线y＝kx+2经过A，C两点．（1）求直线AC的表达式与抛物线C1的表达式；（2）如图2，将抛物线C1沿射线AC方向平移一定距离后，得到抛物线为C2，其顶点为D，抛物线C2＝S△MAE，求与直线y＝kx+2的另一交点为E，与x轴交于M，N两点（M点在N点右边），若S△MDE 点D的坐标；（3）如图3，若抛物线C1向上平移4个单位得到抛物线C3，正方形GHST的顶点G，H在x轴上，顶点S，T在x轴上方的抛物线C3上，P（m，0）是射线GH上一动点，则正方形GHST的边长为4，。

专题08 二次函数与菱形存在型问题(解析版)

备战2020中考数学之解密压轴解答题命题规律专题08 二次函数与菱形存在型问题 【典例分析】【例1】如图，已知抛物线23)0(y a bx a =++≠经过点()1,0A 和点()3,0B ，与y 轴交于点C .（1）求此抛物线的解析式；（2）若点P 是直线BC 下方的抛物线上一动点（不点B ，C 重合），过点P 作y 轴的平行线交直线BC 于点D ，设点P 的横坐标为m .①用含m 的代数式表示线段PD 的长；②连接PB ，PC ，求PBC ∆的面积最大时点P 的坐标；（3）设抛物线的对称轴与BC 交于点E ，点M 是抛物线的对称轴上一点，N 为y 轴上一点，是否存在这样的点M 和点N ，使得以点C 、E 、M 、N 为顶点的四边形是菱形？如果存在，请直接写出点M 的坐标；如果不存在，请说明理由.思路点拨（1）根据已知抛物线y=ax 2+bx+3（a≠0）经过点A （1，0）和点B （3，0）代入即可求解；（2）①先确定直线BC 解析式，根据过点P 作y 轴的平行线交直线BC 于点D ，即可用含m 的带上书表示出P 和D 的坐标进而求解；②用含m 的代数式表示出△PBC 的面积，可得S 是关于m 的二次函数，即可求解；（3）根据（1）中所得二次函数图象和对称轴先得点E 的坐标即可写出点三个位置的点M 的坐标． 满分解答（1）∵抛物线y ＝ax 2+bx+3（a≠0）经过点A （1，0）和点B （3，0），与y 轴交于点C ，∴309330a b a b ++=⎧⎨++=⎩，解得14a b =⎧⎨=-⎩，∴抛物线解析式为y ＝x 2﹣4x+3；（2）①设P （m ，m 2﹣4m+3），将点B （3，0）、C （0，3）代入得直线BC 解析式为y BC ＝﹣x+3．∵过点P 作y 轴的平行线交直线BC 于点D ，∴D （m ，﹣m+3），∴PD ＝（﹣m+3）﹣（m 2﹣4m+3）＝﹣m 2+3m ．答：用含m 的代数式表示线段PD 的长为﹣m 2+3m ．②S △PBC ＝S △CPD +S △BPD ＝12OB•PD ＝﹣32m 2+92m ＝﹣32（m ﹣32）2+278． ∴当m ＝32时，S 有最大值． 当m ＝32时，m 2﹣4m+3＝﹣34． ∴P （32，﹣34）． 答：△PBC 的面积最大时点P 的坐标为（32，﹣34）． （3）存在这样的点M 和点N ，使得以点C 、E 、M 、N 为顶点的四边形是菱形．根据题意，点E （2，1），∴EF=CF=2，∴EC=2，根据菱形的四条边相等，∴，∴M （2，）或（2，）当EM=EF=2时，M （2，3）∴点M 的坐标为M 1（2，3），M 2（2，1﹣），M 3（2，）．【名师点睛】本题考查了二次函数与方程、几何知识的综合应用，解这类问题关键是善于将函数问题转化为方程问题，善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件．【例2】如图，在平面直角坐标系内，抛物线2y x 2x 3=-++与x 轴交于点A ，C （点A 在点C 的左侧），与y 轴交于点B ，顶点为D ．点Q 为线段BC 的三等分点（靠近点C ）.（1）点M 为抛物线对称轴上一点，点E 为对称轴右侧抛物线上的点且位于第一象限，当MQC △的周长最小时，求CME △面积的最大值；（2）在（1）的条件下，当CME △的面积最大时，过点E 作EN x 轴，垂足为N ，将线段CN 绕点C 顺时针旋转90°得到点N ，再将点N 向上平移16个单位长度.得到点P ，点G 在抛物线的对称轴上，请问在平面直角坐标系内是否存在一点H ，使点D ，P ，G ，H 构成菱形.若存在，请直接写出点H 的坐标，若不存在，请说明理由.思路点拨（1）连接QA 交抛物线对称轴于M ，此时△MQC 周长最小，可求出M （1，23），再求出直线CM 解析式y=-13x+1，设点E （t ，-t 2+2t+3），根据S △ECM =12ES•（C 横坐标-M 横坐标）可得出S △ECM =-（t-76）2+12136，即S △CME 最大值=12136； （2）根据题意可求得P （3，2），利用两点间距离公式或勾股定理得2，由菱形性质得PH ∥DG ∥y 轴，2，分两种情况：①点H 在点P 上方；②点H 在点P 下方．满分解答（1）令y=0，得-x 2+2x+3=0，解得x 1=-1，x 2=3，∴A （-1，0），C （3，0），令x=0，得y=3，∴B （0，3），如图1，过Q 作QF ⊥x 轴于F ，∵QF∥OB，∴△CQF∽△CBO，∴QF CF CQ BO CO CB==∵点Q为线段BC的三等分点（靠近点C），∴13 CQ CB=∴1 333 QF CF==，∴QF=CF=1，∴Q（2，1），∵y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，∴D（1，4），抛物线对称轴x=1连接AQ交抛物线对称轴于M，则M（1，23），此时△MQC周长最小．设直线CM解析式为y=kx+b，则2330k bk b⎧+=⎪⎨⎪+=⎩，解得：131kb⎧=-⎪⎨⎪=⎩；∴y=-13x+1，设E（t，-t2+2t+3）为抛物线对称轴右侧且位于第一象限内的点，过E作EN⊥x轴于N，EN交CM于S，则，S（t，-13t+1），∴ES=-t2+2t+3-（-13t+1）=-t2+73t+2，∴S△CME＝12×2ES=-t2+73t+2=-（t-76）2+12136，∵-1＜0，∴当t=76时，S △CME 最大值=12136，（2）存在．如图2，由（1）知CN=OC-ON=3-76=116，由旋转得CN′=CN=116，CN′⊥x 轴，由题意得CP ⊥x 轴，CP=CN′+N′P=2，∴P （3，2）∴DP=()()22312224=-+-，∵四边形DPHG 是菱形，∴DG=PH=DP=22，PH ∥DG ，∴H （3，2-22），如图3，∵四边形DPHG 是菱形，∴2，PH ∥DG ，∴H （3，2）．如图4，四边形DPGH 是菱形，P 与H 关于抛物线对称轴对称，∴H （-1，2）．如图5，过点P 作PG ⊥直线x=1于G ，作DH ⊥直线x=1，过P 作PH ⊥DH 于H ，∵PH=DG=DH=PG=2，∠PGD=90°∴四边形DPGH 是菱形，∴H （3，4）综上所述，点H 的坐标为（3，2）或（3，2）或（-1，2）或（3，4）．【名师点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，顶点、对称轴，三角形周长最小利用对称转化为两点之间线段最短的应用，菱形的性质，分类讨论等．【例3】如图，直线4y x =-+交x 轴于点A ，交y 轴于点C ，抛物线212y x bx c =++经过点A ，交y 轴于点()0,2B -．点D 为抛物线上一动点，过点D 作x 轴的垂线，交直线AC 于点P ，设点D 的横坐标为m ．（1）求抛物线的解析式；（2）当点D 在直线AC 下方的抛物线上运动时，求线段PD 长度的最大值；（3）若点E 是平面内任意一点，是否存在点D ，使以B ，C ，P ，E 为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接出m 的值；若不存在，请说明理由．思路点拨（1）先根据直线解析式求得点A 的坐标，再将点A 、B 的坐标代入抛物线的解析式中即可得到答案；（2）根据PD ⊥x 轴知点P 的横坐标为m ，由点D 与点P 所在的位置表示两点的坐标，得到线段PD 的二次函数解析式，利用顶点式解析式即可求得最大值；（3）当四边形为菱形时四条边相等，故△BCP 为等腰三角形，分三种情况，根据两边相等求得m 值满分解答（1）对于4y x =-+，令0y =，得4x =，∴()4,0A ．将()4,0A ，()0,2B -代入212y x bx c =++， 得10164,22,b c c ⎧=⨯++⎪⎨⎪-=⎩ 解得3,22,b c ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩故抛物线的解析式为213222y x x =--．（2）易得(),4P m m -+，213,222D m m m ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，∴ 2134222PD m m m ⎛⎫=-+--- ⎪⎝⎭211622m m =-++21149()228m =--+∵ 点D 在直线AC 下方的抛物线上，∴ 34-<<m ．∵ 102-<∴ 当12m =时，线段PD 的长度有最大值，为498．（3）存在，m 的值为6，-3．解法提示：当以B ，C ，P ，E 为顶点的四边形为菱形时，BCP V 必为等腰三角形．由()0,2B -，()0,4C ，(),4P m m -+，得236BC =，2222(42)21236PB m m m m =+-++=-+，2222(44)2PC m m m =+-+-=．分以下三种情况讨论．①当BC PB =时，22BC PB =，即23621236m m =-+，解得10m =（不合题意，舍去），26m =．②当BC PC =时，22BC PC =，即2362m =，解得3m =4m =-③当PB PC =时，22PB PC =，即22212362m m m -+=，解53m =．综上可知，m 的值为6，32，32-或3．【名师点睛】此题是二次函数的综合题，（2）中求线段长度的最大值时可利用两点的坐标求得线段长度的函数解析式，根据解析式求得最大值即可，（3）中是函数图像与图形的综合题，依据图形的性质解题是关键方法.【例4】如图，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝﹣2323x -x+3与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点C ，点D 为抛物线的顶点，抛物线的对称轴与直线AC 交于点E ．（1）若点P 为直线AC 上方抛物线上的动点，连接PC ，PE ，当△PCE 的面积S △PCE 最大时，点P 关于抛物线对称轴的对称点为点Q ，此时点T 从点Q 开始出发，沿适当的路径运动至y 轴上的点F 处，再沿适当的路径运动至x 轴上的点G 处，最后沿适当的路径运动至直线AC 上的点H 处，求满足条件的点P 的坐标及QF+FG+33AH 的最小值． （2）将△BOC 绕点B 顺时针旋转120°，边BO 所在直线与直线AC 交于点M ，将抛物线沿射线CA 方向平移233个单位后，顶点D 的对应点为D′，点R 在y 轴上，点N 在坐标平面内，当以点D′，R ，M ，N 为顶点的四边形是菱形时，请直接写出N 点坐标．思路点拨（1）易求A （﹣3，0），B （1，0），C （03），直线AC 的直线解析式为y 33△PCE 的面积S △PCE 最大时，当P 点到直线AC 的距离d 最大即可求出点P 坐标，进而可求点Q 坐标，作点Q 关于y 轴的对称点Q'，作AC 关于x 轴的对称AC'，过点Q'作直线AC'的垂线交于点H ，角y 轴于点F ，交x 轴于点G ，即可求的最小值； （2）由平移可知抛物线向下移动3个单位，向左平移1个单位，易求B'O 的直线解析式为y，从而可以知道点M 的坐标，然后分类讨论：①当D'M 是菱形RD'NM 的对角线时，②当D'M ∥RN 时. 满分解答（1）在233y x x =--+y=0，解得123,1x x =-=，∴A （﹣3，0），B （1，0），令x=0，解得y =C （0，求得D ⎛- ⎝⎭，∴直线AC的直线解析式为3y x =+， 过点P 作PK ∥y 轴交AC 于点K ，设2,P x x x ⎛+ ⎝，其中30x -<<，则,3K x x ⎛ ⎝ ∵=PEC PKC PKE S S S -V V V222121121=233312C E PK x x PK x x x x x =⋅-=⨯⨯⎡⎤⎛⎛--+-⎢⎥ ⎢⎥⎝⎝⎣⎦⎛=- ⎝=∵06-<， ∴抛物线开口向下，又∵30x -<<且对称轴为直线32x =-∴当32x =-时，S △PCE 最大，∴32P ⎛ ⎝⎭- ∵点P 关于抛物线对称轴的对称点为点Q ，抛物线对称轴x ＝﹣1∴1,24Q ⎛- ⎝⎭作点Q 关于y 轴的对称点12Q ⎛' ⎝⎭），作AC 关于x 轴的对称AC' 过点Q'作直线AC'的垂线交于点H ，交y 轴于点F ，交x 轴于点G ， ∴Q'F ＝QF ，∵∠CAO ＝∠OAH ＝30°，∴HG ＝AHtan30°＝3AH ，∴＝Q'F+FG+HG ＝Q'H ， 过Q'作Q'M ⊥x 轴，交x 轴于点M ，交AH 于点N ，∴Q'M ＝4， 在Rt △AMN 中，AM ＝72，∴MN ＝6，∴Q'N ， 在,Q MG AHG 'VV 中，,AHG Q MG AGH Q GB ''==∠∠∠∠ ∴Q MG AHG 'VV ∽ ∴∠HQ'N ＝∠OAH ＝30°， ∴Q'H ＝298；（2）在Rt△OBC中，OC，OB＝1，∴∠CBO＝60°，∵将△BOC绕点B顺时针旋转120°，∴∠O'BC＝60°，∴O'（32，将抛物线沿射线CA∴BB'＝3，BB'∥AC，∴∠BB'K＝30°，过点B'⊥x轴，交x轴于点K，在Rt△BB'K中，B'K＝3，BK＝1，∴1个单位，∵D（﹣1，3），∴D'（﹣2，∴B'O的直线解析式为yxM点坐标为方程组yy x⎧=⎪⎨=+⎪⎩∴M（32，①当D'M是菱形RD'NM的对角线时，D'M的中点为（﹣14，4），设R（0，n），N（﹣12，m），∵2n π+＝33，n m7312-=，∴m ＝﹣3， ∴N （﹣12，﹣3）； ②当D'M ∥RN 时， 设R （0，n ），N （﹣72，m ）， ∵D'M 2＝（72）2+（3）2＝13， ∴D'N 2＝（32）2+（3﹣n ）2＝13， ∴m ＝433+或m ＝3﹣43， ∴N （﹣72，433+2）或N （﹣72，433-2）； ∴N （﹣72，433+）或N （﹣72，433-）或N （﹣12，﹣3）；【名师点睛】本题考查的是二次函数图像的综合问题，能够熟练准确的调动二次函数各方面知识是解题的关键. 【例5】二次函数y ＝﹣54x 2+bx+c 的图象与直线y ＝﹣12x+1相交于A 、B 两点(如图)，A 点在y 轴上，过点B 作BC ⊥x 轴，垂足为C(﹣3，0).(1)填空：b＝_____，c＝_____.(2)点N是二次函数图象上一点(点N在AB上方)，过N作NP⊥x轴，垂足为点P，交AB于点M，求MN 的最大值；(3)在(2)的条件下，点N在何位置时，BM与NC相互垂直平分？并求出所有满足条件的N点的坐标.思路点拨(1)由一次函数解析式求得点A、B的坐标，然后将其代入二次函数解析式，即利用待定系数法确定函数解析式；(2)设M的横坐标是x，则根据M和N所在函数的解析式，即可利用x表示出M、N的坐标，利用x 表示出MN的长，利用二次函数的性质求解；(3)BM与NC互相垂直平分，即四边形BCMN是菱形，则BC ＝MC，据此即可列方程，求得x的值，从而得到N的坐标；满分解答(1)由直线y＝﹣12x+1得到：A(0，1)，把x＝﹣3代入y＝﹣12x+1得到：y＝﹣12×(﹣3)+1＝52.故B(﹣3，5 2 ).将A、B的坐标分别代入y＝﹣54x2+bx+c，得()c=155=-3324b c⎧⎪⎨⨯--+⎪⎩，解得b＝174-，c＝1；(2)设N(m，﹣54m2174-m+1) ，则，M，P点的坐标分别是(m，﹣12m+1)，(m，0)，∴MN＝(﹣54m2174-m+1)﹣(﹣12m2+1) ，＝﹣54m2﹣154m＝﹣54(m+32)2+4516，∴当m＝﹣32时，MN的最大值为4516；(3)连接MN，BN，由BM与NC互相垂直平分，∴四边形BCMN是菱形由BC∥MN，∴MN＝BC，且BC＝MC，而BC＝﹣12×(﹣3)+1＝52，即：﹣54m2﹣154m＝52，且(﹣12m+1)2+(m+3) 2＝254，解得：m＝﹣1；故当N(﹣1，4)时，BM与NC互相垂直平分.【名师点睛】本题主要考查了二次函数综合题，菱形的性质，掌握二次函数综合题，菱形的性质是解题的关键.【例6】如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣12x2﹣72x﹣3交x轴于A，B两点（点A在点B的左侧），交y轴于点C（1）求直线AC的解析式；（2）点P是直线AC上方抛物线上的一动点（不与点A，点C重合），过点P作PD⊥x轴交AC于点D，求PD的最大值；（3）将△BOC沿直线BC平移，点B平移后的对应点为点B′，点O平移后的对应点为点O′，点C平移后的对应点为点C′，点S是坐标平面内一点，若以A，C，O′，S为顶点的四边形是菱形，求出所有符合条件的点S的坐标．思路点拨（1）217322y x x =---，令y=0，则x=-1或-6，故点A 、B 、C 的坐标分别为：（-6，0）、（-1，0）、（0，-3），然后用待定系数法即可求解；（2）设点P （x ，217322x x ---），则点D （x ，1x-32-），则PD=217322x x ----（1x-32-）=2132x x --，然后配方法分析其最值，即可求解；（3）分AC 是菱形的边、AC 是对角线两种情况，分别求解即可．满分解答（1）当y=0时，2173=022x x --- 解得：x=-1或-6， 当x=0时，y=-3∴点A 、B 、C 的坐标分别为：（-6，0）、（-1，0）、（0，-3）， 设直线AC 的表达式为：y kx b =+ 将点A 、C 的坐标代入得：603k b b -+=⎧⎨=-⎩解得：123k b ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩∴直线AC 的解析式为：1x-32y =- （2）设点P （x ，217322x x ---），则点D （x ，1x-32-） 则PD=217322x x ----（1x-32-）=221193=(3)222x x x ---++∵−12＜0，故PD有最大值为92（3）设直线BC的表达式为：y kx b=+将点B、C的坐标代入得：3k bb-+=⎧⎨=-⎩解得：33 kb=-⎧⎨=-⎩∴直线BC的解析式为：3x-3y=-①如图3或4中，当四边形ACSO'是菱形时，设AS交CO′于K，AC=AO′=35，点O平移后的对应点为点O′，平移直线的k为3-，则设点O向左平移m个单位，则向上平移3m个单位，则点O′（-m，3m），设点S（a，b），∴（m+6）2+（-3m）2=（52，解得m=631410±，∴O′6314--，18+9146+314-18914-由中点公式可得：K（631420--，12+91420-）或（6+31420-，1291420--），∵AK=KS，∴S 54314-12+914-54+31412914--②如图5或6中，当四边形ACO'S是菱形时，设CS交AO′于K，AC=CO′=35，∵点O平移后的对应点为点O′，平移直线的k为3-，C（0，-3），设O′（m，-3m），∴m2+（-3m+3）2=（52，解得3311±∴O′（3+31191155--，）或（3311991155--+，），由中点公式可得：K27+3119911---，273119911---+，，∵CK=KS，∴S（27+311691155--，）或（2731161155--+，）③如图7中，当四边形ASCO′是菱形时，SO垂直平分线段AC，直线SO′的解析式为922 y x=+由9223y xy x⎧=+⎪⎨⎪=-⎩，解得9102710xy⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，∴O′（927, 1010 -）∵KS=KO′，∴S（5157,1010 --）综上所述，满足条件的点S坐标为（5431410-，12+91410-）或（54+31410，121410--）或27+3116911 --，273116911--+，）或（5157,1010--）【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到菱形的性质、图形的平移、中点公式的运用，此题难度较大，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．【变式训练】1．如图，直线y=12x+2与y 轴交于点A ，与直线y=﹣12x 交于点B ，以AB 为边向右作菱形ABCD ，点C 恰与原点O 重合，抛物线y=（x ﹣h ）2+k 的顶点在直线y=﹣12x 上移动．若抛物线与菱形的边AB 、BC都有公共点，则h 的取值范围是（ ）A ．﹣2≤h≤12B ．﹣2≤h≤1C ．﹣1≤h≤32D ．﹣1≤h≤12【答案】A 【解析】 【详解】当抛物线经过C 且顶点在C 右侧时， y =（x ﹣h ）2+k 的顶点在直线y =﹣12x,过C (0,0), y =（x ﹣h ）2-2h ,解得h 1=12，h 2=0.(舍去)当抛物线经过B 点时， 将B （-2，1）代入y =（x ﹣h ）2-2h， 解得h 1=-2,h 2=32.(舍去)所以﹣2≤h≤1 2 .故选A.2．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：y1＝12（x+3）2﹣92，将抛物线C1 向右平移3个单位、再向上平移4.5个单位得抛物线C2，则图中阴影部分的面积为________．【答案】27 2【解析】【分析】根据上→加，下→减，左→加，右→减的原则表示抛物线C2的解析式，由对称性可知：S阴影部分=S△OPQ，先计算Q的坐标，表示PQ的长，可得面积．【详解】由平移可得：抛物线C2的解析式：y2=12（x+3-3）2-92+92，即抛物线C2的解析式：y2=12x2，由抛物线C2的解析式：y2=12x2，可知，抛物线C2过原点O，当x=-3时，y2=12×（-3）2=92，∴Q（-3，92），∵抛物线C 1：y 1＝12（x +3）2﹣92， ∴P （-3，-92）， ∴PQ=92+92=9，P 与Q 关于x 轴对称， ∴OQ=OP ，∴S 阴影部分=S △OPQ =12×3×PQ=12×3×9=272． 故答案为：272． 【点睛】本题考查二次函数的平移规律、抛物线与x 轴的交点、对称性、三角形面积以及二次函数的性质，熟练掌握二次函数的平移原则是关键．3．如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC 的顶点 A 在 x 轴正半轴上，顶点 C 的坐标为（4，3），D 是抛物线 y =﹣x 2+6x 上一点，且在x 轴上方，则△BCD 面积的最大值为__________【答案】15【解析】试题解析：∵D 是抛物线26y x x =-+上一点，∴设2(,6)D x x x ，-+∵顶点C 的坐标为(4,3)，22435OC ，∴+= ∵四边形OABC 是菱形，5,BC OC BC x P ∴==轴，22155(63)(3)1522S BCD x x x V ，∴=⨯⨯-+-=--+ 502Q ，-<BCD S ∴V 有最大值，最大值为15，故答案为15.4．如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD 的顶点A 的坐标为（3，0），顶点B 在y 轴正半轴上，顶点D 在x 轴负半轴上．若抛物线y=-x 2-5x+c 经过点B 、C ，则菱形ABCD 的面积为_______．【答案】20【解析】【分析】根据抛物线的解析式结合抛物线过点B 、C ，即可得出点C 的横坐标，由菱形的性质可得出AD=AB=BC=5，再根据勾股定理可求出OB 的长度，套用平行四边形的面积公式即可得出菱形ABCD 的面积．【详解】抛物线的对称轴为x=-522b a =-． ∵抛物线y=-x 2-5x+c 经过点B 、C ，且点B 在y 轴上，BC ∥x 轴，∴点C 的横坐标为-5．∵四边形ABCD 为菱形，∴AB=BC=AD=5，∴点D 的坐标为（-2，0），OA=3．在Rt △ABC 中，AB=5，OA=3，∴22AB OA -=4，∴S 菱形ABCD =AD•OB=5×4=20．故答案为20．【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、菱形的性质以及平行四边形的面积，根据二次函数的性质、菱形的性质结合勾股定理求出AD=5、OB=4是解题的关键．5．二次函数y=23x2的图象如图所示，点O为坐标原点，点A在y轴的正半轴上，点B、C在函数图象上，四边形OBAC为菱形，且∠OBA=120°，则点C的坐标为______．【答案】13,22⎛⎫-⎪ ⎪⎝⎭【解析】【分析】连结BC交OA于D，如图，根据菱形的性质得BC⊥OA，∠OBD=60°，利用含30度的直角三角形三边的关系得OD=3BD，设BD=t，则OD=3t，B（t，3t），利用二次函数图象上点的坐标特征得23t2=3t，得出BD=12，OD=3，然后根据菱形的性质得出C点坐标．【详解】连结BC交OA于D，如图，∵四边形OBAC为菱形，∴BC⊥OA，∵∠OBA=120°，∴∠OBD=60°，∴OD=3BD ， 设BD=t ，则OD=3t ，∴B （t ，3t ），把B （t ，3t ）代入y=23x 2得23t 2=3t ，解得t 1=0（舍去），t 2=12， ∴BD=12，OD=3， 故C 点坐标为：（-12，32）． 故答案为：（-12，3）． 【点睛】 本题考查了菱形的性质、二次函数图象上点的坐标特征，根据二次函数图象上点的坐标性质得出BD 的长是解题关键．6．如图，菱形OABC 的顶点O 、A 、C 在抛物线213y x =上，其中点O 为坐标原点，对角线OB 在y 轴上，且OB =2．则菱形OABC 的面积是_______．【答案】3【解析】解：∵菱形OABC 的顶点O 、A 、C 在抛物线213y x =上，对角线OB 在y 轴上，且OB =2，∴由题意可得：A ，C 点纵坐标为1，故1=213x ，解得：x =±3A 31），C 31），故菱形OABC 的面积是：2×（12×2×3=323 点睛：本题主要考查了菱形的性质以及二次函数图象上点的坐标性质，得出A ，C 点坐标是解题的关键． 7.如图，已知二次函数y=ax 2+2x+c 的图象经过点C （0，3），与x 轴分别交于点A ，点B （3，0）．点P 是直线BC 上方的抛物线上一动点．（1）求二次函数y=ax 2+2x+c 的表达式；（2）连接PO ，PC ，并把△POC 沿y 轴翻折，得到四边形POP′C ．若四边形POP′C 为菱形，请求出此时点P 的坐标；（3）当点P 运动到什么位置时，四边形ACPB 的面积最大？求出此时P 点的坐标和四边形ACPB 的最大面积．【答案】（1）y=﹣x 2+2x+3（2）2+10，32）（3）当点P 的坐标为（32，154）时，四边形ACPB 的最大面积值为758 【解析】【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；（2）根据菱形的对角线互相垂直且平分，可得P 点的纵坐标，根据自变量与函数值的对应关系，可得P 点坐标；（3）根据平行于y 轴的直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得PQ 的长，根据面积的和差，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得答案．【详解】（1）将点B 和点C 的坐标代入函数解析式，得9603,a c c ++=⎧⎨=⎩解得13,a b =-⎧⎨=⎩二次函数的解析式为y=﹣x 2+2x+3；（2）若四边形POP′C 为菱形，则点P 在线段CO 的垂直平分线上，如图1，连接PP′，则PE ⊥CO ，垂足为E ，∵C （0，3）， ∴30,2E ，⎛⎫ ⎪⎝⎭∴点P 的纵坐标32，当32y =时，即23232x x -++=，解得12210210.x x +-==，（不合题意，舍），∴点P 的坐标为2103,22；⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭（3）如图2，P 在抛物线上，设P （m ，﹣m 2+2m+3），设直线BC 的解析式为y=kx+b ，将点B 和点C 的坐标代入函数解析式，得3303,k b +=⎧⎨=⎩ 解得13.k b =-⎧⎨=⎩ 直线BC 的解析为y=﹣x+3，设点Q 的坐标为（m ，﹣m+3），PQ=﹣m 2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m 2+3m ．当y=0时，﹣x 2+2x+3=0，解得x 1=﹣1，x 2=3，OA=1，()314AB =--=，S 四边形ABPC =S △ABC +S △PCQ +S △PBQ111,222AB OC PQ OF PQ FB =⋅+⋅+⋅ ()2114333,22m m =⨯⨯+-+⨯ 23375228m ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭， 当m=32时，四边形ABPC 的面积最大． 当m=32时，215234m m -++=，即P 点的坐标为315,24⎛⎫ ⎪⎝⎭． 当点P 的坐标为315,24⎛⎫⎪⎝⎭时，四边形ACPB 的最大面积值为758． 【点睛】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法；解（2）的关键是利用菱形的性质得出P 点的纵坐标，又利用了自变量与函数值的对应关系；解（3）的关键是利用面积的和差得出二次函数，又利用了二次函数的性质．8.如图1，抛物线1C ：22y ax bx =+-与直线l ：1122y x =--交于x 轴上的一点A ，和另一点()3,B n()1求抛物线1C 的解析式；()2点P 是抛物线1C 上的一个动点(点P 在A ，B 两点之间，但不包括A ，B 两点)PM AB ⊥于点M ，//PN y 轴交AB 于点N ，求MN 的最大值；()3如图2，将抛物线1C 绕顶点旋转180︒后，再作适当平移得到抛物线2C ，已知抛物线2C 的顶点E 在第一象限的抛物线1C 上，且抛持线2C 与抛物线1C 交于点D ，过点D 作//DF x 轴交抛物线2C 于点F ，过点E 作//EG x 轴交抛物线1C 于点G ，是否存在这样的抛物线2C ，使得四边形DFEG 为菱形？若存在，请求E 点的横坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）213222y x x =--；（225（3）E 点的横坐标为3232⎛⎫ ⎪⎝⎭时，四边形DFEG 为菱形 【解析】【分析】()1求直线l 与x 轴交点A 坐标、B 坐标，用待定系数法求抛物线1C 的解析式．()2延长PN 交x 轴于点H ，设点P 横坐标为m ，由//PN y 轴可得点N 、H 横坐标也为m ，即能用m 表示PN 、NH 、AH 的长．由90AHN PMN ∠=∠=︒及对顶角ANH PNM ∠=∠可得.NAH NPM ∠=∠发现在Rt PMN V 中，MN 与PN 比值即为sin NPM ∠，故先在Rt ANH V 中求sin NAH ∠的值，再代入sin MN PN NPM =⋅∠，即得到MN 与m 的函数关系式，配方即求得MN 最大值．()3设点213,222E e e e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，所以可设抛物线2C 顶点式为22113() 2.222y x e e e =--+--令两抛物线解析式0y =列得关于x 的方程，解得两抛物线的另一交点D 即为抛物线1C 的顶点，故DG DE EF ==，且求得DF 平行且等于GE ，即四边形DFEG 首先一定是平行四边形．由▱DFEG 为菱形可得DF DG =，故此时DEFV为等边三角形．利用特殊三角函数值作为等量关系列方程，即求得e的值．【详解】解：()1直线l：1122 y x=--交x轴于点A，1122x∴--=，解得：1x=-，()1,0A∴-，Q点()3,B n在直线l上，113222n∴=-⨯-=-，()3,2B∴-，Q抛物线1C：22y ax bx=+-经过点A、B，209322a ba b--=⎧∴⎨+-=-⎩，解得：1232ab⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，∴抛物线1C的解析式为213222y x x=--，()2如图1，延长PN交x轴于点H，90AHN∴∠=︒，设213,2(13)22P m m m m⎛⎫---<<⎪⎝⎭，//PN yQ轴，N H P x x x m ∴===， 11,22N m m ⎛⎫∴-- ⎪⎝⎭，1AH m =+， 11112222NH m m ⎛⎫∴=---=+ ⎪⎝⎭，221113132222222PN m m m m m ⎛⎫=-----=-++ ⎪⎝⎭，Rt AHN Q V 中，1tan 2NH NAH AH ∠==，22225sin 5(2)NH NAH AN NH NH AH NH NH ∴∠=====++，PM AB ⊥Q 于点M ，90AHN PMN ∴∠=∠=︒，ANH PNM ∠=∠Q ，NAH NPM ∴∠=∠，Rt PMN ∴V 中，5sin MN NPM PN ∠==，225513525(1)22MN PN m m m ⎛⎫∴==-++=--+ ⎪⎝⎭，MN ∴的最大值为255，()3存在满足条件的抛物线2C ，使得四边形DFEG 为菱形，如图2，连接DE ，过点E 作EQ DF ⊥于点Q ，221313252()22228y x x x =--=--Q ，∴抛物线1C 顶点为325,28⎛⎫- ⎪⎝⎭ ， 设213,2(4)22E e e e e ⎛⎫--> ⎪⎝⎭， ∴抛物线2C 顶点式为22113()2222y x e e e =--+--， 当22211313()2222222x e e e x x --+--=--， 解得：1x e =，232x =， ∴两抛物线另一交点325,28D ⎛⎫- ⎪⎝⎭为抛物线1C 顶点， //EG x Q 轴，//DF x 轴，322232EG DF DQ e e ⎛⎫∴===-=- ⎪⎝⎭，2213251392228228EQ e e e e =--+=-+， ∴四边形DFEG 是平行四边形，若▱DFEG 为菱形，则DG DF =，Q 由抛物线对称性可得：DG DE EF ==，DE EF DF ∴==，DEF ∴V 是等边三角形，tan EQ EDQ DQ∴=∠=213932282e e e ⎫∴-+=-⎪⎭ ，解得：13(2e =舍去)，232e =，E ∴点的横坐标为32⎛⎫ ⎪⎝⎭时，四边形DFEG 为菱形． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，三角函数的应用，求二次函数最值，二元一次方程组和一元二次方程的解法，菱形的判定和性质，掌握二次函数的图象与性质，三角函数的应用，求二次函数最值，二元一次方程组和一元二次方程的解法，菱形的判定和性质是解题的关键.9．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝﹣235333x x ++与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 左侧），与y 轴交于点C ．（1）求出△ABC 的周长．（2）在直线BC 上方有一点Q ，连接QC 、QB ，当△QBC 面积最大时，一动点P 从Q 出发，沿适当路径到达y 轴上的M 点，再沿与对称轴垂直的方向到达对称轴上的N 点，连接BN ，求QM +MN +BN 的最小值． （3）在直线BC 上找点G ，K 是平面内一点，在平面内是否存在点G ，使以O 、C 、G 、K 为顶点的四边形是菱形？若存在，求出K 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）757+（2）56012；（3）存在，满足条件的点K 的坐标为（217，97）或（6217-，97）或（367243）． 【解析】【分析】（1）利用待定系数法求出A ，B ，C 的坐标即可解决问题．（2）如图1中，作QH ∥OC 交BC 于H ．设Q （m ，3m 253m 3），构建二次函数求出△BCQ 的面积最大时Q 的坐标，如图2中，作点Q 关于y 轴的对称点Q '，在Q 'Q 上取一点Q ″，使得Q 'Q ″=MN 52=，连接Q ″B 交对称轴于N ，作NM ⊥y 轴于M ，连接QM ，则此时QM +MN +BN 的值最小．求出BQ ″的长即可解决问题．（3）分二种情形：当OC =CG 时，可得菱形OCGK ，菱形OCG 'K '．当CG ″是菱形的对角线时，可得菱形OCK ″G ″，分别求解即可解决问题．【详解】（1）对于抛物线y 235333x x =-++， 令x =0，得到y =33，可得C （0，33），令y =0，得到x 2﹣5x ﹣6=0，解得：x =﹣1或6，∴A （﹣1，0），B （6，0），∴OA =1，OC =33，OB =6，∴AB =7，AC 221(33)=+=27，BC 22(33)6=+=37，∴△ABC 的周长=7+27+37=7+57．（2）如图1中，作QH ∥OC 交BC 于H ．设Q （m ，3-m 2532+m +33），∵C （0，3，B （6，0），∴直线BC 的解析式为y 3=x 3，∴H （m ，3m 3，∴QH 32=-m 23m ，∴S △QBC 12=•QH •（B x ﹣∁x ）12=⨯（3m 23m ）×633=-（m ﹣3）2273+， ∵33-＜0，∴m =3时，△BCQ 的面积最大，此时Q （3，63），如图2中，作点Q 关于y 轴的对称点Q '，在Q 'Q 上取一点Q ″，使得Q 'Q ″=MN 52=，连接Q ″B 交对称轴于N ，作NM ⊥y 轴于M ，连接QM ，则此时QM +MN +BN 的值最小．∵Q '（﹣3，3，Q 'Q ″52=，∴Q ″（12-，3），BQ ″2213601(63)()2=+=∵QM =MQ '，四边形Q 'Q ″NM 是平行四边形，∴NQ ″=MQ '，∴MQ +MN +BN =MN +NQ ″++BN =MN +BQ ″56012=+，∴QM +MN +BN 的最小值为560122+．（3）如图3中，①当OC =CG 时，可得菱形OCGK ，菱形OCG 'K '．设G （m ，333+．∵GK ∥CO ，GK =CO ，∴K （m ，32m -）．∵OC =CG ， ∴22233(30)()(33)33m +-+=， 整理得：27274m =，解得：m 621，或m =621．当m =217时，333+9733，此时G 621，9733），K 621，977-）；当m =6217-时，333+9733，此时G '（6217-，7337），K '（6217-，77）；②当CG ″是菱形的对角线时，可得菱形OCK ″G ″，设对角线的交点为T ．设G ″（m ，+． ∵G ″K ″∥CO ，G ″K ″=CO ，∴K ″（m ，2m -+）． ∵OG ″=CO ，∴222(m m =++， 整理得：27904m m -=， 解得：m =0（舍去），或m =367．当m =367时，+G ″（367，K ″（367，7）．综上所述：满足条件的点K ，）或（）或（367）． 【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，轴对称最短问题，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．10．定义：对于抛物线y ＝ax 2+bx +c （a 、b 、c 是常数，a ≠0），若b 2＝ac ，则称该抛物线为黄金抛物线．例如：y ＝x 2﹣x +1是黄金抛物线（1）请再写出一个与上例不同的黄金抛物线的解析式；（2）将黄金抛物线y ＝x 2﹣x +1沿对称轴向下平移3个单位①直接写出平移后的新抛物线的解析式；②新抛物线如图所示，与x 轴交于A 、B （A 在B 的左侧），与y 轴交于C ，点P 是直线BC 下方的抛物线上一动点，连结PO 、PC ，并把△POC 沿CO 翻折，得到四边形POP ′C ，那么是否存在点P ，使四边形POP ′C为菱形？若存在，请求出此时点P 的坐标；若不存在，请说明理由．③当直线BC 下方的抛物线上动点P 运动到什么位置时，四边形 OBPC 的面积最大并求出此时P 点的坐标和四边形OBPC 的最大面积．【答案】（1）y＝x2+x+1；（2）①：y＝x2﹣x﹣2；②存在P点的坐标为（15，﹣1）；当x＝1时，最大值是3，P（1，﹣2）【解析】【分析】（1）直接根据黄金抛物线的定义写一个解析式即可；（2）①根据平移的知识直接写出新抛物线的解析式；②设P点坐标为（x，x2﹣x﹣2），PP′交CO于E，若四边形POP′C是菱形，则有PC＝PO，连结PP′则PE ⊥CO于E，P点的横坐标为﹣1，进而解方程求出x的值；③过点P作y轴的平行线与BC交于点Q，与OB交于点F，设P（x，x2﹣x﹣2），先求出BC的直线解析式，进而设Q点的坐标为（x，x﹣2），根据S四边形OBPC=S△OBC+S△BPQ+S△CPQ列出x的二次函数解析式，根据二次函数的性质求出满足条件的P点坐标以及面积最大值．【详解】解：（1）不唯一，例如：y＝x2+x+1；（2）①：y＝x2﹣x﹣2；②存在点P，如图1，使四边形POP′C为菱形．设P点坐标为（x，x2﹣x﹣2），PP′交CO于E若四边形POP′C是菱形，则有PC＝PO．连结PP′则PE⊥CO于E，∴OE＝EC＝1，∴y＝﹣1，∴x2﹣x﹣2＝﹣1解得x1＝15+，x2＝15-（不合题意，舍去）∴P点的坐标为（152+，﹣1）；③过点P作y轴的平行线与BC交于点Q，与OB交于点F，如图2设P（x，x2﹣x﹣2），易得，直线BC的解析式：y＝x﹣2则Q点的坐标为（x，x﹣2）．S四边形OBPC＝S△OBC+S△BPQ+S△CPQ＝12OB•OC+12QP•OF+12QP•FB＝()211222222x x⨯⨯+-+⨯＝﹣（x﹣1）2+3，当x＝1时，四边形OBPC的面积最大此时P点的坐标为（1，﹣2），四边形OBPC的面积最大值是3．【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，此题涉及黄金抛物线新定义、菱形的判定与性质、四边形面积的求法等知识，解答此题要掌握黄金抛物线的定义，解答（2）问需要掌握菱形的性质以及分割法求四边形的面积，此题难度不大．11．如图，抛物线与y轴交于A点，过点A的直线与抛物线交于另一点B，过点B作BC⊥x轴，垂足为点C(3，0).（1）求直线AB的函数关系式；（2）动点P在线段OC上从原点出发以每秒一个单位的速度向C移动，过点P作PN⊥x轴，交直线AB 于点M，交抛物线于点N. 设点P移动的时间为t秒，MN的长度为s个单位，求s与t的函数关系式，并写出t的取值范围；（3）设在（2）的条件下（不考虑点P与点O，点C重合的情况），连接CM，BN，当t为何值时，四边形BCMN为平行四边形？问对于所求的t值，平行四边形BCMN是否菱形？请说明理由【答案】（1）112y x=+；（2）251544s t t=-+（0≤t≤3）；（3）t=1或2时；四边形BCMN为平行四边形；t=1时，平行四边形BCMN是菱形，t=2时，平行四边形BCMN不是菱形，理由见解析.【解析】【分析】（1）由A、B在抛物线上，可求出A、B点的坐标，从而用待定系数法求出直线AB的函数关系式．（2）用t表示P、M、N 的坐标，由等式MN NP MP=-得到函数关系式．（3）由平行四边形对边相等的性质得到等式，求出t．再讨论邻边是否相等．【详解】解：（1）x=0时，y=1，∴点A的坐标为：（0，1），∵BC⊥x轴，垂足为点C（3，0），∴点B的横坐标为3，当x=3时，y=52， ∴点B 的坐标为（3，52）， 设直线AB 的函数关系式为y=kx+b ，1532b k b =⎧⎪⎨+=⎪⎩， 解得，121k b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，则直线AB 的函数关系式112y x =+ （2）当x=t 时，y=12t+1， ∴点M 的坐标为（t ，12t+1）， 当x=t 时，2517144y t t =-++ ∴点N 的坐标为2517(,1)44t t t -++ 2251715151(1)44244s t t t t t =-++-+=-+ （0≤t≤3）； （3）若四边形BCMN 为平行四边形，则有MN=BC ， ∴25155=442t t -+， 解得t 1=1，t 2=2，∴当t=1或2时，四边形BCMN 为平行四边形，①当t=1时，MP=32，PC=2， ∴MC=52=MN ，此时四边形BCMN 为菱形， ②当t=2时，MP=2，PC=1，∴，此时四边形BCMN 不是菱形．【点睛】本题考查的是二次函数的性质、待定系数法求函数解析式、菱形的判定，正确求出二次函数的解析式、利用配方法把一般式化为顶点式、求出函数的最值是解题的关键，注意菱形的判定定理的灵活运用． 12．如图，已知抛物线2y x bx c =++与x 轴交于点A ，B ，AB=2，与y 轴交于点C ，对称轴为直线x=2．。

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