初三年級-二次函數(shù)壓軸題30道附詳細答案解析

..二次函數(shù)壓軸題30道〔1一．解答題〔共30小題1．〔2015?棗莊如圖,直線y=x+2與拋物線y=ax2+bx+6〔a≠0相交于A〔,和B〔4,m,點P是線段AB上異于A、B的動點,過點P作PC⊥x軸于點D,交拋物線于點C．〔1求拋物線的解析式；〔2是否存在這樣的P點,使線段PC的長有最大值？若存在,求出這個最大值；若不存在,請說明理由；〔3求△PAC為直角三角形時點P的坐標(biāo)．2．〔2015?黃岡中學(xué)自主招生如圖,二次函數(shù)與x軸交于A、B兩點,與y軸交于C點,點P從A點出發(fā),以1個單位每秒的速度向點B運動,點Q同時從C點出發(fā),以相同的速度向y軸正方向運動,運動時間為t秒,點P到達B點時,點Q同時停止運動．設(shè)PQ交直線AC于點G．〔1求直線AC的解析式；〔2設(shè)△PQC的面積為S,求S關(guān)于t的函數(shù)解析式；〔3在y軸上找一點M,使△MAC和△MBC都是等腰三角形．直接寫出所有滿足條件的M點的坐標(biāo)；〔4過點P作PE⊥AC,垂足為E,當(dāng)P點運動時,線段EG的長度是否發(fā)生改變,請說明理由．3．〔2015?永春縣自主招生如圖1,已知直線EA與x軸、y軸分別交于點E和點A〔0,2,過直線EA上的兩點F、G分別作x軸的垂線段,垂足分別為M〔m,0和N〔n,0,其中m＜0,n＞0．〔1如果m=﹣4,n=1,試判斷△AMN的形狀；〔2如果mn=﹣4,〔1中有關(guān)△AMN的形狀的結(jié)論還成立嗎？如果成立,請證明；如果不成立,請說明理由；〔3如圖2,題目中的條件不變,如果mn=﹣4,并且ON=4,求經(jīng)過M、A、N三點的拋物線所對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；〔4在〔3的條件下,如果拋物線的對稱軸l與線段AN交于點P,點Q是對稱軸上一動點,以點P、Q、N為頂點的三角形和以點M、A、N為頂點的三角形相似,求符合條件的點Q的坐標(biāo)．4．〔2015?黃岡中學(xué)自主招生已知：直角三角形AOB中,∠AOB=90°,OA=3厘米,OB=4厘米．以O(shè)為坐標(biāo)原點如圖建立平面直角坐標(biāo)系．設(shè)P、Q分別為AB邊,OB邊上的動點,它們同時分別從點A、O向B點勻速運動,移動的速度都為1厘米每秒．設(shè)P、Q運動的時間為t秒〔0≤t≤4．〔1求△OPQ的面積S與〔厘米2與t的函數(shù)關(guān)系式；并指出當(dāng)t為何值時S的最大值是多少？〔2當(dāng)t為何值時,△BPQ和△AOB相似；〔3當(dāng)t為何值時,△OPQ為直角三角形；〔4①試證明無論t為何值,△OPQ不可能為正三角形；②若點P的移動速度不變,試改變點Q的運動速度,使△OPQ為正三角形,求出點Q的運動速度和此時的t值．5．〔2015?蘆溪縣模擬如圖,已知拋物線y=x2﹣ax+a2﹣4a﹣4與x軸相交于點A和點B,與y軸相交于點D〔0,8,直線DC平行于x軸,交拋物線于另一點C,動點P以每秒2個單位長度的速度從C點出發(fā),沿C→D運動,同時,點Q以每秒1個單位長度的速度從點A出發(fā),沿A→B運動,連接PQ、CB,設(shè)點P運動的時間為t秒．〔1求a的值；〔2當(dāng)四邊形ODPQ為矩形時,求這個矩形的面積；〔3當(dāng)四邊形PQBC的面積等于14時,求t的值．〔4當(dāng)t為何值時,△PBQ是等腰三角形？〔直接寫出答案6．〔2015?XX校級模擬在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知拋物線y=﹣+c與x軸交于A、B兩點〔點A在點B的左側(cè),交y軸的正半軸于點C,其頂點為M,MH⊥x軸于點H,MA交y軸于點N,sin∠MOH=．〔1求此拋物線的函數(shù)表達式；〔2過H的直線與y軸相交于點P,過O,M兩點作直線PH的垂線,垂足分別為E,F,若=時,求點P的坐標(biāo)；〔3將〔1中的拋物線沿y軸折疊,使點A落在點D處,連接MD,Q為〔1中的拋物線上的一動點,直線NQ交x軸于點G,當(dāng)Q點在拋物線上運動時,是否存在點Q,使△ANG與△ADM相似？若存在,求出所有符合條件的直線QG的解析式；若不存在,請說明理由．7．〔2015?武侯區(qū)模擬已知如圖,矩形OABC的長OA=,寬OC=1,將△AOC沿AC翻折得△APC．〔1求∠PCB的度數(shù)；〔2若P,A兩點在拋物線y=﹣x2+bx+c上,求b,c的值,并說明點C在此拋物線上；〔3〔2中的拋物線與矩形OABC邊CB相交于點D,與x軸相交于另外一點E,若點M是x軸上的點,N是y軸上的點,以點E、M、D、N為頂點的四邊形是平行四邊形,試求點M、N的坐標(biāo)．8．〔2015?黃岡模擬已知：如圖,拋物線y=ax2+bx+2與x軸的交點是A〔3,0、B〔6,0,與y軸的交點是C．〔1求拋物線的函數(shù)表達式；〔2設(shè)P〔x,y〔0＜x＜6是拋物線上的動點,過點P作PQ∥y軸交直線BC于點Q．①當(dāng)x取何值時,線段PQ的長度取得最大值,其最大值是多少？②是否存在這樣的點P,使△OAQ為直角三角形？若存在,求出點P的坐標(biāo)；若不存在,請說明理由．9．〔2015?XX州模擬如圖〔1,拋物線y=x2﹣2x+k與x軸交于A、B兩點,與y軸交于點C〔0,﹣3．[圖〔2、圖〔3為解答備用圖]〔1k=,點A的坐標(biāo)為,點B的坐標(biāo)為；〔2設(shè)拋物線y=x2﹣2x+k的頂點為M,求四邊形ABMC的面積；〔3在x軸下方的拋物線上是否存在一點D,使四邊形ABDC的面積最大？若存在,請求出點D的坐標(biāo)；若不存在,請說明理由．10．〔2015?XX模擬已知拋物線y=x2+bx+c的頂點為P,與y軸交于點A,與直線OP交于點B．〔1如圖1,若點P的橫坐標(biāo)為1,點B的坐標(biāo)為〔3,6,試確定拋物線的解析式；〔2在〔1的條件下,若點M是直線AB下方拋物線上的一點,且S△ABM=3,求點M的坐標(biāo)；〔3如圖2,若點P在第一象限,且PA=PO,過點P作PD⊥x軸于點D．將拋物線y=x2+bx+c平移,平移后的拋物線經(jīng)過點A、D,該拋物線與x軸的另一個交點為C,請?zhí)骄克倪呅蜲ABC的形狀,并說明理由．11．〔2015?濠江區(qū)一模如圖,拋物線與x軸交于A、B兩點,與y軸交于點C,且OA=2,OC=3．〔1求拋物線的解析式；〔2作Rt△OBC的高OD,延長OD與拋物線在第一象限內(nèi)交于點E,求點E的坐標(biāo)；〔3①在x軸上方的拋物線上,是否存在一點P,使四邊形OBEP是平行四邊形？若存在,求出點P的坐標(biāo)；若不存在,請說明理由；②在拋物線的對稱軸上,是否存在上點Q,使得△BEQ的周長最??？若存在,求出點Q的坐標(biāo)；若不存在,請說明理由．12．〔2014?XX如圖,二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象與x軸交于A〔3,0,B〔﹣1,0,與y軸交于點C．若點P,Q同時從A點出發(fā),都以每秒1個單位長度的速度分別沿AB,AC邊運動,其中一點到達端點時,另一點也隨之停止運動．〔1求該二次函數(shù)的解析式及點C的坐標(biāo)；〔2當(dāng)點P運動到B點時,點Q停止運動,這時,在x軸上是否存在點E,使得以A,E,Q為頂點的三角形為等腰三角形？若存在,請求出E點坐標(biāo)；若不存在,請說明理由．〔3當(dāng)P,Q運動到t秒時,△APQ沿PQ翻折,點A恰好落在拋物線上D點處,請判定此時四邊形APDQ的形狀,并求出D點坐標(biāo)．13．〔2014?XX如圖①,直線l：y=mx+n〔m＜0,n＞0與x,y軸分別相交于A,B兩點,將△AOB繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△COD,過點A,B,D的拋物線P叫做l的關(guān)聯(lián)拋物線,而l叫做P的關(guān)聯(lián)直線．〔1若l：y=﹣2x+2,則P表示的函數(shù)解析式為；若P：y=﹣x2﹣3x+4,則l表示的函數(shù)解析式為．〔2求P的對稱軸〔用含m,n的代數(shù)式表示；〔3如圖②,若l：y=﹣2x+4,P的對稱軸與CD相交于點E,點F在l上,點Q在P的對稱軸上．當(dāng)以點C,E,Q,F為頂點的四邊形是以CE為一邊的平行四邊形時,求點Q的坐標(biāo)；〔4如圖③,若l：y=mx﹣4m,G為AB中點,H為CD中點,連接GH,M為GH中點,連接OM．若OM=,直接寫出l,P表示的函數(shù)解析式．14．〔2014?XX如圖,直線y=x﹣4與x軸、y軸分別交于A、B兩點,拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過A、B兩點,與x軸的另一個交點為C,連接BC．〔1求拋物線的解析式及點C的坐標(biāo)；〔2點M在拋物線上,連接MB,當(dāng)∠MBA+∠CBO=45°時,求點M的坐標(biāo)；〔3點P從點C出發(fā),沿線段CA由C向A運動,同時點Q從點B出發(fā),沿線段BC由B向C運動,P、Q的運動速度都是每秒1個單位長度,當(dāng)Q點到達C點時,P、Q同時停止運動,試問在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點D,使P、Q運動過程中的某一時刻,以C、D、P、Q為頂點的四邊形為菱形？若存在,直接寫出點D的坐標(biāo)；若不存在,說明理由．15．〔2014?六盤水如圖,二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象交x軸于A、D兩點,并經(jīng)過B點,已知A點坐標(biāo)是〔2,0,B點的坐標(biāo)是〔8,6．〔1求二次函數(shù)的解析式．〔2求函數(shù)圖象的頂點坐標(biāo)及D點的坐標(biāo)．〔3該二次函數(shù)的對稱軸交x軸于C點．連接BC,并延長BC交拋物線于E點,連接BD,DE,求△BDE的面積．〔4拋物線上有一個動點P,與A,D兩點構(gòu)成△ADP,是否存在S△ADP=S△BCD？若存在,請求出P點的坐標(biāo)；若不存在．請說明理由．16．〔2014?XX如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,頂點為M的拋物線是由拋物線y=x2﹣3向右平移一個單位后得到的,它與y軸負半軸交于點A,點B在該拋物線上,且橫坐標(biāo)為3．〔1求點M、A、B坐標(biāo)；〔2連接AB、AM、BM,求∠ABM的正切值；〔3點P是頂點為M的拋物線上一點,且位于對稱軸的右側(cè),設(shè)PO與x正半軸的夾角為α,當(dāng)α=∠ABM時,求P點坐標(biāo)．17．〔2014?XX如圖,矩形OABC的頂點A〔2,0、C〔0,2．將矩形OABC繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)30°．得矩形OEFG,線段GE、FO相交于點H,平行于y軸的直線MN分別交線段GF、GH、GO和x軸于點M、P、N、D,連結(jié)MH．〔1若拋物線l：y=ax2+bx+c經(jīng)過G、O、E三點,則它的解析式為：；〔2如果四邊形OHMN為平行四邊形,求點D的坐標(biāo)；〔3在〔1〔2的條件下,直線MN與拋物線l交于點R,動點Q在拋物線l上且在R、E兩點之間〔不含點R、E運動,設(shè)△PQH的面積為s,當(dāng)時,確定點Q的橫坐標(biāo)的取值范圍．18．〔2014?XX市如圖,拋物線y=ax2+bx+c〔a≠0的頂點為A〔﹣1,﹣1,與x軸交點M〔1,0．C為x軸上一點,且∠CAO=90°,線段AC的延長線交拋物線于B點,另有點F〔﹣1,0．〔1求拋物線的解析式；〔2求直線Ac的解析式及B點坐標(biāo)；〔3過點B做x軸的垂線,交x軸于Q點,交過點D〔0,﹣2且垂直于y軸的直線于E點,若P是△BEF的邊EF上的任意一點,是否存在BP⊥EF？若存在,求出P點的坐標(biāo),若不存在,請說明理由．19．〔2014?XX如圖1,拋物線y=ax2+bx﹣1經(jīng)過A〔﹣1,0、B〔2,0兩點,交y軸于點C．點P為拋物線上的一個動點,過點P作x軸的垂線交直線BC于點D,交x軸于點E．〔1請直接寫出拋物線表達式和直線BC的表達式．〔2如圖1,當(dāng)點P的橫坐標(biāo)為時,求證：△OBD∽△ABC．〔3如圖2,若點P在第四象限內(nèi),當(dāng)OE=2PE時,求△POD的面積．〔4當(dāng)以點O、C、D為頂點的三角形是等腰三角形時,請直接寫出動點P的坐標(biāo)．20．〔2014?XX如圖,在平面直角坐標(biāo)系中,拋物線與x軸交于點A〔﹣1,0和點B〔1,0,直線y=2x﹣1與y軸交于點C,與拋物線交于點C、D．〔1求拋物線的解析式；〔2求點A到直線CD的距離；〔3平移拋物線,使拋物線的頂點P在直線CD上,拋物線與直線CD的另一個交點為Q,點G在y軸正半軸上,當(dāng)以G、P、Q三點為頂點的三角形為等腰直角三角形時,求出所有符合條件的G點的坐標(biāo)．21．〔2014?XX如圖,二次函數(shù)y=a〔x2﹣2mx﹣3m2〔其中a,m是常數(shù),且a＞0,m＞0的圖象與x軸分別交于點A、B〔點A位于點B的左側(cè),與y軸交于C〔0,﹣3,點D在二次函數(shù)的圖象上,CD∥AB,連接AD,過點A作射線AE交二次函數(shù)的圖象于點E,AB平分∠DAE．〔1用含m的代數(shù)式表示a；〔2求證：為定值；〔3設(shè)該二次函數(shù)圖象的頂點為F,探索：在x軸的負半軸上是否存在點G,連接GF,以線段GF、AD、AE的長度為三邊長的三角形是直角三角形？如果存在,只要找出一個滿足要求的點G即可,并用含m的代數(shù)式表示該點的橫坐標(biāo)；如果不存在,請說明理由．22．〔2014?XX如圖,拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A〔5,0、B〔﹣1,0兩點,過點A作直線AC⊥x軸,交直線y=2x于點C；〔1求該拋物線的解析式；〔2求點A關(guān)于直線y=2x的對稱點A′的坐標(biāo),判定點A′是否在拋物線上,并說明理由；〔3點P是拋物線上一動點,過點P作y軸的平行線,交線段CA′于點M,是否存在這樣的點P,使四邊形PACM是平行四邊形？若存在,求出點P的坐標(biāo)；若不存在,請說明理由．23．〔2014?XX如圖,直線y=﹣3x﹣3與x軸、y軸分別相交于點A、C,經(jīng)過點C且對稱軸為x=1的拋物線y=ax2+bx+c與x軸相交于A、B兩點．〔1試求點A、C的坐標(biāo)；〔2求拋物線的解析式；〔3若點M在線段AB上以每秒1個單位長度的速度由點B向點A運動,同時,點N在線段OC上以相同的速度由點O向點C運動〔當(dāng)其中一點到達終點時,另一點也隨之停止運動,又PN∥x軸,交AC于P,問在運動過程中,線段PM的長度是否存在最小值？若有,試求出最小值；若無,請說明理由．24．〔2014?XX如圖1,拋物線y=﹣x2平移后過點A〔8,0和原點,頂點為B,對稱軸與x軸相交于點C,與原拋物線相交于點D．〔1求平移后拋物線的解析式并直接寫出陰影部分的面積S陰影；〔2如圖2,直線AB與y軸相交于點P,點M為線段OA上一動點,∠PMN為直角,邊MN與AP相交于點N,設(shè)OM=t,試探究：①t為何值時△MAN為等腰三角形；②t為何值時線段PN的長度最小,最小長度是多少．25．〔2014?XX已知：拋物線y=ax2+bx+c〔a≠0經(jīng)過點A〔1,0,B〔3,0,C〔0,﹣3．〔1求拋物線的表達式及頂點D的坐標(biāo)；〔2如圖①,點P是直線BC上方拋物線上一動點,過點P作y軸的平行線,交直線BC于點E．是否存在一點P,使線段PE的長最大？若存在,求出PE長的最大值；若不存在,請說明理由；〔3如圖②,過點A作y軸的平行線,交直線BC于點F,連接DA、DB．四邊形OAFC沿射線CB方向運動,速度為每秒1個單位長度,運動時間為t秒,當(dāng)點C與點B重合時立即停止運動．設(shè)運動過程中四邊形OAFC與四邊形ADBF重疊部分面積為S,請求出S與t的函數(shù)關(guān)系式．26．〔2014?義烏市如圖,直角梯形ABCO的兩邊OA,OC在坐標(biāo)軸的正半軸上,BC∥x軸,OA=OC=4,以直線x=1為對稱軸的拋物線過A,B,C三點．〔1求該拋物線的函數(shù)解析式；〔2已知直線l的解析式為y=x+m,它與x軸交于點G,在梯形ABCO的一邊上取點P．①當(dāng)m=0時,如圖1,點P是拋物線對稱軸與BC的交點,過點P作PH⊥直線l于點H,連結(jié)OP,試求△OPH的面積；②當(dāng)m=﹣3時,過點P分別作x軸、直線l的垂線,垂足為點E,F．是否存在這樣的點P,使以P,E,F為頂點的三角形是等腰三角形？若存在,求出點P的坐標(biāo)；若不存在,請說明理由．27．〔2014?XX如圖,拋物線y=﹣x2+x﹣2交x軸于A,B兩點〔點A在點B的左側(cè),交y軸于點C,分別過點B,C作y軸,x軸的平行線,兩平行線交于點D,將△BDC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn),使點D旋轉(zhuǎn)到y(tǒng)軸上得到△FEC,連接BF．〔1求點B,C所在直線的函數(shù)解析式；〔2求△BCF的面積；〔3在線段BC上是否存在點P,使得以點P,A,B為頂點的三角形與△BOC相似？若存在,求出點P的坐標(biāo)；若不存在,請說明理由．28．〔2014?XX如圖,已知一次函數(shù)y1=x+b的圖象l與二次函數(shù)y2=﹣x2+mx+b的圖象C′都經(jīng)過點B〔0,1和點C,且圖象C′過點A〔2﹣,0．〔1求二次函數(shù)的最大值；〔2設(shè)使y2＞y1成立的x取值的所有整數(shù)和為s,若s是關(guān)于x的方程=0的根,求a的值；〔3若點F、G在圖象C′上,長度為的線段DE在線段BC上移動,EF與DG始終平行于y軸,當(dāng)四邊形DEFG的面積最大時,在x軸上求點P,使PD+PE最小,求出點P的坐標(biāo)．29．〔2014?來賓如圖,拋物線y=ax2+bx+2與x軸交于點A〔1,0和B〔4,0．〔1求拋物線的解析式；〔2若拋物線的對稱軸交x軸于點E,點F是位于x軸上方對稱軸上一點,FC∥x軸,與對稱軸右側(cè)的拋物線交于點C,且四邊形OECF是平行四邊形,求點C的坐標(biāo)；〔3在〔2的條件下,拋物線的對稱軸上是否存在點P,使△OCP是直角三角形？若存在,求出點P的坐標(biāo)；若不存在,請說明理由．30．〔2014?XX如圖1,矩形ABCD的邊AD在y軸上,拋物線y=x2﹣4x+3經(jīng)過點A、點B,與x軸交于點E、點F,且其頂點M在CD上．〔1請直接寫出下列各點的坐標(biāo)：A,B,C,D；〔2若點P是拋物線上一動點〔點P不與點A、點B重合,過點P作y軸的平行線l與直線AB交于點G,與直線BD交于點H,如圖2．①當(dāng)線段PH=2GH時,求點P的坐標(biāo)；②當(dāng)點P在直線BD下方時,點K在直線BD上,且滿足△KPH∽△AEF,求△KPH面積的最大值．二次函數(shù)壓軸題30道〔1參考答案與試題解析一．解答題〔共30小題1．〔2015?棗莊如圖,直線y=x+2與拋物線y=ax2+bx+6〔a≠0相交于A〔,和B〔4,m,點P是線段AB上異于A、B的動點,過點P作PC⊥x軸于點D,交拋物線于點C．〔1求拋物線的解析式；〔2是否存在這樣的P點,使線段PC的長有最大值？若存在,求出這個最大值；若不存在,請說明理由；〔3求△PAC為直角三角形時點P的坐標(biāo)．[考點]二次函數(shù)綜合題．[專題]幾何綜合題；壓軸題．[分析]〔1已知B〔4,m在直線y=x+2上,可求得m的值,拋物線圖象上的A、B兩點坐標(biāo),可將其代入拋物線的解析式中,通過聯(lián)立方程組即可求得待定系數(shù)的值．〔2要弄清PC的長,實際是直線AB與拋物線函數(shù)值的差．可設(shè)出P點橫坐標(biāo),根據(jù)直線AB和拋物線的解析式表示出P、C的縱坐標(biāo),進而得到關(guān)于PC與P點橫坐標(biāo)的函數(shù)關(guān)系式,根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)即可求出PC的最大值．〔3當(dāng)△PAC為直角三角形時,根據(jù)直角頂點的不同,有三種情形,需要分類討論,分別求解．[解答]解：〔1∵B〔4,m在直線y=x+2上,∴m=4+2=6,∴B〔4,6,∵A〔,、B〔4,6在拋物線y=ax2+bx+6上,∴,解得,∴拋物線的解析式為y=2x2﹣8x+6．〔2設(shè)動點P的坐標(biāo)為〔n,n+2,則C點的坐標(biāo)為〔n,2n2﹣8n+6,∴PC=〔n+2﹣〔2n2﹣8n+6,=﹣2n2+9n﹣4,=﹣2〔n﹣2+,∵PC＞0,∴當(dāng)n=時,線段PC最大且為．〔3∵△PAC為直角三角形,i若點P為直角頂點,則∠APC=90°．由題意易知,PC∥y軸,∠APC=45°,因此這種情形不存在；ii若點A為直角頂點,則∠PAC=90°．如答圖3﹣1,過點A〔,作AN⊥x軸于點N,則ON=,AN=．過點A作AM⊥直線AB,交x軸于點M,則由題意易知,△AMN為等腰直角三角形,∴MN=AN=,∴OM=ON+MN=+=3,∴M〔3,0．設(shè)直線AM的解析式為：y=kx+b,則：,解得,∴直線AM的解析式為：y=﹣x+3①又拋物線的解析式為：y=2x2﹣8x+6②聯(lián)立①②式,解得：x=3或x=〔與點A重合,舍去∴C〔3,0,即點C、M點重合．當(dāng)x=3時,y=x+2=5,∴P1〔3,5；iii若點C為直角頂點,則∠ACP=90°．∵y=2x2﹣8x+6=2〔x﹣22﹣2,∴拋物線的對稱軸為直線x=2．如答圖3﹣2,作點A〔,關(guān)于對稱軸x=2的對稱點C,則點C在拋物線上,且C〔,．當(dāng)x=時,y=x+2=．∴P2〔,．∵點P1〔3,5、P2〔,均在線段AB上,∴綜上所述,△PAC為直角三角形時,點P的坐標(biāo)為〔3,5或〔,．[點評]此題主要考查了二次函數(shù)解析式的確定、二次函數(shù)最值的應(yīng)用以及直角三角形的判定、函數(shù)圖象交點坐標(biāo)的求法等知識．2．〔2015?黃岡中學(xué)自主招生如圖,二次函數(shù)與x軸交于A、B兩點,與y軸交于C點,點P從A點出發(fā),以1個單位每秒的速度向點B運動,點Q同時從C點出發(fā),以相同的速度向y軸正方向運動,運動時間為t秒,點P到達B點時,點Q同時停止運動．設(shè)PQ交直線AC于點G．〔1求直線AC的解析式；〔2設(shè)△PQC的面積為S,求S關(guān)于t的函數(shù)解析式；〔3在y軸上找一點M,使△MAC和△MBC都是等腰三角形．直接寫出所有滿足條件的M點的坐標(biāo)；〔4過點P作PE⊥AC,垂足為E,當(dāng)P點運動時,線段EG的長度是否發(fā)生改變,請說明理由．[考點]二次函數(shù)綜合題．[專題]代數(shù)幾何綜合題；壓軸題．[分析]〔1直線AC經(jīng)過點A,C,根據(jù)拋物線的解析式面積可求得兩點坐標(biāo),利用待定系數(shù)法就可求得AC的解析式；〔2根據(jù)三角形面積公式即可寫出解析式；〔3可以分腰和底邊進行討論,即可確定點的坐標(biāo)；〔4過G作GH⊥y軸,根據(jù)三角形相似,相似三角形的對應(yīng)邊的比相等即可求解．[解答]解：〔1y=﹣x2+2,x=0時,y=2,y=0時,x=±2,∴A〔﹣2,0,B〔2,0,C〔0,2,設(shè)直線AC的解析式是y=kx+b,代入得：,解得：k=1,b=2,即直線AC的解析式是y=x+2；〔2當(dāng)0≤t＜2時,OP=〔2﹣t,QC=t,∴△PQC的面積為：S=〔2﹣tt=﹣t2+t,當(dāng)2＜t≤4時,OP=〔t﹣2,QC=t,∴△PQC的面積為：S=〔t﹣2t=t2﹣t,∴；〔3當(dāng)AC或BC為等腰三角形的腰時,AC=MC=BC時,M點坐標(biāo)為〔0,2﹣2和〔0,2+2當(dāng)AC=AM=BC時,M為〔0,﹣2當(dāng)AM=MC=BM時M為〔0,0．∴一共四個點,〔0,,〔0,,〔0,﹣2,〔0,0；〔4當(dāng)0＜t＜2時,過G作GH⊥y軸,垂足為H．由AP=t,可得AE=．∵GH∥OP∴即=,解得GH=,所以GC=GH=．于是,GE=AC﹣AE﹣GC==．即GE的長度不變．當(dāng)2＜t≤4時,過G作GH⊥y軸,垂足為H．由AP=t,可得AE=．由即=,∴GH〔2+t=t〔t﹣2﹣〔t﹣2GH,∴GH〔2+t+〔t﹣2GH=t〔t﹣2,∴2tGH=t〔t﹣2,解得GH=,所以GC=GH=．于是,GE=AC﹣AE+GC=2﹣t+=,即GE的長度不變．綜合得：當(dāng)P點運動時,線段EG的長度不發(fā)生改變,為定值．[點評]本題屬于一道難度較大的二次函數(shù)題,綜合考查了三角形相似的性質(zhì),需注意分類討論,全面考慮點M所在位置的各種情況．3．〔2015?永春縣自主招生如圖1,已知直線EA與x軸、y軸分別交于點E和點A〔0,2,過直線EA上的兩點F、G分別作x軸的垂線段,垂足分別為M〔m,0和N〔n,0,其中m＜0,n＞0．〔1如果m=﹣4,n=1,試判斷△AMN的形狀；〔2如果mn=﹣4,〔1中有關(guān)△AMN的形狀的結(jié)論還成立嗎？如果成立,請證明；如果不成立,請說明理由；〔3如圖2,題目中的條件不變,如果mn=﹣4,并且ON=4,求經(jīng)過M、A、N三點的拋物線所對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；〔4在〔3的條件下,如果拋物線的對稱軸l與線段AN交于點P,點Q是對稱軸上一動點,以點P、Q、N為頂點的三角形和以點M、A、N為頂點的三角形相似,求符合條件的點Q的坐標(biāo)．[考點]二次函數(shù)綜合題．[專題]代數(shù)幾何綜合題；壓軸題．[分析]〔1根據(jù)勾股定理可以求出AM．AN,MN的長度,根據(jù)勾股定理的逆定理就可以求出三角形是直角三角形．〔2AM．AN,MN的長度可以用m,n表示出來,根據(jù)m,n的關(guān)系就可以證明．〔3M、A、N的坐標(biāo)已知,根據(jù)待定系數(shù)法局可以求出二次函數(shù)的解析式．〔4拋物線的對稱軸與x軸的交點Q1符合條件,易證Rt△PNQ1∽Rt△ANM且Rt△PQ2N、Rt△NQ2Q1、Rt△PNQ1和Rt△ANM兩兩相似,根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊的比相等,得到就可以求出Q1Q2得到符合條件的點的坐標(biāo)．[解答]解：〔1△AMN是直角三角形．依題意得OA=2,OM=4,ON=1,∴MN=OM+ON=4+1=5在Rt△AOM中,AM===在Rt△AON中,AN===∴MN2=AM2+AN2∴△AMN是直角三角形〔解法不惟一．〔2分〔2答：〔1中的結(jié)論還成立．依題意得OA=2,OM=﹣m,ON=n∴MN=OM+ON=n﹣m∴MN2=〔n﹣m2=n2﹣2mn+m2∵mn=﹣4∴MN2=n2﹣2×〔﹣4+m2=n2+m2+8又∵在Rt△AOM中,AM===在Rt△AON中,AN===∴AM2+AN2=4+m2+4+n2=n2+m2+8∴MN2=AM2+AN2∴△AMN是直角三角形．〔解法不惟一〔2分〔3∵mn=﹣4,n=4,∴m=﹣1．方法一：設(shè)拋物線的函數(shù)關(guān)系式為y=ax2+bx+c．∵拋物線經(jīng)過點M〔﹣1,0、N〔4,0和A〔0,2∴．∴．∴所求拋物線的函數(shù)關(guān)系式為y=﹣x2+x+2．方法二：設(shè)拋物線的函數(shù)關(guān)系式為y=a〔x+1〔x﹣4．∵拋物線經(jīng)過點A〔0,2∴﹣4a=2解得a=﹣∴所求拋物線的函數(shù)關(guān)系式為y=﹣〔x+1〔x﹣4即y=﹣x2+x+2．〔2分〔4拋物線的對稱軸與x軸的交點Q1符合條件,∵l⊥MN,∠ANM=∠PNQ1,∴Rt△PNQ1∽Rt△ANM∵拋物線的對稱軸為直線x=,∴Q1〔,0〔2分∴NQ1=4﹣=．過點N作NQ2⊥AN,交拋物線的對稱軸于點Q2．∴Rt△PQ2N、Rt△NQ2Q1、Rt△PNQ1和Rt△ANM兩兩相似∴即Q1Q2=∵點Q2位于第四象限,∴Q2〔,﹣5〔2分因此,符合條件的點有兩個,分別是Q1〔,0,Q2〔,﹣5．〔解法不惟一[點評]本題主要考查了勾股定理的逆定理,待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式．以及相似三角形的性質(zhì),對應(yīng)邊的比相等．4．〔2015?黃岡中學(xué)自主招生已知：直角三角形AOB中,∠AOB=90°,OA=3厘米,OB=4厘米．以O(shè)為坐標(biāo)原點如圖建立平面直角坐標(biāo)系．設(shè)P、Q分別為AB邊,OB邊上的動點,它們同時分別從點A、O向B點勻速運動,移動的速度都為1厘米每秒．設(shè)P、Q運動的時間為t秒〔0≤t≤4．〔1求△OPQ的面積S與〔厘米2與t的函數(shù)關(guān)系式；并指出當(dāng)t為何值時S的最大值是多少？〔2當(dāng)t為何值時,△BPQ和△AOB相似；〔3當(dāng)t為何值時,△OPQ為直角三角形；〔4①試證明無論t為何值,△OPQ不可能為正三角形；②若點P的移動速度不變,試改變點Q的運動速度,使△OPQ為正三角形,求出點Q的運動速度和此時的t值．[考點]二次函數(shù)綜合題．[專題]壓軸題；動點型．[分析]〔1可用t表示出OQ,BP的長,三角形OPQ中,OQ邊上的高可用BP的長和∠PBO的正弦值求出,由此可得出關(guān)于S,t的函數(shù)關(guān)系式．〔2本題分兩種情況：①∠BQP=∠BOA,此時PQ∥OA,那么BQ=PB?cos∠PBO．由此可求出t的值．②∠BPQ=∠BOA,此時BP=BQ?sin∠PBO．由此可求出t的值．〔3本題中無非是兩種情況OQ⊥PQ或OP⊥QP,可分別表示出PO、QO、PQ三條線段的長,然后用勾股定理進行求解即可．〔4①如果三角形OPQ是正三角形那么〔3中表示三條線段長的表達式必然相等,可通過解方程求出此時t的值,如果方程無解則說明三角形OPQ不可能是正三角形．②思路同①,設(shè)出Q點的速度,然后表示出三條線段的長,令三條線段的表達式相等,即可求出Q的速度和t的值．[解答]解：〔1S=﹣0.3t2+當(dāng)t=時,S最大=．〔2①∠BQP=∠BOA,在直角三角形BQP中,BP=BQ,即5﹣t=〔4﹣t,解得t=0．②∠BPQ=∠BOA,在直角三角形BPQ中,BQ=BP,即4﹣t=〔5﹣t,解得t=9；因為0≤t≤4,∴t=9不合題意,舍去．因此當(dāng)t=0時,△BPQ和△AOB相似．〔3作PN⊥OB于N,PM⊥OA于M,若△OPQ為直角三角形,則OQ⊥PQ或OP⊥QP,設(shè)QP⊥OQ,則PQ===．PO===．OQ===≠t〔t無解．∴QP不與OQ垂直設(shè)OP⊥QP,則△OPQ∽△PNQ∴,∴PQ2=t2,PQ2=OQ2﹣OP2=t2﹣t2+t﹣9=t﹣9t2=t﹣9,解得t=3,t=15〔不合題意舍去∴當(dāng)t=3是△OPQ是直角三角形．〔4①PO=,OQ=t,PQ=令PO=OQ=PQ,解t無解∴△OPQ不能成為正三角形．②設(shè)Q的速度為x,則OQ=xt．OP2=t2﹣t+9,OQ2=x2t2,PQ2=t2﹣t+12令OP2=OQ2=PQ2解得x=,t=舍去負值,則t=因此Q點的速度為,t=．[點評]該題綜合運用了三角形相似有關(guān)性質(zhì)和勾股定理,同時運用了分類討論和假設(shè)的數(shù)學(xué)思想,是道代數(shù)幾何壓軸題．5．〔2015?蘆溪縣模擬如圖,已知拋物線y=x2﹣ax+a2﹣4a﹣4與x軸相交于點A和點B,與y軸相交于點D〔0,8,直線DC平行于x軸,交拋物線于另一點C,動點P以每秒2個單位長度的速度從C點出發(fā),沿C→D運動,同時,點Q以每秒1個單位長度的速度從點A出發(fā),沿A→B運動,連接PQ、CB,設(shè)點P運動的時間為t秒．〔1求a的值；〔2當(dāng)四邊形ODPQ為矩形時,求這個矩形的面積；〔3當(dāng)四邊形PQBC的面積等于14時,求t的值．〔4當(dāng)t為何值時,△PBQ是等腰三角形？〔直接寫出答案[考點]二次函數(shù)綜合題．[專題]應(yīng)用題；壓軸題．[分析]〔1把點D〔0,8代入拋物線y=x2﹣ax+a2﹣4a﹣4解方程即可解答；〔2利用〔1中求得的拋物線,求得點A、B、C、D四點坐標(biāo),再利用矩形的判定與性質(zhì)解得即可；〔3利用梯形的面積計算方法解決問題；〔4只考慮PQ=PB,其他不符合實際情況,即可找到問題的答案．[解答]解：〔1把點〔0,8代入拋物線y=x2﹣ax+a2﹣4a﹣4得,a2﹣4a﹣4=8,解得：a1=6,a2=﹣2〔不合題意,舍去,因此a的值為6；〔2由〔1可得拋物線的解析式為y=x2﹣6x+8,當(dāng)y=0時,x2﹣6x+8=0,解得：x1=2,x2=4,∴A點坐標(biāo)為〔2,0,B點坐標(biāo)為〔4,0,當(dāng)y=8時,x2﹣6x+8=8,解得：x1=0,x2=6,∴D點的坐標(biāo)為〔0,8,C點坐標(biāo)為〔6,8,DP=6﹣2t,OQ=2+t,當(dāng)四邊形OQPD為矩形時,DP=OQ,2+t=6﹣2t,t=,OQ=2+=,S=8×=,即矩形OQPD的面積為；〔3四邊形PQBC的面積為〔BQ+PC×8,當(dāng)此四邊形的面積為14時,〔2﹣t+2t×8=14,解得t=〔秒,當(dāng)t=時,四邊形PQBC的面積為14；〔4過點P作PE⊥AB于E,連接PB,當(dāng)QE=BE時,△PBQ是等腰三角形,∵CP=2t,∴DP=6﹣2t,∴BE=OB﹣PD=4﹣〔6﹣2t=2t﹣2,∵OQ=2+t,∴QE=PD﹣OQ=6﹣2t﹣〔2+t=4﹣3t,∴4﹣3t=2t﹣2,解得：t=,∴當(dāng)t=時,△PBQ是等腰三角形．[點評]此題考查待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、矩形的判定與性質(zhì)、矩形的面積、梯形的面積以及等腰三角形的判定等知識．6．〔2015?XX校級模擬在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知拋物線y=﹣+c與x軸交于A、B兩點〔點A在點B的左側(cè),交y軸的正半軸于點C,其頂點為M,MH⊥x軸于點H,MA交y軸于點N,sin∠MOH=．〔1求此拋物線的函數(shù)表達式；〔2過H的直線與y軸相交于點P,過O,M兩點作直線PH的垂線,垂足分別為E,F,若=時,求點P的坐標(biāo)；〔3將〔1中的拋物線沿y軸折疊,使點A落在點D處,連接MD,Q為〔1中的拋物線上的一動點,直線NQ交x軸于點G,當(dāng)Q點在拋物線上運動時,是否存在點Q,使△ANG與△ADM相似？若存在,求出所有符合條件的直線QG的解析式；若不存在,請說明理由．[考點]二次函數(shù)綜合題；勾股定理；相似三角形的判定與性質(zhì)．[專題]綜合題；壓軸題；存在型；數(shù)形結(jié)合．[分析]〔1由拋物線y=﹣+c與x軸交于A、B兩點〔點A在點B的左側(cè),交y軸的正半軸于點C,其頂點為M,MH⊥x軸于點H,MA交y軸于點N,sin∠MOH=,求出c的值,進而求出拋物線方程；〔2如圖1,由OE⊥PH,MF⊥PH,MH⊥OH,可證△OEH∽△HFM,可知HE,HF的比例關(guān)系,求出P點坐標(biāo)；〔3首先求出D點坐標(biāo),寫出直線MD的表達式,由兩直線平行,兩三角形相似,可得NG∥MD,直線QG解析式．[解答]解：〔1∵M為拋物線y=﹣+c的頂點,∴M〔2,c．∴OH=2,MH=|c|．∵a＜0,且拋物線與x軸有交點,∴c＞0,∴MH=c,∵sin∠MOH=,∴=．∴OM=c,∵OM2=OH2+MH2,∴MH=c=4,∴M〔2,4,∴拋物線的函數(shù)表達式為：y=﹣+4．〔2如圖1,∵OE⊥PH,MF⊥PH,MH⊥OH,∴∠EHO=∠FMH,∠OEH=∠HFM．∴△OEH∽△HFM,∴==,∵=,∴MF=HF,∴∠OHP=∠FHM=45°,∴OP=OH=2,∴P〔0,2．如圖2,同理可得,P〔0,﹣2．〔3∵A〔﹣1,0,∴D〔1,0,∵M〔2,4,D〔1,0,∴直線MD解析式：y=4x﹣4,∵ON∥MH,∴△AON∽△AHM,∴===,∴AN=,ON=,N〔0,．如圖3,若△ANG∽△AMD,可得NG∥MD,∴直線QG解析式：y=4x+,如圖4,若△ANG∽△ADM,可得=∴AG=,∴G〔,0,∴QG：y=﹣x+,綜上所述,符合條件的所有直線QG的解析式為：y=4x+或y=﹣x+．[點評]本題二次函數(shù)的綜合題,要求會求二次函數(shù)的解析式和兩圖象的交點,會應(yīng)用三角形相似定理,本題步驟有點多,做題需要細心．7．〔2015?武侯區(qū)模擬已知如圖,矩形OABC的長OA=,寬OC=1,將△AOC沿AC翻折得△APC．〔1求∠PCB的度數(shù)；〔2若P,A兩點在拋物線y=﹣x2+bx+c上,求b,c的值,并說明點C在此拋物線上；〔3〔2中的拋物線與矩形OABC邊CB相交于點D,與x軸相交于另外一點E,若點M是x軸上的點,N是y軸上的點,以點E、M、D、N為頂點的四邊形是平行四邊形,試求點M、N的坐標(biāo)．[考點]二次函數(shù)綜合題．[專題]綜合題；壓軸題．[分析]〔1根據(jù)OC、OA的長,可求得∠OCA=∠ACP=60°〔折疊的性質(zhì),∠BCA=∠OAC=30°,由此可判斷出∠PCB的度數(shù)．〔2過P作PQ⊥OA于Q,在Rt△PAQ中,易知PA=OA=3,而∠PAO=2∠PAC=60°,即可求出AQ、PQ的長,進而可得到點P的坐標(biāo),將P、A坐標(biāo)代入拋物線的解析式中,即可得到b、c的值,從而確定拋物線的解析式,然后將C點坐標(biāo)代入拋物線的解析式中進行驗證即可．〔3根據(jù)拋物線的解析式易求得C、D、E點的坐標(biāo),然后分兩種情況考慮：①DE是平行四邊形的對角線,由于CD∥x軸,且C在y軸上,若過D作直線CE的平行線,那么此直線與x軸的交點即為M點,而N點即為C點,D、E的坐標(biāo)已經(jīng)求得,結(jié)合平行四邊形的性質(zhì)即可得到點M的坐標(biāo),而C點坐標(biāo)已知,即可得到N點的坐標(biāo)；②DE是平行四邊形的邊,由于A在x軸上,過A作DE的平行線,與y軸的交點即為N點,而M點即為A點；易求得∠DEA的度數(shù),即可得到∠NAO的度數(shù),已知OA的長,通過解直角三角形可求得ON的值,從而確定N點的坐標(biāo),而M點與A點重合,其坐標(biāo)已知；同理,由于C在y軸上,且CD∥x軸,過C作DE的平行線,也可找到符合條件的M、N點,解法同上．[解答]解：〔1在Rt△OAC中,OA=,OC=1,則∠OAC=30°,∠OCA=60°；根據(jù)折疊的性質(zhì)知：OA=AP=,∠ACO=∠ACP=60°；∵∠BCA=∠OAC=30°,且∠ACP=60°,∴∠PCB=30°．〔2過P作PQ⊥OA于Q；Rt△PAQ中,∠PAQ=60°,AP=；∴OQ=AQ=,PQ=,所以P〔,；將P、A代入拋物線的解析式中,得：,解得；即y=﹣x2+x+1；當(dāng)x=0時,y=1,故C〔0,1在拋物線的圖象上．〔3①若DE是平行四邊形的對角線,點C在y軸上,CD平行x軸,∴過點D作DM∥CE交x軸于M,則四邊形EMDC為平行四邊形,把y=1代入拋物線解析式得點D的坐標(biāo)為〔,1把y=0代入拋物線解析式得點E的坐標(biāo)為〔﹣,0∴M〔,0；N點即為C點,坐標(biāo)是〔0,1；②若DE是平行四邊形的邊,過點A作AN∥DE交y軸于N,四邊形DANE是平行四邊形,∴DE=AN===2,∵tan∠EAN=,∴∠EAN=30°,∵∠DEA=∠EAN,∴∠DEA=30°,∴M〔,0,N〔0,﹣1；同理過點C作CM∥DE交y軸于N,四邊形CMDE是平行四邊形,∴M〔﹣,0,N〔0,1．[點評]此題考查了矩形的性質(zhì)、圖形的翻折變換、二次函數(shù)解析式的確定、平行四邊形的判定和性質(zhì)等知識,同時考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想,難度較大．8．〔2015?黃岡模擬已知：如圖,拋物線y=ax2+bx+2與x軸的交點是A〔3,0、B〔6,0,與y軸的交點是C．〔1求拋物線的函數(shù)表達式；〔2設(shè)P〔x,y〔0＜x＜6是拋物線上的動點,過點P作PQ∥y軸交直線BC于點Q．①當(dāng)x取何值時,線段PQ的長度取得最大值,其最大值是多少？②是否存在這樣的點P,使△OAQ為直角三角形？若存在,求出點P的坐標(biāo)；若不存在,請說明理由．[考點]二次函數(shù)綜合題．[專題]壓軸題；動點型；開放型．[分析]〔1已知了A,B的坐標(biāo),可用待定系數(shù)法求出函數(shù)的解析式．〔2①Q(mào)P其實就是一次函數(shù)與二次函數(shù)的差,二次函數(shù)的解析式在〔1中已經(jīng)求出,而一次函數(shù)可根據(jù)B,C的坐標(biāo),用待定系數(shù)法求出．那么讓一次函數(shù)的解析式減去二次函數(shù)的解析式,得出的新的函數(shù)就是關(guān)于PQ,x的函數(shù)關(guān)系式,那么可根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)求出PQ的最大值以及相對應(yīng)的x的取值．〔3分三種情況進行討論：當(dāng)∠QOA=90°時,Q與C重合,顯然不合題意．因此這種情況不成立；當(dāng)∠OAQ=90°時,P與A重合,因此P的坐標(biāo)就是A的坐標(biāo)；當(dāng)∠OQA=90°時,如果設(shè)QP與x軸的交點為D,那么根據(jù)射影定理可得出DQ2=OD?DA．由此可得出關(guān)于x的方程即可求出x的值,然后將x代入二次函數(shù)式中即可得出P的坐標(biāo)．[解答]解：〔1∵拋物線過A〔3,0,B〔6,0,∴,解得：,∴所求拋物線的函數(shù)表達式是y=x2﹣x+2．〔2①∵當(dāng)x=0時,y=2,∴點C的坐標(biāo)為〔0,2．設(shè)直線BC的函數(shù)表達式是y=kx+h．則有,解得：．∴直線BC的函數(shù)表達式是y=﹣x+2．∵0＜x＜6,點P、Q的橫坐標(biāo)相同,∴PQ=yQ﹣yP=〔﹣x+2﹣〔x2﹣x+2=﹣x2+x=﹣〔x﹣32+1∴當(dāng)x=3時,線段PQ的長度取得最大值．最大值是1．②解：當(dāng)∠OAQ′=90°時,點P與點A重合,∴P〔3,0當(dāng)∠Q′OA=90°時,點P與點C重合,∴x=0〔不合題意當(dāng)∠OQ′A=90°時,設(shè)PQ′與x軸交于點D．∵∠OQ′D+∠AOQ′=90°,∠Q′AD+∠AQ′D=90°,∴∠OQ′D=∠Q′AD．又∵∠ODQ′=∠Q′DA=90°,∴△ODQ′∽△Q′DA．∴,即DQ′2=OD?DA．∴〔﹣x+22=x〔3﹣x,10x2﹣39x+36=0,∴x1=,x2=,∴y1=×〔2﹣+2=；y2=×〔2﹣+2=；∴P〔,或P〔,．∴所求的點P的坐標(biāo)是P〔3,0或P〔,或P〔,．[點評]本題主要考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用,用數(shù)形結(jié)合的思想來求解是解題的基本思路．9．〔2015?XX州模擬如圖〔1,拋物線y=x2﹣2x+k與x軸交于A、B兩點,與y軸交于點C〔0,﹣3．[圖〔2、圖〔3為解答備用圖]〔1k=﹣3,點A的坐標(biāo)為〔﹣1,0,點B的坐標(biāo)為〔3,0；〔2設(shè)拋物線y=x2﹣2x+k的頂點為M,求四邊形ABMC的面積；〔3在x軸下方的拋物線上是否存在一點D,使四邊形ABDC的面積最大？若存在,請求出點D的坐標(biāo)；若不存在,請說明理由．[考點]二次函數(shù)綜合題．[專題]綜合題；壓軸題．[分析]〔1將C點坐標(biāo)代入拋物線的解析式中,即可求出k的值；令拋物線的解析式中y=0,即可求出A、B的坐標(biāo)；〔2將拋物線的解析式化為頂點式,即可求出M點的坐標(biāo)；由于四邊形ACMB不規(guī)則,可連接OM,將四邊形ACMB的面積轉(zhuǎn)化為△ACO、△MOC以及△MOB的面積和；〔3當(dāng)D點位于第三象限時四邊形ABCD的最大面積顯然要小于當(dāng)D位于第四象限時四邊形ABDC的最大面積,因此本題直接考慮點D為與第四象限時的情況即可；設(shè)出點D的橫坐標(biāo),根據(jù)拋物線的解析式即可得到其縱坐標(biāo)；可參照〔2題的方法求解,連接OD,分別表示出△ACO、△DOC以及△DOB的面積,它們的面積和即為四邊形ABDC的面積,由此可得到關(guān)于四邊形ABDC的面積與D點橫坐標(biāo)的函數(shù)關(guān)系式,根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)即可求出四邊形ABDC的最大面積及對應(yīng)的D點坐標(biāo)．[解答]解：〔1由于點C在拋物線的圖象上,則有：k=﹣3；∴y=x2﹣2x﹣3；令y=0,則x2﹣2x﹣3=0,解得x=﹣1,x=3,∴A〔﹣1,0,B〔3,0；故填：k=﹣3,A〔﹣1,0,B〔3,0；〔2拋物線的頂點為M〔1,﹣4,連接OM；則△AOC的面積=AO?OC=×1×3=,△MOC的面積=OC?|xM|=×3×1=,△MOB的面積=OB?|yM|=×3×4=6；∴四邊形ABMC的面積=△AOC的面積+△MOC的面積+△MOB的面積=9；〔3設(shè)D〔m,m2﹣2m﹣3,連接OD；則0＜m＜3,m2﹣2m﹣3＜0；且△AOC的面積=,△DOC的面積=m,△DOB的面積=﹣〔m2﹣2m﹣3；∴四邊形ABDC的面積=△AOC的面積+△DOC的面積+△DOB的面積=﹣m2+m+6=﹣〔m﹣2+；∴存在點D〔,﹣,使四邊形ABDC的面積最大,且最大值為．[點評]此題主要考查了二次函數(shù)解析式的確定、函數(shù)圖象與坐標(biāo)軸交點坐標(biāo)的求法、圖形面積的求法、二次函數(shù)的應(yīng)用等重要知識點,綜合性強,能力要求較高．考查學(xué)生數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法．10．〔2015?XX模擬已知拋物線y=x2+bx+c的頂點為P,與y軸交于點A,與直線OP交于點B．〔1如圖1,若點P的橫坐標(biāo)為1,點B的坐標(biāo)為〔3,6,試確定拋物線的解析式；〔2在〔1的條件下,若點M是直線AB下方拋物線上的一點,且S△ABM=3,求點M的坐標(biāo)；〔3如圖2,若點P在第一象限,且PA=PO,過點P作PD⊥x軸于點D．將拋物線y=x2+bx+c平移,平移后的拋物線經(jīng)過點A、D,該拋物線與x軸的另一個交點為C,請?zhí)骄克倪呅蜲ABC的形狀,并說明理由．[考點]二次函數(shù)綜合題．[專題]壓軸題．[分析]〔1首先求出b的值,然后把b=﹣2及點B〔3,6的坐標(biāo)代入拋物線解析式y(tǒng)=x2+bx+c求出c的值,拋物線的解析式即可求出；〔2首先求出A點的坐標(biāo),進而求出直線AB的解析式,設(shè)直線AB下方拋物線上的點M坐標(biāo)為〔x,x2﹣2x+3,過M點作y軸的平行線交直線AB于點N,則N〔x,x+3,根據(jù)三角形面積為3,求出x的值,M點的坐標(biāo)即可求出；〔3由PA=PO,OA=c,可得,又知拋物線y=x2+bx+c的頂點坐標(biāo)為,即可求出b和c的關(guān)系,進而得到A〔0,,P〔,,D〔,0,根據(jù)B點是直線與拋物線的交點,求出B點的坐標(biāo),由平移后的拋物線經(jīng)過點A,可設(shè)平移后的拋物線解析式為,再求出b與m之間的關(guān)系,再求出C點的坐標(biāo),根據(jù)兩對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形,結(jié)合∠AOC=90°即可證明四邊形OABC是矩形．[解答]解：〔1依題意,,解得b=﹣2．將b=﹣2及點B〔3,6的坐標(biāo)代入拋物線解析式y(tǒng)=x2+bx+c得6=32﹣2×3+c．解得c=3．所以拋物線的解析式為y=x2﹣2x+3．〔2∵拋物線y=x2﹣2x+3與y軸交于點A,∴A〔0,3．∵B〔3,6,可得直線AB的解析式為y=x+3．設(shè)直線AB下方拋物線上的點M坐標(biāo)為〔x,x2﹣2x+3,過M點作y軸的平行線交直線AB于點N,則N〔x,x+3．〔如圖1∴．∴．解得x1=1,x2=2．故點M的坐標(biāo)為〔1,2或〔2,3．〔3如圖2,由PA=PO,OA=c,可得．∵拋物線y=x2+bx+c的頂點坐標(biāo)為,∴．∴b2=2c．∴拋物線,A〔0,,P〔,,D〔,0．可得直線OP的解析式為．∵點B是拋物線與直線的圖象的交點,令．解得．可得點B的坐標(biāo)為〔﹣b,．由平移后的拋物線經(jīng)過點A,可設(shè)平移后的拋物線解析式為．將點D〔,0的坐標(biāo)代入,得．則平移后的拋物線解析式為．令y=0,即．解得．依題意,點C的坐標(biāo)為〔﹣b,0．則BC=．則BC=OA．又∵BC∥OA,∴四邊形OABC是平行四邊形．∵∠AOC=90°,∴四邊形OABC是矩形．[點評]本題主要考查二次函數(shù)的綜合題的知識,此題設(shè)計拋物線解析式得求法,拋物線頂點與對稱軸的求法以及矩形的判定,特別是第三問設(shè)計到平移的知識,同學(xué)們作答時需認(rèn)真,此題難度較大．11．〔2015?濠江區(qū)一模如圖,拋物線與x軸交于A、B兩點,與y軸交于點C,且OA=2,OC=3．〔1求拋物線的解析式；〔2作Rt△OBC的高OD,延長OD與拋物線在第一象限內(nèi)交于點E,求點E的坐標(biāo)；〔3①在x軸上方的拋物線上,是否存在一點P,使四邊形OBEP是平行四邊形？若存在,求出點P的坐標(biāo)；若不存在,請說明理由；②在拋物線的對稱軸上,是否存在上點Q,使得△BEQ的周長最??？若存在,求出點Q的坐標(biāo)；若不存在,請說明理由．[考點]二次函數(shù)綜合題．[專題]代數(shù)幾何綜合題；壓軸題；探究型．[分析]〔1先根據(jù)已知條件得出A點及C點坐標(biāo),利用待定系數(shù)法即可求出此拋物線的解析式；〔2y=0代入〔1中所求二次函數(shù)的解析式即可的出此函數(shù)與x軸的交點坐標(biāo),由OD平分∠BOC可知OE所在的直線為y=x,再解此直線與拋物線組成的方程組即可求出E點坐標(biāo)；〔3①過點E作x軸的平行線與拋物線交于另一點P,連接BE、PO,把y=2代入二次函數(shù)解析式即可求出P點坐標(biāo),進而可得出四邊形OBEP是平行四邊形；②設(shè)Q是拋物線對稱軸上的一點,連接QA、QB、QE、BE,由QA=QB可知△BEQ的周長等于BE+QA+QE,由A、E兩點的坐標(biāo)可得出直線AE的解析式,再根據(jù)拋物線的對稱軸是x=可求出Q點的坐標(biāo),進而可得出結(jié)論．[解答]解：〔1∵OA=2,∴點A的坐標(biāo)為〔﹣2,0．∵OC=3,∴點C的坐標(biāo)為〔0,3．∵把〔﹣2,0,〔0,3代入y=﹣x2+bx+c,得解得∴拋物線解析式為y=﹣x2+x+3；〔2把y=0代入y=﹣x2+x+3,解得x1=﹣2,x2=3∴點B的坐標(biāo)為〔3,0,∴OB=OC=3∵OD⊥BC,∴OD平分∠BOC∴OE所在的直線為y=x解方程組得,,∵點E在第一象限內(nèi),∴點E的坐標(biāo)為〔2,2．〔3①存在,如圖1,過點E作x軸的平行線與拋物線交于另一點P,連接BE、PO,把y=2代入y=﹣x2+x+3,解得x1=﹣1,x2=2∴點P的坐標(biāo)為〔﹣1,2,∵PE∥OB,且PE=OB=3,∴四邊形OBEP是平行四邊形,∴在x軸上方的拋物線上,存在一點P〔﹣1,2,使得四邊形OBEP是平行四邊形；②存在,如圖2,設(shè)Q是拋物線對稱軸上的一點,連接QA、QB、QE、BE,∵QA=QB,∴△BEQ的周長等于BE+QA+QE,又∵BE的長是定值∴A、Q、E在同一直線上時,△BEQ的周長最小,由A〔﹣2,0、E〔2,2可得直線AE的解析式為y=x+1,∵拋物線的對稱軸是x=∴點Q的坐標(biāo)為〔,∴在拋物線的對稱軸上,存在點Q〔,,使得△BEQ的周長最?。甗點評]本題考查的是二次函數(shù)綜合題,涉及到用待定系數(shù)法求二次函數(shù)及一次函數(shù)的解析式,平行四邊形的判定定理,難度較大．12．〔2014?XX如圖,二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象與x軸交于A〔3,0,B〔﹣1,0,與y軸交于點C．若點P,Q同時從A點出發(fā),都以每秒1個單位長度的速度分別沿AB,AC邊運動,其中一點到達端點時,另一點也隨之停止運動．〔1求該二次函數(shù)的解析式及點C的坐標(biāo)；〔2當(dāng)點P運動到B點時,點Q停止運動,這時,在x軸上是否存在點E,使得以A,E,Q為頂點的三角形為等腰三角形？若存在,請求出E點坐標(biāo)；若不存在,請說明理由．〔3當(dāng)P,Q運動到t秒時,△APQ沿PQ翻折,點A恰好落在拋物線上D點處,請判定此時四邊形APDQ的形狀,并求出D點坐標(biāo)．[考點]二次函數(shù)綜合題．[專題]代數(shù)幾何綜合題；壓軸題．[分析]〔1將A,B點坐標(biāo)代入函數(shù)y=x2+bx+c中,求得b、c,進而可求解析式及C坐標(biāo)．〔2等腰三角形有三種情況,AE=EQ,AQ=EQ,AE=AQ．借助垂直平分線,畫圓易得E大致位置,設(shè)邊長為x,表示其他邊后利用勾股定理易得E坐標(biāo)．〔3注意到P,Q運動速度相同,則△APQ運動時都為等腰三角形,又由A、D對稱,則AP=DP,AQ=DQ,易得四邊形四邊都相等,即菱形．利用菱形對邊平行且相等等性質(zhì)可用t表示D點坐標(biāo),又D在E函數(shù)上,所以代入即可求t,進而D可表示．[解答]方法〔1：解：〔1∵二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象與x軸交于A〔3,0,B〔﹣1,0,∴,解得,∴y=x2﹣x﹣4．∴C〔0,﹣4．〔2存在．如圖1,過點Q作QD⊥OA于D,此時QD∥OC,∵A〔3,0,B〔﹣1,0,C〔0,﹣4,O〔0,0,∴AB=4,OA=3,OC=4,∴AC==5,∵當(dāng)點P運動到B點時,點Q停止運動,AB=4,∴AQ=4．∵QD∥OC,∴,∴,∴QD=,AD=．①作AQ的垂直平分線,交AO于E,此時AE=EQ,即△AEQ為等腰三角形,設(shè)AE=x,則EQ=x,DE=AD﹣AE=|﹣x|,∴在Rt△EDQ中,〔﹣x2+〔2=x2,解得x=,∴OA﹣AE=3﹣=﹣,∴E〔﹣,0,說明點E在x軸的負半軸上；②以Q為圓心,AQ長半徑畫圓,交x軸于E,此時QE=QA=4,∵ED=AD=,∴AE=,∴OA﹣AE=3﹣=﹣,∴E〔﹣,0．③當(dāng)AE=AQ=4時,1．當(dāng)E在A點左邊時,∵OA﹣AE=3﹣4=﹣1,∴E〔﹣1,0．2．當(dāng)E在A點右邊時,∵OA+AE=3+4=7,∴E〔7,0．綜上所述,存在滿足條件的點E,點E的坐標(biāo)為〔﹣,0或〔﹣,0或〔﹣1,0或〔7,0．〔3四邊形APDQ為菱形,D點坐標(biāo)為〔﹣,﹣．理由如下：如圖2,D點關(guān)于PQ與A點對稱,過點Q作,FQ⊥AP于F,∵AP=AQ=t,AP=DP,AQ=DQ,∴AP=AQ=QD=DP,∴四邊形AQDP為菱形,∵FQ∥OC,∴,∴,∴AF=,FQ=,∴Q〔3﹣,﹣,∵DQ=AP=t,∴D〔3﹣﹣t,﹣,∵D在二次函數(shù)y=x2﹣x﹣4上,∴﹣=〔3﹣t2﹣〔3﹣t﹣4,∴t=,或t=0〔與A重合,舍去,∴D〔﹣,﹣．方法二：〔1略．〔2∵點P、Q同時從A點出發(fā),都已每秒1個單位長度的速度分別沿AB,AC運動．過點Q作x軸垂線,垂足為H．∵A〔3,0,C〔0,4,∴l(xiāng)AC：y=x﹣4,∵點P運動到B點時,點Q停止運動,∴AP=AQ=4,∴QH=,Qy=﹣,代入LAC/r/