中考復習數學《二次函數與幾何圖形結合》專項檢測

朽木易折，金石可鏤。千里之行，始于足下。第頁/共頁專題四二次函數與幾何圖形結合類型一探索線段數量與最值問題1.已知：拋物線l1：y＝－x2＋bx＋3交x軸于點A，B(點A在點B的左側)，交y軸于點C，其對稱軸為x＝1，拋物線l2經過點A，與x軸的另一個交點為E(5，0)，與y軸交于點D(0，－eq\f(5,2))．(1)求拋物線l2的函數表達式；(2)P為直線x＝1上一點，銜接PA，PC，當PA＝PC時，求點P的坐標；(3)M為拋物線l2上一動點，過點M作直線MN∥y軸，交拋物線l1于點N，求點M自點A運動至點E的過程中，線段MN長度的最大值．第1題圖

2.如圖，在平面直角坐標系中，矩形OABC的頂點A，C分離在x軸和y軸的正半軸上，頂點B的坐標為(2m，m)．翻折矩形OABC，使點A與點C重合，得到折痕DE.設點B的對應點為F，折痕DE所在直線與y軸相交于點G，經過點C、F、D的拋物線為y＝ax2＋bx＋c.(1)求點D的坐標(用含m的式子表示)；(2)若點G的坐標為(0，－3)，求該拋物線的解析式；(3)在(2)的條件下，設線段CD的中點為M，在線段CD上方的拋物線上是否存在點P，使PM＝eq\f(1,2)EA？若存在，直接寫出點P的坐標，若不存在，說明理由．第2題圖3.如圖，邊長為8的正方形OABC的兩邊在坐標軸上，以點C為頂點的拋物線經過點A，點P是拋物線上點A，C間的一個動點(含端點)，過點P作PF⊥BC于點F.點D，E的坐標分離為(0，6)，(－4，0)，銜接PD，PE，DE.(1)請直接寫出拋物線的解析式；(2)小明探索點P的位置發(fā)現：當點P與點A或點C重合時，PD與PF的差為定值．進而預測：對于隨意一點P，PD與PF的差為定值．請你判斷該預測是否準確，并說明理由；(3)小明進一步探索得出結論：若將“使△PDE的面積為整數”的點P記作“好點”，則存在多個“好點”，且使△PDE的周長最小的點P也是一個“好點”．請直接寫出所有“好點”的個數，并求出△PDE周長最小時“好點”的坐標．第3題圖

4.已知：拋物線y＝x2＋(2m－1)x＋m2－1經過坐標原點，且當x<0時，y隨x的增大而減?。?1)求拋物線的解析式，并寫出y<0時，對應x的取值范圍；(2)設點A是該拋物線上位于x軸下方的一個動點，過點A作x軸的平行線交拋物線于另一點D，再作AB⊥x軸于點B,DC⊥x軸于點C.①當BC＝1時，直接寫出矩形ABCD的周長；②設動點A的坐標為(a，b)，將矩形ABCD的周長L表示為a的函數并寫出自變量的取值范圍，判斷周長是否存在最大值，倘若存在，求出這個最大值，并求出此時點A的坐標；倘若不存在，請說明理由．類型二探索面積數量與最值問題1.如圖，拋物線y＝ax2＋bx＋c與x軸交于點A和點B(1，0)，與y軸交于點C(0，3)，其對稱軸l為x＝－1.(1)求拋物線的解析式并寫出其頂點坐標；(2)若動點P在第二象限內的拋物線上，動點N在對稱軸l上．①當PA⊥NA，且PA＝NA時，求此時點P的坐標；②當四邊形PABC的面積最大時，求四邊形PABC面積的最大值及此時點P的坐標．第1題圖2.如圖，已知拋物線y＝－x2＋bx＋c與直線AB相交于A(－3，0)，B(0，3)兩點．(1)求這條拋物線的解析式；(2)設C是拋物線對稱軸上的一動點，求使∠CBA＝90°的點C的坐標；(3)探索在拋物線上是否存在點P，使得△APB的面積等于3，若存在，求出點P的坐標，若不存在請說明理由．第2題圖3.如圖①，關于x的二次函數y＝－x2＋bx＋c經過點A(－3，0)，點C(0，3)，點D為二次函數的頂點，DE為二次函數的對稱軸，E在x軸上．(1)求拋物線的解析式；(2)DE上是否存在點P到AD的距離與到x軸的距離相等，若存在，求點P坐標，若不存在，請說明理由；(3)如圖②，DE的左側拋物線上是否存在點F，使2S△FBC＝3S△EBC，若存在，求點F坐標，若不存在，說明理由．第3題圖4.如圖①，拋物線y＝－x2＋2x＋3與x軸交于A，B，與y軸交于C，拋物線的頂點為D，直線l過C交x軸于E(4，0)．(1)寫出D的坐標和直線l的解析式；(2)P(x，y)是線段BD上的動點(不與B，D重合)．PF⊥x軸于F.設四邊形OFPC的面積為S，求S與x之間的函數關系式，并求S的最大值；(3)點Q在x軸的正半軸上運動，過Q作y軸的平行線，交直線l于M，交拋物線于N，銜接CN，將△CMN沿CN翻折，M的對應點為M′.在圖②中探索：是否存在點Q，使得M′恰好落在y軸上？若存在，哀求出Q的坐標；若不存在，請說明理由．第4題圖5.如圖，二次函數y＝ax2＋bx＋c的圖象與x軸交于兩點，其中點A(－1，0)，點C(0，5)、D(1，8)在拋物線上，M為拋物線的頂點．(1)求拋物線的解析式；(2)求△MCB的面積；(3)在拋物線上是否存在點P，使△PAB的面積等于△MCB的面積？若存在，求出所有符合條件的點P的坐標；若不存在，請說理由．第5題圖

6.如圖，在平面直角坐標系中，拋物線經過點A(0，4)，B(1，0)，C(5，0)，其對稱軸與x軸相交于點M.(1)求此拋物線的解析式和對稱軸；(2)在此拋物線的對稱軸上是否存在一點P，使△PAB的周長最小？若存在，哀求出點P的坐標；若不存在，請說明理由；(3)銜接AC，在直線AC下方的拋物線上，是否存在一點N，使△NAC的面積最大？若存在，哀求出點N的坐標；若不存在，請說明理由．第6題圖類型三探索異常三角形存在性問題1.已知拋物線y＝x2－2mx＋m2＋m－1(m是常數)的頂點為P，直線l：y＝x－1.(1)求證點P在直線l上；(2)當m＝－3時，拋物線與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，與直線l的另一個交點為Q，M是x軸下方拋物線上的一點，∠ACM＝∠PAQ(如圖)，求點M的坐標；(3)若以拋物線和直線l的兩個交點及坐標原點為頂點的三角形是等腰三角形，請直接寫出所有符合條件的m的值．第1題圖2.如圖，已知拋物線y＝ax2＋bx＋c(a≠0)經過點A(－3，2)，B(0，－2)，其對稱軸為直線x＝eq\f(5,2)，C(0，eq\f(1,2))為y軸上一點，直線AC與拋物線交于另一點D.(1)求拋物線的函數表達式；(2)試在線段AD下方的拋物線上求一點E，使得△ADE的面積最大，并求出最大面積；(3)在拋物線的對稱軸上是否存在一點F，使得△ADF是直角三角形？倘若存在，求出點F的坐標；倘若不存在，請說明理由．第2題圖備用圖3.如圖，已知二次函數y＝ax2＋eq\f(3,2)x＋c的圖象與y軸交于點A(0，4)，與x軸交于點B、C，點C坐標為(8，0)，銜接AB、AC.(1)請直接寫出二次函數y＝ax2＋eq\f(3,2)x＋c的表達式；(2)判斷△ABC的形狀，并說明理由； (3)若點N在x軸上運動，當以點A、N、C為頂點的三角形是等腰三角形時，請直接寫出此時點N的坐標；(4)若點N在線段BC上運動(不與點B、C重合)，過點N作NM∥AC，交AB于點M，當△AMN面積最大時，求此時點N的坐標．第3題圖備用圖

4.如圖，拋物線y＝ax2＋bx＋c經過A(1，0)、B(4，0)、C(0，3)三點．(1)求拋物線的解析式；(2)如圖①，在拋物線的對稱軸上是否存在點P，使得四邊形PAOC的周長最??？若存在，求出四邊形PAOC周長的最小值；若不存在，請說明理由．(3)如圖②，點Q是線段OB上一動點，銜接BC，在線段BC上是否存在這樣的點M，使△CQM為等腰三角形且△BQM為直角三角形？若存在，求點M的坐標；若不存在，請說明理由．第4題圖5.已知拋物線C1：y＝ax2＋bx＋eq\f(3,2)(a≠0)經過點A(－1，0)和點B(3，0)．(1)求拋物線C1的解析式，并寫出其頂點C的坐標；(2)如圖①，拋物線C1沿直線AC方向平移到某處時得到拋物線C2，此時點A，C分離平移到點D，E處，設點F到拋物線C1上且在x軸下方，若△DEF是以EF為底的等腰直角三角形，求點F的坐標；(3)如圖②，在(2)的條件下，設點M是線段BC上一動點，EN⊥EM交直線BF于點N，點P為線段MN的中點，當點M從點B向點C運動時：①tan∠ENM的值如何變化？請說明理由；②點M到達點C時，直接寫出點P經過的路線長．第5題圖

6.如圖，已知拋物線y＝ax2＋bx＋c經過A(－2，0)，B(4，0)，C(0，3)三點．(1)求該拋物線的解析式；(2)在y軸上是否存在點M，使△ACM為等腰三角形，若存在，請直接寫出所有滿意要求的點M的坐標；若不存在，請說明理由；(3)若點P(t，0)為線段AB上一動點(不與A、B重合)，過P作y軸的平行線，記該直線右側與△ABC圍成的圖形面積為S，試決定S與t的函數關系式．第6題圖7.已知兩直線l1、l2分離經過點A(3，0)，點B(－1，0)，并且當兩條直線同時相交于y軸負半軸的點C時，恰好有l(wèi)1⊥l2，經過點A、B、C的拋物線的對稱軸與直線l2交于點K，如圖所示．(1)求拋物線的解析式；(2)在拋物線上是否存在點P，使得以A、B、C、P為頂點的四邊形的面積等于△ABC的面積的eq\f(3,2)倍？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由；(3)將直線l1按順時針方向繞點C旋轉α°(0<α<90)，與拋物線的另一個交點為M，求在旋轉過程中以△MCK為等腰三角形的α的值．第7題圖

8.如圖，已知拋物線y＝eq\f(\r(2),8)(x＋2)(x－4)與x軸交于點A、B(點A位于點B的左側)，與y軸交于點C，CD∥x軸交拋物線于點D，M為拋物線的頂點．(1)求點A、B、C的坐標；(2)設動點N(－2，n)，求使MN＋BN的值最小時n的值；(3)P是拋物線上一點，請你探索：是否存在點P，使以P、A、B為頂點的三角形與△ABD相似(△PAB與△ABD不重合)？若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由．第8題圖備用圖

類型四探索異常四邊形存在性問題1.如圖，在矩形OABC中，OA＝5，AB＝4，點D為邊AB上一點，將△BCD沿直線CD折疊，使點B恰好落在OA邊上的點E處，分離以OC，OA所在的直線為x軸，y軸建立平面直角坐標系．(1)求OE的長及經過O，D，C三點的拋物線的解析式；(2)一動點P從點C出發(fā)，沿CB以每秒2個單位長的速度向點B運動，同時動點Q從E點出發(fā)，沿EC以每秒1個單位長的速度向點C運動，當點P到達點B時，兩點同時停止運動．設運動時光為t秒，當t為何值時，DP＝DQ；(3)若點N在(1)中的拋物線的對稱軸上，點M在拋物線上，是否存在這樣的點M與點N，使得以M，N，C，E為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，哀求出M點的坐標；若不存在，請說明理由．第1題圖2.如圖，已知二次函數的圖象M經過A(－1，0)，B(4，0)，C(2，－6)三點．(1)求該二次函數的解析式；(2)點G是線段AC上的動點(點G與線段AC的端點不重合)，若△ABG與△ABC相似，求點G的坐標；(3)設圖象M的對稱軸為l，點D(m，n)(－1＜m＜2)是圖象M上一動點，當△ACD的面積為eq\f(27,8)時，點D關于l的對稱點為E，能否在圖象M和l上分離找到點P、Q，使得以點D、E、P、Q為頂點的四邊形為平行四邊形．若能，求出點P的坐標；若不能，請說明理由．第2題圖3.如圖，二次函數y＝eq\f(4,3)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離沿AB、AC邊運動，其中一點到達端點時，另一點也隨即停止運動．(1)求該二次函數的解析式及點C的坐標；(2)當點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為頂點的三角形是等腰三角形．若存在，哀求出E點坐標；若不存在，請說明理由；(3)當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．第3題圖4.在平面直角坐標系中，O為原點，直線y＝－2x－1與y軸交于點A，與直線y＝－x交于點B，點B關于原點的對稱點為點C.(1)求過A，B，C三點的拋物線的解析式；(2)P為拋物線上一點，它關于原點的對稱點為Q.①當四邊形PBQC為菱形時，求點P的坐標；②若點P的橫坐標為t(－1<t<1)，當t為何值時，四邊形PBQC面積最大，并說明理由．第4題圖5.已知拋物線y＝－mx2＋4x＋2m與x軸交于點A(α，0)，B(β，0)，且eq\f(1,α)＋eq\f(1,β)＝－2.(1)求拋物線的解析式．(2)拋物線的對稱軸為l，與y軸的交點為C，頂點為D，點C關于l的對稱點為E，是否存在x軸上的點M、y軸上的點N，使四邊形DNME的周長最?。咳舸嬖冢埉嫵鰣D形(保留作圖足跡)，并求出周長的最小值；若不存在，請說明理由．(3)若點P在拋物線上，點Q在x軸上，當以點D、E、P、Q為頂點的四邊形是平行四邊形時，求點P的坐標．第5題圖備用圖6.如圖，拋物線y＝－x2＋bx＋c與x軸分離相交于點A(－2，0)、B(4，0)，與y軸交于點C，頂點為點P.(1)求拋物線的解析式；(2)動點M、N從點O同時出發(fā)，都以每秒1個單位長度的速度分離在線段OB、OC上向點B、C方向運動，過點M作x軸的垂線交BC于點F，交拋物線于點H.①當四邊形OMHN為矩形時，求點H的坐標；②是否存在這樣的點F，使△PFB為直角三角形？若存在，求出點F的坐標；若不存在，請說明理由．第6題圖

參考答案類型一探索線段數量與最值問題1.(1)【思路分析】由對稱軸可求得b，可求得l1的解析式，令y＝0可求得A點坐標，再利用待定系數法可求得l2的表達式．解：由題意得－eq\f(b,2a)＝1，a＝－1，∴b＝2.∴拋物線l1的函數表達式為y＝－x2＋2x＋3.(1分)設－x2＋2x＋3＝0，解得x1＝－1，x2＝3.∴點A的坐標為(－1，0)．(2分)設拋物線l2：y＝a1(x＋1)(x－5)，將點D(0，－eq\f(5,2))代入得a1＝eq\f(1,2)，∴拋物線l2的函數表達式為y＝eq\f(1,2)x2－2x－eq\f(5,2)(3分)(2)【思路分析】設點P的縱坐標為m，由勾股定理可表示出PC2和PA2，由條件可得到關于m的方程可求得m，即可決定點P坐標．解：設直線x＝1與x軸交于點G，過點C作CH⊥PG，垂足為點H，如解圖，第1題解圖由(1)知，C的坐標為(0，3)．(4分)則HG＝OC＝3.設點P的縱坐標為m.在Rt△APG中，AG＝2，PG＝m，∴AP2＝22＋m2＝4＋m2.(5分)在Rt△CHP中，CH＝OG＝1，HP＝3－m，∴CP2＝(3－m)2＋1＝m2－6m＋10.(6分)∵AP＝CP，∴4＋m2＝m2－6m＋10.解得m＝1.∴點P的坐標為(1，1)．(7分)(3)【思路分析】可分離設出M、N的坐標，然后表示出MN，再按照函數的性質可求得MN的最大值．解：設點M(x，eq\f(1,2)x2－2x－eq\f(5,2))，則N(x，－x2＋2x＋3)．當－x2＋2x＋3＝eq\f(1,2)x2－2x－eq\f(5,2)時，解得x1＝－1，x2＝eq\f(11,3)(8分)①當－1≤x≤eq\f(11,3)時，MN＝y(tǒng)N－yM＝－eq\f(3,2)x2＋4x＋eq\f(11,2)＝－eq\f(3,2)(x－eq\f(4,3))2＋eq\f(49,6).顯然，－1＜eq\f(4,3)＜eq\f(11,3)，∴當x＝eq\f(4,3)時，MN有最大值eq\f(49,6)(10分)②當eq\f(11,3)＜x≤5時，MN＝y(tǒng)M－yN＝eq\f(3,2)x2－4x－eq\f(11,2)＝eq\f(3,2)(x－eq\f(4,3))2－eq\f(49,6).顯然，當x＞eq\f(4,3)時，MN隨x的增大而增大．∴當點M與點E重合，即x＝5時，MN有最大值eq\f(3,2)×52－4×5－eq\f(11,2)＝12.(11分)綜上所述，在點M自點A運動至點E的過程中，線段MN長度的最大值為12.(12分)2.(1)【思路分析】按照折疊的性質，設BD＝x，表示出CD的長．在Rt△DCF中，利用勾股定理列方程求解．解：設BD＝x，則有CD＝2m－x，由折疊的性質可知CF＝AB＝m，DF＝BD＝x，∠CFD＝∠ABD＝90°，在Rt△DCF中，由勾股定理得CD2－DF2＝CF2，即(2m－x)2－x2＝m2，解得x＝eq\f(3m,4)，則CD＝2m－eq\f(3m,4)＝eq\f(5m,4)，∴點D的坐標為(eq\f(5m,4)，m)．(3分)(2)【思路分析】過點D作DN⊥x軸于點N，過點F作FH⊥BC于點H.先用m表示出OE，EN，再由△DNE∽△GOE的比例線段求出m的值，得出點C、D的坐標，按照三角形面積關系求出點F坐標，進而按照待定系數法求得拋物線的解析式．解：如解圖過點D作DN⊥x軸于點N，過點F作FH⊥BC于點H.第2題解圖則OC＝DN＝m，由折疊性質知∠AED＝∠CED，CE＝EA，∵BC∥OA，∴∠CDE＝∠AED，∴∠CED＝∠CDE，∴CE＝CD＝eq\f(5m,4)，∴OE＝eq\r(CE2－OC2)＝eq\f(3m,4)，則EN＝ON－OE＝CD－OE＝eq\f(5m,4)－eq\f(3m,4)＝eq\f(m,2)，∵DN∥OG，∴△DNE∽△GOE，∴eq\f(DN,OG)＝eq\f(NE,OE)，即eq\f(m,3)＝eq\f(\f(m,2),\f(3m,4))，∴m＝2，∴DF＝BD＝eq\f(3m,4)＝eq\f(3,2)，CD＝eq\f(5m,4)＝eq\f(5,2)，CF＝AB＝2，在Rt△CDF中，∵CD·FH＝CF·DF，∴FH＝eq\f(6,5)，∴CH＝eq\r(CF2－FH2)＝eq\f(8,5)，∴F(eq\f(8,5)，eq\f(16,5))，C(0，2)，D(eq\f(5,2)，2)，∵點F、C、D在拋物線y＝ax2＋bx＋c上，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(64,25)a＋\f(8,5)b＋c＝\f(16,5),c＝2,\f(25,4)a＋\f(5,2)b＋c＝2))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(5,6),b＝\f(25,12),c＝2))，∴拋物線的解析式為：y＝－eq\f(5,6)x2＋eq\f(25,12)x＋2.(8分)(3)【思路分析】求出AE與CD相等，都為eq\f(5,2)，當P與F點重合時，按照直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，則可得PM＝eq\f(1,2)CD，滿意條件，再按照拋物線的對稱性，點P為點F關于拋物線的對稱軸對稱的點時也滿意條件．解：存在，點P的坐標為(eq\f(8,5)，eq\f(16,5))或(eq\f(9,10)，eq\f(16,5))．(12分)【解法提醒】由折疊可知，AE＝CE，∠CED＝∠AED，∵CD∥AE，∴∠CDE＝∠AED＝∠CED，∴CD＝CE＝AE＝eq\f(5,2)，∵∠CFD＝90°，M是CD的中點，∴PM＝eq\f(1,2)CD，∴當點P與點F重合時，PM＝eq\f(1,2)CD＝eq\f(1,2)EA，此時點P的坐標為(eq\f(8,5)，eq\f(16,5))；再按照拋物線的對稱性，點P為點F關于拋物線的對稱軸的對稱點時也滿意條件，即為點P，此時點P的坐標為(eq\f(9,10)，eq\f(16,5))．綜上，存在點P使得PM＝eq\f(1,2)EA，且點P坐標為(eq\f(8,5)，eq\f(16,5))或(eq\f(9,10)，eq\f(16,5))．3.解：(1)拋物線的解析式為：y＝－eq\f(1,8)x2＋8.(2分)【解法提醒】由題意設拋物線解析式為y＝ax2＋c，∵正方形OABC的邊長為8，∴點A(－8，0)、C(0，8)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0＝a（－8）2＋c,8＝c))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,8),c＝8))，∴拋物線解析式為y＝－eq\f(1,8)x2＋8.(2)對于隨意一點P，PD與PF的差為定值，這個預測是準確的．第3題解圖理由如下：設P(x，－eq\f(1,8)x2＋8)，則PF＝8－(－eq\f(1,8)x2＋8)＝eq\f(1,8)x2.(4分)如解圖，過點P作PM⊥y軸于點M，則PD2＝PM2＋DM2＝(－x)2＋[6－(－eq\f(1,8)x2＋8)]2＝eq\f(1,64)x4＋eq\f(1,2)x2＋4＝(eq\f(1,8)x2＋2)2，∴PD＝eq\f(1,8)x2＋2，∴PD－PF＝eq\f(1,8)x2＋2－eq\f(1,8)x2＝2，故預測準確．(7分)(3)“好點”共有11個．(9分)∵當點P運動時，DE的大小不變，∴PE與PD的和最小時，△PDE的周長最小，∵PD－PF＝2，∴PD＝PF＋2，∴PE＋PD＝PE＋PF＋2，∴當P，E，F三點共線時，PE＋PF最小，此時，點P，E的橫坐標為－4，將x＝－4代入y＝－eq\f(1,8)x2＋8，得y＝6，∴P點坐標為(－4，6)，此時△PDE周長最小，且△PDE的面積為12，點P恰為“好點”，∴△PDE周長最小時“好點”P的坐標為(－4，6)．(11分)【解法提醒】如解圖，過P作PN⊥AO于點N，由題知，S△PDE＝S四邊形PNOD－S△PNE－S△DOE＝eq\f(1,2)(PN＋OD)·ON－eq\f(1,2)PN·NE－eq\f(1,2)DO·OE＝eq\f(1,2)×(－eq\f(1,8)x2＋8＋6)·(－x)－eq\f(1,2)×(－eq\f(1,8)x2＋8)(－4－x)－eq\f(1,2)·6·4＝－eq\f(1,4)x2－3x＋4＝－eq\f(1,4)(x＋6)2＋13，因為－8≤x≤0，可得4≤S≤13，所以S的整數值為10個．由圖象可知，當S＝12時，對應的“好點”有2個，所以“好點”共有11個．【難點突破】第(2)問的難點在于利用勾股定理表示出線段PD的長度；第(3)問的難點在于求出△PDE周長最小時△PDE的面積，按照DE不變，判斷出當P，E，F三點共線時△PDE的周長最小，再求出點P的坐標即可求得△PDE的面積．4.解：(1)∵拋物線經過坐標原點(0，0)，∴m2－1＝0，∴m＝±1.(2分)∵x<0時，y隨x的增大而減小，∴拋物線的對稱軸在y軸的右側，∴－eq\f(b,2a)＝－eq\f(2m－1,2)＝eq\f(1－2m,2)>0，2m－1＜0，解得m＜eq\f(1,2)，∴m＝－1，∴拋物線的解析式為y＝x2－3x(3分)所以當y<0時，0<x<3.(4分)(2)①矩形ABCD的周長為6.(5分)【解法提醒】當A在對稱軸右側，BC＝1時，由拋物線的對稱性知點B的橫坐標為2，點A的縱坐標為－2.②存在．理由如下：∵點A的坐標為(a，b)，代入拋物線的解析式中得b＝a2－3a.∴當點A在對稱軸左側時，矩形ABCD的一邊BC＝2(eq\f(3,2)－a)＝3－2a，另一邊AB＝3a－a2，周長L＝2(3－2a＋3a－a2)＝－2a2＋2a＋6，其中0＜a＜eq\f(3,2)；(7分)當點A在對稱軸右側時，矩形ABCD的一邊BC＝3－2(3－a)＝2a－3,另一邊AB＝3a－a2，周長L＝2(2a－3＋3a－a2)＝－2a2＋10a－6，其中eq\f(3,2)＜a＜3；綜上，周長L＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2a2＋2a＋6，（0<a<\f(3,2)）,－2a2＋10a－6，（\f(3,2)<a<3）))(9分)當0＜a＜eq\f(3,2)時，L＝－2(a－eq\f(1,2))2＋eq\f(13,2)，∴當a＝eq\f(1,2)時，L最大＝eq\f(13,2)，A點的坐標為(eq\f(1,2)，－eq\f(5,4))；當eq\f(3,2)＜a＜3時，L＝－2(a－eq\f(5,2))2＋eq\f(13,2)，∴當a＝eq\f(5,2)時，L最大＝eq\f(13,2)，A點的坐標為(eq\f(5,2)，－eq\f(5,4))，即當A的坐標為(eq\f(1,2)，－eq\f(5,4))或(eq\f(5,2)，－eq\f(5,4))時，矩形的周長最大，最大為eq\f(13,2)(12分)類型二探索面積數量與最值問題針對演練1.(1)【思路分析】將點B和點C的坐標代入拋物線的解析式，并結合對稱軸l為x＝－1，即可求得拋物線的解析式及其頂點坐標．解：∵拋物線y＝ax2＋bx＋c與x軸交于點A和點B(1，0)，與y軸交于點C(0，3)，其對稱軸l為x＝－1，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＋c＝0,c＝3,－\f(b,2a)＝－1))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1,b＝－2，,c＝3))(2分)∴拋物線的解析式為y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，∴頂點坐標為(－1，4)．(3分)(2)【思路分析】①首先求得拋物線與x軸的交點坐標，然后按照已知條件得到PD＝AQ，從而得到方程求得x的值即可求得點P的坐標；②用分割法將四邊形的面積表示成三個三角形的面積和：S四邊形PABC＝S△OBC＋S△AOC＋S△APC，因為S△OBC，S△AOC為定值，故可利用二次函數性質求得△APC面積的最大值，即可求得四邊形PABC面積的最大值．解：令y＝－x2－2x＋3＝0，解得x＝－3或x＝1，∴點A(－3，0)，B(1，0)，如解圖，作PD⊥x軸于點D，對稱軸l與x軸交于點Q，銜接AC、OP，第1題解圖∵點P在拋物線y＝－x2－2x＋3第二象限的圖象上，∴設點P(x，－x2－2x＋3)，其中－3＜x＜0，①∵PA⊥NA，且PA＝NA，∠PAD＋∠APD＝∠PAD＋∠NAQ＝90°，∴∠APD＝∠NAQ，又∵∠PDA＝∠AQN＝90°，∴△PAD≌△ANQ(AAS)，∴PD＝AQ，即y＝－x2－2x＋3＝2，解得x＝eq\r(2)－1(舍去)或x＝－eq\r(2)－1，(5分)∴點P(－eq\r(2)－1，2)；(6分)②∵S△AOC＝eq\f(9,2)，S△OCP＝eq\f(3,2)|x|＝－eq\f(3,2)x，S△OAP＝eq\f(1,2)×3×|yP|＝－eq\f(3,2)x2－3x＋eq\f(9,2)，∴S△APC＝S△OAP＋S△OCP－S△AOC＝－eq\f(3,2)x2－3x＋eq\f(9,2)－eq\f(3,2)x－eq\f(9,2)＝－eq\f(3,2)x2－eq\f(9,2)x＝－eq\f(3,2)(x＋eq\f(3,2))2＋eq\f(27,8)，∴當x＝－eq\f(3,2)時，S△APC最大值＝eq\f(27,8)，(8分)此時P(－eq\f(3,2)，eq\f(15,4))，∵S四邊形PABC＝S△OBC＋S△AOC＋S△APC，S四邊形PABC最大值＝S△ABC＋S△APC最大值＝eq\f(1,2)×4×3＋eq\f(27,8)＝eq\f(75,8)，∴S四邊形PABC最大值＝eq\f(75,8)，此時點P的坐標為(－eq\f(3,2)，eq\f(15,4))．(10分)2.(1)【思路分析】將A、B兩點的坐標代入拋物線解析式中，列方程組求出b、c的值，即可求出拋物線的解析式．解：把點A(－3，0)，B(0，3)代入y＝－x2＋bx＋c，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－9－3b＋c＝0,c＝3))，(1分)解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－2,c＝3))，(2分)∴所求拋物線的解析式是y＝－x2－2x＋3.(3分)(2)【思路分析】要使對稱軸上點C滿意∠CBA＝90°，則BC⊥AB，要求C點的坐標，過點C作y軸的垂線段，利用圖形中已知的條件，就可求出點C的坐標．解：如解圖，過點B作CB⊥AB，交拋物線的對稱軸于點C，過點C作CE⊥y軸，垂足為E，(4分)第2題解圖拋物線y＝－x2－2x＋3的對稱軸為x＝－eq\f(b,2a)＝－1，∴CE＝1，(5分)由A、B點坐標，可知OA＝OB＝3，∴∠ABO＝45°，∴∠CBE＝45°，∴BE＝CE＝1，(6分)∴OE＝OB＋BE＝3＋1＝4，∴點C的坐標是(－1，4)．(7分)(3)【思路分析】先求出AB的長，然后再求出點P到AB的距離，但必須考慮點P與AB的位置關系，點P可以在直線AB的上方，也可以在直線AB的下方，過點P作PF∥y軸交AB于點F，易求得AB的解析式，因此可用同一個自變量表示P、F點坐標，按照P點縱坐標得到關系式，求出自變量的值，P、F即可求得．解：假設在拋物線上存在符合要求的點P，如解圖，分離銜接PA、PB，過P作PD⊥AB于點D，作PF∥y軸交AB于點F，在Rt△ABO中，求得AB＝3eq\r(2)，∵S△APB＝3，∴PD＝eq\r(2)，∵∠PFD＝∠ABO＝45°，∴PF＝2，(8分)設點P的坐標為(m，－m2－2m＋3)．按照A、B兩點坐標，求得直線AB的解析式為y＝x＋3，則點F的坐標為(m，m＋3)．(9分)①當點P在直線AB上方，可得：－m2－2m＋3＝m＋3＋2，解得：m1＝－1，m2＝－2，∴符合要求的點P的坐標為P1(－1，4)，P2(－2，3)；(10分)②當點P在直線AB下方，可得：m2＋2m－3＝－m－3＋2，解得：m1＝eq\f(－3＋\r(17),2)，m2＝eq\f(－3－\r(17),2)，(11分)∴符合要求的點P的坐標為P3(eq\f(－3＋\r(17),2)，eq\f(－1＋\r(17),2))，P4(eq\f(－3－\r(17),2)，eq\f(－1－\r(17),2))．綜上所述，符合要求的點P有四個，點P的坐標分離是：P1(－1，4)，P2(－2，3)，P3(eq\f(－3＋\r(17),2)，eq\f(－1＋\r(17),2))，P4(eq\f(－3－\r(17),2)，eq\f(－1－\r(17),2))．(12分)【難點突破】本題的難點在于第(3)問中需要考慮點P與直線AB的位置關系，需要分：①當點P在直線AB上方；②當點P在直線AB下方；兩種情況研究，列關系式分離求出符合條件的點P的坐標．3.解：(1)將A(－3，0)，C(0，3)代入y＝－x2＋bx＋c，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－9－3b＋c＝0,c＝3))，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－2,c＝3))，∴拋物線的解析式為y＝－x2－2x＋3.(3分)(2)存在．理由如下：(4分)當點P在∠DAB的平分線上時，如解圖①，作PM⊥AD，交直線AD于點M，拋物線頂點D(－1，4)，設P(－1，y0)，則在Rt△DMP中，PM＝PDsin∠ADE＝PD·eq\f(AE,\r(AE2＋DE2))＝(4－y0)×eq\f(2,\r(22＋42))＝eq\f(\r(5),5)(4－y0)，PE＝y(tǒng)0，∵PM＝PE，∴eq\f(\r(5),5)(4－y0)＝y(tǒng)0，解得y0＝eq\r(5)－1；(6分)當P在∠DAB的外角平分線上時，如解圖②，作PN⊥AD交直線AD于點N，設P(－1，y1)，則在Rt△DNP中，PN＝PDsin∠ADE＝eq\f(\r(5),5)(4－y0)，PE＝－y1，∵PN＝PE，∴eq\f(\r(5),5)(4－y1)＝－y1，解得y1＝－eq\r(5)－1.綜上，點P的坐標為(－1，eq\r(5)－1)或(－1，－eq\r(5)－1)．(8分)第3題解圖(3)存在．理由如下：S△EBC＝3，又∵2S△FBC＝3S△EBC，∴S△FBC＝eq\f(9,2).如解圖②，過點F作FQ⊥x軸交BC延伸線于點Q，交x軸于點M，則S△FBC＝S△QFB－S△QFC＝eq\f(1,2)QF·MB－eq\f(1,2)QF·MO＝eq\f(1,2)QF·(MB－MO)＝eq\f(1,2)FQ·OB＝eq\f(1,2)FQ＝eq\f(9,2).∴FQ＝9.由點B、點C的坐標易得直線BC的解析式為y＝－3x＋3.(10分)設F(x0，－xeq\o\al(2,0)－2x0＋3)．∴－3x0＋3＋xeq\o\al(2,0)＋2x0－3＝9.∴xeq\o\al(2,0)－x0－9＝0.∴x0＝eq\f(1±\r(37),2)(正當舍去)．∴F(eq\f(1－\r(37),2)，eq\f(3\r(37)－15,2))．(12分)4.(1)【思路分析】按照二次函數的頂點公式求出頂點D的坐標，令x＝0求出C點的坐標，直線l的解析式即可求解．解：∵y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，∴D(1，4),(1分)令x＝0，則y＝3，∴C(0，3)，設直線l的解析式為y＝kx＋b，將C(0，3)，E(4，0)代入y＝kx＋b，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝3,4k＋b＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－\f(3,4),b＝3))，∴直線l的解析式為：y＝－eq\f(3,4)x＋3.(3分)(2)【思路分析】先求出直線BD的解析式，得出PF，再按照四邊形的面積公式舉行解答便可．解：設BD的解析式為y＝mx＋n，由y＝－x2＋2x＋3＝0，解得x＝－1或3，則B(3，0)，將B(3，0)，D(1，4)代入y＝mx＋n，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3m＋n＝0,m＋n＝4))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－2,n＝6))，∴BD的解析式為：y＝－2x＋6.(5分)設P點坐標為(x，－2x＋6)，∴S＝eq\f(1,2)(PF＋OC)·OF＝eq\f(1,2)·(－2x＋6＋3)·x＝－x2＋eq\f(9,2)x＝－(x－eq\f(9,4))2＋eq\f(81,16)(1＜x＜3)，∴當x＝eq\f(9,4)時，S有最大值，最大值為eq\f(81,16)(7分)(3)【思路分析】如解圖，設Q(t，0)(t＞0)，則可表示出M(t，－eq\f(3,4)t＋3)，N(t，－t2＋2t＋3)，求得MN＝|t2－eq\f(11,4)t|，CM＝eq\f(5,4)t，然后證實NM＝CM得到|t2－eq\f(11,4)|＝eq\f(5,4)t，再解絕對值方程求滿意條件的t的值，從而得到點Q的坐標．解：存在．設Q(t，0)(t＞0)，則M(t，－eq\f(3,4)t＋3)，N(t，－t2＋2t＋3)，如解圖，第4題解圖∴MN＝|－t2＋2t＋3－(－eq\f(3,4)t＋3)|＝|t2－eq\f(11,4)t|，CM＝eq\r(t2＋（－\f(3,4)t＋3－3）2)＝eq\f(5,4)t，∵△CMN沿CN翻轉，M的應對點為M′，M′落在y軸上，而QN∥y軸，∴MN∥CM′，NM＝NM′，CM′＝CM，∠CNM＝∠CNM′，∴∠M′CN＝∠CNM，∴∠M′CN＝∠CNM′，∴CM′＝NM′，∴NM＝CM，∴|t2－eq\f(11,4)t|＝eq\f(5,4)t，當t2－eq\f(11,4)t＝eq\f(5,4)t，解得t1＝0(舍去)，t2＝4，此時Q點坐標為(4，0)；(10分)當t2－eq\f(11,4)t＝－eq\f(5,4)t，解得t1＝0(舍去)，t2＝eq\f(3,2)，此時Q點坐標為(eq\f(3,2)，0)．(11分)綜上所述，點Q的坐標為(eq\f(3,2)，0)或(4，0)．(12分)【難點突破】本題的難點在于第(3)問，要先設出M、N的坐標，進而表示出MN、CM的關系式，再利用三角形翻轉的性質，找出MN與CM的等量關系式，問題即可得解．5.(1)【思路分析】由A、C、D三點在拋物線上，按照待定系數法即可求出拋物線的解析式．解：∵A(－1，0)，C(0，5)，D(1，8)三點在拋物線y＝ax2＋bx＋c上，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0＝a－b＋c,5＝c,8＝a＋b＋c))，解方程組，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1,b＝4,c＝5))，∴拋物線的解析式為y＝－x2＋4x＋5；(2)【思路分析】過點M作MN∥y軸交BC軸于點N，則S△MCB＝S△MCN＋S△MNB＝eq\f(1,2)MN·OB；解：如解圖，過點M作MN∥y軸交BC軸于點N，∴S△MCM＝S△MCN＋S△MNB＝eq\f(1,2)MN·OB.第5題解圖∵y＝－x2＋4x＋5＝－(x－5)(x＋1)＝－(x－2)2＋9，∴M(2，9)，B(5，0)，由B、C兩點的坐標易求得直線BC的解析式為：y＝－x＋5，當x＝2時，y＝－2＋5＝3，則N(2，3)，則MN＝9－3＝6，則S△MCB＝eq\f(1,2)×6×5＝15；(3)【思路分析】先由△PAB的面積等于△MCB的面積，求出AB邊上的高即點P的縱坐標的絕對值，再將點P的縱坐標代入拋物線的解析式，得到一元二次方程，倘若方程有實數根，則在拋物線上存在點P，否則不存在．解：在拋物線上存在點P，使△PAB的面積等于△MCB的面積．理由如下：∵A(－1，0)，B(5，0)，∴AB＝6，∵S△PAB＝S△MCB，∴eq\f(1,2)×6×|yP|＝15，∴|yP|＝5，即yP＝±5.當yP＝5時，－x2＋4x＋5＝5，解得x1＝0，x2＝4；當yP＝－5時，－x2＋4x＋5＝－5，解得x3＝2＋eq\r(14)，x4＝2－eq\r(14).故在拋物線上存在點P1(0，5)，P2(4，5)，P3(2＋eq\r(14)，－5)，P4(2－eq\r(14)，－5)，使△PAB的面積等于△MCB的面積．6.解：(1)按照已知條件可設拋物線的解析式為y＝a(x－1)(x－5)．將點A(0，4)代入上式，解得：a＝eq\f(4,5)，∴拋物線的解析式y(tǒng)＝eq\f(4,5)(x－1)(x－5)＝eq\f(4,5)x2－eq\f(24,5)x＋4＝eq\f(4,5)(x－3)2－eq\f(16,5)，∴拋物線的對稱軸是：x＝3.(3分)(2)存在．P點坐標為(3，eq\f(8,5))．理由如下：∵點A(0，4)，拋物線的對稱軸是x＝3，∴點A關于對稱軸的對稱點A′的坐標為(6，4)．如解圖①，銜接BA′交對稱軸于點P，銜接AP，此時△PAB的周長最?。?5分)第6題解圖①設直線BA′的解析式為y＝kx＋b，把A′(6，4)，B(1，0)代入得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4＝6k＋b,0＝k＋b))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝\f(4,5),b＝－\f(4,5)))，∴y＝eq\f(4,5)x－eq\f(4,5)，∵點P的橫坐標為3，∴y＝eq\f(4,5)×3－eq\f(4,5)＝eq\f(8,5)，∴P(3，eq\f(8,5))．(6分)(3)在直線AC的下方的拋物線上存在點N，使△NAC面積最大．理由如下：設N點的橫坐標為t，此時點N(t，eq\f(4,5)t2－eq\f(24,5)t＋4)(0＜t＜5)，如解圖②，過點N作NG∥y軸交AG于G；作AD⊥NG于D，第6題解圖②由點A(0，4)和點C(5，0)可求出直線AC的解析式為：y＝－eq\f(4,5)x＋4，把x＝t代入得：y＝－eq\f(4,5)t＋4，則G(t，－eq\f(4,5)t＋4)，此時：NG＝－eq\f(4,5)t＋4－(eq\f(4,5)t2－eq\f(24,5)t＋4)＝－eq\f(4,5)t2＋4t，∵AD＋CF＝CO＝5，∴S△ACN＝S△ANG＋S△CGN＝eq\f(1,2)AD×NG＋eq\f(1,2)NG×CF＝eq\f(1,2)NG×OC＝eq\f(1,2)×(－eq\f(4,5)t2＋4t)×5＝－2t2＋10t＝－2(t－eq\f(5,2))2＋eq\f(25,2)，(8分)∴當t＝eq\f(5,2)時，△CAN面積的最大值為eq\f(25,2)，由t＝eq\f(5,2)，得：y＝eq\f(4,5)t2－eq\f(24,5)t＋4＝－3，∴N(eq\f(5,2)，－3)．(10分)類型三探索異常三角形存在性問題針對演練1.(1)證實：∵y＝x2－2mx＋m2＋m－1＝(x－m)2＋m－1，∴頂點P(m，m－1)．將x＝m代入y＝x－1得y＝m－1，∴點P在直線y＝x－1上；(3分)(2)解：當m＝－3時，拋物線解析式為y＝x2＋6x＋5，第1題解圖點C的坐標為(0，5)，作PF⊥x軸于點F，ME⊥y軸于點E，QG⊥x軸于點G.如解圖，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x2＋6x＋5,y＝x－1))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－3,y＝－4))，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－2,y＝－3))，∴P(－3，－4)，Q(－2，－3)．∵y＝x2＋6x＋5＝(x＋5)(x＋1)，∴A(－5，0)，B(－1，0)，(5分)∴QG＝3，AG＝5－2＝3，∠CAO＝∠ACO＝45°，∴∠OAQ＝45°，∵∠APF＝90°－(∠PAQ＋45°)＝45°－∠PAQ，∠MCE＝45°－∠ACM，∠ACM＝∠PAQ，∴∠APF＝∠MCE，∴Rt△CME∽Rt△PAF，(7分)∴eq\f(CE,PF)＝eq\f(ME,AF).設點M的坐標為(x，x2＋6x＋5)，則ME＝－x，CE＝－x2－6x，PF＝4，AF＝2.∴eq\f(－x2－6x,4)＝eq\f(－x,2)，解得x1＝－4，x2＝0(舍去)．則x2＋6x＋5＝－3，∴M(－4，－3)；(12分)(3)m的值為0，eq\f(1－\r(3),2)，eq\f(－1＋\r(3),2)，eq\f(－1－\r(3),2)，eq\f(1＋\r(3),2)(13分)【解法提醒】聯立拋物線解析式和直線l的解析式得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x2－2mx＋m2＋m－1,y＝x－1))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝m,y1＝m－1))，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝m＋1,y2＝m))，∴P(m，m－1)，Q(m＋1，m)，由題意，△OPQ為等腰三角形，OP2＝m2＋(m－1)2＝2m2－2m＋1，OQ2＝(m＋1)2＋m2＝2m2＋2m＋1，PQ2＝(m＋1－m)2＋[m－(m－1)]2＝2，①當OP2＝OQ2時，2m2－2m＋1＝2m2＋2m＋1，解得m＝0.②當OQ2＝PQ2時，2m2＋2m＋1＝2，解得m1＝eq\f(－1＋\r(3),2)，m2＝eq\f(－1－\r(3),2)，③當OP2＝PQ2時，2m2－2m＋1＝2，解得m1＝eq\f(1＋\r(3),2)，m2＝eq\f(1－\r(3),2)，綜上，當△OPQ為等腰三角形時，m的值為0，eq\f(－1＋\r(3),2)，eq\f(－1－\r(3),2)，eq\f(1＋\r(3),2)，eq\f(1－\r(3),2).2.解：(1)按照題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9a－3b＋c＝2,c＝－2,－\f(b,2a)＝\f(5,2)))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,6),b＝－\f(5,6),c＝－2))，(2分)所以拋物線的函數表達式為y＝eq\f(1,6)x2－eq\f(5,6)x－2；(3分)(2)作EP∥y軸交AD于點P，銜接AE、ED，如解圖①，設直線AD的解析式為y＝mx＋n，把A(－3，2)，C(0，eq\f(1,2))分離代入得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3m＋n＝2,n＝\f(1,2)))，第2題解圖①解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－\f(1,2),n＝\f(1,2)))，∴直線AD的解析式為y＝－eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2)，(4分)聯立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,6)x2－\f(5,6)x－2,y＝－\f(1,2)x＋\f(1,2)))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－3,y＝2))，或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝5,y＝－2))，∵點D在第四象限，則D(5，－2)，設E(x，eq\f(1,6)x2－eq\f(5,6)x－2)(－3<x<5)，則P(x，－eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2))，∴PE＝－eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2)－(eq\f(1,6)x2－eq\f(5,6)x－2)＝－eq\f(1,6)x2＋eq\f(1,3)x＋eq\f(5,2)，∴S△AED＝S△AEP＋S△DEP＝eq\f(1,2)×(5＋3)×(－eq\f(1,6)x2＋eq\f(1,3)x＋eq\f(5,2))＝－eq\f(2,3)(x－1)2＋eq\f(32,3)，(6分)當x＝1時，△ADE的面積最大，最大面積為eq\f(32,3)，此時E點坐標為(1，－eq\f(8,3))；(7分)(3)存在．(8分)第2題解圖②設F(eq\f(5,2)，t)，如解圖②，∵A(－3，2)，D(5，－2)，∴AD2＝(5＋3)2＋(－2－2)2＝80，AF2＝(eq\f(5,2)＋3)2＋(t－2)2，DF2＝(5－eq\f(5,2))2＋(－t－2)2，當AD2＋AF2＝DF2，△ADF是直角三角形，∠DAF＝90°，則80＋(eq\f(5,2)＋3)2＋(t－2)2＝(5－eq\f(5,2))2＋(－t－2)2，解得t＝13，此時F點坐標為(eq\f(5,2)，13)．(9分)當AD2＋DF2＝AF2，△ADF是直角三角形，∠ADF＝90°，則80＋(5－eq\f(5,2))2＋(－t－2)2＝(eq\f(5,2)＋3)2＋(t－2)2，解得t＝－7，此時F點坐標為(eq\f(5,2)，－7)．(10分)當DF2＋AF2＝AD2，△ADF是直角三角形，∠AFD＝90°，則(eq\f(5,2)＋3)2＋(t－2)2＋(5－eq\f(5,2))2＋(－t－2)2＝80，解得t＝±eq\f(\r(71),2)，此時F點坐標為(eq\f(5,2)，eq\f(\r(71),2))或(eq\f(5,2)，－eq\f(\r(71),2))，(11分)綜上所述，F點的坐標為(eq\f(5,2)，13)或(eq\f(5,2)，－7)或(eq\f(5,2)，eq\f(\r(71),2))或(eq\f(5,2)，－eq\f(\r(71),2))．(12分)3.解：(1)∵二次函數y＝ax2＋eq\f(3,2)x＋c的圖象過點A(0，4)和點C(8，0)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝4,64a＋12＋c＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,4),c＝4)).∴二次函數的表達式：y＝－eq\f(1,4)x2＋eq\f(3,2)x＋4；(3分)(2)△ABC是直角三角形．令y＝0，則－eq\f(1,4)x2＋eq\f(3,2)x＋4＝0，解得x1＝8，x2＝－2，∴點B的坐標為(－2，0)，由已知可得，在Rt△AOB中，AB2＝BO2＋AO2＝22＋42＝20，在Rt△AOC中，AC2＝AO2＋CO2＝42＋82＝80，又∵BC＝OB＋OC＝2＋8＝10，∴在△ABC中AB2＋AC2＝20＋80＝102＝BC2，∴△ABC是直角三角形；(6分)(3)滿意要求的點N的坐標為(3，0)，(－8，0)，(8－4eq\r(5)，0)，(8＋4eq\r(5)，0)；(9分)【解法提醒】∵A(0，4)，C(8，0)，∴AC＝eq\r(42＋82)＝4eq\r(5)，①以A為圓心，以AC長為半徑作圓，交x軸于N，此時N的坐標為(－8，0)，②以C為圓心，以AC長為半徑作圓，交x軸于N，此時N的坐標為(8－4eq\r(5)，0)或(8＋4eq\r(5)，0)，③作AC的垂直平分線，交x軸于N，此時N的坐標為(3，0)，綜上，若點N在x軸上運動，當以點A、N、C為頂點的三角形是等腰三角形時，點N的坐標分離為(－8，0)、(8－4eq\r(5)，0)、(3，0)、(8＋4eq\r(5)，0)．(4)設點N的坐標為(n，0)，則BN＝n＋2，過M點作MD⊥x軸于點D，如解圖，∴MD∥OA，第3題解圖∴△BMD∽△BAO，∴eq\f(BM,BA)＝eq\f(MD,AO)，∵MN∥AC，∴eq\f(BM,BA)＝eq\f(BN,BC)，∴eq\f(MD,AO)＝eq\f(BN,BC)，∵OA＝4，BC＝10，BN＝n＋2，∴MD＝eq\f(2,5)(n＋2)，∵S△AMN＝S△ABN－S△BMN＝eq\f(1,2)BN·OA－eq\f(1,2)BN·MD＝eq\f(1,2)(n＋2)×4－eq\f(1,2)×eq\f(2,5)(n＋2)2＝－eq\f(1,5)(n－3)2＋5，∴當△AMN面積最大時，N點坐標為(3，0)．(12分)4.解：(1)∵點A(1，0)，B(4，0)在拋物線上，∴設拋物線解析式為y＝a(x－1)(x－4)，將點C(0，3)代入得a(0－1)(0－4)＝3，第4題解圖①解得a＝eq\f(3,4)，(3分)∴拋物線解析式為y＝eq\f(3,4)(x－1)(x－4)，即y＝eq\f(3,4)x2－eq\f(15,4)x＋3；(4分)(2)存在．銜接BC交對稱軸于點P，銜接PA.如解圖①，∵點A與點B關于對稱軸x＝eq\f(5,2)對稱，∴BC≤PB＋PC＝PA＋PC，即當點P在直線BC上時，四邊形OAPC的周長最小，(6分)在Rt△BOC中，OA＝1，OB＝4，OC＝3，∠BOC＝90°，∴BC＝eq\r(OB2＋OC2)＝eq\r(42＋32)＝5，∴四邊形PAOC的周長的最小值即OA＋OC＋BC＝1＋3＋5＝9；(8分)(3)設直線BC的解析式為y＝kx＋t，將點B(4，0)，點C(0，3)代入得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4k＋t＝0,t＝3))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－\f(3,4),t＝3))，∴直線BC的解析式為y＝－eq\f(3,4)x＋3.要使△CQM是等腰三角形，且△BQM是直角三角形，則惟獨以下兩種情況：第4題解圖②ⅰ)MQ⊥OB，CM＝MQ，如解圖②所示，∵點M在BC上，設點M的坐標為(m，－eq\f(3,4)m＋3)，則CM＝MQ＝－eq\f(3,4)m＋3，MB＝BC－CM＝5－(－eq\f(3,4)m＋3)＝2＋eq\f(3,4)m，由sin∠CBO＝eq\f(OC,BC)＝eq\f(MQ,MB)＝eq\f(3,5)，即eq\f(－\f(3,4)m＋3,2＋\f(3,4)m)＝eq\f(3,5)，解得m＝eq\f(3,2)，則點M的坐標為(eq\f(3,2)，eq\f(15,8))；(10分)第4題解圖③ⅱ)CM＝MQ，MQ⊥BC，如解圖③，過M作MN⊥OB于N，同(i)可設M的坐標為(m，－eq\f(3,4)m＋3)，則ON＝m，MN＝－eq\f(3,4)m＋3，在Rt△BMN中，易得BM＝eq\f(MN,sin∠MBN)＝eq\f(5,3)×(－eq\f(3,4)m＋3)＝－eq\f(5,4)m＋5，∴CM＝BC－BM＝eq\f(5,4)m，在Rt△BMQ中，QM＝BMtan∠MBQ＝eq\f(3,4)(－eq\f(5,4)m＋5)，由CM＝MQ得eq\f(3,4)(－eq\f(5,4)m＋5)＝eq\f(5,4)m，解得m＝eq\f(12,7)，此時點M的坐標為(eq\f(12,7)，eq\f(12,7))．綜上，在線段BC上存在這樣的點M，使△CQM為等腰三角形且△BQM為直角三角形，點M的坐標為(eq\f(3,2)，eq\f(15,8))或(eq\f(12,7)，eq\f(12,7))．(12分)【難點分析】在第(3)問中，要保證△CQM是等腰三角形，同時保證△BQM是直角三角形，兩種情況綜合考慮是本題的難點．可先通過△BQM是直角三角形，∠MBQ＜90°，分類研究∠MQB＝90°或∠QMB＝90°，然后判斷△CQM是等腰三角形，得出CM＝MQ列方程得解．5.解：(1)∵拋物線C1：y＝ax2＋bx＋eq\f(3,2)(a≠0)經過點A(－1，0)和點B(3，0)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b＋\f(3,2)＝0,9a＋3b＋\f(3,2)＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,2),b＝1))，∴拋物線C1的解析式為y＝－eq\f(1,2)x2＋x＋eq\f(3,2)，∵y＝－eq\f(1,2)x2＋x＋eq\f(3,2)＝－eq\f(1,2)(x－1)2＋2，∴頂點C的坐標為(1，2)；(3分)(2)如解圖①，作CH⊥x軸于H，第5題解圖①∵A(－1，0)，C(1，2)，∴AH＝CH＝2，∴∠CAB＝∠ACH＝45°，∴直線AC的解析式為y＝x＋1，∵△DEF是以EF為底的等腰直角三角形，∴∠DEF＝45°，∴∠DEF＝∠ACH，∴EF∥y軸，∵DE＝AC＝2eq\r(2)，∴EF＝eq\f(DE,cos∠DEF)＝4，設F(m，－eq\f(1,2)m2＋m＋eq\f(3,2))，則E(m，m＋1)，∴(m＋1)－(－eq\f(1,2)m2＋m＋eq\f(3,2))＝4，解得m＝±3，∵F在第三象限∴F(－3，－6)；(6分)(3)①tan∠ENM的值為定值，不發(fā)生變化；如解圖②，∵DF⊥AC，BC⊥AC，第5題解圖②∴DF∥BC，∵DF＝BC＝AC，∴四邊形DFBC是矩形，作EG⊥DC，交BF于G，∴EG＝BC＝AC＝2eq\r(2)，∵EN⊥EM，∴∠MEN＝90°，∵∠CEG＝90°，∴∠CEM＋∠MEG＝∠NEG＋∠MEG＝90°，∴∠CEM＝∠NEG，∴△EGN∽△ECM，∴eq\f(EM,EN)＝eq\f(EC,EG)，∵F(－3，－6)，EF＝4，∴E(－3，－2)，∵C(1，2)，∴EC＝eq\r(（－3－1）2＋（－2－2）2)＝4eq\r(2)，∴eq\f(EM,EN)＝eq\f(EC,EG)＝eq\f(4\r(2),2\r(2))＝2，∴tan∠ENM＝eq\f(EM,EN)＝2；∴tan∠ENM的值為定值，不發(fā)生變化；(9分)②點P經過的路徑是線段P1P2，如解圖③，第5題解圖③∵四邊形BCEG是矩形，GP2＝CP2，∴EP2＝BP2，∵△EGN∽△ECB，∴eq\f(EN,EB)＝eq\f(EG,EC)，∵EC＝4eq\r(2)，EG＝BC＝2eq\r(2)，∴EB＝eq\r(EC2＋BC2)＝2eq\r(10)，∴eq\f(EN,2\r(10))＝eq\f(2\r(2),4\r(2))，∴EN＝eq\r(10)，∵P1P2是△BEN的中位線，∴P1P2＝eq\f(1,2)EN＝eq\f(\r(10),2)；∴點M到達點C時，點P經過的路線長為eq\f(\r(10),2)(12分)6.解：(1)因為點C(0，3)，所以設拋物線解析式為y＝ax2＋bx＋3，..(1分)將A(－2，0)、B(4，0)代入得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a－2b＋3＝0,16a＋4b＋3＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(3,8),b＝\f(3,4)))，(2分)∴y＝－eq\f(3,8)x2＋eq\f(3,4)x＋3；(3分)(2)存在；M1(0，－3)，M2(0，3－eq\r(13))，M3(0，3＋eq\r(13))，M4(0，eq\f(5,6))；(7分)【解法提醒】如解圖①，第6題解圖①ⅰ)當A為頂點時，AC＝AM，∵AO⊥CM，∴OC＝OM，∴M1(0，－3)，ⅱ)當C為頂點時，AC＝CM，∵AO＝2，OC＝3，AO⊥OC，∴AC＝eq\r(AO2＋OC2)＝eq\r(13).∴CM＝AC＝eq\r(13).∴M2(0，3－eq\r(13))，M3(0，3＋eq\r(13))．ⅲ)當M為頂點時，AM＝CM，∵A(－2，0)，C(0，3)，設M(0，y)，則(－2－0)2＋(0－y)2＝(3－y)2，即y＝eq\f(5,6).∴M4(0，eq\f(5,6))．(3)第6題解圖②如解圖②，當0≤t＜4時，設直線BC的解析式為y＝kx＋b，將B(4，0)，C(0，3)代入得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4k＋b＝0,b＝3))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－\f(3,4),b＝3))，∴y＝－eq\f(3,4)x＋3.(8分)設過點P的直線與直線BC交于點E，則E(t，－eq\f(3,4)t＋3)．(9分)S＝S△BP1E＝eq\f(1,2)×(4－t)×(－eq\f(3,4)t＋3)＝eq\f(3,8)t2－3t＋6.(10分)當－2＜t＜0時，設直線AC的解析式為y＝kx＋b，將A(－2，0)，C(0，3)代入得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2k＋b＝0,b＝3))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝\f(3,2),b＝3))，∴y＝eq\f(3,2)x＋3，(11分)設過點P2的直線與直線AC交于點F，則F(t，eq\f(3,2)t＋3)，S＝S△ACB－S△AP2F＝eq\f(1,2)×6×3－eq\f(1,2)×(t＋2)×(eq\f(3,2)t＋3)＝－eq\f(3,4)t2－3t＋6(12分)綜上所述，S與t的函數關系式為S＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)t2－3t＋6（－2＜t＜0）,\f(3,8)t2－3t＋6（0≤t＜4）)).7.解：(1)在Rt△ACB中，OB＝1，OA＝3，且CO⊥AB，∴OC＝eq\r(OA·OB)＝eq\r(3)，則C(0，－eq\r(3))．設拋物線的解析式為：y＝a(x＋1)(x－3)，代入點C的坐標后，得：a(0＋1)(0－3)＝－eq\r(3)，解得a＝eq\f(\r(3),3)，∴拋物線的解析式：y＝eq\f(\r(3),3)(x＋1)(x－3)＝eq\f(\r(3),3)x2－eq\f(2\r(3),3)x－eq\r(3)；(2)易知OA＝3，OB＝1，OC＝eq\r(3)，則S△ABC＝eq\f(1,2)AB·OC＝eq\f(1,2)×4×eq\r(3)＝2eq\r(3).①當點P在x軸上方時，由題意知：S△ABP＝eq\f(1,2)S△ABC，則點P到x軸的距離等于點C到x軸距離的一半，即點P的縱坐標為eq\f(\r(3),2)，令y＝eq\f(\r(3),3)x2－eq\f(2\r(3),3)x－eq\r(3)＝eq\f(\r(3),2)，化簡得：2x2－4x－9＝0，解得x＝eq\f(2±\r(22),2)，∴P1(eq\f(2－\r(22),2)，eq\f(\r(3),2))，P2(eq\f(2＋\r(22),2)，eq\f(\r(3),2))；②當點P在拋物線的B、C段時，顯然△BCP的面積要小于eq\f(1,2)S△ABC，此種情況不合題意；③當點P在拋物線的A、C段時，S△ACP＝eq\f(1,2)AC·h＝eq\f(1,2)S△ABC＝eq\r(3)，得h＝1；第7題解圖①在射線CK上取點D，使得CD＝h＝1，過點D作直線DE∥l1，交y軸于點E，如解圖①，在Rt△CDE中，∠ECD＝∠BCO＝30°，CD＝1，則CE＝eq\f(2\r(3),3)，OE＝OC＋CE＝eq\f(5\r(3),3)，∴點E(0，－eq\f(5\r(3),3))，∴直線DE：y＝eq\f(\r(3),3)x－eq\f(5\r(3),3)，聯立拋物線的解析式，有：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(\r(3),3)x－\f(5\r(3),3),y＝\f(\r(3),3)x2－\f(2\r(3),3)x－\r(3)))，解得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝1,y1＝－\f(4\r(3),3)))，或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝2,y2＝－\r(3)))，∴P3(1，－eq\f(4\r(3),3))、P4(2，－eq\r(3))；綜上，存在符合條件的點P，且坐標為(eq\f(2－\r(22),2)，eq\f(\r(3),2))、(eq\f(2＋\r(22),2)，eq\f(\r(3),2))、(1，－eq\f(4\r(3),3))、(2，－eq\r(3))；(3)由(1)知：y＝eq\f(\r(3),3)x2－eq\f(2\r(3),3)x－eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3)(x－1)2－eq\f(4\r(3),3)，∴拋物線的對稱軸為x＝1；在Rt△BOC中，OB＝1，OC＝eq\r(3)，則∠BCO＝∠1＝30°，∠2＝∠3＝90°－∠BCO＝60°，BC＝2；過點C作直線CN∥x軸，交拋物線于點N，銜接NK，如解圖②，由拋物線的對稱性可得：N(2，－eq\r(3))，所以CN＝2；第7題解圖②易知直線BC：y＝－eq\r(3x)－eq\r(3)，則K(1，－2eq\r(3))，CK＝eq\r(（－1－0）2＋（－2\r(3)＋\r(3)）2)＝2；在△CKN中，∠2＝60°，CN＝CK＝2，∴△CKN是等邊三角形．①當K為頂點時KC＝KM時，點C、M關于拋物線的對稱軸對稱，符合上述情況，即點M、N重合；②當C為頂點時KC＝CM時，因為KC＝BC，所以此時點M與點B、N重合；③當M為頂點時MK＝MC時，點M在線段CK的中垂線上，CK的中垂線與拋物線相交于點N或者相交于拋物線的頂點．綜上，符合條件的點M有兩個即點N和拋物線頂點，此時直線l1的旋轉角度α＝60°或α＝∠ACN＝90°－∠2＝30°.8.解：(1)令y＝0得x1＝－2，x2＝4，∴點A(－2，0)、B(4，0)，令x＝0得y＝－eq\r(2)，∴點C(0，－eq\r(2))；(2分)(2)∵A(－2，0)，B(4，0)，∴點A，B關于拋物線對稱軸對稱，∴對稱軸x＝1，將x＝1代入拋物線的解析式得y＝－eq\f(9\r(2),8)，∴點M的坐標為(1，－eq\f(9\r(2),8))，∴點M關于直線