期末真題必刷壓軸60題（25個考點專練）

期末真題必刷壓軸60題（25個考點專練）一．根與系數(shù)的關(guān)系（共3小題）1．（2023春?環(huán)翠區(qū)期末）已知：關(guān)于x的方程x2+（8﹣4m）x+4m2＝0．（1）若方程有兩個相等的實數(shù)根，求m的值，并求出這時方程的根．（2）問：是否存在正數(shù)m，使方程的兩個實數(shù)根的平方和等于136？若存在，請求出滿足條件的m值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）根據(jù)一元二次方程的根的判別式Δ＝0，建立關(guān)于m的等式，由此求出m的取值．再化簡方程，進而求出方程相等的兩根；（2）利用根與系數(shù)的關(guān)系，化簡x12+x22＝136，即（x1+x2）2﹣2x1x2＝136．根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系即可得到關(guān)于m的方程，解得m的值，再判斷m是否符合滿足方程根的判別式．【解答】解：（1）若方程有兩個相等的實數(shù)根，則有Δ＝b2﹣4ac＝（8﹣4m）2﹣16m2＝64﹣64m＝0，解得m＝1，當(dāng)m＝1時，原方程為x2+4x+4＝0，∴x1＝x2＝﹣2；（2）不存在．假設(shè)存在，則有x12+x22＝136．∵x1+x2＝4m﹣8，x1x2＝4m2，∴（x1+x2）2﹣2x1x2＝136．即（4m﹣8）2﹣2×4m2＝136，∴m2﹣8m﹣9＝0，（m﹣9）（m+1）＝0，∴m1＝9，m2＝﹣1．∵Δ＝（8﹣4m）2﹣16m2＝64﹣64m≥0，∴0＜m≤1，∴m1＝9，m2＝﹣1都不符合題意，∴不存在正數(shù)m，使方程的兩個實數(shù)根的平方和等于136．【點評】總結(jié)：1、一元二次方程根的情況與判別式△的關(guān)系：（1）Δ＞0?方程有兩個不相等的實數(shù)根；（2）Δ＝0?方程有兩個相等的實數(shù)根；（3）Δ＜0?方程沒有實數(shù)根．2、根與系數(shù)的關(guān)系為：x1+x2＝x1x2＝．2．（2022秋?安順期末）設(shè)m是不小于﹣1的實數(shù)，關(guān)于x的方程x2+2（m﹣2）x+m2﹣3m+3＝0有兩個不相等的實數(shù)根x1、x2，（1）若x12+x22＝6，求m值；（2）求的最大值．【分析】（1）首先根據(jù)根的判別式求出m的取值范圍，利用根與系數(shù)的關(guān)系，求出符合條件的m的值．（2）把利用根與系數(shù)的關(guān)系得到的關(guān)系式代入代數(shù)式，細心化簡，結(jié)合m的取值范圍求出代數(shù)式的最大值．【解答】解：∵方程有兩個不相等的實數(shù)根，∴Δ＝b2﹣4ac＝4（m﹣2）2﹣4（m2﹣3m+3）＝﹣4m+4＞0，∴m＜1，結(jié)合題意知：﹣1≤m＜1．（1）∵x12+x22＝（x1+x2）2﹣2x1x2＝4（m﹣2）2﹣2（m2﹣3m+3）＝2m2﹣10m+10＝6∴，∵﹣1≤m＜1，∴；（2）＝＝（﹣1≤m＜1）．∵對稱軸m＝，2＞0，∴當(dāng)m＝﹣1時，式子取最大值為10．【點評】本題的計算量比較大，需要很細心的求解．用到一元二次方程的根的判別式Δ＝b2﹣4ac來求出m的取值范圍；利用根與系數(shù)的關(guān)系x1+x2＝，x1x2＝來化簡代數(shù)式的值．3．（2022秋?宿城區(qū)期末）已知關(guān)于x的方程x2﹣（2k+1）x+4（k﹣）＝0．（1）求證：無論k取什么實數(shù)值，這個方程總有實數(shù)根；（2）能否找到一個實數(shù)k，使方程的兩實數(shù)根互為相反數(shù)？若能找到，求出k的值；若不能，請說明理由．（3）當(dāng)?shù)妊切蜛BC的邊長a＝4，另兩邊的長b、c恰好是這個方程的兩根時，求△ABC的周長．【分析】（1）整理根的判別式，得到它是非負數(shù)即可．（2）兩實數(shù)根互為相反數(shù)，讓﹣＝0即可求得k的值．（3）分b＝c，b＝a兩種情況做．【解答】證明：（1）∵Δ＝（2k+1）2﹣16（k﹣）＝（2k﹣3）2≥0，∴方程總有實根；解：（2）∵兩實數(shù)根互為相反數(shù)，∴x1+x2＝2k+1＝0，解得k＝﹣0.5；（3）①當(dāng)b＝c時，則Δ＝0，即（2k﹣3）2＝0，∴k＝，方程可化為x2﹣4x+4＝0，∴x1＝x2＝2，而b＝c＝2，∴b+c＝4＝a不適合題意舍去；②當(dāng)b＝a＝4，則42﹣4（2k+1）+4（k﹣）＝0，∴k＝，方程化為x2﹣6x+8＝0，解得x1＝4，x2＝2，∴c＝2，C△ABC＝10，當(dāng)c＝a＝4時，同理得b＝2，∴C△ABC＝10，綜上所述，△ABC的周長為10．【點評】一元二次方程總有實數(shù)根應(yīng)根據(jù)判別式來做，兩根互為相反數(shù)應(yīng)根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系做，等腰三角形的周長應(yīng)注意兩種情況，以及兩種情況的取舍．二．一元二次方程的應(yīng)用（共3小題）4．（2023春?武勝縣校級期末）如圖，△ABC中，∠C＝90°，BC＝5厘米，AB＝5厘米，點P從點A出發(fā)沿AC邊以2厘米/秒的速度向終點C勻速移動，同時，點Q從點C出發(fā)沿CB邊以1厘米/秒的速度向終點B勻速移動，P、Q兩點運動幾秒時，P、Q兩點間的距離是2厘米？【分析】首先表示出PC和CQ的長，然后利用勾股定理列出有關(guān)時間t的方程求解即可．【解答】解：設(shè)P、Q兩點運動x秒時，P、Q兩點間的距離是2厘米．在△ABC中，∠C＝90°，BC＝5厘米，AB＝5厘米，∴AC＝＝＝10（厘米），∴AP＝2x厘米CQ＝x厘米CP＝（10﹣2x）厘米，在Rt△CPQ內(nèi)有PC2+CQ2＝PQ2，∴（10﹣2x）2+x2＝（2）2，整理得：x2﹣8x+12＝0，解得：x＝2或x＝6，當(dāng)x＝6時CP＝10﹣2x＝﹣2＜0，∴x＝6不合題意舍去．∴P、Q兩點運動2秒時，P、Q兩點間的距離是2厘米．【點評】本題考查了一元二次方程的解法和應(yīng)用，解決第二題的關(guān)鍵是設(shè)出運動時間并用運動時間表示出有關(guān)線段的長．5．（2022秋?甘井子區(qū)校級期末）青山村種的水稻2010年平均每公頃產(chǎn)7200kg，2012年平均每公頃產(chǎn)8450kg，求水稻每公頃產(chǎn)量的年平均增長率．【分析】本題依據(jù)題中的等量關(guān)系水稻2010年平均每公頃產(chǎn)7200kg，2012年平均每公頃產(chǎn)8450kg，根據(jù)增長后的產(chǎn)量＝增長前的產(chǎn)量（1+增長率），設(shè)增長率是x，則2012年的產(chǎn)量是7200（1+x）2據(jù)此即可列方程，解出后檢驗即可．【解答】解：設(shè)水稻每公頃產(chǎn)量的年平均增長率為x，則有：7200（1+x）2＝8450，解得：x1＝≈0.0833，x2＝﹣＝﹣2.0833（應(yīng)舍去）．故水稻每公頃產(chǎn)量的年平均增長率為8.33%．【點評】考查了一元二次方程的應(yīng)用，若原來的數(shù)量為a，平均每次增長或降低的百分率為x，經(jīng)過第一次調(diào)整，就調(diào)整到a×（1±x），再經(jīng)過第二次調(diào)整就是a×（1±x）（1±x）＝a（1±x）2．增長用“+”，下降用“﹣”．6．（2022秋?惠陽區(qū)校級期末）如圖，某中學(xué)準(zhǔn)備在校園里利用圍墻的一段，再砌三面墻，圍成一個矩形花園ABCD（圍墻MN最長可利用25m），現(xiàn)在已備足可以砌50m長的墻的材料，試設(shè)計一種砌法，使矩形花園的面積為300m2．【分析】設(shè)AB為xm，則BC為（50﹣2x）m，根據(jù)題意可得等量關(guān)系：矩形的長×寬＝300，根據(jù)等量關(guān)系列出方程，再解即可．【解答】解：設(shè)AB為xm，則BC為（50﹣2x）m，根據(jù)題意得方程：x（50﹣2x）＝300，2x2﹣50x+300＝0，解得；x1＝10，x2＝15，當(dāng)x1＝10時50﹣2x＝30＞25（不合題意，舍去），當(dāng)x2＝15時50﹣2x＝20＜25（符合題意）．答：當(dāng)砌墻寬為15米，長為20米時，花園面積為300平方米．【點評】此題主要考查了一元二次方程的應(yīng)用，關(guān)鍵是正確理解題意，找出題目中的等量關(guān)系，設(shè)出未知數(shù)，列出方程．三．反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題（共3小題）7．（2022秋?陽曲縣期末）如圖，一次函數(shù)y＝kx+b與反比例函數(shù)y＝的圖象交于A（﹣1，3），B（3，a）兩點．（1）求一次函數(shù)與反比例函數(shù)的表達式；（2）根據(jù)所給條件，請直接寫出不等式kx+b＞的解集；（2）求S△AOB．【分析】（1）把A的坐標(biāo)代入反比例函數(shù)解析式求得解析式，然后求得B的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求得一次函數(shù)的解析式；（2）不等式kx+b＞的解集就是一次函數(shù)的圖象在反比例函數(shù)的圖象的上邊時對應(yīng)的x的范圍；（3）首先求得AB與y軸的交點，然后利用三角形的面積公式求解．【解答】解：（1）把A（﹣1，3）代入y＝得m＝﹣3，則反比例函數(shù)的解析式是y＝﹣，當(dāng)x＝3時，y＝﹣1，則B的坐標(biāo)是（3，﹣1）．根據(jù)題意得：，解得：，則直線的解析式是y＝﹣x+2；（2）不等式kx+b＞的解集是：x＜﹣1或0＜x＜3；（3）在y＝﹣x+2中，令x＝0，則y＝2，則S△AOB＝×2×1+×2×3＝4．【點評】本題考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點，當(dāng)有兩個函數(shù)的時候，著重使用一次函數(shù)，體現(xiàn)了方程思想，綜合性較強．8．（2022秋?莘縣校級期末）如圖，Rt△ABO的頂點A是雙曲線與直線y＝﹣x﹣（k+1）在第二象限的交點．AB⊥x軸于B，且．（1）求這兩個函數(shù)的解析式；（2）求直線與雙曲線的兩個交點A、C的坐標(biāo)和△AOC的面積．（3）直接寫出的解集．【分析】（1）欲求這兩個函數(shù)的解析式，關(guān)鍵求k值．根據(jù)反比例函數(shù)性質(zhì)，k絕對值為3且為負數(shù)，由此即可求出k；（2）由函數(shù)的解析式組成方程組，解之求得A、C的坐標(biāo)，然后根據(jù)S△AOC＝S△ODA+S△ODC即可求出；（3）根據(jù)圖象即可求得．【解答】解：（1）設(shè)A點坐標(biāo)為（x，y），且x＜0，y＞0，則S△ABO＝?|BO|?|BA|＝?（﹣x）?y＝，∴xy＝﹣3，又∵y＝，即xy＝k，∴k＝﹣3．∴所求的兩個函數(shù)的解析式分別為y＝﹣，y＝﹣x+2；（2）由y＝﹣x+2，令x＝0，得y＝2．∴直線y＝﹣x+2與y軸的交點D的坐標(biāo)為（0，2），∵A、C在反比例函數(shù)的圖象上，∴，解得，，∴交點A為（﹣1，3），C為（3，﹣1），∴S△AOC＝S△ODA+S△ODC＝OD?（|x1|+|x2|）＝×2×（3+1）＝4；（3）關(guān)于x的不等式的解集是：﹣1≤x＜0或0x≥3．【點評】此題首先利用待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式，然后利用解方程組來確定圖象的交點坐標(biāo)，及利用坐標(biāo)求出線段和圖形的面積．也考查了函數(shù)和不等式的關(guān)系．9．（2022秋?岳陽縣期末）如圖已知函數(shù)y＝（k＞0，x＞0）的圖象與一次函數(shù)y＝mx+5（m＜0）的圖象相交不同的點A、B，過點A作AD⊥x軸于點D，連接AO，其中點A的橫坐標(biāo)為x0，△AOD的面積為2．（1）求k的值及x0＝4時m的值；（2）記[x]表示為不超過x的最大整數(shù)，例如：[1.4]＝1，[2]＝2，設(shè)t＝OD?DC，若﹣＜m＜﹣，求[m2?t]值．【分析】（1）設(shè)A（x0，y0），可表示出△AOD的面積，再結(jié)合x0y0＝k可求得k的值，根據(jù)A的橫坐標(biāo)可得縱坐標(biāo)，代入一次函數(shù)可得m的值；（2）先根據(jù)一次函數(shù)與x軸的交點確定OC的長，表示DC的長，從而可以表示t，根據(jù)A的橫坐標(biāo)為x0，即x0滿足，可得：mx02+5x0＝4，再根據(jù)m的取值計算m2?t，最后利用新定義可得結(jié)論．【解答】解：（1）設(shè)A（x0，y0），則OD＝x0，AD＝y(tǒng)0，∴S△AOD＝OD?AD＝＝2，∴k＝x0y0＝4；當(dāng)x0＝4時，y0＝1，∴A（4，1），代入y＝mx+5中得4m+5＝1，m＝﹣1；（2）∵，，mx2+5x﹣4＝0，∵A的橫坐標(biāo)為x0，∴mx02+5x0＝4，當(dāng)y＝0時，mx+5＝0，x＝﹣，∵OC＝﹣，OD＝x0，∴m2?t＝m2?（OD?DC），＝m2?x0（﹣﹣x0），＝m（﹣5x0﹣mx02），＝﹣4m，∵﹣＜m＜﹣，∴5＜﹣4m＜6，∴[m2?t]＝5．【點評】本題是新定義的閱讀理解問題，還考查了一次函數(shù)和反比例函數(shù)的交點問題、一元二次方程解的定義及反比例函數(shù)k的幾何意義，有難度，綜合性較強，第2問利用方程的解得出mx02+5x0＝4是關(guān)鍵．四．反比例函數(shù)的應(yīng)用（共2小題）10．（2022秋?沙依巴克區(qū)校級期末）在面積都相等的所有矩形中，當(dāng)其中一個矩形的一邊長為1時，它的另一邊長為3．（1）設(shè)矩形的相鄰兩邊長分別為x，y．①求y關(guān)于x的函數(shù)表達式；②當(dāng)y≥3時，求x的取值范圍；（2）圓圓說其中有一個矩形的周長為6，方方說有一個矩形的周長為10，你認(rèn)為圓圓和方方的說法對嗎？為什么？【分析】（1）①直接利用矩形面積求法進而得出y與x之間的關(guān)系；②直接利用y≥3得出x的取值范圍；（2）直接利用x+y的值結(jié)合根的判別式得出答案．【解答】解：（1）①由題意可得：xy＝3，則y＝（x＞0）；②當(dāng)y≥3時，≥3解得：x≤1，故x的取值范圍是：0＜x≤1；（2）∵一個矩形的周長為6，∴x+y＝3，∴x+＝3，整理得：x2﹣3x+3＝0，∵b2﹣4ac＝9﹣12＝﹣3＜0，∴矩形的周長不可能是6；所以圓圓的說法不對．∵一個矩形的周長為10，∴x+y＝5，∴x+＝5，整理得：x2﹣5x+3＝0，∵b2﹣4ac＝25﹣12＝13＞0，∴矩形的周長可能是10，所以方方的說法對．【點評】此題主要考查了反比例函數(shù)的應(yīng)用以及一元二次方程的解法，正確得出y與x之間的關(guān)系是解題關(guān)鍵．11．（2022秋?邯山區(qū)校級期末）家用電滅蚊器的發(fā)熱部分使用了PTC發(fā)熱材料，它的電阻R（kΩ）隨溫度t（℃）（在一定范圍內(nèi)）變化的大致圖象如圖所示．通電后，發(fā)熱材料的溫度在由室溫10℃上升到30℃的過程中，電阻與溫度成反比例關(guān)系，且在溫度達到30℃時，電阻下降到最小值；隨后電阻隨溫度升高而增加，溫度每上升1℃，電阻增加kΩ．（1）求當(dāng)10≤t≤30時，R和t之間的關(guān)系式；（2）求溫度在30℃時電阻R的值；并求出t≥30時，R和t之間的關(guān)系式；（3）家用電滅蚊器在使用過程中，溫度在什么范圍內(nèi)時，發(fā)熱材料的電阻不超過6kΩ？【分析】（1）設(shè)關(guān)系為R＝，將（10，6）代入求k；（2）將t＝30℃代入關(guān)系式中求R’，由題意得R＝R’+（t﹣30）；（3）將R＝6代入R＝R’+（t﹣30）求出t．【解答】解：（1）∵溫度在由室溫10℃上升到30℃的過程中，電阻與溫度成反比例關(guān)系，∴可設(shè)R和t之間的關(guān)系式為R＝，將（10，6）代入上式中得：6＝，k＝60．故當(dāng)10≤t≤30時，R＝；（2）將t＝30℃代入上式中得：R＝，R＝2．∴溫度在30℃時，電阻R＝2（kΩ）．∵在溫度達到30℃時，電阻下降到最小值；隨后電阻隨溫度升高而增加，溫度每上升1℃，電阻增加kΩ，∴當(dāng)t≥30時，R＝2+（t﹣30）＝t﹣6；（3）把R＝6（kΩ），代入R＝t﹣6得，t＝45（℃），所以，溫度在10℃～45℃時，電阻不超過6kΩ．【點評】主要考查了函數(shù)的應(yīng)用．解題的關(guān)鍵是根據(jù)實際意義列出函數(shù)關(guān)系式，從實際意義中找到對應(yīng)的變量的值，利用待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式，再根據(jù)自變量的值求算對應(yīng)的函數(shù)值．五．拋物線與x軸的交點（共2小題）12．（2022秋?扶風(fēng)縣期末）二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的部分圖象如圖所示，其中圖象與x軸交于點A（﹣1，0），與y軸交于點C（0，﹣5），且經(jīng)過點D（3，﹣8）．（1）求此二次函數(shù)的解析式；（2）將此二次函數(shù)的解析式寫成y＝a（x﹣h）2+k的形式，并直接寫出頂點坐標(biāo)以及它與x軸的另一個交點B的坐標(biāo)．（3）利用以上信息解答下列問題：若關(guān)于x的一元二次方程ax2+bx+c﹣t＝0（t為實數(shù)）在﹣1＜x＜3的范圍內(nèi)有解，則t的取值范圍是﹣9≤t＜0．【分析】（1）把點A、B、C的坐標(biāo)代入函數(shù)表達式，然后根據(jù)三元一次方程的解法求出a、b、c的值，即可得到二次函數(shù)的解析式；（2）利用配方法整理，然后根據(jù)頂點式寫出頂點坐標(biāo)，再根據(jù)對稱軸解析式與點A的坐標(biāo)求出與x軸的另一交點坐標(biāo)；（3）由（1）可知a，b，c的值，再根據(jù)一元二次方程x2﹣4x﹣5﹣t＝0（t為實數(shù)）在﹣1＜x＜3的范圍內(nèi)有解相當(dāng)于y＝x2﹣4x﹣5與y＝t在x的范圍內(nèi)有交點解答即可．【解答】解：（1）根據(jù)題意得，，②分別代入①、③得，a﹣b＝5④，3a+b＝﹣1⑤，④+⑤得，4a＝4，解得a＝1，把a＝1代入④得，1﹣b＝5，解得b＝﹣4，∴方程組的解是，∴此二次函數(shù)的解析式為y＝x2﹣4x﹣5；（2）y＝x2﹣4x﹣5＝x2﹣4x+4﹣4﹣5＝（x﹣2）2﹣9，二次函數(shù)的解析式為y＝（x﹣2）2﹣9，頂點坐標(biāo)為（2，﹣9），對稱軸為x＝2，設(shè)另一點坐標(biāo)為B（a，0），則﹣1+a＝2×2，解得a＝5，∴點B的坐標(biāo)是B（5，0）；（3）由（1）可知二次函數(shù)解析式為y＝x2﹣4x﹣5，即y＝（x﹣2）2﹣9，x＝﹣1時，y＝9﹣9＝0，x＝3時，y＝1﹣9＝﹣8，∵關(guān)于x的一元二次方程ax2+bx+c﹣t＝0（t為實數(shù)）在﹣1＜x＜3的范圍內(nèi)有解相當(dāng)于y＝ax2+bx+c與直線y＝t的交點的橫坐標(biāo)，∴當(dāng)﹣9≤t＜0時，在﹣1＜x＜3的范圍內(nèi)有解．故答案為：﹣9≤t＜0．【點評】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，把點的坐標(biāo)代入函數(shù)表達式，然后解三元一次方程組即可，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)以及三種形式的相互轉(zhuǎn)化也很重要；本題還考查了二次函數(shù)與不等式，把方程的解轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖象的交點的問題求解是解題的關(guān)鍵，作出圖形更形象直觀．13．（2023春?鼓樓區(qū)校級期末）如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣6交x軸于A（2，0），B（﹣6，0）兩點，交y軸于點C，點Q為線段BC上的動點．（1）求拋物線的解析式；（2）求QA+QO的最小值；（3）過點Q作QP∥AC交拋物線的第三象限部分于點P，連接PA，PB，記△PAQ與△PBQ的面積分別為S1，S2，設(shè)S＝S1+S2，當(dāng)時，求點P的坐標(biāo)．【分析】（1）A（2，0），B（﹣6，0）代入y＝ax2+bx﹣6，利用待定系數(shù)法解答即可；（2）作點O關(guān)于直線BC的對稱點坐標(biāo)為O′，求出O′的坐標(biāo)，并證明Q′A為QA+QO的最小值，求出Q′A即可；（3）過點P作PM⊥x軸，交x軸于點M．連接PC．設(shè)點P（m，m2+2m﹣6），由于QP∥AC，故S△PAQ＝S△PCQ（同底等高），從而得到S△PAQ+S△PBQ＝S△PBC＝S梯形PCOM+SRt△PMB﹣SRt△BOC，用P點坐標(biāo)將各項表示出來，從而求出m的值，進而求得P點坐標(biāo)．【解答】解：（1）將A（2，0），B（﹣6，0）分別代入y＝ax2+bx﹣6，得方程組，解得．∴拋物線的解析式為y＝+2x﹣6．（2）作點O關(guān)于直線BC的對稱點坐標(biāo)為O′．連接BO′、CO′、OO′．∵OB＝OC，OO′⊥BC，∴OO′平分BC，∴OO′垂直平分BC．又∵BC垂直平分OO′，且∠BOC＝90°，∴四邊形OCO′B是正方形．∴點O關(guān)于直線BC的對稱點坐標(biāo)為O′（﹣6，﹣6）．連接O′A，與BC交于點Q．∵BC是OO′的垂直平分線，∴QO＝QO′，∴QA+QO＝QA+QO′＝O′A．在BC上任取一點異于點Q的點Q′，連接Q′O、Q′A、Q′O′．Q′A+Q′O＝Q′A+Q′O′＞O′A（在三角形中，兩邊之和大于第三邊），∴QA+QO的最小值為O′A＝＝10．（3）過點P作PM⊥x軸，交x軸于點M．連接PC．∵QP∥AC，∴S△PAQ＝S△PCQ（同底等高），∴S△PAQ+S△PBQ＝S△PBC＝S梯形PCOM+SRt△PMB﹣SRt△BOC．設(shè)點P（m，m2+2m﹣6），∴S梯形PCOM＝（MP+OC）?OM＝（﹣m2﹣2m+6+6）（﹣m）＝﹣m（﹣m2﹣2m+12），SRt△PMB＝MP?BM＝（﹣m2﹣2m+6）（m+6）＝（m+6）（﹣m2﹣2m+6），SRt△BOC＝OB?OC＝×6×6＝18．∴S＝S1+S2＝﹣m（﹣m2﹣2m+12）+（m+6）（﹣m2﹣2m+6）﹣18＝，解得m＝﹣1或﹣5．∴P（﹣1，﹣）或（﹣5，﹣）．【點評】本題考查二次函數(shù)的性質(zhì)、圖象上坐標(biāo)特點和解析式的求法等內(nèi)容，解答過程非常復(fù)雜，要求有極強的計算能力和思維能力．六．二次函數(shù)的應(yīng)用（共2小題）14．（2022秋?大理州期末）某商品的進價為每件20元，售價為每件25元時，每天可賣出250件．市場調(diào)查反映：如果調(diào)整價格，一件商品每漲價1元，每天要少賣出10件．（1）若某天的銷售利潤為2000元，為最大限度讓利于顧客，則該商品銷售價是多少？（2）求銷售單價為多少元時，該商品每天的銷售利潤最大，請說明理由．【分析】（1）設(shè)銷售價格為x元，根據(jù)“單件利潤×銷售量＝總利潤”列出關(guān)于x的方程，解之可得；（2）根據(jù)（1）中所列相等關(guān)系列出總利潤y關(guān)于x的函數(shù)解析式，配方成頂點式，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解可得．【解答】解：（1）設(shè)銷售價格為x元時，當(dāng)天銷售利潤為2000元，則（x﹣20）?[250﹣10（x﹣25）]＝2000，整理，得：x2﹣70x+1200＝0，解得：x1＝30，x2＝40（舍去），答：該商品銷售價是30元/件；（2）設(shè)該商品每天的銷售利潤為y，則y＝（x﹣20）?[250﹣10（x﹣25）]＝﹣10x2﹣700x+10000＝﹣10（x﹣35）2+2250，答：當(dāng)銷售單價為35元/件時，銷售利潤最大．【點評】此題主要考查了二次函數(shù)的應(yīng)用，根據(jù)題意利用函數(shù)性質(zhì)得出最值是解題關(guān)鍵．15．（2022秋?華容區(qū)期末）如圖，足球場上守門員在O處開出一高球，球從離地面1米的A處飛出（A在y軸上），運動員乙在距O點6米的B處發(fā)現(xiàn)球在自己頭的正上方達到最高點M，距地面約4米高．球第一次落地點后又一次彈起．據(jù)實驗，足球在草坪上彈起后的拋物線與原來的拋物線形狀相同，最大高度減少到原來最大高度的一半．（1）求足球開始飛出到第一次落地時，該拋物線的表達式．（2）運動員乙要搶到第二個落點D，他應(yīng)再向前跑多少米？（取，）【分析】（1）易得第一次落地時拋物線的頂點，可設(shè)所求的函數(shù)解析式為頂點式，把（0，1）代入即可求得所求的函數(shù)解析式；（2）易得第二次落地時的拋物線的二次項的系數(shù)與第一次落地時拋物線的二次項系數(shù)相同，頂點的縱坐標(biāo)為第一個函數(shù)頂點縱坐標(biāo)的一半，用頂點式設(shè)出所求的函數(shù)解析式，把C坐標(biāo)代入后求得第二次落地時的拋物線解析式，讓函數(shù)值等于0可得D的橫坐標(biāo)，減去OB的距離即為跑的距離．【解答】解：（1）如圖，設(shè)第一次落地時，拋物線的表達式為y＝a（x﹣6）2+4．由已知：當(dāng)x＝0時y＝1．即1＝36a+4，∴a＝﹣．∴表達式為y＝﹣（x﹣6）2+4；（2）由題意得：0＝﹣（x﹣6）2+4解得：x1＝4+6≈13，x2＝﹣4+6＜0（舍去），∴點C坐標(biāo)為（13，0）．設(shè)第二次落地的拋物線為y＝﹣（x﹣k）2+2．將C點坐標(biāo)代入得：0＝﹣（13﹣k）2+2．解得：k1＝13﹣2＜13（舍去），k2＝13+2≈18．∴y＝﹣（x﹣18）2+2．0＝﹣（x﹣18）2+2．x1＝18﹣2（舍去），x2＝18+2≈23，∴BD＝23﹣6＝17（米）．答：運動員乙要搶到第二個落點D，他應(yīng)再向前跑17米．【點評】考查二次函數(shù)的應(yīng)用；判斷出2個二次函數(shù)的頂點坐標(biāo)是解決本題的關(guān)鍵；用到的知識點為：若二次函數(shù)的形狀相同，則二個二次函數(shù)的二次項系數(shù)相同．七．二次函數(shù)綜合題（共19小題）16．（2022秋?綿陽期末）如圖，拋物線的圖象與x軸交于A，B兩點，A（﹣1，0），對稱軸是直線x＝1，與y軸交于點C（0，）．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖，矩形DEFG的邊DE在x軸上，頂點F，G在x軸上方的拋物線上，設(shè)點D的橫坐標(biāo)為d，當(dāng)矩形DEFG的周長取最大值時，求d，并求矩形DEFG的周長的最大值；（3）在（2）的結(jié)論下，直線DG上是否存在點M，使得∠GMF＝2∠DEM，若存在，求出M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【分析】（1）由對稱性得出點B坐標(biāo)，拋物線的解析式設(shè)為交點式，進一步得出結(jié)果；（2表示出點G的坐標(biāo)，進而表示出DE和DG的長，進而表示出矩形的周長的解析式，進一步得出結(jié)果；（3）設(shè)DM＝x，作EM的垂直平分線，交DE于H，根據(jù)△MGF∽△HDM，從而，從而表示出DH＝﹣+4x，MH＝EH＝﹣（﹣+4x）＝﹣4x+，在直角三角形DHM中，根據(jù)勾股定理列出方程，進而得出結(jié)果．【解答】解：（1）由題意得，B（3，0），設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x+1）（x﹣3），∴＝a?1×（﹣3），∴a＝﹣，∴y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+3x+；（2）設(shè)矩形DEFG的周長為l，∵G（d，﹣+3d+），∴DE＝2（1﹣d）＝2﹣2d，DG＝﹣+3d+，∴l(xiāng)＝2（DE+DG）＝2（2﹣2d﹣+3d+）＝﹣3d2+2d+13＝﹣3（d﹣）2+，∴當(dāng)d＝時，矩形周長最大值為；（3）當(dāng)M點在線段GD上時，如圖，設(shè)DM＝x，作EM的垂直平分線，交DE于H，∴EH＝MH，∴∠HME＝∠HEM，∴∠MHD＝∠MHE+∠HEM＝2∠DEM，∵∠GMF＝2∠DEM，∴∠GMF＝∠MHD，∵四邊形DEFG是矩形，∴∠G＝∠D＝90°，∴△MGF∽△HDM，∴，∴，∴DH＝﹣+4x，∴MH＝EH＝﹣（﹣+4x）＝﹣4x+，由DM2+DH2＝MH2得，x2+（﹣+4x）2＝（﹣4x+）2，∴x1＝，x2＝（舍去），∴M（，）；當(dāng)M點在線段DG和線段GD的延長線上時，∠GMF是銳角，2∠DEM是鈍角，所以不存在∠GMF＝2∠DEM；綜上所述：M（，）．【點評】本題考查了二次函數(shù)及其圖象的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造相似三角形．17．（2022秋?德城區(qū)期末）如圖1，直線y＝﹣2x+2交x軸于點A，交y軸于點C，過A、C兩點的拋物線與x軸的另一交點為B．（1）請直接寫出該拋物線的函數(shù)解析式；（2）點D是第二象限拋物線上一點，設(shè)D點橫坐標(biāo)為m．①如圖2，連接BD，CD，BC，求△BDC面積的最大值；②如圖3，連接OD，將線段OD繞O點順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到線段OE，過點E作EF∥x軸交直線AC于F．求線段EF的最大值及此時點D的坐標(biāo)．【分析】（1）根據(jù)題意用一次函數(shù)解析式求出與x軸y軸交點坐標(biāo)，代入即可得到答案；（2）①連接OD，利用對角線將四邊形分成不同的兩個三角形，利用底邊在軸線上的三角形面積和差即可得到所求三角形面積表達式，配方成頂點式即可得到最值；②過D作DM⊥x軸于M，EF交y軸于N，易證△ODM≌△OEN，從而可以根據(jù)線段關(guān)系得到E、F點坐標(biāo)，得到EF的表達式再根據(jù)二次函數(shù)最值即可求解．【解答】解：（1）由題意可得，當(dāng)x＝0時，y＝﹣2×0+2＝2，當(dāng)y＝0時，﹣2x+2＝0，解得x＝1，∴A（1，0），B（0，2），代入y＝﹣+bx+c得，y＝﹣x+2；（2）①連接OD，，令y＝0，則﹣x+2＝0，解得x1＝﹣4，x2＝1，∴B（﹣4，0）D在第二象限，∴﹣4＜m＜0，∴S△BCD＝S△BOD+S△COD﹣S△BOC＝×4×2＝﹣m2﹣4m＝﹣（m+2）2+4，當(dāng)m＝﹣2時，△BCD的面積最大為4，②過D作DM⊥x軸于M，EF交y軸于N，在△ODM和△OEN中，，∴△ODM≌△OEN（AAS），∴DM＝EN＝﹣m+2OM＝ON＝﹣m，∴，令y＝﹣m，則﹣m＝﹣2x+2x＝m+1EF＝﹣m﹣1＝﹣﹣2m+1＝﹣（m+2）2+3，∴當(dāng)m＝﹣2時EF最大為3，D點的坐標(biāo)（﹣2，3）．【點評】本題考查了一次函數(shù)與二次函數(shù)共存問題及二次函數(shù)實際應(yīng)用題，通過數(shù)形結(jié)合最終將最值問題轉(zhuǎn)換成二次函數(shù)最值問題是解題的關(guān)鍵．18．（2022秋?大洼區(qū)期末）如圖①，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線P：y＝﹣x2+bx+c的圖象與x軸交于點A，B，與y軸交于點C，且圖象與拋物線Q：y＝x2+2x﹣3的圖象關(guān)于原點中心對稱．（1）求拋物線P的表達式；（2）連接BC，點D為線段BC上的一個動點，過點D作DE∥y軸，交拋物線P的圖象于點E，求線段DE長度的最大值；（3）如圖②，在拋物線P的對稱軸上是否存在點M，使△MOB是等腰三角形？若存在，求出所有符合條件的點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【分析】（1）先求出拋物線Q與y軸、x軸的交點坐標(biāo)，再由拋物線Q與拋物線P關(guān)于原點對稱即可得點A、B、C坐標(biāo)，即可求拋物線P；（2）設(shè)BC得表達式為y＝mx+n，將點B、C代入得y＝﹣x+3，設(shè)D（a，﹣a+3），則E（a，﹣a2+2a+3），表示出DE即可求解；（3）對稱軸與x軸交于點F，y＝﹣x2+2x+3得對稱軸為x＝1，判斷OM≠MB，分①OM＝OB＝3，②BM＝OB＝3兩種情況求解即可．【解答】解：（1）當(dāng)x＝0時，y＝0+0﹣3＝﹣3，∴拋物線Q與y軸的交點為（0，﹣3），當(dāng)y＝0時，0＝x2+2x﹣3，解得：x＝1或x＝﹣3，∴拋物線Q與x軸的交點為（1，0）、（﹣3，0），∵拋物線Q與拋物線P關(guān)于原點對稱，∴A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3），將點A、C代入y＝﹣x2+bx+c中得：，解得：，∴y＝﹣x2+2x+3；（2）設(shè)BC得表達式為y＝mx+n，將點B、C代入y＝mx+n得：，解得：，∴y＝﹣x+3，設(shè)D（a，﹣a+3），則E（a，﹣a2+2a+3）；，∴當(dāng)a＝時，DE有最大值，DE的最大值為；（3）在拋物線P的對稱軸上存在點M，使△MOB是等腰三角形，理由如下：如圖，對稱軸與x軸交于點F，∵y＝﹣x2+2x+3得對稱軸為x＝1，∴OM≠MB，①當(dāng)OM＝OB＝3時，△MOB是等腰三角形，，∴或．②當(dāng)BM＝OB＝3時，△MOB是等腰三角形，，∴或．∴或或或．【點評】本題主要考查二次函數(shù)的應(yīng)用、一次函數(shù)應(yīng)用，勾股定理，掌握相關(guān)知識并靈活應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．19．（2022秋?大冶市期末）拋物線y＝﹣x+4與坐標(biāo)軸分別交于A，B，C三點，P是第一象限內(nèi)拋物線上的一點．（1）直接寫出A，B，C三點的坐標(biāo)為A（﹣2，0），B（3，0），C（0，4）；（2）連接AP，CP，AC，若S△APC＝2，求點P的坐標(biāo)；（3）連接AP，BC，是否存在點P，使得∠PAB＝∠ABC，若存在，求出點P的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．【分析】（1）令x＝0，則y＝4，令y＝0，則﹣x+4＝0，所以x＝﹣2或x＝3，由此可得結(jié)論；（2）連接OP，設(shè)，則S△PAC＝S△AOC+S△POC﹣S△AOP，列出方程求出m的值，進而可以解決問題；（3）在AB的延長線上截取BF＝BC，連接CF，過點B作BE⊥x軸，交CF于點E，連接AE，求出直線CF的解析式為：，直線AE的解析式為：，聯(lián)立方程組即可解決問題．【解答】解：（1）令x＝0，則y＝4，令y＝0，則﹣x+4＝0，∴x＝﹣2或x＝3，∴A（﹣2，0），B（3，0），C（0，4）．故答案為：（﹣2，0），（3，0），（0，4）；（2）如圖，連接OP，設(shè)，則S△PAC＝S△AOC+S△POC﹣S△AOP＝＝4+2m+m2﹣m﹣4＝m2﹣m＝2，解得：m1＝1，m2＝﹣3（舍），2m方/3+4m/3＝2∴點P的坐標(biāo)為（1，4）；（3）存在點P使得，理由如下：如圖2，在AB的延長線上截取BF＝BC，連接CF，過點B作BE⊥x軸，交CF于點E，連接AE，在Rt△BOC中，∵OB＝3，OC＝4，∴BC＝BF＝5，∵AO＝2，∴AB＝BF＝5，∵BE⊥x軸，∴AE＝EF，∴∠EAB＝∠EFB＝ABC，∵F（8，0），C（0，4）．∴直線CF的解析式為：y＝﹣x+4，令x＝3，則y＝，∴E（3，），∵A（﹣2，0），∴直線AE的解析式為：y＝x+1，聯(lián)立：，解得：（舍），∴點P的坐標(biāo)為．【點評】此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，平行線分線段成比例，角度的存在性等相關(guān)內(nèi)容，解本題的關(guān)鍵是求拋物線解析式，確定點P的坐標(biāo)．20．（2022秋?滕州市期末）如圖，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，與y軸交于點C．（1）求該拋物線的解析式；（2）若點E是線段BC上的一個動點，平行于y軸的直線EF交拋物線于點F，求△FBC面積的最大值；（3）設(shè)點P是（1）中拋物線上的一個動點，是否存在滿足S△PAB＝6的點P？如果存在，請求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（2）首先求出直線BC的解析式，然后設(shè)F（x，x2﹣2x﹣3），則E（x，x﹣3），根據(jù)題意表示出△FBC面積，然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可；（3）首先求出AB的長度，然后設(shè)點P的坐標(biāo)為（t，t2﹣2t﹣3），根據(jù)S△PAB＝6列出方程求解即可．【解答】解：（1）將A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝x2+bx+c，得：，解得：，∴該拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3．（2）設(shè)直線BC的解析式為y＝mx+n（m≠0），將B（3，0），C（0，﹣3）代入y＝mx+n，得：，解得：，∴直線BC的解析式為y＝x﹣3．設(shè)F（x，x2﹣2x﹣3），則E（x，x﹣3），∴EF＝（x﹣3）﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+3x，∴，當(dāng)時，△FBC的面積有最大值．（3）存在，理由如下：∵點A的坐標(biāo)為（﹣1，0），點B的坐標(biāo)為（3，0），∴AB＝|3﹣（﹣1）|＝4，設(shè)點P的坐標(biāo)為（t，t2﹣2t﹣3）．∵S△PAB＝6，∴，即t2﹣2t﹣3＝3或t2﹣2t﹣3＝﹣3，解得：，，t3＝0，t4＝2，∵存在滿足S△PAB＝6的點P，點P的坐標(biāo)為或或（0，﹣3）或（2，﹣3）．【點評】本題考查了二次函數(shù)綜合，待定系數(shù)法求解析式，面積問題，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．21．（2022秋?望城區(qū)期末）如圖①，拋物線y＝ax2+x+c，與x軸交于A，B兩點（A在B的左邊），與y軸交于C點，頂點為E，其中，點A坐標(biāo)為（﹣1，0），對稱軸為x＝2．（1）求此拋物線解析式；（2）在第四象限的拋物線上找一點F，使S△FBC＝S△ACB，求點F的坐標(biāo)；（3）如圖②，點P是x軸上一點，點E與點H關(guān)于點P成中心對稱，點B與點Q關(guān)于點P成中心對稱，當(dāng)以點Q，H，E為頂點三角形是直角三角形時，求P的坐標(biāo)．【分析】（1）根據(jù)對稱軸為x＝2．可得a＝﹣，把A（﹣1，0）代入拋物線即可解決問題；（2）根據(jù)對稱軸為x＝2．A（﹣1，0），可得B（5，0）求出直線BC解析式為y＝﹣x+，由第四象限的拋物線上找一點F，使S△FBC＝S△ACB，可得AF∥BC，然后求出直線AF的解析式為y＝﹣x﹣，聯(lián)立方程組即可解決問題；（3）設(shè)對稱軸交x軸于點T，作HM⊥x軸于M，作HN⊥對稱軸于N，然后分三種情況討論解答即可．【解答】解：（1）∵對稱軸為x＝2．∴a＝﹣，∵A（﹣1，0），把A（﹣1，0）代入拋物線y＝﹣x2+x+c，解得：c＝，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+；（2）∵對稱軸為x＝2．A（﹣1，0），∴B（5，0），∵直線BC過C（0，），B（5，0）點，∴直線BC解析式為y＝﹣x+，∵在第四象限的拋物線上找一點F，使S△FBC＝S△ACB，∴AF∥BC，設(shè)直線AF的解析式為y＝﹣x+﹣k，把A（﹣1，0）代入得k＝，∴直線AF的解析式為y＝﹣x﹣，聯(lián)立方程組得，解得，（舍去），∴點F的坐標(biāo)為（6，﹣）；（3）如圖，設(shè)對稱軸交x軸于點T，作HM⊥x軸于M，作HN⊥對稱軸于N，∵點P是x軸上一點，∴設(shè)P（m，0），∵點B與點Q關(guān)于點P成中心對稱，∴BP＝QP＝5﹣m，∴點Q坐標(biāo)為（2m﹣5，0），∴OQ＝QP+OP＝5﹣2m，∴QT＝OQ+OT＝7﹣2m，∴QM＝OQ﹣OM＝5﹣2m﹣（2﹣2m）＝3，∵點E與點H關(guān)于點P成中心對稱，頂點E（2，4），∴H坐標(biāo)為（2m﹣2，﹣4），N坐標(biāo)為（2，﹣4），根據(jù)勾股定理得：QE2＝QT2+ET2＝4m2﹣28m+65，HE2＝EN2+HN2＝4m2﹣16m+80，QH2＝42+32＝25，①當(dāng)∠HQE＝90°時，QE2+QH2＝HE2，解得m＝，∴P點坐標(biāo)為（，0）．②當(dāng)∠QHE＝90°時，HE2+QH2＝QE2，解得m＝﹣，∴P點坐標(biāo)為（﹣，0）．③∵QH＝QP＝5，∴∠QHP＝∠QPH＞∠QEH，∴∠QEH≠90°，綜上所得，當(dāng)P點坐標(biāo)為（，0）或（﹣，0）時，以點Q，H，E為頂點的三角形是直角三角形．【點評】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，對稱的性質(zhì)，掌握二次函數(shù)的性質(zhì)，利用待定系數(shù)法求得拋物線的解析式是解題的關(guān)鍵．22．（2022秋?雄縣期末）已知拋物線G：y＝﹣+kx+4（k為常數(shù)）與x軸交于點A，B（點A在點B的左側(cè)），與y軸的正半軸交于點C．（1）當(dāng)k＝1時，如圖所示：①拋物線G的對稱軸為直線x＝1，點A的坐標(biāo)為（﹣2，0）；②在x軸正半軸上從左到右有D，E兩點，且DE＝1，從點E向上作EF⊥x軸，且EF＝2，在△DEF沿x軸左右平移時，若拋物線G與邊DF（包括端點）有交點，求點F橫坐標(biāo)的最大值比最小值大多少？（2）當(dāng)拋物線G的頂點P的縱坐標(biāo)yP取得最小值時，求此時拋物線G的函數(shù)解析式；（3）當(dāng)k＜0，且x≥k時，拋物線G的最高點到直線l：y＝7的距離為2，直接寫出此時k的值．【分析】（1）①根據(jù)拋物線解析式可得拋物線的對稱軸和點A的坐標(biāo)；②根據(jù)拋物線對稱軸右側(cè)的圖象經(jīng)過點D時，此時點F的橫坐標(biāo)值最大；當(dāng)拋物線對稱軸左側(cè)的圖象經(jīng)過點F時，此時點F的橫坐標(biāo)最小，列方程求解即可；（2）根據(jù)題意列方程求解即可；（3）根據(jù)題意分情況討論即可．【解答】解：（1）①∵，k＝1，∴，∴對稱軸為，∵與x軸有兩個交點分別是A、B，∴，∴x1＝4，x2＝﹣2，∴A（﹣2，0）．②當(dāng)拋物線對稱軸右側(cè)的圖象經(jīng)過點D時，此時點F的橫坐標(biāo)值最大；當(dāng)拋物線對稱軸左側(cè)的圖象經(jīng)過點F時，此時點F的橫坐標(biāo)最?。邟佄锞€經(jīng)過點D時，y＝0，∴，解得x1＝4，x2＝﹣2（舍去），∴x＝4．∵DE＝1，∴此時點F的橫坐標(biāo)為5，∵拋物線經(jīng)過點F時，y＝2，∴，解得（舍去），∴，∴點F橫坐標(biāo)的最大值比最小值大；（2）∵，∴頂點P的縱坐標(biāo)，當(dāng)k＝0時，yP取得最小值，∴此時拋物線G的函數(shù)解析式為，（3）由（2）可得拋物線的對稱軸為直線x＝k，∴當(dāng)k＜0且時，處有最大值，∴y＝﹣×（k）2+k×k+4＝+4，此時所在的點是拋物線G的最高點．當(dāng)直線l：y＝7在拋物線G的最高點上方時，可得方程：，解得（舍去），∴．當(dāng)直線l：y＝7在拋物線G的最高點下方時，可得方程：，解得（舍去），∴，綜上所述，k的值為或．【點評】本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)的綜合題，熟記二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．23．（2022秋?泉州期末）已知拋物線C1：y＝ax2﹣2ax﹣1與x軸只有一個交點．（1）求拋物線的解析式；（2）將拋物線C1向上平移4個單位長度得到拋物線C2.拋物線C2與x軸交于A、B兩點（其中A點在左側(cè)，B點在右側(cè)），與y軸交于點C，連結(jié)BC．D為第一象限內(nèi)拋物線C2上的一個動點．①若△BOC的面積是△BDC面積的倍，求D的坐標(biāo)；②拋物線C2的對稱軸交x軸于點G，過D作DE⊥BC交BC于E，交x軸于F．當(dāng)點F在線段OG上時，求的取值范圍．【分析】（1）由拋物線C1：y＝ax2﹣2ax﹣1與x軸只有一個交點，可知Δ＝0，構(gòu)建方程求出a即可；（2）①設(shè)D（m，﹣m2+2m+3），根據(jù)△BOC的面積是△BDC面積的倍，構(gòu)建方程求解即可；②求出兩種特殊位置，三角形面積的比值，可得結(jié)論．【解答】解：（1）∵拋物線C1：y＝ax2﹣2ax﹣1與x軸只有一個交點，∴Δ＝4a2+4a＝0，∴a＝﹣1或0（0不符合題意舍去），∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x﹣1；（2）①如圖，連接OD．由題意平移后拋物線C2的解析式為y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3，令y＝0，可得﹣x2﹣2x+3＝0．解得x＝﹣1或x＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0），設(shè)D（m，﹣m2+2m+3），∵△BOC的面積是△BDC面積的倍，∴×3×3＝[×3×m+×3×（﹣m2+2m+3）﹣×3×3]，解得m＝1或2，∴D（1，4）或（2，3）；②如圖，當(dāng)點F與點O重合時，∵OC＝OB，F(xiàn)E⊥CB，∴CE＝EB，∴＝1，當(dāng)點F與G重合時，BE＝，∵BC＝3，∴CE＝2，∴＝＝2，觀察圖形可知：1≤≤2．【點評】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，平移變換，三角形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，學(xué)會尋找特殊位置解決數(shù)學(xué)問題，屬于中考壓軸題．24．（2022秋?雁塔區(qū)校級期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝﹣+bx+c的圖象與y軸交于點A（0，8），與x軸交于B、C兩點，其中點B的坐標(biāo)是（﹣8，0），點P（m，n）為該二次函數(shù)在第二象限內(nèi)圖象上的動點，點D為（0，4），連接BD．（1）求該二次函數(shù)的表達式；（2）依題補圖1：連接OP，過點P作PQ⊥x軸于點Q；當(dāng)△OPQ和△OBD相似時，求m的值；（3）如圖2，過點P作直線PQ∥BD，和x軸交點為Q，在點P沿著拋物線從點A到點B運動過程中，當(dāng)PQ與拋物線只有一個交點時，求點Q的坐標(biāo)．【分析】（1）直接將A，B兩點代入即可求解；（2）可設(shè)，由∠OQP＝∠BOD＝90°，則分兩種情況：△POQ∽△BDO和△POQ∽△DBO分別求出PQ與OQ的關(guān)系即可；（3）求出直線BD解析式為，當(dāng)直線PQ與的圖象只有一個交點時，聯(lián)立，，由Δ＝62﹣4×（﹣32+4n2）＝0，求出，直線PQ的解析式為，此時．【解答】解：（1）把A（0，8），B（﹣8，0）代入得，，解得，∴該二次函數(shù)的表達為；（2）如圖：設(shè)，由∠OQP＝∠BOD＝90°，分兩種情況：當(dāng)△POQ∽△BDO時，，∴，∴PQ＝2OQ，即，解得m＝﹣4，或m＝8（舍去）；當(dāng)△POQ∽△DBO時，，∴OQ＝2PQ，即，解或（舍去），綜上所述，m的值為﹣4或；（3）如圖，設(shè)直線BD解析式為y＝kx+n，∴，解得，∴直線BD解析式為，∵PQ∥BD，∴設(shè)直線PQ的解析式為，當(dāng)直線PQ與的圖象只有一個交點時，聯(lián)立，整理得x2+6x﹣32+4n2＝0，∴Δ＝62﹣4×（﹣32+4n2）＝0，解得，∴當(dāng)時，直線PQ的解析式為，此時直線PQ與的圖象只有一個交點，令y＝0，則，解得，此時．【點評】本題考查二次函數(shù)的綜合，解題的關(guān)鍵是要會利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來．25．（2023春?福清市校級期末）已知：如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線與x軸、y軸的交點分別為A、B，將∠OBA對折，使點O的對應(yīng)點H落在直線AB上，折痕交x軸于點C．（1）直接寫出點C的坐標(biāo)，并求過A、B、C三點的拋物線的解析式；（2）若拋物線的頂點為D，在直線BC上是否存在點P，使得四邊形ODAP為平行四邊形？若存在，求出點P的坐標(biāo)；若不存在，說明理由；（3）設(shè)拋物線的對稱軸與直線BC的交點為T，Q為線段BT上一點，直接寫出|QA﹣QO|的取值范圍．【分析】（1）點A的坐標(biāo)是縱坐標(biāo)為0，得橫坐標(biāo)為8，所以點A的坐標(biāo)為（8，0）；點B的坐標(biāo)是橫坐標(biāo)為0，解得縱坐標(biāo)為6，所以點B的坐標(biāo)為（0，6）；由題意得：BC是∠ABO的角平分線，所以O(shè)C＝CH，BH＝OB＝6∵AB＝10，∴AH＝4，設(shè)OC＝x，則AC＝8﹣x由勾股定理得：x＝3∴點C的坐標(biāo)為（3，0）將此三點代入二次函數(shù)一般式，列的方程組即可求得；（2）求得直線BC的解析式，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，對角相等，對邊平行且相等，借助于三角函數(shù)即可求得；（3）如圖，由對稱性可知QO＝QH，|QA﹣QO|＝|QA﹣QH|．當(dāng)點Q與點B重合時，Q、H、A三點共線，|QA﹣QO|取得最大值4（即為AH的長）；設(shè)線段OA的垂直平分線與直線BC的交點為K，當(dāng)點Q與點K重合時，|QA﹣QO|取得最小值0．【解答】解：（1）點C的坐標(biāo)為（3，0）．∵點A、B的坐標(biāo)分別為A（8，0），B（0，6），∴可設(shè)過A、B、C三點的拋物線的解析式為y＝a（x﹣3）（x﹣8）．將x＝0，y＝6代入拋物線的解析式，得．∴過A、B、C三點的拋物線的解析式為．（2）可得拋物線的對稱軸為直線，頂點D的坐標(biāo)為，設(shè)拋物線的對稱軸與x軸的交點為G．直線BC的解析式為y＝﹣2x+6．設(shè)點P的坐標(biāo)為（x，﹣2x+6）．解法一：如圖，作OP∥AD交直線BC于點P，連接AP，作PM⊥x軸于點M．∵OP∥AD，∴∠POM＝∠GAD，tan∠POM＝tan∠GAD．∴，即．解得．經(jīng)檢驗是原方程的解．此時點P的坐標(biāo)為．但此時，OM＜GA．∵，∴OP＜AD，即四邊形的對邊OP與AD平行但不相等，∴直線BC上不存在符合條件的點P．解法二：如圖，取OA的中點E，作點D關(guān)于點E的對稱點P，作PN⊥x軸于點N．則∠PEO＝∠DEA，PE＝DE．可得△PEN≌△DEG．由，可得E點的坐標(biāo)為（4，0）．NE＝EG＝，ON＝OE﹣NE＝，NP＝DG＝．∴點P的坐標(biāo)為．∵x＝時，，∴點P不在直線BC上．∴直線BC上不存在符合條件的點P．（3）|QA﹣QO|的取值范圍是．當(dāng)Q在OA的垂直平分線上與直線BC的交點時，（如點K處），此時OK＝AK，則|QA﹣QO|＝0，當(dāng)Q在AH的延長線與直線BC交點時，此時|QA﹣QO|最大，直線AH的解析式為：y＝﹣x+6，直線BC的解析式為：y＝﹣2x+6，聯(lián)立可得：交點為（0，6），∴OQ＝6，AQ＝10，∴|QA﹣QO|＝4，∴|QA﹣QO|的取值范圍是：0≤|QA﹣QO|≤4．【點評】此題考查了二次函數(shù)與一次函數(shù)以及平行四邊形的綜合知識，解題的關(guān)鍵是認(rèn)真識圖，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．26．（2022秋?豐都縣期末）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝﹣x2+bx+4經(jīng)過A（﹣1，3），與y軸交于點C，經(jīng)過點C的直線與拋物線交于另一點E（6，m），點M為拋物線的頂點，拋物線的對稱軸與x軸交于點D．（1）求直線CE的解析式；（2）如圖2，點P為直線CE上方拋物線上一動點，連接PC，PE．當(dāng)△PCE的面積最大時，求點P的坐標(biāo)以及△PCE面積的最大值．（3）如圖3，將點D右移一個單位到點N，連接AN，將（1）中拋物線沿射線NA平移得到新拋物線y′，y′經(jīng)過點N，y′的頂點為點G，在新拋物線y′的對稱軸上是否存在點H，使得△MGH是等腰三角形？若存在，請直接寫出點H的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【分析】（1）把點A的坐標(biāo)代入拋物線，即可求出拋物線解析式，再分別求出點C，點E，待定系數(shù)法即可求得直線CE解析式；（2）過點P作PH∥y軸交CE于點H，設(shè)P為（t，），則H為（t，﹣t+4），由鉛垂法求得△PCE面積的表達式，最后求其最大值及P點坐標(biāo)；（3）先求出直線AN的解析式，反向延長射線NA與拋物線的另一個交點記為點Q，求出點Q的坐標(biāo)，根據(jù)點Q到點N的運動，可求出拋物線y′的頂點G的坐標(biāo)，再進行分類討論：分點M，點G，點H為頂點的三種情況，分別進行計算求解即可．【解答】解：（1）把點A（﹣1，3）代入拋物線，得，∴b＝，∴拋物線的解析式為，∵在中，令x＝0，得y＝4，∴C（0，4），∵點E在拋物線上，∴把E（6，m）代入，得，∴E（6，﹣4），設(shè)直線CE的解析式為y＝kx+b1則，∵C（0，4），E（6，﹣4），∴，解得，∴直線CE的解析式為y＝﹣x+4．（2）過點P作PH∥y軸，交直線CE于點H，設(shè)P為（t，），則H為（t，﹣t+4），∴PH＝﹣（﹣t+4）＝﹣+2t，∴△PCE面積：S＝×6×（﹣+2t）＝﹣（t﹣3）2+9，∵a＜0，∴當(dāng)t＝3時，△PCE面積的最大值為9，此時，點P的坐標(biāo)為（3，3）．（3）∵拋物線＝，∴當(dāng)x＝1時，y有最大值，∴M（1，），∴拋物線對稱軸為x＝1，∴D（1，0），∵點D右移一個單位到點N，∴N（2，0），∵A（﹣1，3），N（2，0），∴直線AN解析式為y＝﹣x+2，∴直線AN與拋物線的交點為A（﹣1，3），另一交點設(shè)為Q，則Q（6，﹣4），∵拋物線沿射線NA平移得到新拋物線y′，y′經(jīng)過點N（2，0），∴拋物線向左平移了4個單位，向上平移了4個單位，∴新拋物線y′＝，∴對稱軸為x＝﹣3，頂點G（﹣3，），設(shè)H（﹣3，h），則MG＝，MH＝，GH＝|h﹣|，假設(shè)△MGH是等腰三角形，則分三種情況討論：當(dāng)M為頂點時，由MG＝MH得，＝，∴h＝或，∴H（﹣3，）或（﹣3，），當(dāng)G為頂點時，由MG＝GH得，＝|h﹣|，∴h＝或，∴H（﹣3，）或（﹣3，），當(dāng)H為頂點時，由MH＝GH得，＝|h﹣|，∴h＝，∴H（﹣3，），∴存在點H，使得△MGH是等腰三角形，點H的坐標(biāo)為（﹣3，）或（﹣3，）或（﹣3，）或（﹣3，）或（﹣3，）．【點評】本題是二次函數(shù)的綜合題，解答本題主要應(yīng)用了待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，三角形的面積，等腰三角形的存在性等；求△PCE面積最大值的鉛垂法是解答（2）的關(guān)鍵；分點M，點G，點H為頂點的三種情況，分別進行計算是解答問題（3）的關(guān)鍵．27．（2022秋?南川區(qū)期末）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝ax2+bx﹣3（a≠0）的圖象與x軸于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，與y軸交于C點，點P是直線BC下方拋物線上一動點．（1）求這個二次函數(shù)的解析式；（2）當(dāng)動點P運動到什么位置時，使四邊形ACPB的面積最大，求出此時四邊形ACPB的面積最大值和P的坐標(biāo)；（3）如圖2，點M在拋物線對稱軸上，點N是平面內(nèi)一點，是否存在這樣的點M、N，使得以點M、N、A、C為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出所有M點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【分析】（1）由二次函數(shù)y＝ax2+bx﹣3的圖象與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，直接利用待定系數(shù)法，即可求得這個二次函數(shù)的表達式；（2）設(shè)點P的坐標(biāo)為（m，m2﹣2m﹣3），即可由S四邊形ACPB＝S△AOC+S△COP+S△BOP求得答案；（3）分別從當(dāng)AM＝AC，CM＝CA，AC為對角線，結(jié)合菱形的性質(zhì)去分析求解即可求得答案．【解答】解：（1）∵二次函數(shù)y＝ax2+bx﹣3的圖象與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，∴，解得：，∴這個二次函數(shù)的表達式為：y＝x2﹣2x﹣3；（2）設(shè)點P的坐標(biāo)為（m，m2﹣2m﹣3），S四邊形ACPB＝S△AOC+S△COP+S△BOP，＝＝＝，∵，∴當(dāng)時，四邊形ABCP的最大值是，此時點P的坐標(biāo)為，（3）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴拋物線的對稱軸為直線x＝1，當(dāng)x＝0時，y＝﹣3，∴C（0，﹣3），設(shè)點M的坐標(biāo)為（1，t），則：AM2＝（﹣1﹣1）2+（0﹣t）2，AC2＝（﹣1﹣0）2+[0﹣（﹣3）]2，CM2＝（0﹣1）2+（﹣3﹣t）2，設(shè)AC的中點為Q，則點Q的坐標(biāo)為，即，∴，，當(dāng)AM＝AC時，則AM2＝AC2，∴（﹣1﹣1）2+（0﹣t）2＝（﹣1﹣0）2+[0﹣（﹣3）]2，解得，，∴、，；當(dāng)CM＝CA時，則CM2＝CA2，∴（0﹣1）2+（﹣3﹣t）2＝（﹣1﹣0）2+[0﹣（﹣3）]2，解得，t1＝0，t2＝﹣6，∴M3（1，0）、M4（1，﹣6）（舍去，此時M、A、C三點共線，無法構(gòu)成菱形）；當(dāng)AC為對角線時則有：AQ2+QM2＝AM2，∴＝（﹣1﹣1）2+（0﹣t）2，解得，t＝﹣1，∴M5（1，﹣1），∴存在這樣的點M、N能夠使得以點M、N、A、C為頂點的四邊形是菱形，此時點M的坐標(biāo)為：、、M3（1，0）、M5（1，﹣1）．【點評】此題考查了二次函數(shù)的綜合，注意掌握分類討論思想的應(yīng)用是解此題的關(guān)鍵．28．（2022秋?興縣期末）綜合與探究如圖1，已知拋物線y＝﹣x2+3x+4與x軸交于A，B兩點（點A在點B左邊），與y軸交于點C．點D（m，n）是線段BC上的動點，過點D作DE⊥x軸垂足為E．（1）請直接寫出點A，B，C坐標(biāo)以及直線BC的解析式；（2）若△ADE的面積為S，請求出S關(guān)于m的函數(shù)關(guān)系式，并求出當(dāng)m的值為多少時，S的值最大？最大值為多少？（3）如圖2，將△ADE以點D為中心，順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△A'DE'（點A與點A′對應(yīng)），則當(dāng)A′恰好落在拋物線上時，求出此時點D的坐標(biāo)．【分析】（1）將y＝0代入y＝﹣x2+3x+4即可求出點A和點B的坐標(biāo)，將x＝0代入y＝﹣x2+3x+4，求出點C的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法，即可求出直線BC的解析式；（2）根據(jù)題意，將n用m表示出來，根據(jù)三角形的面積公式，即可得出S關(guān)于m的函數(shù)關(guān)系式，將其化為頂點式，即可求出最值；（3）根據(jù)平面直角坐標(biāo)系中點的坐標(biāo)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，將A′的坐標(biāo)用m表示出來，再代入y＝﹣x2+3x+4即可進行解答．【解答】解：（1）將y＝0代入y＝﹣x2+3x+4得：0＝﹣x2+3x+4，解得：x1＝4，x2＝﹣1，∴A（﹣1，0），B（4，0），將x＝0代入y＝﹣x2+3x+4得：y＝4，∴C（0，4），設(shè)直線BC的解析式為：y＝kx+b，將B（4，0），C（0，4）代入得：，解得：，∴直線BC的解析式為：y＝﹣x+4；（2）∵DE⊥x軸，D（m，n），∴E（m，0），∴DE＝n，AE＝m+1，∴，∵把D（m，n）代入y＝x+4得：n＝﹣m+4，∴，∴當(dāng)時，S有最大值，最大值為．（3）∵△ADE以點D為中心，順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△A'DE'，∴DE＝DE'＝﹣m+4，AE＝A'E'＝m+1，∠EDE'＝90°，∵DE⊥x軸，∴DE'∥x軸，∴點A'的橫坐標(biāo)為：m﹣（﹣m+4）＝2m﹣4，點A'的縱坐標(biāo)為：﹣m+4+m+1＝5，即A'（2m﹣4，5），把A'（2m﹣4，5）代入y＝﹣x2+3x+4得：5＝﹣（2m﹣4）2+3（2m﹣4）+4，解得：，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，∴點D的坐標(biāo)為：或．【點評】本題主要考查了二次函數(shù)的綜合，解題的關(guān)鍵是熟練掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，用待定系數(shù)法求解函數(shù)表達式的方法和步驟，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．29．（2022秋?延邊州期末）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點A（﹣1，0），點B（3，0），與y軸交于點C，點D在射線CO上運動，過點D作直線EF∥x軸，交拋物線于點E，F(xiàn)（點E在點F的左側(cè)）．（1）求該拋物線的解析式和對稱軸；（2）若EF＝2OC，求點E的坐標(biāo)；（3）若拋物線的頂點關(guān)于直線EF的對稱點為點P，當(dāng)點P到x軸的距離等于1時，求出所有符合條件的線段EF的長；（4）以點D為旋轉(zhuǎn)中心，將點B繞點D順時針旋轉(zhuǎn)90°得到點B′，直接寫出點B′落在拋物線上時點D的坐標(biāo)．【分析】（1）由點A，B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出拋物線的解析式，再將拋物線的解析式轉(zhuǎn)化為頂點式，進而可得出拋物線的對稱軸為直線x＝1；（2）代入x＝0，求出y值，進而可得出點C的坐標(biāo)及OC的長，結(jié)合EF＝2OC，可設(shè)點E的坐標(biāo)為（m，﹣m2+2m+3），則點F的坐標(biāo)為（m+6，﹣m2+2m+3），利用二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征可得出關(guān)于m的方程，解之即可得出m的值，再將其代入點E的坐標(biāo)中即可求出結(jié)論；（3）由（1）可知：拋物線的頂點坐標(biāo)為（1，4）．設(shè)直線EF的解析式為y＝n，則點P的坐標(biāo)為（1，2n﹣4），由點P到x軸的距離等于1，可得出關(guān)于n的含絕對值符號的一元一次方程，解之即可得出n的值，將y＝n代入拋物線解析式中可求出點E，F(xiàn)的橫坐標(biāo)，作差后即可得出EF的長；（4）設(shè)點D的坐標(biāo)為（0，a），過點B′作B′M⊥y軸于點M，分點D在y軸正半軸及點D在y軸負半軸兩種情況考慮，易證△B′DM≌△DBO（AAS），利用全等三角形的性質(zhì)可得出B′M＝DO，DM＝BO＝3，進而可得出點B′的坐標(biāo)為（﹣a，a﹣3），再利用二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征可求出a值，取其符合題意的值即可得出點D的坐標(biāo)．【解答】解：（1）將A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝﹣x2+bx+c得：，解得：，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3．∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴拋物線的對稱軸為直線x＝1；（2）當(dāng)x＝0時，y＝﹣1×02+2×0+3＝3，∴點C的坐標(biāo)為（0，3），∴OC＝3．設(shè)點E的坐標(biāo)為（m，﹣m2+2m+3），則點F的坐標(biāo)為（m+6，﹣m2+2m+3），∴﹣（m+6）2+2（m+6）+3＝﹣m2+2m+3，解得：m＝﹣2，∴點E的坐標(biāo)為（﹣2，﹣5）；（3）由（1）可知：拋物線的頂點坐標(biāo)為（1，4）．設(shè)直線EF的解析式為y＝n，則點P的坐標(biāo)為（1，2n﹣4），根據(jù)題意得：|2n﹣4|＝1，解得：n＝或n＝．當(dāng)n＝時，﹣x2+2x+3＝，解得：x1＝，x2＝，∴此時EF＝x2﹣x1＝﹣＝；當(dāng)n＝時，﹣x2+2x+3＝，解得：x1＝，x2＝，∴此時EF＝x2﹣x1＝﹣＝．∴線段EF的長為或；（4）設(shè)點D的坐標(biāo)為（0，a），過點B′作B′M⊥y軸于點M，如圖所示．分兩種情況考慮：當(dāng)點D在y軸正半軸時，∵∠BDO+∠B′DM＝90°，∠BDO+∠DBO＝90°，∴∠B′DM＝∠DBO．在△B′DM和△DBO中，，∴△B′DM≌△DBO（AAS），∴B′M＝DO，DM＝BO＝3，∴點B′的坐標(biāo)為（﹣a，a﹣3），∴a﹣3＝﹣（﹣a）2+2（﹣a）+3，整理得：a2+3a﹣6＝0，解得：a1＝（不符合題意，舍去），a2＝，∴點D的坐標(biāo)為（0，）；當(dāng)點D在y軸負半軸時，同理可證出：△B′DM≌△DBO（AAS），∴B′M＝DO，DM＝BO＝3，∴點B′的坐標(biāo)為（﹣a，a﹣3），∴a﹣3＝﹣（﹣a）2+2（﹣a）+3，整理得：a2+3a﹣6＝0，解得：a1＝，a2＝（不符合題意，舍去），∴點D的坐標(biāo)為（0，）．綜上所述，點D的坐標(biāo)為（0，）或（0，）．【點評】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征、解含絕對值符號的一元一次方程以及全等三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：（1）根據(jù)給定的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；（2）根據(jù)EF＝2OC，用點E的橫坐標(biāo)表示出點F的橫坐標(biāo)；（3）由點P到x軸的距離，找出關(guān)于n的含絕對值符號的一元一次方程；（4）構(gòu)造全等三角形，利用二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，找出關(guān)于a的一元二次方程．30．（2023春?青秀區(qū)校級期末）如圖1，拋物線y＝ax2+x+c與x軸交于A（﹣2，0），B（4，0）兩點，與y軸交于C．（1）求拋物線的解析式；（2）點P是直線BC上方拋物線上的—個動點，使△PBC的面積等于△ABC面積的，求點P的坐標(biāo)；（3）過點C作直線l∥x軸，將拋物線在y軸左側(cè)的部分沿直線l翻折，拋物線的其余部分保持不變，得到一個新圖象（如圖2），請你結(jié)合新圖象解答：當(dāng)直線y＝﹣x+d與新圖象只有一個公共點Q（m，n），且n≥﹣8時，求d的取值范圍．【分析】（1）用待定系數(shù)法可得拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+4；（2）過P作PK∥y軸交BC于K，求出C（0，4），S△ABC＝×6×4＝12，由B（4，0），C（0，4）得直線BC函數(shù)表達式為y＝﹣x+4，設(shè)P（m，﹣m2+m+4），則K（m，﹣m+4），可得PK＝﹣m2+m+4﹣（﹣m+4）＝﹣m2+2m，根據(jù)△PBC的面積等于△ABC面積的，有×（﹣m2+2m）×4＝12×，即可解得點P的坐標(biāo)為（1，）或（3，）；（3）分兩種情況：①當(dāng)公共點Q（m，n）在C（0，4）下方時，求出新圖象過點（6，﹣8），當(dāng)直線y＝﹣x+d與新圖象公共點為（6，﹣8）時，﹣8＝﹣×6+d，得d＝﹣5，可知當(dāng)﹣5≤d＜4時，直線y＝﹣x+d與新圖象只有一個公共點；②當(dāng)公共點Q（m，n）在C（0，4）上方時，求出有兩個相等的實數(shù)解時d＝；即可得當(dāng)d＞時，直線y＝﹣x+d與新圖象只有一個公共點．【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝ax2+x+c得：，解得：，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+4；（2）過P作PK∥y軸交BC于K，如圖：在y＝﹣x2+x+4中，令x＝0得y＝4，∴C（0，4），∵A（﹣2，0），B（4，0），∴AB＝6，∴S△ABC＝×6×4＝12，由B（4，0），C（0，4）得直線BC函數(shù)表達式為y＝﹣x+4，設(shè)P（m，﹣m2+m+4），則K（m，﹣m+4），∴PK＝﹣m2+m+4﹣（﹣m+4）＝﹣m2+2m，∵△PBC的面積等于△ABC面積的，∴×（﹣m2+2m）×4＝12×，解得m＝1或m＝3，∴點P的坐標(biāo)為（1，）或（3，）；（3）①當(dāng)公共點Q（m，n）在C（0，4）下方時，在y＝﹣x2+x+4中，令y＝﹣8得：﹣8＝﹣x2+x+4，解得x＝6或x＝﹣4，∵將拋物線在y軸左側(cè)的部分沿直線l翻折，拋物線的其余部分保持不變，得到一個新圖象，∴新圖象過點（6，﹣8），當(dāng)直線y＝﹣x+d與新圖象公共點為（6，﹣8）時，﹣8＝﹣×6+d，解得d＝﹣5，如圖：∵C（0，4），當(dāng)﹣5≤d＜4時，觀察圖象可知直線y＝﹣x+d與翻折后的拋物線無交點，∴當(dāng)﹣5≤d＜4時，直線y＝﹣x+d與新圖象只有一個公共點；②當(dāng)公共點Q（m，n）在C（0，4）上方時，如圖：若有兩個相等的實數(shù)解，即﹣x2+x+4﹣d＝0的Δ＝0，則（）2﹣4×（﹣）（4﹣d）＝0，解得d＝；由圖可知，當(dāng)d＞時，直線y＝﹣x+d與新圖象只有一個公共點；綜上所述，d的取值范圍是﹣5≤d＜4或d＞．【點評】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法，三角形面積，翻折變換等，解題的關(guān)鍵是數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．31．（2023春?鼓樓區(qū)校級期末）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線y＝ax2﹣2（a+1）x+a+2（a≠0）．（1）當(dāng)a＝﹣時，求拋物線的對稱軸及頂點坐標(biāo)；（2）請直接寫出二次函數(shù)圖象的對稱軸（用含a的代數(shù)式表示）及二次函數(shù)圖象經(jīng)過的定點坐標(biāo)是（1，0）．（3）若當(dāng)1≤x≤5時，函數(shù)值有最大值為8，求二次函數(shù)的解析式；（4）已知點A（0，﹣3）、B（5，﹣3），若拋物線與線段AB只有一個公共點，請直接寫出a的取值范圍．【分析】（1）利用對稱軸公式求得對稱軸為直線x＝﹣7，再代入解析式求得y的值，即可求得頂點坐標(biāo)；（2）利用對稱軸公式求得對稱軸，把解析式變形得到y(tǒng)＝（x﹣1）[a（x﹣1）﹣2]，即可得到二次函數(shù)經(jīng)過的定點坐標(biāo)為（1，0）；（3）根據(jù)（2）可知：二次函數(shù)圖象的對稱軸為直線x＝1+，分a＞0或a＜0兩種情況，分對稱軸在已知范圍的左邊，中間，右邊分類討論最值即可解答；（4）分類討論頂點在線段AB上，a＞0，a＜0，由點A，B和拋物線的位置結(jié)合圖象求解．【解答】解：（1）a＝﹣時，y＝﹣x2﹣x+∴對稱軸為直線x＝﹣＝﹣7，把x＝﹣7代入y＝﹣x2﹣x+得，y＝8，∴頂點坐標(biāo)為（﹣7，8）；（2）∵y＝ax2﹣2（a+1）x+a+2（a≠0）．∴對稱軸為直線x＝﹣＝1+，∵y＝ax2﹣2（a+1）x+a+2＝a（x﹣1）2﹣2（x﹣1）＝（x﹣1）[a（x﹣1）﹣2]，∴二次函數(shù)經(jīng)過的定點坐標(biāo)為（1，0）；故答案為：（1，0）；（3）由（2）知：二次函數(shù)圖象的對稱軸為直線x＝1+，分兩種情況：①當(dāng)a＜0時，1+＜1，在自變量x的值滿足1≤x≤5的情況下，y隨x的增大而減小，∴當(dāng)x＝1時，y＝0，而當(dāng)1≤x≤5時，函數(shù)值有最大值為8，所以此種情況不成立；②當(dāng)a＞0時，1+＞1，i）當(dāng)1＜1+≤3時，即a≥，當(dāng)x＝5時，二次函數(shù)的最大值為y＝25a﹣10（a+1）+a+2＝8，∴a＝1，此時二次函數(shù)的解析式為y＝x2﹣4x+3；ii）當(dāng)1+＞3時，在自變量x的值滿足1≤x≤5的情況下，y隨x的增大而減小，即x＝1有最大值，所以此種情況不成立；綜上所述：此時二次函數(shù)的解析式為：y＝x2﹣4x+3；（4）分三種情況：①當(dāng)拋物線的頂點在線段AB上時，拋物線與線段AB只有一個公共點，即當(dāng)y＝﹣3時，ax2﹣2（a+1）x+a+2＝﹣3，ax2﹣2（a+1）x+a+5＝0，Δ＝4（a+1）2﹣4a（a+5）＝0，∴a＝，當(dāng)a＝時，x2﹣x+＝0，解得：x1＝x2＝4（符合題意，如圖1），②當(dāng)a＞0時，如圖2，當(dāng)x＝0時，y＞﹣3；當(dāng)x＝5時，y＜﹣3，∴，解得：﹣5＜a＜，∴0＜a＜；③當(dāng)a＜0時，如圖3，當(dāng)x＝0時，y＞﹣3；當(dāng)x＝5時，y＜﹣3，∴，解得：﹣5＜a＜，∴﹣5＜a＜0；綜上所述，a的取值范圍是：a＝或0＜a＜或﹣5＜a＜0．【點評】本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)與方程及不等式的關(guān)系，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)，并運用分類討論的思想是解題的關(guān)鍵．32．（2023春?長沙期末）如圖1，拋物線y＝ax2+bx+3交x軸于點A（3，0）和點B（﹣1，0），交y軸于點C．（1）求拋物線的表達式；（2）若點D是直線AC上方拋物線上一動點，連接BC，AD和BD，BD交AC于點M，設(shè)△ADM的面積為S1，△BCM的面積為S2，當(dāng)S1﹣S2＝1時，求點D的坐標(biāo)；（3）如圖2，若點P是拋物線上一動點，過點P作PQ⊥x軸交直線AC于Q點，請問在y軸上是否存在點E，使以P，Q，E，C為頂點的四邊形是菱形，若存在，請直接寫出點E的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【分析】（1）把點A（3，0）和點B（﹣1，0），代入解析式求解即可；（2）由S1﹣S2＝1得S1＝S2+1，從而S1+S△ABM＝S2+S△ABM+1，即S△ABD＝S△ABC+1，據(jù)此列方程求解即可；（3）分類當(dāng)CQ為對角線和菱形邊時，利用直線AC與x軸成45°角關(guān)系建立關(guān)于P的橫坐標(biāo)的方程，進而求出點的坐標(biāo)．【解答】解：（1）把點A（3，0）和B（﹣1，0）代入得：，解得：，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3；（2）設(shè)D（x，y），對于y＝﹣x2+2x+3，令x＝0，則y＝3，∴C（0，3），∵S1﹣S2＝1，∴S1＝S2+1，∴S1+S△ABM＝S2+S△ABM+1，即S△ABD＝S△ABC+1，∴×4×y＝×4×3+1，∴y＝，∴﹣x2+2x+3＝，解得x＝1+或x＝1﹣；∴點D的坐標(biāo)為（1+，）或（1﹣，）；（3）存在，理由如下：設(shè)直線AC的解析式為：y＝kx+b′，∴，解得，∴直線AC的解析式為：y＝﹣x+3；①當(dāng)CQ為菱形的對角線