蘇科版數(shù)學九下第五章二次函數(shù)綜合經(jīng)典題歸類復習(附練習及解析)

2015年初三數(shù)學《二次函數(shù)綜合題》歸類復習1．圖像與性質(zhì)：例1．(2014年四川資陽，第24題12分)如圖，已知拋物線y=ax2+bx+c與x軸的一個交點為A（3，0），與y軸的交點為B（0，3），其頂點為C，對稱軸為x=1．（1）求拋物線的解析式；（2）已知點M為y軸上的一個動點，當△ABM為等腰三角形時，求點M的坐標；（3）將△AOB沿x軸向右平移m個單位長度（0＜m＜3）得到另一個三角形，將所得的三角形與△ABC重疊部分的面積記為S，用m的代數(shù)式表示S．考點： 二次函數(shù)綜合題．分析：（1）根據(jù)對稱軸可知，拋物線y=ax2+bx+c與x軸的另一個交點為（﹣1，0），根據(jù)待定系數(shù)法可得拋物線的解析式為y=﹣x2+2x+3．（2）分三種情況：①當MA=MB時；②當AB=AM時；③當AB=BM時；三種情況討論可得點M的坐標．（3）平移后的三角形記為△PEF．根據(jù)待定系數(shù)法可得直線AB的解析式為y=﹣x+3．易得直線EF的解析式為y=﹣x+3+m．根據(jù)待定系數(shù)法可得直線AC的解析式．連結(jié)BE，直線BE交AC于G，則G（，3）．在△AOB沿x軸向右平移的過程中．分二種情況：①當0＜m≤時；②當＜m＜3時；討論可得用m的代數(shù)式表示S．解：（1）由題意可知，拋物線y=ax2+bx+c與x軸的另一個交點為（﹣1，0），則，解得．故拋物線的解析式為y=﹣x2+2x+3．（2）①當MA=MB時，M（0，0）；②當AB=AM時，M（0，﹣3）；③當AB=BM時，M（0，3+3）或M（0，3﹣3）．所以點M的坐標為：（0，0）、（0，﹣3）、（0，3+3）、（0，3﹣3）．（3）平移后的三角形記為△PEF．設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，則，解得．則直線AB的解析式為y=﹣x+3．△AOB沿x軸向右平移m個單位長度（0＜m＜3）得到△PEF，易得直線EF的解析式為y=﹣x+3+m．設(shè)直線AC的解析式為y=k′x+b′，則，解得．則直線AC的解析式為y=﹣2x+6．連結(jié)BE，直線BE交AC于G，則G（，3）．在△AOB沿x軸向右平移的過程中．①當0＜m≤時，如圖1所示．設(shè)PE交AB于K，EF交AC于M．則BE=EK=m，PK=PA=3﹣m，聯(lián)立，解得，即點M（3﹣m，2m）。故S=S△PEF﹣S△PAK﹣S△AFM=PE2﹣PK2﹣AF?h=﹣（3﹣m）2﹣m?2m=﹣m2+3m．②當＜m＜3時，如圖2所示．設(shè)PE交AB于K，交AC于H．因為BE=m，所以PK=PA=3﹣m，又因為直線AC的解析式為y=﹣2x+6，所以當x=m時，得y=6﹣2m，所以點H（m，6﹣2m）．故S=S△PAH﹣S△PAK=PA?PH﹣PA2=﹣（3﹣m）?（6﹣2m）﹣（3﹣m）2=m2﹣3m+．綜上所述，當0＜m≤時，S=﹣m2+3m；當＜m＜3時，S=m2﹣3m+．點評： 考查了二次函數(shù)綜合題，涉及的知識點有：拋物線的對稱軸，待定系數(shù)法求拋物線的解析式，待定系數(shù)法求直線的解析式，分類思想的應(yīng)用，方程思想的應(yīng)用，綜合性較強，有一定的難度．2．旋轉(zhuǎn)問題：例2.（2014?福建泉州，第22題9分）如圖，已知二次函數(shù)y=a（x﹣h）2+的圖象經(jīng)過原點O（0，0），A（2，0）．（1）寫出該函數(shù)圖象的對稱軸；（2）若將線段OA繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)60°到OA′，試判斷點A′是否為該函數(shù)圖象的頂點？考點： 二次函數(shù)的性質(zhì)；坐標與圖形變化－旋轉(zhuǎn)．分析： （1）由于拋物線過點O（0，0），A（2，0），根據(jù)拋物線的對稱性得到拋物線的對稱軸為直線x=1；（2）作A′B⊥x軸與B，先根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得OA′=OA=2，∠A′OA=2，再根據(jù)含30度的直角三角形三邊的關(guān)系得OB=OA′=1，A′B=OB=，則A′點的坐標為（1，），根據(jù)拋物線的頂點式可判斷點A′為拋物線y=﹣（x﹣1）2+的頂點．解答： 解：（1）∵二次函數(shù)y=a（x﹣h）2+的圖象經(jīng)過原點O（0，0），A（2，0）．∴拋物線的對稱軸為直線x=1；（2）點A′是該函數(shù)圖象的頂點．理由如下：如圖，作A′B⊥x軸于點B，∵線段OA繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)60°到OA′，∴OA′=OA=2，∠A′OA=2，在Rt△A′OB中，∠OA′B=30°，∴OB=OA′=1，∴A′B=OB=，∴A′點的坐標為（1，），∴點A′為拋物線y=﹣（x﹣1）2+的頂點．點評： 本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)：二次函數(shù)y=ax2+bx+c（a≠0）的頂點坐標為（﹣，），對稱軸直線x=﹣，二次函數(shù)y=ax2+bx+c（a≠0）的圖象具有如下性質(zhì)：①當a＞0時，拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）的開口向上，x＜﹣時，y隨x的增大而減小；x＞﹣時，y隨x的增大而增大；x=﹣時，y取得最小值，即頂點是拋物線的最低點．②當a＜0時，拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）的開口向下，x＜﹣時，y隨x的增大而增大；x＞﹣時，y隨x的增大而減??；x=﹣時，y取得最大值，即頂點是拋物線的最高點．也考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．3．與三角形結(jié)合：例3．（2014?廣西賀州，第26題12分）二次函數(shù)圖象的頂點在原點O，經(jīng)過點A（1，）；點F（0，1）在y軸上．直線y=﹣1與y軸交于點H．（1）求二次函數(shù)的解析式；（2）點P是（1）中圖象上的點，過點P作x軸的垂線與直線y=﹣1交于點M，求證：FM平分∠OFP；（3）當△FPM是等邊三角形時，求P點的坐標．考點： 二次函數(shù)綜合題．專題： 綜合題．分析： （1）根據(jù)題意可設(shè)函數(shù)的解析式為y=ax2，將點A代入函數(shù)解析式，求出a的值，繼而可求得二次函數(shù)的解析式；（2）過點P作PB⊥y軸于點B，利用勾股定理求出PF，表示出PM，可得PF=PM，∠PFM=∠PMF，結(jié)合平行線的性質(zhì)，可得出結(jié)論；（3）首先可得∠FMH=30°，設(shè)點P的坐標為（x，x2），根據(jù)PF=PM=FM，可得關(guān)于x的方程，求出x的值即可得出答案．解答： （1）解：∵二次函數(shù)圖象的頂點在原點O，∴設(shè)二次函數(shù)的解析式為y=ax2，將點A（1，）代入y=ax2得：a=，∴二次函數(shù)的解析式為y=x2；（2）證明：∵點P在拋物線y=x2上，∴可設(shè)點P的坐標為（x，x2），過點P作PB⊥y軸于點B，則BF=x2﹣1，PB=x，∴Rt△BPF中，PF==x2+1，∵PM⊥直線y=﹣1，∴PM=x2+1，∴PF=PM，∴∠PFM=∠PMF，又∵PM∥x軸，∴∠MFH=∠PMF，∴∠PFM=∠MFH，∴FM平分∠OFP；（3）解：當△FPM是等邊三角形時，∠PMF=60°，∴∠FMH=30°，在Rt△MFH中，MF=2FH=2×2=4，∵PF=PM=FM，∴x2+1=4，解得：x=±2，∴x2=×12=3，∴滿足條件的點P的坐標為（2，3）或（﹣2，3）．點評： 本題考查了二次函數(shù)的綜合，涉及了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、角平分線的性質(zhì)及直角三角形的性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是熟練基本知識，數(shù)形結(jié)合，將所學知識融會貫通．4．與四邊形結(jié)合：例4．（2014?福建泉州，第25題12分）如圖，在銳角三角形紙片ABC中，AC＞BC，點D，E，F(xiàn)分別在邊AB，BC，CA上．（1）已知：DE∥AC，DF∥BC．①判斷：四邊形DECF一定是什么形狀？②裁剪：當AC=24cm，BC=20cm，∠ACB=45°時，請你探索：如何剪四邊形DECF，能使它的面積最大，并證明你的結(jié)論；（2）折疊：請你只用兩次折疊，確定四邊形的頂點D，E，C，F(xiàn)，使它恰好為菱形，并說明你的折法和理由．考點： 四邊形綜合題分析： （1）①根據(jù)有兩組對邊互相平行的四邊形是平行四邊形即可求得，②根據(jù)△ADF∽△ABC推出對應(yīng)邊的相似比，然后進行轉(zhuǎn)換，即可得出h與x之間的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)平行四邊形的面積公式，很容易得出面積S關(guān)于h的二次函數(shù)表達式，求出頂點坐標，就可得出面積s最大時h的值．（2）第一步，沿∠ABC的對角線對折，使C與C1重合，得到三角形ABB1，第二步，沿B1對折，使DA1⊥BB1．解答：. 解：（1）①∵DE∥AC，DF∥BC，∴四邊形DECF是平行四邊形．②作AG⊥BC，交BC于G，交DF于H，∵∠ACB=45°，AC=24cm，∴AG==12，設(shè)DF=EC=x，平行四邊形的高為h，則AH=12h，∵DF∥BC，∴=，∵BC=20cm，即：=，∴x=×20，∵S=xh=x?×20=20h﹣h2．∴﹣=﹣=6，∵AH=12，∴AF=FC，∴在AC中點處剪四邊形DECF，能使它的面積最大．（2）第一步，沿∠ABC的對角線對折，使C與C1重合，得到三角形ABB1，第二步，沿B1對折，使DA1⊥BB1．理由：對角線互相垂直平分的四邊形是菱形．點評： 本題考查了相似三角形的判定及性質(zhì)、菱形的判定、二次函數(shù)的最值．關(guān)鍵在于根據(jù)相似三角形及已知條件求出相關(guān)線段的表達式，求出二次函數(shù)表達式，即可求出結(jié)論．5．新定義題：例5．（2014?安徽省,第22題12分）若兩個二次函數(shù)圖象的頂點、開口方向都相同，則稱這兩個二次函數(shù)為“同簇二次函數(shù)”．（1）請寫出兩個為“同簇二次函數(shù)”的函數(shù)；（2）已知關(guān)于x的二次函數(shù)y1=2x2﹣4mx+2m2+1和y2=ax2+bx+5，其中y1的圖象經(jīng)過點A（1，1），若y1+y2與y1為“同簇二次函數(shù)”，求函數(shù)y2的表達式，并求出當0≤x≤3時，y2的最大值．考點： 二次函數(shù)的性質(zhì)；二次函數(shù)的最值．專題： 新定義．分析： （1）只需任選一個點作為頂點，同號兩數(shù)作為二次項的系數(shù)，用頂點式表示兩個為“同簇二次函數(shù)”的函數(shù)表達式即可．（2）由y1的圖象經(jīng)過點A（1，1）可以求出m的值，然后根據(jù)y1+y2與y1為“同簇二次函數(shù)”就可以求出函數(shù)y2的表達式，然后將函數(shù)y2的表達式轉(zhuǎn)化為頂點式，在利用二次函數(shù)的性質(zhì)就可以解決問題．解答： 解：（1）設(shè)頂點為（h，k）的二次函數(shù)的關(guān)系式為y=a（x﹣h）2+k，當a=2，h=3，k=4時，二次函數(shù)的關(guān)系式為y=2（x﹣3）2+4．∵2＞0，∴該二次函數(shù)圖象的開口向上．當a=3，h=3，k=4時，二次函數(shù)的關(guān)系式為y=3（x﹣3）2+4．∵3＞0，∴該二次函數(shù)圖象的開口向上．∵兩個函數(shù)y=2（x﹣3）2+4與y=3（x﹣3）2+4頂點相同，開口都向上，∴兩個函數(shù)y=2（x﹣3）2+4與y=3（x﹣3）2+4是“同簇二次函數(shù)”．∴符合要求的兩個“同簇二次函數(shù)”可以為：y=2（x﹣3）2+4與y=3（x﹣3）2+4．（2）∵y1的圖象經(jīng)過點A（1，1），∴2×12﹣4×m×1+2m2+1=1．整理得：m2﹣2m+1=0．解得：m1=m2=1．∴y1=2x2﹣4x+3=2（x﹣1）2+1．∴y1+y2=2x2﹣4x+3+ax2+bx+5=（a+2）x2+（b﹣4）x+8∵y1+y2與y1為“同簇二次函數(shù)”，∴y1+y2=（a+2）（x﹣1）2+1=（a+2）x2﹣2（a+2）x+（a+2）+1．其中a+2＞0，即a＞﹣2．∴．解得：．∴函數(shù)y2的表達式為：y2=5x2﹣10x+5．∴y2=5x2﹣10x+5=5（x﹣1）2．∴函數(shù)y2的圖象的對稱軸為x=1．∵5＞0，∴函數(shù)y2的圖象開口向上．①當0≤x≤1時，∵函數(shù)y2的圖象開口向上，∴y2隨x的增大而減?。喈攛=0時，y2取最大值，最大值為5（0﹣1）2=5．②當1＜x≤3時，∵函數(shù)y2的圖象開口向上，∴y2隨x的增大而增大．∴當x=3時，y2取最大值，最大值為5（3﹣1）2=20．綜上所述：當0≤x≤3時，y2的最大值為20．點評： 本題考查了求二次函數(shù)表達式以及二次函數(shù)一般式與頂點式之間相互轉(zhuǎn)化，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)（開口方向、增減性），考查了分類討論的思想，考查了閱讀理解能力．而對新定義的正確理解和分類討論是解決第二小題的關(guān)鍵．6．運動型問題：例6．（2014?廣東，第25題9分）如圖，在△ABC中，AB=AC，AD⊥AB于點D，BC=10cm，AD=8cm．點P從點B出發(fā)，在線段BC上以每秒3cm的速度向點C勻速運動，與此同時，垂直于AD的直線m從底邊BC出發(fā)，以每秒2cm的速度沿DA方向勻速平移，分別交AB、AC、AD于E、F、H，當點P到達點C時，點P與直線m同時停止運動，設(shè)運動時間為t秒（t＞0）．（1）當t=2時，連接DE、DF，求證：四邊形AEDF為菱形；（2）在整個運動過程中，所形成的△PEF的面積存在最大值，當△PEF的面積最大時，求線段BP的長；（3）是否存在某一時刻t，使△PEF為直角三角形？若存在，請求出此時刻t的值；若不存在，請說明理由．考點： 相似形綜合題．分析： （1）如答圖1所示，利用菱形的定義證明；（2）如答圖2所示，首先求出△PEF的面積的表達式，然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解；（3）如答圖3所示，分三種情形，需要分類討論，分別求解．解答： （1）證明：當t=2時，DH=AH=2，則H為AD的中點，如答圖1所示．又∵EF⊥AD，∴EF為AD的垂直平分線，∴AE=DE，AF=DF．∵AB=AC，AD⊥AB于點D，∴AD⊥BC，∠B=∠C．∴EF∥BC，∴∠AEF=∠B，∠AFE=∠C，∴∠AEF=∠AFE，∴AE=AF，∴AE=AF=DE=DF，即四邊形AEDF為菱形．（2）解：如答圖2所示，由（1）知EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，∴，即，解得：EF=10﹣t．S△PEF=EF?DH=（10﹣t）?2t=﹣t2+10t=﹣（t﹣2）2+10∴當t=2秒時，S△PEF存在最大值，最大值為10，此時BP=3t=6．（3）解：存在．理由如下：①若點E為直角頂點，如答圖3①所示，此時PE∥AD，PE=DH=2t，BP=3t．∵PE∥AD，∴，即，此比例式不成立，故此種情形不存在；②若點F為直角頂點，如答圖3②所示，此時PE∥AD，PF=DH=2t，BP=3t，CP=10﹣3t．∵PF∥AD，∴，即，解得t=；③若點P為直角頂點，如答圖3③所示．過點E作EM⊥BC于點M，過點F作FN⊥BC于點N，則EM=FN=DH=2t，EM∥FN∥AD．∵EM∥AD，∴，即，解得BM=t，∴PM=BP﹣BM=3t﹣t=t．在Rt△EMP中，由勾股定理得：PE2=EM2+PM2=（2t）2+（t）2=t2．∵FN∥AD，∴，即，解得CN=t，∴PN=BC﹣BP﹣CN=10﹣3t﹣t=10﹣t．在Rt△FNP中，由勾股定理得：PF2=FN2+PN2=（2t）2+（10﹣t）2=t2﹣85t+100．在Rt△PEF中，由勾股定理得：EF2=PE2+PF2，即：（10﹣t）2=（t2）+（t2﹣85t+100）化簡得：t2﹣35t=0，解得：t=或t=0（舍去）∴t=．綜上所述，當t=秒或t=秒時，△PEF為直角三角形．點評： 本題是運動型綜合題，涉及動點與動線兩種運動類型．第（1）問考查了菱形的定義；第（2）問考查了相似三角形、圖形面積及二次函數(shù)的極值；第（3）問考查了相似三角形、勾股定理、解方程等知識點，重點考查了分類討論的數(shù)學思想．7．代數(shù)與幾何綜合：例7.（2014?廣西玉林市、防城港市，第26題12分）給定直線l：y=kx，拋物線C：y=ax2+bx+1．（1）當b=1時，l與C相交于A，B兩點，其中A為C的頂點，B與A關(guān)于原點對稱，求a的值；（2）若把直線l向上平移k2+1個單位長度得到直線r，則無論非零實數(shù)k取何值，直線r與拋物線C都只有一個交點．①求此拋物線的解析式；②若P是此拋物線上任一點，過P作PQ∥y軸且與直線y=2交于Q點，O為原點．求證：OP=PQ．考點： 二次函數(shù)綜合題．分析： （1）直線與拋物線的交點B與A關(guān)于原點對稱，即橫縱坐標對應(yīng)互為相反數(shù)，即相加為零，這很使用于韋達定理．由其中有涉及頂點，考慮頂點式易得a值．（2）①直線l：y=kx向上平移k2+1，得直線r：y=kx+k2+1．根據(jù)無論非零實數(shù)k取何值，直線r與拋物線C：y=ax2+bx+1都只有一個交點，得ax2+（b﹣k）x﹣k2=0中△==0．這雖然是個方程，但無法求解．這里可以考慮一個數(shù)學技巧，既然k取任何值都成立，那么代入最簡單的1，2肯定是成立的，所以可以代入試驗，進而可求得關(guān)于a，b的方程組，則a，b可能的值易得．但要注意答案中，可能有的只能滿足k=1，2時，并不滿足任意實數(shù)k，所以可以再代回△=中，若不能使其結(jié)果為0，則應(yīng)舍去．②求證OP=PQ，那么首先應(yīng)畫出大致的示意圖．發(fā)現(xiàn)圖中幾何條件較少，所以考慮用坐標轉(zhuǎn)化求出OP，PQ的值，再進行比較．這里也有數(shù)學技巧，討論動點P在拋物線y=﹣x2+1上，則可設(shè)其坐標為（x，﹣x2+1），進而易求OP，PQ．解答： （1）解：∵l：y=kx，C：y=ax2+bx+1，當b=1時有A，B兩交點，∴A，B兩點的橫坐標滿足kx=ax2+x+1，即ax2+（1﹣k）x+1=0．∵B與A關(guān)于原點對稱，∴0=xA+xB=，∴k=1．∵y=ax2+x+1=a（x+）2+1﹣，∴頂點（﹣，1﹣）在y=x上，∴﹣=1﹣，解得a=﹣．（2）①解：∵無論非零實數(shù)k取何值，直線r與拋物線C都只有一個交點，∴k=1時，k=2時，直線r與拋物線C都只有一個交點．當k=1時，r：y=x+2，∴代入C：y=ax2+bx+1中，有ax2+（b﹣1）x﹣1=0，∵△==0，∴（b﹣1）2+4a=0，當k=2時，r：y=2x+5，∴代入C：y=ax2+bx+1中，有ax2+（b﹣2）x﹣4=0，∵△==0，∴（b﹣2）2+16a=0，∴聯(lián)立得關(guān)于a，b的方程組，解得或．∵r：y=kx+k2+1代入C：y=ax2+bx+1，得ax2+（b﹣k）x﹣k2=0，∴△=．當時，△===0，故無論k取何值，直線r與拋物線C都只有一個交點．當時，△==，顯然雖k值的變化，△不恒為0，所以不合題意舍去．∴C：y=﹣x2+1．②證明：根據(jù)題意，畫出圖象如圖1，由P在拋物線y=﹣x2+1上，設(shè)P坐標為（x，﹣x2+1），連接OP，過P作PQ⊥直線y=2于Q，作PD⊥x軸于D，∵PD=|﹣x2+1|，OD=|x|，∴OP====，PQ=2﹣yP=2﹣（﹣x2+1）=，∴OP=PQ．點評： 本題考查了二次函數(shù)、一次函數(shù)及圖象，圖象平移解析式變化，韋達定理及勾股定理等知識，另涉及一些數(shù)學技巧，學生解答有一定難度，需要好好理解掌握．8．面積問題：例8．（2014?溫州，第21題10分）如圖，拋物線y=﹣x2+2x+c與x軸交于A，B兩點，它的對稱軸與x軸交于點N，過頂點M作ME⊥y軸于點E，連結(jié)BE交MN于點F，已知點A的坐標為（﹣1，0）．（1）求該拋物線的解析式及頂點M的坐標．（2）求△EMF與△BNE的面積之比．考點： 拋物線與x軸的交點；二次函數(shù)的性質(zhì)；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；相似三角形的判定與性質(zhì)．分析： （1）直接將（﹣1，0）代入求出即可，再利用配方法求出頂點坐標；（2）利用EM∥BN，則△EMF∽△BNF，進而求出△EMF與△BNE的面積之比．解答： 解：（1）由題意可得：﹣（﹣1）2+2×（﹣1）+c=0，解得：c=3，∴y=﹣x2+2x+3，∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，∴頂點M（1，4）；（2）∵A（﹣1，0），拋物線的對稱軸為直線x=1，∴點B（3，0），∴EM=1，BN=2，∵EM∥BN，∴△EMF∽△BNF，∴=（）2=（）2=．點評： 此題主要考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式以及相似三角形的判定與性質(zhì)，得出△EMF∽△BNF是解題關(guān)鍵．9．探究型問題：例9．（2014?舟山，第24題12分）如圖，在平面直角坐標系中，A是拋物線y=x2上的一個動點，且點A在第一象限內(nèi)．AE⊥y軸于點E，點B坐標為（0，2），直線AB交x軸于點C，點D與點C關(guān)于y軸對稱，直線DE與AB相交于點F，連結(jié)BD．設(shè)線段AE的長為m，△BED的面積為S．（1）當m=時，求S的值．（2）求S關(guān)于m（m≠2）的函數(shù)解析式．（3）①若S=時，求的值；②當m＞2時，設(shè)=k，猜想k與m的數(shù)量關(guān)系并證明．考點： 二次函數(shù)綜合題專題： 綜合題．分析： （1）首先可得點A的坐標為（m，m2），再由m的值，確定點B的坐標，繼而可得點E的坐標及BE、OE的長度，易得△ABE∽△CBO，利用對應(yīng)邊成比例求出CO，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)得出DO，繼而可求解S的值；（2）分兩種情況討論，（I）當0＜m＜2時，將BE?DO轉(zhuǎn)化為AE?BO，求解；（II）當m＞2時，由（I）的解法，可得S關(guān)于m的函數(shù)解析式；（3）①首先可確定點A的坐標，根據(jù)===k，可得S△ADF=k?S△BDF?S△AEF=k?S△BEF，從而可得===k，代入即可得出k的值；②可得===k，因為點A的坐標為（m，m2），S=m，代入可得k與m的關(guān)系．解答： 解：（1）∵點A在二次函數(shù)y=x2的圖象上，AE⊥y軸于點E且AE=m，∴點A的坐標為（m，m2），當m=時，點A的坐標為（，1），∵點B的坐標為（0，2），∴BE=OE=1．∵AE⊥y軸，∴AE∥x軸，∴△ABE∽△CBO，∴==，∴CO=2，∵點D和點C關(guān)于y軸對稱，∴DO=CO=2，∴S=BE?DO=×1×2=；（2）（I）當0＜m＜2時（如圖1），∵點D和點C關(guān)于y軸對稱，∴△BOD≌△BOC，∵△BEA∽△BOC，∴△BEA∽△BOD，∴=，即BE?DO=AE?BO=2m．∴S=BE?DO=×2m=m；（II）當m＞2時（如圖2），同（I）解法得：S=BE?DO=AE?OB=m，由（I）（II）得，S關(guān)于m的函數(shù)解析式為S=m（m＞0且m≠2）．（3）①如圖3，連接AD，∵△BED的面積為，∴S=m=，∴點A的坐標為（，），∵===k，∴S△ADF=k?S△BDF?S△AEF=k?S△BEF，∴===k，∴k===；②k與m之間的數(shù)量關(guān)系為k=m2，如圖4，連接AD，∵===k，∴S△ADF=k?S△BDF?S△AEF=k?S△BEF，∴===k，∵點A的坐標為（m，m2），S=m，∴k===m2（m＞2）．點評： 本題考查了二次函數(shù)的綜合，涉及了三角形的面積、比例的性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是熟練數(shù)形結(jié)合思想及轉(zhuǎn)化思想的運用，難度較大．10．存在性問題：例10．（2014年廣東汕尾，第25題10分）如圖，已知拋物線y=x2﹣x﹣3與x軸的交點為A、D（A在D的右側(cè)），與y軸的交點為C．（1）直接寫出A、D、C三點的坐標；（2）若點M在拋物線上，使得△MAD的面積與△CAD的面積相等，求點M的坐標；（3）設(shè)點C關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點為B，在拋物線上是否存在點P，使得以A、B、C、P四點為頂點的四邊形為梯形？若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．分析：（1）令y=0，解方程x2﹣x﹣3=0可得到A點和D點坐標；令x=0，求出y=﹣3，可確定C點坐標；（2）根據(jù)拋物線的對稱性，可知在在x軸下方對稱軸右側(cè)也存在這樣的一個點；再根據(jù)三角形的等面積法，在x軸上方，存在兩個點，這兩個點分別到x軸的距離等于點C到x軸的距離；（3）根據(jù)梯形定義確定點P，如圖所示：①若BC∥AP1，確定梯形ABCP1．此時P1與D點重合，即可求得點P1的坐標；②若AB∥CP2，確定梯形ABCP2．先求出直線CP2的解析式，再聯(lián)立拋物線與直線解析式求出點P2的坐標．解：（1）∵y=x2﹣x﹣3，∴當y=0時，x2﹣x﹣3=0，解得x1=﹣2，x2=4．當x=0，y=﹣3．∴A點坐標為（4，0），D點坐標為（﹣2，0），C點坐標為（0，﹣3）；（2）∵y=x2﹣x﹣3，∴對稱軸為直線x==1．∵AD在x軸上，點M在拋物線上，∴當△MAD的面積與△CAD的面積相等時，分兩種情況：①點M在x軸下方時，根據(jù)拋物線的對稱性，可知點M與點C關(guān)于直線x=1對稱，∵C點坐標為（0，﹣3），∴M點坐標為（2，﹣3）；②點M在x軸上方時，根據(jù)三角形的等面積法，可知M點到x軸的距離等于點C到x軸的距離3．當y=4時，x2﹣x﹣3=3，解得x1=1+，x2=1﹣，∴M點坐標為（1+，3）或（1﹣，3）．綜上所述，所求M點坐標為（2，﹣3）或（1+，3）或（1﹣，3）；（3）結(jié)論：存在．如圖所示，在拋物線上有兩個點P滿足題意：①若BC∥AP1，此時梯形為ABCP1．由點C關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點為B，可知BC∥x軸，則P1與D點重合，∴P1（﹣2，0）．∵P1A=6，BC=2，∴P1A≠BC，∴四邊形ABCP1為梯形；②若AB∥CP2，此時梯形為ABCP2．∵A點坐標為（4，0），B點坐標為（2，﹣3），∴直線AB的解析式為y=x﹣6，∴可設(shè)直線CP2的解析式為y=x+n，將C點坐標（0，﹣3）代入，得b=﹣3，∴直線CP2的解析式為y=x﹣3．∵點P2在拋物線y=x2﹣x﹣3上，∴x2﹣x﹣3=x﹣3，化簡得：x2﹣6x=0，解得x1=0（舍去），x2=6，∴點P2橫坐標為6，代入直線CP2解析式求得縱坐標為6，∴P2（6，6）．∵AB∥CP2，AB≠CP2，∴四邊形ABCP2為梯形．綜上所述，在拋物線上存在一點P，使得以點A、B、C、P四點為頂點所構(gòu)成的四邊形為梯形；點P的坐標為（﹣2，0）或（6，6）．點評： 本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識點有拋物線與坐標軸的交點坐標求法，三角形的面積，梯形的判定．綜合性較強，有一定難度．運用數(shù)形結(jié)合、分類討論及方程思想是解題的關(guān)鍵．11．應(yīng)用題型：利潤問題。例11．（2014?武漢2014?武漢，第29題10分）九（1）班數(shù)學興趣小組經(jīng)過市場調(diào)查，整理出某種商品在第x（1≤x≤90）天的售價與銷量的相關(guān)信息如下表：時間x（天）1≤x＜5050≤x≤90售價（元/件）x+4090每天銷量（件）200﹣2x已知該商品的進價為每件30元，設(shè)銷售該商品的每天利潤為y元．（1）求出y與x的函數(shù)關(guān)系式；（2）問銷售該商品第幾天時，當天銷售利潤最大，最大利潤是多少？（3）該商品在銷售過程中，共有多少天每天銷售利潤不低于4800元？請直接寫出結(jié)果．考點： 二次函數(shù)的應(yīng)用分析： （1）根據(jù)單價乘以數(shù)量，可得利潤，可得答案；（2）根據(jù)分段函數(shù)的性質(zhì)，可分別得出最大值，根據(jù)有理數(shù)的比較，可得答案；（3）根據(jù)二次函數(shù)值大于或等于4800，一次函數(shù)值大于或等于48000，可得不等式，根據(jù)解不等式組，可得答案．解答： 解：（1）當1≤x＜50時，y=（200﹣2x）（x+40﹣30）=﹣2x2+180x+200，當50≤x≤90時，y=（200﹣2x）（90﹣30）=﹣120x+12000，綜上所述：y=；（2）當1≤x＜50時，二次函數(shù)開口下，二次函數(shù)對稱軸為x=45，當x=45時，y最大=﹣2×452+180×45+2000=6050，當50≤x≤90時，y隨x的增大而減小，當x=50時，y最大=6000，綜上所述，該商品第45天時，當天銷售利潤最大，最大利潤是6050元；（3）當20≤x≤60時，每天銷售利潤不低于4800元．點評： 本題考查了二次函數(shù)的應(yīng)用，利用單價乘以數(shù)量求函數(shù)解析式，利用了函數(shù)的性質(zhì)求最值．12．求點的坐標問題：例12．（2014?武漢，第25題12分）如圖，已知直線AB：y=kx+2k+4與拋物線y=x2交于A，B兩點．（1）直線AB總經(jīng)過一個定點C，請直接出點C坐標；（2）當k=﹣時，在直線AB下方的拋物線上求點P，使△ABP的面積等于5；（3）若在拋物線上存在定點D使∠ADB=90°，求點D到直線AB的最大距離．考點： 二次函數(shù)綜合題；解一元二次方程－因式分解法；根與系數(shù)的關(guān)系；勾股定理；相似三角形的判定與性質(zhì)專題： 壓軸題．分析： （1）要求定點的坐標，只需尋找一個合適x，使得y的值與k無關(guān)即可．（2）只需聯(lián)立兩函數(shù)的解析式，就可求出點A、B的坐標．設(shè)出點P的橫坐標為a，運用割補法用a的代數(shù)式表示△APB的面積，然后根據(jù)條件建立關(guān)于a的方程，從而求出a的值，進而求出點P的坐標．（3）設(shè)點A、B、D的橫坐標分別為m、n、t，從條件∠ADB=90°出發(fā)，可構(gòu)造k型相似，從而得到m、n、t的等量關(guān)系，然后利用根與系數(shù)的關(guān)系就可以求出t，從而求出點D的坐標．由于直線AB上有一個定點C，容易得到DC長就是點D到AB的最大距離，只需構(gòu)建直角三角形，利用勾股定理即可解決問題．解答： 解：（1）∵當x=﹣2時，y=（﹣2）k+2k+4=4．∴直線AB：y=kx+2k+4必經(jīng)過定點（﹣2，4）．∴點C的坐標為（﹣2，4）．（2）∵k=﹣，∴直線的解析式為y=﹣x+3．聯(lián)立，解得：或．∴點A的坐標為（﹣3，），點B的坐標為（2，2）．過點P作PQ∥y軸，交AB于點Q，過點A作AM⊥PQ，垂足為M，過點B作BN⊥PQ，垂足為N，如圖1所示．設(shè)點P的橫坐標為a，則點Q的橫坐標為a．∴yP=a2，yQ=﹣a+3．∵點P在直線AB下方，∴PQ=yQ﹣yP=﹣a+3﹣a2∵AM+NB=a﹣（﹣3）+2﹣a=5．∴S△APB=S△APQ+S△BPQ=PQ?AM+PQ?BN=PQ?（AM+BN）=（﹣a+3﹣a2）?5=5．整理得：a2+a﹣2=0．解得：a1=﹣2，a2=1．當a=﹣2時，yP=×（﹣2）2=2．此時點P的坐標為（﹣2，2）．當a=1時，yP=×12=．此時點P的坐標為（1，）．∴符合要求的點P的坐標為（﹣2，2）或（1，）．（3）過點D作x軸的平行線EF，作AE⊥EF，垂足為E，作BF⊥EF，垂足為F，如圖2．∵AE⊥EF，BF⊥EF，∴∠AED=∠BFD=90°．∵∠ADB=90°，∴∠ADE=90°﹣∠BDF=∠DBF．∵∠AED=∠BFD，∠ADE=∠DBF，∴△AED∽△DFB．∴．設(shè)點A、B、D的橫坐標分別為m、n、t，則點A、B、D的縱坐標分別為m2、n2、t2．AE=yA﹣yE=m2﹣t2．BF=yB﹣yF=n2﹣t2．ED=xD﹣xE=t﹣m，DF=xF﹣xD=n﹣t．∵，∴=．化簡得：mn+（m+n）t+t2+4=0．∵點A、B是直線AB：y=kx+2k+4與拋物線y=x2交點，∴m、n是方程kx+2k+4=x2即x2﹣2kx﹣4k﹣8=0兩根．∴m+n=2k，mn=﹣4k﹣8．∴﹣4k﹣8+2kt+t2+4=0，即t2+2kt﹣4k﹣4=0．即（t﹣2）（t+2k+2）=0．∴t1=2，t2=﹣2k﹣2（舍）．∴定點D的坐標為（2，2）．過點D作x軸的平行線DG，過點C作CG⊥DG，垂足為G，如圖3所示．∵點C（﹣2，4），點D（2，2），∴CG=4﹣2=2，DG=2﹣（﹣2）=4．∵CG⊥DG，∴DC====2．過點D作DH⊥AB，垂足為H，如圖3所示，∴DH≤DC．∴DH≤2．∴當DH與DC重合即DC⊥AB時，點D到直線AB的距離最大，最大值為2．∴點D到直線AB的最大距離為2．點評：本題考查了解方程組、解一元二次方程、一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系、勾股定理、相似三角形的性質(zhì)與判定等知識，考查了通過解方程組求兩函數(shù)交點坐標、用割補法表示三角形的面積等方法，綜合性比較強．構(gòu)造K型相似以及運用根與系數(shù)的關(guān)系是求出點D的坐標的關(guān)鍵，點C是定點又是求點D到直線AB的最大距離的突破口．13．與一元二次方程結(jié)合：例13．（10分）（2014?孝感，第22題10分）已知關(guān)于x的方程x2﹣（2k﹣3）x+k2+1=0有兩個不相等的實數(shù)根x1、x2．（1）求k的取值范圍；（2）試說明x1＜0，x2＜0；（3）若拋物線y=x2﹣（2k﹣3）x+k2+1與x軸交于A、B兩點，點A、點B到原點的距離分別為OA、OB，且OA+OB=2OA?OB﹣3，求k的值．考點： 拋物線與x軸的交點；根的判別式；根與系數(shù)的關(guān)系分析： （1）方程有兩個不相等的實數(shù)根，則判別式大于0，據(jù)此即可列不等式求得k的范圍；（2）利用根與系數(shù)的關(guān)系，說明兩根的和小于0，且兩根的積大于0即可；（3）不妨設(shè)A（x1，0），B（x2，0）．利用x1，x2表示出OA、OB的長，則根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系，以及OA+OB=2OA?OB﹣3即可列方程求解．解答： 解：（1）由題意可知：△=【﹣（2k﹣3）】2﹣4（k2+1）＞0，即﹣12k+5＞0∴．（2）∵，∴x1＜0，x2＜0．（3）依題意，不妨設(shè)A（x1，0），B（x2，0）．∴OA+OB=|x1|+|x2|=﹣（x1+x2）=﹣（2k﹣3），OA?OB=|﹣x1||x2|=x1x2=k2+1，∵OA+OB=2OA?OB﹣3，∴﹣（2k﹣3）=2（k2+1）﹣3，解得k1=1，k2=﹣2．∵，∴k=﹣2．點評： 本題考查了二次函數(shù)與x軸的交點，兩交點的橫坐標就是另y=0，得到的方程的兩根，則滿足一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系．14．雙動點問題：例14．(2014?襄陽，第26題12分）如圖，在平面直角坐標系中，矩形OCDE的三個頂點分別是C（3，0），D（3，4），E（0，4）．點A在DE上，以A為頂點的拋物線過點C，且對稱軸x=1交x軸于點B．連接EC，AC．點P，Q為動點，設(shè)運動時間為t秒．（1）填空：點A坐標為；拋物線的解析式為．（2）在圖1中，若點P在線段OC上從點O向點C以1個單位/秒的速度運動，同時，點Q在線段CE上從點C向點E以2個單位/秒的速度運動，當一個點到達終點時，另一個點隨之停止運動．當t為何值時，△PCQ為直角三角形？（3）在圖2中，若點P在對稱軸上從點A開始向點B以1個單位/秒的速度運動，過點P做PF⊥AB，交AC于點F，過點F作FG⊥AD于點G，交拋物線于點Q，連接AQ，CQ．當t為何值時，△ACQ的面積最大？最大值是多少？考點： 二次函數(shù)綜合題分析： （1）根據(jù)拋物線的對稱軸與矩形的性質(zhì)可得點A坐標，根據(jù)待定系數(shù)法可得拋物線的解析式；（2）先根據(jù)勾股定理可得CE，再分兩種情況：當∠QPC=90°時；當∠PQC=90°時；討論可得△PCQ為直角三角形時t的值；（3）根據(jù)待定系數(shù)法可得直線AC的解析式，根據(jù)S△ACQ=S△AFQ+S△CPQ可得S△ACQ=﹣（t﹣2）2+1，依此即可求解．解答： 解：（1）∵拋物線的對稱軸為x=1，矩形OCDE的三個頂點分別是C（3，0），D（3，4），E（0，4），點A在DE上，∴點A坐標為（1，4），設(shè)拋物線的解析式為y=a（x﹣1）2+4，把C（3，0）代入拋物線的解析式，可得a（3﹣1）2+4=0，解得a=﹣1．故拋物線的解析式為y=﹣（x﹣1）2+4，即y=﹣x2+2x+3；（2）依題意有：OC=3，OE=4，∴CE===5，當∠QPC=90°時，∵cos∠QPC==，∴=，解得t=；當∠PQC=90°時，∵cos∠QCP==，∴=，解得t=．∴當t=或t=時，△PCQ為直角三角形；（3）∵A（1，4），C（3，0），設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，則，解得．故直線AC的解析式為y=﹣2x+6．∵P（1，4﹣t），將y=4﹣t代入y=﹣2x+6中，得x=1+，∴Q點的橫坐標為1+，將x=1+代入y=﹣（x﹣1）2+4中，得y=4﹣．∴Q點的縱坐標為4﹣，∴QF=（4﹣）﹣（4﹣t）=t﹣，∴S△ACQ=S△AFQ+S△CPQ=FQ?AG+FQ?DG=FQ（AG+DG）=FQ?AD=×2（t﹣）=﹣（t﹣2）2+1，∴當t=2時，△ACQ的面積最大，最大值是1．故答案為：（1，4），y=﹣（x﹣1）2+4．點評： 考查了二次函數(shù)綜合題，涉及的知識點有：拋物線的對稱軸，矩形的性質(zhì)，待定系數(shù)法求拋物線的解析式，待定系數(shù)法求直線的解析式，勾股定理，三角形面積，二次函數(shù)的最值，以及分類思想的運用．15．與圓結(jié)合：例15．（2014?益陽，第21題，12分）如圖，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AD⊥AB，∠B=60°，AB=10，BC=4，點P沿線段AB從點A向點B運動，設(shè)AP=x．（1）求AD的長；（2）點P在運動過程中，是否存在以A、P、D為頂點的三角形與以P、C、B為頂點的三角形相似？若存在，求出x的值；若不存在，請說明理由；（3）設(shè)△ADP與△PCB的外接圓的面積分別為S1、S2，若S=S1+S2，求S的最小值．考點： 相似形綜合題．分析： （1）過點C作CE⊥AB于E，根據(jù)CE=BC?sin∠B求出CE，再根據(jù)AD=CE即可求出AD；（2）若以A、P、D為頂點的三角形與以P、C、B為頂點的三角形相似，則△PCB必有一個角是直角．分兩種情況討論：①當∠PCB=90°時，求出AP，再根據(jù)在Rt△ADP中∠DPA=60°，得出∠DPA=∠B，從而得到△ADP∽△CPB，②當∠CPB=90°時，求出AP=3，根據(jù)≠且≠，得出△PCB與△ADP不相似．（3）先求出S1=x?，再分兩種情況討論：①當2＜x＜10時，作BC的垂直平分線交BC于H，交AB于G；作PB的垂直平分線交PB于N，交GH于M，連結(jié)BM，在Rt△GBH中求出BG、BN、GN，在Rt△GMN中，求出MN=（x﹣1），在Rt△BMN中，求出BM2=x2﹣x+，最后根據(jù)S1=x?BM2代入計算即可．②當0＜x≤2時，S2=x（x2﹣x+），最后根據(jù)S=S1+S2=x（x﹣）2+x即可得出S的最小值．解答： 解：（1）過點C作CE⊥AB于E，在Rt△BCE中，∵∠B=60°，BC=4，∴CE=BC?sin∠B=4×=2，∴AD=CE=2．（2）存在．若以A、P、D為頂點的三角形與以P、C、B為頂點的三角形相似，則△PCB必有一個角是直角．①當∠PCB=90°時，在Rt△PCB中，BC=4，∠B=60°，PB=8，∴AP=AB﹣PB=2．又由（1）知AD=2，在Rt△ADP中，tan∠DPA===，∴∠DPA=60°，∴∠DPA=∠CPB，∴△ADP∽△CPB，∴存在△ADP與△CPB相似，此時x=2．②∵當∠CPB=90°時，在Rt△PCB中，∠B=60°，BC=4，∴PB=2，PC=2，∴AP=3．則≠且≠，此時△PCB與△ADP不相似．（3）如圖，因為Rt△ADP外接圓的直徑為斜邊PD，則S1=x?（）2=x?，①當2＜x＜10時，作BC的垂直平分線交BC于H，交AB于G；作PB的垂直平分線交PB于N，交GH于M，連結(jié)BM．則BM為△PCB外接圓的半徑．在Rt△GBH中，BH=BC=2，∠MGB=30°，∴BG=4，∵BN=PB=（10﹣x）=5﹣x，∴GN=BG﹣BN=x﹣1．在Rt△GMN中，∴MN=GN?tan∠MGN=（x﹣1）．在Rt△BMN中，BM2=MN2+BN2=x2﹣x+，∴S1=x?BM2=x（x2﹣x+）．②∵當0＜x≤2時，S2=x（x2﹣x+）也成立，∴S=S1+S2=x?+x（x2﹣x+）=x（x﹣）2+x．∴當x=時，S=S1+S2取得最小值x．點評： 此題考查了相似形綜合，用到的知識點是相似三角形的性質(zhì)與判定、二次函數(shù)的最值、勾股定理，關(guān)鍵是根據(jù)題意畫出圖形構(gòu)造相似三角形，注意分類討論．適應(yīng)性練習；1．（2014?浙江寧波，第23題10分）如圖，已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象過A（2，0），B（0，﹣1）和C（4，5）三點．（1）求二次函數(shù)的解析式；（2）設(shè)二次函數(shù)的圖象與x軸的另一個交點為D，求點D的坐標；（3）在同一坐標系中畫出直線y=x+1，并寫出當x在什么范圍內(nèi)時，一次函數(shù)的值大于二次函數(shù)的值．2．（2014?四川自貢，第24題14分）如圖，已知拋物線y=ax2﹣x+c與x軸相交于A、B兩點，并與直線y=x﹣2交于B、C兩點，其中點C是直線y=x﹣2與y軸的交點，連接AC．（1）求拋物線的解析式；（2）證明：△ABC為直角三角形；（3）△ABC內(nèi)部能否截出面積最大的矩形DEFG？（頂點D、E、F、G在△ABC各邊上）若能，求出最大面積；若不能，請說明理由．3．（2014?浙江湖州，第23題分）如圖，已知在平面直角坐標系xOy中，O是坐標原點，拋物線y=﹣x2+bx+c（c＞0）的頂點為D，與y軸的交點為C，過點C作CA∥x軸交拋物線于點A，在AC延長線上取點B，使BC=AC，連接OA，OB，BD和AD．（1）若點A的坐標是（﹣4，4）①求b，c的值；②試判斷四邊形AOBD的形狀，并說明理由；（2）是否存在這樣的點A，使得四邊形AOBD是矩形？若存在，請直接寫出一個符合條件的點A的坐標；若不存在，請說明理由．4．（2014年江蘇南京，第24題）已知二次函數(shù)y=x2﹣2mx+m2+3（m是常數(shù)）．（1）求證：不論m為何值，該函數(shù)的圖象與x軸沒有公共點；（2）把該函數(shù)的圖象沿y軸向下平移多少個單位長度后，得到的函數(shù)的圖象與x軸只有一個公共點？5．（2014?呼和浩特，第25題12分）如圖，已知直線l的解析式為y=x﹣1，拋物線y=ax2+bx+2經(jīng)過點A（m，0），B（2，0），D（1，）三點．（1）求拋物線的解析式及A點的坐標，并在圖示坐標系中畫出拋物線的大致圖象；（2）已知點P（x，y）為拋物線在第二象限部分上的一個動點，過點P作PE垂直x軸于點E，延長PE與直線l交于點F，請你將四邊形PAFB的面積S表示為點P的橫坐標x的函數(shù)，并求出S的最大值及S最大時點P的坐標；（3）將（2）中S最大時的點P與點B相連，求證：直線l上的任意一點關(guān)于x軸的對稱點一定在PB所在直線上．6．（2014?濱州，第23題9分）已知二次函數(shù)y=x2﹣4x+3．（1）用配方法求其圖象的頂點C的坐標，并描述該函數(shù)的函數(shù)值隨自變量的增減而變化的情況；（2）求函數(shù)圖象與x軸的交點A，B的坐標，及△ABC的面積．7．（2014?德州，第24題12分）如圖，在平面直角坐標系中，已知點A的坐標是（4，0），并且OA=OC=4OB，動點P在過A，B，C三點的拋物線上．（1）求拋物線的解析式；（2）是否存在點P，使得△ACP是以AC為直角邊的直角三角形？若存在，求出所有符合條件的點P的坐標；若不存在，說明理由；（3）過動點P作PE垂直于y軸于點E，交直線AC于點D，過點D作y軸的垂線．垂足為F，連接EF，當線段EF的長度最短時，求出點P的坐標．8．（2014?菏澤，第21題10分）在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線y=x2﹣2mx+m2﹣9．（1）求證：無論m為何值，該拋物線與x軸總有兩個交點；（2）該拋物線與x軸交于A，B兩點，點A在點B的左側(cè)，且OA＜OB，與y軸的交點坐標為（0，﹣5），求此拋物線的解析式；（3）在（2）的條件下，拋物線的對稱軸與x軸的交點為N，若點M是線段AN上的任意一點，過點M作直線MC⊥x軸，交拋物線于點C，記點C關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點為D，點P是線段MC上一點，且滿足，連結(jié)CD，PD，作PE⊥PD交x軸于點E，問是否存在這樣的點E，使得PE=PD？若存在，求出點E的坐標；若不存在，請說明理由．9．（2014?濟寧，第22題11分）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，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；若不存在，請說明理由．10．（10分）（2014?蘇州）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；如果不存在，請說明理由．參考答案：1．考點： 待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；一次函數(shù)的圖象；拋物線與x軸的交點；二次函數(shù)與不等式（組）分析： （1）根據(jù)二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象過A（2，0），B（0，﹣1）和C（4，5）三點，代入得出關(guān)于a，b，c的三元一次方程組，求得a，b，c，從而得出二次函數(shù)的解析式；（2）令y=0，解一元二次方程，求得x的值，從而得出與x軸的另一個交點坐標；（3）畫出圖象，再根據(jù)圖象直接得出答案．解答： 解：（1）∵二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象過A（2，0），B（0，﹣1）和C（4，5）三點，∴，∴a=，b=﹣，c=﹣1，∴二次函數(shù)的解析式為y=x2﹣x﹣1；（2）當y=0時，得x2﹣x﹣1=0；解得x1=2，x2=﹣1，∴點D坐標為（﹣1，0）；（3）圖象如圖，當一次函數(shù)的值大于二次函數(shù)的值時，x的取值范圍是﹣1＜x＜4．點評： 本題考查了用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式以及一次函數(shù)的圖象、拋物線與x軸的交點問題，是中檔題，要熟練掌握．2．考點： 二次函數(shù)綜合題分析： （1）由直線y=x﹣2交x軸、y軸于B、C兩點，則B、C坐標可求．進而代入拋物線y=ax2﹣x+c，即得a、c的值，從而有拋物線解析式．（2）求證三角形為直角三角形，我們通?？紤]證明一角為90°或勾股定理．本題中未提及特殊角度，而已經(jīng)A、B、C坐標，即可知AB、AC、BC，則顯然可用勾股定理證明．（3）在直角三角形中截出矩形，面積最大，我們易得兩種情形，①一點為C，AB、AC、BC邊上各有一點，②AB邊上有兩點，AC、BC邊上各有一點．討論時可設(shè)矩形一邊長x，利用三角形相似等性質(zhì)表示另一邊，進而描述面積函數(shù)．利用二次函數(shù)最值性質(zhì)可求得最大面積．解答： （1）解：∵直線y=x﹣2交x軸、y軸于B、C兩點，∴B（4，0），C（0，﹣2），∵y=ax2﹣x+c過B、C兩點，∴，解得，∴y=x2﹣x﹣2．（2）證明：如圖1，連接AC，∵y=x2﹣x﹣2與x負半軸交于A點，∴A（﹣1，0），在Rt△AOC中，∵AO=1，OC=2，∴AC=，在Rt△BOC中，∵BO=4，OC=2，∴BC=2，∵AB=AO+BO=1+4=5，∴AB2=AC2+BC2，∴△ABC為直角三角形．（3）解：△ABC內(nèi)部可截出面積最大的矩形DEFG，面積為，理由如下：①一點為C，AB、AC、BC邊上各有一點，如圖2，此時△AGF∽△ACB∽△FEB．設(shè)GC=x，AG=﹣x，∵，∴，∴GF=2﹣2x，∴S=GC?GF=x?（2）=﹣2x2+2x=﹣2[（x﹣）2﹣]=﹣2（x﹣）2+，即當x=時，S最大，為．②AB邊上有兩點，AC、BC邊上各有一點，如圖3，此時△CDE∽△CAB∽△GAD，設(shè)GD=x，∵，∴，∴AD=x，∴CD=CA﹣AD=﹣x，∵，∴，∴DE=5﹣x，∴S=GD?DE=x?（5﹣x）=﹣x2+5x=﹣[（x﹣1）2﹣1]=﹣（x﹣1）2+，即x=1時，S最大，為．綜上所述，△ABC內(nèi)部可截出面積最大的矩形DEFG，面積為．點評： 本題考查了二次函數(shù)圖象的基本性質(zhì)，最值問題及相似三角形性質(zhì)等知識點，難度適中，適合學生鞏固知識．3．分析：（1）①將拋物線上的點的坐標代入拋物線即可求出b、c的值；②求證AD=BO和AD∥BO即可判定四邊形為平行四邊形；（2）根據(jù)矩形的各角為90°可以求得△ABO∽△OBC即=，再根據(jù)勾股定理可得OC=BC，AC=OC，可求得橫坐標為±c，縱坐標為c．解：（1）①∵AC∥x軸，A點坐標為（﹣4，4）．∴點C的坐標是（0，4）把A、C代入y═﹣x2+bx+c得，得，解得；②四邊形AOBD是平行四邊形；理由如下：由①得拋物線的解析式為y═﹣x2﹣4x+4，∴頂點D的坐標為（﹣2，8），過D點作DE⊥AB于點E，則DE=OC=4，AE=2，∵AC=4，∴BC=AC=2，∴AE=BC．∵AC∥x軸，∴∠AED=∠BCO=90°，∴△AED≌△BCO，∴AD=BO．∠DAE=∠BCO，∴AD∥BO，∴四邊形AOBD是平行四邊形．（2）存在，點A的坐標可以是（﹣2，2）或（2，2）要使四邊形AOBD是矩形；則需∠AOB=∠BCO=90°，∵∠ABO=∠OBC，∴△ABO∽△OBC，∴=，又∵AB=AC+BC=3BC，∴OB=BC，∴在Rt△OBC中，根據(jù)勾股定理可得：OC=BC，AC=OC，∵C點是拋物線與y軸交點，∴OC=c，∴A點坐標為（c，c），∴頂點橫坐標=c，b=c，∵將A點代入可得c=﹣+c?c+c，∴橫坐標為±c，縱坐標為c即可，令c=2，∴A點坐標可以為（2，2）或者（﹣2，2）．點評：本題主要考查了二次函數(shù)對稱軸頂點坐標的公式，以及函數(shù)與坐標軸交點坐標的求解方法．4．考點：二次函數(shù)和x軸的交點問題，根的判別式，平移的性質(zhì)，二次函數(shù)的圖象與幾何變換的應(yīng)用分析：（1）求出根的判別式，即可得出答案；（2）先化成頂點式，根據(jù)頂點坐標和平移的性質(zhì)得出即可．解析：（1）證明：∵△=（﹣2m）2﹣4×1×（m2+3）=4m2﹣4m2﹣12=﹣12＜0，∴方程x2﹣2mx+m2+3=0沒有實數(shù)解，即不論m為何值，該函數(shù)的圖象與x軸沒有公共點；（2）解答：y=x2﹣2mx+m2+3=（x﹣m）2+3，把函數(shù)y=（x﹣m）2+3的圖象延y軸向下平移3個單位長度后，得到函數(shù)y=（x﹣m）2的圖象，它的頂點坐標是（m，0），因此，這個函數(shù)的圖象與x軸只有一個公共點，所以，把函數(shù)y=x2﹣2mx+m2+3的圖象延y軸向下平移3個單位長度后，得到的函數(shù)的圖象與x軸只有一個公共點．點評：本題考查了二次函數(shù)和x軸的交點問題，根的判別式，平移的性質(zhì)，二次函數(shù)的圖象與幾何變換的應(yīng)用，主要考查學生的理解能力和計算能力，題目比較好，有一定的難度．5．考點： 二次函數(shù)綜合題．分析： （1）根據(jù)待定系數(shù)法可求拋物線的解析式，再根據(jù)A（m，0）在拋物線上，得到0=﹣m2﹣m+2，解方程即可得到m的值，從而得到A點的坐標；（2）根據(jù)四邊形PAFB的面積S=AB?PF，可得S=﹣（x+2）2+12，根據(jù)函數(shù)的最值可得S的最大值是12，進一步得到點P的坐標為；（3）根據(jù)待定系數(shù)法得到PB所在直線的解析式為y=﹣x+1，設(shè)Q（a，a﹣1）是y=x﹣1上的一點，則Q點關(guān)于x軸的對稱點為（a，1﹣a），將（a，1﹣a）代入y=﹣x+1顯然成立，依此即可求解．解答： 解：（1）∵拋物線y=ax2+bx+2經(jīng)過點B（2，0），D（1，），∴，解得a=﹣，b=﹣，∴拋物線的解析式為y=﹣x2﹣x+2，∵A（m，0）在拋物線上，∴0=﹣m2﹣m+2，解得m=﹣4，∴A點的坐標為（﹣4，0）．如圖所示：（2）∵直線l的解析式為y=x﹣1，∴S=AB?PF=×6?PF=3（﹣x2﹣x+2+1﹣x）=﹣x2﹣3x+9=﹣（x+2）2+12，其中﹣4＜x＜0，∴S的最大值是12，此時點P的坐標為（﹣2，2）；（3）∵直線PB經(jīng)過點P（﹣2，2），B（2，0），∴PB所在直線的解析式為y=﹣x+1，設(shè)Q（a，a﹣1）是y=x﹣1上的一點，則Q點關(guān)于x軸的對稱點為（a，1﹣a），將（a，1﹣a）代入y=﹣x+1顯然成立，∴直線l上的任意一點關(guān)于x軸的對稱點一定在PB所在直線上．點評： 本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識點有待定系數(shù)法求拋物線的解析式，待定系數(shù)法求直線的解析式，函數(shù)的最值問題，四邊形的面積求法，以及關(guān)于x軸的對稱點的坐標特征．6．考點： 拋物線與x軸的交點；二次函數(shù)的性質(zhì)；二次函數(shù)的三種形式分析： （1）配方后求出頂點坐標即可；（2）求出A、B的坐標，根據(jù)坐標求出AB、CD，根據(jù)三角形面積公式求出即可．解答： 解：（1）y=x2﹣4xx+3=x2﹣4x+4﹣4+3=（x﹣2）2﹣1，所以頂點C的坐標是（2，﹣1），當x≤2時，y隨x的增大而減少；當x＞2時，y隨x的增大而增大；（2）解方程x2﹣4x+3=0得：x1=3，x2=1，即A點的坐標是（1，0），B點的坐標是（3，0），過C作CD⊥AB于D，∵AB=2，CD=1，∴S△ABC=AB×CD=×2×1=1．點評：本題考查了拋物線與x軸的交點，二次函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)的三種形式的應(yīng)用，主要考查學生運用性質(zhì)進行計算的能力，題目比較典型，難度適中．7．考點： 二次函數(shù)綜合題．分析： （1）根據(jù)A的坐標，即可求得OA的長，則B、C的坐標即可求得，然后利用待定系數(shù)法即可求得函數(shù)的解析式；（2）分點A為直角頂點時，和C的直角頂點兩種情況討論，根據(jù)OA=OC，即可列方程求解；（3）據(jù)垂線段最短，可得當OD⊥AC時，OD最短，即EF最短，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，D是AC的中點，則DF=OC，即可求得P的縱坐標，代入二次函數(shù)的解析式，即可求得橫坐標，得到P的坐標．解答： 解：（1）由A（4，0），可知OA=4，∵OA=OC=4OB，∴OA=OC=4，OB=1，∴C（0，4），B（﹣1，0）．設(shè)拋物線的解析式是y=ax2+bx+x，則，解得：，則拋物線的解析式是：y=﹣x2+3x+4；（2）存在．第一種情況，當以C為直角頂點時，過點C作CP1⊥AC，交拋物線于點P1．過點P1作y軸的垂線，垂足是M．∵∠ACP1=90°，∴∠MCP1+∠ACO=90°．∵∠ACO+∠OAC=90°，∴∠MCP1=∠OAC．∵OA=OC，∴∠MCP1=∠OAC=45°，∴∠MCP1=∠MP1C，∴MC=MP1，設(shè)P（m，﹣m2+3m+4），則m=﹣m2+3m+4﹣4，解得：m1=0（舍去），m2=2．∴﹣m2+3m+4=6，即P（2，6）．第二種情況，當點A為直角頂點時，過A作AP2，AC交拋物線于點P2，過點P2作y軸的垂線，垂足是N，AP交y軸于點F．∴P2N∥x軸，由∠CAO=45°，∴∠OAP=45°，∴∠FP2N=45°，AO=OF．∴P2N=NF，設(shè)P2（n，﹣n2+3n+4），則n=（﹣n2+3n+4）﹣1，解得：n1=﹣2，n2=4（舍去），∴﹣n2+3n+4=﹣6，則P2的坐標是（﹣2，﹣6）．綜上所述，P的坐標是（2，6）或（﹣2，﹣6）；（3）連接OD，由題意可知，四邊形OFDE是矩形，則OD=EF．根據(jù)垂線段最短，可得當OD⊥AC時，OD最短，即EF最短．由（1）可知，在直角△AOC中，OC=OA=4，則AC==4，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，D是AC的中點．又∵DF∥OC，∴DF=OC=2，∴點P的縱坐標是2．則﹣x2+3x+1=2，解得：x=，∴當EF最短時，點P的坐標是：（，0）或（，0）．點評： 本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識點有待定系數(shù)法求拋物線的解析式，以及等腰三角形的性質(zhì)．在求有關(guān)動點問題時要注意分析題意分情況討論結(jié)果．8．考點： 二次函數(shù)綜合題．分析： （1）令y=0，則x2﹣2mx+m2﹣9=0，根據(jù)根的判別式b2﹣4ac=（﹣2m）2﹣4（m2﹣9）=36＞0，所以無論m為何值，該拋物線與x軸總有兩個交點．（2）直接將C點（0，﹣5）代入y=x2﹣2mx+m2﹣9根據(jù)拋物線與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)，且OA＜OB），求出m的值即可；（3）假設(shè)E點存在由直角三角形的性質(zhì)可以得出∠MEP=∠CPD．再根據(jù)條件可以得出△EPM≌△PDC就有PM=DC，EM=PC，設(shè)C（x0，y0），則D（4﹣x0，y0），P（x0，y0）．根據(jù)PM=DC就有|2x0﹣4|=﹣y0，由C點在拋物線上有|2x0﹣4|=﹣（x02﹣4x0﹣5），分兩種情況求出x0的值就可以得出結(jié)論．解答： 解：（1）令y=0，則x2﹣2mx+m2﹣9=0，∵△=（﹣2