2015中考数学真题分类汇编二次函数压轴题

2015中考数学真题分类汇编二次函数压轴题

‎26．（13分）（2015•福州）如图，抛物线y=x2﹣4x与x轴交于O，A两点，P为抛物线上一点，过点P的直线y=x+m与对称轴交于点Q．‎ ‎（1）这条抛物线的对称轴是　　　　　　，直线PQ与x轴所夹锐角的度数是　　　　　　；‎ ‎（2）若两个三角形面积满足S△POQ=S△PAQ，求m的值；‎ ‎（3）当点P在x轴下方的抛物线上时，过点C（2，2）的直线AC与直线PQ交于点D，求：①PD+DQ的最大值；②PD•DQ的最大值．‎ ‎　‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）把抛物线的解析式化成顶点式即可求得对称轴；求得直线与坐标轴的交点坐标，即可证得直线和坐标轴围成的图形是等腰直角三角形，从而求得直线PQ与x轴所夹锐角的度数；‎ ‎（2）分三种情况分别讨论根据已知条件，通过△OBE∽△ABF对应边成比例即可求得；‎ ‎（3）①过点C作CH∥x轴交直线PQ于点H，可得△CHQ是等腰三角形，进而得出AD⊥PH，得出DQ=DH，从而得出PD+DQ=PH，过P点作PM⊥CH于点M，则△PMH是等腰直角三角形，得出PH=PM，因为当PM最大时，PH最大，通过求得PM的最大值，从而求得PH的最大值；由①可知：PD+PH≤6，设PD=a，则DQ﹣a，得出PD•DQ≤a（6﹣a）=﹣a2+6a=﹣（a﹣3）2+18，当点P在抛物线的顶点时，a=3，得出PD•DQ≤18．‎ 解答：‎ 解：（1）∵y=x2﹣4x=（x﹣2）2﹣4，‎ ‎∴抛物线的对称轴是x=2，‎ ‎∵直线y=x+m，‎ ‎∴直线与坐标轴的交点坐标为（﹣m，0），（0，m），‎ ‎∴交点到原点的距离相等，‎ ‎∴直线与坐标轴围成的三角形是等腰直角三角形，‎ ‎∴直线PQ与x轴所夹锐角的度数是45°，‎ 故答案为x=2、45°．‎ ‎（2）设直线PQ交x轴于点B，分别过O点，A点作PQ的垂线，垂足分别是E、F，显然当点B在OA的延长线时，S△POQ=S△PAQ不成立；‎ ‎①当点B落在线段OA上时，如图①，‎ ‎==，‎ 由△OBE∽△ABF得，==，‎ ‎∴AB=3OB，‎ ‎∴OB=OA，‎ ‎26．（13分）（2015•福州）如图，抛物线y=x2﹣4x与x轴交于O，A两点，P为抛物线上一点，过点P的直线y=x+m与对称轴交于点Q．‎ ‎（1）这条抛物线的对称轴是　　　　　　，直线PQ与x轴所夹锐角的度数是　　　　　　；‎ ‎（2）若两个三角形面积满足S△POQ=S△PAQ，求m的值；‎ ‎（3）当点P在x轴下方的抛物线上时，过点C（2，2）的直线AC与直线PQ交于点D，求：①PD+DQ的最大值；②PD•DQ的最大值．‎ ‎　‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）把抛物线的解析式化成顶点式即可求得对称轴；求得直线与坐标轴的交点坐标，即可证得直线和坐标轴围成的图形是等腰直角三角形，从而求得直线PQ与x轴所夹锐角的度数；‎ ‎（2）分三种情况分别讨论根据已知条件，通过△OBE∽△ABF对应边成比例即可求得；‎ ‎（3）①过点C作CH∥x轴交直线PQ于点H，可得△CHQ是等腰三角形，进而得出AD⊥PH，得出DQ=DH，从而得出PD+DQ=PH，过P点作PM⊥CH于点M，则△PMH是等腰直角三角形，得出PH=PM，因为当PM最大时，PH最大，通过求得PM的最大值，从而求得PH的最大值；由①可知：PD+PH≤6，设PD=a，则DQ﹣a，得出PD•DQ≤a（6﹣a）=﹣a2+6a=﹣（a﹣3）2+18，当点P在抛物线的顶点时，a=3，得出PD•DQ≤18．‎ 解答：‎ 解：（1）∵y=x2﹣4x=（x﹣2）2﹣4，‎ ‎∴抛物线的对称轴是x=2，‎ ‎∵直线y=x+m，‎ ‎∴直线与坐标轴的交点坐标为（﹣m，0），（0，m），‎ ‎∴交点到原点的距离相等，‎ ‎∴直线与坐标轴围成的三角形是等腰直角三角形，‎ ‎∴直线PQ与x轴所夹锐角的度数是45°，‎ 故答案为x=2、45°．‎ ‎（2）设直线PQ交x轴于点B，分别过O点，A点作PQ的垂线，垂足分别是E、F，显然当点B在OA的延长线时，S△POQ=S△PAQ不成立；‎ ‎①当点B落在线段OA上时，如图①，‎ ‎==，‎ 由△OBE∽△ABF得，==，‎ ‎∴AB=3OB，‎ ‎∴OB=OA，‎ ‎26．（13分）（2015•福州）如图，抛物线y=x2﹣4x与x轴交于O，A两点，P为抛物线上一点，过点P的直线y=x+m与对称轴交于点Q．‎ ‎（1）这条抛物线的对称轴是　　　　　　，直线PQ与x轴所夹锐角的度数是　　　　　　；‎ ‎（2）若两个三角形面积满足S△POQ=S△PAQ，求m的值；‎ ‎（3）当点P在x轴下方的抛物线上时，过点C（2，2）的直线AC与直线PQ交于点D，求：①PD+DQ的最大值；②PD•DQ的最大值．‎ ‎　‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）把抛物线的解析式化成顶点式即可求得对称轴；求得直线与坐标轴的交点坐标，即可证得直线和坐标轴围成的图形是等腰直角三角形，从而求得直线PQ与x轴所夹锐角的度数；‎ ‎（2）分三种情况分别讨论根据已知条件，通过△OBE∽△ABF对应边成比例即可求得；‎ ‎（3）①过点C作CH∥x轴交直线PQ于点H，可得△CHQ是等腰三角形，进而得出AD⊥PH，得出DQ=DH，从而得出PD+DQ=PH，过P点作PM⊥CH于点M，则△PMH是等腰直角三角形，得出PH=PM，因为当PM最大时，PH最大，通过求得PM的最大值，从而求得PH的最大值；由①可知：PD+PH≤6，设PD=a，则DQ﹣a，得出PD•DQ≤a（6﹣a）=﹣a2+6a=﹣（a﹣3）2+18，当点P在抛物线的顶点时，a=3，得出PD•DQ≤18．‎ 解答：‎ 解：（1）∵y=x2﹣4x=（x﹣2）2﹣4，‎ ‎∴抛物线的对称轴是x=2，‎ ‎∵直线y=x+m，‎ ‎∴直线与坐标轴的交点坐标为（﹣m，0），（0，m），‎ ‎∴交点到原点的距离相等，‎ ‎∴直线与坐标轴围成的三角形是等腰直角三角形，‎ ‎∴直线PQ与x轴所夹锐角的度数是45°，‎ 故答案为x=2、45°．‎ ‎（2）设直线PQ交x轴于点B，分别过O点，A点作PQ的垂线，垂足分别是E、F，显然当点B在OA的延长线时，S△POQ=S△PAQ不成立；‎ ‎①当点B落在线段OA上时，如图①，‎ ‎==，‎ 由△OBE∽△ABF得，==，‎ ‎∴AB=3OB，‎ ‎∴OB=OA，‎ 由y=x2﹣4x得点A（4，0），‎ ‎∴OB=1，‎ ‎∴B（1，0），‎ ‎∴1+m=0，‎ ‎∴m=﹣1；‎ ‎②当点B落在线段AO的延长线上时，如图②，同理可得OB=OA=2，‎ ‎∴B（﹣2，0），‎ ‎∴﹣2+m=0，‎ ‎∴m=2，‎ 综上，当m=﹣1或2时，S△POQ=S△PAQ；‎ ‎（3）①过点C作CH∥x轴交直线PQ于点H，如图③，可得△CHQ是等腰三角形，‎ ‎∵∠CDQ=45°+45°=90°，‎ ‎∴AD⊥PH，‎ ‎∴DQ=DH，‎ ‎∴PD+DQ=PH，‎ 过P点作PM⊥CH于点M，则△PMH是等腰直角三角形，‎ ‎∴PH=PM，‎ ‎∴当PM最大时，PH最大，‎ ‎∴当点P在抛物线顶点出时，PM最大，此时PM=6，‎ ‎∴PH的最大值为6，‎ 即PD+DQ的最大值为6．‎ ‎②由①可知：PD+PH≤6，‎ 设PD=a，则DQ﹣a，‎ ‎∴PD•DQ≤a（6﹣a）=﹣a2+6a=﹣（a﹣3）2+18，‎ ‎∵当点P在抛物线的顶点时，a=3，‎ ‎∴PD•DQ≤18．‎ ‎∴PD•DQ的最大值为18．‎ 点评：‎ 本题是二次函数的综合题，考查了抛物线的性质，直线的性质，三角形相似的判定和性质，难度较大．‎ ‎25．（10分）（2015•莆田）抛物线y=ax2+bx+c，若a，b，c满足b=a+c，则称抛物线y=ax2+bx+c为“恒定”抛物线．‎ ‎（1）求证：“恒定”抛物线y=ax2+bx+c必过x轴上的一个定点A；‎ ‎（2）已知“恒定”抛物线y=x2﹣的顶点为P，与x轴另一个交点为B，是否存在以Q为顶点，与x轴另一个交点为C的“恒定”抛物线，使得以PA，CQ为边的四边形是平行四边形？若存在，求出抛物线解析式；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 专题：‎ 综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）由“恒定”抛物线y=ax2+bx+c，得到b=a+c，即a﹣b+c=0，即可确定出抛物线恒过定点（﹣1，0）；‎ ‎（2）先求出抛物线y=x2﹣的顶点坐标和B的坐标，由题意得出PA∥CQ，PA=CQ；存在两种情况：‎ ‎①作QM⊥AC于M，则QM=OP=，证明Rt△QMC≌Rt△POA，MC=OA=1，得出点Q的坐标，设抛物线的解析式为y=a（x+2）2﹣，把点A坐标代入求出a的值即可；‎ ‎②顶点Q在y轴上，此时点C与点B重合；证明△OQC≌△OPA，得出OQ=OP=，得出点Q坐标，设抛物线的解析式为y=ax2+，把点C坐标代入求出a的值即可．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：由“恒定”抛物线y=ax2+bx+c，‎ 得：b=a+c，‎ 即a﹣b+c=0，‎ ‎∵抛物线y=ax2+bx+c，‎ 当x=﹣1时，y=0，‎ ‎∴“恒定”抛物线y=ax2+bx+c必过x轴上的一个定点A（﹣1，0）；‎ ‎（2）解：存在；理由如下：‎ ‎∵“恒定”抛物线y=x2﹣，‎ 当y=0时，x2﹣=0，‎ 解得：x=±1，‎ ‎∵A（﹣1，0），‎ ‎∴B（1，0）；‎ ‎∵x=0时，y=﹣，‎ ‎∴顶点P的坐标为（0，﹣），‎ 以PA，CQ为边的平行四边形，PA、CQ是对边，‎ ‎∴PA∥CQ，PA=CQ，‎ ‎∴存在两种情况：‎ ‎①如图1所示：作QM⊥AC于M，‎ 则QM=OP=，∠QMC=90°=∠POA，‎ 在Rt△QMC和Rt△POA中，‎ ‎，‎ ‎∴Rt△QMC≌Rt△POA（HL），‎ ‎∴MC=OA=1，‎ ‎∴OM=2，‎ ‎∵点A和点C是抛物线上的对称点，‎ ‎∴AM=MC=1，‎ ‎∴点Q的坐标为（﹣2，﹣），‎ 设以Q为顶点，与x轴另一个交点为C的“恒定”抛物线的解析式为y=a（x+2）2﹣，‎ 把点A（﹣1，0）代入得：a=，‎ ‎∴抛物线的解析式为：y=（x+2）2﹣，‎ 即y═x2+4x+3；‎ ‎②如图2所示：顶点Q在y轴上，此时点C与点B重合，‎ ‎∴点C坐标为（1，0），‎ ‎∵CQ∥PA，‎ ‎∴∠OQC=∠OPA，‎ 在△OQC和△OPA中，‎ ‎，‎ ‎∴△OQC≌△OPA（AAS），‎ ‎∴OQ=OP=，‎ ‎∴点Q坐标为（0，），‎ 设以Q为顶点，与x轴另一个交点为C的“恒定”抛物线的解析式为y=ax2+，‎ 把点C（1，0）代入得：a=﹣，‎ ‎∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+；‎ 综上所述：存在以Q为顶点，与x轴另一个交点为C的“恒定”抛物线，使得以PA，CQ为边的四边形是平行四边形，‎ 抛物线的解析式为：y=x2+4x+3，或y=﹣x2+．‎ 点评：‎ 本题是二次函数综合题目，考查了新定义“恒定”抛物线、用待定系数法求抛物线的解析式、全等三角形的判定与性质、抛物线的对称性、坐标与图形性质等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（2）中，需要作辅助线证明三角形全等求出点的坐标才能得出抛物线的解析式．‎ ‎26．（13分）（2015•泉州）阅读理解 抛物线y=x2上任意一点到点（0，1）的距离与到直线y=﹣1的距离相等，你可以利用这一性质解决问题．‎ 问题解决 如图，在平面直角坐标系中，直线y=kx+1与y轴交于C点，与函数y=x2的图象交于A，B两点，分别过A，B两点作直线y=﹣1的垂线，交于E，F两点．‎ ‎（1）写出点C的坐标，并说明∠ECF=90°；‎ ‎（2）在△PEF中，M为EF中点，P为动点．‎ ‎①求证：PE2+PF2=2（PM2+EM2）；‎ ‎②已知PE=PF=3，以EF为一条对角线作平行四边形CEDF，若1＜PD＜2，试求CP的取值范围．‎ 考点：‎ 二次函数综合题；勾股定理；矩形的判定与性质．菁优网版权所有 专题：‎ 综合题；阅读型．‎ 分析：‎ ‎（1）如图1，只需令x=0，即可得到点C的坐标．根据题意可得AC=AE，从而有∠AEC=∠ACE．易证AE∥CO，从而有∠AEC=∠OCE，即可得到∠ACE=∠OCE，同理可得∠OCF=∠BCF，然后利用平角的定义即可证到∠ECF=90°；‎ ‎（2））①过点P作PH⊥EF于H，分点H在线段EF上（如图2①）和点H在线段EF的延长线（或反向延长线）上（如图2②）两种情况讨论，然后只需运用勾股定理及平方差公式即可证到PE2+PF2﹣2PM2=2EM2，即PE2+PF2=2（PM2+EM2）；‎ ‎②连接CD，PM，如图3．易证▱CEDF是矩形，从而得到M是CD的中点，且MC=EM，然后根据①中的结论，可得：在△PEF中，有PE2+PF2=2（PM2+EM2），在△PCD中，有PC2+PD2=2（PM2+CM2）．由MC=EM可得PC2+PD2=PE2+PF2．根据PE=PF=3可求得PC2+PD2=18．根据1＜PD＜2可得1＜PD2＜4，即1＜18﹣PC2＜4，从而可求出PC的取值范围．‎ 解答：‎ 解：（1）当x=0时，y=k•0+1=1，‎ 则点C的坐标为（0，1）．‎ 根据题意可得：AC=AE，‎ ‎∴∠AEC=∠ACE．‎ ‎∵AE⊥EF，CO⊥EF，‎ ‎∴AE∥CO，‎ ‎∴∠AEC=∠OCE，‎ ‎∴∠ACE=∠OCE．‎ 同理可得：∠OCF=∠BCF．‎ ‎∵∠ACE+∠OCE+∠OCF+∠BCF=180°，‎ ‎∴2∠OCE+2∠OCF=180°，‎ ‎∴∠OCE+∠OCF=90°，即∠ECF=90°；‎ ‎（2）①过点P作PH⊥EF于H，‎ Ⅰ．若点H在线段EF上，如图2①．‎ ‎∵M为EF中点，‎ ‎∴EM=FM=EF．‎ 根据勾股定理可得：‎ PE2+PF2﹣2PM2=PH2+EH2+PH2+HF2﹣2PM2‎ ‎=2PH2+EH2+HF2﹣2（PH2+MH2）‎ ‎=EH2﹣MH2+HF2﹣MH2‎ ‎=（EH+MH）（EH﹣MH）+（HF+MH）（HF﹣MH）‎ ‎=EM（EH+MH）+MF（HF﹣MH）‎ ‎=EM（EH+MH）+EM（HF﹣MH）‎ ‎=EM（EH+MH+HF﹣MH）‎ ‎=EM•EF=2EM2，‎ ‎∴PE2+PF2=2（PM2+EM2）；‎ Ⅱ．若点H在线段EF的延长线（或反向延长线）上，如图2②．‎ 同理可得：PE2+PF2=2（PM2+EM2）．‎ 综上所述：当点H在直线EF上时，都有PE2+PF2=2（PM2+EM2）；‎ ‎②连接CD、PM，如图3．‎ ‎∵∠ECF=90°，‎ ‎∴▱CEDF是矩形，‎ ‎∵M是EF的中点，‎ ‎∴M是CD的中点，且MC=EM．‎ 由①中的结论可得：‎ 在△PEF中，有PE2+PF2=2（PM2+EM2），‎ 在△PCD中，有PC2+PD2=2（PM2+CM2）．‎ ‎∵MC=EM，‎ ‎∴PC2+PD2=PE2+PF2．‎ ‎∵PE=PF=3，‎ ‎∴PC2+PD2=18．‎ ‎∵1＜PD＜2，‎ ‎∴1＜PD2＜4，‎ ‎∴1＜18﹣PC2＜4，‎ ‎∴14＜PC2＜17．‎ ‎∵PC＞0，‎ ‎∴＜PC＜．‎ ‎24．（12分）（2015•福建）如图，在平面直角坐标系中，顶点为A（1，﹣1）的抛物线经过点B（5，3），且与x轴交于C，D两点（点C在点D的左侧）．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）求点O到直线AB的距离；‎ ‎（3）点M在第二象限内的抛物线上，点N在x轴上，且∠MND=∠OAB，当△DMN与△OAB相似时，请你直接写出点M的坐标．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）根据待定系数法，可得抛物线的解析式；‎ ‎（2）根据勾股定理，可得OA2、OB2、AB2的长，根据勾股定理的逆定理，可得∠OAB的度数，根据点到直线的距离的定义，可得答案；‎ ‎（3）根据抛物线上的点满足函数解析式，可得方程②，根据相似三角形的性质，可得方程①③，根据解方程组，可得M点的坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）设抛物线的解析式为y=a（x﹣1）2﹣1，‎ 将B点坐标代入函数解析式，得 ‎（5﹣1）2a﹣1=3，‎ 解得a=．‎ 故抛物线的解析式为y=（x﹣1）2﹣1；‎ ‎（2）由勾股定理，得OA2=11+12=2，OB2=52+32=34，AB2=（5﹣1）2+（3+1）2=32，‎ OA2+AB2=OB2，‎ ‎∴∠OAB=90°，‎ O到直线AB的距离是OA=；‎ ‎（3）设M（a，b），N（a，0）‎ 当y=0时，（x﹣1）2﹣1=0，‎ 解得x1=3，x2=﹣1，‎ D（3，0），DN=3﹣a．‎ ‎①当△MND∽△OAB时，=，即=，‎ 化简，得4b=a﹣3 ①‎ M在抛物线上，得b=（a﹣1）2﹣1 ②‎ 联立①②，得，‎ 解得a1=3（不符合题意，舍），a2=﹣2，b=，‎ M1（﹣2，），‎ 当△MND∽△BAO时，=，即=，‎ 化简，得b=12﹣4a ③，‎ 联立②③，得，‎ 解得a1=3（不符合题意，舍），a2=﹣17，b=12﹣4×（﹣17）=80，‎ M2（﹣17，80）．‎ 综上所述：当△DMN与△OAB相似时，点M的坐标（﹣2，），（﹣17，80）．‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数综合题，（1）设成顶点式的解析式是解题关键，（2）利用了勾股定理及勾股定理的逆定理，点到直线的距离；（3）利用了相似三角形的性质，图象上的点满足函数解析式得出方程组是解题关键，要分类讨论，以防遗漏．‎ ‎25．（14分）（2015•漳州）如图，抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，请解决下列问题．‎ ‎（1）填空：点C的坐标为（　0　，　3　），点D的坐标为（　1　，　4　）；‎ ‎（2）设点P的坐标为（a，0），当|PD﹣PC|最大时，求α的值并在图中标出点P的位置；‎ ‎（3）在（2）的条件下，将△BCP沿x轴的正方向平移得到△B′C′P′，设点C对应点C′的横坐标为t（其中0＜t＜6），在运动过程中△B′C′P′与△BCD重叠部分的面积为S，求S与t之间的关系式，并直接写出当t为何值时S最大，最大值为多少？‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）根据抛物线与坐标轴交点坐标求法和顶点坐标求法计算即可；‎ ‎（2）求|PD﹣PC|的值最大时点P的坐标，应延长CD交x轴于点P．因为|PD﹣PC|小于或等于第三边CD，所以当|PC﹣PD|等于CD时，|PC﹣PD|的值最大．因此求出过CD两点的解析式，求它与x轴交点坐标即可；‎ ‎（3）过C点作CE∥x轴，交DB于点E，求出直线BD的解析式，求出点E的坐标，求出P′C′与BC的交点M的坐标，分点C′在线段CE上和在线段CE的延长线上两种情况，再分别求得N点坐标，再利用图形的面积的差，可表示出S，再求得其最大值即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，‎ ‎∴C（0，3），D（1，4），‎ 故答案为：0；3；1；4；‎ ‎（2）∵在三角形中两边之差小于第三边，‎ ‎∴延长DC交x轴于点P，‎ 设直线DC的解析式为y=kx+b，把D、C两点坐标代入可得，解得，‎ ‎∴直线DC的解析式为y=x+3，‎ 将点P的坐标（a，0）代入得a+3=0，求得a=﹣3，‎ 如图1，点P（﹣3，0）即为所求；‎ ‎（3）过点C作CE∥x，交直线BD于点E，如图2，‎ 由（2）得直线DC的解析式为y=x+3，‎ 由法可求得直线BD的解析式为y=﹣2x+6，直线BC的解析式为y=﹣x+3，‎ 在y=﹣2x+6中，当y=3时，x=，‎ ‎∴E点坐标为（，3），‎ 设直线P′C′与直线BC交于点M，‎ ‎∵P′C′∥DC，P′C′与y轴交于点（0，3﹣t），‎ ‎∴直线P′C′的解析式为y=x+3﹣t，‎ 联立，解得，‎ ‎∴点M坐标为（，），‎ ‎∵B′C′∥BC，B′坐标为（3+t，0），‎ ‎∴直线B′C′的解析式为y=﹣x+3+t，‎ 分两种情况讨论：‎ ‎①当0＜t＜时，如图2，B′C′与BD交于点N，‎ 联立，解得，‎ ‎∴N点坐标为（3﹣t，2t），‎ S=S△B′C′P﹣S△BMP﹣S△BNB′=×6×3﹣（6﹣t）×（6﹣t）﹣t×2t=﹣t2+3t，‎ 其对称轴为t=，可知当0＜t＜时，S随t的增大而增大，当t=时，有最大值；‎ ‎②当≤t＜6时，如图3，直线P′C′与DB交于点N，‎ 立，解得，‎ ‎∴N点坐标为（，），‎ S=S△BNP′﹣S△BMP′=（6﹣t）×﹣×（6﹣t）×=（6﹣t）2=t2﹣t+3；‎ 显然当＜t＜6时，S随t的增大而减小，当t=时，S=‎ 综上所述，S与t之间的关系式为S=，且当t=时，S有最大值，最大值为．‎ 点评：‎ 本题主要考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法、三角形三边关系、平移的性质和二次函数的性质等知识点．在（1）中掌握二次函数的顶点式是解题的关键，在（2）中确定出P点的位置是解题的关键，在（3）中用t分别表示出E、M、N的坐标是解题的关键，注意分类讨论思想的应用．本题考查知识点较多，综合性较强，计算量较大．‎ ‎28．（12分）（2015•甘南州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2+bx+c，经过A（0，﹣4），B（x1，0），C（x2，0）三点，且|x2﹣x1|=5．‎ ‎（1）求b，c的值；‎ ‎（2）在抛物线上求一点D，使得四边形BDCE是以BC为对角线的菱形；‎ ‎（3）在抛物线上是否存在一点P，使得四边形BPOH是以OB为对角线的菱形？若存在，求出点P的坐标，并判断这个菱形是否为正方形？若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）把A（0，﹣4）代入可求c，运用两根关系及|x2﹣x1|=5，对式子合理变形，求b；‎ ‎（2）因为菱形的对角线互相垂直平分，故菱形的另外一条对角线必在抛物线的对称轴上，满足条件的D点，就是抛物线的顶点；‎ ‎（3）由四边形BPOH是以OB为对角线的菱形，可得PH垂直平分OB，求出OB的中点坐标，代入抛物线解析式即可，再根据所求点的坐标与线段OB的长度关系，判断是否为正方形即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵抛物线y=﹣x2+bx+c，经过点A（0，﹣4），‎ ‎∴c=﹣4‎ 又∵由题意可知，x1、x2是方程﹣x2+bx﹣4=0的两个根，‎ ‎∴x1+x2=b，x1x2=6‎ 由已知得（x2﹣x1）2=25‎ 又∵（x2﹣x1）2=（x2+x1）2﹣4x1x2=b2﹣24‎ ‎∴b2﹣24=25‎ 解得b=±，当b=时，抛物线与x轴的交点在x轴的正半轴上，不合题意，舍去．‎ ‎∴b=﹣．‎ ‎（2）∵四边形BDCE是以BC为对角线的菱形，根据菱形的性质，点D必在抛物线的对称轴上，‎ 又∵y=﹣x2﹣x﹣4=﹣（x+）2+，‎ ‎∴抛物线的顶点（﹣，）即为所求的点D．‎ ‎（3）∵四边形BPOH是以OB为对角线的菱形，点B的坐标为（﹣6，0），根据菱形的性质，点P必是直线x=﹣3与 抛物线y=﹣x2﹣x﹣4的交点，‎ ‎∴当x=﹣3时，y=﹣×（﹣3）2﹣×（﹣3）﹣4=4，‎ ‎∴在抛物线上存在一点P（﹣3，4），使得四边形BPOH为菱形．‎ 四边形BPOH不能成为正方形，因为如果四边形BPOH为正方形，点P的坐标只能是（﹣3，3），但这一点不在抛物线上 点评：‎ 本题考查了抛物线解析式的求法，根据菱形，正方形的性质求抛物线上符合条件的点的方法．‎ ‎28．（10分）（2015•酒泉）如图，在直角坐标系中，抛物线经过点A（0，4），B（1，0），C（5，0），其对称轴与x轴相交于点M．‎ ‎（1）求抛物线的解析式和对称轴；‎ ‎（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使△PAB的周长最小？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）连接AC，在直线AC的下方的抛物线上，是否存在一点N，使△NAC的面积最大？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）抛物线经过点A（0，4），B（1，0），C（5，0），可利用两点式法设抛物线的解析式为y=a（x﹣1）（x﹣5），代入A（0，4）即可求得函数的解析式，则可求得抛物线的对称轴；‎ ‎（2）点A关于对称轴的对称点A′的坐标为（6，4），连接BA′交对称轴于点P，连接AP，此时△PAB的周长最小，可求出直线BA′的解析式，即可得出点P的坐标．‎ ‎（3）在直线AC的下方的抛物线上存在点N，使△NAC面积最大．设N点的横坐标为t，此时点N（t，t2﹣t+4）（0＜t＜5），再求得直线AC的解析式，即可求得NG的长与△ACN的面积，由二次函数最大值的问题即可求得答案．‎ 解答：‎ 解：（1）根据已知条件可设抛物线的解析式为y=a（x﹣1）（x﹣5），‎ 把点A（0，4）代入上式得：a=，‎ ‎∴y=（x﹣1）（x﹣5）=x2﹣x+4=（x﹣3）2﹣，‎ ‎∴抛物线的对称轴是：x=3；‎ ‎（2）P点坐标为（3，）．‎ 理由如下：‎ ‎∵点A（0，4），抛物线的对称轴是x=3，‎ ‎∴点A关于对称轴的对称点A′的坐标为（6，4）‎ 如图1，连接BA′交对称轴于点P，连接AP，此时△PAB的周长最小．‎ 设直线BA′的解析式为y=kx+b，‎ 把A′（6，4），B（1，0）代入得，‎ 解得，‎ ‎∴y=x﹣，‎ ‎∵点P的横坐标为3，‎ ‎∴y=×3﹣=，‎ ‎∴P（3，）．‎ ‎（3）在直线AC的下方的抛物线上存在点N，使△NAC面积最大．‎ 设N点的横坐标为t，此时点N（t，t2﹣t+4）（0＜t＜5），‎ 如图2，过点N作NG∥y轴交AC于G；作AD⊥NG于D，‎ 由点A（0，4）和点C（5，0）可求出直线AC的解析式为：y=﹣x+4，‎ 把x=t代入得：y=﹣t+4，则G（t，﹣t+4），‎ 此时：NG=﹣t+4﹣（t2﹣t+4）=﹣t2+4t，‎ ‎∵AD+CF=CO=5，‎ ‎∴S△ACN=S△ANG+S△CGN=AM×NG+NG×CF=NG•OC=×（﹣t2+4t）×5=﹣2t2+10t=﹣2（t﹣）2+，‎ ‎∴当t=时，△CAN面积的最大值为，‎ 由t=，得：y=t2﹣t+4=﹣3，‎ ‎∴N（，﹣3）．‎ 点评：‎ 本题主要考查了二次函数与方程、几何知识的综合应用，解题的关键是方程思想与数形结合思想的灵活应用．‎ ‎28．（12分）（2015•兰州）已知二次函数y=ax2的图象经过点（2，1）．‎ ‎（1）求二次函数y=ax2的解析式；‎ ‎（2）一次函数y=mx+4的图象与二次函数y=ax2的图象交于点A（x1、y1）、B（x2、y2）两点．‎ ‎①当m=时（图①），求证：△AOB为直角三角形；‎ ‎②试判断当m≠时（图②），△AOB的形状，并证明；‎ ‎（3）根据第（2）问，说出一条你能得到的结论．（不要求证明）‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）把点（2，1）代入可求得a的值，可求得抛物线的解析式；‎ ‎（2）①可先求得A、B两点的坐标，过A、B两点作x轴的垂线，结合条件可证明△ACO∽△ODB，可证明∠AOB=90°，可判定△AOB为直角三角形；②可用m分别表示出A、B两点的坐标，过A、B两点作x轴的垂线，表示出AC、BD的长，可证明△ACO∽△ODB，结合条件可得到∠AOB=90°，可判定△AOB为直角三角形；‎ ‎（3）结合（2）的过程可得到△AOB恒为直角三角形等结论．‎ 解答：‎ ‎（1）解：∵y=ax2过点（2，1），‎ ‎∴1=4a，解得a=，‎ ‎∴抛物线解析式为y=x2；‎ ‎（2）①证明：‎ 当m=时，联立直线和抛物线解析式可得，解得或，‎ ‎∴A（﹣2，1），B（8，16），‎ 分别过A、B作AC⊥x轴，BD⊥x轴，垂足分别为C、D，如图1，‎ ‎∴AC=1，OC=2，OD=8，BD=16，‎ ‎∴==，且∠ACO=∠ODB，‎ ‎∴△ACO∽△ODB，‎ ‎∴∠AOC=∠OBD，‎ 又∵∠OBD+∠BOD=90°，‎ ‎∴∠AOC+∠BOD=90°，即∠AOB=90°，‎ ‎∴△AOB为直角三角形；‎ ‎②解：△AOB为直角三角形．‎ 证明如下：‎ 当m≠时，联立直线和抛物线解析式可得，解得或，‎ ‎∴A（2m﹣2，（m﹣）2），B（2m+2，（m+）2），‎ 分别过A、B作AC⊥x轴，BD⊥x轴，如图2，‎ ‎∴AC=（m﹣）2，OC=﹣（2m﹣2），BD=（m+）2，OD=2m+2，‎ ‎∴==，且∠ACO=∠ODB，‎ ‎∴△ACO∽△OBD，‎ ‎∴∠AOC=∠OBD，‎ 又∵∠OBD+∠BOD=90°，‎ ‎∴∠AOC+∠BOD=90°，即∠AOB=90°，‎ ‎∴△AOB为直角三角形；‎ ‎（3）解：由（2）可知，一次函数y=mx+4的图象与二次函数y=ax2的交点为A、B，则△AOB恒为直角三角形．（答案不唯一）．‎ 点评：‎ 本题主要考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法、相似三角的判定和性质、直角三角形的判定等知识点．在（1）中注意待定系数法的应用步骤，在（2）中注意表示出A、B两点的坐标，构造三角形相似是解题的关键，在（3）中答案不唯一，可结合（2）的过程得出．本题知识点较多，综合性很强，难度较大．‎ ‎26．（12分）（2015•天水）在平面直角坐标系中，已知y=﹣x2+bx+c（b、c为常数）的顶点为P，等腰直角三角形ABC的顶点A的坐标为（0，﹣1），点C的坐标为（4，3），直角顶点B在第四象限．‎ ‎（1）如图，若抛物线经过A、B两点，求抛物线的解析式．‎ ‎（2）平移（1）中的抛物线，使顶点P在直线AC上并沿AC方向滑动距离为时，试证明：平移后的抛物线与直线AC交于x轴上的同一点．‎ ‎（3）在（2）的情况下，若沿AC方向任意滑动时，设抛物线与直线AC的另一交点为Q，取BC的中点N，试探究NP+BQ是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）先求出点B的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的函数表达式；‎ ‎（2）如答题图2，设顶点P在直线AC上并沿AC方向滑动距离时，到达P′，作P′M∥y轴，PM∥x轴，交于M点，根据直线AC的斜率求得△P′PM是等腰直角三角形，进而求得抛物线向上平移1个单位，向右平移1个单位，从而求得平移后的解析式，进而求得与x轴的交点，与直线AC的交点，即可证得结论；‎ ‎（3）如答图3所示，作点B关于直线AC的对称点B′，由分析可知，当B′、Q、F（AB中点）三点共线时，NP+BQ最小，最小值为线段B′F的长度．‎ 解答：‎ 解：（1）∵等腰直角三角形ABC的顶点A的坐标为（0，﹣1），C的坐标为（4，3）‎ ‎∴点B的坐标为（4，﹣1）．‎ ‎∵抛物线过A（0，﹣1），B（4，﹣1）两点，‎ ‎∴，‎ 解得：b=2，c=﹣1，‎ ‎∴抛物线的函数表达式为：y=﹣x2+2x﹣1．‎ ‎（2）如答题图2，设顶点P在直线AC上并沿AC方向滑动距离时，到达P′，作P′M∥y轴，PM∥x轴，交于M点，‎ ‎∵点A的坐标为（0，﹣1），点C的坐标为（4，3），‎ ‎∴直线AC的解析式为y=x﹣1，‎ ‎∵直线的斜率为1，‎ ‎∴△P′PM是等腰直角三角形，‎ ‎∵PP′=，‎ ‎∴P′M=PM=1，‎ ‎∴抛物线向上平移1个单位，向右平移1个单位，‎ ‎∵y=﹣x2+2x﹣1=﹣（x﹣2）2+1，‎ ‎∴平移后的抛物线的解析式为y=﹣（x﹣3）2+2，‎ 令y=0，则0=﹣（x﹣3）2+2，‎ 解得x1=1，x=52，‎ ‎∴平移后的抛物线与x轴的交点为（1，0），（5，0），‎ 解，得或 ‎∴平移后的抛物线与AC的交点为（1，0），‎ ‎∴平移后的抛物线与直线AC交于x轴上的同一点（1，0）．‎ ‎（3）如答图3，取点B关于AC的对称点B′，易得点B′的坐标为（0，3），BQ=B′Q，取AB中点F，‎ 连接QF，FN，QB′，易得FN∥PQ，且FN=PQ，‎ ‎∴四边形PQFN为平行四边形．‎ ‎∴NP=FQ．‎ ‎∴NP+BQ=FQ+B′Q≥FB′==2．‎ ‎∴当B′、Q、F三点共线时，NP+BQ最小，最小值为2．‎ 点评：‎ 本题为二次函数中考压轴题，考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、一次函数、几何变换（平移，对称）、等腰直角三角形、平行四边形、轴对称﹣最短路线问题等知识点，考查了存在型问题和分类讨论的数学思想，试题难度较大．‎ ‎28．（10分）（2015•酒泉）如图，在直角坐标系中，抛物线经过点A（0，4），B（1，0），C（5，0），其对称轴与x轴相交于点M．‎ ‎（1）求抛物线的解析式和对称轴；‎ ‎（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使△PAB的周长最小？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）连接AC，在直线AC的下方的抛物线上，是否存在一点N，使△NAC的面积最大？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）抛物线经过点A（0，4），B（1，0），C（5，0），可利用两点式法设抛物线的解析式为y=a（x﹣1）（x﹣5），代入A（0，4）即可求得函数的解析式，则可求得抛物线的对称轴；‎ ‎（2）点A关于对称轴的对称点A′的坐标为（6，4），连接BA′交对称轴于点P，连接AP，此时△PAB的周长最小，可求出直线BA′的解析式，即可得出点P的坐标．‎ ‎（3）在直线AC的下方的抛物线上存在点N，使△NAC面积最大．设N点的横坐标为t，此时点N（t，t2﹣t+4）（0＜t＜5），再求得直线AC的解析式，即可求得NG的长与△ACN的面积，由二次函数最大值的问题即可求得答案．‎ 解答：‎ 解：（1）根据已知条件可设抛物线的解析式为y=a（x﹣1）（x﹣5），‎ 把点A（0，4）代入上式得：a=，‎ ‎∴y=（x﹣1）（x﹣5）=x2﹣x+4=（x﹣3）2﹣，‎ ‎∴抛物线的对称轴是：x=3；‎ ‎（2）P点坐标为（3，）．‎ 理由如下：‎ ‎∵点A（0，4），抛物线的对称轴是x=3，‎ ‎∴点A关于对称轴的对称点A′的坐标为（6，4）‎ 如图1，连接BA′交对称轴于点P，连接AP，此时△PAB的周长最小．‎ 设直线BA′的解析式为y=kx+b，‎ 把A′（6，4），B（1，0）代入得，‎ 解得，‎ ‎∴y=x﹣，‎ ‎∵点P的横坐标为3，‎ ‎∴y=×3﹣=，‎ ‎∴P（3，）．‎ ‎（3）在直线AC的下方的抛物线上存在点N，使△NAC面积最大．‎ 设N点的横坐标为t，此时点N（t，t2﹣t+4）（0＜t＜5），‎ 如图2，过点N作NG∥y轴交AC于G；作AD⊥NG于D，‎ 由点A（0，4）和点C（5，0）可求出直线AC的解析式为：y=﹣x+4，‎ 把x=t代入得：y=﹣t+4，则G（t，﹣t+4），‎ 此时：NG=﹣t+4﹣（t2﹣t+4）=﹣t2+4t，‎ ‎∵AD+CF=CO=5，‎ ‎∴S△ACN=S△ANG+S△CGN=AM×NG+NG×CF=NG•OC=×（﹣t2+4t）×5=﹣2t2+10t=﹣2（t﹣）2+‎ ‎，‎ ‎∴当t=时，△CAN面积的最大值为，‎ 由t=，得：y=t2﹣t+4=﹣3，‎ ‎∴N（，﹣3）．‎ 点评：‎ 本题主要考查了二次函数与方程、几何知识的综合应用，解题的关键是方程思想与数形结合思想的灵活应用．‎ ‎24．（10分）（2015•佛山）如图，一小球从斜坡O点处抛出，球的抛出路线可以用二次函数y=﹣x2+4x刻画，斜坡可以用一次函数y=x刻画．‎ ‎（1）请用配方法求二次函数图象的最高点P的坐标；‎ ‎（2）小球的落点是A，求点A的坐标；‎ ‎（3）连接抛物线的最高点P与点O、A得△POA，求△POA的面积；‎ ‎（4）在OA上方的抛物线上存在一点M（M与P不重合），△MOA的面积等于△POA的面积．请直接写出点M的坐标．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）利用配方法抛物线的一般式化为顶点式，即可求出二次函数图象的最高点P的坐标；‎ ‎（2）联立两解析式，可求出交点A的坐标；‎ ‎（3）作PQ⊥x轴于点Q，AB⊥x轴于点B．根据S△POA=S△POQ+S△梯形PQBA﹣S△BOA，代入数值计算即可求解；‎ ‎（4）过P作OA的平行线，交抛物线于点M，连结OM、AM，由于两平行线之间的距离相等，根据同底等高的两个三角形面积相等，可得△MOA的面积等于△POA的面积．设直线PM的解析式为y=x+b，将P（2，4）代入，求出直线PM的解析式为y=x+3．再与抛物线的解析式联立，得到方程组，解方程组即可求出点M的坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）由题意得，y=﹣x2+4x=﹣（x﹣2）2+4，‎ 故二次函数图象的最高点P的坐标为（2，4）；‎ ‎（2）联立两解析式可得：，‎ 解得：，或．‎ 故可得点A的坐标为（，）；‎ ‎（3）如图，作PQ⊥x轴于点Q，AB⊥x轴于点B．‎ S△POA=S△POQ+S△梯形PQBA﹣S△BOA ‎=×2×4+×（+4）×（﹣2）﹣××‎ ‎=4+﹣‎ ‎=；‎ ‎（4）过P作OA的平行线，交抛物线于点M，连结OM、AM，则△MOA的面积等于△POA的面积．‎ 设直线PM的解析式为y=x+b，‎ ‎∵P的坐标为（2，4），‎ ‎∴4=×2+b，解得b=3，‎ ‎∴直线PM的解析式为y=x+3．‎ 由，解得，，‎ ‎∴点M的坐标为（，）．‎ 点评：‎ 本题是二次函数的综合题型，其中涉及到两函数图象交点的求解方法，二次函数顶点坐标的求解方法，三角形的面积，待定系数法求一次函数的解析式，难度适中．利用数形结合与方程思想是解题的关键．‎ ‎25．（14分）（2015•广州）已知O为坐标原点，抛物线y1=ax2+bx+c（a≠0）与x轴相交于点A（x1，0），B（x2，0），与y轴交于点C，且O，C两点间的距离为3，x1•x2＜0，|x1|+|x2|=4，点A，C在直线y2=﹣3x+t上．‎ ‎（1）求点C的坐标；‎ ‎（2）当y1随着x的增大而增大时，求自变量x的取值范围；‎ ‎（3）将抛物线y1向左平移n（n＞0）个单位，记平移后y随着x的增大而增大的部分为P，直线y2向下平移n个单位，当平移后的直线与P有公共点时，求2n2﹣5n的最小值．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）利用y轴上点的坐标性质表示出C点坐标，再利用O，C两点间的距离为3求出即可；‎ ‎（2）分别利用①若C（0，3），即c=3，以及②若C（0，﹣3），即c=﹣3，得出A，B点坐标，进而求出函数解析式，进而得出答案；‎ ‎（3）利用①若c=3，则y1=﹣x2﹣2x+3=﹣（x+1）2+4，y2=﹣3x+3，得出y1向左平移n个单位后，则解析式为：y3=﹣（x+1+n）2+4，进而求出平移后的直线与P有公共点时得出n的取值范围，②若c=﹣3，则y1=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，y2=﹣3x﹣3，y1向左平移n个单位后，则解析式为：y3=（x﹣1+n）2﹣4，进而求出平移后的直线与P有公共点时得出n的取值范围，进而利用配方法求出函数最值．‎ 解答：‎ 解：（1）令x=0，则y=c，‎ 故C（0，c），‎ ‎∵OC的距离为3，‎ ‎∴|c|=3，即c=±3，‎ ‎∴C（0，3）或（0，﹣3）；‎ ‎（2）∵x1x2＜0，‎ ‎∴x1，x2异号，‎ ‎①若C（0，3），即c=3，‎ 把C（0，3）代入y2=﹣3x+t，则0+t=3，即t=3，‎ ‎∴y2=﹣3x+3，‎ 把A（x1，0）代入y2=﹣3x+3，则﹣3x1+3=0，‎ 即x1=1，‎ ‎∴A（1，0），‎ ‎∵x1，x2异号，x1=1＞0，∴x2＜0，‎ ‎∵|x1|+|x2|=4，‎ ‎∴1﹣x2=4，‎ 解得：x2=﹣3，则B（﹣3，0），‎ 代入y1=ax2+bx+3得，，‎ 解得：，‎ ‎∴y1=﹣x2﹣2x+3=﹣（x+1）2+4，‎ 则当x≤﹣1时，y随x增大而增大．‎ ‎②若C（0，﹣3），即c=﹣3，‎ 把C（0，﹣3）代入y2=﹣3x+t，则0+t=﹣3，即t=﹣3，‎ ‎∴y2=﹣3x﹣3，‎ 把A（x1，0），代入y2=﹣3x﹣3，‎ 则﹣3x1﹣3=0，‎ 即x1=﹣1，‎ ‎∴A（﹣1，0），‎ ‎∵x1，x2异号，x1=﹣1＜0，∴x2＞0‎ ‎∵|x1|+|x2|=4，‎ ‎∴1+x2=4，‎ 解得：x2=3，则B（3，0），‎ 代入y1=ax2+bx+3得，，‎ 解得：，‎ ‎∴y1=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，‎ 则当x≥1时，y随x增大而增大，‎ 综上所述，若c=3，当y随x增大而增大时，x≤﹣1；‎ 若c=﹣3，当y随x增大而增大时，x≥1；‎ ‎（3）①若c=3，则y1=﹣x2﹣2x+3=﹣（x+1）2+4，y2=﹣3x+3，‎ y1向左平移n个单位后，则解析式为：y3=﹣（x+1+n）2+4，‎ 则当x≤﹣1﹣n时，y随x增大而增大，‎ y2向下平移n个单位后，则解析式为：y4=﹣3x+3﹣n，‎ 要使平移后直线与P有公共点，则当x=﹣1﹣n，y3≥y4，‎ 即﹣（﹣1﹣n+1+n）2+4≥﹣3（﹣1﹣n）+3﹣n，‎ 解得：n≤﹣1，‎ ‎∵n＞0，∴n≤﹣1不符合条件，应舍去；‎ ‎②若c=﹣3，则y1=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，y2=﹣3x﹣3，‎ y1向左平移n个单位后，则解析式为：y3=（x﹣1+n）2﹣4，‎ 则当x≥1﹣n时，y随x增大而增大，‎ y2向下平移n个单位后，则解析式为：y4=﹣3x﹣3﹣n，‎ 要使平移后直线与P有公共点，则当x=1﹣n，y3≤y4，‎ 即（1﹣n﹣1+n）2﹣4≤﹣3（1﹣n）﹣3﹣n，‎ 解得：n≥1，‎ 综上所述：n≥1，‎ ‎2n2﹣5n=2（n﹣）2﹣，‎ ‎∴当n=时，2n2﹣5n的最小值为：﹣．‎ 点评：‎ 此题主要考查了二次函数综合以及二次函数的平移以及二次函数增减性等知识，利用分类讨论得出n的取值范围是解题关键．‎ ‎23．（2015•深圳）如图1，关于x的二次函数y=﹣x2+bx+c经过点A（﹣3，0），点C（0，3），点D为二次函数的顶点，DE为二次函数的对称轴，E在x轴上．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）DE上是否存在点P到AD的距离与到x轴的距离相等？若存在求出点P，若不存在请说明理由；‎ ‎（3）如图2，DE的左侧抛物线上是否存在点F，使2S△FBC=3S△EBC？若存在求出点F的坐标，若不存在请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）把A、C两点坐标代入可求得b、c，可求得抛物线解析式；‎ ‎（2）当点P在∠DAB的平分线上时，过P作PM⊥AD，设出P点坐标，可表示出PM、PE，由角平分线的性质可得到PM=PE，可求得P点坐标；当点P在∠DAB外角平分线上时，同理可求得P点坐标；‎ ‎（3）可先求得△FBC的面积，过F作FQ⊥x轴，交BC的延长线于Q，可求得FQ的长，可设出F点坐标，表示出B点坐标，从而可表示出FQ的长，可求得F点坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）∵二次函数y=﹣x2+bx+c经过点A（﹣3，0），点C（0，3），‎ ‎∴，‎ 解得，‎ ‎∴抛物线的解析式y=﹣x2﹣2x+3，‎ ‎（2）存在，‎ 当P在∠DAB的平分线上时，如图1，作PM⊥AD，‎ 设P（﹣1，m），则PM=PD•sin∠ADE=（4﹣m），PE=m，‎ ‎∵PM=PE，‎ ‎∴（4﹣m）=m，m=﹣1，‎ ‎∴P点坐标为（﹣1，﹣1）；‎ 当P在∠DAB的外角平分线上时，如图2，作PN⊥AD，‎ 设P（﹣1，n），则PN=PD•sin∠ADE=（4﹣n），PE=﹣n，‎ ‎∵PM=PE，‎ ‎∴（4﹣n）=﹣n，n=﹣﹣1，‎ ‎∴P点坐标为（﹣1，﹣﹣1）；‎ 综上可知存在满足条件的P点，其坐标为（﹣1，﹣1）或（﹣1，﹣﹣1）；‎ ‎（3）∵S△EBC=3，2S△FBC=3S△EBC，‎ ‎∴S△FBC=，‎ 过F作FQ⊥x轴，交BC的延长线于Q，如图3，‎ ‎∵S△FBC=FQ•OB=FQ=，‎ ‎∴FQ=9，‎ ‎∵BC的解析式为y=﹣3x+3，‎ 设F（x0，﹣x02﹣2x0+3），‎ ‎∴﹣3x0+3+x02+2x0﹣3=9，‎ 解得：x0=或（舍去），‎ ‎∴点F的坐标是（，）．‎ 点评：‎ 本题主要考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法、角平分线的性质、三角函数、三角形面积等知识点．在（1）中注意待定系数法的应用步骤，在（2）中注意分点P在∠DAB的角平分线上和在外角的平分线上两种情况，在（3）中求得FQ的长是解题的关键．本题所考查知识点较多，综合性很强，难度适中．‎ ‎22．（9分）（2015•珠海）如图，折叠矩形OABC的一边BC，使点C落在OA边的点D处，已知折痕BE=5，且=，以O为原点，OA所在的直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，抛物线l：y=﹣x2+x+c经过点E，且与AB边相交于点F．‎ ‎（1）求证：△ABD∽△ODE；‎ ‎（2）若M是BE的中点，连接MF，求证：MF⊥BD；‎ ‎（3）P是线段BC上一点，点Q在抛物线l上，且始终满足PD⊥DQ，在点P运动过程中，能否使得PD=DQ？若能，求出所有符合条件的Q点坐标；若不能，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）由折叠和矩形的性质可知∠EDB=∠BCE=90°，可证得∠EDO=∠DBA，可证明△ABD∽△ODE；‎ ‎（2）由条件可求得OD、OE的长，可求得抛物线解析式，结合（1）由相似三角形的性质可求得DA、AB，可求得F点坐标，可得到BF=DF，又由直角三角形的性质可得MD=MB，可证得MF为线段BD的垂直平分线，可证得结论；‎ ‎（3）过D作x轴的垂线交BC于点G，设抛物线与x轴的两个交点分别为M、N，可求得DM=DN=DG，可知点M、N为满足条件的点Q，可求得Q点坐标．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：‎ ‎∵四边形ABCO为矩形，且由折叠的性质可知△BCE≌△BDE，‎ ‎∴∠BDE=∠BCE=90°，‎ ‎∵∠BAD=90°，‎ ‎∴∠EDO+∠BDA=∠BDA+∠DAB=90°，‎ ‎∴∠EDO=∠DBA，且∠EOD=∠BAD=90°，‎ ‎∴△ABD∽△ODE；‎ ‎（2）证明：‎ ‎∵=，‎ ‎∴设OD=4x，OE=3x，则DE=5x，‎ ‎∴CE=DE=5x，‎ ‎∴AB=OC=CE+OE=8x，‎ 又∵△ABD∽△ODE，‎ ‎∴==，‎ ‎∴DA=6x，‎ ‎∴BC=OA=10x，‎ 在Rt△BCE中，由勾股定理可得BE2=BC2+CE2，即（5）2=（10x）2+（5x）2，解得x=1，‎ ‎∴OE=3，OD=4，DA=6，AB=8，OA=10，‎ ‎∴抛物线解析式为y=﹣x2+x+3，‎ 当x=10时，代入可得y=，‎ ‎∴AF=，BF=AB﹣AF=8﹣=，‎ 在Rt△AFD中，由勾股定理可得DF===，‎ ‎∴BF=DF，‎ 又M为Rt△BDE斜边上的中点，‎ ‎∴MD=MB，‎ ‎∴MF为线段BD的垂直平分线，‎ ‎∴MF⊥BD；‎ ‎（3）解：‎ 由（2）可知抛物线解析式为y=﹣x2+x+3，设抛物线与x轴的两个交点为H、G，‎ 令y=0，可得0=﹣x2+x+3，解得x=﹣4或x=12，‎ ‎∴H（﹣4，0），G（12，0），‎ ‎①当PD⊥x轴时，由于PD=8，DM=DN=8，‎ 故点Q的坐标为（﹣4，0）或（12，0）时，△PDQ是以D为直角顶点的等腰直角三角形；‎ ‎②当PD不垂直与x轴时，分别过P，Q作x轴的垂线，垂足分别为N，I，则Q不与G重合，从而I不与G重合，即DI≠8．‎ ‎∵PD⊥DQ，‎ ‎∴∠QDI=90°﹣∠PDN=∠DPN，‎ ‎∴Rt△PDN∽Rt△DQI，‎ ‎∵PN=8，‎ ‎∴PN≠DI，‎ ‎∴Rt△PDN与Rt△DQI不全等，‎ ‎∴PD≠DQ，另一侧同理PD≠DQ．‎ 综合①，②所有满足题设条件的点Q的坐标为（﹣4，0）或 ‎（12，0）．‎ 点评：‎ 本题主要考查二次函数的综合应用，涉及矩形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定和性质、垂直平分线的判定和抛物线与坐标轴的交点等知识．在（1）中利用折叠的性质得到∠EDB=90°是解题的关键，在（2）中，求得E、F的坐标，求得相应线段的长是解题的关键，在（3）中确定出Q点的位置是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性很强，难度适中．‎ ‎　‎ ‎26．（12分）（2015•河池）如图1，抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A，B，与y轴交于C，抛物线的顶点为D，直线l过C交x轴于E（4，0）．‎ ‎（1）写出D的坐标和直线l的解析式；‎ ‎（2）P（x，y）是线段BD上的动点（不与B，D重合），PF⊥x轴于F，设四边形OFPC的面积为S，求S与x之间的函数关系式，并求S的最大值；‎ ‎（3）点Q在x轴的正半轴上运动，过Q作y轴的平行线，交直线l于M，交抛物线于N，连接CN，将△CMN沿CN翻转，M的对应点为M′．在图2中探究：是否存在点Q，使得M′恰好落在y轴上？若存在，请求出Q的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 专题：‎ 综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）先把抛物线解析式配成顶点式即可得到D点坐标，再求出C点坐标，然后利用待定系数法求直线l的解析式；‎ ‎（2）先根据抛物线与x轴的交点问题求出B（3，0），再利用待定系数法求出直线BD的解析式为y=﹣2x+6，则P（x，﹣2x+6），然后根据梯形的面积公式可得S=﹣x2+x（1≤x≤3），再利用而此函数的性质求S的最大值；‎ ‎（3）如图2，设Q（t，0）（t＞0），则可表示出M（t，﹣t+3），N（t，﹣t2+2t+3），利用两点间的距离公式得到MN=|t2﹣t|，CM=t，然后证明NM=CM得到|t2﹣t|=t，再解绝对值方程求满足条件的t的值，从而得到点Q的坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，‎ ‎∴D（1，4），‎ 当x=0时，y=﹣x2+2x+3=3，则C（0，3），‎ 设直线l的解析式为y=kx+b，‎ 把C（0，3），E（4，0）分别代入得，解得，‎ ‎∴直线l的解析式为y=﹣x+3；‎ ‎（2）如图（1），当y=0时，﹣x2+2x+3=0，解得x1=﹣1，x2=3，则B（3，0），‎ 设直线BD的解析式为y=mx+n，‎ 把B（3，0），D（1，4）分别代入得，解得，‎ ‎∴直线BD的解析式为y=﹣2x+6，‎ 则P（x，﹣2x+6），‎ ‎∴S=•（﹣2x+6+3）•x=﹣x2+x（1≤x≤3），‎ ‎∵S=﹣（x﹣）2+，‎ ‎∴当x=时，S有最大值，最大值为；‎ ‎（3）存在．‎ 如图2，设Q（t，0）（t＞0），则M（t，﹣t+3），N（t，﹣t2+2t+3），‎ ‎∴MN=|﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3）|=|t2﹣t|，‎ CM==t，‎ ‎∵△CMN沿CN翻转，M的对应点为M′，M′落在y轴上，‎ 而QN∥y轴，‎ ‎∴MN∥CM′，NM=NM′，CM′=CM，∠CNM=∠CNM′，‎ ‎∴∠M′CN=∠CNM，‎ ‎∴∠M′CN=∠CNM′，‎ ‎∴CM′=NM′，‎ ‎∴NM=CM，‎ ‎∴|t2﹣t|=t，‎ 当t2﹣t=t，解得t1=0（舍去），t2=4，此时Q点坐标为（4，0）；‎ 当t2﹣t=﹣t，解得t1=0（舍去），t2=，此时Q点坐标为（，0），‎ 综上所述，点Q的坐标为（，0）或（4，0）．‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和轴对称的性质；会利用待定系数法求一次函数解析式；理解坐标与图形性质；能利用两点间的距离公式计算线段的长．‎ ‎26．（10分）（2015•南宁）在平面直角坐标系中，已知A、B是抛物线y=ax2（a＞0）上两个不同的点，其中A在第二象限，B在第一象限，‎ ‎（1）如图1所示，当直线AB与x轴平行，∠AOB=90°，且AB=2时，求此抛物线的解析式和A、B两点的横坐标的乘积．‎ ‎（2）如图2所示，在（1）所求得的抛物线上，当直线AB与x轴不平行，∠AOB仍为90°时，A、B两点的横坐标的乘积是否为常数？如果是，请给予证明；如果不是，请说明理由．‎ ‎（3）在（2）的条件下，若直线y=﹣2x﹣2分别交直线AB，y轴于点P、C，直线AB交y轴于点D，且∠BPC=∠OCP，求点P的坐标．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）如图1，由AB与x轴平行，根据抛物线的对称性有AE=BE=1，由于∠AOB=90°，得到OE=AB=1，求出A（﹣1，1）、B（1，1），把x=1时，y=1代入y=ax2得：a=1得到抛物线的解析式y=x2，A、B两点的横坐标的乘积为xA•xB=﹣1‎ ‎（2）如图2，过A作AM⊥x轴于M，BN⊥x轴于N得到∠AMO=∠BNO=90°，证出△AMO∽△BON，得到OM•ON=AM•BN，设A（xA，yA），B（xB，yB），由于A（xA，yA），B（xB，yB）在y=x2图象上，得到yA=，yB=，即可得到结论；‎ ‎（3）设A（m，m2），B（n，n2）．作辅助线，证明△AEO∽△OFB，得到mn=﹣1．再联立直线m：y=kx+b与抛物线y=x2的解析式，由根与系数关系得到：mn=﹣b，所以b=1；由此得到OD、CD的长度，从而得到PD的长度；作辅助线，构造Rt△PDG，由勾股定理求出点P的坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）如图1，∵AB与x轴平行，‎ 根据抛物线的对称性有AE=BE=1，‎ ‎∵∠AOB=90°，‎ ‎∴OE=AB=1，‎ ‎∴A（﹣1，1）、B（1，1），‎ 把x=1时，y=1代入y=ax2得：a=1，‎ ‎∴抛物线的解析式y=x2，‎ A、B两点的横坐标的乘积为xA•xB=﹣1‎ ‎（2）xA•xB=﹣1为常数，‎ 如图2，过A作AM⊥x轴于M，BN⊥x轴于N，‎ ‎∴∠AMO=∠BNO=90°，‎ ‎∴∠MAO+∠AOM=∠AOM+∠BON=90°，‎ ‎∴∠MAO=∠BON，‎ ‎∴△AMO∽△BON，‎ ‎∴，‎ ‎∴OM•ON=AM•BN，‎ 设A（xA，yA），B（xB，yB），‎ ‎∵A（xA，yA），B（xB，yB）在y=x2图象上，‎ ‎∴，yA=，yB=，‎ ‎∴﹣xA•xB=yA•yB=•，‎ ‎∴xA•xB=﹣1为常数；‎ ‎（3）设A（m，m2），B（n，n2），‎ 如图3所示，过点A、B分别作x轴的垂线，垂足为E、F，则易证△AEO∽△OFB．‎ ‎∴，即，整理得：mn（mn+1）=0，‎ ‎∵mn≠0，∴mn+1=0，即mn=﹣1．‎ 设直线AB的解析式为y=kx+b，联立，得：x2﹣kx﹣b=0．‎ ‎∵m，n是方程的两个根，∴mn=﹣b．‎ ‎∴b=1．‎ ‎∵直线AB与y轴交于点D，则OD=1．‎ 易知C（0，﹣2），OC=2，∴CD=OC+OD=3．‎ ‎∵∠BPC=∠OCP，∴PD=CD=3．‎ 设P（a，﹣2a﹣2），过点P作PG⊥y轴于点G，则PG=﹣a，GD=OG﹣OD=﹣2a﹣3．‎ 在Rt△PDG中，由勾股定理得：PG2+GD2=PD2，‎ 即：（﹣a）2+（﹣2a﹣3）2=32，整理得：5a2+12a=0，‎ 解得a=0（舍去）或a=﹣，‎ 当a=﹣时，﹣2a﹣2=，‎ ‎∴P（﹣，）．‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数与一次函数的图象与性质、等腰直角三角形的性质，勾股定理、相似三角形的判定和性质、一元二次方程等知识点，有一定的难度．第（3）问中，注意根与系数关系的应用．‎ ‎26．（2015•北海）如图1所示，已知抛物线y=﹣x2+4x+5的顶点为D，与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，E为对称轴上的一点，连接CE，将线段CE绕点E按逆时针方向旋转90°后，点C的对应点C′恰好落在y轴上．‎ ‎（1）直接写出D点和E点的坐标；‎ ‎（2）点F为直线C′E与已知抛物线的一个交点，点H是抛物线上C与F之间的一个动点，若过点H作直线HG与y轴平行，且与直线C′E交于点G，设点H的横坐标为m（0＜m＜4），那么当m为何值时，S△HGF：S△BGF=5：6？‎ ‎（3）图2所示的抛物线是由y=﹣x2+4x+5向右平移1个单位后得到的，点T（5，y）在抛物线上，点P是抛物线上O与T之间的任意一点，在线段OT上是否存在一点Q，使△PQT是等腰直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）首先根据抛物线y=﹣x2+4x+5的顶点为D，求出点D的坐标是多少即可；然后设点E的坐标是（2，m），点C′的坐标是（0，n），根据△CEC′是等腰直角三角形，求出E点的坐标是多少即可．‎ ‎（2）令抛物线y=﹣x2+4x+5的y=0得：x2﹣4x﹣5=0可求得A、B的坐标，然后再根据S△HGF：S△BGF=5：6，得到：，然后再证明△HGM∽△ABN，，从而可证得，所以HG=5，设点H（m，﹣m2+4m+5），G（m，m+1），最后根据HG=5，列出关于m的方程求解即可；‎ ‎（3）分别根据∠P、∠Q、∠T为直角画出图形，然后利用等腰直角三角形的性质和一次函数的图象的性质求得点Q的坐标即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵抛物线y=﹣x2+4x+5=﹣（x﹣2）2+9‎ ‎∴D点的坐标是（2，9）；‎ ‎∵E为对称轴上的一点，‎ ‎∴点E的横坐标是：﹣=2，‎ 设点E的坐标是（2，m），点C′的坐标是（0，n），‎ ‎∵将线段CE绕点E按逆时针方向旋转90°后，点C的对应点C′恰好落在y轴上，‎ ‎∴△CEC′是等腰直角三角形，‎ ‎∴‎ 解得或（舍去），‎ ‎∴点E的坐标是（2，3），点C′的坐标是（0，1）．‎ 综上，可得D点的坐标是（2，9），点E的坐标是（2，3）．‎ ‎（2）如图1所示：‎ 令抛物线y=﹣x2+4x+5的y=0得：x2﹣4x﹣5=0，‎ 解得：x1=﹣1，x2=5，‎ 所以点A（﹣1，0），B（5，0）．‎ 设直线C′E的解析式是y=kx+b，将E（2，3），C′（0，1），代入得，‎ 解得：，‎ ‎∴直线C′E的解析式为y=x+1，‎ 将y=x+1与y=﹣x2+4x+5，联立得：，‎ 解得：，，‎ ‎∴点F得坐标为（4，5），点A（﹣1，0）在直线C′E上．‎ ‎∵直线C′E的解析式为y=x+1，‎ ‎∴∠FAB=45°．‎ 过点B、H分别作BN⊥AF、HM⊥AF，垂足分别为N、M．‎ ‎∴∠HMN=90°，∠ADN=90°．‎ 又∵∠NAD=∠HNM=45°．‎ ‎∴△HGM∽△ABN ‎∴，‎ ‎∵S△HGF：S△BGF=5：6，‎ ‎∴．‎ ‎∴，即，‎ ‎∴HG=5．‎ 设点H的横坐标为m，则点H的纵坐标为﹣m2+4m+5，则点G的坐标为（m，m+1），‎ ‎∴﹣m2+4m+5﹣（m+1）=5．‎ 解得：m1=，m2=．‎ ‎（3）由平移的规律可知：平移后抛物线的解析式为y=﹣（x﹣1）2+4（x﹣1）+5=﹣x2+6x．‎ 将x=5代入y=﹣x2+6x得：y=5，‎ ‎∴点T的坐标为（5，5）．‎ 设直线OT的解析式为y=kx，将x=5，y=5代入得；k=1，‎ ‎∴直线OT的解析式为y=x，‎ ‎①如图2所示：当PT∥x轴时，△PTQ为等腰直角三角形，‎ 将y=5代入抛物线y=﹣x2+6x得：x2﹣6x+5=0，‎ 解得：x1=1，x2=5．‎ ‎∴点P的坐标为（1，5）．‎ 将x=1代入y=x得：y=1，‎ ‎∴点Q的坐标为（1，1）．‎ ‎②如图3所示：‎ 由①可知：点P的坐标为（1，5）．‎ ‎∵△PTQ为等腰直角三角形，‎ ‎∴点Q的横坐标为3，‎ 将x=3代入y=x得；y=3，‎ ‎∴点Q得坐标为（3，3）．‎ ‎③如图4所示：‎ 设直线PT解析式为y=kx+b，‎ ‎∵直线PT⊥QT，‎ ‎∴k=﹣1．‎ 将k=﹣1，x=5，y=5代入y=kx+b得：b=10，‎ ‎∴直线PT的解析式为y=﹣x+10．‎ 将y=﹣x+10与y=﹣x2+6x联立得：x1=2，x2=5‎ ‎∴点P的横坐标为2．‎ 将x=2代入y=x得，y=2，‎ ‎∴点Q的坐标为（2，2）．‎ 综上所述：点Q的坐标为（1，1）或（3，3）或（2，2）．‎ 点评：‎ 本题主要考查的是二次函数的综合应用，明确△HGF和△BGF的面积比等于HG和AB的边长比是解题的关键，同时解答本题主要应用了分类讨论的思想需要同学们分别根据∠P、∠Q、∠T为直角进行分类计算．‎ ‎25．（10分）（2015•贵港）如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C（0，3），其对称轴I为x=﹣1．‎ ‎（1）求抛物线的解析式并写出其顶点坐标；‎ ‎（2）若动点P在第二象限内的抛物线上，动点N在对称轴I上．‎ ‎①当PA⊥NA，且PA=NA时，求此时点P的坐标；‎ ‎②当四边形PABC的面积最大时，求四边形PABC面积的最大值及此时点P的坐标．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）将已知点的坐标代入已知的抛物线的解析式，利用待定系数法确定抛物线的解析式即可；‎ ‎（2）①首先求得抛物线与x轴的交点坐标，然后根据已知条件得到PE=OA，从而得到方程求得x的值即可求得点P的坐标；‎ ‎②用分割法将四边形的面积S四边形BCPA=S△OBC+S△OAC，得到二次函数，求得最值即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C（0，3），其对称轴I为x=﹣1，‎ ‎∴，‎ 解得：．‎ ‎∴二次函数的解析式为y=﹣x2﹣2x+3=﹣（x+1）2+4，‎ ‎∴顶点坐标为（﹣1，4）；‎ ‎（2）令y=﹣x2﹣2x+3=0，解得x=﹣3或x=1，‎ ‎∴点A（﹣3，0），B（1，0），‎ 作PD⊥x轴于点D，‎ ‎∵点P在y=﹣x2﹣2x+3上，‎ ‎∴设点P（x，﹣x2﹣2x+3）‎ ‎①∵PA⊥NA，且PA=NA，‎ ‎∴△PAD≌△AND，‎ ‎∴OA=PD 即y=﹣x2﹣2x+3=2，‎ 解得x=﹣1（舍去）或x=﹣﹣1，‎ ‎∴点P（﹣﹣1，2）；‎ ‎②∵S四边形BCPA=S△OBC+S△OAC=2+S△APC ‎∵S△AOC=，S△OCP=x，S△OAP=•3•|yP|=﹣x2﹣3x+‎ ‎∴S△APC=S△OAP+S△OCP﹣S△AOC=x+（﹣x2﹣3x+）﹣=﹣x2﹣x=﹣（x﹣）2+，‎ ‎∴当x=﹣时，S△ACP最大值=，‎ 此时M（﹣，﹣），‎ S四边形PABC最大=．‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数综合题．用待定系数法求函数的解析式时要灵活地根据已知条件选择配方法和公式法．求抛物线的最值的方法是配方法．‎ ‎26．（12分）（2015•桂林）如图，已知抛物线y=﹣x2+bx+c与坐标轴分别交于点A（0，8）、B（8，0）和点E，动点C从原点O开始沿OA方向以每秒1个单位长度移动，动点D从点B开始沿BO方向以每秒1个单位长度移动，动点C、D同时出发，当动点D到达原点O时，点C、D停止运动．‎ ‎（1）直接写出抛物线的解析式：　y=﹣x2+3x+8　；‎ ‎（2）求△CED的面积S与D点运动时间t的函数解析式；当t为何值时，△CED的面积最大？最大面积是多少？‎ ‎（3）当△CED的面积最大时，在抛物线上是否存在点P（点E除外），使△PCD的面积等于△CED的最大面积？若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）将点A（0，8）、B（8，0）代入抛物线y=﹣x2+bx+c即可求出抛物线的解析式为：y=﹣x2+3x+8；‎ ‎（2）根据题意得：当D点运动t秒时，BD=t，OC=t，然后由点A（0，8）、B（8，0），可得OA=8，OB=8，从而可得OD=8﹣t，然后令y=0，求出点E的坐标为（﹣2，0），进而可得OE=2，DE=2+8﹣t=10﹣t，然后利用三角形的面积公式即可求△CED的面积S与D点运动时间t的函数解析式为：S=﹣t2+5t，然后转化为顶点式即可求出最值为：S最大=；‎ ‎（3）由（2）知：当t=5时，S最大=，进而可知：当t=5时，OC=5，OD=3，进而可得CD=，从而确定C（0，5），D（3，0）然后根据待定系数法求出直线CD的解析式为：y=﹣x+5，然后过E点作EF∥CD，交抛物线与点P，然后求出直线EF的解析式，与抛物线联立方程组解得即可得到其中的一个点P的坐标，然后利用面积法求出点E到CD的距离为：，然后过点D作DN⊥CD，垂足为N，且使DN=，然后求出N的坐标，然后过点N作NH∥CD，与抛物线交与点P，然后求出直线NH的解析式，与抛物线联立方程组求解即可得到其中的另两个点P的坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）将点A（0，8）、B（8，0）代入抛物线y=﹣x2+bx+c得：，‎ 解得：b=3，c=8，‎ ‎∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+3x+8，‎ 故答案为：y=﹣x2+3x+8；‎ ‎（2）∵点A（0，8）、B（8，0），‎ ‎∴OA=8，OB=8，‎ 令y=0，得：﹣x2+3x+8=0，‎ 解得：x18，x2=2，‎ ‎∵点E在x轴的负半轴上，‎ ‎∴点E（﹣2，0），‎ ‎∴OE=2，‎ 根据题意得：当D点运动t秒时，BD=t，OC=t，‎ ‎∴OD=8﹣t，‎ ‎∴DE=OE+OD=10﹣t，‎ ‎∴S=•DE•OC=•（10﹣t）•t=﹣t2+5t，‎ 即S=﹣t2+5t=﹣（t﹣5）2+，‎ ‎∴当t=5时，S最大=；‎ ‎（3）由（2）知：当t=5时，S最大=，‎ ‎∴当t=5时，OC=5，OD=3，‎ ‎∴C（0，5），D（3，0），‎ 由勾股定理得：CD=，‎ 设直线CD的解析式为：y=kx+b，‎ 将C（0，5），D（3，0），代入上式得：‎ k=﹣，b=5，‎ ‎∴直线CD的解析式为：y=﹣x+5，‎ 过E点作EF∥CD，交抛物线与点P，如图1，‎ 设直线EF的解析式为：y=﹣x+b，‎ 将E（﹣2，0）代入得：b=﹣，‎ ‎∴直线EF的解析式为：y=﹣x﹣，‎ 将y=﹣x﹣，与y=﹣x2+3x+8联立成方程组得：‎ ‎，‎ 解得：，，‎ ‎∴P（，﹣）；‎ 过点E作EG⊥CD，垂足为G，‎ ‎∵当t=5时，S△ECD==，‎ ‎∴EG=，‎ 过点D作DN⊥CD，垂足为N，且使DN=，过点N作NM⊥x轴，垂足为M，如图2，‎ 可得△EGD∽△DMN，‎ ‎∴，‎ 即：，‎ 解得：DM=，‎ ‎∴OM=，‎ 由勾股定理得：MN==，‎ ‎∴N（，），‎ 过点N作NH∥CD，与抛物线交与点P，如图2，‎ 设直线NH的解析式为：y=﹣x+b，‎ 将N（，），代入上式得：b=，‎ ‎∴直线NH的解析式为：y=﹣x+，‎ 将y=﹣x+，与y=﹣x2+3x+8联立成方程组得：‎ ‎，‎ 解得：，，‎ ‎∴P（8，0）或P（，），‎ 综上所述：当△CED的面积最大时，在抛物线上存在点P（点E除外），使△PCD的面积等于△CED的最大面积，点P的坐标为：P（，﹣）或P（8，0）或P（，）．‎ 点评：‎ 此题考查了二次函数的综合题，主要涉及了以下知识点：用待定系数法求函数关系式，函数的最值问题，三角形的面积公式及用二元一次方程组求交点问题等．解决（3）用到的知识点是两条平行线间的距离处处相等．‎ ‎26．（14分）（2015•安顺）如图，抛物线y=ax2+bx+与直线AB交于点A（﹣1，0），B（4，），点D是抛物线A，B两点间部分上的一个动点（不与点A，B重合），直线CD与y轴平行，交直线AB于点C，连接AD，BD．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）设点D的横坐标为m，△ADB的面积为S，求S关于m的函数关系式，并求出当S取最大值时的点C的坐标．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 专题：‎ 综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）将A、B两点坐标代入，可得a、b的值，继而可得抛物线的解析式；‎ ‎（2）先确定直线AB的解析式，然后可得出点C、D的坐标，表示出△ADB的面积，根据二次函数的最值确定点C的坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）由题意得，‎ 解得：，‎ ‎∴y=﹣x2+2x+．‎ ‎（2）设直线AB解析式为：y=kx+b，‎ 则有，‎ 解得：，‎ ‎∴y=x+，‎ 则D（m，﹣m2+2m+），C（m，m+），‎ CD=（﹣m2+2m+）﹣（m+）=﹣m2+m+2，‎ ‎∴S=（m+1）•CD+（4﹣m）•CD ‎=×5×CD ‎=×5×（﹣m2+m+2）‎ ‎=﹣m2+m+5‎ ‎∵﹣＜0，‎ ‎∴当m=时，S有最大值，‎ 当m=时，m+=×+=，‎ ‎∴点C（，）．‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数的综合，涉及了待定系数法求二次函数解析式、二次函数的最值及三角形的面积，关键是掌握配方法求最值的运用，难度一般．‎ ‎27．（16分）（2015•毕节市）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，顶点M关于x轴的对称点是M′．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）若直线AM′与此抛物线的另一个交点为C，求△CAB的面积；‎ ‎（3）是否存在过A，B两点的抛物线，其顶点P关于x轴的对称点为Q，使得四边形APBQ为正方形？若存在，求出此抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）根据待定系数法，可得函数解析式；‎ ‎（2）根据轴对称，可得M′的坐标，根据待定系数法，可得AM′的解析式，根据解方程组，可得B点坐标，根据三角形的面积公式，可得答案；‎ ‎（3）根据正方形的性质，可得P、Q点坐标，根据待定系数法，可得函数解析式．‎ 解答：‎ 解：（1）将A、B点坐标代入函数解析式，得，‎ 解得，‎ 抛物线的解析式y=x2﹣2x﹣3；‎ ‎（2）将抛物线的解析式化为顶点式，得 y=（x﹣1）2﹣4，‎ M点的坐标为（1，﹣4），‎ M′点的坐标为（1，4），‎ 设AM′的解析式为y=kx+b，‎ 将A、M′点的坐标代入，得 ‎，‎ 解得，‎ AM′的解析式为y=2x+2，‎ 联立AM′与抛物线，得 ‎，‎ 解得，‎ C点坐标为（5，12）．‎ S△ABC=×4×12=24；‎ ‎（3）存在过A，B两点的抛物线，其顶点P关于x轴的对称点为Q，使得四边形APBQ为正方形，‎ 由ABPQ是正方形，A（﹣1，0）B（3，0），得 P（1，﹣2），Q（1，2），或P（1，2），Q（1，﹣2），‎ ‎①当顶点P（1，﹣2）时，设抛物线的解析式为y=a（x﹣1）2﹣2，‎ 将A点坐标代入函数解析式，得 a（﹣1﹣1）2﹣2=0，‎ 解得a=，‎ 抛物线的解析式为y=（x﹣1）2﹣2，‎ ‎②当P（1，2）时，设抛物线的解析式为y=a（x﹣1）2+2，将 A点坐标代入函数解析式，得 a（﹣1﹣1）2+2=0，‎ 解得a=﹣，‎ 抛物线的解析式为y=﹣（x﹣1）2+2，‎ 综上所述：y=（x﹣1）2﹣2或y=﹣（x﹣1）2+2，使得四边形APBQ为正方形．‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数综合题，（1）利用待定系数法求函数解析式；（2）利用轴对称的性质得出M′的解析式，利用待定系数法得出AM′的解析式，利用解方程组得出B点坐标是解题关键；（3）利用正方形的性质得出P、Q点坐标是解题关键，又利用待定系数法求函数解析式，注意要分类讨论，以防遗漏．‎ ‎26．（16分）（2015•六盘水）如图，已知图①中抛物线y=ax2+bx+c经过点D（﹣1，0），D（0，﹣1），E（1，0）．‎ ‎（1）求图①中抛物线的函数表达式．‎ ‎（2）将图①中的抛物线向上平移一个单位，得到图②中的抛物线，点D与点D1是平移前后的对应点，求该抛物线的函数表达式．‎ ‎（3）将图②中的抛物线绕原点O顺时针旋转90°后得到图③中的抛物线，所得到抛物线表达式为y2=2px，点D1与D2是旋转前后的对应点，求图③中抛物线的函数表达式．‎ ‎（4）将图③中的抛物线绕原点O顺时针旋转90°后与直线y=﹣x﹣1相交于A、B两点，D2与D3是旋转前后如图④，求线段AB的长．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）根据待定系数法，可得函数解析式；‎ ‎（2）根据函数图象向上平移加，可得函数解析式；‎ ‎（3）根据图象顺时针旋转90°，可得图象的开口方向向右，二次函数的二次项的系数不变，可得答案；‎ ‎（4）根据图象顺时针旋转90°，可得图象的开口方向向下，二次函数的二次项的系数不变，可得函数解析式，根据解方程组，可得A、B点坐标，根据勾股定理，可得答案．‎ 解答：‎ 解：（1）将D、C、E的坐标代入函数解析式，得 ‎，‎ 解得．‎ 图①中抛物线的函数表达式y=x2﹣1；‎ ‎（2）将抛物线的函数表达式y=x2﹣1向上平移1个单位，得 y=x2，‎ 该抛物线的函数表达式y=x2；‎ ‎（3）将抛物线的函数表达式y=x2绕原点O顺时针旋转90°，得x=y2，‎ 图③中抛物线的函数表达式x=y2；‎ ‎（4）将图③中抛物线的函数表达式x=y2绕原点O顺时针旋转90°，得 y=﹣x2，‎ 联立，‎ 解得，．‎ A（，），B（，）．‎ AB==．‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数的综合题，利用待定系数法求函数解析式，利用了图象旋转的性质：改变图象的开口方向，不改变图象的形状；利用了解方程组得出A、B点的坐标，又利用勾股定理得出AB的距离．‎ ‎24．（12分）（2015•黔东南州）如图，已知二次函数y1=﹣x2+x+c的图象与x轴的一个交点为A（4，0），与y轴的交点为B，过A、B的直线为y2=kx+b．‎ ‎（1）求二次函数y1的解析式及点B的坐标；‎ ‎（2）由图象写出满足y1＜y2的自变量x的取值范围；‎ ‎（3）在两坐标轴上是否存在点P，使得△ABP是以AB为底边的等腰三角形？若存在，求出P的坐标；若不存在，说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）根据待定系数法，可得函数解析式，根据自变量为零，可得B点坐标；‎ ‎（2）根据一次函数图象在上方的部分是不等式的解集，可得答案；‎ ‎（3）根据线段垂直平分线上的点到线段两点间的距离相等，可得P在线段的垂直平分线上，根据直线AB，可得AB的垂直平分线，根据自变量为零，可得P在y轴上，根据函数值为零，可得P在x轴上．‎ 解答：‎ 解：（1）将A点坐标代入y1，得 ‎﹣16+13+c=0．‎ 解得c=3，‎ 二次函数y1的解析式为y=﹣x2+x+3，‎ B点坐标为（0，3）；‎ ‎（2）由图象得直线在抛物线上方的部分，是x＜0或x＞4，‎ ‎∴x＜0或x＞4时，y1＜y2；‎ ‎（3）直线AB的解析式为y=﹣x+3，‎ AB的中点为（2，）‎ AB的垂直平分线为y=x﹣‎ 当x=0时，y=﹣，P1（0，﹣），‎ 当y=0时，x=，P2（，0），‎ 综上所述：P1（0，﹣），P2（，0），使得△ABP是以AB为底边的等腰三角形．‎ 点评：‎ 本题考察了二次函数综合题，（1）利用待定系数法求函数解析式；（2）利用函数与不等式的关系求不等式的解集；（3）利用线段垂直平分线的性质，利用直线AB得出AB的垂直平分线是解题关键．‎ ‎　‎ ‎26．（12分）（2015•黔南州）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=﹣x2+bx+c过点A（0，4）和C（8，0），P（t，0）是x轴正半轴上的一个动点，M是线段AP的中点，将线段MP绕点P顺时针旋转90°得线段PB，过点B作x轴的垂线，过点A作y轴的垂线，两直线交于点D．‎ ‎（1）求b、c的值；‎ ‎（2）当t为何值时，点D落在抛物线上；‎ ‎（3）是否存在t，使得以A，B，D为顶点的三角形与△AOP相似？若存在，求此时t的值；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）将A、C两点坐标代入抛物线y=﹣x2+bx+c，运用待定系数法即可求出b，c的值；‎ ‎（2）先求得M的坐标，进而求出点D的坐标，然后将D（t+2，4）代入（1）中求出的抛物线的解析式，即可求出t的值；‎ ‎（3）由于t=8时，点B与点D重合，△ABD不存在，所以分0＜t＜8和t＞8两种情况进行讨论，在每一种情况下，当以A、B、D为顶点的三角形与△PEB相似时，又分两种情况：△BEP∽△ADB与△PEB∽△ADB，根据相似三角形对应边的比相等列出比例式，求解即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵抛物线y=﹣x2+bx+c过点A（0，4）和C（8，0），‎ ‎∴，‎ 解得．‎ 故所求b的值为，c的值为4；‎ ‎（2）∵∠AOP=∠PEB=90°，∠OAP=∠EPB=90°﹣∠APO，‎ ‎∴△AOP∽△PEB且相似比为==2，‎ ‎∵AO=4，‎ ‎∴PE=2，OE=OP+PE=t+2，‎ 又∵DE=OA=4，‎ ‎∴点D的坐标为（t+2，4），‎ ‎∴点D落在抛物线上时，有﹣（t+2）2+（t+2）+4=4，‎ 解得t=3或t=﹣2，‎ ‎∵t＞0，‎ ‎∴t=3．‎ 故当t为3时，点D落在抛物线上；‎ ‎（3）存在t，能够使得以A、B、D为顶点的三角形与△AOP相似，理由如下：‎ ‎①当0＜t＜8时，如图1．‎ 若△POA∽△ADB，则PO：AD=AO：BD，‎ 即t：（t+2）=4：（4﹣t），‎ 整理，得t2+16=0，‎ ‎∴t无解；‎ 若△POA∽△BDA，同理，解得t=﹣2±2（负值舍去）；‎ ‎②当t＞8时，如图2．‎ 若△POA∽△ADB，则PO：AD=AO：BD，‎ 即t：（t+2）=4：（t﹣4），‎ 解得t=8±4（负值舍去）；‎ 若△POA∽△BDA，同理，解得t无解．‎ 综上可知，当t=﹣2+2或8+4时，以A、B、D为顶点的三角形与△AOP相似．‎ 点评：‎ 本题考查了待定系数法求函数的解析式，二次函数图象上点的坐标特征，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，综合性较强，难度较大．由相似三角形的判定与性质求出点D的坐标是解决（2）小题的关键；进行分类讨论是解决（3）小题的关键．‎ ‎　‎ ‎26．（16分）（2015•黔西南州）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABOC如图放置，将此平行四边形绕点O顺时针旋转90°得到平行四边形A′B′OC′．抛物线y=﹣x2+2x+3经过点A、C、A′三点．‎ ‎（1）求A、A′、C三点的坐标；‎ ‎（2）求平行四边形ABOC和平行四边形A′B′OC′重叠部分△C′OD的面积；‎ ‎（3）点M是第一象限内抛物线上的一动点，问点M在何处时，△AMA′的面积最大？最大面积是多少？并写出此时M的坐标．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）利用抛物线与x轴的交点问题可求出C（﹣1，0），A′（3，0）；计算自变量为0时的函数值可得到A（0，3）；‎ ‎（2）先由平行四边形的性质得AB∥OC，AB=OC，易得B（1，3），根据勾股定理和三角形面积公式得到OB=，S△AOB=‎ ‎，再根据旋转的性质得∠ACO=∠OC′D，OC′=OC=1，接着证明△C′OD∽△BOA，利用相似三角形的性质得=（）2，则可计算出S△C′OD；‎ ‎（3）根据二次函数图象上点的坐标特征，设M点的坐标为（m，﹣m2+2m+3），0＜m＜3，作MN∥y轴交直线AA′于N，求出直线AA′的解析式为y=﹣x+3，则N（m，﹣m+3），于是可计算出MN=﹣m2+3m，再利用S△AMA′=S△ANM+S△MNA′和三角形面积公式得到S△AMA′=﹣m2+m，然后根据二次函数的最值问题求出△AMA′的面积最大值，同时刻确定此时M点的坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）当y=0时，﹣x2+2x+3=0，解得x1=3，x2=﹣1，则C（﹣1，0），A′（3，0）；‎ 当x=0时，y=3，则A（0，3）；‎ ‎（2）∵四边形ABOC为平行四边形，‎ ‎∴AB∥OC，AB=OC，‎ 而C（﹣1，0），A（0，3），‎ ‎∴B（1，3）‎ ‎∴OB==，S△AOB=×3×1=，‎ 又∵平行四边形ABOC旋转90°得平行四边形A′B′OC′，‎ ‎∴∠ACO=∠OC′D，OC′=OC=1，‎ 又∵∠ACO=∠ABO，‎ ‎∴∠ABO=∠OC′D．‎ 又∵∠C′OD=∠AOB，‎ ‎∴△C′OD∽△BOA，‎ ‎∴=（）2=（）2=，‎ ‎∴S△C′OD=×=；‎ ‎（3）设M点的坐标为（m，﹣m2+2m+3），0＜m＜3，‎ 作MN∥y轴交直线AA′于N，易得直线AA′的解析式为y=﹣x+3，则N（m，﹣m+3），‎ ‎∵MN=﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+3m，‎ ‎∴S△AMA′=S△ANM+S△MNA′‎ ‎=MN•3‎ ‎=（﹣m2+3m）‎ ‎=﹣m2+m ‎=﹣（m﹣）2+，‎ ‎∴当m=时，S△AMA'的值最大，最大值为，此时M点坐标为（）．‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数的性质、抛物线与x轴的交点和二次函数的最值问题；会运用旋转的性质和平行四边形的性质；会利用相似三角形的性质计算三角形的面积．‎ ‎25．（14分）（2015•铜仁市）如图，关于x的二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于点A（1，0）和点B与y轴交于点C（0，3），抛物线的对称轴与x轴交于点D．‎ ‎（1）求二次函数的表达式；‎ ‎（2）在y轴上是否存在一点P，使△PBC为等腰三角形？若存在．请求出点P的坐标）；‎ ‎（3）有一个点M从点A出发，以每秒1个单位的速度在AB上向点B运动，另一个点N从 点D与点M同时出发，以每秒2个单位的速度在抛物线的对称轴上运动，当点M到达点B时，点M、N同时停止运动，问点M、N运动到何处时，△MNB面积最大，试求出最大面积．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）代入A（1，0）和C（0，3），解方程组即可；‎ ‎（2）求出点B的坐标，再根据勾股定理得到BC，当△PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：①CP=CB；②BP=BC；③PB=PC；‎ ‎（3）设AM=t则DN=2t，由AB=2，得BM=2﹣t，S△MNB=×（2﹣t）×2t=﹣t2+2t，运用二次函数的顶点坐标解决问题；此时点M在D点，点N在对称轴上x轴上方2个单位处或点N在对称轴上x轴下方2个单位处．‎ 解答：‎ 解：（1）把A（1，0）和C（0，3）代入y=x2+bx+c，‎ 解得：b=﹣4，c=3，‎ ‎∴二次函数的表达式为：y=x2﹣4x+3；‎ ‎（2）令y=0，则x2﹣4x+3=0，‎ 解得：x=1或x=3，‎ ‎∴B（3，0），‎ ‎∴BC=3，‎ 点P在y轴上，当△PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：如图1，‎ ‎①当CP=CB时，PC=3，∴OP=OC+PC=3+3或OP=PC﹣OC=3﹣3‎ ‎∴P1（0，3+3），P2（0，3﹣3）；‎ ‎②当PB=PC时，OP=OB=3，‎ ‎∴P3（0，﹣3）；‎ ‎③当BP=BC时，‎ ‎∵OC=OB=3‎ ‎∴此时P与O重合，‎ ‎∴P4（0，0）；‎ 综上所述，点P的坐标为：（0，3+3）或（0，3﹣3）或（0，﹣3）或（0，0）；‎ ‎（3）如图2，设AM=t，由AB=2，得BM=2﹣t，则DN=2t，‎ ‎∴S△MNB=×（2﹣t）×2t=﹣t2+2t=﹣（t﹣1）2+1，‎ 即当M（2，0）、N（2，2）或（2，﹣2）时△MNB面积最大，最大面积是1．‎ 点评：‎ 本题是二次函数的综合题型，其中涉及到运用待定系数法求二次函数，等腰三角形的性质，轴对称的性质等知识，运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎24．（14分）（2015•海南）如图，二次函数y=ax2+bx+3的图象与x轴相交于点A（﹣3，0）、B（1，0），与y轴相交于点C，点G是二次函数图象的顶点，直线GC交x轴于点H（3，0），AD平行GC交y轴于点D．‎ ‎（1）求该二次函数的表达式；‎ ‎（2）求证：四边形ACHD是正方形；‎ ‎（3）如图2，点M（t，p）是该二次函数图象上的动点，并且点M在第二象限内，过点M的直线y=kx交二次函数的图象于另一点N．‎ ‎①若四边形ADCM的面积为S，请求出S关于t的函数表达式，并写出t的取值范围；‎ ‎②若△CMN的面积等于，请求出此时①中S的值．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）根据二次函数y=ax2+bx+3的图象与x轴相交于点A（﹣3，0）、B（1，0），应用待定系数法，求出a、b的值，即可求出二次函数的表达式．‎ ‎（2）首先分别求出点C、G、H、D的坐标；然后判断出AO=CO=DO=HO=3，AH⊥CD，判断出四边形ACHD是正方形即可．‎ ‎（3）①作ME⊥x轴于点E，作MF⊥y轴于点F，根据四边形ADCM的面积为S，可得S=S四边形AOCM+S△AOD，再分别求出S四边形AOCM、S△AOD即可．‎ ‎②首先设点N的坐标是（t1，p1），则NI=|t1|，所以S△CMN=S△COM+S△CON=（|t|+|t1|），再根据t＜0，t1＞0，可得S△CMN=（|t|+|t1|）==，据此求出t1﹣t=；然后求出k1、k2的值是多少，进而求出t1、t2的值是多少，再把它们代入S关于t的函数表达式，求出S的值是多少即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵二次函数y=ax2+bx+3的图象与x轴相交于点A（﹣3，0）、B（1，0），‎ ‎∴‎ 解得 ‎∴二次函数的表达式为y=﹣x2﹣2x+3．‎ ‎（2）如图1，‎ ‎，‎ ‎∵二次函数的表达式为y=﹣x2﹣2x+3，‎ ‎∴点C的坐标为（0，3），‎ ‎∵y=﹣x2﹣2x+3=﹣（x+1）2+4，‎ ‎∴点G的坐标是（﹣1，4），‎ ‎∵点C的坐标为（0，3），‎ ‎∴设CG所在的直线的解析式是y=mx+3，‎ 则﹣m+3=4，‎ ‎∴m=﹣1，‎ ‎∴CG所在的直线的解析式是y=﹣x+3，‎ ‎∴点H的坐标是（3，0），‎ 设点D的坐标是（0，p），‎ 则，‎ ‎∴p=﹣3，‎ ‎∵AO=CO=DO=HO=3，AH⊥CD，‎ ‎∴四边形ACHD是正方形．‎ ‎（3）①如图2，作ME⊥x轴于点E，作MF⊥y轴于点F，‎ ‎，‎ ‎∵四边形ADCM的面积为S，‎ ‎∴S=S四边形AOCM+S△AOD，‎ ‎∵AO=OD=3，‎ ‎∴S△AOD=3×3÷2=4.5，‎ ‎∵点M（t，p）是y=kx与y=﹣x2﹣2x+3在第二象限内的交点，‎ ‎∴点M的坐标是（t，﹣t2﹣2t+3），‎ ‎∵ME=﹣t2﹣2t+3，MF=﹣t，‎ ‎∴S四边形AOCM=×3×（﹣t2﹣2t+3）=﹣t2﹣t+，‎ ‎∴S=﹣t2﹣t++4.5=﹣t2﹣t+9，﹣3＜t＜0．‎ ‎②如图3，作NI⊥x轴于点I，‎ ‎，‎ 设点N的坐标是（t1，p1），‎ 则NI=|t1|，‎ ‎∴S△CMN=S△COM+S△CON=（|t|+|t1|），‎ ‎∵t＜0，t1＞0，‎ ‎∴S△CMN=（|t|+|t1|）==，‎ ‎，‎ 联立 可得x2﹣（k+2）x﹣3=0，‎ ‎∵t1、t是方程的两个根，‎ ‎∴‎ ‎∴=﹣4t1t=（k+2）2﹣4×（﹣3）==，‎ 解得，，‎ a、k=﹣时，‎ 由x2+（2﹣）x﹣3=0，‎ 解得x1=﹣2，或（舍去）．‎ b、k=﹣时，‎ 由x2+（2﹣）x﹣3=0，‎ 解得x3=﹣，或x4=2（舍去），‎ ‎∴t=﹣2，或t=﹣，‎ t=﹣2时，‎ S=﹣t2﹣t+9‎ ‎=﹣×4﹣×（﹣2）+9‎ ‎=12‎ t=﹣时，‎ S=﹣×﹣×+9‎ ‎=，‎ ‎∴S的值是12或．‎ 点评：‎ ‎（1）此题主要考查了二次函数综合题，考查了分析推理能力，考查了分类讨论思想的应用，考查了数形结合方法的应用，考查了从已知函数图象中获取信息，并能利用获取的信息解答相应的问题的能力．‎ ‎（2）此题还考查了待定系数法求函数解析式的方法，以及方程的根与系数的关系，要熟练掌握．‎ ‎（3）此题还考查了三角形的面积的求法，以及正方形的判定和性质的应用，要熟练掌握．‎ ‎25．（11分）（2015•河北）如图，已知点O（0，0），A（﹣5，0），B（2，1），抛物线l：y=﹣（x﹣h）2+1（h为常数）与y轴的交点为C．‎ ‎（1）l经过点B，求它的解析式，并写出此时l的对称轴及顶点坐标；‎ ‎（2）设点C的纵坐标为yc，求yc的最大值，此时l上有两点（x1，y1），（x2，y2），其中x1＞x2≥0，比较y1与y2的大小；‎ ‎（3）当线段OA被l只分为两部分，且这两部分的比是1：4时，求h的值．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）把点B的坐标代入函数解析式，列出关于h的方程，借助于方程可以求得h的值；利用抛物线函数解析式得到该图象的对称轴和顶点坐标；‎ ‎（2）把点C的坐标代入函数解析式得到：yC=﹣h2+1，则由二次函数的最值的求法易得yc的最大值，并可以求得此时抛物线的解析式，根据抛物线的增减性来求y1与y2的大小；‎ ‎（3）根据已知条件“O（0，0），A（﹣5，0），线段OA被l只分为两部分，且这两部分的比是1：4”可以推知把线段OA被l只分为两部分的点的坐标分别是（﹣1，0），（﹣4，0）．由二次函数图象上点的坐标特征可以求得h的值．‎ 解答：‎ 解：（1）把点B的坐标B（2，1）代入y=﹣（x﹣h）2+1，得 ‎1=﹣（2﹣h）2+1．‎ 解得h=2．‎ 则该函数解析式为y=﹣（x﹣2）2+1（或y=﹣x2+4x﹣3）．‎ 故抛物线l的对称轴为x=2，顶点坐标是（2，1）；‎ ‎（2）点C的横坐标为0，则yC=﹣h2+1．‎ 当h=0时，yC=有最大值1，‎ 此时，抛物线l为：y=﹣x2+1，对称轴为y轴，开口方向向下，‎ 所以，当x≥0时，y随x的增大而减小，‎ 所以，x1＞x2≥0，y1＜y2；‎ ‎（3）∵线段OA被l只分为两部分，且这两部分的比是1：4，且O（0，0），A（﹣5，0），‎ ‎∴把线段OA被l只分为两部分的点的坐标分别是（﹣1，0），（﹣4，0）．‎ 把x=﹣1，y=0代入y=﹣（x﹣h）2+1，得 ‎0=﹣（﹣1﹣h）2+1，‎ 解得h1=0，h2=﹣2．‎ 但是当h=﹣2时，线段OA被抛物线l分为三部分，不合题意，舍去．‎ 同样，把x=﹣4，y=0代入y=﹣（x﹣h）2+1，得 h=﹣5或h=﹣3（舍去）．‎ 综上所述，h的值是0或﹣5．‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数综合题．该题涉及到了待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数最值的求法以及点的坐标与图形的性质等知识点，综合性比较强，难度较大．解答（3）题时，注意对h的值根据实际意义进行取舍．‎ ‎23．（11分）（2015•河南）如图，边长为8的正方形OABC的两边在坐标轴上，以点C为顶点的抛物线经过点A，点P是抛物线上点A，C间的一个动点（含端点），过点P作PF⊥BC于点F，点D、E的坐标分别为（0，6），（﹣4，0），连接PD、PE、DE．‎ ‎（1）请直接写出抛物线的解析式；‎ ‎（2）小明探究点P的位置发现：当P与点A会点C重合时，PD与PF的差为定值，进而猜想：对于任意一点P，PD与PF的差为定值，请你判断该猜想是否正确，丙说明理由；‎ ‎（3）小明进一步探究得出结论：若将“使△PDE的面积为整数”的点P记作“好点”，则存在多个“好点”，且使△PDE的周长最小的点P也是一个“好点”．请直接写出所有“好点”的个数，并求出△PDE周长最小时“好点”的坐标．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）利用待定系数法求出抛物线解析式即可；‎ ‎（2）首先表示出P，F点坐标，再利用两点之间距离公式得出PD，PF的长，进而求出即可；‎ ‎（3）根据题意当P、E、F三点共线时，PE+PF最小，进而得出P点坐标以及利用△PDE的面积可以等于4到13所有整数，在面积为12时，a的值有两个，进而得出答案．‎ 解答：‎ 解：（1）∵边长为8的正方形OABC的两边在坐标轴上，以点C为顶点的抛物线经过点A，‎ ‎∴C（0，8），A（﹣8，0），‎ 设抛物线解析式为：y=ax2+c，‎ 则，‎ 解得：‎ 故抛物线的解析式为：y=﹣x2+8；‎ ‎（2）正确，‎ 理由：设P（a，﹣a2+8），则F（a，8），‎ ‎∵D（0，6），‎ ‎∴PD===a2+2，‎ PF=8﹣（﹣a2+8）=a2，‎ ‎∴PD﹣PF=2；‎ ‎（3）在点P运动时，DE大小不变，则PE与PD的和最小时，△PDE的周长最小，‎ ‎∵PD﹣PF=2，∴PD=PF+2，‎ ‎∴PE+PD=PE+PF+2，‎ ‎∴当P、E、F三点共线时，PE+PF最小，‎ 此时点P，E的横坐标都为﹣4，‎ 将x=﹣4代入y=﹣x2+8，得y=6，‎ ‎∴P（﹣4，6），此时△PDE的周长最小，且△PDE的面积为12，点P恰为“好点，‎ ‎∴△PDE的周长最小时”好点“的坐标为：（﹣4，6），‎ 由（2）得：P（a，﹣a2+8），‎ ‎∵点D、E的坐标分别为（0，6），（﹣4，0），‎ ‎∴设直线DE的解析式为：y=kx+b，‎ 则，‎ 解得：‎ ‎∴lDE：y=x+6，‎ 则PE=﹣a2+8﹣a﹣6，‎ ‎∴S△PDE=×4×（﹣a2+8﹣a﹣6）‎ ‎=﹣a2﹣3a+4‎ ‎=﹣（a+6）2+13，‎ ‎∵﹣8≤a≤0，‎ ‎∴4≤S△PDE≤13，‎ ‎∴△PDE的面积可以等于4到13所有整数，在面积为12时，a的值有两个，‎ 所以面积为整数时好点有11个，经过验证周长最小的好点包含这11个之内，所以好点共11个，‎ 综上所述：11个好点，P（﹣4，6）．‎ 点评：‎ 此题主要考查了二次函数综合以及两点距离公式以及配方法求二次函数最值等知识，利用数形结合得出符合题意的答案是解题关键．‎ ‎28．（9分）（2015•大庆）已知二次函数y=x2+bx﹣4的图象与y轴的交点为C，与x轴正半轴的交点为A，且tan∠ACO=‎ ‎（1）求二次函数的解析式；‎ ‎（2）P为二次函数图象的顶点，Q为其对称轴上的一点，QC平分∠PQO，求Q点坐标；‎ ‎（3）是否存在实数x1、x2（x1＜x2），当x1≤x≤x2时，y的取值范围为≤y≤？若存在，直接写在x1，x2的值；若不存在，说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）首先根据tan∠ACO=，求出OA的值，即可判断出A点的坐标；然后把A点的坐标代入y=x2+bx﹣4，求出b的值，即可判断出二次函数的解析式．‎ ‎（2）首先根据Q为抛物线对称轴上的一点，设点Q的坐标为（﹣，n）；然后根据∠OQC=∠CQP、∠CQP=∠OCQ，可得∠OQC=∠OCQ，所以OQ=OC，据此求出n的值，进而判断出Q点坐标即可．‎ ‎（3）根据题意，分3种情况：①当x1≤x2≤﹣时；②当x1≤﹣≤x2时；③当﹣＜x1≤x2时；然后根据二次函数的最值的求法，求出满足题意的实数x1、x2（x1＜x2），使得当x1≤x≤x2时，y的取值范围为≤y≤即可．‎ 解答：‎ 解：（1）如图1，连接AC，‎ ‎，‎ ‎∵二次函数y=x2+bx﹣4的图象与y轴的交点为C，‎ ‎∴C点的坐标为（0，﹣4），‎ ‎∵tan∠ACO=，‎ ‎∴，‎ 又∵OC=4，‎ ‎∴OA=1，‎ ‎∴A点的坐标为（1，0），‎ 把A（1，0）代入y=x2+bx﹣4，‎ 可得0=1+b﹣4，‎ 解得b=3，‎ ‎∴二次函数的解析式是：y=x2+3x﹣4．‎ ‎（2）如图2，‎ ‎，‎ ‎∵y=x2+3x﹣4，‎ ‎∴抛物线的对称轴是：x=﹣，‎ ‎∵Q为抛物线对称轴上的一点，‎ ‎∴设点Q的坐标为（﹣，n），‎ ‎∵抛物线的对称轴平行于y轴，‎ ‎∴∠CQP=∠OCQ，‎ 又∵∠OQC=∠CQP，‎ ‎∴∠OQC=∠OCQ，‎ ‎∴OQ=OC，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 解得n=±，‎ ‎∴Q点坐标是（﹣，）或（﹣，﹣）．‎ ‎（3）①当x1≤x2≤﹣时，二次函数y=x2+3x﹣4单调递减，‎ ‎∵y的取值范围为≤y≤，‎ ‎∴‎ 由+3x1﹣4=，‎ 解得x1=﹣3，﹣2，2，‎ 由+3x2﹣4=，‎ 解得x2=﹣3，﹣2，2，‎ ‎∵x1≤x2≤﹣，‎ ‎∴‎ ‎②当x1≤﹣≤x2时，‎ Ⅰ、当﹣时，‎ 可得x1+x2≤﹣3，‎ ‎∵y的取值范围为≤y≤，‎ ‎∴‎ 由（1），可得，‎ 由（2），可得x1=﹣3，﹣2，2，‎ ‎∵x1≤﹣＜x2，，‎ ‎∴没有满足题意的x1、x2．‎ Ⅱ、当﹣时，‎ 可得x1+x2＞﹣3，‎ ‎∵y的取值范围为≤y≤，‎ ‎∴‎ 解得 ‎∵x1+x2=≈﹣1.98﹣1.92=﹣3.9＜﹣3，‎ ‎∴没有满足题意的x1、x2．‎ ‎③当﹣＜x1≤x2时，‎ 二次函数y=x2+3x﹣4单调递增，‎ ‎∵y的取值范围为≤y≤，‎ ‎∴‎ ‎（1）×x2﹣（2）×x1，可得 ‎（x1﹣x2）（x1x2+4）=0，‎ ‎∵x1﹣x2≠0，‎ ‎∴x1x2+4=0，‎ ‎∴…（1），‎ 把（3）代入（1），可得 ‎，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴没有满足题意的x1、x2．‎ 综上，可得 x1=﹣3，x2=﹣2时，当x1≤x≤x2时，y的取值范围为≤y≤．‎ 点评：‎ ‎（1）此题主要考查了二次函数综合题，考查了分析推理能力，考查了分类讨论思想的应用，考查了从已知函数图象中获取信息，并能利用获取的信息解答相应的问题的能力．‎ ‎（2）此题还考查了待定系数法求二次函数的解析式的方法，以及二次函数的最值的求法，要熟练掌握．‎ ‎27．（10分）（2015•哈尔滨）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y=kx+1（k≠0）与x轴交于点A，与y轴交于点C，过点C的抛物线y=ax2﹣（6a﹣2）x+b（a≠0）与直线AC交于另一点B，点B坐标为（4，3）．‎ ‎（1）求a的值；‎ ‎（2）点P是射线CB上的一个动点，过点P作PQ⊥x轴，垂足为点Q，在x轴上点Q的右侧取点M，使MQ=，在QP的延长线上取点N，连接PM，AN，已知tan∠NAQ﹣tan∠MPQ=，求线段PN的长； ‎ ‎（3）在（2）的条件下，过点C作CD⊥AB，使点D在直线AB下方，且CD=AC，连接PD，NC，当以PN，PD，NC的长为三边长构成的三角形面积是时，在y轴左侧的抛物线上是否存在点E，连接NE，PE，使得△ENP与以PN，PD，NC的长为三边长的三角形全等？若存在，求出E点坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题；全等三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；锐角三角函数的定义．菁优网版权所有 专题：‎ 综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）易得点C的坐标为（0，1），然后把点B、点C的坐标代入抛物线的解析式，即可解决问题；‎ ‎（2）把B（4，3）代入y=kx+1中，即可得到k的值，从而可求出点A的坐标，就可求出tan∠CAO=（即tan∠PAQ=），设PQ=m，则QA=2m，根据条件tan∠NAQ﹣tan∠MPQ=，即可求出PN的值；‎ ‎（3）由条件CD⊥AB，CD=AC，想到构造全等三角形，过点D作DF⊥CO于点F，易证△ACO≌△CDF，从而可以求出FD、CF、OF．作PH∥CN，交y轴于点H，连接DH，易证四边形CHPN是平行四边形，从而可得CN=HP，CH=PN，通过计算可得DH=PN，从而可得△PHD是以PN、PD、NC的长为三边长的三角形，则有S△PHD=．延长FD、PQ交于点G，易得∠G=90°．由点P在y=x+1上，可设P（t，t+1），根据S四边形HFGP=S△HFD+S△PHD+S△PDG ‎，可求出t的值，从而得到点P、N的坐标及tan∠DPG的值，从而可得tan∠DPG=tan∠HDF，则有∠DPG=∠HDF，进而可证到∠HDP=90°．若△ENP与△PDH全等，已知PN=DH，可分以下两种情况（①∠ENP=∠PDH=90°，EN=PD，②∠NPE=∠HDP=90°，BE=PD）进行讨论，即可解决问题．‎ 解答：‎ 解：（1）当x=0时，由y=kx+1得y=1，则C（0，1）．‎ ‎∵抛物线y=ax2﹣（6a﹣2）x+b（a≠0）经过C（0，1），B（4，3），‎ ‎∴，‎ 解得：，‎ ‎∴a=；‎ ‎（2）把B（4，3）代入y=kx+1中，得 ‎3=4k+1，解得：k=，‎ ‎∴直线AB的解析式为y=x+1．‎ 由y=0得0=x+1，‎ 解得：x=﹣2，‎ ‎∴A（﹣2，0），OA=2，‎ ‎∵C（0，1），‎ ‎∴OC=1，‎ ‎∴tan∠CAO==．‎ ‎∵PQ⊥x轴，‎ ‎∴tan∠PAQ==，‎ 设PQ=m，则QA=2m，‎ ‎∵tan∠NAQ﹣tan∠MPQ=，‎ ‎∴=，‎ ‎∵MQ=，‎ ‎∴﹣=，‎ ‎∴PN=；‎ ‎（3）在y轴左侧抛物线上存在E，使得△ENP与以PN，PD，NC的长为三边长的三角形全等．‎ 过点D作DF⊥CO于点F，如图2，‎ ‎∵DF⊥CF，CD⊥AB，‎ ‎∴∠CDF+∠DCF=90°，∠DCF+∠ACO=90°，‎ ‎∴∠CDF=∠ACO，‎ ‎∵CO⊥x轴，DF⊥CO，‎ ‎∴∠AOC=∠CFD=90°，‎ 在△ACO和△CDF中，‎ ‎，‎ ‎∴△ACO≌△CDF（AAS），‎ ‎∴CF=AO=2，DF=CO=1，‎ ‎∴OF=CF﹣CO=1，‎ 作PH∥CN，交y轴于点H，连接DH，‎ ‎∵CH∥PN，‎ ‎∴四边形CHPN是平行四边形，‎ ‎∴CN=HP，CH=PN=，‎ ‎∴HF=CF﹣CH=，DH==，‎ ‎∴DH=PN．‎ ‎∴△PHD是以PN，PD，NC的长为三边长的三角形，‎ ‎∴S△PHD=．‎ 延长FD、PQ交于点G，‎ ‎∵PQ∥y轴，‎ ‎∴∠G=180°﹣∠CFD=90°，‎ ‎∴S四边形HFGP=S△HFD+S△PHD+S△PDG，‎ ‎∴（HF+PG）FG=HF•FD++DG•PG．‎ ‎∵点P在y=x+1上，∴可设P（t，t+1），‎ ‎∴（+t+1+1）•t=××1++（t﹣1）•（t+1+1），‎ ‎∴t=4，P（4，3），‎ ‎∴N（4，），tan∠DPG==．‎ ‎∵tan∠HDF==，‎ ‎∴∠DPG=∠HDF．‎ ‎∵∠DPG+∠PDG=90°，‎ ‎∴∠HDF+∠PDG=90°，‎ ‎∴∠HDP=90°．‎ ‎∵PN=DH，若△ENP与△PDH全等，则有两种情况：‎ ‎①当∠ENP=∠PDH=90°，EN=PD时，‎ ‎∵PD==5，∴EN=5，‎ ‎∴E（﹣1，）．‎ 由（1）得：抛物线y=x2﹣x+1．‎ 当x=﹣1时，y=，所以点E在此抛物线上．‎ ‎②当∠NPE=∠HDP=90°，BE=PD时，‎ 则有E（﹣1，3），此时点E不在抛物线上，‎ ‎∴存在点E，满足题中条件，点E的坐标为（﹣1，）．‎ 点评：‎ 本题主要考查了运用待定系数法求直线及二次函数的解析式、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角函数的定义、抛物线上点的坐标特征、勾股定理等知识，通过平移CN，将PN、PD、NC归结到△PHD中，是解决本题的关键．在解决问题的过程中，用到了分类讨论、平移变换、割补法、运算推理等重要的数学思想方法，应学会使用．‎ ‎25．（12分）（2015•潜江）已知抛物线经过A（﹣3，0），B（1，0），C（2，）三点，其对称轴交x轴于点H，一次函数y=kx+b（k≠0）的图象经过点C，与抛物线交于另一点D（点D在点C的左边），与抛物线的对称轴交于点E．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）如图1，当S△EOC=S△EAB时，求一次函数的解析式；‎ ‎（3）如图2，设∠CEH=α，∠EAH=β，当α＞β时，直接写出k的取值范围．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）把A（﹣3，0），B（1，0），C（2，）代入y=ax2+bx+c，解方程组即可；‎ ‎（2）把C点坐标代入直线CD，由S△EOC=S△EAB得关于k、b的方程组，解方程组即可；‎ ‎（3）设CD的解析式为y=kx+﹣2k，当y=0和x=﹣1时，求出FH、EH、AH，根据tanα＞tanβ列不等式可求出k的取值范围．‎ 解答：‎ 解：（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，‎ ‎∵抛物线经过A（﹣3，0），B（1，0），C（2，）三点，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴抛物线的解析式为y=x2+x﹣；‎ ‎（2）如图1所示，‎ 将C点坐标代入直线CD，得 ‎2k+b= ①．‎ 当x=0时，y=b，即F（0，b），‎ 当x=﹣1时，y=﹣k+b，即E（﹣1，﹣k+b）．‎ 由S△EOC=S△EAB时，得×[2﹣（﹣1）]b=[1﹣（﹣3）]（﹣k+b） ②．‎ 联立方程①②，得 ‎，‎ 解得．‎ 当S△EOC=S△EAB时，一次函数的解析式为y=x+，‎ ‎（3）如图2所示，‎ ‎①当E点在x轴上方时，如图2所示，‎ 当α=β时，∵∠EAH=90°，∴∠AEC=90°，‎ ‎∴kAE=﹣，‎ ‎∵A（﹣3，0），E（﹣1，﹣k+b），‎ ‎∴=﹣，即k2﹣bk﹣2=0，‎ 联立方程 解得k=（舍去），‎ 随着E点向下移动，∠CEH的度数越来越大，∠EAH的读数越来越小，当E点和H点重合时（如图3所示），α和β均等于0，此时联立方程，解得 因此当＜k＜时，α＞β；‎ ‎②当E点在x轴下方时，如图4所示，‎ 当α=β时，∵∠EAH=90°，∴∠AEC=90°，‎ 根据①可得此时k=（k=舍去），‎ 随着E点向下移动，∠CEH的度数越来越小，∠EAH的读数越来越大，‎ 因此当＜k＜时，α＞β．‎ 综上所述可得，当α＞β时，可得取值范围为＜k＜或＜k＜时．‎ 点评：‎ 本题考查的是一次函数、二次函数和锐角三角函数的综合应用，掌握待定系数法求函数解析式和锐角三角函数的概念是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎24．（12分）（2015•宜昌）如图1，B（2m，0），C（3m，0）是平面直角坐标系中两点，其中m为常数，且m＞0，E（0，n）为y轴上一动点，以BC为边在x轴上方作矩形ABCD，使AB=2BC，画射线OA，把△ADC绕点C逆时针旋转90°得△A′D′C′，连接ED′，抛物线y=ax2+bx+n（a≠0）过E，A′两点．‎ ‎（1）填空：∠AOB=　45　°，用m表示点A′的坐标：A′（　m　，　﹣m　）；‎ ‎（2）当抛物线的顶点为A′，抛物线与线段AB交于点P，且=时，△D′OE与△ABC是否相似？说明理由；‎ ‎（3）若E与原点O重合，抛物线与射线OA的另一个交点为点M，过M作MN⊥y轴，垂足为N：‎ ‎①求a，b，m满足的关系式；‎ ‎②当m为定值，抛物线与四边形ABCD有公共点，线段MN的最大值为10，请你探究a的取值范围．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 专题：‎ 综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）由B与C的坐标求出OB与OC的长，根据OC﹣OB表示出BC的长，由题意AB=2BC，表示出AB，得到AB=OB，即三角形AOB为等腰直角三角形，即可求出所求角的度数；由旋转的性质得：OD′=D′A′=m，即可确定出A′坐标；‎ ‎（2）△D′OE∽△ABC，理由如下：根据题意表示出A与B的坐标，由=，表示出P坐标，由抛物线的顶点为A′，表示出抛物线解析式，把点E坐标代入整理得到m与n的关系式，利用两边对应成比例且夹角相等的三角形相似即可得证；‎ ‎（3）①当E与原点重合时，把A与E坐标代入y=ax2+bx+c，整理即可得到a，b，m的关系式；‎ ‎②抛物线与四边形ABCD有公共点，可得出抛物线过点C时的开口最大，过点A时的开口最小，分两种情况考虑：若抛物线过点C（3m，0），此时MN的最大值为10，求出此时a的值；若抛物线过点A（2m，2m），求出此时a的值，即可确定出抛物线与四边形ABCD有公共点时a的范围．‎ 解答：‎ 解：（1）∵B（2m，0），C（3m，0），‎ ‎∴OB=2m，OC=3m，即BC=m，‎ ‎∵AB=2BC，‎ ‎∴AB=2m=0B，‎ ‎∵∠ABO=90°，‎ ‎∴△ABO为等腰直角三角形，‎ ‎∴∠AOB=45°，‎ 由旋转的性质得：OD′=D′A′=m，即A′（m，﹣m）；‎ 故答案为：45；m，﹣m；‎ ‎（2）△D′OE∽△ABC，理由如下：‎ 由已知得：A（2m，2m），B（2m，0），‎ ‎∵=，‎ ‎∴P（2m，m），‎ ‎∵A′为抛物线的顶点，‎ ‎∴设抛物线解析式为y=a（x﹣m）2﹣m，‎ ‎∵抛物线过点E（0，n），‎ ‎∴n=a（0﹣m）2﹣m，即m=2n，‎ ‎∴OE：OD′=BC：AB=1：2，‎ ‎∵∠EOD′=∠ABC=90°，‎ ‎∴△D′OE∽△ABC；‎ ‎（3）①当点E与点O重合时，E（0，0），‎ ‎∵抛物线y=ax2+bx+c过点E，A，‎ ‎∴，‎ 整理得：am+b=﹣1，即b=﹣1﹣am；‎ ‎②∵抛物线与四边形ABCD有公共点，‎ ‎∴抛物线过点C时的开口最大，过点A时的开口最小，‎ 若抛物线过点C（3m，0），此时MN的最大值为10，‎ ‎∴a（3m）2﹣（1+am）•3m=0，‎ 整理得：am=，即抛物线解析式为y=x2﹣x，‎ 由A（2m，2m），可得直线OA解析式为y=x，‎ 联立抛物线与直线OA解析式得：，‎ 解得：x=5m，y=5m，即M（5m，5m），‎ 令5m=10，即m=2，‎ 当m=2时，a=；‎ 若抛物线过点A（2m，2m），则a（2m）2﹣（1+am）•2m=2m，‎ 解得：am=2，‎ ‎∵m=2，‎ ‎∴a=1，‎ 则抛物线与四边形ABCD有公共点时a的范围为≤a≤1．‎ 点评：‎ 此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：坐标与图形性质，等腰直角三角形的判定与性质，直线与抛物线的交点，以及二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的性质是解本题的关键．‎ ‎24．（12分）（2015•孝感）在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，直线y=x+4经过A，C两点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）在AC上方的抛物线上有一动点P．‎ ‎①如图1，当点P运动到某位置时，以AP，AO为邻边的平行四边形第四个顶点恰好也在抛物线上，求出此时点P的坐标；‎ ‎②如图2，过点O，P的直线y=kx交AC于点E，若PE：OE=3：8，求k的值．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）由直线的解析式y=x+4易求点A和点C的坐标，把A和C的坐标分别代入y=﹣x2+bx+c求出b和c的值即可得到抛物线的解析式；‎ ‎（2）①若以AP，AO为邻边的平行四边形的第四个顶点Q恰好也在抛物线上，则PQ∥AO，再根据抛物线的对称轴可求出点P的横坐标，由（1）中的抛物线解析式，进而可求出其纵坐标，问题得解；‎ ‎②过P点作PF∥OC交AC于点F，因为PF∥OC，所以△PEF∽△OEC，由相似三角形的性质：对应边的比值相等可求出PF的长，进而可设点点F（x，x+4），利用，可求出x的值，解方程求出x的值可得点P的坐标，代入直线y=kx即可求出k的值．‎ 解答：‎ 解：（1）∵直线y=x+4经过A，C两点，‎ ‎∴A点坐标是（﹣4，0），点C坐标是（0，4），‎ 又∵抛物线过A，C两点，‎ ‎∴，解得：，‎ ‎∴抛物线的解析式为．‎ ‎（2）①如图1‎ ‎∵，‎ ‎∴抛物线的对称轴是直线x=﹣1． ‎ ‎∵以AP，AO为邻边的平行四边形的第四个顶点Q恰好也在抛物线上，‎ ‎∴PQ∥AO，PQ=AO=4．‎ ‎∵P，Q都在抛物线上，‎ ‎∴P，Q关于直线x=﹣1对称，‎ ‎∴P点的横坐标是﹣3，‎ ‎∴当x=﹣3时，，‎ ‎∴P点的坐标是；‎ ‎②过P点作PF∥OC交AC于点F，‎ ‎∵PF∥OC，‎ ‎∴△PEF∽△OEC，‎ ‎∴．‎ 又∵，‎ ‎∴，‎ 设点F（x，x+4），‎ ‎∴，‎ 化简得：x2+4x+3=0，解得：x1=﹣1，x2=﹣3．‎ 当x=﹣1时，；当x=﹣3时，，‎ 即P点坐标是或．‎ 又∵点P在直线y=kx上，‎ ‎∴．‎ 点评：‎ 本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，题目综合性较强，难度不大，是一道很好的中考题．‎ ‎　‎ ‎26．（12分）（2015•湖北）边长为2的正方形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，点D是边OA的中点，连接CD，点E在第一象限，且DE⊥DC，DE=DC．以直线AB为对称轴的抛物线过C，E两点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）点P从点C出发，沿射线CB每秒1个单位长度的速度运动，运动时间为t秒．过点P作PF⊥CD于点F，当t为何值时，以点P，F，D为顶点的三角形与△COD相似？‎ ‎（3）点M为直线AB上一动点，点N为抛物线上一动点，是否存在点M，N，使得以点M，N，D，E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）根据正方形的性质，可得OA=OC，∠AOC=∠DGE，根据余角的性质，可得∠OCD=∠GDE，根据全等三角形的判定与性质，可得EG=OD=1，DG=OC=2，根据待定系数法，可得函数解析式；‎ ‎（2）分类讨论：若△DFP∽△COD，根据相似三角形的性质，可得∠PDF=∠DCO，根据平行线的判定与性质，可得∠PDO=∠OCP=∠AOC=90，根据矩形的判定与性质，可得PC的长；若△PFD∽△COD，根据相似三角形的性质，可得∠DPF=∠DCO，=，根据等腰三角形的判定与性质，可得DF于CD的关系，根据相似三角形的相似比，可得PC的长；‎ ‎（3）分类讨论：▱MDNE，▱MNDE，▱NDME，根据一组对边平行且相等的四边形式平行四边，可得答案．．‎ 解答：‎ 解：（1）过点E作EG⊥x轴于G点．‎ ‎∵四边形OABC是边长为2的正方形，D是OA的中点，‎ ‎∴OA=OC=2，OD=1，∠AOC=∠DGE=90°．‎ ‎∵∠CDE=90°，‎ ‎∴∠ODC+∠GDE=90°．‎ ‎∵∠ODC+∠OCD=90°，‎ ‎∴∠OCD=∠GDE．‎ 在△OCD和△GED中，‎ ‎∴△ODC≌△GED （AAS），‎ ‎∴EG=OD=1，DG=OC=2．‎ ‎∴点E的坐标为（3，1）．‎ ‎∵抛物线的对称轴为直线AB即直线x=2，‎ ‎∴可设抛物线的解析式为y=a（x﹣2）2+k，‎ 将C、E点的坐标代入解析式，得 ‎．‎ 解得，‎ 抛物线的解析式为y=（x﹣2）2+；‎ ‎（2）①若△DFP∽△COD，则∠PDF=∠DCO，‎ ‎∴PD∥OC，‎ ‎∴∠PDO=∠OCP=∠AOC=90°，‎ ‎∴四边形PDOC是矩形，‎ ‎∴PC=OD=1，‎ ‎∴t=1；‎ ‎②若△PFD∽△COD，则∠DPF=∠DCO，=．‎ ‎∴∠PCF=90°﹣∠DCO=90﹣∠DPF=∠PDF．‎ ‎∴PC=PD，‎ ‎∴DF=CD．‎ ‎∵CD2=OD2+OC2=22+12=5，‎ ‎∴CD=，‎ ‎∴DF=．‎ ‎∵=，‎ ‎∴PC=PD=×=，‎ t=，‎ 综上所述：t=1或t=时，以点P，F，D为顶点的三角形与△COD相似；‎ ‎（3）存在，‎ 四边形MDEN是平行四边形时，M1（2，1），N1（4，2）；‎ 四边形MNDE是平行四边形时，M2（2，3），N2（0，2）；‎ 四边形NDME是平行四边形时，M3（2，），N3（2，）．‎ 点评：‎ 本题考察了二次函数综合题，（1）利用了正方形的性质，余角的性质，全等三角形的判定与性质，待定系数法求函数解析式；（2）利用了相似三角形的性质，矩形的判定，分类讨论时解题关键；（3）利用了平行四边形的判定，分类讨论时解题关键．‎ ‎24．（12分）（2015•武汉）已知抛物线y=x2+c与x轴交于A（﹣1，0），B两点，交y轴于点C．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）点E（m，n）是第二象限内一点，过点E作EF⊥x轴交抛物线于点F，过点F作FG⊥y轴于点G，连接CE、CF，若∠CEF=∠CFG．求n的值并直接写出m的取值范围（利用图1完成你的探究）．‎ ‎（3）如图2，点P是线段OB上一动点（不包括点O、B），PM⊥x轴交抛物线于点M，∠OBQ=∠OMP，BQ交直线PM于点Q，设点P的横坐标为t，求△PBQ的周长．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）将点A的坐标代入抛物线解析式即可求得c的值，则可得抛物线解析式；‎ ‎（2）过点C作CH⊥EF于点H，易证△EHC∽△FGC，再根据相似三角形的性质可得n的值；‎ ‎（3）首先表示出点P的坐标，再根据△OPM∽△QPB，然后由对应边的比值相等得出PQ和BQ的长，从而可得△PBQ的周长．‎ 解答：‎ 解：（1）把A（﹣1，0）代入 得c=﹣，‎ ‎∴抛物线解析式为 ‎（2）如图1，过点C作CH⊥EF于点H，‎ ‎∵∠CEF=∠CFG，FG⊥y轴于点G ‎∴△EHC∽△FGC ‎∵E（m，n）‎ ‎∴F（m，）‎ 又∵C（0，）‎ ‎∴EH=n+，CH=﹣m，FG=﹣m，CG=m2‎ 又∵，‎ 则 ‎∴n+=2‎ ‎∴n=（﹣2＜m＜0）‎ ‎（3）由题意可知P（t，0），M（t，）‎ ‎∵PM⊥x轴交抛物线于点M，∠OBQ=∠OMP，‎ ‎∴△OPM∽△QPB．‎ ‎∴．‎ 其中OP=t，PM=，PB=1﹣t，‎ ‎∴PQ=．‎ BQ=‎ ‎∴PQ+BQ+PB=．‎ ‎∴△PBQ的周长为2．‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数的综合应用，同时涉及了相似三角形的判定与性质，具有一定的综合性与难度，解题时要注意数形结合思想与方程思想的运用．‎ ‎　‎ ‎25．（12分）（2015•潜江）已知抛物线经过A（﹣3，0），B（1，0），C（2，）三点，其对称轴交x轴于点H，一次函数y=kx+b（k≠0）的图象经过点C，与抛物线交于另一点D（点D在点C的左边），与抛物线的对称轴交于点E．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）如图1，当S△EOC=S△EAB时，求一次函数的解析式；‎ ‎（3）如图2，设∠CEH=α，∠EAH=β，当α＞β时，直接写出k的取值范围．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）把A（﹣3，0），B（1，0），C（2，）代入y=ax2+bx+c，解方程组即可；‎ ‎（2）把C点坐标代入直线CD，由S△EOC=S△EAB得关于k、b的方程组，解方程组即可；‎ ‎（3）设CD的解析式为y=kx+﹣2k，当y=0和x=﹣1时，求出FH、EH、AH，根据tanα＞tanβ列不等式可求出k的取值范围．‎ 解答：‎ 解：（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，‎ ‎∵抛物线经过A（﹣3，0），B（1，0），C（2，）三点，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴抛物线的解析式为y=x2+x﹣；‎ ‎（2）如图1所示，‎ 将C点坐标代入直线CD，得 ‎2k+b= ①．‎ 当x=0时，y=b，即F（0，b），‎ 当x=﹣1时，y=﹣k+b，即E（﹣1，﹣k+b）．‎ 由S△EOC=S△EAB时，得×[2﹣（﹣1）]b=[1﹣（﹣3）]（﹣k+b） ②．‎ 联立方程①②，得 ‎，‎ 解得．‎ 当S△EOC=S△EAB时，一次函数的解析式为y=x+，‎ ‎（3）如图2所示，‎ ‎①当E点在x轴上方时，如图2所示，‎ 当α=β时，∵∠EAH=90°，∴∠AEC=90°，‎ ‎∴kAE=﹣，‎ ‎∵A（﹣3，0），E（﹣1，﹣k+b），‎ ‎∴=﹣，即k2﹣bk﹣2=0，‎ 联立方程 解得k=（舍去），‎ 随着E点向下移动，∠CEH的度数越来越大，∠EAH的读数越来越小，当E点和H点重合时（如图3所示），α和β均等于0，此时联立方程，解得 因此当＜k＜时，α＞β；‎ ‎②当E点在x轴下方时，如图4所示，‎ 当α=β时，∵∠EAH=90°，∴∠AEC=90°，‎ 根据①可得此时k=（k=舍去），‎ 随着E点向下移动，∠CEH的度数越来越小，∠EAH的读数越来越大，‎ 因此当＜k＜时，α＞β．‎ 综上所述可得，当α＞β时，可得取值范围为＜k＜或＜k＜时．‎ 点评：‎ 本题考查的是一次函数、二次函数和锐角三角函数的综合应用，掌握待定系数法求函数解析式和锐角三角函数的概念是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎25．（12分）（2015•随州）如图，已知抛物线y=（x+2）（x﹣4）与x轴交于点A、B（点A位于点B的左侧），与y轴交于点C，CD∥x轴交抛物线于点D，M为抛物线的顶点．‎ ‎（1）求点A、B、C的坐标；‎ ‎（2）设动点N（﹣2，n），求使MN+BN的值最小时n的值；‎ ‎（3）P是抛物线上一点，请你探究：是否存在点P，使以P、A、B为顶点的三角形与△ABD相似（△PAB与△ABD不重合）？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）令y=0可求得点A、点B的横坐标，令x=0可求得点C的纵坐标；‎ ‎（2）根据两点之间线段最短作M点关于直线x=﹣2的对称点M′，当N（﹣2，N）在直线M′B上时，MN+BN的值最小；‎ ‎（3）需要分类讨论：△PAB∽△ABD、△PAB∽△ABD，根据相似三角形的性质求得PB的长度，然后可求得点P的坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）令y=0得x1=﹣2，x2=4，‎ ‎∴点A（﹣2，0）、B（4，0）‎ 令x=0得y=﹣，‎ ‎∴点C（0，﹣）‎ ‎（2）将x=1代入抛物线的解析式得y=﹣‎ ‎∴点M的坐标为（1，﹣）‎ ‎∴点M关于直线x=﹣2的对称点M′的坐标为（﹣5，）‎ 设直线M′B的解析式为y=kx+b 将点M′、B的坐标代入得：‎ 解得：‎ 所以直线M′B的解析式为y=．‎ 将x=﹣2代入得：y=﹣，‎ 所以n=﹣．‎ ‎（3）过点D作DE⊥BA，垂足为E．‎ 由勾股定理得：‎ AD==3，‎ BD=，‎ 如下图，①当P1AB∽△ADB时，‎ 即：‎ ‎∴P1B=6‎ 过点P1作P1M1⊥AB，垂足为M1．‎ ‎∴即：‎ 解得：P1M1=6，‎ ‎∵即：‎ 解得：BM1=12‎ ‎∴点P1的坐标为（﹣8，6）‎ ‎∵点P1不在抛物线上，所以此种情况不存在；‎ ‎②当△P2AB∽△BDA时，即：‎ ‎∴P2B=6‎ 过点P2作P2M2⊥AB，垂足为M2．‎ ‎∴，即：‎ ‎∴P2M2=2‎ ‎∵，即：‎ ‎∴M2B=8‎ ‎∴点P2的坐标为（﹣4，2）‎ 将x=﹣4代入抛物线的解析式得：y=2，‎ ‎∴点P2在抛物线上．‎ 由抛物线的对称性可知：点P2与点P4关于直线x=1对称，‎ ‎∴P4的坐标为（6，2），‎ 当点P3位于点C处时，两三角形全等，所以点P3的坐标为（0，﹣），‎ 综上所述点P的坐标为：（﹣4，2）或（6，2）或（0，﹣）时，以P、A、B为顶点的三角形与△ABD相似．‎ 点评：‎ 本题综合考查了二次函数、一次函数、轴对称﹣﹣路径最短、相似三角形的性质，难度较大，利用相似三角形的性质求得PB的长是解题的关键，解答本题需要注意的是在不确定相似三角形的对应角和对应边的情况下要分类讨论，不要漏解．‎ ‎　27．（14分）（2015•连云港）如图，已知一条直线过点（0，4），且与抛物线y=x2交于A，B两点，其中点A的横坐标是﹣2．‎ ‎（1）求这条直线的函数关系式及点B的坐标．‎ ‎（2）在x轴上是否存在点C，使得△ABC是直角三角形？若存在，求出点C的坐标，若不存在，请说明理由．‎ ‎（3）过线段AB上一点P，作PM∥x轴，交抛物线于点M，点M在第一象限，点N（0，1），当点M的横坐标为何值时，MN+3MP的长度最大？最大值是多少？‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）首先求得点A的坐标，然后利用待定系数法确定直线的解析式，从而求得直线与抛物线的交点坐标；‎ ‎（2）如图1，过点B作BG∥x轴，过点A作AG∥y轴，交点为G，然后分若∠BAC=90°，则AB2+AC2=BC2；若∠ACB=90°，则AB2=AC2+BC2；若∠ABC=90°，则AB2+BC2=AC2三种情况求得m的值，从而确定点C的坐标；‎ ‎（3）设M（a，a2），如图2，设MP与y轴交于点Q，首先在Rt△MQN中，由勾股定理得MN=a2+1，然后根据点P与点M纵坐标相同得到x=，从而得到MN+3PM=﹣a2+3a+9，确定二次函数的最值即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵点A是直线与抛物线的交点，且横坐标为﹣2，‎ ‎∴y=×（﹣2）2=1，A点的坐标为（2，﹣1），‎ 设直线的函数关系式为y=kx+b，‎ 将（0，4），（﹣2，1）代入得，‎ 解得，‎ ‎∴直线y=x+4，‎ ‎∵直线与抛物线相交，‎ ‎∴x+4=x2，‎ 解得：x=﹣2或x=8，‎ 当x=8时，y=16，‎ ‎∴点B的坐标为（8，16）；‎ ‎（2）如图1，过点B作BG∥x轴，过点A作AG∥y轴，交点为G，‎ ‎∴AG2+BG2=AB2，‎ ‎∵由A（﹣2，1），B（8，16）可求得AB2=325．‎ 设点C（m，0），同理可得AC2=（m+2）2+12=m2+4m+5，‎ BC2=（m﹣8）2+162=m2﹣16m+320，‎ ‎①若∠BAC=90°，则AB2+AC2=BC2，即325+m2+4m+5=m2﹣16m+320，‎ 解得：m=﹣；‎ ‎②若∠ACB=90°，则AB2=AC2+BC2，即325=m2+4m++=m2﹣16m+320，‎ 解得：m=0或m=6；‎ ‎③若∠ABC=90°，则AB2+BC2=AC2，即m2+4m+5=m2﹣16m+320+325，‎ 解得：m=32；‎ ‎∴点C的坐标为（﹣，0），（0，0），（6，0），（32，0）‎ ‎（3）设M（a，a2），如图2，设MP与y轴交于点Q，‎ 在Rt△MQN中，由勾股定理得MN==a2+1，‎ 又∵点P与点M纵坐标相同，‎ ‎∴+4=a2，‎ ‎∴x=，‎ ‎∴点P的纵坐标为，‎ ‎∴MP=a﹣，‎ ‎∴MN+3PM=+1+3（a﹣）=﹣a2+3a+9，‎ ‎∴当a=﹣=6，‎ 又∵2≤6≤8，‎ ‎∴取到最小值18，‎ ‎∴当M的横坐标为6时，MN+3PM的长度的最大值是18．‎ 点评：‎ 本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有抛物线的顶点公式和三角形的面积求法．在求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论结果．‎ ‎　‎ ‎28．（13分）（2015•南通）已知抛物线y=x2﹣2mx+m2+m﹣1（m是常数）的顶点为P，直线l：y=x﹣1‎ ‎（1）求证：点P在直线l上；‎ ‎（2）当m=﹣3时，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，与直线l的另一个交点为Q，M是x轴下方抛物线上的一点，∠ACM=∠PAQ（如图），求点M的坐标；‎ ‎（3）若以抛物线和直线l的两个交点及坐标原点为顶点的三角形是等腰三角形，请直接写出所有符合条件的m的值．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 专题：‎ 综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）利用配方法得到y=（x﹣m）2+m﹣1，点P（m，m﹣1），然后根据一次函数图象上点的坐标特征判断点P在直线l上；‎ ‎（2）当m=﹣3时，抛物线解析式为y=x2+6x+5，根据抛物线与x轴的交点问题求出A（﹣5，0），易得C（0，5），通过解方程组得P（﹣3，﹣4），Q（﹣2，﹣3），作ME⊥y轴于E，PF⊥x轴于F，QG⊥x轴于G，如图，证明Rt△CME∽Rt△PAF，利用相似得=，设M（x，x2+6x+5），则=，解得x1=0（舍去），x2=﹣4，于是得到点M的坐标为（﹣4，﹣3）；‎ ‎（3）通过解方程组得P（m，m﹣1），Q（m+1，m），利用两点间的距离公式得到PQ2=2，OQ2=2m2+2m+1，OP2=2m2﹣2m+1，然后分类讨论：当PQ=OQ时，2m2+2m+1=2；当PQ=OP时，2m2﹣2m+1=2；当OP=OQ时，2m2+2m+1=2m2﹣2m+1，再分别解关于m的方程求出m即可．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：∵y=x2﹣2mx+m2+m﹣1=（x﹣m）2+m﹣1，‎ ‎∴点P的坐标为（m，m﹣1），‎ ‎∵当x=m时，y=x﹣1=m﹣1，‎ ‎∴点P在直线l上；‎ ‎（2）解：当m=﹣3时，抛物线解析式为y=x2+6x+5，‎ 当y=0时，x2+6x+5=0，解得x1=﹣1，x2=﹣5，则A（﹣5，0），‎ 当x=0时，y=x2+6x+5=5，则C（0，5），‎ 可得解方程组，解得或，‎ 则P（﹣3，﹣4），Q（﹣2，﹣3），‎ 作ME⊥y轴于E，PF⊥x轴于F，QG⊥x轴于G，如图，‎ ‎∵OA=OC=5，‎ ‎∴△OAC为等腰直角三角形，‎ ‎∴∠ACO=45°，‎ ‎∴∠MCE=45°﹣∠ACM，‎ ‎∵QG=3，OG=2，‎ ‎∴AG=OA﹣OG=3=QG，‎ ‎∴△AQG为等腰直角三角形，‎ ‎∴∠QAG=45°，‎ ‎∵∠APF=90°﹣∠PAF=90°﹣（∠PAQ+45°）=45°﹣∠PAQ，‎ ‎∵∠ACM=∠PAQ，‎ ‎∴∠APF=∠MCE，‎ ‎∴Rt△CME∽Rt△PAF，‎ ‎∴=，‎ 设M（x，x2+6x+5），‎ ‎∴ME=﹣x，CE=5﹣（x2+6x+5）=﹣x2﹣6x，‎ ‎∴=，‎ 整理得x2+4x=0，解得x1=0（舍去），x2=﹣4，‎ ‎∴点M的坐标为（﹣4，﹣3）；‎ ‎（3）解：解方程组得或，则P（m，m﹣1），Q（m+1，m），‎ ‎∴PQ2=（m+1﹣m）2+（m﹣m+1）2=2，OQ2=（m+1）2+m2=2m2+2m+1，OP2=m2+（m﹣1）2=2m2﹣2m+1，‎ 当PQ=OQ时，2m2+2m+1=2，解得m1=，m2=；‎ 当PQ=OP时，2m2﹣2m+1=2，解得m1=，m2=；‎ 当OP=OQ时，2m2+2m+1=2m2﹣2m+1，解得m=0，‎ 综上所述，m的值为0，，，，．‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象和一次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质，会求抛物线与直线的交点坐标；理解坐标与图形性质，会利用两点间的距离公式计算线段的长；会运用相似比计算线段的长；能运用分类讨论的思想解决数学问题．‎ ‎27．（10分）（2015•苏州）如图，已知二次函数y=x2+（1﹣m）x﹣m（其中0＜m＜1）的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴为直线l．设P为对称轴l上的点，连接PA、PC，PA=PC ‎（1）∠ABC的度数为　45°　；‎ ‎（2）求P点坐标（用含m的代数式表示）；‎ ‎（3）在坐标轴上是否存在着点Q（与原点O不重合），使得以Q、B、C为顶点的三角形与△PAC相似，且线段PQ的长度最小？如果存在，求出所有满足条件的点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）首先求出B点坐标，进而得出OB=OC=m，再利用等腰直角三角形的性质求出即可；‎ ‎（2）作PD⊥y轴，垂足为D，设l与x轴交于点E，利用勾股定理AE2+PE2=CD2+PD2，得出P点坐标即可；‎ ‎（3）根据题意得出△QBC是等腰直角三角形，可得满足条件的点Q的坐标为：（﹣m，0）或（0，m），进而分别分析求出符合题意的答案．‎ 解答：‎ 解：（1）令x=0，则y=﹣m，C点坐标为：（0，﹣m），‎ 令y=0，则x2+（1﹣m）x﹣m=0，‎ 解得：x1=﹣1，x2=m，‎ ‎∵0＜m＜1，点A在点B的左侧，‎ ‎∴B点坐标为：（m，0），‎ ‎∴OB=OC=m，‎ ‎∵∠BOC=90°，‎ ‎∴△BOC是等腰直角三角形，∠OBC=45°；‎ 故答案为：45°；‎ ‎（2）如图1，作PD⊥y轴，垂足为D，设l与x轴交于点E，‎ 由题意得，抛物线的对称轴为：x=，‎ 设点P坐标为：（，n），‎ ‎∵PA=PC，‎ ‎∴PA2=PC2，‎ 即AE2+PE2=CD2+PD2，‎ ‎∴（+1）2+n2=（n+m）2+（）2，‎ 解得：n=，‎ ‎∴P点的坐标为：（，）；‎ ‎（3）存在点Q满足题意，‎ ‎∵P点的坐标为：（，），‎ ‎∴PA2+PC2=AE2+PE2+CD2+PD2，‎ ‎=（+1）2+（）2+（+m）2+（）2‎ ‎=1+m2，‎ ‎∵AC2=1+m2，‎ ‎∴PA2+PC2=AC2，‎ ‎∴∠APC=90°，‎ ‎∴△PAC是等腰直角三角形，‎ ‎∵以Q、B、C为顶点的三角形与△PAC相似，‎ ‎∴△QBC是等腰直角三角形，‎ ‎∴由题意可得满足条件的点Q的坐标为：（﹣m，0）或（0，m），‎ ‎①如图1，当Q点坐标为：（﹣m，0）时，‎ 若PQ与x轴垂直，则=﹣m，‎ 解得：m=，PQ=，‎ 若PQ与x轴不垂直，‎ 则PQ2=PE2+EQ2‎ ‎=（）2+（+m）2‎ ‎=m2﹣2m+‎ ‎=（m﹣）2+‎ ‎∵0＜m＜1，‎ ‎∴当m=时，PQ2取得最小值，PQ取得最小值，‎ ‎∵＜，‎ ‎∴当m=，即Q点的坐标为：（﹣，0）时，PQ的长度最小，‎ ‎②如图2，当Q点的坐标为：（0，m）时，‎ 若PQ与y轴垂直，则=m，‎ 解得：m=，PQ=，‎ 若PQ与y轴不垂直，‎ 则PQ2=PD2+DQ2=（）2+（m﹣）2‎ ‎=m2﹣2m+‎ ‎=（m﹣）2+，‎ ‎∵0＜m＜1，‎ ‎∴当m=时，PQ2取得最小值，PQ取得最小值，‎ ‎∵＜，‎ ‎∴当m=，即Q点的坐标为：（0，）时，PQ的长度最小，‎ 综上所述：当Q点坐标为：（﹣，0）或（0，）时，PQ的长度最小．‎ 点评：‎ 此题主要考查了二次函数综合以及勾股定理和二次函数最值求法等知识，利用分类讨论得出Q点坐标是解题关键．‎ ‎27．（10分）（2015•无锡）一次函数y=x的图象如图所示，它与二次函数y=ax2﹣4ax+c的图象交于A、B两点（其中点A在点B的左侧），与这个二次函数图象的对称轴交于点C．‎ ‎（1）求点C的坐标；‎ ‎（2）设二次函数图象的顶点为D．‎ ‎①若点D与点C关于x轴对称，且△ACD的面积等于3，求此二次函数的关系式；‎ ‎②若CD=AC，且△ACD的面积等于10，求此二次函数的关系式．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）先求出对称轴为x=2，然后求出与一次函数y=x的交点，即点C的坐标；‎ ‎（2）①先求出点D的坐标，设A坐标为（m，m），然后根据面积为3，求出m的值，得出点A的坐标，最后根据待定系数法求出a、c的值，即可求出解析式；‎ ‎②过点A作AE⊥CD于E，设A坐标为（m，m），由S△ACD=10，求出m的值，然后求出点A坐标以及CD的长度，然后分两种情况：当a＞0，当a＜0时，分别求出点D的坐标，代入求出二次函数的解析式．‎ 解答：‎ 解：（1）∵y=ax2﹣4ax+c=a（x﹣2）2﹣4a+c，‎ ‎∴二次函数图象的对称轴为直线x=2，‎ 当x=2时，y=x=，‎ 故点C（2，）；‎ ‎（2）①∵点D与点C关于x轴对称，‎ ‎∴D（2，﹣，），‎ ‎∴CD=3，‎ 设A（m，m）（m＜2），‎ 由S△ACD=3得：×3×（2﹣m）=3，‎ 解得m=0，‎ ‎∴A（0，0）．‎ 由A（0，0）、D（2，﹣）得：‎ ‎，‎ 解得：a=，c=0．‎ ‎∴y=x2﹣x；‎ ‎②设A（m，m）（m＜2），‎ 过点A作AE⊥CD于E，则AE=2﹣m，CE=﹣m，‎ AC===（2﹣m），‎ ‎∵CD=AC，‎ ‎∴CD=（2﹣m），‎ 由S△ACD=10得×（2﹣m）2=10，‎ 解得：m=﹣2或m=6（舍去），‎ ‎∴m=﹣2，‎ ‎∴A（﹣2，﹣），CD=5，‎ 当a＞0时，则点D在点C下方，‎ ‎∴D（2，﹣），‎ 由A（﹣2，﹣）、D（2，﹣）得：‎ ‎，‎ 解得：，‎ ‎∴y=x2﹣x﹣3；‎ 当a＜0时，则点D在点C上方，‎ ‎∴D（2，），‎ 由A（﹣2，﹣）、D（2，）得：，‎ 解得，‎ ‎∴y=﹣x2+2x+．‎ 点评：‎ 本题考查了二次根式的综合题，涉及了二次函数与一次函数的交点问题，三角形的面积公式，以及待定系数法求函数解析式等知识点，综合性较强，难度较大．‎ ‎26．（14分）（2015•本溪）如图，抛物线y=ax2+bx（a≠0）经过点A（2，0），点B（3，3），BC⊥x轴于点C，连接OB，等腰直角三角形DEF的斜边EF在x轴上，点E的坐标为（﹣4，0），点F与原点重合 ‎（1）求抛物线的解析式并直接写出它的对称轴；‎ ‎（2）△DEF以每秒1个单位长度的速度沿x轴正方向移动，运动时间为t秒，当点D落在BC边上时停止运动，设△DEF与△OBC的重叠部分的面积为S，求出S关于t的函数关系式；‎ ‎（3）点P是抛物线对称轴上一点，当△ABP时直角三角形时，请直接写出所有符合条件的点P坐标．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）根据待定系数法解出解析式和对称轴即可；‎ ‎（2）从三种情况分析①当0≤t≤3时，△DEF与△OBC重叠部分为等腰直角三角形；②当3＜t≤4时，△DEF与△OBC重叠部分是四边形；③当4＜t≤5时，△DEF与△OBC重叠部分是四边形得出S关于t的函数关系式即可；‎ ‎（3）直接写出当△ABP时直角三角形时符合条件的点P坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）根据题意得，‎ 解得a=1，b=﹣2，‎ ‎∴抛物线解析式是y=x2﹣2x，‎ 对称轴是直线x=1；‎ ‎（2）有3中情况：‎ ‎①当0≤t≤3时，△DEF与△OBC重叠部分为等腰直角三角形，如图1：‎ S=；‎ ‎②当3＜t≤4时，△DEF与△OBC重叠部分是四边形，如图2：‎ S=；‎ ‎③当4＜t≤5时，△DEF与△OBC重叠部分是四边形，如图3：‎ S=；‎ ‎（3）当△ABP时直角三角形时，可得符合条件的点P坐标为（1，1）或（1，2）或（1，）或（1，）．‎ 点评：‎ 此题考查了难度较大的函数与几何的综合题，关键是根据0≤t≤3，3＜t≤4，4＜t≤5三种情况进行分析．‎ ‎　‎ ‎26．（12分）（2015•大连）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴和y轴的正半轴上，顶点B的坐标为（2m，m），翻折矩形OABC，使点A与点C重合，得到折痕DE，设点B的对应点为F，折痕DE所在直线与y轴相交于点G，经过点C，F，D的抛物线为y=ax2+bx+c．‎ ‎（1）求点D的坐标（用含m的式子表示）；‎ ‎（2）若点G的坐标为（0，﹣3），求该抛物线的解析式；‎ ‎（3）在（2）的条件下，设线段CD的中点为M，在线段CD上方的抛物线上是否存在点P，使PM=EA？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）由折叠的性质得出CF=AB=m，DF=DB，∠DFC=∠DBA=90°，CE=AE，设CD=x，则DF=DB=2m﹣x，由勾股定理得出方程，解方程即可得出结果；‎ ‎（2）证明△OEG∽△CDG，得出比例式，求出m的值，得出C、D的坐标，作FH⊥CD于H，证明△FCH∽△DCF，得出比例式求出F的坐标，用待定系数法即可求出抛物线的解析式；‎ ‎（3）由直角三角形斜边上的中线性质得出MF=CD=EA，点P与点F重合，得出点P的坐标；由抛物线的对称性得另一点P的坐标即可．‎ 解答：‎ 解：（1）根据折叠的性质得：CF=AB=m，DF=DB，∠DFC=∠DBA=90°，CE=AE，∠CED=∠AED，‎ 设CD=x，则DF=DB=2m﹣x，‎ 根据勾股定理得：CF2+DF2=CD2，‎ 即m2+（2m﹣x）2=x2，‎ 解得：x=m，‎ ‎∴点D的坐标为：（m，m）；‎ ‎（2）∵四边形OABC是矩形，‎ ‎∴OA=2m，OA∥BC，‎ ‎∴∠CDE=∠AED，‎ ‎∴∠CDE=∠CED，‎ ‎∴CE=CD=m，‎ ‎∴AE=CE=m，‎ ‎∴OE=OA﹣AE=m，‎ ‎∵OA∥BC，‎ ‎∴△OEG∽△CDG，‎ ‎∴，‎ 即，‎ 解得：m=2，‎ ‎∴C（0，2），D（，2），‎ 作FH⊥CD于H，如图1所示：‎ 则∠FHC=90°=∠DFC，‎ ‎∵∠FCH=∠FCD，‎ ‎∴△FCH∽△DCF，‎ ‎∴==，‎ 即，‎ ‎∴FH=，CH=，+2=，‎ ‎∴F（，），‎ 把点C（0，2），D（，2），F（，）代入y=ax2+bx+c得：，‎ 解得：a=﹣，b=，c=2，‎ ‎∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+x+2；‎ ‎（3）存在；点P的坐标为：（，），或（，）；理由如下：‎ 如图2所示：∵CD=CE，CE=EA，‎ ‎∴CD=EA，‎ ‎∵线段CD的中点为M，∠DFC=90°，‎ ‎∴MF=CD=EA，点P与点F重合，‎ ‎∴点P的坐标为：（，）；‎ 由抛物线的对称性得另一点P的坐标为（，）；‎ ‎∴在线段CD上方的抛物线上存在点P，使PM=EA，点P的坐标为：（，），或（，）．‎ 点评：‎ 本题是二次函数综合题目，考查了坐标与图形性质、矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、用待定系数法求二次函数的解析式、直角三角形斜边上的中线性质等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（2）中，需要作辅助线两次证明三角形相似才能得出相关点的坐标求出抛物线的解析式．‎ ‎26．（14分）（2015•丹东）如图，已知二次函数y=ax2+x+c的图象与y轴交于点A（0，4），与x轴交于点B、C，点C坐标为（8，0），连接AB、AC．‎ ‎（1）请直接写出二次函数y=ax2+x+c的表达式；‎ ‎（2）判断△ABC的形状，并说明理由；‎ ‎（3）若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写出此时点N的坐标；‎ ‎（4）若点N在线段BC上运动（不与点B、C重合），过点N作NM∥AC，交AB于点M，当△AMN面积最大时，求此时点N的坐标．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）根据待定系数法即可求得；‎ ‎（2）根据抛物线的解析式求得B的坐标，然后根据勾股定理分别求得AB2=20，AC2=80，BC10，然后根据勾股定理的逆定理即可证得△ABC是直角三角形．‎ ‎（3）分别以A、C两点为圆心，AC长为半径画弧，与x轴交于三个点，由AC的垂直平分线与x轴交于一个点，即可求得点N的坐标；‎ ‎（4）设点N的坐标为（n，0），则BN=n+2，过M点作MD⊥x轴于点D，根据三角形相似对应边成比例求得MD=（n+2），然后根据S△AMN=S△ABN﹣S△BMN 得出关于n的二次函数，根据函数解析式求得即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵二次函数y=ax2+x+c的图象与y轴交于点A（0，4），与x轴交于点B、C，点C坐标为（8，0），‎ ‎∴，‎ 解得．‎ ‎∴抛物线表达式：y=﹣x2+x+4；‎ ‎（2）△ABC是直角三角形．‎ 令y=0，则﹣x2+x+4=0，‎ 解得x1=8，x2=﹣2，‎ ‎∴点B的坐标为（﹣2，0），‎ 由已知可得，‎ 在Rt△ABO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．‎ ‎（3）∵A（0，4），C（8，0），‎ ‎∴AC==4，‎ ‎①以A为圆心，以AC长为半径作圆，交x轴于N，此时N的坐标为（﹣8，0），‎ ‎②以C为圆心，以AC长为半径作圆，交x轴于N，此时N的坐标为（8﹣4，0）或（8+4，0）‎ ‎③作AC的垂直平分线，交x轴于N，此时N的坐标为（3，0），‎ 综上，若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，点N的坐标分别为（﹣8，0）、（8﹣4，0）、（3，0）、（8+4，0）．‎ ‎（4）设点N的坐标为（n，0），则BN=n+2，过M点作MD⊥x轴于点D，‎ ‎∴MD∥OA，‎ ‎∴△BMD∽△BAO，‎ ‎∴=，‎ ‎∵MN∥AC ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∵OA=4，BC=10，BN=n+2‎ ‎∴MD=（n+2），‎ ‎∵S△AMN=S△ABN﹣S△BMN ‎=BN•OA﹣BN•MD ‎=（n+2）×4﹣×（n+2）2‎ ‎=﹣（n﹣3）2+5，‎ ‎∴当△AMN面积最大时，N点坐标为（3，0）．‎ 点评：‎ 本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求解析式，勾股定理和逆定理，等腰三角形的性质，三角形相似的判定和性质以及函数的最值等，熟练掌握性质定理是解题的关键．‎ ‎　26．（14分）（2015•锦州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+2经过点A（﹣1，0）和点B（4，0），且与y轴交于点C，点D的坐标为（2，0），点P（m，n）是该抛物线上的一个动点，连接CA，CD，PD，PB．‎ ‎（1）求该抛物线的解析式；‎ ‎（2）当△PDB的面积等于△CAD的面积时，求点P的坐标；‎ ‎（3）当m＞0，n＞0时，过点P作直线PE⊥y轴于点E交直线BC于点F，过点F作FG⊥x轴于点G，连接EG，请直接写出随着点P的运动，线段EG的最小值．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）根据抛物线y=ax2+bx+2经过点A（﹣1，0）和点B（4，0），应用待定系数法，求出该抛物线的解析式即可．‎ ‎（2）首先根据三角形的面积的求法，求出△CAD的面积，即可求出△PDB的面积，然后求出BD=2，即可求出|n|=3，据此判断出n=3或﹣3，再把它代入抛物线的解析式，求出x的值是多少，即可判断出点P的坐标．‎ ‎（3）首先应用待定系数法，求出BC所在的直线的解析式是多少；然后根据点P的坐标是（m，n），求出点F的坐标，再根据二次函数最值的求法，求出EG2的最小值是多少，即可求出线段EG的最小值．‎ 解答：‎ 解：（1）把A（﹣1，0），B（4，0）两点的坐标代入y=ax2+bx+2中，可得 解得 ‎∴抛物线的解析式为：y=﹣0.5x2+1.5x+2．‎ ‎（2）∵抛物线的解析式为y=﹣0.5x2+1.5x+2，‎ ‎∴点C的坐标是（0.2），‎ ‎∵点A（﹣1，0）、点D（2，0），‎ ‎∴AD=2﹣（﹣1）=3，‎ ‎∴△CAD的面积=，‎ ‎∴△PDB的面积=3，‎ ‎∵点B（4，0）、点D（2，0），‎ ‎∴BD=2，‎ ‎∴|n|=3×2÷2=3，‎ ‎∴n=3或﹣3，‎ ‎①当n=3时，‎ ‎0.5m2+1.5m+2=3，‎ 解得m=或m=﹣，‎ ‎∴点P的坐标是（，3）或（﹣，3）．‎ ‎②当n=﹣3时，‎ ‎0.5m2+1.5m+2=﹣3，‎ 整理，可得 m2+3m+10=0，‎ ‎∵△=32﹣4×1×10=﹣31＜0，‎ ‎∴方程无解．‎ 综上，可得 点P的坐标是（，3）或（﹣，3）．‎ ‎（3）如图1，，‎ 设BC所在的直线的解析式是：y=mx+n，‎ ‎∵点C的坐标是（0，2），点B的坐标是（4，0），‎ ‎∴‎ 解得 ‎∴BC所在的直线的解析式是：y=﹣0.5x+2，‎ ‎∵点P的坐标是（m，n），‎ ‎∴点F的坐标是（m，﹣0.5m+2），‎ ‎∴EG2=m2+（﹣0.5m+2）2=1.25m2﹣2m+4=1.25+3.2，‎ ‎∵m＞0，‎ ‎∴m=时，线段EG的最小值是：=，‎ 即线段EG的最小值是．‎ 点评：‎ ‎（1）此题主要考查了二次函数综合题，考查了分析推理能力，考查了分类讨论思想的应用，考查了数形结合思想的应用，考查了从已知函数图象中获取信息，并能利用获取的信息解答相应的问题的能力．‎ ‎（2）此题还考查了待定系数法求直线、函数解析式的方法，要熟练掌握．‎ ‎（3）此题还考查了三角形的面积的求法，要熟练掌握．‎ ‎25．（14分）（2015•沈阳）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2﹣x+2与x轴交于B、C两点（点B在点C的左侧），与y轴交于点A，抛物线的顶点为D．‎ ‎（1）填空：点A的坐标为（　0　，　2　），点B的坐标为（　﹣3　，　0　），点C的坐标为（　1　，　0　），点D的坐标为（　﹣1　，　　）；‎ ‎（2）点P是线段BC上的动点（点P不与点B、C重合）‎ ‎①过点P作x轴的垂线交抛物线于点E，若PE=PC，求点E的坐标；‎ ‎②在①的条件下，点F是坐标轴上的点，且点F到EA和ED的距离相等，请直接写出线段EF的长；‎ ‎③若点Q是线段AB上的动点（点Q不与点A、B重合），点R是线段AC上的动点（点R不与点A、C重合），请直接写出△PQR周长的最小值．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）令x=0，求得A（0，2），令y=0，求得B（﹣3，0），C（1，0），由y=﹣x2﹣x+2转化成顶点式可知D（﹣1，）；‎ ‎（2）①设P（n，0），则E（n，﹣n2﹣n+2），根据已知条件得出﹣n2﹣n+2=1﹣n，解方程即可求得E的坐标；‎ ‎②根据直线ED和EA的斜率可知直线与坐标轴的交角相等，从而求得与坐标轴构成的三角形是等腰三角形，根据等腰三角形的性质即可求得EF的长；‎ ‎③根据题意得：当△PQR为△ABC垂足三角形时，周长最小，所以P与O重合时，周长最小，作O关于AB的对称点E，作O关于AC的对称点F，连接EF交AB于Q，交AC于R，此时△PQR的周长PQ+QR+PR=EF，然后求得E、F的坐标，根据勾股定理即可求得．‎ 解答：‎ 解：（1）令x=0，则y=2，‎ ‎∴A（0，2），‎ 令y=0，则﹣x2﹣x+2=0，解得x1=﹣3，x2=1（舍去），‎ ‎∴B（﹣3，0），C（1，0），‎ 由y=﹣x2﹣x+2=﹣（x+1）2+可知D（﹣1，），‎ 故答案为0、2，﹣3、0，1、0，﹣1、；‎ ‎（2）①设P（n，0），则E（n，﹣n2﹣n+2），‎ ‎∵PE=PC，‎ ‎∴﹣n2﹣n+2=1﹣n，解得n1=﹣，n2=1（舍去），‎ ‎∴当n=﹣时，1﹣n=，‎ ‎∴E（﹣，），‎ ‎②如图1，设直线DE与x轴交于M，与y轴交于N，直线EA与x轴交于K，‎ 根据E、D的坐标求得直线ED的斜率为，根据E、A的坐标求得直线EA的斜率为﹣，‎ ‎∴△MEK是以MK为底边的等腰三角形，△AEN是以AN为底边的等腰三角形，‎ ‎∵到EA和ED的距离相等的点F在顶角的平分线上，‎ 根据等腰三角形的性质可知，EF是E点到坐标轴的距离，‎ ‎∴EF=或；‎ ‎（3）根据题意得：当△PQR为△ABC垂足三角形时，周长最小，所以P与O重合时，周长最小，‎ 如图2，作O关于AB的对称点E，作O关于AC的对称点F，连接EF交AB于Q，交AC于R，‎ 此时△PQR的周长PQ+QR+PR=EF，‎ ‎∵A（0，2），B（﹣3，0），C（1，0），‎ ‎∴AB==，AC==，‎ ‎∵S△AOB=×OE×AB=OA•OB，‎ ‎∴OE=，‎ ‎∵△OEM∽△ABO，‎ ‎∴==，即==，‎ ‎∴OM=，EM=‎ ‎∴E（﹣，），‎ 同理求得F（，），‎ 即△PQR周长的最小值为EF==．‎ 点评：‎ 本题是二次函数的综合题，考查了二次函数的性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质，勾股定理的应用，轴对称﹣最短路线问题，（3）根据对称的性质确定出三角形周长最小时满足的图形，找出点P关于直线AB的对称点E，关于AC的对称点F，再根据两点之间线段最短得到BEF即为PQ+QR+PR的最小值是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎26．（14分）（2015•营口）如图1，一条抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且当x=﹣1和x=3时，y的值相等，直线y=x﹣与抛物线有两个交点，其中一个交点的横坐标是6，另一个交点是这条抛物线的顶点M．‎ ‎（1）求这条抛物线的表达式．‎ ‎（2）动点P从原点O出发，在线段OB上以每秒1个单位长度的速度向点B运动，同时点Q从点B出发，在线段BC上以每秒2个单位长度的速度向点C运动，当一个点到达终点时，另一个点立即停止运动，设运动时间为t秒．‎ ‎①若使△BPQ为直角三角形，请求出所有符合条件的t值；‎ ‎②求t为何值时，四边形ACQP的面积有最小值，最小值是多少？‎ ‎（3）如图2，当动点P运动到OB的中点时，过点P作PD⊥x轴，交抛物线于点D，连接OD，OM，MD得△ODM，将△OPD沿x轴向左平移m个单位长度（0＜m＜2），将平移后的三角形与△ODM重叠部分的面积记为S，求S与m的函数关系式．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）因为当x=﹣1和x=3时，y的值相等，所以抛物线的对称轴为直线x=1，将x=1和x=6分别代入中，可求得抛物线的顶点坐标和与直线另一交点的坐标，然后设出抛物线的顶点式，最后将（6，6）代入即可求得抛物线的解析式；‎ ‎（2）①先求得A（ 2，0），B（4，0），C（0，﹣3），从而可得到OA=2，OB=4；OC=3，由勾股定理知BC=5，有∠PQB=90°或∠BPQ=90°两种情况：当∠PQB=90°时，可得△PQB∽△COB，当∠BPQ=90°时，可得△BPQ∽△BOC；②过点Q作QG⊥AB于G，能够等到△BGQ∽△BOC，可求得GQ=然后S四边形ACQP=S△ABC﹣S△BPQ=9，从而可求得四边形的面积的最值；‎ ‎（3）先求得点D的坐标，然后根据平移与坐标变换的关系得出点P1（2﹣m，0），D1（2﹣m，﹣3），E（2﹣m，﹣3+ ），①当0时，作FH⊥轴于点H，S四边形ACQP=S△ABC﹣S△BPQ；当时，设D1P1交OM于点F，S△OEF==．‎ 解答：‎ 解：（1）∵当x=﹣1和x=3时，y的值相等，‎ ‎∴抛物线的对称轴为直线x=1，把x=1和x=6分别代入中，得顶点M（1，﹣），另一个交点坐标为（6，6），‎ 则可设抛物线的表达式为y=a（x﹣1）2﹣，将（6，6）代入其中，解得a=，‎ ‎∴抛物线的表达式为y=，即 y=…3分 ‎（2）如下图：‎ 当y=0时，． 解得：x1=﹣2，x2=4．‎ 由题意可知：A（ 2，0），B（4，0），‎ 所以OA=2，OB=4；‎ 当x=0时，y=﹣3，‎ 所以点C（0，﹣3），OC=3，‎ 由勾股定理知BC=5，‎ OP=1×t=t，BQ=2×t=2t，‎ ‎①∵∠PBQ是锐角，‎ ‎∴有∠PQB=90°或∠BPQ=90°两种情况：当∠PQB=90°时，可得△PQB∽△COB，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴t=；‎ 当∠BPQ=90°时，可得△BPQ∽△BOC，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴t=；‎ 由题意知0≤t≤2.5，‎ ‎∴当t=或t=时，以B，P，Q为顶点的三角形是直角三角形…7分 ‎②过点Q作QG⊥AB于G，‎ ‎∴△BGQ∽△BOC，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴GQ=，‎ ‎∴S四边形ACQP=S△ABC﹣S△BPQ=﹣=‎ ‎=9．‎ ‎∵＞0，‎ ‎∴四边形ACQP的面积有最小值，‎ 又∵t=2 满足0≤t≤2.5，‎ ‎∴当t=2时，四边形ACQP的面积最小，最小值是；‎ ‎（3）如下图，‎ 由OB=4得OP=2，把 x=2代入y=中，得y=﹣3，‎ 所以D（2，﹣3），‎ 直线CD∥x轴，‎ 设直线OD的解析式为y=k1x，‎ 则k1=，所以y=﹣x，‎ 因为△P1O1D1是由△POD 沿x轴 向左平移m个单位得到的，所以P1（2﹣m，0），D1（2﹣m，﹣3），E（2﹣m，﹣3+ ）‎ 设直线OM的解析式为y=k2x，‎ 则k2=，‎ 所以y=﹣．‎ ‎①当0时，作FH⊥轴于点H，由题意O1（﹣m，0），‎ 又∵O1D1∥OD，‎ ‎∴直线O1D1的解析式为y=﹣．‎ 联立方程组，‎ 解得，‎ 所以F（，），‎ 所以FH=，‎ ‎=﹣﹣==3m﹣．‎ 如下图，‎ 当时，设D1P1交OM于点F，直线OM的解析式为y=﹣，‎ 所以F（2﹣m，﹣），‎ 所以EF=，‎ ‎∴S△OEF==‎ 综上所述，S=．‎ 点评：‎ 本题主要考查的是二次函数的综合应用，属于动点问题，题目涉及了求二次函数的解析式，二次函数的最值，相似三角形的性质和判定、求不规则图形的面积等知识，难度较大．‎ ‎　‎ ‎28．（12分）（2015•盐城）如图，在平面直角坐标系xOy中，将抛物线y=x2的对称轴绕着点P（0，2）顺时针旋转45°后与该抛物线交于A、B两点，点Q是该抛物线上一点．‎ ‎（1）求直线AB的函数表达式；‎ ‎（2）如图①，若点Q在直线AB的下方，求点Q到直线AB的距离的最大值；‎ ‎（3）如图②，若点Q在y轴左侧，且点T（0，t）（t＜2）是射线PO上一点，当以P、B、Q为顶点的三角形与△PAT相似时，求所有满足条件的t的值．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）根据题意易得点M、P的坐标，利用待定系数法来求直线AB的解析式；‎ ‎（2）如图①，过点Q作x轴的垂线QC，交AB于点C，再过点Q作直线AB的垂线，垂足为D，构建等腰直角△QDC，利用二次函数图象上点的坐标特征和二次函数最值的求法进行解答；‎ ‎（3）根据相似三角形的对应角相等推知：△PBQ中必有一个内角为45°；需要分类讨论：∠PBQ=45°和∠PQB=45°；然后对这两种情况下的△PAT是否是直角三角形分别进行解答．另外，以P、B、Q为顶点的三角形与△PAT相似也有两种情况：△Q″PB∽△PAT、△Q″BP∽△PAT．‎ 解答：‎ 解：（1）如图①，设直线AB与x轴的交点为M．‎ ‎∵∠OPA=45°，‎ ‎∴OM=OP=2，即M（﹣2，0）．‎ 设直线AB的解析式为y=kx+b（k≠0），将M（﹣2，0），P（0，2）两点坐标代入，得 ‎，‎ 解得．‎ 故直线AB的解析式为y=x+2；‎ ‎（2）如图①，过点Q作x轴的垂线QC，交AB于点C，再过点Q作直线AB的垂线，垂足为D，根据条件可知△QDC为等腰直角三角形，则QD=QC．‎ 设Q（m，m2），则C（m，m+2）．‎ ‎∴QC=m+2﹣m2=﹣（m﹣）2+，‎ QD=QC=[﹣（m﹣）2+]．‎ 故当m=时，点Q到直线AB的距离最大，最大值为；‎ ‎（3）∵∠APT=45°，‎ ‎∴△PBQ中必有一个内角为45°，由图知，∠BPQ=45°不合题意．‎ ‎①如图②，若∠PBQ=45°，过点B作x轴的平行线，与抛物线和y轴分别交于点Q′、F．此时满足∠PBQ′=45°．‎ ‎∵Q′（﹣2，4），F（0，4），‎ ‎∴此时△BPQ′是等腰直角三角形，由题意知△PAT也是等腰直角三角形．‎ ‎（i）当∠PTA=90°时，得到：PT=AT=1，此时t=1；‎ ‎（ii）当∠PAT=90°时，得到：PT=2，此时t=0．‎ ‎②如图③，若∠PQB=45°，①中是情况之一，答案同上；‎ 先以点F为圆心，FB为半径作圆，则P、B、Q′都在圆F上，设圆F与y轴左侧的抛物线交于另一点Q″．‎ 则∠PQ″B=∠PQ′B=45°（同弧所对的圆周角相等），即这里的交点Q″也是符合要求．‎ 设Q″（n，n2）（﹣2＜n＜0），由FQ″=2，得 n2+（4﹣n20=22，即n4﹣7n2+12=0．‎ 解得n2=3或n2=4，而﹣2＜n＜0，故n=﹣，即Q″（﹣，3）．‎ 可证△PFQ″为等边三角形，‎ 所以∠PFQ″=60°，又PQ″=PQ″，‎ 所以∠PBQ″=∠PFQ″=30°．‎ 则在△PQ″B中，∠PQ″B=45°，∠PBQ″=30°．‎ ‎（i）若△Q″PB∽△PAT，则过点A作y轴的垂线，垂足为E．‎ 则ET=AE=，OE=1，‎ 所以OT=﹣1，‎ 解得t=1﹣；‎ ‎（ii）若△Q″BP∽△PAT，则过点T作直线AB垂线，垂足为G．‎ 设TG=a，则PG=TG=a，AG=TG=a，AP=，‎ ‎∴a+a=，‎ 解得PT=a=﹣1，‎ ‎∴OT=OP﹣PT=3﹣，‎ ‎∴t=3﹣．‎ 综上所述，所求的t的值为t=1或t=0或t=1﹣或t=3﹣．‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数综合题．其中涉及到了待定系数法求一次函数解析式，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的最值的求法以及相似三角形的判定与性质，难度比较大．另外，解答（3）题时，一定要分类讨论，做到不重不漏．‎ ‎24．（12分）（2015•巴彦淖尔）如图所示，抛物线y=ax2+bx+4与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，且A（﹣2，0）、B（4，0），其原点为D，连接BD，点P是线段BD上的一个动点（不与B、D重合），过点P作y轴的垂线，垂足为E，连接BE．‎ ‎（1）求抛物线的解析式，并写出原点D的坐标；‎ ‎（2）设P点的坐标为（x，y），△PBE的面积为S，求S与x之间的函数关系式，写出自变量x的取值范围，并求出S的最大值；‎ ‎（3）在（2）的条件下，当S取值最大值时，过点P作x轴的垂线，垂足为F，连接EF，△PEF沿直线EF折叠，点P的对应点为点P′，请直接写出P′点的坐标，并判断点P′是否在该抛物线上．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）本题需先根据抛物线y=ax2+bx+4（a≠0）经过A（﹣2，0）、B（4，0）两点，分别求出a、b的值，再代入抛物线y=ax2+bx+4即可求出它的解析式．‎ ‎（2）本题首先设出BD解析式y=kx+b，再把B、D两点坐标代入求出k、b的值，得出BD解析式，再根据面积公式即可求出最大值．‎ ‎（3）本题需先根据（2）得出最大值来，求出点P的坐标，得出四边形PEOF是矩形，再作点P关于直线EF的对称点P′设出MC=m，则MF=m．从而得出P′M与P′E的值，根据勾股定理，得出m的值，再由△EHP′∽△EP′M，得出EH和OH的值，最后求出P′的坐标，判断出不在抛物线上．‎ 解答：‎ 解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+4（a≠0）经过A（﹣2，0）、B（4，0）两点 ‎∴把（﹣2，0）、B（4，0）代入抛物线得：a=﹣，b=1，‎ ‎∴抛物线解析式为：y=﹣x2+x+4．‎ ‎∴顶点D的坐标为（1，）；‎ ‎（2）设直线BD解析式为：y=kx+b（k≠0），把B、D两点坐标代入，‎ 得，‎ 解得k=﹣，b=6，‎ 直线BD解析式为y=﹣x+6，‎ S=PE•OE，‎ S=PE•OE=xy=x（﹣x+6）=﹣x2+3x，‎ ‎∵顶点D的坐标为（1，），B（4，0）‎ ‎∴1＜x＜4，‎ ‎∴S=﹣x2+3x（1＜x＜4），‎ S=﹣（x2﹣4x++4）+3，‎ ‎=﹣（x﹣2）2+3，‎ ‎∴当x=2时，S取得最大值，最大值为3；‎ ‎（3）当S取得最大值，x=2，y=3，‎ ‎∴P（2，3），‎ ‎∴四边形PEOF是矩形．‎ 作点P关于直线EF的对称点P′，连接P′E，P′F．‎ 过P′作P′H⊥y轴于H，P′F交y轴于点M，‎ 设MC=m，则MF=m，P′M=3﹣m，P′E=2，‎ 在Rt△P′MC中，由勾股定理，‎ ‎22+（3﹣m）2=m2，‎ 解得m=，‎ ‎∵CM•P′H=P′M•P′E，‎ ‎∴P′H=，‎ 由△EHP′∽△EP′M，‎ 可得=，‎ ‎∴=，‎ 解得：EH=．‎ ‎∴OH=3﹣=．‎ ‎∴P′坐标（﹣，）．‎ 不在抛物线上．‎ 点评：‎ 本题主要考查了二次函数的综合，在解题时要根据抛物线的性质，再结合相似三角形的性质，去求答案是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎26．（12分）（2015•包头）已知抛物线y=x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴相交于点C，该抛物线的顶点为点D．‎ ‎（1）求该抛物线的解析式及点D的坐标；‎ ‎（2）连接AC，CD，BD，BC，设△AOC，△BOC，△BCD的面积分别为S1，S2和S3，用等式表示S1，S2，S3之间的数量关系，并说明理由；‎ ‎（3）点M是线段AB上一动点（不包括点A和点B），过点M作MN∥BC交AC于点N，连接MC，是否存在点M使∠AMN=∠ACM？若存在，求出点M的坐标和此时刻直线MN的解析式；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式，用配方法把一般式化为顶点式求出点D的坐标；‎ ‎（2）根据点的坐标求出△AOC，△BOC的面积，利用勾股定理的逆定理判断△BCD为直角三角形，求出其面积，计算即可得到答案；‎ ‎（3）假设存在，设点M的坐标为（m，0），表示出MA的长，根据MN∥BC，得到比例式求出AN，根据△AMN∽△ACM，得到比例式求出m，得到点M的坐标，求出BC的解析式，根据MN∥BC，设直线MN的解析式，求解即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵抛物线y=x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，‎ ‎∴，‎ 解得．‎ ‎∴抛物线的解析式为：y=x2﹣2x﹣3，‎ y=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，‎ ‎∴点D的坐标为：（1，﹣4）；‎ ‎（2）S1+S3=S2，‎ 过点D作DE⊥x轴于点E，DF⊥y轴于F，‎ 由题意得，CD=，BD=2，BC=3，‎ CD2+BC2=BD2，‎ ‎∴△BCD是直角三角形，‎ S1=×OA×OC=，‎ S2=×OB×OC=‎ S3，=×CD×BC=3，‎ ‎∴S1+S3=S2；‎ ‎（3）存在点M使∠AMN=∠ACM，‎ 设点M的坐标为（m，0），‎ ‎∵﹣1＜m＜3，‎ ‎∴MA=m+1，AC=，‎ ‎∵MN∥BC，‎ ‎∴=，即=，‎ 解得，AN=（m+1），‎ ‎∵∠AMN=∠ACM，∠MAN=∠CAM，‎ ‎∴△AMN∽△ACM，‎ ‎∴=，即（m+1）2=•（m+1），‎ 解得，m1=，m2=﹣1（舍去），‎ ‎∴点M的坐标为（，0），‎ 设BC的解析式为y=kx+b，把B（3，0），C（0，﹣3）代入得，‎ ‎，解得，‎ 则BC的解析式为y=x﹣3，又MN∥BC，‎ ‎∴设直线MN的解析式为y=x+b，把点M的坐标为（，0）代入得，‎ b=﹣，‎ ‎∴直线MN的解析式为y=x﹣．‎ 点评：‎ 本题考查的是二次函数的解析式的确定和相似三角形的判定和性质，灵活运用待定系数法二次函数和一次函数求解析式是解题的关键，注意一元二次方程的解法和勾股定理逆定理的运用．‎ ‎　‎ ‎25．（12分）（2015•呼和浩特）已知：抛物线y=x2+（2m﹣1）x+m2﹣1经过坐标原点，且当x＜0时，y随x的增大而减小．‎ ‎（1）求抛物线的解析式，并写出y＜0时，对应x的取值范围；‎ ‎（2）设点A是该抛物线上位于x轴下方的一个动点，过点A作x轴的平行线交抛物线于另一点D，再作AB⊥x轴于点B，DC⊥x轴于点C．‎ ‎①当BC=1时，直接写出矩形ABCD的周长；‎ ‎②设动点A的坐标为（a，b），将矩形ABCD的周长L表示为a的函数并写出自变量的取值范围，判断周长是否存在最大值？如果存在，求出这个最大值，并求出此时点A的坐标；如果不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）根据待定系数法，可得函数解析式，根据函数的增减性，可得符合条件的函数解析式，根据函数与不等式的关系，可得答案；‎ ‎（2）①根据BC关于对称轴对称，可得A点的纵坐标，根据矩形的周长公式，可得答案；‎ ‎②分类讨论A在对称轴左侧，A在对称轴右侧，根据对称，可得BC的长，AB的长，根据周长公式，可得函数解析式，根据函数的增减性，可得答案．‎ 解答：‎ 解：（1）∵抛物线y=x2+（2m﹣1）x+m2﹣1经过坐标原点（0，0），‎ ‎∴m2﹣1=0，‎ ‎∴m=±1‎ ‎∴y=x2+x或y=x2﹣3x，‎ ‎∵当x＜0时，y随x的增大而减小，‎ ‎∴y=x2﹣3x，由函数与不等式的关系，得y＜0时，0＜x＜3；‎ ‎（2）①如图1，‎ 当BC=1时，由抛物线的对称性，得点A的纵坐标为﹣2，‎ ‎∴矩形的周长为6；‎ ‎②∵A的坐标为（a，b），‎ ‎∴当点A在对称轴左侧时，如图2，‎ 矩形ABCD的一边BC=3﹣2a，另一边AB=3a﹣a2，‎ 周长L=﹣2a2+2a+6．其中0＜a＜，当a=时，L最大=，A点坐标为（，﹣），‎ 当点A在对称轴右侧时如图3，‎ 矩形的一边BC=3﹣（6﹣2a）=2a﹣3，另一边AB=3a﹣a2，‎ 周长L=﹣2a2+10a﹣6，其中＜a＜3，当a=时，L最大=，A点坐标为（，﹣）；‎ 综上所述：当0＜a＜时，L=﹣2（a﹣）2+，‎ ‎∴当a=时，L最大=，A点坐标为（，﹣），‎ 当＜a＜3时，L=﹣2（a﹣）2+，‎ ‎∴当a=时，L最大=，A点坐标为（，﹣）．‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数综合题，（1）利用了待定系数法求函数解析式，利用函数的增减性舍去不符合题意的函数解析式；（2）利用对称性得出BC的长，利用矩形的周长公式得出二次函数解析式，利用二次函数的性质得出答案，分类讨论是解题关键，以防遗漏．‎ ‎　‎ ‎26．（12分）（2015•通辽）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点为B（2，1），且过点A（0，2），直线y=x与抛物线交于点D，E（点E在对称轴的右侧），抛物线的对称轴交直线y=x于点C，交x轴于点G，EF⊥x轴，垂足为F，点P在抛物线上，且位于对称轴的右侧，PQ⊥x轴，垂足为点Q，△PCQ为等边三角形 ‎（1）求该抛物线的解析式；‎ ‎（2）求点P的坐标；‎ ‎（3）求证：CE=EF；‎ ‎（4）连接PE，在x轴上点Q的右侧是否存在一点M，使△CQM与△CPE全等？若存在，试求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．[注：3+2=（+1）2]．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）根据抛物线的顶点是（2，1），因而设抛物线的表达式为y=a（x﹣2）2+1，把A的坐标代入即可求得函数的解析式；‎ ‎（2）根据△PCQ为等边三角形，则△CGQ中，∠CQD=30°，CG的长度可以求得，利用直角三角形的性质，即可求得CQ，即等边△CQP的边长，则P的纵坐标代入二次函数的解析式，即可求得P的坐标；‎ ‎（3）解方程组即可求得E的坐标，则EF的长等于E的纵坐标，OE的长度，利用勾股定理可以求得，同理，OC的长度可以求得，则CE的长度即可求解；‎ ‎（4）可以利用反证法，假设x轴上存在一点，使△CQM≌△CPE，可以证得EM=EF，即M与F重合，与点E为直线y=x上的点，∠CEF=45°即点M与点F不重合相矛盾，故M不存在．‎ 解答：‎ 解：（1）设抛物线的表达式为y=a（x﹣2）2+1，将点A（0，2）代入，得a（0﹣2）2+1=2，‎ 解这个方程，得a=，‎ ‎∴抛物线的表达式为y=（x﹣2）2+1=x2﹣x+2；‎ ‎（2）将x=2代入y=x，得y=2‎ ‎∴点C的坐标为（2，2）即CG=2，‎ ‎∵△PCQ为等边三角形 ‎∴∠CQP=60°，CQ=PQ，‎ ‎∵PQ⊥x轴，‎ ‎∴∠CQG=30°，‎ ‎∴CQ=4，GQ=2．‎ ‎∴OQ=2+2，PQ=4，‎ 将y=4代入y=（x﹣2）2+1，得4=（x﹣2）2+1‎ 解这个方程，得x1=2+2=OQ，x2=2﹣2＜0（不合题意，舍去）．‎ ‎∴点P的坐标为（2+2，4）；‎ ‎（3）把y=x代入y=x2﹣x+2，得x=x2﹣x+2‎ 解这个方程，得x1=4+2，x2=4﹣2＜2（不合题意，舍去）‎ ‎∴y=4+2=EF ‎∴点E的坐标为（4+2，4+2）‎ ‎∴OE==4+4，‎ 又∵OC==2，‎ ‎∴CE=OE﹣OC=4+2，‎ ‎∴CE=EF；‎ ‎（4）不存在．‎ 如图，假设x轴上存在一点，使△CQM≌△CPE，则CM=CE，∠QCM=∠PCE ‎∵∠QCP=60°，‎ ‎∴∠MCE=60°‎ 又∵CE=EF，‎ ‎∴EM=EF，‎ 又∵点E为直线y=x上的点，‎ ‎∴∠CEF=45°，‎ ‎∴点M与点F不重合．‎ ‎∵EF⊥x轴，这与“垂线段最短”矛盾，‎ ‎∴原假设错误，满足条件的点M不存在．‎ 点评：‎ 本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，以及等边三角形的性质，解直角三角形，反证法，正确求得E的坐标是关键．‎ ‎　‎ ‎25．（10分）（2015•枣庄）如图，直线y=x+2与抛物线y=ax2+bx+6（a≠0）相交于A（，）和B（4，m），点P是线段AB上异于A、B的动点，过点P作PC⊥x轴于点D，交抛物线于点C．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）是否存在这样的P点，使线段PC的长有最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）求△PAC为直角三角形时点P的坐标．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 专题：‎ 几何综合题；压轴题．‎ 分析：‎ ‎（1）已知B（4，m）在直线y=x+2上，可求得m的值，抛物线图象上的A、B两点坐标，可将其代入抛物线的解析式中，通过联立方程组即可求得待定系数的值．‎ ‎（2）要弄清PC的长，实际是直线AB与抛物线函数值的差．可设出P点横坐标，根据直线AB和抛物线的解析式表示出P、C的纵坐标，进而得到关于PC与P点横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求出PC的最大值．‎ ‎（3）当△PAC为直角三角形时，根据直角顶点的不同，有三种情形，需要分类讨论，分别求解．‎ 解答：‎ 解：（1）∵B（4，m）在直线y=x+2上，‎ ‎∴m=4+2=6，‎ ‎∴B（4，6），‎ ‎∵A（，）、B（4，6）在抛物线y=ax2+bx+6上，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴抛物线的解析式为y=2x2﹣8x+6．‎ ‎（2）设动点P的坐标为（n，n+2），则C点的坐标为（n，2n2﹣8n+6），‎ ‎∴PC=（n+2）﹣（2n2﹣8n+6），‎ ‎=﹣2n2+9n﹣4，‎ ‎=﹣2（n﹣）2+，‎ ‎∵PC＞0，‎ ‎∴当n=时，线段PC最大且为．‎ ‎（3）∵△PAC为直角三角形，‎ i）若点P为直角顶点，则∠APC=90°．‎ 由题意易知，PC∥y轴，∠APC=45°，因此这种情形不存在；‎ ii）若点A为直角顶点，则∠PAC=90°．‎ 如答图3﹣1，过点A（，）作AN⊥x轴于点N，则ON=，AN=．‎ 过点A作AM⊥直线AB，交x轴于点M，则由题意易知，△AMN为等腰直角三角形，‎ ‎∴MN=AN=，∴OM=ON+MN=+=3，‎ ‎∴M（3，0）．‎ 设直线AM的解析式为：y=kx+b，‎ 则：，解得，‎ ‎∴直线AM的解析式为：y=﹣x+3 ①‎ 又抛物线的解析式为：y=2x2﹣8x+6 ②‎ 联立①②式，解得：x=3或x=（与点A重合，舍去）‎ ‎∴C（3，0），即点C、M点重合．‎ 当x=3时，y=x+2=5，‎ ‎∴P1（3，5）；‎ iii）若点C为直角顶点，则∠ACP=90°．‎ ‎∵y=2x2﹣8x+6=2（x﹣2）2﹣2，‎ ‎∴抛物线的对称轴为直线x=2．‎ 如答图3﹣2，作点A（，）关于对称轴x=2的对称点C，‎ 则点C在抛物线上，且C（，）．‎ 当x=时，y=x+2=．‎ ‎∴P2（，）．‎ ‎∵点P1（3，5）、P2（，）均在线段AB上，‎ ‎∴综上所述，△PAC为直角三角形时，点P的坐标为（3，5）或（，）．‎ 点评：‎ 此题主要考查了二次函数解析式的确定、二次函数最值的应用以及直角三角形的判定、函数图象交点坐标的求法等知识．‎ ‎　‎ ‎24．（14分）（2015•潍坊）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=mx2﹣8mx+4m+2（m＞0）与y轴的交点为A，与x轴的交点分别为B（x1，0），C（x2，0），且x2﹣x1=4，直线AD∥x轴，在x轴上有一动点E（t，0）过点E作平行于y轴的直线l与抛物线、直线AD的交点分别为P、Q．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）当0＜t≤8时，求△APC面积的最大值；‎ ‎（3）当t＞2时，是否存在点P，使以A、P、Q为顶点的三角形与△AOB相似？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）认真审题，直接根据题意列出方程组，求出B，C两点的坐标，进而可求出抛物线的解析式；‎ ‎（2）分0＜t＜6时和6≤t≤8时两种情况进行讨论，据此即可求出三角形的最大值；‎ ‎（3）分2＜t≤6时和t＞6时两种情况进行讨论，再根据三角形相似的条件，即可得解．‎ 解答：‎ 解：（1）由题意知x1、x2是方程mx2﹣8mx+4m+2=0的两根，‎ ‎∴x1+x2=8，‎ 由 解得：‎ ‎∴B（2，0）、C（6，0）‎ 则4m﹣16m+4m+2=0，‎ 解得：m=，‎ ‎∴该抛物线解析式为：y=；‎ ‎（2）可求得A（0，3）‎ 设直线AC的解析式为：y=kx+b，‎ ‎∵‎ ‎∴‎ ‎∴直线AC的解析式为：y=﹣x+3，‎ 要构成△APC，显然t≠6，分两种情况讨论：‎ ‎①当0＜t＜6时，设直线l与AC交点为F，则：F（t，﹣），‎ ‎∵P（t，），∴PF=，‎ ‎∴S△APC=S△APF+S△CPF ‎=‎ ‎=‎ ‎=，‎ 此时最大值为：，‎ ‎②当6≤t≤8时，设直线l与AC交点为M，则：M（t，﹣），‎ ‎∵P（t，），∴PM=，‎ ‎∴S△APC=S△APF﹣S△CPF=‎ ‎=‎ ‎=，‎ 当t=8时，取最大值，最大值为：12，‎ 综上可知，当0＜t≤8时，△APC面积的最大值为12；‎ ‎（3）如图，连接AB，则△AOB中，∠AOB=90°，AO=3，BO=2，‎ Q（t，3），P（t，），‎ ‎①当2＜t≤6时，AQ=t，PQ=，‎ 若：△AOB∽△AQP，则：，‎ 即：，‎ ‎∴t=0（舍），或t=，‎ 若△AOB∽△PQA，则：，‎ 即：，‎ ‎∴t=0（舍）或t=2（舍），‎ ‎②当t＞6时，AQ′=t，PQ′=，‎ 若：△AOB∽△AQP，则：，‎ 即：，‎ ‎∴t=0（舍），或t=，‎ 若△AOB∽△PQA，则：，‎ 即：，‎ ‎∴t=0（舍）或t=14，‎ ‎∴t=或t=或t=14．‎ 点评：‎ 本题主要考查了抛物线解析式的求法，以及利用配方法等知识点求最值的问题，还考查了三角形相似的问题，是一道二次函数与几何问题结合紧密的题目，要注意认真总结．‎ ‎　‎ ‎25．（12分）（2015•威海）已知：抛物线l1：y=﹣x2+bx+3交x轴于点A，B，（点A在点B的左侧），交y轴于点C，其对称轴为x=1，抛物线l2经过点A，与x轴的另一个交点为E（5，0），交y轴于点D（0，﹣）．‎ ‎（1）求抛物线l2的函数表达式；‎ ‎（2）P为直线x=1上一动点，连接PA，PC，当PA=PC时，求点P的坐标；‎ ‎（3）M为抛物线l2上一动点，过点M作直线MN∥y轴，交抛物线l1于点N，求点M自点A运动至点E的过程中，线段MN长度的最大值．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）由对称轴可求得b，可求得l1的解析式，令y=0可求得A点坐标，再利用待定系数法可求得l2的表达式；‎ ‎（2）设P点坐标为（1，y），由勾股定理可表示出PC2和PA2，由条件可得到关于y的方程可求得y，可求得P点坐标；‎ ‎（3）可分别设出M、N的坐标，可表示出MN，再根据函数的性质可求得MN的最大值．‎ 解答：‎ 解：（1）∵抛物线l1：y=﹣x2+bx+3的对称轴为x=1，‎ ‎∴﹣=1，解得b=2，‎ ‎∴抛物线l1的解析式为y=﹣x2+2x+3，‎ 令y=0，可得﹣x2+2x+3=0，解得x=﹣1或x=3，‎ ‎∴A点坐标为（﹣1，0），‎ ‎∵抛物线l2经过点A、E两点，‎ ‎∴可设抛物线l2解析式为y=a（x+1）（x﹣5），‎ 又∵抛物线l2交y轴于点D（0，﹣），‎ ‎∴﹣=﹣5a，解得a=，‎ ‎∴y=（x+1）（x﹣5）=x2﹣2x﹣，‎ ‎∴抛物线l2的函数表达式为y=x2﹣2x﹣；‎ ‎（2）设P点坐标为（1，y），由（1）可得C点坐标为（0，3），‎ ‎∴PC2=12+（y﹣3）2=y2﹣6y+10，PA2=[1﹣（﹣1）]2+y2=y2+4，‎ ‎∵PC=PA，‎ ‎∴y2﹣6y+10=y2+4，解得y=1，‎ ‎∴P点坐标为（1，1）；‎ ‎（3）由题意可设M（x，x2﹣2x﹣），‎ ‎∵MN∥y轴，‎ ‎∴N（x，﹣x2+2x+3），x2﹣2x﹣‎ 令﹣x2+2x+3=x2﹣2x﹣，可解得x=﹣1或x=，‎ ‎①当﹣1＜x≤时，MN=（﹣x2+2x+3）﹣（x2﹣2x﹣）=﹣x2+4x+=﹣（x﹣）2+，‎ 显然﹣1＜≤，∴当x=时，MN有最大值；‎ ‎②当＜x≤5时，MN=（x2﹣2x﹣）﹣（﹣x2+2x+3）=x2﹣4x﹣=（x﹣）2﹣，‎ 显然当x＞时，MN随x的增大而增大，‎ ‎∴当x=5时，MN有最大值，×（5﹣）2﹣=12；‎ 综上可知在点M自点A运动至点E的过程中，线段MN长度的最大值为12．‎ 点评：‎ 本题主要考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法、二次函数的性质、勾股定理等知识点．在（1）中求得A点的坐标是解题的关键，在（2）中用P点的坐标分别表示出PA、PC是解题的关键，在（3）中用M、N的坐标分别表示出MN的长是解题的关键，注意分类讨论．本题考查知识点较为基础，难度适中．‎ ‎29．（12分）（2015•泰安）如图，抛物线y=ax2+bx+c为x轴的一交点为A（﹣6，0），与y轴的交点为C（0，3），且经过点G（﹣2，3）．‎ ‎（1）求抛物线的表达式；‎ ‎（2）点P是线段OA上一动点，过P作平行于y轴的直线与AC交于点Q，设△CPQ的面积为S，求S的最大值；‎ ‎（3）若点B是抛物线与x轴的另一定点，点D、M在线段AB上，点N在线段AC上，∠DCB=∠CDB，CD是MN的垂直平分线，求点M的坐标．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）利用待定系数法，把A、C、G三点坐标代入可求得抛物线解析式；‎ ‎（2）可先求得直线AC的解析式，设P（x，0），可表示出OP、PQ，则可表示出S，再结合二次函数的性质可求得S的最大值；‎ ‎（3）由条件可求得BD=BC=5，可求得D点坐标，连接DN，根据条件可证明DN∥BC，可得出DN为△ABC的中位线，可求得DM的长，则可求得OM的长，可求得M点的坐标．‎ 解答：‎ 解：‎ ‎（1）把A、C、G三点坐标代入抛物线解析式可得，解得，‎ ‎∴抛物线的表达式为y=﹣x2﹣x+3；‎ ‎（2）∵C（0，3），‎ ‎∴可设直线AC解析式为y=kx+3，‎ 把A点坐标代入可得0=﹣6k+3，解得k=，‎ ‎∴直线AC解析式为y=x+3，‎ 设P点坐标为（x，0）（x＜0），则Q点坐标为（x，x+3），‎ ‎∴PQ=x+3，PO=﹣x，‎ ‎∴S=PQ•PO=（x+3）（﹣x）=﹣x2﹣x=﹣（x+3）+，‎ ‎∴△CPQ的面积S的最大值为；‎ ‎（3）当y=0时，﹣x2﹣x+3=0，解得x=﹣6或x=4，‎ ‎∴B点坐标为（4，0），‎ ‎∴BC==5，‎ ‎∵∠CDB=∠DCB，‎ ‎∴BD=BC=5，‎ ‎∴OD=BD﹣OB=5﹣4=1，‎ ‎∴D点坐标为（﹣1，0），‎ ‎∴D为AB中点，‎ 如图，连接DN，则DN=DM，∠NDC=∠MDC，‎ ‎∴∠NDC=∠DCB，‎ ‎∴DN∥BC，‎ ‎∵D是AB中点，‎ ‎∴N是AC中点，‎ ‎∴DN是△ABC的中位线，‎ 又DN=DM=BC=，‎ ‎∴OM=DM﹣OD=﹣1=，‎ ‎∴点M坐标为（，0）．‎ 点评：‎ 本题主要考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法、二次函数的性质、等腰三角形的性质、线段垂直平分线的性质、平行线的判定和性质、三角形中位线等知识点．在（1）中注意待定系数法的应用步骤，在（2）中设出P点坐标，表示出PQ、OP的长是解题的关键，注意函数性质的应用，在（3）中求得D点坐标和DM的长是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性质很强，有一定的难度．‎ ‎　‎ ‎22．（14分）（2015•日照）如图，抛物线y=x2+mx+n与直线y=﹣x+3交于A，B两点，交x轴与D，C两点，连接AC，BC，已知A（0，3），C（3，0）．‎ ‎（Ⅰ）求抛物线的解析式和tan∠BAC的值；‎ ‎（Ⅱ）在（Ⅰ）条件下：‎ ‎（1）P为y轴右侧抛物线上一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，问：是否存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ACB相似？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎（2）设E为线段AC上一点（不含端点），连接DE，一动点M从点D出发，沿线段DE以每秒一个单位速度运动到E点，再沿线段EA以每秒个单位的速度运动到A后停止，当点E的坐标是多少时，点M在整个运动中用时最少？‎ 考点：‎ 二次函数综合题；线段的性质：两点之间线段最短；矩形的判定与性质；轴对称的性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题．‎ 分析：‎ ‎（Ⅰ）只需把A、C两点的坐标代入y=x2+mx+n，就可得到抛物线的解析式，然后求出直线AB与抛物线的交点B的坐标，过点B作BH⊥x轴于H，如图1．易得∠BCH=∠ACO=45°，BC=，AC=3，从而得到∠ACB=90°，然后根据三角函数的定义就可求出tan∠BAC的值；‎ ‎（Ⅱ）（1）过点P作PG⊥y轴于G，则∠PGA=90°．设点P的横坐标为x，由P在y轴右侧可得x＞0，则PG=x，易得∠APQ=∠ACB=90°．若点G在点A的下方，①当∠PAQ=∠CAB时，△PAQ∽△CAB．此时可证得△PGA∽△BCA，根据相似三角形的性质可得AG=3PG=3x．则有P（x，3﹣3x），然后把P（x，3﹣3x）代入抛物线的解析式，就可求出点P的坐标②当∠PAQ=∠CBA时，△PAQ∽△CBA，同理，可求出点P的坐标；若点G在点A的上方，同理，可求出点P的坐标；（2）过点E作EN⊥y轴于N，如图3．易得AE=EN，则点M在整个运动中所用的时间可表示为+=DE+EN．作点D关于AC的对称点D′，连接D′E，则有D′E=DE，D′C=DC，∠D′CA=∠DCA=45°，从而可得∠D′CD=90°，DE+EN=D′E+EN．根据两点之间线段最短可得：当D′、E、N三点共线时，DE+EN=D′E+EN最小．此时可证到四边形OCD′N是矩形，从而有ND′=OC=3，ON=D′C=DC．然后求出点D的坐标，从而得到OD、ON、NE的值，即可得到点E的坐标．‎ 解答：‎ 解：（Ⅰ）把A（0，3），C（3，0）代入y=x2+mx+n，得 ‎，‎ 解得：．‎ ‎∴抛物线的解析式为y=x2﹣x+3．‎ 联立，‎ 解得：或，‎ ‎∴点B的坐标为（4，1）．‎ 过点B作BH⊥x轴于H，如图1．‎ ‎∵C（3，0），B（4，1），‎ ‎∴BH=1，OC=3，OH=4，CH=4﹣3=1，‎ ‎∴BH=CH=1．‎ ‎∵∠BHC=90°，‎ ‎∴∠BCH=45°，BC=．‎ 同理：∠ACO=45°，AC=3，‎ ‎∴∠ACB=180°﹣45°﹣45°=90°，‎ ‎∴tan∠BAC===；‎ ‎（Ⅱ）（1）存在点P，使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ACB相似．‎ 过点P作PG⊥y轴于G，则∠PGA=90°．‎ 设点P的横坐标为x，由P在y轴右侧可得x＞0，则PG=x．‎ ‎∵PQ⊥PA，∠ACB=90°，‎ ‎∴∠APQ=∠ACB=90°．‎ 若点G在点A的下方，‎ ‎①如图2①，当∠PAQ=∠CAB时，则△PAQ∽△CAB．‎ ‎∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠CAB，‎ ‎∴△PGA∽△BCA，‎ ‎∴==．‎ ‎∴AG=3PG=3x．‎ 则P（x，3﹣3x）．‎ 把P（x，3﹣3x）代入y=x2﹣x+3，得 x2﹣x+3=3﹣3x，‎ 整理得：x2+x=0‎ 解得：x1=0（舍去），x2=﹣1（舍去）．‎ ‎②如图2②，当∠PAQ=∠CBA时，则△PAQ∽△CBA．‎ 同理可得：AG=PG=x，则P（x，3﹣x），‎ 把P（x，3﹣x）代入y=x2﹣x+3，得 x2﹣x+3=3﹣x，‎ 整理得：x2﹣x=0‎ 解得：x1=0（舍去），x2=，‎ ‎∴P（，）；‎ 若点G在点A的上方，‎ ‎①当∠PAQ=∠CAB时，则△PAQ∽△CAB，‎ 同理可得：点P的坐标为（11，36）．‎ ‎②当∠PAQ=∠CBA时，则△PAQ∽△CBA．‎ 同理可得：点P的坐标为P（，）．‎ 综上所述：满足条件的点P的坐标为（11，36）、（，）、（，）；‎ ‎（2）过点E作EN⊥y轴于N，如图3．‎ 在Rt△ANE中，EN=AE•sin45°=AE，即AE=EN，‎ ‎∴点M在整个运动中所用的时间为+=DE+EN．‎ 作点D关于AC的对称点D′，连接D′E，‎ 则有D′E=DE，D′C=DC，∠D′CA=∠DCA=45°，‎ ‎∴∠D′CD=90°，DE+EN=D′E+EN．‎ 根据两点之间线段最短可得：‎ 当D′、E、N三点共线时，DE+EN=D′E+EN最小．‎ 此时，∵∠D′CD=∠D′NO=∠NOC=90°，‎ ‎∴四边形OCD′N是矩形，‎ ‎∴ND′=OC=3，ON=D′C=DC．‎ 对于y=x2﹣x+3，‎ 当y=0时，有x2﹣x+3=0，‎ 解得：x1=2，x2=3．‎ ‎∴D（2，0），OD=2，‎ ‎∴ON=DC=OC﹣OD=3﹣2=1，‎ ‎∴NE=AN=AO﹣ON=3﹣1=2，‎ ‎∴点E的坐标为（2，1）．‎ 点评：‎ 本题主要考查了运用待定系数法求抛物线的解析式、求直线与抛物线的交点坐标、抛物线上点的坐标特征、三角函数的定义、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程、两点之间线段最短、轴对称的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，综合性强，难度大，准确分类是解决第（Ⅱ）（1）小题的关键，把点M运动的总时间+转化为DE+EN是解决第（Ⅱ）（2）小题的关键．‎ ‎26．（13分）（2015•临沂）在平面直角坐标系中，O为原点，直线y=﹣2x﹣1与y轴交于点A，与直线y=﹣x交于点B，点B关于原点的对称点为点C．‎ ‎（1）求过A，B，C三点的抛物线的解析式；‎ ‎（2）P为抛物线上一点，它关于原点的对称点为Q．‎ ‎①当四边形PBQC为菱形时，求点P的坐标；‎ ‎②若点P的横坐标为t（﹣1＜t＜1），当t为何值时，四边形PBQC面积最大？并说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）联立两直线解析式可求得B点坐标，由关于原点对称可求得C点坐标，由直线y=﹣2x﹣1可求得A点坐标，再利用待定系数法可求得抛物线解析式；‎ ‎（2）①当四边形PBQC为菱形时，可知PQ⊥BC，则可求得直线PQ的解析式，联立抛物线解析式可求得P点坐标；②过P作PD⊥BC，垂足为D，作x轴的垂线，交直线BC于点E，由∠PED=∠AOC，可知当PE最大时，PD也最大，用t可表示出PE的长，可求得取最大值时的t的值．‎ 解答：‎ 解：‎ ‎（1）联立两直线解析式可得，解得，‎ ‎∴B点坐标为（﹣1，1），‎ 又C点为B点关于原点的对称点，‎ ‎∴C点坐标为（1，﹣1），‎ ‎∵直线y=﹣2x﹣1与y轴交于点A，‎ ‎∴A点坐标为（0，﹣1），‎ 设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，‎ 把A、B、C三点坐标代入可得，解得，‎ ‎∴抛物线解析式为y=x2﹣x﹣1；‎ ‎（2）①当四边形PBQC为菱形时，则PQ⊥BC，‎ ‎∵直线BC解析式为y=﹣x，‎ ‎∴直线PQ解析式为y=x，‎ 联立抛物线解析式可得，解得或，‎ ‎∴P点坐标为（1﹣，1﹣）或（1+，1+）；‎ ‎②当t=0时，四边形PBQC的面积最大．‎ 理由如下：‎ 如图，过P作PD⊥BC，垂足为D，作x轴的垂线，交直线BC于点E，‎ 则S四边形PBQC=2S△PBC=2×BC•PD=BC•PD，‎ ‎∵线段BC长固定不变，‎ ‎∴当PD最大时，四边形PBQC面积最大，‎ 又∠PED=∠AOC（固定不变），‎ ‎∴当PE最大时，PD也最大，‎ ‎∵P点在抛物线上，E点在直线BC上，‎ ‎∴P点坐标为（t，t2﹣t﹣1），E点坐标为（t，﹣t），‎ ‎∴PE=﹣t﹣（t2﹣t﹣1）=﹣t2+1，‎ ‎∴当t=0时，PE有最大值1，此时PD有最大值，即四边形PBQC的面积最大．‎ 点评：‎ 本题主要考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法、点的对称、菱形的判定和性质、三角形的面积和二次函数的最值等知识点．在（1）中求得A、B、C三点的坐标是解题的关键，在（2）①中得出直线PQ的解析式是解题的关键，在②中确定出四边形PBQC面积最大的条件是解题的关键．本题涉及知识点较多，综合性较强，其中第（2）②小题是难点．‎ ‎24．（12分）（2015•莱芜）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点A（﹣3，2），B（0，﹣2），其对称轴为直线x=，C（0，）为y轴上一点，直线AC与抛物线交于另一点D．‎ ‎（1）求抛物线的函数表达式；‎ ‎（2）试在线段AD下方的抛物线上求一点E，使得△ADE的面积最大，并求出最大面积；‎ ‎（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点F，使得△ADF是直角三角形？如果存在，求点F的坐标；如果不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 专题：‎ 综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）利用待定系数法求抛物线解析式；‎ ‎（2）作EP∥y轴交AD于P，如图1，先利用待定系数法求出直线AD的解析式为y=﹣x+‎ ‎，再通过解方程组得D（5，﹣2），设E（x，x2﹣x﹣2）（﹣3＜x＜5），则P（x，﹣x+），所以PE=﹣x2+x+，根据三角形面积公式和S△AED=S△AEP+S△DEP可得S△AED=﹣（x﹣1）2+，然后根据二次函数的最值问题求出△ADE的面积最大，且求出对应的E点坐标；‎ ‎（3）设F（，t），根据两点间的距离公式得到AD2=（5+3）2+（﹣2﹣2）2=80，AF2=（+3）2+（t﹣2）2，DF2=（5﹣）2+（﹣t﹣2）2，然后根据勾股定理的逆定理分类讨论：当AD2+AF2=DF2，△ADF是直角三角形，则80+（+3）2+（t﹣2）2=（5﹣）2+（﹣t﹣2）2；当AD2+DF2=AF2，△ADF是直角三角形，则80+（5﹣）2+（﹣t﹣2）2=（+3）2+（t﹣2）2；当DF2+AF2=AD2，△ADF是直角三角形，则（+3）2+（t﹣2）2+（5﹣）2+（﹣t﹣2）2，=80，再分别解关于t的方程确定t的值，从而得到F点的坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）根据题意得，解得，‎ 所以抛物线解析式为y=x2﹣x﹣2；‎ ‎（2）作EP∥y轴交AD于P，如图1，‎ 设直线AD的解析式为y=mx+n，‎ 把A（﹣3，2），C（0，）分别代入得，解得，‎ 所以直线AD的解析式为y=﹣x+，‎ 解方程组得或，则D（5，﹣2），‎ 设E（x，x2﹣x﹣2）（﹣3＜x＜5），则P（x，﹣x+），‎ ‎∴PE=﹣x+﹣（x2﹣x﹣2）=﹣x2+x+，‎ ‎∴S△AED=S△AEP+S△DEP ‎=•（5+3））•（﹣x2+x+）‎ ‎=﹣（x﹣1）2+，‎ 当x=1时，△ADE的面积最大，最大面积为，此时E点坐标为（1，﹣）；‎ ‎（3）存在．‎ 设F（，t），如图2，‎ ‎∵A（﹣3，2），D（5，﹣2），‎ ‎∴AD2=（5+3）2+（﹣2﹣2）2=80，AF2=（+3）2+（t﹣2）2，DF2=（5﹣）2+（﹣t﹣2）2，‎ 当AD2+AF2=DF2，△ADF是直角三角形，则80+（+3）2+（t﹣2）2=（5﹣）2+（﹣t﹣2）2，解得t=13，此时F点坐标为（，13）；‎ 当AD2+DF2=AF2，△ADF是直角三角形，则80+（5﹣）2+（﹣t﹣2）2=（+3）2+（t﹣2）2，解得t=﹣7，此时F点坐标为（，﹣7）；‎ 当DF2+AF2=AD2，△ADF是直角三角形，则（+3）2+（t﹣2）2+（5﹣）2+（﹣t﹣2）2，=80，解得t=±，此时F点坐标为（，）或（，﹣），‎ 综上所述，F点的坐标为（，13）或（，﹣7）或（，）或（，﹣）．‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和勾股定理的逆定理；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质；会利用两点间的距离公式计算线段的长；注意分类讨论思想的应用．‎ ‎21．（10分）（2015•菏泽）已知关于x的一元二次方程x2+2x+=0有两个不相等的实数根，k为正整数．‎ ‎（1）求k的值；‎ ‎（2）当次方程有一根为零时，直线y=x+2与关于x的二次函数y=x2+2x+的图象交于A、B两点，若M是线段AB上的一个动点，过点M作MN⊥x轴，交二次函数的图象于点N，求线段MN的最大值及此时点M的坐标；‎ ‎（3）将（2）中的二次函数图象x轴下方的部分沿x轴翻折到x轴上方，图象的其余部分保持不变，翻折后的图象与原图象x轴上方的部分组成一个“W”形状的新图象，若直线y=x+b与该新图象恰好有三个公共点，求b的值．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）先根据一元二次方程根的情况利用判别式与0的关系可以求出k的值；‎ ‎（2）利用m先表示出M与N的坐标，再根据两点间的距离公式表示出MN的长度，根据二次函数的极值即可求出MN的最大长度和M的坐标；‎ ‎（3）根据图象的特点，分两种情况讨论，分别求出b的值即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根．‎ ‎∴．‎ ‎∴k﹣1＜2．‎ ‎∴k＜3．‎ ‎∵k为正整数，‎ ‎∴k为1，2．‎ ‎（2）把x=0代入方程得k=1，‎ 此时二次函数为y=x2+2x，‎ 此时直线y=x+2与二次函数y=x2+2x的交点为A（﹣2，0），B（1，3）‎ 由题意可设M（m，m+2），其中﹣2＜m＜1，‎ 则N（m，m2+2m），‎ MN=m+2﹣（m2+2m）=﹣m2﹣m+2=﹣．‎ ‎∴当m=﹣时，MN的长度最大值为．‎ 此时点M的坐标为．‎ ‎（3）当y=x+b过点A时，直线与新图象有3个公共点（如图2所示），‎ 把A（﹣2，0）代入y=x+b得b=1，‎ 当y=x+b与新图象的封闭部分有一个公共点时，直线与新图象有3个公共点．‎ 由于新图象的封闭部分与原图象的封闭部分关于x轴对称，所以其解析式为y=﹣x2﹣2x ‎∴有一组解，此时有两个相等的实数根，‎ 则所以b=，‎ 综上所述b=1或b=．‎ 点评：‎ 本题是二次函数综合题型，主要考查了根的判别式的应用，还考查了两函数图象的交点问题，难点在于（3）求出直线与抛物线有3个交点的情况，根据题意分类讨论，并且作出图形更利于解决问题．‎ ‎25．（13分）（2015•东营）如图，抛物线经过A（﹣2，0），B（﹣，0），C（0，2）三点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）在直线AC下方的抛物线上有一点D，使得△DCA的面积最大，求点D的坐标；‎ ‎（3）设点M是抛物线的顶点，试判断抛物线上是否存在点H满足∠AMH=90°？若存在，请求出点H的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）根据待定系数法，可得抛物线的解析式；‎ ‎（2）根据图形的割补法，可得面积的和差，根据二次函数的性质，可得答案；‎ ‎（3）根据余角的性质，可得∠AMN=∠NKM，根据相似三角形的判定与性质，可得=，根据解方程组，可得H点坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，将A（﹣2，0），B（﹣，0），C（0，2）代入解析式，得 ‎，‎ 解得．‎ ‎∴抛物线的解析式是y=2x2+5x+2；‎ ‎（2）由题意可求得AC的解析式为y=x+2，‎ 如图1，‎ 设D点的坐标为（t，2t2+5t+2），过D作DE⊥x轴交AC于E点，‎ ‎∴E点的坐标为（t，t+2），‎ DE=t+2﹣（2t2+5t+2）=﹣2t2﹣4t，用h表示点C到线段DE所在直线的距离，‎ S△DAC=S△CDE+S△ADE=DE•h+DE（2﹣h）=DE•2=DE=﹣2t2﹣4t=﹣2（t﹣1）2+2‎ ‎∵﹣2＜t＜0，‎ ‎∴当t=﹣1时，△DCA的面积最大，此时D点的坐标为（﹣1，﹣1）；‎ ‎（3）存在点H满足∠AMH=90°，‎ 由（1）知M点的坐标为（﹣，﹣）‎ 如图2：作MH⊥AM交x轴于点K（x，0），作MN⊥x轴于点N，‎ ‎∵∠AMN+∠KMA=90°，∠NKM+∠KMN=90°，‎ ‎∴∠AMN=∠NKM．‎ ‎∵∠ANM=∠MNK，‎ ‎∴△AMN∽△MKN，‎ ‎∴=，‎ ‎∴MN2=AN•NK，‎ ‎∴（）2=（2﹣）（x+），‎ 解得x=‎ ‎∴K点坐标为（，0）‎ 直线MK的解析式为y=x﹣，‎ ‎∴，‎ 把①代入②，化简得48x2+104x+55=0．‎ ‎△=1042﹣4×48×55=64×4=256＞0，‎ ‎∴x1=﹣，x2=﹣，将x2=﹣代入y=x﹣，‎ 解得y=﹣‎ ‎∴直线MN与抛物线有两个交点M、H，‎ ‎∴抛物线上存在点H，满足∠AMH=90°，‎ 此时点H的坐标为（﹣，﹣）．‎ 点评：‎ 本题考察了二次函数综合题，（1）利用待定系数法求函数解析式；（2）利用图形割补法求面积是解题关键，（3）利用相似三角形的判定与性质得出=是解题关键，解方程组是此题的难点．‎ ‎　　‎ ‎24．（12分）（2015•德州）已知抛物线y=﹣mx2+4x+2m与x轴交于点A（α，0），B（β，0），且=﹣2，‎ ‎（1）求抛物线的解析式．‎ ‎（2）抛物线的对称轴为l，与y轴的交点为C，顶点为D，点C关于l的对称点为E，是否存在x轴上的点M，y轴上的点N，使四边形DNME的周长最小？若存在，请画出图形（保留作图痕迹），并求出周长的最小值；若不存在，请说明理由．‎ ‎（3）若点P在抛物线上，点Q在x轴上，当以点D、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形时，求点P的坐标．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）利用根据与系数的关系得出α+β=，αβ=﹣2，进而代入求出m的值即可得出答案；‎ ‎（2）利用轴对称求最短路线的方法，作点D关于y轴的对称点D′，点E关于x轴的对称点E′，得出四边形DNME的周长最小为：D′E′+DE，进而利用勾股定理求出即可；‎ ‎（3）利用平行四边形的判定与性质结合P点纵坐标为±4，进而分别求出即可．‎ 解答：‎ 解：（1）由题意可得：α，β是方程﹣mx2+4x+2m=0的两根，由根与系数的关系可得，‎ α+β=，αβ=﹣2，‎ ‎∵=﹣2，‎ ‎∴=﹣2，即=﹣2，‎ 解得：m=1，‎ 故抛物线解析式为：y=﹣x2+4x+2；‎ ‎（2）存在x轴上的点M，y轴上的点N，使得四边形DNME的周长最小，‎ ‎∵y=﹣x2+4x+2=﹣（x﹣2）2+6，‎ ‎∴抛物线的对称轴l为x=2，顶点D的坐标为：（2，6），‎ 又∵抛物线与y轴交点C的坐标为：（0，2），点E与点C关于l对称，‎ ‎∴E点坐标为：（4，2），‎ 作点D关于y轴的对称点D′，点E关于x轴的对称点E′，‎ 则D′的坐标为；（﹣2，6），E′坐标为：（4，﹣2），‎ 连接D′E′，交x轴于M，交y轴于N，‎ 此时，四边形DNME的周长最小为：D′E′+DE，如图1所示：‎ 延长E′E，′D交于一点F，在Rt△D′E′F中，D′F=6，E′F=8，‎ 则D′E′===10，‎ 设对称轴l与CE交于点G，在Rt△DGE中，DG=4，EG=2，‎ ‎∴DE===2，‎ ‎∴四边形DNME的周长最小值为：10+2；‎ ‎（3）如图2，P为抛物线上的点，过点P作PH⊥x轴，垂足为H，‎ 若以点D、E、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，则△PHQ≌△DGE，‎ ‎∴PH=DG=4，‎ ‎∴|y|=4，‎ ‎∴当y=4时，﹣x2+4x+2=4，‎ 解得：x1=2+，x2=2﹣，‎ 当y=﹣4时，﹣x2+4x+2=﹣4，‎ 解得：x3=2+，x4=2﹣，‎ 故P点的坐标为；（2﹣，4），（2+，4），（2﹣，﹣4），（2+，﹣4）．‎ 点评：‎ 此题主要考查了平行四边形的性质以及勾股定理、利用轴对称求最短路线等知识，利用数形结合以及分类讨论得出P点坐标是解题关键．‎ ‎26．（12分）（2015•包头）已知抛物线y=x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴相交于点C，该抛物线的顶点为点D．‎ ‎（1）求该抛物线的解析式及点D的坐标；‎ ‎（2）连接AC，CD，BD，BC，设△AOC，△BOC，△BCD的面积分别为S1，S2和S3，用等式表示S1，S2，S3之间的数量关系，并说明理由；‎ ‎（3）点M是线段AB上一动点（不包括点A和点B），过点M作MN∥BC交AC于点N，连接MC，是否存在点M使∠AMN=∠ACM？若存在，求出点M的坐标和此时刻直线MN的解析式；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式，用配方法把一般式化为顶点式求出点D的坐标；‎ ‎（2）根据点的坐标求出△AOC，△BOC的面积，利用勾股定理的逆定理判断△BCD为直角三角形，求出其面积，计算即可得到答案；‎ ‎（3）假设存在，设点M的坐标为（m，0），表示出MA的长，根据MN∥BC，得到比例式求出AN，根据△AMN∽△ACM，得到比例式求出m，得到点M的坐标，求出BC的解析式，根据MN∥BC，设直线MN的解析式，求解即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵抛物线y=x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，‎ ‎∴，‎ 解得．‎ ‎∴抛物线的解析式为：y=x2﹣2x﹣3，‎ y=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，‎ ‎∴点D的坐标为：（1，﹣4）；‎ ‎（2）S1+S3=S2，‎ 过点D作DE⊥x轴于点E，DF⊥y轴于F，‎ 由题意得，CD=，BD=2，BC=3，‎ CD2+BC2=BD2，‎ ‎∴△BCD是直角三角形，‎ S1=×OA×OC=，‎ S2=×OB×OC=‎ S3，=×CD×BC=3，‎ ‎∴S1+S3=S2；‎ ‎（3）存在点M使∠AMN=∠ACM，‎ 设点M的坐标为（m，0），‎ ‎∵﹣1＜m＜3，‎ ‎∴MA=m+1，AC=，‎ ‎∵MN∥BC，‎ ‎∴=，即=，‎ 解得，AN=（m+1），‎ ‎∵∠AMN=∠ACM，∠MAN=∠CAM，‎ ‎∴△AMN∽△ACM，‎ ‎∴=，即（m+1）2=•（m+1），‎ 解得，m1=，m2=﹣1（舍去），‎ ‎∴点M的坐标为（，0），‎ 设BC的解析式为y=kx+b，把B（3，0），C（0，﹣3）代入得，‎ ‎，解得，‎ 则BC的解析式为y=x﹣3，又MN∥BC，‎ ‎∴设直线MN的解析式为y=x+b，把点M的坐标为（，0）代入得，‎ b=﹣，‎ ‎∴直线MN的解析式为y=x﹣．‎ 点评：‎ 本题考查的是二次函数的解析式的确定和相似三角形的判定和性质，灵活运用待定系数法二次函数和一次函数求解析式是解题的关键，注意一元二次方程的解法和勾股定理逆定理的运用．‎ ‎　‎ ‎24．（12分）（2015•恩施州）矩形AOCD绕顶点A（0，5）逆时针方向旋转，当旋转到如图所示的位置时，边BE交边CD于M，且ME=2，CM=4．‎ ‎（1）求AD的长；‎ ‎（2）求阴影部分的面积和直线AM的解析式；‎ ‎（3）求经过A、B、D三点的抛物线的解析式；‎ ‎（4）在抛物线上是否存在点P，使S△PAM=？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 几何变换综合题．菁优网版权所有 专题：‎ 综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）作BP⊥AD于P，BQ⊥MC于Q，如图1，根据旋转的性质得AB=AO=5，BE=OC=AD，∠ABE=90°，利用等角的余角相等得∠ABP=∠MBQ，可证明Rt△ABP∽Rt△MBQ得到==，设BQ=PD=x，AP=y，则AD=x+y，所以BM=x+y﹣2，利用比例性质得到PB•MQ=xy，而PB﹣MQ=DQ﹣MQ=DM=1，利用完全平方公式和勾股定理得到52﹣y2﹣2xy+（x+y﹣2）2﹣x2=1，解得x+y=7，则BM=5，BE=BM+ME=7，所以AD=7；‎ ‎（2）由AB=BM可判断Rt△ABP≌Rt△MBQ，则BQ=PD=7﹣AP，MQ=AP，利用勾股定理得到（7﹣MQ）2+MQ2=52，解得MQ=4（舍去）或MQ=3，则BQ=4，根据三角形面积公式和梯形面积公式，利用S阴影部分=S梯形ABQD﹣S△BQM进行计算即可；然后利用待定系数法求直线AM的解析式；‎ ‎（3）先确定B（3，1），然后利用待定系数法求抛物线的解析式；‎ ‎（4）当点P在线段AM的下方的抛物线上时，作PK∥y轴交AM于K，如图2设P（x，x2﹣x+5），则K（x，﹣x+5），则KP=﹣x2+x，根据三角形面积公式得到•（﹣x2+x）•7=，解得x1=3，x2=，于是得到此时P点坐标为（3，1）、（，）；再求出过点（3，1）与（，）的直线l的解析式为y=﹣x+，则可得到直线l与y轴的交点A′的坐标为（0，），所以AA′=，然后把直线AM向上平移个单位得到l′，直线l′与抛物线的交点即为P点，由于A″（0，），则直线l′的解析式为y=﹣x+，再通过解方程组得P点坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）作BP⊥AD于P，BQ⊥MC于Q，如图1，‎ ‎∵矩形AOCD绕顶点A（0，5）逆时针方向旋转得到矩形ABEF，‎ ‎∴AB=AO=5，BE=OC=AD，∠ABE=90°，‎ ‎∵∠PBQ=90°，‎ ‎∴∠ABP=∠MBQ，‎ ‎∴Rt△ABP∽Rt△MBQ，‎ ‎∴==，‎ 设BQ=PD=x，AP=y，则AD=x+y，BM=x+y﹣2，‎ ‎∴==，‎ ‎∴PB•MQ=xy，‎ ‎∵PB﹣MQ=DQ﹣MQ=DM=1，‎ ‎∴（PB﹣MQ）2=1，即PB2﹣2PB•MQ+MQ2=1，‎ ‎∴52﹣y2﹣2xy+（x+y﹣2）2﹣x2=1，解得x+y=7，‎ ‎∴BM=5，‎ ‎∴BE=BM+ME=5+2=7，‎ ‎∴AD=7；‎ ‎（2）∵AB=BM，‎ ‎∴Rt△ABP≌Rt△MBQ，‎ ‎∴BQ=PD=7﹣AP，MQ=AP，‎ ‎∵BQ2+MQ2=BM2，‎ ‎∴（7﹣MQ）2+MQ2=52，解得MQ=4（舍去）或MQ=3，‎ ‎∴BQ=7﹣3=4，‎ ‎∴S阴影部分=S梯形ABQD﹣S△BQM ‎=×（4+7）×4﹣×4×3‎ ‎=16；‎ 设直线AM的解析式为y=kx+b，‎ 把A（0，5），M（7，4）代入得，解得，‎ ‎∴直线AM的解析式为y=﹣x+5；‎ ‎（3）设经过A、B、D三点的抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，‎ ‎∵AP=MQ=3，BP=DQ=4，‎ ‎∴B（3，1），‎ 而A（0，5），D（7，5），‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴经过A、B、D三点的抛物线的解析式为y=x2﹣x+5；‎ ‎（4）存在．‎ 当点P在线段AM的下方的抛物线上时，作PK∥y轴交AM于K，如图2，‎ 设P（x，x2﹣x+5），则K（x，﹣x+5），‎ ‎∴KP=﹣x+5﹣（x2﹣x+5）=﹣x2+x，‎ ‎∵S△PAM=，‎ ‎∴•（﹣x2+x）•7=，‎ 整理得7x2﹣46x+75，解得x1=3，x2=，此时P点坐标为（3，1）、（，），‎ 求出过点（3，1）与（，）的直线l的解析式为y=﹣x+，则直线l与y轴的交点A′的坐标为（0，），‎ ‎∴AA′=5﹣=，‎ 把直线AM向上平移个单位得到l′，则A″（0，），则直线l′的解析式为y=﹣x+，‎ 解方程组得或，此时P点坐标为（，）或（，），‎ 综上所述，点P的坐标为（3，1）、（，）、（，）、（，）．‎ 点评：‎ 本题考查了几何变换综合题：熟练掌握旋转的性质、矩形的性质和三角形全等于相似的判定与性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质；会进行代数式的变形．‎ ‎24．（12分）（2015•鄂州）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C．抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是x=﹣且经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B．‎ ‎（1）①直接写出点B的坐标；②求抛物线解析式．‎ ‎（2）若点P为直线AC上方的抛物线上的一点，连接PA，PC．求△PAC的面积的最大值，并求出此时点P的坐标．‎ ‎（3）抛物线上是否存在点M，过点M作MN垂直x轴于点N，使得以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）①先求的直线y=x+2与x轴交点的坐标，然后利用抛物线的对称性可求得点B的坐标；②设抛物线的解析式为y=y=a（x+4）（x﹣1），然后将点C的坐标代入即可求得a的值；‎ ‎（2）设点P、Q的横坐标为m，分别求得点P、Q的纵坐标，从而可得到线段PQ=m2﹣2m，然后利用三角形的面积公式可求得S△PAC=×PQ×4，然后利用配方法可求得△PAC的面积的最大值以及此时m的值，从而可求得点P的坐标；‎ ‎（3）首先可证明△ABC∽△ACO∽△CBO，然后分以下几种情况分类讨论即可：①当M点与C点重合，即M（0，2）时，△MAN∽△BAC；②根据抛物线的对称性，当M（﹣3，2）时，△MAN∽△ABC； ④当点M在第四象限时，解题时，需要注意相似三角形的对应关系．‎ 解答：‎ 解：（1）①y=当x=0时，y=2，当y=0时，x=﹣4，‎ ‎∴C（0，2），A（﹣4，0），‎ 由抛物线的对称性可知：点A与点B关于x=﹣对称，‎ ‎∴点B的坐标为1，0）．‎ ‎②∵抛物线y=ax2+bx+c过A（﹣4，0），B（1，0），‎ ‎∴可设抛物线解析式为y=a（x+4）（x﹣1），‎ 又∵抛物线过点C（0，2），‎ ‎∴2=﹣4a ‎∴a=‎ ‎∴y=x2x+2．‎ ‎（2）设P（m，m2m+2）．‎ 过点P作PQ⊥x轴交AC于点Q，‎ ‎∴Q（m，m+2），‎ ‎∴PQ=m2m+2﹣（m+2）‎ ‎=m2﹣2m，‎ ‎∵S△PAC=×PQ×4，‎ ‎=2PQ=﹣m2﹣4m=﹣（m+2）2+4，‎ ‎∴当m=﹣2时，△PAC的面积有最大值是4，‎ 此时P（﹣2，3）．‎ ‎（3）在Rt△AOC中，tan∠CAO=在Rt△BOC中，tan∠BCO=，‎ ‎∴∠CAO=∠BCO，‎ ‎∵∠BCO+∠OBC=90°，‎ ‎∴∠CAO+∠OBC=90°，‎ ‎∴∠ACB=90°，‎ ‎∴△ABC∽△ACO∽△CBO，‎ 如下图：‎ ‎①当M点与C点重合，即M（0，2）时，△MAN∽△BAC；‎ ‎②根据抛物线的对称性，当M（﹣3，2）时，△MAN∽△ABC；‎ ‎③当点M在第四象限时，设M（n，n2n+2），则N（n，0）‎ ‎∴MN=n2+n﹣2，AN=n+4‎ 当时，MN=AN，即n2+n﹣2=（n+4）‎ 整理得：n2+2n﹣8=0‎ 解得：n1=﹣4（舍），n2=2‎ ‎∴M（2，﹣3）；‎ 当时，MN=2AN，即n2+n﹣2=2（n+4），‎ 整理得：n2﹣n﹣20=0‎ 解得：n1=﹣4（舍），n2=5，‎ ‎∴M（5，﹣18）．‎ 综上所述：存在M1（0，2），M2（﹣3，2），M3（2，﹣3），M4（5，﹣18），使得以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似．‎ 点评：‎ 本题主要考查的是二次函数与相似三角形的综合应用，难度较大，解答本题需要同学们熟练掌握二次函数和相似三角形的相关性质．‎ ‎　‎ ‎26．（10分）（2015•娄底）如图，抛物线y=ax2+bx﹣经过点A（1，0）和点B（5，0），与y轴交于点C．‎ ‎（1）求此抛物线的解析式；‎ ‎（2）以点A为圆心，作与直线BC相切的⊙A，求⊙A的半径；‎ ‎（3）在直线BC上方的抛物线上任取一点P，连接PB，PC，请问：△PBC的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值的此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）把A、B两点分别代入抛物线解析可求得a和b，可求得抛物线解析式；‎ ‎（2）过A作AD⊥BC于点D，则AD为⊙A的半径，由条件可证明△ABD∽△CBO，利用相似三角形的性质可求得AD的长，可求得半径；‎ ‎（3）由待定系数法可求得直线BC解析式，过P作PQ∥y轴，交直线BC于点Q，交x轴于点E，可设出P、Q的坐标，可表示出△PQC和△PQB的面积，可表示出△PBC的面积，再利用二次函数的性质可求得其最大值，容易求得P点坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）∵抛物线y=ax2+bx﹣经过点A（1，0）和点B（5，0），‎ ‎∴把A、B两点坐标代入可得，解得，‎ ‎∴抛物线解析式为y=﹣x2+2x﹣；‎ ‎（2）过A作AD⊥BC于点D，如图1，‎ ‎∵⊙A与BC相切，‎ ‎∴AD为⊙A的半径，‎ 由（1）可知C（0，﹣），且A（1，0），B（5，0），‎ ‎∴OB=5，AB=OB﹣OA=4，OC=，‎ 在Rt△OBC中，由勾股定理可得BC===，‎ ‎∵∠ADB=∠BOC=90°，∠ABD=∠CBO，‎ ‎∴△ABD∽△CBO，‎ ‎∴=，即=，解得AD=，‎ 即⊙A的半径为；‎ ‎（3）∵C（0，﹣），‎ ‎∴可设直线BC解析式为y=kx﹣，‎ 把B点坐标代入可求得k=，‎ ‎∴直线BC的解析式为y=x﹣，‎ 过P作PQ∥y轴，交直线BC于点Q，交x轴于点E，如图2，‎ 设P（x，﹣x2+2x﹣），则Q（x，x﹣），‎ ‎∴PQ=（﹣x2+2x﹣）﹣（x﹣）=﹣x2+x=﹣（x﹣）2+，‎ ‎∴S△PBC=S△PCQ+S△PBQ=PQ•OE+PQ•BE=PQ（OE+BE）=PQ•OB=PQ=﹣（x﹣）2+，‎ ‎∴当x=时，S△PBC有最大值，此时P点坐标为（，），‎ ‎∴当P点坐标为（，）时，△PBC的面积有最大值．‎ 点评：‎ 本题主要考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法、切线的性质、相似三角形的判定和性质、二次函数的性质等知识．在（1）中注意待定系数法的应用步骤，在（2）中确定出⊙A的半径是解题的关键，在（3）中用P点坐标表示出△PBC的面积是解题的关键．本题考查知识点较多，计算量大，综合性较强．‎ ‎　‎ ‎25．（10分）（2015•陕西）在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+5x+4的顶点为M，与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点．‎ ‎（1）求点A，B，C的坐标；‎ ‎（2）求抛物线y=x2+5x+4关于坐标原点O对称的抛物线的函数表达式；‎ ‎（3）设（2）中所求抛物线的顶点为M′，与x轴交于A′，B′两点，与y轴交于C′点，在以A，B，C，M，A′，B′，C′，M′这八个点中的四个点为顶点的平行四边形中，求其中一个不是菱形的平行四边形的面积．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）令y=0，求出x的值；令x=0，求出y，即可解答；‎ ‎（2）先求出A，B，C关于坐标原点O对称后的点为（4，0），（1，0），（0，﹣4），再代入解析式，即可解答；‎ ‎（3）取四点A，M，A′，M′，连接AM，MA′，A′M′，M′A，MM′，由中心对称性可知，MM′过点O，OA=OA′，OM=OM′，由此判定四边形AMA′M′为平行四边形，又知AA′与MM′不垂直，从而平行四边形AMA′M′不是菱形，过点M作MD⊥x轴于点D，求出抛物线的顶点坐标M，根据，即可解答．‎ 解答：‎ 解：（1）令y=0，得x2+5x+4=0，‎ ‎∴x1=﹣4，x2=﹣1，‎ 令x=0，得y=4，‎ ‎∴A（﹣4，0），B（﹣1，0），C（0，4）．‎ ‎（2）∵A，B，C关于坐标原点O对称后的点为（4，0），（1，0），（0，﹣4），‎ ‎∴所求抛物线的函数表达式为y=ax2+bx﹣4，‎ 将（4，0），（1，0）代入上式，得 解得：，‎ ‎∴y=﹣x2+5x﹣4．‎ ‎（3）如图，取四点A，M，A′，M′，连接AM，MA′，A′M′，M′A，MM′，‎ 由中心对称性可知，MM′过点O，OA=OA′，OM=OM′，‎ ‎∴四边形AMA′M′为平行四边形，‎ 又知AA′与MM′不垂直，‎ ‎∴平行四边形AMA′M′不是菱形，‎ 过点M作MD⊥x轴于点D，‎ ‎∵y=，‎ ‎∴M（），‎ 又∵A（﹣4，0），A′（4，0）‎ ‎∴AA′=8，MD=，‎ ‎∴=‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数的性质与图象、中心对称、平行四边形的判定、菱形的判定，综合性较强，解决本题的关键是根据中心对称，求出抛物线的解析式，在（3）中注意菱形的判定与数形结合思想的应用．‎ ‎28．（12分）（2015•西宁）如图，在平面直角坐标系xOy中，以M为顶点的抛物线与x轴分别相交于B，C两点，抛物线上一点A的横坐标为2，连接AB，AC，正方形DEFG的一边GF在线段BC上，点D，E在线段AB，AC上，AK⊥x轴于点K，交DE于点H，下表给出了这条抛物线上部分点（x，y）的坐标值：‎ x ‎…‎ ‎﹣2‎ ‎0‎ ‎4‎ ‎8‎ ‎10‎ ‎…‎ y ‎…‎ ‎0‎ ‎5‎ ‎9‎ ‎5‎ ‎0‎ ‎…‎ ‎（1）求出这条抛物线的解析式；‎ ‎（2）求正方形DEFG的边长；‎ ‎（3）请问在抛物线的对称轴上是否存在点P，在x轴上是否存在点Q，使得四边形ADQP的周长最小？若存在，请求出P，Q两点的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）利用已知表格中数据结合顶点式直接求出抛物线解析式即可；‎ ‎（2）首先得出四边形HEFK为矩形，再利用△ADE∽△ABC，得出正方形DEFG的边长；‎ ‎（3）首先求出AB所在直线解析式，进而得出D点坐标，再求出直线A′D′的解析式得出Q′的坐标即可．‎ 解答：‎ 解：（1）由图表可得：抛物线的顶点坐标为：（4，9），‎ 设函数解析式为：y=a（x﹣4）2+9（a≠0），‎ 把点（0，5）代入y=a（x﹣4）2+9，‎ 解得：a=﹣．‎ ‎∴函数解析式为：y=﹣（x﹣4）2+9；‎ ‎（2）设正方形DEFG的边长为m，‎ ‎∵AK⊥x轴，‎ ‎∴∠AKC=90°，‎ ‎∵∠DEF=∠EFG=90°，‎ ‎∴四边形HEFK为矩形，‎ ‎∴HK=EF=m，‎ ‎∵点A在抛物线y=﹣（x﹣4）2+9上，横坐标为2，‎ ‎∴y=﹣（x﹣4）2+9=8，‎ ‎∴点A的坐标为：（2，8），‎ ‎∴AK=8，∴AH=AK﹣HK=8﹣m，‎ 由题意可得：B（﹣2，0），C（10，0），‎ ‎∴BC=12，‎ ‎∵DE∥BC，‎ ‎∴△ADE∽△ABC，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴m=﹣，‎ ‎∴正方形的边长为：；‎ ‎（3）存在，‎ 理由：过顶点M作抛物线的对称轴直线l：x=4，‎ 设点A关于直线l：x=4对称点为A′，A′点的坐标为：（6，8），‎ ‎∴设AB所在直线解析式为：y=kx+b，‎ ‎∴，‎ 解得：，‎ ‎∴AB所在直线解析式为：y=2x+4，‎ ‎∵D在直线AB上，DG=，‎ ‎∴点D的纵坐标为：，‎ 由2x+4=，‎ 解得：x=，‎ ‎∴点D的坐标为：（，），‎ 设点D关于x轴对称点为D′，则D′（，﹣），‎ 连接A′D′交对称轴于点P，交x轴于点Q，连接AP，DQ，‎ 则四边形ADQP的周长最小，‎ 设直线A′D′的解析式为：y=k′x+b′，‎ ‎∴，‎ 解得：，‎ ‎∴直线A′D′的解析式为：y=x﹣，‎ 当x=4时，y=×4﹣=，∴P（4，），‎ 当y=0时，x=，‎ ‎∴Q点坐标为：（，0）．‎ 点评：‎ 此题主要考查了二次函数综合以及待定系数法求一次函数解析式等知识，利用轴对称得出四边形ADQP的周长最小时P的位置是解题关键．‎ ‎　‎ ‎23．（12分）（2015•自贡）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x=﹣1，且抛物线经过A（1，0），C（0，3）两点，与x轴交于点B．‎ ‎（1）若直线y=mx+n经过B、C两点，求直线BC和抛物线的解析式；‎ ‎（2）在抛物线的对称轴x=﹣1上找一点M，使点M到点A的距离与到点C的距离之和最小，求出点M的坐标；‎ ‎（3）设点P为抛物线的对称轴x=﹣1上的一个动点，求使△BPC为直角三角形的点P的坐标．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）先把点A，C的坐标分别代入抛物线解析式得到a和b，c的关系式，再根据抛物线的对称轴方程可得a和b的关系，再联立得到方程组，解方程组，求出a，b，c的值即可得到抛物线解析式；把B、C两点的坐标代入直线y=mx+n，解方程组求出m和n的值即可得到直线解析式；‎ ‎（2）设直线BC与对称轴x=﹣1的交点为M，则此时MA+MC的值最小．把x=﹣1代入直线y=x+3得y的值，即可求出点M坐标；‎ ‎（3）设P（﹣1，t），又因为B（﹣3，0），C（0，3），所以可得BC2=18，PB2=（﹣1+3）2+t2=4+t2，PC2=（﹣1）2+（t﹣3）2=t2﹣6t+10，再分三种情况分别讨论求出符合题意t值即可求出点P的坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）依题意得：，‎ 解之得：，‎ ‎∴抛物线解析式为y=﹣x2﹣2x+3‎ ‎∵对称轴为x=﹣1，且抛物线经过A（1，0），‎ ‎∴把B（﹣3，0）、C（0，3）分别代入直线y=mx+n，‎ 得，‎ 解之得：，‎ ‎∴直线y=mx+n的解析式为y=x+3；‎ ‎（2）设直线BC与对称轴x=﹣1的交点为M，则此时MA+MC的值最小．‎ 把x=﹣1代入直线y=x+3得，y=2，‎ ‎∴M（﹣1，2），‎ 即当点M到点A的距离与到点C的距离之和最小时M的坐标为（﹣1，2）；‎ ‎（3）设P（﹣1，t），‎ 又∵B（﹣3，0），C（0，3），‎ ‎∴BC2=18，PB2=（﹣1+3）2+t2=4+t2，PC2=（﹣1）2+（t﹣3）2=t2﹣6t+10，‎ ‎①若点B为直角顶点，则BC2+PB2=PC2即：18+4+t2=t2﹣6t+10解之得：t=﹣2；‎ ‎②若点C为直角顶点，则BC2+PC2=PB2即：18+t2﹣6t+10=4+t2解之得：t=4，‎ ‎③若点P为直角顶点，则PB2+PC2=BC2即：4+t2+t2﹣6t+10=18解之得：t1=，t2=；‎ 综上所述P的坐标为（﹣1，﹣2）或（﹣1，4）或（﹣1，） 或（﹣1，）．‎ 点评：‎ 本题综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法求函数（二次函数和一次函数）的解析式、利用轴对称性质确定线段的最小长度、难度不是很大，是一道不错的中考压轴题．‎ ‎24．（12分）（2015•资阳）已知直线y=kx+b（k≠0）过点F（0，1），与抛物线y=x2相交于B、C两点．‎ ‎（1）如图1，当点C的横坐标为1时，求直线BC的解析式；‎ ‎（2）在（1）的条件下，点M是直线BC上一动点，过点M作y轴的平行线，与抛物线交于点D，是否存在这样的点M，使得以M、D、O、F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）如图2，设B（m．n）（m＜0），过点E（0．﹣1）的直线l∥x轴，BR⊥l于R，CS⊥l于S，连接FR、FS．试判断△RFS的形状，并说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）首先求出C的坐标，然后由C、F两点用待定系数法求解析式即可；‎ ‎（2）因为DM∥OF，要使以M、D、O、F为顶点的四边形为平行四边形，则DM=OF，设M（x，﹣x+1），则D（x，x2），表示出DM，分类讨论列方程求解；‎ ‎（3）根据勾股定理求出BR=BF，再由BR∥EF得到∠RFE=∠BFR，同理可得∠EFS=∠CFS，所以∠RFS=∠BFC=90°，所以△RFS是直角三角形．‎ 解答：‎ 解：（1）因为点C在抛物线上，所以C（1，），‎ 又∵直线BC过C、F两点，‎ 故得方程组：‎ 解之，得，‎ 所以直线BC的解析式为：y=﹣x+1； ‎ ‎（2）要使以M、D、O、F为顶点的四边形为平行四边形，则MD=OF，如图1所示，‎ 设M（x，﹣x+1），则D（x，x2），‎ ‎∵MD∥y轴，‎ ‎∴MD=﹣x+1﹣x2，‎ 由MD=OF，可得|﹣x+1﹣x2|=1，‎ ‎①当﹣x+1﹣x2=1时，‎ 解得x1=0（舍）或x1=﹣3，‎ 所以M（﹣3，），‎ ‎②当﹣x+1﹣x2，=﹣1时，‎ 解得，x=，‎ 所以M（，）或M（，），‎ 综上所述，存在这样的点M，使以M、D、O、F为顶点的四边形为平行四边形，‎ M点坐标为（﹣3，）或（，）或（，）；‎ ‎（3）过点F作FT⊥BR于点T，如图2所示，‎ ‎∵点B（m，n）在抛物线上，‎ ‎∴m2=4n，‎ 在Rt△BTF中，‎ BF=‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎=，‎ ‎∵n＞0，‎ ‎∴BF=n+1，‎ 又∵BR=n+1，‎ ‎∴BF=BR．‎ ‎∴∠BRF=∠BFR，‎ 又∵BR⊥l，EF⊥l，‎ ‎∴BR∥EF，‎ ‎∴∠BRF=∠RFE，‎ ‎∴∠RFE=∠BFR，‎ 同理可得∠EFS=∠CFS，‎ ‎∴∠RFS=∠BFC=90°，‎ ‎∴△RFS是直角三角形．‎ 点评：‎ 本题主要考查了待定系数法求解析式，平行四边形的判定，平行线的性质，勾股定理以及分类讨论和数形结合等数学思想．‎ ‎　‎ ‎24．（12分）（2015•宜宾）如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴分别相交于点A（﹣2，0），B（4，0），与y轴交于点C，顶点为点P．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）动点M、N从点O同时出发，都以每秒1个单位长度的速度分别在线段OB、OC上向点B、C方向运动，过点M作x轴的垂线交BC于点F，交抛物线于点H．‎ ‎①当四边形OMHN为矩形时，求点H的坐标；‎ ‎②是否存在这样的点F，使△PFB为直角三角形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）把A（﹣2，0），B（4，0），代入抛物线y=﹣x2+bx+c，求出b、c即可；‎ ‎（2）①表示出ON、MH，运用ON=MH，列方程求解即可；‎ ‎②存在，先求出BC的解析式，根据互相垂直的直线一次项系数积等于﹣1，直线经过点P，待定系数法求出直线PF的解析式，求直线BC与直线PF的交点坐标即可．‎ 解答：‎ 解：（1）把A（﹣2，0），B（4，0），代入抛物线y=﹣x2+bx+c得：‎ 解得：b=1，c=4，‎ ‎∴y=﹣x2+x+4；‎ ‎（2）点C的坐标为（0，4），B（4，0）‎ ‎∴直线BC的解析式为y=﹣x+4，‎ ‎①根据题意，ON=OM=t，MH=﹣t2+t+4‎ ‎∵ON∥MH ‎∴当ON=MH时，四边形OMHN为矩形，‎ 即t=﹣t2+t+4‎ 解得：t=2或t=﹣2（不合题意舍去）‎ 把t=2代入y=﹣t2+t+4得：y=2‎ ‎∴H（2，2）；‎ ‎②存在，‎ 当PF⊥BC时，‎ ‎∵直线BC的解析式为y=﹣x+4，‎ ‎∴设PF的解析式为y=x+b，又点P（1，）代入求得b=，‎ ‎∴根据题意列方程组：‎ 解得：‎ ‎∴F（，）‎ 当PF⊥BP时，‎ ‎∵点P（1，），B（4，0），‎ ‎∴直线BP的解析式为：y=﹣x+6，‎ ‎∴设PF的解析式为y=x+b，又点P（1，）代入求得b=，‎ ‎∴根据题意列方程组：‎ 解得：‎ ‎∴F（，），‎ 综上所述：△PFB为直角三角形时，点F的坐标为（，）或（，）．‎ 点评：‎ 本题考查了待定系数法求直线和抛物线解析式，求顶点坐标，矩形的判定与性质以及两直线互相垂直的性质，本题有一定的综合性，难度不大，关键是掌握两直线互相垂直的性质．‎ ‎　‎ ‎25．（12分）（2015•遂宁）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c经过A（﹣2，0），B（4，0），C（0，3）三点．‎ ‎（1）求该抛物线的解析式；‎ ‎（2）在y轴上是否存在点M，使△ACM为等腰三角形？若存在，请直接写出所有满足要求的点M的坐标；若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）若点P（t，0）为线段AB上一动点（不与A，B重合），过P作y轴的平行线，记该直线右侧与△ABC围成的图形面积为S，试确定S与t的函数关系式．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）把A（﹣2，0），B（4，0），C（0，3）代入抛物线y=ax2+bx+c，求解即可；‎ ‎（2）作线段CA的垂直平分线，交y轴于M，交AC与N，连结AM1，则△AM1C是等腰三角形，然后求出OM1得出M1的坐标，当CA=CM2时，则△AM2C是等腰三角形，求出OM2得出M2的坐标，当CA=AM3时，则△AM3C是等腰三角形，求出OM3得出M3的坐标，当CA=CM4时，则△AM4C是等腰三角形，求出OM4得出M4的坐标，‎ ‎（3）当点P在y轴或y轴右侧时，设直线与BC交与点D，先求出S△BOC，再根据△BPD∽△BOC，得出=（）2，=（）2，求出S=S△BPD；当点P在y轴左侧时，设直线与AC交与点E，根据=（）2，得出=（）2，求出S=S△ABC﹣S△APE=9﹣，再整理即可．‎ 解答：‎ 解：（1）把A（﹣2，0），B（4，0），C（0，3）代入抛物线y=ax2+bx+c得：‎ ‎，‎ 解得：，‎ 则抛物线的解析式是：y=﹣x2+x+3；‎ ‎（2）如图1，作线段CA的垂直平分线，交y轴于M，交AC与N，连结AM1，则△AM1C是等腰三角形，‎ ‎∵AC==，‎ ‎∴CN=，‎ ‎∵△CNM1∽△COA，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴CM1=，‎ ‎∴OM1=OC﹣CM1=3﹣=，‎ ‎∴M1的坐标是（0，），‎ 当CA=CM2=时，则△AM2C是等腰三角形，‎ 则OM2=3+，‎ M2的坐标是（0，3+），‎ 当CA=AM3=时，则△AM3C是等腰三角形，‎ 则OM3=3，‎ M3的坐标是（0，﹣3），‎ 当CA=CM4=时，则△AM4C是等腰三角形，‎ 则OM4=﹣3，‎ M4的坐标是（0，3﹣），‎ ‎（3）如图2，当点P在y轴或y轴右侧时，‎ 设直线与BC交与点D，‎ ‎∵OB=4，OC=3，‎ ‎∴S△BOC=6，‎ ‎∵BP=BO﹣OP=4﹣t，‎ ‎∴=，‎ ‎∵△BPD∽△BOC，‎ ‎∴=（）2，‎ ‎∴=（）2，‎ ‎∴S=S△BPD=t2﹣3t+6（0≤t＜4）；‎ 当点P在y轴左侧时，‎ 设直线与AC交与点E，‎ ‎∵OP=﹣t，AP=t+2，‎ ‎∴=，‎ ‎∵=（）2，‎ ‎∴=（）2，‎ ‎∴S△APE=，‎ ‎∴S=S△ABC﹣S△APE=9﹣=﹣t2﹣3t+6（﹣2＜t＜0）．‎ 点评：‎ 此题考查了二次函数的综合，用到的知识点是二次函数的图象与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、线段的垂直平分线等，关键是根据题意画出图形，作出辅助线，注意分类讨论，数形结合的数学思想方法．‎ ‎　‎ ‎24．（12分）（2015•攀枝花）如图，已知抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴与抛物线交于点P、与直线BC相交于点M，连接PB．‎ ‎（1）求该抛物线的解析式；‎ ‎（2）在（1）中位于第一象限内的抛物线上是否存在点D，使得△BCD的面积最大？若存在，求出D点坐标及△BCD面积的最大值；若不存在，请说明理由．‎ ‎（3）在（1）中的抛物线上是否存在点Q，使得△QMB与△PMB的面积相等？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）把A（﹣1，0）、B（3，0）两点代入y=﹣x2+bx+c即可求出抛物线的解析式，‎ ‎（2）设D（t，﹣t2+2t+3），过点D作DH⊥x轴，根据S△BCD=S梯形OCDH+S△BDH﹣S△BOC=﹣t2+t，即可求出D点坐标及△BCD面积的最大值，‎ ‎（3）设过点P与BC平行的直线与抛物线的交点为Q，根据直线BC的解析式为y=﹣x+3，过点P与BC平行的直线为y=﹣x+5，得Q的坐标为（2，3），根据PM的解析式为：x=1，直线BC的解析式为y=﹣x+3，得M的坐标为（1，2），设PM与x轴交于点E，求出过点E与BC平行的直线为y=﹣x+1，根据得点Q的坐标为（，﹣），（，﹣）．‎ 解答：‎ 解：（1）由得，则抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3，‎ ‎（2）设D（t，﹣t2+2t+3），过点D作DH⊥x轴，‎ 则S△BCD=S梯形OCDH+S△BDH﹣S△BOC=（﹣t2+2t+3+3）t+（3﹣t）（﹣t2+2t+3）﹣×3×3=﹣t2+t，‎ ‎∵﹣＜0，‎ ‎∴当t=﹣=时，D点坐标是（，），△BCD面积的最大值是；‎ ‎（3）设过点P与BC平行的直线与抛物线的交点为Q，‎ ‎∵P点的坐标为（1，4），直线BC的解析式为y=﹣x+3，‎ ‎∴过点P与BC平行的直线为y=﹣x+5，‎ 由得Q的坐标为（2，3），‎ ‎∵PM的解析式为x=1，直线BC的解析式为y=﹣x+3，‎ ‎∴M的坐标为（1，2），‎ 设PM与x轴交于点E，‎ ‎∵PM=EM=2，‎ ‎∴过点E与BC平行的直线为y=﹣x+1，‎ 由得或，‎ ‎∴点Q的坐标为（，﹣），（，﹣），‎ ‎∴使得△QMB与△PMB的面积相等的点Q的坐标为（2，3），（，﹣），（，﹣）．‎ 点评：‎ 此题考查了二次函数综合，用到的知识点是二次函数的图象与性质、三角形梯形的面积、直线与抛物线的交点，关键是作出辅助线，求出符合条件的所有点的坐标．‎ ‎25．（10分）（2015•南充）已知抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A（m﹣2，0）和B（2m+1，0）（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，顶点为P，对称轴为l：x=1．‎ ‎（1）求抛物线解析式．‎ ‎（2）直线y=kx+2（k≠0）与抛物线相交于两点M（x1，y1），N（x2，y2）（x1＜x2），当|x1﹣x2|最小时，求抛物线与直线的交点M与N的坐标．‎ ‎（3）首尾顺次连接点O、B、P、C构成多边形的周长为L，若线段OB在x轴上移动，求L最小值时点O，B移动后的坐标及L的最小值．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）根据对称轴公式求出b的值，再根据根与系数的关系求出c的值，从而求出二次函数解析式；‎ ‎（2）将一次函数与二次函数组成方程组，得到一元二次方程x2+（k﹣2）x﹣1=0，根据根与系数的关系求出k的值，进而求出M（﹣1，0），N（1，4）；‎ ‎（3）O，B，P，C构成多边形的周长L=OB+BP+PC+CO，根据线段OB平移过程中，OB、PC长度不变，得到要使L最小，只需BP+CO最短，作点P关于x轴（或OB）对称点P′（1，﹣4），‎ 连接C′P′与x轴交于点B′，然后根据平移知识和勾股定理解答．‎ 解答：‎ 解：（1）由已知对称轴为x=1，得﹣=1，‎ ‎∴b=2，‎ 抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A（m﹣2，0）和B（2m+1，0），‎ 即﹣x2+2x+c=0的解为m﹣2和2m+1，‎ ‎（m﹣2）+（2m+1）=2，‎ ‎3m=3，‎ m=1，‎ 将m=1代入（m﹣2）（2m+1）=﹣c得，‎ ‎（1﹣2）（2+1）=﹣c，‎ ‎∴c=3，‎ ‎∴m=1，c=3，‎ 抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3；‎ ‎（2）由，‎ ‎∴x2+（k﹣2）x﹣1=0，‎ x1+x2=﹣（k﹣2），x1x2=﹣1，‎ ‎∴（x1﹣x2）2=（x1+x2）2﹣4x1x2=（k﹣2）2+4，‎ ‎∴当k=2时，（x1﹣x2）2的最小值为4，即|x1﹣x2|的最小值为2，‎ ‎∴x2﹣1=0，x1=1，x2=﹣1，即y1=4，y2=0，‎ ‎∴当|x1﹣x2|最小时，抛物线与直线的交点为M（﹣1，0），N（1，4）；‎ ‎（3）O（0，0），B（3，0），P（1，4），C（0，3），‎ O，B，P，C构成多边形的周长L=OB+BP+PC+CO，‎ ‎∵线段OB平移过程中，OB、PC长度不变，‎ ‎∴要使L最小，只需BP+CO最短，‎ 如图，平移线段OC到BC′，四边形OBC′C是矩形，‎ ‎∴C′（3，3），‎ 作点P关于x轴（或OB）对称点P′（1，﹣4），‎ 连接C′P′与x轴交于点B′，‎ 设C′P′解析式为y=ax+n，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴y=x﹣，‎ 当y=0时，x=，‎ ‎∴B′（，0），‎ 又3﹣=，‎ 故点B向左平移，平移到B′，‎ 同时，点O向左平移，平移到0′（﹣，0）．‎ 即线段OB向左平移时，周长L最短，‎ 此时，线段BP，CO之和最短为P′C′==，O′B′=OB=3，CP=，‎ ‎∴当线段OB向左平移，即点O平移到O′（﹣，0），点B平移到B′（，0）时，周长L最短为++3．‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数综合题，涉及待定系数法求二次函数解析式、函数与方程的关系、最短路径问题等，综合性强，值得关注．‎ ‎24．（12分）（2015•绵阳）已知抛物线y=﹣x2﹣2x+a（a≠0）与y轴相交于A点，顶点为M，直线y=x﹣a分别与x轴、y轴相交于B，C两点，并且与直线MA相交于N点．‎ ‎（1）若直线BC和抛物线有两个不同交点，求a的取值范围，并用a表示交点M，A的坐标；‎ ‎（2）将△NAC沿着y轴翻转，若点N的对称点P恰好落在抛物线上，AP与抛物线的对称轴相交于点D，连接CD，求a的值及△PCD的面积；‎ ‎（3）在抛物线y=﹣x2﹣2x+a（a＞0）上是否存在点P，使得以P，A，C，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）先联立抛物线与直线的解析式得出关于x的方程，再由直线BC和抛物线有两个不同交点可知△＞0，求出a的取值范围，令x=0求出y的值即可得出A点坐标，把抛物线的解析式化为顶点式的形式即可得出M点的坐标；‎ ‎（2）利用待定系数法求出直线MA的解析式，联立两直线的解析式可得出N点坐标，进而可得出P点坐标，根据S△PCD=S△PAC﹣S△ADC可得出结论；‎ ‎（3）分点P在y轴左侧与右侧两种情况进行讨论即可．‎ 解答：‎ 解：（1）由题意得，，整理得2x2+5x﹣4a=0．‎ ‎∵△=25+32a＞0，解得a＞﹣．‎ ‎∵a≠0，‎ ‎∴a＞﹣且a≠0．‎ 令x=0，得y=a，‎ ‎∴A（0，a）．‎ 由y=﹣（x+1）2+1+a得，M（﹣1，1+a）．‎ ‎（2）设直线MA的解析式为y=kx+b（k≠0），‎ ‎∵A（0，a），M（﹣1，1+a），‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴直线MA的解析式为y=﹣x+a，‎ 联立得，，解得，‎ ‎∴N（，﹣）．‎ ‎∵点P是点N关于y轴的对称点，‎ ‎∴P（﹣，﹣）．‎ 代入y=﹣x2﹣2x+a得，﹣=﹣a2+a+a，解得a=或a=0（舍去）．‎ ‎∴A（0，），C（0，﹣），M（﹣1，），|AC|=，‎ ‎∴S△PCD=S△PAC﹣S△ADC=|AC|•|xp|﹣|AC|•|x0|‎ ‎=••（3﹣1）‎ ‎=；‎ ‎（3）①当点P在y轴左侧时，‎ ‎∵四边形APCN是平行四边形，‎ ‎∴AC与PN互相平分，N（，﹣），‎ ‎∴P（﹣，）；‎ 代入y=﹣x2﹣2x+a得，=﹣a2+a+a，解得a=，‎ ‎∴P（﹣，）．‎ ‎②当点P在y轴右侧时，‎ ‎∵四边形ACPN是平行四边形，‎ ‎∴NP∥AC且NP=AC，‎ ‎∵N（，﹣），A（0，a），C（0，﹣a），‎ ‎∴P（，﹣）．‎ 代入y=﹣x2﹣2x+a得，﹣=﹣a2﹣a+a，解得a=，‎ ‎∴P（，﹣）．‎ 综上所述，当点P（﹣，）和（，﹣）时，A、C、P、N能构成平行四边形．‎ 点评：‎ 本题考查的是二次函数综合题，涉及到二次函数与一次函数的交点问题、二次函数图象上点的坐标特点、平行四边形的判定与性质等知识，难度较大．‎ ‎26．（11分）（2015•眉山）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c的顶点D的坐标为（1，﹣），且与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，A点的坐标为（4，0）．P点是抛物线上的一个动点，且横坐标为m．‎ ‎（l）求抛物线所对应的二次函数的表达式；‎ ‎（2）若动点P满足∠PAO不大于45°，求P点的横坐标m的取值范围；‎ ‎（3）当P点的横坐标m＜0时，过P点作y轴的垂线PQ，垂足为Q．问：是否存在P点，使∠QPO=∠BCO？若存在，请求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）根据函数值相等的点关于对称轴对称，可得B点坐标，根据待定系数法，可得函数解析式；‎ ‎（2）根据等腰直角三角形的性质，可得射线AC、AD，根据角越小角的对边越小，可得PA在在射线AC与AD之间，根据解方程组，可得E点的横坐标，根据E、C点的横坐标，可得答案；‎ ‎（3）根据相似三角形的判定与性质，可得=，根据解方程组，可得P点坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）由A、B点的函数值相等，得 A、B关于对称轴对称．‎ A（4﹣0），对称轴是x=1，得 B（﹣2，0）．‎ 将A、B、D点的坐标代入解析式，得 ‎，‎ 解得，‎ 抛物线所对应的二次函数的表达式y=x2﹣x﹣4；‎ ‎（2）如图1作C点关于原点的对称点D，‎ OC=OD=OA=4，‎ ‎∠OAC=∠DAO=45°，‎ AP在射线AC与AD之间，∠PAO＜45°，‎ 直线AD的解析式为y=﹣x+4，‎ 联立AD于抛物线，得，‎ 解得x=﹣4或x=4，‎ ‎∵E点的横坐标是﹣4，C点的横坐标是0，‎ P点的横坐标的取值范围是﹣4＜m＜0；‎ ‎（3）存在P点，使∠QPO=∠BCO，如图2，‎ ‎，‎ 设P（a，a2﹣a﹣4），‎ 由∠QPO=∠BCO，∠PQO=CBO=90°．‎ ‎∴△PQO∽△COB，‎ ‎∴=即=，‎ 化简，得a2﹣3a﹣8=0．‎ 解得a=，a=（不符合题意，舍），‎ a2﹣a﹣4=（）2﹣﹣4=，‎ P点坐标为（，）．‎ 点评：‎ 本题考察了二次函数综合题，利用待定系数法求函数解析式，利用了角与对边的关系：角越小角的对边越小得出PA在在射线AC与AD之间是解题关键，利用了相似三角形的判定与性质．‎ ‎25．（12分）（2015•泸州）如图，已知二次函数的图象M经过A（﹣1，0），B（4，0），C（2，﹣6）三点．‎ ‎（1）求该二次函数的解析式；‎ ‎（2）点G是线段AC上的动点（点G与线段AC的端点不重合），若△ABG与△ABC相似，求点G的坐标；‎ ‎（3）设图象M的对称轴为l，点D（m，n）（﹣1＜m＜2）是图象M上一动点，当△ACD的面积为时，点D关于l的对称点为E，能否在图象M和l上分别找到点P、Q，使得以点D、E、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？若能，求出点P的坐标；若不能，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）由A、B、C三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线的解析式；‎ ‎（2）可求得直线AC的解析式，设G（k，﹣2k﹣2），可表示出AB、BC、AG的长，由条件可知只有△AGB∽△ABC，再利用相似三角形的性质可求得k的值，从而可求得G点坐标；‎ ‎（3）可设出D点坐标，从而表示出△ACD的面积，由条件求得D点坐标，可求得DE的长，当DE为边时，根据平行四边形的性质可得到PQ=DE=2，从而可求得P点坐标；当DE为对角线时，可知P点为抛物线的顶点，可求得P点坐标．‎ 解答：‎ 解：‎ ‎（1）∵二次函数的图象M经过A（﹣1，0），B（4，0）两点，‎ ‎∴可设二次函数的解析式为y=a（x+1）（x﹣4）．‎ ‎∵二次函数的图象M经过C（2，﹣6）点，‎ ‎∴﹣6=a（2+1）（2﹣4），解得a=1．‎ ‎∴二次函数的解析式为y=（x+1）（x﹣4），即y=x2﹣3x﹣4．‎ ‎（2）设直线AC的解析式为y=sx+t，把A、C坐标代入可得，解得，‎ ‎∴线段AC的解析式为y=﹣2x﹣2，‎ 设点G的坐标为（k，﹣2k﹣2）．‎ ‎∵G与C点不重合，‎ ‎∴△ABG与△ABC相似只有△AGB∽△ABC一种情况．‎ ‎∴=．‎ ‎∵AB=5，AC==3，AG==|k+1|，‎ ‎∴=，‎ ‎∴|k+1|=‎ ‎∴k=或k=﹣（舍去），‎ ‎∴点G的坐标为（，﹣）．‎ ‎（3）能．理由如下：‎ 如图，过D点作x轴的垂线交AC于点H，‎ ‎∵D（m，n）（﹣1＜m＜2），‎ ‎∴H（m，﹣2m﹣2）．‎ ‎∵点D（m，n）在图象M上，‎ ‎∴D（m，m2﹣3m﹣4）．‎ ‎∵△ACD的面积为，‎ ‎∴[﹣2m﹣2﹣（m2﹣3m﹣4）][（m+1）+（2﹣m）]=，即4m2﹣4m+1=0，‎ 解得m=．‎ ‎∴D（，﹣）．‎ ‎∵y=x2﹣3x﹣4=（x﹣）2﹣，‎ ‎∴图象M的对称轴l为x=．‎ ‎∵点D关于l的对称点为E，‎ ‎∴E（，﹣），‎ ‎∴DE=﹣=2，‎ 若以点D、E、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，有两种情况：‎ 当DE为边时，则有PQ∥DE且PQ=DE=2．‎ ‎∴点P的横坐标为+2=或﹣2=﹣，‎ ‎∴点P的纵坐标为（﹣）2﹣=﹣，‎ ‎∴点P的坐标为（，﹣）或（﹣，﹣）；‎ 当DE为对角线时，则可知P点为抛物线的顶点，即P（，﹣）；‎ 综上可知存在满足条件的P点，其坐标为（，﹣）或（﹣，﹣）或（，﹣）．‎ 点评：‎ 本题主要考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、相似三角形的判定和性质、勾股定理、平行四边形的性质等知识点．在（1）中注意二次函数解析式三种形式的灵活运用，在（2）中确定出只有△AGB∽△ABC一种情况是解题的突破口，在（3）中求得D点的坐标从而求得DE的长是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性质较强，难度较大．‎ ‎　‎ ‎28．（12分）（2015•凉山州）如图，已知抛物线y=x2﹣（m+3）x+9的顶点C在x轴正半轴上，一次函数y=x+3与抛物线交于A、B两点，与x、y轴交于D、E两点．‎ ‎（1）求m的值．‎ ‎（2）求A、B两点的坐标．‎ ‎（3）点P（a，b）（﹣3＜a＜1）是抛物线上一点，当△PAB的面积是△ABC面积的2倍时，求a，b的值．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）抛物线的顶点在x轴的正半轴上可知其对应的一元二次方程有两个相等的实数根，根据判别式等于0可求得m的值；‎ ‎（2）由（1）可求得抛物线解析式，联立一次函数和抛物线解析式可求得A、B两点的坐标；‎ ‎（3）分别过A、B、P三点作x轴的垂线，垂足分别为R、S、T，可先求得△ABC的面积，再利用a、b表示出△PAB的面积，根据面积之间的关系可得到a、b之间的关系，再结合P点在抛物线上，可得到关于a、b的两个方程，可求得a、b的值．‎ 解答：‎ 解：‎ ‎（1）∵抛物线y=x2﹣（m+3）x+9的顶点C在x轴正半轴上，‎ ‎∴方程x2﹣（m+3）x+9=0有两个相等的实数根，‎ ‎∴（m+3）2﹣4×9=0，解得m=3或m=﹣9，‎ 又抛物线对称轴大于0，即m+3＞0，‎ ‎∴m=3；‎ ‎（2）由（1）可知抛物线解析式为y=x2﹣6x+9，联立一次函数y=x+3，‎ 可得，解得或，‎ ‎∴A（1，4），B（6，9）；‎ ‎（3）如图，分别过A、B、P三点作x轴的垂线，垂足分别为R、S、T，‎ ‎∵A（1，4），B（6，9），C（3，0），P（a，b），‎ ‎∴AR=4，BS=9，RC=3﹣1=2，CS=6﹣3=3，RS=6﹣1=5，PT=b，RT=1﹣a，ST=6﹣a，‎ ‎∴S△ABC=S梯形ABSR﹣S△ARC﹣S△BCS=×（4+9）×5﹣×2×4﹣×3×9=15，‎ S△PAB=S梯形PBST﹣S梯形ABSR﹣S梯形ARTP=（9+b）（6﹣a）﹣（b+4）（1﹣a）﹣×（4+9）×5=（5b﹣5a﹣15），‎ 又S△PAB=2S△ABC，‎ ‎∴（5b﹣5a﹣15）=30，即b﹣a=15，‎ ‎∴b=15+a，‎ ‎∵P点在抛物线上，‎ ‎∴b=a2﹣6a+9，‎ ‎∴15+a=a2﹣6a+9，解得a=，‎ ‎∵﹣3＜a＜1，‎ ‎∴a=，‎ ‎∴b=15+=．‎ 点评：‎ 本题主要考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法、二次函数与一元二次方程的关系、函数图象的交点及三角形的面积等知识点．在（1）中由顶点在x轴的正半轴上把问题转化为二元一次方程根的问题是解题的关键，在（2）中注意函数图象交点的求法，在（3）中用P点坐标表示出△PAB的面积是解题的关键．本题涉及知识点较多，计算量较大，有一定的难度．‎ ‎　‎ ‎26．（13分）（2015•乐山）如图1，二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C．若tan∠ABC=3，一元二次方程ax2+bx+c=0的两根为﹣8、2．‎ ‎（1）求二次函数的解析式；‎ ‎（2）直线l绕点A以AB为起始位置顺时针旋转到AC位置停止，l与线段BC交于点D，P是AD的中点．‎ ‎①求点P的运动路程；‎ ‎②如图2，过点D作DE垂直x轴于点E，作DF⊥AC所在直线于点F，连结PE、PF，在l运动过程中，∠EPF的大小是否改变？请说明理由；‎ ‎（3）在（2）的条件下，连结EF，求△PEF周长的最小值．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）利用tan∠ABC=3，得出C但坐标，再利用待定系数法求出二次函数解析式；‎ ‎（2）①当l在AB位置时，P即为AB的中点H，当l运动到AC位置时，P即为AC中点K，则P的运动路程为△ABC的中位线HK，再利用勾股定理得出答案；‎ ‎②首先利用等腰三角形的性质得出∠PAE=∠PEA=∠EPD，同理可得：∠PAF=∠PFA=∠DPF，进而求出∠EPF=∠EPD+∠FPD=2（∠PAE+∠PAF），即可得出答案；‎ ‎（3）首先得出C△PEF=AD+EF，进而得出EG=PE，EF=PE=AD，利用C△PEF=AD+EF=（1+）AD=AD，得出最小值即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵函数y=ax2+bx+c与x轴交于A、B两点，且一元二次方程ax2+bx+c=0两根为：﹣8，2，‎ ‎∴A（﹣8，0）、B（2，0），即OB=2，‎ 又∵tan∠ABC=3，∴OC=6，即C（0，﹣6），‎ 将A（﹣8，0）、B（2，0）代入y=ax2+bx﹣6中，得：‎ ‎，‎ 解得：，‎ ‎∴二次函数的解析式为：y=x2+x﹣6；‎ ‎（2）①如图1，当l在AB位置时，P即为AB的中点H，‎ 当l运动到AC位置时，P即为AC中点K，‎ ‎∴P的运动路程为△ABC的中位线HK，‎ ‎∴HK=BC，‎ 在Rt△BOC中，OB=2，OC=6，‎ ‎∴BC=2，∴HK=，‎ 即P的运动路程为：；‎ ‎②∠EPF的大小不会改变，‎ 理由如下：如图2，∵DE⊥AB，‎ ‎∴在Rt△AED中，P为斜边AD的中点，‎ ‎∴PE=AD=PA，‎ ‎∴∠PAE=∠PEA=∠EPD，‎ 同理可得：∠PAF=∠PFA=∠DPF，‎ ‎∴∠EPF=∠EPD+∠FPD=2（∠PAE+∠PAF），‎ 即∠EPF=2∠EAF，‎ 又∵∠EAF大小不变，‎ ‎∴∠EPF的大小不会改变；‎ ‎（3）设△PEF的周长为C，则C△PEF=PE+PF+EF，‎ ‎∵PE=AD，PF=AD，‎ ‎∴C△PEF=AD+EF，‎ 在等腰三角形PEF中，如图2，过点P作PG⊥EF于点G，‎ ‎∴∠EPC=∠EPF=∠BAC，‎ ‎∵tan∠BAC==，‎ ‎∴tan∠EPG==，‎ ‎∴EG=PE，EF=PE=AD，‎ ‎∴C△PEF=AD+EF=（1+）AD=AD，‎ 又当AD⊥BC时，AD最小，此时C△PEF最小，‎ 又S△ABC=30，‎ ‎∴BC×AD=30，‎ ‎∴AD=3，‎ ‎∴C△PEF最小值为：AD=．‎ 点评：‎ 此题主要考查了二次函数综合以及待定系数法求二次函数解析式和直角三角形中线的性质等知识，用AD表示出△PEF的周长是解题关键．‎ ‎23．（13分）（2015•新疆）如图，直线y=﹣3x+3与x轴、y轴分别交于点A、B．抛物线y=a（x﹣2）2+k经过A、B，并与x轴交于另一点C，其顶点为P，‎ ‎（1）求a，k的值；‎ ‎（2）在图中求一点Q，A、B、C为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出相应的点Q的坐标；‎ ‎（3）抛物线的对称轴上是否存在一点M，使△ABM的周长最小？若存在，求△ABM的周长；若不存在，请说明理由；‎ ‎（4）抛物线的对称轴是上是否存在一点N，使△ABN是以AB为斜边的直角三角形？若存在，求出N点的坐标，若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）由条件可先求得A、B坐标，代入抛物线解析式可求得a、k的值；‎ ‎（2）过B作平行x轴的直线，在B点两侧分别截取线段BQ1=BQ2=AC；过C作平行AB的直线，在C点两侧分别截取CQ3=CQ4=AB，则Q3、Q4‎ 到x轴的距离都等于B点到x轴的距离，可分别求得满足条件的Q点的坐标；‎ ‎（3）由A、C关于对称轴对称，连接BC交对称轴于点M，则M即为所求，由B、C可求得直线BC的解析式，可求得M点的坐标，容易求得其周长；‎ ‎（4）可设N点坐标为（2，n），可分别表示出AB、AN、BN的长，由勾股定理可得到关于n的议程，可求得N点坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）在y=﹣3x+3中，令y=0，可求得x=1，令x=0，可求得y=3，‎ ‎∴A（1，0），B（0，3），‎ 分别代入y=a（x﹣2）2+k，可得，解得，‎ 即a为1，k为﹣1；‎ ‎（2）由（1）可知抛物线解析式为y=（x﹣2）2﹣1，‎ 令y=0，可求得x=1或x=3，‎ ‎∴C（3，0），‎ ‎∴AC=3﹣1=2，AB=，‎ 过B作平行x轴的直线，在B点两侧分别截取线段BQ1=BQ2=AC=2，如图1，‎ ‎∵B（0，3），‎ ‎∴Q1（﹣2，3），Q2（2，3）；‎ 过C作AB的平行线，在C点分别两侧截取CQ3=CQ4=AB=，如图2，‎ ‎∵B（0，3），‎ ‎∴Q3、Q4到x轴的距离都等于B点到x轴的距离也为3，且到直线x=3的距离为1，‎ ‎∴Q3（2，3）、Q4（4，﹣3）；‎ 综上可知满足条件的Q点的坐标为（﹣2，3）或（2，3）或（4，﹣3）；‎ ‎（3）由条件可知对称轴方程为x=2，连接BC交对称轴于点M，连接MA，如图3，‎ ‎∵A、C两点关于对称轴对称，‎ ‎∴AM=MC，‎ ‎∴BM+AM最小，‎ ‎∴△ABM周长最小，‎ ‎∵B（0，3），C（3，0），‎ ‎∴可设直线BC解析式为y=mx+3，‎ 把C点坐标代入可求得m=﹣1，‎ ‎∴直线BC解析式为y=﹣x+3，‎ 当x=2时，可得y=1，‎ ‎∴M（2，1）；‎ ‎∴存在满足条件的M点，‎ 此时BC=3，且AB=，‎ ‎∴△ABM的周长的最小值为3+；‎ ‎（4）由条件可设N点坐标为（2，n），‎ 则NB2=22+（n﹣3）2=n2﹣6n+13，NA2=（2﹣1）2+n2=1+n2，且AB2=10，‎ 当△ABN为以AB为斜边的直角三角形时，由勾股定理可得NB2+NA2=AB2，‎ ‎∴n2﹣6n+13+1+n2=10，解得n=1或n=2，‎ 即N点坐标为（2，1）或（2，2），‎ 综上可知存在满足条件的N点，其坐标为（2，1）或（2，2）．‎ 点评：‎ 本题主要考查二次函数的应用，涉及待定系数法、平行四边形的性质、轴对称的性质、勾股定理等知识点．在（1）中求得A、B两点的坐标是解题的关键，在（2）中确定出Q点的位置是解题的关键，在（3）中确定出M点的位置是解题的关键，在（4）中设出N点坐标，利用勾股定理得到方程是解题的关键．本题涉及知识点较多，综合性较强，难度适中．‎ ‎　24．（12分）（2015•乌鲁木齐）抛物线y=x2﹣x+2与x轴交于A，B两点（OA＜OB），与y轴交于点C．‎ ‎（1）求点A，B，C的坐标；‎ ‎（2）点P从点O出发，以每秒2个单位长度的速度向点B运动，同时点E也从点O出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动，设点P的运动时间为t秒（0＜t＜2）．‎ ‎①过点E作x轴的平行线，与BC相交于点D（如图所示），当t为何值时，+的值最小，求出这个最小值并写出此时点E，P的坐标；‎ ‎②在满足①的条件下，抛物线的对称轴上是否存在点F，使△EFP为直角三角形？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）在抛物线的解析式中，令y=0，令x=0，解方程即可得到结果；‎ ‎（2）①由题意得：OP=2t，OE=t，通过△CDE∽△CBO得到，即，求得有最小值1，即可求得结果；‎ ‎②存在，求得抛物线y=x2﹣x+2的对称方程为x=3，设F（3，m），当△EFP为直角三角形时，①当∠EPF=90°时，②当∠EFP=90°时，③当∠PEF=90°时，根据勾股定理列方程即可求得结果．‎ 解答：‎ 解：（1）在抛物线的解析式中，令y=0，即x2﹣x+2=0，‎ 解得：x1=2，x2=4，∵OA＜OB，‎ ‎∴A（2，0），B（4，0），‎ 在抛物线的解析式中，令x=0，得y=2，‎ ‎∴C（0，2），‎ ‎（2）①由题意得：OP=2t，OE=t，‎ ‎∵DE∥OB，‎ ‎∴△CDE∽△CBO，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴DE=4﹣2t，‎ ‎∴，‎ ‎∵0＜t＜2，1﹣（t﹣1）2始终为正数，且t=1时，1﹣（t﹣1）2有最大值1，‎ ‎∴t=1时，有最小值1，‎ 即t=1时，有最小值1，此时OP=2，OE=1，‎ ‎∴E（0，1），P（2，0）；‎ ‎②存在，‎ ‎∵抛物线y=x2﹣x+2的对称轴方程为x=3，‎ 设F（3，m），‎ ‎∴EP2=5，PF2=（3﹣2）2+m2，EF2=（m﹣1）2+32，‎ 当△EFP为直角三角形时，‎ ‎①当∠EPF=90°时，‎ EP2+PF2=EF2，‎ 即5+1+m2=（m﹣1）2+32，‎ 解得：m=2，‎ ‎②当∠EFP=90°时，‎ EF2+FP2=PE2，‎ 即（m﹣1）2+3+（3﹣2）2+m2=5，‎ 解得；m=0或m=1，不合题意舍去，‎ ‎∴当∠EFP=90°时，‎ 这种情况不存在，‎ ‎③当∠PEF=90°时，‎ EF2+PE2=PF2，‎ 即（m﹣1）2+32+5=（3﹣2）2+m2，‎ 解得：m=7，‎ ‎∴F（3，2），（3，7）．‎ 点评：‎ 本题考查了根据函数的解析式求点的坐标，相似三角形的判定和性质，求代数式的最值，勾股定理，存在性问题，在求有关存在性问题时要注意分析题意分情况讨论结果．‎ ‎　‎ ‎24．（12分）（2015•广元）如图，已知抛物线y=﹣（x+2）（x﹣m）（m＞0）与x轴相交于点A、B，与y轴相交于点C，且点A在点B的左侧．‎ ‎（1）若抛物线过点G（2，2），求实数m的值；‎ ‎（2）在（1）的条件下，解答下列问题：‎ ‎①求出△ABC的面积；‎ ‎②在抛物线的对称轴上找一点H，使AH+CH最小，并求出点H的坐标；‎ ‎（3）在第四现象内，抛物线上是否存在点M，使得以点A、B、M为顶点的三角形与△ACB相似？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 专题：‎ 综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）把C坐标代入抛物线解析式求出m的值即可；‎ ‎（2）①对于抛物线解析式，令y=0求出x的值，确定出A与B坐标；令x=0，求出y的值，确定出C坐标，求出三角形ABC面积即可；‎ ‎②如图1，连接BC交对称轴于点H，由对称轴的性质和两点之间线段最短的性质可得：此时AH+CH=BH+CH=BC最小，利用待定系数法求出直线BC解析式，与抛物线对称轴联立求出H坐标即可；‎ ‎（3）在第四现象内，抛物线上存在点M，使得以点A、B、M为顶点的三角形与△ACB相似，分两种情况考虑：（i）当△ACB∽△ABM时；（ii）当△ACB∽△MBA时，利用相似三角形的判定与性质，确定出m的值即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵抛物线过G（2，2），‎ ‎∴把G坐标代入抛物线解析式得：2=﹣（2+2）（2﹣m），‎ 解得：m=4；‎ ‎（2）①令y=0，得到﹣（x+2）（x﹣m）=0，‎ 解得：x1=﹣2，x2=m，‎ ‎∵m＞0，‎ ‎∴A（﹣2，0），B（m，0），‎ 把m=4代入得：B（4，0），‎ ‎∴AB=6，‎ 令x=9，得到y=2，即C（0，2），‎ ‎∴OC=2，‎ 则S△ABC=×6×2=6；‎ ‎②∵A（﹣2，0），B（4，0），‎ ‎∴抛物线解析式为y=﹣（x+2）（x﹣4）的对称轴为x=1，‎ 如图1，连接BC交对称轴于点H，由对称轴的性质和两点之间线段最短的性质可得：此时AH+CH=BH+CH=BC最小，‎ 设直线BC的解析式为y=kx+b，‎ 把B与C坐标代入得：，‎ 解得：，‎ ‎∴直线BC解析式为y=﹣x+2，‎ 令x=1，得到y=，即H（1，）；‎ ‎（3）在第四现象内，抛物线上存在点M，使得以点A、B、M为顶点的三角形与△ACB相似，‎ 分两种情况考虑：‎ ‎（i）当△ACB∽△ABM时，则有=，即AB2=AC•AM，‎ ‎∵A（﹣2，0），C（0，2），即OA=OC=2，‎ ‎∴∠CAB=45°，∠BAM=45°，‎ 如图2，过M作MN⊥x轴，交x轴于点N，则AN=MN，‎ ‎∴OA+ON=2+ON=MN，‎ 设M（x，﹣x﹣2）（x＞0），‎ 把M坐标代入抛物线解析式得：﹣x﹣2=﹣（x+2）（x﹣m），‎ ‎∵x＞0，∴x+2＞0，‎ ‎∵m＞0，∴x=2m，即M（2m，﹣2m﹣2），‎ ‎∴AM==2（m+1），‎ ‎∵AB2=AC•AM，AC=2，AB=m+2，‎ ‎∴（m+2）2=2•2（m+1），‎ 解得：m=2±2，‎ ‎∵m＞0，‎ ‎∴m=2+2；‎ ‎（ii）当△ACB∽△MBA时，则=，即AB2=CB•MA，‎ ‎∵∠CBA=∠BAM，∠ANM=∠BOC=90°，‎ ‎∴△ANM∽△BOC，‎ ‎∴=，‎ ‎∵OB=m，设ON=x，‎ ‎∴=，即MN=（x+2），‎ 令M（x，﹣（x+2））（x＞0），‎ 把M坐标代入抛物线解析式得：﹣（x+2）=﹣（x+2）（x﹣m），‎ ‎∵x＞0，∴x+2＞0，‎ ‎∵m＞0，∴x=m+2，即M（m+2，﹣（m+4）），‎ ‎∵AB2=CB•MA，CB=，AN=m+4，MN=（m+4），‎ ‎∴（m+2）2=•，‎ 整理得：=0，显然不成立，‎ 综上，在第四象限内，当m=2+2时，抛物线上存在点M，使得以点A、B、M为顶点的三角形与△ACB相似．‎ 点评：‎ 此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定函数解析式，坐标与图形性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，以及两点之间线段最短，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解本题的关键．‎ ‎26．（10分）（2015•广安）如图，边长为1的正方形ABCD一边AD在x负半轴上，直线l：y=x+2经过点B（x，1）与x轴，y轴分别交于点H，F，抛物线y=﹣x2+bx+c顶点E在直线l上．‎ ‎（1）求A，D两点的坐标及抛物线经过A，D两点时的解析式；‎ ‎（2）当抛物线的顶点E（m，n）在直线l上运动时，连接EA，ED，试求△EAD的面积S与m之间的函数解析式，并写出m的取值范围；‎ ‎（3）设抛物线与y轴交于G点，当抛物线顶点E在直线l上运动时，以A，C，E，G为顶点的四边形能否成为平行四边形？若能，求出E点坐标；若不能，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）通过直线l的解析式求得B的坐标，进而根据正方形的边长即可求得A、D的坐标，然后利用待定系数法即可求得抛物线经过A，D两点时的解析式；‎ ‎（2）根据一次函数图象上点的坐标特征求得E的纵坐标为 m+2，然后根据三角形的面积公式即可求得S与m之间的函数解析式；‎ ‎（3）根据平行四边形的性质得出AC=EQ，AC∥EQ，易证得△EHQ≌△CDA，从而得出E的横坐标为﹣1，然后代入直线l的解析式即可求得E的坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）∵直线l：y=x+2经过点B（x，1），‎ ‎∴1=x+2，解得x=﹣2，‎ ‎∴B（﹣2，1），‎ ‎∴A（﹣2，0），D（﹣3，0），‎ ‎∵抛物线经过A，D两点，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴抛物线经过A，D两点时的解析式为y=﹣x2﹣5x﹣6；‎ ‎（2）∵顶点E（m，n）在直线l上，‎ ‎∴n=m+2，‎ ‎∴S=×1×（m+2）=m+1，‎ 即S=m+1（m≠4）；‎ ‎（3）如图，若以A，C，E，G为顶点的四边形能成为平行四边形，则AC=EG，AC∥EG，‎ 作EH∥y轴交过G点平行于x轴的直线相交于H，则EH⊥GH，△EHG≌△CDA，‎ ‎∴GH=AD=1，‎ ‎∴E的横坐标为±1，‎ ‎∵顶点E在直线l上，‎ ‎∴y=×（﹣1）+2=，或y=×1+2=‎ ‎∴E（﹣1，）或（1，）．‎ 点评：‎ 本题是二次函数综合题型，主要考查了待定系数法求二次函数解析式，平行四边形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，抛物线上点的坐标特征，确定GH=AD=1是解题的关键．‎ ‎28．（12分）（2015•甘孜州）如图，已知抛物线y=ax2﹣5ax+2（a≠0）与y轴交于点C，与x轴交于点A（1，0）和点B．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）求直线BC的解析式；‎ ‎（3）若点N是抛物线上的动点，过点N作NH⊥x轴，垂足为H，以B，N，H为顶点的三角形是否能够与△OBC相似（排除全等的情况）？若能，请求出所有符合条件的点N的坐标；若不能，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）把点A坐标代入抛物线y=ax2﹣5ax+2（a≠0）求得抛物线的解析式即可；‎ ‎（2）求出抛物线的对称轴，再求得点B、C坐标，设直线BC的解析式为y=kx+b，再把B、C两点坐标代入线BC的解析式为y=kx+b，求得k和b即可；‎ ‎（3）设N（x，ax2﹣5ax+2），分两种情况讨论：①△OBC∽△HNB，②△OBC∽△HBN，根据相似，得出比例式，再分别求得点N坐标即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵点A（1，0）在抛物线y=ax2﹣5ax+2（a≠0）上，‎ ‎∴a﹣5a+2=0，‎ ‎∴a=，‎ ‎∴抛物线的解析式为y=x2﹣x+2；‎ ‎（2）抛物线的对称轴为直线x=，‎ ‎∴点B（4，0），C（0，2），‎ 设直线BC的解析式为y=kx+b，‎ ‎∴把B、C两点坐标代入线BC的解析式为y=kx+b，得 ‎，‎ 解得k=﹣，b=2，‎ ‎∴直线BC的解析式y=﹣x+2；‎ ‎（3）设N（x，x2﹣x+2），分两种情况讨论：‎ ‎①当△OBC∽△HNB时，如图1，‎ ‎=，‎ 即=，‎ 解得x1=5，x2=4（不合题意，舍去），‎ ‎∴点N坐标（5，2）；‎ ‎②当△OBC∽△HBN时，如图2，‎ ‎=，‎ 即=﹣，‎ 解得x1=2，x2=4（不合题意舍去），‎ ‎∴点N坐标（2，﹣1）；‎ 综上所述点N坐标（5，2）或（2，﹣1）．‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数的综合题，以及二次函数解析式和一次函数的解析式的确定以及三角形的相似，解答本题需要较强的综合作答能力，特别是作答（3）问时需要进行分类，这是同学们容易忽略的地方，此题难度较大．‎ ‎25．（12分）（2015•达州）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的边OA在y轴的正半轴上，OC在x轴的正半轴上，∠AOC的平分线交AB于点D，E为BC的中点，已知A（0，4）、C（5，0），二次函数y=x2+bx+c的图象抛物线经过A，C两点．‎ ‎（1）求该二次函数的表达式；‎ ‎（2）F、G分别为x轴，y轴上的动点，顺次连接D、E、F、G构成四边形DEFG，求四边形DEFG周长的最小值；‎ ‎（3）抛物线上是否在点P，使△ODP的面积为12？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）根据待定系数法，可得函数解析式；‎ ‎（2）分别作A关于x轴的对称点E，作B关于y轴的对称点F，连接EF交x轴于D，交y轴于C，连接AD、BC，则此时AD+DC+BC的值最小，根据A、B的坐标求出AB，求出E、F的坐标，求出EF的长，即可求出答案；‎ ‎（3）根据三角形的面积，首先求得点P到OD的距离，然后过点O作OF⊥OD，使OF等于点P到OD的距离，过点F作FG∥OD，求得FG的解析式，然后再求直线FG与抛物线交点的坐标即可得到点P的坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）将A（0，4）、C（5，0）代入二次函数y=x2+bx+c，得 ‎，‎ 解得．‎ 故二次函数的表达式y=x2﹣x+4；‎ ‎（2）如图：‎ 延长EC至E′，使E′C=EC，延长DA至D′，使D′A=DA，连接D′E′，交x轴于F点，交y轴于G点，‎ GD=GD′EF=E′F，‎ ‎（DG+GF+EF+ED）最小=D′E′+DE，‎ 由E点坐标为（5，2），D（4，4），得D′（﹣4，4），E（5，﹣2）．‎ 由勾股定理，得 DE==，D′E′==，‎ ‎（DG+GF+EF+ED）最小=D′E′+DE=+；‎ ‎（3）如下图：‎ OD=．‎ ‎∵S△ODP的面积=12，‎ ‎∴点P到OD的距离==3．‎ 过点O作OF⊥OD，取OF=3，过点F作直线FG∥OD，交抛物线与点P1，P2，‎ 在Et△OGF中，OG===6，‎ ‎∴直线GF的解析式为y=x﹣6．‎ 将y=x﹣6代入y=得：x﹣6=，‎ 解得：，，‎ 将x1、x2的值代入y=x﹣6得：y1=，y2=‎ ‎∴点P1（，），P2（，）‎ 如下图所示：‎ 过点O作OF⊥OD，取OF=3，过点F作直线FG交抛物线与P3，P4，‎ 在Rt△PFO中，OG==6‎ ‎∴直线FG的解析式为y=x+6，‎ 将y=x+6代入y=得：x+6=‎ 解得：，‎ y1=x1+6=，y2=x2+6=‎ ‎∴p3（，），p4（，）‎ 综上所述：点P的坐标为：（，）或（，）或（，）或（，）．‎ 点评：‎ 本题主要考查的是二次函数的综合应用，求得点P到OD的距离是解题的关键，解得此类问题通常可以将函数问题转化为方程或方程组的问题．‎ ‎28．（12分）（2015•成都）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2﹣2ax﹣3a（a＜0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），经过点A的直线l：y=kx+b与y轴交于点C，与抛物线的另一个交点为D，且CD=4AC．‎ ‎（1）直接写出点A的坐标，并求直线l的函数表达式（其中k，b用含a的式子表示）；‎ ‎（2）点E是直线l上方的抛物线上的一点，若△ACE的面积的最大值为，求a的值；‎ ‎（3）设P是抛物线对称轴上的一点，点Q在抛物线上，以点A，D，P，Q为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出点P的坐标；若不能，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）由抛物线y=ax2﹣2ax﹣3a（a＜0）与x轴交于两点A、B，求得A点的坐标，作DF⊥x轴于F，根据平行线分线段成比例定理求得D的坐标，然后利用待定系数法法即可求得直线l的函数表达式．‎ ‎（2）设点E（m，a（m+1）（m﹣3）），yAE=k1x+b1，利用待定系数法确定yAE=a（m﹣3）x+a（m﹣3），从而确定S△ACE=（m+1）[a（m﹣3）﹣a]=（m﹣）2﹣‎ a，根据最值确定a的值即可；‎ ‎（3）分以AD为对角线、以AC为边，AP为对角线、以AC为边，AQ为对角线三种情况利用矩形的性质确定点P的坐标即可．‎ 解答：‎ 解：（1）令y=0，则ax2﹣2ax﹣3a=0，‎ 解得x1=﹣1，x2=3‎ ‎∵点A在点B的左侧，‎ ‎∴A（﹣1，0），‎ 如图1，作DF⊥x轴于F，‎ ‎∴DF∥OC，‎ ‎∴=，‎ ‎∵CD=4AC，‎ ‎∴==4，‎ ‎∵OA=1，‎ ‎∴OF=4，‎ ‎∴D点的横坐标为4，‎ 代入y=ax2﹣2ax﹣3a得，y=5a，‎ ‎∴D（4，5a），‎ 把A、D坐标代入y=kx+b得，‎ 解得，‎ ‎∴直线l的函数表达式为y=ax+a．‎ ‎（2）设点E（m，a（m+1）（m﹣3）），yAE=k1x+b1，‎ 则，‎ 解得：，‎ ‎∴yAE=a（m﹣3）x+a（m﹣3），‎ ‎∴S△ACE=（m+1）[a（m﹣3）﹣a]=（m﹣）2﹣a，‎ ‎∴有最大值﹣a=，‎ ‎∴a=﹣；‎ ‎（3）设P（1，p），Q（q，a（q+1）（q﹣3）），A（﹣1，0），D（4，5a），‎ ‎①以AD为对角线，APDQ为矩形，坐标满足．‎ xP+xQ=xA+xD，yP+yQ=yA+yD，‎ ‎1+q=﹣a+4，p+a（q+1）（q﹣3）=5a，‎ ‎∴q=2，a（q+1）（q﹣3）=5a﹣p ‎∴Q（2，5a﹣p），‎ ‎∵5a﹣p=a（2+1）（2﹣3），‎ ‎∴5a﹣p=﹣3a，p=8a，‎ 如图2，过P作PG∥x轴，过A作AF⊥PG，DG⊥PG，‎ 则△APF∽△PDG，‎ ‎∴a=﹣，‎ ‎∴P（1，﹣4）；‎ ‎②以AC为边，AP为对角线，‎ xP+xA=xQ+xD，yP+yA=yQ+yD，‎ ‎1+（﹣1）=q+4，P+O=a（q+1）（q﹣3）+5a，‎ ‎∴q=﹣4，a（q+1）（q﹣3）=P﹣5a ‎∴Q（﹣4，21a），‎ ‎∵21a=p﹣5a，‎ ‎∴p=26a，‎ ‎∴P（1，26a），‎ ‎∵AD⊥AQ，‎ ‎∴kAD•kAQ=1，‎ 即﹣7a•a=﹣1‎ ‎∴a2=，‎ ‎∴a=或a=﹣（舍），‎ ‎∴P（1，﹣）；‎ ‎③以AD为边，AQ为对角线，‎ xP+xD=xA+xQ，yP+yD=yA+yQ，‎ ‎1+4=q﹣1，p+5a=a（q+1）（q﹣3）+O，‎ ‎∴q=6，a（q+1）（q﹣3）=P+5a ‎∴Q（6，21a），‎ ‎∵5a﹣p=21a ‎∴p=16a，‎ ‎∵AD⊥AP，‎ ‎∴kAD•kAP=1，‎ 即8a•a=﹣1，‎ a2=﹣（舍），‎ 综上：P1（1，﹣4）；，P2（1，﹣）；‎ 点评：‎ 本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求一次函数的解析式，二次函数图象上点的坐标特征，以及矩形的判定，根据平行线分线段成比例定理求得D的坐标是本题的关键．‎ ‎　‎ ‎31．（12分）（2015•巴中）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y=ax2+bx﹣4（a≠0）的图象与x轴交于A（﹣2，0）、B（8，0）两点，与y轴交于点B，其对称轴与x轴交于点D．‎ ‎（1）求该二次函数的解析式；‎ ‎（2）如图1，连结BC，在线段BC上是否存在点E，使得△CDE为等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的点E的坐标；若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）如图2，若点P（m，n）是该二次函数图象上的一个动点（其中m＞0，n＜0），连结PB，PD，BD，求△BDP面积的最大值及此时点P的坐标．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）采用待定系数法求得二次函数的解析式；‎ ‎（2）先求得直线BC的解析式为y=x﹣4，则可设E（m，m﹣4），然后分三种情况讨论即可求得；‎ ‎（3）利用△PBD的面积S=S梯形﹣S△BOD﹣S△PFD即可求得．‎ 解答：‎ 解：（1）∵二次函数y=ax2+bx﹣4（a≠0）的图象与x轴交于A（﹣2，0）、C（8，0）两点，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴该二次函数的解析式为y=x2﹣x﹣4；‎ ‎（2）由二次函数y=x2﹣x﹣4可知对称轴x=3，‎ ‎∴D（3，0），‎ ‎∵C（8，0），‎ ‎∴CD=5，‎ 由二次函数y=x2﹣x﹣4可知B（0，﹣4），‎ 设直线BC的解析式为y=kx+b，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴直线BC的解析式为y=x﹣4，‎ 设E（m，m﹣4），‎ 当DC=CE时，EC2=（m﹣8）2+（m﹣4）2=CD2，‎ 即（m﹣8）2+（m﹣4）2=52，解得m1=8﹣2，m2=8+2（舍去），‎ ‎∴E（8﹣2，﹣）；‎ 当DC=DE时，ED2=（m﹣3）2+（m﹣4）2=CD2，‎ 即（m﹣3）2+（m﹣4）2=52，解得m3=0，m4=8（舍去），‎ ‎∴E（0，﹣4）；‎ 当EC=DE时，（m﹣8）2+（m﹣4）2=（m﹣3）2+（m﹣4）2解得m5=5.5，‎ ‎∴E（，﹣）．‎ 综上，存在点E，使得△CDE为等腰三角形，所有符合条件的点E的坐标为（8﹣2，﹣）、（0，﹣4）、（，﹣）．‎ ‎（3）过点P作y轴的平行线交x轴于点F，‎ ‎∵P点的横坐标为m，‎ ‎∴P点的纵坐标为m2﹣m﹣4，‎ ‎∵△PBD的面积S=S梯形﹣S△BOD﹣S△PFD=m[4﹣（m2﹣m﹣4）]﹣（m﹣3）[﹣（m2﹣m﹣4）]﹣×3×4‎ ‎=﹣m2+m=﹣（m﹣）2+‎ ‎∴当m=时，△PBD的最大面积为，‎ ‎∴点P的坐标为（，﹣）．‎ 点评：‎ 此题考查了学生的综合应用能力，要注意数形结合，认真分析，仔细识图．注意待定系数法求函数的解析式，注意函数交点坐标的求法，注意三角形面积的求法．‎ ‎23．（9分）（2015•昆明）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+x+c（a≠0）与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，点A的坐标为（4，0），抛物线的对称轴是直线x=．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）M为第一象限内的抛物线上的一个点，过点M作MG⊥x轴于点G，交AC于点H，当线段CM=CH时，求点M的坐标；‎ ‎（3）在（2）的条件下，将线段MG绕点G顺时针旋转一个角α（0°＜α＜90°），在旋转过程中，设线段MG与抛物线交于点N，在线段GA上是否存在点P，使得以P、N、G为顶点的三角形与△ABC相似？如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 专题：‎ 综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）首先利用对称轴公式求出a的值，然后把点A的坐标与a的值代入抛物线的解析式，求出c的值，即可确定出抛物线的解析式．‎ ‎（2）首先根据抛物线的解析式确定出点C的坐标，再根据待定系数法，确定出直线AC解析式为y=﹣x+2；然后设点M的坐标为（m，﹣m2+m+2），H（m，﹣m+2），求出MH的值是多少，再根据CM=CH，OC=GE=2，可得MH=2EH，据此求出m的值是多少，再把m的值代入抛物线的解析式，求出y的值，即可确定点M的坐标．‎ ‎（3）首先判断出△ABC为直角三角形，然后分两种情况：①当=时；②当=时；根据相似三角形的性质，判断出是否存在点P，使得以P、N、G为顶点的三角形与△ABC相似即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵x=﹣=，b=，‎ ‎∴a=﹣，‎ 把A（4，0），a=﹣代入y=ax2+x+c，‎ 可得（）×42+×4+c=0，‎ 解得c=2，‎ 则抛物线解析式为y=﹣x2+x+2．‎ ‎（2）如图1，连接CM，过C点作CE⊥MH于点E，‎ ‎，‎ ‎∵y=﹣x2+x+2，‎ ‎∴当x=0时，y=2，‎ ‎∴C点的坐标是（0，2），‎ 设直线AC解析式为y=kx+b（k≠0），‎ 把A（4，0）、C（0，2）代入y=kx+b，‎ 可得，‎ 解得：，‎ ‎∴直线AC解析式为y=﹣x+2，‎ ‎∵点M在抛物线上，点H在AC上，MG⊥x轴，‎ ‎∴设点M的坐标为（m，﹣m2+m+2），H（m，﹣m+2），‎ ‎∴MH=﹣m2+m+2﹣（﹣m+2）=﹣m2+2m，‎ ‎∵CM=CH，OC=GE=2，‎ ‎∴MH=2EH=2×[2﹣（﹣m+2）]=m，‎ 又∵MH=﹣m2+2m，‎ ‎∴﹣m2+2m=m，‎ 即m（m﹣2）=0，‎ 解得m=2或m=0（不符合题意，舍去），‎ ‎∴m=2，‎ 当m=2时，‎ y=﹣×22+×2+2=3，‎ ‎∴点M的坐标为（2，3）．‎ ‎（3）存在点P，使以P，N，G为顶点的三角形与△ABC相似，理由为：‎ ‎∵抛物线与x轴交于A、B两点，A（4，0），A、B两点关于直线x=成轴对称，‎ ‎∴B（﹣1，0），‎ ‎∵AC==2，BC==，AB=5，‎ ‎∴AC2+BC2=+=25，AB2=52=25，‎ ‎∵AC2+BC2=AB2=25，‎ ‎∴△ABC为直角三角形，‎ ‎∴∠ACB=90°，‎ 线段MG绕G点旋转过程中，与抛物线交于点N，当NP⊥x轴时，∠NPG=90°，‎ 设P点坐标为（n，0），‎ 则N点坐标为（n，﹣n2+n+2），‎ ‎①如图2，‎ 当=时，‎ ‎∵∠N1P1G=∠ACB=90°，‎ ‎∴△N1P1G∽△ACB，‎ ‎∴=，‎ 解得：n1=3，n2=﹣4（不符合题意，舍去），‎ 当n1=3时，‎ y=﹣×32+×3+2=2，‎ ‎∴P的坐标为（3，2）．‎ ‎②当=时，‎ ‎∵∠N2P2G=∠BCA=90°，‎ ‎∴△N2P2G∽△BCA，‎ ‎∴，‎ 解得：n1=1，n2=1﹣（不符合题意，舍去），‎ 当n1=1时，‎ y=﹣×（1+）2+×（1）+2=，‎ ‎∴P的坐标为（1，）．‎ 又∵点P在线段GA上，‎ ‎∴点P的纵坐标是0，‎ ‎∴不存在点P，使得以P、N、G为顶点的三角形与△ABC相似．‎ 点评：‎ ‎（1）此题主要考查了二次函数综合题，考查了分析推理能力，考查了分类讨论思想的应用，考查了数形结合思想的应用，考查了从已知函数图象中获取信息，并能利用获取的信息解答相应的问题的能力．‎ ‎（2）此题还考查了待定系数法求函数解析式的方法，要熟练掌握．‎ ‎（3）此题还考查了相似三角形的性质和应用，以及直角三角形的性质和应用，要熟练掌握．‎ ‎23．（9分）（2015•云南）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，直线y=kx+n（k≠0）经过B，C两点，已知A（1，0），C（0，3），且BC=5．‎ ‎（1）分别求直线BC和抛物线的解析式（关系式）；‎ ‎（2）在抛物线的对称轴上是否存在点P，使得以B，C，P三点为顶点的三角形是直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 专题：‎ 综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）由C的坐标确定出OC的长，在直角三角形BOC中，利用勾股定理求出OB的长，确定出点B坐标，把B与C坐标代入直线解析式求出k与n的值，确定出直线BC解析式，把A与B坐标代入抛物线解析式求出a的值，确定出抛物线解析式即可；‎ ‎（2）在抛物线的对称轴上不存在点P，使得以B，C，P三点为顶点的三角形是直角三角形，如图所示，分两种情况考虑：当PC⊥CB时，△PBC为直角三角形；当P′B⊥BC时，△BCP′为直角三角形，分别求出P的坐标即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵C（0，3），即OC=3，BC=5，‎ ‎∴在Rt△BOC中，根据勾股定理得：OB==4，即B（4，0），‎ 把B与C坐标代入y=kx+n中，得：，‎ 解得：k=﹣，n=3，‎ ‎∴直线BC解析式为y=﹣x+3；‎ 由A（1，0），B（4，0），设抛物线解析式为y=a（x﹣1）（x﹣4）=ax2﹣5ax+4a，‎ 把C（0，3）代入得：a=，‎ 则抛物线解析式为y=x2﹣x+3；‎ ‎（2）存在．‎ 如图所示，分两种情况考虑：‎ ‎∵抛物线解析式为y=x2﹣x+3，‎ ‎∴其对称轴x=﹣=﹣=．‎ 当PC⊥CB时，△PBC为直角三角形，‎ ‎∵直线BC的斜率为﹣，‎ ‎∴直线PC斜率为，‎ ‎∴直线PC解析式为y﹣3=x，即y=x+3，‎ 与抛物线对称轴方程联立得，‎ 解得：，‎ 此时P（，）；‎ 当P′B⊥BC时，△BCP′为直角三角形，‎ 同理得到直线P′B的斜率为，‎ ‎∴直线P′B方程为y=（x﹣4）=x﹣，‎ 与抛物线对称轴方程联立得：，‎ 解得：，‎ 此时P′（，﹣2）．‎ 综上所示，P（，）或P′（，﹣2）．‎ 点评：‎ 此题考查的是二次函数综合题，涉及的知识有：坐标与图形性质，待定系数法确定函数解析式，二次函数的性质，以及两直线垂直时斜率的关系，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．‎ ‎28．（12分）（2015•甘孜州）如图，已知抛物线y=ax2﹣5ax+2（a≠0）与y轴交于点C，与x轴交于点A（1，0）和点B．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）求直线BC的解析式；‎ ‎（3）若点N是抛物线上的动点，过点N作NH⊥x轴，垂足为H，以B，N，H为顶点的三角形是否能够与△OBC相似（排除全等的情况）？若能，请求出所有符合条件的点N的坐标；若不能，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）把点A坐标代入抛物线y=ax2﹣5ax+2（a≠0）求得抛物线的解析式即可；‎ ‎（2）求出抛物线的对称轴，再求得点B、C坐标，设直线BC的解析式为y=kx+b，再把B、C两点坐标代入线BC的解析式为y=kx+b，求得k和b即可；‎ ‎（3）设N（x，ax2﹣5ax+2），分两种情况讨论：①△OBC∽△HNB，②△OBC∽△HBN，根据相似，得出比例式，再分别求得点N坐标即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵点A（1，0）在抛物线y=ax2﹣5ax+2（a≠0）上，‎ ‎∴a﹣5a+2=0，‎ ‎∴a=，‎ ‎∴抛物线的解析式为y=x2﹣x+2；‎ ‎（2）抛物线的对称轴为直线x=，‎ ‎∴点B（4，0），C（0，2），‎ 设直线BC的解析式为y=kx+b，‎ ‎∴把B、C两点坐标代入线BC的解析式为y=kx+b，得 ‎，‎ 解得k=﹣，b=2，‎ ‎∴直线BC的解析式y=﹣x+2；‎ ‎（3）设N（x，x2﹣x+2），分两种情况讨论：‎ ‎①当△OBC∽△HNB时，如图1，‎ ‎=，‎ 即=，‎ 解得x1=5，x2=4（不合题意，舍去），‎ ‎∴点N坐标（5，2）；‎ ‎②当△OBC∽△HBN时，如图2，‎ ‎=，‎ 即=﹣，‎ 解得x1=2，x2=4（不合题意舍去），‎ ‎∴点N坐标（2，﹣1）；‎ 综上所述点N坐标（5，2）或（2，﹣1）．‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数的综合题，以及二次函数解析式和一次函数的解析式的确定以及三角形的相似，解答本题需要较强的综合作答能力，特别是作答（3）问时需要进行分类，这是同学们容易忽略的地方，此题难度较大．‎ ‎　24．（12分）（2015•上海）已知在平面直角坐标系xOy中（如图），抛物线y=ax2﹣4与x轴的负半轴（XRS）相交于点A，与y轴相交于点B，AB=2，点P在抛物线上，线段AP与y轴的正半轴交于点C，线段BP与x轴相交于点D，设点P的横坐标为m．‎ ‎（1）求这条抛物线的解析式；‎ ‎（2）用含m的代数式表示线段CO的长；‎ ‎（3）当tan∠ODC=时，求∠PAD的正弦值．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）根据已知条件先求出OB的长，再根据勾股定理得出OA=2，求出点A的坐标，再把点A的坐标代入y=ax2﹣4，求出a的值，从而求出解析式；‎ ‎（2）根据点P的横坐标得出点P的坐标，过点P作PE⊥x轴于点E，得出OE=m，PE=m2﹣4，从而求出AE=2+m，再根据=，求出OC；‎ ‎（3）根据tan∠ODC=，得出=，求出OD和OC，再根据△ODB∽△EDP，得出=‎ ‎，求出OC，求出∠PAD=45°，从而求出∠PAD的正弦值．‎ 解答：‎ 解：（1）∵抛物线y=ax2﹣4与y轴相交于点B，‎ ‎∴点B的坐标是（0，﹣4），‎ ‎∴OB=4，‎ ‎∵AB=2，‎ ‎∴OA==2，‎ ‎∴点A的坐标为（﹣2，0），‎ 把（﹣2，0）代入y=ax2﹣4得：0=4a﹣4，‎ 解得：a=1，‎ 则抛物线的解析式是：y=x2﹣4；‎ ‎（2）∵点P的横坐标为m，‎ ‎∴点P的坐标为（m，m2﹣4），‎ 过点P作PE⊥x轴于点E，‎ ‎∴OE=m，PE=m2﹣4，‎ ‎∴AE=2+m，‎ ‎∵=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴CO=2m﹣4；‎ ‎（3）∵tan∠ODC=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴OD=OC=×（2m﹣4）=，‎ ‎∵△ODB∽△EDP，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴m1=﹣1（舍去），m2=3，‎ ‎∴OC=2×3﹣4=2，‎ ‎∵OA=2，‎ ‎∴OA=OC，‎ ‎∴∠PAD=45°，‎ ‎∴sin∠PAD=sin45°=．‎ 点评：‎ 此题考查了二次函数的综合，用到的知识点是相似三角形的判定与性质、勾股定理、特殊角的三角函数值，关键是根据题意作出辅助线，构造相似三角形．‎ ‎25．（12分）（2015•张家界）如图，二次函数y=ax2+2x+c的图象与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C（0，3）．‎ ‎（1）求该二次函数的表达式；‎ ‎（2）过点A的直线AD∥BC且交抛物线于另一点D，求直线AD的函数表达式；‎ ‎（3）在（2）的条件下，请解答下列问题：‎ ‎①在x轴上是否存在一点P，使得以B、C、P为顶点的三角形与△ABD相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；‎ ‎②动点M以每秒1个单位的速度沿线段AD从点A向点D运动，同时，动点N以每秒个单位的速度沿线段DB从点D向点B运动，问：在运动过程中，当运动时间t为何值时，△DMN的面积最大，并求出这个最大值．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）把A（﹣1，0），C（0，3）代入y=ax2+2x+c即可得到结果；‎ ‎（2）在y=﹣x2+2x+3中，令y=0，则﹣x2+2x+3=0，得到B（3，0），由已知条件得直线BC的解析式为y=﹣x+3，由于AD∥BC，设直线AD的解析式为y=﹣x+b，即可得到结论；‎ ‎（3）①由BC∥AD，得到∠DAB=∠CBA，全等只要当或时，△PBC∽△ABD，解方程组得D（4，﹣5），求出AD=，AB=4，BC=，设P的坐标为（x，0），代入比例式解得或x=﹣4.5即可得到或P（﹣4.5，0）；‎ ‎②过点B作BF⊥AD于F，过点N作NE⊥AD于E，在Rt△AFB中，∠BAF=45°，于是得到，求得BF=，BD=，求得，由于DM=，DN=，于是得到===，即可得到结果．‎ 解答：‎ 解：（1）由题意知：，‎ 解得，‎ ‎∴二次函数的表达式为y=﹣x2+2x+3；‎ ‎（2）在y=﹣x2+2x+3中，令y=0，则﹣x2+2x+3=0，‎ 解得：x1=﹣1，x2=3，‎ ‎∴B（3，0），‎ 由已知条件得直线BC的解析式为y=﹣x+3，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴设直线AD的解析式为y=﹣x+b，‎ ‎∴0=1+b，‎ ‎∴b=﹣1，‎ ‎∴直线AD的解析式为y=﹣x﹣1；‎ ‎（3）①∵BC∥AD，‎ ‎∴∠DAB=∠CBA，‎ ‎∴只要当：或时，△PBC∽△ABD，‎ 解得D（4，﹣5），‎ ‎∴AD=，AB=4，BC=，‎ 设P的坐标为（x，0），‎ 即或，‎ 解得或x=﹣4.5，‎ ‎∴或P（﹣4.5，0），‎ ‎②过点B作BF⊥AD于F，过点N作NE⊥AD于E，‎ 在Rt△AFB中，∠BAF=45°，‎ ‎∴，‎ ‎∴BF=，BD=，‎ ‎∴，‎ ‎∵DM=，DN=，‎ 又∵，NE=，∴===，‎ ‎∴当时，S△MDN的最大值为．‎ 点评：‎ 本题主要考查了二次函数解析式的确定、函数图象交点的求法，锐角三角函数，最值的求法，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎24．（10分）（2015•岳阳）如图，抛物线y=ax2+bx+c经过A（1，0）、B（4，0）、C（0，3）三点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）如图①，在抛物线的对称轴上是否存在点P，使得四边形PAOC的周长最小？若存在，求出四边形PAOC周长的最小值；若不存在，请说明理由．‎ ‎（3）如图②，点Q是线段OB上一动点，连接BC，在线段BC上是否存在这样的点M，使△CQM为等腰三角形且△BQM为直角三角形？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）把点A（1，0）、B（4，0）、C（0，3）三点的坐标代入函数解析式，利用待定系数法求解；‎ ‎（2）A、B关于对称轴对称，连接BC，则BC与对称轴的交点即为所求的点P，此时PA+PC=BC，四边形PAOC的周长最小值为：OC+OA+BC；根据勾股定理求得BC，即可求得；‎ ‎（3）分两种情况分别讨论，即可求得．‎ 解答：‎ 解：（1）由已知得解得．‎ 所以，抛物线的解析式为y=x2﹣x+3．‎ ‎（2）∵A、B关于对称轴对称，如图1，连接BC，‎ ‎∴BC与对称轴的交点即为所求的点P，此时PA+PC=BC，‎ ‎∴四边形PAOC的周长最小值为：OC+OA+BC，‎ ‎∵A（1，0）、B（4，0）、C（0，3），‎ ‎∴OA=1，OC=3，BC==5，‎ ‎∴OC+OA+BC=1+3+5=9；‎ ‎∴在抛物线的对称轴上存在点P，使得四边形PAOC的周长最小，四边形PAOC周长的最小值为9．‎ ‎（3）∵B（4，0）、C（0，3），‎ ‎∴直线BC的解析式为y=﹣x+3，‎ ‎①当∠BQM=90°时，如图2，设M（a，b），‎ ‎∵∠CMQ＞90°，‎ ‎∴只能CM=MQ=b，‎ ‎∵MQ∥y轴，‎ ‎∴△MQB∽△COB，‎ ‎∴=，即=，解得b=，代入y=﹣x+3得，=﹣a+3，解得a=，‎ ‎∴M（，）；‎ ‎②当∠QMB=90°时，如图3，‎ ‎∵∠CMQ=90°，‎ ‎∴只能CM=MQ，‎ 设CM=MQ=m，‎ ‎∴BM=5﹣m，‎ ‎∵∠BMQ=∠COB=90°，∠MBQ=∠OBC，‎ ‎∴△BMQ∽△BOC，‎ ‎∴=，解得m=，‎ 作MN∥OB，‎ ‎∴==，即==，‎ ‎∴MN=，CN=，‎ ‎∴ON=OC﹣CN=3﹣=，‎ ‎∴M（，），‎ 综上，在线段BC上存在这样的点M，使△CQM为等腰三角形且△BQM为直角三角形，点M的坐标为（，）或（，）．‎ 点评：‎ 本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式，轴对称﹣最短路线问题，等腰三角形的性质等；分类讨论思想的运用是本题的关键．‎ ‎26．（12分）（2015•重庆）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2+x+3交x轴于A，B两点（点A在点B的左侧），交y轴于点W，顶点为C，抛物线的对称轴与x轴的交点为D．‎ ‎（1）求直线BC的解析式；‎ ‎（2）点E（m，0），F（m+2，0）为x轴上两点，其中2＜m＜4，EE′，FF′分别垂直于x轴，交抛物线于点E′，F′，交BC于点M，N，当ME′+NF′的值最大时，在y轴上找一点R，使|RF′﹣RE′|的值最大，请求出R点的坐标及|RF′﹣RE′|的最大值；‎ ‎（3）如图2，已知x轴上一点P（，0），现以P为顶点，2为边长在x轴上方作等边三角形QPG，使GP⊥x轴，现将△QPG沿PA方向以每秒1个单位长度的速度平移，当点P到达点A时停止，记平移后的△QPG为△Q′P′G′．设△Q′P′G′与△ADC的重叠部分面积为s．当Q′到x轴的距离与点Q′到直线AW的距离相等时，求s的值．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）求出抛物线与x轴的交点坐标和顶点坐标，用待定系数法求解析式即可；‎ ‎（2）先求出E′、F′的坐标表示，然后求出E′M、F′N，用二次函数的顶点坐标求出当m=3时，ME′+NF′的值最大，得到E′、F′的坐标，再求出E′F′的解析式，当点R在直线E′F′与y轴的交点时，|RF′﹣RE′|的最大值，从而求出R点的坐标及|RF′﹣RE′|的最大值；‎ ‎（3）分类讨论Q点在∠CAB的角平分线或外角平分线上时，运用三角形相似求出相应线段，在求出△Q′P′G′与△ADC的重叠部分面积为S．‎ 解答：‎ 解：（1）令y=0，则﹣x2+x+3=0，‎ 解方程得：x=6或x=﹣2，‎ ‎∴A（﹣2，0），B（6，0），‎ 又y=﹣x2+x+3=﹣（x﹣2）2+4，‎ 又顶点C（2，4），‎ 设直线BC的解析式为：y=kx+b，代入B、C两点坐标得：‎ ‎，‎ 解得：，‎ ‎∴y=﹣x+6；‎ ‎（2）如图1，‎ ‎∵点E（m，0），F（m+2，0），‎ ‎∴E′（m，﹣m2+m+3），F′（m+2，﹣m2+4），‎ ‎∴E′M=﹣m2+m+3﹣（﹣m+6）=﹣m2+2m﹣3，‎ F′N=﹣m2+4﹣（﹣m+4）=﹣m2+m，‎ ‎∴E′M+F′N=﹣m2+2m﹣3+（﹣m2+m）=﹣m2+3m﹣3，‎ 当m=﹣=3时，E′M+F′N的值最大，‎ ‎∴此时，E′（3，）F′（5，），‎ ‎∴直线E′F′的解析式为：y=﹣x+，‎ ‎∴R（0，），‎ 根据勾股定理可得：RF′=10，RE′=6，‎ ‎∴|RF′﹣RE′|的值最大值是4；‎ ‎（3）由题意得，Q点在∠CAB的角平分线或外角平分线上，‎ ‎①如图2，当Q点在∠CAB的角平分线上时，‎ Q′M=Q′N=，AW=，‎ ‎∵△RMQ′∽△WOA，‎ ‎∴‎ ‎∴RQ′=，‎ ‎∴RN=+，‎ ‎∵△ARN∽△AWO，‎ ‎∵‎ ‎∴AN=，‎ ‎∴DN=AD﹣AN=4﹣=，‎ ‎∴S=；‎ ‎②如图3，当Q点在∠CAB的外角平分线上时，‎ ‎∵△Q′RN∽△WAO，‎ ‎∴RQ′=，‎ ‎∴RM=﹣，‎ ‎∵△RAM∽△WOA，‎ ‎∴AM=，‎ 在RtQ′MP′中，MP′=Q′M=3，‎ ‎∴AP′=MP′﹣AM=3﹣=，‎ 在Rt△AP′S中，P′S=AP′=×，‎ ‎∴S=．‎ 点评：‎ 本题主要考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的性质，三角形的三边关系，三角形相似的判定与性质以及数形结合和分类讨论思想的综合运用，此题牵扯知识面广，综合性强，难度较大．‎ ‎　‎ ‎23．（12分）（2015•温州）如图，抛物线y=﹣x2+6x交x轴正半轴于点A，顶点为M，对称轴MB交x轴于点B．过点C（2，0）作射线CD交MB于点D（D在x轴上方），OE∥CD交MB于点E，EF∥x轴交CD于点F，作直线MF．‎ ‎（1）求点A，M的坐标．‎ ‎（2）当BD为何值时，点F恰好落在该抛物线上？‎ ‎（3）当BD=1时 ‎①求直线MF的解析式，并判断点A是否落在该直线上．‎ ‎②延长OE交FM于点G，取CF中点P，连结PG，△FPG，四边形DEGP，四边形OCDE的面积分别记为S1，S2，S3，则S1：S2：S3=　3：4：8　．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）在抛物线解析式中令y=0，容易求得A点坐标，再根据顶点式，可求得M点坐标；‎ ‎（2）由条件可证明四边形OCFE为平行四边形，可求得EF的点，可求得F点坐标，可得出BE的长，再利用平行线的性质可求得BD的长；‎ ‎（3）①由条件可求得F点坐标，可求得直线MF的解析式，把A点坐标代入其解析式可判断出A点在直线MF上；②由点的坐标结合勾股定理求得OE、GE、CD、DM、MF的长，再结合面积公式可分别表示出S1，S2，S3，可求得答案．‎ 解答：‎ 解：‎ ‎（1）令y=0，则﹣x2+6x=0，解得x=0或x=6，‎ ‎∴A点坐标为（6，0），‎ 又∵y=﹣x2+6x=﹣（x﹣3）2+9，‎ ‎∴M点坐标为（3，9）；‎ ‎（2）∵OE∥CF，OC∥EF，‎ ‎∴四边形OCFE为平行四边形，且C（2，0），‎ ‎∴EF=OC=2，‎ 又B（3，0），‎ ‎∴OB=3，BC=1，‎ ‎∴F点的横坐标为5，‎ ‎∵点F落在抛物线y=﹣x2+6x上，‎ ‎∴F点的坐标为（5，5），‎ ‎∴BE=5，‎ ‎∵OE∥CF，‎ ‎∴=，即=，‎ ‎∴BD=；‎ ‎（3）①当BD=1时，由（2）可知BE=3BD=3，‎ ‎∴F（5，3），‎ 设直线MF解析式为y=kx+b，‎ 把M、F两点坐标代入可得，解得，‎ ‎∴直线MF解析式为y=﹣3x+18，‎ ‎∵当x=6时，y=﹣3×6+18=0，‎ ‎∴点A落在直线MF上；‎ ‎②如图所示，‎ ‎∵E（3，3），‎ ‎∴直线OE解析式为y=x，‎ 联立直线OE和直线MF解析式可得，解得，‎ ‎∴G（，），‎ ‎∴OG==，OE=CF=3，‎ ‎∴EG=OG﹣OE=﹣3=，‎ ‎∵=，‎ ‎∴CD=OE=，‎ ‎∵P为CF中点，‎ ‎∴PF=CF=，‎ ‎∴DP=CF﹣CD﹣PF=3﹣﹣=，‎ ‎∵OG∥CF，‎ ‎∴可设OG和CF之间的距离为h，‎ ‎∴S△FPG=PF•h=×h=h，‎ S四边形DEGP=（EG+DP）h=×（+）h=h，‎ S四边形OCDE=（OE+CD）h=（3+）h=2h，‎ ‎∴S1，S2，S3=h：h：2h=3：4：8，‎ 故答案为：3：4：8．‎ 点评：‎ 本题主要考查二次函数的综合应用，涉及二次函数的性质、一元二次方程、平行四边形的判定和性质、平行线分线段成比例、待定系数法、勾股定理等知识点．在（1）中注意抛物线顶点式的应用，在（2）中求得F点的坐标是解题的关键，在（3）①中，求得直线MF的解析式是解题的关键，在②中利用两平行线间的距离为定值表示出S1，S2，S3是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性质较强，难度较大．‎ ‎24．（12分）（2015•金华）如图，抛物线y=ax2+c（a≠0）与y轴交于点A，与x轴交于B，C两点（点C在x轴正半轴上），△ABC为等腰直角三角形，且面积为4，现将抛物线沿BA方向平移，平移后的抛物线过点C时，与x轴的另一点为E，其顶点为F，对称轴与x轴的交点为H．‎ ‎（1）求a、c的值．‎ ‎（2）连接OF，试判断△OEF是否为等腰三角形，并说明理由．‎ ‎（3）现将一足够大的三角板的直角顶点Q放在射线AF或射线HF上，一直角边始终过点E，另一直角边与y轴相交于点P，是否存在这样的点Q，使以点P、Q、E为顶点的三角形与△POE全等？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 专题：‎ 计算题．‎ 分析：‎ ‎（1）先求出A（0，c），则OA=c，再根据等腰直角三角形的性质得OA=OB=OC=c，理由三角形面积公式得•c•2c=4，解得c=2，接着把C（2，0）代入y=ax2+2可求出a的值；‎ ‎（2）如图1，先利用待定系数法求出直线AB的解析式为y=x+2，设F（t，t+2），利用抛物线平移的规律可设平移后的抛物线解析式为y=﹣（x﹣t）2+t+2，再把C（2，0）代入得﹣（2﹣t）2+t+2=0，可解得t=6，则平移后的抛物线解析式为y=﹣（x﹣6）2+8，所以F（6，8），利用勾股定理计算出OF=10，接着根据抛物线与x轴的交点问题确定E（10，0），则OE=OF=10，于是可判断△OEF为等腰三角形；‎ ‎（3）分类讨论：当点Q在射线HF上，如图2，利用三角形全等的判定方法，当EQ=EO=10时，△EQP≌△EOP，则可根据勾股定理计算出QH=2，于是可得Q点坐标为（6，2）；当点Q在射线AF上，如图3，利用三角形全等的判定方法，当EQ=EO=10时，△EQP≌△EOP，设Q（m，m+2），利用两点间的距离公式得到（m﹣10）2+（m+2）2=102，解方程求出m的值即可得到Q点坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）∵抛物线y=ax2+c（a≠0）与y轴交于点A，‎ ‎∴A（0，c），则OA=c，‎ ‎∵△ABC为等腰直角三角形，‎ ‎∴OA=OB=OC=c，‎ ‎∴•c•2c=4，解得c=2，‎ ‎∴C（2，0），‎ 把C（2，0）代入y=ax2+2得4a+2=0，解得a=﹣；‎ ‎（2）△OEF是等腰三角形．理由如下：如图1，‎ 设直线AB的解析式为y=kx+b，‎ 把A（0，2）、B（﹣2，0）代入得，解得，‎ 则直线AB的解析式为y=x+2，‎ 设F（t，t+2），‎ ‎∵抛物线y=﹣x2+2沿BA方向平移，平移后的抛物线过点C时，顶点为F，‎ ‎∴平移后的抛物线解析式为y=﹣（x﹣t）2+t+2，‎ 把C（2，0）代入得﹣（2﹣t）2+t+2=0，解得t=6，‎ ‎∴平移后的抛物线解析式为y=﹣（x﹣6）2+8，‎ ‎∴F（6，8），‎ ‎∴OF==10，‎ 令y=0，﹣（x﹣6）2+8=0，解得x1=2，x2=10，‎ ‎∴OE=10，‎ ‎∴OE=OF，‎ ‎∴△OEF为等腰三角形；‎ ‎（3）存在．点Q的位置分两种情形．‎ 情形一：点Q在射线HF上，‎ 当点P在x轴上方时，如图2，‎ ‎∵∠EQP=90°，EP=EP，‎ ‎∴当EQ=EO=10时，△EQP≌△EOP，‎ 而HE=10﹣6=4，‎ ‎∴QH==2，‎ 此时Q点坐标为（6，2）；‎ 当点P在x轴下方时，如图3，有PQ=OE=10，过P点作PK⊥HF于点K，则有PK=6，‎ 在Rt△PQK中，QK===8，‎ ‎∵∠PQE=90°，∴∠PQK+HQE=90°，‎ ‎∵∠PKQ=∠QHE=90°，‎ ‎∴△PKQ∽△QHE，‎ ‎∴，∴，解得QH=3，‎ ‎∴Q（6，3）．‎ 情形二、点Q在射线AF上，‎ 当PQ=OE=10时，如图4，有QE=PO，‎ ‎∴四边形POEQ为矩形，∴Q的横坐标为10，‎ 当x=10时，y=x+2=12，∴Q（10，12）．‎ 当QE=OE=10时，如图5，‎ 过Q作QM⊥y轴于点M，过E点作x轴的垂线交QM于点N．‎ 设Q的坐标为为（x，x+2），∴MQ=x，QN=10﹣x，EN=x+2，‎ 在Rt△QEN中，有QE2=QN2+EN2，即102=（10﹣x）2+（x+2）2，解得x=4±，‎ 当x=4+时，如图5，y=x+2=6+，∴Q（4+，6+），‎ 当x=4﹣时，如图5，y=x+2=6﹣，∴Q（4﹣，6﹣），‎ 综上所述，Q点的坐标为（6，2）或（6，3）或（10，12）或（4+，6+）或（4﹣，6﹣），使P，Q，E三点为顶点的三角形与△POE全等．‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数的性质、二次函数平移的规律和三角形全等的判定与性质；会利用待定系数法求函数解析式；记住两点间的距离公式．‎ ‎24．（12分）（2015•湖州）已知在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，线段AB的两个端点A（0，2），B（1，0）分别在y轴和x轴的正半轴上，点C为线段AB的中点，现将线段BA绕点B按顺时针方向旋转90°得到线段BD，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点D．‎ ‎（1）如图1，若该抛物线经过原点O，且a=﹣．‎ ‎ ①求点D的坐标及该抛物线的解析式；‎ ‎ ②连结CD，问：在抛物线上是否存在点P，使得∠POB与∠BCD互余？若存在，请求出所有满足条件的点P的坐标，若不存在，请说明理由；‎ ‎（2）如图2，若该抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点E（1，1），点Q在抛物线上，且满足∠QOB与∠BCD互余．若符合条件的Q点的个数是4个，请直接写出a的取值范围．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）①过点D作DF⊥x轴于点F，先通过三角形全等求得D的坐标，把D的坐标和a=﹣，c=0代入y=ax2+bx+c即可求得抛物线的解析式；‎ ‎②先证得CD∥x轴，进而求得要使得∠POB与∠BCD互余，则必须∠POB=∠BAO，设P的坐标为（x，﹣x2+x），分两种情况讨论即可求得；‎ ‎（2）若符合条件的Q点的个数是4个，则当a＜0时，抛物线交于y轴的负半轴，当a＞0时，最小值得＜﹣1，解不等式即可求得．‎ 解答：‎ 解：（1）①过点D作DF⊥x轴于点F，如图1，‎ ‎∵∠DBF+∠ABO=90°，∠BAO+∠ABO=90°，‎ ‎∴∠DBF=∠BAO，‎ 又∵∠AOB=∠BFD=90°，AB=BD，‎ 在△AOB和△BFD中，‎ ‎，‎ ‎∴△AOB≌△BFD（AAS）‎ ‎∴DF=BO=1，BF=AO=2，‎ ‎∴D的坐标是（3，1），‎ 根据题意，得a=﹣，c=0，且a×32+b×3+c=1，‎ ‎∴b=，‎ ‎∴该抛物线的解析式为y=﹣x2+x；‎ ‎②∵点A（0，2），B（1，0），点C为线段AB的中点，‎ ‎∴C（，1），‎ ‎∵C、D两点的纵坐标都为1，‎ ‎∴CD∥x轴，‎ ‎∴∠BCD=∠ABO，‎ ‎∴∠BAO与∠BCD互余，‎ 要使得∠POB与∠BCD互余，则必须∠POB=∠BAO，‎ 设P的坐标为（x，﹣x2+x），‎ ‎（Ⅰ）当P在x轴的上方时，过P作PG⊥x轴于点G，如图2，‎ 则tan∠POB=tan∠BAO，即=，‎ ‎∴=，解得x1=0（舍去），x2=，‎ ‎∴﹣x2+x=，‎ ‎∴P点的坐标为（，）；‎ ‎（Ⅱ）当P在x轴的上方时，过P作PG⊥x轴于点G，如图3‎ 则tan∠POB=tan∠BAO，即=，‎ ‎∴=，解得x1=0（舍去），x2=，‎ ‎∴﹣x2+x=﹣，‎ ‎∴P点的坐标为（，﹣）；‎ 综上，在抛物线上是否存在点P（，）或（，﹣），使得∠POB与∠BCD互余．‎ ‎（2）如图3，∵D（3，1），E（1，1），‎ 抛物线y=ax2+bx+c过点E、D，代入可得，解得，所以y=ax2﹣4ax+3a+1．‎ 分两种情况：‎ ‎①当抛物线y=ax2+bx+c开口向下时，若满足∠QOB与∠BCD互余且符合条件的Q点的个数是4个，则点Q在x轴的上、下方各有两个．‎ ‎（i）当点Q在x轴的下方时，直线OQ与抛物线有两个交点，满足条件的Q有2个；‎ ‎（ii）当点Q在x轴的上方时，要使直线OQ与抛物线y=ax2+bx+c有两个交点，抛物线y=ax2+bx+c与x轴的交点必须在x轴的正半轴上，与y轴的交点在y轴的负半轴，所以3a+1＜0，解得a＜﹣；‎ ‎②当抛物线y=ax2+bx+c开口向上时，点Q在x轴的上、下方各有两个，‎ ‎（i）当点Q在x轴的上方时，直线OQ与抛物线y=ax2+bx+c有两个交点，符合条件的点Q有两个；‎ ‎（ii）当点Q在x轴的下方时，要使直线OQ与抛物线y=ax2+bx+c有两个交点，符合条件的点Q才两个．‎ 根据（2）可知，要使得∠QOB与∠BCD互余，则必须∠POB=∠BAO，‎ ‎∴tan∠QOB=tan∠BAO==，此时直线OQ的斜率为﹣，则直线OQ的解析式为y=﹣x，要使直线OQ与抛物线y=ax2+bx+c有两个交点，所以方程ax2﹣4ax+3a+1=﹣x有两个不相等的实数根，所以△=（﹣4a+）2﹣4a（3a+1）＞0，即4a2﹣8a+＞0，解得a＞（a＜舍去）‎ 综上所示，a的取值范围为a＜﹣或a＞．‎ 点评：‎ 本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式，正切函数，最小值等，分类讨论的思想是本题的关键．‎ ‎　‎ ‎21．（15分）（2015•益阳）已知抛物线E1：y=x2经过点A（1，m），以原点为顶点的抛物线E2经过点B（2，2），点A、B关于y 轴的对称点分别为点A′，B′．‎ ‎（1）求m的值及抛物线E2所表示的二次函数的表达式；‎ ‎（2）如图1，在第一象限内，抛物线E1上是否存在点Q，使得以点Q、B、B′为顶点的三角形为直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）如图2，P为第一象限内的抛物线E1上与点A不重合的一点，连接OP并延长与抛物线E2相交于点P′，求△PAA′与△P′BB′的面积之比．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）直接将（2，2）代入函数解析式进而求出a的值；‎ ‎（2）由题意可得，在第一象限内，抛物线E1上存在点Q，使得△QBB′为直角三角形，由图象可知直角顶点只能为点B或点Q，分别利用当点B为直角顶点时以及当点Q为直角顶点时求出Q点坐标即可；‎ ‎（3）首先设P（c，c2）、P′（d，），进而得出c与d的关系，再表示出△PAA′与△P′BB′的面积进而得出答案．‎ 解答：‎ 解：（1）∵抛物线E1经过点A（1，m），‎ ‎∴m=12=1．‎ ‎∵抛物线E2的顶点在原点，可设它对应的函数表达式为y=ax2（a≠0），‎ 又∵点B（2，2）在抛物线E2上，‎ ‎∴2=a×22，‎ 解得：a=，‎ ‎∴抛物线E2所对应的二次函数表达式为y=x2．‎ ‎（2）如图1，假设在第一象限内，抛物线E1上存在点Q，使得△QBB′为直角三角形，‎ 由图象可知直角顶点只能为点B或点Q．‎ ‎①当点B为直角顶点时，过B作QB⊥BB′交抛物线E1于Q，‎ 则点Q与B的横坐标相等且为2，将x=2代入y=x2得y=4，‎ ‎∴点Q的坐标为（2，4）． ‎ ‎②当点Q为直角顶点时，则有QB′2+QB2=B′B2，过点Q作GQ⊥BB′于G，‎ 设点Q的坐标为（t，t2）（t＞0），‎ 则有（t+2）2+（t2﹣2）2+（2﹣t）2+（t2﹣2）2=4，‎ 整理得：t4﹣3t2=0，‎ ‎∵t＞0，∴t2﹣3=0，解得t1=，t2=﹣（舍去），‎ ‎∴点Q的坐标为（，3），‎ 综合①②，存在符合条件的点Q坐标为（2，4）与（，3）；‎ ‎（3）如图2，过点P作PC⊥x轴，垂足为点C，PC交直线AA′于点E，‎ 过点P′作P′D⊥x轴，垂足为点D，P′D交直线BB′于点F，‎ 依题意可设P（c，c2）、P′（d，） （c＞0，c≠q），‎ ‎∵tan∠POC=tan∠P′OD，‎ ‎∴=，‎ ‎∴d=2c．‎ ‎∵AA′=2，BB′=4，‎ ‎∴====．‎ 点评：‎ 此题主要考查了二次函数综合以及直角三角形的性质和三角形面积求法，根据题意利用分类讨论得出是解题关键．‎ ‎26．（10分）（2015•湘潭）如图，二次函数y=x2+bx+c的图象交x轴于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，交y轴于点C，连接BC，动点P以每秒1个单位长度的速度从A向B运动，动点Q以每秒个单位长度的速度从B向C运动，P、Q同时出发，连接PQ，当点Q到达C点时，P、Q同时停止运动，设运动时间为t秒．‎ ‎（1）求二次函数的解析式；‎ ‎（2）如图1，当△BPQ为直角三角形时，求t的值；‎ ‎（3）如图2，当t＜2时，延长QP交y轴于点M，在抛物线上是否存在一点N，使得PQ的中点恰为MN的中点？若存在，求出点N的坐标与t的值；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）根据二次函数y=x2+bx+c的图象经过A（﹣1，0）、B（3，0）两点，应用待定系数法，求出二次函数的解析式即可．‎ ‎（2）首先根据待定系数法，求出BC所在的直线的解析式，再分别求出点P、点Q的坐标各是多少；然后分两种情况：①当∠QPB=90°时；②当∠PQB=90°时；根据等腰直角三角形的性质，求出t的值各是多少即可．‎ ‎（3）首先延长MQ交抛物线于点N，H是PQ的中点，再用待定系数法，求出PQ所在的直线的解析式，然后PQ的中点恰为MN的中点，判断出是否存在满足题意的点N即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵二次函数y=x2+bx+c的图象经过A（﹣1，0）、B（3，0）两点，‎ ‎∴，‎ 解得．‎ ‎∴二次函数的解析式是：y=x2﹣2x﹣3．‎ ‎（2）∵y=x2﹣2x﹣3，‎ ‎∴点C的坐标是（0，﹣3），‎ ‎∴BC==3，‎ 设BC所在的直线的解析式是：y=mx+n，‎ 则，‎ 解得．‎ ‎∴BC所在的直线的解析式是：y=x﹣3，‎ ‎∵经过t秒，AP=t，BQ=t，‎ ‎∴点P的坐标是（t﹣1，0），‎ 设点Q的坐标是（x，y），‎ ‎∵OB=OC=3，‎ ‎∴∠OBC=∠OCB=45°，‎ 则y=×sin45°=×=t，‎ ‎∴BP==×=t，‎ ‎∴x=3﹣t，‎ ‎∴点Q的坐标是（3﹣t，t），‎ ‎①如图1，‎ ‎，‎ 当∠QPB=90°时，‎ 点P和点Q的横坐标相同，‎ ‎∵点P的坐标是（t﹣1，0），点Q的坐标是（3﹣t，t），‎ ‎∴t﹣1=3﹣t，‎ 解得t=2，‎ 即当t=2时，△BPQ为直角三角形．‎ ‎②如图2，‎ ‎，‎ 当∠PQB=90°时，‎ ‎∵∠PBQ=45°，‎ ‎∴BP=，‎ ‎∵BP=3﹣（t﹣1）=4﹣t，BQ=，‎ ‎∴4﹣t=‎ 即4﹣t=2t，‎ 解得t=，‎ 即当t=时，△BPQ为直角三角形．‎ 综上，可得 当△BPQ为直角三角形，t=或2．‎ ‎（3）如图3，延长MQ交抛物线于点N，H是PQ的中点，‎ ‎，‎ 设PQ所在的直线的解析式是y=cx+d，‎ ‎∵点P的坐标是（t﹣1，0），点Q的坐标是（3﹣t，t），‎ ‎∴，‎ 解得．‎ ‎∴PQ所在的直线的解析式是y=x+，‎ ‎∴点M的坐标是（0，）‎ ‎∵，，‎ ‎∴PQ的中点H的坐标是（1，）‎ 假设PQ的中点恰为MN的中点，‎ ‎∵1×2﹣0=2，=，‎ ‎∴点N的坐标是（2，），‎ 又∵点N在抛物线上，‎ ‎∴=22﹣2×2﹣3=﹣3，‎ 解得t=或t=﹣（舍去），‎ ‎∵＞，‎ ‎∴当t＜2时，延长QP交y轴于点M，在抛物线上不存在一点N，使得PQ的中点恰为MN的中点．‎ 点评：‎ ‎（1）此题主要考查了二次函数综合题，考查了分析推理能力，考查了分类讨论思想的应用，考查了数形结合思想的应用，考查了从已知函数图象中获取信息，并能利用获取的信息解答相应的问题的能力．‎ ‎（2）此题还考查了等腰三角形的性质和应用，考查了分类讨论思想的应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①等腰三角形的两腰相等．②等腰三角形的两个底角相等．③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．‎ ‎（3）此题还考查了待定系数法求函数解析式的方法，要熟练掌握．‎ ‎27．（10分）（2015•衡阳）如图，顶点M在y轴上的抛物线与直线y=x+1相交于A、B两点，且点A在x轴上，点B的横坐标为2，连结AM、BM．‎ ‎（1）求抛物线的函数关系式；‎ ‎（2）判断△ABM的形状，并说明理由；‎ ‎（3）把抛物线与直线y=x的交点称为抛物线的不动点．若将（1）中抛物线平移，使其顶点为（m，2m），当m满足什么条件时，平移后的抛物线总有不动点．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）由条件可分别求得A、B的坐标，设出抛物线解析式，利用待定系数法可求得抛物线解析式；‎ ‎（2）结合（1）中A、B、C的坐标，根据勾股定理可分别求得AB、AM、BM，可得到AB2+AM2=BM2，可判定△ABM为直角三角形；‎ ‎（3）由条件可写出平移后的抛物线的解析式，联立y=x，可得到关于x的一元二次方程，根据根的判别式可求得m的范围．‎ 解答：‎ 解：（1）∵A点为直线y=x+1与x轴的交点，‎ ‎∴A（﹣1，0），‎ 又B点横坐标为2，代入y=x+1可求得y=3，‎ ‎∴B（2，3），‎ ‎∵抛物线顶点在y轴上，‎ ‎∴可设抛物线解析式为y=ax2+c，‎ 把A、B两点坐标代入可得，解得，‎ ‎∴抛物线解析式为y=x2﹣1；‎ ‎（2）△ABM为直角三角形．理由如：‎ 由（1）抛物线解析式为y=x2﹣1可知M点坐标为（0，﹣1），‎ ‎∴AM=，AB===3，BM==2，‎ ‎∴AM2+AB2=2+18=20=BM2，‎ ‎∴△ABM为直角三角形；‎ ‎（3）当抛物线y=x2﹣1平移后顶点坐标为（m，2m）时，其解析式为y=（x﹣m）2+2m，即y=x2﹣2mx+m2+2m，‎ 联立y=x，可得，消去y整理可得x2﹣（2m+1）x+m2+2m=0，‎ ‎∵平移后的抛物线总有不动点，‎ ‎∴方程x2﹣（2m+1）x+m2+2m=0总有实数根，‎ ‎∴△≥0，即（2m+1）2﹣4（m2+2m）≥0，‎ 解得m≤，‎ 即当m≤时，平移后的抛物线总有不动点．‎ 点评：‎ 本题主要考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法、二次函数的性质、勾股定理及其逆定理、一元二次方程等知识点．在（1）中确定出A、B两点的坐标是解题的关键，在（2）中分别求得AB、AM、BM的长是解题的关键，在（3）中确定出抛物线有不动点的条件是解题的关键．本题考查知识点较为基础，难度适中．‎ ‎25．（10分）（2015•郴州）如图，已知抛物线经过点A（4，0），B（0，4），C（6，6）．‎ ‎（1）求抛物线的表达式；‎ ‎（2）证明：四边形AOBC的两条对角线互相垂直；‎ ‎（3）在四边形AOBC的内部能否截出面积最大的▱DEFG？（顶点D，E，F，G分别在线段AO，OB，BC，CA上，且不与四边形AOBC的顶点重合）若能，求出▱DEFG的最大面积，并求出此时点D的坐标；若不能，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 专题：‎ 综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）根据抛物线经过点A（4，0），B（0，4），C（6，6），利用待定系数法，求出抛物线的表达式即可；‎ ‎（2）利用两点间的距离公式分别计算出OA=4，OB=4，CB=2，CA=2，则OA=OB，CA=CB，根据线段垂直平分线定理的逆定理得到OC垂直平分AB，所以四边形AOBC的两条对角线互相垂直；‎ ‎（3）如图2，利用两点间的距离公式分别计算出AB=4，OC=6，设D（t，0），根据平行四边形的性质四边形DEFG为平行四边形得到EF∥DG，EF=DG，再由OC垂直平分AB得到△OBC与△OAC关于OC对称，则可判断EF和DG为对应线段，所以四边形DEFG为矩形，DG∥OC，则DE∥AB，于是可判断△ODE∽△OAB，利用相似比得DE=t，接着证明△ADG∽△AOC，利用相似比得DG=（4﹣t），所以矩形DEFG的面积=DE•DG=t•（4﹣t）=﹣3t2+12t，然后根据二次函数的性质求平行四边形DEFG的面积的最大值，从而得到此时D点坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）设该抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，‎ 根据题意得，解得，‎ ‎∴抛物线的表达式为y=x2﹣x+4；‎ ‎（2）如图1，连结AB、OC，‎ ‎∵A（4，0），B（0，4），C（6，6），‎ ‎∴OA=4，OB=4，CB==2，CA==2，‎ ‎∴OA=OB，CA=CB，‎ ‎∴OC垂直平分AB，‎ 即四边形AOBC的两条对角线互相垂直；‎ ‎（3）能．‎ 如图2，AB==4，OC==6，设D（t，0），‎ ‎∵四边形DEFG为平行四边形，‎ ‎∴EF∥DG，EF=DG，‎ ‎∵OC垂直平分AB，‎ ‎∴△OBC与△OAC关于OC对称，‎ ‎∴EF和DG为对应线段，‎ ‎∴四边形DEFG为矩形，DG∥OC，‎ ‎∴DE∥AB，‎ ‎∴△ODE∽△OAB，‎ ‎∴=，即=，解得DE=t，‎ ‎∵DG∥OC，‎ ‎∴△ADG∽△AOC，‎ ‎∴=，即=，解得DG=（4﹣t），‎ ‎∴矩形DEFG的面积=DE•DG=t•（4﹣t）=﹣3t2+12t=﹣3（t﹣2）2+12，‎ 当t=2时，平行四边形DEFG的面积最大，最大值为12，此时D点坐标为（2，0）．‎ 点评：‎ 考查了二次函数综合题：熟练掌握用待定系数法求二次函数解析式、二次函数的性质和对称的判定与性质；理解坐标与图形性质，会利用两点间的距离公式计算线段的长；掌握线段垂直平分线的判定方法和平行四边形的性质；会利用相似比计算线段的长．‎ ‎25．（10分）（2015•常德）如图，曲线y1抛物线的一部分，且表达式为：y1=（x2﹣2x﹣3）（x≤3）曲线y2与曲线y1关于直线x=3对称．‎ ‎（1）求A、B、C三点的坐标和曲线y2的表达式；‎ ‎（2）过点D作CD∥x轴交曲线y1于点D，连接AD，在曲线y2上有一点M，使得四边形ACDM为筝形（如果一个四边形的一条对角线被另一条对角线垂直平分，这样的四边形为筝形），请求出点M的横坐标；‎ ‎（3）设直线CM与x轴交于点N，试问在线段MN下方的曲线y2上是否存在一点P，使△PMN的面积最大？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）对点A、B、C坐标的意义要明白，点A与点B是二次函数与横轴的交点，点C是纵轴的交点，关于x=3意义的理解，就是将y1=进行了平移，从而可求得抛物线y2的解析式；‎ ‎（2）要理解，只有当CM垂直平分AD时，才能在y2找到点M，故点M即为直线（C与AD的中点P连线）的交点；‎ ‎（3）显然MN的值固定，即在y2上的点，到CM的距离最大的点，即与CM平行的直线与y2只有一个交点时，即为所求．‎ 解答：‎ 解：（1）在y1=（x2﹣2x﹣3）中，令y1=0，则有0=（x2﹣2x﹣3），解得x=﹣1或x=3，‎ ‎∴A（﹣1，0），B（3，0），‎ 又∵C为与y轴的交点，‎ ‎∴C（0，﹣），‎ 又曲线y2与曲线y1关于直线x=3对称，‎ ‎∴曲线y2可由曲线y1关向右平移3个单位得到，‎ ‎∴y2=（x≥3）；‎ ‎（2）若AD垂直平分CM，则可知CDMA为菱形，此时点M（1，0），显然不在y2上；‎ 故直线CM垂直平分AD，取AD中点P，易求其坐标为（1，﹣），‎ 故直线CN的解析式为：yCN=，‎ 求其与y2的交点坐标：，‎ 解得：x1=，x2=（不合舍去），‎ ‎∴x=；‎ ‎（3）因为MN的长度固定，故点P到MN的距离最大时，△PMN的面积最大，‎ ‎∴可设另一直线y=x+b与y2相交于点P，很显然它们只有一个交点时，满足条件．‎ 即：只有唯一一个解的时候，这个点就是点P，‎ 即方程x+b=（x2﹣10x+21）有唯一一个解，‎ 解得：x=，‎ 将x=代入y2=，解得y=﹣‎ 故点P的坐标为．‎ 点评：‎ 本题主要考查二次函数的综合应用，涉及二次函数与一元二次方程的关系、图象的平移、菱形的性质等知识点．在（1）中确定出曲线y2可由曲线y1关向右平移3个单位得到是解题的关键，在（2）中确定出直线CM垂直平分AD是解题的关键，在（3）中确定出P点的位置是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性质较强，难度较大．‎ ‎26．（10分）（2015•长沙）若关于x的二次函数y=ax2+bx+c（a＞0，c＞0，a，b，c是常数）与x轴交于两个不同的点A（x1，0），B（x2，0）（0＜x1＜x2），与y轴交于点P，其图象顶点为点M，点O为坐标原点．‎ ‎（1）当x1=c=2，a=时，求x2与b的值；‎ ‎（2）当x1=2c时，试问△ABM能否为等边三角形？判断并证明你的结论；‎ ‎（3）当x1=mc（m＞0）时，记△MAB，△PAB的面积分别为S1，S2，若△BPO∽△PAO，且S1=S2，求m的值．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）设ax2+bx+c=0的两根为x1、x2，把a、c代入得：x2+bx+2=0，根据x1=2是它的一个根，求出b，再根据x2﹣x+2=0，即可求出另一个根，‎ ‎（2）根据x1=2c时，x2=，得出b=﹣（2ac+），4ac=﹣2b﹣1，根据M的坐标为（﹣，‎ ‎），得出当△ABM为等边三角形时=（﹣2c），‎ 求出b1=﹣1，b2=2﹣1（舍去），最后根据4ac=﹣2b﹣1=1，得出2c=，A、B重合，△ABM不可能为等边三角形；‎ ‎（3）根据△BPO∽△PAO，得出=，ac=1，由S1=S2得出b2=4a•2c=8ac=8，求出b=﹣2，最后根据x2﹣2x+c=0得出x=（﹣1）c，从而求出m．‎ 解答：‎ 解：（1）设ax2+bx+c=0的两根为x1、x2，‎ 把a=，c=2代入得：x2+bx+2=0，‎ ‎∵x1=2是它的一个根，‎ ‎∴×22+2b+2=0，‎ 解得：b=﹣，‎ ‎∴方程为：x2﹣x+2=0，‎ ‎∴另一个根为x2=3；‎ ‎（2）当x1=2c时，x2==，‎ 此时b=﹣a（x1+x2）=﹣（2ac+），4ac=﹣2b﹣1，‎ ‎∵M（﹣，），‎ 当△ABM为等边三角形时||=AB，‎ 即=（﹣2c），‎ ‎∴=•，‎ ‎∴b2+2b+1=（1+2b+1），‎ 解得：b1=﹣1，b2=2﹣1（舍去），‎ 此时4ac=﹣2b﹣1=1，即2c=，A、B重合，‎ ‎∴△ABM不可能为等边三角形；‎ ‎（3）∵△BPO∽△PAO，‎ ‎∴=，即x1x2=c2=，‎ ‎∴ac=1，‎ 由S1=S2得c=||=﹣c，‎ ‎∴b2=4a•2c=8ac=8，‎ ‎∴b1=﹣2，b2=2（舍去），‎ 方程可解为x2﹣2x+c=0，‎ ‎∴x1===（﹣1）c，‎ ‎∴m=﹣1．‎ 点评：‎ 此题考查了二次函数综合，用到的知识点是二次函数的图象与性质、相似三角形的判定与性质、等边三角形的性质、一元二次方程，关键是综合运用有关知识求解，注意把不合题意的解舍去．‎ ‎　‎ ‎26．（10分）（2015•吉林）如图①，一次函数y=kx+b的图象与二次函数y=x2的图象相交于A，B两点，点A，B的横坐标分别为m，n（m＜0，n＞0）．‎ ‎（1）当m=﹣1，n=4时，k=　3　，b=　4　；‎ 当m=﹣2，n=3时，k=　1　，b=　6　；‎ ‎（2）根据（1）中的结果，用含m，n的代数式分别表示k与b，并证明你的结论；‎ ‎（3）利用（2）中的结论，解答下列问题：‎ 如图②，直线AB与x轴，y轴分别交于点C，D，点A关于y轴的对称点为点E，连接AO，OE，ED．‎ ‎①当m=﹣3，n＞3时，求的值（用含n的代数式表示）；‎ ‎②当四边形AOED为菱形时，m与n满足的关系式为　n=﹣2m　；‎ 当四边形AOED为正方形时，m=　﹣1　，n=　2　．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 专题：‎ 综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）根据二次函数图象上点的坐标特征，由当m=﹣1，n=4得A（﹣1，1），B（4，16），然后利用待定系数法求出直线AB的解析式即可得到k和b的值；当m=﹣2，n=3时，用同样的方法求解；‎ ‎（2）根据二次函数图象上点的坐标特征得到A（m，m2），B（n，n2），把它们分别代入y=kx+b得，然后解关于k、b的方程组即可得到k=m+n，b=﹣mn；‎ ‎（3）①当m=﹣3时，A（﹣3，9），根据y轴对称的点的坐标特征得E（3，9），再由（2）的结论得k=m+n，b=﹣mn，则直线AB的解析式为y=（﹣3+n）x+3n，接着求出D（0，3n），C（，0），然后根据三角形面积公式可计算出的值；‎ ‎②连结AE交OD于P，如图②，点A（m，m2）关于y轴的对称点E的坐标为（﹣m，m2），则OP=m2，由于k=m+n，b=﹣mn，则D（0，﹣mn）；若四边形AOED为菱形，根据菱形的性质OP=DP，即﹣mn=2m2，可解得n=﹣2m；若四边形AOED为正方形，根据正方形的性质得OP=AP=OP=PD，易得m=﹣1，n=2．‎ 解答：‎ 解：（1）当x=﹣1时，y=x2=1，则A（﹣1，1）；当x=4时，y=x2=16，则B（4，16），‎ 把A（﹣1，1）、B（4，16）分别代入y=kx+b得，解得；‎ 当x=﹣2时，y=x2=4，则A（﹣2，4）；当x=3时，y=x2=9，则B（3，9），‎ 把A（﹣2，4）、B（3，9）分别代入y=kx+b得，解得；‎ 故答案为：3，4；1，6；‎ ‎（2）k=m+n，b=﹣mn．理由如下：‎ 把A（m，m2），B（n，n2）代入y=kx+b得，解得；‎ ‎（3）①当m=﹣3时，A（﹣3，9），‎ ‎∵点A关于y轴的对称点为点E，‎ ‎∴E（3，9），‎ ‎∵k=m+n，b=﹣mn，‎ ‎∴k=﹣3+n，b=3n，‎ ‎∴直线AB的解析式为y=（﹣3+n）x+3n，则D（0，3n），‎ 当y=0时，（﹣3+n）x+3n=0，解得x=，则C（，0），‎ ‎∴==（n＞3）；‎ ‎②连结AE交OD于P，如图②，‎ ‎∵点A（m，m2）关于y轴的对称点为点E，‎ ‎∴E（﹣m，m2），‎ ‎∴OP=m2，‎ ‎∵k=m+n，b=﹣mn，‎ ‎∴D（0，﹣mn），‎ 若四边形AOED为菱形，则OP=DP，即﹣mn=2m2，所以n=﹣2m；‎ 若四边形AOED为正方形，则OP=AP，即﹣m=m2，解得m=﹣1，所以n=﹣2m=2．‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和菱形、正方形的性质；会利用待定系数法求一次函数解析式；理解坐标与图形性质；记住三角形的面积公式．‎ ‎23．（9分）（2015•南昌）如图，已知二次函数L1：y=ax2﹣2ax+a+3（a＞0）和二次函数L2：y=﹣a（x+1）2+1（a＞0）图象的顶点分别为M，N，与y轴分别交于点E，F．‎ ‎（1）函数y=ax2﹣2ax+a+3（a＞0）的最小值为　3　，当二次函数L1，L2的y值同时随着x的增大而减小时，x的取值范围是　﹣1＜x＜1　．‎ ‎（2）当EF=MN时，求a的值，并判断四边形ENFM的形状（直接写出，不必证明）．‎ ‎（3）若二次函数L2的图象与x轴的右交点为A（m，0），当△AMN为等腰三角形时，求方程﹣a（x+1）2+1=0的解．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）把二次函数L1：y=ax2﹣2ax+a+3化成顶点式，即可求得最小值，分别求得二次函数L1，L2的y值随着x的增大而减小的x的取值，从而求得二次函数L1，L2的y值同时随着x的增大而减小时，x的取值范围；‎ ‎（2）先求得E、F点的坐标，作MG⊥y轴于G，则MG=1，作NH⊥y轴于H，则NH=1，从而求得MG=NH=1，然后证得△EMG≌△FNH，∠MEF=∠NFE，EM=NF，进而证得EM∥NF，从而得出四边形ENFM是平行四边形；‎ ‎（3）作MN的垂直平分线，交MN于D，交x轴于A，先求得D的坐标，继而求得MN的解析式，进而就可求得直线AD的解析式，令y=0，求得A的坐标，根据对称轴从而求得另一个交点的坐标，就可求得方程﹣a（x+1）2+1=0的解．‎ 解答：‎ 解：（1）∵二次函数L1：y=ax2﹣2ax+a+3=a（x﹣1）2+3，‎ ‎∴顶点M坐标为（1，3），‎ ‎∵a＞0，‎ ‎∴函数y=ax2﹣2ax+a+3（a＞0）的最小值为3，‎ ‎∵二次函数L1的对称轴为x=1，当x＜1时，y随x的增大而减小；‎ 二次函数L2：y=﹣a（x+1）2+1的对称轴为x=﹣1，当x＞﹣1时，y随x的增大而减小；‎ ‎∴当二次函数L1，L2的y值同时随着x的增大而减小时，x的取值范围是﹣1＜x＜1；‎ 故答案为：3，﹣1＜x＜1．‎ ‎（2）由二次函数L1：y=ax2﹣2ax+a+3可知E（0，a+3），‎ 由二次函数L2：y=﹣a（x+1）2+1=﹣a2x﹣2ax﹣a+1可知F（0，﹣a+1），‎ ‎∵M（1，3），N（﹣1，1），‎ ‎∴EF=MN==2，‎ ‎∴a+3﹣（﹣a+1）=2，‎ ‎∴a=﹣1，‎ 作MG⊥y轴于G，则MG=1，作NH⊥y轴于H，则NH=1，‎ ‎∴MG=NH=1，‎ ‎∵EG=a+3﹣3=a，FH=1﹣（﹣a+1）=a，‎ ‎∴EG=FH，‎ 在△EMG和△FNH中，‎ ‎，‎ ‎∴△EMG≌△FNH（SAS），‎ ‎∴∠MEF=∠NFE，EM=NF，‎ ‎∴EM∥NF，‎ ‎∴四边形ENFM是平行四边形；‎ ‎∵EF=MN，‎ ‎∴四边形ENFM是矩形；‎ ‎（3）作MN的垂直平分线，交MN于D，交x轴于A，‎ ‎∵M（1，3），N（﹣1，1），‎ ‎∴D（0，2），‎ 设直线MN的解析式为y=kx+b，‎ 则，‎ 解得k=1，‎ ‎∴MN的垂直平分线AD为y=﹣x+2，‎ 令y=0，则x=2，‎ ‎∴A（2，0），‎ ‎∵抛物线L2的对称轴x=﹣1，‎ ‎∴另一个交点为（﹣4，0），‎ ‎∴方程﹣a（x+1）2+1=0的解为﹣4和2．‎ 点评：‎ 本题是二次函数的综合题，考查了二次函数的性质，三角形全等的判定和性质，平行四边形的判定，待定系数法求一次函数的解析式等，求得A的坐标是解题的关键．‎ ‎24．（14分）（2015•滨州）根据下列要求，解答相关问题 ‎（1）请补全以下求不等式﹣2x2﹣4x≥0的解集的过程 ‎①构造函数，画出图象，根据不等式特征构造二次函数y=﹣2x2﹣4x；并在下面的坐标系中（见图1）画出二次函数y=﹣2x2﹣4x的图象（只画出图象即可）‎ ‎②求得界点，标示所需；当y=0时，求得方程﹣2x2﹣4x=0的解为　x1=0，x2=﹣2　；并用锯齿线标示出函数y=﹣2x2﹣4x图象中y≥0的部分．‎ ‎③借助图象，写出解集；由所标示图象，可得不等式﹣2x2﹣4x≥0的解集为　﹣2≤x≤0　．‎ ‎（2）利用（1）中求不等式解集的步骤，求不等式x2﹣2x+1＜4的解集 ‎①构造函数，画出图象 ②求得界点，标示所需 ③借助图象，写出解集 ‎（3）参照以上两个求不等式解集的过程，借助一元二次方程的求根公式，直接写出关于x的不等式ax2+bx+c＞0（a＞0）的解集．‎ 考点：‎ 二次函数与不等式（组）．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）根据抛物线与x轴的交点坐标，抛物线的开口方向以及抛物线的对称轴作出图象，根据图象写出不等式﹣2x2﹣4x≥0的解集；‎ ‎（2）参考（1）的解题过程进行计算；‎ ‎（3）参考（1）的解题过程进行计算．但是需要分类讨论：△＞0、△=0、△＞0三种情况．‎ 解答：‎ 解：（1）y=﹣2x2﹣4x=﹣2x（x+2），则该抛物线与x轴交点的坐标分别是（0，0），（0，﹣2），且抛物线开口方向向上，所以其大致图象如图（1）所示：‎ 根据图示知，不等式﹣2x2﹣4x≥0的解集为﹣2≤x≤0．‎ 故答案是：x1=0，x2=﹣2；﹣2≤x≤0；‎ ‎（2）①构造函数y=x2﹣2x+1，画出图象，如图（2）所示；‎ ‎②当y=4时，方程x2﹣2x+1=4的解为x1=﹣1，x2=3；‎ ‎③由图（2）知，不等式x2﹣2x+1＜4的解集是﹣1＜x＜3；‎ ‎（3）①当b2﹣4ac＞0时，关于x的不等式ax2+bx+c＞0（a＞0）的解集是x＞或x＜．‎ 当b2﹣4ac=0时，关于x的不等式ax2+bx+c＞0（a＞0）的解集是x≠﹣；‎ 当b2﹣4ac＜0时，关于x的不等式ax2+bx+c＞0（a＞0）的解集是全体实数．‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数与不等式（组）．数形结合是数学中的重要思想之一，解决函数问题更是如此，同学们要引起重视．‎ ‎24．（13分）（2015•山西）综合与探究 如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线W的函数表达式为y=﹣x2+x+4．抛物线W与x轴交于A，B两点（点B在点A的右侧，与y轴交于点C，它的对称轴与x轴交于点D，直线l经过C、D两点．‎ ‎（1）求A、B两点的坐标及直线l的函数表达式．‎ ‎（2）将抛物线W沿x轴向右平移得到抛物线W′，设抛物线W′的对称轴与直线l交于点F，当△ACF为直角三角形时，求点F的坐标，并直接写出此时抛物线W′的函数表达式．‎ ‎（3）如图2，连接AC，CB，将△ACD沿x轴向右平移m个单位（0＜m≤5），得到△A′C′D′．设A′C交直线l于点M，C′D′交CB于点N，连接CC′，MN．求四边形CMNC′的面积（用含m的代数式表示）．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）根据自变量与函数值对应关系，当函数值为零时，可得A、B点坐标，当自变量为零时，可得C点坐标，根据对称轴公式，可得D点坐标，根据待定系数法，可得l的解析式；‎ ‎（2）根据余角性质，可得∠1与∠3的关系，根据正切的定义，可得关于F点的横坐标的方程，根据解方程，可得F点坐标，平移后的对称轴，根据平移后的对称轴，可得平移后的函数解析式；‎ ‎（3）根据图象平移的规律，可得A′，C′，D′′点的坐标，根据待定系数法，可得A′C，BC，C′D′的解析式，根据解方程组，可得M、N的坐标，根据平行四边形的判定，可得四边形CMNC′的形状，根据平行四边形的面积公式，可得答案．‎ 解答：‎ 解：（1）当y=0时，﹣x2++4=0，‎ 解得x1=﹣3，x2=7，‎ ‎∴点A坐标为（﹣3，0），点B的坐标为（7，0）．‎ ‎∵﹣=﹣，‎ ‎∴抛物线w的对称轴为直线x=2，‎ ‎∴点D坐标为（2，0）．‎ ‎ 当x=0时，y=4，‎ ‎∴点C的坐标为（0，4）．‎ 设直线l的表达式为y=kx+b，‎ ‎，‎ 解得，‎ ‎∴直线l的解析式为y=﹣2x+4；‎ ‎（2）∵抛物线w向右平移，只有一种情况符合要求，‎ 即∠FAC=90°，如图．‎ 此时抛物线w′的对称轴与x轴的交点为G，‎ ‎∵∠1+∠2=90°∠2+∠3=90°，‎ ‎∴∠1=∠3，‎ ‎∴tan∠1=tan∠3，‎ ‎∴=．‎ 设点F的坐标为（xF，﹣2xF+4），‎ ‎∴=，‎ 解得xF=5，﹣2xF+4=﹣6，‎ ‎∴点F的坐标为（5，﹣6），‎ 此时抛物线w′的函数表达式为y=﹣x2+x；‎ ‎（3）由平移可得：点C′，点A′，点D′的坐标分别为C′（m，4），A′（﹣3+m，0），D′（2+m，0），CC′∥x轴，C′D′∥CD，‎ 可用待定系数法求得 直线A′C′的表达式为y=x+4﹣m，‎ 直线BC的表达式为y=﹣x+4，‎ 直线C′D′的表达式为y=﹣2x+2m+4，‎ 分别解方程组和，‎ 解得和，‎ ‎∴点M的坐标为（m，﹣m+4），点N的坐标为（m，﹣m+4），‎ ‎∴yM=yN∴MN∥x轴，‎ ‎∵CC′∥x轴，‎ ‎∴CC′∥MN．‎ ‎∵C′D′∥CD，‎ ‎∴四边形CMNC′是平行四边形，‎ ‎∴S=m[4﹣（﹣m+4）]=m2‎ 点评：‎ 本题考察了二次函数综合题，（1）利用了自变量与函数值的对应关系，待定系数法求函数解析式；（2）利用了余角的性质，正切函数的性质，利用等角的正切函数值相等得出关于F点横坐标的方程是解题关键；（3）利用了图象的平移规律，待定系数法求函数解析式，解方程组得出M、N的坐标是解题关键，又利用了平行四边形的判定，平行四边形的面积公式．‎ ‎　‎ ‎‎