重庆市2016中考数学题型研究二解答题重难点突破题型五二次函数综合题
二次函数综合题
类型一 与线段、周长有关的问题
针对演练
1. 如图，抛物线y=x2+bx+c过点A（3，0），B（1，0），交y轴于点C，点P是该抛物线上一动点，点P从C点沿抛物线向A点运动（点P不与点A重合），过点P作PD∥y轴交直线AC于点D.
（1）求抛物线的解析式；
（2）求点P在运动的过程中线段PD长度的最大值；
（3）在抛物线对称轴上是否存在点M，使|MA-MC|的值最大？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
第1题图 备用图
2. （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上一动点，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.
第2题图
3. （2015孝感改编）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，过点P作y轴的平行线交AC于点D，当线段PD取得最大值时，求出点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.
图① 图②
第3题图
4. （2015天水）在平面直角坐标系中，已知抛物线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.
第4题图
5. 如图，抛物线y= -x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C,且OA=2,OC=3.
（1）求抛物线的解析式；
（2）作Rt△OBC的高OD，延长OD与抛物线在第一象限内交于点E，求点E的坐标；
（3）在抛物线的对称轴上，是否存在一点Q，使得△BEQ的周长最小？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
第5题图
6. 如图，已知在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC的边OA在y轴的正半轴上，OC在x轴的正半轴上，AB∥OC,OA=AB=2,OC=3，过点B作BD⊥BC，交OA于点D，将∠DBC绕点B顺时针方向旋转，角的两边分别交y轴的正半轴、x轴的正半轴于点E、F.
（1）求经过A、B、C三点的抛物线的解析式；
（2）当BE经过（1）中抛物线的顶点时，求CF的长；
（3）在抛物线的对称轴上取两点P、Q（点Q在点P的上方），且PQ=1，要使四边形BCPQ的周长最小，求出P、Q两点的坐标.
第6题图
【答案】
针对演练
1.解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c过点A（3，0），B（1，0），
∴，
解得,
∴抛物线的解析式为y=x2-4x+3.
（2）令x=0,则y=3,
∴点C（0，3），
又∵点A(3,0),
∴直线AC的解析式为y= -x+3,
设点P（x,x2-4x+3）,
∵PD∥y轴，且点D在AC上，
∴点D(x,-x+3),
∴PD=(-x+3)-(x2-4x+3)=-x2+3x=-(x-)2+,
∵a=-1<0,
∴当x=时，线段PD的长度有最大值，最大值为.
(3)存在.由抛物线的对称性可知，对称轴垂直平分AB，
可得：MA＝MB，
由三角形的三边关系，｜MA-MC｜
-4,
∴当x=-2时，线段PD取得最大值，
将x=-2代入y= -x2-x+4中得y=4,
∴线段PD取得最大值时,点P的坐标为（-2,4）.
②过点P作PF∥OC交AC于点F，如解图.
∵PF∥OC,∴△PEF∽△OEC,
∴.
又∵=,OC=4,∴PF=.
∴由 ①得PF＝（-x2-x+4）-(x+4)= .
化简得：x2+4x+3=0,解得x1= -1,x2= -3.
当x= -1时，y=；当x= -3时，y=.
即满足条件的P点坐标是（-1，）或（-3，）.
又∵点P在直线y=kx上，
∴k= -或k= -. 第3题解图
4.(1)解：设AC与x轴的交点为M，
∵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),
∴直线AC的解析式为y=x-1，
∴直线AC与x轴的交点M(1，0).
∴OM=OA，∠CAO=45°.
∵△CAB是等腰直角三角形，
∴∠ACB=45°，
∴BC∥y轴,
又∵∠OMA=45°，
∴∠OAB＝90°，
∴AB∥x轴,
∴点B的坐标为(4，-1).
∵抛物线过A(0，-1)，B(4，-1)两点，将两点代入抛物线的解析式中，
得,解得，
∴抛物线的解析式为y＝-x2+2x-1.
(2)证明：抛物线y= -x2+2x-1= -(x2-4x)-1=－ (x－2)2+1,
∴顶点P的坐标为(2，1)，
∵抛物线y= -(x－2)2+1顶点P平移到直线AC上并沿AC方向移动的距离为，
∴其实是先向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度,
∴平移后的二次函数的解析式为y= -(x-3)2+2，
∵当y=0时，有0= -(x-3)2+2，
解得x1=1，x2=5，
∴y＝-(x-3)2+2过点(1，0)和(5,0)，
∵直线AC的解析式为y=x-1，
∴直线AC与x轴的交点坐标为(1，0)，
∴平移后的抛物线与直线AC交于x轴上的同一点.
(3)解：如解图，NP+BQ存在最小值，最小值为2.理由：取AB的中点F，连接FN，FQ，作B点关于直线AC的对称点B′，设平移后的抛物线的顶点为P′.
连接BB′，B′Q,BQ,则BQ＝B′Q,
∵抛物线y= -(x-2)2+1的顶点P(2，1)，A(0,-1)，
∴PA==2,
∴抛物线沿AC方向任意滑动时，P′Q=2，
∵A(0，-1)，B(4，-1)，
∴AB中点F(2，-1)，
∵B(4，-1)，C(4，3)，
∴N(4，1)，
∴FN= =2,
∴FN＝P′Q,
∵在△ABC中，F、N分别为AB、BC的中点， 第4题解图
∴FN∥P′Q，
∴四边形P′NFQ是平行四边形，
∴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.
5.解：（1）∵OA=2,
∴点A的坐标为（-2，0）.
∵OC=3,
∴点C的坐标为（0，3）.
把A（-2，0），C（0，3）分别代入抛物线y= -x2+bx+c,
得，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝-x2+x+3.
(2)把y=0代入y= -x2+x+3,
解得x1=3,x2=-2,
∴点B的坐标为（3，0），
∴OB=OC=3,
∵OD⊥BC,
∴OE所在的直线为y=x.
解方程组,
解得,
∵点E在第一象限内， 第5题解图
∴点E的坐标为（2，2）.
（3）存在，
如解图，设Q是抛物线对称轴上的一点，连接QA、QB、QE、BE，
∵QA=QB,
∴△BEQ的周长＝BE+QA+QE,
∵BE为定值，且QA+QE≥AE,
∴当A、Q、E三点在同一直线上时，△BEQ的周长最小，
由A(-2,0)、E(2，2)可得直线AE的解析式为y=x+1,
由（2）易得抛物线的对称轴为x=,
∴点Q的坐标为（，）,
∴在抛物线的对称轴上，存在点Q（，），使得△BEQ的周长最小.
6.解：(1)由题意得A(0，2)、B(2，2)、C(3，0).
设经过A,B,C三点的抛物线的解析式为y=ax2+bx+2(a≠0),
将点B、C分别代入得,
解得,
∴抛物线的解析式为y= - x2+ x+2.
(2)∵y= -x2+ x+2= -+，
设抛物线的顶点为G，
则顶点G的坐标为（1，），
过G作GH⊥AB，垂足为H，如解图①,
则AH=BH=1,GH=-2=,
∵EA⊥AB,GH⊥AB,
∴EA∥GH,
∴GH是△BEA的中位线,
∴EA=2GH=.
过B作BM⊥OC,垂足为M,如解图①,则MB=OA=AB.
第6题解图① 第6题解图②
∵∠EBF=∠ABM=90°,
∴∠EBA=∠FBM=90°-∠ABF.
∴Rt△EBA≌Rt△FBM.
∴FM=EA=.
∵CM=OC-OM=3-2=1,
∴CF=FM+CM=.
(3)如解图②,要使四边形BCPQ的周长最小，将B点向下平移一个单位至点K，取C点关于对称轴对称的点M，
连接KM交对称轴于P，将P向上平移1个单位至Q，此时M、P、K三点共线可使KP+PM最短，则QPKB为平行四边形，QB=PK,连接CP，根据轴对称求出CP=MP，则CP+BQ最小，∵CB，QP为定值，∴四边形BCPQ周长最短.
∵将点C向上平移一个单位，坐标为（3，1），再作其关于对称轴对称的对称点C1，
∴得点C1的坐标为（-1，1）.
可求出直线BC1的解析式为y=x+.
直线y＝x+与对称轴x＝1的交点即为点Q，坐标为（1， ）.
∴点P的坐标为（1，）.
综上所述，满足条件的P、Q两点的坐标分别为（1，）、（1，）.
题型五 二次函数综合题
类型二 与面积有关的问题
针对演练
1. （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)求抛物线的解析式；
(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.
第1题图
2. （2015海南）如图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)，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.
图① 图②
第2题图
3. (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.
图① 图②
第3题图
4. （2015武威）如图，在平面直角坐标系中，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）求此抛物线的解析式和对称轴；
（2）在此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.
第4题图
【答案】
针对演练
1.解：(1)将点A(0，8)、B(8，0)代入抛物线y= -x2+bx+c，
得,解得，
∴抛物线的解析式为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:x1=8,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△CED=DE·OC= (10-t)·t= -t2+5t,
即S= -t2+5t=- (t-5)2+,
∴当t=5时，S△CED最大＝
(3)存在.由(2)知：当t=5时，S△CED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（k≠0）,
将C(0,5),D(3,0)，代入上式得：
解得,∴直线CD的解析式为
y= - x+5,
过E点作EF∥CD，交抛物线于点P1，则S△CED＝， 第1题解图
如解图，设直线EF的解析式为y= -x+m,
将E(-2，0)代入得：m= -,
∴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（与E点重合，舍去）, ,
∴P1(,- );
过点E作EG⊥CD，垂足为G，
∵当t=5时，S△ECD=CD·EG=,CD=,
∴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，可得△EGD∽△DMN,
∴=,即＝，
解得：DM=,∴OM=,
由勾股定理得：
MN= =＝,
∴N(,),
过点N作NP2∥CD，与抛物线交于点P2，P3(与B点重合)，则S△CED＝，S△CED＝,设直线NP2的解析式为y= -x+n,
将N(,)，代入上式得n=,
∴直线NP2的解析式为y= -x+,
将y= -x+与y= -x2+3x+8联立成方程组得：
,解得,,
∴P2(,)或P3(8,0),
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：(,-)或(,)或(8,0).
2.(1)解：∵二次函数y=ax2+bx+3过点A(-3，0)、
B(1，0)，
∴,，解得，
∴二次函数的表达式为y=－x2－2x+3.
(2)证明：由(1)知二次函数的表达式为y=－x2－2x+3，
令x=0，则y=3,
∴点C的坐标为(0，3)，
∴OC=3，
又点A、H的坐标分别为(-3,0)、(3,0)，
∴ OA=OH=OC=3，
∴ ∠OCH＝∠OHC，
∵AD∥GC，
∴∠OCH＝∠ODA,∠OHC=∠OAD,
∴∠OAD＝∠ODA,
∴ OA=OD=OC=OH=3，
又AH⊥CD,
∴四边形ACHD为正方形.
(3)解：①S四边形ADCM=S四边形AOCM+S△AOD， 第2题解图
由(2)知OA=OD=3，
∴S△AOD=×3×3=，
∵点M(t,p)是直线y=kx与抛物线y= -x2-2x+3在第二象限内的交点，
∴点M的坐标为(t,-t2-2t+3)，
如解图，作MK⊥x轴于点K,ME⊥y轴于点E，则MK=-t2-2t+3,ME=︱t︱=-t，
∴S四边形AOCM=S△AOM+S△MOC
=×3(-t2-2t+3)+ ×3(-t)，
即S四边形AOCM= -t2-t+，
S四边形ADCM＝S四边形AOCM+S△AOD=-t2-t++= -t2-t+9,
∴S= -t2-t+9,-3＜t＜0.
②设点N的坐标为(t1,p1),过点N作NF⊥y轴于点F，
∴NF=︱t1︱,又由①知ME=︱t︱，
则S△CMN=S△COM+S△CON=OC·(︱t︱+︱t1︱)，
又∵点M(t,p)、N(t1,p1)分别在第二、四象限内，
∴t＜0, t1＞0, ∴S△CMN= (t1-t),
即 (t1-t)= ，∴t1-t=.
由直线y=kx交二次函数的图象于点M、N得：
,则x2+(2+k)x-3=0,
∴x=,
即t=,
t1=,
∴t1-t==,
∴是(2+k)2+12的算术平方根,
∴(2+k)2+12=,解得k1=-,k2=-,
又(k+2)2+12恒大于0，且k＜0,
∴k1=-,k2=-都符合条件.
(i)若k= -,有x2+(2-)x-3=0,
解得x1=-2,x2= (不符合题意，舍去);
(ii)若k= -,有x2+(2-)x-3=0,
解得x3=-,x4=2(不符合题意，舍去)，
∴t= -2或-，
当t= -2时,S=12;当t=-时,S=，
∴S的值是12或.
3.解：（1）将A(-3，0)，C(0，3)代入y=-x2+bx+c,
得,解得.
∴抛物线的解析式为y= -x2-2x+3.
(2存在，由(1)知抛物线的解析式可化为顶点式y=-(x+1)2+4，则D(-1，4)，
当P在∠DAB的平分线上时，如解图①，作PM⊥AD，设P(-1，y0)，
∵sin∠ADE= ==，PE=y0,
则PM=PD·sin∠ADE= (4-y0),
∵PM=PE, 第3题解图①
∴ (4-y0)=y0,
解得y0=-1.
当P在∠DAB的外角平分线上时，
如解图②，作PN⊥AD,设P(-1，y0)，
PE=-y0,
则PN=PD·sin∠ADE= (4-y0),
∵PN=PE,
∴ (4-y0)=-y0，解得y0=--1. 第3题解图②
∴存在满足条件的点P，且点P的坐标为（-1，-1）或（-1，--1）.
(3)存在.
∵S△EBC=3,2S△FBC=3S△EBC,
∴S△FBC=S△EBC＝×3＝,
过点F作FH⊥x轴，交BC的延长线于点Q，如解图③,
连接BF,设BF交y轴于点M，易得△BMC∽△BFQ，
∴＝，
即CM＝，
∴S△FBC＝CM·OB+CM·OH＝OB·QF.
∵S△FBC=FQ·OB=FQ=,
∴FQ=9.
∵BC的解析式为y=-3x+3，
设F(x0,-x20-2x0+3),则Q点的坐标为（x0,-3x0+3）,
∴QF=-3x0+3+x02+2x0-3=9,
解得x0=或 (舍去)，
∴满足条件的点F的坐标是(，). 第3题解图③
4.解：（1）∵抛物线过点A（0，4）、B（1，0）、C（5，0），
∴设过A、B、C三点的抛物线的解析式为y=a(x-1)·(x-5)(a≠0)，
∴将点A（0，4）代入y=a(x-1)(x-5)，得a=，
∴此抛物线的解析式为y=x2-x+4,
∵抛物线过点B（1，0）、C（5，0），
∴抛物线的对称轴为直线x＝=3.
（2）存在，如解图①，连接AC交对称轴于点P，连接BP、BA,
∵点B与点C关于对称轴对称，
∴PB=PC,
∴AB+AP+PB=AB+AP+PC=AB+AC,
∵AB为定值，且AP+PC≥AC,
∴当A、P、C三点共线时△PAB的周长最小，
∵ A（0，4）、C（5，0），
设直线AC的解析式为y=ax+b(a≠0)， 第4题解图①
将A、C两点坐标代入解析式得,
解得,
∴直线AC的解析式为y= -x+4.
∵在y= -x+4中，当x＝3时，y=，
∴P点的坐标为（3，），
即当对称轴上的点P的坐标为（3，）时，△ABP的周长最小.
（3）在直线AC下方的抛物线上存在点N，使△NAC面积最大.
如解图②，设N点的横坐标为t，
此时点N（t, t2-t+4）（0＜t＜5），
过点N作y轴的平行线，分别交x轴、AC于点F、G，过点A作 AD⊥NG，垂足为点D，
由（2）可知直线AC的解析式为y= -x+4，
把x=t代入y= -x+4得y＝-t+4，
则G点的坐标为（t，-t+4 ），
此时，NG＝-t+4-（t2-t+4）＝-t2+4t.
∵AD＋CF＝OC＝5，
∴S△NAC＝S△ANG＋S△CGN＝NG·AD＋NG·CF＝
NG·OC=×（-t2+4t）×5＝-2t2+10t＝
-2（t-）2+.
∵-2<0，即在对称轴处取得最大值.
∴当t=时，△NAC面积有最大值为， 第4题解图②
由t=，得y=t2t+4＝-3，
∴N（，-3）.
∴存在满足条件的点N，使△NAC的面积最大，N点的坐标为（,-3）.
题型五 二次函数综合题
类型三 与特殊三角形有关的问题
针对演练
1.（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.
图① 图②
第1题图
2. 如图，直线y=-x+2与x轴交于点B，与y轴交于点C，已知二次函数的图象经过点B、C和点A（-1，0）.
（1）求B、C两点坐标；
（2）求该二次函数的关系式；
（3）若抛物线的对称轴与x轴的交点为点D，则在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形？如果存在，直接写出P点的坐标；如果不存在，请说明理由；
（4）点E是线段BC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置时，四边形CDBF的面积最大？求出四边形CDBF的最大面积及此时E点的坐标.
第2题图
【答案】
针对演练
1.解：（1）∵点A（1，0），B（4,0）在抛物线上，
∴设抛物线解析式为y=a(x-1)(x-4)，
将点C（0,3）代入得a(0-1)(0-4)=3，
解得a=，
∴抛物线解析式为y=(x-1)(x-4)，
即y=x2-x+3.
（2）存在.连接BC交对称轴于点P，连接PA,如解图①,
∵点A与点B关于对称轴x=对称，
∴BC≤PB+PC=PA+PC，
即当点P在直线BC上时，四边形PAOC的周长最小，
在Rt△BOC中，OB=4，OC=3，∠BOC=90°，
∴BC= =5，
∴四边形PAOC的周长的最小值为OA+OC+BC=1+3+5=9.
（3）存在.设直线BC的解析式为y=kx+t， 第1题解图①
将点B(4,0)，点C（0,3）代入得，解得，
∴直线BC的解析式为y= - x+3.
点M在BC上，设点M的坐标为（m,- m+3）（0＜m＜4），
要使△CQM是等腰三角形，且△BQM是直角三角形，则只有以下两种情况，
(Ⅰ)当MQ⊥OB，CM=MQ时，如解图②所示，
则CM=MQ=- m+3,
MB=BC-CM=5-(- m+3)=2+m，
由sin∠CBO= = =，
即=，解得m=,
则点M的坐标为（,）；
(Ⅱ)当CM=MQ,MQ⊥BC时，如解图③， 第1题解图②
过M作MN⊥OB于N，
则ON=m,MN=-m+3,
在Rt△BMN中，易得BM= =×(-m+3)
=- m+5，
∴CM=BC-BM=m，
在Rt△BMQ中，QM=BM·tan∠MBQ= (-m+5)，
由CM=MQ得 (-m+5)= m， 第1题解图③
解得m=，此时点M的坐标为（,）.
综上所述，存在满足条件的点M,点M的坐标为（,）或（，）.
2. 解：（1）令x=0，可得y=2，
令y=0，可得x=4，
即点B（4，0），C（0，2）.
（2）设二次函数的解析式为y=ax2+bx+c，
将点A、B、C的坐标代入解析式得，
,解得 ,
即该二次函数的关系式为y=-x2+x+2.
（3）存在.满足条件的点P的坐标分别为P1（,4），P2（,）,P3(,-).
【解法提示】∵y= -x2+x+2，
∴y=-（x-）2+，
∴抛物线的对称轴是x=，
∴OD=．
∵C（0，2），
∴OC=2．
在Rt△OCD中，由勾股定理得CD=．
∵△CDP是以CD为腰的等腰三角形，
∴CP1=DP2=DP3=CD．
如解图①所示，作CE⊥对称轴于点E，
∴EP1=ED=2，∴DP1=4．
∴P1（，4），P2（，），P3（，-）. 第2题解图①
（4）如解图②，过点C作CM⊥EF于点M，
设E（a，-a+2），F（a，-a2+a+2），
∴EF=-a2+a+2-（-a+2）
=-a2+2a（0≤a≤4）．
∵S四边形CDBF=S△BCD+S△CEF+S△BEF 第2题解图②
=BD·OC+EF·CM+EF·BN
=+a（-a2+2a）+（4-a）·（-a2+2a）
=-a2+4a+
=-（a-2）2+（0≤a≤4）,
∴a=2时，S四边形CDBF最大=，
∴E（2，1）．
题型五 二次函数综合题
类型四 与特殊四边形有关的问题
针对演练
1. （2015重庆模拟）已知正方形OABC中，O为坐标原点，点A在y轴的正半轴上，点C在x轴的正半轴上，点B（4，4）.二次函数y= -x2+bx+c的图象经过点A、B.点P（t，0）是x轴上一动点，连接AP.
（1）求此二次函数的解析式；
（2）如图①，过点P作AP的垂线与线段BC交于点G，当点P在线段OC（点P不与点C、O重合）上运动至何处时，线段GC的长有最大值，求出这个最大值；
（3）如图②，过点O作AP的垂线与直线BC交于点D，二次函数y= -x2+bx+c的图象上是否存在点Q，使得以P、C、Q、D为顶点的四边形是以PC为边的平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
图① 图② 备用图
第1题图
2. 如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，A点在原点左侧，B点的坐标为（4，0），与y轴交于C（0，-4）点，点P是直线BC下方的抛物线上一动点.
（1）求这个二次函数的表达式;
（2）连接PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四边形POP′C，那么是否存在点P，使四边形POP′C为菱形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由;
（3）当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形ABPC的最大面积.
第2题图
【答案】
针对演练
1.解：（1）∵B（4，4），
∴AB=BC=4，
∵四边形ABCO是正方形，
∴OA=4，
∴A（0，4），
将点A（0，4），B（4，4）代入y= -x2+bx+c，
得，
解得，
∴二次函数解析式为y=-x2+x+4.
（2）∵P（t，0），
∴OP=t，PC=4-t，
∵AP⊥PG，
∴∠APO+∠CPG=180°-90°=90°，
∵∠OAP+∠APO=90°，
∴∠OAP=∠CPG，
又∵∠AOP=∠PCG=90°，
∴△AOP∽△PCG，
∴=，
即=，
整理得，GC=-（t-2）2+1，
∴当t=2时，GC有最大值是1，
即P（2，0）时，GC的最大值是1.
（3）存在点Q，使得以P、C、Q、D为顶点的四边形是以PC为边的平行四边形．
理由如下：如解图①、②，易得∠OAP=∠COD，
在△AOP和△OCD中，
,
∴△AOP≌△OCD（ASA），
∴OP=CD， 第1题解图①
由P、C、Q、D为顶点的四边形是以PC为边的平行四边形得，PC∥DQ且PC=DQ，
∵P（t，0），D（4，t），
∴PC=DQ=|t-4|，
∴点Q的坐标为（t，t）或（8-t，t），
①当Q（t，t）时，-t2+t+4=t，
整理得，t2+2t-24=0，
解得t1=4（舍去），t2=-6，
②当Q（8-t，t）时，-（8-t）2+（8-t）+4=t， 第1题解图②
整理得，t2-6t+8=0，
解得t1=2，t2=4（舍去），
综上所述，存在点Q（-6，-6）或（6，2），使得以P、C、Q、D为顶点的四边形是以PC为边的平行四边形．
2.解：（1）将B、C两点的坐标代入得：
，解得，
∴二次函数的表达式为y=x2-3x-4.
（2）存在点P，使四边形POP′C为菱形；
设P点坐标为（x，x2-3x-4），PP′交CO于点E，
若四边形POP′C是菱形，则有PC=PO；
如解图①，连接PP′，则PE⊥CO于点E，
∵C（0，-4），
∴CO=4，
又∵OE=EC，
∴OE=EC=2，
∴y=-2，
∴x2-3x-4=-2， 第2题解图①
解得x1=，x2=（不合题意，舍去），
∴P点的坐标为（，-2）.
（3）如解图②，过点P作y轴的平行线与BC交于点Q，与OB交于点F，设P（x，x2-3x-4），设直线BC的解析式为y=kx+d，
则,解得，
∴直线BC的解析式为y=x-4，
则Q点的坐标为（x，x-4）；
当0=x2-3x-4，
解得：x1= -1，x2=4，
∴AO=1，AB=5， 第2题解图②
S四边形ABPC=S△ABC+S△BPQ+S△CPQ
=AB·OC+QP·BF+QP·OF
=×5×4+（4-x）［x-4-（x2-3x-4）］+x［x-4-（x2-3x-4）］
=-2x2+8x+10
=-2（x-2）2+18,
当x=2时，四边形ABPC的面积最大，
此时P点的坐标为（2，-6），四边形ABPC的面积的最大值为18．
题型五 二次函数综合题
拓展类型 与三角形相似有关的问题
针对演练
1. （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△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）在第四象限内，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△ABC相似？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由.
第1题图
2. 如图，抛物线经过A（4，0），B（1，0），C（0，-2）三点.
（1）求出抛物线的解析式；
（2）P是抛物线上一动点，过P作PM⊥x轴，垂足为M，是否存在P点，使得以A，P，M为顶点的三角形与△OAC相似？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）在直线AC上方的抛物线上有一点D，使得△DCA的面积最大，求出点D的坐标.
第2题图
【答案】
针对演练
1.解：(1)∵抛物线过点G(2，2)，
∴2=- (2+2)(2-m)，
∴m=4.
(2)①y=0,- (x+2)(x-m)=0，
解得x1=-2,x2=m,
∵m＞0,∴A(-2,0)、B(m,0),
又∵m=4,∴AB=6.
令x=0,得y=2,∴C(0,2),
∴OC=2，
∴S△ABC=×AB×OC=×6×2＝6. 第1题解图①
②∵m=4，
∴抛物线y= - (x+2)(x-4)的对称轴为x=1，
如解图①，连接BC交对称轴于点H，
由轴对称的性质和两点之间线段最短的性质可知，
此时AH+CH=BH+CH=BC最小.
设直线BC的解析式为y=kx+b(k≠0).
则,解得,
∴直线BC的解析式为y=-x+2.
当x=1时，y=,∴H(1, ).
(3)存在.如解图②，分两种情况讨论：
(Ⅰ)当△ACB∽△ABM时， =， 第1题解图②
即AB2=AC·AM.
∵A(-2,0),C(0,2)，
即OA=OC=2,
∴∠CAB=45°,
∴∠BAM=45°.
过点M作MN⊥x轴于点N，
则AN=MN，
∴OA+ON=2+ON=MN，
∴令M(x,-x-2)(x＞0)，
又∵点M在抛物线上，
∴-x-2=- (x+2)(x-m)，
∵x＞0,∴x+2＞0，
又∵m＞0,∴x=2m,
即M(2m,-2m-2).
∴AM==2 (m+1)，
又∵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=，
∴AB2=CB·MA，
又∵∠CBA=∠BAM,∠ANM=∠BOC=90°,
∴△ANM∽△BOC,
∴=，
∵OB=m,令ON=x,
∴=,
∴NM= (x+2)，
∴令M(x,- (x+2))(x＞0),
又∵点M在抛物线上，
∴- (x+2)=- (x+2)(x-m)，
∵x＞0,∴x+2＞0,
∵m＞0,∴x=m+2,
∴M(m+2,- (m+4))，
又∵AB2=CB·MA,CB=,AN=m+4,MN= (m+4),
∴(m+2)2=·
整理得16=0,显然不成立.
综上(Ⅰ)(Ⅱ)得，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.
2. 解：（1）∵该抛物线过点C（0，-2），
∴可设该抛物线的解析式为y=ax2+bx-2．
将A（4，0），B（1，0）代入，
得,解得，
∴此抛物线的解析式为y= - x2+ x-2.
（2）存在．如解图①，设P点的横坐标为m，
则P点的纵坐标为-m2+m-2，
当1＜m＜4时，AM=4-m，PM=-m2+m-2．
又∵∠COA=∠PMA=90°，
∴①当=时，
∴===， 第2题解图①
∴△APM∽△ACO，
即4-m=2(-m2+m-2)．
解得m1=2，m2=4（舍去），
∴P（2，1）．
②当==时，△APM∽△CAO，
即2(4-m)= -m2+m-2．
解得m1=4，m2=5（均不合题意，舍去）,
∴当1＜m＜4时，P（2，1）.
当m＞4时，AM=m-4，PM=m2-m+2，
①==或②==2，2（m2-m+2）=m-4，
2（m-4）=m2-m+2，
解得：第一个方程的解是m=2＜4（舍去）,m=4（舍去），
第二个方程的解是m=5，m=4（舍去）,
求出m=5，-m2+m-2=-2，
则P（5，-2），
当m＜1时，AM=4-m，PM=m2-m+2．
①==或==2，
则：2（m2-m+2）=4-m，
2（4-m）=m2-m+2，
解得：第一个方程的解是m=0（舍去），m=4（舍去），第二个方程的解是m=4（舍去），m=-3，
m=-3时，-m2+m-2=-14，
则P（-3，-14），
综上所述，符合条件的点P的坐标为（2，1）或（5，-2）或（-3，-14）(解图中未画出来).
（3）如解图②，设D点的横坐标为t（0＜t＜4），则D点的纵坐标为-t2+t-2．
过点D作y轴的平行线交AC于点E． 第2题解图②
由题意可求得直线AC的解析式为y=x-2．
∴E点的坐标为(t, t-2)．
∴DE=-t2+t-2-(t-2)=-t2+2t，
∴S△DAC=S△DCE+S△DEA=DE·t+DE·（4-t）=DE·4，
∴S△DAC=×（-t2+2t）×4=-t2+4t=-(t-2)2+4，
∴当t=2时，△DAC面积最大，
∴D（2，1）．
