中考数学压轴题及答案精选四

中考数学压轴题及答案精选四

‎2015年中考数学压轴题汇编（四）‎ ‎91．（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．‎ ‎92．（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．‎ ‎　‎ ‎93．（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．‎ ‎94．（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．‎ ‎95．（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．‎ ‎　‎ ‎96．（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．‎ ‎97．（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．‎ ‎98．（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．‎ ‎99．（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．‎ ‎100．（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．‎ ‎101．（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．‎ ‎　‎ ‎102．（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．‎ ‎103．（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．‎ ‎104．（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．‎ ‎105．（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．‎ ‎　‎