中考复习二次函数综合测试题及答案
2016年中考复习《二次函数》综合测试题及答案
一、与线段、周长有关的问题
01．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.
⑴求抛物线的解析式；
⑵求点P在运动的过程中线段PD长度的最大值；
⑶在抛物线对称轴上是否存在点M使|MA-MC|的值最大？
若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由.
第1题图 备用图
解：⑴∵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.
⑵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.
⑶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= -.
04．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△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.
⑴如图，若抛物线经过A、B两点，求抛物线的解析式;
⑵平移⑴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;
⑶在⑵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，求出这个最小值；若不存在，请说明理由.
解：⑴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
∵∠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，
∴,解得，
∴抛物线的解析式为y＝-x2+2x-1.
⑵抛物线y=-x2+2x-1=-(x2-4x)-1=－(x－2)2+1，∴顶点P(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.
⑶如解图，NP+BQ存在最小值，最小值为2.理由如下：
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，∴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.
05．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.
⑴求抛物线的解析式；
⑵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；
⑶抛物线对称轴上是否存在点Q使得△BEQ的周长最小？
若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由.
解：⑴∵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,
∴，解得，
∴抛物线的解析式为y＝-x2+x+3.
⑵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.
解方程组得,
∵点E在第一象限内，∴点E的坐标为（2，2）.
⑶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⑵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.
06．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.
⑴求经过A、B、C三点的抛物线的解析式；
⑵当BE经过⑴中抛物线的顶点时，求CF的长；
⑶在抛物线对称轴上取两点P、Q（Q在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.
解：⑴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.
⑵∵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.
解图① 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=.
⑶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，）.
二、与面积有关的问题
01．如图，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.
⑴求抛物线的解析式；
⑵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?
⑶当△CED的面积最大时，在抛物线上是否存在一点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.
解：⑴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.
⑵∵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，
由题意知：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=-(t-5)2+
∴当t=5时，S△CED最大＝
⑶存在.由⑵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＝，
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
∴,∴（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于点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
∴，∴,，
∴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).
02．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.
⑴求该二次函数的表达式；
⑵求证：四边形ACHD是正方形；
⑶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
解：⑴∵二次函数y=ax2+bx+3过点A(-3，0)、B(1，0)，
∴，∴，∴二次函数的表达式为y=－x2－2x+3.
⑵由⑴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.
⑶①S四边形ADCM=S四边形AOCM+S△AOD，
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=
∴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=(舍去);
Ⅱ若k= -，有x2+(2-)x-3=0，解得x3=-，x4=2(舍去)，
∴t= -2或-，当t= -2时S=12;当t=-时S=，
∴S的值是12或.
03．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.
⑴求抛物线的解析式；
⑵DE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；
⑶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
解：⑴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.
⑵存在，由⑴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，∴ (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.
∴存在满足条件的点P，且点P的坐标为（-1，-1）或（-1，--1）.
⑶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(，).
04．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.
⑴求抛物线的解析式和对称轴；
⑵在抛物线的对称轴上是否存在点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；
⑶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.
解：⑴∵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.
⑵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)，
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，），
∴当对称轴上的点P的坐标为（3，）时，△ABP的周长最小.
⑶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，∴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于点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，
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）.
三、与特殊三角形有关的问题
01．如图，抛物线y=ax2+bx+c经过A(1,0)、B(4,0)、C(0,3)三点.
⑴求抛物线的解析式；
⑵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，说明理由；
⑶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
解：⑴∵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)=x2-x+3.
⑵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.
⑶存在.设直线BC的解析式为y=kx+t，
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：
①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（，）；
②当CM=MQ，MQ⊥BC时，如解图③，
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，m=，∴点M的坐标为（，）
综上所述，存在满足条件的点M，坐标为（，）或（，）.
02．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）.
⑴求B、C两点坐标；
⑵求该二次函数的关系式；
⑶设抛物线的对称轴与x轴交于
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？若存在，直接写出P点的坐标；若不存在，说明理由；
⑷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.
解：⑴令x=0，可得y=2，令y=0，可得x=4，∴点B（4，0），C（0，2）.
⑵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.
⑶存在.
满足条件的点P的坐标分别为P1（，4），P2（，），P3(，-).
∵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（，-）.
⑷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
=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）．
四、与特殊四边形有关的问题
01．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.
⑴求此二次函数的解析式；
⑵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；
⑶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
解：⑴∵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，
∴，∴，
∴二次函数解析式为y=-x2+x+4.
⑵∵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.
⑶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，
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，
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．
02．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.
⑴求这个二次函数的表达式;
⑵连接PO、PC并把△POC沿CO翻折得到四边形POP′C，
是否存在点P使四边形POP′C为菱形？若存在，求出
此时点P的坐标；若不存在，说明理由;
⑶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.
解：⑴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.
⑵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，解得x1=，x2=（不合题意，舍去），
∴P点的坐标为（，-2）.
⑶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，
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．
五、与三角形相似有关的问题
01．如图，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.
⑴若抛物线过点G（2，2），求实数m的值.
⑵在⑴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.
⑶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.
解：⑴∵抛物线过点G(2，2)，∴2=- (2+2)(2-m)，∴m=4.
⑵①y=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
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, ).
⑶存在.如解图②，分两种情况讨论：
Ⅰ当△ACB∽△ABM时， =，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，
∵∠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，舍去.
综上ⅠⅡ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.
02．如图，抛物线经过A（4，0），B（1，0），C（0，-2）三点.
⑴求出抛物线的解析式；
⑵P是抛物线上一动点，过P作PM⊥x轴于点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，求出符合条件的点P
的坐标；若不存在，请说明理由；
⑶若在直线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.
解：⑴∵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.
⑵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，∴===，
∴△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==2，
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).
⑶如解图②，设D点横坐标为t（0＜t＜4），则D点纵坐标为-t2+t-2．
过点D作y轴的平行线交AC于点E．
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）．
