中考二次函数压轴题含答案 26页

‎2014年中考数学冲刺复习资料:二次函数压轴题 一、面积类 ‎1．如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式．‎ ‎（2）点M是线段BC上的点（不与B，C重合），过M作MN∥y轴交抛物线于N，若点M的横坐标为m，请用m的代数式表示MN的长．‎ ‎（3）在（2）的条件下，连接NB、NC，是否存在m，使△BNC的面积最大？若存在，求m的值；若不存在，说明理由．‎ 分析：专题：压轴题；数形结合．‎ ‎（1）已知了抛物线上的三个点的坐标，直接利用待定系数法即可求出抛物线的解析式．‎ ‎（2）先利用待定系数法求出直线BC的解析式，已知点M的横坐标，代入直线BC、抛物线的解析式中，可得到M、N点的坐标，N、M纵坐标的差的绝对值即为MN的长．‎ ‎（3）设MN交x轴于D，那么△BNC的面积可表示为：S△BNC=S△MNC+S△MNB=MN（OD+DB）=MN•OB，MN的表达式在（2）中已求得，OB的长易知，由此列出关于S△BNC、m的函数关系式，根据函数的性质即可判断出△BNC是否具有最大值．‎ 解：（1）设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x﹣3），则：‎ a（0+1）（0﹣3）=3，a=﹣1；‎ ‎∴抛物线的解析式：y=﹣（x+1）（x﹣3）=﹣x2+2x+3．‎ ‎（2）设直线BC的解析式为：y=kx+b，则有：‎ ‎，解得；‎ 故直线BC的解析式：y=﹣x+3．‎ 已知点M的横坐标为m，MN∥y，则M（m，﹣m+3）、N（m，﹣m2+2m+3）；‎ ‎∴故MN=﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+3m（0＜m＜3）．‎ ‎（3）如图；‎ ‎∵S△BNC=S△MNC+S△MNB=MN（OD+DB）=MN•OB，‎ ‎∴S△BNC=（﹣m2+3m）•3=﹣（m﹣）2+（0＜m＜3）；‎ ‎∴当m=时，△BNC的面积最大，最大值为．‎ ‎2．如图，抛物线的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，已知B点坐标为（4，0）． （1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）试探究△ABC的外接圆的圆心位置，并求出圆心坐标；‎ ‎（3）若点M是线段BC下方的抛物线上一点，求△MBC的面积的最大值，并求出此时M点的坐标．‎ 专题：压轴题；转化思想．‎ 分析：（1）该函数解析式只有一个待定系数，只需将B点坐标代入解析式中即可．‎ ‎（2）首先根据抛物线的解析式确定A点坐标，然后通过证明△ABC是直角三角形来推导出直径AB和圆心的位置，由此确定圆心坐标．‎ ‎（3）△MBC的面积可由S△MBC=BC×h表示，若要它的面积最大，需要使h取最大值，即点M到直线BC的距离最大，若设一条平行于BC的直线，那么当该直线与抛物线有且只有一个交点时，该交点就是点M．‎ 解：（1）将B（4，0）代入抛物线的解析式中，得：‎ ‎0=16a﹣×4﹣2，即：a=；‎ ‎∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣2．‎ ‎（2）由（1）的函数解析式可求得：A（﹣1，0）、C（0，﹣2）；‎ ‎∴OA=1，OC=2，OB=4， 即：OC2=OA•OB，又：OC⊥AB，‎ ‎∴△OAC∽△OCB，得：∠OCA=∠OBC；‎ ‎∴∠ACB=∠OCA+∠OCB=∠OBC+∠OCB=90°，‎ ‎∴△ABC为直角三角形，AB为△ABC外接圆的直径；‎ 所以该外接圆的圆心为AB的中点，且坐标为：（，0）．‎ ‎（3）已求得：B（4，0）、C（0，﹣2），可得直线BC的解析式为：y=x﹣2；‎ 设直线l∥BC，则该直线的解析式可表示为：y=x+b，当直线l与抛物线只有一个交点时，可列方程：‎ x+b=x2﹣x﹣2，即： x2﹣2x﹣2﹣b=0，且△=0；‎ ‎∴4﹣4×（﹣2﹣b）=0，即b=﹣4； ∴直线l：y=x﹣4．‎ 所以点M即直线l和抛物线的唯一交点，有：‎ ‎，解得：即 M（2，﹣3）．‎ 过M点作MN⊥x轴于N，‎ S△BMC=S梯形OCMN+S△MNB﹣S△OCB=×2×（2+3）+×2×3﹣×2×4=4．‎ 二、平行四边形类 ‎3．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+mx+n经过点A（3，0）、B（0，﹣3），点P是直线AB上的动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点M，设点P的横坐标为t．‎ ‎（1）分别求出直线AB和这条抛物线的解析式．‎ ‎（2）若点P在第四象限，连接AM、BM，当线段PM最长时，求△ABM的面积．‎ ‎（3）是否存在这样的点P，使得以点P、M、B、O为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：二次函数综合题；解一元二次方程－因式分解法；待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；三角形的面积；平行四边形的判定．.‎ 专题：压轴题；存在型．‎ 分析：‎ ‎（1）分别利用待定系数法求两函数的解析式：把A（3，0）B（0，﹣3）分别代入y=x2+mx+n与y=kx+b，得到关于m、n的两个方程组，解方程组即可；‎ ‎（2）设点P的坐标是（t，t﹣3），则M（t，t2﹣2t﹣3），用P点的纵坐标减去M的纵坐标得到PM的长，即PM=（t﹣3）﹣（t2﹣2t﹣3）=﹣t2+3t，然后根据二次函数的最值得到 当t=﹣=时，PM最长为=，再利用三角形的面积公式利用S△ABM=S△BPM+S△APM计算即可；‎ ‎（3）由PM∥OB，根据平行四边形的判定得到当PM=OB时，点P、M、B、O为顶点的四边形为平行四边形，然后讨论：当P在第四象限：PM=OB=3，PM最长时只有，所以不可能；当P在第一象限：PM=OB=3，（t2﹣2t﹣3）﹣（t﹣3）=3；当P在第三象限：PM=OB=3，t2﹣3t=3，分别解一元二次方程即可得到满足条件的t的值．‎ 解答：‎ 解：（1）把A（3，0）B（0，﹣3）代入y=x2+mx+n，得 解得，所以抛物线的解析式是y=x2﹣2x﹣3．‎ 设直线AB的解析式是y=kx+b，‎ 把A（3，0）B（0，﹣3）代入y=kx+b，得，解得，‎ 所以直线AB的解析式是y=x﹣3；‎ ‎（2）设点P的坐标是（t，t﹣3），则M（t，t2﹣2t﹣3），‎ 因为p在第四象限，‎ 所以PM=（t﹣3）﹣（t2﹣2t﹣3）=﹣t2+3t，‎ 当t=﹣=时，二次函数的最大值，即PM最长值为=，‎ 则S△ABM=S△BPM+S△APM==．‎ ‎（3）存在，理由如下：‎ ‎∵PM∥OB，‎ ‎∴当PM=OB时，点P、M、B、O为顶点的四边形为平行四边形，‎ ‎①当P在第四象限：PM=OB=3，PM最长时只有，所以不可能有PM=3．‎ ‎②当P在第一象限：PM=OB=3，（t2﹣2t﹣3）﹣（t﹣3）=3，解得t1=，t2=（舍去），所以P点的横坐标是；‎ ‎③当P在第三象限：PM=OB=3，t2﹣3t=3，解得t1=（舍去），t2=，所以P点的横坐标是．‎ 所以P点的横坐标是或．‎ ‎4．如图，在平面直角坐标系中放置一直角三角板，其顶点为A（0，1），B（2，0），O（0，0），将此三角板绕原点O逆时针旋转90°，得到△A′B′O．‎ ‎（1）一抛物线经过点A′、B′、B，求该抛物线的解析式；‎ ‎（2）设点P是在第一象限内抛物线上的一动点，是否存在点P，使四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积4倍？若存在，请求出P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎（3）在（2）的条件下，试指出四边形PB′A′B是哪种形状的四边形？并写出四边形PB′A′B的两条性质．‎ 分析：‎ ‎（1）利用旋转的性质得出A′（﹣1，0），B′（0，2），再利用待定系数法求二次函数解析式即可；‎ ‎（2）利用S四边形PB′A′B=S△B′OA′+S△PB′O+S△POB，再假设四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍，得出一元二次方程，得出P点坐标即可；‎ ‎（3）利用P点坐标以及B点坐标即可得出四边形PB′A′B为等腰梯形，利用等腰梯形性质得出答案即可．‎ 解答：‎ 解：（1）△A′B′O是由△ABO绕原点O逆时针旋转90°得到的，‎ 又A（0，1），B（2，0），O（0，0），‎ ‎∴A′（﹣1，0），B′（0，2）．‎ 方法一：‎ 设抛物线的解析式为：y=ax2+bx+c（a≠0），‎ ‎∵抛物线经过点A′、B′、B，‎ ‎∴，解得：，∴满足条件的抛物线的解析式为y=﹣x2+x+2．‎ 方法二：∵A′（﹣1，0），B′（0，2），B（2，0），‎ 设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x﹣2）‎ 将B′（0，2）代入得出：2=a（0+1）（0﹣2），‎ 解得：a=﹣1，‎ 故满足条件的抛物线的解析式为y=﹣（x+1）（x﹣2）=﹣x2+x+2；‎ ‎（2）∵P为第一象限内抛物线上的一动点，‎ 设P（x，y），则x＞0，y＞0，P点坐标满足y=﹣x2+x+2．‎ 连接PB，PO，PB′，‎ ‎∴S四边形PB′A′B=S△B′OA′+S△PB′O+S△POB，‎ ‎=×1×2+×2×x+×2×y，‎ ‎=x+（﹣x2+x+2）+1，‎ ‎=﹣x2+2x+3．‎ ‎∵A′O=1，B′O=2，∴△A′B′O面积为：×1×2=1，‎ 假设四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍，则 ‎4=﹣x2+2x+3，‎ 即x2﹣2x+1=0，‎ 解得：x1=x2=1，‎ 此时y=﹣12+1+2=2，即P（1，2）．‎ ‎∴存在点P（1，2），使四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍． ‎ ‎（3）四边形PB′A′B为等腰梯形，答案不唯一，下面性质中的任意2个均可．‎ ‎①等腰梯形同一底上的两个内角相等；②等腰梯形对角线相等；‎ ‎③等腰梯形上底与下底平行；④等腰梯形两腰相等．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）‎ 或用符号表示：‎ ‎①∠B′A′B=∠PBA′或∠A′B′P=∠BPB′；②PA′=B′B；③B′P∥A′B；④B′A′=PB．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）‎ ‎5．如图，抛物线y=x2﹣2x+c的顶点A在直线l：y=x﹣5上．‎ ‎（1）求抛物线顶点A的坐标；‎ ‎（2）设抛物线与y轴交于点B，与x轴交于点C、D（C点在D点的左侧），试判断△ABD的形状；‎ ‎（3）在直线l上是否存在一点P，使以点P、A、B、D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 专题：压轴题；分类讨论．‎ 分析：‎ ‎（1）先根据抛物线的解析式得出其对称轴，由此得到顶点A的横坐标，然后代入直线l的解析式中即可求出点A的坐标．‎ ‎（2）由A点坐标可确定抛物线的解析式，进而可得到点B的坐标．则AB、AD、BD三边的长可得，然后根据边长确定三角形的形状．‎ ‎（3）若以点P、A、B、D为顶点的四边形是平行四边形，应分①AB为对角线、②AD为对角线两种情况讨论，即①ADPB、②ABPD，然后结合勾股定理以及边长的等量关系列方程求出P点的坐标．‎ 解：（1）∵顶点A的横坐标为x=﹣=1，且顶点A在y=x﹣5上，‎ ‎∴当x=1时，y=1﹣5=﹣4，‎ ‎∴A（1，﹣4）．‎ ‎（2）△ABD是直角三角形．‎ 将A（1，﹣4）代入y=x2﹣2x+c，可得，1﹣2+c=﹣4，∴c=﹣3，‎ ‎∴y=x2﹣2x﹣3，∴B（0，﹣3）‎ 当y=0时，x2﹣2x﹣3=0，x1=﹣1，x2=3‎ ‎∴C（﹣1，0），D（3，0），‎ BD2=OB2+OD2=18，AB2=（4﹣3）2+12=2，AD2=（3﹣1）2+42=20，‎ BD2+AB2=AD2，‎ ‎∴∠ABD=90°，即△ABD是直角三角形．‎ ‎（3）存在．‎ 由题意知：直线y=x﹣5交y轴于点E（0，﹣5），交x轴于点F（5，0）‎ ‎∴OE=OF=5，‎ 又∵OB=OD=3‎ ‎∴△OEF与△OBD都是等腰直角三角形 ‎∴BD∥l，即PA∥BD 则构成平行四边形只能是PADB或PABD，如图，‎ 过点P作y轴的垂线，过点A作x轴的垂线交过P且平行于x轴的直线于点G．‎ 设P（x1，x1﹣5），则G（1，x1﹣5）‎ 则PG=|1﹣x1|，AG=|5﹣x1﹣4|=|1﹣x1|‎ PA=BD=3‎ 由勾股定理得：‎ ‎（1﹣x1）2+（1﹣x1）2=18，x12﹣2x1﹣8=0，x1=﹣2或4‎ ‎∴P（﹣2，﹣7）或P（4，﹣1），‎ 存在点P（﹣2，﹣7）或P（4，﹣1）使以点A、B、D、P为顶点的四边形是平行四边形．‎ 三、周长类 ‎6．如图，Rt△ABO的两直角边OA、OB分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，O为坐标原点，A、B两点的坐标分别为（﹣3，0）、（0，4），抛物线y=x2+bx+c经过点B，且顶点在直线x=上．‎ ‎（1）求抛物线对应的函数关系式；‎ ‎（2）若把△ABO沿x轴向右平移得到△DCE，点A、B、O的对应点分别是D、C、E，当四边形ABCD是菱形时，试判断点C和点D是否在该抛物线上，并说明理由；‎ ‎（3）在（2）的条件下，连接BD，已知对称轴上存在一点P使得△PBD的周长最小，求出P点的坐标；‎ ‎（4）在（2）、（3）的条件下，若点M是线段OB上的一个动点（点M与点O、B不重合），过点M作∥BD交x轴于点N，连接PM、PN，设OM的长为t，△PMN的面积为S，求S和t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围，S是否存在最大值？若存在，求出最大值和此时M点的坐标；若不存在，说明理由．‎ 分析：（1）根据抛物线y=经过点B（0，4），以及顶点在直线x=上，得出b，c即可；‎ ‎（2）根据菱形的性质得出C、D两点的坐标分别是（5，4）、（2，0），利用图象上点的性质得出x=5或2时，y的值即可．‎ ‎（3）首先设直线CD对应的函数关系式为y=kx+b，求出解析式，当x=时，求出y即可；‎ ‎（4）利用MN∥BD，得出△OMN∽△OBD，进而得出，得到ON=，进而表示出△PMN的面积，利用二次函数最值求出即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵抛物线y=经过点B（0，4）∴c=4，‎ ‎∵顶点在直线x=上，∴﹣=﹣=，∴b=﹣；‎ ‎∴所求函数关系式为；‎ ‎（2）在Rt△ABO中，OA=3，OB=4，∴AB=，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，∴BC=CD=DA=AB=5，‎ ‎∴C、D两点的坐标分别是（5，4）、（2，0），‎ 当x=5时，y=，‎ 当x=2时，y=，‎ ‎∴点C和点D都在所求抛物线上；‎ ‎（3）设CD与对称轴交于点P，则P为所求的点，‎ 设直线CD对应的函数关系式为y=kx+b，‎ 则，解得：，∴，‎ 当x=时，y=，∴P（），‎ ‎（4）∵MN∥BD，‎ ‎∴△OMN∽△OBD，‎ ‎∴即得ON=，‎ 设对称轴交x于点F，‎ 则（PF+OM）•OF=（+t）×，‎ ‎∵，‎ S△PNF=×NF•PF=×（﹣t）×=，‎ S=（﹣），‎ ‎=﹣（0＜t＜4），‎ a=﹣＜0∴抛物线开口向下，S存在最大值．‎ 由S△PMN=﹣t2+t=﹣（t﹣）2+，‎ ‎∴当t=时，S取最大值是，此时，点M的坐标为（0，）．‎ 四、等腰三角形类 ‎7．如图，点A在x轴上，OA=4，将线段OA绕点O顺时针旋转120°至OB的位置．‎ ‎（1）求点B的坐标；‎ ‎（2）求经过点A、O、B的抛物线的解析式；‎ ‎（3）在此抛物线的对称轴上，是否存在点P，使得以点P、O、B为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．‎ 专题：压轴题；分类讨论．‎ 分析：‎ ‎（1）首先根据OA的旋转条件确定B点位置，然后过B做x轴的垂线，通过构建直角三角形和OB的长（即OA长）确定B点的坐标．‎ ‎（2）已知O、A、B三点坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式．‎ ‎（3）根据（2）的抛物线解析式，可得到抛物线的对称轴，然后先设出P点的坐标，而O、B坐标已知，可先表示出△OPB三边的边长表达式，然后分①OP=OB、②OP=BP、③OB=BP三种情况分类讨论，然后分辨是否存在符合条件的P点．‎ 解答：‎ 解：（1）如图，过B点作BC⊥x轴，垂足为C，则∠BCO=90°，‎ ‎∵∠AOB=120°，∴∠BOC=60°，‎ 又∵OA=OB=4，∴OC=OB=×4=2，BC=OB•sin60°=4×=2，‎ ‎∴点B的坐标为（﹣2，﹣2）；‎ ‎（2）∵抛物线过原点O和点A、B，∴可设抛物线解析式为y=ax2+bx，‎ 将A（4，0），B（﹣2．﹣2）代入，得 ‎，解得，∴此抛物线的解析式为y=﹣x2+x ‎（3）存在，‎ 如图，抛物线的对称轴是直线x=2，直线x=2与x轴的交点为D，设点P的坐标为（2，y），‎ ‎①若OB=OP，‎ 则22+|y|2=42，解得y=±2，‎ 当y=2时，在Rt△POD中，∠PDO=90°，sin∠POD==，‎ ‎∴∠POD=60°，‎ ‎∴∠POB=∠POD+∠AOB=60°+120°=180°，‎ 即P、O、B三点在同一直线上，‎ ‎∴y=2不符合题意，舍去，‎ ‎∴点P的坐标为（2，﹣2）‎ ‎②若OB=PB，则42+|y+2|2=42，‎ 解得y=﹣2，‎ 故点P的坐标为（2，﹣2），‎ ‎③若OP=BP，则22+|y|2=42+|y+2|2，‎ 解得y=﹣2，‎ 故点P的坐标为（2，﹣2），‎ 综上所述，符合条件的点P只有一个，其坐标为（2，﹣2），‎ ‎8．在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板ABC放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，且点A（0，2），点C（﹣1，0），如图所示：抛物线y=ax2+ax﹣2经过点B．‎ ‎（1）求点B的坐标；‎ ‎（2）求抛物线的解析式；‎ ‎（3）在抛物线上是否还存在点P（点B除外），使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形？若存在，求所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 分析：（1）根据题意，过点B作BD⊥x轴，垂足为D；根据角的互余的关系，易得B到x、y轴的距离，即B的坐标；‎ ‎（2）根据抛物线过B点的坐标，可得a的值，进而可得其解析式；‎ ‎（3）首先假设存在，分A、C是直角顶点两种情况讨论，根据全等三角形的性质，可得答案．‎ 解：（1）过点B作BD⊥x轴，垂足为D，‎ ‎∵∠BCD+∠ACO=90°，∠ACO+∠CAO=90°，‎ ‎∴∠BCD=∠CAO，（1分）‎ 又∵∠BDC=∠COA=90°，CB=AC，‎ ‎∴△BCD≌△CAO，（2分）‎ ‎∴BD=OC=1，CD=OA=2，（3分）‎ ‎∴点B的坐标为（﹣3，1）；（4分）‎ ‎（2）抛物线y=ax2+ax﹣2经过点B（﹣3，1），‎ 则得到1=9a﹣3a﹣2，（5分） 解得a=1 所以抛物线的解析式为y=x2+x﹣2；（7分）‎ ‎（3）假设存在点P，使得△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形：‎ ‎①若以点C为直角顶点； 则延长BC至点P1，使得P1C=BC，得到等腰直角三角形△ACP1，（8分）‎ 过点P1作P1M⊥x轴，‎ ‎∵CP1=BC，∠MCP1=∠BCD，∠P1MC=∠BDC=90°，‎ ‎∴△MP1C≌△DBC．（10分）‎ ‎∴CM=CD=2，P1M=BD=1，可求得点P1（1，﹣1）；（11分）‎ ‎②若以点A为直角顶点；‎ 则过点A作AP2⊥CA，且使得AP2=AC，得到等腰直角三角形△ACP2，（12分 过点P2作P2N⊥y轴，同理可证△AP2N≌△CAO，（13分）‎ ‎∴NP2=OA=2，AN=OC=1，可求得点P2（2，1），（14分）‎ 经检验，点P1（1，﹣1）与点P2（2，1）都在抛物线y=x2+x﹣2上．（16分）‎ 五、综合类 ‎10．如图，已知抛物线y=x2+bx+c的图象与x轴的一个交点为B（5，0），另一个交点为A，且与y轴交于点C（0，5）．‎ ‎（1）求直线BC与抛物线的解析式；‎ ‎（2）若点M是抛物线在x轴下方图象上的一动点，过点M作MN∥y轴交直线BC于点N，求MN的最大值；‎ ‎（3）在（2）的条件下，MN取得最大值时，若点P是抛物线在x轴下方图象上任意一点，以BC为边作平行四边形CBPQ，设平行四边形CBPQ的面积为S1，△ABN的面积为S2，且S1=6S2，求点P的坐标．‎ 专题：压轴题．‎ 分析：（1）设直线BC的解析式为y=mx+n，将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入，运用待定系数法即可求出直线BC的解析式；同理，将B（5，0），C（0，5）两点∑的坐标代入y=x2+bx+c，运用待定系数法即可求出抛物线的解析式；‎ ‎（2）MN的长是直线BC的函数值与抛物线的函数值的差，据此可得出一个关于MN的长和M点横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求出MN的最大值；‎ ‎（3）先求出△ABN的面积S2=5，则S1=6S2=30．再设平行四边形CBPQ的边BC上的高为BD，根据平行四边形的面积公式得出BD=3，过点D作直线BC的平行线，交抛物线与点P，交x轴于点E，在直线DE上截取PQ=BC，则四边形CBPQ为平行四边形．证明△EBD为等腰直角三角形，则BE=BD=6，求出E的坐标为（﹣1，0），运用待定系数法求出直线PQ的解析式为y=﹣x﹣1，然后解方程组，即可求出点P的坐标．‎ 解：（1）设直线BC的解析式为y=mx+n，‎ 将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入，‎ 得，解得，所以直线BC的解析式为y=﹣x+5；‎ 将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入y=x2+bx+c，‎ 得，解得，所以抛物线的解析式为y=x2﹣6x+5；‎ ‎（2）设M（x，x2﹣6x+5）（1＜x＜5），则N（x，﹣x+5），‎ ‎∵MN=（﹣x+5）﹣（x2﹣6x+5）=﹣x2+5x=﹣（x﹣）2+，‎ ‎∴当x=时，MN有最大值；‎ ‎（3）∵MN取得最大值时，x=2.5，‎ ‎∴﹣x+5=﹣2.5+5=2.5，即N（2.5，2.5）．‎ 解方程x2﹣6x+5=0，得x=1或5，‎ ‎∴A（1，0），B（5，0），‎ ‎∴AB=5﹣1=4，‎ ‎∴△ABN的面积S2=×4×2.5=5，‎ ‎∴平行四边形CBPQ的面积S1=6S2=30．‎ 设平行四边形CBPQ的边BC上的高为BD，则BC⊥BD．‎ ‎∵BC=5，‎ ‎∴BC•BD=30，‎ ‎∴BD=3．‎ 过点D作直线BC的平行线，交抛物线与点P，交x轴于点E，在直线DE上截取PQ=BC，则四边形CBPQ为平行四边形．‎ ‎∵BC⊥BD，∠OBC=45°，‎ ‎∴∠EBD=45°，‎ ‎∴△EBD为等腰直角三角形，BE=BD=6，‎ ‎∵B（5，0），‎ ‎∴E（﹣1，0），‎ 设直线PQ的解析式为y=﹣x+t，‎ 将E（﹣1，0）代入，得1+t=0，解得t=﹣1‎ ‎∴直线PQ的解析式为y=﹣x﹣1．‎ 解方程组，得，，‎ ‎∴点P的坐标为P1（2，﹣3）（与点D重合）或P2（3，﹣4）．‎ ‎11．如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的图象过点C（0，1），顶点为Q（2，3），点D在x轴正半轴上，且OD=OC．‎ ‎（1）求直线CD的解析式；‎ ‎（2）求抛物线的解析式；‎ ‎（3）将直线CD绕点C逆时针方向旋转45°所得直线与抛物线相交于另一点E，求证：△CEQ∽△CDO；‎ ‎（4）在（3）的条件下，若点P是线段QE上的动点，点F是线段OD上的动点，问：在P点和F点移动过程中，△PCF的周长是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．‎ 分析：‎ ‎（1）利用待定系数法求出直线解析式；‎ ‎（2）利用待定系数法求出抛物线的解析式；‎ ‎（3）关键是证明△CEQ与△CDO均为等腰直角三角形；‎ ‎（4）如答图②所示，作点C关于直线QE的对称点C′，作点C关于x轴的对称点C″，连接C′C″，交OD于点F，交QE于点P，则△PCF即为符合题意的周长最小的三角形，由轴对称的性质可知，△PCF的周长等于线段C′C″的长度．‎ 利用轴对称的性质、两点之间线段最短可以证明此时△PCF的周长最小．‎ 如答图③所示，利用勾股定理求出线段C′C″的长度，即△PCF周长的最小值．‎ 解：（1）∵C（0，1），OD=OC，∴D点坐标为（1，0）．‎ 设直线CD的解析式为y=kx+b（k≠0），‎ 将C（0，1），D（1，0）代入得：，‎ 解得：b=1，k=﹣1，‎ ‎∴直线CD的解析式为：y=﹣x+1．‎ ‎（2）设抛物线的解析式为y=a（x﹣2）2+3，‎ 将C（0，1）代入得：1=a×（﹣2）2+3，解得a=．‎ ‎∴y=（x﹣2）2+3=x2+2x+1．‎ ‎（3）证明：由题意可知，∠ECD=45°，‎ ‎∵OC=OD，且OC⊥OD，∴△OCD为等腰直角三角形，∠ODC=45°，‎ ‎∴∠ECD=∠ODC，∴CE∥x轴，则点C、E关于对称轴（直线x=2）对称，‎ ‎∴点E的坐标为（4，1）．‎ 如答图①所示，设对称轴（直线x=2）与CE交于点M，则M（2，1），‎ ‎∴ME=CM=QM=2，∴△QME与△QMC均为等腰直角三角形，∴∠QEC=∠QCE=45°．‎ 又∵△OCD为等腰直角三角形，∴∠ODC=∠OCD=45°，‎ ‎∴∠QEC=∠QCE=∠ODC=∠OCD=45°， ∴△CEQ∽△CDO．‎ ‎（4）存在．‎ 如答图②所示，作点C关于直线QE的对称点C′，作点C关于x轴的对称点C″，连接C′C″，交OD于点F，交QE于点P，则△PCF即为符合题意的周长最小的三角形，由轴对称的性质可知，△PCF的周长等于线段C′C″的长度．‎ ‎（证明如下：不妨在线段OD上取异于点F的任一点F′，在线段QE上取异于点P的任一点P′，连接F′C″，F′P′，P′C′．‎ 由轴对称的性质可知，△P′CF′的周长=F′C″+F′P′+P′C′；‎ 而F′C″+F′P′+P′C′是点C′，C″之间的折线段，‎ 由两点之间线段最短可知：F′C″+F′P′+P′C′＞C′C″，‎ 即△P′CF′的周长大于△PCE的周长．）‎ 如答图③所示，连接C′E，‎ ‎∵C，C′关于直线QE对称，△QCE为等腰直角三角形，‎ ‎∴△QC′E为等腰直角三角形，‎ ‎∴△CEC′为等腰直角三角形，‎ ‎∴点C′的坐标为（4，5）；‎ ‎∵C，C″关于x轴对称，∴点C″的坐标为（0，﹣1）．‎ 过点C′作C′N⊥y轴于点N，则NC′=4，NC″=4+1+1=6，‎ 在Rt△C′NC″中，由勾股定理得：C′C″===．‎ 综上所述，在P点和F点移动过程中，△PCF的周长存在最小值，最小值为．‎ ‎12．抛物线与x轴交于A（1，0）、B（﹣3，0）两点，与y轴交于点C（0，3），设抛物线的顶点为D．‎ ‎（1）求该抛物线的解析式与顶点D的坐标．‎ ‎（2）试判断△BCD的形状，并说明理由．‎ ‎（3）探究坐标轴上是否存在点P，使得以P、A、C为顶点的三角形与△BCD相似？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 分析：‎ ‎（1）利用待定系数法即可求得函数的解析式；‎ ‎（2）利用勾股定理求得△BCD的三边的长，然后根据勾股定理的逆定理即可作出判断；‎ ‎（3）分p在x轴和y轴两种情况讨论，舍出P的坐标，根据相似三角形的对应边的比相等即可求解．‎ 解：（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c 由抛物线与y轴交于点C（0，3），可知c=3．即抛物线的解析式为y=ax2+bx+3．‎ 把点A（1，0）、点B（﹣3，0）代入，得解得a=﹣1，b=﹣2‎ ‎∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+3．‎ ‎∵y=﹣x2﹣2x+3=﹣（x+1）2+4‎ ‎∴顶点D的坐标为（﹣1，4）；‎ ‎（2）△BCD是直角三角形．‎ 理由如下：解法一：过点D分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为E、F．‎ ‎∵在Rt△BOC中，OB=3，OC=3，‎ ‎∴BC2=OB2+OC2=18‎ 在Rt△CDF中，DF=1，CF=OF﹣OC=4﹣3=1，‎ ‎∴CD2=DF2+CF2=2‎ 在Rt△BDE中，DE=4，BE=OB﹣OE=3﹣1=2，‎ ‎∴BD2=DE2+BE2=20‎ ‎∴BC2+CD2=BD2‎ ‎∴△BCD为直角三角形．‎ 解法二：过点D作DF⊥y轴于点F．‎ 在Rt△BOC中，∵OB=3，OC=3‎ ‎∴OB=OC∴∠OCB=45°‎ ‎∵在Rt△CDF中，DF=1，CF=OF﹣OC=4﹣3=1‎ ‎∴DF=CF ‎∴∠DCF=45°‎ ‎∴∠BCD=180°﹣∠DCF﹣∠OCB=90°‎ ‎∴△BCD为直角三角形．‎ ‎（3）①△BCD的三边，==，又=，故当P是原点O时，△ACP∽△DBC；‎ ‎②当AC是直角边时，若AC与CD是对应边，设P的坐标是（0，a），则PC=3﹣a，=，即=，解得：a=﹣9，则P的坐标是（0，﹣9），三角形ACP不是直角三角形，则△ACP∽△CBD不成立；‎ ‎③当AC是直角边，若AC与BC是对应边时，设P的坐标是（0，b），则PC=3﹣b，则=，即=，解得：b=﹣，故P是（0，﹣）时，则△ACP∽△CBD一定成立；‎ ‎④当P在x轴上时，AC是直角边，P一定在B的左侧，设P的坐标是（d，0）．‎ 则AP=1﹣d，当AC与CD是对应边时，=，即=，解得：d=1﹣3，此时，两个三角形不相似；‎ ‎⑤当P在x轴上时，AC是直角边，P一定在B的左侧，设P的坐标是（e，0）．‎ 则AP=1﹣e，当AC与DC是对应边时，=，即=，解得：e=﹣9，符合条件．‎ 总之，符合条件的点P的坐标为：．‎ 六、对应练习 ‎13．如图，已知抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A、B两点，过点A的直线l与抛物线交于点C，‎ 其中A点的坐标是（1，0），C点坐标是（4，3）．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）在（1）中抛物线的对称轴上是否存在点D，使△BCD的周长最小？若存在，求出点D的坐标，若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）若点E是抛物线上的一个动点，且位于直线AC的下方，试求△ACE的最大面积及E点的坐标．‎ 考点：二次函数综合题．.‎ 专题：代数几何综合题；压轴题．‎ 分析：‎ ‎（1）利用待定系数法求二次函数解析式解答即可；‎ ‎（2）利用待定系数法求出直线AC的解析式，然后根据轴对称确定最短路线问题，直线AC与对称轴的交点即为所求点D；‎ ‎（3）根据直线AC的解析式，设出过点E与AC平行的直线，然后与抛物线解析式联立消掉y得到关于x的一元二次方程，利用根的判别式△=0时，△ACE的面积最大，然后求出此时与AC平行的直线，然后求出点E的坐标，并求出该直线与x轴的交点F的坐标，再求出AF，再根据直线l与x轴的夹角为45°求出两直线间的距离，再求出AC间的距离，然后利用三角形的面积公式列式计算即可得解．‎ 解答：‎ 解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+3经过点A（1，0），点C（4，3），‎ ‎∴，解得，所以，抛物线的解析式为y=x2﹣4x+3；‎ ‎（2）∵点A、B关于对称轴对称，‎ ‎∴点D为AC与对称轴的交点时△BCD的周长最小，‎ 设直线AC的解析式为y=kx+b（k≠0），‎ 则，解得，‎ 所以，直线AC的解析式为y=x﹣1，‎ ‎∵y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，‎ ‎∴抛物线的对称轴为直线x=2，‎ 当x=2时，y=2﹣1=1，‎ ‎∴抛物线对称轴上存在点D（2，1），使△BCD的周长最小；‎ ‎（3）如图，设过点E与直线AC平行线的直线为y=x+m，‎ 联立，消掉y得，x2﹣5x+3﹣m=0，‎ ‎△=（﹣5）2﹣4×1×（3﹣m）=0，‎ 即m=﹣时，点E到AC的距离最大，△ACE的面积最大，‎ 此时x=，y=﹣=﹣，‎ ‎∴点E的坐标为（，﹣），‎ 设过点E的直线与x轴交点为F，则F（，0），‎ ‎∴AF=﹣1=，‎ ‎∵直线AC的解析式为y=x﹣1，‎ ‎∴∠CAB=45°，‎ ‎∴点F到AC的距离为×=，‎ 又∵AC==3，‎ ‎∴△ACE的最大面积=×3×=，此时E点坐标为（，﹣）．‎ ‎14．如图，已知抛物线y=﹣x2+bx+4与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，若已知A点的坐标为A（﹣2，0）．‎ ‎（1）求抛物线的解析式及它的对称轴方程；‎ ‎（2）求点C的坐标，连接AC、BC并求线段BC所在直线的解析式；‎ ‎（3）试判断△AOC与△COB是否相似？并说明理由；‎ ‎（4）在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△ACQ为等腰三角形？若存在，求出符合条件的Q点坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：二次函数综合题．.‎ 专题：压轴题．‎ 分析：（1）利用待定系数法求出抛物线解析式，利用配方法或利用公式x=求出对称轴方程；‎ ‎（2）在抛物线解析式中，令x=0，可求出点C坐标；令y=0，可求出点B坐标．再利用待定系数法求出直线BD的解析式；‎ ‎（3）根据，∠AOC=∠BOC=90°，可以判定△AOC∽△COB；‎ ‎（4）本问为存在型问题．若△ACQ为等腰三角形，则有三种可能的情形，需要分类讨论，逐一计算，避免漏解．‎ 解答：‎ 解：（1）∵抛物线y=﹣x2+bx+4的图象经过点A（﹣2，0），‎ ‎∴﹣×（﹣2）2+b×（﹣2）+4=0，‎ 解得：b=，∴抛物线解析式为 y=﹣x2+x+4，‎ 又∵y=﹣x2+x+4=﹣（x﹣3）2+，∴对称轴方程为：x=3．‎ ‎（2）在y=﹣x2+x+4中，令x=0，得y=4，∴C（0，4）；‎ 令y=0，即﹣x2+x+4=0，整理得x2﹣6x﹣16=0，解得：x=8或x=﹣2，‎ ‎∴A（﹣2，0），B（8，0）．‎ 设直线BC的解析式为y=kx+b，‎ 把B（8，0），C（0，4）的坐标分别代入解析式，得：‎ ‎，解得k=，b=4，‎ ‎∴直线BC的解析式为：y=x+4．‎ ‎（3）可判定△AOC∽△COB成立．‎ 理由如下：在△AOC与△COB中，‎ ‎∵OA=2，OC=4，OB=8，‎ ‎∴，‎ 又∵∠AOC=∠BOC=90°，‎ ‎∴△AOC∽△COB．‎ ‎（4）∵抛物线的对称轴方程为：x=3，‎ 可设点Q（3，t），则可求得：‎ AC===，‎ AQ==，‎ CQ==．‎ i）当AQ=CQ时，‎ 有=，‎ ‎25+t2=t2﹣8t+16+9，‎ 解得t=0，‎ ‎∴Q1（3，0）；‎ ii）当AC=AQ时，‎ 有=，‎ t2=﹣5，此方程无实数根，‎ ‎∴此时△ACQ不能构成等腰三角形；‎ iii）当AC=CQ时，‎ 有=，‎ 整理得：t2﹣8t+5=0，‎ 解得：t=4±，‎ ‎∴点Q坐标为：Q2（3，4+），Q3（3，4﹣）．‎ 综上所述，存在点Q，使△ACQ为等腰三角形，点Q的坐标为：Q1（3，0），Q2（3，4+），Q3（3，4﹣）．‎ ‎15．如图，在坐标系xOy中，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，A（1，0），B（0，2），抛物线y=x2+bx﹣2的图象过C点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）平移该抛物线的对称轴所在直线l．当l移动到何处时，恰好将△ABC的面积分为相等的两部分？‎ ‎（3）点P是抛物线上一动点，是否存在点P，使四边形PACB为平行四边形？若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由．‎ 分析：如解答图所示：‎ ‎（1）首先构造全等三角形△AOB≌△CDA，求出点C的坐标；然后利用点C的坐标求出抛物线的解析式；‎ ‎（2）首先求出直线BC与AC的解析式，设直线l与BC、AC交于点E、F，则可求出EF的表达式；根据S△CEF=S△ABC，列出方程求出直线l的解析式；‎ ‎（3）首先作出▱PACB，然后证明点P在抛物线上即可．‎ 解：（1）如答图1所示，过点C作CD⊥x轴于点D，则∠CAD+∠ACD=90°．‎ ‎∵∠OBA+∠OAB=90°，∠OAB+∠CAD=90°，‎ ‎∴∠OAB=∠ACD，∠OBA=∠CAD．‎ ‎∵在△AOB与△CDA中，‎ ‎∴△AOB≌△CDA（ASA）．‎ ‎∴CD=OA=1，AD=OB=2，‎ ‎∴OD=OA+AD=3，‎ ‎∴C（3，1）．‎ ‎∵点C（3，1）在抛物线y=x2+bx﹣2上，‎ ‎∴1=×9+3b﹣2，解得：b=﹣．‎ ‎∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣2．‎ ‎（2）在Rt△AOB中，OA=1，OB=2，由勾股定理得：AB=．‎ ‎∴S△ABC=AB2=5‎ 设直线BC的解析式为y=kx+b，∵B（0，2），C（3，1），‎ ‎∴， 解得k=﹣1，b=2， ∴y=﹣x+2．‎ 同理求得直线AC的解析式为：y=x﹣．‎ 如答图1所示，‎ 设直线l与BC、AC分别交于点E、F，则EF=（﹣x+2）﹣（x﹣）=﹣x．‎ ‎△CEF中，EF边上的高h=OD﹣x=3﹣x．‎ 由题意得：S△CEF=S△ABC， ∴（﹣x）•（3﹣x）=×， 整理得：（3﹣x）2=3，‎ 解得x=3﹣或x=3+（不合题意，舍去），‎ ‎∴当直线l解析式为x=3﹣时，恰好将△ABC的面积分为相等的两部分．‎ ‎（3）存在．‎ 如答图2所示，‎ 过点C作CG⊥y轴于点G，则CG=OD=3，OG=1，BG=OB﹣OG=1．‎ 过点A作AP∥BC交y轴于点W，‎ ‎∵四边形ACBP是平行四边形，‎ ‎∴AP=BC，连接BP，则四边形PACB为平行四边形．‎ 过点P作PH⊥x轴于点H，‎ ‎∵BC∥AP， ∴∠CBO=∠AWO， ‎ ‎∵PH∥WO， ‎ ‎∴∠APH=∠AWO， ‎ ‎∴∠CBG=∠APH，‎ 在△PAH和△BCG中，‎ ‎ ∴△PAH≌△BCG（AAS），‎ ‎∴PH=BG=1，AH=CG=3， ‎ ‎∴OH=AH﹣OA=2， ‎ ‎∴P（﹣2，1）．‎ 抛物线解析式为：y=x2﹣x﹣2，当x=﹣2时，y=1，即点P在抛物线上．‎ ‎∴存在符合条件的点P，点P的坐标为（﹣2，1）．‎