2020年中考数学压轴题：二次函数的面积问题考点专练 82页

2020 年中考数学压轴题：二次函数的面积问题考点专练 【考点 1】二次函数的线段最值问题 【例 1】如图，抛物线 y＝ax2+bx+c 经过 A（﹣1，0）、B（4，0）、C（0，3）三点，D 为直 线 BC 上方抛物线上一动点，DE⊥BC 于点 E． （1）求抛物线的函数表达式； （2）求线段 DE 长度的最大值． 【答案】（1）y＝﹣ 3 4 x2+ 9 4 x+3；（2）最大值是12 5 ． 【解析】 【分析】 （1）根据待定系数法，可得函数解析式； （2）根据平行于 y 轴直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得 DM，根据 相似三角形的判定与性质，可得 DE 的长，根据二次函数的性质，可得答案． 【详解】 解：（1）由题意得， 0 16 4 0 3 a b c a b c c ＝ ＝ ＝       ， 解得， 3 4 9 4 3 a b c ＝ ＝ ＝       ， 抛物线的函数表达式为 y＝﹣ 3 4 x2+ 9 4 x+3； （2）过点 D 作 DM⊥x 轴交 BC 于 M 点， 由勾股定理得，BC＝ 2 2OC OB ＝5， 设直线 BC 的解析是为 y＝kx+b， 则 4 0 3 k b b    ＝ ＝ ， 解得 3 4 3 k b      ， ∴直线 BC 的解析是为 y＝﹣ 3 4 x+3， 设点 M 的坐标为（a，﹣ 3 4 a+3）， DM＝（﹣ 3 4 a2+ 9 4 a+3）﹣（﹣ 3 4 a+3）＝﹣ 3 4 a2+3a， ∵∠DME＝∠OCB，∠DEM＝∠BOC， ∴△DEM∽△BOC， ∴ DE BO DM BC  ，即 DE DM ＝ 4 5 ， 解得，DE＝ 4 5 DM ∴DE＝﹣ 3 5 a2+12 5 a＝﹣ 3 5 （a﹣2）2+12 5 ， 当 a＝2 时，DE 取最大值，最大值是12 5 ． 【点睛】 本题考查的是二次函数、一次函数的性质，相似三角形的判定和性质，掌握待定系数法求二次 函数解析式、一次函数解析式的一般步骤是解题的关键． 【变式 1-1】．已知抛物线 y=mx2+2mx+m-1 和直线 y=mx+m-1，且 m≠0． （1）求抛物线的顶点坐标； （2）试说明抛物线与直线有两个交点； （3）已知点 T（t，0），且-1≤t≤1，过点 T 作 x 轴的垂线，与抛物线交于点 P，与直线交于 点 Q，当 0＜m≤3 时，求线段 PQ 长的最大值． 【答案】（1）（-1，-1）；（2）见解析；（3）PQ 的最大值为 6. 【解析】 【分析】 （1）化为顶点式即可求顶点坐标; （2）由 y=mx2+2mx+m-1 和 y=mx+m-1 可得：mx2+2mx+m-1=mx+m-1，整理得，mx（x+1） =0，即可知抛物线与直线有两个交点; （3）由（2）可得：抛物线与直线交于（-1，-1）和（0，m-1）两点，点 P 的坐标为（t，mt2+2mt+m-1）， 点 Q 的坐标为（t，mt+m-1）． 故分两种情况进行讨论：①如图 1，当-1≤t≤0 时；②如图 2， 当 0＜t≤1 时，求出对应的最大值即可． 【详解】 解：（1）∵y=mx2+2mx+m-1=m（x+1）2-1， ∴抛物线的顶点坐标为（-1，-1）． （2）由 y=mx2+2mx+m-1 和 y=mx+m-1 可得：mx2+2mx+m-1=mx+m-1， mx2+mx=0，mx（x+1）=0， ∵m≠0， ∴x1=0，x2=-1． ∴抛物线与直线有两个交点． （3）由（2）可得：抛物线与直线交于（-1，-1）和（0，m-1）两点， 点 P 的坐标为（t，mt2+2mt+m-1），点 Q 的坐标为（t，mt+m-1）． ①如图 1，当-1≤t≤0 时，PQ= 2 Q Py y mt mt    = 21 1( )2 4m t m   ． ∵m＞0， 当 1 2t   时，PQ 有最大值，且最大值为 1 4 m ． ∵0＜m≤3，∴ 1 4 m ≤ 3 4 ，即 PQ 的最大值为 3 4 ． ②如图 2，当 0＜t≤1 时，PQ= 2 P Qy y mt mt   = 21 1( )2 4m t m  ． ∵m＞0， ∴当 t=1 时，PQ 有最大值，且最大值为 2m． ∵0＜m≤3， ∴0＜2m≤6，即 PQ 的最大值为 6． 综上所述，PQ 的最大值为 6． 【点睛】 此题主要考查二次函数的应用，（1）（2）题相对简单，（3）题要分情况进行讨论方右解答， 因此做此类题型，在进行分类讨论时，尽量通过大致图象数型结合进行解答． 【变式 1-2】如图 1，已知抛物线 y=﹣x2+mx+m﹣2 的顶点为 A，且经过点 B（3，﹣3）． （1）求顶点 A 的坐标 （2）若 P 是抛物线上且位于直线 OB 上方的一个动点，求△OPB 的面积的最大值及比时点 P 的坐标； （3）如图 2，将原抛物线沿射线 OA 方向进行平移得到新的抛物线，新抛物线与射线 OA 交 于 C，D 两点，请问：在抛物线平移的过程中，线段 CD 的长度是否为定值？若是，请求出 这个定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1）（﹣1，1）；（2）P（ ， ）；（3） . 【解析】 【分析】 （1）根据待定系数法，可得函数解析式，根据配方法，可得顶点坐标； （2）过点 P 作 y 轴的平行线交 OB 与点 Q，求出直线 BP 的解析式，表示出点 Q 的坐标，根 据三角形的面积公式列出函数关系式，利用二次函数的最值可得 P 点坐标； （3）根据平移规律，可得新抛物线，根据联立抛物线与 OA 的解析式，可得 C、D 点的横坐 标，根据勾股定理，可得答案． 【详解】 解：（1）把 B（3，﹣3）代入 y=﹣x2+mx+m2 得：﹣3=﹣32+3m+m2， 解得 m=2， ∴y=﹣x2+2x=﹣（x+1）2+1， ∴顶点 A 的坐标是（﹣1，1）； （2）过点 P 作 y 轴的平行线交 OB 与点 Q. ∵直线 OB 的解析式为 y=﹣x， 故设 P（n，﹣n2+2n），Q（n，﹣n）， ∴PQ=﹣n2+2n﹣（﹣n）=﹣n2+3n， ∴S△OPB= （﹣n2+3n）=﹣ （n﹣ ）+ ， 当 n= 时，S△OPB 的最大值为 ． 此时 y=﹣n2+2n= ， ∴P（ ， ）； （3）∵直线 OA 的解析式为 y=x， ∴可设新的抛物线解析式为 y=﹣（x﹣a）2+a， 联立 ， ∴﹣（x﹣a）2+a=x， ∴x1=a，x2=a﹣1， 即 C、D 两点间的横坐标的差为 1， ∴CD= ． 【点睛】 本题考查了待定系数法求函数解析式，三角形的面积公式，利用二次函数求最值，勾股定理二 次函数与一次函数的交点问题，难度适中，是常见题型. 【考点 2】二次函数的面积定值问题 【例 2】已知二次函数 2 2 4 8y x mx m    ． （1）图象经过点 1,1（ ）时，则m  _________； （2）当 2x  时，函数值 y 随 x 的增大而减小，求 m 的取值范围； （3）以抛物线 2 2 4 8y x mx m    的顶点 A 为一个顶点作该抛物线的内接正三角形 AMN（M， N 两点在抛物线上），请问： AMN 的面积是与 m 无关的定值吗？若是，请求出这个定值； 若不是，请说明理由． 【答案】（1）4；（2）m≥2；（3） AMN 的面积是与 m 无关的定值，S△AMN＝3 3. 【解析】 【分析】 （1）将点 1,1（ ）代入二次函数解析式即可求出 m； （2）求出二次函数的对称轴为 x＝m，由抛物线的开口向上，在对称轴的左边 y 随 x 的增大 而减小，可求出 m 的取值范围； （3）在抛物线内作出正三角形，求出正三角形的边长，然后计算三角形的面积，可得到△AMN 的面积是与 m 无关的定值． 【详解】 解：（1）将点 1,1（ ）代入 2 2 4 8y x mx m    可得：1 1 2 4 8m m    ， 解得：m=4； （2）二次函数 2 2 4 8y x mx m    的对称轴是：x＝m， ∵当 x≤2 时，函数值 y 随 x 的增大而减小， ∴m≥2； （3） AMN 的面积是与 m 无关的定值； 如图：顶点 A 的坐标为（m，−m2＋4m−8），△AMN 是抛物线的内接正三角形，MN 交对称 轴于点 B， ∵tan∠AMB＝tan60°＝ 3AB BM = ， ∴AB＝ 3 BM＝ 3 BN， 设 BM＝BN＝a，则 AB＝ 3 a， ∴点 M 的坐标为（m＋a， 3 a−m2＋4m−8）， ∵点 M 在抛物线上， ∴ 3 a−m2＋4m−8＝（m＋a）2−2m（m＋a）＋4m−8， 整理得： 2 3 0a a- = ， 解得：a＝ 3 或 a＝0（舍去）， ∴△AMN 是边长为2 3 的正三角形， ∴AB=3，S△AMN＝ 1 2 3 3 3 32    ，与 m 无关. 【点睛】 本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图象和性质、等边三角形的性质以及特殊角三角函 数的应用，其中（3）问有一定难度，根据点 M 在抛物线上，求出正三角形的边长是解题关键． 【变式 2-1】如图，已知抛物线交 x 轴于 A、B 两点，交 y 轴于 C 点，A 点坐标为（﹣1，0）， OC=2，OB=3，点 D 为抛物线的顶点． （1）求抛物线的解析式； （2）P 为坐标平面内一点，以 B、C、D、P 为顶点的四边形是平行四边形，求 P 点坐标； （3）若抛物线上有且仅有三个点 M1、M2、M3 使得△M1BC、△M2BC、△M3BC 的面积均为 定值 S，求出定值 S 及 M1、M2、M3 这三个点的坐标． 【答案】（1）y=﹣ 2 3 x2+ 4 3 x+2；(2)见解析；（3）见解析. 【解析】 【详解】 分析：（1）由 OC 与 OB 的长，确定出 B 与 C 的坐标，再由 A 坐标，利用待定系数法确定出 抛物线解析式即可； （2）分三种情况讨论：当四边形 CBPD 是平行四边形；当四边形 BCPD 是平行四边形；四边 形 BDCP 是平行四边形时，利用平移规律确定出 P 坐标即可； （3）由 B 与 C 坐标确定出直线 BC 解析式，求出与直线 BC 平行且与抛物线只有一个交点时 交点坐标，确定出交点与直线 BC 解析式，进而确定出另一条与直线 BC 平行且与 BC 距离相 等的直线解析式，确定出所求 M 坐标，且求出定值 S 的值即可． 详解：（1）由 OC=2，OB=3，得到 B（3，0），C（0，2）， 设抛物线解析式为 y=a（x+1）（x﹣3）， 把 C（0，2）代入得：2=﹣3a，即 a=﹣ 2 3 ， 则抛物线解析式为 y=﹣ 2 3 （x+1）（x﹣3）=﹣ 2 3 x2+ 4 3 x+2； （2）抛物线 y=﹣ 2 3 （x+1）（x﹣3）=﹣ 2 3 x2+ 4 3 x+2=﹣ 2 3 （x﹣1）2+ 8 3 ， ∴D（1， 8 3 ）， 当四边形 CBPD 是平行四边形时，由 B（3，0），C（0，2），得到 P（4， 2 3 ）； 当四边形 CDBP 是平行四边形时，由 B（3，0），C（0，2），得到 P（2，﹣ 2 3 ）； 当四边形 BCPD 是平行四边形时，由 B（3，0），C（0，2），得到 P（﹣2，14 3 ）； （3）设直线 BC 解析式为 y=kx+b， 把 B（3，0），C（0，2）代入得： 3 0 2 k b b     ， 解得： 2 3 2 k b      ， ∴y=﹣ 2 3 x+2， 设与直线 BC 平行的解析式为 y=﹣ 2 3 x+b， 联立得： 2 2 3 2 4 23 3 y x b y x x          ， 消去 y 得：2x2﹣6x+3b﹣6=0， 当直线与抛物线只有一个公共点时，△=36﹣8（3b﹣6）=0， 解得：b= 7 2 ，即 y=﹣ 2 3 x+ 7 2 ， 此时交点 M1 坐标为（ 3 2 ， 5 2 ）； 可得出两平行线间的距离为 9 13 26 ， 同理可得另一条与 BC 平行且平行线间的距离为 9 13 26 的直线方程为 y=﹣ 2 3 x+ 1 2 ， 联立解得：M2（ 3 3 2 2  ， 12 2  ），M3（ 3+3 2 2 ， 12 2   ）， 此时 S=1． 点睛：此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法求函数解析式，一次函数的性质， 利用了分类讨论的思想，熟练掌握待定系数法是解本题的关键． 【变式 2-2】如图：已知抛物线   1 3 ( 0)2y x m x m mm      与 x 轴交于 A、B 两点（点 A 在点 B 左侧），与 y 交于点 C，抛物线对称轴与 x 轴交于点 D， 9 3 ,02E       为 x 轴上一点． （1）写出点 A、B、C 的坐标（用 m 表示）； （2）若以 DE 为直径的圆经过点 C 且与抛物线交于另一点 F， ①求抛物线解析式； ②P 为线段 DE 上一动（不与 D、E 重合），过 P 作 PQ EC 作 PH DF ，判断 PQ PH DC EF  是 否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由； （3）如图②，将线段 AB 绕点 A顺时针旋转 30°，与 y 相交于点 M ，连接 BM .点 S 是线段 AM 的中点，连接OS .若点 N 是线段 BM 上一个动点，连接 SN ，将△ SMN 绕点 S 逆时针旋转60 得 到△ SOT ，延长TO 交 BM 于点 K ．若△ KTN 的面积等于△ ABM 的面积的 1 12 ，求线段 MN 的 长． 【答案】（1）A(-3m，0)，B(m，0)，C(0， 3 2 m ) （2）① 23 3 312y x x    ，② + 1PQ PH DC EF  ，理由见解析； （3）线段 MN 的长为 2 或 2 5 【解析】 （1）A（-3m，0），B（m，0），C（0， 3 2 m ） （2）△DCE 为直角三角形． ①OC2=OD·OE，m= 2 3 ，∴ 23 3 312y x x    ②∵DE 为直径，∴∠DCE=∠DFE=90°，∵PQ⊥EC，PH⊥DF，∴PQ∥DC， PH∥EF PQ PE DC DE  ， ， PH DP EF DE  ，∴ + 1PQ PH PE DP DE DC EF DE DE    （3）A（ 6 3 ，0），B（2 3 ，0），又∠OAM=60° ，∴cos30°= OM OA ，∴OM=6，M（0， 6） 又 tan∠ABM= OM OB = 3 ，∴∠OBM=60° ，∠AMB=90° ， S 是线段 AM 的中点，∴∠OSM=60° ，∴∠AOS=30° ，又∠SOT=90° ，∠AOT=60° ， ∴直线 TK：y=- 3 x；BM：y= 3 x-6，联立两个方程，解得：K（ 3 ，-3） 设 MN=a，TK=TO+OK=a+2 3 ，∴△KTN 的高 h=TK·sin60°= 3 32 a  NK= 2 3 a ，∵S△KTN= 1 12 S△ABM 1 2 32 NK h   ， ∴ 1 32 3 3 2 32 2a a（ ）    a=2 或 a= 2 5 点睛：本题考查二次函数综合题、旋转变换、解直角三角形等知识，平行线的性质，解题的关 键是学会转化，属于中考压轴题． 【考点 3】二次函数的面积最值问题 【例 3】已知抛物线 2 2y x x m m    ． （1）求证：抛物线与 x 轴必定有公共点； （2）若 P（ a ，y1），Q（－2，y2）是抛物线上的两点，且 y1 y2，求 a 的取值范围； （3）设抛物线与 x 轴交于点  1,0A x 、  2 ,0B x ，点 A 在点 B 的左侧，与 y 轴负半轴交于点 C， 且 1 2 3x x  ，若点 D 是直线 BC 下方抛物线上一点，连接 AD 交 BC 于点 E，记△ACE 的面 积为 S1，△DCE 的面积为 S2，求 2 1 S S 是否有最值？若有，求出该最值；若没有，请说明理由． 【答案】（1）见解析；（2） 2a   或 3a  ，（3） 2 1 S S 没有最小值； 2 1 S S 有最大值是 1 3 【解析】 分析：（1）本题需先根据判别式解出无论 m 为任何实数都大于零，再判断出物线与 x 轴总有 交点． （2）分两种情况：当点 P 在对称轴的左侧时， y 随 x 的增大而减小，得 2a   ；当点 P 在对称 轴的右侧时， y 随 x 的增大而增大， 3a  ，故得解. 详解：（1）令 0y  得 2 2 0x x m m    ∴ 2 24 4 4 1b ac m m      ∴  22 1m   无论 m 取何值，  22 1 0m    ∴ 抛物线与 x 轴必定有公共点 （2）∵ 2 2y x x m m    ，抛物线的对称轴是 1 2x  当点 P 在对称轴的左侧时， y 随 x 的增大而减小， ∵y1 y2， 2a   当点 P 在对称轴的右侧时， y 随 x 的增大而增大， Q（－2，y2）关于对称轴的对称点是（3，y2） ∵y1 y2， 3a  综上所述： 2a   或 3a  （3） 1 1x m  ， 2x m  ∵ 1 2 3x x  、∴ 1 3m m    ，解得 1m  或 2m   ∴ 2 2y x x   ∴  1,0A  、  2,0B ，  0, 2C  ∴ 直线 BC 的解析式是 2y x  设点 A 到直线 BC 的距离是 1h ，点 D 到直线 BC 的距离是 2h ， △ACE 的面积 S1 1 1 2 CE h  ，△DCE 的面积 S2 2 1 2 CE h  ∴ 1 3 2 2h  ， 2 2 2 1 1 2 3 S h h S h   ∴ 求 2 1 S S 的最值转化为求 2h 的最值 设过点 D 与直线 BC 平行的直线解析式为 y x b  当点 D 在直线 BC 下方的抛物线上运动时， 2h 无最小值，仅当直线 y x b  与抛物线 2 2y x x   只有一个公共点时， 2h 有最大值 即方程组 2 2y x x y x b        有两个相等的实数根 ∴ 2 2 2 0x x b    ， 4 8 4 0b     ， ∴ 3b   ，此时 2 2 2h  ∴ 2 1 S S 没有最小值； 2 1 S S 有最大值是 1 3 ∴  1,0A  、  2,0B 点睛：本题主要考查了二次函数的综合问题，在解题时要注意找出各点的坐标问题，再把各点 代入解析式是解题的关键． 【变式 3-1】如图，直线 3 34 xy    与 x 轴交于点C ，与 y 轴交于点 B ，抛物线 2 3 4y ax x c   经过 B 、C 两点. ①求点C 的坐标； ②求抛物线的解析式； ③如图，点 E 是直线 BC 上方抛物线上的一动点，当 BEC 面积最大时，请求出点 E 的坐标和 BEC 面积的最大值. 【答案】①  4,0C ；② 23 3 38 4y x x    ；③点 E 的坐标是 2,3 时， BEC 的面积最大，最 大面积是3 . 【解析】 【分析】 ①利用利用 x 轴上点的坐标特点代入一次函数即可. ②根据抛物线 2 3 4y ax x c   经过 B 、C 两点，先求出 B 点坐标，再用待定系数法求解析式即 可. ③根据“铅垂高，水平宽”方法求面积.过点 E 作 y 轴的平行线 EF 交直线 BC 于点 M ，EF 交 x 轴于点 F ，利用 E、M 横坐标相等及所在函数关系式设出坐标，求出 EM 的长，再利用 BEC BEM MECS S S    ，把 EM 看作△BEM 和△MEC 的底，求出面积写出关系式，最后利用二 次函数求最值即可. 【详解】 解：①∵直线 3 34 xy    与 x 轴交于点C ， ∴当 y=0 时，解得 x=4 ∴C 点坐标为： 4,0 ②直线 3 34y x   与 x 轴交于点C ，与 y 轴交于点 B ， 当 x=0 时，解得 y=3 ∴点 B 的坐标是 0,3 ，点C 的坐标是 4,0 ， 抛物线 2 3 4y ax x c   经过 B 、C 两点， 316 4 04 3 a c c        解得 3 8 3 a c      , 抛物线的解析式为 23 3 38 4y x x    . ③如图，过点 E 作 y 轴的平行线 EF 交直线 BC 于点 M ， EF 交 x 轴于点 F ， 已知点 E 是直线 BC 上方抛物线上的一动点，则可设点 E 的坐标是 23 3, 38 4x x x      ， 点 M 的坐标是 3, 34x x     ， 2 23 3 3 3 33 38 4 4 8 2EM x x x x x              . BEC BEM MECS S S    ， 2 21 1 3 3 34 ( 2) 32 2 8 2 4BECS ME OC x x x                . 即当 2x  时，即点 E 的坐标是 2,3 时， BEC 的面积最大，最大面积是3 . 【点睛】 此题考查的是①一次函数的与坐标轴的交点坐标；②待定系数法求二次函数解析式；③用“铅 垂高，水平宽”求面积最值问题. 【变式 3-2】如图，抛物线 2 2y ax bx   交 x 轴于点  3 0A  , 和点  10B , ，交 y 轴于点C . (1)求这个抛物线的函数表达式； (2)若点 D 的坐标为 1,0 ，点 P 为第二象限内抛物线上的一个动点，求四边形 ADCP 面积的 最大值. 【答案】(1) 22 4 23 3y x x    ；(2) S 的最大值为17 4 . 【解析】 【分析】 （1）根据 A,B 两点坐标可得出函数表达式； （2）设点 22 4, 23 3P x x x      ，根据 +APO CPO ODCADCPS S S S S  △ △ △四边形 列出 S 关于 x 的二次 函数表达式，再根据二次函数的性质求最值. 【详解】 解：（1）将 A,B 两点的坐标代入解析式得， 9 3 2 0, 2 0, a b a b        解得 2 ,3 4.3 a b       故抛物线的表达式为： 22 4 23 3y x x    ； （2）连接OP ，设点 22 4, 23 3P x x x      ， 由（1）中表达式可得点  0,2C ， 则 +APO CPO ODCADCPS S S S S  △ △ △四边形 1 1 1 2 2 2p PAO y OC x CO OD         2 22 4 1 12 21 ( ) 2 1 3= 33 232 2 2x x x x x                   ， ∵ 1 0  ，故 S 有最大值，当 3 2x   时， S 的最大值为17 4 . 【点睛】 本题主要考查二次函数表达式的求法以及二次函数的图像与性质，有一定的综合性.对于二次 函数中的面积问题，常需用到“割补法”. 【考点 4】二次函数面积的其它问题 【例 4】如图，在平面直角坐标系中，直线 5 5y x   与 x 轴、 y 轴分别交于 ,A C 两点，抛物 线 2y x bx c   经过 ,A C 两点，与 x 轴交于另一点 B . （1）求抛物线解析式及 B 点坐标； （2）连接 BC ，求 ABC 的面积； （3）若点 M 为抛物线上一动点，连接 ,MA MB ，当点 M 运动到某一位置时， ABM 面积为 ABC 的面积的 4 5 倍，求此时点 M 的坐标. 【答案】（1） 2 6 5y x x   ，  5,0B ；（2） 10ABCS  ；（3）M 点的坐标为 1M ， 2M 3-2 2 4（ ，）， 3M ，见解析. 【解析】 【分析】 （1）利用 ,A C 两点是一次函数上的点求出 ,A C 两点，再代入二次函数求解即可. （2）根据  1,0A ，  5,0B ，求出 4AB  ，求出△ABC. （3）根据 ABM 面积为 ABC 的面积的 4 5 倍，求出 4 4 10 85 5ABM ABCS S     ，得出 16 4 4My    ，求出此时 M 的坐标即可. 【详解】 （1）解：∵直线 5 5y x   ∴令 0y  ，则0 5 5x   ，解得 1x  ∴  1,0A 令 0x  ，则 5y  ，∴  0,5C 将点  1,0A ，  0,5C 代入 2y x bx c   中得， 1 0 5 b c c      ，解得 6 5 b c     ∴抛物线的解析式为： 2 6 5y x x   ； 令 0y  ，则 2 6 5 0x x   ，解得 1 21, 5x x  ∴  5,0B . （2）解：∵  1,0A ，  5,0B ∴ 4AB  ∴ 1 1 4 5 102 2ABCS AB OC       （3）∵ ABM 面积为 ABC 的面积的 4 5 倍， ∴ 4 4 10 85 5ABM ABCS S     ∵AB=4 , ∴ 16 4 4My    ， ∵  22 6 5 3 4y x x x      ∴抛物线的顶点坐标为  1 3, 4M  符合条件， 当 4My  时， 2 6 5 4x x   ，解的，x1= 3-2 2 ，x2=3 2 2 ， ∴ M 点的坐标为 1M （3，-4）， 2M  3-2 2 4， ， 3M  3 2 2 4 ， . 【点睛】 本题考查的是二次函数，熟练掌握二次函数是解题的关键. 【变式 4-1】如图，抛物线 y＝ax2＋bx＋c 经过原点 O，与 x 轴交于另一点 N，直线 y＝kx ＋4 与两坐标轴分别交于 A、D 两点，与抛物线交于点 B(1，m)、C(2，2)． 1. 求直线与抛物线的解析式． 2.若抛物线在 x 轴上方的部分有一动点 P(x，y)，设∠PON＝ ，求当△PON 的面积最大时 tan 的值． 3. 若动点 P 保持（2）中的运动线路，问是否存在点 P，使得△POA 的面积等于△PON 的面 积的 ？若存在，请求出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由 【答案】(1) 所求的抛物线为 ． (2) (3) 存在点 ，其坐标为（1，3） 【解析】 【分析】 （1）根据 C 点的坐标可确定直线 AD 的解析式，进而可求出 B 点坐标，将 B、C、O 三点坐 标代入抛物线中，即可求得此二次函数的解析式； （2）此题的关键是求出 P 点的坐标；△PON 中，ON 的长为定值，若△PON 的面积最大， 那么 P 点离 ON 的距离最远，即 P 点为抛物线的顶点，根据（1）所得的抛物线解析式即可求 得 P 点的坐标，进而可求出α的正切值； （3）设出点 P 的横坐标，根据抛物线的解析式可表示出 P 点的纵坐标；根据直线 AD 和抛物 线的解析式可求出 A、N 的坐标；以 ON 为底，P 点纵坐标为高可得到△OPN 的面积，以 OA 为底，P 点横坐标为高可得到△OAP 的面积，根据题目给出的△POA 和△PON 的面积关系 即可求出 P 点的横坐标，进而可求出 P 点的坐标． 【详解】 （1）将点 C（2，2）代入直线 y=kx+4，可得 k=-1 所以直线的解析式为 y=-x+4 当 x=1 时，y=3， 所以 B 点的坐标为（1，3） 将 B、C、O 三点的坐标分别代入抛物线 y=ax2+bx+c， 可得 解得 ， 所以所求的抛物线为 y=-2x2+5x． （2）因为 ON 的长是一定值，所以当点 P 为抛物线的顶点时，△PON 的面积最大， 又该抛物线的顶点坐标为（ ，此时 tan∠α= （3）存在； 把 x=0 代入直线 y=-x+4 得 y=4，所以点 A（0，4） 把 y=0 代入抛物线 y=-2x2+5x 得 x=0 或 x= ，所以点 N（ ，0） 设动点 P 坐标为（x，y）， 其中 y=-2x2+5x （0＜x＜ ） 则得：S△OAP= |OA|•x=2xS△ONP= |ON|•y= × •（-2x2+5x）= （-2x2+5x） 由 S△OAP= S△ONP， 即 2x= • （-2x2+5x） 解得 x=0（舍去）或 x=1， 得 x=1，由此得 y=3 所以得点 P 存在，其坐标为（1，3）． 【点睛】 此题考查了一次函数与二次函数解析式的确定、函数图象与坐标轴交点坐标的求法、图形面积 的求法等知识，主要考查学生数形结合的数学思想方法． 【变式 4-2】如图1，抛物线 2 3y x x   与直线 2 2y x   交于 A、 B 两点，过 A作 / /AC x 轴 交抛物线于点C ，直线 AB 交 x 轴于点 D ．  1 求 A、 B 、C 三点的坐标；  2 若点 H 是线段 BD 上的一个动点，过 H 作 / /HE y 轴交抛物线于 E 点，连接OE 、OH ，当 3 10HE AC 时，求 OEHS 的值；  3 如图 2 ，连接 BO，CO及 BC ，设点 F 是 BC 的中点，点 P 是线段CO上任意一点，将 BFP 沿边 PF 翻折得到 GPF ，求当 PC 为何值时， GPF 与 CFP 重叠部分的面积是 BCP 面积的 1 4 ． 【答案】（1）点 A坐标 1, 4 ，点 B 坐标 2,2 ，点C 坐标 4, 4  ；（2） 3 3 3 8OEHS  ； （3）当 3 2PC  或 10 时， GPF 与 CFO 重叠部分的面积是 BCP 面积的 1 4 ． 【解析】 【分析】 （1）列方程组可知 A、B 两点坐标，根据点 C 的纵坐标与点 A 的纵坐标相同，列方程可求得 点 C 坐标． （2）如图 1 中，设  , 2 2H m m  ，( 2 1)m    ，则  2, 3E m m m  ，根据 3 10HE AC ，列 出方程求出点 H 的横坐标，根据三角形的面积公式计算即可解决问题． （3）分两种情形①若翻折后，点 G 在直线 OC 下方时，连接 CG．如图 2，可证四边形 PFCG 是平行四边形，得 10PB PG CF   ，在 Rt△PBO 中，根据 2 2OP PB BO  ，即可解决 问题．②若翻折后，点 G 在直线 OC 上方时，连接 CG．如图 3，可证四边形 PFGC 是平行 四边形，得 1 2PC FG BF BC   即可解决问题． 【详解】 解： 1 由 2 3 2 2 y x x y x         解得 2 2 x y     或 1 4 x y     ， ∴点 A坐标 1, 4 ，点 B 坐标 2,2 ， ∵ / /AC x 轴， ∴点C 纵坐标为 4 ， 由 2 3 4x x    ，解得 4x   或1， ∴点C 坐标 4, 4  ．  2 如图1中，设  , 2 2H m m  ，( 2 1)m    ，则  2, 3E m m m  ， 由题意  2 33 2 2 510m m m       ， 解得 1 3 2m   或 1 3 2   （舍弃）， ∴ 1 3 1 3 3 3 3 2 2 2 8OEHS      ．  3 ∵  2,2B  ，  4, 4C   ， ∴ 2 22 6 2 10BC    ， 2 2OB  ， 4 2OC  ， ∵ 2 2 2OB OC BC  ， ∴ 90BOC   ． ①若翻折后，点G 在直线OC 下方时，连接CG ．如图 2 ， ∵ 1 1 1 4 2 2PFL PBC PFC PFGS S S S   ， ∴ PFL FCL PLGS S S  ， ∴ FL LG ．CL LP ， ∴四边形 PFCG 是平行四边形， ∴ 10PB PG CF   ， 在 Rt PBO 中， 2 2 2OP PB BO   ， ∴ 4 2 2 3 2PC OC OP     ． ②若翻折后，点G 在直线OC 上方时，连接CG ．如图3 ， ∵ 1 1 1 4 2 2PFL PBC PFC PFGS S S S   ， ∴ PFL FCL PLGS S S  ， ∴ FL LG ．CL LP ， ∴四边形 PFGC 是平行四边形， ∴ 1 102PC FG BF BC    ， 综上所述:当 3 2PC  或 10 时， GPF 与 CFO 重叠部分的面积是 BCP 面积的 1 4 ． 【点睛】 属于二次函数综合题，考查二次函数与一次函数的交点问题，平行四边形的判定与性质，勾股 定理，综合性比较强，难度较大. 一、解答题 1．如图，抛物线 2y x bx c   交 x 轴于 A、 B 两点，其中点 A坐标为 1,0 ，与 y 轴交于点  0, 3C  . （1）求抛物线的函数表达式； （2）如图①，连接 AC ，点 P 在抛物线上，且满足 2PAB ACO   ．求点 P 的坐标； （3）如图②，点Q为 x 轴下方抛物线上任意一点，点 D 是抛物线对称轴与 x 轴的交点，直线 AQ 、 BQ 分别交抛物线的对称轴于点 M 、N ．请问 DM DN 是否为定值？如果是，请求出这个定 值；如果不是，请说明理由． 【答案】（1） 2 2 3y x x   （2） 9 39,4 16      或 15 57,4 16     （3） DM DN 为定值 【解析】 【分析】 （1）把点 A、C 坐标代入抛物线解析式即求得b 、c的值． （2）点 P 可以在 x 轴上方或下方，需分类讨论．①若点 P 在 x 轴下方，延长 AP 到 H ，使 AH AB 构造等腰 ABH ，作 BH 中点G ，即有 2 2PAB BAG ACO     ，利用 ACO 的三角函数值， 求 BG 、 BH 的长，进而求得 H 的坐标，求得直线 AH 的解析式后与抛物线解析式联立，即求 出点 P 坐标．②若点 P 在 x 轴上方，根据对称性， AP 一定经过点 H 关于 x 轴的对称点 'H ，求 得直线 'AH 的解析式后与抛物线解析式联立，即求出点 P 坐标． （3）设点Q横坐标为t ，用t 表示直线 AQ 、BN 的解析式，把 1x   分别代入即求得点 M 、N 的纵坐标，再求 DM、 DN 的长，即得到 DM DN 为定值． 【详解】 （1）∵抛物线 2y x bx c   经过点 ( )1,0A ，  0, 3C  . ∴ 1 0 0 0 3 b c c         ，解得： 2 3 b c     . ∴抛物线的函数表达式为 2 2 3y x x   . （2）①若点 P 在 x 轴下方，如图 1， 延长 AP 到 H ，使 AH AB ，过点 B 作 BI x 轴，连接 BH ，作 BH 中点G ，连接并延长 AG 交 BI 于点 F ，过点 H 作 HI BI 于点 I . ∵当 2 2 3 0x x   ，解得： 1 3x   ， 2 1x  . ∴  3,0B  . ∵ ( )1,0A ，  0, 3C  ， ∴ 1OA  ， 3OC  ， 2 21 3 10AC    ， 4AB  ， ∴ Rt AOC 中， 10sin 10 OAACO AC    ， 3 10cos 10 OCACO AC    ， ∵ AB AH ，G 为 BH 中点， ∴ AG BH ， BG GH ， ∴ BAG HAG   ，即 2PAB BAG   ， ∵ 2PAB ACO   ， ∴ BAG ACO   ， ∴ Rt ABG 中， 90AGB   ， 10sin 10 BGBAG AB    ， ∴ 10 2 10 10 5BG AB  ， ∴ 4 102 5BH BG  . ∵ 90HBI ABG ABG BAG        ， ∴ HBI BAG ACO     ， ∴ Rt BHI 中， 90BIH   ， 10sin 10 HIHBI BH    ， 3 10cos 10 BIHBI BH    . ∴ 10 4 10 5HI BH  ， 3 10 12 10 5BI BH  ， ∴ 4 113 5 5Hx      ， 12 5Hy   ，即 11 12,5 5H      ， 设直线 AH 解析式为 y kx a  ， ∴ 0 11 12 5 5 k a k a      ，解得： 3 4 3 4 k a      ， ∴直线 AH ： 3 3y x4 4   . ∵ 2 3 3 4 4 2 3 y x y x x        ，解得： 1 1 1 0 x y    （即点 A）， 2 2 9 4 39 16 x y       ， ∴ 9 39,4 16P     . ②若点 P 在 x 轴上方，如图 2， 在 AP 上截取 'AH AH ，则 'H 与 H 关于 x 轴对称， ∴ 11 12' ,5 5H     ， 设直线 'AH 解析式为 ' 'y k x a  ， ∴ ' ' 0 11 12' '5 5 k a k a     ，解得： 3' 4 3' 4 k a      ， ∴直线 'AH ： 3 3 4 4y x   . ∵ 2 3 3 4 4 2 3 y x y x x         ，解得： 1 1 1 0 x y    （即点 A）， 2 2 15 4 57 16 x y      ， ∴ 15 57,4 16P    . 综上所述，点 P 的坐标为 9 39,4 16      或 15 57,4 16     ． （3） DM DN 为定值. ∵抛物线 2 2 3y x x   的对称轴为：直线 1x   ， ∴  1,0D  ， 1M Nx x   ， 设   2, 2 3 3 1Q t t t t     ， 设直线 AQ 解析式为 y dx e  ， ∴ 2 0 2 3 d e dt e t t        ，解得： 3 3 d t e t       ， ∴直线 AQ ：  3 3y t x t    ， 当 1x   时， 3 3 2 6My t t t        ， ∴  0 2 6 2 6DM t t      ， 设直线 BQ 解析式为 y mx n  ， ∴ 2 3 0 2 3 m n mt n t t         ，解得： 1 3 3 m t n t      ， ∴直线 BQ ：  1 3 3y t x t    ， 当 1x   时， 1 3 3 2 2Ny t t t       ， ∴  0 2 2 2 2DN t t      ， ∴  2 6 2 2 8DM DN t t       ，为定值． 【点睛】 本题考查了求二次函数解析式、求一次函数解析式，解一元二次方程、二元一次方程组，等腰 三角形的性质，三角函数的应用．解题关键在于第（2）题由于不确定点 P 位置需分类讨论； （2）（3）计算量较大，应认真理清线段之间的关系再进行计算. 2．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）求抛物线的解析式； （2）小明探究点 P 的位置是发现：当点 P 与点 A 或点 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，请你判定该猜想是否正确，并说明理由； （3）请直接写出△PDE 周长的最大值和最小值． 【答案】（1）y＝﹣ 1 8 x2+8；（2）正确，d＝|PD﹣PF|为定值 2；理由见解析；（3）△PDE 周 长的最大值是 2 13 +14，最小值是 2 13 +10． 【解析】 【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）过 E 作 EF⊥x 轴，交抛物线于点 P，求得 C△PDE＝ED＋PE＋PD＝ED＋PE＋PF＋2＝ ED＋2＋（PE＋PF），当 P、E、F 三点共线时，PE＋PF 最小；当 P 与 A 重合时，PE＋PF 最大； 即可解答． 【详解】 （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 8 64 0 c a c     ， 解得： 1 8 8 a c      ． ∴抛物线解析式为 y＝﹣ 1 8 x2+8． （2）设 P（x，﹣ 1 8 x2+8），则 F（x，8）， 则 PF＝8﹣（﹣ 1 8 x2+8）＝ 1 8 x2． PD2＝x2+[6﹣（﹣ 1 8 x2+8）]2＝ 1 64 x4+ 1 2 x2+4＝（ 1 8 x2+2）2 ∴PD＝ 1 8 x2+2， ∴d＝|PD﹣PF|＝| 1 8 x2+2﹣ 1 8 x2|＝2 ∴d＝|PD﹣PF|为定值 2； （3）如图，过点 E 作 EF⊥x 轴，交抛物线于点 P， 由 d＝|PD﹣PF|为定值 2， 得 C△PDE＝ED+PE+PD＝ED+PE+PF+2＝ED+ 2+（PE+PF）， 又∵D（0，6），E（﹣4，0） ∴DE＝ 2 26 4 52 2 13   ． ∴C△PDE＝2 13 +2+（PE+PF）， 当 PE 和 PF 在同一直线时 PE+PF 最小， 得 C△PDE 最小值＝2 13 +2+8＝2 13 +10． 设 P 为抛物线 AC 上异于点 A 的任意一点，过 P 作 PM∥x 轴，交 AB 于点 M，连接 ME，如 图 2． 由于 E 是 AO 的中点，易证得 ME≥PE（当点 P 接近点 A 时，在△PME 中，显然∠MPE 是钝 角，故 ME≥PE，与 A 重合时，等号成立），而 ME≤AE+AM， 所以 PE≤AE+AM． 所以当 P 与 A 重合时，PE +PF 最大， AE＝8﹣4＝4，PD＝ 2 2 2 28 6AO DO   ＝10． 得 C△PDE 最大值＝2 13 +4+10＝2 13 +14． 综上所述，△PDE 周长的最大值是 2 13 +14，最小值是 2 13 +10． 【点睛】 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． 3．如图，在平面直角坐标系中，矩形 OABC 的两边分别在 x 轴和 y 轴上，OA="16" cm， OC=8cm，现有两动点 P、Q 分别从 O、C 同时出发，P 在线段 OA 上沿 OA 方向以每秒 2cm 的速度匀速运动，Q 在线段 CO 上沿 CO 方向以每秒 1 cm 的速度匀速运动．设运动时间为 t 秒． （1）用含 t 的式子表示△OPQ 的面积 S； （2）判断四边形 OPBQ 的面积是否是一个定值，如果是，请求出这个定值；如果不是，请说 明理由； （3）当△OPQ∽△ABP 时，抛物线 y＝ x2+bx+c 经过 B、P 两点，求抛物线的解析式； （4）在（3）的条件下，过线段 BP 上一动点 M 作 轴的平行线交抛物线于 N，求线段 MN 的 最大值． 【答案】（1） ；（2）是；（3） ；（4）9 【解析】 试题分析：（1）根据速度与时间的关系分别表示出 CQ、OP、OQ 的长度，然后利用三角形 的面积公式列列式整理即可得解； （2）用矩形 OABC 的面积减去△ABP 与△BCQ 的面积，根据面积公式分别列式进行整理即 可得解； （3）根据相似三角形对应边成比例列出比例式 ，然后代入数据求解即可得到 t 值， 从而得到点 P 的坐标； （4）先求出直线 BP 的解析式，然后根据直线解析式与抛物线解析式设出点 M、N 的坐标， 再根据两点间的距离表示出 MN 的长度，根据二次函数的最值问题解答． （1）∵CQ=t，OP=2t，CO=8， ∴OQ=8-t， =128-64+8t-8t=64， ∴四边形 OPBQ 的面积为一个定值，且等于 64； （3）当△OPQ∽△ABP 时， ./ 解得：t1=2，t2=8（舍去）， 此时 P（4，0）， ∵B（16，8）， ∴抛物线解析式是 ； （4）设直线 BP 的解析式为 y=kx+b ∴直线 BP 的解析式是 ∵M 在 BP 上运动， ∴4≤m≤16， ∴当 时，MN 有最大值是 9． 考点：二次函数的综合题 点评：此类问题综合性强，难度较大，在中考中比较常见，一般作为压轴题，题目比较典型． 4．如图 1 所示，抛物线 2y ax bx c   交 x 轴于点  A 4,0 和点  B 1,0 ，交 y 轴于点  C 0,4 ．  1 求抛物线的函数表达式；  2 如图 2 所示，若点 M 是抛物线上一动点，且 AOM S BOCS 3 ，求点 M 的坐标；  3 如图 3 所示，设点 N 是线段 AC 上的一动点，作PN x 轴，交抛物线于点 P，求线段 PN 长度的最大值． 【答案】（1） 2y x 3x 4    ；（2）点 P 坐标为 3 37 ,32       或 3 37 ,32       或 3 13 , 32        或 3 13 , 32        ； 3 线段 PN 长度最大值为 4． 【解析】 【分析】 （1）把函数设为交点式，代入 C 点坐标，进而求出 a 的值即可； （2）设 M 点坐标为（x，-x2-3x+4），根据 S△AOM=3S △BOC 列出关于 x 的方程，解方程求出 x 的值，进而得到点 P 的坐标； （3）先运用待定系数法求出直线 AC 的解析式为 y=x+4，再设 N 点坐标为（x，x+4），则 P 点坐标为（x，-x2-3x+4），然后用含 x 的代数式表示 PN，根据二次函数的性质即可求出线段 PN 长度的最大值． 【详解】 解：（1）把函数设为交点式   1 2y a x x x x   ， 由  A 4,0 ，  B 1,0 得   y a x 4 x 1   ，把  C 0,4 代入，得a 1  ， 故抛物线的解析式为 2y x 3x 4    ； （2）设 M 点坐标为 2x, x 3x 4   ， AOM S BOCS 3 ， 21 14 x 3x 4 3 1 42 2           ， 整理得 2x 3x 4 3   或 2x 3x 4 3    ， 解得 3 37x 2   或 3 13x 2   ， 则符合条件的点 P 坐标为 3 37 ,32       或 3 37 ,32       或 3 13 , 32        或 3 13 , 32        ； （3）设直线 AC 的解析式为 y kx b  ，将  A 4,0 ，  C 0,4 代入， 4k b 0 b 4      ， 解得 k 1 b 4    ， 即直线 AC 的解析式为 y x 4  ， 设点 N 坐标为 x,x 4 ， 4 x 0   ，则 P 点坐标为 2x, x 3x 4   ， 设 PN y ，则    2 2 2y x 3x 4 x 4 x 4x (x 2) 4             ， 即当 x 2  时，y 有最大值 4， 故线段 PN 长度最大值为 4． 【点睛】 本题考查二次函数的综合问题，涉及待定系数法求函数解析式，面积问题以及线段最值问题， 熟练掌握二次函数的图像与性质是解题的关键. 5．如图，在直角坐标系中，抛物线经过点 A（0，4），B（1，0），C（5，0） （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）该抛物线有一点 D（x，y），使得 S△ABC＝S△DBC，求点 D 的坐标． 【答案】（1）y＝ 24 24 45 5x x  ，x＝3；（2）P（3， 8 5 ）；（3）D 的坐标为（6，4）． 【解析】 【分析】 （1）因为抛物线经过点 B（1，0），C（5，0），可以假设抛物解析式为 y=a（x-1）（x-5）， 把 A（0，4）代入即可解决问题，对称轴根据图象即可解决． （2）连接 AC 与对称轴的交点即为点 P，此时△PAB 周长最小．求出直线 AC 的解析式即可 解决问题； （3）根据面积相等且底边相等的三角形的高也应该相等得出 D 的纵坐标为±4，代入抛物线 的解析式即可求得． 【详解】 （1）∵抛物线经过点 B（1，0），C（5，0）， ∴可以假设抛物解析式为 y＝a（x﹣1）（x﹣5），把 A（0，4）代入得 4＝5a， ∴a＝ 4 5 ， ∴抛物线解析式为 y＝ 4 5 （x﹣1）（x﹣5）＝ 4 5 x2﹣ 24 5 x+4． 抛物线对称轴 x＝1+5 2 ＝3． （2）连接 AC 与对称轴的交点即为点 P，此时△PAB 周长最小． 设直线 AC 的解析式为 y＝kx+b， ∵A（0，4），C（5，0）， ∴ 4 5 0 b k b     ， 解得 4 5 4 k b      ， ∴直线 AC 解析式为 y＝﹣ 4 5 x+4， 把 x＝3 代入得，y＝ 8 5 ， ∴交点 P 为（3， 8 5 ）； （3）根据题意得 D 的纵坐标为±4， 把 y＝4 代入 y＝ 4 5 x2﹣ 24 5 x+4 得， 4 5 x2﹣ 24 5 x+4＝4， 解得 x＝0 或 6， 把 y＝﹣4 代入 y＝ 4 5 x2﹣ 24 5 x+4 得，x2﹣6x+10＝0， ∵b2﹣4ac＝36﹣4×1×10＜0， ∴无解， (0,4)为 A 点(舍)，D 的坐标为（6，4）． 【点睛】 本题考查二次函数综合题、两点之间线段最短、一次函数、待定系数法等知识，解题的关键是 灵活应用这些知识解决问题，学会利用对称解决最短问题． 6．如图，抛物线 2 3y ax bx   与 x 轴相交于点 A（﹣1，0）、B（3，0），与 y 轴相交于点C ， 点 P 为线段OB 上的动点（不与O、B 重合），过点 P 垂直于 x轴的直线与抛物线及线段 BC 分 别交于点 E 、 F ，点 D 在 y 轴正半轴上，OD =2，连接 DE 、OF ． （1）求抛物线的解析式； （2）当四边形ODEF 是平行四边形时，求点 P 的坐标； （3）过点 A 的直线将（2）中的平行四边形ODEF 分成面积相等的两部分，求这条直线的解 析式．（不必说明平分平行四边形面积的理由） 【答案】（1）抛物线的解析式为： 2 2 3y x x= - + + ；(2) P 点坐标为（1,0）或（2,0）；(3) ①当 P（1,0）时，所求直线的解析式为： 4 4 3 3y x  ；②当 P（2,0）时，所求直线的解析式为： 3 3 4 4y x  . 【解析】 试题分析： （1）将点 A 和点 B 的坐标代入抛物线函数中，可求出未知量 a ，b .则可求出该抛物线解析式； （2）由平行四边形的性质可知，EF OD= ，用含未知量 x 的代数式表示 EF 的长度。则可得点 P 坐标 ；（3）平行四边形是中心对称图形，其对称中心为两条对角线的交点（或对角线的中点）， 过对称中心的直线平分平行四边形的面积，因此过点 A 与 ODEF 对称中心的直线平分 ODEF 的面积．求得此直线，首先要求得 ODEF 对称中心的坐标.则两点坐标可确定该直线. 试题解析： （1）点 A（- 1,0）、 B（3,0）在抛物线 2 3y ax bx= + + 上， ∴ ， 解得 1a = - ， 2b = ， 抛物线的解析式为： 2 2 3y x x= - + + ． （2）在抛物线解析式 2 2 3y x x= - + + 中，令 0x = ，得 3y = ， C（0,3）． 设直线 BC 的解析式为 y kx b= + ，将 B（3,0），C（0,3）坐标代入得： ，解得 1k = - ， 3b = ，∴ 3y x= - + ． 设 E 点坐标为 2 2 3x x x- + +（ , ），则 P x（ ,0）， F x x（ ,- + 3）， ∴ 2 22 3 ( ) 3E FEF y y x x x x x= - = - + + - = - +- + 3 四边形ODEF 是平行四边形， ∴ EF OD= ， ∴ 2 3 2x x- + = ，即 2 3 2 0x x- + = ， 解得 1x = 或 2x = ， ∴ P 点坐标为（1,0）或（2,0）． （3）平行四边形是中心对称图形，其对称中心为两条对角线的交点（或对角线的中点），过对 称中心的直线平分平行四边形的面积，因此过点 A 与 ODEF 对称中心的直线平分 ODEF 的面 积． ①当 P（1,0）时，点 F 坐标为（1,2），又 D（0,2） 设对角线 DF 的中点为 G ，则G 1 2 （ ,2）． 设直线 AG 的解析式为 y kx b= + ，将 A 1-（ ,0）， G 1 2 （ ,2）坐标代入得： ， 解得 4 3k  ， 4 3b  ，∴所求直线的解析式为： 4 4 3 3y x  ； ②当 P（2,0）时， 点 F 坐标为 2（ ,1），又 D 0（ ,2）， 设对角线 DF 的中点为 G ，则G 31（, ）2 ． 设直线 AG 的解析式为 y kx b= + ，将 A 1-（ ,0）， G 31（, ）2 坐标代入得： ，解得 3 4k  ， 3 4b  ， 所求直线的解析式为: 3 3 4 4y x  ． 综上所述，所求直线的解析式为： 4 4 3 3y x  或 3 3 4 4y x  ． 【考点】1.一次函数解析式的解法；2.二次函数解析式的解法. 7．平面直角坐标系中，平行四边形 ABOC 如图放置，点 A、C 的坐标分别为(0，3)、( 1 ， 0)，将此平行四边形绕点 0 顺时针旋转 90°，得到平行四边形 ' ' 'A B OC ． (1)若抛物线过点 C，A， A'，求此抛物线的解析式； (2)求平行四边形 ABOC 和平行四边形 ' ' 'A B OC 重叠部分△ 'OC D 的周长； (3)点 M 是第一象限内抛物线上的一动点，间：点 M 在何处时△ AMA'的面积最大?最大面积 是多少?并求出此时点 M 的坐标． 【答案】 解：(1)∵ A'B'OC'由 ABOC 旋转得到，且点 A 的坐标为(0，3)， 点 A'的坐标为(3，0)． 所以抛物线过点 C(-1，0)，A(0，3)，A'(3，0)设抛物线的解析式为 2 ( 0)y ax bx c a    ， 可得 0 { 3 9 3 0 a b c c a b c        解得 1 { 2 3 a b c     ∴过点 C，A， A'的抛物线的解析式为 2 2 3y x x    ． (2)因为 AB∥CO，所以∠OAB=∠AOC=90°． ∴ 2 2 10OB OA AB   ,又 'OC D OCA B     . 'C OD BOA   ,∴ 'C OD BOA   又 ' 1OC OC  , ∴ ,又△ABO 的周长为 4 10 ． ∴ 'C OD 的周长为 4 10 2 10=1 510   ． （3）连接 OM，设 M 点的坐标为( )m n， ， ∵点 M 在抛物线上，∴ 2 2 3n m m    ． ∴ ' ' 'AMA AMO OMA AOAS S S S      = 1 1 1 3 9 3' ' ( ) ( 3)2 2 2 2 2 2OA m OA n OA OA m n m n           = 2 23 3 3 27( 3 ) ( )2 2 2 8m m m       因为0 3m  ，所以当 3 2m  时， 15 4n  ．△AMA’的面积有最大值 所以当点 M 的坐标为( 3 15 2 4 ， )时，△AMA’的面积有最大值，且最大值为 27 8 ． 【解析】 （1）由图形翻折性质可知点 A'的坐标为(3，0)，把有关点的坐标代入抛物线解析式，求得待 定系数，即可知抛物线解析式； （2）相似三角形周长之比等于相似比； （3）（3）求面积最大值，可把面积化为二次函数形式，然后求最大值． 8．如图，已知抛物线 21 3y x bx c   经过点 ( 1,0)A  、 (5,0)B . （1）求抛物线的解析式，并写出顶点 M 的坐标； （2）若点C 在抛物线上，且点C 的横坐标为 8，求四边形 AMBC 的面积 （3）定点 (0, )D m 在 y 轴上，若将抛物线的图象向左平移 2 各单位，再向上平移 3 个单位得到 一条新的抛物线，点 P 在新的抛物线上运动，求定点 D 与动点 P 之间距离的最小值d （用含 m 的代数式表示） 【答案】（1） 21 4 5 3 3 3y x x   ， (2, 3)M  ;（2）36;（3） 3 2 12 9 3 2 2 m m d m m               【解析】 【分析】 （1）函数的表达式为：y= 1 3 （x+1）（x-5），即可求解； （2）S 四边形 AMBC= 1 2 AB（yC-yD），即可求解； （3）抛物线的表达式为：y= 1 3 x2，即可求解． 【详解】 （1）函数的表达式为：y= 1 3 （x+1）（x-5）= 1 3 （x2-4x-5）= 21 4 5 3 3 3x x  ， 点 M 坐标为（2，-3）； （2）当 x=8 时，y= 1 3 （x+1）（x-5）=9，即点 C（8，9）， S 四边形 AMBC= 1 2 AB（yC-yD）= 1 2 ×6×（9+3）=36； （3）y= 1 3 （x+1）（x-5）= 1 3 （x2-4x-5）= 1 3 （x-2）2-3， 抛物线的图象向左平移 2 个单位，再向上平移 3 个单位得到一条新的抛物线， 则新抛物线表达式为：y= 1 3 x2， 则定点 D 与动点 P 之间距离 PD= 2 2 2 4 2 21 1 2( ) (1 )3 9 3x m x x m x m      ， ∵ 1 9 ＞0，PD 有最小值，当 x2=3m- 9 2 时， PD 最小值 d= 9 12 93 2 2 mm   ． 【点睛】 本题考查的是二次函数综合运用，涉及到图形平移、面积的计算等知识点，难度不大． 9．如图，抛物线 2y x bx c    交 x 轴于点  3 0A  , 和点 B ，交 y 轴于点  0,3C . （1）求抛物线的函数表达式； （2）若点 P 在抛物线上，且 4AOP BOCS S  ，求点 P 的坐标； （3）如图，设点Q是线段 AC 上的一动点，作 DQ x 轴，交抛物线于点 D ，求线段 DQ 长度 的最大值，并求出 DAC 面积的最大值. 【答案】（1） 2 2 3y x x    ；（2）符合条件的点 P 的坐标为： 1,4 或 1 2 2, 4   或  1 2 2, 4   ；（3） DAC 面积的最大值为 27 8 . 【解析】 【分析】 （1）把点 A、C 的坐标分别代入函数解析式，列出关于系数的方程组，通过解方程组求得系 数的值； （2）设 P 点坐标为（x，-x2-2x+3），根据 S△AOP=4S △BOC 列出关于 x 的方程，解方程求出 x 的 值，进而得到点 P 的坐标； （3）先运用待定系数法求出直线 AC 的解析式为 y=x+3，再设 Q 点坐标为（x，x+3），则 D 点坐标为（x，-x2-2x+3），然后用含 x 的代数式表示 QD，根据二次函数的性质即可求出线段 QD 长度的最大值,再根据 DAC DAQ DCQS S S    求得最大面积． 【详解】 （1）把  3 0A  , ，  0,3C 代入 2y x bx c    ，得 0 9 3 3 b c c       ，解得 2 3 b c     . 故该抛物线的解析式为： 2 2 3y x x    . （2）由（1）知，该抛物线的解析式为 2 2 3y x x    ，则易得  10B , . 设 P 点坐标为（x，-x2-2x+3）， ∵ 4AOP BOCS S  ， ∴ 21 13 2 3 4 1 32 2x x         . 整理，得 21 0x   或 2 2 7 0x x   ， 解得 1x   或 1 2 2x    . 则符合条件的点 P 的坐标为： 1,4 或 1 2 2, 4   或 1 2 2, 4   ； （3）设直线 AC 的解析式为 y kx t  ，将  3 0A  , ，  0,3C 代入， 得 3 0 3 k t t      ， 解得 1 3 k t    . 即直线 AC 的解析式为 3y x= + . 设Q点坐标为 , 3x x  ， 3 0x   ，则 D 点坐标为 2, 2 3x x x   ，     2 2 2 3 93 3 3 2 4QD x x x x x x                ， ∴当 3 2x   时，QD 有最大值 9 4 . 此时， 21 3 9 1 9 273 + + 3 =2 2 4 2 4 8DAC DAQ DCQS S S x                   ∴ DAC 面积的最大值为 27 8 . 【点睛】 考查了待定系数法求二次函数、一次函数的解析式，二次函数的性质以及三角形面积、线段长 度问题．此题难度适中，解题的关键是运用方程思想与数形结合思想． 10．抛物线 2y ax bx c   经过点 A（-1,0）、B（4,0），与 y 轴交于点 C（0,4）. (1)求抛物线的表达式； (2)点 P 为直线 BC 上方抛物线的一点，分别连接 PB、PC，若直线 BC 恰好平分四边形 COBP 的面积，求 P 点坐标； (3)在（2）的条件下，是否在该抛物线上存在一点 Q,该抛物线对称轴上存在一点 N，使得以 A、P、Q、N 为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出 Q 点坐标，若不存在，请说明理 由. 【答案】（1） 2 3 4y x x    ；（2）点 P 坐标为（2,6）；（3）Q 点坐标为（ 9 2 ，- 9 4 )或（ 3 2  ， 9 4  ）. 【解析】 分析：（1）把 A、B、C 三点坐标代入抛物线 y=ax2+bx+c 中，求出 a、b、c 的值即可； （2）设 P 点坐标为（x，-x2+3x+4），根据四边形 COBP 的面积=S△COP+ S△BOP 以及四边形 COBP 的面积=2S△COB 求解即可； (3)分 AQ 和 AN 分别为对角线时进行讨论可得解. 详解：（1）把 A（-1，0）、B（4，0）、C（0，4）三点坐标代入抛物线 y=ax2+bx+c 得， 0 16 4 0 4 a b c a b c c          , 解得： 1 3 4 a b c       故抛物线的表达式为：y=-x2+3x+4； （2）设 P 点坐标为（x，-x2+3x+4），如图， ∴四边形 COBP 的面积=S△COP+ S△BOP= 21 14· ( 3 4) 42 2x x x       =-2x2+8x+8 ∵直线 BC 平分四边形 COBP 的面积 ∴四边形 COBP 的面积=2S△COB 即：-2x2+8x+8= 12 4 42    解得 x=2 将 x=2 代入抛物线表达式得 y=6 故点 P 坐标为（2,6） (3)存在 ①当 AQ 为平行四边形的对角线时，Q 点横坐标为 9 2 ， 29 9 93 42 2 4Qy           故 Q（ 9 9 2 4 ， ） ②当 AN 为平行四边形的对角线时，Q 点横坐标为 3 2  ， 23 3 93 42 2 4Qy            故 Q（ 3 9,2 4   ） 综上所述，Q 点坐标为（ 9 9 2 4 ， )或（ 3 9,2 4   ） 点睛：本题综合考查了二次函数和平行四边形存在性的判定等相关知识，应用了数形结合思想 和分类讨论的数学思想. 11．如图，顶点为 M 的抛物线 2 3y ax bx   与 x 轴交于 ( 1,0)A  ， B 两点，与 y 轴交于点C ， 过点C 作CD y 轴交抛物线于另一点 D ，作 DE x 轴，垂足为点 E .双曲线 6 ( 0)y xx   经过 点 D ，连接 MD ， BD . (1)求抛物线的表达式； (2)点 N ， F 分别是 x 轴， y 轴上的两点，当以 M ， D ， N ， F 为顶点的四边形周长最小时， 求出点 N ， F 的坐标； 【答案】(1) 2y x 2x 3    ；(2) N 5 ,07      ； F 50, 3      ； 【解析】 【分析】 （1）先求 D 的坐标，再代入二次函数解析式解析式求解；（2）分别作点 M ，D 关于 y 轴，x 轴的对称点 M  ，D¢，连接 MD交 x 轴， y 轴于点 N ，F .即 M  ，F,N， D¢在同同一直线上时， 四边形的周长最小，用待定系数法求直线 MD的表达式，再求 N,F 的坐标； 【详解】 解：(1)由题意，得点C 的坐标(0,3)， 3OC  . ∵ 6k OC CD   ， ∴ 2CD  . ∴点 D 的坐标(2,3) . 将点 ( 1,0)A  ， (2,3)D 分别代人抛物线 2 3y ax bx   ，得 3 0, 4 2 3 3. a b a b        解得 1, 2. a b     ∴抛物线的表达式为 2y x 2x 3    . (2)分别作点 M ， D 关于 y 轴， x 轴的对称点 M  ， D¢， 连接 MD交 x 轴， y 轴于点 N ， F . 由抛物线的表达式可知，顶点 M 的坐标(1,4) ， ∴点 M 的坐标( 1,4) . 设直线 MD为 y kx b  ， ∵点 D¢的坐标(2, 3) ， ∴ 4, 2 3. k b k b        解得 7 ,3 5.3 a b      ∴直线 MD的表达式为 7 5 3 3y x   . 令 0y  ，则 7 5 03 3x   ，解得 5 7x  ， ∴点 N 的坐标 5 ,07      . 令 0x  ，则 5 3y  ， ∴点 F 的坐标 50, 3      . 【点睛】 考核知识点：二次函数的综合运用.数形结合分析问题是关键. 12．如图，抛物线 2 4y ax bx   交 x 轴于 ( 4 0)A  ， 、 (2 0)B ， 两点，交 y 轴于点C ，顶点为 H ， 其对称轴交 x 轴于点 N ．直线l 经过 B 、D 两点，交抛物线的对称轴于点 M ，其中点 D 的横坐 标为 5 ． (1)求抛物线的表达式； (2)连接 AM ，求 ABM 的周长； (3)若 P 是抛物线位于直线 BD 的下方且在其对称轴左侧上的一点，当四边形 DPHM 的面积最 大时，求点 P 的坐标． 【答案】（1）抛物线的解析式为 21 42y x x   ；（2）3 5 6 ；（3） 53, 2P     ． 【解析】 【分析】 （1）将 A，B 两点的坐标代入抛物线的解析式即可求出. （2）首先求出 D 点、A 点、B 点坐标，进而利用待定系数法求出直线 DB 的解析式，再利用 勾股定理得出 BM 的长，即可得出△ABM 的周长； （3）首先表示出 P，Q 点的坐标，进而表示出 S 四边形 DPHM＝S△DPM＋S△PMH，利用二次函数最值 求出即可 【详解】  1 将 A， B 点坐标代入解析式，得 16 4 4 0 4 2 4 0 a b a b        ， 解得 1 2 1 a b     ， 抛物线的解析式为 21 42y x x   ；  2 当 5x   ， 7 2y  ，则 75, 2D    ． 由  4,0A  ，  2,0B ， 则 6AB  ， 设直线 DB 的解析式为 y kx b  ， 则 75 2 2 0 k b k b       ， 解得： 1 2 1 k b      ， 则直线 DB 的解析式为 1 12y x   ， 抛物线对称轴为 1x   ，则 31, 2M     在 Rt MNB 中， 2 2 2 45 4MB MN NB   ， ∴ 3 5 2MB  ， MN 垂直平分 AB ，则 3 5 2AM BM  ， 则 3 5 6ABMC AM BM AB     ， 所以 ABM 的周长为：3 5 6 ；  3 如图1，连接 PM ，过 P 作 PQ 垂直于 x 轴交l 于Q 抛物线的顶点坐标 H 为 91, 2      令 21, 42P m m m     ，则 1, 12Q m m     ， 则 2 21 1 1 31 4 52 2 2 2PQ m m m m m          ， 21 4 2 3 102DPM DQP MQPS S S QP QP m m         ，  1 3 9 1 3 32 2 2PMHS m m            ， 故 2 23 10 3 3 6 7( 5 1)DPM PMHDPHMS S S m m m m m m               四边形 ∵ 5 3 1     ， ∴抛物线开口向下， 故当 32 bm a     时， DPHMS四边形 最大，则  2 21 1 54 ( 3) 3 42 2 2m m          ， 则 53, 2P     ． 【点睛】 此题主要考查了二次函数综合知识的应用，利用 F 点位置的不同分类讨论得出是解题关键 13．如图，抛物线经过点 A（1，0），B（5，0），C（0， ）三点，设点 E（x，y）是抛物线 上一动点，且在 x 轴下方，四边形 OEBF 是以 OB 为对角线的平行四边形． （1）求抛物线的解析式； （2）当点 E（x，y）运动时，试求平行四边形 OEBF 的面积 S 与 x 之间的函数关系式，并求 出面积 S 的最大值？ （3）是否存在这样的点 E，使平行四边形 OEBF 为正方形？若存在，求 E 点，F 点的坐标；若 不存在，请说明理由． 【答案】（1）抛物线的解析式为：y=x2﹣4x+ ； （2）S 与 x 之间的函数关系式为：S=﹣ x2+20x﹣ （1＜x＜5），S 的最大值为 ； （3）存在点 E（ ，﹣ ），使平行四边形 OEBF 为正方形，此时点 F 坐标为（ ， ）． 【解析】 试题分析：（1）由抛物线经过点 A（1，0），B（5，0），C（0， ）三点，利用待定系数法求 二次函数的解析式； （2）由点 E（x，y）是抛物线上一动点，且位于第四象限，可得 y＜0，即﹣y＞0，﹣y 表示 点 E 到 OA 的距离，又由 S=2S△OBE=2× ×OB•|y|，即可求得平行四边形 OEAF 的面积 S 与 x 之间的函数关系式，结合图象，求得自变量 x 的取值范围； （3）由当 OB⊥EF，且 OB=EF 时，平行四边形 OEBF 是正方形，可得此时点 E 坐标只能（ ， ﹣ ），而坐标为（ ，﹣ ）点在抛物线上，故可判定存在点 E，使平行四边形 OEBF 为正方形． 试题解析：（1）设所求抛物线的解析式为 y=ax2+bx+c， ∵抛物线经过点 A（1，0），B（5，0），C（0， ）三点，则由题意可得： ，解得 ． ∴所求抛物线的解析式为：y=x2﹣4x+ ； （2）∵点 E（x，y）是抛物线上一动点，且在 x 轴下方， ∴y＜0， 即﹣y＞0，﹣y 表示点 E 到 OA 的距离． ∵OB 是平行四边形 OEBF 的对角线， ∴S=2S△OBE=2××OB•|y|=﹣5y=﹣5（x2﹣4x+ ）=﹣ x2+20x﹣ ， ∵S=﹣ （x﹣3）2+ ∴S 与 x 之间的函数关系式为：S=﹣ x2+20x﹣ （1＜x＜5），S 的最大值为 ； （3）∵当 OB⊥EF，且 OB=EF 时，平行四边形 OEBF 是正方形， ∴此时点 E 坐标只能（ ，﹣ ），而坐标为（ ，﹣ ）点在抛物线上， ∴存在点 E（ ，﹣ ），使平行四边形 OEBF 为正方形， 此时点 F 坐标为（ ， ）． 考点：二次函数综合题． 14．如图，在直角坐标系中，抛物线 y=ax2+bx+c（a≠0）与 x 轴交于 A（﹣1，0），B（3， 0），交 y 轴与 C（0，3），D 为抛物线上的顶点，直线 y=x﹣1 与抛物线交于 M、N 两点，过 线段 MN 上一点 P 作 y 轴的平行线交抛物线与点 Q． （1）求抛物线的解析式及顶点坐标； （2）求线段 PQ 的最大值； （3）设 E 为线段 OC 的三等分点，连接 EP、EQ，若 EP=EQ，直接写出 P 的坐标． 【答案】（1）y=﹣（x﹣1）2+4，抛物线的顶点 D 的坐标为（1，4）；（2）当 x= 3 2 时，线段 PQ 的长度有最大值 25 4 ；（3）综上所述，P 点坐标为（1，0）或（2，1）或（0，﹣1）． 【解析】 【分析】（1）设交点式 y=a（x+1）（x﹣3），然后把 C 点坐标代入求出即可得抛物线的解析式， 最后通过配方成顶点式即可得到顶点 D 的坐标； （2）设 Q（x，﹣x2+ 2x+3），则 P（x，x﹣1），则可得 PQ=﹣x2+2x+3﹣（x﹣1），再根据二 次函数的性质即可求得 PQ 长的最值； （3）作 EH⊥PQ 于 H，如图，设 Q（x，﹣x2+2x+3），则 P（x，x﹣1），根据等腰三角形的 性质可得 QH=PH，然后分点 E 坐标为（0，1）和点 E 坐标为（0，2）两种情况分别讨论即可 得到对应的 P 点坐标. 【详解】（1）设抛物线解析式为 y=a（x+1）（x﹣3）， 把 C（0，3）代入得 a•1•（﹣3）=3，解得 a=﹣1， ∴抛物线解析式为 y=﹣（x+1）（x﹣3），即 y=﹣x2+2x+3， ∵y=﹣（x﹣1）2+4， ∴抛物线的顶点 D 的坐标为（1，4）； （2）设 Q（x，﹣x2+2x+3），则 P（x，x﹣1）， ∴PQ=﹣x2+2x+3﹣（x﹣1）=﹣x2+3x+4=﹣（x﹣ 3 2 ）2+ 25 4 ， 当 x= 3 2 时，线段 PQ 的长度有最大值 25 4 ； （3）作 EH⊥PQ 于 H，如图，设 Q（x，﹣x2+2x+3），则 P（x，x﹣1）， ∵EP=EQ， ∴QH=PH， ∵OC=3，E 为线段 OC 的三等分点， ∴E（0，1）或（0，2）， 当 E 点坐标为（0，1）时，则 H（x，1）， ∴﹣x2+2x+3﹣1=1﹣（x﹣1）， 整理得 x2﹣3x=0，解得 x1=0，x2=3（舍去），此时 P 点坐标为（0，﹣1）； 当 E 点坐标为（0，2）时，则 H（x，2）， ∴﹣x2+2x+3﹣2=2﹣（x﹣1）， 整理得 x2﹣3x+2=0，解得 x1=1，x2=2，此时 P 点坐标为（1，0）或（2，1）， 综上所述，P 点坐标为（1，0）或（2，1）或（0，﹣1）． 【点睛】本题考查二次函数综合题，涉及到二次函数的性质、等腰三角形的性质、待定系数法 等知识，会用分类讨论的思想进行解答是关键. 15．如图，抛物线 y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与 x 轴交于 A（﹣3，0）与 B（1，0），与 直线 y＝kx（k≠0）交于点 C（﹣2，﹣3）． （1）求抛物线的解析式； （2）如图 1，点 E 是抛物线上（x 轴下方）的一个动点，过点 E 作 x 轴的平行线与直线 OC 交于点 F，试判断在点 E 运动过程中，以点 O，B，E，F 为顶点的四边形能否构成平行四边形， 若能，请求出点 E 的坐标；若不能，请说明理由． （3）如图 2，点 D 是抛物线的顶点，抛物线的对称轴 DM 交 x 轴于点 M，当点 E 在抛物线上 B，D 之间运动时，连接 EA 交 DM 于点 N，连接 BE 并延长交 DM 于点 P，猜想在点 E 的运 动过程中，MN+MP 的和是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1）y＝x2+2x﹣3；（2）点 E 的坐标为（ 3 2  ， 15 4  ）或（ 1 73 4   ，9 3 73 8  ）；（3） 在点 E 的运动过程中，MN+MP 的和是定值，该定值为 8． 【解析】 【分析】 （1）设抛物线的解析式为 y＝a（x+3）（x﹣1），把点 C（﹣2，﹣3）代入，得 a＝1，即抛 物线的解析式为 y＝x2+2x﹣3； （2）设点 E（m，m2+2m﹣3），由于直线 y＝kx（k≠0）经过点 C（﹣2，﹣3），可得直线 表达式为 y＝ 3 2 x，因为 EF 平行 OA，可求得点 F 的横坐标，进而得出 EF 的长度，当 EF＝OB ＝1 时，以点 O，B，E，F 为顶点的四边形构成平行四边形，即  22 2 3 13m m m    ，解方 程求得 m 的值，进而得出点 E 的坐标； （3）如图，作 EH⊥OA 于点 H，证明△BEH∽△BPM，△AMN∽△AHE，可得 PM BM MN AH,HE BH HE AH   ，设点 E（m，m2+2m﹣3），可求得 MP＝2m+6，MN＝2﹣2m，进而 得出 MP+MN＝8，其值为定值. 【详解】 （1）∵抛物线 y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与 x 轴交于 A（﹣3，0）与 B（1，0），与直线 y＝kx（k≠0）交于点 C（﹣2，﹣3）， ∴设抛物线的解析式为 y＝a（x+3）（x﹣1）， 点 C（﹣2，﹣3）代入，得 a＝1， ∴抛物线的解析式为 y＝x2+2x﹣3； （2）设点 E（m，m2+2m﹣3）， ∵直线 y＝kx（k≠0）经过点 C（﹣2，﹣3）， ∴﹣3＝﹣2k，k＝ 3 2 ， ∴y＝ 3 2 x， ∵过点 E 作 x 轴的平行线与直线 OC 交于点 F， ∴m2+2m﹣3＝ 3 2 x， ∴x=  22 2 33 m m  ， 当 EF＝OB＝1 时，以点 O，B，E，F 为顶点的四边形构成平行四边形， ∴  22 2 3 13m m m    ， 解得 m＝1（舍去）或 m＝- 3 2 或 m＝ 1 73 4   或 m＝ 1 73 4   （舍去）， ∴点 E 的坐标为 3 15,2 4      或 1 73 9 3 73,4 8        ； （3）如图，作 EH⊥OA 于点 H， ∵PM⊥OA， ∴PM∥EH， ∴△BEH∽△BPM，△AMN∽△AHE， ∴ PM BM MN AH,HE BH HE AH   ， 设点 E（m，m2+2m﹣3）， 则    2 2 PH 2 MN 2,1 m m 3m 2m 3 m 2m 3         ， ∴MP＝2m+6，MN＝2﹣2m， ∴MP+MN＝8， ∴在点 E 的运动过程中，MN+MP 的和是定值，该定值为 8． 【点睛】 考查二次函数，平行四边形，相似三角形等知识，综合性强．用点的坐标来表示线段的长是解 决本题的关键． 16．如图，在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 21 4 1018 9y x x   与 X 轴的交点为 A,与 y 轴的 交点为点 B，过点 B 作 x 轴的平行线 BC，交抛物线于点 C，连接 AC．现有两动点 P，Q 分 别从 O，C 两点同时出发，点 P 以每秒 4 个单位的速度沿 OA 向终点 A 移动，点 Q 以每秒 1 个单位的速度沿 CB 向点 B 移动，点 P 停止运动时，点 Q 也同时停止运动，线段 OC，PQ 相 交于点 D，过点 D 作 DE∥OA，交 CA 于点 E，射线 QE 交 x 轴于点 F．设动点 P，Q 移动的 时间为 t（单位：秒）． （1）求 A，B，C 三点的坐标和抛物线的顶点的坐标； （2）当 t 为何值时，四边形 PQCA 为平行四边形？请写出计算过程； （3）当 90 2t＜ ＜ 时，△PQF 的面积是否总为定值？若是，求出此定值，若不是，请说明理由； （4）当 t 为何值时，△PQF 为等腰三角形？请写出解答过程． 【答案】(1)A(18,0),B(0,−10),C(8,−10),顶点坐标为 984 - 9 （ ， ）；（2）t=18 5 ；（3）△PQF 的面积 总为 90；（4） 4 14 10t 5  . 【解析】 试题分析：（1）已知抛物线的解析式，当 x=0 时，可求得 B 的坐标；由于 BC∥OA，把 B 的 纵坐标代入抛物线的解析式，可求出 C 的坐标；当 y=0 时，可求出 A 的坐标．求顶点坐标时 用公式法或配方法都可以； （2）当四边形 ACQP 是平行四边形时，AP、CQ 需满足平行且相等的条件．已知 BC∥OA， 只需求 t 为何值时，AP=CQ，可先用 t 表示 AP，CQ，再列出方程即可求出 t 的值； （3）当 0