《中考數(shù)學二輪復習 專題二 解答重難點題型突破 題型六 二次函數(shù)與幾何圖形綜合題試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《中考數(shù)學二輪復習 專題二 解答重難點題型突破 題型六 二次函數(shù)與幾何圖形綜合題試題（31頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、題型六　二次函數(shù)與幾何圖形綜合題 類型一　二次函數(shù)與圖形判定 1．(2017·陜西)在同一直角坐標系中，拋物線C1：y＝ax2－2x－3與拋物線C2：y＝x2＋mx＋n關于y軸對稱，C2與x軸交于A、B兩點，其中點A在點B的左側． (1)求拋物線C1，C2的函數(shù)表達式； (2)求A、B兩點的坐標； (3)在拋物線C1上是否存在一點P，在拋物線C2上是否存在一點Q，使得以AB為邊，且以A、B、P、Q四點為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求出P、Q兩點的坐標；若不存在，請說明理由. 2．(2017·隨州)在平面

2、直角坐標系中，我們定義直線y＝ax－a為拋物線y＝ax2＋bx＋c(a、b、c為常數(shù)，a≠0)的“夢想直線”；有一個頂點在拋物線上，另有一個頂點在y軸上的三角形為其“夢想三角形”． 已知拋物線y＝－x2－x＋2與其“夢想直線”交于A、B兩點(點A在點B的左側)，與x軸負半軸交于點C. (1)填空：該拋物線的“夢想直線”的解析式為__________，點A的坐標為__________，點B的坐標為__________； (2)如圖，點M為線段CB上一動點，將△ACM以AM所在直線為對稱軸翻折，點C的對稱點為N，若△AMN為該拋物線的“夢想三角形”，求點N的坐標； (3)當點E在拋物線

3、的對稱軸上運動時，在該拋物線的“夢想直線”上，是否存在點F，使得以點A、C、E、F為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，請直接寫出點E、F的坐標；若不存在，請說明理由． (2017·許昌模擬)已知：如圖，拋物線y＝ax2－2ax＋c(a≠0)與y軸交于點C(0，4)，與x軸交于點A、B，點A的坐標為(4，0)． (1)求該拋物線的解析式； (2)點Q是線段AB上的動點，過點Q作QE∥AC，交BC于點E，連接CQ.當△CQE的面積最大時，求點Q的坐標； (3)若平行于x軸的動直線l與該拋物線交于點P，與直線AC交于點F，

4、點D的坐標為(2，0)．問：是否存在這樣的直線l，使得△ODF是等腰三角形？若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由. 4．(2016·河南)如圖①，直線y＝－x＋n交x軸于點A，交y軸于點C(0，4)，拋物線y＝x2＋bx＋c經(jīng)過點A，交y軸于點B(0，－2)．點P為拋物線上一個動點，過點P作x軸的垂線PD，過點B作BD⊥PD于點D，連接PB，設點P的橫坐標為m. (1)求拋物線的解析式； (2)當△BDP為等腰直角三角形時，求線段PD的長； (3)如圖②，將△BDP繞點B逆時針旋轉，得到△BD′P′，且旋轉角∠PBP′＝∠OAC，當

5、點P的對應點P′落在坐標軸上時，請直接寫出點P的坐標. 　　　　　　　　 類型二　二次函數(shù)與圖形面積 1．(2017·鹽城)如圖，在平面直角坐標系中，直線y＝x＋2與x軸交于點A，與y軸交于點C，拋物線y＝－x2＋bx＋c經(jīng)過A、C兩點，與x軸的另一交點為點B. (1)求拋物線的函數(shù)表達式； (2)點D為直線AC上方拋物線上一動點； ①連接BC、CD，設直線BD交線段AC于點E，△CDE的面積為S1，△BCE的面積為S2，求的最大值； ②過點D作DF⊥AC，垂足為點F，連接CD，是否存在點D

6、，使得△CDF中的某個角恰好等于∠BAC的2倍？若存在，求點D的橫坐標；若不存在，請說明理由． 2．(2017·安順)如圖甲，直線y＝－x＋3與x軸、y軸分別交于點B、點C，經(jīng)過B、C兩點的拋物線y＝x2＋bx＋c與x軸的另一個交點為A，頂點為P. (1)求該拋物線的解析式； (2)在該拋物線的對稱軸上是否存在點M，使以C，P，M為頂點的三角形為等腰三角形？若存在，請直接寫出所有符合條件的點M的坐標；若不存在，請說明理由； (3)當0＜x＜3時，在拋物線上求一點E，使△CBE的面積有最大值(圖乙、丙供畫圖

7、探究). 3．(2017·周口模擬)如圖，拋物線y＝ax2＋bx－3與x軸交于點A(1，0)和點B，與y軸交于點C，且其對稱軸l為x＝－1，點P是拋物線上B，C之間的一個動點(點P不與點B，C重合)． (1)直接寫出拋物線的解析式； (2)小唐探究點P的位置時發(fā)現(xiàn)：當動點N在對稱軸l上時，存在PB⊥NB，且PB＝NB的關系，請求出點P的坐標； (3)是否存在點P使得四邊形PBAC的面積最大？若存在，請求出四邊形PBAC面積的最大值；若不存在，請說明理由.

8、 4．(2017·濮陽模擬)如圖①，已知拋物線y＝ax2＋bx－3的對稱軸為x＝1，與x軸分別交于A、B兩點，與y軸交于點C，一次函數(shù)y＝x＋1經(jīng)過A，且與y軸交于點D. (1)求該拋物線的解析式． (2)如圖②，點P為拋物線B、C兩點間部分上的任意一點(不含B，C兩點)，設點P的橫坐標為t，設四邊形DCPB的面積為S，求出S與t的函數(shù)關系式，并確定t為何值時，S取最大值？最大值是多少？ (3)如圖③，將△ODB沿直線y＝x＋1平移得到△O′D′B′，設O′B′與拋物線交于點E，連接ED′，若ED′恰好將△O′D′B′的面積分為1∶2兩部分，請直接

9、寫出此時平移的距離． 類型三　二次函數(shù)與線段問題 1．(2017·南寧)如圖，已知拋物線y＝ax2－2ax－9a與坐標軸交于A，B，C三點，其中C(0，3)，∠BAC的平分線AE交y軸于點D，交BC于點E，過點D的直線l與射線AC，AB分別交于點M，N. (1)直接寫出a的值、點A的坐標及拋物線的對稱軸； (2)點P為拋物線的對稱軸上一動點，若△PAD為等腰三角形，求出點P的坐標； (3)證明：當直線l繞點D旋轉時，＋均為定值，并求出該定值．

10、 2．(2017·焦作模擬)如圖①，直線y＝x＋m與x軸、y軸分別交于點A和點B(0，－1)，拋物線y＝x2＋bx＋c經(jīng)過點B，點C的橫坐標為4. (1)請直接寫出拋物線的解析式； (2)如圖②，點D在拋物線上，DE∥y軸交直線AB于點E，且四邊形DFEG為矩形，設點D的橫坐標為x(0＜x＜4)，矩形DFEG的周長為l，求l與x的函數(shù)關系式以及l(fā)的最大值； (3)將△AOB繞平面內(nèi)某點M旋轉90°或180°，得到△A1O1B1，點A、O、B的對應點分別是點A1、O1、B1.若△A1O1B1的兩個頂點恰好

11、落在拋物線上，那么我們就稱這樣的點為“落點”，請直接寫出“落點”的個數(shù)和旋轉180°時點A1的橫坐標. 3．(2017·武漢)已知點A(－1，1)，B(4，6)在拋物線y＝ax2＋bx上． (1)求拋物線的解析式； (2)如圖①，點F的坐標為(0，m)(m＞2)，直線AF交拋物線于另一點G，過點G作x軸的垂線，垂足為H.設拋物線與x軸的正半軸交于點E，連接FH、AE，求證：FH∥AE； (3)如圖②，直線AB分別交x軸、y軸于C、D兩點．點P從點C出發(fā)，沿射線CD方向勻速運

12、動，速度為每秒個單位長度；同時點Q從原點O出發(fā)，沿x軸正方向勻速運動，速度為每秒1個單位長度．點M是直線PQ與拋物線的一個交點，當運動到t秒時，QM＝2PM，直接寫出t的值. 類型四　二次函數(shù)與三角形相似 1．(2016·南寧)如圖，已知拋物線經(jīng)過原點O，頂點為A(1，1)，且與直線y＝x－2交于B，C兩點． (1)求拋物線的解析式及點C的坐標； (2)求證：△ABC是直角三角形； (3)若點N為x軸上的一個動點，過點N作MN⊥x軸與拋物線交于點M，則

13、是否存在以O，M，N為頂點的三角形與△ABC相似？若存在，請求出點N的坐標；若不存在，請說明理由. 2．(2017·平頂山模擬)如圖，拋物線y＝ax2＋bx＋1與直線y＝－ax＋c相交于坐標軸上點A(－3，0)，C(0，1)兩點． (1)直線的表達式為__________；拋物線的表達式為__________； (2)D為拋物線在第二象限部分上的一點，作DE垂直x軸于點E，交直線AC于點F，求線段DF長度的最大值，并求此時點D的坐標； (3)

14、P為拋物線上一動點，且P在第四象限內(nèi)，過點P作PN垂直x軸于點N，使得以P、A、N為頂點的三角形與△ACO相似，請直接寫出點P的坐標. 3．如圖①，二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋3經(jīng)過A(3，0)，G(－1，0)兩點． (1)求這個二次函數(shù)的解析式； (2)若點M是拋物線在第一象限圖象上的一點，求△ABM面積的最大值； (3)拋物線的對稱軸交x軸于點P，過點E(0，)作x軸的平行線，交AB于點F，是否存在著點Q，使得△FEQ∽△BEP？若存在，請直接寫出點Q的坐標；若不存在，請說明理由.

15、 4．(2017·海南)拋物線y＝ax2＋bx＋3經(jīng)過點A(1，0)和點B(5，0)． (1)求該拋物線所對應的函數(shù)解析式； (2)該拋物線與直線y＝x＋3相交于C、D兩點，點P是拋物線上的動點且位于x軸下方，直線PM∥y軸，分別與x軸和直線CD交于點M、N. ①連接PC、PD，如圖①，在點P運動過程中，△PCD的面積是否存在最大值？若存在，求出這個最大值；若不存在，說明理由； ②連接PB，過點C作CQ⊥PM，垂足為點Q，如圖②，是否存在點P，使得△CNQ與△PBM相似？若存在，求出滿足條件的點P的坐標；若不存在，說明理由.

16、 題型六　第23題二次函數(shù)與幾何圖形綜合題 類型一　二次函數(shù)與圖形判定 1．解：(1)∵C1、C2關于y軸對稱， ∴C1與C2的交點一定在y軸上，且C1與C2的形狀、大小均相同，∴a＝1，n＝－3， ∴C1的對稱軸為x＝1， ∴C2的對稱軸為x＝－1，∴m＝2， ∴C1的函數(shù)表示式為y＝x2－2x－3，C2的函數(shù)表達式為y＝x2＋2x－3； (2)在C2的函數(shù)表達式為y＝x2＋2x－3中，令y＝0可得x2＋2x－3＝0，解得x＝－3或x＝1， ∴A(－3，0)，B(1，0)； (3)存在． 設P(a，b)，則Q(a＋4，b)或(a－4，b)，

17、①當Q(a＋4，b)時，得： a2－2a－3＝(a＋4)2＋2(a＋4)－3， 解得a＝－2， ∴b＝a2－2a－3＝4＋4－3＝5， ∴P1(－2，5)，Q1(2，5)． ②當Q(a－4，b)時，得： a2－2a－3＝(a－4)2＋2(a－4)－3， 解得a＝2. ∴b＝4－4－3＝－3， ∴P2(2，－3)，Q2(－2，－3)． 綜上所述，所求點的坐標為P1(－2，5)，Q1(2，5)； P2(2，－3)，Q2(－2，－3). 2．解：(1)∵拋物線y＝－x2－x＋2， ∴其夢想直線的解析式為y＝－x＋， 聯(lián)立夢想直線與拋物線解析式可得，解得 或， ∴A(

18、－2，2)，B(1，0)； (2)當點N在y軸上時，△AMN為夢想三角形， 如解圖①，過A作AD⊥y軸于點D，則AD＝2， 在y＝－x2－x＋2中，令y＝0可求得x＝－3或x＝1， ∴C(－3，0)，且A(－2，2)， ∴AC＝＝， 由翻折的性質可知AN＝AC＝， 在Rt△AND中，由勾股定理可得DN＝＝＝3， ∵OD＝2，∴ON＝2－3或ON＝2＋3， 當ON＝2＋3時，則MN＞OD＞CM，與MN＝CM矛盾，不合題意， ∴N點坐標為(0，2－3)； 當M點在y軸上時，則M與O重合，過N作NP⊥x軸于點P，如解圖②， 在Rt△AMD中，AD＝2，OD＝2，∴tan∠

19、DAM＝＝，∴∠DAM＝60°， ∵AD∥x軸，∴∠AMC＝∠DAM＝60°， 又由折疊可知∠NMA＝∠AMC＝60°， ∴∠NMP＝60°，且MN＝CM＝3， ∴MP＝MN＝，NP＝MN＝， ∴此時N點坐標為(，)； 綜上可知N點坐標為(0，2－3)或(，)； (3)①當AC為平行四邊形的邊時，如解圖③，過F作對稱軸的垂線FH，過A作AK⊥x軸于點K， 則有AC∥EF且AC＝EF，∴∠ACK＝∠EFH， 在△ACK和△EFH中，， ∴△ACK≌△EFH(AAS)， ∴FH＝CK＝1，HE＝AK＝2， ∵拋物線對稱軸為x＝－1，∴F點的橫坐標為0或－2， ∵點F在直線

20、AB上，∴當F點橫坐標為0時，則F(0，)，此時點E在直線AB下方， ∴E到x軸的距離為EH－OF＝2－＝，即E點縱坐標為－，∴E(－1，－)； 當F點的橫坐標為－2時，則F與A重合，不合題意，舍去； ②當AC為平行四邊形的對角線時， ∵C(－3，0)，且A(－2，2)， ∴線段AC的中點坐標為(－，)， 設E(－1，t)，F(xiàn)(x，y)，則x－1＝2×(－)，y＋t＝2， ∴x＝－4，y＝2－t， 代入直線AB解析式可得2－t＝－×(－4)＋，解得t＝－， ∴E(－1，－)，F(xiàn)(－4，)； 綜上可知存在滿足條件的點F，此時E(－1，－)、F(0，)或E(－1，－)、F(－4

21、，). 3．解：(1)由題意，得，解得， ∴所求拋物線的解析式為y＝－x2＋x＋4； (2) 設點Q的坐標為(m，0)，如解圖①，過點E作EG⊥x軸于點G. 由－x2＋x＋4＝0，得x1＝－2，x2＝4， ∴點B的坐標為(－2，0)，∴AB＝6，BQ＝m＋2， ∵QE∥AC，∴△BQE∽△BAC，∴＝，即＝，∴EG＝， ∴S△CQE＝S△CBQ－S△EBQ＝BQ·CO－BQ·EG＝(m＋2)(4－)＝－m2＋m＋＝－(m－1)2＋3， 又∵－2≤m≤4， ∴當m＝1時，S△CQE有最大值3，此時Q(1，0)； 　　　　 圖①　　　 　　　　　　　　圖② (

22、3)存在．在△ODF中． (ⅰ)若DO＝DF， ∵A(4，0)，D(2，0)，∴AD＝OD＝DF＝2， 又∵在Rt△AOC中，OA＝OC＝4，∴∠OAC＝45°， ∴∠DFA＝∠OAC＝45°， ∴∠ADF＝90°，此時，點F的坐標為(2，2)， 由－x2＋x＋4＝2， 得x1＝1＋，x2＝1－，此時，點P的坐標為P(1＋，2)或P(1－，2)； (ⅱ)若FO＝FD，如解圖②，過點F作FM⊥x軸于點M， 由等腰三角形的性質得：OM＝MD＝1，∴AM＝3， ∴在等腰直角△AMF中，MF＝AM＝3，∴F(1，3)， 由－x2＋x＋4＝3，得x1＝1＋，x2＝1－， 此時，點

23、P的坐標為：P(1＋，3)或P(1－，3)； (ⅲ)若OD＝OF， ∵OA＝OC＝4，且∠AOC＝90°， ∴AC＝4，∴點O到AC的距離為2，而OF＝OD＝2＜2，與OF≥2矛盾， ∴AC上不存在點使得OF＝OD＝2， 此時，不存在這樣的直線l，使得△ODF是等腰三角形． 綜上所述，存在這樣的直線l，使得△ODF是等腰三角形． 所求點P的坐標為(1＋，2)或(1－，2)或(1＋，3)或(1－，3). 4．解：(1)∵點C(0，4)在直線y＝－x＋n上， ∴n＝4，∴y＝－x＋4， 令y＝0，解得x＝3，∴A(3，0)， ∵拋物線y＝x2＋bx＋c經(jīng)過點A，交y軸于

24、點B(0，－2)，∴c＝－2，6＋3b－2＝0，解得b＝－， ∴拋物線的解析式為y＝x2－x－2； (2)∵點P的橫坐標為m，且點P在拋物線上， ∴P(m，m2－m－2)， ∵PD⊥x軸，BD⊥PD，∴點D坐標為(m，－2)， ∴|BD|＝|m|，|PD|＝|m2－m－2＋2|， 當△BDP為等腰直角三角形時，PD＝BD， ∴|m|＝|m2－m－2＋2|＝|m2－m|. ∴m2＝(m2－m)2，解得：m1＝0(舍去)，m2＝，m3＝， ∴當△BDP為等腰直角三角形時，線段PD的長為或； (3)∵∠PBP′＝∠OAC，OA＝3，OC＝4，∴AC＝5， ∴sin∠PBP′＝，

25、cos∠PBP′＝， ①當點P′落在x軸上時，如解圖①，過點D′作D′N⊥x軸，垂足為N，交BD于點M，∠DBD′＝∠ND′P′＝∠PBP′， 由旋轉知，P′D′＝PD＝m2－m， 在Rt△P′D′N中，cos∠ND′P′＝＝cos∠PBP′＝， ∴ND′＝(m2－m)， 在Rt△BD′M中，BD′＝－m，sin∠DBD′＝＝sin∠PBP′＝， ∴D′M＝－m，∴ND′－MD′＝2， ∴(m2－m)－(－m)＝2， 解得m＝(舍去)或m＝－，如解圖②， 同①的方法得，ND′＝(m2－m)，MD′＝m， ND′＋MD′＝2， ∴(m2－m)＋m＝2， ∴m＝或m＝－

26、(舍去)， ∴P(－，)或P(，)， ②當點P′落在y軸上時，如解圖③， 過點D′作D′M⊥x軸，交BD于M，過點P′作P′N⊥y軸，交MD′的延長線于點N， ∴∠DBD′＝∠ND′P′＝∠PBP′， 同①的方法得：P′N＝(m2－m)，BM＝m， ∵P′N＝BM， ∴(m2－m)＝m， 解得m＝或m＝0(舍去)， ∴P(，)， ∴P(－，)或P(，)或P(，). 類型二　二次函數(shù)與圖形面積 1．解：(1)根據(jù)題意得A(－4，0)，C(0，2)， ∵拋物線y＝－x2＋bx＋c經(jīng)過A、C兩點， ∴， 解得， ∴y＝－x2－x＋2； (2)①令y＝0，∴－x2

27、－x＋2＝0， 解得x1＝－4，x2＝1，∴B(1，0)， 如解圖①，過D作DM∥y軸交AC于M，過B作BN⊥x軸交AC于N， ∴DM∥BN，∴△DME∽△BNE，∴＝＝， 設D(a，－a2－a＋2)，∴M(a，a＋2)， ∵B(1，0)，∴N(1，)，∴＝＝＝ －(a＋2)2＋； ∴當a＝－2時，有最大值，最大值是； ②∵A(－4，0)，B(1，0)，C(0，2)， ∴AC＝2，BC＝，AB＝5， ∵AC2＋BC2＝AB2， ∴△ABC是以∠ACB為直角的直角三角形，取AB的中點P，∴P(－，0)， ∴PA＝PC＝PB＝，∴∠CPO＝2∠BAC， ∴tan∠CPO＝

28、tan(2∠BAC)＝， 如解圖②，過D作x軸的平行線交y軸于R，交AC的延長線于G， 情況一：∠DCF＝2∠BAC＝∠DGC＋∠CDG，∴∠CDG＝∠BAC， ∴tan∠CDG＝tan∠BAC＝，即＝， 令D(a，－a2－a＋2)，∴DR＝－a，RC＝－a2－a， ∴＝， 解得a1＝0(舍去)，a2＝－2， ∴xD＝－2， 情況二：∠FDC＝2∠BAC， ∴tan∠FDC＝， 設FC＝4k，∴DF＝3k，DC＝5k， ∵tan∠DGC＝＝，∴FG＝6k， ∴CG＝2k，DG＝3k，∴RC＝k，RG＝k， DR＝3k－k＝k， ∴＝＝，解得a1＝0(舍去)，a2

29、＝－， ∴點D的橫坐標為－2或－. 2．解：(1)∵直線y＝－x＋3與x軸、y軸分別交于點B、點C， ∴B(3，0)，C(0，3)， 把B、C坐標代入拋物線解析式可得， 解得， ∴拋物線的解析式為y＝x2－4x＋3； (2)∵y＝x2－4x＋3＝(x－2)2－1， ∴拋物線對稱軸為x＝2，P(2，－1)， 設M(2，t)，且C(0，3)， ∴MC＝＝，MP＝|t＋1|，PC＝＝2， ∵△CPM為等腰三角形， ∴有MC＝MP、MC＝PC和MP＝PC三種情況， ①當MC＝MP時，則有＝|t＋1|，解得t＝，此時M(2，)； ②當MC＝PC時，則有＝2，解得t＝－1

30、(與P點重合，舍去)或t＝7，此時M(2，7)； ③當MP＝PC時，則有|t＋1|＝2，解得t＝－1＋2或t＝－1－2，此時M(2，－1＋2)或(2，－1－2)； 綜上可知存在滿足條件的點M，其坐標為(2，)或(2，7)或(2，－1＋2)或(2，－1－2)； (3)如解圖，在0＜x＜3對應的拋物線上任取一點E，過E作EF⊥x軸，交BC于點F，交x軸于點D， 設E(x，x2－4x＋3)，則F(x，－x＋3)， ∵0＜x＜3， ∴EF＝－x＋3－(x2－4x＋3)＝－x2＋3x， ∴S△CBE＝S△EFC＋S△EFB＝EF·OD＋EF·BD＝EF·OB＝×3(－x2＋3x)＝－(

31、x－)2＋， ∴當x＝時，△CBE的面積最大，此時E點坐標為(，－)， 即當E點坐標為(，－)時，△CBE的面積最大. 3．解：(1)∵A(1，0)，對稱軸l為x＝－1，∴B(－3，0)， ∴，解得， ∴拋物線的解析式為y＝x2＋2x－3； (2)如解圖①，過點P作PM⊥x軸于點M， 設拋物線對稱軸l交x軸于點Q. ∵PB⊥NB，∴∠PBN＝90°， ∴∠PBM＋∠NBQ＝90°. ∵∠PMB＝90°，∴∠PBM＋∠BPM＝90°， ∴∠BPM＝∠NBQ. 又∵∠BMP＝∠BQN＝90°，PB＝NB，∴△BPM≌△NBQ，∴PM＝BQ. ∵拋物線y＝x2＋2

32、x－3與x軸交于點A(1，0)和點B，且對稱軸為x＝－1， ∴點B的坐標為(－3，0)，點Q的坐標為(－1，0)， ∴BQ＝2，∴PM＝BQ＝2. ∵點P是拋物線y＝x2＋2x－3上B、C之間的一個動點， ∴結合圖象可知點P的縱坐標為－2， 將y＝－2代入y＝x2＋2x－3，得－2＝x2＋2x－3， 解得x1＝－1－，x2＝－1＋(舍去)， ∴此時點P的坐標為(－1－，－2)； (3) 存在． 如解圖②，連接AC，PC. 可設點P的坐標為(x，y)(－3＜x＜0)，則y＝x2＋2x－3， ∵點A(1，0)，∴OA＝1. ∵點C是拋物線與y軸的交點，∴令x＝0，得y＝－3

33、，即點C(0，－3)，∴OC＝3. 由(2)可知S四邊形PBAC＝S△BPM＋S四邊形PMOC＋S△AOC＝BM·PM＋(PM＋OC)·OM＋OA·OC＝(x＋3)(－y)＋(－y＋3)(－x)＋×1×3＝－y－x＋， 將y＝x2＋2x－3代入可得S四邊形PBAC＝－(x2＋2x－3)－x＋＝－(x＋)2＋. ∵－＜0，－3＜x＜0， ∴當x＝－時，S四邊形PBAC有最大值，此時，y＝x2＋2x－3＝－. ∴當點P的坐標為(－，－)時，四邊形PBAC的面積最大，最大值為. 4．解：(1)把y＝0代入直線的解析式得x＋1＝0，解得x＝－1，∴A(－1，0)． ∵拋物線的對稱軸

34、為x＝1，∴B的坐標為(3，0)． 將x＝0代入拋物線的解析式得y＝－3，∴C(0，－3)． 設拋物線的解析式為y＝a(x＋1)(x－3)，將C(0，－3)代入得－3a＝－3，解得a＝1， ∴拋物線的解析式為y＝(x＋1)(x－3)＝x2－2x－3； (2)如解圖①，連接OP. 將x＝0代入直線AD的解析式得y＝1，∴OD＝1. 由題意可知P(t，t2－2t－3)． ∵S四邊形DCPB＝S△ODB＋S△OBP＋S△OCP， ∴S＝×3×1＋×3×(－t2＋2t＋3)＋×3×t，整理得S＝－t2＋t＋6， 配方得：S＝－(t－)2＋， ∴當t＝時，S取得最大值，最大值為；

35、 (3)如解圖②，設點D′的坐標為(a，a＋1)，O′(a，a)． 當△D′O′E的面積∶△D′EB′的面積＝1∶2時，則O′E∶EB′＝1∶2. ∵O′B′＝OB＝3，∴O′E＝1， ∴E(a＋1，a)． 將點E的坐標代入拋物線的解析式得(a＋1)2－2(a＋1)－3＝a，整理得：a2－a－4＝0，解得a＝或a＝， ∴O′的坐標為(，)或(，)， ∴OO′＝或OO′＝， ∴△DOB平移的距離為或， 當△D′O′E的面積∶△D′EB′的面積＝2∶1時，則O′E∶EB′＝2∶1. ∵O′B′＝OB＝3，∴O′E＝2，∴E(a＋2，a)． 將點E的坐標代入拋物線的解析式得：(

36、a＋2)2－2(a＋2)－3＝a，整理得：a2＋a－3＝0，解得a＝或a＝. ∴O′的坐標為(，)或(，)． ∴OO′＝或OO′＝. ∴△DOB平移的距離為或. 綜上所述，當△D′O′B′沿DA方向平移或單位長度，或沿AD方向平移或個單位長度時，ED′恰好將△O′D′B′的面積分為1∶2兩部分. 類型三　二次函數(shù)與線段問題 1．(1)解：∵C(0，3)，∴－9a＝3，解得a＝－. 令y＝0，得ax2－2ax－9a＝0， ∵a≠0，∴x2－2x－9＝0，解得x＝－或x＝3. ∴點A的坐標為(－，0)，點B的坐標為(3，0)， ∴拋物線的對稱軸為x＝； (2)解：∵OA

37、＝，OC＝3， ∴tan∠CAO＝，∴∠CAO＝60°. ∵AE為∠BAC的平分線，∴∠DAO＝30°， ∴DO＝AO＝1，∴點D的坐標為(0，1)， 設點P的坐標為(，a)． ∴AD2＝4，AP2＝12＋a2，DP2＝3＋(a－1)2. 當AD＝PA時，4＝12＋a2，方程無解． 當AD＝DP時，4＝3＋(a－1)2，解得a＝0或a＝2， ∴點P的坐標為(，0)或(，2)． 當AP＝DP時，12＋a2＝3＋(a－1)2，解得a＝－4. ∴點P的坐標為(，－4)． 綜上所述，點P的坐標為(，0)或(，－4)或(，2); (3)證明：設直線AC的解析式為y＝mx＋3，將

38、點A的坐標代入得－m＋3＝0，解得m＝， ∴直線AC的解析式為y＝x＋3. 設直線MN的解析式為y＝kx＋1. 把y＝0代入y＝kx＋1，得kx＋1＝0，解得：x＝－， ∴點N的坐標為(－，0)，∴AN＝－＋＝. 將y＝x＋3與y＝kx＋1聯(lián)立，解得x＝， ∴點M的橫坐標為. 如解圖，過點M作MG⊥x軸，垂足為G.則AG＝＋. ∵∠MAG＝60°，∠AGM＝90°， ∴AM＝2AG＝＋2＝. ∴＋＝＋＝＋＝＝＝. 2．解：(1)∵直線l：y＝x＋m經(jīng)過點B(0，－1)，∴m＝－1， ∴直線l的解析式為y＝x－1， ∵直線l：y＝x－1經(jīng)過點C，且點C的

39、橫坐標為4， ∴y＝×4－1＝2， ∵拋物線y＝x2＋bx＋c經(jīng)過點C(4，2)和點B(0，－1)， ∴，解得， ∴拋物線的解析式為y＝x2－x－1； (2)令y＝0，則x－1＝0，解得x＝， ∴點A的坐標為(，0)，∴OA＝， 在Rt△OAB中，OB＝1，∴AB＝＝＝， ∵DE∥y軸，∴∠ABO＝∠DEF， 在矩形DFEG中，EF＝DE·cos∠DEF＝DE·＝DE， DF＝DE·sin∠DEF＝DE·＝DE， ∴l(xiāng)＝2(DF＋EF)＝2×(＋)DE＝DE， ∵點D的橫坐標為t(0＜t＜4)， ∴D(t，t2－t－1)，E(t，t－1)， ∴DE＝(t－1)－(t

40、2－t－1)＝－t2＋2t， ∴l(xiāng)＝×(－t2＋2t)＝－t2＋t， ∵l＝－(t－2)2＋，且－＜0， ∴當t＝2時，l有最大值； (3)“落點”的個數(shù)有4個，如解圖①，解圖②，解圖③，解圖④所示． 如解圖③，設A1的橫坐標為m，則O1的橫坐標為m＋， ∴m2－m－1＝(m＋)2－(m＋)－1， 解得m＝， 如解圖④，設A1的橫坐標為m，則B1的橫坐標為m＋，B1的縱坐標比A1的縱坐標大1， ∴m2－m－1＋1＝(m＋)2－(m＋)－1，解得m＝， ∴旋轉180°時點A1的橫坐標為或. 3．(1)解：將點A(－1，1)，B(4，6)代入y＝ax2＋bx中，

41、得，解得， ∴拋物線的解析式為y＝x2－x； (2)證明：設直線AF的解析式為y＝kx＋m， 將點A(－1，1)代入y＝kx＋m中，即－k＋m＝1， ∴k＝m－1， ∴直線AF的解析式為y＝(m－1)x＋m. 聯(lián)立直線AF和拋物線解析式成方程組， ，解得，， ∴點G的坐標為(2m，2m2－m)． ∵GH⊥x軸，∴點H的坐標為(2m，0)． ∵拋物線的解析式為y＝x2－x＝x(x－1)， ∴點E的坐標為(1，0)． 設直線AE的解析式為y＝k1x＋b1， 將A(－1，1)，E(1，0)代入y＝k1x＋b1中，得，解得， ∴直線AE的解析式為y＝－x＋. 設直線FH的

42、解析式為y＝k2x＋b2， 將F(0，m)、H(2m，0)代入y＝k2x＋b2中，得，解得：， ∴直線FH的解析式為y＝－x＋m.∴FH∥AE； (3)解：設直線AB的解析式為y＝k0x＋b0，將A(－1，1)，B(4，6)代入y＝k0x＋b0中， ，解得， ∴直線AB的解析式為y＝x＋2. 當運動時間為t秒時，點P的坐標為(t－2，t)，點Q的坐標為(t，0)． 當點M在線段PQ上時，過點P作PP′⊥x軸于點P′，過點M作MM′⊥x軸于點M′，則△PQP′∽△MQM′，如解圖所示． ∵QM＝2PM， ∴＝＝， ∴QM′＝，MM′＝t， ∴點M的坐標為(t－，t)，

43、 又∵點M在拋物線y＝x2－x上， ∴t＝(t－)2－(t－)， 解得t＝， 當點M在線段QP的延長線上時， 同理可得出點M的坐標為(t－4，2t)， ∵點M在拋物線y＝x2－x上， ∴2t＝×(t－4)2－(t－4)， 解得t＝. 綜上所述：當運動時間為秒、秒、秒或秒時，QM＝2PM. 類型四　二次函數(shù)與三角形相似 1．(1)解：∵頂點坐標為(1，1)， ∴設拋物線解析式為y＝a(x－1)2＋1， 又∵拋物線過原點，∴0＝a(0－1)2＋1，解得a＝－1， ∴拋物線的解析式為y＝－(x－1)2＋1，即y＝－x2＋2x， 聯(lián)立拋物線和直線解析式可得， 解得或

44、， ∴B(2，0)，C(－1，－3)； (2)證明：如解圖，分別過A、C兩點作x軸的垂線，交x軸于D、E兩點， 則AD＝OD＝BD＝1，BE＝OB＋OE＝2＋1＝3，EC＝3， ∴∠ABO＝∠CBO＝45°，即∠ABC＝90°， ∴△ABC是直角三角形； (3)解：假設存在滿足條件的點N，設N(x，0)，則M(x，－x2＋2x)， ∴ON＝|x|，MN＝|－x2＋2x|， 由(2)在Rt△ABD和Rt△CEB中，可分別求得AB＝，BC＝3， ∵MN⊥x軸于點N ∴∠MNO＝∠ABC＝90°， ∴當△MNO和△ABC相似時有＝或＝， ①當＝時，則有＝，即|x|×|－x

45、＋2|＝|x|， ∵當x＝0時M、O、N不能構成三角形， ∴x≠0， ∴|－x＋2|＝，即－x＋2＝±，解得x＝或x＝， 此時N點坐標為(，0)或(，0)， ②當＝時，則有＝，即|x|×|－x＋2|＝3|x|， ∴|－x＋2|＝3，即－x＋2＝±3，解得x＝5或x＝－1， 此時N點坐標為(－1，0)或(5，0)， 綜上可知存在滿足條件的N點，其坐標為(，0)或(，0)或(－1，0)或(5，0). 2．解：(1)把A、C兩點坐標代入直線y＝－ax＋c可得，解得， ∴直線的表達式為y＝x＋1， 把A點坐標和a＝－代入拋物線解析式可得9×(－)－3b＋1＝0，解得b＝－，

46、 ∴拋物線的表達式為y＝－x2－x＋1； (2)∵點D為拋物線在第二象限部分上的一點， ∴可設D(t，－t2－t＋1)，則F(t，t＋1)， ∴DF＝－t2－t＋1－(t＋1)＝－t2－t＝－(t＋)2＋. ∵－＜0，∴當t＝－時，DF有最大值，最大值為，此時D點坐標為(－，)； (3)設P(m，－m2－m＋1)，如解圖， ∵P在第四象限，∴m＞0，－m2－m＋1＜0， ∴AN＝m＋3，PN＝m2＋m－1， ∵∠AOC＝∠ANP＝90°， ∴當以P、A、N為頂點的三角形與△ACO相似時有△AOC∽△PNA和△AOC∽△ANP， ①當△AOC∽△PNA時，則有＝，即＝，

47、 解得m＝－3或m＝10，經(jīng)檢驗當m＝－3時，m＋3＝0(舍去)， ∴m＝10，此時P點坐標為(10，－39)； ②當△AOC∽△ANP時，則有＝，即＝， 解得m＝2或m＝－3，經(jīng)檢驗當m＝－3時，m＋3＝0(舍去)， ∴m＝2，此時P點坐標為(2，－)； 綜上可知P點坐標為(10，－39)或(2，－). 3．解：(1)將A、G點坐標代入函數(shù)解析式，得，解得， ∴拋物線的解析式為y＝－x2＋2x＋3； (2)如解圖①，作ME∥y軸交AB于E點， 當x＝0時，y＝3，即B點坐標為(0，3)， 直線AB的解析式為y＝－x＋3， 設M(n，－n2＋2n＋3)，E(n，－

48、n＋3)， ME＝－n2＋2n＋3－(－n＋3)＝－n2＋3n， S△ABM＝ME·AO＝(－n2＋3n)×3＝－(n－)2＋， 當n＝時，△ABM面積的最大值是； (3)存在； 理由如下：OE＝，AP＝2，OP＝1，BE＝3－＝， 當y＝時，－x＋3＝，解得x＝，即EF＝， 將△BEP繞點E順時針方向旋轉90°，得到△B′EC(如解圖②)， ∵OB⊥EF，∴點B′在直線EF上， ∵C點橫坐標絕對值等于EO長度，C點縱坐標絕對值等于EO－PO長度， ∴C點坐標為(－，－1)， 如解圖，過F作FQ∥B′C，交EC于點Q， 則△FEQ∽△B′EC，由＝＝＝， 可得Q的

49、坐標為(－，－)； 根據(jù)對稱性可得，Q關于直線EF的對稱點Q′(－，)也符合條件. 4．解：(1)∵拋物線y＝ax2＋bx＋3經(jīng)過點A(1，0)和點B(5，0)， ∴，解得， ∴該拋物線對應的函數(shù)解析式為y＝x2－x＋3； (2)①∵點P是拋物線上的動點且位于x軸下方， ∴可設P(t，t2－t＋3)(1＜t＜5)， ∵直線PM∥y軸，分別與x軸和直線CD交于點M、N， ∴M(t，0)，N(t，t＋3)， ∴PN＝t＋3－(t2－t＋3)＝－(t－)2＋， 聯(lián)立直線CD與拋物線解析式可得， 解得或， ∴C(0，3)，D(7，)， 分別過C、D作直線PN的垂線，垂足

50、分別為E、F，如解圖①， 則CE＝t，DF＝7－t， ∴S△PCD＝S△PCN＋S△PDN＝PN·CE＋PN·DF＝PN＝[－(t－)2＋]＝－(t－)2＋， ∴當t＝時，△PCD的面積最大，最大值為； ②存在． ∵∠CQN＝∠PMB＝90°， ∴當△CNQ與△PBM相似時，有＝或＝兩種情況， ∵CQ⊥PN，垂足為Q， ∴Q(t，3)，且C(0，3)，N(t，t＋3)， ∴CQ＝t，NQ＝t＋3－3＝t，∴＝， ∵P(t，t2－t＋3)，M(t，0)，B(5，0)， ∴BM＝5－t，PM＝0－(t2－t＋3)＝－t2＋t－3， 當＝時，則PM＝BM，即－t2＋t－3＝(5－t)，解得t＝2或t＝5(舍去)，此時P(2，－)； 當＝時，則BM＝PM，即5－t＝(－t2＋t－3)，解得t＝或t＝5(舍去)，此時P(，－)； 綜上可知存在滿足條件的點P，其坐標為(2，－)或(，－). 31