二次函數(shù)9分專題訓(xùn)練二(含答案)

1、11如圖，直線y=x4與x軸、y軸分別交于A、B兩點，拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過A、B兩點，與x軸的另一個交點為C，連接BC（1）求拋物線的解析式及點C的坐標(biāo)；（2）點M在拋物線上，連接MB，當(dāng)MBA+CBO=45時，求點M的坐標(biāo)；（3）點P從點C出發(fā)，沿線段CA由C向A運動，同時點Q從點B出發(fā)，沿線段BC由B向C運動，P、Q的運動速度都是每秒1個單位長度，當(dāng)Q點到達(dá)C點時，P、Q同時停止運動，試問在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點D，使P、Q運動過程中的某一時刻，以C、D、P、Q為頂點的四邊形為菱形？若存在，直接寫出點D的坐標(biāo)；若不存在，說明理由12如圖，二次函數(shù)與x軸交于A、B兩點，與y軸交于C點，

2、點P從A點出發(fā)，以1個單位每秒的速度向點B運動，點Q同時從C點出發(fā)，以相同的速度向y軸正方向運動，運動時間為t秒，點P到達(dá)B點時，點Q同時停止運動設(shè)PQ交直線AC于點G（1）求直線AC的解析式；（2）設(shè)PQC的面積為S，求S關(guān)于t的函數(shù)解析式；（3）在y軸上找一點M，使MAC和MBC都是等腰三角形直接寫出所有滿足條件的M點的坐標(biāo)；（4）過點P作PEAC，垂足為E，當(dāng)P點運動時，線段EG的長度是否發(fā)生改變，請說明理由13已知二次函數(shù)y=x2+bx+c（b，c為常數(shù)）（）當(dāng)b=2，c=3時，求二次函數(shù)的最小值；（）當(dāng)c=5時，若在函數(shù)值y=l的情況下，只有一個自變量x的值與其對應(yīng)，求此時二次函數(shù)的

3、解析式；（）當(dāng)c=b2時，若在自變量x的值滿足bxb+3的情況下，與其對應(yīng)的函數(shù)值y的最小值為21，求此時二次函數(shù)的解析式14如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y=ax22ax3a（a0）與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），經(jīng)過點A的直線l：y=kx+b與y軸交于點C，與拋物線的另一個交點為D，且CD=4AC（1）直接寫出點A的坐標(biāo)，并求直線l的函數(shù)表達(dá)式（其中k，b用含a的式子表示）；（2）點E是直線l上方的拋物線上的一點，若ACE的面積的最大值為，求a的值；（3）設(shè)P是拋物線對稱軸上的一點，點Q在拋物線上，以點A，D，P，Q為頂點的四邊形能否成為矩形？若能，求出點P的坐標(biāo)；若不能

4、，請說明理由15如圖，矩形OABC的頂點A（2，0）、C（0，2）將矩形OABC繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)30得矩形OEFG，線段GE、FO相交于點H，平行于y軸的直線MN分別交線段GF、GH、GO和x軸于點M、P、N、D，連結(jié)MH（1）若拋物線l：y=ax2+bx+c經(jīng)過G、O、E三點，則它的解析式為：；（2）如果四邊形OHMN為平行四邊形，求點D的坐標(biāo)；（3）在（1）（2）的條件下，直線MN與拋物線l交于點R，動點Q在拋物線l上且在R、E兩點之間（不含點R、E）運動，設(shè)PQH的面積為s，當(dāng)時，確定點Q的橫坐標(biāo)的取值范圍16二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象經(jīng)過點（1，4），且與直線y=x+1相交于A

5、、B兩點（如圖），A點在y軸上，過點B作BCx軸，垂足為點C（3，0）（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；（2）點N是二次函數(shù)圖象上一點（點N在AB上方），過N作NPx軸，垂足為點P，交AB于點M，求MN的最大值；（3）在（2）的條件下，點N在何位置時，BM與NC相互垂直平分？并求出所有滿足條件的N點的坐標(biāo)17已知二次函數(shù)y=ax2+bx3a經(jīng)過點A（1，0）、C（0，3），與x軸交于另一點B，拋物線的頂點為D（1）求此二次函數(shù)解析式；（2）連接DC、BC、DB，求證：BCD是直角三角形；（3）在對稱軸右側(cè)的拋物線上是否存在點P，使得PDC為等腰三角形？若存在，求出符合條件的點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明

6、理由18在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線經(jīng)過A（4，0），B（0，4），C（2，0）三點（1）求拋物線的解析式；（2）若點M為第三象限內(nèi)拋物線上一動點，點M的橫坐標(biāo)為m，AMB的面積為S求S關(guān)于m的函數(shù)關(guān)系式，并求出S的最大值（3）若點P是拋物線上的動點，點Q是直線y=x上的動點，判斷有幾個位置能夠使得點P、Q、B、O為頂點的四邊形為平行四邊形，直接寫出相應(yīng)的點Q的坐標(biāo)19已知：如圖，拋物線y=ax2+bx+2與x軸的交點是A（3，0）、B（6，0），與y軸的交點是C（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（2）設(shè)P（x，y）（0x6）是拋物線上的動點，過點P作PQy軸交直線BC于點Q當(dāng)x取何值時，線段PQ

7、的長度取得最大值，其最大值是多少？是否存在這樣的點P，使OAQ為直角三角形？若存在，求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由20如圖，拋物線y=x2+bx+c交x軸于點A（3，0）和點B，交y軸于點C（0，3）（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（2）若點P在拋物線上，且SAOP=4SBOC，求點P的坐標(biāo)；（3）如圖b，設(shè)點Q是線段AC上的一動點，作DQx軸，交拋物線于點D，求線段DQ長度的最大值11（2014本溪）如圖，直線y=x4與x軸、y軸分別交于A、B兩點，拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過A、B兩點，與x軸的另一個交點為C，連接BC（1）求拋物線的解析式及點C的坐標(biāo)；（2）點M在拋物線上，連接MB，當(dāng)

8、MBA+CBO=45時，求點M的坐標(biāo)；（3）點P從點C出發(fā)，沿線段CA由C向A運動，同時點Q從點B出發(fā)，沿線段BC由B向C運動，P、Q的運動速度都是每秒1個單位長度，當(dāng)Q點到達(dá)C點時，P、Q同時停止運動，試問在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點D，使P、Q運動過程中的某一時刻，以C、D、P、Q為頂點的四邊形為菱形？若存在，直接寫出點D的坐標(biāo)；若不存在，說明理由【分析】（1）首先求出點A、B的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式，進而求出點C的坐標(biāo)；（2）滿足條件的點M有兩種情形，需要分類討論：當(dāng)BMBC時，如答圖21所示；當(dāng)BM與BC關(guān)于y軸對稱時，如答圖22所示（3）CPQ的三邊均可能成為菱形的對角

9、線，以此為基礎(chǔ)進行分類討論：若以CQ為菱形對角線，如答圖31此時BQ=t，菱形邊長=t；若以PQ為菱形對角線，如答圖32此時BQ=t，菱形邊長=t；若以CP為菱形對角線，如答圖33此時BQ=t，菱形邊長=5t【解答】解：（1）直線解析式y(tǒng)=x4，令x=0，得y=4；令y=0，得x=4A（4，0）、B（0，4）點A、B在拋物線y=x2+bx+c上，解得，拋物線解析式為：y=x2x4令y=x2x4=0，解得：x=3或x=4，C（3，0）（2）MBA+CBO=45，設(shè)M（x，y），當(dāng)BMBC時，如答圖21所示ABO=45，MBA+CBO=45，故點M滿足條件過點M1作M1Ey軸于點E，則M1E=x，

10、OE=y，BE=4+ytanM1BE=tanBCO=，直線BM1的解析式為：y=x4聯(lián)立y=x4與y=x2x4，得：x4=x2x4，解得：x1=0，x2=，y1=4，y2=，M1（，）；當(dāng)BM與BC關(guān)于y軸對稱時，如答圖22所示ABO=MBA+MBO=45，MBO=CBO，MBA+CBO=45，故點M滿足條件過點M2作M2Ey軸于點E，則M2E=x，OE=y，BE=4+ytanM2BE=tanCBO=，直線BM2的解析式為：y=x4聯(lián)立y=x4與y=x2x4得：x4=x2x4，解得：x1=0，x2=5，y1=4，y2=，M2（5，）綜上所述，滿足條件的點M的坐標(biāo)為：（，）或（5，）（3）設(shè)BC

11、O=，則tan=，sin=，cos=假設(shè)存在滿足條件的點D，設(shè)菱形的對角線交于點E，設(shè)運動時間為t若以CQ為菱形對角線，如答圖31此時BQ=t，菱形邊長=tCE=CQ=（5t）在RtPCE中，cos=，解得t=CQ=5t=過點Q作QFx軸于點F，則QF=CQsin=，CF=CQcos=，OF=3CF=Q（，）點D1與點Q橫坐標(biāo)相差t個單位，D1（，）；若以PQ為菱形對角線，如答圖32此時BQ=t，菱形邊長=tBQ=CQ=t，t=，點Q為BC中點，Q（，2）點D2與點Q橫坐標(biāo)相差t個單位，D2（1，2）；若以CP為菱形對角線，如答圖33此時BQ=t，菱形邊長=5t在RtCEQ中，cos=，解得t

12、=OE=3CE=3t=，D3E=QE=CQsin=（5）=D3（，）綜上所述，存在滿足條件的點D，點D坐標(biāo)為：（，）或（1，2）或（，）【點評】本題是二次函數(shù)壓軸題，著重考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想，考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、解直角三角形（或相似）、菱形、一次函數(shù)、解方程等知識點，難度較大第（3）問為存在型與運動型的綜合問題，涉及兩個動點，注意按照菱形對角線進行分類討論，做到條理清晰、不重不漏12（2015黃岡中學(xué)自主招生）如圖，二次函數(shù)與x軸交于A、B兩點，與y軸交于C點，點P從A點出發(fā)，以1個單位每秒的速度向點B運動，點Q同時從C點出發(fā)，以相同的速度向y軸正方向運動，運動時間為t秒，點P到達(dá)

13、B點時，點Q同時停止運動設(shè)PQ交直線AC于點G（1）求直線AC的解析式；（2）設(shè)PQC的面積為S，求S關(guān)于t的函數(shù)解析式；（3）在y軸上找一點M，使MAC和MBC都是等腰三角形直接寫出所有滿足條件的M點的坐標(biāo)；（4）過點P作PEAC，垂足為E，當(dāng)P點運動時，線段EG的長度是否發(fā)生改變，請說明理由【分析】（1）直線AC經(jīng)過點A，C，根據(jù)拋物線的解析式面積可求得兩點坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法就可求得AC的解析式；（2）根據(jù)三角形面積公式即可寫出解析式；（3）可以分腰和底邊進行討論，即可確定點的坐標(biāo)；（4）過G作GHy軸，根據(jù)三角形相似，相似三角形的對應(yīng)邊的比相等即可求解【解答】解：（1）y=x2+2，x

14、=0時，y=2，y=0時，x=2，A（2，0），B（2，0），C（0，2），設(shè)直線AC的解析式是y=kx+b，代入得：，解得：k=1，b=2，即直線AC的解析式是y=x+2；（2）當(dāng)0t2時，OP=（2t），QC=t，PQC的面積為：S=（2t）t=t2+t，當(dāng)2t4時，OP=（t2），QC=t，PQC的面積為：S=（t2）t=t2t，；（3）當(dāng)AC或BC為等腰三角形的腰時，AC=MC=BC時，M點坐標(biāo)為（0，22）和（0，2+2）當(dāng)AC=AM=BC 時，M為（0，2）當(dāng)AM=MC=BM時M為（0，0）一共四個點，（0，），（0，），（0，2），（0，0）；（4）當(dāng)0t2時，過G作GHy軸，垂

15、足為H由AP=t，可得AE=GHOP即=，解得GH=，所以GC=GH=于是，GE=ACAEGC=即GE的長度不變當(dāng)2t4時，過G作GHy軸，垂足為H由AP=t，可得AE=由即=，GH（2+t）=t（t2）（t2）GH，GH（2+t）+（t2）GH=t（t2），2tGH=t（t2），解得GH=，所以GC=GH=于是，GE=ACAE+GC=2t+=，即GE的長度不變綜合得：當(dāng)P點運動時，線段EG的長度不發(fā)生改變，為定值【點評】本題屬于一道難度較大的二次函數(shù)題，綜合考查了三角形相似的性質(zhì)，需注意分類討論，全面考慮點M所在位置的各種情況13（2015天津）已知二次函數(shù)y=x2+bx+c（b，c為常數(shù)）

16、（）當(dāng)b=2，c=3時，求二次函數(shù)的最小值；（）當(dāng)c=5時，若在函數(shù)值y=l的情況下，只有一個自變量x的值與其對應(yīng)，求此時二次函數(shù)的解析式；（）當(dāng)c=b2時，若在自變量x的值滿足bxb+3的情況下，與其對應(yīng)的函數(shù)值y的最小值為21，求此時二次函數(shù)的解析式【分析】（）把b=2，c=3代入函數(shù)解析式，求二次函數(shù)的最小值；（）根據(jù)當(dāng)c=5時，若在函數(shù)值y=l的情況下，只有一個自變量x的值與其對應(yīng)，得到x2+bx+5=1有兩個相等是實數(shù)根，求此時二次函數(shù)的解析式；（）當(dāng)c=b2時，寫出解析式，分三種情況減小討論即可【解答】解：（）當(dāng)b=2，c=3時，二次函數(shù)的解析式為y=x2+2x3=（x+1）24，

17、當(dāng)x=1時，二次函數(shù)取得最小值4；（）當(dāng)c=5時，二次函數(shù)的解析式為y=x2+bx+5，由題意得，x2+bx+5=1有兩個相等是實數(shù)根，=b216=0，解得，b1=4，b2=4，二次函數(shù)的解析式y(tǒng)=x2+4x+5，y=x24x+5；（）當(dāng)c=b2時，二次函數(shù)解析式為yx2+bx+b2，圖象開口向上，對稱軸為直線x=，當(dāng)b，即b0時，在自變量x的值滿足bxb+3的情況下，y隨x的增大而增大，當(dāng)x=b時，y=b2+bb+b2=3b2為最小值，3b2=21，解得，b1=（舍去），b2=；當(dāng)bb+3時，即2b0，x=，y=b2為最小值，b2=21，解得，b1=2（舍去），b2=2（舍去）；當(dāng)b+3，即

18、b2，在自變量x的值滿足bxb+3的情況下，y隨x的增大而減小，故當(dāng)x=b+3時，y=（b+3）2+b（b+3）+b2=3b2+9b+9為最小值，3b2+9b+9=21解得，b1=1（舍去），b2=4；b=時，解析式為：y=x2+x+7b=4時，解析式為：y=x24x+16綜上可得，此時二次函數(shù)的解析式為y=x2+x+7或y=x24x+16【點評】本題考查了二次函數(shù)的最值：當(dāng)a0時，拋物線在對稱軸左側(cè)，y隨x的增大而減少；在對稱軸右側(cè)，y隨x的增大而增大，因為圖象有最低點，所以函數(shù)有最小值，當(dāng)x=時，y=；當(dāng)a0時，拋物線在對稱軸左側(cè)，y隨x的增大而增大；在對稱軸右側(cè)，y隨x的增大而減少，因為

19、圖象有最高點，所以函數(shù)有最大值，當(dāng)x=時，y=；確定一個二次函數(shù)的最值，首先看自變量的取值范圍，當(dāng)自變量取全體實數(shù)時，其最值為拋物線頂點坐標(biāo)的縱坐標(biāo)；當(dāng)自變量取某個范圍時，要分別求出頂點和函數(shù)端點處的函數(shù)值，比較這些函數(shù)值，從而獲得最值14（2015成都）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y=ax22ax3a（a0）與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），經(jīng)過點A的直線l：y=kx+b與y軸交于點C，與拋物線的另一個交點為D，且CD=4AC（1）直接寫出點A的坐標(biāo)，并求直線l的函數(shù)表達(dá)式（其中k，b用含a的式子表示）；（2）點E是直線l上方的拋物線上的一點，若ACE的面積的最大值為，求a

20、的值；（3）設(shè)P是拋物線對稱軸上的一點，點Q在拋物線上，以點A，D，P，Q為頂點的四邊形能否成為矩形？若能，求出點P的坐標(biāo)；若不能，請說明理由【分析】（1）由拋物線y=ax22ax3a（a0）與x軸交于兩點A、B，求得A點的坐標(biāo)，作DFx軸于F，根據(jù)平行線分線段成比例定理求得D的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法法即可求得直線l的函數(shù)表達(dá)式（2）設(shè)點E（m，a（m+1）（m3），yAE=k1x+b1，利用待定系數(shù)法確定yAE=a（m3）x+a（m3），從而確定SACE=（m+1）a（m3）a=（m）2a，根據(jù)最值確定a的值即可；（3）分以AD為對角線、以AC為邊，AP為對角線、以AC為邊，AQ為對角線三

21、種情況利用矩形的性質(zhì)確定點P的坐標(biāo)即可【解答】解：（1）令y=0，則ax22ax3a=0，解得x1=1，x2=3點A在點B的左側(cè)，A（1，0），如圖1，作DFx軸于F，DFOC，=，CD=4AC，=4，OA=1，OF=4，D點的橫坐標(biāo)為4，代入y=ax22ax3a得，y=5a，D（4，5a），把A、D坐標(biāo)代入y=kx+b得，解得，直線l的函數(shù)表達(dá)式為y=ax+a（2）如圖1，過點E作ENy軸于點N設(shè)點E（m，a（m+1）（m3），yAE=k1x+b1，則，解得：，yAE=a（m3）x+a（m3），M（0，a（m3）MC=a（m3）a，NE=mSACE=SACM+SCEM=a（m3）a+a（m3

22、）am=（m+1）a（m3）a=（m）2a，有最大值a=，a=；（3）令ax22ax3a=ax+a，即ax23ax4a=0，解得x1=1，x2=4，D（4，5a），y=ax22ax3a，拋物線的對稱軸為x=1，設(shè)P1（1，m），若AD是矩形的一條邊，由AQDP知xDxP=xAxQ，可知Q點橫坐標(biāo)為4，將x=4帶入拋物線方程得Q（4，21a），m=yD+yQ=21a+5a=26a，則P（1，26a），四邊形ADPQ為矩形，ADP=90，AD2+PD2=AP2，AD2=4（1）2+（5a）2=52+（5a）2，PD2=4（1）2+（5a）2=52+（5a）2，4（1）2+（5a）2+（14）2+（

23、26a5a）2=（11）2+（26a）2，即a2=，a0，a=，P1（1，）若AD是矩形的一條對角線，則線段AD的中點坐標(biāo)為（，），Q（2，3a），m=5a（3a）=8a，則P（1，8a），四邊形ADPQ為矩形，APD=90，AP2+PD2=AD2，AP2=1（1）2+（8a）2=22+（8a）2，PD2=（41）2+（8a5a）2=32+（3a）2，AD2=4（1）2+（5a）2=52+（5a）2，22+（8a）2+32+（3a）2=52+（5a）2，解得a2=，a0，a=，P2（1，4）綜上可得，P點的坐標(biāo)為P1（1，4），P2（1，）【點評】本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了待定系數(shù)法求一次

24、函數(shù)的解析式，二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，以及矩形的判定，根據(jù)平行線分線段成比例定理求得D的坐標(biāo)是本題的關(guān)鍵15（2014珠海）如圖，矩形OABC的頂點A（2，0）、C（0，2）將矩形OABC繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)30得矩形OEFG，線段GE、FO相交于點H，平行于y軸的直線MN分別交線段GF、GH、GO和x軸于點M、P、N、D，連結(jié)MH（1）若拋物線l：y=ax2+bx+c經(jīng)過G、O、E三點，則它的解析式為：y=x2x；（2）如果四邊形OHMN為平行四邊形，求點D的坐標(biāo)；（3）在（1）（2）的條件下，直線MN與拋物線l交于點R，動點Q在拋物線l上且在R、E兩點之間（不含點R、E）運動，設(shè)PQH的面

25、積為s，當(dāng)時，確定點Q的橫坐標(biāo)的取值范圍【分析】（1）求解析式一般采用待定系數(shù)法，通過函數(shù)上的點滿足方程求出（2）平行四邊形對邊平行且相等，恰得MN為OF，即為中位線，進而橫坐標(biāo)易得，D為x軸上的點，所以縱坐標(biāo)為0（3）已知S范圍求橫坐標(biāo)的范圍，那么表示S是關(guān)鍵由PH不為平行于x軸或y軸的線段，所以考慮利用過動點的平行于y軸的直線切三角形為2個三角形的常規(guī)方法來解題，此法底為兩點縱坐標(biāo)得差，高為橫坐標(biāo)的差，進而可表示出S，但要注意，當(dāng)Q在O點右邊時，所求三角形為兩三角形的差得關(guān)系式再代入，求解不等式即可另要注意求解出結(jié)果后要考慮Q本身在R、E之間的限制【解答】解：（1）如圖1，過G作GICO于

26、I，過E作EJCO于J，A（2，0）、C（0，2），OE=OA=2，OG=OC=2，GOI=30，JOE=90GOI=9030=60，GI=sin30GO=， IO=cos30GO=3， JE=cos30OE=， JO=sin30OE=1，G（，3），E（，1），設(shè)拋物線解析式為y=ax2+bx+c，經(jīng)過G、O、E三點，解得，y=x2x（2）四邊形OHMN為平行四邊形，MNOH，MN=OH，OH=OF，MN為OGF的中位線，xD=xN=xG=，D（，0）（3）設(shè)直線GE的解析式為y=kx+b，G（，3），E（，1），解得 ，y=x+2Q在拋物線y=x2x上，設(shè)Q的坐標(biāo)為（x，x2x），Q在R、

27、E兩點之間運動，x當(dāng)x0時，如圖2，連接PQ，HQ，過點Q作QKy軸，交GE于K，則K（x，x+2），SPKQ=（yKyQ）（xQxP）， SHKQ=（yKyQ）（xHxQ），SPQH=SPKQ+SHKQ=（yKyQ）（xQxP）+（yKyQ）（xHxQ）=（yKyQ）（xHxP）=x+2（x2x）0（）=x2+當(dāng)0x時，如圖3，連接PQ，HQ，過點Q作QKy軸，交GE于K，則K（x，x+2），同理 SPQH=SPKQSHKQ=（yKyQ）（xQxP）（yKyQ）（xQxH）=（yKyQ）（xHxP）=x2+綜上所述，SPQH=x2+，當(dāng)S=時，對應(yīng)的x=和，因此由S=x2+的圖象可得x時滿足

28、，x，x【點評】本題考查了一次函數(shù)、二次函數(shù)性質(zhì)與圖象，直角三角形及坐標(biāo)系中三角形面積的表示等知識點注意其中“利用過動點的平行于y軸的直線切三角形為2個三角形的常規(guī)方法來表示面積”是近幾年中考的考查熱點，需要加強理解運用16（2014泰安）二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象經(jīng)過點（1，4），且與直線y=x+1相交于A、B兩點（如圖），A點在y軸上，過點B作BCx軸，垂足為點C（3，0）（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；（2）點N是二次函數(shù)圖象上一點（點N在AB上方），過N作NPx軸，垂足為點P，交AB于點M，求MN的最大值；（3）在（2）的條件下，點N在何位置時，BM與NC相互垂直平分？并求出所有滿足

29、條件的N點的坐標(biāo)【分析】方法一：（1）首先求得A、B的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法即可求得二次函數(shù)的解析式；（2）設(shè)M的橫坐標(biāo)是x，則根據(jù)M和N所在函數(shù)的解析式，即可利用x表示出M、N的坐標(biāo)，利用x表示出MN的長，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解；（3）BM與NC互相垂直平分，即四邊形BCMN是菱形，則BC=MC，據(jù)此即可列方程，求得x的值，從而得到N的坐標(biāo)方法二：（1）略（2）求出點M，N的參數(shù)坐標(biāo)，并得到MN的長度表達(dá)式，從而求出MN的最大值（3）因為BM與NC相互垂直平分，所以四邊形BCMN為菱形，因為MNBC，所以只需MN=BC可得出四邊形BCMN為平行四邊形，再利用NCBM進行求解【解答】方法一：

30、解：（1）由直線y=x+1可知A（0，1），B（3，），又點（1，4）經(jīng)過二次函數(shù)，根據(jù)題意得：，解得：，則二次函數(shù)的解析式是：y=x+1；（2）設(shè)N（x，x2x+1），則M（x，x+1），P（x，0）MN=PNPM=x2x+1（x+1）=x2x=（x+）2+，則當(dāng)x=時，MN的最大值為；（3）連接MC、BN、BM與NC互相垂直平分，即四邊形BCMN是菱形，則MN=BC，且BC=MC，即x2x=，且（x+1）2+（x+3）2=，解x2+3x+2=0，得：x=1或x=2（舍去）故當(dāng)N（1，4）時，BM和NC互相垂直平分方法二：（1）略（2）設(shè)N（t，），M（t，t+1），MN=NYMY=+t1，

31、MN=，當(dāng)t=時，MN有最大值，MN=（3）若BM與NC相互垂直平分，則四邊形BCMN為菱形NCBM且MN=BC=，即=，t1=1，t2=2，t1=1，N（1，4），C（3，0），KNC=2，KAB=，KNCKAB=1，NCBMt2=2，N（2，），C（3，0），KNC=，KAB=，KNCKAB1，此時NC與BM不垂直滿足題意的N點坐標(biāo)只有一個，N（1，4）【點評】本題是待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，以及二次函數(shù)的性質(zhì)、菱形的判定的綜合應(yīng)用，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可以解決實際問題中求最大值或最小值問題17（2015赤峰）已知二次函數(shù)y=ax2+bx3a經(jīng)過點A（1，0）、C（0，3），與x軸交于另

32、一點B，拋物線的頂點為D（1）求此二次函數(shù)解析式；（2）連接DC、BC、DB，求證：BCD是直角三角形；（3）在對稱軸右側(cè)的拋物線上是否存在點P，使得PDC為等腰三角形？若存在，求出符合條件的點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由【分析】（1）將A（1，0）、B（3，0）代入二次函數(shù)y=ax2+bx3a求得a、b的值即可確定二次函數(shù)的解析式；（2）分別求得線段BC、CD、BD的長，利用勾股定理的逆定理進行判定即可；（3）分以CD為底和以CD為腰兩種情況討論運用兩點間距離公式建立起P點橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)之間的關(guān)系，再結(jié)合拋物線解析式即可求解【解答】解：（1）二次函數(shù)y=ax2+bx3a經(jīng)過點A（1，0）、

33、C（0，3），根據(jù)題意，得，解得，拋物線的解析式為y=x2+2x+3（2）由y=x2+2x+3=（x1）2+4得，D點坐標(biāo)為（1，4），CD=，BC=3，BD=2，CD2+BC2=（）2+（3）2=20，BD2=（2）2=20，CD2+BC2=BD2，BCD是直角三角形；（3）存在y=x2+2x+3對稱軸為直線x=1若以CD為底邊，則P1D=P1C，設(shè)P1點坐標(biāo)為（x，y），根據(jù)勾股定理可得P1C2=x2+（3y）2，P1D2=（x1）2+（4y）2，因此x2+（3y）2=（x1）2+（4y）2，即y=4x又P1點（x，y）在拋物線上，4x=x2+2x+3，即x23x+1=0，解得x1=，x2

34、=1，應(yīng)舍去，x=，y=4x=，即點P1坐標(biāo)為（，）若以CD為一腰，點P2在對稱軸右側(cè)的拋物線上，由拋物線對稱性知，點P2與點C關(guān)于直線x=1對稱，此時點P2坐標(biāo)為（2，3）符合條件的點P坐標(biāo)為（，）或（2，3）【點評】此題是一道典型的“存在性問題”，結(jié)合二次函數(shù)圖象和等腰三角形、直角梯形的性質(zhì)，考查了它們存在的條件，有一定的開放性18（2010河南）在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線經(jīng)過A（4，0），B（0，4），C（2，0）三點（1）求拋物線的解析式；（2）若點M為第三象限內(nèi)拋物線上一動點，點M的橫坐標(biāo)為m，AMB的面積為S求S關(guān)于m的函數(shù)關(guān)系式，并求出S的最大值（3）若點P是拋物線上的動點，

35、點Q是直線y=x上的動點，判斷有幾個位置能夠使得點P、Q、B、O為頂點的四邊形為平行四邊形，直接寫出相應(yīng)的點Q的坐標(biāo)【分析】（1）先假設(shè)出函數(shù)解析式，利用三點法求解函數(shù)解析式（2）設(shè)出M點的坐標(biāo)，利用S=SAOM+SOBMSAOB即可進行解答；（3）當(dāng)OB是平行四邊形的邊時，表示出PQ的長，再根據(jù)平行四邊形的對邊相等列出方程求解即可；當(dāng)OB是對角線時，由圖可知點A與P應(yīng)該重合【解答】解：（1）設(shè)此拋物線的函數(shù)解析式為：y=ax2+bx+c（a0），將A（4，0），B（0，4），C（2，0）三點代入函數(shù)解析式得：解得，所以此函數(shù)解析式為：y=；（2）M點的橫坐標(biāo)為m，且點M在這條拋物線上，M點的

36、坐標(biāo)為：（m，），S=SAOM+SOBMSAOB=4（m2m+4）+4（m）44=m22m+82m8=m24m，=（m+2）2+4，4m0，當(dāng)m=2時，S有最大值為：S=4+8=4答：m=2時S有最大值S=4（3）設(shè)P（x，x2+x4）當(dāng)OB為邊時，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)知PQOB，且PQ=OB，Q的橫坐標(biāo)等于P的橫坐標(biāo)，又直線的解析式為y=x，則Q（x，x）由PQ=OB，得|x（x2+x4）|=4，解得x=0，4，22x=0不合題意，舍去如圖，當(dāng)BO為對角線時，知A與P應(yīng)該重合，OP=4四邊形PBQO為平行四邊形則BQ=OP=4，Q橫坐標(biāo)為4，代入y=x得出Q為（4，4）由此可得Q（4，4）或

37、（2+2，22）或（22，2+2）或（4，4）【點評】本題考查了三點式求拋物線的方法，以及拋物線的性質(zhì)和最值的求解方法19（2015黃岡模擬）已知：如圖，拋物線y=ax2+bx+2與x軸的交點是A（3，0）、B（6，0），與y軸的交點是C（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（2）設(shè)P（x，y）（0x6）是拋物線上的動點，過點P作PQy軸交直線BC于點Q當(dāng)x取何值時，線段PQ的長度取得最大值，其最大值是多少？是否存在這樣的點P，使OAQ為直角三角形？若存在，求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由【分析】（1）已知了A，B的坐標(biāo)，可用待定系數(shù)法求出函數(shù)的解析式（2）QP其實就是一次函數(shù)與二次函數(shù)的差，二次函數(shù)的解析式在（1）中已經(jīng)求出，而一次函數(shù)可根據(jù)B，C的坐標(biāo)，用待定系數(shù)法求出那么讓一次函數(shù)的解析式減去二次函數(shù)的解析式，得出的新的函數(shù)就是關(guān)于PQ，x的函數(shù)關(guān)系式，那么可根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)求出PQ的最大值以及相對應(yīng)的x的取值（3）分三種情況進行討論：當(dāng)QOA=90時，Q與C重合，顯然不合題意因此這種情況不成立；當(dāng)OAQ=90時，P與A重合，因此P的坐標(biāo)就是A的坐標(biāo)；當(dāng)OQA=90時