專題03 二次函數(shù)中面積問題壓軸真題訓(xùn)練（解析版）-中考數(shù)學(xué)壓軸題

挑戰(zhàn)2023年中考數(shù)學(xué)解答題壓軸真題匯編專題03二次函數(shù)中面積問題壓軸真題訓(xùn)練1．（2022?連云港）已知二次函數(shù)y＝x2+（m﹣2）x+m﹣4，其中m＞2．（1）當(dāng)該函數(shù)的圖象經(jīng)過原點O（0，0），求此時函數(shù)圖象的頂點A的坐標(biāo)；（2）求證：二次函數(shù)y＝x2+（m﹣2）x+m﹣4的頂點在第三象限；（3）如圖，在（1）的條件下，若平移該二次函數(shù)的圖象，使其頂點在直線y＝﹣x﹣2上運動，平移后所得函數(shù)的圖象與y軸的負(fù)半軸的交點為B，求△AOB面積的最大值．【解答】（1）解：把O（0，0）代入y＝x2+（m﹣2）x+m﹣4得：m﹣4＝0，解得m＝4，∴y＝x2+2x＝（x+1）2﹣1，∴函數(shù)圖像的頂點A的坐標(biāo)為（﹣1，﹣1）；（2）證明：由拋物線頂點坐標(biāo)公式得y＝x2+（m﹣2）x+m﹣4的頂點為（，），∵m＞2，∴2﹣m＜0，∴＜0，∵＝﹣（m﹣4）2﹣1≤﹣1＜0，∴二次函數(shù)y＝x2+（m﹣2）x+m﹣4的頂點在第三象限；（3）解：設(shè)平移后圖像對應(yīng)的二次函數(shù)表達(dá)式為y＝x2+bx+c，其頂點為（﹣，），當(dāng)x＝0時，B（0，c），將（﹣，）代入y＝﹣x﹣2得：＝﹣2，∴c＝，∵B（0，c）在y軸的負(fù)半軸，∴c＜0，∴OB＝﹣c＝﹣，過點A作AH⊥OB于H，如圖：∵A（﹣1，﹣1），∴AH＝1，在△AOB中，S△AOB＝OB?AH＝×（﹣）×1＝﹣b2﹣b+1＝﹣（b+1）2+，∵﹣＜0，∴當(dāng)b＝﹣1時，此時c＜0，S△AOB取最大值，最大值為，答：△AOB面積的最大值是．2．（2022?成都）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線y＝kx﹣3（k≠0）與拋物線y＝﹣x2相交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），點B關(guān)于y軸的對稱點為B'．（1）當(dāng)k＝2時，求A，B兩點的坐標(biāo)；（2）連接OA，OB，AB'，BB'，若△B'AB的面積與△OAB的面積相等，求k的值；（3）試探究直線AB'是否經(jīng)過某一定點．若是，請求出該定點的坐標(biāo)；若不是，請說明理由．【解答】解：（1）當(dāng)k＝2時，直線為y＝2x﹣3，由得：或，∴A（﹣3，﹣9），B（1，﹣1）；（2）當(dāng)k＞0時，如圖：∵△B'AB的面積與△OAB的面積相等，∴OB'∥AB，∴∠OB'B＝∠B'BC，∵B、B'關(guān)于y軸對稱，∴OB＝OB'，∠ODB＝∠ODB'＝90°，∴∠OB'B＝∠OBB'，∴∠OBB'＝∠B'BC，∵∠ODB＝90°＝∠CDB，BD＝BD，∴△BOD≌△BCD（ASA），∴OD＝CD，在y＝kx﹣3中，令x＝0得y＝﹣3，∴C（0，﹣3），OC＝3，∴OD＝OC＝，D（0，﹣），在y＝﹣x2中，令y＝﹣得﹣＝﹣x2，解得x＝或x＝﹣，∴B（，﹣），把B（，﹣）代入y＝kx﹣3得：﹣＝k﹣3，解得k＝；當(dāng)k＜0時，過B'作B'F∥AB交y軸于F，如圖：在y＝kx﹣3中，令x＝0得y＝﹣3，∴E（0，﹣3），OE＝3，∵△B'AB的面積與△OAB的面積相等，∴OE＝EF＝3，∵B、B'關(guān)于y軸對稱，∴FB＝FB'，∠FGB＝∠FGB'＝90°，∴∠FB'B＝∠FBB'，∵B'F∥AB，∴∠EBB'＝∠FB'B，∴∠EBB'＝∠FBB'，∵∠BGE＝90°＝∠BGF，BG＝BG，∴△BGF≌△BGE（ASA），∴GE＝GF＝EF＝，∴OG＝OE+GE＝，G（0，﹣），在y＝﹣x2中，令y＝﹣得﹣＝﹣x2，解得x＝或x＝﹣，∴B（，﹣），把B（，﹣）代入y＝kx﹣3得：﹣＝k﹣3，解得k＝﹣，綜上所述，k的值為或﹣；（3）直線AB'經(jīng)過定點（0，3），理由如下：由得：x2+kx﹣3＝0，設(shè)x2+kx﹣3＝0二根為a，b，∴a+b＝﹣k，ab＝﹣3，A（a，﹣a2），B（b，﹣b2），∵B、B'關(guān)于y軸對稱，∴B'（﹣b，﹣b2），設(shè)直線AB'解析式為y＝mx+n，將A（a，﹣a2），B'（﹣b，﹣b2）代入得：，解得：，∵a+b＝﹣k，ab＝﹣3，∴m＝﹣（a﹣b）＝b﹣a＝＝，n＝﹣ab＝﹣（﹣3）＝3，∴直線AB'解析式為y＝?x+3，令x＝0得y＝3，∴直線AB'經(jīng)過定點（0，3）．3．（2022?巴中）如圖1，拋物線y＝ax2+2x+c，交x軸于A、B兩點，交y軸于點C，F(xiàn)為拋物線頂點，直線EF垂直于x軸于點E，當(dāng)y≥0時，﹣1≤x≤3．（1）求拋物線的表達(dá)式；（2）點P是線段BE上的動點（除B、E外），過點P作x軸的垂線交拋物線于點D．①當(dāng)點P的橫坐標(biāo)為2時，求四邊形ACFD的面積；②如圖2，直線AD，BD分別與拋物線對稱軸交于M、N兩點．試問，EM+EN是否為定值？如果是，請求出這個定值；如果不是，請說明理由．【解答】解：（1）∵當(dāng)y≥0時，﹣1≤x≤3，∴x1＝﹣1，x2＝3是ax2+2x+c＝0的兩根，A（﹣1，0），B（3，0），∴，解得：，∴拋物線的表達(dá)式為：y＝﹣x2+2x+3；（2）①把x＝2代入y＝﹣x2+2x+3得：y＝3，∴D（2，3）．又當(dāng)x＝0，y＝3，∴C（0，3），∴線段CD∥x軸．∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴F（1，4），；②設(shè)D（m，﹣m2+2m+3）（1＜m＜3），直線AD：y＝k1x+b1，BD：y＝k2x+b2，因此可得：或，解得：或，∴直線AD：y＝（3﹣m）x+（3﹣m），BD：y＝﹣（m+1）x+3（m+1）．令x＝1得yM＝6﹣2m，yN＝2m+2，∴ME＝6﹣2m，NE＝2m+2，∴NE+ME＝8．4．（2022?阜新）如圖，已知二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象交x軸于點A（﹣1，0），B（5，0），交y軸于點C．（1）求這個二次函數(shù)的表達(dá)式；（2）如圖1，點M從點B出發(fā)，以每秒個單位長度的速度沿線段BC向點C運動，點N從點O出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿線段OB向點B運動，點M，N同時出發(fā)．設(shè)運動時間為t秒（0＜t＜5）．當(dāng)t為何值時，△BMN的面積最大？最大面積是多少？（3）已知P是拋物線上一點，在直線BC上是否存在點Q，使以A，C，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，直接寫出點Q坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【解答】解：（1）將點A（﹣1，0），B（5，0）代入y＝﹣x2+bx+c中，得，解這個方程組得，∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝﹣x2+4x+5；（2）過點M作ME⊥x軸于點E，如圖：設(shè)△BMN面積為S，根據(jù)題意得：ON＝t，BM＝．∵B（5，0），∴BN＝5﹣t，在y＝﹣x2+4x+5中，令x＝0得y＝5，∴C（0，5），∴OC＝OB＝5，∴∠OBC＝45°．∴ME＝BMsin45°＝，∴S＝BN?ME＝（5﹣t）?t＝﹣t2+t＝﹣（t﹣）2+，∵0＜t＜5，∴當(dāng)時，△BMN的面積最大，最大面積是；（3）存在點Q，使以A，C，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形，理由如下：由B（5，0），C（0，5）得直線BC解析式為y＝﹣x+5，設(shè)Q（m，﹣m+5），P（n，﹣n2+4n+5），又A（﹣1，0），C（0，5），①當(dāng)PQ，AC是對角線，則PQ，AC的中點重合，∴，解得m＝0（與C重合，舍去）或m＝﹣7，∴Q（﹣7，12）；②當(dāng)QA，PC為對角線，則QA，PC的中點重合，∴，解得m＝0（舍去）或m＝7，∴Q（7，﹣2）；③當(dāng)QC，PA為對角線，則QC，PA的中點重合，∴，解得m＝1或m＝2，∴Q（1，4）或（2，3），綜上所述，Q的坐標(biāo)為（﹣7，12）或（7，﹣2）或（1，4）或（2，3）．5．（2022?鞍山）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A（﹣1，0），B兩點，與y軸交于點C（0，2），連接BC．（1）求拋物線的解析式．（2）點P是第三象限拋物線上一點，直線PB與y軸交于點D，△BCD的面積為12，求點P的坐標(biāo)．（3）在（2）的條件下，若點E是線段BC上點，連接OE，將△OEB沿直線OE翻折得到△OEB'，當(dāng)直線EB'與直線BP相交所成銳角為45°，時，求點B'的坐標(biāo)．【解答】解：（1）將A（﹣1，0），C（0，2）代入y＝﹣x2+bx+c，∴，解得，∴y＝﹣x2+x+2；（2）令y＝0，則﹣x2+x+2＝0，解得x＝﹣1或x＝4，∴B（4，0），∴OB＝4，∴S△BCD＝×4×（2+OD）＝12，∴OD＝4，∴D（0，﹣4），設(shè)直線BD的解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴y＝x﹣4，聯(lián)立方程組，解得或，∴P（﹣3，﹣7）；（3）如圖1，當(dāng)B'在第一象限時，設(shè)直線BC的解析式為y＝k'x+b'，∴，解得，∴y＝﹣x+2，設(shè)E（t，﹣t+2），∴OH＝t，EH＝﹣t+2，∵D（0，﹣4），B（4，0），∴OB＝OD，∴∠ODB＝45°，∵直線EB'與直線BP相交所成銳角為45°，∴EB'∥CD，由折疊可知，OB'＝BO＝4，BE＝B'E，在Rt△OHB'中，B'H＝，∴B'E＝﹣（﹣t+2）＝+t﹣2，∴BE＝+t﹣2，在Rt△BHE中，（+t﹣2）2＝（4﹣t）2+（﹣t+2）2，解得t＝，∵0≤t≤4，∴t＝，∴B'（，）；如圖2，當(dāng)B'在第二象限，∠BGB'＝45°時，∵∠ABP＝45°，∴B'G∥x軸，∵將△OEB沿直線OE翻折得到△OEB'，∴BE＝B'E，OB＝OB'，∠BOE＝∠B'OE，∴∠BOE＝∠B'EO，∴B'E∥B'O，∵B'E＝BO，∴四邊形B'OBE是平行四邊形，∴B'E＝4，∴B'（t﹣4，﹣t+2），由折疊可知OB＝OB'＝4，∴平行四邊形OBEB'是菱形，∴BE＝OB，∴＝4，解得t＝4+或t＝4﹣，∵0≤t≤4，∴t＝4﹣，∴B'（﹣，）；綜上所述：B'的坐標(biāo)為（，）或（﹣，）．方法2：在Rt△BCO中，BC＝2，CO：OB：BC＝1：2：，∵BP與x軸和y軸的夾角都是45°，BP與B'E的夾角為45°，∴B'E∥x軸或B'E∥y軸，當(dāng)B'E∥y軸時，延長B'E交x軸于F，∴B'F⊥OB，∵∠CBA＝∠OB'E，∴△OB'F∽△CBO，∴OF：FB'：B'O＝1：2：，∵OB＝OB'＝4，∴FO＝，B'F＝，∴B'（，）；當(dāng)B'E∥x軸時，過B'作B'F⊥x中交于F，∴B'F⊥OF，B'E∥OB，∵B'E和BE關(guān)于OE對稱，OB和OB'關(guān)于OE對稱，∴BE∥OB'，∵∠FOB'＝∠OBC，∴△OB'F∽△BCO，∴B'F：FO：OB'＝1：2：，∵OB＝OB'＝4，∴B'F＝，OF＝，∴B'（﹣，）；綜上所述：B'坐標(biāo)為（，）或（﹣，）．6．（2022?菏澤）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于A（﹣2，0）、B（8，0）兩點，與y軸交于點C（0，4），連接AC、BC．（1）求拋物線的表達(dá)式；（2）將△ABC沿AC所在直線折疊，得到△ADC，點B的對應(yīng)點為D，直接寫出點D的坐標(biāo)，并求出四邊形OADC的面積；（3）點P是拋物線上的一動點，當(dāng)∠PCB＝∠ABC時，求點P的坐標(biāo)．【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于A（﹣2，0）、B（8，0）兩點，與y軸交于點C（0，4），∴，解得：．∴拋物線的表達(dá)式為y＝﹣+x+4；（2）點D的坐標(biāo)為（﹣8，8），理由：將△ABC沿AC所在直線折疊，得到△ADC，點B的對應(yīng)點為D，如圖，過點D作DE⊥x軸于點E，∵A（﹣2，0）、B（8，0），C（0，4），∴OA＝2，OB＝8，OC＝4．∵，，∴．∵∠AOC＝∠COB＝90°，∴△AOC∽△COB，∴∠ACO＝∠CBO．∵∠CBO+∠OCB＝90°，∴∠ACO+∠OCB＝90°，∴∠ACB＝90°，∵將△ABC沿AC所在直線折疊，得到△ADC，點B的對應(yīng)點為D，∴點D，C，B三點在一條直線上．由軸對稱的性質(zhì)得：BC＝CD，AB＝AD．∵OC⊥AB，DE⊥AB，∴DE∥OC，∴OC為△BDE的中位線，∴OE＝OB＝8，DE＝2OC＝8，∴D（﹣8，8）；由題意得：S△ACD＝S△ABC，∴四邊形OADC的面積＝S△OAC+S△ADC＝S△OAC+S△ABC＝OC?OA+AB?OC＝4×2+10×4＝4+20＝24；（3）①當(dāng)點P在BC上方時，如圖，∵∠PCB＝∠ABC，∴PC∥AB，∴點C，P的縱坐標(biāo)相等，∴點P的縱坐標(biāo)為4，令y＝4，則﹣+x+4＝4，解得：x＝0或x＝6，∴P（6，4）；②當(dāng)點P在BC下方時，如圖，設(shè)PC交x軸于點H，∵∠PCB＝∠ABC，∴HC＝HB．設(shè)HB＝HC＝m，∴OH＝OB﹣HB＝8﹣m，在Rt△COH中，∵OC2+OH2＝CH2，∴42+（8﹣m）2＝m2，解得：m＝5，∴OH＝3，∴H（3，0）．設(shè)直線PC的解析式為y＝kx+n，∴，解得：．∴y＝﹣x+4．∴，解得：，．∴P（，﹣）．綜上，點P的坐標(biāo)為（6，4）或（，﹣）．7．（2022?沈陽）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx﹣3經(jīng)過點B（6，0）和點D（4，﹣3），與x軸的另一個交點為A，與y軸交于點C，作直線AD．（1）①求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；②直接寫出直線AD的函數(shù)表達(dá)式；（2）點E是直線AD下方的拋物線上一點，連接BE交AD于點F，連接BD，DE，△BDF的面積記為S1，△DEF的面積記為S2，當(dāng)S1＝2S2時，求點E的坐標(biāo)；（3）點G為拋物線的頂點，將拋物線圖象中x軸下方的部分沿x軸向上翻折，與拋物線剩下的部分組成新的曲線記為C1，點C的對應(yīng)點為C′，點G的對應(yīng)點為G′，將曲線C1沿y軸向下平移n個單位長度（0＜n＜6）．曲線C1與直線BC的公共點中，選兩個公共點記作點P和點Q，若四邊形C′G′QP是平行四邊形，直接寫出點P的坐標(biāo)．【解答】解：（1）①∵拋物線y＝ax2+bx﹣3經(jīng)過點B（6，0）和點D（4，﹣3），∴，解得：，∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y＝x2﹣x﹣3；②由①得y＝x2﹣x﹣3，當(dāng)y＝0時，x2﹣x﹣3＝0，解得：x1＝6，x2＝﹣2，∴A（﹣2，0），設(shè)直線AD的函數(shù)表達(dá)式為y＝kx+d，則，解得：，∴直線AD的函數(shù)表達(dá)式為y＝x﹣1；（2）如圖1，過點B作BG∥y軸交直線AD于G，過點E作EH∥y軸交直線AD于H，∵S1＝2S2，即＝2，∴＝2，∵BG∥y軸，EH∥y軸，∴BG∥EH，∴△BFG∽△EFH，∴＝＝2，即BG＝2EH，∵點G在直線y＝x﹣1上，BG∥y軸，∴G（6，﹣4），∴BG＝4，∴EH＝2，設(shè)E（x，x2﹣x﹣3），則H（x，x﹣1），∴EH＝x﹣1﹣（x2﹣x﹣3）＝﹣x2+x+2，∴﹣x2+x+2＝2，解得：x1＝0，x2＝2，∴E（0，﹣3）或（2，﹣4）；（3）∵y＝x2﹣x﹣3＝（x﹣2）2﹣4，∴頂點坐標(biāo)為G（2，﹣4），當(dāng)x＝0時，y＝3，即點C（0，﹣3），∴點C′（0，3），G′（2，4），∴向上翻折部分的圖象解析式為y＝﹣（x﹣2）2+4，∴向上翻折部分平移后的函數(shù)解析式為y＝﹣（x﹣2）2+4﹣n，平移后拋物線剩下部分的解析式為y＝（x﹣2）2﹣4﹣n，設(shè)直線BC的解析式為y＝k′x+d′（k′≠0），把點B（6，0），C（0，﹣3）代入得：，解得：，∴直線BC的解析式為y＝x﹣3，同理直線C′G′的解析式為y＝x+3，∴BC∥C′G′，設(shè)點P的坐標(biāo)為（s，s﹣3），∵點C′（0，3），G′（2，4），∴點C′向右平移2個單位，再向上平移1個單位得到點G′，∵四邊形C′G′QP是平行四邊形，∴點Q（s+2，s﹣2），當(dāng)點P，Q均在向上翻折部分平移后的圖象上時，則，解得：，∵0＜n＜6，∴s＝0，n＝6不符合題意，舍去；當(dāng)點P在向上翻折部分平移后的圖象上，點Q在平移后拋物線剩下部分的圖象上時，則，解得：或（不合題意，舍去），當(dāng)點P在平移后拋物線剩下部分的圖象上，點Q在向上翻折部分平移后的圖象上時，則，解得：或（不合題意，舍去），綜上所述，點P的坐標(biāo)為（1+，）或（1﹣，）．8．（2022?西藏）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝﹣x2+（m﹣1）x+2m與x軸交于A，B（4，0）兩點，與y軸交于點C，點P是拋物線在第一象限內(nèi)的一個動點．（1）求拋物線的解析式，并直接寫出點A，C的坐標(biāo)；（2）如圖甲，點M是直線BC上的一個動點，連接AM，OM，是否存在點M使AM+OM最小，若存在，請求出點M的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由；（3）如圖乙，過點P作PF⊥BC，垂足為F，過點C作CD⊥BC，交x軸于點D，連接DP交BC于點E，連接CP．設(shè)△PEF的面積為S1，△PEC的面積為S2，是否存在點P，使得最大，若存在，請求出點P的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．【解答】解：（1）將B（4，0）代入y＝﹣x2+（m﹣1）x+2m，∴﹣8+4（m﹣1）+2m＝0，解得m＝2，∴y＝﹣x2+x+4，令x＝0，則y＝4，∴C（0，4），令y＝0，則﹣x2+x+4＝0，解得x＝4或x＝﹣2，∴A（﹣2，0）；（2）存在點M使AM+OM最小，理由如下：作O點關(guān)于BC的對稱點O'，連接AO'交BC于點M，連接BO'，由對稱性可知，OM＝O'M，∴AM+OM＝AM+O'M≥AO'，當(dāng)A、M、O'三點共線時，AM+OM有最小值，∵B（4，0），C（0，4），∴OB＝OC，∴∠CBO＝45°，由對稱性可知∠O'BM＝45°，∴BO'⊥BO，∴O'（4，4），設(shè)直線AO'的解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴y＝x+，設(shè)直線BC的解析式為y＝k'x+4，∴4k'+4＝0，∴k'＝﹣1，∴y＝﹣x+4，聯(lián)立方程組，解得，∴M（，）；（3）存在點P，使得最大，理由如下：連接PB，過P點作PG∥y軸交CB于點G，設(shè)P（t，﹣t2+t+4），則G（t，﹣t+4），∴PG＝﹣t2+2t，∵OB＝OC＝4，∴BC＝4，∴S△BCP＝×4×（﹣t2+2t）＝﹣t2+4t＝×4×PF，∴PF＝﹣t2+t，∵CD⊥BC，PF⊥BC，∴PF∥CD，∴＝，∵＝，∴＝，∵B、D兩點關(guān)于y軸對稱，∴CD＝4，∴＝﹣（t2﹣4t）＝﹣（t﹣2）2+，∵P點在第一象限內(nèi)，∴0＜t＜4，∴當(dāng)t＝2時，有最大值，此時P（2，4）．9．（2022?青海）如圖1，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，與y軸交于點C．（1）求該拋物線的解析式；（2）若點E是拋物線的對稱軸與直線BC的交點，點F是拋物線的頂點，求EF的長；（3）設(shè)點P是（1）中拋物線上的一個動點，是否存在滿足S△PAB＝6的點P？如果存在，請求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．（請在圖2中探討）【解答】解：（1）將A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝x2+bx+c，得：，解得：，∴該拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3．（2）∵拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3，∴拋物線的頂點F的坐標(biāo)為（1，﹣4），拋物線的對稱軸為直線x＝1．當(dāng)x＝0時，y＝02﹣2×0﹣3＝﹣3，∴點C的坐標(biāo)為（0，﹣3）．設(shè)直線BC的解析式為y＝mx+n（m≠0），將B（3，0），C（0，﹣3）代入y＝mx+n，得：，解得：，∴直線BC的解析式為y＝x﹣3．當(dāng)x＝1時，y＝1﹣3＝﹣2，∴點E的坐標(biāo)為（1，﹣2），∴EF＝|﹣2﹣（﹣4）|＝2．（3）∵點A的坐標(biāo)為（﹣1，0），點B的坐標(biāo)為（3，0），∴AB＝|3﹣（﹣1）|＝4．設(shè)點P的坐標(biāo)為（t，t2﹣2t﹣3）．∵S△PAB＝6，∴×4×|t2﹣2t﹣3|＝6，即t2﹣2t﹣3＝3或t2﹣2t﹣3＝﹣3，解得：t1＝1﹣，t2＝1+，t3＝0，t4＝2，∴存在滿足S△PAB＝6的點P，點P的坐標(biāo)為（1﹣，3）或（1+，3）或（0，﹣3）或（2，﹣3）．10．（2022?上海）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝x2+bx+c過點A（﹣2，﹣1），B（0，﹣3）．（1）求拋物線的解析式；（2）平移拋物線，平移后的頂點為P（m，n）（m＞0）．?。绻鸖△OBP＝3，設(shè)直線x＝k，在這條直線的右側(cè)原拋物線和新拋物線均呈上升趨勢，求k的取值范圍；ⅱ．點P在原拋物線上，新拋物線交y軸于點Q，且∠BPQ＝120°，求點P的坐標(biāo)．【解答】解：（1）將A（﹣2，﹣1），B（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，得：，解得：，∴拋物線的解析式為y＝x2﹣3．（2）i．∵y＝x2﹣3，∴拋物線的頂點坐標(biāo)為（0，﹣3），即點B是原拋物線的頂點，∵平移后的拋物線頂點為P（m，n），∴拋物線平移了|m|個單位，∴S△OPB＝×3|m|＝3，∵m＞0，∴m＝2，即平移后的拋物線的對稱軸為直線x＝2，∵在x＝k的右側(cè)，兩拋物線都上升，原拋物線的對稱軸為y軸，開口向上，∴k≥2；ii．把P（m，n）代入y＝x2﹣3，∴n＝﹣3，∴P（m，﹣3），由題意得，新拋物線的解析式為y＝+n＝﹣3，∴Q（0，m2﹣3），∵B（0，﹣3），∴BQ＝m2，+，PQ2＝，∴BP＝PQ，如圖，過點P作PC⊥y軸于C，則PC＝|m|，∵PB＝PQ，PC⊥BQ，∴BC＝BQ＝m2，∠BPC＝∠BPQ＝×120°＝60°，∴tan∠BPC＝tan60°＝＝，∴m＝2或m＝﹣2（舍），∴n＝﹣3＝3，∴P點的坐標(biāo)為（2，3）．軸交于A，B兩點，A（1，0），AB＝4，點P為線段AB上的動點，過P作PQ∥BC交AC于點Q．（1）求該拋物線的解析式；（2）求△CPQ面積的最大值，并求此時P點坐標(biāo)．【解答】（1）∵拋物線y＝x2+bx+c（b，c是常數(shù)）的頂點為C，與x軸交于A，B兩點，A（1，0），AB＝4，∴B（﹣3，0），∴，解得，∴拋物線的解析式為y＝x2+2x﹣3；（2）過Q作QE⊥x軸于E，過C作CF⊥x軸于F，設(shè)P（m，0），則PA＝1﹣m，∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，∴C（﹣1，﹣4），∴CF＝4，∵PQ∥BC，∴△PQA∽△BCA，∴，即，∴QE＝1﹣m，∴S△CPQ＝S△PCA﹣S△PQA＝PA?CF﹣PA?QE＝（1﹣m）×4﹣（1﹣m）（1﹣m）＝﹣（m+1）2+2，∵﹣3≤m≤1，∴當(dāng)m＝﹣1時S△CPQ有最大值2，∴△CPQ面積的最大值為2，此時P點坐標(biāo)為（﹣1，0）．11．（2022?福建）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過A（4，0），B（1，4）兩點．P是拋物線上一點，且在直線AB的上方．（1）求拋物線的解析式；（2）若△OAB面積是△PAB面積的2倍，求點P的坐標(biāo)；（3）如圖，OP交AB于點C，PD∥BO交AB于點D．記△CDP，△CPB，△CBO的面積分別為S1，S2，S3．判斷+是否存在最大值．若存在，求出最大值；若不存在，請說明理由．【解答】解：（1）將A（4，0），B（1，4）代入y＝ax2+bx，∴，解得．∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+x．（2）設(shè)直線AB的解析式為：y＝kx+t，將A（4，0），B（1，4）代入y＝kx+t，∴，解得．∵A（4，0），B（1，4），∴S△OAB＝×4×4＝8，∴S△OAB＝2S△PAB＝8，即S△PAB＝4，過點P作PM⊥x軸于點M，PM與AB交于點N，過點B作BE⊥PM于點E，如圖，∴S△PAB＝S△PNB+S△PNA＝PN×BE+PN×AM＝PN＝4，∴PN＝．設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m，∴P（m，﹣m2+m）（1＜m＜4），N（m，﹣m+），∴PN＝﹣m2+m﹣（﹣m+）＝．解得m＝2或m＝3；∴P（2，）或（3，4）．（3）∵PD∥OB，∴∠DPC＝∠BOC，∠PDC＝∠OBC，∴△DPC∽△BOC，∴CP：CO＝CD：CB＝PD：OB，∵＝＝，＝＝，∴+＝．設(shè)直線AB交y軸于點F．則F（0，），過點P作PH⊥x軸，垂足為H，PH交AB于點G，如圖，∵∠PDC＝∠OBC，∴∠PDG＝∠OBF，∵PG∥OF，∴∠PGD＝∠OFB，∴△PDG∽△OBF，∴PD：OB＝PG：OF，設(shè)P（n，﹣n2+n）（1＜n＜4），由（2）可知，PG＝﹣n2+n﹣，∴+＝＝＝PG＝﹣（n﹣）2+．∵1＜n＜4，∴當(dāng)n＝時，+的最大值為．12．（2022?岳陽）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線F1：y＝x2+bx+c經(jīng)過點A（﹣3，0）和點B（1，0）．（1）求拋物線F1的解析式；（2）如圖2，作拋物線F2，使它與拋物線F1關(guān)于原點O成中心對稱，請直接寫出拋物線F2的解析式；（3）如圖3，將（2）中拋物線F2向上平移2個單位，得到拋物線F3，拋物線F1與拋物線F3相交于C，D兩點（點C在點D的左側(cè)）．①求點C和點D的坐標(biāo)；②若點M，N分別為拋物線F1和拋物線F3上C，D之間的動點（點M，N與點C，D不重合），試求四邊形CMDN面積的最大值．【解答】解：（1）將點A（﹣3，0）和點B（1，0）代入y＝x2+bx+c，∴，解得，∴y＝x2+2x﹣3；（2）∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，∴拋物線的頂點（﹣1，﹣4），∵頂點（﹣1，﹣4）關(guān)于原點的對稱點為（1，4），∴拋物線F2的解析式為y＝﹣（x﹣1）2+4，∴y＝﹣x2+2x+3；（3）由題意可得，拋物線F3的解析式為y＝﹣（x﹣1）2+6＝﹣x2+2x+5，①聯(lián)立方程組，解得x＝2或x＝﹣2，∴C（﹣2，﹣3）或D（2，5）；②設(shè)直線CD的解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴y＝2x+1，過點M作MF∥y軸交CD于點F，過點N作NE∥y軸交CD于點E，設(shè)M（m，m2+2m﹣3），N（n，﹣n2+2n+5），則F（m，2m+1），E（n，2n+1），∴MF＝2m+1﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2+4，NE＝﹣n2+2n+5﹣2n﹣1＝﹣n2+4，∵﹣2＜m＜2，﹣2＜n＜2，∴當(dāng)m＝0時，MF有最大值4，當(dāng)n＝0時，NE有最大值4，∵S四邊形CMDN＝S△CDN+S△CDM＝×4×（MF+NE）＝2（MF+NE），∴當(dāng)MF+NE最大時，四邊形CMDN面積的最大值為16．13．（2023?沛縣模擬）如圖，已知拋物線y＝﹣x2+ax經(jīng)過點A（4，0）和B（1，m）點，其對稱軸交x軸于點H，點C是拋物線在直線AB上方的一個動點（不含A，B兩點）．（1）求a、m的值．（2）連接AB、OB，若△AOB的面積是△ABC的面積的2倍，求點C的坐標(biāo)．（3）若直線AC、OC分別交該拋物線的對稱軸于點E、F，試問EH+FH是否為定值，若是，請求出該定值；若不是，請說明理由．【解答】解：（1）將點A的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式得：0＝﹣16+4a，解得：a＝4，即拋物線的表達(dá)式為：y＝﹣x2+4x，當(dāng)x＝1時，y＝﹣x2+4x＝3，即點B（1，3），即m＝3，故a＝4，m＝3；（2）延長AB交y軸于點N，過點C作CM∥AB交y軸于點M，設(shè)直線AB的表達(dá)式為：y＝kx+b，則，解得：，即點N（0，4），即ON＝4，∵△AOB的面積是△ABC的面積的2倍，∴MN＝ON＝2，即點M（0，6），∵CM∥AB，故直線CM的表達(dá)式為：y＝﹣x+6，聯(lián)立上式和拋物線的表達(dá)式得：﹣x2+4x＝﹣x+6，解得：x＝2或3，即點C（2，4）或（3，3）；（3）是定值，理由：設(shè)點C（t，﹣t2+4t），由點A、C的坐標(biāo)得：直線AC的表達(dá)式為：y＝﹣t（x﹣4），當(dāng)x＝2時，y＝2t，即點E（2，2t），則EH＝2t，由點C的坐標(biāo)得，直線CO的表達(dá)式為：y＝（﹣t+4）x，當(dāng)x＝2時，y＝（﹣t+4）x＝﹣2t+8，即點F（2，﹣2t+8），則FH＝﹣2t+8，則EH+FH＝2t﹣2t+8＝8，為定值．14．（2023?柳南區(qū)一模）如圖，已知拋物線的圖象經(jīng)過點C（0，3），與x軸交于A，B兩點，頂點坐標(biāo)D（1，4），連接BC交對稱軸于點E．（1）求拋物線的解析式；（2）若點P是拋物線上的一個動點，位于直線BC的上方（點P與B，C不重合），過P作y軸的平行線交BC于F點；①設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m，當(dāng)四邊形DEFP是平行四邊形時，求m的值；②在①的條件下，拋物線上是否存在點Q，使得△QBC的面積與△PBC的面積相等，若存在，請求出點Q坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【解答】解：（1）∵頂點坐標(biāo)D（1，4），∴設(shè)二次函數(shù)解析式y(tǒng)＝a（x﹣1）2+4，把C（3，0）代入y＝a（x﹣1）2+4，解得a＝﹣1，∴拋物線解析式為y＝﹣x2+2x+3；（2）①當(dāng)y＝0時，則﹣x2+2x+3＝0，∴x1＝1，x2＝3，∴點B（3，0），∵點C（0，3），設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b（k≠0），把B（3，0），C（0，3）代入直線y＝kx+b（k≠0）得，解得，∴BC解析式為y＝﹣x+3，∵點D（1，4），∴點E（1，2），∴DE＝2，設(shè)點P（m，﹣m2+2m+3），則點F（m，﹣m+3），∴PF＝（﹣m2+2m+3）﹣（m+3）＝﹣m2+3m，∵四邊形DEFP是平行四邊形，∴PF＝DE，∴﹣2+4＝﹣m2+3m，解得m1＝1（不合題意舍去），m2＝2，∴m＝2；②當(dāng)點Q、點P在直線BC的同側(cè)時，如圖所示：∵四邊形DEFP是平行四邊形，∴PD∥BC，∴S△BPC＝S△DBC，∴當(dāng)點Q與點D重合時，S△BPC＝S△QBC，∴點Q（1，4）；當(dāng)點P與點Q在直線BC的異側(cè)時，延長PD交y軸于H，在OC上截取CN＝CH＝2，則N（0，1），過點N作BC的平行線交拋物線于點Q，如圖所示：∵DP∥BC，∴設(shè)直線DP的解析式為y＝﹣x+d，將D（1，4）代入y＝﹣x+d得到4＝﹣1+d，解得d＝5，∴直線DP的解析式為y＝﹣x+5，∴點H（0，5），∵C（0，3），∴CH＝2，∵BC∥QN，NC＝CH，∴QN與BC的距離與DP與BC的距離相等，∴S△BCQ＝S△BCP，∵QN∥BC，點N（0，1），∴直線QN的解析式為y＝﹣x+1，聯(lián)立方程組得，解得或，綜上所述，滿足題意的點，點，點Q3（1，4）．15．（2022?淄博）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸相交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），頂點D（1，4）在直線l：y＝x+t上，動點P（m，n）在x軸上方的拋物線上．（1）求這條拋物線對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式；（2）過點P作PM⊥x軸于點M，PN⊥l于點N，當(dāng)1＜m＜3時，求PM+PN的最大值；（3）設(shè)直線AP，BP與拋物線的對稱軸分別相交于點E，F(xiàn)，請?zhí)剿饕訟，F(xiàn)，B，G（G是點E關(guān)于x軸的對稱點）為頂點的四邊形面積是否隨著P點的運動而發(fā)生變化，若不變，求出這個四邊形的面積；若變化，說明理由．【解答】解：（1）∵拋物線的頂點D（1，4），∴可以假設(shè)拋物線的解析式為y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3；（2）如圖，設(shè)直線l交x軸于點T，連接PT，BD，BD交PM于點J．設(shè)P（m，﹣m2+2m+3）．點D（1，4）在直線l：y＝x+t上，∴4＝+t，∴t＝，∴直線DT的解析式為y＝x+，令y＝0，得到x＝﹣2，∴T（﹣2，0），∴OT＝2，∵B（3，0），∴OB＝3，∴BT＝5，∵DT＝＝5，∴TD＝TB，∵PM⊥BT，PN⊥DT，∴四邊形DTBP的面積＝△PDT的面積+△PBT的面積＝×DT×PN+×TB×PM＝（PM+PN），∴四邊形DTBP的面積最大時，PM+PN的值最大，∵D（1，4），B（3，0），∴直線BD的解析式為y＝﹣2x+6，∴J（m，﹣2m+6），∴PJ＝﹣m2+4m﹣3，∵四邊形DTBP的面積＝△DTB的面積+△BDP的面積＝×5×4+×（﹣m2+4m﹣3）×2＝﹣m2+4m+7＝﹣（m﹣2）2+11∵﹣1＜0，∴m＝2時，四邊形DTBP的面積最大，最大值為11，∴PM+PN的最大值＝×11＝；解法二：延長MP交直線l與點H，易得直線l：y＝x+，∴H（m，m+）設(shè)直線l交x軸于點C，交y軸于點L，∴C（﹣2，0），L（0，），∴CL＝，∴sin∠CLO＝，由LO∥HM，∴∠NHM＝∠CLO，∴sin∠NHM＝，∴PH＝m++m2﹣2m﹣3＝m2﹣m﹣，∴PN＝PH，∴PM+PN＝﹣m2+2m+3+（m2﹣m﹣）＝﹣（m﹣2）2+，∵﹣＜0，∴m＝2時，PM+PN的值最小，最小值為；（3）四邊形AFBG的面積不變．理由：如圖，設(shè)P（m，﹣m2+2m+3），∵A（﹣1，0），B（3，0），∴直線AP的解析式為y＝﹣（m﹣3）x﹣m+3，∴E（1，﹣2m+6），∵E，G關(guān)于x軸對稱，∴G（1，2m﹣6），∴直線PB的解析式y(tǒng)＝﹣（m+1）x+3（m+1），∴F（1，2m+2），∴GF＝2m+2﹣（2m﹣6）＝8，∴四邊形AFBG的面積＝×AB×FG＝×4×8＝16．∴四邊形AFBG的面積是定值．16．（2022?煙臺）如圖，已知直線y＝x+4與x軸交于點A，與y軸交于點C，拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過A，C兩點，且與x軸的另一個交點為B，對稱軸為直線x＝﹣1．（1）求拋物線的表達(dá)式；（2）D是第二象限內(nèi)拋物線上的動點，設(shè)點D的橫坐標(biāo)為m，求四邊形ABCD面積S的最大值及此時D點的坐標(biāo)；（3）若點P在拋物線對稱軸上，是否存在點P，Q，使以點A，C，P，Q為頂點的四邊形是以AC為對角線的菱形？若存在，請求出P，Q兩點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【解答】解：（1）當(dāng)x＝0時，y＝4，∴C（0，4），當(dāng)y＝0時，x+4＝0，∴x＝﹣3，∴A（﹣3，0），∵對稱軸為直線x＝﹣1，∴B（1，0），∴設(shè)拋物線的表達(dá)式：y＝a（x﹣1）?（x+3），∴4＝﹣3a，∴a＝﹣，∴拋物線的表達(dá)式為：y＝﹣（x﹣1）?（x+3）＝﹣x2﹣x+4；（2）如圖1，作DF⊥AB于F，交AC于E，∴D（m，﹣﹣m+4），E（m，m+4），∴DE＝﹣﹣m+4﹣（m+4）＝﹣m2﹣4m，∴S△ADC＝OA＝?（﹣m2﹣4m）＝﹣2m2﹣6m，∵S△ABC＝＝＝8，∴S＝﹣2m2﹣6m+8＝﹣2（m+）2+，∴當(dāng)m＝﹣時，S最大＝，當(dāng)m＝﹣時，y＝﹣＝5，∴D（﹣，5）；（3）存在點P和點Q，使以點A，C，P，Q為頂點的四邊形是以AC為對角線的菱形，理由如下：設(shè)P（﹣1，n），∵以A，C，P，Q為頂點的四邊形是以AC為對角線的菱形，∴PA＝PC，即：PA2＝PC2，∴（﹣1+3）2+n2＝1+（n﹣4）2，∴n＝，∴P（﹣1，），∵xP+xQ＝xA+xC，yP+yQ＝y(tǒng)A+yC∴xQ＝﹣3﹣（﹣1）＝﹣2，yQ＝4﹣＝，∴Q（﹣2，）．17．（2022?內(nèi)江）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（﹣4，0），B（2，0），與y軸交于點C（0，2）．（1）求這條拋物線所對應(yīng)的函數(shù)的表達(dá)式；（2）若點D為該拋物線上的一個動點，且在直線AC上方，求點D到直線AC的距離的最大值及此時點D的坐標(biāo)；（3）點P為拋物線上一點，連接CP，直線CP把四邊形CBPA的面積分為1：5兩部分，求點P的坐標(biāo)．【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（﹣4，0），B（2，0），與y軸交于點C（0，2）．∴，解得：，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣x+2；（2）過點D作DH⊥AB于H，交直線AC于點G，過點D作DE⊥AC于E，如圖．設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+t，則，解得：，∴直線AC的解析式為y＝x+2．設(shè)點D的橫坐標(biāo)為m，則點G的橫坐標(biāo)也為m，∴DH＝﹣m2﹣m+2，GH＝m+2∴DG＝﹣m2﹣m+2﹣m﹣2＝﹣m2﹣m，∵DE⊥AC，DH⊥AB，∴∠EDG+∠DGE＝∠AGH+∠CAO＝90°，∵∠DGE＝∠AGH，∴∠EDG＝∠CAO，∴cos∠EDG＝cos∠CAO＝＝，∴，∴DE＝DG＝（﹣m2﹣m）＝﹣（m2+4m）＝﹣（m+2）2+，∴當(dāng)m＝﹣2時，點D到直線AC的距離取得最大值．此時yD＝﹣×（﹣2）2﹣×（﹣2）+2＝2，即點D的坐標(biāo)為（﹣2，2）；（3）如圖，設(shè)直線CP交x軸于點E，直線CP把四邊形CBPA的面積分為1：5兩部分，又∵S△PCB：S△PCA＝EB×（yC﹣yP）：AE×（yC﹣yP）＝BE：AE，則BE：AE＝1：5或5：1則AE＝5或1，即點E的坐標(biāo)為（1，0）或（﹣3，0），將點E的坐標(biāo)代入直線CP的表達(dá)式：y＝nx+2，解得：n＝﹣2或，故直線CP的表達(dá)式為：y＝﹣2x+2或y＝x+2，聯(lián)立方程組或，解得：x＝6或﹣，故點P的坐標(biāo)為（6，﹣10）或（﹣，﹣）．18．（2021?西寧）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，一次函數(shù)y＝﹣x+3的圖象與x軸交于點A，與y軸交于點B，點C的坐標(biāo)為（﹣2，0），拋物線經(jīng)過A，B，C三點．（1）求拋物線的解析式；（2）直線AD與y軸負(fù)半軸交于點D，且∠BAO＝∠DAO，求證：OB＝OD；（3）在（2）的條件下，若直線AD與拋物線的對稱軸l交于點E，連接BE，在第一象限內(nèi)的拋物線上是否存在一點P，使四邊形BEAP的面積最大？若存在，請求出點P的坐標(biāo)及四邊形BEAP面積的最大值；若不存在，請說明理由．【解答】解：（1）令y＝0，則﹣x+3＝0，解得x＝6，令x＝0，則y＝3，∴A（6，0），B（0，3），設(shè)拋物線的解析式為y＝ax2+bx+c，把A，B，C三點坐標(biāo)代入解析式，得：，解得：，∴拋物線的解析式為y＝x2+x+3；（2）證明：∵在平面直角坐標(biāo)系xOy中，∴∠BOA＝∠DOA＝90°，在△BOA和△DOA中，，∴△BOA≌△DOA（ASA），∴OB＝OD，（3）存在，理由如下：如圖，過點E作EM⊥y軸于點M，∵y＝x2+x+3＝（x﹣2）2+4，∴拋物線的對稱軸是直線x＝2，∴E點的橫坐標(biāo)是2，即EM＝2，∵B（0，3），∴OB＝OD＝3，∴BD＝6，∵A（6，0），∴OA＝6，∴S△ABE＝S△ABD﹣S△DBE＝×6×6﹣×6×2＝12，設(shè)點P的坐標(biāo)為（t，t2+t+3），連接PA，PB，過點P作PN⊥x軸于點H1，交直線AB于點N，過點B作BH2⊥PN于點H2，∴N（t，﹣t+3），∴PN＝t2+t+3﹣（﹣t+3）＝t2+t，∵AH1+BH2＝OA＝6，S△ABP＝S△NBP+S△ANP＝PN?BH2+PN?AH1＝PN?OA，∴S△ABP＝×6（t2+t）＝（t﹣3）2+，∵＜0，拋物線開口向下，函數(shù)有最大值，∴當(dāng)t＝3時，△BPA面積的最大值是，此時四邊形BEAP的面積最大，∴四邊形BEAP的面積最大值為+12＝，∴當(dāng)P點坐標(biāo)是（3，）時，四邊形BEAP面積的最大值是．19．（2021?沈陽）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，O是坐標(biāo)原點，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），點B坐標(biāo)是（3，0）．拋物線與y軸交于點C（0，3），點P是拋物線的頂點，連接PC．（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式并直接寫出頂點P的坐標(biāo)．（2）直線BC與拋物線對稱軸交于點D，點Q為直線BC上一動點．①當(dāng)△QAB的面積等于△PCD面積的2倍時，求點Q的坐標(biāo)；②在①的條件下，當(dāng)點Q在x軸上方時，過點Q作直線l垂直于AQ，直線y＝x﹣交直線l于點F，點G在直線y＝x﹣上，且AG＝AQ時，請直接寫出GF的長．【解答】解（1）由題意得，，∴b＝2，∴y＝﹣x2+2x+3＝﹣（（x﹣1）2+4，∴P（1，4）．（2）①如圖1，作CE⊥PD于E，∵C（0，3），B（3，0），∴直線BC：y＝﹣x+3，∴D（1，2），可設(shè)Q（a，3﹣a），∴CE＝PE＝DE，∴△PCD是等腰直角三角形，∴S△PCD＝PD?CE＝×2×1＝1，∴AB?|3﹣a|＝2，∴×4?|3﹣a|＝2，∴a＝2或a＝4．∴Q（2，1）或（4，﹣1）．②如圖2，設(shè)G（m，m﹣），由AG2＝AQ2得，（m+1）2+＝（2+1）2+12，化簡，得5m2+2m﹣16＝0，∴m1＝﹣2，m2＝，∴G1（﹣2，﹣3），G2（，﹣），作QH⊥AB于H，∵AQ⊥QF，∴△AHQ∽△QHM，∴QH2＝AH?HM，即：12＝3?HM，∴HM＝，∴M（，0），設(shè)直線QM是：