專題07 二次函數(shù)的綜合（中考數(shù)學(xué)特色專題訓(xùn)練卷）（解析版）

專題07二次函數(shù)的綜合（中考數(shù)學(xué)特色專題訓(xùn)練卷）1．（2021?綿陽）如圖，二次函數(shù)y＝﹣x2﹣2x+4﹣a2的圖象與一次函數(shù)y＝﹣2x的圖象交于點(diǎn)A、B（點(diǎn)B在右側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)A的橫坐標(biāo)恰好為a．動點(diǎn)P、Q同時從原點(diǎn)O出發(fā)，沿射線OB分別以每秒5和25個單位長度運(yùn)動，經(jīng)過t秒后，以PQ為對角線作矩形PMQN，且矩形四邊與坐標(biāo)軸平行．（1）求a的值及t＝1秒時點(diǎn)P的坐標(biāo)；（2）當(dāng)矩形PMQN與拋物線有公共點(diǎn)時，求時間t的取值范圍；（3）在位于x軸上方的拋物線圖象上任取一點(diǎn)R，作關(guān)于原點(diǎn)（0，0）的對稱點(diǎn)為R′，當(dāng)點(diǎn)M恰在拋物線上時，求R′M長度的最小值，并求此時點(diǎn)R的坐標(biāo)．【思路點(diǎn)撥】（1）將A（a，﹣2a）代入y＝﹣x2﹣2x+4﹣a2，解方程求出a，即可求得拋物線解析式，當(dāng)t＝1秒時，OP=5，設(shè)P的坐標(biāo)為（x，y（2）經(jīng)過t秒后，OP=5t，OQ＝25t，得出P的坐標(biāo)為（1，﹣2t），Q的坐標(biāo)為（2t，﹣4t），進(jìn)而得出M的坐標(biāo)為（2t，﹣2t），N的坐標(biāo)為（t，﹣4t），將M（2t，﹣2t）代入y＝﹣x2﹣2x+2，得2t2+t﹣1＝0，解方程即可，將N（1，﹣4t）代入y＝﹣x2﹣2x+2，得（t﹣1）2＝3（3）設(shè)R（m，n），則R關(guān)于原點(diǎn)的對稱點(diǎn)為R'（﹣m，﹣n），當(dāng)點(diǎn)M恰好在拋物線上時，M坐標(biāo)為（1，﹣1），過R'和M作坐標(biāo)軸平行線相交于點(diǎn)S，如圖3，利用勾股定理可得R'M=(m+1)2+(n-1)【解答過程】解：（1）由題意知，交點(diǎn)A坐標(biāo)為（a，﹣2a），代入y＝﹣x2﹣2x+4﹣a2，解得：a=-2拋物線解析式為：y＝﹣x2﹣2x+2，當(dāng)t＝1秒時，OP=5，設(shè)P的坐標(biāo)為（x，y則x2解得x=1y=-2∴P的坐標(biāo)為（1，﹣2）；（2）經(jīng)過t秒后，OP=5t，OQ＝25t由（1）方法知，P的坐標(biāo)為（t，﹣2t），Q的坐標(biāo)為（2t，﹣4t），由矩形PMQN的鄰邊與坐標(biāo)軸平行可知，M的坐標(biāo)為（2t，﹣2t），N的坐標(biāo)為（t，﹣4t），矩形PMQN在沿著射線OB移動的過程中，點(diǎn)M與拋物線最先相交，如圖1，然后公共點(diǎn)變?yōu)?個，點(diǎn)N與拋物線最后相離，然后漸行漸遠(yuǎn)，如圖2，將M（2t，﹣2t）代入y＝﹣x2﹣2x+2，得2t2+t﹣1＝0，解得：t=12，或t＝﹣將N（t，﹣4t）代入y＝﹣x2﹣2x+2，得（t﹣1）2＝3，解得：t＝1+3或t＝1-所以，當(dāng)矩形PMQN與拋物線有公共點(diǎn)時，時間t的取值范圍是：12≤t≤1（3）設(shè)R（m，n），則R關(guān)于原點(diǎn)的對稱點(diǎn)為R'（﹣m，﹣n），當(dāng)點(diǎn)M恰好在拋物線上時，M坐標(biāo)為（1，﹣1），過R'和M作坐標(biāo)軸平行線相交于點(diǎn)S，如圖3，則R'M=M又∵n＝﹣m2﹣2m+2得（m+1）2＝3﹣n，消去m得：R'M==(3-=n=(當(dāng)n=32時，R'M長度的最小值為此時，n＝﹣m2﹣2m+2=3解得：m＝﹣1±62∴點(diǎn)R的坐標(biāo)是（﹣1±62，32．（2021?內(nèi)江）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（﹣2，0）、B（6，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C．直線l與拋物線交于A、D兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)E，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（4，3）．（1）求拋物線的解析式與直線l的解析式；（2）若點(diǎn)P是拋物線上的點(diǎn)且在直線l上方，連接PA、PD，求當(dāng)△PAD面積最大時點(diǎn)P的坐標(biāo)及該面積的最大值；（3）若點(diǎn)Q是y軸上的點(diǎn)，且∠ADQ＝45°，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)．【思路點(diǎn)撥】（1）利用待定系數(shù)法解決問題即可．（2）如圖1中，過點(diǎn)P作PK∥y軸交AD于點(diǎn)K．設(shè)P（m，-14m2+m+3），則K（m，12m+1）．因?yàn)镾△PAD=12?（xD﹣xA）?PK＝3PK，所以PK的值最大值時，（3）如圖2中，將線段AD繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到AT，則T（﹣5，6），設(shè)DT交y軸于點(diǎn)Q，則∠ADQ＝45°，作點(diǎn)T關(guān)于AD的對稱點(diǎn)T′（1，﹣6），設(shè)DQ′交y軸于點(diǎn)Q′，則∠ADQ′＝45°，分別求出直線DT，直線DT′的解析式即可解決問題．【解答過程】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（﹣2，0）、B（6，0）兩點(diǎn)，∴設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x+2）（x﹣6），∵D（4，3）在拋物線上，∴3＝a（4+2）×（4﹣6），解得a=-1∴拋物線的解析式為y=-14（x+2）（x﹣6）=-14x2∵直線l經(jīng)過A（﹣2，0）、D（4，3），設(shè)直線l的解析式為y＝kx+m（k≠0），則-2解得，k=∴直線l的解析式為y=12x（2）如圖1中，過點(diǎn)P作PK∥y軸交AD于點(diǎn)K．設(shè)P（m，-14m2+m+3），則K（m，12∵S△PAD=12?（xD﹣xA）?PK＝3∴PK的值最大值時，△PAD的面積最大，∵PK=-14m2+m+3-12m﹣1=-14m2+12m+2=-∵-14∴m＝1時，PK的值最大，最大值為94，此時△PAD的面積的最大值為274，P（1，（3）如圖2中，將線段AD繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到AT，則T（﹣5，6），設(shè)DT交y軸于點(diǎn)Q，則∠ADQ＝45°，∵D（4，3），∴直線DT的解析式為y=-13x∴Q（0，133作點(diǎn)T關(guān)于AD的對稱點(diǎn)T′（1，﹣6），則直線DT′的解析式為y＝3x﹣9，設(shè)DQ′交y軸于點(diǎn)Q′，則∠ADQ′＝45°，∴Q′（0，﹣9），綜上所述，滿足條件的點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（0，133）或（0，﹣93．（2021?西寧）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，一次函數(shù)y=-12x+3的圖象與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（﹣2，0），拋物線經(jīng)過A，B，（1）求拋物線的解析式；（2）直線AD與y軸負(fù)半軸交于點(diǎn)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(diǎn)E，連接BE，在第一象限內(nèi)的拋物線上是否存在一點(diǎn)P，使四邊形BEAP的面積最大？若存在，請求出點(diǎn)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．【思路點(diǎn)撥】（1）由直線求得A，B，再由待定系數(shù)法求出拋物線解析式即可；（2）證明出△BOA≌△DOA即可；（3）根據(jù)△BPA面積最大時，四邊形BEAP的面積最大，先設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（t，-14t2+t+3），表示出S△ABP=-34（t﹣3）2+27【解答過程】解：（1）令y＝0，則-12x+3＝0，解得x＝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(diǎn)坐標(biāo)代入解析式，得：36a解得：a=-∴拋物線的解析式為y=-14x2+x（2）證明：∵在平面直角坐標(biāo)系xOy中，∴∠BOA＝∠DOA＝90°，在△BOA和△DOA中，∠BOA∴△BOA≌△DOA（ASA），∴OB＝OD，（3）存在，理由如下：如圖，過點(diǎn)E作EM⊥y軸于點(diǎn)M，∵y=-14x2+x+3=-14（x﹣2∴拋物線的對稱軸是直線x＝2，∴E點(diǎn)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=12×6×6-1設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（t，-14t2+t連接PA，PB，過點(diǎn)P作PN⊥x軸于點(diǎn)H1，交直線AB于點(diǎn)N，過點(diǎn)B作BH2⊥PN于點(diǎn)H2，∴N（t，-12t∴PN=-14t2+t+3﹣（-12t+3）=-1∵AH1+BH2＝OA＝6，S△ABP＝S△NBP+S△ANP=12PN?BH2+12PN?AH1=∴S△ABP=12×6（-14t2+32t）=-3∵-34∴當(dāng)t＝3時，△BPA面積的最大值是274，此時四邊形BEAP∴四邊形BEAP的面積最大值為274+12∴當(dāng)P點(diǎn)坐標(biāo)是（3，154）時，四邊形BEAP面積的最大值是754．（2021?興安盟）如圖，直線y＝x+2與拋物線y＝ax2+bx+6（a≠0）相交于點(diǎn)A（12，52）和點(diǎn)B（4，m）．拋物線與x軸的交點(diǎn)分別為H、K（點(diǎn)H在點(diǎn)K的左側(cè)）．點(diǎn)F在線段AB上運(yùn)動（不與點(diǎn)A、B重合），過點(diǎn)F作直線FC⊥x軸于點(diǎn)P，交拋物線于點(diǎn)（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，連接AC，是否存在點(diǎn)F，使△FAC是直角三角形？若存在，求出點(diǎn)F的坐標(biāo)；若不存在，說明理由；（3）如圖2，過點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E，當(dāng)△CEF的周長最大時，過點(diǎn)F作任意直線l，把△CEF沿直線l翻折180°，翻折后點(diǎn)C的對應(yīng)點(diǎn)記為點(diǎn)Q，求出當(dāng)△CEF的周長最大時，點(diǎn)F的坐標(biāo)，并直接寫出翻折過程中線段KQ的最大值和最小值．【思路點(diǎn)撥】（1）先把點(diǎn)B代入直線的解析式，求出m的值，再把點(diǎn)A和點(diǎn)B代入拋物線的解析式，即可求出拋物線的解析式；（2）先設(shè)出F的坐標(biāo)，然后分A為直角頂點(diǎn)和C為直角頂點(diǎn)兩種情況，利用等腰直角三角形得性質(zhì)即可求出點(diǎn)F的坐標(biāo)；（3）先設(shè)出點(diǎn)C的坐標(biāo)，再設(shè)出點(diǎn)F的坐標(biāo)，然后表示出三角形CEF的周長，求出周長取最大值時點(diǎn)C和F的坐標(biāo)即可，折疊過程中，當(dāng)K，F(xiàn)，Q共線，且K和Q在F兩側(cè)時，KQ的最大，K和Q在F同側(cè)時，KQ的最小．【解答過程】解：（1）∵直線y＝x+2過點(diǎn)B（4，m），∴m＝4+2，解得m＝6，∴B（4，6），把點(diǎn)A和B代入拋物線的解析式，得：14解得a=2∴拋物線的解析式為y=2（2）存在點(diǎn)F，使△FAC為直角三角形，設(shè)F（n，n+2），直線AB與x軸交于M，則M（﹣2，0），直線AB與y軸交于點(diǎn)N，則N（0，2），∵FC∥y軸，∴C（n，2n2﹣8n+6），∵直線y＝x+2與x軸的交點(diǎn)為M（﹣2，0），與y軸交點(diǎn)為N（0，2），∴OM＝ON＝2，∴∠ONM＝45°，∵FC∥y軸，∴∠AFC＝∠ONM＝45°，若△FAC為直角三角形，則分兩種情況討論：（i）若點(diǎn)A為直角頂點(diǎn)，即∠FAC＝90°，過點(diǎn)A作AD⊥FC于點(diǎn)D，在Rt△FAC中，∵∠AFC＝45°，∴AF＝AC，∴DF＝DC，∴AD=12∵n-1化簡得：2n2﹣7n+3＝0，解得：n1＝3，n2=1∴F（3，5），（ii）若點(diǎn)C為直角頂點(diǎn)，即∠FCA＝90°，則AC∥x軸，在Rt△FAC中，∵∠AFC＝45°，∴AC＝CF，∴n-12=（n+2）﹣（2n2﹣8化簡得：4n2﹣16n+7＝0，解得：n1=7∴F（72，11綜上所述：存在點(diǎn)F（3，5）或（72，112），使△（3）設(shè)F（c，c+2），∵FC∥y軸，∴C（c，2c2﹣8c+6），在Rt△FEC中，∵∠AFC＝45∴EF＝EC＝CF?sin∠AFC=2∴當(dāng)CF最大時，△FEC的周長最大，∵CF＝（c+2）﹣（2c2﹣8c+6）＝﹣2c2+9c﹣4=-2(c又∵﹣2＜0，∴當(dāng)c=94時，CF最大即△FEC的周長最大，此時F折疊過程中，當(dāng)K，F(xiàn)，Q共線，且K和Q在F兩側(cè)時，KQ的最大，K和Q在F同側(cè)時，KQ的最小，∵CF=17由（1）知點(diǎn)K的坐標(biāo)為（3，0），∴KF=(∴KQ的最大值為CF+KF=498+2984，KQ的最小值為5．（2021?赤峰）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A（﹣3，0）、B（1，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，對稱軸l與x軸交于點(diǎn)F，直線m∥AC，點(diǎn)E是直線AC上方拋物線上一動點(diǎn)，過點(diǎn)E作EH⊥m，垂足為H，交AC于點(diǎn)G，連接AE、EC、CH、AH．（1）拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣2x+3；（2）當(dāng)四邊形AHCE面積最大時，求點(diǎn)E的坐標(biāo)；（3）在（2）的條件下，連接EF，點(diǎn)P是x軸上一動點(diǎn)，在拋物線上是否存在點(diǎn)Q，使得以F、E、P、Q為頂點(diǎn)，以EF為一邊的四邊形是平行四邊形．若存在，請直接寫出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．【思路點(diǎn)撥】（1）利用待定系數(shù)法構(gòu)建方程組求出b，c即可；（2）如圖1中，連接OE．設(shè)E（m，﹣m2﹣2m+3）．由題意AC∥直線m，推出△ACH的面積是定值，因?yàn)镾四邊形AECH＝S△AEC+S△ACH，推出當(dāng)△AEC的面積最大時，四邊形AECH的面積最大，構(gòu)建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)解決問題即可；（3）如圖2中，因?yàn)辄c(diǎn)Q在拋物線上EF是平行四邊形的邊，觀察圖象可知，滿足條件的點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)為±154【解答過程】解：（1）∵y＝﹣x2+bx+c與x軸交于（﹣3，0）、B（1，0），∴-9-3解得b=-2∴拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣2x+3．故答案為：y＝﹣x2﹣2x+3；（2）如圖1中，連接OE．設(shè)E（m，﹣m2﹣2m+3）．∵A（﹣3，0），C（0，3），∴OA＝OC＝3，AC＝32，∵AC∥直線m，∴當(dāng)直線m的位置確定時，△ACH的面積是定值，∵S四邊形AECH＝S△AEC+S△ACH，∴當(dāng)△AEC的面積最大時，四邊形AECH的面積最大，∵S△AEC＝S△AEO+S△ECO﹣S△AOC=12×3×（﹣m2﹣2m+3）+12×3×（﹣m）-12×∵-32∴m=-32時，△∴E（-32，（3）存在．如圖2中，因?yàn)辄c(diǎn)Q在拋物線上EF是平行四邊形的邊，觀察圖象可知，滿足條件的點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)為±154對于拋物線y＝﹣x2﹣2x+3，當(dāng)y=154時，﹣x2﹣2x+3=154，解得x∴Q1（-12，當(dāng)y=-154時，﹣x2﹣2x+3=-154∴Q2（-2-312，-154），Q3綜上所述，滿足條件的點(diǎn)Q坐標(biāo)為（-12，154）或（-2-312，6．（2021?阜新）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx﹣3交x軸于點(diǎn)A（﹣1，0），B（3，0），過點(diǎn)B的直線y=23x﹣2交拋物線于點(diǎn)（1）求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（2）若點(diǎn)P是直線BC下方拋物線上的一個動點(diǎn)（P不與點(diǎn)B，C重合），求△PBC面積的最大值；（3）若點(diǎn)M在拋物線上，將線段OM繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)90°，得到線段ON，是否存在點(diǎn)M，使點(diǎn)N恰好落在直線BC上？若存在，請直接寫出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【思路點(diǎn)撥】（1）利用待定系數(shù)法即可求得答案；（2）如圖1，過點(diǎn)P作PD∥y軸，交x軸于點(diǎn)D，交BC于點(diǎn)E，作CF⊥PD于點(diǎn)F，連接PB，PC，設(shè)點(diǎn)P（m，m2﹣2m﹣3），則點(diǎn)E（m，23m-2），可得出PE＝﹣m2+83m+1，再通過解方程組求出點(diǎn)（3）設(shè)M（t，t2﹣2t﹣3），N（n，23n﹣2），作MG⊥y軸于點(diǎn)G，NH⊥x軸于H，證明△OGM≌△OHN（AAS），得出GM＝NH，OG＝OH【解答過程】解：（1）將點(diǎn)A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3中，得：a-解得：a=1∴該拋物線表達(dá)式為y＝x2﹣2x﹣3．（2）如圖1，過點(diǎn)P作PD∥y軸，交x軸于點(diǎn)D，交BC于點(diǎn)E，作CF⊥PD于點(diǎn)F，連接PB，PC，設(shè)點(diǎn)P（m，m2﹣2m﹣3），則點(diǎn)E（m，23∴PE＝PD﹣DE＝﹣m2+2m+3﹣（-23m+2）＝﹣m2+8聯(lián)立方程組：y=解得：x1=3y∵點(diǎn)B坐標(biāo)為（3，0），∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（-13，∴BD+CF＝3+|-1∴S△PBC＝S△PEB+S△PEC=12PE?BD+1=12PE（BD+=12（﹣m2+83m=-53（m-43）2+125∵-5∴這個二次函數(shù)有最大值．當(dāng)m=43時，S△PBC的最大值為（3）如圖2，設(shè)M（t，t2﹣2t﹣3），N（n，23n﹣2作MG⊥y軸于點(diǎn)G，NH⊥x軸于H，∴∠OGM＝∠OHN＝90°，∵線段OM繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)90°，得到線段ON，∴OM＝ON，∠MON＝90°，∵∠GOH＝90°，∴∠MOG＝∠NOH，在△OGM與△OHN中，∠OGM∴△OGM≌△OHN（AAS），∴GM＝NH，OG＝OH，∴23解得：t1=0nM1（0，﹣3），M2(1如圖3，設(shè)M（t，t2﹣2t﹣3），N（n，23n﹣2作MG⊥x軸于點(diǎn)G，NH⊥x軸于H，∴∠OGM＝∠OHN＝90°，∵線段OM繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)90°，得到線段ON，∴OM＝ON，∠MON＝90°，∵∠GOH＝90°，∴∠MOG＝∠NOH，在△OGM與△OHN中，∠OGM∴△OGM≌△OHN（AAS），∴GM＝NH，OG＝OH，∴t=-解得：t1=1-974，t∴M3(1-974，21+3978)綜上所述，點(diǎn)M的坐標(biāo)為M1（0，﹣3），M2(12，-154)，M3(1-7．（2021?德陽）如圖，已知：拋物線y＝x2+bx+c與直線l交于點(diǎn)A（﹣1，0），C（2，﹣3），與x軸另一交點(diǎn)為B．（1）求拋物線的解析式；（2）在拋物線上找一點(diǎn)P，使△ACP的內(nèi)心在x軸上，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）M是拋物線上一動點(diǎn)，過點(diǎn)M作x軸的垂線，垂足為N，連接BM．在（2）的條件下，是否存在點(diǎn)M，使∠MBN＝∠APC？若存在，請求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【思路點(diǎn)撥】（1）把點(diǎn)A，C代入拋物線的解析式，利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式；（2）先作出點(diǎn)C關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)C'，然后連接AC'并延長交拋物線于點(diǎn)P，根據(jù)對稱性可知P為所求的點(diǎn)；（3）根據(jù)勾股定理先求出∠APC的正切值，再設(shè)出點(diǎn)M的坐標(biāo)為（m，m2﹣2m﹣3），利用∠MBN＝∠APC列出關(guān)于m的方程，求出m，即可確定M的坐標(biāo)．【解答過程】解：（1）把點(diǎn)A（﹣1，0），C（2，﹣3）代入y＝x2+bx+c，得到方程組：0=1-b解得b=-2∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3；（2）作點(diǎn)C關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)C'，則C'（2，3），連接AC'并延長與拋物線交于點(diǎn)P，由圖形的對稱性可知P為所求的點(diǎn)，設(shè)直線AC'的解析式為y＝mx+n，由題意得：0=-m解得：m=1∴直線AC'的解析式為y＝x+1，將直線和拋物線的解析式聯(lián)立得：y=解得x1=-1y∴P（4，5）；（3）存在點(diǎn)M，過點(diǎn)P作x軸的垂線，由勾股定理得AP=(4+1同理可求得AC=(2+1)2+∴AP2+AC2＝PC2，∠PAC＝90°，∴tan∠APC=AC∵∠MBN＝∠APC，∴tan∠MBN＝tan∠APC，∴MNBN設(shè)點(diǎn)M（m，m2﹣2m﹣3），則|m2-2解得m=-25或m當(dāng)m=-25時，m2﹣2m﹣3∴M（-25，當(dāng)m=-85，m2﹣2m﹣3∴M（-85，∴存在符合條件的點(diǎn)M，M的坐標(biāo)為（-25，-5125），（8．（2021?攀枝花）如圖，開口向上的拋物線與x軸交于A（x1，0）、B（x2，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，且AC⊥BC，其中x1，x2是方程x2+3x﹣4＝0的兩個根．（1）求點(diǎn)C的坐標(biāo)，并求出拋物線的表達(dá)式；（2）垂直于線段BC的直線l交x軸于點(diǎn)D，交線段BC于點(diǎn)E，連接CD，求△CDE的面積的最大值及此時點(diǎn)D的坐標(biāo)；（3）在（2）的結(jié)論下，拋物線的對稱軸上是否存在點(diǎn)P，使得△PDE是等腰三角形？若存在，請求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【思路點(diǎn)撥】（1）由x2+3x﹣4＝0得A（﹣4，0），B（1，0），根據(jù)△AOC∽△COB，可求C（0，﹣2），從而由待定系數(shù)法可得拋物線解析式為y=12x2+32（2）由A（﹣4，0），B（1，0），C（0，﹣2）可得AB＝5，BC=5，AC＝25，根據(jù)△ABC∽△DBE，設(shè)D（t，0），即得DE=255（1﹣t），BE=55（1﹣t），故S△BDE=12DE?BE=15（1﹣t）2，S△CDE＝S△BDC﹣S△BDE=-15（t+32）2（3）由y=12x2+32x﹣2得拋物線對稱軸為直線x=-32，D在對稱軸上，DE=255×[1﹣（-32）]=5，當(dāng)DE＝DP時，即得P（-32，5）或（-32，-5），當(dāng)DE＝PE時，過E作EH⊥x軸于H，由△DHE∽△DEB，可得E（12，﹣1），而E在DP的垂直平分線上，故P（-32，﹣2），當(dāng)PD＝PE時，設(shè)P（-3【解答過程】解：（1）由x2+3x﹣4＝0得x1＝﹣4，x2＝1，∴A（﹣4，0），B（1，0），∴OA＝4，OB＝1，∵AC⊥BC，∴∠ACO＝90°﹣∠BCO＝∠OBC，∵∠AOC＝∠BOC＝90°，∴△AOC∽△COB，∴OAOC=OC∴OC＝2，∴C（0，﹣2），設(shè)拋物線解析式為y＝a（x+4）（x﹣1），將C（0，﹣2）代入得﹣2＝﹣4a，∴a=1∴拋物線解析式為y=12（x+4）（x﹣1）=12x2+（2）如圖：由A（﹣4，0），B（1，0），C（0，﹣2）得：AB＝5，BC=5，AC＝25∵DE⊥BC，AC⊥BC，∴DE∥AC，∴△ABC∽△DBE，∴BDAB設(shè)D（t，0），則BD＝1﹣t，∴1-t∴DE=255（1﹣t），BE=55∴S△BDE=12DE?BE=15（1﹣而S△BDC=12BD?OC=12（1﹣t）×2＝∴S△CDE＝S△BDC﹣S△BDE＝1﹣t-15（1﹣t）2=-15t2-35t+4∵-15∴t=-32時，S△CDE最大為此時D（-32，（3）存在，由y=12x2+32x﹣2而D（-32，∴D在對稱軸上，由（2）得DE=255×[1﹣（-當(dāng)DE＝DP時，如圖：∴DP=5∴P（-32，5）或（-3當(dāng)DE＝PE時，過E作EH⊥x軸于H，如圖：∵∠HDE＝∠EDB，∠DHE＝∠BED＝90°，∴△DHE∽△DEB，∴DEBD=HE∴HE＝1，DH＝2，∴E（12，﹣1∵E在DP的垂直平分線上，∴P（-32，﹣當(dāng)PD＝PE時，如圖：設(shè)P（-32，則m2＝（-32-12）2+（解得m=-5∴P（-32，綜上所述，P的坐標(biāo)為（-32，5）或（-32，-5）或（-329．（2021?百色）已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線l：y=-12x+2與x軸、y軸分別交于A、C兩點(diǎn)，點(diǎn)B（4，2）關(guān)于直線l的對稱點(diǎn)是點(diǎn)E，連接EC交x軸于點(diǎn)（1）求證：AD＝CD；（2）求經(jīng)過B、C、D三點(diǎn)的拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（3）當(dāng)x＞0時，拋物線上是否存在點(diǎn)P，使S△PBC=53S△OAE？若存在，求點(diǎn)【思路點(diǎn)撥】（1）求出A、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)，可得四邊形OABC是矩形，則OA∥BC，∠BCA＝∠OAC，由對稱可得∠ACD＝∠ACB，等量代換得∠ACD＝∠OAC，等角對等邊即可得出AD＝CD；（2）設(shè)OD＝m，由對稱可得CE＝BC＝4，AE＝AB＝OC＝2，由（1）得CD＝AD＝4﹣m，在Rt△OCD中，根據(jù)勾股定理可得m=32，可得D的坐標(biāo)，再由B、C、（3）過點(diǎn)E作EM⊥x軸于M，由S△AED=12AE?DE=12AD?EM，可得EM=65，設(shè)△PBC中BC邊上的高為h，由S△PBC=53S△OAE可得h＝2，則點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為0或4，分別將【解答過程】（1）證明：∵y=-12x+2與x軸、y軸分別交于A、∴A（4，0），C（0，2），由對稱得∠ACD＝∠ACB，∵B（4，2），∴四邊形OABC是矩形，∴OA∥BC，∴∠BCA＝∠OAC，∴∠ACD＝∠OAC，∴AD＝CD；（2）解：設(shè)OD＝m，由對稱可得CE＝BC＝4，AE＝AB＝OC＝2，∠AED＝∠B＝90°，∴CD＝AD＝4﹣m，在Rt△OCD中，OD2+OC2＝CD2，∴m2+22＝（4﹣m）2，∴m=3∴D（32，0設(shè)經(jīng)過B、C、D三點(diǎn)的拋物線的函數(shù)表達(dá)式為：y＝ax2+bx+c，把B（4，2），C（0，2），D（32，0c=2解得：a=∴經(jīng)過B，C，D三點(diǎn)的拋物線的函數(shù)表達(dá)式為：y=815x2-32（3）解：存在，過點(diǎn)E作EM⊥x軸于M，∵ED＝EC﹣CD＝EC﹣AD＝OD=3∴S△AED=12AE?DE=12∴12×2×32=1∴EM=6設(shè)△PBC中BC邊上的高為h，∵S△PBC=53S△∴53×12OA?EM=∴53×12×∴h＝2，∵C（0，2），B（4，2），∴點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為0或4，①y＝0時，815x2-3215x+2解得：x1=32，x2②y＝4時，815x2-3215x+2解得：x3=4+312，x∴存在，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（32，0）或（52，0）或（4+3110．（2021?湘潭）如圖，一次函數(shù)y=33x-3圖象與坐標(biāo)軸交于點(diǎn)A、B，二次函數(shù)y=33x2+bx+c（1）求二次函數(shù)解析式；（2）點(diǎn)B關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點(diǎn)為點(diǎn)C，點(diǎn)P是對稱軸上一動點(diǎn)，在拋物線上是否存在點(diǎn)Q，使得以B、C、P、Q為頂點(diǎn)的四邊形是菱形？若存在，求出Q點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【思路點(diǎn)撥】（1）由y=33x-3可求出A（3，0），B（0，-3），代入二次函數(shù)y=33x2+bx+c即得二次函數(shù)解析式為y=（2）由二次函數(shù)y=33x2-233x-3可得其對稱軸為直線x=2332×33=1，設(shè)P（1，m），Q（n，33n2-233①當(dāng)BC、PQ為對角線時，0+22=1+n2-3-32=m+33n2-233n-32，可得m=-233n=1，此時四邊形BQCP是平行四邊形，根據(jù)P（1，-233），B（0，-3），C（2，【解答過程】解：（1）在y=33x-3中，令x＝0得y=-3，令y＝0得∴A（3，0），B（0，-3∵二次函數(shù)y=33x2+bx+c圖象過A、∴0=33+3b∴二次函數(shù)解析式為y=33x2-2（2）存在，理由如下：由二次函數(shù)y=33x2-233x-設(shè)P（1，m），Q（n，33n2-233n-3），而B∵C與B關(guān)于直線x＝1對稱，∴C（2，-3①當(dāng)BC、PQ為對角線時，如圖：此時BC的中點(diǎn)即是PQ的中點(diǎn)，即0+22解得m=-∴當(dāng)P（1，-233），Q（1，-由P（1，-233），B（0，-3），C（2，-3）可得PB∴PB＝PC，∴四邊形BQCP是菱形，∴此時Q（1，-4②BP、CQ為對角線時，如圖：同理BP、CQ中點(diǎn)重合，可得0+12解得m=0∴當(dāng)P（1，0），Q（﹣1，0）時，四邊形BCPQ是平行四邊形，由P（1，0），B（0，-3），C（2，-3）可得BC2＝4＝PC∴四邊形BCPQ是菱形，∴此時Q（﹣1，0）；③以BQ、CP為對角線，如圖：BQ、CP中點(diǎn)重合，可得0+n解得m=0∴P（1，0），Q（3，0）時，四邊形BCQP是平行四邊形，由P（1，0），B（0，-3），C（2，-3）可得BC2＝4＝PC∴四邊形BCQP是菱形，∴此時Q（3，0）；綜上所述，Q的坐標(biāo)為：（1，-433）或（﹣1，0）或（311．（2021?西藏）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A，B兩點(diǎn)．與y軸交于點(diǎn)C．且點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣1，0），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，5）．（1）求該拋物線的解析式；（2）如圖（甲）．若點(diǎn)P是第一象限內(nèi)拋物線上的一動點(diǎn)．當(dāng)點(diǎn)P到直線BC的距離最大時，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）圖（乙）中，若點(diǎn)M是拋物線上一點(diǎn)，點(diǎn)N是拋物線對稱軸上一點(diǎn)，是否存在點(diǎn)M使得以B，C，M，N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，請求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【思路點(diǎn)撥】（1）將A的坐標(biāo)（﹣1，0），點(diǎn)C的坐（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c，即可得拋物線的解析式為y＝﹣x2+4x+5；（2）過P作PD⊥x軸于D，交BC于Q，過P作PH⊥BC于H，由y＝﹣x2+4x+5可得B（5，0），故OB＝OC，△BOC是等腰直角三角形，可證明△PHQ是等腰直角三角形，即知PH=PQ2，當(dāng)PQ最大時，PH最大，設(shè)直線BC解析式為y＝kx+5，將B（5，0）代入得直線BC解析式為y＝﹣x+5，設(shè)P（m，﹣m2+4m+5），（0＜m＜5），則Q（m，﹣m+5），PQ＝﹣（m-52）2+254，故當(dāng)m=52時，PH最大，即點(diǎn)P到直線（3）拋物線y＝﹣x2+4x+5對稱軸為直線x＝2，設(shè)M（s，﹣s2+4s+5），N（2，t），而B（5，0），C（0，5），①以MN、BC為對角線，則MN、BC的中點(diǎn)重合，可列方程組s+22=5+02-s2+4s+5+t2=0+52，即可解得M（3，8），②以MB、NC為對角線，則MB、NC的中點(diǎn)重合，同理可得s+52=2+02-s2+4【解答過程】解：（1）將A的坐標(biāo)（﹣1，0），點(diǎn)C的坐（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c得：0=-1-b+c∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+4x+5；（2）過P作PD⊥x軸于D，交BC于Q，過P作PH⊥BC于H，如圖：在y＝﹣x2+4x+5中，令y＝0得﹣x2+4x+5＝0，解得x＝5或x＝﹣1，∴B（5，0），∴OB＝OC，△BOC是等腰直角三角形，∴∠CBO＝45°，∵PD⊥x軸，∴∠BQD＝45°＝∠PQH，∴△PHQ是等腰直角三角形，∴PH=PQ∴當(dāng)PQ最大時，PH最大，設(shè)直線BC解析式為y＝kx+5，將B（5，0）代入得0＝5k+5，∴k＝﹣1，∴直線BC解析式為y＝﹣x+5，設(shè)P（m，﹣m2+4m+5），（0＜m＜5），則Q（m，﹣m+5），∴PQ＝（﹣m2+4m+5）﹣（﹣m+5）＝﹣m2+5m＝﹣（m-52）2∵a＝﹣1＜0，∴當(dāng)m=52時，PQ最大為∴m=52時，PH最大，即點(diǎn)P到直線BC的距離最大，此時P（52（3）存在，理由如下：拋物線y＝﹣x2+4x+5對稱軸為直線x＝2，設(shè)M（s，﹣s2+4s+5），N（2，t），而B（5，0），C（0，5），①以MN、BC為對角線，則MN、BC的中點(diǎn)重合，如圖：∴s+22=∴M（3，8），②以MB、NC為對角線，則MB、NC的中點(diǎn)重合，如圖：∴s+52=∴M（﹣3，﹣16），③以MC、NB為對角線，則MC、NB中點(diǎn)重合，如圖：s+02=∴M（7，﹣16）；綜上所述，M的坐標(biāo)為：（3，8）或（﹣3，﹣16）或（7，﹣16）．12．（2021?郴州）將拋物線y＝ax2（a≠0）向左平移1個單位，再向上平移4個單位后，得到拋物線H：y＝a（x﹣h）2+k．拋物線H與x軸交于點(diǎn)A，B，與y軸交于點(diǎn)C．已知A（﹣3，0），點(diǎn)P是拋物線H上的一個動點(diǎn)．（1）求拋物線H的表達(dá)式；（2）如圖1，點(diǎn)P在線段AC上方的拋物線H上運(yùn)動（不與A，C重合），過點(diǎn)P作PD⊥AB，垂足為D，PD交AC于點(diǎn)E．作PF⊥AC，垂足為F，求△PEF的面積的最大值；（3）如圖2，點(diǎn)Q是拋物線H的對稱軸l上的一個動點(diǎn)，在拋物線H上，是否存在點(diǎn)P，使得以點(diǎn)A，P，C，Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，求出所有符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)將拋物線y＝ax2（a≠0）向左平移1個單位，再向上平移4個單位后，得到拋物線H：y＝a（x﹣h）2+k，可得頂點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣1，4），即可得到拋物線H：y＝a（x+1）2+4，運(yùn)用待定系數(shù)法將點(diǎn)A的坐標(biāo)代入，即可得出答案；（2）利用待定系數(shù)法可得直線AC的解析式為y＝x+3，設(shè)P（m，﹣m2﹣2m+3），則E（m，m+3），進(jìn)而得出PE＝﹣（m+32）2+94，運(yùn)用二次函數(shù)性質(zhì)可得：當(dāng)m=-32時，PE（3）分兩種情形：①當(dāng)AC為平行四邊形的邊時，則有PQ∥AC，且PQ＝AC，如圖2，過點(diǎn)P作對稱軸的垂線，垂足為G，設(shè)AC交對稱軸于點(diǎn)H，證得△PQG≌△ACO（AAS），根據(jù)點(diǎn)P到對稱軸的距離為3，建立方程求解即可；②當(dāng)AC為平行四邊形的對角線時，如圖3，設(shè)AC的中點(diǎn)為M，則M（-32，32），設(shè)點(diǎn)P【解答過程】解：（1）由題意得拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣1，4），∴拋物線H：y＝a（x+1）2+4，將A（﹣3，0）代入，得：a（﹣3+1）2+4＝0，解得：a＝﹣1，∴拋物線H的表達(dá)式為y＝﹣（x+1）2+4；（2）如圖1，由（1）知：y＝﹣x2﹣2x+3，令x＝0，得y＝3，∴C（0，3），設(shè)直線AC的解析式為y＝mx+n，∵A（﹣3，0），C（0，3），∴-3解得：m=1∴直線AC的解析式為y＝x+3，設(shè)P（m，﹣m2﹣2m+3），則E（m，m+3），∴PE＝﹣m2﹣2m+3﹣（m+3）＝﹣m2﹣3m＝﹣（m+32）2∵﹣1＜0，∴當(dāng)m=-32時，PE有最大值∵OA＝OC＝3，∠AOC＝90°，∴△AOC是等腰直角三角形，∴∠ACO＝45°，∵PD⊥AB，∴∠ADP＝90°，∴∠ADP＝∠AOC，∴PD∥OC，∴∠PEF＝∠ACO＝45°，∵PF⊥AC，∴△PEF是等腰直角三角形，∴PF＝EF=22∴S△PEF=12PF?EF=1∴當(dāng)m=-32時，S△PEF最大值=14×（（3）①當(dāng)AC為平行四邊形的邊時，則有PQ∥AC，且PQ＝AC，如圖2，過點(diǎn)P作對稱軸的垂線，垂足為G，設(shè)AC交對稱軸于點(diǎn)H，則∠AHG＝∠ACO＝∠PQG，在△PQG和△ACO中，PGQ=∠∴△PQG≌△ACO（AAS），∴PG＝AO＝3，∴點(diǎn)P到對稱軸的距離為3，又∵y＝﹣（x+1）2+4，∴拋物線對稱軸為直線x＝﹣1，設(shè)點(diǎn)P（x，y），則|x+1|＝3，解得：x＝2或x＝﹣4，當(dāng)x＝2時，y＝﹣5，當(dāng)x＝﹣4時，y＝﹣5，∴點(diǎn)P坐標(biāo)為（2，﹣5）或（﹣4，﹣5）；②當(dāng)AC為平行四邊形的對角線時，如圖3，設(shè)AC的中點(diǎn)為M，∵A（﹣3，0），C（0，3），∴M（-32，∵點(diǎn)Q在對稱軸上，∴點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為﹣1，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為x，根據(jù)中點(diǎn)公式得：x+（﹣1）＝2×（-32）＝﹣∴x＝﹣2，此時y＝3，∴P（﹣2，3）；綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2，﹣5）或（﹣4，﹣5）或（﹣2，3）．13．（2021?蘭州）如圖1，二次函數(shù)y＝a（x+3）（x﹣4）的圖象交坐標(biāo)軸于點(diǎn)A，B（0，﹣2），點(diǎn)P為x軸上一動點(diǎn)．（1）求二次函數(shù)y＝a（x+3）（x﹣4）的表達(dá)式；（2）過點(diǎn)P作PQ⊥x軸分別交線段AB，拋物線于點(diǎn)Q，C，連接AC．當(dāng)OP＝1時，求△ACQ的面積；（3）如圖2，將線段PB繞點(diǎn)P逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PD．①當(dāng)點(diǎn)D在拋物線上時，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；②點(diǎn)E（2，-53）在拋物線上，連接PE，當(dāng)PE平分∠BPD時，直接寫出點(diǎn)【思路點(diǎn)撥】（1）將B（0，﹣2）代入y＝a（x+3）（x﹣4），即可求解；（2）先求直線AB的解析式為y=12x﹣2，則Q（1，-32），C（1，﹣2），可求S△ACQ＝S△ACP﹣S（3）①設(shè)P（t，0），過點(diǎn)D作x軸垂線交于點(diǎn)N，可證明△PND≌△BOP（AAS），則D（t+2，﹣t），將D點(diǎn)代入拋物線解析式得﹣t=16（t+2+3）（t+2﹣4），求德D（3，﹣1）或D（﹣8，②分兩種情況討論：當(dāng)PE∥y軸時，∠OBP＝45°，則P（2，0）；當(dāng)PE不平行y軸時，過B點(diǎn)作BG⊥PB交PE于點(diǎn)G，過G點(diǎn)作FG⊥y軸，交于點(diǎn)F，可證明△BPO≌△GBF（AAS），則E點(diǎn)與G點(diǎn)重合，求得P（-13，【解答過程】解：（1）將B（0，﹣2）代入y＝a（x+3）（x﹣4），∴a=1∴y=16（x+3）（x﹣4）=16x2-（2）令y＝0，則16（x+3）（x﹣4）＝0∴x＝﹣3或x＝4，∴A（4，0），設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+b，∴b=-2∴k=∴y=12x﹣∵OP＝1，∴P（1，0），∵PQ⊥x軸，∴Q（1，-32），C（1，﹣∴AP＝3，∴S△ACQ＝S△ACP﹣S△APQ=12×3×2-（3）①設(shè)P（t，0），如圖2，過點(diǎn)D作x軸垂線交于點(diǎn)N，∵∠BPD＝90°，∴∠OPB+∠NPD＝90°，∠OPB+∠OBP＝90°，∴∠NPD＝∠OBP，∵BP＝PD，∴△PND≌△BOP（AAS），∴OP＝ND，BO＝PN，∴D（t+2，﹣t），∴﹣t=16（t+2+3）（t+2﹣解得t＝1或t＝﹣10，∴D（3，﹣1）或D（﹣8，10）；②如圖3，∵PE平分∠BPD，∴∠BPE＝∠EPD，∵∠BPD＝90°，∴∠BPE＝45°，當(dāng)PE∥y軸時，∠OBP＝45°，∴P（2，0）；如圖4，過B點(diǎn)作BG⊥PB交PE于點(diǎn)G，過G點(diǎn)作FG⊥y軸，交于點(diǎn)F，∵∠PBF+∠FBG＝90°，∠FBG+∠FGB＝90°，∴∠PBF＝∠FGB，∵∠BPG＝45°，∴BP＝BG，∴△BPO≌△GBF（AAS），∴BF＝OP，F(xiàn)G＝OB，∵OB＝2，∴FG＝2，∵E（2，-5∴E點(diǎn)與G點(diǎn)重合，∴PO＝BF＝2-5∴P（-13，綜上所述：P點(diǎn)的坐標(biāo)為（2，0）或（-13，14．（2021?濟(jì)南）拋物線y＝ax2+bx+3過點(diǎn)A（﹣1，0），點(diǎn)B（3，0），頂點(diǎn)為C．（1）求拋物線的表達(dá)式及點(diǎn)C的坐標(biāo)；（2）如圖1，點(diǎn)P在拋物線上，連接CP并延長交x軸于點(diǎn)D，連接AC，若△DAC是以AC為底的等腰三角形，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）如圖2，在（2）的條件下，點(diǎn)E是線段AC上（與點(diǎn)A，C不重合）的動點(diǎn)，連接PE，作∠PEF＝∠CAB，邊EF交x軸于點(diǎn)F，設(shè)點(diǎn)F的橫坐標(biāo)為m，求m的取值范圍．【思路點(diǎn)撥】（1）利用待定系數(shù)法可以確定拋物線的解析式，利用配方法可得拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)；（2）利用△DAC是以AC為底的等腰三角形，求出點(diǎn)D的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法確定直線CD的解析式，再與拋物線解析式聯(lián)立，解方程組即可得到點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）由（2）中的條件求得線段CP，AB的長；由已知判定出△EPC∽△FEA，得出比例式，設(shè)AF＝x，AE＝y(tǒng)，利用比例式求得AF的最大值，即可求得m的取值范圍．【解答過程】解：（1）將點(diǎn)A（﹣1，0），點(diǎn)B（3，0）代入y＝ax2+bx+3得：a-解得：a=-1∴拋物線的表達(dá)式為y＝﹣x2+2x+3．∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴頂點(diǎn)C（1，4）．（2）設(shè)AC交y軸于點(diǎn)F，連接DF，過點(diǎn)C作CE⊥x軸于點(diǎn)E，如圖，∵A（﹣1，0），C（1，4），∴OA＝1，OE＝1，CE＝4．∴OA＝OE，AC=AE2∵FO⊥AB，CE⊥AB，∴FO∥CE，∴OF=12CE＝2，F(xiàn)為∵△DAC是以AC為底的等腰三角形，∴DF⊥AC．∵FO⊥AD，∴△AFO∽△FDO．∴AOOF∴12∴OD＝4．∴D（4，0）．設(shè)直線CD的解析式為y＝kx+m，∴k+解得：k=-∴直線CD的解析式為y=-4∴y=-解得：x1=1y∴P（73（3）過點(diǎn)P作PH⊥AB于點(diǎn)H，如下圖，則OH=73，PH∵OD＝4，∴HD＝OD﹣OH=5∴PD=P∴PC＝CD﹣PD＝5-25由（2）知：AC＝25．設(shè)AF＝x，AE＝y(tǒng)，則CE＝25-y∵DA＝DC，∴∠DAC＝∠C．∵∠CAB+∠AEF+∠AFE＝180°，∠AEF+∠PEF+∠CEP＝180°，又∵∠PEF＝∠CAB，∴∠CEP＝∠AFE．∴△CEP∽△AFE．∴PCAE∴209∴x=-920y∴當(dāng)y=5時，x即AF有最大值9∵OA＝1，∴OF的最大值為94-1∵點(diǎn)F在線段AD上，∴點(diǎn)F的橫坐標(biāo)m的取值范圍為﹣1＜m≤515．（2021?鎮(zhèn)江）將一張三角形紙片ABC放置在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A（﹣6，0），點(diǎn)B（0，2），點(diǎn)C（﹣4，8），二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象經(jīng)過點(diǎn)A，B，該拋物線的對稱軸經(jīng)過點(diǎn)C，頂點(diǎn)為D．（1）求該二次函數(shù)的表達(dá)式及點(diǎn)D的坐標(biāo)；（2）點(diǎn)M在邊AC上（異于點(diǎn)A，C），將三角形紙片ABC折疊，使得點(diǎn)A落在直線AB上，且點(diǎn)M落在邊BC上，點(diǎn)M的對應(yīng)點(diǎn)記為點(diǎn)N，折痕所在直線l交拋物線的對稱軸于點(diǎn)P，然后將紙片展開．①請作出圖中點(diǎn)M的對應(yīng)點(diǎn)N和折痕所在直線l；（要求：尺規(guī)作圖，不寫作法，保留作圖痕跡）②連接MP，NP，在下列選項(xiàng)中：A．折痕與AB垂直，B．折痕與MN的交點(diǎn)可以落在拋物線的對稱軸上，C.MNMP=32，D.MNMP=2，所有正確選項(xiàng)的序號是③點(diǎn)Q在二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象上，當(dāng)△PDQ～△PMN時，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)．【思路點(diǎn)撥】（1）利用待定系數(shù)法求解即可．（2）①根據(jù)要求作出圖形即可．②如圖2中，設(shè)線段MN的垂直平分線交拋物線對稱軸于P，交MN于點(diǎn)Q，過點(diǎn)M作MH⊥CD，過點(diǎn)Q作QJ⊥CD于J，QT⊥MH于T．想辦法證明△PMN是等腰直角三角形，可得結(jié)論．③設(shè)P（﹣4，m）．由△PDQ∽△PMN，△PMN是等腰直角三角形，推出△PDQ是等腰直角三角形，推出∠DPQ＝90°，DP＝PQ＝m+23，推出Q（-103+m【解答過程】解（1）由題意得：36a解之得：a=16，b=43，∴y=1∴當(dāng)x＝﹣4時，y=1∴D（﹣4，-2（2）①如圖1中，點(diǎn)N，直線l即為所求．②如圖2中，設(shè)線段MN的垂直平分線交拋物線對稱軸于P，交MN于點(diǎn)Q，過點(diǎn)M作MH⊥CD，過點(diǎn)Q作QJ⊥CD于J，QT⊥MH于T．由題意A（﹣6，0），B（0，2），C（﹣4，8），∴直線AC的解析式為y＝4x+24，直線AB的解析式為y=13x+2，直線BC的解析式為y=-3∵M(jìn)N∥AB，∴可以假設(shè)直線MN的解析式為y=13x+由y=13∴M（3t-72由y=-32∴N（12-6t11，∴Q（-60-3t22∵QJ⊥CD，QT⊥MH，∴QJ=-60-3t22+4∴QJ＝QT，∵∠PJQ＝∠MTQ＝90°，∠QPJ＝∠QMT，QJ＝QT，∴△PJQ≌△MTQ（AAS），∴PQ＝MQ，∵∠PQM＝90°，∴∠PMN＝∠MPQ＝45°，∵PM＝PN，∴∠PMN＝∠PNM＝45°，∴∠MPN＝90°，∴△PMN是等腰直角三角形，∴MNMP=2，故選項(xiàng)D正確，B∵將三角形紙片ABC折疊，使得點(diǎn)A落在直線AB上，且點(diǎn)M落在邊BC上，∴折痕與AB垂直，故選項(xiàng)A正確，故答案為：A，D．③設(shè)P（﹣4，m）．∵△PDQ∽△PMN，△PMN是等腰直角三角形，∴△PDQ是等腰直角三角形，∴∠DPQ＝90°，DP＝PQ＝m+2∴Q（﹣4+m+23，m），即Q（-103把Q的坐標(biāo)代入y=16x2+43x+2，得到，m=16（整理得，9m2﹣42m﹣32＝0，解得m=163或∴Q（2，163根據(jù)對稱性可知Q′（﹣10，163綜上所述，滿足條件的點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（2，163）或（﹣10，1616．（2021?錦州）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=34x+1分別與x軸、y軸交于點(diǎn)A，C，經(jīng)過點(diǎn)C的拋物線y=14x2+bx+c與直線y=34x+1的另一個交點(diǎn)為點(diǎn)（1）求拋物線的表達(dá)式．（2）M為拋物線上的動點(diǎn)．①N為x軸上一點(diǎn)，當(dāng)四邊形CDMN為平行四邊形時，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；②如圖2，點(diǎn)M在直線CD下方，直線OM（OM∥CD的情況除外）交直線CD于點(diǎn)B，作直線BD關(guān)于直線OM對稱的直線BD′，當(dāng)直線BD′與坐標(biāo)軸平行時，直接寫出點(diǎn)M的橫坐標(biāo)．【思路點(diǎn)撥】（1）先由直線解析式求出A，C，D的坐標(biāo)，再由C，D坐標(biāo)求出拋物線解析式；（2）①設(shè)N（n，0），由四邊形CDMN為平行四邊形，推出由平移與坐標(biāo)關(guān)系可得M（n+6，92），再利用待定系數(shù)法求出n②因?yàn)橹本€BD′與坐標(biāo)軸平行，所以BD′∥x軸和BD′∥y軸分類討論，以BD′∥x軸為例，畫出草圖，由于BM平分∠DBD′，又∠AOB＝∠D′BM，等量代換，可以證得△AOB是等腰三角形，求出AB的長度，并且有A和D點(diǎn)坐標(biāo)，求出∠DAO的三角函數(shù)值，過B作BH⊥x軸于H，在直角△ABH中，利用AB的長度，和∠BAH的三角函數(shù)值，求出AH和BH的長度，得到B點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)一步得到直線OB的解析式，聯(lián)立直線OB和拋物線解析式，求得交點(diǎn)M點(diǎn)坐標(biāo)，當(dāng)BD′∥y軸，用同樣的方法解決．【解答過程】解：（1）令x＝0，則y=34x+1＝∴C點(diǎn)坐標(biāo)為（0，1），令y＝0，則34∴x=-∴A點(diǎn)坐標(biāo)為（-43，令x＝6，則y=3∴D點(diǎn)坐標(biāo)為（6，將C，D兩點(diǎn)坐標(biāo)代入到拋物線解析式中得，c=1解得b=-∴拋物線的表達(dá)式為：y=1（2）①設(shè)N（n，0），∵四邊形CDMN為平行四邊形，∴由平移與坐標(biāo)關(guān)系可得M（n+6，92∵點(diǎn)M在拋物線上，∴14(n∴n2+9n+4＝0，∴n=-∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（3+652，92）或（3-②第一種情況：如圖1，當(dāng)BD′∥x軸時，分別過A，D作x軸的垂線，垂足分別為H，Q，在直角△ADQ中，AQ＝6+43=22∴tan∠DAQ=DQ∴cos∠DAQ=4∵∠BAH＝∠DAQ，∴cos∠BAH=AH∵直線BD與直線BD′關(guān)于直線OM對稱，∴∠DBM＝∠D′BM，∵BD′∥x軸，∴∠HOB＝∠D′BM＝∠DBM，∴AB＝AO=4∴AH4∴AH=16∴OH＝AH+AO=令x=-125，則y∴B點(diǎn)坐標(biāo)為（-125，設(shè)直線OB的解析式為y＝kx，代入點(diǎn)B得，k=1∴直線OB的解析式為y=13聯(lián)立y=解得x1=4∴點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為3或43第二種情況，如圖2，當(dāng)BD′∥y軸時，設(shè)BD′交x軸于H，∴∠COB＝∠OBH，∵直線BD與直線BD′關(guān)于直線OM對稱，∴∠CBO＝∠OBH＝∠COB，∴CB＝CO＝1，過C作CE⊥BH于E，∴CE∥x軸，∴∠BCE＝∠CAO，∵tan∠CAO=CO∴cos∠CAO=4∴cos∠BCE=CE∴CE=4∴BE=∵CE⊥BH，BH⊥x軸，∴∠CEH＝∠BHO＝∠COH＝90°，∴四邊形CEHO為矩形，∴EH＝CO＝1，CE＝OH=4∴BH＝BE+EH=8∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（45∴直線OB的解析式為y＝2x，聯(lián)立y=2化簡得，x211x+4＝0，∴x=∵點(diǎn)M在直線CD下方，∴x＜6，∴x=11-∴點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為11-105即點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為3或43或11-17．（2021?鞍山）如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣3交x軸于點(diǎn)A（﹣1，0），B（3，0），D是拋物線的頂點(diǎn)，P是拋物線上的動點(diǎn)，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m（0≤m≤3），AE∥PD交直線l：y=12x+2于點(diǎn)E，AP交DE于點(diǎn)F，交y軸于點(diǎn)（1）求拋物線的表達(dá)式；（2）設(shè)△PDF的面積為S1，△AEF的面積為S2，當(dāng)S1＝S2時，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）連接BQ，點(diǎn)M在拋物線的對稱軸上（位于第一象限內(nèi)），且∠BMQ＝45°，在點(diǎn)P從點(diǎn)B運(yùn)動到點(diǎn)C的過程中，點(diǎn)M也隨之運(yùn)動，直接寫出點(diǎn)M的縱坐標(biāo)t的取值范圍．【思路點(diǎn)撥】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法將A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3，即可求得答案；（2）利用配方法可求得拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)D（1，﹣4），由AE∥PD得△AEF∽△PDF，再根據(jù)△PDF與△AEF的面積相等，可得△AEF≌△PDF，故點(diǎn)F分別是AP、ED的中點(diǎn)，設(shè)E（e，12e+2），P（m，m2﹣2m﹣3（3）根據(jù)題意，分別求出t的最大值和最小值：①當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)B重合時，點(diǎn)Q與點(diǎn)O重合，此時t的值最大，如圖2，以O(shè)B為斜邊在第一象限內(nèi)作等腰直角△O′OB，以O(shè)′為圓心，OO′為半徑作⊙O′，交拋物線對稱軸于點(diǎn)M（1，t），過點(diǎn)O′作O′H⊥y軸于點(diǎn)H，運(yùn)用勾股定理即可求得答案，②當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)C重合時，點(diǎn)Q與點(diǎn)C重合，此時t的值最小，如圖3，連接BC，以O(shè)為圓心，OB為半徑作⊙O交拋物線對稱軸于點(diǎn)M，連接OM，設(shè)拋物線對稱軸交x軸于點(diǎn)E，運(yùn)用勾股定理即可求得答案．【解答過程】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx﹣3交x軸于點(diǎn)A（﹣1，0），B（3，0），∴將A、B坐標(biāo)分別代入拋物線解析式得：a-解得：a=1∴拋物線的表達(dá)式為：y＝x2﹣2x﹣3；（2）∵D是拋物線的頂點(diǎn)，拋物線的表達(dá)式為：y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴D（1，﹣4），∵AE∥PD交直線l：y=12x+2于點(diǎn)E，P是拋物線上的動點(diǎn)，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m（0≤m∴△AEF∽△PDF，設(shè)E（e，12e+2），P（m，m2﹣2m﹣3又∵△PDF的面積為S1，△AEF的面積為S2，S1＝S2，∴△AEF≌△PDF，∴AF＝PF，EF＝DF，即點(diǎn)F分別是AP、ED的中點(diǎn)，又∵A（﹣1，0），P（m，m2﹣2m﹣3），E（e，12e+2），D（1，﹣4∴由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得：m-解得：m1＝0，m2=5∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（52，-74）或（0（3）①當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)B重合時，點(diǎn)Q與點(diǎn)O重合，此時t的值最大，如圖2，以O(shè)B為斜邊在第一象限內(nèi)作等腰直角△O′OB，則O′（32，32），OO′＝O′B以O(shè)′為圓心，OO′為半徑作⊙O′，交拋物線對稱軸于點(diǎn)M（1，t），過點(diǎn)O′作O′H⊥y軸于點(diǎn)H，則∠O′HM＝90°，∵O′H=32-1=12，O′M∴MH=O∴t=3②當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)C重合時，點(diǎn)Q與點(diǎn)C重合，此時t的值最小，如圖3，連接BC，以O(shè)為圓心，OB為半徑作⊙O交拋物線對稱軸于點(diǎn)M，∵OB＝OC＝3，∴⊙O經(jīng)過點(diǎn)C，連接OM，設(shè)拋物線對稱軸交x軸于點(diǎn)E，則OM＝OB＝3，OE＝1，∵∠MEO＝90°，∴ME=OM2∴t＝22，綜上所述，22≤t≤18．（2021?淮安）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y=14x2+bx+c的圖象與x軸交于點(diǎn)A（﹣3，0）和點(diǎn)B（5，0），頂點(diǎn)為點(diǎn)D，動點(diǎn)M、Q在x軸上（點(diǎn)M在點(diǎn)Q的左側(cè)），在x軸下方作矩形MNPQ，其中MQ＝3，MN＝2．矩形MNPQ沿x軸以每秒1個單位長度的速度向右勻速運(yùn)動，運(yùn)動開始時，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（﹣6，0），當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)B重合時停止運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動的時間為t秒（t＞（1）b＝-12，c＝-（2）連接BD，求直線BD的函數(shù)表達(dá)式．（3）在矩形MNPQ運(yùn)動的過程中，MN所在直線與該二次函數(shù)的圖象交于點(diǎn)G，PQ所在直線與直線BD交于點(diǎn)H，是否存在某一時刻，使得以G、M、H、Q為頂點(diǎn)的四邊形是面積小于10的平行四邊形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．（4）連接PD，過點(diǎn)P作PD的垂線交y軸于點(diǎn)R，直接寫出在矩形MNPQ整個運(yùn)動過程中點(diǎn)R運(yùn)動的路徑長．【思路點(diǎn)撥】（1）把A（﹣3，0）、B（5，0）代入y=14x2+bx+c，列方程組求出b，（2）將拋物線的函數(shù)表達(dá)式由一般式配成頂點(diǎn)式，求出頂點(diǎn)D的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求直線BD的函數(shù)表達(dá)式；（3）先由QM?QH＜10，且QH≠0，點(diǎn)M與點(diǎn)B重合時停止運(yùn)動，確定t的取值范圍，再用含t的代數(shù)式分別表示點(diǎn)G、點(diǎn)H的坐標(biāo)，由MG＝HQ列方程求出t的值；（4）過點(diǎn)P作直線x＝1的垂線，垂足為點(diǎn)F，交y軸于點(diǎn)G，由△PRG∽△DPF，確定點(diǎn)R的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)的坐標(biāo)，再求出點(diǎn)R運(yùn)動的路徑長．【解答過程】解：（1）把A（﹣3，0）、B（5，0）代入y=14x2+bx+得94-3故答案為：-12，（2）∵y=14x2-12x-154=14∴該拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為D（1，﹣4）；設(shè)直線BD的函數(shù)表達(dá)式為y＝mx+n，則5m+n∴y＝x﹣5．（3）存在，如圖1、圖2．由題意得，M（t﹣6，0），Q（t﹣3，0），∴G（t﹣6，14t2-72t+334），H（t﹣3∵QM?QH＜10，且QH≠0，點(diǎn)M、B重合時停止運(yùn)動，∴3(t-8)＜103(8-t)∵M(jìn)G∥HQ，∴當(dāng)MG＝HQ時，以G、M、H、Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，∴|14t2-72t+334|＝由14t2-72t+334=t﹣8得，t2﹣解得，t1＝5，t2＝13（不符合題意，舍去）；由14t2-72t+334=-t+8得，t2﹣解得，t1＝5+26，t2＝5﹣26（不符合題意，舍去），綜上所述，t＝5或t＝5+26．（4）由（2）得，拋物線y=14x2-12x-15過點(diǎn)P作直線x＝1的垂線，垂足為點(diǎn)F，交y軸于點(diǎn)G，如圖3，點(diǎn)Q在y軸左側(cè)，此時點(diǎn)R在點(diǎn)G的上方，當(dāng)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（﹣6，0）時，點(diǎn)R的位置最高，此時點(diǎn)Q與點(diǎn)A重合，∵∠PGR＝∠DFP＝90°，∠RPG＝90°﹣∠FPD＝∠PDF，∴△PRG∽△DPF，∴RGPF∴RG=PG?∴R（0，4）；如圖4，為原圖象的局部入大圖，當(dāng)點(diǎn)Q在y軸右側(cè)且在直線x＝1左側(cè)，此時點(diǎn)R的最低位置在點(diǎn)G下方，由△PRG∽△DPF，得，RGPF∴GR=PG設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（r，0）（0＜r＜1），則P（r，﹣2），∴GR=r(1-r)2=-12r2+1∴當(dāng)r=12時，GR的最大值為∴R（0，-17如圖5，為原圖象的縮小圖，當(dāng)點(diǎn)Q在直線x＝1右側(cè)，則點(diǎn)R在點(diǎn)G的上方，當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)B重合時，點(diǎn)R的位置最高，由△PRG∽△DPF，得，RGPF∴GR=PG?∴R（0，26），∴4+178+∴點(diǎn)R運(yùn)動路徑的長為137419．（2021?盤錦）如圖，拋物線y=-12x2+2x+6與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，直線y＝x﹣2與y軸交于點(diǎn)D，與x軸交于點(diǎn)E，與直線BC交于點(diǎn)（1）點(diǎn)F的坐標(biāo)為（4，2）；（2）如圖1，點(diǎn)P為第一象限拋物線上的一點(diǎn)，PF的延長線交OB于點(diǎn)Q，PM⊥BC于點(diǎn)M，QN⊥BC于點(diǎn)N，若PMQN=11（3）如圖2，點(diǎn)S為第一象限拋物線上的一點(diǎn)，且點(diǎn)S在射線DE上方，動點(diǎn)G從點(diǎn)E出發(fā)，沿射線DE方向以每秒42個單位長度的速度運(yùn)動，當(dāng)SE＝SG，且tan∠SEG=12時，求點(diǎn)G的運(yùn)動時間【思路點(diǎn)撥】（1）先求出B（6，0），C（0，6），再求出直線BC的解析式為y＝﹣x+6，聯(lián)立y=-x+6（2）過點(diǎn)P作PG⊥x軸于點(diǎn)G，過點(diǎn)F作FH⊥x軸交于點(diǎn)H，證明△PMF∽△QNF，得PFQF=114，再由FH∥PG，得FHPG=415，可求PG=152，即為P點(diǎn)縱坐標(biāo)為152，則可求P（3）過點(diǎn)S作SK⊥EG于點(diǎn)K，SH⊥x軸于點(diǎn)H，交EG于點(diǎn)L，證明△ODE是等腰直角三角形，△EHL為等腰直角三角形，則有LK＝SK=2t，SL=2SK＝2t，EL=2t，EH＝LH＝t，OH＝t+2，SH＝3t，求出S（t+2，3t），求出t＝2，則可得點(diǎn)G的運(yùn)動時間為【解答過程】解：（1）在拋物線y=-12x2+2x令y＝0，則-12x2+2x+6＝∴x＝﹣2或x＝6，∴A（﹣2，0），B（6，0），令x＝0，則y＝6，∴C（0，6），在直線y＝x﹣2，令y＝0，則x＝2，∴E（2，0），令x＝0，則y＝﹣2，∴D（0，﹣2），設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，∴b=6∴k=-1∴y＝﹣x+6，聯(lián)立y=-解得x=4∴F（4，2），故答案為（4，2）；（2）如圖1，過點(diǎn)P作PG⊥x軸于點(diǎn)G，過點(diǎn)F作FH⊥x軸交于點(diǎn)H，∵PM⊥BC，QN⊥BC，∴∠PMF＝∠QNF，∴△PMF∽△QNF，∴PMQN∵PMQN∴PFQF∵FH∥PG，∴FQPQ∵FH＝2，∴PG=15∴P點(diǎn)縱坐標(biāo)為152∴-12x2+2x+6∴x＝1或x＝3，∴P（1，152）或P（3，15（3）如圖2，過點(diǎn)S作SK⊥EG于點(diǎn)K，SH⊥x軸于點(diǎn)H，交EG于點(diǎn)L，由題意得，EG＝42t，∵SE＝SG，∴EK＝GK=12EG＝22在Rt△SEK中，tan∠SEG=SK∴SK=2t∵E（2，0），D（0，﹣2），∴OE＝OD，∴△ODE是等腰