二次函數(shù)壓軸題-2024年中考《數(shù)學(xué)》二輪復(fù)習(xí)壓軸題講練測（解析版）

第第頁試卷第=page6868頁，共=sectionpages163163頁題型01純數(shù)學(xué)背景下的二次數(shù)壓軸題類型一線段、周長問題1．（2024·山東淄博·模擬預(yù)測）如圖，已知二次函數(shù)y=x2+bx+c經(jīng)過A，B兩點，BC⊥x軸于點C，且點A?1，0(1)求拋物線的解析式；(2)點E是線段AB上一動點（不與A，B重合），過點E作x軸的垂線，交拋物線于點F，當(dāng)線段EF的長度最大時，求點E的坐標(biāo)及S△ABF(3)點P是拋物線對稱軸上的一個動點，是否存在這樣的P點，使△ABP成為直角三角形？若存在，求出所有點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=(2)32,(3)存在；點P的坐標(biāo)為1,8或1,?2或1,6或1,?1【分析】（1）先求出點B坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；（2）先利用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式，點Et,t+1，則F得出EF=t+1（3）根據(jù)題意，分三種情況①點B為直角頂點；②點A為直角頂點；③點P為直角頂點分別討論求解即可．【詳解】（1）解：∵點A?1，0∴AC=5，OC=4，∵AC=BC=5，∴B4把A?1，0和B1?b+c=016+4b+c=5解得：b=?2c=?3∴二次函數(shù)的解析式為：y=x（2）解：如圖1，∵直線AB經(jīng)過點A?1，0設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，∴?k+b=04k+b=5解得：k=1b=1∴直線AB的解析式為：y=x+1，∵二次函數(shù)y=∴設(shè)點Et,t+1，則F∴EF=t+1∴當(dāng)t=32時，EF的最大值為∴點E的坐標(biāo)為32∴S（3）解：存在，∵y=x∴對稱軸為直線x=1，設(shè)P1,m①點B為直角頂點時，由勾股定理得：PB∴4?12解得：m=8，∴P1②點A為直角頂點時，由勾股定理得：PA∴1+12解得：m=?2，∴P1③點P為直角頂點時，由勾股定理得：PB∴1+12解得：m=6或m=?1，∴P1，6綜上，點P的坐標(biāo)為1，8或1，?2或【點睛】本題考查的是二次函數(shù)的綜合題，涉及二次函數(shù)與幾何最值、動態(tài)問題、待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式、求一次函數(shù)的解析式、二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、解二元一次方程、解一元一次方程、解一元二次方程等知識，知識點較多，難度一般，解答的關(guān)鍵是認(rèn)真審題，分析圖形，尋找相關(guān)聯(lián)信息，利用數(shù)形結(jié)合和分類討論的思想方法進(jìn)行推理、探究和計算．2．（2023·浙江·模擬預(yù)測）已知拋物線y=ax2+bx+c與x軸交于A(?1,0)，B(5,0)兩點，C為拋物線的頂點，拋物線的對稱軸交x軸于點D，連接AC，BC(1)求拋物線的解析式；(2)設(shè)P是拋物線的對稱軸上的一個動點．①過點P作x軸的平行線交線段BC于點E，過點E作EF⊥PE交拋物線于點F，連接FB、FC，求△BCF的面積的最大值；②連接PB，求35【答案】(1)拋物線的解析式為y=?(2)①△BCF的面積的最大值為32；②35【分析】（1）設(shè)拋物線的解析式為：y=a(x+1)(x?5)，可得對稱軸為直線x=2，由銳角三角函數(shù)可求點C坐標(biāo)，代入解析式可求解析式；（2）①先求出直線BC解析式，設(shè)P(2,t)，可得點E(5?34t，t)，點F(5?②根據(jù)圖形的對稱性可知∠ACD=∠BCD，AC=BC=5，過點P作PG⊥AC于G，可得PG=35PC，可得35PC+PB=PG+PB，過點B作BH⊥AC于點H，則PG+PB≥BH【詳解】（1）根據(jù)題意，可設(shè)拋物線的解析式為：y=a(x+1)(x?5)，∵拋物線的對稱軸為直線x=2，∴D(2,0)，又∵tan∠CBD=∴CD=BD?tan即C(2,4)，代入拋物線的解析式，得4=a(2+1)(2?5)，解得a=?4∴二次函數(shù)的解析式為y=?4（2）①設(shè)P(2,t)，其中0<t<4，設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，∴0=5k+b,4=2k+b.解得k=?即直線BC的解析式為y=?4令y=t，得：x=5?3∴點E(5?34t把x=5?34t代入y=?即F(5?3∴EF=(2t?1∴△BCF的面積=1∴當(dāng)t=2時，△BCF的面積最大，且最大值為32②如圖，據(jù)圖形的對稱性可知∠ACD=∠BCD，AC=BC=5，∴sin∠ACD=過點P作PG⊥AC于G，則在Rt△PCG中，PG=PC?∴35過點B作BH⊥AC于點H，則PG+PB≥BH，∴線段BH的長就是35∵SΔ又∵S△ABC∴52即BH=24∴35PC+PB的最小值為【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求解析式，一次函數(shù)的性質(zhì)，三角形面積公式，銳角三角函數(shù)，二次函數(shù)的性質(zhì)等知識，利用數(shù)形結(jié)合思想解決問題是本題的關(guān)鍵．3．（2022·浙江溫州·二模）如圖，拋物線y=x2+bx+c與x軸交于點A(?1,0)，B(5,0)，與y(1)求拋物線的解析式和頂點D的坐標(biāo)．(2)連結(jié)AD，點E是對稱軸與x軸的交點，過E作EF∥AD交拋物線于點F（F在E的右側(cè)），過點F作FG∥x軸交ED于點H，交AD于點G，求HF的長．【答案】(1)y=x2(2)3【分析】（1）將A、B點代入表達(dá)式求解即可；（2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)，即可求解；【詳解】（1）解：把點A(?1,0)，B(5,0)代入解析式，得1?b+c=025+5b+c=0解，得∴y=x變換成頂點式為：y=∴頂點坐標(biāo)D(2,?9)（2）延長FG交y軸于點I∵A(?1,0)，E(2,0)，D(2,?9)∴AE=3，DE=9∴在Rt△EAD中，tan∵EF∥AD，F(xiàn)G∥x軸∴四邊形AGFE是平行四邊形∴∴在Rt△EHF中，EH=3HF設(shè)HF=m，EH=3m，易證四邊形OIHE是矩形把點F(m+2,?3m)代入y=x得，?3m=解得m=35【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的應(yīng)用、平行四邊形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)，掌握相關(guān)知識并靈活應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．4．（2021·浙江寧波·一模）如圖，邊長為4的正方形OABC的兩邊在坐標(biāo)軸上，以點C為頂點的拋物線經(jīng)過點A，點P是拋物線上點A，C間的一個動點（含端點），過點P作PM⊥OA于點M，點Q的坐標(biāo)為（0，3），連接PQ．(1)求出拋物線的解析式；(2)當(dāng)點P與點A或點C重合時，PQ+PM＝_____，小聰猜想：對于A，C間的任意一點P，PQ與PM之和是一個固定值，你認(rèn)為正確嗎，判斷并說明理由；(3)延長MP交BC于點N，當(dāng)∠NPQ為銳角，cos∠NPQ＝13時，求點P【答案】(1)y＝﹣14x2(2)5，理由見解析(3)點P坐標(biāo)為（﹣22，2）【分析】（1）由題意得點C坐標(biāo)為（0，4），點A坐標(biāo)為（﹣4，0），根據(jù)拋物線的點C為頂點，設(shè)該拋物線的解析式為：y＝ax2+4，將點A（﹣4，0）代入可得16a+4＝0，即可求解；（2）當(dāng)點P與點A重合時，PQ+PM＝AQ＝32+42＝5，當(dāng)點P與點C重合時，PQ+PM＝CQ+CO＝1+4＝5，對于A，C間的任意一點P，PQ與PM之和是一個固定值5，理由如下：先設(shè)點P的坐標(biāo)為（m，﹣14m2+4），用m的代數(shù)式表示PQ＝(?m)2+(?14m2+4?3)（3）由（2）得PQ+PM＝5，設(shè)點P的坐標(biāo)為（x，y），得PM＝y(tǒng)，PQ＝5﹣y，由cos∠NPQ＝13得QDPQ=【詳解】（1）解：∵邊長為4的正方形OABC的兩邊在坐標(biāo)軸上，∴點C坐標(biāo)為（0，4），點A坐標(biāo)為（﹣4，0），根據(jù)拋物線的點C為頂點，設(shè)該拋物線的解析式為：y＝ax2+4，將點A（﹣4，0）代入可得16a+4＝0，解得a＝﹣14∴此拋物線關(guān)系式為：y＝﹣14x2（2）解：當(dāng)點P與點A重合時，PQ+PM＝AQ＝32當(dāng)點P與點C重合時，PQ+PM＝CQ+CO＝1+4＝5，故答案為：5；對于A，C間的任意一點P，PQ與PM之和是一個固定值5，理由如下：過點P作PD⊥y軸于點D，設(shè)點P的坐標(biāo)為（m，﹣14m2∵點P是拋物線上點A，C間的一個動點，∴PD＝﹣m，QD＝|﹣14m2∴PQ＝(?m)2+(?14m2∴PQ+PM＝14（3）解：由（2）得PQ+PM＝5，設(shè)點P的坐標(biāo)為（x，y），∴PM＝y(tǒng)，PQ＝5﹣y，∵∠NPQ為銳角，則y＜3，∴QD＝3﹣y，∵cos∠NPQ＝13，∠NPQ＝∠DQP∴QDPQ解得y＝2，把y＝2代入拋物線解析式得，y＝﹣14x2解得x＝±22∵點P在AC段上，∴x＝﹣22，∴點P坐標(biāo)為（﹣22，2）．【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)與幾何綜合，正方形的性質(zhì)，兩點距離公式，解直角三角形等等，熟練掌握二次函數(shù)的相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．5．如圖，已知拋物線L:y=x2+bx+c（1）求b,c的值；（2）連結(jié)AB，交拋物線L的對稱軸于點M．①求點M的坐標(biāo)；②將拋物線L向左平移m(m>0)個單位得到拋物線L1．過點M作MN//y軸，交拋物線L1于點N．P是拋物線L1上一點，橫坐標(biāo)為?1，過點P作PE//x軸，交拋物線L于點E，點E在拋物線L對稱軸的右側(cè)．若PE+MN=10【答案】（1）?4,?5；（2）①(2,?3)；②1或?1+65【分析】（1）直接運用待定系數(shù)法求解即可；（2）①求出直線AB的解析式，拋物線的對稱軸方程，代入求解即可；②根據(jù)拋物線的平移方式求出拋物線L1【詳解】解：（1）把點A(0,?5),B(5,0)的坐標(biāo)分別代入y=x得c=?5,25+5b+c=0.．解得∴b,c的值分別為?4,?5．（2）①設(shè)AB所在直線的函數(shù)表達(dá)式為y=kx+n(k≠0)，把A(0,?5),B(5,0)的坐標(biāo)分別代入表達(dá)式，得n=?5,解得k=1,∴AB所在直線的函數(shù)表達(dá)式為y=x?5．由（1）得，拋物線L的對稱軸是直線x=2，當(dāng)x=2時，y=x?5=?3．∴點M的坐標(biāo)是(2,?3)．②設(shè)拋物線L1的表達(dá)式是y=∵M(jìn)N//y軸，∴點N的坐標(biāo)是2,m∵點P的橫坐標(biāo)為?1,∴點P的坐標(biāo)是?1,m設(shè)PE交拋物線L1于另一點Q∵拋物線L1的對稱軸是直線x=2?m,PE//x∴根據(jù)拋物線的軸對稱性，點Q的坐標(biāo)是5?2m,m（i）如圖1，當(dāng)點N在點M下方，即0<m≤6PQ=5?2m?(?1)=6?2m，MN=?3?m由平移性質(zhì)得QE=m,，∴PE=6?2m+m=6?m∵PE+MN=10，∴6?m+6?m解得m1=?2（舍去），（ii）圖2，當(dāng)點N在點M上方，點Q在點P右側(cè)，即6<m≤3時，PE=6?m,MN=∵PE+MN=10，∴6?m+m解得m1=1+（ⅲ）如圖3，當(dāng)點N在點M上方，點Q在點P左側(cè)，即m>3時，PE=m,MN=m∵PE+MN=10，∴m+m解得m1=?1?綜上所述，m的值是1或?1+65【點睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式、拋物線的平移規(guī)律和一元二次方程等知識點，數(shù)形結(jié)合、熟練掌握相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．6．如圖，拋物線y=?x（1）求A、B、C的坐標(biāo)；（2）點M為線段AB上一點（點M不與點A、B重合），過點M作x軸的垂線，與直線AC交于點E，與拋物線交于點P，過點P作PQ∥AB交拋物線于點Q，過點Q作QN⊥x軸于點N.若點P在點Q左邊，當(dāng)矩形PQNM的周長最大時，求△AEM的面積；（3）在（2）的條件下，當(dāng)矩形PMNQ的周長最大時，連接DQ.過拋物線上一點F作y軸的平行線，與直線AC交于點G（點G在點F的上方）.若FG=DQ，求點F的坐標(biāo).

【答案】（1）A（-3，0），B（1，0），C（0，3）；（2）12；（3）(?4,?5)【詳解】試題分析：（1）通過解析式即可得出C點坐標(biāo)，令y=0，解方程得出方程的解，即可求得A、B的坐標(biāo)；（2）設(shè)M點橫坐標(biāo)為m，則PM=?m2?2m+3，MN=（﹣m﹣1）×2=﹣2m﹣2，矩形PMNQ的周長d=，將（3）設(shè)F（n，?n2?2n+3試題解析：解：（1）由拋物線y=?x2?2x+3可知，C（0，3），令y=0，則0=?（2）由拋物線y=?x2?2x+3可知，對稱軸為x=﹣1，設(shè)M點的橫坐標(biāo)為m，則PM=?m2?2m+3，MN=（﹣m﹣1）×2=﹣2m﹣2，∴矩形PMNQ的周長=2（PM+MN）=（?m2?2m+3?2m?2）×2==?2(m+2)2+10，∴當(dāng)m=﹣2時矩形的周長最大．∵（3）∵M(jìn)點的橫坐標(biāo)為﹣2，拋物線的對稱軸為x=﹣1，∴N應(yīng)與原點重合，Q點與C點重合，∴DQ=DC，把x=﹣1代入y=?x2?2x+3，解得y=4，∴D（﹣1，4），∴DQ=DC=2，∵FG=22DQ，∴FG=4，設(shè)F（n，?n2?2n+3），則G（n，n+3），考點：1．二次函數(shù)綜合題；2．代數(shù)幾何綜合題；3．壓軸題．類型二面積問題7．（2023·浙江·模擬預(yù)測）已知有如下拋物線：y=?x2+bx+c，經(jīng)過A，B，C，已知A為?1,0

(1)求解該拋物線的解析式并求出頂點的坐標(biāo)；(2)若點D在x軸的上方的拋物線上，點N在點C上方：①當(dāng)△ACD是以AC為底邊的等腰三角形時，求出點D的坐標(biāo)；②若∠CAB=∠ABD時，求出點D的坐標(biāo)；③若直線BD交y軸于點N，過B作AD的平行線交y軸于點M，當(dāng)D點運動時，求出S△CBDS△AMN【答案】(1)y=?x2(2)①D7?109②D③最大值為916，此時點D的坐標(biāo)為【分析】（1）運用待定系數(shù)法即可求得拋物線的解析式；（2）①根據(jù)△ACD是以AC為底邊的等腰三角形，可得CD=AD，建立方程求解即可得出答案；②過點D作DE⊥x軸于點E，則∠BED=∠AOC=90°，證得△BDE∽△ACO，可得BEOA=DE③設(shè)D(t,?t2+2t+3)，利用待定系數(shù)法可得：直線BD的解析式為y=?(t+1)x+3(t+1)，直線AD的解析式為y=(3?t)x+3?t，直線BM的解析式為y=(3?t)x+3t?9，即可得出：M(0,3t?9)，N(0,3t+3)，即MN=12，CN=3t【詳解】（1）解：∵拋物線y=?x2+bx+c，經(jīng)過A(?1,0)∴?1?b+c=0c=3解得：b=2c=3∴該拋物線的解析式為y=?x∵y=?x∴該拋物線的頂點的坐標(biāo)為(1,4)；（2）令y=0，得?x解得：x1=?1，∴A(?1,0)，B(3,0)，設(shè)D(x,?x2+2x+3)①∵C(0,3)，∴ACCDAD∵△ACD是是以AC為底邊的等腰三角形，∴CD=AD，即x2∴x整理得：3x解得：x=7?1096∴D7?1096②如圖，過點D作DE⊥x軸于點E，則∠BED=∠AOC=90°，

∵∠CAB=∠ABD，∴△BDE∽△ACO，∴BEOA=DE解得：x1=2，∴點D的坐標(biāo)為(2,3)；③設(shè)D(t,?t

∵B(3,0)，∴直線BD的解析式為y=?(t+1)x+3(t+1)，令x=0，得y=3(t+1)，∴N(0,3t+3)，∵A(?1,0)，∴直線AD的解析式為y=(3?t)x+3?t，∵BM∥AD，∴直線BM的解析式為y=(3?t)x+3t?9，令x=0，得y=3t?9，∴M(0,3t?9)，∴MN=3t+3?(3t?9)=12，CN=3t+3?3=3t，∴S△CBD∵?1∴當(dāng)t=32時，S△CBDS△AMN有最大值，最大值為9【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了一次函數(shù)的性質(zhì)、三角形相似、面積的計算等，有一定的綜合性．8．（2023·浙江溫州·二模）如圖，y=?x2+mx+3m>0與y軸交于點C，與x軸的正半軸交于點K，過點C作CB∥x軸交拋物線于另一點B，點D在x軸的負(fù)半軸上，連接BD交y軸于點(1)用含m的代數(shù)式表示BC的長．(2)當(dāng)m=2時，判斷點D是否落在拋物線上，并說明理由．(3)過點B作BE∥y軸交x軸于F，延長BF至E，使得EF=12BC，連接DE交y軸于點G，連接AE交x軸于M．若△DOG的面積與△MFE【答案】(1)BC=m(2)點D剛好落在拋物線上，理由見解析(3)m=【分析】（1）先求出c的坐標(biāo)，拋物線的對稱軸，然后利用軸對稱性求出B的坐標(biāo)，即可求出BC；（2）利用平行線的性質(zhì)得出∠CAB=∠DAO，利用同角的正弦值相等得出sin∠CAB=CBAB=DOAD=（3）根據(jù)△DOG的面積與△MFE的面積相等可求GO=MF，證明△DOG∽△DFE，△ABC∽△ADO，可求GO=MF=16m，OM=56【詳解】（1）解：拋物線的對稱軸是直線x=?m當(dāng)x=0時，y=0，∴C∵CB∥x軸交拋物線于另一點B，∴B，C關(guān)于對稱軸對稱，∴點B的坐標(biāo)為m,3，∴BC=m，（2）解：當(dāng)m=2時，拋物線的解析式為y=?x2+2x+3，點B的坐標(biāo)為∵CB∥x軸，∴∠CAB=∠DAO，∴sin∠CAB=∵AB=2AD∴DO=1∴D的坐標(biāo)為?1，代入拋物線解析式y(tǒng)=??1∴點D剛好落在拋物線上；（3）解：∵CB∥x軸，∴∠CAB=∠DAO，∴sin∠CAB=∵AB=2AD∴DO=1又EF=1∴DO=FE，當(dāng)△DOG的面積與△MFE的面積相等時，∴12∴GO=MF，∵DO=12m∴DODF∵OG∥∴△DOG∽△DFE，∴GOEF∴GO=1∴OM=OF?MF=m?1∵BC∥∴△ABC∽△ADO，∴ACAO又OC=AO+AC=3，∴AO=1，∵tan∠AMO=∴11∴

m=2【點睛】本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，利用相似三角形對應(yīng)邊成比例得出點的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．9．（2022·浙江金華·一模）如圖所示，已知A、B兩點坐標(biāo)分別為（30，0）和（0，30），動點P從A點開始在折線AO—OB—BA上以每秒3個長度單位的速度運動，動直線EF從x軸開始以每秒1個長度單位的速度向上平行移動（即EF∥x軸），并且分別與y軸、直線AB交于E、F點．連結(jié)FP，設(shè)動點P與動直線EF同時出發(fā)，運動時間為t秒．當(dāng)直線EF經(jīng)過點B時，點P與直線EF停止運動．(1)連接PE，t為何值時，四邊形APEF為平行四邊形？(2)t為何值時，直線EF經(jīng)過點P？(3)設(shè)經(jīng)過點F的反比例函數(shù)為y=kx，與AB的另一個交點為①當(dāng)t為何值時，k有最大值，最大值為多少？②請?zhí)剿鲝闹本€EF第一次經(jīng)過點P起，順次連接PEGF所得多邊形的面積S是否存在最大值，若有請求出最大值及相應(yīng)t的值，并簡要說明理由；若不存在，請說明理由．【答案】(1)當(dāng)t為7.5秒時，四邊形APEF為平行四邊形；(2)當(dāng)t=15秒或302+1207秒時，直線EF(3)①當(dāng)t為15秒時，k有最大值，最大值為225；②當(dāng)t=452時，S有最大值，最大值為【分析】（1）當(dāng)OP=OE時，四邊形APEF為平行四邊形，據(jù)此列方程求解即可；（2）分點P在線段OB和BA上兩種情況討論，分別列方程求解即可；（3）①先求得點F的坐標(biāo)為（30-t，t），再根據(jù)反比例函數(shù)的意義得到k=t（30-t），最后根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可；②分三種情況討論，利用三角形面積公式得到S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可．【詳解】（1）解：∵A、B兩點坐標(biāo)分別為（30，0）和（0，30），∴OA=OB=30，∠OAB=∠OBA=45°，∵四邊形APEF為平行四邊形，EF∥x軸，∴PE∥AB，∴∠OPE=∠OEP=45°，∴OP=OE，∵OE=t，OP=30-3t，∴t=30-3t，解得：t=7.5(秒)，∴當(dāng)t為7.5秒時，四邊形APEF為平行四邊形；（2）解：當(dāng)點P在線段OB上時，此時點E與點P重合，∵OE=t，點P與點E重合時OP=3t-30，∴t=3t-30，解得：t=15(秒)，當(dāng)點P在線段BA上時，此時點F與點P重合，∵OE=t，∴BE=30-t，∵EF∥x軸，∴△BEF是等腰直角三角形，∴BF=2(30-t)，點P與點F重合時BP=3t-60，∴2(30-t)=3t-60，解得：t=302綜上，當(dāng)t=15秒或302+1207秒時，直線EF（3）解：①由（2）得OE=t，BE=BF=30-t，∴點F的坐標(biāo)為（30-t，t），∵反比例函數(shù)y=kx經(jīng)過點∴k=t（30-t）=-t2+30t=-(t-15)2+225，∵-1<0，∴當(dāng)t為15秒時，k有最大值，最大值為225；②設(shè)直線AB的解析式為y=kx+30，把點A（30，0）代入得0=30k+30，解得k=-1，∴直線AB的解析式為y=-x+30，∵反比例函數(shù)的解析式為y=t(30?t)x解方程-x+30=t(30?t)x整理得x2-30x+t（30-t）=0，解得：x=30-t或x=t，∴反比例函數(shù)的圖象與AB的另一個交點G的坐標(biāo)為（t，30-t），根據(jù)題意：當(dāng)15<t≤20時，如圖：∴BP=60-3t，BE=30-t，∴四邊形PEGF的面積S=S△BEG-S△BPF=12(30-t)t-12(60-3t)(30-=-2t2+90t-900=-2(t-452)2+225∴對稱軸為直線t=452∵-2<0，15<t≤20，∴當(dāng)t=452時，S有最大值，最大值為225當(dāng)20<t≤30同理可得點P的橫坐標(biāo)為3t?602∴三角形PEG的面積S=S△BEG-S△BPE=12(30-t)t-12(30-t)(=-32+24t2-30?152∴對稱軸為直線t=?30?1522∴此時，S沒有最大值；當(dāng)302同理三角形FEG的面積S=S△BEG-S△BFE=12(30-t)(t-30+t=-t2+45t-450=-(t-452)2+225∴對稱軸為直線t=452∵-1<0，302∴此時，S沒有最大值；綜上，當(dāng)t=452時，S有最大值，最大值為【點睛】本題考查了二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，反比例函數(shù)的圖象和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，本題考查知識點較多，綜合性較強(qiáng)，難度較大．10．（2020·浙江臺州·一模）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于點A（﹣2，0）和B（l，0），與y軸交于點C．（1）求拋物線的表達(dá)式；（2）作射線AC，將射線AC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°交拋物線于另一點D，在射線AD上是否存在一點H，使△CHB的周長最?。舸嬖冢蟪鳇cH的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；（3）在（2）的條件下，點Q為拋物線的頂點，點P為射線AD上的一個動點，且點P的橫坐標(biāo)為t，過點P作x軸的垂線l，垂足為E，點P從點A出發(fā)沿AD方向運動，直線l隨之運動，當(dāng)﹣2＜t＜1時，直線l將四邊形ABCQ分割成左右兩部分，設(shè)在直線l左側(cè)部分的面積為S，求S關(guān)于t的函數(shù)表達(dá)式．【答案】（1）y＝﹣x2﹣x+2；（2）點H坐標(biāo)為（﹣87，﹣67）；（3）【分析】（1）根據(jù)A，B坐標(biāo)寫出交點式，可得函數(shù)解析式；（2）如圖1，延長CA到C'，使AC'＝AC，連接BC'，BC'與AD的交點即為滿足條件的點H，分別求出AC與AD的解析式和點C坐標(biāo)，再求出BC'解析式，聯(lián)立AD與BC'的解析式，可得點H；（3）存在3種情況，一種是點P在拋物線對稱軸的左側(cè)，一種是在右側(cè)且在x軸負(fù)半軸，還有一種是在x軸正半軸，然后再根據(jù)幾何圖形特點求解.【詳解】（1）拋物線與x軸交于點A（﹣2，0）和B（l，0）∴交點式為y＝﹣（x+2）（x﹣1）＝﹣（x2+x﹣2）∴拋物線的表示式為y＝﹣x2﹣x+2（2）在射線AD上存在一點H，使△CHB的周長最小．如圖1，延長CA到C'，使AC'＝AC，連接BC'，BC'與AD交點即為滿足條件的點H∵x＝0時，y＝﹣x2﹣x+2＝2∴C（0，2）∴OA＝OC＝2∴∠CAO＝45°，直線AC解析式為y＝x+2∵射線AC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得射線AD∴∠CAD＝90°∴∠OAD＝∠CAD﹣∠CAO＝45°∴直線AD解析式為y＝﹣x﹣2∵AC'＝AC，∴C'（﹣4，﹣2），設(shè)直線BC'解析式為y＝kx+a∴?4k+a=?2解得：k=∴直線BC'：y＝25x﹣∵y=25x?∴點H坐標(biāo)為（﹣87，﹣6（3）∵y＝﹣x2﹣x+2＝﹣（x+12）2+∴拋物線頂點Q（﹣12，9①當(dāng)﹣2＜t≤﹣12設(shè)直線AQ解析式為y＝mx+n∴?2m+n=0∴直線AQ：y＝32∵點P橫坐標(biāo)為t，PF⊥x軸于點E∴F（t，32∴AE＝t﹣（﹣2）＝t+2，F(xiàn)E＝32∴S＝S△AEF＝12AE?EF＝12（t+2）（32t+3）＝3②當(dāng)﹣12＜t≤0時，如圖3，直線l與線段QC相交于點G，過點Q作QM⊥∴AM＝﹣12﹣（﹣2）＝32∴S△AQM＝12AM?QM＝設(shè)直線CQ解析式為y＝qx+2把點Q代入：﹣12q+2＝94∴直線CQ：y＝﹣12∴G（t，﹣12∴EM＝t﹣（﹣12）＝t+12，GE＝﹣∴S梯形MEGQ＝12（QM+GE）?ME＝12（94﹣12t+2）（t+12）＝﹣∴S＝S△AQM+S梯形MEGQ＝2716+（﹣14t2+2t+1716）＝﹣14t③當(dāng)0＜t＜1時，如圖4，直線l與線段BC相交于點N設(shè)直線BC解析式為y＝rx+2把點B代入：r+2＝0，解得：r＝﹣2∴直線BC：y＝﹣2x+2∴N（t，﹣2t+2）∴BE＝1﹣t，NE＝﹣2t+2∴S△BEN＝12BE?NE＝12（1﹣t）（﹣2t+2）＝t∵S梯形MOCQ＝12（QM+CO）?OM＝12×（94+2）×12＝1716，S△BOC∴S＝S△AQM+S梯形MOCQ+S△BOC﹣S△BEN＝2716+1716+1﹣（t2﹣2t+1）＝－t2＋2t+綜上所述，S＝3【點睛】本題考查二次函數(shù)的綜合，第（1）問較為基礎(chǔ)，第（2）問關(guān)鍵是將延長CA到C'，使AC'＝AC，從而確定點H，第（3）問關(guān)鍵是存在3種情況，要分別討論.11．如圖，拋物線M1:y=?x2+4x交x軸正半軸于點A,將拋物線M1平移得到拋物線M2:y=?x2+bx+c,M1與M2交于點1①直接寫出點B，點C的坐標(biāo)．②求拋物線M2點P是拋物線M1上AB間--點，作PQ⊥x軸交拋物線M2于點Q，連結(jié)CP,CQ，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m.當(dāng)m為何值時，使

【答案】1①B(3，3),C(6，6)；②y=?x2+10x?18；2m=4時，【分析】（1）①過點B作BE⊥x軸于點E，過點C作CF⊥x軸于點F，則BE∥CF，根據(jù)平行線分線段成比例定理可得OE＝EF＝3，求出B（3，3）即可得C（6，6）；②把點B，C的坐標(biāo)代入y=?x（2）求出PQ=6m?18，可得S△CPQ【詳解】解：（1）①如圖，過點B作BE⊥x軸于點E，過點C作CF⊥x軸于點F，則BE∥CF，∵點C的橫坐標(biāo)為6，且OB=BC，∴OE＝EF＝3，當(dāng)x＝3時y＝?x2＋4x＝?9＋12＝3，即B（3，3），∴直線OB的解析式為：y＝x，∴C（6，6），②把點B，C的坐標(biāo)代入拋物線M2得3=?9+3b+c6=?36+6b+c，解得：b=10所以拋物線M2的解析式為:y=?

（2）∵PQ⊥x軸，點P的橫坐標(biāo)為m，∴P（m，?m2＋4m），Q（m，?m∴PQ=?∴S由于P是拋物線M1上AB故3≤m≤4，而m=?b2a=92不在3≤m≤4的范圍內(nèi)，且S∴當(dāng)m=4時，S有最大值，最大值為6．【點睛】本題是二次函數(shù)的綜合問題，解題的關(guān)鍵是掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、平行線分線段成比例定理及二次函數(shù)的性質(zhì)等知識點，熟練掌握二次函數(shù)最值的求法是解題關(guān)鍵．12．（2019·浙江溫州·一模）如圖，拋物線y＝ax2+bx（a＜0）與x軸交于點O（0，0）和點A（8，0），對稱軸分別交拋物線和x軸于點B和點C，以O(shè)A為底邊向上作等腰Rt△OAD．（1）CD＝；b＝（用含a的代數(shù)式表示）；（2）如圖1，當(dāng)a＝?310時，連接AB，求（3）點P是拋物線OB段上任意一點，連接DP和OP，延長OP交對稱軸于點E，如圖2，若A，D，P三點在一條直線上，當(dāng)S△ODP＝3S△PDE時，求a的值．【答案】（1）4，﹣8a；（2）15；（3）a的值為﹣1【分析】（1）根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可求出CD的長，由點A的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可用含a的代數(shù)式表示出b值；（2）代入a＝?310可求出拋物線的解析式，利用配方法可求出點B的坐標(biāo)，進(jìn)而可得出BC的長度，結(jié)合CD的長可求出BD的長，由△BDA和△CDA等高，可得出S△BDAS△CDA（3）由OC，CD的長可得出點D的坐標(biāo)，由點A，D的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出直線AD的解析式，聯(lián)立直線AD和拋物線的解析式成方程組，通過解方程組可求出點P的坐標(biāo)，由S△ODP＝3S△PDE可得出OP＝34OE，過點P作PM⊥x軸于點M，則△OPM∽△OEC，利用相似三角形的性質(zhì)可求出a【詳解】解：（1）∵△OAD為等腰直角三角形，OA＝8，∴CD＝12OA將A（8，0）代入y＝ax2+bx，得：0＝64a+8b，∴b＝﹣8a．故答案為：4；﹣8a．（2）當(dāng)a＝?310時，拋物線的解析式為y＝﹣310x2+125x＝﹣310（x∴點B的坐標(biāo)為（4，245∴BC＝245∴BD＝BC﹣CD＝45∴S（3）∵OC＝CD＝4，∴點D的坐標(biāo)為（4，4）．設(shè)直線AD的解析式為y＝kx+c（k≠0），將A（8，0），D（4，4）代入y＝kx+c，得：8k+c=04k+c=4解得：k=?1c=8∴直線AD的解析式為y＝﹣x+8．聯(lián)立直線AD和拋物線的解析式成方程組，得：y=?x+8y=a解得：x1=?1∴點P的坐標(biāo)為（﹣1a，1∵S△ODP＝3S△PDE，∴OP＝3PE，∴OP＝34OE如圖2，過點P作PM⊥x軸于點M，則△OPM∽△OEC，∴OMOC=∴a＝﹣13經(jīng)檢驗，a＝﹣13∴a的值為﹣13【點睛】本題考查了拋物線的綜合問題，掌握拋物線的解析式以及性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、待定系數(shù)法、配方法、相似三角形的性質(zhì)以及判定定理、解方程組的方法是解題的關(guān)鍵．類型三角度問題13．（2023·浙江杭州·模擬預(yù)測）如圖1，拋物線y=12x2+bx+cc<0與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C，過點C作CD∥x軸，與拋物線交于另一點D，直線BC(1)已知點C的坐標(biāo)是0，?4，點B的坐標(biāo)是(2)若b=12c+1(3)如圖2，設(shè)第（1）題中拋物線的對稱軸與x軸交于點G，點P是拋物線上在對稱軸右側(cè)部分的一點，點P的橫坐標(biāo)為t，點Q是直線BC上一點，是否存在這樣的點P，使得△PGQ是以點G為直角頂點的直角三角形，且滿足∠GQP=∠OCA，若存在，請直接寫出t的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=(2)證明見解析(3)t=13或【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（2）先求出當(dāng)b=12c+1時，拋物線的解析式為y=12x2+1設(shè)直線AD與y軸交于點E，則E0，?2，得到OA=OE=2，則∠OAE=45°，同理得∠OBC=45°，從而得到∠AMB=90°（3）如圖所示，連接AC，PQ，求出拋物線對稱軸為直線x=1，則A?2，0，推出tan∠GQP=tan∠OCA=12，求出直線BC的解析式為y=x?4，設(shè)Pt，12t2?t?4，Qs，s?4，然后分當(dāng)點Q在點P下方時，如圖3-1所示，過點Q、P分別作x軸的垂線，垂足分別為M、N，證明△QMG∽△GNP，得到【詳解】（1）解：把B4，0，C0，∴b=?1c=?4∴拋物線解析式為y=1（2）解：∵b=1∴拋物線解析式為y=1令y=12x解得x=?c或x=?2，∴A?2∴拋物線對稱軸為直線x=?2+c∵CD∥x軸，∴D?c?2設(shè)直線AD的解析式為y=kx+2∴k?c?2+2解得k=?1，∴直線AD的解析式為y=?x+2設(shè)直線AD與y軸交于點E，∴E0∴OA=OE=2，∴∠OAE=45°，∵OC=OB=c，∴∠OBC=45°，∴∠AMB=90°，∴AD⊥BC；（3）解：如圖所示，連接AC，∵拋物線解析式為y=1∴拋物線對稱軸為直線x=1，∴A?2∴OA=2，∴tan∠ACO=∵∠GQP=∠OCA，∴tan∠GQP=設(shè)直線BC的解析式為y=k∴?4k∴k1∴直線BC的解析式為y=x?4，設(shè)Pt當(dāng)點Q在點P下方時，如圖3-1所示，過點Q、P分別作x軸的垂線，垂足分別為M、N，∵∠QGP=90°，∴∠MGQ+∠MQG=90°=∠MGQ+∠NGP，tan∠GQP=∴∠MQG=∠NGP，又∵∠QMG=∠GNP=90°，∴△QMG∽△GNP，∴QMGN∴4?st?1∴4?s=2t?2，1?s=?t∴1?6+2t=?t解得t=13當(dāng)點Q在點P上方時，如圖3-2所示，過點G作MN∥y軸，過點P、Q分別作直線MN的垂線，垂足分別為N、M，同理可得QMGN∴s?1?∴s?4=2t?2，s?1=?t∴2t+2?1=?t解得t=7綜上所述，t=13或t=【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)綜合，待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，一次函數(shù)與幾何綜合，相似三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形等等，利用分類討論的思想求解是解題的關(guān)鍵．14．（2020·浙江紹興·模擬預(yù)測）已知拋物線y=12x2+bx+c與x軸交于A(4,0),B(?2,0)（1）求拋物線的解析式及C點坐標(biāo)；（2）點D為第四象限拋物線上一點，設(shè)點D的橫坐標(biāo)為m，四邊形ABCD的面積為S，求S與m的函數(shù)關(guān)系式，并求S的最值；（3）點P在拋物線的對稱軸上，且∠BPC=45°，請直接寫出點【答案】（1）y=12(x?4)(x+2)=12x【分析】（1）根據(jù)拋物線經(jīng)過A、B兩點可得拋物線的表達(dá)式，再令x=0得出y值，可得點C坐標(biāo)；（2）設(shè)出點D坐標(biāo)，根據(jù)S=S（3）∠BPC=45°，則BC對應(yīng)的圓心角為90°，如圖作圓R，則∠BRC=90°，圓R交函數(shù)對稱軸為點P，過點R作y軸的平行線交過點C與x軸的平行線于點N、交x軸于點M，證明ΔBMR?ΔRNC(AAS)，求出點R(1,?1)，即點R在函數(shù)對稱軸上，即可求解．【詳解】解：（1）∵拋物線經(jīng)過A（4，0），B（-2，0），∴拋物線的表達(dá)式為：y=1令x=0，則y=-4，∴點C的坐標(biāo)為（0，-4）；（2）設(shè)點D(m,1S=S當(dāng)m=2時，S的最大值為16；（3）∠BPC=45°，則BC對應(yīng)的圓心角為90°，如圖作圓R，則∠BRC=90°，圓R交函數(shù)對稱軸為點P，過點R作y軸的平行線交過點C與x軸的平行線于點N、交x軸于點M，設(shè)點R(m,n)．∵∠BMR+∠MRB=90°，∠MRB+∠CRN=90°，∴∠CRN=∠MBR，∠BMR=∠RNC=90°，BR=RC，∴ΔBMR?ΔRNC(AAS)，∴CN=RM，RN=BM，即m+2=n+4，?n=m，解得：m=1，n=?1，即點R(1,?1)，即點R在函數(shù)對稱軸上，圓的半徑為：(1+2)2則點P的坐標(biāo)為：(1,?1+10)或【點睛】本題考查的是二次函數(shù)綜合運用，涉及到一次函數(shù)、圓的基本知識、圖形的面積計算等，其中（3），要注意分類求解，避免遺漏．15．（2019·浙江寧波·一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)中，拋物線y＝ax2+bx+c過點A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），點P是直線BC上方拋物線上的一動點，PE∥y軸，交直線BC于點E連接AP，交直線BC于點D．（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（2）當(dāng)AD＝2PD時，求點P的坐標(biāo)；（3）求線段PE的最大值；（4）當(dāng)線段PE最大時，若點F在直線BC上且∠EFP＝2∠ACO，直接寫出點F的坐標(biāo)．【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）P（1，4）或P（2，3）；（3）（﹣98,33【分析】（1）由于拋物線與x軸的兩個交點坐標(biāo)已知，可把拋物線的解析式設(shè)成交點式，再代入另一已知點坐標(biāo)便可求出解析式；（2）過A作EF⊥x軸，與BC相交于點F，用待定系數(shù)法求出BC的解析式，設(shè)P點的橫坐標(biāo)為t，進(jìn)而求得AF與PE，由相似三角形的比例線段求得t便可；（3）根據(jù)PE關(guān)于t的函數(shù)解析式，由函數(shù)的性質(zhì)求出其最大值便可；（4）分兩種情況：①當(dāng)F點在PE的左邊時，過點P作PM⊥BC于點M，過E作EN⊥x軸于點N，過點F作FQ⊥x軸于點Q，過點O作OG⊥AC于點G，取AC的中點H，連接OH，通過三角形相似求出MF的值便可；②將求得的F點坐標(biāo)，關(guān)于PM對稱點便是另一F點．【詳解】（1）設(shè)拋物線的解析式為：y＝a（x+1）（x﹣3）（a≠0），則3＝a×1×（﹣3），∴a＝﹣1，∴拋物線的解析式為：y＝﹣（x+1）（x﹣3），即y＝﹣x2+2x+3；（2）過A作EF⊥x軸，與BC相交于點F，如圖1，設(shè)P（t，﹣t2+2t+3），則AF∥PE，設(shè)BC的解析式為y＝kx+b（k≠0），則3=0+b0=3k+b解得k=?1b=3∴直線BC的解析式為：y＝﹣x+3，∴E（t，﹣t+3），F(xiàn)（﹣1，4），∴AF＝4，PE＝﹣t2+3t，∵AF∥PE，∴△AFD∽△PED，∴PEAF∵AD＝2PD，∴?t解得，t＝1或2，∴P（1，4）或P（2，3）；（3）∵PE的解析式為：PE＝﹣t2+3t＝﹣（t﹣32）2+9∴當(dāng)t＝32時，PE的值最大為9（4）①當(dāng)F點在PE的左邊時，過點P作PM⊥BC于點M，過E作EN⊥x軸于點N，過點F作FQ⊥x軸于點Q，過點O作OG⊥AC于點G，取AC的中點H，連接OH，由（3）知，當(dāng)PE取最大值時，P（32，154），PE＝94，E（3∵OB＝OC＝3，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，∴BE＝2EM＝322，∴PM＝EM＝98∵AC＝OA∴OH＝CH＝12OG＝OA?OCAC∴HG＝OH2?OG2∵∠EFP＝2∠ACO，∴∠EFP＝∠OHG，∵∠OGH＝∠PMF，∴△OGH∽△PMF，∴MFHG=PM∴MF＝32∴BF＝BE+EM+MF＝338∴FQ＝BQ＝22BF＝33∴OQ＝98∴F（﹣98，33②當(dāng)F點在PE的右邊時，此時的F點恰好與（﹣98，338）關(guān)于PM對稱，易求此時F（158故F的坐標(biāo)為（﹣98，338）或（158【點睛】本題是二次函數(shù)的綜合題，主要考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，相似三角形的性質(zhì)與判定，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，求二次函數(shù)的最值，難度較大，是中考的壓軸題，第（2）題關(guān)鍵是構(gòu)造相似三角形；第（3）題的突破口是把線段的最大值轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)，利用二次函數(shù)求最值的方法解決；第（3）題難度很大，作的輔助線較多，關(guān)鍵要把∠EFP＝2∠ACO利用起來，需要作多條輔助線，構(gòu)造直角三角形，相似三角形．16．如圖，矩形OABC的兩邊在坐標(biāo)軸上，連接AC，拋物線y=x（1）求A點坐標(biāo)及線段AB的長；（2）若點P由點A出發(fā)以每秒1個單位的速度沿AB邊向點B移動，1秒后點Q也由點A出發(fā)以每秒7個單位的速度沿AO，OC，CB邊向點B移動，當(dāng)其中一個點到達(dá)終點時另一個點也停止移動，點P的移動時間為t秒．①當(dāng)PQ⊥AC時，求t的值；②當(dāng)PQ∥AC時，對于拋物線對稱軸上一點H，∠HOQ＞∠POQ，求點H的縱坐標(biāo)的取值范圍．【答案】（1）A（0，﹣2），AB=4（2）①t=43②【詳解】解：（1）由拋物線y=x2∵四邊形OABC是矩形，∴AB∥x軸，即A、B的縱坐標(biāo)相同．當(dāng)y=﹣2時，?2=x2?4x?2∴AB=4．（2）①由題意知：A點移動路程為AP=t，Q點移動路程為7（t－1）="7"t－7．當(dāng)Q點在OA上時，即0≤7t?7<2，如圖1，若PQ⊥AC，則有Rt△QAP∽Rt△ABC．∴QAAB=APBC，即∵75>9當(dāng)Q點在OC上時，即2≤7t?7<6，如圖2，過Q點作QD⊥AB．∴AD=OQ=7（t﹣1）﹣2=7t﹣9．∴DP=t﹣（7t﹣9）=9﹣6t．若PQ⊥AC，則有Rt△QDP∽Rt△ABC，∴QAAB=DPBC，即∵97<43當(dāng)Q點在BC上時，即6≤7t?7≤8，如圖3，若PQ⊥AC，過Q點作QG∥AC，則QG⊥PG，即∠GQP=90°．∴∠QPB＞90°，這與△QPB的內(nèi)角和為180°矛盾，此時PQ不與AC垂直．綜上所述，當(dāng)t=43②當(dāng)PQ∥AC時，如圖4，△BPQ∽△BAC，∴BPBA∴4?t即當(dāng)t=2時，PQ∥AC．此時AP=2，BQ=CQ=1．∴P（2，﹣2），Q（4，﹣1）．拋物線對稱軸的解析式為x=2，當(dāng)H1為對稱軸與OP的交點時，有∠H1OQ=∠POQ，∴當(dāng)yH＜﹣2時，∠HOQ＞∠POQ．作P點關(guān)于OQ的對稱點P′，連接PP′交OQ于點M，過P′作P′N垂直于對稱軸，垂足為N，連接OP′，在Rt△OCQ中，∵OC=4，CQ=1．∴OQ=17，∵S△OPQ=S四邊形ABCD﹣S△AOP﹣S△COQ﹣S△QBP=3=12∴PM=61717．∴PP′=2PM=∵NPP′=∠COQ．∴Rt△COQ∽△Rt△NPP′．∴CQNP'=OQPP'=∴P′（4617，1417）．∴OP′與NP的交點H2（2，1423∴當(dāng)yH>1423時，綜上所述，當(dāng)yH<?2或yH>14（1）已知拋物線的解析式，將x=0代入即可得A點坐標(biāo)；由于四邊形OABC是矩形，那么A、B縱坐標(biāo)相同，代入該縱坐標(biāo)可求出B點坐標(biāo)，則AB長可求．（2）①Q(mào)點的位置可分：在OA上、在OC上、在CB上三段來分析，若PQ⊥AC時，很顯然前兩種情況符合要求，首先確定這三段上t的取值范圍，然后通過相似三角形（或構(gòu)建相似三角形），利用比例線段來求出t的值，然后由t的取值范圍將不合題意的值舍去．②當(dāng)PQ∥AC時，△BPQ∽△BAC，通過比例線段求出t的值以及P、Q點的坐標(biāo)，可判定P點在拋物線的對稱軸上，若P、H1重合，此時有∠H1OQ=∠POQ．若作P點關(guān)于OQ的對稱點P′，OP′與NP的交點H2，亦可得到∠H2OQ=∠POQ，而題目要求的是∠HOQ＞∠POQ，那么H1點以下、H2點以上的H點都是符合要求的．17．（2023·山東淄博·一模）如圖，(1)如圖1，點B是線段CD上的一點，AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD，垂足分別為C，B，D，AB=BE．求證：△ACB≌△BDE；(2)如圖2，點A?3,a在反比例函數(shù)y=3x圖象上，連接OA，將OA繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°到OB，若反比例函數(shù)y=kx(3)如圖3，拋物線y=x2+2x?3與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于C點，已知點Q0,?1，連接AQ，拋物線上是否存在點M，便得【答案】(1)見解析(2)y=?(3)存在，坐標(biāo)為32,9【分析】（1）根據(jù)題意得出∠C=∠D=∠ABE=90°，∠A=∠EBD，證明△ACB≌△BDEAAS（2）如圖2，分別過點A，B作AC⊥x軸，BD⊥x軸，垂足分別為C，D．求解A?3,?1，AC=1，OC=3．利用△ACO≌△ODB，可得B1,?3；由反比例函數(shù)y=kx經(jīng)過點（3）如圖3，當(dāng)M點位于x軸上方，且∠MAQ=45°，過點Q作QD⊥AQ，交MA于點D，過點D作DE⊥y軸于點E．證明△AQO≌△QDE，可得AO=QE，OQ=DE，可得D1,2，求解AM：y=12x+32，令12x+32=x2+2x?3，可得M的坐標(biāo)為32,9【詳解】（1）證明：如圖，

∵AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD，∴∠C=∠D=∠ABE=90°，∴∠ABC+∠A=90°,∠ABC+∠EBD=90°，∴∠A=∠EBD，又∵AB=BE，∴△ACB≌△BDEAAS（2）如圖2，分別過點A，B作AC⊥x軸，BD⊥x軸，垂足分別為C，D．

將A?3,a代入y=3x∴A?3,?1，AC=1，OC=3同（1）可得△ACO≌△ODB，∴OD=AC=1，BD=OC=3，∴B1,?3∵反比例函數(shù)y=kx經(jīng)過點∴k=?3，∴y=?3（3）存在；如圖3，當(dāng)M點位于x軸上方，且∠MAQ=45°，過點Q作QD⊥AQ，交MA于點D，過點D作DE⊥y軸于點E．

∵∠MAQ=45°，QD⊥AQ，∴∠MAQ=∠ADQ=45°，∴AQ=QD，∵DE⊥y軸，QD⊥AQ，∴∠AQO+∠EQD=∠EQD+∠QDE=90°，∠AOQ=∠QED=90°，∴∠AQO=∠QDE，∵AQ=QD，∴△AQO≌△QDE，∴AO=QE，OQ=DE，令y=x2+2x?3=0，得x∴AO=QE=3，又Q0,?1∴OQ=DE=1，∴D1,2設(shè)AM為y=kx+b，則k+b=2????解得：k=1∴AM令12x+32=當(dāng)x=32時，∴M3如圖，當(dāng)M點位于x軸下方，且∠MAQ=45°，

同理可得D?1,?4，AM為y=?2x?6由?2x?6=x2+2x?3，得x∴當(dāng)x=?1∴M?1,?4綜上：M的坐標(biāo)為32,9【點睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，反比例函數(shù)的應(yīng)用，二次函數(shù)的性質(zhì)，一元二次方程的解法，熟練的利用類比的方法解題是關(guān)鍵．18．（2024·河北邯鄲·一模）【建立模型】（1）如圖1，點B是線段CD上的一點，AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD，垂足分別為C，B，D，AB=BE．求證：△ACB≌【類比遷移】（2）如圖2，一次函數(shù)y=3x+3的圖象與y軸交于點A、與x軸交于點B，將線段AB繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到BC、直線AC交x軸于點D．①點C的坐標(biāo)為______；②求直線AC的解析式；【拓展延伸】（3）如圖3，拋物線y=x2?3x?4與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C，已知點Q0,?1，連接BQ，拋物線上是否存在點M，使得【答案】（1）見解析；（2）①?4,1；②直線AC的解析式為y=12x+3；（3）【分析】（1）根據(jù)題意得出∠C=∠D=∠ABE=90°，∠A=∠EBD，證明△ACB≌△BDEAAS（2）①過點C作CE⊥x軸于點E，同（1）的方法，證明△CBE≌△BAO，根據(jù)一次函數(shù)y=3x+3的圖象與y軸交于點A、與x軸交于點B，求得A0,3，B?1,0，進(jìn)而可得C點的坐標(biāo)；②由A0,3，設(shè)直線AC的解析式為y=kx+3，將點C?4,1代入得直線（3）根據(jù)解析式求得A?1,0，B4,0；①當(dāng)M點在x軸下方時，如圖所示，連接MB，過點Q作QH⊥BM于點H，過點H作DE⊥y軸于點D，過點B作BE⊥DE，于點E，證明△QDH∽△HEB，根據(jù)tan∠MBQ=tan∠QBH=13=QHBH得出QHBH=DHBE=13，設(shè)DH=a，則BE=3a，求得點H710,?2110，進(jìn)而求得直線BM的解析式，聯(lián)立拋物線解析式即可求解；②當(dāng)M點在x軸的上方時，如圖所示，過點【詳解】（1）證明：∵AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD，∴∠C=∠D=∠ABE=90°，∴∠ABC+∠A=90°,∠ABC+∠EBD=90°，∴∠A=∠EBD，又∵AB=BE，∴△ACB≌△BDEAAS（2）如圖所示，過點C作CE⊥x軸于點E，

∵將線段AB繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到BC，∴BA=BC,∠ABC=90°，又∠AOB=∠CEB=90°，∴∠ABO=90°?∠CBE=∠ECB，∴△CBE≌△BAOAAS∴BE=AO,CE=BO，∵一次函數(shù)y=3x+3的圖象與y軸交于點A、與x軸交于點B，當(dāng)x=0時，y=3，即A0,3當(dāng)y=0時，x=?1∴BE=AO=3,CE=BO=1，∴EO=EB+BO=3+1=4，∴C?4,1故答案為：?4,1；②∵A0,3，設(shè)直線AC的解析式為y=kx+3將C?4,1代入得：解得：k=∴直線AC的解析式為y=1（3）∵拋物線y=x2?3x?4與x軸交于A，B兩點(點A在點B當(dāng)y=0時，x2解得：x1∴A?1,0，B①當(dāng)M點在x軸下方時，如圖所示，連接MB，過點Q作QH⊥BM于點H，過點H作DE⊥y軸于點D，過點B作BE⊥DE，于點E，

∵∠QDH=∠E=∠QHB=90°，∴∠DQH=90°?∠QHD=∠BHE，∴△QDH∽△HEB，∴QHBH∵tan∠MBQ=∴QHBH設(shè)DH=a，則BE=3a，∵DE=4，∴HE=4?a，QD=4∵OD=BE，Q0,?1∴1+4解得：a=7∴H7設(shè)直線BH的解析式為y=k'x+b，代入H710,?2110解得：b=?28∴直線BM解析式為y=7聯(lián)立y=7解得：x1=4（舍去），②當(dāng)M點在x軸的上方時，如圖所示，過點Q作QG⊥MB于點G，過點G作PF∥x軸，交y軸于點F，過點B作PB⊥FP于點P，

同理可得△FGQ∽△PBG，∴FGPB=FQ設(shè)FG=b，則PB=3b，∵FP=4，∴GP=4?b，F(xiàn)Q=4?b∵FQ=PB+1，∴4?b3解得：b=1∴G1設(shè)直線MB的解析式為y=mx+n，代入G110，310解得：m=?1∴直線MB的解析式為y=?1聯(lián)立y=?1解得：x1=4（舍去），綜上所述，M的橫坐標(biāo)為?411或【點睛】本題考查了二次函數(shù)綜合運用，待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，相似三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．類型四特殊三角形問題19．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=?x2+bx+c經(jīng)過A?1,0，C0,3兩點，并與(1)求該拋物線所對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；(2)求點B坐標(biāo)；(3)設(shè)Px,y是拋物線上的一個動點，過點P作直線l⊥x軸于點M．交直線BC于點N①若點P在第一象限內(nèi)，試問：線段PN的長度是否存在最大值？若存在，求出它的最大值及此時x的值；若不存在，請說明理由；②當(dāng)點P運動到某一位置時，能構(gòu)成以BC為底邊的等腰三角形，求此時點P的坐標(biāo)及等腰△BPC的面積．【答案】(1)y=?(2)B(3)①線段PN的長度的最大值為94；②點P的坐標(biāo)為(1+132，1+132)，△BPC的面積為313?62；或點P的坐標(biāo)為(【分析】（1）將點A、C的坐標(biāo)代入函數(shù)解析式，即利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式；（2）令y=0，得?x2+2x+3=0，解得：x（3）①設(shè)點P的坐標(biāo)為(x,?x2+2x+3)，則N的坐標(biāo)為(x,?x+3)，構(gòu)建二次函數(shù)，然后由二次函數(shù)的最值問題，求得答案；②求出BC【詳解】（1）∵A?1,0，C0,3，且點A、C在拋物線∴?1?b+c=0c=3解得b=2c=3∴該拋物線所對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為y=?x（2）令y=0，得?x解得：x1∴B3,0（3）①如圖2中，已知B3,0，C∴設(shè)直線BC所在直線的解析式為y=kx+bk≠0∴3k+b=0b=3解得，k=?1b=3∴直線BC的解析式為：y=?x+3，∵點P在拋物線y=?x2+2x+3上，且PN⊥x軸，點N∴設(shè)點P的坐標(biāo)為(x,?x2+2x+3)，則點N又點P在第一象限，∴PN=(?x=?x=?(x?∴當(dāng)x=3線段PN的長度的最大值為94②解：如圖3中，由題意知，點P在線段BC的垂直平分線上，又由①知，OB=OC，∴BC的中垂線同時也是∠BOC的平分線，∴設(shè)點P的坐標(biāo)為(a,a)，又點P在拋物線y=?x2+2x+3∴a解得a1=1+∴點P的坐標(biāo)為：(1+132，1+132)或(若點P的坐標(biāo)為(1+132，1+13在Rt△OMP和Rt△BOC中，OB=OC=3，SΔ=2×1=3若點P的坐標(biāo)為(1?132，1?13則S△BPC綜上所述△BPC的面積為313?62【點睛】此題主要考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，線段垂直平分線的性質(zhì)，二次函數(shù)最值問題，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用對稱解決最小值問題，學(xué)會構(gòu)建二次函數(shù)解決最值問題，屬于中考壓軸題．20．（2023·浙江寧波·一模）如圖，拋物線y=ax2?8ax+12a(a<0)與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），拋物線上另有一點C在第一象限，滿足∠(1)求線段OC的長；(2)求該拋物線的函數(shù)關(guān)系式；(3)在拋物線的對稱軸上是否存在一點P，使得△BCP是以BC為腰的等腰三角形？若存在，求出所有符合條件的點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)2(2)y=?(3)存在，4,3?11，4,3【分析】（1）令拋物線中y=0，可得出A、B的坐標(biāo)．再由已知證明△OCA～△OBC，得出OC2=OA·OB（2）設(shè)AC=k，則BC=3k，在Rt△ABC中，可求出k的值，繼而就可得出OC=BC=23，過點C作CD⊥AB（3）設(shè)出P點坐標(biāo)，用坐標(biāo)系兩點間距離公式表示出BP和CP的長，分BP=BC和CP=BC兩種情況，分別列方程即可求出P點坐標(biāo)．【詳解】（1）解：由a得x1=2，A、B兩點坐標(biāo)分別為：(2,0)，(6,0)．由知OA=2，OB=6．又∵∠OCA=∠OBC，∠COA=∠AOC，∴△OCA～△OBC，∴OA∴OC∴OC=23∴線段OC的長為23（2）解：由（1）知OA=2，OC=23，△OCA～△OBC∴AC設(shè)AC=k，則BC=由ACk2+(解得k=2，（k=?2舍去）∴AC=2，BC=2過點C作CD⊥AB于點D，∴OD=∴CD=∴C的坐標(biāo)為(3,將C點的坐標(biāo)代入拋物線的解析式得3∴a=?∴拋物線的函數(shù)關(guān)系式為：y=?3（3）由（2）可知拋物線y=?3∴拋物線的對稱軸x=4，設(shè)P點坐標(biāo)為(4,y)，∵C的坐標(biāo)為(3,3)，B的坐標(biāo)故：BP2=(6?4)2若等腰三角形△BCP中，BC=BP，即：4+y2=12此時P點坐標(biāo)為：4,22，4,?2若等腰三角形△BCP中，BC=CP，即：4?23y+y此時P點坐標(biāo)為：4,3?11綜上所述：在拋物線的對稱軸上存在一點P，使得△BCP是以BC為腰的等腰三角形，符合條件的點P的坐標(biāo)為：4,22，4,?22，4,3【點睛】本題考查了二次函數(shù)的知識，其中涉及了數(shù)形結(jié)合問題，由拋物線求二次函數(shù)的解析式，用幾何中相似三角形的性質(zhì)求點的坐標(biāo)等知識．注意這些知識的綜合應(yīng)用．21．（2022·浙江杭州·一模）在平面直角坐標(biāo)系中，點O是坐標(biāo)原點，點P(m，-1)(m>0)連接OP，將線段OP繞點O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到線段OM，且點M是拋物線y=ax(1)若m=1，拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過點(2，2)，當(dāng)0≤x≤1(2)已知點A(1，0)，若拋物線y=ax2+bx+c與y軸交于點B，直線AB與拋物線y=a【答案】(1)1≤y≤2．(2)等腰直角三角形，理由見解析【分析】（1）分別過P、M作x、y軸的垂線，設(shè)垂足為Q、N；通過證△MON≌△OPQ，可求出MN、ON的長，即可得到M點的坐標(biāo)；根據(jù)M點的坐標(biāo)，即可求出拋物線的解析式；結(jié)合自變量的取值范圍及拋物線的對稱軸方程即可求得y的取值范圍；（2）在（1）中已經(jīng)求得M（1，m），可用a、m表示出拋物線的解析式（頂點式），進(jìn)而可求出B點的坐標(biāo)；用待定系數(shù)法即可得到直線AB的解析式，聯(lián)立直線AB與拋物線的解析式，由于兩個函數(shù)只有一個交點，那么所得方程的Δ＝0，由此可求出m、a的關(guān)系式，即可用m表示出B點的坐標(biāo)，然后分別求出△BOM的邊長，然后判斷△BOM的形狀．【詳解】（1）解：∵線段OP繞點O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到線段OM∴∠POM＝90°，OP＝OM過點P（m，?1）作PQ⊥x軸于Q，過點M作MN⊥y軸于N，∵∠POQ＋∠MOQ＝90°∠MON＋∠MOQ＝90°∴∠MON＝∠POQ∴∠ONM＝∠OQP＝90°∴△MON≌△OPQ∴MN＝PQ＝1，ON＝OQ＝m∴M（1，m）∵m＝1∴M（1，1）∵點My=ax∴設(shè)拋物線解析式為y＝a（x?1）2＋1，∵拋物線經(jīng)過點（2，2）∴a＝1∴y＝（x?1）2＋1∴此拋物線開口向上，對稱軸為x＝1∴當(dāng)x＝0時，y＝2，當(dāng)x＝1時，y＝1∴y的取值范圍為1≤y≤2．（2）∵點M（1，m）是拋物線y＝ax2＋bx＋c的頂點∴可設(shè)拋物線為y＝a（x?1）2＋m∵y＝a（x?1）2＋m＝ax2?2ax＋a＋m∴B（0，a＋m）又∵A（1，0）∴直線AB的解析式為y＝?（a＋m）x＋（a＋m）聯(lián)立解析式y(tǒng)=a得ax2＋（m?a）x＝0∵直線AB與拋物線y＝ax2＋bx＋c有且只有一個交點，∴Δ＝（m?a）2＝0∴m＝a∴B（0，2m）．在Rt△ONM中，由勾股定理得OM2＝MN2＋ON2＝1＋m2BM2＝1＋m2∴BM＝OM∴△BOM是等腰三角形．【點睛】此題考查了圖形的旋轉(zhuǎn)變換、全等三角形的判定和性質(zhì)、函數(shù)圖象交點坐標(biāo)的求法以及等腰三角形的判定等知識．22．已知：如圖1，拋物線的頂點為M，平行于x軸的直線與該拋物線交于點A，B（點A在點B左側(cè)），根據(jù)對稱性△AMB恒為等腰三角形，我們規(guī)定：當(dāng)△AMB為直角三角形時，就稱△AMB為該拋物線的“完美三角形”．（1）①如圖2，求出拋物線y=x2的“完美三角形”斜邊②拋物線y=x2+1（2）若拋物線y=ax2+4（3）若拋物線y=mx2+2x+n?5的“完美三角形”斜邊長為n，且y=mx2【答案】（1）①AB=2；②相等；（2）a=±12；（3）m=?3【分析】（1）①過點B作BN⊥x軸于N，由題意可知△AMB為等腰直角三角形，設(shè)出點B的坐標(biāo)為n,?n，根據(jù)二次函數(shù)得出n的值，然后得出AB的值；②因為拋物線y=x2+1與y=x2（2）根據(jù)拋物線的性質(zhì)相同得出拋物線的完美三角形全等，從而得出點B的坐標(biāo)，得出a的值；根據(jù)最大值得出mn?4m?1=0，根據(jù)拋物線的完美三角形的斜邊長為n得出點B的坐標(biāo)，然后代入拋物線求出m和n的值．（3）根據(jù)y=mx2+2x+n?5的最大值為－1，得到4mn?5?44m=?1化簡得mn?4m?1=0，拋物線y=mx2+2x+n?5的“完美三角形”斜邊長為n，所以拋物線y=mx【詳解】（1）①過點B作BN⊥x軸于N，∵△AMB為等腰直角三角形，∴∠ABM=45°，∵AB∥x軸，∴∠BMN=∠ABM=45°，∴∠MBN=90°-45°=45°，∴∠BMN=∠MBN，∴MN=BN，設(shè)B點坐標(biāo)為n,n，代入拋物線y=x2，得∴n=1，n=0（舍去），∴MN=BN=1，∴.MB=∴MA=MB=在Rt△AMB中，AB=∴拋物線y=x2②∵拋物線y=x2+1與y=x2的形狀相同，∴拋物線y=x2+1與y=x2的“完美三角形”的斜邊長的數(shù)量關(guān)系是相等；故答案為：相等．（2）∵拋物線y=ax2與拋物線∴拋物線y=ax2與拋物線∵拋物線y=ax2+4的“完美三角形”斜邊的長為4，∴∴B點坐標(biāo)為2,2或2,?2，∴a=±1（3）∵y=mx∴4mn?5∴mn?4m?1=0，∵拋物線y=mx2+2x+n?5拋物線y=mx2的“完美三角形”斜邊長為∴B點坐標(biāo)為n2∴代入拋物線y=mx2，得∵n＞0∴mn=?2，∴m=?3∴n=【點睛】本題考查的是二次函數(shù)綜合運用，涉及到等腰直角三角形的性質(zhì)，這種新定義類題目，通常按照題設(shè)的順序逐次求解，其中（2），要注意分類求解，避免遺漏．23．（2020·浙江·模擬預(yù)測）我們定義：如圖1，在△ABC與△AB'C'中，兩三角形有公共頂點A，AB所在射線逆時針旋轉(zhuǎn)α到AC所在射線，AB'所在射線逆時針旋轉(zhuǎn)β到AC（1）如圖1，△ABC與△AB'C'互為旋補(bǔ)比例三角形，∠BAC=60°,AB=6,AC=3,A（2）如圖2，在△ABC中，AD⊥BC于點D，△DBA與△DAC互為旋補(bǔ)比例三角形，延長CB至點E，使EB=BD，連結(jié)AE，求證：△BAE與△BCA互為旋補(bǔ)比例三角形；（3）如圖3，在△OAB中，∠AOB=135°，點A在x軸的正半軸上，OA=2，點B在第二象限，OB=22，拋物線y=?14x2+bx+c經(jīng)過點B，與y軸交點為(0,5)，△OPQ(點O,P,Q按逆時針排列)與△OAB互為旋補(bǔ)比例三角形，點【答案】（1）①120°；②1（2）見解析（3）Q1(2?25【分析】（1）根據(jù)題意直接可得出結(jié)論；（2）結(jié)合旋補(bǔ)比例三角形的定義，找出BEBA=BA（3）結(jié)合題意，分析出△OPQ為等腰直角三角形，在此基礎(chǔ)上進(jìn)行分類討論，利用“一線三垂直”構(gòu)造全等，得出結(jié)論．【詳解】（1）由題意可知：∠B'（2）∵AD⊥BC，∴∠ADB=∠ADC=90°，∵△DBA和△DAC互為旋補(bǔ)比例三角形，∴DB∴△DBA∽△DAC，∠BAD=∵∠ABD=∠CBA，∴△BAD∽△BCA，∴BD∵BD=EB，∴BE∵∠EBA+∠ABC=180°，∴△BAE與△BCA互為旋補(bǔ)比例三角形．（3）∵∠AOB=135°，∵OB=22，過B作BD⊥x軸于點D∴DO=DB=2，B(?2,2)，∵OA=2，∴A(2,0)∵y=?14x2+bx+c∴y=?14x∵△OPQ與△OAB互為旋補(bǔ)比例三角形，∴∠POQ=180°?∠AOB=45°，OAOP∴OPOQ=如圖，過點Q作QH⊥OP于點H，∴OH=OQ2，OH=OP，即點H與點∴∠OPQ=90°，即△OPQ為等腰直角三角形，∵A、B、P為以點A為頂點的等腰三角形，∴AB=AP，∴AB=BD①P在x軸上方，如圖：∴P(2,2易證：△OAP≌△PMQ，∴OA=PM=2，AP=QM=25∴xQ=2?2∴②P在x軸下方，如圖：∴P(2,?2易證：△PED≌△QFP∴EP=QF=2，OE=PF=25∴xQ=2+2綜上，Q1(2?25【點睛】本題考查了對新定義圖形的理解與運用，前面兩個小題屬于較為基礎(chǔ)的題型，結(jié)合題干中給出的概念，緊緊圍繞概念展開證明即可；最后一問還考查了對二次函數(shù)解析式的求解，以及與“一線三垂直”模型的綜合運用問題，掌握等腰三角形中?？嫉膸缀文Ｐ褪潜容^關(guān)鍵的．24．（2020·四川綿陽·中考真題）如圖，拋物線過點A（0，1）和C，頂點為D，直線AC與拋物線的對稱軸BD的交點為B（3，0），平行于y軸的直線EF與拋物線交于點E，與直線AC交于點F，點F的橫坐標(biāo)為43（1）求點F的坐標(biāo)及拋物線的解析式；（2）若點P為拋物線上的動點，且在直線AC上方，當(dāng)△PAB面積最大時，求點P的坐標(biāo)及△PAB面積的最大值；（3）在拋物線的對稱軸上取一點Q，同時在拋物線上取一點R，使以AC為一邊且以A，C，Q，R為頂點的四邊形為平行四邊形，求點Q和點R的坐標(biāo)．

【答案】（1）（433，﹣13）；y＝﹣x2+23x+1

（2）（763，4712）；49243

（3）Q【分析】（1）由待定系數(shù)法求出直線AB的解析式為y＝﹣33x+1，求出F點的坐標(biāo)，由平行四邊形的性質(zhì)得出﹣3a+1＝163a﹣8a+1﹣（﹣（2）設(shè)P（n，﹣n2+23n+1），作PP'⊥x軸交AC于點P'，則P'（n，﹣33n+1），得出PP'＝﹣n2+7（3）聯(lián)立直線AC和拋物線解析式求出C（733，﹣43），設(shè)Q（3，m），分兩種情況：①【詳解】解：（1）設(shè)拋物線的解析式為y＝ax2+bx+c（a≠0），∵A（0，1），B（3，0），設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+m，∴3k解得k=?3∴直線AB的解析式為y＝﹣33∵點F的橫坐標(biāo)為43∴F點縱坐標(biāo)為﹣33×4∴F點的坐標(biāo)為（433，﹣又∵點A在拋物線上，∴c＝1，對稱軸為：x＝﹣b2a∴b＝﹣23a，∴解析式化為：y＝ax2﹣23ax+1，∵四邊形DBFE為平行四邊形．∴BD＝EF，∴﹣3a+1＝163a﹣8a+1﹣（﹣1解得a＝﹣1，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+23x+1；（2）設(shè)P（n，﹣n2+23n+1），作PP'⊥x軸交AC于點P'，

則P'（n，﹣33∴PP'＝﹣n2+73S△ABP＝12OB?PP'＝﹣32n∴當(dāng)n＝763時，△ABP的面積最大為49243，此時P（（3）∵y=3∴x＝0或x＝73∴C（733，﹣設(shè)Q（3，m），①當(dāng)AQ為對角線時，∴R（﹣43∵R在拋物線y＝?(x?∴m+73＝﹣?解得m＝﹣443∴Q3,?443②當(dāng)AR為對角線時，∴R（103∵R在拋物線y＝?(x?∴m﹣73解得m＝﹣10，∴Q（3，﹣10），R（103綜上所述，Q3,?443，R?43【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法，二次函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，平行四邊形的性質(zhì)等知識，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)及方程思想，分類討論思想是解題的關(guān)鍵．類型五特殊四邊形問題25．（2020·浙江金華·一模）我們知道求函數(shù)圖象的交點坐標(biāo)，可以聯(lián)立兩個函數(shù)解析式組成方程組，方程組的解就是交點的坐標(biāo)．如：求直線y＝2x+3與y＝﹣x+6的交點坐標(biāo)，我們可以聯(lián)立兩個解析式得到方程組{y=2x+3y=?x+6，解得{x=1y=5，所以直線y＝2x+3與y（1）已知直線y＝kx﹣2和拋物線y＝x2﹣2x+3，①當(dāng)k＝4時，求直線與拋物線的交點坐標(biāo)；②當(dāng)k為何值時，直線與拋物線只有一個交點？（2）已知點A（a，0）是x軸上的動點，B（0，42），以AB為邊在AB右側(cè)作正方形ABCD，當(dāng)正方形ABCD的邊與反比例函數(shù)y＝22x的圖象有4個交點時，試求【答案】（1）①（1，2），（5，18）；②k＝﹣2±25；（2）a的取值范圍是a＞2或﹣16＜a【分析】（1）①由題意得：{y=4x?2y=x2?2x+3②利用△＝0，即可求解；（2）分a＞0、a＜0兩種情況，探討正方形的邊與反比例函數(shù)圖象交點的情況，進(jìn)而求解．【詳解】解：（1）①由題意得：{y=4x?2y=x2?2x+3∴直線與拋物線的交點坐標(biāo)是（1，2），（5，18）；②聯(lián)立兩個函數(shù)并整理得：x2﹣（k+2）x+5＝0，△＝（﹣k﹣2）2﹣4×5＝0，解得：k＝﹣2±25（2）①當(dāng)a＞0時，如圖1，點A、B的坐標(biāo)分別為：（a，0）、（0，42），由點A、B的坐標(biāo)得，直線AB的表達(dá)式為：y＝﹣42ax+4當(dāng)線段AB與雙曲線有一個交點時，聯(lián)立AB表達(dá)式與反比例函數(shù)表達(dá)式得：﹣42ax+42＝整理得：4x2﹣4ax+2a＝0，△＝（﹣4a）2﹣16×2a＝0，解得：a＝2，故當(dāng)a＞2時，正方形ABCD與反比例函數(shù)的圖象有4個交點；②當(dāng)a＜0時，如圖2，（Ⅰ）當(dāng)邊AD與雙曲線有一個交點時，過點D作ED⊥x軸于點E，∵∠BAO+∠DAE＝90°，∠DAE+∠ADE＝90°，∴∠ADE＝∠BAO，∵AB＝AD，∠AOB＝∠DEA＝90°，∴△AOB≌△DEA（AAS），∴ED＝AO＝﹣a，AE＝OB＝42，故點D（a+42，a），由點A、D的坐標(biāo)可得，直線AD的表達(dá)式為：y＝28a（x﹣a聯(lián)立AD與反比例函數(shù)表達(dá)式并整理得：ax2﹣a2x﹣16＝0，△＝（﹣a2）2﹣4a×（16）＝0，解得：a＝﹣4（不合題意值已舍去）；（Ⅱ）當(dāng)邊BC與