32.2．二次函數(shù)綜合題（涉及四邊形）

第頁一、選擇題二、填空題1．(2018·湖州市，15，4分)如圖，在平面直角坐標系xoy中，已知拋物線y＝ax2QUOTEax2＋bx(a＞0)的頂點為C，與x軸的正半軸交于點A，它的對稱軸與拋物線y＝ax2(a＞0)交于點B．若四邊形ABOC是正方形，則b的值是_______.第15題圖答案．－2解析：拋物線y＝ax2QUOTEax2＋bx的頂點C的坐標為(－，－)，把x＝－代入拋物線y＝ax2中，得點B的坐標為(－，)，故點B與點C關于x軸對稱.又∵點A、點O關于直線BC對稱，BC⊥OA，∴四邊形ABOC是菱形.若OA＝BC，則該四邊形是正方形，故＝－，∴b2＋2b＝0，解得：b＝－2或b＝0(舍去，不符合題意).三、解答題1.（2018·濟寧，22，11分）如圖，已知拋物線＝（≠0）經(jīng)過點A（3，0）、B（－1，0）、C（0，－3）．（1）求該拋物線的解析式；（2）若以點A為圓心的圓與直線BC相切于點M，求切點M的坐標；（3）若點Q在軸上，點P在拋物線上，是否存在以點B、C、Q、P為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求點P的坐標；若不存在，請說明理由．（（第27題圖）分析：（1）利用“交點式”求拋物線的解析式；（2）由題意可知AM⊥BC．設AM交軸于點N，證明△AON≌△COB，得ON＝OB，于是N（0，－1）．分別求出直線BC、AM的函數(shù)表達式，進而解這兩個函數(shù)表達式組成的方程組得點M的坐標；（3）設Q（，0），按BC、BQ、CQ分別為對角線分類求解．解：（1）∵拋物線＝（≠0）經(jīng)過點A（3，0）、B（－1，0），∴＝．∵拋物線＝（≠0）經(jīng)過點C（0，－3），∴－3＝．解得＝1．∴拋物線的解析式為＝，即＝．（2）如答圖所示．過點A作AM⊥BC，垂足為點M，AM交軸于點N．∴∠BAM＋∠ABM＝90°．在Rt△BCO中，∠BCO＋∠ABM＝90°．∴∠BAM＝∠BCO．∵A（3，0），B（－1，0），C（0，－3），∴AO＝CO＝3，OB＝1．又∵∠BAM＝∠BCO，∠BOC＝∠AON＝90°，∴△AON≌△COB．∴ON＝OB＝1．∴N（0，－1）．設直線AM的函數(shù)表達式為＝．把A（3，0），N（0，－1）分別代入，得解得＝，＝－1．∴直線AM的函數(shù)表達式為＝．同理可求直線BC的函數(shù)表達式為＝．解方程組得（（第27題答圖）（3）設Q（，0）．若BC為對角線，則P（，－3）．∵點P在拋物線上，∴－3＝．此方程無解，即這種情形不存在．若BP為對角線，則P（，－3），∵點P在拋物線上，∴－3＝．解得＝3或5，其中3不符合題意．∴P（2，－3）．若BQ為對角線，則P（，3）．同理可求＝或．∴P（，3）或（，3）．綜合知，點P的坐標為（2，－3）或（，3）或（，3）．2.(2018·自貢，26，14分)如圖，拋物線y＝ax2＋bx－3過點A(1，0)，B(－3，0)，直線AD交拋物線于點D，點D的橫坐標為－2，點P(m，n)是線段AD上的動點.（1）求直線AD及拋物線的解析式；（2）過點P的直線垂直于x軸，交拋物線于點Q，求線段PQ的長度l與m的關系式，m為何值時，PQ最長？（3）在平面內(nèi)是否存在整點(橫、縱坐標都為整數(shù))R，使以P、Q、D、R四點為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，直接寫出點R的坐標；若不存在，說明理由.思路分析：（1）把A、B兩點坐標代入拋物線的解析式即可，利用待定系數(shù)法可求出直線AD的解析式．注意到A(1，0)，B(－3，0)在x軸上，拋物線的解析式可用交點式快速得出結(jié)果，第一問是熱身．（2）由于點P(m，n)是線段AD上的動點，∴n＝m－1，由此寫出點P的坐標(m，m－1)，點Q在拋物線上，且PQ垂直于x軸，∴寫出Q點的坐標為(m，)，由此不難得出線段PQ的長度l與m的關系式，根據(jù)二次函數(shù)不難得到m為何值時，PQ最長.（3）點D確定的，P、Q是有限制條件的不定點，點R是自由的整點，因此P、Q、D、R四點為頂點的四邊形要是平行四邊形，可從P、Q、D三點入手，畫圖嘗試尋找！當PQ為整數(shù)1時，有R點的坐標為(－2，－2)，(－2，－4)，如圖1，圖2，圖1圖2當PQ＝2時，如圖3和圖4，利用平移的知識可得R點的坐標為：(－2，－1)，(－2，－5)，(0，－3).(2，－1)圖3圖4解：（1）由于拋物線經(jīng)過x軸上的點A(1，0)，B(－3，0)，所以拋物線解析式＝，∴a＝1，b＝2，∴拋物線的解析式為：.當x＝－2時，y＝－3，∴D點的坐標為(－2，－3)設直線AD的解析式為：y＝kx＋c，代入點A(1，0)，D(－2，－3)，有解得：k＝1，c＝－1，∴直線AD的解析式為：y＝x－1.（2）由于P(m，n)的直線AD上，∴n＝m－1，∴P點的坐標為(m，m－1)，∴Q點的坐標為(m，)，∴l(xiāng)＝m－1－()＝，∵－1<0，∴當x＝－，l有最大值，最大值為：（3）(－2，－1)，(－2，－5)，(0，－3)，(2，－1)，(－2，－2)，(－2，－4).3．（2018·金華市，22，10分）如圖，拋物線（a≠0）過點E（10,0）,矩形ABCD的邊AB在線段OE上（點A在點B的左邊），點C,D在拋物線上.設A(t,0)，當t=2時，AD=4.（1）求拋物線的函數(shù)表達式.（2）當t為何值時，矩形ABCD的周長有最大值？最大值是多少？（3）保持t=2時的矩形ABCD不動，向右平移拋物線.當平移后的拋物線與矩形的邊有兩個交點G,H，且直線GH平分矩形的面積時，求拋物線平移的距離.DDCEBAOyx第22題圖思路分析：（1）由點E的坐標設拋物線的交點式，再把點D的坐標（2，4）代入計算可得；（2）由拋物線的對稱性得BE=OA=t，據(jù)此知AB=10﹣2t，再由x=t時AD=，根據(jù)矩形的周長公式列出函數(shù)解析式，配方成頂點式即可得；（3）由t=2得出點A、B、C、D及對角線交點P的坐標，由直線GH平分矩形的面積知直線GH必過點P，根據(jù)AB∥CD知線段OD平移后得到的線段是GH，由線段OD的中點Q平移后的對應點是P知PQ是△OBD中位線，由此可求．解答過程：解：（1）設拋物線的函數(shù)表達式為y=ax（x﹣10），∵當t=2時，AD=4，∴點D的坐標為（2，4）.∴4=，解得a=，∴拋物線的函數(shù)表達式為；（2）由拋物線的對稱性得BE=OA=t，∴AB=10﹣2t，當x=t時，AD=.∴矩形ABCD的周長=2（AB+AD）===∵-＜0，∴當t=1時，矩形ABCD的周長有最大值，最大值為；（3）當t=2時，點A、B、C、D的坐標分別為（2，0）、（8，0）、（8，4）、（2，4），∴矩形ABCD對角線的交點P的坐標為（5，2），當平移后的拋物線過點A時，點H的坐標為（4，4），此時GH不能將矩形面積平分；當平移后的拋物線過點C時，點G的坐標為（6，0），此時GH也不能將矩形面積平分.∴當G、H中有一點落在線段AD或BC上時，直線GH不可能將矩形的面積平分，當點G、H分別落在線段AB、DC上時，直線GH過點P，必平分矩形ABCD的面積.∵AB∥CD，∴線段OD平移后得到的線段GH，∴線段OD的中點Q平移后的對應點是P，在△OBD中，PQ是中位線，∴PQ=OB=4，∴拋物線向右平移的距離是4個單位．4．(2017·南充，25，10分)如圖，拋物線頂點P(1，4)，與y軸交于點C(0，3)，與x軸交于點A，B.（1）求拋物線的解析式.（2）Q是拋物線上除點P外一點，△BCQ與△BCP的面積相等，求點Q的坐標.（3）若M，N為拋物線上兩個動點，分別過M，N作直線BC的垂線段，垂足分別為D，E，是否存在點M，N使四邊形MNED為正方形？如果存在，求正方形MNED的邊長；如果不存在，請說明理由.思路分析：（1）設頂點式易得解析式；（2）過點P作直線PQ1∥BC，交拋物線于點Q1，同理在BC下方作直線Q2Q3∥BC∠拋物線與Q2，Q3，且滿足Q2Q3，BC，PQ1等間距.由“同底等高”可得Q1，Q2，Q3，即為所求，根據(jù)題意，求出直線PQ1和Q2Q3的解析式，與拋物線解析式聯(lián)立即可求交點坐標.（3）假設存在這樣的點M，N，可得MN∥BC，設MN：y＝－x＋b，與拋物線聯(lián)立得到M，N的坐標，利用NE＝MN列方程求解，得到b的值，進而求出正方形的邊長.解：（1）設拋物線解析式為：y＝a(x－1)2＋4(a≠0).∵過(0，3)，∴a＋4＝3，∴a＝－1.∴y＝－(x－1)2＋4，即y＝－x2＋2x＋3 （2）B(3，0)，C(0，3).直線BC為y＝－x＋3.∵S△PBC＝S△QBC，∴PQ∥BC.①過P作PQ∥BC交拋物線于Q，又∵P(1，4)，∴直線PQ為y＝－x＋5.解得∴Q1(2，3).②設拋物線的對稱軸交BC于點G，交x軸于點H，G(1，2)，∴PG＝GH＝2.過點H作Q2Q3∥BC交拋物線于Q2，Q3.直線Q2Q3為y＝－x＋1.∴解得∴Q2(，)，Q3(，)滿足條件的點為Q1(2，3)，Q2(，)，Q3(，)（3）存在滿足條件的點M，N.如圖，過M作MF∥y軸，過N作NF∥x軸交MF于點F，過N作NH∥y軸交BC于H.則△MNF與△NEH都是等腰直角三角線.設M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線MN為y＝－x＋b.∵∴x2－3x＋(b－3)＝0.∴NF2＝|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝21－4b.MNF等腰Rt△，∴MN2＝2NF2＝42－8b.又∵NH2＝(b－3)2，∴NE2＝.如果四邊形MNED為正方形，∴NE2＝MN2，∴42－8b＝∴b2＋10b－75＝0，∴b1＝－15，b2＝5.正方形邊長為MN＝，∴MN＝或.5．(2018·瀘州，25，12分)如圖11，已知二次函數(shù)y＝ax2－(2a－)x＋3的圖象經(jīng)過點A(4，0)，與y軸交于點B．在x軸上有一動點C(m，0)(0<m<4)，過點C作x軸的垂線交直線AB于點E，交該二次函數(shù)圖象于點D．（1）求a的值和直線AB的解析式；（2）過點D作DF⊥AB于點F，設△ACE，△DEF的面積分別為S1，S2，若S1＝4S2，求m的值；（3）點H是該二次函數(shù)圖象上位于第一象限的動點，點G是線段AB上的動點，當四邊形DEGH是平行四邊形，且□DEGH周長取最大值時，求點G的坐標．思路分析：（1）將A(4，0)代入二次函數(shù)解析式即可求得a的值，從而得到二次函數(shù)的解析式，再求得點B的坐標，即可利用待定系數(shù)法求得直線AB的解析式；（2）易證△ACE∽△DEF，由S1＝4S2可得它們的相似比2：1．易知點C，E，D的橫坐標都為m，利用一次函數(shù)和二次函數(shù)的解析式可表示出點D，E的橫坐標，從而表示出CE和DE的長．在Rt△ACE中，由勾股定理可求得AE的長，故可根據(jù)AE＝2DE列方程求得m的值．（3）設點G橫坐標為n，則G(n，－n＋3)，H(n，－n2＋n＋3)．分別過點G，H作GM⊥CD，HN⊥CD，垂足分別為M，N．當四邊形DEGF為平行四邊形時，易證DN＝EM．由此可求得n＝4－m．在Rt△EMG中，根據(jù)勾股定理求得EG的長，進而構(gòu)建□DEGH周長的函數(shù)關系式，問題得解．解答過程：（1）將A(4，0)代入y＝ax2－(2a－)x＋3，得16a－4(2a－)＋3＝0，解得a＝－．∴二次函數(shù)的解析式為y＝－x2＋x＋3．當x＝0時，y＝3，∴點B(0，3)．設直線AB的解析式為y＝kx＋b，將A(4，0)，B(0，3)代入，得，解得，∴直線AB的解析式為y＝－x＋3．（2）∵A(4，0)，C(m，0)，CD⊥x軸，∴AC＝4－m，點E和點D的橫坐標都是m．∴點E的縱坐標為－m＋3，點D的縱坐標為－m2＋m＋3．∴CE＝－m＋3，DE＝(－m2＋m＋3)－(－m＋3)＝－m2＋3m．在Rt△AEC中，AE＝．∵DF⊥AB，CD⊥x軸，∴∠DFE＝∠ECA＝90°．又∵∠DEF＝∠AEC，∴△DEF∽△AEC．∵S1＝4S2，∴AE＝2DE，即＝2(－m2＋3m)，解得m1＝，m2＝4．∵0<m<4，∴m＝．（3）如圖，分別過點G，H作GM⊥CD，HN⊥CD，垂足分別為M，N．當四邊形DEGF為平行四邊形時，易證△DHN≌△EGM，∴DN＝EM．設點G橫坐標為n(n≠m)，則G(n，－n＋3)，H(n，－n2＋n＋3)．∴DN＝(－m2＋m＋3)－(－n2＋n＋3)＝－m2＋n2＋m－n．EM＝(－m＋3)－(－n＋3)＝－m＋n．∴－m2＋n2＋m－n＝－m＋n，即(m－n)(m＋n－4)＝0，∴m＋n＝4，n＝4－m．在Rt△EMG中，EM＝－m＋n＝(2－m)，GM＝n－m＝2(2－m)，根據(jù)勾股定理，得EG＝．∴□DEGH周長為2(DE＋EG)＝2[－m2＋3m＋]＝．∴當m＝時，□DEGH周長有最大值．此時點G的坐標為(，)．6．（2018·連云港，26，12分）如圖1，圖形ABCD是由兩個二次函數(shù)y1＝kx2＋m（k＜0）與y2＝ax2＋b（a＞0）的部分圖像圍成的封閉圖形，已知A（1，0）、B（0，1）、D（0，－3）．（1）直接寫出這兩個二次函數(shù)的表達式；（2）判斷圖形ABCD是否存在內(nèi)接正方形（正方形的四個頂點在圖形ABCD上），并說明理由；（3）如圖2，連接BC、CD、AD，在坐標平面內(nèi)，求使得△BDC與△ADE相似（其中點C與點E是對應頂點）的點E的坐標．圖1圖1圖2思路分析：（1）直接用待定系數(shù)法，將A、B、D三點代入可求；（2）如圖，設點M（x，－x2＋1）為圖形ABCD在第一象限的一點，分別過點M分別作x軸、y軸的垂線交圖形ABCD于點M′、M″，利用MM′＝MM″列方程求解；（3）由點C與點E是對應頂點，根據(jù)△BDC與△ADE相似，分兩種情況考慮：①△DBC∽△DAE；②△DBC∽△ADE；注意每種情況結(jié)合圖形都有兩種情況．解答過程：解：（1）由題意，得EQ\B\lc\{(\a\al(k＋m＝0，,m＝1，))解得EQ\B\lc\{(\a\al(k＝－1，,m＝1；))由EQ\B\lc\{(\a\al(a＋b＝0，,b＝－3，))解得EQ\B\lc\{(\a\al(a＝3，,b＝－3；))∴y1＝－x2＋1；y2＝3x2－3．（2）設M（x，－x2＋1）為第一象限內(nèi)的圖形ABCD上一點，M′（x，3x2－3）為第四象限內(nèi)的圖形上以MM′＝（1－x2）－（3x2－3）＝4－4x2，由拋物線的對稱性知，若有內(nèi)接正方形，則2x＝4－4x2，即2x2＋x－2＝0，x＝EQ\F(－1＋EQ\R(,17),4)或x＝EQ\F(－1－EQ\R(,17),4)（舍），因為0＜EQ\F(－1＋EQ\R(,17),4)＜1，所以存在內(nèi)接正方形，此時其邊長為EQ\F(－1＋EQ\R(,17),2)．（3）在Rt△AOD中，OA＝1，OD＝3，所以AD＝EQ\R(,OA\S\UP6(2)＋OD\S\UP6(2))＝EQ\R(,10)，同理CD＝EQ\R(,10)．在Rt△BOC中，OB＝OC＝1，所以BC＝EQ\R(,OC\S\UP6(2)＋OB\S\UP6(2))＝EQ\R(,2)．①如圖（1），當△DBC∽△DAE時，因∠CDB＝∠ADO，所以在y軸上存在一點E，由EQ\F(DB,DA)＝EQ\F(DC,DE)得EQ\F(4,EQ\R(,10))＝EQ\F(EQ\R(,10),DE)，則DE＝EQ\F(5,2)，因為D（0，－3），所以E（0，－EQ\F(1,2)）；由對稱性知在直線DA右側(cè)還存在一點E′使得△DBC∽△DAE，連接EE′交DA于F點，作E′M⊥OD，垂足為M，連接E′D，因為E、E′關于DA對稱，所以DF垂直平分EE′，所以△DEF∽△DAO，所以EQ\F(DE,DA)＝EQ\F(DF,DO)＝EQ\F(EF,AO)，有EQ\F(2.5,EQ\R(,10))＝EQ\F(DF,3)＝EQ\F(EF,1)，所以DF＝EQ\F(3EQ\R(,10),4)，EF＝EQ\F(EQ\R(,10),4)，因為S△DEE′＝EQ\F(1,2)DEE′M＝EFDF＝EQ\F(15,8)，所以E′M＝EQ\F(3,2)，又DE′＝DE＝EQ\F(5,2)，在Rt△DE′M中，DM＝EQ\R(,DE′\S\UP6(2)－E′M\S\UP6(2))＝2，所以OM＝1，得E′（EQ\F(3,2)，－1）．所以，使得△DBC∽△DAE的點E的坐標為（0，－EQ\F(1,2)）或（EQ\F(3,2)，－1）．圖（1）圖（2）②如圖（2），當△DBC∽△ADE時，有∠BDC＝∠DAE，EQ\F(DB,AD)＝EQ\F(DC,AE)，即EQ\F(4,EQ\R(,10))＝EQ\F(EQ\R(,10),AE)，得AE＝EQ\F(5,2)．當E在直線DA左側(cè)時，設AE交y軸于P點，作EQ⊥AC，垂足為Q．由∠BDC＝∠DAE＝∠ODA，所以PD＝PA，設PD＝x，則PO＝3－x，PA＝x，在Rt△AOP中，由PA2＝OA2＋OP2得x2＝(3－x)2＋1，解得x＝EQ\F(5,3)，則有PA＝EQ\F(5,3)，PO＝EQ\F(4,3)，因為AE＝EQ\F(5,2)，所以PE＝EQ\F(5,6)．在△AEQ中，OP∥EQ，所以EQ\F(AP,PE)＝EQ\F(AO,OQ)，得OQ＝EQ\F(1,2)，又EQ\F(OP,QE)＝EQ\F(AP,AE)＝EQ\F(2,3)，所以QE＝2，所以E(－EQ\F(1,2)，－2)．當E′在直線DA右側(cè)時，因為∠DAE′＝∠BDC，又∠BDC＝∠BDA，所以∠BDA＝∠DAE′，則AE′∥OD，所以E′（1，－EQ\F(5,2)）．則使得△DBC∽△DAE的點E的坐標為（－EQ\F(1,2)，－2）或（1，－EQ\F(5,2)）．綜上，使得△BDC與△ADE相似（其中點C與點E是對應頂點）的點E的坐標有4個，即（0，－EQ\F(1,2)）或（EQ\F(3,2)，－1）或（1，－EQ\