壓軸題02二次函數(shù)的綜合

二次函數(shù)的綜合題型解讀：二次函數(shù)的綜合問題在中考中常常作為壓軸題出現(xiàn)，多考查二次函數(shù)與幾何圖形的綜合，一般要用到線段最值、圖形面積、特殊三角形、特殊四邊形、相似三角形等相關(guān)知識(shí)，以及轉(zhuǎn)化與化歸、數(shù)形結(jié)合、分類討論等數(shù)學(xué)思想.此類題型常涉及以下問題：①求拋物線、直線的解析式；②求點(diǎn)的坐標(biāo)、線段長度、圖形面積；③探究幾何圖形的存在性問題或周長、面積的最值問題.下圖為二次函數(shù)綜合問題中各題型的考查熱度.題型1：二次函數(shù)與最值問題解題模板：1.（2022?廣元）在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝﹣x﹣2與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B，拋物線y＝ax2+bx+c（a＞0）經(jīng)過A，B兩點(diǎn)，并與x軸的正半軸交于點(diǎn)C．（1）求a，b滿足的關(guān)系式及c的值；（2）當(dāng)a＝時(shí)，若點(diǎn)P是拋物線對(duì)稱軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求△ABP周長的最小值；（3）當(dāng)a＝1時(shí)，若點(diǎn)Q是直線AB下方拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)Q作QD⊥AB于點(diǎn)D，當(dāng)QD的值最大時(shí)，求此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)及QD的最大值．【分析】（1）在直線y＝﹣x﹣2中，令x＝0和y＝0可得點(diǎn)A和B的坐標(biāo)，代入拋物線y＝ax2+bx+c（a＞0）中可解答；（2）連接BC交直線x＝1于點(diǎn)P，利用兩點(diǎn)之間線段最短可得出此時(shí)△PAB的周長最小，從而可以解答；（3）根據(jù)a＝1時(shí)，可得拋物線的解析式y(tǒng)＝x2+x﹣2，如圖2，過點(diǎn)Q作QF⊥x軸于F，交AB于E，則△EQD是等腰直角三角形，設(shè)Q（m，m2+m﹣2），則E（m，﹣m﹣2），表示QE的長，配方后可解答．【解答】解：（1）直線y＝﹣x﹣2中，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝﹣2，∴B（0，﹣2），當(dāng)y＝0時(shí)，﹣x﹣2＝0，∴x＝﹣2，∴A（﹣2，0），將A（﹣2，0），B（0，﹣2）代入拋物線y＝ax2+bx+c（a＞0）中，得，，∴2a﹣b＝1，c＝﹣2；（2）如圖1，當(dāng)a＝時(shí)，2×﹣b＝1，∴b＝﹣，∴拋物線的解析式為：y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣1）2﹣，∴拋物線的對(duì)稱軸是：x＝1，由對(duì)稱性可得C（4，0），要使△ABP的周長最小，只需AP+BP最小即可，如圖1，連接BC交直線x＝1于點(diǎn)P，因?yàn)辄c(diǎn)A與點(diǎn)C關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，由對(duì)稱性可知：AP+BP＝PC+BP＝BC，此時(shí)△ABP的周長最小，所以△ABP的周長為AB+BC，Rt△AOB中，AB＝＝＝2，Rt△BOC中，BC＝＝＝2，∴△ABP周長的最小值為2+2；（3）當(dāng)a＝1時(shí)，2×1﹣b＝1，∴b＝1，∴y＝x2+x﹣2，∴A（﹣2，0），B（0，﹣2），C（1，0），∴OA＝OB，∴△AOB是等腰直角三角形，∴∠OAB＝45°，如圖2，過點(diǎn)Q作QF⊥x軸于F，交AB于E，則△EQD是等腰直角三角形，設(shè)Q（m，m2+m﹣2），則E（m，﹣m﹣2），∴QE＝（﹣m﹣2）﹣（m2+m﹣2）＝﹣m2﹣2m＝﹣（m+1）2+1，∴QD＝QE＝﹣（m+1）2+，當(dāng)m＝﹣1時(shí)，QD有最大值是，當(dāng)m＝﹣1時(shí)，y＝1﹣1﹣2＝﹣2，綜上，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（﹣1，﹣2）時(shí)，QD有最大值是．【變式1-1】（2022?遂寧節(jié)選）如圖，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，其中點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣1，0），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，﹣3）．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，E為△ABC邊AB上的一動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)為BC邊上的一動(dòng)點(diǎn)，D點(diǎn)坐標(biāo)為（0，﹣2），求△DEF周長的最小值；【分析】（1）利用待定系數(shù)法把問題轉(zhuǎn)化為方程組解決；（2）如圖，設(shè)D1為D關(guān)于直線AB的對(duì)稱點(diǎn)，D2為D關(guān)于直線BC的對(duì)稱點(diǎn)，連接D1E，D2F，D1D2．當(dāng)D1，E．F．D2共線時(shí)，△DEF的周長最小，最小值為D1D2的長；（3）求出直線AM的解析式，利用方程組求出點(diǎn)M的坐標(biāo)，過點(diǎn)M作x軸的平行線l，過點(diǎn)N作y軸的平行線交x軸于點(diǎn)P，交直線l于點(diǎn)Q．分三種情形：當(dāng)AM＝AN時(shí)，當(dāng)AM＝MN時(shí)，當(dāng)AN＝MN時(shí)，分別構(gòu)建方程求解．【解答】解：（1）∵拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A（﹣1，0），點(diǎn)C（0，﹣3）．∴，∴，∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3；（2）如圖，設(shè)D1為D關(guān)于直線AB的對(duì)稱點(diǎn)，D2為D關(guān)于直線BC的對(duì)稱點(diǎn)，連接D1E，D2F，D1D2．由對(duì)稱性可知DE＝D1E，DF＝D2F，△DEF的周長＝D1E+EF+D2F，∴當(dāng)D1，E．F．D2共線時(shí)，△DEF的周長最小，最小值為D1D2的長，令y＝0，則x2﹣2x﹣3＝0，解得x＝﹣1或3，∴B（3，0），∴OB＝OC＝3，∴△BOC是等腰直角三角形，∵BC垂直平分DD2，且D（0，﹣2），∴D2（1，﹣3），∵D，D1關(guān)于x軸對(duì)稱，∴D1（0，2），∴D1D2＝＝＝，∴△DEF的周長的最小值為．【變式1-2】（2022?齊齊哈爾節(jié)選）綜合與探究如圖，某一次函數(shù)與二次函數(shù)y＝x2+mx+n的圖象交點(diǎn)為A（﹣1，0），B（4，5）．（1）求拋物線的解析式；（2）點(diǎn)C為拋物線對(duì)稱軸上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)AC與BC的和最小時(shí)，點(diǎn)C的坐標(biāo)為；（3）點(diǎn)D為拋物線位于線段AB下方圖象上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE⊥x軸，交線段AB于點(diǎn)E，求線段DE長度的最大值；【分析】（1）將A（﹣1，0），B（4，5）代入y＝x2+mx+n，解方程即可得出答案；（2）根據(jù)兩點(diǎn)之間，線段最短，可知當(dāng)點(diǎn)A、B、C三點(diǎn)共線時(shí)，AC+BC的最小值為AB的長，求出直線AB的解析式，即可得出點(diǎn)C的坐標(biāo)；（3）設(shè)D（a，a2﹣2a﹣3），則E（a，a+1），表示出DE的長度，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可得答案；（4）分CF為對(duì)角線和邊，分別畫出圖形，利用正方形的性質(zhì)可得答案．【解答】解：（1）將A（﹣1，0），B（4，5）代入y＝x2+mx+n得，，∴，∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3；（2）設(shè)直線AB的函數(shù)解析式為y＝kx+b，，∴，∴直線AB的解析式為y＝x+1，∵AC+BC≥AB，∴當(dāng)點(diǎn)A、B、C三點(diǎn)共線時(shí)，AC+BC的最小值為AB的長，∵拋物線y＝x2﹣2x﹣3的對(duì)稱軸為x＝1，∴當(dāng)x＝1時(shí)，y＝2，∴C（1，2），故答案為：（1，2）；（3）設(shè)D（a，a2﹣2a﹣3），則E（a，a+1），∴DE＝（a+1）﹣（a2﹣2a﹣3）＝﹣a2+3a+4（﹣1＜a＜4），∴當(dāng)a＝時(shí)，DE的最大值為；題型2：二次函數(shù)與圖形面積問題解題模板：技巧精講：表示圖形面積的方法2.（2022?常德）如圖，已知拋物線過點(diǎn)O（0，0），A（5，5），且它的對(duì)稱軸為x＝2，點(diǎn)B是拋物線對(duì)稱軸上的一點(diǎn)，且點(diǎn)B在第一象限．（1）求此拋物線的解析式；（2）當(dāng)△OAB的面積為15時(shí)，求B的坐標(biāo)；（3）在（2）的條件下，P是拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)PA﹣PB的值最大時(shí)，求P的坐標(biāo)以及PA﹣PB的最大值．【分析】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法即可求得答案；（2）設(shè)B（2，m）（m＞0），運(yùn)用待定系數(shù)法求得直線OA的解析式為y＝x，設(shè)直線OA與拋物線對(duì)稱軸交于點(diǎn)H，則H（2，2），BH＝m﹣2，利用三角形面積公式建立方程求解即可得出答案；（3）運(yùn)用待定系數(shù)法求得直線AB的解析式為y＝﹣x+10，當(dāng)PA﹣PB的值最大時(shí)，A、B、P在同一條直線上，聯(lián)立方程組求解即可求得點(diǎn)P的坐標(biāo)，利用兩點(diǎn)間距離公式可求得AB，即PA﹣PB的最大值．【解答】解：（1）∵拋物線過點(diǎn)O（0，0），A（5，5），且它的對(duì)稱軸為x＝2，∴拋物線與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)坐標(biāo)為（4，0），設(shè)拋物線解析式為y＝ax（x﹣4），把A（5，5）代入，得5a＝5，解得：a＝1，∴y＝x（x﹣4）＝x2﹣4x，故此拋物線的解析式為y＝x2﹣4x；（2）∵點(diǎn)B是拋物線對(duì)稱軸上的一點(diǎn)，且點(diǎn)B在第一象限，∴設(shè)B（2，m）（m＞0），設(shè)直線OA的解析式為y＝kx，則5k＝5，解得：k＝1，∴直線OA的解析式為y＝x，設(shè)直線OA與拋物線對(duì)稱軸交于點(diǎn)H，則H（2，2），∴BH＝m﹣2，∵S△OAB＝15，∴×（m﹣2）×5＝15，解得：t＝8，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（2，8）；（3）設(shè)直線AB的解析式為y＝cx+d，把A（5，5），B（2，8）代入得：，解得：，∴直線AB的解析式為y＝﹣x+10，當(dāng)PA﹣PB的值最大時(shí)，A、B、P在同一條直線上，∵P是拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，∴，解得：，（舍去），∴P（﹣2，12），此時(shí)，PA﹣PB＝AB＝＝3．【點(diǎn)評(píng)】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，三角形面積，利用三角形三邊關(guān)系定理求線段差的最大值，利用線段和差求最值問題是解題的關(guān)鍵．【變式2-1】（2022?內(nèi)蒙古節(jié)選）如圖，拋物線y＝ax2+x+c經(jīng)過B（3，0），D（﹣2，﹣）兩點(diǎn)，與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為A，與y軸相交于點(diǎn)C．（1）求拋物線的解析式和點(diǎn)C的坐標(biāo)；（2）若點(diǎn)M在直線BC上方的拋物線上運(yùn)動(dòng)（與點(diǎn)B，C不重合），求使△MBC面積最大時(shí)M點(diǎn)的坐標(biāo)，并求最大面積；（請(qǐng)?jiān)趫D1中探索）【分析】（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；（2）作直線BC，過M點(diǎn)作MN∥y軸交BC于點(diǎn)N，求出直線BC的解析式，設(shè)M（m，﹣m2+m+），則N（m，﹣m+），可得S△MBC＝?MN?OB＝﹣（m﹣）2+，再求解即可；（3）設(shè)Q（0，t），P（m，﹣m2+m+），分三種情況討論：①當(dāng)AB為平行四邊形的對(duì)角線時(shí)；②當(dāng)AQ為平行四邊形的對(duì)角線時(shí)；③當(dāng)AP為平行四邊形的對(duì)角線時(shí)；根據(jù)平行四邊形的對(duì)角線互相平分，利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式求解即可．【解答】解：（1）將B（3，0），D（﹣2，﹣）代入y＝ax2+x+c，∴，解得，∴y＝﹣x2+x+，令x＝0，則y＝，∴C（0，）；（2）作直線BC，過M點(diǎn)作MN∥y軸交BC于點(diǎn)N，設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴y＝﹣x+設(shè)M（m，﹣m2+m+），則N（m，﹣m+），∴MN＝﹣m2+m，∴S△MBC＝?MN?OB＝﹣（m﹣）2+，當(dāng)m＝時(shí)，△MBC的面積有最大值，此時(shí)M（，）；【變式2-2】（2022?淄博）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸相交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），頂點(diǎn)D（1，4）在直線l：y＝x+t上，動(dòng)點(diǎn)P（m，n）在x軸上方的拋物線上．（1）求這條拋物線對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式；（2）過點(diǎn)P作PM⊥x軸于點(diǎn)M，PN⊥l于點(diǎn)N，當(dāng)1＜m＜3時(shí)，求PM+PN的最大值；（3）設(shè)直線AP，BP與拋物線的對(duì)稱軸分別相交于點(diǎn)E，F(xiàn)，請(qǐng)?zhí)剿饕訟，F(xiàn)，B，G（G是點(diǎn)E關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)）為頂點(diǎn)的四邊形面積是否隨著P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)而發(fā)生變化，若不變，求出這個(gè)四邊形的面積；若變化，說明理由．【分析】（1）利用頂點(diǎn)式求解，可得結(jié)論；（2）如圖，設(shè)直線l交x軸于點(diǎn)T，連接PT，BD，BD交PM于點(diǎn)J．設(shè)P（m，﹣m2+2m+3）．四邊形DTBP的面積＝△PDT的面積+△PBT的面積＝×DT×PN+×TB×PM＝（PM+PN），推出四邊形DTBP的面積最大時(shí)，PM+PN的值最大，求出四邊形DTBP的面積的最大值，可得結(jié)論；（3）四邊形AFBG的面積不變．如圖，設(shè)P（m，﹣m2+2m+3），求出直線AP，BP的解析式，可得點(diǎn)E，F(xiàn)的坐標(biāo)，求出FG的長，可得結(jié)論．【解答】解：（1）∵拋物線的頂點(diǎn)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(diǎn)T，連接PT，BD，BD交PM于點(diǎn)J．設(shè)P（m，﹣m2+2m+3）．點(diǎn)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(shí)，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(shí)，四邊形DTBP的面積最大，最大值為11，∴PM+PN的最大值＝×11＝；（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(duì)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．【點(diǎn)評(píng)】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，一次函數(shù)的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)構(gòu)建二次函數(shù)解決最值問題，學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問題，屬于中考?jí)狠S題．【變式2-2】（2022?菏澤節(jié)選）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于A（﹣2，0）、B（8，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)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(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為D，直接寫出點(diǎn)D的坐標(biāo)，并求出四邊形OADC的面積；【分析】（1）利用待定系數(shù)法解答即可；（2）過點(diǎn)D作DE⊥x軸于點(diǎn)E，利用軸對(duì)稱的性質(zhì)和三角形的中位線的性質(zhì)定理求得線段OE，DE，則點(diǎn)D坐標(biāo)可得；利用四邊形OADC的面積＝S△OAC+S△ACD，S△ADC＝S△ABC，利用三角形的面積公式即可求得結(jié)論；（3）利用分類討論的思想方法分兩種情況討論解答：①當(dāng)點(diǎn)P在BC上方時(shí)，利用平行線的判定與性質(zhì)可得點(diǎn)C，P的縱坐標(biāo)相等，利用拋物線的解析式即可求得結(jié)論；②當(dāng)點(diǎn)P在BC下方時(shí)，設(shè)PC交x軸于點(diǎn)H，設(shè)HB＝HC＝m，利用等腰三角形的判定與性質(zhì)和勾股定理求得m值，則點(diǎn)H坐標(biāo)可求；利用待定系數(shù)法求得直線PC的解析式，與拋物線解析式聯(lián)立即可求得點(diǎn)P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(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C（0，4），∴，解得：．∴拋物線的表達(dá)式為y＝﹣+x+4；（2）點(diǎn)D的坐標(biāo)為（﹣8，8），理由：將△ABC沿AC所在直線折疊，得到△ADC，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為D，如圖，過點(diǎn)D作DE⊥x軸于點(diǎn)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(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為D，∴點(diǎn)D，C，B三點(diǎn)在一條直線上．由軸對(duì)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；題型3：二次函數(shù)與圖形判定問題：類型一：與特殊三角形相關(guān)解題模板：技巧精講；1：動(dòng)點(diǎn)構(gòu)成特殊三角形的作圖方法2.動(dòng)點(diǎn)構(gòu)成特殊三角形的分類討論方法（情景同上）3.（2022?百色）已知拋物線經(jīng)過A（﹣1，0）、B（0，3）、C（3，0）三點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線交正方形OBDC的邊BD于點(diǎn)E，點(diǎn)M為射線BD上一動(dòng)點(diǎn)，連接OM，交BC于點(diǎn)F．（1）求拋物線的表達(dá)式；（2）求證：∠BOF＝∠BDF；（3）是否存在點(diǎn)M，使△MDF為等腰三角形？若不存在，請(qǐng)說明理由；若存在，求ME的長．【分析】（1）把A（﹣1，0）、B（0，3）、C（3，0）代入y＝ax2+bx+c，即可得解；（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)得出∠OBC＝∠DBC，BD＝OB，再由BF＝BF，得出△BOF≌△BDF，最后利用全等三角形的性質(zhì)得出結(jié)論；（3）分兩種情況討論解答，當(dāng)M在線段BD的延長線上時(shí)，先求出∠M，再利用解直角三角形得出結(jié)果，當(dāng)M在線段BD上時(shí)，得出∠BOM＝30°，類比①解答即可．【解答】（1）解：設(shè)拋物線的表達(dá)式為y＝ax2+bx+c，把A（﹣1，0）、B（0，3）、C（3，0）代入得：，解得，∴拋物線的表達(dá)式為：y＝﹣x2+2x+3；（2）證明：∵正方形OBDC，∴∠OBC＝∠DBC，BD＝OB，∵BF＝BF，∴△BOF≌△BDF，∴∠BOF＝∠BDF；（3）解：∵拋物線交正方形OBDC的邊BD于點(diǎn)E，∴令y＝3，則3＝﹣x2+2x+3，解得：x1＝0，x2＝2，∴E（2，3），①如圖，當(dāng)M在線段BD的延長線上時(shí)，∠BDF為銳角，∴∠FDM為鈍角，∵△MDF為等腰三角形，∴DF＝DM，∴∠M＝∠DFM，∴∠BDF＝∠M+∠DFM＝2∠M，∵BM∥OC，∴∠M＝∠MOC，由（2）得∠BOF＝∠BDF，∴∠BDF+∠MOC＝3∠M＝90°，∴∠M＝30°，在Rt△BOM中，BM＝，∴ME＝BM﹣BE＝3﹣2；②如圖，當(dāng)M在線段BD上時(shí)，∠DMF為鈍角，∵△MDF為等腰三角形，∴MF＝DM，∴∠BDF＝∠MFD，∴∠BMO＝∠BDF+∠MFD＝2∠BDF，由（2）得∠BOF＝∠BDF，∴∠BMO＝2∠BOM，∴∠BOM+∠BMO＝3∠BOM＝90°，∴∠BOM＝30°，在Rt△BOM中，BM＝，∴ME＝BE﹣BM＝2﹣，綜上所述，ME的值為：3﹣2或2﹣．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)及解直角三角形，分類討論思想的運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．【變式3-1】（2022?東營）如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣3（a≠0）與x軸交于點(diǎn)A（﹣1，0），點(diǎn)B（3，0），與y軸交于點(diǎn)C．（1）求拋物線的表達(dá)式；（2）在對(duì)稱軸上找一點(diǎn)Q，使△ACQ的周長最小，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)；（3）點(diǎn)P是拋物線對(duì)稱軸上的一點(diǎn)，點(diǎn)M是對(duì)稱軸左側(cè)拋物線上的一點(diǎn)，當(dāng)△PMB是以PB為腰的等腰直角三角形時(shí)，請(qǐng)直接寫出所有點(diǎn)M的坐標(biāo)．【分析】（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；（2）連接CB交對(duì)稱軸于點(diǎn)Q，當(dāng)C、B、Q三點(diǎn)共線時(shí)，△ACQ的周長最小，求出直線BC的解析式，再求Q點(diǎn)坐標(biāo)即可；（3）分兩種情況討論：當(dāng)∠BPM＝90°時(shí)，PM＝PB，M點(diǎn)與A點(diǎn)重合，則M（﹣1，0）；當(dāng)∠PBM＝90°時(shí)，PB＝BM，P點(diǎn)在M點(diǎn)上方時(shí)，過點(diǎn)B作x軸的垂線GH，過點(diǎn)P作PH⊥GH交于H，過點(diǎn)M作MG⊥HG交于G，可證明△BPH≌△MBG（AAS），設(shè)P（1，t），則M（3﹣t，﹣2），求出M點(diǎn)坐標(biāo)為（1﹣，﹣2）；當(dāng)P點(diǎn)在M點(diǎn)下方時(shí)，同理M（3+t，2），可求M點(diǎn)坐標(biāo)為（1﹣，2）．【解答】解：（1）將點(diǎn)A（﹣1，0），點(diǎn)B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3，∴，解得，∴y＝x2﹣2x﹣3；（2）連接CB交對(duì)稱軸于點(diǎn)Q，∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝1，∵A、B關(guān)于對(duì)稱軸x＝1對(duì)稱，∴AQ＝BQ，∴AC+AQ+CQ＝AC+CQ+BQ≥AC+BC，當(dāng)C、B、Q三點(diǎn)共線時(shí)，△ACQ的周長最小，∵C（0，﹣3），B（3，0），設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴y＝x﹣3，∴Q（1，﹣2）；（3）當(dāng)∠BPM＝90°時(shí)，PM＝PB，∴M點(diǎn)與A點(diǎn)重合，∴M（﹣1，0）；當(dāng)∠PBM＝90°時(shí)，PB＝BM，如圖1，當(dāng)P點(diǎn)在M點(diǎn)上方時(shí)，過點(diǎn)B作x軸的垂線GH，過點(diǎn)P作PH⊥GH交于H，過點(diǎn)M作MG⊥HG交于G，∵∠PBM＝90°，∴∠PBH+∠MBG＝90°，∵∠PBH+∠BPH＝90°，∴∠MBG＝∠BPH，∵BP＝BM，∴△BPH≌△MBG（AAS），∴BH＝MG，PH＝BG＝2，設(shè)P（1，t），則M（3﹣t，﹣2），∴﹣2＝（3﹣t）2﹣2（3﹣t）﹣3，解得t＝2+或t＝2﹣，∴M（1﹣，﹣2）或（1+，﹣2），∵M(jìn)點(diǎn)在對(duì)稱軸的左側(cè)，∴M點(diǎn)坐標(biāo)為（1﹣，﹣2）；如圖2，當(dāng)P點(diǎn)在M點(diǎn)下方時(shí)，同理可得M（3+t，2），∴2＝（3+t）2﹣2（3+t）﹣3，解得t＝﹣2+（舍）或t＝﹣2﹣，∴M（1﹣，2）；綜上所述：M點(diǎn)的坐標(biāo)為（1﹣，﹣2）或（1﹣，2）或（﹣1，0）．【點(diǎn)評(píng)】本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，軸對(duì)稱求最短距離，分類討論，數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵．【變式3-2】（2022?呼和浩特節(jié)選）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)B（4，0）和點(diǎn)C（0，2），與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為A，連接AC、BC．（1）求拋物線的解析式及點(diǎn)A的坐標(biāo)；（2）如圖1，若點(diǎn)D是線段AC的中點(diǎn)，連接BD，在y軸上是否存在點(diǎn)E，使得△BDE是以BD為斜邊的直角三角形？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)E的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【分析】（1）用待定系數(shù)法可得拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+2，令y＝0得A（﹣1，0）；（2）由A（﹣1，0），C（0，2），知線段AC的中點(diǎn)D（﹣，1），設(shè)E（0，t），根據(jù)∠BED＝90°，得[（4﹣0）2+（0﹣t）2]+[（﹣﹣0）2+（1﹣t）2]＝（4+）2+（0﹣1）2，即可解得E的坐標(biāo)為（0，﹣1）或（0，2）；【解答】解：（1）將點(diǎn)B（4，0）和點(diǎn)C（0，2）代入拋物線y＝﹣x2+bx+c中，則，解得：，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+2，在y＝﹣x2+x+2中，令y＝0得﹣x2+x+2＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝4，∴A（﹣1，0）；（2）存在y軸上一點(diǎn)E，使得△BDE是以BD為斜邊的直角三角形，理由如下：如圖：∵點(diǎn)D是線段AC的中點(diǎn)，A（﹣1，0），C（0，2），∴D（﹣，1），設(shè)E（0，t），又B（4，0），∵∠BED＝90°，∴BE2+DE2＝BD2，即[（4﹣0）2+（0﹣t）2]+[（﹣﹣0）2+（1﹣t）2]＝（4+）2+（0﹣1）2，化簡得：t2﹣t﹣2＝0，解得：t1＝﹣1，t2＝2，∴E的坐標(biāo)為（0，﹣1）或（0，2）；類型二：與特殊四邊形相關(guān)技巧精講：動(dòng)點(diǎn)構(gòu)成特殊四邊形的作圖方法2.動(dòng)點(diǎn)構(gòu)成特殊四邊形的分類討論方法（情境同上）4.（2022?攀枝花）如圖，二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象與x軸交于O（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），A兩點(diǎn)，且二次函數(shù)的最小值為﹣1，點(diǎn)M（1，m）是其對(duì)稱軸上一點(diǎn)，y軸上一點(diǎn)B（0，1）．（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；（2）二次函數(shù)在第四象限的圖象上有一點(diǎn)P，連結(jié)PA，PB，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，△PAB的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式；（3）在二次函數(shù)圖象上是否存在點(diǎn)N，使得以A、B、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，直接寫出所有符合條件的點(diǎn)N的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說明理由．【分析】（1）根據(jù)題意知，二次函數(shù)頂點(diǎn)為（1，﹣1），設(shè)二次函數(shù)解析式為y＝a（x﹣1）2﹣1，將點(diǎn)B（0，0）代入得，a﹣1＝0，即可得出答案；（2）連接OP，根據(jù)題意得點(diǎn)A的坐標(biāo)，則S＝S△AOB+S△OAP﹣S△OBP，代入化簡即可；（3）設(shè)N（n，n2﹣2n），分AB或AN或AM分別為對(duì)角線，利用平行四邊形的性質(zhì)和中點(diǎn)坐標(biāo)公式，分別求出n＝的值，進(jìn)而得出答案．【解答】解：（1）∵二次函數(shù)的最小值為﹣1，點(diǎn)M（1，m）是其對(duì)稱軸上一點(diǎn)，∴二次函數(shù)頂點(diǎn)為（1，﹣1），設(shè)二次函數(shù)解析式為y＝a（x﹣1）2﹣1，將點(diǎn)O（0，0）代入得，a﹣1＝0，∴a＝1，∴y＝（x﹣1）2﹣1＝x2﹣2x；（2）連接OP，當(dāng)y＝0時(shí)，x2﹣2x＝0，∴x＝0或2，∴A（2，0），∵點(diǎn)P在拋物線y＝x2﹣2x上，∴點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為t2﹣2t，∴S＝S△AOB+S△OAP﹣S△OBP＝+（﹣t2+2t）﹣t＝﹣t2++1；（3）設(shè)N（n，n2﹣2n），當(dāng)AB為對(duì)角線時(shí)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得，2+0＝1+n，∴n＝1，∴N（1，﹣1），當(dāng)AM為對(duì)角線時(shí)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得，2+1＝n+0，∴n＝3，∴N（3，3），當(dāng)AN為對(duì)角線時(shí)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得，2+n＝0+1，∴n＝﹣1，∴N（﹣1，3），綜上：N（1，﹣1）或（3，3）或（﹣1，3）．【點(diǎn)評(píng)】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，三角形的面積，平行四邊形的性質(zhì)等知識(shí)，運(yùn)用分類討論思想是解題的關(guān)鍵．【變式4-1】（2022?朝陽）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+2x+c與x軸分別交于點(diǎn)A（1，0）和點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C（0，﹣3），連接BC．（1）求拋物線的解析式及點(diǎn)B的坐標(biāo)．（2）如圖，點(diǎn)P為線段BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)B，C重合），過點(diǎn)P作y軸的平行線交拋物線于點(diǎn)Q，求線段PQ長度的最大值．（3）動(dòng)點(diǎn)P以每秒個(gè)單位長度的速度在線段BC上由點(diǎn)C向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)M以每秒1個(gè)單位長度的速度在線段BO上由點(diǎn)B向點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)，在平面內(nèi)是否存在點(diǎn)N，使得以點(diǎn)P，M，B，N為頂點(diǎn)的四邊形是菱形？若存在，請(qǐng)直接寫出符合條件的點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【分析】（1）將A，C兩點(diǎn)坐標(biāo)代入拋物線的解析式求得a，c的值，進(jìn)而得出解析式，當(dāng)y＝0時(shí)，求出方程的解，進(jìn)而求得B點(diǎn)坐標(biāo)；（2）由B，C兩點(diǎn)求出BC的解析式，進(jìn)而設(shè)出點(diǎn)P和點(diǎn)Q坐標(biāo)，表示出PQ的長，進(jìn)一步得出結(jié)果；（3）要使以點(diǎn)P，M，B，N為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，只需△PMB是等腰三角形，所以分為PM＝BM，PM＝PB和BP＝BM，結(jié)合圖象，進(jìn)一步得出結(jié)果．【解答】解：（1）由題意得，，∴，∴y＝x2+2x﹣3，當(dāng)y＝0時(shí)，x2+2x﹣3＝0，∴x1＝1，x2＝﹣3，∴B（﹣3，0）；（2）設(shè)直線BC的解析式為：y＝kx+b，∴，∴，∴y＝﹣x﹣3，設(shè)點(diǎn)P（m，﹣m﹣3），Q（m，m2+2m﹣3），∴PQ＝（﹣m﹣3）﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m＝﹣（m+）2+，∴當(dāng)m＝﹣時(shí)，PQ最大＝；（3）如圖1，∵B（﹣3，0），C（0，﹣3），∴OB＝OC＝3，∴∠OCB＝∠OBC＝45°，作PD⊥y軸于D，∴CD＝PD＝PC?sin∠OCB＝＝t，當(dāng)BM＝PM時(shí)，∴∠MPB＝∠OBC＝45°，∵∠PMO＝∠PDO＝∠MOD＝90°，∴四邊形OMPD是矩形，∴OM＝PD＝t，由BM+OM＝OB得，∴2t＝3，∴t＝，∴P（﹣，﹣），∴N（﹣3，﹣），如圖2，當(dāng)PM＝PB時(shí)，作PD⊥y軸于D，作PE⊥x軸于E，∴BM＝2BE，可得四邊形PDOE是矩形，∴OE＝PD＝t，∴BE＝3﹣t，∴t＝2（3﹣t），∴t＝2，∴P（﹣2，﹣1），∴N（﹣2，1），如圖3，當(dāng)PB＝MB時(shí)，3﹣＝t，∴t＝6﹣3，∴P（3，3﹣3），∴N（0，3﹣3），綜上所述：N（﹣3，﹣）或（﹣2，1）或（0，3﹣3）．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二次函數(shù)及其圖象的性質(zhì)，用待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，等腰三角形的分類和等腰三角形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)等知識(shí)，解決問題的關(guān)鍵是正確分類，畫出符合條件的圖形．【變式4-2】（2022?泰安）若二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象經(jīng)過點(diǎn)A（﹣2，0），B（0，﹣4），其對(duì)稱軸為直線x＝1，與x軸的另一交點(diǎn)為C．（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；（2）若點(diǎn)M在直線AB上，且在第四象限，過點(diǎn)M作MN⊥x軸于點(diǎn)N．①若點(diǎn)N在線段OC上，且MN＝3NC，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；②以MN為對(duì)角線作正方形MPNQ（點(diǎn)P在MN右側(cè)），當(dāng)點(diǎn)P在拋物線上時(shí)，求點(diǎn)M的坐標(biāo)．【分析】（1）利用待定系數(shù)法求出a，b，c即可；（2）①求出直線AB的解析式為y＝﹣2x﹣4，因?yàn)锳，C關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，推出C（4，0），設(shè)N（m，0），則M（m，﹣2m﹣4），NC＝4﹣m，根據(jù)MN＝3NC，構(gòu)建方程求解；②如圖2中，連接PQ，MN交于點(diǎn)E．設(shè)M（t，﹣2t﹣4），則點(diǎn)N（t，0），利用正方形的性質(zhì)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，代入拋物線的解析式，構(gòu)建方程求解．【解答】解：（1）∵二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象經(jīng)過點(diǎn)B（0，﹣4），∴c＝﹣4，∵對(duì)稱軸為直線x＝1，經(jīng)過A（﹣2，0），∴，解得，∴拋物線的解析式為y＝x2﹣x﹣4；（2）①如圖1中，設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+n，∵A（﹣2，0），B（0，﹣4），∴，解得，∴直線AB的解析式為y＝﹣2x﹣4，∵A，C關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，∴C（4，0），設(shè)N（m，0），∵M(jìn)N⊥x軸，∴M（m，﹣2m﹣4），∴NC＝4﹣m，∵M(jìn)N＝3NC，∴2m+4＝3（4﹣m），∴m＝，∴點(diǎn)M（，﹣）；②如圖2中，連接PQ，MN交于點(diǎn)E．設(shè)M（t，﹣2t﹣4），則點(diǎn)N（t，0），∵四邊形MPNQ是正方形，∴PQ⊥MN，NE＝EP，NE＝MN，∴PQ∥x軸，∴E（t，﹣t﹣2），∴NE＝t+2，∴ON+EP＝ON+NE＝t+t+2＝2t+2，∴P（2t+2，﹣t﹣2），∵點(diǎn)P在拋物線y＝x2﹣x﹣4上，∴（2t+2）2﹣（2t+2）﹣4＝﹣t﹣2，解得t1＝，t2＝﹣2，∵點(diǎn)P在第四象限，∴t＝﹣2舍去，∴t＝，∴點(diǎn)M坐標(biāo)為（，﹣5）．【點(diǎn)評(píng)】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，待定系數(shù)法，一次函數(shù)的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考?jí)狠S題．【變式4-3】（2022?黔西南州）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，經(jīng)過點(diǎn)A（4，0）的直線AB與y軸交于點(diǎn)B（0，4）．經(jīng)過原點(diǎn)O的拋物線y＝﹣x2+bx+c交直線AB于點(diǎn)A，C，拋物線的頂點(diǎn)為D．（1）求拋物線y＝﹣x2+bx+c的表達(dá)式；（2）M是線段AB上一點(diǎn)，N是拋物線上一點(diǎn)，當(dāng)MN∥y軸且MN＝2時(shí)，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；（3）P是拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，Q是平面直角坐標(biāo)系內(nèi)一點(diǎn)．是否存在以點(diǎn)A，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是矩形？若存在，直接寫出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【分析】（1）將點(diǎn)A、O的坐標(biāo)分別代入拋物線解析式，解方程即可；（2）設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+b，利用待定系數(shù)法求出解析式，再表示出MN，然后根據(jù)MN＝2解方程可得答案；（3）分AC為邊和對(duì)角線兩種情況進(jìn)行討論：根據(jù)平移的性質(zhì)，三角形相似的性質(zhì)和判定，兩點(diǎn)的距離公式可得結(jié)論．【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+c過點(diǎn)A（4，0）和O（0，0），∴，解得：，∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+4x；（2）∵直線AB經(jīng)過點(diǎn)A（4，0）和B（0，4），∴直線AB的解析式為：y＝﹣x+4，∵M(jìn)N∥y軸，設(shè)M（t，﹣t+4），N（t，﹣t2+4t），其中0≤t≤4，當(dāng)M在N點(diǎn)的上方時(shí)，MN＝﹣t+4﹣（﹣t2+4t）＝t2﹣5t+4＝2，解得：t1＝，t2＝（舍），∴M1（，），當(dāng)M在N點(diǎn)下方時(shí)，MN＝﹣t2+4t﹣（﹣t+4）＝﹣t2+5t﹣4＝2，解得：t1＝2，t2＝3，∴M2（2，2），M3（3，1），綜上，滿足條件的點(diǎn)M的坐標(biāo)有三個(gè)（，）或（2，2）或（3，1）；（3）存在，①如圖2，若AC是矩形的邊，設(shè)拋物線的對(duì)稱軸與直線AB交于點(diǎn)R，且R（2，2），過點(diǎn)C，A分別作直線AB的垂線交拋物線于點(diǎn)P1，P2，∵C（1，3），D（2，4），∴CD＝＝，同理得：CR＝，RD＝2，∴CD2+CR2＝DR2，∴∠RCD＝90°，∴點(diǎn)P1與點(diǎn)D重合，當(dāng)CP1∥AQ1，CP1＝AQ1時(shí)，四邊形ACP1Q1是矩形，∵C（1，3）向右平移1個(gè)單位，向上平移1個(gè)單位得到P1（2，4），∴A（4，0）向右平移1個(gè)單位，向上平移1個(gè)單位得到Q1（5，1），此時(shí)直線P1C的解析式為：y＝x+2，∵直線P2A與P1C平行且過點(diǎn)A（4，0），∴直線P2A的解析式為：y＝x﹣4，∵點(diǎn)P2是直線y＝x﹣4與拋物線y＝﹣x2+4x的交點(diǎn)，∴﹣x2+4x＝x﹣4，解得：x1＝﹣1，x2＝4（舍），∴P2（﹣1，﹣5），當(dāng)AC∥P2Q2時(shí)，四邊形ACQ2P2是矩形，∵A（4，0）向左平移3個(gè)單位，向上平移3個(gè)單位得到C（1，3），∴P2（﹣1，﹣5）向左平移3個(gè)單位，向上平移3個(gè)單位得到Q2（﹣4，﹣2）；②如圖3，若AC是矩形的對(duì)角線，設(shè)P3（m，﹣m2+4m）當(dāng)∠AP3C＝90°時(shí)，過點(diǎn)P3作P3H⊥x軸于H，過點(diǎn)C作CK⊥P3H于K，∴∠P3KC＝∠AHP3＝90°，∠P3CK＝∠AP3H，∴△P3CK∽△AP3H，∴＝，∴＝，∵點(diǎn)P不與點(diǎn)A，C重合，∴m≠1或m≠4，∴m2﹣3m+1＝0，∴m＝，∴如圖4，滿足條件的點(diǎn)P有兩個(gè)，即P3（，），P4（，），當(dāng)P3C∥AQ3，P3C＝AQ3時(shí)，四邊形AP3CQ3是矩形，∵P3（，）向左平移個(gè)單位，向下平移個(gè)單位得到C（1，3），∴A（4，0）向左平移個(gè)單位，向下平移個(gè)單位得到Q3（，），當(dāng)P4C∥AQ4，P4C＝AQ4時(shí)，四邊形AP4CQ4是矩形，∵P4（，）向右平移個(gè)單位，向上平移個(gè)單位得到C（1，3），∴A（4，0）向右平移個(gè)單位，向上平移個(gè)單位得到Q4（，）；綜上，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（5，1）或（﹣4，﹣2）或（，）或（，）．【點(diǎn)評(píng)】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，相似三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，平移的性質(zhì)等知識(shí)，正確畫圖，并運(yùn)用分類討論的思想是解本題的關(guān)鍵．一、解答題1．（九上·墾利期末）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A（2，0），B（﹣4，0）兩點(diǎn)．（Ⅰ）求拋物線的解析式；（Ⅱ）若拋物線交y軸于點(diǎn)C，在拋物線的對(duì)稱軸上是否存在點(diǎn)Q，使得△QAC的周長最?。咳舸嬖?，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由；（Ⅲ）在拋物線第二象限的圖象上是否存在一點(diǎn)P，使得△PBC的面積最大？若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)和△PBC面積的最大值；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】解：（Ⅰ）將A（2，0），B（﹣4，0）代入得：-4+2b+c=0-16-4b+c=0，解得b=-2c=8則該拋物線的解析式為：y＝﹣x2﹣2x+8；（Ⅱ）存在，理由：如圖1，點(diǎn)A關(guān)于拋物線對(duì)稱軸的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)B，設(shè)直線BC的解析式為：y＝kx+d，將點(diǎn)B（﹣4，0）、C（0，8）代入得：d=8-4k+d=0，解得k=2d=8故直線BC解析式為：y＝2x+8，直線BC與拋物線對(duì)稱軸x＝﹣1的交點(diǎn)為Q，此時(shí)△QAC的周長最?。夥匠探My=2x+8x=-1，解得x=-1y=6故點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（﹣1，6）；（Ⅲ）存在，理由：如圖2，過點(diǎn)P作PE⊥x軸于點(diǎn)E，設(shè)P點(diǎn)的坐標(biāo)為（x，﹣x2﹣2x+8）（﹣4＜x＜0），∵S△BPC＝S四邊形BPCO﹣S△BOC＝S四邊形BPCO﹣16，若S四邊形BPCO有最大值，則S△BPC就最大，∴S四邊形BPCO＝S△BPE+S直角梯形PEOC＝12BE?PE+12OE（PE+OC）＝12（x+4）（﹣x2﹣2x+8）+12（﹣x）（﹣x2﹣2x+8+8）＝﹣2（x+2當(dāng)x＝﹣2時(shí)，S四邊形BPCO最大值＝24，∴S△BPC最大＝24﹣16＝8，當(dāng)x＝﹣2時(shí)，﹣x2﹣2x+8＝8，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣2，8）．2．（九上·蘭陵期中）如圖，直線y=-12x+2與x軸、y軸分別交于B、A兩點(diǎn)，Q是線段AB上的動(dòng)點(diǎn)（不與A、B重合），將Q繞點(diǎn)P(1，0)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到點(diǎn)Q【答案】解：作QM⊥x軸于點(diǎn)M，Q'N⊥x軸于∵∠PMQ=∠PNQ'=∠QPQ'=90°，∴∠QPM+∠NPQ'=∠PQ'N+∠NPQ'，∴∠QPM=∠PQ'N，在△PQM和△Q'∠PMQ=∠PNQ'∴△PQM?△Q'∴PN=QM，Q'設(shè)Q(m，∴PM=|m-1|，QM=|-1∴ON=|3-1∴Q'∴OQ'當(dāng)m=2時(shí)，OQ'2有最小值為∴OQ'的最小值為53．（2021·河?xùn)|模擬）拋物線y＝﹣x2+bx+c（b，c為常數(shù)）與x軸交于點(diǎn)（x1，0）和（x2，0），與y軸交于點(diǎn)A，點(diǎn)E為拋物線頂點(diǎn)．（Ⅰ）當(dāng)x1＝﹣1，x2＝3時(shí)，求點(diǎn)E，點(diǎn)A的坐標(biāo)；（Ⅱ）①若頂點(diǎn)E在直線y＝x上時(shí)，用含有b的代數(shù)式表示c；②在①的前提下，當(dāng)點(diǎn)A的位置最高時(shí)，求拋物線的解析式；（Ⅲ）若x1＝﹣1，b＞0，當(dāng)P（1，0）滿足PA+PE值最小時(shí)，求b的值．【答案】解：（Ⅰ）∵拋物線y＝﹣x2＋bx＋c（b，c為常數(shù)）與x軸交于點(diǎn)（x1，0）和（x2，0），與y軸交于點(diǎn)A，點(diǎn)E為拋物線頂點(diǎn)，x1＝﹣1，x2＝3，∴點(diǎn)（﹣1，0），（3，0）在拋物線y＝﹣x2＋bx＋c的圖象上，∴1-b+c=0-9+3b+c=0，解得b=2c=3∴y＝﹣x2＋2x＋3＝﹣（x﹣1）2＋4，∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，3），點(diǎn)E的坐標(biāo)為（1，4）；（Ⅱ）①∵y＝﹣x2＋bx＋c＝-(x-b∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（b2，b2∵頂點(diǎn)E在直線y＝x上，∴b2＝b2∴c＝2b-b2②由①知，c=2b-b則點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，-14∴當(dāng)b＝1時(shí)，此時(shí)點(diǎn)A的位置最高，函數(shù)y＝﹣x2＋x＋14即在①的前提下，當(dāng)點(diǎn)A的位置最高時(shí)，拋物線的解析式是y=-x2（Ⅲ）∵x1＝﹣1，拋物線y＝﹣x2＋bx＋c過點(diǎn)（x1，0），∴﹣1﹣b＋c＝0，∴c＝1＋b，∵點(diǎn)E的坐標(biāo)為（b2，b2+4c4），點(diǎn)A的坐標(biāo)為（∴E（b2，(b+2)24），A（0，b∴點(diǎn)E關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)E′（b2，﹣(b+2)2設(shè)過點(diǎn)A（0，b＋1）、P（1，0）的直線解析式為y＝kx＋t，t=b+1k+t=0，得k=-b-1t=b+1∴直線AP的解析式為y＝（﹣b﹣1）x＋（b＋1）＝﹣（b＋1）x＋（b＋1）＝（b＋1）（﹣x＋1），∵當(dāng)直線AP過點(diǎn)E′時(shí)，PA＋PE值最小，∴﹣(b+2)24＝（b＋1）（﹣b2化簡得：b2﹣6b﹣8＝0，解得：b1＝3+17，b2＝∵b＞0，∴b＝3+17即b的值是3＋17．4．（2021·陽西模擬）如圖，點(diǎn)B，C分別在x軸和y軸的正半軸上，OB，OC的長分別為x2-8x+12=0的兩個(gè)根(OC>OB)，點(diǎn)A在x軸的負(fù)半軸上，且OA=OC=3OB，連接AC（1）求過A，B，C三點(diǎn)的拋物線的函數(shù)解析式；（2）點(diǎn)P從點(diǎn)C出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長度的速度沿CA運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A，點(diǎn)Q從點(diǎn)O出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長度的速度沿OC運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C，連接PQ，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)A時(shí)，點(diǎn)Q停止運(yùn)動(dòng)，求S△CPQ的最大值；（3）M是拋物線上一點(diǎn)，是否存在點(diǎn)M，使得∠ACM=15°？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】（1）由x2-8x+12=0得x=6或x=2又∵OC>OB，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為(2,0)，點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0,6)．∵OA=OC，∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為(-6,0)．設(shè)拋物線的函數(shù)解析式為y=ax2將點(diǎn)A，B，C的坐標(biāo)代入y=ax2得36a-6b+c=04a+2b+c=0c=6，解得a=-∴過A，B，C三點(diǎn)的拋物線的函數(shù)解析式為y=-12（2）∵OA=OC，∴∠ACO=45°．由題意得PC=2t，CQ=6-t，∴|xP∴S△CPQ=∵-22<0，∴當(dāng)t=3時(shí)，S△CPQ有最大值，最大值為（3）①如圖，當(dāng)點(diǎn)M在AC上方時(shí)，過點(diǎn)M作ME⊥x軸于點(diǎn)E，作MF⊥y軸于點(diǎn)F，連接MC．∵∠ACM=15°，∠ACO=45°，∴∠OCM=60°．設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(m,-12m2-2m+6)(-6<m<0)在Rt△MCF中，∵CF=MFtan∴CF=33MF=-33m∵∠MEO=∠EOF=∠MFO=90°，∴四邊形MEOF是矩形．∴ME=OF．即-12m2-2m+6=6+33m，解得∴ME=6+33∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為[-4-23②如圖，當(dāng)點(diǎn)M在AC下方時(shí)，過點(diǎn)M作MH⊥x軸于點(diǎn)H，設(shè)MC與x軸交于點(diǎn)G，連接MC．設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(n,-12則OH=-n，MH=12∵∠ACM=15°，∠CAO=45°，∴∠CGO=∠HGM=∠CAG+∠ACM=60°．在Rt△CGO中，∵OC=6，∴OG=OCtan∴GH=OH-OG=-n-23在Rt△MGH中，MH=GH?tan∠HGM=∴12n解得n1=0（舍去），n∴GH=-n-23=4，MH=∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為(-4-23,-4綜上所述，存在點(diǎn)M，使得∠ACM=15°，且點(diǎn)M的坐標(biāo)為[-4-233,16-435．（2021九上·中山期末）如圖，拋物線y＝ax2＋bx﹣3經(jīng)過A、B、C三點(diǎn)，點(diǎn)A（﹣3，0）、C（1，0），點(diǎn)B在y軸上．點(diǎn)P是直線AB下方的拋物線上一動(dòng)點(diǎn)（不與A、B重合）．（1）求此拋物線的解析式；（2）過點(diǎn)P作x軸的垂線，垂足為D，交直線AB于點(diǎn)E，動(dòng)點(diǎn)P在什么位置時(shí)，PE最大，求出此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)；（3）點(diǎn)Q是拋物線對(duì)稱軸上一動(dòng)點(diǎn)，是否存在點(diǎn)Q，使以點(diǎn)A、B、Q為頂點(diǎn)的三角形為直角三角形？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)Q坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】（1）解：把A（﹣3，0）和C（1，0）代入y＝ax2+bx﹣3，得，0=9a-3b-30=a+b-3解得，a=1b=2∴拋物線解析式為y＝x2+2x﹣3；（2）解：設(shè)P（x，x2+2x﹣3），直線AB的解析式為y＝kx+b，由拋物線解析式y(tǒng)＝x2+2x﹣3，令x＝0，則y＝﹣3，∴B（0，﹣3），把A（﹣3，0）和B（0，﹣3）代入y＝kx+b，得，0=-3k+b-3=b解得，k=-1b=-3∴直線AB的解析式為y＝﹣x﹣3，∵PE⊥x軸，∴E（x，﹣x﹣3），∵P在直線AB下方，∴PE＝﹣x﹣3﹣（x2+2x﹣3）＝﹣x2﹣3x＝﹣（x+32）2+9當(dāng)x＝﹣32時(shí)，y＝x2+2x﹣3＝-∴當(dāng)PE最大時(shí)，P點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣32，-（3）解：存在，理由如下，∵x＝﹣22×1＝-1∴拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝-1，設(shè)Q（-1，a），∵B（0，-3），A（-3，0），①當(dāng)∠QAB＝90°時(shí)，AQ2+AB2＝BQ2，∴22+a2+32+32＝12+（3+a）2，解得：a＝2，∴Q1（-1，2），②當(dāng)∠QBA＝90°時(shí)，BQ2+AB2＝AQ2，∴12+（3+a）2+32+32＝22+a2，解得：a＝﹣4，∴Q2（-1，﹣4），③當(dāng)∠AQB＝90°時(shí)，BQ2+AQ2＝AB2，∴12+（3+a）2+22+a2＝32+32，解得：a1＝-3+172或a1＝∴Q3（-1，-3+172），Q4（-1，綜上所述：點(diǎn)Q的坐標(biāo)是（-1，2）或（-1，﹣4）或（-1，-3+172）或（-1，6．（九上·大安期末）如圖，拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A，B兩點(diǎn)，其中點(diǎn)A的坐標(biāo)為(-3，0)，與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)（1）求拋物線的解析式；（2）拋物線的對(duì)稱軸上有一動(dòng)點(diǎn)P，求出PA+PD的最小值；（3）若拋物線上有一動(dòng)點(diǎn)Q，使△ABQ的面積為6，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)．【答案】（1）解：∵拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A(-3，0)，D(-2，∴拋物線的解析式為y=（2）解：由（1）得拋物線y=x2+2x-3的對(duì)稱軸為直線x=-1∵D(-2，-3)，∴C，D關(guān)于拋物線的對(duì)稱軸對(duì)稱，連接AC，可知，當(dāng)點(diǎn)P為直線AC與對(duì)稱軸的交點(diǎn)時(shí)，PA+PD∴最小值為AC=（3）解：設(shè)點(diǎn)Q(m，m2令y=x2得x=-3或1，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為(1，0)∴AB=4．∵S△QAB∴12×4×|∴m2+2m-6=0或m解得：m=-1+7或-1-7或0或-2∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(0，-3)或(-2，-3)或(-1+7．（2021·長葛模擬）如圖，拋物線y=-x2+bx+c與x軸交于A（-1，0），B（5，0）兩點(diǎn)，直線y=-x+4與y軸交于點(diǎn)C，與x軸交于點(diǎn)D.點(diǎn)P是x軸上方的拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PF⊥x軸于點(diǎn)F，交直線CD于點(diǎn)E.設(shè)點(diǎn)（1）求拋物線的解析式；（2）是否存在點(diǎn)P，使得△PCE與△DEF相似.若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說明理由.【答案】（1）解：由拋物線y=-x2+bx+c過A(-1,0)，B(5,0)-1-b+c=0-25+5b+c=0解得b=4c=5故該拋物線的解析式為y=-（2）解：存在點(diǎn)P，使得△PCE與△DEF相似.∵直線y=-x+4與y軸交于點(diǎn)C，與x軸交于點(diǎn)D.∴點(diǎn)C坐標(biāo)為（0，4），點(diǎn)D坐標(biāo)為（4，0），∴OC=OD=4，∴∠ODC=∠OCD=45°，又∵PF⊥x軸，∴∠EFD=90°，又∵∠PEC=∠DEF=45°，∴要使△PCE與△DEF相似，只需∠CPE=90°或∠PCE=90°即可.設(shè)P(m,-m2+4m+5)當(dāng)∠CPE=90°時(shí)，則由-m2解得：m=2±5此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)(2+5,4)或(2-當(dāng)∠PCE=90°時(shí)，過P作PG⊥y軸于點(diǎn)G，則PG=|m|，GC=|-當(dāng)△PCG為等腰直角三角形時(shí)，有∠PCE=90°.于是PG=GC，即m=-m2解得：m=3±13此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(3+132,11+13故綜上所述，有符合條件的點(diǎn)P存在，且坐標(biāo)為(2+5,4)或(2-5,4)或8．（2021·鐵嶺模擬）如圖，拋物線y＝ax2＋bx＋6與x軸交于點(diǎn)A（6，0），B（﹣1，0），與y軸交于點(diǎn)C．（1）求拋物線的解析式；（2）若點(diǎn)M為該拋物線對(duì)稱軸上一點(diǎn)，當(dāng)CM＋BM最小時(shí)，求點(diǎn)M的坐標(biāo)．（3）拋物線上是否存在點(diǎn)P，使△ACP為直角三角形？若存在，有幾個(gè)？寫出所有符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．【答案】（1）解：當(dāng)x＝0時(shí)，y＝ax2＋bx＋6＝6，則C（0，6），設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x＋1）（x﹣6），把C（0，6）代入得a?1?（﹣6）＝6，解得a＝﹣1，∴拋物線的解析式為y＝﹣（x＋1）（x﹣6），即y＝﹣x2＋5x＋6；（2）解：連接AC，與對(duì)稱軸交點(diǎn)即為所求點(diǎn)M，設(shè)AC所在直線的解析式為y＝mx＋n，將A（6，0），C（0，6）代入，得：6m+n=0n=6解得：m=-1n=6則AC所在直線解析式為y＝﹣x＋6，又y＝﹣x2＋5x＋6＝﹣（x﹣52）2＋494∴拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝52在直線y＝﹣x＋6中當(dāng)x＝52時(shí)，y＝72則M的坐標(biāo)為（52，72（3）解：設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為（x，-x2+5x+6），存在4個(gè)點(diǎn)P，使△ACP為直角三角形．PC2=x2+（-x2+5x）2，PA2=（x-6）2+（-x2+5x+6）2，AC2=62+62=72，當(dāng)∠PAC=90°，∵PA2+AC2=PC2，∴（x-6）2+（-x2+5x+6）2+72=x2+（-x2+5x）2，整理得x2-4x-12=0，解得x1=6（舍去），x2=-2，此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為（-2，-8）；當(dāng)∠PCA=90°，∵PC2+AC2=PA2，72+x2+（-x2+5x）2=（x-6）2+（-x2+5x+6）2，整理得x2-4x=0，解得x1=0（舍去），x2=4，此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為（4，10）；當(dāng)∠APC=90°，∵PA2+AC2=PC2，∴（x-6）2+（-x2+5x+6）2+x2+（-x2+5x）2=72，整理得x3-10x2+20x+24=