中考數(shù)學(xué)試卷分類匯編 代數(shù)幾何綜合

代數(shù)幾何綜合1、（2013年濰坊市壓軸題）如圖，拋物線關(guān)于直線對稱，與坐標(biāo)軸交于三點，且,點在拋物線上，直線是一次函數(shù)的圖象，點是坐標(biāo)原點.（1）求拋物線的解析式；（2）若直線平分四邊形的面積，求的值.（3）把拋物線向左平移1個單位，再向下平移2個單位，所得拋物線與直線交于兩點，問在軸正半軸上是否存在一定點，使得不論取何值，直線與總是關(guān)于軸對稱？若存在，求出點坐標(biāo)；若不存在，請說明理由.答案：（1）因為拋物線關(guān)于直線x=1對稱，AB=4，所以A(-1，0),B(3，0),由點D(2，1.5)在拋物線上，所以，所以3a+3b=1.5,即a+b=0.5,又，即b=-2a,代入上式解得a=-0.5,b=1,從而c=1.5,所以.（2）由（1）知，令x=0,得c(0,1.5),所以CD//AB,令kx-2=1.5,得l與CD的交點F()，令kx-2=0，得l與x軸的交點E()，根據(jù)S四邊形OEFC=S四邊形EBDF得：OE+CF=DF+BE,即：（3）由（1）知所以把拋物線向左平移1個單位，再向下平移2個單位，所得拋物線的解析式為假設(shè)在y軸上存在一點P(0，t)，t＞0，使直線PM與PN關(guān)于y軸對稱，過點M、N分別向y軸作垂線MM1、NN1，垂足分別為M1、N1，因為∠MPO=∠NPO,所以Rt△MPM1∽Rt△NPN1,所以,………………(1)不妨設(shè)M(xM,yM)在點N(xN,yN)的左側(cè)，因為P點在y軸正半軸上，則（1）式變?yōu)?又yM=kxM-2,yN=kxN-2,所以（t+2）(xM+xN)=2kxMxN,……(2)把y=kx-2(k≠0)代入中，整理得x2+2kx-4=0,所以xM+xN=-2k,xMxN=-4,代入（2）得t=2,符合條件，故在y軸上存在一點P（0,2），使直線PM與PN總是關(guān)于y軸對稱.考點：本題是一道與二次函數(shù)相關(guān)的壓軸題，綜合考查了考查了二次函數(shù)解析式的確定，函數(shù)圖象交點及圖形面積的求法，三角形的相似，函數(shù)圖象的平移，一元二次方程的解法等知識，難度較大.點評：本題是一道集一元二次方程、二次函數(shù)解析式的求法、相似三角形的條件與性質(zhì)以及質(zhì)點運動問題、分類討論思想于一體的綜合題，能夠較好地考查了同學(xué)們靈活應(yīng)用所學(xué)知識，解決實際問題的能力。問題設(shè)計富有梯度、由易到難層層推進，既考查了知識掌握，也考查了方法的靈活應(yīng)用和數(shù)學(xué)思想的形成。2、（綿陽市2013年）如圖，二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象的頂點C的坐標(biāo)為（0，-2），交x軸于A、B兩點，其中A（-1，0），直線l：x=m（m＞1）與x軸交于D。（1）求二次函數(shù)的解析式和B的坐標(biāo)；（2）在直線l上找點P（P在第一象限），使得以P、D、B為頂點的三角形與以B、C、O為頂點的三角形相似，求點P的坐標(biāo)（用含m的代數(shù)式表示）；（3）在（2）成立的條件下，在拋物線上是否存在第一象限內(nèi)的點Q，使△BPQ是以P為直角頂點的等腰直角三角形？如果存在，請求出點Q的坐標(biāo)；如果不存在，請說明理由。解：（1）①二次函數(shù)y=ax2+bx+c圖象的頂點C的坐標(biāo)為（0，-2），c=-2,-eq\f(b,2a)=0,b=0,點A(-1,0)、點B是二次函數(shù)y=ax2-2的圖象與x軸的交點，a-2=0,a=2.二次函數(shù)的解析式為y=2x2-2；②點B與點A(-1,0)關(guān)于直線x=0對稱，點B的坐標(biāo)為（1，0）；（2）∠BOC=∠PDB=90o，點P在直線x=m上，設(shè)點P的坐標(biāo)為（m,p）,OB=1，OC=2，DB=m-1,DP=|p|，①當(dāng)△BOC∽△PDB時，eq\f(OB,OC)=\f(DP,DB),eq\f(1,2)=\f(|p|,m-1),p=eq\f(m-1,2)或p=eq\f(1-m,2),點P的坐標(biāo)為（m，eq\f(m-1,2)）或（m，eq\f(1-m,2)）；②當(dāng)△BOC∽△BDP時，eq\f(OB,OC)=\f(DB,DP)，eq\f(1,2)=\f(m-1,|p|)，p=2m-2或p=2-2m,點P的坐標(biāo)為（m，2m-2）或（m，2-2m）；綜上所述點P的坐標(biāo)為（m，eq\f(m-1,2)）、（m，eq\f(1-m,2)）、（m，2m-2）或（m，2-2m）；（3）不存在滿足條件的點Q。點Q在第一象限內(nèi)的拋物線y=2x2-2上，令點Q的坐標(biāo)為（x,2x2-2），x>1,過點Q作QE⊥直線l,垂足為E，△BPQ為等腰直角三角形，PB=PQ，∠PEQ=∠PDB，∠EPQ=∠DBP，△PEQ≌△BDP，QE=PD，PE=BD，當(dāng)P的坐標(biāo)為（m，eq\f(m-1,2)）時，m-x=eq\f(m-1,2)，m=0m=12x2-2-eq\f(m-1,2)=m-1,x=eq\f(1,2)x=1與x>1矛盾,此時點Q不滿足題設(shè)條件；當(dāng)P的坐標(biāo)為（m，eq\f(1-m,2)）時，x-m=eq\f(m-1,2)m=-eq\f(2,9)m=12x2-2-eq\f(1-m,2)=m-1,x=-eq\f(5,6)x=1與x>1矛盾,此時點Q不滿足題設(shè)條件；當(dāng)P的坐標(biāo)為（m，2m-2）時，m-x=2m-2m=eq\f(9,2)m=12x2-2-(2m-2)=m-1,x=-eq\f(5,2)x=1與x>1矛盾,此時點Q不滿足題設(shè)條件；④當(dāng)P的坐標(biāo)為（m，2-2m）時，x-m=2m-2m=eq\f(5,18)m=12x2-2-(2-2m)=m-1x=-eq\f(7,6)x=1與x>1矛盾,此時點Q不滿足題設(shè)條件；綜上所述，不存在滿足條件的點Q。3、（2013?昆明壓軸題）如圖，矩形OABC在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A在x軸的正半軸上，點C在y軸的正半軸上，OA=4，OC=3，若拋物線的頂點在BC邊上，且拋物線經(jīng)過O，A兩點，直線AC交拋物線于點D．（1）求拋物線的解析式；（2）求點D的坐標(biāo)；（3）若點M在拋物線上，點N在x軸上，是否存在以A，D，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求出點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．考點：二次函數(shù)綜合題．專題：綜合題．分析：（1）由OA的長度確定出A的坐標(biāo)，再利用對稱性得到頂點坐標(biāo)，設(shè)出拋物線的頂點形式y(tǒng)=a（x﹣2）2+3，將A的坐標(biāo)代入求出a的值，即可確定出拋物線解析式；（2）設(shè)直線AC解析式為y=kx+b，將A與C坐標(biāo)代入求出k與b的值，確定出直線AC解析式，與拋物線解析式聯(lián)立即可求出D的坐標(biāo)；（3）存在，分兩種情況考慮：如圖所示，當(dāng)四邊形ADMN為平行四邊形時，DM∥AN，DM=AN，由對稱性得到M（3，），即DM=2，故AN=2，根據(jù)OA+AN求出ON的長，即可確定出N的坐標(biāo)；當(dāng)四邊形ADM′N′為平行四邊形，可得三角形ADQ全等于三角形N′M′P，M′P=DQ=，N′P=AQ=3，將y=﹣代入得：﹣=﹣x2+3x，求出x的值，確定出OP的長，由OP+PN′求出ON′的長即可確定出N′坐標(biāo)．解答：解：（1）設(shè)拋物線頂點為E，根據(jù)題意OA=4，OC=3，得：E（2，3），設(shè)拋物線解析式為y=a（x﹣2）2+3，將A（4，0）坐標(biāo)代入得：0=4a+3，即a=﹣，則拋物線解析式為y=﹣（x﹣2）2+3=﹣x2+3x；（2）設(shè)直線AC解析式為y=kx+b（k≠0），將A（4，0）與C（0，3）代入得：，解得：，故直線AC解析式為y=﹣x+3，與拋物線解析式聯(lián)立得：，解得：或，則點D坐標(biāo)為（1，）；（3）存在，分兩種情況考慮：①當(dāng)點M在x軸上方時，如答圖1所示：四邊形ADMN為平行四邊形，DM∥AN，DM=AN，由對稱性得到M（3，），即DM=2，故AN=2，∴N1（2，0），N2（6，0）；②當(dāng)點M在x軸下方時，如答圖2所示：過點D作DQ⊥x軸于點Q，過點M作MP⊥x軸于點P，可得△ADQ≌△NMP，∴MP=DQ=，NP=AQ=3，將yM=﹣代入拋物線解析式得：﹣=﹣x2+3x，解得：xM=2﹣或xM=2+，∴xN=xM﹣3=﹣﹣1或﹣1，∴N3（﹣﹣1，0），N4（﹣1，0）．綜上所述，滿足條件的點N有四個：N1（2，0），N2（6，0），N3（﹣﹣1，0），N4（﹣1，0）．點評：此題考查了二次函數(shù)綜合題，涉及的知識有：待定系數(shù)法確定拋物線解析式，一次函數(shù)與二次函數(shù)的交點，平行四邊形的性質(zhì)，以及坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，是一道多知識點的探究型試題．4、（2013陜西）-1Ox2-123-23在平面直角坐標(biāo)系中，一個二次函靈敏的圖象經(jīng)過點A（1，0）、B（3，0）兩點．-1Ox2-123-23（1）寫出這個二次函數(shù)的對稱軸；（2）設(shè)這個二次函數(shù)的頂點為D，與y軸交于點C，它的對稱軸與x軸交于點E，連接AD、DE和DB，當(dāng)△AOC與△DEB相似時，求這個二次函數(shù)的表達(dá)式。[提示：如果一個二次函數(shù)的圖象與x軸的交點為A，那么它的表達(dá)式可表示為：]考點：此題在陜西的中考中也較固定，第（1）問主要考查待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，二次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點坐標(biāo)，拋物線的對稱性等簡單問題。第二問主要考查二次函數(shù)綜合應(yīng)用之點的存在性問題；包括最短距離與面積的最值等（等腰三角形，平行四邊形，正方形，相似三角形，相似，全等等問題。考查問題的綜合能力要求較高，基本上都是轉(zhuǎn)化為求點的坐標(biāo)的過程。解析：本題中（1）由拋物線的軸對稱性可知，與x軸的兩個交點關(guān)于對稱軸對稱，易求出對稱軸；（2）由提示中可以設(shè)出函數(shù)的解析式，將頂點D與E的坐標(biāo)表示出來，從而將兩個三角形的邊長表示出來，而相似的確定過程中充分考慮到分類即可解決此題；解：（1）對稱軸為直線：x=2。（2）∵A（1，0）、B（3，0），所以設(shè)即當(dāng)x=0時，y=3a，當(dāng)x=2時，y=∴C（0，3a），D(2,-a)∴OC=|3a|,∵A（1，0）、E（2，0），∴OA=1,EB=1,DE=}-a|=|a|在△AOC與△DEB中，∵∠AOC=∠DEB=90°∴當(dāng)時，△AOC∽△DEB∴時，解得或當(dāng)時，△AOC∽△BED∴時，此方程無解，綜上所得：所求二次函數(shù)的表達(dá)式為：或5、（2013成都市壓軸題）在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線（b,c為常數(shù)）的頂點為P,等腰直角三角形ABC的頂點A的坐標(biāo)為（0，-1），C的坐標(biāo)為（4,3），直角頂點B在第四象限。 （1）如圖，若該拋物線過A,B兩點，求拋物線的函數(shù)表達(dá)式； （2）平（1）中的拋物線，使頂點P在直線AC上滑動，且與AC交于另一點Q. i）若點M在直線AC下方，且為平移前（1）中的拋物線上點，當(dāng)以M,P,Q三點為頂點的三角形是等腰三角形時，求出所有符合條件的M的坐標(biāo)； ii）取BC的中點N,連接NP,BQ。試探究是否存在最大值？若存在，求出該最大值；所不存在，請說明理由。解析：（1）A(0,-1)C(4,3) 則｜AC｜=ABC為等腰直角三角形∴AB=BC=4∴B點(4,-1)將A,B代入拋物線方程有?∴（2）當(dāng)頂點P在直線AC上滑動時，平移后拋物線與AC另一交點Q就是A點沿直線AC滑動同樣的單位。下面給予證明：原拋物線頂點P為(2,1)設(shè)平移后頂點P為(a,a-1),則平移后拋物線聯(lián)立y=x-1(直線AC方程)得Q點為（a-2,a-3）∴｜PQ｜=即實際上是線段AP在直線AC上的滑動.ⅰ）點M在直線AC下方，且M,P,Q構(gòu)成等腰直角三角形，那么先考慮使MP,Q構(gòu)成等腰直角三角形的M點的軌跡，再求其軌跡與拋物線的交點以確定M點.①若∠M為直角，則M點軌跡即為AC下方距AC為MH且與AC平行的直線l又知｜PQ｜=，則｜MH｜=｜PM｜=2直線l即為AC向下平移｜PM｜=2個單位L:y=x-3聯(lián)立得x=1±M點為（1+，-2）或（1-，--2）②若∠P=或∠Q為直角，即PQ為直角邊，MQ⊥PQ且，MQ=PQ=或MP⊥PQ,且MP=PQ=,∴M點軌跡是AC下方距AC為且與AC平行直線L直線L即為AC向下平移｜MP｜=4個單位L:y=x-5聯(lián)立得x=4或x=-2∴M點為(4,-1)或（-2，-7）綜上所有符合條件的點M為（1+，-2）（4,-1）；（1-，--2）,（-2，-7）ⅱ)知PQ=有最大值，即NP+BQ有最小值如下圖，取AB中點M，連結(jié)QM,NM,知N為中點∴MN為AC邊中位線，∴MN∥AC且MN=AC==PQ∴∴MNPQ為平行四邊形即PN=QM∴QB+PN=BQ+MQ此時，作B點關(guān)于AC對稱的點B′,連,交AC于點H，易知=BQ∴BQ+PN=+MQ≥(三角形兩邊之和大于第三邊)僅當(dāng)Q與H重合時，取等號即BQ+PN最小值存在且最小值為連結(jié)知為等腰直角三角形。=4，AM=AB=2∴由勾股定理得∴最大值存在，且最大值為6、（2013山西壓軸題，26，14分）（本題14分）綜合與探究：如圖,拋物線與x軸交于A,B兩點(點B在點A的右側(cè))與y軸交于點C,連接BC,以BC為一邊,點O為對稱中心作菱形BDEC,點P是x軸上的一個動點,設(shè)點P的坐標(biāo)為（m，0），過點P作x軸的垂線l交拋物線于點Q（1）求點A,B,C的坐標(biāo)。（2）當(dāng)點P在線段OB上運動時，直線l分別交BD，BC于點M,N。試探究m為何值時，四邊形CQMD是平行四邊形，此時，請判斷四邊形CQBM的形狀，并說明理由。（3）當(dāng)點P在線段EB上運動時，是否存在點Q，使△BDQ為直角三角形，若存在，請直接寫出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由。解析：（1）當(dāng)y=0時，，解得，∵點B在點A的右側(cè)，∴點A,B的坐標(biāo)分別為：（-2，0），（8，0）當(dāng)x=0時，y=-4∴點C的坐標(biāo)為（0，-4），（2）由菱形的對稱性可知，點D的坐標(biāo)為（0，4）.設(shè)直線BD的解析式為y＝kx＋b，則.解得，k=，b=4.∴直線BD的解析式為.∵l⊥x軸，∴點M，Q的坐標(biāo)分別是（m，），（m，）如圖，當(dāng)MQ=DC時，四邊形CQMD是平行四邊形.∴（）-()=4-(-4)化簡得：.解得，m1=0，（舍去）m2=4.∴當(dāng)m=4時，四邊形CQMD是平行四邊形.此時，四邊形CQBM是平行四邊形.解法一：∵m=4，∴點P是OB中點.∵l⊥x軸，∴l(xiāng)∥y軸.∴△BPM∽△BOD.∴.∴BM=DM.∵四邊形CQMD是平行四邊形，∴DMCQ∴BMCQ.∴四邊形CQBM為平行四邊形.解法二：設(shè)直線BC的解析式為y=k1x+b1，則.解得，k1=，b1=-4∴直線BC的解析式為y=x-4又∵l⊥x軸交BC于點N.∴x=4時，y=-2.∴點N的坐標(biāo)為（4，-2）由上面可知，點M,Q的坐標(biāo)分別為：（4，2），Q(4,-6).∴MN=2-（-2）=4，NQ=-2-（-6）=4.∴MN=QN.又∵四邊形CQMD是平行四邊形.∴DB∥CQ，∴∠3=∠4，又∠1=∠2，∴△BMN≌△CQN.∴BN=CN.∴四邊形CQBM為平行四邊形.（3）拋物線上存在兩個這樣的點Q，分別是Q1（-2，0），Q2（6，-4）.7、（2013?內(nèi)江）如圖，在等邊△ABC中，AB=3，D、E分別是AB、AC上的點，且DE∥BC，將△ADE沿DE翻折，與梯形BCED重疊的部分記作圖形L．（1）求△ABC的面積；（2）設(shè)AD=x，圖形L的面積為y，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式；（3）已知圖形L的頂點均在⊙O上，當(dāng)圖形L的面積最大時，求⊙O的面積．考點：相似形綜合題．分析：（1）作AH⊥BC于H，根據(jù)勾股定理就可以求出AH，由三角形的面積公式就可以求出其值；（2）如圖1，當(dāng)0＜x≤1.5時，由三角形的面積公式就可以表示出y與x之間的函數(shù)關(guān)系式，如圖2，當(dāng)1.5＜x＜3時，重疊部分的面積為梯形DMNE的面積，由梯形的面積公式就可以求出其關(guān)系式；（3）如圖4，根據(jù)（2）的結(jié)論可以求出y的最大值從而求出x的值，作FO⊥DE于O，連接MO，ME，求得∠DME=90°，就可以求出⊙O的直徑，由圓的面積公式就可以求出其值．解答：解：（1）如圖3，作AH⊥BC于H，∴∠AHB=90°．∵△ABC是等邊三角形，∴AB=BC=AC=3．∵∠AHB=90°，∴BH=BC=在Rt△ABC中，由勾股定理，得AH=．∴S△ABC==；（2）如圖1，當(dāng)0＜x≤1.5時，y=S△ADE．作AG⊥DE于G，∴∠AGD=90°，∠DAG=30°，∴DG=x，AG=x，∴y==x2，∵a=＞0，開口向上，在對稱軸的右側(cè)y隨x的增大而增大，∴x=1.5時，y最大=，如圖2，當(dāng)1.5＜x＜3時，作MG⊥DE于G，∵AD=x，∴BD=DM=3﹣x，∴DG=（3﹣x），MF=MN=2x﹣3，∴MG=（3﹣x），∴y=，=﹣；（3），如圖4，∵y=﹣；∴y=﹣（x2﹣4x）﹣，y=﹣（x﹣2）2+，∵a=﹣＜0，開口向下，∴x=2時，y最大=，∵＞，∴y最大時，x=2，∴DE=2，BD=DM=1．作FO⊥DE于O，連接MO，ME．∴DO=OE=1，∴DM=DO．∵∠MDO=60°，∴△MDO是等邊三角形，∴∠DMO=∠DOM=60°，MO=DO=1．∴MO=OE，∠MOE=120°，∴∠OME=30°，∴∠DME=90°，∴DE是直徑，S⊙O=π×12=π．點評：本題考查了等邊三角形的面積公式的運用，梯形的面積公式的運用，勾股定理的運用，圓周角定理的運用，圓的面積公式的運用，等邊三角形的性質(zhì)的運用，二次函數(shù)的性質(zhì)的運用，解答時靈活運用等邊三角形的性質(zhì)是關(guān)鍵．8、（2013?新疆壓軸題）如圖，已知拋物線y=ax2+bx+3與x軸交于A、B兩點，過點A的直線l與拋物線交于點C，其中A點的坐標(biāo)是（1，0），C點坐標(biāo)是（4，3）．（1）求拋物線的解析式；（2）在（1）中拋物線的對稱軸上是否存在點D，使△BCD的周長最??？若存在，求出點D的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由；（3）若點E是（1）中拋物線上的一個動點，且位于直線AC的下方，試求△ACE的最大面積及E點的坐標(biāo)．考點：二次函數(shù)綜合題．專題：代數(shù)幾何綜合題．分析：（1）利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式解答即可；（2）利用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式，然后根據(jù)軸對稱確定最短路線問題，直線AC與對稱軸的交點即為所求點D；（3）根據(jù)直線AC的解析式，設(shè)出過點E與AC平行的直線，然后與拋物線解析式聯(lián)立消掉y得到關(guān)于x的一元二次方程，利用根的判別式△=0時，△ACE的面積最大，然后求出此時與AC平行的直線，然后求出點E的坐標(biāo)，并求出該直線與x軸的交點F的坐標(biāo)，再求出AF，再根據(jù)直線l與x軸的夾角為45°求出兩直線間的距離，再求出AC間的距離，然后利用三角形的面積公式列式計算即可得解．解答：解：（1）∵拋物線y=ax2+bx+3經(jīng)過點A（1，0），點C（4，3），∴，解得，所以，拋物線的解析式為y=x2﹣4x+3；（2）∵點A、B關(guān)于對稱軸對稱，∴點D為AC與對稱軸的交點時△BCD的周長最小，設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b（k≠0），則，解得，所以，直線AC的解析式為y=x﹣1，∵y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，∴拋物線的對稱軸為直線x=2，當(dāng)x=2時，y=2﹣1=1，∴拋物線對稱軸上存在點D（2，1），使△BCD的周長最?。唬?）如圖，設(shè)過點E與直線AC平行線的直線為y=x+m，聯(lián)立，消掉y得，x2﹣5x+3﹣m=0，△=（﹣5）2﹣4×1×（3﹣m）=0，即m=﹣時，點E到AC的距離最大，△ACE的面積最大，此時x=，y=﹣，∴點E的坐標(biāo)為（，﹣），設(shè)過點E的直線與x軸交點為F，則F（，0），∴AF=﹣1=，∵直線AC的解析式為y=x﹣1，∴∠CAB=45°，∴點F到AC的距離為×=，又∵AC==3，∴△ACE的最大面積=×3×=，此時E點坐標(biāo)為（，﹣）．點評：本題考查了二次函數(shù)綜合題型，主要考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，利用軸對稱確定最短路線問題，聯(lián)立兩函數(shù)解析式求交點坐標(biāo)，利用平行線確定點到直線的最大距離問題．9、（2013涼山州壓軸題）如圖，拋物線y=ax2﹣2ax+c（a≠0）交x軸于A、B兩點，A點坐標(biāo)為（3，0），與y軸交于點C（0，4），以O(shè)C、OA為邊作矩形OADC交拋物線于點G．（1）求拋物線的解析式；（2）拋物線的對稱軸l在邊OA（不包括O、A兩點）上平行移動，分別交x軸于點E，交CD于點F，交AC于點M，交拋物線于點P，若點M的橫坐標(biāo)為m，請用含m的代數(shù)式表示PM的長；（3）在（2）的條件下，連結(jié)PC，則在CD上方的拋物線部分是否存在這樣的點P，使得以P、C、F為頂點的三角形和△AEM相似？若存在，求出此時m的值，并直接判斷△PCM的形狀；若不存在，請說明理由．考點：二次函數(shù)綜合題．分析：（1）將A（3，0），C（0，4）代入y=ax2﹣2ax+c，運用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式；（2）先根據(jù)A、C的坐標(biāo)，用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式，進而根據(jù)拋物線和直線AC的解析式分別表示出點P、點M的坐標(biāo)，即可得到PM的長；（3）由于∠PFC和∠AEM都是直角，F(xiàn)和E對應(yīng)，則若以P、C、F為頂點的三角形和△AEM相似時，分兩種情況進行討論：①△PFC∽△AEM，②△CFP∽△AEM；可分別用含m的代數(shù)式表示出AE、EM、CF、PF的長，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊的比相等列出比例式，求出m的值，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，直角三角形、等腰三角形的判定判斷出△PCM的形狀．解答：解：（1）∵拋物線y=ax2﹣2ax+c（a≠0）經(jīng)過點A（3，0），點C（0，4），∴，解得，∴拋物線的解析式為y=﹣x2+x+4；（2）設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，∵A（3，0），點C（0，4），∴，解得，∴直線AC的解析式為y=﹣x+4．∵點M的橫坐標(biāo)為m，點M在AC上，∴M點的坐標(biāo)為（m，﹣m+4），∵點P的橫坐標(biāo)為m，點P在拋物線y=﹣x2+x+4上，∴點P的坐標(biāo)為（m，﹣m2+m+4），∴PM=PE﹣ME=（﹣m2+m+4）﹣（﹣m+4）=﹣m2+4m，即PM=﹣m2+4m（0＜m＜3）；（3）在（2）的條件下，連結(jié)PC，在CD上方的拋物線部分存在這樣的點P，使得以P、C、F為頂點的三角形和△AEM相似．理由如下：由題意，可得AE=3﹣m，EM=﹣m+4，CF=m，PF=﹣m2+m+4﹣4=﹣m2+m．若以P、C、F為頂點的三角形和△AEM相似，分兩種情況：①若△PFC∽△AEM，則PF：AE=FC：EM，即（﹣m2+m）：（3﹣m）=m：（﹣m+4），∵m≠0且m≠3，∴m=．∵△PFC∽△AEM，∴∠PCF=∠AME，∵∠AME=∠CMF，∴∠PCF=∠CMF．在直角△CMF中，∵∠CMF+∠MCF=90°，∴∠PCF+∠MCF=90°，即∠PCM=90°，∴△PCM為直角三角形；②若△CFP∽△AEM，則CF：AE=PF：EM，即m：（3﹣m）=（﹣m2+m）：（﹣m+4），∵m≠0且m≠3，∴m=1．∵△CFP∽△AEM，∴∠CPF=∠AME，∵∠AME=∠CMF，∴∠CPF=∠CMF．∴CP=CM，∴△PCM為等腰三角形．綜上所述，存在這樣的點P使△PFC與△AEM相似．此時m的值為或1，△PCM為直角三角形或等腰三角形．點評：此題是二次函數(shù)的綜合題，其中涉及到運用待定系數(shù)法求二次函數(shù)、一次函數(shù)的解析式，矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形、等腰三角形的判定，難度適中．要注意的是當(dāng)相似三角形的對應(yīng)邊和對應(yīng)角不明確時，要分類討論，以免漏解．10、（2013?曲靖壓軸題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線y=x+4與坐標(biāo)軸分別交于A、B兩點，過A、B兩點的拋物線為y=﹣x2+bx+c．點D為線段AB上一動點，過點D作CD⊥x軸于點C，交拋物線于點E．（1）求拋物線的解析式．（2）當(dāng)DE=4時，求四邊形CAEB的面積．（3）連接BE，是否存在點D，使得△DBE和△DAC相似？若存在，求此點D坐標(biāo)；若不存在，說明理由．考點：二次函數(shù)綜合題．分析：（1）首先求出點A、B的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；（2）設(shè)點C坐標(biāo)為（m，0）（m＜0），根據(jù)已知條件求出點E坐標(biāo)為（m，8+m）；由于點E在拋物線上，則可以列出方程求出m的值．在計算四邊形CAEB面積時，利用S四邊形CAEB=S△ACE+S梯形OCEB﹣S△BCO，可以簡化計算；（3）由于△ACD為等腰直角三角形，而△DBE和△DAC相似，則△DBE必為等腰直角三角形．分兩種情況討論，要點是求出點E的坐標(biāo)，由于點E在拋物線上，則可以由此列出方程求出未知數(shù)．解答：解：（1）在直線解析式y(tǒng)=x+4中，令x=0，得y=4；令y=0，得x=﹣4，∴A（﹣4，0），B（0，4）．∵點A（﹣4，0），B（0，4）在拋物線y=﹣x2+bx+c上，∴，解得：b=﹣3，c=4，∴拋物線的解析式為：y=﹣x2﹣3x+4．（2）設(shè)點C坐標(biāo)為（m，0）（m＜0），則OC=﹣m，AC=4+m．∵OA=OB=4，∴∠BAC=45°，∴△ACD為等腰直角三角形，∴CD=AC=4+m，∴CE=CD+DE=4+m+4=8+m，∴點E坐標(biāo)為（m，8+m）．∵點E在拋物線y=﹣x2﹣3x+4上，∴8+m=﹣m2﹣3m+4，解得m=﹣2．∴C（﹣2，0），AC=OC=2，CE=6，S四邊形CAEB=S△ACE+S梯形OCEB﹣S△BCO=×2×6+（6+4）×2﹣×2×4=12．（3）設(shè)點C坐標(biāo)為（m，0）（m＜0），則OC=﹣m，CD=AC=4+m，BD=OC=﹣m，則D（m，4+m）．∵△ACD為等腰直角三角形，△DBE和△DAC相似∴△DBE必為等腰直角三角形．i）若∠BED=90°，則BE=DE，∵BE=OC=﹣m，∴DE=BE=﹣m，∴CE=4+m﹣m=4，∴E（m，4）．∵點E在拋物線y=﹣x2﹣3x+4上，∴4=﹣m2﹣3m+4，解得m=0（不合題意，舍去）或m=﹣3，∴D（﹣3，1）；ii）若∠EBD=90°，則BE=BD=﹣m，在等腰直角三角形EBD中，DE=BD=﹣2m，∴CE=4+m﹣2m=4﹣m，∴E（m，4﹣m）．∵點E在拋物線y=﹣x2﹣3x+4上，∴4﹣m=﹣m2﹣3m+4，解得m=0（不合題意，舍去）或m=﹣2，∴D（﹣2，2）．綜上所述，存在點D，使得△DBE和△DAC相似，點D的坐標(biāo)為（﹣3，1）或（﹣2，2）．點評：本題考查了二次函數(shù)與一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征、待定系數(shù)法、相似三角形、等腰直角三角形、圖象面積計算等重要知識點．第（3）問需要分類討論，這是本題的難點．11、(2013年臨沂壓軸題)如圖，拋物線經(jīng)過三點.(1)求拋物線的解析式；(2)在拋物線的對稱軸上有一點P，使PA+PC的值最小，求點P的坐標(biāo)；(3)點M為x軸上一動點，在拋物線上是否存在一點N，使以A,C,M,N四點構(gòu)成的四邊形為平行四邊形？若存在，求點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由. 解析：解：（1）設(shè)拋物線的解析式為，根據(jù)題意，得，解得∴拋物線的解析式為：………(3分)（2）由題意知，點A關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點為點B,連接BC交拋物線的對稱軸于點P，則P點即為所求.設(shè)直線BC的解析式為，由題意，得解得∴直線BC的解析式為…………(6分)∵拋物線的對稱軸是，∴當(dāng)時，∴點P的坐標(biāo)是.…………(7分)（3）存在…………(8分)(i)當(dāng)存在的點N在x軸的下方時，如圖所示，∵四邊形ACNM是平行四邊形，∴CN∥x軸，∴點C與點N關(guān)于對稱軸x=2對稱，∵C點的坐標(biāo)為，∴點N的坐標(biāo)為………(11分)（II）當(dāng)存在的點在x軸上方時，如圖所示，作軸于點H，∵四邊形是平行四邊形，∴,∴Rt△CAO≌Rt△,∴.∵點C的坐標(biāo)為,即N點的縱坐標(biāo)為，∴即解得∴點的坐標(biāo)為和.綜上所述，滿足題目條件的點N共有三個，分別為，，………(13分)12、（2013?寧波壓軸題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，點A的坐標(biāo)為（0，4），點B的坐標(biāo)為（4，0），點C的坐標(biāo)為（﹣4，0），點P在射線AB上運動，連結(jié)CP與y軸交于點D，連結(jié)BD．過P，D，B三點作⊙Q與y軸的另一個交點為E，延長DQ交⊙Q于點F，連結(jié)EF，BF．（1）求直線AB的函數(shù)解析式；（2）當(dāng)點P在線段AB（不包括A，B兩點）上時．①求證：∠BDE=∠ADP；②設(shè)DE=x，DF=y．請求出y關(guān)于x的函數(shù)解析式；（3）請你探究：點P在運動過程中，是否存在以B，D，F(xiàn)為頂點的直角三角形，滿足兩條直角邊之比為2：1？如果存在，求出此時點P的坐標(biāo)：如果不存在，請說明理由．考點：一次函數(shù)綜合題．分析：（1）設(shè)直線AB的函數(shù)解析式為y=kx+4，把（4，0）代入即可；（2）①先證出△BOD≌△COD，得出∠BOD=∠CDO，再根據(jù)∠CDO=∠ADP，即可得出∠BDE=∠ADP，②先連結(jié)PE，根據(jù)∠ADP=∠DEP+∠DPE，∠BDE=∠ABD+∠OAB，∠ADP=∠BDE，∠DEP=∠ABD，得出∠DPE=∠OAB，再證出∠DFE=∠DPE=45°，最后根據(jù)∠DEF=90°，得出△DEF是等腰直角三角形，從而求出DF=DE，即y=x；（3）當(dāng)=2時，過點F作FH⊥OB于點H，則∠DBO=∠BFH，再證出△BOD∽△FHB，===2，得出FH=2，OD=2BH，再根據(jù)∠FHO=∠EOH=∠OEF=90°，得出四邊形OEFH是矩形，OE=FH=2，EF=OH=4﹣OD，根據(jù)DE=EF，求出OD的長，從而得出直線CD的解析式為y=x+，最后根據(jù)求出點P的坐標(biāo)即可；當(dāng)=時，連結(jié)EB，先證出△DEF是等腰直角三角形，過點F作FG⊥OB于點G，同理可得△BOD∽△FGB，===，得出FG=8，OD=BG，再證出四邊形OEFG是矩形，求出OD的值，再求出直線CD的解析式，最后根據(jù)即可求出點P的坐標(biāo)．解答：解：（1）設(shè)直線AB的函數(shù)解析式為y=kx+4，代入（4，0）得：4k+4=0，解得：k=﹣1，則直線AB的函數(shù)解析式為y=﹣x+4；（2）①由已知得：OB=OC，∠BOD=∠COD=90°，又∵OD=OD，∴△BOD≌△COD，∴∠BOD=∠CDO，∵∠CDO=∠ADP，∴∠BDE=∠ADP，②連結(jié)PE，∵∠ADP是△DPE的一個外角，∴∠ADP=∠DEP+∠DPE，∵∠BDE是△ABD的一個外角，∴∠BDE=∠ABD+∠OAB，∵∠ADP=∠BDE，∠DEP=∠ABD，∴∠DPE=∠OAB，∵OA=OB=4，∠AOB=90°，∴∠OAB=45°，∴∠DPE=45°，∴∠DFE=∠DPE=45°，∵DF是⊙Q的直徑，∴∠DEF=90°，∴△DEF是等腰直角三角形，∴DF=DE，即y=x；（3）當(dāng)BD：BF=2：1時，過點F作FH⊥OB于點H，∵∠DBO+∠OBF=90°，∠OBF+∠BFH=90°，∴∠DBO=∠BFH，又∵∠DOB=∠BHF=90°，∴△BOD∽△FHB，∴===2，∴FH=2，OD=2BH，∵∠FHO=∠EOH=∠OEF=90°，∴四邊形OEFH是矩形，∴OE=FH=2，∴EF=OH=4﹣OD，∵DE=EF，∴2+OD=4﹣OD，解得：OD=，∴點D的坐標(biāo)為（0，），∴直線CD的解析式為y=x+，由得：，則點P的坐標(biāo)為（2，2）；當(dāng)=時，連結(jié)EB，同（2）①可得：∠ADB=∠EDP，而∠ADB=∠DEB+∠DBE，∠EDP=∠DAP+∠DPA，∵∠DEP=∠DPA，∴∠DBE=∠DAP=45°，∴△DEF是等腰直角三角形，過點F作FG⊥OB于點G，同理可得：△BOD∽△FGB，∴===，∴FG=8，OD=BG，∵∠FGO=∠GOE=∠OEF=90°，∴四邊形OEFG是矩形，∴OE=FG=8，∴EF=OG=4+2OD，∵DE=EF，∴8﹣OD=4+2OD，OD=，∴點D的坐標(biāo)為（0，﹣），直線CD的解析式為：y=﹣x﹣，由得：，∴點P的坐標(biāo)為（8，﹣4），綜上所述，點P的坐標(biāo)為（2，2）或（8，﹣4）．點評：此題考查了一次函數(shù)的綜合，用到的知識點是一次函數(shù)、矩形的性質(zhì)、圓的性質(zhì)，關(guān)鍵是綜合運用有關(guān)知識作出輔助線，列出方程組．13、（2013四川南充壓軸題，21，8分）如圖，二次函數(shù)y=x2+bx－3b+3的圖象與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左邊），交y軸于點C，且經(jīng)過點（b－2，2b2－5b－1）.（1）求這條拋物線的解析式；（2）⊙M過A、B、C三點，交y軸于另一點D，求點M的坐標(biāo)；（3）連接AM、DM，將∠AMD繞點M順時針旋轉(zhuǎn)，兩邊MA、MD與x軸、y軸分別交于點E、F，若△DMF為等腰三角形，求點E的坐標(biāo).解析：（1）把點（b－2，2b2－5b－1）代入解析式，得2b2－5b－1=（b－2）2+b（b－2）－3b+3，……………1′解得b=2.∴拋物線的解析式為y=x2+2x－3.……………2′（2）由x2+2x－3=0，得x=－3或x=1.∴A（－3，0）、B（1，0）、C（0，－3）.拋物線的對稱軸是直線x=－1，圓心M在直線x=－1上.……………3′∴設(shè)M（－1，n），作MG⊥x軸于G，MH⊥y軸于H，連接MC、MB.∴MH=1，BG=2.……………4′∵MB=MC，∴BG2+MG2=MH2+CH2，即4+n2=1+（3+n）2，解得n=－1，∴點M（－1，－1）……………5′（3）如圖，由M（－1，－1），得MG=MH.∵MA=MD，∴Rt△AMG≌RtDMH，∴∠1=∠2.由旋轉(zhuǎn)可知∠3=∠4.∴△AME≌△DMF.若△DMF為等腰三角形，則△AME為等腰三角形.……………6′設(shè)E（x，0），△AME為等腰三角形，分三種情況：①AE=AM=，則x=－3，∴E（－3，0）；②∵M在AB的垂直平分線上，∴MA=ME=MB，∴E（1，0）……………7′③點E在AM的垂直平分線上，則AE=ME.AE=x+3，ME2=MG2+EG2=1+（－1－x）2，∴（x+3）2=1+（－1－x）2，解得x=，∴E（，0）.∴所求點E的坐標(biāo)為（－3，0），（1，0），（，0）……………8′14、（2013四川宜賓壓軸題）如圖，拋物線y1=x2﹣1交x軸的正半軸于點A，交y軸于點B，將此拋物線向右平移4個單位得拋物線y2，兩條拋物線相交于點C．（1）請直接寫出拋物線y2的解析式；（2）若點P是x軸上一動點，且滿足∠CPA=∠OBA，求出所有滿足條件的P點坐標(biāo)；（3）在第四象限內(nèi)拋物線y2上，是否存在點Q，使得△QOC中OC邊上的高h(yuǎn)有最大值？若存在，請求出點Q的坐標(biāo)及h的最大值；若不存在，請說明理由．考點：二次函數(shù)綜合題．專題：代數(shù)幾何綜合題．分析：（1）寫出平移后的拋物線的頂點坐標(biāo)，然后利用頂點式解析式寫出即可；（2）根據(jù)拋物線解析式求出點A、B的坐標(biāo)，然后求出∠OBA=45°，再聯(lián)立兩拋物線解析式求出交點C的坐標(biāo)，再根據(jù)∠CPA=∠OBA分點P在點A的左邊和右邊兩種情況求解；（3）先求出直線OC的解析式為y=x，設(shè)與OC平行的直線y=x+b，與拋物線y2聯(lián)立消掉y得到關(guān)于x的一元二次方程，再根據(jù)與OC的距離最大時方程有且只有一個根，然后利用根的判別式△=0列式求出b的值，從而得到直線的解析式，再求出與x軸的交點E的坐標(biāo)，得到OE的長度，再過點C作CD⊥x軸于D，然后根據(jù)∠COD的正弦值求解即可得到h的值．解答：解：（1）拋物線y1=x2﹣1向右平移4個單位的頂點坐標(biāo)為（4，﹣1），所以，拋物線y2的解析式為y2=（x﹣4）2﹣1；（2）x=0時，y=﹣1，y=0時，x2﹣1=0，解得x1=1，x2=﹣1，所以，點A（1，0），B（0，﹣1），∴∠OBA=45°，聯(lián)立，解得，∴點C的坐標(biāo)為（2，3），∵∠CPA=∠OBA，∴點P在點A的左邊時，坐標(biāo)為（﹣1，0），在點A的右邊時，坐標(biāo)為（5，0），所以，點P的坐標(biāo)為（﹣1，0）或（5，0）；（3）存在．∵點C（2，3），∴直線OC的解析式為y=x，設(shè)與OC平行的直線y=x+b，聯(lián)立，消掉y得，2x2﹣19x+30﹣2b=0，當(dāng)△=0，方程有兩個相等的實數(shù)根時，△QOC中OC邊上的高h(yuǎn)有最大值，此時x1=x2=×（﹣）=，此時y=（﹣4）2﹣1=﹣，∴存在第四象限的點Q（，﹣），使得△QOC中OC邊上的高h(yuǎn)有最大值，此時△=192﹣4×2×（30﹣2b）=0，解得b=﹣，∴過點Q與OC平行的直線解析式為y=x﹣，令y=0，則x﹣=0，解得x=，設(shè)直線與x軸的交點為E，則E（，0），過點C作CD⊥x軸于D，根據(jù)勾股定理，OC==，則sin∠COD==，解得h最大=×=．點評：本題是二次函數(shù)綜合題型，主要考查了利用平移變換確定二次函數(shù)解析式，聯(lián)立兩函數(shù)解析式求交點坐標(biāo)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，（3）判斷出與OC平行的直線與拋物線只有一個交點時OC邊上的高h(yuǎn)最大是解題的關(guān)鍵，也是本題的難點．15、(2013浙江麗水壓軸題)如圖1，點A是軸正半軸上的動點，點B坐標(biāo)為（0，4），M是線段AB的中點，將點M繞點A順時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到點C，過點C作軸的垂線，垂足為F，過點B作軸的垂線與直線CF相交于點E，點D點A關(guān)于直線CF的對稱點，連結(jié)AC，BC，CD，設(shè)點A的橫坐標(biāo)為（1）當(dāng)時，求CF的長；（2）①當(dāng)為何值時，點C落在線段BD上？②設(shè)△BCE的面積為S，求S與之間的函數(shù)關(guān)系式；（3）如圖2，當(dāng)點C與點E重合時，△CDF沿軸左右平移得到△C’D’F’，再將A，B，C’，D’為頂點的四邊形沿C’F’剪開，得到兩個圖形，用這兩個圖形拼成不重疊且無縫隙的圖形恰好是三角形，請直接寫出所有符合上述條件的點C’的坐標(biāo)。16、（2013?自貢壓軸題）如圖，已知拋物線y=ax2+bx﹣2（a≠0）與x軸交于A、B兩點，與y軸交于C點，直線BD交拋物線于點D，并且D（2，3），tan∠DBA=．（1）求拋物線的解析式；（2）已知點M為拋物線上一動點，且在第三象限，順次連接點B、M、C、A，求四邊形BMCA面積的最大值；（3）在（2）中四邊形BMCA面積最大的條件下，過點M作直線平行于y軸，在這條直線上是否存在一個以Q點為圓心，OQ為半徑且與直線AC相切的圓？若存在，求出圓心Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．考點：二次函數(shù)綜合題．3718684分析：（1）如答圖1所示，利用已知條件求出點B的坐標(biāo)，然后用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；（2）如答圖1所示，首先求出四邊形BMCA面積的表達(dá)式，然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出其最大值；（3）本題利用切線的性質(zhì)、相似三角形與勾股定理求解．如答圖2所示，首先求出直線AC與直線x=2的交點F的坐標(biāo)，從而確定了Rt△AGF的各個邊長；然后證明Rt△AGF∽Rt△QEF，利用相似線段比例關(guān)系列出方程，求出點Q的坐標(biāo)．解答：解：（1）如答圖1所示，過點D作DE⊥x軸于點E，則DE=3，OE=2．∵tan∠DBA==，∴BE=6，∴OB=BE﹣OE=4，∴B（﹣4，0）．∵點B（﹣4，0）、D（2，3）在拋物線y=ax2+bx﹣2（a≠0）上，∴，解得，∴拋物線的解析式為：y=x2+x﹣2．（2）拋物線的解析式為：y=x2+x﹣2，令x=0，得y=﹣2，∴C（0，﹣2），令y=0，得x=﹣4或1，∴A（1，0）．設(shè)點M坐標(biāo)為（m，n）（m＜0，n＜0），如答圖1所示，過點M作MF⊥x軸于點F，則MF=﹣n，OF=﹣m，BF=4+m．S四邊形BMCA=S△BMF+S梯形MFOC+S△AOC=BF?MF+（MF+OC）?OF+OA?OC=（4+m）×（﹣n）+（﹣n+2）×（﹣m）+×1×2=﹣2n﹣m+1∵點M（m，n）在拋物線y=x2+x﹣2上，∴n=m2+m﹣2，代入上式得：S四邊形BMCA=﹣m2﹣4m+5=﹣（m+2）2+9，∴當(dāng)m=﹣2時，四邊形BMCA面積有最大值，最大值為9．（3）假設(shè)存在這樣的⊙Q．如答圖2所示，設(shè)直線x=﹣2與x軸交于點G，與直線AC交于點F．設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，將A（1，0）、C（0，﹣2）代入得：，解得：k=2，b=﹣2，∴直線AC解析式為：y=2x﹣2，令x=﹣2，得y=﹣6，∴F（﹣2，﹣6），GF=6．在Rt△AGF中，由勾股定理得：AF===3．設(shè)Q（﹣2，n），則在Rt△AGF中，由勾股定理得：OQ==．設(shè)⊙Q與直線AC相切于點E，則QE=OQ=．在Rt△AGF與Rt△QEF中，∵∠AGF=∠QEF=90°，∠AFG=∠QFE，∴Rt△AGF∽Rt△QEF，∴，即，化簡得：n2﹣3n﹣4=0，解得n=4或n=﹣1．∴存在一個以Q點為圓心，OQ為半徑且與直線AC相切的圓，點Q的坐標(biāo)為（﹣2，4）或（﹣2，﹣1）．點評：本題是中考壓軸題，綜合考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、相似三角形、勾股定理、圓的切線性質(zhì)、解直角三角形、圖形面積計算等重要知識點，涉及考點眾多，有一定的難度．第（2）問面積最大值的問題，利用二次函數(shù)的最值解決；第（3）問為存在型問題，首先假設(shè)存在，然后利用已知條件，求出符合條件的點Q坐標(biāo)．17、（2013?自貢）將兩塊全等的三角板如圖①擺放，其中∠A1CB1=∠ACB=90°，∠A1=∠A=30°．（1）將圖①中的△A1B1C順時針旋轉(zhuǎn)45°得圖②，點P1是A1C與AB的交點，點Q是A1B1與BC的交點，求證：CP1=CQ；（2）在圖②中，若AP1=2，則CQ等于多少？（3）如圖③，在B1C上取一點E，連接BE、P1E，設(shè)BC=1，當(dāng)BE⊥P1B時，求△P1BE面積的最大值．考點：相似三角形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；解直角三角形．3718684分析：（1）先判斷∠B1CQ=∠BCP1=45°，利用ASA即可證明△B1CQ≌△BCP1，從而得出結(jié)論．（2）作P1D⊥CA于D，在RtADP1中，求出P1D，在Rt△CDP1中求出CP1，繼而可得出CQ的長度．（3）證明△AP1C∽△BEC，則有AP1：BE=AC：BC=：1，設(shè)AP1=x，則BE=x，得出S△P1BE關(guān)于x的表達(dá)式，利用配方法求最值即可．解答：（1）證明：∵∠B1CB=45°，∠B1CA1=90°，∴∠B1CQ=∠BCP1=45°，∵在△B1CQ和△BCP1中，，∴△B1CQ≌△BCP1（ASA），∴CQ=CP1；（2）作P1D⊥CA于D，∵∠A=30°，∴P1D=AP1=1，∵∠P1CD=45°，∴=sin45°=，∴CP1=P1D=，又∵CP1=CQ，∴CQ=；（3）∵∠P1BE=90°，∠ABC=60°，∴∠A=∠CBE=30°，∴AC=BC，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：∠ACP1=∠BCE，∴△AP1C∽△BEC，∴AP1：BE=AC：BC=：1，設(shè)AP1=x，則BE=x，在Rt△ABC中，∠A=30°，∴AB=2BC=2，∴S△P1BE=×x（2﹣x）=﹣x2+x=﹣（x﹣1）2+，故當(dāng)x=1時，S△P1BE（max）=．點評：本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，解答本題需要我們熟練掌握含30°角的直角三角形的性質(zhì)、勾股定理及配方法求二次函數(shù)的最值，有一定難度．18、（2013?廣安壓軸題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過A、B、C三點，已知點A（﹣3，0），B（0，3），C（1，0）．（1）求此拋物線的解析式．（2）點P是直線AB上方的拋物線上一動點，（不與點A、B重合），過點P作x軸的垂線，垂足為F，交直線AB于點E，作PD⊥AB于點D．①動點P在什么位置時，△PDE的周長最大，求出此時P點的坐標(biāo)；②連接PA，以AP為邊作圖示一側(cè)的正方形APMN，隨著點P的運動，正方形的大小、位置也隨之改變．當(dāng)頂點M或N恰好落在拋物線對稱軸上時，求出對應(yīng)的P點的坐標(biāo)．（結(jié)果保留根號）考點：二次函數(shù)綜合題．3718684專題：代數(shù)幾何綜合題．分析：（1）把點A、B、C的坐標(biāo)代入拋物線解析式，利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式解答即可；（2）①根據(jù)點A、B的坐標(biāo)求出OA=OB，從而得到△AOB是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得∠BAO=45°，然后求出△PED是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)，PD越大，△PDE的周長最大，再判斷出當(dāng)與直線AB平行的直線與拋物線只有一個交點時，PD最大，再求出直線AB的解析式為y=x+3，設(shè)與AB平行的直線解析式為y=x+m，與拋物線解析式聯(lián)立消掉y，得到關(guān)于x的一元二次方程，利用根的判別式△=0列式求出m的值，再求出x、y的值，從而得到點P的坐標(biāo)；②先確定出拋物線的對稱軸，然后（i）分點M在對稱軸上時，過點P作PQ⊥對稱軸于Q，根據(jù)同角的余角相等求出∠APF=∠QPM，再利用“角角邊”證明△APF和△MPQ全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得PF=PQ，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為n，表示出PQ的長，即PF，然后代入拋物線解析式計算即可得解；（ii）點N在對稱軸上時，同理求出△APF和△ANQ全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得PF=AQ，根據(jù)點A的坐標(biāo)求出點P的縱坐標(biāo)，再代入拋物線解析式求出橫坐標(biāo)，即可得到點P的坐標(biāo)．解答：解：（1）∵拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過點A（﹣3，0），B（0，3），C（1，0），∴，解得，所以，拋物線的解析式為y=﹣x2﹣2x+3；（2）①∵A（﹣3，0），B（0，3），∴OA=OB=3，∴△AOB是等腰直角三角形，∴∠BAO=45°，∵PF⊥x軸，∴∠AEF=90°﹣45°=45°，又∵PD⊥AB，∴△PDE是等腰直角三角形，∴PD越大，△PDE的周長越大，易得直線AB的解析式為y=x+3，設(shè)與AB平行的直線解析式為y=x+m，聯(lián)立，消掉y得，x2+3x+m﹣3=0，當(dāng)△=32﹣4×1×（m﹣3）=0，即m=時，直線與拋物線只有一個交點，PD最長，此時x=﹣，y=﹣+=，∴點P（﹣，）時，△PDE的周長最大；②拋物線y=﹣x2﹣2x+3的對稱軸為直線x=﹣=﹣1，（i）如圖1，點M在對稱軸上時，過點P作PQ⊥對稱軸于Q，在正方形APMN中，AP=PM，∠APM=90°，∴∠APF+∠FPM=90°，∠QPM+∠FPM=90°，∴∠APF=∠QPM，∵在△APF和△MPQ中，，∴△APF≌△MPQ（AAS），∴PF=PQ，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為n（n＜0），則PQ=﹣1﹣n，即PF=﹣1﹣n，∴點P的坐標(biāo)為（n，﹣1﹣n），∵點P在拋物線y=﹣x2﹣2x+3上，∴﹣n2﹣2n+3=﹣1﹣n，整理得，n2+n﹣4=0，解得n1=（舍去），n2=，﹣1﹣n=﹣1﹣=，所以，點P的坐標(biāo)為（，）；（ii）如圖2，點N在對稱軸上時，設(shè)拋物線對稱軸與x軸交于點Q，∵∠PAF+∠FPA=90°，∠PAF+∠QAN=90°，∴∠FPA=∠QAN，又∵∠PFA=∠AQN=90°，PA=AN，∴△APF≌△NAQ，∴PF=AQ，設(shè)點P坐標(biāo)為P（x，﹣x2﹣2x+3），則有﹣x2﹣2x+3=﹣1﹣（﹣3）=2，解得x=﹣1（不合題意，舍去）或x=﹣﹣1，此時點P坐標(biāo)為（﹣﹣1，2）．綜上所述，當(dāng)頂點M恰好落在拋物線對稱軸上時，點P坐標(biāo)為（，），當(dāng)頂點N恰好落在拋物線對稱軸上時，點P的坐標(biāo)為（﹣﹣1，2）．點評：本題是二次函數(shù)綜合題型，主要考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，拋物線上點的坐標(biāo)特征，（2）確定出△PDE是等腰直角三角形，從而判斷出點P為平行于AB的直線與拋物線只有一個交點時的位置是解題的關(guān)鍵，（3）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)用點P的橫坐標(biāo)表示出縱坐標(biāo)或用縱坐標(biāo)求出橫坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．19、（2013杭州壓軸題）如圖，已知正方形ABCD的邊長為4，對稱中心為點P，點F為BC邊上一個動點，點E在AB邊上，且滿足條件∠EPF=45°，圖中兩塊陰影部分圖形關(guān)于直線AC成軸對稱，設(shè)它們的面積和為S1．（1）求證：∠APE=∠CFP；（2）設(shè)四邊形CMPF的面積為S2，CF=x，．①求y關(guān)于x的函數(shù)解析式和自變量x的取值范圍，并求出y的最大值；②當(dāng)圖中兩塊陰影部分圖形關(guān)于點P成中心對稱時，求y的值．考點：四邊形綜合題．分析：（1）利用正方形與三角形的相關(guān)角之間的關(guān)系可以證明結(jié)論；（2）本問關(guān)鍵是求出y與x之間的函數(shù)解析式．①首先分別用x表示出S1與S2，然后計算出y與x的函數(shù)解析式．這是一個二次函數(shù)，求出其最大值；②注意中心對稱、軸對稱的幾何性質(zhì)．解答：（1）證明：∵∠EPF=45°，∴∠APE+∠FPC=180°﹣45°=135°；而在△PFC中，由于PF為正方形ABCD的對角線，則∠PCF=45°，則∠CFP+∠FPC=180°﹣45°=135°，∴∠APE=∠CFP．（2）解：①∵∠APE=∠CFP，且∠FCP=∠PAE=45°，∴△APE∽△CPF，則．而在正方形ABCD中，AC為對角線，則AC=AB=，又∵P為對稱中心，則AP=CP=，∴AE===．如圖，過點P作PH⊥AB于點H，PG⊥BC于點G，P為AC中點，則PH∥BC，且PH=BC=2，同理PG=2．S△APE==×2×=，∵陰影部分關(guān)于直線AC軸對稱，∴△APE與△APN也關(guān)于直線AC對稱，則S四邊形AEPN=2S△APE=；而S2=2S△PFC=2×=2x，∴S1=S正方形ABCD﹣S四邊形AEPN﹣S2=16﹣﹣2x，∴y===+﹣1．∵E在AB上運動，F(xiàn)在BC上運動，且∠EPF=45°，∴2≤x≤4．令=a，則y=﹣8a2+8a﹣1，當(dāng)a==，即x=2時，y取得最大值．而x=2在x的取值范圍內(nèi)，代入x=2，則y最大=4﹣2﹣1=1．∴y關(guān)于x的函數(shù)解析式為：y=+﹣1（2≤x≤4），y的最大值為1．②圖中兩塊陰影部分圖形關(guān)于點P成中心對稱，而此兩塊圖形也關(guān)于直線AC成軸對稱，則陰影部分圖形自身關(guān)于直線BD對稱，則EB=BF，即AE=FC，∴=x，解得x=，代入x=，得y=﹣2．點評：本題是代數(shù)幾何綜合題，考查了正方形的性質(zhì)、相似三角形、二次函數(shù)的解析式與最值、幾何變換（軸對稱與中心對稱）、圖形面積的計算等知識點，涉及的考點較多，有一定的難度．本題重點與難點在于求出y與x的函數(shù)解析式，在計算幾何圖形面積時涉及大量的計算，需要細(xì)心計算避免出錯．20、（2013?衢州壓軸題）在平面直角坐標(biāo)系x、y中，過原點O及點A（0，2）、C（6，0）作矩形OABC，∠AOC的平分線交AB于點D．點P從點O出發(fā)，以每秒個單位長度的速度沿射線OD方向移動；同時點Q從點O出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿x軸正方向移動．設(shè)移動時間為t秒．（1）當(dāng)點P移動到點D時，求出此時t的值；（2）當(dāng)t為何值時，△PQB為直角三角形；（3）已知過O、P、Q三點的拋物線解析式為y=﹣（x﹣t）2+t（t＞0）．問是否存在某一時刻t，將△PQB繞某點旋轉(zhuǎn)180°后，三個對應(yīng)頂點恰好都落在上述拋物線上？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．考點：二次函數(shù)綜合題．分析：（1）首先根據(jù)矩形的性質(zhì)求出DO的長，進而得出t的值；（2）要使△PQB為直角三角形，顯然只有∠PQB=90°或∠PBQ=90°，進而利用勾股定理分別分析得出PB2=（6﹣t）2+（2﹣t）2，QB2=（6﹣2t）2+22，PQ2=（2t﹣t）2+t2=2t2，再分別就∠PQB=90°和∠PBQ=90°討論，求出符合題意的t值即可；（3）存在這樣的t值，若將△PQB繞某點旋轉(zhuǎn)180°，三個對應(yīng)頂點恰好都落在拋物線上，則旋轉(zhuǎn)中心為PQ中點，此時四邊形PBQB′為平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和對稱性可求出t的值．解答：解：（1）∵四邊形OABC是矩形，∴∠AOC=∠OAB=90°，∵OD平分∠AOC，∴∠AOD=∠DOQ=45°，∴在Rt△AOD中，∠ADO=45°，∴AO=AD=2，OD=2，∴t==2；（2）要使△PQB為直角三角形，顯然只有∠PQB=90°或∠PBQ=90°．如圖1，作PG⊥OC于點G，在Rt△POG中，∵∠POQ=45°，∴∠OPG=45°，∵OP=t，∴OG=PG=t，∴點P（t，t）又∵Q（2t，0），B（6，2），根據(jù)勾股定理可得：PB2=（6﹣t）2+（2﹣t）2，QB2=（6﹣2t）2+22，PQ2=（2t﹣t）2+t2=2t2，①若∠PQB=90°，則有PQ2+BQ2=PB2，即：2t2+[（6﹣2t）2+22]=（6﹣t）2+（2﹣t）2，整理得：4t2﹣8t=0，解得：t1=0（舍去），t2=2，∴t=2，②若∠PBQ=90°，則有PB2+QB2=PQ2，∴[（6﹣t）2+（2﹣t）2]+[（6﹣2t）2+22]=2t2，整理得：t2﹣10t+20=0，解得：t=5±．∴當(dāng)t=2或t=5+或t=5﹣時，△PQB為直角三角形．解法2：①如圖2，當(dāng)∠PQB=90°時，易知∠OPQ=90°，∴BQ∥OD∴∠BQC=∠POQ=45°可得QC=BC=2，∴OQ=4，∴2t=4，∴t=2，②如圖3，當(dāng)∠PBQ=90°時，若點Q在OC上，作PN⊥x軸于點N，交AB于點M，則易證∠PBM=∠CBQ，∴△PMB∽△QCB∴=，∴CB?PM=QC?MB，∴2（t﹣2）=（2t﹣6）（t﹣6），化簡得t2﹣10t+20=0，解得：t=5±，∴t=5﹣；③如圖3，當(dāng)∠PBQ=90°時，若點Q在OC的延長線上，作PN⊥x軸于點N，交AB延長線于點M，則易證∠BPM=∠MBQ=∠BQC，∴△PMB∽△QCB，∴=，∴CB?PM=QC?MB，∴2（t﹣2）=（2t﹣6）（t﹣6），化簡得t2﹣10t+20=0，解得：t=5±，∴t=5+；（3）存在這樣的t值，理由如下：將△PQB繞某點旋轉(zhuǎn)180°，三個對應(yīng)頂點恰好都落在拋物線上，則旋轉(zhuǎn)中心為PQ中點，此時四邊形PBQB′為平行四邊形．∵PO=PQ，由P（t，t），Q（2t，0），知旋轉(zhuǎn)中心坐標(biāo)可表示為（t，t），∵點B坐標(biāo)為（6，2），∴點B′的坐標(biāo)為（3t﹣6，t﹣2），代入y=﹣（x﹣t）2+t，得：2t2﹣13t+18=0，解得：t1=，t2=2．點評：本題考查了相似形綜合題，涉及了動點問題，勾股定理的運用，矩形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)以及平行四邊形的判定和性質(zhì)，解答本題關(guān)鍵是討論點P的位置，由題意建立方程從而求出符合題意的t值，同時要數(shù)形結(jié)合進行思考，難度較大．21、（2013?紹興壓軸題）拋物線y=（x﹣3）（x+1）與x軸交于A，B兩點（點A在點B左側(cè)），與y軸交于點C，點D為頂點．（1）求點B及點D的坐標(biāo)．（2）連結(jié)BD，CD，拋物線的對稱軸與x軸交于點E．①若線段BD上一點P，使∠DCP=∠BDE，求點P的坐標(biāo)．②若拋物線上一點M，作MN⊥CD，交直線CD于點N，使∠CMN=∠BDE，求點M的坐標(biāo)．考點：二次函數(shù)綜合題．3718684分析：（1）解方程（x﹣3）（x+1）=0，求出x=3或﹣1，根據(jù)拋物線y=（x﹣3）（x+1）與x軸交于A，B兩點（點A在點B左側(cè)），確定點B的坐標(biāo)為（3，0）；將y=（x﹣3）（x+1）配方，寫成頂點式為y=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，即可確定頂點D的坐標(biāo)；（2）①根據(jù)拋物線y=（x﹣3）（x+1），得到點C、點E的坐標(biāo)．連接BC，過點C作CH⊥DE于H，由勾股定理得出CD=，CB=3，證明△BCD為直角三角形．分別延長PC、DC，與x軸相交于點Q，R．根據(jù)兩角對應(yīng)相等的兩三角形相似證明△BCD∽△QOC，則==，得出Q的坐標(biāo)（﹣9，0），運用待定系數(shù)法求出直線CQ的解析式為y=﹣x﹣3，直線BD的解析式為y=2x﹣6，解方程組，即可求出點P的坐標(biāo)；②分兩種情況進行討論：（Ⅰ）當(dāng)點M在對稱軸右側(cè)時．若點N在射線CD上，如備用圖1，延長MN交y軸于點F，過點M作MG⊥y軸于點G，先證明△MCN∽△DBE，由相似三角形對應(yīng)邊成比例得出MN=2CN．設(shè)CN=a，再證明△CNF，△MGF均為等腰直角三角形，然后用含a的代數(shù)式表示點M的坐標(biāo)，將其代入拋物線y=（x﹣3）（x+1），求出a的值，得到點M的坐標(biāo)；若點N在射線DC上，同理可求出點M的坐標(biāo)；（Ⅱ）當(dāng)點M在對稱軸左側(cè)時．由于∠BDE＜45°，得到∠CMN＜45°，根據(jù)直角三角形兩銳角互余得出∠MCN＞45°，而拋物線左側(cè)任意一點K，都有∠KCN＜45°，所以點M不存在．解答：解：（1）∵拋物線y=（x﹣3）（x+1）與x軸交于A，B兩點（點A在點B左側(cè)），∴當(dāng)y=0時，（x﹣3）（x+1）=0，解得x=3或﹣1，∴點B的坐標(biāo)為（3，0）．∵y=（x﹣3）（x+1）=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，∴頂點D的坐標(biāo)為（1，﹣4）；（2）①如右圖．∵拋物線y=（x﹣3）（x+1）=x2﹣2x﹣3與與y軸交于點C，∴C點坐標(biāo)為（0，﹣3）．∵對稱軸為直線x=1，∴點E的坐標(biāo)為（1，0）．連接BC，過點C作CH⊥DE于H，則H點坐標(biāo)為（1，﹣3），∴CH=DH=1，∴∠CDH=∠BCO=∠BCH=45°，∴CD=，CB=3，△BCD為直角三角形．分別延長PC、DC，與x軸相交于點Q，R．∵∠BDE=∠DCP=∠QCR，∠CDB=∠CDE+∠BDE=45°+∠DCP，∠QCO=∠RCO+∠QCR=45°+∠DCP，∴∠CDB=∠QCO，∴△BCD∽△QOC，∴==，∴OQ=3OC=9，即Q（﹣9，0）．∴直線CQ的解析式為y=﹣x﹣3，直線BD的解析式為y=2x﹣6．由方程組，解得．∴點P的坐標(biāo)為（，﹣）；②（Ⅰ）當(dāng)點M在對稱軸右側(cè)時．若點N在射線CD上，如備用圖1，延長MN交y軸于點F，過點M作MG⊥y軸于點G．∵∠CMN=∠BDE，∠CNM=∠BED=90°，∴△MCN∽△DBE，∴==，∴MN=2CN．設(shè)CN=a，則MN=2a．∵∠CDE=∠DCF=45°，∴△CNF，△MGF均為等腰直角三角形，∴NF=CN=a，CF=a，∴MF=MN+NF=3a，∴MG=FG=a，∴CG=FG﹣FC=a，∴M（a，﹣3+a）．代入拋物線y=（x﹣3）（x+1），解得a=，∴M（，﹣）；若點N在射線DC上，如備用圖2，MN交y軸于點F，過點M作MG⊥y軸于點G．∵∠CMN=∠BDE，∠CNM=∠BED=90°，∴△MCN∽△DBE，∴==，∴MN=2CN．設(shè)CN=a，則MN=2a．∵∠CDE=45°，∴△CNF，△MGF均為等腰直角三角形，∴NF=CN=a，CF=a，∴MF=MN﹣NF=a，∴MG=FG=a，∴CG=FG+FC=a，∴M（a，﹣3+a）．代入拋物線y=（x﹣3）（x+1），解得a=5，∴M（5，12）；（Ⅱ）當(dāng)點M在對稱軸左側(cè)時．∵∠CMN=∠BDE＜45°，∴∠MCN＞45°，而拋物線左側(cè)任意一點K，都有∠KCN＜45°，∴點M不存在．綜上可知，點M坐標(biāo)為（，﹣）或（5，12）．點評：本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識點有二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，二次函數(shù)的性質(zhì)，運用待定系數(shù)法求一次函數(shù)、二次函數(shù)的解析式，勾股定理，等腰直角三角形、相似三角形的判定與性質(zhì)，綜合性較強，有一定難度．（2）中第②問進行分類討論及運用數(shù)形結(jié)合的思想是解題的關(guān)鍵．22、（2013?嘉興壓軸題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y=（x﹣m）2﹣m2+m的頂點為A，與y軸的交點為B，連結(jié)AB，AC⊥AB，交y軸于點C，延長CA到點D，使AD=AC，連結(jié)BD．作AE∥x軸，DE∥y軸．（1）當(dāng)m=2時，求點B的坐標(biāo)；（2）求DE的長？（3）①設(shè)點D的坐標(biāo)為（x，y），求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式？②過點D作AB的平行線，與第（3）①題確定的函數(shù)圖象的另一個交點為P，當(dāng)m為何值時，以，A，B，D，P為頂點的四邊形是平行四邊形？考點：二次函數(shù)綜合題．專題：數(shù)形結(jié)合．分析：（1）將m=2代入原式，得到二次函數(shù)的頂點式，據(jù)此即可求出B點的坐標(biāo)；（2）延長EA，交y軸于點F，證出△AFC≌△AED，進而證出△ABF∽△DAE，利用相似三角形的性質(zhì)，求出DE=4；（3）①根據(jù)點A和點B的坐標(biāo)，得到x=2m，y=﹣m2+m+4，將m=代入y=﹣m2+m+4，即可求出二次函數(shù)的表達(dá)式；②作PQ⊥DE于點Q，則△DPQ≌△BAF，然后分（如圖1）和（圖2）兩種情況解答．解答：解：（1）當(dāng)m=2時，y=（x﹣2）2+1，把x=0代入y=（x﹣2）2+1，得：y=2，∴點B的坐標(biāo)為（0，2）．（2）延長EA，交y軸于點F，∵AD=AC，∠AFC=∠AED=90°，∠CAF=∠DAE，∴△AFC≌△AED，∴AF=AE，∵點A（m，﹣m2+m），點B（0，m），∴AF=AE=|m|，BF=m﹣（﹣m2+m）=m2，∵∠ABF=90°﹣∠BAF=∠DAE，∠AFB=∠DEA=90°，∴△ABF∽△DAE，∴=，即：=，∴DE=4．（3）①∵點A的坐標(biāo)為（m，﹣m2+m），∴點D的坐標(biāo)為（2m，﹣m2+m+4），∴x=2m，y=﹣m2+m+4，∴y=﹣?++4，∴所求函數(shù)的解析式為：y=﹣x2+x+4，②作PQ⊥DE于點Q，則△DPQ≌△BAF，（Ⅰ）當(dāng)四邊形ABDP為平行四邊形時（如圖1），點P的橫坐標(biāo)為3m，點P的縱坐標(biāo)為：（﹣m2+m+4）﹣（m2）=﹣m2+m+4，把P（3m，﹣m2+m+4）的坐標(biāo)代入y=﹣x2+x+4得：﹣m2+m+4=﹣×（3m）2+×（3m）+4，解得：m=0（此時A，B，D，P在同一直線上，舍去）或m=8．（Ⅱ）當(dāng)四邊形ABDP為平行四邊形時（如圖2），點P的橫坐標(biāo)為m，點P的縱坐標(biāo)為：（﹣m2+m+4）+（m2）=m+4，把P（m，m+4）的坐標(biāo)代入y=﹣x2+x+4得：m+4=﹣m2+m+4，解得：m=0（此時A，B，D，P在同一直線上，舍去）或m=﹣8，綜上所述：m的值為8或﹣8．點評：本題是二次函數(shù)綜合題，涉及四邊形的知識，同時也是存在性問題，解答時要注意數(shù)形結(jié)合及分類討論．23、（2013?巴中壓軸題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，坐標(biāo)原點為O，A點坐標(biāo)為（4，0），B點坐標(biāo)為（﹣1，0），以AB的中點P為圓心，AB為直徑作⊙P的正半軸交于點C．（1）求經(jīng)過A、B、C三點的拋物線所對應(yīng)的函數(shù)解析式；（2）設(shè)M為（1）中拋物線的頂點，求直線MC對應(yīng)的函數(shù)解析式；（3）試說明直線MC與⊙P的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論．考點：二次函數(shù)綜合題；解二元一次方程組；待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；二次函數(shù)的最值；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；勾股定理；勾股定理的逆定理；切線的判定．專題：計算題．分析：（1）求出半徑，根據(jù)勾股定理求出C的坐標(biāo)，設(shè)經(jīng)過A、B、C三點拋物線解析式是y=a（x﹣4）（x+1），把C（0，2）代入求出a即可；（2）求出M的坐標(biāo)，設(shè)直線MC對應(yīng)函數(shù)表達(dá)式是y=kx+b，把C（0，2），M（，）代入得到方程組，求出方程組的解即可；（3）根據(jù)點的坐標(biāo)和勾股定理分別求出PC、DC、PD的平方，根據(jù)勾股定理的逆定理得出∠PCD=90°，即可求出答案．解答：解：（1）∵A（4，0），B（﹣1，0），∴AB=5，半徑是PC=PB=PA=，∴OP=﹣1=，在△CPO中，由勾股定理得：OC==2，∴C（0，2），設(shè)經(jīng)過A、B、C三點拋物線解析式是y=a（x﹣4）（x+1），把C（0，2）代入得：2=a（0﹣4）（0+1），∴a=﹣，∴y=﹣（x﹣4）（x+1）=﹣x2+x+2，答：經(jīng)過A、B、C三點拋物線解析式是y=﹣x2+x+2．（2）y=﹣x2+x+2=﹣+，M（，），設(shè)直線MC對應(yīng)函數(shù)表達(dá)式是y=kx+b，把C（0，2），M（，）代入得：，解得：k=，b=2，∴y=x+2，y=x+2．答：直線MC對應(yīng)函數(shù)表達(dá)式是y=x+2．（3）MC與⊙P的位置關(guān)系是相切．證明：設(shè)直線MC交x軸于D，當(dāng)y=0時，0=x+2，∴x=﹣，OD=，∴D（﹣，0），在△COD中，由勾股定理得：CD2=22+==，PC2===，PD2==，∴CD2+PC2=PD2，∴∠PCD=90°，∴PC⊥DC，∵PC為半徑，∴MC與⊙P的位置關(guān)系是相切．本題主要考查對用待定系數(shù)法求一次函數(shù)、二次函數(shù)的解析式，勾股定理及勾股定理的逆定理，解二元一次方程組，二次函數(shù)的最值，切線的判定等知識點的連接和掌握，能綜合運用這些性質(zhì)進行推理和計算是解此題的關(guān)鍵．24、（2