2013中考全國120份試卷分類匯編
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(duì)稱，與坐標(biāo)軸交于
三點(diǎn)，且
,點(diǎn)
在拋物線上，直線是一次函數(shù)
的圖象，點(diǎn)
是坐標(biāo)原點(diǎn).
（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(gè)單位，再向下平移2個(gè)單位，所得拋物線與直線交于
兩點(diǎn)，問在
軸正半軸上是否存在一定點(diǎn)
，使得不論
取何值，直線
與
總是關(guān)于
軸對(duì)稱？若存在，求出
點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請說明理由.
答案：（1）因?yàn)閽佄锞€關(guān)于直線x=1對(duì)稱，AB=4，所以A(-1，0),B(3，0),
由點(diǎn)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(diǎn)F(
)，
令kx-2=0，得l與x軸的交點(diǎn)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(gè)單位，再向下平移2個(gè)單位，所得拋物線的解析式為
假設(shè)在y軸上存在一點(diǎn)P(0，t)，t＞0，使直線PM與PN關(guān)于y軸對(duì)稱，過點(diǎn)M、N分別向y軸作垂線MM1、NN1，垂足分別為M1、N1，因?yàn)椤螹PO=∠NPO,所以Rt△MPM1∽R(shí)t△NPN1,
所以
,………………(1)
不妨設(shè)M(xM,yM)在點(diǎn)N(xN,yN)的左側(cè)，因?yàn)镻點(diǎn)在y軸正半軸上，
則（1）式變?yōu)?div id="fbwnfa5u" class='imgcenter'>
,又yM =k xM-2, yN=k xN-2,
所以（t+2）(xM +xN)=2k xM xN,……(2)
把y=kx-2(k≠0)代入
中，整理得x2+2kx-4=0,
所以xM +xN=-2k, xM xN=-4,代入（2）得t=2,符合條件，
故在y軸上存在一點(diǎn)P（0,2），使直線PM與PN總是關(guān)于y軸對(duì)稱.
考點(diǎn)：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(diǎn)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(shí)，難度較大.
點(diǎn)評(píng)：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(diǎn)運(yùn)動(dòng)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(shí)，解決實(shí)際問題的能力。問題設(shè)計(jì)富有梯度、由易到難層層推進(jìn)，既考查了知識(shí)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(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，-2），交x軸于A、B兩點(diǎn)，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(diǎn)P（P在第一象限），使得以P、D、B為頂點(diǎn)的三角形與以B、C、O為頂點(diǎn)的三角形相似，求點(diǎn)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(diǎn)Q，使△BPQ是以P為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形？如果存在，請求出點(diǎn)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(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，-2），c = -2 , - 2a(b), b=0 ,
點(diǎn)A(-1,0)、點(diǎn)B是二次函數(shù)y=ax2-2 的圖象與x軸的交點(diǎn)，a-2=0,a=2. 二次函數(shù)的解析式為y=2x2-2；
②點(diǎn)B與點(diǎn)A(-1,0)關(guān)于直線x=0對(duì)稱，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（1，0）；
（2）∠BOC=∠PDB=90o，點(diǎn)P在直線x=m上，
設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m,p）, OB=1， OC=2， DB= m-1 , DP=|p| ，
①當(dāng)△BOC∽△PDB時(shí)，DB(DP),m-1(|p|),p= 2(m-1)或p = 2(1- m),
點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，2(m-1)）或（m，2(1- m)）；
②當(dāng)△BOC∽△BDP時(shí)， DP(DB)，|p|(m-1)，p=2m-2或p=2-2m,
點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，2m-2）或（m，2-2m）；
綜上所述點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，2(m-1)）、（m，2(1- m)）、（m，2m-2）或（m，2-2m）；
（3）不存在滿足條件的點(diǎn)Q。
點(diǎn)Q在第一象限內(nèi)的拋物線y=2x2-2上，
令點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（x, 2x2-2），x>1, 過點(diǎn)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，
① 當(dāng)P的坐標(biāo)為（m，2(m-1)）時(shí)，
m-x = 2(m-1)， m=0 m=1
2x2-2- 2(m-1)= m-1, x= 2(1) x=1
與x>1矛盾,此時(shí)點(diǎn)Q不滿足題設(shè)條件；
② 當(dāng)P的坐標(biāo)為（m，2(1- m)）時(shí)，
x-m= 2(m-1) m=- 9(2) m=1
2x2-2- 2(1- m)= m-1, x=- 6(5) x=1
與x>1矛盾,此時(shí)點(diǎn)Q不滿足題設(shè)條件；
③ 當(dāng)P的坐標(biāo)為（m，2m-2）時(shí)，
m-x =2m-2 m= 2(9) m=1
2x2-2-(2m-2) = m-1, x=- 2(5) x=1
與x>1矛盾,此時(shí)點(diǎn)Q不滿足題設(shè)條件；
④當(dāng)P的坐標(biāo)為（m，2-2m）時(shí)，
x- m = 2m-2 m= 18(5) m=1
2x2-2-(2-2m) = m-1 x=- 6(7) x=1
與x>1矛盾,此時(shí)點(diǎn)Q不滿足題設(shè)條件；
綜上所述，不存在滿足條件的點(diǎn)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(diǎn)A在x軸的正半軸上，點(diǎn)C在y軸的正半軸上，OA=4，OC=3，若拋物線的頂點(diǎn)在BC邊上，且拋物線經(jīng)過O，A兩點(diǎn)，直線AC交拋物線于點(diǎn)D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）求點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（3）若點(diǎn)M在拋物線上，點(diǎn)N在x軸上，是否存在以A，D，M，N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，求出點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
考點(diǎn)：
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(duì)稱性得到頂點(diǎn)坐標(biāo)，設(shè)出拋物線的頂點(diǎn)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(shí)，DM∥AN，DM=AN，由對(duì)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(diǎn)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(diǎn)D坐標(biāo)為（1，
）；
（3）存在，分兩種情況考慮：
①當(dāng)點(diǎn)M在x軸上方時(shí)，如答圖1所示：
四邊形ADMN為平行四邊形，DM∥AN，DM=AN，
由對(duì)稱性得到M（3，
），即DM=2，故AN=2，
∴N1（2，0），N2（6，0）；
②當(dāng)點(diǎn)M在x軸下方時(shí)，如答圖2所示：
過點(diǎn)D作DQ⊥x軸于點(diǎn)Q，過點(diǎn)M作MP⊥x軸于點(diǎn)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(diǎn)N有四個(gè)：N1（2，0），N2（6，0），N3（﹣
﹣1，0），N4（
﹣1，0）．
點(diǎn)評(píng)：
此題考查了二次函數(shù)綜合題，涉及的知識(shí)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(diǎn)，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(shí)點(diǎn)的探究型試題．
4、（2013陜西）
在平面直角坐標(biāo)系中，一個(gè)二次函靈敏的圖象經(jīng)過點(diǎn)A（1，0）、B（3，0）兩點(diǎn)．
（1）寫出這個(gè)二次函數(shù)的對(duì)稱軸；
（2）設(shè)這個(gè)二次函數(shù)的頂點(diǎn)為D，與y軸交于點(diǎn)C，
它的對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)E，連接AD、DE和DB，
當(dāng)△AOC與△DEB相似時(shí)，求這個(gè)二次函數(shù)的表達(dá)式。
[提示：如果一個(gè)二次函數(shù)的圖象與x軸的交點(diǎn)
為
A，那么它的表達(dá)式可表示
為：
]
考點(diǎn)：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(diǎn)坐標(biāo)，
拋物線的對(duì)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(diǎn)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(diǎn)的坐標(biāo)的過程。
解析：本題中（1）由拋物線的軸對(duì)稱性可知，與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)關(guān)于對(duì)稱軸對(duì)稱，易求出對(duì)稱軸；
（2）由提示中可以設(shè)出函數(shù)的解析式，將頂點(diǎn)D與E的坐標(biāo)表示出來，從而將兩個(gè)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(duì)稱軸為直線：x=2。
（2）∵A（1，0）、B（3，0），所以設(shè)
即
當(dāng)x=0時(shí)，y=3a，當(dāng)x=2時(shí)，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(shí)，△AOC∽△DEB
∴
時(shí)，解得
或
當(dāng)
時(shí)，△AOC∽△BED
∴
時(shí)，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(diǎn)為P,等腰直角三角形ABC的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，-1），C的坐標(biāo)為（4,3），直角頂點(diǎn)B在第四象限。
（1）如圖，若該拋物線過A,B兩點(diǎn)，求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）平（1）中的拋物線，使頂點(diǎn)P在直線AC上滑動(dòng)，且與AC交于另一點(diǎn)Q.
i）若點(diǎn)M在直線AC下方，且為平移前（1）中的拋物線上點(diǎn)，當(dāng)以M,P,Q三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形時(shí)，求出所有符合條件的M的坐標(biāo)；
ii）取BC的中點(diǎn)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(diǎn)(4,-1)將A,B代入拋物線方程有
∴
（2）當(dāng)頂點(diǎn)P在直線AC上滑動(dòng)時(shí)，平移后拋物線與AC另一交點(diǎn)Q就是A點(diǎn)沿直線AC滑動(dòng)同樣的單位。下面給予證明：
原拋物線
頂點(diǎn)P為(2,1)
設(shè)平移后頂點(diǎn)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(diǎn)為（a-2,a-3）
∴｜PQ｜=
即實(shí)際上是線段AP在直線AC上的滑動(dòng).
?。c(diǎn)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(diǎn)的軌跡，再求其軌跡與拋物線的交點(diǎn)以確定M點(diǎn).
①若∠M為直角，則M點(diǎn)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(gè)單位 L:y=x-3 聯(lián)立
得x=1±
M點(diǎn)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(diǎn)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(gè)單位
L:y=x-5 聯(lián)立
得x=4或x=-2
∴M點(diǎn)為(4,-1)或（-2，-7）
綜上所有符合條件的點(diǎn)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(diǎn)M，連結(jié)QM,NM,知N為中點(diǎn)
∴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(shí)，作B點(diǎn)關(guān)于AC對(duì)稱的點(diǎn)B′,連
,
交AC于點(diǎn)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(shí)，取等號(hào)
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(diǎn)(點(diǎn)B在點(diǎn)A的右側(cè))與y軸交于點(diǎn)C,連接BC,以BC為一邊,點(diǎn)O為對(duì)稱中心作菱形BDEC,點(diǎn)P是x軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，0），過點(diǎn)P作x軸的垂線l交拋物線于點(diǎn)Q
（1）求點(diǎn)A,B,C的坐標(biāo)。
（2）當(dāng)點(diǎn)P在線段OB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，直線l分別交BD，BC于點(diǎn)M,N。試探究m為何值時(shí)，四邊形CQMD是平行四邊形，此時(shí)，請判斷四邊形CQBM的形狀，并說明理由。
（3）當(dāng)點(diǎn)P在線段EB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，是否存在點(diǎn) Q，使△BDQ為直角三角形，若存在，請直接寫出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由。
解析：（1）當(dāng)y=0時(shí)，
，解得，
∵點(diǎn)B在點(diǎn)A的右側(cè)，
∴點(diǎn)A,B的坐標(biāo)分別為：（-2，0），（8，0）
當(dāng)x=0時(shí)，y=-4
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，-4），
（2）由菱形的對(duì)稱性可知，點(diǎn)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
.
∵
），（m，
）
如圖，當(dāng)MQ=DC時(shí)，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(shí)，四邊形CQMD是平行四邊形.
此時(shí)，四邊形CQBM是平行四邊形.
解法一：∵m=4，∴點(diǎn)P是OB中點(diǎn).∵l⊥x軸，∴l(xiāng)∥y軸.
∴△BPM∽△BOD.∴
.∴BM=DM.
∵四邊形CQMD是平行四邊形，∴DM
CQ∴BM
CQ.∴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(diǎn)N.∴x=4時(shí)，y=-2. ∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為（4，-2）由上面可知，點(diǎn)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(gè)這樣的點(diǎn)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(diǎn)，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(diǎn)均在⊙O上，當(dāng)圖形L的面積最大時(shí)，求⊙O的面積．
考點(diǎn)：
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(shí)，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(shí)，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(shí)，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(duì)稱軸的右側(cè)y隨x的增大而增大，
∴x=1.5時(shí)，y最大=
，
如圖2，當(dāng)1.5＜x＜3時(shí)，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(shí)，y最大=
，
∵
＞
，
∴y最大時(shí)，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(diǎn)評(píng)：
本題考查了等邊三角形的面積公式的運(yùn)用，梯形的面積公式的運(yùn)用，勾股定理的運(yùn)用，圓周角定理的運(yùn)用，圓的面積公式的運(yùn)用，等邊三角形的性質(zhì)的運(yùn)用，二次函數(shù)的性質(zhì)的運(yùn)用，解答時(shí)靈活運(yùn)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(diǎn)，過點(diǎn)A的直線l與拋物線交于點(diǎn)C，其中A點(diǎn)的坐標(biāo)是（1，0），C點(diǎn)坐標(biāo)是（4，3）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）在（1）中拋物線的對(duì)稱軸上是否存在點(diǎn)D，使△BCD的周長最?。咳舸嬖?，求出點(diǎn)D的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由；
（3）若點(diǎn)E是（1）中拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且位于直線AC的下方，試求△ACE的最大面積及E點(diǎn)的坐標(biāo)．
考點(diǎn)：
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(duì)稱確定最短路線問題，直線AC與對(duì)稱軸的交點(diǎn)即為所求點(diǎn)D；
（3）根據(jù)直線AC的解析式，設(shè)出過點(diǎn)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(shí)，△ACE的面積最大，然后求出此時(shí)與AC平行的直線，然后求出點(diǎn)E的坐標(biāo)，并求出該直線與x軸的交點(diǎn)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(jì)算即可得解．
解答：
解：（1）∵拋物線y=ax2+bx+3經(jīng)過點(diǎn)A（1，0），點(diǎn)C（4，3），
∴
，解得
，
所以，拋物線的解析式為y=x2﹣4x+3；
（2）∵點(diǎn)A、B關(guān)于對(duì)稱軸對(duì)稱，
∴點(diǎn)D為AC與對(duì)稱軸的交點(diǎn)時(shí)△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(duì)稱軸為直線x=2，
當(dāng)x=2時(shí)，y=2﹣1=1，
∴拋物線對(duì)稱軸上存在點(diǎn)D（2，1），使△BCD的周長最小；
（3）如圖，設(shè)過點(diǎn)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(shí)，點(diǎn)E到AC的距離最大，△ACE的面積最大，
此時(shí)x=
，y=﹣
，
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（
，﹣
），
設(shè)過點(diǎn)E的直線與x軸交點(diǎn)為F，則F（
，0），
∴AF=
﹣1=
，
∵直線AC的解析式為y=x﹣1，
∴∠CAB=45°，
∴點(diǎn)F到AC的距離為
×
=
，
又∵AC=
=3
，
∴△ACE的最大面積=×3
×
=
，此時(shí)E點(diǎn)坐標(biāo)為（
，﹣
）．
點(diǎn)評(píng)：
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(duì)稱確定最短路線問題，聯(lián)立兩函數(shù)解析式求交點(diǎn)坐標(biāo)，利用平行線確定點(diǎn)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(diǎn)，A點(diǎn)坐標(biāo)為（3，0），與y軸交于點(diǎn)C（0，4），以O(shè)C、OA為邊作矩形OADC交拋物線于點(diǎn)G．
（1）求拋物線的解析式；
（2）拋物線的對(duì)稱軸l在邊OA（不包括O、A兩點(diǎn)）上平行移動(dòng)，分別交x軸于點(diǎn)E，交CD于點(diǎn)F，交AC于點(diǎn)M，交拋物線于點(diǎn)P，若點(diǎn)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(diǎn)P，使得以P、C、F為頂點(diǎn)的三角形和△AEM相似？若存在，求出此時(shí)m的值，并直接判斷△PCM的形狀；若不存在，請說明理由．
考點(diǎn)：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(yùn)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(jìn)而根據(jù)拋物線和直線AC的解析式分別表示出點(diǎn)P、點(diǎn)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(duì)應(yīng)，則若以P、C、F為頂點(diǎn)的三角形和△AEM相似時(shí)，分兩種情況進(jìn)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(duì)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(diǎn)A（3，0），點(diǎn)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(diǎn)C（0，4），
∴
，解得
，
∴直線AC的解析式為y=﹣x+4．
∵點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為m，點(diǎn)M在AC上，
∴M點(diǎn)的坐標(biāo)為（m，﹣ m+4），
∵點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，點(diǎn)P在拋物線y=﹣x2+x+4上，
∴點(diǎn)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(diǎn)P，使得以P、C、F為頂點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)P使△PFC與△AEM相似．此時(shí)m的值為
或1，△PCM為直角三角形或等腰三角形．
點(diǎn)評(píng)：此題是二次函數(shù)的綜合題，其中涉及到運(yùn)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(duì)應(yīng)邊和對(duì)應(yīng)角不明確時(shí)，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(diǎn)，過A、B兩點(diǎn)的拋物線為y=﹣x2+bx+c．點(diǎn)D為線段AB上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)D作CD⊥x軸于點(diǎn)C，交拋物線于點(diǎn)E．
（1）求拋物線的解析式．
（2）當(dāng)DE=4時(shí)，求四邊形CAEB的面積．
（3）連接BE，是否存在點(diǎn)D，使得△DBE和△DAC相似？若存在，求此點(diǎn)D坐標(biāo)；若不存在，說明理由．
考點(diǎn)：
二次函數(shù)綜合題．
分析：
（1）首先求出點(diǎn)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(diǎn)C坐標(biāo)為（m，0）（m＜0），根據(jù)已知條件求出點(diǎn)E坐標(biāo)為（m，8+m）；由于點(diǎn)E在拋物線上，則可以列出方程求出m的值．在計(jì)算四邊形CAEB面積時(shí)，利用S四邊形CAEB=S△ACE+S梯形OCEB﹣S△BCO，可以簡化計(jì)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(diǎn)是求出點(diǎn)E的坐標(biāo)，由于點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)E坐標(biāo)為（m，8+m）．
∵點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)D，使得△DBE和△DAC相似，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（﹣3，1）或（﹣2，2）．
點(diǎn)評(píng)：
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(diǎn)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(jì)算等重要知識(shí)點(diǎn)．第（3）問需要分類討論，這是本題的難點(diǎn)．
11、(2013年臨沂壓軸題)如圖，拋物線經(jīng)過
三點(diǎn).
(1)求拋物線的解析式；
(2)在拋物線的對(duì)稱軸上有一點(diǎn)P，使PA+PC的值最小，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
(3)點(diǎn)M為x軸上一動(dòng)點(diǎn)，在拋物線上是否存在一點(diǎn)N，使以A,C,M,N四點(diǎn)構(gòu)成的四邊形為平行四邊形？若存在，求點(diǎn)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(diǎn)A關(guān)于拋物線對(duì)稱軸的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)B,連接BC交拋物線的對(duì)稱軸于點(diǎn)P，則P點(diǎn) 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(duì)稱軸是
，
∴當(dāng)
時(shí)，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)是
. …………(7分)
（3）存在 …………………………(8分)
(i)當(dāng)存在的點(diǎn)N在x軸的下方時(shí)，如圖所示，∵四邊形ACNM是平行四邊形，∴CN∥x軸，∴點(diǎn)C與點(diǎn)N關(guān)于對(duì)稱軸x=2對(duì)稱，∵C點(diǎn)的坐標(biāo)為
，∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為
………………………(11分)
（II）當(dāng)存在的點(diǎn)
在x軸上方時(shí)，如圖所示，作
軸于點(diǎn)H，∵四邊形
是平行四邊形，∴
,
∴Rt△CAO ≌Rt△
,∴
.
∵點(diǎn)C的坐標(biāo)為
,即N點(diǎn)的縱坐標(biāo)為
，
∴
即
解得
∴點(diǎn)
的坐標(biāo)為
和
.
綜上所述，滿足題目條件的點(diǎn)N共有三個(gè)，
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(diǎn)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，4），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，0），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（﹣4，0），點(diǎn)P在射線AB上運(yùn)動(dòng)，連結(jié)CP與y軸交于點(diǎn)D，連結(jié)BD．過P，D，B三點(diǎn)作⊙Q與y軸的另一個(gè)交點(diǎn)為E，延長DQ交⊙Q于點(diǎn)F，連結(jié)EF，BF．
（1）求直線AB的函數(shù)解析式；
（2）當(dāng)點(diǎn)P在線段AB（不包括A，B兩點(diǎn)）上時(shí)．
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(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在以B，D，F(xiàn)為頂點(diǎn)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(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)：如果不存在，請說明理由．
考點(diǎn)：
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(shí)，過點(diǎn)F作FH⊥OB于點(diǎn)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(diǎn)P的坐標(biāo)即可；
當(dāng)
=時(shí)，連結(jié)EB，先證出△DEF是等腰直角三角形，過點(diǎn)F作FG⊥OB于點(diǎn)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(diǎn)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(gè)外角，
∴∠ADP=∠DEP+∠DPE，
∵∠BDE是△ABD的一個(gè)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(shí)，
過點(diǎn)F作FH⊥OB于點(diǎn)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(diǎn)D的坐標(biāo)為（0，），
∴直線CD的解析式為y=x+，
由
得：
，
則點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2，2）；
當(dāng)
=時(shí)，
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(diǎn)F作FG⊥OB于點(diǎn)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(diǎn)D的坐標(biāo)為（0，﹣
），
直線CD的解析式為：y=﹣
x﹣
，
由
得：
，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（8，﹣4），
綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2，2）或（8，﹣4）．
點(diǎn)評(píng)：
此題考查了一次函數(shù)的綜合，用到的知識(shí)點(diǎn)是一次函數(shù)、矩形的性質(zhì)、圓的性質(zhì)，關(guān)鍵是綜合運(yùn)用有關(guān)知識(shí)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(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左邊），交y軸于點(diǎn)C，且經(jīng)過點(diǎn)（b－2，2b2－5b－1）.
（1）求這條拋物線的解析式；
（2）⊙M過A、B、C三點(diǎn)，交y軸于另一點(diǎn)D，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（3）連接AM、DM，將∠AMD繞點(diǎn)M順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，兩邊MA、MD與x軸、y軸分別交于點(diǎn)E、F，若△DMF為等腰三角形，求點(diǎn)E的坐標(biāo).
解析：（1）把點(diǎn)（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(duì)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′
∵M(jìn)B=MC，∴BG2+MG2=MH2+CH2，
即4+n2=1+（3+n）2，解得n=－1，∴點(diǎn)M（－1，－1） ……………5′
（3）如圖，由M（－1，－1），得MG=MH.
∵M(jìn)A=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(jìn)在AB的垂直平分線上，
∴MA=ME=MB，∴E（1，0） ……………7′
③點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)A，交y軸于點(diǎn)B，將此拋物線向右平移4個(gè)單位得拋物線y2，兩條拋物線相交于點(diǎn)C．
（1）請直接寫出拋物線y2的解析式；
（2）若點(diǎn)P是x軸上一動(dòng)點(diǎn)，且滿足∠CPA=∠OBA，求出所有滿足條件的P點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）在第四象限內(nèi)拋物線y2上，是否存在點(diǎn)Q，使得△QOC中OC邊上的高h(yuǎn)有最大值？若存在，請求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)及h的最大值；若不存在，請說明理由．
考點(diǎn)：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(diǎn)坐標(biāo)，然后利用頂點(diǎn)式解析式寫出即可；
（2）根據(jù)拋物線解析式求出點(diǎn)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(diǎn)C的坐標(biāo)，再根據(jù)∠CPA=∠OBA分點(diǎn)P在點(diǎn)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(shí)方程有且只有一個(gè)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(diǎn)E的坐標(biāo)，得到OE的長度，再過點(diǎn)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(gè)單位的頂點(diǎn)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(shí)，y=﹣1，
y=0時(shí)，x2﹣1=0，解得x1=1，x2=﹣1，
所以，點(diǎn)A（1，0），B（0，﹣1），
∴∠OBA=45°，
聯(lián)立
，
解得
，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（2，3），
∵∠CPA=∠OBA，
∴點(diǎn)P在點(diǎn)A的左邊時(shí)，坐標(biāo)為（﹣1，0），
在點(diǎn)A的右邊時(shí)，坐標(biāo)為（5，0），
所以，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣1，0）或（5，0）；
（3）存在．
∵點(diǎn)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(gè)相等的實(shí)數(shù)根時(shí)，△QOC中OC邊上的高h(yuǎn)有最大值，
此時(shí)x1=x2=×（﹣
）=
，
此時(shí)y=（
﹣4）2﹣1=﹣
，
∴存在第四象限的點(diǎn)Q（
，﹣
），使得△QOC中OC邊上的高h(yuǎn)有最大值，
此時(shí)△=192﹣4×2×（30﹣2b）=0，
解得b=﹣
，
∴過點(diǎn)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(diǎn)為E，則E（
，0），
過點(diǎn)C作CD⊥x軸于D，根據(jù)勾股定理，OC=
=
，
則sin∠COD=
=
，
解得h最大=
×
=
．
點(diǎn)評(píng)：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(diǎn)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(gè)交點(diǎn)時(shí)OC邊上的高h(yuǎn)最大是解題的關(guān)鍵，也是本題的難點(diǎn)．
15、(2013浙江麗水壓軸題)如圖1，點(diǎn)A是
軸正半軸上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)B坐標(biāo)為（0，4），M是線段AB的中點(diǎn)，將點(diǎn)M繞點(diǎn)A順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°得到點(diǎn)C，過點(diǎn)C作
軸的垂線，垂足為F，過點(diǎn)B作
軸的垂線與直線CF相交于點(diǎn)E，點(diǎn)D點(diǎn)A關(guān)于直線CF的對(duì)稱
點(diǎn)，連結(jié)AC，BC，CD，設(shè)點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為
（1）當(dāng)
時(shí)，求CF的長；
（2）①當(dāng)
為何值時(shí)，點(diǎn)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(diǎn)
C與點(diǎn)E重合時(shí)，△CDF沿
軸左右平移得到△C’D’
F’，再將A，B，C’，D’為頂點(diǎn)的四邊形沿C’F’剪開，得到兩個(gè)圖形，用這兩個(gè)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(diǎn)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(diǎn)，與y軸交于C點(diǎn)，直線BD交拋物線于點(diǎn)D，并且D（2，3），tan∠DBA=
．
（1）求拋物線的解析式；
（2）已知點(diǎn)M為拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，且在第三象限，順次連接點(diǎn)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(diǎn)M作直線平行于y軸，在這條直線上是否存在一個(gè)以Q點(diǎn)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(diǎn)：
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(diǎn)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(diǎn)F的坐標(biāo)，從而確定了Rt△AGF的各個(gè)邊長；然后證明Rt△AGF∽R(shí)t△QEF，利用相似線段比例關(guān)系列出方程，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)．
解答：
解：（1）如答圖1所示，過點(diǎn)D作DE⊥x軸于點(diǎn)E，則DE=3，OE=2．
∵tan∠DBA=
=
，
∴BE=6，
∴OB=BE﹣OE=4，
∴B（﹣4，0）．
∵點(diǎn)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(diǎn)M坐標(biāo)為（m，n）（m＜0，n＜0），
如答圖1所示，過點(diǎn)M作MF⊥x軸于點(diǎn)F，則MF=﹣n，OF=﹣m，BF=4+m．
S四邊形BMCA=S△BMF+S梯形MFOC+S△AOC
=
BFMF+
（MF+OC）OF+
OAOC
=
（4+m）×（﹣n）+
（﹣n+2）×（﹣m）+
×1×2
=﹣2n﹣m+1
∵點(diǎn)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(shí)，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(diǎn)G，與直線AC交于點(diǎn)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(diǎn)E，則QE=OQ=
．
在Rt△AGF與Rt△QEF中，
∵∠AGF=∠QEF=90°，∠AFG=∠QFE，
∴Rt△AGF∽R(shí)t△QEF，
∴
，即
，
化簡得：n2﹣3n﹣4=0，解得n=4或n=﹣1．
∴存在一個(gè)以Q點(diǎn)為圓心，OQ為半徑且與直線AC相切的圓，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（﹣2，4）或（﹣2，﹣1）．
點(diǎn)評(píng)：
本題是中考?jí)狠S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(jì)算等重要知識(shí)點(diǎn)，涉及考點(diǎn)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(diǎn)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(shí)針旋轉(zhuǎn)45°得圖②，點(diǎn)P1是A1C與AB的交點(diǎn)，點(diǎn)Q是A1B1與BC的交點(diǎn)，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(diǎn)E，連接BE、P1E，設(shè)BC=1，當(dāng)BE⊥P1B時(shí)，求△P1BE面積的最大值．
考點(diǎn)：
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(shí)，S△P1BE（max）=
．
點(diǎn)評(píng)：
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(diǎn)，已知點(diǎn)A（﹣3，0），B（0，3），C（1，0）．
（1）求此拋物線的解析式．
（2）點(diǎn)P是直線AB上方的拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，（不與點(diǎn)A、B重合），過點(diǎn)P作x軸的垂線，垂足為F，交直線AB于點(diǎn)E，作PD⊥AB于點(diǎn)D．
①動(dòng)點(diǎn)P在什么位置時(shí)，△PDE的周長最大，求出此時(shí)P點(diǎn)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(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)，正方形的大小、位置也隨之改變．當(dāng)頂點(diǎn)M或N恰好落在拋物線對(duì)稱軸上時(shí)，求出對(duì)應(yīng)的P點(diǎn)的坐標(biāo)．（結(jié)果保留根號(hào)）
考點(diǎn)：
二次函數(shù)綜合題．3718684
專題：
代數(shù)幾何綜合題．
分析：
（1）把點(diǎn)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(diǎn)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(gè)交點(diǎn)時(shí)，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(diǎn)P的坐標(biāo)；
②先確定出拋物線的對(duì)稱軸，然后（i）分點(diǎn)M在對(duì)稱軸上時(shí)，過點(diǎn)P作PQ⊥對(duì)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(duì)應(yīng)邊相等可得PF=PQ，設(shè)點(diǎn)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(jì)算即可得解；（ii）點(diǎn)N在對(duì)稱軸上時(shí)，同理求出△APF和△ANQ全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等可得PF=AQ，根據(jù)點(diǎn)A的坐標(biāo)求出點(diǎn)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(diǎn)P的坐標(biāo)．
解答：
解：（1）∵拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)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(shí)，直線與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)，PD最長，
此時(shí)x=﹣
，y=﹣
+
=
，
∴點(diǎn)P（﹣
，
）時(shí)，△PDE的周長最大；
②拋物線y=﹣x2﹣2x+3的對(duì)稱軸為直線x=﹣
=﹣1，
（i）如圖1，點(diǎn)M在對(duì)稱軸上時(shí)，過點(diǎn)P作PQ⊥對(duì)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(diǎn)P的橫坐標(biāo)為n（n＜0），則PQ=﹣1﹣n，
即PF=﹣1﹣n，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（n，﹣1﹣n），
∵點(diǎn)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(diǎn)P的坐標(biāo)為（
，
）；
（ii）如圖2，點(diǎn)N在對(duì)稱軸上時(shí)，設(shè)拋物線對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)Q，
∵∠PAF+∠FPA=90°，∠PAF+∠QAN=90°，
∴∠FPA=∠QAN，
又∵∠PFA=∠AQN=90°，PA=AN，
∴△APF≌△NAQ，
∴PF=AQ，
設(shè)點(diǎn)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(shí)點(diǎn)P坐標(biāo)為（﹣
﹣1，2）．
綜上所述，當(dāng)頂點(diǎn)M恰好落在拋物線對(duì)稱軸上時(shí)，點(diǎn)P坐標(biāo)為（
，
），當(dāng)頂點(diǎn)N恰好落在拋物線對(duì)稱軸上時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣
﹣1，2）．
點(diǎn)評(píng)：
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(diǎn)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(diǎn)P為平行于AB的直線與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)時(shí)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(diǎn)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(duì)稱中心為點(diǎn)P，點(diǎn)F為BC邊上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)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(duì)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(diǎn)P成中心對(duì)稱時(shí)，求y的值．
考點(diǎn)：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(jì)算出y與x的函數(shù)解析式．這是一個(gè)二次函數(shù)，求出其最大值；
②注意中心對(duì)稱、軸對(duì)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(duì)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(duì)角線，則AC=
AB=
，
又∵P為對(duì)稱中心，則AP=CP=
，
∴AE=
=
=．
如圖，過點(diǎn)P作PH⊥AB于點(diǎn)H，PG⊥BC于點(diǎn)G，
P為AC中點(diǎn)，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(duì)稱，
∴△APE與△APN也關(guān)于直線AC對(duì)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(yùn)動(dòng)，F(xiàn)在BC上運(yùn)動(dòng)，且∠EPF=45°，
∴2≤x≤4．
令=a，則y=﹣8a2+8a﹣1，當(dāng)a=
=，即x=2時(shí)，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(diǎn)P成中心對(duì)稱，
而此兩塊圖形也關(guān)于直線AC成軸對(duì)稱，則陰影部分圖形自身關(guān)于直線BD對(duì)稱，
則EB=BF，即AE=FC，
∴=x，解得x=
，
代入x=
，得y=
﹣2．
點(diǎn)評(píng)：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(duì)稱與中心對(duì)稱）、圖形面積的計(jì)算等知識(shí)點(diǎn)，涉及的考點(diǎn)較多，有一定的難度．本題重點(diǎn)與難點(diǎn)在于求出y與x的函數(shù)解析式，在計(jì)算幾何圖形面積時(shí)涉及大量的計(jì)算，需要細(xì)心計(jì)算避免出錯(cuò)．
20、（2013衢州壓軸題）在平面直角坐標(biāo)系x、y中，過原點(diǎn)O及點(diǎn)A（0，2）、C（6，0）作矩形OABC，∠AOC的平分線交AB于點(diǎn)D．點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，以每秒
個(gè)單位長度的速度沿射線OD方向移動(dòng)；同時(shí)點(diǎn)Q從點(diǎn)O出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長度的速度沿x軸正方向移動(dòng)．設(shè)移動(dòng)時(shí)間為t秒．
（1）當(dāng)點(diǎn)P移動(dòng)到點(diǎn)D時(shí)，求出此時(shí)t的值；
（2）當(dāng)t為何值時(shí)，△PQB為直角三角形；
（3）已知過O、P、Q三點(diǎn)的拋物線解析式為y=﹣（x﹣t）2+t（t＞0）．問是否存在某一時(shí)刻t，將△PQB繞某點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°后，三個(gè)對(duì)應(yīng)頂點(diǎn)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(diǎn)：
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(jìn)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(jìn)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(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°，三個(gè)對(duì)應(yīng)頂點(diǎn)恰好都落在拋物線上，則旋轉(zhuǎn)中心為PQ中點(diǎn)，此時(shí)四邊形PBQB′為平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和對(duì)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(diǎn)G，在Rt△POG中，
∵∠POQ=45°，∴∠OPG=45°，
∵OP=
t，∴OG=PG=t，
∴點(diǎn)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(shí)，△PQB為直角三角形．
解法2：①如圖2，當(dāng)∠PQB=90°時(shí)，
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(shí)，若點(diǎn)Q在OC上，
作PN⊥x軸于點(diǎn)N，交AB于點(diǎn)M，
則易證∠PBM=∠CBQ，
∴△PMB∽△QCB
∴
=
，
∴CBPM=QCMB，
∴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(shí)，若點(diǎn)Q在OC的延長線上，
作PN⊥x軸于點(diǎn)N，交AB延長線于點(diǎn)M，
則易證∠BPM=∠MBQ=∠BQC，
∴△PMB∽△QCB，
∴
=
，
∴CBPM=QCMB，
∴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(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°，三個(gè)對(duì)應(yīng)頂點(diǎn)恰好都落在拋物線上，
則旋轉(zhuǎn)中心為PQ中點(diǎn)，此時(shí)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(diǎn)B坐標(biāo)為（6，2），∴點(diǎn)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(diǎn)評(píng)：
本題考查了相似形綜合題，涉及了動(dòng)點(diǎn)問題，勾股定理的運(yùn)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(diǎn)P的位置，由題意建立方程從而求出符合題意的t值，同時(shí)要數(shù)形結(jié)合進(jìn)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(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)D為頂點(diǎn)．
（1）求點(diǎn)B及點(diǎn)D的坐標(biāo)．
（2）連結(jié)BD，CD，拋物線的對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)E．
①若線段BD上一點(diǎn)P，使∠DCP=∠BDE，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．
②若拋物線上一點(diǎn)M，作MN⊥CD，交直線CD于點(diǎn)N，使∠CMN=∠BDE，求點(diǎn)M的坐標(biāo)．
考點(diǎn)：
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(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè)），確定點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3，0）；將y=（x﹣3）（x+1）配方，寫成頂點(diǎn)式為y=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，即可確定頂點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）①根據(jù)拋物線y=（x﹣3）（x+1），得到點(diǎn)C、點(diǎn)E的坐標(biāo)．連接BC，過點(diǎn)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(diǎn)Q，R．根據(jù)兩角對(duì)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(yùn)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(diǎn)P的坐標(biāo)；
②分兩種情況進(jìn)行討論：（Ⅰ）當(dāng)點(diǎn)M在對(duì)稱軸右側(cè)時(shí)．若點(diǎn)N在射線CD上，如備用圖1，延長MN交y軸于點(diǎn)F，過點(diǎn)M作MG⊥y軸于點(diǎn)G，先證明△MCN∽△DBE，由相似三角形對(duì)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(diǎn)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(diǎn)M的坐標(biāo)；若點(diǎn)N在射線DC上，同理可求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；（Ⅱ）當(dāng)點(diǎn)M在對(duì)稱軸左側(cè)時(shí)．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(diǎn)K，都有∠KCN＜45°，所以點(diǎn)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(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè)），
∴當(dāng)y=0時(shí)，（x﹣3）（x+1）=0，
解得x=3或﹣1，
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3，0）．
∵y=（x﹣3）（x+1）=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，
∴頂點(diǎn)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(diǎn)C，
∴C點(diǎn)坐標(biāo)為（0，﹣3）．
∵對(duì)稱軸為直線x=1，
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（1，0）．
連接BC，過點(diǎn)C作CH⊥DE于H，則H點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)P的坐標(biāo)為（
，﹣
）；
②（Ⅰ）當(dāng)點(diǎn)M在對(duì)稱軸右側(cè)時(shí)．
若點(diǎn)N在射線CD上，如備用圖1，延長MN交y軸于點(diǎn)F，過點(diǎn)M作MG⊥y軸于點(diǎn)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(diǎn)N在射線DC上，如備用圖2，MN交y軸于點(diǎn)F，過點(diǎn)M作MG⊥y軸于點(diǎn)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(diǎn)M在對(duì)稱軸左側(cè)時(shí)．
∵∠CMN=∠BDE＜45°，
∴∠MCN＞45°，
而拋物線左側(cè)任意一點(diǎn)K，都有∠KCN＜45°，
∴點(diǎn)M不存在．
綜上可知，點(diǎn)M坐標(biāo)為（
，﹣
）或（5，12）．
點(diǎn)評(píng)：
本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識(shí)點(diǎn)有二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，二次函數(shù)的性質(zhì)，運(yùn)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(qiáng)，有一定難度．（2）中第②問進(jìn)行分類討論及運(yùn)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(diǎn)為A，與y軸的交點(diǎn)為B，連結(jié)AB，AC⊥AB，交y軸于點(diǎn)C，延長CA到點(diǎn)D，使AD=AC，連結(jié)BD．作AE∥x軸，DE∥y軸．
（1）當(dāng)m=2時(shí)，求點(diǎn)B的坐標(biāo)；
（2）求DE的長？
（3）①設(shè)點(diǎn)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(diǎn)D作AB的平行線，與第（3）①題確定的函數(shù)圖象的另一個(gè)交點(diǎn)為P，當(dāng)m為何值時(shí)，以，A，B，D，P為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？
考點(diǎn)：
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(diǎn)式，據(jù)此即可求出B點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）延長EA，交y軸于點(diǎn)F，證出△AFC≌△AED，進(jìn)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(diǎn)A和點(diǎn)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(diǎn)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(shí)，y=（x﹣2）2+1，
把x=0代入y=（x﹣2）2+1，得：y=2，
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0，2）．
（2）延長EA，交y軸于點(diǎn)F，
∵AD=AC，∠AFC=∠AED=90°，∠CAF=∠DAE，
∴△AFC≌△AED，
∴AF=AE，
∵點(diǎn)A（m，﹣ m2+m），點(diǎn)B（0，m），
∴AF=AE=|m|，BF=m﹣（﹣m2+m）=m2，
∵∠ABF=90°﹣∠BAF=∠DAE，∠AFB=∠DEA=90°，
∴△ABF∽△DAE，
∴
=360docimg_501_，即：360docimg_502_=360docimg_503_，
∴DE=4．
（3）①∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（m，﹣ m2+m），
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（2m，﹣ m2+m+4），
∴x=2m，y=﹣m2+m+4，
∴y=﹣360docimg_504_++4，
∴所求函數(shù)的解析式為：y=﹣360docimg_505_x2+x+4，
②作PQ⊥DE于點(diǎn)Q，則△DPQ≌△BAF，
360docimg_506_
（Ⅰ）當(dāng)四邊形ABDP為平行四邊形時(shí)（如圖1），
點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為3m，
點(diǎn)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=﹣360docimg_507_x2+x+4得：
﹣m2+m+4=﹣360docimg_508_×（3m）2+×（3m）+4，
解得：m=0（此時(shí)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(shí)（如圖2），
點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，
點(diǎn)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=﹣360docimg_509_x2+x+4得：
m+4=﹣360docimg_510_m2+m+4，
解得：m=0（此時(shí)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(diǎn)評(píng)：
本題是二次函數(shù)綜合題，涉及四邊形的知識(shí)，同時(shí)也是存在性問題，解答時(shí)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(diǎn)為O，A點(diǎn)坐標(biāo)為（4，0），B點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣1，0），以AB的中點(diǎn)P為圓心，AB為直徑作⊙P的正半軸交于點(diǎn)C．
（1）求經(jīng)過A、B、C三點(diǎn)的拋物線所對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式；
（2）設(shè)M為（1）中拋物線的頂點(diǎn)，求直線MC對(duì)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．
360docimg_511_
考點(diǎn)：
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(jì)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(diǎn)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(duì)應(yīng)函數(shù)表達(dá)式是y=kx+b，把C（0，2），M（，360docimg_512_）代入得到方程組，求出方程組的解即可；
（3）根據(jù)點(diǎn)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=360docimg_513_=2，
∴C（0，2），
設(shè)經(jīng)過A、B、C三點(diǎn)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(diǎn)拋物線解析式是y=﹣x2+x+2．
（2）y=﹣x2+x+2=﹣360docimg_514_+360docimg_515_，
M（，360docimg_516_），
設(shè)直線MC對(duì)應(yīng)函數(shù)表達(dá)式是y=kx+b，
把C（0，2），M（，360docimg_517_）代入得：360docimg_518_，
解得：k=，b=2，
∴y=x+2，
y=x+2．
答：直線MC對(duì)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(shí)，0=x+2，
∴x=﹣，OD=，
∴D（﹣，0），
在△COD中，由勾股定理得：CD2=22+360docimg_519_=360docimg_520_=360docimg_521_，
PC2=360docimg_522_=360docimg_523_=360docimg_524_，
PD2=360docimg_525_=360docimg_526_，
∴CD2+PC2=PD2，
∴∠PCD=90°，
∴PC⊥DC，
∵PC為半徑，
∴MC與⊙P的位置關(guān)系是相切．
360docimg_527_
本題主要考查對(duì)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(shí)點(diǎn)的連接和掌握，能綜合運(yùn)用這些性質(zhì)進(jìn)行推理和計(jì)算是解此題的關(guān)鍵．
24、（2013煙臺(tái)壓軸題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形OABC是邊長為2的正方形，二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象經(jīng)過點(diǎn)A，B，與x軸分別交于點(diǎn)E，F(xiàn)，且點(diǎn)E的坐標(biāo)為（﹣360docimg_528_，0），以0C為直徑作半圓，圓心為D．
（1）求二次函數(shù)的解析式；
（2）求證：直線BE是⊙D的切線；
（3）若直線BE與拋物線的對(duì)稱軸交點(diǎn)為P，M是線段CB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)M與點(diǎn)B，C不重合），過點(diǎn)M作MN∥BE交x軸與點(diǎn)N，連結(jié)PM，PN，設(shè)CM的長為t，△PMN的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量t的取值范圍．S是否存在著最大值？若存在，求出最大值；若不存在，請說明理由．
360docimg_529_
考點(diǎn)：
二次函數(shù)綜合題．
分析：
（1）根據(jù)題意易得點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，然后把點(diǎn)A、B、E的坐標(biāo)分別代入二次函數(shù)解析式，列出關(guān)于a、b、c的方程組，利用三元一次方程組來求得系數(shù)的值；
（2）如圖，過點(diǎn)D作DG⊥BE于點(diǎn)G，構(gòu)建相似三角形△EGD∽△ECB，根據(jù)它的對(duì)應(yīng)邊成比例得到360docimg_530_=360docimg_531_，由此求得DG=1（圓的半徑是1），則易證得結(jié)論；
（3）利用待定系數(shù)法可求得直線BE的方程．則易求P點(diǎn)坐標(biāo)．然后由相似三角形△MNC∽△BEC的對(duì)應(yīng)邊成比例，線段間的和差關(guān)系得到CN=t，DN=t﹣1．所以
S=S△PND+S梯形PDCM﹣S△MNC=﹣360docimg_532_+t（0＜t＜2）．由拋物線的性質(zhì)可以求得S的最值．
解答：
解：（1）由題意，得A（0，2），B（2，2），E的坐標(biāo)為（﹣360docimg_533_，0），
則360docimg_534_，
解得，360docimg_535_，
∴該二次函數(shù)的解析式為：y=﹣360docimg_536_x2+360docimg_537_x+2；
（2）如圖，過點(diǎn)D作DG⊥BE于點(diǎn)G．
由題意，得
ED=+1=，EC=2+=，BC=2，
∴BE=360docimg_538_=360docimg_539_．
∵∠BEC=∠DEG，∠EGD=∠ECB=90°，
∴△EGD∽△ECB，
∴360docimg_540_=360docimg_541_，
∴DG=1．
∵⊙D的半徑是1，且DG⊥BE，
∴BE是⊙D的切線；
（3）由題意，得E（﹣360docimg_542_，0），B（2，2）．
設(shè)直線BE為y=kx+h（k≠0）．則
360docimg_543_，
解得，360docimg_544_，
∴直線BE為：y=360docimg_545_x+360docimg_546_．
∵直線BE與拋物線的對(duì)稱軸交點(diǎn)為P，對(duì)稱軸直線為x=1，
∴點(diǎn)P的縱坐標(biāo)y=360docimg_547_，即P（1，360docimg_548_）．
∵M(jìn)N∥BE，
∴∠MNC=∠BEC．
∵∠C=∠C=90°，
∴△MNC∽△BEC，
∴360docimg_549_=360docimg_550_，
∴360docimg_551_=360docimg_552_，則CN=360docimg_553_t，
∴DN=t﹣1，
∴S△PND=360docimg_554_DNPD=360docimg_555_．
S△MNC=360docimg_556_CNCM=360docimg_557_t2．
S梯形PDCM=（360docimg_558_PD+CM）CD=360docimg_559_．
∵S=S△PND+S梯形PDCM﹣S△MNC=﹣360docimg_560_+t（0＜t＜2）．
∵拋物線S=﹣360docimg_561_+t（0＜t＜2）的開口方向向下，
∴S存在最大值．當(dāng)t=1時(shí)，S最大=360docimg_562_．
360docimg_563_
點(diǎn)評(píng)：
本題考查了二次函數(shù)綜合題，其中涉及到的知識(shí)點(diǎn)有待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，相似三角形的判定與性質(zhì)以及二次函數(shù)最值的求法．注意配方法在（3）題中的應(yīng)用．
25、（2013菏澤壓軸題）如圖，三角形ABC是以BC為底邊的等腰三角形，點(diǎn)A、C分別是一次函數(shù)y=x+3的圖象與y軸的交點(diǎn)，點(diǎn)B在二次函數(shù)360docimg_564_的圖象上，且該二次函數(shù)圖象上存在一點(diǎn)D使四邊形ABCD能構(gòu)成平行四邊形．
（1）試求b，c的值，并寫出該二次函數(shù)表達(dá)式；
（2）動(dòng)點(diǎn)P從A到D，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從C到A都以每秒1個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)，問：①當(dāng)P運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，有PQ⊥AC？
②當(dāng)P運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，四邊形PDCQ的面積最??？此時(shí)四邊形PDCQ的面積是多少？
360docimg_565_
考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．
分析：（1）根據(jù)一次函數(shù)解析式求出點(diǎn)A．點(diǎn)C坐標(biāo)，再由△ABC是等腰三角形可求出點(diǎn)B坐標(biāo)，根據(jù)平行四邊形的性性質(zhì)求出點(diǎn)D坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出b、c的值，繼而得出二次函數(shù)表達(dá)式．
（2）①設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)了t秒時(shí)，PQ⊥AC，此時(shí)AP=t，CQ=t，AQ=5﹣t，再由△APQ∽△CAO，利用對(duì)應(yīng)邊成比例可求出t的值，繼而確定點(diǎn)P的位置；
②只需使△APQ的面積最大，就能滿足四邊形PDCQ的面積最小，設(shè)△APQ底邊AP上的高為h，作QH⊥AD于點(diǎn)H，由△AQH∽CAO，利用對(duì)應(yīng)邊成比例得出h的表達(dá)式，繼而表示出△APQ的面積表達(dá)式，利用配方法求出最大值，即可得出四邊形PDCQ的最小值，也可確定點(diǎn)P的位置．
解答：解：（1）由y=﹣x+3，
令x=0，得y=3，所以點(diǎn)A（0，3）；
令y=0，得x=4，所以點(diǎn)C（4，0），
∵△ABC是以BC為底邊的等腰三角形，
∴B點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣4，0），
又∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴D點(diǎn)坐標(biāo)為（8，3），
將點(diǎn)B（﹣4，0）、點(diǎn)D（8，3）代入二次函數(shù)y=x2+bx+c，可得360docimg_566_，
解得：360docimg_567_，
故該二次函數(shù)解析式為：y=x2﹣x﹣3．
（2）①設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)了t秒時(shí)，PQ⊥AC，此時(shí)AP=t，CQ=t，AQ=5﹣t，
∵PQ⊥AC，
∴△APQ∽△CAO，
∴360docimg_568_=360docimg_569_，即=360docimg_570_，
解得：t=360docimg_571_．
即當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到距離A點(diǎn)360docimg_572_個(gè)單位長度處，有PQ⊥AC．
②∵S四邊形PDCQ+S△APQ=S△ACD，且S△ACD=×8×3=12，
∴當(dāng)△APQ的面積最大時(shí)，四邊形PDCQ的面積最小，
當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)t秒時(shí)，AP=t，CQ=t，AQ=5﹣t，
設(shè)△APQ底邊AP上的高為h，作QH⊥AD于點(diǎn)H，由△AQH∽CAO可得： =360docimg_573_，
解得：h=（5﹣t），
∴S△APQ=t×（5﹣t）=360docimg_574_（﹣t2+5t）=﹣360docimg_575_（t﹣）2+360docimg_576_，
∴當(dāng)t=時(shí)，S△APQ達(dá)到最大值360docimg_577_，此時(shí)S四邊形PDCQ=12﹣360docimg_578_=360docimg_579_，
故當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到距離點(diǎn)A個(gè)單位處時(shí)，四邊形PDCQ面積最小，最小值為360docimg_580_．
360docimg_581_
點(diǎn)評(píng)：本題考查了二次函數(shù)的綜合，涉及了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、平行四邊形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是找到滿足題意時(shí)的相似三角形，利用對(duì)應(yīng)邊成比例的知識(shí)得出有關(guān)線段的長度或表達(dá)式，難度較大．
26、（2013包頭壓軸題）已知拋物線y=x2﹣3x﹣360docimg_582_的頂點(diǎn)為點(diǎn)D，并與x軸相交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸相交于點(diǎn)C．
（1）求點(diǎn)A、B、C、D的坐標(biāo)；
（2）在y軸的正半軸上是否存在點(diǎn)P，使以點(diǎn)P、O、A為頂點(diǎn)的三角形與△AOC相似？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；
（3）取點(diǎn)E（﹣360docimg_583_，0）和點(diǎn)F（0，﹣360docimg_584_），直線l經(jīng)過E、F兩點(diǎn)，點(diǎn)G是線段BD的中點(diǎn)．
①點(diǎn)G是否在直線l上，請說明理由；
②在拋物線上是否存在點(diǎn)M，使點(diǎn)M關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)在x軸上？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
360docimg_585_
考點(diǎn)：
二次函數(shù)綜合題．3718684
專題：
代數(shù)幾何綜合題．
分析：
（1）令y=0，解關(guān)于x的一元二次方程求出A、B的坐標(biāo)，令x=0求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，再根據(jù)頂點(diǎn)坐標(biāo)公式計(jì)算即可求出頂點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）根據(jù)點(diǎn)A、C的坐標(biāo)求出OA、OC的長，再分OA和OA是對(duì)應(yīng)邊，OA和OC是對(duì)應(yīng)邊兩種情況，利用相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例列式求出OP的長，從而得解；
（3）①設(shè)直線l的解析式為y=kx+b（k≠0），利用待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式求出直線l的解析式，再利用中點(diǎn)公式求出點(diǎn)G的坐標(biāo)，然后根據(jù)直線上點(diǎn)的坐標(biāo)特征驗(yàn)證即可；
②設(shè)拋物線的對(duì)稱軸與x軸交點(diǎn)為H，求出OE、OF、HD、HB的長，然后求出△OEF和△HDB相似，根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)角相等求出∠OFE=∠HBD，然后求出EG⊥BD，從而得到直線l是線段BD的垂直平分線，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)點(diǎn)D關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)就是B，從而判斷出點(diǎn)M就是直線DE與拋物線的交點(diǎn)，再設(shè)直線DE的解析式為ymx+n，利用待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析求出直線DE的解析式，然后與拋物線解析式聯(lián)立求解即可得到符合條件的點(diǎn)M．
解答：
解：（1）令y=0，則x2﹣3x﹣360docimg_586_=0，整理得，4x2﹣12x﹣7=0，
解得x1=﹣360docimg_587_，x2=360docimg_588_，
所以，A（﹣360docimg_589_，0），B（360docimg_590_，0），
令x=0，則y=﹣360docimg_591_，
所以，C（0，﹣360docimg_592_），
∵﹣360docimg_593_=﹣360docimg_594_=360docimg_595_，360docimg_596_=360docimg_597_=﹣4，
∴頂點(diǎn)D（360docimg_598_，﹣4）；
（2）在y軸正半軸上存在符合條件的點(diǎn)P，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（0，y），
∵A（﹣360docimg_599_，0），C（0，﹣360docimg_600_），
∴OA=360docimg_601_，OC=360docimg_602_，OP=y，
①若OA和OA是對(duì)應(yīng)邊，則△AOP∽△AOC，
∴360docimg_603_=360docimg_604_，
y=OC=360docimg_605_，
此時(shí)點(diǎn)P（0，360docimg_606_），
②若OA和OC是對(duì)應(yīng)邊，則△POA∽△AOC，
∴360docimg_607_=360docimg_608_，
即360docimg_609_=360docimg_610_，
解得y=360docimg_611_，
此時(shí)點(diǎn)P（0，360docimg_612_），
所以，符合條件的點(diǎn)P有兩個(gè)，P（0，360docimg_613_）或（0，360docimg_614_）；
（3）①設(shè)直線l的解析式為y=kx+b（k≠0），
∵直線l經(jīng)過點(diǎn)E（﹣360docimg_615_，0）和點(diǎn)F（0，﹣360docimg_616_），
∴360docimg_617_，
解得360docimg_618_，
所以，直線l的解析式為y=﹣360docimg_619_x﹣360docimg_620_，
∵B（360docimg_621_，0），D（360docimg_622_，﹣4），
360docimg_623_（360docimg_624_+360docimg_625_）=360docimg_626_，360docimg_627_[0+（﹣4）]=﹣2，
∴線段BD的中點(diǎn)G的坐標(biāo)為（360docimg_628_，﹣2），
當(dāng)x=360docimg_629_時(shí)，y=﹣360docimg_630_×360docimg_631_﹣360docimg_632_=﹣2，
所以，點(diǎn)G在直線l上；
②在拋物線上存在符合條件的點(diǎn)M．
設(shè)拋物線的對(duì)稱軸與x軸交點(diǎn)為H，則點(diǎn)H的坐標(biāo)為（360docimg_633_，0），
∵E（﹣360docimg_634_，0）、F（0，﹣360docimg_635_），B（360docimg_636_，0）、D（360docimg_637_，﹣4），
∴OE=360docimg_638_，OF=360docimg_639_，HD=4，HB=360docimg_640_﹣360docimg_641_=2，
∵360docimg_642_=360docimg_643_=360docimg_644_，∠OEF=∠HDB，
∴△OEF∽△HDB，
∴∠OFE=∠HBD，
∵∠OEF+∠OFE=90°，
∴∠OEF+∠HBD=90°，
∴∠EGB=180°﹣（∠OEF+∠HBD）=180°﹣90°=90°，
∴直線l是線段BD的垂直平分線，
∴點(diǎn)D關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)就是點(diǎn)B，
∴點(diǎn)M就是直線DE與拋物線的交點(diǎn)，
設(shè)直線DE的解析式為y=mx+n，
∵D（360docimg_645_，﹣4），（﹣360docimg_646_，0），
∴360docimg_647_，
解得360docimg_648_，
所以，直線DE的解析式為y=﹣360docimg_649_x﹣2，
聯(lián)立360docimg_650_，
解得360docimg_651_，360docimg_652_，
∴符合條件的點(diǎn)M有兩個(gè)，是（360docimg_653_，﹣4）或（360docimg_654_，﹣360docimg_655_）．
360docimg_656_
點(diǎn)評(píng)：
本題是二次函數(shù)綜合題型，主要考查了拋物線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)的求解，求頂點(diǎn)坐標(biāo)，待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，點(diǎn)在直線上的驗(yàn)證，相似三角形的判定與性質(zhì)，聯(lián)立兩函數(shù)解析式求交點(diǎn)坐標(biāo)的方法，綜合性較強(qiáng)，難度較大，（2）要根據(jù)對(duì)應(yīng)邊的不同分情況討論，（3）求出直線l是線段BD的垂直平分線是解題的關(guān)鍵．
27、（2013株洲壓軸題）已知拋物線C1的頂點(diǎn)為P（1，0），且過點(diǎn)（0，360docimg_657_）．將拋物線C1向下平移h個(gè)單位（h＞0）得到拋物線C2．一條平行于x軸的直線與兩條拋物線交于A、B、C、D四點(diǎn)（如圖），且點(diǎn)A、C關(guān)于y軸對(duì)稱，直線AB與x軸的距離是m2（m＞0）．
（1）求拋物線C1的解析式的一般形式；
（2）當(dāng)m=2時(shí)，求h的值；
（3）若拋物線C1的對(duì)稱軸與直線AB交于點(diǎn)E，與拋物線C2交于點(diǎn)F．求證：tan∠EDF﹣tan∠ECP=360docimg_658_．
360docimg_659_
考點(diǎn)：
二次函數(shù)綜合題．
專題：
代數(shù)幾何綜合題．
分析：
（1）設(shè)拋物線C1的頂點(diǎn)式形式y(tǒng)=a（x﹣1）2，（a≠0），然后把點(diǎn)（0，360docimg_660_）代入求出a的值，再化為一般形式即可；
（2）先根據(jù)m的值求出直線AB與x軸的距離，從而得到點(diǎn)B、C的縱坐標(biāo)，然后利用拋物線解析式求出點(diǎn)C的橫坐標(biāo)，再根據(jù)關(guān)于y軸對(duì)稱的點(diǎn)的橫坐標(biāo)互為相反數(shù)，縱坐標(biāo)相同求出點(diǎn)A的坐標(biāo)，然后根據(jù)平移的性質(zhì)設(shè)出拋物線C2的解析式，再把點(diǎn)A的坐標(biāo)代入求出h的值即可；
（3）先把直線AB與x軸的距離是m2代入拋物線C1的解析式求出C的坐標(biāo)，從而求出CE，再表示出點(diǎn)A的坐標(biāo)，根據(jù)拋物線的對(duì)稱性表示出ED，根據(jù)平移的性質(zhì)設(shè)出拋物線C2的解析式，把點(diǎn)A的坐標(biāo)代入求出h的值，然后表示出EF，最后根據(jù)銳角的正切值等于對(duì)邊比鄰邊列式整理即可得證．
解答：
（1）解：設(shè)拋物線C1的頂點(diǎn)式形式y(tǒng)=a（x﹣1）2，（a≠0），
∵拋物線過點(diǎn)（0，360docimg_661_），
∴a（0﹣1）2=360docimg_662_，
解得a=360docimg_663_，
∴拋物線C1的解析式為y=360docimg_664_（x﹣1）2，
一般形式為y=360docimg_665_x2﹣360docimg_666_x+360docimg_667_；
（2）解：當(dāng)m=2時(shí)，m2=4，
∵BC∥x軸，
∴點(diǎn)B、C的縱坐標(biāo)為4，
∴360docimg_668_（x﹣1）2=4，
解得x1=5，x2=﹣3，
∴點(diǎn)B（﹣3，4），C（5，4），
∵點(diǎn)A、C關(guān)于y軸對(duì)稱，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣5，4），
設(shè)拋物線C2的解析式為y=360docimg_669_（x﹣1）2﹣h，
則360docimg_670_（﹣5﹣1）2﹣h=4，
解得h=5；
（3）證明：∵直線AB與x軸的距離是m2，
∴點(diǎn)B、C的縱坐標(biāo)為m2，
∴360docimg_671_（x﹣1）2=m2，
解得x1=1+2m，x2=1﹣2m，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（1+2m，m2），
又∵拋物線C1的對(duì)稱軸為直線x=1，
∴CE=1+2m﹣1=2m，
∵點(diǎn)A、C關(guān)于y軸對(duì)稱，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣1﹣2m，m2），
∴AE=ED=1﹣（﹣1﹣2m）=2+2m，
設(shè)拋物線C2的解析式為y=360docimg_672_（x﹣1）2﹣h，
則360docimg_673_（﹣1﹣2m﹣1）2﹣h=m2，
解得h=2m+1，
∴EF=h+m2=m2+2m+1，
∴tan∠EDF﹣tan∠ECP=360docimg_674_﹣360docimg_675_=360docimg_676_﹣360docimg_677_=360docimg_678_﹣360docimg_679_=360docimg_680_，
∴tan∠EDF﹣tan∠ECP=360docimg_681_．
點(diǎn)評(píng)：
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，二次函數(shù)圖象與結(jié)合變換，關(guān)于y軸對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)特征，拋物線上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，銳角的正切的定義，（3）用m表示出相應(yīng)的線段是解題的關(guān)鍵，也是本題的難點(diǎn)．
28、（2013婁底）已知：一元二次方程x2+kx+k﹣=0．
（1）求證：不論k為何實(shí)數(shù)時(shí)，此方程總有兩個(gè)實(shí)數(shù)根；
（2）設(shè)k＜0，當(dāng)二次函數(shù)y=x2+kx+k﹣的圖象與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)A、B間的距離為4時(shí)，求此二次函數(shù)的解析式；
（3）在（2）的條件下，若拋物線的頂點(diǎn)為C，過y軸上一點(diǎn)M（0，m）作y軸的垂線l，當(dāng)m為何值時(shí)，直線l與△ABC的外接圓有公共點(diǎn)？
考點(diǎn)：
二次函數(shù)綜合題．
分析：
（1）根據(jù)一元二次方程的根的判別式△=b2﹣4ac的符號(hào)來判定已知方程的根的情況；
（2）利用根與系數(shù)的關(guān)系（|xA﹣xB|=360docimg_682_=4）列出關(guān)于k的方程，通過解方程來求k的值；
（3）根據(jù)直線與圓的位置的位置關(guān)系確定m的取值范圍．
解答：
（1）證明：∵△=k2﹣4××（k﹣）=k2﹣2k+1=（k﹣1）2≥0，
∴關(guān)于x的一元二次方程x2+kx+k﹣=0，不論k為何實(shí)數(shù)時(shí)，此方程總有兩個(gè)實(shí)數(shù)根；
（2）令y=0，則x2+kx+k﹣=0．
∵xA+xB=﹣2k，xAxB=2k﹣1，
∴|xA﹣xB|=360docimg_683_=360docimg_684_=2|k﹣1|=4，即|k﹣1|=2，
解得k=3（不合題意，舍去），或k=﹣1．
∴此二次函數(shù)的解析式是y=x2﹣x﹣；
（3）由（2）知，拋物線的解析式是y=x2﹣x﹣．
易求A（﹣1，0），B（3，0），C（1，﹣2），
∴AB=4，AC=2360docimg_685_，BC=2360docimg_686_．
顯然AC2+BC2=AB2，得△ABC是等腰直角三角形．AB為斜邊，
∴外接圓的直徑為AB=4，
∴﹣2≤m≤2．
360docimg_687_
360docimg_688_
點(diǎn)評(píng)：
本題綜合考查了二次函數(shù)綜合題，其中涉及到的知識(shí)點(diǎn)有：拋物線與x軸的交點(diǎn)，待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式以及直線與圓的關(guān)系，范圍較廣，難度較大．
29、（2013張家界壓軸題）如圖，拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）的圖象過點(diǎn)C（0，1），頂點(diǎn)為Q（2，3），點(diǎn)D在x軸正半軸上，且OD=OC．
（1）求直線CD的解析式；
（2）求拋物線的解析式；
（3）將直線CD繞點(diǎn)C逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)45°所得直線與拋物線相交于另一點(diǎn)E，求證：△CEQ∽△CDO；
（4）在（3）的條件下，若點(diǎn)P是線段QE上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)F是線段OD上的動(dòng)點(diǎn)，問：在P點(diǎn)和F點(diǎn)移動(dòng)過程中，△PCF的周長是否存在最小值？若存在，求出這個(gè)最小值；若不存在，請說明理由．
360docimg_689_
考點(diǎn)：
二次函數(shù)綜合題．3718684
分析：
（1）利用待定系數(shù)法求出直線解析式；
（2）利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；
（3）關(guān)鍵是證明△CEQ與△CDO均為等腰直角三角形；
（4）如答圖②所示，作點(diǎn)C關(guān)于直線QE的對(duì)稱點(diǎn)C′，作點(diǎn)C關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)C″，連接C′C″，交OD于點(diǎn)F，交QE于點(diǎn)P，則△PCF即為符合題意的周長最小的三角形，由軸對(duì)稱的性質(zhì)可知，△PCF的周長等于線段C′C″的長度．
利用軸對(duì)稱的性質(zhì)、兩點(diǎn)之間線段最短可以證明此時(shí)△PCF的周長最?。?div style="height:15px;">
如答圖③所示，利用勾股定理求出線段C′C″的長度，即△PCF周長的最小值．
解答：
解：（1）∵C（0，1），OD=OC，∴D點(diǎn)坐標(biāo)為（1，0）．
設(shè)直線CD的解析式為y=kx+b（k≠0），
將C（0，1），D（1，0）代入得：360docimg_690_，
解得：b=1，k=﹣1，
∴直線CD的解析式為：y=﹣x+1．
（2）設(shè)拋物線的解析式為y=a（x﹣2）2+3，
將C（0，1）代入得：1=a×（﹣2）2+3，解得a=360docimg_691_．
∴y=360docimg_692_（x﹣2）2+3=360docimg_693_x2+2x+1．
（3）證明：由題意可知，∠ECD=45°，
∵OC=OD，且OC⊥OD，∴△OCD為等腰直角三角形，∠ODC=45°，
∴∠ECD=∠ODC，∴CE∥x軸，則點(diǎn)C、E關(guān)于對(duì)稱軸（直線x=2）對(duì)稱，
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（4，1）．
如答圖①所示，設(shè)對(duì)稱軸（直線x=2）與CE交于點(diǎn)F，則F（2，1），
∴ME=CM=QM=2，∴△QME與△QMC均為等腰直角三角形，∴∠QEC=∠QCE=45°．
又∵△OCD為等腰直角三角形，∴∠ODC=∠OCD=45°，
∴∠QEC=∠QCE=∠ODC=∠OCD=45°，
∴△CEQ∽△CDO．
（4）存在．
如答圖②所示，作點(diǎn)C關(guān)于直線QE的對(duì)稱點(diǎn)C′，作點(diǎn)C關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)C″，連接C′C″，交OD于點(diǎn)F，交QE于點(diǎn)P，則△PCF即為符合題意的周長最小的三角形，由軸對(duì)稱的性質(zhì)可知，△PCF的周長等于線段C′C″的長度．
（證明如下：不妨在線段OD上取異于點(diǎn)F的任一點(diǎn)F′，在線段QE上取異于點(diǎn)P的任一點(diǎn)P′，連接F′C″，F(xiàn)′P′，P′C′．
由軸對(duì)稱的性質(zhì)可知，△P′CF′的周長=F′C″+F′P′+P′C′；
而F′C″+F′P′+P′C′是點(diǎn)C′，C″之間的折線段，
由兩點(diǎn)之間線段最短可知：F′C″+F′P′+P′C′＞C′C″，
即△P′CF′的周長大于△PCE的周長．）
如答圖③所示，連接C′E，
∵C，C′關(guān)于直線QE對(duì)稱，△QCE為等腰直角三角形，
∴△QC′E為等腰直角三角形，
∴△CEC′為等腰直角三角形，
∴點(diǎn)C′的坐標(biāo)為（4，5）；
∵C，C″關(guān)于x軸對(duì)稱，∴點(diǎn)C″的坐標(biāo)為（﹣1，0）．
過點(diǎn)C′作C′N⊥y軸于點(diǎn)N，則NC′=4，NC″=4+1+1=6，
在Rt△C′NC″中，由勾股定理得：C′C″=360docimg_694_=360docimg_695_=360docimg_696_．
綜上所述，在P點(diǎn)和F點(diǎn)移動(dòng)過程中，△PCF的周長存在最小值，最小值為360docimg_697_．
360docimg_698_
360docimg_699_
360docimg_700_
點(diǎn)評(píng)：
本題是中考?jí)狠S題，綜合考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、相似三角形、等腰直角三角形、勾股定理、軸對(duì)稱的性質(zhì)等重要知識(shí)點(diǎn)，涉及考點(diǎn)較多，有一點(diǎn)的難度．本題難點(diǎn)在于第（4）問，如何充分利用軸對(duì)稱的性質(zhì)確定△PCF周長最小時(shí)的幾何圖形，是解答本題的關(guān)鍵．
30、（2013衡陽）如圖，已知拋物線經(jīng)過A（1，0），B（0，3）兩點(diǎn)，對(duì)稱軸是x=﹣1．
（1）求拋物線對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；
（2）動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)O出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長度的速度在線段OA上運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)M從M從O點(diǎn)出發(fā)以每秒3個(gè)單位長度的速度在線段OB上運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)Q作x軸的垂線交線段AB于點(diǎn)N，交拋物線于點(diǎn)P，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒．
①當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形OMPQ為矩形；
②△AON能否為等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，請說明理由．
360docimg_701_
考點(diǎn)：
二次函數(shù)綜合題
分析：
（1）利用頂點(diǎn)式、待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；
（2）①當(dāng)四邊形OMPQ為矩形時(shí)，滿足條件OM=PQ，據(jù)此列一元二次方程求解；
②△AON為等腰三角形時(shí)，可能存在三種情形，需要分類討論，逐一計(jì)算．
解答：
解：（1）根據(jù)題意，設(shè)拋物線的解析式為：y=a（x+1）2+k，
∵點(diǎn)A（1，0），B（0，3）在拋物線上，
∴360docimg_702_，
解得：a=﹣1，k=4，
∴拋物線的解析式為：y=﹣（x+1）2+4．
（2）①∵四邊形OMPQ為矩形，
∴OM=PQ，即3t=﹣（t+1）2+4，
整理得：t2+5t﹣3=0，
解得t=360docimg_703_，由于t=360docimg_704_＜0，故舍去，
∴當(dāng)t=360docimg_705_秒時(shí)，四邊形OMPQ為矩形；
②Rt△AOB中，OA=1，OB=3，∴tanA=3．
若△AON為等腰三角形，有三種情況：
360docimg_706_
（I）若ON=AN，如答圖1所示：
過點(diǎn)N作ND⊥OA于點(diǎn)D，則D為OA中點(diǎn)，OD=360docimg_707_OA=360docimg_708_，
∴t=360docimg_709_；
（II）若ON=OA，如答圖2所示：
過點(diǎn)N作ND⊥OA于點(diǎn)D，設(shè)AD=x，則ND=ADtanA=3x，OD=OA﹣AD=1﹣x，
在Rt△NOD中，由勾股定理得：OD2+ND2=ON2，
即（1﹣x）2+（3x）2=12，解得x1=360docimg_710_，x2=0（舍去），
∴x=360docimg_711_，OD=1﹣x=360docimg_712_，
∴t=360docimg_713_；
（III）若OA=AN，如答圖3所示：
過點(diǎn)N作ND⊥OA于點(diǎn)D，設(shè)AD=x，則ND=ADtanA=3x，
在Rt△AND中，由勾股定理得：ND2+AD2=AN2，
即（x）2+（3x）2=12，解得x1=360docimg_714_，x2=﹣360docimg_715_（舍去），
∴OD=1﹣x=1﹣360docimg_716_，
∴t=1﹣360docimg_717_．
綜上所述，當(dāng)t為360docimg_718_秒、360docimg_719_秒，（1﹣360docimg_720_）秒時(shí)，△AON為等腰三角形．
點(diǎn)評(píng)：
本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、解一元二次方程、勾股定理、解直角三角形、矩形性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，綜合性比較強(qiáng)，有一定的難度．第（2）問為運(yùn)動(dòng)型與存在型的綜合性問題，注意要弄清動(dòng)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程，進(jìn)行分類討論計(jì)算．
31、（2013郴州壓軸題）如圖，在直角梯形AOCB中，AB∥OC，∠AOC=90°，AB=1，AO=2，OC=3，以O(shè)為原點(diǎn)，OC、OA所在直線為軸建立坐標(biāo)系．拋物線頂點(diǎn)為A，且經(jīng)過點(diǎn)C．點(diǎn)P在線段AO上由A向點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)O在線段OC上由C向點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)，QD⊥OC交BC于點(diǎn)D，OD所在直線與拋物線在第一象限交于點(diǎn)E．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)E′是E關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)，點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，四邊形OEAE′是菱形？
（3）點(diǎn)P、Q分別以每秒2個(gè)單位和3個(gè)單位的速度同時(shí)出發(fā)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒，當(dāng)t為何值時(shí)，PB∥OD？
360docimg_721_
考點(diǎn)：
二次函數(shù)綜合題．3718684
分析：
（1）根據(jù)頂點(diǎn)式將A，C代入解析式求出a的值，進(jìn)而得出二次函數(shù)解析式；
（2）利用菱形的性質(zhì)得出AO與EE′互相垂直平分，利用E點(diǎn)縱坐標(biāo)得出x的值，進(jìn)而得出BC，EO直線解析式，再利用兩直線交點(diǎn)坐標(biāo)求法得出Q點(diǎn)坐標(biāo)，即可得出答案；
（3）首先得出△APB∽△QDO，進(jìn)而得出360docimg_722_=360docimg_723_，求出m的值，進(jìn)而得出答案．
解答：
解：（1）∵A（0，2）為拋物線的頂點(diǎn)，
∴設(shè)y=ax2+2，
∵點(diǎn)C（3，0），在拋物線上，
∴9a+2=0，
解得：a=﹣360docimg_724_，
∴拋物線為；y=﹣360docimg_725_x2+2；
（2）如果四邊形OEAE′是菱形，則AO與EE′互相垂直平分，
∴EE′經(jīng)過AO的中點(diǎn)，
∴點(diǎn)E縱坐標(biāo)為1，代入拋物線解析式得：
1=﹣360docimg_726_x2+2，
解得：x=±360docimg_727_360docimg_728_，
∵點(diǎn)E在第一象限，
∴點(diǎn)E為（360docimg_729_360docimg_730_，1），
設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，把B（1，2），C（3，0），代入得：
360docimg_731_，
解得：360docimg_732_，
∴BC的解析式為：y=﹣x+3，
將E點(diǎn)代入y=ax，可得出EO的解析式為：y=360docimg_733_x，
由360docimg_734_，
得：360docimg_735_，
∴Q點(diǎn)坐標(biāo)為：（360docimg_736_，0），
∴當(dāng)Q點(diǎn)坐標(biāo)為（360docimg_737_，0）時(shí)，四邊形OEAE′是菱形；
（3）法一：設(shè)t為m秒時(shí)，PB∥DO，又QD∥y軸，則有∠APB=∠AOE=∠ODQ，
又∵∠BAP=∠DQO，則有△APB∽△QDO，
∴360docimg_738_=360docimg_739_，
由題意得：AB=1，AP=2m，QO=3﹣3m，
又∵點(diǎn)D在直線y=﹣x+3上，∴DQ=3m，
因此：360docimg_740_=360docimg_741_，解得：m=360docimg_742_，
經(jīng)檢驗(yàn)：m=360docimg_743_是原分式方程的解，
∴當(dāng)t=360docimg_744_秒時(shí)，PB∥OD．
法二：作BH⊥OC于H，則BH=AO=2，OH=AB=1，HC=OC﹣OH=2，
∴BH=HC，∴∠BCH=∠CBH=45°，
易知DQ=CQ，
設(shè)t為m秒時(shí)PB∥OE，則△ABP∽△QOD，
∴360docimg_745_=360docimg_746_，易知AP=2m，DQ=CQ=3m，QO=3﹣3m，
∴360docimg_747_=360docimg_748_，
解得m=360docimg_749_，經(jīng)檢驗(yàn)m=360docimg_750_是方程的解，
∴當(dāng)t為360docimg_751_秒時(shí)，PB∥OD．
360docimg_752_
點(diǎn)評(píng)：
此題主要考查了菱形的判定與性質(zhì)以及頂點(diǎn)式求二次函數(shù)解析式以及相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，根據(jù)數(shù)形結(jié)合得出△APB∽△QDO是解題關(guān)鍵．
32、（2013常德）如圖，已知二次函數(shù)的圖象過點(diǎn)A（0，﹣3），B（360docimg_753_，360docimg_754_），對(duì)稱軸為直線x=﹣360docimg_755_，點(diǎn)P是拋物線上的一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P分別作PM⊥x軸于點(diǎn)M，PN⊥y軸于點(diǎn)N，在四邊形PMON上分別截取PC=360docimg_756_MP，MD=360docimg_757_OM，OE=360docimg_758_ON，NF=360docimg_759_NP．
（1）求此二次函數(shù)的解析式；
（2）求證：以C、D、E、F為頂點(diǎn)的四邊形CDEF是平行四邊形；
（3）在拋物線上是否存在這樣的點(diǎn)P，使四邊形CDEF為矩形？若存在，請求出所有符合條件的P點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
360docimg_760_
考點(diǎn)：
二次函數(shù)綜合題．3718684
分析：
（1）利用頂點(diǎn)式和待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；
（2）證明△PCF≌△OED，得CF=DE；證明△CDM≌△FEN，得CD=EF．這樣四邊形CDEF兩組對(duì)邊分別對(duì)應(yīng)相等，所以四邊形CDEF是平行四邊形；
（3）根據(jù)已知條件，利用相似三角形△PCF∽△MDC，可以證明矩形PMON是正方形．這樣點(diǎn)P就是拋物線y=x2+x﹣3與坐標(biāo)象限角平分線y=x或y=﹣x的交點(diǎn)，聯(lián)立解析式解方程組，分別求出點(diǎn)P的坐標(biāo)．符合題意的點(diǎn)P有四個(gè)，在四個(gè)坐標(biāo)象限內(nèi)各一個(gè)．
解答：
（1）解：設(shè)拋物線的解析式為：y=a（x+360docimg_761_）2+k，
∵點(diǎn)A（0，﹣3），B（360docimg_762_，360docimg_763_）在拋物線上，
∴360docimg_764_，
解得：a=1，k=360docimg_765_．
∴拋物線的解析式為：y=（x+360docimg_766_）2360docimg_767_=x2+x﹣3．
（2）證明：如右圖，連接CD、DE、EF、FC．
∵PM⊥x軸于點(diǎn)M，PN⊥y軸于點(diǎn)N，
∴四邊形PMON為矩形，
∴PM=ON，PN=OM．
∵PC=360docimg_768_MP，OE=360docimg_769_ON，
∴PC=OE；
∵M(jìn)D=360docimg_770_OM，NF=360docimg_771_NP，
∴MD=NF，
∴PF=OD．
在△PCF與△OED中，
360docimg_772_
∴△PCF≌△OED（SAS），
∴CF=DE．
同理可證：△CDM≌△FEN，
∴CD=EF．
∵CF=DE，CD=EF，
∴四邊形CDEF是平行四邊形．
（3）解：假設(shè)存在這樣的點(diǎn)P，使四邊形CDEF為矩形．
設(shè)矩形PMON的邊長PM=ON=m，PN=OM=n，則PC=360docimg_773_m，MC=360docimg_774_m，MD=360docimg_775_n，PF=360docimg_776_n．
若四邊形CDEF為矩形，則∠DCF=90°，易證△PCF∽△MDC，
∴360docimg_777_，即360docimg_778_，化簡得：m2=n2，
∴m=n，即矩形PMON為正方形．
∴點(diǎn)P為拋物線y=x2+x﹣3與坐標(biāo)象限角平分線y=x或y=﹣x的交點(diǎn)．
聯(lián)立360docimg_779_，
解得360docimg_780_，360docimg_781_，
∴P1（360docimg_782_，360docimg_783_），P2（﹣360docimg_784_，﹣360docimg_785_）；
聯(lián)立360docimg_786_，
解得360docimg_787_，360docimg_788_，
∴P3（﹣3，3），P4（﹣1，1）．
∴拋物線上存在點(diǎn)P，使四邊形CDEF為矩形．這樣的點(diǎn)有四個(gè)，在四個(gè)坐標(biāo)象限內(nèi)各一個(gè)，其坐標(biāo)分別為：P1（360docimg_789_，360docimg_790_），P2（﹣360docimg_791_，﹣360docimg_792_），P3（﹣3，3），P4（﹣1，1）．
360docimg_793_
點(diǎn)評(píng)：
本題是二次函數(shù)綜合題型，考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、全等三角形、相似三角形、解方程、矩形、正方形等知識(shí)點(diǎn)，所涉及的考點(diǎn)較多，但難度均勻，是一道好題．第（2）問的要點(diǎn)是全等三角形的證明，第（3）問的要點(diǎn)是判定四邊形PMON必須是正方形，然后列方程組求解．
33、（2013孝感壓軸題）如圖1，已知正方形ABCD的邊長為1，點(diǎn)E在邊BC上，若∠AEF=90°，且EF交正方形外角的平分線CF于點(diǎn)F．
（1）圖1中若點(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn)，我們可以構(gòu)造兩個(gè)三角形全等來證明AE=EF，請敘述你的一個(gè)構(gòu)造方案，并指出是哪兩個(gè)三角形全等（不要求證明）；
（2）如圖2，若點(diǎn)E在線段BC上滑動(dòng)（不與點(diǎn)B，C重合）．
①AE=EF是否總成立？請給出證明；
②在如圖2的直角坐標(biāo)系中，當(dāng)點(diǎn)E滑動(dòng)到某處時(shí)，點(diǎn)F恰好落在拋物線y=﹣x2+x+1上，求此時(shí)點(diǎn)F的坐標(biāo)．
360docimg_794_
考點(diǎn)：
二次函數(shù)綜合題．
專題：
綜合題．
分析：
（1）取AB的中點(diǎn)G，連接EG，利用SSS能得到△AGE與△ECF全等；
（2）①在AB上截取AM=EC，證得△AME≌△ECF即可證得AE=EF；
②過點(diǎn)F作FH⊥x軸于H，根據(jù)FH=BE=CH設(shè)BH=a，則FH=a﹣1，然后表示出點(diǎn)F的坐標(biāo)，根據(jù)點(diǎn)F恰好落在拋物線y=﹣x2+x+1上得到有關(guān)a的方程求得a值即可求得點(diǎn)F的坐標(biāo)；
解答：
（1）解：如圖1，取AB的中點(diǎn)G，連接EG．
△AGE與△ECF全等．
（2）①若點(diǎn)E在線段BC上滑動(dòng)時(shí)AE=EF總成立．
證明：如圖2，在AB上截取AM=EC．
∵AB=BC，
∴BM=BE，
∴△MBE是等腰直角三角形，
∴∠AME=180°﹣45°=135°，
又∵CF平分正方形的外角，
∴∠ECF=135°，
∴∠AME=∠ECF．
而∠BAE+∠AEB=∠CEF+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠CEF，
∴△AME≌△ECF．
∴AE=EF．
②過點(diǎn)F作FH⊥x軸于H，
由①知，F(xiàn)H=BE=CH，
設(shè)BH=a，則FH=a﹣1，
∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為F（a，a﹣1）
∵點(diǎn)F恰好落在拋物線y=﹣x2+x+1上，
∴a﹣1=﹣a2+a+1，
∴a2=2，360docimg_795_（負(fù)值不合題意，舍去），
∴360docimg_796_．
∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為360docimg_797_．
360docimg_798_
點(diǎn)評(píng)：
本題考查了二次函數(shù)的綜合知識(shí)，題目中涉及到了全等的知識(shí)，還滲透了方程思想，是一道好題．
34、（2013咸寧壓軸題）如圖，已知直線y=x+1與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B，將△AOB繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后得到△COD．
（1）點(diǎn)C的坐標(biāo)是 （0，3） 線段AD的長等于 4??；
（2）點(diǎn)M在CD上，且CM=OM，拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)G，M，求拋物線的解析式；
（3）如果點(diǎn)E在y軸上，且位于點(diǎn)C的下方，點(diǎn)F在直線AC上，那么在（2）中的拋物線上是否存在點(diǎn)P，使得以C，E，F(xiàn)，P為頂點(diǎn)的四邊形是菱形？若存在，請求出該菱形的周長l；若不存在，請說明理由．
360docimg_799_
考點(diǎn)：
二次函數(shù)綜合題．
分析：
（1）首先求出圖象與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B的坐標(biāo)，進(jìn)而得出C點(diǎn)坐標(biāo)以及線段AD的長；
（2）首先得出點(diǎn)M是CD的中點(diǎn)，即可得出M點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；
（3）分別根據(jù)當(dāng)點(diǎn)F在點(diǎn)C的左邊時(shí)以及當(dāng)點(diǎn)F在點(diǎn)C的右邊時(shí)，分析四邊形CFPE為菱形得出即可．
解答：
（1）點(diǎn)C的坐標(biāo)是（0,3），線段AD的長等于4； 3分
（說明：前一個(gè)空為1分，后一個(gè)空為2分）
（2）∵360docimg_800_,
∴360docimg_801_.
∵360docimg_802_,
∴360docimg_803_,
∴360docimg_804_,
∴點(diǎn)360docimg_805_是360docimg_806_的中點(diǎn)， 4分
∴點(diǎn)360docimg_807_的坐標(biāo)為360docimg_808_. 5分
（說明：由CM＝OM得到點(diǎn)M在OC在垂直平分線上，所以點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為360docimg_809_，再求出直線CD的解析式，進(jìn)而求出點(diǎn)M的坐標(biāo)也可.）
∵拋物線360docimg_810_經(jīng)過點(diǎn)C，M，
∴360docimg_811_ ，解得：360docimg_812_. 6分
∴拋物線360docimg_813_的解析式為：360docimg_814_. 7分
（3）拋物線上存在點(diǎn)P，使得以C，E，F(xiàn)，P為頂點(diǎn)的四邊形是菱形. 8分
360docimg_815_情形1：如圖1，當(dāng)點(diǎn)360docimg_816_在點(diǎn)360docimg_817_的左邊時(shí)，四邊形360docimg_818_為菱形.
∴360docimg_819_,
由題意可知，360docimg_820_
∴360docimg_821_,
∴360docimg_822_,
∴菱形360docimg_823_為正方形.
過點(diǎn)360docimg_824_作360docimg_825_,垂足為360docimg_826_,
則Rt△360docimg_827_為等腰直角三角形.
∴360docimg_828_. 9分
設(shè)點(diǎn)360docimg_829_為（360docimg_830_，360docimg_831_），則360docimg_832_360docimg_833_,360docimg_834_，
∵360docimg_835_,
∴3-(360docimg_836_)=360docimg_837_，
解得：360docimg_838_
∴360docimg_839_，
∴菱形360docimg_840_的周長為：360docimg_841_. 10分
情形2：如圖2，當(dāng)點(diǎn)360docimg_842_在點(diǎn)360docimg_843_的右邊時(shí)，四邊形CFPE為菱形.
360docimg_844_ ∴360docimg_845_，360docimg_846_∥360docimg_847_.
∵直線360docimg_848_過點(diǎn)360docimg_849_（-3,0），點(diǎn)360docimg_850_（0,3），
∴直線360docimg_851_的解析式為：360docimg_852_.
過點(diǎn)360docimg_853_作360docimg_854_，垂足為360docimg_855_,
則Rt△CMF為等腰直角三角形,360docimg_856_.
延長360docimg_857_交x軸于點(diǎn)360docimg_858_,
則360docimg_859_x軸, ∴360docimg_860_. 11分
設(shè)點(diǎn)360docimg_861_為（360docimg_862_，360docimg_863_），則點(diǎn)360docimg_864_為（360docimg_865_，360docimg_866_），
∴360docimg_867_，360docimg_868_360docimg_869_，
∴360docimg_870_，解得：360docimg_871_，
∴360docimg_872_，
∴菱形360docimg_873_的周長為：（360docimg_874_）360docimg_875_.
綜上所述，這樣的菱形存在，它的周長為360docimg_876_或360docimg_877_. 12分
點(diǎn)評(píng)：
此題主要考查了二次函數(shù)綜合應(yīng)用以及菱形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，根據(jù)已知進(jìn)行分類討論得出是解題關(guān)鍵．
35、（2013十堰壓軸題）已知拋物線y=x2﹣2x+c與x軸交于A．B兩點(diǎn)，與y軸交于C點(diǎn)，拋物線的頂點(diǎn)為D點(diǎn)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣1，0）．
（1）求D點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）如圖1，連接AC，BD并延長交于點(diǎn)E，求∠E的度數(shù)；
（3）如圖2，已知點(diǎn)P（﹣4，0），點(diǎn)Q在x軸下方的拋物線上，直線PQ交線段AC于點(diǎn)M，當(dāng)∠PMA=∠E時(shí)，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)．
360docimg_878_
考點(diǎn)：
二次函數(shù)綜合題．3718684
分析：
（1）將點(diǎn)A的坐標(biāo)代入到拋物線的解析式求得c值，然后配方后即可確定頂點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）連接CD、CB，過點(diǎn)D作DF⊥y軸于點(diǎn)F，首先求得點(diǎn)C的坐標(biāo)，然后證得△DCB∽△AOC得到∠CBD=∠OCA，根據(jù)∠ACB=∠CBD+∠E=∠OCA+∠OCB，得到∠E=∠OCB=45°；
（3）設(shè)直線PQ交y軸于N點(diǎn)，交BD于H點(diǎn)，作DG⊥x軸于G點(diǎn)，增大△DGB∽△PON后利用相似三角形的性質(zhì)求得ON的長，從而求得點(diǎn)N的坐標(biāo)，進(jìn)而求得直線PQ的解析式，
設(shè)Q（m，n），根據(jù)點(diǎn)Q在y=x2﹣2x﹣3上，得到﹣360docimg_879_m﹣2=m2﹣2m﹣3，求得m、n的值后即可求得點(diǎn)Q的坐標(biāo)．
解答：
解：（1）把x=﹣1，y=0代入y=x2﹣2x+c得：1+2+c=0
∴c=﹣3
∴y=x2﹣2x﹣3=y=（x﹣1）2﹣4
∴頂點(diǎn)坐標(biāo)為（1，﹣4）；
（2）如圖1，連接CD、CB，過點(diǎn)D作DF⊥y軸于點(diǎn)F，
由x2﹣2x﹣3=0得x=﹣1或x=3
∴B（3，0）
當(dāng)x=0時(shí)，y=x2﹣2x﹣3=﹣3
∴C（0，﹣3）
∴OB=OC=3
∵∠BOC=90°，
∴∠OCB=45°，
BC=3360docimg_880_
又∵DF=CF=1，∠CFD=90°，
∴∠FCD=45°，CD=360docimg_881_，
∴∠BCD=180°﹣∠OCB﹣∠FCD=90°．
∴∠BCD=∠COA
又∵360docimg_882_
∴△DCB∽△AOC，
∴∠CBD=∠OCA
又∵∠ACB=∠CBD+∠E=∠OCA+∠OCB
∴∠E=∠OCB=45°，
（3）如圖2，設(shè)直線PQ交y軸于N點(diǎn)，交BD于H點(diǎn)，作DG⊥x軸于G點(diǎn)
∵∠PMA=45°，
∴∠EMH=45°，
∴∠MHE=90°，
∴∠PHB=90°，
∴∠DBG+∠OPN=90°
又∴∠ONP+∠OPN=90°，
∴∠DBG=∠ONP
又∵∠DGB=∠PON=90°，
∴△DGB=∠PON=90°，
∴△DGB∽△PON
∴360docimg_883_
即：360docimg_884_=360docimg_885_
∴ON=2，
∴N（0，﹣2）
設(shè)直線PQ的解析式為y=kx+b
則360docimg_886_
解得：360docimg_887_
∴y=﹣360docimg_888_x﹣2
設(shè)Q（m，n）且n＜0，
∴n=﹣360docimg_889_m﹣2
又∵Q（m，n）在y=x2﹣2x﹣3上，
∴n=m2﹣2m﹣3
∴﹣360docimg_890_m﹣2=m2﹣2m﹣3
解得：m=2或m=﹣360docimg_891_
∴n=﹣3或n=﹣360docimg_892_
∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（2，﹣3）或（﹣360docimg_893_，﹣360docimg_894_）．
360docimg_895_
點(diǎn)評(píng)：
本題考查了二次函數(shù)的綜合知識(shí)，難度較大，題目中滲透了許多的知識(shí)點(diǎn)，特別是二次函數(shù)與相似三角形的結(jié)合，更是一個(gè)難點(diǎn)，同時(shí)也是中考中的?？碱}型之一．
36、（2013恩施州壓軸題）如圖所示，直線l：y=3x+3與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B．把△AOB沿y軸翻折，點(diǎn)A落到點(diǎn)C，拋物線過點(diǎn)B、C和D（3，0）．
（1）求直線BD和拋物線的解析式．
（2）若BD與拋物線的對(duì)稱軸交于點(diǎn)M，點(diǎn)N在坐標(biāo)軸上，以點(diǎn)N、B、D為頂點(diǎn)的三角形與△MCD相似，求所有滿足條件的點(diǎn)N的坐標(biāo)．
（3）在拋物線上是否存在點(diǎn)P，使S△PBD=6？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．
360docimg_896_
考點(diǎn)：
二次函數(shù)綜合題．
分析：
（1）由待定系數(shù)法求出直線BD和拋物線的解析式；
（2）首先確定△MCD為等腰直角三角形，因?yàn)椤鰾ND與△MCD相似，所以△BND也是等腰直角三角形．如答圖1所示，符合條件的點(diǎn)N有3個(gè)；
（3）如答圖2、答圖3所示，解題關(guān)鍵是求出△PBD面積的表達(dá)式，然后根據(jù)S△PBD=6的已知條件，列出一元二次方程求解．
解答：
解：（1）∵直線l：y=3x+3與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B，
∴A（﹣1，0），B（0，3）；
∵把△AOB沿y軸翻折，點(diǎn)A落到點(diǎn)C，∴C（1，0）．
設(shè)直線BD的解析式為：y=kx+b，
∵點(diǎn)B（0，3），D（3，0）在直線BD上，
∴360docimg_897_，
解得k=﹣1，b=3，
∴直線BD的解析式為：y=﹣x+3．
設(shè)拋物線的解析式為：y=a（x﹣1）（x﹣3），
∵點(diǎn)B（0，3）在拋物線上，
∴3=a×（﹣1）×（﹣3），
解得：a=1，
∴拋物線的解析式為：y=（x﹣1）（x﹣3）=x2﹣4x+3．
（2）拋物線的解析式為：y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，
∴拋物線的對(duì)稱軸為直線x=2，頂點(diǎn)坐標(biāo)為（2，﹣1）．
直線BD：y=﹣x+3與拋物線的對(duì)稱軸交于點(diǎn)M，令x=2，得y=1，
∴M（2，1）．
設(shè)對(duì)稱軸與x軸交點(diǎn)為點(diǎn)F，則CF=FD=MN=1，
∴△MCD為等腰直角三角形．
∵以點(diǎn)N、B、D為頂點(diǎn)的三角形與△MCD相似，
∴△BND為等腰直角三角形．
如答圖1所示：
（I）若BD為斜邊，則易知此時(shí)直角頂點(diǎn)為原點(diǎn)O，
∴N1（0，0）；
（II）若BD為直角邊，B為直角頂點(diǎn)，則點(diǎn)N在x軸負(fù)半軸上，
∵OB=OD=ON2=3，
∴N2（﹣3，0）；
（III）若BD為直角邊，D為直角頂點(diǎn)，則點(diǎn)N在y軸負(fù)半軸上，
∵OB=OD=ON3=3，
∴N3（0，﹣3）．
∴滿足條件的點(diǎn)N坐標(biāo)為：（0，0），（﹣3，0）或（0，﹣3）．
（3）假設(shè)存在點(diǎn)P，使S△PBD=6，設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為（m，n）．
（I）當(dāng)點(diǎn)P位于直線BD上方時(shí)，如答圖2所示：
過點(diǎn)P作PE⊥x軸于點(diǎn)E，則PE=n，DE=m﹣3．
S△PBD=S梯形PEOB﹣S△BOD﹣S△PDE=360docimg_898_（3+n）m﹣360docimg_899_×3×3﹣360docimg_900_（m﹣3）n=6，
化簡得：m+n=7 ①，
∵P（m，n）在拋物線上，
∴n=m2﹣4m+3，
代入①式整理得：m2﹣3m﹣4=0，
解得：m1=4，m2=﹣1，
∴n1=3，n2=8，
∴P1（4，3），P2（﹣1，8）；
（II）當(dāng)點(diǎn)P位于直線BD下方時(shí)，如答圖3所示：
過點(diǎn)P作PE⊥y軸于點(diǎn)E，則PE=m，OE=﹣n，BE=3﹣n．
S△PBD=S梯形PEOD+S△BOD﹣S△PBE=360docimg_901_（3+m）（﹣n）+360docimg_902_×3×3﹣360docimg_903_（3﹣n）m=6，
化簡得：m+n=﹣1 ②，
∵P（m，n）在拋物線上，
∴n=m2﹣4m+3，
代入②式整理得：m2﹣3m+4=0，△=﹣7＜0，此方程無解．
故此時(shí)點(diǎn)P不存在．
綜上所述，在拋物線上存在點(diǎn)P，使S△PBD=6，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（4，3）或（﹣1，8）．
360docimg_904_
360docimg_905_
360docimg_906_
點(diǎn)評(píng)：
本題是中考?jí)狠S題，綜合考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、相似三角形的判定與性質(zhì)、圖形面積計(jì)算、解一元二次方程等知識(shí)點(diǎn)，考查了數(shù)形結(jié)合、分類討論的數(shù)學(xué)思想．第（2）（3）問均需進(jìn)行分類討論，避免漏解．
37、（2013鄂州壓軸題）在平面直角坐標(biāo)系中，已知M1（3，2），N1（5，﹣1），線段M1N1平移至線段MN處（注：M1與M，N1與N分別為對(duì)應(yīng)點(diǎn)）．
（1）若M（﹣2，5），請直接寫出N點(diǎn)坐標(biāo)．
（2）在（1）問的條件下，點(diǎn)N在拋物線360docimg_907_上，求該拋物線對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式．
（3）在（2）問條件下，若拋物線頂點(diǎn)為B，與y軸交于點(diǎn)A，點(diǎn)E為線段AB中點(diǎn)，點(diǎn)C（0，m）是y軸負(fù)半軸上一動(dòng)點(diǎn)，線段EC與線段BO相交于F，且OC：OF=2：360docimg_908_，求m的值．
（4）在（3）問條件下，動(dòng)點(diǎn)P從B點(diǎn)出發(fā)，沿x軸正方向勻速運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)（即BP長為多少），將△ABP沿邊PE折疊，△APE與△PBE重疊部分的面積恰好為此時(shí)的△ABP面積的360docimg_909_，求此時(shí)BP的長度．
360docimg_910_
考點(diǎn)：
二次函數(shù)綜合題．3718684
專題：
綜合題．
分析：
（1）首先根據(jù)點(diǎn)M的移動(dòng)方向和單位得到點(diǎn)N的平移方向和單位，然后按照平移方向和單位進(jìn)行移動(dòng)即可；
（2）將點(diǎn)N的坐標(biāo)代入函數(shù)的解析式即可求得k值；[來源:學(xué)&科&網(wǎng)]
（3）配方后確定點(diǎn)B、A、E的坐標(biāo)，根據(jù)CO：OF=2：360docimg_911_用m表示出線段CO、FO和BF的長，利用S△BEC=S△EBF+S△BFC=360docimg_912_得到有關(guān)m的方程求得m的值即可；
（4）分當(dāng)∠BPE＜∠APE時(shí)、當(dāng)∠BPE=∠APE時(shí)、當(dāng)∠BPE＜∠APE時(shí)三種情況分類討論即可．
解答：
解：（1）由于圖形平移過程中，對(duì)應(yīng)點(diǎn)的平移規(guī)律相同，
由點(diǎn)M到點(diǎn)M′可知，點(diǎn)的橫坐標(biāo)減5，縱坐標(biāo)加3，
故點(diǎn)N′的坐標(biāo)為（5﹣5，﹣1+3），即（0，2）．
N（0，2）；
360docimg_913_
（2）∵N（0，2）在拋物線y=360docimg_914_x2+360docimg_915_360docimg_916_x+k上
∴k=2
∴拋物線的解析式為y=360docimg_917_x2+360docimg_918_360docimg_919_x+2
（3）∵y=360docimg_920_x2+360docimg_921_360docimg_922_x+2=360docimg_923_（x+2360docimg_924_）2
∴B（﹣2360docimg_925_，0）、A（0，2）、E（﹣360docimg_926_，1）
∵CO：OF=2：360docimg_927_
∴CO=﹣m，F(xiàn)O=﹣360docimg_928_m，BF=2360docimg_929_+360docimg_930_m
∵S△BEC=S△EBF+S△BFC=360docimg_931_
∴360docimg_932_（2360docimg_933_+360docimg_934_m）（﹣m+1）=360docimg_935_
整理得：m2+m=0
∴m=﹣1或0
∵m＜0
∴m=﹣1
（4）在Rt△ABO中，tan∠ABO=360docimg_936_=360docimg_937_=360docimg_938_
∴∠ABO=30°，AB=2AO=4
①當(dāng)∠BPE＞∠APE時(shí)，連接A1B則對(duì)折后如圖2，A1為對(duì)折后A的所落點(diǎn)，△EHP是重疊部分．
∵E為AB中點(diǎn)，∴S△AEP=S△BEP=360docimg_939_S△ABP
∵S△EHP=360docimg_940_S△ABP
∴360docimg_941_=S△EHP=S△BHP=360docimg_942_S△ABP
∴A1H=HP，EH=HB=1
∴四邊形A1BPE為平行四邊形
∴BP=A1E=AE=2
即BP=2
②當(dāng)∠BPE=∠APE時(shí)，重疊部分面積為△ABP面積的一半，不符合題意；
③當(dāng)∠BPE＜∠APE時(shí)．
則對(duì)折后如圖3，A1為對(duì)折后A的所落點(diǎn)．△EHP是重疊部分
∵E為AB中點(diǎn)，
∴S△AEP=S△BEP=360docimg_943_S△ABP
∵S△EHP=360docimg_944_S△ABP∴S△EBH=S△EHP=360docimg_945_=360docimg_946_S△ABP
∴BH=HP，EH=HA1=1
又∵BE=EA=2
∴EH360docimg_947_360docimg_948_AP，
∴AP=2
在△APB中，∠ABP=30°，AB=4，AP=2．[來源:學(xué)?？啤＞W(wǎng)Z。X。X。K]
∴∠APB=90°，
∴BP=360docimg_949_，
綜合①②③知：BP=2或360docimg_950_；
點(diǎn)評(píng)：
此題主要考查了點(diǎn)的平移、二次函數(shù)解析式的確定，圖形折疊問題及圖形面積等重要知識(shí)點(diǎn)，同時(shí)還考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想，難度較大．
38、（2013遵義壓軸題）如圖，已知拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（4，﹣360docimg_951_），且與y軸交于點(diǎn)C（0，2），與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左邊）．
（1）求拋物線的解析式及A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）在（1）中拋物線的對(duì)稱軸l上是否存在一點(diǎn)P，使AP+CP的值最??？若存在，求AP+CP的最小值，若不存在，請說明理由；
（3）在以AB為直徑的⊙M相切于點(diǎn)E，CE交x軸于點(diǎn)D，求直線CE的解析式．
360docimg_952_
考點(diǎn)：
二次函數(shù)綜合題．3718684
專題：
綜合題．
分析：
（1）利用頂點(diǎn)式求得二次函數(shù)的解析式后令其等于0后求得x的值即為與x軸交點(diǎn)坐標(biāo)的橫坐標(biāo)；
（2）線段BC的長即為AP+CP的最小值；
（3）連接ME，根據(jù)CE是⊙M的切線得到ME⊥CE，∠CEM=90°，從而證得△COD≌△MED，設(shè)OD=x，在RT△COD中，利用勾股定理求得x的值即可求得點(diǎn)D的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法確定線段CE的解析式即可．
解答：
解：（1）由題意，設(shè)拋物線的解析式為y=a（x﹣4）2﹣360docimg_953_（a≠0）
∵拋物線經(jīng)過（0，2）
∴a（0﹣4）2﹣360docimg_954_=2
解得：a=360docimg_955_
∴y=360docimg_956_（x﹣4）2﹣360docimg_957_
即：y=360docimg_958_x2﹣360docimg_959_x+2
當(dāng)y=0時(shí)，360docimg_960_x2﹣360docimg_961_x+2=0
解得：x=2或x=6
∴A（2，0），B（6，0）；
（2）存在，
如圖2，由（1）知：拋物線的對(duì)稱軸l為x=4，
因?yàn)锳、B兩點(diǎn)關(guān)于l對(duì)稱，連接CB交l于點(diǎn)P，則AP=BP，所以AP+CP=BC的值最小
∵B（6，0），C（0，2）
∴OB=6，OC=2
∴BC=2360docimg_962_，
∴AP+CP=BC=2360docimg_963_
∴AP+CP的最小值為2360docimg_964_；
（3）如圖3，連接ME
∵CE是⊙M的切線
∴ME⊥CE，∠CEM=90°
由題意，得OC=ME=2，∠ODC=∠MDE
∵在△COD與△MED中
360docimg_965_
∴△COD≌△MED（AAS），
∴OD=DE，DC=DM
設(shè)OD=x
則CD=DM=OM﹣OD=4﹣x
則RT△COD中，OD2+OC2=CD2，
∴x2+22=（4﹣x）2
∴x=360docimg_966_
∴D（360docimg_967_，0）
設(shè)直線CE的解析式為y=kx+b
∵直線CE過C（0，2），D（360docimg_968_，0）兩點(diǎn)，
則360docimg_969_
解得：360docimg_970_
∴直線CE的解析式為y=﹣360docimg_971_+2；
360docimg_972_
360docimg_973_
360docimg_974_
點(diǎn)評(píng)：
本題考查了二次函數(shù)的綜合知識(shí)，特別是用頂點(diǎn)式求二次函數(shù)的解析式，更是中考中的?？純?nèi)容，本題難度偏大．
39、（2013黔西南州壓軸題）如圖，已知拋物線經(jīng)過A（﹣2，0），B（﹣3，3）及原點(diǎn)O，頂點(diǎn)為C
（1）求拋物線的函數(shù)解析式．
（2）設(shè)點(diǎn)D在拋物線上，點(diǎn)E在拋物線的對(duì)稱軸上，且以AO為邊的四邊形AODE是平行四邊形，求點(diǎn)D的坐標(biāo)．
（3）P是拋物線上第一象限內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PM⊥x軸，垂足為M，是否存在點(diǎn)P，使得以P，M，A為頂點(diǎn)的三角形與△BOC相似？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
360docimg_975_
考點(diǎn)：
二次函數(shù)綜合題．
專題：
綜合題．
分析：
（1）由于拋物線經(jīng)過A（﹣2，0），B（﹣3，3）及原點(diǎn)O，待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式；
（2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，對(duì)邊平行且相等，可以求出點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（3）分兩種情況討論，①△AMP∽△BOC，②PMA∽△BOC，根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊的比相等可以求出點(diǎn)P的坐標(biāo)．
解答：
解：（1）設(shè)拋物線的解析式為y=ax2+bx+c（a≠0），
將點(diǎn)A（﹣2，0），B（﹣3，3），O（0，0），代入可得：360docimg_976_，
解得：360docimg_977_．
故函數(shù)解析式為：y=x2+2x．
（2）當(dāng)AO為平行四邊形的邊時(shí)，DE∥AO，DE=AO，由A（﹣2，0）知：DE=AO=2，
若D在對(duì)稱軸直線x=﹣1左側(cè)，
則D橫坐標(biāo)為﹣3，代入拋物線解析式得D1（﹣3，3），
若D在對(duì)稱軸直線x=﹣1右側(cè)，
則D橫坐標(biāo)為1，代入拋物線解析式得D2（1，3）．
綜上可得點(diǎn)D的坐標(biāo)為：（﹣3，3）或（1，3）．
（3）存在．
如圖：∵B（﹣3，3），C（﹣1，﹣1），
根據(jù)勾股定理得：BO2=18，CO2=2，BC2=20，
∵BO2+CO2=BC2，
∴△BOC是直角三角形，
假設(shè)存在點(diǎn)P，使以P，M，A為頂點(diǎn)的 三角形與△BOC相似，
設(shè)P（x，y），由題意知x＞0，y＞0，且y=x2+2x，
①若△AMP∽△BOC，則360docimg_978_=360docimg_979_，
即x+2=3（x2+2x），
得：x1=360docimg_980_，x2=﹣2（舍去）．
當(dāng)x=360docimg_981_時(shí)，y=360docimg_982_，即P（360docimg_983_，360docimg_984_），
②若△PMA∽△BOC，則360docimg_985_=360docimg_986_，
即：x2+2x=3（x+2），
得：x1=3，x2=﹣2（舍去）
當(dāng)x=3時(shí)，y=15，即P（3，15）．
故符合條件的點(diǎn)P有兩個(gè)，分別是P（360docimg_987_，360docimg_988_）或（3，15）．
360docimg_989_
點(diǎn)評(píng)：
本題考查的是二次函數(shù)的綜合題，首先用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式，然后利用平行四邊形的性質(zhì)和相似三角形的性質(zhì)確定點(diǎn)D和點(diǎn)P的坐標(biāo)，注意分類討論思想的運(yùn)用，難度較大．
40、（13年北京8分25）對(duì)于平面直角坐標(biāo)系360docimg_990_O360docimg_991_中的點(diǎn)P和⊙C，給出如下定義：若⊙C上存在兩個(gè)點(diǎn)A，B，使得∠APB=60°，則稱P為⊙C 的關(guān)聯(lián)點(diǎn)。
已知點(diǎn)D（360docimg_992_，360docimg_993_），E（0，-2），F(xiàn)（360docimg_994_，0）
（1）當(dāng)⊙O的半徑為1時(shí)，
①在點(diǎn)D，E，F(xiàn)中，⊙O的關(guān)聯(lián)點(diǎn)是__________；
②過點(diǎn)F作直線交360docimg_995_軸正半軸于點(diǎn)G，使∠GFO=30°，若直線上的點(diǎn)P（360docimg_996_，360docimg_997_）是⊙O的關(guān)聯(lián)點(diǎn)，求360docimg_998_的取值范圍；
（2）若線段EF上的所有點(diǎn)都是某個(gè)圓的關(guān)聯(lián)點(diǎn)，求這個(gè)圓的半徑360docimg_999_的取值范圍。
360docimg_1000_
解析：【解析】(1) ①360docimg_1001_；
② 由題意可知，若360docimg_1002_點(diǎn)要?jiǎng)偤檬菆A360docimg_1003_的關(guān)聯(lián)點(diǎn)；
需要點(diǎn)360docimg_1004_到圓360docimg_1005_的兩條切線360docimg_1006_和360docimg_1007_之間所夾
的角度為360docimg_1008_；
由圖360docimg_1009_可知360docimg_1010_，則360docimg_1011_，
連接360docimg_1012_，則360docimg_1013_；
∴若360docimg_1014_點(diǎn)為圓360docimg_1015_的關(guān)聯(lián)點(diǎn)；則需點(diǎn)360docimg_1016_到圓心的距離360docimg_1017_滿足360docimg_1018_；
360docimg_1019_由上述證明可知，考慮臨界位置的360docimg_1020_點(diǎn)，如圖2；
點(diǎn)360docimg_1021_到原點(diǎn)的距離360docimg_1022_；
過360docimg_1023_作360docimg_1024_軸的垂線360docimg_1025_，垂足為360docimg_1026_；
360docimg_1027_；
∴360docimg_1028_；
∴360docimg_1029_；
360docimg_1030_∴360docimg_1031_；
∴360docimg_1032_；
易得點(diǎn)360docimg_1033_與點(diǎn)360docimg_1034_重合，過360docimg_1035_作360docimg_1036_軸于點(diǎn)360docimg_1037_；
易得360docimg_1038_；
∴360docimg_1039_；
從而若點(diǎn)360docimg_1040_為圓360docimg_1041_的關(guān)聯(lián)點(diǎn)，則360docimg_1042_點(diǎn)必在線段360docimg_1043_上；
∴360docimg_1044_；
(2) 若線段360docimg_1045_上的所有點(diǎn)都是某個(gè)圓的關(guān)聯(lián)點(diǎn)，欲使這個(gè)圓的半徑最小，
則這個(gè)圓的圓心應(yīng)在線段360docimg_1046_的中點(diǎn)；
考慮臨界情況，如圖3；
即恰好360docimg_1047_點(diǎn)為圓360docimg_1048_的關(guān)聯(lián)時(shí)，則360docimg_1049_；
360docimg_1050_∴此時(shí)360docimg_1051_；
故若線段360docimg_1052_上的所有點(diǎn)都是某個(gè)圓的關(guān)聯(lián)點(diǎn)，
這個(gè)圓的半徑360docimg_1053_的取值范圍為360docimg_1054_.
【點(diǎn)評(píng)】“新定義”問題最關(guān)鍵的是要能夠把“新定義”轉(zhuǎn)化為自己熟悉的知識(shí)，通過第(2)問開
頭部分的解析，可以看出本題的“關(guān)聯(lián)點(diǎn)”本質(zhì)就是到圓心的距離小于或等于360docimg_1055_倍半
徑的點(diǎn).
了解了這一點(diǎn)，在結(jié)合平面直角坐標(biāo)系和圓的知識(shí)去解答就事半功倍了.
考點(diǎn)：代幾綜合（“新定義”、特殊直角三角形的性質(zhì)、圓、特殊角三角形函數(shù)、數(shù)形結(jié)合）
41、(2013年深圳市)如圖6-1，過點(diǎn)A（0，4）的圓的圓心坐標(biāo)為C（2，0），B是第一象限圓弧上的一點(diǎn)，且BC⊥AC，拋物線360docimg_1056_經(jīng)過C、B兩點(diǎn)，與360docimg_1057_軸的另一交點(diǎn)為D。
360docimg_1058_360docimg_1059_（1）點(diǎn)B的坐標(biāo)為（ ， ），拋物線的表達(dá)式為
（2）如圖6-2，求證：BD//AC
（3）如圖6-3，點(diǎn)Q為線段BC上一點(diǎn)，且AQ=5，直線AQ交⊙C于點(diǎn)P，求AP的長。
360docimg_1060_
解析：
360docimg_1061_
360docimg_1062_
42、（2013欽州壓軸題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線y=360docimg_1063_x2+2x與x軸相交于O、B，頂點(diǎn)為A，連接OA．
（1）求點(diǎn)A的坐標(biāo)和∠AOB的度數(shù)；
（2）若將拋物線y=360docimg_1064_x2+2x向右平移4個(gè)單位，再向下平移2個(gè)單位，得到拋物線m，其頂點(diǎn)為點(diǎn)C．連接OC和AC，把△AOC沿OA翻折得到四邊形ACOC′．試判斷其形狀，并說明理由；
（3）在（2）的情況下，判斷360docimg_1065_點(diǎn)C′是否在拋物線y=360docimg_1066_x2+2x上，請說明理由；
（4）若點(diǎn)P為x軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，試探究在拋物線m上是否存在點(diǎn)Q，使以點(diǎn)O、P、C、Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，且OC為該四邊形的一條邊？若存在，請直接寫出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
360docimg_1067_
考點(diǎn)：
二次函數(shù)綜合題．3718684
專題：
探究型．
分析：
（1）由y=360docimg_1068_x2+2x得，y=360docimg_1069_（x﹣2）2﹣2，故可得出拋物線的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)，令360docimg_1070_x2+2x=0得出點(diǎn)B的坐標(biāo)過點(diǎn)A作AD⊥x軸，垂足為D，由∠ADO=90°可知點(diǎn)D的坐標(biāo)，故可得出OD=AD，由此即可得出結(jié)論；
（2）由題意可知拋物線m的二次項(xiàng)系數(shù)為360docimg_1071_，由此可得拋物線m的解析式過點(diǎn)C作CE⊥x軸，垂足為E；過點(diǎn)A作AF⊥CE，垂足為F，與y軸交與點(diǎn)H，根據(jù)勾股定理可求出OC的長，同理可得AC的長，OC=AC，由翻折不變性的性質(zhì)可知，OC=AC=OC360docimg_1072_′=AC′，由此即可得出結(jié)論；
（3）過點(diǎn)C′作C′G⊥x軸，垂足為G，由于OC和OC′關(guān)于OA對(duì)稱，∠AOB=∠AOH=45°，故可得出∠COH=∠C′OG，再根據(jù)CE∥OH可知∠OCE=∠C′OG，根據(jù)全等三角形的判定定理可知△CEO≌△C′GO，故可得出點(diǎn)C′的坐標(biāo)把x=﹣4代入拋物線y=360docimg_1073_x2+2x進(jìn)行檢驗(yàn)即可得出結(jié)論；
（4）由于點(diǎn)P為x軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)Q在拋物線m上，360docimg_1074_故設(shè)Q（a，360docimg_1075_（a﹣2）2﹣4），由于OC為該四邊形的一條邊，故OP為對(duì)角線，由于點(diǎn)P在x軸上，根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)的定義即可得出a的值，故可得出結(jié)論．
解答：
解：（1）∵由y=360docimg_1076_x2+2x得，y=360docimg_1077_（x﹣2）2﹣2，
∴拋物線的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣2，﹣2），
令360docimg_1078_x2+2x=0，解得x1=0，x2=﹣4，
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（﹣4，0），
過點(diǎn)A作AD⊥x軸，垂足為D，
∴∠ADO=90°，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣2，﹣2），點(diǎn)D的坐標(biāo)為（﹣2，0），
∴OD=AD=2，
∴∠AOB=45°；
（2）四邊形ACOC′為菱形．
由題意可知拋物線m的二次項(xiàng)系數(shù)為360docimg_1079_，且過頂點(diǎn)C的坐標(biāo)是（2，﹣4），
∴拋物線的解析式為：y=360docimg_1080_（x﹣2）2﹣4，即y=360docimg_1081_x2﹣2x﹣2，
過點(diǎn)C作CE⊥x軸，垂足為E；過點(diǎn)A作AF⊥CE，垂足為F，與y軸交與點(diǎn)H，
∴OE=2，CE=4，AF=4，CF=CE﹣EF=2，
∴OC=360docimg_1082_=360docimg_1083_=2360docimg_1084_，
同理，AC=2360docimg_1085_，OC=AC，
由反折不變性的性質(zhì)可知，OC=AC=OC′=AC′，
故四邊形ACOC′為菱形．
（3）如圖1，點(diǎn)C′不在拋物線y=360docimg_1086_x2+2x上．
理由如下：
過點(diǎn)C′作C′G⊥x軸，垂足為G，
∵OC和OC′關(guān)于OA對(duì)稱，∠AOB=∠AOH=45°，
∴∠COH=∠C′OG，
∵CE∥OH，
∴∠OCE=∠C′OG，
又∵∠CEO=∠C′GO=90°，OC=OC′，
∴△CEO≌△C′GO，
∴OG=4，C′G=2，
∴360docimg_1087_點(diǎn)C′的坐標(biāo)為（﹣4，2），
把x=﹣4代入拋物線y=360docimg_1088_x2+2x得y=0，
∴點(diǎn)C′不在拋物線y=360docimg_1089_x2+2x上；
（4）存在符合條件的點(diǎn)Q．
∵點(diǎn)P為x軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)Q在拋物線m上，
∴設(shè)Q（a，360docimg_1090_（a﹣2）2﹣4），
∵OC為該四邊形的一條邊，
∴OP為對(duì)角線，
∴360docimg_1091_=0，解得x1=6，x2=4，
∴P（6，4）或（﹣2，4）（舍去），
∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（6，4）．
360docimg_1092_
360docimg_1093_
點(diǎn)評(píng)：
本題考查的是二次函數(shù)綜合題，涉及到拋物線的性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)等知識(shí)，難度適中．
43、（2013安順壓軸題）如圖，已知拋物線與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C（0，3）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）設(shè)拋物線的頂點(diǎn)為D，在其對(duì)稱軸的右側(cè)的拋物線上是否存在點(diǎn)P，使得△PDC是等腰三角形？若存在，求出符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；
（3）點(diǎn)M是拋物線上一點(diǎn)，以B，C，D，M為頂點(diǎn)的四邊形是直角梯形，試求出點(diǎn)M的坐標(biāo)．
360docimg_1094_
考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．
專題：壓軸題．
分析：（1）由于A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三點(diǎn)均在坐標(biāo)軸上，故設(shè)一般式解答和設(shè)交點(diǎn)式（兩點(diǎn)式）解答均可．
（2）分以CD為底和以CD為腰兩種情況討論．運(yùn)用兩點(diǎn)間距離公式建立起P點(diǎn)橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)之間的關(guān)系，再結(jié)合拋物線解析式即可求解．
（3）根據(jù)拋物線上點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)，利用勾股定理求出相關(guān)邊長，再利用勾股定理的逆定理判斷出直角梯形中的直角，便可解答．
解答：解：（1）∵拋物線與y軸交于點(diǎn)C（0，3），
∴設(shè)拋物線解析式為y=ax2+bx+3（a≠0），
根據(jù)題意，得360docimg_1095_，
解得360docimg_1096_，
∴拋物線的解析式為y=﹣x2+2x+3．
（2）存在．
由y=﹣x2+2x+3得，D點(diǎn)坐標(biāo)為（1，4），對(duì)稱軸為x=1．
①若以CD為底邊，則PD=PC，
設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為（x，y），根據(jù)兩點(diǎn)間距離公式，
得x2+（3﹣y）2=（x﹣1）2+（4﹣y）2，
即y=4﹣x．
又P點(diǎn)（x，y）在拋物線上，
∴4﹣x=﹣x2+2x+3，
即x2﹣3x+1=0，
解得x1=360docimg_1097_，x2=360docimg_1098_＜1，應(yīng)舍去，
∴x=360docimg_1099_，
∴y=4﹣x=360docimg_1100_，
即點(diǎn)P坐標(biāo)為360docimg_1101_．
②若以CD為一腰，
∵點(diǎn)P在對(duì)稱軸右側(cè)的拋物線上，由拋物線對(duì)稱性知，點(diǎn)P與點(diǎn)C關(guān)于直線x=1對(duì)稱，
此時(shí)點(diǎn)P坐標(biāo)為（2，3）．
∴符合條件的點(diǎn)P坐標(biāo)為360docimg_1102_或（2，3）．
（3）由B（3，0），C（0，3），D（1，4），根據(jù)勾股定理，
得CB=360docimg_1103_，CD=360docimg_1104_，BD=360docimg_1105_，
∴CB2+CD2=BD2=20，
∴∠BCD=90°，
設(shè)對(duì)稱軸交x軸于點(diǎn)E，過C作CM⊥DE，交拋物線于點(diǎn)M，垂足為F，在Rt△DCF中，
∵CF=DF=1，
∴∠CDF=45°，
由拋物線對(duì)稱性可知，∠CDM=2×45°=90°，點(diǎn)坐標(biāo)M為（2，3），
∴DM∥BC，
∴四邊形BCDM為直角梯形，
由∠BCD=90°及題意可知，
以BC為一底時(shí)，頂點(diǎn)M在拋物線上的直角梯形只有上述一種情況；
以CD為一底或以BD為一底，且頂點(diǎn)M在拋物線上的直角梯形均不存在．
綜上所述，符合條件的點(diǎn)M的坐標(biāo)為（2，3）．
360docimg_1106_
點(diǎn)評(píng)：此題是一道典型的“存在性問題”，結(jié)合二次函數(shù)圖象和等腰三角形、等腰梯形的性質(zhì)，考查了它們存在的條件，有一定的開放性．
