2023中考數(shù)學(xué)專項(xiàng)解析：二次函數(shù)

【文庫獨(dú)家】二次函數(shù)16.（?武漢，第25題12分）如圖，已知直線AB：y=kx+2k+4與拋物線y=x2交于A，B兩點(diǎn)．（1）直線AB總經(jīng)過一個(gè)定點(diǎn)C，請直接出點(diǎn)C坐標(biāo)；（2）當(dāng)k=﹣時(shí)，在直線AB下方的拋物線上求點(diǎn)P，使△ABP的面積等于5；（3）若在拋物線上存在定點(diǎn)D使∠ADB=90°，求點(diǎn)D到直線AB的最大距離．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題；解一元二次方程－因式分解法；根與系數(shù)的關(guān)系；勾股定理；相似三角形的判定與性質(zhì)專題：壓軸題．分析：（1）要求定點(diǎn)的坐標(biāo)，只需尋找一個(gè)合適x，使得y的值與k無關(guān)即可．（2）只需聯(lián)立兩函數(shù)的解析式，就可求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)．設(shè)出點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為a，運(yùn)用割補(bǔ)法用a的代數(shù)式表示△APB的面積，然后根據(jù)條件建立關(guān)于a的方程，從而求出a的值，進(jìn)而求出點(diǎn)P的坐標(biāo)．（3）設(shè)點(diǎn)A、B、D的橫坐標(biāo)分別為m、n、t，從條件∠ADB=90°出發(fā)，可構(gòu)造k型相似，從而得到m、n、t的等量關(guān)系，然后利用根與系數(shù)的關(guān)系就可以求出t，從而求出點(diǎn)D的坐標(biāo)．由于直線AB上有一個(gè)定點(diǎn)C，容易得到DC長就是點(diǎn)D到AB的最大距離，只需構(gòu)建直角三角形，利用勾股定理即可解決問題．解答：解：（1）∵當(dāng)x=﹣2時(shí)，y=（﹣2）k+2k+4=4．∴直線AB：y=kx+2k+4必經(jīng)過定點(diǎn)（﹣2，4）．∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（﹣2，4）．（2）∵k=﹣，∴直線的解析式為y=﹣x+3．聯(lián)立，解得：或．∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣3，），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（2，2）．過點(diǎn)P作PQ∥y軸，交AB于點(diǎn)Q，過點(diǎn)A作AM⊥PQ，垂足為M，過點(diǎn)B作BN⊥PQ，垂足為N，如圖1所示．設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為a，則點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為a．∴yP=a2，yQ=﹣a+3．∵點(diǎn)P在直線AB下方，∴PQ=yQ﹣yP=﹣a+3﹣a2∵AM+NB=a﹣（﹣3）+2﹣a=5．∴S△APB=S△APQ+S△BPQ=PQ?AM+PQ?BN=PQ?（AM+BN）=（﹣a+3﹣a2）?5=5．整理得：a2+a﹣2=0．解得：a1=﹣2，a2=1．當(dāng)a=﹣2時(shí)，yP=×（﹣2）2=2．此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣2，2）．當(dāng)a=1時(shí)，yP=×12=．此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，）．∴符合要求的點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣2，2）或（1，）．（3）過點(diǎn)D作x軸的平行線EF，作AE⊥EF，垂足為E，作BF⊥EF，垂足為F，如圖2．∵AE⊥EF，BF⊥EF，∴∠AED=∠BFD=90°．∵∠ADB=90°，∴∠ADE=90°﹣∠BDF=∠DBF．∵∠AED=∠BFD，∠ADE=∠DBF，∴△AED∽△DFB．∴．設(shè)點(diǎn)A、B、D的橫坐標(biāo)分別為m、n、t，則點(diǎn)A、B、D的縱坐標(biāo)分別為m2、n2、t2．AE=yA﹣yE=m2﹣t2．BF=yB﹣yF=n2﹣t2．ED=xD﹣xE=t﹣m，DF=xF﹣xD=n﹣t．∵，∴=．化簡得：mn+（m+n）t+t2+4=0．∵點(diǎn)A、B是直線AB：y=kx+2k+4與拋物線y=x2交點(diǎn)，∴m、n是方程kx+2k+4=x2即x2﹣2kx﹣4k﹣8=0兩根．∴m+n=2k，mn=﹣4k﹣8．∴﹣4k﹣8+2kt+t2+4=0，即t2+2kt﹣4k﹣4=0．即（t﹣2）（t+2k+2）=0．∴t1=2，t2=﹣2k﹣2（舍）．∴定點(diǎn)D的坐標(biāo)為（2，2）．過點(diǎn)D作x軸的平行線DG，過點(diǎn)C作CG⊥DG，垂足為G，如圖3所示．∵點(diǎn)C（﹣2，4），點(diǎn)D（2，2），∴CG=4﹣2=2，DG=2﹣（﹣2）=4．∵CG⊥DG，∴DC====2．過點(diǎn)D作DH⊥AB，垂足為H，如圖3所示，∴DH≤DC．∴DH≤2．∴當(dāng)DH與DC重合即DC⊥AB時(shí)，點(diǎn)D到直線AB的距離最大，最大值為2．∴點(diǎn)D到直線AB的最大距離為2．點(diǎn)評：本題考查了解方程組、解一元二次方程、一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系、勾股定理、相似三角形的性質(zhì)與判定等知識(shí)，考查了通過解方程組求兩函數(shù)交點(diǎn)坐標(biāo)、用割補(bǔ)法表示三角形的面積等方法，綜合性比較強(qiáng)．構(gòu)造K型相似以及運(yùn)用根與系數(shù)的關(guān)系是求出點(diǎn)D的坐標(biāo)的關(guān)鍵，點(diǎn)C是定點(diǎn)又是求點(diǎn)D到直線AB的最大距離的突破口．17.(?襄陽，第26題12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OCDE的三個(gè)頂點(diǎn)分別是C（3，0），D（3，4），E（0，4）．點(diǎn)A在DE上，以A為頂點(diǎn)的拋物線過點(diǎn)C，且對稱軸x=1交x軸于點(diǎn)B．連接EC，AC．點(diǎn)P，Q為動(dòng)點(diǎn)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．（1）填空：點(diǎn)A坐標(biāo)為（1，4）；拋物線的解析式為y=﹣（x﹣1）2+4．（2）在圖1中，若點(diǎn)P在線段OC上從點(diǎn)O向點(diǎn)C以1個(gè)單位/秒的速度運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)Q在線段CE上從點(diǎn)C向點(diǎn)E以2個(gè)單位/秒的速度運(yùn)動(dòng)，當(dāng)一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)隨之停止運(yùn)動(dòng)．當(dāng)t為何值時(shí)，△PCQ為直角三角形？（3）在圖2中，若點(diǎn)P在對稱軸上從點(diǎn)A開始向點(diǎn)B以1個(gè)單位/秒的速度運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)P做PF⊥AB，交AC于點(diǎn)F，過點(diǎn)F作FG⊥AD于點(diǎn)G，交拋物線于點(diǎn)Q，連接AQ，CQ．當(dāng)t為何值時(shí)，△ACQ的面積最大？最大值是多少？考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題分析：（1）根據(jù)拋物線的對稱軸與矩形的性質(zhì)可得點(diǎn)A坐標(biāo)，根據(jù)待定系數(shù)法可得拋物線的解析式；（2）先根據(jù)勾股定理可得CE，再分兩種情況：當(dāng)∠QPC=90°時(shí)；當(dāng)∠PQC=90°時(shí)；討論可得△PCQ為直角三角形時(shí)t的值；（3）根據(jù)待定系數(shù)法可得直線AC的解析式，根據(jù)S△ACQ=S△AFQ+S△CPQ可得S△ACQ=﹣（t﹣2）2+1，依此即可求解．解答：解：（1）∵拋物線的對稱軸為x=1，矩形OCDE的三個(gè)頂點(diǎn)分別是C（3，0），D（3，4），E（0，4），點(diǎn)A在DE上，∴點(diǎn)A坐標(biāo)為（1，4），設(shè)拋物線的解析式為y=a（x﹣1）2+4，把C（3，0）代入拋物線的解析式，可得a（3﹣1）2+4=0，解得a=﹣1．故拋物線的解析式為y=﹣（x﹣1）2+4，即y=﹣x2+2x+3；（2）依題意有：OC=3，OE=4，∴CE===5，當(dāng)∠QPC=90°時(shí)，∵cos∠QPC==，∴=，解得t=；當(dāng)∠PQC=90°時(shí)，∵cos∠QCP==，∴=，解得t=．∴當(dāng)t=或t=時(shí)，△PCQ為直角三角形；（3）∵A（1，4），C（3，0），設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，則，解得．故直線AC的解析式為y=﹣2x+6．∵P（1，4﹣t），將y=4﹣t代入y=﹣2x+6中，得x=1+，∴Q點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1+，將x=1+代入y=﹣（x﹣1）2+4中，得y=4﹣．∴Q點(diǎn)的縱坐標(biāo)為4﹣，∴QF=（4﹣）﹣（4﹣t）=t﹣，∴S△ACQ=S△AFQ+S△CPQ=FQ?AG+FQ?DG=FQ（AG+DG）=FQ?AD=×2（t﹣）=﹣（t﹣2）2+1，∴當(dāng)t=2時(shí)，△ACQ的面積最大，最大值是1．故答案為：（1，4），y=﹣（x﹣1）2+4．點(diǎn)評：考查了二次函數(shù)綜合題，涉及的知識(shí)點(diǎn)有：拋物線的對稱軸，矩形的性質(zhì)，待定系數(shù)法求拋物線的解析式，待定系數(shù)法求直線的解析式，勾股定理，三角形面積，二次函數(shù)的最值，以及分類思想的運(yùn)用．18.（10分）（?孝感，第22題10分）已知關(guān)于x的方程x2﹣（2k﹣3）x+k2+1=0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x1、x2．（1）求k的取值范圍；（2）試說明x1＜0，x2＜0；（3）若拋物線y=x2﹣（2k﹣3）x+k2+1與x軸交于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)A、點(diǎn)B到原點(diǎn)的距離分別為OA、OB，且OA+OB=2OA?OB﹣3，求k的值．考點(diǎn)：拋物線與x軸的交點(diǎn)；根的判別式；根與系數(shù)的關(guān)系分析：（1）方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則判別式大于0，據(jù)此即可列不等式求得k的范圍；（2）利用根與系數(shù)的關(guān)系，說明兩根的和小于0，且兩根的積大于0即可；（3）不妨設(shè)A（x1，0），B（x2，0）．利用x1，x2表示出OA、OB的長，則根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系，以及OA+OB=2OA?OB﹣3即可列方程求解．解答：解：（1）由題意可知：△=【﹣（2k﹣3）】2﹣4（k2+1）＞0，即﹣12k+5＞0∴．（2）∵，∴x1＜0，x2＜0．（3）依題意，不妨設(shè)A（x1，0），B（x2，0）．∴OA+OB=|x1|+|x2|=﹣（x1+x2）=﹣（2k﹣3），OA?OB=|﹣x1||x2|=x1x2=k2+1，∵OA+OB=2OA?OB﹣3，∴﹣（2k﹣3）=2（k2+1）﹣3，解得k1=1，k2=﹣2．∵，∴k=﹣2．點(diǎn)評：本題考查了二次函數(shù)與x軸的交點(diǎn)，兩交點(diǎn)的橫坐標(biāo)就是另y=0，得到的方程的兩根，則滿足一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系．19.（?孝感，第25題12分）如圖1，矩形ABCD的邊AD在y軸上，拋物線y=x2﹣4x+3經(jīng)過點(diǎn)A、點(diǎn)B，與x軸交于點(diǎn)E、點(diǎn)F，且其頂點(diǎn)M在CD上．（1）請直接寫出下列各點(diǎn)的坐標(biāo)：A（0，3），B（4，3），C（4，﹣1），D（0，﹣1）；（2）若點(diǎn)P是拋物線上一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)A、點(diǎn)B重合），過點(diǎn)P作y軸的平行線l與直線AB交于點(diǎn)G，與直線BD交于點(diǎn)H，如圖2．①當(dāng)線段PH=2GH時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；②當(dāng)點(diǎn)P在直線BD下方時(shí)，點(diǎn)K在直線BD上，且滿足△KPH∽△AEF，求△KPH面積的最大值．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．分析：（1）令x=0，得到點(diǎn)A的坐標(biāo)，再根據(jù)點(diǎn)A的縱坐標(biāo)得到點(diǎn)B的坐標(biāo)，根據(jù)拋物線的頂點(diǎn)式和矩形的性質(zhì)可得C．D的坐標(biāo)；（2）①根據(jù)待定系數(shù)法可得直線BD的解析式，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，x2﹣4x+3），則點(diǎn)H（x，x﹣1），點(diǎn)G（x，3）．分三種情況：1°當(dāng)x≥1且x≠4時(shí)；2°當(dāng)0＜x＜1時(shí)；3°當(dāng)x＜0時(shí)；三種情況討論可得點(diǎn)P的坐標(biāo)；②根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，再根據(jù)二次函數(shù)的增減性可得△KPH面積的最大值．解答：解：（1）A（0，3），B（4，3），C（4，﹣1），D（0，﹣1）．（2）①設(shè)直線BD的解析式為y=kx+b（k≠0），由于直線BD經(jīng)過D（0，﹣1），B（4，3），∴，解得，∴直線BD的解析式為y=x﹣1．（5分）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，x2﹣4x+3），則點(diǎn)H（x，x﹣1），點(diǎn)G（x，3）．1°當(dāng)x≥1且x≠4時(shí)，點(diǎn)G在PH的延長線上，如圖①．∵PH=2GH，∴（x﹣1）﹣（x2﹣4x+3）=2[3﹣（x﹣1）]，∴x2﹣7x+12=0，解得x1=3，x2=4．當(dāng)x2=4時(shí)，點(diǎn)P，H，G重合于點(diǎn)B，舍去．∴x=3．∴此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（3，0）．2°當(dāng)0＜x＜1時(shí)，點(diǎn)G在PH的反向延長線上，如圖②，PH=2GH不成立．3°當(dāng)x＜0時(shí)，點(diǎn)G在線段PH上，如圖③．∵PH=2GH，∴（x2﹣4x+3）﹣（x﹣1）=2[3﹣（x﹣1）]，∴x2﹣3x﹣4=0，解得x1=﹣1，x2=4（舍去），∴x=﹣1．此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣1，8）．綜上所述可知，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（3，0）或（﹣1，8）．②如圖④，令x2﹣4x+3=0，得x1=1，x2=3，∴E（1，0），F(xiàn)（3，0），∴EF=2．∴S△AEF=EF?OA=3．∵△KPH∽△AEF，∴，∴．∵1＜x＜4，∴當(dāng)時(shí)，s△KPH的最大值為．故答案為：（0，3），（4，3），（4，﹣1），（0，﹣1）．點(diǎn)評：考查了二次函數(shù)綜合題，涉及的知識(shí)點(diǎn)有：坐標(biāo)軸上的點(diǎn)的坐標(biāo)特征，拋物線的頂點(diǎn)式，矩形的性質(zhì)，待定系數(shù)法求直線的解析式，相似三角形的性質(zhì)，二次函數(shù)的增減性，分類思想，綜合性較強(qiáng)，有一定的難度．．20.（?邵陽，第26題10分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y=x2﹣（m+n）x+mn（m＞n）與x軸相交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A位于點(diǎn)B的右側(cè)），與y軸相交于點(diǎn)C．（1）若m=2，n=1，求A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）若A、B兩點(diǎn)分別位于y軸的兩側(cè)，C點(diǎn)坐標(biāo)是（0，﹣1），求∠ACB的大??；（3）若m=2，△ABC是等腰三角形，求n的值．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題分析：（1）已知m，n的值，即已知拋物線解析式，求解y=0時(shí)的解即可．此時(shí)y=x2﹣（m+n）x+mn=（x﹣m）（x﹣n），所以也可直接求出方程的解，再代入m，n的值，推薦此方式，因?yàn)楹髥栍玫降目赡苄员容^大．（2）求∠ACB，我們只能考慮討論三角形ABC的形狀來判斷，所以利用條件易得﹣1=mn，進(jìn)而可以用m來表示A、B點(diǎn)的坐標(biāo)，又C已知，則易得AB、BC、AC邊長．討論即可．（3）△ABC是等腰三角形，即有三種情形，AB=AC，AB=BC，AC=BC．由（2）我們可以用n表示出其三邊長，則分別考慮列方程求解n即可．解答：解：（1）∵y=x2﹣（m+n）x+mn=（x﹣m）（x﹣n），∴x=m或x=n時(shí)，y都為0，∵m＞n，且點(diǎn)A位于點(diǎn)B的右側(cè)，∴A（m，0），B（n，0）．∵m=2，n=1，∴A（2，0），B（1，0）．（2）∵拋物線y=x2﹣（m+n）x+mn（m＞n）過C（0，﹣1），∴﹣1=mn，∴n=﹣，∵B（n，0），∴B（﹣，0）．∵AO=m，BO=﹣，CO=1∴AC==，BC==，AB=AO+BO=m﹣，∵（m﹣）2=（）2+（）2，∴AB2=AC2+BC2，∴∠ACB=90°．（3）∵A（m，0），B（n，0），C（0，mn），且m=2，∴A（2，0），B（n，0），C（0，2n）．∴AO=2，BO=|n|，CO=|2n|，∴AC==，BC==|n|，AB=xA﹣xB=2﹣n．①當(dāng)AC=BC時(shí)，=|n|，解得n=2（A、B兩點(diǎn)重合，舍去）或n=﹣2；②當(dāng)AC=AB時(shí)，=2﹣n，解得n=0（B、C兩點(diǎn)重合，舍去）或n=﹣；③當(dāng)BC=AB時(shí)，|n|=2﹣n，當(dāng)n＞0時(shí)，n=2﹣n，解得n=，當(dāng)n＜0時(shí)，﹣n=2﹣n，解得n=﹣．綜上所述，n=﹣2，﹣，﹣，時(shí)，△ABC是等腰三角形．點(diǎn)評：本題考查了因式分解、二次函數(shù)性質(zhì)、利用勾股定理求點(diǎn)與點(diǎn)的距離、等腰三角形等常規(guī)知識(shí)，總體難度適中，是一道非常值得學(xué)生加強(qiáng)聯(lián)系的題目．21．（?浙江寧波，第23題10分）如圖，已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象過A（2，0），B（0，﹣1）和C（4，5）三點(diǎn)．（1）求二次函數(shù)的解析式；（2）設(shè)二次函數(shù)的圖象與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為D，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；（3）在同一坐標(biāo)系中畫出直線y=x+1，并寫出當(dāng)x在什么范圍內(nèi)時(shí)，一次函數(shù)的值大于二次函數(shù)的值．考點(diǎn)：待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；一次函數(shù)的圖象；拋物線與x軸的交點(diǎn)；二次函數(shù)與不等式（組）分析：（1）根據(jù)二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象過A（2，0），B（0，﹣1）和C（4，5）三點(diǎn)，代入得出關(guān)于a，b，c的三元一次方程組，求得a，b，c，從而得出二次函數(shù)的解析式；（2）令y=0，解一元二次方程，求得x的值，從而得出與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)坐標(biāo)；（3）畫出圖象，再根據(jù)圖象直接得出答案．解答：解：（1）∵二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象過A（2，0），B（0，﹣1）和C（4，5）三點(diǎn)，∴，∴a=，b=﹣，c=﹣1，∴二次函數(shù)的解析式為y=x2﹣x﹣1；（2）當(dāng)y=0時(shí)，得x2﹣x﹣1=0；解得x1=2，x2=﹣1，∴點(diǎn)D坐標(biāo)為（﹣1，0）；（3）圖象如圖，當(dāng)一次函數(shù)的值大于二次函數(shù)的值時(shí)，x的取值范圍是﹣1＜x＜4．點(diǎn)評：本題考查了用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式以及一次函數(shù)的圖象、拋物線與x軸的交點(diǎn)問題，是中檔題，要熟練掌握．22．（?四川自貢，第24題14分）如圖，已知拋物線y=ax2﹣x+c與x軸相交于A、B兩點(diǎn)，并與直線y=x﹣2交于B、C兩點(diǎn)，其中點(diǎn)C是直線y=x﹣2與y軸的交點(diǎn)，連接AC．（1）求拋物線的解析式；（2）證明：△ABC為直角三角形；（3）△ABC內(nèi)部能否截出面積最大的矩形DEFG？（頂點(diǎn)D、E、F、G在△ABC各邊上）若能，求出最大面積；若不能，請說明理由．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題分析：（1）由直線y=x﹣2交x軸、y軸于B、C兩點(diǎn)，則B、C坐標(biāo)可求．進(jìn)而代入拋物線y=ax2﹣x+c，即得a、c的值，從而有拋物線解析式．（2）求證三角形為直角三角形，我們通?？紤]證明一角為90°或勾股定理．本題中未提及特殊角度，而已經(jīng)A、B、C坐標(biāo)，即可知AB、AC、BC，則顯然可用勾股定理證明．（3）在直角三角形中截出矩形，面積最大，我們易得兩種情形，①一點(diǎn)為C，AB、AC、BC邊上各有一點(diǎn)，②AB邊上有兩點(diǎn)，AC、BC邊上各有一點(diǎn)．討論時(shí)可設(shè)矩形一邊長x，利用三角形相似等性質(zhì)表示另一邊，進(jìn)而描述面積函數(shù)．利用二次函數(shù)最值性質(zhì)可求得最大面積．解答：（1）解：∵直線y=x﹣2交x軸、y軸于B、C兩點(diǎn)，∴B（4，0），C（0，﹣2），∵y=ax2﹣x+c過B、C兩點(diǎn)，∴，解得，∴y=x2﹣x﹣2．（2）證明：如圖1，連接AC，∵y=x2﹣x﹣2與x負(fù)半軸交于A點(diǎn)，∴A（﹣1，0），在Rt△AOC中，∵AO=1，OC=2，∴AC=，在Rt△BOC中，∵BO=4，OC=2，∴BC=2，∵AB=AO+BO=1+4=5，∴AB2=AC2+BC2，∴△ABC為直角三角形．（3）解：△ABC內(nèi)部可截出面積最大的矩形DEFG，面積為，理由如下：①一點(diǎn)為C，AB、AC、BC邊上各有一點(diǎn)，如圖2，此時(shí)△AGF∽△ACB∽△FEB．設(shè)GC=x，AG=﹣x，∵，∴，∴GF=2﹣2x，∴S=GC?GF=x?（2）=﹣2x2+2x=﹣2[（x﹣）2﹣]=﹣2（x﹣）2+，即當(dāng)x=時(shí)，S最大，為．②AB邊上有兩點(diǎn)，AC、BC邊上各有一點(diǎn)，如圖3，此時(shí)△CDE∽△CAB∽△GAD，設(shè)GD=x，∵，∴，∴AD=x，∴CD=CA﹣AD=﹣x，∵，∴，∴DE=5﹣x，∴S=GD?DE=x?（5﹣x）=﹣x2+5x=﹣[（x﹣1）2﹣1]=﹣（x﹣1）2+，即x=1時(shí)，S最大，為．綜上所述，△ABC內(nèi)部可截出面積最大的矩形DEFG，面積為．點(diǎn)評：本題考查了二次函數(shù)圖象的基本性質(zhì)，最值問題及相似三角形性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，難度適中，適合學(xué)生鞏固知識(shí)．23．（?浙江湖州，第23題分）如圖，已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線y=﹣x2+bx+c（c＞0）的頂點(diǎn)為D，與y軸的交點(diǎn)為C，過點(diǎn)C作CA∥x軸交拋物線于點(diǎn)A，在AC延長線上取點(diǎn)B，使BC=AC，連接OA，OB，BD和AD．（1）若點(diǎn)A的坐標(biāo)是（﹣4，4）①求b，c的值；②試判斷四邊形AOBD的形狀，并說明理由；（2）是否存在這樣的點(diǎn)A，使得四邊形AOBD是矩形？若存在，請直接寫出一個(gè)符合條件的點(diǎn)A的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．分析：（1）①將拋物線上的點(diǎn)的坐標(biāo)代入拋物線即可求出b、c的值；②求證AD=BO和AD∥BO即可判定四邊形為平行四邊形；（2）根據(jù)矩形的各角為90°可以求得△ABO∽△OBC即=，再根據(jù)勾股定理可得OC=BC，AC=OC，可求得橫坐標(biāo)為±c，縱坐標(biāo)為c．解：（1）①∵AC∥x軸，A點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣4，4）．∴點(diǎn)C的坐標(biāo)是（0，4）把A、C代入y═﹣x2+bx+c得，得，解得；②四邊形AOBD是平行四邊形；理由如下：由①得拋物線的解析式為y═﹣x2﹣4x+4，∴頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（﹣2，8），過D點(diǎn)作DE⊥AB于點(diǎn)E，則DE=OC=4，AE=2，∵AC=4，∴BC=AC=2，∴AE=BC．∵AC∥x軸，∴∠AED=∠BCO=90°，∴△AED≌△BCO，∴AD=BO．∠DAE=∠BCO，∴AD∥BO，∴四邊形AOBD是平行四邊形．（2）存在，點(diǎn)A的坐標(biāo)可以是（﹣2，2）或（2，2）要使四邊形AOBD是矩形；則需∠AOB=∠BCO=90°，∵∠ABO=∠OBC，∴△ABO∽△OBC，∴=，又∵AB=AC+BC=3BC，∴OB=BC，∴在Rt△OBC中，根據(jù)勾股定理可得：OC=BC，AC=OC，∵C點(diǎn)是拋物線與y軸交點(diǎn)，∴OC=c，∴A點(diǎn)坐標(biāo)為（c，c），∴頂點(diǎn)橫坐標(biāo)=c，b=c，∵將A點(diǎn)代入可得c=﹣+c?c+c，∴橫坐標(biāo)為±c，縱坐標(biāo)為c即可，令c=2，∴A點(diǎn)坐標(biāo)可以為（2，2）或者（﹣2，2）．點(diǎn)評：本題主要考查了二次函數(shù)對稱軸頂點(diǎn)坐標(biāo)的公式，以及函數(shù)與坐標(biāo)軸交點(diǎn)坐標(biāo)的求解方法．24.（?湘潭，第25題）△ABC為等邊三角形，邊長為a，DF⊥AB，EF⊥AC，（1）求證：△BDF∽△CEF；（2）若a=4，設(shè)BF=m，四邊形ADFE面積為S，求出S與m之間的函數(shù)關(guān)系，并探究當(dāng)m為何值時(shí)S取最大值；（3）已知A、D、F、E四點(diǎn)共圓，已知tan∠EDF=，求此圓直徑．（第1題圖）考點(diǎn)：相似形綜合題；二次函數(shù)的最值；等邊三角形的性質(zhì)；圓周角定理；解直角三角形分析：（1）只需找到兩組對應(yīng)角相等即可．（2）四邊形ADFE面積S可以看成△ADF與△AEF的面積之和，借助三角函數(shù)用m表示出AD、DF、AE、EF的長，進(jìn)而可以用含m的代數(shù)式表示S，然后通過配方，轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的最值問題，就可以解決問題．（3）易知AF就是圓的直徑，利用圓周角定理將∠EDF轉(zhuǎn)化為∠EAF．在△AFC中，知道tan∠EAF、∠C、AC，通過解直角三角形就可求出AF長．解答：解：（1）∵DF⊥AB，EF⊥AC，∴∠BDF=∠CEF=90°．∵△ABC為等邊三角形，∴∠B=∠C=60°．∵∠BDF=∠CEF，∠B=∠C，∴△BDF∽△CEF．（2）∵∠BDF=90°，∠B=60°，∴sin60°==，cos60°==．∵BF=m，∴DF=m，BD=．∵AB=4，∴AD=4﹣．∴S△ADF=AD?DF=×（4﹣）×m=﹣m2+m．同理：S△AEF=AE?EF=×（4﹣）×（4﹣m）=﹣m2+2．∴S=S△ADF+S△AEF=﹣m2+m+2=﹣（m2﹣4m﹣8）=﹣（m﹣2）2+3．其中0＜m＜4．∵﹣＜0，0＜2＜4，∴當(dāng)m=2時(shí)，S取最大值，最大值為3．∴S與m之間的函數(shù)關(guān)系為：S═﹣（m﹣2）2+3（其中0＜m＜4）．當(dāng)m=2時(shí)，S取到最大值，最大值為3．（3）如圖2，∵A、D、F、E四點(diǎn)共圓，∴∠EDF=∠EAF．∵∠ADF=∠AEF=90°，∴AF是此圓的直徑．∵tan∠EDF=，∴tan∠EAF=．∴=．∵∠C=60°，∴=tan60°=．設(shè)EC=x，則EF=x，EA=2x．∵AC=a，∴2x+x=a．∴x=．∴EF=，AE=．∵∠AEF=90°，∴AF==．∴此圓直徑長為．點(diǎn)評：本題考查了相似三角形的判定、二次函數(shù)的最值、三角函數(shù)、解直角三角形、圓周角定理、等邊三角形的性質(zhì)等知識(shí)，綜合性強(qiáng)．利用圓周角定理將條件中的圓周角轉(zhuǎn)化到合適的位置是解決最后一小題的關(guān)鍵．25.（?湘潭，第26題）已知二次函數(shù)y=﹣x2+bx+c的對稱軸為x=2，且經(jīng)過原點(diǎn)，直線AC解析式為y=kx+4，（1）求二次函數(shù)解析式；（2）若=，求k；（3）若以BC為直徑的圓經(jīng)過原點(diǎn)，求k．（第2題圖）考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．分析：（1）由對稱軸為x=﹣，且函數(shù)過（0，0），則可推出b，c，進(jìn)而得函數(shù)解析式．（2）=，且兩三角形為同高不同底的三角形，易得=，考慮計(jì)算方便可作B，C對x軸的垂線，進(jìn)而有B，C橫坐標(biāo)的比為=．由B，C為直線與二次函數(shù)的交點(diǎn)，則聯(lián)立可求得B，C坐標(biāo)．由上述倍數(shù)關(guān)系，則k易得．（3）以BC為直徑的圓經(jīng)過原點(diǎn)，即∠BOC=90°，一般考慮表示邊長，再用勾股定理構(gòu)造方程求解k．可是這個(gè)思路計(jì)算量異常復(fù)雜，基本不考慮，再考慮（2）的思路，發(fā)現(xiàn)B，C橫縱坐標(biāo)恰好可表示出EB，EO，OF，OC．而由∠BOC=90°，易證△EBO∽△FOC，即EB?FC=EO?FO．有此構(gòu)造方程發(fā)現(xiàn)k值大多可約去，進(jìn)而可得k值．解答：解：（1）∵二次函數(shù)y=﹣x2+bx+c的對稱軸為x=2，且經(jīng)過原點(diǎn)，∴﹣=2，0=0+0+c，∴b=4，c=0，∴y=﹣x2+4x．（2）如圖1，連接OB，OC，過點(diǎn)A作AE⊥y軸于E，過點(diǎn)B作BF⊥y軸于F，∵=，∴=，∴=，∵EB∥FC，∴==．∵y=kx+4交y=﹣x2+4x于B，C，∴kx+4=﹣x2+4x，即x2+（k﹣4）x+4=0，∴△=（k﹣4）2﹣4?4=k2﹣8k，∴x=，或x=，∵xB＜xC，∴EB=xB=，F(xiàn)C=xC=，∴4?=，解得k=9（交點(diǎn)不在y軸右邊，不符題意，舍去）或k=﹣1．∴k=﹣1．（3）∵∠BOC=90°，∴∠EOB+∠FOC=90°，∵∠EOB+∠EBO=90°，∴∠EBO=∠FOC，∵∠BEO=∠OFC=90°，∴△EBO∽△FOC，∴，∴EB?FC=EO?FO．∵xB=，xC=，且B、C過y=kx+4，∴yB=k?+4，yC=k?+4，∴EO=yB=k?+4，OF=﹣yC=﹣k?﹣4，∴?=（k?+4）?（﹣k?﹣4），整理得16k=﹣20，∴k=﹣．點(diǎn)評：本題考查了函數(shù)圖象交點(diǎn)的性質(zhì)、相似三角形性質(zhì)、一元二次方程及圓的基本知識(shí)．題目特殊，貌似思路不難，但若思路不對，計(jì)算異常復(fù)雜，題目所折射出來的思想，考生應(yīng)好好理解掌握．26.（?益陽，第20題，10分）如圖，直線y=﹣3x+3與x軸、y軸分別交于點(diǎn)A、B，拋物線y=a（x﹣2）2+k經(jīng)過點(diǎn)A、B，并與X軸交于另一點(diǎn)C，其頂點(diǎn)為P．（1）求a，k的值；（2）拋物線的對稱軸上有一點(diǎn)Q，使△ABQ是以AB為底邊的等腰三角形，求Q點(diǎn)的坐標(biāo)；（3）在拋物線及其對稱軸上分別取點(diǎn)M、N，使以A，C，M，N為頂點(diǎn)的四邊形為正方形，求此正方形的邊長．（第3題圖）考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．分析：（1）先求出直線y=﹣3x+3與x軸交點(diǎn)A，與y軸交點(diǎn)B的坐標(biāo)，再將A、B兩點(diǎn)坐標(biāo)代入y=a（x﹣2）2+k，得到關(guān)于a，k的二元一次方程組，解方程組即可求解；（2）設(shè)Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（2，m），對稱軸x=2交x軸于點(diǎn)F，過點(diǎn)B作BE垂直于直線x=2于點(diǎn)E．在Rt△AQF與Rt△BQE中，用勾股定理分別表示出AQ2=AF2+QF2=1+m2，BQ2=BE2+EQ2=4+（3﹣m）2，由AQ=BQ，得到方程1+m2=4+（3﹣m）2，解方程求出m=2，即可求得Q點(diǎn)的坐標(biāo)；（3）當(dāng)點(diǎn)N在對稱軸上時(shí)，由NC與AC不垂直，得出AC為正方形的對角線，根據(jù)拋物線的對稱性及正方形的性質(zhì)，得到M點(diǎn)與頂點(diǎn)P（2，﹣1）重合，N點(diǎn)為點(diǎn)P關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)，此時(shí)，MF=NF=AF=CF=1，且AC⊥MN，則四邊形AMCN為正方形，在Rt△AFN中根據(jù)勾股定理即可求出正方形的邊長．解答：解：（1）∵直線y=﹣3x+3與x軸、y軸分別交于點(diǎn)A、B，∴A（1，0），B（0，3）．又∵拋物線拋物線y=a（x﹣2）2+k經(jīng)過點(diǎn)A（1，0），B（0，3），∴，解得，故a，k的值分別為1，﹣1；（2）設(shè)Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（2，m），對稱軸x=2交x軸于點(diǎn)F，過點(diǎn)B作BE垂直于直線x=2于點(diǎn)E．在Rt△AQF中，AQ2=AF2+QF2=1+m2，在Rt△BQE中，BQ2=BE2+EQ2=4+（3﹣m）2，∵AQ=BQ，∴1+m2=4+（3﹣m）2，∴m=2，∴Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（2，2）；（3）當(dāng)點(diǎn)N在對稱軸上時(shí)，NC與AC不垂直，所以AC應(yīng)為正方形的對角線．又∵對稱軸x=2是AC的中垂線，∴M點(diǎn)與頂點(diǎn)P（2，﹣1）重合，N點(diǎn)為點(diǎn)P關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)，其坐標(biāo)為（2，1）．此時(shí)，MF=NF=AF=CF=1，且AC⊥MN，∴四邊形AMCN為正方形．在Rt△AFN中，AN==，即正方形的邊長為．點(diǎn)評：本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識(shí)點(diǎn)有二元一次方程組的解法，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，二次函數(shù)的性質(zhì)，正方形的判定與性質(zhì)，綜合性較強(qiáng)，難度適中．27.（?益陽，第21題，12分）如圖，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AD⊥AB，∠B=60°，AB=10，BC=4，點(diǎn)P沿線段AB從點(diǎn)A向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，設(shè)AP=x．（1）求AD的長；（2）點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在以A、P、D為頂點(diǎn)的三角形與以P、C、B為頂點(diǎn)的三角形相似？若存在，求出x的值；若不存在，請說明理由；（3）設(shè)△ADP與△PCB的外接圓的面積分別為S1、S2，若S=S1+S2，求S的最小值．（第4題圖）考點(diǎn)：相似形綜合題．分析：（1）過點(diǎn)C作CE⊥AB于E，根據(jù)CE=BC?sin∠B求出CE，再根據(jù)AD=CE即可求出AD；（2）若以A、P、D為頂點(diǎn)的三角形與以P、C、B為頂點(diǎn)的三角形相似，則△PCB必有一個(gè)角是直角．分兩種情況討論：①當(dāng)∠PCB=90°時(shí)，求出AP，再根據(jù)在Rt△ADP中∠DPA=60°，得出∠DPA=∠B，從而得到△ADP∽△CPB，②當(dāng)∠CPB=90°時(shí)，求出AP=3，根據(jù)≠且≠，得出△PCB與△ADP不相似．（3）先求出S1=x?，再分兩種情況討論：①當(dāng)2＜x＜10時(shí)，作BC的垂直平分線交BC于H，交AB于G；作PB的垂直平分線交PB于N，交GH于M，連結(jié)BM，在Rt△GBH中求出BG、BN、GN，在Rt△GMN中，求出MN=（x﹣1），在Rt△BMN中，求出BM2=x2﹣x+，最后根據(jù)S1=x?BM2代入計(jì)算即可．②當(dāng)0＜x≤2時(shí)，S2=x（x2﹣x+），最后根據(jù)S=S1+S2=x（x﹣）2+x即可得出S的最小值．解答：解：（1）過點(diǎn)C作CE⊥AB于E，在Rt△BCE中，∵∠B=60°，BC=4，∴CE=BC?sin∠B=4×=2，∴AD=CE=2．（2）存在．若以A、P、D為頂點(diǎn)的三角形與以P、C、B為頂點(diǎn)的三角形相似，則△PCB必有一個(gè)角是直角．①當(dāng)∠PCB=90°時(shí)，在Rt△PCB中，BC=4，∠B=60°，PB=8，∴AP=AB﹣PB=2．又由（1）知AD=2，在Rt△ADP中，tan∠DPA===，∴∠DPA=60°，∴∠DPA=∠CPB，∴△ADP∽△CPB，∴存在△ADP與△CPB相似，此時(shí)x=2．②∵當(dāng)∠CPB=90°時(shí)，在Rt△PCB中，∠B=60°，BC=4，∴PB=2，PC=2，∴AP=3．則≠且≠，此時(shí)△PCB與△ADP不相似．（3）如圖，因?yàn)镽t△ADP外接圓的直徑為斜邊PD，則S1=x?（）2=x?，①當(dāng)2＜x＜10時(shí)，作BC的垂直平分線交BC于H，交AB于G；作PB的垂直平分線交PB于N，交GH于M，連結(jié)BM．則BM為△PCB外接圓的半徑．在Rt△GBH中，BH=BC=2，∠MGB=30°，∴BG=4，∵BN=PB=（10﹣x）=5﹣x，∴GN=BG﹣BN=x﹣1．在Rt△GMN中，∴MN=GN?tan∠MGN=（x﹣1）．在Rt△BMN中，BM2=MN2+BN2=x2﹣x+，∴S1=x?BM2=x（x2﹣x+）．②∵當(dāng)0＜x≤2時(shí)，S2=x（x2﹣x+）也成立，∴S=S1+S2=x?+x（x2﹣x+）=x（x﹣）2+x．∴當(dāng)x=時(shí)，S=S1+S2取得最小值x．點(diǎn)評：此題考查了相似形綜合，用到的知識(shí)點(diǎn)是相似三角形的性質(zhì)與判定、二次函數(shù)的最值、勾股定理，關(guān)鍵是根據(jù)題意畫出圖形構(gòu)造相似三角形，注意分類討論．28.（?株洲，第24題，10分）已知拋物線y=x2﹣（k+2）x+和直線y=（k+1）x+（k+1）2．（1）求證：無論k取何實(shí)數(shù)值，拋物線總與x軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn)；（2）拋物線于x軸交于點(diǎn)A、B，直線與x軸交于點(diǎn)C，設(shè)A、B、C三點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別是x1、x2、x3，求x1?x2?x3的最大值；（3）如果拋物線與x軸的交點(diǎn)A、B在原點(diǎn)的右邊，直線與x軸的交點(diǎn)C在原點(diǎn)的左邊，又拋物線、直線分別交y軸于點(diǎn)D、E，直線AD交直線CE于點(diǎn)G（如圖），且CA?GE=CG?AB，求拋物線的解析式．（第5題圖）考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題分析：（1）由判別式△=（k+2）2﹣4×1×=k2﹣k+2=（k﹣）2+＞0，即可證得無論k取何實(shí)數(shù)值，拋物線總與x軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn)；（2）由拋物線于x軸交于點(diǎn)A、B，直線與x軸交于點(diǎn)C，設(shè)A、B、C三點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別是x1、x2、x3，可得x1?x2=，x3=﹣（k+1），繼而可求得答案；（3）由CA?GE=CG?AB，易得△CAG∽△CBE，繼而可證得△OAD∽△OBE，則可得，又由拋物線與x軸的交點(diǎn)A、B在原點(diǎn)的右邊，直線與x軸的交點(diǎn)C在原點(diǎn)的左邊，又拋物線、直線分別交y軸于點(diǎn)D、E，可得OA?OB=，OD=，OE=（k+1）2，繼而求得點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0，k+1），代入解析式即可求得答案．解答：（1）證明：∵△=（k+2）2﹣4×1×=k2﹣k+2=（k﹣）2+，∵（k﹣）2≥0，∴△＞0，∴無論k取何實(shí)數(shù)值，拋物線總與x軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn)；（2）解：∵拋物線于x軸交于點(diǎn)A、B，直線與x軸交于點(diǎn)C，設(shè)A、B、C三點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別是x1、x2、x3，∴x1?x2=，令0=（k+1）x+（k+1）2，解得：x=﹣（k+1），即x3=﹣（k+1），∴x1?x2?x3=﹣（k+1）?=﹣（k+）2+，∴x1?x2?x3的最大值為：；（3）解：∵CA?GE=CG?AB，∴，∵∠ACG=∠BCE，∴△CAG∽△CBE，∴∠CAG=∠CBE，∵∠AOD=∠BOE，∴△OAD∽△OBE，∴，∵拋物線與x軸的交點(diǎn)A、B在原點(diǎn)的右邊，直線與x軸的交點(diǎn)C在原點(diǎn)的左邊，又拋物線、直線分別交y軸于點(diǎn)D、E，∴OA?OB=，OD=，OE=（k+1）2，∴OA?OB=OD，∴，∴OB2=OE，∴OB=k+1，∴點(diǎn)B（k+1，0），將點(diǎn)B代入拋物線y=x2﹣（k+2）x+得：（k+1）2﹣（k+2）（k+1）﹣=0，解得：k=2，∴拋物線的解析式為：y=x2﹣4x+3．點(diǎn)評：此題屬于二次函數(shù)的綜合題，綜合性很強(qiáng)，難度較大，主要考查了一次函數(shù)與二次函數(shù)的性質(zhì)、待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式以及相似三角形的判定與性質(zhì)．注意掌握數(shù)形結(jié)合思想與方程思想的應(yīng)用．29.（年江蘇南京，第24題）已知二次函數(shù)y=x2﹣2mx+m2+3（m是常數(shù)）．（1）求證：不論m為何值，該函數(shù)的圖象與x軸沒有公共點(diǎn)；（2）把該函數(shù)的圖象沿y軸向下平移多少個(gè)單位長度后，得到的函數(shù)的圖象與x軸只有一個(gè)公共點(diǎn)？考點(diǎn)：二次函數(shù)和x軸的交點(diǎn)問題，根的判別式，平移的性質(zhì)，二次函數(shù)的圖象與幾何變換的應(yīng)用分析：（1）求出根的判別式，即可得出答案；（2）先化成頂點(diǎn)式，根據(jù)頂點(diǎn)坐標(biāo)和平移的性質(zhì)得出即可．（1）證明：∵△=（﹣2m）2﹣4×1×（m2+3）=4m2﹣4m2﹣12=﹣12＜0，∴方程x2﹣2mx+m2+3=0沒有實(shí)數(shù)解，即不論m為何值，該函數(shù)的圖象與x軸沒有公共點(diǎn)；（2）解答：y=x2﹣2mx+m2+3=（x﹣m）2+3，把函數(shù)y=（x﹣m）2+3的圖象延y軸向下平移3個(gè)單位長度后，得到函數(shù)y=（x﹣m）2的圖象，它的頂點(diǎn)坐標(biāo)是（m，0），因此，這個(gè)函數(shù)的圖象與x軸只有一個(gè)公共點(diǎn)，所以，把函數(shù)y=x2﹣2mx+m2+3的圖象延y軸向下平移3個(gè)單位長度后，得到的函數(shù)的圖象與x軸只有一個(gè)公共點(diǎn)．點(diǎn)評：本題考查了二次函數(shù)和x軸的交點(diǎn)問題，根的判別式，平移的性質(zhì)，二次函數(shù)的圖象與幾何變換的應(yīng)用，主要考查學(xué)生的理解能力和計(jì)算能力，題目比較好，有一定的難度．30.（?泰州，第24題，10分）某研究所將某種材料加熱到1000℃時(shí)停止加熱，并立即將材料分為A、B兩組，采用不同工藝做降溫對比實(shí)驗(yàn)，設(shè)降溫開始后經(jīng)過xmin時(shí)，A、B兩組材料的溫度分別為yA℃、yB℃，yA、yB與x的函數(shù)關(guān)系式分別為yA=kx+b，yB=（x﹣60）2+m（部分圖象如圖所示），當(dāng)x=40時(shí)，兩組材料的溫度相同．（1）分別求yA、yB關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；（2）當(dāng)A組材料的溫度降至120℃時(shí)，B組材料的溫度是多少？（3）在0＜x＜40的什么時(shí)刻，兩組材料溫差最大？（第7題圖）考點(diǎn)：二次函數(shù)的應(yīng)用分析：（1）首先求出yB函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)而得出交點(diǎn)坐標(biāo)，即可得出yA函數(shù)關(guān)系式；（2）首先將y=120代入求出x的值，進(jìn)而代入yB求出答案；（3）得出yA﹣yB的函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)而求出最值即可．解答：解：（1）由題意可得出：yB=（x﹣60）2+m經(jīng)過（0，1000），則1000=（0﹣60）2+m，解得：m=100，∴yB=（x﹣60）2+100，當(dāng)x=40時(shí)，yB=×（40﹣60）2+100，解得：yB=200，yA=kx+b，經(jīng)過（0，1000），（40，200），則，解得：，∴yA=﹣20x+1000；（2）當(dāng)A組材料的溫度降至120℃時(shí)，120=﹣20x+1000，解得：x=44，當(dāng)x=44，yB=（44﹣60）2+100=164（℃），∴B組材料的溫度是164℃；（3）當(dāng)0＜x＜40時(shí)，yA﹣yB=﹣20x+1000﹣（x﹣60）2﹣100=﹣x2+10x=﹣（x﹣20）2+100，∴當(dāng)x=20時(shí)，兩組材料溫差最大為100℃．點(diǎn)評：此題主要考查了二次函數(shù)的應(yīng)用以及待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式以及二次函數(shù)最值求法等知識(shí)，得出兩種材料的函數(shù)關(guān)系式是解題關(guān)鍵．31.（?揚(yáng)州，第27題，12分）某店因?yàn)榻?jīng)營不善欠下38400元的無息貸款的債務(wù)，想轉(zhuǎn)行經(jīng)營服裝專賣店又缺少資金．“中國夢想秀”欄目組決定借給該店30000元資金，并約定利用經(jīng)營的利潤償還債務(wù)（所有債務(wù)均不計(jì)利息）．已知該店代理的品牌服裝的進(jìn)價(jià)為每件40元，該品牌服裝日銷售量y（件）與銷售價(jià)x（元/件）之間的關(guān)系可用圖中的一條折線（實(shí)線）來表示．該店應(yīng)支付員工的工資為每人每天82元，每天還應(yīng)支付其它費(fèi)用為106元（不包含債務(wù)）．（1）求日銷售量y（件）與銷售價(jià)x（元/件）之間的函數(shù)關(guān)系式；（2）若該店暫不考慮償還債務(wù)，當(dāng)某天的銷售價(jià)為48元/件時(shí)，當(dāng)天正好收支平衡（收人=支出），求該店員工的人數(shù)；（3）若該店只有2名員工，則該店最早需要多少天能還清所有債務(wù)，此時(shí)每件服裝的價(jià)格應(yīng)定為多少元？（第8題圖）考點(diǎn)：二次函數(shù)的應(yīng)用；一次函數(shù)的應(yīng)用．分析：（1）根據(jù)待定系數(shù)法，可得函數(shù)解析式；（2）根據(jù)收入等于指出，可得一元一次方程，根據(jù)解一元一次方程，可得答案；（3）分類討論40≤x≤58，或58≤x≤71，根據(jù)收入減去支出大于或等于債務(wù)，可得不等式，根據(jù)解不等式，可得答案．解答：解：（1）當(dāng)40≤x≤58時(shí)，設(shè)y與x的函數(shù)解析式為y=k1x+b1，由圖象可得，解得．∴y=2x+140．當(dāng)58＜x≤71時(shí)，設(shè)y與x的函數(shù)解析式為y=k2x+b2，由圖象得，解得，∴y=﹣x+82，綜上所述：y=；（2）設(shè)人數(shù)為a，當(dāng)x=48時(shí)，y=﹣2×48+140=44，∴（48﹣40）×44=106+82a，解得a=3；（3）設(shè)需要b天，該店還清所有債務(wù)，則：b[（x﹣40）?y﹣82×2﹣106]≥68400，∴b≥，當(dāng)40≤x≤58時(shí)，∴b≥=，x=﹣時(shí)，﹣2x2+220x﹣5870的最大值為180，∴b，即b≥380；當(dāng)58＜x≤71時(shí)，b=，當(dāng)x=﹣=61時(shí)，﹣x2+122x﹣3550的最大值為171，∴b，即b≥400．綜合兩種情形得b≥380，即該店最早需要380天能還清所有債務(wù)，此時(shí)每件服裝的價(jià)格應(yīng)定為55元．點(diǎn)評：本題考查了二次函數(shù)的應(yīng)用，利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，一次方程的應(yīng)用，不等式的應(yīng)用，分類討論是解題關(guān)鍵．32.（?呼和浩特，第25題12分）如圖，已知直線l的解析式為y=x﹣1，拋物線y=ax2+bx+2經(jīng)過點(diǎn)A（m，0），B（2，0），D（1，）三點(diǎn)．（1）求拋物線的解析式及A點(diǎn)的坐標(biāo)，并在圖示坐標(biāo)系中畫出拋物線的大致圖象；（2）已知點(diǎn)P（x，y）為拋物線在第二象限部分上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PE垂直x軸于點(diǎn)E，延長PE與直線l交于點(diǎn)F，請你將四邊形PAFB的面積S表示為點(diǎn)P的橫坐標(biāo)x的函數(shù)，并求出S的最大值及S最大時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）將（2）中S最大時(shí)的點(diǎn)P與點(diǎn)B相連，求證：直線l上的任意一點(diǎn)關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)一定在PB所在直線上．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．分析：（1）根據(jù)待定系數(shù)法可求拋物線的解析式，再根據(jù)A（m，0）在拋物線上，得到0=﹣m2﹣m+2，解方程即可得到m的值，從而得到A點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）根據(jù)四邊形PAFB的面積S=AB?PF，可得S=﹣（x+2）2+12，根據(jù)函數(shù)的最值可得S的最大值是12，進(jìn)一步得到點(diǎn)P的坐標(biāo)為；（3）根據(jù)待定系數(shù)法得到PB所在直線的解析式為y=﹣x+1，設(shè)Q（a，a﹣1）是y=x﹣1上的一點(diǎn)，則Q點(diǎn)關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)為（a，1﹣a），將（a，1﹣a）代入y=﹣x+1顯然成立，依此即可求解．解答：解：（1）∵拋物線y=ax2+bx+2經(jīng)過點(diǎn)B（2，0），D（1，），∴，解得a=﹣，b=﹣，∴拋物線的解析式為y=﹣x2﹣x+2，∵A（m，0）在拋物線上，∴0=﹣m2﹣m+2，解得m=﹣4，∴A點(diǎn)的坐標(biāo)為（﹣4，0）．如圖所示：（2）∵直線l的解析式為y=x﹣1，∴S=AB?PF=×6?PF=3（﹣x2﹣x+2+1﹣x）=﹣x2﹣3x+9=﹣（x+2）2+12，其中﹣4＜x＜0，∴S的最大值是12，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣2，2）；（3）∵直線PB經(jīng)過點(diǎn)P（﹣2，2），B（2，0），∴PB所在直線的解析式為y=﹣x+1，設(shè)Q（a，a﹣1）是y=x﹣1上的一點(diǎn)，則Q點(diǎn)關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)為（a，1﹣a），將（a，1﹣a）代入y=﹣x+1顯然成立，∴直線l上的任意一點(diǎn)關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)一定在PB所在直線上．點(diǎn)評：本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識(shí)點(diǎn)有待定系數(shù)法求拋物線的解析式，待定系數(shù)法求直線的解析式，函數(shù)的最值問題，四邊形的面積求法，以及關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)的坐標(biāo)特征．33.（?濱州，第23題9分）已知二次函數(shù)y=x2﹣4x+3．（1）用配方法求其圖象的頂點(diǎn)C的坐標(biāo)，并描述該函數(shù)的函數(shù)值隨自變量的增減而變化的情況；（2）求函數(shù)圖象與x軸的交點(diǎn)A，B的坐標(biāo)，及△ABC的面積．考點(diǎn)：拋物線與x軸的交點(diǎn)；二次函數(shù)的性質(zhì)；二次函數(shù)的三種形式分析：（1）配方后求出頂點(diǎn)坐標(biāo)即可；（2）求出A、B的坐標(biāo)，根據(jù)坐標(biāo)求出AB、CD，根據(jù)三角形面積公式求出即可．解答：解：（1）y=x2﹣4xx+3=x2﹣4x+4﹣4+3=（x﹣2）2﹣1，所以頂點(diǎn)C的坐標(biāo)是（2，﹣1），當(dāng)x≤2時(shí)，y隨x的增大而減少；當(dāng)x＞2時(shí)，y隨x的增大而增大；（2）解方程x2﹣4x+3=0得：x1=3，x2=1，即A點(diǎn)的坐標(biāo)是（1，0），B點(diǎn)的坐標(biāo)是（3，0），過C作CD⊥AB于D，∵AB=2，CD=1，∴S△ABC=AB×CD=×2×1=1．點(diǎn)評：本題考查了拋物線與x軸的交點(diǎn)，二次函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)的三種形式的應(yīng)用，主要考查學(xué)生運(yùn)用性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算的能力，題目比較典型，難度適中．34.（?德州，第24題12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A的坐標(biāo)是（4，0），并且OA=OC=4OB，動(dòng)點(diǎn)P在過A，B，C三點(diǎn)的拋物線上．（1）求拋物線的解析式；（2）是否存在點(diǎn)P，使得△ACP是以AC為直角邊的直角三角形？若存在，求出所有符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，說明理由；（3）過動(dòng)點(diǎn)P作PE垂直于y軸于點(diǎn)E，交直線AC于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作y軸的垂線．垂足為F，連接EF，當(dāng)線段EF的長度最短時(shí)，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．分析：（1）根據(jù)A的坐標(biāo)，即可求得OA的長，則B、C的坐標(biāo)即可求得，然后利用待定系數(shù)法即可求得函數(shù)的解析式；（2）分點(diǎn)A為直角頂點(diǎn)時(shí)，和C的直角頂點(diǎn)兩種情況討論，根據(jù)OA=OC，即可列方程求解；（3）據(jù)垂線段最短，可得當(dāng)OD⊥AC時(shí)，OD最短，即EF最短，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，D是AC的中點(diǎn)，則DF=OC，即可求得P的縱坐標(biāo)，代入二次函數(shù)的解析式，即可求得橫坐標(biāo)，得到P的坐標(biāo)．解答：解：（1）由A（4，0），可知OA=4，∵OA=OC=4OB，∴OA=OC=4，OB=1，∴C（0，4），B（﹣1，0）．設(shè)拋物線的解析式是y=ax2+bx+x，則，解得：，則拋物線的解析式是：y=﹣x2+3x+4；（2）存在．第一種情況，當(dāng)以C為直角頂點(diǎn)時(shí)，過點(diǎn)C作CP1⊥AC，交拋物線于點(diǎn)P1．過點(diǎn)P1作y軸的垂線，垂足是M．∵∠ACP1=90°，∴∠MCP1+∠ACO=90°．∵∠ACO+∠OAC=90°，∴∠MCP1=∠OAC．∵OA=OC，∴∠MCP1=∠OAC=45°，∴∠MCP1=∠MP1C，∴MC=MP1，設(shè)P（m，﹣m2+3m+4），則m=﹣m2+3m+4﹣4，解得：m1=0（舍去），m2=2．∴﹣m2+3m+4=6，即P（2，6）．第二種情況，當(dāng)點(diǎn)A為直角頂點(diǎn)時(shí)，過A作AP2，AC交拋物線于點(diǎn)P2，過點(diǎn)P2作y軸的垂線，垂足是N，AP交y軸于點(diǎn)F．∴P2N∥x軸，由∠CAO=45°，∴∠OAP=45°，∴∠FP2N=45°，AO=OF．∴P2N=NF，設(shè)P2（n，﹣n2+3n+4），則n=（﹣n2+3n+4）﹣1，解得：n1=﹣2，n2=4（舍去），∴﹣n2+3n+4=﹣6，則P2的坐標(biāo)是（﹣2，﹣6）．綜上所述，P的坐標(biāo)是（2，6）或（﹣2，﹣6）；（3）連接OD，由題意可知，四邊形OFDE是矩形，則OD=EF．根據(jù)垂線段最短，可得當(dāng)OD⊥AC時(shí)，OD最短，即EF最短．由（1）可知，在直角△AOC中，OC=OA=4，則AC==4，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，D是AC的中點(diǎn)．又∵DF∥OC，∴DF=OC=2，∴點(diǎn)P的縱坐標(biāo)是2．則﹣x2+3x+1=2，解得：x=，∴當(dāng)EF最短時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)是：（，0）或（，0）．點(diǎn)評：本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識(shí)點(diǎn)有待定系數(shù)法求拋物線的解析式，以及等腰三角形的性質(zhì)．在求有關(guān)動(dòng)點(diǎn)問題時(shí)要注意分析題意分情況討論結(jié)果．35.（?菏澤，第21題10分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線y=x2﹣2mx+m2﹣9．（1）求證：無論m為何值，該拋物線與x軸總有兩個(gè)交點(diǎn)；（2）該拋物線與x軸交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)，且OA＜OB，與y軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為（0，﹣5），求此拋物線的解析式；（3）在（2）的條件下，拋物線的對稱軸與x軸的交點(diǎn)為N，若點(diǎn)M是線段AN上的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)M作直線MC⊥x軸，交拋物線于點(diǎn)C，記點(diǎn)C關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點(diǎn)為D，點(diǎn)P是線段MC上一點(diǎn)，且滿足MP=MC，連結(jié)CD，PD，作PE⊥PD交x軸于點(diǎn)E，問是否存在這樣的點(diǎn)E，使得PE=PD？若存在，求出點(diǎn)E的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．分析：（1）令y=0，則x2﹣2mx+m2﹣9=0，根據(jù)根的判別式b2﹣4ac=（﹣2m）2﹣4（m2﹣9）=36＞0，所以無論m為何值，該拋物線與x軸總有兩個(gè)交點(diǎn)．（2）直接將C點(diǎn)（0，﹣5）代入y=x2﹣2mx+m2﹣9根據(jù)拋物線與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)，且OA＜OB），求出m的值即可；（3）假設(shè)E點(diǎn)存在由直角三角形的性質(zhì)可以得出∠MEP=∠CPD．再根據(jù)條件可以得出△EPM≌△PDC就有PM=DC，EM=PC，設(shè)C（x0，y0），則D（4﹣x0，y0），P（x0，y0）．根據(jù)PM=DC就有|2x0﹣4|=﹣y0，由C點(diǎn)在拋物線上有|2x0﹣4|=﹣（x02﹣4x0﹣5），分兩種情況求出x0的值就可以得出結(jié)論．解答：解：（1）令y=0，則x2﹣2mx+m2﹣9=0，∵△=（﹣2m）2﹣4m2+36＞0，∴無論m為何值時(shí)方程x2﹣2mx+m2﹣9=0總有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，∵拋物線y=x2﹣2mx+m2﹣9的開口向上，頂點(diǎn)在x軸的下方，∴該拋物線與x軸總有兩個(gè)交點(diǎn)．（2）∵拋物線y=x2﹣2mx+m2﹣9與y軸交點(diǎn)坐標(biāo)為（0，﹣5），∴﹣5=m2﹣9．解得：m=±2．當(dāng)m=﹣2，y=0時(shí)，x2+4x﹣5=0解得：x1=﹣5，x2=1，∵拋物線y=x2﹣2mx+m2﹣9與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)，且OA＜OB），∴m=﹣2不符合題意，舍去．∴m=2．∴拋物線的解析式為y=x2﹣4x﹣5；（3）如圖2，假設(shè)E點(diǎn)存在，∵M(jìn)C⊥EM，CD⊥MC，∴∠EMP=∠PCD=90°．∴∠MEP+∠MPE=90°∵PE⊥PD，∴∠EPD=90°，∴∠MPE+∠DPC=90°∴∠MEP=∠CPD．在△EMP和△PCD中，，∴△EPM≌△PDC（AAS）．∴PM=DC，EM=PC設(shè)C（x0，y0），則D（4﹣x0，y0），P（x0，y0）．∴