中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)專題題型（四）二次函數(shù)的綜合

（2017浙江寧波第25題）如圖，拋物線與軸的負(fù)半軸交于點，與軸交于點，連結(jié)，點C（6，）在拋物線上，直線與軸交于點.(1)求的值及直線的函數(shù)表達(dá)式；(2)點在軸正半軸上，點在軸正半軸上，連結(jié)與直線交于點，連結(jié)并延長交于點，若為的中點.①求證：；②設(shè)點的橫坐標(biāo)為，求的長(用含的代數(shù)式表示).【答案】(1)c=-3;直線AC的表達(dá)式為：y=x+3；（2）①證明見解析；②【解析】試題分析：（1）把點C(6,)代入中可求出c的值；令y=0，可得A點坐標(biāo)，從而可確定AC的解析式；（2）①分別求出tan∠OAB=tan∠OAD=，得∠OAB=tan∠OAD，再由M就PQ的中點，得OM=MP，所以可證得∠APM=∠AON，即可證明；②過M點作ME⊥x軸，垂足為E，分別用含有m的代數(shù)式表示出AE和AM的長，然后利用即可求解.試題分析：（1）把點C(6,)代入解得：c=-3∴當(dāng)y=0時，解得：x1=-4，x2=3∴A（-4，0）設(shè)直線AC的表達(dá)式為：y=kx+b(k≠0)把A（-4，0），C(6,)代入得解得：k=，b=3∴直線AC的表達(dá)式為：y=x+3(2)①在RtΔAOB中，tan∠OAB=在RtΔAOD中，tan∠OAD=∴∠OAB=∠OAD∵在RtΔPOQ中，M為PQ的中點∴OM=MP∴∠MOP=∠MPO∵∠MPO=∠AON∴∠APM=∠AON∴ΔAPM∽ΔAON②如圖,過點M作ME⊥x軸于點E又∵OM=MP∴OE=EP∵點M橫坐標(biāo)為m∴AE=m+4AP=2m+4∵tan∠OAD=∴cos∠EAM=cos∠OAD=∴AM=AE=∵ΔAPM∽ΔAON∴∴AN=考點：二次函數(shù)綜合題.（2017重慶A卷第26題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=x2﹣x﹣與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C，對稱軸與x軸交于點D，點E（4，n）在拋物線上．（1）求直線AE的解析式；（2）點P為直線CE下方拋物線上的一點，連接PC，PE．當(dāng)△PCE的面積最大時，連接CD，CB，點K是線段CB的中點，點M是CP上的一點，點N是CD上的一點，求KM+MN+NK的最小值；（3）點G是線段CE的中點，將拋物線y=x2﹣x﹣沿x軸正方向平移得到新拋物線y′，y′經(jīng)過點D，y′的頂點為點F．在新拋物線y′的對稱軸上，是否存在一點Q，使得△FGQ為等腰三角形？若存在，直接寫出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】（1）y=x+．（2）3，（3）點Q的坐標(biāo)為（3，），Q′（3，）或（3，2）或（3，﹣）．【解析】試題分析：（1）拋物線的解析式可以變天為y=(x+1)(x-3),從而可得到點A和點B的坐標(biāo)，然后再求得點E的坐標(biāo)，設(shè)直線AE的解析式為y=kx+b，將點A和點E的坐標(biāo)代入，求得k和b的值，從而得到AE的解析式；（3）由平移后的拋物線經(jīng)過點D，可得到點F的坐標(biāo)，利用中點坐標(biāo)公式可求得點G的坐標(biāo)，然后分為QG=FG、QG=QF、FQ=FQ三種情況求解即可.試題解析：（1）∵y=x2﹣x﹣，∴y=（x+1）（x﹣3）．∴A（﹣1，0），B（3，0）．當(dāng)x=4時，y=．∴E（4，）．設(shè)直線AE的解析式為y=kx+b，將點A和點E的坐標(biāo)代入得：，解得：k=，b=．∴直線AE的解析式為y=x+．（2）設(shè)直線CE的解析式為y=mx﹣，將點E的坐標(biāo)代入得：4m﹣=，解得：m=．∴直線CE的解析式為y=x﹣．過點P作PF∥y軸，交CE與點F．設(shè)點P的坐標(biāo)為（x，x2﹣x﹣），則點F（x，x﹣），則FP=（x﹣）﹣（x2﹣x﹣）=x2+x．∴△EPC的面積=×（x2+x）×4=﹣x2+x．∴當(dāng)x=2時，△EPC的面積最大．∴P（2，﹣）．如圖2所示：作點K關(guān)于CD和CP的對稱點G、H，連接G、H交CD和CP與N、M．∵K是CB的中點，∴k（，﹣）．∵點H與點K關(guān)于CP對稱，∴點H的坐標(biāo)為（，﹣）．∵點G與點K關(guān)于CD對稱，∴點G（0，0）．∴KM+MN+NK=MH+MN+GN．當(dāng)點O、N、M、H在條直線上時，KM+MN+NK有最小值，最小值=GH．∴GH==3．.∴KM+MN+NK的最小值為3．（3）如圖3所示：∵y′經(jīng)過點D，y′的頂點為點F，∴點F（3，﹣）．∵點G為CE的中點，∴G（2，）．∴FG=．∴當(dāng)FG=FQ時，點Q（3，），Q′（3，）．當(dāng)GF=GQ時，點F與點Q″關(guān)于y=對稱，∴點Q″（3，2）．當(dāng)QG=QF時，設(shè)點Q1的坐標(biāo)為（3，a）．由兩點間的距離公式可知：a+=，解得：a=﹣．∴點Q1的坐標(biāo)為（3，﹣）．綜上所述，點Q的坐標(biāo)為（3，），Q′（3，）或（3，2）或（3，﹣）．考點：二次函數(shù)綜合題.（2017甘肅慶陽第28題）如圖，已知二次函數(shù)y=ax2+bx+4的圖象與x軸交于點B（-2，0），點C（8，0），與y軸交于點A．（1）求二次函數(shù)y=ax2+bx+4的表達(dá)式；（2）連接AC，AB，若點N在線段BC上運動（不與點B，C重合），過點N作NM∥AC，交AB于點M，當(dāng)△AMN面積最大時，求N點的坐標(biāo)；.（3）連接OM，在（2）的結(jié)論下，求OM與AC的數(shù)量關(guān)系．【答案】（1）y=﹣x2+x+4；（2）N（3，0）；（3）OM=AC．【解析】試題分析：（1）由B、C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式；（2）可設(shè)N（n，0），則可用n表示出△ABN的面積，由NM∥AC，可求得，則可用n表示出△AMN的面積，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求得其面積最大時n的值，即可求得N點的坐標(biāo)；（3）由N點坐標(biāo)可求得M點為AB的中點，由直角三角形的性質(zhì)可得OM=AB，在Rt△AOB和Rt△AOC中，可分別求得AB和AC的長，可求得AB與AC的關(guān)系，從而可得到OM和AC的數(shù)量關(guān)系．試題解析：（1）將點B，點C的坐標(biāo)分別代入y=ax2+bx+4可得，解得，∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y=﹣x2+x+4；（2）設(shè)點N的坐標(biāo)為（n，0）（﹣2＜n＜8），則BN=n+2，CN=8﹣n．∵B（﹣2，0），C（8，0），∴BC=10，在y=﹣x2+x+4中，令x=0，可解得y=4，∴點A（0，4），OA=4，∴S△ABN=BN?OA=（n+2）×4=2（n+2），∵M(jìn)N∥AC，∴∴，∴∵﹣＜0，∴當(dāng)n=3時，即N（3，0）時，△AMN的面積最大；（3）當(dāng)N（3，0）時，N為BC邊中點，∵M(jìn)N∥AC，∴M為AB邊中點，∴OM=AB，∵AB=，AC=，∴AB=AC，∴OM=AC．考點：二次函數(shù)綜合題．（2017廣西貴港第25題）如圖，拋物線與軸交于兩點，與軸的正半軸交于點，其頂點為.（1）寫出兩點的坐標(biāo)（用含的式子表示）；（2）設(shè)，求的值；（3）當(dāng)是直角三角形時，求對應(yīng)拋物線的解析式.【答案】（1）C（0，3a），D（2，﹣a）；（2）3；（3）y=x2﹣4x+3或y=x2﹣2x+．試題解析：（1）在y=a（x﹣1）（x﹣3），令x=0可得y=3a，∴C（0，3a），∵y=a（x﹣1）（x﹣3）=a（x2﹣4x+3）=a（x﹣2）2﹣a，∴D（2，﹣a）；（2）在y=a（x﹣1）（x﹣3）中，令y=0可解得x=1或x=3，∴A（1，0），B（3，0），∴AB=3﹣1=2，∴S△ABD=×2×a=a，如圖，設(shè)直線CD交x軸于點E，設(shè)直線CD解析式為y=kx+b，把C、D的坐標(biāo)代入可得，解得，∴直線CD解析式為y=﹣2ax+3a，令y=0可解得x=，∴E（，0），∴BE=3﹣=∴S△BCD=S△BEC+S△BED=××（3a+a）=3a，∴S△BCD：S△ABD=（3a）：a=3，∴k=3；.（3）∵B（3，0），C（0，3a），D（2，﹣a），∴BC2=32+（3a）2=9+9a2，CD2=22+（﹣a﹣3a）2=4+16a2，BD2=（3﹣2）2+a2=1+a2，∵∠BCD＜∠BCO＜90°，∴△BCD為直角三角形時，只能有∠CBD=90°或∠CDB=90°兩種情況，①當(dāng)∠CBD=90°時，則有BC2+BD2=CD2，即9+9a2+1+a2=4+16a2，解得a=﹣1（舍去）或a=1，此時拋物線解析式為y=x2﹣4x+3；②當(dāng)∠CDB=90°時，則有CD2+BD2=BC2，即4+16a2+1+a2=9+9a2，解得a=﹣（舍去）或a=，此時拋物線解析式為y=x2﹣2x+；綜上可知當(dāng)△BCD是直角三角形時，拋物線的解析式為y=x2﹣4x+3或y=x2﹣2x+．考點：二次函數(shù)綜合題．（2017貴州安順第26題）如圖甲，直線y=﹣x+3與x軸、y軸分別交于點B、點C，經(jīng)過B、C兩點的拋物線y=x2+bx+c與x軸的另一個交點為A，頂點為P．（1）求該拋物線的解析式；（2）在該拋物線的對稱軸上是否存在點M，使以C，P，M為頂點的三角形為等腰三角形？若存在，請直接寫出所符合條件的點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；（3）當(dāng)0＜x＜3時，在拋物線上求一點E，使△CBE的面積有最大值（圖乙、丙供畫圖探究）．【答案】（1）y=x2﹣4x+3；（2）（2，）或（2，7）或（2，﹣1+2）或（2，﹣1﹣2）；（3）E點坐標(biāo)為（，）時，△CBE的面積最大．【解析】試題分析：（1）由直線解析式可求得B、C坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式；（2）由拋物線解析式可求得P點坐標(biāo)及對稱軸，可設(shè)出M點坐標(biāo)，表示出MC、MP和PC的長，分MC=MP、MC=PC和MP=PC三種情況，可分別得到關(guān)于M點坐標(biāo)的方程，可求得M點的坐標(biāo)；（3）過E作EF⊥x軸，交直線BC于點F，交x軸于點D，可設(shè)出E點坐標(biāo)，表示出F點的坐標(biāo)，表示出EF的長，進(jìn)一步可表示出△CBE的面積，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求得其取得最大值時E點的坐標(biāo)．試題解析：（1）∵直線y=﹣x+3與x軸、y軸分別交于點B、點C，∴B（3，0），C（0，3），把B、C坐標(biāo)代入拋物線解析式可得 ，解得，∴拋物線解析式為y=x2﹣4x+3；（2）∵y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，∴拋物線對稱軸為x=2，P（2，﹣1），設(shè)M（2，t），且C（0，3），∴MC=，MP=|t+1|，PC=，∵△CPM為等腰三角形，∴有MC=MP、MC=PC和MP=PC三種情況，（3）如圖，過E作EF⊥x軸，交BC于點F，交x軸于點D，設(shè)E（x，x2﹣4x+3），則F（x，﹣x+3），∵0＜x＜3，∴EF=﹣x+3﹣（x2﹣4x+3）=﹣x2+3x，∴S△CBE=S△EFC+S△EFB=EF?OD+EF?BD=EF?OB=×3（﹣x2+3x）=﹣（x﹣）2+，∴當(dāng)x=時，△CBE的面積最大，此時E點坐標(biāo)為（，），即當(dāng)E點坐標(biāo)為（，）時，△CBE的面積最大．考點：二次函數(shù)綜合題．（2017湖北武漢第24題）已知點在拋物線上．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，點的坐標(biāo)為，直線交拋物線于另一點，過點作軸的垂線，垂足為，設(shè)拋物線與軸的正半軸交于點，連接，求證；（3）如圖2，直線分別交軸，軸于兩點，點從點出發(fā)，沿射線方向勻速運動，速度為每秒個單位長度，同時點從原點出發(fā)，沿軸正方向勻速運動，速度為每秒1個單位長度，點是直線與拋物線的一個交點，當(dāng)運動到秒時，，直接寫出的值．【答案】（1）拋物線的解析式為：y=x2-x；（2）證明見解析；（3）；.【解析】試題分析：（1）把A，B兩點坐標(biāo)代入，解方程組求出a，b的值，即可得到二次函數(shù)解析式；（2）過點A作AN⊥ｘ軸于點N，則N(-1，0)，再求出E點坐標(biāo)，從而可求tan∠AEN=,再求出直線AF的解析式與拋物線方程聯(lián)立,求出點G的坐標(biāo),則可得到tan∠FHO=，從而得證；（3）進(jìn)行分類討論即可得解.試題解析：（1）∵點A（-1，1），B（4，6）在拋物線y=ax2+bx上∴a-b=1，16a+4b=6解得：a=，b=-∴拋物線的解析式為：y=x2-x（2）過點A作AN⊥x軸于點N，則N(-1，0)∴AN=1當(dāng)y=0時，x2-x=0解得：x=0或1∴E（1，0）∴EN=2∴tan∠AEN=設(shè)直線AF的解析式為y=kx+m∵A(-1,1)在直線AF上，∴-k+m=1即：k=m-1∴直線AF的解析式可化為：y=(m-1)x+m與y=x2-x聯(lián)立，得（m-1）x+m=x2-x∴(x+1)（x-2m）=0∴x=-1或2m∴點G的橫坐標(biāo)為2m∴OH=2m∵OF=m∴tan∠FHO=∴∠AEN=∠FHO∴FH∥AE（3）；.考點：二次函數(shù)綜合題.（2017湖南懷化第24題）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線與軸交于，兩點，與軸交于點.(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)若點是軸上的一點，且以為頂點的三角形與相似，求點的坐標(biāo)；(3)如圖2，軸瑋拋物線相交于點，點是直線下方拋物線上的動點，過點且與軸平行的直線與，分別交于點，，試探究當(dāng)點運動到何處時，四邊形的面積最大，求點的坐標(biāo)及最大面積；(4)若點為拋物線的頂點，點是該拋物線上的一點，在軸，軸上分別找點，，使四邊形的周長最小，求出點，的坐標(biāo).【答案】(1)y=x2﹣4x﹣5，(2)D的坐標(biāo)為（0，1）或（0，）；(3)當(dāng)t=時，四邊形CHEF的面積最大為．(4)P（，0），Q（0，﹣）．【解析】試題分析：（1）根據(jù)待定系數(shù)法直接拋物線解析式；（2）分兩種情況，利用相似三角形的比例式即可求出點D的坐標(biāo)；（3）先求出直線BC的解析式，進(jìn)而求出四邊形CHEF的面積的函數(shù)關(guān)系式，即可求出最大值；（4）利用對稱性找出點P，Q的位置，進(jìn)而求出P，Q的坐標(biāo)．試題解析：（1）∵點A（﹣1，0），B（5，0）在拋物線y=ax2+bx﹣5上，∴，∴，∴拋物線的表達(dá)式為y=x2﹣4x﹣5，（2）如圖1，令x=0，則y=﹣5，∴C（0，﹣5），∴OC=OB，∴∠OBC=∠OCB=45°，∴AB=6，BC=5，要使以B，C，D為頂點的三角形與△ABC相似，則有或，①當(dāng)時，CD=AB=6，∴D（0，1），②當(dāng)時，∴，∴CD=，∴D（0，），即：D的坐標(biāo)為（0，1）或（0，）；（3）設(shè)H（t，t2﹣4t﹣5），∵CE∥x軸，∴點E的縱坐標(biāo)為﹣5，∵E在拋物線上，∴x2﹣4x﹣5=﹣5，∴x=0（舍）或x=4，∴E（4，﹣5），∴CE=4，∵B（5，0），C（0，﹣5），∴直線BC的解析式為y=x﹣5，∴F（t，t﹣5），∴HF=t﹣5﹣（t2﹣4t﹣5）=﹣（t﹣ ）2+，∵CE∥x軸，HF∥y軸，∴CE⊥HF，∴S四邊形CHEF=CE?HF=﹣2（t﹣）2+，當(dāng)t=時，四邊形CHEF的面積最大為．（4）如圖2，∵K為拋物線的頂點，∴K（2，﹣9），∴K關(guān)于y軸的對稱點K'（﹣2，﹣9），∵M(jìn)（4，m）在拋物線上，∴M（4，﹣5），∴點M關(guān)于x軸的對稱點M'（4，5），∴直線K'M'的解析式為y=x﹣，∴P（，0），Q（0，﹣）．考點：二次函數(shù)綜合題．（2017新疆建設(shè)兵團(tuán)第23題）如圖，拋物線y=﹣x2+x+2與x軸交于點A，B，與y軸交于點C．（1）試求A，B，C的坐標(biāo)；（2）將△ABC繞AB中點M旋轉(zhuǎn)180°，得到△BAD．3①求點D的坐標(biāo)；②判斷四邊形ADBC的形狀，并說明理由；（3）在該拋物線對稱軸上是否存在點P，使△BMP與△BAD相似？若存在，請直接寫出所有滿足條件的P點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）；(2)①D（3，﹣2）；②四邊形ADBC是矩形；理由見解析，(3)點P的坐標(biāo)為：（，），（，﹣），（，5），（，﹣5）．【解析】試題分析：（1）直接利用y=0，x=0分別得出A，B，C的坐標(biāo)；（2）①利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)結(jié)合三角形各邊長得出D點坐標(biāo)；②利用平行四邊形的判定方法結(jié)合勾股定理的逆定理得出四邊形ADBC的形狀；（3）直接利用相似三角形的判定與性質(zhì)結(jié)合三角形各邊長進(jìn)而得出答案．試題解析：（1）當(dāng)y=0時，0=﹣x2+x+2，解得：x1=﹣1，x2=4，則A（﹣1，0），B（4，0），當(dāng)x=0時，y=2，故C（0，2）；（2）①過點D作DE⊥x軸于點E，∵將△ABC繞AB中點M旋轉(zhuǎn)180°，得到△BAD，∴DE=2，AO=BE=1，OM=ME，∴D（3，﹣2）；②∵將△ABC繞AB中點M旋轉(zhuǎn)180°，得到△BAD，∴AC=BD，AD=BC，∴四邊形ADBC是平行四邊形，∵AC=，BC=，AB=5，∴AC2+BC2=AB2，∴△ACB是直角三角形，∴∠ACB=90°，∴四邊形ADBC是矩形；（3）由題意可得：BD=，AD=2，則，當(dāng)△BMP∽△ADB時，，可得：BM，則PM，故P（，），當(dāng)△BMP1∽△ABD時，P1（，﹣），當(dāng)△BMP2∽△BDA時，可得：P2（，5），當(dāng)△BMP3∽△BDA時，可得：P3（，﹣5），綜上所述：點P的坐標(biāo)為：（，），（，﹣），（，5），（，﹣5）．考點：二次函數(shù)綜合題．(2017河南第23題)如圖，直線與軸交于點，與軸交于點，拋物線經(jīng)過點，.（1）求點B的坐標(biāo)和拋物線的解析式；（2）M（m，0）為x軸上一個動點，過點M垂直于x軸的直線與直線AB和拋物線分別交于點P、N，①點在線段上運動，若以，，為頂點的三角形與相似，求點的坐標(biāo)；②點在軸上自由運動，若三個點，，中恰有一點是其它兩點所連線段的中點（三點重合除外），則稱，，三點為“共諧點”.請直接寫出使得，，三點成為“共諧點”的的值.【答案】（1）B（0，2），；（2）①點M的坐標(biāo)為（，0）或M（，0）；②m=-1或m=或m=.【解析】試題分析：(1)把點代入求得c值，即可得點B的坐標(biāo)；拋物線經(jīng)過點，即可求得b值，從而求得拋物線的解析式；（2）由軸，M（m，0），可得N()，①分∠NBP=90°和∠BNP=90°兩種情況求點M的坐標(biāo)；②分N為PM的中點、P為NM的中點、M為PN的中點3種情況求m的值.試題解析：（1）直線與軸交于點，∴，解得c=2∴B（0，2），∵拋物線經(jīng)過點，∴，∴b=∴拋物線的解析式為；（2）∵軸，M（m，0），∴N()①有（1）知直線AB的解析式為，OA=3，OB=2∵在△APM中和△BPN中，∠APM=∠BPN,∠AMP=90°，若使△APM中和△BPN相似，則必須∠NBP=90°或∠BNP=90°，分兩種情況討論如下：（I）當(dāng)∠NBP=90°時，過點N作NC軸于點C，則∠NBC+∠BNC=90°，NC=m，BC=∵∠NBP=90°，∴∠NBC+∠ABO=90°，∴∠BNC=∠ABO，∴Rt△NCB∽Rt△BOA∴,即，解得m=0（舍去）或m=∴M（，0）；（II）當(dāng)∠BNP=90°時，BNMN，∴點N的縱坐標(biāo)為2，∴解得m=0（舍去）或m=∴M（，0）；綜上，點M的坐標(biāo)為（，0）或M（，0）；②m=-1或m=或m=.考點：二次函數(shù)綜合題.(2017四川瀘州第25題)如圖，已知二次函數(shù)的圖象經(jīng)過三點.（1）求該二次函數(shù)的解析式；（2）點是該二次函數(shù)圖象上的一點，且滿足(是坐標(biāo)原點)，求點的坐標(biāo)；（3）點是該二次函數(shù)圖象上位于一象限上的一動點，連接分別交軸與點若的面積分別為求的最大值.【答案】（1）；（2）滿足條件的點有：；（3）當(dāng)時，有最大值，最大值為：.【解析】試題解析：（1）由題意得：設(shè)拋物線的解析式為：；因為拋物線圖像過點,解得所以拋物線的解析式為：即：(2)設(shè)直線與軸的交點為當(dāng)時，直線解析式為：所以，點當(dāng)時，直線解析式為：所以，點綜上：滿足條件的點有：（3）：過點P作PH//軸交直線于點，設(shè)BC直線的解析式為故：AP直線的解析式為：故：；即：所以，當(dāng)時，有最大值，最大值為：.（2016·湖北隨州·12分）已知拋物線y=a（x+3）（x﹣1）（a≠0），與x軸從左至右依次相交于A、B兩點，與y軸相交于點C，經(jīng)過點A的直線y=﹣x+b與拋物線的另一個交點為D．（1）若點D的橫坐標(biāo)為2，求拋物線的函數(shù)解析式；（2）若在第三象限內(nèi)的拋物線上有點P，使得以A、B、P為頂點的三角形與△ABC相似，求點P的坐標(biāo)；（3）在（1）的條件下，設(shè)點E是線段AD上的一點（不含端點），連接BE．一動點Q從點B出發(fā)，沿線段BE以每秒1個單位的速度運動到點E，再沿線段ED以每秒個單位的速度運動到點D后停止，問當(dāng)點E的坐標(biāo)是多少時，點Q在整個運動過程中所用時間最少？解：（1）∵y=a（x+3）（x﹣1），∴點A的坐標(biāo)為（﹣3，0）、點B兩的坐標(biāo)為（1，0），∵直線y=﹣x+b經(jīng)過點A，∴b=﹣3，∴y=﹣x﹣3，當(dāng)x=2時，y=﹣5，則點D的坐標(biāo)為（2，﹣5），∵點D在拋物線上，∴a（2+3）（2﹣1）=﹣5，解得，a=﹣，則拋物線的解析式為y=﹣（x+3）（x﹣1）=﹣x2﹣2x+3；（2）作PH⊥x軸于H，設(shè)點P的坐標(biāo)為（m，n），當(dāng)△BPA∽△ABC時，∠BAC=∠PBA，∴tan∠BAC=tan∠PBA，即=，∴=，即n=﹣a（m﹣1），∴，解得，m1=﹣4，m2=1（不合題意，舍去），當(dāng)m=﹣4時，n=5a，∵△BPA∽△ABC，∴=，即AB2=AC?PB，∴42=?，解得，a1=（不合題意，舍去），a2=﹣，則n=5a=﹣，∴點P的坐標(biāo)為（﹣4，﹣）；當(dāng)△PBA∽△ABC時，∠CBA=∠PBA，∴tan∠CBA=tan∠PBA，即=，∴=，即n=﹣3a（m﹣1），∴，解得，m1=﹣6，m2=1（不合題意，舍去），當(dāng)m=﹣6時，n=21a，∵△PBA∽△ABC，∴=，即AB2=BC?PB，∴42=?，解得，a1=（不合題意，舍去），a2=﹣，則點P的坐標(biāo)為（﹣6，﹣），綜上所述，符合條件的點P的坐標(biāo)為（﹣4，﹣）和（﹣6，﹣）；（3）作DM∥x軸交拋物線于M，作DN⊥x軸于N，作EF⊥DM于F，則tan∠DAN===，∴∠DAN=60°，∴∠EDF=60°，∴DE==EF，∴Q的運動時間t=+=BE+EF，∴當(dāng)BE和EF共線時，t最小，則BE⊥DM，y=﹣4．（2016·湖北武漢·12分）拋物線y＝ax2＋c與x軸交于A、B兩點，頂點為C，點P為拋物線上，且位于x軸下方．（1）如圖1，若P(1，－3)、B(4，0)，①求該拋物線的解析式；②若D是拋物線上一點，滿足∠DPO＝∠POB，求點D的坐標(biāo)；（2）如圖2，已知直線PA、PB與y軸分別交于E、F兩點．當(dāng)點P運動時，是否為定值？若是，試求出該定值；若不是，請說明理由．【考點】二次函數(shù)綜合；考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；平行線的判定；函數(shù)值相等的點關(guān)于對稱軸對稱?！敬鸢浮浚?）①y＝x2-；②點D的坐標(biāo)為(-1，-3)或(，)；（2）是定值，等于2【解析】解：（1）①將P(1，－3)、B(4，0)代入y＝ax2＋c得，解得，拋物線的解析式為：．②如圖：由∠DPO＝∠POB得DP∥OB，D與P關(guān)于y軸對稱，P(1，－3)得D(-1，-3)；如圖，D在P右側(cè)，即圖中D2，則∠D2PO＝∠POB，延長PD2交x軸于Q，則QO＝QP，設(shè)Q（q，0），則（q－1）2＋32＝q2，解得：q＝5，∴Q（5，0），則直線PD2為，再聯(lián)立得：x＝1或，∴D2（）∴點D的坐標(biāo)為(-1，-3)或（）（2）設(shè)B（b，0），則A（-b，0）有ab2＋c＝0，∴b2＝，過點P（x0，y0）作PH⊥AB，有，易證：△PAH∽△EAO，則即，∴，同理得∴，∴，則OE＋OF＝∴，又OC＝－c,∴.∴是定值，等于2．（2016·吉林·10分）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，點B在x軸正半軸上，OB的長度為2m，以O(shè)B為邊向上作等邊三角形AOB，拋物線l：y=ax2+bx+c經(jīng)過點O，A，B三點（1）當(dāng)m=2時，a=﹣，當(dāng)m=3時，a=﹣；（2）根據(jù)（1）中的結(jié)果，猜想a與m的關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（3）如圖2，在圖1的基礎(chǔ)上，作x軸的平行線交拋物線l于P、Q兩點，PQ的長度為2n，當(dāng)△APQ為等腰直角三角形時，a和n的關(guān)系式為a=﹣；（4）利用（2）（3）中的結(jié)論，求△AOB與△APQ的面積比．【考點】二次函數(shù)綜合題．【分析】（1）由△AOB為等邊三角形，AB=2m，得出點A，B坐標(biāo)，再由點A，B，O在拋物線上建立方程組，得出結(jié)論，最后代m=2，m=3，求值即可；（2）同（1）的方法得出結(jié)論（3）由△APQ為等腰直角三角形，PQ的長度為2n，設(shè)A（e，d+n），∴P（e﹣n，d），Q（e+n，d），建立方程組求解即可；（4）由（2）（3）的結(jié)論得到m=n，再根據(jù)面積公式列出式子，代入化簡即可．【解答】解：（1）如圖1，∵點B在x軸正半軸上，OB的長度為2m，∴B（2m，0），∵以O(shè)B為邊向上作等邊三角形AOB，∴AM=m，OM=m，∴A（m，m），∵拋物線l：y=ax2+bx+c經(jīng)過點O，A，B三點∴，∴當(dāng)m=2時，a=﹣，當(dāng)m=3時，a=﹣，故答案為：﹣，﹣；（2）a=﹣理由：如圖1，∵點B在x軸正半軸上，OB的長度為2m，∴B（2m，0），∵以O(shè)B為邊向上作等邊三角形AOB，∴AM=m，OM=m，∴A（m，m），∵拋物線l：y=ax2+bx+c經(jīng)過點O，A，B三點∴，∴∴a=﹣，（3）如圖2，∵△APQ為等腰直角三角形，PQ的長度為2n，設(shè)A（e，d+n），∴P（e﹣n，d），Q（e+n，d），∵P，Q，A，O在拋物線l：y=ax2+bx+c上，∴，∴，①﹣②化簡得，2ae﹣an+b=1④，①﹣③化簡得，﹣2ae﹣an﹣b=1⑤，④﹣⑤化簡得，an=﹣1，∴a=﹣故答案為a=﹣，（4）∵OB的長度為2m，AM=m，∴S△AOB=OB×AM=2m×m=m2，由（3）有，AN=n∵PQ的長度為2n，∴S△APQ=PQ×AN=×2m×n=n2，由（2）（3）有，a=﹣，a=﹣，∴﹣=﹣，∴m=n，∴===，∴△AOB與△APQ的面積比為3：1．（2016·遼寧丹東·12分）如圖，拋物線y=ax2+bx過A（4，0），B（1，3）兩點，點C、B關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，過點B作直線BH⊥x軸，交x軸于點H．（1）求拋物線的表達(dá)式；（2）直接寫出點C的坐標(biāo)，并求出△ABC的面積；（3）點P是拋物線上一動點，且位于第四象限，當(dāng)△ABP的面積為6時，求出點P的坐標(biāo)；（4）若點M在直線BH上運動，點N在x軸上運動，當(dāng)以點C、M、N為頂點的三角形為等腰直角三角形時，請直接寫出此時△CMN的面積．【考點】二次函數(shù)綜合題．【分析】（1）利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的表達(dá)式；（2）根據(jù)二次函數(shù)的對稱軸x=2寫出點C的坐標(biāo)為（3，3），根據(jù)面積公式求△ABC的面積；（3）因為點P是拋物線上一動點，且位于第四象限，設(shè)出點P的坐標(biāo)（m，﹣m2+4m），利用差表示△ABP的面積，列式計算求出m的值，寫出點P的坐標(biāo)；（4）分別以點C、M、N為直角頂點分三類進(jìn)行討論，利用全等三角形和勾股定理求CM或CN的長，利用面積公式進(jìn)行計算．【解答】解：（1）把點A（4，0），B（1，3）代入拋物線y=ax2+bx中，得解得：，∴拋物線表達(dá)式為：y=﹣x2+4x；（2）點C的坐標(biāo)為（3，3），又∵點B的坐標(biāo)為（1，3），∴BC=2，∴S△ABC=×2×3=3；（3）過P點作PD⊥BH交BH于點D，設(shè)點P（m，﹣m2+4m），根據(jù)題意，得：BH=AH=3，HD=m2﹣4m，PD=m﹣1，∴S△ABP=S△ABH+S四邊形HAPD﹣S△BPD，6=×3×3+（3+m﹣1）（m2﹣4m）﹣（m﹣1）（3+m2﹣4m），∴3m2﹣15m=0，m1=0（舍去），m2=5，∴點P坐標(biāo)為（5，﹣5）．（4）以點C、M、N為頂點的三角形為等腰直角三角形時，分三類情況討論：①以點M為直角頂點且M在x軸上方時，如圖2，CM=MN，∠CMN=90°，則△CBM≌△MHN，∴BC=MH=2，BM=HN=3﹣2=1，∴M（1，2），N（2，0），由勾股定理得：MC==，∴S△CMN=××=；②以點M為直角頂點且M在x軸下方時，如圖3，作輔助線，構(gòu)建如圖所示的兩直角三角形：Rt△NEM和Rt△MDC，得Rt△NEM≌Rt△MDC，∴EM=CD=5，MD=ME=2，由勾股定理得：CM==，∴S△CMN=××=；③以點N為直角頂點且N在y軸左側(cè)時，如圖4，CN=MN，∠MNC=90°，作輔助線，同理得：CN==，∴S△CMN=××=17；④以點N為直角頂點且N在y軸右側(cè)時，作輔助線，如圖5，同理得：CN==，∴S△CMN=××=5；⑤以C為直角頂點時，不能構(gòu)成滿足條件的等腰直角三角形；綜上所述：△CMN的面積為：或或17或5．（2016·四川瀘州）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點O為坐標(biāo)原點，直線l與拋物線y=mx2+nx相交于A（1，3），B（4，0）兩點．（1）求出拋物線的解析式；（2）在坐標(biāo)軸上是否存在點D，使得△ABD是以線段AB為斜邊的直角三角形？若存在，求出點D的坐標(biāo)；若不存在，說明理由；（3）點P是線段AB上一動點，（點P不與點A、B重合），過點P作PM∥OA，交第一象限內(nèi)的拋物線于點M，過點M作MC⊥x軸于點C，交AB于點N，若△BCN、△PMN的面積S△BCN、S△PMN滿足S△BCN=2S△PMN，求出的值，并求出此時點M的坐標(biāo)．【考點】二次函數(shù)綜合題．【分析】（1）由A、B兩點的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式；（2）分D在x軸上和y軸上，當(dāng)D在x軸上時，過A作AD⊥x軸，垂足D即為所求；當(dāng)D點在y軸上時，設(shè)出D點坐標(biāo)為（0，d），可分別表示出AD、BD，再利用勾股定理可得到關(guān)于d的方程，可求得d的值，從而可求得滿足條件的D點坐標(biāo)；（3）過P作PF⊥CM于點F，利用Rt△ADO∽Rt△MFP以及三角函數(shù)，可用PF分別表示出MF和NF，從而可表示出MN，設(shè)BC=a，則可用a表示出CN，再利用S△BCN=2S△PMN，可用PF表示出a的值，從而可用PF表示出CN，可求得的值；借助a可表示出M點的坐標(biāo)，代入拋物線解析式可求得a的值，從而可求出M點的坐標(biāo)．【解答】解：（1）∵A（1，3），B（4，0）在拋物線y=mx2+nx的圖象上，∴，解得，∴拋物線解析式為y=﹣x2+4x；（2）存在三個點滿足題意，理由如下：當(dāng)點D在x軸上時，如圖1，過點A作AD⊥x軸于點D，∵A（1，3），∴D坐標(biāo)為（1，0）；當(dāng)點D在y軸上時，設(shè)D（0，d），則AD2=1+（3﹣d）2，BD2=42+d2，且AB2=（4﹣1）2+（3）2=36，∵△ABD是以AB為斜邊的直角三角形，∴AD2+BD2=AB2，即1+（3﹣d）2+42+d2=36，解得d=，∴D點坐標(biāo)為（0，）或（0，）；綜上可知存在滿足條件的D點，其坐標(biāo)為（1，0）或（0，）或（0，）；（3）如圖2，過P作PF⊥CM于點F，∵PM∥OA，∴Rt△ADO∽Rt△MFP，∴==3，∴MF=3PF，在Rt△ABD中，BD=3，AD=3，∴tan∠ABD=，∴∠ABD=60°，設(shè)BC=a，則CN=a，在Rt△PFN中，∠PNF=∠BNC=30°，∴tan∠PNF==，∴FN=PF，∴MN=MF+FN=4PF，∵S△BCN=2S△PMN，∴a2=2××4PF2，∴a=2PF，∴NC=a=2PF，∴==，∴MN=NC=×a=a，∴MC=MN+NC=（+）a，∴M點坐標(biāo)為（4﹣a，（+）a），又M點在拋物線上，代入可得﹣（4﹣a）2+4（4﹣a）=（+）a，解得a=3﹣或a=0（舍去），OC=4﹣a=+1，MC=2+，∴點M的坐標(biāo)為（+1，2+）．（2016·四川南充）如圖，拋物線與x軸交于點A（﹣5，0）和點B（3，0）．與y軸交于點C（0，5）．有一寬度為1，長度足夠的矩形（陰影部分）沿x軸方向平移，與y軸平行的一組對邊交拋物線于點P和Q，交直線AC于點M和N．交x軸于點E和F． （1）求拋物線的解析式； （2）當(dāng)點M和N都在線段AC上時，連接MF，如果sin∠AMF=，求點Q的坐標(biāo)； （3）在矩形的平移過程中，當(dāng)以點P，Q，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形時，求點M的坐標(biāo)． 【分析】（1）設(shè)拋物線為y=a（x+5）（x﹣3），把點（0，5）代入即可解決問題． （2）作FG⊥AC于G，設(shè)點F坐標(biāo)（m，0），根據(jù)sin∠AMF==，列出方程即可解決問題． （3）①當(dāng)MN是對角線時，設(shè)點F（m，0），由QN=PM，列出方程即可解決問題．②當(dāng)MN為邊時，MN=PQ=，設(shè)點Q（m，﹣m2﹣m+5）則點P（m+1，﹣m2﹣m+6），代入拋物線解析式，解方程即可． 【解答】解：（1）∵拋物線與x軸交于點A（﹣5，0），B（3，0）， ∴可以假設(shè)拋物線為y=a（x+5）（x﹣3），把點（0，5）代入得到a=﹣， ∴拋物線的解析式為y=﹣x2﹣x+5． （2）作FG⊥AC于G，設(shè)點F坐標(biāo)（m，0）， 則AF=m+5，AE=EM=m+6，F(xiàn)G=（m+5），F(xiàn)M==， ∵sin∠AMF=， ∴=， ∴=，整理得到2m2+19m+44=0， ∴（m+4）（2m+11）=0， ∴m=﹣4或﹣5.5（舍棄）， ∴點Q坐標(biāo)（﹣4，）． （3）①當(dāng)MN是對角線時，設(shè)點F（m，0）． ∵直線AC解析式為y=x+5， ∴點N（m，m+5），點M（m+1，m+6）， ∵QN=PM， ∴﹣m2﹣m+5﹣m﹣5=m+6﹣[﹣（m+1）2﹣（m+1）+5]， 解得m=﹣3±， ∴點M坐標(biāo)（﹣2+，3+）或（﹣2﹣，3﹣）． ②當(dāng)MN為邊時，MN=PQ=，設(shè)點Q（m，﹣m2﹣m+5）則點P（m+1，﹣m2﹣m+6）， ∴﹣m2﹣m+6=﹣（m+1）2﹣（m+1）+5， 解得m=﹣3． ∴點M坐標(biāo)（﹣2，3）， 綜上所述以點P，Q，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形時，點M的坐標(biāo)為（﹣2，3）或（﹣2+，3+）或（﹣2﹣，3﹣）． （2016·湖北荊門·14分）如圖，直線y=﹣x+2與x軸，y軸分別交于點A，點B，兩動點D，E分別從點A，點B同時出發(fā)向點O運動（運動到點O停止），運動速度分別是1個單位長度/秒和個單位長度/秒，設(shè)運動時間為t秒，以點A為頂點的拋物線經(jīng)過點E，過點E作x軸的平行線，與拋物線的另一個交點為點G，與AB相交于點F．（1）求點A，點B的坐標(biāo)；（2）用含t的代數(shù)式分別表示EF和AF的長；（3）當(dāng)四邊形ADEF為菱形時，試判斷△AFG與△AGB是否相似，并說明理由．（4）是否存在t的值，使△AGF為直角三角形？若存在，求出這時拋物線的解析式；若不存在，請說明理由．解：（1）在直線y=﹣x+2中，令y=0可得0=﹣x+2，解得x=2，令x=0可得y=2，∴A為（2，0），B為（0，2）；（2）由（1）可知OA=2，OB=2，∴tan∠ABO==，∴∠ABO=30°，∵運動時間為t秒，∴BE=t，∵EF∥x軸，∴在Rt△BEF中，EF=BE?tan∠ABO=BE=t，BF=2EF=2t，在Rt△ABO中，OA=2，OB=2，∴AB=4，∴AF=4﹣2t；（3）相似．理由如下：當(dāng)四邊形ADEF為菱形時，則有EF=AF，即t=4﹣2t，解得t=，∴AF=4﹣2t=4﹣=，OE=OB﹣BE=2﹣×=，如圖，過G作GH⊥x軸，交x軸于點H，則四邊形OEGH為矩形，∴GH=OE=，又EG∥x軸，拋物線的頂點為A，∴OA=AH=2，在Rt△AGH中，由勾股定理可得AG2=GH2+AH2=（）2+22=，又AF?AB=×4=，∴AF?AB=AG2，即=，且∠FAG=∠GAB，∴△AFG∽△AGB；（4）存在，∵EG∥x軸，∴∠GFA=∠BAO=60°，又G點不能在拋物線的對稱軸上，∴∠FGA≠90°，∴當(dāng)△AGF為直角三角形時，則有∠FAG=90°，又∠FGA=30°，∴FG=2AF，∵EF=t，EG=4，∴FG=4﹣t，且AF=4﹣2t，∴4﹣t=2（4﹣2t），解得t=，即當(dāng)t的值為秒時，△AGF為直角三角形，此時OE=OB﹣BE=2﹣t=2﹣×=，∴E點坐標(biāo)為（0，），∵拋物線的頂點為A，∴可設(shè)拋物線解析式為y=a（x﹣2）2，把E點坐標(biāo)代入可得=4a，解得a=，∴拋物線解析式為y=（x﹣2）2，即y=x2﹣x+．（2016·內(nèi)蒙古包頭）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y=ax2+bx﹣2（a≠0）與x軸交于A（1，0）、B（3，0）兩點，與y軸交于點C，其頂點為點D，點E的坐標(biāo)為（0，﹣1），該拋物線與BE交于另一點F，連接BC．（1）求該拋物線的解析式，并用配方法把解析式化為y=a（x﹣h）2+k的形式；（2）若點H（1，y）在BC上，連接FH，求△FHB的面積；（3）一動點M從點D出發(fā)，以每秒1個單位的速度平沿行與y軸方向向上運動，連接OM，BM，設(shè)運動時間為t秒（t＞0），在點M的運動過程中，當(dāng)t為何值時，∠OMB=90°？（4）在x軸上方的拋物線上，是否存在點P，使得∠PBF被BA平分？若存在，請直接寫出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．解：（1）∵拋物線y=ax2+bx﹣2（a≠0）與x軸交于A（1，0）、B（3，0）兩點，∴∴，∴拋物線解析式為y=﹣x2+x﹣2=﹣（x﹣2）2+；（2）如圖1，過點A作AH∥y軸交BC于H，BE于G，由（1）有，C（0，﹣2），∵B（0，3），∴直線BC解析式為y=x﹣2，∵H（1，y）在直線BC上，∴y=﹣，∴H（1，﹣），∵B（3，0），E（0，﹣1），∴直線BE解析式為y=﹣x﹣1，∴G（1，﹣），∴GH=，∵直線BE：y=﹣x﹣1與拋物線y=﹣x2+x﹣2相較于F，B，∴F（，﹣），∴S△FHB=GH×|xG﹣xF|+GH×|xB﹣xG|=GH×|xB﹣xF|=××（3﹣）=．（3）如圖2，由（1）有y=﹣x2+x﹣2，∵D為拋物線的頂點，∴D（2，），∵一動點M從點D出發(fā)，以每秒1個單位的速度平沿行與y軸方向向上運動，∴設(shè)M（2，m），（m＞），∴OM2=m2+4，BM2=m2+1，AB2=9，∵∠OMB=90°，∴OM2+BM2=AB2，∴m2+4+m2+1=9，∴m=或m=﹣（舍），∴M（0，），∴MD=﹣，∵一動點M從點D出發(fā)，以每秒1個單位的速度平沿行與y軸方向向上運動，∴t=﹣；（4）存在點P，使∠PBF被BA平分，如圖3，∴∠PBO=∠EBO，∵E（0，﹣1），∴在y軸上取一點N（0，1），∵B（3，0），∴直線BN的解析式為y=﹣x+1①，∵點P在拋物線y=﹣x2+x﹣2②上，聯(lián)立①②得，或（舍），∴P（，），即：在x軸上方的拋物線上，存在點P，使得∠PBF被BA平分，P（，）．（2016·青海西寧·12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形ABCD是以AB為直徑的⊙M的內(nèi)接四邊形，點A，B在x軸上，△MBC是邊長為2的等邊三角形，過點M作直線l與x軸垂直，交⊙M于點E，垂足為點M，且點D平分．（1）求過A，B，E三點的拋物線的解析式；（2）求證：四邊形AMCD是菱形；（3）請問在拋物線上是否存在一點P，使得△ABP的面積等于定值5？若存在，請求出所有的點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【解答】（1）解：由題意可知，△MBC為等邊三角形，點A，B，C，E均在⊙M上，則MA=MB=MC=ME=2，又∵CO⊥MB，∴MO=BO=1，∴A（﹣3，0），B（1，0），E（﹣1，﹣2），拋物線頂點E的坐標(biāo)為（﹣1，﹣2），設(shè)函數(shù)解析式為y=a（x+1）2﹣2（a≠0）把點B（1，0）代入y=a（x+1）2﹣2，解得：a=，故二次函數(shù)解析式為：y=（x+1）2﹣2；（2）證明：連接DM，∵△MBC為等邊三角形，∴∠CMB=60°，∴∠AMC=120°，∵點D平分弧AC，∴∠AMD=∠CMD=∠AMC=60°，∵M(jìn)D=MC=MA，∴△MCD，△MDA是等邊三角形，∴DC=CM=MA=AD，∴四邊形AMCD為菱形（四條邊都相等的四邊形是菱形）；（3）解：存在．理由如下：設(shè)點P的坐標(biāo)為（m，n）∵S△ABP=AB|n|，AB=4∴×4×|n|=5，即2|n|=5，解得：n=±，當(dāng)時，（m+1）2﹣2=，解此方程得：m1=2，m2=﹣4即點P的坐標(biāo)為（2，），（﹣4，），當(dāng)n=﹣時，（m+1）2﹣2=﹣，此方程無解，故所求點P坐標(biāo)為（2，），（﹣4，）．（2016·山東濰坊）如圖，已知拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過△ABC的三個頂點，其中點A（0，1），點B（﹣9，10），AC∥x軸，點P時直線AC下方拋物線上的動點．（1）求拋物線的解析式；（2）過點P且與y軸平行的直線l與直線AB、AC分別交于點E、F，當(dāng)四邊形AECP的面積最大時，求點P的坐標(biāo)；（3）當(dāng)點P為拋物線的頂點時，在直線AC上是否存在點Q，使得以C、P、Q為頂點的三角形與△ABC相似，若存在，求出點Q的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．【考點】二次函數(shù)綜合題．【分析】（1）用待定系數(shù)法求出拋物線解析式即可；（2）設(shè)點P（m，m2+2m+1），表示出PE=﹣m2﹣3m，再用S四邊形AECP=S△AEC+S△APC=AC×PE，建立函數(shù)關(guān)系式，求出極值即可；（3）先判斷出PF=CF，再得到∠PCF=∠EAF，以C、P、Q為頂點的三角形與△ABC相似，分兩種情況計算即可．【解答】解：（1）∵點A（0，1）．B（﹣9，10）在拋物線上，∴，∴，∴拋物線的解析式為y=x2+2x+1，（2）∵AC∥x軸，A（0，1）∴x2+2x+1=1，∴x1=6，x2=0，∴點C的坐標(biāo)（﹣6，1），∵點A（0，1）．B（﹣9，10），∴直線AB的解析式為y=﹣x+1，設(shè)點P（m，m2+2m+1）∴E（m，﹣m+1）∴PE=﹣m+1﹣（m2+2m+1）=﹣m2﹣3m，∵AC⊥EP，AC=6，∴S四邊形AECP=S△AEC+S△APC=AC×EF+AC×PF=AC×（EF+PF）=AC×PE=×6×（﹣m2﹣3m）=﹣m2﹣9m=﹣（m+）2+，∵﹣6＜m＜0∴當(dāng)m=﹣時，四邊形AECP的面積的最大值是，此時點P（﹣，﹣）．（3）∵y=x2+2x+1=（x+3）2﹣2，∴P（﹣3，﹣2），∴PF=yF﹣yP=3，CF=xF﹣xC=3，∴PF=CF，∴∠PCF=45°同理可得：∠EAF=45°，∴∠PCF=∠EAF，∴在直線AC上存在滿足條件的Q，設(shè)Q（t，1）且AB=9，AC=6，CP=3∵以C、P、Q為頂點的三角形與△ABC相似，①當(dāng)△CPQ∽△ABC時，∴，∴，∴t=﹣4，∴Q（﹣4，1）②當(dāng)△CQP∽△ABC時，∴，∴，∴t=3，∴Q（3，1）．（2016·四川眉山）已知如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A、B、C分別為坐標(biāo)軸上上的三個點，且OA=1，OB=3，OC=4，（1）求經(jīng)過A、B、C三點的拋物線的解析式；（2）在平面直