中考數(shù)學(xué)全面突破：題型6　二次函數(shù)綜合題

題型6二次函數(shù)綜合題eq\x(題型解讀)1.考查類型：①二次函數(shù)與線段和差問(wèn)題；②二次函數(shù)與圖形面積問(wèn)題；③二次函數(shù)與特殊三角形判定問(wèn)題；④二次函數(shù)與特殊四邊形判定問(wèn)題；⑤二次函數(shù)與三角形相似、全等問(wèn)題；2.考查內(nèi)容：①中考查多與找點(diǎn)關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)，再根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短確定所求點(diǎn)有關(guān)；②中考查多與割補(bǔ)法求面積有關(guān)；③中考查多與特殊三角形的性質(zhì)有關(guān)，直角三角形通常用到勾股定理計(jì)算，直角三角形與等腰三角形在判定時(shí)均應(yīng)考慮分類討論，以免漏解；④中考查多與特殊四邊形的判定及性質(zhì)有關(guān)，同樣做題時(shí)要考慮各種情況，命題時(shí)常與分類討論思想結(jié)合；⑤中考查多與三角形相似或全等的判定及性質(zhì)有關(guān)；3.備考指導(dǎo)：在做此類題型時(shí)，要觀察題中已知條件，并結(jié)合題設(shè)，作出適當(dāng)?shù)妮o助線，聯(lián)系相應(yīng)的判定或性質(zhì)求解．類型一二次函數(shù)與線段和差問(wèn)題1.如圖，矩形的邊OA在x軸上，邊OC在y軸上，點(diǎn)B的坐標(biāo)為(10，8)，沿直線OD折疊矩形，使點(diǎn)A正好落在BC上的E處，E點(diǎn)坐標(biāo)為(6，8)，拋物線y＝ax2＋bx＋c經(jīng)過(guò)O，A，E三點(diǎn)．(1)求此拋物線的解析式；(2)求AD的長(zhǎng)；(3)點(diǎn)P是拋物線對(duì)稱軸上的一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)△PAD的周長(zhǎng)最小時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．2.如圖，直線y＝5x＋5交x軸于點(diǎn)A，交y軸于點(diǎn)C，過(guò)A，C兩點(diǎn)的二次函數(shù)y＝ax2＋4x＋c的圖象交x軸于另一點(diǎn)B.(1)求二次函數(shù)的表達(dá)式；(2)連接BC，點(diǎn)N是線段BC上的動(dòng)點(diǎn)，作ND⊥x軸交二次函數(shù)的圖象于點(diǎn)D，求線段ND長(zhǎng)度的最大值；(3)若點(diǎn)H為二次函數(shù)y＝ax2＋4x＋c圖象的頂點(diǎn)，點(diǎn)M(4，m)是該二次函數(shù)圖象上一點(diǎn)，在x軸，y軸上分別找點(diǎn)F，E，使四邊形HEFM的周長(zhǎng)最小，求出點(diǎn)F，E的坐標(biāo)．溫馨提示：在直角坐標(biāo)系中，若點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)分別為P(x1，y1)，Q(x2，y2)，當(dāng)PQ平行x軸時(shí)，線段PQ的長(zhǎng)度可由公式PQ＝|x1－x2|求出；當(dāng)PQ平行y軸時(shí)，線段PQ的長(zhǎng)度可由公式PQ＝|y1－y2|求出．3.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝x2＋eq\f(1,4)與y軸相交于點(diǎn)A，點(diǎn)B與點(diǎn)O關(guān)于點(diǎn)A對(duì)稱．(1)填空，點(diǎn)B的坐標(biāo)是________；(2)過(guò)點(diǎn)B的直線y＝kx＋b(其中k＜0)與x軸相交于點(diǎn)C，過(guò)點(diǎn)C作直線l平行于y軸，P是直線l上一點(diǎn)，且PB＝PC.求線段PB的長(zhǎng)(用含k的式子表示)，并判斷點(diǎn)P是否在拋物線上，說(shuō)明理由；(3)在(2)的條件下，若點(diǎn)C關(guān)于直線BP的對(duì)稱點(diǎn)C′恰好落在該拋物線的對(duì)稱軸上，求此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)．4.已知二次函數(shù)y＝x2－(2k＋1)x＋k2＋k(k＞0)．(1)當(dāng)k＝eq\f(1,2)時(shí)，求這個(gè)二次函數(shù)的頂點(diǎn)坐標(biāo)；(2)求證：關(guān)于x的一元二次方程x2－(2k＋1)x＋k2＋k＝0(k＞0)有兩個(gè)不相等的實(shí)根；(3)如圖，該二次函數(shù)圖象與x軸交于A、B兩點(diǎn)(A點(diǎn)在B點(diǎn)的左側(cè))，與y軸交于C點(diǎn)，P是y軸負(fù)半軸上一點(diǎn)，且OP＝1，直線AP交BC于點(diǎn)Q.求證：eq\f(1,OA2)＋eq\f(1,AB2)＝eq\f(1,AQ2).類型二二次函數(shù)與圖形面積問(wèn)題5.如圖，二次函數(shù)y＝ax2＋bx的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(2，4)與B(6，0)．(1)求a，b的值；(2)點(diǎn)C是該二次函數(shù)圖象上A，B兩點(diǎn)之間的一動(dòng)點(diǎn)，橫坐標(biāo)為x(2<x<6)．寫出四邊形OACB的面積S關(guān)于點(diǎn)C的橫坐標(biāo)x的函數(shù)表達(dá)式，并求S的最大值．6.已知拋物線y＝ax2＋bx－3經(jīng)過(guò)(－1，0)，(3，0)兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，直線y＝kx與拋物線交于A，B兩點(diǎn)．(1)寫出點(diǎn)C的坐標(biāo)并求出此拋物線的解析式；(2)當(dāng)原點(diǎn)O為線段AB的中點(diǎn)時(shí)，求k的值及A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)；(3)是否存在實(shí)數(shù)k使得△ABC的面積為eq\f(3\r(10),2)？若存在，求出k的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．7.如圖①，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2＋bx－2與x軸交于點(diǎn)A(－3，0)，B(1，0)，與y軸交于點(diǎn)C.(1)直接寫出拋物線的函數(shù)解析式；(2)以O(shè)C為半徑的⊙O與y軸的正半軸交于點(diǎn)E.若弦CD過(guò)AB的中點(diǎn)M，試求出DC的長(zhǎng)；(3)將拋物線向上平移eq\f(3,2)個(gè)單位長(zhǎng)度(如圖②)，若動(dòng)點(diǎn)P(x，y)在平移后的拋物線上，且點(diǎn)P在第三象限，請(qǐng)求出△PDE的面積關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出△PDE面積的最大值．8.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，一次函數(shù)y＝x與二次函數(shù)y＝x2＋bx的圖象相交于O、A兩點(diǎn)，點(diǎn)A(3，3)，點(diǎn)M為拋物線的頂點(diǎn)．(1)求二次函數(shù)的表達(dá)式；(2)長(zhǎng)度為2eq\r(2)的線段PQ在線段OA(不包括端點(diǎn))上滑動(dòng)，分別過(guò)點(diǎn)P、Q作x軸的垂線交拋物線于點(diǎn)P1、Q1，求四邊形PQQ1P1面積的最大值；(3)直線OA上是否存在點(diǎn)E，使得點(diǎn)E關(guān)于直線MA的對(duì)稱點(diǎn)F滿足S△AOF＝S△AOM？若存在，求出點(diǎn)E的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．9.如圖，已知拋物線y＝ax2＋bx＋c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(－3，0)，B(9，0)和C(0，4)，CD垂直于y軸，交拋物線于點(diǎn)D，DE垂直于x軸，垂足為E，l是拋物線的對(duì)稱軸，點(diǎn)F是拋物線的頂點(diǎn)．(1)求出該二次函數(shù)的表達(dá)式以及點(diǎn)D的坐標(biāo)；(2)若Rt△AOC沿x軸向右平移到其直角邊OC與對(duì)稱軸l重合，再沿對(duì)稱軸l向上平移到點(diǎn)C與點(diǎn)F重合，得到Rt△A1O1F，求此時(shí)Rt△A1O1F與矩形OCDE重疊部分的圖形的面積；(3)若Rt△AOC沿x軸向右平移t個(gè)單位長(zhǎng)度(0＜t≤6)得到Rt△A2O2C2，Rt△A2O2C2與Rt△OED重疊部分的圖形面積記為S.求S與t之間的函數(shù)表達(dá)式，并寫出自變量t的取值范圍．類型三二次函數(shù)與特殊三角形判定問(wèn)題10.如圖，已知拋物線y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的對(duì)稱軸為直線x＝－1，且經(jīng)過(guò)A(1，0)，C(0，3)兩點(diǎn)，與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為B.(1)若直線y＝mx＋n經(jīng)過(guò)B，C兩點(diǎn)，求拋物線和直線BC的解析式；(2)在拋物線的對(duì)稱軸x＝－1上找一點(diǎn)M，使點(diǎn)M到點(diǎn)A的距離與到點(diǎn)C的距離之和最小，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；(3)設(shè)點(diǎn)P為拋物線的對(duì)稱軸x＝－1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求使△BPC為直角三角形的點(diǎn)P的坐標(biāo)．11.如圖，拋物線y＝ax2＋bx－3(a≠0)的頂點(diǎn)為E，該拋物線與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，且BO＝OC＝3AO，直線y＝－eq\f(1,3)x＋1與y軸交于點(diǎn)D.(1)求拋物線的解析式；(2)證明：△DBO∽△EBC；(3)在拋物線的對(duì)稱軸上是否存在點(diǎn)P，使△PBC是等腰三角形？若存在，請(qǐng)直接寫出符合條件的P點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．12.如圖，拋物線L：y＝ax2＋bx＋c與x軸交于A，B(3，0)兩點(diǎn)(A在B的左側(cè))，與y軸交于點(diǎn)C(0，3)，已知對(duì)稱軸x＝1.(1)求拋物線L的解析式；(2)將拋物線L向下平移h個(gè)單位長(zhǎng)度，使平移后所得拋物線的頂點(diǎn)落在△OBC內(nèi)(包括△OBC的邊界)，求h的取值范圍；(3)設(shè)點(diǎn)P是拋物線L上任一點(diǎn)，點(diǎn)Q在直線l：x＝－3上，△PBQ能否成為以點(diǎn)P為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形？若能，求出符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．圖①圖②13.如圖，拋物線y＝x2＋bx＋c與x軸交于點(diǎn)A和點(diǎn)B(3，0)，與y軸交于點(diǎn)C(0，3)．(1)求拋物線的解析式；(2)若點(diǎn)M是拋物線在x軸下方上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M作MN∥y軸交直線BC于點(diǎn)N，求線段MN的最大值；(3)在(2)的條件下，當(dāng)MN取得最大值時(shí)，在拋物線的對(duì)稱軸l上是否存在點(diǎn)P，使△PBN是等腰三角形？若存在，請(qǐng)直接寫出所有點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．14.如圖，拋物線y＝－eq\f(1,2)x2＋eq\f(3,2)x＋2與x軸交于點(diǎn)A，點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)D與點(diǎn)C關(guān)于x軸對(duì)稱，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(guò)點(diǎn)P作x軸的垂線l交拋物線于點(diǎn)Q.(1)求點(diǎn)A，點(diǎn)B，點(diǎn)C的坐標(biāo)；(2)求直線BD的解析式；(3)當(dāng)點(diǎn)P在線段OB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，直線l交BD于點(diǎn)M，試探究m為何值時(shí)，四邊形CQMD是平行四邊形；(4)在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，是否存在點(diǎn)Q，使△BDQ是以BD為直角邊的直角三角形？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．類型四二次函數(shù)與特殊四邊形判定問(wèn)題15.如圖，拋物線y＝－x2＋bx＋c經(jīng)過(guò)A(－1，0)，B(3，0)兩點(diǎn)，且與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)D是拋物線的頂點(diǎn)，拋物線的對(duì)稱軸DE交x軸于點(diǎn)E，連接BD.(1)求經(jīng)過(guò)A，B，C三點(diǎn)的拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)點(diǎn)P是線段BD上一點(diǎn)，當(dāng)PE＝PC時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；(3)在(2)的條件下，過(guò)點(diǎn)P作PF⊥x軸于點(diǎn)F，G為拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，M為x軸上一動(dòng)點(diǎn)，N為直線PF上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)以F、M、N、G為頂點(diǎn)的四邊形是正方形時(shí)，請(qǐng)求出點(diǎn)M的坐標(biāo)．備用圖16.如圖，拋物線與x軸交于點(diǎn)A(－5，0)和點(diǎn)B(3，0)，與y軸交于點(diǎn)C(0，5)．有一寬度為1，長(zhǎng)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(duì)邊交拋物線于點(diǎn)P和Q，交直線AC于點(diǎn)M和N，交x軸于點(diǎn)E和F.(1)求拋物線解析式．(2)當(dāng)點(diǎn)M和N都在線段AC上時(shí)，連接MF，如果sin∠AMF＝eq\f(\r(10),10)，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)．(3)在矩形的平移過(guò)程中，當(dāng)以點(diǎn)P，Q，M，N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形時(shí)，求點(diǎn)M的坐標(biāo)．17.在平面直角坐標(biāo)系中，平行四邊形ABOC如圖放置，點(diǎn)A、C的坐標(biāo)分別是(0，4)、(－1，0)，將此平行四邊形繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到平行四邊形A′B′OC′.(1)若拋物線過(guò)點(diǎn)C、A、A′，求此拋物線的解析式；(2)點(diǎn)M是第一象限內(nèi)拋物線上的一動(dòng)點(diǎn)，問(wèn)：當(dāng)點(diǎn)M在何處時(shí)，△AMA′的面積最大？最大面積是多少？并求出此時(shí)M的坐標(biāo)；(3)若P為拋物線上的一動(dòng)點(diǎn)，N為x軸上的一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)Q坐標(biāo)為(1，0)，當(dāng)P、N、B、Q構(gòu)成平行四邊形時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)，當(dāng)這個(gè)平行四邊形為矩形時(shí)，求點(diǎn)N的坐標(biāo)．18.如圖，拋物線經(jīng)過(guò)A(－1，0)，B(5，0)，C(0，－eq\f(5,2))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(qǐng)說(shuō)明理由．19.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝a(x＋1)2－3與x軸交于A、B兩點(diǎn)(點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè))，與y軸交于點(diǎn)C(0，－eq\f(8,3))，頂點(diǎn)為D，對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)H的直線l交拋物線于P、Q兩點(diǎn)，點(diǎn)Q在y軸的右側(cè)．(1)求a的值及點(diǎn)A、B的坐標(biāo)；(2)當(dāng)直線l將四邊形ABCD分為面積比為3∶7的兩部分時(shí)，求直線l的函數(shù)表達(dá)式；(3)當(dāng)點(diǎn)P位于第二象限時(shí)，設(shè)PQ的中點(diǎn)為M，點(diǎn)N在拋物線上，則以DP為對(duì)角線的四邊形DMPN能否成為菱形？若能，求出點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．類型五二次函數(shù)與三角形相似、全等問(wèn)題20.如圖，已知拋物線經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O，頂點(diǎn)為A(1，1)，且與直線y＝x－2交于B，C兩點(diǎn)．(1)求拋物線的解析式及點(diǎn)C的坐標(biāo)；(2)求證：△ABC是直角三角形；(3)若點(diǎn)N為x軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)N作MN⊥x軸與拋物線交于點(diǎn)M，則是否存在以O(shè)，M，N為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似，若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．21.如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y＝ax2＋bx－8與x軸交于A，B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，直線l經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O，與拋物線的一個(gè)交點(diǎn)為D，與拋物線的對(duì)稱軸交于點(diǎn)E，連接CE，已知點(diǎn)A，D的坐標(biāo)分別為(－2，0)，(6，－8)．(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式，并分別求出點(diǎn)B和點(diǎn)E的坐標(biāo)；(2)試探究拋物線上是否存在點(diǎn)F，使△FOE≌△FCE，若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)F的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；(3)若點(diǎn)P是y軸負(fù)半軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，設(shè)其坐標(biāo)為(0，m)，直線PB與直線l交于點(diǎn)Q.試探究：當(dāng)m為何值時(shí)，△OPQ是等腰三角形．類型一二次函數(shù)與線段和差問(wèn)題1.解：(1)∵四邊形ABCD是矩形，B(10，8)，∴A(10，0)，∵E(6，8)，O(0，0)，拋物線y＝ax2＋bx＋c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(10，0)、E(6，8)和O(0，0)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(102a＋10b＋c＝0,62a＋6b＋c＝8,c＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,3),b＝\f(10,3),c＝0))，∴拋物線的解析式y(tǒng)＝－eq\f(1,3)x2＋eq\f(10,3)x.(2)由題意可知：AD＝ED，BE＝|10－6|＝4，AB＝8，設(shè)AD為x，則ED＝x，BD＝AB－AD＝8－x，在Rt△BDE中，ED2＝EB2＋BD2，即x2＝42＋(8－x)2，解得x＝5，即AD＝5.(3)由(2)可知，D點(diǎn)的坐標(biāo)是(10，5)，∴△PAD的周長(zhǎng)l＝PA＋PD＋AD＝PA＋PD＋5，∵拋物線的對(duì)稱軸是線段OA的垂直平分線，點(diǎn)P是拋物線對(duì)稱軸上的一動(dòng)點(diǎn)，∴PO＝PA，因此，l＝PA＋PD＋5＝PO＋PD＋5，∴當(dāng)PO＋PD最小時(shí)l最小，∴當(dāng)點(diǎn)P移動(dòng)到直線OD與拋物線對(duì)稱軸的交點(diǎn)處時(shí)PO＋PD最小，設(shè)直線OD的解析式為y＝kx，將D點(diǎn)的坐標(biāo)(10，5)代入得：5＝10k，求得k＝eq\f(1,2)，∴直線OD的解析式為y＝eq\f(1,2)x，當(dāng)x＝5時(shí)，y＝eq\f(5,2)，∴P點(diǎn)的坐標(biāo)是(5，eq\f(5,2))．2.解：(1)∵直線y＝5x＋5與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)C，∴A(－1，0)，C(0，5)．∵拋物線y＝ax2＋4x＋c過(guò)點(diǎn)A(－1，0)，C(0，5)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝5,a－4＋c＝0))，解得c＝5，a＝－1，∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝－x2＋4x＋5.第2題解圖①(2)如解圖①，∵拋物線y＝－x2＋4x＋5與x軸交于A，B兩點(diǎn)，∴解－x2＋4x＋5＝0的兩根為x1＝－1，x2＝5.∵點(diǎn)B在x軸正半軸，∴B(5，0)．設(shè)過(guò)B(5，0),C(0，5)的直線BC解析式為y＝kx＋b，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5k＋b＝0,b＝5))，解得k＝－1，b＝5，∴直線BC表達(dá)式為y＝－x＋5.∵DN⊥x軸，∴DN∥y軸．∵點(diǎn)N在BC上，點(diǎn)D在拋物線上，設(shè)N(x，y1)，D(x，y2)，∴N(x，－x＋5)，D(x，－x2＋4x＋5)．∴DN＝－x2＋4x＋5－(－x＋5)＝－x2＋5x＝－(x－eq\f(5,2))2＋eq\f(25,4).當(dāng)x＝eq\f(5,2)時(shí)，DN有最大值eq\f(25,4)；(3)如解圖②，作點(diǎn)H關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)H′，點(diǎn)M關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)M′，連接H′M′，分別交x軸，y軸于點(diǎn)F、E，則四邊形HEFM的最小周長(zhǎng)為HM＋HE＋EF＋FM＝HM＋H′M′.∵y＝－x2＋4x＋5＝－(x－2)2＋9，∴H(2，9)，第2題解圖②∴H′(－2，9)，當(dāng)x＝4時(shí)，y＝5，∴M(4，5)，∴M′(4，－5)．設(shè)直線H′M′的解析式為y＝k′x＋b′，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2k′＋b′＝9,4k′＋b′＝－5))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k′＝－\f(7,3),b′＝\f(13,3)))，∴直線H′M′的解析式為y＝－eq\f(7,3)x＋eq\f(13,3).當(dāng)y＝0時(shí)，x＝eq\f(13,7)，∴F(eq\f(13,7)，0)；當(dāng)x＝0時(shí)，y＝eq\f(13,3)，∴E(0，eq\f(13,3))．3.解：(1)由y＝x2＋eq\f(1,4)得：A(0，eq\f(1,4))∵B、O關(guān)于A對(duì)稱，∴B(0，eq\f(1,2))(2)如解圖①，∵直線BC過(guò)點(diǎn)B(0，eq\f(1,2))，第3題解圖①∴直線BC解析式為y＝kx＋eq\f(1,2).∴C(－eq\f(1,2k)，0)，又∵P是直線l上一點(diǎn)，∴可設(shè)P(－eq\f(1,2k)，a)．過(guò)點(diǎn)P作PN⊥y軸，垂足為N，連接PB，則在Rt△PNB中，由勾股定理得：PB2＝PN2＋NB2，∵PB＝PC＝a，∴a2＝(－eq\f(1,2k))2＋(a－eq\f(1,2))2，解得a＝eq\f(1,4k2)＋eq\f(1,4)，∴P點(diǎn)坐標(biāo)為(－eq\f(1,2k)，eq\f(1,4k2)＋eq\f(1,4))，當(dāng)x＝－eq\f(1,2k)時(shí)，y＝eq\f(1,4k2)＋eq\f(1,4)，第3題解圖②∴點(diǎn)P在拋物線上．(3)如解圖②，由C′在y軸上，可知∠CBP＝∠C′BP，∵PB＝PC，∴∠CBP＝∠PCB，∵PC∥C′B，∴∠PCB＝∠ABC，∴∠C′BP＝∠CBP＝∠ABC＝60°，∴△PBC為等邊三角形，∵OB＝eq\f(1,2)，∴BC＝1，OC＝eq\f(\r(3),2)，∴PC＝1，∴P(eq\f(\r(3),2)，1)．4.(1)解：當(dāng)k＝eq\f(1,2)時(shí)，y＝x2－2x＋eq\f(3,4)，∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)＝－\f(－2,2×1)＝1,\f(4ac－b2,4a)＝\f(4×1×\f(3,4)－（－2）2,4×1)＝－\f(1,4)))，∴頂點(diǎn)坐標(biāo)為(1，－eq\f(1,4))，(2)證明：∵b2－4ac＝[－(2k＋1)]2－4(k2＋k)＝4k2＋4k＋1－4k2－4k＝1，∵1＞0，∴原方程一定有兩個(gè)不相等的實(shí)根．(3)證明：由題意得，A(k，0)，B(k＋1，0)，C(0，k2＋k)，設(shè)PA的解析式為：y＝mx＋n，代入P(0，－1)，A(k，0)，解得m＝eq\f(1,k)，n＝－1，于是y＝eq\f(1,k)x－1，設(shè)BC的解析式為：y＝sx＋t，代入B(k＋1，0)，C(0，k2＋k)，解得s＝－k，t＝k2＋k，于是y＝－kx＋k2＋k，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,k)x－1,y＝－kx＋k2＋k))，解得Q點(diǎn)坐標(biāo)為(k＋eq\f(k2,k2＋1)，eq\f(k,k2＋1))，運(yùn)用勾股定理得AQ2＝(k＋eq\f(k2,k2＋1)－k)2＋(eq\f(k,k2＋1))2＝eq\f(k2,k2＋1)，∵OA2＝k2，AB2＝(k＋1－k)2＝1∴eq\f(1,OA2)＋eq\f(1,AB2)＝eq\f(k2＋1,k2)＝eq\f(1,AQ2)，∴eq\f(1,OA2)＋eq\f(1,AB2)＝eq\f(1,AQ2).類型二二次函數(shù)與圖形面積問(wèn)題5.解：(1)∵二次函數(shù)y＝ax2＋bx的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(2，4)與B(6，0)．∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a＋2b＝4,36a＋6b＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,2),b＝3)).(2)如解圖①，過(guò)點(diǎn)A作x軸的垂線，垂足為點(diǎn)D(2，0)，連接CD，過(guò)點(diǎn)C作CE⊥AD，CF⊥x軸，垂足分別為點(diǎn)E，點(diǎn)F，設(shè)點(diǎn)C(x，－eq\f(1,2)x2＋3x)，則S△OAD＝eq\f(1,2)OD·AD＝eq\f(1,2)×2×4＝4，S△ACD＝eq\f(1,2)AD·CE＝eq\f(1,2)×4×(x－2)＝2x－4，S△BCD＝eq\f(1,2)BD·CF＝eq\f(1,2)×4×(－eq\f(1,2)x2＋3x)＝－x2＋6x，則S＝S△OAD＋S△ACD＋S△BCD＝4＋(2x－4)＋(－x2＋6x)＝－x2＋8x.∴S關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式為S＝－x2＋8x(2<x<6)．∵S＝－x2＋8x＝－(x－4)2＋16，∴當(dāng)x＝4時(shí)，四邊形OACB的面積S取最大值，最大值為16.第5題解圖①6.解：(1)令x＝0，得y＝ax2＋bx－3＝－3，∴C(0，－3)，把(－1，0)和(3，0)代入y＝ax2＋bx－3中，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a－b－3＝0,9a＋3b－3＝0)))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＝1,b＝－2)))，∴拋物線的解析式為y＝x2－2x－3.(2)聯(lián)立方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(y＝x2－2x－3,y＝kx)))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(k＋2＋\r(k2＋4k＋16),2),y1＝\f(k2＋2k＋k\r(k2＋4k＋16),2))))，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x2＝\f(k＋2－\r(k2＋4k＋16),2),y2＝\f(k2＋2k－k\r(k2＋4k＋16),2))))，∵O是AB的中點(diǎn)，∴x1＋x2＝0，即eq\f(k＋2＋\r(k2＋4k＋16),2)＋eq\f(k＋2－\r(k2＋4k＋16),2)＝0，解得k＝－2，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x1＝\r(3),y1＝－2\r(3))))，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x2＝－\r(3),y2＝2\r(3))))，∴A(－eq\r(3)，2eq\r(3))，B(eq\r(3)，－2eq\r(3))．(3)不存在實(shí)數(shù)k使得△ABC的面積為eq\f(3\r(10),2).理由如下：假設(shè)存在實(shí)數(shù)k使得△ABC的面積為eq\f(3\r(10),2)，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(y＝x2－2x－3,y＝kx)))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(k＋2＋\r(k2＋4k＋16),2),y1＝\f(k2＋2k＋k\r(k2＋4k＋16),2))))，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x2＝\f(k＋2－\r(k2＋4k＋16),2),y2＝\f(k2＋2k－k\r(k2＋4k＋16),2))))，則A(eq\f(k＋2－\r(k2＋4k＋16),2)，eq\f(k2＋2k－k\r(k2＋4k＋16),2))，B(eq\f(k＋2＋\r(k2＋4k＋16),2)，eq\f(k2＋2k＋k\r(k2＋4k＋16),2))，∴S△ABC＝eq\f(1,2)OC(xB－xA)＝eq\f(3\r(10),2)，∴3×eq\r(k2＋4k＋16)＝3eq\r(10)，∴k2＋4k＋16＝10，即k2＋4k＋6＝0，∵b2－4ac＝16－24<0，∴此方程無(wú)解，故不存在實(shí)數(shù)k使得△ABC的面積為eq\f(3\r(10),2).7.解：(1)y＝eq\f(2,3)x2＋eq\f(4,3)x－2.【解法提示】∵拋物線y＝ax2＋bx－2與x軸交于點(diǎn)A(－3，0)，B(1，0)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9a－3b－2＝0,a＋b－2＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(2,3),b＝\f(4,3)))，∴拋物線的函數(shù)解析式為y＝eq\f(2,3)x2＋eq\f(4,3)x－2，(2)由拋物線解析式知：C(0，－2)，∴E(0，2)，∵AB＝4，M為AB中點(diǎn)，∴OM＝1，∴MC＝eq\r(OC2＋OM2)＝eq\r(5)，∵∠EDC＝∠MOC,∠DCE＝∠OCM，∴△CMO∽△CED,∴eq\f(CD,CO)＝eq\f(CE,CM)，∴eq\f(CD,2)＝eq\f(4,\r(5))，∴CD＝eq\f(8\r(5),5).(3)y＝eq\f(2,3)x2＋eq\f(4,3)x－2＝eq\f(2,3)(x＋1)2－eq\f(8,3)，∵拋物線向上平移eq\f(3,2)個(gè)單位長(zhǎng)度，∴平移后拋物線解析式為y＝eq\f(2,3)(x＋1)2－eq\f(8,3)＋eq\f(3,2)，即y＝eq\f(2,3)(x＋1)2－eq\f(7,6)，第7題解圖如解圖，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥y軸，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥y軸，連接PD，PE，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為x.∵△CMO∽△CDH,∴eq\f(CM,CD)＝eq\f(OM,HD)＝eq\f(CO,CH)，即eq\f(\r(5),\f(8\r(5),5))＝eq\f(1,DH)＝eq\f(2,CH)，∴DH＝eq\f(8,5)，CH＝eq\f(16,5)，∴OH＝CH－CO＝eq\f(16,5)－2＝eq\f(6,5)，∴EH＝OE－OH＝2－eq\f(6,5)＝eq\f(4,5)，∴S△PDE＝S梯形DPGH＋S△DHE－S△PEG＝eq\f(1,2)(eq\f(8,5)－x)[eq\f(6,5)－eq\f(2,3)(x＋1)2＋eq\f(7,6)]＋eq\f(1,2)×eq\f(8,5)×eq\f(4,5)－eq\f(1,2)(－x)[2－eq\f(2,3)(x＋1)2＋eq\f(7,6)]＝－eq\f(4,5)[eq\f(2,3)(x＋1)2－eq\f(7,6)]＋eq\f(2,5)x＋eq\f(8,5)＝－eq\f(8,15)x2－eq\f(2,3)x＋2＝－eq\f(8,15)(x＋eq\f(5,8))2＋eq\f(53,24)∵點(diǎn)P位于平移后的拋物線上且位于第三象限，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)（x＋1）2－\f(7,6)＜0,x＜0))，解得x的取值范圍為－1－eq\f(\r(7),2)＜x＜0.即：S＝－eq\f(8,15)(x＋eq\f(5,8))2＋eq\f(53,24)(－1－eq\f(\r(7),2)＜x＜0)，∴當(dāng)x＝－eq\f(5,8)時(shí)，△PDE的面積最大為eq\f(53,24).8.解：(1)由題意知，A(3，3)在二次函數(shù)y＝x2＋bx圖象上，將x＝3，y＝3代入得9＋3b＝3，解得b＝－2，∴二次函數(shù)表達(dá)式為y＝x2－2x.第8題解圖①(2)如解圖①所示，過(guò)點(diǎn)P作PB⊥QQ1于點(diǎn)B，∵PQ＝2eq\r(2)，且在直線y＝x上，∴PB＝QB＝2，設(shè)P(a，a)，則Q(a＋2，a＋2)，則P1(a，a2－2a)，Q1(a＋2，(a＋2)2－2(a＋2))，即Q1(a＋2，a2＋2a)，所以四邊形PQQ1P1的面積為：S＝2×eq\f(（a－a2＋2a）＋（a＋2－a2－2a）,2)＝－2a2＋2a＋2＝－2(a－eq\f(1,2))2＋eq\f(5,2)，當(dāng)Q運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A時(shí)，OP＝OQ－PQ＝eq\r(2)，a＝1.∴a的取值范圍為0＜a＜1.∴當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，四邊形PQQ1P1的面積最大，最大值為eq\f(5,2).(3)存在，點(diǎn)E的坐標(biāo)為E1(eq\f(4,3)，eq\f(4,3))，E2(eq\f(14,3)，eq\f(14,3))，如解圖②所示，連接OM，∵點(diǎn)M為拋物線頂點(diǎn)，∴M(1，－1)，又∵OA所在直線為y＝x，∴OM⊥OA，即∠AOM＝90°，在△AOF和△AOM中，以O(shè)A為底，當(dāng)面積相等時(shí)，則兩三角形OA邊上的高相等，又∵OM⊥OA，且OM＝eq\r(2)，∴可作兩條與OA互相平行且距離為eq\r(2)的直線，如解圖②所示，在直線HD、MC上的點(diǎn)F均滿足S△AOF＝S△AOM，∴只需滿足E點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)F在這兩條直線上即可，如解圖②，過(guò)點(diǎn)A作AC⊥MC于點(diǎn)C，易求四邊形OACM為矩形，AM為該矩形的一條對(duì)角線，取AM中點(diǎn)O′，過(guò)O′作AM垂線，交OA于點(diǎn)E1，交MC于點(diǎn)F1，OA＝3eq\r(2)，∴AM＝eq\r(OA2＋OM2)＝2eq\r(5)，∴AO′＝eq\r(5)，則△AO′E1∽△AOM，∴eq\f(AO′,AO)＝eq\f(AE1,AM)＝eq\f(AO－OE1,AM)，∴eq\f(\r(5),3\r(2))＝eq\f(3\r(2)－OE1,2\r(5))，第8題解圖②解得OE1＝eq\f(4\r(2),3)，∵點(diǎn)E1在y＝x上，∴E1(eq\f(4,3)，eq\f(4,3))，同理可得HF2＝GE2＝eq\f(4\r(2),3)，又∵OG＝2OA＝6eq\r(2)，∴OE2＝6eq\r(2)－eq\f(4\r(2),3)＝eq\f(14\r(2),3)，∴E2(eq\f(14,3)，eq\f(14,3))．綜上所述，符合條件的E點(diǎn)的坐標(biāo)為：E1(eq\f(4,3)，eq\f(4,3))、E2(eq\f(14,3)，eq\f(14,3))．9.解：(1)把A(－3，0)，B(9，0)，C(0，4)代入y＝ax2＋bx＋c得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(9a－3b＋c＝0,81a＋9b＋c＝0,c＝4)))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(4,27),b＝\f(8,9),c＝4)))，∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝－eq\f(4,27)x2＋eq\f(8,9)x＋4，由題意得－eq\f(4,27)x2＋eq\f(8,9)x＋4＝4，解得x1＝0，x2＝6，∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為(6，4)．(2)∵－eq\f(b,2a)＝－eq\f(\f(8,9),－\f(8,27))＝3，eq\f(4ac－b2,4a)＝eq\f(－\f(64,27)－\f(64,81),－\f(16,27))＝eq\f(16,3)，∴頂點(diǎn)F的坐標(biāo)為(3，eq\f(16,3))，如解圖①易知FO1＝OC＝4，A1O1＝AO＝3，F(xiàn)H＝eq\f(16,3)－4＝eq\f(4,3).第9題解圖①∵GH∥AE，∴GH∥A1O1，∴eq\f(GH,A1O1)＝eq\f(FH,FO1)，即eq\f(GH,3)＝eq\f(\f(4,3),4)，∴GH＝1，∴S四邊形A1O1HG＝S△FA1O1－S△FGH＝eq\f(1,2)×3×4－eq\f(1,2)×1×eq\f(4,3)＝eq\f(16,3).(3)如解圖②，當(dāng)0＜t≤3時(shí)，OO2＝t，△OO2G∽△OED，∴eq\f(GO2,DE)＝eq\f(OO2,OE)，∴eq\f(GO2,4)＝eq\f(t,6)，∴GO2＝eq\f(2,3)t，∴S＝eq\f(1,2)×t×eq\f(2,3)t＝eq\f(1,3)t2(0＜t≤3)；第9題解圖②第9題解圖③如解圖③，當(dāng)3＜t≤6時(shí)，設(shè)A2C2與OD交于點(diǎn)M，作MG⊥CD，延長(zhǎng)GM交x軸于點(diǎn)H，則GH⊥x軸．易知△C2MD∽△A2MO，△DMG∽△OMH，△ODE∽△ONO2，C2D＝6－t，OA2＝t－3，O2O＝t，GH＝4，O2E＝6－t，∴eq\f(GM,MH)＝eq\f(DM,OM)＝eq\f(C2D,OA2)，eq\f(NO2,DE)＝eq\f(OO2,OE)，∴eq\f(4－MH,MH)＝eq\f(6－t,t－3)，eq\f(NO2,4)＝eq\f(t,6)，∴MH＝eq\f(4（t－3）,3)，NO2＝eq\f(2,3)t，∴S四邊形A2O2NM＝S△ODE－S△OA2M－S梯形NO2ED＝12－eq\f(1,2)(t－3)×eq\f(4（t－3）,3)－eq\f(（\f(2t,3)＋4）（6－t）,2)＝12－eq\f(2,3)t2＋4t－6－2t＋eq\f(t2,3)－12＋2t＝－eq\f(1,3)t2＋4t－6(3＜t≤6)．綜上所述，S與t之間的函數(shù)表達(dá)式為S＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)t2（0＜t≤3）,－\f(1,3)t2＋4t－6（3＜t≤6）.))類型三二次函數(shù)與特殊三角形判定問(wèn)題10.解：(1)依題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)＝－1,a＋b＋c＝0,c＝3))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1,b＝－2,c＝3))，第10題解圖∴拋物線解析式為y＝－x2－2x＋3.∵對(duì)稱軸為x＝－1，拋物線經(jīng)過(guò)A(1，0)，∴B(－3，0)．把B(－3，0)，C(0，3)分別代入y＝mx＋n得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3m＋n＝0,n＝3))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝1,n＝3))，∴直線BC的解析式為y＝x＋3.(2)如解圖，設(shè)直線BC與對(duì)稱軸x＝－1的交點(diǎn)為M，連接AM，∵M(jìn)A＝MB，∴MA＋MC＝MB＋MC＝BC.∴使MA＋MC最小的點(diǎn)M應(yīng)為直線BC與對(duì)稱軸x＝－1的交點(diǎn)．把x＝－1代入直線y＝x＋3，得y＝2.∴點(diǎn)M(－1，2)．(3)設(shè)P(－1，t)，結(jié)合B(－3，0)，C(0，3)，得BC2＝18，PB2＝(－1＋3)2＋t2＝4＋t2，PC2＝(－1)2＋(t－3)2＝t2－6t＋10.①若B為直角頂點(diǎn)，則BC2＋PB2＝PC2，即18＋4＋t2＝t2－6t＋10，解得t＝－2；②若C為直角頂點(diǎn)，則BC2＋PC2＝PB2，即18＋t2－6t＋10＝4＋t2，解得t＝4；③若P為直角頂點(diǎn)，則PB2＋PC2＝BC2，即4＋t2＋t2－6t＋10＝18.解得t1＝eq\f(3＋\r(17),2)，t2＝eq\f(3－\r(17),2).綜上所述，滿足條件的點(diǎn)P共有四個(gè)，分別為：P1(－1，－2)，P2(－1，4)，P3(－1，eq\f(3＋\r(17),2))，P4(－1，eq\f(3－\r(17),2))．11.(1)解：當(dāng)x＝0時(shí)，y＝ax2＋bx－3＝－3，∴C(0，－3)，即OC＝3，∵OB＝OC＝3OA，∴OB＝3，OA＝1，∴A(－1，0)，B(3，0)，將點(diǎn)A(－1，0)，點(diǎn)B(3，0)代入y＝ax2＋bx－3得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b－3＝0,9a＋3b－3＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1,b＝－2))，∴拋物線的解析式為y＝x2－2x－3.(2)證明：由y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4可得E(1，－4)，當(dāng)x＝0時(shí)，由直線y＝－eq\f(1,3)x＋1得y＝1，∴D(0，1)，即OD＝1，∴BD＝eq\r(OD2＋OB2)＝eq\r(10)，∴CE＝eq\r(2)，BE＝2eq\r(5)，BC＝3eq\r(2)，∴在△ODB和△CEB中，有eq\f(DB,EB)＝eq\f(DO,EC)＝eq\f(BO,BC)＝eq\f(\r(2),2)，∴△DBO∽△EBC.(3)解：存在點(diǎn)P，使得△PBC是等腰三角形，點(diǎn)P的坐標(biāo)分別為：P1(1，－1)，P2(1，－3＋eq\r(17))，P3(1，－3－eq\r(17))，P4(1，eq\r(14))，P5(1，－eq\r(14))．【解法提示】如解圖，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥y軸于G，設(shè)拋物線對(duì)稱軸與x軸的交點(diǎn)為M，設(shè)P(1，a)，則PG＝1，GC＝a＋3，PM＝a，∴PC2＝1＋(a＋3)2，PB2＝4＋a2，CB2＝3(eq\r(2))2＝18，當(dāng)P是等腰三角形頂點(diǎn)時(shí)，PC2＝PB2，即1＋(a＋3)2＝4＋a2，解得a＝－1，∴P1(1，－1)；當(dāng)C是等腰三角形頂點(diǎn)時(shí)，PC2＝CB2，即1＋(a＋3)2＝18，第11題解圖解得a1＝－3＋eq\r(17)，a2＝－3－eq\r(17)∴P2(1，－3＋eq\r(17))，P3(1，－3－eq\r(17))；當(dāng)B是等腰三角形頂點(diǎn)時(shí)，PB2＝CB2，即4＋a2＝18，解得a1＝eq\r(14)，a2＝－eq\r(14)，∴P4(1，eq\r(14))，P5(1，－eq\r(14))．∴存在點(diǎn)P，使得△PBC是等腰三角形，點(diǎn)P的坐標(biāo)分別為：P1(1，－1)，P2(1，－3＋eq\r(17))，P3(1，－3－eq\r(17))，P4(1，eq\r(14))，P5(1，－eq\r(14))．12.解：(1)解法一：把C(0，3)代入y＝ax2＋bx＋c，得c＝3，把B(3，0)代入y＝ax2＋bx＋3，得9a＋3b＋3＝0，又∵－eq\f(b,2a)＝1，∴a＝－1，b＝2，∴拋物線L的解析式是y＝－x2＋2x＋3.解法二：設(shè)所求拋物線L的解析式為：y＝m(x－1)2＋n，把B(3，0)，C(0，3)分別代入得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4m＋n＝0,m＋n＝3))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－1,n＝4))，∴拋物線L的解析式是y＝－(x－1)2＋4，即y＝－x2＋2x＋3.(2)第12題解圖①解法一：由y＝－(x－1)2＋4得拋物線的頂點(diǎn)D(1，4)，如解圖①，過(guò)點(diǎn)D作y軸的平行線分別交CB，OB于點(diǎn)E、F，則eq\f(EF,OC)＝eq\f(BF,BO)，∴EF＝2，∴4－2≤h≤4，即2≤h≤4.(3)能，設(shè)P(x，－x2＋2x＋3)，如解圖②，過(guò)點(diǎn)P分別作x軸、直線l的垂線，第12題解圖②垂足分別是點(diǎn)M，N，∵∠PMB＝∠PNQ＝90°，∵∠QPB＝90°，∠BPM＝∠QPN，PB＝PQ，∴△PMB≌△PNQ(AAS)，∴PM＝PN.①當(dāng)點(diǎn)P在x軸上方時(shí)，－x2＋2x＋3＝x＋3，即x2－x＝0，解得x1＝0，x2＝1，∴P1(0，3)，P2(1，4)；②當(dāng)點(diǎn)P在x軸下方時(shí)，－x2＋2x＋3＝－(x＋3)，即x2－3x－6＝0，解得x＝eq\f(3±\r(（－3）2－4×1×（－6）),2)＝eq\f(3±\r(33),2)，∴P3(eq\f(3－\r(33),2)，－eq\f(9－\r(33),2))，P4(eq\f(3＋\r(33),2)，－eq\f(9＋\r(33),2))，∴滿足條件的點(diǎn)P有四個(gè)點(diǎn)，分別是P1(0，3)，P2(1，4)，P3(eq\f(3－\r(33),2)，－eq\f(9－\r(33),2))，P4(eq\f(3＋\r(33),2)，－eq\f(9＋\r(33),2))．13.解：(1)把B(3，0)，C(0，3)分別代入y＝x2＋bx＋c，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9＋3b＋c＝0,c＝3))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－4,c＝3))，∴拋物線的解析式為y＝x2－4x＋3.(2)設(shè)直線BC的解析式為y＝mx＋n(m≠0)，將點(diǎn)B(3，0)，C(0，3)分別代入得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3m＋n＝0,n＝3))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－1,n＝3))，∴直線BC的解析式為y＝－x＋3，設(shè)M(a，a2－4a＋3)，則N(a，－a＋3)，MN＝－a＋3－(a2－4a＋3)＝－a＋3－a2＋4a－3＝－a2＋3a＝－(a－eq\f(3,2))2＋eq\f(9,4).對(duì)于y＝x2－4x＋3，令y＝0，則x2－4x＋3＝0，解得x1＝1，x2＝3，∴A(1，0)，B(3，0)，∵M(jìn)是拋物線在x軸下方的動(dòng)點(diǎn)，∴1＜a＜3，又∵1＜eq\f(3,2)＜3，∴當(dāng)a＝eq\f(3,2)時(shí)，MN的最大值為eq\f(9,4).(3)存在，點(diǎn)P的坐標(biāo)分別為：P1(2，eq\f(3,2)＋eq\f(\r(17),2))，P2(2，eq\f(3,2)－eq\f(\r(17),2))，P3(2，eq\f(\r(14),2))、P4(2，－eq\f(\r(14),2))、P5(2，eq\f(1,2))．【解法提示】當(dāng)線段MN最長(zhǎng)時(shí)，N(eq\f(3,2)，eq\f(3,2))，設(shè)此時(shí)直線MN與x軸交于點(diǎn)D，又點(diǎn)B(3，0)，則BN2＝DN2＋DB2＝(eq\f(3,2))2＋(3－eq\f(3,2))2＝eq\f(9,2).(i)當(dāng)BN為腰長(zhǎng)時(shí)，又分兩種情形：①當(dāng)點(diǎn)N為等腰三角形頂角的頂點(diǎn)時(shí)，以點(diǎn)N為圓心，BN的長(zhǎng)為半徑畫圓，與拋物線的對(duì)稱軸有兩個(gè)交點(diǎn)P1，P2，如解圖．由拋物線y＝x2－4x＋3知，其對(duì)稱軸為直線x＝2，∴P1E2＋NE2＝P1N2＝BN2，即(2－eq\f(3,2))2＋NE2＝eq\f(9,2)，解得NE＝eq\f(\r(17),2).∴此時(shí)P1(2，eq\f(3,2)＋eq\f(\r(17),2))，P2(2，eq\f(3,2)－eq\f(\r(17),2))；第13題解圖②當(dāng)點(diǎn)B為等腰三角形頂角的頂點(diǎn)時(shí)，以點(diǎn)B為圓心，BN的長(zhǎng)為半徑畫圓，與拋物線的對(duì)稱軸也有兩個(gè)交點(diǎn)P3、P4，同理可得P3(2，eq\f(\r(14),2))，P4(2，－eq\f(\r(14),2))；(ii)當(dāng)BN為底邊時(shí)，作線段BN的中垂線與對(duì)稱軸交于一點(diǎn)P5，如解圖．由點(diǎn)N(eq\f(3,2)，eq\f(3,2))，B(3，0)，得線段BN的中點(diǎn)F(eq\f(9,4)，eq\f(3,4))，設(shè)過(guò)點(diǎn)F，且與BC垂直的直線P5F的解析式為y＝x＋q，則eq\f(9,4)＋q＝eq\f(3,4)，解得q＝－eq\f(3,2)，∴直線P5F的解析式為y＝x－eq\f(3,2)，當(dāng)x＝2時(shí)，y＝2－eq\f(3,2)＝eq\f(1,2)，∴點(diǎn)P5(2，eq\f(1,2))．綜上所述，存在滿足題意的點(diǎn)P共有五個(gè)，即P1(2，eq\f(3,2)＋eq\f(\r(17),2))，P2(2，eq\f(3,2)－eq\f(\r(17),2))，P3(2，eq\f(\r(14),2))，P4(2，－eq\f(\r(14),2))，P5(2，eq\f(1,2))．14.解：(1)當(dāng)y＝0時(shí)，－eq\f(1,2)x2＋eq\f(3,2)x＋2＝0，解得x1＝4，x2＝－1，則A(－1，0)，B(4，0)，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝2，則C(0，2)．(2)依題意知點(diǎn)D坐標(biāo)為(0，－2)，設(shè)直線BD的解析式為y＝kx＋b，將D(0，－2)和B(4，0)分別代入，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(b＝－2,4k＋b＝0)))，解得k＝eq\f(1,2)，b＝－2，∴直線BD的解析式為y＝eq\f(1,2)x－2.(3)易知CD∥QM，若CD＝QM，則四邊形CQMD為平行四邊形．∵P(m，0)，∴yQ＝－eq\f(1,2)m2＋eq\f(3,2)m＋2，yM＝eq\f(1,2)m－2，則QM＝(－eq\f(1,2)m2＋eq\f(3,2)m＋2)－(eq\f(1,2)m－2)，∵CD＝4，∴(－eq\f(1,2)m2＋eq\f(3,2)m＋2)－(eq\f(1,2)m－2)＝4，解得m＝2或m＝0(舍去)，故當(dāng)m＝2時(shí)，四邊形CQMD為平行四邊形．(4)存在，設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(m，－eq\f(1,2)m2＋eq\f(3,2)m＋2)，則BQ2＝(4－m)2＋(－eq\f(1,2)m2＋eq\f(3,2)m＋2)2，DQ2＝m2＋[(－eq\f(1,2)m2＋eq\f(3,2)m＋2)＋2]2,BD2＝42＋22＝20.①當(dāng)以點(diǎn)B為直角三角形的直角頂點(diǎn)時(shí)，則有DQ2＝BQ2＋BD2，∴m2＋[(－eq\f(1,2)m2＋eq\f(3,2)m＋2)＋2]2＝(4－m)2＋(－eq\f(1,2)m2＋eq\f(3,2)m＋2)2＋20，解得m1＝3,m2＝4.∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(3，2)，(4，0)(舍去)；②當(dāng)以點(diǎn)D為直角三角形的直角頂點(diǎn)時(shí)，則有BQ2＝DQ2＋BD2.∴(4－m)2＋(－eq\f(1,2)m2＋eq\f(3,2)m＋2)2＝m2＋[(－eq\f(1,2)m2＋eq\f(3,2)m＋2)＋2]2＋20，解得m3＝－1,m4＝8.∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(－1，0)，(8，－18)，綜上所述，所求點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(3，2)，(－1，0)，(8，－18)．類型四二次函數(shù)與特殊四邊形判定問(wèn)題15.解：(1)∵拋物線y＝－x2＋bx＋c經(jīng)過(guò)A(－1，0)，B(3，0)兩點(diǎn)，第15題解圖①∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1－b＋c＝0,－9＋3b＋c＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝2,c＝3))，∴經(jīng)過(guò)A，B，C三點(diǎn)的拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y＝－x2＋2x＋3.(2)如解圖①，連接PC，PE.對(duì)稱軸x＝－eq\f(b,2a)＝－eq\f(2,2×（－1）)＝1，當(dāng)x＝1時(shí)，y＝－1＋2＋3＝4，∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為(1，4)，設(shè)直線BD的解析式為：y＝mx＋n，將B(3，0)、D(1，4)分別代入表達(dá)式，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3m＋n＝0,m＋n＝4))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－2,n＝6))，則直線BD的解析式為y＝－2x＋6，設(shè)P的坐標(biāo)為(x0，－2x0＋6)，∴由勾股定理可得PC2＝xeq\o\al(2,0)＋[3－(－2x0＋6)]2，PE2＝(x0－1)2＋(－2x0＋6)2，∵PC＝PE，∴xeq\o\al(2,0)＋(3＋2x0－6)2＝(x0－1)2＋(－2x0＋6)2，解得x0＝2，y0＝－2×2＋6＝2，∴P的坐標(biāo)為(2，2)．(也可證△DCB，△DEB為直角三角形，則P為斜邊BD的中點(diǎn)，或先求CE的垂直平分線的函數(shù)關(guān)系式，則點(diǎn)P是CE的垂直平分線與BD的交點(diǎn))(3)依題意設(shè)M的坐標(biāo)為(a，0)，則G坐標(biāo)為(a，－a2＋2a＋3)．第15題解圖②如解圖②，以F、M、N、G為頂點(diǎn)的四邊形是正方形時(shí)，必有FM＝MG，∴|2－a|＝|－a2＋2a＋3|，①2－a＝－(－a2＋2a＋3)，解得a＝eq\f(1±\r(21),2)，②2－a＝－a2＋2a＋3，解得a＝eq\f(3±\r(13),2)，∴M點(diǎn)的坐標(biāo)為(eq\f(1－\r(21),2)，0)，(eq\f(1＋\r(21),2)，0)，(eq\f(3－\r(13),2)，0)，(eq\f(3＋\r(13),2)，0)．16.解：(1)根據(jù)題意得，A(－5，0)，B(3，0)在x軸上，設(shè)拋物線的解析式為y＝a(x＋5)(x－3)．∵拋物線過(guò)點(diǎn)(0，5)，∴a＝－eq\f(1,3).∴拋物線的解析式為y＝－eq\f(1,3)(x＋5)(x－3)＝－eq\f(1,3)x2－eq\f(2,3)x＋5.(2)如解圖，過(guò)點(diǎn)F作FD⊥AC于點(diǎn)D，∵OA＝5，OC＝5，∴∠CAO＝45°.設(shè)AF的長(zhǎng)為m，則DF＝eq\f(\r(2),2)m，ME＝AE＝m＋1.∴sin∠AMF＝eq\f(DF,MF)，∴MF＝eq\f(DF,sin∠AMF)＝eq\f(10×\f(\r(2),2)m,\r(10))＝eq\r(5)m.在Rt△MEF中，F(xiàn)M2＝ME2＋EF2，∴(eq\r(5)m)2＝(m＋1)2＋12，第16題解圖解得m1＝1，m2＝－eq\f(1,2)(不符合題意，舍去)．∴AF＝1，∴點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為－4.又∵點(diǎn)Q在拋物線y＝－eq\f(1,3)x2－eq\f(2,3)x＋5上，∴Q(－4，eq\f(7,3))．(3)設(shè)直線AC的解析式為y＝kx＋n(k≠0)，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－5k＋n＝0,n＝5))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝1,n＝5))，∴直線AC的解析式為y＝x＋5.由題知，點(diǎn)Q，N，F(xiàn)及點(diǎn)P，M，E的橫坐標(biāo)分別相同．設(shè)F(t，0)，E(t＋1，0)，點(diǎn)M，N均在直線y＝x＋5上，∴N(t，t＋5)，M(t＋1，t＋6)，∵點(diǎn)P，Q在拋物線y＝－eq\f(1,3)x2－eq\f(2,3)x＋5上，∴Q(t，－eq\f(1,3)t2－eq\f(2,3)t＋5)，P(t＋1，－eq\f(1,3)t2－eq\f(4,3)t＋4)，在矩形平移過(guò)程中，以P、Q、N、M為頂點(diǎn)的平行四邊形有兩種情況：①點(diǎn)Q、P在直線AC的同側(cè)時(shí)，QN＝PM.∴(－eq\f(1,3)t2－eq\f(2,3)t＋5)－(t＋5)＝(－eq\f(1,3)t2－eq\f(4,3)t＋4)－(t＋6)，解得t＝－3.∴M(－2，3)．②點(diǎn)Q，P在直線AC的異側(cè)時(shí)，QN＝MP.∴(－eq\f(1,3)t2－eq\f(2,3)t＋5)－(t＋5)＝(t＋6)－(－eq\f(1,3)t2－eq\f(4,3)t＋4)，解得t1＝－3＋eq\r(6)，t2＝－3－eq\r(6)，∴M(－2＋eq\r(6)，3＋eq\r(6))或(－2－eq\r(6)，3－eq\r(6))．∴符合條件的點(diǎn)M是(－2，3)，(－2＋eq\r(6)，3＋eq\r(6))或(－2－eq\r(6)，3－eq\r(6))．17.解：(1)∵平行四邊形ABOC繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到平行四邊形A′B′OC′，且點(diǎn)A的坐標(biāo)是(0，4)，∴點(diǎn)A′的坐標(biāo)為(4，0)，設(shè)拋物線的解析式為y＝ax2＋bx＋c，將點(diǎn)A(0，4)，C(－1，0)，A′(4，0)代入得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b＋c＝0,c＝4,16a＋4b＋c＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1,b＝3,c＝4))，∴此拋物線的解析式為y＝－x2＋3x＋4.第17題解圖①(2)如解圖①，連接AA′，設(shè)直線AA′的解析式為y＝kx＋b，將A(0，4)，A′(4，0)代入得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝4,4k＋b＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－1,b＝4))，∴直線AA′的解析式為y＝－x＋4，過(guò)M作ME⊥x軸，交直線AA′于點(diǎn)E，則E(x，－x＋4)，設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為：(x，－x2＋3x＋4)，則S△AMA′＝S△AME＋S△A′ME＝eq\f(1,2)ME·OA′＝eq\f(1,2)×4×[－x2＋3x＋4－(－x＋4)]＝－2x2＋8x＝－2(x－2)2＋8，∴當(dāng)x＝2時(shí)，△AMA′的面積最大，最大值S△AMA′＝8，∴M的坐標(biāo)為(2，6)．(3)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x，－x2＋3x＋4)，當(dāng)P，N，B，Q構(gòu)成平行四邊形時(shí)，∵平行四邊形ABOC中，點(diǎn)A、C的坐標(biāo)分別是(0，4)、(－1，0)，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為(1，4)，∵點(diǎn)Q坐標(biāo)為(1，0)，P為拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，N為x軸上的一動(dòng)點(diǎn)，如解圖②，第17題解圖②①當(dāng)BQ為邊時(shí)，PN∥BQ，PN＝BQ，∵BQ＝4，∴－x2＋3x＋4＝±4，當(dāng)－x2＋3x＋4＝4時(shí)，解得x1＝0，x2＝3，∴P1(0，4)，P2(3，4)當(dāng)－x2＋3x＋4＝－4時(shí)，解得x3＝eq\f(3＋\r(41),2)，x4＝eq\f(3－\r(41),2)，∴P3(eq\f(3＋\r(41),2)，－4)，P4(eq\f(3－\r(41),2)，－4)；②當(dāng)PQ為對(duì)角線時(shí)，BP∥QN即BP∥x軸，BP＝QN，此時(shí)P與P1，P2重合．當(dāng)這個(gè)平行四邊形為矩形時(shí)，即P1(0，4)，P2(3，4)時(shí)，N1(0，0)，N2(3，0)．綜上可得：點(diǎn)P的坐標(biāo)為：P1(0，4)，P2(3，4)，P3(eq\f(3＋\r(41),2)，－4)，P4(eq\f(3－\r(41),2)，－4)．當(dāng)這個(gè)平行四邊形為矩形時(shí)，點(diǎn)N的坐標(biāo)為(0，0)或(3，0)．18.解：(1)設(shè)拋物線的解析式為y＝ax2＋bx＋c(a≠0)，將點(diǎn)A(－1，0)，B(5，0)，C(0，－eq\f(5,2))代入得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b＋c＝0,25a＋5b＋c＝0,c＝－\f(5,2)))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2),b＝－2,c＝－\f(5,2)))，∴拋物線的解析式為y＝eq\f(1,2)x2－2x－eq\f(5,2).(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，如解圖，則P點(diǎn)即為所求．設(shè)直線BC的解析式為y＝kx＋b1(k≠0)，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5k＋b1＝0,b1＝－\f(5,2)))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝\f(1,2),b1＝－\f(5,2)))，第18題解圖∴直線BC的解析式為y＝eq\f(1,2)x－eq\f(5,2).∵拋物線y＝eq\f(1,2)x2－2x－eq\f(5,2)的對(duì)稱軸是x＝2，∴當(dāng)x＝2時(shí)，y＝eq\f(1,2)x－eq\f(5,2)＝eq\f(1,2)×2－eq\f(5,2)＝－eq\f(3,2)，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)是(2，－eq\f(3,2))．(3)存在．(i)當(dāng)存在的點(diǎn)N在x軸的下方時(shí)，如解圖所示，∵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(0，－eq\f(5,2))，∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為(4，－eq\f(5,2))；(ii)當(dāng)存在的點(diǎn)N′在x軸上方時(shí)，如解圖所示，作N′H⊥x軸于點(diǎn)H，∵四邊形ACM′N′是平行四邊形，∴AC＝M′N′，∠N′M′H＝∠CAO，∠AOC＝∠M′HN′，∴Rt△CAO≌Rt△N′M′H(AAS)，∴N′H＝OC.∵點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0，－eq\f(5,2))，∴N′H＝eq\f(5,2)，即N′點(diǎn)的縱坐標(biāo)為eq\f(5,2)，∴eq\f(1,2)x2－2x－eq\f(5,2)＝eq\f(5,2)，解得x1＝2＋eq\r(14)，x2＝2－eq\r(14).∴點(diǎn)N′的坐標(biāo)為(2－eq\r(14)，eq\f(5,2))或(2＋eq\r(14)，eq\f(5,2))．綜上所述，滿足題目條件的點(diǎn)N共有三個(gè)，分別為(4，－eq\f(5,2))，(2＋eq\r(14)，eq\f(5,2))，(2－eq\r(14)，eq\f(5,2))．19.解：(1)把點(diǎn)C(0，－eq\f(8,3))代入y＝a(x＋1)2－3，得－eq\f(8,3)＝a－3，解得a＝eq\f(1,3)，∴y＝eq\f(1,3)(x＋1)2－3，當(dāng)y＝0時(shí)，有eq\f(1,3)(x＋1)2－3＝0，∴x1＝2，x2＝－4，第19題解圖①∴A(－4，0)，B(2，0)．(2)如解圖①，連接CH，∵A(－4，0)，B(2，0)，C(0，－eq\f(8,3))，D(－1，－3)，H(－1，0)，∴S四邊形ABCD＝S△AHD＋S△HCD＋S△BHC＝eq\f(1,2)×3×3＋eq\f(1,2)×3×1＋eq\f(1,2)×3×eq\f(8,3)＝10，根據(jù)條件分析，直線l只能與邊AD或邊BC相交，有以下兩種情況：(i)如解圖①，當(dāng)直線l與邊AD相交于點(diǎn)M1時(shí)，則S△AHM1＝eq\f(3,10)×10＝3，∴eq\f(1,2)×3×(－yM1)＝3，∴yM1＝－2，∵A(－4，0)，D(－1，－3)，∴直線AD的解析式為y＝－x－4，∴M1(－2，－2)，過(guò)點(diǎn)H(－1，0)和M1(－2，－2)的直線l的解析式為y＝2x＋2；第19題解圖②(ii)如解圖②，當(dāng)直線l與邊BC相交與點(diǎn)M2時(shí)，同理可得點(diǎn)M2(eq\f(1,2)，－2)，過(guò)點(diǎn)H(－1，0)和M2(eq\f(1,2)，－2)的直線l的解析式為y＝－eq\f(4,3)x－eq\f(4,3).綜上所述：直線l的函數(shù)表達(dá)式為y＝2x＋2或y＝－eq\f(4,3)x－eq\f(4,3).(3)以DP為對(duì)角線的四邊形DMPN能成為菱形．設(shè)P(x1，y1)、Q(x2，y2)且過(guò)點(diǎn)H(－1，0)的直線PQ的解析式為y＝kx＋b，∴－k＋b＝0，∴b＝k，∴y＝kx＋k.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋k,y＝\f(1,3)x2＋\f(2,3)x－\f(8,3)))，得eq\f(1,3)x2＋(eq\f(2,3)－k)x－k－eq\f(8,3)＝0，∴x1＋x2＝－2＋3k，y1＋y2＝kx1＋k＋kx2＋k＝3k2，∵點(diǎn)M是線段PQ的中點(diǎn)，∴由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得點(diǎn)M(eq\f(3,2)k－1，eq\f(3,2)k2)．第19題解圖③假設(shè)存在這樣的N點(diǎn)如解圖③，直線DN∥PQ，設(shè)直線DN的解析式為y＝kx＋k－3，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋k－3,y＝\f(1,3)x2＋\f(2,3)x－\f(8,3)))，解得x1＝－1(舍去)，x2＝3k－1，∴N(3k－1，3k2－3)，∵四邊形DMPN是菱形，∴DN＝DM，∴DN2＝DM2，即(3k)2＋(3k2)2＝(eq\f(3k,2))2＋(eq\f(3,2)k2＋3)2，整理得：3k4－k2－4＝0，即(k2＋1)(3k2－4)＝0，∵k2＋1＞0，∴3k2－4＝0，解得k＝±eq\f(2\r(3),3)，∵k＜0，∴k＝－eq\f(2\r(3),3)，∴N(－2eq\r(3)－1，1)，∴以DP為對(duì)角線的四邊形DMPN能成為菱形，此時(shí)點(diǎn)N的坐標(biāo)為(－2eq\r(3)－1，1)．類型五二次函數(shù)與三角形相似、全等問(wèn)題20.(1)【思路分析】已知拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)，利用頂點(diǎn)式代入拋物線上的點(diǎn)O，求出拋物線解析式，再與直線解析式聯(lián)立得方程組，即可求得點(diǎn)C的坐標(biāo)．解：由題可知，拋物線的頂點(diǎn)為A(1，1)，設(shè)拋物線的解析式為y＝a(x－1)2＋1(a≠0)，∵拋物線經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O(0，0)，∴將O(0，0)代入，得0＝a(0－1)2＋1，解得a＝－1，∴拋物線解析式為y＝－(x－1)2＋1＝－x2＋2x.∵直線y＝x－2與拋物線交于B、C兩點(diǎn)，聯(lián)立得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x－2,y＝－x2＋2x))，解得e