初中數(shù)學120大招-46 二次函數(shù)與特殊圖形的存在性問題

中考數(shù)學大題狂練之壓軸大題突破培優(yōu)練二次函數(shù)與特殊圖形的存在性問題【真題再現(xiàn)】1．（2020年鹽城第25題）若二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象與x軸有兩個交點M（x1，0），N（x2，0）（0＜x1＜x2），且經(jīng)過點A（0，2）．過點A的直線l與x軸交于點C，與該函數(shù)的圖象交于點B（異于點A）．滿足△ACN是等腰直角三角形，記△AMN的面積為S1，△BMN的面積為S2，且S2=52S（1）拋物線的開口方向上（填“上”或“下”）；（2）求直線l相應的函數(shù)表達式；（3）求該二次函數(shù)的表達式．【分析】（1）根據(jù)題意借助圖象即可得到結論；（2）由點A（0，2）及△CAN是等腰直角三角形，可知C（﹣2，0），N（2，0），由A、C兩點坐標可求直線l；（3）由S2=52S1，可知B點縱坐標為5，代入直線AB解析式可求B點橫坐標，將A、B、N三點坐標代入y＝ax2+bx+【解析】（1）如圖，如二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象與x軸有兩個交點M（x1，0），N（x2，0）（0＜x1＜x2），且經(jīng)過點A（0，2）．∴y＝ax2+bx+2，令y＝0，則ax2+bx+2＝0，∵0＜x1＜x2，∴2a∴a＞0，∴拋物線開口向上，故答案為：上；（2）①若∠ACN＝90°，則C與O重合，直線l與拋物線交于A點，因為直線l與該函數(shù)的圖象交于點B（異于點A），所以不合題意，舍去；②若∠ANC＝90°，則C在x軸的下方，與題意不符，舍去；③若∠CAN＝90°，則∠ACN＝∠ANC＝45°，AO＝CO＝NO＝2，∴C（﹣2，0），N（2，0），設直線l為y＝kx+b，將A（0，2）C（﹣2，0）代入得b=2-2k+b=0解得k=1b=2∴直線l相應的函數(shù)表達式為y＝x+2；（3）過B點作BH⊥x軸于H，S1=12MN?OA，S∵S2=52S∴BH=52∵OA＝2，∴BH＝5，即B點的縱坐標為5，代入y＝x+2中，得x＝3，∴B（3，5），將A、B、N三點的坐標代入y＝ax2+bx+c得c=24a+2b+c=0解得a=2b=-5∴拋物線的解析式為y＝2x2﹣5x+2．2．（2020年徐州第28題）如圖，在平面直角坐標系中，函數(shù)y＝﹣ax2+2ax+3a（a＞0）的圖象交x軸于點A、B，交y軸于點C，它的對稱軸交x軸于點E．過點C作CD∥x軸交拋物線于點D，連接DE并延長交y軸于點F，交拋物線于點G．直線AF交CD于點H，交拋物線于點K，連接HE、GK．（1）點E的坐標為：（1，0）；（2）當△HEF是直角三角形時，求a的值；（3）HE與GK有怎樣的位置關系？請說明理由．【分析】（1）利用對稱軸公式求解即可．（2）連接EC，分兩種情形：當∠HEF＝90°時，當∠HFE＝90°，分別求解即可．（3）求出直線HF，DF的解析式，利用方程組確定點K，G的坐標，再求出直線EH，GK的解析式即可判斷．【解析】（1）對于拋物線y＝﹣ax2+2ax+3a，對稱軸x=-2a∴E（1，0），故答案為（1，0）．（2）如圖，連接EC．對于拋物線y＝﹣ax2+2ax+3a，令x＝0，得到y(tǒng)＝3a，令y＝0，﹣ax2+2ax+3a＝0，解得x＝﹣1或3，∴A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3a），∵C，D關于對稱軸對稱，∴D（2，3a），CD＝2，EC＝DE，當∠HEF＝90°時，∵ED＝EC，∴∠ECD＝∠EDC，∵∠DCF＝90°，∴∠CFD+∠EDC＝90°，∠ECF+∠ECD＝90°，∴∠ECF＝∠EFC，∴EC＝EF＝DE，∵EA∥DH，∴FA＝AH，∴AE=12∵AE＝2，∴DH＝4，∵HE⊥DFEF＝ED，∴FH＝DH＝4，在Rt△CFH中，則有42＝22+（6a）2，解得a=33或∴a=3當∠HFE＝90°時，∵OA＝OE，F(xiàn)O⊥AE，∴FA＝FE，∴OF＝OA＝OE＝1，∴3a＝1，∴a=1綜上所述，滿足條件的a的值為33或1（3）結論：EH∥GK．理由：由題意A（﹣1，0），F(xiàn)（0，﹣3a），D（2，3a），H（﹣2，3a），E（1，0），∴直線AF的解析式y(tǒng)＝﹣3ax﹣3a，直線DF的解析式為y＝3ax﹣3a，由y=-3ax-3ay=-ax2+2ax+3a，解得∴K（6，﹣21a），由y=3ax-3ay=-ax2+2ax+3a，解得∴G（﹣3，﹣12a），∴直線HE的解析式為y＝﹣ax+a，直線GK的解析式為y＝﹣ax﹣15a，∵k相同，a≠﹣15a，∴HE∥GK．3．（2020年蘇州第25題）如圖，二次函數(shù)y＝x2+bx的圖象與x軸正半軸交于點A，平行于x軸的直線l與該拋物線交于B、C兩點（點B位于點C左側），與拋物線對稱軸交于點D（2，﹣3）．（1）求b的值；（2）設P、Q是x軸上的點（點P位于點Q左側），四邊形PBCQ為平行四邊形．過點P、Q分別作x軸的垂線，與拋物線交于點P'（x1，y1）、Q'（x2，y2）．若|y1﹣y2|＝2，求x1、x2的值．【分析】（1）拋物線的對稱軸為x＝2，即-12b＝2，解得：（2）求出點B、C的坐標分別為（1，﹣3）、（3，﹣3），則BC＝2，而四邊形PBCQ為平行四邊形，則PQ＝BC＝2，故x2﹣x1＝2，即可求解．【解析】（1）直線與拋物線的對稱軸交于點D（2，﹣3），故拋物線的對稱軸為x＝2，即-12b＝2，解得：（2）∵b＝﹣4∴拋物線的表達式為：y＝x2﹣4x；把y＝﹣3代入y＝x2﹣4x并解得x＝1或3，故點B、C的坐標分別為（1，﹣3）、（3，﹣3），則BC＝2，∵四邊形PBCQ為平行四邊形，∴PQ＝BC＝2，故x2﹣x1＝2，又∵y1＝x12﹣4x1，y2＝x22﹣4x2，|y1﹣y2|＝2，故|（x12﹣4x1）﹣（x22﹣4x2）|＝2，|x1+x2﹣4|＝1．∴x1+x2＝5或x1+x2＝3，由x2-x由x2-x4．（2020年無錫第28題）在平面直角坐標系中，O為坐標原點，直線OA交二次函數(shù)y=14x2的圖象于點A，∠AOB＝90°，點B在該二次函數(shù)的圖象上，設過點（0，m）（其中m＞0）且平行于x軸的直線交直線OA于點M，交直線OB于點N，以線段OM、ON為鄰邊作矩形（1）若點A的橫坐標為8．①用含m的代數(shù)式表示M的坐標；②點P能否落在該二次函數(shù)的圖象上？若能，求出m的值；若不能，請說明理由．（2）當m＝2時，若點P恰好落在該二次函數(shù)的圖象上，請直接寫出此時滿足條件的所有直線OA的函數(shù)表達式．【分析】（1）①求出點A的坐標，直線直線OA的解析式即可解決問題．②求出直線OB的解析式，求出點N的坐標，利用矩形的性質求出點P的坐標，再利用待定系數(shù)法求出m的值即可．（2）分兩種情形：①當點A在y軸的右側時，設A（a，14a2），求出點P的坐標利用待定系數(shù)法構建方程求出a②當點A在y軸的左側時，即為①中點B的位置，利用①中結論即可解決問題．【解析】（1）①∵點A在y=14x∴A（8，16），∴直線OA的解析式為y＝2x，∵點M的縱坐標為m，∴M（12m，m②假設能在拋物線上，連接OP．∵∠AOB＝90°，∴直線OB的解析式為y=-12∵點N在直線OB上，縱坐標為m，∴N（﹣2m，m），∴MN的中點的坐標為（-34m，∴P（-32m，2m），把點P坐標代入拋物線的解析式得到m（2）①當點A在y軸的右側時，設A（a，14a2∴直線OA的解析式為y=14∴M（8a∵OB⊥OA，∴直線OB的解析式為y=-4ax，可得N（∴P（8a-a解得，a＝42±4，∴直線OA的解析式為y＝（2±1）x．②當點A在y軸的左側時，即為①中點B的位置，∴直線OA的解析式為y=-4ax＝﹣（2±1）綜上所述，滿足條件的直線OA的解析式為y＝（2±1）x或y＝﹣（2±1）x．05．（2019年鹽城27題）如圖所示，二次函數(shù)y＝k（x﹣1）2+2的圖象與一次函數(shù)y＝kx﹣k+2的圖象交于A、B兩點，點B在點A的右側，直線AB分別與x、y軸交于C、D兩點，其中k＜0．（1）求A、B兩點的橫坐標；（2）若△OAB是以OA為腰的等腰三角形，求k的值；（3）二次函數(shù)圖象的對稱軸與x軸交于點E，是否存在實數(shù)k，使得∠ODC＝2∠BEC，若存在，求出k的值；若不存在，說明理由．【分析】（1）將二次函數(shù)與一次函數(shù)聯(lián)立得：k（x﹣1）2+2＝kx﹣k+2，即可求解；（2）分OA＝AB、OA＝OB兩種情況，求解即可；（3）求出m＝﹣k2﹣kk2+1，在△AHM中，tanα=HMAH=m-k【解析】（1）將二次函數(shù)與一次函數(shù)聯(lián)立得：k（x﹣1）2+2＝kx﹣k+2，解得：x＝1和2，故點A、B的坐標橫坐標分別為1和2；（2）OA=2①當OA＝AB時，即：1+k2＝5，解得：k＝±2（舍去2）；②當OA＝OB時，4+（k+2）2＝5，解得：k＝﹣1或﹣3；故k的值為：﹣1或﹣2或﹣3；（3）存在，理由：①當點B在x軸上方時，過點B作BH⊥AE于點H，將△AHB的圖形放大見右側圖形，過點A作∠HAB的角平分線交BH于點M，過點M作MN⊥AB于點N，過點B作BK⊥x軸于點K，圖中：點A（1，2）、點B（2，k+2），則AH＝﹣k，HB＝1，設：HM＝m＝MN，則BM＝1﹣m，則AN＝AH＝﹣k，AB=k2+1，NB＝AB由勾股定理得：MB2＝NB2+MN2，即：（1﹣m）2＝m2+（k2+1+k解得：m＝﹣k2﹣kk2在△AHM中，tanα=HMAH=m-k=k解得：k=±3此時k+2＞0，則﹣2＜k＜0，故：舍去正值，故k=-3②當點B在x軸下方時，同理可得：tanα=HMAH=m-k=k+解得：k=-4-73此時k+2＜0，k＜﹣2，故舍去-4+7故k的值為：-3或-4-6．（2019年連云港26題）如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線L1：y＝x2+bx+c過點C（0，﹣3），與拋物線L2：y=-12x2-32x+2的一個交點為A，且點A的橫坐標為2，點P、Q分別是拋物線L1（1）求拋物線L1對應的函數(shù)表達式；（2）若以點A、C、P、Q為頂點的四邊形恰為平行四邊形，求出點P的坐標；（3）設點R為拋物線L1上另一個動點，且CA平分∠PCR．若OQ∥PR，求出點Q的坐標．【分析】（1）先求出A點的坐標，再用待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式便可；（2）設點P的坐標為（x，x2﹣2x﹣3），分兩種情況討論：AC為平行四邊形的一條邊，AC為平行四邊形的一條對角線，用x表示出Q點坐標，再把Q點坐標代入拋物線L2：y=-12x2-（3）當點P在y軸左側時，拋物線L1不存在點R使得CA平分∠PCR，當點P在y軸右側時，不妨設點P在CA的上方，點R在CA的下方，過點P、R分別作y軸的垂線，垂足分別為S、T，過點P作PH⊥TR于點H，設點P坐標為（x1，x12-2x1-3），點R坐標為（x2，x22-2x2-3），證明△PSC∽△RTC，由相似比得到x1+x2＝4，進而得tan∠PRH的值，過點Q作QK⊥x軸于點K，設點Q坐標為（【解析】（1）將x＝2代入y=-12x2-32x+2，得將A（2，﹣3），C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，得-3=22+2b+c∴拋物線L1：y＝x2﹣2x﹣3；（2）如圖，設點P的坐標為（x，x2﹣2x﹣3），第一種情況：AC為平行四邊形的一條邊，①當點Q在點P右側時，則點Q的坐標為（x+2，x2﹣2x﹣3），將Q（x+2，x2﹣2x﹣3）代入y=-12x2-x2﹣2x﹣3=-12（x+2）2-3解得x＝0或x＝﹣1，因為x＝0時，點P與C重合，不符合題意，所以舍去，此時點P的坐標為（﹣1，0）；②當點Q在點P左側時，則點Q的坐標為（x﹣2，x2﹣2x﹣3），將Q（x﹣2，x2﹣2x﹣3）代入y=-12x2-y=-12x2-x2﹣2x﹣3=-12（x﹣2）2-3解得，x＝3，或x=-4此時點P的坐標為（3，0）或（-43，第二種情況：當AC為平行四邊形的一條對角線時，由AC的中點坐標為（1，﹣3），得PQ的中點坐標為（1，﹣3），故點Q的坐標為（2﹣x，﹣x2+2x﹣3），將Q（2﹣x，﹣x2+2x﹣3）代入y=-12x2-﹣x2+2x﹣3═-12（2﹣x）2-3解得，x＝0或x＝﹣3，因為x＝0時，點P與點C重合，不符合題意，所以舍去，此時點P的坐標為（﹣3，12），綜上所述，點P的坐標為（﹣1，0）或（3，0）或（-43，（3）當點P在y軸左側時，拋物線L1不存在點R使得CA平分∠PCR，當點P在y軸右側時，不妨設點P在CA的上方，點R在CA的下方，過點P、R分別作y軸的垂線，垂足分別為S、T，過點P作PH⊥TR于點H，則有∠PSC＝∠RTC＝90°，由CA平分∠PCR，得∠PCA＝∠RCA，則∠PCS＝∠RCT，∴△PSC∽△RTC，∴PSCS設點P坐標為（x1，x12-2x1-3），點R所以有x1整理得，x1+x2＝4，在Rt△PRH中，tan∠PRH=過點Q作QK⊥x軸于點K，設點Q坐標為（m，-1若OQ∥PR，則需∠QOK＝∠PRH，所以tan∠QOK＝tan∠PRH＝2，所以2m=-1解得，m=-7±所以點Q坐標為（-7+652，﹣7+65）或（-7-7．（2019年無錫27題）已知二次函數(shù)y＝ax2﹣4ax+c（a＜0）的圖象與它的對稱軸相交于點A，與y軸相交于點C（0，﹣2），其對稱軸與x軸相交于點B（1）若直線BC與二次函數(shù)的圖象的另一個交點D在第一象限內，且BD=2（2）已知P在y軸上，且△POA為等腰三角形，若符合條件的點P恰好有2個，試直接寫出a的值．【分析】（1）先求得對稱軸方程，進而得B點坐標，過D作DH⊥x軸于點H，由B，C的坐標得∠OBC＝45°，進而求得DH，BH，便可得D點坐標，再由待定系數(shù)法求得解析式；（2）先求出A點的坐標，再分兩種情況：A點在x軸上時，△OPA為等腰直角三角形，符合條件的點P恰好有2個；A點不在x軸上，∠AOB＝30°，△OPA為等邊三角形或頂角為120°的等腰三角形，符合條件的點P恰好有2個．據(jù)此求得a．【解析】（1）過點D作DH⊥x軸于點H，如圖1，∵二次函數(shù)y＝ax2﹣4ax+c，∴對稱軸為x=--4a∴B（2，0），∵C（0，﹣2），∴OB＝OC＝2，∴∠OBC＝∠DBH＝45°，∵BH=2∴BH＝DH＝1，∴OH＝OB+BH＝2+1＝3，∴D（3，1），把C（0，﹣2），D（3，1）代入y＝ax2﹣4ax+c中得，c=-29a-12a+c=1∴a=-1c=-2∴二次函數(shù)的解析式為y＝﹣x2+4x﹣2；（2）∵y＝ax2﹣4ax+c過C（0，﹣2），∴c＝﹣2，∴y＝ax2﹣4ax+c＝a（x﹣2）2﹣4a﹣2，∴A（2，﹣4a﹣2），∵P在y軸上，且△POA為等腰三角形，若符合條件的點P恰好有2個，∴①當拋物線的頂點A在x軸上時，∠POA＝90°，則OP＝OA，這樣的P點只有2個，正、負半軸各一個，如圖2，此時A（﹣2，0），∴﹣4a﹣2＝0，解得a=-1②當拋物線的頂點A不在x軸上時，∠AOB＝30°時，則△OPA為等邊三角形或∠AOP＝120°的等腰三角形，這樣的P點也只有兩個，如圖3，∴AB＝OB?tan30°＝2×3∴|﹣4a﹣2|=2∴a=-12-綜上，a=-12或-1【專項突破】【題組一】1．（2020?灌南縣一模）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側），點A的坐標為（﹣1，0），與y軸交于點C（0，3），作直線BC．動點P在x軸上運動，過點P作PM⊥x軸，交拋物線于點M，交直線BC于點N，設點P的橫坐標為m．（1）求拋物線的解析式和直線BC的解析式；（2）當點P在線段OB上運動時，求線段MN的最大值；（3）當點P在線段OB上運動時，若△CMN是以MN為腰的等腰直角三角形時，求m的值；（4）當以C、O、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形時，直接寫出m的值．【分析】（1）由A、C兩點的坐標利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式，則可求得B點坐標，再利用待定系數(shù)法可求得直線BC的解析式；（2）用m可分別表示出N、M的坐標，則可表示出MN的長，再利用二次函數(shù)的最值可求得MN的最大值；（3）由題意可得當△CMN是以MN為腰的等腰直角三角形時則有MN＝MC，且MC⊥MN，則可求表示出M點坐標，代入拋物線解析式可求得m的值；（4）由條件可得出MN＝OC，結合（2）可得到關于m的方程，可求得m的值．【解析】（1）∵拋物線過A、C兩點，∴代入拋物線解析式可得-1-b+c=0c=3，解得b=2∴拋物線解析式為y＝﹣x2+2x+3，令y＝0可得，﹣x2+2x+3＝0，解x1＝﹣1，x2＝3，∵B點在A點右側，∴B點坐標為（3，0），設直線BC解析式為y＝kx+s，把B、C坐標代入可得3k+s=0s=3，解得k=-1∴直線BC解析式為y＝﹣x+3；（2）∵PM⊥x軸，點P的橫坐標為m，∴M（m，﹣m2+2m+3），N（m，﹣m+3），∵P在線段OB上運動，∴M點在N點上方，∴MN＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m＝﹣（m-32）2∴當m=32時，MN有最大值，MN的最大值為（3）∵PM⊥x軸，∴當△CMN是以MN為腰的等腰直角三角形時，則有CM⊥MN，∴M點縱坐標為3，∴﹣m2+2m+3＝3，解得m＝0或m＝2，當m＝0時，則M、C重合，不能構成三角形，不符合題意，舍去，∴m＝2；（4）∵PM⊥x軸，∴MN∥OC，當以C、O、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形時，則有OC＝MN，當點P在線段OB上時，則有MN＝﹣m2+3m，∴﹣m2+3m＝3，此方程無實數(shù)根，當點P不在線段OB上時，則有MN＝﹣m+3﹣（﹣m2+2m+3）＝m2﹣3m，∴m2﹣3m＝3，解得m=3+212或綜上可知當以C、O、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形時，m的值為3+212或2．（2021?常州模擬）如圖，拋物線y＝mx2+nx﹣3（m≠0）與x軸交于A（﹣3，0），B（1，0）兩點，與y軸交于點C，直線y＝﹣x與該拋物線交于E，F(xiàn)兩點．（1）求點C坐標及拋物線的解析式．（2）P是直線EF下方拋物線上的一個動點，作PH⊥EF于點H，求PH的最大值．（3）以點C為圓心，1為半徑作圓，⊙C上是否存在點D，使得△BCD是以CD為直角邊的直角三角形？若存在，直接寫出D點坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）拋物線的表達式為：y＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3），即﹣3a＝﹣3，解得：a＝1，即可求解；（2）設點P（x，x2+2x﹣3）、點M（x，﹣x），則PH=22PM=22（﹣x﹣x（3）分∠BCD＝90°、∠CDB＝90°兩種情況，分別求解即可．【解析】（1）拋物線的表達式為：y＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3），即﹣3a＝﹣3，解得：a＝1，故拋物線的表達式為：y＝x2+2x﹣3；（2）過點P作PM∥y軸交直線EF于點M，設點P（x，x2+2x﹣3）、點M（x，﹣x），則PH=22PM=22（﹣x﹣x當x=-32時，PH的最大值為：（3）①當∠BCD＝90°時，如圖2左側圖，當點D在BC右側時，過點D作DM⊥y軸于點M，則CD＝1，OB＝1，OC＝3，tan∠BCO=13=tan∠CDM＝tanα，則sinα=1xD＝CDcosα=31010，同理yD故點D（31010，﹣3同理當點D（D′）在BC的左側時，同理可得：點D′（-31010②當∠CDB＝90°時，當點D在BC右側時，如右側圖，CD＝OB＝1，則點D（1，﹣3）；當點D在BC左側時，由點的對稱性，同理可得：點D（-45，綜上，點D的坐標為：（31010，﹣3-1010）、（-310103．（2020?徐州模擬）如圖，二次函數(shù)y＝﹣x2+3x+m的圖象與x軸的一個交點為B（4，0），另一個交點為A，且與y軸相交于C點．（1）m的值為4，C點坐標是（0，4）；（2）在直線BC上方的拋物線上是否存在一點M，使得它與B，C兩點構成的三角形面積最大，若存在，求出此時M點坐標；若不存在，請簡要說明理由．（3）P為拋物線上一點，它關于直線BC的對稱點為Q．①當四邊形PBQC為菱形時，求點P的坐標；②點P的橫坐標為t（0＜t＜4），當t為何值時，四邊形PBQC的面積最大，請說明理由．【分析】（1）將B（4，0）代入y＝﹣x2+3x+m，即可求解；（2）BCM的面積S＝S△MHC+S△MHB=12MN×OB=12×4×（﹣x2+3x+4+x﹣4）＝﹣2（3）①當四邊形PBQC是菱形時，點P在線段BC的垂直平分線上，即可求解；②S四邊形PBQC＝2S△PCB＝2（S△PCD+S△PBD）＝2（12PD×CF+12PD×BE）＝4PD＝﹣4t2【解析】（1）將B（4，0）代入y＝﹣x2+3x+m，解得，m＝4，∴二次函數(shù)解析式為y＝﹣x2+3x+4，令x＝0，得y＝4，∴C（0，4），故答案為：4，0，4；（2）存在，理由：過點M作y軸的平行線交BC于點H，由點B、C的坐標得，直線BC的表達式為：y＝﹣x+4，設點M（x，﹣x2+3x+4），則點H（x，﹣x+4），BCM的面積S＝S△MHC+S△MHB=12MN×OB=12×4×（﹣x2+3x+4+x﹣4）＝﹣2∵﹣2＜0，故S有最大值，此時x＝2，故點M（2，6）；（3）①如圖2，∵點P在拋物線上，∴設P（m，﹣m2+3m+4），當四邊形PBQC是菱形時，點P在線段BC的垂直平分線上，∵B（4，0），C（0，4），∴線段BC的垂直平分線的解析式為y＝x，∴m＝﹣m2+3m+4，∴m＝1±5，∴P（1+5，1+5）或P（1-5②如圖2，設點P（t，﹣t2+3t+4），過點P作y軸的平行線l交BC與D，交x軸與E；過點C作l的垂線交l與F，∵點D在直線BC上，∴D（t，﹣t+4），∵B（4，0），C（0，4），∴直線BC解析式為y＝﹣x+4，∵PD＝﹣t2+3t+4﹣（﹣t+4）＝﹣t2+4t，BE+CF＝4，∴S四邊形PBQC＝2S△PCB＝2（S△PCD+S△PBD）＝2（12PD×CF+12PD×BE）＝4PD＝﹣4t2∵0＜t＜4，∴當t＝2時，S四邊形PBQC最大＝16，故當t為2時，四邊形PBQC的面積最大．4．（2020?江都區(qū)二模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a、b、c是常數(shù)，a≠0）經(jīng)過原點O和(a，116)兩點，點P在該拋物線上運動，以點P為圓心的（1）a＝14，b＝0，c＝0（2）求證：在點P運動的過程中，⊙P始終與x軸相交；（3）設⊙P與x軸相交于M、N兩點，M在N的左邊．當△AMN為等腰三角形時，直接寫出圓心P的橫坐標．【分析】（1）根據(jù)題意得出二次函數(shù)一般形式進而將已知點代入求出a，b，c的值即可；（2）設P（x，y），表示出⊙P的半徑r，進而與14x2（3）分別表示出AM，AN的長，進而分別利用當AM＝AN時，當AM＝MN時，當AN＝MN時，求出a的值即可．【解析】（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c（a，b，c是常數(shù)，a≠0）的對稱軸為y軸，且經(jīng)過（0，0）和（a，116∴拋物線的一般式為：y＝ax2，∴116=a（a）解得：a＝±14∵圖象開口向上，∴a=1∴拋物線解析式為：y=14x∴a=14，b＝故答案為：a=14，b＝（2）設P（x，y），P的半徑r=x又∵y=14x2化簡得：r=1∴點P在運動過程中，P始終與x軸相交；（3）圓心P的橫坐標為0或﹣2±23或2±23∵點P在該拋物線上運動，設P（a，14a2∴PA=1作PH⊥MN于H，則PM＝PN=1又∵PH=14a則MH＝NH=1故MN＝4，∴M（a﹣2，0），N（a+2，0），又∵A（0，2），∴AM=(a-2)2+4當AM＝AN時，(a-2)解得：a＝0，當AM＝MN時，(a-2)解得：a＝2±23，當AN＝MN時，(a+2)解得：a＝﹣2±23，故圓心P的橫坐標為0或﹣2±23或2±23．【題組二】5．（2020?灌云縣一模）如圖，以D為頂點的拋物線y=-12x2+bx+c交x軸于A、B兩點，交y軸于點C，直線BC的表達式為y＝﹣（1）求拋物線的表達式；（2）在直線BC上有一點P，使PO+PA的值最小，求點P的坐標；（3）在x軸上是否存在一點Q，使得以A、C、Q為頂點的三角形與△BCD相似？若存在，請求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）先求出點B，C坐標，再用待定系數(shù)法即可得出結論；（2）作點O關于BC的對稱點O′，則O′（6，6），則OP+AP的最小值為AO′的長，然后求得AP的解析式，聯(lián)立直線AP和BC的解析式可求得點P的坐標；（3）先判斷出△BCD是直角三角形，求出tan∠BDC=BCCD=3，tan∠CAO=OCOA=3，得出∠【解析】（1）把x＝0代入y＝﹣x+6，得：y＝6，∴C（0，6），把y＝0代入y＝﹣x+6得：x＝6，∴B（6，0），將C（0，6）、B（6，0）代入y=-12x2-1解得b=2∴拋物線的解析式為y=-12x（2）如圖1所示：作點O關于BC的對稱點O'，則O'（6，6），∵O'與O關于BC對稱，∴PO＝PO'．∴PO+AP＝PO'+AP．∴當A、P、O'在一條直線上時，OP+AP有最小值．∵y=-12x當y＝0時，-12x解得：x1＝﹣2，x2＝6，∴A（﹣2，0），設AP的解析式為y＝mx+n，把A（﹣2，0）、O'（6，6）代入得：-2m+n=06m+n=6解得：m=3∴AP的解析式為y=將y=34x+32與y解得：x=18∴點P的坐標為(18（3）如圖2，∵y=-1∴D（2，8），又∵C（0，6）、B（6，0），∴CD＝22，BC＝62，BD＝45．∴CD2+BC2＝BD2，∴△BCD是直角三角形，∴tan∠BDC=BC∵A（﹣2，0），C（0，6），∴OA＝2，OC＝6，AC＝210∴tan∠CAO=OC∴∠BDC＝∠CAO．當△ACQ∽△DCB時，有ACDC即21022∴Q（18，0）；當△ACQ∽△DBC時，有ACDB即21045∴Q（0，0）；綜上所述，當Q的坐標為（0，0）或（18，0）時，以A、C、Q為頂點的三角形與△BCD相似．6．（2020?邗江區(qū)校級一模）在平面直角坐標系中，過一點分別作坐標軸的垂線，若與坐標軸圍成的矩形的周長與面積相等，則稱這個點為“美好點”，如圖，過點P分別作x軸，y軸的垂線，與坐標軸圍成的矩形OAPB的周長與面積相等，則P為“美好點”．（1）在點M（2，2），N（4，4），Q（﹣6，3）中，是“美好點”的有N、Q．（2）若“美好點”P（a，﹣3）在直線y＝x+b（b為常數(shù)）上，求a和b的值；（3）若“美好點”P恰好在拋物線y=112x2第一象限的圖象上，在x軸上是否存在一點Q使得△POQ為等腰三角形？若存在，請求出點【分析】（1）根據(jù)“美好點”的定義逐個驗證即可；（2）對于P點，對應圖形的周長為：2×（|a|+3）＝2|a|+6，面積為3|a|，因為點P是“美好點”，故2|a|+6＝3|a|，即可求解；（3）根據(jù)點P是“美好點”確定點P的坐標，再分PQ＝PO、PQ＝OQ、PO＝QO三種情況，分別求解即可．【解析】（1）對于M點，對應圖形的周長為：2×（2+2）＝8，面積為2×2＝4≠8，故點M不是“美好點”；對于點N，對應圖形的周長為：2×（4+4）＝16，面積為4×4＝16，故點N是“美好點”；對于點Q，對應圖形的周長為：2×（6+3）＝18，面積為6×3＝18，故點Q是“美好點”；故答案為：N、Q；（2）對于P點，對應圖形的周長為2×（|a|+3）＝2|a|+6，面積為3|a|，∵點P是“美好點”，∴2|a|+6＝3|a|，解得：a＝±6，將點P的坐標代入直線的表達式得：﹣3＝a+b，則b＝﹣3﹣a，故b＝﹣9或3，故s＝6，b＝﹣9或a＝﹣6，b＝3；（3）存在，理由：設點P的坐標為（m，n），n=112m2（m＞0，由題意得：2m+2n＝mn，即m+112m2=1解得：m＝6或﹣4（舍去）或0（舍去），故點P的坐標為（6，3）；設點Q的坐標為（x，0），則PQ2＝（x﹣6）2+32＝（x﹣6）2+9，PO2＝36+9＝45，OQ2＝x2，當PQ＝PO時，則（x﹣6）2+9＝45，解得：x＝0（舍去）或12；當PQ＝OQ時，同理可得：x=15當PO＝QO時，同理可得：x＝±35；綜上點Q的坐標為：（12，0）或（154，0）或（35，0）或（﹣357．（2020?建湖縣三模）如圖，在平面直角坐標系中，一次函數(shù)y＝x﹣3的圖象與x軸交于點A，與y軸交于點B，點B關于x軸的對稱點是C，二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象經(jīng)過點A和點C．（1）求二次函數(shù)的表達式；（2）如圖1，平移線段AC，點A的對應點D落在二次函數(shù)在第四象限的圖象上，點C的對應點E落在直線AB上，求此時點D的坐標；（3）如圖2，在（2）的條件下，連接CD，交x軸于點M，點P為直線AC上方拋物線上一動點，過點P作PF⊥AC，垂足為點F，連接PC，是否存在點P，使得以點P，C，F(xiàn)為頂點的三角形與△COM相似？若存在，求點P的橫坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）由一次函數(shù)的解析式求出A、B兩點坐標，再根據(jù)A、C兩點坐標求出b、c即可確定二次函數(shù)解析式；（2）由平移的性質設E（m，m﹣3），則D（m+3，m﹣6），代入拋物線的解析式則可求出點D的坐標；（3）分兩種情況討論：①△COM∽△PFC，②△COM∽△CFP，可求得點P的橫坐標．【解析】（1）解：∵一次函數(shù)y＝x﹣3的圖象與x軸、y軸分別交于點A、B兩點，∴A（3，0），B（0，﹣3），∵點B關于x軸的對稱點是C，∴C（0，3），∵二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象經(jīng)過點A、點C，∴c=3∴b＝2，c＝3，∴二次函數(shù)的解析式為：y＝﹣x2+2x+3．（2）∵A（3，0），C（0，3），平移線段AC，點A的對應為點D，點C的對應點為E，設E（m，m﹣3），則D（m+3，m﹣6），∵D落在二次函數(shù)在第四象限的圖象上，∴﹣（m+3）2+2（m+3）+3＝m﹣6，m1＝1，m2＝﹣6（舍去），∴D（4，﹣5），（3）∵C（0，3），D（4，﹣5），∴b=3解得k=-2b=3∴直線CD的解析式為y＝﹣2x+3，令y＝0，則x=3∴M（32∵一次函數(shù)y＝x﹣3的圖象與x軸交于A（3，0），C（0，3），∴AO＝3，OC＝3，∴∠OAC＝45°，過點P作PF⊥AC，點P作PN⊥OA交AC于點E，連PC，∴△PEF和△AEN都是等腰直角三角形，設P（m，﹣m2+2m+3），E（m，﹣m+3），∴PE＝PN﹣EN＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，∴EN＝﹣m+3，AE=2(-m+3)，F(xiàn)E∴CF＝AC﹣AE﹣EF=2①當△COM∽△CFP，PFCF∴22解得m1＝0，舍去，m2②當△COM∽△PFC時，PFCF∴22解得m1＝0（舍去），m2綜合可得P點的橫坐標為53或78．（2020?江都區(qū)校級一模）如圖，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，△AOB是等腰直角三角形，∠AOB＝90°，A（2，1）．（1）求點B的坐標；（2）求經(jīng)過A、O、B三點的拋物線的函數(shù)表達式；（3）在（2）所求的拋物線上，是否存在一點P，使四邊形ABOP的面積最大？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）過A作AC⊥x軸于點C，過B作BD⊥x軸于點D，則可證明△ACO≌△ODB，則可求得OD和BD的長，可求得B點坐標；（2）根據(jù)A、B、O三點的坐標，利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式；（3）由四邊形ABOP可知點P在線段AO的下方，過P作PE∥y軸交線段OA于點E，可求得直線OA解析式，設出P點坐標，則可表示出E點坐標，可表示出PE的長，進一步表示出△POA的面積，則可得到四邊形ABOP的面積，再利用二次函數(shù)的性質可求得其面積最大時P點的坐標．【解析】（1）如圖1，過A作AC⊥x軸于點C，過B作BD⊥x軸于點D，∵△AOB為等腰三角形，∴AO＝BO，∵∠AOB＝90°，∴∠AOC+∠DOB＝∠DOB+∠OBD＝90°，∴∠AOC＝∠OBD，在△ACO和△ODB中∠AOC=∠OBD∠ACO=∠ODB∴△ACO≌△ODB（AAS），∵A（2，1），∴OD＝AC＝1，BD＝OC＝2，∴B（﹣1，2）；（2）∵拋物線過O點，∴可設拋物線解析式為y＝ax2+bx，把A、B兩點坐標代入可得4a+2b=1a-b=2，解得a=∴經(jīng)過A、B、O原點的拋物線解析式為y=56x2-（3）∵四邊形ABOP，∴可知點P在線段OA的下方，過P作PE∥y軸交AO于點E，如圖2，設直線AO解析式為y＝kx，∵A（2，1），∴k=1∴直線AO解析式為y=12設P點坐標為（t，56t2-76t），則E（t，∴PE=12t﹣（56t2-76t）=-56t2+5∴S△AOP=12PE×2＝PE═-56（t由A（2，1）可求得OA＝OB=5∴S△AOB=12AO?BO∴S四邊形ABOP＝S△AOB+S△AOP=-56（t﹣1）2+56+5∵-5∴當t＝1時，四邊形ABOP的面積最大，此時P點坐標為（1，-1綜上可知存在使四邊形ABOP的面積最大的點P，其坐標為（1，-1【題組三】9．（2020?梁溪區(qū)一模）如圖，二次函數(shù)y＝ax2+bx+4的圖象與坐標軸分別交于A、B、C三點，其中A（﹣3，0），點B在x軸正半軸上，連接AC、BC．點D從點A出發(fā)，沿AC向點C移動；同時點E從點O出發(fā)，沿x軸向點B移動，它們移動的速度都是每秒1個單位長度，當其中一點到達終點時，另一點隨之停止移動，連接DE，設移動時間為t秒．（1）若t＝3時，△ADE與△ABC相似，求這個二次函數(shù)的表達式；（2）若△ADE可以為直角三角形，求a的取值范圍．【分析】（1）先求出點C坐標，由勾股定理可求AC的長，分兩種情況討論，通過相似三角形的性質可求出點B坐標，即可求解；（2）通過證明△ADE∽△AOC，可得ADAO=AEAC，可求t=92．則設B（x，0），則x≥92，將點A代入解析式可得【解析】（1）∵二次函數(shù)y＝ax2+bx+4的圖象與y軸交于點C，∴C（0，4），∴OC＝4，∵A（﹣3，0），∴OA＝3，∴AC=OA∵t＝3，∴AD＝OE＝3，AE＝6，當△ADE∽△ACB時，∴ADAC即35∴AB＝10，∴B（7，0），∵二次函數(shù)y＝ax2+bx+4的圖象過點A（﹣3，0），點B（7，0），∴0=9a-3b+4解得：a=-∴拋物線解析式為：y=-4當△ADE∽△ABC時，ADAB=AE∴AB=5綜上，二次函數(shù)的表達式為：y=-4（2）若△ADE可以為直角三角形，顯然∠ADE＝90°，∴△ADE∽△AOC，∴ADAO∴t3解得：t=9設B（x，0），則x≥9設拋物線對稱軸為直線x=-b∵A（﹣3，0），∴-b2a把x＝﹣3，y＝0代入y＝ax2+bx+4，得b=3a+43把②代入①，∵a＜0，解得：-810．（2020?天寧區(qū)校級模擬）如圖，已知二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+3的圖象與x軸交于點A，點B（3，0），交y軸于點C，點M（m，0）是線段OB上一點（與點O、B不重合），過點M作MP⊥x軸，交BC于點P，交拋物線于點Q，連接OP，CQ．（1）求二次函數(shù)的表達式；（2）若∠COP＝∠QCP，求QP的長；（3）若△CPQ是以CP為底邊的等腰三角形，點N是線段OC上一點，連接MN，求MN+13【分析】（1）將點B的坐標代入拋物線表達式，即可求解；（2）證明△OPC∽△CQP，則OCPC=PCPQ，即PC2＝（3）過點C作直線l，過點M作MH⊥l交于點H，交y軸于點N，則點M、N為所求點，進而求解．【解析】（1）將點B的坐標代入拋物線表達式得：0＝﹣9+3b+3，解得：b＝2，故拋物線的表達式為：y＝﹣x2+2x+3；（2）對于y＝﹣x2+2x+3，令x＝0，則y＝3，故點C（0，3），則OB＝OC＝3，故∠OCB＝∠OBC＝45°，設直線BC的表達式為：y＝kx+b，則3k+b=0b=3，解得：k=-1故直線BC的表達式為：y＝﹣x+3，點M的坐標為：（m，0），則點P、Q的坐標分別為：（m，3﹣m）、（m，﹣m2+2m+3），則PQ＝（﹣m2+2m+3）﹣（3﹣m）＝﹣m2+3m；∵PQ∥y軸，∴∠OCP＝∠CPQ，∵∠COP＝∠QCP，∴△OPC∽△CQP，∴OCPC=PCPQ，即PC2＝∴2m2＝3（﹣m2+3m），解得：m＝0（舍去）或95故PQ＝﹣m2+3m=54（3）∵PQ∥y軸，∴∠OCP＝∠CPQ，∵△CPQ是以CP為底邊的等腰三角形，∴∠QCP＝∠QPC，∴∠QCP＝∠PCO＝45°，∴∠OCQ＝90°，即CQ∥x軸，故點C、Q關于函數(shù)對稱性直線x＝1對稱，故點Q的坐標為：（2，3）；過點C作直線l，過點M作MH⊥l交于點H，交y軸于點N，則點M、N為所求點，設直線l與y軸負半軸夾角的正弦值為13，即sin∠HCN=13=sin∠NMO則NH=13∴MN+13CN＝MN+∵tan∠NMO=2∴設直線MH的表達式為：y=-24x+將點M（2，0）的坐標代入上式并解得：t=2故點N（0，22則CN＝OC﹣ON＝3-2∴MN+13CN的最小值＝MN+NH＝MN+13CN=211．（2020?興化市模擬）如圖，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于點A（﹣1，0），B（3，0），與y軸交于點C．（1）求b，c的值：（2）如圖1，點P是第一象限拋物線上一動點，過點P作x軸的垂線1，交BC于點H．當△PHC為等腰三角形時，求點P的坐標；（3）如圖2，拋物線頂點為E．已知直線y＝kx﹣k+3與二次函數(shù)圖象相交于M、N兩點，求證：無論k為何值，△EMN恒為直角三角形．【分析】（1）將A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝﹣x2+bx+c，可求出答案；（2）求出直線BC的解析式為y＝﹣x+3，設點P（x，﹣x2+2x+3），則點H（x，﹣x+3），分PC＝CH或PC＝PH或CH＝PH三種情況，構造關于x的方程即可得解；（3）利用兩點距離公式分別求出MN2＝（x1﹣x2）2+（y1﹣y2）2，ME2＝（x1﹣1）2+（y1﹣4）2，NE2＝（x2﹣1）2+（y2﹣4）2，由勾股定理的逆定理可得∠MEN＝90°，即可求解．【解析】（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于點A（﹣1，0），B（3，0），∴-1-b+c=0-9+3b+c=0解得：b=2c=3∴b＝2，c＝3；（2）∵拋物線的函數(shù)表達式為：y＝﹣x2+2x+3，∴C（0，3），設直線BC的解析式為y＝kx+3，將點B（3，0）代入y＝kx+3，解得：k＝﹣1，∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3，設點P（x，﹣x2+2x+3），則點H（x，﹣x+3），①如圖1，過點C作CM⊥PH于點M，則CM＝x，PH＝﹣x2+3x，當CP＝CH時，PM＝MH，∠MCH＝∠MCP，∵OB＝OC，∴∠OBC＝45°，∵CM∥OB，∴∠MCH＝∠OBC＝45°，∴∠PCH＝90°，∴MC=12PH=12（﹣x即x=12（﹣x2+3解得：x1＝0（舍去），x2＝1，∴P（1，4）；②如圖2，當PC＝PH時，∵PH∥OC，∴∠PHC＝∠OCB＝45°，∴∠CPH＝90°，∴點P的縱坐標為3，∴﹣x2+2x+3＝3，解得：x＝2或x＝0（舍去），∴P（2，3）；③當CH＝PH時，如圖3，∵B（3，0），C（0，3），∴BC=32+∵HF∥OC，∴CHOF∴-x解得：x＝3-2∴P（3-2，42綜合以上可得，點P的坐標為（1，4）或（2，3）或（3-2，42（3）∵函數(shù)表達式為：y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴點E（1，4）；設點M、N的坐標為（x1，y1），（x2，y2），∴MN2＝（x1﹣x2）2+（y1﹣y2）2，ME2＝（x1﹣1）2+（y1﹣4）2，NE2＝（x2﹣1）2+（y2﹣4）2，∵ME2+NE2＝（x1﹣1）2+（y1﹣4）2+（x2﹣1）2+（y2﹣4）2＝x12+x22﹣2（x1+x2）+2+y12+y22﹣8（y1+y2）+32＝x12+x22﹣2x1x2+2﹣4+y12+y22﹣2y1?y2+18﹣48+32═（x1﹣x2）2+（y1﹣y2）2，∴MN2＝ME2+NE2，∴∠MEN＝90°，故EM⊥EN，即：△EMN恒為直角三角形．12．（2020?寶應縣一模）已知拋物線y＝ax2+bx+4經(jīng)過點A（2，0），B（﹣4，0）與y軸交于點C．（1）求這條拋物線的解析式；（2）如圖1，點P是第二象限內拋物線上的一個動點，當四邊形ABPC的面積最大時，求點P的坐標；（3）如圖2，線段AC的垂直平分線交x軸于點E，垂足為D，M為拋物線的頂點，在直線DE上是否存在一點G，使△CMG的周長最??？若存在，求出點G的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）將A（2，0），B（﹣4，0）代入y＝ax2+bx+4即可；（2）四邊形ABPC的面積最大就是△BCP面積最大，設P橫坐標為m，表達△BCP面積，求出其取最大值時的m即可得P坐標；（3）M、C為定點，G為DE上動點，△CMG的周長最小即是MG+CG最小，是“將軍飲馬”模型，作C關于DE的對稱點A，連接AM，則AM+CM即是△CMG的最小周長，此時AM與DE的交點即為G，求出其坐標即可．【解析】（1）將A（2，0），B（﹣4，0）代入y＝ax2+bx+4得：0=4a+2b+40=16a-4b+4，解得a=-∴拋物線的解析式為y=-12x2﹣（2）如答圖1：連接BC，過P作PQ∥y軸交BC于Q，由拋物線的解析式為y=-12x2﹣x+4可得∵點A（2，0），B（﹣4，0），∴S△ABC=1∵S四邊形ABPC＝S△ABC+S△BCP＝12+S△BCP，∴四邊形ABPC的面積最大即是S△BCP最大，設直線BC解析式為y＝kx+b，將B（﹣4，0）、C（0，4）代入得：0=-4k+b4=b，解得k＝1，b∴直線BC解析式為y＝x+4，設P（m，-12m2﹣m+4），則Q（m，∴PQ＝（-12m2﹣m+4）﹣（m+4）=-12m∴S△BCP=12PQ?（xC﹣xB）=12×（-12m2﹣2當m=42×(-1)=-2時，S△BCP此時P（﹣2，4）；（3）如答圖2，M、C為定點，G為DE上動點，△CMG的周長最小即是MG+CG最小，是“將軍飲馬”模型，作C關于DE的對稱點A，連接AM交DE于G，則G即為使△CMG的周長最小的點，由拋物線的解析式為y=-12x2﹣x+4可得頂點M（﹣1，設直線AM解析式為y＝mx+n，將M（﹣1，92），A92=-m+n0=2m+n，解得m=-∴直線AM解析式為y=-32∵線段AC的垂直平分線交x軸于點E，垂足為D，A（2，0），C（0，4），∴D（1，2），AC解析式為：y＝﹣2x+4，設直線DE解析式為y=12x+將D（1，2）代入得h=3∴直線DE解析式為y=12x由y=-32x+3∴G（34，15【題組四】13．（2020?清江浦區(qū)一模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+6經(jīng)過點A（﹣2，0），B（4，0）兩點，與y軸交于點C，點D是拋物線上一個動點，設點D的橫坐標為m（1＜m＜4）．連接AC、BC、DB、DC．（1）求拋物線的函數(shù)表達式；（2）當△BCD的面積等于△AOC的面積時，求m的值；（3）當m＝3時，若點M是x軸正半軸上的一個動點，點N是拋物線上一動點，試判斷是否存在這樣的點M，使得以點B、D、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請直接寫出點M的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）利用待定系數(shù)法可求拋物線解析式；（2）先求出點C坐標，BC的解析式，設點D坐標為（m，-34m2+32m+6），則點E（m，-（3）分三種情況討論，由平行四邊形的性質可求解．【解析】（1）∵拋物線y＝ax2+bx+6經(jīng)過點A（﹣2，0），B（4，0）兩點，∴4a-2b+6=016a+4b+6=0解得：a=-3∴拋物線的解析式為y=-34x2+（2）∵拋物線的解析式為y=-34x2+32x+6與∴點C（0，6），∴設直線BC解析式為：y＝kx+6過點B（4，0）∴0＝4k+6∴k=-∴直線BC解析式為：y=-32過點D作DE⊥AB，交BC于E點，設點D坐標為（m，-34m2+32m+6），則點E（m∴DE=-34m2+32m+6+32m﹣6∵△BCD的面積等于△AOC的面積，∴12×（-34m2+3∴m1＝m2＝2，∴m的值為2；（3）存在，∵m＝3，∴點D（3，154若以BD為平行四邊形的對角線時，設點E是BD與MN的交點，∵BD與MN互相平分，∴xE=xB+xD∴0+∴yN=15∴154=-34x∴x1＝3，x2＝﹣1，∴點N（3，154）或（﹣1，15∵x∴4+3∴xM＝8或4（舍去），若以DM為平行四邊形的對角線時，同理可求xM＝0或4（均舍去），若以DN為平行四邊形的對角線時，同理可求xM=14或-綜上所述，點M的坐標為（8，0），（14，0）14．（2020?昆山市一模）如圖①，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）經(jīng)過點D（2，4），與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C（0，4），連接AC，CD，BC，其且AC＝5．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖②，點P是拋物線上的一個動點，過點P作x軸的垂線l，l分別交x軸于點E，交直線AC于點M．設點P的橫坐標為m．當0＜m≤2時，過點M作MG∥BC，MG交x軸于點G，連接GC，則m為何值時，△GMC的面積取得最大值，并求出這個最大值；（3）當﹣1＜m≤2時，是否存在實數(shù)m，使得以P，C，M為頂點的三角形和△AEM相似？若存在，求出相應m的值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）由勾股定理可求出OA的長，進而可得點A的坐標，把A、C、D兩點坐標代入可求得a、b、c的值，可求得拋物線線的解析式；（2）由A、C坐標可求得直線AC解析式，再用m表示出點M坐標，表示出ME，再由△BCO∽△GME可表示出GE，求得OG，再利用面積的和差可得到△GMC的面積，利用二次函數(shù)的性質可求得其最大值；（3）分∠CPM＝90°和∠PCM＝90°兩種情況，當∠CPM＝90°時，可得PC∥x軸，容易求得P點坐標和m的值；當∠PCM＝90°時，設PC交x軸于點F，可利用相似三角形的性質先求得F點坐標，可求得直線CF的解析式，再聯(lián)立拋物線解析式可求得P點坐標和相應的m的值．【解析】解（1）∵在Rt△AOC中，∠AOC＝90°，∴OA=AC∴A（3，0），將A（3，0）、C（0，4）D（2，4）代入拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）中得9a+3b+c=0c=4解得，a=-4∴拋物線解析式為y=-43x2+（2）由A（3，0），C（0，4）可得直線AC解析式為y=-43∴M坐標為（m，-43∵MG∥BC，∴∠CBO＝∠MGE，且∠COB＝∠MEG＝90°，∴△BCO∽△GME，∴COME即4-∴GE=-13∴OG＝OE﹣GE=43∴S△CGM＝S梯形COEM﹣S△COG﹣S△GEM=12m（-43m+4+4）﹣4×（43m﹣1）×12=-89m2+83m=-89∴當m=32時，S最大，即S（3）根據(jù)題意可知△AEM是直角三角形，而△MPC中，∠PMC＝∠AME為銳角，∴△PCM的直角頂點可能是P或C，第一種情況：當∠CPM＝90°時，如圖③，則CP∥x軸，此時點P與點D重合，∴點P（2，4），此時m＝2；第二種情況：當∠PCM＝90°時，如圖④，延長PC交x軸于點F，由△FCA∽△COA，得AFAC∴AF=25∴OF=253-∴F（-16∴直線CF的解析式為y=34聯(lián)立直線CF和拋物線解析式可得y=3解得x1=0y∴P坐標為（2316，32564），此時m綜上可知存在滿足條件的實數(shù)m，其值為2或231615．（2020?姜堰區(qū)二模）二次函數(shù)y=m6x2-2m3x+m（m＞0）的圖象交y軸于點A，頂點為P，直線PA與（1）當m＝1時，求頂點P的坐標；（2）若點Q（a，b）在二次函數(shù)y=m6x2-2m3x+m（m＞0）的圖象上，且b﹣（3）在第一象限內，以AB為邊作正方形ABCD．①求點D的坐標（用含m的代數(shù)式表示）；②若該二次函數(shù)的圖象與正方形ABCD的邊CD有公共點，請直接寫出符合條件的整數(shù)m的值．【分析】（1）當m＝1時，y=m6x2-2m3x+m=16（2）對于y=m6x2-2m3x+m，令x＝0，則y＝m，即點A（0，m），b﹣m＞0，即點（3）①證明△AOB≌△DHA（AAS），則HD＝AO＝m，AH＝BO＝3，即可求解；②分x＝m、m≥5、m≥2三種情況，即可求解．【解析】（1）當m＝1時，y=m6x2-2m3x+m=16故點P（2，13（2）對于y=m6x2-2m3x+m，令x＝0，則y＝m，即點∵b﹣m＞0，即點Q在點A的上方，而拋物線的對稱軸為x＝2，故點A關于對稱軸的對稱點的橫坐標為4，故a的取值范圍為：a＜0或a＞4；（3）①由拋物線的表達式知，點P（2，13m由點A（0，m）和點P的坐標得，直線PA的表達式為y=-13mx+令y=-13mx+m＝0，解得x＝3，故點過點D作DH⊥y軸于點H，∵∠HAD+∠HDA＝90°，∠HAD+∠OAB＝90°，∴∠OAB＝∠HDA，∵∠AOB＝∠DHA＝90°，AD＝AB，∴△AOB≌△DHA（AAS），∴HD＝AO＝m，AH＝BO＝3，故D（m，m+3）；②同①的方法得，C（m+3，3），∵二次函數(shù)的圖象與正方形ABCD的邊CD有公共點，∴當x＝m時，y≤m+3，可得m3化簡得：m3﹣4m2≤18．∵m＞0，∴m2∴(m-2)顯然：m＝1，2，3，4是上述不等式的解，當m≥5時，（m﹣2）2﹣4≥5，18m≤3.6，此時，∴符合條件的正整數(shù)m＝1，2，3，4；當x＝m+3時，y≥3，可得m(m+3)2∵m＞0，∴m2+2m+3≥18顯然：m＝1不是上述不等式的解，當m≥2時，（m+1）2+2≥11，18m≤9，此時，∴符合條件的正整數(shù)m＝2，3，4；綜上：符合條件的正整數(shù)m的值為2，3，4．16．（2020?沭陽縣模擬）如圖1，在平面直角坐標系中，已知點A的坐標是（3，0），并且OA＝OC＝3OB，動點P在過A，B，C三點的拋物線上，（1）求拋物線的解析式；（2）在拋物線上是否存在點P，使得△ACP是以AC為底的等腰三角形？若存在，求出所有符合條件的點P的坐標；若不存在，說明理由；（3）過動點P作PE垂直于y軸于點E，交直線AC于點D，過點D作x軸的垂線，垂足為F，連接EF，以線段EF的中點G為圓心，以EF為直徑作⊙G，求⊙G最小面積．【分析】（1）先求出點B，點C坐標，利用待定系數(shù)法可求解析式；（2）由題意可得OP垂直平分AC，可求直線OP解析式為y＝x，聯(lián)立方程組可求點P坐標；（3）先求出直線AC解析式為：y＝﹣x+3，設點D坐標為（m，﹣m+3），由勾股定理可求EF2，可求⊙G的面積，由二次函數(shù)的性質可求⊙G最小面積．【解析】（1）∵點A的坐標是（3，0），∴OA＝3，∵OA＝OC＝3OB，∴OC＝3，OB＝1，∴點C（0，3），點B（﹣1，0），設拋物線的解析式為：y＝a（x+1）（x﹣3），∴3＝﹣3a，∴a＝﹣1，∴拋物線解析式為：y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3；（2）∵△ACP是以AC為底的等腰三角形，∴AP＝CP，又∵OA＝OC，∴OP是AC的垂直平分線，∵OA＝OC，∠AOC＝90°，OP是AC的垂直平分線，∴OP平分∠AOC，∴直線OP解析式為y＝x，聯(lián)立方程組可得：y=xy=-∴x=1+132∴點P坐標為（1+132，1+132）或（（3）如圖，∵點A的坐標是（3，0），點C坐標為（0，3），∴直線AC解析式為：y＝﹣x+3，設點D坐標為（m，﹣m+3），∴DE＝|m|，DF＝|﹣m+3|，∴EF2＝DE2+DF2＝m2+（﹣m+3）2，∵⊙G的面積=π4×EF2=π4×[m2+（﹣m+3）2]=π∴當m=32時，⊙G最小面積為【題組五】17．（2020?丹陽市模擬）已知函數(shù)y1＝2kx+k與函數(shù)y2=x2-2x+3，定義新函數(shù)y＝（1）若k＝2，則新函數(shù)y＝x2﹣6x+1；（2）若新函數(shù)y的解析式為y＝x2+bx﹣2，則k＝5，b＝﹣12；（3）設新函數(shù)y頂點為（m，n）．①當k為何值時，n有大值，并求出最大值；②求n與m的函數(shù)解析式；（4）請你探究：函數(shù)y1與新函數(shù)y分別經(jīng)過定點B，A，函數(shù)y2=x2-2x+3的頂點為C，新函數(shù)y上存在一點D，使得以點A，B，C【分析】（1）將k＝2代入函數(shù)y1＝2kx+k中得出函數(shù)y1＝4x+2，即可得出結論；（2）新函數(shù)y的解析式為y＝x2﹣2（k+1）x+3﹣k，即可得出結論；（3）①先得出新函數(shù)y＝（x﹣k﹣1）2﹣k2﹣3k+2，進而得出m=k+1n=-②在m=k+1n=-k2（4）分三種情況，利用平行四邊形的對角線互相平分和中點坐標公式，求出點D的坐標，即可得出結論．【解析】（1）當k＝2時，y1＝2kx+k＝4x+2，∵函數(shù)y2=x2-2x+3，定義新函數(shù)y＝y(tǒng)∴y＝x2﹣2x+3﹣4x﹣2＝x2﹣6x+1，故答案為：x2﹣6x+1；（2）函數(shù)y1＝2kx+k與函數(shù)y2=x2-2x+3，定義新函數(shù)y＝y(tǒng)∴新函數(shù)y的解析式為y＝x2﹣2x+3﹣2kx﹣k＝x2﹣2（k+1）x+3﹣k，∵新函數(shù)y的解析式為y＝x2+bx﹣2，∴b＝﹣2（k+1），3﹣k＝﹣2，∴k＝5，b＝﹣12，故答案為：5，﹣12；（3）①由（2）知，新函數(shù)y＝x2﹣2（k+1）x+3﹣k＝（x﹣k﹣1）2﹣k2﹣3k+2，∵新函數(shù)y頂點為（m，n），∴m=k+1n=-∴n=-k當k=-32時，②由①知，m=k+1n=-將k＝m﹣1代入n＝﹣k2﹣3k+2得：∴n＝﹣m2﹣m+4；（4）∵函數(shù)y1＝2kx+k＝k（2x+1），當2x+1＝0即x=-12時，∴B（-1∵新函數(shù)y＝x2﹣2（k+1）x+3﹣k＝x2﹣2（k+1）x﹣（k+1）+4＝x2﹣（k+1）（2x+1）+4，當2x+1＝0，即x=-12時，y=1∴A（-12，∵函數(shù)y2=x2-2x+3=∴C（1，2），設D（c，d），∵以點A，B，C，D為頂點的四邊形為平行四邊形，∴①當AC與BD為對角線時，12（-12+1）=12（-12+c∴c＝1，d=25∴D（1，254將點D坐標代入新函數(shù)y＝x2﹣2（k+1）x+3﹣k得，1﹣2（k+1）+3﹣k=25∴k=-17②當AB與CD是對角線時，12（-12-12）=12（1+c），∴c＝﹣2，d=9∴D（﹣2，94），將點D坐標代入新函數(shù)y＝x2﹣2（k+1）x+3﹣k得，4+4（k+1）+3﹣k=∴k=-35③當BC與AD為對角線時，12（-12+1）=12（-12+∴c＝1，d=-9∴D（1，-9將點D坐標代入新函數(shù)y＝x2﹣2（k+1）x+3﹣k得，1﹣2（k+1）+3﹣k=-1∴k=17即滿足條件的k的值為1712或-171218．（2020?濱湖區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標系中，直線y=12x﹣2與x軸交于點A，與y軸交于點C，拋物線y=12x2+bx+c經(jīng)過A、C兩點，與（1）求拋物線的函數(shù)表達式；（2）點D為直線AC下方拋物線上一動點；①連接CD，是否存在點D，使得AC平分∠OCD？若存在，求點D的橫坐標；若不存在，請說明理由．②在①的條件下，若點P為拋物線上位于AC下方的一個動點，以P、C、A、D為頂點的四邊形面積記作S，則S取何值或在什么范圍時，相應的點P有且只有兩個？【分析】（1）先求出直線與坐標軸的交點A、C的坐標，再用待定系數(shù)法求得拋物線的解析式；（2）①作點O關于直線AC的對稱點F，過F作FG⊥y軸于點G，延長CF與拋物線交于點D，此時∠ACO＝∠ACD，即AC平分∠OCD，由三角形面積公式求得OE，進而求得OF，再證明△OAC∽△GOF，便可求得F點的坐標，進而求得直線CF的解析式，最后求得直線CF與拋物線的交點坐標便可；②需要分類討論：點P在OC的左側、右側兩種情況．利用分割法求得S的值，進行比較即可得到答案．【解析】（1）令x＝0，得y=12令y＝0，得y=12x﹣2＝0，解得∴A（4，0），C（0，﹣2），把A（4，0），C（0，﹣2）代入y=12x2+bx+12解得，b=-3∴拋物線的函數(shù)表達式為y=12x2-（2）①作點O關于直線AC的對稱點F，過F作FG⊥y軸于點G，延長CF與拋物線交于點D，此時∠ACO＝∠ACD，即AC平分∠OCD，∵OA＝4，OC＝2，∴AC＝25，∵OF⊥AC，∴OE=OA?OC∴OF=2OE=8∵∠COE+∠ACO＝∠COE+OFG＝90°，∴∠ACO＝∠OFG，∵∠AOC＝∠OGF＝90°，∴△OAC∽△GOF，∴OCGF=OA∴GF=85，OG∴F（85設直線CF的解析式為y＝kx+b（k≠0），則85解得，k=-3∴直線CF的解析式為：y=-3聯(lián)立方程組y=-3解得，x1=0y∴存在點D，使得AC平分∠OCD，點D的橫坐標為32②設P（x，12x2-3若點P在D點的左側，如圖2，過D作DE⊥x軸于E，連接OP，CP，PE，PD，AD，S＝S△OCP+S△OPE+S△PDE+S△ADE﹣S△OAC=12×2x+12=-38（x-34∴當x=34時，S取最大值為若點P在D點的右側，如圖3，過D作DE⊥x軸于點E，連接CD，DP，PE，PA．S＝S梯形OCDE+S△PDE+S△APE﹣S△AOC=1=-58（x-114∴當x=114時，S取最大值為綜上，根據(jù)拋物線的對稱性質可知，當507128＜S＜60519．（2020?銅山區(qū)二模）已知二次函數(shù)y＝ax2+（3a+1）x+3（a＜0）．（1）該函數(shù)的圖象與y軸交點坐標為（0，3）；（2）當二次函數(shù)的圖象與x軸的兩個交點的橫坐標均為整數(shù)，且a為負整數(shù)．①求a的值及二次函數(shù)的表達式；②畫出二次函數(shù)的大致圖象（不列表，只用其與x軸的兩個交點A、B，且A在B的左側，與y軸的交點C及其頂點D，并標出A，B，C，D的位置）；（3）在（2）的條件下，二次函數(shù)的圖象上是否存在一點P，使△PCA為直角三角形，如果存在，求出點P的坐標；如果不存在，請說明理由．【分析】（1）令x＝0，可得y＝3，可得函數(shù)的圖象與y軸交點坐標為（0，3）；（2）①令y＝0，可求方程ax2+（3a+1）x+3＝0的兩根為x1=-1a，x②圖象如圖所示；（3）分三種情況討論，利用相似三角形的性質和等腰直角三角形的性質可求解．【解析】（1）令x＝0時，y＝3，∴函數(shù)的圖象與y軸交點坐標為（0，3），故答案為：（0，3）；（2）①令y＝0，則ax2+（3a+1）x+3＝0，∴（ax+1）（x+3）＝0，∴x1=-1a，x∵二次函數(shù)的圖象與x軸的兩個交點的橫坐標均為整數(shù)，且a為負整數(shù)．∴a＝﹣1，∴二次函數(shù)的表達式為y＝﹣x2﹣2x+3；②圖象如圖所示：（3）設點P（m，﹣m2﹣2m+3），當點P為直角頂點時，如圖，過點P作PF⊥y軸于F，過點A作AE⊥PF，交FP的延長線于E，∵∠APC＝90°，∴∠APE+∠CPF＝90°，∵∠APE+∠EAP＝90°，∴∠CPF＝∠EAP，又∵∠AEP＝∠CFP＝90°，∴△APE∽△PCF，∴AEPF∴-m∴-(m+3)(m-1)∴﹣（m﹣1）（m+2）＝1，∴m1=5-12，m經(jīng)檢驗，m1=5-12，m∴點P坐標為（5-12，5-52）或（若點A為直角頂點時，如圖，過點P作PH⊥x軸于P，∵點A（﹣3，0），點C（0，3），∴OA＝OC，又∵∠AOC＝90°，∴∠CAO＝∠ACO＝45°，∵∠CAP＝90°，∴∠PAH＝45°，∵PH⊥x軸，∴∠PAH＝∠APH＝45°，∴AH＝PH，∴m+3＝m2+2m﹣3∴m1＝﹣3（舍去），m2＝2，∴點P坐標為（2，﹣5）；若點C為直角頂點，過點P作PE⊥y軸于E，∵∠ACP＝90°，∠ACO＝45°，∴∠PCE＝45°，∵PE⊥y軸，∴∠PCE＝∠CPE＝45°，∴PE＝CE，∴﹣m＝﹣m2﹣2m+3﹣3，∴m1＝0（舍去），m2＝﹣1，∴點P坐標為（﹣1，4）；綜上所述：點P坐標為（5-12，5-52）或（20．（2021?東臺市模擬）如圖，△ABC是以BC為底邊的等腰三角形，A，C分別是一次函數(shù)y＝﹣x+3的圖象與y軸，x軸的交點，點B在二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象上，且該二次函數(shù)圖象上存在一點D使四邊形ABCD能構成平行四邊形．（1）求該二次函數(shù)的表達式；（2）動點P在線段AD上從點A至點D運動，同時動點Q在線段AC上從點C到點A運動，兩點都是以每秒1個單位長度的速度運動，當其中一個點到達終點時，另一個點也隨之停止．①當△APQ是直角三角形時，求P的坐標；②四邊形PDCQ的面積是否有最小值？若有，求出面積的最小值和點P的坐標；若沒有，請說明理由．【分析】（1）求出A、C坐標，再由△ABC是以BC為底邊的等腰三角形和四邊形ABCD能構成平行四邊形求出B、D坐標即可求二次函數(shù)的表達式；（2）①△APQ是等腰直角三角形，分兩種情況討論；②用t表示出四邊形PDCQ的面積，再求最小值即可．【解析】（1）∵A，C分別是一次函數(shù)y＝﹣x+3的圖象與y軸，x軸的交點，在一次函數(shù)y＝﹣x+3中，令x＝0得y＝3，令y＝0得x＝3，∴A（0，3），C（3，0），∵△ABC是以BC為底邊的等腰三角形，∴OC＝OB＝3，B（﹣3，0），∵四邊形ABCD能構成平行四邊形，∴AD＝BC＝6，D（6，3），∵點B、D在二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象上，∴0=(-3)2-3b+c3=62∴二次函數(shù)的表達式為y＝x2-83（2）①設運動時間是t秒，則AQ＝AC﹣CQ＝32-t，AP＝t∵A（0，3），C（3，0），∠AOC＝90°，∴∠ACO＝45°，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠CAD＝45°，若△APQ是直角三角形，則△APQ是等腰直角三角形，分兩種情況：（一）∠APC＝90°，如答圖1：∴AQ=2AP∴32-t=2t，解得t＝6﹣3∴P（6﹣32，3），（二）∠AQP＝90°，如答圖2：∴AP=2AQ∴t=2（32-t），解得t＝6∴P（62-綜上所述，當△APQ是直角三角形時，P的坐標是（6﹣32，3）或（62-（3）過Q作QM⊥AD于M，如答圖3：∵A（0，3），B（﹣3，0），C（3，0），ABCD是平行四邊形，∴S△ACD＝S△ABC=1而CM＝AC?sin45°＝（32-t）?22=3∴S△APQ=12×t×（3-22t）=-∴S四邊形PDCQ＝S△ACD﹣S△APQ＝9﹣（-24t2+32t）=2當t=322×24=3此時P（32【題組六】21．（2020?江陰市模擬）如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線y=-18x2+14x+3與x軸交于A、B兩點（點A在點B的右側），與y軸交于點C，過點C作x軸的平行線交拋物線于點（1）求點P的坐標及直線AC的解析式；（2）如圖2，過點P作x軸的垂線，垂足為E，將線段OE繞點O逆時針旋轉得到OF，旋轉角為α（0°＜α＜90°），連接FA、FC．求AF+23（3）如圖3，點M為線段OA上一點，以OM為邊在第一象限內作正方形OMNG，當正方形OMNG的頂點N恰好落在線段AC上時，將正方形OMNG沿x軸向右平移，記平移中的正方形OMNG為正方形O′MNG，當點M與點A重合時停止平移．設平移的距離為t，正方形O′MNG的邊MN與AC交于點R，連接O′P、O′R、PR，是否存在t的值，使△O′PR為直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）由拋物線y=-18x2+14x+3可求出點C，P，（2）在OC上取點H（0，43），連接HF，AH，求出AH的長度，證△HOF∽△FOC，推出HF=23CF，由∴AF+23CF＝AF+（3）先求出正方形的邊長，通過△ARM∽△ACD將相關線段用含t的代數(shù)式表示出來，再分三種情況進行討論：當∠O'RP＝90°時，當∠PO'R＝90°時，當∠O'PR＝90°時，分別構造相似可求出t的值，其中第三種情況不存在，舍去．【解析】（1）在拋物線y=-18x2+當x＝0時，y＝3，∴C（0，3），當y＝3時，x1＝0，x2＝2，∴P（2，3），當y＝0時，x1＝﹣4，x2＝6，B（﹣4，0），A（6，0），設直線AC的解析式為y＝kx+3，將A（6，0）代入，得，k=-1∴yAC=-12∴點P坐標為P（2，3），直線AC的解析式為yAC=-12（2）在OC上取點H（0，43），連接HF，AH則OH=43，AH∵OHOF=432=2∴△HOF∽△FOC，∴HFCF∴HF=23∴AF+23CF＝AF+HF≥AH∴AF+23CF的最小值為（3）∵正方形OMNG的頂點N恰好落在線段AC上，∴CN＝MN，∴設N（a，a），將點N代入直線AC解析式，得，a=-12∴a＝2，∴正方形的邊長是2，∵平移的距離為t，∴平移后OM的長為t+2，∴AM＝6﹣（t+2）＝4﹣t，∵RM∥OC，∴△ARM∽△ACD，∴AMOA即4-t6∴RM＝2-12如圖3﹣1，當∠O'RP＝90°時，延長RN交CP的延長