備戰(zhàn)2020年中考數(shù)學(xué)十大題型專練卷 題型10 二次函數(shù)的綜合應(yīng)用題（含解析）

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1、題型10 二次函數(shù)的綜合應(yīng)用題 一、解答題 1．如圖，拋物線與x軸交于A、B兩點（A在B的左側(cè)），與y軸交于點N，過A點的直線l：與y軸交于點C，與拋物線的另一個交點為D，已知，P點為拋物線上一動點（不與A、D重合）． （1）求拋物線和直線l的解析式； （2）當點P在直線l上方的拋物線上時，過P點作PE∥x軸交直線l于點E，作軸交直線l于點F，求的最大值； （3）設(shè)M為直線l上的點，探究是否存在點M，使得以點N、C，M、P為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由． 【答案】（1），直線l的表達式為：；（2）最大值：18；（3）存在，P的坐標為：或

2、或或. 【分析】（1）將點A、D的坐標分別代入直線表達式、拋物線的表達式，即可求解； （2），即可求解； （3）分NC是平行四邊形的一條邊、NC是平行四邊形的對角線，兩種情況分別求解即可． 【詳解】解：（1）將點A、D的坐標代入直線表達式得：，解得：， 故直線l的表達式為：， 將點A、D的坐標代入拋物線表達式， 同理可得拋物線的表達式為：； （2）直線l的表達式為：，則直線l與x軸的夾角為， 即：則， 設(shè)點P坐標為、則點， ，故有最大值， 當時，其最大值為18； （3）， ①當NC是平行四邊形的一條邊時， 設(shè)點P坐標為、則點， 由題意得：，即：， 解得

3、或0或4（舍去0）， 則點P坐標為或或； ②當NC是平行四邊形的對角線時， 則NC的中點坐標為， 設(shè)點P坐標為、則點， N、C，M、P為頂點的四邊形為平行四邊形，則NC的中點即為PM中點， 即：， 解得：或（舍去0）， 故點； 故點P的坐標為：或或或． 【點睛】主要考查了二次函數(shù)的解析式的求法和與幾何圖形結(jié)合的綜合能力的培養(yǎng)．要會利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來，利用點的坐標的意義表示線段的長度，從而求出線段之間的關(guān)系． 2．已知二次函數(shù)的圖象過點，點（與0不重合）是圖象上的一點，直線過點且平行于軸．于點，點． （1）求二次函數(shù)的解析式； （2）求證：點在線

4、段的中垂線上； （3）設(shè)直線交二次函數(shù)的圖象于另一點，于點，線段的中垂線交于點，求的值； （4）試判斷點與以線段為直徑的圓的位置關(guān)系． 【答案】（1）；（2）見解析；（3）；（4）點在以線段為直徑的圓上 【分析】（1）把點代入函數(shù)表達式，即可求解； （2），即，又,即可求解； （3）證明≌、≌，即，即，即可求解； （4）在中，由（3）知平分，平分， 則，即可求解． 【詳解】解：（1）∵的圖象過點， ∴，即，∴； （2）設(shè)二次函數(shù)的圖象上的點，則， ，即，， 又， 即， ∴點在線段的中垂線上； （3）連接， ∵在線段的中垂線上， ∴， 又∵，， ∴

5、≌， ∴， ∴， 連接，又在和中， ∵在的圖象上，由（2）結(jié)論知∴， ∵， ∴≌， 即， 即， ∴； （4）在中，由（3）知平分，平分， ∴， ∴點在以線段為直徑的圓上． 【點睛】本題考查的是二次函數(shù)綜合運用，涉及到三角形全等、中垂線、圓的基本知識等，其中（3），證明≌、≌R是本題解題的關(guān)鍵． 3．如圖，拋物線與軸交于點A（-1，0），點B（-3,0），且OB=OC， （1）求拋物線的解析式； （2）點P在拋物線上，且∠POB=∠ACB，求點P的坐標； （3）拋物線上兩點M，N，點M的橫坐標為m，點N的橫坐標為m+4.點D是拋物線上M，N之間的動點，過點D作y

6、軸的平行線交MN于點E, ①求DE的最大值. ②點D關(guān)于點E的對稱點為F.當m為何值時，四邊形MDNF為矩形？ 【答案】（1）；（2）點P坐標為或或或；（3）①當時，最大值為4，②當或時，四邊形MDNF為矩形. 【分析】（1）已知拋物線與x軸兩交點坐標，可設(shè)交點式y(tǒng)=a（x+1）（x+3）；由OC=OB=3得C（0，-3），代入交點式即求得a=-1． （2）由∠POB=∠ACB聯(lián)想到構(gòu)造相似三角形，因為求點P坐標一般會作x軸垂線PH得Rt△POH，故可過點A在BC邊上作垂線AG，構(gòu)造△ACG∽△POH．利用點A、B、C坐標求得AG、CG的長，由相似三角形對應(yīng)邊成比例推出．設(shè)點

7、P橫坐標為p，則OH與PH都能用p表示，但需按P橫縱坐標的正負性進行分類討論．得到用p表示OH與PH并代入OH=2PH計算即求得p的值，進而求點P坐標． （3）①用m表示M、N橫縱坐標，把m當常數(shù)求直線MN的解析式．設(shè)D橫坐標為t，把x=t代入直線MN解析式得點E縱坐標，D與E縱坐標相減即得到用m、t表示的DE的長，把m當常數(shù)，對未知數(shù)t進行配方，即得到當t=m+2時，DE取得最大值． ②由矩形MDNF得MN=DF且MN與DF互相平分，所以E為MN中點，得到點D、E橫坐標為m+2．由①得d=m+2時，DE=4，所以MN=8．用兩點間距離公式用m表示MN的長，即列得方程求m的值． 【詳解】

8、解：（1）∵拋物線與x軸交于點A（-1，0），點B（-3，0） ∴設(shè)交點式y(tǒng)=a（x+1）（x+3） ∵OC=OB=3，點C在y軸負半軸 ∴C（0，-3） 把點C代入拋物線解析式得：3a=-3 ∴a=-1 ∴拋物線解析式為y=-（x+1）（x+3）=-x2-4x-3 （2）如圖1，過點A作AG⊥BC于點G，過點P作PH⊥x軸于點H ∴∠AGB=∠AGC=∠PHO=90° ∵∠ACB=∠POB ∴△ACG∽△POH ∵OB=OC=3，∠BOC=90° ∴∠ABC=45°， ∴△ABG是等腰直角三角形 ∴OH=2PH 設(shè)P（p，-p2-4p-3

9、） ①當p＜-3或-1＜p＜0時，點P在點B左側(cè)或在AC之間，橫縱坐標均為負數(shù) ∴OH=-p，PH=-（-p2-4p-3）=p2+4p+3 ∴-p=2（p2+4p+3） 解得： 或 ②當-3＜p＜-1或p＞0時，點P在AB之間或在點C右側(cè)，橫縱坐標異號 ∴p=2（p2+4p+3） 解得：p1=-2，p2=- ∴P（-2，1）或 綜上所述，點P的坐標為或或或； （3）①如圖2， ∵x=m+4時，y=-（m+4）2-4（m+4）-3=-m2-12m-35 ∴M（m，-m2-4m-3），N（m+4，-m2-12m-35） 設(shè)直線MN解析式為y=kx+n ∴ ?解得

10、： ∴直線MN：y=（-2m-8）x+m2+4m-3 設(shè)D（t，-t2-4t-3）（m＜t＜m+4） ∵DE∥y軸 ∴xE=xD=t，E（t，（-2m-8）t+m2+4m-3） ∴DE=-t2-4t-3-[（-2m-8）t+m2+4m-3]=-t2+（2m+4）t-m2-4m=-[t-（m+2）]2+4 ∴當t=m+2時，DE的最大值為4． ②如圖3， ∵D、F關(guān)于點E對稱 ∴DE=EF ∵四邊形MDNF是矩形 ∴MN=DF，且MN與DF互相平分 ∴DE= MN，E為MN中點 由①得當d=m+2時，DE=4 ∴MN=2DE=8 ∴（m+4-m）2+[-m

11、2-12m-35-（-m2-4m-3）]2=82 解得： ∴m的值為或時，四邊形MDNF為矩形． 【點睛】本題考查了求二次函數(shù)解析式，求二次函數(shù)最大值，等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，一元二次方程的解法，二元一次方程組的解法，矩形的性質(zhì)．第（3）題沒有圖要先根據(jù)題意畫草圖幫助思考，設(shè)計較多字母運算時抓住其中的常量和變量來分析和計算． 4．如圖，已知直線與拋物線： 相交于和點兩點. ⑴求拋物線的函數(shù)表達式； ⑵若點是位于直線上方拋物線上的一動點，以為相鄰兩邊作平行四邊形,當平行四邊形的面積最大時，求此時四邊形的面積及點的坐標； ⑶在拋物線的對稱軸上是否存在定點,使拋物

12、線上任意一點到點的距離等于到直線的距離，若存在，求出定點的坐標；若不存在，請說明理由. 【答案】⑴；⑵當 ，□MANB=△= ，此時；⑶存在. 當時，無論取任何實數(shù)，均有. 理由見解析. 【分析】（1）利用待定系數(shù)法，將A，B的坐標代入y=ax2+2x+c即可求得二次函數(shù)的解析式； （2）過點M作MH⊥x軸于H，交直線AB于K，求出直線AB的解析式，設(shè)點M（a，-a2+2a+3），則K（a，a+1），利用函數(shù)思想求出MK的最大值，再求出△AMB面積的最大值，可推出此時平行四邊形MANB的面積S及點M的坐標； （3）如圖2，分別過點B，C作直線y=的垂線，垂足為N，H，設(shè)拋物線對稱軸上

13、存在點F，使拋物線C上任意一點P到點F的距離等于到直線y=的距離，其中F（1，a），連接BF，CF，則可根據(jù)BF=BN，CF=CN兩組等量關(guān)系列出關(guān)于a的方程組，解方程組即可． 【詳解】（1）由題意把點（-1，0）、（2，3）代入y=ax2+2x+c， 得，， 解得a=-1，c=3， ∴此拋物線C函數(shù)表達式為：y=-x2+2x+3； （2）如圖1，過點M作MH⊥x軸于H，交直線AB于K， 將點（-1，0）、（2，3）代入y=kx+b中， 得，， 解得，k=1，b=1， ∴yAB=x+1， 設(shè)點M（a，-a2+2a+3），則K（a，a+1）， 則MK=-a2+2a+3-

14、（a+1） =-（a-）2+， 根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可知，當a=時，MK有最大長度， ∴S△AMB最大=S△AMK+S△BMK =MK?AH+MK?（xB-xH） =MK?（xB-xA） =××3 =， ∴以MA、MB為相鄰的兩邊作平行四邊形MANB，當平行四邊形MANB的面積最大時， S最大=2S△AMB最大=2×=，M（，）； （3）存在點F， ∵y=-x2+2x+3 =-（x-1）2+4， ∴對稱軸為直線x=1， 當y=0時，x1=-1，x2=3， ∴拋物線與點x軸正半軸交于點C（3，0）， 如圖2，分別過點B，C作直線y=的垂線，垂足為N，H， 拋

15、物線對稱軸上存在點F，使拋物線C上任意一點P到點F的距離等于到直線y=的距離，設(shè)F（1，a），連接BF，CF， 則BF=BN=-3=，CF=CH=， 由題意可列：， 解得，a=， ∴F（1，）． 【點睛】此題考查了待定系數(shù)法求解析式，還考查了用函數(shù)思想求極值等，解題關(guān)鍵是能夠判斷出當平行四邊形MANB的面積最大時，△ABM的面積最大，且此時線段MK的長度也最大． 5．如圖，拋物線y＝ax2+bx（a＞0）過點E（8，0），矩形ABCD的邊AB在線段OE上（點A在點B的左側(cè)），點C、D在拋物線上，∠BAD的平分線AM交BC于點M，點N是CD的中點，已知OA＝2，且OA：AD＝1：3.

16、 （1）求拋物線的解析式； （2）F、G分別為x軸，y軸上的動點，順次連接M、N、G、F構(gòu)成四邊形MNGF，求四邊形MNGF周長的最小值； （3）在x軸下方且在拋物線上是否存在點P，使△ODP中OD邊上的高為？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由； （4）矩形ABCD不動，將拋物線向右平移，當平移后的拋物線與矩形的邊有兩個交點K、L，且直線KL平分矩形的面積時，求拋物線平移的距離. 【答案】（1）y＝x2﹣4x；（2）四邊形MNGF周長最小值為12；（3）存在點P，P坐標為（6，﹣6）；（4）拋物線平移的距離為3個單位長度. 【分析】（1）由點E在x軸正半軸且點A在線段

17、OE上得到點A在x軸正半軸上，所以A（2，0）；由OA＝2，且OA：AD＝1：3得AD＝6.由于四邊形ABCD為矩形，故有AD⊥AB，所以點D在第四象限，橫坐標與A的橫坐標相同，進而得到點D坐標.由拋物線經(jīng)過點D、E，用待定系數(shù)法即求出其解析式；（2）畫出四邊形MNGF，由于點F、G分別在x軸、y軸上運動，故可作點M關(guān)于x軸的對稱點點M'，作點N關(guān)于y軸的對稱點點N'，得FM＝FM'、GN＝GN'.易得當M'、F、G、N'在同一直線上時N'G+GF+FM'＝M'N'最小，故四邊形MNGF周長最小值等于MN+M'N'.根據(jù)矩形性質(zhì)、拋物線線性質(zhì)等條件求出點M、M'、N、N'坐標，即求得答案；（3

18、）因為OD可求，且已知△ODP中OD邊上的高，故可求△ODP的面積.又因為△ODP的面積常規(guī)求法是過點P作PQ平行y軸交直線OD于點Q，把△ODP拆分為△OPQ與△DPQ的和或差來計算，故存在等量關(guān)系.設(shè)點P坐標為t，用t表示PQ的長即可列方程.求得t的值要討論是否滿足點P在x軸下方的條件；（4）由KL平分矩形ABCD的面積可得K在線段AB上、L在線段CD上，畫出平移后的拋物線可知，點K由點O平移得到，點L由點D平移得到，故有K（m，0），L（2+m，-6）.易證KL平分矩形面積時，KL一定經(jīng)過矩形的中心H且被H平分，求出H坐標為（4，﹣3），由中點坐標公式即求得m的值. 【詳解】（1）∵點

19、A在線段OE上，E（8，0），OA＝2 ∴A（2，0） ∵OA：AD＝1：3 ∴AD＝3OA＝6 ∵四邊形ABCD是矩形 ∴AD⊥AB ∴D（2，﹣6） ∵拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過點D、E ∴ 解得： ∴拋物線的解析式為y＝x2﹣4x （2）如圖1，作點M關(guān)于x軸的對稱點M'，作點N關(guān)于y軸的對稱點N'，連接FM'、GN'、M'N' ∵y＝x2﹣4x＝（x﹣4）2﹣8 ∴拋物線對稱軸為直線x＝4 ∵點C、D在拋物線上，且CD∥x軸，D（2，﹣6） ∴yC＝y(tǒng)D＝﹣6，即點C、D關(guān)于直線x＝4對稱 ∴xC＝4+（4﹣xD）＝4+4﹣2＝6，即C（6，﹣6） ∴

20、AB＝CD＝4，B（6，0） ∵AM平分∠BAD，∠BAD＝∠ABM＝90° ∴∠BAM＝45° ∴BM＝AB＝4 ∴M（6，﹣4） ∵點M、M'關(guān)于x軸對稱，點F在x軸上 ∴M'（6，4），F(xiàn)M＝FM' ∵N為CD中點 ∴N（4，﹣6） ∵點N、N'關(guān)于y軸對稱，點G在y軸上 ∴N'（﹣4，﹣6），GN＝GN' ∴C四邊形MNGF＝MN+NG+GF+FM＝MN+N'G+GF+FM' ∵當M'、F、G、N'在同一直線上時，N'G+GF+FM'＝M'N'最小 ∴C四邊形MNGF＝MN+M'N'= ∴四邊形MNGF周長最小值為12. （3）存在點P，使△ODP中O

21、D邊上的高為. 過點P作PQ∥y軸交直線OD于點Q ∵D（2，﹣6） ∴OD＝，直線OD解析式為y＝﹣3x 設(shè)點P坐標為（t，t2﹣4t）（0＜t＜8），則點Q（t，﹣3t） ①如圖2，當0＜t＜2時，點P在點D左側(cè) ∴PQ＝y(tǒng)Q﹣yP＝﹣3t﹣（t2﹣4t）＝﹣t2+t ∴S△ODP＝S△OPQ+S△DPQ＝PQ?xP+PQ?（xD﹣xP）＝PQ（xP+xD﹣xP）＝PQ?xD＝PQ＝﹣t2+t ∵△ODP中OD邊上的高h＝， ∴S△ODP＝OD?h ∴﹣t2+t＝×2× 方程無解 ②如圖3，當2＜t＜8時，點P在點D右側(cè) ∴PQ＝y(tǒng)P﹣yQ＝t2﹣4t﹣（

22、﹣3t）＝t2﹣t ∴S△ODP＝S△OPQ﹣S△DPQ＝PQ?xP﹣PQ?（xP﹣xD）＝PQ（xP﹣xP+xD）＝PQ?xD＝PQ＝t2﹣t ∴t2﹣t＝×2× 解得：t1＝﹣4（舍去），t2＝6 ∴P（6，﹣6） 綜上所述，點P坐標為（6，﹣6）滿足使△ODP中OD邊上的高為. （4）設(shè)拋物線向右平移m個單位長度后與矩形ABCD有交點K、L ∵KL平分矩形ABCD的面積 ∴K在線段AB上，L在線段CD上，如圖4 ∴K（m，0），L（2+m，-6） 連接AC，交KL于點H ∵S△ACD＝S四邊形ADLK＝S矩形ABCD ∴S△AHK＝S△CHL ∵AK∥LC

23、 ∴△AHK∽△CHL ∴==1， ∴AH＝CH，KH=HL，即點H為AC中點，也是KL中點 ∴H（4，﹣3） ∴ ∴m＝3 ∴拋物線平移的距離為3個單位長度. 【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，軸對稱求最短路徑問題，勾股定理，坐標系中求三角形面積，拋物線的平移，相似三角形的判定和應(yīng)用，中點坐標公式.易錯的地方有第（1）題對點D、C、B坐標位置的準確說明，第（3）題在點D左側(cè)不存在滿足的P在點D左側(cè)的討論，第（4）題對KL必過矩形中心的證明. 6．如圖，在直角坐標系中，直線與軸，軸分別交于點，點，對稱軸為的拋物線過兩點，且交軸于另一點，連接． （1）直接寫出

24、點，點，點的坐標和拋物線的解析式； （2）已知點為第一象限內(nèi)拋物線上一點，當點到直線的距離最大時，求點的坐標； （3）拋物線上是否存在一點（點除外），使以點，，為頂點的三角形與相似？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由． 【答案】（1）；（2）點；（3）點的坐標為：或或． 【分析】（1）y=x+3，令x=0，則y=3，令y=0，則x=6，故點B、C的坐標分別為：（6，0）、（0，3），即可求解； （2）PH=PGcosα=,即可求解； （3）分點Q在x軸上方、點Q在x軸下方兩種情況，分別求解． 【詳解】（1），令，則，令，則， 故點的坐標分別為、， 拋物線的對稱軸為

25、，則點， 則拋物線的表達式為：， 即，解得：， 故拋物線的表達式為： （2）過點作軸的平行線交于點，作于點， 將點坐標代入一次函數(shù)表達式并解得： 直線BC的表達式為：， 則，，則， 設(shè)點，則點， 則 ∵，故有最小值，此時， 則點； （3）①當點在軸上方時， 則點為頂點的三角形與全等，此時點與點關(guān)于函數(shù)對稱軸對稱， 則點； ②當點在軸下方時， 為頂點的三角形與相似，則， 當時， 直線BC表達式的值為，則直線表達式的值為， 設(shè)直線表達式為：，將點的坐標代入上式并解得： 直線的表達式為：②， 聯(lián)立①②并解得：或﹣8（舍去6）， 故點坐標為（舍去）；

26、 當時， 同理可得：直線的表達式為：③， 聯(lián)立①③并解得：或﹣10（舍去6）， 故點坐標為， 由點的對稱性，另外一個點的坐標為； 綜上，點的坐標為：或 或． 【點睛】本題考查的是二次函數(shù)綜合運用，涉及到一次函數(shù)、解直角三角形三角形相似等，其中（3），要注意分類求解，避免遺漏． 7．如圖，在平面在角坐標系中，拋物線y=x2-2x-3與x軸交與點A，B（點A在點B的左側(cè)）交y軸于點C，點D為拋物線的頂點，對稱軸與x軸交于點E． （1）連結(jié)BD，點M是線段BD上一動點（點M不與端點B，D重合），過點M作MN⊥BD交拋物線于點N（點N在對稱軸的右側(cè)），過點N作NH⊥x軸，垂足為H

27、，交BD于點F，點P是線段OC上一動點，當MN取得最大值時，求HF+FP+PC的最小值； （2）在（1）中，當MN取得最大值HF+FP+1/3PC取得小值時，把點P向上平移個單位得到點Q，連結(jié)AQ，把△AOQ繞點O瓶時針旋轉(zhuǎn)一定的角度（0°<<360°），得到△AOQ，其中邊AQ交坐標軸于點C在旋轉(zhuǎn)過程中，是否存在一點G使得？若存在，請直接寫出所有滿足條件的點Q的坐標；若不存在，請說明理由． 【答案】（1）；（2）存在，Q的坐標（，﹣），（，），（﹣，），（，﹣） 【分析】（1）先確定點F的位置，可設(shè)點N（m，m2-2m-3），則點F（m，2m-6），可得|NF|=（2m-6）-（m2-

28、2m-3）=-m2+4m-3，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)得m= 時，NF取到最大值，此時HF=2， F（2，-2），在x軸上找一點K（，0），連接CK，過點F作CK的垂線交CK于點J，交y軸于點P，，直線KC的解析式為： ，從而得到直線FJ 的解析式為：聯(lián)立解出點J（ , ）得FP+PC的最小值即為FJ的長，且, 最后得出 ;（2）由題意可得出點Q（0，-2），A2=，應(yīng)用“直角三角形斜邊上的中線等于斜邊上的一半”取AQ的中點G，連接OG，則OG=GQ=AQ=，此時，∠AQ0=∠GOQ，把△AOQ繞點O順時針旋轉(zhuǎn)一定的角度 （0°<<360°），得到△A'OQ'，其中邊A’Q’交坐標軸于點G，則

29、用0G=GQ’，分四種情況求解即可. 【詳解】解：（1）如圖1 ∵拋物線y＝x2﹣2x﹣3與x軸交于點A，B（點A在點B的左側(cè)），交y軸于點C ∴令y＝0解得：x1＝﹣1，x2＝3，令x＝0，解得：y＝﹣3， ∴A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3） ∵點D為拋物線的頂點，且﹣4 ∴點D的坐標為D（1，﹣4） ∴直線BD的解析式為：y＝2x﹣6， 由題意，可設(shè)點N（m，m2﹣2m﹣3），則點F（m，2m﹣6） ∴|NF|＝（2m﹣6）﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+4m﹣3 ∴當m＝＝2時，NF 取到最大值，此時MN取到最大值，此時HF＝2， 此時，N（2，﹣3

30、），F(xiàn)（2，﹣2），H（2，0） 在x軸上找一點K（，0），連接CK，過點F作CK的垂線交CK于點J點，交y軸于點P， ∴sin∠OCK＝ ，直線KC的解析式為：，且點F（2，﹣2）， ∴PJ＝PC，直線FJ的解析式為： ∴點J（ , ） ∴FP+PC的最小值即為FJ的長，且 ∴； （2）由（1）知，點P（0， ）， ∵把點P向上平移 個單位得到點Q ∴點Q（0，﹣2） ∴在Rt△AOQ中，∠AOG＝90°，AQ＝，取AQ的中點G，連接OG，則OG＝GQ＝AQ＝，此時，∠AQO＝∠GOQ 把△AOQ繞點O順時針旋轉(zhuǎn)一定的角度α（0°＜α＜360°），得到△A′OQ′，其

31、中邊A′Q′交坐標軸于點G ①如圖2 G點落在y軸的負半軸，則G（0，﹣），過點Q'作Q'I⊥x軸交x軸于點I，且∠GOQ'＝∠Q' 則∠IOQ'＝∠OA'Q'＝∠OAQ， ∵sin∠OAQ＝＝＝ ∴，解得：|IO|＝ ∴在Rt△OIQ'中根據(jù)勾股定理可得|OI|＝ ∴點Q'的坐標為Q'（，﹣）； ②如圖3， 當G點落在x軸的正半軸上時，同理可得Q'（，） ③如圖4 當G點落在y軸的正半軸上時，同理可得Q'（﹣，） ④如圖5 當G點落在x軸的負半軸上時，同理可得Q'（﹣，﹣） 綜上所述，所有滿足條件的點Q′的坐標為：（，﹣），（，），（﹣，），（，

32、﹣） 【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)圖象與坐標軸的交點求法和與幾何圖形結(jié)合的綜合能力的培養(yǎng)及直角三角形的中線性質(zhì)．要會利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來，利用通過求點的坐標來表示線段的長度，從而求出線段之間的關(guān)系． 8．已知拋物線的對稱軸為直線，其圖像與軸相交于、兩點，與軸交于點 （1）求，的值； （2）直線與軸交于點． ①如圖1，若∥軸，且與線段及拋物線分別相交于點、，點關(guān)于直線的對稱點為，求四邊形面積的最大值； ②如圖2，若直線與線段相交于點，當∽時，求直線的表達式． 【答案】（1）；（2）①四邊形的面積最大值為；② 【分析】（1）根據(jù)拋物線的對稱軸及

33、拋物線與y軸的交點坐標可求出b、c的值； （2）由題意先求出D點坐標為（2，3），求出直線AC的解析式，設(shè)，，則，四邊形CEDF的面積可表示為，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求出面積的最大值； （3）當△PCQ∽△CAP時，可得，，作于點，設(shè)，可求出PH、CH的長，得到P點坐標，即可得出函數(shù)解析式． 【詳解】解：（1）由題意可得： ， 解得； （2）①由題可知， ∴， 令，解得：, ∴， ∴： 設(shè)，則 ∴ ∴， ∴當時，四邊形的面積最大，最大值為. ②由（1）可知 由∽可得 ∴， ∴， 由，可得 ∴， 作于點，設(shè)，則， ∴，， ∴，即 解得， ∴

34、∴：. 【點睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)，會利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，理解坐標與圖形性質(zhì)，會利用相似三角形的性質(zhì)解題，會利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來，利用點的坐標的意義表示線段的長度是解題的關(guān)鍵． 9．如圖，已知拋物線與軸相交于、兩點，與軸交于點，且tan.設(shè)拋物線的頂點為，對稱軸交軸于點. （1）求拋物線的解析式； （2）為拋物線的對稱軸上一點，為軸上一點，且. ①當點在線段(含端點)上運動時，求的變化范圍； ②當取最大值時，求點到線段的距離； ③當取最大值時，將線段向上平移個單位長度，使得線段與拋物線有兩個交點，求的取值范圍.

35、 【答案】（1）；（2）①②2③ 【分析】（1）由解析式可知點A（-2，0），點B（6,0）根據(jù)，可得OC=3，即點C（0,3），代入解析式即可求a. （2）①由解析式求得頂點M(2,4)，設(shè)P點坐標為（2，m）（其中0≤m≤4），利用勾股定理將PC、PQ、CQ用含m，n的式子表示，再利用△PCQ為直角三角形，可利用勾股定理得PC2+PQ2=CQ2，將含m，n的式子代入整理可得一個關(guān)于m，n的二次函數(shù)，且0≤m≤4，通過二次函數(shù)增減性可求得n取值范圍. ②當n取最大值4時，m=4，可得點P（2,4），Q（4,0），故可求得PC=，PQ=2，CQ=5，利用直角三角形等面積法可求得點到線段

36、CQ距離 ③由題意求得線段的解析式為：，故可設(shè)線段向上平移個單位長度后的解析式為：，當線段向上平移，使點恰好在拋物線上時，線段與拋物線有兩個交點，此時可求對應(yīng)的點的縱坐標為，進而求得此時t值，當線段繼續(xù)向上平移，線段與拋物線只有一個交點時，聯(lián)解拋物線與CQ’的解析式并化簡得一元二次方程，有一個交點可知由，得此時t值，即可解題. 【詳解】解：（1）根據(jù)題意得：,， 在中 ，且, ∴， ,將點坐標代入得：， 故拋物線解析式為：； （2）①由（1）知，拋物線的對稱軸為：x=2，頂點M(2,4)， 設(shè)P點坐標為（2，m）（其中0≤m≤4）， 則PC2=22+(m-3)2，PQ2

37、=m2+(n-2)2，CQ2=32+n2， ∵PQ⊥PC， ∴在Rt△PCQ中中，由勾股定理得：PC2+PQ2=CQ2, 即22+(m-3)2+ m2+(n-2)2=32+n2，整理得： n==（0≤m≤4）， ∴當時，n取得最小值為；當時，n取得最大值為4， ∴≤n≤4； ②由①知：當n取最大值4時，m=4， ∴P（2,4），Q（4,0） 則PC=，PQ=2，CQ=5， 設(shè)點P到線段CQ距離為， 由， 得： 故點到線段距離為； ③由②可知：當取最大值4時，， 線段的解析式為：， 設(shè)線段向上平移個單位長度后的解析式為：， 當線段向上平移，使點恰好在拋物線上

38、時，線段與拋物線有兩個交點 此時對應(yīng)的點的縱坐標為：， 將代入得：， 當線段繼續(xù)向上平移，線段與拋物線只有一個交點時， 聯(lián)解 得：，化簡得： ， 由，得， 當線段與拋物線有兩個交點時，. 【點睛】本題考查了二次函數(shù)求解析式，銳角三角函數(shù)，勾股定理，一次函數(shù)的平移，與二次函數(shù)的交點情況，解本題的關(guān)鍵是通過建立新的二次函數(shù)模型和一元二次方程模型來解題. 10．如圖1，已知拋物線過點． （1）求拋物線的解析式及其頂點C的坐標； （2）設(shè)點D是x軸上一點，當時，求點D的坐標； （3）如圖2．拋物線與y軸交于點E，點P是該拋物線上位于第二象限的點，線段PA交BE于點M

39、，交y軸于點N，和的面積分別為，求的最大值． 【答案】（1），頂點C的坐標為-（-1,4）；（2）；（3）的最大值為. 【分析】（1）利用待定系數(shù)法，將A，B的坐標代入即可求得二次函數(shù)的解析式； （2）設(shè)拋物線對稱軸與x軸交于點H，在中，可求得，推出，可證，利用相似三角形的性質(zhì)可求出AD的長度，進一步可求出點D的坐標，由對稱性可直接求出另一種情況； （3）設(shè)代入，求出直線PA的解析式，求出點N的坐標，由，可推出，再用含a的代數(shù)式表示出來，最終可用函數(shù)的思想來求出其最大值． 【詳解】解：（1）由題意把點代入， 得，， 解得， ∴此拋物線解析式為：，頂點C的坐標為 （2）

40、∵拋物線頂點， ∴拋物線對稱軸為直線， 設(shè)拋物線對稱軸與x軸交于點H， 則， 在中，， ， ∴當時， 如圖1，當點D在對稱軸左側(cè)時， ， ， ， ， ， 當點D在對稱軸右側(cè)時，點D關(guān)于直線的對稱點D'的坐標為， ∴點D的坐標為或； （3）設(shè)， 將代入， 得，， 解得，， 當時，， 如圖2， ， 由二次函數(shù)的性質(zhì)知，當時，有最大值， 和的面積分別為m、n， 的最大值為． 【點睛】考查了用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，銳角三角函數(shù)，相似三角形的判定與性質(zhì)，用函數(shù)思想求極值等，解題關(guān)鍵是能夠設(shè)出點P坐

41、標，求出含參數(shù)的直線PA的解析式，進一步表示出點N坐標． 11．如圖，已知二次函數(shù)圖象的頂點坐標為，與坐標軸交于B、C、D三點，且B點的坐標為． （1）求二次函數(shù)的解析式； （2）在二次函數(shù)圖象位于x軸上方部分有兩個動點M、N，且點N在點M的左側(cè)，過M、N作x軸的垂線交x軸于點G、H兩點，當四邊形MNHG為矩形時，求該矩形周長的最大值； （3）當矩形MNHG的周長最大時，能否在二次函數(shù)圖象上找到一點P，使的面積是矩形MNHG面積的？若存在，求出該點的橫坐標；若不存在，請說明理由． 【答案】（1） （2）最大值為10 （3）故點P坐標為：或或． 【分析】（1）二

42、次函數(shù)表達式為：，將點B的坐標代入上式，即可求解； （2）矩形MNHG的周長，即可求解； （3），解得：，即可求解． 【詳解】（1）二次函數(shù)表達式為：， 將點B的坐標代入上式得：，解得：， 故函數(shù)表達式為：…①； （2）設(shè)點M的坐標為，則點， 則，， 矩形MNHG的周長， ∵，故當，C有最大值，最大值為10， 此時，點與點D重合； （3）的面積是矩形MNHG面積的， 則， 連接DC，在CD得上下方等距離處作CD的平行線m、n， 過點P作y軸的平行線交CD、直線n于點H、G，即， 過點P作于點K， 將、坐標代入一次函數(shù)表達式并解得： 直線CD的表達式為

43、：， ，∴，， 設(shè)點，則點， ， 解得：， 則， 解得：， 故點， 直線n的表達式為：…②， 聯(lián)立①②并解得：， 即點、的坐標分別為、； 故點P坐標為：或或． 【點睛】主要考查了二次函數(shù)的解析式的求法和與幾何圖形結(jié)合的綜合能力的培養(yǎng)．要會利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來，利用點的坐標的意義表示線段的長度，從而求出線段之間的關(guān)系． 12．如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線與軸交于點、（點在點右側(cè)），點為拋物線的頂點.點在軸的正半軸上，交軸于點，繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，點恰好旋轉(zhuǎn)到點，連接. （1）求點、、的坐標； （2）求證：四邊形是

44、平行四邊形； （3）如圖2，過頂點作軸于點，點是拋物線上一動點，過點作軸，點為垂足，使得與相似（不含全等）. ①求出一個滿足以上條件的點的橫坐標； ②直接回答這樣的點共有幾個？ 【答案】（1），，；（2）證明見解析；（3）①點P的橫坐標為，，，②點P共有3個. 【分析】(1)令y=0，可得關(guān)于x的方程，解方程求得x的值即可求得A、B兩點的坐標，對解析式配方可得頂點D的坐標； (2)由，CO⊥AF，可得OF=OA=1，如圖2，易得，由此可得，繼而證明為等邊三角形，推導(dǎo)可得，再由，，可得，問題得證； (3)①設(shè)點的坐標為，分三種情況：點在點左側(cè)，點在點右側(cè)，點在之間，分別討論即可得；

45、 ②由①的結(jié)果即可得. 【詳解】(1)令， 解得或， 故，， 配方得，故； (2)∵，CO⊥AF， ∴OF=OA=1， 如圖，DD1⊥軸，∴DD1//CO， ∴， ∴， 即， ∴， ∴CF==2， ∴， 即為等邊三角形， ∴∠AFC=∠ACF=60°， ∵∠ECF=∠ACF， ∴， ∴， ∵CF：DF=OF：FD1=1：2， ∴DF=4，∴CD=6， 又∵，， ∴， ∴四邊形是平行四邊形； (3)①設(shè)點的坐標為， (ⅰ)當點在點左側(cè)時， 因為與相似， 則1)， 即， ∴(舍)，x2=-11； 2)， 即， ∴(舍)，；

46、 (ⅱ)當點在點右側(cè)時， 因為與相似， 則3)， 即， ∴(舍)，(舍)； 4)， 即， ∴(舍)，(舍)； (ⅲ)當點在之間時， ∵與相似， 則5)， 即， ∴(舍)，(舍)； 6)， 即， ∴(舍)，； 綜上所述，點的橫坐標為，，； ②由①可得這樣的點P共有3個. 【點睛】本題考查的是函數(shù)與幾何綜合題，涉及了等邊三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定，相似三角形的判定與性質(zhì)，解一元二次方程等，綜合性較強，有一定的難度，熟練掌握相關(guān)知識，正確進行分類討論并畫出符合題意的圖形是解題的關(guān)鍵. 13．如圖1，△AOB的三個頂點A、O、B分別落在拋物線F1

47、：的圖象上，點A的橫坐標為﹣4，點B的縱坐標為﹣2.(點A在點B的左側(cè)) (1)求點A、B的坐標； (2)將△AOB繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△A'OB'，拋物線F2：經(jīng)過A'、B'兩點，已知點M為拋物線F2的對稱軸上一定點，且點A'恰好在以O(shè)M為直徑的圓上，連接OM、A'M，求△OA'M的面積； (3)如圖2，延長OB'交拋物線F2于點C，連接A'C，在坐標軸上是否存在點D，使得以A、O、D為頂點的三角形與△OA'C相似.若存在，請求出點D的坐標；若不存在，請說明理由. 【答案】(1)點A坐標為(﹣4，﹣4)，點B坐標為(﹣1，﹣2)；(2)S△OA'M＝8；(3)點D坐標為(4

48、，0)、(8，0)、(0，4)或(0，8)時，以A、O、D為頂點的三角形與△OA'C相似. 【分析】(1)把x＝﹣4代入解析式，求得點A的坐標，把y=-2代入解析式，根據(jù)點B與點A的位置關(guān)系即可求得點B的坐標； (2)如圖1，過點B作BE⊥x軸于點E，過點B'作B'G⊥x軸于點G，先求出點A'、B'的坐標，OA＝OA'＝，然后利用待定系數(shù)法求得拋物線F2解析式為：，對稱軸為直線：，設(shè)M(6，m)，表示出OM2，A'M2，進而根據(jù)OA'2+A'M2＝OM2，得到(4)2+m2+8m+20＝36+m2，求得m＝﹣2，繼而求得A'M＝，再根據(jù)S△OA'M＝OA'?A'M通過計算即可得； (3)

49、在坐標軸上存在點D，使得以A、O、D為頂點的三角形與△OA'C相似，先求得直線OA與x軸夾角為45°，再分點D在x軸負半軸或y軸負半軸時，∠AOD＝45°，此時△AOD不可能與△OA'C相似，點D在x軸正半軸或y軸正半軸時，∠AOD＝∠OA'C＝135°(如圖2、圖3)，此時再分△AOD∽△OA'C，△DOA∽△OA'C兩種情況分別討論即可得. 【詳解】(1)當x＝﹣4時，， ∴點A坐標為(﹣4，﹣4)， 當y＝﹣2時，， 解得：x1＝﹣1，x2＝﹣6， ∵點A在點B的左側(cè)， ∴點B坐標為(﹣1，﹣2)； (2)如圖1，過點B作BE⊥x軸于點E，過點B'作B'G⊥x軸于點G，

50、∴∠BEO＝∠OGB'＝90°，OE＝1，BE＝2， ∵將△AOB繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△A'OB'， ∴OB＝OB'，∠BOB'＝90°， ∴∠BOE+∠B'OG＝∠BOE+∠OBE＝90°， ∴∠B'OG＝∠OBE， 在△B'OG與△OBE中 ， ∴△B'OG≌△OBE(AAS)， ∴OG＝BE＝2，B'G＝OE＝1， ∵點B'在第四象限， ∴B'(2，﹣1)， 同理可求得：A'(4，﹣4)， ∴OA＝OA'＝， ∵拋物線F2：y＝ax2+bx+4經(jīng)過點A'、B'， ∴， 解得：， ∴拋物線F2解析式為：， ∴對稱軸為直線：， ∵點M在直線x＝6上，

51、設(shè)M(6，m)， ∴OM2＝62+m2，A'M2＝(6﹣4)2+(m+4)2＝m2+8m+20， ∵點A'在以O(shè)M為直徑的圓上， ∴∠OA'M＝90°， ∴OA'2+A'M2＝OM2， ∴(4)2+m2+8m+20＝36+m2， 解得：m＝﹣2， ∴A'M＝， ∴S△OA'M＝OA'?A'M＝； (3)在坐標軸上存在點D，使得以A、O、D為頂點的三角形與△OA'C相似， ∵B'(2，﹣1)， ∴直線OB'解析式為y＝﹣x， ， 解得：(即為點B')，， ∴C(8，﹣4)， ∵A'(4，﹣4)， ∴A'C∥x軸，A'C＝4， ∴∠OA'C＝135°， ∴∠A'

52、OC＜45°，∠A'CO＜45°， ∵A(﹣4，﹣4)，即直線OA與x軸夾角為45°， ∴當點D在x軸負半軸或y軸負半軸時，∠AOD＝45°，此時△AOD不可能與△OA'C相似， ∴點D在x軸正半軸或y軸正半軸時，∠AOD＝∠OA'C＝135°(如圖2、圖3)， ①若△AOD∽△OA'C， 則， ∴OD＝A'C＝4， ∴D(4，0)或(0，4)； ②若△DOA∽△OA'C， 則， ∴OD＝OA'＝8， ∴D(8，0)或(0，8)， 綜上所述，點D坐標為(4，0)、(8，0)、(0，4)或(0，8)時，以A、O、D為頂點的三角形與△OA'C相似. 【點睛】本題考查

53、的是二次函數(shù)與幾何的綜合題，涉及了待定系數(shù)法，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，圓周角定理等知識，綜合性較強，有一定的難度，熟練掌握和靈活運用相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵.注意數(shù)形結(jié)合思想與分類討論思想的運用. 14．在平面直角坐標系xOy中，頂點為A的拋物線與x軸交于B、C兩點，與y軸交于點D，已知A(1，4)，B(3，0)． (1)求拋物線對應(yīng)的二次函數(shù)表達式； (2)探究：如圖1，連接OA，作DE∥OA交BA的延長線于點E，連接OE交AD于點F，M是BE的中點，則OM是否將四邊形OBAD分成面積相等的兩部分？請說明理由； (3)應(yīng)用：如圖2，P(m，n)是拋物線在第四象限的

54、圖象上的點，且m+n＝﹣1，連接PA、PC，在線段PC上確定一點M，使AN平分四邊形ADCP的面積，求點N的坐標．提示：若點A、B的坐標分別為(x1，y1)、(x2，y2)，則線段AB的中點坐標為(，)． 【答案】(1)y＝﹣x2+2x﹣3；(2)OM將四邊形OBAD分成面積相等的兩部分，理由見解析；(3)點N(，﹣)． 【分析】(1)函數(shù)表達式為：y＝a(x﹣1)2+4，將點B坐標的坐標代入上式，即可求解； (2)利用同底等高的兩個三角形的面積相等，即可求解； (3)由(2)知：點N是PQ的中點，根據(jù)C,P點的坐標求出直線PC的解析式，同理求出AC,DQ的解析式，并聯(lián)立方程求出Q

55、點的坐標，從而即可求N點的坐標． 【詳解】(1)函數(shù)表達式為：y＝a(x﹣1)2+4， 將點B坐標的坐標代入上式得：0＝a(3﹣1)2+4， 解得：a＝﹣1， 故拋物線的表達式為：y＝﹣x2+2x﹣3； (2)OM將四邊形OBAD分成面積相等的兩部分，理由： 如圖1，∵DE∥AO，S△ODA＝S△OEA， S△ODA+S△AOM＝S△OEA+S△AOM，即：S四邊形OMAD＝S△OBM， ∴S△OME＝S△OBM， ∴S四邊形OMAD＝S△OBM； (3)設(shè)點P(m，n)，n＝﹣m2+2m+3，而m+n＝﹣1， 解得：m＝﹣1或4，故點P(4，﹣5)； 如圖2，故點D作

56、QD∥AC交PC的延長線于點Q， 由(2)知：點N是PQ的中點， 設(shè)直線PC的解析式為y=kx+b， 將點C(﹣1，0)、P(4，﹣5)的坐標代入得：， 解得：， 所以直線PC的表達式為：y＝﹣x﹣1…①， 同理可得直線AC的表達式為：y＝2x+2， 直線DQ∥CA，且直線DQ經(jīng)過點D(0，3)， 同理可得直線DQ的表達式為：y＝2x+3…②， 聯(lián)立①②并解得：x＝﹣，即點Q(﹣，)， ∵點N是PQ的中點， 由中點公式得：點N(，﹣)． 【點睛】本題考查的是二次函數(shù)綜合運用，涉及到一次函數(shù)、圖形面積的計算等，其中(3)直接利用(2)的結(jié)論，即點N是PQ的中點，是本題

57、解題的突破點． 15．如圖①，在平面直角坐標系中，已知，四點，動點以每秒個單位長度的速度沿運動（不與點、點重合），設(shè)運動時間為（秒）． （1）求經(jīng)過、、三點的拋物線的解析式； （2）點在（）中的拋物線上，當為的中點時，若，求點的坐標； （3）當在上運動時，如圖②．過點作軸，垂足為，，垂足為．設(shè)矩形與重疊部分的面積為，求與的函數(shù)關(guān)系式，并求出的最大值； （4）點為軸上一點，直線與直線交于點，與軸交于點．是否存在點，使得為等腰三角形？若存在，直接寫出符合條件的所有點的坐標；若不存在，請說明理由． 【答案】（1）（2）或；（3）或或或 【分析】（1）設(shè)函數(shù)解析式為y＝ax2+bx+

58、c，將點A（﹣2，2），C（0，2），D（2，0）代入解析式即可； （2）由已知易得點P為AB的垂直平分線與拋物線的交點，點P的縱坐標是1，則有1＝，即可求P； （3）設(shè)點Q（m，0），直線BC的解析式y(tǒng)＝﹣x+2，直線AQ的解析式 ，求出點，，由勾股定理可得，，，分三種情況討論△HOK為等腰三角形即可； 【詳解】解：（1）設(shè)函數(shù)解析式為c， 將點代入解析式可得 ， ， ； （2）， ， 點為的垂直平分線與拋物線的交點， ， ∴點的縱坐標是， ， 或， ∴或； （3）， t， ， ， ； 當時，最大值為； （3）設(shè)點，直線的解析式， 直線的解析式，

59、 ∴，， ∴，，， ①時，， ， 或； ②時，， ， 或； ③K時，，不成立； 綜上所述：或或或； 【點睛】本題考查二次函數(shù)綜合；熟練應(yīng)用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，掌握三角形全等的性質(zhì)，直線交點的求法是解題的關(guān)鍵． 16．如圖，頂點為的拋物線與軸交于，兩點，與軸交于點，過點作軸交拋物線于另一點，作軸，垂足為點.雙曲線經(jīng)過點，連接，. (1)求拋物線的表達式； (2)點，分別是軸，軸上的兩點，當以，，，為頂點的四邊形周長最小時，求出點，的坐標； 【答案】(1)；(2)；； 【分析】（1）先求D的坐標，再代入二次函數(shù)解析式解析式求解；（2）分別作點，關(guān)于軸，軸的對

60、稱點，，連接交軸，軸于點，.即，F(xiàn),N，在同同一直線上時，四邊形的周長最小，用待定系數(shù)法求直線的表達式，再求N,F的坐標； 【詳解】解：(1)由題意，得點的坐標，. ∵， ∴. ∴點的坐標. 將點，分別代人拋物線，得 解得 ∴拋物線的表達式為. (2)分別作點，關(guān)于軸，軸的對稱點，， 連接交軸，軸于點，. 由拋物線的表達式可知，頂點的坐標， ∴點的坐標. 設(shè)直線為， ∵點的坐標， ∴ 解得 ∴直線的表達式為. 令，則，解得， ∴點的坐標. 令，則， ∴點的坐標. 【點睛】考核知識點：二次函數(shù)的綜合運用.數(shù)形結(jié)合分析問題是關(guān)鍵. 17．如圖，頂

61、點為的拋物線與軸交于，兩點，與軸交于點． （1）求這條拋物線對應(yīng)的函數(shù)表達式； （2）問在軸上是否存在一點，使得為直角三角形？若存在，求出點的坐標；若不存在，說明理由． （3）若在第一象限的拋物線下方有一動點，滿足，過作軸于點，設(shè)的內(nèi)心為，試求的最小值． 【答案】（1）；（2）點坐標為或或或時，為直角三角形；（3）最小值為. 【分析】（1）結(jié)合題意，用待定系數(shù)法即可求解； （2）分3種情況討論，用勾股定理即可求解； （3）根據(jù)正方形的判定和勾股定理，即可得到答案. 【詳解】（1）∵拋物線過點，， ∴，解得：， ∴這條拋物線對應(yīng)的函數(shù)表達式為. （2）在軸上存在點，使得

62、為直角三角形． ∵， ∴頂點， ∴， 設(shè)點坐標為， ∴，， ①若，則. ∴， 解得：， ∴. ②若，則， ∴， 解得：，， ∴或. ③若，則， ∴， 解得：， ∴. 綜上所述，點坐標為或或或時，為直角三角形． （3）如圖，過點作軸于點，于點，于點， ∵軸于點， ∴， ∴四邊形是矩形， ∵點為的內(nèi)心， ∴，，，， ∴矩形是正方形， 設(shè)點坐標為， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴化簡得：， 配方得：， ∴點與定點的距離為. ∴點在以點為圓心，半徑為的圓在第一象限的弧上運動， ∴當點在線段上時，最小， ∵，

63、 ∴， ∴最小值為. 【點睛】本題考查用待定系數(shù)法求二元一次方程、勾股定理和正方形的判定，解題的關(guān)鍵是熟練掌握用待定系數(shù)法求二元一次方程、勾股定理和正方形的判定. 18．如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線L1：過點C(0，﹣3)，與拋物線L2：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、拋物線L2上的動點． （1）求拋物線L1對應(yīng)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(shè)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． 【答案】（1）拋物線對應(yīng)的函數(shù)表達式為；（2

64、）點的坐標為或或或；（3）點坐標為或. 【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(shè)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點坐標代入拋物線中，列出方程求得解便可； （3）當點P在y軸左側(cè)時，拋物線L1不存在點R使得CA平分∠PCR，當點P在y軸右側(cè)時，不妨設(shè)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(shè)點P坐標為（x1，），點R坐標為（x2，），證明△PSC∽△RTC，由相似比得到x1+x2＝4，進

65、而得tan∠PRH的值，過點Q作QK⊥x軸于點K，設(shè)點Q坐標為（m，），由tan∠QOK＝tan∠PRH，移出m的方程，求得m便可． 【詳解】（1）將代入，得，故點的坐標為. 將代入， 得，解得. 所以拋物線對應(yīng)的函數(shù)表達式為. （2）設(shè)點的坐標為. 第一種情況：為平行四邊形的一條邊. ①當點在點右側(cè)時，則點的坐標為. 將代入，得 ， 整理得，解得. 因為時，點與點重合，不符合題意，所以舍去， 此時點的坐標為. ②當點在點左側(cè)時，則點的坐標為. 將代入，得 ， 整理得，解得. 此時點的坐標為或. 第二種情況：當為平行四邊形的一條對角線時. 由的中點坐標為，

66、得的中點坐標為， 故點的坐標為. 將代入，得 ， 整理得，解得. 因為時，點與點重合，不符合題意，所以舍去， 此時點的坐標為. 綜上所述，點的坐標為或或或. （3）當點在軸左側(cè)時，拋物線不存在動點使得平分. 當點在軸右側(cè)時，不妨設(shè)點在的上方，點在的下方， 過點、分別作軸的垂線，垂足分別為， 過點作，垂足為，則有. 由平分，得，則， 故，所以. 設(shè)點坐標為， 點坐標為， 所以有， 整理得. 在中，. 過點作軸，垂足為.設(shè)點坐標為. 若，則需.所以. 所以.解得. 所以點坐標為或. 【點睛】本題是二次函數(shù)的綜合題，主要考查了待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，平行四邊形的性質(zhì)，解直角三角形的應(yīng)用，相似三角形的性質(zhì)與判定，角平分線的性質(zhì)，動點問題探究，突破第（2）題的方法是分情況討論；突破第（3）的方法是作直角三角形，構(gòu)造相似三角形，用相似三角形的相似比列方程． 19．如圖，拋物線交軸于、兩點，其中點坐標為，與軸交于點. （1）求拋物線的函數(shù)表達式； （2）如圖①，連接，點在拋物線上，且滿足．求點的坐標； （3）如圖②，點為軸下方拋物線上任