1、猜想發(fā)現(xiàn)：由5525510；11專題07幾何探究型問題與二次函數(shù)綜合問題1（2021湖北鄂州市中考真題）數(shù)學(xué)課外活動(dòng)小組的同學(xué)在學(xué)習(xí)了完全平方公式之后，針對(duì)兩個(gè)正數(shù)之和與這兩個(gè)正數(shù)之積的算術(shù)平方根的兩倍之間的關(guān)系進(jìn)行了探究，請(qǐng)閱讀以下探究過程并解決問題1122；0.40.420.40.40.8；3333311111115252；0.23.220.23.21.6；25528282猜想：如果a0，b0，那么存在ab2ab（當(dāng)且僅當(dāng)ab時(shí)等號(hào)成立）猜想證明：2ab0當(dāng)且僅當(dāng)ab0，即ab時(shí)，a2abb0，ab2ab；當(dāng)ab0，即ab時(shí)，a2abb0，ab2ab綜合上述可得：若a0，b0，則ab2ab

2、成立（當(dāng)日僅當(dāng)ab時(shí)等號(hào)成立）猜想運(yùn)用：（1）對(duì)于函數(shù)yx1x0，當(dāng)x取何值時(shí)，函數(shù)y的值最??？最小值是多少？x變式探究：（2）對(duì)于函數(shù)y1x3xx3，當(dāng)x取何值時(shí)，函數(shù)y的值最??？最小值是多少？拓展應(yīng)用：（3）疫情期間、為了解決疑似人員的臨隔離問題高速公路榆測(cè)站入口處，檢測(cè)人員利用檢測(cè)站的一面墻（墻的長(zhǎng)度不限），用63米長(zhǎng)的鋼絲網(wǎng)圍成了9間相同的長(zhǎng)方形隔離房，如圖設(shè)每間離房的面積為S（米2）問：每間隔離房的長(zhǎng)、寬各為多少時(shí)，可使每間隔離房的面積S最大？最大面積是多少？【答案】（1）x1，函數(shù)y的最小值為2；（2）x4，函數(shù)y的最小值為5；（3）每間隔離房長(zhǎng)為72米，寬為21147米時(shí)，S的最

3、大值為816米2【分析】猜想運(yùn)用：根據(jù)材料以及所學(xué)完全平方公式證明求解即可；變式探究：將原式轉(zhuǎn)換為y1x33，再根據(jù)材料中方法計(jì)算即可；x3拓展應(yīng)用：設(shè)每間隔離房與墻平行的邊為x米，與墻垂直的邊為y米，依題意列出方程，然后根據(jù)兩個(gè)正數(shù)之和與這兩個(gè)正數(shù)之積的算術(shù)平方根的兩倍之間的關(guān)系探究最大值即可【詳解】猜想運(yùn)用：x0，10，xyx112x2，xx當(dāng)x1x時(shí)，ymin2，x30，y1x332x335，此時(shí)x21，只取x1，即x1時(shí)，函數(shù)y的最小值為2變式探究：x3，x30，11x3x3x3當(dāng)1x3時(shí)，ymin此時(shí)x321，5，x4，x122（舍去），即x4時(shí)，函數(shù)y的最小值為5.拓展應(yīng)用：設(shè)每間

4、隔離房與墻平行的邊為x米，與墻垂直的邊為y米，依題意得：9x12y63，即3x4y21，3x0，4y0，3x4y23x4y，即2123x4y，整理得：xy14716，147即S，16當(dāng)3x4y時(shí)Smax14716，此時(shí)x721，y，28721147即每間隔離房長(zhǎng)為米，寬為米時(shí)，S的最大值為2816米2【點(diǎn)睛】本題主要考查根據(jù)完全平方公式探究?jī)蓚€(gè)正數(shù)之和與這兩個(gè)正數(shù)之積的算術(shù)平方根的兩倍之間的關(guān)系，熟練運(yùn)用完全平方公式并參照材料中步驟進(jìn)行計(jì)算是解題關(guān)鍵，屬于創(chuàng)新探究題（22021湖北襄陽(yáng)市中考真題）在ABC中，ACB90，沿AD折疊得到AED，連接BE（1）特例發(fā)現(xiàn)：如圖1，當(dāng)m1，AE落在直線

5、AC上時(shí)，求證：DACEBC；ACBCm，D是邊BC上一點(diǎn)，將ABD填空：CDCE的值為_；（2）類比探究：如圖2，當(dāng)m1，AE與邊BC相交時(shí)，在AD上取一點(diǎn)G，使ACGBCE，CG交AE于點(diǎn)H探究CGCE的值（用含m的式子表示），并寫出探究過程；（3）拓展運(yùn)用：在（2）的條件下，當(dāng)m2，D是BC的中點(diǎn)時(shí)，若EBEH6，求CG的長(zhǎng)2【答案】（1）見解析；1；（2）【分析】CGCEm，見解析；（3）CG2（1）根據(jù)折疊性質(zhì)證明即可；當(dāng)m1，證明ACDBCE，即可得出CDCE的值；（2）延長(zhǎng)AD交BE于點(diǎn)F，根據(jù)折疊性質(zhì)證明ACGBCE，即可得出結(jié)論；（3）由（2）可知AGCGAC2mBECEBC

6、2，設(shè)CGx，則AG2x，CE2x，BE2x，可得AGHeqoac(,)ECH，再由勾股定理列方程求解即可【詳解】解：（1）證明：延長(zhǎng)AD交BE于點(diǎn)F由折疊得AFB90ACBDACADCBDFEBC90ADCBDF，DACEBC當(dāng)m1，即ACBC1時(shí)，可知AC=BC，在ACD和BCE中，ACDBCE90，DACEBCACBCACDBCE(AAS)，CDCE，CD1CE故答案為：1；（2）解：CGCEm理由：延長(zhǎng)AD交BE于點(diǎn)F，CG由折疊得AFB90ACBADCDACBDFCBE90，ADCBDF，DACCBE，ACGBCE，ACGBCE，ACmCEBC（3）解：由折疊得AFB90，BFFE，

7、D是BC的中點(diǎn)，DF/CE，BECBFD90，AGCECG，GAHCEA，由（2）知ACGBCE，AGCBEC90，AGCGAC2mBECEBC2，CGD是BC的中點(diǎn)，BC2CD,AC2，CDDC1tanGAC，AGAC2設(shè)CGx，則AG2x，CE2x，BE2x，AGCE，GAHHEC,AHGCHE,AGHeqoac(,)ECH，AHEH，GHCH，GH1x，2在RtAGH中，由勾股定理得AHEBEH6，AG2GH23xEH，22x32x6，解得x2（負(fù)值舍去），CG2【點(diǎn)睛】本題為三角形綜合題，考查折疊的性質(zhì)，全等三角形判定與性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，根據(jù)折疊性質(zhì)找到角

8、度之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵3（2021湖北武漢市中考真題）問題提出如圖（1），在ABC和DEC中，ACBDCE90，BCAC，ECDC，點(diǎn)E在ABC內(nèi)部，直線AD與BE交于點(diǎn)F，線段AF，BF，CF之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？問題探究（1）先將問題特殊化如圖（2），當(dāng)點(diǎn)D，F(xiàn)重合時(shí)，直接寫出一個(gè)等式，表示AF，BF，CF之間的數(shù)量關(guān)系；（2）再探究一般情形如圖（1），當(dāng)點(diǎn)D，F(xiàn)不重合時(shí)，證明（1）中的結(jié)論仍然成立問題拓展如圖（3），在ABC和DEC中，ACBDCE90，BCkAC，ECkDC（k是常數(shù)），點(diǎn)E在ABC內(nèi)部，直線AD與BE交于點(diǎn)F，直接寫出一個(gè)等式，表示線段AF，BF，CF之間的數(shù)量關(guān)

9、系【答案】（1）BFAF2CF（2）見解析；問題拓展：BFkAF1k2CF【分析】（1）先證明BCEACD,得到AF=BE，BF-BE=BF-AF=EF=2CF；（2）過點(diǎn)C作CGCF交BE于點(diǎn)G，證明ACDBCE，ACFBCG，CGF是等腰直角三角形即可；利用前面的方法變?nèi)葹橄嗨谱C明即可【詳解】問題探究（1）BFAF2CF理由如下：如圖（2），BCA=ECF=90，BCE=ACF，BC=AC，EC=CF，BCEACF，BE=AF，BF-BE=BF-AF=EF=2CF；（2）證明：過點(diǎn)C作CGCF交BE于點(diǎn)G，則FCGACB90，BCGACFACBDCE90，BCEACD又ACBC，DCEC

10、，ACDBCE，CAFCBGACFBCGAFBG，CFCG，CGF是等腰直角三角形GF2CFBFAFBFBGGF2CF問題拓展BFkAF1k2CF理由如下：BCA=ECD=90，BCE=ACD，BC=kAC，EC=kCD，BCEeqoac(,)ACD，EBC=FAC，過點(diǎn)C作CMCF交BE于點(diǎn)M，則FCMACB90，BCMACFBCMeqoac(,)ACF，BM:AF=BC:AC=MC:CF=k，BM=kAF,MC=kCF，BF-BM=MF，MF=MC2CF2k2CF2CF2=1k2CFBF-kAF=1k2CF【點(diǎn)睛】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，三角形相似的判定和性

11、質(zhì)，勾股定理，熟練掌握三角形全等的判定，三角形相似的判定，勾股定理是解題的關(guān)鍵4（2021湖北隨州市中考真題）等面積法是一種常用的、重要的數(shù)學(xué)解題方法它是利用“同一個(gè)圖形的面積相等”、“分割圖形后各部分的面積之和等于原圖形的面積”、“同底等高或等底同高的兩個(gè)三角形面積相等”等性質(zhì)解決有關(guān)數(shù)學(xué)問題，在解題中，靈活運(yùn)用等面積法解決相關(guān)問題，可以使解題思路清晰，解題過程簡(jiǎn)便快捷（1）在直角三角形中，兩直角邊長(zhǎng)分別為3和4，則該直角三角形斜邊上的高的長(zhǎng)為_，其內(nèi)切圓的半徑長(zhǎng)為_；（2）如圖1，P是邊長(zhǎng)為a的正ABC內(nèi)任意一點(diǎn)，點(diǎn)O為ABC的中心，設(shè)點(diǎn)P到ABC各邊距離分別為h，h，h，連接AP，BP，

12、CP，由等面積法，易知ahhh21231231eqoac(,S)ABC3eqoac(,S)OAB，可得hhh_；（結(jié)果用含a的式子表示）123如圖2，P是邊長(zhǎng)為a的正五邊形ABCDE內(nèi)任意一點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)P到五邊形ABCDE各邊距離分別為h，h，12（h，h，h，參照的探索過程，試用含a的式子表示hhhhh的值參考數(shù)據(jù)：tan3634512345tan5411）8811，（3）如圖3，已知O的半徑為2，點(diǎn)A為O外一點(diǎn)，OA4，AB切O于點(diǎn)B，弦BC/OA，連接AC，則圖中陰影部分的面積為_；（結(jié)果保留）如圖4，現(xiàn)有六邊形花壇ABCDEF，由于修路等原因需將花壇進(jìn)行改造若要將花壇形狀改造成五邊形ABC

13、DG，其中點(diǎn)G在AF的延長(zhǎng)線上，且要保證改造前后花壇的面積不變，試確定點(diǎn)G的位置，并說明理由【答案】（1）125，1；（2）32552a；a；（3）；見解析163【分析】（1）根據(jù)等積法解得直角三角形斜邊上的高的長(zhǎng)，及利用內(nèi)切圓的性質(zhì)解題即可；ABC的面積，再根據(jù)ahhheqoac(,S)2（2）先求得邊長(zhǎng)為a的正1123ABC3eqoac(,S)OAB解題即可；設(shè)點(diǎn)O為正五邊形ABCDE的中心，連接OA，OB，過O作OQAB于Q，先由正切定義，解得OQ的長(zhǎng)，51a1atan54，據(jù)此解，繼而得到ahhhhh222由中結(jié)論知，S五邊形ABCDE5eqoac(,S)OAB112345題；（3）由

14、切線性質(zhì)解得OAB30，再由平行線性質(zhì)及等腰三角形性質(zhì)解得COB60，根據(jù)平行線間的距離相等，及同底等高或等底同高的兩個(gè)三角形面積相等的性質(zhì)，可知圖中陰影部分的面積等于扇形OBC的面積，最后根據(jù)扇形面積公式解題；連接DF，過點(diǎn)E作EG/DF交AF的延長(zhǎng)線于G點(diǎn)，根據(jù)S六邊形ABCDEFS五邊形ABCDFeqoac(,S)DGFS五邊形ABCDG，據(jù)此解題【詳解】1解：（1）直角三角形的面積為：346，2直角三角形斜邊為：32425，1設(shè)直角三角形斜邊上的高為h，則5h62h125設(shè)直角三角形內(nèi)切圓的半徑為r，則r1，11(345)3422故答案為：125，1；a，面積為：eqoac(,S)22

15、24（2）邊長(zhǎng)為a的正ABC底邊的高為OAB3133aaa21ahhheqoac(,S)3eqoac(,S)OABa22423123ABChhh3a，123故答案為：3a；22類比中方法可知1ahhhhhS12345五邊形ABCDE，設(shè)點(diǎn)O為正五邊形ABCDE的中心，連接OA，OB，由得S五邊形ABCDE5eqoac(,S)OAB，過O作OQAB于Q，EAB18052108，故OAQ54，OQAQtan54atan54，15121ahhhhh5aatan54，從而得到：222故1234511atan54ahhhhh12345555216（3）AB是O的切線，OBABOBA90OB2,OA4OA

16、B30AOB60BC/OAAOBOBC60OCOBOBCOCB60COB60過點(diǎn)O作OQBCBC/OA，OQ是COB、ABC的高，SABCSOCBS陰影部分S扇形OBC60r260423603603故答案為：23；如圖，連接DF，過點(diǎn)E作EG/DF交AF的延長(zhǎng)線于G點(diǎn)，則點(diǎn)G即為所求，連接DG，SEG/DF，六邊形ABCDEFS五邊形ABCDFeqoac(,S)DEF，eqoac(,S)DEFeqoac(,S)DGF，S六邊形ABCDEFS五邊形ABCDFeqoac(,S)DGFS五邊形ABCDG【點(diǎn)睛】本題考查正多邊形和圓的知識(shí)，涉及含30角的直角三角形、正切、切線的性質(zhì)、扇形面積公式、平行

17、線的性質(zhì)等知識(shí)，是重要考點(diǎn)，有難度，掌握相關(guān)知識(shí)是解題關(guān)鍵5（2021湖北省江漢油田（仙桃市、潛江市、天門市)）已知ABC和DEC都為等腰三角形，ABAC,DEDC,BACEDCn如圖1，當(dāng)點(diǎn)D在AC上時(shí)，請(qǐng)直接寫出BE與AD的數(shù)量關(guān)系；_；當(dāng)BE/AC,AB32,AD1時(shí)，請(qǐng)直接寫出DC的長(zhǎng)（1）當(dāng)n60時(shí)，如圖2，當(dāng)點(diǎn)D不在AC上時(shí)，判斷線段BE與AD的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（2）當(dāng)n90時(shí)，如圖3，探究線段BE與AD的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；【答案】（1）BEAD；BEAD，理由見解析；（2）BE2AD，理由見解析；5【分析】（2）先根據(jù)等腰直角三角形的判定與性質(zhì)可得ACBDCE45,BC

18、（1）先根據(jù)等邊三角形的判定與性質(zhì)可得ACBC,ECDC，再根據(jù)線段的和差即可得；先根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得ACBDCE60，從而可得BCEACD，再根據(jù)三角形全等的判定定理與性質(zhì)即可得出結(jié)論；AC，從而可得ECDCBCEACD，再根據(jù)相似三角形的判定可得BCEACD，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；設(shè)AB與EC交于點(diǎn)O，先根據(jù)（2）的結(jié)論可得AC32,BE2，再根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)可得OAAC3292，從而可得OB,OAOBBE44，然后利用勾股定理、線段的和差可得在BCE和ACD中，BCEACD，ECDCECOCOE52，最后在RtDEC中，解直角三角形即可得【詳解】解：（1）

19、當(dāng)n60時(shí)，BACEDC60，ABC和DEC都為等腰三角形，ABC和DEC都為等邊三角形，ACBC,ECDC，ACDCBCEC，即BEAD，故答案為：BEAD；BEAD，理由如下：ABC和DEC都為等邊三角形，ACBC,ECDC,ACBDCE60，ACBBCDDCEBCD，即ACDBCE，BCACBCEACD(SAS)，BEAD；（2）當(dāng)n90時(shí)，BACEDC90，ABC和DEC都為等腰直角三角形，ACBDCE45，ACBACEDCEACE，即BCEACD，設(shè)ABACa(a0),DEDCb(b0)，則BCAB2AC22a,ECDE2DC22b，BC2aaACEC2bbDC，BEBCAC在BCE

20、和ACD中，ECDC，BCEACDBCEACD，BC2a2，ADACa即BE2AD；如圖，設(shè)AB與EC交于點(diǎn)O，AB32,AD1，ACAB32,BE2AD2，設(shè)OBx(x0)，則OAABOB32x，BE/AC，AOCBOE，OBEOAC90，OAAC32x32，即OBBEx2，解得x324，OB3292,OA44在RtAOC中，OC，AC2OA21524，在RtBOE中，OEBE2OB2ECOCOE52，524，則在RtDEC中，DCECcosDCE52225【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、解直角三角形等知識(shí)點(diǎn)，較難的是題（2），正確找出相似三角形是解題關(guān)鍵6

21、（2021湖北黃石市中考真題）拋物線yax22bxb（a0）與y軸相交于點(diǎn)C0,3，且拋物線的對(duì)稱軸為x3，D為對(duì)稱軸與x軸的交點(diǎn)（1）求拋物線的解析式；（2）在x軸上方且平行于x軸的直線與拋物線從左到右依次交于E、F兩點(diǎn)，若DEF是等腰直角三角形，求DEF的面積；（3）若P3,t是對(duì)稱軸上一定點(diǎn)，Q是拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，求PQ的最小值（用含t的代數(shù)式表示）【答案】（1）yx26x3；（2）4；（3）PQ6t(t6)2t6(t6)11234t11(t)22【分析】（1）與y軸相交于點(diǎn)C0,3，得到b3，再根據(jù)拋物線對(duì)稱軸，求得a1，代入即可（2）在x軸上方且平行于x軸的直線與拋物線從左到右依次交于

22、E、F兩點(diǎn)，可知E、F兩點(diǎn)關(guān)于對(duì)稱軸對(duì)稱，DEF是等腰直角三角形得到FED45，設(shè)E(m,n)(n0)，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求得E點(diǎn)坐標(biāo)，從而求得DEF的面積（3）Q(p,q)(q6)，根據(jù)距離公式求得PQ2q2(2t1)qt26，注意到q的范圍，利用二次函數(shù)的性質(zhì)，對(duì)t進(jìn)行分類討論，從而求得PQ的最小值【詳解】解：（1）由拋物線yax22bxb（a0）與y軸相交于點(diǎn)C0,3得到b3拋物線的對(duì)稱軸為x3，即2b2a3，解得a1拋物線的方程為yx26x3（2）過點(diǎn)E作EMAB交AB于點(diǎn)M，過點(diǎn)F作FNAB，交AB于點(diǎn)N，如下圖：DEF是等腰直角三角形DEDF，F(xiàn)ED45又EFx軸EDM45E

23、MD為等腰直角三角形EMDM設(shè)E(m,n)(n0)，則M(m,0)，DM3m,EMnn3m又nm26m33mm26m3m27m60解得m1或m6當(dāng)m1時(shí)，n2，符合題意，DMEM2,MN4S2DEF1MNEM4當(dāng)m6時(shí)，n30，不符合題意綜上所述：SDEF4（3）設(shè)Q(p,q)(q6)，Q在拋物線上，則qp26p3PQ2(p3)2(qt)2p26p9q22tqt2將qp26p3代入上式，得PQ2q2(2t1)qt26當(dāng)t112t1時(shí)，226，q6時(shí)，PQ2最小，即PQ最小PQ=t611PQ23612t6t26t212t36(t6)2t6(t6)6t(t6)2當(dāng)t112t12t16，q時(shí)，時(shí)，P

24、Q2最小，即PQ最小222PQ2234t234t，PQ42綜上所述PQ6t(t6)2t6(t6)11234t11(t)22【點(diǎn)睛】此題考查了二次函數(shù)的對(duì)稱軸、二次函數(shù)與三角形面積、等腰直角三角形的性質(zhì)以及距離公式等知識(shí)，熟練掌握距離公式和對(duì)代數(shù)式的計(jì)算是解決本題的關(guān)鍵7（2021湖北荊州市中考真題）小愛同學(xué)學(xué)習(xí)二次函數(shù)后，對(duì)函數(shù)yx12進(jìn)行了探究，在經(jīng)歷列表、描點(diǎn)、連線步驟后，得到如下的函數(shù)圖像請(qǐng)根據(jù)函數(shù)圖象，回答下列問題：（1）觀察探究：寫出該函數(shù)的一條性質(zhì)：_；方程x121的解為：_；x12若方程a有四個(gè)實(shí)數(shù)根，則a的取值范圍是_將函數(shù)yx12的圖象經(jīng)過怎樣的平移可得到函數(shù)y3的圖象？寫出

25、平移過程，并（2）延伸思考：21象先向右平移2個(gè)單位長(zhǎng)度，再向上平移3個(gè)單位長(zhǎng)度可得到函數(shù)y3的圖象，當(dāng)直接寫出當(dāng)2y3時(shí)，自變量x的取值范圍1x1【答案】（1）關(guān)于y軸對(duì)稱；x2,x0,x2；1a0；（2）將函數(shù)y2的圖123212y3時(shí)，自變量x的取值范圍為0 x2或2x41【分析】（1）根據(jù)函數(shù)圖象可直接進(jìn)行作答；由函數(shù)圖象及方程可得當(dāng)y=-1時(shí)，自變量x的值，則可看作直線y=-1與函數(shù)yx12的圖象交點(diǎn)問題，進(jìn)而問題可求解；由題意可看作直線y=a與函數(shù)yx12的圖象有四個(gè)交點(diǎn)的問題，進(jìn)而問題可求解；（2）由函數(shù)圖象平移可直接進(jìn)行求解，然后結(jié)合函數(shù)圖象可求解x的范圍問題【詳解】解：（1）

26、由圖象可得：該函數(shù)的一條性質(zhì)為關(guān)于y軸對(duì)稱，（答案不唯一）；故答案為關(guān)于y軸對(duì)稱；x1由題意及圖象可看作直線y=-1與函數(shù)y2的圖象交點(diǎn)問題，如圖所示：方程x121的解為x2,x0,x2；123故答案為x2,x0,x2；123由題意可看作直線y=a與函數(shù)yx12的圖象有四個(gè)交點(diǎn)的問題，如圖所示：x1由圖象可得若方程2a有四個(gè)實(shí)數(shù)根，則a的取值范圍是1a0；數(shù)y3的圖象，則平移后的函數(shù)圖象如圖所示：故答案為1a0；x1（2）由題意得：將函數(shù)y2的圖象先向右平移2個(gè)單位長(zhǎng)度，再向上平移3個(gè)單位長(zhǎng)度可得到函21由圖象可得：當(dāng)2y3時(shí)，自變量x的取值范圍為0 x2或2x41【點(diǎn)睛】本題主要考查二次函數(shù)

27、的圖象與性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵8（2021湖北鄂州市中考真題）如圖，直線y3x6與x軸交于點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)A，點(diǎn)為線2段AB的中點(diǎn)，點(diǎn)Q是線段OA上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)O、A重合）（1）請(qǐng)直接寫出點(diǎn)A、點(diǎn)B、點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）連接PQ，在第一象限內(nèi)將OPQ沿PQ翻折得到EPQ，點(diǎn)O的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)E若OQE90，求線段AQ的長(zhǎng)；（3）在（2）的條件下，設(shè)拋物線yax22a2xa3a1a0的頂點(diǎn)為點(diǎn)C若點(diǎn)C在PQE內(nèi)部（不包括邊），求a的取值范圍；在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)是否存在點(diǎn)C，使CQCE最大？若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)C的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由A0,6，B4,0，P2,3；（2）1

28、；（3）2a4；存在，16,19【答案】（1）33【分析】（1）令x=0，令y=0分別代入y32x6，即可得到A，B的坐標(biāo)，結(jié)合中點(diǎn)坐標(biāo)公式，求出P的坐標(biāo)，即可；（2）過點(diǎn)作PFOA于F，易得OQP45，QFPF，又點(diǎn)P2,3，可得QFPF2，OF3，進(jìn)而即可求解；（3）把二次函數(shù)解析式化為頂點(diǎn)式，可得頂點(diǎn)C的坐標(biāo)為a,a1，從而得點(diǎn)C是直線yx1x0上一點(diǎn)，進(jìn)而即可求解；作點(diǎn)Q關(guān)于直線yx1的對(duì)稱點(diǎn)Q，連接QE交直線yx1x0于點(diǎn)C，則CQ=CQ，此時(shí)CQCE最大求出Q(4，1)，E(5，5)，從而得QE的解析式，進(jìn)而即可求解【詳解】解：（1）令x=0代入y32x6，y=6，令y=0代入y3

29、2x6，x=4，A0,6，B4,0，點(diǎn)為線段AB的中點(diǎn)，P2,3；（2）過點(diǎn)作PFOA于F，OQE90，OQP1OQE45，2QFPF，點(diǎn)P2,3，QFPF2，OF3，OQ5，點(diǎn)A0,6，AO6AQ651，即AQ的長(zhǎng)為1；（3）yax22axa2a1axa2a1，其頂點(diǎn)C的坐標(biāo)為a,a1，點(diǎn)C是直線yx1x0上一點(diǎn)，OQE90，OQ5，當(dāng)y5時(shí)，x4又點(diǎn)P2,3在直線yx1上當(dāng)點(diǎn)C在PQE內(nèi)部（不含邊）時(shí)，a的取值范圍是2a4；作點(diǎn)Q關(guān)于直線yx1的對(duì)稱點(diǎn)Q，連接QE交直線yx1x0于點(diǎn)C，則CQ=CQ，此時(shí)CQCE=CQCE=QE，CQCE最大3y4x1519yx1點(diǎn)C坐標(biāo)為16,19答：存

30、在點(diǎn)C使CQCE最大，此時(shí)C的坐標(biāo)為1619P2,3，Q0,5，P是QQ的中點(diǎn)，Q(4，1)，QEOQ，QE=OQ=5，E(5，5)，14kbk4設(shè)QE的解析式為：y=kx+b，則，解得：，55kbb15QE的解析式為：y=4x-15，16x聯(lián)立，解得：，y333,33【點(diǎn)睛】本題主要考查一次函數(shù)，二次函數(shù)與平面幾何的綜合，掌握等腰直角三角形的性質(zhì)，函數(shù)圖像上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，利用軸對(duì)稱性，作出線段差的最大值，是解題的關(guān)鍵9（2021湖北襄陽(yáng)市中考真題）如圖，直線y1x1與x，y軸分別交于B，A，頂點(diǎn)為P的拋物線2yax22axc過點(diǎn)A（1）求出點(diǎn)A，B的坐標(biāo)及c的值；（2）若函數(shù)yax22axc

31、在3x4時(shí)有最大值為a2，求a的值；（3）連接AP，過點(diǎn)A作AP的垂線交x軸于點(diǎn)M設(shè)BMP的面積為S直接寫出S關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式及a的取值范圍；結(jié)合S與a的函數(shù)圖象，直接寫出S1時(shí)a的取值范圍80,1，B2,0，c1；（2）a1；（3）S2a2a11a2【答案】（1）A2713221a23a1a1且a0或a2；a3232且a0或a22【分析】（1）令x=0，可得直線與y軸的交點(diǎn)A的坐標(biāo)；令y=0，可得直線與x軸的交點(diǎn)B的坐標(biāo)，把點(diǎn)A的坐標(biāo)代入拋物線的解析式中，即可求得c的值；（2）把yax22ax1配方后，分a0和a0兩種情況討論，當(dāng)3x4時(shí)，函數(shù)的最大值，根據(jù)題意可求得此時(shí)的a值；（3）設(shè)直

32、線AP交x軸于點(diǎn)N，易得eqoac(,Rt)AONeqoac(,Rt)MOA，由題意可求得ON的長(zhǎng)，從而由相似的性質(zhì)可求得OM，分四種情況：當(dāng)a0時(shí)，當(dāng)0a1時(shí)，當(dāng)1a2時(shí)，分別就這些情況計(jì)算BMP的面積即可；畫出函數(shù)S的圖象，求得當(dāng)S【詳解】11時(shí)a的值，結(jié)合函數(shù)圖象即可求得S時(shí)a的取值范圍88（1）當(dāng)x0時(shí)，y12x11得A0,1當(dāng)y0時(shí)，1x10，解得x2得B2,02把A0,1代入yax22axc，得c1（2）c1yax22ax1ax121a當(dāng)a0，3x4時(shí)，y隨x的增大而增大當(dāng)x4時(shí)，y的值最大由題意得9a1aa2解得a17當(dāng)a0，3x4時(shí)，y隨x的增大而減小當(dāng)x3時(shí)，y的值最大由題意

33、得4a1aa2解得a12（不合題意，舍去）a17（3）P(1,1a)，A0,1直線AP的解析式為yax1設(shè)直線AP交x軸于點(diǎn)N，令y=0，得x1aN,0，ON1a1aOA過P點(diǎn)作PCx軸于點(diǎn)C，則PC1a當(dāng)a0時(shí)，如下圖所示AMAP，OAMNNAO+MAO=NAO+ANO=90eqoac(,Rt)AONeqoac(,Rt)MOAONOMOAOA=1S1OA2OMaaONOB=2BM=OB+OM=2-aPC=1-a113BMPC(2a)(1a)a2a12222S1OA2當(dāng)0a1時(shí)，如下圖所示，同理得：OMaa，PC=1-aONBM=OB-OM=2-a113BMPC(2a)(1a)a2a12222

34、S1OA2當(dāng)1a2時(shí)，如下圖所示，同理得：OMaa，PC=a-1ONBM=OM-OB=a-2113BMPC(a2)(a1)a2a12222當(dāng)a=1或2時(shí)，此時(shí)MBP不存在221a23a1a1且a0或a2綜上所述，S1a23a11a222畫出的函數(shù)S的圖象如下當(dāng)1a2a1=時(shí)，解得a32或a32由圖象知，當(dāng)a32a32312282232且a0或a時(shí)，S12232且a0或a22【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)的綜合，考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，求圖形面積等知識(shí)，涉及分類討論思想，且分類的情形比較多，數(shù)形結(jié)合思想，是一個(gè)比較難的題10（2021湖北隨州市中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線yax2bxc與x軸

35、交于點(diǎn)A1,0和點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C，頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為1,4yx22x3；2）P4,5，P,；3）M,，Q,；M,，224133932331Q,；M5,2，Q5,12；M2,1，Q0,3；M1,2，Q0,3；M7,4，293（1）直接寫出拋物線的解析式；（2）如圖1，若點(diǎn)P在拋物線上且滿足PCBCBD，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）如圖2，M是直線BC上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)M作MNx軸交拋物線于點(diǎn)N，Q是直線AC上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)QMN為等腰直角三角形時(shí)，直接寫出此時(shí)點(diǎn)M及其對(duì)應(yīng)點(diǎn)Q的坐標(biāo)575454134（【答案】1）（11343344556Q7,186【分析】（1）由A1,0和D1,4，且D為頂點(diǎn)列方程求出a、

36、b、c，即可求得解析式；（2）分兩種情況討論：過點(diǎn)C作CP/BD，交拋物線于點(diǎn)P，在BC下方作BCFBCE交BG11于點(diǎn)F，交拋物線于P；2（3）QMN為等腰直角三角形，分三種情況討論：當(dāng)QMMN，QMN90；當(dāng)解得b2c3QNMN，QNM90；當(dāng)QMQN，MQN90【詳解】解：（1）將A1,0和D1,4代入yax2bxc得abc0abc4又頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為1,4b12aa1拋物線的解析式為：yx22x3（2）B3,0和D1,4直線BD的解析式為：y2x6拋物線的解析式為：yx22x3，拋物線與y軸交于點(diǎn)C，與x軸交于點(diǎn)A1,0和點(diǎn)B，則C點(diǎn)坐標(biāo)為0,3，B點(diǎn)坐標(biāo)為3,0過點(diǎn)C作CP/BD，交拋

37、物線于點(diǎn)P，11則直線CP的解析式為y2x3，1結(jié)合拋物線yx22x3可知x22x32x3，CP與x軸交于點(diǎn)E,0，2解得：x0（舍），x4，12故P4,51過點(diǎn)B作y軸平行線，過點(diǎn)C作x軸平行線交于點(diǎn)G，由OBOC可知四邊形OBGC為正方形，直線CP的解析式為y2x3131在BC下方作BCFBCE交BG于點(diǎn)F，交拋物線于P2OCEFCG又OC=CG，COEG90OECGFCASA，F(xiàn)3,，F(xiàn)GOE33220,3可得又由C直線CF的解析式為y12x3，結(jié)合拋物線yx22x3可知x22x31x3，2故P,24解得x0（舍），x1257252，P4,5，P,224綜上所述，符合條件的P點(diǎn)坐標(biāo)為：1

38、57（3）B3,0，C0,3直線BC的解析式為yBCx3設(shè)M的坐標(biāo)為m，m3，則N的坐標(biāo)為m，m22m3MN=m3m22m3m23mA1,0，C0,3直線BC的解析式為yAC3x3QMN為等腰直角三角形當(dāng)QMMN，QMN90時(shí)，如下圖所示則Q點(diǎn)的坐標(biāo)為m，m33QM=mm34m34m3=m23m33解得：m0（舍去），m12135，m3此時(shí)M,，Q,；M,，Q,；1545413413413393233293當(dāng)QNMN，QNM90時(shí)，如下圖所示，m22m3則Q點(diǎn)的坐標(biāo)為32mm2QM=m2mm2m2m33m2m3=m23m解得：m0（舍去），m5，m2123此時(shí)M35,2，Q5,12；M2,1，

39、Q0,3；344當(dāng)QMQN，MQN90時(shí)，如圖所示則Q點(diǎn)縱坐標(biāo)為1m3m22m3m2m6=m2m3Q點(diǎn)的坐標(biāo)為1mm2，m2m31122221162216Q點(diǎn)到MN的距離=1151mm2mm+m26666511m+m2=m23m（直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半）662解得：m0（舍去），m7，m1123此時(shí)M1,2，Q0,3；M5567,4，Q7,186綜上所述，點(diǎn)M及其對(duì)應(yīng)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為：M,，Q,；M,，Q,；1545413413413393233293M5,2，Q5,12；M2,1，Q0,3；M1,2，Q0,3；M7,4，Q7,1833445566【點(diǎn)睛】本題主要考查二次函數(shù)與幾何圖

40、形該題綜合性較強(qiáng)，屬于中考?jí)狠S題11（2021湖北宜昌市中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線yx4xn與x軸交于點(diǎn)A和點(diǎn)1Bn,0n4，頂點(diǎn)坐標(biāo)記為h,k拋物線yx2n2n22n9的頂點(diǎn)坐標(biāo)記為h,k11222（1）寫出A點(diǎn)坐標(biāo)；（2）求k，k的值（用含n的代數(shù)式表示）；12（3）當(dāng)4n4時(shí)，探究k與k的大小關(guān)系；12（4）經(jīng)過點(diǎn)M2n9,5n2和點(diǎn)N2n,95n2的直線與拋物線yx4xn，1yx2n2n22n9的公共點(diǎn)恰好為3個(gè)不同點(diǎn)時(shí)，求n的值2【答案】（1）A4,0；（2）k114n22n4，kn22n9；（3）當(dāng)4n2時(shí)，kk，212當(dāng)2n2時(shí)，kk，當(dāng)2n4時(shí)，kk，當(dāng)n2或n2時(shí)，

41、kk；4）n1465121212n146521211214212142，n，n234【分析】（1）令y0，解出x即可，1（2）把函數(shù)yx4xn頂點(diǎn)式，即可得出結(jié)論，11，4（3）令ykk512n25，結(jié)合函數(shù)圖像分類討論即可，（2）y(x4)(xn)x2(n4)x4n(xn424（4）由題意可得：直線MN的解析式為：yx5n22n9，再根據(jù)已知條件畫出函數(shù)圖像分三類情況討論，進(jìn)而得出n的值；【詳解】（1）yx4xn，令y0，x4xn0，11x4，xn，12A4,01)2n22n4，14k11n22n4，y(x2n)2n22n9，2kn22n92（3）k114n22n4，kn22n9，2kk時(shí)，

42、n22n4n22n9，當(dāng)1412此時(shí)n2或n2，4ykk512n25由如圖1圖象可知：當(dāng)4n2時(shí)，kk，12當(dāng)2n2時(shí)，kk，12當(dāng)2n4時(shí)，kk，12當(dāng)n2或n2時(shí)，kk12（4）設(shè)直線MN的解析式為：ykxb，(2n9)kb5n2(1)則，2nkb95n2(2)由（1）-（2）得，k1，b5n22n9，直線MN的解析式為：yx5n22n9第一種情況：如圖3，當(dāng)直線MN經(jīng)過拋物線y，y的交點(diǎn)時(shí)，12聯(lián)立拋物線yx2(n4)x4n與yx24nx5n22n9的解析式可得：12(5n4)x5n22n9聯(lián)立直線yx5n22n9與拋物線yx24nx5n22n9的解析式可得：2x24n1x0，則x0，x

43、14n12當(dāng)x0時(shí)，把x0代入y得：y4n，111把x0，y4n代入直線的解析式得：14n5n22n9，5n22n90，n1465此時(shí)直線MN與拋物線y，y的公共點(diǎn)恰好為三個(gè)不同點(diǎn)12當(dāng)x14n時(shí)，把x14n代入得：22(5n4)(14n)5n22n9，該方程判別式，所以該方程沒有實(shí)數(shù)根第二種情況：如圖4，當(dāng)直線MN與拋物線y或者與拋物線y只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)12當(dāng)直線MN與拋物線yx2n4x4n只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，1聯(lián)立直線yx5n22n9與拋物線yx2(n4)x4n可得，x2(n3)x5n22n90，此時(shí)0，即(n3)245n22n90，21n22n270，n121422121由第一種情況而知直

44、線MN與拋物線yx24nx5n22n9公共點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x0，x14n，212當(dāng)n12142時(shí)，14n0，xx12所以此時(shí)直線MN與拋物線y，y的公共點(diǎn)恰好為三個(gè)不同點(diǎn)12如圖5，當(dāng)直線MN與拋物線yx24nx5n22n9只有一個(gè)公共點(diǎn)，2x0，x14n，12n14，聯(lián)立直線yx5n22n9與拋物線yx2(n4)x4n，1x2(n3)x5n22n90，(n3)245n22n921n22n27，當(dāng)n14時(shí)，此時(shí)直線MN與拋物線y，y的公共點(diǎn)只有一個(gè)，12n14552121綜上所述：n11461461214212142，n，n，n234【點(diǎn)睛】本題考查的是二次函數(shù)綜合運(yùn)用，涉及到二次函數(shù)的頂點(diǎn)式、一

45、次函數(shù)與二次函數(shù)的綜合、數(shù)形結(jié)合思想等等，其中（4），要正確畫圖，并注意分類求解，避免遺漏12（2021湖北武漢市中考真題）拋物線yx21交x軸于A，B兩點(diǎn)（A在B的左邊）（1）ACDE的頂點(diǎn)C在y軸的正半軸上，頂點(diǎn)E在y軸右側(cè)的拋物線上如圖（1），若點(diǎn)C的坐標(biāo)是0,3，點(diǎn)E的橫坐標(biāo)是32，直接寫出點(diǎn)A，D的坐標(biāo)；如圖（2），若點(diǎn)D在拋物線上，且ACDE的面積是12，求點(diǎn)E的坐標(biāo)；（2）如圖（3），F(xiàn)是原點(diǎn)O關(guān)于拋物線頂點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)，不平行y軸的直線l分別交線段AF，BF（不含端點(diǎn)）于G，H兩點(diǎn)，若直線l與拋物線只有一個(gè)公共點(diǎn)，求證FGFH的值是定值A(chǔ)1,0，D,；點(diǎn)E的坐標(biāo)是2,3（2）見解析

46、517【答案】（1）24【分析】（1）根據(jù)函數(shù)圖象與x軸的交點(diǎn)，令y=0，求出A1,0，點(diǎn)E在拋物線上，求出縱坐標(biāo)為54，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，求出D,；51724連CE，過點(diǎn)E作x軸垂線，垂足為M，過點(diǎn)C作CNEM，垂足為N，設(shè)點(diǎn)C坐標(biāo)為0,n，點(diǎn)E坐標(biāo)為m,m21，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，與點(diǎn)在拋物線上，得到m21n(m1)21，再由則eqoac(,S)ACES梯形AMNCeqoac(,S)AMEeqoac(,S)CNE，列出方程求解；FGFHxxx求解即可；方法二：先用待定系數(shù)法求出直線sinAFOsinBFOsinAFOBF與直線l的表達(dá)式，根據(jù)直線l與拋物線有唯一的交點(diǎn)，求出點(diǎn)H坐標(biāo)

47、為m1,m1，點(diǎn)G坐標(biāo)為（2）方法一：先求出G、H兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)，再利用x1GHHG2,m1，再求出結(jié)果2m1【詳解】（1）解：拋物線yx21交x軸于A，B兩點(diǎn)（A在B的左邊），令yx21=0，解得：x=-1,x=1，AFBF5，12A1,0，點(diǎn)E在拋物線上，點(diǎn)E的橫坐標(biāo)是32，y3D3D,；5()21，24四邊形ACDE是平行四邊形，5+1,+32451724設(shè)點(diǎn)C坐標(biāo)為0,n，點(diǎn)E坐標(biāo)為m,m21四邊形ACDE是平行四邊形，將AC沿AE平移可與ED重合，點(diǎn)D坐標(biāo)為m1,m21n點(diǎn)D在拋物線上，m21n(m1)21解得，n2m1，所以C0,2m1連CE，過點(diǎn)E作x軸垂線，垂足為M，過點(diǎn)C作CN

48、EM，垂足為N則eqoac(,S)ACES梯形AMNCeqoac(,S)AMEeqoac(,S)CNE，SACDE12，A1,0，61(mm1)(2m1)(m1)m21m2m1m2111222m23m100，解得m2，m5（不合題意，舍去）12點(diǎn)E的坐標(biāo)是2,3設(shè)直線BF解析式為ykxb，則kb0b2b2(t)24(n1)0，n1,（2）方法一：證明：依題意，得B10，F(xiàn)0,2，k2，解得直線BF的解析式為y2x2同理，直線AF的解析式為y2x2設(shè)直線l的解析式為ytxn聯(lián)立ytxn，消去y得x2txn10yx21直線l與拋物線只有一個(gè)公共點(diǎn)，t24ytx1y2x2聯(lián)立t24，且t2，解得，x

49、Ht24，同理，得xGt24FGFHxxx5sinAFOsinBFOsinAFOA，B兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱，AFOBFOx1GHHGFGFH的值為5方法二：證明：同方法一得直線BF的解析式為y2x2設(shè)直線l的解析式為ypxq，l與拋物線唯一公共點(diǎn)為m,m21聯(lián)立ypxqy得x2pxq10，mmp，消去yx21mmq1ym1點(diǎn)H坐標(biāo)為m1,m1同理，點(diǎn)G坐標(biāo)為,m1p2m解得直線l的解析式為y2mxm21qm21m1y2mxm21x聯(lián)立，且m1，解得2y2x2m1221m1，F(xiàn)GFH5555(1m)2(1m)2(1m)(1m)54422FGFH的值為5【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查二次函數(shù)、

50、一次函數(shù)、三角形面積、方程組等知識(shí)點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用參數(shù)，學(xué)會(huì)用方程組求兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)坐標(biāo)，學(xué)會(huì)把問題轉(zhuǎn)化為方程解決，屬于壓軸題（132021湖北荊州市中考真題）已知：直線yx1與x軸、y軸分別交于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)C為直線AB上一動(dòng)點(diǎn)，連接OC，AOC為銳角，在OC上方以O(shè)C為邊作正方形OCDE，連接BE，設(shè)BEt（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)C在線段AB上時(shí)，判斷BE與AB的位置關(guān)系，并說明理由；POA的面積為1（2）真接寫出點(diǎn)E的坐標(biāo)（用含t的式子表示）；（3）若tanAOCk，經(jīng)過點(diǎn)A的拋物線yax2bxca0頂點(diǎn)為P，且有6a3b2c0，2當(dāng)t時(shí)，求拋物線的解析式2k2t,1t）；（3）y

51、x24x3【答案】（1）BEAB，理由見解析；（2）（2222【分析】（1）先求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，則可判斷AOB是等腰直角三角形，然后結(jié)合正方形的旋轉(zhuǎn)可證明AOCBOE（SAS），可得OBE=OAC=45，進(jìn)而可得結(jié)論；（2）作輔助線如圖1（見解析），根據(jù)正方形的性質(zhì)可證MOCNEO，可得CM=ON，OM=EN，由（1）的結(jié)論可得AC=BE=t，然后解等腰直角ACM，可求出AMCM2t，進(jìn)而可得答案；2（3）由拋物線過點(diǎn)A結(jié)合已知條件可求出拋物線的對(duì)稱軸是直線x=2，然后由（2）可求出當(dāng)t進(jìn)一步即可求出點(diǎn)P的縱坐標(biāo)，從而可得頂點(diǎn)P的坐標(biāo)，于是問題可求解【詳解】解：（1）BEAB，理由如下：對(duì)于

52、直線y=-x+1，當(dāng)x=0時(shí)，y=1，當(dāng)y=0時(shí)，x=1，B（0，1），A（1，0），OA=OB=1，OBA=OAB=45，四邊形OCDE是正方形，OC=OE，COE=90，AOB=90，AOC=BOE，AOCBOE（SAS），OBE=OAC=45，EBC=EBO+OBA=45+45=90，22時(shí)k=1，點(diǎn)E的坐標(biāo)是（2即BEAB；（2）作CMOA于點(diǎn)M，作ENx軸于點(diǎn)N，如圖1，則CMO=ENO=90，EON+NEO=EON+COM=90，NEO=COM，又OC=OE，MOCNEO，CM=ON，OM=EN，在ACM中，CMA=90，MAC=45，AC=BE=t，AMCM2t，2OM12t，2

53、點(diǎn)E在第二象限，2；t,1t）22如圖1，當(dāng)t2（3）拋物線過點(diǎn)A（1，0），a+b+c=0，6a3b2c0，消去c可得b=-4a，拋物線的對(duì)稱軸是直線x=2，2時(shí)，由（2）可得AC，22AMCM12，OM111CM，22tanAOC1，即k=1，POA的面積為12，即11y，解得y1，221PPa0，頂點(diǎn)P的縱坐標(biāo)是-1，點(diǎn)P（2，-1），設(shè)yax221，把點(diǎn)A（1，0）代入，可求得a=1，拋物線的解析式是yx221x24x3【點(diǎn)睛】本題主要考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式、正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、一次函數(shù)的性質(zhì)以及等腰直角三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，具有一定的難度，熟練掌握相

54、關(guān)知識(shí)、靈活應(yīng)用數(shù)形結(jié)合的思想是解題的關(guān)鍵14（2021湖北恩施土家族苗族自治州中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形ABCD為正方形，點(diǎn)A，B在x軸上，拋物線yx2bxc經(jīng)過點(diǎn)B，D4,5兩點(diǎn)，且與直線DC交于另一點(diǎn)E（1）求拋物線的解析式；最小值為411，此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)為1,1bc0c3（2）F為拋物線對(duì)稱軸上一點(diǎn)，Q為平面直角坐標(biāo)系中的一點(diǎn)，是否存在以點(diǎn)Q，F(xiàn)，E，B為頂點(diǎn)的四邊形是以BE為邊的菱形若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)F的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由；（3）P為y軸上一點(diǎn)，過點(diǎn)P作拋物線對(duì)稱軸的垂線，垂足為M，連接ME，BP探究EMMPPB是否存在最小值若存在，請(qǐng)求出這個(gè)最小值及點(diǎn)M的坐標(biāo)

55、；若不存在，請(qǐng)說明理由【答案】（1）yx22x3；（2）存在以點(diǎn)Q，F(xiàn)，E，B為頂點(diǎn)的四邊形是以BE為邊的菱形，點(diǎn)F的坐標(biāo)為1,22或1,22或1,517或1,517；（3）EMMPPB存在最小值，54【分析】,（1）由題意易得ADAB5，進(jìn)而可得A4,0，則有B10，然后把點(diǎn)B、D代入求解即可；（2）設(shè)點(diǎn)F1,a，當(dāng)以點(diǎn)Q，F(xiàn)，E，B為頂點(diǎn)的四邊形是以BE為邊的菱形時(shí)，則根據(jù)菱形的性質(zhì)可分當(dāng)BFBE時(shí)，當(dāng)EFBE時(shí)，然后根據(jù)兩點(diǎn)距離公式可進(jìn)行分類求解即可；（3）由題意可得如圖所示的圖象，連接OM、DM，由題意易得DM=EM，四邊形BOMP是平行四邊形，進(jìn)而可得OM=BP，則有EMMPPBDM

56、MO1，若使EMMPPB的值為最小，即DMMO1為最小，則有當(dāng)點(diǎn)D、M、O三點(diǎn)共線時(shí)，DMMO1的值為最小，然后問題可求解【詳解】解：（1）四邊形ABCD為正方形，D4,5，ADAB5，A4,0，AO4，OB=1，,B10，164bc5把點(diǎn)B、D坐標(biāo)代入得：，b2解得：，拋物線的解析式為yx22x3；,（2）由（1）可得B10，拋物線解析式為yx22x3，則有拋物線的對(duì)稱軸為直線x1，點(diǎn)D與點(diǎn)E關(guān)于拋物線的對(duì)稱軸對(duì)稱，E2,5，由兩點(diǎn)距離公式可得BE212205226，設(shè)點(diǎn)F1,a，當(dāng)以點(diǎn)Q，F(xiàn)，E，B為頂點(diǎn)的四邊形是以BE為邊的菱形時(shí)，則根據(jù)菱形的性質(zhì)可分：當(dāng)BFBE時(shí)，如圖所示：由兩點(diǎn)距離

57、公式可得BF2BE2，即1120a226，解得：a22，點(diǎn)F的坐標(biāo)為1,22或1,22；當(dāng)EFBE時(shí)，如圖所示：由兩點(diǎn)距離公式可得EF2BE2，即2125a226，解得：a517，點(diǎn)F的坐標(biāo)為1,517或1,517；綜上所述：當(dāng)以點(diǎn)Q，F(xiàn)，E，B為頂點(diǎn)的四邊形是以BE為邊的菱形，點(diǎn)F的坐標(biāo)為1,22或1,22或1,517或1,517；（3）由題意可得如圖所示：連接OM、DM，,由（2）可知點(diǎn)D與點(diǎn)E關(guān)于拋物線的對(duì)稱軸對(duì)稱，B10，OB1，DM=EM，過點(diǎn)P作拋物線對(duì)稱軸的垂線，垂足為M，PMOB1,PM/OB，四邊形BOMP是平行四邊形，OM=BP，EMMPPBDMMO1，若使EMMPPB的值

58、為最小，即DMMO1為最小，當(dāng)點(diǎn)D、M、O三點(diǎn)共線時(shí)，DMMO1的值為最小，此時(shí)OD與拋物線對(duì)稱軸的交點(diǎn)為M，如圖所示：D4,5，OD425241，DMMO1的最小值為411，即EMMPPB的最小值為411，設(shè)線段OD的解析式為ykx，代入點(diǎn)D的坐標(biāo)得：k5線段OD的解析式為yx，454，M1,54【點(diǎn)睛】本題主要考查二次函數(shù)的綜合、菱形的性質(zhì)及軸對(duì)稱的性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的綜合、菱形的性質(zhì)及軸對(duì)稱的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵15（2021湖北十堰市中考真題）已知拋物線yax2bx5與x軸交于點(diǎn)A1,0和B5,0，與y軸交于點(diǎn)C，頂點(diǎn)為P，點(diǎn)N在拋物線對(duì)稱軸上且位于x軸下方，連AN交拋物線于M，連AC

59、、CM（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，當(dāng)tanACM2時(shí)，求M點(diǎn)的橫坐標(biāo)；（3）如圖2，過點(diǎn)P作x軸的平行線l，過M作MDl于D，若MD3MN，求N點(diǎn)的坐標(biāo)【答案】（1）yx26x5；（2）6311；（3）N3,26【分析】（1）將點(diǎn)A1,0和點(diǎn)B5,0代入解析式，即可求解；（2）由tanACM2想到將ACM放到直角三角形中，即過點(diǎn)A作AEAC交CM的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，即可知AEAC2，再由AOCEAC90想到過點(diǎn)E作EFx軸，即可得到AOCEFC，故點(diǎn)E的坐標(biāo)可求，結(jié)合點(diǎn)C坐標(biāo)可求直線CE解析式，點(diǎn)M是直線CE與拋物線交點(diǎn)，聯(lián)立解析式即可求解；（3）過點(diǎn)M作L的垂線交于點(diǎn)D，故設(shè)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為m，則點(diǎn)M的縱坐標(biāo)可表示，且MD的長(zhǎng)度也可表示，由HM/NQ可得AHMAQN即可結(jié)合兩點(diǎn)間距離公式表示出MN，最后由MD3MN即可求解【詳解】解：（1）將點(diǎn)A1,0和點(diǎn)B5,0代入yax2bx5得25a5b50b6ab50a1，解得：yx26x5（2）點(diǎn)A作AEAC交CM