2012年中考數(shù)學(xué)壓軸題分類解析專題7：幾何三大變換相關(guān)問題授課老師：黃立宗典型例題選講：例題1：（2012例題1：（2012福建龍巖13分）矩形ABCD中，AD=5,AB=3,將矩形ABCD沿某直線折疊，使點A的對應(yīng)點A,落在線段BC上，再打開得到折痕EF.（1）當(dāng)A’與B重合時（如圖1）,EF=;當(dāng)折痕EF過點D（1）當(dāng)A’與B重合時（如圖1）,EF=;當(dāng)折痕EF過點D時（如圖2）,求線段EF的長;(2)觀察圖3和圖4,設(shè)BA,二x’①當(dāng)x的取值范圍是時，四邊形AEA,F是菱形；②在①條件下,利用圖4證明四邊形AEA‘F是菱形.例題2：（2012遼寧丹東）已知：點C、A、D在同一條直線上，NABC二NADE二a,線段BD、CE交于點M.(1)如圖1,若AB=AC,AD=AE則線段BD與則線段BD與CE的數(shù)量關(guān)系為,ZBMC=（用a表示）;①問線段BD與CE有怎樣的數(shù)量關(guān)系？并說明理由；②求NBMC的大?。ㄓ胊表示）;(2)如圖2,若AB=BC=kAC,AD=ED=kAE(2)(3)規(guī)作圖，不寫作法，保留作圖痕跡），連接EC并延長交BD(3)規(guī)作圖，不寫作法，保留作圖痕跡），連接EC并延長交BD于點M.則NBMC二（用a表示）.籥書圄（2012福建福州）如圖①，已知拋物線y=ax2+bx（aW0）經(jīng)過A（3,0）、B（4,4）兩點.例題3：(1)求拋物線的解析式；在（2）的條件下，把4ABC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)180°,在備用圖中作出旋轉(zhuǎn)后的圖形（要求：尺(2)將直線OB向下平移m個單位長度后，得到的直線與拋物線只有一個公共點D,求m的值及點D(2)的坐標(biāo)；(3)如圖②，若點N在拋物線上，且NNBO=NABO,則在⑵的條件下，求出所有滿足△PODs^NOB的點P的坐標(biāo)(點P、O、D分別與點N、0、B對應(yīng))./圖1 圖2例題4：(2012廣西貴港12分)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線丫=@乂2+匕乂+3的頂點為M(2,—1),交x軸于A、B兩點，交y軸于點C,其中點B的坐標(biāo)為(3,0)。(1)求該拋物線的解析式；(2)設(shè)經(jīng)過點C的直線與該拋物線的另一個交點為D,且直線CD和直線CA關(guān)于直線BC對稱，求直線CD的解析式；(3)在該拋物線的對稱軸上存在點P,滿足PM2+PB2+PC2=35,求點P的坐標(biāo)；并直接寫出此時直線0P與該拋物線交點的個數(shù)。1、(2012黑龍江大慶)在直角坐標(biāo)系中，C(2,3),C'(—4,3),C〃⑵1),D(—4,1),A(0,a),B(a,0)(a>0).(1)結(jié)合坐標(biāo)系用坐標(biāo)填空．點C與C/關(guān)于點對稱；點C與C〃關(guān)于點對稱； 點C與D關(guān)于點對稱

②將圖1中的4ADE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)a角（00<a<90°）,如圖2,線段BD、CE有怎樣的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系？請說明理由.（2）當(dāng)4ABC和4ADE滿足下面甲、乙、丙中的哪個條件時，使線段BD、CE在（1）中的位置關(guān)系仍然成立？不必說明理由.甲：AB：AC=AD：AE=1,NBAC二NDAEW90。；乙：AB：AC=AD：AEW1,NBAC=NDAE=90°；丙：AB：AC=AD：AEW1,NBAC二NDAEW90°.3、（2012湖南懷化10分）如圖1,四邊形ABCD是邊長為3J2的正方形，長方形AEFG的寬AE=7,長2EF=7<3.將長方形AEFG繞點A順時針旋轉(zhuǎn)15°得到長方形AMNH（如圖2），這時BD與MN相交于點O.2（1）求ZDOM的度數(shù)；（2）在圖2中，求D、N兩點間的距離；（3）若把長方形AMNH繞點A再順時針旋轉(zhuǎn)15°得到長方形ARTZ,請問此時點B在矩形ARTZ的內(nèi)部、外部、還是邊上？并說明理由．圖1 圖24、（2012福建泉州14分）如圖，點。為坐標(biāo)原點，直線l繞著點A（0,2）旋轉(zhuǎn)，與經(jīng)過點C（0,1）的二次函數(shù)y=1x2+h交于不同的兩點P、Q.4（1）求h的值；（2）通過操作、觀察算出4POQ面積的最小值（不必說理）；（3）過點P、C作直線，與x軸交于點B，試問：在直線l的旋轉(zhuǎn)過程中四邊形AOBQ是否為梯形，若是，請說明理由；若不是，請指明其形狀.5、（2012青海省12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象與x軸交于A、B兩點，A點在原點的左側(cè)，B點的坐標(biāo)為（3,0）,與y軸交于C（0,-3）點，點P是直線BC下方的拋物線上一動點．（1）求這個二次函數(shù)的表達(dá)式．（2）連接PO、PC,并把APOC沿CO翻折，得到四邊形POP’C,那么是否存在點P,使四邊形POP’C為菱形？若存在，請求出此時點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由.（3）當(dāng)點P運動到什么位置時，四邊形ABPC的面積最大并求出此時P點的坐標(biāo)和四邊形ABPC的最大面積．

6、已知，在^ABC中，AB=AC。過A點的直線a從與邊AC重合的位置開始繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)角0,直線a交BC邊于點P(點P不與點B、點C重合)，4BMN的邊MN始終在直線a上(點M在點N的上方)，且BM=BN,連接CN。(1)當(dāng)NBAC=NMBN=90°時，①如圖a,當(dāng)0=45°時，NANC的度數(shù)為；②如圖b,當(dāng)0W45°時，①中的結(jié)論是否發(fā)生變化？說明理由；(2)如圖c,當(dāng)NBAC二NMBNW90。時，請直接寫出NANC與NBAC之間的數(shù)量關(guān)系，不必證明。例題1：【答案】解：（1）5。由折疊（軸對稱）性質(zhì)知A,D=AD=5,ZA=ZEAZD=90例題1：【答案】解：（1）5。由折疊（軸對稱）性質(zhì)知A,D=AD=5,ZA=ZEAZD=90。。在Rt^A，DC中，DC=AB=2,.'.AC=<'52—32=4。.??A，B=BC—A，C=5—4=1。VZEA，B+ZBEA，=ZEAZB+ZFA，C=90。，AZBEA，一 , A'E又VZB=ZC=900,ARtAEBAz^RtAAzCF。.——=■A'FAA'E=-。3=ZFA，CoA'B 日口A'E1,即——=-FC 5 3典型例題參考答案EF=EF=2+A。飛尹5二號（2）①3<x<5。②證明：由折疊（軸對稱）性質(zhì)知NAEF二NFEA',AE=A，E,AF=A，F(xiàn)。又VAD#BC,AZAFE=ZFEAZoAZAEF=ZAFE。AAE=AFoAAE=AzE=AF=A，F(xiàn)。???四邊形AEA，F(xiàn)是菱形?！究键c】折疊的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，菱形的判定?！痉治觥浚?）根據(jù)折疊和矩形的性質(zhì)，當(dāng)A,與B重合時（如圖1）,EF=AD=5o根據(jù)折疊和矩形的性質(zhì)，以及勾股定理求出A，B、A/F和FC的長，由Rt^EBA,sRt^A,CF求得A舊=5，在Rt^A，EF中，由勾股定理求得EF的長。3（2）①由圖3和圖4可得，當(dāng)3<x<5時，四邊形AEA，F(xiàn)是菱形。②由折疊和矩形的性質(zhì)，可得AE=A，E,AF二A，F(xiàn)o由平行和等腰三角形的性質(zhì)可得AE二AF。從而AE二A，E二AF二A，F(xiàn)o根據(jù)菱形的判定得四邊形AEA,F是菱形。例題2：【答案】解：（1）如圖1o①BD=CE,理由如下：VAD=AE,ZADE=a,AZAED=ZADE=a,o.\ZDAE=18Go-2ZADE=180°-2ao^理可得：NBAC=180°—2ao??.NDAE:NBACo.?.NDAE+NBAE=NBAC+NBAE,即：NBAD:NCAEo在4ABD與4ACE中，.「AB=AC,NBAD二NCAE,AD=AE,..△ABD^AACE（SAS）o.BD=CEo@VAABD^AACE,AZBDA=ZCEAoVZBMC=ZMCD+ZMDC,AZBMC=ZMCD+ZCEA=ZDAE=180°—2aoa90。+—

2【考點】相似三角形的判定和性質(zhì)，全等角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理和外角性質(zhì)，作圖（旋轉(zhuǎn)變換），旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)【分析】（1）①先根據(jù)等腰三角形等角對等邊的性質(zhì)及三角形內(nèi)角和定理得出NDAE二NBAC,則NBAD=NCAE,再根據(jù)SAS證明△ABD04ACE,從而得出BD二CE。②先由全等三角形的對應(yīng)角相等得出NBDA二NCEA,再根據(jù)三角形的外角性質(zhì)即可得出ZBMC=ZDAE=180°-2ao(2)VAD=ED，/ADE二a,AZDAE=180°―/ADE=90?！?。2 2一一— —同理可得：NBAC=90?！猳 .\ZDAE=ZBACo2.\ZDAE+ZBAE=ZBAC+ZBAE, iP：ZBAD=ZCAEo,?AB=kAC,AD=kAE,AAB：AC=AD：AE二k。在4480與AACE中，?「AB：AC=AD：AE=k,ZBDA=ZCEA,A△ABD^^ACEoABD：CE=AB：AC=AD：AE=k,ZBDA=ZCEAoABD=kCEo—,?ZBMC=ZMCD+ZMDC,AZBMC=ZMCD+ZCEA=ZDAE=90?！?(3)先在備用圖中利用SSS作出旋轉(zhuǎn)后的圖形，再根據(jù)等腰三角形等角對等邊的性質(zhì)及三— —,角形內(nèi)角和定理得出NDAE二NBAC=90?！葾B=kAC,AD=kAE,得出AB：AC=AD：AE=k,2—從而證出△ABDs^ACE,得出NBDA二NCEA,然后根據(jù)三角形的外角性質(zhì)即可得出NBMC=90。+—：2180O-ZADE——「AD=ED，/ADE二a,AZDAE=ZAED= =90。-一。2 2—同理可得：NBAC=90O——o2ANDAE:NBAC,即NBAD二NCAE?！窤B=kAC,AD=kAE,AAB：AC=AD：AE二k。在^ABD與AACE中，:AB：AC=AD：AE=k,ZBAD=ZCAE,A△ABD^^ACEoAZBDA=ZCEAoVZBMC=ZMCD+ZMDC,ZMCD=ZCED+ZADE=ZCED+a,——.\ZBMC=ZCED+a+ZCEA=ZAED+a=90。-—+a=90。+—。2 2例題3：【答案】解：⑴\?拋物線丫=@乂2+匕乂色口0)經(jīng)過點A(3,0)、B(4,4).f9a+3b=0 互力/口fa=1A116a+4b=4'解得：［b=-3oA拋物線的解析式是y=x2-3x。

(2)設(shè)直線OB的解析式為y=k1x,由點B(4,4),得：4=4k1,解得k1=1。???直線OB的解析式為y=x。???直線OB向下平移m個單位長度后的解析式為：y=x—m。?點D在拋物線y=x2—3x上，.?.可設(shè)D(x,x2—3x)。又點D在直線y=x—m上，；.x2—3x=x—m,即x2—4x+m=0。???拋物線與直線只有一個公共點，△=16—4m=0,解得：m=4。此時x1=x2=2,y=x2—3x=—2。；.D點坐標(biāo)為(2,—2)。⑶???直線OB的解析式為y=x，且A(3,0),???點A關(guān)于直線OB的對稱點A'的坐標(biāo)是(0,3)。設(shè)直線A'B的解析式為y=k2x+3,過點B(4,4),?4k2+3=4,解得：k2=4。二直線A'B的解析式是y=4x+3。???/NBO=NABO,??.點N在直線A'B上。二設(shè)點N(n,4n+3),又點N在拋物線y=x2—3x上，13,4n+3=建一3口解得：n1=—4,n2=4(不合題思，會去)。二點N的坐標(biāo)為(—1,馬。416如圖，將ANOB沿x軸翻折，得到△N1OB1,則\(—3,—4|),斗(4,—4)。,O、D、B1都在直線丫:一x上。?.,△PjODMNOB.MPjODMNjOB］。二小二落二；。,點Pi的坐標(biāo)為(—，—ON1OB12 1 8將^OPp沿直線y=一x翻折，可得另一個滿足條件的點P2(32,芻。綜上所述，點P的坐標(biāo)是(一3,—45)或(45,3)。832328【考點】二次函數(shù)綜合題,待定系數(shù)法,曲線上點的坐標(biāo)與方程的關(guān)系,平移的性質(zhì),一元二次方程根的判別式,翻折對稱的性質(zhì),旋轉(zhuǎn)的性質(zhì),相似三角形的判定和性質(zhì)?！痉治觥?1)利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式即可。(2)根據(jù)已知可求出OB的解析式為y=x，則向下平移m個單位長度后的解析式為：y=x—m。

由于拋物線與直線只有一個公共點，意味著聯(lián)立解析式后得到的一元二次方程，其根的判別式等于0,由此可求出m的值和D點坐標(biāo)。(3)綜合利用幾何變換和相似關(guān)系求解：翻折變換，將^NOB沿x軸翻折。(或用旋轉(zhuǎn))求出P點坐標(biāo)之后，該點關(guān)于直線丫:一x的對稱點也滿足題意，即滿足題意的P點有兩個。例題4：【答案】解：(1)???拋物線丫=@榛+匕乂+3的頂點為M(2,-1),??設(shè)拋物線的解析式為線y=a(x-2>-l0??點B(3,0)在拋物線上，二?！弧！?》—1,解得a=L??該拋物線的解析式為y=(x-2>-l,即y=x2—4x+3。(2)在y=x2—4x+3中令x=0,得y=3。AC(0,3)。過點B作BN^x軸交CD于點N(如圖)，則NABC=過點B作BN^x軸交CD于點N(如圖)，則NABC=NNBC=45。?！?直線CD和直線CA關(guān)于直線BC對稱，.\ZACB=ZNCBo又?「CB=CB,???^ACB04NCB(ASA)。.\BN=BAo「A,B關(guān)于拋物線的對稱軸x=2對稱，B(30),...A(1,0)oABN=BA=2oAN(3,2)。設(shè)直線CD的解析式為y=kx+b,VC(0,3),N(3,2)在直線CD上，b=33k+b=2解得,b=3b=33k+b=2解得,b=3V???直線CD的解析式為y=-1x+3o3(3)設(shè)P(2,p)oVM(2,-1),B(3,0),C(0,3),??根據(jù)勾股定理，得PM2=(p+1>=p2+2p+1,PB2=(3—2)2+p2=p2+i,PC2=22+(p-3)2=p2-6p+13oVPM2+PB2+PC2=35,Ap2+2p+1+p2+1+p2—6p+13=35o整理，得3p2-4p—20=0，解得p=—2,p=101 23.P(2,-2)或(2,10)o3當(dāng)P(2,-2)時，直線OP與該拋物線無交點；當(dāng)P(2,10)時，直線OP與該拋物線有兩交點。3【考點】二次函數(shù)綜合題，待定系數(shù)法，曲線上點的坐標(biāo)與方程的關(guān)系，二次函數(shù)的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，

全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，一元二次方程根的判別式?！痉治觥?1)由于已知拋物線的頂點坐標(biāo)，所以可設(shè)拋物線的頂點式，用待定系數(shù)法求解。(2)由直線CD和直線CA關(guān)于直線BC對稱，構(gòu)造全等三角形：過點B作BN，x軸交CD于點N,求出點N的坐標(biāo)，由點B,N的坐標(biāo)，用待定系數(shù)法求出直線CD的解析式。(3)設(shè)P(2,p),根據(jù)勾股定理分別求出PM2、PB2和PC2,由PM2+PB2+PC2=35,列式求解即可求得點P的坐標(biāo)(2,—2)或(2,10)。3當(dāng)P(2,—2)時，直線OP的解析式為y=-x，與y=x2-4x+3聯(lián)立，得-x=x2-4x+3,即x2-3x+3=0.???△=9—12=—3<0,?..x2-3x+3=0無解，即直線OP與拋物線無交點。當(dāng)P(2,10)時，直線OP的解析式為y=3x，與y=x2-4x+3聯(lián)立，得3x=x2-4x+3,即3x2-17x+9=0oV△=289—108=181>0,???3x2-i7x+9=0有兩不相等的實數(shù)根，即直線OP與拋物線有兩個交點。鞏固練習(xí)參考答案1、【答案】解：(1)(-1,3)；(2,2)；(-1,2)o(2)點C關(guān)于點(4,2)的對稱點P(6,1),△PAB的面積:2(1+a)X6-2a2-2X1X=5,整理得，a2-7a+10=0,解得a1=2,a2=5。所以，a的值為2或5。【考點】網(wǎng)格問題，坐標(biāo)與圖形的對稱變化，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，三角形的面積?！痉治觥?1)根據(jù)對稱的性質(zhì),分別找出兩對稱點連線的中點即可：由圖可知,點C與C,關(guān)于點(-1,3)對稱；點C與C〃關(guān)于點(2,2)對稱；點C與D關(guān)于點(-1,2)對稱。(2)先求出點P的坐標(biāo)，再利用^APB所在的梯形的面積減去兩個直角三角形的面積，然后列式計算即可得解。2、【答案】解：(1)①結(jié)論：BD=CE,BDXCEo②結(jié)論：BD=CE,BD^CEo理由如下：VZBAC=ZDAE=90°,；.NBAD—NDAC=NDAE—NDAC,即NBAD二NCAE。在Rt△ABD與Rt^ACE中，?「AB=AC,ZBAD=ZCAE,AD=AE,

AAABD^AACE(SAS)。.*.BD=CEo延長BD交AC于F,延長BD交AC于F,交CE于H。VZABF=ZHCF,ZAFB=ZHFC,.,.ZCHF=ZBAF=90°。.*.BD±CEoVZABF=ZHCF,ZAFB=ZHFC,(2)結(jié)論：乙.AB：AC=AD：AE,ZBAC=ZDAE=90°O【考點】全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)?！痉治觥?1)①BD=CE,BDXCEo根據(jù)全等三角形的判定定理SAS推知△ABD^AACE,然后由全等三角形的對應(yīng)邊相等證得BD二CE、對應(yīng)角相等/ABF=ZECA；然后在AABD和4CDF中，由三角形內(nèi)角和定理可以求得/CFD=90°，即BDLCF。②BD二CE,BDLCE。根據(jù)全等三角形的判定定理SAS推知△ABD04ACE,然后由全等三角形的對應(yīng)邊相等證得BD二CE、對應(yīng)角相等/ABF二NECA；作輔助線(延長BD交AC于F,交CE于H)BH構(gòu)建對頂角NABF二NHCF,再根據(jù)三角形內(nèi)角和定理證得NBHC=90°。(2)根據(jù)結(jié)論①、②的證明過程知，NBAC:NDFC(或NFHC=90°)時，該結(jié)論成立了，所以本條件中的NBAC:NDAEW90°不合適。3、【答案】解：(1)如圖，設(shè)AB與MN相交于點K,根據(jù)題意得：NBAM=15°,???四邊形AMNH是矩形，...NM=90°o，NAKM=90°—NBAM=75°o???四邊形ABCD是正方形，.\ZABD=45°oZD0M=ZBK0+cABD=75+45°=120°o(2)連接AN,交BD???四邊形ABCD是正方形，.\ZABD=45°oZD0M=ZBK0+cABD=75+45°=120°o(2)連接AN,交BD于I連接DN,71 一VNH=AE=-,AH=EF=2<3，/H=90°,...tan/HAN= =—o；.NHAN=30°。AH3???AN=2NH=7o由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：NDAH=15°,，NDAN=45°oVZDAC=45°,AA,C,N共線。???四邊形ABCD是正方形，，BD，ACo,?AD=CD=3<2，,DI=AI=1AC=1AB2+CD2=3。2 2.?.NI;AN—AI=7—3=4。在Rt^DIN中，DN=JDI2+NP=J32+42=5。.?.NI;AN—AI=7—3=4。在Rt^DIN中，DN=JDI2+NP=J32+42=5。(3)點B在矩形ARTZ的外部。理由如下:如圖，根據(jù)題意得：NBAR=15°+15°=30°。VZR=90°,AR=???AK=AR7一,27 _2_7<3cos30。 V3 3..3五-7V3_9<2-7V3<162-<147>0，.二AB=3v2>—3-。??.點B在矩形ARTZ的外部?！究键c】旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)勾股定理，銳角三角函數(shù)定義，特殊角的三角函數(shù)值，【考點】旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)勾股定理，銳角三角函數(shù)定義，特殊角的三角函數(shù)值，實數(shù)的大小比較?！痉治觥?1)由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，可得NBAM=15°,即可得NOKB=NAOM=75°,又由正方形的性質(zhì)，可得/ABD=45°,然后利用外角的性質(zhì)，即可求得NDOM的度數(shù)。(2)首先連接AM,交BD于I,連接DN,由特殊角的三角函數(shù)值，求得NHAN=30°,又由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，即可求得NDAN=45°,即可證得A,C,N共線，然后由股定理求得答案。(3)在Rt^ARK中，利用三角函數(shù)即可求得AK的值，與AB比較大小，即可確定B的位置。4、【答案】解：(1)二?二次函數(shù)y=4x2+h的圖象經(jīng)過C(0,1),(2)操作、觀察可知當(dāng)直線l〃x軸時，其面積最小;將丫=2帶入二次函數(shù)y=4x2+1中，得x=±2,???S最小二(2*4)*4。(3)連接BQ,若l與x軸不平行(如圖)，即PQ與x軸不平行，P(a,—a2+1P(a,—a2+1)、Q(b,—b2+1/.—a2+1=2卜+1,得卜二依題意，設(shè)拋物線y=1x2+1上的點y二一ax+1直線BC：y=kx+1過點P二.直線BC：4令尸°得：xB=-2過點A的直線l：y=k2x+2經(jīng)過點P、Q,???1a2+1=ak+2…①，1b2+1=bk+2…②。4 2 4 214①Xb-②*@得：—（a2b-b2a）+b-a=2（b一a）,化間得：b=——。4 a，點B與Q的橫坐標(biāo)相同。???BQ〃y軸，即BQ〃OA。又：AQ與OB不平行，.??四邊形AOBQ是梯形。根據(jù)拋物線的對稱性可得（a>0>b）結(jié)論相同。若l與x軸平行，由OA=2,BQ=2,OB=2,AQ=2,且NAOB=90。，得四邊形AOBQ是正方形。故在直線l旋轉(zhuǎn)的過程中：當(dāng)l與x軸不平行時，四邊形AOBQ是梯形；當(dāng)l與x軸平行時，四邊形AOBQ是正方形。【考點】二次函數(shù)綜合題,曲線上點的坐標(biāo)與方程的關(guān)系,旋轉(zhuǎn)的性質(zhì),二次函數(shù)的性質(zhì),一次函數(shù)的運用,梯形和正方形的判定?！痉治觥浚?）根據(jù)二次函數(shù)圖象上的點的坐標(biāo)特征，利用待定系數(shù)法求得h的值。（2）操作、觀察可得結(jié)論。實際上，由P（a,1a2+1）、Q（b,1b2+1）（a<0<b）,可求得4 44b=—（參見（3））。a,SA,SAPOQ=20A-卜=—?OA-1———a1=(--)+(-a)=4 l)2 J—a+4??.當(dāng):'—4=\「a即|a|=|b|（P、Q關(guān)于y軸對稱）時，^POQ的面積最小。即PQ〃x軸時，4POQ的面積最小，且POQ的面積最小為4。（3）判斷四邊形AOBQ的形狀，可從四個頂點的坐標(biāo)特征上來判斷.首先設(shè)出P、Q的坐標(biāo)，然后根據(jù)點P、C求出直線BC的解析式，從而表示出點B的坐標(biāo)，然后再通過直線PQ以及P、A、Q三點坐標(biāo)，求出Q、B兩點坐標(biāo)之間的關(guān)聯(lián)，從而判斷該四邊形是否符合梯形的特征。一 — 一，， ,9a+3b+c=0 ,b=—25、【答案】解：（1）將B、C兩點的坐標(biāo)代入y=x2+bx+c得< ° ，解得《 °c=—3 [c=—3,二次函數(shù)的表達(dá)式為：y=x2-2x-3。（2）存在點P,使四邊形POP’C為菱形。設(shè)P點坐標(biāo)為（x,x2-2x-3）,PP,交CO于E,若四邊形POP’C是菱形，則有PC=PO。連接PP',則PELCO于E。???OE二EC=3。2.99*3??x2-2x-3——???OE二EC=3。2.99*3??x2-2x-3——22+<10

解得x=——,1 2??.P點的坐標(biāo)為（x= 2 22+60,2（不合題意，舍去）。（3）過點P作y軸的平行線與BC交于點Q,與OB交于點F,設(shè)P(x,x2-2x-3),設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b,j.y3k+b=0b=-3，解得|k=1b=-3。'直線區(qū)的解析式為y=x則Q點的坐標(biāo)為（x,x-3)。??.S. =S四邊形ABPC AABC+SABPQ+SACPQ=1-AB-OC+1-QP-OF+1-QP-BF2 2 211=—4?3+—211=—4?3+—2-2x-3)-(x-3)]3x——275+一83，當(dāng)x=-時，四邊形ABPC的面積最大3此時「點的坐標(biāo)為［2四邊形