培優(yōu)沖刺02二次函數(shù)與幾何的綜合1、二次函數(shù)與特殊四變形的綜合2、二次函數(shù)與最值的綜合3、二次函數(shù)與相似的綜合4、二次函數(shù)與新定義的綜合題型一：二次函數(shù)與特殊四邊形的綜合此類問題都是在拋物線的基礎之上與平行四邊形、特殊平行四邊形結(jié)合，考察特殊平行四邊形的性質(zhì)或者存在性問題；做題時需要將二者的性質(zhì)結(jié)合思考，共同應用?！局锌颊骖}練】1．（2023?揚州）在平面直角坐標系xOy中，已知點A在y軸正半軸上．（1）如果四個點（0，0）、（0，2）、（1，1）、（﹣1，1）中恰有三個點在二次函數(shù)y＝ax2（a為常數(shù)，且a≠0）的圖象上．①a＝1；②如圖1，已知菱形ABCD的頂點B、C、D在該二次函數(shù)的圖象上，且AD⊥y軸，求菱形的邊長；③如圖2，已知正方形ABCD的頂點B、D在該二次函數(shù)的圖象上，點B、D在y軸的同側(cè)，且點B在點D的左側(cè)，設點B、D的橫坐標分別為m、n，試探究n﹣m是否為定值．如果是，求出這個值；如果不是，請說明理由．（2）已知正方形ABCD的頂點B、D在二次函數(shù)y＝ax2（a為常數(shù)，且a＞0）的圖象上，點B在點D的左側(cè)，設點B、D的橫坐標分別為m、n，直接寫出m、n滿足的等量關系式．【分析】（1）①在y＝ax2中，令x＝0得y＝0，即知（0，2）不在二次函數(shù)y＝ax2（a為常數(shù)，且a≠0）的圖象上，用待定系數(shù)法可得a＝1；②設BC交y軸于E，設菱形的邊長為2t，可得B（﹣t，t2），故AE＝＝t，D（2t，t2+t），代入y＝x2得t2+t＝4t2，可解得t＝，故菱形的邊長為；③過B作BF⊥y軸于F，過D作DE⊥y軸于E，由點B、D的橫坐標分別為m、n，可得BF＝m，OF＝m2，DE＝n，OE＝n2，證明△ABF≌△DAE（AAS），有BF＝AE，AF＝DE，故m＝n2﹣AF﹣m2，AF＝n，即可得n﹣m＝1；（2）過B作BF⊥y軸于F，過D作DE⊥y軸于E，由點B、D的橫坐標分別為m、n，知B（m，am2），D（n，an2），分三種情況：①當B，D在y軸左側(cè)時，由△ABF≌△DAE（AAS），可得﹣m＝am2﹣AF﹣an2，AF＝﹣n，故n﹣m＝；②當B在y軸左側(cè)，D在y軸右側(cè)時，由△ABF≌△DAE（AAS），有﹣m＝am2+AF﹣an2，AF＝n，知m+n＝0或n﹣m＝；③當B，D在y軸右側(cè)時，m＝an2﹣AF﹣am2，AF＝n，可得n﹣m＝．【解答】解：（1）①在y＝ax2中，令x＝0得y＝0，∴（0，0）在二次函數(shù)y＝ax2（a為常數(shù)，且a≠0）的圖象上，（0，2）不在二次函數(shù)y＝ax2（a為常數(shù)，且a≠0）的圖象上，∵四個點（0，0）、（0，2）、（1，1）、（﹣1，1）中恰有三個點在二次函數(shù)y＝ax2（a為常數(shù)，且a≠0）的圖象上，∴二次函數(shù)y＝ax2（a為常數(shù)，且a≠0）的圖象上的三個點是（0，0），（1，1），（﹣1，1），把（1，1）代入y＝ax2得：a＝1，故答案為：1；②設BC交y軸于E，如圖：設菱形的邊長為2t，則AB＝BC＝CD＝AD＝2t，∵B，C關于y軸對稱，∴BE＝CE＝t，∴B（﹣t，t2），∴OE＝t2，∵AE＝＝t，∴OA＝OE+AE＝t2+t，∴D（2t，t2+t），把D（2t，t2+t）代入y＝x2得：t2+t＝4t2，解得t＝或t＝0（舍去），∴菱形的邊長為；③n﹣m是為定值，理由如下：過B作BF⊥y軸于F，過D作DE⊥y軸于E，如圖：∵點B、D的橫坐標分別為m、n，∴B（m，m2），D（n，n2），∴BF＝m，OF＝m2，DE＝n，OE＝n2，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DAB＝90°，AD＝AB，∴∠FAB＝90°﹣∠EAD＝∠EDA，∵∠AFB＝∠DEA＝90°，∴△ABF≌△DAE（AAS），∴BF＝AE，AF＝DE，∴m＝n2﹣AF﹣m2，AF＝n，∴m＝n2﹣n﹣m2，∴m+n＝（n﹣m）（n+m），∵點B、D在y軸的同側(cè)，∴m+n≠0，∴n﹣m＝1；（2）過B作BF⊥y軸于F，過D作DE⊥y軸于E，∵點B、D的橫坐標分別為m、n，∴B（m，am2），D（n，an2），①當B，D在y軸左側(cè)時，如圖：∴BF＝﹣m，OF＝am2，DE＝﹣n，OE＝an2，同理可得△ABF≌△DAE（AAS），∴BF＝AE，AF＝DE，∴﹣m＝am2﹣AF﹣an2，AF＝﹣n，∴﹣m＝am2+n﹣an2，∴m+n＝a（n﹣m）（n+m），∵m+n≠0，∴n﹣m＝；②當B在y軸左側(cè)，D在y軸右側(cè)時，如圖：∴BF＝﹣m，OF＝am2，DE＝n，OE＝an2，同理可得△ABF≌△DAE（AAS），∴BF＝AE，AF＝DE，∴﹣m＝am2+AF﹣an2，AF＝n，∴﹣m＝am2+n﹣an2，∴m+n＝a（n+m）（n﹣m），∴m+n＝0或n﹣m＝；③當B，D在y軸右側(cè)時，如圖：∴BF＝m，OF＝am2，DE＝n，OE＝an2，同理可得△ABF≌△DAE（AAS），∴BF＝AE，AF＝DE，∴m＝an2﹣AF﹣am2，AF＝n，∴m＝an2﹣n﹣am2，∴m+n＝a（n+m）（n﹣m），∵m+n≠0∴n﹣m＝；綜上所述，m、n滿足的等量關系式為m+n＝0或n﹣m＝．2．（2023?棗莊）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過A（﹣1，0），C（0，3）兩點，并交x軸于另一點B，點M是拋物線的頂點，直線AM與y軸交于點D．（1）求該拋物線的表達式；（2）若點H是x軸上一動點，分別連接MH，DH，求MH+DH的最小值；（3）若點P是拋物線上一動點，問在對稱軸上是否存在點Q，使得以D，M，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形？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．【分析】（1）運用待定系數(shù)法即可求得拋物線的表達式；（2）利用待定系數(shù)法可得直線AM的解析式為y＝2x+2，進而可得D（0，2），作點D關于x軸的對稱點D′（0，﹣2），連接D′M，D′H，MH+DH＝MH+D′H≥D′M，即MH+DH的最小值為D′M，利用兩點間距離公式即可求得答案；（3）分三種情況：當DM、PQ為對角線時，當DP、MQ為對角線時，當DQ、PM為對角線時，根據(jù)平行四邊形的對角線互相平分即對角線的中點重合，分別列方程組求解即可．【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過A（﹣1，0），C（0，3）兩點，∴，解得：，∴該拋物線的表達式為y＝﹣x2+2x+3；（2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴頂點M（1，4），設直線AM的解析式為y＝kx+d，則，解得：，∴直線AM的解析式為y＝2x+2，當x＝0時，y＝2，∴D（0，2），作點D關于x軸的對稱點D′（0，﹣2），連接D′M，D′H，如圖，則DH＝D′H，∴MH+DH＝MH+D′H≥D′M，即MH+DH的最小值為D′M，∵D′M＝＝，∴MH+DH的最小值為；（3）對稱軸上存在點Q，使得以D，M，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形．由（2）得：D（0，2），M（1，4），∵點P是拋物線上一動點，∴設P（m，﹣m2+2m+3），∵拋物線y＝﹣x2+2x+3的對稱軸為直線x＝1，∴設Q（1，n），當DM、PQ為對角線時，DM、PQ的中點重合，∴，解得：，∴Q（1，3）；當DP、MQ為對角線時，DP、MQ的中點重合，∴，解得：，∴Q（1，1）；當DQ、PM為對角線時，DQ、PM的中點重合，∴，解得：，∴Q（1，5）；綜上所述，對稱軸上存在點Q，使得以D，M，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形，點Q的坐標為（1，3）或（1，1）或（1，5）．3．（2023?濟寧）如圖，直線y＝﹣x+4交x軸于點B，交y軸于點C，對稱軸為的拋物線經(jīng)過B，C兩點，交x軸負半軸于點A，P為拋物線上一動點，點P的橫坐標為m，過點P作x軸的平行線交拋物線于另一點M，作x軸的垂線PN，垂足為N，直線MN交y軸于點D．（1）求拋物線的解析式；（2）若，當m為何值時，四邊形CDNP是平行四邊形？（3）若，設直線MN交直線BC于點E，是否存在這樣的m值，使MN＝2ME？若存在，求出此時m的值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；（2）結(jié)合平行四邊形的性質(zhì)，通過求直線MN的函數(shù)解析式，列方程求解；（3）根據(jù)MN＝2ME，分E在MN內(nèi)部與外部兩種情況討論，從而利用一次函數(shù)圖象上點的特征計算求解．【解答】解：（1）在直線y＝﹣x+4中，當x＝0時，y＝4，當y＝0時，x＝4，∴點B（4，0），點C（0，4），設拋物線的解析式為，把點B（4，0），點C（0，4）代入可得：，解得：，∴拋物線的解析式為y＝＝﹣x2+3x+4；（2）由題意，P（m，﹣m2+3m+4），∴PN＝﹣m2+3m+4，當四邊形CDNP是平行四邊形時，PN＝CD，∴OD＝﹣m2+3m+4﹣4＝﹣m2+3m，∴D（0，m2﹣3m）N（m，0），設直線MN的解析式為，把N（m，0）代入可得，解得：k1＝3﹣m，∴直線MN的解析式為y＝（3﹣m）x+m2﹣3m，又∵過點P作x軸的平行線交拋物線于另一點M，且拋物線對稱軸為，∴M（3﹣m，﹣m2+3m+4），∴（3﹣m）2+m2﹣3m＝﹣m2+3m+4，解得m1＝（不合題意，舍去），m2＝；∴當m為時，四邊形CDNP是平行四邊形；（3）存在，理由如下：∵對稱軸為x＝，設P點坐標為（m，﹣m2+3m+4），∴M點橫坐標為：×2﹣m＝3﹣m，∴N（m，0），M（3﹣m，﹣m2+3m+4），①如圖1，∵MN＝2ME，即E是MN的中點，點E在對稱軸x＝上，∴E（，），又點E在直線BC：y＝﹣x+4，代入得：＝﹣+4，解得：m＝或（舍去），故此時m的值為．②如圖2，設E點坐標為（n，﹣n+4），N（m，0），M（3﹣m，﹣m2+3m+4），∵MN＝2ME，∴0﹣（﹣m2+3m+4）＝2（﹣m2+3m+4+n﹣4）①，∴3﹣m﹣m＝2（n﹣3+m）②，聯(lián)立①②并解得：m＝（舍去）或，綜上所述，m的值為或．【中考模擬練】1．（2024?新沂市模擬）如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y＝ax2+bx﹣3的圖象交x軸于A（﹣1，0）、B（3，0）兩點，交y軸于點C，點P在線段OB上，過點P作PD⊥x軸，交拋物線于點D，交直線BC于點E．（1）a＝1，b＝﹣2；（2）在點P運動過程中，若△CDE是直角三角形，求點P的坐標；（3）在y軸上是否存在點F，使得以點C、D、E、F為頂點的四邊形為菱形？若存在，請直接寫出點F的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）由待定系數(shù)法求出函數(shù)表達式，即可求解；（2）當∠ECD＝90°，由拋物線的表達式知，拋物線的頂點坐標為：（1，﹣4），則直線CD⊥BC，即可求解；當∠CDE＝90°時，則點C、D關于拋物線的對稱軸對稱，即可求解；（3）由CE＝DE，得到x＝3﹣，則CE＝x＝32＝CF，即可求解．【解答】解：（1）設拋物線的表達式為：y＝a（x﹣x1）（x﹣x2），則y＝a（x+1）（x﹣3）＝a（x2﹣2x﹣3）＝ax2+bx﹣3，則a＝1，故拋物線的表達式為：y＝x2﹣2x﹣3，即a＝1，b＝﹣2，故答案為：1，﹣2；（2）由拋物線的表達式知，點C（0，﹣3），點B、C的坐標的得，直線BC的表達式知：y＝x﹣3，當∠ECD＝90°，由拋物線的表達式知，拋物線的頂點坐標為：（1，﹣4），則直線CD的表達式為：y＝﹣x﹣3，則直線CD⊥BC，即當點D和拋物線的頂點重合時，△CDE是直角三角形，即點P（1，0）；當∠CDE＝90°時，則點C、D關于拋物線的對稱軸對稱，則點P（2，0）；綜上，P（1，0）或（2，0）；（3）存在，理由：設點P（x，0），則點E（x，x﹣3），點D（x，x2﹣2x﹣3），則DE＝x﹣3﹣x2+2x+3＝﹣x2+3x，①當CE＝ED＝CF，則CE＝DE，即﹣x2+3x＝x，解得：x＝3﹣，則CE＝x＝32＝CF，則點F的坐標為：（0，3﹣5）（舍去）或（0，﹣3﹣1）．②當FE＝ED＝CD＝CF，此時∠CED＝∠BCO＝45，∠FEC＝∠CED＝45（菱形的對角線平分菱形的角），∴∠FED＝90，因此這個菱形正好是特殊的正方形．∴當CD∥x軸（∠CDE＝90）時，即可滿足．此時E（2，﹣1），∵FE∥CD，∴F（0，﹣1），綜上，點F的坐標為：（0，﹣1）或（0，﹣3﹣1）．題型二：二次函數(shù)與最值的綜合1、二次函數(shù)本身可以轉(zhuǎn)化成頂點式求最值；2、拋物線上不規(guī)則三角形求面積最大值，常用“水平寬×鉛垂高÷2”來計算【中考真題練】1．（2023?荊州）已知：y關于x的函數(shù)y＝（a﹣2）x2+（a+1）x+b．（1）若函數(shù)的圖象與坐標軸有兩個公共點，且a＝4b，則a的值是0或2或﹣；（2）如圖，若函數(shù)的圖象為拋物線，與x軸有兩個公共點A（﹣2，0），B（4，0），并與動直線l：x＝m（0＜m＜4）交于點P，連接PA，PB，PC，BC，其中PA交y軸于點D，交BC于點E．設△PBE的面積為S1，△CDE的面積為S2．①當點P為拋物線頂點時，求△PBC的面積；②探究直線l在運動過程中，S1﹣S2是否存在最大值？若存在，求出這個最大值；若不存在，說明理由．【分析】（1）y關于x的函數(shù)應分一次函數(shù)與二次函數(shù)兩種情況，其中二次函數(shù)應分為①與x軸有兩個交點且一個交點為原點；②與x軸有一個交點，與y軸有一個交點兩種情況討論；（2）①如圖，設直線l與BC交于點F，待定系數(shù)法求得拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+8，當x＝0時，y＝8，得到C（0，8），P（1，9），求得直線BC的解析式為y＝﹣2x+8，得到F（1，6），根據(jù)三角形的面積公式即可得到結(jié)論；②如圖，設直線x＝m交x軸于H，由①得，OB＝4，AO＝2，AB＝6，OC＝8，AH＝2+m，P（m，﹣m2+2m+8），得到PH＝﹣m2+2m+8，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到OD＝8﹣2m，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【解答】解：（1）①當a﹣2＝0時，即a＝2時，y關于x的函數(shù)解析式為y＝3x+，此時y＝3x+與x軸的交點坐標為（﹣，0），與y軸的交點坐標為（0，）；②當a﹣2≠0時，y關于x的函數(shù)為二次函數(shù)，∵二次函數(shù)圖象拋物線與坐標軸有兩個交點，∴拋物線可能存在與x軸有兩個交點，其中一個交點為坐標原點或與x軸有一個交點與y軸一個交點兩種情況．當拋物線與x軸有兩個交點且一個為坐標原點時，由題意得b＝0，此時a＝0，拋物線為y＝﹣2x2+x．當y＝0時，﹣2x2+x＝0，解得x1＝0，x2＝．∴其圖象與x軸的交點坐標為（0，0）（，0）．當拋物線與x軸有一個交點與y軸有一個交點時，由題意得，y＝（a﹣2）x2+（a+1）x+b所對應的一元二次方程（a﹣2）x2+（a+1）x+b＝0有兩個相等實數(shù)根．∴Δ＝（a+1）2﹣4（a﹣2）×a＝0，解得a＝﹣，此時y＝﹣x2+x﹣，當x＝0時，y＝﹣，∴與y軸的交點坐標為（0，﹣），當y＝0時，﹣x2+x﹣＝0，解得x1＝x2＝，∴與x軸的交點坐標為（，0），綜上所述，若y關于x的函數(shù)y＝（a﹣2）x2+（a+1）x+b的圖象與坐標軸有兩個交點，則a可取的值為2，0，﹣，故答案為：2或0或﹣；（2）①如圖，設直線l與BC交于點F，根據(jù)題意得，解得，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+8，當x＝0時，y＝8，∴C（0，8），∵y＝﹣x2+2x+8＝﹣（x﹣1）2+9，點P為拋物線頂點，∴P（1，9），∵B（4，0），C（0，8），∴直線BC的解析式為y＝﹣2x+8，∴F（1，6），∴PF＝9﹣6＝3，∴△PBC的面積＝OB?PF＝＝6；②S1﹣S2存在最大值，理由：如圖，設直線x＝m交x軸于H，由①得，OB＝4，AO＝2，AB＝6，OC＝8，AH＝2+m，P（m，﹣m2+2m+8），∴PH＝﹣m2+2m+8，∵OD∥PH，∴△AOD∽△AHP，∴，∴，∴OD＝8﹣2m，∵S1﹣S2＝S△PAB﹣S△AOD﹣S△OBC＝＝﹣3m2+8m＝﹣3（m﹣）2+，∵﹣3＜0，0＜m＜4，∴當m＝時，S1﹣S2存在最大值，最大值為．2．（2023?重慶）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+2過點（1，3），且交x軸于點A（﹣1，0），B兩點，交y軸于點C．（1）求拋物線的表達式；（2）點P是直線BC上方拋物線上的一動點，過點P作PD⊥BC于點D，過點P作y軸的平行線交直線BC于點E，求△PDE周長的最大值及此時點P的坐標；（3）在（2）中△PDE周長取得最大值的條件下，將該拋物線沿射線CB方向平移個單位長度，點M為平移后的拋物線的對稱軸上一點．在平面內(nèi)確定一點N，使得以點A，P，M，N為頂點的四邊形是菱形，寫出所有符合條件的點N的坐標，并寫出求解點N的坐標的其中一種情況的過程．【分析】（1）由待定系數(shù)法即可求解；（2）由△PDE周長的最大值＝PE（1+sin∠PED+cos∠PED），即可求解；（3）當AP是對角線時，由中點坐標公式和AM＝AN，列出方程組即可求解；當AM或AN是對角線時，同理可解．【解答】解：（1）由題意得：，解得：，則拋物線的表達式為：y＝﹣x2+x+2；（2）令y＝﹣x2+x+2＝0，解得：x＝4或﹣1，即點B（4，0），∵PE∥y軸，則∠PED＝∠OCB，則tan∠PED＝tan∠OCB＝2，則sin∠PED＝，cos∠PED＝，由點B、C的坐標得，直線BC的表達式為：y＝﹣x+2，則PE＝﹣x2+x+2+x﹣2＝﹣（x﹣2）2+2≤2，即PE的最大值為2，此時，點P（2，3），則△PDE周長的最大值＝PE（1+sin∠PED+cos∠PED）＝（1++）PE＝，即△PDE周長的最大值為，點P（2，3）；（3）拋物線沿射線CB方向平移個單位長度，相當于向右平移2個單位向下平移1個單位，則平移后拋物線的對稱軸為x＝，設點M（，m），點N（s，t），由點A、P的坐標得，AP2＝18，當AP是對角線時，由中點坐標公式和AM＝AN得：，解得：，即點N的坐標為：（﹣，）；當AM或AN是對角線時，由中點坐標公式和AN＝AP或AM＝AP得：或，解得：（不合題意的值已舍去），即點N的坐標為：（，）；綜上，點N的坐標為：（，﹣）或（，）或（﹣，）．【中考模擬練】1．（2024?東平縣一模）如圖，在平面直角坐標系中，點A、B在x軸上，點C、D在y軸上，且OB＝OC＝3，OA＝OD＝1，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）經(jīng)過A、B、C三點，直線AD與拋物線交于另一點M．（1）求這條拋物線的解析式；（2）在拋物線對稱軸上是否存在一點N，使得△ANC的周長最小，若存在，請求出點N的坐標，若不存在，請說明理由；（3）點E是直線AM上一動點，點P為拋物線上直線AM下方一動點，EP∥y軸，當線段PE的長度最大時，請求出點E的坐標和△AMP面積的最大值．【分析】（1）由OB，OC，OA，OD的長度可得出點A，B，C，D的坐標，由點A，B，C的坐標，利用待定系數(shù)法可求出拋物線的解析式；（2）利用配方法可求出拋物線的對稱軸，連接BC，交拋物線對稱軸于點N，此時AN+CN和最小，即△ANC的周長最小，由點B，C的坐標，利用待定系數(shù)法可求出直線BC的解析式，再利用一次函數(shù)圖象上點的坐標特征可求出點N的坐標；（3）由點A，D的坐標可得出直線AD的解析式，聯(lián)立直線AD和拋物線的解析式成方程組，通過解方程組可求出點M的坐標，過點PP作PE⊥x軸，交直線AD于點E，設點P的坐標為（m，m2+2m﹣3）（﹣4＜m＜1），則點E的坐標為（m，﹣m+1），進而可得出PE的長，由三角形的面積結(jié)合S△APM＝S△APE+S△MPE可得出S△APM關于m的函數(shù)關系式，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可解決最值問題．【解答】解：（1）點A、B在x軸上，點C、D在y軸上，且OB＝OC＝3，OA＝OD＝1，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）經(jīng)過A、B、C三點，直線AD與拋物線交于另一點M．∴點B的坐標為（﹣3，0），點C的坐標為（0，﹣3），點A的坐標為（1，0），點D的坐標為（0，1），將A（1，0），B（﹣3，0），C（0，﹣3）代入y＝ax2+bx+c得：，解得：，∴這條拋物線的解析式為y＝x2+2x﹣3；（2）在拋物線對稱軸上存在一點N，使得△ANC的周長最小；理由如下：∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，∴拋物線的對稱軸為直線x＝﹣1，連接BC，交拋物線對稱軸點N，如圖1所示，∵點A，B關于直線x＝﹣1對稱，∴AN＝BN，∴AN+CN＝BN+CN，∴當點B，C，N三點共線時，BN+CN取得最小值，即△ANC的周長最小，設直線BC的解析式為y＝kx+d（k≠0），將B（﹣3，0），C（0，﹣3）代入y＝kx+d得：，解得：，∴直線BC的解析式為y＝﹣x﹣3，當x＝﹣1時，y＝﹣（﹣1）﹣3＝﹣2，∴在這條拋物線的對稱軸上存在點N（﹣1，﹣2）時△ANC的周長最小；（3）點E是直線AM上一動點，點P為拋物線上直線AM下方一動點，∵A（1，0），D（0，1），∴直線AD的解析式為y＝﹣x+1，聯(lián)立直線AD和拋物線的解析式成方程組，得：，解得：，，∴點M的坐標為（﹣4，5），過點P作PE⊥x軸，交直線AD于點E，如圖2所示，設點P的坐標為（m，m2+2m﹣3）（﹣4＜m＜1），則點E的坐標為（m，﹣m+1），∴PE＝﹣m+1﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m+4，∴S△APM＝S△APE+S△MPE，＝，＝，∴S△APM＝＝，∵，∴當時，△AMP的面積取最大值，最大值為，∴當△AMD面積最大時，點P的坐標為，面積最大值為．題型三：二次函數(shù)與相似的綜合【中考真題練】1．（2023?樂至縣）如圖，直線與x軸、y軸分別交于A、B兩點，拋物線經(jīng)過A、B兩點．（1）求拋物線的表達式；（2）點D是拋物線在第二象限內(nèi)的點，過點D作x軸的平行線與直線AB交于點C，求DC的長的最大值；（3）點Q是線段AO上的動點，點P是拋物線在第一象限內(nèi)的動點，連結(jié)PQ交y軸于點N．是否存在點P，使△ABQ與△BQN相似，若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由．【分析】（1）首先求得A、B點的坐標，然后利用待定系數(shù)法求拋物線的解析式；（2）設D（m，﹣m2﹣m+3），則C（﹣m2﹣3m，﹣m2﹣m+3），進而表示出CD的長；接下來用含m的二次函數(shù)表示S，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，即可解答；（3）分兩種情況：①當△ABQ∽△BQN時，②當△ABQ∽△QBN時，分別求解即可．【解答】解：（1）∵直線y＝x+3與x軸、y軸分別交于A、B兩點，A（﹣4，0），B（0，3），∵拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過A、B兩點．∴，解得，∴y＝﹣x2﹣x+3；（2）設D（m，﹣m2﹣m+3），∵DC∥作x軸，與直線AB交于點C，∴x+3＝﹣m2﹣m+3，解得x＝﹣m2﹣3m，∴C（﹣m2﹣3m，﹣m2﹣m+3），∴DC＝﹣m2﹣3m﹣m＝﹣m2﹣4m＝﹣（m+2）2+4，∴當m＝﹣2時，DC的長的最大值為4；（3）設N（0，n），∵A（﹣4，0），B（0，3），∴AB＝＝5，分兩種情況：①當△ABQ∽△BQN時，∵△ABQ∽△BQN，∴∠ABQ＝∠BQN，，∴PQ∥AB，∴△OQN∽△OAB，∴，∴，∴OQ＝n，QN＝n，∴BQ＝＝，∴，∴n＝或3（舍去），∴OQ＝n＝，∴Q（﹣，0），N（0，），設直線PQ的解析式為y＝kx+a，∴，解得，∴直線PQ的解析式為y＝x+，聯(lián)立y＝﹣x2﹣x+3解得x＝或（不合題意，舍去）∴點P的坐標為（，）；②當△ABQ∽△QBN時，過點Q作QH⊥AB于H，∵△ABQ∽△QBN，∴∠ABQ＝∠QBN，∠BAQ＝∠BQN，∴QH＝QO，∵BQ＝BQ，∴Rt△BHQ≌Rt△BOQ，∴BH＝OB＝3，∴AH＝AB﹣BH＝2，設OQ＝q，則AQ＝4﹣q，QH＝q，∴22+q2＝（4﹣q）2，解得q＝，∴Q（﹣，0），∵∠BQO＝∠BQN+∠OQN＝∠BAQ+∠ABQ，∠BAQ＝∠BQN，∠ABQ＝∠QBN，∴∠OQN＝∠QBN，∵∠QON＝∠BOQ＝90°，∴△OQN∽△OBQ，∴，∴，∴n＝，∴Q（﹣，0），N（0，），同理得直線PQ的解析式為y＝x+，聯(lián)立y＝﹣x2﹣x+3解得x＝或（不合題意，舍去）∴點P的坐標為（，）；綜上，點P的坐標為（，）或（，）．2．（2023?朝陽）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸分別交于點A（﹣2，0），B（4，0），與y軸交于點C，連接BC．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，點P是第一象限內(nèi)拋物線上的一個動點，過點P作直線l⊥x軸于點M（m，0），交BC于點N，連接CM，PB，PC．△PCB的面積記為S1，△BCM的面積記為S2，當S1＝S2時，求m的值；（3）在（2）的條件下，點Q在拋物線上，直線MQ與直線BC交于點H，當△HMN與△BCM相似時，請直接寫出點Q的坐標．【分析】（1）把A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝﹣x2+bx+c可解得拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+4；（2）求出C（0，4），直線BC解析式為y＝﹣x+4，由直線l⊥x軸，M（m，0），得P（m，﹣m2+m+4），N（m，﹣m+4），PN＝﹣m2+m+4﹣（﹣m+4）＝﹣m2+2m，故S1＝PN?|xB﹣xC|＝×（﹣m2+2m）×4＝﹣m2+4m，而S2＝BM?|yC|＝×（4﹣m）×4＝8﹣2m，根據(jù)S1＝S2，有﹣m2+4m＝8﹣2m，即可解得m的值；（3）由B（4，0），C（0，4），得△BOC是等腰直角三角形，△BMN是等腰直角三角形，故∠BNM＝∠MBN＝45°，而△HMN與△BCM相似，且∠MNH＝∠CBM＝45°，可知H在MN的右側(cè)，且＝或＝，設H（t，﹣t+4），當＝時，＝，可解得H（6，﹣2），直線MH解析式為y＝﹣x+1，聯(lián)立解析式可解得Q的坐標為（，）或（，）；當＝時，同理得Q的坐標為（﹣2+2，﹣12+6）或（﹣2﹣2，﹣12﹣6）．【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝﹣x2+bx+c得：，解得，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+4；（2）在y＝﹣x2+x+4中，令x＝0得y＝4，∴C（0，4），由B（4，0），C（0，4）可得直線BC解析式為y＝﹣x+4，∵直線l⊥x軸，M（m，0），∴P（m，﹣m2+m+4），N（m，﹣m+4），∴PN＝﹣m2+m+4﹣（﹣m+4）＝﹣m2+2m，∴S1＝PN?|xB﹣xC|＝×（﹣m2+2m）×4＝﹣m2+4m，∵B（4，0），C（0，4），M（m，0），∴S2＝BM?|yC|＝×（4﹣m）×4＝8﹣2m，∵S1＝S2，∴﹣m2+4m＝8﹣2m，解得m＝2或m＝4（P與B重合，舍去），∴m的值為2；（3）∵B（4，0），C（0，4），∴OB＝OC，∴△BOC是等腰直角三角形，∴∠CBO＝45°，∴△BMN是等腰直角三角形，∴∠BNM＝∠MBN＝45°，∵△HMN與△BCM相似，且∠MNH＝∠CBM＝45°，∴H在MN的右側(cè)，且＝或＝，設H（t，﹣t+4），由（2）知M（2，0），N（2，2），B（4，0），C（4，0），∴BC＝4，BM＝2，MN＝2，NH＝＝|t﹣2|，當＝時，如圖：∴＝，解得t＝6或t＝﹣2（此時H在MN左側(cè)，舍去），∴H（6，﹣2），由M（2，0），H（6，﹣2）得直線MH解析式為y＝﹣x+1，解得或，∴Q的坐標為（，）或（，）；當＝時，如圖：∴＝，解得t＝（舍去）或t＝，∴H（，），由M（2，0），H（，）得直線MH解析式為y＝3x﹣6，解得或，∴Q的坐標為（﹣2+2，﹣12+6）或（﹣2﹣2，﹣12﹣6）；綜上所述，Q的坐標為（，）或（，）或（﹣2+2，﹣12+6）或（﹣2﹣2，﹣12﹣6）．【中考模擬練】1．（2024?東莞市一模）已知：在平面直角坐標系中，點O為坐標原點，直線y＝﹣x+3與x軸交于點B，與y軸交于點C，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過B、C兩點，與x軸的另一交點為點A．（1）如圖1，求拋物線的解析式；（2）如圖2，點D為直線BC上方拋物線上一動點，連接AC、CD，設直線BC交線段AD于點E，△CDE的面積為S1，△ACE的面積為S2．當時，求點D的坐標；（3）在（2）的條件下，且點D的橫坐標小于2，是否在數(shù)軸上存在一點P，使得以A、C、P為頂點的三角形與△BCD相似，如果存在，請直接寫出點P的坐標；如果不存在，請說明理由．【分析】（1）由待定系數(shù)法即可求解；（2）證明△AEF∽△DEG，得到＝＝，即可求解；（3）當點P在y軸時，以A、C、P為頂點的三角形與△BCD相似，存在∠CAP＝∠DCBC＝90°、∠CPA＝∠DCB＝90°兩種情況，利用解直角三角形的方法即可求解；當點P（P′）在x軸上時，同理可解．【解答】解：（1）把x＝0代入y＝﹣x+3，得：y＝3，∴C（0，3）．把y＝0代入y＝﹣x+3得：x＝3，∴B（3，0），將C（0，3）、B（3，0）代入y＝﹣x2+bx+c得：，解得：，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3；（2）如右圖，分別過點A、點D作y軸的平行線，交直線BC于點F和點G，設點D（m，﹣m2+2m+3），G（m，﹣m+3）則DG＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，當x＝﹣1時y＝4，∴F（﹣1，4），AF＝4，∵AF∥DG，∴△AEF∽△DEG，∵＝，∴＝＝，則DG＝2，∴﹣m2+3m＝2，解得m1＝1，m2＝2，∴點D坐標為（1，4）或（2，3）；（3）存在，理由：由題意得，點D（1，4），由點B、C、D的坐標得，CD＝，BC＝3，BD＝則tan∠CBD＝＝＝tanα，則sinα＝，cosα＝，∠DCB＝90°，當點P在y軸時，∵以A、C、P為頂點的三角形與△BCD相似，當∠CAP＝∠DCB＝90°時，則cos∠ACP＝cosα＝＝＝，則CP＝，則點P（0，﹣）；當∠CPA＝∠DCB＝90°時，此時，點P、O重合且符合題意，故點P（0，0）；當點P（P′）在x軸上時，只有∠ACP′＝∠DCB＝90°，則AP′＝＝＝10，則點P′（9，0），綜上，點P的坐標為（0，0）或（9，0）或．題型四：二次函數(shù)與新定義的綜合【中考真題練】1．（2023?南通）定義：平面直角坐標系xOy中，點P（a，b），點Q（c，d），若c＝ka，d＝﹣kb，其中k為常數(shù)，且k≠0，則稱點Q是點P的“k級變換點”．例如，點（﹣4，6）是點（2，3）的“﹣2級變換點”．（1）函數(shù)y＝﹣的圖象上是否存在點（1，2）的“k級變換點”？若存在，求出k的值；若不存在，說明理由；（2）動點A（t，t﹣2）與其“k級變換點”B分別在直線l1，l2上，在l1，l2上分別取點（m2，y1），（m2，y2）．若k≤﹣2，求證：y1﹣y2≥2；（3）關于x的二次函數(shù)y＝nx2﹣4nx﹣5n（x≥0）的圖象上恰有兩個點，這兩個點的“1級變換點”都在直線y＝﹣x+5上，求n的取值范圍．【分析】（1）求出（1，2）的“k級變換點”的坐標，即可求解；（2）求出點A、B所在的直線表達式，即可求解；（3）先求出點A、B所在的直線為y＝x﹣5，當n＞0時，畫出拋物線和直線AB的大致圖象，求出點A的橫坐標為x，得到x+5＝，即可求解；當n＜0時，當x≥0時，直線AB不可能和拋物線在x≥0時有兩個交點，即可求解．【解答】（1）解：存在，理由：由題意得，（1，2）的“k級變換點”為：（k，﹣2k），將（k，﹣2k）代入反比例函數(shù)表達式得：﹣4＝k（﹣2k），解得：k＝±；（2）證明：由題意得，點B的坐標為：（kt，﹣kt+2k），由點A的坐標知，點A在直線y＝x﹣2上，同理可得，點B在直線y＝﹣x+2k，則y1＝m2﹣2，y2＝﹣m2+2k，則y1﹣y2＝m2﹣2+m2﹣2k＝m2﹣2k﹣2，∵k≤﹣2，則﹣2k﹣2+m2≥2，即y1﹣y2≥2；（3）解：設在二次函數(shù)上的點為點A、B，設點A（s，t），則其“1級變換點”坐標為：（s，﹣t），將（s，﹣t）代入y＝﹣x+5得：﹣t＝﹣s+5，則t＝s﹣5，即點A在直線y＝x﹣5上，同理可得，點B在直線y＝x﹣5上，即點A、B所在的直線為y＝x﹣5；由拋物線的表達式知，其和x軸的交點為：（﹣1，0）、（5，0），其對稱軸為x＝2，當n＞0時，拋物線和直線AB的大致圖象如下：直線和拋物線均過點（5，0），則點A、B必然有一個點為（5，0），設該點為點B，另外一個點為點A，如上圖，聯(lián)立直線AB和拋物線的表達式得：y＝nx2﹣4nx﹣5n＝x﹣5，設點A的橫坐標為x，則x+5＝，∵x≥0，則﹣5≥0，解得：n≤1，此外，直線AB和拋物線在x≥0時有兩個交點，故Δ＝（﹣4n﹣1）2﹣4n（5﹣5n）＝（6n﹣1）2＞0，故n≠，即0＜n≤1且n≠；當n＜0時，當x≥0時，直線AB不可能和拋物線在x≥0時有兩個交點，故該情況不存在，綜上，0＜n≤1且n≠1/6．2．（2023?鄂州）某數(shù)學興趣小組運用《幾何畫板》軟件探究y＝ax2（a＞0）型拋物線圖象．發(fā)現(xiàn)：如圖1所示，該類型圖象上任意一點P到定點F（0，）的距離PF，始終等于它到定直線l：y＝﹣的距離PN（該結(jié)論不需要證明）．他們稱：定點F為圖象的焦點，定直線l為圖象的準線，y＝﹣叫做拋物線的準線方程．準線l與y軸的交點為H．其中原點O為FH的中點，F(xiàn)H＝2OF＝．例如，拋物線y＝2x2，其焦點坐標為F（0，），準線方程為l：y＝﹣，其中PF＝PN，F(xiàn)H＝2OF＝．【基礎訓練】（1）請分別直接寫出拋物線y＝x2的焦點坐標和準線l的方程：（0，1），y＝﹣1；【技能訓練】（2）如圖2，已知拋物線y＝x2上一點P（x0，y0）（x0＞0）到焦點F的距離是它到x軸距離的3倍，求點P的坐標；【能力提升】（3）如圖3，已知拋物線y＝x2的焦點為F，準線方程為l．直線m：y＝x﹣3交y軸于點C，拋物線上動點P到x軸的距離為d1，到直線m的距離為d2，請直接寫出d1+d2的最小值；【拓展延伸】該興趣小組繼續(xù)探究還發(fā)現(xiàn)：若將拋物線y＝ax2（a＞0）平移至y＝a（x﹣h）2+k（a＞0）．拋物線y＝a（x﹣h）2+k（a＞0）內(nèi)有一定點F（h，k+），直線l過點M（h，k﹣）且與x軸平行．當動點P在該拋物線上運動時，點P到直線l的距離PP1始終等于點P到點F的距離（該結(jié)論不需要證明）．例如：拋物線y＝2（x﹣1）2+3上的動點P到點F（1，）的距離等于點P到直線l：y＝的距離．請閱讀上面的材料，探究下題：（4）如圖4，點D（﹣1，）是第二象限內(nèi)一定點，點P是拋物線y＝x2﹣1上一動點．當PO+PD取最小值時，請求出△POD的面積．【分析】（1）根據(jù)題中所給拋物線的焦點坐標和準線方程的定義求解即可；（2）利用兩點間距離公式結(jié)合已知條件列式整理得＝8+2y0﹣1，然后根據(jù)y0＝，求出y0，進而可得x0，問題得解；（3）過點P作PE⊥直線m交于點E，過點P作PG⊥準線l交于點G，結(jié)合題意和（1）中結(jié)論可知PG＝PF＝d1+1，PE＝d2，根據(jù)兩點之間線段最短可得當F，P，E三點共線時，d1+d2的值最小；待定系數(shù)法求直線PE的解析式，根據(jù)點E是直線PE和直線m的交點，求得點E的坐標為（，﹣），即可求得d1+d2的最小值；（4）根據(jù)題意求得拋物線y＝x2﹣1的焦點坐標為F（0，0），準線l的方程為y＝﹣2，過點P作準線l交于點G，結(jié)合題意和（1）中結(jié)論可知PG＝PF，則PO+PD＝PG+PD，根據(jù)兩點之間線段最短可得當D，P，G三點共線時，PO+PD的值最小；求得（﹣﹣），即可求得的面積．【解答】解：（1）∵拋物線y＝x2中a＝，∴＝1，﹣＝﹣1，∴拋物線y＝x2的焦點坐標為F（0，1），準線l的方程為y＝﹣1，故答案為：（0，1），y＝﹣1；（2）由（1）知拋物線y＝x2的焦點F的坐標為（0，1），∵點P（x0，y0）到焦點F的距離是它到x軸距離的3倍，∴＝3y0，整理得：＝8+2y0﹣1，又∵y0＝，∴4y0＝8+2y0﹣1，解得：y0＝或y0＝﹣（舍去），∴x0＝（負值舍去），∴點P的坐標為（，）；（3）過點P作PE⊥直線m交于點E，過點P作PG⊥準線l交于點G，結(jié)合題意和（1）中結(jié)論可知PG＝PF＝d1+1，PE＝d2，如圖：若使得d1+d2取最小值，即PF+PE﹣1的值最小，故當F，P，E三點共線時，PF+PE﹣1＝EF﹣1，即此刻d1+d2的值最??；∵直線PE與直線m垂直，故設直線PE的解析式為y＝﹣2x+b，將F（0，1）代入解得：b＝1，∴直線PE的解析式為y＝﹣2x+1，∵點E是直線PE和直線m的交點，令﹣2x+1＝x﹣3，解得：x＝，故點E的坐標為（，﹣），∴d1+d2＝﹣1．即d1+d2的最小值為﹣1．（4）∵拋物線y＝x2﹣1中a＝，∴＝1，﹣＝﹣1，∴拋物線y＝x2﹣1的焦點坐標為（0，0），準線l的方程為y＝﹣2，過點P作PG⊥準線l交于點G，結(jié)合題意和（1）中結(jié)論可知PG＝PF，則PO+PD＝PG+PD，如圖：若使得PO+PD取最小值，即PG+PD的值最小，故當D，P，G三點共線時，PO+PD＝PG+PD＝DG，即此刻PO+PD的值最小；如圖：∵點D的坐標為（﹣1，），DG⊥準線l，∴點P的橫坐標為﹣1，代入y＝x2﹣1解得y＝﹣，即P（﹣1，﹣），OP＝+＝，則△OPD的面積為××1＝．【中考模擬練】1．（2024?新吳區(qū)一模）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx（a≠0）頂點的縱坐標為﹣4，且與x軸交于點A（4，0）．作出該拋物線位于x軸下方的圖象關于x軸對稱的圖象，位于x軸上方的圖象保持不變，就得到y(tǒng)＝|ax2+bx|的圖象，直線y＝kx（k＞0）與y＝|