專題04二次函數(shù)與幾何綜合重難點(diǎn)題型匯編【題型01：二次函數(shù)與角相等】1【題型02：二次函數(shù)與線段最值】13

【題型03：二次函數(shù)與面積綜合】20【題型04：二次函數(shù)與平行四邊形存在性問(wèn)題】28

【題型05：二次函數(shù)與菱形存在性問(wèn)題】40【題型06：二次函數(shù)與矩形存在性問(wèn)題】58【題型07：二次函數(shù)與等腰三角形存在性問(wèn)題】72

【題型08：二次函數(shù)與直角三角形存在性問(wèn)題】88【題型09：二次函數(shù)與等腰直角三角形存在性問(wèn)題】107

【題型10：二次函數(shù)與全等三角形存在性問(wèn)題】120【題型01：二次函數(shù)與角相等】1．拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A?1,0、B兩點(diǎn)，與y軸交于C0,?3(1)求拋物線解析式；(2)在拋物線對(duì)稱軸右側(cè)的圖象上是否存在點(diǎn)M，使∠AMC=∠MCD？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；(3)點(diǎn)N為拋物線對(duì)稱軸上一動(dòng)點(diǎn)，若以B、N、C為頂點(diǎn)的三角形為直角三角形，求出所有相應(yīng)的點(diǎn)N的坐標(biāo)．【答案】(1)y=(2)存在，M2,?3(3)點(diǎn)N的坐標(biāo)為1,?3+172或1,?3?17【分析】此題主要考查了二次函數(shù)綜合以及勾股定理的應(yīng)用和待定系數(shù)法求函數(shù)解析式等知識(shí)，利用分類討論得出N點(diǎn)坐標(biāo)是解題關(guān)鍵．（1）直接利用待定系數(shù)法求出拋物線解析式進(jìn)而得出答案即可；（2）首先求出lCD：y=?x?3，lAM：y=?x?1，令x2（3）①若∠BNC=90°，則BC2=BN2+NC2，②若∠NBC=90°，則【詳解】（1）解：拋物線y=x2+bx+c過(guò)A∴1?b+c=0c=?3解得：b=?2c=?3∴拋物線解析式為：y=x（2）解：存在．如圖1，當(dāng)AM∥CD時(shí)，由（1）可得拋物線y=x∴D1,?4設(shè)直線CD的解析式為：y=kx?3，∴?4=k?3，∴k=?1，∴l(xiāng)CD：y=?x?3∵AM∥CD，∴l(xiāng)AM∴x2∴x1=?1（舍），∴y=2∴M2,?3（3）解：設(shè)N1,n，則BN=4+n2，①如圖2，若∠BNC=90°，則BC2=B∴n2∴解得：n=?3±∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為1,?3+172②若∠NBC=90°，則NC2=B∴6n=12，∴n=2，∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為1,2；③若∠NCB=90°，則BN2=N∴6n=?24，∴n=?4，∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為1,?4，綜上，點(diǎn)N的坐標(biāo)為1,?3+172或1,?3?172．如圖，拋物線y=x2?2x?3與x軸交于A,B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè)），與(1)點(diǎn)E為x軸上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)△CDE周長(zhǎng)最小時(shí)，求點(diǎn)E的坐標(biāo)；(2)若E為BD中點(diǎn)，P為拋物線上一點(diǎn)，當(dāng)∠PAB=∠EAB時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．(3)點(diǎn)B右側(cè)拋物線上一動(dòng)點(diǎn)Q，滿足S△ACQ=S【答案】(1)3(2)P113(3)?1+【分析】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，利用數(shù)形結(jié)合的思想，進(jìn)行求解是解題的關(guān)鍵：（1）求出C,D的坐標(biāo)，作點(diǎn)C關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)F0,3，連接DF交x軸于E，此時(shí)△CDE周長(zhǎng)最小，求出直線DF的解析式，進(jìn)而求出E（2）分兩種情況，①P點(diǎn)不在直線AE上，設(shè)直線AP交y軸于N，直線AE交y軸于M，證明△AMO≌△ANO，得到OM=ON，求出直線AE的解析式，進(jìn)而求出M的坐標(biāo)，進(jìn)而求出N點(diǎn)坐標(biāo)，求出直線AN的解析式，聯(lián)立直線和拋物線的解析式，求出P點(diǎn)的坐標(biāo)即可；②點(diǎn)P在直線AE上，聯(lián)立直線和拋物線的解析式，進(jìn)行求解即可；（3）設(shè)Qt,t2?2t?3，AQ交y軸于H，過(guò)Q作QG⊥x軸于G，分割法求出三角形ACQ和四邊形【詳解】（1）解：∵y=∴D1,?4當(dāng)y=x2?2x?3=0∴A?1,0作點(diǎn)C關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)F0,3，連接DF交x軸于E，則△CDE=CD+DE+CE=CD+DE+EF=CD+DF設(shè)直線DF的解析式為y=kx+3，把D1,?4代入y=kx+3，則有?4=k+3∴k=?7∴直線DF的解析式為y=?7x+3，令y=0，則?7x+3=0，解得：x=∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為37（2）①P點(diǎn)不在直線AE上時(shí)，如圖，設(shè)直線AP交y軸于N，直線AE交y軸于M，∵∠PAB=∠EAB，∴∠NAO=∠MAO，

∵OA⊥y軸

∴∠AOM=∠AON，又∵OA=OA，∴△AMO≌△ANO，∴ON=OM；∵B3,0∴中點(diǎn)E2,?2設(shè)直線AE解析式為y=tx+b，∵A?1,0∴?t+b=02t+b=?2，解得：t=?∴直線AE解析式為y=?2∴當(dāng)x=0時(shí)，y=?2∴ON=OM=23同法可得：直線AN解析式為y=2由y=23x+23∴P的坐標(biāo)為113②當(dāng)點(diǎn)P在直線AE上時(shí)，則：y=?23x?23∴P的坐標(biāo)為73故P113,（3）設(shè)Qt,t2?2t?3，AQ交y軸于H，過(guò)Q作∵A則S△ACQ=1∵S△ACQ∴t+12設(shè)直線AQ解析式為y=mx+n，

則有0=?m+nt消去m，解得：n=t?3，∴OH=t?3，∴CH=OC+OH=t．∵t+12∴tt+1=18，解得：t=?1+∴點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為?1+733．拋物線y=ax2?2ax?3aa<0交x軸于A，B兩點(diǎn)，交(1)直接寫(xiě)出點(diǎn)A，B的坐標(biāo)；(2)如圖（1），當(dāng)a=?1時(shí)，連接AC，點(diǎn)P在第四象限內(nèi)拋物線上，若∠PAB=2∠ACO，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；(3)如圖（2），若頂點(diǎn)為H，在第一象限的拋物線上取點(diǎn)D，連接HD并延長(zhǎng)交x軸于點(diǎn)E，當(dāng)AD=DE時(shí)，將△ADB沿DE方向平移得到△A′EB′．將拋物線L平移得到拋物線L′，使得點(diǎn)A′，B【答案】(1)A?1,0，(2)P(3)是；(3,0)【分析】（1）令y=ax2?2ax?3a=0，解一元二次方程即可得出點(diǎn)A（2）過(guò)線段AC的中點(diǎn)M，作AC的垂直平分線MD交y軸于點(diǎn)D，連接AD，設(shè)OD=m，則CD=3?m，AD=CD=3?m，OA=1，利用勾股定理求出點(diǎn)D的坐標(biāo)，將AD繞A點(diǎn)順時(shí)針旋90°轉(zhuǎn)得到線段AE，則AE=AD，作EF⊥x軸于F點(diǎn)，直線AE交第四象限的拋物線于點(diǎn)P．Rt△AOD≌Rt△EAFAAS，由全等三角形的性質(zhì)進(jìn)一步求出點(diǎn)E13（3）過(guò)D作DM⊥x軸于M，設(shè)Dm,am2?2am?3a，則AM=m+1，DM=am2?2am?3a，將△ADB沿DE方向平移得到△A′EB′，相當(dāng)于將【詳解】（1）解：令y=ax∴ax∵a≠0，∴x1=?1，∴A?1,0，B（2）解：當(dāng)a=?1時(shí)，則拋物線解析式為：y=?x過(guò)線段AC的中點(diǎn)M，作AC的垂直平分線MD交y軸于點(diǎn)D，連接AD，則CD=AD，∠ACO=∠DAC，∠ADO=∠DAC+∠ACD=2∠ACO，設(shè)OD=m，則CD=3?m，AD=CD=3?m，OA=1，在Rt△AOD中，∠AOD=90°∴12∴m=4∴D0,將AD繞A點(diǎn)順時(shí)針旋90°轉(zhuǎn)得到線段AE，則AE=AD，作EF⊥x軸于F點(diǎn)，直線AE交第四象限的拋物線于點(diǎn)P．∵∠DAO+∠FAE=90°，∠DAO+∠ADO=90°，∴∠FAE=∠ADO，∴∠PAB=∠FAE=∠ADO=2∠ACO，在Rt△AOD和Rt∠AOD=∠EFA=90°∠FAE=∠ADO∴Rt△AOD≌∴EF=OA=1，AF=OD=4∴OF=1∴E1設(shè)AE的解析式為：y=kx+b，則?k+b=01解得：k=?3則直線AE為y=?3聯(lián)立y=?解得xA=?1∴P15（3）解：拋物線L′與L交于定點(diǎn)(3,0)過(guò)D作DM⊥x軸于M，如圖：設(shè)Dm,a則AM=m+1，DM=am∵AD=DE，∴EM=AM=m+1，將△ADB沿DE方向平移得到△A′EB′，相當(dāng)于將△ADB又A(?1,0)，B(3,0)，H(1,?4a)，∴A′m,?am2+2am+3a∴拋物線L′的對(duì)稱軸為直線x=m+2∴拋物線L′解析式為y=a由ax解得：x=3，∴拋物線L′與L交于定點(diǎn)(3,0)【點(diǎn)睛】本題了主要考查了二次函數(shù)的綜合問(wèn)題，涉及二次函數(shù)與角度的問(wèn)題，拋物線平移問(wèn)題，拋物線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)問(wèn)題等，掌握二次函數(shù)的圖像和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．4．如圖1，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(diǎn)，與直線l交于B，C兩點(diǎn)，其中點(diǎn)A的坐標(biāo)為?2,0，點(diǎn)C(1)求二次函數(shù)的表達(dá)式和點(diǎn)B的坐標(biāo)．(2)如圖2，若拋物線與y軸交于點(diǎn)D，連接AD,BD，拋物線上是否存在點(diǎn)M，使∠MAB=∠ADB？若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)y=x2?x?6；點(diǎn)(2)點(diǎn)M的坐標(biāo)為2,?4或4,6【分析】（1）利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)的解析式，即可求解；（2）先求出點(diǎn)D的坐標(biāo)為0,?6，可得OD=6，AB，BD，AD的長(zhǎng)，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥BD于點(diǎn)E，再由S△ABD=12OD×AB=12AE×BD，可得AE=25，再由勾股定理求出DE=25，從而得到AE=DE，△ADE是等腰直角三角形，進(jìn)而得到∠ADB=45°，再由∠MAB=∠ADB，可得∠MAB=45°，過(guò)點(diǎn)M作MF⊥x軸于點(diǎn)F，可得【詳解】（1）解：∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為?2,0，點(diǎn)C的坐標(biāo)為?1,?4，∴4?2b+c=01?b+c=?4，解得：b=?1∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y=x令y=0，則x2解得：x1∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為3,0；（2）解：對(duì)于y=x令x=0，y=?6，∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為0,?6，∴OD=6，∵點(diǎn)A?2,0∴AB=5，BD=3如圖，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥BD于點(diǎn)E，∵S△ABD∴AE=25∴DE=A∴AE=DE，∴△ADE是等腰直角三角形，∴∠ADB=45°，∵∠MAB=∠ADB，∴∠MAB=45°，過(guò)點(diǎn)M作MF⊥x軸于點(diǎn)F，∴△AFM是等腰直角三角形，∴AF=FM，設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為t,t∴FM=t2?t?6∴t2解得：t=?2（舍去）或2或4，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為2,?4或4,6．【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)的綜合題，涉及了求二次函數(shù)的解析式，解一元二次方程，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，利用數(shù)形結(jié)合思想解答是解題的關(guān)鍵．【題型02：二次函數(shù)與線段最值】5．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y=ax2+bx(a<0)與正比例函數(shù)y=kx的圖象都經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(3,3)，點(diǎn)P為二次函數(shù)圖象上點(diǎn)O與點(diǎn)A之間的一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作x軸的垂線，交OA于點(diǎn)C，交x軸于點(diǎn)D(1)求二次函數(shù)的表達(dá)式；(2)求線段PC長(zhǎng)度的最大值．【答案】(1)y=?(2)當(dāng)t=32時(shí)，線段PC【分析】本題考查了二次函數(shù)的線段問(wèn)題，二次函數(shù)的圖象性質(zhì)，求二次函數(shù)的解析式，一次函數(shù)的解析式，正確掌握相關(guān)性質(zhì)內(nèi)容是解題的關(guān)鍵．（1）利用待定系數(shù)法進(jìn)行求解，即可作答；（2）正比例函數(shù)表達(dá)式為y=x，設(shè)OD=t(0≤t≤3)，則CD=t，PD=?13t【詳解】（1）解：∵A(3,3)為二次函數(shù)y=ax∴9a+3b=3?解得a=?1∴二次函數(shù)表達(dá)式為y=?1（2）解：∵正比例函數(shù)y=kx經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(3,3)，∴3k=3，∴k=1，∴正比例函數(shù)表達(dá)式為y=x，設(shè)OD=t(0≤t≤3)，則CD=t，∴PD=?1∴PC=PD?CD=?=?=?1∵?1∴當(dāng)t=32時(shí)，線段PC的長(zhǎng)度取得最大值6．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線l與x軸交于點(diǎn)A6,0，與y軸交于點(diǎn)B0,?6，拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A，B，且對(duì)稱軸是直線(1)求直線l的解析式；(2)求拋物線的解析式；(3)點(diǎn)P是直線l下方拋物線上的一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PC⊥x軸，垂足為C，交直線l于點(diǎn)D，求線段PD的最大值．【答案】(1)y=x?6(2)y=(3)9【分析】（1）設(shè)直線l的解析式為y=kx+m，利用待定系數(shù)法解答即可；（2）設(shè)拋物線的解析式為y=ax（3）設(shè)Pt,14t2本題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，二次函數(shù)的幾何應(yīng)用，利用待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式是解題的關(guān)鍵．【詳解】（1）解：設(shè)直線l的解析式為y=kx+m，把A6,0和B0=6k+m?6=m解得k=1m=?6∴直線l的解析式為y=x?6；（2）解：設(shè)拋物線的解析式為y=ax由題意得，36a+6b+c=0c=?6解得a=1∴拋物線的解析式為y=1（3）解：設(shè)Pt,14∴PD=t?6?∵?14<0∴當(dāng)t=3時(shí)，線段PD的值最大，最大值為947．如圖所示，拋物線y=?23x2+bx+c與x軸交于A，B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)A坐標(biāo)為?1,0(1)求此拋物線的函數(shù)表達(dá)式．(2)點(diǎn)P是直線BC上方拋物線上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作x軸的垂線交直線BC于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)P作y軸的垂線，垂足為E，請(qǐng)?zhí)骄?PD+PE是否有最大值?若有最大值，求出最大值及此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)；若沒(méi)有最大值，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)y=?(2)有最大值，7516，【分析】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，主要考查利用待定系數(shù)法求解拋物線的解析式，拋物線的性質(zhì)，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵．（1）直接利用拋物線的交點(diǎn)式可得拋物線的解析式；（2）先求解C0，2，及直線BC為y=?23【詳解】（1）解：（1）∵拋物線y=?23x2+bx+c與x軸交于A，B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)A坐標(biāo)為?1,0∴y=?2（2）（2）2PD+PE是有最大值，理由如下：∵當(dāng)x=0時(shí)，y=?2∴C0設(shè)直線BC的函數(shù)表達(dá)式為y=kx+2，∴3k+2=0，解得k=?2∴直線BC的函數(shù)表達(dá)式為y=?2設(shè)Pm則Dm∴2PD+PE=2=?=?4當(dāng)m=158時(shí)，有最大值此時(shí)?2∴2PD+PE有最大值，為7516．此時(shí)P8．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx?3與x軸交于A?1,0，B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)點(diǎn)P是直線BC下方對(duì)稱軸右側(cè)拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PD∥x軸交拋物線于點(diǎn)D，作PE⊥BC于點(diǎn)E，求PD+5【答案】(1)y=(2)最大值152，【分析】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)關(guān)系式，求二次函數(shù)的最值，勾股定理等知識(shí)，利用割補(bǔ)法表示出△PBC的面積是解題的關(guān)鍵．（1）把A?1,0代入y=ax2+bx?3，得（2）連接OP,BP,CP，再設(shè)點(diǎn)Pt,12t2?5【詳解】（1）解：∵拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A?1,0，且對(duì)稱軸是x=∴a?b?3=0?解得a=1∴拋物線的解析式為y=1（2）當(dāng)x=0時(shí)，y=?3，當(dāng)y=0解得x1∴OB=6,OC=3，根據(jù)勾股定理，得BC=C連接OP,BP,CP，設(shè)點(diǎn)Pt,由S△PBC12∴5∵點(diǎn)P與D關(guān)于直線x=5∴PD=2t?∴PD+5∴當(dāng)t=5時(shí)，PD+52PE取得最大值159．如圖，拋物線y=?x2+bx+c交x軸于點(diǎn)A?3,0和點(diǎn)B，交(1)求拋物線的解析式；(2)若點(diǎn)M為該拋物線對(duì)稱軸上的一點(diǎn)，當(dāng)CM+BM最小時(shí)，求點(diǎn)M的坐標(biāo)．【答案】(1)y=?(2)M(?1,2)【分析】本題考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．（1）利用待定系數(shù)法解答即可；（2）由拋物線解析式可得拋物線對(duì)稱軸為直線x=?1，連接AC交對(duì)稱軸于點(diǎn)M，由點(diǎn)A、B關(guān)于對(duì)稱軸對(duì)稱可得AM=BM，即得CM+BM=AM+BM=AC，由兩點(diǎn)之間線段最短，可知此時(shí)CM+BM的值最小，利用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式，進(jìn)而即可求解；【詳解】（1）解：把A(?3,0),C(0,3)代入拋物線y=?x2+bx+c解得b=?2c=3∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=?x（2）解：∵拋物線y=?x∴拋物線對(duì)稱軸為直線x=?1，連接AC交對(duì)稱軸于點(diǎn)M，∵點(diǎn)A、B關(guān)于對(duì)稱軸對(duì)稱，∴AM=BM，∴CM+BM=CM+AM=AC，由兩點(diǎn)之間線段最短，可知此時(shí)CM+BM的值最小，最小值即為線段AC的長(zhǎng)，設(shè)直線AC的解析式為y=kx+n，把A(?3,0),C(0,3)代入得，0=?3k+n3=n解得k=1n=3∴直線AC的解析式為y=x+3，當(dāng)x=?1時(shí)，y=?1+3=2，∴M(?1,2)．【題型03：二次函數(shù)與面積綜合】10．如圖，拋物線y=?x2+bx+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，已知B(1)求拋物線的解析式；(2)第二象限內(nèi)的點(diǎn)P在該拋物線上，求△APC面積的最大值．【答案】(1)y=?(2)27【分析】本題考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，主要考查了二次函數(shù)圖象與性質(zhì)，一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用這些知識(shí)．（1）把B、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)代入拋物線的解析式可得b和c的值，即可求得拋物線的解析式；（2）當(dāng)y=0時(shí)，解方程得到點(diǎn)A的坐標(biāo)，根據(jù)待定系數(shù)法求出直線AC的解析式，過(guò)點(diǎn)P作PQ垂直于x軸交AC于點(diǎn)Q，設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為p,?p2?p+6p<0，則Qp,2p+6，S△APC=【詳解】（1）解：將點(diǎn)B2,0，C0,6代入得到0=?4+2b+c6=c，解得b=?1∴拋物線的解析式為y=?x（2）解：當(dāng)y=0時(shí)，即?x2?x+6=0，解得x∴A?3,0設(shè)直線AC的解析式為y=mx+n，將A?3,0，C0,6代入得解得m=2n=6∴直線AC的解析式為y=2x+6，如圖所示，過(guò)點(diǎn)P作PQ垂直于x軸交AC于點(diǎn)Q，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為p,?p2?p+6∴PQ=?∴S∵?3∴拋物線的開(kāi)口向下，∴當(dāng)p=??92即△APC面積的最大值為27811．如圖，對(duì)稱軸為x=?1的拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)與x軸相交于A、B兩點(diǎn)，其中點(diǎn)A(1)求點(diǎn)B的坐標(biāo)．(2)已知a=1，C為拋物線與y軸的交點(diǎn)．①若點(diǎn)P在拋物線上，且S△POC=4S②設(shè)點(diǎn)Q是線段AC上的一動(dòng)點(diǎn)，作QD⊥x軸交拋物線于點(diǎn)D，試問(wèn)△ADC是否存在最大值，若不存在，說(shuō)明理由；若存在，求出此時(shí)D點(diǎn)的坐標(biāo)和△ADC面積的最大值．【答案】(1)點(diǎn)B的坐標(biāo)為(1,0)(2)①點(diǎn)P的坐標(biāo)為(4,21)或(?4,5)；②存在，D點(diǎn)的坐標(biāo)為?32,?15【分析】本題主要考查了求出二次函數(shù)關(guān)系式，求一次函數(shù)關(guān)系式，二次函數(shù)圖象的性質(zhì)，二次函數(shù)與幾何圖形，對(duì)于（1），根據(jù)拋物線的對(duì)稱性解答即可；對(duì)于（2）①，當(dāng)a=1時(shí)，結(jié)合拋物線y=ax2+bx+ca≠0的對(duì)稱軸為直線x=?1，可得b=2，進(jìn)而求出c=?3，可得二次函數(shù)關(guān)系式，再求出拋物線與y軸的交點(diǎn)C的坐標(biāo)，然后設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)S△POC=4S△BOC，可得12②先求出直線AC的解析式，再設(shè)Q點(diǎn)坐標(biāo)為x，?x?3?3≤x≤0，則D點(diǎn)坐標(biāo)為x，x2+2x?3，即可得出QD=?(x+32【詳解】（1）解：∵對(duì)稱軸為直線x=?1的拋物線y=ax2+bx+ca≠0與x軸相交于∴A、B兩點(diǎn)關(guān)于直線x=?1對(duì)稱.∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為?3，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為1，（2）解：①a=1時(shí)，∵拋物線y=ax2∴?b2解得b=2，將B1，0得1+2+c=0，解得：c=?3，則二次函數(shù)的解析式為y=x∴拋物線與y軸的交點(diǎn)C的坐標(biāo)為0，∴OC=3，設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為(x，x2+2x?3∵S△POC∴12×3×x=4×1∴x∴x=±4．當(dāng)x=4時(shí)，x2+2x?3=16+8?3=21；當(dāng)x=?4時(shí)，x2+2x?3=16?8?3=5，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為4，21或②設(shè)直線AC的解析式為y=kx+t，將A?3，0得?3k+t=0t=?3解得：k=?1t=?3即直線AC的解析式為y=?x?3．設(shè)Q點(diǎn)坐標(biāo)為x，?x?3?3≤x≤0，則DQD=?x?3?x2+2x?3∴當(dāng)x=?32時(shí)，QD有最大值9∴當(dāng)x=?32時(shí)，三角形的面積有最大值，此時(shí)D點(diǎn)的坐標(biāo)為(?∴S△ADC∴D點(diǎn)的坐標(biāo)(?32,?15412．如圖，拋物線y=?x2+bx+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，其中B(1)求拋物線的解析式；(2)在第二象限的拋物線上是否存在一點(diǎn)P，使得△APC的面積最大．若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)P坐標(biāo)和△APC的面積最大值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)y=?(2)存在，P?3【分析】本題考查了二次函數(shù)的圖像和性質(zhì)，用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，三角形的面積的計(jì)算等，解題關(guān)鍵是熟練運(yùn)用待定系數(shù)法和二次函數(shù)最值的求解方法．（1）設(shè)出拋物線的解析式，利用待定系數(shù)法求解即可；（2）通過(guò)分割圖形法表示三角形面積，轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)最值問(wèn)題，利用二次函數(shù)性質(zhì)求解．【詳解】（1）解：將B2,0，C0,6代入得?4+2b+c=0c=6解得：b=?1∴y=?x（2）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為m,?m把y=0代入y=?x2?x+6∴A(?3,0)，設(shè)直線AC的解析式為y=mx+n，將A?3,0,C0,6解得，m=2n=6∴直線AC的解析式為y=2x+6，過(guò)點(diǎn)P作PQ垂直于x軸交AC于點(diǎn)Q，則Qm,2m+6∴PQ=?∴S∵?3∴當(dāng)m=?b2a=?32∴P?13．如圖1，拋物線y=?x2+bx+c與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C(1)求拋物線表達(dá)式；(2)如圖2，點(diǎn)P為拋物線在y軸左側(cè)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PF∥y軸，交直線AC于點(diǎn)E，交x軸于點(diǎn)F，連接PC，BE，BC，若S△PEC【答案】(1)二次函數(shù)的表達(dá)式為y=?x(2)點(diǎn)P的坐標(biāo)為?4,24或?4?42【分析】本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，待定系數(shù)法求解解析式，解分式方程，利用數(shù)形結(jié)合和分類討論的思想進(jìn)行求解是解題的關(guān)鍵．（1）待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式即可；（2）先求出A?8,0，B2,0，通過(guò)待定系數(shù)法求出直線AC表達(dá)式為y=2x+16，設(shè)點(diǎn)F的坐標(biāo)為m,0m<0，Em,2m+16，Pm,?m2?6m+16，然后分①當(dāng)點(diǎn)P在直線【詳解】（1）解：∵拋物線y=?x2+bx+c與y∴c=16，∴D?6,16∵拋物線y=?x2+bx+c∴??6∴b=?6，∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y=?x（2）解：當(dāng)y=?x解得：x1=?8，∴A?8,0，B∵C0,16設(shè)直線AC的解析式為y=kx+16，把A?8,0代入，得k=2∴直線AC表達(dá)式為y=2x+16，設(shè)點(diǎn)F的坐標(biāo)為m,0m<0，Em,2m+16，①如圖，當(dāng)點(diǎn)P在直線AC上方時(shí)，∴PE=?m2?6m+16?∴S△PECS===?10m，∵S△PEC∴12m3經(jīng)檢驗(yàn)：m=?4是原方程的解，∴P?4,24②如圖，當(dāng)點(diǎn)P在直線AC下方時(shí)，∴PE=2m+16??m2∴S△PECS===?10m，∵S△PEC∴?12m經(jīng)檢驗(yàn)：m=?4±42∵m<0，∴m=?4?42∴P?4?4綜上可知：點(diǎn)P的坐標(biāo)為?4,24或?4?42【題型04：二次函數(shù)與平行四邊形存在性問(wèn)題】14．如圖，拋物線y=?23x2+bx+c與x軸交于A?1,0，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C0,2，直線CD:y=?x+2與x軸交于點(diǎn)D，動(dòng)點(diǎn)M在拋物線上運(yùn)動(dòng)，過(guò)點(diǎn)M作MP⊥x(1)求拋物線的解析式；(2)E是拋物線對(duì)稱軸與x軸交點(diǎn)，點(diǎn)F是x軸上一動(dòng)點(diǎn)，在M運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，若C、E、F、M為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形時(shí)，請(qǐng)求出滿足條件的點(diǎn)F的坐標(biāo)．【答案】(1)y=?(2)F?1,0或F7,0或【分析】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，正確的求出函數(shù)解析式，利用數(shù)形結(jié)合的思想進(jìn)行求解，是解題的關(guān)鍵：（1）待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式即可；（2）分三種情況，利用平行四邊形的對(duì)角線互相平分，進(jìn)行求解即可．【詳解】（1）解：把A?1,0，C0,2代入?23?b+c=0∴y=?2（2）∵y=?2∴拋物線的對(duì)稱軸為直線x=?4∴E1,0，設(shè)Fn,0，∵C0,2∴當(dāng)以CE為對(duì)角線時(shí)，則：m+n=1+0?23m2∴F?1,0當(dāng)以EF為對(duì)角線時(shí)，m+0=1+n?23m2∴F7,0或當(dāng)以CF為對(duì)角線時(shí)，m+1=n+0?23m2∴F3,0綜上：F?1,0或F7,0或F15．在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=?x2+bx+c與x軸交于點(diǎn)A、B（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)A的坐標(biāo)為?5,0，點(diǎn)C(1)求拋物線的解析式；(2)如圖1，若點(diǎn)P是第二象限內(nèi)拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)△PAC面積最大時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)及△PAC面積的最大值；(3)如圖2，若點(diǎn)M是拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)N是拋物線對(duì)稱軸上一點(diǎn)，是否存在點(diǎn)M，使得以A、C、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)M的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)y=?(2)△ACP面積的最大值：1258，(3)點(diǎn)M的坐標(biāo)為：?3,8或3,?16或(?7,?16)【分析】（1）把點(diǎn)A，點(diǎn)C的坐標(biāo)代入y=?x2+bx+c，求出b（2）過(guò)點(diǎn)P作PF⊥x軸交AC于點(diǎn)H，設(shè)AC的解析式為y=kx+5，求出AC的解析式，設(shè)點(diǎn)Pm，?m2?4m+5且（3）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)分類討論：①當(dāng)AC為平行四邊形的對(duì)角線時(shí)；②當(dāng)AM為平行四邊形的對(duì)角線時(shí)；③當(dāng)AN為平行四邊形的對(duì)角線時(shí)，分別求解，即可．【詳解】（1）解：∵拋物線y=?x2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A∴c=5?25?5b+c=0解得：c=5b=?4∴拋物線的解析式為：y=?x（2）解：過(guò)點(diǎn)P作PF⊥x軸交AC于點(diǎn)H，垂足為F，如圖：∵A(?5,0)，C(0,5)，設(shè)直線AC解析式為y=kx+b，將A(?5,0)、C(0,5)代入，得：?5k+b=0b=5∴k=1b=5∴直線AC解析式為y=x+5，設(shè)Pm,?m2?4m+5，∴PH=?∵a=?1<0，∴當(dāng)m=?52時(shí)，PH最大為∴△ACP面積為12∴△ACP面積的最大值：S△APC此時(shí)P?（3）解：存在．∵y=?x∴拋物線的對(duì)稱軸為直線x=?2，設(shè)點(diǎn)N的坐標(biāo)為?2,m，點(diǎn)M的坐標(biāo)為x,?分三種情況：①當(dāng)AM為平行四邊形ANMC的對(duì)角線時(shí)，如圖，∵A(?5,0)、C(0,5)，∴xC?x解得，x=3.∴?x∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為3,?16②當(dāng)AN為平行四邊形AMNC的對(duì)角線時(shí)，如圖，∵A(?5,0)、C(0,5)，∴xC?x解得，x=?7.∴?x∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為(?7,?16)；③當(dāng)AC為平行四邊形ANCM的對(duì)角線時(shí)，如圖，∵A(?5,0)、C(0,5)，∴線段AC的中點(diǎn)H的坐標(biāo)為?5+02,0+52∴x+(?2)2解得，x=?3，∴?x∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為?3,8，綜上，點(diǎn)M的坐標(biāo)為：?3,8或3,?16或(?7,?16)．【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)綜合題，其中涉及到二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，二次函數(shù)圖象與幾何變換，二次函數(shù)的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)．熟知幾何圖形的性質(zhì)利用數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵．16．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx?5a≠0交x軸于A，C兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)(1)求此拋物線的表達(dá)式；(2)已知拋物線的對(duì)稱軸上存在一點(diǎn)M，使得△ABM周長(zhǎng)最小，請(qǐng)求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；(3)連接BC，點(diǎn)P是線段BC上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作y軸的平行線交拋物線于點(diǎn)Q，求當(dāng)四邊形OBQP為平行四邊形時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)．【答案】(1)y=(2)M(3)則點(diǎn)P的坐標(biāo)為：?5+52【分析】本題主要考查待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，軸對(duì)稱最短路徑的計(jì)算方法，平行四邊形的判定和性質(zhì)的綜合，掌握二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．（1）根據(jù)二次函數(shù)解析式可求出OB=5=OC=5OA，可得點(diǎn)A,B,C的坐標(biāo)，運(yùn)用交點(diǎn)式即可求解二次函數(shù)解析式；（2）根據(jù)拋物線的解析式可得點(diǎn)A的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)C，結(jié)合軸對(duì)稱最短路徑可得△ABM的周長(zhǎng)=AB+AM+BM=AB+CM+BM=AB+BC為最小，根據(jù)點(diǎn)B,C的坐標(biāo)可求出直線BC的解析式，由拋物線的對(duì)稱軸為x=?2，代入直線BC的解析式即可求解；（3）根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)可得PQ=OB=5，設(shè)點(diǎn)Px,?x?5則Q【詳解】（1）解：由拋物線的表達(dá)式y(tǒng)=ax2+bx?5∴OB=OC=5=5OA，∴OA=1，∴A1,0，B0,?5，設(shè)拋物線的表達(dá)式為：y=ax?1∴?5a=?5，∴a=1，故拋物線的表達(dá)式為：y=x（2）解：由（1）可知，拋物線的表達(dá)式為：y=x∴對(duì)稱軸為直線x=?2，∴點(diǎn)A關(guān)于拋物線對(duì)稱軸的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)C，∴BC交拋物線的對(duì)稱軸于點(diǎn)M，即為所求點(diǎn)的位置，即△ABM的周長(zhǎng)=AB+AM+BM=AB+CM+BM=AB+BC為最小，已知B0,?5，C設(shè)直線BC的解析式為：y=kx+bk≠0∴b=?5?5k+b=0解得k=?1b=?5∴直線BC的解析式為：y=?x?5∵拋物線的對(duì)稱軸為直線x=?2，∴當(dāng)x=?2時(shí)，y=?x?5=?3，則點(diǎn)M?2,?3（3）解：由（1）和（2）可知，拋物線的解析式為y=x2+4x?5，直線BC∴如圖所示，設(shè)點(diǎn)Px,?x?5，根據(jù)過(guò)點(diǎn)P作y軸的平行線交拋物線于點(diǎn)Q，四邊形OBQP為平行四邊形，則Q∴PQ=OB=5，∴PQ=?x?5∴x解得：x1=?5+∴當(dāng)x=?5+52時(shí)，?x?5=?當(dāng)x=?5?52時(shí)，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為：?5+52,17．如圖，拋物線y=x2?2x?3與x軸交于A、B兩點(diǎn)(A點(diǎn)在B點(diǎn)左側(cè))，直線l與拋物線交于(1)求A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)及直線AC的函數(shù)表達(dá)式；(2)P是線段AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)P點(diǎn)作y軸的平行線交拋物線于E點(diǎn)，求線段PE長(zhǎng)度的最大值；(3)點(diǎn)G拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，在x軸上是否存在點(diǎn)F，使A、C、F、G這樣的四個(gè)點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？如果存在，求出所有滿足條件的F點(diǎn)坐標(biāo)；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)A(?1,0)，B(3,0)，y(2)9(3)F1(1,0)，F(xiàn)【分析】本題主要考查了二次函數(shù)的綜合題，涉及到了待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、平行四邊形的判定、二次函數(shù)的性質(zhì)等重要知識(shí)點(diǎn)，綜合性強(qiáng)，解答本題的關(guān)鍵是要求學(xué)生掌握分類討論，數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法，此題有一定的難度．(1)因?yàn)閽佄锞€與x軸相交，所以可令y=0，解出A、B的坐標(biāo)．再根據(jù)C點(diǎn)在拋物線上，C點(diǎn)的橫坐標(biāo)為2，代入拋物線中即可得出C點(diǎn)的坐標(biāo)．再根據(jù)兩點(diǎn)式方程即可解出AC的函數(shù)表達(dá)式；(2)根據(jù)P點(diǎn)在AC上可設(shè)出P點(diǎn)的坐標(biāo)．E點(diǎn)坐標(biāo)可根據(jù)已知的拋物線求得．因?yàn)镻E都在垂直于x軸的直線上，所以兩點(diǎn)之間的距離為yp(3)此題要分兩種情況：①以AC為邊，②以AC為對(duì)角線．確定平行四邊形后，可直接利用平行四邊形的性質(zhì)求出F點(diǎn)的坐標(biāo)．【詳解】（1）解：令y=0，得x2解得x1=?1或∴A(?1,0),B(3,0)，將C點(diǎn)的橫坐標(biāo)x=2代入y=xy=4?4?3=?3，∴C(2,?3)，∴設(shè)直線AC的函數(shù)解析式為y=kx+b(k≠0)，將A(?1,0)，C(2,?3)分別代入，得?k+b=02k+b=?3，解得k=?1∴直線AC的函數(shù)解析式是y=?x?1；（2）設(shè)P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x(?1≤x≤2)，則P、E的坐標(biāo)分別為P(x,?x?1)，E(x,x∵P點(diǎn)在E點(diǎn)的上方，∴PE=?x?1由a=?1<0，對(duì)稱軸x=1∴當(dāng)x=12時(shí)，PE的最大值為（3）(3)存在4個(gè)這樣的點(diǎn)F，分別是F11,0，①如圖1，連接C與拋物線和y軸的交點(diǎn)，∴CG∥x軸，∴AF=CG=2，A(?1,0)，∴F點(diǎn)的坐標(biāo)是(?3，②如圖2，AF=CG=2，A點(diǎn)的坐標(biāo)為(?1，0)∴F點(diǎn)的坐標(biāo)為(1，③如圖3，此時(shí)C，G兩點(diǎn)的縱坐標(biāo)互為相反數(shù)，∴G點(diǎn)的縱坐標(biāo)為3，代入拋物線y=xx2解得x1∴G點(diǎn)的坐標(biāo)為(1+7設(shè)直線GF的解析式為y=?x+?，將G(1+7,3)代入3=?(1+7)+?，解得∴直線GF的解析式為y=?x+4+7當(dāng)y=0時(shí)，?x+4+7解得x=4+7∴直線GF與x軸的交點(diǎn)F的坐標(biāo)為(4+7④如圖4，同③可求出F的坐標(biāo)為(4?7∴符合條件的F點(diǎn)共有4個(gè)，為F1(1,0)，F(xiàn)218．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=12x2+bx+c與直線AC(1)求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)將該拋物線沿水平方向向右平移3個(gè)單位，平移后拋物線與y軸交于點(diǎn)F，原拋物線上有一點(diǎn)P2,?4，點(diǎn)M為平移后點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，N為平移后的拋物線的對(duì)稱軸上一點(diǎn)．在平移后的拋物線上確定一點(diǎn)Q，使得以點(diǎn)M，F(xiàn)，N，Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，寫(xiě)出所有符合條件的點(diǎn)Q【答案】(1)y=(2)：1,0或?1,8或9,8【分析】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，二次函數(shù)圖象的平移，平行四邊形的性質(zhì)等知識(shí)，利用分類討論的思想求解是解題的關(guān)鍵．（1）用待定系數(shù)法可得拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（2）將拋物線向右平移3個(gè)單位得新拋物線y=12x2?4x+72，對(duì)稱軸是直線x=4，即可得M5,?4，F(xiàn)0,72，設(shè)N4,n，Qr,12r2【詳解】（1）解：∵拋物線y=12x2+bx+c∴12解得b=?1c=?4∴拋物線的解析式為y=1（2）解∶∵將拋物線y=12x∴新拋物線對(duì)稱軸是直線x=??4在y=12x2?4x+∴F0,將P2,?4向右平移3個(gè)單位得M設(shè)N4,n，Q則①當(dāng)QN、MF為對(duì)角線時(shí)，∴r+4=5n+解得r=1，∴Q1,0②當(dāng)QM、NF為對(duì)角線時(shí)，∴5+r=4?4+解得r=?1，∴Q?1,8③當(dāng)QF、NM為對(duì)角線時(shí)，∴r=4+51解得r=9，∴Q9,8綜上所述，Q的坐標(biāo)為：1,0或?1,8或9,8．

【題型05：二次函數(shù)與菱形存在性問(wèn)題】9．如圖，已知二次函數(shù)y=ax2+2x+c的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)C0,3，與x軸分別交于點(diǎn)A，點(diǎn)B3,0(1)求二次函數(shù)y=ax(2)連接PO，PC，并把△POC沿y軸翻折，得到四邊形POP′C，若四邊形PO(3)當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)，四邊形ACPB的面積最大？求出此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)【答案】(1)y=?(2)P(3)P【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（2）由題意可得OC=3，連接PP′，由菱形的性質(zhì)可得PP′垂直平分OC，從而可得點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為32（3）連接AC、CP、BP，求出A?1,0，則AB=4，計(jì)算可得S△ABC=6，直線BC的解析式為y=?x+3，作PD∥y軸交直線BC于D，設(shè)Pm,?m2+2m+3【詳解】（1）解：將C0,3，B3,0代入二次函數(shù)的解析式得：9a+6+c=0c=3解得：a=?1c=3∴二次函數(shù)的解析式為y=?x（2）解：∵C0,3∴OC=3，如圖，連接PP，∵四邊形POP∴PP′垂直平分∴點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為32∵點(diǎn)P是直線BC上方的拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，∴令y=32，則解得：x1=2+∴P2+（3）解：如圖，連接AC、CP、BP，，在y=?x2+2x+3中，當(dāng)y=0時(shí)，?x2∴A?1,0∵B3,0，C∴AB=4，OC=3，∴S△ABC設(shè)直線BC的解析式為y=kx+bk≠0將C0,3，B3,0代入y=kx+bk≠0解得：k=?1b=3∴直線BC的解析式為y=?x+3，作PD∥y軸交直線BC于D，∵點(diǎn)P是直線BC上方的拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，∴設(shè)Pm,?m2∴PD=?m∴S==6+=?=?3∵?32<0∴當(dāng)m=32時(shí)，S四邊形當(dāng)m=32時(shí)，?m【點(diǎn)睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，菱形的性質(zhì)，二次函數(shù)綜合—面積問(wèn)題，求一次函數(shù)的解析式，熟練掌握以上知識(shí)點(diǎn)并靈活運(yùn)用是解此題的關(guān)鍵．20．如圖，已知拋物線C1:y=?x2+bx+c與y軸相交于點(diǎn)C(0,1)，對(duì)稱軸為直線x=2．坐標(biāo)原點(diǎn)為O點(diǎn)，拋物線C(1)拋物線的關(guān)系表達(dá)式；(2)將拋物線C1向左平移2個(gè)單位長(zhǎng)度得到拋物線C2，C2與C1相交于點(diǎn)E，點(diǎn)F為拋物線C1對(duì)稱軸上的一點(diǎn)，在平面直角坐標(biāo)系中是否存在點(diǎn)H，使以點(diǎn)C，E，F(xiàn)【答案】(1)y=?(2)點(diǎn)H的坐標(biāo)為?1,3或1,?2或3,4+6或【分析】本題考查了利用待定系數(shù)法求點(diǎn)的坐標(biāo)以及設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)的能力，同時(shí)還考查了二次函數(shù)圖象平移的性質(zhì)與數(shù)形結(jié)合分析圖形并求解點(diǎn)的坐標(biāo)的能力．（1）由對(duì)稱軸方程可求出b=4，由點(diǎn)C0,1代入可求出c=1，從而可得拋物線的解析式為y=?（2）求出點(diǎn)E坐標(biāo)，設(shè)Ha,b,F2,t，分CF,EF為鄰邊，CE,FH為對(duì)角線；CE,CF為鄰邊，EF,CH為對(duì)角線；CE,EF為鄰邊，CF,EH為對(duì)角線三種情況，以鄰邊相等求出t【詳解】（1）解：∵拋物線C1：y=?x2+bx+c與∴c=1；∵拋物線的對(duì)稱軸為直線x=2．∴?b∴b=4，∴拋物線的解析式為：y=?x（2）解：∵y=?向左平移兩個(gè)單位后拋物線的解析式為y=?x?2+2聯(lián)立y=?x解得x=1y=4∴E1,4∵拋物線y=?x2∴可設(shè)F2,t,①如圖，CF,EF為鄰邊，CE,FH為對(duì)角線時(shí)；CF2=2?0又CF∴t2解得，t=2，∴F2,2又CE的中點(diǎn)坐標(biāo)為1+02,1+4∴a+22=1∴a=?1,b=3，∴H?1,3②CE,CF為鄰邊，EF,CH為對(duì)角線時(shí)，如圖，同理：E又C∴t2解得，t=1±6當(dāng)t=1+6時(shí)，F(xiàn)EF的中點(diǎn)坐標(biāo)為32∴a2∴a=3,b=4+6∴H3,4+當(dāng)t=1?6,時(shí)，EF的中點(diǎn)坐標(biāo)為32∴a2∴a=3,b=4?6∴H3,4?③CE,EF為鄰邊，CF,EH為對(duì)角線，如圖，同理：EC又EC∴t解得，t=1,t=7（C、E、F三點(diǎn)共線，不符合題意舍去），∵F2,1∴CF的中點(diǎn)坐標(biāo)為1,1，∴a+12解得，a=1,b=?2，∴H1,?2綜上，點(diǎn)H的坐標(biāo)為?1,3或1,?2或3,4+6或3,4?21．如圖，拋物線y=ax2+bx?2與x軸交于A?1,0,B4,0兩點(diǎn)，與(1)求拋物線的解析式；(2)點(diǎn)P是直線BC下方的拋物線上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求四邊形ACPB面積的最大值及此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)；(3)點(diǎn)F是直線l上一點(diǎn)，點(diǎn)G是平面內(nèi)一點(diǎn)，是否存在以BC為邊，以點(diǎn)B，C，F(xiàn)，G為頂點(diǎn)的菱形？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)F的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)y=(2)四邊形ACPB面積的最大值為9，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為2,?3；(3)32,712?2或【分析】1）利用待定系數(shù)法解答，即可求解；（2）連接OP，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為t,12t2?（3）設(shè)點(diǎn)F的坐標(biāo)為32,m，分兩種情況：當(dāng)BC為邊，BF為對(duì)角線時(shí)，BC=CF；當(dāng)BC為邊，CF為對(duì)角線時(shí)，【詳解】（1）解：把點(diǎn)A?1,0,B4,0a?b?2=016a+4b?2=0解得：a=1∴拋物線的解析式為y=1（2）解：∵點(diǎn)A?1,0∴OA=1,OB=4，當(dāng)x=0時(shí)，y=?2，∴點(diǎn)C0,?2∴OC=2，如圖，連接OP，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為t,1∴四邊形ACPB面積===?=?t?2∵?1<0，∴當(dāng)t=2時(shí)，四邊形ACPB面積最大，最大值為9，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為2,?3；（3）解：∵點(diǎn)A?1,0∴拋物線的對(duì)稱軸為直線x=?1+4設(shè)點(diǎn)F的坐標(biāo)為32當(dāng)BC為邊，BF為對(duì)角線時(shí)，BC=CF，即BC∴42解得：m=±71∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為32,71當(dāng)BC為邊，CF為對(duì)角線時(shí)，BC=BF，即BC∴42解得：m=±55∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為32,55綜上所述，點(diǎn)F的坐標(biāo)為32,712?2或3【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式、二次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)、面積的計(jì)算，菱形的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，數(shù)形結(jié)合、熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．22．如圖，拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于C點(diǎn)，OA=2，OC=6，連接AC(1)求拋物線的解析式；(2)點(diǎn)D在拋物線的對(duì)稱軸上，當(dāng)△ACD的周長(zhǎng)最小時(shí)，點(diǎn)D的坐標(biāo)為．(3)點(diǎn)E是第四象限內(nèi)拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，連接CE和BE．求△BCE面積的最大值及此時(shí)點(diǎn)E的坐標(biāo)；(4)若點(diǎn)M是y軸上的動(dòng)點(diǎn)，在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點(diǎn)N，使以點(diǎn)A、C、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是菱形？若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)y=(2)1(3)點(diǎn)E坐標(biāo)為32,?214(4)點(diǎn)N坐標(biāo)為?2,210，?2,?210，2,0【分析】本題主要考查二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)、一元二次方程，一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)、軸對(duì)稱圖形的性質(zhì)、菱形的判定及性質(zhì)，能采用數(shù)形結(jié)合的方法和分類討論的思想分析問(wèn)題是解題的關(guān)鍵．（1）根據(jù)點(diǎn)A和點(diǎn)C的坐標(biāo)，采用待定系數(shù)法即可求得答案．（2）點(diǎn)A關(guān)于拋物線對(duì)稱軸的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)B，直線BC與對(duì)稱軸的交點(diǎn)D即為所求．（3）設(shè)過(guò)點(diǎn)E與直線BC平行的直線l的解析式為y=2x+n，根據(jù)題意可知，當(dāng)直線l的圖象與拋物線y=x2?2x?8的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)E到直線BC的距離最大，此時(shí)△BCE的面積最大，求得點(diǎn)E（4）分兩種情況討論：①當(dāng)點(diǎn)M位于原點(diǎn)O上方時(shí)，根據(jù)OC=OM，OA=ON，即可求得點(diǎn)N的坐標(biāo)；當(dāng)點(diǎn)M位于點(diǎn)C下方時(shí)，先求得直線MN的解析式，根據(jù)CM∥AN，可求得點(diǎn)N的橫坐標(biāo)，進(jìn)而求得點(diǎn)【詳解】（1）解：∵OA=2，OC=6∴A?2,0，C∵拋物線y=x2+bx+c過(guò)點(diǎn)A∴4?2b+c=0解得：b=?1c=?6∴拋物線解析式為y=x（2）∵當(dāng)y=0時(shí)，x2解得x1=?2，∴B3,0則拋物線對(duì)稱軸為直線x=∵點(diǎn)D在直線x=12上，點(diǎn)A、B關(guān)于直線∴xD=∴當(dāng)點(diǎn)B、D、C在同一直線上時(shí)，CΔ設(shè)直線BC解析式為y=kx?6，將B3,0∴3k?6=0，解得k=2∴直線BC:y=2x?6∴y∴D故答案為12（3）過(guò)點(diǎn)E作EG⊥x軸于點(diǎn)G，交直線BC與點(diǎn)F設(shè)Et,t2∴EF=2t?6?∴S==1∴當(dāng)t=32時(shí)，∴y∴點(diǎn)E坐標(biāo)為32,?214時(shí)，（4）存在點(diǎn)N，使以點(diǎn)A、C、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是菱形．∵A?2,0，C∴AC=2①AC為菱形的邊長(zhǎng)，如圖，則AN1=AC=210,A∴N1?2,210，N②若AC為菱形的對(duì)角線，如圖，則AN4設(shè)N4AM4=A∴OM=OC?CM∵A∴?n=解得：n=?∴N綜上所述，點(diǎn)N坐標(biāo)為?2,210，?2,?210，2,0，23．在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+4與x軸交于點(diǎn)B2,0和點(diǎn)(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)求△ADB面積的最大值；(3)若點(diǎn)F、G分別為線段OA、AB上一點(diǎn)，且四邊形AFGD是菱形，直接寫(xiě)出D的坐標(biāo)．【答案】(1)y=?2(2)2(3)D【分析】本題主要考查二次函數(shù)圖象的性質(zhì)，二次函數(shù)與幾何圖形面積，二次函數(shù)與特殊四邊形的綜合，掌握待定系數(shù)法，二次函數(shù)與圖形面積，特殊四邊形的綜合運(yùn)用技巧是關(guān)鍵．（1）根據(jù)題意得到A0,4，由拋物線與x軸的交點(diǎn)可設(shè)y=ax?2x+1（2）如圖所示，過(guò)點(diǎn)D作DM⊥x軸于點(diǎn)M，交AB于點(diǎn)N，運(yùn)用待定系數(shù)法可得直線AB的解析式為y=?2x+4，設(shè)點(diǎn)D(m,?2m2+2m+4)0<m<2，則點(diǎn)Nm,?2m+4（3）設(shè)D(t,?2t2+2t+4)，G(t,?2t+4)，則DG=(?2t2【詳解】（1）解：拋物線y=ax當(dāng)x=0時(shí)，y=4，∴A0,4∵拋物線與x軸交于點(diǎn)B2,0，C∴設(shè)y=ax?2x+1，將點(diǎn)得：?2a=4，解得：a=?2，∴y=?2(x?2)(x+1)=?2x∴該拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=?2x（2）解：D為第一象限的拋物線上一點(diǎn)，如圖所示，過(guò)點(diǎn)D作DM⊥x軸于點(diǎn)M，交AB于點(diǎn)N，設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，∵A0,4，B∴2k+b=0b=4解得：k=?2b=4∴直線AB的解析式為y=?2x+4，設(shè)點(diǎn)D(m,?2m2+2m+4)∴DN=?2m∴S△ABD∵?2<0，∴當(dāng)m=1時(shí)，△ADB面積的最大值為2；（3）解：設(shè)D(t,?2t2+2t+4)∴DG=(?2t∵四邊形AFGD是菱形，∴AD=DG，∴t2解得：t1=0，∴D1124．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A,B4,0兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C0,?8(1)求點(diǎn)A的坐標(biāo)和該拋物線的函數(shù)解析式；(2)連接PO,PC，并將△POC沿y軸翻折，得到四邊形POP′C，是否存在點(diǎn)P，使得四邊形PO(3)在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)四邊形ABPC的面積最大時(shí)，求出此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)和四邊形ABPC的最大面積．【答案】(1)點(diǎn)A的坐標(biāo)為?2,0，該拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=(2)存在這樣的點(diǎn)P，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為1+(3)當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到2,?8時(shí)，四邊形ABPC的面積最大，四邊形ABPC的最大面積為32【分析】本題主要考查二次函數(shù)的性質(zhì)、特殊四邊形的性質(zhì)以及函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)問(wèn)題，（1）利用待定系數(shù)法即可求得拋物線的函數(shù)表達(dá)式，再令y=0求出點(diǎn)A的坐標(biāo)即可；（2）連接PP′交CO于點(diǎn)D，結(jié)合菱形的性質(zhì)可得PC=PO，且PD⊥CO，進(jìn)一步求得點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為?4，代入函數(shù)解析式有x2（3）連接PO，作PM⊥x軸于點(diǎn)M，PN⊥y軸于點(diǎn)N，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為m,m2?2m?8．則AO=2，OB=4，PM=?m2【詳解】（1）解：∵拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A,B4,0兩點(diǎn)，與把B4,0，C0,?8代入得16a+4b+c=0c=?8解得∴該拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=x當(dāng)y=0時(shí)，0=x2?2x?8，解得x=4∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為?2,0；（2）解：假設(shè)拋物線上存在點(diǎn)P，使四邊形POP′C為菱形，連接PP′∵四邊形POP′C為菱形，∴PC=PO，且PD⊥CO，∴OD=DC=4，即點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為?4．由x2?2x?8=?4，得x1故存在這樣的點(diǎn)P，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為1+5（3）解：連接PO，作PM⊥x軸于點(diǎn)M，PN⊥y軸于點(diǎn)，如圖，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為m,m∵A?2,0，B4,0，∴AO=2，OB=4，PM=?m2+2m+8∴=1∵?2<0，0<m<4，∴當(dāng)m=2時(shí)，S有最大值，最大值為32，此時(shí)m2此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為2,?8，即當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到2,?8時(shí)，四邊形ABPC的面積最大，四邊形ABPC的最大面積為32．【題型06：二次函數(shù)與矩形存在性問(wèn)題】25．如圖①，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+ca≠0的圖象與x軸交于A?1,0、B3,0兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，且拋物線的頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為1,4，連接(1)求拋物線的解析式；(2)在拋物線上B、D兩點(diǎn)之間的部分（不包含B、D兩點(diǎn)），是否存在點(diǎn)G，使得S△BGH=3S(3)如圖②，將拋物線在BC上方的圖象沿BC折疊后與y軸交于點(diǎn)E，M為直線x=1上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，在平面內(nèi)是否存在一個(gè)點(diǎn)N，使得以B、E、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是以BE為對(duì)角線的矩形，若存在，求出N點(diǎn)坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)y=?(2)存在，G(3)N點(diǎn)坐標(biāo)為2,?1或2,2．【分析】（1）利用二次函數(shù)的頂點(diǎn)式運(yùn)算求解即可；（2）求出直線BC的解析式，過(guò)點(diǎn)G作GM∥x軸交對(duì)稱軸于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)G作GN∥y軸交直線BC于點(diǎn)N，分別表達(dá)出G，（3）設(shè)點(diǎn)E關(guān)于直線BC的對(duì)稱點(diǎn)為E′，利用折疊和等腰三角形的性質(zhì)求得E0,1．設(shè)M1,n，求得EM2=n2?2n+2【詳解】（1）解：∵拋物線的頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為1,4，∴設(shè)拋物線的解析式為y=a(x?1)∵拋物線過(guò)點(diǎn)A?1,0∴a?1?1解得a=?1，∴拋物線的解析式為y=?x?1（2）解：存在，理由如下：由（1）知拋物線的解析式為y=?x令x=0，則y=3，∴C0,3設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，代入C0,3和Bb=33k+b=0解得：k=?1b=3∴直線BC的解析式為：y=?x+3，∵拋物線的對(duì)稱軸與BC交于點(diǎn)H，∴把x=1代入y=?x+3可得：y=2，∴H1,2∴DH=2，過(guò)點(diǎn)G作GM∥x軸交對(duì)稱軸于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)G作GN∥y軸交直線設(shè)點(diǎn)G的坐標(biāo)為m,?m2+2m+31<m<3，則∴GM=m?1，GN=?m∴S△BGH=1∵S△BGH∴?m解得m=3或m=?∴G3（3）解：由（2）知，OB=OC=3，又∠BOC=90°，∴∠OCB=45°，設(shè)點(diǎn)E關(guān)于直線BC的對(duì)稱點(diǎn)為E′則CE=CE′，∵∠OCB=45°，∴∠CEE∴∠CE即△ECE∴∠ECE由拋物線的對(duì)稱性可知，E′∴CE∴CE=2，∴OE=1，∴E0,1∵BE是以B、E、M、N為頂點(diǎn)的矩形的對(duì)角線，∴∠BME=90°，設(shè)M1,n∵EM2=12∴n2∴n=2或n=?1，當(dāng)n=2時(shí)，M1,2∴N2,?1當(dāng)n=?1時(shí)，M1,?1∴N2,2綜上所述：N點(diǎn)坐標(biāo)為2,?1或2,2．【點(diǎn)睛】本題為二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的圖形性質(zhì)，二次函數(shù)點(diǎn)的坐標(biāo)特征，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，三角形面積，等腰三角形的判定及性質(zhì)，矩形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，熟悉掌握各知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．26．如圖，拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)的圖象經(jīng)過(guò)A(1,0)，B(3,0)兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C(0,6)(1)求拋物線的表達(dá)式和頂點(diǎn)M的坐標(biāo)；(2)將原拋物線進(jìn)行平移，平移后的拋物線頂點(diǎn)為Q，在原拋物線的對(duì)稱軸上，是否存在一點(diǎn)P，使以A，P，Q，M為頂點(diǎn)的四邊形是矩形？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，并說(shuō)明平移的方向和距離；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)y=2x2?8x+6(2)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為3,?32或(1,?2)，當(dāng)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為3,?32時(shí)，原拋物線先向右平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，再向上平移12【分析】（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可（2）設(shè)P(2,m)，分三種情況討論：①以AQ為對(duì)角線時(shí)，由AP2+AM2=PM2，求出m的值，再由中點(diǎn)坐標(biāo)公式，求得Q3,?32，則平移的方向?yàn)橄认蛴移揭?個(gè)單位長(zhǎng)度，再向上平移12個(gè)單位長(zhǎng)度；②以本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，函數(shù)圖象平移的性質(zhì)，點(diǎn)的平移性質(zhì)是解題的關(guān)鍵【詳解】（1）解：∵拋物線與y軸交于點(diǎn)C(0,6)，∴y=ax將A(1,0)，B(3,0)代入y=ax得a+b+6=0,9a+3b+6=0,解得∴拋物線的表達(dá)式為y=2x∴y=2x∴頂點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2,?2)；（2）存在．如圖，設(shè)P(2,m)．①以AQ為對(duì)角線．此時(shí)AP2=(2?1)2∴AP即1+m2+5=∵AQ，PM為矩形的對(duì)角線，∴由中點(diǎn)坐標(biāo)公式，得Q3,?∴平移的方向?yàn)橄认蛴移揭?個(gè)單位長(zhǎng)度，再向上平移12②以AM為對(duì)角線．∵∠APM=90°，∴點(diǎn)P在x軸上，∴P(2,0)，則Q(1,?2)，∴平移的方向?yàn)橄蜃笃揭?個(gè)單位長(zhǎng)度．③以AP為對(duì)角線時(shí)，矩形不存在．綜上所述，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為3,?32或(1,?2)，當(dāng)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為原拋物線先向右平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，再向上平移12當(dāng)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(1,?2)時(shí)，原拋物線向左平移1個(gè)單位長(zhǎng)度．27．如圖，拋物線y=ax2+bx+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左邊），點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別是?1,0、3,0，與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)C的坐標(biāo)是0,3，點(diǎn)D(1)求拋物線的解析式；(2)如圖，直線AD上方的拋物線上有一點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥AD于點(diǎn)G，求線段FG的最大值；(3)點(diǎn)M是拋物線的頂點(diǎn)，點(diǎn)P是y軸上一點(diǎn)，點(diǎn)Q是坐標(biāo)平面內(nèi)一點(diǎn)，以A，M，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是以AM為邊的矩形，求點(diǎn)P和Q的坐標(biāo)．【答案】(1)y=x+1(2)9(3)P0,?12或P0,【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（2）記AD于y軸的交點(diǎn)為E，證明△OAE為等腰直角三角形，過(guò)F作FN∥y軸交AD于N，△FGN為等腰直角三角形，則FG=22FN（3）如圖，當(dāng)P在AM的右邊，記直線AM交y軸于R，y=?x2+2x+3=?x?12+4，則M1,4，求解直線AM的解析式為y=2x+2，可得R0,2，設(shè)P0,y，而四邊形APQM為矩形，可得∠RAP=90°，再利用勾股定理建立方程求解P0,?1【詳解】（1）解：把A?1,0，3,0，0,3分別代入y=ax2解得a=?1b=2∴拋物線的解析式為y=?x（2）解：由（1）知y=?x∴拋物線對(duì)稱軸為直線x=1，∵點(diǎn)D和點(diǎn)C關(guān)于拋物線的對(duì)稱軸對(duì)稱，∴D2,3設(shè)直線AD的解析式為y=kx+b，把A?1,0，D2,3分別代入得解得k=1b=1∴直線AD的解析式為y=x+1記AD于y軸的交點(diǎn)為E，當(dāng)x=0時(shí)，y=x+1=1，則E0,1∴OA=OE，∴△OAE為等腰直角三角形，∴∠EAO=∠AEO=45°，過(guò)F作FN∥y軸交AD于∴∠FNG=45°，∴△FGN為等腰直角三角形，∴FG=2設(shè)Fx,?x2∴FN=?x當(dāng)x=12時(shí)，F(xiàn)N有最大值∴FG的最大值為：94（3）解：如圖，當(dāng)P在AM的右邊，記直線AM交y軸于R，y=?x2+2x+3=?設(shè)直線AM的解析式為y=mx+n，把A?1,0、M1,4分別代入得解得m=2n=2∴直線AM的解析式為y=2x+2，當(dāng)x=0時(shí)，y=2x+2=2，則R0,2設(shè)P0,y，而四邊形APQM∴∠RAP=90°，∴2?y解得：y=?12，即由平移的性質(zhì)可得：Q2,如圖，當(dāng)P在AM的左邊，同理可得：y?22解得：y=92，即由平移的性質(zhì)可得：Q?2,綜上：Q2,72【點(diǎn)睛】本題考查的是待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，二次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)，二次函數(shù)的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，平移的性質(zhì)，熟練的建立二次函數(shù)模型再利用二次函數(shù)的性質(zhì)解決問(wèn)題是解本題的關(guān)鍵．28．如圖，拋物線y=?x2+bx+c與x軸交于A?1,0、B3,0兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左邊），與y(1)求直線AD和拋物線的表達(dá)式；(2)如圖，直線AD上方的拋物線上有一點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥AD于點(diǎn)G，求線段FG的最大值；(3)點(diǎn)M是拋物線的頂點(diǎn)，點(diǎn)P是y軸上一點(diǎn)，點(diǎn)Q是坐標(biāo)平面內(nèi)一點(diǎn)，以A，M，P，【答案】(1)直線AD解析式為y=x+1；拋物線表達(dá)式為y=?(2)線段FG的最大值為9(3)Q2,7【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可求出拋物線解析式，則可求得點(diǎn)C的坐標(biāo)與拋物線的對(duì)稱軸，從而求得點(diǎn)D的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法即可求得直線AD的解析式；（2）設(shè)AD交y軸于點(diǎn)E，則△OAE為等腰直角三角形；過(guò)F作FN∥y軸交AD于點(diǎn)N，則△FGN為等腰直角三角形，F(xiàn)G=22FN（3）分兩種情況：當(dāng)點(diǎn)P在AM的右邊時(shí)，設(shè)直線AM交y軸于點(diǎn)R，易得M(1,4)，求出直線AM的解析式y(tǒng)=2x+2，得點(diǎn)R的坐標(biāo)；設(shè)P(0,y)，由四邊形APQM為矩形，可得∠RAP=90°，再利用勾股定理建立方程求得點(diǎn)P的坐標(biāo)，結(jié)合平移的性質(zhì)可求得點(diǎn)Q的坐標(biāo)；當(dāng)點(diǎn)P在AM的左邊時(shí)，同理求得點(diǎn)P的坐標(biāo)，結(jié)合平移的性質(zhì)可求得點(diǎn)Q的坐標(biāo)．【詳解】（1）解：把A、B兩點(diǎn)坐標(biāo)分別代入y=?x2+bx+c解得：b=2c=3∴y=?x上式中令x=0，得y=3，即C(0,3)；∵拋物線的對(duì)稱軸為直線x=1，C、D關(guān)于對(duì)稱軸對(duì)稱，∴D(2,3);設(shè)直線AD解析式為y=kx+p，把A、D兩點(diǎn)坐標(biāo)代入得：?k+p=02k+p=3解得：k=1p=1∴直線AD解析式為y=x+1；（2）解：如圖，設(shè)AD交y軸于點(diǎn)E，當(dāng)x=0時(shí)，y=0+1=1，則E(0,1)，∴OA=OE=1，∴△OAE為等腰直角三角形，∴∠EAO=∠AEO=45°；過(guò)F作FN∥y軸交AD于點(diǎn)N，則∴△FGN為等腰直角三角形，∴FG=2設(shè)F(m,?m2+2m+3)∴FN=?m由于二次項(xiàng)系數(shù)為負(fù)，則當(dāng)m=12時(shí)，F(xiàn)N有最大值∴FG=2即FG的最大值為92（3）解：如圖，當(dāng)點(diǎn)P在AM的右邊時(shí)，設(shè)直線AM交y軸于點(diǎn)R，∵拋物線的對(duì)稱軸為直線x=1，∴當(dāng)x=1時(shí)，y=?1即M(1,4)；設(shè)直線AM的解析式y(tǒng)=k1x+b1∴直線AM的解析式y(tǒng)=2x+2，上式中令x=0，則y=2，即R(0,2)；設(shè)P(0,y)，∵四邊形APQM為矩形，∴∠RAP=90°，由勾股定理得AP即1+y解得：y=?12，即∵AP∥∴由平移得Q2,如圖，當(dāng)點(diǎn)P在AM的左邊時(shí)，同理：由勾股定理得：PM即12解得：y=9即P0,由平移得：Q?2綜上，Q2,72【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)圖象與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)，二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，平移的性質(zhì)，熟練的建立二次函數(shù)模型再利用二次函數(shù)的性質(zhì)解決問(wèn)題是解題的關(guān)鍵．29．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y=?x2+bx+c與x軸分別相交于A，B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，直線y=?x+3經(jīng)過(guò)B(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)拋物線的頂點(diǎn)為M，點(diǎn)N是y軸上一點(diǎn)，點(diǎn)Q是平面內(nèi)一點(diǎn)，是否存在以B、M、N、Q為頂點(diǎn)的四邊形是以BM為邊的矩形？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)N、Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)y=?(2)N0,7【分析】本題主要考查了求二次函數(shù)解析式、二次函數(shù)與幾何的綜合等知識(shí)點(diǎn)，掌握分類討論思想成為解題的關(guān)鍵．（1）先根據(jù)一次函數(shù)解析式求出點(diǎn)B、C的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求解即可；（2）先根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求得頂點(diǎn)為M1,4，設(shè)N0,n,Qp,q，然后分∠BMN=90°、【詳解】（1）解：∵B、C分別是直線y=?x+3與x軸，y軸的交點(diǎn)，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為3，0，點(diǎn)C的坐標(biāo)為∵B、C在拋物線y=?x∴?9+3b+c=0c=3，解得：b=2∴拋物線解析式為y=?x（2）解：∵拋物線解析式為y=?x∴頂點(diǎn)M1,4設(shè)N0,n①如圖：當(dāng)∠BMN=90°時(shí)，則1+p2=3∴N0,②如圖：當(dāng)∠NBM=90°時(shí)，則1+02=3+p∴N0,?所以N0,72【題型07：二次函數(shù)與等腰三角形存在性問(wèn)題】30．如圖，拋物線y=ax2+bx+2與x軸交于A，B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，其對(duì)稱軸交x軸于點(diǎn)D．已知線段AB=5，直線y=?12(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)在拋物線的對(duì)稱軸上是否存在點(diǎn)P，使△PCD是等腰三角形？如果存在，直接寫(xiě)出所有滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)y=?(2)存在，P1(32,4)，【分析】本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，涉及待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，兩點(diǎn)間距離公式，等腰三角形的定義等知識(shí)點(diǎn)．（1）先根據(jù)一次函數(shù)求出點(diǎn)B坐標(biāo)，再由AB=5求出A坐標(biāo)，然后由待定系數(shù)法求解即可；（2）先求出對(duì)稱軸為直線x=32，則D32,0，然后設(shè)P32【詳解】（1）解：對(duì)于y=ax2+bx+2∴C0,2將C0,2代入y=?12∴y=?1當(dāng)y=0，?1解得：x=4，∴B4,0∵AB=5，∴A?1,0將A,B代入y=ax2解得：a=?1∴拋物線的表達(dá)式為y=?1（2）解：存在，由y=?12x2∴設(shè)P3則PC2=32①PC=CD時(shí)，p2解得：p=4或p=0（舍），∴P3②PC=PD時(shí)，p2解得：p=25∴P3③當(dāng)CD=PD時(shí)，p2解得：p=±5∴P32,綜上：當(dāng)△PCD是等腰三角形，P1(32,4)，P31．如圖，拋物線y=ax2+bx+3a≠0與x軸交于A,B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C．已知點(diǎn)A的坐標(biāo)是(1)求拋物線的解析式；(2)第一象限內(nèi)的拋物線上有一動(dòng)點(diǎn)P，使△BCP的面積最大，求點(diǎn)P的坐標(biāo)和△BCP面積的最大值；(3)對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)N，在對(duì)稱軸上找一點(diǎn)M，使△MNC是以CN為腰的等腰三角形，求點(diǎn)M的坐標(biāo)．【答案】(1)y=?(2)32,(3)點(diǎn)M的坐標(biāo)為1,?10，1,10【分析】本題主要考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)的綜合應(yīng)用，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，合理作出輔助線是解決此題的關(guān)鍵．（1）用待定系數(shù)法即可求解；（2）如圖，過(guò)點(diǎn)P作PE∥y軸交BC于點(diǎn)E，先用含m的解析式表示出S△BCP（3）分①當(dāng)CN=MN=10時(shí)，②當(dāng)CN=C【詳解】（1）解：∵拋物線的對(duì)稱軸是直線x=1，∴?b∴b=?2a①將A?1,0代入y=ax2由①②得，a=?1，b=2，∴拋物線的解析式為y=?x（2）解：令y=0得0=?x∴x1=3，∴B3,0令x=0得y=3，∴C0,3設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b∴3k+b1=0∴直線BC的解析式為y=?x+3，如圖，過(guò)點(diǎn)P作PE∥y軸交BC于點(diǎn)E，設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為m,?m2+2m+3，則E∴PE=?m∴S△BCP∴當(dāng)m=32時(shí)，S△BCP∴y=?m∴此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為32（3）解：∵對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)N，∴N1,0∴ON=1，∵C0,3∴OC=3，∴CN=O①當(dāng)CN=MN=10如圖所示有M11,?10②當(dāng)CN=CM3=10時(shí)，過(guò)點(diǎn)∵CN=CM3，∴M3∴M3綜上所述：點(diǎn)M的坐標(biāo)為1,?10，1,10，32．如圖，直線y=x?3與x軸、y軸分別交于點(diǎn)B、點(diǎn)C，經(jīng)過(guò)B、C兩點(diǎn)的拋物線y=?x2+mx+n與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為A(1)求3m+n的值；(2)在該拋物線的對(duì)稱軸上是否存在點(diǎn)Q，使以C，P，Q為頂點(diǎn)的三角形為等腰三角形？若存在，求出所有符合條件的點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)9(2)存在，2,1?25或2,1+25或2,?【分析】本題考查的是二次函數(shù)綜合運(yùn)用，解決本題的關(guān)鍵是熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)．（1）求出B、C的坐標(biāo)，將點(diǎn)B、C的坐標(biāo)分別代入拋物線表達(dá)式，即可求解；（2）分CP=PQ、CP=CQ、CQ=PQ三種情況，分別求解即可．【詳解】（1）直線y=x?3，令y=0，則x=3，令x=0，則y=故點(diǎn)B、C的坐標(biāo)分別為(3,0)、(0,?3)，將點(diǎn)B、C的坐標(biāo)分別代入拋物線表達(dá)式得：n=?30=?9+3m+n解得：m=4n=?3則拋物線的表達(dá)式為：y=則點(diǎn)A坐標(biāo)為(1,0)，頂點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2,1)，∴3m+n=12?3=9；（2）設(shè)Q2,t①當(dāng)CP=CQ時(shí)，如圖，則C點(diǎn)縱坐標(biāo)與PQ中點(diǎn)的縱坐標(biāo)相同，∵P2,1∴1+t2解得：t=?7，故此時(shí)Q點(diǎn)坐標(biāo)為(2,?7)；②當(dāng)CP=PQ時(shí)，如圖，∵P2,1,C∴PQ=PC=2?0故此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(2,1?25)或③當(dāng)CQ=PQ時(shí)，如圖，∴QC2∴2解得：t=?3故此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(2,?3綜上所述，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(2,1?25)或(2,1+25)或33．如圖，已知拋物線y=ax2?2x+c與x軸交于點(diǎn)A，B1,0（A在B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)(1)求出拋物線的表達(dá)式；(2)若∠CAB的角平分線與在第一象限的拋物線交于點(diǎn)P，求點(diǎn)P的橫坐標(biāo)；(3)若點(diǎn)M是拋物線對(duì)稱軸上的一點(diǎn)，是否存在點(diǎn)M．使得以點(diǎn)A，C，M為頂點(diǎn)的三角形是以AC為腰的等腰三角形？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)拋物線的表達(dá)式為y=?(2)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為2?(3)點(diǎn)M坐標(biāo)為?1,14或?1,?14或?1,3+【分析】本題考查了二次函數(shù)的圖像與性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的定義，分類討論是解本題的關(guān)鍵．（1）直接利用待定系數(shù)法求解解析式即可；（2）作∠CAB的角平分線交y軸于點(diǎn)E，交拋物線y=?x2?2x+3于點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AC于點(diǎn)F，得到EF=OE，先求出點(diǎn)A的坐標(biāo)，推出∠OCA=45°，進(jìn)而得到CF=EF，設(shè)E0,n，則OE=EF=CF=n，由勾股定理可得CE=2n，結(jié)合CE=OC?OE=3?n，可求出n，進(jìn)而得到E0,3（3）求解拋物線的對(duì)稱軸為直線x=?1，設(shè)M?1,m，求解A?3,0，可得AC2=18【詳解】（1）解：將B1,0，C0,3代入拋物線a?2+c=00?0+c=3解得：a=?1c=3∴拋物線的表達(dá)式為y=?x（2）如圖，作∠CAB的角平分線交y軸于點(diǎn)E，交拋物線y=?x2?2x+3于點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AC∴EF=OE，令y=0，則?x解得：x1=?3，∴A?3,0∵C0,3∴OA=OC=3，∴∠OCA=45°，又∵EF⊥AC，∴CF=EF，設(shè)E0,n，則OE=EF=CF=n∴CE=C又∵CE=OC?OE=3?n，∴3?n=2解得：n=32∴E0,3設(shè)直線AP的解析式為y=kx+b，將A?3,0，E?3k+b=00+b=3解得：k=2∴直線AP的解析式為y=2聯(lián)立：y=2解得：x=?∵點(diǎn)P在第一象限，∴x=?即點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為2?2（3）解：∵拋物線的表達(dá)式為y=?x∴拋物線的對(duì)稱軸為直線x=??2設(shè)M?1,m∴AC2=32如圖，當(dāng)AC=AM時(shí)，∴m2解得：m=±14∴M?1,14或當(dāng)AC=CM∴m2?6m+10=18即解得：m=3±17∴M′?1,3+17綜上：點(diǎn)M坐標(biāo)為?1,14或?1,?14或?1,3+1734．如圖，已知拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A?3,0，C0,4兩點(diǎn)，且與x(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)已知點(diǎn)M是拋物線對(duì)稱軸上一點(diǎn)，當(dāng)△MBC的周長(zhǎng)最小時(shí)，求M點(diǎn)的坐標(biāo)．(3)D是第二象限內(nèi)拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為m，求四邊形ABCD面積S的最大值及此時(shí)D點(diǎn)的坐標(biāo)；(4)若點(diǎn)P在拋物線對(duì)稱軸上，是否存在點(diǎn)P，使以點(diǎn)B，C，P為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形？若存在，請(qǐng)求出P點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)y=?(2)M(3)S=252(4)P的坐標(biāo)為：?1,0或?1,13或?1,?13【分析】（1）把點(diǎn)A?3,0，點(diǎn)C0,4的坐標(biāo)帶入y=ax2+bx+c，再根據(jù)對(duì)稱軸x=?b2a（2）設(shè)直線AC與對(duì)稱軸的交點(diǎn)為點(diǎn)E，設(shè)直線AC的解析式為：y=kx+bk≠0，把點(diǎn)A，點(diǎn)C的坐標(biāo)代入，求出解析式，再根據(jù)點(diǎn)E在AC上，求出點(diǎn)E的坐標(biāo)；根據(jù)直線x=?1垂直平分AB，則MA=MB，EA=EB；根據(jù)等量代換，三角形三邊的關(guān)系，則MA+MC≥AC，當(dāng)點(diǎn)M在直線AC上，則MA+MC有最小值，根據(jù)C△MBC=MB+MC+BC（3）根據(jù)題意，則點(diǎn)Dm,?43m2?83m+4，過(guò)點(diǎn)D作DG⊥x軸交AC于點(diǎn)F，則點(diǎn)Fm,43m+4，求出DF的值，根據(jù)四邊形ABCD面積S為：S△ADC+S△ABC，且S（4）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，分類討論：①當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)B關(guān)于y軸對(duì)稱，則PC=PB，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；②延長(zhǎng)BC交直線x=?1于點(diǎn)P′，此時(shí)CP′=CP=BC，三點(diǎn)共線，不存在以點(diǎn)B，C，P為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形；③當(dāng)BP1=BC，求出點(diǎn)P【詳解】（1）∵拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A∴9a?3b+4=0c=4∵對(duì)稱軸為直線x=∴x=∴b=2a，解得：a=?4∴拋物線的解析式為：y=?4（2）設(shè)直線AC與對(duì)稱軸的交點(diǎn)為點(diǎn)E，設(shè)直線AC的解析式為：y=kx+bk≠0∴0=?3k+bb=4解得：k=4∴直線AC的解析式為：y=4∴點(diǎn)E?1,∵直線x=?1垂直平分AB，∴MA=MB，EA=EB∴MA+MC=MB+MC，EB+EC=EA+EC=AC，當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)E重合時(shí)，MA+MC=AC，此時(shí)MA+MC有最小值，∴MB+MC=MA+MC=EB+EC=AC，此時(shí)MB+MC的值最小，∵C△MBC=MB+MC+BC，∴當(dāng)點(diǎn)M?1,83故答案為：M?1,（3）過(guò)點(diǎn)D作DG⊥x軸交AC于點(diǎn)F，設(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為m，∴Dm,?43∴DF=?4∵四邊形ABCD的面積=S△ADC+∴S△ADC∴S△ADC當(dāng)m=?32時(shí)，S△ADC∵S△ABC∴當(dāng)m=?32時(shí)，四邊形ABCD面積S有最大值為：∴點(diǎn)D?（4）存在，理由如下：∵點(diǎn)A?3,0，對(duì)稱軸x=?1∴點(diǎn)B1,0∴BC=O設(shè)