天津市佳春中學(xué)中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 二次函數(shù)的應(yīng)用（幾何問題）

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1、二次函數(shù)的應(yīng)用（幾何問題） 一、選擇題 1.（2012甘肅蘭州4分）二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的圖象如圖所示，若|ax2＋bx＋c|＝k(k≠0)有兩個不相等的實數(shù)根，則k的取值范圍是【 】 A．k＜－3 B．k＞－3 C．k＜3 D．k＞3 【答案】 D。 【考點】二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)。 【分析】根據(jù)題意得：y＝|ax2＋bx＋c|的圖象如右圖， ∵|ax2＋bx＋c|＝k(k≠0)有兩個不相等的實數(shù)根， ∴k＞3。故選D。 二、填空題 三、解答題 1. （2012天津市10分）已知拋物線y=ax2+bx+c（0＜2a＜b）

2、的頂點為P（x0，y0），點A（1，yA）、B（0，yB）、C（－1，yC）在該拋物線上． （Ⅰ）當(dāng)a=1，b=4，c=10時，①求頂點P的坐標(biāo)；②求的值； （Ⅱ）當(dāng)y0≥0恒成立時，求的最小值． 【答案】解：（Ⅰ）若a=1，b=4，c=10，此時拋物線的解析式為y=x2+4x+10。 ①∵y=x2+4x+10=（x+2）2+6，∴拋物線的頂點坐標(biāo)為P（－2，6）。 ②∵點A（1，yA）、B（0，yB）、C（－1，yC）在拋物線y=x2+4x+10上， ∴yA=15，yB=10，yC=7。∴。 （Ⅱ）由0＜2a＜b，得。 由題意，如圖過點A作AA1⊥x軸于點A1，

3、 則AA1=yA，OA1=1。 連接BC，過點C作CD⊥y軸于點D， 則BD=yB－yC，CD=1。 過點A作AF∥BC，交拋物線于點E（x1，yE），交x軸于點F（x2，0）。 則∠FAA1=∠CBD。∴Rt△AFA1∽Rt△BCD。 ∴ ，即。 過點E作EG⊥AA1于點G，易得△AEG∽△BCD。 ∴，即。 ∵點A（1，yA）、B（0，yB）、C（－1，yC）、E（x1，yE）在拋物線y=ax2+bx+c上， ∴yA=a+b+c，yB=c，yC=a－b+c，yE=ax12+bx1+c， ∴，化簡，得x12＋x1－2=0， 解得x1=－2（x1=1舍去）。 ∵y0≥

4、0恒成立，根據(jù)題意，有x2≤x1＜－1。 則1－x2≥1－x1，即1－x2≥3。 ∴的最小值為3。 【考點】二次函數(shù)綜合題，二次函數(shù)的性質(zhì)，曲線上點的坐標(biāo)與方程的關(guān)系，相似三角形的判定和性質(zhì)。 【分析】（Ⅰ）將a=1，b=4，c=10代入解析式，即可得到二次函數(shù)解析式。 ①將二次函數(shù)化為頂點式，即可得到得到拋物線頂點坐標(biāo)。 ②將A（1，yA）、B（0，yB）、C（－1，yC）分別代入解析式，即可求出yA、yB、yC的值，然后計算的值即可。 （Ⅱ）根據(jù)0＜2a＜b，求出，作出圖中輔助線：點A作AA1⊥x軸于點A1，則AA1=yA，OA1=1．連接BC，過點C作CD⊥y軸于點D，則

5、BD=yB－yC，CD=1．過點A作AF∥BC，交拋物線于點E（x1，yE），交x軸于點F（x2，0）。證出Rt△AFA1∽Rt△BCD，得到，，再根據(jù)△AEG∽△BCD得到，然后求出yA、yB、yC、yE的表達(dá)式，然后y0≥0恒成立，得到x2≤x1＜－1，從而利用不等式求出 的最小值。 2. （2012上海市12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y=ax2+6x+c的圖象經(jīng)過點A（4，0）、B（﹣1，0），與y軸交于點C，點D在線段OC上，OD=t，點E在第二象限，∠ADE=90°，tan∠DAE=，EF⊥OD，垂足為F． （1）求這個二次函數(shù)的解析式； （2）求線段EF、OF的

6、長（用含t的代數(shù)式表示）； （3）當(dāng)∠ECA=∠OAC時，求t的值． 【答案】解：（1）二次函數(shù)y=ax2+6x+c的圖象經(jīng)過點A（4，0）、B（﹣1，0）， ∴，解得。 ∴這個二次函數(shù)的解析式為：y=﹣2x2+6x+8。 （2）∵∠EFD=∠EDA=90°，∴∠DEF+∠EDF=90°，∠EDF+∠ODA=90°?！唷螪EF=∠ODA。 ∴△EDF∽△DAO。∴。 ∵，∴。 ∵OD=t，∴，∴EF=。 同理，∴DF=2，∴OF=t﹣2。 （3）∵拋物線的解析式為：y=﹣2x2+6x+8，∴C（0，8），OC=8。 如圖，連接EC、AC，過A作EC的垂線交CE于G點．

7、 ∵∠ECA=∠OAC，∴∠OAC=∠GCA（等角的余角相等）。 在△CAG與△OCA中， ∵∠OAC=∠GCA，AC=CA，∠ECA=∠OAC， ∴△CAG≌△OCA（ASA）。∴CG=AO=4，AG=OC=8。 如圖，過E點作EM⊥x軸于點M， 則在Rt△AEM中，EM=OF=t﹣2，AM=OA+AM=OA+EF=4+， 由勾股定理得： 。 在Rt△AEG中，由勾股定理得：。 在Rt△ECF中，EF=，CF=OC﹣OF=10﹣t，CE=CG+EG=4+ 由勾股定理得：EF2+CF2=CE2，即。 解得t1=10（不合題意，舍去），t2=6。 ∴t=6。 【考點】二

8、次函數(shù)綜合題，曲線上點的坐標(biāo)與方程的關(guān)系，相似三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)定義，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理。 【分析】（1）已知點A、B坐標(biāo)，用待定系數(shù)法求拋物線解析式即可。 （2）先證明△EDF∽△DAO，然后利用相似三角形對應(yīng)邊的比例關(guān)系以及三角形函數(shù)的定義求 解。 （3）通過作輔助線構(gòu)造一對全等三角形：△CAG≌△OCA，得到CG、AG的長度；然后利用勾股定理求得AE、EG的長度（用含t的代數(shù)式表示）；最后在Rt△ECF中，利用勾股定理，得到關(guān)于t的無理方程，解方程求出t的值。 3. （2012廣東廣州14分）如圖，拋物線與x軸交于A、B兩點（點A在點

9、B的左側(cè)），與y軸交于點C． （1）求點A、B的坐標(biāo)； （2）設(shè)D為已知拋物線的對稱軸上的任意一點，當(dāng)△ACD的面積等于△ACB的面積時，求點D的坐標(biāo)； （3）若直線l過點E（4，0），M為直線l上的動點，當(dāng)以A、B、M為頂點所作的直角三角形有且只有三個時，求直線l的解析式． 【答案】解：（1）在中，令y=0，即，解得x1=﹣4，x2=2。 ∵點A在點B的左側(cè)，∴A、B點的坐標(biāo)為A（﹣4，0）、B（2，0）。 （2）由得，對稱軸為x=﹣1。 在中，令x=0，得y=3。 ∴OC=3，AB=6，。 在Rt△AOC中，。 設(shè)△AC

10、D中AC邊上的高為h，則有AC?h=9，解得h=。 如圖1，在坐標(biāo)平面內(nèi)作直線平行于AC，且到AC的距離=h=，這樣的直線有2條，分別是L1和L2，則直線與對稱軸x=﹣1的兩個交點即為所求的點D。 設(shè)L1交y軸于E，過C作CF⊥L1于F，則CF=h=， ∴。 設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b， 將A（﹣4，0），B（0，3）坐標(biāo)代入，得 ，解得。 ∴直線AC解析式為。 直線L1可以看做直線AC向下平移CE長度單位（個長度單位）而形成的， ∴直線L1的解析式為。 則D1的縱坐標(biāo)為?！郉1（﹣4，）。 同理，直線AC向上平移個長度單位得到L2，可求得D2（﹣1，）。 綜上所

11、述，D點坐標(biāo)為：D1（﹣4，），D2（﹣1，）。 （3）如圖2，以AB為直徑作⊙F，圓心為F．過E點作⊙F的切線，這樣的切線有2條． 連接FM，過M作MN⊥x軸于點N。 ∵A（﹣4，0），B（2，0），∴F（﹣1，0），⊙F半徑FM=FB=3。 又FE=5，則在Rt△MEF中，- ME=，sin∠MFE=，cos∠MFE=。 在Rt△FMN中，MN=MN?sin∠MFE=3×， FN=MN?cos∠MFE=3×。 則ON=?！郙點坐標(biāo)為（，）。 直線l過M（，），E（4，0）， 設(shè)直線l的解析式為y=k1x+b1，則有，解得。 ∴直線l的解析式為y=x+3。 同理，可以

12、求得另一條切線的解析式為y=x﹣3。 綜上所述，直線l的解析式為y=x+3或y=x﹣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)，勾股定理，直線平行和平移的性質(zhì)，直線與圓的位置關(guān)系，直線與圓相切的性質(zhì)，圓周角定理，銳角三角函數(shù)定義。 【分析】（1）A、B點為拋物線與x軸交點，令y=0，解一元二次方程即可求解。 （2）根據(jù)題意求出△ACD中AC邊上的高，設(shè)為h．在坐標(biāo)平面內(nèi)，作AC的平行線，平行線之間的距離等于h．根據(jù)等底等高面積相等的原理，則平行線與坐標(biāo)軸的交點即為所求的D點．從一次函數(shù)的觀點來看，這樣的平行線可以看做是直線AC向上或向下平移而形

13、成．因此先求出直線AC的解析式，再求出平移距離，即可求得所作平行線的解析式，從而求得D點坐標(biāo)。這樣的平行線有兩條。 （3）本問關(guān)鍵是理解“以A、B、M為頂點所作的直角三角形有且只有三個”的含義．因為過A、B點作x軸的垂線，其與直線l的兩個交點均可以與A、B點構(gòu)成直角三角形，這樣已經(jīng)有符合題意的兩個直角三角形；第三個直角三角形從直線與圓的位置關(guān)系方面考慮，以AB為直徑作圓，當(dāng)直線與圓相切時，根據(jù)圓周角定理，切點與A、B點構(gòu)成直角三角形．從而問題得解。這樣的切線有兩條。 4. （2012廣東肇慶10分）已知二次函數(shù)圖象的頂點橫坐標(biāo)是2，與x軸交于A（x1，0）、 B（x2，0），x1﹤0﹤x

14、2，與y軸交于點C，O為坐標(biāo)原點，． （1）求證： ； （2）求m、n的值； （3）當(dāng)p﹥0且二次函數(shù)圖象與直線僅有一個交點時，求二次函數(shù)的最大值． 【答案】（1）證明：∵二次函數(shù)圖象的頂點橫坐標(biāo)是2， ∴拋物線的對稱軸為x=2，即，化簡得：n+4m=0。 （2）解：∵二次函數(shù)與x軸交于A（x1，0）、B（x2，0），x1＜0＜x2， ∴OA=－x1，OB=x2；。 令x=0，得y=p，∴C（0，p），∴OC=|p|。 由三角函數(shù)定義得：。 ∵tan∠CAO－tan∠CBO=1，即 ，化簡得：。 將 代入得：，化簡得：。 由（1）知n+4m=0， ∴當(dāng)n=1時，；當(dāng)n

15、=－1時，。 ∴m、n的值為： ，n=－1（此時拋物線開口向上）或 ，n=1（此時拋物線開口向下）。 （3）解：由（2）知，當(dāng)p＞0時，n=1， ， ∴拋物線解析式為：。 聯(lián)立拋物線與直線y=x+3解析式得到：， 化簡得： ＊。 ∵二次函數(shù)圖象與直線y=x+3僅有一個交點， ∴一元二次方程＊根的判別式等于0，即△=02+16（p－3）=0，解得p=3。 ∴拋物線解析式為：。 當(dāng)x=2時，二次函數(shù)有最大值，最大值為4。 ∴當(dāng)p＞0且二次函數(shù)圖象與直線y=x+3僅有一個交點時，二次函數(shù)的最大值為4。 【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，一元二次方程根的判別式和

16、根與系數(shù)的關(guān)系，銳角三角函數(shù)定義，二次函數(shù)的性質(zhì)。 【分析】（1）由題意可知拋物線的對稱軸為x=2，利用對稱軸公式，化簡即得n+4m=0。 （2）利用三角函數(shù)定義和拋物線與x軸交點坐標(biāo)性質(zhì)求解．特別需要注意的是拋物線的開口方向未定，所以所求m、n的值將有兩組。 （3）利用一元二次方程的判別式等于0求解．當(dāng)p＞0時，m、n的值隨之確定；將拋物線的解析式與直線的解析式聯(lián)立，得到一個一元二次方程；由交點唯一可知，此一元二次方程的判別式等于0，據(jù)此求出p的值，從而確定了拋物線的解析式；最后由拋物線的解析式確定其最大值。 5. （2012廣東珠海7分）如圖，二次函數(shù)y=（x﹣2）2+m的圖象與y

17、軸交于點C，點B是點C關(guān)于該二次函數(shù)圖象的對稱軸對稱的點．已知一次函數(shù)y=kx+b的圖象經(jīng)過該二次函數(shù)圖象上點A（1，0）及點B． （1）求二次函數(shù)與一次函數(shù)的解析式； （2）根據(jù)圖象，寫出滿足kx+b≥（x﹣2）2+m的x的取值范圍． 6. （2012浙江杭州12分）在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，反比例函數(shù)和二次函數(shù)y=k（x2+x﹣1）的圖象交于點A（1，k）和點B（﹣1，﹣k）． （1）當(dāng)k=﹣2時，求反比例函數(shù)的解析式； （2）要使反比例函數(shù)和二次函數(shù)都是y隨著x的增大而增大，求k應(yīng)滿足的條件以及x的取值范圍； （3）設(shè)二次函數(shù)的圖象的頂點為Q，當(dāng)△ABQ是以AB為斜邊的直角三角

18、形時，求k的值． 【答案】解：（1）當(dāng)k=﹣2時，A（1，﹣2）， ∵A在反比例函數(shù)圖象上，∴設(shè)反比例函數(shù)的解析式為：。 將A（1，﹣2）代入得： ，解得：m=﹣2。 ∴反比例函數(shù)的解析式為：。 （2）∵要使反比例函數(shù)和二次函數(shù)都是y隨著x的增大而增大，∴k＜0。 ∵二次函數(shù)y=k（x2+x﹣1）=，∴它的對稱軸為：直線x=﹣。 要使二次函數(shù)y=k（x2+x﹣1）滿足上述條件，在k＜0的情況下，x必須在對稱軸的左邊，即x＜﹣時，才能使得y隨著x的增大而增大。 ∴綜上所述，k＜0且x＜﹣。 （3）由（2）可得：Q。 ∵△ABQ是以AB為斜邊的直角三角形，A點與B點關(guān)于原點對稱

19、，（如圖是其中的一種情況） ∴原點O平分AB，∴OQ=OA=OB。 作AD⊥OC，QC⊥OC，垂足分別為點C，D。 ∴。 ∵， ∴，解得：k=±。 【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，反比例函數(shù)和二次函數(shù)的性質(zhì)。 【分析】（1）當(dāng)k=﹣2時，即可求得點A的坐標(biāo)，然后設(shè)反比例函數(shù)的解析式為：，利用待定系數(shù)法即可求得答案； （2）由反比例函數(shù)和二次函數(shù)都是y隨著x的增大而增大，可得k＜0。 又由二次函數(shù)y=k（x2+x﹣1）的對稱軸為x=﹣，可得x＜﹣時，才能使得y隨著x的增大而增大。 （3）由△ABQ是以AB為斜邊的直角三角形，A點與B點關(guān)于原點對

20、稱，利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，即可得OQ=OA=OB，又由Q，A（1，k），即可得，從而求得答案。 7. （2012浙江寧波12分）如圖，二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象交x軸于A（﹣1，0），B（2，0），交y軸于C（0，﹣2），過A，C畫直線． （1）求二次函數(shù)的解析式； （2）點P在x軸正半軸上，且PA=PC，求OP的長； （3）點M在二次函數(shù)圖象上，以M為圓心的圓與直線AC相切，切點為H． ①若M在y軸右側(cè)，且△CHM∽△AOC（點C與點A對應(yīng)），求點M的坐標(biāo)； ②若⊙M的半徑為，求點M的坐標(biāo)． 【答案】解：（1）∵二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象

21、交x軸于A（﹣1，0），B（2，0） ∴設(shè)該二次函數(shù)的解析式為：y=a（x+1）（x﹣2）， 將x=0，y=﹣2代入，得﹣2=a（0+1）（0﹣2），解得a=1。 ∴拋物線的解析式為y=（x+1）（x﹣2），即y=x2﹣x﹣2。 （2）設(shè)OP=x，則PC=PA=x+1， 在Rt△POC中，由勾股定理，得x2+22=（x+1）2， 解得，x=，即OP=。 （3）①∵△CHM∽△AOC，∴∠MCH=∠CAO。 （i）如圖1，當(dāng)H在點C下方時， ∵∠MCH=∠CAO，∴CM∥x軸，∴yM=﹣2。 ∴x2﹣x﹣2=﹣2，解得x1=0（舍去），x2=1。 ∴M（1

22、，﹣2）。 （ii）如圖2，當(dāng)H在點C上方時， ∵∠M′CH=∠CAO，∴PA=PC。 由（2）得，M′為直線CP與拋物線的另一交點， 設(shè)直線CM′的解析式為y=kx﹣2， 把P（，0）的坐標(biāo)代入，得k﹣2=0，解得k=。 ∴y=x﹣2。 由x﹣2=x2﹣x﹣2，解得x1=0（舍去），x2=。此時y=×。 ∴M′（）。 ②在x軸上取一點D，如圖3，過點D作DE⊥AC于點E，使DE=， 在Rt△AOC中，AC=。 ∵∠COA=∠DEA=90°，∠OAC=∠EAD， ∴△AED∽△AOC， ∴，即，解得AD=2。 ∴D（1，0）或D（﹣3，0）。 過點D作DM∥AC，

23、交拋物線于M，如圖 則直線DM的解析式為：y=﹣2x+2或y=﹣2x﹣6。 當(dāng)﹣2x﹣6=x2﹣x﹣2時，即x2+x+4=0，方程無實數(shù)根， 當(dāng)﹣2x+2=x2﹣x﹣2時，即x2+x﹣4=0，解得。 ∴點M的坐標(biāo)為（）或（）。 【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，勾股定理，平行的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解一元二次方程。 【分析】（1）根據(jù)與x軸的兩個交點A、B的坐標(biāo)，故設(shè)出交點式解析式，然后把點C的坐標(biāo)代入計算求出a的值，即可得到二次函數(shù)解析式。 （2）設(shè)OP=x，然后表示出PC、PA的長度，在Rt△POC中，利用勾股定理列式，然后解

24、方程即可。 （3）①根據(jù)相似三角形對應(yīng)角相等可得∠MCH=∠CAO，然后分（i）點H在點C下方時，利用同位角相等，兩直線平行判定CM∥x軸，從而得到點M的縱坐標(biāo)與點C的縱坐標(biāo)相同，是-2，代入拋物線解析式計算即可；（ii）點H在點C上方時，根據(jù)（2）的結(jié)論，點M為直線PC與拋物線的另一交點，求出直線PC的解析式，與拋物線的解析式聯(lián)立求解即可得到點M的坐標(biāo)。 ②在x軸上取一點D，過點D作DE⊥AC于點E，可以證明△AED和△AOC相似，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例列式求解即可得到AD的長度，然后分點D在點A的左邊與右邊兩種情況求出OD的長度，從而得到點D的坐標(biāo)，再作直線DM∥AC，然后求出直線

25、DM的解析式，與拋物線解析式聯(lián)立求解即可得到點M的坐標(biāo)。 8. （2012浙江溫州14分）如圖，經(jīng)過原點的拋物線與x軸的另一個交點為A.過點作直線軸于點M，交拋物線于點B.記點B關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點為C（B、C不重合）.連結(jié)CB,CP。 （1）當(dāng)時，求點A的坐標(biāo)及BC的長； （2）當(dāng)時，連結(jié)CA，問為何值時CA⊥CP？ （3）過點P作PE⊥PC且PE=PC，問是否存在，使得點E落在坐標(biāo)軸上？若存在，求出所有滿足要求的的值，并寫出相對應(yīng)的點E坐標(biāo)；若不存在，請說明理由。 【答案】解：（1）當(dāng)m=3時，y=－x2＋6x。 令y=0得－x2＋6x=0，解得，x1=0，x2=6。∴

26、A（6，0）。 當(dāng)x=1時，y=5?！郆（1，5）。 ∵拋物線y=－x2＋6x的對稱軸為直線x=3，且B，C關(guān)于對稱軸對稱，∴BC=4。 （2）過點C作CH⊥x軸于點H（如圖1） 由已知得，∠ACP=∠BCH=90°，∴∠ACH=∠PCB。 又∵∠AHC=∠PBC=90°，∴△AGH∽△PCB。 ∴。 ∵拋物線y=－x2＋2mx的對稱軸為直線x=m，其中m＞1，且B，C關(guān)于對稱軸對稱， ∴BC=2（m－1）。 ∵B（1，2m－1），P（1，m），∴BP=m－1。 又∵A（2m，0），C（2m－1，2m－1），∴H（2m－1，0）。 ∴AH=1，CH=2m－1， ∴，解得

27、m= 。 （3）存在。∵B，C不重合，∴m≠1。 （I）當(dāng)m＞1時，BC=2（m－1），PM=m，BP=m－1， （i）若點E在x軸上（如圖1）， ∵∠CPE=90°，∴∠MPE+∠BPC=∠MPE+∠MEP=90°，PC=EP。 ∴△BPC≌△MEP，∴BC=PM，即2（m-1）=m，解得m=2。 此時點E的坐標(biāo)是（2，0）。 （ii）若點E在y軸上（如圖2），過點P作PN⊥y軸于點N， 易證△BPC≌△NPE， ∴BP=NP=OM=1，即m－1=1，解得，m=2。 此時點E的坐標(biāo)是（0，4）。 （II）當(dāng)0＜m＜1時，BC=2（1－m），PM=m，BP=1－m， （

28、i）若點E在x軸上（如圖3）， 易證△BPC≌△MEP， ∴BC=PM，即2（1－m）=m，解得，m=。 此時點E的坐標(biāo)是（ ，0）。 （ii）若點E在y軸上（如圖4）， 過點P作PN⊥y軸于點N，易證△BPC≌△NPE， ∴BP=NP=OM=1，即1－m=1，∴m=0（舍去）。 綜上所述，當(dāng)m=2時，點E的坐標(biāo)是（0，2）或（0，4）， 當(dāng)m=時，點E的坐標(biāo)是（，0）。 【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，二次函數(shù)的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)。 【分析】（1）把m=3，代入拋物線的解析式，令y=0解方程，得到的非0解即為和x軸交點

29、的橫坐標(biāo)，再求出拋物線的對稱軸方程，從而求出BC的長。 （2）過點C作CH⊥x軸于點H（如圖1）由已知得∠ACP=∠BCH=90°，利用已知條件證明 △AGH∽△PCB，根據(jù)相似的性質(zhì)得到： ，再用含有m的代數(shù)式表示出BC，CH，BP，代入比例式即可求出m的值。 （3）存在。本題要分當(dāng)m＞1時，BC=2（m-1），PM=m，BP=m－1和當(dāng)0＜m＜1時，BC=2（1－m），PM=m，BP=1－m，兩種情況分別討論，再求出滿足題意的m值和相對應(yīng)的點E坐標(biāo)。 9. （2012江蘇連云港12分）如圖，拋物線y＝－x2＋bx＋c與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，點O為坐標(biāo)原點，點D為拋物線

30、的頂點，點E在拋物線上，點F在x軸上，四邊形OCEF為矩形，且OF＝2，EF＝3， (1)求拋物線所對應(yīng)的函數(shù)解析式； (2)求△ABD的面積； (3)將△AOC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°，點A對應(yīng)點為點G，問點G是否在該拋物線上？請說明理由． 【答案】解：(1)∵四邊形OCEF為矩形，OF＝2，EF＝3， ∴點C的坐標(biāo)為(0，3)，點E的坐標(biāo)為(2，3)． 把x＝0，y＝3；x＝2，y＝3分別代入y＝－x2＋bx＋c，得 ，解得。 ∴拋物線所對應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝－x2＋2x＋3。 (2)∵y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4， ∴拋物線的頂點坐標(biāo)為D(1，4)?！唷?/p>

31、ABD中AB邊的高為4。 令y＝0，得－x2＋2x＋3＝0，解得x1＝－1，x2＝3。 ∴AB＝3－(－1)＝4。 ∴△ABD的面積＝×4×4＝8。 (3)如圖，△AOC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°，CO落在CE所在的直線上，由（1）(2)可知OA＝1，OC=3， ∵點A對應(yīng)點G的坐標(biāo)為(3，2)。 ∵當(dāng)x＝3時，y＝－32＋2×3＋3＝0≠2， ∴點G不在該拋物線上。 【考點】二次函數(shù)綜合題，矩形的性質(zhì)，曲線圖上點的坐標(biāo)與方程的關(guān)系，解一元二次方程，二次函數(shù)的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)。 【分析】(1)在矩形OCEF中，已知OF、EF的長，先表示出C、E的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法確定該函數(shù)

32、的解析式。 (2)根據(jù)(1)的函數(shù)解析式求出A、B、D三點的坐標(biāo)，以AB為底、D點縱坐標(biāo)的絕對值為高，可求出△ABD的面積。 (3)根據(jù)旋轉(zhuǎn)條件求出點A對應(yīng)點G的坐標(biāo)，然后將點G的坐標(biāo)代入拋物線的解析式中直接進行判定即可。 10. （2012江蘇南通14分）如圖，經(jīng)過點A(0，－4)的拋物線y＝x2＋bx＋c與x軸相交于點B(－0，0)和C，O為坐標(biāo)原點． (1)求拋物線的解析式； (2)將拋物線y＝x2＋bx＋c向上平移個單位長度、再向左平移m(m＞0)個單位長度，得到新拋物 線．若新拋物線的頂點P在△ABC內(nèi)，求m的取值范圍； (3)設(shè)點M在y軸上，∠OMB＋∠OAB＝∠AC

33、B，求AM的長． 【答案】解：（1）將A（0，－4）、B（－2，0）代入拋物線y=x2+bx+c中，得： ，解得，。 ∴拋物線的解析式：y=x2－x－4。 （2）由題意，新拋物線的解析式可表示為：， 即：。它的頂點坐標(biāo)P（1－m，－1）。 由（1）的拋物線解析式可得：C（4，0）。 ∴直線AB：y=－2x-4；直線AC：y=x－4。 當(dāng)點P在直線AB上時，－2（1－m）－4=－1，解得：m=； 當(dāng)點P在直線AC上時，（1－m）＋4=－1，解得：m=－2； 又∵m＞0， ∴當(dāng)點P在△ABC內(nèi)時，0＜m＜ 。 （3）由A（0，-4）、B（4，0）得：OA=OC=4

34、，且△OAC是等腰直角三角形。 如圖，在OA上取ON=OB=2，則∠ONB=∠ACB=45°。 ∴∠ONB=∠NBA+OAB=∠ACB=∠OMB+∠OAB， 即∠ONB=∠OMB。 如圖，在△ABN、△AM1B中， ∠BAN=∠M1AB，∠ABN=∠AM1B， ∴△ABN∽△AM1B，得：AB2=AN?AM1； 由勾股定理，得AB2=（－2）2+42=20， 又AN=OA－ON=4－2=2， ∴AM1=20÷2=10，OM1=AM1－OA=10－4=6。 而∠BM1A=∠BM2A=∠ABN，∴OM1=OM2=6，AM2=OM2－OA=6－4=2。 綜上，AM的長為6或2。

35、 【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，平移的性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理。 【分析】（1）該拋物線的解析式中只有兩個待定系數(shù)，只需將A、B兩點坐標(biāo)代入即可得解。 （2）首先根據(jù)平移條件表示出移動后的函數(shù)解析式，從而用m表示出該函數(shù)的頂點坐標(biāo)，將其 代入直線AB、AC的解析式中，即可確定P在△ABC內(nèi)時m的取值范圍。 （3）先在OA上取點N，使得∠ONB=∠ACB，那么只需令∠NBA=∠OMB即可，顯然在y軸的正負(fù)半軸上都有一個符合條件的M點；以y軸正半軸上的點M為例，先證△ABN、△AMB相似，然后通過相關(guān)比例線段求出AM的長。 11.

36、 （2012江蘇泰州10分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，邊長為2的正方形OABC的頂點A、C分 別在x軸、y軸的正半軸上，二次函數(shù)的圖象經(jīng)過B、C兩點． （1）求該二次函數(shù)的解析式； （2）結(jié)合函數(shù)的圖象探索：當(dāng)y>0時x的取值范圍． 12. （2012湖北黃石10分）已知拋物線C1的函數(shù)解析式為，若拋物線C1經(jīng)過 點，方程的兩根為，，且。 （1）求拋物線C1的頂點坐標(biāo). （2）已知實數(shù)，請證明：≥,并說明為何值時才會有. （3）若拋物線先向上平移4個單位，再向左平移1個單位后得到拋物線C2，設(shè)， 是C2上的兩個不同點，且滿足： ，，.請你用含有的表達(dá)式表示出△AO

37、B的面積S，并求出S的最小值及S取最小值時一次函數(shù)OA的函數(shù)解析式。 （參考公式：在平面直角坐標(biāo)系中，若，，則P，Q兩點間的距離） 【答案】解：（1）∵拋物線過（０,－３）點，∴－3a＝－３。∴a＝１ 。 　∴ｙ＝x2＋bx－３ 　　　　　 ∵x2＋bx－３=０的兩根為x1，x2且， ∴＝４且b＜０?！郻＝－２。 ∴。 ∴拋物線Ｃ１的頂點坐標(biāo)為（１，－４）。 （2）∵x＞０，∴ ∴。 當(dāng)時，即當(dāng)x＝１時，有。 （3）由平移的性質(zhì)，得C2的解析式為：y＝x2 。 ∴Ａ(m，m2)，B（n，n2）。 ∵ΔAOB為直角三角形，∴OA2＋OB2=AB2。 ∴m

38、2＋m4＋n2＋n4＝（m－n）2＋（m2－n2）2， 化簡得：m n＝－１。 ∵ＳΔAOB=，m n＝－１， ∴ＳΔAOB＝＝。 ∴ＳΔAOB的最小值為１，此時m＝１,Ａ(１,１)。 ∴直線OA的一次函數(shù)解析式為ｙ＝x。 【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，一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，二次函數(shù)的性質(zhì)，不等式的知識。 【分析】（1）求拋物線的頂點坐標(biāo)，即要先求出拋物線的解析式，即確定待定系數(shù)a、b的值．已知拋物線圖象與y軸交點，可確定解析式中的常數(shù)項（由此得到a的值）；然后從方程入手求b的值，題目給出了兩根差的絕對值，將其進行適當(dāng)變形（轉(zhuǎn)化為兩根和、兩根積的形式）

39、，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系即可求出b的值。 （2）將配成完全平方式，然后根據(jù)平方的非負(fù)性即可得證。 （3）結(jié)合（1）的拋物線的解析式以及函數(shù)的平移規(guī)律，可得出拋物線C2的解析式；在Rt△OAB中，由勾股定理可確定m、n的關(guān)系式，然后用m列出△AOB的面積表達(dá)式，結(jié)合不等式的相關(guān)知識可確定△OAB的最小面積值以及此時m的值，從而由待定系數(shù)法確定一次函數(shù)OA的解析式。 別解：由題意可求拋物線C2的解析式為：y＝x2。 ∴Ａ(m，m2)，B（n，n2）。 過點A、B作x軸的垂線，垂足分別為C、D， 則 由∽得 ，即?！?。 ∴。 ∴ＳΔAOB的最小值為１，此時m＝１,Ａ(１,１)。

40、∴直線OA的一次函數(shù)解析式為ｙ＝x。 13. （2012湖北武漢12分）如圖1，點A為拋物線C1：的頂點，點B的坐標(biāo)為(1，0)，直線AB交拋物線C1于另一點C． (1)求點C的坐標(biāo)； (2)如圖1，平行于y軸的直線x＝3交直線AB于點D，交拋物線C1于點E，平行于y軸的直線x＝a 交直線AB于F，交拋物線C1于G，若FG：DE＝4∶3，求a的值； (3)如圖2，將拋物線C1向下平移m(m＞0)個單位得到拋物線C2，且拋物線C2的頂點為點P，交x軸 于點M，交射線BC于點N，NQ⊥x軸于點Q，當(dāng)NP平分∠MNQ時，求m的值． 圖1

41、 圖2 【答案】解：（1）∵當(dāng)x=0時，y＝－2?！郃（0，－2）。 設(shè)直線AB的解析式為，則，解得。 ∴直線AB的解析式為。 ∵點C是直線AB與拋物線C1的交點， ∴，解得（舍去）。 ∴C（4，6）。 （2）∵直線x＝3交直線AB于點D，交拋物線C1于點E， ∴，∴DE=。 ∵FG：DE＝4∶3，∴FG=2。 ∵直線x＝a交直線AB于點F，交拋物線

42、C1于點G， ∴。 ∴FG=。 解得。 （3）設(shè)直線MN交y軸于點T，過點N作NH⊥y軸于點H。 設(shè)點M的坐標(biāo)為（t,0），拋物線C2的解析式為。 ∴。∴。 ∴?！郟（0，）。 ∵點N是直線AB與拋物線C2的交點， ∴，解得（舍去）。 ∴N（）。 ∴NQ=，MQ=?！郚Q=MQ?！唷螻MQ=450。 ∴△MOT，△NHT都是等腰直角三角形?！郙O=TO，HT=HN。

43、 ∴OT=－t，。 ∵PN平分∠MNQ，∴PT=NT。 ∴，解得（舍去）。 ∴?！?。 【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，解二元二次方程組，平移的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，角平分線的性質(zhì)，平行的性質(zhì)。 【分析】（1）由點A在拋物線C1上求得點A的坐標(biāo)，用待定系數(shù)法求得直線AB的解析式；聯(lián)立直線AB和拋物線C1即可求得點C的坐標(biāo)。 （2）由FG：DE＝4∶3求得FG=2。把點F和點G的縱

44、坐標(biāo)用含a的代數(shù)式表示，即可得等式 FG=，解之即可得a的值。 （3）設(shè)點M的坐標(biāo)為（t,0）和拋物線C2的解析式，求得t和m的關(guān)系。求出點P和點N的坐標(biāo)（用t的代數(shù)式表示），得出△MOT，△NHT都是等腰直角三角形的結(jié)論。從而由角平分線和平行的性質(zhì)得到PT=NT，列式求解即可求得t，從而根據(jù)t和m的關(guān)系式求出m的值。 14. （2012湖北荊門10分）已知：y關(guān)于x的函數(shù)y=（k﹣1）x2﹣2kx+k+2的圖象與x軸有交點． （1）求k的取值范圍； （2）若x1，x2是函數(shù)圖象與x軸兩個交點的橫坐標(biāo)，且滿足（k﹣1）x12+2kx2+k+2=4x1x2． ①求k的

45、值；②當(dāng)k≤x≤k+2時，請結(jié)合函數(shù)圖象確定y的最大值和最大值． 【答案】解：（1）當(dāng)k=1時，函數(shù)為一次函數(shù)y=﹣2x+3，其圖象與x軸有一個交點。 當(dāng)k≠1時，函數(shù)為二次函數(shù)，其圖象與x軸有一個或兩個交點， 令y=0得（k﹣1）x2﹣2kx+k+2=0． △=（﹣2k）2﹣4（k﹣1）（k+2）≥0，解得k≤2．即k≤2且k≠1。 綜上所述，k的取值范圍是k≤2。 （2）①∵x1≠x2，由（1）知k＜2且k≠1。 由題意得（k﹣1）x12+（k+2）=2kx1（*）， 將（*）代入（k﹣1）x12+2kx2+k+2=4x1x2中得：2k（x1+x2）=4x1x2。 又∵x

46、1+x2=，x1x2=，∴2k?=4?， 解得：k1=﹣1，k2=2（不合題意，舍去）?！嗨髃值為﹣1。 ②如圖，∵k1=﹣1，y=﹣2x2+2x+1=﹣2（x﹣）2+，且﹣1≤x≤1， 由圖象知：當(dāng)x=﹣1時，y最小=﹣3；當(dāng)x=時，y最大=。 ∴y的最大值為，最小值為﹣3。 【考點】拋物線與x軸的交點，一次函數(shù)的定義，一元二次方程根的判別式和根與系數(shù)物關(guān)系，二次函數(shù)的最值。 【分析】（1）分兩種情況討論，當(dāng)k=1時，可求出函數(shù)為一次函數(shù)，必與x軸有一交點；當(dāng)k≠1時，函數(shù)為二次函數(shù)，若與x軸有交點，則△≥0。 （2）①根據(jù)（k﹣1）x12+2kx2+k+2=4x1x2及根與

47、系數(shù)的關(guān)系，建立關(guān)于k的方程，求出k的值。②充分利用圖象，直接得出y的最大值和最小值。 15. （2012湖北恩施8分）如圖，已知拋物線y=﹣x2+bx+c與一直線相交于A（﹣1，0），C（2，3）兩點，與y軸交于點N．其頂點為D． （1）拋物線及直線AC的函數(shù)關(guān)系式； （2）設(shè)點M（3，m），求使MN+MD的值最小時m的值； （3）若拋物線的對稱軸與直線AC相交于點B，E為直線AC上的任意一點，過點E作EF∥BD交拋物線于點F，以B，D，E，F(xiàn)為頂點的四邊形能否為平行四邊形？若能，求點E的坐標(biāo)；若不能，請說明理由； （4）若P是拋物線上位于直線AC上方的一個動點，求△APC的面積的

48、最大值． 【答案】解：（1）由拋物線y=﹣x2+bx+c過點A（﹣1，0）及C（2，3）得， ，解得?！鄴佄锞€的函數(shù)關(guān)系式為。 設(shè)直線AC的函數(shù)關(guān)系式為y=kx+n，由直線AC過點A（﹣1，0）及C（2，3）得 ，解得?！嘀本€AC的函數(shù)關(guān)系式為y=x+1。 （2）作N點關(guān)于直線x=3的對稱點N′， 令x=0，得y=3，即N（0，3）。 ∴N′（6， 3） 由得 D（1，4）。 設(shè)直線DN′的函數(shù)關(guān)系式為y=sx+t，則 ，解得。 ∴故直線DN′的函數(shù)關(guān)系式為。 根據(jù)軸對稱的性質(zhì)和三角形三邊關(guān)系，知當(dāng)M（3，m）在直線DN′上時，MN+MD的值最小， ∴。

49、 ∴使MN+MD的值最小時m的值為。 （3）由（1）、（2）得D（1，4），B（1，2）， ①當(dāng)BD為平行四邊形對角線時，由B、C、D、N的坐標(biāo)知，四邊形BCDN是平行四邊形，此時，點E與點C重合，即E（2，3）。 ②當(dāng)BD為平行四邊形邊時， ∵點E在直線AC上，∴設(shè)E（x，x+1），則F（x，）。 又∵BD=2 ∴若四邊形BDEF或BDFE是平行四邊形時，BD=EF。 ∴，即。 若，解得，x=0或x=1（舍去），∴E（0，1）。 若，解得，，∴E或E。 綜上，滿足條件的點E為（2，3）、（0，1）、、。 （4）如圖，過點P作PQ⊥x軸交AC于點Q；

50、過點C作CG⊥x軸于點G， 設(shè)Q（x，x+1），則P（x，﹣x2+2x+3）。 ∴。 ∴ 。 ∵， ∴當(dāng)時，△APC的面積取得最大值，最大值為。 【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，軸對稱的性質(zhì)，三角形三邊關(guān)系，平行四邊形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)的最值。 【分析】（1）利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、一次函數(shù)解析式。 （2）根據(jù)軸對稱的性質(zhì)和三角形三邊關(guān)系作N點關(guān)于直線x=3的對稱點N′，當(dāng)M（3，m）在直線DN′上時，MN+MD的值最小。 （3）分BD為平行四邊形對角線和BD為平行四邊形邊兩種情況討論。 （4）

51、如圖，過點P作PQ⊥x軸交AC于點Q；過點C作CG⊥x軸于點G，設(shè)Q（x，x+1），則P（x，﹣x2+2x+3），求得線段PQ=﹣x2+x+2。由圖示以及三角形的面積公式知，由二次函數(shù)的最值的求法可知△APC的面積的最大值。 16. （2012湖北黃岡14分）如圖，已知拋物線的方程C1:與x 軸相交于點B、 C，與y 軸相交于點E，且點B 在點C 的左側(cè). (1)若拋物線C1過點M(2，2)，求實數(shù)m 的值． (2)在(1)的條件下，求△BCE的面積． (3)在(1)的條件下，在拋物線的對稱軸上找一點H，使BH+EH最小，并求出點H的坐標(biāo)． (4)在第四象限內(nèi)，拋物線C1上是否存在

52、點F，使得以點B、C、F為頂點的三角形與△BCE相似?若存在，求m的值；若不存在，請說明理由． 【答案】解：（1）∵拋物線C1過點M(2，2)，∴，解得m=4。 （2）由（1）得。 令x=0，得?！郋（0，2），OE=2。 令y=0，得，解得x1=－2，x=4。 ∴B（－2，，0），C（4，0），BC=6。 ∴△BCE的面積=。 （3）由（2）可得的對稱軸為x=1。 連接CE，交對稱軸于點H，由軸對稱的性質(zhì)和兩點之間線段最短的性質(zhì)，知此時BH+EH最小。 設(shè)直線CE的解析式為，則 ，解得?！嘀本€CE的解析式為。 當(dāng)

53、x=1時，?！郒（1，）。 （4）存在。分兩種情形討論： ①當(dāng)△BEC∽△BCF時，如圖所示。 則，∴BC2=BE?BF。 由（2）知B（－2，0），E（0，2），即OB=OE， ∴∠EBC=45°，∴∠CBF=45°。 作FT⊥x軸于點F，則BT=TF。 ∴令F（x，－x－2）（x＞0）， 又點F在拋物線上，∴－x－2=， ∵x+2＞0（∵x＞0），∴x=2m，F(xiàn)（2m，－2m－2）。 此時， 又BC2=BE?BF，∴（m+2）2= ?，解得m=2±。 ∵m＞0，∴m=+2。 ②當(dāng)△BEC∽△FCB時，如圖所示。 則，∴BC2=EC?BF。 同①，∵∠EBC

54、=∠CFB，△BTF∽△COE， ∴。 ∴令F（x，－（x+2））（x＞0）， 又點F在拋物線上，∴－（x+2）=。 ∵x+2＞0（∵x＞0）， ∴x=m+2?！郌（m+2，－（m+4）），，BC=m+2。 又BC2=EC?BF，∴（m+2）2= . 整理得：0=16，顯然不成立。 綜合①②得，在第四象限內(nèi)，拋物線上存在點F，使得以點B、C、F為頂點的三角形與△BCE相似，m=+2。 【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，二次函數(shù)的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，兩點之間線段最短的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)。 【分析】（1）將點（2，2）的坐標(biāo)代入拋物線解析式，即可求

55、得m的值。 （2）求出B、C、E點的坐標(biāo)，從而求得△BCE的面積。 （3）根據(jù)軸對稱以及兩點之間線段最短的性質(zhì)，可知點B、C關(guān)于對稱軸x=1對稱，連接EC與對稱軸的交點即為所求的H點。 （4）分兩種情況進行討論： ①當(dāng)△BEC∽△BCF時，如圖所示，此時可求得+2。 ②當(dāng)△BEC∽△FCB時，如圖所示，此時得到矛盾的等式，故此種情形不存在。 17. （2012湖南常德10分）如圖，已知二次函數(shù)的圖像過點A(－4，3），B(4，4). （1）求二次函數(shù)的解析式： （2）求證：△ACB是直角三角形； （3）若點P在第二象限，且是拋物線上的一動點，過點P作PH垂直x軸于點H，

56、是否存在以P、H、D、為頂點的三角形與△ABC相似？若存在，求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由。 【答案】解：（1）將A(－4，3），B(4，4)代人中， ， 整理得： 解得 ∴二次函數(shù)的解析式為：，即：。 （2）由 整理得 ，解得。 ∴C （－2，0），D 。 ∴AC2=4+9 ，BC2=36+16，AC2+ BC2=13+52=65，AB2=64+1=

57、65， ∴ AC2+ BC2=AB2 。∴△ACB是直角三角形。 （3）設(shè)（x<0），則PH=， HD=。 又∵AC=， BC=， ①當(dāng)△PHD∽△ACB時有：，即：， 整理得 ，解得（舍去），此時，。 ∴。 ②當(dāng)△DHP∽△ACB時有：， 即：， 整理 ，解得（舍去），此時，。 ∴。 綜上所述，滿足條件的點有兩個即，。 【考點】二次函數(shù)綜合題

58、，曲線上點的坐標(biāo)與方程的關(guān)系，勾股定理和逆定理的應(yīng)用，相似三角形的判定性質(zhì)，坐標(biāo)系中點的坐標(biāo)的特征，拋物線與x軸的交點，解一元二次方程和二元一次方程組。 【分析】（1）求二次函數(shù)的解析式，也就是要求中a、b的值，只要把A(-4，3），B(4，4)代人即可。 （2）求證△ACB是直角三角形，只要求出AC，BC，AB的長度，然后用勾股定理及其逆定理去考察。 （3）分兩種情況進行討論，①△DHP∽△BCA，②△PHD∽△BCA，然后分別利用相似三角形對應(yīng)邊成比例的性質(zhì)求出點P的坐標(biāo)。 18. （2012湖南懷化10分）]如圖，拋物線m：與x軸的交點為A、B，與

59、y軸的交點為C，頂點為,將拋物線m繞點B旋轉(zhuǎn)，得到新的拋物線n,它的頂點為D. （1）求拋物線n的解析式； （2）設(shè)拋物線n與x軸的另一個交點為E，點P是線段ED上一個動點（P不與E、D重合），過點P作y軸的垂線，垂足為F，連接EF.如果P點的坐標(biāo)為，△PEF的面積為S，求S與x的函數(shù)關(guān)系式，寫出自變量x的取值范圍，并求出S的最大值； （3）設(shè)拋物線m的對稱軸與x軸的交點為G，以G為圓心，A、B兩點間的距離為直徑作⊙G，試判斷直線CM與⊙G的位置關(guān)系，并說明理由. 【答案】解：（1）∵拋物線m的頂點為， ∴m的解析式為=?！唷? ∵拋物線n是由拋物線m繞點B旋轉(zhuǎn)得到，∴D的坐標(biāo)

60、為。 ∴拋物線n的解析式為：，即。 （2）∵點E與點A關(guān)于點B中心對稱，∴E。 設(shè)直線ED的解析式為，則，解得。 ∴直線ED的解析式為。 又點P的坐標(biāo)為， ∴S==。 ∴當(dāng)時，S有最大值。 但，∴△PEF的面積S沒有最大值 。 （3）直線CM與⊙G相切。理由如下： ∵拋物線m的解析式為，令得?！唷? ∵拋物線m的對稱軸與軸的交點為G，∴OC=4，OG=3，。 ∴由勾股定理得CG=5。 又∵AB=10，∴⊙G的半徑為5，∴點C在⊙G上。 過M點作y軸的垂線，垂足為N， 則。 又， ∴。 ∴根據(jù)勾股定理逆定理，得∠GCM=900。∴。 ∴直線CM與⊙G相切。

61、 【考點】二次函數(shù)綜合題，二次函數(shù)的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，待定系數(shù)法，曲線上點的坐標(biāo)與方程的關(guān)系，直線與圓的位置關(guān)系，勾股定理和逆定理。 【分析】（1）由拋物線m的頂點坐標(biāo)寫出拋物線m的頂點式方程，化為交點式方程即可求出A、B兩點的坐標(biāo)，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)即可求出拋物線n的解析式。 （2）求出直線ED的解析式，由點P在直線ED，可知P，從而求出△PEF的面積S的函數(shù)關(guān)系式，由點P在線段ED上得。從而根據(jù)二次函數(shù)最值的求法得出結(jié)果。 （3）要判斷直線CM與⊙G的位置關(guān)系首先要判斷CG與⊙G半徑的關(guān)系，由AB=10，得⊙G的半徑為5。求出CG，知點C在⊙G上。由勾股定

62、理和逆定理，得出。從而得出，得出直線CM與⊙G相切的結(jié)論。 19. （2012湖南郴州10分）如圖，已知拋物線經(jīng)過A（4，0），B（2，3），C（0，3）三點． （1）求拋物線的解析式及對稱軸． （2）在拋物線的對稱軸上找一點M，使得MA+MB的值最小，并求出點M的坐標(biāo)． （3）在拋物線上是否存在一點P，使得以點A、B、C、P四點為頂點所構(gòu)成的四邊形為梯形？若存在，請求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 【答案】解：（1）∵拋物線經(jīng)過A（4，0），B（2，3），C（0，3）三點， ∴ ，解得。 ∴拋物線的解析式為：，其對稱軸為：。 （2）由B（2，3），C（0，3），且對

63、稱軸為x=1，可知點B、C是關(guān)于對稱軸x=1的對稱點。 如圖1所示，連接AC，交對稱軸x=1于點M，連接MB，則MA＋MB=MA＋MC=AC，根據(jù)兩點之間線段最短可知此時MA＋MB的值最小。 設(shè)直線AC的解析式為y=kx＋b， ∵A（4，0），C（0，3），∴ ，解得。 ∴直線AC的解析式為：y=x＋3。 令x=1，得y= ?！郙點坐標(biāo)為（1，）。 （3）結(jié)論：存在。 如圖2所示，在拋物線上有兩個點P滿足題意： ①若BC∥AP1，此時梯形為ABCP1。 由B（2，3），C（0，3），可知BC∥x軸，則x軸與拋物線的另一個交點P1即為所求。 在中令y=0，解得x1=-2，x

64、2=4。 ∴P1（－2，0）。 ∵P1A=6，BC=2，∴P1A≠BC。 ∴四邊形ABCP1為梯形。 ②若AB∥CP2，此時梯形為ABCP2。 設(shè)CP2與x軸交于點N， ∵BC∥x軸，AB∥CP2，∴四邊形ABCN為平行四邊形?！郃N=BC=2?！郚（2，0）。 設(shè)直線CN的解析式為y=k1x+b1，則有： ，解得。 ∴直線CN的解析式為：y=x+3。 ∵點P2既在直線CN：y=x+3上，又在拋物線：上， ∴x+3=，化簡得：x2－6x=0，解得x1=0（舍去），x2=6。 ∴點P2橫坐標(biāo)為6，代入直線CN解析式求得縱坐標(biāo)為－6?！郟2（6，－6）。 ∵ABCN，∴AB

65、=CN，而CP2≠CN，∴CP2≠AB。∴四邊形ABCP2為梯形。 綜上所述，在拋物線上存在點P，使得以點A、B、C、P四點為頂點所構(gòu)成的四邊形為梯形，點P的坐標(biāo)為（－2，0）或（6，－6）。 【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)， 線段最短的性質(zhì)，梯形的判定。 【分析】（1）已知拋物線上三點A、B、C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式，再由對稱軸公式求出對稱軸。 （2）如圖1所示，連接AC，則AC與對稱軸的交點即為所求之M點；已知點A、C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式，從而求出點M的坐標(biāo)。 （3）根據(jù)梯

66、形定義確定點P，如圖2所示：①若BC∥AP1，確定梯形ABCP1．此時P1為拋物線與x軸的另一個交點，解一元二次方程即可求得點P1的坐標(biāo)；②若AB∥CP2，確定梯形ABCP2．此時P2位于第四象限，先確定CP2與x軸交點N的坐標(biāo)，然后求出直線CN的解析式，再聯(lián)立拋物線與直線解析式求出點P2的坐標(biāo)。 20. （2012湖南株洲10分）如圖，一次函數(shù)分別交y軸、x軸于A、B兩點，拋物線 y=﹣x2+bx+c過A、B兩點． （1）求這個拋物線的解析式； （2）作垂直x軸的直線x=t，在第一象限交直線AB于M，交這個拋物線于N．求當(dāng)t取何值時，MN有最大值？最大值是多少？ （3）在（2）的情況下，以A、M、N、D為頂點作平行四邊形，求第四個頂點D的坐標(biāo)． 【答案】解：（1）∵分別交y軸、x軸于A、B兩點， ∴A、B點的坐標(biāo)為：A（0，2），B（4，0）。 將x=0，y=2代入y=﹣x2+bx+c得c=2； 將x=4，y=0代入y=﹣x2+bx+c得0=﹣16+4b+2，解得b=。 ∴拋物線解析式為：y=﹣x2+x+2。 （2）如圖1，設(shè)MN交x軸于點E，則E（t，0）