二次函数压轴题专题训练 含答案
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二次函数专题训练 姓名： 一．解答题（共11小题） 1．如图1，已知抛物线y=x2﹣x﹣3与x轴交于A和B两点（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，顶点为D． （1）求出点A，B，D的坐标； （2）如图1，若线段OB在x轴上移动，且点O，B移动后的对应点为O′，B′．首尾顺次连接点O′、B′、D、C构成四边形O′B′DC，当四边形O′B′DC的周长有最小值时，在第四象限找一点P，使得△PB′D的面积最大？并求出此时P点的坐标． （3）如图2，若点M是抛物线上一点，点N在y轴上，连接CM、MN．当△CMN是以MN为直角边的等腰直角三角形时，直接写出点N的坐标． 2．如图1，抛物线y=﹣x2﹣4x+5与x轴交于点A、B两点，与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点． （1）求直线AC的解析式及顶点D的坐标； （2）连接CD，点P是直线AC上方抛物线上一动点（不与点A、C重合），过P作PE∥x轴交直线AC于点E，作PF∥CD交直线AC于点F，当线段PE+PF取最大值时，在抛物线对称轴上找一点L，在y轴上找一点K，连接OL，LK，PK，求线段OL+LK+PK的最小值，并求出此时点L的坐标． （3）如图2，点M（﹣2，﹣1）为抛物线对称轴上一点，点N（2，7）为直线AC上一点，点G为直线AC与抛物线对称轴的交点，连接MN，AM．点H是线段MN上的一个动点，连接GH，将△MGH沿GH翻折得到△M′GH（点M的对称点为M′），问是否存在点H，使得△M′GH与△NGH重合部分的图形为直角三角形，若存在，请求出NH的长，若不存在，请说明理由． 第1页（共53页） 3．如图1，抛物线已知C（0，）．连接AC． （1）求直线AC的解析式． 与x轴相交于A、B两点（点A在点B的右侧），（2）点P是x轴下方的抛物线上一动点，过点P作PE⊥x轴交直线AC于点E，交x轴于点F，过点P作PG⊥AE于点G，线段PG交x轴于点H．设l=EP﹣FH，求l的最大值． （3）如图2，在（2）的条件下，点M是x轴上一动点，连接EM、PM，将△EPM沿直线EM折叠为△EP1M，连接AP，AP1．当△APP1是等腰三角形时，试求出点M的坐标． 4．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣B两点，交y轴交于C点，顶点为D． x2+x+3，分别交x轴于A、（1）如图1，连接AD，R是抛物线对称轴上的一点，当AR⊥AD时，求点R的坐标； 第2页（共53页） （2）在（1）的条件下．在直线AR上方，对称轴左侧的抛物线上找一点P，过P作PQ⊥x轴，交直线AR于点Q，点M是线段PQ的中点，过点M作MN∥AR交抛物线对称轴于点N，当平行四边形MNRQ周长最大时，在抛物线对称轴上找一点E，y轴上找一点F，使得PE+EF+FA最小，并求此时点E、F的坐标． （3）如图2，过抛物线顶点D作DH⊥AB于点H，将△DBH绕着H点顺时针旋转得到△D′B′H′且B′落在线段BD上，将线段AC直沿直线AC平移后，点A、C对应的点分别为A′、C′，连接D′C′，D′A′，△D′C′A′能否为等腰三角形？若能，请求出所有符合条件的点A′的坐标；若不能，请说明理由． 5．已知抛物线y=﹣线y=x2﹣x+a（a≠0）的顶点为M，与y轴交于点A，直x﹣a分别与x轴，y轴相交于B，C两点，并且与直线MA相交于N点． （1）用a表示点A，M，N的坐标． （2）若将△ANC沿着y轴翻折，点N对称点Q恰好落在抛物线上，AQ与抛物线的对称轴交于点P，连结CP，求a的值及△PQC的面积． （3）当a=4时，抛物线如图2所示，设D为抛物线第二象限上一点，E为x轴上的点，且∠OED=120°，DE=8，F为OE的中点，连结DF，将直线BC沿着x轴向左平移，记平移的过程中的直线为B′C′，直线B′C′交x轴与点K，交DF于H点，当△KEH为等腰三角形时，求平移后B的对应点K的坐标． 第3页（共53页） 6．如图1，二次函数y=x2﹣2x+1的图象与一次函数y=kx+b（k≠0）的图象交于A，B两点，点A的坐标为（0，1），点B在第一象限内，点C是二次函数图象的顶点，点M是一次函数y=kx+b（k≠0）的图象与x轴的交点，过点B作轴的垂线，垂足为N，且S△AMO：S四边形AONB=1：48． （1）求直线AB和直线BC的解析式； （2）点P是线段AB上一点，点D是线段BC上一点，PD∥x轴，射线PD与抛物线交于点G，过点P作PE⊥x轴于点E，PF⊥BC于点F．当PF与PE的乘积最大时，在线段AB上找一点H（不与点A，点B重合），使GH+求点H的坐标和GH+BH的最小值； BH的值最小，（3）如图2，直线AB上有一点K（3，4），将二次函数y=x2﹣2x+1沿直线BC平移，平移的距离是t（t≥0），平移后抛物线上点A，点C的对应点分别为点A′，点C′；当△A′C′K是直角三角形时，求t的值． 7．如图，抛物线y=﹣x2x+3与x轴交于A，B两点（A点在B点的左侧），与y轴交于点C，点D在x轴负半轴上．且OD=．连接CD，已知点E（0，﹣1）， （1）求直线AC的解析式； 第4页（共53页） （2）如图1，F为线段AC上一动点，过F作x轴的平行线交CD于点G．当△EFG面积最大时，在y轴上取一点M，在抛物线对称轴上取一点N，求FM+MN+NB的最小值； （3）如图2，点P在线段OC上且OP=OB，连接BP，将△OBP沿x轴向左平移，得到△O′B′P′，当点P′恰好落在AC上时，将△P′O′A绕点P′逆时针旋转α（0＜α＜180°），记旋转中的△P′O′A′为△P′O″A′，在旋转过程中，设直线A′O″分别交x轴，直线AC于H，I两点，是否存在这样的H，I，使△AHI为等腰三角形？若存在，求此时AI的长． 8．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2﹣x﹣2与x轴交于A、），B两点（点A在点B的左侧），交y轴于点C，连接BC．已知点D（0，2连接BD． （1）求直线BC的解析式； （2）点M是线段BC下方的抛物线上一点，过点M作MG⊥x轴交BC于点E，交x轴于点F，交BD于点G．过点E作EH⊥BC交y轴于点H，交x轴于点K，连接GK．当△GKH面积最大时，线段OB上有一点R，过点R作RT⊥x轴交BC第5页（共53页） 于点T，连接RE、MT，若四边形EMTR为平行四边形，求点R的坐标； （3）如图2，抛物线的对称轴与x轴交于点Q，点P是直线BD上一动点，连接PQ，将△BPQ沿PQ折叠至△B′PQ，其中点B的对应点为点B′．连接AB′、DB′，当△ADB′为等腰三角形时，求点P的坐标． 9．已知如图1，抛物线y=﹣x2﹣x+3与x轴交于A和B两点（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，点D的坐标是（0，﹣1），连接BC、AC （1）求出直线AD的解析式； （2）如图2，若在直线AC上方的抛物线上有一点F，当△ADF的面积最大时，有一线段MN=（点M在点N的左侧）在直线BD上移动，首尾顺次连接点A、M、N、F构成四边形AMNF，请求出四边形AMNF的周长最小时点N的横坐标； （3）如图3，将△DBC绕点D逆时针旋转α°（0＜α°＜180°），记旋转中的△DBC为△DB′C′，若直线B′C′与直线AC交于点P，直线B′C′与直线DC交于点Q，当△CPQ是等腰三角形时，求CP的值． 10．如图1，抛物线y=﹣x2+x+2的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，连接BC，过点A作AD∥BC交抛物线的对称轴于点D． （1）求点D的坐标； （2）如图2，点P是抛物线在第一象限内的一点，作PQ⊥BC于Q，当PQ的长度最大时，在线段BC上找一点M（不与点B、点C重合），使PM+BM的值最小，求点M的坐标及PM+BM的最小值； （3）抛物线的顶点为点E，平移抛物线，使抛物线的顶点E在直线AE上移动，点A，E平移后的对应点分别为点A′、E′．在平面内有一动点F，当以点A′、E′、B、F为顶点的四边形为菱形时，求出点A′的坐标． 第6页（共53页） 11．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2﹣x﹣与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D，点E（4，n）在抛物线上． （1）求直线AE的解析式； （2）点P为直线CE下方抛物线上的一点，连接PC，PE．当△PCE的面积最大时，连接CD，CB，点K是线段CB的中点，点M是CP上的一点，点N是CD上的一点，求KM+MN+NK的最小值； （3）点G是线段CE的中点，将抛物线y=x2﹣x﹣沿x轴正方向平移得到新抛物线y′，y′经过点D，y′的顶点为点F．在新抛物线y′的对称轴上，是否存在点Q，使得△FGQ为等腰三角形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 第7页（共53页） 2018年01月16日152****2504的初中数学组卷 参考答案与试题解析 一．解答题（共11小题） 1．如图1，已知抛物线y=x2﹣x﹣3与x轴交于A和B两点（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，顶点为D． （1）求出点A，B，D的坐标； （2）如图1，若线段OB在x轴上移动，且点O，B移动后的对应点为O′，B′．首尾顺次连接点O′、B′、D、C构成四边形O′B′DC，当四边形O′B′DC的周长有最小值时，在第四象限找一点P，使得△PB′D的面积最大？并求出此时P点的坐标． （3）如图2，若点M是抛物线上一点，点N在y轴上，连接CM、MN．当△CMN是以MN为直角边的等腰直角三角形时，直接写出点N的坐标． 【分析】（1）令y=0，解方程即可求出点A、B的坐标，利用配方法或顶点坐标公式可得顶点D的坐标； （2）作点C（0，﹣3）关于x轴的对称点C′（0，3），将点C′（0，3）向右平移4个单位得到点C″（4，3），连接DC″，交x轴于点B′，将点B′向左平移4个单位得到点O′，连接CO′，CO″，则四边形O′B′C′C″为平行四边形，此时四边形O′B′DC周长取最小值．再根据两点间的距离公式求出CD、DC″的长度，即可得出结论； （3）按点M的位置不同分两种情况考虑：①点M在直线y=x﹣3上，；②点M在直线y=﹣x﹣3上，联立直线与抛物线解析式求出点M的坐标，结合点C的坐标以及等腰直角三角形的性质即可得出点N的坐标．综合两种情况即可得出结第8页（共53页） 论． 【解答】解：（1）令y=x2﹣x﹣3中y=0，则 解得：x1=﹣2，x2=4， ∴A（﹣2，0），B（4，0）． ∵y=x2﹣x﹣3=（x2﹣2x）﹣3=（x﹣1）2﹣∴D（1，﹣ x2﹣x﹣3=0， ， ）． （2）令y=x2﹣x﹣3中x=0，则y=﹣3， ∴C（0，﹣3）． D（1，﹣），O′B′=OB=4． 如图1，作点C（0，﹣3）关于x轴的对称点C′（0，3），将点C′（0，3）向右平移4个单位得到点C″（4，3），连接DC″，交x轴于点B′，将点B′向左平移4个单位得到点O′，连接CO′，CO″，则四边形O′B′C′C″为平行四边形，此时四边形O′B′DC周长取最小值． 此时C四边形O′B′DC=CD+O′B′+CO′+DB′=CD+OB′+DC″． ∵O′B′=4，CD==，C″D=+． ，=， ∴四边形O′B′DC的周长最小值为4+设P（m，m2﹣m﹣3），作DH⊥x轴于H，连接PH．易知H（1，0），B′（0） S△PDB′=S△PDH+S△PHB′﹣S△DHB′=• （m﹣1）+•第9页（共53页） •（﹣m2+m+3）﹣•• =∴m=（﹣3m2+23m﹣20）， 时，△PDB′的面积最大， ，﹣）． 此时P（ （3）△CMN是以MN为直角边的等腰直角三角形分两种情况（如图2）： ①过点C作直线y=x﹣3交抛物线于点M， 联立直线CM和抛物线的解析式得：，解得：或， ∴M（ ，）． ∵△CMN为等腰直角三角形，C（0，﹣3）， ∴点N的坐标为（0，）或（0，）； ②过点C作直线y=﹣x﹣3交抛物线于点M， 联立直线CM和抛物线的解析式得：，解得：或 ， ∴M（﹣，﹣）． ∵△CMN为等腰直角三角形，C（0，﹣3）， ∴点N的坐标为（0，﹣）或（0，﹣）． 综上可知：当△CMN是以MN为直角边的等腰直角三角形时，点N的坐标为（0，）、（0，）、（0，﹣）或（0，﹣）． 第10页（共53页） 【点评】本题考查二次函数综合题、一元二次方程、等腰直角三角形的性质以及二元二次方程组等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，学会利用对称解决最短问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题． 2．如图1，抛物线y=﹣x2﹣4x+5与x轴交于点A、B两点，与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点． （1）求直线AC的解析式及顶点D的坐标； （2）连接CD，点P是直线AC上方抛物线上一动点（不与点A、C重合），过P作PE∥x轴交直线AC于点E，作PF∥CD交直线AC于点F，当线段PE+PF取最大值时，在抛物线对称轴上找一点L，在y轴上找一点K，连接OL，LK，PK，求线段OL+LK+PK的最小值，并求出此时点L的坐标． （3）如图2，点M（﹣2，﹣1）为抛物线对称轴上一点，点N（2，7）为直线AC上一点，点G为直线AC与抛物线对称轴的交点，连接MN，AM．点H是线段MN上的一个动点，连接GH，将△MGH沿GH翻折得到△M′GH（点M的对称点为M′），问是否存在点H，使得△M′GH与△NGH重合部分的图形为直角三角形，若存在，请求出NH的长，若不存在，请说明理由． 【分析】（1）分别令x=0．y=0，求出A、B、C三点坐标，设直线AC解析式为y=kx+b，A、C两点坐标代入解方程组即可． （2）如图1中，连接PC、PA，作PT⊥AC于T．当高PT最大时，PE、PF最大，即PE+PF最大，此时△PAC的面积最大，设P（m，﹣m2﹣4m+5），构建二次函数确定△PAC面积最大时点P坐标，作点O关于对称轴的对称点O′，O′关于y轴第11页（共53页） 的对称点O″，连接PO″交y轴于K，连接O′K交对称轴于L，此时OL+LK+PK最短．分别求出直线PO″，O′K的解析式即可解决问题． （3）存在．分三种情形讨论①如图2中，重叠部分是△GHT，当∠GHT=90°时，②如图3中，重叠部分是△GHT，当∠GTH=90°时，作HE⊥GM于E．③如图4中，重叠部分是△GHT，当∠GTH=90°时，作GF⊥MN于F． 【解答】解：（1）令y=0，则﹣x2﹣4x+5=0，解得x=﹣5或1， ∴A（﹣5，0），B（1，0）， 令x=0，则y=5， ∴C（0，5）， 设直线AC解析式为y=kx+b，则有∴直线AC解析式为y=x+5． ∵y=﹣x2﹣4x+5=﹣（x+2）2+9， ∴顶点D坐标（﹣2，9）． ，解得， （2）（方法一）如图1中，连接PC、PA，作PT⊥AC于T． ∵点P在运动过程中，∠PEF，∠PFE是不变的， ∴当高PT最大时，PE、PF最大，即PE+PF最大，此时△PAC的面积最大，设P（m，﹣m2﹣4m+5）， ∵S△PAC=S△PAO+S△PCO﹣S△AOC=×5×（﹣m2﹣4m+5）+×5×（﹣m）﹣×5×5=﹣m2﹣m=﹣（m+）2+， 第12页（共53页） ∵﹣＜0， ∴m=﹣时，△PAC面积最大，此时P（﹣，）， 方法二，设对称轴交AC于H，作PG∥y轴交AC于G． ∵A（﹣5，0），C（0，5）， ∴直线AC的解析式为y=x+5， 设P（m，﹣m2﹣4m+5），则G（m，m+5），易知PG=PE=﹣m2﹣4m+5﹣m﹣5=﹣m2﹣5m， ∵CD==2，DH=6， =，即=， 由△PFG∽△DCH，得∴PF=﹣m2﹣m， ）m2﹣（5+）m， ∴PE+PF=﹣（1+∵﹣（1+）＜0， ∴m=﹣=﹣时，PE+PF的值最大．此时P（﹣，）， 作点O关于对称轴的对称点O′，O′关于y轴的对称点O″，连接PO″交y轴于K，连接O′K交对称轴于L．此时OL+LK+PK最短． 理由：∵LO=LO′，KO′=KO″， ∴LO+LK+PK=（LO′+KL）+PL=KO′+PK=KO″+PK=PO″， ∴LO+LK+PK最短．（两点之间线段最短），此时最小值=∵O″（4，0）， ∴可得直线PO″的解析式为y=﹣∴点K坐标（0，x+， =． ），∵O′（﹣4，0）， x+， ∴直线O′K解析式为：y=∵x=﹣2时，y=， 第13页（共53页） ∴点L坐标（﹣2， ）． （3）存在． ①如图2中，重叠部分是△GHT，当∠GHT=90°时， ∵M（﹣2，﹣1），N（2，7）， ∴可得直线MN的解析式为y=2x+3， ∵G（﹣2，3），GH⊥MN， ∴可得直线GH的解析式为y=﹣x+2， 由解得， ∴点H坐标（﹣，∴NH= ）， =． ②如图3中，重叠部分是△GHT，当∠GTH=90°时，作HE⊥GM于E． 第14页（共53页） ∵∠HGT=∠HGE，HT⊥GT，HE⊥GE， ∴HT=HE， 由①可知，GT=GE=由△MEH∽△MTG，得到，=， =，TM=，MN=4， ∴=， ∴MH=2﹣2， +2． ∴HN=MN﹣MH=2 ③如图4中，重叠部分是△GHT，当∠GTH=90°时，作GF⊥MN于F． 由②可知，GF=GT=，FN=，GN=4， 第15页（共53页） 由△NTH∽△NFG得=， ∴=， ∴NH=． 【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数、最值问题、翻折变换、直角三角形的性质、勾股定理、相似三角形的性质和判定等知识，解题的关键是灵活运用待定系数法确定函数解析式，学会分类讨论，学会构建二次函数确定最值问题，学会利用对称确定最小值问题，属于中考压轴题． 3．如图1，抛物线已知C（0，）．连接AC． （1）求直线AC的解析式． （2）点P是x轴下方的抛物线上一动点，过点P作PE⊥x轴交直线AC于点E，交x轴于点F，过点P作PG⊥AE于点G，线段PG交x轴于点H．设l=EP﹣FH，求l的最大值． （3）如图2，在（2）的条件下，点M是x轴上一动点，连接EM、PM，将△EPM沿直线EM折叠为△EP1M，连接AP，AP1．当△APP1是等腰三角形时，试求出点M的坐标． 与x轴相交于A、B两点（点A在点B的右侧）， 【分析】（1）先令y=0求抛物线与x轴交点坐标，利用待定系数法求直线AC的解析式； 第16页（共53页） （2）如图1中，设点P（m，m2+m﹣3），则E（m，﹣m+），构建关于x的二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题． （3）如图2中，分四种情形讨论即可①当P1P=P1A时，②AP=AP2时，③当P3P=P3A时，④当P4P=PA时，画出图形，求出点M坐标即可． 【解答】解：（1）当y=0时，x2+x﹣3=0，解得x1=﹣3，x2=2， ∵点A在点B的右侧， ∴A（2，0）、B（﹣3，0）； 设直线AC的解析式为y=kx+b， 把A（2，0）、C（0，）代入得： 解得， ∴直线AC的解析式为：y=﹣； = （2）如图1中，在Rt△ACO中，tan∠OAC=∵∠FPH+∠PHF=90°，∠OAC+∠AHG=90°，∠PHF=∠AHG， ∴∠HPF=∠OAC ∴tan∠FPH=tan∠OAC= ∵tan∠FPH= ∴FH=×FP×=FP 设点P（m，m2+m﹣3），则E（m，﹣m+）， ∴EP=﹣m2﹣m+，FP=﹣m2﹣m+3， 于是l=EP﹣FH=EP﹣FP=﹣m2﹣m+3， ∵﹣＜0 ∴l=﹣m2﹣m+3开口向下，对称轴x==﹣2， ∵点P是x轴下方的抛物线上一动点， ∴﹣3＜m＜2 第17页（共53页） ∴l在﹣3＜m＜2时，当m=﹣2时，l最大=4； （3）如图2中，m=﹣2时，E（﹣2，3），P（﹣2，﹣2）， ∵A（2，0）， ∴EP=EA=5， ①当P1P=P1A时，AP中点K（0，﹣1），于是直线EK为y=﹣2x﹣1， ∴直线EK交x于I（﹣，0），EI=过点M1作M1J⊥EK于J，则EJ=EF=3， ∴IJ=﹣3， ， ∵△IEF∽△IM1J， ∴∴IM1=∴M1（3=， ﹣3． ﹣8，0）， ②AP=AP2时，△AEP≌△AEP2， ∴∠AEP=∠AEP2， ∴点M2与点A重合， ∴点M2（2，0）． ③当P3P=P3A时，由△EFM3∽△M1FE，得到EF2=FM3•FM1， ∴FM3=3+6， ﹣8，0）， ∴点M3（﹣3④当P4P=PA时，作M4Q⊥EP4，设M4Q=M4F=x， 在RT△P4QM4中， ∵P4Q2+QM42=FP42， ∴22+x2=（4﹣x）2， ∴x=， ∴0M4=+2=， ∴点M4（﹣，0）． 综上所述点M1（3 ﹣8，0），M2（2，0），M3（﹣3第18页（共53页） ﹣8，0），M4（﹣，0）． 【点评】本题考查二次函数综合题、待定系数法、函数最值问题、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数，解决实际问题中最值问题，学会分类讨论，考虑问题要全面，属于中考压轴题． 4．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣B两点，交y轴交于C点，顶点为D． （1）如图1，连接AD，R是抛物线对称轴上的一点，当AR⊥AD时，求点R的坐标； （2）在（1）的条件下．在直线AR上方，对称轴左侧的抛物线上找一点P，过P作PQ⊥x轴，交直线AR于点Q，点M是线段PQ的中点，过点M作MN∥AR交抛物线对称轴于点N，当平行四边形MNRQ周长最大时，在抛物线对称轴上找一点E，y轴上找一点F，使得PE+EF+FA最小，并求此时点E、F的坐标． （3）如图2，过抛物线顶点D作DH⊥AB于点H，将△DBH绕着H点顺时针旋转得到△D′B′H′且B′落在线段BD上，将线段AC直沿直线AC平移后，点A、C对应的点分别为A′、C′，连接D′C′，D′A′，△D′C′A′能否为等腰三角形？若能，请求第19页（共53页） x2+x+3，分别交x轴于A、 出所有符合条件的点A′的坐标；若不能，请说明理由． 【分析】（1）求出直线AD的解析式，根据AR⊥AD，再求出直线AR的解析式即可解决问题． （2）如图1中，设P（m，﹣（m，﹣m2+m+m2+m+3），则Q（m，m﹣2），M），构建二次函数，利用二次函数的性质求出点P坐标，如图2中，点P关于对称轴的对称点为M，点M关于y轴的对称点为N，连接AN交y轴于F，连接FM交对称轴于E，此时PE+EF+AF最小．分别求出直线AN、FM的解析式即可解决问题． （3）分三种情形讨论即可①当C′D′=A′C′=3D′C′=D′A′时分别求解即可． 【解答】解：（1）对于抛物线y=﹣解得x=﹣2或6， ∴B（﹣2，0），A（6，0）， ∵y=﹣x2+x+3=﹣（x﹣2）2+4， x2+x+3，令y=0，得﹣x2+x+3=0，时．②当A′D′=A′C′=3时．③当∴抛物线顶点D坐标为（2，4），对称轴x=2， ，解得， ， 设直线AD的解析式为y=kx+b则有∴直线AD的解析式为y=﹣∵AR⊥AD， ∴直线AR的解析式为y=∴点R坐标（2，﹣ x+6x﹣2， ）． 第20页（共53页） （2）如图1中，设P（m，﹣（m，﹣m2+m+）， m2+m+3），则Q（m，m﹣2），M 由（1）可知tan∠DAB==， ∴∠DAB=60°，∵∠DAQ=90°， ∴∠BAQ=30°， ∴平行四边形MNRQ周长=2（﹣•cos30°=﹣m2﹣m+7=﹣m2+m+﹣， m+2）+2（2﹣m）（m+）2+∴m=﹣时，平行四边形MNRQ周长最大， 此时P（﹣，）， 如图2中，点P关于对称轴的对称点为M，点M关于y轴的对称点为N，连接AN交y轴于F，连接FM交对称轴于E，此时PE+EF+AF最小． 理由：PE+EF+AF=EM+FE+AF=FM+AF=FN+AF=AN， 根据两点之间线段最短，可知此时PE+EF+AF最小． ∵M（，），N（﹣，x+）， ， ∴直线AN的解析式为y=﹣第21页（共53页） ∴点F坐标（0，）， x+， ∴直线FM的解析式为y=∴点E坐标（2， ）． （3）能．如图3中， 由题意可知，∠DBH=60°，∵HB=HB′， ∴△BHB′是等边三角形， ∴BB′=BH=HB′=DB′=4，∠D′B′H=∠BHB′=60°， ∴B′D′∥x轴，D′（8，2∵C（0，3），AC===3， ），A（6，0）， x+3， m+3）， ∴直线AC的解析式为y=﹣①当C′D′=A′C′=3∴（8﹣m）2+（2解得m=∴C′（时，设C′（m，﹣+或，m﹣3）2=（3， ）或（）2， ，）， 把点C′向下平移3∴此时A′的坐标为（②当A′D′=A′C′=3∴（8﹣n）2+（2解得n= 个单位，向右平移6个单位得到A′， ，n+3）或（）， ，）． 时，设A′（n，﹣+或n﹣3）2=（3， ）2， 第22页（共53页） ∴A′（，）或（，）， x﹣， ③当D′C′=D′A′时，作D′H⊥A′C′于H，则直线D′H的解析式为y=由解得， ∴点H坐标（把点H向下平移，）， ，向右平移3个单位即可得到A′（，）或（，﹣）或（，）． ，）综上所述，满足条件的点A′的坐标为（）或（或（，）． ，【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质、两点间距离公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用对称解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题． 5．已知抛物线y=﹣线y=x2﹣x+a（a≠0）的顶点为M，与y轴交于点A，直x﹣a分别与x轴，y轴相交于B，C两点，并且与直线MA相交于N点． （1）用a表示点A，M，N的坐标． （2）若将△ANC沿着y轴翻折，点N对称点Q恰好落在抛物线上，AQ与抛物线的对称轴交于点P，连结CP，求a的值及△PQC的面积． （3）当a=4时，抛物线如图2所示，设D为抛物线第二象限上一点，E为x轴上的点，且∠OED=120°，DE=8，F为OE的中点，连结DF，将直线BC沿着x轴向左平移，记平移的过程中的直线为B′C′，直线B′C′交x轴与点K，交DF于H点，当△KEH为等腰三角形时，求平移后B的对应点K的坐标． 第23页（共53页） 【分析】（1）用抛物线的顶点公式确定顶点坐标，联立方程组求交点坐标； （2）根据对折确定出a求出点A，C，N的坐标，从而求出三角形的面积； （3）求出直线BC解析式为y=x﹣4，直线DF的解析式为y=﹣x﹣8，从而求出线段KE中点H横坐标为﹣3，建立方程求解． 【解答】解：（1）∵y=﹣∴顶点M（﹣6，a+4令x=0，得：y=a， ∴A（0，a）， ∴直线AM解析式为y=﹣x+a， ） x2﹣x+a=（x+6）2+a+4， ∵， ∴， ∴N（a，﹣a） a，﹣a）， a）2﹣×（﹣a）+a， （2）由（1）知，Q（﹣∴﹣a=﹣∴a=9×（﹣，或a=0（舍）， ），C（0，﹣9），N（﹣6，13， 第24页（共53页） ∴A（0，9）， ∴xQ=﹣18，xP=﹣6，AC=18 ∴S△PQC=S△AQC﹣S△APC=AC×|xQ|﹣AC×|xP|=×18（3）如图， （18﹣6）=108． 当a=4时，抛物线解析式为y=﹣x﹣4， x2﹣x+4， 直线BC解析式为y=设点K的坐标为（m，0），（m＜12） ∴直线BC平移后的直线B'C'的解析式为y=作DG⊥x轴， ∴∠DEG=60°， ∴DG=DEsin60=4∵y=4∴4， =﹣x2﹣x+4， ，EG=DEcos60°=4， （x﹣m）①， ∴x=﹣12，或x=0（舍） ∴D（﹣12，4∴OG=12， ∴OE=OG﹣EG=8， ∴E（﹣8，0）， ∵F（﹣4，0）， ∴直线DF的解析式为y=﹣x﹣2②， （m+4）， ）， 联立①②得，x=（m﹣6），y=﹣∴H（（m﹣6），﹣（m+4））， ∵E（﹣8，0），K（m，0）， 第25页（共53页） ∴EK2=（m+8）2，EH2=[（（m﹣6）+8]2+[﹣﹣m]2+[﹣（m+4）]2， （m+4）]2，HK2=[（m﹣6）∵△KEH为等腰三角形， ①当EH=KH时，∴EH2=KH2， ∴[（（m﹣6）+8]2+[﹣（m+4）]2=[（m﹣6）﹣m]2+[﹣（m+4）]2， ∴m=﹣8（舍）或m=16（舍） ②当EH=EK时，∴EH2=EK2， ∴（m+8）2=[（（m﹣6）+8]2+[﹣∴m=﹣4（舍）或m=﹣∴K（﹣，0）， ， （m+4）]2 ③当KH=EK时，∴KH2=EK2， （m+8）2=[（m﹣6）﹣m]2+[﹣∴m=∴K（或m=，0）或（ （m+4）]2， ，0） ，0）或（，0）或（，0） ∴满足条件的K的坐标为（﹣【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了图象的交点坐标的确定，锐角三角函数的意义，三角形面积的求法，解本题的关键是交点坐标的确定． 6．如图1，二次函数y=x2﹣2x+1的图象与一次函数y=kx+b（k≠0）的图象交于A，B两点，点A的坐标为（0，1），点B在第一象限内，点C是二次函数图象的顶点，点M是一次函数y=kx+b（k≠0）的图象与x轴的交点，过点B作轴的垂线，垂足为N，且S△AMO：S四边形AONB=1：48． （1）求直线AB和直线BC的解析式； （2）点P是线段AB上一点，点D是线段BC上一点，PD∥x轴，射线PD与抛物线交于点G，过点P作PE⊥x轴于点E，PF⊥BC于点F．当PF与PE的乘积最第26页（共53页） 大时，在线段AB上找一点H（不与点A，点B重合），使GH+求点H的坐标和GH+BH的最小值； BH的值最小，（3）如图2，直线AB上有一点K（3，4），将二次函数y=x2﹣2x+1沿直线BC平移，平移的距离是t（t≥0），平移后抛物线上点A，点C的对应点分别为点A′，点C′；当△A′C′K是直角三角形时，求t的值． 【分析】（1）根据S△AMO：S四边形AONB=1：48，求出三角形相似的相似比为1：7，从而求出BN，继而求出点B的坐标，用待定系数法求出直线解析式． （2）先判断出PE×PF最大时，PE×PD也最大，再求出PE×PF最大时G（5，），再简单的计算即可； （3）由平移的特点及坐标系中，两点间的距离公式得A′C′2=8，A′K2=5m2﹣18m+18，C′K2=5m2﹣22m+26，最后分三种情况计算即可． 【解答】解：（1）∵点C是二次函数y=x2﹣2x+1图象的顶点， ∴C（2，﹣1）， ∵AO⊥x轴，BN⊥x轴， ∴△MAO∽△MBN， ∵S△AMO：S四边形AONB=1：48， ∴S△AMO：S△BMN=1：49， ∴OA：BN=1：7， ∵OA=1 ∴BN=7， 把y=7代入二次函数解析式y=x2﹣2x+1中，可得7=x2﹣2x+1， 第27页（共53页） ∴x1=﹣2（舍），x2=6 ∴B（6，7）， ∵A的坐标为（0，1）， ∴直线AB解析式为y=x+1， ∵C（2，﹣1），B（6，7）， ∴直线BC解析式为y=2x﹣5． （2）如图1， 设点P（x0，x0+1）， ∴D（，x0+1）， ∴PE=x0+1，PD=3﹣x0， ∵∠DPF固定不变， ∴PF：PD的值固定， ∴PE×PF最大时，PE×PD也最大， PE×PD=（x0+1）（3﹣x0）=﹣x02+x0+3， ∴当x0=时，PE×PD最大， 即：PE×PF最大．此时G（5，） ∵△MNB是等腰直角三角形， 过B作x轴的平行线， ∴GH+BH=B1H， BH的最小值转化为求GH+HB1的最小值， ∴当GH和HB1在一条直线上时，GH+HB1的值最小， 第28页（共53页） 此时H（5，6），最小值为7﹣= （3）令直线BC与x轴交于点I， ∴I（，0） ∴IN=，IN：BN=1：2， ∴沿直线BC平移时，横坐标平移m时，纵坐标则平移2m，平移后A′（m，1+2m），C′（2+m，﹣1+2m）， ∴A′C′2=8，A′K2=5m2﹣18m+18，C′K2=5m2﹣22m+26， 当∠A′KC′=90°时，A′K2+KC′2=A′C′2，解得m=，此时t=m=4m=2； ±； 当∠KC′A′=90°时，KC′2+A′C′2=A′K2，解得m=4，此时t=当∠KA′C′=90°时，A′C′2+A′K2=KC′2，解得m=0，此时t=0． 【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了相似三角形的性质，待定系数法求函数解析式，两点间的距离公式，解本题的关键是相似三角形的性质的运用． 7．如图，抛物线y=﹣x2x+3与x轴交于A，B两点（A点在B点的左侧），与y轴交于点C，点D在x轴负半轴上．且OD=．连接CD，已知点E（0，﹣1）， （1）求直线AC的解析式； （2）如图1，F为线段AC上一动点，过F作x轴的平行线交CD于点G．当△EFG面积最大时，在y轴上取一点M，在抛物线对称轴上取一点N，求FM+MN+NB的最小值； （3）如图2，点P在线段OC上且OP=OB，连接BP，将△OBP沿x轴向左平移，得到△O′B′P′，当点P′恰好落在AC上时，将△P′O′A绕点P′逆时针旋转α（0＜α＜180°），记旋转中的△P′O′A′为△P′O″A′，在旋转过程中，设直线A′O″分别交x轴，直线AC于H，I两点，是否存在这样的H，I，使△AHI为等腰三角形？若存在，求此时AI的长． 第29页（共53页） 【分析】（1）先求得点A和点C的坐标，然后利用待定系数法求得直线AC的解析式即可； （2）先求得CD的解析式，设点F的坐标为（a，a+3），点G的坐标为（x，2x+3）．然后依据点F和点G的坐标相等可求得点G的横坐标（用含a的式子表示），从而可求得FG的上，然后列出△FGE的面积与a的函数关系，利用二次函数的性质可求得a的值，从而得到点F的坐标，作点N关于y轴的对称点N′，在x轴上取点E使NN′=BE=2，则E（4，0）．然后证明MN=MN′、BN=N′E，由两点之间线段最短可知：当点F、M、N′、E在一条直线上时，FM+MN+NB有最小值，最后依据勾股定理求的FE的值即可； （3）如图2所示：当AI=AH时，作AM平分∠CAO，交AC于点M，作MN⊥AC，垂足为N．先利用面积法求得OM的值，然后可求得tan∠MOA的值，然后在Rt△IP′O″中，利用锐角三角函数的定义可求得IP′的值，最后依据AI=IP′﹣AP′求解即可；如图3所示：当AH=IH时．可证明△IP′A′为等腰三角形即IP′=P′A′；如图4所示：当AI=AH时，过点A作AM⊥IH，可证明∠IP′O″=∠IAM，然后在Rt△IO″P′利用锐角三角函数的定义可求得IP′的长，最后依据AI=IP′+AP′求解即可；如图5所示：当IA=IH时．作IM⊥P′A′．可证明△IP′A′为等腰直角三角形，然后再Rt△IMP′可利用锐角三角函数的定义求得IP′的长．，最后依据AI=IP′+AP′求解即可． 【解答】解：（1）把x=0代入得：y=3， ∴C（0，3）． 把y=0代入得：0=﹣x2x+3，解得x=2或x=﹣4． 第30页（共53页） ∴A（﹣4，0）、B（2，0）． 设直线AC的解析式为y=kx+b，将C（0，3）、A（﹣4，0）代入得：解得k=，b=3． ∴直线AC的解析式为y=x+3． ， （2）∵OD=， ∴D（﹣，0）． 设CD的解析式为y=mx+n，将点C、D的坐标代入得：m=2， ∴直线CD的解析式为y=2x+3． 设点F的坐标为（a，a+3），点G的坐标为（x，2x+3）． ∵FG∥x轴， ∴a+3=2x+3，解得：x=a． ∴FG=﹣a． ∴△FGE的面积=FG•|Gy﹣Ey|=×（﹣a）×（a+4）=﹣∴当a=﹣时，△FGE的面积有最大值． ∴F（﹣，1）． 如图1所示：作点N关于y轴的对称点N′，在x轴上取点E使NN′=BE=2，则E（4，0）． a2﹣a． ，解得n=3， ∵N与N′关于y轴对称， 第31页（共53页） ∴MN=MN′． ∵NN′∥BE且NN′=BE， ∴四边形NN′EB为平行四边形． ∴BN=N′E． ∴FM+MN+NB=AM+MN′+N′E． 由两点之间线段最短可知：当点F、M、N′、E在一条直线上时，FM+MN+NB有最小值， ∴FM+MN+NB=EF==． （3）如图2所示：当AI=AH时，作AM平分∠CAO，交AC于点M，作MN⊥AC，垂足为N． ∵直线AC的解析式为y=x+3， ∵AM平分∠CAO，MO⊥AO，MN⊥AC， ∴MN=MO． ∵AO=4，OC=3， ∴AC=5． 设MN=MO=a． ∵△AOC的面积=AC•MN+AO•OM=AO•OC， ∴×5×a+×4×a=×3×4，解得：a=． ∴MO=． 第32页（共53页） ∴tan∠MAO==． ∵AI=AH， ∴∠AIH=∠AHI． 又∵∠AIH+∠AHI=∠CAO，AM平分∠CAO， ∴tan∠AIO″=tan∠MAO． ∴tan∠AIO″=tan∠MAO=． ∵P′O″=P′O′=OP=PB=2， ∴IO″=6． 依据勾股定理可知IP′=2∵∴AP′==， ． ﹣． ． ∴AI=IP′﹣AP′=2如图3所示：当AH=IH时． ∵AH=IH， ∴∠IAH=∠AIH． 由旋转的性质可知∠IAH=∠P′A′I． ∴∠P′A′I=∠P′IA′． ∴P′I=P′A′． ∴P′I=AP′= ． 第33页（共53页） ∴AI=． 如图4所示：当AI=AH时，过点A作AM⊥IH． ∵P′O″⊥IH，AM⊥IH， ∴O″P′∥AM． ∴∠IAM=∠IP′O″． ∵AI=AH，AM⊥IH， ∴∠IAM=∠IP′O″． ∴=，，解得：IO″=． =． ． 依据勾股定理得：IP′=∴AI=AP′+IP′=如图5所示：当IA=IH时．作IM⊥P′A′． ∵AI=IH， 第34页（共53页） ∴∠IAH=∠IHA． ∵IA′P′=P′AO′， ∴∠IA′M=∠IHA． ∴P′A′∥AH． ∴△IP′A′为等腰三角形． 又∵IM⊥P′A′， ∴P′M=MA′=． ∴IP′=∴AI=． +=． ﹣或或或． 综上所述，当△AHI为等腰三角形时，AI的长为2【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求函数的解析式、二次函数的性质、轴对称图形的性质、平行四边形的性质、等腰三角形的性质、锐角三角函数的定义，将FM+MN+NB转化为EF的长是解答问题（2）的关键，根据题意画出图形是解答问题（3）的关键． 8．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2﹣x﹣2与x轴交于A、），B两点（点A在点B的左侧），交y轴于点C，连接BC．已知点D（0，2连接BD． （1）求直线BC的解析式； （2）点M是线段BC下方的抛物线上一点，过点M作MG⊥x轴交BC于点E，交x轴于点F，交BD于点G．过点E作EH⊥BC交y轴于点H，交x轴于点K，连接GK．当△GKH面积最大时，线段OB上有一点R，过点R作RT⊥x轴交BC第35页（共53页） 于点T，连接RE、MT，若四边形EMTR为平行四边形，求点R的坐标； （3）如图2，抛物线的对称轴与x轴交于点Q，点P是直线BD上一动点，连接PQ，将△BPQ沿PQ折叠至△B′PQ，其中点B的对应点为点B′．连接AB′、DB′，当△ADB′为等腰三角形时，求点P的坐标． 【分析】（1）首先求出B、C两点坐标，利用待定系数法即可解决问题； （2）由△GEB是等边三角形，设F（t，0），则FB=6﹣t，FG=（6﹣t），EG=（6﹣t），KF=（6﹣t），推出KB=（6﹣t）=8﹣t，OK=t﹣2，根据S△GKH=S△GEH﹣S△EGK=•GE•（OF﹣FK）=•EG•OK，构建二次函数，利用二次函数的性质求出点M的坐标，即可解决问题； （3）分三种情形①如图3中，当DA=DB′时．②如图4中，当点P与D重合时，点B′与C重合，此时AB′=AD．③如图5中，当B′A=B′D时，易证QB′⊥AD，BQ=PB．④如图6中，当B′A=B′D时，分别求解即可； 【解答】解：（1）∵y=∴y=0时，x2﹣x2﹣x﹣2x﹣2=0， ， 解得x=﹣2或6， ∴A（﹣2，0），B（6，0）， x=0时，y=﹣2∴C（0，﹣2， ）， x﹣2． ∴直线BC的解析式为Y= （2）如图1中， ∵D（0，2 ），B（6，0），C（0，﹣2）， 第36页（共53页） ∴tan∠DBO=tan∠CBO=∴∠DBO=∠CBO=30°， ∵OD=OC，BO⊥CD， ∴BD=BC，∠DBC=60°， ∴△BCD是等边三角形， ， ∵△GEB是等边三角形，设F（t，0），则FB=6﹣t，FG=﹣t），KF=（6﹣t）， ∴KB=（6﹣t）=8﹣t， ∴OK=t﹣2， ∴S△GKH=S△GEH﹣S△EGK=•GE•（OF﹣FK）=•EGOK=﹣∵﹣∴t=∴ME=∵RT=ME， ∴RT=， RT=EM=， ＜0，∴开口向下， 时，△GKH的面积最大，此时M（， ，﹣（6﹣t），EG=（6t2+t﹣4． ，E（，﹣）， ∴在Rt△RBT中，RB=∴OR=∴R（ ， ，0）． （3）①如图3中，当DA=DB′时，易知∠ADQ=∠DQB′=∠BQB′=60°， 第37页（共53页） ∴∠PQB=∠PQB′=∠PBQ=30°，作PH⊥x轴于H． ∴QH=BH=2，PH=∴OH=4， ∴P（4， ， ）． ②如图4中，当点P与D重合时，点B′与C重合，此时AB′=AD，易知P（0，2）． ③如图5中，当B′A=B′D时，易证QB′⊥AD，BQ=PB，作PH⊥x轴于H． 第38页（共53页） 在Rt△PHB中，PH=PB=2，BH=2∴OH=6﹣2∴P（6﹣2， ，2）． ， ④如图6中，当B′A=B′D时，易证PB=BQ=4，作PH⊥x轴于H． 在Rt△PHB中，PH=PB=2，BH=2∴OH=6+2∴P（6+2， ，﹣2）． ， 综上所述，满足条件的点P的坐标为（4，或（6+2，﹣2）． ）或（0，2）或（6﹣2，2）【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、三角形的面积、翻折变换等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题． 第39页（共53页） 9．已知如图1，抛物线y=﹣x2﹣x+3与x轴交于A和B两点（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，点D的坐标是（0，﹣1），连接BC、AC （1）求出直线AD的解析式； （2）如图2，若在直线AC上方的抛物线上有一点F，当△ADF的面积最大时，有一线段MN=（点M在点N的左侧）在直线BD上移动，首尾顺次连接点A、M、N、F构成四边形AMNF，请求出四边形AMNF的周长最小时点N的横坐标； （3）如图3，将△DBC绕点D逆时针旋转α°（0＜α°＜180°），记旋转中的△DBC为△DB′C′，若直线B′C′与直线AC交于点P，直线B′C′与直线DC交于点Q，当△CPQ是等腰三角形时，求CP的值． 【分析】（1）先求出点A，B坐标，再用待定系数法求出直线AD解析式； （2）先建立S△ADF=﹣（m+）2+，进而求出F点的坐标，再确定出点M的x﹣①，位置，进而求出点A1，A2坐标，即可确定出A2F的解析式为y=﹣和直线BD解析式为y=﹣x﹣1②，联立方程组即可确定出结论； （3）分四种情况讨论计算，利用锐角三角函数和勾股定理表示出线段，用相似三角形的性质即可求出PC的值． 【解答】解：（1）∵抛物线y=﹣x2﹣x+3与x轴交于A和B两点， ∴0=﹣x2﹣x+3， ∴x=2或x=﹣4， ∴A（﹣4，0），B（2，0）， ∵D（0，﹣1）， 第40页（共53页） ∴直线AD解析式为y=﹣x﹣1； （2）如图1， 过点F作FH⊥x轴，交AD于H， 设F（m，﹣m2﹣m+3），H（m，﹣m﹣1）， ∴FH=﹣m2﹣m+3﹣（﹣m﹣1）=﹣m2﹣m+4， ∴S△ADF=S△AFH+S△DFH=FH×|yD﹣yA|=2FH=2（﹣m2﹣m+4）=﹣m2﹣m+8=﹣（m+）2+， 当m=﹣时，S△ADF最大， ∴F（﹣，如图2， 作点A关于直线BD的对称点A1，把A1沿平行直线BD方向平移到A2，且A1A2=连接A2F，交直线BD于点N，把点N沿直线BD向左平移形AMNF的周长最小． ∵OB=2，OD=1， ∴tan∠OBD=， ∵AB=6， ∴AK=， ， ，A1H=， ， ） 得点M，此时四边∴AA1=2AK=在Rt△ABK中，AH=∴OH=OA﹣AH=， ∴A1（﹣，﹣）， 过A2作A2P⊥A2H， ∴∠A1A2P=∠ABK， ∵A1A2= ， 第41页（共53页） ∴A2P=2，A1P=1， ∴A2（，﹣∵F（﹣，） ） x﹣①， ∴A2F的解析式为y=﹣∵B（2，0），D（0，﹣1）， ∴直线BD解析式为y=x﹣1②， 联立①②得，x=﹣∴N点的横坐标为：﹣， ． （3）∵C（0，3），B（2，0），D（0，﹣1） ∴CD=4，BC=，OB=2， BC边上的高为DH， 根据等面积法得，BC×DH=CD×OB， ∴DH==， ∵A（﹣4，0），C（0，3）， ∴OA=4，OC=3， ∴tan∠ACD=， ①当PC=PQ时，简图如图1， 过点P作PG⊥CD，过点D作DH⊥PQ， ∵tan∠ACD= ∴设CG=3a，则QG=3a，PG=4a，PQ=PC=5a， 第42页（共53页） ∴DQ=CD﹣CQ=4﹣6a ∵△PGQ∽△DHQ， ∴∴， ， ∴a=∴PC=5a=， ； ②当PC=CQ时，简图如图2， 过点P作PG⊥CD， ∵tan∠ACD= ∴设CG=3a，则PG=4a， ∴CQ=PC=5a， ∴QG=CQ﹣CG=2a， ∴PQ=2a， ∴DQ=CD﹣CQ=4﹣5a ∵△PGQ∽△DHQ， 同①的方法得出，PC=4﹣ ， ③当QC=PQ时，简图如图1 第43页（共53页） 过点Q作QG⊥PC，过点C作CN⊥PQ， 设CG=3a，则QG=4a，PQ=CQ=5a， ∴PG=3a， ∴PC=6a ∴DQ=CD﹣CQ=4﹣5a， 利用等面积法得，CN×PQ=PC×QG， ∴CN=a， ∵△CQN∽△DQH 同①的方法得出PC=④当PC=CQ时，简图如图4， 过点P作PG⊥CD，过H作HD⊥PQ， 设CG=3a，则PG=4a，CQ=PC=5a， ∴QD=4+5a，PQ=4∵△QPG∽△QDH， 同①方法得出．CP=综上所述，PC的值为： ， ；4﹣，，=． 第44页（共53页） 【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，面积公式及计算方法，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，分情况讨论计算是解本题的关键，构造出相似三角形是解本题的难点．计算量较大． 10．如图1，抛物线y=﹣x2+x+2的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，连接BC，过点A作AD∥BC交抛物线的对称轴于点D． （1）求点D的坐标； （2）如图2，点P是抛物线在第一象限内的一点，作PQ⊥BC于Q，当PQ的长度最大时，在线段BC上找一点M（不与点B、点C重合），使PM+BM的值最小，求点M的坐标及PM+BM的最小值； （3）抛物线的顶点为点E，平移抛物线，使抛物线的顶点E在直线AE上移动，点A，E平移后的对应点分别为点A′、E′．在平面内有一动点F，当以点A′、E′、B、F为顶点的四边形为菱形时，求出点A′的坐标． 第45页（共53页） 【分析】（1）当y=0时，﹣x2+x+2=0，解方程可得A（﹣，0），B（，0），当x=0时，y=2，即C（0，2），根据待定系数法可求直线BC的解析式为y=x+2，根据平行两直线间的关系可得直线AD的解析式为y=﹣=，可得当x=时，y=﹣x﹣，根据抛物线的对称轴为x=﹣D点坐标为（，﹣）； x﹣=﹣，即（2）如图1，作PF∥y轴交BC于F，则△PQF∽△BOC，根据相似三角形的性质可得PQ=当t=PF，设P（t，﹣t2+t+2），F（t，t+2）可得PF=﹣t2+t，时，PF取最大值，PQ取最大值，此时P（，），作MN⊥x轴于N，则△BMN∽△BOC，根据相似三角形的性质可得MN=BM，则当P，M，N共线时，PM+BM=PN=，M（，1） （3）如图2所示，分三种情况：1）当A′E′=A′B，A′E′∥BF1，A′E′=BF1时四边形A′E′F1B是菱形；2）当A′E′=E′B，A′E′∥BF2，A′E′=BF2时四边形A′E′F2B是菱形；3）当A′B=E′B，A′F3∥BE′，A′F3=BE′时四边形A′F3E′B是菱形；进行讨论即可求解． 【解答】解：（1）当y=0时，﹣x2+解得x1=即A（﹣，x2=﹣， ，0）， x+2=0， ，0），B（当x=0时，y=2，即C（0，2）， 直线BC的解析式为y=﹣直线AD的解析式为y=﹣x+2， x﹣， 第46页（共53页） 抛物线的对称轴为x=﹣当x=时，y=﹣=， x﹣=﹣， ，﹣）； 即D点坐标为（ （2）如图1，作PF∥y轴交BC于F， 则△PQF∽△BOC， ∴==PF t+2），F（t，t t+2） 即PQ=设P（t，﹣t2+∴PF=﹣t2+当t=时，PF取最大值，PQ取最大值， ，） 此时P（作MN⊥x轴于N，则△BMN∽△BOC， ∴== 即MN=BM， 则当P，M，N共线时，PM+BM=PN=， M（ ，1）； （3）如图2所示， 1）当A′E′=A′B，A′E′∥BF1，A′E′=BF1时四边形A′E′F1B是菱形， 此时A1′（，），A2′（﹣，﹣）； 2）当A′E′=E′B，A′E′∥BF2，A′E′=BF2时四边形A′E′F2B是菱形， 此时A3′（﹣，0），A4′（﹣，﹣）； 3）当A′B=E′B，A′F3∥BE′，A′F3=BE′时四边形A′F3E′B是菱形， 第47页（共53页） 此时A5′（﹣，﹣）． 【点评】考查了二次函数综合题，涉及的知识点有：待定系数法求一次函数解析式，二次函数的性质，相似三角形的性质，菱形的性质，要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，综合性较强，有一定的难度． 11．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2﹣x﹣与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D，点E（4，n）在抛物线上． 第48页（共53页） （1）求直线AE的解析式； （2）点P为直线CE下方抛物线上的一点，连接PC，PE．当△PCE的面积最大时，连接CD，CB，点K是线段CB的中点，点M是CP上的一点，点N是CD上的一点，求KM+MN+NK的最小值； （3）点G是线段CE的中点，将抛物线y=x2﹣x﹣沿x轴正方向平移得到新抛物线y′，y′经过点D，y′的顶点为点F．在新抛物线y′的对称轴上，是否存在点Q，使得△FGQ为等腰三角形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）抛物线的解析式可变形为y=（x+1）（x﹣3），从而可得到点A和点B的坐标，然后再求得点E的坐标，设直线AE的解析式为y=kx+b，将点A和点E的坐标代入求得k和b的值，从而得到AE的解析式； （2）设直线CE的解析式为y=mx﹣，将点E的坐标代入求得m的值，从而得x2到直线CE的解析式，过点P作PF∥y轴，交CE与点F．设点P的坐标为（x，﹣x﹣），则点F（x，x﹣x2+），则FP=x2+x．由三角形的面积公式得到△EPC的面积=﹣x，利用二次函数的性质可求得x的值，从而得到点P的坐标，作点K关于CD和CP的对称点G、H，连接G、H交CD和CP与N、M．然后利用轴对称的性质可得到点G和点H的坐标，当点O、N、M、H在条直线上时，KM+MN+NK有最小值，最小值=GH； （3）由平移后的抛物线经过点D，可得到点F的坐标，利用中点坐标公式可求得点G的坐标，然后分为QG=FG、QG=QF，FQ=FQ三种情况求解即可． 第49页（共53页） 【解答】解：（1）∵y=∴y=（x+1）（x﹣3）． x2﹣x﹣， ∴A（﹣1，0），B（3，0）． 当x=4时，y=∴E（4，）． ， ． 设直线AE的解析式为y=kx+b，将点A和点E的坐标代入得：解得：k=，b=． x+． ∴直线AE的解析式为y= （2）设直线CE的解析式为y=mx﹣解得：m=． x﹣． ，将点E的坐标代入得：4m﹣=，∴直线CE的解析式为y=过点P作PF∥y轴，交CE与点F． 设点P的坐标为（x，则FP=（x﹣x2﹣x2﹣x2+x﹣），则点F（x，x﹣）=x2+x2+x﹣x． x． ）， ）﹣（∴△EPC的面积=×（x）×4=﹣∴当x=2时，△EPC的面积最大． 第50页（共53页） ∴P（2，﹣）． 如图2所示：作点K关于CD和CP的对称点G、H，连接G、H交CD和CP与N、M． ∵K是CB的中点， ∴k（，﹣∴tan∠KCP=∵OD=1，OC=∴tan∠OCD=）． ． ， ． ∴∠OCD=∠KCP=30°． ∴∠KCD=30°． ∵k是BC的中点，∠OCB=60°， ∴OC=CK． ∴点O与点K关于CD对称． ∴点G与点O重合． ∴点G（0，0）． ∵点H与点K关于CP对称， ∴点H的坐标为（，﹣）． ∴KM+MN+NK=MH+MN+GN． 当点O、N、M、H在条直线上时，KM+MN+NK有最小值，最小值=GH． ∴GH==3． 第51页（共53页） ∴KM+MN+NK的最小值为3． （3）如图3所示： ∵y′经过点D，y′的顶点为点F， ∴点F（3，﹣）． ∵点G为CE的中点， ∴G（2，∴FG=）． =． ），Q′（3，对称， ）． ∴当FG=FQ时，点Q（3，当GF=GQ时，点F与点Q″关于y=∴点Q″（3，2）． 当QG=QF时，设点Q1的坐标为（3，a）． 由两点间的距离公式可知：a+∴点Q1的坐标为（3，﹣）． ）或′（3，）或（3，2）=，解得：a=﹣． 综上所述，点Q的坐标为（3，或（3，﹣）． 第52页（共53页） 【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求一次函数的解析式、轴对称最短路径问题、等腰三角形的定义和性质，找到KM+MN+NK取得最小值的条件是解答问题（2）的关键；分为QG=FG、QG=QF，FQ=FQ三种情况分别进行计算是解答问题（3）的关键． 第53页（共53页） 本文来源：https://www.wddqw.com/doc/f83eec33ab114431b90d6c85ec3a87c240288a0d.html