2019中考數(shù)學(xué)分類匯編：知識點19二次函數(shù)幾何方面的應(yīng)用

一、選擇題1.（2019·樂山）如圖，拋物線與軸交于、兩點，是以點（0,3）為圓心，2為半徑的圓上的動點，是線段的中點，連結(jié).則線段的最大值是（）A． B． C．D．【答案】C【解析】連接PB，令=0，得x=，故A（-4，），（4，0），∴O是AB的中點，又是線段的中點，∴OQ=PB，點B是圓C外一點，當(dāng)PB過圓心C時，PB最大，OQ也最大，此時OC=3，OB=4，由勾股定理可得BC=5，PB=BC+PC=5+2=7，OQ=PB=，故選C.二、填空題1.（2019·無錫）如圖，在中，AB=AC=5，BC=，為邊上一動點(點除外)，以為一邊作正方形，連接，則面積的最大值為.【答案】8【解析】過D作DG⊥BC于G，過A作AN⊥BC于N，過E作EH⊥HG于H，延長ED交BC于M.易證△EHD≌△DGC，可設(shè)DG=HE=x，∵AB=AC=5，BC=，AN⊥BC，∴BN=BC=2，AN=，∵G⊥BC，AN⊥BC，∴DG∥AN，∴，∴BG=2x，CG=HD=4-2x；易證△HED∽△GMD，于是，，即MG，所以S△BDE=BM×HD=×（2x）×（4-2x）==，當(dāng)x=時，S△BDE的最大值為8.2.(2019·臺州)如圖,直線l1∥l2∥l3,A,B,C分別為直線l1,l2,l3上的動點,連接AB,BC,AC,線段AC交直線l2于點D.設(shè)直線l1,l2之間的距離為m,直線l2,l3之間的距離為n,若∠ABC＝90°,BD＝4,且,則m+n的最大值為________.【答案】【解析】過點B作BE⊥l1于點E,作BF⊥l3于點F,過點A作AN⊥l2于點N,過點C作CM⊥l2于點M,設(shè)AE＝x,CF＝y(tǒng),則BN＝x,BM＝y(tǒng),∵BD＝4,∴DM＝y(tǒng)－4,DN＝4－x,∵∠ABC＝90°,且∠AEB＝∠BFC＝90°,∠CMD＝∠AND＝90°,易得△AEB∽△BFC,△CMD∽△AND,∴,即,mn＝xy,∴,即,∴y＝10－,∵,∴n＝m,m+n＝m,∵mn＝xy＝x(10－)＝－x2+10x＝m2,當(dāng)x＝時,mn取得最大值為,∴m2＝,∴m最大＝,∴m+n＝m＝.3.（2019·涼山）如圖，正方形ABCD中，AB=12,AE=AB，點P在BC上運動（不與B、C重合），過點P作PQ⊥EP，交CD于點Q，則CQ的最大值為.【答案】4【解析】在正方形ABCD中，∵AB=12,AE=AB=3，∴BC=AB=12，BE=9，設(shè)BP=x，則CP=12-x.∵PQ⊥EP，∴∠EPQ=∠B=∠C=90°，∴∠BEP+∠BPE=∠CPQ+∠BPE=90°，∴∠BEP=∠CPQ，∴△EBP∽△PCQ，∴，∴，整理得CQ=，∴當(dāng)x=6時，CQ取得最大值為4.故答案為4.三、解答題25．（2019山東煙臺，25，13分）如圖，頂點為M的拋物線與x軸交于，兩點，與y軸交于點C，過點C作軸交拋物線與另一個點D，作軸，垂足為點E．雙曲線經(jīng)過點D，連接MD，BD．(1)求拋物線的解析式．(2)點N，F(xiàn)分別是x軸，y軸上的兩點，當(dāng)M，D，N，F(xiàn)為頂點的四邊形周長最小時，求出點N，F(xiàn)的坐標(biāo)；(3)動點P從點O出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿OC方向運動，運動時間為t秒，當(dāng)t為何值時，的度數(shù)最大？（請直接寫出結(jié)果）【解題過程】（1）當(dāng)時所以，，因為軸，軸，，所以四邊形OEDC為矩形，又因為雙曲線經(jīng)過點D，所以,所以,所以將點、代入拋物線得解得所以拋物線的表達(dá)式為．（2）解：作點D關(guān)于x軸的對稱點，作點M關(guān)于y軸的對稱點，如圖（1）第第25題答圖（1）由圖形軸對稱的性質(zhì)可知，，所以四邊形MDNF的周長，因為是定值，所以當(dāng)最小時，四邊形MDNF的周長最小，因為兩點之間線段最短，所以當(dāng)I、F、N、H在同一條直線上時最小所以當(dāng)I、F、N、H在同一條直線上時，四邊形MDNF的周長最小，連接，交x軸于點N，交y軸于點F，因為拋物線的表達(dá)式為，所以點M的坐標(biāo)為，由軸對稱的性質(zhì)可得，，，設(shè)直線HI的表達(dá)式為，所以，解得，所以直線HI的表達(dá)式為，當(dāng)時，，當(dāng)時，，所以，所以，，所以當(dāng)M，D，N，F(xiàn)為頂點的四邊形周長最小時，，．（3）解：本題的答案為．解題分析：如圖（2），當(dāng)兩點A、B距離是定值，直線CD是一條固定的直線，點P在直線CD上移動，由下圖可以看出只有當(dāng)過A、B的圓與直線CD相切時最大．第25題答圖（第25題答圖（2）第第25題答圖（3）所以可作過點B、D，且與直線OC相切，切點為P，此時的度數(shù)最大，由已知，可得，因為直線OC與相切，所以，所以直線PT的解析式為因為拋物線的表達(dá)式為，所以點B的坐標(biāo)為，因為點B、點可以求得直線BD的垂直平分線的解析式為聯(lián)立與，得，直線PT與直線BD的交點即為點M，所以因為,可得解得或（舍去）所以當(dāng)時，的度數(shù)最大．27．（2019江蘇鹽城卷，27，14）如圖所示，二次函數(shù)的圖象與一次函數(shù)的圖象交于,兩點，點在點的右側(cè)，直線分別于軸、軸交于、兩點，且.求,兩點橫坐標(biāo)；若△OAB是以為腰的等腰三角形，求的值；二次函數(shù)圖象的對稱軸與軸交于點,是否存在實數(shù)，使得，若存在，求出的值；若不存在，說明理由.【解題過程】（1）∵A、B是與的交點，，∵點在點的右側(cè)，點橫坐標(biāo)是，點橫坐標(biāo).（2）由（1）可知和∵由兩點間距離公式可得：∵△OAB是以為腰的等腰三角形分為兩種情況：或當(dāng)時即∵當(dāng)時即或綜上所述，或或.（3）存在，或【提示】由（1）可知和.根據(jù)題意分為兩種情況：點在點左側(cè)，點在點右側(cè).當(dāng)點在點左側(cè)時如圖1，過點作軸于點，作的垂直平分線交軸于點，連接∵設(shè)=m，由（1）可知和.在Rt△BFH中，由得∵∵，∵當(dāng)點在點右側(cè)時如圖，過點作軸于點，作的垂直平分線交軸于點，連接∵由（1）可知和.設(shè)在Rt△BMN中，由得∵∵∵，∵綜上所述，或.23．（2019江西省，23，12分）特例感知(1)如圖1，對于拋物線，，下列結(jié)論正確的序號是；①拋物線，，都經(jīng)過點C(0，1)；②拋物線，的對稱軸由拋物線的對稱軸依次向左平移個單位得到；③拋物線，，與直線y=1的交點中，相鄰兩點之間的距離相等.形成概念(2)把滿足（n為正整數(shù)）的拋物線稱為“系列平移拋物線”.知識應(yīng)用在(2)中，如圖2.①“系列平移拋物線”的頂點依次為，，，…，，用含n的代數(shù)式表示頂點的坐標(biāo)，并寫出該頂點縱坐標(biāo)y與橫坐標(biāo)x之間的關(guān)系式；②“系列平移拋物線”存在“系列整數(shù)點(橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點)”：，，，…，，其橫坐標(biāo)分別為-k-1，-k-2，-k-3，…，-k-n(k為正整數(shù))，判斷相鄰兩點之間的距離是否都相等，若相等，直接寫出相鄰兩點之間的距離；若不相等，說明理由；③在②中，直線y=1分別交“系列平移拋物線”于點，，，…，，連接，，判斷，是否平行？并說明理由.【解題過程】解：（1）對于拋物線，，來說，∵拋物線，，都經(jīng)過點C(0，1)，∴①正確；∵拋物線，，的對稱軸分別為：，，的∴拋物線，的對稱軸由拋物線的對稱軸依次向左平移個單位得到，∴②正確；∵拋物線，，與直線y=1的另一個交點的橫坐標(biāo)分別為：-1、-2、-3，∴拋物線，，與直線y=1的交點中，相鄰兩點之間的距離相等.∴③正確.答案：①②③（2）①由可知，頂點坐標(biāo)為（，），∴該頂點縱坐標(biāo)y與橫坐標(biāo)x之間的關(guān)系式為；②當(dāng)橫坐標(biāo)分別為-k-1，-k-2，-k-3，…，-k-n(k為正整數(shù))，對應(yīng)的縱坐標(biāo)為：，，，…，，∴，，…，，∴相鄰兩點的距離相等，且距離為：.③將y=1代入可得，∴x=-n（0舍去），∴點（-1，1），（-2，1），（-3，1），…，（-n，1）.∵當(dāng)橫坐標(biāo)分別為-k-1，-k-2，-k-3，…，-k-n(k為正整數(shù))，對應(yīng)的縱坐標(biāo)為：，，，…，，∴點（-k-1，），（-k-2，），（-k-3，），…，（-k-n，）.設(shè)，的解析式分別為：y=px+q，y=mx+n，則，，解得p=k+n，m=k+n-1，∴p≠m∴，不平行.23．（2019·山西）綜合與探究如圖,拋物線y＝ax2+bx+6經(jīng)過點A（－2,0）,B(4,0)兩點,與y軸交于點C.點D是拋物線上一個動點,設(shè)點D的橫坐標(biāo)為m(1<m<4).連接AC,BC,DB,DC.(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式;(2)當(dāng)△BCD的面積等于△AOC的面積的時,求m的值;(3)在(2)的條件下,若點M是x軸上一動點,點N是拋物線上一動點,試判斷是否存在這樣的點M,使得以點B,D,M,N為頂點的四邊形是平行四邊形.若存在,請直接寫出點M的坐標(biāo);若不存在,請說明理由.第23題圖【解題過程】(1)∵拋物線y＝ax2+bx+6經(jīng)過點A（－2,0）,B(4,0)兩點,∴,解之,得:,∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為:;(2)作直線DE⊥x軸于點E,交BC于點G,作CF⊥DE,垂足為點F,∵點A的坐標(biāo)為(－2,0),∴OA＝2,由x＝0,得y＝6,∴點C的坐標(biāo)為(0,6),∴OC＝6,∴S△AOC＝OA·OC＝6,∴S△BCD＝S△AOC＝.設(shè)直線BC的函數(shù)表達(dá)式為y＝kx+n,由B,C兩點的坐標(biāo)得:,解之,得:,∴直線BC的函數(shù)表達(dá)式為:y＝－x+6.∴點G的坐標(biāo)為(m,－m+6),∴DG＝－(－m+6)＝.∵點B的坐標(biāo)為(4,0),∴OB＝4,∴S△BCD＝S△CDG+S△BDG＝.∴＝,解之,得m1＝3,m2＝1,∴m的值為3.第23題答圖(3)存在點M,其坐標(biāo)為:M1(8,0),M2(0,0),M3(,0),M4(－,0).25．（2019·常德）如圖11，已知二次函數(shù)圖象的頂點坐標(biāo)為A（1，4），與坐標(biāo)軸交于B、C、D三點，且B點的坐標(biāo)為（－1，0）．（1）求二次函數(shù)的解析式；（2）在二次函數(shù)圖象位于x軸上方部分有兩個動點M、N，且點N在點M的左側(cè)，過M、N作x軸的垂線交x軸于點G、H兩點，當(dāng)四邊形MNHG為矩形時，求該矩形周長的最大值；（3）當(dāng)矩形MNHG的周長最大時，能否在二次函數(shù)圖象上找到一點P，使△PNC的面積是矩形MNHG面積的，若存在，求出該點的橫坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．【解題過程】（1）設(shè)拋物線的解析式為y＝，把B（－1，0）代入解析式得：4a＋4＝0，解得a＝－1，∴y＝－＝－；（2）∵四邊形MNHG為矩形，∴MN∥x軸，設(shè)MG＝NH＝n，把y＝n代入y＝－，即n＝－，∴＝0，由根與系數(shù)關(guān)系得＝2，＝n－3，∵＝－4，∴＝4－4（n－3）＝16－4n，∴MN＝＝2，設(shè)矩形MNHG周長為C，則C＝2（MN＋MG）＝2（2＋n）＝4＋2n，令＝t，則n＝4－，∴C＝－2＋4t＋8＝－2，∵－2＜0，∴t＝1時，周長有最大值，最大值為10；（3）在（2）的條件下，當(dāng)矩形周長最大時t＝1，∴＝1，n＝3，MN＝2＝2，∵D（0，3），∴此時N與D重合，∴＝2×3＝6，∴＝＝，又∵當(dāng)y＝0時0＝－，解得＝－1，＝＝3，∴C（3，0），∵D（0，3），直線CD的解析式為y＝－x+3，∴過P做y軸的平行線，交直線CD于點Q，設(shè)P橫坐標(biāo)為m，則P（m，－），Q（m，－），∴PQ＝｜（－）－（－）｜，當(dāng)P在Q的上方時，PQ＝－，∴＝·PQ·OC＝，－＝，解得m＝；當(dāng)P在Q的下方時，PQ＝，即＝，解得，（舍去）；∴P橫坐標(biāo)為或．25．（2019·衡陽）如圖，二次函數(shù)y＝x2＋bx＋c的圖象與x軸交于點A（－1，0）和點B（3，0），與y軸交于點N，以AB為邊在x軸上方作正方形ABCD，點P是x軸上一動點，連接CP，過點P作CP的垂線與y軸交于點E.（1）求該拋物線的函數(shù)關(guān)系表達(dá)式；（2）當(dāng)點P在線段OB（點P不與O、B重合）上運動至何處時，線段OE的長有最大值？并求出這個最大值；（3）在第四象限的拋物線上任取一點M，連接MN、MB，請問：△MBN的面積是否存在最大值？若存在，求出此時點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由.解：（1）把A（－1，0），B（3，0）代入y＝x2＋bx＋c，得解得∴該拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y＝x2－2x－3；（2）∵CP⊥EB，∴∠OPE＋∠BCP＝90°，∵∠OPE＋∠OEP＝90°，∴∠OEP＝∠BPC，∴tan∠OEP＝tan∠BPC．∴＝．設(shè)OE＝y(tǒng)，OP＝x，∴＝．整理，得y＝－x2＋x＝－（x－）2＋．∴當(dāng)OP＝時，OE有最大值，最大值為，此時點P在（，0）處.（3）過點M作MF⊥x軸交BN于點F，∵N（0，－3），B（3，0），∴直線的解析式為y＝－3m.設(shè)M（m,m2－2m－3）,則MF＝m2－3m，∴△MBN的面積＝OB·MF＝(m2－3m)＝(m－)2－.點M的坐標(biāo)為（，－）時，△MBN的面積存在最大值.24．（2019·武漢，24，12分）已知拋物線C1：y＝（x－1）2－4和C2：y＝x2（1）如何將拋物線C1平移得到拋物線C2？（2）如圖1，拋物線C1與x軸正半軸交于點A，直線經(jīng)過點A，交拋物線C1于另一點B．請你在線段AB上取點P，過點P作直線PQ∥y軸交拋物線C1于點Q，連接AQ①若AP＝AQ，求點P的橫坐標(biāo)②若PA＝PQ，直接寫出點P的橫坐標(biāo)（3）如圖2，△MNE的頂點M、N在拋物線C2上，點M在點N右邊，兩條直線ME、NE與拋物線C2均有唯一公共點，ME、NE均與y軸不平行．若△MNE的面積為2，設(shè)M、N兩點的橫坐標(biāo)分別為m、n，求m與n的數(shù)量關(guān)系【解題過程】（1）先向左平移1個單位，在向上平移4個單位（2）①kAB＝和A（3，0）易求AB：y＝∵AP＝AQ，PQ⊥AO．∠PAO＝∠QAO∴AQ：y＝聯(lián)立得∴②設(shè)P（t，）則Q（t，）易求：PQ＝，PA＝∵PA＝PQ∴∴（3）設(shè)ME：聯(lián)立則∴∴∴同理：化簡得：25．（2019·黃岡）如圖①在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知A(－2，2)，B(－2，0)，C(0，2)，D(2，0)四點，動點M以每秒個單位長度的速度沿B→C→D運動(M不與點B、點D重合)，設(shè)運動時間為t(秒).(1)求經(jīng)過A、C、D三點的拋物線的解析式；(2)點P在(1)中的拋物線上，當(dāng)M為BC的中點時，若△PAM≌△PBM，求點P的坐標(biāo)；(3)當(dāng)M在CD上運動時，如圖②.過點M作MF⊥x軸，垂足為F，ME⊥AB，垂足為E.設(shè)矩形MEBF與△BCD重疊部分的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并求出S的最大值；(4)點Q為x軸上一點，直線AQ與直線BC交于點H，與y軸交于點K.是否存在點Q，使得△HOK為等腰三角形?若存在，直接寫出符合條件的所有Q點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由.【解題過程】28．（2019·隴南）如圖，拋物線y＝ax2+bx+4交x軸于A（﹣3，0），B（4，0）兩點，與y軸交于點C，連接AC，BC．點P是第一象限內(nèi)拋物線上的一個動點，點P的橫坐標(biāo)為m．（1）求此拋物線的表達(dá)式；（2）過點P作PM⊥x軸，垂足為點M，PM交BC于點Q．試探究點P在運動過程中，是否存在這樣的點Q，使得以A，C，Q為頂點的三角形是等腰三角形．若存在，請求出此時點Q的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由；（3）過點P作PN⊥BC，垂足為點N．請用含m的代數(shù)式表示線段PN的長，并求出當(dāng)m為何值時PN有最大值，最大值是多少？解：（1）由二次函數(shù)交點式表達(dá)式得：y＝a（x+3）（x﹣4）＝a（x2﹣x﹣12）=ax2﹣ax﹣12a，∵拋物線y＝ax2+bx+4，∴﹣12a＝4，解得：a＝﹣，∴拋物線的表達(dá)式為y＝﹣x2+x+4；（2）存在，理由：點A、B、C的坐標(biāo)分別為（﹣3，0）、（4，0）、（0，4），則AC＝5，AB＝7，BC＝4，∠OAB＝∠OBA＝45°，將點B、C的坐標(biāo)代入一次函數(shù)表達(dá)式：y＝kx+b并解得：y＝﹣x+4…①，同理可得直線AC的表達(dá)式為：y＝x+4，設(shè)直線AC的中點為P（﹣，4），過點P與CA垂直直線的表達(dá)式中的k值為﹣，同理可得過點P與直線AC垂直直線的表達(dá)式為：y＝﹣x+…②，①當(dāng)AC＝AQ時，如圖1，則AC＝AQ＝5，設(shè)：QM＝MB＝n，則AM＝7﹣n，由勾股定理得：（7﹣n）2+n2＝25，解得：n＝3或4（舍去4），故點Q（1，3）；②當(dāng)AC＝CQ時，如圖1，CQ＝5，則BQ＝BC﹣CQ＝4﹣5，則QM＝MB＝，故點Q（，）；③當(dāng)CQ＝AQ時，聯(lián)立①②并解得：x＝（舍去）；故點Q的坐標(biāo)為：Q（1，3）或（，）；（3）設(shè)點P（m，﹣m2+m+4），則點Q（m，﹣m+4），∵OB＝OC，∴∠ABC＝∠OCB＝45°＝∠PQN，PN＝PQsin∠PQN＝（﹣m2+m+4+m﹣4）＝﹣m2+m，∵﹣＜0，∴PN有最大值，當(dāng)m＝時，PN的最大值為：．1.（2019·湖州）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，四邊形OABC是矩形，點A，C分別在x軸和y軸的正半軸上，連結(jié)AC，OA＝3，tan∠OAC＝，D是BC的中點．（1）求OC的長及點D的坐標(biāo)；（2）如圖2，M是線段OC上的點，OM＝OC，點P是線段OM上的一個動點，經(jīng)過P，D，B三點的拋物線交x軸的正半軸于點E，連結(jié)DE交AB于點F．①將△DBF沿DE所在的直線翻折，若點B恰好落在AC上，求此時BF的長和點E的坐標(biāo)；②以線段DF為邊，在DF所在的直線的右上方作等邊△DFG，當(dāng)動點P從點O運動到點M時，點G也隨之運動，請直接寫出點G的運動路徑的長．【思路分析】（1）Rt△AOC中，由正切三角函數(shù)，可求OC的長；再由矩形的性質(zhì)及線段中點的定義鎖定點D的坐標(biāo)．（2）①由翻折可知DB＝＝DC，從而∠DCA＝∠＝30°．通過解直角三角形得到FA＝FB＝，在Rt△AEF中，AE＝AF?tan∠AFE＝×＝，從而求得點E的坐標(biāo)．②按一找點G的運動起點與終點，從而找到點G的路徑，二求該路徑的長即可鎖定答案．如答圖2和答圖3，表示動點P從點O運動到點M時，點G也隨之運動時的起點、與終點的位置，G點的路徑是一條線段．【解題過程】（1）在Rt△AOC中，由tan∠OAC＝＝，OA＝3，得OC＝OA?tan∠OAC＝3×＝．∵四邊形OABC是矩形，點D為BC的中點，∴D(，)．（2）①如答圖1，易知∠OAC＝∠ACB＝30°．而由折疊可知DB＝＝DC，從而∠DCA＝∠＝30°．∴∠BDF＝∠＝30°．∴∠DFB＝∠AFE＝60°．Rt△DBF中，易求BF＝．∴AF＝AB－BF＝．Rt△AEF中，AE＝AF?tan∠AFE＝×＝．∴OE＝，E(，0)．綜上，BF的長為，點E的坐標(biāo)為E(，0)．②．第第24題答圖3第24題答圖2第24題答圖1【知識點】矩形性質(zhì)；解直角三角形；翻折（軸對稱）；等腰三角形；等邊三角形；二次函數(shù)；動態(tài)問題；數(shù)形結(jié)合思想；探究性問題；壓軸題；原創(chuàng)題2.（2019·天津）在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點，點A(6，0),點B在y軸的正半軸上，∠ABO=30°，矩形CODE的頂點D,E,C分別在OA,AB,OB上，OD=2.（1）如圖①，求點E的坐標(biāo)；（2）將矩形CODE沿x軸向右平移，得到矩形C’O’D’E’,點C,O,D,E的對應(yīng)點分別為C’,O’,D’,E’,設(shè)OO’=t,矩形C’O’D’E’與△ABO重疊部分的面積為S①如圖②，當(dāng)矩形C’O’D’E’與△ABO重疊部分為五邊形時，C’E’,E’D’分別與AB相交于點M,F，試用含有t的式子表示S，并直接寫出t的取值范圍；②當(dāng)時，求t的取值范圍（直接寫出結(jié)果即可）【思路分析】(1)由題意知OA=6，OD=2，∴AD=4，由矩形CODE得DE∥BO，∴∠AED=∠ABO=30°，∴DE=tan60°AD=，所以點E的坐標(biāo)為（2，）①由平移得，O’C’=D’E’=,O’D’=C’E’=2，ME’=OO’=t，根據(jù)E’D’∥BO，得∠E’FM=∠OBA=30°,Rt△ME’F中，E’F=，S△ME’F=；S矩形C’O’D’E’=;S=S矩形C’O’D’E’-S△ME’F=，因為重疊部分是五邊形，所以t的取值范圍是0<t<2；②當(dāng)S=時，=，此時t=，所以重疊部分不是五邊形；當(dāng)S=時，=，此時t=，所以重疊部分不是五邊形；當(dāng)2<t<4時，重疊部分是四邊形如圖③所示，當(dāng)4<t<6時，重疊部分是三角形如圖④所示.當(dāng)2<t<4時,當(dāng)4<t<6時,所以，當(dāng)S=時，，此時t=4.5,不在2<t<4范圍內(nèi)；當(dāng)S=時，此時t=2.5；當(dāng)S=時，，此時t=，綜上所述，t的取值范圍是2.5≤t≤；【解題過程】(1)∵A（6,0），∴OA=6，∵OD=2,∴AD=4，由矩形CODE得DE∥BO，∴∠AED=∠ABO=30°，∴DE=tan60°AD=，所以點E的坐標(biāo)為（2，）(2)①由平移得，O’C’=D’E’=,O’D’=C’E’=2，ME’=OO’=t，根據(jù)E’D’∥BO，得∠E’FM=∠OBA=30°,Rt△ME’F中，E’F=，S△ME’F=；S矩形C’O’D’E’=;S=S矩形C’O’D’E’-S△ME’F=，因為重疊部分是五邊形，所以t的取值范圍是0<t<2；②2.5≤t≤；26．（2019·長沙）如圖，拋物線(為常數(shù)，＞0)與x軸交于O，A兩點，點B為拋物線的頂點，點D的坐標(biāo)為(t，0)(﹣3＜t＜0)，連接BD并延長與過O，A，B三點的⊙P相交于點C．（1）求點A的坐標(biāo)；（2）過點C作⊙P的切線CE交x軸于點E．①如圖1，求證：CE=DE；②如圖2，連接AC，BE，BO，當(dāng)=，∠CAE=∠OBE時，求的值．【解題過程】(1)令ax2＋6ax＝0，∴ax(x＋6)＝0，所以A(﹣6，0)，(2)連接PC，連接PB延長交x軸于點M，∵⊙P過O、A、B三點，B為頂點，∴PM⊥OA，∠PBC＋∠BOM＝90°，又∵PC＝PB，∴∠PCB＝∠PBC，∴CE為切線，∴∠PCB＋∠ECD＝90°，又∵∠BDP＝∠CDE，∴∠ECD＝∠CDE，∴CE＝DE；(3)解：設(shè)OE＝m，即E(m，0)，由切割定理：CE2＝OE·AE，(m－t)2＝m(m＋6)推出m＝①∵∠CAE＝∠CBD，已知∠CAE＝∠OBE，∠CBO＝∠EBO，由角平分線定理：即推出m＝②由①②得＝推出t2＋18t＋36＝0，∴t2＝﹣18t﹣36，∴25．（2019·益陽）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，頂點為A的拋物線與x軸交于B、C兩點，與y軸交于點D，已知A(1，4)，B(3，0).(1)求拋物線對應(yīng)的二次函數(shù)表達(dá)式；(2)探究：如圖1，連接OA，作DE∥OA交BA的延長線于點E，連接OE交AD于點F，M是BE的中點，則OM是否將四邊形OBAD分成面積相等的兩部分？請說明理由；(3)應(yīng)用：如圖2，P（m，n）是拋物線在第四象限的圖象上的點，且m+m=-1，連接PA、PC，在線段PC上確定一點N，使AN平分四邊形ADCP的面積，求點N的坐標(biāo).提示：若點A、B的坐標(biāo)分別為(，)，(，)，則線段AB的中點坐標(biāo)為(，).第25題圖1第25題圖2【解題過程】解：(1)拋物線的頂點為A(1，4)，設(shè)函數(shù)表達(dá)式為，∵拋物線經(jīng)過點B(3，0)，∴，解得a=-1.∴拋物線對應(yīng)的二次函數(shù)表達(dá)式為，即.(2)OM將四邊形OBAD分成面積相等的兩部分.理由如下：∵DE∥OA，∴（同底等高的兩個三角形面積相等）.∴，即.∵M(jìn)是BE的中點，∴∴,即OM將四邊形OBAD分成面積相等的兩部分.（3）∵點P(m，n)是拋物線的圖象上的點，∴.∵m+n=-1，∴n=-m-1，代入上式，得，解得m=4(m=1不合題意，舍去)，∴點P的坐標(biāo)為(4，-5).如圖，過點D作DQ∥CA交PC的延長線于點Q，第25題答圖由(2)知點N為PQ的中點，設(shè)經(jīng)過點C(-1，0)，P(4，-5)的直線對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為y=kx+b,則，解得.∴直線CP對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為y=-x-1.同理，直線AC對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為y=2x+2.∵直線DQ∥CA，故設(shè)直線DQ對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為y=2x+b，∵經(jīng)過點D(0，3)，∴直線DQ對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為y=2x+3.解方程組得，∴點Q的坐標(biāo)為（）.∵點N為PQ的中點，∴點N的橫坐標(biāo)為，點N的縱坐標(biāo)為，∴點N的坐標(biāo)為（）26．（2019·婁底）如圖（14），拋物線與x軸交于點A（－1，0），點B（3，0），與y軸交于點C，且過點D（2，－3）．點P、Q是拋物線上的動點．（1）求拋物線的解析式；（2）當(dāng)點P在直線OD下方時，求△POD面積的最大值．（3）直線OQ與線段BC相交于點E，當(dāng)△OBE與△ABC相似時，求點Q的坐標(biāo)．解：（1）方法一、將點A（－1，0），點B（3，0），點D（2，3）代入得，解得∴拋物線的解析式為方法二、∵拋物線與x軸交于點A（－1，0），點B（3，0），∴設(shè)拋物線的解析式為．又∵拋物線過點D（2，－3），∴∴∴．（2）如圖，設(shè)PD與y軸相交于點F，OD與拋物線相交于點G，設(shè)P坐標(biāo)為（），則直線PD的解析式為，它與y軸的交點坐標(biāo)為F（0，－2m－3），則OF＝2m+3．∴由于點P在直線OD下方，所以．∴當(dāng)時，△POD面積的最大值（3）①由得拋物線與y軸的交點C（0，－3），結(jié)合A（－1，0）得直線AC的解析式為，∴當(dāng)OE∥AC時，△OBE與△ABC相似；此時直線OE的解析式為．又∵的解為，∴Q的坐標(biāo)為和．②如圖，作EN⊥y軸于N，由A（－1，0），B（3，0），C（0，－3）得AB＝3－(－1)＝4，BO＝3，BC＝當(dāng)即時，△OBE與△ABC相似；此時BE＝．又∵△OBC∽△ONE，∴NB＝NE＝2，此時E點坐標(biāo)為（1，－2），直線OE的方程為．又∵的解為，∴Q的坐標(biāo)為和．綜上所述，Q的坐標(biāo)為，，，．3.（2019·攀枝花）已知拋物線y＝－x2＋bx＋c的對稱軸為直線x＝1，其圖象與x軸相交于A、B兩點，與y軸交于點C（0,3）．（1）求b，c的值；（2）直線l與x軸交于點P．①如圖1，若l∥y軸，且與線段AC及拋物線分別相交于點E、F，點C關(guān)于直線x＝1的對稱點為D，求四邊形CEDF面積的最大值；②如圖2，若直線l與線段BC相交于點Q，當(dāng)△PCQ∽△CAP時，求直線l的表達(dá)式．【思路分析】（1）由拋物線y＝－x2＋bx＋c的對稱軸為直線x＝1，得－＝1，解得b＝2，把點C（0,3）代入拋物線y＝－x2＋bx＋c得c＝3．（2）①由題意先求得點D，A，B的坐標(biāo)，的解析式，設(shè)F(e,－e2＋2e＋3)，則E(e,－e＋3)，進(jìn)而得EF＝－e2＋3e，因為CD⊥EF，所以S四邊形CEDF＝CD·EF，利用二次函數(shù)的頂點式求出最大值；②根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得l∥AC，∠ACP＝∠BCO．作PH⊥AC于點H，設(shè)P(m,0)，根據(jù)tan∠ACP＝，得關(guān)于m的方程＝，解之可得點P的坐標(biāo)，進(jìn)而得直線l的表達(dá)式．【解題過程】解：（1）由題可知解得（2）①由題意可知D（2，3），CD⊥EF，∴CD＝2．由（1）可知A(3,0)，B(－1,0)∴：y＝－x＋3設(shè)F(e,－e2＋2e＋3)，則E(e,－e＋3)∴EF＝－e2＋3e∴S四邊形CEDF＝CD·EF＝－e2＋3e＝－（e－）2＋.∴當(dāng)e＝時，四邊形CEDF的面積最大，最大值為.②由（1）可知∠OAC＝∠OCA＝45°，由△PCQ∽△CAP可得∠QPC＝∠PCA∴l(xiāng)∥AC．由△PCQ∽△CAP可得∠QCP＝∠OAC＝45°，∴∠QCP＝∠OCA，∴∠ACP＝∠BCO，由B（－1，0），C（0，3），可得tan∠BCO＝，∴tan∠ACP＝，作PH⊥AC于點H，設(shè)P(m,0)，則AP＝3－m.∴PH＝AH＝(3－m)，CH＝(3＋m)∴＝＝tan∠ACP＝，即＝，解得m＝．∴P(,0)，∴l(xiāng)：y＝－x＋．【知識點】二次函數(shù)的性質(zhì)；一次函數(shù)的表達(dá)式；相似三角形的性質(zhì)；銳角三角函數(shù)；分式方程，28．（2019·蘇州，26，10）如圖①，拋物線y＝﹣x2+（a+1）x﹣a與x軸交于A，B兩點（點A位于點B的左側(cè)），與y軸交于點C．已知△ABC的面積是6．（1）求a的值；（2）求△ABC外接圓圓心的坐標(biāo)；（3）如圖②，P是拋物線上一點，Q為射線CA上一點，且P、Q兩點均在第三象限內(nèi)，Q、A是位于直線BP同側(cè)的不同兩點，若點P到x軸的距離為d，△QPB的面積為2d，且∠PAQ＝∠AQB，求點Q的坐標(biāo)．

圖①圖②（第28題）【解題過程】解：（1）∵y＝﹣x2+（a+1）x﹣a令y＝0，即﹣x2+（a+1）x﹣a＝0解得x1＝a，x2＝1由圖象知a＜0∴A（a，0），B（1，0）∵s△ABC＝6，∴，解得a＝﹣3，（a＝4舍去）（2）設(shè)直線AC：y＝kx+b，由A（﹣3，0），C（0，3），可得﹣3k+b＝0，且b＝3，∴k＝1，即直線AC：y＝x+3，A、C的中點D坐標(biāo)為（，），∴線段AC的垂直平分線解析式為y＝﹣x，線段AB的垂直平分線為x＝﹣1，代入y＝﹣x，解得y＝1，∴△ABC外接圓圓心的坐標(biāo)（﹣1，1）；第28題答圖（3）作PM⊥x軸，則，∵，∴A、Q到PB的距離相等，∴AQ∥PB設(shè)直線PB解析式為y＝x+b，∵直線經(jīng)過點B（1，0），所以直線PB的解析式為y＝x﹣1，聯(lián)立，解得，∴點P坐標(biāo)為（﹣4，﹣5），又∵∠PAQ＝∠AQB可得：△PBQ≌△ABP（AAS），∴PQ＝AB＝4，設(shè)Q（m，m+3），由PQ＝4得：解得：m＝﹣4，m＝﹣8（舍去），∴Q坐標(biāo)為（﹣4，﹣1）4.（2019·眉山）如圖1，在正方形ABCD中，AE平分∠CBA交BC于點E，過點C作CF⊥AE，交AE的延長線于點G，交AB的延長線于點F．（1）求證：BE=BF．；（2）如圖2，連接BG、BD，求證：BG平分∠DBF；（3）如圖3，連接DG交AC于點M，求的值．【思路分析】（1）根據(jù)拋物線的交點式直接寫出拋物線解析式即可，將解析式配方，得到頂點式，可得頂點坐標(biāo)；（2）設(shè)點P的坐標(biāo)為（a，），用含a的式子表示出PE的長，進(jìn)而用含a的式子表示出矩形PEFG的周長，再利用二次函數(shù)的最大值求解即可；（3）根據(jù)題意，證得△AMN∽△BDM，易得AB=6，AD=DB=5，根據(jù)△DMN為等腰三角形有三種可能：①MN=DM，利用△AMN≌△BDM，易得AN的值；②DN=MN，利用△DAM∽△BAD的性質(zhì)，可得AN的值；③DN=DM，不成立.【解題過程】解：（1）拋物線的解析式為：y==.配方得：y=，∴頂點D的坐標(biāo)為（-2，4）.（2）設(shè)點P的坐標(biāo)為（a，），則PE=，PG=2（-2-a）=-4-2a，∴矩形PEFG的周長=2（PE+PG）=2（）==，∵＜0，∴當(dāng)a=時，矩形PEFG的周長最大，此時點P的橫坐標(biāo)為.（3）存在.∵DA=DB，∴∠DAB=∠DBA.∵∠AMN+∠DMN=∠MDB+∠DBA，又∵∠DMN=∠DBA，∴∠AMN=∠MDB，∴△AMN∽△BDM，∴,易求得AB=6，AD=DB=5.△DMN為等腰三角形有三種可能：①當(dāng)MN=DM時，則△AMN≌△BDM，∴AM=BD=5，∴AN=MB=1；②當(dāng)DN=MN時，則∠ADM=∠DMN=∠DBA，又∵∠DAM=∠BAD，∴△DAM∽△BAD，∴AD2=AMAB，∴AM=，∴BM=6-=，∵，∴，∴AN=.③DN=DM不成立.∵∠DNM＞∠DAB，而∠DAB=∠DMN，∴∠DNM＞∠DMN，∴DN=DM.綜上所述，存在點M滿足要求，此時AN的長為1或.【知識點】待定系數(shù)法求拋物線解析式，拋物線的頂點式，全等三角形的性質(zhì)和判定，相似三角形的性質(zhì)和判定，等腰三角形的性質(zhì)和判定，分類討論思想5.（2019·樂山）如圖，已知拋物線與軸相交于、兩點，與軸交于點，且tan.設(shè)拋物線的頂點為，對稱軸交軸于點.（1）求拋物線的解析式；（2）為拋物線的對稱軸上一點，為軸上一點，且.①當(dāng)點在線段(含端點)上運動時，求的變化范圍；②當(dāng)取最大值時，求點到線段的距離；③當(dāng)取最大值時，將線段向上平移個單位長度，使得線段與拋物線有兩個交點，求的取值范圍.備用圖備用圖【思路分析】（1）令y=0解方程求得AB坐標(biāo)，再利用三角函數(shù)求C的坐標(biāo)從而求得a的值；（2）①先求拋物線的對稱軸與頂點，再設(shè)點坐標(biāo)為（其中）利用勾股定理列方程求m、n的關(guān)系式，并配方求最值得出n的范圍；②由△PCQ面積的不同列式列方程求點到線段距離；③找出界點點求t的值從而得到t的范圍.【解題過程】解：（1）根據(jù)題意得：,，在中，,且,得，,將點坐標(biāo)代入得：，故拋物線解析式為：；（2）①由（1）知，拋物線的對稱軸為：，頂點，設(shè)點坐標(biāo)為（其中），則，，，,在中，由勾股定理得：,即，整理得：（），當(dāng)時，取得最小值為；當(dāng)時，取得最大值為，所以，；②由①知：當(dāng)取最大值4時，，，，則,,，設(shè)點到線段距離為，由，得：，故點到線段距離為；③由②可知：當(dāng)取最大值4時，，線段的解析式為：，設(shè)線段向上平移個單位長度后的解析式為：，當(dāng)線段向上平移，使點恰好在拋物線上時，線段與拋物線有兩個交點，此時對應(yīng)的點的縱坐標(biāo)為：，將代入得：，①②③當(dāng)線段繼續(xù)向上平移，線段與拋物線只有一個交點時，聯(lián)解，得：，化簡得：，由，得，當(dāng)線段與拋物線有兩個交點時，.【知識點】二次函數(shù)的圖像與性質(zhì)；三角函數(shù)；一次函數(shù)；根的判別式；形結(jié)合思想6.（2019·濰坊）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xoy中，O為坐標(biāo)原點，點A（4，0），點B（0，4），△ABO的中線AC與y軸交于點C，且⊙M經(jīng)過O，A，C三點．（1）求圓心M的坐標(biāo)；（2）若直線AD與⊙M相切于點A，交y軸于點D，求直線AD的函數(shù)表達(dá)式；（3）在過點B且以圓心M為頂點的拋物線上有一動點P，過點P作PE∥y軸，交直線AD于點E．若以PE為半徑的⊙P與直線AD相交于另一點F．當(dāng)EF=時，求點P的坐標(biāo)．【思路分析】（1）先求出點C的坐標(biāo)，根據(jù)M為AC的中點求得坐標(biāo)；（2）先證明Rt△AOC∽Rt△DOA，求出OD的長，從而求出點D的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求AD的解析式；（3）利用頂點式求出拋物線的解析式，過點P作PH⊥EF，垂足為H，設(shè)出點P的坐標(biāo)，根據(jù)Rt△EHP∽Rt△DOA，得到，求出EH與PE的關(guān)系式，即可求解．【解題過程】（1）∵AC是△ABO的中線∴點C的坐標(biāo)為（0，2）∵∠AOC=90°∴線段AC是⊙M的直徑∴點M為線段AC的中點∴圓心M的坐標(biāo)為（2，1）（2）∵AD與⊙M相切于點A∴AC⊥AD∴Rt△AOC∽Rt△DOA∴∵OA=4，∴OD=8∴點D的坐標(biāo)為（0，－8）設(shè)直線AD的函數(shù)表達(dá)式為y=kx+b可得：∴k=2，b=－8∴直線AD的函數(shù)表達(dá)式為：y=2x－8（3）設(shè)拋物線，且過點（0，4）∴4=a(0－2)2+1∴所以，拋物線的關(guān)系式為：設(shè)點P（m，），則點E（m，2m－8）∴過點P作PH⊥EF，垂足為H在Rt△DOA中，∵PE∥y軸∴Rt△EHP∽Rt△DOA∴∴∵∴化簡，得：解之，得：m1=2，m2=.所以點P為（2，1）或（，）【知識點】二次函數(shù)綜合，圓的基本性質(zhì)，一次函數(shù)、二次函數(shù)的解析式，相似三角形的判定和性質(zhì)7.(2019·泰安)若二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象與x軸、y軸分別交于點A(3,0)、B(0,－2),且過點C(2,－2).(1)求二次函數(shù)表達(dá)式;(2)若點P為拋物線上第一象限內(nèi)的點,且S△PBA＝4,求點P的坐標(biāo);(3)在拋物線上(AB下方)是否存在點M,使∠ABO＝∠ABM？若存在,求出點M到y(tǒng)軸的距離;若不存在,請說明理由.【思路分析】(1)利用待定系數(shù)法,將三點坐標(biāo)代入解析式,可求得a,b,c的值;(2)連接PO,將△ABP轉(zhuǎn)化為容易求的圖形面積,通過割補(bǔ)表示出面積,進(jìn)而解方程,得到點P的坐標(biāo);(3)作MD∥y軸,得到等腰三角形DBM,利用兩點間距離公式,得到MD,MB的表達(dá)式,通過解方程MD＝MB,得到M的坐標(biāo).【解題過程】(1)∵拋物線y＝ax2+bx+c過點(0,－2),∴c＝－2,又∵拋物線過點(3,0)(2,－2)∴,解得,∴拋物線的表達(dá)式為;(2)連接PO,設(shè)點P(),則S△PAB＝S△POA+S△AOB－S△POB＝＝,由題意得:m2－3m＝4,∴m＝4,或m＝－1(舍去),∴＝,∴點P的坐標(biāo)為(4,).(3)設(shè)直線AB的表達(dá)式為y＝kx+n,∵直線AB過點A(3,0),B(0,－2),∴3k+n＝0,n＝－2,解之,得:k＝,n＝－2,∴直線AB的表達(dá)式為:y＝x－2,設(shè)存在點M滿足題意,點M的坐標(biāo)為(t,).過點M作ME⊥y軸,垂足為E,作MD⊥x軸交于AB于點D,則D的坐標(biāo)為(t,t－2),MD＝,BE＝||.又MD∥y軸,∴∠ABO＝∠MDB,又∵∠ABO＝∠ABM,∴∠MDB＝∠ABM,∴MD＝MB,∴MB＝.在Rt△BEM中,+t2＝,解之,得:t＝,∴點M到y(tǒng)軸的距離為.第24題答圖【知識點】二次函數(shù)解析式,割補(bǔ)法求三角形面積,解一元二次方程,求點的坐標(biāo),等腰三角形的性質(zhì),坐標(biāo)運算8.（2019·無錫市）已知二次函數(shù)（a＞0）的圖像與x軸交于A、B兩點，（A在B左側(cè)，且OA＜OB），與y軸交于點C.（1）求C點坐標(biāo)，并判斷b的正負(fù)性；（2）設(shè)這個二次函數(shù)的圖像的對稱軸與直線AC交于點D，已知DC∶CA=1∶2，直線BD與y軸交于點E，連接BC.①若△BCE的面積為8，求二次函數(shù)的解析式；②若△BCD為銳角三角形，請直接寫出OA的取值范圍.第27題圖【思路分析】本題考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用.(1)令y=0求點C的坐標(biāo)，借助對稱軸方程判斷b的符號；（2）①過點D作DM⊥y軸于M，先利用相似求得DM與AO的關(guān)系，再設(shè)DM=m，求得D、B的坐標(biāo)與OE的長，從而求得m的值，最后將A、B坐標(biāo)代入求解析式；②先用m的表達(dá)式求出B、C、D的坐標(biāo)，再利用勾股定理求CB2、CD2、DB2，最后借助“兩邊的平方和大于第三邊平方，第三邊所對角為銳角”求出m的范圍從而得到OA的范圍.【解題過程】解：（1）令x=0，則y=-4，∴C（0，-4），∵OA＜OB，∴對稱軸在y軸右側(cè)，即>0，∵a＞0，∴b＜0；（2）①過點D作DM⊥y軸于M，則DM∥AO，∴，∴DM=AO，設(shè)A（-2m，0）(m＞0)，則AO=2m，DM=m.∵OC=4，∴CM=2，∴D（m，-6），B（4m，0），設(shè)對稱軸交x軸于N，則DN∥y軸，∴△DNB∽△EOB，∴，∴OE=8，S△BEF=×4×4m=8，∴m=1，∴A（-2，0），B（4，0），設(shè)y=a(x+2)(x-4)，即y=ax2-2ax-8a，令x=0，則y=-8a，∴C（0，-8a），∴-8a=-4，a=，∴y=x2-x-4.②易知：B（4m，0），C（0，-4），D（m，-6），由勾股定理得CB2=16m2+16，CD2=m2+4，DB2=9m2+36.∵9m2+36+16m2+16>m2+4，∴CB2+DB2＞CD2，∴∠CBD為銳角，故同時考慮一下兩種情況：1°當(dāng)∠CDB為銳角時，CD2+DB2＞CB2，m2+4+9m2+36＞16m2+16，解得-2＜m＜2，2°當(dāng)∠BCD為銳角時，CD2+CB2＞DB2，m2+4+16m2+16＞9m2+36，解得m＞或m＜-（舍），綜上：＜m＜2，∴2＜2m＜4，∴2＜OA＜4.第27題答圖【知識點】二次函數(shù)圖像與性質(zhì)；勾股定理；相似三角形判定與性質(zhì)；銳角三角形的判定；數(shù)形結(jié)合思想9.（2019·岳陽）如圖1，△AOB的三個頂點A、O、B分別落在拋物線F1：的圖象上，點A的橫坐標(biāo)為－4，點B的縱坐標(biāo)為－2．（點A在點B的左側(cè)）（1）求點A、B的坐標(biāo)；（2）將△AOB繞點O逆時針轉(zhuǎn)90°得到△A′OB′，拋物線F2：經(jīng)過A′、B′兩點，已知點M為拋物線F2的對稱軸上一定點，且點A′恰好在以O(shè)M為直徑的圓上，連接OM、A′M，求△OA′M的面積；（3）如圖2，延長OB′交拋物線F2于點C，連接A′C，在坐標(biāo)軸上是否存在點D，使得以A、O、D為頂點的三角形與△OA′C相似．若存在，請求出點D的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【思路分析】（1）分別將A點橫坐標(biāo)和B點縱坐標(biāo)代入拋物線F1可得；（2）通過A′、B′的坐標(biāo)求出拋物線F2的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)點M在對稱軸上求出點M的橫坐標(biāo)；延長A′M交x軸于點N，則△A′MN為等腰直角三角形，求出N點坐標(biāo)，進(jìn)一步求出直線A′N的解析式，得到點M的坐標(biāo)，最后利用SA′OM＝SA′′ON－SOMN求解．（3）根據(jù)點在直線OB′和拋物線F2上求出點C的坐標(biāo)，得到A′C的長度及∠OA′C的度數(shù)，根據(jù)兩邊成比例并且夾角相等證明三角形相似，分兩種情況討論求點D的坐標(biāo)．【解題過程】（1）將x=－4代入，得：，∴A（－4，－4）．將y=－2代入，得：，解得：x1=－1，x2=－6∵點A在點B的左側(cè)，∴B（－1，－2）·（2）由旋轉(zhuǎn)可知：A′（4，－4），B′（2，－1）代入拋物線，得：解得：∴拋物線F2：．對稱軸為：延長A′M交x軸于點N，∵點A′恰好在以O(shè)M為直徑的圓上，∴∠OA′M=90°．∵A′（4，－4），∴∠A′ON=45o．∴△A′ON為等腰直角三角形．∴ON=4×2=8．∴N（8，0）設(shè)直線A′N：y=mx＋n則解得：∴y=x－8．當(dāng)x=6時，y=－2．∴M（6，－2）∴SA′OM＝SA′′ON－SOMN＝＝8．所以，△OA′M的面積為8．（3）設(shè)直線OB′解析式為：y=kx，代入B′（2，－1），得：2k=－1．設(shè)直線OB′解析式為：．解方程組：得：，∵B′（2，－1）∴C（8，－4）．∵A（4，－4），∴A′C∥x軸，A′C=8－4=4，∴∠OA′C=135o．若以A、O、D為頂點的三角形與△OA′C相似則△AOD必有一個鈍角135°，故點O與點A′是對應(yīng)頂點．所以點D在x軸或y軸正半軸上．OA=OA′=．①若△AOD∽△OA′C，則∴OD=A′C=4．此時點D的坐標(biāo)為（4，0）或（0，4）．②若△AOD∽△CA′O，則∴OD=8．此時點D的坐標(biāo)為（8，0）或（0，8）．由①②可知，坐標(biāo)軸上存在點D，其坐標(biāo)分別為（4，0）、（0，4）、（8，0）或（0，8）．【知識點】二次函數(shù)綜合，圖形的旋轉(zhuǎn)，求二次函數(shù)解析式，相似三角形的判定，存在性問題，分類討論思想10.（2019·懷化）如圖，在直角坐標(biāo)系中有Rt△AOB，O為坐標(biāo)原點，OB=1，tan∠ABO=3，將此三角形繞原點O順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到Rt△COD，二次函數(shù)y=-x2+bx+c的圖象剛好經(jīng)過A，B，C三點.求二次函數(shù)的解析式及頂點P的坐標(biāo)；過定點Q的直線l：y=kx-k+3與二次函數(shù)圖象相交于M，N兩點.①若S△PMN=2，求k的值；②證明：無論k為何值，△PMN恒為直角三角形③當(dāng)直線l繞著定點Q旋轉(zhuǎn)時，△PMN外接圓圓心在一條拋物線上運動，直接寫出拋物線的表達(dá)式.【思路分析】（1）根據(jù)題意分別求出點A和點C的坐標(biāo)，并把坐標(biāo)代入y=-x2+bx+c，解出b和c的值即可，進(jìn)而得出頂點P的坐標(biāo)；（2）①設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），首先求出定點Q的坐標(biāo)，然后根據(jù)S△PMN=PQ·(x2-x1)得出x1和x2的數(shù)量關(guān)系，最后聯(lián)立方程y=-x2+2x+3與方程y=kx-k+3，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得出x1+x2=2-k，x1·x2=-k，進(jìn)而求出k的值；②過點P作PG⊥x軸，垂足為G，分別過點M、N作PG的垂線，垂足分別為E、F，首先表示出線段PE，ME，PF，NF，然后根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義得出tan∠PAE與tan∠FPN，根據(jù)x1+x2=2-k，x1·x2=-k，可得1-x1=，進(jìn)而推出tan∠PAE=tan∠FPN，進(jìn)而證明出結(jié)論；③設(shè)線段MN的中點（x，y），由②可得MN的中點為（，）進(jìn)而得出拋物線方程.【解題過程】（1）解：∵OB=1，tan∠ABO=3，∴OA=OBtan∠ABO=3，∴A（0，3）.根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得Rt△AOB≌Rt△COD，∴OC=OA=3，∴C（3，0），根據(jù)題意可得，解得，∴二次函數(shù)的解析式為y=-x2+2x+3，頂點坐標(biāo)P（1，4）（2）①解：由直線l的方程y=kx-k+3可得定點Q（1，3），設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），則S△PMN=PQ·(x2-x1)=2，∴x2-x1=4.聯(lián)立y=-x2+2x+3與y=kx-k+3可得x2+(k-2)x-k=0，∴x1+x2=2-k，x1·x2=-k，∴(x2-x1)2=(x1+x2)2-4x1·x2=k2+4=16，∴k=±.②證明：過點P作PG⊥x軸，垂足為G，分別過點M、N作PG的垂線，垂足分別為E、F.設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2）.∵M(jìn)，N在二次函數(shù)y=-x2+2x+3圖象上，∴y1=-x12+2x1+3，y2=-x22+2x2+3.∵P（1，4），∴PE=4-y1=4+x12-2x1-3=(x1-1)2，ME=1-x1，PF=4-y2=4+x22-2x2-3=(x2-1)2，NF=x2-1，∴tan∠PAE=，tan∠FPN=.由①可知x1+x2=2-k，x1·x2=-k，∴x1+x2=2+x1x2，∴(1-x1)(x2-1)=1，∴1-x1=，∴tan∠PAE=tan∠FPN，∴∠PAE=∠FPN.∵∠PAE+∠APE=90°，∴∠FPN+∠APE=90°，即∠APN=90°，∴無論k為何值，△PMN恒為直角三角形.③解：設(shè)線段MN的中點（x，y），由②可得MN的中點為（，），∴，化簡，得y=-2x2+4x+1.∴拋物線的表達(dá)式為y=-2x2+4x+1.【知識點】待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，一次函數(shù)與二次函數(shù)的交點問題，銳角三角函數(shù)的定義，一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，中點坐標(biāo)公式25．（2019山東省德州市，25，14）如圖，拋物線y＝mx2﹣mx﹣4與x軸交于A（x1，0），B（x2，0）兩點，與y軸交于點C，且x2﹣x1＝．（1）求拋物線的解析式；（2）若P（x1，y1），Q（x2，y2）是拋物線上的兩點，當(dāng)a≤x1≤a+2，x2≥時，均有y1≤y2，求a的取值范圍；（3）拋物線上一點D（1，﹣5），直線BD與y軸交于點E，動點M在線段BD上，當(dāng)∠BDC＝∠MCE時，求點M的坐標(biāo)．【思路分析】（1）函數(shù)的對稱軸為：x＝﹣＝＝，而且x2﹣x1＝，將上述兩式聯(lián)立并解得：x1＝﹣，x2＝4，從而求出拋物線的解析式；（2）由（1）知，函數(shù)的對稱軸為：x＝，則x＝和x＝﹣2關(guān)于對稱軸對稱，故其函數(shù)值相等，結(jié)合函數(shù)圖象求出a的取值范圍；（3）確定△BOC、△CDG均為等腰直角三角形來求解．【解題過程】解：（1）函數(shù)的對稱軸為：x＝﹣＝＝，而且x2﹣x1＝，將上述兩式聯(lián)立并解得：x1＝﹣，x2＝4，則函數(shù)的表達(dá)式為：y＝a（x+）（x﹣4）＝a（x2﹣4x+x﹣6），即：﹣6a＝﹣4，解得：a＝，故拋物線的表達(dá)式為：y＝x2﹣x﹣4；（2）由（1）知，函數(shù)的對稱軸為：x＝，則x＝和x＝﹣2關(guān)于對稱軸對稱，故其函數(shù)值相等，又a≤x1≤a+2，x2≥時，均有y1≤y2，結(jié)合函數(shù)圖象可得：，解得：﹣2≤a≤；（3）如圖，連接BC、CM，過點D作DG⊥OE于點G，而點B、C、D的坐標(biāo)分別為：（4，0）、（0，﹣4）、（1，﹣5），則OB＝OC＝4，CG＝GC＝1，BC＝4，CD＝，故△BOC、△CDG均為等腰直角三角形，∴∠BCD＝180°﹣∠OCB﹣∠GCD＝90°，在Rt△BCD中，tan∠BDC＝＝4，∠BDC＝∠MCE，則tan∠MCE＝4，將點B、D坐標(biāo)代入一次函數(shù)表達(dá)式：y＝mx+n并解得：直線BD的表達(dá)式為：y＝x﹣，故點E（0，﹣），設(shè)點M（n，n﹣），過點M作MF⊥CE于點F，則MF＝n，CF＝OF﹣OC＝﹣，tan∠MCE＝＝＝4，解得：n＝，故點M（，﹣）．26．（2019山東濱州，26，14分）如圖①，拋物線y＝－x2+x+4與y軸交于點A，與x軸交于點B，C，將直線AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°，所得直線與x軸交于點D．（1）求直線AD的函數(shù)解析式；（2）如圖②，若點P是直線AD上方拋物線上的一個動點①當(dāng)點P到直線AD的距離最大時，求