云南省2016中考数学 试题研究 三、解答题重难点突破 题型四 函数

函数与几何图形的综合题

针对演练

类型一 与三角形形状有关的问题

2

1. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x＋bx＋c经过点A(0，－6)和点C(6，0)． (1)求抛物线的解析式．

(2)若抛物线与x轴的负半轴交于点B，试判断△ABC的形状；(钝角三角形、直角三角形、锐角三角形)

(3)抛物线上是否存在点P，使得△PAC是以AC为底的等腰三角形？若存在，请求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．

第1题图

22

2. (2015南通13分)已知抛物线y＝x－2mx＋m＋m－1(m是常数)的顶点为P，直线l：y＝x－1.

(1)求证点P在直线l上；

(2)当m＝－3时，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，与直线l的另一个交点为Q，M是x轴下方抛物线上的一点，∠ACM＝∠PAQ(如图)，求点M的坐标；

(3)若以抛物线和直线l的两个交点及坐标原点为顶点的三角形是等腰三角形，请直接写出所有符合条件的m的值．

第2题图

12

3. (2015宜宾12分)如图，抛物线y＝－x＋bx＋c与x轴分别相交于点A(－2，0)、B(4，

20)，与y轴交于点C，顶点为点P. (1)求抛物线的解析式；

(2)动点M、N从点O同时出发，都以每秒1个单位长度的速度分别在线段OB、OC上向点B、C方向运动，过点M作x轴的垂线交BC于点F，交抛物线于点H.

1

①当四边形OMNH为矩形时，求点H的坐标；

②是否存在这样的点F，使△PFB为直角三角形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．

第3题图

类型二 与四边形形状有关的问题

4

1. 如图，已知直线y＝－x＋8与x轴交于点A，与y轴交于点B，C是线段AB的中点，抛

342

物线y＝ax＋bx＋c(a>0)过O、A两点，且其顶点的纵坐标为－.

3

(1)分别写出A、B、C三点的坐标； (2)求抛物线的函数解析式；

(3)在抛物线上是否存在点P，使得以O、P、B、C为顶点的四边形是菱形？若存在，求所有满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．

第1题图

2

2. (2015毕节16分)如图，抛物线y＝x＋bx＋c与x轴交于A(－1，0)，B(3，0)两点，顶点M关于x轴的对称点是M′. (1)求抛物线的解析式；

(2)若直线AM′与此抛物线的另一个交点为C，求△CAB的面积；

(3)是否存在过A、B两点的抛物线，其顶点P关于x轴的对称点为Q，使得四边形APBQ为正方形？若存在，求出此抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．

2

第2题图

1

3. (2015广安10分)如图，边长为1的正方形ABCD一边AD在x负半轴上，直线l：y＝x2＋2经过点B(x，1)与x轴、y轴分别交于点H、F，抛物线y＝－x＋bx＋c顶点E在直线l上．

(1)求A、D两点的坐标及抛物线经过A、D两点时的解析式．

(2)当该抛物线的顶点E(m，n)在直线l上运动时，连接EA、ED，试求△EAD的面积S与m之间的函数解析式，并写出m的取值范围．

(3)设抛物线与y轴交于G点，当抛物线顶点E在直线l上运动时，以A、C、E、G为顶点的四边形能否成为平行四边形？若能，求出E点坐标；若不能，请说明理由．

2

第3题图

2

4. (2015梧州13分)如图，抛物线y＝ax＋bx＋2与坐标轴交于A、B、C三点，其中B(4，0)、C(－2，0)．连接AB、AC，在第一象限内的抛物线上有一动点D，过点D作DE⊥x轴，垂足为点E，交AB于点F. (1)求此抛物线的解析式；

(2)在DE上作点G，使G点与D点关于F点对称，以G为圆心，GD为半径作圆，当⊙G与其中一条坐标轴相切时，求点G的横坐标．

(3)过D点作直线DH∥AC交AB于H，当△DHF的面积最大时，在抛物线和直线AB上分别取M、N两点，并使D、H、M、N四点组成平行四边形，请你直接写出符合要求的M、N两点的横坐标．

3

第4题图 5. (2015龙东地区10分)如图，四边形OABC是矩形，点A、C在坐标轴上，△ODE是由△OCB绕点O顺时针旋转90°得到的，点D在x轴上，直线BD交y轴于点F，交OE于点H，线段BC、OC的长是方程x2－6x＋8＝0的两个根，且OC＞BC. (1)求直线BD的解析式． (2)求△OFH的面积．

(3)点M在坐标轴上，平面内是否存在点N，使以点D、F、M、N为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

第5题图

类型三 与三角形相似有关的问题

12

1. (2015黔南州12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝－x＋bx＋c过点A(0，

64)和C(8，0)，P(t，0)是x轴正半轴上的一个动点，M是线段AP的中点，将线段MP绕点P顺时针旋转90°得线段PB.过点B作x轴的垂线，过点A作y轴的垂线，两直线相交于点D.

(1)求b，c的值；

(2)当t为何值时，点D落在抛物线上；

(3)是否存在t，使得以A，B，D为顶点的三角形与△AOP相似？若存在，求此时t的值；若不存在，请说明理由．

第1题图 2. (2015牡丹江10分)如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A在x轴负半轴上，顶点C在x轴正半轴上，顶点B在第一象限，过点B作BD⊥y轴于点D，线段OA，OC的长是一元

4

二次方程x－12x＋36＝0的两根，BC＝45，∠BAC＝45°. (1)求点A、C的坐标；

(2)反比例函数y＝的图象经过点B，求k的值；

(3)在y轴上是否存在点P，使以P，B，D为顶点的三角形与以P，O，A为顶点的三角形相似？若存在，请写出满足条件的点P的个数，并直接写出其中两个点P的坐标；若不存在，请说明理由．

2

kx

第2题图

2

(x＋2)(x－4)与x轴交于点A、B(点A位于点8

B的左侧)，与y轴交于点C，CD∥x轴，交抛物线于点D，M为抛物线的顶点． (1)求点A、B、C的坐标；

(2)设动点N(－2，n)，求使MN＋BN的值最小时n的值；

(3)P是抛物线上一点，请你探究：是否存在点P，使以P、A、B为顶点的三角形与△ABD相似(△PAB与△ABD不重合)？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 3. (2015随州12分)如图，已知抛物线y＝

1

4. (2015鄂州12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x＋2与x轴交于点A，与

2

y轴交于点C，抛物线y＝ax2＋bx＋c的对称轴是x＝－，且经过A、C两点，与x轴的另一

交点为B.

(1)①直接写出点B的坐标；②求抛物线解析式．

(2)若点P为直线AC上方的抛物线上的一点，连接PA，PC.求△PAC的面积的最大值，并求出此时点P的坐标．

(3)抛物线上是否存在点M，过点M作MN垂直x轴于点N，使得以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

32

5

第4题图

类型四 与面积有关的问题

1. (2015武威10分)如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点A(0，4)，B(1，0)，C(5，0)，其对称轴与x轴相交于点M. (1)求此抛物线的解析式和对称轴；

(2)在此抛物线的对称轴上是否存在一点P，使△PAB的周长最小？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；

(3)连接AC，在直线AC下方的抛物线上，是否存在一点N，使△NAC的面积最大？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

第1题图

2

2. (2015贵港10分)如图，抛物线y＝ax＋bx＋c与x轴交于点A和点B(1，0)，与y轴交于点C (0，3)，其对称轴l为x＝－1. (1)求抛物线的解析式并写出其顶点坐标；

(2)若动点P在第二象限内的抛物线上，动点N在对称轴l上． ①当PA⊥NA，且PA＝NA时，求此时点P的坐标；

②当四边形PABC的面积最大时，求四边形PABC面积的最大值及此时点P的坐标．

第2题图

6

3. (2015莱芜12分)如图，已知抛物线y＝ax＋bx＋c(a≠0)经过点A(－3，2)，B(0，－2)，51

其对称轴为直线x＝，C(0，)为y轴上一点，直线AC与抛物线交于另一点D.

22

(1)求抛物线的函数表达式；

(2)试在线段AD下方的抛物线上求一点E，使得△ADE的面积最大，并求出最大面积； (3)在抛物线的对称轴上是否存在一点F，使得△ADF是直角三角形？如果存在，求出点F的坐标；如果不存在，请说明理由．

2

2

4. (2015深圳9分)如图①，关于x的二次函数y＝－x＋bx＋c经过点A(－3，0)，点C(0，3)，点D为二次函数的顶点，DE为二次函数的对称轴，E在x轴上． (1)求抛物线的解析式；

(2)DE上是否存在点P到AD的距离与到x轴的距离相等，若存在求点P，若不存在请说明理由；

(3)如图②，DE的左侧抛物线上是否存在点F，使2S△FBC＝3S△EBC，若存在，求点F坐标，若不存在说明理由．

第4题图

2

5. (2015攀枝花12分)如图，已知抛物线y＝－x＋bx＋c与x轴交于A(－1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴与抛物线交于点P、与直线BC相交于点M，连接PB. (1)求该抛物线的解析式；

(2)在(1)中位于第一象限内的抛物线上是否存在点D，使得△BCD的面积最大？若存在，求出D点坐标及△BCD面积的最大值；若不存在，请说明理由．

(3)在(1)中的抛物线上是否存在点Q，使得△QMB与△PMB的面积相等？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

7

第5题图

6. (2015达州12分)如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的边OA在y轴的正半轴上，OC在x轴的正半轴上，∠AOC的平分线交AB于点D，E为BC的中点，已知A(0，4)、C(5，42

0)，二次函数y＝x＋bx＋c的图象抛物线经过A、C两点．

5

(1)求该二次函数的表达式；

(2)F、G分别为x轴、y轴上的动点，首尾顺次连接D、E、F、G构成四边形DEFG，求四边形DEFG周长的最小值；

(3)抛物线上是否存在点P，使△ODP的面积为12？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

第6题图

类型五 与线段有关的问题

2

1. (2015锦州14分)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax＋bx＋2经过点A(－1，0)和点B(4，0)，且与y轴交于点C，点D的坐标为(2，0)，点P(m，n)是该抛物线上的一个动点，连接CA、CD、PD、PB. (1)求该抛物线的解析式；

(2)当△PDB的面积等于△CAD的面积时，求点P的坐标；

(3)当m>0，n>0时，过点P作直线PE⊥y轴于点E交直线BC于点F，过点F作FG⊥x轴于点G，连接EG，请直接写出随着点P的运动，线段EG的最小值．

8

2. (2015大连12分)如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴和y轴的正半轴上，顶点B的坐标为(2m，m)．翻折矩形OABC，使点A与点C重合，得到折痕DE.设点B的对应点为F，折痕DE所在直线与y轴相交于点G，经过点C、F、D的抛物线为y＝ax2＋bx＋c.

(1)求点D的坐标(用含m的式子表示)；

(2)若点G的坐标为(0，－3)，求该抛物线的解析式；

(3)在(2)的条件下，设线段CD的中点为M，在线段CD上方的抛物线上是否存在点P，使PM1

＝EA？若存在，直接写出点P的坐标，若不存在，说明理由． 2

第2题图

【答案】

题型四 函数与几何图形的综合题 类型一 与三角形形状有关的问题

1. 【思路分析】(1)利用待定系数法通过点A、C的坐标计算b、c的值，得到该抛物线的解析式；(2)由抛物线的解析式得出点B的坐标，结合其他点的坐标判断△ABC的形状；(3)利用AC的垂直平分线不平行于抛物线的对称轴，必然与抛物线存在的两个交点都能成为点P,使得△PAC为等腰三角形.

2

解：(1)将A(0，-6)和C(6，0)代入y=x+bx+c中， 得 c=-6 36+6b+c=0， 解得 b=-5 c=-6， 2

∴抛物线的解析式为y=x-5x-6；

2(2)由x-5x-6=0，解得x1=-1，x2=6，

∴点B的坐标为B(-1，0)，即点B在(-6，0)与原点之间， 又∵OA＝6，OC=6, ∴∠OAC=∠OCA=45°， ∴∠BAC为锐角，

∴△ABC为锐角三角形；

9

(3)存在满足条件的点P，使得△PAC是以AC为底的等腰三角形，分两种情况讨论，抛物线上存在两个点P能使得△PAC是以AC为底的等腰三角形. 如解图，设M为线段AC的中点，则OM为AC的垂直平分线， 直线OM与抛物线必有的两个交点都是满足条件的点P，

第1题解图

∵A(0，-6)，C(6，0)， ∴点M的坐标为(3，-3)， 设直线OM的解析式为y=kx， 将点M(3，-3)代入得，k=-1， 即直线OM的解析式为y=-x， 联立 y=-x

y=x2-5x-6，得x2-4x-6=0， ∴ x1=2-10 y1=10-2，或 x2=2+10 y2=-2-10，

∴点P的坐标为(2-10，10-2)或(2+10，-2-10). 2. (1)证明：∵y＝x2

-2mx+m2

+m-1＝(x-m)2

+m-1， ∴顶点P(m，m-1).

将x＝m代入y＝x-1得y＝m-1， ∴点P在直线y＝x-1上.(3分)

(2)解：当m＝-3时，抛物线解析式为y＝x2

+6x+5， 令x=0,y=5,

点C的坐标为(0，5)，

作PF⊥x轴于点F，ME⊥y轴于点E， QG⊥y轴于点G.如解图，

10

第2题解图

联立 y=x2

+6x+5 y=x-1，解得 x1=-3 y1=-4, x2=-2 y2=-3， ∴P(-3，-4)，Q(-2，-3). ∵y＝x2

+6x+5＝(x+5)(x+1)， ∴A(-5，0)，B(-1，0)，(5分)

∴QG=3,AG=5-2=3,∠CAO＝∠ACO＝45°， ∴∠OAQ=45°，

∵∠APF＝90°-(∠PAQ+45°)＝45°-∠PAQ， ∠MCE＝45°-∠ACM,∠ACM＝∠PAQ, ∴∠APF＝∠MCE，

∴Rt△CME∽Rt△PAF，(7分) ∴

CEPF?MEAF. 设点M的坐标为(x,x2

+6x+5),

则ME=-x,CE=-x2

-6x, PF=4,AF=2.

?x2∴?6x4??x2,解得x1=-4,x2=0(舍去). 则x2

+6x+5=-3,

∴M(-4，-3).(12分) (3)解：m的值为0，

?1?3?1?31?32,2,2,1?32.(13分) 【解法提示】联立抛物线解析式和直线l的解析式得

y=x2-2mx+m2+m-1 y=x-1,解得 x1=m y1=m-1， x2=m+1 y2＝m，

∴P(m,m-1),Q(m+1,m),

由题意，△OPQ为等腰三角形， OP2＝m2+(m-1)2=2m2-2m+1,

11

OQ2=(m+1)2+m2=2m2+2m+1,

PQ2=(m+1-m)2+ [m-(m-1)]2=2,

2222

①当OP＝OQ时，2m-2m+1=2m+2m+1,解得m=0.

222

②当OQ＝PQ时，2m+2m+1=2,

解得m1=?1?3?1?3,m2=. 222

③当OP2＝PQ2时，2m-2m+1=2, 解得m1=

1?31?3,m2=. 22

综上，当△OPQ为等腰三角形时，m的值为0，?1?3?1?3, ,221?31?3. ,223. 【思路分析】(1)将A、B两点坐标代入函数解析式，求得其待定系数b、c的值即可.(2)①如解图①,根据已知，点M和点N移动速度相同，因此四边形OMHN若为矩形，则OM=ON，且NH=OM，HM=ON，所以可以得到点H到x轴与到y轴的距离相等，又因为点H在抛物线上，设点H横坐标为t，则它的纵坐标为-

12

t+t+4，再根据以上关系得出一个关于t的一元二2次方程.②先假设点F存在，用一个未知数m表示出点F的横坐标和纵坐标，进而用m表示

222

出BF、FP并求PB的值，然后根据勾股定理分两种情况分别进行求解.

解： (1)抛物线y=-∴ --

12

x+bx+c与x轴交于点A(-2,0)、B(4,0)， 212

3(-2)-2b+c=0 212

34+4b+c=0， 2解得 b=1 c=4，(2分)

∴抛物线的解析式为y=-

12

x+x+4.(3分) 2(2)①如解图①,设经过t秒后，四边形OMHN为正方形，则

第3题解图①

12

OM=t，ON=t,

∴点H的坐标为(t,-

12

2t+t+4), ∵四边形OMHN为正方形, ∴-

12t2

+t+4=t, 解得t1=22,t2=-22 (不符合题意，舍去),(5分) ∴点H的坐标为(22，22).(6分) ②设存在点F,使△PFB为直角三角形， 由(1)得点B(4，0)，点C(0，4)，

设直线BC的函数解析式为y=kx+b(k≠0)， ∴ 4k+b=0 b=4, 解得 k=-1 b=4, ∴直线BC的解析式为y=-x+4,

设点F的横坐标为m，则点F的纵坐标为-m+4, ∵抛物线的解析式为y=-12x2

+x+4, ∴y=-

12 (x-1)2+92, ∴抛物线顶点P的坐标为(1，92), ∴PB2

=(4-1)2

+(0-92)2=1174, FP2=(1-m)2+(92-4+m)2=2m2-m+54,

BF2=(4-m)2+(-m+4)2=2m2-16m+32，(8分)

∵点P为抛物线顶点,

当∠PFB=90°时，如解图②,BF2+FP2=PB2

，

∴2m2

-16m+32

+2m2

-m+51174=4, ∴4m2-17m+4=0, 解得m11=4,m2=

4, 若能组成直角三角形，则点F在点P左侧,

13

第3题解图② ∴m＜1,

1, 415∴-m+4= ,

4∴m=

∴点F的坐标为(

115, ),(10分) 44当∠FPB=90°时，如解图③,

第3题解图③

222

PB+FP=BF，

117522

+2m-m+=2m-16m+32, 441解得m= ,

1039∴-m+4= ,

10139∴点F的坐标为(, ).

1010115139综上所述，点F的坐标为(，)或(，).(12分)

441010∴

【难点突破】本题的难点是第(2)②问，要求点F的坐标，首先假设点F存在，根据抛物线

上各点的位置关系，表示出线段长，由于

△PFB的直角顶点不确定，所以求解过程中需分两种情况进行讨论. 【一题多解】假设存在点F使△PFB为直角三角形. (ⅰ)如解图④，当∠PFB=90°时，设抛物线的对称轴与x轴交于点E，过F作FD⊥PE于点D，

14

第3题解图④

∵OC⊥OB,OC=OB=4， ∴∠OCB=∠OBC＝45°， 直线BC的解析式：y=-x+4，

过F作FD∥OB交PE于点D,则∠DFB＝∠CBO=45°, 又∵∠PFB=90°,∠PFD=45°， ∴PD=FD，

设F(t,-t+4)， 由(1)知P(1, 92)， 则PD=92-(-t+4)，FD=1-t， ∴

92-(-t+4)=1-t， ∴t=1154,-t+4=4,

∴F(1154, 4).

(ⅱ)如解图⑤,当∠FPB=90°时，过F作FD⊥PE于点D，∠FPD+∠DPB=90°，

第3题解图⑤

又∵∠DPB+∠PBO=90°， ∴∠FPD=∠PBO，

∴tan∠FPD=tan∠PBO， 即

FDPD?PEBE， 15

91?t∴?2， 9?(?t?4)32139∴t=,-t+4=，

1010139∴F(, ).

1010综上所述，点F的坐标为(

115139，)或(,). 441010类型二 与四边形形状有关的问题 1. 解：(1)∵直线y＝-

44x+8与x轴交于点A，与y轴交于点B，∴令y=-x+8＝0，x＝6,33即A(6,0),

∴令x=0,y＝0+8＝8，即B(0,8). ∵C是线段AB的中点，

6?08?0＝3，＝4， 224， 3∴A(6，0)、B(0，8)、C(3，4)；

(2)∵抛物线经过点O(0,0),点A(6,0)，顶点的纵坐标为-∴其顶点坐标为(3，-∴ c=0 36a+6b+c=0 9a+3b+c=-

4)， 344,解得 a= 327b=- c=0,

∴抛物线的函数解析式为y＝89428x-x； 927 (3)存在点P，使以O、P、B、C为顶点的四边形是菱形，

∵∠AOB＝90°，A(6，0)、B(0，8)， ∴AB＝OA2?OB2?62?82 =10, ∵C是AB的中点， ∴OC=

1 AB=BC=5, 2∵OB=8,

∴OB＞OC，且OB＞BC，

∴当以O、P、B、C为顶点的四边形是菱形时，OB是菱形的对角线， 连接PC，如解图，则OB是PC的垂直平分线，

16

第1题解图

∴点P与点C关于直线OB对称，即P与C关于y轴对称， ∵C(3，4)， ∴P(-3，4)，

把点P(-3，4)代入抛物线解析式y=当x＝-3时，y＝

428x-x中， 9274283(-3)-3(-3)＝4，

927∴点P(-3，4)在抛物线上.

故在抛物线上存在点P，使以O、P、B、C为顶点的四边形是菱形，点P的坐标是(-3，4). 2. 解：(1)∵抛物线与x轴交于点A(-1,0)，B(3,0)，(2分)

2

∴y=(x+1)(x-3)=x-2x-3.(4分)

22

(2)∵抛物线y=x-2x-3=(x-1)-4， ∴点M的坐标为(1,-4). ∵M与M′关于x轴对称，

∴点M′的坐标为(1,4)，(6分) 设直线AM′的解析式为y=kx+m， 将点A(-1,0)，点M′(1，4)代入得 -k+m=0

k+m=4，解得 k=2 m=2，

∴直线AM′的解析式为y=2x+2，(8分)

2

与抛物线y=x-2x-3联立得 y=2x+2 y=x2-2x-3，解得 x1=-1 y1=0, x2=5 y2=12，

∴点C的坐标为(5,12)，(10分) 又∵AB=4， ∴S△ABC=

134312=24.(12分) 2 (3)存在.理由如下：如解图， ∵四边形APBQ是正方形，

∴PQ垂直且平分AB，AB垂直且平分PQ，且PQ=AB，

17

第2题解图

设PQ与x轴交点为N，则PN=

1 AB=2, 2∴点P的坐标为(1,2)或(1，-2). (13分)

设过A、B两点的抛物线的解析式为y=a(x+1)(x-3)，

1， 21123此时抛物线解析式为y=- (x+1)(x-3)=- x+x+ ；(15分)

2221将点(1，-2)代入得a=，

21123此时抛物线解析式为y= (x+1)(x-3)= x-x- .

222123123综上，存在这样的抛物线2条，其解析式为y=-x+x+或y=x-x-.(16分)

2222将点(1,2)代入得a=-

【易错分析】在确定四边形APBQ为正方形时，一定要注意点P可能在x轴上方，也可能在

x轴下方，不要漏掉任何一种情况.

3. 【思路分析】(1)把B点坐标代入一次函数的解析式中求出B点的横坐标，进而得到A、D点的坐标，再用待定系数法求出二次函数的解析式.(2)把E点坐标代入一次函数解析式，得到n关于m的关系式，根据三角形的面积公式列出S与m的函数解析式.(3)分情况讨论，假设存在E点，根据平行四边形的性质，列方程求E点坐标便可. 解：(1)把B点的坐标(x,1)代入y=得

1x+2中， 21x+2=1,解得x=-2, 2∴B(-2,1),

∵正方形ABCD的边长为1， ∴A(-2，0),(1分) 则D(-3,0)，(2分)

把A(-2，0),D(-3,0)代入抛物线的解析式中， 得 -4-2b+c=0

-9-3b+c=0,解得 b=-5 c=-6，

2

∴经过A、D两点的抛物线的解析式为y=-x-5x-6.(4分)

18

(2)∵E(m，n)在直线y=∴n=

1x+2上， 21m+2,(5分) 21111AD2|m+2|=|m+2|， 2222111当m+2＞0，即m＞-4时，S= (m+2)=14m+1； 2221当m+2＝0，即m＝-4时，E、A、D三点共线，此时不构成三角形； 21111当m+2<0，即m<-4时，S= (-m-2)=- m-1, 22241综上可知，S= m+1(m＞-4)

41-m-1(m<-4). (7分) 4根据三角形的面积公式得，S=

(3)存在点E，使得以A、C、E、G为顶点的四边形是平行四边形, 分两种情况：

①当AC为对角线时，此时EG与AC则互相平分，这不可能存在，故此情况不存在；(8分)

第3题解图

②当AC为平行四边形的边时，如解图所示，E点在y轴左边，即为E′点，过E′点作E′M⊥y轴，

1m+2),抛物线是由y=-x2-5x-6平移得到的， 221∴设此时的抛物线的解析式为y=-(x-m)+m+2， 2221即y=-x+2mx-m+m+2,

221∴G(0，-m+m+2), 2∵E′(m，

∴在Rt△E′MG中，根据勾股定理可得E′G=E′M+GM=m+［(又∵平行四边形的对边相等， ∴E′G=AC=BC2?AB2?2， ∴E′G=AC,即m+m=2,

2

2

4

2

2

2

2

2

11242

m+2)-(-m2+m+2)］=m+m， 2219

解得m=1,(9分) ∵m<0， ∴m=-1. 故存在点E(-1，

2

3)，使得四边形AGEC为平行四边形.(10分) 22

4. 【思路分析】(1)将B、C两点的坐标代入抛物线y=ax+bx+2得方程组求解，即可求得抛物线的解析式；(2)利用(1)中求出的二次函数解析式，确定出A点的坐标，然后根据A、B两点的坐标求出AB的解析式，分别用含有参数的代数式表示出圆的半径以及圆心到坐标轴的距离，然后分⊙G与y轴相切和⊙G与x轴相切两种情形来讨论即可求解.(3)根据DH∥AC，DE⊥x轴，确定出当DF的值最大时，△DHF的面积最大，再根据平移的性质，确定使D、H、M、N四点组成的平行四边形的M、N两点的横坐标即可.

2

解：(1)将B(4，0)、C(-2，0)代入y=ax+bx+2， 得 16a+4b+2=0 4a-2b+2=0,(2分)

解得 a=-

1 4b=

1，(3分) 2121x+x+2；(4分) 42∴抛物线的解析式为y=-

(2)令x=0，即y=2，则A(0，2)，

设直线AB的解析式为y=kx+b（k≠0）， 将点A(0，2)、B(4，0)代入中， 得 b=2 4k+b=0， 解得 k=-

1 2b=2， 1x+2， 2121设点D的坐标为(t，-t+t+2)(0

421则点F的坐标为(t，-t+2)，

2∴直线AB的解析式为：y=-∵G点与D点关于F点对称，

123t-t+2)，(5分) 42121123①如果⊙G与y轴相切，则t=|-t+t+2-(t-t+2)|，

4242∴G点的坐标为(t，

解得t1=2,t2=6>4(舍去)，t3=t4=0(舍去)；(6分) ②如果⊙G与x轴相切，则

1231113t-t+2=|-t2+t+2-(t2-t+2)|， 424242 20

3，t2=4(舍去)，t3=-2<0(舍去)，t4=4(舍去).(7分) 233综上所述，当t=2或时，⊙G与坐标轴相切，当⊙G与x轴相切时，点G的横坐标是，

22解得t1=

当⊙G与y轴相切时，点G的横坐标是2.(8分) (3)点M、N的横坐标分别为2-22，88-22或2+22，+22.(13分) 33【解法提示】由于DH始终平行于AC，FD始终垂直于x轴，所以不管D点怎么变化，△DHF的形状都不会改变，于是当DF的值最大时，△DHF的面积就最大. 由(2)可知DF=-当t=-

12111t+t+2-(-t+2)=- t2+t， 4224=2时，△DHF的面积最大，

112?(?)4此时D(2,2)，F(2,1), ∵DH∥AC，

∴AC的解析式可求得为：y=x+2，

设DH的解析式为：y=x+b，代入点D(2,2),得b=0， 即DH的解析式为：y=x，

第4题解图

1x+2 244y=x，可求得H(，),

33解方程组y=-如解图，过点H作HK⊥DE于点K，则HK=2-

42==DK， 33当MN∥DH，MN=DH时，四边形DHMN为平行四边形,

1n+2)，由于四边形DHMN是平行四边形，把点N平移到M，就等于把点D平移到222H,而把点D平移到H，是把D点横坐标向左移动个单位，而把纵坐标向下平移个单位，

33214∴M(n-，-n+)，

323设N(n,-

∵M点在抛物线上， ∴-

1221214 (n-)+ (n-)+2=-n+, 43232321

解得n1=

8?628?62，n2=,

3382-22,+2), 3382M2 (2+22,-2),N2(+22,-2). 33∴M1 (2-22,2)，N1(

综上所述，在抛物线和直线AB上分别取M、N两点，并使D、H、M、N四点组成平行四边形，点M、N的横坐标分别为2-22，88-22或2+22，+22. 33【难点突破】本题的难点在于第(3)问，如何通过已知条件确定△DHF的面积最大时的情况，

还有在确定使D、H、M、N四点组成平行四边形时，要通过点平移来确定M、N两点的横坐标. 5. 【思路分析】(1)先解已知的一元二次方程，求得B、D两点的坐标，再根据待定系数法求得结果.(2)求出直线OE的解析式，再求出两直线的交点H的坐标，以及F的坐标，再根据三角形的面积公式进行计算即可.(3)根据DF为矩形的边或对角线进行确定N点的坐标便可.

2

解：(1)x-6x+8＝0， 解得x1=2,x2=4, ∵OC>BC,

∴OC=4,BC=2， ∴B(-2,4)，

∵△ODE是△OCB绕点O顺时针旋转90度得到的， ∴OD=OC=4,DE=BC=2, ∴D(4,0)，

设直线BD的解析式为y=kx+b(k≠0)， ∴ -2k+b=4 4k+b=0，解得 k=-

2 3b=，

∴直线BD的解析式为y=-(2)∵DE=2, ∴E(4,2)，

∴直线OE的解析式为y=

8328x+.(3分) 331x， 228x+ 33116y=x,解得 x= 278y=, 7168∴H(,),

77联立 y=-

22

∴H点到y轴的距离为

167， 又由BD的解析式可得F(0, 83),

∴S1816△OFH＝2?3?7?6421.(6分)

(3)∵以点D、F、M、N为顶点的四边形是矩形，

第5题解图①

①∴△DFM是直角三角形.

当∠MFD为直角时，则M只能在x轴上，连接FN交MD于点G，如解图①，

∵BD的解析式为y=-23x+83且直线FM与直线BD垂直， ∴直线FM的斜率是23，

又∵直线FM过F(0，83)点，

∴直线FM的解析式为y=32x+83,

∴M(-169，0),

∴OD=4,OF=83，∠MFD=∠MFO+∠OFD=90°，

又∵∠MFO+∠FMO=90°, ∴∠NMO=∠DFO,

又∵∠MOF=∠FOD=90°, ∴Rt△FOM∽Rt△DOF,

∴

OMDF?DFOD, 8即OM8?34=169, 3∴OM=169,

23

∴M(-

169,0), ∵点G是MD的中点， ∴G(

109,0), 同时点G又是FN的中点， ∴根据两点的中点坐标公式可得N(

2089，-3)，

②当∠MDF为直角时，点M在y轴上，连接DN交FM于点G，如解图②, ∵BD的解析式为y=-

23x+83且直线MD与直线BD垂直， 又∵直线MD过D(4,0)点，

∴直线MD的解析式为y=32x-6, ∴OF=8OFOD3，OD=4,同理可得OD?OM，

8即34?4OM， ∴OM=6, ∴M(0,-6),

∵点G是FM的中点, ∴G(0,-

53), 同时点G又是DN的中点,

∴根据两点的中点坐标公式可得N(-4，-

103).

第5题解图

③当∠FMD为直角时，点M是原点，如解图③, 由图可知，四边形FMDN为矩形，所以N点的坐标是(4，

83). 24

综上所述，点N存在，坐标为(

882010，-)，(-4，-),(4，).(10分)

3393类型三 与三角形相似有关的问题 1. 解：(1)由抛物线y=-可得 c=4 -

12

x+bx+c过点A(0,4)和C(8，0),(1分) 61364+8b+c=0, 656解得 c=4

b=. (4分)

(2)∵∠AOP=∠PEB=90°，∠OAP=90°-∠APO=∠EPB, ∴△AOP∽△PEB， ∵PB是MP旋转所得， ∴PB=MP，

又∵M是AP的中点， ∴AP=2MP＝2PB， ∴相似比为

AOAP?=2,(5分) PEPB∵AO=4,

∴PE=2,OE=OP+PE=t+2， 又∵DE=OA=4，

∴点D的坐标为(t+2,4)，(6分) ∴当点D落在抛物线上时， 有-

15 (t+2)2+ (t+2)+4=4, 66解得t=3或t=-2. ∵t>0， ∴t=3,

故当t为3时，点D落在抛物线上.(7分)

(3)存在t,使得以A,B,D为顶点的三角形与△AOP相似.

理由：①当0

OP＝2， BE1OP， 21∴BD=4-t，

2POAOt?则，即?ADBDt?2∴BE=

整理得t+16=0, ∴t无解;(8分) 若△POA∽△BDA,

2

4, 14?t2同理，解得t=-2±25 (负值舍去)；(9分)

25

②当t>8时，若△POA∽△ADB, 则

POAOt?，即?ADBDt?24, 14?t2解得t=8±45 (负值舍去);(10分) 若△POA∽△BDA，同理，解得t无解.(11分)

综上所述，当t=-2+25 或t=8+45 时，以A,B,D为顶点的三角形与△AOP相似.(12分) 2. 【思路分析】(1)解一元二次方程得出方程的根，便可求出点的坐标；(2)过点B作BE⊥AC于点E，设OE=x,在Rt△BCE中，由勾股定理列出方程便可求出x，进而得出B点坐标，问题就迎刃而解；(3)根据相似三角形的比例线段进行解答即可.

2

解：(1)由x-12x+36=0， 解得：x1=x2=6, ∴OA=6,OC=6，

∴A(-6,0)，C(6,0).(2分)

(2)过点B作BE⊥AC于点E，如解图，

第2题解图

设OE=x,则CE=6-x,AE=6+x， ∵∠BAC=45°， ∴BE=AE=6+x，

222

在Rt△BCE中，BE+CE＝BC， 即(6+x)+(6-x)=(4 5)，

2

2

2

∴x1=2,x2=-2(舍去)， ∴B(2,8)， 将点B坐标代入y= ∴k=16.(6分)

(3)存在，满足条件的点P有5个，坐标为（0，12），（0，6），（0，2），（0，4+2 7），（0，4-2 7）（写出任意两个即可）.(10分)

【解法提示】设P(0，y)， ∵∠ODB=90°，∠DOA=90°， ∴∠PDB与∠POA对应.

∴两三角形相似共有四种情况：△PBD∽△PAO、△PBD∽△APO、△BPD∽△PAO、△BPD∽△

k中， x26

APO,依次讨论即可，下面以第一个为例分析，后面的情况类似. ∵△PBD∽△PAO，

∴

PDBDy?82?，即?， POAOy6∴y=12或y=6，

∴P1(0,12),P2(0,6).

同理，由其他三种情况的比例关系类似，可求得P3(0，2)，P4(0，4+27)，P5(0，4-27. ∴满足条件的点P的个数是5个.

3. 【思路分析】(1)A、B、C是抛物线与坐标轴的交点，故当y＝0时,可计算A、B的坐标，当x=0时，可计算C的坐标；(2)作B(或M)关于x=-2的对称点B′，连接B′M，与x=-2的交点即N，由B′M的解析式与x=-2可确定n值；(3)假设满足条件的点P存在，分类讨论：在第一、二、四象限，x轴下方.通过数形结合可知，一、二象限内两点关于抛物线对称轴对称，故求其中一个可知另一个，具体方法是过D作DE⊥x轴于点E，过P作PF⊥x轴于点F，在讨论△PAF∽△DAE的前提下计算△ABP的边长和点P坐标，然后根据“两边对应成比例且夹角相等”来检验△PAB和△ABD是否相似；点P在x轴下方时易知其和点D关于抛物线对称轴对称. 解：(1)抛物线解析式为y=

2 (x+2)(x-4), 8令x=0得y=-2, 令y=0得x1=-2,x2=4,

∴A(-2,0)，B(4,0)，C(0,- 2).(3分) (2)如解图①，过点A(-2,0)作y轴平行线l，

第3题解图①

则点B关于l的对称点B′(-8，0)，由抛物线顶点坐标公式得

M(1，-

92). 8连接B′M与l的交点即为使MN+BN值最小的点N. 设直线B′M的解析式为y=kx+b（k≠0）, 则 -8k+b=0

k+b=-922，解得 k=-

88 27

b=-2, ∴直线B′M的解析式为y=-2x-2. 8当x=-2时,n=-

32.(7分) 4(3)假设存在点P(t,

2 (t+2)(t-4)),使P、A、B为顶点的三角形与△ABD相似. 8下面分三种情况讨论：

(Ⅰ)当点P在第一象限时，显然∠PBA为钝角，∠BAD与∠ABD为锐角，过D作DE⊥x轴于点E，过P作PF⊥x轴于点F，易得D(2，-2)，PF=

2（t+2)(t-4),AF=t+2,DE=2,AE=4. 8第3题解图②①若∠PAF＝∠DAE，则△PAF∽△DAE， ∴

PFAF?， DEAE即432 (t+2)(t-4)= 2 (t+2)， 8解得：t1=-2(舍去)，t2=6，

当t=6时，PF=22，AF=8，PA=62， 又∵AD＝32，

PAAB＝2，＝2， ABADPAAB?∴， ABAD∴

∴当t=6时，△PAB与△BAD相似，且P(6,22). ②若∠PAF=∠DBE，则△PAF∽△DBE， ∴

PFAF?， DEBE即23

2 (t+2)(t-4)= 2 (t+2)， 8解得：t1=-2(舍去)，t2=8，

当t=8时，AF=10，PF=52，PA=10?(52)?56， ∵DE＝2，BD=6，

22 28

∴

PAABPAABPA56ABPA511??，显然且， ?,?6,?ABBDPBBDAB6BDPB11∴当t=8时，△PAB与△ABD不可能相似.

(Ⅱ)点P为第二象限时，根据对称性易知存在点P(-4，22)，使△PAB∽△BDA(当然，也可以像(Ⅰ)中一样计算得出).

(Ⅲ)点P在x轴下方时，根据对称性易知存在点P(0，-2)，使△PAB∽△BDA. 综上所述，存在点P1(6，22)，P2(-4，22),P3(0,- 2)三点使得以P、A、B为顶点的三角形与△ABD相似.(12分)

4. 【思路分析】(1)①根据直线解析式，求出点A的坐标，根据对称性可得点B的坐标；②求出点A、C的坐标，然后代入抛物线的解析式y=a(x+

32

)+k,求出a,k即可；(2)结合抛2物线的解析式，设出点P的坐标，过点P作y轴的垂线PE，垂足为E，根据

S△PAC＝S四边形AOEP-S△PEC-S△AOC，求得三角形面积与点P的横坐标的二次函数关系式，得到确定根据二次函数最大值，即△PAC的面积的最大值，进而可求得点P的坐标；(3)结合抛物线的解析式，设出点M的坐标，然后分三种情况进行讨论，由于两个三角形相似，根据相似三角形对应线段成比例，列出方程求解即可. 解：(1)①点B的坐标为(1，0).(1分)

1x+2可知，点A的坐标为(-4，0)， 23∵点A与点B关于直线x=-对称，

2【解法提示】由直线y=∴点B的坐标为(1，0). ②由直线y=

1x+2可知，点A的坐标为(-4，0)， 22

点C的坐标为(0，2)，

∵抛物线y=ax+bx+c的对称轴是x=-∴可设抛物线的解析式为y=a(x+

3, 232

)+k,(2分) 225a+k=0 491a+k=2,解得 a=- 4225k=,

8根据题意得

13225123(x+)+＝-x-x+2.(4分) 22822123 (2)如解图，设点P的坐标为(t,-t-t+2),

22∴抛物线的解析式为y=-过点P作y轴的垂线PE，垂足为点E，

29

第4题解图

∵点P为直线AC上方的抛物线的一点， ∴-4

12t2-32t+2, CE=-

122t-32t, ∴S△PAC＝S四边形AOEP-S△PEC-S△AOC ＝

12(-t+4)(-123112312t-2t+2)-2 (-t)(-2t-2t)-23432 ＝-(t+2)2

+4,

∴△PAC的面积的最大值为4.(7分) 此时点P的坐标为(-2，3).(8分)

(3)存在以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似. 设点M的坐标为(m,-

122m-32m+2), ∵点A(-4，0)，B(1,0)，C(0,2)， ∴AB=5,AC=25，BC＝5，

∴AB2

＝AC2

+BC2

，即△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，(9分)

①当点M在x轴上方，即-4

ANMN?BCAC时，Rt△AMN∽Rt△BAC， ∴

m?4?5,

?1m2?3m?22522解得：m1=-3,m2=-4(舍去)， ∴点M的坐标为(-3，2)； 当

ANMN?ACBC时，Rt△AMN∽Rt△ABC, ∴

m?4?1?25,

2352m?2m?2 30

解得:m3=0,m4=-4(舍去)，

∴点M的坐标为(0，2)；(10分) ②当点M在x轴下方，且m>1时， 当

ANBC?时，Rt△AMN∽Rt△BAC， MNACm?45?,

12325m?m?222解得：m5=5,m6=-4(舍去)， ∴点M的坐标为(5，-18)； 当

ANAC?时，Rt△AMN∽Rt△ABC， MNBCm?425?,

1235m?m?222解得:m7＝2，m8＝-4(舍去)， ∴点M的坐标为(2，-3);(11分) ③当点M在x轴下方，且m<-4时， 当

ANBC?时，Rt△AMN∽Rt△BAC, MNAC?m?45?,m无解，

123m?m?22522当

ANAC?时，Rt△AMN∽Rt△ABC， MNBC?m?425?,

1235m?m?222解得：m9=-2+2 (舍去)，m10=-2-2 (舍去),

综上所述，存在点M，使得以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似，点M的坐标为(-3，2)或(0，2)或(5，-18)或(2，-3).(12分) 类型四与面积有关的问题 类型四 与面积有关的问题

1. 解：(1)设抛物线的解析式为y＝a(x-1)(x-5)，

4，(1分) 544224416∴y= (x-1)(x-5)= x-x+4= (x-3)2-,(2分)

55555把点A(0，4)代入上式，解得a＝∴抛物线的对称轴是直线x＝3.(3分)

31

(2)存在，P点坐标为(3，

85).(4分) ①如解图①，连接AC交对称轴于点P，连接BP，BA，

第1题解图①

∵点B与点C关于对称轴对称， ∴PB=PC，

∴AB+AP+PB＝AB+AP+PC＝AB+AC， ∴此时△PAB的周长最小，(5分) 设直线AC的解析式为y＝kx+b， 把A(0，4)，C(5,0)代入y=kx+b中, 得 b=4

5k+b=0，解得 k＝-

45 b＝4，

∴直线AC的解析式为y＝-45x+4， ∵点P的横坐标为3，

∴y＝-4533+4=85，

∴P点坐标为(3，85).(6分)

(3)在直线AC下方的抛物线上存在点N，使△NAC面积最大，如解图②，设N点的横坐标为t，

32

第1题解图② ②此时点N(t，

4224t-t+4)(0

554x+4， 5过点N作y轴的平行线，分别交x轴、AC于点F、G，过点A作AD⊥NG,垂足为点D. 由(2)可知直线AC的解析式为y＝-把x＝t代入y＝-则G(t，-

44x+4得y＝-t+4， 554t+4). 544224此时NG＝-t+4-(t-t+4)

55542

＝-t+4t，(8分)

5∵AD+CF＝OC＝5， ∴S△NAC=S△ANG+S△CNG

11NG2AD+NG2CF 221＝NG2OC 2142

＝3(-t+4t)35 25=

＝-2t+10t

2

5225)+, 22525∴当t＝时，△NAC的面积最大，最大值为，(9分)

2254224由t＝，得y＝t-t+4＝-3，

2555∴N点坐标为(，-3).(10分)

2=-2(t-2. 解：(1)∵抛物线y=ax+bx+c与x轴交于点A和点B(1，0)，与y轴交于点C(0,3)，其对称轴l为x=-1, ∴ a+b+c=0 c=3 -2

b=-1, 解得 a=-1 2ab=-2 c=3，

∴抛物线的解析式为y=-x-2x+3=-(x+1)+4,(2分) ∴顶点坐标为(-1，4).(3分) 2

(2)令y=-x-2x+3=0,解得x=-3或x=1, ∴A(-3,0),B(1,0),

如解图，作PD⊥x轴于点D，设对称轴l与x轴交于点Q，连接AC，OP，

2

2

33

第2题解图

2

①∵点P在y=-x-2x+3上，

2

∴设点P(x,-x-2x+3)， ∵PA⊥NA，且PA=NA，

∠PAD+∠APD=∠PAD+∠NAQ＝90°， ∴∠APD=∠NAQ，

又∵∠PDA=∠AQN=90°, ∴△PAD≌△ANQ(AAS)， ∴PD=AQ,

2

即y=-x-2x+3=2,

解得x=2-1(舍去)或x=-2-1,(5分) ∴点P坐标为(-2-1，2)；(6分) ②S四边形PABC＝S△OBC+S△AOC+S△APC,

933，S△OCP＝|x|=-x， 222139S△OAP＝333|yp|=-x2-3x+，

222∵S△AOC＝

∴S△APC＝S△OAP+S△OCP-S△AOC

3299393327x-3x+-32x-=-x2-x=- (x+)2+, 22222228327∴当x=-时，S△ACP最大值＝，(8分)

28315此时P(-，)，

2412775S四边形PABC＝S△ABC+S△APC＝3433+＝.

28875∴S四边形PABC最大＝.(10分)

8=-3.【思路分析】(1)根据题意将A、B的坐标代入抛物线解析式及对称轴x=-

b5?，利用2a2待定系数法求解；(2)作EP∥y轴交AD于P，先利用待定系数法求出直线AD的解析式，再通过联立两个函数解析式得D点坐标，设E(x，x-

162

511x-2)(-3

所以PE＝-

1215x+ x+ ,根据三角形面积公式和S△AED=S△AEP+S△DEP可得到关于S△AED的二次632函数表达式，求出二次函数的最值即可找到对应的E点坐标；(3)设出点F坐标，根据A、D、

F三点坐标可分别求出AD2、AF2、DF2的长，根据勾股定理分三种情况讨论当∠DAF、∠ADF、∠AFD分别为直角时，求出t的值，则F点坐标可求.

解：(1)根据题意得 9a-3b+c=2 c=-2 -b2a?52,

解得 a=

16 b=-56

c=-2, (2分)

∴抛物线的函数表达式为y＝

16x2-56x-2.(3分) (2)作EP∥y轴交AD于点P，连接AE、ED，如解图①，

第3题解图①

设直线AD的解析式为y＝mx+n, 把A(-3，2)，C(0，

12)分别代入得 -3m+n＝2 n＝

12， 解得 m＝-12

n＝12，

∴直线AD的解析式为y＝-12x+12,(4分) 联立 y＝16x2-56x-2 y＝-

12x+12， 解得 x＝-3或 x＝5 y＝2 y＝-2，

35

∵点D在第四象限，则D(5，-2)，

设E(x，

16x2-56x-2)(-3

∴S△AED=S△AEP+S△DEP

=

111523(5+3)3(-6x2+3x+2)

=-23 (x-1)2+323,(6分) 当x＝1时，△ADE的面积最大，最大面积为323，此时E点坐标为(1，-83).(7分)

(3)存在.(8分)

第3题解图② 设F(

52,t)，如解图②， ∵A(-3,2),D(5,-2),

∴AD2=(5+3)2+(-2-2)2

=80,

AF2=(

52+3)2+(t-2)2

, DF2=(5-52)2+(-t-2)2,

当AD2

+AF2

＝DF2

时，△ADF是直角三角形，∠DAF=90°，

则80+(

52+3)2+(t-2)2=(5-52)2+(-t-2)2

， 解得t＝13，此时F点坐标为(52，13).(9分)

当AD2

+DF2

＝AF2

时，△ADF是直角三角形，∠ADF=90°，

则80+(5-52)2+(-t-2)2=(52+3)2+(t-2)2,

解得t＝-7，此时F点坐标为(52，-7).(10分)

当DF2

+AF2

＝AD2

时，△ADF是直角三角形，∠AFD＝90°， 则(

5522+3)2+(t-2)2+(5-2)+(-t-2)2

=80, 解得t＝±712,此时F点坐标为(5715712，2)或(2，-2)，(11分)

36

综上所述，F点的坐标为(

55557171，13)或(，-7)或(，)或(，-). 222222(12分)

2

4.【思路分析】(1)把点(-3，0)，(0，3)代入y=-x+bx+c可得关于b,

的二元一次方程组，解之可得解析式；(2)根据角平分线的判定定理，满足条件的点应该在∠DAB的平分线或∠DAB的外角的平分线上，所以本题应该分以上两种情形分别来求解；(3)过点F作x轴的垂线，垂足为M，交BC的延长线于点Q，则S△FBC=S△QFB-S△QFC＝11FQ2MB-FQ2MO22＝

12FQ(MB-MO)＝12FQ2OB然后通过函数值之差求出点F的坐标. 解：(1)将A(-3,0)，C(0，3)代入y=-x2

+bx+c, 得 c=3 -9-3b+c=0, ∴ b=-2 c=3， ∴抛物线的解析式为y=-x2

-2x+3.(3分) (2)存在.

当P在∠DAB的平分线上时，如解图①，作PM⊥AD, 设P(-1,y0)， 则PM=PD2sin∠ADE＝55 (4-y0),PE=y0， ∵PM=PE, ∴55 (4-y0)=y0,解得y0=5-1. ∴P(-1, 5-1).(6分)

当P在∠DAB的外角平分线上时，如解图②，作PN⊥AD， 设P(-1，y0)， 则PN=PD2sin∠ADE＝55 (4-y0),PE=-y0， ∵PN=PE,

37

第4题解图 ∴55 (4-y0)=-y0,解得y0=-5-1. ∴P(-1,- 5-1).(6分)

综上可得，存在符合条件的点P，坐标为(-1，5-1)，(-1，-5-1).(7分) (3)易得S△BCE＝

12BE2OC＝123233＝3， 又∵2S△FBC＝3S△EBC， ∴S△FBC＝

92， 过F作FQ⊥x轴交BC延长线于Q，交x轴于M，如解图③

第4题解图③

则S△FBC＝S△QFB-S△QFC

=

12QF2MB-12QF2MO ＝12QF2(MB-MO) ＝12FQ2OB ＝12FQ=92， ∴FQ=9.

易得直线BC的解析式为 y=-3x+3.

设F(x2

0,-x0-2x0+3)， Q(x0,-3x0+3),

∴-3x2

0+3+x0+2x0-3=9，

∴x2

0-x0-9=0， ∴x370=1?2或x=1?3702 (舍去)，

38

∴F(

1?37337?15,).(9分) 225. 【思路分析】(1)利用待定系数法，分别将点A、B的坐标代入抛物线解析式即可得解；

(2)过D作y轴平行线，交x轴于点H，根据△BCD与四边形OBDC的关系，从而由四边形COHD、△BDH的面积和减去△BOC的面积，可得结论；(3)先由抛物线的性质确定顶点P的坐标，根据平行线间的距离处处相等，从而平移直线BC，并使得其过点P，其与抛物线的交点即为所求点；然后求出点M的坐标，设PM与x轴交于点E，得PM=ME，确定点E的坐标，再平移直线BC，使其过点E，此时与抛物线的交点坐标即为所求.

解：(1)将A、B两点坐标代入抛物线y=-x2

+bx+c得： -1-b+c=0

-9+3b+c=0，解得 b=2 c=3. ∴抛物线的解析式为y=-x2

+2x+3.(2分)

【一题多解】由题意可知点A(-1，0)，点B(3，0)是抛物线与x轴的两个交点，

∴抛物线的解析式为y=-(x+1)(x-3)=-x2

+2x+3.

第5题解图①

(2)∵抛物线解析式为y=-x2

+2x+3, 令x=0,则y=3, ∴C(0,3), ∴OC=3.

∴设D(t，-t2

+2t+3)，如解图①，过点D作DH⊥x轴, 则S△BCD=S四边形DCOH+S△BDH-S△BOC

=

12 (-t2+2t+3+3)t+12

12 (3-t)(-t+2t+3)- 23333 ＝-32t2+92t

=-332272 (t-2)+8，(5分) ∵-32＜0，

∴当t=32时，即D(32，154)时，S27△BCD有最大值，且最大面积为8.(6分)

(3)存在点Q，(1)中抛物线的解析式可写为y=-(x-1)2

+4.

∴可得P(1,4),如解图②，

∵过点P且与BC平行的直线与抛物线的交点即为所求Q点之一， ∵直线BC的解析式为y＝-x+3，

39

第5题解图②

抛物线的对称轴为x=1，把x=1代入y=-x+3得y=2, ∴过点P且与BC平行的直线l1为y＝-x+5， 由 y=-x+5 y=-x2+2x+3，

解得 x1=2 x2=1 y1=3, y2=4, ∴Q1(2，3)；(8分)

∵直线PM为x＝1，直线BC为y=-x+3， ∴M(1，2).(9分)

设PM与x轴交于点E， ∵PM=EM=2，

∴过点E且与BC平行的直线l2为y＝-x+1，(10分)

从而过点E且与BC平行的直线l2与抛物线的交点也为所求Q点之一， 由 y=-x+1

y=-x2+2x+3，解得 x1=3?173?17 x2= 22y1=?1?17?1?17， y2=， 223?17?1?173?17?1?17，)，Q3(，). 22223?173?17?1?17，)或(，222∴Q2(

综上可得，满足题意的Q点坐标为(2，3)或(

?1?17).(12分) 2【难点突破】对于第(2)问表示△BCD的面积是解题的关键和突破口，主要先过点D作y轴平行线，交x轴于点H，然后利用四边形DCOH与△DHB的面积和再减去△BOC的面积进行正确转化，才能实现问题的解决；第(3)问的难点在于点Q的坐标确定，求解需利用平移直线BC，得到平移的直线l1、l2与抛物线的交点Q1、Q2、Q3，此时有△PMB与△QMB同底等高，即S△PMB=S△QMB，则点Q1、Q2、Q3即为所求.

40

6. 【思路分析】(1)将A、C两点坐标代入y=

42

x+bx+c，利用待定系数法可求得抛物线解5析式.(2)要使四边形DEFG的周长最短，由于DE是固定不变的，只需要EF+FG+DG最小，根据对称的性质，作D点关于y轴的对称点M，E点关于x轴的对称点N，连接MN，与x轴、y轴的交点分别为F、G，此时四边形DEFG的周长就最短，求出MN与DE便可.(3)设P点的横坐标为m，则P(m，

4224m-m+4),过点P作PQ⊥x轴，与直线OD交于点Q，求出OD的解析

55式，再求出Q点的坐标，进而得PQ，再根据三角形的面积公式，列出方程，若方程有解，

则存在点P，求出m的值，便可得出P点的坐标；若方程无解，则不存在点P. 解：(1)∵抛物线过点A(0,4),C(5,0),

∴ c=4 20+5b+c=0， 解得 b=-

24 54224x-x+4.(3分)

55 c=4,

∴二次函数的表达式为y=

(2)如解图①，作D点关于y轴的对称点M，E点关于x轴的对称点N，连接MN，与x轴、y轴的交点分别为F、G，则DG=GM,EF=NF，此时四边形DEFG的周长最短.

第6题解图①

由已知有OA=BC=4,OC=AB=5, ∵OD平分∠AOC， ∴∠AOD=45°, ∴OA=AD=4=AM， ∴BD＝AB-AD=1， ∵E是BC的中点， ∴BE=EC=CN=2，

∴DE+EF+FG+GD=DE+NF+FG+GM=DE+MN=

BD2?BE2+BM2?BN2=12?22+92?62=5+313. 即四边形DEFG周长的最小值是5+313 (7分) (3)假设存在一点P使△ODP的面积为12，不妨设P点的横坐标为m，

41

第6题解图② 则P(m，

4224m-m+4),如解图②，过点P作PQ⊥x轴，与直线OD交于点Q，

55∵AD=OA=4，

∴D(4，4),

设直线OD解析式为y=kx， ∴4k=4，k=1，

∴直线OD的解析式为y=x，则Q(m，m),

4224m-m+4-m|

554229=|m-m+4|,

55∴PQ=|

∴S△ODP＝S△OPQ+S△DPQ=12343|

4229m-m+4|=12,

55解得m=

29?100129?41或m=，

8829?100177?100129?1001，)，(，

888∴点P的坐标为(77?100129?41?19?4129?41?19?41)，(，)，(，)，

88888∴存在点P，使△ODP的面积为12,点P的坐标为：

29?100177?100129?100177?1001，)，(，)，

8888(

29?41?19?4129?41?19?41，)，(，). 8888(12分)

【难点突破】本题第(3)问难度稍大，由于P点的位置不确定，我们可以先假设其存在，设出坐标P(m,

△OPD4224m-m+4),然后根据各点之间的坐标关系得出线段PQ的长，由图象可知S55＝S△OPQ+S△DPQ，进一步利用等量代换得到关于m的方程，求解即可.不过，题目求解过程中

42

运算量较大，需细心一点.

类型五 与线段有关的问题

1. 【思路分析】(1)由于抛物线经过点A(-1，0)，B(4,0)，用待定系数法求出抛物线解析式；(2)根据抛物线解析式求出点C的坐标，根据S△PDB＝

13BD3|n|＝S△CAD，求出n的值，2即可求出点P的坐标；(3)由已知点B、C两点坐标可求出BC直线解析式,即可表示出点F2

和点G的坐标.根据抛物线的顶点式表示出n的取值范围，根据勾股定理表示出EG，利用二次函数的性质即可得到EG的最小值.

解：(1)∵抛物线y=ax2

+bx+2经过点A(-1,0)和点B(4，0)，

∴ a-b+2=0 16a+4b+2=0,解得 a=-

12 b=

32， ∴抛物线的解析式为y=-12x2+ 32x+2.(5分) (2)对于y=-

12x2+ 32x+2, 当x=0时，y=2，

∴C(0,2)， ∴S1△CAD＝

2AD2OC＝123332＝3， ∵S△CAD=S△PDB, ∴S△1PDB＝

23BD3|n|＝12323|n|=3， ∴n＝±3，(7分) 当n=3时，-

12x2+ 32x+2=3， 解得x1=1,x2=2，

∴P1(1，3)，P2(2，3).(9分) 当n=-3时，-

12x2+ 32x+2=-3， 解得x1=-2,x2=5，

∴P3(-2，-3)，P4(5，-3).(11分)

综上所述：P1(1，3)，P2(2，3)，P3(-2，-3)，P4(5，-3).(12分) (3)线段EG的最小值是455.(14分) 43

第1题解图

【解法提示】如解图，设过B(4,0),C(0,2)的直线解析式为y=kx+b，则有

4k+b=0

b=2, 解得 k=- b=2，

1 21x+2. 2∴直线BC的解析式为y=-∴F(4-2n,n),G(4-2n,0), ∵抛物线解析式为y=-

123x+x+2, 22b3???，

12a2?(?)221394?(?)?2?()2?4?24ac?b22?4?25, ?14a?284?(?)2325∴抛物线的顶点坐标为(，)，

2825∴0

85216222

∴EG＝(4-2n)+n=5(n-)+,

855162

∴当n=时，EG有最小值，

85∴?∴EG有最小值3245. 52. 【思路分析】(1)根据折叠的性质，设BD=x，表示出CD的长.在Rt△DCF中，利用勾股定理列方程求解.(2)过点D作DN⊥x轴于点N，过点F作FH⊥BC于点H.先用m表示出OE，EN，再由△DNE∽△GOE的比例线段求出m的值，得出点C、D的坐标，根据三角形面积关系求出点E坐标，进而根据待定系数法求得抛物线的解析式.(3)求出AE与CD相等，都为

5,244

当P与F点重合时，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，则可得PM=

1CD，满足2条件，再根据抛物线的对称性，点P为点F关于抛物线的对称轴对称的点时也满足条件. 解：(1)设BD=x，则有CD=2m-x，

由折叠的性质可知CF=AB=m，DF=BD=x，∠CFD=∠ABC=90°,

在Rt△OCF中，由勾股定理得CD2-DF2=CF2

，

即(2m-x)2-x2=m2

,

解得x=

3m4， 则CD=2m-3m5m4=4, ∴点D的坐标为(5m4，m).(4分)

(2)过点D作DN⊥x轴于点N，过点F作FH⊥BC于点H， 如解图①.

第2题解图① 则OC=DN=m，

由折叠知∠AED=∠CED,CE=EA, ∵BC∥OA， ∴∠CDE=∠AED, ∴∠CED=∠CDE, ∴CE=CD=

5m4, ∴OE=CE2?OC2=3m4, 则EN＝ON-OE=CD-OE=5m3mm4-4=2,

∵DN∥OG,

∴△DNE∽△GOE，

m∴DNOG?NEOE，即m3?32m， 4∴m=2， ∴DF=BD=

3m354=2,CD=m4=52，CF=AB=2,

45

∵

12CD2FH＝12CF2DF, ∴FH=65,

∴CH=CF2?FH2=85,

∴F(85,165),C(0,2),D(52,2)，(7分)

∵点C、F、D在抛物线y=ax2

+bx+c上, ∴ c=2

6425a+85b+c=165 254a+52b+c=2,

解得 a=?56 b=

2512 c=2，

∴抛物线的解析式为y=?56x2+2512x+2.(10分) (3)存在，点P的坐标为(8169165,5)或(10, 5).(12分)

第2题解图②

【解法提示】如解图②，连接FM，由折叠可知，AE=CE,∠CED=∠AED, ∵BC∥OA,

∴∠CDE=∠AED=∠CED, ∴CD=AE=CE=

52 ∵∠CFD=90°,M是CD的中点， ∴FM=

12CD, ∴当点P与点F重合时，即为点P11，P1M=

2CD=12EA，

46

此时点P1的坐标为(

816,)； 55再根据抛物线的对称性，点P为点F关于抛物线的对称轴的对称点时也满足条件，即为点

916, ). 1058161916综上，存在点P使得PM=EA，且点P坐标为(,)或(, ).

552105P2，此时点P2的坐标为(

47

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