中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘（全國通用）專題16二次函數(shù)與動(dòng)點(diǎn)綜合問題（全國通用）（原卷版+解析）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

二次函數(shù)與動(dòng)點(diǎn)問題的背景是特殊圖形,考查問題也是二次函數(shù)的有個(gè)性質(zhì)和特殊圖形的性質(zhì)，體現(xiàn)的數(shù)學(xué)思想方法主要是數(shù)形結(jié)合思想和分類討論思想，所以要把握好一般與特殊的關(guān)系；分析過程中,特別要關(guān)注圖形的特性（特殊角、特殊圖形的性質(zhì)、圖形的特殊位置.)
動(dòng)點(diǎn)問題一直是中考熱點(diǎn)，近幾年考查探究運(yùn)動(dòng)中的特殊性：等腰三角形、直角三角形、
相似三角形、平行四邊形、梯形、特殊角或三角函數(shù)、線段或面積的最值.
解決“動(dòng)點(diǎn)型問題”的關(guān)鍵是動(dòng)中求靜，靈活運(yùn)用“動(dòng)中求靜”，找到并運(yùn)用不變的數(shù)、不變的量、不變的關(guān)系，建立函數(shù)關(guān)系及綜合應(yīng)用代數(shù)、幾何知識(shí)解決問題. 根據(jù)題意靈活運(yùn)用特殊三角形和四邊形的相關(guān)性質(zhì)、判定、定理知識(shí)確定二次函數(shù)關(guān)系式，通過二次函數(shù)解析式或函數(shù)圖象判定“動(dòng)點(diǎn)型問題”涉及的線與線關(guān)系、特殊三角形、四邊形及相應(yīng)的周長、面積，還有存在、最值等問題.
【例1】(2023?本溪二模）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過A（3，0），C（﹣1，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)B．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖1，點(diǎn)M是線段AB上方拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，以AB為邊作平行四邊形ABMD，連接OM，若OM將平行四邊形ABMD的面積分成為1：7的兩部分，求點(diǎn)M的橫坐標(biāo)；
（3）如圖2，點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長度的速度沿B→A勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長度的速度沿A→O→B勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)A時(shí)，P、Q同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒，點(diǎn)G在坐標(biāo)平面內(nèi)，使以B、P、Q、G為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，直接寫出所有符合條件的t值．
【例2】(2023?沈北新區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+6（a≠0）交x軸于A、B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C，且OA＝OC＝3OB，連接AC．
（1）求拋物線的解析式；
（2）動(dòng)點(diǎn)P和動(dòng)點(diǎn)Q同時(shí)出發(fā)，點(diǎn)P從點(diǎn)C以每秒2個(gè)單位長度的速度沿CA運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A，點(diǎn)Q從點(diǎn)O以每秒1個(gè)單位長度的速度沿OC運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C，連接PQ，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)A時(shí)，點(diǎn)Q停止運(yùn)動(dòng)，求S△CPQ的最大值及此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）點(diǎn)M是拋物線上一點(diǎn)，是否存在點(diǎn)M，使得∠ACM＝15°？若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【例3】(2023?三亞模擬）如圖1，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸正半軸、y軸分別交于A（3，0）、B（0，3）兩點(diǎn)，點(diǎn)P為拋物線的頂點(diǎn)，連接AB、BP．
（1）求拋物線的解析式；
（2）求∠PBA的度數(shù)；
（3）如圖2，點(diǎn)M從點(diǎn)O出發(fā)，沿著OA的方向以1個(gè)單位/秒的速度向A勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)N從點(diǎn)A出發(fā)，沿著AB的方向以個(gè)單位/秒的速度向B勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，ME⊥x軸交AB于點(diǎn)E，NF⊥x軸交拋物線于點(diǎn)F，連接MN、EF．
①當(dāng)EF∥MN時(shí)，求點(diǎn)F的坐標(biāo)；
②在M、N運(yùn)動(dòng)的過程中，存在t使得△BNP與△BMN相似，請(qǐng)直接寫出t的值．
【例4】(2023?長沙模擬）在一個(gè)三角形中，如果其中某兩邊的長度之和等于第三邊長度的兩倍，則稱該三角形為“調(diào)和三角形”例如我們學(xué)過的等邊三角形就是“調(diào)和三角形”．
（1）已知一個(gè)“調(diào)和三角形”三條邊的長度分別為4，6，m﹣1，求m的值．
（2）已知Rt△ABC是“調(diào)和三角形”，它的三邊長分別為a，b，c，且a＜b＜c．
①求a：b：c的值；
②若△ABC周長的數(shù)值與面積的數(shù)值相等，求a，b，c的值．
（3）在（2）的條件下，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)以每秒2個(gè)單位c長度的速度沿路線A→B→C運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)以每秒1個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，設(shè)y＝PQ2．
①求y關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式；
②求y的最小值．
1．(2023?遵化市模擬）如圖，關(guān)于x的二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于點(diǎn)A（1，0）和點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C（0，3），拋物線的對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)D．
（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）在y軸上是否存在一點(diǎn)P，使△PBC為等腰三角形？若存在．請(qǐng)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）有一個(gè)點(diǎn)M從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度在AB上向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，另一個(gè)點(diǎn)N從點(diǎn)D與點(diǎn)M同時(shí)出發(fā)，以每秒2個(gè)單位的速度在拋物線的對(duì)稱軸上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，點(diǎn)M、N同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，問點(diǎn)M、N運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，△MNB面積最大，試求出最大面積．
2．(2023?市中區(qū)一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+4經(jīng)過A（﹣3，0）、B（4，0）兩點(diǎn)，且與y軸交于點(diǎn)C，D（4﹣4，0）．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿線段AB以每秒1個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)B移動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，沿線段CA以某一速度向點(diǎn)A移動(dòng)．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）若經(jīng)過t秒的移動(dòng)，線段PQ被CD垂直平分，求此時(shí)t的值；
（3）在第一象限的拋物線上取一點(diǎn)G，使得S△GCB＝S△GCA，再在拋物線上找點(diǎn)E（不與點(diǎn)A、B、C重合），使得∠GBE＝45°，求E點(diǎn)的坐標(biāo)．
3．(2023?項(xiàng)城市三模）如圖，拋物線經(jīng)過A（﹣3，0），C（5，0）兩點(diǎn)，點(diǎn)B為拋物線頂點(diǎn)，拋物線的對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿線段BD向終點(diǎn)D作勻速運(yùn)動(dòng)，速度為每秒1個(gè)單位長度，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，過點(diǎn)P作PM⊥BD，交BC于點(diǎn)M，以PM為正方形的一邊，向上作正方形PMNQ，邊QN交BC于點(diǎn)R，延長NM交AC于點(diǎn)E．
①當(dāng)t為何值時(shí)，點(diǎn)N落在拋物線上；
②在點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在某一時(shí)刻，使得四邊形ECRQ為平行四邊形？若存在，求出此時(shí)刻的t值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
4．(2023?泉山區(qū)三模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+4經(jīng)過A（﹣3，0）、B（4，0）兩點(diǎn)，且與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)D在x軸的負(fù)半軸上，且BD＝BC，有一動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿線段AB以每秒1個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)B移動(dòng)，同時(shí)另一個(gè)動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，沿線段CA以某一速度向點(diǎn)A移動(dòng)．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）若經(jīng)過t秒的移動(dòng)，線段PQ被CD垂直平分，求此時(shí)t的值；
（3）該拋物線的對(duì)稱軸上是否存在一點(diǎn)M，使MQ+MA的值最??？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
5．(2023?揚(yáng)州）如圖1，四邊形OABC是矩形，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（3，0），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，6），點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，沿OA以每秒1個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)，沿AB以每秒2個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)A重合時(shí)運(yùn)動(dòng)停止．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
（1）當(dāng)t＝2時(shí)，線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為；
（2）當(dāng)△CBQ與△PAQ相似時(shí)，求t的值；
（3）當(dāng)t＝1時(shí)，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過P，Q兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)M，拋物線的頂點(diǎn)為K，如圖2所示，問該拋物線上是否存在點(diǎn)D，使∠MQD＝∠MKQ？若存在，求出所有滿足條件的D的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．
6．(2023?蘭州）二次函數(shù)y＝ax2+bx+2的圖象交x軸于點(diǎn)（﹣1，0），B（4，0）兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C．動(dòng)點(diǎn)M從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長度的速度沿AB方向運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)M作MN⊥x軸交直線BC于點(diǎn)N，交拋物線于點(diǎn)D，連接AC，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒．
（1）求二次函數(shù)y＝ax2+bx+2的表達(dá)式；
（2）連接BD，當(dāng)t＝時(shí)，求△DNB的面積；
（3）在直線MN上存在一點(diǎn)P，當(dāng)△PBC是以∠BPC為直角的等腰直角三角形時(shí)，求此時(shí)點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（4）當(dāng)t＝時(shí)，在直線MN上存在一點(diǎn)Q，使得∠AQC+∠OAC＝90°，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)．
7．(2023?鄂州）如圖，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)，AB＝4，交y軸于點(diǎn)C，對(duì)稱軸是直線x＝1．
（1）求拋物線的解析式及點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（2）連接BC，E是線段OC上一點(diǎn)，E關(guān)于直線x＝1的對(duì)稱點(diǎn)F正好落在BC上，求點(diǎn)F的坐標(biāo)；
（3）動(dòng)點(diǎn)M從點(diǎn)O出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，過M作x軸的垂線交拋物線于點(diǎn)N，交線段BC于點(diǎn)Q．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（t＞0）秒．
①若△AOC與△BMN相似，請(qǐng)直接寫出t的值；
②△BOQ能否為等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，請(qǐng)說明理由．
8．(2023?樂山）如圖，已知拋物線y＝a（x+2）（x﹣6）與x軸相交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于C點(diǎn)，且tan∠CAB＝．設(shè)拋物線的頂點(diǎn)為M，對(duì)稱軸交x軸于點(diǎn)N．
（1）求拋物線的解析式；
（2）P為拋物線的對(duì)稱軸上一點(diǎn)，Q（n，0）為x軸上一點(diǎn)，且PQ⊥PC．
①當(dāng)點(diǎn)P在線段MN（含端點(diǎn)）上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求n的變化范圍；
②在①的條件下，當(dāng)n取最大值時(shí)，求點(diǎn)P到線段CQ的距離；
③在①的條件下，當(dāng)n取最大值時(shí)，將線段CQ向上平移t個(gè)單位長度，使得線段CQ與拋物線有兩個(gè)交點(diǎn)，求t的取值范圍．
9．(2023?西寧）如圖①，直線y＝﹣x+2與x軸，y軸分別交于A，B兩點(diǎn)，以A為頂點(diǎn)的拋物線經(jīng)過點(diǎn)B，點(diǎn)P是拋物線上一點(diǎn)，連接OP，AP．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若△AOP的面積是3，求P點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）如圖②，動(dòng)點(diǎn)M，N同時(shí)從點(diǎn)O出發(fā)，點(diǎn)M以1個(gè)單位長度/秒的速度沿x軸正半軸方向勻速運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N以個(gè)單位長度/秒的速度沿y軸正半軸方向勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中一個(gè)動(dòng)點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，另一個(gè)動(dòng)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)N作NE∥x軸交直線AB于點(diǎn)E．若設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，是否存在某一時(shí)刻，使四邊形AMNE是菱形？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
10．(2023?沈陽）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+2（a≠0）與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，拋物線經(jīng)過點(diǎn)D（﹣2，﹣3）和點(diǎn)E（3，2），點(diǎn)P是第一象限拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．
（1）求直線DE和拋物線的表達(dá)式；
（2）在y軸上取點(diǎn)F（0，1），連接PF，PB，當(dāng)四邊形OBPF的面積是7時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，當(dāng)點(diǎn)P在拋物線對(duì)稱軸的右側(cè)時(shí)，直線DE上存在兩點(diǎn)M，N（點(diǎn)M在點(diǎn)N的上方），且MN＝2，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)P出發(fā)，沿P→M→N→A的路線運(yùn)動(dòng)到終點(diǎn)A，當(dāng)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)路程最短時(shí)，請(qǐng)直接寫出此時(shí)點(diǎn)N的坐標(biāo)．
11．(2023?湖州）如圖1，已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，四邊形OABC是矩形，點(diǎn)A，C分別在x軸和y軸的正半軸上，連接AC，OA＝3，tan∠OAC＝，D是BC的中點(diǎn)．
（1）求OC的長和點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）如圖2，M是線段OC上的點(diǎn)，OM＝OC，點(diǎn)P是線段OM上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，經(jīng)過P，D，B三點(diǎn)的拋物線交x軸的正半軸于點(diǎn)E，連接DE交AB于點(diǎn)F．
①將△DBF沿DE所在的直線翻折，若點(diǎn)B恰好落在AC上，求此時(shí)BF的長和點(diǎn)E的坐標(biāo)；
②以線段DF為邊，在DF所在直線的右上方作等邊△DFG，當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)M時(shí)，點(diǎn)G也隨之運(yùn)動(dòng)，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)G運(yùn)動(dòng)路徑的長．
12．(2023?高明區(qū)校級(jí)模擬）在平面直角坐標(biāo)系中，Rt△ABC，∠ACB＝90°，AB∥x軸，如圖1，C（1，0），且OC：OA＝AC：BC＝1：2．
（1）A點(diǎn)坐標(biāo)為，B點(diǎn)坐標(biāo)為；
（2）求過A、B、C三點(diǎn)的拋物線表達(dá)式；
（3）如圖2，拋物線對(duì)稱軸與AB交于點(diǎn)D，現(xiàn)有一點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度在AB上向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，另一點(diǎn)Q從點(diǎn)D與點(diǎn)P同時(shí)出發(fā)，以每秒5個(gè)單位在拋物線對(duì)稱軸上運(yùn)動(dòng)．當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)P、Q同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，問點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，△PQB面積最大，試求出最大面積．
13．(2023?香洲區(qū)校級(jí)一模）如圖1，矩形OBCD的邊OD，OB分別在x軸和y軸上，且B（0，8），D（10，0）．點(diǎn)E是DC邊上一點(diǎn)，將矩形OBCD沿過點(diǎn)O的射線OE折疊，使點(diǎn)D恰好落在BC邊上的點(diǎn)A處．
（1）若拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過點(diǎn)A，D，求此拋物線的解析式；
（2）若點(diǎn)M是（1）中的拋物線對(duì)稱軸上的一點(diǎn)，點(diǎn)N是坐標(biāo)平面內(nèi)一點(diǎn)，是否存在M，N使以A，M，N，E為頂點(diǎn)的四邊形為菱形？若存在，直接寫出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，說明理由；
（3）如圖2，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)沿x軸正方向以每秒1個(gè)單位的速度向終點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)D出發(fā)沿折線D﹣C﹣A以同樣的速度運(yùn)動(dòng)，兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，當(dāng)一點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也隨之停止，過動(dòng)點(diǎn)P作直線l⊥x軸，依次交射線OA，OE于點(diǎn)F，G，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（秒），△QFG的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出t的取值范圍．（t的取值應(yīng)保證△QFG的存在）
14．(2023?南充一模）如圖，拋物線y＝﹣（x+1）（x﹣n）與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，△ABC的面積為5．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)沿AB方向以每秒1個(gè)單位的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，過P作PN⊥x軸交BC于M，交拋物線于N．
（1）求拋物線的解析式；
（2）當(dāng)M在線段BC上，MN最大時(shí)，求運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
（3）經(jīng)過多長時(shí)間，點(diǎn)N到點(diǎn)B、點(diǎn)C的距離相等？
15．(2023?潮南區(qū)模擬）如圖，關(guān)于x的二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于點(diǎn)A（1，0）和點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C（0，3），拋物線的對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)D．
（1）求二次函數(shù)的解析式．
（2）有一個(gè)點(diǎn)M從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度在AB上向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，另一個(gè)點(diǎn)N從點(diǎn)D與點(diǎn)M同時(shí)出發(fā)，以每秒2個(gè)單位的速度在拋物線的對(duì)稱軸上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，點(diǎn)M、N同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，問點(diǎn)M、N運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，△MNB面積最大，試求出最大面積．
（3）在y軸上是否存在一點(diǎn)P，使△PBC為等腰三角形？若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)，若不存在請(qǐng)說明理由．
16．(2023?潮州模擬）如圖1，已知拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，且OB＝2OA＝4．
（1）求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）設(shè)P是（1）中拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)直線OC平分∠ACP時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）如圖2，點(diǎn)G是線段AC的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)E從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長度的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)F從點(diǎn)B出發(fā)，以每秒個(gè)單位長度的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，若E、F兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．則當(dāng)t為何值時(shí)，△EFG的面積是△ABC的面積的？
17．(2023?饒平縣校級(jí)模擬）如圖，拋物線y＝x2+bx+c過點(diǎn)A（3，0），B（1，0），交y軸于點(diǎn)C，點(diǎn)P是該拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P從C點(diǎn)沿拋物線向A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)（點(diǎn)P不與A重合），過點(diǎn)P作PD∥y軸交直線AC于點(diǎn)D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）求點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)的過程中線段PD長度的最大值；
（3）△APD能否構(gòu)成直角三角形？若能，請(qǐng)直接寫出所有符合條件的點(diǎn)P坐標(biāo)；若不能，請(qǐng)說明理由．
18．(2023?山西模擬）綜合與實(shí)踐
如圖，拋物線y＝與x軸交于點(diǎn)A，B（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），交y軸于點(diǎn)C．點(diǎn)D從點(diǎn)A出發(fā)以每秒1個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)E同時(shí)從點(diǎn)B出發(fā)以相同的速度向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒．
（1）求點(diǎn)A，B，C的坐標(biāo)；
（2）求t為何值時(shí)，△BDE是等腰三角形；
（3）在點(diǎn)D和點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在直線DE將△BOC的面積分成1：4兩份，若存在，直接寫出t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
19．(2023?雁塔區(qū)校級(jí)模擬）將拋物線C1：y＝﹣x2+3沿x軸翻折，得拋物線C2．
（1）請(qǐng)求出拋物線C2的表達(dá)式；
（2）現(xiàn)將拋物線C1向左平移m個(gè)單位長度，平移后得到的新拋物線的頂點(diǎn)為M，與x軸的交點(diǎn)從左到右依次為A、B；將拋物線C2向右也平移m個(gè)單位長度，平移后得到的新拋物線的頂點(diǎn)為N，與x軸交點(diǎn)從左到右依次為D、E．在平移過程中，是否存在以點(diǎn)A，N，E，M為頂點(diǎn)的四邊形是矩形的情形？若存在，請(qǐng)求出此時(shí)m的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
20．(2023?清江浦區(qū)模擬）如圖1，矩形OBCD的邊OD，OB分別在x軸和y軸上，且B（0，8），D（10，0）．點(diǎn)E是DC邊上一點(diǎn)，將矩形OBCD沿過點(diǎn)O的射線OE折疊，使點(diǎn)D恰好落在BC邊上的點(diǎn)A處．
（1）若拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過點(diǎn)A，D，求此拋物線的解析式；
（2）若點(diǎn)M是（1）中拋物線對(duì)稱軸上的一點(diǎn)，是否存在點(diǎn)M，使△AME為等腰三角形？若存在，直接寫出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，說明理由；
（3）如圖2，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)沿x軸正方向以每秒1個(gè)單位的速度向終點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)D出發(fā)沿折線D﹣C﹣A以同樣的速度運(yùn)動(dòng)，兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，當(dāng)一點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也隨之停止，過動(dòng)點(diǎn)P作直線l⊥x軸，依次交射線OA，OE于點(diǎn)F，G，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（秒），△QFG的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出t的取值范圍．（t的取值應(yīng)保證△QFG的存在）
21．(2023?濟(jì)寧三模）如圖，直線y＝﹣2x+4交x軸于點(diǎn)A，交y軸于點(diǎn)B，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）經(jīng)過點(diǎn)A、E，點(diǎn)E的坐標(biāo)是（5，3），拋物線交x軸于另一點(diǎn)C（6，0）．
（1）求拋物線的解析式．
（2）設(shè)拋物線的頂點(diǎn)為D，連接BD，AD，CD，動(dòng)點(diǎn)P在BD上以每秒2個(gè)單位長度的速度由點(diǎn)B向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q在線段CA上以每秒3個(gè)單位長度的速度由點(diǎn)C向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，PQ交線段AD于點(diǎn)H．
①當(dāng)∠DPH＝∠CAD時(shí)，求t的值；
②過點(diǎn)H作HM⊥BD，垂足為點(diǎn)M，過點(diǎn)P作PN⊥BD交線段AB或AD于點(diǎn)N．在點(diǎn)P、Q的運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在以點(diǎn)P，N，H，M為頂點(diǎn)的四邊形是矩形？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
22．(2023?望花區(qū)模擬）如圖1，已知拋物線y＝ax2+x+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于C點(diǎn)，且點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣1，0）、點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，3）．
（1）請(qǐng)寫出該拋物線的函數(shù)表達(dá)式和點(diǎn)B的坐標(biāo)；
（2）如圖2，有兩動(dòng)點(diǎn)D、E在△COB的邊上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)速度均為每秒5個(gè)單位長度，它們分別從點(diǎn)C和點(diǎn)B同時(shí)出發(fā)，點(diǎn)D沿折線COB按C→O→B方向向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)E沿線段BC按B→C方向向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，請(qǐng)解答下列問題：
①當(dāng)t為何值時(shí)，△BDE的面積等于；
②在點(diǎn)D、E運(yùn)動(dòng)過程中，該拋物線上存在點(diǎn)F，使得依次連接AD、DF、FE、EA得到的四邊形ADFE是平行四邊形，請(qǐng)直接寫出所有符合條件的點(diǎn)F的坐標(biāo)．
（全國通用）
專題16二次函數(shù)與動(dòng)點(diǎn)綜合問題

二次函數(shù)與動(dòng)點(diǎn)問題的背景是特殊圖形,考查問題也是二次函數(shù)的有個(gè)性質(zhì)和特殊圖形的性質(zhì)，體現(xiàn)的數(shù)學(xué)思想方法主要是數(shù)形結(jié)合思想和分類討論思想，所以要把握好一般與特殊的關(guān)系；分析過程中,特別要關(guān)注圖形的特性（特殊角、特殊圖形的性質(zhì)、圖形的特殊位置.)
動(dòng)點(diǎn)問題一直是中考熱點(diǎn)，近幾年考查探究運(yùn)動(dòng)中的特殊性：等腰三角形、直角三角形、
相似三角形、平行四邊形、梯形、特殊角或三角函數(shù)、線段或面積的最值.
解決“動(dòng)點(diǎn)型問題”的關(guān)鍵是動(dòng)中求靜，靈活運(yùn)用“動(dòng)中求靜”，找到并運(yùn)用不變的數(shù)、不變的量、不變的關(guān)系，建立函數(shù)關(guān)系及綜合應(yīng)用代數(shù)、幾何知識(shí)解決問題. 根據(jù)題意靈活運(yùn)用特殊三角形和四邊形的相關(guān)性質(zhì)、判定、定理知識(shí)確定二次函數(shù)關(guān)系式，通過二次函數(shù)解析式或函數(shù)圖象判定“動(dòng)點(diǎn)型問題”涉及的線與線關(guān)系、特殊三角形、四邊形及相應(yīng)的周長、面積，還有存在、最值等問題.
【例1】(2023?本溪二模）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過A（3，0），C（﹣1，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)B．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖1，點(diǎn)M是線段AB上方拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，以AB為邊作平行四邊形ABMD，連接OM，若OM將平行四邊形ABMD的面積分成為1：7的兩部分，求點(diǎn)M的橫坐標(biāo)；
（3）如圖2，點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長度的速度沿B→A勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長度的速度沿A→O→B勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)A時(shí)，P、Q同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒，點(diǎn)G在坐標(biāo)平面內(nèi)，使以B、P、Q、G為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，直接寫出所有符合條件的t值．
【分析】（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；
（2）連接AM，設(shè)AB與OM的交點(diǎn)為N，作NH⊥OA于點(diǎn)H，則NH∥OB，設(shè)點(diǎn)M，點(diǎn)N，證明△ANH∽△AOB，求出，可得，求出直線OM的解析式，聯(lián)立方程組，即可求M點(diǎn)的橫坐標(biāo)；
（3）分兩種情況討論：①當(dāng)0＜t≤3時(shí)，P（t，4﹣t），Q（3﹣t，0），再由菱形的邊的性質(zhì)分三種情況求解：當(dāng)BP＝PQ時(shí)，t＝或t＝5（舍）；當(dāng)BP＝BQ時(shí)，t＝（舍）；當(dāng)BQ＝PQ時(shí)，t＝0（舍）或t＝（舍）；②當(dāng)3＜t≤5時(shí)，P（t，4﹣t），Q（0，t﹣3），再由菱形的邊的性質(zhì)分三種情況求解：當(dāng)BP＝BQ，t＝3.5；當(dāng)BP＝PQ時(shí)，t＝7（舍）或t＝（舍）；當(dāng)BQ＝PQ時(shí)，t＝0（舍）或t＝．
【解答】解：（1）將（3，0），（﹣1，0）代入y＝﹣x2+bx+c，
得，
解得，
∴；
（2）連接AM，設(shè)AB與OM的交點(diǎn)為N，作NH⊥OA于點(diǎn)H，則NH∥OB，
∵A（3，0），B（0，4），
設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+4，
∴3k+4＝0，
∴k＝﹣，
∴y＝﹣x+4，
設(shè)點(diǎn)M，點(diǎn)N，
∵S△BMN：S△ABM＝1：4，
∴S△BMN：S△ABM＝1：4，
∴BN：AN＝1：3，
∵NH∥OB，
∴△ANH∽△AOB，
∴，即，
解得，
∴，
∴直線OM的解析式為y＝4x，
聯(lián)立方程組，
解得，
∵點(diǎn)M在第一象限，
∴，
∴點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為；
（3）∵A（3，0），B（0，4），
∴OA＝3，OB＝4，
∴AB＝5，
①當(dāng)0＜t≤3時(shí)，P（t，4﹣t），Q（3﹣t，0），
∵四邊形BPQG是菱形，
當(dāng)BP＝PQ時(shí)，t2＝（t﹣3+t）2+（t）2，
解得t＝或t＝5（舍）；
當(dāng)BP＝BQ時(shí)，（3﹣t）2+42＝t2，
解得t＝（舍）；
當(dāng)BQ＝PQ時(shí)，（3﹣t）2+42＝（t﹣3+t）2+（t）2，
解得t＝0（舍）或t＝（舍）；
②當(dāng)3＜t≤5時(shí)，P（t，4﹣t），Q（0，t﹣3），
∵四邊形BPQG是菱形，
當(dāng)BP＝BQ，t2＝（7﹣t）2，
∴t＝3.5；
當(dāng)BP＝PQ時(shí)，t2＝（t）2+（4﹣t﹣t+3）2，
解得t＝7（舍）或t＝（舍）；
當(dāng)BQ＝PQ時(shí)，（7﹣t）2＝（t）2+（4﹣t﹣t+3）2，
解得t＝0（舍）或t＝；
綜上所述：t的值為或3.5或．
【例2】(2023?沈北新區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+6（a≠0）交x軸于A、B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C，且OA＝OC＝3OB，連接AC．
（1）求拋物線的解析式；
（2）動(dòng)點(diǎn)P和動(dòng)點(diǎn)Q同時(shí)出發(fā)，點(diǎn)P從點(diǎn)C以每秒2個(gè)單位長度的速度沿CA運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A，點(diǎn)Q從點(diǎn)O以每秒1個(gè)單位長度的速度沿OC運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C，連接PQ，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)A時(shí)，點(diǎn)Q停止運(yùn)動(dòng)，求S△CPQ的最大值及此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）點(diǎn)M是拋物線上一點(diǎn)，是否存在點(diǎn)M，使得∠ACM＝15°？若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【分析】（1）先求出點(diǎn)A，點(diǎn)B坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求解析式；
（2）先求出CQ與PH的長，由三角形的面積公式和二次函數(shù)的性質(zhì)可求解；
（3）分兩種情況討論，先求出CM的解析式，聯(lián)立方程組可求解．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+6（a≠0）交y軸于點(diǎn)C，
∴點(diǎn)C（0，6），
∴OC＝6，
∵OA＝OC＝3OB，
∴OA＝OC＝6，OB＝2，
∴點(diǎn)A（﹣6，0），點(diǎn)B（2，0），
將點(diǎn)A，點(diǎn)B坐標(biāo)代入解析式，可得：，
解得：，
∴拋物線的表達(dá)式為：y＝﹣x2﹣2x+6；
（2）如圖，過點(diǎn)P作PH⊥CO于H，
∵OA＝OC＝6，
∴∠OCA＝45°
∵PH⊥OC，
∴∠ACO＝∠CPH＝45°，
∴PH＝CH，
∵點(diǎn)P從點(diǎn)C以每秒2個(gè)單位長度的速度沿CA運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A，點(diǎn)Q從點(diǎn)O以每秒1個(gè)單位長度的速度沿OC運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C，
∴CP＝2t，OQ＝t，
∴PH＝CH＝t，CQ＝6﹣t，
∴S△PCQ＝×CQ×PH＝（﹣t2+6t）＝﹣（t﹣3）2+，
∴當(dāng)t＝3時(shí)，S△CPQ的最大值為，
∴PH＝CH＝3，
∴OH＝6﹣3，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣3，6﹣3）；
（3）如圖，當(dāng)點(diǎn)M在AC的下方時(shí)，設(shè)CM與x軸的交點(diǎn)為H，
∵∠ACM＝15°，∠ACO＝45°，
∴∠OCH＝30°，
∴tan∠OCH＝＝，
∴OH＝2，
∴點(diǎn)H（﹣2，0），
∴直線CM的解析式為：y＝x+6，
聯(lián)立方程組可得：，
解得：（舍去）或，
故點(diǎn)M（﹣4﹣2，﹣4）；
當(dāng)點(diǎn)M'在AC的上方時(shí)，設(shè)CM'與x軸的交點(diǎn)為G，
∵∠ACM'＝15°，∠ACO＝45°，
∴∠OCG＝60°，
∴tan∠OCG＝，
∴OG＝6，
∴點(diǎn)H（﹣6，0），
∴直線CM'的解析式為：y＝x+6，
聯(lián)立方程組可得：，
解得：（舍去）或，
故點(diǎn)M（﹣4﹣，﹣+）；
綜上所述：點(diǎn)M的坐標(biāo)為（﹣4﹣2，﹣4）或（﹣4﹣，﹣+）．
【例3】(2023?三亞模擬）如圖1，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸正半軸、y軸分別交于A（3，0）、B（0，3）兩點(diǎn)，點(diǎn)P為拋物線的頂點(diǎn)，連接AB、BP．
（1）求拋物線的解析式；
（2）求∠PBA的度數(shù)；
（3）如圖2，點(diǎn)M從點(diǎn)O出發(fā)，沿著OA的方向以1個(gè)單位/秒的速度向A勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)N從點(diǎn)A出發(fā)，沿著AB的方向以個(gè)單位/秒的速度向B勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，ME⊥x軸交AB于點(diǎn)E，NF⊥x軸交拋物線于點(diǎn)F，連接MN、EF．
①當(dāng)EF∥MN時(shí)，求點(diǎn)F的坐標(biāo)；
②在M、N運(yùn)動(dòng)的過程中，存在t使得△BNP與△BMN相似，請(qǐng)直接寫出t的值．
【分析】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法即可求得答案；
（2）如圖1，過點(diǎn)P作PD⊥y軸于點(diǎn)D，可證：△PBD是等腰直角三角形，△AOB是等腰直角三角形，即可求得答案；
（3）①如圖2，延長FN交x軸于點(diǎn)G，由△AEM是等腰直角三角形，可得EM＝AM＝3﹣t，再由四邊形EFNM是平行四邊形，可得EM＝FN，建立方程求解即可得出答案；
②如圖3，過點(diǎn)N作HG⊥x軸于點(diǎn)G，由于∠MBN＜90°，故∠MBN≠∠PBN，若∠BMN＝∠PBN＝90°，推出t＝0，不符合題意；若∠BNM＝∠PBN＝90°，可求得t＝1，進(jìn)而可得△BNM∽△NBP，故t＝1．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過A（3，0）、B（0，3）兩點(diǎn)，
∴，
解得：，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴頂點(diǎn)P（1，4），
如圖1，過點(diǎn)P作PD⊥y軸于點(diǎn)D，
則D（0，4），∠PDB＝90°，
∴PD＝1，BD＝4﹣3＝1，
∴PD＝BD，
∴△PBD是等腰直角三角形，
∴∠PBD＝45°，BP＝，
∵OA＝OB＝3，∠AOB＝90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠ABO＝45°，AB＝3，
∴∠PBA＝180°﹣∠PBD﹣∠ABO＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
（3）①如圖2，延長FN交x軸于點(diǎn)G，
由題意得：OM＝t，AN＝t，
∴AM＝3﹣t，
∵FN⊥x軸，
∴∠AGN＝90°，
由（2）知：△AOB是等腰直角三角形，
∴∠BAO＝45°，
∴△ABG是等腰直角三角形，
∴AG＝NG＝AN＝×t＝t，
∴G（3﹣t，0），
當(dāng)x＝3﹣t時(shí)，﹣x2+2x+3＝﹣（3﹣t）2+2（3﹣t）+3＝﹣t2+4t，
∴F（3﹣t，﹣t2+4t），
∴FG＝﹣t2+4t，
∴FN＝FG﹣NG＝﹣t2+4t﹣t＝﹣t2+3t，
∵M(jìn)E⊥x軸，
∴△AEM是等腰直角三角形，
∴EM＝AM＝3﹣t，
∵M(jìn)E⊥x軸，
∵EF∥MN，F(xiàn)N⊥x軸，
∴四邊形EFNM是平行四邊形，
∴EM＝FN，
∴3﹣t＝﹣t2+3t，
解得：t＝1或t＝3（不符合題意，舍去），
∴F（2，3）；
②存在．如圖3，過點(diǎn)N作HG⊥x軸于點(diǎn)G，
由①知：OM＝t，AN＝t，AG＝NG＝t，
∴MG＝3﹣2t，
∴BN＝3﹣t，BP＝，∠PBN＝90°，
∵∠MBN＜90°，
∴∠MBN≠∠PBN，
若∠BMN＝∠PBN＝90°，
則∠BMO+∠NMG＝90°，
∵∠BOM＝∠MGN＝90°，
∴∠BMO+∠MBO＝90°，
∴∠MBO＝∠NMG，
∴△BMO∽△MNG，
∴＝，即＝＝1，
∴3﹣2t＝3，
解得：t＝0（不符合題意，舍去），
故∠BMN≠∠PBN，
若∠BNM＝∠PBN＝90°，則∠ANM＝90°，
∴△AMN是等腰直角三角形，
∴AM＝AN＝2t，
∴OA＝OM+AM＝3t＝3，
∴t＝1，
當(dāng)t＝1時(shí)，MN＝AN＝，
∴BN＝AB﹣AN＝3﹣＝2，
∵＝＝，＝，
∴＝，且∠BNM＝∠PBN＝90°，
∴△BNM∽△NBP，
綜上所述，當(dāng)△BNP與△BMN相似時(shí)，t＝1．
【例4】(2023?長沙模擬）在一個(gè)三角形中，如果其中某兩邊的長度之和等于第三邊長度的兩倍，則稱該三角形為“調(diào)和三角形”例如我們學(xué)過的等邊三角形就是“調(diào)和三角形”．
（1）已知一個(gè)“調(diào)和三角形”三條邊的長度分別為4，6，m﹣1，求m的值．
（2）已知Rt△ABC是“調(diào)和三角形”，它的三邊長分別為a，b，c，且a＜b＜c．
①求a：b：c的值；
②若△ABC周長的數(shù)值與面積的數(shù)值相等，求a，b，c的值．
（3）在（2）的條件下，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)以每秒2個(gè)單位c長度的速度沿路線A→B→C運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)以每秒1個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，設(shè)y＝PQ2．
①求y關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式；
②求y的最小值．
【分析】（1）根據(jù)兩邊的長度之和等于第三邊長度的兩倍，分情況求m值即可；
（2）①根據(jù)兩邊的長度之和等于第三邊長度的兩倍，及勾股定理列出三邊關(guān)系，聯(lián)立方程組求出比值即可；
②根據(jù)三邊比值和△ABC周長的數(shù)值與面積的數(shù)值相等，求出三邊長度即可；
（3）①分點(diǎn)P在AB上和在BC上兩種情況，根據(jù)勾股定理求出PQ2即可；
②利用①的函數(shù)關(guān)系式求最值即可．
【解答】解：（1）∵“調(diào)和三角形”某兩邊的長度之和等于第三邊長度的兩倍，
∴①當(dāng)4+6＝2（m﹣1）時(shí)，
解得m＝6，
②當(dāng)m﹣1+4＝2×6時(shí)，
解得m＝9，
③當(dāng)6+m﹣1＝2×4時(shí)，
解得m＝3（不合題意舍去），
綜上，m的值為6或9；
（2）①∵Rt△ABC是“調(diào)和三角形”，且a＜b＜c，
∴a2+b2＝c2，①
a+c＝2b，②
由②，得b＝，代入①，
得a2+（）2＝c2，
整理得（5a﹣3c）（a+c）＝0，
∵a，b，c為三角形三邊，
∴0＜a＜b＜c，
∴5a﹣3c＝0，
故a：c＝3：5，
同理可得，a：b＝3：4，
∴a：b：c＝3：4：5；
②若△ABC周長的數(shù)值與面積的數(shù)值相等，
即a+b+c＝，
∵a：b：c＝3：4：5，
∴b＝a，c＝a，
∴a+b+c＝，
即a+a+a＝a×a，
解得a＝6或a＝0（舍去），
∴a＝6，b＝8，c＝10；
（3）①（Ⅰ）當(dāng)P點(diǎn)在AB上時(shí)，即0≤t≤5時(shí)，
過P作PD⊥AC于D，
則有AP＝2t，CQ＝t，
∵∠A＝∠A，∠PDA＝∠BCA＝90°，
∴△APD∽△ABC，
∴PD：AD：AP＝3：4：5，
∴PD＝t，AD＝t，
∴DQ＝8﹣t﹣t＝8﹣t，
∵PQ2＝PD2+DQ2，
∴PQ2＝（t）2+（8﹣t）2＝t2﹣t+64；
（Ⅱ）當(dāng)P在BC上時(shí)，即5＜t≤8時(shí)，
此時(shí)，PC＝6+10﹣2t＝16﹣2t，
CQ＝t，
∴PQ2＝PD2+DQ2＝（16﹣2t）2+t2＝5t2﹣64t+256，
綜上，y關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式：；
②由y關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式可知當(dāng)P在AB上時(shí)有最小值，
∵y＝t2﹣t+64＝（t﹣）2+，
∴當(dāng)t＝，y有最小值為．
1．(2023?遵化市模擬）如圖，關(guān)于x的二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于點(diǎn)A（1，0）和點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C（0，3），拋物線的對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)D．
（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）在y軸上是否存在一點(diǎn)P，使△PBC為等腰三角形？若存在．請(qǐng)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）有一個(gè)點(diǎn)M從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度在AB上向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，另一個(gè)點(diǎn)N從點(diǎn)D與點(diǎn)M同時(shí)出發(fā)，以每秒2個(gè)單位的速度在拋物線的對(duì)稱軸上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，點(diǎn)M、N同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，問點(diǎn)M、N運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，△MNB面積最大，試求出最大面積．
【分析】（1）代入A（1，0）和C（0，3），解方程組即可；
（2）求出點(diǎn)B的坐標(biāo)，再根據(jù)勾股定理得到BC，當(dāng)△PBC為等腰三角形時(shí)分三種情況進(jìn)行討論：①CP＝CB；②BP＝BC；③PB＝PC；
（3）設(shè)AM＝t則DN＝2t，由AB＝2，得BM＝2﹣t，S△MNB＝×（2﹣t）×2t＝﹣t2+2t，運(yùn)用二次函數(shù)的頂點(diǎn)坐標(biāo)解決問題；此時(shí)點(diǎn)M在D點(diǎn)，點(diǎn)N在對(duì)稱軸上x軸上方2個(gè)單位處或點(diǎn)N在對(duì)稱軸上x軸下方2個(gè)單位處．
【解答】解：（1）把A（1，0）和C（0，3）代入y＝x2+bx+c，
解得：b＝﹣4，c＝3，
∴二次函數(shù)的表達(dá)式為：y＝x2﹣4x+3；
（2）令y＝0，則x2﹣4x+3＝0，
解得：x＝1或x＝3，
∴B（3，0），
∴BC＝3，
點(diǎn)P在y軸上，當(dāng)△PBC為等腰三角形時(shí)分三種情況進(jìn)行討論：如圖1，
①當(dāng)CP＝CB時(shí)，PC＝3，∴OP＝OC+PC＝3+3或OP＝PC﹣OC＝3﹣3
∴P1（0，3+3），P2（0，3﹣3）；
②當(dāng)BP＝BC時(shí)，OP＝OC＝3，
∴P3（0，﹣3）；
③當(dāng)PB＝PC時(shí)，
∵OC＝OB＝3
∴此時(shí)P與O重合，
∴P4（0，0）；
綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為：（0，3+3）或（0，3﹣3）或（0，﹣3）或（0，0）；
（3）如圖2，設(shè)M運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，由AB＝2，得BM＝2﹣t，則DN＝2t，
∴S△MNB＝×（2﹣t）×2t＝﹣t2+2t＝﹣（t﹣1）2+1，
即當(dāng)M（2，0）、N（2，2）或（2，﹣2）時(shí)△MNB面積最大，最大面積是1．
2．(2023?市中區(qū)一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+4經(jīng)過A（﹣3，0）、B（4，0）兩點(diǎn)，且與y軸交于點(diǎn)C，D（4﹣4，0）．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿線段AB以每秒1個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)B移動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，沿線段CA以某一速度向點(diǎn)A移動(dòng)．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）若經(jīng)過t秒的移動(dòng)，線段PQ被CD垂直平分，求此時(shí)t的值；
（3）在第一象限的拋物線上取一點(diǎn)G，使得S△GCB＝S△GCA，再在拋物線上找點(diǎn)E（不與點(diǎn)A、B、C重合），使得∠GBE＝45°，求E點(diǎn)的坐標(biāo)．
【分析】（1）直接利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式得出即可；
（2）首先求出△AQD∽△ACB，則，得出DQ＝DP的長，進(jìn)而得出答案；
（3）首先得出G點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而得出△BGM∽△BEN，進(jìn)而假設(shè)出E點(diǎn)坐標(biāo)，利用相似三角形的性質(zhì)得出E點(diǎn)坐標(biāo)．
【解答】解：（1）將A（﹣3，0）、B（4，0）代入y＝ax2+bx+4得：
，
解得：，
故拋物線的解析式為：；
（2）如圖，連接QD，
由B（4，0）和D（，0），
可得BD＝，
∵，
∴CO＝4，
∴BC＝4，則BC＝BD，
∴∠BDC＝∠BCD＝∠QDC，
∴DQ∥BC，
∴△AQD∽△ACB，
∴，
∴，
∴DQ＝＝DP，
＝；
（3）如圖，過點(diǎn)G作GM⊥BC于點(diǎn)M，過點(diǎn)E作EN⊥AB于點(diǎn)N，
∵S△GCB＝S△GCA，
∴只有CG∥AB時(shí)，G點(diǎn)才符合題意，
∵C（0，4），
∴4＝﹣x2+x+4，
解得：x1＝1，x2＝0，
∴G（1，4），
∵∠GBE＝∠OBC＝45°，
∴∠GBC＝∠ABE，
∴△BGM∽△BEN，
∴，
設(shè)E（x，）
∴＝
解得x1＝﹣，x2＝4（舍去），
則E（，）．
3．(2023?項(xiàng)城市三模）如圖，拋物線經(jīng)過A（﹣3，0），C（5，0）兩點(diǎn)，點(diǎn)B為拋物線頂點(diǎn)，拋物線的對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿線段BD向終點(diǎn)D作勻速運(yùn)動(dòng)，速度為每秒1個(gè)單位長度，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，過點(diǎn)P作PM⊥BD，交BC于點(diǎn)M，以PM為正方形的一邊，向上作正方形PMNQ，邊QN交BC于點(diǎn)R，延長NM交AC于點(diǎn)E．
①當(dāng)t為何值時(shí)，點(diǎn)N落在拋物線上；
②在點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在某一時(shí)刻，使得四邊形ECRQ為平行四邊形？若存在，求出此時(shí)刻的t值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【分析】（1）把點(diǎn)A、C坐標(biāo)代入拋物線解析式得到關(guān)于a、b的二元一次方程組，解方程組求出a、b的值，即可得解；
（2）根據(jù)拋物線解析式求出頂點(diǎn)B的坐標(biāo)，然后根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例用t表示出PM，再求出NE的長度，①表示出點(diǎn)N的坐標(biāo)，再根據(jù)點(diǎn)N在拋物線上，把點(diǎn)N的坐標(biāo)代入拋物線，解方程即可得解；②根據(jù)PM的長度表示出QD，再利用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式，然后根據(jù)直線BC的解析式求出點(diǎn)R的橫坐標(biāo)，從而求出QR的長度，再表示出EC的長度，然后根據(jù)平行四邊形對(duì)邊平行且相等列式求解即可．
【解答】解：（1）∵y＝ax2+bx+經(jīng)過A（﹣3，0），C（5，0）兩點(diǎn)，
∴，
解得，
所以，拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+；
（2）∵y＝﹣x2+x+，
＝﹣（x2﹣2x+1）++，
＝﹣（x﹣1）2+8，
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（1，8），
∵拋物線的對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)D，
∴BD＝8，CD＝5﹣1＝4，
∵PM⊥BD，
∴PM∥CD，
∴△BPM∽△BDC，
∴＝，
即＝，
解得PM＝t，
所以，OE＝1+t，
∵四邊形PMNQ為正方形，
∴NE＝8﹣t+t＝8﹣t，
①點(diǎn)N的坐標(biāo)為（1+t，8﹣t），
若點(diǎn)N在拋物線上，則﹣（1+t﹣1）2+8＝8﹣t，
整理得，t（t﹣4）＝0，
解得t1＝0（舍去），t2＝4，
所以，當(dāng)t＝4秒時(shí)，點(diǎn)N落在拋物線上；
②存在．
理由如下：∵PM＝t，四邊形PMNQ為正方形，
∴QD＝NE＝8﹣t，
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+m，
則，
解得，
所以直線BC的解析式為y＝﹣2x+10，
則﹣2x+10＝8﹣t，
解得x＝t+1，
所以，QR＝t+1﹣1＝t，
又EC＝CD﹣DE＝4﹣t，
根據(jù)平行四邊形的對(duì)邊平行且相等可得QR＝EC，
即t＝4﹣t，
解得t＝，
此時(shí)點(diǎn)P在BD上，所以，當(dāng)t＝時(shí)，四邊形ECRQ為平行四邊形．
4．(2023?泉山區(qū)三模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+4經(jīng)過A（﹣3，0）、B（4，0）兩點(diǎn)，且與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)D在x軸的負(fù)半軸上，且BD＝BC，有一動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿線段AB以每秒1個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)B移動(dòng)，同時(shí)另一個(gè)動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，沿線段CA以某一速度向點(diǎn)A移動(dòng)．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）若經(jīng)過t秒的移動(dòng)，線段PQ被CD垂直平分，求此時(shí)t的值；
（3）該拋物線的對(duì)稱軸上是否存在一點(diǎn)M，使MQ+MA的值最??？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【分析】（1）由拋物線y＝ax2+bx+4經(jīng)過A（﹣3，0），B（4，0）兩點(diǎn)利用待定系數(shù)法可求出a、b、c的值，進(jìn)而得出拋物線的解析式；
（2）由A、B、C三點(diǎn)的坐標(biāo)求出AC、BC及AB的值，由相似三角形的判定定理得出△ADQ∽△ABC，再由相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例可求出DP的值，進(jìn)而可得出AP（即t）的值；
（3）設(shè)拋物線y＝﹣x2+x+4的對(duì)稱軸x＝與x軸交于點(diǎn)E．點(diǎn)A、B關(guān)于對(duì)稱軸x＝對(duì)稱，連接BQ交該對(duì)稱軸于點(diǎn)M．則MQ+MA＝MQ+MB，即MQ+MA＝BQ，由于當(dāng)BQ⊥AC時(shí)，BQ最小，此時(shí)∠EBM＝∠ACO，再由tan∠EBM＝tan∠ACO＝可求出ME的值，進(jìn)而得出M點(diǎn)的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+4經(jīng)過A（﹣3，0），B（4，0）兩點(diǎn)，
∴，解得，
∴所求拋物線的解析式為：y＝﹣x2+x+4；
（2）如圖1，依題意知AP＝t，連接DQ，
∵A（﹣3，0），B（4，0），C（0，4），
∴AC＝5，BC＝4，AB＝7．
∵BD＝BC，
∴AD＝AB﹣BD＝7﹣4，
∵CD垂直平分PQ，
∴QD＝DP，∠CDQ＝∠CDP．
∵BD＝BC，
∴∠DCB＝∠CDB．
∴∠CDQ＝∠DCB．
∴DQ∥BC．
∴△ADQ∽△ABC．
∴＝，
∴＝，
∴＝，
解得DP＝4﹣，
∴AP＝AD+DP＝．
∴線段PQ被CD垂直平分時(shí)，t的值為；
（3）如圖2，設(shè)拋物線y＝﹣x2+x+4的對(duì)稱軸x＝與x軸交于點(diǎn)E．點(diǎn)A、B關(guān)于對(duì)稱軸x＝對(duì)稱，連接BQ交該對(duì)稱軸于點(diǎn)M．
則MQ+MA＝MQ+MB，即MQ+MA＝BQ，
∵當(dāng)BQ⊥AC時(shí)，BQ最小，此時(shí)，∠EBM＝∠ACO，
∴tan∠EBM＝tan∠ACO＝，
∴＝，
∴＝，解ME＝．
∴M（，），即在拋物線y＝﹣x2+x+4的對(duì)稱軸上存在一點(diǎn)M（，），使得MQ+MA的值最小．
5．(2023?揚(yáng)州）如圖1，四邊形OABC是矩形，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（3，0），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，6），點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，沿OA以每秒1個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)，沿AB以每秒2個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)A重合時(shí)運(yùn)動(dòng)停止．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
（1）當(dāng)t＝2時(shí)，線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為（，2）；
（2）當(dāng)△CBQ與△PAQ相似時(shí)，求t的值；
（3）當(dāng)t＝1時(shí)，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過P，Q兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)M，拋物線的頂點(diǎn)為K，如圖2所示，問該拋物線上是否存在點(diǎn)D，使∠MQD＝∠MKQ？若存在，求出所有滿足條件的D的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．
【分析】（1）先根據(jù)時(shí)間t＝2，和P，Q的運(yùn)動(dòng)速度可得動(dòng)點(diǎn)P和Q的路程OP和AQ的長，再根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得結(jié)論；
（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)得：∠B＝∠PAQ＝90°，所以當(dāng)△CBQ與△PAQ相似時(shí)，存在兩種情況：
①當(dāng)△PAQ∽△QBC時(shí)，，②當(dāng)△PAQ∽△CBQ時(shí)，，分別列方程可得t的值；
（3）根據(jù)t＝1求拋物線的解析式，根據(jù)Q（3，2），M（0，2），可得MQ∥x軸，則KM＝KQ，KE⊥MQ，畫出符合條件的點(diǎn)D，證明△KEQ∽△QMH或利用三角函數(shù)，列比例式可得點(diǎn)D的坐標(biāo)，同理根據(jù)對(duì)稱可得另一個(gè)點(diǎn)D．
【解答】解：（1）如圖1，∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（3，0），
∴OA＝3，
當(dāng)t＝2時(shí)，OP＝t＝2，AQ＝2t＝4，
∴P（2，0），Q（3，4），
∴線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為：（，），即（，2）；
故答案為：（，2）；
（2）如圖1，∵當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)A重合時(shí)運(yùn)動(dòng)停止，且△PAQ可以構(gòu)成三角形，
∴0＜t＜3，
∵四邊形OABC是矩形，
∴∠B＝∠PAQ＝90°，
∴當(dāng)△CBQ與△PAQ相似時(shí)，存在兩種情況：
①當(dāng)△PAQ∽△QBC時(shí)，，
∴，
4t2﹣15t+9＝0，
（t﹣3）（t﹣）＝0，
t1＝3（舍），t2＝，
②當(dāng)△PAQ∽△CBQ時(shí)，，
∴，
t2﹣9t+9＝0，
t＝，
∵＞3，
∴t＝不符合題意，舍去，
綜上所述，當(dāng)△CBQ與△PAQ相似時(shí)，t的值是或；
（3）當(dāng)t＝1時(shí)，P（1，0），Q（3，2），
把P（1，0），Q（3，2）代入拋物線y＝x2+bx+c中得：
，解得：，
∴拋物線：y＝x2﹣3x+2＝（x﹣）2﹣，
∴頂點(diǎn)K（，﹣），
∵Q（3，2），M（0，2），
∴MQ∥x軸，
作拋物線對(duì)稱軸，交MQ于E，設(shè)DQ交y軸于H，
∴KM＝KQ，KE⊥MQ，
∴∠MKE＝∠QKE＝∠MKQ，
如圖2，∠MQD＝∠MKQ＝∠QKE，
∴tan∠MQD＝tan∠QKE＝，
即，MH＝2，
∴H（0，4），
易得HQ的解析式為：y＝﹣x+4，
則，
x2﹣3x+2＝﹣x+4，
解得：x1＝3（舍），x2＝﹣，
∴D（﹣，）；
同理，在M的下方，y軸上存在點(diǎn)H，如圖3，使∠HQM＝∠MKQ＝∠QKE，
由對(duì)稱性得：H（0，0），
易得OQ的解析式：y＝x，
則，
x2﹣3x+2＝x，
解得：x1＝3（舍），x2＝，
∴D（，）；
綜上所述，點(diǎn)D的坐標(biāo)為：D（﹣，）或（，）．
6．(2023?蘭州）二次函數(shù)y＝ax2+bx+2的圖象交x軸于點(diǎn)（﹣1，0），B（4，0）兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C．動(dòng)點(diǎn)M從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長度的速度沿AB方向運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)M作MN⊥x軸交直線BC于點(diǎn)N，交拋物線于點(diǎn)D，連接AC，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒．
（1）求二次函數(shù)y＝ax2+bx+2的表達(dá)式；
（2）連接BD，當(dāng)t＝時(shí)，求△DNB的面積；
（3）在直線MN上存在一點(diǎn)P，當(dāng)△PBC是以∠BPC為直角的等腰直角三角形時(shí)，求此時(shí)點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（4）當(dāng)t＝時(shí)，在直線MN上存在一點(diǎn)Q，使得∠AQC+∠OAC＝90°，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)．
【分析】（1）將點(diǎn)（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2即可；
（2）由已知分別求出M（2，0），N（2，1），D（2，3），根據(jù)∴△DNB的面積＝△DMB的面積﹣△MNB的面積即可求解；
（3）由已知可得M（2t﹣1，0），設(shè)P（2t﹣1，m），根據(jù)勾股定理可得PC2＝（2t﹣1）2+（m﹣2）2，PB2＝（2t﹣5）2+m2，再由PB＝PC，得到m與t的關(guān)系式：m＝4t﹣5，因?yàn)镻C⊥PB，則有?＝﹣1求出t＝1或t＝2，即可求D點(diǎn)坐標(biāo)；
（4）當(dāng)t＝時(shí)，M（，0），可知點(diǎn)Q在拋物線對(duì)稱軸x＝上；過點(diǎn)A作AC的垂線，以M為圓心AB為直徑構(gòu)造圓，圓與x＝的交點(diǎn)分別為Q1與Q2，由AB＝5，可得圓半徑AM＝，即可求Q點(diǎn)坐標(biāo)分別為（，﹣），（，）．
【解答】解：（1）將點(diǎn)（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2，
∴a＝﹣，b＝，
∴y＝﹣x2+x+2；
（2）C（0，2），
∴BC的直線解析式為y＝﹣x+2，
當(dāng)t＝時(shí)，AM＝3，
∵AB＝5，
∴MB＝2，
∴M（2，0），N（2，1），D（2，3），
∴△DNB的面積＝△DMB的面積﹣△MNB的面積＝MB×DM﹣MB×MN＝×2×2＝2；
（3）∵BM＝5﹣2t，
∴M（2t﹣1，0），
設(shè)P（2t﹣1，m），
∵PC2＝（2t﹣1）2+（m﹣2）2，PB2＝（2t﹣5）2+m2，
∵PB＝PC，
∴（2t﹣1）2+（m﹣2）2＝（2t﹣5）2+m2，
∴m＝4t﹣5，
∴P（2t﹣1，4t﹣5），
∵PC⊥PB，
∴?＝﹣1
∴t＝1或t＝2，
∴M（1，0）或M（3，0），
∴D（1，3）或D（3，2）；
方法二，過點(diǎn)C作CH⊥MN于H，可證△BMP≌△PHC，利用全等三角形的性質(zhì)可求解．
（4）當(dāng)t＝時(shí)，M（，0），
∴點(diǎn)Q在拋物線對(duì)稱軸x＝上，
如圖：過點(diǎn)A作AC的垂線，以M為圓心AB為直徑構(gòu)造圓，圓與x＝的交點(diǎn)分別為Q1與Q2，
∵AB＝5，
∴AM＝，
∵∠AQ1C+∠OAC＝90°，∠OAC+∠MAG＝90°，
∴∠AQ1C＝∠MAG，
又∵∠AQ1C＝∠CGA＝∠MAG，
∴Q1（，﹣），
∵Q1與Q2關(guān)于x軸對(duì)稱，
∴Q2（，），
∴Q點(diǎn)坐標(biāo)分別為（，﹣），（，）；
7．(2023?鄂州）如圖，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)，AB＝4，交y軸于點(diǎn)C，對(duì)稱軸是直線x＝1．
（1）求拋物線的解析式及點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（2）連接BC，E是線段OC上一點(diǎn)，E關(guān)于直線x＝1的對(duì)稱點(diǎn)F正好落在BC上，求點(diǎn)F的坐標(biāo)；
（3）動(dòng)點(diǎn)M從點(diǎn)O出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，過M作x軸的垂線交拋物線于點(diǎn)N，交線段BC于點(diǎn)Q．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（t＞0）秒．
①若△AOC與△BMN相似，請(qǐng)直接寫出t的值；
②△BOQ能否為等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，請(qǐng)說明理由．
【分析】（1）將A、B關(guān)坐標(biāo)代入y＝﹣x2+bx+c中，即可求解；
（2）確定直線BC的解析式為y＝﹣x+3，根據(jù)點(diǎn)E、F關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，即可求解；
（3）①△AOC與△BMN相似，則，即可求解；②分OQ＝BQ、BO＝BQ、OQ＝OB三種情況，分別求解即可．
【解答】解：（1）∵點(diǎn)A、B關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，AB＝4，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
代入y＝﹣x2+bx+c中，得：，解得，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3，
∴C點(diǎn)坐標(biāo)為（0，3）；
（2）設(shè)直線BC的解析式為y＝mx+n，
則有：，解得，
∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3，
∵點(diǎn)E、F關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，
又E到對(duì)稱軸的距離為1，
∴EF＝2，
∴F點(diǎn)的橫坐標(biāo)為2，將x＝2代入y＝﹣x+3中，
得：y＝﹣2+3＝1，
∴F（2，1）；
（3）①如下圖，連接BC交MN于Q，
MN＝﹣4t2+4t+3，MB＝3﹣2t，
△AOC與△BMN相似，則，
即：，
解得：t＝或﹣或1（舍去、﹣），
故：t＝1；
②∵M(jìn)（2t，0），MN⊥x軸，∴Q（2t，3﹣2t），
∵△BOQ為等腰三角形，∴分三種情況討論，
第一種，當(dāng)OQ＝BQ時(shí)，
∵QM⊥OB
∴OM＝MB
∴2t＝3﹣2t
∴t＝；
第二種，當(dāng)BO＝BQ時(shí)，在Rt△BMQ中
∵∠OBQ＝45°，
∴BQ＝，
∴BO＝，
即3＝，
∴t＝；
第三種，當(dāng)OQ＝OB時(shí)，
則點(diǎn)Q、C重合，此時(shí)t＝0
而t＞0，故不符合題意
綜上述，當(dāng)t＝或秒時(shí)，△BOQ為等腰三角形．
8．(2023?樂山）如圖，已知拋物線y＝a（x+2）（x﹣6）與x軸相交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于C點(diǎn)，且tan∠CAB＝．設(shè)拋物線的頂點(diǎn)為M，對(duì)稱軸交x軸于點(diǎn)N．
（1）求拋物線的解析式；
（2）P為拋物線的對(duì)稱軸上一點(diǎn)，Q（n，0）為x軸上一點(diǎn)，且PQ⊥PC．
①當(dāng)點(diǎn)P在線段MN（含端點(diǎn)）上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求n的變化范圍；
②在①的條件下，當(dāng)n取最大值時(shí)，求點(diǎn)P到線段CQ的距離；
③在①的條件下，當(dāng)n取最大值時(shí)，將線段CQ向上平移t個(gè)單位長度，使得線段CQ與拋物線有兩個(gè)交點(diǎn)，求t的取值范圍．
【分析】（1）由函數(shù)解析式，可以求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為（﹣2，0），（6，0），在Rt△OAC中由tan∠CAB＝，可以求出點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，3），進(jìn)而可以求出拋物線的解析式；
（2）①拋物線的對(duì)稱軸為：x＝2，頂點(diǎn)M（2，4），在Rt△PCQ中，由勾股定理得：PC2+PQ2＝CQ2，把三角形三邊長用點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)表達(dá)出來，整理得：，利用0≤m≤4，求出n的取值范圍；
②由，得：，求出點(diǎn)P到線段CQ距離為2；
③設(shè)線段CQ向上平移t個(gè)單位長度后的解析式為：，聯(lián)立拋物線方程，可求出x2﹣7x+4t＝0，由△＝49﹣16t＝0，得，可得當(dāng)線段CQ與拋物線有兩個(gè)交點(diǎn)時(shí)，．
【解答】解：（1）根據(jù)題意得：A（﹣2，0），B（6，0），
在Rt△AOC中，∵，且OA＝2，得CO＝3，∴C（0，3），將C點(diǎn)坐標(biāo)代入y＝a（x+2）（x﹣6）得：，
拋物線解析式為：；
整理得：y＝﹣
故拋物線解析式為：得：y＝﹣；
（2）①由（1）知，拋物線的對(duì)稱軸為：x＝2，頂點(diǎn)M（2，4），設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為（2，m）（其中0≤m≤4），
則PC2＝22+（m﹣3）2，PQ2＝m2+（n﹣2）2，CQ2＝32+n2，
∵PQ⊥PC，
∴在Rt△PCQ中，由勾股定理得：PC2+PQ2＝CQ2，
即22+（m﹣3）2+m2+（n﹣2）2＝32+n2，整理得：＝（0≤m≤4），
∴當(dāng)時(shí)，n取得最小值為；當(dāng)m＝4時(shí)，n取得最大值為4，
所以；
②由①知：當(dāng)n取最大值4時(shí)，m＝4，
∴P（2，4），Q（4，0），
則，，CQ＝5，
設(shè)點(diǎn)P到線段CQ距離為h，
由得：，
故點(diǎn)P到線段CQ距離為2；
③由②可知：當(dāng)n取最大值4時(shí)，Q（4，0），∴線段CQ的解析式為：，
設(shè)線段CQ向上平移t個(gè)單位長度后的解析式為：，
當(dāng)線段CQ向上平移，使點(diǎn)Q恰好在拋物線上時(shí)，線段CQ與拋物線有兩個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)Q'的縱坐標(biāo)為：，
將Q'（4，3）代入得：t＝3，
當(dāng)線段CQ繼續(xù)向上平移，線段CQ與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)時(shí)，
聯(lián)解得：，化簡得：x2﹣7x+4t＝0，
由△＝49﹣16t＝0，得，
∴當(dāng)線段CQ與拋物線有兩個(gè)交點(diǎn)時(shí)，3≤t＜．
9．(2023?西寧）如圖①，直線y＝﹣x+2與x軸，y軸分別交于A，B兩點(diǎn)，以A為頂點(diǎn)的拋物線經(jīng)過點(diǎn)B，點(diǎn)P是拋物線上一點(diǎn)，連接OP，AP．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若△AOP的面積是3，求P點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）如圖②，動(dòng)點(diǎn)M，N同時(shí)從點(diǎn)O出發(fā)，點(diǎn)M以1個(gè)單位長度/秒的速度沿x軸正半軸方向勻速運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N以個(gè)單位長度/秒的速度沿y軸正半軸方向勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中一個(gè)動(dòng)點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，另一個(gè)動(dòng)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)N作NE∥x軸交直線AB于點(diǎn)E．若設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，是否存在某一時(shí)刻，使四邊形AMNE是菱形？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【分析】（1）求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)；因?yàn)閽佄锞€的頂點(diǎn)為點(diǎn)A，所以設(shè)拋物線的表達(dá)式為：y＝a（x﹣2）2，將點(diǎn)B的坐標(biāo)代入上式，即可求解；
（2）△AOP的面積＝×OA×yP＝2×yP＝3，解得：yP＝3，即可求解；
（3）t秒時(shí)，點(diǎn)M、N的坐標(biāo)分別為：（t，0）、（0，t），則點(diǎn)E（2﹣t，t），而點(diǎn)N（0，t），故NE＝2﹣t，當(dāng)四邊形AMNE是菱形時(shí)，NE＝MN，即可求解．
【解答】解：（1）y＝﹣x+2，令x＝0，則y＝2，令y＝0，則x＝2，
故點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為：（2，0）、（0，2），
∵拋物線的頂點(diǎn)為點(diǎn)A（2，0），
∴設(shè)拋物線的表達(dá)式為：y＝a（x﹣2）2，
將點(diǎn)B的坐標(biāo)代入上式得：2＝a（0﹣2）2，解得：a＝，
故拋物線的表達(dá)式為：y＝（x﹣2）2＝x2﹣2x+2；
（2）∵點(diǎn)A（2，0），則OA＝2，
∴△AOP的面積＝×OA×yP＝2×yP＝3，
解得：yP＝3，
則yP＝3＝（x﹣2）2，解得：x＝2，
故點(diǎn)P的坐標(biāo)為：（2+，3）或（2﹣，3）；
（3）存在，理由：
由題意得：t秒時(shí)，點(diǎn)M、N的坐標(biāo)分別為：（t，0）、（0，t），
當(dāng)y＝t時(shí)，y＝t＝﹣x+2，解得：x＝2﹣t，故點(diǎn)E（2﹣t，t），
而點(diǎn)N（0，t），故NE＝2﹣t，
當(dāng)四邊形AMNE是菱形時(shí)，NE＝MN，
即t2+（t）2＝（2﹣t）2，
解得：t＝或﹣2（舍去﹣2），
故t＝．
10．(2023?沈陽）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+2（a≠0）與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，拋物線經(jīng)過點(diǎn)D（﹣2，﹣3）和點(diǎn)E（3，2），點(diǎn)P是第一象限拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．
（1）求直線DE和拋物線的表達(dá)式；
（2）在y軸上取點(diǎn)F（0，1），連接PF，PB，當(dāng)四邊形OBPF的面積是7時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，當(dāng)點(diǎn)P在拋物線對(duì)稱軸的右側(cè)時(shí)，直線DE上存在兩點(diǎn)M，N（點(diǎn)M在點(diǎn)N的上方），且MN＝2，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)P出發(fā)，沿P→M→N→A的路線運(yùn)動(dòng)到終點(diǎn)A，當(dāng)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)路程最短時(shí)，請(qǐng)直接寫出此時(shí)點(diǎn)N的坐標(biāo)．
【分析】（1）將點(diǎn)D、E的坐標(biāo)代入函數(shù)表達(dá)式，即可求解；
（2）S四邊形OBPF＝S△OBF+S△PFB＝×4×1+×PH×BO，即可求解；
（3）過點(diǎn)M作A′M∥AN，過作點(diǎn)A′直線DE的對(duì)稱點(diǎn)A″，連接PA″交直線DE于點(diǎn)M，此時(shí)，點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)的路徑最短，即可求解．
【解答】解：（1）將點(diǎn)D、E的坐標(biāo)代入函數(shù)表達(dá)式得：，解得：，
故拋物線的表達(dá)式為：y＝﹣x2+x+2，
同理可得直線DE的表達(dá)式為：y＝x﹣1…①；
（2）如圖，連接BF，過點(diǎn)P作PH∥y軸交BF于點(diǎn)H，
將點(diǎn)FB代入一次函數(shù)表達(dá)式，
同理可得直線BF的表達(dá)式為：y＝﹣x+1，
設(shè)點(diǎn)P（x，﹣x2+x+2），則點(diǎn)H（x，﹣x+1），
S四邊形OBPF＝S△OBF+S△PFB＝×4×1+×PH×BO＝2+2（﹣x2+x+2+x﹣1）＝7，
解得：x＝2或，
故點(diǎn)P（2，3）或（，）；
（3）當(dāng)點(diǎn)P在拋物線對(duì)稱軸的右側(cè)時(shí)，點(diǎn)P（2，3），
過點(diǎn)M作A′M∥AN，過點(diǎn)A'作直線DE的對(duì)稱點(diǎn)A″，連接PA″交直線DE于點(diǎn)M，此時(shí)，點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)的路徑最短，
∵M(jìn)N＝2，相當(dāng)于向上、向右分別平移2個(gè)單位，故點(diǎn)A′（1，2），
A′A″⊥DE，則直線A′A″過點(diǎn)A′，則其表達(dá)式為：y＝﹣x+3…②，
聯(lián)立①②得x＝2，則A′A″中點(diǎn)坐標(biāo)為（2，1），
由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得：點(diǎn)A″（3，0），
同理可得：直線A″P的表達(dá)式為：y＝﹣3x+9…③，
聯(lián)立①③并解得：x＝，即點(diǎn)M（，），
點(diǎn)M沿ED向下平移2個(gè)單位得：N（，﹣）．
11．(2023?湖州）如圖1，已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，四邊形OABC是矩形，點(diǎn)A，C分別在x軸和y軸的正半軸上，連接AC，OA＝3，tan∠OAC＝，D是BC的中點(diǎn)．
（1）求OC的長和點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）如圖2，M是線段OC上的點(diǎn)，OM＝OC，點(diǎn)P是線段OM上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，經(jīng)過P，D，B三點(diǎn)的拋物線交x軸的正半軸于點(diǎn)E，連接DE交AB于點(diǎn)F．
①將△DBF沿DE所在的直線翻折，若點(diǎn)B恰好落在AC上，求此時(shí)BF的長和點(diǎn)E的坐標(biāo)；
②以線段DF為邊，在DF所在直線的右上方作等邊△DFG，當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)M時(shí)，點(diǎn)G也隨之運(yùn)動(dòng)，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)G運(yùn)動(dòng)路徑的長．
【分析】（1）由OA＝3，tan∠OAC＝＝，得OC＝，由四邊形OABC是矩形，得BC＝OA＝3，所以CD＝BC＝，求得D（，）；
（2）①由易知得ACB＝∠OAC＝30°，設(shè)將△DBF沿DE所在的直線翻折后，點(diǎn)B恰好落在AC上的B'處，則DB'＝DB＝DC，∠BDF＝∠B'DF，所以∠BDB'＝60°，∠BDF＝∠B'DF＝30°，所以BF＝BD?tan30°＝，AF＝BF＝，因?yàn)椤螧FD＝∠AEF，所以∠B＝∠FAE＝90°，因此△BFD≌△AFE，AE＝BD＝，點(diǎn)E的坐標(biāo)（，0）；
②動(dòng)點(diǎn)P在點(diǎn)O時(shí)，求得此時(shí)拋物線解析式為y＝﹣x2+x，因此E（，0），直線DE：y＝﹣x+，F(xiàn)1（3，）；當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)M時(shí)，求得此時(shí)拋物線解析式為y＝﹣x2+x+，所以E（6，0），直線DE：y＝﹣x+，所以F2（3，）；所以點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)路徑的長為F1F2＝＝，即G運(yùn)動(dòng)路徑的長為．
【解答】解：（1）∵OA＝3，tan∠OAC＝＝，
∴OC＝，
∵四邊形OABC是矩形，
∴BC＝OA＝3，
∵D是BC的中點(diǎn)，
∴CD＝BC＝，
∴D（，）；
（2）①∵tan∠OAC＝，
∴∠OAC＝30°，
∴∠ACB＝∠OAC＝30°，
設(shè)將△DBF沿DE所在的直線翻折后，點(diǎn)B恰好落在AC上的B'處，
則DB'＝DB＝DC，∠BDF＝∠B'DF，
∴∠DB'C＝∠ACB＝30°
∴∠BDB'＝60°，
∴∠BDF＝∠B'DF＝30°，
∵∠B＝90°，
∴BF＝BD?tan30°＝，
∵AB＝，
∴AF＝BF＝，
∵∠BFD＝∠AEF，
∴∠B＝∠FAE＝90°，
∴△BFD≌△AFE（ASA），
∴AE＝BD＝，
∴OE＝OA+AE＝，
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)（，0）；
②動(dòng)點(diǎn)P在點(diǎn)O時(shí)，
∵拋物線過點(diǎn)P（0，0）、D（，）、B（3，）
求得此時(shí)拋物線解析式為y＝﹣x2+x，
∴E（，0），
∴直線DE：y＝﹣x+，
∴F1（3，）；
當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)M時(shí)，
∵拋物線過點(diǎn)P（0，）、D（，）、B（3，）
求得此時(shí)拋物線解析式為y＝﹣x2+x+，
∴E（6，0），
∴直線DE：y＝﹣x+，
∴F2（3，）；
∴點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)路徑的長為F1F2＝＝，
如圖，當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)M時(shí)，點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)F'，點(diǎn)G也隨之運(yùn)動(dòng)到G'．
連接GG'．當(dāng)點(diǎn)P向點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)時(shí)，拋物線開口變大，F(xiàn)點(diǎn)向上線性移動(dòng)，所以G也是線性移動(dòng)．
即GG'＝FF'．
∵△DFG、△DF'G'為等邊三角形，
∴∠GDF＝∠G'DF'＝60°，DG＝DF，DG'＝DF'，
∴∠GDF﹣∠GDF'＝∠G'DF'﹣∠GDF'，
即∠G'DG＝∠F'DF
在△DFF'與△DGG'中，
，
∴△DFF'≌△DGG'（SAS），
∴GG'＝FF'＝，
此時(shí)∠FGG′＝120°，GG′∥DF，
∴點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)軌跡是線段GG′，
∴G運(yùn)動(dòng)路徑的長為．
12．(2023?高明區(qū)校級(jí)模擬）在平面直角坐標(biāo)系中，Rt△ABC，∠ACB＝90°，AB∥x軸，如圖1，C（1，0），且OC：OA＝AC：BC＝1：2．
（1）A點(diǎn)坐標(biāo)為（0，2），B點(diǎn)坐標(biāo)為（5，2）；
（2）求過A、B、C三點(diǎn)的拋物線表達(dá)式；
（3）如圖2，拋物線對(duì)稱軸與AB交于點(diǎn)D，現(xiàn)有一點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度在AB上向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，另一點(diǎn)Q從點(diǎn)D與點(diǎn)P同時(shí)出發(fā)，以每秒5個(gè)單位在拋物線對(duì)稱軸上運(yùn)動(dòng)．當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)P、Q同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，問點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，△PQB面積最大，試求出最大面積．
【分析】（1）根據(jù)OC＝1可得OA＝2，因?yàn)锳在y軸上，可得A的坐標(biāo)，根據(jù)勾股定理計(jì)算AC，AB的長，可得B的坐標(biāo)；
（2）利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式；
（3）根據(jù)動(dòng)點(diǎn)的時(shí)間和速度表示PB和DQ的長，根據(jù)三角形面積公式表示△PQB面積，根據(jù)二次函數(shù)的最值即可解答．
【解答】解：（1）∵C（1，0），
∴OC＝1，
∵OC：OA＝1：2，
∴OA＝2，
∴A（0，2），
∴AC＝＝，
∵AC：BC＝1：2，
∴BC＝2，
∵∠ACB＝90°，
∴AB＝＝＝5，
∵AB∥x軸，
∴B（5，2），
故答案為：（0，2），（5，2）；
（2）設(shè)過A、B、C三點(diǎn)的拋物線表達(dá)式為：y＝ax2+bx+c，
則，
解得：，
∴過A、B、C三點(diǎn)的拋物線表達(dá)式為：y＝x2﹣x+2；
（3）如圖2，設(shè)運(yùn)動(dòng)t秒時(shí)，△PQB面積最大，且0≤t≤5，則BP＝5﹣t，DQ＝5t，
∴S△PQB＝＝＝﹣，
∵a＝﹣＜0
∴當(dāng)t＝﹣＝時(shí)，面積最大值是：S△PQB＝﹣＝，
此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，2），
當(dāng)點(diǎn)Q向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（，），
當(dāng)點(diǎn)Q向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（，﹣），
綜上，當(dāng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，2），點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（，）或（，﹣）時(shí)，△PQB面積最大，最大面積為．
13．(2023?香洲區(qū)校級(jí)一模）如圖1，矩形OBCD的邊OD，OB分別在x軸和y軸上，且B（0，8），D（10，0）．點(diǎn)E是DC邊上一點(diǎn)，將矩形OBCD沿過點(diǎn)O的射線OE折疊，使點(diǎn)D恰好落在BC邊上的點(diǎn)A處．
（1）若拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過點(diǎn)A，D，求此拋物線的解析式；
（2）若點(diǎn)M是（1）中的拋物線對(duì)稱軸上的一點(diǎn)，點(diǎn)N是坐標(biāo)平面內(nèi)一點(diǎn)，是否存在M，N使以A，M，N，E為頂點(diǎn)的四邊形為菱形？若存在，直接寫出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，說明理由；
（3）如圖2，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)沿x軸正方向以每秒1個(gè)單位的速度向終點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)D出發(fā)沿折線D﹣C﹣A以同樣的速度運(yùn)動(dòng)，兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，當(dāng)一點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也隨之停止，過動(dòng)點(diǎn)P作直線l⊥x軸，依次交射線OA，OE于點(diǎn)F，G，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（秒），△QFG的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出t的取值范圍．（t的取值應(yīng)保證△QFG的存在）
【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求得拋物線的解析式；
（2）易求得拋物線的對(duì)稱軸x＝5，過點(diǎn)E作ET⊥AH，垂足為T，運(yùn)用勾股定理用的代數(shù)式表示出AM2、EM2，然后分別以AM與AE，EM與EA，ME與MA為菱形的一組鄰邊進(jìn)行討論，列出等式，求出n，就可求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（3）根據(jù)點(diǎn)Q的位置不同，分以下四種情況進(jìn)行討論：①點(diǎn)Q在線段DC上、②點(diǎn)Q在AC上且在直線的右邊、③）點(diǎn)Q在AC上且在直線上、④點(diǎn)Q在AC上且在直線l的左邊，就可解決問題．
【解答】（1）解：∵四邊形OBCD是矩形，B（0，8），D（10，0），
∴BC＝OD＝10，DC＝OB＝8，∠OBC＝∠C＝90°，
由折疊可得：OA＝OD＝10，AE＝DE，
∵∠OBC＝90°，OB＝8，OA＝10，
∴AB＝6，
∴AC＝4，
設(shè)AE＝DE＝x，則CE＝8﹣x，
∵∠C＝90°，
∴x2＝42+（8﹣x）2，
解得：x＝5，
∴AE＝DE＝5，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（6，8），點(diǎn)E的坐標(biāo)為（10，5），
∵拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過點(diǎn)A（6，8），D（10，0），
∴，
解得：．
此拋物線的解析式為；
（2）存在M、N，使以A、M、N、E為頂點(diǎn)的四邊形為菱形，
設(shè)拋物線的對(duì)稱軸與BC交于點(diǎn)H，過點(diǎn)E作ET⊥AH，垂足為T，連接AM、ME，如圖1，
設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（m，n），則，
∴AH＝6﹣5＝1，HM＝﹣8﹣n，
ET＝10﹣5＝5，TM＝﹣5﹣n，
因?yàn)锳H⊥HM，
∴AM2＝AH2+MH2＝1+（8﹣n）2，
∵ET⊥MH，
∴ME2＝ET2+MT2＝25+（5﹣n）2，
①若AM與AE是菱形的一組鄰邊，則AM＝AE，
∴AM2＝AE2，
∴1+（8﹣n）2＝25，
∴（8﹣n）2＝24，
解得：；
②若EM與EA是菱形的一組鄰邊，則EM＝EA，
∴EM2＝EA2，
∴25+（5﹣n）2＝25，
∴（5﹣n）2＝0，
∴n3＝5；
③若MA與ME是菱形的一組鄰邊，則MA＝ME，
∴MA2＝ME2，
∴1+（8﹣n）2＝25+（5﹣n）2，
解得：n4＝2.5．
綜上所述：滿足要求的點(diǎn)M的坐標(biāo)為，（5，5），（5，2.5）；
（3）設(shè)直線OA的解析式y(tǒng)＝k1x，
∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（6，8），
∴6k1＝8，
∴k1＝，
故直線OA的解析式為y＝x，
同理可得：直線OE的表達(dá)式為y＝，
∵OP＝1×t＝t，
∴P（t，0），
∵直線⊥x軸于點(diǎn)P，點(diǎn)F，G是直線l與OA，OE的交點(diǎn)，
∴，
故，
當(dāng)0＜t＜8時(shí)，點(diǎn)Q在線段DC上，
過點(diǎn)Q作QS⊥直線l，垂足為S，
如圖2，
則QS＝PD＝10﹣t，
∴
＝
＝，
②當(dāng)8≤t＜9時(shí)，點(diǎn)Q在線段CA上，且在直線l的右側(cè)，
設(shè)FG交AC于點(diǎn)N，如圖3，
則QN＝CN﹣CQ＝PD﹣CQ＝（10t）﹣（t﹣8）＝18﹣2t，
∴
＝
＝；
③當(dāng)t＝9時(shí)，QN＝18﹣2t＝0，點(diǎn)Q與點(diǎn)N重合，此時(shí)△QFG不存在，故舍去；
④當(dāng)9＜t≤10時(shí)，點(diǎn)Q在線段CA上，且在直線l的左側(cè)，設(shè)FG交AC于點(diǎn)N，如圖4．
則QN＝CQ﹣CN＝CQ﹣PD＝（10﹣t）＝2t﹣18，
∴
＝（2t﹣18）
＝．
綜上所述：．
14．(2023?南充一模）如圖，拋物線y＝﹣（x+1）（x﹣n）與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，△ABC的面積為5．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)沿AB方向以每秒1個(gè)單位的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，過P作PN⊥x軸交BC于M，交拋物線于N．
（1）求拋物線的解析式；
（2）當(dāng)M在線段BC上，MN最大時(shí)，求運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
（3）經(jīng)過多長時(shí)間，點(diǎn)N到點(diǎn)B、點(diǎn)C的距離相等？
【分析】（1）根據(jù)已知條件，求出點(diǎn)A、點(diǎn)B、點(diǎn)C的坐標(biāo)，根據(jù)△ABC的面積為5即可求解；
（2）根據(jù)題意得出點(diǎn)M、點(diǎn)N的坐標(biāo)，求出MN的代數(shù)式即可求解；
（3）根據(jù)兩點(diǎn)間的距離的含義，作BC的中垂線即可求解．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣（x+1）（x﹣n）與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，
∴A（﹣1，0），B（n，0），C（0，），n＞0，
∴AB＝n+1，OC＝n，
由S△ABC＝×AB×OC＝5，
∴n（n+1）＝5，
∴n（n+1）＝20，
∴取正根n＝4，
∴y＝﹣（x+1）（x﹣4）＝﹣x2+x+2；
（2）由（1），B（4，0），C（0，2），
∴直線BC為y＝﹣x+2，
設(shè)M（m，﹣m+2），N（m，﹣m2+m+2），
∴MN＝（﹣m2+m+2）﹣（﹣m+2）＝﹣m2+2m＝﹣（m﹣2）2+2，
∴當(dāng)m＝2時(shí)，MN最大，
∴OP＝2，
∴AP＝3，即經(jīng)過3s，MN最大；
（3）如下圖所示，作BC的中垂線，與BC交于點(diǎn)D，與y軸交于點(diǎn)E，
與拋物線交于點(diǎn)N，
∴△CDE∽△COB
∴＝＝，
由（2），BC＝2，D（2，1），
∴DE＝2CD＝2，
∴CE＝5，
∴OE＝3，
∴E（0，﹣3），
∴直線DE為y＝2x﹣3，
由﹣x2+x+2＝2x﹣3，
移項(xiàng)整理得：x2+x﹣5＝0，
∴x2+x﹣10＝0，
取正根x＝，
∴OP＝，
∴AP＝，
即經(jīng)過秒，點(diǎn)N到點(diǎn)B、點(diǎn)C的距離相等．
15．(2023?潮南區(qū)模擬）如圖，關(guān)于x的二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于點(diǎn)A（1，0）和點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C（0，3），拋物線的對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)D．
（1）求二次函數(shù)的解析式．
（2）有一個(gè)點(diǎn)M從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度在AB上向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，另一個(gè)點(diǎn)N從點(diǎn)D與點(diǎn)M同時(shí)出發(fā)，以每秒2個(gè)單位的速度在拋物線的對(duì)稱軸上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，點(diǎn)M、N同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，問點(diǎn)M、N運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，△MNB面積最大，試求出最大面積．
（3）在y軸上是否存在一點(diǎn)P，使△PBC為等腰三角形？若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)，若不存在請(qǐng)說明理由．
【分析】（1）利用待定系數(shù)法可求解析式；
（2）設(shè)AM＝t則DN＝2t，由AB＝2，得BM＝2﹣t，S△MNB＝×（2﹣t）×2t＝﹣t2+2t，運(yùn)用二次函數(shù)的頂點(diǎn)坐標(biāo)解決問題；此時(shí)點(diǎn)M在D點(diǎn)，點(diǎn)N在對(duì)稱軸上x軸上方2個(gè)單位處或點(diǎn)N在對(duì)稱軸上x軸下方2個(gè)單位處．
（3）求出點(diǎn)B的坐標(biāo)，再根據(jù)勾股定理得到BC，當(dāng)△PBC為等腰三角形時(shí)分三種情況進(jìn)行討論：①CP＝CB；②BP＝BC；③PB＝PC；
【解答】解：（1）把A（1，0）和C（0，3）代入y＝x2+bx+c，
，
解得：，
∴二次函數(shù)的表達(dá)式為：y＝x2﹣4x+3；
（2）如圖1，設(shè)A運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，由AB＝2，得BM＝2﹣t，則DN＝2t，
∴S△MNB＝×（2﹣t）×2t＝﹣t2+2t＝﹣（t﹣1）2+1，
即當(dāng)M（2，0）、N（2，2）或（2，﹣2）時(shí)△MNB面積最大，最大面積是1；
（3）令y＝0，則x2﹣4x+3＝0，
解得：x＝1或x＝3，
∴B（3，0），
∴BC＝3，
點(diǎn)P在y軸上，當(dāng)△PBC為等腰三角形時(shí)分三種情況進(jìn)行討論：如圖2，
①當(dāng)CP＝CB時(shí)，PC＝3，
∴OP＝OC+PC＝3+3或OP＝PC﹣OC＝3﹣3
∴P1（0，3+3），P2（0，3﹣3）；
②當(dāng)BP＝BC時(shí)，OP＝OB＝3，
∴P3（0，﹣3）；
③當(dāng)PB＝PC時(shí)，
∵OC＝OB＝3，
∴此時(shí)P與O重合，
∴P4（0，0）；
綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為：（0，3+3）或（0，3﹣3）或（0，﹣3）或（0，0）．
16．(2023?潮州模擬）如圖1，已知拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，且OB＝2OA＝4．
（1）求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）設(shè)P是（1）中拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)直線OC平分∠ACP時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）如圖2，點(diǎn)G是線段AC的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)E從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長度的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)F從點(diǎn)B出發(fā)，以每秒個(gè)單位長度的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，若E、F兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．則當(dāng)t為何值時(shí)，△EFG的面積是△ABC的面積的？
【分析】（1）根據(jù)OA、OB的長度求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式解答；
（2）求出C（0，﹣4），求出直線CD的解析式，聯(lián)立直線CD的解析式和拋物線的解析式可求出答案；
（3）過點(diǎn)G作GH⊥x軸于點(diǎn)H，證明△AHG∽△AOC，得出，求出點(diǎn)G的坐標(biāo)，當(dāng)0＜t＜4時(shí)，如圖2，過點(diǎn)F作FM⊥x軸于點(diǎn)M，依題意得：，根據(jù)三角形的面積可求出答案，當(dāng)4≤t≤6時(shí)，可求出答案．
【解答】解：（1）∵OB＝2OA＝4，
∴A（﹣2，0），B（4，0），
把A（﹣2，0），B（4，0）分別代入得：
，
解得：，
∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為；
（2）如圖，設(shè)CP與x軸相交于點(diǎn)D，
∵OC平分∠ACP，AO⊥CO，
∴OA＝OD＝2，
∴D（2，0），
把x＝0代入得，y＝﹣4，
∴C（0，﹣4），
設(shè)直線CD的解析式為y＝kx+d，
把C（0，﹣4），D（2，0）分別代入y＝kx+d得：，
解得：，
∴y＝2x﹣4，
依題意得，
解得，，
∴P（6，8）；
（3）如圖2，過點(diǎn)G作GH⊥x軸于點(diǎn)H，
∵GH∥y軸
∴△AHG∽△AOC，
∴，
∴由A（﹣2，0），C（0，﹣4），
得G（﹣1，﹣2），
點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B的時(shí)間為[4﹣（﹣2）]÷1＝6秒，
點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C的時(shí)間為秒，
當(dāng)0＜t＜4時(shí)，如圖2，過點(diǎn)F作FM⊥x軸于點(diǎn)M，
依題意得：，
∵OC＝OB＝4，∠OBC＝45°，
∴FM＝MB＝t，
∴EH＝1﹣t，HG＝2，HM＝6﹣1﹣t＝5﹣t，EM＝6﹣t﹣t＝6﹣2t，
∴S△EFG＝S△EGH+S梯形HGFM﹣S△EFM＝＝，
∵，△EFG的面積是△ABC的面積的，
∴，
解得：t1＝1，t2＝4，
當(dāng)4≤t≤6時(shí)，如圖3，
∴S△EFG＝S△AFE﹣S△AGE＝＝t，
∴．
綜上所述，當(dāng)t＝1或t＝4時(shí)，△EFG的面積是△ABC的面積的．
17．(2023?饒平縣校級(jí)模擬）如圖，拋物線y＝x2+bx+c過點(diǎn)A（3，0），B（1，0），交y軸于點(diǎn)C，點(diǎn)P是該拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P從C點(diǎn)沿拋物線向A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)（點(diǎn)P不與A重合），過點(diǎn)P作PD∥y軸交直線AC于點(diǎn)D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）求點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)的過程中線段PD長度的最大值；
（3）△APD能否構(gòu)成直角三角形？若能，請(qǐng)直接寫出所有符合條件的點(diǎn)P坐標(biāo)；若不能，請(qǐng)說明理由．
【分析】（1）把點(diǎn)A、B的坐標(biāo)代入拋物線解析式，解方程組得到b、c的值，即可得解；
（2）求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式，再根據(jù)拋物線解析式設(shè)出點(diǎn)P的坐標(biāo)，然后表示出PD的長度，再根據(jù)二次函數(shù)的最值問題解答；
（3）①∠APD是直角時(shí)，點(diǎn)P與點(diǎn)B重合，②求出拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)，然后判斷出點(diǎn)P為在拋物線頂點(diǎn)時(shí)，∠PAD是直角，分別寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)即可；
【解答】解：（1）∵拋物線y＝x2+bx+c過點(diǎn)A（3，0），B（1，0），
∴，
解得，
∴拋物線解析式為y＝x2﹣4x+3；
（2）令x＝0，則y＝3，
∴點(diǎn)C（0，3），
則直線AC的解析式為y＝﹣x+3，
設(shè)點(diǎn)P（x，x2﹣4x+3），
∵PD∥y軸，
∴點(diǎn)D（x，﹣x+3），
∴PD＝（﹣x+3）﹣（x2﹣4x+3）＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣）2+，
∵a＝﹣1＜0，
∴當(dāng)x＝時(shí)，線段PD的長度有最大值；
（3）①∠APD是直角時(shí)，點(diǎn)P與點(diǎn)B重合，
此時(shí)，點(diǎn)P（1，0），
②∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（2，﹣1），
∵A（3，0），
∴點(diǎn)P為在拋物線頂點(diǎn)時(shí)，∠PAD＝45°+45°＝90°，
此時(shí)，點(diǎn)P（2，﹣1），
綜上所述，點(diǎn)P（1，0）或（2，﹣1）時(shí)，△APD能構(gòu)成直角三角形．
18．(2023?山西模擬）綜合與實(shí)踐
如圖，拋物線y＝與x軸交于點(diǎn)A，B（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），交y軸于點(diǎn)C．點(diǎn)D從點(diǎn)A出發(fā)以每秒1個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)E同時(shí)從點(diǎn)B出發(fā)以相同的速度向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒．
（1）求點(diǎn)A，B，C的坐標(biāo)；
（2）求t為何值時(shí)，△BDE是等腰三角形；
（3）在點(diǎn)D和點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在直線DE將△BOC的面積分成1：4兩份，若存在，直接寫出t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【分析】（1）令x＝0和y＝0，可得方程，解得可求點(diǎn)A，B，C的坐標(biāo)；
（2）分三種情況討論，利用等腰三角形的性質(zhì)和銳角三角函數(shù)可求解；
（3）分兩種情況討論，利用銳角三角函數(shù)和三角形面積公式可求解．
【解答】解：（1）令y＝0，可得0＝x2﹣x﹣3，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴點(diǎn)A（﹣1，0），點(diǎn)B（4，0），
令x＝0，可得y＝﹣3，
∴點(diǎn)C（0，﹣3）；
（2）∵點(diǎn)A（﹣1，0），點(diǎn)B（4，0），點(diǎn)C（0，﹣3），
∴AB＝5，OB＝4，OC＝3，
∴BC＝＝＝5，
當(dāng)BD＝BE時(shí)，則5﹣t＝t，
∴t＝，
當(dāng)BE＝DE時(shí)，如圖1，過點(diǎn)E作EH⊥BD于H，
∴DH＝BH＝BD＝，
∵cs∠DBC＝，
∴，
∴t＝，
當(dāng)BD＝DE時(shí)，如圖2，過點(diǎn)D作DF⊥BE于F，
∴EF＝BF＝BE＝t，
∵cs∠DBC＝，
∴，
∴t＝，
綜上所述：t的值為，和；
（3）∵S△BOC＝BO×CO＝6，
∴S△BOC＝，S△BOC＝，
如圖1，過點(diǎn)E作EH⊥BD于H，
∵sin∠DBC＝，
∴，
∴HE＝t，
當(dāng)S△BDE＝S△BOC＝時(shí)，則（5﹣t）×t＝，
∴t1＝1，t2＝4，
當(dāng)S△BDE＝S△BOC＝，時(shí)，則（5﹣t）×t＝，
∴t2﹣5t+16＝0，
∴方程無解，
綜上所述：t的值為1或4．
19．(2023?雁塔區(qū)校級(jí)模擬）將拋物線C1：y＝﹣x2+3沿x軸翻折，得拋物線C2．
（1）請(qǐng)求出拋物線C2的表達(dá)式；
（2）現(xiàn)將拋物線C1向左平移m個(gè)單位長度，平移后得到的新拋物線的頂點(diǎn)為M，與x軸的交點(diǎn)從左到右依次為A、B；將拋物線C2向右也平移m個(gè)單位長度，平移后得到的新拋物線的頂點(diǎn)為N，與x軸交點(diǎn)從左到右依次為D、E．在平移過程中，是否存在以點(diǎn)A，N，E，M為頂點(diǎn)的四邊形是矩形的情形？若存在，請(qǐng)求出此時(shí)m的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【分析】（1）拋物線翻折前后頂點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱，頂點(diǎn)的縱坐標(biāo)為互為相反數(shù)；
（2）連接AN，NE，EM，MA，M，N關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱可得OM＝ON，A，E關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱可得OA＝OE，判斷四邊形ANEM為平行四邊形；若AM2+ME2＝AE2，解得m＝，即可求解；
【解答】解：（1）∵拋物線C1：y＝﹣x2+3的頂點(diǎn)為（0，3），
∴翻折后的拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（0，﹣3），
∴拋物線C2解析式為：y＝x2﹣3；
（2）存在
連接AN，NE，EM，MA，
依題意可得：M（﹣m，3），N（m，﹣3），
∴M，N關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱，
∴OM＝ON，
原C1、C2拋物線與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)分別（﹣，0），（，0），
∴A（﹣﹣m，0），E（+m，0），
∴A，E關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱，
∴OA＝OE，
∴四邊形ANEM為平行四邊形，
∴AM2＝3+9＝12，
ME2＝（+m+m）2+32＝4m2+4m+12，
AE2＝（+m++m）2＝4m2+8m+12，
若AM2+ME2＝AE2，
∴12+4m2+4m+12＝4m2+8m+12，
解得m＝，
此時(shí)△AME是直角三角形，且∠AME＝90°，
∴當(dāng)m＝時(shí)，以點(diǎn)A，N，E，M為頂點(diǎn)的四邊形是矩形．
20．(2023?清江浦區(qū)模擬）如圖1，矩形OBCD的邊OD，OB分別在x軸和y軸上，且B（0，8），D（10，0）．點(diǎn)E是DC邊上一點(diǎn)，將矩形OBCD沿過點(diǎn)O的射線OE折疊，使點(diǎn)D恰好落在BC邊上的點(diǎn)A處．
（1）若拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過點(diǎn)A，D，求此拋物線的解析式；
（2）若點(diǎn)M是（1）中拋物線對(duì)稱軸上的一點(diǎn)，是否存在點(diǎn)M，使△AME為等腰三角形？若存在，直接寫出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，說明理由；
（3）如圖2，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)沿x軸正方向以每秒1個(gè)單位的速度向終點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)D出發(fā)沿折線D﹣C﹣A以同樣的速度運(yùn)動(dòng)，兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，當(dāng)一點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也隨之停止，過動(dòng)點(diǎn)P作直線l⊥x軸，依次交射線OA，OE于點(diǎn)F，G，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（秒），△QFG的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出t的取值范圍．（t的取值應(yīng)保證△QFG的存在）
【分析】（1）設(shè)AE＝DE＝x，則CE＝8﹣x，則x2＝42+（8﹣x）2，則AE＝DE＝5，則點(diǎn)A的坐標(biāo)為（6，8），進(jìn)而求解；
（2）分AE＝AM、AE＝EM、AM＝EM三種情況，分別求解即可；
（3）分0＜t＜8、8≤t＜9、t＝9、9＜t≤10三種情況，分別求解函數(shù)表達(dá)式即可求解．
【解答】解：（1）∵四邊形OBCD是矩形，B（0，8），D（10，0），
∴BC＝OD＝10，DC＝OB＝8，∠OBC＝∠C＝90°，
由折疊可得：OA＝OD＝10，AE＝DE，
∵∠OBC＝90°，OB＝8，OA＝10，
∴AB＝6，
∴AC＝4，
設(shè)AE＝DE＝x，則CE＝8﹣x，
∵∠C＝90°，
∴x2＝42+（8﹣x）2，
解得：x＝5，
∴AE＝DE＝5，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（6，8），點(diǎn)E的坐標(biāo)為（10，5），
∵拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過點(diǎn)A（6，8），D（10，0），則，解得，
此拋物線的解析式為y＝﹣x2+x；
（2）拋物線過O、D（10，0）兩點(diǎn)，則其對(duì)稱軸為x＝5，
設(shè)點(diǎn)M（5，m），而點(diǎn)A（6，8）、點(diǎn)E（10，5），
則AE2＝16+9＝25，AM2＝1+（m﹣8）2，EM2＝（m﹣5）2+25，
當(dāng)AE＝AM時(shí)，則25＝1+（m﹣8）2，解得：m＝8±2；
當(dāng)AE＝EM時(shí)，同理可得：m＝5；
當(dāng)AM＝EM時(shí)，同理可得：m＝；
故點(diǎn)M的坐標(biāo)為（5，8+2）或（5，8﹣2）或（5，5）或（5，2.5）；
（3）設(shè)直線OA的解析式y(tǒng)＝k1x，
∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（6，8），
∴6k1＝8，解得：k1＝，
直線OA的解析式y(tǒng)＝x，
同理可得：直線OE的表達(dá)式為y＝x，
∵OP＝1×t＝t，
∴P（t，0），
∵直線⊥x軸于點(diǎn)P、點(diǎn)F，
G是直線l與OA，OE的交點(diǎn)，
∴點(diǎn)F、G的坐標(biāo)分別為（t，t）、（t，t），
則FG＝t﹣t＝t，
當(dāng)0＜t＜8時(shí)，點(diǎn)Q在線段DC上，
過點(diǎn)Q作QS⊥直線l，垂足為S，如圖1，
則QS＝PD＝10﹣t，
∴S＝×FG?QS＝FG?PD＝t（10﹣t）＝﹣t2+t；
②當(dāng)8≤t＜9時(shí)，點(diǎn)Q在線段CA上，且在直線l的右側(cè)，
設(shè)FG交AC于點(diǎn)N，如圖2，
則QN＝CN﹣CQ＝PD﹣CQ＝（10t）﹣（t﹣8）＝18﹣2t
∴S＝FD?QN＝t（18﹣2t）＝﹣t2+t；
③當(dāng)t＝9時(shí)，QN＝18﹣2t＝0，點(diǎn)Q與點(diǎn)N重合，此時(shí)△QFG不存在，故舍去，
④當(dāng)9＜t≤10時(shí)，點(diǎn)Q在線段CA上，且在直線l的左側(cè)，設(shè)FG交AC于點(diǎn)N，如圖3．
則QN＝CQ﹣CN＝CQ﹣PD＝（10﹣t）＝2t﹣18，
S＝FG?QN＝t（2t﹣18）＝t2﹣t；
綜上所述：S＝．
21．(2023?濟(jì)寧三模）如圖，直線y＝﹣2x+4交x軸于點(diǎn)A，交y軸于點(diǎn)B，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）經(jīng)過點(diǎn)A、E，點(diǎn)E的坐標(biāo)是（5，3），拋物線交x軸于另一點(diǎn)C（6，0）．
（1）求拋物線的解析式．
（2）設(shè)拋物線的頂點(diǎn)為D，連接BD，AD，CD，動(dòng)點(diǎn)P在BD上以每秒2個(gè)單位長度的速度由點(diǎn)B向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q在線段CA上以每秒3個(gè)單位長度的速度由點(diǎn)C向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，PQ交線段AD于點(diǎn)H．
①當(dāng)∠DPH＝∠CAD時(shí)，求t的值；
②過點(diǎn)H作HM⊥BD，垂足為點(diǎn)M，過點(diǎn)P作PN⊥BD交線段AB或AD于點(diǎn)N．在點(diǎn)P、Q的運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在以點(diǎn)P，N，H，M為頂點(diǎn)的四邊形是矩形？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【分析】（1）先由直線解析式求得點(diǎn)A、B坐標(biāo)，根據(jù)兩點(diǎn)式設(shè)拋物線解析式，將點(diǎn)E坐標(biāo)代入拋物線解析式求得a的值，從而得出答案；
（2）①由點(diǎn)A，點(diǎn)B，點(diǎn)C，點(diǎn)D坐標(biāo)可求AD＝CD，BD∥OC，可證四邊形PDQC是平行四邊形，可得PD＝CQ，即3t＝4﹣2t，解之即可；
②分點(diǎn)N在AB上和點(diǎn)N在AD上兩種情況分別求解．
【解答】解：（1）在直線y＝﹣2x+4中，
令x＝0時(shí)，y＝4，
∴點(diǎn)B坐標(biāo)（0，4），
令y＝0時(shí)，得：﹣2x+4＝0，
解得：x＝2，
∴點(diǎn)A（2，0），
∵拋物線經(jīng)過點(diǎn)A（2，0），C（6，0），E（5，3），
∴可設(shè)拋物線解析式為y＝a（x﹣2）（x﹣6），
將E（5，3）代入，得：3＝a×（5﹣2）×（5﹣6），
解得：a＝﹣1，
∴拋物線解析式為：y＝﹣（x﹣2）（x﹣6）＝﹣x2+8x﹣12；
（2）①∵拋物線解析式為：y＝﹣x2+8x﹣12＝﹣（x﹣4）2+4，
∴頂點(diǎn)D（4，4），
∵點(diǎn)B坐標(biāo)（0，4），
∴BD∥OC，BD＝4，
∵y＝﹣x2+8x﹣12與x軸交于點(diǎn)A，點(diǎn)C，
∴令y＝0，得0＝﹣x2+8x﹣12，
解得：x1＝6，x2＝2，
∴點(diǎn)C（6，0），點(diǎn)A（2，0），
∴AC＝4，
∵點(diǎn)D（4，4），點(diǎn)C（6，0），點(diǎn)A（2，0），
∴AD＝CD＝2，
∴∠DAC＝∠DCA，
∵BD∥AC，
∴∠DPH＝∠PQA，
且∠DPH＝∠DAC，
∴∠PQA＝∠DAC，
∴PQ∥DC，且BD∥AC，
∴四邊形PDCQ是平行四邊形，
∴PD＝QC，
∴4﹣2t＝3t，
∴t＝；
②存在以點(diǎn)P，N，H，M為頂點(diǎn)的四邊形是矩形，此時(shí)t＝1﹣．
如圖，若點(diǎn)N在AB上時(shí)，即0≤t≤1，
∵BD∥OC，
∴∠DBA＝∠OAB，
∵點(diǎn)B坐標(biāo)（0，4），A（2，0），點(diǎn)D（4，4），
∴AB＝AD＝2，OA＝2，OB＝4，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴tan∠OAB＝＝＝tan∠DBA＝，
∴PN＝2BP＝4t，
∴MH＝PN＝4t，
∵tan∠ADB＝tan∠ABD＝＝2，
∴MD＝2t，
∴DH＝＝2t，
∴AH＝AD﹣DH＝2﹣2t，
∵BD∥OC，
∴＝，
∴＝，
∴5t2﹣10t+4＝0，
∴t1＝1+（舍去），t2＝1﹣；
若點(diǎn)N在AD上，即1＜t≤，
∵PN＝MH，
∴點(diǎn)H、N重合，此時(shí)以點(diǎn)P，N，H，M為頂點(diǎn)的矩形不存在，
綜上所述：當(dāng)以點(diǎn)P，N，H，M為頂點(diǎn)的四邊形是矩形時(shí)，t的值為1﹣．
22．(2023?望花區(qū)模擬）如圖1，已知拋物線y＝ax2+x+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于C點(diǎn)，且點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣1，0）、點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，3）．
（1）請(qǐng)寫出該拋物線的函數(shù)表達(dá)式和點(diǎn)B的坐標(biāo)；
（2）如圖2，有兩動(dòng)點(diǎn)D、E在△COB的邊上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)速度均為每秒5個(gè)單位長度，它們分別從點(diǎn)C和點(diǎn)B同時(shí)出發(fā)，點(diǎn)D沿折線COB按C→O→B方向向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)E沿線段BC按B→C方向向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，請(qǐng)解答下列問題：
①當(dāng)t為何值時(shí)，△BDE的面積等于；
②在點(diǎn)D、E運(yùn)動(dòng)過程中，該拋物線上存在點(diǎn)F，使得依次連接AD、DF、FE、EA得到的四邊形ADFE是平行四邊形，請(qǐng)直接寫出所有符合條件的點(diǎn)F的坐標(biāo)．
【分析】（1）把A、C兩點(diǎn)代入拋物線y＝ax2+x+c解析式，即可得表達(dá)式．令y＝0，得B點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）①在△OBC中，BC＜OC+OB，當(dāng)動(dòng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到終點(diǎn)C時(shí)，另一個(gè)動(dòng)點(diǎn)D也停止運(yùn)動(dòng)，由勾股定理得BC＝5，當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒時(shí)，BE＝5t，過點(diǎn)E作EN⊥x軸，垂足為N，根據(jù)相似三角形的判定得△BEN∽△BCO，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得，點(diǎn)E的坐標(biāo)為（4﹣4t，3t），分兩種情形討論：Ⅰ、當(dāng)點(diǎn)D在線段CO上運(yùn)動(dòng)時(shí)，0＜t≤，此時(shí)CD＝5t，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（0，3﹣5t），S△BDE＝S△BOC﹣S△CDE﹣S△BOD，由S△BDE＝，即可求解；Ⅱ、如圖，當(dāng)點(diǎn)D在線段OB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，＜t≤1，BD＝7﹣5t，S△BDE＝BD?EN＝，解方程即可求解；
②根據(jù)平行四邊形ADFE的性質(zhì)得出坐標(biāo)．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+x+c經(jīng)過A（﹣1，0），C（0，3）兩點(diǎn)，
∴，
解得，
∴該拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y＝﹣x2+x+3；
∵拋物線y＝﹣x2+x+3，令y＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴B點(diǎn)的坐標(biāo)為（4，0）；
（2）①∵在△OBC中，BC＜OC+OB，
∴當(dāng)動(dòng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到終點(diǎn)C時(shí)，另一個(gè)動(dòng)點(diǎn)D也停止運(yùn)動(dòng)，
∵OC＝3，OB＝4，
∴在Rt△OBC中，BC＝＝5，
∴0＜t≤1，
當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒時(shí)，BE＝CD＝5t，
如圖，
過點(diǎn)E作EN⊥x軸，垂足為N，
則△BEN∽△BCO，
∴＝t，
∴BN＝4t，EN＝3t，
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（4﹣4t，3t），
下面分兩種情形討論：
Ⅰ、當(dāng)點(diǎn)D在線段CO上運(yùn)動(dòng)時(shí)，0＜t≤，
此時(shí)CD＝5t，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（0，3﹣5t），
∴S△BDE＝S△BOC﹣S△CDE﹣S△BOD
＝BO?CO﹣CD?|xE|﹣OB?OD
＝×4×3﹣×5t×（4﹣4t）﹣×4×（3﹣5t）
＝10t2，
當(dāng)S△BDE＝時(shí)，10t2＝，
解得t1＝﹣（舍去），t2＝，
∴t＝；
Ⅱ、如圖，當(dāng)點(diǎn)D在線段OB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，＜t≤1，BD＝7﹣5t，
∴S△BDE＝BD?EN＝×（7﹣5t）×3t＝，
解得（不合題意，舍去），．
綜上所述，當(dāng)或時(shí)，△BDE的面積等于；
②當(dāng)點(diǎn)D在線段OC上，過點(diǎn)E作EH∥x軸，過點(diǎn)F作FH⊥EH于H，
∵四邊形ADFE是平行四邊形，
∴AD＝EF，AD∥EF，
∴∠ADF+∠DFE＝180°，
∵CO∥FH，
∴∠ODF+∠DFH＝180°，
∴∠ADO＝∠EFH，
又∵∠AOD＝∠EHF，
∴△ADO≌△EFH（AAS），
∴AO＝EH＝1，F(xiàn)H＝DO＝3﹣5t，
∵點(diǎn)E的坐標(biāo)為（4﹣4t，3t），
∴點(diǎn)F（5﹣4t，3t+3﹣5t），
∴3t+3﹣5t＝﹣（5﹣4t）2+（5﹣4t）+3，
解得：t1＝，t2＝（不合題意舍去），
∴F坐標(biāo)為（，）；
當(dāng)點(diǎn)D在線段OB上，過點(diǎn)E作EQ⊥AB于Q，過點(diǎn)F作FM⊥AB于M，
∵四邊形ADFE是平行四邊形，
∴AD＝EF，AD∥EF，
∴∠EAQ＝∠FDM，
又∵∠AQE＝∠DMF＝90°，
∴△AEQ≌△DFM（AAS），
∴DM＝AQ，EQ＝FM，EF＝AD＝4﹣（7﹣5t）+1＝5t﹣2，
∵點(diǎn)E的坐標(biāo)為（4﹣4t，3t），
∴點(diǎn)F（2+t，3t），
∴3t＝﹣（2+t）2+（2+t）+3，
解得：t3＝﹣6（不合題意舍去），t4＝1，
∴F坐標(biāo)為（3，3）．
綜上所述：F的坐標(biāo)為（3，3）或（，）．

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