2、學(xué)會運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想。數(shù)形結(jié)合思想是指從幾何直觀的角度,利用幾何圖形的性質(zhì)研究數(shù)量關(guān)系，尋求代數(shù)問題的解決方法（以形助數(shù)）。
3、要學(xué)會搶得分點。要將整道題目解題思路轉(zhuǎn)化為得分點。
4、學(xué)會運(yùn)用等價轉(zhuǎn)換思想。將抽象的問題轉(zhuǎn)化為具體的問題，將實際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題。
5、學(xué)會運(yùn)用分類討論的思想。如果不注意對各種情況分類討論，就有可能造成錯解或漏解，縱觀近幾年的中考壓軸題分類討論思想解題已成為新的熱點。
6、轉(zhuǎn)化思想：體現(xiàn)在數(shù)學(xué)上也就是要把難轉(zhuǎn)簡，把不熟轉(zhuǎn)熟，把未知轉(zhuǎn)為已知的問題。
壓軸題解題模板01
二次函數(shù)圖象性質(zhì)與幾何問題
目 錄
TOC \ "1-2" \n \p " " \h \z \u \l "_Tc157701139" 題型一 二次函數(shù)與最值問題：
\l "_Tc157701140" 題型二 二次函數(shù)與圖形面積問題
\l "_Tc157701141" 題型三 二次函數(shù)與圖形判定問題
\l "_Tc157701142" 類型1：與特殊三角形相關(guān)
\l "_Tc157701143" 類型2：與特殊四邊形相關(guān)
題型一 二次函數(shù)與最值問題
【例1】（2023?棗莊節(jié)選）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過A（﹣1，0），C（0，3）兩點，并交x軸于另一點B，點M是拋物線的頂點，直線AM與y軸交于點D．
（1）求該拋物線的表達(dá)式；
（2）若點H是x軸上一動點，分別連接MH，DH，求MH+DH的最小值；
【分析】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法即可求得拋物線的表達(dá)式；
（2）利用待定系數(shù)法可得直線AM的解析式為y＝2x+2，進(jìn)而可得D（0，2），作點D關(guān)于x軸的對稱點D′（0，﹣2），連接D′M，D′H，MH+DH＝MH+D′H≥D′M，即MH+DH的最小值為D′M，利用兩點間距離公式即可求得答案；
【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過A（﹣1，0），C（0，3）兩點，
∴，
解得：，
∴該拋物線的表達(dá)式為y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴頂點M（1，4），
設(shè)直線AM的解析式為y＝kx+d，則，
解得：，
∴直線AM的解析式為y＝2x+2，
當(dāng)x＝0時，y＝2，
∴D（0，2），
作點D關(guān)于x軸的對稱點D′（0，﹣2），連接D′M，D′H，如圖，
則DH＝D′H，
∴MH+DH＝MH+D′H≥D′M，即MH+DH的最小值為D′M，
∵D′M＝＝，
∴MH+DH的最小值為；
【點評】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了求二次函數(shù)解析式，全等三角形的判定和性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，勾股定理，平行四邊形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，運(yùn)用分類討論思想是解題的關(guān)鍵．
【變式1-1】（2023?內(nèi)蒙古節(jié)選）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸的交點分別為A和B（1，0）（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C（0，3），點P是直線AC上方拋物線上一動點．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖1，過點P做x軸平行線交AC于點E，過點P做y軸平行線交x軸于點D，求PE+PD的最大值及點P的坐標(biāo)；
【分析】（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；
（2）先求直線AC的解析式，設(shè)P（t，﹣t2﹣2t+3），則D（t，0），E（﹣t2﹣2t，﹣t2﹣2t+3），可得PD+PE＝﹣2（t+）2+，當(dāng)t＝﹣時，PD+PE取最大值，此時P（﹣，）；
【解答】解：（1）把B（1，0），C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c得：
，
解得，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）在y＝﹣x2﹣2x+3中，令y＝0得0＝﹣x2﹣2x+3，
解得x＝﹣3或x＝1，
∴A（﹣3，0），
由A（﹣3，0），C（0，3）得直線AC解析式為y＝x+3，
設(shè)P（t，﹣t2﹣2t+3），則D（t，0），E（﹣t2﹣2t，﹣t2﹣2t+3），
∴PD+PE＝﹣t2﹣2t+3+（﹣t2﹣2t）﹣t＝﹣2t2﹣5t+3＝﹣2（t+）2+，
∵﹣2＜0，
∴當(dāng)t＝﹣時，PD+PE取最大值，
此時P（﹣，）；
【點評】本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，矩形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式1-2】（2023?眉山）在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于點A（﹣3，0），B（1，0）兩點，與y軸交于點C（0，3），點P是拋物線上的一個動點．
（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）當(dāng)點P在直線AC上方的拋物線上時，連接BP交AC于點D，如圖1，當(dāng)?shù)闹底畲髸r，求點P的坐標(biāo)及的最大值；
【分析】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法，將點A（﹣3，0），B（1，0），C（0，3）代入y＝ax2+bx+c，即可求得拋物線的解析式；
（2）運(yùn)用待定系數(shù)法可得直線AC的解析式為y＝x+3，過點P作PE∥x軸交直線AC于點E，設(shè)P（t，﹣t2﹣2t+3），則E（﹣t2﹣2t，﹣t2﹣2t+3），可得PE＝﹣t2﹣2t﹣t＝﹣t2﹣3t，由PE∥x軸，得△EPD∽△ABD，進(jìn)而得出＝＝＝﹣（t+）2+，再運(yùn)用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求得答案；
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于點A（﹣3，0），B（1，0）兩點，與y軸交于點C（0，3），
∴，
解得：，
∴該拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+n，則，
解得：，
∴直線AC的解析式為y＝x+3，
過點P作PE∥x軸交直線AC于點E，如圖，
設(shè)P（t，﹣t2﹣2t+3），則E（﹣t2﹣2t，﹣t2﹣2t+3），
∴PE＝﹣t2﹣2t﹣t＝﹣t2﹣3t，
∵A（﹣3，0），B（1，0），
∴AB＝1﹣（﹣3）＝4，
∵PE∥x軸，
∴△EPD∽△ABD，
∴＝，
∴＝＝﹣（t+）2+，
∵﹣＜0，
∴當(dāng)t＝﹣時，的值最大，最大值為，此時點P的坐標(biāo)為（﹣，）；
【點評】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，點坐標(biāo)轉(zhuǎn)換為線段長度，幾何圖形與二次函數(shù)結(jié)合的問題，相似三角形的判定和性質(zhì)，翻折變換的性質(zhì)等，最后一問推出PM＝CM為解題關(guān)鍵．
【變式1-3】（2023?西寧）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線l與x軸交于點A（6，0），與y軸交于點B（0，﹣6），拋物線經(jīng)過點A，B，且對稱軸是直線x＝1．
（1）求直線l的解析式；
（2）求拋物線的解析式；
（3）點P是直線l下方拋物線上的一動點，過點P作PC⊥x軸，垂足為C，交直線1于點D，過點P作PM⊥l，垂足為M．求PM的最大值及此時P點的坐標(biāo)．
【分析】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法即可求得答案；
（2）根據(jù)拋物線的對稱軸是直線x＝1，可設(shè)y＝a（x﹣1）2+k，利用待定系數(shù)法即可求得答案；
（3）由∠PCA＝90°，∠OAB＝45°，可得∠PDM＝∠ADC＝45°，利用解直角三角形可得PM＝PD，設(shè)點P（t，t2﹣t﹣6），則D（t，t﹣6），可得PD＝t﹣6﹣（t2﹣t﹣6）＝﹣t2+t＝﹣（t﹣3）2+，利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求得答案．
【解答】解：（1）設(shè)直線l的解析式為y＝mx+n（m≠0），
∵直線l與x軸交于點A（6，0），與y軸交于點B（0，﹣6），
∴，
解得：，
∴直線l的解析式為y＝x﹣6；
（2）設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x﹣h）2+k（a≠0），
∵拋物線的對稱軸是直線x＝1，
∴y＝a（x﹣1）2+k，
∵拋物線經(jīng)過點A，B，
∴，
解得：，
∴拋物線的解析式為y＝（x﹣1）2﹣；
（3）∵A（6，0），B（0，﹣6），
∴OA＝OB＝6，
在△AOB中，∠AOB＝90°，
∴∠OAB＝∠OBA＝45°，
∵PC⊥x軸，PM⊥l，
∴∠PCA＝∠PND＝90°，
在Rt△ADC中，∵∠PCA＝90°，∠OAB＝45°，
∴∠ADC＝45°，
∴∠PDM＝∠ADC＝45°，
在Rt△PMD中，∠PMD＝90°，∠PDM＝45°，
∴sin45°＝，
∴PM＝PD，
∵y＝（x﹣1）2﹣＝x2﹣x﹣6，
∴設(shè)點P（t，t2﹣t﹣6），
∴D（t，t﹣6），
∴PD＝t﹣6﹣（t2﹣t﹣6）＝﹣t2+t＝﹣（t﹣3）2+，
∵﹣＜0，
∴當(dāng)t＝3時，PD有最大值是，此時PM最大，
PM＝PD＝×＝，
當(dāng)t＝3時，t2﹣t﹣6＝×9﹣×3﹣6＝﹣，
∴P（3，﹣），
∴PM的最大值是，此時點P（3，﹣）．
【點評】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法，二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，解直角三角形等，本題難度適中，熟練掌握待定系數(shù)法和二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
題型二 二次函數(shù)與圖形面積問題
【例2】（2023?婁底）如圖，拋物線y＝x2+bx+c過點A（﹣1，0）、點B（5，0），交y軸于點C．
（1）求b，c的值．
（2）點P（x0，y0）（0＜x0＜5）是拋物線上的動點．當(dāng)x0取何值時，△PBC的面積最大？并求出△PBC面積的最大值；
【分析】（1）由拋物線過點A，B，可直接得出拋物線的表達(dá)式為：y＝（x+1）（x﹣5），展開即可得出結(jié)論；
（2）過點P作PD⊥x軸，交線段BC于點D，則S△PBC＝OB?PD，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可得結(jié)論；
（2）由題意可知PF⊥PE，若△PEF是等腰直角三角形，則PE＝PF，分別表達(dá)PE及PF，可求出x0的值，進(jìn)而求出點P的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝x2+bx+c過點A（﹣1，0）、點B（5，0），
∴拋物線的表達(dá)式為：y＝（x+1）（x﹣5）＝x2﹣4x﹣5，
∴b＝﹣4，c＝﹣5；
（2）由（1）得，拋物線的解析式為：y＝x2﹣4x﹣5，
令x＝0，則y＝﹣5；
∴C（0，﹣5）
∴直線BC的表達(dá)式為：y＝x﹣5，P（x0，﹣4x0﹣5），
如圖，過點P作x軸的垂線，交線段BC于點D，
則D（x0，x0﹣5），
∴S△PBC＝OB?PD＝×5×（x0﹣5﹣+4x0+5）
＝﹣+x0
＝﹣（x0﹣2.5）2+，
∴當(dāng)x0＝2.5時，S的值取最大，最大值為；
【點評】本題考查的是二次函數(shù)綜合運(yùn)用，涉及到一次函數(shù)、等腰三角形的性質(zhì)、圖形的面積計算等，本題難度不大．
【變式2-1】（2023?懷化）如圖一所示，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx﹣8與x軸交于A（﹣4，0）、B（2，0）兩點，與y軸交于點C．
（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式及頂點坐標(biāo)；
（2）點P為第三象限內(nèi)拋物線上一點，作直線AC，連接PA、PC，求△PAC面積的最大值及此時點P的坐標(biāo)；
【分析】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法，將A（﹣4，0）、B（2，0）代入y＝ax2+bx﹣8，即可求得拋物線的函數(shù)表達(dá)式，再利用配方法或頂點坐標(biāo)公式即可求得拋物線的頂點坐標(biāo)；
（2）運(yùn)用待定系數(shù)法可得直線AC的解析式為y＝﹣2x﹣8，設(shè)P（t，t2+2t﹣8），過點P作PF∥y軸，交AC于點F，則F（t，﹣2t﹣8），進(jìn)而可得S△PAC＝S△PAF+S△PCF＝2（﹣t2﹣4t）＝﹣2（t+2）2+8，運(yùn)用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求得答案；
【解答】（1）解：∵拋物線y＝ax2+bx﹣8與x軸交于A（﹣4，0）、B（2，0）兩點，
∴，
解得：，
∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y＝x2+2x﹣8，
∵y＝x2+2x﹣8＝（x+1）2﹣9，
∴拋物線的頂點坐標(biāo)為（﹣1，﹣9）；
（2）解：∵拋物線y＝x2+2x﹣8與y軸交于點C，
∴C（0，﹣8），
設(shè)直線AC的解析式為y＝mx+n，則，
解得：，
∴直線AC的解析式為y＝﹣2x﹣8，
設(shè)P（t，t2+2t﹣8），
過點P作PF∥y軸，交AC于點F，如圖，
則F（t，﹣2t﹣8），
∴PF＝﹣2t﹣8﹣（t2+2t﹣8）＝﹣t2﹣4t，
∴S△PAC＝S△PAF+S△PCF＝PF?（t+4）+PF?（﹣t）＝2PF＝2（﹣t2﹣4t）＝﹣2（t+2）2+8，
∵﹣2＜0，
∴當(dāng)t＝﹣2時，S△PAC的最大值為8，此時點P（﹣2，﹣8）；
【點評】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，一元二次方程根與系數(shù)關(guān)系，圓的性質(zhì)，圓周角定理等，解題關(guān)鍵是證得O′E＝MN，得出以MN為直徑的⊙O′一定經(jīng)過點E．
【變式2-2】（2023?安徽）在平面直角坐標(biāo)系中，點O是坐標(biāo)原點，拋物線y＝ax2+bx（a≠0）經(jīng)過點A（3，3），對稱軸為直線x＝2．
（1）求a，b的值；
（2）已知點B，C在拋物線上，點B的橫坐標(biāo)為t，點C的橫坐標(biāo)為t+1．過點B作x軸的垂線交直線OA于點D，過點C作x軸的垂線交直線OA于點E．
（i）當(dāng)0＜t＜2時，求△OBD與△ACE的面積之和；
（ii）在拋物線對稱軸右側(cè)，是否存在點B，使得以B，C，D，E為頂點的四邊形的面積為？若存在，請求出點B的橫坐標(biāo)t的值；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法即可求得答案；
（2）由題意得B（t，﹣t2+4t），C（t+1，﹣t2+2t+3），利用待定系數(shù)法可得OA的解析式為y＝x，則D（t，t），E（t+1，t+1），
（i）設(shè)BD與x軸交于點M，過點A作AN⊥CE，則M（t，0），N（t+1，3），利用S△OBD+S△ACE＝BD?OM+AN?CE即可求得答案；
（ii）分兩種情況：①當(dāng)2＜t＜3時，②當(dāng)t＞3時，分別畫出圖象，利用S四邊形DCEB＝（BD+CE）?DH，建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx（a≠0）經(jīng)過點A（3，3），對稱軸為直線x＝2，
∴，
解得：；
（2）由（1）得：y＝﹣x2+4x，
∴當(dāng)x＝t時，y＝﹣t2+4t，
當(dāng)x＝t+1時，y＝﹣（t+1）2+4（t+1），即y＝﹣t2+2t+3，
∴B（t，﹣t2+4t），C（t+1，﹣t2+2t+3），
設(shè)OA的解析式為y＝kx，將A（3，3）代入，得：3＝3k，
∴k＝1，
∴OA的解析式為y＝x，
∴D（t，t），E（t+1，t+1），
（i）設(shè)BD與x軸交于點M，過點A作AN⊥CE，如圖，
則M（t，0），N（t+1，3），
∴S△OBD+S△ACE＝BD?OM+AN?CE＝（﹣t2+4t﹣t）?t+（﹣t2+2t+3﹣t﹣1）?（3﹣t﹣1）＝（﹣t3+3t2）+（t3﹣3t2+4）＝﹣t3+t2+t3﹣t2+2＝2；
（ii）①當(dāng)2＜t＜3時，過點D作DH⊥CE于H，如圖，
則H（t+1，t），BD＝﹣t2+4t﹣t＝﹣t2+3t，CE＝t+1﹣（﹣t2+2t+3）＝t2﹣t﹣2，DH＝t+1﹣t＝1，
∴S四邊形DCEB＝（BD+CE）?DH，
即＝（﹣t2+3t+t2﹣t﹣2）×1，
解得：t＝；
②當(dāng)t＞3時，如圖，過點D作DH⊥CE于H，
則BD＝t﹣（﹣t2+4t）＝t2﹣3t，CE＝t2﹣t﹣2，
∴S四邊形DBCE＝（BD+CE）?DH，
即＝（t2﹣3t+t2﹣t﹣2）×1，
解得：t1＝+1（舍去），t2＝﹣+1（舍去）；
綜上所述，t的值為．
【點評】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法，一次函數(shù)和二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，四邊形面積等，其中（2）（ii）分類求解是解題的關(guān)鍵．
【變式2-3】（2023·遼寧阜新·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)的圖象與軸交于點和點，與y軸交于點C．

(1)求這個二次函數(shù)的表達(dá)式．
(2)如圖1，二次函數(shù)圖象的對稱軸與直線交于點D，若點M是直線上方拋物線上的一個動點，求面積的最大值．
【答案】(1)；
(2)；
【分析】（1）根據(jù)拋物線的交點式直接得出結(jié)果；
（2）作于，作于，交于，先求出拋物線的對稱軸，進(jìn)而求得，坐標(biāo)及的長，從而得出過的直線與拋物線相切時，的面積最大，根據(jù)的△求得的值，進(jìn)而求得的坐標(biāo)，進(jìn)一步求得上的高的值，進(jìn)一步得出結(jié)果；
【詳解】（1）解：由題意得，
；
（2）解：如圖1，
作于，作于，交于，
，，
，
，
拋物線的對稱軸是直線：，
，
，
，
，
故只需的邊上的高最大時，的面積最大，
設(shè)過點與平行的直線的解析式為：，
當(dāng)直線與拋物線相切時，的面積最大，
由得，
，
由△得，
得，
，
，
，
，
，
，
，
；
【點睛】本題考查了二次函數(shù)及其圖象的性質(zhì)，一元二次方程的解法，平行四邊形的判定和性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)等知識，解決問題的關(guān)鍵是分類討論．
【變式2-4】（2023·湖南·統(tǒng)考中考真題）如圖，二次函數(shù)的圖象與軸交于，兩點，與軸交于點，其中，．

(1)求這個二次函數(shù)的表達(dá)式；
(2)在二次函數(shù)圖象上是否存在點，使得？若存在，請求出點坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；
【答案】(1)
(2)或或
【分析】（1）待定系數(shù)法求解析式即可求解；
（2）根據(jù)，可得到的距離等于到的距離，進(jìn)而作出兩條的平行線，求得解析式，聯(lián)立拋物線即可求解；
【詳解】（1）解：將點，代入，得
解得：
∴拋物線解析式為；
（2）∵，
頂點坐標(biāo)為，
當(dāng)時，
解得：
∴，則
∵，則
∴是等腰直角三角形，
∵
∴到的距離等于到的距離，
∵，，設(shè)直線的解析式為
∴
解得：
∴直線的解析式為，
如圖所示，過點作的平行線，交拋物線于點，

設(shè)的解析式為，將點代入得，
解得：
∴直線的解析式為，
解得：或
∴，
∵
∴
∴是等腰直角三角形，且，
如圖所示，延長至，使得，過點作的平行線，交軸于點，則，則符合題意的點在直線上，
∵是等腰直角三角形，
∴
∴是等腰直角三角形，
∴
∴
設(shè)直線的解析式為
∴
解得：
∴直線的解析式為
聯(lián)立
解得：或
∴或
綜上所述，或或；
【點睛】本題考查了二次函數(shù)綜合運(yùn)用，面積問題，角度問題，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
題型三 二次函數(shù)與圖形判定問題
類型一 與特殊三角形相關(guān)
【例3】（2023?隨州節(jié)選）如圖1，平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+c過點A（﹣1，0），B（2，0）和C（0，2），連接BC，點P（m，n）（m＞0）為拋物線上一動點，過點P作PN⊥x軸交直線BC于點M，交x軸于點N．
（1）直接寫出拋物線和直線BC的解析式；
（2）如圖2，連接OM，當(dāng)△OCM為等腰三角形時，求m的值；
【分析】（1）由題得拋物線的解析式為y＝a（x+1）（x﹣2），將點C坐標(biāo)代入求a，進(jìn)而得到拋物線的解析式；設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+t，將B、C兩點坐標(biāo)代入求解即可得到直線BC的解析式．
（2）由題可得M坐標(biāo)，分別求出OC，OM，CM，對等腰三角形OCM中相等的邊界線分類討論，進(jìn)而列方程求解．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c過點A（﹣1，0），B（2，0），
∴拋物線的表達(dá)式為y＝a（x+1）（x﹣2），
將點C（0，2）代入得，2＝﹣2a，
∴a＝﹣1，
∴拋物線的表達(dá)式為y＝﹣（x+1）（x﹣2），即y＝﹣x2+x+2．
設(shè)直線BC的表達(dá)式為y＝kx+t，
將B（2，0），C（0，2）代入得，
，
解得，
∴直線BC的表達(dá)式為y＝﹣x+2．
（2）∵點M在直線BC上，且P（m，n），
∴點M的坐標(biāo)為（m，﹣m+2），
∴OC＝2
∴CM2＝（m﹣0）2+（﹣m+2﹣2）2＝2m2，OM2＝m2+（﹣m+2）2＝2m2﹣4m+4，
當(dāng)△OCM為等腰三角形時，
①若CM＝OM，則CM2＝OM2，
即2m2＝2m2﹣4m+4，
解得m＝1；
②若CM＝OC，則CM2＝OC2，
即2m2＝4，
解得或m＝﹣（舍去）；
③若OM＝OC，則OM2＝OC2，
即2m2﹣4m+4＝4，
解得m＝2或m＝0（舍去）．
綜上，m＝1或m＝或m＝2．
【點評】本題考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是熟練掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，等腰三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定等相關(guān)知識．
【變式3-1】（2023?恩施州節(jié)選）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，O為坐標(biāo)原點，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c與y軸交于點A，拋物線的對稱軸與x軸交于點B．
（1）如圖，若A（0，），拋物線的對稱軸為x＝3．求拋物線的解析式，并直接寫出y≥時x的取值范圍；
（2）在（1）的條件下，若P為y軸上的點，C為x軸上方拋物線上的點，當(dāng)△PBC為等邊三角形時，求點P，C的坐標(biāo)；
【分析】（1）把A點的坐標(biāo)代入拋物線的解析式，可得c，由對稱軸是，可求得b；當(dāng)y＝時，結(jié)合圖象求得x的范圍；
（2）連接AB，在對稱軸上截取BD＝AB，分兩種情況進(jìn)行討論，根據(jù)題意可得A、B、C、P四點共圓，先證A、D、C在同一直線上，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，兩點之間的距離公式，坐標(biāo)系中的交點坐標(biāo)特征等即可求解．
（3））由拋物線過點D（m，2），E（n，2）可設(shè)設(shè)拋物線解析式為y＝，于是再將點F（1，﹣1）的坐標(biāo)代入解析式中可得（m﹣1）（n﹣1）＝6，再利用m＜n，m，n為正整數(shù)求解即可．
【解答】解：（1）∵A ，拋物線的對稱軸為x＝3．
∴c＝，，
解得：b＝3，
∴拋物線解析式為y＝，
當(dāng)y＝時，＝，
解得：x1＝0，x2＝6，
∴x的取值范圍是：0≤x≤6；
（2）連接AB，在對稱軸上截取BD＝AB，
由已知可得：OA＝，OB＝3，
在Rt△AOB中，
tan∠OAB＝＝，
∴∠OAB＝60°，
∴∠PAB＝180°﹣∠OAB＝120°，
∵△BCP是等邊三角形，
∴∠BCP＝60°，
∴∠PAB+∠BCP＝180°，
∴A、B、C、P四點共圓，
∴∠BAC＝∠BPC＝60°，
∵BD＝AB，
∴△ABD是等邊三角形，
∴∠BAD＝60°，
∴點D在AC上，
BD＝AB＝，
∴D（3，），
設(shè)AD的解析式為y＝kx+b，則有：
，
解得：，
∴AC的解析式為：y＝，
由＝，得：
x1＝0，x2＝，
當(dāng)x＝時，y＝，
∴C（，），
設(shè)P（0，y），則有：
，
解得：y＝，
∴P（0，）；
當(dāng)C與A重合時，
∵∠OAB＝60°，
∴點P與點A關(guān)于x軸對稱，符合題意，
此時，P（0，），C（0，）；
∴C（，），P（0，）或P（0，），C（0，）；
【點評】本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，根據(jù)特三角函數(shù)求角度，圓內(nèi)接四邊形對角互補(bǔ)，二次函數(shù)的性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式3-2】（2023?益陽）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l：y＝a（x+2）（a＞0）與x軸交于點A，與拋物線E：y＝ax2交于B，C兩點（B在C的左邊）．
（1）求A點的坐標(biāo)；
（2）如圖1，若B點關(guān)于x軸的對稱點為B′點，當(dāng)以點A，B′，C為頂點的三角形是直角三角形時，求實數(shù)a的值；
【分析】（1）解方程a（x+2）＝0；
（2）表示出點A，B′，C的坐標(biāo)，利用勾股定理解方程求解，注意直角頂點不確定，需分類討論；
（3）直線l與拋物線E所圍成的封閉圖形（不包含邊界）中的格點只能落在y軸和直線x＝1上，各為13個，分別求出a的范圍．
【解答】解：（1）令y＝a（x+2）＝0，得x＝﹣2，
A點的坐標(biāo)為（﹣2，0）；
（2）聯(lián)立直線l：y＝a（x+2）與拋物線E：y＝ax2得：
，
∴x2﹣x﹣2＝0，
∴x＝﹣1或x＝2，
∴B（﹣1，a），C（2，4a），
∵B點關(guān)于x軸的對稱點為B′點，
∴B'（﹣1，﹣a），
∴AB'2＝（﹣2+1）2+（0+a）2＝a2+1，
AC2＝（2+2）2+（4a﹣0）2＝16a2+16，
B'C2＝（2+1）2+（4a+a）2＝25a2+9，
若∠CAB'＝90°，則AB'2+AC2＝B'C2，即a2+1+16a2+16＝25a2+9，所以a＝1，
若∠AB'C＝90°，則AB'2+B'C2＝AC2，即a2+1+25a2+9＝16a2+16，所以a＝，
若∠ACB'＝90°，則AC2+B'C2＝AB'2，即16a2+16+25a2+9＝a2+1，此方程無解．
∴a＝1或a＝．
【點評】本題考查了一次函數(shù)和二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，并與直角三角形和新定義結(jié)合，關(guān)鍵是弄清格點只能落在y軸和直線x＝1上，各為13個，并對點D、F進(jìn)行定位．
類型二 與特殊四邊形相關(guān)
【例4】（2023?自貢）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+4與x軸交于A（﹣3，0），B兩點，與y軸交于點C．
（1）求拋物線解析式及B，C兩點坐標(biāo)；
（2）以A，B，C，D為頂點的四邊形是平行四邊形，求點D坐標(biāo)；
【分析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法求出拋物線的解析式，然后即可求出拋物線與x軸和y軸的交點坐標(biāo)．
（2）分三種情況，先確定四邊形的對角線，找到對角線的中點，然后根據(jù)中點坐標(biāo)公式即可求解．
【解答】解：（1）把點A的坐標(biāo)代入解析式得b＝，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣x+4，
∴點C的坐標(biāo)為（0，4），點B的坐標(biāo)為（1，0）．
（2）以A，B，C，D為頂點的四邊形是平行四邊形，分三種情況：
①若AC為對角線，設(shè)AC的中點為F，則根據(jù)中點坐標(biāo)公式可得F的坐標(biāo)為（﹣，2），
設(shè)點D的坐標(biāo)為（a，b），則有，
解得a＝﹣4，b＝4，此時點D的坐標(biāo)為（﹣4，4），
②若以AB為對角線，設(shè)AB的中點為F，則F的坐標(biāo)為（﹣1，0），
設(shè)點D的坐標(biāo)為（a，b），則有，
解得a＝﹣2，b＝﹣4，此時點D的坐標(biāo)為（﹣2，﹣4），
③若以BC為對角線，設(shè)BC的中點為F，則點F的坐標(biāo)為（，2），
設(shè)點D的坐標(biāo)為（a，b），則有，
解得a＝4，b＝4，此時點D的坐標(biāo)為（4，4），
綜上所述，點D的坐標(biāo)為（﹣4，4）或（﹣2，﹣4）或（4，4）；
【變式4-1】（2023?巴中）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）經(jīng)過點A（﹣1，0）和B（0，3），其頂點的橫坐標(biāo)為1．
（1）求拋物線的表達(dá)式．
（2）若直線x＝m與x軸交于點N，在第一象限內(nèi)與拋物線交于點M，當(dāng)m取何值時，使得AN+MN有最大值，并求出最大值．
（3）若點P為拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的對稱軸上一動點，將拋物線向左平移1個單位長度后，Q為平移后拋物線上一動點．在（2）的條件下求得的點M，是否能與A、P、Q構(gòu)成平行四邊形？若能構(gòu)成，求出Q點坐標(biāo)；若不能構(gòu)成，請說明理由．
【分析】（1）由拋物線頂點橫坐標(biāo)，可得出拋物線的對稱軸為直線x＝1，結(jié)合點A的坐標(biāo)，可得出拋物線與x軸另一交點的坐標(biāo)，結(jié)合點B的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法，即可求出拋物線的表達(dá)式；
（2）由“直線x＝m與x軸交于點N，在第一象限內(nèi)與拋物線交于點M”，可得出點M，N的坐標(biāo)，進(jìn)而可得出AN，MN的值，代入AN+MN中，可得出AN+MN＝﹣（m﹣）2+，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)，即可解決最值問題；
（3）利用平移的性質(zhì)，可得出平移后拋物線的表達(dá)式為y＝﹣x2+4，利用二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，可求出點M的坐標(biāo)，假設(shè)存在以A，P，Q，M為頂點的平行四邊形，設(shè)點P的坐標(biāo)為（1，m），點Q的坐標(biāo)為（n，﹣n2+4），分AM為對角線、AP為對角線及AQ為對角線三種情況考慮，由平行四邊形的對角線互相平分，可得出關(guān)于n的一元一次方程，解之可得出n值，再將其代入點Q的坐標(biāo)中，即可得出結(jié)論．
【解答】解：（1）∵拋物線的頂點橫坐標(biāo)為1，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝1．
∵點A的坐標(biāo)為（﹣1，0），
∴拋物線與x軸的另一交點坐標(biāo)為（3，0）．
將（﹣1，0），（3，0），（0，3）代入y＝ax2+bx+c得：，
解得：，
∴拋物線的表達(dá)式為y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵直線x＝m與x軸交于點N，在第一象限內(nèi)與拋物線交于點M，
∴點M的坐標(biāo)為（m，﹣m2+2m+3），點N的坐標(biāo)為（m，0），
∴MN＝﹣m2+2m+3，AN＝m+1，
∴AN+MN＝m+1+（﹣m2+2m+3）＝﹣m2+3m+4＝﹣（m﹣）2+，
∵﹣1＜0，且0＜m＜3，
∴當(dāng)m＝時，AN+MN有最大值，最大值為；
（3）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴拋物線向左平移1個單位長度后的表達(dá)式為y＝﹣x2+4．
當(dāng)x＝時，y＝﹣（）2+2×+3＝，
∴點M的坐標(biāo)為（，）．
假設(shè)存在以A，P，Q，M為頂點的平行四邊形，設(shè)點P的坐標(biāo)為（1，m），點Q的坐標(biāo)為（n，﹣n2+4）．
①當(dāng)AM為對角線時，對角線AM，PQ互相平分，
∴＝，
解得：n＝﹣，
∴點Q的坐標(biāo)為（﹣，）；
②當(dāng)AP為對角線時，對角線AP，MQ互相平分，
∴＝，
解得：n＝﹣，
∴點Q的坐標(biāo)為（﹣，）；
③當(dāng)AQ為對角線時，對角線AQ，PM互相平分，
∴＝，
解得：n＝，
∴點Q的坐標(biāo)為（，﹣）．
綜上所述，存在以A，P，Q，M為頂點的平行四邊形，點Q的坐標(biāo)為（﹣，）或（﹣，）或（，﹣）．
【點評】本題考查了二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征、待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)以及平行四邊形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：（1）根據(jù)點的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出拋物線的表達(dá)式；（2）利用二次函數(shù)的性質(zhì)，求出AN+MN的最大值；（3）利用平行四邊形的性質(zhì)（對角線互相平分），找出關(guān)于n的一元一次方程．
【變式4-2】（2023?錦州）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c交x軸于點A（﹣1，0）和B，交y軸于點C（0，3），頂點為D．
（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）若點E在第一象限內(nèi)對稱軸右側(cè)的拋物線上，四邊形ODEB的面積為7，求點E的坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，若點F是對稱軸上一點，點H是坐標(biāo)平面內(nèi)一點，在對稱軸右側(cè)的拋物線上是否存在點G，使以點E，F(xiàn)，G，H為頂點的四邊形是菱形，且∠EFG＝60°，如果存在，請直接寫出點G的坐標(biāo)；如果不存在，請說明理由．
【分析】（1）把點A（﹣1，0）和點C（0，3）代入求拋物線的表達(dá)式；
（2）將四邊形ODEB分割，S四邊形ODEB＝S△ODM+S梯形DMNE+S△ENB，利用7建立方程求點E的坐標(biāo)；
（3）對E，F(xiàn)，G，H四個點按順時針和逆時針排成菱形，分別求解．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+c過點A（﹣1，0）和點C（0，3），
∴，
∴，
∴拋物線的表達(dá)式y(tǒng)＝﹣x2+2x+3．
（2）設(shè)拋物線的對稱軸與x軸交于點M，過點E作EN⊥x軸于點N，如圖．
設(shè)E（x，﹣x2+2x+3），
∴BN＝3﹣x，MN＝x﹣1，
∴S四邊形ODEB＝S△ODM+S梯形DMNE+S△ENB＝×1×4+（4﹣x2+2x+3）（x﹣1）+（﹣x2+2x+3）（3﹣x）＝﹣x2+4x+3，
∵四邊形ODEB的面積為7，
∴﹣x2+4x+3＝7，
∴x2﹣4x+4＝0，
∴x1＝x2＝2，
∴E（2，3）．
（3）存在點G，使以點E，F(xiàn)，G，H為頂點的四邊形是菱形，且∠EFG＝60°，滿足條件G的坐標(biāo)為（，）或（，）．理由如下：
如圖，連接CG，DG，
∵四邊形EFGH是菱形，且∠EFG＝60°，
∴△EFG是等邊三角形，
∴△DCE是等邊三角形，
∴△CEG≌△DEF，
∴∠ECG＝∠EDF＝30°，
∴直線CG的表達(dá)式為y＝﹣x+3，
∴，
∴G（，）；
如圖，連接CG、DG、CF，
∵四邊形EFGH是菱形，且∠EFG＝60°，
∴△EFG是等邊三角形，
∴△DCE是等邊三角形，
∴△DGE≌△CFE，
∴DG＝CF，
∴CF＝FE，GE＝FE，
∴DG＝GE，
∴△CDG≌△CEG，
∴∠DCG＝∠ECG＝30°，
∴直線CG的表達(dá)式為y＝x+3，
∴，
∴G（，），
綜上，G（，）或（，）．
【點評】本題考查了二次函數(shù)解析式的求法，與四邊形面積和菱形結(jié)合，對于（2）關(guān)鍵是分割，對于（3）關(guān)鍵是找清分類標(biāo)準(zhǔn)．
【變式4-3】（2022?黔西南州）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，經(jīng)過點A（4，0）的直線AB與y軸交于點B（0，4）．經(jīng)過原點O的拋物線y＝﹣x2+bx+c交直線AB于點A，C，拋物線的頂點為D．
（1）求拋物線y＝﹣x2+bx+c的表達(dá)式；
（2）M是線段AB上一點，N是拋物線上一點，當(dāng)MN∥y軸且MN＝2時，求點M的坐標(biāo)；
（3）P是拋物線上一動點，Q是平面直角坐標(biāo)系內(nèi)一點．是否存在以點A，C，P，Q為頂點的四邊形是矩形？若存在，直接寫出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）將點A、O的坐標(biāo)分別代入拋物線解析式，解方程即可；
（2）設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+b，利用待定系數(shù)法求出解析式，再表示出MN，然后根據(jù)MN＝2解方程可得答案；
（3）分AC為邊和對角線兩種情況進(jìn)行討論：根據(jù)平移的性質(zhì)，三角形相似的性質(zhì)和判定，兩點的距離公式可得結(jié)論．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+c過點A（4，0）和O（0，0），
∴，
解得：，
∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+4x；
（2）∵直線AB經(jīng)過點A（4，0）和B（0，4），
∴直線AB的解析式為：y＝﹣x+4，
∵M(jìn)N∥y軸，
設(shè)M（t，﹣t+4），N（t，﹣t2+4t），其中0≤t≤4，
當(dāng)M在N點的上方時，
MN＝﹣t+4﹣（﹣t2+4t）＝t2﹣5t+4＝2，
解得：t1＝，t2＝（舍），
∴M1（，），
當(dāng)M在N點下方時，
MN＝﹣t2+4t﹣（﹣t+4）＝﹣t2+5t﹣4＝2，
解得：t1＝2，t2＝3，
∴M2（2，2），M3（3，1），
綜上，滿足條件的點M的坐標(biāo)有三個（，）或（2，2）或（3，1）；
（3）存在，
①如圖2，若AC是矩形的邊，
設(shè)拋物線的對稱軸與直線AB交于點R，且R（2，2），
過點C，A分別作直線AB的垂線交拋物線于點P1，P2，
∵C（1，3），D（2，4），
∴CD＝＝，
同理得：CR＝，RD＝2，
∴CD2+CR2＝DR2，
∴∠RCD＝90°，
∴點P1與點D重合，
當(dāng)CP1∥AQ1，CP1＝AQ1時，四邊形ACP1Q1是矩形，
∵C（1，3）向右平移1個單位，向上平移1個單位得到P1（2，4），
∴A（4，0）向右平移1個單位，向上平移1個單位得到Q1（5，1），
此時直線P1C的解析式為：y＝x+2，
∵直線P2A與P1C平行且過點A（4，0），
∴直線P2A的解析式為：y＝x﹣4，
∵點P2是直線y＝x﹣4與拋物線y＝﹣x2+4x的交點，
∴﹣x2+4x＝x﹣4，
解得：x1＝﹣1，x2＝4（舍），
∴P2（﹣1，﹣5），
當(dāng)AC∥P2Q2時，四邊形ACQ2P2是矩形，
∵A（4，0）向左平移3個單位，向上平移3個單位得到C（1，3），
∴P2（﹣1，﹣5）向左平移3個單位，向上平移3個單位得到Q2（﹣4，﹣2）；
②如圖3，若AC是矩形的對角線，
設(shè)P3（m，﹣m2+4m）
當(dāng)∠AP3C＝90°時，過點P3作P3H⊥x軸于H，過點C作CK⊥P3H于K，
∴∠P3KC＝∠AHP3＝90°，∠P3CK＝∠AP3H，
∴△P3CK∽△AP3H，
∴＝，
∴＝，
∵點P不與點A，C重合，
∴m≠1或m≠4，
∴m2﹣3m+1＝0，
∴m＝，
∴如圖4，滿足條件的點P有兩個，即P3（，），P4（，），
當(dāng)P3C∥AQ3，P3C＝AQ3時，四邊形AP3CQ3是矩形，
∵P3（，）向左平移個單位，向下平移個單位得到C（1，3），
∴A（4，0）向左平移個單位，向下平移個單位得到Q3（，），
當(dāng)P4C∥AQ4，P4C＝AQ4時，四邊形AP4CQ4是矩形，
∵P4（，）向右平移個單位，向上平移個單位得到C（1，3），
∴A（4，0）向右平移個單位，向上平移個單位得到Q4（，）；
綜上，點Q的坐標(biāo)為（5，1）或（﹣4，﹣2）或（，）或（，）．
【點評】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，相似三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，平移的性質(zhì)等知識，正確畫圖，并運(yùn)用分類討論的思想是解本題的關(guān)鍵．
一、解答題
1．（2023·遼寧·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線y=ax2+83x+c與x軸交于點A和點B3.0，與y軸交于點C0,4，點P為第一象限內(nèi)拋物線上的動點過點P作PE⊥x軸于點E，交BC于點F．

(1)求拋物線的解析式；
(2)當(dāng)△BEF的周長是線段PF長度的2倍時，求點P的坐標(biāo)；
(3)當(dāng)點P運(yùn)動到拋物線頂點時，點Q是y軸上的動點，連接BQ，過點B作直線l⊥BQ，連接QF并延長交直線l于點M．當(dāng)BQ=BM時，請直接寫出點的坐標(biāo)．
【答案】(1)y=?43x2+83x+4
(2)P32,5
(3)Q0,12+463或0,12?463
【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解；
（2）根據(jù)直角三角形三角函數(shù)值可得BE=34EF，BF=54EF，進(jìn)而可得△BEF的周長=BE+BF+EF=3EF，結(jié)合已知條件可得2PF=3EF，設(shè)Pt,?43t2+83t+4，則Ft,?43t+4，Et,0，從而可得方程3×?43t+4 =2×?43t2+4t，解方程即可；
（3）先求出F1,83，P1,163，設(shè)Q0,n，過點M作MN⊥x軸于點N，通過證明△BQO△≌MBN AAS，求出M3+n,3，再求出直線QM的解析式為y=3?n3+nx+n，將點F1,83代入解析式求出n的值即可．
【詳解】（1）解：將B3.0，C0,4代入y=ax2+83x+c，
可得32?a+83×3+c=0c=4，
解得a=?43c=4，
∴拋物線的解析式為y=?43x2+83x+4；
（2）解：∵ B3.0，C0,4，
∴ OB=3，OC=4，
∴ tan∠OBC=43，
∴ BE=34EF，BF=54EF，
∴ △BEF的周長=BE+BF+EF=3EF，
∵ △BEF的周長是線段PF長度的2倍，
∴ 2PF=3EF，
設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，
將B3.0，C0,4代入可得3k+b=0b=4，
解得k=?43b=4，
∴直線BC的解析式為y=?43x+4，
設(shè)Pt,?43t2+83t+4，則Ft,?43t+4，Et,0，
∴ EF=?43t+4，PF=?43t2+83t+4??43t+4=?43t2+4t，
∴ 3×?43t+4 =2×?43t2+4t，
解得t1=32，t2=3（舍），
∴ ?43t2+83t+4=?43×322+83×32+4=5，
∴ P32,5；
（3）解：∵ y=?43x2+83x+4=?43x?12+163，
∴當(dāng)x=1時，y取最大值163，
∴ P1,163，
∵直線BC的解析式為y=?43x+4，
∴當(dāng)x=1時，y=?43×1+4=83，
∴ F1,83，
設(shè)Q0,n，過點M作MN⊥x軸于點N，

由題意知∠QBM=90°，
∴ ∠QBO+∠MBN=90°，
∵ ∠QBO+∠OQB=90°，
∴ ∠OQB=∠MBN，
又∵ ∠QOB=∠BNM=90°，BQ=BM，
∴ △BQO△≌MBN AAS，
∴ OQ=NB，BO=MN，
∴ M3+n,3，
設(shè)直線QM的解析式為y=k′x+n，
則k′3+n+n=3，
解得k′=3?n3+n，
∴直線QM的解析式為y=3?n3+nx+n，
將點F1,83代入，得3?n3+n+n=83，
解得n=13+463或n=13?463，
∴ Q0,13+463或0,13?463．
【點睛】本題考查一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形等，綜合性較強(qiáng)，難度較大，熟練運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
2．（2023·湖南張家界·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象與x軸交于點A?2,0和點B6,0兩點，與y軸交于點C0,6．點D為線段BC上的一動點．

(1)求二次函數(shù)的表達(dá)式；
(2)如圖1，求△AOD周長的最小值；
(3)如圖2，過動點D作DP∥AC交拋物線第一象限部分于點P，連接PA,PB，記△PAD與△PBD的面積和為S，當(dāng)S取得最大值時，求點P的坐標(biāo)，并求出此時S的最大值．
【答案】(1)y=?12x2+2x+6
(2)12
(3)3,152，S最大值=272
【分析】（1）根據(jù)題意設(shè)拋物線的表達(dá)式為y=ax+2x?6，將0,6代入求解即可；
（2）作點O關(guān)于直線BC的對稱點E，連接EC、EB，根據(jù)點坐特點及正方形的判定得出四邊形OBEC為正方形，E6,6，連接AE，交BC于點D，由對稱性DE=DO，此時DO+DA有最小值為AE的長，再由勾股定理求解即可；
（3）由待定系數(shù)法確定直線BC的表達(dá)式為y=?x+6，直線AC的表達(dá)式為y=3x+6，設(shè)Pm,?12m2+2m+6，然后結(jié)合圖形及面積之間的關(guān)系求解即可．
【詳解】（1）解：由題意可知，設(shè)拋物線的表達(dá)式為y=ax+2x?6，
將0,6代入上式得：6=a0+20?6，
a=?12
所以拋物線的表達(dá)式為y=?12x2+2x+6；
（2）作點O關(guān)于直線BC的對稱點E，連接EC、EB，
∵B6,0，C0,6，∠BOC=90°，
∴OB=OC=6，
∵O、E關(guān)于直線BC對稱，
∴四邊形OBEC為正方形，
∴E6,6，
連接AE，交BC于點D，由對稱性DE=DO，
此時DO+DA有最小值為AE的長，
AE=AB2+BE2=82+62=10
∵△AOD的周長為DA+DO+AO，
AO=2，DA+DO的最小值為10，
∴△AOD的周長的最小值為10+2=12；
（3）由已知點A?2,0，B6,0，C0,6，
設(shè)直線BC的表達(dá)式為y=kx+n，
將B6,0，C0,6代入y=kx+n中，6k+n=0n=0，解得k=?1n=6，
∴直線BC的表達(dá)式為y=?x+6，
同理可得：直線AC的表達(dá)式為y=3x+6，
∵PD∥AC，
∴設(shè)直線PD表達(dá)式為y=3x+?，
由（1）設(shè)Pm,?12m2+2m+6，代入直線PD的表達(dá)式
得：?=?12m2?m+6，
∴直線PD的表達(dá)式為：y=3x?12m2?m+6，
由y=?x+6y=3x?12m2?m+6，得x=18m2+14my=?18m2?14m+6，
∴D18m2+14m,?18m2?14m+6，
∵P，D都在第一象限，
∴S=S△PAD+S△PBD=S△PAB?S△DAB
=12AB?12m2+2m+6??18m2?14m+6
=12×8?38m2+94m
=?32m2+9m=?32m2?6m
=?32(m?3)2+272，
∴當(dāng)m=3時，此時P點為3,152.
S最大值=272．
【點睛】題目主要考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，包括待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式，周長最短問題及面積問題，理解題意，熟練掌握運(yùn)用二次函數(shù)的綜合性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
3．（2023·四川涼山·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知拋物線與x軸交于A1,0和B?5,0兩點，與y軸交于點C．直線y=?3x+3過拋物線的頂點P．
(1)求拋物線的函數(shù)解析式；
(2)若直線x=m?5

相關(guān)試卷

2025年中考數(shù)學(xué)二輪培優(yōu)練習(xí)壓軸題01 二次函數(shù)圖象性質(zhì)與幾何問題（3題型+2類型+解題模板+技巧精講）（2份，原卷版+解析版）：

這是一份2025年中考數(shù)學(xué)二輪培優(yōu)練習(xí)壓軸題01 二次函數(shù)圖象性質(zhì)與幾何問題（3題型+2類型+解題模板+技巧精講）（2份，原卷版+解析版），文件包含2025年中考數(shù)學(xué)二輪培優(yōu)壓軸題01二次函數(shù)圖象性質(zhì)與幾何問題3題型+2類型+解題模板+技巧精講原卷版docx、2025年中考數(shù)學(xué)二輪培優(yōu)壓軸題01二次函數(shù)圖象性質(zhì)與幾何問題3題型+2類型+解題模板+技巧精講解析版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共82頁， 歡迎下載使用。

壓軸題01 二次函數(shù)圖象性質(zhì)與幾何問題（3題型+2類型+解題模板+技巧精講）-2024年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講義（全國通用）：

這是一份壓軸題01 二次函數(shù)圖象性質(zhì)與幾何問題（3題型+2類型+解題模板+技巧精講）-2024年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講義（全國通用），文件包含壓軸題01二次函數(shù)圖象性質(zhì)與幾何問題3題型+2類型+解題模板+技巧精講原卷版docx、壓軸題01二次函數(shù)圖象性質(zhì)與幾何問題3題型+2類型+解題模板+技巧精講解析版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共83頁， 歡迎下載使用。

壓軸題06 規(guī)律探究（4題型+解題模板+技巧精講）-中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講練測（全國通用）：

這是一份壓軸題06 規(guī)律探究（4題型+解題模板+技巧精講）-中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講練測（全國通用），文件包含壓軸題06規(guī)律探究4題型+解題模板+技巧精講原卷版docx、壓軸題06規(guī)律探究4題型+解題模板+技巧精講解析版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共0頁， 歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

壓軸題04幾何綜合（3題型+7類型+解題模板+技巧精講）-中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講練測（全國通用）

壓軸題04幾何綜合（3題型+7類型+解題模板+技巧精講）-中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講練測（全國通用）
壓軸題03 幾何背景下的線段最值問題（3題型+解題模板+技巧精講）-中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講練測（全國通用）

壓軸題03 幾何背景下的線段最值問題（3題型+解題模板+技巧精講）-中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講練測（全國通用）
壓軸題02 反比例函數(shù)的綜合問題（3題型+解題模板+技巧精講）-中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講練測（全國通用）

壓軸題02 反比例函數(shù)的綜合問題（3題型+解題模板+技巧精講）-中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講練測（全國通用）
壓軸題01 二次函數(shù)圖象性質(zhì)與幾何問題（3題型+2類型+解題模板+技巧精講）-2024年中考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義+練習(xí)+測試（全國通用）

壓軸題01 二次函數(shù)圖象性質(zhì)與幾何問題（3題型+2類型+解題模板+技巧精講）-2024年中考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義+練習(xí)+測試（全國通用）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
中考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機(jī)號注冊
手機(jī)號碼

手機(jī)號格式錯誤

手機(jī)驗證碼 獲取驗證碼

手機(jī)驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機(jī)號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部