?2021新版中考數(shù)學壓軸題之學霸秘笈大揭秘
專題12二次函數(shù)與動點綜合問題




【例1】（2020?盤錦）如圖1，直線y＝x﹣4與x軸交于點B，與y軸交于點A，拋物線y=?12x2+bx+c經(jīng)過點B和點C（0，4），△ABO沿射線AB方向以每秒2個單位長度的速度平移，平移后的三角形記為△DEF（點A，B，O的對應點分別為點D，E，F(xiàn)），平移時間為t（0＜t＜4）秒，射線DF交x軸于點G，交拋物線于點M，連接ME．

（1）求拋物線的解析式；
（2）當tan∠EMF=43時，請直接寫出t的值；
（3）如圖2，點N在拋物線上，點N的橫坐標是點M的橫坐標的12，連接OM，NF，OM與NF相交于點P，當NP＝FP時，求t的值．
【分析】（1）求出等B的坐標，利用待定系數(shù)法解決問題即可．
（2）分兩種情形：如圖1中，當點M在線段DF的上方時，求出DM＝7，構建方程求解即可，當點M在線段DF上時，DM＝1，構建方程求解即可．
（3）如圖2中，過點N作NT∥y軸于T．由題意D（t，t﹣4），則M（t，?12t2+t+4），N（12t，?18t2+12t+4），T（12t，?14t2+12t+2），F(xiàn)（t，t），利用全等三角形的性質(zhì)證明NT＝MF，由此構建方程解決問題即可．
【解析】（1）∵直線y＝x﹣4與x軸交于點B，與y軸交于點A，
∴B（4，0），A（0，﹣4），
把B（4，0），C（0，4）代入y=?12x2+bx+c得到c=4?8+4b+c=0，
解得b=1c=4，
∴拋物線的解析式為y=?12x2+x+4．

（2）如圖1中，當點M在線段DF的上方時，

由題意得，D（t，t﹣4），則M（t，?12t2+t+4），
∴DM=?12t2+8，
在Rt△MEF中，tan∠EMF=EFFM=4FM=43，
∴MF＝3，
∵DF＝EF＝4，
∴DM＝7，
∴?12t2+8＝7，
∴t=2或?2（舍棄）


（3）如圖2中，過點N作NT∥y軸于T．由題意得D（t，t﹣4），則M（t，?12t2+t+4），N（12t，?18t2+12t+4），T（12t，?14t2+12t+2），F(xiàn)（t，t）

∵NT∥FM，
∴∠PNT＝∠PFM，
∵∠NPT＝∠MPF，PN＝PF，
∴△NPT≌△FPM（ASA），
∴NT＝MF，
∴?18t2+12t+4﹣（?14t2+12t+2）=?12t2+t+4﹣t，
解得t=455或?455（舍棄），
∴t的值為455．
【例2】（2020?赤峰）如圖，已知二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象與x軸交于A（1，0），B（4，0）兩點，與y軸交于點C，直線y=?12x+2經(jīng)過B，C兩點．
（1）直接寫出二次函數(shù)的解析式　y=12x2?52x+2　；
（2）平移直線BC，當直線BC與拋物線有唯一公共點Q時，求此時點Q的坐標；
（3）過（2）中的點Q作QE∥y軸，交x軸于點E．若點M是拋物線上一個動點，點N是x軸上一個動點，是否存在以E，M，N三點為頂點的直角三角形（其中M為直角頂點）與△BOC相似？如果存在，請直接寫出滿足條件的點M的個數(shù)和其中一個符合條件的點M的坐標；如果不存在，請說明理由．

【分析】（1）先求出點C坐標，利用待定系數(shù)法可求解析式；
（2）先求出直線BC平移后的解析式，聯(lián)立方程組可求解；
（3）分兩種情況，構造出兩三角形相似，得出EHMH=OBOC或EHMH=OCOB，進而建立絕對值方程求解即可得出結論．
【解析】（1）∵直線y=?12x+2經(jīng)過B，C兩點．
∴點C（0，2），
∵二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象經(jīng)過A（1，0），B（4，0），點C（0，2），
∴0=a+b+c0=16a+4b+cc=2，
解得：a=12b=?52c=2，
∴拋物線解析式為y=12x2?52x+2，
故答案為：y=12x2?52x+2；

（2）∵直線BC解析式為：y=?12x+2，
∴設平移后的解析式為：y=?12x+2+m，
∵平移后直線BC與拋物線有唯一公共點Q
∴12x2?52x+2=?12x+2+m，
∴△＝4﹣4×12×（﹣m）＝0，
∴m＝﹣2，
∴設平移后的解析式為：y=?12x，
聯(lián)立方程組得：y=?12xy=12x2?52x+2，
∴x=2y=?1，
∴點Q（2，﹣1）；

（3）設點M的坐標為（m，12m2?52m+2），
∵以E，M，N三點為頂點的直角三角形（其中M為直角頂點）與△BOC相似，
∴①當△MEN∽△OBC時，
∴∠MEN＝∠OBC，
過點M作MH⊥x軸于H，
∴∠EHM＝90°＝∠BOC，
∴△EHM∽△BOC，
∴EHMH=OBOC，
∴MH＝|12m2?52m+2|，EH＝|m﹣2|，
∵OB＝4，OC＝2．
∴|m?2||12m2?52m+2|=2，
∴m＝3±3或m＝2±2，
當m＝3+3時，12m2?52m+2=3+12，
∴M（3+3，3+12），
當m＝3?3時，12m2?52m+2=1?32，
∴M（3?3，1?32），
當m＝2+2時，12m2?52m+2=?22，
∴M（2+2，?22），
當m＝2?2時，12m2?52m+2=22，
∴M（2?2，22），
②當△NEM∽△OBC時，
同①的方法得，|m?2||12m2?52m+2|=12，
∴m=9±332或m=1±172，
當m=9+332時，12m2?52m+2＝5+33，
∴M（9+332，5+33），
當m=9?332時，12m2?52m+2＝5?33，
∴M（9?332，5?33），
當m=1+172時，12m2?52m+2＝3?17，
∴M（1+172，3?17），
當m=1?172時，12m2?52m+2＝3+17，
∴M（1?172，3+17），
即滿足條件的點M共有8個，其點的坐標為（3+3，3+12）或（3?3，1?32）或（2+2，?22）或（2?2，22）或（9+332，5+33）或（9?332，5?33）或（1+172，3?17）或（1?172，3+17）．

【例3】（2020?丹東）如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線y=?12x2+bx+c與x軸交于A，B兩點，A點坐標為（﹣2，0），與y軸交于點C（0，4），直線y=?12x+m與拋物線交于B，D兩點．
（1）求拋物線的函數(shù)表達式．
（2）求m的值和D點坐標．
（3）點P是直線BD上方拋物線上的動點，過點P作x軸的垂線，垂足為H，交直線BD于點F，過點D作x軸的平行線，交PH于點N，當N是線段PF的三等分點時，求P點坐標．
（4）如圖2，Q是x軸上一點，其坐標為（?45，0）．動點M從A出發(fā)，沿x軸正方向以每秒5個單位的速度運動，設M的運動時間為t（t＞0），連接AD，過M作MG⊥AD于點G，以MG所在直線為對稱軸，線段AQ經(jīng)軸對稱變換后的圖形為A′Q′，點M在運動過程中，線段A′Q′的位置也隨之變化，請直接寫出運動過程中線段A′Q′與拋物線有公共點時t的取值范圍．

【分析】（1）利用待定系數(shù)法解決問題即可．
（2）求出點B的坐標，可得直線BD的解析式，構建方程組確定點D坐標即可．
（3）設P（a，?12a2+a+4），則N（a，52），F(xiàn)（a，?12a+2）推出PN=?12a2+a+4?52=?12a2+a+32，NF=52?（?12a+2）=12a+12，由N是線段PF的三等分點，推出PN＝2NF或NF＝2PN，構建方程求解即可．
（4）首先證明QQ′∥AD，由題意直線QQ′的解析式為y=52x+2，設直線QQ′交拋物線于E，利用方程組求出點E的坐標，求出兩種特殊情形t的值即可判斷．
【解析】（1）把A（﹣2，0），C（0，4）代入y=?12x2+bx+c，
得到c=4?2?2b+c=0，
解得b=1c=4，
∴拋物線的解析式為y=?12x2+x+4．

（2）令y＝0，則有?12x2+x+4＝0，
解得x＝﹣2或4，
∴B（4，0），
把B（4，0）代入y=?12x+m，得到m＝2，
∴直線BD的解析式為y=?12x+2，
由y=?12x2+x+4y=?12x+2，解得x=4y=0或x=?1y=52，
∴D（﹣1，52）．

（3）設P（a，?12a2+a+4），
則N（a，52），F(xiàn)（a，?12a+2），
∴PN=?12a2+a+4?52=?12a2+a+32，NF=52?（?12a+2）=12a+12，
∵N是線段PF的三等分點，
∴PN＝2NF或NF＝2PN，
∴?12a2+a+32=a+1或12a+12=?a2+2a+3，
解得a＝±1或﹣1或52，
∵a＞﹣1，
∴a＝1或52，
∴P（1，92）或（52，278）．

（4）如圖2中，

∵A（﹣2，0），D（﹣1，52），
∴直線AD的解析式為y=52x+5，
∵A′Q′與AQ關于MG對稱，MG⊥AD，
∴QQ′∥AD，
∵Q（?45，0），
∴直線QQ′的解析式為y=52x+2，設直線QQ′交拋物線于E，
由y=?12x2+x+4y=52x+2，解得x=1y=92或x=?4y=?8，
∴E（1，92），
當點A′與D重合時，直線GM的解析式為y=?25x+1320，可得M（138，0），此時t=2940，
當點Q′與E重合時，直線GM經(jīng)過點（110，94），
∵GM⊥AD，
∴GM的解析式為y=?25x+229100，
令y＝0，可得x=22940，
∴M（22940，0），此時t=2272+2522940+25=309200，
觀察圖象可知，滿足條件的t的值為2940≤t≤309200．
【例4】（2020?隨州）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+1的對稱軸為直線x=32，其圖象與x軸交于點A和點B（4，0），與y軸交于點C．

（1）直接寫出拋物線的解析式和∠CAO的度數(shù)；
（2）動點M，N同時從A點出發(fā)，點M以每秒3個單位的速度在線段AB上運動，點N以每秒2個單位的速度在線段AC上運動，當其中一個點到達終點時，另一個點也隨之停止運動．設運動的時間為t（t＞0）秒，連接MN，再將線段MN繞點M順時針旋轉(zhuǎn)90°，設點N落在點D的位置，若點D恰好落在拋物線上，求t的值及此時點D的坐標；
（3）在（2）的條件下，設P為拋物線上一動點，Q為y軸上一動點，當以點C，P，Q為頂點的三角形與△MDB相似時，請直接寫出點P及其對應的點Q的坐標．（每寫出一組正確的結果得1分，至多得4分）
【分析】（1）利用待定系數(shù)法，對稱軸公式構建方程組求出a，b即可，再求出點A點C的坐標即可得出結論．
（2）如圖1中，過點C作CE⊥OA于E，過點D作DF⊥AB于F．利用全等三角形的性質(zhì)求出點F的坐標，再利用待定系數(shù)法求解即可．
（3）分6種情形首先確定點P的坐標，再利用相似三角形的性質(zhì)求解即可．
【解析】（1）由題意：?b2a=3216a+4b+1=0，
解得a=?14b=34，
∴拋物線的解析式為y=?14x2+34x+1，
令y＝0，可得x2﹣3x﹣4＝0，解得x＝﹣1或4，
∴A（﹣1，0），
令y＝0，得到x＝1，
∴C（0，1），
∴OA＝OC＝1，
∴∠CAO＝45°．

（2）如圖1中，過點C作CE⊥OA于E，過點D作DF⊥AB于F．

∵∠NEM＝∠DFM＝∠NMD＝90°，
∴∠NME+∠DMF＝90°，∠DMF+∠MDF＝90°，
∴∠NME＝∠MDF，
∵NM＝DM，
∴△MEN≌△DFM（AAS），
∴NE＝MF，EM＝DF，
∵∠CAO＝45°，AN=2t，AM＝3t，
∴AE＝EN＝t，
∴EM＝AM﹣AE＝2t，
∴DF＝2t，MF＝t，OF＝4t﹣1，
∴D（4t﹣1，2t），
∴?14（4t﹣1）2+34（4t﹣1）+1＝2t，
∵t＞0，故可以解得t=34，
經(jīng)檢驗，t=34時，M，N均沒有達到終點，符合題意，
∴D（2，32）．

（3）如圖3﹣1中，當點Q在點C的下方，點P在y的右側(cè)，∠QCP＝∠MDB時，

取E（12，0），連接EC，過點E作EG⊥EC交PC于G，
∵M（54，0），D（2，32），B（4，0）
∴FM＝2?54=34，DM=354，BM=114，BD=52，
∴DF＝2MF，
∵OC＝2OE，
∴tan∠OCE＝tan∠MDF=12，
∴∠OCE＝∠MDF，
∴∠OCP＝∠MDB，
∴∠ECG＝∠FDB，
∴tan∠ECG＝tan∠FDB=43，
∵EC=52，
∴EG=253，可得G（116，23），
∴直線CP的解析式為y=?211x+1，
由y=?211x+1y=?14x2+34x+1，解得x=0y=1或x=4111y=39121，
∴P（4111，39121），C（0，1），
∴PC=2105121，
當MDCQ=BDCP或MDPC=BDCQ時，△QCP與△MDB相似，可得CQ=615242或2050363，
∴Q（0，?373242）或（0，?1687363）．
如圖3﹣2中，當點Q在點C的下方，點P在y的右側(cè)，∠QCP＝∠DMB時，設PC交x軸于k．

∵tan∠OCK＝tan∠DMB＝2，
∴OK＝2OC＝2，
∴點K與F重合，
∴直線PC的解析式為y=?12x+1，
由y=?12x+1y=?14x2+34x+1，解得x=0y=1或x=5y=?32，
∴P（5，?32），
∴PC=552，
當DMPC=BMCQ或DMCQ=BMPC時，△QCP與△MDB相似，可得CQ=556或7522，
∴Q（0，?496）或（0，?5322）．
當點Q在點C的下方，點P在y的右側(cè)，∠QCP＝∠DBM時，同法可得P（253，?919），Q（0，?25718）或（0，115199），
當點Q在點C上方，∠QCP＝∠DMB時，同法可得P（1，32），Q（0，176）或（0，3722），
當點Q在點C上方，∠QCP＝∠MDB時，同法可得P（2511，171121），Q（0，617242）或（0，1613363），
當點Q在點C下方，點P在y軸的左側(cè)時，∠QCP＝∠DBM時，同法可得P（?73，?199），Q（0，?5918）或（0，?25199）．
【例5】（2020?邵陽）如圖，在平面直角坐標系中，矩形ABCD的邊BC與x軸、y軸的交點分別為C（8，0），B（0，6），CD＝5，拋物線y＝ax2?154x+c（a≠0）過B，C兩點，動點M從點D開始以每秒5個單位長度的速度沿D→A→B→C的方向運動到達C點后停止運動．動點N從點O以每秒4個單位長度的速度沿OC方向運動，到達C點后，立即返回，向CO方向運動，到達O點后，又立即返回，依此在線段OC上反復運動，當點M停止運動時，點N也停止運動，設運動時間為t．
（1）求拋物線的解析式；
（2）求點D的坐標；
（3）當點M，N同時開始運動時，若以點M，D，C為頂點的三角形與以點B，O，N為頂點的三角形相似，求t的值；
（4）過點D與x軸平行的直線，交拋物線的對稱軸于點Q，將線段BA沿過點B的直線翻折，點A的對稱點為A'，求A'Q+QN+DN的最小值．

【分析】（1）將C（8，0），B（0，6）代入y=ax2?154x+c計算即可；
（2）作DE⊥x軸于點E，證明△BOC～△CED，可得CE，DE長度，進而得到點D的坐標；
（3）分為點M在AD，BC上兩種情況討論，當點M在AD上時，分為△BON～△CDM和△BON～△MDC兩種情況討論；當點M在BC上時，分為△BON～△MCD和△BON～△DCM兩種情況討論；
（4）作點D關于x軸的對稱F，連接QF，可得QN+DN的最小值；連接BQ減去BA'可得A'Q的最小值，綜上可得A'Q+QN+DN的最小值．
【解析】（1）將C（8，0），B（0，6）代入y=ax2?154x+c，得64a?154×8+c=0c=6，
解得a=38c=6，
∴拋物線的解析式為：y=38x2?154x+6；

（2）如答圖1，作DE⊥x軸于點E，

∵C（8，0），B（0，6），
∴OC＝8，OB＝6．
∴BC＝10．
∵∠BOC＝∠BCD＝∠DEC，
∴△BOC～△CED．
∴BCCD=BOCE=OCDE．
∴CE＝3，DE＝4．
∴OE＝OC+CE＝11．
∴D（11，4）．

（3）若點M在DA上運動時，DM＝5t，ON＝4t，
當△BON～△CDM，則BOCD=ONDM，即65=4t5t不成立，舍去；
當△BON～△MDC，則BOMD=ONDC，即65t=4t5，解得：t=62；
若點M在BC上運動時，CM＝25﹣5t．
當△BON～△MCD，則BOMC=ONCD，即625?5t=ON5，
∴ON=65?t．
當3＜t≤4時，ON＝16﹣4t．
∴65?t=16?4t，
解得t1=9+72（舍去），t2=9?72．
當4＜t≤5時，ON＝4t﹣16
∴65?t=4t?16，無解；
當△BON～△DCM，則BODC=ONCM，即65=ON25?5t，
∴ON＝30﹣6t；
當3＜t≤4時，ON＝16﹣4t，
∴30﹣6t＝16﹣4t，
解得t＝7（舍去）；
當4＜t≤5時，ON＝4t﹣16，
∴30﹣6t＝4t﹣16，
解得t=235．
綜上所示：當t=62時，△BON～△MDC；t=9?72時，△BON～△MCD；t=235時，△BON～△DCM；

（4）如答圖2，作點D關于x軸的對稱點F，連接QF交x軸于點N，

∵點D（11，4），
∴點F（11，﹣4）．
由y=38x2?154x+6得對稱軸為x＝5，
∴點Q（5，4）．
∴QF=(5?11)2+(4+4)2=10，BQ=(0?5)2+(6?4)2=29．
∴A'Q+QN+DN=BQ?BA'+QF=29?5+10=29+5．
故A'Q+QN+DN的最小值為29+5．
【例6】（2020?深圳）如圖1，拋物線y＝ax2+bx+3（a≠0）與x軸的交點A（﹣3，0）和B（1，0），與y軸交于點C，頂點為D．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）連接AD，DC，CB，將△OBC沿x軸以每秒1個單位長度的速度向左平移，得到△O'B'C'，點O、B、C的對應點分別為點O'、B'、C'，設平移時間為t秒，當點O'與點A重合時停止移動．記△O'B'C'與四邊形AOCD重合部分的面積為S，請直接寫出S與t之間的函數(shù)關系式；
（3）如圖2，過該拋物線上任意一點M（m，n）向直線l：y=92作垂線，垂足為E，試問在該拋物線的對稱軸上是否存在一點F，使得ME﹣MF=14？若存在，請求出F的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）將點A（﹣3，0）、B（1，0）代入拋物線的解析式得到關于a、b的方程組即可；
（2）分三種情況：①0＜t＜1時，②1≤t＜32時，③32≤t≤3時，可由面積公式得出答案；
（3）令F（﹣1，t），則MF=(m+1)2+(n?t)2，ME=92?n，得出(m+1)2+(n?t)2=(174?n)2，可求出n=154．則得出答案．
【解析】（1）∵拋物線y＝ax2+bx+3過點A（﹣3，0），B（1，0），
∴9a?3b+3=0a+b+3=0，解得a=?1b=?2，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）①0＜t＜1時，如圖1，若B'C'與y軸交于點F，

∵OO'＝t，OB'＝1﹣t，
∴OF＝3OB'＝3﹣3t，
∴S=12×（C'O'+OF）×OO'=12×（3+3﹣3t）×t=?32t2+3t，
②1≤t＜32時，S=32；
③32≤t≤3時，如圖2，C′O′與AD交于點Q，B′C′與AD交于點P，過點P作PH⊥C′O′于H，

∵AO＝3，O'O＝t，
∴AO'＝3﹣t，O'Q＝6﹣2t，
∴C'Q＝2t﹣3，
∵QH＝2PH，C'H＝3PH，
∴PH=15C'Q=15（2t﹣3），
∴S=32?12(2t?3)×15（2t﹣3），
∴S=?25t2+65t+35，
綜合以上可得：S=?32t2+3t(0＜t＜1)32(1≤t＜32)?25t2+65t+35(32≤t≤3)．
（3）令F（﹣1，t），則MF=(m+1)2+(n?t)2，ME=92?n，
∵ME﹣MF=14，
∴MF＝ME?14，
∴(m+1)2+(n?t)2=(174?n)2，
∴m2+2m+1+t2﹣2nt=?172n+28916．
∵n＝﹣m2﹣2m+3，
∴（1+2t?172）m2+（2+4t﹣17）m+1+t2﹣6t+512?28916=0．
當t=154時，上式對于任意m恒成立，
∴存在F（﹣1，154）．
【例7】（2020?重慶）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+2（a≠0）與y軸交于點C，與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），且A點坐標為（?2，0），直線BC的解析式為y=?23x+2．
（1）求拋物線的解析式；
（2）過點A作AD∥BC，交拋物線于點D，點E為直線BC上方拋物線上一動點，連接CE，EB，BD，DC．求四邊形BECD面積的最大值及相應點E的坐標；
（3）將拋物線y＝ax2+bx+2（a≠0）向左平移2個單位，已知點M為拋物線y＝ax2+bx+2（a≠0）的對稱軸上一動點，點N為平移后的拋物線上一動點．在（2）中，當四邊形BECD的面積最大時，是否存在以A，E，M，N為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，直接寫出點N的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）利用直線BC的解析式求出點B、C的坐標，則y＝ax2+bx+2＝a（x+2）（x﹣32）＝ax2﹣22a﹣6a，即﹣6a＝2，解得：a=?13，即可求解；
（2）四邊形BECD的面積S＝S△BCE+S△BCD=12×EF×OB+12×（xD﹣xC）×BH，即可求解；
（3）分AE是平行四邊形的邊、AE是平行四邊形的對角線兩種情況，分別求解即可．
【解析】（1）直線BC的解析式為y=?23x+2，令y＝0，則x＝32，令x＝0，則y＝2，
故點B、C的坐標分別為（32，0）、（0，2）；
則y＝ax2+bx+2＝a（x+2）（x﹣32）＝a（x2﹣22x﹣6）＝ax2﹣22a﹣6a，
即﹣6a＝2，解得：a=?13，
故拋物線的表達式為：y=?13x2+223x+2①；

（2）如圖，過點B、E分別作y軸的平行線分別交CD于點H，交BC于點F，

∵AD∥BC，則設直線AD的表達式為：y=?23（x+2）②，
聯(lián)立①②并解得：x＝42，故點D（42，?103），
由點C、D的坐標得，直線CD的表達式為：y=?223x+2，
當x＝32時，yCD=?223x+2＝﹣2，即點H（32，﹣2），
設點E（x，?13x2+223x+2），則點F（x，?23x+2），
則四邊形BECD的面積S＝S△BCE+S△BCD=12×EF×OB+12×（xD﹣xC）×BH=12×（?13x2+223x+2+23x﹣2）×32+12×42×2=?22x2+3x+42，
∵?22＜0，故S有最大值，當x=322時，S的最大值為2524，此時點E（322，52）；

（3）存在，理由：
y=?13x2+223x+2=?13（x?2）2+83，拋物線y＝ax2+bx+2（a≠0）向左平移2個單位，
則新拋物線的表達式為：y=?13x2+83，
點A、E的坐標分別為（?2，0）、（322，52）；設點M（2，m），點N（n，s），s=?13n2+83；
①當AE是平行四邊形的邊時，

點A向右平移522個單位向上平移52個單位得到E，同樣點M（N）向右平移522個單位向上平移52個單位得到N（M），
即2±522=n，
則s=?13n2+83=?112或76，
故點N的坐標為（722，?112）或（?322，76）；
②當AE是平行四邊形的對角線時，

由中點公式得：?2+322=n+2，解得：n=?22，
s=?13n2+83=156=52，
故點N的坐標（?22，52）；
綜上點N的坐標為：（722，?112）或（?322，76）或（?22，52）．


【題組一】
1．（2020?香洲區(qū)校級一模）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E是DC邊上一點，將矩形OBCD沿過點O的射線OE折疊，使點D恰好落在BC邊上的點A處．
（1）若拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過點A，D，求此拋物線的解析式；
（2）若點M是（1）中的拋物線對稱軸上的一點，點N是坐標平面內(nèi)一點，是否存在M，N使以A，M，N，E為頂點的四邊形為菱形？若存在，直接寫出點M的坐標；若不存在，說明理由；
（3）如圖2，動點P從點O出發(fā)沿x軸正方向以每秒1個單位的速度向終點D運動，動點Q從點D出發(fā)沿折線D﹣C﹣A以同樣的速度運動，兩點同時出發(fā)，當一點運動到終點時，另一點也隨之停止，過動點P作直線l⊥x軸，依次交射線OA，OE于點F，G，設運動時間為t（秒），△QFG的面積為S，求S與t的函數(shù)關系式，并直接寫出t的取值范圍．（t的取值應保證△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）易求得拋物線的對稱軸x＝5，過點E作ET⊥AH，垂足為T，運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行討論，列出等式，求出n，就可求出點M的坐標；
（3）根據(jù)點Q的位置不同，分以下四種情況進行討論：①點Q在線段DC上、②點Q在AC上且在直線的右邊、③）點Q在AC上且在直線上、④點Q在AC上且在直線l的左邊，就可解決問題．
【解析】（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AE＝DE＝x，則CE＝8﹣x，
∵∠C＝90°，
∴x2＝42+（8﹣x）2，
解得：x＝5，
∴AE＝DE＝5，
∴點A的坐標為（6，8），點E的坐標為（10，5），
∵拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過點A（6，8），D（10，0），
∴36a+6b=8100a+10b=0，
解得：a=?13b=103．
此拋物線的解析式為y=?13x2+103x；
（2）存在M、N，使以A、M、N、E為頂點的四邊形為菱形，
設拋物線的對稱軸與BC交于點H，過點E作ET⊥AH，垂足為T，連接AM、ME，如圖1，
設點M的坐標為（m，n），則m=?1032×(?13)=5m=?1032×(?13)=5，
∴AH＝6﹣5＝1，HM＝﹣8﹣n，
ET＝10﹣5＝5，TM＝﹣5﹣n，
因為AH⊥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：n1=8?26，n2=8+26；
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M的坐標為(5，8?26)，(5，8+26)，（5，5），（5，2.5）；
（3）設直線OA的解析式y(tǒng)＝k1x，
∵點A的坐標為（6，8），
∴6k1＝8，
∴k1=43，
故直線OA的解析式為y=43x，
同理可得：直線OE的表達式為y=12x，
∵OP＝1×t＝t，
∴P（t，0），
∵直線⊥x軸于點P，點F，G是直線l與OA，OE的交點，
∴F(t，43t)G(t，12t)，
故FG=43t?12t=56t，
當0＜t＜8時，點Q在線段DC上，
過點Q作QS⊥直線l，垂足為S，
如圖2，

則QS＝PD＝10﹣t，
∴S=12FG?QS=12FG?PD
=12×56t(10?t)
=?512t2+256t，
②當8≤t＜9時，點Q在線段CA上，且在直線l的右側(cè)，
設FG交AC于點N，如圖3，

則QN＝CN﹣CQ＝PD﹣CQ＝（10t）﹣（t﹣8）＝18﹣2t，
∴S=12FG?QN
=12×56t
=?56t2+152t；
③當t＝9時，QN＝18﹣2t＝0，點Q與點N重合，此時△QFG不存在，故舍去；
④當9＜t≤10時，點Q在線段CA上，且在直線l的左側(cè)，設FG交AC于點N，如圖4．

則QN＝CQ﹣CN＝CQ﹣PD＝（10﹣t）＝2t﹣18，
∴S=12FG?QN
=12×56（2t﹣18）
=56t2?152t．
綜上所述：S=?512t2+256t(0＜t＜8)?56t2+152t(8≤t＜9)56t2?152t(9＜t≤10)．
2．（2020?清江浦區(qū)二模）在平面直角坐標系中，Rt△ABC，∠ACB＝90°，AB∥x軸，如圖1，C（1，0），且OC：OA＝AC：BC＝1：2．
（1）A點坐標為?。?，2）　，B點坐標為?。?，2）??；
（2）求過A、B、C三點的拋物線表達式；
（3）如圖2，拋物線對稱軸與AB交于點D，現(xiàn)有一點P從點A出發(fā)，以每秒1個單位的速度在AB上向點B運動，另一點Q從點D與點P同時出發(fā)，以每秒5個單位在拋物線對稱軸上運動．當點P到達B點時，點P、Q同時停止運動，問點P、Q運動到何處時，△PQB面積最大，試求出最大面積．

【分析】（1）根據(jù)OC＝1可得OA＝2，因為A在y軸上，可得A的坐標，根據(jù)勾股定理計算AC，AB的長，可得B的坐標；
（2）利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式；
（3）根據(jù)動點的時間和速度表示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．
【解析】（1）∵C（1，0），
∴OC＝1，
∵OC：OA＝1：2，
∴OA＝2，
∴A（0，2），
∴AC=12+22=5，
∵AC：BC＝1：2，
∴BC＝25，
∵∠ACB＝90°，
∴AB=AC2+BC2=(5)2+(25)2=5，
∵AB∥x軸，
∴B（5，2），
故答案為：（0，2），（5，2）；
（2）設過A、B、C三點的拋物線表達式為：y＝ax2+bx+c，
則c=225a+5b+c=2a+b+c=0，
解得：a=12b=?52c=2，
∴過A、B、C三點的拋物線表達式為：y=12x2?52x+2；
（3）如圖2，設運動t秒時，△PQB面積最大，且0≤t≤5，則BP＝5﹣t，DQ＝5t，
∴S△PQB=12×BP×DQ=12(5?t)?5t=?52t2+25t2，
∵a=?52＜0
∴當t=?2522×(?52)=52時，面積最大值是：S△PQB=?52×(52)2+252×52=1258，
此時點P的坐標為（52，2），
當點Q向上運動時，點Q的坐標為（52，292），
當點Q向下運動時，點Q的坐標為（52，?212），
綜上，當點P的坐標為（52，2），點Q的坐標為（52，292）或（52，?212）時，△PQB面積最大，最大面積為1258．
3．（2019?湖州）如圖1，已知在平面直角坐標系xOy中，四邊形OABC是矩形，點A，C分別在x軸和y軸的正半軸上，連結AC，OA＝3，tan∠OAC=33，D是BC的中點．
（1）求OC的長和點D的坐標；
（2）如圖2，M是線段OC上的點，OM=23OC，點P是線段OM上的一個動點，經(jīng)過P，D，B三點的拋物線交x軸的正半軸于點E，連結DE交AB于點F．
①將△DBF沿DE所在的直線翻折，若點B恰好落在AC上，求此時BF的長和點E的坐標；
②以線段DF為邊，在DF所在直線的右上方作等邊△DFG，當動點P從點O運動到點M時，點G也隨之運動，請直接寫出點G運動路徑的長．

【分析】（1）由OA＝3，tan∠OAC=OCOA=33，得OC=3，由四邊形OABC是矩形，得BC＝OA＝3，所以CD=12BC=32，求得D（32，3）；
（2）①由易知得ACB＝∠OAC＝30°，設將△DBF沿DE所在的直線翻折后，點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°=32，AF＝BF=32，因為∠BFD＝∠AEF，所以∠B＝∠FAE＝90°，因此△BFD≌△AFE，AE＝BD=32，點E的坐標（92，0）；
②動點P在點O時，求得此時拋物線解析式為y=?29x2+3x，因此E（92，0），直線DE：y=?33x+332，F(xiàn)1（3，123）；當動點P從點O運動到點M時，求得此時拋物線解析式為y=?2273x2+33x+233，所以E（6，0），直線DE：y=?239x+433，所以F2（3，233）；所以點F運動路徑的長為F1F2=233?32=36，即G運動路徑的長為36．
【解析】（1）∵OA＝3，tan∠OAC=OCOA=33，
∴OC=3，
∵四邊形OABC是矩形，
∴BC＝OA＝3，
∵D是BC的中點，
∴CD=12BC=32，
∴D（32，3）；
（2）①∵tan∠OAC=33，
∴∠OAC＝30°，
∴∠ACB＝∠OAC＝30°，
設將△DBF沿DE所在的直線翻折后，點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°=32，
∵AB=3，
∴AF＝BF=32，
∵∠BFD＝∠AEF，
∴∠B＝∠FAE＝90°，
∴△BFD≌△AFE（ASA），
∴AE＝BD=32，
∴OE＝OA+AE=92，
∴點E的坐標（92，0）；
②動點P在點O時，
∵拋物線過點P（0，0）、D（32，3）、B（3，3）
求得此時拋物線解析式為y=?293x2+3x，
∴E（92，0），
∴直線DE：y=?33x+332，
∴F1（3，123）；
當動點P從點O運動到點M時，
∵拋物線過點P（0，233）、D（32，3）、B（3，3）
求得此時拋物線解析式為y=?2273x2+33x+233，
∴E（6，0），
∴直線DE：y=?239x+433，
∴F2（3，233）；
∴點F運動路徑的長為F1F2=233?32=36，
如圖，當動點P從點O運動到點M時，點F運動到點F'，點G也隨之運動到G'．
連接GG'．當點P向點M運動時，拋物線開口變大，F(xiàn)點向上線性移動，所以G也是線性移動．
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△FGG'中，
DF'=DG'∠F'DF=∠G'DGDF=DG，
∴△DFF'≌△FGG'（SAS），
∴GG'＝FF'=36
即G運動路徑的長為36．
4．（2019?沈陽）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+2（a≠0）與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C，拋物線經(jīng)過點D（﹣2，﹣3）和點E（3，2），點P是第一象限拋物線上的一個動點．

（1）求直線DE和拋物線的表達式；
（2）在y軸上取點F（0，1），連接PF，PB，當四邊形OBPF的面積是7時，求點P的坐標；
（3）在（2）的條件下，當點P在拋物線對稱軸的右側(cè)時，直線DE上存在兩點M，N（點M在點N的上方），且MN＝22，動點Q從點P出發(fā)，沿P→M→N→A的路線運動到終點A，當點Q的運動路程最短時，請直接寫出此時點N的坐標．
【分析】（1）將點D、E的坐標代入函數(shù)表達式，即可求解；
（2）S四邊形OBPF＝S△OBF+S△PFB=12×4×1+12×PH×BO，即可求解；
（3）過點M作A′M∥AN，過作點A′直線DE的對稱點A″，連接PA″交直線DE于點M，此時，點Q運動的路徑最短，即可求解．
【解析】（1）將點D、E的坐標代入函數(shù)表達式得：?3=4a?2b+29a+3b+2=2，解得：a=?12b=32，
故拋物線的表達式為：y=?12x2+32x+2，
同理可得直線DE的表達式為：y＝x﹣1…①；
（2）如圖1，連接BF，過點P作PH∥y軸交BF于點H，

將點FB代入一次函數(shù)表達式，
同理可得直線BF的表達式為：y=?14x+1，
設點P（x，?12x2+32x+2），則點H（x，?14x+1），
S四邊形OBPF＝S△OBF+S△PFB=12×4×1+12×PH×BO＝2+2（?12x2+32x+2+14x﹣1）＝7，
解得：x＝2或32，
故點P（2，3）或（32，258）；
（3）當點P在拋物線對稱軸的右側(cè)時，點P（2，3），
過點M作A′M∥AN，過點A'作直線DE的對稱點A″，連接PA″交直線DE于點M，此時，點Q運動的路徑最短，

∵MN＝22，相當于向上、向右分別平移2個單位，故點A′（1，2），
A′A″⊥DE，則直線A′A″過點A′，則其表達式為：y＝﹣x+3…②，
聯(lián)立①②得x＝2，則A′A″中點坐標為（2，1），
由中點坐標公式得：點A″（3，0），
同理可得：直線A″P的表達式為：y＝﹣3x+9…③，
聯(lián)立①③并解得：x=52，即點M（52，32），
點M沿ED向下平移22個單位得：N（12，?12）．
【題組二】
5．（2019?西寧）如圖①，直線y=?3x+23與x軸，y軸分別交于A，B兩點，以A為頂點的拋物線經(jīng)過點B，點P是拋物線上一點，連接OP，AP．

（1）求拋物線的解析式；
（2）若△AOP的面積是33，求P點坐標；
（3）如圖②，動點M，N同時從點O出發(fā)，點M以1個單位長度/秒的速度沿x軸正半軸方向勻速運動，點N以3個單位長度/秒的速度沿y軸正半軸方向勻速運動，當其中一個動點停止運動時，另一個動點也隨之停止運動，過點N作NE∥x軸交直線AB于點E．若設運動時間為t秒，是否存在某一時刻，使四邊形AMNE是菱形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）求出點A、B的坐標；因為拋物線的頂點為點A，所以設拋物線的表達式為：y＝a（x﹣2）2，將點B的坐標代入上式，即可求解；
（2）△AOP的面積=12×OA×yP=12×2×yP＝33，解得：yP＝33，即可求解；
（3）t秒時，點M、N的坐標分別為：（t，0）、（0，3t），則點E（2﹣t，3t），而點N（0，3t），故NE＝2﹣t，當四邊形AMNE是菱形時，NE＝MN，即可求解．
【解析】（1）y=?3x+23，令x＝0，則y＝23，令y＝0，則x＝2，
故點A、B的坐標分別為：（2，0）、（0，23），
∵拋物線的頂點為點A（2，0），
∴設拋物線的表達式為：y＝a（x﹣2）2，
將點B的坐標代入上式得：23=a（0﹣2）2，解得：a=32，
故拋物線的表達式為：y=32（x﹣2）2=32x2﹣23x+23；

（2）∵點A（2，0），則OA＝2，
∴△AOP的面積=12×OA×yP=12×2×yP＝33，
解得：yP＝33，
則yP＝33=32（x﹣2）2，解得：x＝2±6，
故點P的坐標為：（2+6，33）或（2?6，33）；

（3）存在，理由：
由題意得：t秒時，點M、N的坐標分別為：（t，0）、（0，3t），
當y=3t時，y=3t=?3x+23，解得：x＝2﹣t，故點E（2﹣t，3t），
而點N（0，3t），故NE＝2﹣t，
當四邊形AMNE是菱形時，NE＝MN，
即t2+（3t）2＝（2﹣t）2，
解得：t=23或﹣2（舍去﹣2），
故t=23．
6．（2019?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，與y軸交于C點，且tan∠CAB=32．設拋物線的頂點為M，對稱軸交x軸于點N．
（1）求拋物線的解析式；
（2）P為拋物線的對稱軸上一點，Q（n，0）為x軸上一點，且PQ⊥PC．
①當點P在線段MN（含端點）上運動時，求n的變化范圍；
②在①的條件下，當n取最大值時，求點P到線段CQ的距離；
③在①的條件下，當n取最大值時，將線段CQ向上平移t個單位長度，使得線段CQ與拋物線有兩個交點，求t的取值范圍．

【分析】（1）由函數(shù)解析式，可以求出點A、B的坐標分別為（﹣2，0），（6，0），在Rt△OAC中由tan∠CAB=32，可以求出點C的坐標為（0，3），進而可以求出拋物線的解析式；
（2）①拋物線的對稱軸為：x＝2，頂點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P，Q的坐標表達出來，整理得：n=12(m2?3m+4)，利用0≤m≤4，求出n的取值范圍；
②由S△PCQ=12CQ??=12PC?PQ，得：?=PC?PQCQ=2，求出點P到線段CQ距離為2；
③設線段CQ向上平移t個單位長度后的解析式為：y=?34x+3+t，聯(lián)立拋物線方程，可求出x2﹣7x+4t＝0，由△＝49﹣16t＝0，得t=4916，可得當線段CQ與拋物線有兩個交點時，3≤t＜4916．
【解析】（1）根據(jù)題意得：A（﹣2，0），B（6，0），
在Rt△AOC中，∵tan∠CAO=COAO=32，且OA＝2，得CO＝3，∴C（0，3），將C點坐標代入y＝a（x+2）（x﹣6）得：a=?14，
拋物線解析式為：y=?14(x+2)(x?6)；
整理得：y=?14x2+x+3
故拋物線解析式為：得：y=?14x2+x+3；

（2）①由（1）知，拋物線的對稱軸為：x＝2，頂點M（2，4），設P點坐標為（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：n=12(m2?3m+4)=12(m?32)2+78（0≤m≤4），
∴當m=32時，n取得最小值為78；當m＝4時，n取得最大值為4，
所以78≤n≤4；
②由①知：當n取最大值4時，m＝4，
∴P（2，4），Q（4，0），
則PC=5，PQ=25，CQ＝5，
設點P到線段CQ距離為h，
由S△PCQ=12CQ??=12PC?PQ得：?=PC?PQCQ=2，
故點P到線段CQ距離為2；

③由②可知：當n取最大值4時，Q（4，0），∴線段CQ的解析式為：y=?34x+3，
設線段CQ向上平移t個單位長度后的解析式為：y=?34x+3+t，
當線段CQ向上平移，使點Q恰好在拋物線上時，線段CQ與拋物線有兩個交點，此時對應的點Q'的縱坐標為：?14(4+2)(4?6)=3，
將Q'（4，3）代入y=?34x+3+t得：t＝3，
當線段CQ繼續(xù)向上平移，線段CQ與拋物線只有一個交點時，
聯(lián)解y=?14(x+2)(x?6)y=?34x+3+t得：?14(x+2)(x?6)=?34x+3+t，化簡得：x2﹣7x+4t＝0，
由△＝49﹣16t＝0，得t=4916，
∴當線段CQ與拋物線有兩個交點時，3≤t＜4916．



7．（2019?蘭州）二次函數(shù)y＝ax2+bx+2的圖象交x軸于點（﹣1，0），B（4，0）兩點，交y軸于點C．動點M從點A出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿AB方向運動，過點M作MN⊥x軸交直線BC于點N，交拋物線于點D，連接AC，設運動的時間為t秒．

（1）求二次函數(shù)y＝ax2+bx+2的表達式；
（2）連接BD，當t=32時，求△DNB的面積；
（3）在直線MN上存在一點P，當△PBC是以∠BPC為直角的等腰直角三角形時，求此時點D的坐標；
（4）當t=54時，在直線MN上存在一點Q，使得∠AQC+∠OAC＝90°，求點Q的坐標．
【分析】（1）將點（﹣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的關系式：m＝4t﹣5，因為PC⊥PB，則有4t?72t?1?4t?52t?5=?1求出t＝1或t＝2，即可求D點坐標；
（4）當t=54時，M（32，0），可知點Q在拋物線對稱軸x=32上；過點A作AC的垂線，以M為圓心AB為直徑構造圓，圓與x=32的交點分別為Q1與Q2，由AB＝5，可得圓半徑AM=52，即可求Q點坐標分別為（32，?52），（32，52）．
【解析】（1）將點（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2，
∴a=?12，b=32，
∴y=?12x2+32x+2；
（2）C（0，2），
∴BC的直線解析式為y=?12x+2，
當t=32時，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=12×MB×DM?12×MB×MN=12×2×2＝2；
（3）∵BM＝5﹣2t，
∴M（2t﹣1，0），
設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，
∴4t?72t?1?4t?52t?5=?1
∴t＝1或t＝2，
∴M（1，0）或M（3，0），
∴D（1，3）或D（3，2）；
（4）當t=54時，M（32，0），
∴點Q在拋物線對稱軸x=32上，
如圖：過點A作AC的垂線，以M為圓心AB為直徑構造圓，圓與x=32的交點分別為Q1與Q2，
∵AB＝5，
∴AM=52，
∵∠AQ1C+∠OAC＝90°，∠OAC+∠MAG＝90°，
∴∠AQ1C＝∠MAG，
又∵∠AQ1C＝∠CGA＝∠MAG，
∴Q1（32，?52），
∵Q1與Q2關于x軸對稱，
∴Q2（32，52），
∴Q點坐標分別為（32，?52），（32，52）；

8．（2019?鄂州）如圖，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A、B兩點，AB＝4，交y軸于點C，對稱軸是直線x＝1．
（1）求拋物線的解析式及點C的坐標；
（2）連接BC，E是線段OC上一點，E關于直線x＝1的對稱點F正好落在BC上，求點F的坐標；
（3）動點M從點O出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度向點B運動，過M作x軸的垂線交拋物線于點N，交線段BC于點Q．設運動時間為t（t＞0）秒．
①若△AOC與△BMN相似，請直接寫出t的值；
②△BOQ能否為等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，請說明理由．

【分析】（1）將A、B關坐標代入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E、F關于直線x＝1對稱，即可求解；
（3）①△AOC與△BMN相似，則MBMN=OAOC或OCOA，即可求解；②分OQ＝BQ、BO＝BQ、OQ＝OB三種情況，分別求解即可．
【解析】（1））∵點A、B關于直線x＝1對稱，AB＝4，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
代入y＝﹣x2+bx+c中，得：?9+3b+c=0?1?b+c=0，解得b=2c=3，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3，
∴C點坐標為（0，3）；
（2）設直線BC的解析式為y＝mx+n，
則有：n=33m+n=0，解得m=?1n=3，
∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3，
∵點E、F關于直線x＝1對稱，
又E到對稱軸的距離為1，
∴EF＝2，
∴F點的橫坐標為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MBMN=OAOC或OCOA，
即：3?2t?4t2+4t+3=3或13，
解得：t=32或?13或1（舍去32、?13），
故：t＝1；
②∵M（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OQ＝BQ時，
∵QM⊥OB
∴OM＝MB
∴2t＝3﹣2t
∴t=34；
第二種，當BO＝BQ時，在Rt△BMQ中
∵∠OBQ＝45°，
∴BQ=2BM，
∴BO=2BM，
即3=2(3?2t)，
∴t=6?324；
第三種，當OQ＝OB時，
則點Q、C重合，此時t＝0
而t＞0，故不符合題意
綜上述，當t=34秒或6?324秒時，△BOQ為等腰三角形．
【題組三】
9．（2018?揚州）如圖1，四邊形OABC是矩形，點A的坐標為（3，0），點C的坐標為（0，6），點P從點O出發(fā)，沿OA以每秒1個單位長度的速度向點A運動，同時點Q從點A出發(fā)，沿AB以每秒2個單位長度的速度向點B運動，當點P與點A重合時運動停止．設運動時間為t秒．
（1）當t＝2時，線段PQ的中點坐標為?。?2，2）??；
（2）當△CBQ與△PAQ相似時，求t的值；
（3）當t＝1時，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過P，Q兩點，與y軸交于點M，拋物線的頂點為K，如圖2所示，問該拋物線上是否存在點D，使∠MQD=12∠MKQ？若存在，求出所有滿足條件的D的坐標；若不存在，說明理由．

【分析】（1）先根據(jù)時間t＝2，和P，Q的運動速度可得動點P和Q的路程OP和AQ的長，再根據(jù)中點坐標公式可得結論；
（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)得：∠B＝∠PAQ＝90°，所以當△CBQ與△PAQ相似時，存在兩種情況：
①當△PAQ∽△QBC時，PAAQ=QBBC，②當△PAQ∽△CBQ時，PAAQ=BCBQ，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D，證明△KEQ∽△QMH或利用三角函數(shù)，列比例式可得點D的坐標，同理根據(jù)對稱可得另一個點D．
【解析】（1）如圖1，∵點A的坐標為（3，0），
∴OA＝3，
當t＝2時，OP＝t＝2，AQ＝2t＝4，
∴P（2，0），Q（3，4），
∴線段PQ的中點坐標為：（2+32，0+42），即（52，2）；
故答案為：（52，2）；
（2）如圖1，∵當點P與點A重合時運動停止，且△PAQ可以構成三角形，
∴0＜t＜3，
∵四邊形OABC是矩形，
∴∠B＝∠PAQ＝90°，
∴當△CBQ與△PAQ相似時，存在兩種情況：
①當△PAQ∽△QBC時，PAAQ=QBBC，
∴3?t2t=6?2t3，
4t2﹣15t+9＝0，
（t﹣3）（t?34）＝0，
t1＝3（舍），t2=34，
②當△PAQ∽△CBQ時，PAAQ=BCBQ，
∴3?t2t=36?2t，
t2﹣9t+9＝0，
t=9±352，
∵9+352＞3，
∴t=9+352不符合題意，舍去，
綜上所述，當△CBQ與△PAQ相似時，t的值是34或9?352；
（3）當t＝1時，P（1，0），Q（3，2），
把P（1，0），Q（3，2）代入拋物線y＝x2+bx+c中得：
1+b+c=09+3b+c=2，解得：b=?3c=2，
∴拋物線：y＝x2﹣3x+2＝（x?32）2?14，
∴頂點K（32，?14），
∵Q（3，2），M（0，2），
∴MQ∥x軸，
作拋物線對稱軸，交MQ于E，設DQ交y軸于H，
∴KM＝KQ，KE⊥MQ，
∴∠MKE＝∠QKE=12∠MKQ，
如圖2，∠MQD=12∠MKQ＝∠QKE，
∴tan∠MQD＝tan∠QKE=MHMQ=EQEK，
即MH3=322+14，MH＝2，
∴H（0，4），
易得HQ的解析式為：y=?23x+4，
則y=?23x+4y=x2?3x+2，
x2﹣3x+2=?23x+4，
解得：x1＝3（舍），x2=?23，
∴D（?23，409）；
同理，在M的下方，y軸上存在點H，如圖3，使∠HQM=12∠MKQ＝∠QKE，
由對稱性得：H（0，0），
易得OQ的解析式：y=23x，
則y=23xy=x2?3x+2，
x2﹣3x+2=23x，
解得：x1＝3（舍），x2=23，
∴D（23，49）；
綜上所述，點D的坐標為：D（?23，409）或（23，49）．


10．（2018?泉山區(qū)三模）在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+4經(jīng)過A（﹣3，0）、B（4，0）兩點，且與y軸交于點C，點D在x軸的負半軸上，且BD＝BC，有一動點P從點A出發(fā)，沿線段AB以每秒1個單位長度的速度向點B移動，同時另一個動點Q從點C出發(fā)，沿線段CA以某一速度向點A移動．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）若經(jīng)過t秒的移動，線段PQ被CD垂直平分，求此時t的值；
（3）該拋物線的對稱軸上是否存在一點M，使MQ+MA的值最??？若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）由拋物線y＝ax2+bx+4經(jīng)過A（﹣3，0），B（4，0）兩點利用待定系數(shù)法可求出a、b、c的值，進而得出拋物線的解析式；
（2）由A、B、C三點的坐標求出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應邊成比例可求出DP的值，進而可得出AP（即t）的值；
（3）設拋物線y=?13x2+13x+4的對稱軸x=12與x軸交于點E．點A、B關于對稱軸x=12對稱，連接BQ交該對稱軸于點M．則MQ+MA＝MQ+MB，即MQ+MA＝BQ，由于當BQ⊥AC時，BQ最小，此時∠EBM＝∠ACO，再由tan∠EBM＝tan∠ACO=34可求出ME的值，進而得出M點的坐標．
【解析】（1）∵拋物線y＝ax2+bx+4經(jīng)過A（﹣3，0），B（4，0）兩點，
∴9a?3b+4=016a+4b+4=0，解得a=?13b=13，
∴所求拋物線的解析式為：y=?13x2+13x+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＝42，AB＝7．
∵BD＝BC，
∴AD＝AB﹣BD＝7﹣42，
∵CD垂直平分PQ，
∴QD＝DP，∠CDQ＝∠CDP．
∵BD＝BC，
∴∠DCB＝∠CDB．
∴∠CDQ＝∠DCB．
∴DQ∥BC．
∴△ADQ∽△ABC．
∴ADAB=DQBC，
∴ADAB=DPBC，
∴7?427=DP42，
解得DP＝42?327，
∴AP＝AD+DP=177．
∴線段PQ被CD垂直平分時，t的值為177；


（3）如圖2，設拋物線y=?13x2+13x+4的對稱軸x=12與x軸交于點E．點A、B關于對稱軸x=12對稱，連接BQ交該對稱軸于點M．
則MQ+MA＝MQ+MB，即MQ+MA＝BQ，
∵當BQ⊥AC時，BQ最小，此時，∠EBM＝∠ACO，
∴tan∠EBM＝tan∠ACO=34，
∴MEBE=34，
∴ME72=34，解ME=218．
∴M（12，218），即在拋物線y=?13x2+13x+4的對稱軸上存在一點M（12，218），使得MQ+MA的值最?。?br /> 11．（2020?項城市三模）如圖，拋物線y=ax2+bx+152(a≠0)經(jīng)過A（﹣3，0），C（5，0）兩點，點B為拋物線頂點，拋物線的對稱軸與x軸交于點D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）動點P從點B出發(fā)，沿線段BD向終點D作勻速運動，速度為每秒1個單位長度，運動時間為t，過點P作PM⊥BD，交BC于點M，以PM為正方形的一邊，向上作正方形PMNQ，邊QN交BC于點R，延長NM交AC于點E．
①當t為何值時，點N落在拋物線上；
②在點P運動過程中，是否存在某一時刻，使得四邊形ECRQ為平行四邊形？若存在，求出此時刻的t值；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）把點A、C坐標代入拋物線解析式得到關于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B的坐標，然后根據(jù)相似三角形對應邊成比例用t表示出PM，再求出NE的長度，①表示出點N的坐標，再根據(jù)點N在拋物線上，把點N的坐標代入拋物線，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R的橫坐標，從而求出QR的長度，再表示出EC的長度，然后根據(jù)平行四邊形對邊平行且相等列式求解即可．
【解析】（1）∵y＝ax2+bx+152經(jīng)過A（﹣3，0），C（5，0）兩點，
∴9a?3b+152=025a+5b+152=0，
解得a=?12b=1，
所以，拋物線的解析式為y=?12x2+x+152；

（2）∵y=?12x2+x+152，
=?12（x2﹣2x+1）+12+152，
=?12（x﹣1）2+8，
∴點B的坐標為（1，8），
∵拋物線的對稱軸與x軸交于點D，
∴BD＝8，CD＝5﹣1＝4，
∵PM⊥BD，
∴PM∥CD，
∴△BPM∽△BDC，
∴BPBD=PMCD，
即t8=PM4，
解得PM=12t，
所以，OE＝1+12t，
∵四邊形PMNQ為正方形，
∴NE＝8﹣t+12t＝8?12t，
①點N的坐標為（1+12t，8?12t），
若點N在拋物線上，則?12（1+12t﹣1）2+8＝8?12t，
整理得，t（t﹣4）＝0，
解得t1＝0（舍去），t2＝4，
所以，當t＝4秒時，點N落在拋物線上；

②存在．
理由如下：∵PM=12t，四邊形PMNQ為正方形，
∴QD＝NE＝8?12t，
設直線BC的解析式為y＝kx+m，
則k+m=85k+m=0，
解得k=?2m=10，
所以直線BC的解析式為y＝﹣2x+10，
則﹣2x+10＝8?12t，
解得x=14t+1，
所以，QR=14t+1﹣1=14t，
又EC＝CD﹣DE＝4?12t，
根據(jù)平行四邊形的對邊平行且相等可得QR＝EC，
即14t＝4?12t，
解得t=163，
此時點P在BD上，所以，當t=163時，四邊形ECRQ為平行四邊形．
12．（2020?市中區(qū)一模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+4經(jīng)過A（﹣3，0）、B（4，0）兩點，且與y軸交于點C，D（4﹣42，0）．動點P從點A出發(fā)，沿線段AB以每秒1個單位長度的速度向點B移動，同時動點Q從點C出發(fā)，沿線段CA以某一速度向點A移動．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）若經(jīng)過t秒的移動，線段PQ被CD垂直平分，求此時t的值；
（3）在第一象限的拋物線上取一點G，使得S△GCB＝S△GCA，再在拋物線上找點E（不與點A、B、C重合），使得∠GBE＝45°，求E點的坐標．

【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ADAB=DQBC，得出DQ＝DP的長，進而得出答案；
（3）首先得出G點坐標，進而得出△BGM∽△BEN，進而假設出E點坐標，利用相似三角形的性質(zhì)得出E點坐標．
【解析】（1）將A（﹣3，0）、B（4，0）代入y＝ax2+bx+4得：
9a?3b+4=016a+4b+4=0，
解得：a=?13b=13，
故拋物線的解析式為：y=?13x2+13x+4；

（2）如圖，連接QD，
由B（4，0）和D（4?42，0），
可得BD=42，
∵y=?13x2+13x+4，
∴CO＝4，
∴BC＝42，則BC＝BD，
∴∠BDC＝∠BCD＝∠QDC，
∴DQ∥BC，
∴△AQD∽△ACB，
∴ADAB=DQBC，
∴7?427=DQ42，
∴DQ=282?327=DP，
t=AP=AD+DP=7?42+282?327=177；

（3）如圖，過點G作GM⊥BC于點M，過點E作EN⊥AB于點N，
∵S△GCB＝S△GCA，
∴只有CG∥AB時，G點才符合題意，
∵C（0，4），
∴4=?13x2+13x+4，
解得：x1＝1，x2＝0，
∴G（1，4），
∵∠GBE＝∠OBC＝45°，
∴∠GBC＝∠ABE，
∴△BGM∽△BEN，
∴GMBM=ENBN=17，
設E（x，?13x2+13x+4）
∴?13x2+13x+44?x=17
解得x1=?187，x2＝4（舍去），
則E（?187，4649）．

【題組四】
13．（2020?南充一模）如圖，拋物線y=?12（x+1）（x﹣n）與x軸交于A，B兩點（點A在點B左側(cè)），與y軸交于點C，△ABC的面積為5．動點P從點A出發(fā)沿AB方向以每秒1個單位的速度向點B運動，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M在線段BC上，MN最大時，求運動的時間；
（3）經(jīng)過多長時間，點N到點B、點C的距離相等？
【分析】（1）根據(jù)已知條件，求出點A、點B、點C的坐標，根據(jù)△ABC的面積為5即可求解；
（2）根據(jù)題意得出點M、點N的坐標，求出MN的代數(shù)式即可求解；
（3）根據(jù)兩點間的距離的含義，作BC的中垂線即可求解．
【解析】（1）∵拋物線y=?12（x+1）（x﹣n）與x軸交于A，B兩點（點A在點B左側(cè)），與y軸交于點C，
∴A（﹣1，0），B（n，0），C（0，n2），n＞0，
∴AB＝n+1，OC=12n，
由S△ABC=12×AB×OC＝5，
∴14n（n+1）＝5，
∴n（n+1）＝20，
∴取正根n＝4，
∴y=?12（x+1）（x﹣4）=?12x2+32x+2；
（2）由（1），B（4，0），C（0，2），
∴直線BC為y=?12x+2，
設M（m，?12m+2），N（m，?12m2+32m+2），
∴MN＝（?12m2+32m+2）﹣（?12m+2）=?12m2+2m=?12（m﹣2）2+2，
∴當m＝2時，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D，與y軸交于點E，
與拋物線交于點N，

∴△CDE～△COB
∴CDDE=COOB=12，
由（2），BC＝25，D（2，1），
∴DE＝2CD＝25，
∴CE＝5，
∴OE＝3，
∴E（0，﹣3），
∴直線DE為y＝2x﹣3，
由?12x2+32x+2＝2x﹣3，
移項整理得：12x2+12x﹣5＝0，
∴x2+x﹣10＝0，
取正根x=?1+412，
∴OP=?1+412，
∴AP=1+412，
即經(jīng)過1+412秒，點N到點B、點C的距離相等．
14．（2020?潮南區(qū)模擬）如圖，關于x的二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于點A（1，0）和點B，與y軸交于點C（0，3），拋物線的對稱軸與x軸交于點D．
（1）求二次函數(shù)的解析式．
（2）有一個點M從點A出發(fā)，以每秒1個單位的速度在AB上向點B運動，另一個點N從點D與點M同時出發(fā)，以每秒2個單位的速度在拋物線的對稱軸上運動，當點M到達點B時，點M、N同時停止運動，問點M、N運動到何處時，△MNB面積最大，試求出最大面積．
（3）在y軸上是否存在一點P，使△PBC為等腰三角形？若存在，請直接寫出點P的坐標，若不存在請說明理由．

【分析】（1）利用待定系數(shù)法可求解析式；
（2）設AM＝t則DN＝2t，由AB＝2，得BM＝2﹣t，S△MNB=12×（2﹣t）×2t＝﹣t2+2t，運用二次函數(shù)的頂點坐標解決問題；此時點M在D點，點N在對稱軸上x軸上方2個單位處或點N在對稱軸上x軸下方2個單位處．
（3）求出點B的坐標，再根據(jù)勾股定理得到BC，當△PBC為等腰三角形時分三種情況進行討論：①CP＝CB；②BP＝BC；③PB＝PC；
【解析】（1）把A（1，0）和C（0，3）代入y＝x2+bx+c，
1+b+c=0c=3，
解得：b=?4c=3，
∴二次函數(shù)的表達式為：y＝x2﹣4x+3；
（2）如圖1，設A運動時間為t，由AB＝2，得BM＝2﹣t，則DN＝2t，

∴S△MNB=12×（2﹣t）×2t＝﹣t2+2t＝﹣（t﹣1）2+1，
即當M（2，0）、N（2，2）或（2，﹣2）時△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＝32，
點P在y軸上，當△PBC為等腰三角形時分三種情況進行討論：如圖2，

①當CP＝CB時，PC＝32，
∴OP＝OC+PC＝3+32或OP＝PC﹣OC＝32?3
∴P1（0，3+32），P2（0，3﹣32）；
②當BP＝BC時，OP＝OB＝3，
∴P3（0，﹣3）；
③當PB＝PC時，
∵OC＝OB＝3，
∴此時P與O重合，
∴P4（0，0）；
綜上所述，點P的坐標為：（0，3+32）或（0，3﹣32）或（0，﹣3）或（0，0）．
15．（2020?潮州模擬）如圖1，已知拋物線y=12x2+bx+c與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C，且OB＝2OA＝4．
（1）求該拋物線的函數(shù)表達式；
（2）設P是（1）中拋物線上的一個動點，當直線OC平分∠ACP時，求點P的坐標；
（3）如圖2，點G是線段AC的中點，動點E從點A出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度向終點B運動，動點F從點B出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度向終點C運動，若E、F兩點同時出發(fā)，運動時間為t秒．則當t為何值時，△EFG的面積是△ABC的面積的13？

【分析】（1）根據(jù)OA、OB的長度求出點A、B的坐標，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G作GH⊥x軸于點H，證明△AHG∽△AOC，得出AHAO=HGOC=AGAC=12，求出點G的坐標，當0＜t＜4時，如圖2，過點F作FM⊥x軸于點M，依題意得：AE=t，BF=2t，根據(jù)三角形的面積可求出答案，當4≤t≤6時，可求出答案．
【解析】（1）∵OB＝2OA＝4，
∴A（﹣2，0），B（4，0），
把A（﹣2，0），B（4，0）分別代入y=12x2+bx+c得：
2?2b+c=08+4b+c=0，
解得：b=?1c=?4，
∴拋物線的函數(shù)表達式為y=12x2?x?4；
（2）如圖，設CP與x軸相交于點D，

∵OC平分∠ACP，AO⊥CO，
∴OA＝OD＝2，
∴D（2，0），
把x＝0代入y=12x2?x?4得，y＝﹣4，
∴C（0，﹣4），
設直線CD的解析式為y＝kx+d，
把C（0，﹣4），D（2，0）分別代入y＝kx+d得：d=?42k+d=0，
解得：k=2d=?4，
∴y＝2x﹣4，
依題意得y=12x2?x?4y=2x?4，
解得x1=0y1=?4，x2=6y2=8，
∴P（6，8）；
（3）如圖2，過點G作GH⊥x軸于點H，

∵GH∥y軸
∴△AHG∽△AOC，
∴AHAO=HGOC=AGAC=12，
∴由A（﹣2，0），C（0，﹣4），
得G（﹣1，﹣2），
點E運動到點B的時間為[4﹣（﹣2）]÷1＝6秒，
點F運動到點C的時間為42+42÷2=4秒，
當0＜t＜4時，如圖2，過點F作FM⊥x軸于點M，
依題意得：AE=t，BF=2t，
∵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=12×2(1?t)+12(t+2)(5?t)?12t?(6?2t)=t22?52t+6，
∵S△ABC=12×[4?(?2)]×4=12，△EFG的面積是△ABC的面積的13，
∴t22?52t+6=13×12，
解得：t1＝1，t2＝4，
當4≤t≤6時，如圖3，

∴S△EFG＝S△AFE﹣S△AGE=12×4?t?12×2?t=t，
∴t=13×12=4．
綜上所述，當t＝1或t＝4時，△EFG的面積是△ABC的面積的13．
16．（2020?博羅縣一模）如圖，拋物線y＝x2+bx+c過點A（3，0），B（1，0），交y軸于點C，點P是該拋物線上一動點，點P從C點沿拋物線向A點運動（點P不與A重合），過點P作PD∥y軸交直線AC于點D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）求點P在運動的過程中線段PD長度的最大值；
（3）△APD能否構成直角三角形？若能，請直接寫出所有符合條件的點P坐標；若不能，請說明理由．

【分析】（1）把點A、B的坐標代入拋物線解析式，解方程組得到b、c的值，即可得解；
（2）求出點C的坐標，再利用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式，再根據(jù)拋物線解析式設出點P的坐標，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，點P與點B重合，②求出拋物線頂點坐標，然后判斷出點P為在拋物線頂點時，∠PAD是直角，分別寫出點P的坐標即可；
【解析】（1）∵拋物線y＝x2+bx+c過點A（3，0），B（1，0），
∴9+3b+c=01+b+c=0，
解得b=?4c=3，
∴拋物線解析式為y＝x2﹣4x+3；
（2）令x＝0，則y＝3，
∴點C（0，3），
則直線AC的解析式為y＝﹣x+3，
設點P（x，x2﹣4x+3），
∵PD∥y軸，
∴點D（x，﹣x+3），
∴PD＝（﹣x+3）﹣（x2﹣4x+3）＝﹣x2+3x＝﹣（x?32）2+94，
∵a＝﹣1＜0，
∴當x=32時，線段PD的長度有最大值94；
（3）①∠APD是直角時，點P與點B重合，
此時，點P（1，0），
②∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴拋物線的頂點坐標為（2，﹣1），
∵A（3，0），
∴點P為在拋物線頂點時，∠PAD＝45°+45°＝90°，
此時，點P（2，﹣1），
綜上所述，點P（1，0）或（2，﹣1）時，△APD能構成直角三角形．
【題組五】
17．（2020?山西模擬）綜合與實踐
如圖，拋物線y=34x2?94x?3與x軸交于點A，B（點A在點B的左側(cè)），交y軸于點C．點D從點A出發(fā)以每秒1個單位長度的速度向點B運動，點E同時從點B出發(fā)以相同的速度向點C運動，設運動的時間為t秒．
（1）求點A，B，C的坐標；
（2）求t為何值時，△BDE是等腰三角形；
（3）在點D和點E的運動過程中，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，請說明理由．

【分析】（1）令x＝0和y＝0，可得方程，解得可求點A，B，C的坐標；
（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．
【解析】（1）令y＝0，可得0=34x2?94x﹣3，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴點A（﹣1，0），點B（4，0），
令x＝0，可得y＝﹣3，
∴點C（0，﹣3）；
（2）∵點A（﹣1，0），點B（4，0），點C（0，﹣3），
∴AB＝5，OB＝4，OC＝3，
∴BC=OB2+OC2=9+16=5，
當BD＝BE時，則5﹣t＝t，
∴t=52，
當BE＝DE時，如圖1，過點E作EH⊥BD于H，

∴DH＝BH=12BD=5?t2，
∵cos∠DBC=BOBC=BHBE，
∴5?t2t=45，
∴t=2513，
當BD＝DE時，如圖2，過點D作DF⊥BE于F，

∴EF＝BF=12BE=12t，
∵cos∠DBC=BFDB=OBBC，
∴12t5?t=45，
∴t=4013，
綜上所述：t的值為52，2513和4013；
（3）∵S△BOC=12BO×CO＝6，
∴15S△BOC=65，45S△BOC=245，
如圖1，過點E作EH⊥BD于H，

∵sin∠DBC=HEBE=OCBC，
∴HEt=35，
∴HE=35t，
當S△BDE=15S△BOC=65時，則12（5﹣t）×35t=65，
∴t1＝1，t2＝4，
當S△BDE=45S△BOC=245，時，則12（5﹣t）×35t=245，
∴t2﹣5t+16＝0，
∴方程無解，
綜上所述：t的值為1或4．
18．（2020?雁塔區(qū)校級模擬）將拋物線C1：y＝﹣x2+3沿x軸翻折，得拋物線C2．
（1）請求出拋物線C2的表達式；
（2）現(xiàn)將拋物線C1向左平移m個單位長度，平移后得到的新拋物線的頂點為M，與x軸的交點從左到右依次為A、B；將拋物線C2向右也平移m個單位長度，平移后得到的新拋物線的頂點為N，與x軸交點從左到右依次為D、E．在平移過程中，是否存在以點A，N，E，M為頂點的四邊形是矩形的情形？若存在，請求出此時m的值；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）拋物線翻折前后頂點關于x軸對稱，頂點的縱坐標為互為相反數(shù)；
（2）連接AN，NE，EM，MA，M，N關于原點O對稱可得OM＝ON，A，E關于原點O對稱可得OA＝OE，判斷四邊形ANEM為平行四邊形；若AM2+ME2＝AE2，解得m=233，即可求解；
【解析】（1）∵拋物線C1：y＝﹣x2+3的頂點為（0，3），
∴翻折后的拋物線的頂點坐標為（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關于原點O對稱，
∴OM＝ON，
原C1、C2拋物線與x軸的兩個交點分別（?3，0），（3，0），
∴A（?3?m，0），E（3+m，0），
∴A，E關于原點O對稱，
∴OA＝OE，
∴四邊形ANEM為平行四邊形，
∴AM2＝3+9＝12，
ME2＝（3+m+m）2+32＝4m2+43m+12，
AE2＝（3+m+3+m）2＝4m2+83m+12，
若AM2+ME2＝AE2，
∴12+4m2+43m+12＝4m2+83m+12，
解得m=3，
此時△AME是直角三角形，且∠AME＝90°，
∴當m=3時，以點A，N，E，M為頂點的四邊形是矩形．
19．（2020?香洲區(qū)校級一模）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E是DC邊上一點，將矩形OBCD沿過點O的射線OE折疊，使點D恰好落在BC邊上的點A處．
（1）若拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過點A，D，求此拋物線的解析式；
（2）若點M是（1）中拋物線對稱軸上的一點，是否存在點M，使△AME為等腰三角形？若存在，直接寫出點M的坐標；若不存在，說明理由；
（3）如圖2，動點P從點O出發(fā)沿x軸正方向以每秒1個單位的速度向終點D運動，動點Q從點D出發(fā)沿折線D﹣C﹣A以同樣的速度運動，兩點同時出發(fā)，當一點運動到終點時，另一點也隨之停止，過動點P作直線l⊥x軸，依次交射線OA，OE于點F，G，設運動時間為t（秒），△QFG的面積為S，求S與t的函數(shù)關系式，并直接寫出t的取值范圍．（t的取值應保證△QFG的存在）

【分析】（1）設AE＝DE＝x，則CE＝8﹣x，則x2＝42+（8﹣x）2，則AE＝DE＝5，則點A的坐標為（6，8），進而求解；
（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)表達式即可求解．
【解析】（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AE＝DE＝x，則CE＝8﹣x，
∵∠C＝90°，
∴x2＝42+（8﹣x）2，
解得：x＝5，
∴AE＝DE＝5，
∴點A的坐標為（6，8），點E的坐標為（10，5），
∵拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過點A（6，8），D（10，0），則36a+6b=8100a+10b=0，解得a=?13b=103，
此拋物線的解析式為y=?13x2+103x；

（2）拋物線過O、D（10，0）兩點，則其對稱軸為x＝5，
設點M（5，m），而點A（6，8）、點E（10，5），
則AE2＝16+9＝25，AM2＝1+（m﹣8）2，EM2＝（m﹣5）2+25，
當AE＝AM時，則25＝1+（m﹣8）2，解得：m＝8±26；
當AE＝EM時，同理可得：m＝5；
當AM＝EM時，同理可得：m=52；
故點M的坐標為（5，8+26）或（5，8﹣26）或（5，5）或（5，2.5）；

（3）設直線OA的解析式y(tǒng)＝k1x，
∵點A的坐標為（6，8），
∴6k1＝8，解得：k1=43，
直線OA的解析式y(tǒng)=43x，
同理可得：直線OE的表達式為y=12x，
∵OP＝1×t＝t，
∴P（t，0），
∵直線⊥x軸于點P、點F，
G是直線l與OA，OE的交點，
∴點F、G的坐標分別為（t，43t）、（t，12t），
則FG=43t?12t=56t，
當0＜t＜8時，點Q在線段DC上，
過點Q作QS⊥直線l，垂足為S，如圖1，

則QS＝PD＝10﹣t，
∴S=12×FG?QS=12×FG?PD=12×56t（10﹣t）=?512t2+256t；
②當8≤t＜9時，點Q在線段CA上，且在直線l的右側(cè)，
設FG交AC于點N，如圖2，

則QN＝CN﹣CQ＝PD﹣CQ＝（10t）﹣（t﹣8）＝18﹣2t
∴S=12FD?QN=12×56t（18﹣2t）=?56t2+152t；
③當t＝9時，QN＝18﹣2t＝0，點Q與點N重合，此時△QFG不存在，故舍去，
④當9＜t≤10時，點Q在線段CA上，且在直線l的左側(cè)，設FG交AC于點N，如圖3．

則QN＝CQ﹣CN＝CQ﹣PD＝（10﹣t）＝2t﹣18，
S=12FG?QN=12×56t（2t﹣18）=56t2?152t；
綜上所述：S=?512t2+256t(0＜t＜8)?56t2+152t(8≤t＜9)56t2?152t(9＜t≤10)．
20．（2020?東莞市校級二模）如圖，已知二次函數(shù)y＝ax2+32x+c的圖象與y軸交于點A（0，4），與x軸交于點B、C，點C坐標為（8，0），連接AB、AC．
（1）請直接寫出二次函數(shù)的表達式；
（2）若點N在x軸上運動，當以點A、N、C為頂點的三角形是等腰三角形時，請直接寫出此時點N的坐標；
（3）若點N在線段BC上運動（不與點B、C重合），過點N作NM∥AC，交AB于點M，當△AMN面積最大時，求此時點N的坐標．

【分析】（1）將點A，點C坐標代入解析式可求解；
（2）分別以A、C兩點為圓心，AC長為半徑畫弧，與x軸交于三個點，由AC的垂直平分線與x軸交于一個點，即可求得點N的坐標；
（3）設點N的坐標為（n，0），則BN＝n+2，過M點作MD⊥x軸于點D，根據(jù)三角形相似對應邊成比例求得MD=25（n+2），然后根據(jù)S△AMN＝S△ABN﹣S△BMN得出關于n的二次函數(shù)，根據(jù)函數(shù)解析式求得即可．
【解析】（1）∵二次函數(shù)y＝ax2+32x+c的圖象與y軸交于點A（0，4），與x軸交于點B、C，點C坐標為（8，0），
∴0=64a+12+cc=4，
∴a=?14c=4，
∴二次函數(shù)的表達式為：y=?14x2+32x+4；
（2））∵A（0，4），C（8，0），
∴AC=(0?4)2+(8?0)2=45，
①以A為圓心，以AC長為半徑作圓，交x軸于N，此時N的坐標為（﹣8，0），
②以C為圓心，以AC長為半徑作圓，交x軸于N，此時N的坐標為（8﹣45，0）或（8+45，0）
③作AC的垂直平分線，交x軸于N，
∴AN＝NC，
∵AN2＝AO2+NO2，
∴AN2＝16+（8﹣AN）2，
∴AN＝5，
∴ON＝3，
∴N的坐標為（3，0），
綜上所述，若點N在x軸上運動，當以點A、N、C為頂點的三角形是等腰三角形時，點N的坐標分別為（﹣8，0）或（8﹣45，0）或（3，0）或（8+45，0）；
（3）∵拋物線y=?14x2+32x+4與x軸交于B，C兩點，
∴0=?14x2+32x+4，
∴x1＝﹣2，x2＝8，
∴點B（﹣2，0），
∴BO＝2，
設點N的坐標為（n，0），則BN＝n+2，過M點作MD⊥x軸于點D，

∴MD∥OA，
∴△BMD∽△BAO，
∴BMBA=MDOA，
∵MN∥AC，
∴BMBA=BNBC，
∴MDOA=BNBC，
∵OA＝4，BC＝10，BN＝n+2，
∴MD=25（n+2），
∵S△AMN＝S△ABN﹣S△BMN=12BN?OA?12BN?MD=12（n+2）×4?12×25（n+2）2=?15（n﹣3）2+5，
∴當n＝3時，△AMN面積最大，
∴N點坐標為（3，0）．








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2021中考數(shù)學壓軸題題型：專題7二次函數(shù)與菱形存在性問題（含原卷及解析卷）
2021中考數(shù)學壓軸題題型：專題4二次函數(shù)與相似全等問題（含原卷及解析卷）

2021中考數(shù)學壓軸題題型：專題4二次函數(shù)與相似全等問題（含原卷及解析卷）
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