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免费人教版2017年中考数学：拓展题型-二次函数综合题（含答案解析）中考数学试题试卷网目录拓展题型二次函数综合题 1拓展一二次函数与线段和差问题 1拓展二二次函数与三角形面积问题 10拓展三二次函数与特殊四边形判定问题 23拓展四二次函数与特殊三角形判定问题 37拓展题型二次函数综合题拓展一二次函数与线段和差问题针对演练1.(2016贺州10分)如图，矩形OABC的边OA在x轴上，边OC在y轴上，点B的坐标为(10，8)，沿直线OD折叠矩形，使点A正好落在BC上的E处，E点坐标为(6，8)，抛物线y＝ax2＋bx＋c经过O，A，E三点．(1)求此抛物线的解析式；(2)求AD的长；(3)点P是抛物线对称轴上的一动点，当△PAD的周长最小时，求点P的坐标．第1题图2.(2016大连12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2＋14与y轴相交于点A，点B与点O关于点A对称．(1)填空，点B的坐标是________；(2)过点B的直线y＝kx＋b(其中k＜0)与x轴相交于点C，过点C作直线l平行于y轴，P是直线l上一点，且PB＝PC.求线段PB的长(用含k的式子表示)，并判断点P是否在抛物线上，说明理由；(3)在(2)的条件下，若点C关于直线BP的对称点C′恰好落在该抛物线的对称轴上，求此时点P的坐标．第2题图3.如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点O为坐标原点，点E在抛物线上，点F在x轴上，四边形OCEF为矩形，且OF＝2，EF＝3.(1)求抛物线的解析式；(2)连接CB交EF于点M，再连接AM交OC于点R，连接AC，求△ACR的周长；(3)设G(4，－5)在该抛物线上，P是y轴上一动点，过点P作PH⊥EF于点H，连接AP，GH，问AP＋PH＋HG是否有最小值？如果有，求出点P的坐标；如果没有，请说明理由．第3题图备用图【答案】1．解：(1)∵四边形OABC是矩形，B(10，8)， ∴A(10，0).……………………………………………………(1分)又∵抛物线y＝ax2＋bx＋c经过点A(10，0)、E(6，8)和O(0，0)，∴，解得，∴抛物线的解析式为y＝－13x2＋103x；………………………(3分)(2)由题意可知：AD＝ED，BE＝10－6＝4，AB＝8，………(4分)设AD为x，则ED＝x，BD＝AB－AD＝8－x，在Rt△BDE中，ED2＝EB2＋BD2，即x2＝42＋(8－x)2，…………………………………………(5分)解得x＝5，即AD＝5；……………………………………………………(6分)(3)由(2)可知，D点的坐标是(10，5)，∴△PAD的周长l＝PA＋PD＋AD＝PA＋PD＋5，…………(7分)∵抛物线的对称轴是线段OA的垂直平分线，点P是抛物线对称轴上的一动点，∴PO＝PA，∵l＝PA＋PD＋5＝PO＋PD＋5，∴当PO＋PD最小时，△PAD的周长l最小，即当点P移动到直线OD与抛物线对称轴的交点处时PO＋PD最小，………………………………………………………………(8分)设直线OD的解析式为y＝kx，将D点坐标(10，5)代入得：5＝10k，解得k＝12，∴直线OD的解析式为y＝12x，………………………………(9分)当x＝5时，y＝52，∴P点的坐标是(5，52)．……………………………………(10分)2．解：(1)(0，12)；……………………………………………(2分)【解法提示】由y＝x2＋14得：A(0，14)，∵点B、O关于点A对称，∴B(0，12)．(2)∵直线BC过点B(0，12)，∴直线BC解析式为y＝kx＋12，………………………………(3分)∴C(，0)，又∵P是直线l上一点，∴可设P(，a)．如解图①，过点P作PN⊥y轴，垂足为N，连接PB，第2题解图①则在Rt△PNB中，由勾股定理得：PB2＝PN2＋NB2，∵PB＝PC＝a，∴a2＝()2＋(a－12)2，……………………………………(5分)解得a＝，∴PB＝，∴P点坐标为(，)，……………………………(6分)当x＝时，y＝，∴点P在抛物线上；…………………………………………(7分)(3)如解图②，由C′在y轴上，可知∠CBP＝∠C′BP，第2题解图②∵PB＝PC，∴∠CBP＝∠PCB，∵PC∥C′B，∴∠PCB＝∠ABC，∴∠C′BP＝∠CBP＝∠ABC＝60°，∴△PBC为等边三角形，∵OB＝12，∴BC＝1，OC＝32，∴PC＝1，∴P(32，1)．…………………………………………………(12分)3．解：(1)∵四边形OCEF为矩形，且OF＝2，EF＝3，∴C(0，3)，E(2，3)，将C(0，3)，E(2，3)代入抛物线解析式y＝－x2＋bx＋c得，，解得，∴抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3；(2)由(1)得y＝－x2＋2x＋3，令y＝0，得－x2＋2x＋3＝0，解得x1＝－1，x2＝3，∴A(－1，0)，B(3，0)，∴AO＝1，BO＝3，又∵C(0，3)，∴OC＝3，在Rt△AOC中，由勾股定理，得AC＝，∵CO＝BO＝3，OF＝2，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，AF＝3，BF＝1，∴MF＝BF＝1，∵RO∥MF，∴△ARO∽△AMF，∴，∴，解得RO＝13，∴CR＝3－13＝83，在Rt△AOR中，AR＝，∴△ACR的周长为10＋83＋103＝8＋4103；(3)存在点P，使得AP＋PH＋HG的值最小．如解图，取OF中点A′，连接A′G交直线EF的延长线于点H，过点H作HP′⊥y轴于点P，连接AP，此时，AP＋PH＋HG的值最小，第3题解图设直线A′G的解析式为y＝kx＋a，将A′(1，0)，G(4，－5)代入得，，解得，∴直线A′G的解析式为y＝－53x＋53，令x＝2，得y＝－103＋53＝－53，∴点H的坐标为(2，－53)，∴符合题意的点P的坐标为(0，－53)．拓展二二次函数与三角形面积问题针对演练1.(2016永州12分)已知抛物线y＝ax2＋bx－3经过(－1，0)，(3，0)两点，与y轴交于点C，直线y＝kx与抛物线交于A，B两点．(1)写出点C的坐标并求出此抛物线的解析式；(2)当原点O为线段AB的中点时，求k的值及A，B两点的坐标；(3)是否存在实数k使得△ABC的面积为3102？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．第1题图2.(2015攀枝花)如图，已知抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于A(－1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴与抛物线交于点P、与直线BC相交于点M，连接PB.(1)求该抛物线的解析式；(2)在(1)中位于第一象限内的抛物线上是否存在点D，使得△BCD的面积最大？若存在，求出D点坐标及△BCD面积的最大值；若不存在，请说明理由；(3)在(1)中的抛物线上是否存在点Q，使得△QMB与△PMB的面积相等？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．第2题图3.(2015桂林)如图，已知抛物线y＝－12x2＋bx＋c与坐标轴分别交于点A(0，8)、B(8，0)和点E，动点C从原点O开始沿OA方向以每秒1个单位长度移动，动点D从点B开始沿BO方向以每秒1个单位长度移动，动点C、D同时出发，当动点D到达原点O时，点C、D停止运动．(1)直接写出抛物线的解析式：____________________；(2)求△CED的面积S与D点运动时间t的函数解析式；当t为何值时，△CED的面积最大？最大面积是多少？(3)当△CED的面积最大时，在抛物线上是否存在点P(点E除外)，使△PCD的面积等于△CED的最大面积，若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．第3题图4.(2016常州10分)如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝x与二次函数y＝x2＋bx的图象相交于O、A两点，点A(3，3)，点M为抛物线的顶点．(1)求二次函数的表达式；(2)长度为22的线段PQ在线段OA(不包括端点)上滑动，分别过点P、Q作x轴的垂线交抛物线于点P1、Q1，求四边形PQQ1P1面积的最大值；(3)直线OA上是否存在点E，使得点E关于直线MA的对称点F满足S△AOF＝S△AOM？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．第4题图【答案】1．解：(1)令x＝0，得y＝－3，∴C(0，－3)，把(－1，0)和(3，0)代入y＝ax2＋bx－3中，得，解得，∴抛物线的解析式为y＝x2－2x－3；…………………………(3分)(2)联立方程组，解得，，∵O是AB的中点，∴x1＋x2＝0，即解得k＝－2，∴或，∴A(－3，23)，B(3，－23)；…………………………(7分)；(3)不存在实数k使得△ABC的面积为3102.理由如下：假设存在实数k使得△ABC的面积为3102，联立方程组，解得，，则A()，B()，∴S△ABC＝12OC(xB－xA)＝3102，∴12×3×＝3102，∴k2＋4k＋16＝10，即k2＋4k＋6＝0，∵b2－4ac＝16－24<0，∴此方程无解，∴不存在实数k使得△ABC的面积为3102.………………(12分)2．解：(1)把点A(－1，0)，B(3，0)代入y＝－x2＋bx＋c，得，解得，∴y＝－x2＋2x＋3；【一题多解】由题意可知点A(－1，0)，点B(3，0)是抛物线与x轴的两个交点，∴抛物线解析式为y＝－(x＋1)(x－3)＝－x2＋2x＋3.(2)存在点D，使得△BCD的面积最大．设D(t，－t2＋2t＋3)，如解图①，作DH⊥x轴于点H，C点坐标为(0，3)，第2题解图①则S△BCD＝S四边形DCOH＋S△BDH－S△BOC＝12t(－t2＋2t＋3＋3)＋12(3－t)(－t2＋2t＋3)－12×3×3＝－32t2＋92t，∵－32＜0，即抛物线开口向下，在对称轴处取得最大值，∴当t＝－922×（－32）＝32时，S△BCD＝－32×(32)2＋92×32＝278，即点D的坐标为(32，154)时，S△BCD有最大值，且最大面积为278；(3)存在点Q，使得△QMB与△PMB的面积相等．如解图②，∵P(1，4)，过点P且与BC平行的直线与抛物线的交点即为所求Q点之一，第2题解图②∵直线BC为y＝－x＋3，∴过点P作BC的平行直线l1，设l1为y＝－x＋b，将P(1，4)代入即可得到直线l1的解析式为y＝－x＋5，联立方程组，解得，，∴Q1(2，3)；∵直线PM为x＝1，直线BC为y＝－x＋3，∴M(1，2)，设PM与x轴交于点E，∵PM＝EM＝2，∴过点E作BC的平行直线l2，则过点E且与BC平行的直线l2与抛物线的交点也为所求Q点之一，即将直线BC向下平移2个单位得到直线l2，解析式为y＝－x＋1，联立方程组，解得，，∴Q2()，Q3()，∴满足条件的Q点为Q1(2，3)，Q2()，Q3()．3．解：(1)y＝－12x2＋3x＋8；【解法提示】把点A(0，8)、B(8，0)代入y＝－12x2＋bx＋c可得，，解得，∴抛物线解析式为y＝－12x2＋3x＋8.(2)在y＝－12x2＋3x＋8中，当y＝0时，－12x2＋3x＋8＝0，解得x1＝－2，x2＝8，∴E(－2，0)，∴BE＝10，∵S△CED＝12DE·OC，∴S＝12t(10－t)＝－12t2＋5t，∴S与t的函数关系式为：S＝－12t2＋5t，∵S＝－12t2＋5t＝－12(t－5)2＋252，∴当t＝5时，△CED的面积最大，最大面积为252；(3)存在，当△CED的面积最大时，t＝5，即BD＝DE＝5，此时，要使S△PCD＝S△CED，CD为公共边，故只需求出过点B、E且平行于CD的直线即可，如解图．第3题解图设直线CD的解析式为y＝kx＋b，由(2)可知OC＝5，OD＝3，∴C(0，5)，D(3，0)，把C(0，5)、D(3，0)代入y＝kx＋b，得，解得，∴直线CD的解析式为y＝－53x＋5，∵DE＝DB＝5，∴过点B且平行于CD的直线解析式为y＝－53(x－5)＋5，过点E且平行于CD的直线解析式为y＝－53(x＋5)＋5，分别与抛物线解析式联立得：方程①：－12x2＋3x＋8＝－53(x－5)＋5，解得x1＝8，x2＝43，方程②：－12x2＋3x＋8＝－53(x＋5)＋5，解得x3＝343，x4＝－2(舍去)，分别将x值代入抛物线解析式，得y1＝0，y2＝1009，y3＝－2009，又∵P点不与E点重合，∴满足题意的P点坐标有3个，分别是P1(8，0)，P2(43，1009)，P3(343，－2009)．4．解：(1)由题意知，A(3，3)在二次函数y＝x2＋bx的图象上，将x＝3，y＝3代入得9＋3b＝3，解得b＝－2，∴二次函数表达式为y＝x2－2x；……………………………(2分)(2)如解图①所示，过点P作PB⊥QQ1于点B，第4题解图①∵PQ＝22，且在直线y＝x上，∴PB＝QB＝2，………………………………………………(3分)设P(a，a)，则Q(a＋2，a＋2)，P1(a，a2－2a)，Q1(a＋2，(a＋2)2－2(a＋2))，即Q1(a＋2，a2＋2a)，∴四边形PQQ1P1的面积为：＝－2a2＋2a＋2＝－2(a－12)2＋52，…………………………(4分)当Q运动到点A时，OP＝OQ－PQ＝2，a＝1，∴a的取值范围为0＜a＜1，∴当a＝12时，四边形PQQ1P1的面积最大，最大值为52；…(5分)(3)存在，点E的坐标为E1(43，43)，E2(143，143)，如解图②所示，连接OM，第4题解图②∵点M为抛物线顶点，∴M(1，－1)，又∵OA所在直线为y＝x，∴OM⊥OA，即∠AOM＝90°，在△AOF和△AOM中，以OA为底，当面积相等时，则两三角形OA边上的高相等，又∵OM⊥OA，且OM＝2，∴可作两条与OA互相平行且距离为2的直线，…………(6分)如解图②所示，在直线HD、MC上的点F均满足S△AOF＝S△AOM，∴只需满足E点的对称点F在这两条直线上即可．如解图②，过点A作AC⊥MC于点C，易得四边形OACM为矩形，AM为该矩形的一条对角线，取AM中点O′，过O′作AM垂线，交OA于点E1，交MC于点F1，OA＝32，∴，∴AO′＝5，∵△AO′E1∽△AOM，…………………………………………(7分)∴，∴，解得OE1＝423，∵点E1在y＝x上，∴E1(43，43)，……………………………………………………(8分)同理可得HF2＝GE2＝423，又∵OG＝2OA＝62，∴OE2＝62－423＝1423，∴E2(143，143)．综上所述，符合条件的E点的坐标为：E1(43，43)、E2(143，143)．………………………………………………………………(10分)拓展三二次函数与特殊四边形判定问题针对演练1.(2016茂名8分)如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c经过A(－1，0)，B(3，0)两点，且与y轴交于点C，点D是抛物线的顶点，抛物线的对称轴DE交x轴于点E，连接BD.(1)求经过A，B，C三点的抛物线的函数表达式；(2)点P是线段BD上一点，当PE＝PC时，求点P的坐标；(3)在(2)的条件下，过点P作PF⊥x轴于点F，G为抛物线上一动点，M为x轴上一动点，N为直线PF上一动点，当以F、M、N、G为顶点的四边形是正方形时，请求出点M的坐标．第1题图备用图2.(2016安顺14分)如图，抛物线经过A(－1，0)，B(5，0)，C(0，－52)三点．(1)求抛物线的解析式；(2)在抛物线的对称轴上有一点P，使PA＋PC的值最小，求点P的坐标；(3)点M为x轴上一动点，在抛物线上是否存在一点N，使以A、C、M、N四点构成的四边形为平行四边形？若存在，求点N的坐标；若不存在，请说明理由．第2题图3.(2016南充10分)如图，抛物线与x轴交于点A(－5，0)和点B(3，0)，与y轴交于点C(0，5)．有一宽度为1，长度足够的矩形(阴影部分)沿x轴方向平移，与y轴平行的一组对边交抛物线于点P和Q，交直线AC于点M和N，交x轴于点E和F.(1)求抛物线解析式；(2)当点M和N都在线段AC上时，连接MF，如果sin∠AMF＝1010，求点Q的坐标；(3)在矩形的平移过程中，当以点P，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，求点M的坐标．第3题图4.(2016成都12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝a(x＋1)2－3与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C(0，－83)，顶点为D，对称轴与x轴交于点H，过点H的直线l交抛物线于P、Q两点，点Q在y轴的右侧．(1)求a的值及点A、B的坐标；(2)当直线l将四边形ABCD分为面积比为3∶7的两部分时，求直线l的函数表达式；(3)当点P位于第二象限时，设PQ的中点为M，点N在抛物线上，则以DP为对角线的四边形DMPN能否成为菱形？若能，求出点N的坐标；若不能，请说明理由．第4题图备用图【答案】1．解：(1)∵抛物线y＝－x2＋bx＋c经过A(－1，0)，B(3，0)两点，∴，解得，∴经过A，B，C三点的抛物线的函数表达式为y＝－x2＋2x＋3；…………………………………………………………………(2分)(2)如解图①，连接PC、PE，第1题解图①∵，当x＝1时，y＝－1＋2＋3＝4，∴点D坐标为(1，4)，设直线BD为：y＝mx＋n，将点B、D坐标分别代入表达式，得，解得，∴y＝－2x＋6，设点P坐标为(x，－2x＋6)，由勾股定理可得PC2＝x2＋(3＋2x－6)2，PE2＝(x－1)2＋(－2x＋6)2，∵PC＝PE，∴x2＋(3＋2x－6)2＝(x－1)2＋(－2x＋6)2，解得x＝2，则y＝－2×2＋6＝2，∴P(2，2)；……………………………………………………(5分)(3)依题意可设点M坐标为(a，0)，则G坐标为(a，－a2＋2a＋3)．如解图②，以F、M、N、G为顶点的四边形是正方形时，必有FM＝MG，第1题解图②即|2－a|＝|－a2＋2a＋3|，①2－a＝－(－a2＋2a＋3)，解得a＝1±212，②2－a＝－a2＋2a＋3，解得a＝3±132，综上所述，M点的坐标为(1－212，0)，(1＋212，0)，(3－132，0)，(3＋132，0)．………………………………………(8分)2．解：(1)设抛物线的解析式为y＝ax2＋bx＋c(a≠0)，将点A(－1，0)，B(5，0)，C(0，－52)代入得，，解得，∴抛物线的解析式为y＝12x2－2x－52；………………………(4分)(2)由题意知，点A关于抛物线对称轴的对称点为点B，如解图，连接BC交抛物线的对称轴于点P，则P点即为所求，第2题解图设直线BC的解析式为y＝kx＋b1(k≠0)，由题意得，解得，∴直线BC的解析式为y＝12x－52，∵抛物线y＝12x2－2x－52的对称轴是x＝2，∴当x＝2时，y＝12x－52＝12×2－52＝－32，∴点P的坐标是(2，－32)；……………………………………(9分)(3)存在．………………………………………………………(10分)(i)当存在的点N在x轴的下方时，如解图所示，第2题解图∵四边形ACNM是平行四边形，∴CN∥x轴，∴点C与点N关于对称轴x＝2对称，∵C点的坐标为(0，－52)，∴点N的坐标为(4，－52)；…………………………………(11分)(ii)当存在的点N′在x轴上方时，如解图所示，作N′H⊥x轴于点H，∵四边形ACM′N′是平行四边形，∴AC＝M′N′，∠N′M′H＝∠CAO，∠AOC＝∠M′HN′，∴Rt△CAO≌Rt△N′M′H(AAS)，∴N′H＝OC，∵点C的坐标为(0，－52)，∴N′H＝52，即N′点的纵坐标为52，∴12x2－2x－52＝52，解得x1＝2＋14，x2＝2－14.∴点N′的坐标为(2－14，52)或(2＋14，52)．(13分)综上所述，满足题目条件的点N共有三个，分别为(4，－52)，(2＋14，52)，(2－14，52)．………………………………(14分)3．解：(1)根据题意得，A(－5，0)，B(3，0)是抛物线与x轴的交点，∴设抛物线的解析式为y＝a(x＋5)(x－3)，…………………(1分)∵抛物线过点C(0，5)，∴a＝－13，∴抛物线的解析式为y＝－13(x＋5)(x－3)＝－13x2－23x＋5；…………………………………………………………………(2分)(2)如解图，过点F作FD⊥AC于点D，第3题解图∵OA＝5，OC＝5，∴∠CAO＝45°.………………………………………………(3分)设AF的长为m，则DF＝22m，ME＝AE＝m＋1，∴sin∠AMF＝DFMF，∴，…………………(4分)在Rt△MEF中，FM2＝ME2＋EF2，∴(5m)2＝(m＋1)2＋12，解得m1＝1，m2＝－12(不符合题意，舍去)，………………(5分)∴AF＝1，∴点Q的横坐标为－4.又∵点Q在抛物线y＝－13x2－23x＋5上，∴Q(－4，73)；…………………………………………………(6分)(3)设直线AC的解析式为y＝kx＋n(k≠0)，由题意得，解得，∴直线AC的解析式为y＝x＋5.……………………………(7分)由题知，点Q，N，F及点P，M，E的横坐标分别相同，设F(t，0)，E(t＋1，0)，∵点M，N均在直线y＝x＋5上，∴N(t，t＋5)，M(t＋1，t＋6)，∵点P，Q在抛物线y＝－13x2－23x＋5上，∴Q(t，－13t2－23t＋5)，P(t＋1，－13t2－43t＋4)，……………(8分)在矩形平移过程中，以P、Q、N、M为顶点的平行四边形有两种情况：①点Q、P在直线AC的同侧时，QN＝PM，∴(－13t2－23t＋5)－(t＋5)＝(－13t2－43t＋4)－(t＋6)，解得t＝－3，∴M(－2，3)；…………………………………………………(9分)②点Q，P在直线AC的异侧时，QN＝MP，∴(－13t2－23t＋5)－(t＋5)＝(t＋6)－(－13t2－43t＋4)，解得t1＝－3＋6，t2＝－3－6，∴M(－2＋6，3＋6)或(－2－6，3－6)，∴符合条件的点M是(－2，3)，(－2＋6，3＋6)或(－2－6，3－6)．…………………………………………(10分)4．解：(1)∵抛物线与y轴交于点C(0，－83)，∴a－3＝－83，解得a＝13，∴y＝13(x＋1)2－3，当y＝0时，有13(x＋1)2－3＝0，解得x1＝2，x2＝－4，∴A(－4，0)，B(2，0)；……………………………………(3分)(2)由(1)可知，A(－4，0)，B(2，0)，C(0，－83)，D(－1，－3)，∴S四边形ABCD＝S△AHD＋S梯形OCDH＋S△BOC＝12×3×3＋12×(83＋3)×1＋12×2×83＝10，从面积分析知，直线l只能与边AD或BC相交，所以有两种情况：① 如解图①，当直线l与边AD相交于点M1时，第4题解图①则，∴12×3×()＝3，∴＝－2，∵A(－4，0)，D(－1，－3)，∴直线AD的解析式为y＝－x－4，∴M1(－2，－2)，……………………………………………(5分)过点H(－1，0)和M1(－2，－2)的直线l的解析式为y＝2x＋2；② 如解图②，当直线l与边BC相交与点M2时，同理可得点M2(12，－2)，第4题解图②过点H(－1，0)和M2(12，－2)的直线l的解析式为y＝－43x－43，综上所述：直线l的函数表达式为y＝2x＋2或y＝－43x－43；…………………………………………………………………(7分)(3)以DP为对角线的四边形DMPN能成为菱形．设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，且过点H(－1，0)的直线PQ的解析式为y＝kx＋b，第4题解图③∴－k＋b＝0，∴b＝k，∴y＝kx＋k.由，∴13x2＋(23－k)x－k－83＝0，∴x1＋x2＝－2＋3k，y1＋y2＝kx1＋k＋kx2＋k＝3k2，∵点M是线段PQ的中点，∴由中点坐标公式得点M(32k－1，32k2)．假设存在这样的N点如解图③，直线DN∥PQ，设直线DN的解析式为y＝kx＋k－3，由，解得x1＝－1(舍去)，x2＝3k－1，∴N(3k－1，3k2－3)，∵四边形DMPN是菱形，∴DN＝DM，∴DN2＝DM2，即(3k)2＋(3k2)2＝，整理得3k4－k2－4＝0，∵k2＋1＞0，∴3k2－4＝0，解得k＝±233，∵k＜0，∴k＝－233，∴N(－23－1，1)，∴以DP为对角线的四边形DMPN能成为菱形，此时点N的坐标为(－23－1，1)．……………………………………………(12分)拓展四二次函数与特殊三角形判定问题针对演练1.(2016枣庄10分)如图，已知抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的对称轴为直线x＝－1，且经过A(1，0)，C(0，3)两点，与x轴的另一个交点为B.(1)若直线y＝mx＋n经过B，C两点，求抛物线和直线BC的解析式；(2)在抛物线的对称轴x＝－1上找一点M，使点M到点A的距离与到点C的距离之和最小，求点M的坐标；(3)设点P为抛物线的对称轴x＝－1上的一个动点，求使△BPC为直角三角形的点P的坐标．第1题图2.(2016新疆13分)如图，抛物线y＝ax2＋bx－3(a≠0)的顶点为E，该抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且BO＝OC＝3AO，直线y＝－13x＋1与y轴交于点D.(1)求抛物线的解析式；(2)求证：△DBO∽△EBC；(3)在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PBC是等腰三角形？若存在，请直接写出符合条件的P点坐标，若不存在，请说明理由．第2题图3.(2016襄阳13分)如图，已知点A的坐标为(－2，0)，直线与x轴，y轴分别交于点B和点C，连接AC，顶点为D的抛物线y＝ax2＋bx＋c过A，B，C三点．(1)请直接写出B，C两点的坐标，抛物线的解析式及顶点D的坐标；(2)设抛物线的对称轴DE交线段BC于点E，P为第一象限内抛物线上一点，过点P作x轴的垂线，交线段BC于点F.若四边形DEFP为平行四边形，求点P的坐标；(3)设点M是线段BC上的一动点，过点M作MN∥AB，交AC于点N.点Q从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段BA向点A运动，运动时间为t(秒)．当t(秒)为何值时，存在△QMN为等腰直角三角形？第3题图【答案】1．解：(1)依题意得，解得，∴抛物线解析式为y＝－x2－2x＋3，∵对称轴为x＝－1，抛物线经过A(1，0)，∴B(－3，0)，把B(－3，0)，C(0，3)分别代入y＝mx＋n得，，解得，∴直线BC的解析式为y＝x＋3；……………………………(3分)(2)设直线BC与对称轴x＝－1的交点为M，如解图，连接AM，第1题解图∵MA＝MB，∴MA＋MC＝MB＋MC＝BC，∴使MA＋MC最小的点M应为直线BC与对称轴x＝－1的交点，把x＝－1代入直线y＝x＋3，得y＝2，∴M(－1，2)；…………………………………………………(6分)(3)设P(－1，t)，∵B(－3，0)，C(0，3)，∴BC2＝18，PB2＝(－1＋3)2＋t2＝4＋t2，PC2＝(－1)2＋(t－3)2＝t2－6t＋10，①若B为直角顶点，则BC2＋PB2＝PC2，即18＋4＋t2＝t2－6t＋10，解得t1＝－2；②若C为直角顶点，则BC2＋PC2＝PB2，即18＋t2－6t＋10＝4＋t2，解得t2＝4；③若P为直角顶点，则PB2＋PC2＝BC2，即4＋t2＋t2－6t＋10＝18，解得t3＝3＋172，t4＝3－172.综上所述，满足条件的点P共有四个，分别为：P1(－1，－2)，P2(－1，4)，P3(－1，3＋172)，P4(－1，3－172)．………(10分)2．(1)解：当x＝0时，y＝ax2＋bx－3＝－3，∴C(0，－3)，即OC＝3，∵OB＝OC＝3OA，∴OB＝3，OA＝1，∴A(－1，0)，B(3，0)，将A(－1，0)，B(3，0)代入y＝ax2＋bx－3得：，解得，∴抛物线的解析式为y＝x2－2x－3；…………………………(4分)(2)证明：由抛物线解析式y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4可得：E(1，－4)，当x＝0时，y＝－13x＋1＝1，∴D(0，1)，即OD＝1，∴，同理可得CE＝2，BE＝25，BC＝32，∴在△DBO和△EBC中，∵，∴△DBO∽△EBC；…………………………………………(9分)(3)解：存在，点P的坐标为(1，－1)，(1，－3＋17)，(1，－3－17)，(1，14)或(1，－14)．…………………(13分)【解法提示】如解图，过点P作PG⊥y轴于点G，连接PC，PB，设抛物线对称轴与x轴的交点为M，设点P(1，a)，第2题解图则PG＝1，GC＝|a＋3|，PM＝|a|，PC2＝1＋(a＋3)2，PB2＝a2＋4，BC2＝18，①当P是等腰三角形顶点时，PC2＝PB2，即1＋(a＋3)2＝4＋a2，解得a＝－1，∴P1(1，－1)；②当C是等腰三角形顶点时，PC2＝CB2，即1＋(a＋3)2＝18，解得a1＝－3＋17，a2＝－3－17，∴P2(1，－3＋17)，P3(1，－3－17)；③当B是等腰三角形顶点时，PB2＝CB2，即4＋a2＝18，解得a1＝14，a2＝－14，∴P4(1，14)，P5(1，－14)．综上所述，存在点P，使得△PBC是等腰三角形，点P的坐标分别为：P1(1，－1)，P2(1，－3＋17)，P3(1，－3－17)，P4(1，14)，P5(1，－14)．3．解：(1)B(4，0)，C(0，3)，抛物线的解析式为y＝－38x2＋34x＋3，D(1，278)；…………(4分)【解法提示】令x＝0，代入y＝－34x＋3，得y＝3，∴C(0，3)，令y＝0，代入y＝－34x＋3，得－34x＋3＝0，解得x＝4，∴B(4，0)，设抛物线的解析式为y＝a(x＋2)(x－4)，把C(0，3)代入y＝a(x＋2)(x－4)，∴a＝－38，∴抛物线的解析式为y＝－38(x＋2)(x－4)＝－38x2＋34x＋3＝－38(x－1)2＋278，∴顶点D的坐标为(1，278)．(2)如解图①，第3题解图①∵四边形DEFP是平行四边形，∴DP∥BC，设直线DP的解析式为y＝mx＋n，∵直线BC的解析式为y＝－34x＋3，∴m＝－34，∴y＝－34x＋n，把D(1，278)代入y＝－34x＋n，∴n＝338，∴直线DP的解析式为y＝－34x＋338，联立y＝－38x2＋34x＋3y＝－34x＋338，解得x＝3或x＝1(舍去)，∴把x＝3代入y＝－34x＋338，得y＝158，∴P的坐标为(3，158)；………………………………………(7分)(3)由题意可知：0≤t≤6，设直线AC的解析式为y＝m1x＋n1，把A(－2，0)和C(0，3)代入y＝m1x＋n1，得－2m1＋n1＝0n1＝3，解得m1＝32n1＝3，∴直线AC的解析式为y＝32x＋3，由题意知：QB＝t，如解图②，当∠NMQ＝90°时，∴OQ＝4－t，第3题解图②把x＝4－t代入y＝－34x＋3，∴y＝34t，∴M(4－t，34t)，∵MN∥x轴，∴N的纵坐标为34t，把y＝34t代入y＝32x＋3，∴x＝12t－2，∴N(12t－2，34t)，∴MN＝(4－t)－(t2－2)＝6－32t，∵MN∥AB，∠NMQ＝90°，∴MQ＝34t，当MN＝MQ时，∴6－32t＝34t，∴t＝83，此时QB＝83，符合题意；……………………………………(9分)如解图③，当∠MNQ＝90°时，第3题解图③∵QB＝t，∴点Q的坐标为(4－t，0)，把x＝4－t代入y＝32x＋3，∴y＝9－32t，∴N(4－t，9－32t)，∵MN∥x轴，∴点M的纵坐标为9－32t，把y＝9－32t代入y＝－34x＋3，∴x＝2t－8，∴M(2t－8，9－32t)，∴MN＝(2t－8)－(4－t)＝3t－12，∵MN∥AB，∠MNQ＝90°，∴NQ＝9－32t，当NQ＝MN时，∴9－32t＝3t－12，∴t＝143，∴此时QB＝143，符合题意；………………………………(10分)如解图④，当∠NQM＝90°时，过点Q作QE⊥MN于点E，过点M作MF⊥x轴于点F，第3题解图④设QE＝a，把y＝a代入y＝－34x＋3，∴x＝4－43a，∴M(4－43a，a)，把y＝a代入y＝32x＋3，∴x＝23a－2，∴N(23a－2，a)，∴MN＝(4－43a)－(23a－2)＝6－2a，当MN＝2QE时，∴6－2a＝2a，∴a＝32，∴MF＝QE＝32，∵MF∥OC，∴△BMF∽△BCO，∴MFCO＝BFBO，∴BF＝2，∴QB＝QF＋BF＝MF＋BF＝32＋2＝72，∴t＝72，此情况符合题意，…………………………………(12分)综上所述，当t＝83或143或72秒时，△QMN为等腰直角三角形．………………………………………………………………(13分)