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免费2017年四川中考突破复习题型专项(十二)二次函数与几何图形中考数学热点考点汇编网专项(十二)二次函数与几何图形的综合题类型1探究图形面积的数量关系及最值问题1．(2016·安徽)如图，二次函数y＝ax2＋bx的图象经过点A(2，4)与B(6，0)．(1)求a，b的值；(2)点C是该二次函数图象上A，B两点之间的一动点，横坐标为x(2＜x＜6)．写出四边形OACB的面积S关于点C的横坐标x的函数解析式，并求S的最大值．解：(1)将A(2，4)与B(6，0)代入y＝ax2＋bx.得4a＋2b＝4，36a＋6b＝0.解得a＝－12，b＝3.(2)过点A作x轴的垂线，垂足为D(2，0)，连接CD，过点C作CE⊥AD，CF⊥x轴，垂足分别为点E，F.S△OAD＝12OD·AD＝12×2×4＝4，S△ACD＝12AD·CE＝12×4×(x－2)＝2x－4，S△BCD＝12BD·CF＝12×4×(－12x2＋3x)＝－x2＋6x，则S＝S△OAD＋S△ACD＋S△BCD＝4＋(2x－4)＋(－x2＋6x)＝－x2＋8x.∴S关于x的函数解析式为S＝－x2＋8x(2＜x＜6)．∵S＝－(x－4)2＋16.∴当x＝4时，四边形OACB的面积S取最大值，最大值为16.2．(2016·雅安中学一诊)如图，已知抛物线y＝ax2－32x＋c与x轴相交于A，B两点，并与直线y＝12x－2交于B，C两点，其中点C是直线y＝12x－2与y轴的交点，连接AC.(1)求抛物线解析式；(2)求证：△ABC为直角三角形；(3)在抛物线CB段上存在点P使得以A，C，P，B为顶点的四边形面积最大，请求出点P的坐标以及此时以A，C，P，B为顶点的四边形面积．解：(1)∵直线y＝12x－2交x轴，y轴于B，C两点，∴B(4，0)，C(0，－2)．∵y＝ax2－32x＋c经过点B，C，∴16a－6＋c＝0，c＝－2.解得a＝12，c＝－2.∴y＝12x2－32x－2.(2)令12x2－32x－2＝0，解得x1＝－1，x2＝4.∴OA＝1，OB＝4.∴AB＝5.∴AC2＝OA2＋OC2＝5，BC2＝OC2＋OB2＝20，AB2＝25.∴AC2＋BC2＝AB2.∴△ABC为直角三角形．(3)连接CD，BD，过点P作PE⊥AB，垂足为点E，直线EP交线段BC于点D.设直线BC的解析式为y＝kx＋b.∵将B(4，0)，C(0，－2)代入，得b＝－2，4k＋b＝0.解得k＝12，b＝－2.∴直线BC的解析式为y＝12x－2.设点D(a，12a－2)，则点P(a，12a2－32a－2)．∵PD＝PE－DE＝－12a2＋32a＋2＋(12a－2)＝－12a2＋2a，∴当a＝2时，PD有最大值，PD的最大值为2.∵S四边形ACPB＝S△ACB＋S△CBP＝12AB·OC＋12OB·DP＝12×5×2＋12×4·DP＝5＋2PD.∴当PD最大时，四边形ACPB的面积最大．∴当点P的坐标为(2，－3)时，四边形ACPB的面积的最大值为5＋2×2＝9.3．(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，求出点D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．解：(1)把A，B两点坐标代入抛物线解析式，得－1－b＋c＝0，－9＋3b＋c＝0.解得b＝2，c＝3.∴抛物线解析式为y＝－x2＋2x＋3.(2)设D(t，－t2＋2t＋3)，过点D作DH⊥x轴于点H，连接DC，DB.令x＝0，则y＝3，∴C(0，3)．S△BCD＝S梯形DCOH＋S△BDH－S△BOC＝12(－t2＋2t＋3＋3)t＋12(3－t)(－t2＋2t＋3)－12×3×3＝－32t2＋92t.∵－32＜0，∴当t＝－922×（－32）＝32时，即点D坐标为(32，154)时，S△BCD有最大值，且最大面积为278.(3)存在．∵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，∵直线BC解析式为为y＝－x＋3，∴过点P且与BC平行的直线为y＝－x＋5.由y＝－x＋5，y＝－x2＋2x＋3，解得x＝2，y＝3.∴Q1(2，3)．∵直线PM的解析式为x＝1，直线BC的解析式y＝－x＋3，∴M(1，2)．设PM与x轴交于点E，∵PM＝EM＝2，∴过点E且与BC平行的直线为y＝－x＋1.从而过点E且与BC平行的直线与抛物线的交点也为所求Q点之一．联立y＝－x＋1，y＝－x2＋2x＋3，解得x1＝3＋172，y1＝－1＋172，x2＝3－172，y2＝－1－172.∴Q2(3＋172，－1＋172)，Q3(3－172，－1－172)．∴满足条件的Q点坐标为(2，3)，(3＋172，－1＋172)或(3－172，－1－172)．类型2探究线段的数量关系及最值问题4．(2016·成都青羊区二诊改编)已知抛物线y＝1ax2＋(2a－1)x－2(a＞0)与x轴交于A，B两点，与y轴相交于点C，且点A在点B的左侧．(1)若抛物线过点D(2，－2)，求实数a的值；(2)在(1)的条件下，在抛物线的对称轴上找一点E，使AE＋CE最小，求出点E的坐标．解：(1)∵抛物线过点D(2，－2)，∴1a×4＋(2a－1)×2－2＝－2，解得a＝4.(2)∵点A，B是抛物线与x轴的交点，∴点B是点A关于抛物线对称轴的对称点．∴连接BC交对称轴于点E，则点E即为使AE＋CE最小的点．∵a＝4，∴抛物线解析式为y＝14x2－12x－2.令y＝0，则14x2－12x－2＝0，解得x1＝－2，x2＝4.令x＝0，则y＝－2.∴A(－2，0)，B(4，0)，C(0，－2)，对称轴为直线x＝1.∴直线BC解析式为y＝12x－2.∵当x＝1时，y＝－32，∴E(1，－32)．5．(2015·南充)已知抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于点A(m－2，0)和B(2m＋1，0)(点A在点B的左侧)，与y轴相交于点C，顶点为P，对称轴为l：x＝1.(1)求抛物线解析式；(2)直线y＝kx＋2(k≠0)与抛物线相交于两点M(x1，y1)，N(x2，y2)(x1<x2)，当|x1－x2|最小时，求抛物线与直线的交点M和N的坐标；(3)首尾顺次连接点O，B，P，C构成多边形的周长为L.若线段OB在x轴上移动，求L最小时点O，B移动后的坐标及L的最小值．解：(1)由题意，得－b2×（－1）＝1，∴b＝2.∵抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于点A(m－2，0)和B(2m＋1，0)，∴－x2＋bx＋c＝0的解为m－2和2m＋1.∴(m－2)＋(2m＋1)＝b，(m－2)(2m＋1)＝－c.∴m＝1，c＝3.∴抛物线解析式为y＝－x2＋2x＋3.(2)联立y＝kx＋2，y＝－x2＋2x＋3得x2＋(k－2)x－1＝0.∴x1＋x2＝－(k－2)，x1x2＝－1，∴(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝(k－2)2＋4.∴当k＝2时，(x1－x2)2的最小值为4，即|x1－x2|的最小值为2.∴x1＋x2＝0，x1x2＝－1.解得x1＝－1，x2＝1，则y1＝0，y2＝4.∴当|x1－x2|最小时，抛物线与直线的交点为M(－1，0)，N(1，4)．(3)由(1)得O(0，0)，B(3，0)，P(1，4)，C(0，3)．∵L＝OB＋BP＋PC＋CO，又∵线段OB平移过程中，OB，PC的长度不变，∴要使L最小，只需BP＋CO最短．如图，平移线段OC到BC′，四边形OBC′C是矩形．∴C′(3，3)．作点P关于x轴(或OB)的对称点P′(1，－4)，连接C′P′与x轴交于点B′.设C′P′解析式为y＝ax＋n.∴a＋n＝－4，3a＋n＝3.解得a＝72，n＝－152.∴y＝72x－152.当y＝0时，x＝157，∴B′(157，0)．又3－157＝67，故点B向左平移67个单位，平移到B′.同时，点O向左平移67个单位，平移到O′(－67，0)，即线段OB向左平移67个单位时，周长L最短．此时，线段BP，CO之和最短为P′C′＝72＋22＝53，O′B′＝OB＝3，CP＝2.∴当线段OB向左平移67个单位，即点O平移到O′(－67，0)，点B平移到B′(157，0)时，周长L最短为53＋2＋3.类型3探究特殊三角形的存在性问题6．如图，已知抛物线E1：y＝x2经过点A(1，m)，以原点为顶点的抛物线E2经过点B(2，2)，点A，B关于y轴的对称点分别为点A′，B′.(1)求m的值；(2)求抛物线E2的函数解析式；(3)在第一象限内，抛物线E1上是否存在点Q，使得以点Q，B，B′为顶点的三角形为直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)∵抛物线E1经过点A(1，m)，∴m＝12＝1.(2)∵抛物线E2的顶点在原点，可设它对应的函数解析式为y＝ax2(a≠0)，又∵点B(2，2)在抛物线E2上，∴2＝a×22.解得a＝12.∴抛物线E2的函数解析式为y＝12x2.(3)假设在抛物线E1上存在点Q，使得以点Q，B，B′为顶点的三角形为直角三角形．①当点B为直角顶点时，过点B作Q1B⊥BB′交抛物线E1于点Q1，则点Q1与B的横坐标相等且为2.将x＝2代入y＝x2，得y＝4.∴点Q1(2，4)；②当点Q2为直角顶点时，则有Q2B′2＋Q2B2＝B′B2，过点Q2作Q2G⊥BB′于点G.设点Q2的坐标为(t，t2)(t＞0)，则有(t＋2)2＋(t2－2)2＋(2－t)2＋(t2－2)2＝42，整理得t4－3t2＝0.∵t＞0，∴t2－3＝0，解得t1＝3，t2＝－3(舍去)．∴点Q2(3，3)．综上所述，存在符合条件的点Q坐标为(2，4)与(3，3)．7．(2016·雅安中学二诊)如图，已知抛物线与y轴交于点C(0，4)，与x轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，其中x1，x2为方程x2－2x－8＝0的两个根．(1)求该抛物线的解析式；(2)点Q是线段AB上的动点，过点Q作QE∥AC，交BC于点E，连接CQ，设Q(x，0)，△CQE的面积为y，求y关于x的函数关系式及△CQE的面积的最大值；(3)点M的坐标为(2，0)，问：在直线AC上，是否存在点F，使得△OMF是等腰三角形？若存在，请求出点F的坐标，若不存在，请说明理由．解：(1)解方程x2－2x－8＝0，得x1＝4，x2＝－2.∴A(4，0)，B(－2，0)．设抛物线解析式为y＝a(x－4)(x＋2)．将C(0，4)代入，解得a＝－12.∴抛物线解析式为y＝－12x2＋x＋4.(2)由Q(x，0)，可得BQ＝x＋2，AQ＝4－x，过点E作EH⊥AB于点H.∴EH∥CO.∴EHCO＝BEBC.又∵QE∥AC，∴BEBC＝BQBA.∴EHCO＝BQBA.∴EH4＝x＋26，即EH＝23(x＋2)．∵S△CQE＝S△CBQ－S△EBQ＝12(x＋2)·4－12(x＋2)·23(x＋2)，∴y关于x的函数关系式为y＝－13x2＋23x＋83＝－13(x－1)2＋3(－2＜x＜4)．∴△CQE的面积的最大值为3.(3)存在点F使得△OMF是等腰三角形．设AC的解析式为y＝kx＋b.∵直线AC过点A(4，0)和C(0，4)，∴4k＋b＝0，b＝4.解得k＝－1，b＝4.∴直线AC的解析式为y＝－x＋4.∵点F在AC上，设F(x，－x＋4)，∴OF＝x2＋（－x＋4）2，MF＝（x－2）2＋（－x＋4）2，OM＝2.若△OMF是等腰三角形，则可能有三种情况：①如图1，当OF＝FM时，F的横坐标应为1，∴F(1，3)；②当OM＝OF＝2时，x2＋（－x＋4）2＝2，化简得x2－4x＋6＝0.∵Δ＝－8＜0∴这种情况不存在；③如图2，当OM＝MF时，（x－2）2＋（－x＋4）2＝4，化简得x2－6x＋8＝0，解得x1＝2，x2＝4(舍去)．∴F(2，2)．综上所述，当△OMF是等腰三角形时，F(1，3)或(2，2)．8．(2016·凉山模拟)如图，已知正方形OABC的边长为2，顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，点E是BC的中点，F是AB延长线上一点且FB＝1.(1)求经过点O，A，E三点的抛物线解析式；(2)点P在抛物线上运动，当点P运动到什么位置时△OAP的面积为2，请求出点P的坐标；(3)在抛物线上是否存在一点Q，使△AFQ是等腰直角三角形？若存在直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)点A的坐标是(2，0)，点E的坐标是(1，2)．设抛物线的解析式是y＝ax2＋bx＋c，根据题意，得c＝0，4a＋2b＋c＝0，a＋b＋c＝2.解得a＝－2，b＝4，c＝0.∴抛物线的解析式是y＝－2x2＋4x.(2)当△OAP的面积是2时，点P的纵坐标是2或－2.当－2x2＋4x＝2时，解得x＝1，∴点P的坐标是(1，2)；当－2x2＋4x＝－2时，解得x＝1±2，此时点P的坐标是(1＋2，－2)或(1－2，－2)．综上，点P的坐标为(1，2)，(1＋2，－2)或(1－2，－2)．(3)∵AF＝AB＋BF＝2＋1＝3，OA＝2.则点A是直角顶点时，Q不可能在抛物线上；当点F是直角顶点时，Q不可能在抛物线上；当点Q是直角顶点时，Q到AF的距离是12AF＝32，若点Q存在，则Q的坐标是(12，32)．将Q(12，32)代入抛物线解析式成立．∴抛物线上存在点Q(12，32)使△AFQ是等腰直角三角形．类型4探究特殊四边形的存在性问题9．(2016·雅安中学三诊)如图，已知二次函数y＝－x2＋bx＋c的图象经过A(－2，－1)，B(0，7)两点．(1)求该抛物线的解析式及对称轴；(2)当x为何值时，y＞0?(3)在x轴上方作平行于x轴的直线l，与抛物线交于C，D两点(点C在对称轴的左侧)，过点C，D作x轴的垂线，垂足分别为点F，E.当矩形CDEF为正方形时，求点C的坐标．解：(1)把A(－2，－1)，B(0，7)两点的坐标代入y＝－x2＋bx＋c，得－4－2b＋c＝－1，c＝7.解得b＝2，c＝7.∴该抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋7.∵y＝－x2＋2x＋7＝－(x－1)2＋8，∴对称轴为直线x＝1.(2)当y＝0时，－x2＋2x＋7＝0，解得x＝1±22，由图象知1－22＜x＜1＋22时，y＞0.(3)设C点的坐标为(m，n)，∵矩形CDEF为正方形，∴n＝－m2＋2m＋7，即CF＝－m2＋2m＋7.∵C，D两点的纵坐标相等，∴C，D两点关于对称轴x＝1对称．设点D的横坐标为p，则1－m＝p－1，∴p＝2－m，∴CD＝(2－m)－m＝2－2m.∵CD＝CF，∴2－2m＝－m2＋2m＋7.解得m1＝－1，m2＝5.∵点C在对称轴的左侧，∴m只能取－1.当m＝－1时，n＝－m2＋2m＋7＝－(－1)2＋2×(－1)＋7＝4.∴点C的坐标为(－1，4)．10．(2016·德阳旌阳区一模)如图，矩形OABC在平面直角坐标系xOy中，点A在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，OA＝4，OC＝3，若抛物线的顶点在BC边上，且抛物线经过O，A两点，直线AC交抛物线于点D.(1)求抛物线的解析式；(2)求点D的坐标；(3)若点M在抛物线上，点N在x轴上，是否存在以A，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)设抛物线顶点为E，根据题意OA＝4，OC＝3，得E(2，3)．设抛物线解析式为y＝a(x－2)2＋3.将A(4，0)代入，得0＝4a＋3，解得a＝－34.∴抛物线解析式为y＝－34(x－2)2＋3＝－34x2＋3x.(2)设直线AC解析式为y＝kx＋b(k≠0)．将A(4，0)与C(0，3)代入，得4k＋b＝0，b＝3.解得k＝－34，b＝3.∴直线AC解析式为y＝－34x＋3.与抛物线解析式联立，得y＝－34x＋3，y＝－34x2＋3x.解得x1＝1，y1＝94，x2＝4，y2＝0.∴点D坐标为(1，94)．(3)假设存在以A，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形，分两种情况考虑：①当点M在x轴上方时，如图1所示．四边形ADMN为平行四边形，DM∥AN，DM＝AN，由对称性得到M(3，94)，即DM＝2，故AN＝2，∴N1(2，0)，N2(6，0)；②当点M在x轴下方时，如图2所示．过点D作DQ⊥x轴于点Q，过点M作MP⊥x轴于点P，可得△ADQ≌△NMP，∴MP＝DQ＝94，NP＝AQ＝3，将yM＝－94代入抛物线解析式得－94＝－34x2＋3x，解得xM＝2－7或xM＝2＋7，∴xN＝xM－3＝－7－1或7－1，∴N3(－7－1，0)，N4(7－1，0)．∴假设成立．综上所述，满足条件的点N有4个：N1(2，0)，N2(6，0)，N3(－7－1，0)，N4(7－1，0)．11．(2016·成都)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的函数解析式；(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．解：(1)∵抛物线y＝a(x＋1)2－3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，∴x1＝2，x2＝－4.∴A(－4，0)，B(2，0)．(2)∵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当直线l与边AD相交于点M1时，则S△AHM1＝310×10＝3，∴12×3×(－yM1)＝3.∴yM1＝－2，点M1(－2，－2)，过点H(－1，0)和M1(－2，－2)的直线l的解析式为y＝2x＋2；②当直线l与边BC相交于点M2时，同理可得点M2(12，－2)，过点H(－1，0)和M2(12，－2)的直线l的解析式为y＝－43x－43.综上：直线l的函数解析式为y＝2x＋2或y＝－43x－43.(3)假设以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.∴－k＋b＝0，∴y＝kx＋k.联立y＝kx＋k，y＝13x2＋23x－83，得13x2＋(23－k)x－83－k＝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点如图所示，直线DN∥PQ.设直线DN的解析式为y＝kx＋k－3.联立y＝kx＋k－3，y＝13x2＋23x－83.解得x1＝－1，x2＝3k－1.∴N(3k－1，3k2－3)．∵四边形DMPN是菱形，∴DN＝DM.∴(3k)2＋(3k2)2＝(3k2)2＋(32k2＋3)2.整理得3k4－k2－4＝0，(k2＋1)(3k2－4)＝0.∵k2＋1＞0，∴3k2－4＝0.解得k＝±233.∵k＜0，∴k＝－233.∴P(－33－1，6)，M(－3－1，2)，N(－23－1，1)．∴PM＝DN＝27.∵PM∥DN，∴四边形DMPN为菱形．∴假设成立，即以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)．类型5探究三角形相似问题12．已知直线y＝12x＋1与x轴交于点A，与y轴交于点B，将△AOB绕点O顺时针旋转90°，使点A落在点C，点B落在点D，抛物线y＝ax2＋bx＋c过点A，D，C，其对称轴与直线AB交于点P，(1)求抛物线的解析式；(2)求∠POC的正切值；(3)若点M在x轴上，且△ABM与△APD相似，求点M的坐标．解：(1)当y＝0时，12x＋1＝0，解得x＝－2.当x＝0时，y＝1，∴A(－2，0)，B(0，1)．∵△AOB顺时针旋转90°得到△COD，∴C(0，2)，D(1，0)．∵抛物线y＝ax2＋bx＋c过点A，D，C，∴4a－2b＋c＝0，a＋b＋c＝0，c＝2.解得a＝－1，b＝－1，c＝2.∴抛物线解析式为y＝－x2－x＋2.(2)根据(1)，抛物线对称轴为x＝－b2a＝－－12×（－1）＝－12，12×(－12)＋1＝34，∴点P的坐标为(－12，34)．过点P作PQ⊥x轴于点Q，则PQ∥y轴，∴∠POC＝∠OPQ.∵tan∠OPQ＝1234＝23，∴tan∠POC＝23.(3)∵点M在x轴上，且△ABM与△APD相似，∴点M必在点A的右侧，AP＝[－2－（－12）]2＋（0－34）2＝354，AB＝22＋12＝5，AD＝1－(－2)＝1＋2＝3.∵∠A＝∠A，∴①AP和AB是对应边时，APAB＝ADAM，即3545＝3AM，解得AM＝4.设点M坐标为(x，0)，则x－(－2)＝4，解得x＝2.∴点M的坐标为(2，0)；②AP和AM是对应边时，APAM＝ADAB，即354AM＝35，解得AM＝54.设点M坐标为(x，0)，则x－(－2)＝54，解得x＝－34.∴点M的坐标为(－34，0)．综上所述，当点M(2，0)或(－34，0)时，△ABM与△APD相似．13．(2016·大邑县一诊改编)如图，二次函数y＝－ax2－4ax－34的图象c交x轴于A，B两点(A在B的左侧)，过点A的直线y＝kx＋3k(k＜－14)交c于另一点C(x1，y1)，交y轴于点M.(1)求点A的坐标，并求二次函数的解析式；(2)过点B作BD⊥AC交AC于点D，若M(0，－33)且Q点是直线AC上的一个动点．求出当△DBQ与△AOM相似时点Q的坐标．解：(1)设y＝0，即kx＋3k＝0，解得x＝－3.∴A(－3，0)．∵A(－3，0)在y＝－ax2－4ax－34的图象上，∴0＝－9a＋12a－34，解得a＝14.∴该二次函数的解析式为y＝－14x2－x－34.(2)在Rt△AOM中，OA＝3，OM＝33tan∠OAM＝OMAO＝3，∴∠OAM＝60°.①如图1中，当Q在DA的延长线上时，∠BQD＝30°，△BQD∽△AOM，在Rt△ABD中，BD＝Bin60°＝3.在Rt△BQD中，BD＝BQsin30°＝3，解得BQ＝23.过点Q作QQ′⊥x轴于点Q′.∵∠BAD＝60°＝∠BQA＋∠QBA，∠BQD＝30°，∴∠QBQ′＝30°.在Rt△BQQ′中，∵∠QBQ′＝30°，BQ＝23，∴QQ′＝3，BQ′＝3.∴Q(－4，3)；②当点Q与点A重合时，∠BQD＝60°，△DQB∽△OAM，此时点Q(－3，0)；③如图2中，当点Q在线段DC上时，∠BQD＝60°，△DQB∽△OAM，在△AQB中，∠BAQ＝∠AQB＝60°，得BQ＝AB＝2.∴Q(－2，－3)；④如图3中，当∠BQD＝30°时，△DQB∽△OMA，此时BQ∥OM.设Q(－1，y)在直线y＝－3x－33上，解得y＝－23.∴Q(－1，－23)．综上所述，Q(－4，3)或Q(－3，0)或Q(－2，－3)或Q(－1，－23)．14．(2016·攀枝花)如图，抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴交于A，B两点，点B坐标为(3，0)，与y轴交于点C(0，－3)．的三角形相似？若存在，求出直线m的解析式，若不存在，请说明理由．解：(1)把B，C两点坐标代入抛物线解析式，得9＋3b＋c＝0，c＝－3.解得b＝－2，c＝－3.∴抛物线解析式为y＝x2－2x－3.(2)连接BC，过点P作y轴的平行线，交BC于点M，交x轴于点H.在y＝x2－2x－3中，令y＝0，则0＝x2－2x－3，解得x＝－1或x＝3.∴A点坐标为(－1，0)．∴AB＝3－(－1)＝4，且OC＝3.∴S△ABC＝12AB·OC＝12×4×3＝6.∵B(3，0)，C(0，－3)，∴直线BC解析式为y＝x－3.设P点坐标为(x，x2－2x－3)，则M点坐标为(x，x－3)．∵P点在第四象限，∴PM＝x－3－(x2－2x－3)＝－x2＋3x.∴S△PBC＝12PM·OH＋12PM·HB＝12PM·(OH＋HB)＝12PM·OB＝32PM.∴当PM有最大值时，△PBC的面积最大，则四边形ABPC的面积最大．∵PM＝－x2＋3x＝－(x－32)2＋94，∴当x＝32时，PMmax＝94，则S△PBC＝32×94＝278.此时P点坐标为(32，－154)，S四边形ABPC＝S△ABC＋S△PBC＝6＋278＝758.即当P点坐标为(32，－154)时，四边形ABPC的面积最大，最大面积为758.(3)设直线m交y轴于点N，交直线l于点G，则∠AGP＝∠GNC＋∠GCN.当△AGB和△NGC相似时，必有∠AGB＝∠CGB.又∵∠AGB＋∠CGB＝180°，∴∠AGB＝∠CGB＝90°.∴∠ACO＝∠OBN.在△AOC和△NOB中，∠AOC＝∠NOB，OC＝OB，∠ACO＝∠NBO，∴△AOC≌△NOB(A)．∴ON＝OA＝1.∴N点坐标为(0，－1)．设直线m解析式为y＝kx＋d.把B，N两点坐标代入，得3k＋d＝0，d＝－1.解得k＝13，d＝－1.∴直线m解析式为y＝13x－1.故存在满足条件的直线m，其解析式为y＝13x－1.拓展类型其他问题1．(2016·巴中)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝mx2＋4mx－5m(m＜0)与x轴交于点A，B(点A在点B的左侧)，该抛物线的对称轴与直线y＝33x相交于点E，与x轴相交于点D，点P在直线y＝33x上(不与原点重合)，连接PD，过点P作PF⊥PD交y轴于点F，连接DF.(1)如图①所示，若抛物线顶点的纵坐标为63，求抛物线的解析式；(2)求A，B两点的坐标；(3)如图②所示，小红在探究点P的位置时发现：当点P与点E重合时，∠PDF的大小为定值，进而猜想：对于直线y＝33x上任意一点P(不与原点重合)，∠PDF的大小为定值．请你判断该猜想是否正确，并说明理由．解：(1)∵y＝mx2＋4mx－5m，∴y＝m(x2＋4x－5)＝m(x＋5)(x－1)．令y＝0，则m(x＋5)(x－1)＝0.∵m≠0，∴x＝－5或x＝1.∴A(－5，0)，B(1，0)．∴抛物线的对称轴为x＝－2.∵抛物线的顶点坐标为(－2，63)，∴－9m＝63，即m＝－233.∴抛物线的解析式为y＝－233x2－833x＋1033.(2)由(1)可知：A(－5，0)，B(1，0)．(3)如图所示，∵OP的解析式为y＝33x，∴∠AOP＝30°.∴∠PBF＝60°.∵PD⊥PF，FO⊥OD，∴∠DPF＝∠FOD＝90°.∴∠DPF＋∠FOD＝180°.∴点O，D，P，F共圆．∴∠PDF＝∠PBF.∴∠PDF＝60°.2．如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c的顶点为D，与y轴交于点C，直线CD的解析式为y＝3x＋23.(1)求b，c的值；(2)过点C作CE∥x轴交抛物线于点E，直线DE交x轴于点F，且F(4，0)，求抛物线的解析式；(3)在(2)条件下，抛物线上是否存在点M，使得△CDM≌△CEA？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)∵直线CD的解析式为y＝3x＋23，∴C(0，23)．∴c＝23.设直线CD交x轴于点A，∴A(－2，0)．∴OAOC＝223＝33.∴∠OCA＝30°，过点D作DM⊥y轴于点M，∴∠DCM＝30°，CM＝3DM，设抛物线的顶点横坐标为h，则CM＝3h，∴D(h，23＋3h)．∴y＝a(x－h)2＋23＋3h.∵C(0，23)，∴23＝ah2＋23＋3h.解得h1＝0(舍)，h2＝－3a.∴y＝a(x＋3a)2＋23＋3h＝ax2＋23x＋3a＋23＋3h.∴b＝23.(2)作抛物线的对称轴交x轴于点B(如图)，∵∠DCM＝30°，∴∠CDB＝30，由抛物线的对称性，可得△DCE为等边三角形．∵CE∥x轴，∴△DAF为等边三角形．∴点B为AF中点．∵A(－2，0)，F(4，0)，∴B(1，0)．抛物线对称轴为直线x＝1，∴－b2a＝1.∴－232a＝1.∴a＝－3.∴D(1，33)．∴y＝－3(x－1)2＋33＝－3x2＋23x＋23.(3)存在．过点C作CM⊥DE于点N交抛物线于点M，此时，△CDM≌△CEM.∵△CDE为等边三角形，∴CM为DE的中垂线，∴DM＝EM，∴△CDM≌△CEM，∵D(1，33)，E(2，23)，∴N(32，532)．设yCN＝kx＋b，代入(0，23)，(32，532)，得32k＋b＝532，b＝23.∴yCN＝33x＋23.联立y＝33x＋23，y＝－3x2＋23x＋23，解得x＝53，y＝2339.∴M(53，2339)．3．(2016·南充模拟)如图，已知：抛物线y＝12x2＋bx＋c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，经过B，C两点的直线是y＝12x－2，连接AC.(1)B，C两点坐标分别为B(4，0)，C(0，－2)，抛物线的函数关系式为y＝12x2－32x－2；(2)判断△ABC的形状，并说明理由；(3)在△ABC内部能否截出面积最大的矩形DEFC(顶点D，E，F，G在△ABC各边上)？若能，求出在AB边上的矩形顶点的坐标；若不能，请说明理由．解：(2)△ABC是直角三角形．理由：当y＝0时，12x2－32x－2＝0，解得x1＝－1，x2＝4，则A(－1，0)，∵AC2＝12＋22＝5，BC2＝42＋22＝20，AB2＝52＝25，∴AC2＋BC2＝AB2，∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°.(3)能．当矩形DEFG顶点D在AB上时，点F与点C重合，如图1，设CG＝x，∵DG∥BC，∴△AGD∽△ACB.∴AG：AC＝DG∶BC，即(5－x)∶5＝DG∶25，解得DG＝2(5－x)．∴S矩形DEFG＝x(25－2x)＝－2x2＋25x＝－2(x－52)＋52.此时x＝时，矩形DEFG的面积最大，最大值为52，当矩形DEFG两个顶点D，E在AB上时，如图2，CO交GF于点H，设DG＝x，则OH＝x，CH＝2－x，∵GF∥AB，∴△CGF∽△CAB，∴GF∶AB＝CH∶CO，即GF∶5＝(2－x)∶2，解得GF＝52(2－x)．∴S矩形DEFG＝x·52(2－x)＝－52x2＋5x＝－52(x－1)2＋52，此时x＝1时，矩形DEFG的面积最大，最大值为52.综上所述，当矩形DEFG两个顶点D，E在AB上时和当矩形DEFG一个顶点D在AB上最大面积相同，∵DG＝1，∴DE＝52×(2－1)＝52，∵DG∥OC，∴△ADG∽△AOC，∴AD∶AO＝DG∶OC，即AD∶1＝1∶2.解得AD＝12.∴OD＝12.∴OE＝52－12＝2.∴D(－12，0)，E(2，0)．当矩形一个顶点在AB上时，GD＝2(5－x)＝5，AG＝52，∴AD＝52，OD＝AD－OA＝32.∴D(32，0)．综上，在△ABC内部能截出面积最大的矩形DEFC，当矩形两个顶点在A，B上时坐标为D(－12，0)，E(2，0)，当矩形只有一个顶点在AB上时，坐标为D(32，0)．