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免费2017年重庆市中考《题型8：二次函数综合题》课件+真题演练中考数学试卷考点分类汇编目录题型八二次函数综合题2类型一与线段、周长有关的问题2类型二与面积有关的问题4类型三与特殊三角形有关的问题4类型四特殊四边形有关的问题4题型八二次函数综合题类型一与线段、周长有关的问题针对演练1.如图，抛物线y＝－14x2＋bx＋c的图象过点A(4，0)，B(－4，－4)，且抛物线与y轴交于点C，连接AB，BC，AC.(1)求抛物线的解析式；(2)点P是抛物线对称轴上的点，求△PBC周长的最小值及此时点P的坐标；(3)若E是线段AB上的一个动点(不与A、B重合)，过E作y轴的平行线，分别交抛物线及x轴于F、D两点.请问是否存在这样的点E，使DE＝2DF？若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由.第1题图2.(2017原创)如图，抛物线y＝x2＋bx＋c过点A(3，0)，B(1，0)，交y轴于点C，点P是该抛物线上一动点，点P从C点沿抛物线向A点运动(点P不与点A重合)，过点P作PD∥y轴交直线AC于点D.(1)求抛物线的解析式；(2)求点P在运动的过程中线段PD长度的最大值；(3)在抛物线对称轴上是否存在点M，使|MA－MC|最大？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．3.(2016重庆南开阶段测试一)如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋c分别交x轴于A(4，0)、B(－1，0)，交y轴于点C(0，－3)，过点A的直线y＝－34x＋3交抛物线于另一点D.(1)求抛物线的解析式及点D的坐标；(2)若点P为x轴上的一个动点，点Q在线段AC上，且Q点到x轴的距离为95，连接PC、PQ，当△PCQ周长最小时，求出点P的坐标；(3)如图②，在(2)的结论下，连接PD，在平面内是否存在△A1P1D1，使△A1P1D1≌△APD(点A1、P1、D1的对应点分别是A、P、D，A1P1平行于y轴，点P1在点A1上方)，且△A1P1D1的两个顶点恰好落在抛物线上？若存在，请求出点A1的横坐标m；若不存在，请说明理由．4.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D为抛物线的顶点，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，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．5.如图，菱形ABCD的边长为6且∠DAB＝60°，以点A为原点、边AB所在的直线为x轴且顶点D在第一象限建立平面直角坐标系．动点P从点D出发沿折线DCB向终点B以2单位/秒的速度运动，同时动点Q从点A出发沿x轴负半轴以1单位/秒的速度运动，当点P到达终点时停止运动，运动时间为t秒，直线PQ交边AD于点E.(1)求经过A、D、C三点的抛物线解析式；(2)是否存在时刻t使得PQ⊥DB？若存在，请求出t值；若不存在，请说明理由；(3)若F、G为DC边上两点，且DF＝FG＝1，试在对角线DB上找一点M、抛物线ADC对称轴上找一点N，使得四边形FMNG周长最小，并求出周长最小值．6.(2016资阳)已知抛物线与x轴交于A(6，0)、B(－54，0)两点，与y轴交于点C，过抛物线上点M(1，3)作MN⊥x轴于点N，连接OM.(1)求此抛物线的解析式；(2)如图①，将△OMN沿x轴向右平移t个单位(0≤t≤5)到△O′M′N′的位置,M′N′、M′O′与直线AC分别交于点E、F.①当点F为M′O′的中点时，求t的值；②如图②，若直线M′N′与抛物线相交于点G，过点G作GH∥M′O′交AC于点H，试确定线段EH是否存在最大值．若存在，求出它的最大值及此时t的值；若不存在，请说明理由．答案类型一与线段、周长有关的问题针对演练1.解：(1)∵抛物线y＝－14x2＋bx＋c的图象经过点A(4，0)，B(－4，－4)，∴解得∴抛物线的解析式为y＝－14x2＋12x＋2.(2)由抛物线y＝－14x2＋12x＋2可得其对称轴为直线x＝－122×（－14）＝1，点C的坐标为(0，2)，如解图，作点C关于对称轴x＝1的对称点C′，则点C′的坐标为(2，2)，连接BC′，即BC′＝（2＋4）2＋（2＋4）2＝62，BC′与对称轴的交点即为所求点P，连接CP，此时△PBC的周长最小．第1题解图设直线BC′的解析式为y＝kx＋m(k≠0)，∵B(－4，－4)，C′(2，2)，∴解得∴直线BC′的解析式为y＝x，将x＝1代入y＝x，得y＝1，∴点P坐标为(1，1)．∵B(－4，－4)，C(0，2)，∴BC＝42＋（2＋4）2＝213.∵△PBC的周长＝CP＋BC＋PB＝BC＋BC′，∴△PBC周长的最小值为213＋62.(3)由点A(4，0)，B(－4，－4)可得直线AB的解析式为y＝12x－2，设点E坐标为(x，12x－2)，其中－4<x<4，则点F(x，－14x2＋12x＋2)，DE＝|12x－2|＝2－12x，DF＝|－14x2＋12x＋2|，∵DE＝2DF，当2－12x＝－12x2＋x＋4，即点F位于x轴上方，解得：x1＝－1，x2＝4(舍去)，将x＝－1代入y＝12x－2，得到y＝－52，∴E(－1，－52)；当2－12x＝12x2－x－4，即点F位于x轴下方，解得：x1＝－3，x2＝4(舍去)，将x＝－3代入y＝12x－2，得y＝－72，∴E(－3，－72)．综上所述，点E的坐标为(－1，－52)，(－3，－72)．2.解：(1)∵抛物线y＝x2＋bx＋c过点A(3，0)，B(1，0)，∴解得∴抛物线的解析式为y＝x2－4x＋3.(2)将x＝0代入抛物线的解析式，则y＝3，∴点C(0，3)，则直线AC的解析式为y＝－x＋3，设点P(x，x2－4x＋3)，∵PD∥y轴，∴点D(x，－x＋3)，∴PD＝(－x＋3)－(x2－4x＋3)＝－x2＋3x＝－(x－32)2＋94，∵a＝－1<0，∴当x＝32时，线段PD的长度有最大值94.(3)由抛物线的对称性可知，对称轴垂直平分线段AB，∴MA＝MB，由三角形的三边关系，|MA－MC|<BC，∴当M、B、C三点共线时，|MA－MC|最大，即为BC的长度，设直线BC的解析式为y＝kx＋m(k≠0)，代入B(1，0)和C(0，3)，则解得∴直线BC的解析式为y＝－3x＋3，∵抛物线y＝x2－4x＋3的对称轴为直线x＝2，∴当x＝2时，y＝－3×2＋3＝－3，∴点M(2，－3)，即抛物线对称轴上存在点M(2，－3)，使|MA－MC|最大．3.解：(1)由题意得解得∴抛物线的解析式为y＝34x2－94x－3.联立解得或，∴点D坐标为(－2，92)．(2)∵A(4，0)，C(0，－3)，∴直线AC的解析式为y＝34x－3，∵yQ＝－95，∴点Q坐标为(85，－95)，点Q关于x轴的对称点Q′(85，95)，连接CQ′交x轴于点P，此时△PCQ周长最小，如解图①，第3题解图①∵由C(0，－3)和Q′(85，95)求出直线CQ′的解析式为y＝3x－3，∴直线CQ′与x轴的交点P的坐标为(1，0)．∴△PCQ周长最小时，点P的坐标为(1，0)．(3)(i)过点D作DF⊥x轴于点F，过点D1作D1F1⊥A1P1交A1P1延长线于F1.当A1与P1在抛物线上时，∵A1P1∥y轴，∴此情况不存在；(ii)当P1与D1在抛物线上时，∵A1的横坐标为m，∴P1(m，34m2－94m－3)．此时分两种情况讨论：①当点D1在直线A1P1的左侧时，过点D1作DF⊥x轴于点F，过点D作D1F1⊥A1P1交A1P1延长线于F1.如解图②，第3题解图②此时点D1的横坐标为m－92，将xD1＝m－92代入y＝34x2－94x－3，∴D1(m－92，34m2－9m＋35716)，∴F1(m，34m2－9m＋35716)，∴P1F1＝(34m2－9m＋35716)－(34m2－94m－3)＝－274m＋40516，又P1F1＝PF＝3，∴m＝11936；②当点D1在直线A1P1的右侧时，过点D作DF⊥x轴于点F，过点D1作D1F1⊥A1P1交A1P1延长线于F1.如解图③，第3题解图③此时点D1的横坐标为m＋92，得xD1＝m＋92代入y＝34x2－94x－3，∴D1(m＋92，34m2＋92m＋3316)，∴F1(m，34m2＋92m＋3316)，∴P1F1＝(34m2＋92m＋3316)－(34m2－94m－3)＝274m＋8116，又P1F1＝3，∴m＝－1136；(iii)当A1与D1在抛物线上时，点A1的横坐标为m，∴A1坐标为(m，34m2－94m－3)，此时也分两种情况讨论：①当点D1在直线A1P1的左侧时，过点D作DF⊥x轴于点F，过点D1作D1F1⊥A1P1交A1P1延长线于F1.如解图④，第3题解图④此时点D1的横坐标为m－92，代入y＝34x2－94x－3中，∴D1(m－92，34m2－9m＋35716)，∴F1(m，34m2－9m＋35716)，∴A1F1＝(34m2－9m＋35716)－(34m2－94m－3)＝－274m＋40516，又A1F1＝AF＝6，∴m＝10336；②当点D1在直线A1P1的右侧时，过点D作DF⊥x轴于点F，过点D1作D1F1⊥A1P1交A1P1延长线于F1.如解图⑤，第3题解图⑤此时点D1的横坐标为m＋92，代入y＝34x2－94x－3中，∴D1(m＋92，34m2＋92m＋3316)．∴F1(m，34m2＋92m＋3316)，∴A1F1＝(34m2＋92m＋3316)－(34m2－94m－3)＝274m＋8116，又A1F1＝AF＝6，∴m＝536.综上所述，m的值可以是11936，－1136，10336，536.4.解：(1)∵四边形OCEF为矩形，且OF＝2，EF＝3，∴C点坐标为(0，3)，E点坐标为(2，3)，将C、E点坐标代入抛物线解析式y＝－x2＋bx＋c得：解得∴抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3.(2)如解图①，连接AC，第4题解图①由(1)得抛物线解析式为y＝－x2＋2x＋3，∴A(－1，0)，B(3，0)，∴AO＝1，CO＝3，∴AC＝10，∵CO＝BO＝3，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，∴FM＝BF＝1，∵RO∥MF，∴△ARO∽△AMF，∴ROMF＝AOAF，∴＝13，解得RO＝13，∴CR＝3－13＝83，AR＝12＋（13）2＝103，∴△ACR的周长为AC＋CR＋AR＝10＋83＋103＝8＋4103.(3)如解图②，取点A关于y轴的对称点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′，则A′(1，0)，P′H∥x轴，第4题解图②∴AA′＝2，P′H＝OF＝2，∴四边形P′HA′A为平行四边形，∴AP′＝A′H，∴AP′＋HG＝A′H＋HG＝A′G，∴当点P在点P′处时，使AP＋PH＋HG最小，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)．5.解：(1)在△DAB中，∠DAB＝60°，DA＝AB＝6，∴△DAB是等边三角形，∴D到y轴的距离为12AB＝3，到x轴的距离为DA·sin60°＝33，∴D(3，33)，∵DC∥x轴，且DC＝AB＝6，将点D向右平移6个单位后可得点C，即C(9，33)，设抛物线的解析式为y＝ax2＋bx，代入C、D两点坐标则解得∴抛物线的解析式为y＝－39x2＋433x.(2)如解图①，连接AC可知AC⊥BD，若PQ⊥DB，则PQ∥AC，所以P在线段BC上时不存在符合要求的t值．第5题解图①当P在DC上时，由于PC∥AQ，且PQ∥AC，∴四边形PCAQ是平行四边形，∴PC＝AQ，即6－2t＝t，解得t＝2，即当t＝2时，PQ⊥DB.(3)如解图②，作点F关于直线DB的对称点F′，由菱形对称性知F′在DA上，且DF′＝DF＝1，作点G关于抛物线对称轴的对称点G′，易求DG′＝4，连接F′G′交DB于点M、交对称轴于点N，点M，N即为所求的两点．过F′作F′H⊥DG′交CD的延长线于点H，第5题解图②在Rt△F′HD中，∠F′DH＝180°－∠ADC＝60°，F′D＝1，∴F′H＝F′D·sin60°＝32，HD＝F′D·cos60°＝12，HG′＝HD＋DG′＝92，根据勾股定理得F′G′＝F′H2＋HG′2＝21，∴四边形FMNG周长最小为F′G′＋FG＝21＋1.6.解：(1)∵A(6，0)，B(－54，0)，∴设抛物线解析式为y＝a(x－6)(x＋54)，又∵抛物线经过点M(1，3)，代入得，3＝a(1－6)(1＋54)，解得a＝－415，∴y＝－415x2＋1915x＋2.(2)①由y＝－415x2＋1915x＋2可知，C(0，2)，∵A(6，0)，∴OA＝6，OC＝2，在Rt△AOC中，AC＝OA2＋OC2＝62＋22＝210，∵M点的坐标为(1，3)，∴ON＝1，MN＝3，MO＝10，∴ONOC＝12，MNOA＝36＝12，OMAC＝10210＝12，∴ONOC＝MNOA＝OMAC，∴△ONM∽△COA，∴∠OMN＝∠OAC，∵∠OMN＝∠O′M′N′，∴∠OAC＝∠O′M′N′，∴∠M′FE＝∠EN′A＝90°，∴∠O′FA＝90°，∵∠COA＝∠O′FA＝90°，∠O′AF＝∠CAO，∴△O′FA∽△COA，∴O′FCO＝AO′AC，∵OM＝O′M′＝10，F是O′M′的中点，∴O′F＝12O′M′＝102，OO′＝t，AO′＝6－t，∴1022＝，∴t＝1.②设向右平移t个单位时，EH有最大值，设直线AC的解析式为y＝kx＋b(k≠0)，∵A(6，0)，C(0，2)，∴，解得，∴直线AC的解析式为yAC＝－13x＋2，∴N′(t＋1，0)，G(t＋1，－415(t＋1)2＋1915(t＋1)＋2)，GN′＝－415(t＋1)2＋1915(t＋1)＋2，EN′＝－13(t＋1)＋2，∴GE＝GN′－EN′＝－415(t－2)2＋125，∵GH⊥AC，GN′⊥x轴，M′O′∥GH，∴可证得：Rt△GHE∽Rt△M′N′O′，∴EHO′N′＝GEM′O′，∴EH＝＝－21075(t－2)2＋61025，∵a＝－21075<0，∴当t＝2时，EH有最大值，∵0≤t≤5，2<5，符合题意，∴线段EH存在最大值，它的最大值为61025，此时t的值为2.类型二与面积有关的问题针对演练1.(2016大渡口区诊断性检测)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋4交x轴于A、B两点(点A在点B的左侧)，交y轴于点C，过点A的直线y＝x＋2交抛物线于点D，且D的横坐标为4.(1)求抛物线的解析式；(2)点E为抛物线在第一象限的图象上一点，若△ADE的面积等于12，求直线AE的解析式；(3)在(2)的条件下，点P为线段AE上的一点，过点P作PH⊥AB，将△PAH沿PH翻折，点A落在x轴上点Q处，若∠PDQ＝45°，求P点坐标．第1题图2.如图①，抛物线y＝ax2＋bx＋3(a≠0)与x轴、y轴分别交于A(－1，0)、B(3，0)、C三点．(1)求抛物线的解析式；(2)点D(2，m)在第一象限的抛物线上，连接BC、BD、CD.试问，在对称轴左侧的抛物线上是否存在一点P，满足∠PBC＝∠DBC？如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由；(3)如图②，在(2)的条件下，将△BOC沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度向右平移，记平移后的三角形为△B′O′C′.在平移过程中，△B′O′C′与△BCD重叠部分的面积记为S，设平移的时间为t秒，试求S与t之间的函数关系式？第2题图3.(2016重庆西大附中第九次月考)如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋4经过点D(2，4)，且与x轴交于A(3，0)，B两点，与y轴交于C点，连接AC，CD，BC.(1)求抛物线的解析式；(2)如图②，点P是抛物线上的一个动点，过点P作x轴的垂线l，l分别交x轴于点E，交直线AC于点M.设点P的横坐标为m.当0<m≤2时，过点M作MG∥BC，MG交x轴于点G，连接GC，则m为何值时，△GMC的面积取得最大值，并求出这个最大值；(3)如图③，在Rt△A1B1C1中，∠A1C1B1＝90°，A1C1＝1，B1C1＝2，直角边A1C1在x轴上，且A1与A重合，当Rt△A1B1C1沿x轴从右向左以每秒1个单位长度的速度移动时，设△A1B1C1与△ABC重叠部分的面积为S，求当S＝45时，△A1B1C1移动的时间t.第3题图4.(2016重庆八中二模)如图，抛物线y＝－x2＋2x＋3与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点D，C关于抛物线的对称轴对称，直线AD与y轴相交于点E.(1)求直线AD的解析式；(2)如图①，直线AD上方的抛物线上有一点F，过点F作FG⊥AD于点G，作FH平行于x轴交直线AD于点H，求△FGH周长的最大值；(3)如图②，点M是抛物线的顶点，点P是y轴上一动点，点Q是坐标平面内一点，四边形APQM是以PM为对角线的平行四边形，点Q′与点Q关于直线AM对称，连接MQ，PQ.当△PMQ′与?APQM重合部分的面积是?APQM面积的14时，求?APQM的面积．第4题图5.(2016湘西州)如图，长方形OABC的OA边在x轴的正半轴上，OC在y轴的正半轴上，抛物线y＝ax2＋bx经过点B(1，4)和点E(3，0)两点．(1)求抛物线的解析式；(2)若点D在线段OC上，且BD⊥DE，BD＝DE，求D点的坐标；(3)在条件(2)下，在抛物线的对称轴上找一点M，使得△BDM的周长为最小，并求出△BDM周长的最小值及此时点M的坐标；(4)在条件(2)下，从B点到E点这段抛物线的图象上，是否存在一个点P，使得△PAD的面积最大？若存在，请求出△PAD面积的最大值及此时P点的坐标；若不存在，请说明理由．第5题图6.(2015重庆A卷)如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y＝－34x2＋3x＋33交x轴于A，B两点(点A在点B的左侧)，交y轴于点W，顶点为C，抛物线的对称轴与x轴的交点为D.(1)求直线BC的解析式；(2)点E(m，0)，F(m＋2，0)为x轴上两点，其中2＜m＜4.EE′，FF′分别垂直于x轴，交抛物线于点E′，F′，交BC于点M，N.当ME′＋NF′的值最大时，在y轴上找一点R，使|RF′－RE′|的值最大．请求出R点的坐标及|RF′－RE′|的最大值；(3)如图②，已知x轴上一点P(92，0)，现以P为顶点，23为边长在x轴上方作等边三角形QPG，使GP⊥x轴．现将△QPG沿PA方向以每秒1个单位长度的速度平移，当点P到达点A时停止．记平移后的△QPG为△Q′P′G′，设△Q′P′G′与△ADC的重叠部分面积为S.当点Q′到x轴的距离与点Q′到直线AW的距离相等时，求S的值．第6题图答案类型二与面积有关的问题针对演练1.解：(1)在直线y＝x＋2中，当y＝0时，x＝－2，∴A(－2，0)，当x＝4时，y＝6，∴D(4，6)．∵点A、D均在抛物线上，∴解得：∴抛物线解析式为y＝－14x2＋32x＋4.(2)过点E作y轴的平行线交直线AD的延长线于F，如解图①，第1题解图①则S△ADE＝S△AEF－S△DEF＝12EF·(xD－xA)＝3EF＝12，∴EF＝4.设E点横坐标为m，则E(m，－14m2＋32m＋4)，F(m，m＋2)，∴(m＋2)－(－14m2＋32m＋4)＝4，∴m2－2m－24＝0，解得m＝6或m＝－4(舍去)，∴点E为(6，4)，故直线AE的解析式是y＝12x＋1.(3)如解图②，过点D作DK⊥x轴于点K，则K(4，0)，延长DE交x轴于点G，可求G(10，0)，第1题解图②∴DK＝GK＝6，DG＝62，∠KDG＝∠PDQ＝45°，∴∠PDK＝∠QDG.设P(m，12m＋1)，则H(m，0)，AH＝m＋2，∴Q(2m＋2，0)，∴GQ＝8－2m，过点P作PN⊥DK于点N，则PN＝4－m，DN＝6－(12m＋1)＝5－12m，过点Q作QM⊥DG于点M，则QM＝GM＝2(4－m)，DM＝2(m＋2)，∵tan∠PDK＝tan∠QDG，∴PNDN＝QMDM，∴，解得m＝2或m＝4，∴P(2，2)或P(4，3)．2.解：(1)将点A(－1，0)、B(3，0)代入抛物线y＝ax2＋bx＋3(a≠0)，得解得：.∴抛物线解析式为y＝－x2＋2x＋3.(2)存在．将点D(2，m)代入抛物线解析式，解得m＝3，∴D(2，3)，当x＝0时，y＝3，∴C(0，3)，∴OC＝OB，∴∠OCB＝∠CBO＝45°，如解图①，设BP交y轴于点G，第2题解图①∵CD∥x轴，∴∠DCB＝∠CBO＝45°，在△DCB和△GCB中，∴△DCB≌△GCB(A)，∴CG＝CD＝2，∴OG＝1，∴点G(0，1)，设直线BP的解析式为y＝kx＋1(k≠0)，则将点B(3，0)代入解析式，解得k＝－13，∴直线BP的解析式为y＝－13x＋1，联立直线BP和二次函数的解析式，得解得：或(舍)，∴P(－23，119)．(3)由点B(3，0)，C(0，3)，D(2，3)，易求得直线BC的解析式为y＝－x＋3，直线BD的解析式为y＝－3x＋9，当0≤t≤2时，如解图②，设直线O′C′与BC相交于点E，直线B′C′与BD相交于点F，设直线C′B′的解析式为y＝－(x－t)＋3，联立直线BD和直线C′B′的解析式，得第2题解图②解得F(，)，∴S＝S△BCD－S△CC′E－S△C′DF＝12×2×3－12×t×t－12×(2－t)×(3－)，整理得：S＝－54t2＋3t(0≤t≤2)；当2<t≤3时，如解图③，设直线O′C′与BC，BD分别相交于点I，H，可得点H(t，－3t＋9)，I(t，－t＋3)，第2题解图③∴S＝S△HIB＝S△HO′B－S△IO′B＝12[(－3t＋9)－(－t＋3)]×(3－t)，整理得：S＝t2－6t＋9(2<t≤3)；当t>3时，△B′O′C′与△BCD无重叠面积，∴S＝0.综上所述：3.解：(1)将A(3，0)，D(2，4)代入y＝ax2＋bx＋4得，解得∴抛物线的解析式为y＝－43x2＋83x＋4.(2)由y＝－43x2＋83x＋4，则当x＝0时，y＝4，∴C(0，4)，当y＝0时，－43x2＋83x＋4＝0，解得x1＝3，x2＝－1，又∵A(3，0)，∴B(－1，0)．易求出直线AC的解析式为y＝－43x＋4，设P点坐标为(m，－43m2＋83m＋4)，则E(m，0)，M(m，－43m＋4)，∵MG∥BC，l∥y轴，∴△COB∽△MEG，∴OBOC＝EGME，即＝14，∴GE＝－13m＋1，∴OG＝OE－EG＝m－(－13m＋1)＝43m－1，∴AG＝OA－OG＝3－(43m－1)＝－43m＋4，∴S△GMC＝S△CGA－S△MGA＝12×4×(－43m＋4)－12×(－43m＋4)2＝－89(m－32)2＋2，∵0<m≤2，∴当m＝32时，S△GMC有最大值为2.(3)①如解图①，设A1B1与AC交于点P，B1C1与AC交于点M，作PQ⊥x轴于点Q，第3题解图①设PQ＝x，则A1Q＝，AQ＝34x.∴AA1＝54x＝t，AC1＝t－1，∴x＝45t，MC1＝43(t－1)，∴S＝＝12t×45t－12×43(t－1)2＝45，解得t＝5±32.∵0<t<52，∴t＝5－32；②如解图②，设A1B1与BC交于点P，作PQ⊥x轴于点Q，则A1B＝t－4，设PQ＝x，第3题解图②∵PQ∥OC，∴PQOC＝BQOB，即＝，∴BQ＝，∵PQ∥B1C1，∴PQB1C1＝A1QA1C1，即＝＝A1B＋BQ，∴＝t－4＋，∴x＝4t－16，∴S＝＝1－12×(t－4)×(4t－16)＝45，解得t＝4±1010，∵t>4，∴t＝4＋1010，综上，当t＝5－32或t＝4＋1010时，S＝45.4.解：(1)令－x2＋2x＋3＝0，解得x1＝－1，x2＝3，∴A(－1，0)，B(3，0)，令x＝0，则y＝3，∴C(0，3)，∵点D，C关于抛物线的对称轴x＝1对称，∴D(2，3)，设直线AD的解析式为y＝kx＋b.将点A(－1，0)，D(2，3)代入，得解得∴直线AD的解析式为y＝x＋1.(2)设点F(x，－x2＋2x＋3)，∵FH∥x轴，∴H(－x2＋2x＋2，－x2＋2x＋3)，∴FH＝－x2＋2x＋2－x＝－(x－12)2＋94，∵－1<x<2，∴当x＝12时，FH取最大值94，由直线AD：y＝x＋1，易知∠DAO＝45°.又FH∥x轴，∴∠FHG＝45°，∴△FHG为等腰直角三角形，∴△FGH周长的最大值为9＋924.(3)①当P点在AM下方时，如解图①，设P(0，p)，易知M(1，4)，从而Q(2，4＋p)，第4题解图①∵△PMQ′与平行四边形APQM重合部分的面积是平行四边形APQM面积的14，∴PQ′必过AM的中点N(0，2)，∴可知Q′在y轴上，易知QQ′的中点T的横坐标为1，又点T必在直线AM上，故T(1，4)，从而T、M重合，故平行四边形APQM是矩形，∵易求得直线AM的解析式为y＝2x＋2，而MQ⊥AM，∴可求得直线QQ′的解析式为y＝－12x＋92，∴4＋p＝－12×2＋92，∴p＝－12，∴PN＝52，∴S?APQM＝2S△AMP＝4S△ANP＝4×12×PN×AO＝4×12×52×1＝5；②当P点在AM上方时，如解图②，设P(0，p)，易知M(1，4)，从而Q(2，4＋p)，第4题解图②∵△PMQ′与?APQM重合部分的面积是?APQM面积的14，∴PQ′必过QM的中点R(32，4＋)，易求得直线QQ′的解析式为y＝－12x＋p＋5，联立，解得x＝，y＝，∴H(，)，∵H为QQ′中点，故易得Q′(，)，由点P(0，p)、R(32，4＋p2)易得直线PR的解析式为y＝(83－)x＋p，将Q′(，)代入到y＝(83－)x＋p得＝(83－)×＋p，整理得：p2－9p＋14＝0，解得p1＝7，p2＝2(与AM中点N重合，舍去)，∴P(0，7)，∴PN＝5，∴S?APQM＝2S△AMP＝2×12×PN×∣xM－xA∣＝2×12×5×2＝10.综上所述，?APQM面积为5或10.5.解：(1)将点B(1，4)，E(3，0)分别代入抛物线y＝ax2＋bx得，解得∴抛物线的解析式为y＝－2x2＋6x.(2)∵四边形OABC是矩形，B(1，4)，∴∠BCO＝90°，BC＝1，∴∠CBD＋∠BDC＝90°，∵BD⊥DE，∴∠BDC＋∠ODE＝90°，∴∠CBD＝∠ODE，又∵∠BCD＝∠DOE＝90°，BD＝DE，∴△BCD≌△DOE(A)，∴OD＝BC＝1，∴点D的坐标为(0，1)．(3)由抛物线解析式y＝－2x2＋6x可知其对称轴为x＝32，∴点B(1，4)关于直线x＝32的对称点B′的坐标为(2，4)，如解图①，连接DB′，交抛物线对称轴于点M，则点M即为所求．设直线DB′的解析式为y＝kx＋m，代入点D(0，1)，B′(2，4)，得解得∴直线DB′的解析式为y＝32x＋1，当x＝32时，y＝32×32＋1＝134，∴点M的坐标为(32，134)，此时△BDM周长的最小值为BD＋DB′＝＋22＋32＝10＋13.(4)存在．设点P的坐标为(a，－2a2＋6a)，如解图②，过点P作PG⊥x轴于点G，则OG＝a，PG＝－2a2＋6a，则S△PAD＝S四边形DOGP－S△AOD－S△APG＝12(PG＋OD)·OG－12OD·OA－12AG·PG＝12(－2a2＋6a＋1)×a－12×1×1－12(a－1)(－2a2＋6a)＝－a2＋72a－12＝－(a－74)2＋4116，∵点P在抛物线上BE段，∴1≤a≤3，当a＝74时，S△PAD有最大值为4116，此时点P的坐标为(74，358)．6.解：(1)∵y＝－34x2＋3x＋33＝－34(x－2)2＋43，∴C(2，43)．当y＝0时，即－34x2＋3x＋33＝0，解得x1＝6，x2＝－2，∴B(6，0)，A(－2，0)．设直线BC的解析式为y＝kx＋b，代入B(6，0)，C(2，43)，得∴∴直线BC的解析式为y＝－3x＋63.(2)∵E(m，0)，∴M(m，－3m＋63)，E′(m，－34m2＋3m＋33)，∴E′M＝(－34m2＋3m＋33)－(－3m＋63)＝－34m2＋23m－33.∵F(m＋2，0)，∴N(m＋2，－3(m＋2)＋63)，F′(m＋2，－34(m＋2)2＋3(m＋2)＋33)，∴F′N＝[－34(m＋2)2＋3(m＋2)＋33]－[－3(m＋2)＋63]＝－34(m＋2)2＋23(m＋2)－33＝－34m2＋3m，∴E′M＋F′N＝(－34m2＋23m－33)＋(－34m2＋3m)＝－32(m－3)2＋323.∵2<m<4，∴当m＝3时，ME′＋NF′的值最大．此时E′(3，1543)，F′(5，743)．延长F′E′交y轴于R点，如解图①，则R满足|RF′－RE′|最大，即在y轴上取异于R的任一点R′，连接R′F′、R′E′，则|R′F′－R′E′|＜E′F′＝|RF′－RE′|，即R使|RF′－RE′|最大．设直线E′F′的解析式为y＝ax＋b(a≠0)，第6题解图①代入E′(3，1543)，F′(5，743)，得解得∴直线E′F′的解析式为y＝－3x＋2743.当x＝0时，y＝2743，∴R(0，2743)．作F′K⊥EM于点K，如解图①，则F′K＝2，E′K＝1543－743＝23，∴E′F′＝22＋（23）2＝4，∴|RF′－RE′|的最大值为4，此时点R(0，2734)．(3)∵对y＝－34x2＋3x＋33，当x＝0时，y＝33，∴W(0，33)．∵点Q′到x轴、AW的距离相等，∴点Q′在∠WAB的平分线上或在∠WAB补角的平分线上．(ⅰ)当点Q′在∠WAB的平分线上时，如解图②，作∠WAB的平分线AL.过Q点作x轴的平行线交AW于点S，交AL于点T，交PG于点V.当点Q′与点T重合时，点Q′为符合题意的点．第6题解图②∵PG⊥x轴，∴SV⊥PG，∴在等边△PGQ中，PV＝12PG＝3，∴S、T点的纵坐标都为3，V(92，3)．设直线AW的解析式为y＝mx＋n(m≠0)，代入(－2，0)，(0，33)，得∴∴直线AW的解析式为y＝323x＋33.当y＝3时，即3＝323x＋33，得x＝－43，∴S(－43，3)，SV＝92＋43＝356.作SZ⊥x轴于点Z，如解图②，则AZ＝2－43＝23，SZ＝3，∴＝（3）2＋（23）2＝313.∵AL平分∠WAB，∴∠WAL＝∠LAB.∵SV∥x轴，∴∠STA＝∠LAB，∴∠WAT＝∠STA，∴ST＝SA＝313，∴点T到CD的距离为SV－ST－DP＝356－313－(92－2)＝10－313.显然点Q′与点T重合时，点Q′为符合题意的点，此时△Q′P′G′与△ADC重合部分是一个等边三角形，10－313为这个等边三角形的高线．这个等边三角形的边长为10－313×233，∴S＝12×10－313×233×10－313＝1313－209327.(ⅱ)当点Q′在∠WAB的补角的平分线上时，如解图③，作∠WAB的补角的平分线AL.过点Q作x轴的平行线交AW于点S，交AL于点T，交PG于点V.当点Q′与点T重合时，点Q′为符合题意的点．第6题解图③同(ⅰ)，SV＝356，SA＝ST＝313，∴TV＝356＋313，在Rt△PQV中，∠VPQ＝60°，PV＝3，∴QV＝3PV＝3.∴△PGQ向左平移的距离为TQ＝TV－QV＝356＋313－3＝176＋313，∴AP′＝AP－PP′＝2＋92－(176＋313)＝113－313，点P′的横坐标为－2＋(113－313)＝53－313.可以求得直线AC的解析式为y＝3x＋23，且∠CAB＝60°，则直线P′G′与直线AC交点的纵坐标为3(53－313)＋23＝3(2＋53－313)＜23＝PG，∴点G′在直线AC之上．∵∠CAB＝60°，∠AP′T＝30°，∴AC⊥P′T，∴重叠部分是一个含有60°角的直角三角形．∵AP′＝113－313，∴阴影部分直角三角形的两直角边为32AP′、32AP′，∴S＝338AP′2＝338(113－313)2＝763－119312.类型三与特殊三角形有关的问题针对演练1.(2016枣庄)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重庆巴蜀九下入学考试)如图，抛物线y＝－45x2＋245x－4与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，抛物线的对称轴与x轴交于点M.P是抛物线在x轴上方的一个动点(点P、M、C不在同一条直线上)．(1)求点A，B的坐标；(2)连接AC、PB、BC，当S△PBC＝S△ABC时，求出此时点P的坐标；(3)分别过点A、B作直线CP的垂线，垂足分别为点D、E，连接MD、ME.问△MDE能否为等腰直角三角形？若能，求此时点P的坐标；若不能，说明理由．第2题图3.(2016重庆南开阶段测试三)如图①，抛物线y＝ax2＋bx＋4交x轴于A、B两点(点A在点B左侧)，交y轴于点C，连接AC、BC，其中CO＝BO＝2AO.(1)求抛物线的解析式；(2)点Q为直线BC上方的抛物线上一点，过点Q作QE∥AC交BC于点E，作QN⊥x轴于点N，交BC于点M，当△EMQ的周长L最大时，求点Q的坐标及L的最大值；(3)如图②，在(2)的结论下，连接AQ分别交BC于点F，交OC于点G，四边形BOGF从F开始沿射线FC平移，同时点P从C开始沿折线CO－OB运动，且点P的运动速度为四边形BOGF平移速度的2倍，当点P到达B点时，四边形BOGF停止运动，设四边形BOGF平移过程中对应的图形为B1O1G1F1，当△PFF1为等腰三角形时，求B1F的长度．第3题图4.(2016重庆十一中一诊)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋c的图象与x轴交于A、B两点(点A在点B的左边)，与y轴交于点C，点A、C的坐标分别为(－1，0)，(0，－3)，直线x＝1为抛物线的对称轴，点D为抛物线的顶点，直线BC与对称轴相交于点E.(1)求抛物线的解析式及点D的坐标；(2)点P为直线x＝1右方抛物线上的一点(点P不与点B重合)，记A、B、C、P四点所构成的四边形面积为S，若S＝52S△BCD，求点P的坐标；(3)点Q是线段BD上的动点，将△DEQ沿边EQ翻折得到△D′EQ，是否存在点Q使得△D′EQ与△BEQ的重叠部分图形为直角三角形，若存在，请求出BQ的长；若不存在，请说明理由．5.(2016重庆一中上期期末考试)已知如图，抛物线y＝－12x2＋2x＋52与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，对称轴交x轴于点E.(1)如图①，连接BD，试求出直线BD的解析式；(2)如图②，点P为抛物线第一象限上一动点，连接BP，CP，AC，当四边形PBAC的面积最大时，线段CP交BD于点F，求此时DF∶BF的值；(3)如图③，已知点K(0，－2)，连接BK，将△BOK沿着y轴上下平移(包括△BOK)，在平移的过程中直线BK交x轴于点M，交y轴于点N，则在抛物线的对称轴上是否存在点G，使得△GMN是以MN为直角边的等腰直角三角形，若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．第5题图6.(2016重庆A卷)如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y＝－13x2＋233x＋3与x轴交于A，B两点(点A在点B左侧)，与y轴交于点C，抛物线的顶点为点E.(1)判断△ABC的形状，并说明理由；(2)经过B，C两点的直线交抛物线的对称轴于点D，点P为直线BC上方抛物线上的一动点，当△PCD的面积最大时，点Q从点P出发，先沿适当的路径运动到抛物线的对称轴上点M处，再沿垂直于抛物线对称轴的方向运动到y轴上的点N处，最后沿适当的路径运动到点A处停止．当点Q的运动路径最短时，求点N的坐标及点Q经过的最短路径的长；(3)如图②，平移抛物线，使抛物线的顶点E在射线AE上移动，点E平移后的对应点为点E′，点A的对应点为点A′.将△AOC绕点O顺时针旋转至△A1OC1的位置，点A，C的对应点分别为点A1，C1，且点A1恰好落在AC上，连接C1A′，C1E′，△A′C1E′是否能为等腰三角形？若能，请求出所有符合条件的点E′的坐标；若不能，请说明理由．第6题图答案类型三与特殊三角形有关的问题针对演练1.解：(1)依题意，得，解得∴抛物线的解析式为y＝－x2－2x＋3.∵对称轴为x＝－1，抛物线经过A(1，0)，∴B(－3，0)．设直线BC的解析式为y＝mx＋n(m≠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.(2)如解图，设直线BC与对称轴x＝－1的交点为M，连接MA，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)．(3)设P(－1，t)，结合B(－3，0)，C(0，3)，得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t＝－2；②若C为直角顶点，则BC2＋PC2＝PB2，即18＋t2－6t＋10＝4＋t2，解得t＝4；③若P为直角顶点，则PB2＋PC2＝BC2，即4＋t2＋t2－6t＋10＝18，解得t1＝3＋172，t2＝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)．2.解：(1)令y＝－45x2＋245x－4＝0，解得x1＝1，x2＝5，∴A点的坐标为(1，0)，B点的坐标为(5，0)．(2)如解图①，过点A作AP∥BC，与抛物线交于点P，则S△PBC＝S△ABC，第2题解图①当x＝0时，y＝－45x2＋245x－4＝－4，∴点C的坐标为(0，－4)，设过点B，C两点的直线的解析式为y＝kx＋b(k≠0)，则有解得∴直线BC的解析式为y＝45x－4，由于PA∥BC，设AP的解析式为y＝45x＋m，代入点A(1，0)，解得m＝－45，∴直线AP的解析式为y＝45x－45，联立方程组得解得：∴P点的坐标为(4，125)．(3)△MDE能成为等腰直角三角形，理由：∵抛物线y＝－45x2＋245x－4＝－45(x－3)2＋165，∴对称轴是直线x＝3.∴M(3，0)．①当∠MED＝90°时，点E，B，M在一条直线上，此种情况不成立；②同理：当∠MDE＝90°时，不成立；③当∠DME＝90°时，如解图②所示，第2题解图②设直线PC与对称轴交于点N，∵EM⊥DM，MN⊥AM，∴∠EMN＝∠DMA.∵∠MDE＝45°，∠EDA＝90°，∴∠MDA＝135°.∵∠MED＝45°，∴∠NEM＝135°，∴∠ADM＝∠NEM＝135°.在△ADM与△NEM中，∴△ADM≌△NEM(A)．∴MN＝MA＝2，∴N(3，2)．设直线PC的解析式为y＝kx＋b(k≠0)，将点N(3，2)，C(0，－4)代入直线的解析式得：解得：∴直线PC的解析式为y＝2x－4.将y＝2x－4代入抛物线解析式得：2x－4＝－45x2＋245x－4，解得：x＝0或x＝72，∴P(72，3)．综上所述，△MDE能成为等腰直角三角形，此时点P的坐标为(72，3)．3.解：(1)∵抛物线y＝ax2＋bx＋4与y轴交于点C，∴点C的坐标为(0，4)．∵CO＝BO＝2AO，∴点A的坐标为(－2，0)，点B的坐标为(4，0)，将点A、B的坐标分别代入抛物线解析式得解得∴抛物线的解析式为y＝－12x2＋x＋4.(2)∵点A(－2，0)，点B(4，0)，点C(0，4)，∴直线AC的解析式为y＝2x＋4，直线BC的解析式为y＝－x＋4.设点Q的坐标为(q，－12q2＋q＋4)，∵QE∥AC，过点E作EF⊥QM于点F，如解图，第3题解图则EFQF＝AOOC＝12，QEEF＝ACAO＝5，∴QF＝2EF，QE＝5EF，在Rt△EFM中，易得∠FEM＝∠FME＝∠MBN＝45°，∴EM＝2EF，EF＝MF，∴QM＝3EF，∴当EF最大时，△EQM的周长最大，∵直线AC的解析式为y＝2x＋4，直线QE∥AC，∴设直线QE的解析式为y＝2x＋t，将Q点坐标代入得，t＝－12q2－q＋4，∴直线QE的解析式为y＝2x＋(－12q2－q＋4)，与直线BC联立解得点E的坐标为(16q2＋13q，－16q2－13q＋4)．∴EF＝q－16q2－13q＝－16q2＋23q＝－16(q－2)2＋23，根据二次函数最值性质可知，当q＝2时，EF最大，为23.此时点Q的坐标为(2，4)，L＝3EF＋2EF＋5EF＝23(3＋2＋5)．(3)由(2)知点Q的坐标为(2，4)，则直线QA的解析式为y＝x＋2，∴AQ⊥BC于F，且点F的坐标为(1，3)．∵点B(4，0)，∴BF＝32.设四边形BOGF平移的距离FF1＝2t，则点P运动的速度为2t.①当点P在OC上，此时0<t≤2，则点B1在BF上．此时易得点F1的坐标为(1－t，t＋3)，点P的坐标为(0，4－2t)．∴PF2＝1＋(1－2t)2＝4t2－4t＋2，PF12＝(1－t)2＋(3＋t－4＋2t)2＝10t2－8t＋2，FF12＝2t2.∴(i)当PF2＝FF12时，4t2－4t＋2＝2t2，解得t1＝t2＝1，此时B1F＝B1F1－FF1＝BF－FF1＝22；(ii)当PF2＝PF12时，4t2－4t＋2＝10t2－8t＋2，解得t1＝23，t2＝0(舍)，此时B1F＝B1F1－FF1＝723；(iii)当F1F2＝PF12时，2t2＝10t2－8t＋2，解得t1＝t2＝12，此时B1F＝522；②当点P在OB上，此时2<t≤4，当2<t<3时，点B1在BF上，当3<t≤4时，点B1在BF的延长线上．此时点P的坐标是(2t－4，0)，在△PFF1中，∠PFF1>90°，若△PFF1是等腰三角形，则只能是PF＝FF1，即(2t－4－1)2＋9＝2t2，解得t1＝5－22，t2＝5＋22(舍)，此时t＝5－22<3，∴B1F＝B1F1－FF1＝32－(5－22)×2＝4－22.综上所述，当△PFF1为等腰三角形时，B1F的长度为22或723或522或4－22.4.解：(1)∵点A与点B关于直线x＝1对称，∴B(3，0)，设抛物线的解析式为y＝a(x＋1)(x－3)，把C(0，－3)代入得－3a＝－3，解得a＝1，∴抛物线的解析式为y＝(x＋1)(x－3)＝x2－2x－3，∵y＝(x－1)2－4，∴抛物线顶点D的坐标为(1，－4)．(2)设P(m，m2－2m－3)，易得直线BC的解析式为y＝x－3，当x＝1时，y＝1－3＝－2，则E(1，－2)，∴S△BDC＝S△BDE＋S△CDE＝12×2×(1＋2)＝3，当点P在x轴上方时，即m>3，如解图①，第4题解图①S＝S△CAB＋S△PAB＝12×3×(3＋1)＋12×(3＋1)×(m2－2m－3)＝2m2－4m，∵S＝52S△BCD，∴2m2－4m＝152，整理得4m2－8m－15＝0，解得m1＝2＋192，m2＝2－192(舍去)，∴P点坐标为(2＋192，34)；当点P在x轴下方时，即1<m<3，如解图②，连接OP，第4题解图②S＝S△AOC＋S△COP＋S△POB＝12×3×1＋12×3×m＋12×3×(－m2＋2m＋3)＝－32m2＋92m＋6，∵S＝52S△BCD，∴－32m2＋92m＋6＝152，整理得m2－3m＋1＝0，解得m1＝3＋52，m2＝3－52(舍去)，∴P点坐标为(3＋52，5－52)，综上所述，P点坐标为(2＋192，34)或(3＋52，5－52)．(3)存在．直线x＝1交x轴于点F，BD＝22＋42＝25，①如解图③，EQ⊥DB于点Q，△DEQ沿EQ翻折得到△D′EQ，第4题解图③∵∠EDQ＝∠BDF，∴Rt△DEQ∽Rt△DBF，∴DQDF＝DEBD，即＝225，解得DQ＝455，∴BQ＝BD－DQ＝25－455＝655；②如解图④，ED′⊥BD于H，第4题解图④∵∠EDH＝∠BDF，∴Rt△DEH∽Rt△DBF，∴DHDF＝DEDB＝EHBF，即＝225＝，解得DH＝455，EH＝255，在Rt△QHD′中，设QH＝x，D′Q＝DQ＝DH－HQ＝455－x，D′H＝D′E－EH＝DE－EH＝2－255，∴x2＋(2－255)2＝(455－x)2，解得x＝1－55，∴BQ＝BD－DQ＝BD－(DH－HQ)＝BD－DH＋HQ＝25－455＋1－55＝5＋1；③如解图⑤，D′Q⊥BC于点G，作EI⊥BD于点I，由①得EI＝255，BI＝655，第4题解图⑤∵△DEQ沿边EQ翻折得到△D′EQ，∴∠EQD＝∠EQD′，∴EG＝EI＝255，∵BE＝22＋22＝22，∴BG＝BE－EG＝22－255，∵∠GBQ＝∠IBE，∴Rt△BQG∽Rt△BEI，∴BQBE＝BGBI，即＝22－255655，∴BQ＝453－223，综上所述，当BQ为655或5＋1或453－223时，将△DEQ沿边EQ翻折得到△D′EQ，使得△D′EQ与△BEQ的重叠部分图形为直角三角形．5.解：(1)在y＝－12x2＋2x＋52中，令y＝0，则－12x2＋2x＋52＝0，解得x1＝－1，x2＝5，则点A的坐标是(－1，0)，点B的坐标是(5，0)．抛物线y＝－12x2＋2x＋52的对称轴是x＝2，把x＝2代入解析式得y＝92，则点D的坐标是(2，92)．设直线BD的解析式是y＝kx＋b(k≠0)，将B、D两点坐标代入得：解得∴直线BD的解析式是y＝－32x＋152.(2)连接BC，如解图①，第5题解图①y＝－12x2＋2x＋52中，令x＝0，则y＝52，则点C的坐标是(0，52)．设直线BC的解析式y＝mx＋n(m≠0)，则解得则直线BC的解析式是y＝－12x＋52.∵S四边形PBAC＝S△ABC＋S△BCP，S△ABC＝12AB·OC＝12×6×52＝152，∴△BCP面积最大时，S四边形PBAC有最大值，设与BC平行且与抛物线只有一个公共点的直线的解析式是y＝－12x＋d.则－12x2＋2x＋52＝－12x＋d，即x2－5x＋(2d－5)＝0，当Δ＝0时，x＝52，代入y＝－12x2＋2x＋52中得：y＝358，则点P的坐标是(52，358)．又∵点C的坐标是(0，52)，设直线CP的解析式是y＝ex＋f，则解得则直线CP的解析式是y＝34x＋52.根据题意得解得则点F的坐标是(209，256)．∴DF＝（2－209）2＋（92－256）2＝1381，BF＝（209－5）2＋（256－0）2＝8125324，则DFBF＝13818125324＝225.(3)存在，点G的坐标为(2，103)，(2，－107)，(2，－3)或(2，－7)．【解法提示】假设存在．设BK的解析式是y＝k′x＋b′(k′≠0)，将点B(5，0)，K(0，－2)代入得解得∴直线BK的解析式是y＝25x－2，设直线MN的解析式为y＝25x＋m，当y＝0时，x＝－52m，即M(－52m，0)，当x＝0时，y＝m，即N(0，m)．△GMN是以MN为直角边的等腰直角三角形分两种情况：①MG＝MN，∠GMN＝90°，如解图②.第5题解图②∵∠MGE＋∠GME＝90°，∠GME＋∠OMN＝90°，∴∠MGE＝∠OMN.在△GME和△MNO中∴△GME≌△MNO(A)，∴ME＝ON，EG＝OM，当点M在点E右侧时，ME＝－52m－2，ON＝－m，OM＝－52m，∴－52m－2＝－m，解得m＝－43.∴EG＝OM＝－52m＝103，∴G点的坐标为(2，103);当M在线段OE上时，如解图③，ME＝2＋52m，ON＝－m，EG＝OM＝－52m，第5题解图③∴2＋52m＝－m，解得m＝－47，∴EG＝OM＝－52m＝107，∴点G的坐标为(2，－107)；当M在点O左侧时，易得MN<MG，∴此时不存在点G使△GMN为等腰直角三角形；②NG＝MN，∠GNM＝90°，过点N作NF⊥抛物线对称轴于点F，如解图④所示．第5题解图④∵∠ONG＋∠MNO＝90°，∠ONG＋∠GNF＝90°，∴∠MNO＝∠GNF.在△GNF和△MNO中，∴△GNF≌△MNO(A)，∴NF＝ON，FG＝OM，当点N在y轴正半轴时，ON＝m，OM＝52m，∴2＝m.∴FG＝OM＝52m＝5，EG＝FG－EF＝FG－ON＝3，∴G点的坐标为(2，－3)；当点N在y轴负半轴时，如解图⑤，ON＝－m，OM＝－52m，NF＝2，第5题解图⑤∴m＝－2，∴OM＝－52×(－2)＝5(此时M与B重合，N与K重合)，EG＝EF＋FG＝ON＋OM＝7，∴点G的坐标为(2，－7)．综上可知：在抛物线的对称轴上存在点G，使得△GMN是以MN为直角边的等腰直角三角形，点G的坐标为(2，103)，(2，－107)，(2，－3)或(2，－7)．6.解：(1)△ABC为直角三角形，理由如下：在抛物线y＝－13x2＋233x＋3中，令y＝0，得－13x2＋233x＋3＝0，解得x1＝－3，x2＝33，故A(－3，0)，B(33，0)．令x＝0，得y＝3，故C(0，3)，∵AC2＝12，BC2＝36，AB2＝48，AC2＋BC2＝AB2，∴△ABC为直角三角形．(2)设直线BC的解析式为y＝kx＋b，将B(33，0)，C(0，3)代入，得解得∴直线BC的解析式为y＝－33x＋3，如解图，过点P作PR∥y轴交BC于点R，第6题解图设P(t，－13t2＋233t＋3)，则R(t，－33t＋3)，∴PR＝－13t2＋233t＋3－(－33t＋3)＝－13t2＋3t，则S△PCD＝S△PRC－S△PRD＝12·PR·[xR－(xR－xD)]＝－36t2＋32t＝－36(t－332)2＋938，∵0＜t<33，∴当t＝332时，S△PCD取得最大值，此时P(332，154)，将P(332，154)向左平移3个单位，得P′(32，154)，连接AP′交y轴于点N，过点N作NM⊥抛物线对称轴于点M，连接PM，点Q沿P→M→N→A运动，所走的路径最短，即最短路径的长为PM＋MN＋AN.设直线AP′的解析式为y＝mx＋n，将A(－3，0)，P′(32，154)代入，得：解得∴直线AP′的解析式为y＝563x＋52，令x＝0，得y＝52，故N(0，52)，∵AP′＝（32＋3）2＋（154）2＝3374，MN＝3，点Q经过的最短路径等于PM＋MN＋AN＝AP′＋MN＝3374＋3.(3)∵∠CAO＝60°，OA＝OA1，∴△AA1O为等边三角形，∴∠C1OB＝30°，∴C1(323，32)，∵E(3，4)，A(－3，0)，∴直线AE的解析式为：y＝233x＋2，设A′(t，233t＋2)，则E′(t＋23，233t＋6)，A′E′2＝28，A′C12＝73t2－733t＋7，E′C12＝73t2＋73t＋21，①当A′C1＝E′C1时，73t2－733t＋7＝73t2＋73t＋21，解得t＝－32，故E′(323，5)；②当A′E′＝A′C1时，28＝73t2－733t＋7，解得t＝3±392，∵t＞－3，∴t＝3＋392，故E′(53＋392，7＋13)；③当A′E′＝E′C1时，73t2＋73t＋21＝28，解得t＝－33±392，∵t＞－3，∴t＝－33＋392，故E′(3＋392，3＋13)．综上，所有符合条件的点E′的坐标为(323，5)或(53＋392，7＋13)或(3＋392，3＋13)．类型四特殊四边形有关的问题针对演练1.(2016眉山)已知如图，在平面直角坐标系xOy中，点A、B、C分别为坐标轴上的三个点，且OA＝1，OB＝3，OC＝4.(1)求经过A、B、C三点的抛物线的解析式；(2)在平面直角坐标系xOy中是否存在一点P，使得以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；(3)若点M为该抛物线上一动点，在(2)的条件下，请求出当|PM－AM|的最大值时点M的坐标，并直接写出|PM－AM|的最大值．第1题图2.(2015重庆B卷)如图，抛物线y＝－x2＋2x＋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.点D和点C关于抛物线的对称轴对称，直线AD与y轴相交于点E.(1)求直线AD的解析式；(2)如图，直线AD上方的抛物线上有一点F，过点F作FG⊥AD于点G，作FH平行于x轴交直线AD于点H，求△FGH的周长的最大值；(3)点M是抛物线的顶点，点P是y轴上一点，点Q是坐标平面内一点，以A，M，P，Q为顶点的四边形是以AM为边的矩形，若点T和点Q关于AM所在直线对称，求点T的坐标．3.(2016茂名)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．4.(2016重庆实验外国语学校第一次月考)如图①，已知抛物线y＝12x2－32x－2与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，顶点为D，点M(，0)为x轴上一点，点N为抛物线上的点，且横坐标为3.(1)求△ABD的面积；(2)点E、F是抛物线对称轴上的两个动点(点E在点F下方)，且EF＝1.当四边形EFMN的周长最小时，过直线NE下方抛物线上的一动点H作y轴的平行线交直线NE于点G，求当GH的长度取得最大值时H点的坐标；(3)如图②，将直线BC绕点B顺时针旋转90°后与对称轴交于点I，点P为抛物线上一动点，点Q为y轴上一动点，请问是否存在以点A、I、P、Q为顶点的平行四边形？若存在，求出所有满足条件的P点的坐标；若不存在，请说明理由．第4题图答案类型四与特殊四边形有关的问题针对演练1.解：(1)设抛物线的解析式为y＝ax2＋bx＋c(a≠0)，∵OA＝1，OB＝3，OC＝4，∴A(1，0)，B(0，3)，C(－4，0)，∴解得：∴经过A、B、C三点的抛物线的解析式为y＝－34x2－94x＋3.(2)存在．∵OB＝3，OC＝4，OA＝1，∴BC＝AC＝5，如解图，当BP平行且等于AC时，四边形ACBP为菱形，第1题解图∴BP＝AC＝5，且点P到x轴的距离等于OB，∴点P的坐标为(5，3)．当点P在第二、三象限时，点A、C、B、P为顶点所构成的四边形只能是平行四边形，不可能是菱形，∴当点P的坐标为(5，3)时，点A、C、B、P所构成的四边形是菱形．(3)当点M与点P、A不在同一直线上时，根据三角形三边的关系知|PM－AM|始终小于PA，当点P、A、M在同一条直线上时，|PM－AM|＝PA＝BC＝5，∴当点P、A、M在同一条直线上时，|PM－AM|的值最大，即点M为直线PA与抛物线的交点，设直线PA的解析式为y＝kx＋t(k≠0)，将P(5，3)和A(1，0)分别代入得：解得：∴直线PA的解析式为y＝34x－34.∵解得：∴当点M的坐标为(1，0)或(－5，－92)时，|PM－AM|的值最大，最大值为5.2.解：(1)当y＝0时，即0＝－x2＋2x＋3，解得x1＝－1，x2＝3.∴A(－1，0)，B(3，0)．当x＝0时，y＝3，∴C(0，3)．∵y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，∴抛物线的对称轴为直线x＝1，顶点为(1，4)，∴C点关于直线x＝1的对称点D(2，3)．设直线AD的解析式为y＝kx＋b(k≠0)，代入A(－1，0)，D(2，3)，得解得∴直线AD的解析式为y＝x＋1.(2)对于y＝x＋1，当x＝0时，y＝1，∴OE＝1＝OA，∴△AOE为等腰直角三角形．∵FG⊥AD，FH∥x轴，∴∠FHG＝∠EAO，∠FGH＝∠EOA，∴△FHG∽△EAO，∴△FGH是等腰直角三角形，∴FG∶GH∶FH＝1∶1∶2.设F(t，－t2＋2t＋3)，－1<t<2，则点H的纵坐标为－t2＋2t＋3，代入y＝x＋1，解得x＝－t2＋2t＋2.∴H(－t2＋2t＋2，－t2＋2t＋3)，∴FH＝(－t2＋2t＋2)－t＝－t2＋t＋2，∴C△FGH＝FG＋GH＋FH＝＋＋FH＝(2＋1)FH＝(2＋1)(－t2＋t＋2)＝－(2＋1)(t－12)2＋94(2＋1)，又∵－1<t<2，∴当t＝12时，C△FGH最大＝94(2＋1)＝942＋94.(3)(ⅰ)当点P在AM上方时，如解图①，过点M作MP⊥AM交y轴于P点，过P点作AM的平行线、过A点作PM的平行线，交点为点Q，直线AQ交y轴于点T.由作法知四边形AMPQ为平行四边形，且∠AMP＝90°，∴四边形AMPQ是符合题意的矩形．作MR⊥y轴于点R，设AM交y轴于点S.∵A(－1，0)，M(1，4)，∴RM＝OA＝1，又∵∠MRS＝∠AOS＝90°，∠MSR＝∠O，∴△MRS≌△AOS(A)，∴SO＝RS＝12OR＝2，∴SM＝12＋22＝5＝SA.∵∠MSR＝∠PSM，∠MRS＝∠PMS，∴△PMS∽△MRS，∴PSMS＝MSRS，∴PS＝MS2RS＝52.∵SM＝SA，∠PSM＝∠TSA，∠PMS＝∠T＝90°，∴△PMS≌△T(A)，∴PM＝AT，PS＝ST＝52.∵OS＝2，∴OT＝52－2＝12，∴T(0，－12)．在矩形AMPQ中，PM＝AQ，∴AQ＝AT.∵QT⊥AM，∴点Q、T关于AM成轴对称，∴T(0，－12)为所求的点；第2题解图(ⅱ)当点P在AM下方时，如解图②，作矩形APQM，延长QM交y轴于点T.同(ⅰ)可知MQ＝AP＝TM，且AM⊥QT，则Q关于AM的对称点为点T，此时ST与解图①中的SP相等，即TS＝52，又OS＝2，∴OT＝OS＋TS＝92，∴T(0，92)．∴综上，点T坐标为(0，－12)，(0，92)．3.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)如解图①，连接PC、PE.第3题解图①∵抛物线对称轴为x＝－b2a＝－22×（－1）＝1，∴当x＝1时，y＝－1＋2＋3＝4，∴点D坐标为(1，4)，设直线BD的解析式为：y＝mx＋n(m≠0)，将B(3，0)和D(1，4)分别代入，得解得则y＝－2x＋6，设点P坐标为(x，－2x＋6)，∵C(0，3)，E(1，0)，∴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，∴点P坐标为(2，2)．(3)依题意可设点M坐标为(a，0)，则点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3题解图②|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，∴M点的坐标为(1－212，0)，(1＋212，0)，(3－132，0)，(3＋132，0)．4.解：(1)令y＝0，得12x2－32x－2＝0，解得x1＝4，x2＝－1，∴A(－1，0)，B(4，0)，∴AB＝4＋1＝5，∵y＝12x2－32x－2＝12(x－32)2－258，∴D(32，－258)，∴S△ABD＝12AB·|yD|＝12×5×258＝12516.(2)将x＝3代入抛物线，得y＝12×32－32×3－2＝－2，∴N(3，－2)，如解图①，过点M作MM′⊥x轴，且使得MM′＝EF＝1，则M′(52，－1)，作点N关于抛物线的对称轴对称的点N′(N′点与C点重合)，连接M′N′与对称轴的交点即为E点，此时四边形EFMN的周长最小，则N′(0，－2)，第4题解图①易求直线M′N′的解析式为：y＝25x－2，令x＝32，解得y＝－75，则E(32，－75)，F(32，－25)，∴易求得直线NE的解析式为：y＝－25x－45，设H(h，12h2－32h－2)，则G(h，－25h－45)，则HG＝－12h2＋1110h＋65，∴当h＝－11102×（－12）＝1110时，HG最长．此时，H(1110，－609200)．(3)∵B(4，0)，C(0，－2)，∴CO＝2，OB＝4，BC＝OB2＋OC2＝25，∵将直线BC绕点B顺时针旋转90°后与对称轴交于点I，设直线BI交y轴于点S，如解图②，第4题解图②易证△CBS∽△COB，则BCOC＝CSBC，即252＝CS25，∴CS＝10，∴S(0，8)，设直线BS的解析式为y＝kx＋b，把B(4，0)，S(0，8)代入得，解得∴直线BS的解析式为y＝－2x＋8，当x＝32时，y＝－3＋8＝5，∴I(32，5)．设P(n，12n2－32n－2)，Q(0，m)，①当PQ∥AI，且PQ在AI上方时，∵点A、I分别平移到点P、Q时，它们所平移的横坐标距离，纵坐标距离分别相等，∴有解得n＝－52，∴P点的坐标为(－52，398)；②当PQ∥AI，且PQ在AI下方时，同理可得解得n＝52，∴P点的坐标为(52，－218)；③当AI为平行四边形的对角线，且P点在AI下方，Q点在AI上方时，有解得n＝12，∴P点的坐标为(12，－218)；④当AI为平行四边形的对角线，且P点在AI上方，Q点在AI下方时，此平行四边形不存在．综上可知，P点的坐标为(－52，398)或(52，－218)或(12，－218)．