专题07 二次函数的综合（中考数学特色专题训练卷）（解析版）.docx

1、专题07 二次函数的综合（中考数学特色专题训练卷）1（2021绵阳）如图，二次函数yx22x+4a2的图象与一次函数y2x的图象交于点A、B（点B在右侧），与y轴交于点C，点A的横坐标恰好为a动点P、Q同时从原点O出发，沿射线OB分别以每秒5和25个单位长度运动，经过t秒后，以PQ为对角线作矩形PMQN，且矩形四边与坐标轴平行（1）求a的值及t1秒时点P的坐标；（2）当矩形PMQN与抛物线有公共点时，求时间t的取值范围；（3）在位于x轴上方的抛物线图象上任取一点R，作关于原点（0，0）的对称点为R，当点M恰在抛物线上时，求RM长度的最小值，并求此时点R的坐标【思路点拨】（1）将A（a，2a）代

2、入yx22x+4a2，解方程求出a，即可求得抛物线解析式，当t1秒时，OP=5，设P的坐标为（x，y），建立方程求解即可；（2）经过t秒后，OP=5t，OQ25t，得出P的坐标为（1，2t），Q的坐标为（2t，4t），进而得出M的坐标为（2t，2t），N的坐标为（t，4t），将M（2t，2t）代入yx22x+2，得2t2+t10，解方程即可，将N（1，4t）代入yx22x+2，得（t1）23，解方程即可得出答案；（3）设R（m，n），则R关于原点的对称点为R（m，n），当点M恰好在抛物线上时，M坐标为（1，1），过R和M作坐标轴平行线相交于点S，如图3，利用勾股定理可得RM=(m+1)2+(n

3、-1)2=(n-32)2+74，当n=32时，RM长度的最小值为72，进而可得出答案【解答过程】解：（1）由题意知，交点A坐标为（a，2a），代入yx22x+4a2，解得：a=-2，抛物线解析式为：yx22x+2，当t1秒时，OP=5，设P的坐标为（x，y），则x2+y2=(5)2y=-2x，解得x=1y=-2或x=-1y=2（舍去），P的坐标为（1，2）；（2）经过t秒后，OP=5t，OQ25t，由（1）方法知，P的坐标为（t，2t），Q的坐标为（2t，4t），由矩形PMQN的邻边与坐标轴平行可知，M的坐标为（2t，2t），N的坐标为（t，4t），矩形PMQN在沿着射线OB移动的过程中，点M

4、与抛物线最先相交，如图1，然后公共点变为2个，点N与抛物线最后相离，然后渐行渐远，如图2，将M（2t，2t）代入yx22x+2，得2t2+t10，解得：t=12，或t1（舍），将N（t，4t）代入yx22x+2，得（t1）23，解得：t1+3或t1-3（舍）所以，当矩形PMQN与抛物线有公共点时，时间t的取值范围是：12t1+3；（3）设R（m，n），则R关于原点的对称点为R（m，n），当点M恰好在抛物线上时，M坐标为（1，1），过R和M作坐标轴平行线相交于点S，如图3，则RM=MS2+RS2=(-m-1)2+(-n+1)2，又nm22m+2得（m+1）23n，消去m得：RM=(m+1)2+(

5、n-1)2=(3-n)+(n-1)2 =n2-3n+4 =(n-32)2+74，当n=32时，RM长度的最小值为72，此时，nm22m+2=32，解得：m162，点R的坐标是（162，32）2（2021内江）如图，抛物线yax2+bx+c与x轴交于A（2，0）、B（6，0）两点，与y轴交于点C直线l与抛物线交于A、D两点，与y轴交于点E，点D的坐标为（4，3）（1）求抛物线的解析式与直线l的解析式；（2）若点P是抛物线上的点且在直线l上方，连接PA、PD，求当PAD面积最大时点P的坐标及该面积的最大值；（3）若点Q是y轴上的点，且ADQ45，求点Q的坐标【思路点拨】（1）利用待定系数法解决问题

6、即可（2）如图1中，过点P作PKy轴交AD于点K设P（m，-14m2+m+3），则K（m，12m+1）因为SPAD=12（xDxA）PK3PK，所以PK的值最大值时，PAD的面积最大，求出PK的最大值即可（3）如图2中，将线段AD绕点A逆时针旋转90得到AT，则T（5，6），设DT交y轴于点Q，则ADQ45，作点T关于AD的对称点T（1，6），设DQ交y轴于点Q，则ADQ45，分别求出直线DT，直线DT的解析式即可解决问题【解答过程】解：（1）抛物线yax2+bx+c与x轴交于A（2，0）、B（6，0）两点，设抛物线的解析式为ya（x+2）（x6），D（4，3）在抛物线上，3a（4+2）（46

7、），解得a=-14，抛物线的解析式为y=-14（x+2）（x6）=-14x2+x+3，直线l经过A（2，0）、D（4，3），设直线l的解析式为ykx+m（k0），则-2k+m=04k+m=3，解得，k=12m=1，直线l的解析式为y=12x+1；（2）如图1中，过点P作PKy轴交AD于点K设P（m，-14m2+m+3），则K（m，12m+1）SPAD=12（xDxA）PK3PK，PK的值最大值时，PAD的面积最大，PK=-14m2+m+3-12m1=-14m2+12m+2=-14（m1）2+94，-140，m1时，PK的值最大，最大值为94，此时PAD的面积的最大值为274，P（1，154）（

8、3）如图2中，将线段AD绕点A逆时针旋转90得到AT，则T（5，6），设DT交y轴于点Q，则ADQ45，D（4，3），直线DT的解析式为y=-13x+133，Q（0，133），作点T关于AD的对称点T（1，6），则直线DT的解析式为y3x9，设DQ交y轴于点Q，则ADQ45，Q（0，9），综上所述，满足条件的点Q的坐标为（0，133）或（0，9）3（2021西宁）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=-12x+3的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C的坐标为（2，0），抛物线经过A，B，C三点（1）求抛物线的解析式；（2）直线AD与y轴负半轴交于点D，且BAODAO，求证：OBOD；

9、（3）在（2）的条件下，若直线AD与抛物线的对称轴l交于点E，连接BE，在第一象限内的抛物线上是否存在一点P，使四边形BEAP的面积最大？若存在，请求出点P的坐标及四边形BEAP面积的最大值；若不存在，请说明理由【思路点拨】（1）由直线求得A，B，再由待定系数法求出抛物线解析式即可；（2）证明出BOADOA即可；（3）根据BPA面积最大时，四边形BEAP的面积最大，先设点P的坐标为（t，-14t2+t+3），表示出SABP=-34（t3）2+274，即可得出点P的坐标及四边形BEAP面积的最大值【解答过程】解：（1）令y0，则-12x+30，解得x6，令x0，则y3，A（6，0），B（0，3）

10、，设抛物线的解析式为yax2+bx+c，把A，B，C三点坐标代入解析式，得：36a+6b+c=0c=34a-2b+c=0，解得：a=-14b=1c=3，抛物线的解析式为y=-14x2+x+3；（2）证明：在平面直角坐标系xOy中，BOADOA90，在BOA和DOA中，BOA=DOAOA=OABAO=DAO，BOADOA （ASA），OBOD，（3）存在，理由如下：如图，过点E作EMy轴于点M，y=-14x2+x+3=-14（x2）2+4，抛物线的对称轴是直线x2，E点的横坐标是2，即EM2，B（0，3），OBOD3，BD6，A（6，0），OA6，SABESABDSDBE=1266-126212

11、，设点P的坐标为（t，-14t2+t+3），连接PA，PB，过点P作PNx轴于点H1，交直线AB于点N，过点B作BH2PN于点H2，N（t，-12t+3），PN=-14t2+t+3（-12t+3）=-14t2+32t，AH1+BH2OA6，SABPSNBP+SANP=12PNBH2+12PNAH1=12PNOA，SABP=126（-14t2+32t）=-34（t3）2+274，-340，抛物线开口向下，函数有最大值，当t3时，BPA面积的最大值是274，此时四边形BEAP的面积最大，四边形BEAP的面积最大值为274+12=754，当P点坐标是（3，154）时，四边形BEAP面积的最大值是75

12、44（2021兴安盟）如图，直线yx+2与抛物线yax2+bx+6（a0）相交于点A（12，52）和点B（4，m）抛物线与x轴的交点分别为H、K（点H在点K的左侧）点F在线段AB上运动（不与点A、B重合），过点F作直线FCx轴于点P，交抛物线于点C（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，连接AC，是否存在点F，使FAC是直角三角形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，说明理由；（3）如图2，过点C作CEAB于点E，当CEF的周长最大时，过点F作任意直线l，把CEF沿直线l翻折180，翻折后点C的对应点记为点Q，求出当CEF的周长最大时，点F的坐标，并直接写出翻折过程中线段KQ的最大值和最小值【思路

13、点拨】（1）先把点B代入直线的解析式，求出m的值，再把点A和点B代入抛物线的解析式，即可求出抛物线的解析式；（2）先设出F的坐标，然后分A为直角顶点和C为直角顶点两种情况，利用等腰直角三角形得性质即可求出点F的坐标；（3）先设出点C的坐标，再设出点F的坐标，然后表示出三角形CEF的周长，求出周长取最大值时点C和F的坐标即可，折叠过程中，当K，F，Q共线，且K和Q在F两侧时，KQ的最大，K和Q在F同侧时，KQ的最小【解答过程】解：（1）直线yx+2过点B（4，m），m4+2，解得m6，B（4，6），把点A和B代入抛物线的解析式，得：14a+12b+6=5216a+4b+6=6，解得a=2b=-8

14、，抛物线的解析式为y=2x2-8x+6；（2）存在点F，使FAC为直角三角形，设F（n，n+2），直线AB与x轴交于M，则M（2，0），直线AB与y轴交于点N，则N（0，2），FCy轴，C（n，2n28n+6），直线yx+2与x轴的交点为M（2，0），与y轴交点为N（0，2），OMON2，ONM45，FCy轴，AFCONM45，若FAC为直角三角形，则分两种情况讨论：（i）若点A为直角顶点，即FAC90，过点A作ADFC于点D，在RtFAC中，AFC45，AFAC，DFDC，AD=12FC，n-12=12(n+2)-(2n2-8n+6)，化简得：2n27n+30，解得：n13，n2=12（与A

15、重合舍去），F（3，5），（ii）若点C为直角顶点，即FCA90，则ACx轴，在RtFAC中，AFC45，ACCF，n-12=（n+2）（2n28n+6，化简得：4n216n+70，解得：n1=72，n2=12（舍去），F（72，112），综上所述：存在点 F（3，5）或（72，112），使FAC为直角三角形；（3）设F（c，c+2），FCy轴，C（c，2c28c+6），在RtFEC中，AFC45EFECCFsinAFC=22CF，当CF最大时，FEC的周长最大，CF（c+2）（2c28c+6）2c2+9c4=-2(c-94)2+498，又20，当c=94时，CF最大即FEC的周长最大，此时F

16、点坐标为(94，174)，折叠过程中，当K，F，Q共线，且K和Q在F两侧时，KQ的最大，K和Q在F同侧时，KQ的最小，CF=178-2(94)2-894+6=498，由（1）知点K的坐标为（3，0），KF=(174)2+(3-94)2=2984，KQ的最大值为CF+KF=498+2984，KQ的最小值为CFKF=498-29845（2021赤峰）如图，抛物线yx2+bx+c与x轴交于A（3，0）、B（1，0）两点，与y轴交于点C，对称轴l与x轴交于点F，直线mAC，点E是直线AC上方抛物线上一动点，过点E作EHm，垂足为H，交AC于点G，连接AE、EC、CH、AH（1）抛物线的解析式为 yx2

17、2x+3；（2）当四边形AHCE面积最大时，求点E的坐标；（3）在（2）的条件下，连接EF，点P是x轴上一动点，在抛物线上是否存在点Q，使得以F、E、P、Q为顶点，以EF为一边的四边形是平行四边形若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由【思路点拨】（1）利用待定系数法构建方程组求出b，c即可；（2）如图1中，连接OE设E（m，m22m+3）由题意AC直线m，推出ACH的面积是定值，因为S四边形AECHSAEC+SACH，推出当AEC的面积最大时，四边形AECH的面积最大，构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可；（3）如图2中，因为点Q在抛物线上 EF是平行四边形的边，观察图象可知

18、，满足条件的点Q的纵坐标为154，构建方程求解即可【解答过程】解：（1）yx2+bx+c与x轴交于（3，0）、B（1，0），-9-3b+c=0-1+b+c=0，解得b=-2c=3，抛物线的解析式为yx22x+3故答案为：yx22x+3；（2）如图1中，连接OE设E（m，m22m+3）A（3，0），C（0，3），OAOC3，AC32，AC直线m，当直线m的位置确定时，ACH的面积是定值，S四边形AECHSAEC+SACH，当AEC的面积最大时，四边形AECH的面积最大，SAECSAEO+SECOSAOC=123（m22m+3）+123（m）-1233=-32（m+32）2+278，-320，m=

19、-32时，AEC的面积最大，E（-32，154）；（3）存在如图2中，因为点Q在抛物线上 EF是平行四边形的边，观察图象可知，满足条件的点Q的纵坐标为154，对于抛物线yx22x+3，当y=154时，x22x+3=154，解得x=-32（舍弃）或-12，Q1（-12，154）当y=-154时，x22x+3=-154，解得x=-2312，Q2（-2-312，-154），Q3（-2+312，-154）综上所述，满足条件的点Q坐标为（-12，154）或（-2-312，-154）或（-2+312，-154）6（2021阜新）在平面直角坐标系中，抛物线yax2+bx3交x轴于点A（1，0），B（3，0）

20、，过点B的直线y=23x2交抛物线于点C（1）求该抛物线的函数表达式；（2）若点P是直线BC下方抛物线上的一个动点（P不与点B，C重合），求PBC面积的最大值；（3）若点M在抛物线上，将线段OM绕点O旋转90，得到线段ON，是否存在点M，使点N恰好落在直线BC上？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由【思路点拨】（1）利用待定系数法即可求得答案；（2）如图1，过点P作PDy轴，交x轴于点D，交BC于点E，作CFPD于点F，连接PB，PC，设点P（m，m22m3），则点E （m，23m-2），可得出PEm2+83m+1，再通过解方程组求出点C的坐标为（-13，-209），利用三角形面

21、积公式和二次函数性质即可得出答案；（3）设M（t，t22t3），N（n，23n2），作MGy轴于点G，NHx轴于H，证明OGMOHN（AAS），得出GMNH，OGOH，建立方程组求解即可【解答过程】解：（1）将点A（1，0），B（3，0）代入yax2+bx3 中，得：a-b-3=09a+3b-3=0，解得：a=1b=-2，该抛物线表达式为yx22x3（2）如图1，过点P作PDy轴，交x轴于点D，交BC于点E，作CFPD于点F，连接PB，PC，设点P（m，m22m3），则点E （m，23m-2），PEPDDEm2+2m+3（-23m+2）m2+83m+1，联立方程组：y=x2-2x-3y=23x

22、-2，解得：x1=3y1=0，x2=-13y2=-209，点B坐标为（3，0），点C的坐标为（-13，-209），BD+CF3+|-13|=103，SPBCSPEB+SPEC=12PEBD+12PECF=12PE（BD+CF）=12（m2+83m+1）103=-53（m-43）2+12527，（其中-13m3），-530，这个二次函数有最大值当m=43时，SPBC的最大值为12527（3）如图2，设M（t，t22t3），N（n，23n2），作MGy轴于点G，NHx轴于H，OGMOHN90，线段OM绕点O旋转90，得到线段ON，OMON，MON90，GOH90，MOGNOH，在OGM与OHN中，

23、OGM=OHN=90MOG=NOHOM=ON，OGMOHN（AAS），GMNH，OGOH，23n-2=tn=-t2+2t+3，解得：t1=0n1=3，t2=12n2=154，M1（0，3），M2 (12，-154)，如图3，设M（t，t22t3），N（n，23n2），作MGx轴于点G，NHx轴于H，OGMOHN90，线段OM绕点O旋转90，得到线段ON，OMON，MON90，GOH90，MOGNOH，在OGM与OHN中，OGM=OHN=90MOG=NOHOM=ON，OGMOHN（AAS），GMNH，OGOH，t=-23n+2-t2+2t+3=-n，解得：t1=1-974，t2=1+974，M3

24、(1-974，21+3978)，M4（1+974，21-3978）；综上所述，点M的坐标为M1（0，3），M2 (12，-154)，M3(1-974，21+3978)，M4（1+974，21-3978）7（2021德阳）如图，已知：抛物线yx2+bx+c与直线l交于点A（1，0），C（2，3），与x轴另一交点为B（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线上找一点P，使ACP的内心在x轴上，求点P的坐标；（3）M是抛物线上一动点，过点M作x轴的垂线，垂足为N，连接BM在（2）的条件下，是否存在点M，使MBNAPC？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由【思路点拨】（1）把点A，C代入抛物线的

25、解析式，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（2）先作出点C关于x轴的对称点C，然后连接AC并延长交抛物线于点P，根据对称性可知P为所求的点；（3）根据勾股定理先求出APC的正切值，再设出点M的坐标为（m，m22m3），利用MBNAPC列出关于m的方程，求出m，即可确定M的坐标【解答过程】解：（1）把点A（1，0），C（2，3）代入yx2+bx+c，得到方程组：0=1-b+c-3=4+2b+c，解得b=-2c=-3，抛物线的解析式为yx22x3；（2）作点C关于x轴的对称点C，则C（2，3），连接AC并延长与抛物线交于点P，由图形的对称性可知P为所求的点，设直线AC的解析式为ymx+n，由题

26、意得：0=-m+n3=2m+n，解得：m=1n=1，直线AC的解析式为yx+1，将直线和抛物线的解析式联立得：y=x+1y=x2-2x-3，解得x1=-1y1=0（舍去）或x2=4y2=5，P（4，5）；（3）存在点M，过点P作x轴的垂线，由勾股定理得AP=(4+1)2+52=52，同理可求得AC=(2+1)2+32=32，PC=(4-2)2+(5+3)2=217，AP2+AC2PC2，PAC90，tanAPC=ACAP=35，MBNAPC，tanMBNtanAPC，MNBN=35，设点M（m，m22m3），则|m2-2m-3|3-m|=35（m3），解得m=-25或m=-85，当m=-25时

27、，m22m3=(-25)2-2(-25)-3=-5125，M（-25，-5125），当m=-85，m22m3=(-85)2-2(-85)-3=6925，M（-85，6925），存在符合条件的点M，M的坐标为（-25，-5125），（-85，6925）8（2021攀枝花）如图，开口向上的抛物线与x轴交于A（x1，0）、B（x2，0）两点，与y轴交于点C，且ACBC，其中x1，x2是方程x2+3x40的两个根（1）求点C的坐标，并求出抛物线的表达式；（2）垂直于线段BC的直线l交x轴于点D，交线段BC于点E，连接CD，求CDE的面积的最大值及此时点D的坐标；（3）在（2）的结论下，抛物线的对称轴上

28、是否存在点P，使得PDE是等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由【思路点拨】（1）由x2+3x40得A（4，0），B（1，0），根据AOCCOB，可求C（0，2），从而由待定系数法可得抛物线解析式为y=12x2+32x2；（2）由A（4，0），B（1，0），C（0，2）可得AB5，BC=5，AC25，根据ABCDBE，设D（t，0），即得DE=255（1t），BE=55（1t），故SBDE=12DEBE=15（1t）2，SCDESBDCSBDE=-15（t+32）2+54，即得SCDE最大为54，D（-32，0）；（3）由y=12x2+32x2得抛物线对称轴为直线x=-32

29、，D在对称轴上，DE=2551（-32）=5，当DEDP时，即得P（-32，5）或（-32，-5），当DEPE时，过E作EHx轴于H，由DHEDEB，可得E（12，1），而E在DP的垂直平分线上，故P（-32，2），当PDPE时，设P（-32，m），可得m2（-32-12）2+（m+1）2，解得P（-32，-52）【解答过程】解：（1）由x2+3x40得x14，x21，A（4，0），B（1，0），OA4，OB1，ACBC，ACO90BCOOBC，AOCBOC90，AOCCOB，OAOC=OCOB，即4OC=OC1，OC2，C（0，2），设抛物线解析式为ya（x+4）（x1），将C（0，2）代入

30、得24a，a=12，抛物线解析式为y=12（x+4）（x1）=12x2+32x2；（2）如图：由A（4，0），B（1，0），C（0，2）得：AB5，BC=5，AC25，DEBC，ACBC，DEAC，ABCDBE，BDAB=DEAC=BEBC，设D（t，0），则BD1t，1-t5=DE25=BE5，DE=255（1t），BE=55（1t），SBDE=12DEBE=15（1t）2，而SBDC=12BDOC=12（1t）21t，SCDESBDCSBDE1t-15（1t）2=-15t2-35t+45=-15（t+32）2+54，-150，t=-32时，SCDE最大为54，此时D（-32，0）；（3）存

31、在，由y=12x2+32x2知抛物线对称轴为直线x=-32，而D（-32，0），D在对称轴上，由（2）得DE=2551（-32）=5，当DEDP时，如图：DP=5，P（-32，5）或（-32，-5），当DEPE时，过E作EHx轴于H，如图：HDEEDB，DHEBED90，DHEDEB，DEBD=HEBE=DHDE，即552=HE52=DH5，HE1，DH2，E（12，1），E在DP的垂直平分线上，P（-32，2），当PDPE时，如图：设P（-32，m），则m2（-32-12）2+（m+1）2，解得m=-52，P（-32，-52），综上所述，P的坐标为（-32，5）或（-32，-5）或（-32，

32、2）或（-32，-52）9（2021百色）已知O为坐标原点，直线l：y=-12x+2与x轴、y轴分别交于A、C两点，点B（4，2）关于直线l的对称点是点E，连接EC交x轴于点D（1）求证：ADCD；（2）求经过B、C、D三点的抛物线的函数表达式；（3）当x0时，抛物线上是否存在点P，使SPBC=53SOAE？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由【思路点拨】（1）求出A、C两点的坐标，可得四边形OABC是矩形，则OABC，BCAOAC，由对称可得ACDACB，等量代换得ACDOAC，等角对等边即可得出ADCD；（2）设ODm，由对称可得CEBC4，AEABOC2，由（1）得CDAD4m，在R

33、tOCD中，根据勾股定理可得m=32，可得D的坐标，再由B、C、D三点的坐标通过待定系数法即可求得抛物线的函数表达式；（3）过点E作EMx轴于M，由SAED=12AEDE=12ADEM，可得EM=65，设PBC中BC边上的高为h，由SPBC=53SOAE可得h2，则点P的纵坐标为0或4，分别将y0和y4代入抛物线的函数表达式即可求解【解答过程】（1）证明：y=-12x+2与x轴、y轴分别交于A、C两点，A（4，0），C（0，2），由对称得ACDACB，B（4，2），四边形OABC是矩形，OABC，BCAOAC，ACDOAC，ADCD；（2）解：设ODm，由对称可得CEBC4，AEABOC2，A

34、EDB90，CDAD4m，在RtOCD中，OD2+OC2CD2，m2+22（4m）2，m=32，D（32，0），设经过B、C、D三点的抛物线的函数表达式为：yax2+bx+c，把B（4，2），C（0，2），D（32，0）代入得：c=216a+4b+c=294a+32b+c=0，解得：a=815b=-3215c=2经过B，C，D三点的抛物线的函数表达式为：y=815x2-3215x+2；（3）解：存在，过点E作EMx轴于M，EDECCDECADOD=32，SAED=12AEDE=12ADEM，12232=12（4-32）EM，EM=65，设PBC中BC边上的高为h，SPBC=53SOAE，531

35、2OAEM=12BCh，5312465=124h，h2，C（0，2），B（4，2），点P的纵坐标为0或4，y0时，815x2-3215x+20，解得：x1=32，x2=52；y4时，815x2-3215x+24，解得：x3=4+312，x4=4-312（舍去），存在，点P的坐标为（32，0）或（52，0）或（4+312，4）10（2021湘潭）如图，一次函数y=33x-3图象与坐标轴交于点A、B，二次函数y=33x2+bx+c图象过A、B两点（1）求二次函数解析式；（2）点B关于抛物线对称轴的对称点为点C，点P是对称轴上一动点，在抛物线上是否存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是菱形？

36、若存在，求出Q点坐标；若不存在，请说明理由【思路点拨】（1）由y=33x-3可求出A（3，0），B（0，-3），代入二次函数y=33x2+bx+c即得二次函数解析式为y=33x2-233x-3；（2）由二次函数y=33x2-233x-3可得其对称轴为直线x=233233=1，设P（1，m），Q（n，33n2-233n-3），而C与B关于直线x1对称，可得C（2，-3），当BC、PQ为对角线时，0+22=1+n2-3-32=m+33n2-233n-32，可得m=-233n=1，此时四边形BQCP是平行四边形，根据P（1，-233），B（0，-3），C（2，-3）可得PBPC，即得此时Q（1，-4

37、33）；BP、CQ为对角线时，同理可得Q（1，0）；以BQ、CP为对角线，同理可得Q（3，0）【解答过程】解：（1）在y=33x-3中，令x0得y=-3，令y0得x3，A（3，0），B（0，-3），二次函数y=33x2+bx+c图象过A、B两点，0=33+3b+c-3=c，解得b=-233c=-3，二次函数解析式为y=33x2-233x-3；（2）存在，理由如下：由二次函数y=33x2-233x-3可得其对称轴为直线x=233233=1，设P（1，m），Q（n，33n2-233n-3），而B（0，-3），C与B关于直线x1对称，C（2，-3），当BC、PQ为对角线时，如图：此时BC的中点即是P

38、Q的中点，即0+22=1+n2-3-32=m+33n2-233n-32，解得m=-233n=1，当P（1，-233），Q（1，-433）时，四边形BQCP是平行四边形，由P（1，-233），B（0，-3），C（2，-3）可得PB2=43=PC2，PBPC，四边形BQCP是菱形，此时Q（1，-433）；BP、CQ为对角线时，如图：同理BP、CQ中点重合，可得0+12=2+n2-3+m2=-3+33n2-233n-32，解得m=0n=-1，当P（1，0），Q（1，0）时，四边形BCPQ是平行四边形，由P（1，0），B（0，-3），C（2，-3）可得BC24PC2，四边形BCPQ是菱形，此时Q（1，

39、0）；以BQ、CP为对角线，如图：BQ、CP中点重合，可得0+n2=2+12-3+33n2-233n-32=-3+m2，解得m=0n=3，P（1，0），Q（3，0）时，四边形BCQP是平行四边形，由P（1，0），B（0，-3），C（2，-3）可得BC24PC2，四边形BCQP是菱形，此时Q（3，0）；综上所述，Q的坐标为：（1，-433）或（1，0）或（3，0）11（2021西藏）在平面直角坐标系中，抛物线yx2+bx+c与x轴交于A，B两点与y轴交于点C且点A的坐标为（1，0），点C的坐标为（0，5）（1）求该抛物线的解析式；（2）如图（甲）若点P是第一象限内抛物线上的一动点当点P到直线BC

40、的距离最大时，求点P的坐标；（3）图（乙）中，若点M是抛物线上一点，点N是抛物线对称轴上一点，是否存在点M使得以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由【思路点拨】（1）将A的坐标（1，0），点C的坐（0，5）代入yx2+bx+c，即可得抛物线的解析式为yx2+4x+5；（2）过P作PDx轴于D，交BC于Q，过P作PHBC于H，由yx2+4x+5可得B（5，0），故OBOC，BOC是等腰直角三角形，可证明PHQ是等腰直角三角形，即知PH=PQ2，当PQ最大时，PH最大，设直线BC解析式为ykx+5，将B（5，0）代入得直线BC解析式为yx+5，设

41、P（m，m2+4m+5），（0m5），则Q（m，m+5），PQ（m-52）2+254，故当m=52时，PH最大，即点P到直线BC的距离最大，此时P（52，354）；（3）抛物线yx2+4x+5对称轴为直线x2，设M（s，s2+4s+5），N（2，t），而B（5，0），C（0，5），以MN、BC为对角线，则MN、BC的中点重合，可列方程组s+22=5+02-s2+4s+5+t2=0+52，即可解得M（3，8），以MB、NC为对角线，则MB、NC的中点重合，同理可得s+52=2+02-s2+4s+4+02=t+52，解得M（3，16），以MC、NB为对角线，则MC、NB中点重合，则s+02=2+5

42、2-s2+4s+5+52=t+02，解得M（7，16）【解答过程】解：（1）将A的坐标（1，0），点C的坐（0，5）代入yx2+bx+c得：0=-1-b+c5=c，解得b=4c=5，抛物线的解析式为yx2+4x+5；（2）过P作PDx轴于D，交BC于Q，过P作PHBC于H，如图：在yx2+4x+5中，令y0得x2+4x+50，解得x5或x1，B（5，0），OBOC，BOC是等腰直角三角形，CBO45，PDx轴，BQD45PQH，PHQ是等腰直角三角形，PH=PQ2，当PQ最大时，PH最大，设直线BC解析式为ykx+5，将B（5，0）代入得05k+5，k1，直线BC解析式为yx+5，设P（m，m

43、2+4m+5），（0m5），则Q（m，m+5），PQ（m2+4m+5）（m+5）m2+5m（m-52）2+254，a10，当m=52时，PQ最大为254，m=52时，PH最大，即点P到直线BC的距离最大，此时P（52，354）；（3）存在，理由如下：抛物线yx2+4x+5对称轴为直线x2，设M（s，s2+4s+5），N（2，t），而B（5，0），C（0，5），以MN、BC为对角线，则MN、BC的中点重合，如图：s+22=5+02-s2+4s+5+t2=0+52，解得s=3t=-3，M（3，8），以MB、NC为对角线，则MB、NC的中点重合，如图：s+52=2+02-s2+4s+4+02=t+5

44、2，解得s=-3t=-21，M（3，16），以MC、NB为对角线，则MC、NB中点重合，如图：s+02=2+52-s2+4s+5+52=t+02，解得s=7t=-11，M（7，16）；综上所述，M的坐标为：（3，8）或（3，16）或（7，16）12（2021郴州）将抛物线yax2（a0）向左平移1个单位，再向上平移4个单位后，得到抛物线H：ya（xh）2+k抛物线H与x轴交于点A，B，与y轴交于点C已知A（3，0），点P是抛物线H上的一个动点（1）求抛物线H的表达式；（2）如图1，点P在线段AC上方的抛物线H上运动（不与A，C重合），过点P作PDAB，垂足为D，PD交AC于点E作PFAC，垂足

45、为F，求PEF的面积的最大值；（3）如图2，点Q是抛物线H的对称轴l上的一个动点，在抛物线H上，是否存在点P，使得以点A，P，C，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由【思路点拨】（1）根据将抛物线yax2（a0）向左平移1个单位，再向上平移4个单位后，得到抛物线H：ya（xh）2+k，可得顶点坐标为（1，4），即可得到抛物线H：ya（x+1）2+4，运用待定系数法将点A的坐标代入，即可得出答案；（2）利用待定系数法可得直线AC的解析式为yx+3，设P（m，m22m+3），则E（m，m+3），进而得出PE（m+32）2+94，运用二次函数性质可得

46、：当m=-32时，PE有最大值94，再证得PEF是等腰直角三角形，即可求出答案；（3）分两种情形：当AC为平行四边形的边时，则有PQAC，且PQAC，如图2，过点P作对称轴的垂线，垂足为G，设AC交对称轴于点H，证得PQGACO（AAS），根据点P到对称轴的距离为3，建立方程求解即可；当AC为平行四边形的对角线时，如图3，设AC的中点为M，则M（-32，32），设点P的横坐标为x，根据中点公式建立方程求解即可【解答过程】解：（1）由题意得抛物线的顶点坐标为（1，4），抛物线H：ya（x+1）2+4，将A（3，0）代入，得：a（3+1）2+40，解得：a1，抛物线H的表达式为y（x+1）2+4；

47、（2）如图1，由（1）知：yx22x+3，令x0，得y3，C（0，3），设直线AC的解析式为ymx+n，A（3，0），C（0，3），-3m+n=0n=3，解得：m=1n=3，直线AC的解析式为yx+3，设P（m，m22m+3），则E（m，m+3），PEm22m+3（m+3）m23m（m+32）2+94，10，当m=-32时，PE有最大值94，OAOC3，AOC90，AOC是等腰直角三角形，ACO45，PDAB，ADP90，ADPAOC，PDOC，PEFACO45，PFAC，PEF是等腰直角三角形，PFEF=22PE，SPEF=12PFEF=14PE2，当m=-32时，SPEF最大值=14（94

48、）2=8164；（3）当AC为平行四边形的边时，则有PQAC，且PQAC，如图2，过点P作对称轴的垂线，垂足为G，设AC交对称轴于点H，则AHGACOPQG，在PQG和ACO中，PGQ=AOCPQG=ACOPQ=AC，PQGACO（AAS），PGAO3，点P到对称轴的距离为3，又y（x+1）2+4，抛物线对称轴为直线x1，设点P（x，y），则|x+1|3，解得：x2或x4，当x2时，y5，当x4时，y5，点P坐标为（2，5）或（4，5）；当AC为平行四边形的对角线时，如图3，设AC的中点为M，A（3，0），C（0，3），M（-32，32），点Q在对称轴上，点Q的横坐标为1，设点P的横坐标为x，

49、根据中点公式得：x+（1）2（-32）3，x2，此时y3，P（2，3）；综上所述，点P的坐标为（2，5）或（4，5）或（2，3）13（2021兰州）如图1，二次函数ya（x+3）（x4）的图象交坐标轴于点A，B（0，2），点P为x轴上一动点（1）求二次函数ya（x+3）（x4）的表达式；（2）过点P作PQx轴分别交线段AB，抛物线于点Q，C，连接AC当OP1时，求ACQ的面积；（3）如图2，将线段PB绕点P逆时针旋转90得到线段PD当点D在抛物线上时，求点D的坐标；点E（2，-53）在抛物线上，连接PE，当PE平分BPD时，直接写出点P的坐标【思路点拨】（1）将B（0，2）代入ya（x+3）（

50、x4），即可求解；（2）先求直线AB的解析式为y=12x2，则Q（1，-32），C（1，2），可求SACQSACPSAPQ=34；（3）设P（t，0），过点D作x轴垂线交于点N，可证明PNDBOP（AAS），则D（t+2，t），将D点代入抛物线解析式得t=16（t+2+3）（t+24），求德D（3，1）或D（8，10）；分两种情况讨论：当PEy轴时，OBP45，则P（2，0）；当PE不平行y轴时，过B点作BGPB交PE于点G，过G点作FGy轴，交于点F，可证明BPOGBF（AAS），则E点与G点重合，求得P（-13，0）【解答过程】解：（1）将B（0，2）代入ya（x+3）（x4），a=16，

51、y=16（x+3）（x4）=16x2-16x2；（2）令y0，则16（x+3）（x4）0，x3或x4，A（4，0），设直线AB的解析式为ykx+b，b=-24k+b=0，k=12b=-2，y=12x2，OP1，P（1，0），PQx轴，Q（1，-32），C（1，2），AP3，SACQSACPSAPQ=1232-12332=34；（3）设P（t，0），如图2，过点D作x轴垂线交于点N，BPD90，OPB+NPD90，OPB+OBP90，NPDOBP，BPPD，PNDBOP（AAS），OPND，BOPN，D（t+2，t），t=16（t+2+3）（t+24），解得t1或t10，D（3，1）或D（8，1

52、0）；如图3，PE平分BPD，BPEEPD，BPD90，BPE45，当PEy轴时，OBP45，P（2，0）； 如图4，过B点作BGPB交PE于点G，过G点作FGy轴，交于点F，PBF+FBG90，FBG+FGB90，PBFFGB，BPG45，BPBG，BPOGBF（AAS），BFOP，FGOB，OB2，FG2，E（2，-53）E点与G点重合，POBF2-53=13，P（-13，0）；综上所述：P点的坐标为（2，0）或（-13，0）14（2021济南）抛物线yax2+bx+3过点A（1，0），点B（3，0），顶点为C（1）求抛物线的表达式及点C的坐标；（2）如图1，点P在抛物线上，连接CP并延长

53、交x轴于点D，连接AC，若DAC是以AC为底的等腰三角形，求点P的坐标；（3）如图2，在（2）的条件下，点E是线段AC上（与点A，C不重合）的动点，连接PE，作PEFCAB，边EF交x轴于点F，设点F的横坐标为m，求m的取值范围【思路点拨】（1）利用待定系数法可以确定抛物线的解析式，利用配方法可得抛物线的顶点坐标；（2）利用DAC是以AC为底的等腰三角形，求出点D的坐标，利用待定系数法确定直线CD的解析式，再与抛物线解析式联立，解方程组即可得到点P的坐标；（3）由（2）中的条件求得线段CP，AB的长；由已知判定出EPCFEA，得出比例式，设AFx，AEy，利用比例式求得AF的最大值，即可求得m

54、的取值范围【解答过程】解：（1）将点A（1，0），点B（3，0）代入yax2+bx+3得：a-b+3=09a+3b+3=0，解得：a=-1b=2抛物线的表达式为yx2+2x+3yx2+2x+3（x1）2+4，顶点C（1，4）（2）设AC交y轴于点F，连接DF，过点C作CEx轴于点E，如图，A（1，0），C（1，4），OA1，OE1，CE4OAOE，AC=AE2+CE2=25FOAB，CEAB，FOCE，OF=12CE2，F为AC的中点DAC是以AC为底的等腰三角形，DFACFOAD，AFOFDOAOOF=OFOD12=2ODOD4D（4，0）设直线CD的解析式为ykx+m，k+m=44k+m=

55、0，解得：k=-43m=163直线CD的解析式为y=-43x+163y=-43x+163y=-x2+2x+3，解得：x1=1y1=4，x2=73y2=209P（73，209）（3）过点P作PHAB于点H，如下图，则OH=73，PH=209，OD4，HDODOH=53，PD=PH2+HD2=259PCCDPD5-259=209由（2）知：AC25设AFx，AEy，则CE25-yDADC，DACCCAB+AEF+AFE180，AEF+PEF+CEP180，又PEFCAB，CEPAFECEPAFEPCAE=ECAF209y=25-yxx=-920y2+9510y=-920(y-5)2+94当y=5时

56、，x即AF有最大值94OA1，OF的最大值为94-1=54点F在线段AD上，点F的横坐标m的取值范围为1m5415（2021镇江）将一张三角形纸片ABC放置在如图所示的平面直角坐标系中，点A（6，0），点B（0，2），点C（4，8），二次函数yax2+bx+c（a0）的图象经过点A，B，该抛物线的对称轴经过点C，顶点为D（1）求该二次函数的表达式及点D的坐标；（2）点M在边AC上（异于点A，C），将三角形纸片ABC折叠，使得点A落在直线AB上，且点M落在边BC上，点M的对应点记为点N，折痕所在直线l交抛物线的对称轴于点P，然后将纸片展开请作出图中点M的对应点N和折痕所在直线l；（要求：尺规作图

57、，不写作法，保留作图痕迹）连接MP，NP，在下列选项中：A折痕与AB垂直，B折痕与MN的交点可以落在抛物线的对称轴上，C.MNMP=32，D.MNMP=2，所有正确选项的序号是 A，D点Q在二次函数yax2+bx+c（a0）的图象上，当PDQPMN时，求点Q的坐标【思路点拨】（1）利用待定系数法求解即可（2）根据要求作出图形即可如图2中，设线段MN的垂直平分线交抛物线对称轴于P，交MN于点Q，过点M作MHCD，过点Q作QJCD于J，QTMH于T想办法证明PMN是等腰直角三角形，可得结论设P（4，m）由PDQPMN，PMN是等腰直角三角形，推出PDQ是等腰直角三角形，推出DPQ90，DPPQm+

58、23，推出Q（-103+m，m），构建方程求出m即可【解答过程】解（1）由题意得：36a-6b+2=0c=2-b2a=-4， 解之得：a=16，b=43，c2，y=16x2+43x+2，当x4时，y=16(-4)2+43(-4)+2=-23，D（4，-23）（2）如图1中，点N，直线l即为所求如图2中，设线段MN的垂直平分线交抛物线对称轴于P，交MN于点Q，过点M作MHCD，过点Q作QJCD于J，QTMH于T由题意A（6，0），B（0，2），C（4，8），直线AC的解析式为y4x+24，直线AB的解析式为y=13x+2，直线BC的解析式为y=-32x+2，MNAB，可以假设直线MN的解析式为y

59、=13x+t，由y=13x+ty=4x+24，解得x=3t-7211y=12t-2411，M（3t-7211，12t-2411），由y=-32x+2y=13x+t解得x=12-6t11y=4+9t11，N（12-6t11，4+9t11），Q（-60-3t22，21t-2022），QJCD，QTMH，QJ=-60-3t22+4=28-3t22，QT=21t-2022-24t-4822=28-3t22，QJQT，PJQMTQ90，QPJQMT，QJQT，PJQMTQ（AAS），PQMQ，PQM90，PMNMPQ45，PMPN，PMNPNM45，MPN90，PMN是等腰直角三角形，MNMP=2，故选

60、项D正确，B，C错误，将三角形纸片ABC折叠，使得点A落在直线AB上，且点M落在边BC上，折痕与AB垂直，故选项A正确，故答案为：A，D设P（4，m）PDQPMN，PMN是等腰直角三角形，PDQ是等腰直角三角形，DPQ90，DPPQm+23，Q（4+m+23，m），即Q（-103+m，m），把Q的坐标代入y=16x2+43x+2，得到，m=16（-103+m）2+43（-103+m）+2，整理得，9m242m320，解得m=163或-23（舍弃），Q（2，163），根据对称性可知Q（10，163）也满足条件，综上所述，满足条件的点Q的坐标为（2，163）或（10，163）16（2021锦州）如

61、图1，在平面直角坐标系中，直线y=34x+1分别与x轴、y轴交于点A，C，经过点C的抛物线y=14x2+bx+c与直线y=34x+1的另一个交点为点D，点D的横坐标为6（1）求抛物线的表达式（2）M为抛物线上的动点N为x轴上一点，当四边形CDMN为平行四边形时，求点M的坐标；如图2，点M在直线CD下方，直线OM（OMCD的情况除外）交直线CD于点B，作直线BD关于直线OM对称的直线BD，当直线BD与坐标轴平行时，直接写出点M的横坐标【思路点拨】（1）先由直线解析式求出A，C，D的坐标，再由C，D坐标求出抛物线解析式；（2）设N（n，0），由四边形CDMN为平行四边形，推出由平移与坐标关系可得M

62、（n+6，92），再利用待定系数法求出n即可因为直线BD与坐标轴平行，所以BDx轴和BDy轴分类讨论，以BDx轴为例，画出草图，由于BM平分DBD，又AOBDBM，等量代换，可以证得AOB是等腰三角形，求出AB的长度，并且有A和D点坐标，求出DAO的三角函数值，过B作BHx轴于H，在直角ABH中，利用AB的长度，和BAH的三角函数值，求出AH和BH的长度，得到B点坐标，进一步得到直线OB的解析式，联立直线OB和抛物线解析式，求得交点M点坐标，当BDy轴，用同样的方法解决【解答过程】解：（1）令x0，则y=34x+11，C点坐标为（0，1），令y0，则34x+1=0，x=-43，A点坐标为（-4

63、3，0），令x6，则y=34x+1=112，D点坐标为（6，112），将C，D两点坐标代入到抛物线解析式中得，c=19+6b+c=112，解得b=-34c=1，抛物线的表达式为：y=14x2-34x+1；（2）设N（n，0），四边形CDMN为平行四边形，由平移与坐标关系可得M（n+6，92），点M在抛物线上，14(n+6)2-34(n+6)+1=92，n2+9n+40，n=-9652，点M的坐标为（3+652，92）或（3-652，92）；第一种情况：如图1，当BDx轴时，分别过A，D作x轴的垂线，垂足分别为H，Q，在直角ADQ中，AQ6+43=223，DQ=112，tanDAQ=DQAQ=3

64、4，cosDAQ=45，BAHDAQ，cosBAH=AHAB=45，直线BD与直线BD关于直线OM对称，DBMDBM，BDx轴，HOBDBMDBM，ABAO=43，AH43=45，AH=1615，OHAH+AO=125令x=-125，则y=34x+1=-45，B点坐标为（-125，-45），设直线OB的解析式为ykx，代入点B得，k=13，直线OB的解析式为y=13x，联立y=13xy=14x2-34x+1，解得x1=43y1=49，x2=3y2=1，点M的横坐标为3或43，第二种情况，如图2，当BDy轴时，设BD交x轴于H，COBOBH，直线BD与直线BD关于直线OM对称，CBOOBHCOB

65、，CBCO1，过C作CEBH于E，CEx轴，BCECAO，tanCAO=COAO=34，cosCAO=45，cosBCE=CEBC=45，CE=45BC=45，BE=BC2-CE2=35，CEBH，BHx轴，CEHBHOCOH90，四边形CEHO为矩形，EHCO1，CEOH=45，BHBE+EH=85，点B的坐标为（45，85），直线OB的解析式为y2x，联立y=2xy=14x2-34x+1，化简得，x211x+40，x=111052，点M在直线CD下方，x6，x=11-1052，点M的横坐标为11-1052，即点M的横坐标为3或43或11-105217（2021鞍山）如图，抛物线yax2+b

66、x3交x轴于点A（1，0），B（3，0），D是抛物线的顶点，P是抛物线上的动点，点P的横坐标为m（0m3），AEPD交直线l：y=12x+2于点E，AP交DE于点F，交y轴于点Q（1）求抛物线的表达式；（2）设PDF的面积为S1，AEF的面积为S2，当S1S2时，求点P的坐标；（3）连接BQ，点M在抛物线的对称轴上（位于第一象限内），且BMQ45，在点P从点B运动到点C的过程中，点M也随之运动，直接写出点M的纵坐标t的取值范围【思路点拨】（1）运用待定系数法将A（1，0），B（3，0）代入yax2+bx3，即可求得答案；（2）利用配方法可求得抛物线顶点坐标D（1，4），由AEPD得AEFPDF

67、，再根据PDF与AEF的面积相等，可得AEFPDF，故点F分别是AP、ED的中点，设E（e，12e+2），P（m，m22m3），结合中点坐标公式建立方程求解即可；（3）根据题意，分别求出t的最大值和最小值：当点P与点B重合时，点Q与点O重合，此时t的值最大，如图2，以OB为斜边在第一象限内作等腰直角OOB，以O为圆心，OO为半径作O，交抛物线对称轴于点M（1，t），过点O作OHy轴于点H，运用勾股定理即可求得答案，当点P与点C重合时，点Q与点C重合，此时t的值最小，如图3，连接BC，以O为圆心，OB为半径作O交抛物线对称轴于点M，连接OM，设抛物线对称轴交x轴于点E，运用勾股定理即可求得答案【

68、解答过程】解：（1）抛物线yax2+bx3交x轴于点A（1，0），B（3，0），将A、B坐标分别代入抛物线解析式得：a-b-3=09a+3b-3=0，解得：a=1b=-2，抛物线的表达式为：yx22x3；（2）D是抛物线的顶点，抛物线的表达式为：yx22x3（x1）24，D（1，4），AEPD交直线l：y=12x+2于点E，P是抛物线上的动点，点P的横坐标为m（0m3），AEFPDF，设E（e，12e+2），P（m，m22m3），又PDF的面积为S1，AEF的面积为S2，S1S2，AEFPDF，AFPF，EFDF，即点F分别是AP、ED的中点，又A（1，0），P（m，m22m3），E（e，12

69、e+2），D（1，4），由中点坐标公式得：m-12=e+12m2-2m-3+02=12e+2-42，解得：m10，m2=52，点P的坐标为（52，-74）或（0，3）；（3）当点P与点B重合时，点Q与点O重合，此时t的值最大，如图2，以OB为斜边在第一象限内作等腰直角OOB，则O（32，32），OOOB=322，以O为圆心，OO为半径作O，交抛物线对称轴于点M（1，t），过点O作OHy轴于点H，则OHM90，OH=32-1=12，OMOO=322，MH=OM2-OH2=(322)2-(12)2=172，t=32+172=3+172，当点P与点C重合时，点Q与点C重合，此时t的值最小，如图3，连

70、接BC，以O为圆心，OB为半径作O交抛物线对称轴于点M，OBOC3，O经过点C，连接OM，设抛物线对称轴交x轴于点E，则OMOB3，OE1，MEO90，ME=OM2-OE2=32-12=22，t22，综上所述，22t3+17218（2021淮安）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=14x2+bx+c的图象与x轴交于点A（3，0）和点B（5，0），顶点为点D，动点M、Q在x轴上（点M在点Q的左侧），在x轴下方作矩形MNPQ，其中MQ3，MN2矩形MNPQ沿x轴以每秒1个单位长度的速度向右匀速运动，运动开始时，点M的坐标为（6，0），当点M与点B重合时停止运动，设运动的时间为t秒（t0）（1）b

71、-12，c-154（2）连接BD，求直线BD的函数表达式（3）在矩形MNPQ运动的过程中，MN所在直线与该二次函数的图象交于点G，PQ所在直线与直线BD交于点H，是否存在某一时刻，使得以G、M、H、Q为顶点的四边形是面积小于10的平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由（4）连接PD，过点P作PD的垂线交y轴于点R，直接写出在矩形MNPQ整个运动过程中点R运动的路径长【思路点拨】（1）把A（3，0）、B（5，0）代入y=14x2+bx+c，列方程组求出b，c的值；（2）将抛物线的函数表达式由一般式配成顶点式，求出顶点D的坐标，再用待定系数法求直线BD的函数表达式；（3）先由QMQH

72、10，且QH0，点M与点B重合时停止运动，确定t的取值范围，再用含t的代数式分别表示点G、点H的坐标，由MGHQ列方程求出t的值；（4）过点P作直线x1的垂线，垂足为点F，交y轴于点G，由PRGDPF，确定点R的最低点和最高点的坐标，再求出点R运动的路径长【解答过程】解：（1）把A（3，0）、B（5，0）代入y=14x2+bx+c，得94-3b+c=0254+5b+c=0，解得b=-12c=-154，故答案为：-12，-154.（2）y=14x2-12x-154=14（x1）24，该抛物线的顶点坐标为D（1，4）；设直线BD的函数表达式为ymx+n，则5m+n=0m+n=-4，解得m=1n=-

73、5，yx5（3）存在，如图1、图2由题意得，M（t6，0），Q（t3，0），G（t6，14t2-72t+334），H（t3，t8）；QMQH10，且QH0，点M、B重合时停止运动，3(t-8)103(8-t)10|t-8|0t-65，解得143t11，且t8；MGHQ，当MGHQ时，以G、M、H、Q为顶点的四边形是平行四边形，|14t2-72t+334|t8|；由14t2-72t+334=t8得，t218t+650，解得，t15，t213（不符合题意，舍去）；由14t2-72t+334=-t+8得，t210t+10，解得，t15+26，t2526（不符合题意，舍去），综上所述，t5或t5+26

74、（4）由（2）得，抛物线y=14x2-12x-154的对称轴为直线x1，过点P作直线x1的垂线，垂足为点F，交y轴于点G，如图3，点Q在y轴左侧，此时点R在点G的上方，当点M的坐标为（6，0）时，点R的位置最高，此时点Q与点A重合，PGRDFP90，RPG90FPDPDF，PRGDPF，RGPF=PGDF，RG=PGPFDF=342=6，R（0，4）；如图4，为原图象的局部入大图，当点Q在y轴右侧且在直线x1左侧，此时点R的最低位置在点G下方，由PRGDPF，得，RGPF=PGDF，GR=PGPFDF；设点Q的坐标为（r，0）（0r1），则P（r，2），GR=r(1-r)2=-12r2+12r

75、=-12（r-12）2+18，当r=12时，GR的最大值为18，R（0，-178）；如图5，为原图象的缩小图，当点Q在直线x1右侧，则点R在点G的上方，当点M与点B重合时，点R的位置最高，由PRGDPF，得，RGPF=PGDF，GR=PGPFDF=872=28，R（0，26），4+178+26+178=1374，点R运动路径的长为137419（2021盘锦）如图，抛物线y=-12x2+2x+6与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，直线yx2与y轴交于点D，与x轴交于点E，与直线BC交于点F（1）点F的坐标为 （4，2）；（2）如图1，点P为第一象限抛物线上的一点，PF的延长

76、线交OB于点Q，PMBC于点M，QNBC于点N，若PMQN=114，求点P的坐标；（3）如图2，点S为第一象限抛物线上的一点，且点S在射线DE上方，动点G从点E出发，沿射线DE方向以每秒42个单位长度的速度运动，当SESG，且tanSEG=12时，求点G的运动时间t【思路点拨】（1）先求出B（6，0），C（0，6），再求出直线BC的解析式为yx+6，联立y=-x+6y=x-2即可求F点坐标；（2）过点P作PGx轴于点G，过点F作FHx轴交于点H，证明PMFQNF，得PFQF=114，再由FHPG，得FHPG=415，可求PG=152，即为P点纵坐标为152，则可求P（1，152）或P（3，15

77、2）；（3）过点S作SKEG于点K，SHx轴于点H，交EG于点L，证明ODE是等腰直角三角形，EHL为等腰直角三角形，则有LKSK=2t，SL=2SK2t，EL=2t，EHLHt，OHt+2，SH3t，求出S（t+2，3t），求出t2，则可得点G的运动时间为2s【解答过程】解：（1）在抛物线y=-12x2+2x+6中，令y0，则-12x2+2x+60，x2或x6，A（2，0），B（6，0），令x0，则y6，C（0，6），在直线yx2，令y0，则x2，E（2，0），令x0，则y2，D（0，2），设直线BC的解析式为ykx+b，b=66k+b=0，k=-1b=6，yx+6，联立y=-x+6y=x-

78、2，解得x=4y=2，F（4，2），故答案为（4，2）；（2）如图1，过点P作PGx轴于点G，过点F作FHx轴交于点H，PMBC，QNBC，PMFQNF，PMFQNF，PMQN=PFQF，PMQN=114，PFQF=114，FHPG，FQPQ=FHPG=415，FH2，PG=152，P点纵坐标为152，-12x2+2x+6=152，x1或x3，P（1，152）或P（3，152）；（3）如图2，过点S作SKEG于点K，SHx轴于点H，交EG于点L，由题意得，EG42t，SESG，EKGK=12EG22t，在RtSEK中，tanSEG=SKEK=12，SK=2t，E（2，0），D（0，2），OEO

79、D，ODE是等腰直角三角形，OED45，KEHOED45，EHL为等腰直角三角形，LKSK=2t，SL=2SK2t，ELEKLK=2t，EHLHt，OHOE+EHt+2，SHSL+LH3t，S（t+2，3t），-12（t+2）2+2（t+2）+63t，t2或t8（舍），点G的运动时间为2s20（2021日照）已知：抛物线yax2+bx+c经过A（1，0），B（3，0），C（0，3）三点（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，点P为直线BC上方抛物线上任意一点，连PC、PB、PO，PO交直线BC于点E，设PEOE=k，求当k取最大值时点P的坐标，并求此时k的值（3）如图2，点Q为抛物线对称轴与x轴

80、的交点，点C关于x轴的对称点为点D求BDQ的周长及tanBDQ的值；点M是y轴负半轴上的点，且满足tanBMQ=1t（t为大于0的常数），求点M的坐标【思路点拨】（1）运用待定系数法即可求得答案；（2）如图1，过点P作PHy轴交直线BC于点H，则PEHOEC，进而可得k=13PH，再运用待定系数法求得直线BC的解析式为yx+3，设点P（t，t2+2t+3），则H（t，t+3），从而得出k=-13（t-32）2+34，再利用二次函数性质即可得出答案；（3）如图2，过点Q作QTBD于点T，则BTQDTQ90，利用配方法求得抛物线对称轴为直线x1，得出Q（1，0），运用勾股定理即可求得BDQ的周长B

81、Q+DQ+BD2+10+32；再证明BQT是等腰直角三角形，利用三角函数求得QT，DT，即可求得答案；解法1：如图3，设M（0，m），则OMm，过点M作MFx轴，过点B作BNBM交MQ于点N，过点N作DNy轴于点D，过点B作EFy轴交DN于E，交MF于F，由MBFBNE，可得BEMF=ENBF=BNMB=tanBMQ=1t，求得：BE=3t，EN=mt，DN3-mt，再由OQDN，可得MQOMND，得出OMDM=OQDN，建立方程求解即可；解法2：如图4，设M（0，m），则OMm，根据QT2+MT2MQ2，求得QT、MT，再利用cosQBTcosMBO，求得BT，根据BT+MTBM，可得6m2

82、+9+t1+m21+t2=9+m2，化简得m22tm+30，解方程即可求得答案解法3：如图5，取线段BQ的中点E，作EOBQ，使EOt，且点O在x轴下方，则O（2，t），连接OB，OQ，以O为圆心，OB为半径作O，交y轴于点M，设M（0，m），根据OMOB，可得（20）2+（tm）212+t2，解方程即可求得答案【解答过程】解：（1）抛物线yax2+bx+c经过A（1，0），B（3，0），C（0，3），设ya（x+1）（x3），将C（0，3）代入，得a（0+1）（03）3，解得：a1，y（x+1）（x3）x2+2x+3，抛物线的解析式为yx2+2x+3；（2）如图1，过点P作PHy轴交直线BC

83、于点H，PEHOEC，PEOE=PHOC，PEOE=k，OC3，k=13PH，设直线BC的解析式为ykx+n，B（3，0），C（0，3），3k+n=0n=3，解得：k=-1n=3，直线BC的解析式为yx+3，设点P（t，t2+2t+3），则H（t，t+3），PHt2+2t+3（t+3）t2+3t，k=13（t2+3t）=-13（t-32）2+34，-130，当t=32时，k取得最大值34，此时，P（32，154）；（3）如图2，过点Q作QTBD于点T，则BTQDTQ90，yx2+2x+3（x1）2+4，抛物线对称轴为直线x1，Q（1，0），OQ1，BQOBOQ312，点C关于x轴的对称点为点D

84、，D（0，3），B（3，0），OBOD3，BOD90，DQ=OQ2+OD2=12+32=10，BD=OBcosDBO=3cos45=32，BDQ的周长BQ+DQ+BD2+10+32；在RtOBD中，BOD90，OBOD，DBOBDO45，BTQ90，BQT是等腰直角三角形，QTBTBQcosDBO2cos45=2，DTBDBT32-2=22，tanBDQ=QTDT=222=12；解法1：如图3，设M（0，m），则OMm，过点M作MFx轴，过点B作BNBM交MQ于点N，过点N作DNy轴于点D，过点B作EFy轴交DN于E，交MF于F，则MBNBENMFB90，BMF+MBFMBF+NBE90，BM

85、FNBE，MBFBNE，BEMF=ENBF=BNMB=tanBMQ=1t，BE=1tMF=3t，EN=1tBF=mt，DNDEEN3-mt，OQDN，MQOMND，OMDM=OQDN，即mm+3t=13-mt，解得：mtt2-3，M（0，t2-3-t）或（0，-t2-3-t）解法2：如图4，设M（0，m），则OMm，BM=OB2+OM2=32+m2=9+m2，MQ=OQ2+OM2=1+m2，tanBMQ=1t，QTMT=1t，MTtQT，QT2+MT2MQ2，QT2+（tQT）2（1+m2）2，QT=1+m21+t2，MT=t1+m21+t2，cosQBTcosMBO，BTBQ=OBBM，即B

86、T2=3m2+9，BT=6m2+9，BT+MTBM，6m2+9+t1+m21+t2=9+m2，整理得，（m2+3）24t2m2，t0，m0，m2+32tm，即m22tm+30，当（2t）24134t2120，即t3时，m=2t4t2-122=tt2-3，M（0，t2-3-t）或（0，-t2-3-t）解法3：如图5，取线段BQ的中点E，作EOBQ，使EOt，且点O在x轴下方，O（2，t），连接OB，OQ，以O为圆心，OB为半径作O，交y轴于点M，则tanBOE=BEOE=1t，EBEQ，OEBOEQ90，OEOE，OEBOEQ（SAS），QOEBOE，BMQ=12BOQBOE，tanBMQtanBOE=1t，设M（0，m），OMOB，（20）2+（tm）212+t2，m2+2tm+30，解得：m=-2t(2t)2-122=-tt2-3，M（0，t2-3-t）或（0，-t2-3-t）