专题23 二次函数抛物线与三角形的综合（（解析版）.docx

1、专题23 二次函数抛物线与三角形的综合（解析版）第一部分 典例剖析+针对训练类型一 二次函数与直角三角形的综合1（2022秋利川市期末）如图1，抛物线yax2+bx3交x轴于点A（4，0）和点B（1，0），交y轴于点C（1）求此抛物线的解析式；（2）点P为直线AC下方抛物线上一动点，连接PA，PC，求ACP面积的最大值；（3）如图2直线l为该抛物线的对称轴，在直线l上是否存在一点M使BCM为直角三角形，若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由思路引领：（1）用待定系数法即可求解；（2）由ACP面积SPHA+SPHC=12PHAO，即可求解；（3）分MB、MC、BC是斜边三种情况，列出函数

2、关系式即可求解解：（1）设抛物线的表达式为：ya（xx1）（xx2），则ya（x+1）（x4）a（x23x4），即4a3，解得：a=34，即抛物线的表达式为：y=34x294x3；（2）设直线AC的表达式为：ykx3，将点A的坐标代入上式得：04k3，解得：k=34，即直线AC的表达式为：y=34x3，过点P作PHy轴交AC于点H，设点H（x，34x3），则点P（x，34x294x3），则ACP面积SPHA+SPHC=12PHAO=124（34x3）（34x294x3）=32x2+6x，320，故ACP面积有最大值，当x2时，ACP面积的最大值为6；（3）存在，理由：由抛物线的表达式知，其对称

3、轴为x=32，设点M（32，m），由勾股定理得：BM2（32+1）2+m2，同理可得：BC210，MC2=94+（m+3）2，当MB是斜边时，则（32+1）2+m210+94+（m+3）2，解得：m=156，即点M（32，156）；当BC是斜边时，则10（32+1）2+m2+94+（m+3）2，解得：方程无解；当MC是斜边时，则（32+1）2+m210+=94+（m+3）2，解得：m=56，即点M（32，56），综上，点M的坐标为：（32，156）或（32，56）总结提升：本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、勾股定理、图形的面积计算等，其中（3），要用分类求解，避免遗漏针对训练1（2

4、022秋渝中区期末）抛物线y=12x2+bx+c与x轴交于点A（2，0）和B（4，0），与y轴交于点C，连接BC点P是线段BC下方抛物线上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交BC于M，交x轴于N，设点P的横坐标为t（1）求该抛物线的解析式；（2）用关于t的代数式表示线段PM，求PM的最大值及此时点M的坐标；（3）过点C作CHPN于点H，SBMN9SCHM，求点P的坐标；连接CP，在y轴上是否存在点Q，使得CPQ为直角三角形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由思路引领：（1）利用待定系数法即可求得答案；（2）运用待定系数法求得直线BC的解析式为yx4，设P（t，12t

5、2t4），则M（t，t4），可得PM=12t2+2t=12（t2）2+2，运用二次函数最值即可求得答案；（3）根据题意建立方程求解即可得出答案；分两种情况：当CQP90时，当CPQ90时，分别求得点Q的坐标即可解：（1）设抛物线的表达式为：ya（xx1）（xx2），则y=12（x+2）（x4）=12x2x4；（2）在y=12x2x4中，令x0，得y4，C（0，4），设直线BC的解析式为ykx+c，则4k+c=0c=4，解得：k=1c=4，直线BC的解析式为yx4，设P（t，12t2t4），则M（t，t4），PMt4（12t2t4）=12t2+2t，PM=12t2+2t=12（t2）2+2，12

6、0，当t2时，PM取得最大值2，此时点M的坐标为（2，2）；（3）如图1，P（t，12t2t4），M（t，t4），N（t，0），B（4，0），C（0，4），CHPN，BN4t，MN4t，CHt，MHt4（4）t，SBMN9SCHM，12（4t）2912t2，解得：t11，t22，点P是线段BC下方抛物线上的一个动点，0t4，t1，P（1，92）；存在点Q，使得CPQ为直角三角形，设Q（0，m），C（0，4），P（1，92），CP2（10）2+（92+4）2=54，CQ2（4m）2，PQ212+（92m）2，当CQP90时，如图2，PQy轴，Q（0，92）；当CPQ90时，如图3，在RtCPQ中

7、，CP2+PQ2CQ2，54+12+（92m）2（4m）2，解得：m=132，Q（0，132）；综上所述，点Q的坐标为（0，92）或（0，132）总结提升：本题是二次函数综合题，重点考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，三角形面积，直角三角形的性质，勾股定理，应用二次函数的最值等，此题综合性较强，属于考试压轴题类型一 二次函数与等腰三角形的综合典例2（2021秋重庆期末）如图，已知二次函数yax2+bx+3的图象交x轴于点A（1，0），B（3，0），交y轴于点C（1）求这个二次函数的表达式；（2）点P是直线BC下方抛物线上的一动点，求BCP面积的最大值；（3）直线xm分别交直线B

8、C和抛物线于点M，N，当BMN是等腰三角形时，直接写出m的值思路引领：（1）用待定系数法求函数的解析式即可；（2）过点P作PDy轴交直线BC于点D，设P（t，t24t+3），则D（t，t+3），则SBCP=32(t32)2+278，当t=32时，BCP的面积最大值为278；（3）求出M（m，m+3），N（m，m24m+3），则可求BM22（m3）2，BN2（m3）2+（m24m+3）2，MN2（m23m）2，分三种情况讨论：当BMBN时，m2；当MBMN时，m=2；当BNMN时，m1解：（1）将点A（1，0），B（3，0）代入yax2+bx+3，a+b+3=032a+3b+3=0，解得a=1b

9、=4，yx24x+3；（2）令x0，则y3，C（0，3），设直线BC的解析式为ykx+m，m=33k+m=0，解得k=1m=3，yx+3，过点P作PDy轴交直线BC于点D，设P（t，t24t+3），则D（t，t+3），PD（t+3）（t24t+3）t2+3t，SBCP=12PDOB=123（t2+3t）=32t2+92t=32(t32)2+278，当t=32时，BCP的面积最大值为278；（3）当xm时，ym+3，M（m，m+3），当xm时，ym24m+3，N（m，m24m+3），B（3，0），BM22（m3）2，BN2（m3）2+（m24m+3）2，MN2（m23m）2，当BMBN时，2（m

10、3）2（m3）2+（m24m+3）2，解得m0（舍）或m2；当MBMN时，2（m3）2（m23m）2，解得m=2；当BNMN时，（m3）2+（m24m+3）2（m23m）2，解得m1；综上所述：m的值为2或1或2或2总结提升：本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰三角形的性质，分类讨论是解题的关键针对训练1（2022秋代县期末）综合与探究如图，抛物线yax2+bx+4经过A（1，0），B（2，0）两点，与y轴交于点C，作直线BC（1）求抛物线和直线BC的函数解析式（2）D是直线BC上方抛物线上一点，求BDC面积的最大值及此时点D的坐标（3）在抛物线对称轴上是否存在一点

11、P，使得以点P，B，C为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由思路引领：（1）根据两点A、B的坐标解出二次函数的解析式，根据B、C两点的坐标解出直线的BC解析式；（2）建立二次函数的关系式，求出BDC面积的最大值及此时点D的坐标（3）分三种情况讨论即可求出点P的坐标（1）解：把A（1，0），B（2，0）代入yax2+bx+4得，0=a(1)b+40=4a+2b+4，解得a=2b=2，y2x2+2x+4，c4，C（0，4），设直线BC的解析式为ykx+4，把B（2，0）代入ykx+4得，02k+4，k2，y2x+4；（2）解：如图，过点D作DFAB于点F交B

12、C于点E，设D（m，2m2+2m+4），E（m，2m+4），DE2m2+2m+4（2m+4）2m2+4m，SBDC=12DE2=12(2m2+4m)2=2m2+4m=2（m1）2+2，a20，当m1时，SBCD的最大值为2，2m2+2m+4212+21+44，D（1，4）；（3）解：二次函数的对称轴为：x=12，设点P的坐标为(12，y)，当BC为等腰三角形的腰，C为顶角时，PC=14+(y4)2=BC=25，解得y1=8+792或y2=8792，P(12，8+792)或P(12，8792)；当BC为等腰三角形的底边时，BC中点的坐标为E（1，2），作直线l2BC且过E，设直线l2方程为y1k

13、2x+b2，k2(2)=1k2+b2=2，解得k2=12b2=32，l2方程为y2=12x+32，令x=12，y2=74，P(12，74)；当BC为等腰三角形的腰，B为顶角时，PB=(212)2+y2=25，解得y1=712或y2=712，P(12，712)或P(12，712)，综上所述，点P的坐标为(12，74)或(12，8+792)或(12，8792)或(12，712)或(12，712)总结提升：本题属于二次函数综合题，主要考查二次函数的解析式，一次函数的解析式，二次函数的图像与性质，二次函数与三角形的综合应用，等腰三角形的性质，掌握相关的性质是解题的关键2（2022秋宁陵县期中）如图，直

14、线yx+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，经过B、C两点的抛物线yx2+bx+c与x轴的另一个交点为A，顶点为P（1）求该抛物线的解析式；（2）在该抛物线的对称轴上是否存在点M，使以C，P，M为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请直接写出所符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由思路引领：（1）先由直线yx+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，求出点B和点C的坐标，再将点B、点C的坐标代入yx2+bx+c列方程组求出b、c的值即可；（2）存在以C，P，M顶点的等腰三角形，先由抛物线的解析式求出其顶点坐标和对称轴，再按CM或PC或PM为底边进行分类讨论，根据勾股定理或等腰三角形的性质分别求出PM

15、的长即可求得点M的坐标解：（1）直线yx+3，当y0时，由x+30得，x3；当x0时，y3，B（3，0），C（0，3），把B（3，0）、C（0，3）代入yx2+bx+c，得9+3b+c=0c=3，解得b=4c=3，该抛物线的解析式为yx24x+3（2）存在，理由：yx24x+3（x2）21，该抛物线的顶点为P（2，1），对称轴为直线x2，设M（2，n），如图1，等腰三角形CPM以CM为底边，则PMPC=22+(3+1)2=25，由|n+1|25得，n251或n251，M（2，251），M（2，251）；如图2，等腰三角形CPM以PM为底边，作CDPM于点D，则D（2，3），CMCP，DMDP3

16、+14，n3+47，M（2，7）；如图3，等腰三角形CPM以PC为底边，作CDPM，交直线PM于点D，则D（2，3），PD3+14，PDC90，DM2+CD2CM2，DM4PM，CMPM，（4PM）2+22PM2，解得，PM=52，n1+52=32，M（2，32），综上所述，点M的坐标为（2，251）或（2，251）或（2，7）或（2，32） 总结提升：此题重点考查二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、用待定系数法求函数解析式、等腰三角形的性质、勾股定理等知识与方法，在解第（2）题时，应注意分类讨论，此题难度较大，属于考试压轴题类型三 二次函数与等腰直角三角形的综合典例3（2022秋洛川

17、县校级期末）已知抛物线L：yx2+bx+c与x轴交于A（5，0），B（1，0）两点（1）求抛物线L1的表达式；（2）平移抛物线L1得到新抛物线L2，使得新抛物线L2经过原点O，且与x轴的正半轴交于点C，记新抛物线L2的顶点为P，若OCP是等腰直角三角形，求出点P的坐标思路引领：（1）用待定系数法可得抛物线L1的表达式；（2）设新抛物线L2的顶点为P（h，k），根据OCP是等腰直角三角形，可得|h|k|，而新抛物线L2经过原点O，有kh2，故|h|h2，即可解得答案解：（1）把A（5，0），B（1，0）代入yx2+bx+c得：255b+c=01b+c=0，解得b=6c=5，抛物线L1的表达式为y

18、x26x5；（2）过P作PQx轴于Q，如图：将抛物线L1平移得到新抛物线L2，两抛物线形状相同，设新抛物线L2的顶点为P（h，k），则新抛物线L2解析式为y（xh）2+k，OCP是等腰直角三角形，PQx轴，PQOQ，即|h|k|，又新抛物线L2经过原点O，0（0h）2+k，即kh2，|h|h2，解得h0或h1或h1，h0时，新抛物线L2顶点是原点，O、C、P重合，不能构成OCP，故舍去，h1时，k1，此时P（1，1），h1时，k1，此时P（1，1），OCP是等腰直角三角形，点P的坐标为（1，1）或（1，1）总结提升：本题考查二次函数解析式及图象的平移，解题的关键是设出平移后抛物线解析式，根据已

19、知列方程针对训练1（2022秋铁西区校级期末）已知：如图，抛物线yax2+bx+c（a0）与坐标轴分别交于点A（0，6），B（6，0），C（2，0），点P是线段AB上方抛物线上的一个动点（1）求抛物线的解析式（2）当PAB的面积最大时，求点P的坐标（3）过点P作x轴的垂线，交线段AB于点D，再过点P作PEx轴交抛物线于点E，连接DE，请问是否存在点P使PDE为等腰直角三角形？请直接写出点P的坐标思路引领：（1）由待定系数法即可求解；（2）由S=12OBPD，即可求解；（3）由题意可知，PDPE，若PDE是等腰直角三角形，则PEPD，进而求解解：（1）由题意得：36a+6b+c=04a2b+c=

20、0c=6，解得：a=12b=2c=6，抛物线的表达式为：y=12x2+2x+6；（2）A（0，6），直线AB的表达式为：ykx+6，将点B的坐标代入上式得：06k+6，解得：k1，直线AB的表达式为：yx+6，点P的横坐标为m，则P（m，12m2+2m+6），过点P作x轴的垂线，交线段AB于点D，则D（m，m+6），S=12OBPD=126（12m2+2m+6+m6）=32（m3）2+272，当m3时，S的值取最大，此时P（3，152）；（3）存在，理由如下：由题意可知，PDPE，若PDE是等腰直角三角形，则PEPD，由（1）可得，PD=12m2+2m+6+m6=12m2+3m，PEx轴，E（

21、4m，12m2+2m+6），PE|2m4|，|2m4|=12m2+3m，解得m12（舍），m24，m35+17（舍），m4517，当PDE是等腰直角三角形时，点P的坐标为（4，6），（517，3175）总结提升：本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、等腰三角形的性质、图形的面积计算等，本题难度不大能够综合运用这些知识点是解题的关键第二部分 专题提优训练1（2022秋渝中区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax2+bx+c与x轴交于点A（33，0），B（3，0），与y轴的交点为C，且tanCAO=233（1）求该抛物线的函数表达式；（2）点D为AB的中点，过点D作AC的平行线交

22、y轴于点E，点P为抛物线上第二象限内的一动点，连接PC，PD，求四边形PDEC面积的最大值及此时点P的坐标；（3）将该抛物线yax2+bx+c向左平移得到抛物线y，使y经过原点，y与原抛物线的交点为F，点M为抛物线y对称轴上的一点，若以点F，B，M为顶点的三角形是直角三角形，请直接写出所有满足条件的点M的坐标，并把求其中一个点M的坐标的过程写出来思路引领：（1）由点A的坐标可知OA的长，根据tanCAO=233，即可得出点C的坐标以及c，再根据点A、B的坐标利用待定系数法即可求出二次函数解析式；（2）由A、B的坐标可得D（3，0），求出直线AC的解析式，由DEAC可得DE的解析式以及点E的坐标

23、，设P（p，23p2433p+6），利用分割图形求面积法即可找出S四边形PDEC关于p的函数关系式，利用配方法以及二次函数的性质即可解决最值问题；（3）求出抛物线y，可得点F的坐标为（323，152），设M（23，m），分别表示出MF2，MB2，BF2，分三种情况，根据勾股定理即可求解解：（1）抛物线yax2+bx+c与x轴交于点A（33，0），B（3，0），OA33，tanCAO=OCOA=233，OC6，c6，C（0，6），将A（33，0），B（3，0）代入yax2+bx+6中，得：27a33b+6=03a+3b+6=0，解得：a=23b=433所求抛物线解析式为：y=23x2433x+6

24、（2）连接OP，A（33，0），B（3，0），点D为AB的中点，D（3，0），设直线AC的解析式为ykx+t，A（33，0），C（0，6），33k+t=0t=6，解得k=233t=6，直线AC的解析式为y=233x+6，DEAC，设DE的解析式为y=233x+q，233（3）+q0，q2，DE的解析式为y=233x+2，点E（0，2），设P（p，23p2433p+6），S四边形PDECSPOD+SPOCSDOE=123（23p2433p+6）+126（p）1232=33p25p+23=33（p+523）2+3343，330，当m=523时，S四边形PDEC最大，且最大值为3343，此时点P的坐

25、标为（523，72）；（3）y=23x2433x+6=23（x+3）2+8，抛物线y=23x2433x+6向左平移3个单位得到抛物线y，使y经过原点，y=23（x+3+3）2+8=23x2833x，对称轴为直线x23，联立y=23x2433x+6y=23x2833x，解得x=323y=152，点F的坐标为（323，152），设M（23，m），B（3，0），MF2（323+23）2+（152m）2m215m+57，MB2（233）2+m2m2+27，BF2（3+323）2+（152）275，当BFM90时，BF2+MF2BM2，75+m215m+57m2+27，m7，M（23，7）；当FBM90

26、时，BF2+BM2FM2，75+m2+27m215m+57，m3，M（23，3）；当FMB90时，MF2+BM2BF2，m215m+57+m2+2775，m=15+3174或153174，M（23，15+3174）或（23，153174）综上可知：满足条件的点M的坐标为（23，7）、（23，3）、（23，15+3174）、（23，153174）总结提升：本题是二次函数综合题，考查待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图象上点的坐标特征，平移的性质，直角三角形的性质，勾股定理等，用待定系数法求得二次函数的解析式，利用分类讨论思想是解决本题的关键2（2022秋鞍山期末）在平面直角坐标系xOy中，抛

27、物线C1：yax2+bx+c（a0）经过（0，2），（2，2）两点（1）若抛物线C1：yax2+bx+c经过（1，0），求抛物线解析式；（2）抛物线C1：yax2+bx+c与直线yx+2有M，N两个交点，O为坐标原点，若MNO是以MN为腰的等腰三角形，请直接写出a的值；（3）直线yx+2分别与抛物线C1：yax2+bx+c，抛物线C2：yax2bx+c恰好有三个公共点，若其中一个公共点是另外两个公共点连接线段的中点，求a的值思路引领：（1）将（0，2），（2，2）代入抛物线C1：yax2+bx+c可得b2a，c2，则yax2+2ax+2，再将（1，0）代入即可得抛物线解析式；（2）联立抛物线C

28、1：yax2+2ax+2与直线yx+2可得M，N两个点的坐标，分两种情况，根据等腰三角形的性质即可求解；（3）联立抛物线C2：yax22ax+2与直线yx+2可得两个交点的坐标，由（2）知直线yx+2与抛物线C1：yax2+bx+c交点的坐标，若其中一个公共点是另外两个公共点连接线段的中点，分三种情况分别求a的值即可解：（1）将（0，2），（2，2）代入抛物线C1：yax2+bx+c，c=24a2b+c=2，解得b=2ac=2，抛物线C1：yax2+2ax+2，抛物线C1：yax2+bx+c经过（1，0），a+2a+20，解得a=23，b2a=43，抛物线C1：y=23x243x+2；（2）联

29、立抛物线C1：yax2+2ax+2与直线yx+2得，ax2+2ax+2x+2，解得x10，x2=12aa，当x0时，y2，当x=12aa时，y=1a，M，N两个点的坐标为（0，2）、（12aa，1a），MN2（12aa）2+（1a2）2=8a28a+2a2，OM2224，ON2（12aa）2+（1a）2=4a24a+2a2，MNO是以MN为腰的等腰三角形，MNOM或MNON，当MNOM时，MN2OM2，8a28a+2a2=4，解得a1=2+22，a2=222；当MNON时，MN2ON2，8a28a+2a2=4a24a+2a2，解得a1，综上，a的值为2+22或222或1；（3）由（1）知b2a

30、，抛物线C2：yax22ax+2，联立抛物线C2：yax22ax+2与直线yx+2得，ax22ax+2x+2，解得x10，x2=2a+1a，当x0时，y2，当x=2a+1a时，y=1a，抛物线C2：yax22ax+2与直线yx+2两个交点的坐标为（0，2）、（2a+1a，1a），记为P（2a+1a，1a），由（2）知直线yx+2与抛物线C1：yax2+bx+c交点M，N两个点的坐标为（0，2）、（12aa，1a），直线yx+2分别与抛物线C1：yax2+bx+c，抛物线C2：yax2bx+c恰好有三个公共点，P（2a+1a，1a），M（0，2）、N（12aa，1a），当点P是MN的中点时，2(

31、2a+1a)=0+12aa2(1a)=2+1a，解得a=32；当点M是PN的中点时，22=1a+1a，无解，此种情况不存在；当点N是PM的中点时，21a=21a，解得a=32，综上，a的值为32或32总结提升：本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，等腰三角形的性质，中点坐标公式等，利用分类思想解决问题是本题的关键3（2022秋前郭县期末）如图，抛物线yax2ax12a经过点C（0，4），与x轴交于A，B两点，连接AC，BC，M为线段OB上的一个动点，过点M作PMx轴，交抛物线于点P，交BC于点Q（1）直接写出a的值以及A，B的坐标：a，A （ ， ），B （ ， ）；

32、（2）过点P作PNBC，垂足为点N，设M点的坐标为M（m，0），试求PQ+2PN的最大值；（3）试探究点M在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形若存在，请求出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由思路引领：（1）将C（0，4）代入yax2ax12a可得a的值，令y0即可解得A、B坐标；（2）由OBOC可得CBO45，从而可得PNQ是等腰直角三角形，PQ=2PN，故求PQ+2PN最大值只需求出PQ最大值，用m表示出PQ即可得答案；（3）用m表示出ACQ三边长度，分论讨论即可解：（1）将C（0，4）代入yax2ax12a得412a，a=13，y=13x2+13x

33、+4，令y0得0=13x2+13x+4，解得x14，x23，A（3，0），B（4，0），故答案为：13；3，0；4，0；（2）y=13x2+13x+4，令x0得y4，C（0，4），OC4，而B（4，0）有OB4，OBOC，BOC为等腰直角三角形，CBO45，PMx轴，BQM45PQC，PNBC，PQN是等腰直角三角形，PQ=2PN，PQ+2PN2PQ，PQ+2PN取最大值即是PQ取最大值，由C（0，4），B（4，0）可得BC解析式为yx+4，M（m，0），P（m，13m2+13m+4），Q（m，m+4），PQ（13m2+13m+4）（m+4）=13m2+43m=13（m2）2+43，m2时，P

34、Q最大值为43，PQ+2PN的最大值为83（3）A（3，0），C（0，4），Q（m，m+4），AC=(30)2+(04)2=5，AQ=(m+3)2+(m+40)2=2m22m+25，CQ=m2+(m+44)2=2m2，以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形，分三种情况：ACAQ时，2m22m+25=5，解得m0（此时Q与C重合，舍去）或m1，Q（1，3），ACCQ时，2m2=5，解得m=522或m=522（此时M不在线段OB上，舍去），Q（522，8522），AQCQ时，2m22m+25=2m2，解得m12.5（此时M不在线段OB上，舍去），综上所述，以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形，Q

35、（1，3）或Q（522，8522）总结提升：本题考查二次函数综合运用，题目较难，解题的关键是表示相关点的坐标从而表示出线段长度，再根据已知列方程求解4（2022台山市校级一模）如图，抛物线yax2+x+6的图象与直线ykx+b有唯一交点A（1，4）（1）求抛物线和直线的解析式；（2）若抛物线与x轴的交点分别为点M、N，抛物线的对称轴上是否存在一点P，使PA+PM的值最小？如果有，请求出这个最小值，如果没有，请说明理由（3）直线ykx+b与x轴交于点B，点Q是x轴上一动点，请你写出使QAB是等腰三角形的所有点Q的横坐标思路引领：（1）将点A（1，4）代入yax2+x+6，可求抛物线的解析式；将点

36、A（1，4）代入ykx+b，可得ykx+4+k，当kx+4+kx2+x+6有两个相等实数根时，（k1）24（k2）0，求出k3，即可求直线的解析式；（2）根据抛物线的对称轴可知M、N点关于对称轴x=12对称，则当A、P、N三点共线时，PA+PM有最小值，PA+PM的最小值为AN的长；（3）设Q（x，0），分别求出AB=4103，QA=(x+1)2+16，QB|x+73|，再由等腰三角形三边关系，分类讨论即可解：（1）将点A（1，4）代入yax2+x+6，a1+64，解得a1，抛物线的解析式为yx2+x+6，将点A（1，4）代入ykx+b，bk4，ykx+4+k，当kx+4+kx2+x+6有两个

37、相等实数根时，（k1）24（k2）0，解得k3，直线解析式为y3x+7；（2）存在点P，使PA+PM的值最小，理由如下：当y0时，x2+x+60，解得x3或x2，M（2，0），N（3，0），yx2+x+6（x12）2+254，抛物线的对称轴为直线x=12，M、N点关于对称轴x=12对称，PMPN，PA+PMPA+PNAN，当A、P、N三点共线时，PA+PM有最小值，AN42，PA+PM的最小值为42；（3）当y0时，x=73，B（73，0），设Q（x，0），AB=4103，QA=(x+1)2+16，QB|x+73|，当ABAQ时，4103=(x+1)2+16，解得x=13或x=73（舍）；当A

38、BBQ时，4103=|x+73|，解得x=410373或x=410373；当AQBQ时，(x+1)2+16=|x+73|，解得x=133；综上所述：Q点横坐标为13或410373或410373或133总结提升：本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰三角形的性质，利用抛物线的对称轴求最小值的方法是解题的关键5（2022秋通州区期末）如图，抛物线y1ax22x+c的图象与x轴交点为A和B，与y轴交点为D（0，3），与直线y2x3交点为A和C（1）求抛物线的解析式；（2）在直线y2x3上是否存在一点M，使得ABM是等腰直角三角形，如果存在，求出点M的坐标，如果不存在，请说明

39、理由；（3）若点E是x轴上一个动点，把点E向下平移4个单位长度得到点F，点F向右平移4个单位长度得到点G，点G向上平移4个单位长度得到点H，若四边形EFGH与抛物线有公共点，请直接写出点E的横坐标xE的取值范围思路引领：（1）将A（3，0）代入y1ax22x+3，即可求函数的解析式；（2）分两种情形当AMB90时，M（1，2）当ABM90时，M（1，4）；（3）分别求出，F（xE，4），G（xE+4，4），H（xE+4，0），当F点在抛物线上时，xE1+22或xE122，当G点在抛物线上时，xE5+22或xE522，结合图象可得522xE1+22时，四边形EFGH与抛物线有公共点解：（1）抛物

40、线与y轴交点为D（0，3），c3，令y0，则x3，A（3，0），将A（3，0）代入y1ax22x+3，9a+6+30，解得a1，抛物线的解析式为yx22x+3；（2）由题意A（3，0），B（1，0），当AMB90时，M（1，2）当ABM90时，M（1，4）综上所述，满足条件的点M的坐标为（1，2）或（1，4）；（3）点E的横坐标xE，E（xE，0），由题可知，F（xE，4），G（xE+4，4），H（xE+4，0），当F点在抛物线上时，xE22xE+34，解得xE1+22或xE122，当G点在抛物线上时，（xE+4）22（xE+4）+34，解得xE5+22或xE522，522xE1+22时，四边

41、形EFGH与抛物线有公共点总结提升：本题属于二次函数综合题，考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，正方形的性质，数形结合解题是关键6（2022秋临湘市期末）如图，抛物线y=12x2+mx+n与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知A（1，0），C（0，2）（1）求抛物线的表达式；（2）在抛物线的对称轴上是否存在点P，使PCD是以CD为腰的等腰三角形？如果存在，求出P点的坐标；如果不存在，请说明理由；（3）点F是第一象限抛物线上的一个动点，当点F运动到什么位置时，CBF的面积最大？求出CBF的最大面积及此时F点的坐标思路引领：（1）根据A（1，0）

42、，C（0，2），利用待定系数法可求得抛物线的解析式；（2）可设出P点坐标，则可表示出PC、PD和CD的长，分PDCD、PCCD两种情况分别得到关于P点坐标的方程，可求得P点坐标；（3）首先根据B、C的坐标求得直线BC的解析式，可设E点坐标，则可表示出F点的坐标，从而可表示出EF的长，可表示出CBF的面积，再利用二次函数的性质可求得其最大值及此时点E的坐标解：（1）将A （1，0），C （0，2）代入y=12x2+mx+n，12m+n=0n=2，解得m=32n=2，抛物线的表达式为y=12x2+32x+2；（2）存在点P，使PCD是以CD为腰的等腰三角形，理由如下：y=12x2+32x+2=12

43、（x32）2+258，对称轴为直线x=32，C （0，2），D（32，0），CD=22+(32)2=52，设P（32，n），当CDCP时，52=(n2)2+94，解得n4或t0（舍去），P（32，4）；当CDDP时，52=|t|，解得t=52或t=52，P（32，52）或（32，52）；综上所述：P点坐标为（32，4）或（32，52）或（32，52）；（3）当点E运动到（2，1）位置时，CBF的面积最大，理由如下：令y0，则12x2+32x+20，解得x4或x1，B（4，0），设直线BC的解析式为ykx+b，4k+b=0b=2，解得k=12b=2，直线BC的解析式为y=12x+2，如图，过点E

44、作EFx轴交抛物线于点F，设E（t，12t2+32t+2），则F（t，12t+2），EF=12t2+32t+2+12t2=12t2+2t=12（t2）2+2，当t2时，EF最大为2，此时CBF的面积最大，SCBF=124EF2EF4，当t2时，CBF的面积最大，最大值为4，此时E（2，1）答：CBF的最大面积为4，此时E点的坐标为（2，1）总结提升：本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、方程思想及分类讨论思想等知识解决本题的关键是待定系数法的应用，用P点的坐标表示出PC和PD，用E点坐标表示出CBF的面积本题考查知识点较多，

45、综合性较强7（2022甘井子区校级模拟）已知抛物线yax2+bx+c的顶点A在x轴上P（x1，y1），Q（x2，y2）是抛物线上两点，若x1x2m，则y1y2；若x1x2m，则y1y2，且当y的绝对值为1时，APQ为等腰直角三角形（其中PAQ90）（1）求抛物线的解析式；（用含有m的式子表示）（2）当m0，x1m，x2m，过点Q作QFx轴，若y1y21，探究PAO与AQF之间数量关系；（3）直线xm+1（1m3）交抛物线yax2+bx+c于点D，将抛物线yax2+bx+c以直线xm+1为对称轴向右翻折得到新抛物线，直线ykx经过点D，交原抛物线yax2+bx+c的对称轴于点E，交新抛物线于另一

46、点H，问EAH的面积是否存在最大值或最小值，若存在，求出面积最值和m的值，若不存在，请说明理由思路引领：（1）根据题意可知抛物线顶点为（m，0），则抛物线的解析式为ya（xm）2，当y1时，求出P、Q的横坐标分别是1a+m，1a+m，过点A作AHPQ交于点H，再由APQ是等腰直角三角形，可得1a=1，求出a的值即可；（2）过点P作PEx轴交于点E，令P（n，（nm）2），则PE（nm）2，求出AEPE=1mn，再由y1y21，求出QFAF=1mn，则AEPE=QFAF，即可得APEQAF，根据三角形内角和定理可求PAOAQF；（3）由题意分别求出D（m+1，1），E（m，mm+1），再由折叠的

47、性质求出抛物线翻折后的解析式为y（xm2）2，从而求出H（(m+2)2m+1，(m+2)2(m+1)2），则SEAH=12（1m+1+1）2+2，根据题意可得141m+112，则当1m+1=14时，EAH的面积有最小值2932，此时m3；当1m+1=12时，EAH的面积有最大值78，此时m1解：（1）抛物线yax2+bx+c的顶点A在x轴上，抛物线的顶点的纵坐标为0，x1x2m，则y1y2；x1x2m，则y1y2，直线xm是抛物线的对称轴，且a0，抛物线顶点为（m，0），抛物线的解析式为ya（xm）2，当y1时，a（xm）21，解得x=1a+m或x=1a+m，PAQ90，PAQA，PQ45，过

48、点A作AHPQ交于点H，AHPH1，1a=1，解得a1，y（xm）2；（2）过点P作PEx轴交于点E，令P（n，（nm）2），则PE（nm）2，AEmn，AEPE=1mn，y1y21，QF=1PE=1(nm)2，1(nm)2=（xm）2，解得xm+1mn或xm1mn（舍），AFm+1mnm=1mn，QFAF=1mn，AEPE=QFAF，APEQAF，PAOAQF；（3）当xm+1时，y1，D（m+1，1），直线ykx经过点D，k=1m+1，y=1m+1x，当xm时，y=mm+1，E（m，mm+1），抛物线翻折后的解析式为y（xm2）2，当1m+1x（xm2）2时，解得xm+1或x=(m+2)2m+1，H（(m+2)2m+1，(m+2)2(m+1)2），SEAH=12mm+1（(m+2)2m+1m）=3m2+4m2(m+1)2 =1232m+11(m+1)2=12（1m+1+1）2+2，1m3，141m+112，当1m+1=14时，EAH的面积有最小值2932，此时m3；当1m+1=12时，EAH的面积有最大值78，此时m1总结提升：本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，函数图象折叠的性质，等腰直角三角形的性质是解题的关键