热点05 二次函数综合安徽中考数学中二次函数部分主要考向分为三类：一、二次函数的图象与性质；二、二次函数中求动点坐标（与图形面积相关）；三、二次函数的实际运用（近几年主要考察利润相关为题）；需要注意的是综合运用的题型，难度系数较大，考察的内容较多，特别是动点，还是计算利润时由于数值比较大需细心。
考点一：利用对称轴解决问题抛物线的开口向下，对称轴x = −b2a =−2A，当x1 +x2 >2时，x1< x2，点A离对称轴的距离比点B，当x1+x2< 2时，x1< x2，点A离对称轴的距离比点确，考点二：最值问题【答案】 8 43a2），则点B坐标为【分析】设点A（a，18由AC2＝（xc﹣xA）2+（yC﹣yA）2可得求解．a2），则点B 【详解】解：设点A（a，18∴OB＝|a|，AB＝1a2，想解答即可．【详解】解：二次函数y=2(x−1)2+1的图像如图：所以函数有最小值1，当x=0时，y=3，当x=3时，y=9，当0≤x≤3时，x=1在范围内，故函数值能取到最小值，故1≤y≤9．故选：B．【点睛】本题考查了抛物线的顶点坐标，最值，增减性，数形结合思想，熟练掌握抛物线的性质和数形结合思想是解题的关键．考点三：二次函数与不等式【例6】．（2022秋·安徽淮南）二次函数y＝x2，当1 ≤y ≤ 9时，自变量x的取值范围是（）A．1≤x≤3B．-3≤x≤3C．-3≤x≤-1或1≤x≤3D．-3≤x≤1或1≤x≤3【答案】C【分析】根据题目中的函数解析式和二次函数的性质，可以计算出当1≤y ≤9时，自变量x 的取值范围．【详解】解：∵y＝x2，∴该函数图像开口向上，对称轴为直线x＝0，当x＞0时，y随x的增大而增大，当x＜0时，y随x的增大而减小，∵当y＝1时，x＝±1；当y＝9时，x＝±3，∴ 当1≤y ≤9时，自变量x 的取值范围是-3≤x ≤-1或1≤x ≤3，故选：C ．【点睛】本题考查二次函数的性质及二次函数图像上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．【例7】． （2022秋·安徽合肥）在平面直角坐标系中，已知点A (4,2)，B (4,4)，抛物线L ：()()20y x t t t =--+≥，当L 与线段AB 有公共点时，t 的取值范围是（ ）A ．3≤t ≤4B ．5≤t ≤6C ．3≤t ≤4，t =6D ．3≤t ≤4或5≤t ≤6【答案】D【分析】根据题意知线段AB 平行于y 轴，故根据二次函数与线段交点的情况列式()2244t t --+≤≤求解即可．【详解】根据题意知：∵点A (4,2)，B (4,4)，故对于二次函数()()20y x t t t =--+≥与线段AB 有公共点时，即当x=4时，2≤y ≤4，即()2244t t --+≤≤，解得：3≤t ≤4或5≤t ≤6；故选：D ．【点睛】此题考查二次函数与线段交点问题，主要理解函数图像与线段有交点的真实含义，难度一般，主要是计算．【例8】． （2022秋·安徽合肥）如图是二次函数y 1=ax 2+bx +c (a ≠0)和一次函数y 2=mx +n (m ≠0)的图象，当y 2>y 1，x 的取值范围是________．【答案】−2<x <1【分析】关键是从图像上找出两函数图像交点坐标，再根据两函数图像的上下位置关系，判断y 2＞y 1时，x 的取值范围．【详解】从图像上看出，两个交点坐标分别为(−2,0)，(1,3)【例10】． （2022秋·安徽芜湖·）如图，抛物线23y ax bx =++与x 轴交于A ，B 两点，且点B 的坐标为(2，0)，与y 轴交于点C ，抛物线对称轴为直线x =−1．连接AC ，BC ，点P 是抛物线上在第二象限内的一个动点．过点P 作x 轴的垂线PH ，垂足为点H ，交AC 于点Q ．过点P 作PG ⊥AC 于点G ．。
考向3.10 二次函数-面积问题例1、（2021·四川雅安·中考真题）已知二次函数223y x bx b =+-． （1）当该二次函数的图象经过点1,0A 时，求该二次函数的表达式；（2）在(1) 的条件下，二次函数图象与x 轴的另一个交点为点B ，与y 轴的交点为点C ,点P 从点A 出发在线段AB 上以每秒2个单位长度的速度向点B 运动，同时点Q 从点B 出发，在线段BC 上以每秒1个单位长度的速度向点C 运动，直到其中一点到达终点时，两点停止运动，求△BPQ 面积的最大值;（3）若对满足1≥x 的任意实数x ，都使得0y ≥成立，求实数b 的取值范围．解：（1）把1,0A 代入223y x bx b =+-， 得：20123b b =+-，解得：b =1，∴该二次函数的表达式为：223y x x =+-； （2）令y =0代入223y x x =+-， 得：2023x x =+-， 解得：11x =或23x =-，令x =0代入223y x x =+-得：y =-3， ∴A (1，0)，B (-3，0)，C (0，-3)， 设运动时间为t ，则AP =2t ，BQ =t ， ∴BP =4-2t ，过点M 作MQ ⊥x 轴， ∵OB =OC =3， ∴∠OBC =45°，∴BMQ 是等腰直角三角形，∴MQ =22BQ =22t ， ∴△BPQ 的面积=()11222242BP MQ t t -⋅=⋅=()222122t --+，∴当t =1时，△BPQ 面积的最大值=22；（3）抛物线223y x bx b =+-的对称轴为：直线x =-b ，开口向上， 设2()23y f x x bx b ==+-，∵对1≥x 的任意实数x ，都使得0y ≥成立，∴()110b f -≤⎧⎨≥⎩或()10b f b ->⎧⎨-≥⎩，∴-1≤b ≤1或-3≤b ＜-1， ∴-3≤b ≤1．1、二次函数面积问题的几种形式（1）直接用面积公式；（2）三角形的面积等于铅直高度与水平宽度积的一半；(3)平行线等面积法（通过做平行线辅助线完成）。
决战2020年中考数学九年级三轮冲刺：《二次函数动点综合》（四）1．已知抛物线的解析式y＝ax2+bx+3与x轴交于A、B两点，点B的坐标为（﹣1，0）抛物线与y轴正半轴交于点C，△ABC面积为6．（1）如图1，求此抛物线的解析式；（2）P为第一象限抛物线上一动点，过P作PG⊥AC，垂足为点G，设点P的横坐标为t，线段PG的长为d，求d与t之间的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围；（3）如图2，在（2）的条件下，过点B作CP的平行线交y轴上一点F，连接AF，在BF 的延长线上取点E，连接PE，若PE＝AF，∠AFE+∠BEP＝180°，求点P的坐标．：y＝ax2﹣x+2（a＞0）与x轴交于A、B（点A在点B左侧），与y轴交于点2．抛物线C1C．（1）如图1，若A（2，0），连AC、BC．的解析式及△ABC的面积；①直接写出C1②将△AOC绕某一点逆时针旋转90°至△A′O′C′（其中A、O、C的对应点分别为A′、O′、C′）．若旋转后的△A′O′C′恰有一边的两个端点落在抛物线C的图象上，求点1 A′的坐标；（2）如图2，平移抛物线C1使平移后的新抛物线C2顶点在原点，P（，0）是x轴正半轴上一点，过P作直线交C2的图象于A、B，过A的直线y＝x+b交C2于点C，过P作x轴的垂线交BC于点M，设点M的纵坐标为n，试判断an是否为定值？若是，求这个定值，若不是，说明理由．3．如图1，抛物线y＝ax2+bx经过原点O和点A（12，0），在B在抛物线上，已知OB⊥BA，且∠A＝30°．（1）求此抛物线的解析式．（2）如图2，点P为OB延长线上一点，若连接AP交抛物线于点M，设点P的横坐标为t，点M的横坐标为m，试用含有t的代数式表示m，不要求写取值范围．（3）在（2）的条件下，过点O作OW⊥AP于W，并交线段AB于点G，过点W的直线交OP 延长线于点N，交x轴于点K，若∠WKA＝2∠OAP，且NK＝11，求点M的横坐标及WG的长．4．如图1，已知抛物线y＝﹣x+3与x轴交于A和B两点，（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．（1）求出直线BC的解析式．（2）M为线段BC上方抛物线上一动点，过M作x轴的垂线交BC于H，过M作MQ⊥BC于Q，求出△MHQ周长最大值并求出此时M的坐标；当△MHQ的周长最大时在对称轴上找一点R，使|AR﹣MR|最大，求出此时R的坐标．（3）T为线段BC上一动点，将△OCT沿边OT翻折得到△OC′T，是否存在点T使△OC′T与△OBC的重叠部分为直角三角形，若存在请求出BT的长，若不存在，请说明理由．5．抛物线y＝﹣x2﹣x+5与x轴交于A、B两点（点A在点B右侧）与y轴交于点C，顶点为D（1）如图1，G为y轴上一点，且OG＝OC，连接AG并延长，P为直线AG上方抛物线上的一点，当△PAG面积最大时，将线段AG沿射线AG平移得到A'G'，连接PA'，一动点E从P点出发，以每秒1个单位的速度沿适当的路径运动到A'，再以每秒个单位的速度沿AG方向运动到G'，最后以每秒2个单位的速度沿适当的路径运动回A点停止，求动点E运动时间的最小值．（2）如图2，过顶点D作DH⊥AB于点H，交BC于点E，将△BHE绕H点顺时针旋转得到△B'HE'，且点B'落在线段BC上，将线段AC沿直线AC平移得到A'C'，连接E'C'，E'A'，当△E'A'C'为直角三角形时，请求出C'的坐标．6．如图，抛物线y＝与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点．（1）点P是线段BC下方的抛物线上一点，过点P作PD⊥BC交BC于点D，过点P作EP ∥y轴交BC于点E．点MN是直线BC上两个动点且MN＝AO（x M＜x N）．当DE长度最大时，求PM+MN﹣BN的最小值．（2）将点A向左移动3个单位得点G，△GOC延直线BC平移运动得到三角形△G'O′C'（两三角形可重合），则在平面内是否存在点G'，使得△G′BC为等腰三角形，若存在，直接写出满足条件的所有点G′的坐标，若不存在请说明理由．7．如图1，抛物线y ＝﹣x 2+bx +c 与x 轴交于点A （4，0），与y 轴交于点B （0，4），在x 轴上有一动点D （m ，0）（0＜m ＜4），过点D 作x 轴的垂线交直线AB 于点C ，交抛物线于点E ，（1）直接写出抛物线和直线AB 的函数表达式．（2）当点C 是DE 的中点时，求出m 的值，并判定四边形ODEB 的形状（不要求证明）．（3）在（2）的条件下，将线段OD 绕点O 逆时针旋转得到OD ′，旋转角为α（0°＜a ＜90°），连接D ′A 、D ′B ，求D ′A +D ′B 的最小值．8．如图，已知：抛物线y ＝x 2+bx +c 与x 轴交于A （﹣1，0），B （3，0）两点，与y 轴交于点C ，点D 为顶点，连接BD ，CD ，抛物线的对称轴与x 轴交与点 E ．（1）求抛物线解析式及点D 的坐标；（2）G 是抛物线上B ，D 之间的一点，且S 四边形CDGB ＝4S △DGB ，求出G 点坐标；（3）在抛物线上B ，D 之间是否存在一点M ，过点M 作MN ⊥CD ，交直线CD 于点N ，使以C ，M ，N 为顶点的三角形与△BDE 相似？若存在，求出满足条件的点M 的坐标，若不存在，请说明理由．9．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴负半轴于点A，交x轴正半轴＝24．于点B（4，0），交y轴正半轴于点C，OC＝4OA，S△ABC（1）求抛物线的解析式；（2）点P为第一象限抛物线上一点，过点P作PD⊥AB于点D，连接AP交y轴于点E，过点E作EG⊥PD于点G，设点P的横坐标为t（t≤1），PG的长度为d，求d与t之间的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；（3）在（2）的条件下，过点B作BF⊥EG交EG的延长线于点F，点Q在线段GF上，连接DQ、PQ，将△DGQ沿DQ折叠后，点G的对称点为点H，DH交BF于点M，连接MQ并延长交DP的延长线于点N，当∠DQM＝45°，tan∠PQN＝时，求直线PQ的解析式．10．如图，设抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于两个不同的点A（﹣1，0），B（m，0），与y 轴交于点C（0，﹣2），且∠ACB＝90度．（1）求m的值和抛物线的解析式；（2）已知点D（1，n）在抛物线上，过点A的直线y＝x+1交抛物线于另一点E，求点D 和点E的坐标；（3）在x轴上是否存在点P，使以点P，B，D为顶点的三角形与三角形AEB相似？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．参考答案1．解：（1）当x＝0时，y＝3，C（0，3），∴OC＝3，∵B（﹣1，0），∴OB＝1，∴，∴AB＝4，∴OA＝AB﹣OB＝3，∴A（3，0），将A，B的坐标代入抛物线的解析式y＝ax2+bx+3得，，解得，∴y＝﹣x2+2x+3，即抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；（2）作PD⊥x轴交AC于点E，如图1，∵OA＝OC，∴∠A＝45°，∵∠A+∠EDA＝∠PEA，∠P+∠PGE＝∠PEA，∠EDA＝∠PGE＝90°，∴∠A＝∠P＝45°，∴，∴，设直线AC的解析式为y＝kx+b，∵A（3，0），C（0，3），∴，解得，∴直线AC为y＝﹣x+3，设P（t，﹣t2+2t+3），∵PD⊥x轴，∴E（t，﹣t+3），∴PE＝﹣t2+2t+3+t﹣3＝﹣t2+3t，∴PG＝，∵P为第一象限抛物线上一动点，∴0＜t＜3．（3）如图2．过点P作PN⊥BE交BE于点N，过点C作CH⊥BE于点H，过点A作AG⊥BE 于点G，设BE与AC交于点M，∵∠BEP+∠PEN＝180°，∠AFE+∠BEP＝180°，∴∠PEN＝∠AFG，∵∠PNE＝∠AGF＝90°，PE＝AF，∴△PEN≌△AFG（AAS），∴PN＝AG，∵CP∥BE，∴四边形CPNH是矩形，∴PN＝CH＝AG，∵∠CMH＝∠AMG，∠CHM＝∠AGM，∴△CMH≌△AGM（AAS），∴CM＝AM，∴M（），求得直线BM的解析式为y＝，∵CP∥BM，∴直线CP的解析式为y＝，∴，解得或，∴P（）．2．解：（1）①将A（2，0）代入y＝ax2﹣x+2（a＞0），得：0＝4a﹣3+2，解得：a＝，∴抛物线C1的解析式为：y＝x2﹣x+2（a＞0）令x＝0，得y＝2，∴C（0，2），OC＝2令y＝0，得x2﹣x+2＝0，解得：x1＝2，x2＝4，∴B（4，0），∴AB＝4﹣2＝2∴S△ABC＝AB•OC＝×2×2＝2；②若C'、Q'在抛物线C1上，∵C'O'＝CO＝2，∴当x＝3时，y＝﹣，∴O'（3，﹣），∴A'（3，）；若C'、A'在抛物线C1上，设C'（t，﹣t+2），则A'（t+2，﹣t+4），将A'代入C1得：（t+2）2﹣（t+2）+2＝﹣t+4，解得t＝4，∴A′（6，2）；（2）∵平移后的新抛物线C2顶点在原点，∴平移后的新抛物线C2的解析式为：y＝ax2，设AP的直线解析式为y＝k（x﹣），联立，ax2﹣kx+＝0，∴x A+x B＝，x A x B＝，∴x A x B＝（x A+x B），联立，ax2﹣x﹣b＝0，∴x A+x C＝，x C＝﹣x A，设直线BC的解析式为y＝px+q，联立，ax2﹣px﹣q＝0，∴x B+x C＝，x B x C＝﹣，∴x B+（﹣x A）＝，∴x B﹣x A＝①，x B（﹣x A）＝﹣，x B﹣x A＝﹣2q②，由①②可得q＝，将M代入y＝px+q，∴n＝q•+＝，∴an＝．3．解：（1）过点B作BD⊥OA于点D，设OD＝x，则OB＝2a，OA＝4a，∵A（12，0），∴4a＝12，∴a＝3，∴，∴B（3，3），∵抛物线y＝ax2+bx经过点B（3，3）和点A（12，0），∴，解得，∴y＝﹣．（2）过点P作PH⊥OA于点H，过点M作MQ⊥OA于点Q，P（t，t），M（m，﹣），∵PH∥MQ，∴△APH∽△AMQ，∴，∴，∴，∴，即m＝．（3）取OA的中点R，连结WR，∵OW⊥AP，∴WR＝RA＝OR，∴∠OAP＝∠RWA，∴∠ORW＝2∠OAP，∵∠WKA＝2∠OAP，∴∠ORW＝∠WKA，∴∠WRK＝∠WKO，∴WR＝WK，∴，∴NW＝NK﹣WK＝11﹣6＝5，∵∠POW＝∠BAW＝∠OAP﹣∠OAB＝α﹣30°，∠N＝∠AKW﹣∠AOB＝2α﹣60°，∴∠N＝2∠POW，取OP的中点，连结TW，∴∠N＝∠NTW，∴，∴OP＝10，∴t2+3t2＝100，∴t＝5，∴＝．即M点的横坐标为．∴点P到x轴的距离是5，∴tan，∴OW：AW：OA＝5：7：2，∴OW＝12×，又∵，，OA＝12，∴＝，∴WG＝．4．解：（1）由已知可求A（﹣2，0），B（4，0），C（0，3），设BC的解析式为y＝kx+b，则有，∴，∴BC的解析式为y＝﹣x+3；（2）∵MQ⊥BC，M作x轴，∴∠QMH＝∠CBO，∴tan∠QMH＝tan∠CBO＝，∴QH＝QM，MH＝MQ，∴△MHQ周长＝MQ+QH+MH＝QM+QM+MQ＝3QM，则求△MHQ周长的最大值，即为求QM的最大值；设M（m，﹣m2+m+3），过点M与BC直线垂直的直线解析式为y＝x﹣m2﹣m+3，直线BC与其垂线相交的交点Q（+m，﹣m2﹣m+3），∴MQ＝（﹣m2+4m），∴当m＝2时，MQ有最大值，∴△MHQ周长的最大值为，此时M（2，3），函数的对称轴为x＝1，作点M关于对称轴的对称点M'（0，3），连接AM'与对称轴交于点R，此时|AR﹣MR|＝|AR﹣M'R|＝AM'，∴|AR﹣MR|的最大值为AM'；∵AM'的直线解析式为y＝x+3，∴R（1，）；（3）①当TC'∥OC时，GO⊥TC'，∵△OCT≌△OTC'（SSS），∴OG＝＝，∴T（，），∴BT＝2；②当OT⊥BC时，过点T作TH⊥x轴，OT＝，∵∠BOT＝∠BCO，∴cos∠BOT＝＝，∴OH＝，∴T（，），∴BT＝；③当OC'⊥BC时，OF＝，在Rt△OCF中，CF＝，∵CO＝C'O＝3，∴C'F＝，在Rt△C'TF中，TC2＝（﹣CT）2+（）2，∴CT＝1，∴BT＝4；综上所述：BT＝2或BT＝或BT＝4．5．解：（1）由已知可求A（3，0），B（﹣5，0），C（0，5），D（﹣1，），∵OG＝OC，∴OG＝，∴G（0，），∴AG的解析式为y＝﹣x+，设P（m，﹣m2﹣m+5），过点P与AG垂直的直线解析式为y＝x﹣m2﹣m+5，直线AG与其垂线的交点为Q（m2+m﹣3，﹣m2﹣m+2），∴PQ＝（﹣m2﹣m+12），当m＝﹣时，△PAG面积最大，∴P（﹣，），将点P沿着AG的方向平移，得到P'纵坐标为，过点P'作P'H⊥x轴于点M，∴PA'++＝PA'+AG'+2＝P'M+2＝+2；（2）由旋转易得E（﹣1，4），E'（5，2），C'（，），分三种情况：①当∠E'C'A'为直角时，设点A'（3+n，﹣n），C'（n，5﹣n），由勾股定理可得，C'（﹣，）；②当∠C'E'A'为直角时，设点A'（3﹣n，n），C'（﹣n，5+n），由勾股定理可得，C'（，）；③当∠C'A'E'为直角时，设点A'（3﹣n，n），C'（﹣n，5+n），由勾股定理可得，C'（，）；综上所述：C'（﹣，）或C'（，）或C'（，）．6．解：（1）y＝＝（x﹣4）（x+1），故点A、B、C的坐标分别为：（﹣1，0）、（4，0）、（0，﹣）；则直线BC的表达式为：y＝（x﹣4）；设点P（x，），则点E（x，x﹣），DE＝PE sin∠EPD＝（x﹣﹣x2﹣x+），当x＝2时，DE最大，此时点P（2，﹣）；MN＝AO＝1，将△BCO沿BC翻折得到BCO′，将点P沿CB的方向平移1个单位得到点P′（，﹣），作P′H⊥BO′交BO′于点H，交BC于点N，将点N沿C方向平移1个单位得到点M，则点M、N为所求；P′P∥MN，且PP′＝MN，则四边形P′PNM为平行四边形，则P′N＝PM，∠CBO′＝∠OBC＝30°，则HN＝NB sin30BN，PM+MN﹣BN＝MN+P′N﹣BN＝MN+P′H为最小；直线BO′的倾斜角为60°，则其表达式为：y＝（x﹣4）…①，则直线P′N表达式中的k为：﹣，其表达式为：y＝﹣+b，将点P′坐标代入并解得：直线P′N的表达式为：y＝﹣x+…②，联立①②并解得：x＝，故点H（，﹣）；P′H＝，PM+MN﹣BN最小值＝MN+P′N﹣BN＝MN+P′H＝；（2）直线BC的表达式为：y＝（x﹣4）；点G′（﹣4，0），设△GOC延直线BC向上平移m个单位，则向右平移m个单位，则点G′（m﹣4，m）；BC2＝，BG′2＝（m﹣8）2+3m2，CG′2＝（m﹣4）2+（m+）2＝4m2+；①当BC＝BG′时，BC2＝（m﹣8）2+3m2，方程无解；②当BC＝G′C时，同理可得：m＝0；③当BG＝CG′时，同理可得：m＝；即m＝0或，故点G′（﹣4，0）或（﹣，）．7．解：（1）将点B、A的坐标代入抛物线y＝﹣x2+bx+c得，，解得：，∴抛物线的函数表达式为y＝﹣．设直线AB的解析式为y＝kx+b，∴，解得：，∴直线AB的解析式为y＝﹣x+4；（2）∵过点D（m，0）（0＜m＜4）作x轴的垂线交直线AB于点C，交抛物线于点E，∴E（m，），C（m，﹣m+4）．∴EC＝＝．∵点C是DE的中点，∴．解得：m＝2，m＝4（舍去）．∴ED＝OB＝4，∴四边形ODEB为矩形．（3）如图，由（2）可知D（2，0），在y轴上取一点M′使得OM′＝1，连接AM′，在AM′上取一点D′使得OD′＝OD．∵OD′＝2，OM′•OB＝1×4＝4，∴OD′2＝OM′•OB，∴，∵∠BOD′＝∠M′OD′，∴△M′OD′∽△D′OB，∴．∴．∴D′A+D′B＝D′A+M′D′＝AM′，此时D′A+D′B最小（两点间线段最短，A、M′、D′共线时），∴D′A+D′B的最小值＝AM′＝＝．8．解：（1）点A（﹣1，0）、B（3，0），根据两点式得：抛物线的表达式为：y＝（x+1）（x﹣3）＝x2﹣2x﹣3…①；函数的对称轴为x＝1，当x＝1时，y＝x2﹣2x﹣3＝﹣4，则D（1，﹣4）；（2）过点G作y轴的平行线交BD于点H，设直线BC交对称轴于点F，由点B（3，0）、C（0，﹣3）的坐标可得，直线BC的表达式为：y＝x﹣3，则点F（1，﹣2），则FD＝2，同理可得，BD的表达式为：y＝2x﹣6，设点G（x，x2﹣2x﹣3），则点H（x，2x﹣6），S四边形CDGB ＝4S△DGB，则S△BDG ＝S△BCD＝×FD×OB＝×2×3＝1，S△BDG＝HG×BE＝（2x﹣6﹣x2+2x+3）×（3﹣1）＝1，解得：x＝2，故点G（2，﹣3）；（3）存在，理由：过点B作BP⊥BC交CM的延长线于点P，∵点B（3，0）、C（0，﹣3）、则BC＝3，BC、CD与y轴的夹角都是45°，故∠BDC＝90°，∵MN⊥CD，∴BC∥MN，∵C，M，N为顶点的三角形与△BDE相似，∴B，C，P为顶点的三角形与△BDE相似，则，即，解得：BP＝或6；过点P作PQ⊥x轴于点Q，∵∠OBC＝45°，∴∠PBQ＝45°；①当PB＝时，PQ＝BQ＝PB＝，OQ＝OB+BQ＝3+＝，故点P（，﹣），由点C、P的坐标得，直线CP的表达式为：y＝x﹣3…②，联立①②并解得：x＝0（舍去）或，故点M（，﹣）；②当BP＝6时，同理可得：点P（9，﹣6），则直线CP的表达式为：y＝﹣x﹣3…③，联立①③并解得：x＝0（舍去）或，故点M（，﹣）；综上，点M的坐标为：（，﹣）或（，﹣）．9．解：（1）设OA＝m，则OC＝4OA＝4m，∵B（4，0），所以OB＝4，∴AB＝OA+OB＝4+m，∴S＝AB•OC＝2m（4+m）＝24，△ABC解得m＝2，∴A（﹣2，0），C（0，8），将A、C两点坐标代入y＝﹣x2+bx+c解得b＝2，c＝8，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+8．（2）∵P为抛物线上一点，且横坐标为t，∴P（t，﹣t2+2t+8），∴PD＝﹣t22t+8，OD＝t，∵A（﹣2，0），∴AD＝t+2，∵EG⊥PD，∴△PEG∼PAD，且EG＝OD＝t，∴，所以，所以d＝﹣t2+4t．（3）∵PG＝﹣t2+4t，PD＝﹣t2+2t+8，∴GD＝PD﹣PG＝8﹣2t，∴OE＝BF＝GD＝8﹣2t，设∠QMF＝α，则∠MQF＝90°﹣α，∵∠DQM＝45°，∴∠GQD＝180°﹣∠DQM﹣∠MQF＝45°+α，∴∠DQH＝∠GQD＝45°+α，∴∠HQM＝∠DQH﹣∠DQM＝α，∴△QFM≌△MHQ，∴QH＝MF，MH＝QF，如图，作MK⊥QM交DQ于K，过点K作SR⊥FB于R交GD于S，则∠KRM＝∠KMQ＝∠QFM＝90°，∵∠DQM＝45°，∴∠MKQ＝45°＝∠MQK，∴QM＝KM，∵∠QMF+∠KMR＝∠KMR+∠MKR＝90°，∴∠QMF＝∠MKR，∴△QFM≌△MRK，∴KR＝MF，MR＝QF，设QF＝m，则MR＝QF＝m，∴GQ＝QH＝FM＝EF﹣EG﹣QF＝4﹣t﹣m，∴FR＝FM+MR＝4﹣t﹣m+m＝4﹣t＝BF，∴R为BF中点，∴SK＝GQ，∵SK＝SR﹣KR＝GF﹣GQ＝QF，∴QF＝FM，∴tan∠QMF＝tanα＝，作PT⊥NQ于T，则tan∠N＝＝tanα＝，∴NT＝2PT，∵tan∠PQN＝＝，∴QT＝8PT，设PT＝n，则NT＝2n，QT＝8n，QN＝10n，PN＝n，∵＝tan∠N＝，∴GQ＝＝2n，NG＝2GQ＝4n，∴PG＝NG﹣PN＝3n，∴＝，∵GQ＝2SK＝2QF＝2m，∴，∴PG＝GF＝4﹣t，又∵PG＝﹣t2+4t，∴﹣t2+4t＝4﹣t，∴t2﹣5t+4＝0，解得t＝1或t＝5（舍），∴P（1，9），Q（3，6），∴PQ的解析式为y＝﹣x+．10．解：（1）在直角△ABC中，∵CO⊥AB∴OC2＝OA．OB∴22＝1×m即m＝4∴B（4，0）．把A（﹣1，0）B（4，0）分别代入y＝ax2+bx﹣2，并解方程组得a＝，b＝﹣，∴y＝x2﹣x﹣2；（2）把D（1，n）代入y＝x2﹣x﹣2得n＝﹣3，∴D（1，﹣3）解方程组，得，∴E（6，7）．（3）作EH⊥x轴于点H，则EH＝AH＝7，∴∠EAB＝45°由勾股定理得：BE＝，AE＝7，作DM⊥x轴于点M，则DM＝BM＝3，∴∠DBM＝45°由勾股定理得BD＝3．假设在x轴上存在点P满足条件，∵∠EAB＝∠DBP＝45°，∴或，即或，∴PB＝或PB＝，OP＝4﹣＝或OP＝4﹣＝﹣．∴在x轴上存在点P（，0），（﹣，0）满足条件．。
因动点产生的平行四边形问题例1 2013年上海市松江区中考模拟第24题如图1，已知抛物线y ＝－x 2＋bx ＋c 经过A (0, 1)、B (4, 3)两点． （1）求抛物线的解析式； （2）求tan ∠ABO 的值；（3）过点B 作BC ⊥x 轴，垂足为C ，在对称轴的左侧且平行于y 轴的直线交线段AB 于点N ，交抛物线于点M ，若四边形MNCB 为平行四边形，求点M 的坐标．图1动感体验请打开几何画板文件名“13松江24”，拖动点N 在直线AB 上运动，可以体验到，以M 、N 、C 、B 为顶点的平行四边形有4个，符合MN 在抛物线的对称轴的左侧的平行四边形MNCB 只有一个．请打开超级画板文件名“13松江24”，拖动点N 在直线AB 上运动，可以体验到，MN 有4次机会等于3，这说明以M 、N 、C 、B 为顶点的平行四边形有4个，而符合MN 在抛物线的对称轴的左侧的平行四边形MNCB 只有一个．思路点拨1．第（2）题求∠ABO 的正切值，要构造包含锐角∠ABO 的角直角三角形． 2．第（3）题解方程MN ＝y M －y N ＝BC ，并且检验x 的值是否在对称轴左侧．满分解答（1）将A (0, 1)、B (4, 3)分别代入y ＝－x 2＋bx ＋c ，得1,164 3.c b c =⎧⎨-++=⎩ 解得92b =，c ＝1． 所以抛物线的解析式是2912y x x =-++． （2）在Rt △BOC 中，OC ＝4，BC ＝3，所以OB ＝5．如图2，过点A 作AH ⊥OB ，垂足为H ．在Rt △AOH 中，OA ＝1，4sin sin 5AOH OBC ∠=∠=，所以4sin 5AH OA AOH =⋅∠=． 图2 所以35OH =，225BH OB OH =-=．在Rt △ABH 中，4222tan 5511AH ABO BH ∠==÷=．（3）直线AB 的解析式为112y x =+．设点M 的坐标为29(,1)2x x x -++，点N 的坐标为1(,1)2x x +，那么2291(1)(1)422MN x x x x x =-++-+=-+．当四边形MNCB 是平行四边形时，MN ＝BC ＝3．解方程－x 2＋4x ＝3，得x ＝1或x ＝3．因为x ＝3在对称轴的右侧（如图4），所以符合题意的点M 的坐标为9(1,)2（如图3）．图3 图4考点伸展第（3）题如果改为：点M 是抛物线上的一个点，直线MN 平行于y 轴交直线AB 于N ，如果M 、N 、B 、C 为顶点的四边形是平行四边形，求点M 的坐标．那么求点M 的坐标要考虑两种情况：MN ＝y M －y N 或MN ＝y N －y M ．由y N －y M ＝4x －x 2，解方程x 2－4x ＝3，得27x =±（如图5）．所以符合题意的点M 有4个：9(1,)2，11(3,)2，57(27,)2--，57(27,)2++．图5例2 2012年福州市中考第21题如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，动点P从点A开始沿边AC向点C以每秒1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD//BC，交AB于点D，联结PQ．点P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动的时间为t秒（t≥0）．（1）直接用含t的代数式分别表示：QB＝_______，PD＝_______；（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由，并探究如何改变点Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q的速度；（3）如图2，在整个运动过程中，求出线段PQ的中点M所经过的路径长．图1 图2动感体验请打开几何画板文件名“12福州21”，拖动左图中的点P运动，可以体验到，PQ的中点M的运动路径是一条线段．拖动右图中的点Q运动，可以体验到，当PQ//AB时，四边形PDBQ为菱形．请打开超级画板文件名“12福州21”，拖动点Q向上运动，可以体验到，PQ的中点M的运动路径是一条线段．点击动画按钮的左部，Q的速度变成1.07，可以体验到，当PQ//AB时，四边形PDBQ为菱形．点击动画按钮的中部，Q的速度变成1.思路点拨1．菱形PDBQ必须符合两个条件，点P在∠ABC的平分线上，PQ//AB．先求出点P运动的时间t，再根据PQ//AB，对应线段成比例求CQ的长，从而求出点Q的速度．2．探究点M的路径，可以先取两个极端值画线段，再验证这条线段是不是点M的路径．满分解答（1）QB＝8－2t，PD＝43t．（2）如图3，作∠ABC的平分线交CA于P ，过点P作PQ//AB交BC于Q，那么四边形PDBQ是菱形．过点P作PE⊥AB，垂足为E，那么BE＝BC＝8．在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝8，所以AB＝10．图3在Rt△APE中，23cos5AEAAP t===，所以103t=．当PQ//AB时，CQ CPCB CA=，即106386CQ-=．解得329CQ=．所以点Q的运动速度为3210169315÷=．（3）以C为原点建立直角坐标系．如图4，当t＝0时，PQ的中点就是AC的中点E(3，0)．如图5，当t＝4时，PQ的中点就是PB的中点F(1，4)．直线EF的解析式是y＝－2x＋6．如图6，PQ的中点M的坐标可以表示为（62t-，t）．经验证，点M（62t-，t）在直线EF上．所以PQ的中点M的运动路径长就是线段EF的长，EF＝25．图4 图5 图6考点伸展第（3）题求点M的运动路径还有一种通用的方法是设二次函数：当t＝2时，PQ的中点为(2，2)．设点M的运动路径的解析式为y＝ax2＋bx＋c，代入E(3，0)、F(1，4)和(2，2)，得930,4,42 2.a b ca b ca b c++=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩解得a＝0，b＝－2，c＝6．所以点M的运动路径的解析式为y＝－2x＋6．例3 2012年烟台市中考第26题如图1，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点B(1, 0)、C(3, 0)、D(3, 4)．以A为顶点的抛物线y＝ax2＋bx＋c过点C．动点P从点A出发，沿线段AB向点B运动，同时动点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动．点P、Q的运动速度均为每秒1个单位，运动时间为t秒．过点P作PE⊥AB交AC 于点E．（1）直接写出点A的坐标，并求出抛物线的解析式；（2）过点E作EF⊥AD于F，交抛物线于点G，当t为何值时，△ACG的面积最大？最大值为多少？（3）在动点P、Q运动的过程中，当t为何值时，在矩形ABCD内（包括边界）存在点H，使以C、Q、E、H为顶点的四边形为菱形？请直接写出t的值．图1动感体验请打开几何画板文件名“12烟台26”，拖动点P在AB上运动，可以体验到，当P在AB的中点时，△ACG的面积最大．观察右图，我们构造了和△CEQ中心对称的△FQE和△ECH′，可以体验到，线段EQ 的垂直平分线可以经过点C和F，线段CE的垂直平分线可以经过点Q和H′，因此以C、Q、E、H为顶点的菱形有2个．请打开超级画板文件名“12烟台26”，拖动点P在AB上运动，可以体验到，当P在AB 的中点时，即t=2，△ACG的面积取得最大值1．观察CQ，EQ，EC的值，发现以C、Q、E、H为顶点的菱形有2个．点击动画按钮的左部和中部，可得菱形的两种准确位置。
