重庆市2022中考数学第二部分题型研究二解答题重难点突破题型五二次函数综合题

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=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|的值最大？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.第1题图备用图2.（2022珠海）如图，折叠矩形OABC的一边BC，使点C落在OA边的点D处，已知折痕BE=5,且=.以O为原点，OA所在的直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，抛物线l：y=-x2+x+c经过点E，且与AB边相交于点F.（1）求证：△ABD∽△ODE;（2）若M是BE的中点，连接MF，求证：MF⊥BD;（3）P是线段BC上一动点，点Q在抛物线l上，且始终满足PD⊥DQ，在点P运动过程中，能否使得PD=DQ？若能，求出所有符合条件的Q点坐标；若不能，请说明理由.第2题图\n3.（2022孝感改编）在平面直角坐标系中，抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，直线y=x+4经过A，C两点.（1）求抛物线的解析式；（2）在AC上方的抛物线上有一动点P.①如图①，过点P作y轴的平行线交AC于点D，当线段PD取得最大值时，求出点P的坐标；②如图②，过点O，P的直线y=kx交AC于点E，若PE∶OE=3∶8，求k的值.图①图②第3题图4.（2022天水）在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝-x2+bx+c(b、c为常数)的顶点为P，等腰直角三角形ABC的顶点A的坐标为（0，-1），点C的坐标为（4，3），直角顶点B在第四象限.(1)如图，若抛物线经过A、B两点，求抛物线的解析式;(2)平移（1）中的抛物线，使顶点P在AC上并沿AC方向滑动距离为\n时，试证明：平移后的抛物线与直线AC交于x轴上的同一点;(3)在（2）的情况下，若沿AC方向任意滑动时，设抛物线与直线AC的另一交点为Q，取BC的中点N，试探究NP+BQ是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，请说明理由.第4题图5.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,且OA=2,OC=3.（1）求抛物线的解析式；（2）作Rt△OBC的高OD，延长OD与抛物线在第一象限内交于点E，求点E的坐标；（3）在抛物线的对称轴上，是否存在一点Q，使得△BEQ的周长最小？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.第5题图\n6.如图，已知在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC的边OA在y轴的正半轴上，OC在x轴的正半轴上，AB∥OC,OA=AB=2,OC=3，过点B作BD⊥BC，交OA于点D，将∠DBC绕点B顺时针方向旋转，角的两边分别交y轴的正半轴、x轴的正半轴于点E、F.（1）求经过A、B、C三点的抛物线的解析式；（2）当BE经过（1）中抛物线的顶点时，求CF的长；（3）在抛物线的对称轴上取两点P、Q（点Q在点P的上方），且PQ=1，要使四边形BCPQ的周长最小，求出P、Q两点的坐标.第6题图【答案】针对演练1.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）令x=0,则y=3,∴点C（0，3），又∵点A(3,0),\n∴直线AC的解析式为y=-x+3,设点P（x,x2-4x+3）,∵PD∥y轴，且点D在AC上，∴点D(x,-x+3),∴PD=(-x+3)-(x2-4x+3)=-x2+3x=-(x-)2+,∵a=-1<0,∴当x=时，线段PD的长度有最大值，最大值为.(3)存在.由抛物线的对称性可知，对称轴垂直平分AB，可得：MA＝MB，由三角形的三边关系，｜MA-MC｜<BC,可得：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+b(k≠0),由B、C两点的坐标分别为（1，0）、(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.2.（1）证明：由折叠知∠ADB=90°-∠ODE＝∠OED，∵∠EOD＝∠DAB=90°，∴Rt△ABD∽Rt△ODE.（2）证明：设OE＝3k，则OD＝4k，CE＝DE＝5k，AB＝OC＝8k，由Rt△ABD∽Rt△ODE可得AD＝6k，则OA＝BC＝BD＝10k，于是BE＝=5,解得k＝1，∵抛物线y＝-x2+x+c经过点E（0，3），∴c＝3，将点A的横坐标x＝10代入y＝-x2+x+3，得到点F的坐标为（10，），∴DF＝＝＝，∵BF＝AB-FA＝8-＝，\n∴DF＝BF，又∵∠BDE=90°，M是BE的中点，第2题解图∴MB＝MD，∴MF是线段BD的中垂线，∴MF⊥BD.(3)解：能.如解图，令y＝0，求得抛物线与x轴交点坐标为H（-4，0），G（12，0），①当PD⊥x轴时，由于PD＝8,DG＝DH＝8，故点Q的坐标为（-4，0）或（12，0）时，△PDQ是以D为直角顶点的等腰直角三角形；②当PD不垂直x轴时，分别过P，Q作x轴的垂线，垂足分别为N，I，则Q不与G重合，从而I不与G重合，即DI≠8,∵PD⊥DQ,∴∠QDI=90°-∠PDN＝∠DPN，∴Rt△PDN∽Rt△DQI,∵PN=8,∴PN≠DI,∴Rt△PDN与Rt△DQI不全等,∴PD≠DQ,另一侧同理可得PD≠DQ.综上①，②所有满足题设的点Q的坐标为（-4，0）和（12，0）.3.解：（1）对于直线y=x+4,令x=0，得y＝4,令y=0，得x=-4,则A(-4,0),C(0,4),代入抛物线解析式得,解得，∴抛物线的解析式为y=-x2-x+4.（2）①∵抛物线的解析式为y=-x2-x+4，∴点P(x,-x2-x+4),∵PD∥y轴，直线AC的解析式为y=x+4，∴D（x,x+4）,∵P点在AC的上方，∴PD=-x2-x+4-(x+4)=-（x+2）2+2,∵-2>-4,∴当x=-2时，线段PD取得最大值，将x=-2代入y=-x2-x+4中得y=4,∴线段PD取得最大值时,点P的坐标为（-2,4）.②过点P作PF∥OC交AC于点F，如解图.∵PF∥OC,∴△PEF∽△OEC,\n∴.又∵=,OC=4,∴PF=.∴由①得PF＝（-x2-x+4）-(x+4)=.化简得：x2+4x+3=0,解得x1=-1,x2=-3.当x=-1时，y=；当x=-3时，y=.即满足条件的P点坐标是（-1，）或（-3，）.又∵点P在直线y=kx上，∴k=-或k=-.第3题解图4.(1)解：设AC与x轴的交点为M，∵等腰直角三角形ABC的顶点A的坐标为(0,-1),C的坐标为(4,3),∴直线AC的解析式为y=x-1，∴直线AC与x轴的交点M(1，0).∴OM=OA，∠CAO=45°.∵△CAB是等腰直角三角形，∴∠ACB=45°，∴BC∥y轴,又∵∠OMA=45°，∴∠OAB＝90°，∴AB∥x轴,∴点B的坐标为(4，-1).∵抛物线过A(0，-1)，B(4，-1)两点，将两点代入抛物线的解析式中，得,解得，∴抛物线的解析式为y＝-x2+2x-1.(2)证明：抛物线y=-x2+2x-1=-(x2-4x)-1=－(x－2)2+1,∴顶点P的坐标为(2，1)，∵抛物线y=-(x－2)2+1顶点P平移到直线AC上并沿AC方向移动的距离为，∴其实是先向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度,∴平移后的二次函数的解析式为y=-(x-3)2+2，∵当y=0时，有0=-(x-3)2+2，解得x1=1，x2=5，\n∴y＝-(x-3)2+2过点(1，0)和(5,0)，∵直线AC的解析式为y=x-1，∴直线AC与x轴的交点坐标为(1，0)，∴平移后的抛物线与直线AC交于x轴上的同一点.(3)解：如解图，NP+BQ存在最小值，最小值为2.理由：取AB的中点F，连接FN，FQ，作B点关于直线AC的对称点B′，设平移后的抛物线的顶点为P′.连接BB′，B′Q,BQ,则BQ＝B′Q,∵抛物线y=-(x-2)2+1的顶点P(2，1)，A(0,-1)，∴PA==2,∴抛物线沿AC方向任意滑动时，P′Q=2，∵A(0，-1)，B(4，-1)，∴AB中点F(2，-1)，∵B(4，-1)，C(4，3)，∴N(4，1)，∴FN==2,∴FN＝P′Q,∵在△ABC中，F、N分别为AB、BC的中点，第4题解图∴FN∥P′Q，∴四边形P′NFQ是平行四边形，∴NP′=FQ,∴NP′+BQ=FQ+B′Q≥FB′==2.∴当B′、Q、F三点共线时，NP+BQ最小，最小值为2.5.解：（1）∵OA=2,∴点A的坐标为（-2，0）.∵OC=3,∴点C的坐标为（0，3）.把A（-2，0），C（0，3）分别代入抛物线y=-x2+bx+c,得，解得，∴抛物线的解析式为y＝-x2+x+3.\n(2)把y=0代入y=-x2+x+3,解得x1=3,x2=-2,∴点B的坐标为（3，0），∴OB=OC=3,∵OD⊥BC,∴OE所在的直线为y=x.解方程组,解得,∵点E在第一象限内，第5题解图∴点E的坐标为（2，2）.（3）存在，如解图，设Q是抛物线对称轴上的一点，连接QA、QB、QE、BE，∵QA=QB,∴△BEQ的周长＝BE+QA+QE,∵BE为定值，且QA+QE≥AE,∴当A、Q、E三点在同一直线上时，△BEQ的周长最小，由A(-2,0)、E(2，2)可得直线AE的解析式为y=x+1,由（2）易得抛物线的对称轴为x=,∴点Q的坐标为（，）,∴在抛物线的对称轴上，存在点Q（，），使得△BEQ的周长最小.6.解：(1)由题意得A(0，2)、B(2，2)、C(3，0).设经过A,B,C三点的抛物线的解析式为y=ax2+bx+2(a≠0),将点B、C分别代入得,解得,∴抛物线的解析式为y=-x2+x+2.\n(2)∵y=-x2+x+2=-+，设抛物线的顶点为G，则顶点G的坐标为（1，），过G作GH⊥AB，垂足为H，如解图①,则AH=BH=1,GH=-2=,∵EA⊥AB,GH⊥AB,∴EA∥GH,∴GH是△BEA的中位线,∴EA=2GH=.过B作BM⊥OC,垂足为M,如解图①,则MB=OA=AB.第6题解图①第6题解图②∵∠EBF=∠ABM=90°,∴∠EBA=∠FBM=90°-∠ABF.∴Rt△EBA≌Rt△FBM.∴FM=EA=.∵CM=OC-OM=3-2=1,∴CF=FM+CM=.(3)如解图②,要使四边形BCPQ的周长最小，将B点向下平移一个单位至点K，取C点关于对称轴对称的点M，连接KM交对称轴于P，将P向上平移1个单位至Q，此时M、P、K三点共线可使KP+PM最短，则QPKB为平行四边形，QB=PK,连接CP，根据轴对称求出CP=MP，则CP+BQ最小，∵CB，QP为定值，∴四边形BCPQ周长最短.∵将点C向上平移一个单位，坐标为（3，1），再作其关于对称轴对称的对称点C1，∴得点C1的坐标为（-1，1）.可求出直线BC1的解析式为y=x+.直线y＝x+与对称轴x＝1的交点即为点Q，坐标为（1，）.∴点P的坐标为（1，）.\n综上所述，满足条件的P、Q两点的坐标分别为（1，）、（1，）.题型五　二次函数综合题类型二　与面积有关的问题针对演练1.（2022桂林）如图，已知抛物线y=-x2+bx+c与坐标轴分别交于点A(0，8)、B(8，0)和点E,动点C从原点O开始沿OA方向以每秒1个单位长度移动，动点D从点B开始沿BO方向以每秒1个单位长度移动，动点C、D同时出发，当动点D到达原点O时，点C、D停止运动.(1)求抛物线的解析式；(2)求△CED的面积S与D点运动时间t的函数解析式：当t为何值时，△CED的面积最大?最大面积是多少?(3)当△CED的面积最大时，在抛物线上是否存在点P(点E除外)，使△PCD的面积等于△CED的最大面积，若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由.第1题图\n2.（2022海南）如图①，二次函数y=ax2+bx+3的图象与x轴相交于点A（-3，0）、B(1,0)，与y轴相交于点C，点G是二次函数图象的顶点，直线GC交x轴于点H(3,0)，AD平行GC交y轴于点D.（1）求该二次函数的表达式；（2）求证：四边形ACHD是正方形；（3）如图②，点M(t,p)是该二次函数图象上的动点，并且点M在第二象限内，过点M的直线y=kx交二次函数的图象于另一点N.①若四边形ADCM的面积为S，请求出S关于t的函数表达式，并写出t的取值范围；②若△CMN的面积等于，请求出此时①中S的值.图①图②第2题图\n3.(2022深圳)如图①，关于x的二次函数y=-x2+bx+c经过点A(-3,0),点C(0，3)，点D为二次函数的顶点,DE为二次函数的对称轴，E在x轴上.（1）求抛物线的解析式；（2）DE上是否存在点P到AD的距离与到x轴的距离相等？若存在,求出点P;若不存在,请说明理由；（3）如图②，DE的左侧抛物线上是否存在点F，使2S△FBC=3S△EBC？若存在,求出点F的坐标;若不存在,请说明理由.图①图②第3题图\n4.（2022武威）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点A（0，4），B（1，0），C（5，0），其对称轴与x轴相交于点M.（1）求此抛物线的解析式和对称轴；（2）在此抛物线的对称轴上是否存在一点P，使△PAB的周长最小？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）连接AC，在直线AC下方的抛物线上，是否存在一点N，使△NAC的面积最大？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由.第4题图\n【答案】针对演练1.解：(1)将点A(0，8)、B(8，0)代入抛物线y=-x2+bx+c，得,解得，∴抛物线的解析式为y=-x2+3x+8.(2)∵点A(0,8)、B(8，0)，∴OA=8,OB=8，令y=0，得-x2+3x+8=0,解得:x1=8,x2=-2,∵点E在x轴的负半轴上，∴点E(-2，0)，∴OE=2，根据题意得：当D点运动t秒时，BD=t,OC=t,∴OD=8-t,∴DE=OE+OD=10-t,∴S△CED=DE·OC=(10-t)·t=-t2+5t,即S=-t2+5t=-(t-5)2+,∴当t=5时，S△CED最大＝(3)存在.由(2)知：当t=5时，S△CED最大＝∴当t=5时，OC=5,OD=3,∴C(0,5),D(3,0),由勾股定理得CD=,设直线CD的解析式为：y=kx+b（k≠0）,将C(0,5),D(3,0)，代入上式得：\n解得,∴直线CD的解析式为y=-x+5,过E点作EF∥CD，交抛物线于点P1，则S△CED＝，第1题解图如解图，设直线EF的解析式为y=-x+m,将E(-2，0)代入得：m=-,∴直线EF的解析式为y=-x-,将y=-x-与y=-x2+3x+8联立成方程组得：,解得（与E点重合，舍去）,,∴P1(,-);过点E作EG⊥CD，垂足为G，∵当t=5时，S△ECD=CD·EG=,CD=,∴EG=,过点D作DN⊥CD,垂足为N，且使DN=,过点N作NM⊥x轴，垂足为M，可得△EGD∽△DMN,∴=,即＝，\n解得：DM=,∴OM=,由勾股定理得：MN==＝,∴N(,),过点N作NP2∥CD，与抛物线交于点P2，P3(与B点重合)，则S△CED＝，S△CED＝,设直线NP2的解析式为y=-x+n,将N(,)，代入上式得n=,∴直线NP2的解析式为y=-x+,将y=-x+与y=-x2+3x+8联立成方程组得：,解得,,∴P2(,)或P3(8,0),综上所述，当△CED的面积最大时，在抛物线上存在点P(点E除外)，使△PCD的面积等于△CED的最大面积，点P的坐标为：(,-)或(,)或(8,0).2.(1)解：∵二次函数y=ax2+bx+3过点A(-3，0)、B(1，0)，∴,，解得，∴二次函数的表达式为y=－x2－2x+3.(2)证明：由(1)知二次函数的表达式为y=－x2－2x+3，令x=0，则y=3,∴点C的坐标为(0，3)，∴OC=3，又点A、H的坐标分别为(-3,0)、(3,0)，∴OA=OH=OC=3，∴∠OCH＝∠OHC，∵AD∥GC，∴∠OCH＝∠ODA,∠OHC=∠OAD,\n∴∠OAD＝∠ODA,∴OA=OD=OC=OH=3，又AH⊥CD,∴四边形ACHD为正方形.(3)解：①S四边形ADCM=S四边形AOCM+S△AOD，第2题解图由(2)知OA=OD=3，∴S△AOD=×3×3=，∵点M(t,p)是直线y=kx与抛物线y=-x2-2x+3在第二象限内的交点，∴点M的坐标为(t,-t2-2t+3)，如解图，作MK⊥x轴于点K,ME⊥y轴于点E，则MK=-t2-2t+3,ME=︱t︱=-t，∴S四边形AOCM=S△AOM+S△MOC=×3(-t2-2t+3)+×3(-t)，即S四边形AOCM=-t2-t+，S四边形ADCM＝S四边形AOCM+S△AOD=-t2-t++=-t2-t+9,∴S=-t2-t+9,-3＜t＜0.②设点N的坐标为(t1,p1),过点N作NF⊥y轴于点F，∴NF=︱t1︱,又由①知ME=︱t︱，则S△CMN=S△COM+S△CON=OC·(︱t︱+︱t1︱)，又∵点M(t,p)、N(t1,p1)分别在第二、四象限内，∴t＜0,t1＞0,∴S△CMN=(t1-t),即(t1-t)=，∴t1-t=.由直线y=kx交二次函数的图象于点M、N得：,则x2+(2+k)x-3=0,∴x=,即t=,t1=,∴t1-t==,\n∴是(2+k)2+12的算术平方根,∴(2+k)2+12=,解得k1=-,k2=-,又(k+2)2+12恒大于0，且k＜0,∴k1=-,k2=-都符合条件.(i)若k=-,有x2+(2-)x-3=0,解得x1=-2,x2=(不符合题意，舍去);(ii)若k=-,有x2+(2-)x-3=0,解得x3=-,x4=2(不符合题意，舍去)，∴t=-2或-，当t=-2时,S=12;当t=-时,S=，∴S的值是12或.3.解：（1）将A(-3，0)，C(0，3)代入y=-x2+bx+c,得,解得.∴抛物线的解析式为y=-x2-2x+3.(2存在，由(1)知抛物线的解析式可化为顶点式y=-(x+1)2+4，则D(-1，4)，当P在∠DAB的平分线上时，如解图①，作PM⊥AD，设P(-1，y0)，∵sin∠ADE===，PE=y0,则PM=PD·sin∠ADE=(4-y0),∵PM=PE,第3题解图①∴(4-y0)=y0,解得y0=-1.当P在∠DAB的外角平分线上时，如解图②，作PN⊥AD,设P(-1，y0)，\nPE=-y0,则PN=PD·sin∠ADE=(4-y0),∵PN=PE,∴(4-y0)=-y0，解得y0=--1.第3题解图②∴存在满足条件的点P，且点P的坐标为（-1，-1）或（-1，--1）.(3)存在.∵S△EBC=3,2S△FBC=3S△EBC,∴S△FBC=S△EBC＝×3＝,过点F作FH⊥x轴，交BC的延长线于点Q，如解图③,连接BF,设BF交y轴于点M，易得△BMC∽△BFQ，∴＝，即CM＝，∴S△FBC＝CM·OB+CM·OH＝OB·QF.∵S△FBC=FQ·OB=FQ=,∴FQ=9.∵BC的解析式为y=-3x+3，设F(x0,-x20-2x0+3),则Q点的坐标为（x0,-3x0+3）,∴QF=-3x0+3+x02+2x0-3=9,解得x0=或(舍去)，∴满足条件的点F的坐标是(，).第3题解图③4.解：（1）∵抛物线过点A（0，4）、B（1，0）、C（5，0），∴设过A、B、C三点的抛物线的解析式为y=a(x-1)·(x-5)(a≠0)，∴将点A（0，4）代入y=a(x-1)(x-5)，得a=，∴此抛物线的解析式为y=x2-x+4,∵抛物线过点B（1，0）、C（5，0），\n∴抛物线的对称轴为直线x＝=3.（2）存在，如解图①，连接AC交对称轴于点P，连接BP、BA,∵点B与点C关于对称轴对称，∴PB=PC,∴AB+AP+PB=AB+AP+PC=AB+AC,∵AB为定值，且AP+PC≥AC,∴当A、P、C三点共线时△PAB的周长最小，∵A（0，4）、C（5，0），设直线AC的解析式为y=ax+b(a≠0)，第4题解图①将A、C两点坐标代入解析式得,解得,∴直线AC的解析式为y=-x+4.∵在y=-x+4中，当x＝3时，y=，∴P点的坐标为（3，），即当对称轴上的点P的坐标为（3，）时，△ABP的周长最小.（3）在直线AC下方的抛物线上存在点N，使△NAC面积最大.如解图②，设N点的横坐标为t，此时点N（t,t2-t+4）（0＜t＜5），过点N作y轴的平行线，分别交x轴、AC于点F、G，过点A作AD⊥NG，垂足为点D，由（2）可知直线AC的解析式为y=-x+4，把x=t代入y=-x+4得y＝-t+4，则G点的坐标为（t，-t+4），此时，NG＝-t+4-（t2-t+4）＝-t2+4t.∵AD＋CF＝OC＝5，∴S△NAC＝S△ANG＋S△CGN＝NG·AD＋NG·CF＝NG·OC=×（-t2+4t）×5＝-2t2+10t＝\n-2（t-）2+.∵-2<0，即在对称轴处取得最大值.∴当t=时，△NAC面积有最大值为，第4题解图②由t=，得y=t2t+4＝-3，∴N（，-3）.∴存在满足条件的点N，使△NAC的面积最大，N点的坐标为（,-3）.题型五　二次函数综合题类型三　与特殊三角形有关的问题针对演练1.（2022岳阳）如图，抛物线y=ax2+bx+c经过A(1,0)、B(4,0)、C(0,3)三点.（1）求抛物线的解析式；（2）如图①，在抛物线的对称轴上是否存在点P，使得四边形PAOC的周长最小？若存在，求出四边形PAOC周长的最小值；若不存在，请说明理由；（3）如图②，点Q是线段OB上一动点，连接BC,在线段BC上是否存在这样的点M，使△CQM为等腰三角形且△BQM为直角三角形？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由.图①图②第1题图2.如图，直线y=-x+2与x轴交于点B，与y轴交于点C，已知二次函数的图象经过点B、C和点A（-1，0）.（1）求B、C两点坐标；（2）求该二次函数的关系式；\n（3）若抛物线的对称轴与x轴的交点为点D，则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，直接写出P点的坐标；如果不存在，请说明理由；（4）点E是线段BC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置时，四边形CDBF的面积最大？求出四边形CDBF的最大面积及此时E点的坐标.第2题图【答案】针对演练1.解：（1）∵点A（1，0），B（4,0）在抛物线上，∴设抛物线解析式为y=a(x-1)(x-4)，将点C（0,3）代入得a(0-1)(0-4)=3，解得a=，∴抛物线解析式为y=(x-1)(x-4)，即y=x2-x+3.（2）存在.连接BC交对称轴于点P，连接PA,如解图①,∵点A与点B关于对称轴x=对称，∴BC≤PB+PC=PA+PC，即当点P在直线BC上时，四边形PAOC的周长最小，在Rt△BOC中，OB=4，OC=3，∠BOC=90°，∴BC==5，∴四边形PAOC的周长的最小值为OA+OC+BC=1+3+5=9.（3）存在.设直线BC的解析式为y=kx+t，第1题解图①\n将点B(4,0)，点C（0,3）代入得，解得，∴直线BC的解析式为y=-x+3.点M在BC上，设点M的坐标为（m,-m+3）（0＜m＜4），要使△CQM是等腰三角形，且△BQM是直角三角形，则只有以下两种情况，(Ⅰ)当MQ⊥OB，CM=MQ时，如解图②所示，则CM=MQ=-m+3,MB=BC-CM=5-(-m+3)=2+m，由sin∠CBO===，即=，解得m=,则点M的坐标为（,）；(Ⅱ)当CM=MQ,MQ⊥BC时，如解图③，第1题解图②过M作MN⊥OB于N，则ON=m,MN=-m+3,在Rt△BMN中，易得BM==×(-m+3)=-m+5，∴CM=BC-BM=m，在Rt△BMQ中，QM=BM·tan∠MBQ=(-m+5)，由CM=MQ得(-m+5)=m，第1题解图③解得m=，此时点M的坐标为（,）.综上所述，存在满足条件的点M,点M的坐标为（,）或（，）.2.解：（1）令x=0，可得y=2，令y=0，可得x=4，即点B（4，0），C（0，2）.（2）设二次函数的解析式为y=ax2+bx+c，\n将点A、B、C的坐标代入解析式得，,解得,即该二次函数的关系式为y=-x2+x+2.（3）存在.满足条件的点P的坐标分别为P1（,4），P2（,）,P3(,-).【解法提示】∵y=-x2+x+2，∴y=-（x-）2+，∴抛物线的对称轴是x=，∴OD=．∵C（0，2），∴OC=2．在Rt△OCD中，由勾股定理得CD=．∵△CDP是以CD为腰的等腰三角形，∴CP1=DP2=DP3=CD．如解图①所示，作CE⊥对称轴于点E，∴EP1=ED=2，∴DP1=4．∴P1（，4），P2（，），P3（，-）.第2题解图①（4）如解图②，过点C作CM⊥EF于点M，设E（a，-a+2），F（a，-a2+a+2），∴EF=-a2+a+2-（-a+2）=-a2+2a（0≤a≤4）．∵S四边形CDBF=S△BCD+S△CEF+S△BEF第2题解图②=BD·OC+EF·CM+EF·BN=+a（-a2+2a）+（4-a）·（-a2+2a）\n=-a2+4a+=-（a-2）2+（0≤a≤4）,∴a=2时，S四边形CDBF最大=，∴E（2，1）．题型五　二次函数综合题类型四与特殊四边形有关的问题针对演练1.（2022重庆模拟）已知正方形OABC中，O为坐标原点，点A在y轴的正半轴上，点C在x轴的正半轴上，点B（4，4）.二次函数y=-x2+bx+c的图象经过点A、B.点P（t，0）是x轴上一动点，连接AP.（1）求此二次函数的解析式；（2）如图①，过点P作AP的垂线与线段BC交于点G，当点P在线段OC（点P不与点C、O重合）上运动至何处时，线段GC的长有最大值，求出这个最大值；（3）如图②，过点O作AP的垂线与直线BC交于点D，二次函数y=-x2+bx+c的图象上是否存在点Q，使得以P、C、Q、D为顶点的四边形是以PC为边的平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.\n图①图②备用图第1题图2.如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，A点在原点左侧，B点的坐标为（4，0），与y轴交于C（0，-4）点，点P是直线BC下方的抛物线上一动点.（1）求这个二次函数的表达式;（2）连接PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四边形POP′C，那么是否存在点P，使四边形POP′C为菱形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由;（3）当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形ABPC的最大面积.第2题图【答案】针对演练\n1.解：（1）∵B（4，4），∴AB=BC=4，∵四边形ABCO是正方形，∴OA=4，∴A（0，4），将点A（0，4），B（4，4）代入y=-x2+bx+c，得，解得，∴二次函数解析式为y=-x2+x+4.（2）∵P（t，0），∴OP=t，PC=4-t，∵AP⊥PG，∴∠APO+∠CPG=180°-90°=90°，∵∠OAP+∠APO=90°，∴∠OAP=∠CPG，又∵∠AOP=∠PCG=90°，∴△AOP∽△PCG，∴=，即=，整理得，GC=-（t-2）2+1，∴当t=2时，GC有最大值是1，即P（2，0）时，GC的最大值是1.（3）存在点Q，使得以P、C、Q、D为顶点的四边形是以PC为边的平行四边形．理由如下：如解图①、②，易得∠OAP=∠COD，在△AOP和△OCD中，,∴△AOP≌△OCD（ASA），∴OP=CD，第1题解图①由P、C、Q、D为顶点的四边形是以PC为边的平行四边形得，PC∥DQ且PC=DQ，\n∵P（t，0），D（4，t），∴PC=DQ=|t-4|，∴点Q的坐标为（t，t）或（8-t，t），①当Q（t，t）时，-t2+t+4=t，整理得，t2+2t-24=0，解得t1=4（舍去），t2=-6，②当Q（8-t，t）时，-（8-t）2+（8-t）+4=t，第1题解图②整理得，t2-6t+8=0，解得t1=2，t2=4（舍去），综上所述，存在点Q（-6，-6）或（6，2），使得以P、C、Q、D为顶点的四边形是以PC为边的平行四边形．2.解：（1）将B、C两点的坐标代入得：，解得，∴二次函数的表达式为y=x2-3x-4.（2）存在点P，使四边形POP′C为菱形；设P点坐标为（x，x2-3x-4），PP′交CO于点E，若四边形POP′C是菱形，则有PC=PO；如解图①，连接PP′，则PE⊥CO于点E，∵C（0，-4），∴CO=4，又∵OE=EC，∴OE=EC=2，∴y=-2，∴x2-3x-4=-2，第2题解图①解得x1=，x2=（不合题意，舍去），∴P点的坐标为（，-2）.（3）如解图②，过点P作y轴的平行线与BC交于点Q，与OB交于点F，设P（x，x2-3x-4），设直线BC的解析式为y=kx+d，则,解得，∴直线BC的解析式为y=x-4，则Q点的坐标为（x，x-4）；当0=x2-3x-4，\n解得：x1=-1，x2=4，∴AO=1，AB=5，第2题解图②S四边形ABPC=S△ABC+S△BPQ+S△CPQ=AB·OC+QP·BF+QP·OF=×5×4+（4-x）［x-4-（x2-3x-4）］+x［x-4-（x2-3x-4）］=-2x2+8x+10=-2（x-2）2+18,当x=2时，四边形ABPC的面积最大，此时P点的坐标为（2，-6），四边形ABPC的面积的最大值为18．题型五　二次函数综合题拓展类型　与三角形相似有关的问题针对演练1.（2022广元）如图，已知抛物线y＝-（x+2）（x-m）（m＞0）与x轴相交于点A、B，与y轴相交于点C，且点A在点B的左侧.（1）若抛物线过点G（2，2），求实数m的值.（2）在（1）的条件下，解答下列问题：①求△ABC的面积.②在抛物线的对称轴上找一点H，使AH+CH最小，并求出点H的坐标.（3）在第四象限内，抛物线上是否存在点M，使得以点A、B、M为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由.\n第1题图2.如图，抛物线经过A（4，0），B（1，0），C（0，-2）三点.（1）求出抛物线的解析式；（2）P是抛物线上一动点，过P作PM⊥x轴，垂足为M，是否存在P点，使得以A，P，M为顶点的三角形与△OAC相似？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）在直线AC上方的抛物线上有一点D，使得△DCA的面积最大，求出点D的坐标.第2题图\n【答案】针对演练1.解：(1)∵抛物线过点G(2，2)，∴2=-(2+2)(2-m)，∴m=4.(2)①y=0,-(x+2)(x-m)=0，解得x1=-2,x2=m,∵m＞0,∴A(-2,0)、B(m,0),又∵m=4,∴AB=6.令x=0,得y=2,∴C(0,2),∴OC=2，∴S△ABC=×AB×OC=×6×2＝6.第1题解图①②∵m=4，∴抛物线y=-(x+2)(x-4)的对称轴为x=1，如解图①，连接BC交对称轴于点H，由轴对称的性质和两点之间线段最短的性质可知，此时AH+CH=BH+CH=BC最小.设直线BC的解析式为y=kx+b(k≠0).则,解得,∴直线BC的解析式为y=-x+2.当x=1时，y=,∴H(1,).(3)存在.如解图②，分两种情况讨论：(Ⅰ)当△ACB∽△ABM时，=，第1题解图②即AB2=AC·AM.∵A(-2,0),C(0,2)，即OA=OC=2,∴∠CAB=45°,\n∴∠BAM=45°.过点M作MN⊥x轴于点N，则AN=MN，∴OA+ON=2+ON=MN，∴令M(x,-x-2)(x＞0)，又∵点M在抛物线上，∴-x-2=-(x+2)(x-m)，∵x＞0,∴x+2＞0，又∵m＞0,∴x=2m,即M(2m,-2m-2).∴AM==2(m+1)，又∵AB2=AC·AM,AC=2，AB=m+2,∴(m+2)2=2×2(m+1)，解得m=2±2.∵m＞0,∴m=2+2.(Ⅱ)当△ACB∽△MBA时，则=，∴AB2=CB·MA，又∵∠CBA=∠BAM,∠ANM=∠BOC=90°,∴△ANM∽△BOC,∴=，∵OB=m,令ON=x,∴=,∴NM=(x+2)，∴令M(x,-(x+2))(x＞0),又∵点M在抛物线上，∴-(x+2)=-(x+2)(x-m)，∵x＞0,∴x+2＞0,∵m＞0,∴x=m+2,∴M(m+2,-(m+4))，又∵AB2=CB·MA,CB=,AN=m+4,MN=(m+4),\n∴(m+2)2=·整理得16=0,显然不成立.综上(Ⅰ)(Ⅱ)得，在第四象限内，当m=2+2时，抛物线上存在点M，使得以点A、B、M为顶点的三角形与△ACB相似.2.解：（1）∵该抛物线过点C（0，-2），∴可设该抛物线的解析式为y=ax2+bx-2．将A（4，0），B（1，0）代入，得,解得，∴此抛物线的解析式为y=-x2+x-2.（2）存在．如解图①，设P点的横坐标为m，则P点的纵坐标为-m2+m-2，当1＜m＜4时，AM=4-m，PM=-m2+m-2．又∵∠COA=∠PMA=90°，∴①当=时，∴===，第2题解图①∴△APM∽△ACO，即4-m=2(-m2+m-2)．解得m1=2，m2=4（舍去），∴P（2，1）．②当==时，△APM∽△CAO，即2(4-m)=-m2+m-2．解得m1=4，m2=5（均不合题意，舍去）,∴当1＜m＜4时，P（2，1）.当m＞4时，AM=m-4，PM=m2-m+2，①==或②==2，2（m2-m+2）=m-4，2（m-4）=m2-m+2，\n解得：第一个方程的解是m=2＜4（舍去）,m=4（舍去），第二个方程的解是m=5，m=4（舍去）,求出m=5，-m2+m-2=-2，则P（5，-2），当m＜1时，AM=4-m，PM=m2-m+2．①==或==2，则：2（m2-m+2）=4-m，2（4-m）=m2-m+2，解得：第一个方程的解是m=0（舍去），m=4（舍去），第二个方程的解是m=4（舍去），m=-3，m=-3时，-m2+m-2=-14，则P（-3，-14），综上所述，符合条件的点P的坐标为（2，1）或（5，-2）或（-3，-14）(解图中未画出来).（3）如解图②，设D点的横坐标为t（0＜t＜4），则D点的纵坐标为-t2+t-2．过点D作y轴的平行线交AC于点E．第2题解图②由题意可求得直线AC的解析式为y=x-2．∴E点的坐标为(t,t-2)．∴DE=-t2+t-2-(t-2)=-t2+2t，∴S△DAC=S△DCE+S△DEA=DE·t+DE·（4-t）=DE·4，∴S△DAC=×（-t2+2t）×4=-t2+4t=-(t-2)2+4，∴当t=2时，△DAC面积最大，∴D（2，1）．