云南省2022中考数学试题研究三解答题重难点突破题型四函数与几何图形的综合题

函数与几何图形的综合题针对演练类型一　与三角形形状有关的问题1.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2＋bx＋c经过点A(0，－6)和点C(6，0)．(1)求抛物线的解析式．(2)若抛物线与x轴的负半轴交于点B，试判断△ABC的形状；(钝角三角形、直角三角形、锐角三角形)(3)抛物线上是否存在点P，使得△PAC是以AC为底的等腰三角形？若存在，请求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．第1题图2.(2022南通13分)已知抛物线y＝x2－2mx＋m2＋m－1(m是常数)的顶点为P，直线l：y＝x－1.(1)求证点P在直线l上；(2)当m＝－3时，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，与直线l的另一个交点为Q，M是x轴下方抛物线上的一点，∠ACM＝∠PAQ(如图)，求点M的坐标；(3)若以抛物线和直线l的两个交点及坐标原点为顶点的三角形是等腰三角形，请直接写出所有符合条件的m的值．第2题图3.(2022宜宾12分)如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴分别相交于点A(－2，0)、B(4，0)，与y轴交于点C，顶点为点P.(1)求抛物线的解析式；(2)动点M、N从点O同时出发，都以每秒1个单位长度的速度分别在线段OB、OC上向点B、C方向运动，过点M作x轴的垂线交BC于点F，交抛物线于点H.47\n①当四边形OMNH为矩形时，求点H的坐标；②是否存在这样的点F，使△PFB为直角三角形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．　　第3题图类型二　与四边形形状有关的问题1.如图，已知直线y＝－x＋8与x轴交于点A，与y轴交于点B，C是线段AB的中点，抛物线y＝ax2＋bx＋c(a>0)过O、A两点，且其顶点的纵坐标为－.(1)分别写出A、B、C三点的坐标；(2)求抛物线的函数解析式；(3)在抛物线上是否存在点P，使得以O、P、B、C为顶点的四边形是菱形？若存在，求所有满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．第1题图2.(2022毕节16分)如图，抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴交于A(－1，0)，B(3，0)两点，顶点M关于x轴的对称点是M′.(1)求抛物线的解析式；(2)若直线AM′与此抛物线的另一个交点为C，求△CAB的面积；(3)是否存在过A、B两点的抛物线，其顶点P关于x轴的对称点为Q，使得四边形APBQ为正方形？若存在，求出此抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．47\n第2题图3.(2022广安10分)如图，边长为1的正方形ABCD一边AD在x负半轴上，直线l：y＝x＋2经过点B(x，1)与x轴、y轴分别交于点H、F，抛物线y＝－x2＋bx＋c顶点E在直线l上．(1)求A、D两点的坐标及抛物线经过A、D两点时的解析式．(2)当该抛物线的顶点E(m，n)在直线l上运动时，连接EA、ED，试求△EAD的面积S与m之间的函数解析式，并写出m的取值范围．(3)设抛物线与y轴交于G点，当抛物线顶点E在直线l上运动时，以A、C、E、G为顶点的四边形能否成为平行四边形？若能，求出E点坐标；若不能，请说明理由．第3题图4.(2022梧州13分)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋2与坐标轴交于A、B、C三点，其中B(4，0)、C(－2，0)．连接AB、AC，在第一象限内的抛物线上有一动点D，过点D作DE⊥x轴，垂足为点E，交AB于点F.(1)求此抛物线的解析式；(2)在DE上作点G，使G点与D点关于F点对称，以G为圆心，GD为半径作圆，当⊙G与其中一条坐标轴相切时，求点G的横坐标．(3)过D点作直线DH∥AC交AB于H，当△DHF的面积最大时，在抛物线和直线AB上分别取M、N两点，并使D、H、M、N四点组成平行四边形，请你直接写出符合要求的M、N两点的横坐标．47\n　　第4题图5.(2022龙东地区10分)如图，四边形OABC是矩形，点A、C在坐标轴上，△ODE是由△OCB绕点O顺时针旋转90°得到的，点D在x轴上，直线BD交y轴于点F，交OE于点H，线段BC、OC的长是方程x2－6x＋8＝0的两个根，且OC＞BC.(1)求直线BD的解析式．(2)求△OFH的面积．(3)点M在坐标轴上，平面内是否存在点N，使以点D、F、M、N为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．第5题图类型三　与三角形相似有关的问题1.(2022黔南州12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝－x2＋bx＋c过点A(0，4)和C(8，0)，P(t，0)是x轴正半轴上的一个动点，M是线段AP的中点，将线段MP绕点P顺时针旋转90°得线段PB.过点B作x轴的垂线，过点A作y轴的垂线，两直线相交于点D.(1)求b，c的值；(2)当t为何值时，点D落在抛物线上；(3)是否存在t，使得以A，B，D为顶点的三角形与△AOP相似？若存在，求此时t的值；若不存在，请说明理由．第1题图2.(2022牡丹江10分)如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A在x轴负半轴上，顶点C在x轴正半轴上，顶点B在第一象限，过点B作BD⊥y轴于点D，线段OA，OC47\n的长是一元二次方程x2－12x＋36＝0的两根，BC＝4，∠BAC＝45°.(1)求点A、C的坐标；(2)反比例函数y＝的图象经过点B，求k的值；(3)在y轴上是否存在点P，使以P，B，D为顶点的三角形与以P，O，A为顶点的三角形相似？若存在，请写出满足条件的点P的个数，并直接写出其中两个点P的坐标；若不存在，请说明理由．第2题图3.(2022随州12分)如图，已知抛物线y＝(x＋2)(x－4)与x轴交于点A、B(点A位于点B的左侧)，与y轴交于点C，CD∥x轴，交抛物线于点D，M为抛物线的顶点．(1)求点A、B、C的坐标；(2)设动点N(－2，n)，求使MN＋BN的值最小时n的值；(3)P是抛物线上一点，请你探究：是否存在点P，使以P、A、B为顶点的三角形与△ABD相似(△PAB与△ABD不重合)？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．4.(2022鄂州12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x＋2与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y＝ax2＋bx＋c的对称轴是x＝－，且经过A、C两点，与x轴的另一交点为B.(1)①直接写出点B的坐标；②求抛物线解析式．(2)若点P为直线AC上方的抛物线上的一点，连接PA，PC.求△PAC的面积的最大值，并求出此时点P的坐标．(3)抛物线上是否存在点M，过点M作MN垂直x轴于点N，使得以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．47\n第4题图类型四　与面积有关的问题1.(2022武威10分)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1题图2.(2022贵港10分)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴交于点A和点B(1，0)，与y轴交于点C(0，3)，其对称轴l为x＝－1.(1)求抛物线的解析式并写出其顶点坐标；(2)若动点P在第二象限内的抛物线上，动点N在对称轴l上．①当PA⊥NA，且PA＝NA时，求此时点P的坐标；②当四边形PABC的面积最大时，求四边形PABC面积的最大值及此时点P的坐标．第2题图47\n3.(2022莱芜12分)如图，已知抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)经过点A(－3，2)，B(0，－2)，其对称轴为直线x＝，C(0，)为y轴上一点，直线AC与抛物线交于另一点D.(1)求抛物线的函数表达式；(2)试在线段AD下方的抛物线上求一点E，使得△ADE的面积最大，并求出最大面积；(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点F，使得△ADF是直角三角形？如果存在，求出点F的坐标；如果不存在，请说明理由．4.(2022深圳9分)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，求点F坐标，若不存在说明理由．第4题图5.(2022攀枝花12分)如图，已知抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于A(－1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴与抛物线交于点P、与直线BC相交于点M，连接PB.(1)求该抛物线的解析式；(2)在(1)中位于第一象限内的抛物线上是否存在点D，使得△BCD的面积最大？若存在，求出D点坐标及△BCD面积的最大值；若不存在，请说明理由．(3)在(1)中的抛物线上是否存在点Q，使得△QMB与△PMB的面积相等？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．47\n第5题图6.(2022达州12分)如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的边OA在y轴的正半轴上，OC在x轴的正半轴上，∠AOC的平分线交AB于点D，E为BC的中点，已知A(0，4)、C(5，0)，二次函数y＝x2＋bx＋c的图象抛物线经过A、C两点．(1)求该二次函数的表达式；(2)F、G分别为x轴、y轴上的动点，首尾顺次连接D、E、F、G构成四边形DEFG，求四边形DEFG周长的最小值；(3)抛物线上是否存在点P，使△ODP的面积为12？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．第6题图类型五　与线段有关的问题1.(2022锦州14分)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋2经过点A(－1，0)和点B(4，0)，且与y轴交于点C，点D的坐标为(2，0)，点P(m，n)是该抛物线上的一个动点，连接CA、CD、PD、PB.(1)求该抛物线的解析式；(2)当△PDB的面积等于△CAD的面积时，求点P的坐标；(3)当m>0，n>0时，过点P作直线PE⊥y轴于点E交直线BC于点F，过点F作FG⊥x轴于点G，连接EG，请直接写出随着点P的运动，线段EG的最小值．47\n2.(2022大连12分)如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴和y轴的正半轴上，顶点B的坐标为(2m，m)．翻折矩形OABC，使点A与点C重合，得到折痕DE.设点B的对应点为F，折痕DE所在直线与y轴相交于点G，经过点C、F、D的抛物线为y＝ax2＋bx＋c.(1)求点D的坐标(用含m的式子表示)；(2)若点G的坐标为(0，－3)，求该抛物线的解析式；(3)在(2)的条件下，设线段CD的中点为M，在线段CD上方的抛物线上是否存在点P，使PM＝EA？若存在，直接写出点P的坐标，若不存在，说明理由．　　第2题图【答案】题型四函数与几何图形的综合题类型一与三角形形状有关的问题1.【思路分析】(1)利用待定系数法通过点A、C的坐标计算b、c的值，得到该抛物线的解析式；(2)由抛物线的解析式得出点B的坐标，结合其他点的坐标判断△ABC的形状；(3)利用AC的垂直平分线不平行于抛物线的对称轴，必然与抛物线存在的两个交点都能成为点P,使得△PAC为等腰三角形.解：(1)将A(0，-6)和C(6，0)代入y=x2+bx+c中，得c=-636+6b+c=0，解得b=-5c=-6，∴抛物线的解析式为y=x2-5x-6；(2)由x2-5x-6=0，解得x1=-1，x2=6，∴点B的坐标为B(-1，0)，即点B在(-6，0)与原点之间，又∵OA＝6，OC=6,∴∠OAC=∠OCA=45°，∴∠BAC为锐角，∴△ABC为锐角三角形；47\n(3)存在满足条件的点P，使得△PAC是以AC为底的等腰三角形，分两种情况讨论，抛物线上存在两个点P能使得△PAC是以AC为底的等腰三角形.如解图，设M为线段AC的中点，则OM为AC的垂直平分线，直线OM与抛物线必有的两个交点都是满足条件的点P，第1题解图∵A(0，-6)，C(6，0)，∴点M的坐标为(3，-3)，设直线OM的解析式为y=kx，将点M(3，-3)代入得，k=-1，即直线OM的解析式为y=-x，联立y=-xy=x2-5x-6，得x2-4x-6=0，∴x1=2-y1=-2，或x2=2+y2=-2-，∴点P的坐标为(2-，-2)或(2+，-2-).2.(1)证明：∵y＝x2-2mx+m2+m-1＝(x-m)2+m-1，∴顶点P(m，m-1).将x＝m代入y＝x-1得y＝m-1，∴点P在直线y＝x-1上.(3分)(2)解：当m＝-3时，抛物线解析式为y＝x2+6x+5，令x=0,y=5,点C的坐标为(0，5)，作PF⊥x轴于点F，ME⊥y轴于点E，QG⊥y轴于点G.如解图，47\n第2题解图联立y=x2+6x+5y=x-1，解得x1=-3y1=-4,x2=-2y2=-3，∴P(-3，-4)，Q(-2，-3).∵y＝x2+6x+5＝(x+5)(x+1)，∴A(-5，0)，B(-1，0)，(5分)∴QG=3,AG=5-2=3,∠CAO＝∠ACO＝45°，∴∠OAQ=45°，∵∠APF＝90°-(∠PAQ+45°)＝45°-∠PAQ，∠MCE＝45°-∠ACM,∠ACM＝∠PAQ,∴∠APF＝∠MCE，∴Rt△CME∽Rt△PAF，(7分)∴.设点M的坐标为(x,x2+6x+5),则ME=-x,CE=-x2-6x,PF=4,AF=2.∴,解得x1=-4,x2=0(舍去).则x2+6x+5=-3,∴M(-4，-3).(12分)(3)解：m的值为0，.(13分)【解法提示】联立抛物线解析式和直线l的解析式得y=x2-2mx+m2+m-1y=x-1,解得x1=my1=m-1，x2=m+1y2＝m，∴P(m,m-1),Q(m+1,m),由题意，△OPQ为等腰三角形，OP2＝m2+(m-1)2=2m2-2m+1,47\nOQ2=(m+1)2+m2=2m2+2m+1,PQ2=(m+1-m)2+[m-(m-1)]2=2,①当OP2＝OQ2时，2m2-2m+1=2m2+2m+1,解得m=0.②当OQ2＝PQ2时，2m2+2m+1=2,解得m1=,m2=.③当OP2＝PQ2时，2m2-2m+1=2,解得m1=,m2=.综上，当△OPQ为等腰三角形时，m的值为0，,.3.【思路分析】(1)将A、B两点坐标代入函数解析式，求得其待定系数b、c的值即可.(2)①如解图①,根据已知，点M和点N移动速度相同，因此四边形OMHN若为矩形，则OM=ON，且NH=OM，HM=ON，所以可以得到点H到x轴与到y轴的距离相等，又因为点H在抛物线上，设点H横坐标为t，则它的纵坐标为-t2+t+4，再根据以上关系得出一个关于t的一元二次方程.②先假设点F存在，用一个未知数m表示出点F的横坐标和纵坐标，进而用m表示出BF2、FP2并求PB2的值，然后根据勾股定理分两种情况分别进行求解. 解：(1)抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于点A(-2,0)、B(4,0)，∴-×(-2)2-2b+c=0-×42+4b+c=0，解得b=1c=4，(2分)∴抛物线的解析式为y=-x2+x+4.(3分)(2)①如解图①,设经过t秒后，四边形OMHN为正方形，则第3题解图①47\nOM=t，ON=t,∴点H的坐标为(t,-t2+t+4),∵四边形OMHN为正方形,∴-t2+t+4=t,解得t1=2,t2=-2(不符合题意，舍去),(5分)∴点H的坐标为(2，2).(6分)②设存在点F,使△PFB为直角三角形，由(1)得点B(4，0)，点C(0，4)，设直线BC的函数解析式为y=kx+b(k≠0)，∴4k+b=0b=4,解得k=-1b=4,∴直线BC的解析式为y=-x+4,设点F的横坐标为m，则点F的纵坐标为-m+4,∵抛物线的解析式为y=-x2+x+4,∴y=-(x-1)2+,∴抛物线顶点P的坐标为(1，),∴PB2=(4-1)2+(0-)2=,FP2=(1-m)2+(-4+m)2=2m2-m+,BF2=(4-m)2+(-m+4)2=2m2-16m+32，(8分)∵点P为抛物线顶点,当∠PFB=90°时，如解图②,BF2+FP2=PB2，∴2m2-16m+32+2m2-m+=,∴4m2-17m+4=0,解得m1=4,m2=,若能组成直角三角形，则点F在点P左侧,47\n第3题解图②∴m＜1,∴m=,∴-m+4=,∴点F的坐标为(,),(10分)当∠FPB=90°时，如解图③,第3题解图③PB2+FP2=BF2，∴+2m2-m+=2m2-16m+32,解得m=,∴-m+4=,∴点F的坐标为(,).综上所述，点F的坐标为(，)或(，).(12分)【难点突破】本题的难点是第(2)②问，要求点F的坐标，首先假设点F存在，根据抛物线上各点的位置关系，表示出线段长，由于△PFB的直角顶点不确定，所以求解过程中需分两种情况进行讨论.【一题多解】假设存在点F使△PFB为直角三角形.(ⅰ)如解图④，当∠PFB=90°时，设抛物线的对称轴与x轴交于点E，过F作FD⊥PE于点D，47\n第3题解图④∵OC⊥OB,OC=OB=4，∴∠OCB=∠OBC＝45°，直线BC的解析式：y=-x+4，过F作FD∥OB交PE于点D,则∠DFB＝∠CBO=45°,又∵∠PFB=90°,∠PFD=45°，∴PD=FD，设F(t,-t+4)，由(1)知P(1,)，则PD=-(-t+4)，FD=1-t，∴-(-t+4)=1-t，∴t=,-t+4=,∴F(,).(ⅱ)如解图⑤,当∠FPB=90°时，过F作FD⊥PE于点D，∠FPD+∠DPB=90°，第3题解图⑤又∵∠DPB+∠PBO=90°，∴∠FPD=∠PBO，∴tan∠FPD=tan∠PBO，即，47\n∴，∴t=,-t+4=，∴F(,).综上所述，点F的坐标为(，)或(,).类型二与四边形形状有关的问题1.解：(1)∵直线y＝-x+8与x轴交于点A，与y轴交于点B，∴令y=-x+8＝0，x＝6,即A(6,0),∴令x=0,y＝0+8＝8，即B(0,8).∵C是线段AB的中点，＝3，＝4，∴A(6，0)、B(0，8)、C(3，4)；(2)∵抛物线经过点O(0,0),点A(6,0)，顶点的纵坐标为-，∴其顶点坐标为(3，-)，∴c=036a+6b+c=09a+3b+c=-,解得a=b=-c=0,∴抛物线的函数解析式为y＝x2-x；(3)存在点P，使以O、P、B、C为顶点的四边形是菱形，∵∠AOB＝90°，A(6，0)、B(0，8)，∴AB＝=10,∵C是AB的中点，∴OC=AB=BC=5,∵OB=8,∴OB＞OC，且OB＞BC，∴当以O、P、B、C为顶点的四边形是菱形时，OB是菱形的对角线，连接PC，如解图，则OB是PC的垂直平分线，47\n第1题解图∴点P与点C关于直线OB对称，即P与C关于y轴对称，∵C(3，4)，∴P(-3，4)，把点P(-3，4)代入抛物线解析式y=x2-x中，当x＝-3时，y＝×(-3)2-×(-3)＝4，∴点P(-3，4)在抛物线上.故在抛物线上存在点P，使以O、P、B、C为顶点的四边形是菱形，点P的坐标是(-3，4).2.解：(1)∵抛物线与x轴交于点A(-1,0)，B(3,0)，(2分)∴y=(x+1)(x-3)=x2-2x-3.(4分)(2)∵抛物线y=x2-2x-3=(x-1)2-4，∴点M的坐标为(1,-4).∵M与M′关于x轴对称，∴点M′的坐标为(1,4)，(6分)设直线AM′的解析式为y=kx+m，将点A(-1,0)，点M′(1，4)代入得-k+m=0k+m=4，解得k=2m=2，∴直线AM′的解析式为y=2x+2，(8分)与抛物线y=x2-2x-3联立得y=2x+2y=x2-2x-3，解得x1=-1y1=0,x2=5y2=12，∴点C的坐标为(5,12)，(10分)又∵AB=4，∴S△ABC=×4×12=24.(12分)(3)存在.理由如下：如解图，∵四边形APBQ是正方形，∴PQ垂直且平分AB，AB垂直且平分PQ，且PQ=AB，47\n第2题解图设PQ与x轴交点为N，则PN=AB=2,∴点P的坐标为(1,2)或(1，-2).(13分)设过A、B两点的抛物线的解析式为y=a(x+1)(x-3)，将点(1,2)代入得a=-，此时抛物线解析式为y=-(x+1)(x-3)=-x2+x+；(15分)将点(1，-2)代入得a=，此时抛物线解析式为y=(x+1)(x-3)=x2-x-.综上，存在这样的抛物线2条，其解析式为y=-x2+x+或y=x2-x-.(16分)【易错分析】在确定四边形APBQ为正方形时，一定要注意点P可能在x轴上方，也可能在x轴下方，不要漏掉任何一种情况.3.【思路分析】(1)把B点坐标代入一次函数的解析式中求出B点的横坐标，进而得到A、D点的坐标，再用待定系数法求出二次函数的解析式.(2)把E点坐标代入一次函数解析式，得到n关于m的关系式，根据三角形的面积公式列出S与m的函数解析式.(3)分情况讨论，假设存在E点，根据平行四边形的性质，列方程求E点坐标便可.解：(1)把B点的坐标(x,1)代入y=x+2中，得x+2=1,解得x=-2,∴B(-2,1),∵正方形ABCD的边长为1，∴A(-2，0),(1分)则D(-3,0)，(2分)把A(-2，0),D(-3,0)代入抛物线的解析式中，得-4-2b+c=0-9-3b+c=0,解得b=-5c=-6，∴经过A、D两点的抛物线的解析式为y=-x2-5x-6.(4分)47\n(2)∵E(m，n)在直线y=x+2上，∴n=m+2,(5分)根据三角形的面积公式得，S=AD·|m+2|=|m+2|，当m+2＞0，即m＞-4时，S=(m+2)=14m+1；当m+2＝0，即m＝-4时，E、A、D三点共线，此时不构成三角形；当m+2<0，即m<-4时，S=(-m-2)=-m-1,综上可知，S=m+1(m＞-4)-m-1(m<-4).(7分)(3)存在点E，使得以A、C、E、G为顶点的四边形是平行四边形,分两种情况：①当AC为对角线时，此时EG与AC则互相平分，这不可能存在，故此情况不存在；(8分)第3题解图②当AC为平行四边形的边时，如解图所示，E点在y轴左边，即为E′点，过E′点作E′M⊥y轴，∵E′(m，m+2),抛物线是由y=-x2-5x-6平移得到的，∴设此时的抛物线的解析式为y=-(x-m)2+m+2，即y=-x2+2mx-m2+m+2,∴G(0，-m2+m+2),∴在Rt△E′MG中，根据勾股定理可得E′G2=E′M2+GM2=m2+［(m+2)-(-m2+m+2)］2=m4+m2，又∵平行四边形的对边相等，∴E′G=AC=，47\n∴E′G2=AC2,即m4+m2=2,解得m2=1,(9分)∵m<0，∴m=-1.故存在点E(-1，)，使得四边形AGEC为平行四边形.(10分)4.【思路分析】(1)将B、C两点的坐标代入抛物线y=ax2+bx+2得方程组求解，即可求得抛物线的解析式；(2)利用(1)中求出的二次函数解析式，确定出A点的坐标，然后根据A、B两点的坐标求出AB的解析式，分别用含有参数的代数式表示出圆的半径以及圆心到坐标轴的距离，然后分⊙G与y轴相切和⊙G与x轴相切两种情形来讨论即可求解.(3)根据DH∥AC，DE⊥x轴，确定出当DF的值最大时，△DHF的面积最大，再根据平移的性质，确定使D、H、M、N四点组成的平行四边形的M、N两点的横坐标即可.解：(1)将B(4，0)、C(-2，0)代入y=ax2+bx+2，得16a+4b+2=04a-2b+2=0,(2分)解得a=-b=，(3分)∴抛物线的解析式为y=-x2+x+2；(4分)(2)令x=0，即y=2，则A(0，2)，设直线AB的解析式为y=kx+b（k≠0），将点A(0，2)、B(4，0)代入中，得b=24k+b=0，解得k=-b=2，∴直线AB的解析式为：y=-x+2，设点D的坐标为(t，-t2+t+2)(0<t<4)，则点F的坐标为(t，-t+2)，∵G点与D点关于F点对称，∴G点的坐标为(t，t2-t+2)，(5分)①如果⊙G与y轴相切，则t=|-t2+t+2-(t2-t+2)|，解得t1=2,t2=6>4(舍去)，t3=t4=0(舍去)；(6分)②如果⊙G与x轴相切，则t2-t+2=|-t2+t+2-(t2-t+2)|，47\n解得t1=，t2=4(舍去)，t3=-2<0(舍去)，t4=4(舍去).(7分)综上所述，当t=2或时，⊙G与坐标轴相切，当⊙G与x轴相切时，点G的横坐标是，当⊙G与y轴相切时，点G的横坐标是2.(8分)(3)点M、N的横坐标分别为2-2，-2或2+2，+2.(13分)【解法提示】由于DH始终平行于AC，FD始终垂直于x轴，所以不管D点怎么变化，△DHF的形状都不会改变，于是当DF的值最大时，△DHF的面积就最大.由(2)可知DF=-t2+t+2-(-t+2)=-t2+t，当t=-=2时，△DHF的面积最大，此时D(2,2)，F(2,1),∵DH∥AC，∴AC的解析式可求得为：y=x+2，设DH的解析式为：y=x+b，代入点D(2,2),得b=0，即DH的解析式为：y=x，第4题解图解方程组y=-x+2y=x，可求得H(，),如解图，过点H作HK⊥DE于点K，则HK=2-==DK，当MN∥DH，MN=DH时，四边形DHMN为平行四边形,设N(n,-n+2)，由于四边形DHMN是平行四边形，把点N平移到M，就等于把点D平移到H,而把点D平移到H，是把D点横坐标向左移动个单位，而把纵坐标向下平移个单位，∴M(n-，-n+)，∵M点在抛物线上，∴-(n-)2+(n-)+2=-n+,47\n解得n1=，n2=,∴M1(2-2,)，N1(-2,+),M2(2+2,-),N2(+2,-).综上所述，在抛物线和直线AB上分别取M、N两点，并使D、H、M、N四点组成平行四边形，点M、N的横坐标分别为2-2，-2或2+2，+2.【难点突破】本题的难点在于第(3)问，如何通过已知条件确定△DHF的面积最大时的情况，还有在确定使D、H、M、N四点组成平行四边形时，要通过点平移来确定M、N两点的横坐标.5.【思路分析】(1)先解已知的一元二次方程，求得B、D两点的坐标，再根据待定系数法求得结果.(2)求出直线OE的解析式，再求出两直线的交点H的坐标，以及F的坐标，再根据三角形的面积公式进行计算即可.(3)根据DF为矩形的边或对角线进行确定N点的坐标便可.解：(1)x2-6x+8＝0，解得x1=2,x2=4,∵OC>BC,∴OC=4,BC=2，∴B(-2,4)，∵△ODE是△OCB绕点O顺时针旋转90度得到的，∴OD=OC=4,DE=BC=2,∴D(4,0)，设直线BD的解析式为y=kx+b(k≠0)，∴-2k+b=44k+b=0，解得k=-b=，∴直线BD的解析式为y=-x+.(3分)(2)∵DE=2,∴E(4,2)，∴直线OE的解析式为y=x，联立y=-x+y=x,解得x=y=,∴H(,),47\n∴H点到y轴的距离为，又由BD的解析式可得F(0,),∴S△OFH＝.(6分)(3)∵以点D、F、M、N为顶点的四边形是矩形，第5题解图①①∴△DFM是直角三角形.当∠MFD为直角时，则M只能在x轴上，连接FN交MD于点G，如解图①，∵BD的解析式为y=-x+且直线FM与直线BD垂直，∴直线FM的斜率是，又∵直线FM过F(0，)点，∴直线FM的解析式为y=x+,∴M(-，0),∴OD=4,OF=，∠MFD=∠MFO+∠OFD=90°，又∵∠MFO+∠FMO=90°,∴∠NMO=∠DFO,又∵∠MOF=∠FOD=90°,∴Rt△FOM∽Rt△DOF,∴,即=,∴OM=,47\n∴M(-,0),∵点G是MD的中点，∴G(,0),同时点G又是FN的中点，∴根据两点的中点坐标公式可得N(，-)，②当∠MDF为直角时，点M在y轴上，连接DN交FM于点G，如解图②,∵BD的解析式为y=-x+且直线MD与直线BD垂直，又∵直线MD过D(4,0)点，∴直线MD的解析式为y=x-6,∴OF=，OD=4,同理可得，即，∴OM=6,∴M(0,-6),∵点G是FM的中点,∴G(0,-),同时点G又是DN的中点,∴根据两点的中点坐标公式可得N(-4，-).第5题解图③当∠FMD为直角时，点M是原点，如解图③,由图可知，四边形FMDN为矩形，所以N点的坐标是(4，).47\n综上所述，点N存在，坐标为(，-)，(-4，-),(4，).(10分)类型三与三角形相似有关的问题1.解：(1)由抛物线y=-x2+bx+c过点A(0,4)和C(8，0),(1分)可得c=4-×64+8b+c=0,解得c=4b=.(4分)(2)∵∠AOP=∠PEB=90°，∠OAP=90°-∠APO=∠EPB,∴△AOP∽△PEB，∵PB是MP旋转所得，∴PB=MP，又∵M是AP的中点，∴AP=2MP＝2PB，∴相似比为=2,(5分)∵AO=4,∴PE=2,OE=OP+PE=t+2，又∵DE=OA=4，∴点D的坐标为(t+2,4)，(6分)∴当点D落在抛物线上时，有-(t+2)2+(t+2)+4=4,解得t=3或t=-2.∵t>0，∴t=3,故当t为3时，点D落在抛物线上.(7分)(3)存在t,使得以A,B,D为顶点的三角形与△AOP相似.理由：①当0<t<8时，若△POA∽△ADB,由(2)知△AOP∽△PEB且相似比为2，则＝2，∴BE=OP，∴BD=4-t，则，即,整理得t2+16=0,∴t无解;(8分)若△POA∽△BDA,同理，解得t=-2±2(负值舍去)；(9分)47\n②当t>8时，若△POA∽△ADB,则，即,解得t=8±4(负值舍去);(10分)若△POA∽△BDA，同理，解得t无解.(11分)综上所述，当t=-2+2或t=8+4时，以A,B,D为顶点的三角形与△AOP相似.(12分)2.【思路分析】(1)解一元二次方程得出方程的根，便可求出点的坐标；(2)过点B作BE⊥AC于点E，设OE=x,在Rt△BCE中，由勾股定理列出方程便可求出x，进而得出B点坐标，问题就迎刃而解；(3)根据相似三角形的比例线段进行解答即可.解：(1)由x2-12x+36=0，解得：x1=x2=6,∴OA=6,OC=6，∴A(-6,0)，C(6,0).(2分)(2)过点B作BE⊥AC于点E，如解图，第2题解图设OE=x,则CE=6-x,AE=6+x，∵∠BAC=45°，∴BE=AE=6+x，在Rt△BCE中，BE2+CE2＝BC2，即(6+x)2+(6-x)2=(4)2，∴x1=2,x2=-2(舍去)，∴B(2,8)，将点B坐标代入y=中，∴k=16.(6分)(3)存在，满足条件的点P有5个，坐标为（0，12），（0，6），（0，2），（0，4+2），（0，4-2）（写出任意两个即可）.(10分)【解法提示】设P(0，y)，∵∠ODB=90°，∠DOA=90°，∴∠PDB与∠POA对应.∴两三角形相似共有四种情况：△PBD∽△PAO、△PBD∽△APO、△BPD∽△PAO、△BPD∽△47\nAPO,依次讨论即可，下面以第一个为例分析，后面的情况类似.∵△PBD∽△PAO，∴，即，∴y=12或y=6，∴P1(0,12),P2(0,6).同理，由其他三种情况的比例关系类似，可求得P3(0，2)，P4(0，4+2)，P5(0，4-2.∴满足条件的点P的个数是5个.3.【思路分析】(1)A、B、C是抛物线与坐标轴的交点，故当y＝0时,可计算A、B的坐标，当x=0时，可计算C的坐标；(2)作B(或M)关于x=-2的对称点B′，连接B′M，与x=-2的交点即N，由B′M的解析式与x=-2可确定n值；(3)假设满足条件的点P存在，分类讨论：在第一、二、四象限，x轴下方.通过数形结合可知，一、二象限内两点关于抛物线对称轴对称，故求其中一个可知另一个，具体方法是过D作DE⊥x轴于点E，过P作PF⊥x轴于点F，在讨论△PAF∽△DAE的前提下计算△ABP的边长和点P坐标，然后根据“两边对应成比例且夹角相等”来检验△PAB和△ABD是否相似；点P在x轴下方时易知其和点D关于抛物线对称轴对称.解：(1)抛物线解析式为y=(x+2)(x-4),令x=0得y=-,令y=0得x1=-2,x2=4,∴A(-2,0)，B(4,0)，C(0,-).(3分)(2)如解图①，过点A(-2,0)作y轴平行线l，第3题解图①则点B关于l的对称点B′(-8，0)，由抛物线顶点坐标公式得M(1，-).连接B′M与l的交点即为使MN+BN值最小的点N.设直线B′M的解析式为y=kx+b（k≠0）,则-8k+b=047\nk+b=-，解得k=-b=-,∴直线B′M的解析式为y=-x-.当x=-2时,n=-.(7分)(3)假设存在点P(t,(t+2)(t-4)),使P、A、B为顶点的三角形与△ABD相似.下面分三种情况讨论：(Ⅰ)当点P在第一象限时，显然∠PBA为钝角，∠BAD与∠ABD为锐角，过D作DE⊥x轴于点E，过P作PF⊥x轴于点F，易得D(2，-)，PF=（t+2)(t-4),AF=t+2,DE=,AE=4.第3题解图②①若∠PAF＝∠DAE，则△PAF∽△DAE，∴，即4×(t+2)(t-4)=(t+2)，解得：t1=-2(舍去)，t2=6，当t=6时，PF=2，AF=8，PA=6，又∵AD＝3，∴＝，＝，∴，∴当t=6时，△PAB与△BAD相似，且P(6,2).②若∠PAF=∠DBE，则△PAF∽△DBE，∴，即2×(t+2)(t-4)=(t+2)，47\n解得：t1=-2(舍去)，t2=8，当t=8时，AF=10，PF=5，PA=，∵DE＝，BD=，∴，显然且，∴当t=8时，△PAB与△ABD不可能相似.(Ⅱ)点P为第二象限时，根据对称性易知存在点P(-4，2)，使△PAB∽△BDA(当然，也可以像(Ⅰ)中一样计算得出).(Ⅲ)点P在x轴下方时，根据对称性易知存在点P(0，-)，使△PAB∽△BDA.综上所述，存在点P1(6，2)，P2(-4，2),P3(0,-)三点使得以P、A、B为顶点的三角形与△ABD相似.(12分)4.【思路分析】(1)①根据直线解析式，求出点A的坐标，根据对称性可得点B的坐标；②求出点A、C的坐标，然后代入抛物线的解析式y=a(x+)2+k,求出a,k即可；(2)结合抛物线的解析式，设出点P的坐标，过点P作y轴的垂线PE，垂足为E，根据S△PAC＝S四边形AOEP-S△PEC-S△AOC，求得三角形面积与点P的横坐标的二次函数关系式，得到确定根据二次函数最大值，即△PAC的面积的最大值，进而可求得点P的坐标；(3)结合抛物线的解析式，设出点M的坐标，然后分三种情况进行讨论，由于两个三角形相似，根据相似三角形对应线段成比例，列出方程求解即可.解：(1)①点B的坐标为(1，0).(1分)【解法提示】由直线y=x+2可知，点A的坐标为(-4，0)，∵点A与点B关于直线x=-对称，∴点B的坐标为(1，0).②由直线y=x+2可知，点A的坐标为(-4，0)，点C的坐标为(0，2)，∵抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是x=-,∴可设抛物线的解析式为y=a(x+)2+k,(2分)根据题意得a+k=0a+k=2,解得a=-k=,47\n∴抛物线的解析式为y=-(x+)2+＝-x2-x+2.(4分)(2)如解图，设点P的坐标为(t,-t2-t+2),过点P作y轴的垂线PE，垂足为点E，第4题解图∵点P为直线AC上方的抛物线的一点，∴-4<t<0,则PE=-t，OE=-t2-t+2,CE=-t2-t,∴S△PAC＝S四边形AOEP-S△PEC-S△AOC＝(-t+4)(-t2-t+2)-(-t)(-t2-t)-×4×2＝-(t+2)2+4,∴△PAC的面积的最大值为4.(7分)此时点P的坐标为(-2，3).(8分)(3)存在以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似.设点M的坐标为(m,-m2-m+2),∵点A(-4，0)，B(1,0)，C(0,2)，∴AB=5,AC=2，BC＝，∴AB2＝AC2+BC2，即△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，(9分)①当点M在x轴上方，即-4<m<1时，当时，Rt△AMN∽Rt△BAC，∴,解得：m1=-3,m2=-4(舍去)，∴点M的坐标为(-3，2)；47\n当时，Rt△AMN∽Rt△ABC,∴,解得:m3=0,m4=-4(舍去)，∴点M的坐标为(0，2)；(10分)②当点M在x轴下方，且m>1时，当时，Rt△AMN∽Rt△BAC，,解得：m5=5,m6=-4(舍去)，∴点M的坐标为(5，-18)；当时，Rt△AMN∽Rt△ABC，,解得:m7＝2，m8＝-4(舍去)，∴点M的坐标为(2，-3);(11分)③当点M在x轴下方，且m<-4时，当时，Rt△AMN∽Rt△BAC,,m无解，当时，Rt△AMN∽Rt△ABC，,解得：m9=-2+(舍去)，m10=-2-(舍去),综上所述，存在点M，使得以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似，点M的坐标为(-3，2)或(0，2)或(5，-18)或(2，-3).(12分)类型四与面积有关的问题类型四与面积有关的问题47\n1.解：(1)设抛物线的解析式为y＝a(x-1)(x-5)，把点A(0，4)代入上式，解得a＝，(1分)∴y=(x-1)(x-5)=x2-x+4=(x-3)2-,(2分)∴抛物线的对称轴是直线x＝3.(3分)(2)存在，P点坐标为(3，).(4分)①如解图①，连接AC交对称轴于点P，连接BP，BA，第1题解图①∵点B与点C关于对称轴对称，∴PB=PC，∴AB+AP+PB＝AB+AP+PC＝AB+AC，∴此时△PAB的周长最小，(5分)设直线AC的解析式为y＝kx+b，把A(0，4)，C(5,0)代入y=kx+b中,得b=45k+b=0，解得k＝-b＝4，∴直线AC的解析式为y＝-x+4，∵点P的横坐标为3，∴y＝-×3+4=，∴P点坐标为(3，).(6分)(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，47\n第1题解图②②此时点N(t，t2-t+4)(0<t<5).(7分)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(t，-t+4).此时NG＝-t+4-(t2-t+4)＝-t2+4t，(8分)∵AD+CF＝OC＝5，∴S△NAC=S△ANG+S△CNG=NG·AD+NG·CF＝NG·OC＝×(-t2+4t)×5＝-2t2+10t=-2(t-)2+,∴当t＝时，△NAC的面积最大，最大值为，(9分)由t＝，得y＝t2-t+4＝-3，∴N点坐标为(，-3).(10分)2.解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A和点B(1，0)，与y轴交于点C(0,3)，其对称轴l为x=-1,∴a+b+c=0c=347\n-=-1,解得a=-1b=-2c=3，∴抛物线的解析式为y=-x2-2x+3=-(x+1)2+4,(2分)∴顶点坐标为(-1，4).(3分)(2)令y=-x2-2x+3=0,解得x=-3或x=1,∴A(-3,0),B(1,0),如解图，作PD⊥x轴于点D，设对称轴l与x轴交于点Q，连接AC，OP，第2题解图①∵点P在y=-x2-2x+3上，∴设点P(x,-x2-2x+3)，∵PA⊥NA，且PA=NA，∠PAD+∠APD=∠PAD+∠NAQ＝90°，∴∠APD=∠NAQ，又∵∠PDA=∠AQN=90°,∴△PAD≌△ANQ(AAS)，∴PD=AQ,即y=-x2-2x+3=2,解得x=-1(舍去)或x=--1,(5分)∴点P坐标为(--1，2)；(6分)②S四边形PABC＝S△OBC+S△AOC+S△APC,∵S△AOC＝，S△OCP＝|x|=-x，S△OAP＝×3×|yp|=-x2-3x+，∴S△APC＝S△OAP+S△OCP-S△AOC=-x2-3x+-32x-=-x2-x=-(x+)2+,∴当x=-时，S△ACP最大值＝，(8分)此时P(-，)，47\nS四边形PABC＝S△ABC+S△APC＝×4×3+＝.∴S四边形PABC最大＝.(10分)3.【思路分析】(1)根据题意将A、B的坐标代入抛物线解析式及对称轴x=-，利用待定系数法求解；(2)作EP∥y轴交AD于P，先利用待定系数法求出直线AD的解析式，再通过联立两个函数解析式得D点坐标，设E(x，x2-x-2)(-3<x<5)，则P(x，-x+)，所以PE＝-x2+x+,根据三角形面积公式和S△AED=S△AEP+S△DEP可得到关于S△AED的二次函数表达式，求出二次函数的最值即可找到对应的E点坐标；(3)设出点F坐标，根据A、D、F三点坐标可分别求出AD2、AF2、DF2的长，根据勾股定理分三种情况讨论当∠DAF、∠ADF、∠AFD分别为直角时，求出t的值，则F点坐标可求.解：(1)根据题意得9a-3b+c=2c=-2-,解得a=b=-c=-2,(2分)∴抛物线的函数表达式为y＝x2-x-2.(3分)(2)作EP∥y轴交AD于点P，连接AE、ED，如解图①，第3题解图①设直线AD的解析式为y＝mx+n,把A(-3，2)，C(0，)分别代入得-3m+n＝2n＝，解得m＝-n＝，47\n∴直线AD的解析式为y＝-x+,(4分)联立y＝x2-x-2y＝-x+，解得x＝-3或x＝5y＝2y＝-2，∵点D在第四象限，则D(5，-2)，设E(x，x2-x-2)(-3<x<5)，则P(x，-x+)，∴PE=-x+-(x2-x-2)=-x2+x+，∴S△AED=S△AEP+S△DEP=×(5+3)×(-x2+x+)=-(x-1)2+,(6分)当x＝1时，△ADE的面积最大，最大面积为，此时E点坐标为(1，-).(7分)(3)存在.(8分)第3题解图②设F(,t)，如解图②，∵A(-3,2),D(5,-2),∴AD2=(5+3)2+(-2-2)2=80,AF2=(+3)2+(t-2)2,DF2=(5-)2+(-t-2)2,当AD2+AF2＝DF2时，△ADF是直角三角形，∠DAF=90°，则80+(+3)2+(t-2)2=(5-)2+(-t-2)2，解得t＝13，此时F点坐标为(，13).(9分)当AD2+DF2＝AF2时，△ADF是直角三角形，∠ADF=90°，47\n则80+(5-)2+(-t-2)2=(+3)2+(t-2)2,解得t＝-7，此时F点坐标为(，-7).(10分)当DF2+AF2＝AD2时，△ADF是直角三角形，∠AFD＝90°，则(+3)2+(t-2)2+(5-)2+(-t-2)2=80,解得t＝±,此时F点坐标为(，)或(，-)，(11分)综上所述，F点的坐标为(，13)或(，-7)或(，)或(，-).(12分)4.【思路分析】(1)把点(-3，0)，(0，3)代入y=-x2+bx+c可得关于b,的二元一次方程组，解之可得解析式；(2)根据角平分线的判定定理，满足条件的点应该在∠DAB的平分线或∠DAB的外角的平分线上，所以本题应该分以上两种情形分别来求解；(3)过点F作x轴的垂线，垂足为M，交BC的延长线于点Q，则S△FBC=S△QFB-S△QFC＝FQ·MB-FQ·MO＝FQ(MB-MO)＝FQ·OB然后通过函数值之差求出点F的坐标.解：(1)将A(-3,0)，C(0，3)代入y=-x2+bx+c,得c=3-9-3b+c=0,∴b=-2c=3，∴抛物线的解析式为y=-x2-2x+3.(3分)(2)存在.当P在∠DAB的平分线上时，如解图①，作PM⊥AD,设P(-1,y0)，则PM=PD·sin∠ADE＝(4-y0),PE=y0，∵PM=PE,∴(4-y0)=y0,解得y0=-1.∴P(-1,-1).(6分)当P在∠DAB的外角平分线上时，如解图②，作PN⊥AD，设P(-1，y0)，则PN=PD·sin∠ADE＝(4-y0),PE=-y0，∵PN=PE,47\n第4题解图∴(4-y0)=-y0,解得y0=--1.∴P(-1,--1).(6分)综上可得，存在符合条件的点P，坐标为(-1，-1)，(-1，--1).(7分)(3)易得S△BCE＝BE·OC＝×2×3＝3，又∵2S△FBC＝3S△EBC，∴S△FBC＝，过F作FQ⊥x轴交BC延长线于Q，交x轴于M，如解图③第4题解图③则S△FBC＝S△QFB-S△QFC=QF·MB-QF·MO＝QF·(MB-MO)＝FQ·OB47\n＝FQ=，∴FQ=9.易得直线BC的解析式为y=-3x+3.设F(x0,-x02-2x0+3)，Q(x0,-3x0+3),∴-3x0+3+x02+2x0-3=9，∴x02-x0-9=0，∴x0=或x0=(舍去)，∴F(,).(9分)5.【思路分析】(1)利用待定系数法，分别将点A、B的坐标代入抛物线解析式即可得解；(2)过D作y轴平行线，交x轴于点H，根据△BCD与四边形OBDC的关系，从而由四边形COHD、△BDH的面积和减去△BOC的面积，可得结论；(3)先由抛物线的性质确定顶点P的坐标，根据平行线间的距离处处相等，从而平移直线BC，并使得其过点P，其与抛物线的交点即为所求点；然后求出点M的坐标，设PM与x轴交于点E，得PM=ME，确定点E的坐标，再平移直线BC，使其过点E，此时与抛物线的交点坐标即为所求.解：(1)将A、B两点坐标代入抛物线y=-x2+bx+c得：-1-b+c=0-9+3b+c=0，解得b=2c=3.∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3.(2分)【一题多解】由题意可知点A(-1，0)，点B(3，0)是抛物线与x轴的两个交点，∴抛物线的解析式为y=-(x+1)(x-3)=-x2+2x+3.第5题解图①(2)∵抛物线解析式为y=-x2+2x+3,令x=0,则y=3,∴C(0,3),∴OC=3.∴设D(t，-t2+2t+3)，如解图①，过点D作DH⊥x轴,则S△BCD=S四边形DCOH+S△BDH-S△BOC=(-t2+2t+3+3)t+(3-t)(-t2+2t+3)-×3×347\n＝-t2+t=-(t-)2+，(5分)∵-＜0，∴当t=时，即D(，)时，S△BCD有最大值，且最大面积为.(6分)(3)存在点Q，(1)中抛物线的解析式可写为y=-(x-1)2+4.∴可得P(1,4),如解图②，∵过点P且与BC平行的直线与抛物线的交点即为所求Q点之一，∵直线BC的解析式为y＝-x+3，第5题解图②抛物线的对称轴为x=1，把x=1代入y=-x+3得y=2,∴过点P且与BC平行的直线l1为y＝-x+5，由y=-x+5y=-x2+2x+3，解得x1=2x2=1y1=3,y2=4,∴Q1(2，3)；(8分)∵直线PM为x＝1，直线BC为y=-x+3，∴M(1，2).(9分)设PM与x轴交于点E，∵PM=EM=2，∴过点E且与BC平行的直线l2为y＝-x+1，(10分)从而过点E且与BC平行的直线l2与抛物线的交点也为所求Q点之一，由y=-x+1y=-x2+2x+3，解得x1=x2=y1=，y2=，∴Q2(，)，Q3(，).47\n综上可得，满足题意的Q点坐标为(2，3)或(，)或(，).(12分)【难点突破】对于第(2)问表示△BCD的面积是解题的关键和突破口，主要先过点D作y轴平行线，交x轴于点H，然后利用四边形DCOH与△DHB的面积和再减去△BOC的面积进行正确转化，才能实现问题的解决；第(3)问的难点在于点Q的坐标确定，求解需利用平移直线BC，得到平移的直线l1、l2与抛物线的交点Q1、Q2、Q3，此时有△PMB与△QMB同底等高，即S△PMB=S△QMB，则点Q1、Q2、Q3即为所求.6.【思路分析】(1)将A、C两点坐标代入y=x2+bx+c，利用待定系数法可求得抛物线解析式.(2)要使四边形DEFG的周长最短，由于DE是固定不变的，只需要EF+FG+DG最小，根据对称的性质，作D点关于y轴的对称点M，E点关于x轴的对称点N，连接MN，与x轴、y轴的交点分别为F、G，此时四边形DEFG的周长就最短，求出MN与DE便可.(3)设P点的横坐标为m，则P(m，m2-m+4),过点P作PQ⊥x轴，与直线OD交于点Q，求出OD的解析式，再求出Q点的坐标，进而得PQ，再根据三角形的面积公式，列出方程，若方程有解，则存在点P，求出m的值，便可得出P点的坐标；若方程无解，则不存在点P.解：(1)∵抛物线过点A(0,4),C(5,0),∴c=420+5b+c=0，解得b=-c=4,∴二次函数的表达式为y=x2-x+4.(3分)(2)如解图①，作D点关于y轴的对称点M，E点关于x轴的对称点N，连接MN，与x轴、y轴的交点分别为F、G，则DG=GM,EF=NF，此时四边形DEFG的周长最短.第6题解图①由已知有OA=BC=4,OC=AB=5,∵OD平分∠AOC，∴∠AOD=45°,∴OA=AD=4=AM，47\n∴BD＝AB-AD=1，∵E是BC的中点，∴BE=EC=CN=2，∴DE+EF+FG+GD=DE+NF+FG+GM=DE+MN=+=+=+3.即四边形DEFG周长的最小值是+3(7分)(3)假设存在一点P使△ODP的面积为12，不妨设P点的横坐标为m，第6题解图②则P(m，m2-m+4),如解图②，过点P作PQ⊥x轴，与直线OD交于点Q，∵AD=OA=4，∴D(4，4),设直线OD解析式为y=kx，∴4k=4，k=1，∴直线OD的解析式为y=x，则Q(m，m),∴PQ=|m2-m+4-m|=|m2-m+4|,∴S△ODP＝S△OPQ+S△DPQ=12×4×|m2-m+4|=12,解得m=或m=，∴点P的坐标为(，)，(，)，(，)，(，)，∴存在点P，使△ODP的面积为12,点P的坐标为：，)，(，)，47\n(，)，(，).(12分)【难点突破】本题第(3)问难度稍大，由于P点的位置不确定，我们可以先假设其存在，设出坐标P(m,m2-m+4),然后根据各点之间的坐标关系得出线段PQ的长，由图象可知S△OPD＝S△OPQ+S△DPQ，进一步利用等量代换得到关于m的方程，求解即可.不过，题目求解过程中运算量较大，需细心一点.类型五与线段有关的问题1.【思路分析】(1)由于抛物线经过点A(-1，0)，B(4,0)，用待定系数法求出抛物线解析式；(2)根据抛物线解析式求出点C的坐标，根据S△PDB＝×BD×|n|＝S△CAD，求出n的值，即可求出点P的坐标；(3)由已知点B、C两点坐标可求出BC直线解析式,即可表示出点F和点G的坐标.根据抛物线的顶点式表示出n的取值范围，根据勾股定理表示出EG2，利用二次函数的性质即可得到EG的最小值.解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+2经过点A(-1,0)和点B(4，0)，∴a-b+2=016a+4b+2=0,解得a=-b=，∴抛物线的解析式为y=-x2+x+2.(5分)(2)对于y=-x2+x+2,当x=0时，y=2，∴C(0,2)，∴S△CAD＝AD·OC＝×3×2＝3，∵S△CAD=S△PDB,∴S△PDB＝×BD×|n|＝×2×|n|=3，∴n＝±3，(7分)当n=3时，-x2+x+2=3，解得x1=1,x2=2，∴P1(1，3)，P2(2，3).(9分)当n=-3时，-x2+x+2=-3，解得x1=-2,x2=5，∴P3(-2，-3)，P4(5，-3).(11分)47\n综上所述：P1(1，3)，P2(2，3)，P3(-2，-3)，P4(5，-3).(12分)(3)线段EG的最小值是.(14分)第1题解图【解法提示】如解图，设过B(4,0),C(0,2)的直线解析式为y=kx+b，则有4k+b=0b=2,解得k=-b=2，∴直线BC的解析式为y=-x+2.∴F(4-2n,n),G(4-2n,0),∵抛物线解析式为y=-x2+x+2,∴，,∴抛物线的顶点坐标为(，)，∴0<n≤,∴EG2＝(4-2n)2+n2=5(n-)2+,∴当n=时，EG2有最小值，∴EG有最小值.2.【思路分析】(1)根据折叠的性质，设BD=x，表示出CD的长.在Rt△DCF47\n中，利用勾股定理列方程求解.(2)过点D作DN⊥x轴于点N，过点F作FH⊥BC于点H.先用m表示出OE，EN，再由△DNE∽△GOE的比例线段求出m的值，得出点C、D的坐标，根据三角形面积关系求出点E坐标，进而根据待定系数法求得抛物线的解析式.(3)求出AE与CD相等，都为,当P与F点重合时，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，则可得PM=CD，满足条件，再根据抛物线的对称性，点P为点F关于抛物线的对称轴对称的点时也满足条件.解：(1)设BD=x，则有CD=2m-x，由折叠的性质可知CF=AB=m，DF=BD=x，∠CFD=∠ABC=90°,在Rt△OCF中，由勾股定理得CD2-DF2=CF2，即(2m-x)2-x2=m2,解得x=，则CD=2m-=,∴点D的坐标为(，m).(4分)(2)过点D作DN⊥x轴于点N，过点F作FH⊥BC于点H，如解图①.第2题解图①则OC=DN=m，由折叠知∠AED=∠CED,CE=EA,∵BC∥OA，∴∠CDE=∠AED,∴∠CED=∠CDE,∴CE=CD=,∴OE==,则EN＝ON-OE=CD-OE=-=,∵DN∥OG,∴△DNE∽△GOE，47\n∴，即，∴m=2，∴DF=BD==,CD==，CF=AB=2,∵CD·FH＝CF·DF,∴FH=,∴CH==,∴F(,),C(0,2),D(,2)，(7分)∵点C、F、D在抛物线y=ax2+bx+c上,∴c=2a+b+c=a+b+c=2,解得a=b=c=2，∴抛物线的解析式为y=x2+x+2.(10分)(3)存在，点P的坐标为(,)或(,).(12分)第2题解图②【解法提示】如解图②，连接FM，由折叠可知，AE=CE,∠CED=∠AED,∵BC∥OA,∴∠CDE=∠AED=∠CED,47\n∴CD=AE=CE=∵∠CFD=90°,M是CD的中点，∴FM=CD,∴当点P与点F重合时，即为点P1，P1M=CD=EA，此时点P1的坐标为(,)；再根据抛物线的对称性，点P为点F关于抛物线的对称轴的对称点时也满足条件，即为点P2，此时点P2的坐标为(,).综上，存在点P使得PM=EA，且点P坐标为(,)或(,).47