还剩41页未读，
继续阅读
2024成都中考数学第一轮专题复习之第三章 微专题 二次函数综合题 练习课件
展开
这是一份2024成都中考数学第一轮专题复习之第三章 微专题 二次函数综合题 练习课件，共49页。PPT课件主要包含了类型一线段问题，第1题图，解题关键点，第2题图，类型二面积问题，第3题解图①，第3题解图③，第4题图，第4题解图，第5题图等内容，欢迎下载使用。
1. (2023重庆A卷节选)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋2过点(1，3)，且交x轴于点A(－1，0)，B两点，交y轴于点C.(1)求抛物线的表达式；
解：(1)将点(1，3)，(－1，0)代入抛物线y＝ax2＋bx＋2，得 解得∴该抛物线的表达式为y＝－ x2＋ x＋2；
(2)点P是直线BC上方抛物线上的一动点，过点P作PD⊥BC于点D，过点P作y轴的平行线交直线BC于点E，求△PDE周长的最大值及此时点P的坐标．
(2)∵当x＝0时，y＝2，∴C(0，2).∵当y＝0时，x＝－1或x＝4，∴B(4，0)，∴OC＝2，OB＝4，BC＝2 .∵直线BC过点B(4，0)，C(0，2)，
∴直线BC的函数表达式为y＝－ x＋2.∵PD⊥BC，PE∥y轴，∴∠PDE＝∠BOC＝90°，∠PED＝∠BCO，∴△PDE∽△BOC，∴ ，∴ ，∴DE＝ PE，PD＝ PE.
设P(m，－ m2＋ m＋2)，则E(m，－ m＋2)(0
2. (2023济宁节选)如图，直线y＝－x＋4交x轴于点B，交y轴于点C，对称轴为x＝ 的抛物线经过B，C两点，交x轴负半轴于点A. P为抛物线上一动点，点P的横坐标为m，过点P作x轴的平行线交抛物线于另一点M，作x轴的垂线PN，垂足为N，直线MN交y轴于点D.(1)求抛物线的解析式；
解：(1)在直线y＝－x＋4中，当x＝0时，y＝4，当y＝0时，x＝4，∴B(4，0)，C(0，4).由题可设抛物线的解析式为y＝a(x－ )2＋k(a≠0)，
把B(4，0)，C(0，4)的坐标代入可得解得∴抛物线的解析式为y＝－(x－ )2＋ ＝－x2＋3x＋4；
(2)若m< ，设直线MN交直线BC于点E，是否存在这样的m值，使MN＝2ME？若存在，求出此时m的值；若不存在，请说明理由．
(2)存在，理由如下：∵点A是抛物线y＝－x2＋3x＋4与x轴的另一个交点，∴点A(－1，0).①当－1＜m＜ 时，点P在x轴的上方，∵MN＝2ME，∴点E为线段MN的中点，∴点E的横坐标为xE＝ ，
纵坐标yE＝ ，∴点E的坐标为( ， ).又∵点E在直线BC：y＝－x＋4上，代入得m2－3m＋1＝0，解得m1＝ (舍去)，m2＝ .②当m＝－1时，P点即A点，此时点E与点M重合，不合题意．③当m＜－1时，点P在x轴下方，点E在射线NM上．设线段MN的中点是点F( ， ).
∵MN＝2ME，∴M为EF的中点，∴点M的横坐标为xm＝3－m＝ .纵坐标为ym＝－m2＋3m＋4＝ .∴点E的坐标为( －2m， ).又∵点E在y＝－x＋4上，∴代入得 ＝2m－ ，即3m2－5m－13＝0，
解得m1＝ (舍去)，m2＝ .综上，存在m使MN＝2ME，m＝ 或m＝ .
m< 需分三种情况讨论：－1
解：(1)由题意得 解得 ；
(2)已知点B，C在抛物线上，点B的横坐标为t，点C的横坐标为t＋1.过点B作x轴的垂线交直线OA于点D，过点C作x轴的垂线交直线OA于点E.(ⅰ)当0
(ⅱ)在抛物线对称轴右侧，是否存在点B，使得以B，C，D，E为顶点的四边形的面积为 ？若存在，请求出点B的横坐标t的值；若不存在，请说明理由．
当点D在点B上方，即t>3时，如解图③，过点D作DQ⊥EC于点Q，
此时S四边形DBCE＝ (BD＋EC)·DQ＝ (t2－3t＋t2－t－2)·1＝t2－2t－1，令t2－2t－1＝ ，解得t1＝ ＋1<3，t2＝－ ＋1<3，均舍去．综上所述，t的值为 .
分点B在点D上方和点B在点D下方两种情况讨论求解．
类型三 等腰三角形存在性问题
4. (2023青海省卷节选)如图，二次函数y＝－x2＋bx＋c的图象与x轴相交于点A和点C(1，0)，交y轴于点B(0，3)．(1)求此二次函数的解析式；
解：(1)∵点C(1，0)和点B(0，3)是二次函数y＝－x2＋bx＋c图象上的两点，把点C(1，0)和点B(0，3)代入上式得解得∴二次函数的解析式为y＝－x2－2x＋3；
(2)二次函数图象的对称轴上是否存在点M，使得△AMB是以AB为底边的等腰三角形？若存在，请求出满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
∵△AMB是等腰三角形，∴AM＝BM，则AM2＝BM2，∴在Rt△AQM中，AM2＝AQ2＋MQ2＝22＋y2.在Rt△BMG中，BM2＝MG2＋BG2＝12＋(3－y)2∴22＋y2＝12＋(3－y)2，解得y＝1，∴点M的坐标为 (－1，1).
类型四 直角三角形存在性问题
5. 如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)与x轴，y轴分别交于点A(4，0)，B(0，－4)，对称轴是直线x＝1，点P为平面内一点．(1)求抛物线的函数表达式；
解：(1)∵抛物线过点B(0，－4)，∴c＝－4，即抛物线的函数表达式为y＝ax2＋bx－4.
将点A(4，0)代入y＝ax2＋bx－4中，得16a＋4b－4＝0.∵抛物线的对称轴是直线x＝1，∴－ ＝1，由 解得∴抛物线的函数表达式为y＝ x2－x－4；
(2)若点P为y轴右侧抛物线上一点，其横坐标为t，过点P分别作AB和y轴的垂线，垂足分别为点E，F，PF交AB于点G，当△PEG≌△BFG时，求t的值；
∴∠BGF＝45°，∴∠PGE＝45°∵PE⊥AB，∴△PEG是等腰直角三角形，∴PG＝ EG.当△PEG≌△BFG时，∴EG＝FG，∴PG＝ FG.由A(4，0)，B(0，－4)可知直线AB的函数表达式为y＝x－4，
∴P(t， t2－t－4)，G( t2－t， t2－t－4)，∴PG＝t－( t2－t)＝－ t2＋2t，FG＝ t2－t，∴－ t2＋2t＝ ( t2－t)，解得t＝0(舍去)或t＝ 2 ；
(3)若P是抛物线对称轴上的点，将抛物线y＝ax2＋bx＋c先向左平移4个单位，再向上平移3个单位，得到新的抛物线y1，抛物线y1与y轴交于点M，点N为抛物线y1的顶点，当△PMN为直角三角形时，直接写出所有符合条件的点P的纵坐标．
【解法提示】∵y＝ x2－x－4＝ (x－1)2－ ，∴y1＝ (x－1＋4)2－ ＋3＝ (x＋3)2－ ＝ x2＋3x＋3，∴N(－3，－ ).令x＝0，则y1＝3，∴M(0，3).∵抛物
线y的对称轴为直线x＝1，点P在抛物线对称轴上，∴设P(1，m)，∴PN2＝(1＋3)2＋(m＋ )2，MN2＝ ，PM2＝12＋(m－3)2.∵△PMN为直角三角形，∴需要分以下三种情况：①当∠MNP＝90°时，MN2＋PN2＝PM2， ＋(1＋3)2＋(m＋ )2＝12＋(m－3)2，解得m＝－ ；②当∠PMN＝90°时，PM2＋MN2＝PN2，12＋(m－3)2＋ ＝(1＋3)2＋(m＋ )2，解得m＝ ；③当∠MPN＝90°时，PM2＋PN2＝
MN2，12＋(m－3)2＋(1＋3)2＋(m＋ )2＝ ，解得m＝ 或m＝ .综上所述，当△PMN为直角三角形时，所有符合条件的点P的纵坐标为－ 或 或 或 .
(3)当△PMN为直角三角形时，所有符合条件的点P的纵坐标为 或 或 或 .
△PMN的直角边不确定，需分∠MNP＝90°，∠PMN＝90°，∠MPN＝90°三种情况讨论．
类型五 特殊四边形存在性问题
6. (2023邵阳节选)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋x＋c经过点A(－2，0)和点B(4，0)，且与直线l：y＝－x－1交于D，E两点(点D在点E的右侧)，点M为直线l上的一动点，设点M的横坐标为t.(1)求抛物线的解析式；
解：(1)∵抛物线y＝ax2＋x＋c经过A，B两点，∴ 解得∴抛物线的解析式为y＝－ x2＋x＋4；
(2)抛物线与y轴交于点C，点R为平面直角坐标系上一点，若以B，C，M，R为顶点的四边形是菱形，请求出所有满足条件的点R的坐标．
(2)∵抛物线与y轴交于点C，∴当x＝0时，y＝4，即C(0，4).∵B(4，0)，M(t，－t－1)，∴BC＝ ，BM2＝(t－4)2＋(－t－1)2＝2t2－6t＋17，CM2＝t2＋(t＋5)2＝2t2＋10t＋25，
①如解图①，当BC为对角线时，MB＝CM，
∴2t2－6t＋17＝2t2＋10t＋25，解得t＝－ ，∴M(－ ，－ ).由菱形的性质可得 解得∴R( ， )；
②当CM为对角线时，如解图②，
∵四边形BMRC为菱形，∴BM＝BC，∴2t2－6t＋17＝(4 )2，解得t＝ 或t＝ ，∴－t－1＝－ －1＝ 或－t－1＝－－1＝ ，∴M( ， )或M( ， ).
由菱形的性质可得， 或解得 或∴R( ， )或R( ， )；
点R的坐标即为四边形BMRC为菱形时，点M的坐标，∴R( ， )或R( ， ).综上所述，点R的坐标为( ， )或( ， )或( ， )或( ， )或( ， ).
③当BM为对角线时，如解图③，即四边形CMRB是菱形，
菱形的边不确定，需分BC，CM，BM为对角线讨论．
类型六 相似三角形问题
7. (2023随州节选)如图，平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2＋bx＋c过点A(－1，0)，B(2，0)和C(0，2)，连接BC，点P(m，n)(m>0)为抛物线上一动点，过点P作PN⊥x轴交直线BC于点M，交x轴于点N.(1)直接写出抛物线和直线BC的解析式；
【解法提示】(1)∵抛物线过点A(－1，0)，B(2，0)，∴抛物线的解析式为y＝a(x＋1)·(x－2)，将点C(0，2)的坐标代入上式，得2＝－2a，∴a＝－1.∴抛物线的解析式为y＝－(x＋1)(x－2)，即y＝－x2＋x＋2.设直线BC的解
析式为y＝kx＋t，将点B(2，0)，C(0，2)的坐标代入上式，得 解得 .∴直线BC的解析式为y＝－x＋2；
解：(1)抛物线的解析式为y＝－x2＋x＋2，直线BC的解析式为y＝－x＋2；
(2)当P点在运动过程中，在y轴上是否存在点Q，使得以O，P，Q为顶点的三角形与以B，C，N为顶点的三角形相似(其中点P与点C相对应)，若存在，直接写出点P和点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解法提示】∵点P与点C相对应，∴△POQ∽△CBN或△POQ∽△CNB.①若点P在点B左侧，则∠CBN＝45°，BN＝2－m，CB＝2 .当△POQ∽△CBN，即∠POQ＝45°时，直线OP的解析式为y＝x，∴－m2＋m＋2＝m，解得m＝ 或m＝－ (舍去).
∴OP2＝( )2＋( )2＝4，即OP＝2.∴ ，即 ，解得OQ＝ －1.∴P( ， )，Q(0， －1).当△POQ∽△CNB，即∠PQO＝45°时，当点Q在点P上方时，PQ＝ m，OQ＝－m2＋m＋2＋m＝－m2＋2m＋2，∴ ，即 ，
解得m＝1＋ (舍去)或m＝1－ (舍去).当点Q在点P下方时，PQ＝ m，直线QP的解析式为y＝x－m2＋2.∴OQ＝m2－2，∴ ，即 ，解得m＝ 或m＝ (舍去)，∴OQ＝ ，∴P( ， )，Q(0， ).②若点P在点B右侧，则∠CBN＝135°，BN＝m－2.
当△POQ∽△CBN，即∠POQ＝135°时，直线OP的解析式为y＝－x，∴－m2＋m＋2＝－m，解得m＝1＋ 或m＝1－ (舍去)，∴OP＝ m＝ ＋ ，∴ ，即 ，解得OQ＝1.∴P(1＋ ，－1－ )，Q(0，1).当△POQ∽△CNB，即∠PQO＝135°时，
PQ＝ m，OQ＝|－m2＋m＋2＋m|＝m2－2m－2.∴ ，即 ，解得m＝1＋ 或m＝1－ (舍去).∴P(1＋ ，－3－ )，Q(0，－2).综上所述，P( ， )，Q(0， －1)或P( ， )，Q(0， )或P(1＋ ，－1－ )，Q(0，1)或P(1＋ ，－3－ )，Q(0，－2).
(2)存在．P( ， )，Q(0， －1)或P( ， )，Q(0， )或P(1＋ ，－1－ )，Q(0，1)或P(1＋ ，－3－ )，Q(0，－2).
8. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ x2＋bx＋c经过点A(－4，0)，B(2，0)，与y轴交于点C，作直线AC.(1)求抛物线的函数表达式；
解：(1)∵抛物线y＝ x2＋bx＋c经过点A(－4，0)，B(2，0)，∴ 解得∴抛物线的函数表达式为y＝ x2＋x－4；
(2)点M是直线AC下方抛物线上的一个动点，连接MA，MC，BC，求四边形ABCM面积的最大值及此时点M的坐标；
(2)在y＝ x2＋x－4中，令x＝0，得y＝－4，∴点C(0，－4).设直线AC的函数表达式为y＝kx＋c，将A(－4，0)，C(0，－4)代入，得 解得∴直线AC的函数表达式为y＝－x－4.
设点M的坐标为(d， d2＋d－4)，则点F的坐标为(d，－d－4)，∴MF＝(－d－4)－( d2＋d－4)＝－ d2－2d.∵A(－4，0)，B(2，0)，C(0，－4)，∴OA＝4，AB＝6，OC＝4，∴S△ABC＝ AB·OC＝ ×6×4＝12，S△ACM＝ MF·OA＝ ×(－ d2－2d)×4＝－d2－4d＝－(d＋2)2＋4.
如解图①，过点M作ME⊥x轴于点E，交AC于点F，
当d＝－2时，S△ACM取得最大值，为4.∴四边形ABCM面积的最大值＝12＋4＝16，此时点M的坐标为(－2，－4)；
(3)若点D是抛物线的顶点，点P是抛物线上的一个动点，是否存在点P，使得∠ACP＝∠CAD，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
①当点P在直线AC上方时，记为P1，设过点P1作P1H⊥y轴的点H为H1，∵∠ACP1＝∠CAD，∴P1C∥AD，易得∠DAG＝∠CP1H1.又∵∠DGA＝∠CH1P1＝90°，∴△DAG∽△CP1H1，∴ ，即 ，解得m＝0(舍去)或m＝－5，∴点P1(－5， )；
②当点P在直线AC下方时，记为P2，设过点P2作P2H⊥y轴的点H为H2，∵OA＝OC＝4，∴∠OAC＝∠OCA.∵∠ACP2＝∠CAD，∴∠OAC＋∠CAD＝∠OCA＋∠ACP2，即∠DAG＝∠P2CH2.又∵∠DGA＝∠P2H2C＝90°，∴△DAG∽△P2CH2，
1. (2023重庆A卷节选)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋2过点(1，3)，且交x轴于点A(－1，0)，B两点，交y轴于点C.(1)求抛物线的表达式；
解：(1)将点(1，3)，(－1，0)代入抛物线y＝ax2＋bx＋2，得 解得∴该抛物线的表达式为y＝－ x2＋ x＋2；
(2)点P是直线BC上方抛物线上的一动点，过点P作PD⊥BC于点D，过点P作y轴的平行线交直线BC于点E，求△PDE周长的最大值及此时点P的坐标．
(2)∵当x＝0时，y＝2，∴C(0，2).∵当y＝0时，x＝－1或x＝4，∴B(4，0)，∴OC＝2，OB＝4，BC＝2 .∵直线BC过点B(4，0)，C(0，2)，
∴直线BC的函数表达式为y＝－ x＋2.∵PD⊥BC，PE∥y轴，∴∠PDE＝∠BOC＝90°，∠PED＝∠BCO，∴△PDE∽△BOC，∴ ，∴ ，∴DE＝ PE，PD＝ PE.
设P(m，－ m2＋ m＋2)，则E(m，－ m＋2)(0
2. (2023济宁节选)如图，直线y＝－x＋4交x轴于点B，交y轴于点C，对称轴为x＝ 的抛物线经过B，C两点，交x轴负半轴于点A. P为抛物线上一动点，点P的横坐标为m，过点P作x轴的平行线交抛物线于另一点M，作x轴的垂线PN，垂足为N，直线MN交y轴于点D.(1)求抛物线的解析式；
解：(1)在直线y＝－x＋4中，当x＝0时，y＝4，当y＝0时，x＝4，∴B(4，0)，C(0，4).由题可设抛物线的解析式为y＝a(x－ )2＋k(a≠0)，
把B(4，0)，C(0，4)的坐标代入可得解得∴抛物线的解析式为y＝－(x－ )2＋ ＝－x2＋3x＋4；
(2)若m< ，设直线MN交直线BC于点E，是否存在这样的m值，使MN＝2ME？若存在，求出此时m的值；若不存在，请说明理由．
(2)存在，理由如下：∵点A是抛物线y＝－x2＋3x＋4与x轴的另一个交点，∴点A(－1，0).①当－1＜m＜ 时，点P在x轴的上方，∵MN＝2ME，∴点E为线段MN的中点，∴点E的横坐标为xE＝ ，
纵坐标yE＝ ，∴点E的坐标为( ， ).又∵点E在直线BC：y＝－x＋4上，代入得m2－3m＋1＝0，解得m1＝ (舍去)，m2＝ .②当m＝－1时，P点即A点，此时点E与点M重合，不合题意．③当m＜－1时，点P在x轴下方，点E在射线NM上．设线段MN的中点是点F( ， ).
∵MN＝2ME，∴M为EF的中点，∴点M的横坐标为xm＝3－m＝ .纵坐标为ym＝－m2＋3m＋4＝ .∴点E的坐标为( －2m， ).又∵点E在y＝－x＋4上，∴代入得 ＝2m－ ，即3m2－5m－13＝0，
解得m1＝ (舍去)，m2＝ .综上，存在m使MN＝2ME，m＝ 或m＝ .
m< 需分三种情况讨论：－1
解：(1)由题意得 解得 ；
(2)已知点B，C在抛物线上，点B的横坐标为t，点C的横坐标为t＋1.过点B作x轴的垂线交直线OA于点D，过点C作x轴的垂线交直线OA于点E.(ⅰ)当0
(ⅱ)在抛物线对称轴右侧，是否存在点B，使得以B，C，D，E为顶点的四边形的面积为 ？若存在，请求出点B的横坐标t的值；若不存在，请说明理由．
当点D在点B上方，即t>3时，如解图③，过点D作DQ⊥EC于点Q，
此时S四边形DBCE＝ (BD＋EC)·DQ＝ (t2－3t＋t2－t－2)·1＝t2－2t－1，令t2－2t－1＝ ，解得t1＝ ＋1<3，t2＝－ ＋1<3，均舍去．综上所述，t的值为 .
分点B在点D上方和点B在点D下方两种情况讨论求解．
类型三 等腰三角形存在性问题
4. (2023青海省卷节选)如图，二次函数y＝－x2＋bx＋c的图象与x轴相交于点A和点C(1，0)，交y轴于点B(0，3)．(1)求此二次函数的解析式；
解：(1)∵点C(1，0)和点B(0，3)是二次函数y＝－x2＋bx＋c图象上的两点，把点C(1，0)和点B(0，3)代入上式得解得∴二次函数的解析式为y＝－x2－2x＋3；
(2)二次函数图象的对称轴上是否存在点M，使得△AMB是以AB为底边的等腰三角形？若存在，请求出满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
∵△AMB是等腰三角形，∴AM＝BM，则AM2＝BM2，∴在Rt△AQM中，AM2＝AQ2＋MQ2＝22＋y2.在Rt△BMG中，BM2＝MG2＋BG2＝12＋(3－y)2∴22＋y2＝12＋(3－y)2，解得y＝1，∴点M的坐标为 (－1，1).
类型四 直角三角形存在性问题
5. 如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)与x轴，y轴分别交于点A(4，0)，B(0，－4)，对称轴是直线x＝1，点P为平面内一点．(1)求抛物线的函数表达式；
解：(1)∵抛物线过点B(0，－4)，∴c＝－4，即抛物线的函数表达式为y＝ax2＋bx－4.
将点A(4，0)代入y＝ax2＋bx－4中，得16a＋4b－4＝0.∵抛物线的对称轴是直线x＝1，∴－ ＝1，由 解得∴抛物线的函数表达式为y＝ x2－x－4；
(2)若点P为y轴右侧抛物线上一点，其横坐标为t，过点P分别作AB和y轴的垂线，垂足分别为点E，F，PF交AB于点G，当△PEG≌△BFG时，求t的值；
∴∠BGF＝45°，∴∠PGE＝45°∵PE⊥AB，∴△PEG是等腰直角三角形，∴PG＝ EG.当△PEG≌△BFG时，∴EG＝FG，∴PG＝ FG.由A(4，0)，B(0，－4)可知直线AB的函数表达式为y＝x－4，
∴P(t， t2－t－4)，G( t2－t， t2－t－4)，∴PG＝t－( t2－t)＝－ t2＋2t，FG＝ t2－t，∴－ t2＋2t＝ ( t2－t)，解得t＝0(舍去)或t＝ 2 ；
(3)若P是抛物线对称轴上的点，将抛物线y＝ax2＋bx＋c先向左平移4个单位，再向上平移3个单位，得到新的抛物线y1，抛物线y1与y轴交于点M，点N为抛物线y1的顶点，当△PMN为直角三角形时，直接写出所有符合条件的点P的纵坐标．
【解法提示】∵y＝ x2－x－4＝ (x－1)2－ ，∴y1＝ (x－1＋4)2－ ＋3＝ (x＋3)2－ ＝ x2＋3x＋3，∴N(－3，－ ).令x＝0，则y1＝3，∴M(0，3).∵抛物
线y的对称轴为直线x＝1，点P在抛物线对称轴上，∴设P(1，m)，∴PN2＝(1＋3)2＋(m＋ )2，MN2＝ ，PM2＝12＋(m－3)2.∵△PMN为直角三角形，∴需要分以下三种情况：①当∠MNP＝90°时，MN2＋PN2＝PM2， ＋(1＋3)2＋(m＋ )2＝12＋(m－3)2，解得m＝－ ；②当∠PMN＝90°时，PM2＋MN2＝PN2，12＋(m－3)2＋ ＝(1＋3)2＋(m＋ )2，解得m＝ ；③当∠MPN＝90°时，PM2＋PN2＝
MN2，12＋(m－3)2＋(1＋3)2＋(m＋ )2＝ ，解得m＝ 或m＝ .综上所述，当△PMN为直角三角形时，所有符合条件的点P的纵坐标为－ 或 或 或 .
(3)当△PMN为直角三角形时，所有符合条件的点P的纵坐标为 或 或 或 .
△PMN的直角边不确定，需分∠MNP＝90°，∠PMN＝90°，∠MPN＝90°三种情况讨论．
类型五 特殊四边形存在性问题
6. (2023邵阳节选)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋x＋c经过点A(－2，0)和点B(4，0)，且与直线l：y＝－x－1交于D，E两点(点D在点E的右侧)，点M为直线l上的一动点，设点M的横坐标为t.(1)求抛物线的解析式；
解：(1)∵抛物线y＝ax2＋x＋c经过A，B两点，∴ 解得∴抛物线的解析式为y＝－ x2＋x＋4；
(2)抛物线与y轴交于点C，点R为平面直角坐标系上一点，若以B，C，M，R为顶点的四边形是菱形，请求出所有满足条件的点R的坐标．
(2)∵抛物线与y轴交于点C，∴当x＝0时，y＝4，即C(0，4).∵B(4，0)，M(t，－t－1)，∴BC＝ ，BM2＝(t－4)2＋(－t－1)2＝2t2－6t＋17，CM2＝t2＋(t＋5)2＝2t2＋10t＋25，
①如解图①，当BC为对角线时，MB＝CM，
∴2t2－6t＋17＝2t2＋10t＋25，解得t＝－ ，∴M(－ ，－ ).由菱形的性质可得 解得∴R( ， )；
②当CM为对角线时，如解图②，
∵四边形BMRC为菱形，∴BM＝BC，∴2t2－6t＋17＝(4 )2，解得t＝ 或t＝ ，∴－t－1＝－ －1＝ 或－t－1＝－－1＝ ，∴M( ， )或M( ， ).
由菱形的性质可得， 或解得 或∴R( ， )或R( ， )；
点R的坐标即为四边形BMRC为菱形时，点M的坐标，∴R( ， )或R( ， ).综上所述，点R的坐标为( ， )或( ， )或( ， )或( ， )或( ， ).
③当BM为对角线时，如解图③，即四边形CMRB是菱形，
菱形的边不确定，需分BC，CM，BM为对角线讨论．
类型六 相似三角形问题
7. (2023随州节选)如图，平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2＋bx＋c过点A(－1，0)，B(2，0)和C(0，2)，连接BC，点P(m，n)(m>0)为抛物线上一动点，过点P作PN⊥x轴交直线BC于点M，交x轴于点N.(1)直接写出抛物线和直线BC的解析式；
【解法提示】(1)∵抛物线过点A(－1，0)，B(2，0)，∴抛物线的解析式为y＝a(x＋1)·(x－2)，将点C(0，2)的坐标代入上式，得2＝－2a，∴a＝－1.∴抛物线的解析式为y＝－(x＋1)(x－2)，即y＝－x2＋x＋2.设直线BC的解
析式为y＝kx＋t，将点B(2，0)，C(0，2)的坐标代入上式，得 解得 .∴直线BC的解析式为y＝－x＋2；
解：(1)抛物线的解析式为y＝－x2＋x＋2，直线BC的解析式为y＝－x＋2；
(2)当P点在运动过程中，在y轴上是否存在点Q，使得以O，P，Q为顶点的三角形与以B，C，N为顶点的三角形相似(其中点P与点C相对应)，若存在，直接写出点P和点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解法提示】∵点P与点C相对应，∴△POQ∽△CBN或△POQ∽△CNB.①若点P在点B左侧，则∠CBN＝45°，BN＝2－m，CB＝2 .当△POQ∽△CBN，即∠POQ＝45°时，直线OP的解析式为y＝x，∴－m2＋m＋2＝m，解得m＝ 或m＝－ (舍去).
∴OP2＝( )2＋( )2＝4，即OP＝2.∴ ，即 ，解得OQ＝ －1.∴P( ， )，Q(0， －1).当△POQ∽△CNB，即∠PQO＝45°时，当点Q在点P上方时，PQ＝ m，OQ＝－m2＋m＋2＋m＝－m2＋2m＋2，∴ ，即 ，
解得m＝1＋ (舍去)或m＝1－ (舍去).当点Q在点P下方时，PQ＝ m，直线QP的解析式为y＝x－m2＋2.∴OQ＝m2－2，∴ ，即 ，解得m＝ 或m＝ (舍去)，∴OQ＝ ，∴P( ， )，Q(0， ).②若点P在点B右侧，则∠CBN＝135°，BN＝m－2.
当△POQ∽△CBN，即∠POQ＝135°时，直线OP的解析式为y＝－x，∴－m2＋m＋2＝－m，解得m＝1＋ 或m＝1－ (舍去)，∴OP＝ m＝ ＋ ，∴ ，即 ，解得OQ＝1.∴P(1＋ ，－1－ )，Q(0，1).当△POQ∽△CNB，即∠PQO＝135°时，
PQ＝ m，OQ＝|－m2＋m＋2＋m|＝m2－2m－2.∴ ，即 ，解得m＝1＋ 或m＝1－ (舍去).∴P(1＋ ，－3－ )，Q(0，－2).综上所述，P( ， )，Q(0， －1)或P( ， )，Q(0， )或P(1＋ ，－1－ )，Q(0，1)或P(1＋ ，－3－ )，Q(0，－2).
(2)存在．P( ， )，Q(0， －1)或P( ， )，Q(0， )或P(1＋ ，－1－ )，Q(0，1)或P(1＋ ，－3－ )，Q(0，－2).
8. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ x2＋bx＋c经过点A(－4，0)，B(2，0)，与y轴交于点C，作直线AC.(1)求抛物线的函数表达式；
解：(1)∵抛物线y＝ x2＋bx＋c经过点A(－4，0)，B(2，0)，∴ 解得∴抛物线的函数表达式为y＝ x2＋x－4；
(2)点M是直线AC下方抛物线上的一个动点，连接MA，MC，BC，求四边形ABCM面积的最大值及此时点M的坐标；
(2)在y＝ x2＋x－4中，令x＝0，得y＝－4，∴点C(0，－4).设直线AC的函数表达式为y＝kx＋c，将A(－4，0)，C(0，－4)代入，得 解得∴直线AC的函数表达式为y＝－x－4.
设点M的坐标为(d， d2＋d－4)，则点F的坐标为(d，－d－4)，∴MF＝(－d－4)－( d2＋d－4)＝－ d2－2d.∵A(－4，0)，B(2，0)，C(0，－4)，∴OA＝4，AB＝6，OC＝4，∴S△ABC＝ AB·OC＝ ×6×4＝12，S△ACM＝ MF·OA＝ ×(－ d2－2d)×4＝－d2－4d＝－(d＋2)2＋4.
如解图①，过点M作ME⊥x轴于点E，交AC于点F，
当d＝－2时，S△ACM取得最大值，为4.∴四边形ABCM面积的最大值＝12＋4＝16，此时点M的坐标为(－2，－4)；
(3)若点D是抛物线的顶点，点P是抛物线上的一个动点，是否存在点P，使得∠ACP＝∠CAD，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
①当点P在直线AC上方时，记为P1，设过点P1作P1H⊥y轴的点H为H1，∵∠ACP1＝∠CAD，∴P1C∥AD，易得∠DAG＝∠CP1H1.又∵∠DGA＝∠CH1P1＝90°，∴△DAG∽△CP1H1，∴ ，即 ，解得m＝0(舍去)或m＝－5，∴点P1(－5， )；
②当点P在直线AC下方时，记为P2，设过点P2作P2H⊥y轴的点H为H2，∵OA＝OC＝4，∴∠OAC＝∠OCA.∵∠ACP2＝∠CAD，∴∠OAC＋∠CAD＝∠OCA＋∠ACP2，即∠DAG＝∠P2CH2.又∵∠DGA＝∠P2H2C＝90°，∴△DAG∽△P2CH2，
相关课件
2024成都中考数学第一轮专题复习之第七章 第二节 视图与投影 练习课件： 这是一份2024成都中考数学第一轮专题复习之第七章 第二节 视图与投影 练习课件，共12页。PPT课件主要包含了第5题图，第6题图，第9题图，第10题图，第14题图，第15题图等内容，欢迎下载使用。
2024成都中考数学第一轮专题复习之第六章 微专题 圆的综合题 练习课件： 这是一份2024成都中考数学第一轮专题复习之第六章 微专题 圆的综合题 练习课件，共21页。
2024成都中考数学第一轮专题复习之第六章 微专题 圆的综合题 教学课件： 这是一份2024成都中考数学第一轮专题复习之第六章 微专题 圆的综合题 教学课件，共44页。PPT课件主要包含了考情及趋势分析，第1题图，第2题图，第3题图，第5题图，解如图连接DC，第6题图，第7题图，第8题图，第9题图等内容，欢迎下载使用。
