2018年中考复习数学《二次函数与几何图形结合》专项检测（含答案）

这是一份2018年中考复习数学《二次函数与几何图形结合》专项检测（含答案），共45页。试卷主要包含了探究线段数量与最值问题等内容，欢迎下载使用。

 专题四 二次函数与几何图形结合

类型一 探究线段数量与最值问题
1.已知：抛物线l1：y＝－x2＋bx＋3交x轴于点A，B(点A在点B的左侧)，交y轴于点C，其对称轴为x＝1，抛物线l2经过点A，与x轴的另一个交点为E(5，0)，与y轴交于点D(0，－)．
(1)求抛物线l2的函数表达式；
(2)P为直线x＝1上一点，连接PA，PC，当PA＝PC时，求点P的坐标；
(3)M为抛物线l2上一动点，过点M作直线MN∥y轴，交抛物线l1于点N，求点M自点A运动至点E的过程中，线段MN长度的最大值．

第1题图












2.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











3.如图，边长为8的正方形OABC的两边在坐标轴上，以点C为顶点的抛物线经过点A，点P是抛物线上点A，C间的一个动点(含端点)，过点P作PF⊥BC于点F.点D，E的坐标分别为(0，6)，(－4，0)，连接PD，PE，DE.
(1)请直接写出抛物线的解析式；
(2)小明探究点P的位置发现：当点P与点A或点C重合时，PD与PF的差为定值．进而猜想：对于任意一点P，PD与PF的差为定值．请你判断该猜想是否正确，并说明理由；
(3)小明进一步探究得出结论：若将“使△PDE的面积为整数”的点P记作“好点”，则存在多个“好点”，且使△PDE的周长最小的点P也是一个“好点”．请直接写出所有“好点”的个数，并求出△PDE周长最小时“好点”的坐标．

第3题图


4.已知：抛物线y ＝ x2＋(2m－1)x ＋ m2－1经过坐标原点，且当x<0时，y随x的增大而减小．
(1)求抛物线的解析式，并写出y<0时，对应x的取值范围；
(2)设点A是该抛物线上位于x轴下方的一个动点，过点A作x轴的平行线交抛物线于另一点D，再作AB⊥x轴于点B, DC⊥x轴于点C.
①当BC＝1时，直接写出矩形ABCD的周长；
②设动点A的坐标为 (a，b)，将矩形ABCD的周长L表示为a的函数并写出自变量的取值范围，判断周长是否存在最大值，如果存在，求出这个最大值，并求出此时点A的坐标；如果不存在，请说明理由．















类型二　 探究面积数量与最值问题
1.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1题图












2.如图，已知抛物线y＝－x2＋bx＋c与直线AB相交于A(－3，0)，B(0，3)两点．
(1)求这条抛物线的解析式；
(2)设C是抛物线对称轴上的一动点，求使∠CBA＝90°的点C的坐标；
(3)探究在抛物线上是否存在点P，使得△APB的面积等于3，若存在，求出点P的坐标，若不存在请说明理由．

第2题图












3.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坐标，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3题图














4.如图①，抛物线y＝－x2＋2x＋3与x轴交于A，B，与y轴交于C，抛物线的顶点为D，直线l过C交x轴于E(4，0)．
(1)写出D的坐标和直线l的解析式；
(2)P(x，y)是线段BD上的动点(不与B，D重合)．PF⊥x轴于F.设四边形OFPC的面积为S，求S与x之间的函数关系式，并求S的最大值；
(3)点Q在x轴的正半轴上运动，过Q作y轴的平行线，交直线l于M，交抛物线于N，连接CN，将△CMN沿CN翻折，M的对应点为M′.在图②中探究：是否存在点Q，使得M′恰好落在y轴上？若存在，请求出Q的坐标；若不存在，请说明理由．

第4题图










5.如图，二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象与x轴交于两点，其中点A(－1，0)，点C(0，5)、D(1，8)在抛物线上，M为抛物线的顶点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求△MCB的面积；
(3)在抛物线上是否存在点P，使△PAB的面积等于△MCB的面积？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说理由．

第5题图




6.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6题图










类型三　 探究特殊三角形存在性问题
1.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1题图









2.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．
　　　
第2题图 备用图






3.如图，已知二次函数y＝ax2＋x＋c的图象与y轴交于点A(0，4)，与x轴交于点B、C，点C坐标为(8，0)，连接AB、AC.
(1)请直接写出二次函数y＝ax2＋x＋c的表达式；
(2)判断△ABC的形状，并说明理由；
(3)若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写出此时点N的坐标；
(4)若点N在线段BC上运动(不与点B、C重合)，过点N作NM∥AC，交AB于点M，当△AMN面积最大时，求此时点N的坐标．

　　　　
第3题图 备用图

4.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．

第4题图






5.已知抛物线C1：y＝ax2＋bx＋(a≠0)经过点A(－1，0)和点B(3，0)．
(1)求抛物线C1的解析式，并写出其顶点C的坐标；
(2)如图①，抛物线C1沿直线AC方向平移到某处时得到抛物线C2，此时点A，C分别平移到点D，E处，设点F到抛物线C1上且在x轴下方，若△DEF是以EF为底的等腰直角三角形，求点F的坐标；
(3)如图②，在(2)的条件下，设点M是线段BC上一动点，EN⊥EM交直线BF于点N，点P为线段MN的中点，当点M从点B向点C运动时：①tan∠ENM的值如何变化？请说明理由；②点M到达点C时，直接写出点P经过的路线长．

第5题图





6.如图，已知抛物线y＝ax2＋bx＋c经过A(－2，0)，B(4，0)，C(0，3)三点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)在y轴上是否存在点M，使△ACM为等腰三角形，若存在，请直接写出所有满足要求的点M的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)若点P(t，0)为线段AB上一动点(不与A、B重合)，过P作y轴的平行线，记该直线右侧与△ABC围成的图形面积为S，试确定S与t的函数关系式．

第6题图








7. 已知两直线l1、l2分别经过点A(3，0)，点B(－1，0)，并且当两条直线同时相交于y轴负半轴的点C时，恰好有l1⊥l2，经过点A、B、C的抛物线的对称轴与直线l2交于点K，如图所示．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在抛物线上是否存在点P，使得以A、B、C、P为顶点的四边形的面积等于△ABC的面积的倍？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)将直线l1按顺时针方向绕点C旋转α°(0<α<90)，与抛物线的另一个交点为M，求在旋转过程中以△MCK为等腰三角形的α的值．

第7题图



8.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，说明理由．

　　　　
第8题图 备用图







类型四　探究特殊四边形存在性问题
1.如图，在矩形OABC中，OA＝5，AB＝4，点D为边AB上一点，将△BCD沿直线CD折叠，使点B恰好落在OA边上的点E处，分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系．
(1)求OE的长及经过O，D，C三点的抛物线的解析式；
(2)一动点P从点C出发，沿CB以每秒2个单位长的速度向点B运动，同时动点Q从E点出发，沿EC以每秒1个单位长的速度向点C运动，当点P到达点B时，两点同时停止运动．设运动时间为t秒，当t为何值时，DP＝DQ；
(3)若点N在(1)中的抛物线的对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使得以M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出M点的坐标；若不存在，请说明理由．

第1题图










2.如图，已知二次函数的图象M经过A(－1，0)，B(4，0)，C(2，－6)三点．
(1)求该二次函数的解析式；
(2)点G是线段AC上的动点(点G与线段AC的端点不重合)，若△ABG与△ABC相似，求点G的坐标；
(3)设图象M的对称轴为l，点D(m，n)(－1＜m＜2)是图象M上一动点，当△ACD的面积为时，点D关于l的对称点为E，能否在图象M和l上分别找到点P、Q，使得以点D、E、P、Q为顶点的四边形为平行四边形．若能，求出点P的坐标；若不能，请说明理由．

第2题图









3.如图，二次函数y＝x2＋bx＋c的图象与x轴交于A(3，0)、B(－1，0)，与y轴交于点C.若点P、Q同时从A点出发，都以每秒1个单位长度的速度分别沿AB、AC边运动，其中一点到达端点时，另一点也随即停止运动．
(1)求该二次函数的解析式及点C的坐标；
(2)当点P运动到B点时，点Q停止运动，这时，在x轴上是否存在点E，使得以A、E、Q为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出E点坐标；若不存在，请说明理由；
(3)当P、Q运动到t秒时，△APQ沿PQ翻折，点A恰好落在抛物线上D点处，请判定此时四边形APDQ的形状，并求出D点坐标．

第3题图











4.在平面直角坐标系中，O为原点，直线y＝－2x－1与y轴交于点A，与直线y＝－x交于点B，点B关于原点的对称点为点C.
(1)求过A，B，C三点的抛物线的解析式；
(2)P为抛物线上一点，它关于原点的对称点为Q.
①当四边形PBQC为菱形时，求点P的坐标；
②若点P的横坐标为t(－1
第4题图





5.已知抛物线y＝－mx2＋4x＋2m与x轴交于点A(α，0)，B(β，0)，且＋＝－2.
(1)求抛物线的解析式．
(2)抛物线的对称轴为l，与y轴的交点为C，顶点为D，点C关于l的对称点为E，是否存在x轴上的点M、y轴上的点N，使四边形DNME的周长最小？若存在，请画出图形(保留作图痕迹)，并求出周长的最小值；若不存在，请说明理由．
(3)若点P在抛物线上，点Q在x轴上，当以点D、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形时，求点P的坐标．


　　
第5题图 备用图










6.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.
①当四边形OMHN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6题图



参考答案
类型一 探究线段数量与最值问题

1. (1)【思路分析】由对称轴可求得b，可求得l1的解析式，令y＝0可求得A点坐标，再利用待定系数法可求得l2的表达式．
解：由题意得－＝1，a＝－1，
∴b＝2.
∴抛物线l1的函数表达式为y＝－x2＋2x＋3. ........... ...........(1分)
设－x2＋2x＋3＝0，解得x1＝－1，x2＝3.
∴点A的坐标为(－1，0)．........... ........... (2分)
设抛物线l2：y＝a1(x＋1)(x－5)，将点D(0，－)代入得a1＝，
∴抛物线l2的函数表达式为y＝x2－2x－............ ........... (3分)
(2)【思路分析】设点P的纵坐标为m，由勾股定理可表示出PC2和PA2，由条件可得到关于m的方程可求得m，即可确定点P坐标．
解：设直线x＝1与x轴交于点G，过点C作CH⊥PG，垂足为点H，如解图，

第1题解图
由(1)知，C的坐标为(0，3)．........... ........... (4分)
则HG＝OC＝3.
设点P的纵坐标为m .
在Rt△APG中，AG＝2，PG＝m，
∴AP2＝22＋m2＝4＋m2. ........... ........... (5分)
在Rt△CHP中，CH＝OG＝1，HP＝3－m，
∴CP2＝(3－m)2＋1＝m2－6m＋10. ........... ........... (6分)
∵AP＝CP，
∴4＋m2＝m2－6m＋10.
解得m＝1.
∴点P的坐标为(1，1)．........... ........... (7分)
(3)【思路分析】可分别设出M、N的坐标，然后表示出MN，再根据函数的性质可求得MN的最大值．
解：设点M(x，x2－2x－)，则N(x，－x2＋2x＋3)．
当－x2＋2x＋3＝x2－2x－时，
解得x1＝－1，x2＝............ ........... (8分)
①当－1≤x≤时，
MN＝yN－yM＝－x2＋4x＋＝－(x－)2＋.
显然，－1＜＜，
∴当x＝时，MN有最大值............ ........... (10分)
②当＜x≤5时，
MN＝yM－yN＝x2－4x－＝(x－)2－.
显然，当x＞时，MN随x的增大而增大．
∴当点M与点E重合，即x＝5时，
MN有最大值×52－4×5－＝12. ........... ........... (11分)
综上所述，在点M自点A运动至点E的过程中，线段MN长度的最大值为12. ........... ........... (12分)
2. (1)【思路分析】根据折叠的性质，设BD＝x，表示出CD的长．在Rt△DCF中，利用勾股定理列方程求解．
解：设BD＝x，则有CD＝2m－x，
由折叠的性质可知CF＝AB＝m，DF＝BD＝x，∠CFD＝∠ABD＝90°，
在Rt△DCF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)．........... ........... (3分)
(2)【思路分析】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F坐标，进而根据待定系数法求得抛物线的解析式．
解：如解图过点D作DN⊥x轴于点N，过点F作FH⊥BC于点H.

第2题解图
则OC＝DN＝m，
由折叠性质知∠AED＝∠CED，CE＝EA，
∵BC∥OA，
∴∠CDE＝∠AED，
∴∠CED＝∠CDE，
∴CE＝CD＝，
∴OE＝＝，
则EN＝ON－OE＝CD－OE＝－＝，
∵DN∥OG，
∴△DNE∽△GOE，
∴＝，即＝，
∴m＝2，
∴DF＝BD＝＝，CD＝＝，CF＝AB＝2，
在Rt△CDF中，
∵CD·FH＝CF·DF，
∴FH＝，
∴CH＝＝，
∴F(，)，C(0，2)，D(，2)，
∵点F、C、D在抛物线y＝ax2＋bx＋c上，
∴，解得，
∴抛物线的解析式为：y＝－x2＋x＋2. ........... ........... (8分)
(3)【思路分析】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：存在，点P的坐标为(，)或(，)．........... ........... (12分)
【解法提示】由折叠可知，AE＝CE，∠CED＝∠AED，
∵CD∥AE，
∴∠CDE＝∠AED＝∠CED，
∴CD＝CE＝AE＝，
∵∠CFD＝90°，M是CD的中点，
∴PM＝CD，
∴当点P与点F重合时，PM＝CD＝EA，
此时点P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P，此时点P的坐标为(，)．
综上，存在点P使得PM＝EA，且点P坐标为(，)或(，)．
3. 解：(1)抛物线的解析式为：y＝－x2＋8. ........... ........... (2分)
【解法提示】由题意设抛物线解析式为y＝ax2＋c，∵正方形OABC的边长为8，∴点A(－8，0)、C(0，8)，∴，
解得，∴抛物线解析式为y＝－x2＋8.
(2)对于任意一点P，PD与PF的差为定值，这个猜想是正确的．

第3题解图
理由如下：
设P(x，－x2＋8)，
则PF＝8－(－x2＋8)＝x2. ........... ........... (4分)
如解图，过点P作PM⊥y轴于点M，则
PD2＝PM2＋DM2＝(－x)2＋[6－(－x2＋8)]2
＝x4＋x2＋4
＝(x2＋2)2，
∴PD＝x2＋2，
∴PD－PF＝x2＋2－x2＝2，故猜想正确．........... ........... (7分)
(3)“好点”共有11个．........... ........... (9分)
∵当点P运动时，DE的大小不变，
∴PE与PD的和最小时，△PDE的周长最小，
∵PD－PF＝2，
∴PD＝PF＋2，
∴PE＋PD＝PE＋PF＋2，
∴当P，E，F三点共线时，PE＋PF最小，
此时，点P，E的横坐标为－4，
将x＝－4代入y＝－x2＋8，得y＝6，
∴P点坐标为(－4，6)，此时△PDE周长最小，且△PDE的面积为12，点P恰为“好点”，
∴△PDE周长最小时“好点”P的坐标为(－4，6)．........... ..........(11分)
【解法提示】如解图，过P作PN⊥AO于点N，由题知，
S△PDE＝S四边形PNOD－S△PNE－S△DOE
＝(PN＋OD)·ON－PN·NE－DO·OE
＝×(－x2＋8＋6)·(－x)－×(－x2＋8)(－4－x)－·6·4
＝－x2－3x＋4＝－(x＋6)2＋13，
由于－8≤x≤0，可得4≤S≤13，所以S的整数值为10个．由图象可知，当S＝12时，对应的“好点”有2个，所以“好点”共有11个．
【难点突破】第(2)问的难点在于利用勾股定理表示出线段PD的长度；第(3)问的难点在于求出△PDE周长最小时△PDE的面积，根据DE不变，判断出当P，E，F三点共线时△PDE的周长最小，再求出点P的坐标即可求得△PDE的面积．
4. 解：(1)∵抛物线经过坐标原点(0，0)，
∴m2－1＝0，
∴m ＝ ±1. ........... ........... (2分)
∵x<0时，y随x的增大而减小，
∴抛物线的对称轴在y轴的右侧，
∴－＝－＝>0，2m－1＜0，解得m＜，
∴m＝－1，
∴抛物线的解析式为y＝ x2－3x........... ............(3分)
所以当y<0时，0 (2)①矩形ABCD的周长为6. ........... ........... (5分)
【解法提示】当A在对称轴右侧，BC＝1时，由抛物线的对称性知点B的横坐标为2，点A的纵坐标为－2.
②存在．理由如下：
∵点A的坐标为(a，b)，代入抛物线的解析式中
得b＝a2－3a .
∴当点A在对称轴左侧时，矩形ABCD的一边BC＝2(－a)＝3－2a，另一边AB＝3a－a2，
周长L＝2(3－2a＋3a－a2)＝－2a2＋2a＋6，其中 0＜a＜；........... (7分)
当点A在对称轴右侧时，矩形ABCD的一边BC＝3－2(3－a)＝2a－3, 另一边AB＝3a－a2，
周长L＝2(2a－3＋3a－a2)＝－2a2＋10a－6，其中＜a＜3；
综上，周长L＝............ ........... (9分)
当0＜a＜时，L＝－2(a－)2＋，
∴当a＝时，L最大＝，A点的坐标为(，－)；
当＜a＜3时，L＝－2(a－)2＋，
∴当a＝时，L最大＝，A点的坐标为(，－) ，
即当A的坐标为(，－)或(，－)时，矩形的周长最大，最大为.
........... ........... (12分)
类型二　探究面积数量与最值问题
针对演练
1. (1)【思路分析】将点B和点C的坐标代入抛物线的解析式，并结合对称轴l为x＝－1，即可求得抛物线的解析式及其顶点坐标．
解：∵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，
∴，　
解得........... ........... (2分)
∴抛物线的解析式为y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，
∴顶点坐标为(－1，4)．........... ........... (3分)
(2)【思路分析】①首先求得抛物线与x轴的交点坐标，然后根据已知条件得到PD＝AQ，从而得到方程求得x的值即可求得点P的坐标；②用分割法将四边形的面积表示成三个三角形的面积和：S四边形PABC＝S△OBC＋S△AOC＋S△APC，因为S△OBC，S△AOC为定值，故可利用二次函数性质求得△APC面积的最大值，即可求得四边形PABC面积的最大值．
解：令y＝－x2－2x＋3＝0，解得x＝－3或x＝1，
∴点A(－3，0)，B(1，0)，
如解图，作PD⊥x轴于点D，对称轴l与x轴交于点Q，连接AC、OP，

第1题解图
∵点P在抛物线y＝－x2－2x＋3第二象限的图象上，
∴设点P(x，－x2－2x＋3)，其中－3＜x＜0，
①∵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(－－1，2)；........... ........... (6分)
②∵S△AOC＝，S△OCP＝|x|＝－x，
S△OAP＝×3×|yP|＝－x2－3x＋，
∴S△APC＝S△OAP＋S△OCP－S△AOC＝－x2－3x＋－x－＝－x2－x＝－(x＋)2＋，
∴当x＝－时，S△APC最大值＝，........... ........... (8分)
此时P(－，)，
∵S四边形PABC＝S△OBC＋S△AOC＋S△APC，
S四边形PABC最大值＝S△ABC＋S△APC最大值＝×4×3＋＝，
∴S四边形PABC最大值＝，此时点P的坐标为(－，)．........... .........(10分)
2. (1)【思路分析】将A、B两点的坐标代入抛物线解析式中，列方程组求出b、c的值，即可求出抛物线的解析式．
解：把点A(－3，0)，B(0，3)代入y＝－x2＋bx＋c，
得，........... ........... (1分)
解得，........... ........... (2分)
∴所求抛物线的解析式是y＝－x2－2x＋3. ........... ........... (3分)
(2)【思路分析】要使对称轴上点C满足∠CBA＝90°，则BC⊥AB，要求C点的坐标，过点C作y轴的垂线段，利用图形中已知的条件，就可求出点C的坐标．
解：如解图，过点B作CB⊥AB，交抛物线的对称轴于点C，过点C作CE⊥y轴，垂足为E，........... ........... (4分)

第2题解图
抛物线y＝－x2－2x＋3的对称轴为
x＝－＝－1，
∴CE＝1，........... ........... (5分)
由A、B点坐标，可知OA＝OB＝3，
∴∠ABO＝45°，
∴∠CBE＝45°，
∴BE＝CE＝1，........... ........... (6分)
∴OE＝OB＋BE＝3＋1＝4，
∴点C的坐标是(－1，4)．........... ........... (7分)
(3)【思路分析】先求出AB的长，然后再求出点P到AB的距离，但必须考虑点P与AB的位置关系，点P可以在直线AB的上方，也可以在直线AB的下方，过点P作PF∥y轴交AB于点F，易求得AB的解析式，因此可用同一个自变量表示P、F点坐标，根据P点纵坐标得到关系式，求出自变量的值，P、F即可求得．
解：假设在抛物线上存在符合要求的点P，如解图，分别连接PA、PB，过P作PD⊥AB于点D，作PF∥y轴交AB于点F，在Rt△ABO中，求得AB＝3，
∵S△APB＝3，
∴PD＝，
∵∠PFD＝∠ABO＝45°，
∴PF＝2，........... ........... (8分)
设点P的坐标为(m，－m2－2m＋3)．
根据A、B两点坐标，求得直线AB的解析式为y＝x＋3，
则点F的坐标为(m，m＋3)．........... ........... (9分)
①当点P在直线AB上方，
可得：－m2－2m＋3＝m＋3＋2，
解得：m1＝－1，m2＝－2，
∴符合要求的点P的坐标为P1(－1，4)，P2(－2，3)；........... ........(10分)
②当点P在直线AB下方，
可得：m2＋2m－3＝－m－3＋2，
解得：m1＝，m2＝，........... ........... (11分)
∴符合要求的点P的坐标为P3(，)，
P4(，)．
综上所述，符合要求的点P有四个，点P的坐标分别是：
P1(－1，4)，P2(－2，3)，P3(，)，
P4(，)．........... ........... (12分)
【难点突破】本题的难点在于第(3)问中需要考虑点P与直线AB的位置关系，需要分：①当点P在直线AB上方；②当点P在直线AB下方；两种情况讨论，列关系式分别求出符合条件的点P的坐标．
3. 解：(1)将A(－3，0)，C(0，3)代入y＝－x2＋bx＋c，
得，
∴，
∴抛物线的解析式为y＝－x2－2x＋3. ........... ........... (3分)
(2)存在．理由如下：........... ........... (4分)
当点P在∠DAB的平分线上时，如解图①，作PM⊥AD，交直线AD于点M，抛物线顶点D(－1，4)，设P(－1，y0)，则在Rt△DMP中，
PM＝PDsin∠ADE＝PD·＝(4－y0)×＝(4－y0)，PE＝y0，
∵PM＝PE，
∴(4－y0)＝y0，解得y0＝－1；........... ........... (6分)
当P在∠DAB的外角平分线上时，如解图②，作PN⊥AD交直线AD于点N，设P(－1，y1)，则在Rt△DNP中，PN＝PDsin∠ADE＝(4－y0)，PE＝－y1，
∵PN＝PE，
∴(4－y1)＝－y1，解得y1＝－－1.
综上，点P的坐标为(－1，－1)或(－1，－－1)．........... ........(8分)

第3题解图
(3)存在．
理由如下：S△EBC＝3，又∵2S△FBC＝3S△EBC，
∴S△FBC＝.
如解图②，过点F作FQ⊥x轴交BC延长线于点Q，交x轴于点M，则S△FBC＝S△QFB－S△QFC＝QF·MB－QF·MO＝QF·(MB－MO)＝FQ·OB＝FQ＝.
∴FQ＝9.
由点B、点C的坐标易得直线BC的解析式为y＝－3x＋3. ........... ....(10分)
设F(x0，－x－2x0＋3)．
∴－3x0＋3＋x＋2x0－3＝9.
∴x－x0－9＝0.
∴x0＝(正值舍去)．
∴F(，)．........... ........... (12分)
4. (1)【思路分析】根据二次函数的顶点公式求出顶点D的坐标，令x＝0求出C点的坐标，直线l的解析式即可求解．
解：∵y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，
∴D(1，4), ........... ........... (1分)
令x＝0，则y＝3，
∴C(0，3)，
设直线l的解析式为y＝kx＋b，
将C(0，3)，E(4，0)代入y＝kx＋b，得，
解得，
∴直线l的解析式为：y＝－x＋3. ........... ........... (3分)
(2)【思路分析】先求出直线BD的解析式，得出PF，再根据四边形的面积公式进行解答便可．
解：设BD的解析式为y＝mx＋n，
由y＝－x2＋2x＋3＝0，解得x＝－1或3，则B(3，0)，
将B(3，0)，D(1，4)代入y＝mx＋n，得 ，
解得，
∴BD的解析式为：y＝－2x＋6.(5分) 设P点坐标为(x，－2x＋6)，
∴S＝(PF＋OC)·OF＝·(－2x＋6＋3)·x＝－x2＋x＝－(x－)2＋(1＜x＜3)，
∴当x＝时，S有最大值，最大值为............ ........... (7分)
(3)【思路分析】如解图，设Q(t，0)(t＞0)，则可表示出M(t，－t＋3)，N(t，－t2＋2t＋3)，求得MN＝|t2－t|，CM＝t，然后证明NM＝CM得到|t2－|＝t，再解绝对值方程求满足条件的t的值，从而得到点Q的坐标．
解：存在．设Q(t，0)(t＞0)，则M(t，－t＋3)，N(t，－t2＋2t＋3)，如解图，

第4题解图
∴MN＝|－t2＋2t＋3－(－t＋3)|＝|t2－t|，
CM＝＝t，
∵△CMN沿CN翻转，M的应对点为M′，M′落在y轴上，而QN∥y轴，
∴MN∥CM′，NM＝NM′，CM′＝CM，∠CNM＝∠CNM′，
∴∠M′CN＝∠CNM，
∴∠M′CN＝∠CNM′，
∴CM′＝NM′，
∴NM＝CM，
∴|t2－t|＝t，
当t2－t＝t，解得t1＝0(舍去)，t2＝4，
此时Q点坐标为(4，0)；........... ........... (10分)
当t2－t＝－t，解得t1＝0(舍去)，t2＝，
此时Q点坐标为(，0)．........... ........... (11分)
综上所述，点Q的坐标为(，0)或(4，0)．........... ........... (12分)
【难点突破】本题的难点在于第(3)问，要先设出M、N的坐标，进而表示出MN、CM 的关系式，再利用三角形翻转的性质，找出MN与CM 的等量关系式，问题即可得解．
5. (1)【思路分析】由A、C、D三点在抛物线上，根据待定系数法即可求出抛物线的解析式．
解：∵A(－1，0)，C(0，5)，D(1，8)三点在抛物线y＝ax2＋bx＋c上，
∴，
解方程组，得，
∴抛物线的解析式为y＝－x2＋4x＋5；
(2)【思路分析】过点M作MN∥y轴交BC轴于点N，则S△MCB＝S△MCN＋S△MNB＝MN·OB；
解：如解图，过点M作MN∥y轴交BC轴于点N，
∴S△MCM＝S△MCN＋S△MNB＝MN·OB.

第5题解图
∵y＝－x2＋4x＋5＝－(x－5)(x＋1)
＝－(x－2)2＋9，
∴M(2，9)，B(5，0)，
由B、C两点的坐标易求得直线BC的解析式为：
y＝－x＋5，
当x＝2时，y＝－2＋5＝3，则N(2，3)，
则MN＝9－3＝6，
则S△MCB＝ ×6×5＝15；
(3)【思路分析】先由△PAB的面积等于△MCB的面积，求出AB边上的高即点P的纵坐标的绝对值，再将点P的纵坐标代入抛物线的解析式，得到一元二次方程，如果方程有实数根，则在抛物线上存在点P，否则不存在．
解：在抛物线上存在点P，使△PAB的面积等于△MCB的面积．
理由如下：
∵A(－1，0)，B(5，0)，
∴AB＝6，
∵S△PAB＝S△MCB，
∴ ×6×|yP|＝15，
∴|yP|＝5，即yP＝±5.
当yP＝5时，－x2＋4x＋5＝5，
解得x1＝0，x2＝4；
当yP＝－5时，－x2＋4x＋5＝－5，
解得x3＝2＋，x4＝2－.
故在抛物线上存在点P1(0，5)，P2(4，5)，P3(2＋，－5)，P4(2－，－5)，使△PAB的面积等于△MCB的面积．
6. 解：(1)根据已知条件可设抛物线的解析式为y＝a(x－1)(x－5)．
将点A(0，4)代入上式，解得：a＝，
∴抛物线的解析式y＝(x－1)(x－5)＝x2－x＋4＝(x－3)2－，
∴抛物线的对称轴是：x＝3. ........... ........... (3分)
(2)存在．P点坐标为(3，)．
理由如下：
∵点A(0，4)，抛物线的对称轴是x＝3，
∴点A关于对称轴的对称点A′的坐标为(6，4)．
如解图①，连接BA′交对称轴于点P，连接AP，此时△PAB的周长最小．
........... ........... (5分)

第6题解图①
设直线BA′的解析式为y＝kx＋b，
把A′(6，4)，B(1，0)代入得，
解得，
∴y＝x－，
∵点P的横坐标为3，
∴y＝×3－＝，
∴P(3，)．........... ........... (6分)
(3)在直线AC的下方的抛物线上存在点N，使△NAC面积最大．
理由如下：设N点的横坐标为t，此时点N(t，t2－t＋4)(0＜t＜5)，
如解图②，过点N作NG∥y轴交AG于G；作AD⊥NG于D，

第6题解图②
由点A(0，4)和点C(5，0)可求出直线AC的解析式为：y＝－x＋4，
把x＝t代入得：y＝－t＋4，
则G(t，－t＋4)，
此时：NG＝－t＋4－(t2－t＋4)＝－t2＋4t，
∵AD＋CF＝CO＝5，
∴S△ACN＝S△ANG＋S△CGN＝AD×NG＋NG×CF＝NG×OC＝×(－t2＋4t)×5＝－2t2＋10t＝－2(t－)2＋，........... ........... (8分)
∴当t＝时，△CAN面积的最大值为，
由t＝，得：y＝t2－t＋4＝－3，
∴N(，－3)．........... ........... (10分)
类型三　探究特殊三角形存在性问题
针对演练
1. (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，

第1题解图
点C的坐标为(0，5)，
作PF⊥x轴于点F，ME⊥y轴于点E，
QG⊥x轴于点G.如解图，
，解得，，
∴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)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
，解得，，
∴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，
OQ2＝(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，，，，.
2. 解：(1)根据题意得，解得，........... ........... (2分)
所以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，
设直线AD的解析式为y＝mx＋n，
把A(－3，2)，C(0，)分别代入得，

第2题解图①
解得，
∴直线AD的解析式为y＝－x＋，........... ........... (4分)
联立方程，
解得，或，
∵点D在第四象限，则D(5，－2)，
设E(x，x2－x－2)(－3 ∴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2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，△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，△ADF是直角三角形，∠ADF＝90°，
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，△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)
3. 解：(1)∵二次函数y＝ax2＋x＋c的图象过点A(0，4)和点C(8，0)，
∴，解得.
∴二次函数的表达式：y＝－x2＋x＋4；........... ........... (3分)
(2)△ABC是直角三角形．
令y＝0，则－x2＋x＋4＝0，
解得x1＝8，x2＝－2，
∴点B的坐标为(－2，0)，
由已知可得，
在Rt△AOB中，AB2＝BO2＋AO2＝22＋42＝20，
在Rt△AOC中，AC2＝AO2＋CO2＝42＋82＝80，
又∵BC＝OB＋OC＝2＋8＝10，
∴在△ABC中AB2＋AC2＝20＋80＝102＝BC2，
∴△ABC是直角三角形；........... ........... (6分)
(3)满足要求的点N的坐标为(3，0)，(－8，0)，(8－4，0)，(8＋4，0)；
........... ........... (9分)
【解法提示】∵A(0，4)，C(8，0)，
∴AC＝＝4，
①以A为圆心，以AC长为半径作圆，交x轴于N，此时N的坐标为(－8，0)，
②以C为圆心，以AC长为半径作圆，交x轴于N，此时N的坐标为(8－4，0)或(8＋4，0)，
③作AC的垂直平分线，交x轴于N，此时N的坐标为(3，0)，
综上，若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，点N的坐标分别为(－8，0)、(8－4，0)、(3，0)、(8＋4，0)．
(4)设点N的坐标为(n，0)，则BN＝n＋2，过M点作MD⊥x轴于点D，如解图，
∴MD∥OA，

第3题解图
∴△BMD∽△BAO，
∴＝，
∵MN∥AC，
∴＝，
∴＝，
∵OA＝4，BC＝10，BN＝n＋2，
∴MD＝(n＋2)，
∵S△AMN＝S△ABN－S△BMN
＝BN·OA－BN·MD
＝(n＋2)×4－×(n＋2)2
＝－(n－3)2＋5，
∴当△AMN面积最大时，N点坐标为(3，0)．........... ........... (12分)
4. 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，

第4题解图①
解得a＝，........... ........... (3分)
∴抛物线解析式为y＝(x－1)(x－4)，
即y＝x2－x＋3；........... ........... (4分)
(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OAPC的周长最小，........... .......(6分)
在Rt△BOC中，OA＝1，OB＝4，OC＝3，∠BOC＝90°，
∴BC＝＝＝5，
∴四边形PAOC的周长的最小值即OA＋OC＋BC＝1＋3＋5＝9；
........... ........... (8分)
(3)设直线BC的解析式为y＝kx＋t，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.
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：

第4题解图②
ⅰ)MQ⊥OB，CM＝MQ，如解图②所示，
∵点M在BC上，
设点M的坐标为(m，－m＋3)，
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(，)；........... ........... (10分)

第4题解图③
ⅱ)CM＝MQ，MQ⊥BC，如解图③，
过M作MN⊥OB于N，同(i)可设M的坐标为(m，－m＋3)，
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＝BMtan∠MBQ＝(－m＋5)，
由CM＝MQ得(－m＋5)＝m，
解得m＝，此时点M的坐标为(，)．
综上，在线段BC上存在这样的点M，使△CQM为等腰三角形且△BQM为直角三角形，点M的坐标为(，)或(，)．........... ........... (12分)
【难点分析】在第(3)问中，要保证△CQM是等腰三角形，同时保证△BQM是直角三角形，两种情况综合考虑是本题的难点．可先通过△BQM是直角三角形，∠MBQ＜90°，分类讨论∠MQB＝90°或∠QMB＝90°，然后判断△CQM是等腰三角形，得出CM＝MQ列方程得解．
5. 解：(1)∵抛物线C1：y＝ax2＋bx＋(a≠0)经过点A(－1，0)和点B(3，0)，
∴，解得，
∴抛物线C1的解析式为y＝－x2＋x＋，
∵y＝－x2＋x＋＝－(x－1)2＋2，
∴顶点C的坐标为(1，2)；........... ........... (3分)
(2)如解图①，作CH⊥x轴于H，

第5题解图①
∵A(－1，0)，C(1，2)，∴AH＝CH＝2，
∴∠CAB＝∠ACH＝45°，
∴直线AC的解析式为y＝x＋1，
∵△DEF是以EF为底的等腰直角三角形，
∴∠DEF＝45°，
∴∠DEF＝∠ACH，
∴EF∥y轴，
∵DE＝AC＝2，
∴EF＝＝4，
设F(m，－m2＋m＋)，则E(m，m＋1)，
∴(m＋1)－(－m2＋m＋)＝4，
解得m＝±3，
∵F在第三象限
∴F(－3，－6)；........... ........... (6分)
(3)①tan∠ENM的值为定值，不发生变化；
如解图②，∵DF⊥AC，BC⊥AC，

第5题解图②
∴DF∥BC，
∵DF＝BC＝AC，
∴四边形DFBC是矩形，
作EG⊥DC，交BF于G，
∴EG＝BC＝AC＝2，
∵EN⊥EM，
∴∠MEN＝90°，
∵∠CEG＝90°，∴∠CEM＋∠MEG＝∠NEG＋∠MEG＝90°，
∴∠CEM＝∠NEG，
∴△EGN∽△ECM，
∴＝，
∵F(－3，－6)，EF＝4，
∴E(－3，－2)，
∵C(1，2)，
∴EC＝＝4，
∴＝＝＝2，
∴tan∠ENM＝＝2；
∴tan∠ENM的值为定值，不发生变化；........... ........... (9分)
②点P经过的路径是线段P1P2，如解图③，

第5题解图③
∵四边形BCEG是矩形，GP2＝CP2，
∴EP2＝BP2，
∵△EGN∽△ECB，
∴＝，
∵EC＝4，EG＝BC＝2，
∴EB＝＝2，
∴＝，
∴EN＝，
∵P1P2是△BEN的中位线，
∴P1P2＝EN＝；
∴点M到达点C时，点P经过的路线长为............ ........... (12分)
6. 解：(1)因为点C(0，3)，所以设抛物线解析式为y＝ax2＋bx＋3，........... ..(1分)
将A(－2，0)、B(4，0)代入得，
解得，........... ........... (2分)
∴y＝－x2＋x＋3；........... ........... (3分)
(2)存在；M1(0，－3)，M2(0，3－)，M3(0，3＋)，M4(0，)；
........... ........... (7分)
【解法提示】如解图①，

第6题解图①
ⅰ)当A为顶点时，AC＝AM，
∵AO⊥CM，∴OC＝OM，
∴M1(0，－3)，
ⅱ)当C为顶点时，AC＝CM，
∵AO＝2，OC＝3，AO⊥OC，
∴AC＝＝.
∴CM＝AC＝.
∴M2(0，3－)，M3(0，3＋)．
ⅲ)当M为顶点时，AM＝CM，
∵A(－2，0)，C(0，3)，设M(0，y)，
则(－2－0)2＋(0－y)2＝(3－y)2，即y＝.
∴M4(0，)．
(3)

第6题解图②
如解图②，当0≤t＜4时，设直线BC的解析式为y＝kx＋b，将B(4，0)，C(0，3)代入得，解得，
∴y＝－x＋3. ........... ........... (8分)
设过点P的直线与直线BC交于点E，则E(t，－t＋3)．........... .......(9分)
S＝S△BP1E＝×(4－t)×(－t＋3)＝t2－3t＋6. ........... ........... (10分)
当－2＜t＜0时，设直线AC 的解析式为y＝kx＋b，
将A(－2，0)，C(0，3)代入得，解得，
∴y＝x＋3，........... ........... (11分)
设过点P2的直线与直线AC交于点F，则F(t，t＋3)，
S＝S△ACB－S△AP2F＝×6×3－×(t＋2)×(t＋3)＝－t2－3t＋6.
........... ........... (12分)
综上所述，S与t的函数关系式为S＝.
7. 解：(1)在Rt△ACB中，OB＝1，OA＝3，且CO⊥AB，
∴OC＝＝，则C(0，－)．
设抛物线的解析式为：y＝a(x＋1)(x－3)，代入点C的坐标后，得：
a(0＋1)(0－3)＝－，解得a＝，
∴抛物线的解析式：y＝(x＋1)(x－3)＝x2－x－；
(2)易知OA＝3，OB＝1，OC＝，
则S△ABC＝AB·OC＝×4×＝2.
①当点 P在x轴上方时，由题意知：S△ABP＝S△ABC，则点P到x轴的距离等于点C到x轴距离的一半，即点P的纵坐标为，
令y＝x2－x－＝，化简得：2x2－4x－9＝0，
解得x＝，
∴P1(，)，P2(，)；
②当点P在抛物线的B、C段时，显然△BCP的面积要小于S△ABC，此种情况不合题意；
③当点P在抛物线的A、C段时，S△ACP＝AC·h＝S△ABC＝，得h＝1；

第7题解图①
在射线CK上取点D，使得CD＝h＝1，过点D作直线DE∥l1，交y轴于点E，如解图①，
在Rt△CDE中，∠ECD＝∠BCO＝30°，CD＝1，
则CE＝，OE＝OC＋CE＝，
∴点E(0，－)，
∴直线DE：y＝x－，
联立抛物线的解析式，有：
，解得：，或，
∴P3(1，－)、P4(2，－)；
综上，存在符合条件的点P，且坐标为(，)、(，)、(1，－)、(2，－)；
(3)由(1)知：y＝x2－x－＝(x－1)2－，
∴抛物线的对称轴为x＝1；
在Rt△BOC中，OB＝1，OC＝，
则∠BCO＝∠1＝30°，∠2＝∠3＝90°－∠BCO＝60°，BC＝2；
过点C作直线CN∥x轴，交抛物线于点N，连接NK，如解图②，由抛物线的对称性可得：N(2，－)，所以CN＝2；

第7题解图②
易知直线BC：y＝－－，
则K(1，－2)，
CK＝＝2；
在△CKN中，∠2＝60°，CN＝CK＝2，
∴△CKN是等边三角形．
①当K为顶点时KC＝KM时，点C、M关于抛物线的对称轴对称，符合上述情况，即点M、N重合；
②当C为顶点时KC＝CM时，由于KC＝BC，所以此时点M与点B、N重合；
③当M为顶点时MK＝MC时，点M在线段CK的中垂线上，CK的中垂线与抛物线相交于点N或者相交于抛物线的顶点．
综上，符合条件的点M有两个即点N和抛物线顶点，此时直线l1的旋转角度α＝60°或α＝∠ACN＝90°－∠2＝30°.
8. 解：(1)令y＝0得x1＝－2，x2＝4，
∴点A(－2，0)、B(4，0)，
令x＝0得y＝－，
∴点C(0，－)；........... ........... (2分)
(2)∵A(－2，0)，B(4，0)，
∴点A，B关于抛物线对称轴对称，∴对称轴x＝1，
将x＝1代入抛物线的解析式得y＝－，
∴点M的坐标为(1，－)，
∴点M关于直线x＝－2的对称点M′的坐标为(－5，－)，
即M′B所在直线与直线x＝－2的交点即为所求点，
设直线M′B的解析式为y＝kx＋b，
将点M′、B的坐标代入得：，
解得：，
所以直线M′B的解析式为y＝x－，
将x＝－2代入得：y＝－，
所以使MN＋BN取最小值时的n＝－；........... ........... (5分)
(3)过点D作DE⊥BA，垂足为点E，如解图，
∵点P与点C关于直线x＝1对称，∴D(2，－)，

第8题解图
由勾股定理得：
AD＝＝＝3，
BD＝＝＝，
如解图，
①当△P1AB∽△ADB时，
＝，即：＝，
∴P1B＝6，
过点P1作P1M1⊥AB，垂足为点M1.
∵△P1AB∽△ADB，
∴∠P1BA＝∠ABD，
又∠P1M1B＝∠BED，
∴△P1M1B∽△DEB，
∴＝，即＝，
解得：P1M1＝6，
∵＝，即＝，
解得：BM1＝12，
∴点P1的坐标为(－8，6)，
∵点P1不在抛物线上，所以此种情况不存在；........... ........... (8分)
②当△P2AB∽△BDA时，＝，即＝，
∴P2B＝6，
过点P2作P2M2⊥AB，垂足为点M2.
同理可得△P2M2B∽△DEA，
∴＝，即＝，
∴P2M2＝2，
∵＝，即＝，
∴M2B＝8，
∴点P2的坐标为(－4，2)，
将x＝－4代入抛物线的解析式得：y＝2，
∴点P2在抛物线上．
由抛物线的对称性可知：点P2与点P4关于直线x＝1对称，
∴P4的坐标为(6，2)，
当点P3位于点C处时，两三角形全等，所以点P3的坐标为(0，－)，
综上所述：当点P的坐标为(－4，2)或(6，2)或(0，－)时，以P、A、B为顶点的三角形与△ABD相似．........... ........... (12分)
类型四　探究特殊四边形存在性问题
针对演练
1. 解：(1)∵△BCD≌△ECD，且四边形OABC为矩形，
∴CE＝CB＝5，CO＝AB＝4，
∴在Rt△COE中，OE＝＝＝3，
设AD＝m，则DE＝BD＝4－m，
∵OE＝3，
∴AE＝5－3＝2，
在Rt△ADE中，由勾股定理可得AD2＋AE2＝DE2，
即m2＋22＝(4－m)2，解得m＝，
∴D(－，－5)，
∵C(－4，0)，O(0，0)，
∴设过O、D、C三点的抛物线为y＝ax(x＋4)，代入D点坐标
得－5＝－a(－＋4)，解得a＝，
∴抛物线解析式为y＝x(x＋4)＝x2＋x；........... ........... (4分)
(2)由折叠可知，BD＝ED，
∵CP＝2t，
∴BP＝BC－CP＝5－2t，
在Rt△DBP和Rt△DEQ中，
，
∴Rt△DBP≌Rt△DEQ(HL)，
∴BP＝EQ，
∴5－2t＝t，
∴t＝；........... ........... (8分)
(3)∵抛物线的对称轴为直线x＝－＝－＝－2，
∴设N(－2，n)，
由题意可知C(－4，0)，E(0，－3)，
设M(m，y)，
①当EN为对角线，即四边形ECNM是平行四边形时，
则线段EN的中点横坐标为＝－1，线段CM中点横坐标为，
∵EN，CM互相平分，
∴＝－1，解得m＝2，
又M点在抛物线上，
∴y＝×22＋×2＝16，
∴M(2，16)；........... ........... (10分)
②当EM为对角线，即四边形ECMN是平行四边形时，
则线段EM的中点横坐标为，线段CN中点横坐标为＝－3，
∵EN，CM互相平分，
∴＝－3，解得m＝－6，
又∵M点在抛物线上，
∴y＝×(－6)2＋×(－6)＝16，
∴M(－6，16)；........... ........... (11分)
③当CE为对角线，即四边形EMCN是平行四边形时，
则M为抛物线的顶点，即M(－2，－)．
综上可知，存在满足条件的点M，其坐标为(2，16)或(－6，16)或(－2，－)．(12分)
2. 解：(1)∵二次函数的图象M经过A(－1，0)，B(4，0)，C(2，－6)三点，
∴设二次函数的解析式为y＝a(x＋1)(x－4)(a≠0)，........... ........... (2分)
把C(2，－6)代入二次函数解析式，
得a(2＋1)(2－4)＝－6，解得a＝1，
∴二次函数的解析式为y＝(x＋1)(x－4)，即y＝x2－3x－4；........... ....(3分)
(2)设AC的解析式为y＝kx＋b(k≠0)，
则，解得，
∴AC的解析式为y＝－2x－2，........... ........... (4分)
设G点的坐标为(t，－2t－2)，
若△ABG与△ABC相似，由图形可知，一定是△ABG∽△ACB，
∴＝，........... ........... (5分)
∵A(－1，0)，B(4，0)，C(2，－6)，G(t，－2t－2)，
∴AB＝4＋1＝5，AC＝＝3，
AG＝＝(t＋1)，
∴＝，
解得t＝，........... ........... (6分)
∴G点的坐标为(，－)；........... ........... (7分)
(3)过点D作DH⊥x轴，与AC相交于点H，如解图①，
则H的坐标为(m，－2m－2)，D的坐标为(m，m2－3m－4)．
∴DH＝－2m－2－n＝－2m－2－(m2－3m－4)＝－m2＋m＋2，
∵S△ACD＝DH·(2＋1)＝，
∴(－m2＋m＋2)·(2＋1)＝，
解得m＝，........... ........... (8分)
∴D(，－)，
∵点D关于l的对称点为E，l为x＝，
∴E(，－)，........... ........... (9分)
∴DE＝2，

第2题解图①
　　　　
第2题解图②


①如解图①，当DE是以点D、E、P、Q为顶点的平行四边形的对角线时，则PQ与DE互相平分，不难发现此时P与抛物线M的顶点(，－)重合，∴P点的坐标为P1(，－)；........... ........... (10分)
②如解图②，DE是以点D、E、P、Q为顶点的平行四边形的边时，PQ∥DE，且PQ＝DE＝2，
此时P点的横坐标为＋2＝或－2＝－，
把x＝或－代入抛物线M的解析式中，可得y＝－，
∴P点的坐标为P2(，－)和P3(－，－)；........... ........... (11分)
综上可知，能在图象M和l上分别找到点P、Q，使得以点D、E、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，其中P点坐标为P1(，－)或P2(，－)或P3(－，－)．
........... ........... (12分)
【难点突破】本题第(3)问的难点有两个：①根据△ACD的面积，求出D点的坐标；②分两种情况讨论以点D、E、P、Q为顶点的四边形为平行四边形：①DE是以点D、E、P、Q为顶点的平行四边形的对角线；②DE是以点D、E、P、Q为顶点的平行四边形的边．
3. 解：(1)∵二次函数y＝x2＋bx＋c的图象与x轴交于A(3，0)，B(－1，0)，
∴代入得，解得 ，
∴二次函数解析式为y＝x2－x－4. ........... ........... (2分)
∴C(0，－4)；........... ........... (3分)
(2)存在．
如解图①，过点Q作QD⊥OA于D，此时QD∥OC，

第3题解图①
∵A(3，0)，B(－1，0)，C(0，－4)，O(0，0)，
∴AB＝4，OA＝3，OC＝4，
∴AC＝＝5，AQ＝4.
∵QD∥OC，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴QD＝，AD＝............ ........... (4分)
①作AQ的垂直平分线，交x轴于E，此时AE＝EQ，即△AEQ为等腰三角形，
设AE＝x，则EQ＝x，DE＝AE－AD＝x－，
∴在Rt△EQD中，(x－)2＋()2＝x2，解得x＝，
∴OA－AE＝3－＝－，
∴E(－，0)．........... ........... (6分)
②以Q为圆心，AQ长为半径画圆，交x轴于E，此时QE＝QA＝4，
又QD⊥AE，则ED＝AD＝，
∴AE＝，
∴OA－AE＝3－＝－，
∴E(－，0)．........... ........... (8分)
③当AE＝AQ时，
以A点为圆心，AQ长为半径作圆，交x于两点，其中一点为B(－1，0)，另一点为(7，0)，
∴点E的坐标为(－1，0)或(7，0)，
综上所述，存在满足条件的点E的坐标为(－，0)或(－，0)或(－1，0)或(7，0)；
........... ........... (10分)
(3)四边形APDQ为菱形，D点坐标为(－，－)．理由如下：
如解图②，D点关于PQ与A点对称，过点Q作FQ⊥AP于F，

第3题解图②
∵AP＝AQ＝t，AP＝DP，AQ＝DQ，
∴AP＝AQ＝QD＝DP＝t，
∴四边形AQDP为菱形，
∵FQ∥OC，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴AF＝t，FQ＝t，........... ........... (12分)
∴Q(3－t，－t)，
∵DQ＝AP＝t，
∴D(3－t，－t)，
∵D在抛物线y＝x2－x－4上，
∴代入得－t＝(3－t)2－(3－t)－4，
解得t＝或t＝0(与A重合，舍去)，
∴D(－，－)．........... ........... (14分)
4. 解：(1)对于直线y＝－2x－1，令x＝0得y＝－1，
∴点A的坐标为(0，－1)，........... ........... (1分)
由直线y＝－2x－1与直线y＝－x相交于点B，
则 ，解得，
∴点B的坐标为(－1，1)．........... ........... (2分)
∵点C与点B关于原点对称，
∴点C的坐标为(1，－1)．........... ........... (3分)
设过点A、B、C的抛物线解析式为y＝ax2＋bx＋c，
代入点A(0，－1)、B(－1，1)、C(1，－1)的坐标得
，解得，
所以所求抛物线解析式为y＝x2－x－1；........... ........... (4分)

第4题解图①
(2)①如解图①，
∵点B与点C关于原点对称，四边形PBQC是菱形，
∴PQ⊥BC，PQ过原点O且P、Q两点关于原点对称．........... ........(5分)
∵BC所在直线解析式为y＝－x，
∴PQ所在直线解析式为y＝x，........... ........... (6分)
则设点P的坐标为(m，m)，代入抛物线解析式y＝x2－x－1，
得m2－m－1＝m，........... ........... (7分)
解得m1＝1－，m2＝1＋，........... ........... (8分)
∴点P的坐标有两个，分别为(1－，1－)或(1＋，1＋).
........... ........... (9分)

第4题解图②
②∵点B与点C、点P与点Q分别关于原点对称，
∴BC与PQ互相平分，
∴四边形PBQC是平行四边形，
∴S四边形PBQC＝2S△PBC.
设点P的坐标为(t，t2－t－1)．
如解图②，过点P作PD∥y轴，交直线y＝－x于点D，则D(t，－t)．
分别过点B、C作BE⊥PD、CF⊥PD，垂足分别为点E、F.
∴PD ＝ －t－(t2－t－1) ＝－t2＋1，BE＋CF＝2，........... .........(10分)
∴S△PBC＝PD·BE ＋ PD·CF ＝PD·(BE ＋ CF)＝(－t2＋1)×2＝－t2 ＋ 1.
........... ........... (12分)
∴S四边形PBQC＝2S△PBC＝－2t2＋2.
∴当t＝0时，S四边形PBQC有最大值2. ........... ........... (13分)
【难点突破】用含t的代数式表示出△BPC的面积是本问的难点，从四边形BPCQ的形状，得到S四边形BPCQ＝2S△PBC.在△BPC中，没有与坐标轴平行的边，故过点P作与y轴平行的线，交BC于D，将PD作为底边，则点B到PD的距离是△BPD的高，点C到PD的距离是△CPD的高，从而用△BPD与△CPD的和表示出△BPC的面积．
5. 解：(1)由题意可知：
α，β是方程－mx2＋4x＋2m＝0的两根，由根与系数的关系可得，
α＋β＝－＝，αβ＝＝－2. ........... ........... (1分)
∵＋＝＝－2，
∴＝－2.
解得m＝1. ........... ........... (2分)
∴抛物线的解析式为y＝－x2＋4x＋2；........... ........... (3分)
(2)存在x轴上的点M、y轴上的点N，使得四边形DNME的周长最小．
∵y＝－x2＋4x＋2＝－(x－2)2＋6，
∴抛物线的对称轴l为x＝2，顶点D的坐标为(2，6)．........... ........(4分)
又∵抛物线与y轴交点C的坐标为(0，2)，点E与点C关于l对称，
∴E点坐标为(4，2)．
作点D关于y轴的对称点D′，点E关于x轴的对称点E′，........... ......(5分)
则D′点坐标为(－2，6)，E′点坐标为(4，－2)．连接D′E′，交x轴于点M，交y轴与N.

第5题解图①
此时，四边形DNME的周长最小为D′E′＋DE.如解图①所示．
........... ........... (6分)
延长E′E，D′D交于一点F，
在Rt△D′FE′中，D′F＝6，E′F＝8.
∴D′E′＝＝＝10. ........... ........... (7分)
设对称轴l与CE交于点G，
在Rt△DGE中，DG＝4，EG＝2.
∴DE＝＝＝2.
∴四边形DNME的周长的最小值为10＋2；........... ........... (8分)
(3)

第5题解图②
如解图②，P为抛物线上的点，过P作PH⊥x轴，垂足为H.若以点D、E、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，
则△PHQ≌△DGE.
∴PH＝DG＝4. ........... ........... (9分)
∴|y|＝4.
∴当y＝4时，－x2＋4x＋2＝4，
解得x＝2± . ........... ........... (10分)
当y＝－4时，－x2＋4x＋2＝－4，
解得x＝2± .
∴点P的坐标为(2－，4)，(2＋，4)，(2－，－4)，(2＋，－4)．
........... ........... (12分)
【难点突破】解答此题关键在于求出一元二次方程根与系数的关系、轴对称——最短路径问题．本题难点在于第(2)、(3)问．第(2)问在求周长最小值时，需要利用轴对称的性质将三条线段转化到一条线段上，求得最小值；第(3)问点P存在多个点，但不是用分类讨论的方法，而是利用平行四边形的性质证明三角形全等，从而求得线段长，然后代入函数关系式列方程求解得到点P坐标.
6. 解： (1)抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于点A(－2，0)、B(4，0)，
∴，
解得，........... ........... (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6题解图①
OM＝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的函数关系式为y＝kx＋b(k≠0)，
∴，解得，
∴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，
即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，

第6题解图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，
∴m＜1，
∴m＝ ，∴－m＋4＝ ，
∴点F的坐标为(， )，........... ........... (10分)
当∠FPB＝90°时，如解图③，

第6题解图③
PB2＋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)