还剩32页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
中考数学二轮总复习（解答题）突破训练：专题五《与图形的变换结合的探究题》(教师版)
展开
这是一份中考数学二轮总复习（解答题）突破训练：专题五《与图形的变换结合的探究题》(教师版)，共35页。
(1)若四边形ABCD为正方形．
①如图①，请直接写出AE与DF的数量关系_DF＝eq \r(2)AE_；
②将△EBF绕点B逆时针旋转到图②所示的位置，连接AE，DF，猜想AE，DF的数量关系并说明理由；
(2)如图③，若四边形ABCD为矩形，BC＝mAB，其他条件都不变，将△EBF绕点B顺时针旋转α(0°＜α＜90°)得到△E′BF′，连接AE′，DF′，请在图③中画出草图，并直接写出AE′与DF′的数量关系．
解：(1)②DF＝eq \r(2)AE.理由如下：
∵△EBF绕点B逆时针旋转，∴∠ABE＝∠DBF，
∵eq \f(BF,BE)＝eq \r(2)，eq \f(BD,AB)＝eq \r(2)，∴eq \f(BF,BE)＝eq \f(BD,AB)，
∴△ABE∽△DBF，∴eq \f(DF,AE)＝eq \f(BF,BE)＝eq \r(2)，
即DF＝eq \r(2)AE；
(2)如解图，∵四边形ABCD为矩形，
∴AD＝BC＝mAB，∴BD＝eq \r(AB2＋AD2)＝eq \r(1＋m2)AB，
∵EF⊥AB，∴EF∥AD，
∴△BEF∽△BAD，
∴eq \f(BF,BE)＝eq \f(BD,BA)＝eq \r(1＋m2)，
∵△EBF绕点B顺时针旋转α(0°＜α＜90°)得到△E′BF′，
∴∠ABE′＝∠DBF′，BE′＝BE，BF′＝BF，
∴eq \f(BF′,BE′)＝eq \f(BD,BA)＝eq \r(1＋m2)，∴△ABE′∽△DBF′，
∴eq \f(DF′,AE′)＝eq \f(BD,BA)＝eq \r(1＋m2)，即DF′＝eq \r(1＋m2)AE′.
2．边长为6的等边△ABC中，点D、E分别在AC、BC边上，DE∥AB，EC＝2eq \r(3).
(1)如图①，将△DEC沿射线EC方向平移，得到△D′E′C′，边D′E′与AC的交点为M，边C′D′与∠ACC′的角平分线交于点N，当CC′多大时，四边形MCND′为菱形？并说明理由；
(2)如图②，将△DEC绕点C旋转∠α(0°＜α＜360°)，得到△D′E′C，连接AD′，BE′.边D′E′的中点为P.
①在旋转过程中，AD′和BE′有怎样的数量关系？并说明理由；
②连接AP，当AP最大时，求AD′的值．(结果保留根号)
(导学号 58824238)
图① 图②
解：(1)当CC′＝eq \r(3)时，四边形MCND′是菱形．
理由：由平移的性质得，CD∥C′D′，DE∥D′E′，
∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠ACB＝60°，
∴∠ACC′＝180°－∠ACB＝120°，
∵CN是∠ACC′的角平分线，
∴∠NCC′＝eq \f(1,2)∠ACC′＝60°＝∠B＝∠D′E′C′，∴D′E′∥CN，
∴四边形MCND′是平行四边形，
∵∠ME′C′＝∠MCE′＝60°，∠NCC′＝∠NC′C＝60°，
∴△MCE′和△NCC′是等边三角形，∴MC＝CE′，NC＝CC′，
∵四边形MCND′是菱形，∴CN＝CM，∴CE′＝CC′.
又∵E′C′＝EC＝2eq \r(3)，∴CC′＝eq \f(1,2)E′C′＝eq \r(3)；
(2)①AD′＝BE′.
理由：当α≠180°时，由旋转的性质得，∠ACD′＝∠BCE′，
由(1)知，AC＝BC，CD′＝CE′，
∴△ACD′≌△BCE′，∴AD′＝BE′，
当α＝180°时，AD′＝AC＋CD′，BE′＝BC＋CE′，
即：AD′＝BE′，综上可知：AD′＝BE′.
②如解图①，连接CP，在△ACP中，由三角形三边关系得，AP＜AC＋CP，
∴当点A，C，P三点共线时，AP最大，如解图②，
在△D′CE′中，由P为D′E′的中点，得AP⊥D′E′，PD′＝eq \r(3)，
∴CP＝3，∴AP＝6＋3＝9，
在Rt△APD′中，由勾股定理得，AD′＝eq \r(AP2＋PD′2)＝2eq \r(21).
图① 图②
3．如图，∠MAN＝60°，AP平分∠MAN，点B是射线AP上一定点，点C在直线AN上运动，连接BC，将∠ABC(0°<∠ABC<120°)的两边射线BC和BA分别绕点B顺时针方向旋转120°，旋转后角的两边分别与射线AM交于点D和点E.
(1)如图①，当点C在射线AN上时．
①请判断线段BC与BD的数量关系，直接写出结论；
②请探究线段AC、AD和BE的数量关系，写出结论并证明；
(2)如图②，当点C在射线AN的反向延长线上时，BC交射线AM于点F，若AB＝4，AC＝eq \r(3)，请直接写出AD和DF的长．
图① 图②
解：(1)①BC＝BD；②AC＋AD＝eq \r(3)BE，证明如下：
如解图，过点 B作BH⊥AE于点H，
∵∠MAN＝60°，AP平分∠MAN，
∴∠1＝∠2＝eq \f(1,2)∠MAN＝30°，∵将∠ABC绕点B顺时针方向旋转120°，
∴旋转后角的两边分别与射线AM交于点D和点E，
∴∠CBD＝∠ABE＝120°，
∴∠CBD－∠ABD＝∠ABE－∠ABD，即：∠3＝∠4，
∵∠ABE＝120°，∠1＝30°
∴∠5＝180°－∠ABE－∠1＝30°，
∵∠5＝∠1，
∴BA＝BE，∵∠5＝∠2＝30°，∠3＝∠4，
∴△ABC≌△EBD，∴AC＝DE，∴AC＋AD＝DE＋AD＝AE，
∵BH⊥AE于点H，BA＝BE，∴AH＝EH＝eq \f(1,2)AE，
∵∠5＝30°，∴EH＝BE·cs30°＝eq \f(\r(3),2)BE，
即：eq \f(1,2)AE＝eq \f(\r(3),2)BE，∴AE＝eq \r(3)BE，∴AC＋AD＝eq \r(3)BE；
(2)AD＝5eq \r(3)，DF＝eq \f(31\r(3),7).
4．如图①，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．
(1)观察猜想
图①中，线段PM与PN的数量关系是_PM＝PN_，位置关系是_PM⊥PN_；
(2)探究证明
把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图②的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；
(3)拓展延伸
把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请直接写出△PMN面积的最大值．
解：(2)由旋转知，∠BAD＝∠CAE，
∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，
同(1)的方法，利用三角形的中位线得，PN＝eq \f(1,2)BD，PM＝eq \f(1,2)CE，∴PM＝PN，
∴△PMN是等腰三角形，
同(1)的方法得，PM∥CE，∴∠DPM＝∠DCE，
同(1)的方法得，PN∥BD，∴∠PNC＝∠DBC，
∵∠DPN＝∠DCB＋∠PNC＝∠DCB＋∠DBC，
∴∠MPN＝∠DPM＋∠DPN＝∠DCE＋∠DCB＋∠DBC＝∠BCE＋∠DBC＝∠ACB＋∠ACE＋∠DBC＝∠ACB＋∠ABD＋∠DBC＝∠ACB＋∠ABC，
∵∠BAC＝90°，∴∠ACB＋∠ABC＝90°，∴∠MPN＝90°，
∴△PMN是等腰直角三角形；
(3)如解图，同(2)的方法得，△PMN是等腰直角三角形，
∴MN最大时，△PMN的面积最大，在△AMN中，MN∴当A、M、N共线时MN最大．
∴DE∥BC且DE在顶点A上面，
∴MN最大＝AM＋AN，连接AM，AN，
在△ADE中，AD＝AE＝4，∠DAE＝90°，∴AM＝2eq \r(2)，
在Rt△ABC中，AB＝AC＝10，AN＝5eq \r(2)，∴MN最大＝2eq \r(2)＋5eq \r(2)＝7eq \r(2)，
∴S△PMN最大＝eq \f(1,2)PM2＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×MN2＝eq \f(1,4)×(7eq \r(2))2＝eq \f(49,2).
类型三 动点问题
1．(2017·抚顺)如图，OF是∠MON的平分线，点A在射线OM上，P，Q是直线ON上的两动点，点Q在点P的右侧，且PQ＝OA，作线段OQ的垂直平分线，分别交直线OF，ON于点B，点C，连接AB，PB.
(1)如图①，当P，Q两点都在射线ON上时，请直接写出线段AB与PB的数量关系；
(2)如图②，当P，Q两点都在射线ON的反向延长线上时，线段AB，PB是否还存在(1)中的数量关系？若存在，请写出证明过程；若不存在，请说明理由；
(3)如图③，∠MON＝60°，连接AP，设eq \f(AP,OQ)＝k，当P和Q两点都在射线ON上移动时，k是否存在最小值？若存在，请直接写出k的最小值；若不存在，请说明理由．
解：(1)AB＝PB；
(2)存在．
理由：如解图，连接BQ，∵BC垂直平分OQ，
∴BQ＝OB，
∴∠BQC＝∠BOC，
∵OF平分∠MON，∴∠MOF＝∠NOF，∴∠NOF＝∠BOC，
∴∠BQC＝∠MOF，
∴180°－∠BQC＝180°－∠MOF，
∴∠AOB＝∠BQP，
又∵PQ＝AO，∴△BQP≌△BOA，
∴AB＝PB；
(3)存在最小值，k最小值＝0.5.
2．(2017·宜昌)正方形ABCD的边长为1，点O是BC边上的一个动点(与B，C不重合)，以O为顶点在BC所在直线的上方作∠MON＝90°.
(1)当OM经过点A时，
①请直接填空：ON_不可能_(可能，不可能)过D点；(图①仅供分析)
②如图②，在ON上截取OE＝OA，过E点作EF垂直于直线BC，垂足为点F，作EH⊥CD于点H，求证：四边形EFCH为正方形；
(2)当OM不过点A时，设OM交边AB于点G，且OG＝1.在ON上存在点P，过P点作PK垂直于直线BC，垂足为点K，使得S△PKO＝4S△OBG，连接GP，求四边形PKBG的最大面积．
(导学号 58824239)
解：(1)②∵EH⊥CD，EF⊥BC，
∴∠EHC＝∠EFC＝90°，且∠HCF＝90°，∴四边形EFCH为矩形，
∵∠MON＝90°，∴∠EOF＝90°－∠AOB，
在正方形ABCD中，∠BAO＝90°－∠AOB，
∴∠EOF＝∠BAO，
在△OFE和△ABO中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠EOF＝∠BAO，,∠EFO＝∠B，,OE＝AO，))
∴△OFE≌△ABO(AAS)，∴EF＝OB，OF＝AB，
又OF＝CF＋OC＝AB＝BC＝BO＋OC＝EF＋OC，∴CF＝EF，
∴四边形EFCH为正方形；
(2)如解图，∵∠POK＝∠OGB，∠PKO＝∠OBG，
∴△PKO∽△OBG，
∵S△PKO＝4S△OBG，
∴eq \f(S△PKO,S△OBG)＝(eq \f(OP,OG))2＝4，
∴OP＝2，
∴S△POG＝eq \f(1,2)OG·OP＝eq \f(1,2)×1×2＝1，
设OB＝a，BG＝b，则a2＋b2＝OG2＝1，
∴b＝eq \r(1－a2)，
∴S△OBG＝eq \f(1,2)ab＝eq \f(1,2)aeq \r(1－a2)＝eq \f(1,2)eq \r(－a4＋a2)＝eq \f(1,2)eq \r(－（a2－\f(1,2)）2＋\f(1,4)).
当a2＝eq \f(1,2)时，△OBG面积有最大值eq \f(1,4)，此时S△PKO＝4S△OBG＝1，
∴四边形PKBG的最大面积为1＋1＋eq \f(1,4)＝eq \f(9,4).
3．(2017·沈阳模拟)如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝6，动点Q从点A出发以每秒1个单位长度的速度沿AB向终点B运动，点Q运动eq \f(2,3)秒后，点P从点D出发以与点Q相
同的速度沿DA向终点A运动，设点P运动的时间为t(秒)，将△APQ沿直线PQ翻折，得到△EPQ.
(1)用含t的代数式表示：AP＝_6－t_；AQ＝_t＋eq \f(2,3)_；
(2)连接BD，在运动过程中，当△PQE∽△BDC时，求t的值；
(3)在运动过程中，∠PQE能否等于∠ABD的一半？如果能，求出此时的t的值；如果不能，请说明理由(参考数据：eq \r(2)≈1.4，eq \r(3)≈1.7，eq \r(5)≈2.2)．
解：(2)∵将△APQ沿直线PQ翻折，得到△EPQ，
∴△PQA≌△PQE，
当△PQE∽△BDC时，
∴△PQA∽△BDC，
∴eq \f(AP,BC)＝eq \f(AQ,CD)，即eq \f(6－t,6)＝eq \f(t＋\f(2,3),3)，解得t＝eq \f(14,9)；
(3)不能．
理由如下：
如解图，延长AB至点M，使BM＝BD，连接DM，
∵BM＝BD，∴∠BDM＝∠BMD，
∵∠ABD＝∠BDM＋∠BMD，
∴∠BDM＝∠BMD＝eq \f(1,2)∠ABD，
当∠PQE＝eq \f(1,2)∠ABD时，∵∠PQE＝∠PQA，
∴∠PQA＝∠BMD＝eq \f(1,2)∠ABD，
∴PQ∥DM，∴eq \f(AP,AD)＝eq \f(AQ,AM)，
在Rt△BCD中，BD＝eq \r(CD2＋BC2)＝3eq \r(5)，
∴BM＝BD＝3eq \r(5)，
∴eq \f(6－t,6)＝eq \f(t＋\f(2,3),3＋3\r(5))，解得t≈3.5，∵0≤t≤eq \f(7,3).
所以在运动过程中，∠PQE不能等于∠ABD的一半．
题型三 二次函数与几何图形综合题
类型一 与图形判定结合
1．(2017·盘锦)如图，直线y＝－2x＋4交y轴于点A，交抛物线y＝eq \f(1,2)x2＋bx＋c于点B(3，－2)，抛物线经过点C(－1，0)，交y轴于点D，点P是抛物线上的动点，作PE⊥DB交DB所在直线于点E.
(1)求抛物线的解析式；
(2)当△PDE为等腰直角三角形时，求出PE的长及P点坐标；
(3)在(2)的条件下，连接PB，将△PBE沿直线AB翻折，直接写出翻折后点E的对称点坐标．
备用图
备用图
解：(1)抛物线的解析式为y＝eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x－2；
(2)∵点D是抛物线与y轴的交点，∴点D的坐标为(0，－2)，
∴BD∥x轴，
∵点P是抛物线上一点，则设点P的坐标为(p，eq \f(1,2)p2－eq \f(3,2)p－2)，
∵PE⊥BD，∴点E的坐标为(p，－2)，
∴DE＝|p|，PE＝|eq \f(1,2)p2－eq \f(3,2)p－2－(－2)|＝
|eq \f(1,2)p2－eq \f(3,2)p|，
∵△PDE是等腰直角三角形，∴PE＝DE，
∴|eq \f(1,2)p2－eq \f(3,2)p|＝|p|，
当eq \f(1,2)p2－eq \f(3,2)p＝p时，解得p＝0或p＝5，
当eq \f(1,2)p2－eq \f(3,2)p＝－p时，解得p＝0或p＝1，
∴这样的点P有两个，坐标分别为(5，3)，此时PE＝5，或(1，－3)，此时PE＝1；
(3)当点P的坐标为(5，3)时，点E的坐标为(5，－2)，此时BE＝2，
如解图①，过E作EF⊥AB于F，延长EF到R，使得FR＝EF，则点R为点E关于AB的对称点，即为所求点．过R作RG⊥DE于G.
∵点A是直线与y轴的交点，∴点A的坐标为(0，4)，∴AD＝6，
∵BD＝3，∴AB＝eq \r(36＋9)＝3eq \r(5)，
∵eq \f(BE,AB)＝eq \f(BF,DB)，∴BF＝eq \f(2\r(5),5)，
∵tan∠EBF＝eq \f(EF,BF)＝tan∠ABD＝eq \f(AD,BD)＝2，
∴EF＝eq \f(4\r(5),5)，∴ER＝eq \f(8\r(5),5)，
易得∠REG＝∠BAD，∴EG＝2GR，
∴GR＝eq \f(8,5)，GE＝eq \f(16,5)，∴DG＝5－eq \f(16,5)＝eq \f(9,5)，此时点R的坐标为(eq \f(9,5)，－eq \f(18,5))；
当点P的坐标为(1，－3)时，点E的坐标为(1，－2)，过点E作EF⊥AB于F，延长EF到R使得EF＝FR，过R作RG⊥BD于G，
同上，易得BE＝2，∴GR＝eq \f(8,5)，GE＝eq \f(16,5)，∴DG＝eq \f(21,5)，∴点R的坐标为(eq \f(21,5)，－eq \f(2,5))．
综上可得，翻折后点E的对称点坐标为(eq \f(9,5)，－eq \f(18,5))或(eq \f(21,5)，－eq \f(2,5))．
图①
图②
2．(2017·本溪 )如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝eq \f(1,2)x2＋bx＋c与x轴交于A，B两点，点B(3，0)，经过点A的直线AC与抛物线的另一交点为C(4，eq \f(5,2))，与y轴交点为D，点P是直线AC下方的抛物线上的一个动点(不与A，C重合)．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)过点P作PE⊥AC，垂足为E，作PF∥y轴交直线AC于点F，设点P的横坐标为t，线段EF的长度为m，求m与t的函数关系式；
(3)点Q在抛物线的对称轴上运动，当△OPQ是以OP为直角边的等腰直角三角形时，请直接写出符合条件的点P的坐标．
(导学号 58824240)
解：(1)该抛物线解析式为y＝eq \f(1,2)x2－x－eq \f(3,2)；
(2)令y＝0得eq \f(1,2)x2－x－eq \f(3,2)＝0，解得x1＝－1，x2＝3，∴点A的坐标为(－1，0)．C(4，eq \f(5,2))，
∴直线AC的解析式为y＝eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2).
∵点D是直线AC与y轴的交点，
∴点D的坐标为(0，eq \f(1,2))．
在Rt△AOD中，OA＝1，OD＝eq \f(1,2)，由勾股定理得AD＝eq \f(\r(5),2)，∴cs∠ADO＝eq \f(DO,AD)＝eq \f(\r(5),5).
∵PF∥y轴，点P的横坐标为t，且点P在抛物线上，点F在直线AC上，
∴点F的坐标为(t，eq \f(1,2)t＋eq \f(1,2))，点P的坐标为(t，eq \f(1,2)t2－t－eq \f(3,2))，
∵点F在点P的上方，∴PF＝eq \f(1,2)t＋eq \f(1,2)－(eq \f(1,2)t2－t－eq \f(3,2))＝－eq \f(1,2)t2＋eq \f(3,2)t＋2.
∵PF∥y轴，∴∠PFE＝∠ODA，
∴cs∠PFE＝eq \f(FE,PF)cs∠ODA＝eq \f(\r(5),5)，
∴m＝eq \f(\r(5),5)PF＝－eq \f(\r(5),10)t2＋eq \f(3\r(5),10)t＋eq \f(2\r(5),5)；
(3)满足条件的点P的坐标为(1＋eq \r(2)，－1)或(1－eq \r(2)，－1)或(1＋eq \r(6)，1)或(2－eq \r(5)，1－eq \r(5))或(eq \r(5)，1－eq \r(5))．
类型二 与线段问题结合
1．(2017·武汉)已知点A(－1，1)、B(4，6)在抛物线y＝ax2＋bx上．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图①，点F的坐标为(0，m)(m＞2)，直线AF交抛物线于另一点G，过点G作x轴的垂线，垂足为H.设抛物线与x轴的正半轴交于点E，连接FH、AE，求证：FH∥AE；
(3)如图②，直线AB分别交x轴，y轴于C，D两点．点P从点C出发，沿射线CD方向匀速运动，速度为每秒eq \r(2) 个单位长度；同时点Q从原点O出发，沿x轴正方向匀速运动，速度为每秒1个单位长度．点M是直线PQ与抛物线的一个交点，当运动到t秒时，QM＝2PM，直接写出t的值．
图①
图②
(1)解：抛物线的解析式为y＝eq \f(1,2)x2－eq \f(1,2)x；
(2)证明：设直线AF的解析式为y＝kx＋m，
将点A(－1，1)代入y＝kx＋m中，即－k＋m＝1，∴k＝m－1，
∴直线AF的解析式为y＝(m－1)x＋m.
联立直线AF和抛物线解析式得，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝（m－1）x＋m，,y＝\f(1,2)x2－\f(1,2)x.))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝－1，,y1＝1.))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝2m，,y2＝2m2－m.))
∴点G的坐标为(2m，2m2－m)．
∵GH⊥x轴，∴点H的坐标为(2m，0)．
∵抛物线的解析式为y＝eq \f(1,2)x2－eq \f(1,2)x＝eq \f(1,2)x(x－1)，∴点E的坐标为(1，0)．
∴直线AE的解析式为y＝－eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2).
设直线FH的解析式为y＝k2x＋b2，将F(0，m)、H(2m，0)代入y＝k2x＋b2中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b2＝m，,2mk2＋b2＝0.))
解得：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k2＝－\f(1,2)，,b2＝m.))
∴直线FH的解析式为y＝－eq \f(1,2)x＋m.∴FH∥AE；
(3)解：当运动时间为eq \f(15－\r(113),6)秒或eq \f(15＋\r(113),6)秒或eq \f(13－\r(89),2)秒或eq \f(13＋\r(89),2)秒时，QM＝2PM.
2．(2015·锦州)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．
解：(1)抛物线的解析式为：y＝－eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x＋2；
(2)∵抛物线的解析式为y＝－eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x＋2，
∴点C的坐标是(0，2)，
∵点A(－1，0)、点D(2，0)，∴AD＝2－(－1)＝3，∴S△CAD＝eq \f(1,2)×3×2＝3，∴S△PDB＝3，
∵点B(4，0)、点D(2，0)，∴BD＝2，
∴S△PDB＝eq \f(1,2)×2×|n|＝3，∴n＝3或n－3，
①当n＝3时，－eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m＋2＝3，解得m＝1或m＝2，∴点P的坐标是(1，3)或(2，3)．
②当n＝－3时，－eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m＋2＝－3，解得m＝5或m＝－2，
∴点P的坐标是(5，－3)或(－2，－3)．
综上，可得点P的坐标为(1，3)或(2，3)或(5，－3)或(－2，－3)；
(3)线段EG的最小值是eq \f(4\r(5),5).
3．(2017·哈尔滨)如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝x2＋bx＋c交x轴于A，B两点，交y轴于点C，直线y＝x－3经过B，C两点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)过点C作直线CD⊥y轴交抛物线于另一点D，点P是直线CD下方抛物线上的一个动点，且在抛物线对称轴的右侧，过点P作PE⊥x轴于点E，PE交CD于点F，交BC于点M，连接AC，过点M作MN⊥AC于点N，设点P的横坐标为t，线段MN的长为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，连接PC，过点B作BQ⊥PC于点Q(点Q在线段PC上)，BQ交CD于点T，连接OQ交CD于点S，当ST＝TD时，求线段MN的长．
解：(1)抛物线的解析式为y＝x2－2x－3；
图①
(2)如解图①，
y＝x2－2x－3，
当y＝0时，x2－2x－3＝0，解得x1＝－1，x2＝3，
∴A(－1，0)，
∴OA＝1，OB＝OC＝3，
∴∠ABC＝45°，AC＝eq \r(10)，AB＝4，
∵PE⊥x轴，
∴∠EMB＝∠EBM＝45°，
∵点P的横坐标为t，∴EM＝EB＝3－t，
连接AM，∵S△ABC＝S△AMC＋S△AMB，
∴eq \f(1,2)AB·OC＝eq \f(1,2)AC·MN＋eq \f(1,2)AB·EM，
∴eq \f(1,2)×4×3＝eq \f(1,2)×eq \r(10)MN＋eq \f(1,2)×4(3－t)，
∴MN＝eq \f(2\r(10),5)t；
图②
(3)如解图②，∵y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4，∴对称轴为x＝1，
由抛物线对称性可得D(2，－3)，∴CD＝2，
过点B作BK⊥CD交直线CD于点K，∴四边形OCKB为正方形，
∴∠OBK＝90°，CK＝OB＝BK＝3，∴DK＝1，
∵BQ⊥CP，∴∠CQB＝90°，
过点O作OH⊥PC交PC的延长线于点H，OR⊥BQ交BQ于点I，交BK于点R，OG⊥OS交KB于G，连接SR，
∴∠OHC＝∠OIQ＝∠OIB＝90°，∴四边形OHQI为矩形，
∵∠OCQ＋∠OBQ＝180°，∴∠OBG＝∠OCS，
∵OB＝OC，∠BOG＝∠COS，∴△OBG≌△OCS，
∴OG＝OS，CS＝GB，∠GOB＝∠SOC，∴∠SOG＝90°，∴∠ROG＝45°，∵OR＝OR，∴△OSR≌△OGR，∴SR＝GR，∴SR＝CS＋BR，∵∠BOR＋∠OBI＝90°，∠IBO＋∠TBK＝90°，∴∠BOR＝∠TBK，
∴tan∠BOR＝tan∠TBK，∴eq \f(BR,OB)＝eq \f(TK,BK)，∴BR＝TK，
∵∠CTQ＝∠BTK，∴∠QCT＝∠TBK，
∴tan∠QCT＝tan∠TBK，
设ST＝TD＝m，
∴SK＝2m＋1，CS＝2－2m，TK＝m＋1＝BR，
SR＝3－m，RK＝2－m，
在Rt△SKR中，
∵SK2＋RK2＝SR2，∴(2m＋1)2＋(2－m)2＝(3－m)2，解得m1＝－2(舍去)，m2＝eq \f(1,2)；
∴ST＝TD＝eq \f(1,2)，TK＝eq \f(3,2)，
∴tan∠TBK＝eq \f(TK,BK)＝eq \f(3,2)÷3＝eq \f(1,2)，∴tan∠PCD＝eq \f(1,2)，
∵CF＝OE＝t，∴PF＝eq \f(1,2)t，∴PE＝eq \f(1,2)t＋3，∴P(t，－eq \f(1,2)t－3)，∴－eq \f(1,2)t－3＝t2－2t－3，
解得t1＝0(舍去)，t2＝eq \f(3,2).
∴MN＝d＝eq \f(2\r(10),5)t＝eq \f(2\r(10),5)×eq \f(3,2)＝eq \f(3\r(10),5).
类型三 与面积问题结合
1．(2017·恩施州)如图，已知抛物线y＝ax2＋c过点(－2，2)，(4，5)，过定点F(0，2)的直线l：y＝kx＋2与抛物线交于A，B两点，点B在点A的右侧，过点B作x轴的垂线，垂足为C.
(1)求抛物线的解析式；
(2)当点B在抛物线上运动时，判断线段BF与BC的数量关系(＞、＜、＝)，并证明你的判断；
(3)P为y轴上一点，以B，C，F，P为顶点的四边形是菱形，设点P(0，m)，求自然数m的值；
(4)若k＝1，在直线l下方的抛物线上是否存在点Q，使得△QBF的面积最大？若存在，求出点Q的坐标及△QBF的最大面积；若不存在，请说明理由．
(导学号 58824241)
解：(1)抛物线的解析式为y＝eq \f(1,4)x2＋1；
(2)BF＝BC.
理由如下：设B(x，eq \f(1,4)x2＋1)，而F(0，2)，
∴BF2＝x2＋(eq \f(1,4)x2＋1－2)2＝x2＋(eq \f(1,4)x2－1)2＝(eq \f(1,4)x2＋1)2，∴BF＝eq \f(1,4)x2＋1，
∵BC⊥x轴于点C，∴BC＝eq \f(1,4)x2＋1，∴BF＝BC；
图①
(3)如解图①，m为自然数，则点P在F点上方，
∵以B、C、F、P为顶点的四边形是菱形，
∴CB＝CF＝PF，而CB＝FB，∴BC＝CF＝BF，
∴△BCF为等边三角形，
∴∠BCF＝60°，∴∠OCF＝30°，
在Rt△OCF中，CF＝2OF＝4，∴PF＝CF＝4，
∴P(0，6)，
即自然数m的值为6；
图②
(4)作QE∥y轴交AB于E，如解图②，
当k＝1时，一次函数解析式为y＝x＋2，
解方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋2，,y＝\f(1,4)x2＋1.))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2＋2\r(2)，,y＝4＋2\r(2)，))或
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2－2\r(2)，,y＝4－2\r(2)，))则B(2＋2eq \r(2)，4＋2eq \r(2))，
设Q(t，eq \f(1,4)t2＋1)，则E(t，t＋2)，
∴EQ＝t＋2－(eq \f(1,4)t2＋1)＝－eq \f(1,4)t2＋t＋1，
∴S△QBF＝S△EQF＋S△EQB＝eq \f(1,2)(2＋2eq \r(2))EQ＝eq \f(1,2)(eq \r(2)＋1)(－eq \f(1,4)t2＋t＋1)＝－eq \f(\r(2)＋1,4)(t－2)2＋2eq \r(2)＋2，
当t＝2时，S△QBF有最大值，最大值为2eq \r(2)＋2，此时Q点坐标为(2，2)．
2．(2017·苏州)如图，二次函数y＝x2＋bx＋c的图象与x轴交于 A，B两点，与y轴交于点C，OB＝OC.点D在函数图象上，CD∥x轴，且CD＝2，直线l是抛物线的对称轴，E是抛物线的顶点．
(1)求b，c的值；
(2)如图①，连接BE，线段OC上的点F关于直线l的对称点F′恰好在线段BE上，求点F的坐标；
(3)如图②，动点P在线段OB上，过点P作x轴的垂线分别与BC交于点M，与抛物线交于点N.试问：抛物线上是否存在点Q，使得△PQN与△APM的面积相等，且线段NQ的长度最小？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，说明理由．
解：(1)b＝－2，c＝－3;
(2)设点F坐标为(0，m)，
∵对称轴是直线x＝1，
∴点F关于直线l的对称点F′的坐标为(2，m)，
由(1)可知抛物线解析式为y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4，
∴E(1，－4)
∵直线BE经过点B(3，0)，E(1，－4)，
∴利用待定系数法可得直线BE的表达式为y＝2x－6，
∵点F′在BE上，
∴m＝2×2－6＝－2，即点F坐标为(0，－2)．
(3)存在，满足题意的点Q的坐标为(eq \f(1,2)，－eq \f(15,4))或(eq \f(3,2)，－eq \f(15,4))．
3．(2017·抚顺)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋4交y轴于点A，并经过B(4，4)和C(6，0)两点，点D的坐标为(4，0)，连接AD，AB，BC，点E从点A出发，以每秒eq \r(2)个单位长度的速度沿线段AD向点D运动，到达点D后，以每秒1个单位长度的速度沿射线DC运动，设点E的运动时间为t秒，过点E作AB的垂线EF交直线AB于点F，以线段EF为斜边向右作等腰直角△EFG.
(1)求抛物线的解析式；
(2)当点G落在第一象限内的抛物线上时，求出t的值；
(3)设点E从点A出发时，点E，F，G都与点A重合，点E在运动过程中，当△BCG的面积为4时，直接写出相应的t值，并直接写出点G从出发到此时所经过的路径长．
(导学号 58824242)
解：(1)抛物线的解析式为y＝－eq \f(1,3)x2＋eq \f(4,3)x＋4；
(2)点G(eq \f(3,2)t，4－eq \f(1,2)t)，
将(eq \f(3,2)t，4－eq \f(1,2)t)代入到抛物线得4－eq \f(1,2)t＝－eq \f(1,3)(eq \f(3,2)t)2＋eq \f(4,3)×eq \f(3,2)t＋4，
解得t1＝0(舍去)，t2＝eq \f(10,3)，
∴当t＝eq \f(10,3)时，G落在抛物线上；
(3)t1＝eq \f(8,5)，此时路径长度为eq \f(4\r(10),5)，
t2＝5，此时路径长度为1＋2eq \r(10).
类型四 与相似三角形结合
1．如图，已知直线y＝－x＋3与x轴，y轴分别交于A，B两点，抛物线y＝－x2＋bx＋c经过A，B两点，点P在线段OA上，从点O出发，向点A以每秒1个单位的速度匀速运动；同时，点Q在线段AB上，从点A出发，向点B以每秒eq \r(2) 个单位的速度匀速运动，连接PQ，设运动时间为t秒．
(1)求抛物线的解析式；
(2)问：当t为何值时，△APQ为直角三角形；
(3)过点P作PE∥y轴，交AB于点E，过点Q作QF∥y轴，交抛物线于点F，连接EF，当EF∥PQ时，求点F的坐标；
(4)设抛物线顶点为M，连接BP，BM，MQ，问：是否存在t值，使以B，Q，M为顶点的三角形与以O，B，P为顶点的三角形相似？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3；
(2)OP＝t，AQ＝eq \r(2)t，则PA＝3－t，
∵OA＝OB＝3，
∠BOA＝90°，
∴∠QAP＝45°.
当∠PQA＝90°时，如解图①，PA＝eq \r(2)AQ，即3－t＝eq \r(2)×eq \r(2)t，解得t＝1；
当∠APQ＝90°时，如解图②，AQ＝eq \r(2)AP，即eq \r(2)t＝eq \r(2)(3－t)，解得t＝eq \f(3,2)；
综上所述，当t＝1或t＝eq \f(3,2)时，△PQA是直角三角形；
图①
(3)如解图③，延长FQ交x轴于点H，设点P的坐标为(t，0)，∵PA＝PE，则点E的坐标为(t，－t＋3)，
易得△AQH为等腰直角三角形，∴AH＝HQ＝eq \f(\r(2),2)AQ＝eq \f(\r(2),2)·eq \r(2)t＝t，
∴点Q的坐标为(3－t，t)，点F的坐标为(3－t，－t2＋4t)，
∴FQ＝－t2＋4t－t＝－t2＋3t，
∵EP∥FQ，EF∥PQ，∴四边形PQFE为平行四边形，
∴EP＝FQ.即3－t＝3t－t2，解得t1＝1，t2＝3(舍去)，∴点F的坐标为(2，3)；
图②
图③
(4)存在．
当t＝eq \f(9,4)时，以B，Q，M为顶点的三角形与以O，B，P为顶点的三角形相似．
2.(2017·河南)如图，直线y＝－eq \f(2,3)x＋c与x轴交于点A(3，0)，与y轴交于点B，抛物线y＝－eq \f(4,3)x2＋bx＋c经过点A，B.
(1)求点B的坐标和抛物线的解析式；
(2)M(m，0)为x轴上一动点，过点M且垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P，N.
①点M在线段OA上运动，若以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，求点M的坐标；
②点M在x轴上自由运动，若三个点M，P，N中恰有一点是其他两点所连线段的中点(三点重合除外)，则称M，P，N三点为“共谐点”．请直接写出使得M，P，N三点成为“共谐点”的m的值．
(导学号 58824243)
解：(1)B(0，2)，
抛物线的解析式为y＝－eq \f(4,3)x2＋eq \f(10,3)x＋2；
(2)①由(1)可知直线解析式为y＝－eq \f(2,3)x＋2，
∵M(m，0)为x轴上一动点，过点M且垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P，N，
∴P(m，－eq \f(2,3)m＋2)，N(m，－eq \f(4,3)m2＋eq \f(10,3)m＋2)，
∴PM＝－eq \f(2,3)m＋2，AM＝3－m，PN＝－eq \f(4,3)m2＋eq \f(10,3)m＋2－(－eq \f(2,3)m＋2)＝－eq \f(4,3)m2＋4m，
∵△BPN和△APM相似，且∠BPN＝∠APM，
∴∠BNP＝∠AMP＝90°即△BPN∽△APM，或∠NBP＝∠AMP＝90°，
当∠BNP＝90°时，则有BN⊥MN，∴BN＝OM＝m，
∴eq \f(BN,AM)＝eq \f(PN,PM)，即eq \f(m,3－m)＝eq \f(－\f(4,3)m2＋4m,－\f(2,3)m＋2)，解得m＝0(舍去)或m＝2.5；
∴M(2.5，0)；
当∠NBP＝90°时，即△BPN∽△MPA，则有eq \f(PN,PA)＝eq \f(BP,MP)，∵A(3，0)，B(0，2)，P(m，－eq \f(2,3)m＋2)，0＜m＜3，∴BP＝eq \r(m2＋（－\f(2,3)m＋2－2）2)＝eq \f(\r(13),3)m，AP＝eq \r(（m－3）2＋（－\f(2,3)m＋2）2)＝eq \f(\r(13),3)(3－m)，
eq \f(－\f(4,3)m2＋4m,\f(\r(13),3)（3－m）)＝eq \f(\f(\r(13),3)m,－\f(2,3)m＋2)，解得m＝0(舍去)或m＝eq \f(11,8)，∴M(eq \f(11,8)，0)；
综上可知当以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似时，点M的坐标为(2.5，0)或(eq \f(11,8)，0)；
②当M，P，N三点成为“共谐点”时m的值为eq \f(1,2)或－1或－eq \f(1,4).
3.(2016·湖州)如图，已知二次函数y＝－x2＋bx＋c(b，c为常数)的图象经过点A(3，1)，点C(0，4)，顶点为点M，过点A作AB∥x轴，交y轴于点D，交该二次函数图象于点B，连接BC.
(1)求该二次函数的解析式及点M的坐标；
(2)若将该二次函数图象向下平移m(m＞0)个单位，使平移后得到的二次函数图象的顶点落在△ABC的内部(不包括△ABC的边界)，求m的取值范围；
(3)点P是直线AC上的动点，若点P，点C，点M所构成的三角形与△BCD相似，请直接写出所有点P的坐标(直接写出结果，不必写解答过程)．
解：(1)二次函的数解析式为y＝－x2＋2x＋4，
点M的坐标为(1，5)；
(2)设直线AC的解析式为y＝kx＋m，把点A(3，1)，C(0，4)代入得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3k＋m＝1，,m＝4，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝－1，,m＝4，))
∴直线AC的解析式为y＝－x＋4，如解图所示，对称轴直线x＝1与△ABC两边分别交于点E、点F，
把x＝1代入直线AC解析式y＝－x＋4，得y＝3，则点E坐标为(1，3)，点F坐标为(1，1)，
∴1＜5－m＜3，解得2＜m＜4；
(3)符合题意的点P坐标有4个，分别为P1(eq \f(1,3)，eq \f(11,3))，P2(－eq \f(1,3)，eq \f(13,3))，P3(3，1)，P4(－3，7)．
类型五 与角有关的探究
1．(2017·锦州)如图，抛物线y＝x2＋bx＋c经过B(－1，0)，D(－2，5)两点，与x轴另一交点为A，点H是线段AB上一动点，过点H的直线PQ⊥x轴，分别交直线AD、抛物线于点Q、P.
(1)求抛物线的解析式；
(2)是否存在点P，使∠APB＝90°，若存在，求出点P的横坐标，若不存在，说明理由；
(3)连接BQ，一动点M从点B出发，沿线段BQ以每秒1个单位的速度运动到Q，再沿线段QD以每秒eq \r(2)个单位的速度运动到D后停止，当点Q的坐标是多少时，点M在整个运动过程中用时t最少？
解：(1)抛物线的解析式为y＝x2－2x－3；
(2)假设存在点P(m，n)，使得∠APB＝90°，
如解图①，连接PA，PB.
∵PH⊥AB，
∴可得△PAH∽△BPH，∴eq \f(PH,BH)＝eq \f(AH,PH)，
即PH2＝AH·BH，
∴(－n)2＝(3－m)(m＋1)，整理得n2＝－m2＋2m＋3，
∵点P在抛物线上，∴n＝m2－2m－3，
∴n2＝－n，解得n＝－1或n＝0(舍)．
将n＝－1代入抛物线得m2－2m－3＝－1，解得m1＝1＋eq \r(3)，m2＝1－eq \r(3)，
∴满足条件的点P有两个，横坐标分别为1＋eq \r(3)，1－eq \r(3)；
图①
图②
(3)如解图②，过D作DE⊥x轴于点E，
∵D(－2，5)，∴DE＝5，OE＝2.
∴AE＝OE＋OA＝5，
∴DE＝AE，
∴∠DAE＝45°.
过D作DF⊥PQ于点F，∵DF∥x轴，
∴∠FDQ＝45°，
∴在Rt△DFQ中，DQ＝eq \r(2)FQ.
根据题意，t＝eq \f(BQ,1)＋eq \f(DQ,\r(2))＝BQ＋FQ，
∴要使t最小，则BQ＋QF最小，
根据垂线段最短可知，当点B，Q，F共线时，t取最小值，
此时BF⊥DF，点Q的横坐标为－1，则点Q的坐标为(－1，4)．
2．(2017·盐城)如图，在平面直角坐标系中，直线y＝eq \f(1,2)x＋2与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y＝－eq \f(1,2)x2＋bx＋c经过A，C两点，与x轴的另一交点为点B.
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)点D为直线AC上方抛物线上一动点；
①连接BC，CD，设直线BD交线段AC于点E，△CDE的面积为S1，△BCE的面积为S2，求eq \f(S1,S2)的最大值；
②过点D作DF⊥AC，垂足为点F，连接CD，是否存在点D，使得△CDF中的某个角恰好等于∠BAC的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．
(导学号 58824244)
备用图
解：(1)抛物线的表达式为y＝－eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x＋2；
(2)①令y＝－eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x＋2＝0，∴x1＝－4，x2＝1，∴A(－4，0)，B(1，0)，如解图①，过D作DM⊥x轴交AC于点M，过B作BN⊥x轴交AC于点N，∴DM∥BN，∴△DME∽△BNE，∴eq \f(S1,S2)＝eq \f(DE,BE)＝eq \f(DM,BN)，设D(a，－eq \f(1,2)a2－eq \f(3,2)a＋2)，∴M(a，eq \f(1,2)a＋2)，∴DM＝－eq \f(1,2)a2－2a，∵B(1，0)，∴N(1，eq \f(5,2))，∴BN＝eq \f(5,2).
∴eq \f(S1,S2)＝eq \f(DM,BN)＝eq \f(－\f(1,2)a2－2a,\f(5,2))＝－eq \f(1,5)(a＋2)2＋eq \f(4,5)；∴当a＝－2时，eq \f(S1,S2)的最大值是eq \f(4,5)；
图①
图②
②∵A(－4，0)，B(1，0)，C(0，2)，
∴AC＝2eq \r(5)，BC＝eq \r(5)，AB＝5，∴AC2＋BC2＝AB2，∴△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，取AB的中点P，∴P(－eq \f(3,2)，0)，∴PA＝PC＝PB＝eq \f(5,2)，∴∠CPO＝2∠BAC，∴tan∠CPO＝tan(2∠BAC)＝eq \f(4,3)，过D作x轴的平行线交y轴于点R，交AC的延长线于点G，
i．如解图②，∴∠DCF＝2∠BAC＝∠DGC＋∠CDG，
∴∠CDG＝∠BAC，
∴tan∠CDG＝tan∠BAC＝eq \f(1,2)，即eq \f(RC,DR)＝eq \f(1,2)，令D(a，－eq \f(1,2)a2－eq \f(3,2)a＋2)，∴DR＝－a，RC＝－eq \f(1,2)a2－eq \f(3,2)a，
∴eq \f(－\f(1,2)a2－\f(3,2)a,－a)＝eq \f(1,2)，∴a1＝0(舍去)，a2＝－2，
∴xD＝－2，ii.∵∠FDC＝2∠BAC，tan∠FDC＝eq \f(4,3)，设FC＝4k，∴DF＝3k，DC＝5k，∵tan∠DGC＝eq \f(3k,FG)＝eq \f(1,2)，∴FG＝6k，∴CG＝2k，DG＝3eq \r(5)k，∴RC＝eq \f(2\r(5),5)k，RG＝eq \f(4\r(5),5)k，DR＝3eq \r(5)k－eq \f(4\r(5),5)k＝eq \f(11\r(5),5)k，∴eq \f(DR,RC)＝eq \f(\f(11\r(5),5)k,\f(2\r(5),5)k)＝eq \f(－a,－\f(1,2)a2－\f(3,2)a)，∴a1＝0(舍去)，a2＝－eq \f(29,11)，点D的横坐标为－2或－eq \f(29,11).
3．(2017·丹东模拟)如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2＋bx－2(a≠0)与x轴交于A(1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C，其顶点为点D，点E的坐标为(0，－1)，该抛物线与BE交于另一点F，连接BC.
(1)求该抛物线的解析式，并用配方法把解析式化为y＝a(x－h)2＋k的形式；
(2)若点H(1，y)在BC上，连接FH，求△FHB的面积；
(3)一动点M从点D出发，以每秒1个单位的速度平行于y轴方向向上运动，连接OM，BM，设运动时间为t秒(t＞0)，在点M的运动过程中，当t为何值时，∠OMB＝90°？
(4)在x轴上方的抛物线上，是否存在点P，使得∠PBF被BA平分？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)抛物线的解析式为y＝－eq \f(2,3)x2＋eq \f(8,3)x－2＝－eq \f(2,3)(x－2)2＋eq \f(2,3)；
(2)如解图，过点A作AH∥y轴交BC于点H，交BE于点G，由(1)得C(0，－2)，∵B(3，0)，∴直线BC解析式为y＝eq \f(2,3)x－2，
∵H(1，y)在直线BC上，∴y＝－eq \f(4,3)，∴H(1，－eq \f(4,3))，
∵B(3，0)，E(0，－1)，∴直线BE解析式为y＝eq \f(1,3)x－1，
∴G(1，－eq \f(2,3))，∴GH＝eq \f(2,3)，
∵直线BE：y＝eq \f(1,3)x－1与抛物线y＝－eq \f(2,3)x2＋eq \f(8,3)x－2相交于点F，B，∴F(eq \f(1,2)，－eq \f(5,6))，
∴S△FHB＝eq \f(1,2)GH×|xG－xF|＋eq \f(1,2)GH×|xB－xG|＝eq \f(1,2)GH×|xB－xF|＝eq \f(1,2)×eq \f(2,3)×(3－eq \f(1,2))＝eq \f(5,6)；
(3)P(eq \f(3,2)，eq \f(1),\s\d5(2)))．
(1)若四边形ABCD为正方形．
①如图①，请直接写出AE与DF的数量关系_DF＝eq \r(2)AE_；
②将△EBF绕点B逆时针旋转到图②所示的位置，连接AE，DF，猜想AE，DF的数量关系并说明理由；
(2)如图③，若四边形ABCD为矩形，BC＝mAB，其他条件都不变，将△EBF绕点B顺时针旋转α(0°＜α＜90°)得到△E′BF′，连接AE′，DF′，请在图③中画出草图，并直接写出AE′与DF′的数量关系．
解：(1)②DF＝eq \r(2)AE.理由如下：
∵△EBF绕点B逆时针旋转，∴∠ABE＝∠DBF，
∵eq \f(BF,BE)＝eq \r(2)，eq \f(BD,AB)＝eq \r(2)，∴eq \f(BF,BE)＝eq \f(BD,AB)，
∴△ABE∽△DBF，∴eq \f(DF,AE)＝eq \f(BF,BE)＝eq \r(2)，
即DF＝eq \r(2)AE；
(2)如解图，∵四边形ABCD为矩形，
∴AD＝BC＝mAB，∴BD＝eq \r(AB2＋AD2)＝eq \r(1＋m2)AB，
∵EF⊥AB，∴EF∥AD，
∴△BEF∽△BAD，
∴eq \f(BF,BE)＝eq \f(BD,BA)＝eq \r(1＋m2)，
∵△EBF绕点B顺时针旋转α(0°＜α＜90°)得到△E′BF′，
∴∠ABE′＝∠DBF′，BE′＝BE，BF′＝BF，
∴eq \f(BF′,BE′)＝eq \f(BD,BA)＝eq \r(1＋m2)，∴△ABE′∽△DBF′，
∴eq \f(DF′,AE′)＝eq \f(BD,BA)＝eq \r(1＋m2)，即DF′＝eq \r(1＋m2)AE′.
2．边长为6的等边△ABC中，点D、E分别在AC、BC边上，DE∥AB，EC＝2eq \r(3).
(1)如图①，将△DEC沿射线EC方向平移，得到△D′E′C′，边D′E′与AC的交点为M，边C′D′与∠ACC′的角平分线交于点N，当CC′多大时，四边形MCND′为菱形？并说明理由；
(2)如图②，将△DEC绕点C旋转∠α(0°＜α＜360°)，得到△D′E′C，连接AD′，BE′.边D′E′的中点为P.
①在旋转过程中，AD′和BE′有怎样的数量关系？并说明理由；
②连接AP，当AP最大时，求AD′的值．(结果保留根号)
(导学号 58824238)
图① 图②
解：(1)当CC′＝eq \r(3)时，四边形MCND′是菱形．
理由：由平移的性质得，CD∥C′D′，DE∥D′E′，
∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠ACB＝60°，
∴∠ACC′＝180°－∠ACB＝120°，
∵CN是∠ACC′的角平分线，
∴∠NCC′＝eq \f(1,2)∠ACC′＝60°＝∠B＝∠D′E′C′，∴D′E′∥CN，
∴四边形MCND′是平行四边形，
∵∠ME′C′＝∠MCE′＝60°，∠NCC′＝∠NC′C＝60°，
∴△MCE′和△NCC′是等边三角形，∴MC＝CE′，NC＝CC′，
∵四边形MCND′是菱形，∴CN＝CM，∴CE′＝CC′.
又∵E′C′＝EC＝2eq \r(3)，∴CC′＝eq \f(1,2)E′C′＝eq \r(3)；
(2)①AD′＝BE′.
理由：当α≠180°时，由旋转的性质得，∠ACD′＝∠BCE′，
由(1)知，AC＝BC，CD′＝CE′，
∴△ACD′≌△BCE′，∴AD′＝BE′，
当α＝180°时，AD′＝AC＋CD′，BE′＝BC＋CE′，
即：AD′＝BE′，综上可知：AD′＝BE′.
②如解图①，连接CP，在△ACP中，由三角形三边关系得，AP＜AC＋CP，
∴当点A，C，P三点共线时，AP最大，如解图②，
在△D′CE′中，由P为D′E′的中点，得AP⊥D′E′，PD′＝eq \r(3)，
∴CP＝3，∴AP＝6＋3＝9，
在Rt△APD′中，由勾股定理得，AD′＝eq \r(AP2＋PD′2)＝2eq \r(21).
图① 图②
3．如图，∠MAN＝60°，AP平分∠MAN，点B是射线AP上一定点，点C在直线AN上运动，连接BC，将∠ABC(0°<∠ABC<120°)的两边射线BC和BA分别绕点B顺时针方向旋转120°，旋转后角的两边分别与射线AM交于点D和点E.
(1)如图①，当点C在射线AN上时．
①请判断线段BC与BD的数量关系，直接写出结论；
②请探究线段AC、AD和BE的数量关系，写出结论并证明；
(2)如图②，当点C在射线AN的反向延长线上时，BC交射线AM于点F，若AB＝4，AC＝eq \r(3)，请直接写出AD和DF的长．
图① 图②
解：(1)①BC＝BD；②AC＋AD＝eq \r(3)BE，证明如下：
如解图，过点 B作BH⊥AE于点H，
∵∠MAN＝60°，AP平分∠MAN，
∴∠1＝∠2＝eq \f(1,2)∠MAN＝30°，∵将∠ABC绕点B顺时针方向旋转120°，
∴旋转后角的两边分别与射线AM交于点D和点E，
∴∠CBD＝∠ABE＝120°，
∴∠CBD－∠ABD＝∠ABE－∠ABD，即：∠3＝∠4，
∵∠ABE＝120°，∠1＝30°
∴∠5＝180°－∠ABE－∠1＝30°，
∵∠5＝∠1，
∴BA＝BE，∵∠5＝∠2＝30°，∠3＝∠4，
∴△ABC≌△EBD，∴AC＝DE，∴AC＋AD＝DE＋AD＝AE，
∵BH⊥AE于点H，BA＝BE，∴AH＝EH＝eq \f(1,2)AE，
∵∠5＝30°，∴EH＝BE·cs30°＝eq \f(\r(3),2)BE，
即：eq \f(1,2)AE＝eq \f(\r(3),2)BE，∴AE＝eq \r(3)BE，∴AC＋AD＝eq \r(3)BE；
(2)AD＝5eq \r(3)，DF＝eq \f(31\r(3),7).
4．如图①，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．
(1)观察猜想
图①中，线段PM与PN的数量关系是_PM＝PN_，位置关系是_PM⊥PN_；
(2)探究证明
把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图②的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；
(3)拓展延伸
把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请直接写出△PMN面积的最大值．
解：(2)由旋转知，∠BAD＝∠CAE，
∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，
同(1)的方法，利用三角形的中位线得，PN＝eq \f(1,2)BD，PM＝eq \f(1,2)CE，∴PM＝PN，
∴△PMN是等腰三角形，
同(1)的方法得，PM∥CE，∴∠DPM＝∠DCE，
同(1)的方法得，PN∥BD，∴∠PNC＝∠DBC，
∵∠DPN＝∠DCB＋∠PNC＝∠DCB＋∠DBC，
∴∠MPN＝∠DPM＋∠DPN＝∠DCE＋∠DCB＋∠DBC＝∠BCE＋∠DBC＝∠ACB＋∠ACE＋∠DBC＝∠ACB＋∠ABD＋∠DBC＝∠ACB＋∠ABC，
∵∠BAC＝90°，∴∠ACB＋∠ABC＝90°，∴∠MPN＝90°，
∴△PMN是等腰直角三角形；
(3)如解图，同(2)的方法得，△PMN是等腰直角三角形，
∴MN最大时，△PMN的面积最大，在△AMN中，MN
∴DE∥BC且DE在顶点A上面，
∴MN最大＝AM＋AN，连接AM，AN，
在△ADE中，AD＝AE＝4，∠DAE＝90°，∴AM＝2eq \r(2)，
在Rt△ABC中，AB＝AC＝10，AN＝5eq \r(2)，∴MN最大＝2eq \r(2)＋5eq \r(2)＝7eq \r(2)，
∴S△PMN最大＝eq \f(1,2)PM2＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×MN2＝eq \f(1,4)×(7eq \r(2))2＝eq \f(49,2).
类型三 动点问题
1．(2017·抚顺)如图，OF是∠MON的平分线，点A在射线OM上，P，Q是直线ON上的两动点，点Q在点P的右侧，且PQ＝OA，作线段OQ的垂直平分线，分别交直线OF，ON于点B，点C，连接AB，PB.
(1)如图①，当P，Q两点都在射线ON上时，请直接写出线段AB与PB的数量关系；
(2)如图②，当P，Q两点都在射线ON的反向延长线上时，线段AB，PB是否还存在(1)中的数量关系？若存在，请写出证明过程；若不存在，请说明理由；
(3)如图③，∠MON＝60°，连接AP，设eq \f(AP,OQ)＝k，当P和Q两点都在射线ON上移动时，k是否存在最小值？若存在，请直接写出k的最小值；若不存在，请说明理由．
解：(1)AB＝PB；
(2)存在．
理由：如解图，连接BQ，∵BC垂直平分OQ，
∴BQ＝OB，
∴∠BQC＝∠BOC，
∵OF平分∠MON，∴∠MOF＝∠NOF，∴∠NOF＝∠BOC，
∴∠BQC＝∠MOF，
∴180°－∠BQC＝180°－∠MOF，
∴∠AOB＝∠BQP，
又∵PQ＝AO，∴△BQP≌△BOA，
∴AB＝PB；
(3)存在最小值，k最小值＝0.5.
2．(2017·宜昌)正方形ABCD的边长为1，点O是BC边上的一个动点(与B，C不重合)，以O为顶点在BC所在直线的上方作∠MON＝90°.
(1)当OM经过点A时，
①请直接填空：ON_不可能_(可能，不可能)过D点；(图①仅供分析)
②如图②，在ON上截取OE＝OA，过E点作EF垂直于直线BC，垂足为点F，作EH⊥CD于点H，求证：四边形EFCH为正方形；
(2)当OM不过点A时，设OM交边AB于点G，且OG＝1.在ON上存在点P，过P点作PK垂直于直线BC，垂足为点K，使得S△PKO＝4S△OBG，连接GP，求四边形PKBG的最大面积．
(导学号 58824239)
解：(1)②∵EH⊥CD，EF⊥BC，
∴∠EHC＝∠EFC＝90°，且∠HCF＝90°，∴四边形EFCH为矩形，
∵∠MON＝90°，∴∠EOF＝90°－∠AOB，
在正方形ABCD中，∠BAO＝90°－∠AOB，
∴∠EOF＝∠BAO，
在△OFE和△ABO中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠EOF＝∠BAO，,∠EFO＝∠B，,OE＝AO，))
∴△OFE≌△ABO(AAS)，∴EF＝OB，OF＝AB，
又OF＝CF＋OC＝AB＝BC＝BO＋OC＝EF＋OC，∴CF＝EF，
∴四边形EFCH为正方形；
(2)如解图，∵∠POK＝∠OGB，∠PKO＝∠OBG，
∴△PKO∽△OBG，
∵S△PKO＝4S△OBG，
∴eq \f(S△PKO,S△OBG)＝(eq \f(OP,OG))2＝4，
∴OP＝2，
∴S△POG＝eq \f(1,2)OG·OP＝eq \f(1,2)×1×2＝1，
设OB＝a，BG＝b，则a2＋b2＝OG2＝1，
∴b＝eq \r(1－a2)，
∴S△OBG＝eq \f(1,2)ab＝eq \f(1,2)aeq \r(1－a2)＝eq \f(1,2)eq \r(－a4＋a2)＝eq \f(1,2)eq \r(－（a2－\f(1,2)）2＋\f(1,4)).
当a2＝eq \f(1,2)时，△OBG面积有最大值eq \f(1,4)，此时S△PKO＝4S△OBG＝1，
∴四边形PKBG的最大面积为1＋1＋eq \f(1,4)＝eq \f(9,4).
3．(2017·沈阳模拟)如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝6，动点Q从点A出发以每秒1个单位长度的速度沿AB向终点B运动，点Q运动eq \f(2,3)秒后，点P从点D出发以与点Q相
同的速度沿DA向终点A运动，设点P运动的时间为t(秒)，将△APQ沿直线PQ翻折，得到△EPQ.
(1)用含t的代数式表示：AP＝_6－t_；AQ＝_t＋eq \f(2,3)_；
(2)连接BD，在运动过程中，当△PQE∽△BDC时，求t的值；
(3)在运动过程中，∠PQE能否等于∠ABD的一半？如果能，求出此时的t的值；如果不能，请说明理由(参考数据：eq \r(2)≈1.4，eq \r(3)≈1.7，eq \r(5)≈2.2)．
解：(2)∵将△APQ沿直线PQ翻折，得到△EPQ，
∴△PQA≌△PQE，
当△PQE∽△BDC时，
∴△PQA∽△BDC，
∴eq \f(AP,BC)＝eq \f(AQ,CD)，即eq \f(6－t,6)＝eq \f(t＋\f(2,3),3)，解得t＝eq \f(14,9)；
(3)不能．
理由如下：
如解图，延长AB至点M，使BM＝BD，连接DM，
∵BM＝BD，∴∠BDM＝∠BMD，
∵∠ABD＝∠BDM＋∠BMD，
∴∠BDM＝∠BMD＝eq \f(1,2)∠ABD，
当∠PQE＝eq \f(1,2)∠ABD时，∵∠PQE＝∠PQA，
∴∠PQA＝∠BMD＝eq \f(1,2)∠ABD，
∴PQ∥DM，∴eq \f(AP,AD)＝eq \f(AQ,AM)，
在Rt△BCD中，BD＝eq \r(CD2＋BC2)＝3eq \r(5)，
∴BM＝BD＝3eq \r(5)，
∴eq \f(6－t,6)＝eq \f(t＋\f(2,3),3＋3\r(5))，解得t≈3.5，∵0≤t≤eq \f(7,3).
所以在运动过程中，∠PQE不能等于∠ABD的一半．
题型三 二次函数与几何图形综合题
类型一 与图形判定结合
1．(2017·盘锦)如图，直线y＝－2x＋4交y轴于点A，交抛物线y＝eq \f(1,2)x2＋bx＋c于点B(3，－2)，抛物线经过点C(－1，0)，交y轴于点D，点P是抛物线上的动点，作PE⊥DB交DB所在直线于点E.
(1)求抛物线的解析式；
(2)当△PDE为等腰直角三角形时，求出PE的长及P点坐标；
(3)在(2)的条件下，连接PB，将△PBE沿直线AB翻折，直接写出翻折后点E的对称点坐标．
备用图
备用图
解：(1)抛物线的解析式为y＝eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x－2；
(2)∵点D是抛物线与y轴的交点，∴点D的坐标为(0，－2)，
∴BD∥x轴，
∵点P是抛物线上一点，则设点P的坐标为(p，eq \f(1,2)p2－eq \f(3,2)p－2)，
∵PE⊥BD，∴点E的坐标为(p，－2)，
∴DE＝|p|，PE＝|eq \f(1,2)p2－eq \f(3,2)p－2－(－2)|＝
|eq \f(1,2)p2－eq \f(3,2)p|，
∵△PDE是等腰直角三角形，∴PE＝DE，
∴|eq \f(1,2)p2－eq \f(3,2)p|＝|p|，
当eq \f(1,2)p2－eq \f(3,2)p＝p时，解得p＝0或p＝5，
当eq \f(1,2)p2－eq \f(3,2)p＝－p时，解得p＝0或p＝1，
∴这样的点P有两个，坐标分别为(5，3)，此时PE＝5，或(1，－3)，此时PE＝1；
(3)当点P的坐标为(5，3)时，点E的坐标为(5，－2)，此时BE＝2，
如解图①，过E作EF⊥AB于F，延长EF到R，使得FR＝EF，则点R为点E关于AB的对称点，即为所求点．过R作RG⊥DE于G.
∵点A是直线与y轴的交点，∴点A的坐标为(0，4)，∴AD＝6，
∵BD＝3，∴AB＝eq \r(36＋9)＝3eq \r(5)，
∵eq \f(BE,AB)＝eq \f(BF,DB)，∴BF＝eq \f(2\r(5),5)，
∵tan∠EBF＝eq \f(EF,BF)＝tan∠ABD＝eq \f(AD,BD)＝2，
∴EF＝eq \f(4\r(5),5)，∴ER＝eq \f(8\r(5),5)，
易得∠REG＝∠BAD，∴EG＝2GR，
∴GR＝eq \f(8,5)，GE＝eq \f(16,5)，∴DG＝5－eq \f(16,5)＝eq \f(9,5)，此时点R的坐标为(eq \f(9,5)，－eq \f(18,5))；
当点P的坐标为(1，－3)时，点E的坐标为(1，－2)，过点E作EF⊥AB于F，延长EF到R使得EF＝FR，过R作RG⊥BD于G，
同上，易得BE＝2，∴GR＝eq \f(8,5)，GE＝eq \f(16,5)，∴DG＝eq \f(21,5)，∴点R的坐标为(eq \f(21,5)，－eq \f(2,5))．
综上可得，翻折后点E的对称点坐标为(eq \f(9,5)，－eq \f(18,5))或(eq \f(21,5)，－eq \f(2,5))．
图①
图②
2．(2017·本溪 )如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝eq \f(1,2)x2＋bx＋c与x轴交于A，B两点，点B(3，0)，经过点A的直线AC与抛物线的另一交点为C(4，eq \f(5,2))，与y轴交点为D，点P是直线AC下方的抛物线上的一个动点(不与A，C重合)．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)过点P作PE⊥AC，垂足为E，作PF∥y轴交直线AC于点F，设点P的横坐标为t，线段EF的长度为m，求m与t的函数关系式；
(3)点Q在抛物线的对称轴上运动，当△OPQ是以OP为直角边的等腰直角三角形时，请直接写出符合条件的点P的坐标．
(导学号 58824240)
解：(1)该抛物线解析式为y＝eq \f(1,2)x2－x－eq \f(3,2)；
(2)令y＝0得eq \f(1,2)x2－x－eq \f(3,2)＝0，解得x1＝－1，x2＝3，∴点A的坐标为(－1，0)．C(4，eq \f(5,2))，
∴直线AC的解析式为y＝eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2).
∵点D是直线AC与y轴的交点，
∴点D的坐标为(0，eq \f(1,2))．
在Rt△AOD中，OA＝1，OD＝eq \f(1,2)，由勾股定理得AD＝eq \f(\r(5),2)，∴cs∠ADO＝eq \f(DO,AD)＝eq \f(\r(5),5).
∵PF∥y轴，点P的横坐标为t，且点P在抛物线上，点F在直线AC上，
∴点F的坐标为(t，eq \f(1,2)t＋eq \f(1,2))，点P的坐标为(t，eq \f(1,2)t2－t－eq \f(3,2))，
∵点F在点P的上方，∴PF＝eq \f(1,2)t＋eq \f(1,2)－(eq \f(1,2)t2－t－eq \f(3,2))＝－eq \f(1,2)t2＋eq \f(3,2)t＋2.
∵PF∥y轴，∴∠PFE＝∠ODA，
∴cs∠PFE＝eq \f(FE,PF)cs∠ODA＝eq \f(\r(5),5)，
∴m＝eq \f(\r(5),5)PF＝－eq \f(\r(5),10)t2＋eq \f(3\r(5),10)t＋eq \f(2\r(5),5)；
(3)满足条件的点P的坐标为(1＋eq \r(2)，－1)或(1－eq \r(2)，－1)或(1＋eq \r(6)，1)或(2－eq \r(5)，1－eq \r(5))或(eq \r(5)，1－eq \r(5))．
类型二 与线段问题结合
1．(2017·武汉)已知点A(－1，1)、B(4，6)在抛物线y＝ax2＋bx上．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图①，点F的坐标为(0，m)(m＞2)，直线AF交抛物线于另一点G，过点G作x轴的垂线，垂足为H.设抛物线与x轴的正半轴交于点E，连接FH、AE，求证：FH∥AE；
(3)如图②，直线AB分别交x轴，y轴于C，D两点．点P从点C出发，沿射线CD方向匀速运动，速度为每秒eq \r(2) 个单位长度；同时点Q从原点O出发，沿x轴正方向匀速运动，速度为每秒1个单位长度．点M是直线PQ与抛物线的一个交点，当运动到t秒时，QM＝2PM，直接写出t的值．
图①
图②
(1)解：抛物线的解析式为y＝eq \f(1,2)x2－eq \f(1,2)x；
(2)证明：设直线AF的解析式为y＝kx＋m，
将点A(－1，1)代入y＝kx＋m中，即－k＋m＝1，∴k＝m－1，
∴直线AF的解析式为y＝(m－1)x＋m.
联立直线AF和抛物线解析式得，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝（m－1）x＋m，,y＝\f(1,2)x2－\f(1,2)x.))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝－1，,y1＝1.))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝2m，,y2＝2m2－m.))
∴点G的坐标为(2m，2m2－m)．
∵GH⊥x轴，∴点H的坐标为(2m，0)．
∵抛物线的解析式为y＝eq \f(1,2)x2－eq \f(1,2)x＝eq \f(1,2)x(x－1)，∴点E的坐标为(1，0)．
∴直线AE的解析式为y＝－eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2).
设直线FH的解析式为y＝k2x＋b2，将F(0，m)、H(2m，0)代入y＝k2x＋b2中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b2＝m，,2mk2＋b2＝0.))
解得：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k2＝－\f(1,2)，,b2＝m.))
∴直线FH的解析式为y＝－eq \f(1,2)x＋m.∴FH∥AE；
(3)解：当运动时间为eq \f(15－\r(113),6)秒或eq \f(15＋\r(113),6)秒或eq \f(13－\r(89),2)秒或eq \f(13＋\r(89),2)秒时，QM＝2PM.
2．(2015·锦州)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．
解：(1)抛物线的解析式为：y＝－eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x＋2；
(2)∵抛物线的解析式为y＝－eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x＋2，
∴点C的坐标是(0，2)，
∵点A(－1，0)、点D(2，0)，∴AD＝2－(－1)＝3，∴S△CAD＝eq \f(1,2)×3×2＝3，∴S△PDB＝3，
∵点B(4，0)、点D(2，0)，∴BD＝2，
∴S△PDB＝eq \f(1,2)×2×|n|＝3，∴n＝3或n－3，
①当n＝3时，－eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m＋2＝3，解得m＝1或m＝2，∴点P的坐标是(1，3)或(2，3)．
②当n＝－3时，－eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m＋2＝－3，解得m＝5或m＝－2，
∴点P的坐标是(5，－3)或(－2，－3)．
综上，可得点P的坐标为(1，3)或(2，3)或(5，－3)或(－2，－3)；
(3)线段EG的最小值是eq \f(4\r(5),5).
3．(2017·哈尔滨)如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝x2＋bx＋c交x轴于A，B两点，交y轴于点C，直线y＝x－3经过B，C两点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)过点C作直线CD⊥y轴交抛物线于另一点D，点P是直线CD下方抛物线上的一个动点，且在抛物线对称轴的右侧，过点P作PE⊥x轴于点E，PE交CD于点F，交BC于点M，连接AC，过点M作MN⊥AC于点N，设点P的横坐标为t，线段MN的长为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，连接PC，过点B作BQ⊥PC于点Q(点Q在线段PC上)，BQ交CD于点T，连接OQ交CD于点S，当ST＝TD时，求线段MN的长．
解：(1)抛物线的解析式为y＝x2－2x－3；
图①
(2)如解图①，
y＝x2－2x－3，
当y＝0时，x2－2x－3＝0，解得x1＝－1，x2＝3，
∴A(－1，0)，
∴OA＝1，OB＝OC＝3，
∴∠ABC＝45°，AC＝eq \r(10)，AB＝4，
∵PE⊥x轴，
∴∠EMB＝∠EBM＝45°，
∵点P的横坐标为t，∴EM＝EB＝3－t，
连接AM，∵S△ABC＝S△AMC＋S△AMB，
∴eq \f(1,2)AB·OC＝eq \f(1,2)AC·MN＋eq \f(1,2)AB·EM，
∴eq \f(1,2)×4×3＝eq \f(1,2)×eq \r(10)MN＋eq \f(1,2)×4(3－t)，
∴MN＝eq \f(2\r(10),5)t；
图②
(3)如解图②，∵y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4，∴对称轴为x＝1，
由抛物线对称性可得D(2，－3)，∴CD＝2，
过点B作BK⊥CD交直线CD于点K，∴四边形OCKB为正方形，
∴∠OBK＝90°，CK＝OB＝BK＝3，∴DK＝1，
∵BQ⊥CP，∴∠CQB＝90°，
过点O作OH⊥PC交PC的延长线于点H，OR⊥BQ交BQ于点I，交BK于点R，OG⊥OS交KB于G，连接SR，
∴∠OHC＝∠OIQ＝∠OIB＝90°，∴四边形OHQI为矩形，
∵∠OCQ＋∠OBQ＝180°，∴∠OBG＝∠OCS，
∵OB＝OC，∠BOG＝∠COS，∴△OBG≌△OCS，
∴OG＝OS，CS＝GB，∠GOB＝∠SOC，∴∠SOG＝90°，∴∠ROG＝45°，∵OR＝OR，∴△OSR≌△OGR，∴SR＝GR，∴SR＝CS＋BR，∵∠BOR＋∠OBI＝90°，∠IBO＋∠TBK＝90°，∴∠BOR＝∠TBK，
∴tan∠BOR＝tan∠TBK，∴eq \f(BR,OB)＝eq \f(TK,BK)，∴BR＝TK，
∵∠CTQ＝∠BTK，∴∠QCT＝∠TBK，
∴tan∠QCT＝tan∠TBK，
设ST＝TD＝m，
∴SK＝2m＋1，CS＝2－2m，TK＝m＋1＝BR，
SR＝3－m，RK＝2－m，
在Rt△SKR中，
∵SK2＋RK2＝SR2，∴(2m＋1)2＋(2－m)2＝(3－m)2，解得m1＝－2(舍去)，m2＝eq \f(1,2)；
∴ST＝TD＝eq \f(1,2)，TK＝eq \f(3,2)，
∴tan∠TBK＝eq \f(TK,BK)＝eq \f(3,2)÷3＝eq \f(1,2)，∴tan∠PCD＝eq \f(1,2)，
∵CF＝OE＝t，∴PF＝eq \f(1,2)t，∴PE＝eq \f(1,2)t＋3，∴P(t，－eq \f(1,2)t－3)，∴－eq \f(1,2)t－3＝t2－2t－3，
解得t1＝0(舍去)，t2＝eq \f(3,2).
∴MN＝d＝eq \f(2\r(10),5)t＝eq \f(2\r(10),5)×eq \f(3,2)＝eq \f(3\r(10),5).
类型三 与面积问题结合
1．(2017·恩施州)如图，已知抛物线y＝ax2＋c过点(－2，2)，(4，5)，过定点F(0，2)的直线l：y＝kx＋2与抛物线交于A，B两点，点B在点A的右侧，过点B作x轴的垂线，垂足为C.
(1)求抛物线的解析式；
(2)当点B在抛物线上运动时，判断线段BF与BC的数量关系(＞、＜、＝)，并证明你的判断；
(3)P为y轴上一点，以B，C，F，P为顶点的四边形是菱形，设点P(0，m)，求自然数m的值；
(4)若k＝1，在直线l下方的抛物线上是否存在点Q，使得△QBF的面积最大？若存在，求出点Q的坐标及△QBF的最大面积；若不存在，请说明理由．
(导学号 58824241)
解：(1)抛物线的解析式为y＝eq \f(1,4)x2＋1；
(2)BF＝BC.
理由如下：设B(x，eq \f(1,4)x2＋1)，而F(0，2)，
∴BF2＝x2＋(eq \f(1,4)x2＋1－2)2＝x2＋(eq \f(1,4)x2－1)2＝(eq \f(1,4)x2＋1)2，∴BF＝eq \f(1,4)x2＋1，
∵BC⊥x轴于点C，∴BC＝eq \f(1,4)x2＋1，∴BF＝BC；
图①
(3)如解图①，m为自然数，则点P在F点上方，
∵以B、C、F、P为顶点的四边形是菱形，
∴CB＝CF＝PF，而CB＝FB，∴BC＝CF＝BF，
∴△BCF为等边三角形，
∴∠BCF＝60°，∴∠OCF＝30°，
在Rt△OCF中，CF＝2OF＝4，∴PF＝CF＝4，
∴P(0，6)，
即自然数m的值为6；
图②
(4)作QE∥y轴交AB于E，如解图②，
当k＝1时，一次函数解析式为y＝x＋2，
解方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋2，,y＝\f(1,4)x2＋1.))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2＋2\r(2)，,y＝4＋2\r(2)，))或
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2－2\r(2)，,y＝4－2\r(2)，))则B(2＋2eq \r(2)，4＋2eq \r(2))，
设Q(t，eq \f(1,4)t2＋1)，则E(t，t＋2)，
∴EQ＝t＋2－(eq \f(1,4)t2＋1)＝－eq \f(1,4)t2＋t＋1，
∴S△QBF＝S△EQF＋S△EQB＝eq \f(1,2)(2＋2eq \r(2))EQ＝eq \f(1,2)(eq \r(2)＋1)(－eq \f(1,4)t2＋t＋1)＝－eq \f(\r(2)＋1,4)(t－2)2＋2eq \r(2)＋2，
当t＝2时，S△QBF有最大值，最大值为2eq \r(2)＋2，此时Q点坐标为(2，2)．
2．(2017·苏州)如图，二次函数y＝x2＋bx＋c的图象与x轴交于 A，B两点，与y轴交于点C，OB＝OC.点D在函数图象上，CD∥x轴，且CD＝2，直线l是抛物线的对称轴，E是抛物线的顶点．
(1)求b，c的值；
(2)如图①，连接BE，线段OC上的点F关于直线l的对称点F′恰好在线段BE上，求点F的坐标；
(3)如图②，动点P在线段OB上，过点P作x轴的垂线分别与BC交于点M，与抛物线交于点N.试问：抛物线上是否存在点Q，使得△PQN与△APM的面积相等，且线段NQ的长度最小？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，说明理由．
解：(1)b＝－2，c＝－3;
(2)设点F坐标为(0，m)，
∵对称轴是直线x＝1，
∴点F关于直线l的对称点F′的坐标为(2，m)，
由(1)可知抛物线解析式为y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4，
∴E(1，－4)
∵直线BE经过点B(3，0)，E(1，－4)，
∴利用待定系数法可得直线BE的表达式为y＝2x－6，
∵点F′在BE上，
∴m＝2×2－6＝－2，即点F坐标为(0，－2)．
(3)存在，满足题意的点Q的坐标为(eq \f(1,2)，－eq \f(15,4))或(eq \f(3,2)，－eq \f(15,4))．
3．(2017·抚顺)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋4交y轴于点A，并经过B(4，4)和C(6，0)两点，点D的坐标为(4，0)，连接AD，AB，BC，点E从点A出发，以每秒eq \r(2)个单位长度的速度沿线段AD向点D运动，到达点D后，以每秒1个单位长度的速度沿射线DC运动，设点E的运动时间为t秒，过点E作AB的垂线EF交直线AB于点F，以线段EF为斜边向右作等腰直角△EFG.
(1)求抛物线的解析式；
(2)当点G落在第一象限内的抛物线上时，求出t的值；
(3)设点E从点A出发时，点E，F，G都与点A重合，点E在运动过程中，当△BCG的面积为4时，直接写出相应的t值，并直接写出点G从出发到此时所经过的路径长．
(导学号 58824242)
解：(1)抛物线的解析式为y＝－eq \f(1,3)x2＋eq \f(4,3)x＋4；
(2)点G(eq \f(3,2)t，4－eq \f(1,2)t)，
将(eq \f(3,2)t，4－eq \f(1,2)t)代入到抛物线得4－eq \f(1,2)t＝－eq \f(1,3)(eq \f(3,2)t)2＋eq \f(4,3)×eq \f(3,2)t＋4，
解得t1＝0(舍去)，t2＝eq \f(10,3)，
∴当t＝eq \f(10,3)时，G落在抛物线上；
(3)t1＝eq \f(8,5)，此时路径长度为eq \f(4\r(10),5)，
t2＝5，此时路径长度为1＋2eq \r(10).
类型四 与相似三角形结合
1．如图，已知直线y＝－x＋3与x轴，y轴分别交于A，B两点，抛物线y＝－x2＋bx＋c经过A，B两点，点P在线段OA上，从点O出发，向点A以每秒1个单位的速度匀速运动；同时，点Q在线段AB上，从点A出发，向点B以每秒eq \r(2) 个单位的速度匀速运动，连接PQ，设运动时间为t秒．
(1)求抛物线的解析式；
(2)问：当t为何值时，△APQ为直角三角形；
(3)过点P作PE∥y轴，交AB于点E，过点Q作QF∥y轴，交抛物线于点F，连接EF，当EF∥PQ时，求点F的坐标；
(4)设抛物线顶点为M，连接BP，BM，MQ，问：是否存在t值，使以B，Q，M为顶点的三角形与以O，B，P为顶点的三角形相似？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3；
(2)OP＝t，AQ＝eq \r(2)t，则PA＝3－t，
∵OA＝OB＝3，
∠BOA＝90°，
∴∠QAP＝45°.
当∠PQA＝90°时，如解图①，PA＝eq \r(2)AQ，即3－t＝eq \r(2)×eq \r(2)t，解得t＝1；
当∠APQ＝90°时，如解图②，AQ＝eq \r(2)AP，即eq \r(2)t＝eq \r(2)(3－t)，解得t＝eq \f(3,2)；
综上所述，当t＝1或t＝eq \f(3,2)时，△PQA是直角三角形；
图①
(3)如解图③，延长FQ交x轴于点H，设点P的坐标为(t，0)，∵PA＝PE，则点E的坐标为(t，－t＋3)，
易得△AQH为等腰直角三角形，∴AH＝HQ＝eq \f(\r(2),2)AQ＝eq \f(\r(2),2)·eq \r(2)t＝t，
∴点Q的坐标为(3－t，t)，点F的坐标为(3－t，－t2＋4t)，
∴FQ＝－t2＋4t－t＝－t2＋3t，
∵EP∥FQ，EF∥PQ，∴四边形PQFE为平行四边形，
∴EP＝FQ.即3－t＝3t－t2，解得t1＝1，t2＝3(舍去)，∴点F的坐标为(2，3)；
图②
图③
(4)存在．
当t＝eq \f(9,4)时，以B，Q，M为顶点的三角形与以O，B，P为顶点的三角形相似．
2.(2017·河南)如图，直线y＝－eq \f(2,3)x＋c与x轴交于点A(3，0)，与y轴交于点B，抛物线y＝－eq \f(4,3)x2＋bx＋c经过点A，B.
(1)求点B的坐标和抛物线的解析式；
(2)M(m，0)为x轴上一动点，过点M且垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P，N.
①点M在线段OA上运动，若以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，求点M的坐标；
②点M在x轴上自由运动，若三个点M，P，N中恰有一点是其他两点所连线段的中点(三点重合除外)，则称M，P，N三点为“共谐点”．请直接写出使得M，P，N三点成为“共谐点”的m的值．
(导学号 58824243)
解：(1)B(0，2)，
抛物线的解析式为y＝－eq \f(4,3)x2＋eq \f(10,3)x＋2；
(2)①由(1)可知直线解析式为y＝－eq \f(2,3)x＋2，
∵M(m，0)为x轴上一动点，过点M且垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P，N，
∴P(m，－eq \f(2,3)m＋2)，N(m，－eq \f(4,3)m2＋eq \f(10,3)m＋2)，
∴PM＝－eq \f(2,3)m＋2，AM＝3－m，PN＝－eq \f(4,3)m2＋eq \f(10,3)m＋2－(－eq \f(2,3)m＋2)＝－eq \f(4,3)m2＋4m，
∵△BPN和△APM相似，且∠BPN＝∠APM，
∴∠BNP＝∠AMP＝90°即△BPN∽△APM，或∠NBP＝∠AMP＝90°，
当∠BNP＝90°时，则有BN⊥MN，∴BN＝OM＝m，
∴eq \f(BN,AM)＝eq \f(PN,PM)，即eq \f(m,3－m)＝eq \f(－\f(4,3)m2＋4m,－\f(2,3)m＋2)，解得m＝0(舍去)或m＝2.5；
∴M(2.5，0)；
当∠NBP＝90°时，即△BPN∽△MPA，则有eq \f(PN,PA)＝eq \f(BP,MP)，∵A(3，0)，B(0，2)，P(m，－eq \f(2,3)m＋2)，0＜m＜3，∴BP＝eq \r(m2＋（－\f(2,3)m＋2－2）2)＝eq \f(\r(13),3)m，AP＝eq \r(（m－3）2＋（－\f(2,3)m＋2）2)＝eq \f(\r(13),3)(3－m)，
eq \f(－\f(4,3)m2＋4m,\f(\r(13),3)（3－m）)＝eq \f(\f(\r(13),3)m,－\f(2,3)m＋2)，解得m＝0(舍去)或m＝eq \f(11,8)，∴M(eq \f(11,8)，0)；
综上可知当以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似时，点M的坐标为(2.5，0)或(eq \f(11,8)，0)；
②当M，P，N三点成为“共谐点”时m的值为eq \f(1,2)或－1或－eq \f(1,4).
3.(2016·湖州)如图，已知二次函数y＝－x2＋bx＋c(b，c为常数)的图象经过点A(3，1)，点C(0，4)，顶点为点M，过点A作AB∥x轴，交y轴于点D，交该二次函数图象于点B，连接BC.
(1)求该二次函数的解析式及点M的坐标；
(2)若将该二次函数图象向下平移m(m＞0)个单位，使平移后得到的二次函数图象的顶点落在△ABC的内部(不包括△ABC的边界)，求m的取值范围；
(3)点P是直线AC上的动点，若点P，点C，点M所构成的三角形与△BCD相似，请直接写出所有点P的坐标(直接写出结果，不必写解答过程)．
解：(1)二次函的数解析式为y＝－x2＋2x＋4，
点M的坐标为(1，5)；
(2)设直线AC的解析式为y＝kx＋m，把点A(3，1)，C(0，4)代入得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3k＋m＝1，,m＝4，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝－1，,m＝4，))
∴直线AC的解析式为y＝－x＋4，如解图所示，对称轴直线x＝1与△ABC两边分别交于点E、点F，
把x＝1代入直线AC解析式y＝－x＋4，得y＝3，则点E坐标为(1，3)，点F坐标为(1，1)，
∴1＜5－m＜3，解得2＜m＜4；
(3)符合题意的点P坐标有4个，分别为P1(eq \f(1,3)，eq \f(11,3))，P2(－eq \f(1,3)，eq \f(13,3))，P3(3，1)，P4(－3，7)．
类型五 与角有关的探究
1．(2017·锦州)如图，抛物线y＝x2＋bx＋c经过B(－1，0)，D(－2，5)两点，与x轴另一交点为A，点H是线段AB上一动点，过点H的直线PQ⊥x轴，分别交直线AD、抛物线于点Q、P.
(1)求抛物线的解析式；
(2)是否存在点P，使∠APB＝90°，若存在，求出点P的横坐标，若不存在，说明理由；
(3)连接BQ，一动点M从点B出发，沿线段BQ以每秒1个单位的速度运动到Q，再沿线段QD以每秒eq \r(2)个单位的速度运动到D后停止，当点Q的坐标是多少时，点M在整个运动过程中用时t最少？
解：(1)抛物线的解析式为y＝x2－2x－3；
(2)假设存在点P(m，n)，使得∠APB＝90°，
如解图①，连接PA，PB.
∵PH⊥AB，
∴可得△PAH∽△BPH，∴eq \f(PH,BH)＝eq \f(AH,PH)，
即PH2＝AH·BH，
∴(－n)2＝(3－m)(m＋1)，整理得n2＝－m2＋2m＋3，
∵点P在抛物线上，∴n＝m2－2m－3，
∴n2＝－n，解得n＝－1或n＝0(舍)．
将n＝－1代入抛物线得m2－2m－3＝－1，解得m1＝1＋eq \r(3)，m2＝1－eq \r(3)，
∴满足条件的点P有两个，横坐标分别为1＋eq \r(3)，1－eq \r(3)；
图①
图②
(3)如解图②，过D作DE⊥x轴于点E，
∵D(－2，5)，∴DE＝5，OE＝2.
∴AE＝OE＋OA＝5，
∴DE＝AE，
∴∠DAE＝45°.
过D作DF⊥PQ于点F，∵DF∥x轴，
∴∠FDQ＝45°，
∴在Rt△DFQ中，DQ＝eq \r(2)FQ.
根据题意，t＝eq \f(BQ,1)＋eq \f(DQ,\r(2))＝BQ＋FQ，
∴要使t最小，则BQ＋QF最小，
根据垂线段最短可知，当点B，Q，F共线时，t取最小值，
此时BF⊥DF，点Q的横坐标为－1，则点Q的坐标为(－1，4)．
2．(2017·盐城)如图，在平面直角坐标系中，直线y＝eq \f(1,2)x＋2与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y＝－eq \f(1,2)x2＋bx＋c经过A，C两点，与x轴的另一交点为点B.
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)点D为直线AC上方抛物线上一动点；
①连接BC，CD，设直线BD交线段AC于点E，△CDE的面积为S1，△BCE的面积为S2，求eq \f(S1,S2)的最大值；
②过点D作DF⊥AC，垂足为点F，连接CD，是否存在点D，使得△CDF中的某个角恰好等于∠BAC的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．
(导学号 58824244)
备用图
解：(1)抛物线的表达式为y＝－eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x＋2；
(2)①令y＝－eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x＋2＝0，∴x1＝－4，x2＝1，∴A(－4，0)，B(1，0)，如解图①，过D作DM⊥x轴交AC于点M，过B作BN⊥x轴交AC于点N，∴DM∥BN，∴△DME∽△BNE，∴eq \f(S1,S2)＝eq \f(DE,BE)＝eq \f(DM,BN)，设D(a，－eq \f(1,2)a2－eq \f(3,2)a＋2)，∴M(a，eq \f(1,2)a＋2)，∴DM＝－eq \f(1,2)a2－2a，∵B(1，0)，∴N(1，eq \f(5,2))，∴BN＝eq \f(5,2).
∴eq \f(S1,S2)＝eq \f(DM,BN)＝eq \f(－\f(1,2)a2－2a,\f(5,2))＝－eq \f(1,5)(a＋2)2＋eq \f(4,5)；∴当a＝－2时，eq \f(S1,S2)的最大值是eq \f(4,5)；
图①
图②
②∵A(－4，0)，B(1，0)，C(0，2)，
∴AC＝2eq \r(5)，BC＝eq \r(5)，AB＝5，∴AC2＋BC2＝AB2，∴△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，取AB的中点P，∴P(－eq \f(3,2)，0)，∴PA＝PC＝PB＝eq \f(5,2)，∴∠CPO＝2∠BAC，∴tan∠CPO＝tan(2∠BAC)＝eq \f(4,3)，过D作x轴的平行线交y轴于点R，交AC的延长线于点G，
i．如解图②，∴∠DCF＝2∠BAC＝∠DGC＋∠CDG，
∴∠CDG＝∠BAC，
∴tan∠CDG＝tan∠BAC＝eq \f(1,2)，即eq \f(RC,DR)＝eq \f(1,2)，令D(a，－eq \f(1,2)a2－eq \f(3,2)a＋2)，∴DR＝－a，RC＝－eq \f(1,2)a2－eq \f(3,2)a，
∴eq \f(－\f(1,2)a2－\f(3,2)a,－a)＝eq \f(1,2)，∴a1＝0(舍去)，a2＝－2，
∴xD＝－2，ii.∵∠FDC＝2∠BAC，tan∠FDC＝eq \f(4,3)，设FC＝4k，∴DF＝3k，DC＝5k，∵tan∠DGC＝eq \f(3k,FG)＝eq \f(1,2)，∴FG＝6k，∴CG＝2k，DG＝3eq \r(5)k，∴RC＝eq \f(2\r(5),5)k，RG＝eq \f(4\r(5),5)k，DR＝3eq \r(5)k－eq \f(4\r(5),5)k＝eq \f(11\r(5),5)k，∴eq \f(DR,RC)＝eq \f(\f(11\r(5),5)k,\f(2\r(5),5)k)＝eq \f(－a,－\f(1,2)a2－\f(3,2)a)，∴a1＝0(舍去)，a2＝－eq \f(29,11)，点D的横坐标为－2或－eq \f(29,11).
3．(2017·丹东模拟)如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2＋bx－2(a≠0)与x轴交于A(1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C，其顶点为点D，点E的坐标为(0，－1)，该抛物线与BE交于另一点F，连接BC.
(1)求该抛物线的解析式，并用配方法把解析式化为y＝a(x－h)2＋k的形式；
(2)若点H(1，y)在BC上，连接FH，求△FHB的面积；
(3)一动点M从点D出发，以每秒1个单位的速度平行于y轴方向向上运动，连接OM，BM，设运动时间为t秒(t＞0)，在点M的运动过程中，当t为何值时，∠OMB＝90°？
(4)在x轴上方的抛物线上，是否存在点P，使得∠PBF被BA平分？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)抛物线的解析式为y＝－eq \f(2,3)x2＋eq \f(8,3)x－2＝－eq \f(2,3)(x－2)2＋eq \f(2,3)；
(2)如解图，过点A作AH∥y轴交BC于点H，交BE于点G，由(1)得C(0，－2)，∵B(3，0)，∴直线BC解析式为y＝eq \f(2,3)x－2，
∵H(1，y)在直线BC上，∴y＝－eq \f(4,3)，∴H(1，－eq \f(4,3))，
∵B(3，0)，E(0，－1)，∴直线BE解析式为y＝eq \f(1,3)x－1，
∴G(1，－eq \f(2,3))，∴GH＝eq \f(2,3)，
∵直线BE：y＝eq \f(1,3)x－1与抛物线y＝－eq \f(2,3)x2＋eq \f(8,3)x－2相交于点F，B，∴F(eq \f(1,2)，－eq \f(5,6))，
∴S△FHB＝eq \f(1,2)GH×|xG－xF|＋eq \f(1,2)GH×|xB－xG|＝eq \f(1,2)GH×|xB－xF|＝eq \f(1,2)×eq \f(2,3)×(3－eq \f(1,2))＝eq \f(5,6)；
(3)P(eq \f(3,2)，eq \f(1),\s\d5(2)))．
相关试卷
中考数学二轮总复习（解答题）突破训练：专题五《与图形的变换结合的探究题》(原卷版)： 这是一份中考数学二轮总复习（解答题）突破训练：专题五《与图形的变换结合的探究题》(原卷版)，共3页。
中考数学二轮总复习（解答题）突破训练：专题十二《二次函数与角有关的探究》(教师版)： 这是一份中考数学二轮总复习（解答题）突破训练：专题十二《二次函数与角有关的探究》(教师版)，共5页。
中考数学二轮总复习（解答题）突破训练：专题十《二次函数与面积问题结合》(教师版)： 这是一份中考数学二轮总复习（解答题）突破训练：专题十《二次函数与面积问题结合》(教师版)，共15页。
