中考数学二轮复习解答题培优专题06 图形运动中的计算说理问题（含解析）

这是一份中考数学二轮复习解答题培优专题06 图形运动中的计算说理问题（含解析），共67页。试卷主要包含了【计算解决图形的几何变换问题】等内容，欢迎下载使用。


专题六 图形运动中的计算说理问题
【考题研究】
从近几年的中考试题来分析，简单的论证与单独的计算已经开始从考题中离去，推理与计算的融合已经成为了近期的考题重点，这种问题主要从计算能力和推理能力进行综合考查，也成为了考题中的压轴之题，从而进行专题压轴训练也是非常重要的。
【解题攻略】
计算说理是通过计算得到结论；说理计算侧重说理，说理之后进行代入求值．
压轴题中的代数计算题，主要是函数类题．
函数计算题必考的是待定系数法求函数的解析式，按照设、列、解、验、答五步完成，一般来说，解析式中待定几个字母，就要代入几个点的坐标．
还有一类计算题，就是从特殊到一般，通过计算寻找规律．
代数计算和说理较多的一类题目，是确定直线与抛物线的交点个数.联立直线和抛物线的解析式组成方程组，消去y，得到关于x的一元二次方程，然后根据∆确定交点的个数．
【解题类型及其思路】
我们介绍一下求函数图像交点坐标的几何方法．
如图1，已知直线y＝x＋1与x轴交于点A，抛物线y＝x2－2x－3与直线y＝x＋1交于A、B两点，求点B的坐标的代数方法，就是联立方程组，方程组的一个解是点A的坐标，另一个解计算点的坐标．
几何法是这样的：设直线AB与y轴分别交于C，那么tan∠AOC＝1．
作BE⊥x轴于E，那么．设B(x, x2－2x－3)，于是．
请注意，这个分式的分子因式分解后，．这个分式能不能约分，为什么？
因为x＝－1的几何意义是点A，由于点B与点A不重合，所以x≠－1，因此约分以后就是x－3＝1．
这样的题目一般都是这样，已知一个交点求另一个交点，经过约分，直接化为一元一次方程，很简便．

【典例指引】
类型一 【计算说理盈利问题】
【典例指引1】某工厂生产一种火爆的网红电子产品，每件产品成本 16 元，工厂将该产品进行网络批发，批发单价 y（元）与一次性批发量 x（件）（x为正整数）之间满 足如图所示的函数关系．

（1）直接写出 y与 x之间所满足的函数关系式，并写出自变量 x的取值范围；
（2）若一次性批发量不低于 20 且不超过 60 件时，求获得的利润 w 与 x 的函数 关系式，同时当批发量为多少件时，工厂获利最大？最大利润是多少？
【答案】（1）当且x为整数时，；当且x为整数时，；当且x为整数时，y=20；（2）一次批发34件时所获利润最大，最大利润是578元
【解析】
【分析】
（1）认真观察图象，分别写出该定义域下的函数关系式，定义域取值全部是整数；
（2）根据利润=（售价-成本）×件数，列出利润的表达式，求出最值．
【详解】
（1）当且x为整数时，；
当且x为整数时，；
当且x为整数时，；
（2）当且x为整数时，，
∴，
∴
∴
∵
∴当x=34时，w最大，最大值为578
答：一次批发34件时所获利润最大，最大利润是578元．
【名师点睛】
本题主要考查一次函数和二次函数的应用，根据题意列出函数表达式并熟练运用性质是解决问题的关键．
【举一反三】
某商场销售一种商品的进价为每件30元，销售过程中发现月销售量y（件）与销售单价x（元）之间的关系如图所示．

（1）根据图象直接写出y与x之间的函数关系式．
（2）设这种商品月利润为W（元），求W与x之间的函数关系式．
（3）这种商品的销售单价定为多少元时，月利润最大？最大月利润是多少？
【答案】（1）y＝；（2）W＝;（3）这种商品的销售单价定为65元时，月利润最大，最大月利润是3675．
【解析】
【分析】
（1）当40≤x≤60时，设y与x之间的函数关系式为y=kx+b，当60＜x≤90时，设y与x之间的函数关系式为y=mx+n，解方程组即可得到结论；
（2）当40≤x≤60时，当60＜x≤90时，根据题意即可得到函数解析式；
（3）当40≤x≤60时，W=-x2+210x-5400，得到当x=60时，W最大=-602+210×60-5400=3600，当60＜x≤90时，W=-3x2+390x-9000，得到当x=65时，W最大=-3×652+390×65-9000=3675，于是得到结论．
【详解】
解：（1）当40≤x≤60时，设y与x之间的函数关系式为y＝kx+b，
将（40，140），（60，120）代入得，
解得：，
∴y与x之间的函数关系式为y＝﹣x+180；
当60＜x≤90时，设y与x之间的函数关系式为y＝mx+n，
将（90，30），（60，120）代入得，
解得：，
∴y＝﹣3x+300；
综上所述，y＝；
（2）当40≤x≤60时，W＝（x﹣30）y＝（x﹣30）（﹣x+180）＝﹣x2+210x﹣5400，
当60＜x≤90时，W＝（x﹣30）（﹣3x+300）＝﹣3x2+390x﹣9000，
综上所述，W＝；
（3）当40≤x≤60时，W＝﹣x2+210x﹣5400，
∵﹣1＜0，对称轴x＝＝105，
∴当40≤x≤60时，W随x的增大而增大，
∴当x＝60时，W最大＝﹣602+210×60﹣5400＝3600，
当60＜x≤90时，W＝﹣3x2+390x﹣9000，
∵﹣3＜0，对称轴x＝＝65，
∵60＜x≤90，
∴当x＝65时，W最大＝﹣3×652+390×65﹣9000＝3675，
∵3675＞3600，
∴当x＝65时，W最大＝3675，
答：这种商品的销售单价定为65元时，月利润最大，最大月利润是3675．
【点睛】
本题考查了把实际问题转化为二次函数，再利用二次函数的性质进行实际应用．根据题意分情况建立二次函数的模型是解题的关键．
类型二 【计算解决图形的几何变换问题】
【典例指引2】如图1，抛物线y＝ax2+（a+2）x+2（a≠0）与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B，在x轴上有一动点P（m，0）（0＜m＜4），过点P作x轴的垂线交直线AB于点N，交抛物线于点M．

（1）求a的值；
（2）若PN：MN＝1：3，求m的值；
（3）如图2，在（2）的条件下，设动点P对应的位置是P1，将线段OP1绕点O逆时针旋转得到OP2，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接AP2、BP2，求AP2+BP2的最小值．
【答案】(1) (2) 3 (3)
【解析】
分析：（1）把A点坐标代入可得到关于a的方程，可求得a的值；
（2）由△OAB∽△PAN可用m表示出PN，且可表示出PM，由条件可得到关于m的方程，则可求得m的值；
（3）在y轴上取一点Q，使，可证得△P2OB∽△QOP2，则可求得Q点坐标，则可把AP2+BP2化为AP2+QP2，利用三角形三边关系可知当A、P2、Q三点在一条线上时有最小值，则可求得答案．
详解：（1）∵A（4，0）在抛物线上，
∴0=16a+4（a+2）+2，解得a=-；
（2）由（1）可知抛物线解析式为y=-x2+x+2，令x=0可得y=2，
∴OB=2，
∵OP=m，
∴AP=4-m，
∵PM⊥x轴，
∴△OAB∽△PAN，
∴，即，
∴PN=（4-m），
∵M在抛物线上，
∴PM=-m2+m+2，
∵PN：MN=1：3，
∴PN：PM=1：4，
∴-m2+m+2=4×（4-m），
解得m=3或m=4（舍去）；
（3）在y轴上取一点Q，使，如图，

由（2）可知P1（3，0），且OB=2，
∴，且∠P2OB=∠QOP2，
∴△P2OB∽△QOP2，
∴，
∴当Q（0，）时QP2=BP2，
∴AP2+BP2=AP2+QP2≥AQ，
∴当A、P2、Q三点在一条线上时，AP2+QP2有最小值，
∵A（4，0），Q（0，），
∴AQ=，即AP2+BP2的最小值为．
【名师点睛】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、相似三角形的判定和性质、勾股定理、三角形三边关系等知识．在（2）中用m分别表示出PN和PM是解题的关键，在（3）确定出取得最小值时的位置是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，特别是（3）中构造三角形相似，难度较大．
【举一反三】
如图 1，在平面直角坐标系中，O 是坐标原点，长方形 OACB 的顶点 A、B 分别在 x 轴与 y 轴上，已知 OA=6，OB=10．点 D 为 y 轴上一点，其坐标为（0，2）， 点 P 从点 A 出发以每秒 2 个单位的速度沿线段 AC﹣CB 的方向运动，当点 P 与点 B 重合 时停止运动，运动时间为 t 秒．
（1）当点 P 经过点 C 时，求直线 DP 的函数解析式；
（2）如图②，把长方形沿着 OP 折叠，点 B 的对应点 B′恰好落在 AC 边上，求点 P 的坐标．
（3）点 P 在运动过程中是否存在使△BDP 为等腰三角形？若存在，请求出点 P 的坐标；若 不存在，请说明理由．

【答案】（1）y=x+2；（2）y=x+2；（2）①S=﹣2t+16，②点P的坐标是（，10）；（3）存在，满足题意的P坐标为（6，6）或（6，2+2）或（6，10﹣2）．
【解析】
分析：（1）设直线DP解析式为y=kx+b，将D与B坐标代入求出k与b的值，即可确定出解析式；
（2）①当P在AC段时，三角形ODP底OD与高为固定值，求出此时面积；当P在BC段时，底边OD为固定值，表示出高，即可列出S与t的关系式；
②设P（m，10），则PB=PB′=m，根据勾股定理求出m的值，求出此时P坐标即可；
（3）存在，分别以BD，DP，BP为底边三种情况考虑，利用勾股定理及图形与坐标性质求出P坐标即可．
详解：（1）如图1，

∵OA=6，OB=10，四边形OACB为长方形，
∴C（6，10）．
设此时直线DP解析式为y=kx+b，
把（0，2），C（6，10）分别代入，得
，解得
则此时直线DP解析式为y=x+2；
（2）①当点P在线段AC上时，OD=2，高为6，S=6；
当点P在线段BC上时，OD=2，高为6+10﹣2t=16﹣2t，S=×2×（16﹣2t）=﹣2t+16；
②设P（m，10），则PB=PB′=m，如图2，

∵OB′=OB=10，OA=6，
∴AB′==8，
∴B′C=10﹣8=2，
∵PC=6﹣m，
∴m2=22+（6﹣m）2，解得m=
则此时点P的坐标是（，10）；
（3）存在，理由为：
若△BDP为等腰三角形，分三种情况考虑：如图3，

①当BD=BP1=OB﹣OD=10﹣2=8，
在Rt△BCP1中，BP1=8，BC=6，
根据勾股定理得：CP1==2，
∴AP1=10﹣2，即P1（6，10﹣2）；
②当BP2=DP2时，此时P2（6，6）；
③当DB=DP3=8时，
在Rt△DEP3中，DE=6，
根据勾股定理得：P3E==2，
∴AP3=AE+EP3=2+2，即P3（6，2+2），
综上，满足题意的P坐标为（6，6）或（6，2+2）或（6，10﹣2）．
点睛：此题属于一次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定一次函数解析式，坐标与图形性质，等腰三角形的性质，勾股定理，利用了分类讨论的思想，熟练掌握待定系数法是解本题第一问的关键．
类型三 【计算解决特殊三角形的存在性问题】
【典例指引3】已知抛物线与轴交于点、（点在点的左侧），与轴交于点.
（1）求点，点的坐标；
（2）我们规定：对于直线，直线，若，则直线；反过来也成立.请根据这个规定解决下列问题：
①直线与直线是否垂直？并说明理由；
②若点是抛物线的对称轴上一动点，是否存在点与点，点构成以为直角边的直角三角形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）点坐标为，点坐标为；（2） ①不垂直，理由详见解析；②存在，点的坐标为或.
【解析】
【分析】
（1）令，求出x的值，根据点在点的左侧求出A的坐标，令，求出y的值即可求出C的坐标；
（2）①分别求出两条直线的斜率，然后根据两斜率的积不等于-1即可证明两直线不垂直；②根据点，点的坐标求出直线AC的函数表达式，然后对时与时两种情况分别讨论计算即可.
【详解】
解：
（1）当时，，解得，
∵点在点的左侧，
∴点坐标为
当时，
∴点坐标为.
（2）①不垂直；由，得，由，得
∵
∴直线与直线不垂直；
②存在.
∵
∴抛物线的对称轴为直线.
设直线，根据题意得,解得
∴直线的函数表达式为
分两种情况：Ⅰ）当时，如图，根据新定义可设
∵点坐标为
∴
∴
直线的函数表达式为，当时，
此时点坐标为；

Ⅱ）当时，如图，根据新定义可设
∵点坐标为
∴，
∴直线的函数表达式为，当时，，
此时点坐标为；
综上，点的坐标为或.
【名师点睛】
本题属于二次函数综合题，涉及的知识有：二次函数的图象与性质，直角三角形的性质，以及待定系数法求一次函数解析式，熟练掌握二次函数图象与性质是解本题的关键．
【举一反三】
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-x2+x+3与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C：连接BC，点P为线段BC上方抛物线上的一动点，连接OP交BC于点Q．

（1）如图1，当值最大时，点E为线段AB上一点，在线段BC上有两动点M，N（M在N上方），且MN=1，求PM+MN+NE-BE的最小值；
（2）如图2，连接AC，将△AOC沿射线CB方向平移，点A，C，O平移后的对应点分别记作A1，C1，O1，当C1B=O1B时，连接A1B、O1B，将△A1O1B绕点O1沿顺时针方向旋转90°后得△A2O1B1在直线x=上是否存在点K，使得△A2B1K为等腰三角形？若存在，直接写出点K的坐标；不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）K1 （，），K2（，-2），K3（，-5），K4（，）
【解析】
【分析】
（1）先求出抛物线与坐标轴的交点坐标，待定系数法求出直线BC解析式，过P作PT∥y轴交BC于T，构造△PTQ∽△ACQ，设点P的横坐标为m，通过相似三角形性质得出关于m的函数表达式，利用二次函数最值即可；
（2）存在．先求出△AOC沿射线CB方向平移，并能使C1B=O1B时△A1O1B各顶点的坐标，在求出△A1O1B绕点O1沿顺时针方向旋转90°后得△A2O1B1的各顶点坐标，最后按照△A2B1K为等腰三角形进行分类讨论即可．
【详解】
解：（1）在抛物线y=-x2+x+3中，令x=0，得y=3，∴C（0，3）；
令y=0，得-x2+x+3=0，解得：x1=-1，x2=4，∴B（4，0）
设直线BC解析式为y=kx+b，将B（4，0），C（0，3）；代入并解得：k=，b=3
∴直线BC解析式为y=x+3；
过P作PT∥y轴交BC于T，设P（t，++3），则T（t，+3），如图所示：

∴PT=（++3）-（+3）=+3t，OC=3；
∵PT∥y轴
∴△PTQ∽△ACQ
∴==+t=
∴当t=2时，值最大；此时，P（2，），PT=3；
在Rt△BOC中，BC==5，
∴当NE⊥BC时，NE=BE，此时，NE-BE=0最小，
∵MN=1，∴PM+MN的最小值即PM最小值
∴PM⊥BC时，PM最小
过P作PM⊥BC于M，∴∠PMT=∠BOC=90°
∵∠PTM=∠BCO
∴=
∴PM=PT=，
故PM+MN+NE-BE的最小值=；
（2）存在．在△AOC中，∠AOC=90°，OA=1，OC=3，∴AC=
如图2，

由平移得：C1O1=OC=3，A1O1=OA=1，A1C1=AC=，
∵C1B=O1B，C1O1⊥OB
∴C1G=C1O1=
∴BG=2，OG=2
∴C1（2，），O1（2，），A1（1，）；
∴C1B=O1B=，A1B==；
∵△A1O1B绕点O1沿顺时针方向旋转90°后得△A2O1B1，
∴A2O1=1，O1B1=，A2B1=；
∴A2（2，），B1（，）
∵△A2B1K为等腰三角形，
∴A2K=B1K或A2B1=B1K或A2K=A2B1，
设K（，m）
①当A2K=B1K时，则：+=+，解得：m=-，∴K1 （，），
②当A2B1=B1K时，则：+=，解得：m1=-2，m2=-5，∴K2（，-2），K3（，-5），
③当A2K=A2B1时，则：+=，解得：m1=（舍），m2=，∴K4（，）；
综上所述，点K的坐标为：K1 （，），K2（，-2），K3（，-5），K4（，）．
【点睛】
考查了二次函数图象和性质、二次函数最值应用、等腰三角形性质、相似三角形判定及性质、勾股定理等,综合性较强，难度较大，解题关键是灵活运用相关知识和作出辅助线．
类型四 【计算解决图形面积的最值问题】
【典例指引4】如图 1，已知抛物线 y = ax+ bx + c 经过 A(-3,0),B (1,0 )，C (0,3 )三点，其顶点为D，对称轴是直线l ， l 与 x 轴交于点 H .


（1）求该抛物线的解析式；
（2）若点 P 是该抛物线对称轴l 上的一个动点，求DPBC 周长的最小值；
（3）如图 2，若 E 是线段 AD 上的一个动点（ E 与 A, D 不重合），过 E 点作平行于 y 轴的直线交抛物线于点 F ，交 x 轴于点G ，设点 E 的横坐标为m ，四边形 AODF 的面积为 S 。
①求 S 与 m 的函数关系式；
② S 是否存在最大值，若存在，求出最大值及此时点 E 的坐标，若不存在，请说明理由。
【答案】（1）y=-x2-2x+3；（2）；（3）①S=-m2-4m+3（-3＜m＜-1）；②存在，点E为：（-2，2）.
【解析】
【分析】
（1）设交点式y=a（x+3）（x-1），然后把C点坐标代入求出a即可得到抛物线解析式；
（2）利用配方法得到y=-（x+1）2+4，从而得到D（-1，4），抛物线的对称轴为直线x=-1，连接AC交直线x=-1于P，如图1，利用两点之间线段最短得到此时PB+PC的值最小，△PBC周长的最小值，然后利用勾股定理计算出AC和BC即可得到△PBC周长的最小值；
（3）①如图2，先利用待定系数法求出直线AD的解析式为y=2x+6，设E（m，2m+6）（-3＜m＜-1），则F（m，-m2-2m+3），则可表示出EF=-m2-4m-3，根据三角形面积公式，利用S=S△ADF+S△ADO得到S=-m2-4m-3+6；
②先利用配方法得到S=-（m+2）2+7，然后根据二次函数的性质解决问题．
【详解】
解：（1）设抛物线解析式为y=a（x+3）（x-1），
把C（0，3）代入得a×3×（-1）=3，解得a=-1，
∴抛物线解析式为y=-（x+3）（x-1），
即y=-x2-2x+3；
（2）∵y=-x2-2x+3=-（x+1）2+4，
∴D（-1，4），抛物线的对称轴为直线x=-1，
连接AC交直线x=-1于P，如图1，则PA=PB，

∵PB+PC=PC+PA=AC，
∴此时PB+PC的值最小，
∴此时△PBC周长的最小值，
△PBC周长的最小值=AC+BC=；

（3）①如图2，

设直线AD的解析式为y=kx+b，
把A（-3，0），D（-1，4）代入得，解得，
∴直线AD的解析式为y=2x+6，
设E（m，2m+6）（-3＜m＜-1），则F（m，-m2-2m+3），
∴EF=-m2-2m+3-（2m+6）=-m2-4m-3，
∴S=S△ADF+S△ADO=×EF×2+×3×4=EF+6=-m2-4m-3+6=-m2-4m+3（-3＜m＜-1）；
②存在．
∵S=-（m+2）2+7，
∴当m=-2时，S有最大值，最大值为7，此时E点坐标为（-2，2）．
【名师点睛】
本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质；会利用待定系数法求函数解析式，会求抛物线与x轴的交点坐标；能利用两点之间线段最短解决最短路径问题．
【举一反三】
如图，直线l：y＝﹣3x+3与x轴、y轴分别相交于A、B两点，抛物线y＝ax2﹣2ax+a+4（a＜0）经过点B，交x轴正半轴于点C．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）已知点M是抛物线上的一个动点，并且点M在第一象限内，连接AM、BM，设点M的横坐标为m，△ABM的面积为S，求S与m的函数表达式，并求出S的最大值及此时动点M的坐标；
（3）将点A绕原点旋转得点A′，连接CA′、BA′，在旋转过程中，一动点M从点B出发，沿线段BA′以每秒3个单位的速度运动到A′，再沿线段A′C以每秒1个单位长度的速度运动到C后停止，求点M在整个运动过程中用时最少是多少？

【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）S与m的函数表达式是S＝，S的最大值是，此时动点M的坐标是（，）；（3）点M在整个运动过程中用时最少是秒．
【解析】
【分析】
（1）首先求出B点的坐标，根据B点的坐标即可计算出二次函数的a值，进而即可计算出二次函数的解析式;
（2）计算出C点的坐标，设出M点的坐标，再根据△ABM的面积为S＝S四边形OAMB﹣S△AOB＝S△BOM+S△OAM﹣S△AOB，化简成二次函数，再根据二次函数求解最大值即可.
（3）首先证明△OHA′∽△OA′B，再结合A′H+A′C≥HC即可计算出t的最小值.
【详解】
（1）将x＝0代入y＝﹣3x+3，得y＝3，
∴点B的坐标为（0，3），
∵抛物线y＝ax2﹣2ax+a+4（a＜0）经过点B，
∴3＝a+4，得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）将y＝0代入y＝﹣x2+2x+3，得x1＝﹣1，x2＝3，
∴点C的坐标为（3，0），
∵点M是抛物线上的一个动点，并且点M在第一象限内，点M的横坐标为m，
∴0＜m＜3，点M的坐标为（m，﹣m2+2m+3），
将y＝0代入y＝﹣3x+3，得x＝1，
∴点A的坐标（1，0），
∵△ABM的面积为S，
∴S＝S四边形OAMB﹣S△AOB＝S△BOM+S△OAM﹣S△AOB＝，
化简，得
S＝＝，
∴当m＝时，S取得最大值，此时S＝，此时点M的坐标为（，），
即S与m的函数表达式是S＝，S的最大值是，此时动点M的坐标是（，）；
（3）如右图所示，取点H的坐标为（0，），连接HA′、OA′，
∵∠HOA′＝∠A′OB，，，
∴△OHA′∽△OA′B，
∴，
即，
∵A′H+A′C≥HC＝，
∴t≥，
即点M在整个运动过程中用时最少是秒．

【点睛】
本题主要考查抛物线的性质，关键在于设元，还有就是（3）中利用代替法计算t的取值范围，难度系数较大，是中考的压轴题.
【新题训练】
1．东坡商贸公司购进某种水果成本为20元/，经过市场调研发现，这种水果在未来48天的销售单价（元/）与时间（天）之间的函数关系式，为整数，且其日销售量()与时间（天）的关系如下表：
时间（天）
1
3
6
10
20
…
日销售量（）
118
114
108
100
80
…

（1）已知与之间的变化符合一次函数关系，试求在第30天的日销售量；
（2）哪一天的销售利润最大？最大日销售利润为多少？
【答案】（1）第30天的日销售量为；（2）当时，
【解析】
【分析】
（1）设y=kt+b，利用待定系数法即可解决问题．
（2）日利润=日销售量×每kg利润，据此分别表示前24天和后24天的日利润，根据函数性质求最大值后比较得结论．
【详解】
（1）设y=kt+b，把t=1，y=118；t=3，y=114代入得到：

解得,，
∴y=-2t+120．
将t=30代入上式，得：y=-2×30+120=60．
所以在第30天的日销售量是60kg．
（2）设第天的销售利润为元，则
当时，由题意得，
=
=
∴t=20时，w最大值为1600元．
当时，
∵对称轴t=44，a=2＞0，
∴在对称轴左侧w随t增大而减小，
∴t=25时，w最大值为210元，
综上所述第20天利润最大，最大利润为1600元．
【点睛】
此题主要考查了二次函数的应用，熟练掌握各函数的性质和图象特征，针对所给条件作出初步判断后需验证其正确性，最值问题需由函数的性质求解时，正确表达关系式是关键．
2．某种进价为每件40元的商品，通过调查发现，当销售单价在40元至65元之间()时，每月的销售量(件)与销售单价(元)之间满足如图所示的一次函数关系.

(1)求与的函数关系式；
(2)设每月获得的利润为(元)，求与之间的函数关系式；
(3)若想每月获得1600元的利润，那么销售单价应定为多少元？
(4)当销售单价定为多少元时，每月的销售利润最大？最大利润是多少元？
【答案】(1)；(2)P；(3)销售单价应定为50元；(4)时，有最大值为2500元.
【解析】
【分析】
（1）由图上坐标直接求出解析式即可；（2）利润用单价乘数量列出关系式即可；（3）用（2）小问的P=1600解出方程即可；（4）按照二次函数最值方法求出P的最大值即可
【详解】
解：(1)设：图象过，，
∴，解得，
∴.
(2)依题意得

.
(3)当时，，
解得，，
∵，
∴，
答：销售单价应定为50元.
(4)

∵，，
∴当时，有最大值，最大值为2500元.
答：当销售单价定为65元时，每月的销售利润最大，最大利润2500元.
【点睛】
本题只要是对二次函数的实际运用考察，正确列出关系式，熟练掌握代数式最值的求解是解决本题的关键
3．如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），点A的坐标为（﹣1，0），与y轴交于点C（0，3），作直线BC．动点P在x轴上运动，过点P作PM⊥x轴，交抛物线于点M，交直线BC于点N，设点P的横坐标为m．
（1）求抛物线的解析式和直线BC的解析式；
（2）当点P在线段OB上运动时，若△CMN是以MN为腰的等腰直角三角形时，求m的值；
（3）当以C、O、M、N为顶点的四边形是以OC为一边的平行四边形时，求m的值．

【答案】(1) y=﹣x+3;(2)m=2;(3)
【解析】
试题分析：
（1）把点A（﹣1，0），点C（0，3）代入抛物线y=﹣x2+bx+c列出方程组求得b、c的值即可得到抛物线的解析式，在所得抛物线的解析式中，由y=0可得关于x的一元二次方程，解方程可求得B的坐标；有B、C的坐标用“待定系数法”可求得直线BC的解析式；
（2）由△CMN是以MN为腰的等腰直角三角形可得，CM∥x轴，由点C的坐标（0，3）可得点M的纵坐标为3，把y=3代入抛物线的解析式解得x的值即可得到m的值；
（3）由已知把M、N的坐标用含“m”的代数式表达出来，进一步表达出MN的长，根据题意可得MN=OC=3即可列出关于“m”的方程，解方程即可求得m的值.
试题解析：
（1）把点A（﹣1，0），点C（0，3）代入抛物线y=﹣x2+bx+c，得，解得 ，∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3；
令﹣x2+2x+3=0，解得x1=﹣1，x2=3，
∴点B的坐标（3，0），
设直线BC的解析式为y=kx+b，把C（0，3），B的坐标（3，0）代入，得，解得： ，∴直线BC的解析式为y=﹣x+3．
（2）∵△CMN是以MN为腰的等腰直角三角形，
∴CM∥x轴，即点M的纵坐标为3，
把y=3代入y=﹣x2+2x+3，得x=0或2，
∵点M不能与点C重合，
∴点P的横坐标为m=2．
（3）∵抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3，P的横坐标为m
∴M（m，﹣m2+2m+3），
∵直线BC的解析式为y=﹣x+3．
∴N（m，﹣m+3），
∵以C、O、M、N为顶点的四边形是以OC为一边的平行四边形，
∴MN=OC=3，
∴﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=3，化简得m2﹣3m+3=0，无解，
或（﹣m+3）﹣（﹣m2+2m+3）=3，化简得m2﹣3m﹣3=0，
解得m=，
∴当以C、O、M、N为顶点的四边形是以OC为一边的平行四边形时，m的值为．
点睛：（1）解第2小题的关键是由“△CMN是以MN为腰的等腰直角三角形”结合∠MNC是锐角可得∠NMC=90°，从而得到CM∥x轴；（2）解第3小题的关键是由“以C、O、M、N为顶点的四边形是以OC为一边的平行四边形”得到MN是OC的对边，从而得到MN=OC=3，这样即可列出关于“m”的方程解得m的值了.
4．如图，已知抛物线经过A（﹣2，0），B（﹣3，3）及原点O，顶点为C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点D在抛物线上，点E在抛物线的对称轴上，且A、O、D、E为顶点的四边形是平行四边形，求点D的坐标；
（3）P是抛物线上的第一象限内的动点，过点P作PMx轴，垂足为M，是否存在点P，使得以P、M、A为顶点的三角形△BOC相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）抛物线的解析式为y=x2+2x；（2）D1（1，3），D2（﹣3，3），C（﹣1，﹣1）；（3）存在，P（-，）或（-3，15）．
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线过A（2，0）及原点可设y=a（x-2）x，然后根据抛物线y=a（x-2）x过B（3，3），求出a的值即可；
（2）首先由A的坐标可求出OA的长，再根据四边形AODE是平行四边形，D在对称轴直线x=-1右侧，进而可求出D横坐标为：-1+2=1，代入抛物线解析式即可求出其横坐标；
（3）分△PMA∽△COB和△PMA∽△BOC表示出PM和AM，从而表示出点P的坐标，代入求得的抛物线的解析式即可求得t的值，从而确定点P的坐标．
【详解】
解：（1）根据抛物线过A（2，0）及原点，可设y=a（x-2）（x-0），
又∵抛物线y=a（x-2）x过B（3，3），
∴3（3-2）a=3，
∴a=1，
∴抛物线的解析式为y=（x-2）x=x2-2x；
（2）①若OA为对角线，则D点与C点重合，点D的坐标应为D（1，-1）；
②若OA为平行四边形的一边，则DE=OA，∵点E在抛物线的对称轴上，
∴点E横坐标为1，
∴点D的横坐标为3或-1，代入y=x2-2x得D（3，3）和D（-1，3），
综上点D坐标为（1，-1），（3，3），（-1，3）．
（3）∵点B（3，3）C（1，-1），
∴△BOC为直角三角形，∠COB=90°，且OC：OB=1：3，
①如图1，

若△PMA∽△COB，设PM=t，则AM=3t，
∴点P（2-3t，t），
代入y=x2-2x得（2-3t）2-2（2-3t）=t，
解得t1=0（舍），t2=，
∴P(-，)；
②如图2，

若△PMA∽△BOC，
设PM=3t，则AM=t，点P（2-t，3t），代入y=x2-2x得（2-t）2-2（2-t）=3t，
解得t1=0（舍），t2=5，
∴P（-3，15）
综上所述，点P的坐标为(-，)或（-3，15）．
考点：二次函数综合题．
5．如图a，已知抛物线y=－x2+bx+c经过点A(4，0) 、C(0，2)，与x轴的另一个交点为B．

（1）求出抛物线的解析式.
（2）如图b，将△ABC绕AB的中点M旋转180°得到△BAC′，试判断四边形BC′AC的形状.并证明你的结论.
（3）如图a,在抛物线上是否存在点D，使得以A、B、D三点为顶点的三角形与△ABC全等？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在请说明理由.
【答案】（1）y=－x2+x+2；（2）四边形BC′AC为矩形，见解析；（3）存在，（3，2）
【解析】
【分析】
（1）由点A、C的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）由点A、B、C的坐标可得出OA、OC、OB的长度，利用勾股定理可求出AC、BC的长，由AC2+BC2=25=AB2可得出∠ACB=90°，再利用旋转的性质即可找出四边形BC′AC为矩形；
（3）假设存在这样的点D，设D（x, －x2+x+2），则有－x2+x+2=2，求出x的值再进行判断即可.
【详解】
（1）∵抛物线y=－x2+bx+c经过点A(4，0) 、C(0，2)，
∴
解得，
∴抛物线的解析式为：y=－x2+x+2
（2）四边形BC′AC为矩形.

令y=0，则－x2+x+2=0，解得，
∴B（－1，0）
∵A(4，0) 、C(0，2)，
∴OB=1，OA=4，OC=2，
由勾股定理求得：BC=,AC=2
又AB=5，
∴
∴△ABC直角三角形，∠BCA=90°，
∵△ABC绕AB的中点M旋转180°得到△BAC′，则A、B互为对应点，由旋转的性质可得：BC=AC'，AC=BC'
∴四边形BC′AC为平行四边形，
又∠BCA=90°
∴四边形BC′AC为矩形.
（3）设D（x, －x2+x+2），则有－x2+x+2=2，
解得，，（不符合题意，舍去），
∴D（3，2）
故存在点D，使得以A、B、D三点为顶点的三角形与△ABC全等.点D的坐标为（3，2）.
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数解析式、旋转的性质、矩形的判定、勾股定理、勾股定理逆定理，解题的关键是：（1）由点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）利用旋转的性质结合勾股定理的逆定理证出四边形BC′AC为矩形．
6．如图，已知直线y＝﹣2x+4分别交x轴、y轴于点A、B，抛物线y＝﹣2x2+bx+c过A，B两点，点P是线段AB上一动点，过点P作PC⊥x轴于点C，交抛物线于点D，抛物线的顶点为M，其对称轴交AB于点N．
（1）求抛物线的表达式及点M、N的坐标；
（2）是否存在点P，使四边形MNPD为平行四边形？若存在求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．

【答案】（1）y＝﹣2x2+2x+4， M，N，（2）存在，P．
【解析】
【分析】
（1）先由直线解析式求出A，B的坐标，再利用待定系数法可求出抛物线解析式，可进一步化为顶点式即可写出顶点M的坐标并求出点N坐标；
（2）先求出MN的长度，设点P的坐标为（m，﹣2m+4），用含m的代数式表示点D坐标，并表示出PD的长度，当PD＝MN时，列出关于m的方程，即可求出点P的坐标．
【详解】
（1）∵直线y＝﹣2x+4分别交x轴，y轴于点A，B，
∴A（2，0），B（0，4），
把点A（2，0），B（0，4）代入y＝﹣2x2+bx+c，得
，
解得，，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣2x2+2x+4＝﹣2（x﹣）2+，
∴顶点M的坐标为（，），
当x＝时，y＝﹣2×+4＝3，
则点N坐标为（，3）；
（2）存在点P，理由如下：
MN＝﹣3＝，
设点P的坐标为（m，﹣2m+4），
则D（m，﹣2m2+2m+4），
∴PD＝﹣2m2+2m+4﹣（﹣2m+4）＝﹣2m2+4m，
∵PD∥MN，
∴当PD＝MN时，四边形MNPD为平行四边形，
即﹣2m2+4m＝，
解得，m1＝，m2＝（舍去），
∴此时P点坐标为（，1）．
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数解析式，平行四边形的存在性等，解题关键是要熟练掌握平行四边形的性质并能够灵活运用．
7．如图，抛物线y＝a（x+2）（x﹣4）与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且∠ACO＝∠CBO．
（1）求线段OC的长度；
（2）若点D在第四象限的抛物线上，连接BD、CD，求△BCD的面积的最大值；
（3）若点P在平面内，当以点A、C、B、P为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出点P的坐标．

【答案】（1）2；（2）2；（3）(2，2)，(6，﹣2)或(﹣6，﹣2)
【解析】
【分析】
（1）由抛物线的解析式先求出点A，B的坐标，再证△AOC∽△COB，利用相似三角形的性质可求出CO的长；
（2）先求出抛物线的解析式，再设出点D的坐标（m，m2﹣m﹣2），用含m的代数式表示出△BCD的面积，利用函数的性质求出其最大值；
（3）分类讨论，分三种情况由平移规律可轻松求出点P的三个坐标．
【详解】
（1）在抛物线y＝a（x+2）（x﹣4）中，
当y＝0时，x1＝﹣2，x2＝4，
∴A（﹣2，0），B（4，0），
∴AO＝2，BO＝4，
∵∠ACO＝∠CBO，∠AOC＝∠COB＝90°，
∴△AOC∽△COB，
∴，即，
∴CO＝2；
（2）由（1）知，CO＝2，
∴C（0，﹣2）
将C（0，﹣2）代入y＝a（x+2）（x﹣4），
得，a＝，
∴抛物线解析式为：y＝x2﹣x﹣2，
如图1，连接OD，

设D（m，m2﹣m﹣2），
则S△BCD＝S△OCD+S△OBD﹣S△BOC
＝×2m+×4（﹣m2+m+2）﹣×4×2
＝﹣m2+2m
＝﹣（m﹣2）2+2，
根据二次函数的图象及性质可知，当m＝2时，△BCD的面积有最大值2；
（3）如图2﹣1，当四边形ACBP为平行四边形时，由平移规律可知，点C向右平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度得到点B，所以点A向右平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度得到点P，因为A（﹣2，0），所以P1（2，2）；

同理，在图2﹣2，图2﹣3中，可由平移规律可得P2（6，﹣2），P3（﹣6，﹣2）；

综上所述，当以点A、C、B、P为顶点的四边形是平行四边形时，点P的坐标为（2，2），（6，﹣2），P3（﹣6，﹣2）．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，待定系数法求二次函数的解析式，三角形的面积及平移规律等，解题关键是熟知平行四边形的性质及熟练运用平移规律．
8．如图，抛物线（a≠0）交x轴于A、B两点，A点坐标为（3，0），与y轴交于点C（0，4），以OC、OA为边作矩形OADC交抛物线于点G．

（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线的对称轴l在边OA（不包括O、A两点）上平行移动，分别交x轴于点E，交CD于点F，交AC于点M，交抛物线于点P，若点M的横坐标为m，请用含m的代数式表示PM的长；
（3）在（2）的条件下，连结PC，则在CD上方的抛物线部分是否存在这样的点P，使得以P、C、F为顶点的三角形和△AEM相似？若存在，求出此时m的值，并直接判断△PCM的形状；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）抛物线的解析式为；（2）PM=（0＜m＜3）；（3）存在这样的点P使△PFC与△AEM相似．此时m的值为或1，△PCM为直角三角形或等腰三角形．
【解析】
【分析】
（1）将A（3，0），C（0，4）代入，运用待定系数法即可求出抛物线的解析式．
（2）先根据A、C的坐标，用待定系数法求出直线AC的解析式，从而根据抛物线和直线AC的解析式分别表示出点P、点M的坐标，即可得到PM的长．
（3）由于∠PFC和∠AEM都是直角，F和E对应，则若以P、C、F为顶点的三角形和△AEM相似时，分两种情况进行讨论：①△PFC∽△AEM，②△CFP∽△AEM；可分别用含m的代数式表示出AE、EM、CF、PF的长，根据相似三角形对应边的比相等列出比例式，求出m的值，再根据相似三角形的性质，直角三角形、等腰三角形的判定判断出△PCM的形状．
【详解】
解：（1）∵抛物线（a≠0）经过点A（3，0），点C（0，4），
∴，解得．
∴抛物线的解析式为．
（2）设直线AC的解析式为y=kx+b，
∵A（3，0），点C（0，4），
∴，解得．
∴直线AC的解析式为．
∵点M的横坐标为m，点M在AC上，
∴M点的坐标为（m，）．
∵点P的横坐标为m，点P在抛物线上，
∴点P的坐标为（m，）．
∴PM=PE－ME=（）－（）=．
∴PM=（0＜m＜3）．
（3）在（2）的条件下，连接PC，在CD上方的抛物线部分存在这样的点P，使得以P、C、F为顶点的三角形和△AEM相似．理由如下：
由题意，可得AE=3﹣m，EM=，CF=m，PF==，
若以P、C、F为顶点的三角形和△AEM相似，分两种情况：
①若△PFC∽△AEM，则PF：AE=FC：EM，即（）：（3－m）=m：（），
∵m≠0且m≠3，∴m=．
∵△PFC∽△AEM，∴∠PCF=∠AME．
∵∠AME=∠CMF，∴∠PCF=∠CMF．
在直角△CMF中，∵∠CMF+∠MCF=90°，∴∠PCF+∠MCF=90°，即∠PCM=90°．
∴△PCM为直角三角形．
②若△CFP∽△AEM，则CF：AE=PF：EM，即m：（3－m）=（）：（），
∵m≠0且m≠3，∴m=1．
∵△CFP∽△AEM，∴∠CPF=∠AME．
∵∠AME=∠CMF，∴∠CPF=∠CMF．∴CP=CM．
∴△PCM为等腰三角形．
综上所述，存在这样的点P使△PFC与△AEM相似．此时m的值为或1，△PCM为直角三角形或等腰三角形．
9．2018年非洲猪瘟疫情暴发后，专家预测，2019年我市猪肉售价将逐月上涨，每千克猪肉的售价y1（元）与月份x（1≤x≤12，且x为整数）之间满足一次函数关系，如下表所示．每千克猪肉的成本y2（元）与月份x（1≤x≤12，且x为整数）之间满足二次函数关系，且3月份每千克猪肉的成本全年最低，为9元，如图所示．
月份x
…
3
4
5
6
…
售价y1/元
…
12
14
16
18
…


（1）求y1与x之间的函数关系式．
（2）求y2与x之间的函数关系式．
（3）设销售每千克猪肉所获得的利润为w（元），求w与x之间的函数关系式，哪个月份销售每千克猪肉所第获得的利润最大？最大利润是多少元？
【答案】（1）y1＝2x+6；（2）y2＝x2﹣x+；（3）w＝﹣x2+x﹣，7月份销售每千克猪肉所第获得的利润最大，最大利润是77元7．
【解析】
【分析】
（1）设与x之间的函数关系式为，将（3，12）（4，14）代入解方程组即可得到结论；
（2）由题意得到抛物线的顶点坐标为（3，9），设与x之间的函数关系式为：＝，将（5，10）代入＝得＝10，解方程即可得到结论；
（3）由题意得到w＝−＝2x＋6−＋x−＝−＋x−，根据二次函数的性质即可得到结论．
【详解】
（1）设y1与x之间的函数关系式为y1＝kx+b，
将（3，12）（4，14）代入y1得，，
解得：，
∴y1与x之间的函数关系式为：y1＝2x+6；
（2）由题意得，抛物线的顶点坐标为（3，9），
∴设y2与x之间的函数关系式为：y2＝a（x﹣3）2+9，
将（5，10）代入y2＝a（x﹣3）2+9得a（5﹣3）2+9＝10，
解得：a＝，
∴y2＝（x﹣3）2+9＝x2﹣x+；
（3）由题意得，w＝y1﹣y2＝2x+6﹣x2+x﹣＝﹣x2+x﹣，
∵﹣＜0，
∴w由最大值，
∴当x＝﹣＝﹣＝7时，w最大＝﹣×72+×7﹣＝7．
【点睛】
本题主要考查二次函数的应用，熟练掌握待定系数求函数解析式、由相等关系得出利润的函数解析式、利用二次函数的图象与性质是解题的关键．
10．如图，在平面直角坐标系中，∠ACB=90°，OC=2OB，tan∠ABC=2，点B的坐标为（1，0）．抛物线y=﹣x2+bx+c经过A、B两点．

（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是直线AB上方抛物线上的一点，过点P作PD垂直x轴于点D，交线段AB于点E，使PE最大．
①求点P的坐标和PE的最大值．
②在直线PD上是否存在点M，使点M在以AB为直径的圆上；若存在，求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=﹣x2﹣3x+4；（2）①，P② M（，）或（，）
【解析】
【分析】
（1）先根据已知求点A的坐标，利用待定系数法求二次函数的解析式；
（2）①根据A（﹣2，6），B（1，0），求得AB的解析式为：y=﹣2x+2，设P（a，﹣a2﹣3a+4），则E（a，﹣2a+2），利用PE=﹣a2﹣3a+4﹣(﹣2a+2)=﹣(a+)2+，根据二次函数的图像与性质即求解；
②根据点M在以AB为直径的圆上，得到∠AMB=90°，即AM2+BM2=AB2，求出，，AB2故可列出方程求解.
【详解】
解：（1）∵B（1，0）
∴OB=1，
∵OC=2OB=2，
∴BC=3 ,C（﹣2，0）
Rt△ABC中，tan∠ABC=2，
∴=2，
∴AC=6，
∴A（﹣2，6），
把A（﹣2，6）和B（1，0）代入y=﹣x2+bx+c得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y=﹣x2﹣3x+4；
（2）①∵A（﹣2，6），B（1，0），
易得AB的解析式为：y=﹣2x+2，
设P（a，﹣a2﹣3a+4），则E（a，﹣2a+2），
∴PE=﹣a2﹣3a+4﹣(﹣2a+2)=﹣a2﹣a+2=﹣(a+)2+
∴当a=时，PE=,此时P(,)
②∵M在直线PD上，且P(,)，

∴
+
AB2=32+62=45，
∵点M在以AB为直径的圆上
此时∠AMB=90°，
∴AM2+BM2=AB2，
∴++=45
解得： ,
∴M（，）或（，）
【点睛】
此题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式，勾股定理的运用，直角三角形的判定等知识．此题难度适中，解题的关键是注意方程思想的应用．
11．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，对称轴为直线x=2，点A的坐标为（1，0）．
（1）求该抛物线的表达式及顶点坐标；
（2）点P为抛物线上一点（不与点A重合），联结PC．当∠PCB=∠ACB时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，将抛物线沿平行于轴的方向向下平移，平移后的抛物线的顶点为点D，点P关于x轴的对应点为点Q，当OD⊥DQ时，求抛物线平移的距离．

【答案】（1）（2，-1）（2）P（，）．（3）．
【解析】
【分析】
（1）用待定系数法即可求得抛物线的表达式，利用顶点公式即可求得抛物线的顶点坐标；
（2）过点P作PN⊥x轴，过点C作CM⊥PN，交NP的延长线于点M，由点B、C的坐标得为等腰直角三角形，利用等量代换证得∠OCA=∠PCM，利用这对角的正切函数得到MC=3PM，设PM=a，则MC=3a，PN=3-a，得P（3a，3-a）代入抛物线的表达式，即可求得答案；
（3）设D的坐标为（2，），过点D作直线EF∥x轴，交y轴于点E，交PQ的延长线于点F，利用∠OED=∠QFD=∠ODQ=90°，证得∠EOD=∠QDF，再根据其正切函数列出等式即可求得答案.
【详解】
（1）∵A的坐标为（1，0），对称轴为直线x=2，∴点B的坐标为（3，0）
将A（1，0）、B（3，0）代入，得
解得：
所以，．
当x=2时，
∴顶点坐标为（2，-1） ．
（2）过点P作PN⊥x轴，垂足为点N．过点C作CM⊥PN，交NP的延长线于点M．

∵∠CON=90°，∴四边形CONM为矩形．
∴∠CMN=90°，CO= MN．
∵，∴点C的坐标为（0，3）
∵B（3，0），
∴OB=OC．
∵∠COB=90°，
∴∠OCB=∠BCM = 45°，
又∵∠ACB=∠PCB，
∴∠OCB-∠ACB =∠BCM -∠PCB，即∠OCA=∠PCM．
∴tan∠OCA= tan∠PCM．
∴．
设PM=a，则MC=3a，PN=3-a．
∴P（3a，3-a）．
将P（3a，3-a）代入，得
．
解得，（舍）．∴P（，）．
（3）设抛物线平移的距离为m．得，
∴D的坐标为（2，）．
过点D作直线EF∥x轴，交y轴于点E，交PQ的延长线于点F．

∵∠OED=∠QFD=∠ODQ=90°，
∴∠EOD+∠ODE = 90°，∠ODE+∠QDF = 90°，
∴∠EOD=∠QDF，
∴tan∠EOD = tan∠QDF．
∴．
∴．
解得．
所以，抛物线平移的距离为．
【点睛】
本题是二次函数与几何的综合题，涉及的知识有：待定系数法、矩形的判定和性质、三角形函数等，综合性强，构建辅助线、正确表示出各点坐标是解题关键.
12．如图，已知抛物线y＝x2＋bx＋c过点A(3, 0)、点B(0, 3)．点M(m, 0)在线段OA上（与点A、O不重合），过点M作x轴的垂线与线段AB交于点P，与抛物线交于点Q，联结BQ．
（1）求抛物线表达式；
（2）联结OP，当∠BOP＝∠PBQ时，求PQ的长度；
（3）当△PBQ为等腰三角形时，求m的值．

【答案】(1) y＝x2＋2x＋3；(2) ；(3) m的值为2、或1.
【解析】
【分析】
（1）将点A (3, 0)、点B (0, 3) 分别代入抛物线解析式y＝x2＋bx＋c，化简求出b，c的值即可；
（2）根据∠BOP ＝∠PBQ且MQ∥OB，可证△OBP ∽△BPQ，可设Q（x，x2＋2x＋3），求出直线AB的解析式，则可得P 的坐标为(x，3－x)，可得BP＝x，OB＝3，PQ＝x2＋3x，利用相似三角形的对应边成立比例即可求解；
（3）分三种情况讨论：①当BQ＝PQ时，②当BP＝PQ时，③当BP＝BQ时，然后分别求解即可.
【详解】
（1）∵将点A (3, 0)、点B (0, 3) 分别代入抛物线解析式y＝x2＋bx＋c得
，解之得：
∴抛物线的解析式为y＝x2＋2x＋3
（2）

∵∠BOP ＝∠PBQ且MQ∥OB
∴∠OBP ＝∠BPQ
∴△OBP ∽△BPQ
设Q（x，x2＋2x＋3）
∵P点在直线AB上，并A (3, 0)、B (0, 3)，
则直线AB的解析式为：
∴ P (x，3－x)
∴BP＝x，OB＝3，PQ＝x2＋3x
∴ 即
∴（0舍去）
∴
（3）∵M（m，0），P（m，3－m），Q（m，m2＋2m＋3）
∴BP＝m，PQ＝m2＋3m且∠BPQ＝45°
∴当△BPQ为等腰三角形时，存在如下情况：
①如图1，当BQ＝PQ时，即∠PBQ＝∠BPQ＝45°
∴△BPQ为等腰直角三角形 ∴m2＋2m＋3＝3
∴m＝2

②当BP＝PQ时,即m＝m2＋3m，即（0舍去）
③如图2，当BP＝BQ时，∠BQP＝∠BPQ＝45°

根据，，可得
则有 ，
∴m＝1
综上所述，m的值为2、或1.
【点睛】
本题考查了二次函数与几何图形结合，三角形的相似，特殊角使用，以及等线段的关系转化问题，懂得综合讨论是解题的关键．
13．定义：由两条与x轴有着相同的交点，并且开口方向相同的抛物线所围成的封闭曲线称为“月牙线”．如图，抛物线C1与抛物线C2组成一个开口向上的“月牙线”，抛物线C1与抛物线C2与x轴有相同的交点M，N（点M在点N的左侧），与y轴的交点分别为A，B且点A的坐标为（0，﹣3），抛物线C2的解析式为y＝mx2+4mx﹣12m，（m＞0）．

（1）请你根据“月牙线”的定义，设计一个开口向下．“月牙线”，直接写出两条抛物线的解析式；
（2）求M，N两点的坐标；
（3）在第三象限内的抛物线C1上是否存在一点P，使得△PAM的面积最大？若存在，求出△PAM的面积的最大值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）抛物线y＝﹣x2+2x+3与抛物线y＝﹣x2+x+1所围成的封闭曲线即为开口向下的“月牙线”；（2）M（﹣6，0），N（2，0）；（3）存在，点P的坐标为（﹣3，﹣）时，△PAM的面积有最大值，最大值为．
【解析】
【分析】
（1）根据定义，只要写出的两个抛物线与x轴有着相同的交点，且a的值为负即可；
（2）在解析式y=mx2+4mx-12m中，令y=0解方程即可求出M，N的横坐标，由此可写出M,N两点的坐标；
（3）先根据“月牙线”的定义，设出抛物线C1的一般式，将A点代入即可求得抛物线C1的解析式，再用含t的代数式表示P点坐标，根据S△PAM=S△PMO+S△PAO-S△AOM即可表示△PAM的面积.可根据二次函数的性质求出面积的最大值以及此时P点坐标.
【详解】
（1）如图1，

抛物线y＝﹣x2+2x+3与抛物线y＝﹣x2+x+1所围成的封闭曲线即为开口向下的“月牙线”（此题答案不唯一）；
（2）在抛物线C2的解析式y＝mx2+4mx﹣12m中，
当y＝0时，mx2+4mx﹣12m＝0，
∵m≠0，
∴x2+4x﹣12＝0，
解得，x1＝﹣6，x2＝2，
∵点M在点N的左边，
∴M（﹣6，0），N（2，0）；
（3）存在，理由如下：
如图2，连接AM，PO，PM，PA，

∵抛物线C1和抛物线C2与x轴有着相同的交点，并且开口方向相同，
∴可设抛物线C1的解析式y＝nx2+4nx﹣12n（n＞0），
∵抛物线C1与y轴的交点为A（0，﹣3），
∴﹣12n＝﹣3，
∴n＝，
∴抛物线C1的解析式为y＝x2+x﹣3，
∴可设点P的坐标为（t，t2+t﹣3），
∴S△PAM＝S△PMO+S△PAO﹣S△AOM
＝×6×（﹣t2﹣t+3）+×3×（﹣t）﹣×6×3
＝﹣t2﹣t，
＝﹣（t+3）2+，
∵﹣＜0，﹣6＜t＜0，
∴根据二次函数的图象和性质知，当t＝﹣3时，即点P的坐标为（﹣3，﹣）时，△PAM的面积有最大值，最大值为．
【点睛】
本题考查用待定系数法求二次函数解析式，二次函数与图形问题，二次函数图象及性质，二次函数与坐标轴的交点.（1）中理解“月牙线”的定义是解题关键；（2）二次函数，当时，得到一元二次方程. 一元二次方程的解就是二次函数的图象与x轴交点的横坐标；（3）能利用割补法表示△PAM的面积是解题关键.
14．如图，抛物线与x轴相交于A（3，0）、B两点，与y轴交于点C（0，3），点B在x轴的负半轴上，且.

（1）求抛物线的函数关系式；
（2）若P是抛物线上且位于直线上方的一动点，求的面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）在线段上是否存在一点M，使的值最小？若存在，请求出这个最小值及对应的M点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）的面积的最大值为，此时；（3）当时，的最小值为.
【解析】
【分析】
（1）根据求出B点坐标，设交点式，用待定系数法即可求出函数关系式；
（2）作PD⊥x轴，与线段AC相交于D，根据表示的面积，利用二次函数的性质即可求出的面积的最大值及此事P点坐标；
（3）构造CM为斜边的等腰三角形，它的直角顶点为第一象限内的N，可得出=最小值即为BN.设可表示N点坐标，继而可表示，利用二次函数的性质即可求的最小值，以及此时M点坐标.
【详解】
解：（1）∵，
∴OA=3，OB=1
∴
∴设抛物线的交点式为，
将代入得，解得
∴，
即该抛物线的函数关系式为.
（2）作PD⊥x轴，与线段AC相交于D.

设直线AC：y=kx+d
将,分别代入
得，解得，
所以y=-x+3.
设，则，
设△DCP以PD为底时高为h1，△DAP以PD为底时高为h2，则因为，所以时取得最大值为..
故的面积的最大值为，此时.
（3）存在，如下图，作以CM为斜边的等腰三角形，它的直角顶点为第一象限内的N点，

∵△MCN为等腰直角三角形，
∴MN=,即要使最短，只需要最短为BN即可，
设则，
∴
当时，取得最小值为8，即.
当时，的最小值为.
【点睛】
本题考查待定系数法求二次函数解析式，二次函数与图形问题.（1）中能选择交点式，可以使求解析式的过程更加简单；（2）中能正确表示的面积是解题关键；（3）中能构造等腰直角△CMN，将最短问题转化为最短是解题关键.
15．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（﹣3，0）和点B（2，0），直线y＝h（h为常数，且0＜h＜6）与BC交于点D，与y轴交于点E，与AC交于点F．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接AE，求h为何值时，△AEF的面积最大．
（3）已知一定点M（﹣2，0），问：是否存在这样的直线y＝h，使△BDM是等腰三角形？若存在，请求出h的值和点D的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）y＝﹣x2﹣x+6；（2）当h＝3时，△AEF的面积最大，最大面积是 ．（3）存在，当h＝时，点D的坐标为（，）；当h＝时，点D的坐标为（，）．
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法即可解决问题．
（2）由题意可得点E的坐标为（0，h），点F的坐标为（ ，h），根据S△AEF＝•OE•FE＝•h•＝﹣（h﹣3）2+．利用二次函数的性质即可解决问题．
（3）存在．分两种情形情形，分别列出方程即可解决问题．
【详解】
解：如图：

（1）∵抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（﹣3，0）和点B（2，0），
∴，
解得：．
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+6．
（2）∵把x＝0代入y＝﹣x2﹣x+6，得y＝6，
∴点C的坐标为（0，6），
设经过点A和点C的直线的解析式为y＝mx+n，则，
解得 ，
∴经过点A和点C的直线的解析式为：y＝2x+6，
∵点E在直线y＝h上，
∴点E的坐标为（0，h），
∴OE＝h，
∵点F在直线y＝h上，
∴点F的纵坐标为h，
把y＝h代入y＝2x+6，得h＝2x+6，
解得x＝，
∴点F的坐标为（ ，h），
∴EF＝．
∴S△AEF＝•OE•FE＝•h•＝﹣（h﹣3）2+，
∵﹣＜0且0＜h＜6，
∴当h＝3时，△AEF的面积最大，最大面积是 ．
（3）存在符合题意的直线y＝h．
∵B（2，0），C（0，6），
∴直线BC的解析式为y＝﹣3x+6，设D（m，﹣3m+6）．
①当BM＝BD时，（m﹣2）2+（﹣3m+6）2＝42，
解得m＝或（舍弃），
∴D（，），此时h＝．
②当MD＝BM时，（m+2）2+（﹣3m+6）2＝42，
解得m＝或2（舍弃），
∴D（，），此时h＝．
∵综上所述，存在这样的直线y＝或y＝，使△BDM是等腰三角形，当h＝时，点D的坐标为（，）；当h＝时，点D的坐标为（，）．
【点睛】
此题考查了待定系数法求函数的解析式、二次函数的性质、等腰三角形的性质、勾股定理一次函数的应用等知识，此题难度较大，注意掌握方程思想、分类讨论思想与数形结合思想的应用．
16．如图1，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c交y轴于点A(0，4)，交x轴于点B(4，0)，点P是抛物线上一动点，试过点P作x轴的垂线1，再过点A作1的垂线，垂足为Q，连接AP．
(1)求抛物线的函数表达式和点C的坐标；
(2)若△AQP∽△AOC，求点P的横坐标；
(3)如图2，当点P位于抛物线的对称轴的右侧时，若将△APQ沿AP对折，点Q的对应点为点Q′，请直接写出当点Q′落在坐标轴上时点P的坐标．

【答案】(1)y＝﹣x2+3x+4；(﹣1，0)；(2)P的横坐标为或.(3)点P的坐标为(4，0)或(5，﹣6)或(2，6).
【解析】
【分析】
(1)利用待定系数法求抛物线解析式，然后利用抛物线解析式得到一元二次方程，通过解一元二次方程得到C点坐标；
(2)利用△AQP∽△AOC得到AQ＝4PQ，设P(m，﹣m2+3m+4)，所以m＝4|4﹣(﹣m2+3m+4|，然后解方程4(m2﹣3m)＝m和方程4(m2﹣3m)＝﹣m得P点坐标；
(3)设P(m，﹣m2+3m+4)(m＞)，当点Q′落在x轴上，延长QP交x轴于H，如图2，则PQ＝m2﹣3m，证明Rt△AOQ′∽Rt△Q′HP，利用相似比得到Q′B＝4m﹣12，则OQ′＝12﹣3m，在Rt△AOQ′中，利用勾股定理得到方程42+(12﹣3m)2＝m2，然后解方程求出m得到此时P点坐标；当点Q′落在y轴上，易得点A、Q′、P、Q所组成的四边形为正方形，利用PQ＝PQ′得到|m2﹣3m|＝m，然后解方程m2﹣3m＝m和方程m2﹣3m＝﹣m得此时P点坐标．
【详解】
解：(1)把A(0，4)，B(4，0)分别代入y＝﹣x2+bx+c得，解得，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+3x+4，
当y＝0时，﹣x2+3x+4＝0，解得x1＝﹣1，x2＝4，
∴C(﹣1，0)；
故答案为y＝﹣x2+3x+4；(﹣1，0)；
(2)∵△AQP∽△AOC，
∴，
∴，即AQ＝4PQ，
设P(m，﹣m2+3m+4)，
∴m＝4|4﹣(﹣m2+3m+4|，即4|m2﹣3m|＝m，
解方程4(m2﹣3m)＝m得m1＝0(舍去)，m2＝，此时P点横坐标为；
解方程4(m2﹣3m)＝﹣m得m1＝0(舍去)，m2＝，此时P点坐标为；
综上所述，点P的坐标为(，)或(，)；
(3)设，
当点Q′落在x轴上，延长QP交x轴于H，如图2，
则PQ＝4﹣(﹣m2+3m+4)＝m2﹣3m，
∵△APQ沿AP对折，点Q的对应点为点Q'，
∴∠AQ′P＝∠AQP＝90°，AQ′＝AQ＝m，PQ′＝PQ＝m2﹣3m，
∵∠AQ′O＝∠Q′PH，
∴Rt△AOQ′∽Rt△Q′HP，
∴，即，解得Q′H＝4m﹣12，
∴OQ′＝m﹣(4m﹣12)＝12﹣3m，
在Rt△AOQ′中，42+(12﹣3m)2＝m2，
整理得m2﹣9m+20＝0，解得m1＝4，m2＝5，此时P点坐标为(4，0)或(5，﹣6)；
当点Q′落在y轴上，则点A、Q′、P、Q所组成的四边形为正方形，
∴PQ＝AQ′，
即|m2﹣3m|＝m，
解方程m2﹣3m＝m得m1＝0(舍去)，m2＝4，此时P点坐标为(4，0)；
解方程m2﹣3m＝﹣m得m1＝0(舍去)，m2＝2，此时P点坐标为(2，6)，
综上所述，点P的坐标为(4，0)或(5，﹣6)或(2，6)

【点睛】
本题考查了待定系数法，相似三角形的性质，解一元二次方程，三角形折叠，题目综合性较强，解决本题的关键是：①熟练掌握待定系数法求函数解析式；②能够熟练掌握相似三角形的判定和性质；③能够熟练掌握一元二次方程的解法；④理解折叠的性质.
17．如图，已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于A（﹣1，0），B（m，0）两点，与y轴相交于点C（0，﹣3），抛物线的顶点为D．

（1）求B、D两点的坐标；
（2）若P是直线BC下方抛物线上任意一点，过点P作PH⊥x轴于点H，与BC交于点M，设F为y轴一动点，当线段PM长度最大时，求PH+HF+CF的最小值；
（3）在第（2）问中，当PH+HF+CF取得最小值时，将△OHF绕点O顺时针旋转60°后得到△OH′F′，过点F′作OF′的垂线与x轴交于点Q，点R为抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点S，使得点D、Q、R、S为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点S的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）B（3，0），D（1，﹣4）；（2）；（3）存在，S的坐标为（3，0）或（﹣1，﹣2）或（﹣1，2）或（﹣1，﹣）
【解析】
【分析】
（1）将A（﹣1，0）、C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，待定系数法即可求得抛物线的解析式，再配方即可得到顶点D的坐标，根据y＝0，可得点B的坐标；
（2）根据BC的解析式和抛物线的解析式，设P（x，x2﹣2x﹣3），则M（x，x﹣3），表示PM的长，根据二次函数的最值可得：当x＝时，PM的最大值，此时P（，﹣），进而确定F的位置：在x轴的负半轴了取一点K，使∠OCK＝30°，过F作FN⊥CK于N，当N、F、H三点共线时，如图2，FH+FN最小，即PH+HF+CF的值最小，根据含30°角的直角三角形的性质，即可得结论；
（3）先根据旋转确定Q的位置，与点A重合，根据菱形的判定画图，分4种情况讨论：分别以DQ为边和对角线进行讨论，根据菱形的边长相等和平移的性质，可得点S的坐标．
【详解】
（1）把A（﹣1，0），点C（0，﹣3）代入抛物线y＝x2+bx+c，得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴顶点D（1，﹣4），
当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0，解得：x＝3或﹣1，
∴B（3，0）；
（2）∵B（3，0），C（0，﹣3），
设直线BC的解析式为：y＝kx+b，
则 ，解得：，
∴直线BC的解析式为：y＝x﹣3，
设P（x，x2﹣2x﹣3），则M（x，x﹣3），
∴PM＝（x﹣3）﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣）2+，
当x＝时，PM有最大值，此时P（，﹣），
在x轴的负半轴了取一点K，使∠OCK＝30°，过F作FN⊥CK于N，
∴FN＝CF，
当N、F、H三点共线时，如图1，FH+FN最小，即PH+HF+CF的值最小，
∵Rt△OCK中，∠OCK＝30°，OC＝3，
∴OK＝，
∵OH＝，
∴KH＝+，
∵Rt△KNH中，∠KHN＝30°，
∴KN＝KH＝，
∴NH＝KN＝，
∴PH+HF+CF的最小值=PH+NH＝＝；
（3）Rt△OFH中，∠OHF＝30°，OH＝，
∴OF＝OF'＝，
由旋转得：∠FOF'＝60°
∴∠QOF'＝30°，
∴在Rt△QF'O中，QF'＝OF'÷=÷＝，OQ=2QF'=2×=1，
∴Q与A重合，即Q（﹣1，0）
分4种情况：
①如图2，以QD为边时，由菱形和抛物线的对称性可得S（3，0）；
②如图3，以QD为边时，
由勾股定理得：AD＝，
∵四边形DQSR是菱形，
∴QS＝AD＝2，QS∥DR，
∴S（﹣1，﹣2）；
③如图4，同理可得：S（﹣1，2）；
④如图5，作AD的中垂线，交对称轴于R，可得菱形QSDR，
∵A（﹣1，0），D（1，﹣4），
∴AD的中点N的坐标为（0，﹣2），且AD＝2，
∴DN＝，
cos∠ADR＝，
∴DR＝，
∴QS= DR＝，
∴S（﹣1，﹣）；
综上，S的坐标为（3，0）或（﹣1，﹣2）或（﹣1，2）或（﹣1，﹣）．


【点睛】
本题主要考查二次函数和几何图形的综合，添加合适的辅助线构造含30°角的直角三角形，利用菱形的判定定理，进行分类讨论，是解题的关键.
18．如图，抛物线y＝ax2+bx﹣4经过A（﹣3，0），B（5，﹣4）两点，与y轴交于点C，连接AB，AC，BC．
（1）求抛物线的表达式；
（2）求△ABC的面积；
（3）抛物线的对称轴上是否存在点M，使得△ABM是直角三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）y＝x2﹣x﹣4；（2）10；（3）存在，M1（，11），M2（，﹣），M3（，﹣2），M4（，﹣﹣2）.
【解析】
【分析】
（1）将点A，B代入y＝ax2+bx﹣4即可求出抛物线解析式；
（2）在抛物线y＝x2﹣x﹣4中，求出点C的坐标，推出BC∥x轴，即可由三角形的面积公式求出△ABC的面积；
（3）求出抛物线y＝x2﹣x﹣4的对称轴，然后设点M（，m），分别使∠AMB＝90°，∠ABM＝90°，∠AMB＝90°三种情况进行讨论，由相似三角形和勾股定理即可求出点M的坐标．
【详解】
解：（1）将点A（﹣3，0），B（5，﹣4）代入y＝ax2+bx﹣4，
得，
解得，，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣x﹣4；
（2）在抛物线y＝x2﹣x﹣4中，
当x＝0时，y＝﹣4，
∴C（0，﹣4），
∵B（5，﹣4），
∴BC∥x轴，
∴S△ABC＝BC•OC
＝×5×4
＝10，
∴△ABC的面积为10；
（3）存在，理由如下：
在抛物线y＝x2﹣x﹣4中，
对称轴为：，
设点M（，m），
①如图1，

当∠M1AB＝90°时，
设x轴与对称轴交于点H，过点B作BN⊥x轴于点N，
则HM1＝m，AH＝，AN＝8，BN＝4，
∵∠AM1H+∠M1AN＝90°，∠M1AN+∠BAN＝90°，
∴∠M1AH＝∠BAN，
又∵∠AHM1＝∠BNA＝90°，
∴△AHM1∽△BNA，
∴，
即，
解得，m＝11，
∴M1（，11）；
②如图2，

当∠ABM2＝90°时，
设x轴与对称轴交于点H，BC与对称轴交于点N，
由抛物线的对称性可知，对称轴垂直平分BC，
∴M2C＝M2B，
∴∠BM2N＝∠AM2N，
又∵∠AHM2＝∠BNM2＝90°，
∴△AHM2∽△BNM2，
∴，
∵HM2＝﹣m，AH＝，BN＝，M2N＝﹣4﹣m，
∴，
解得，，
∴M2（，﹣）；
③如图3，

当∠AMB＝90°时，
设x轴与对称轴交于点H，BC与对称轴交于点N，
则AM2+BM2＝AB2，
∵AM2＝AH2+MH2，BM2＝BN2+MN2，
∴AH2+MH2+BN2+MN2＝AB2，
∵HM＝﹣m，AH＝，BN＝，MN＝﹣4﹣m，
即，
解得，m1＝﹣2，m2＝﹣﹣2，
∴M3（，﹣2），M4（，﹣﹣2）；
综上所述，存在点M的坐标，其坐标为M1（，11），M2（，﹣），M3（，﹣2），M4（，﹣﹣2）．
【点睛】
本题考查了待定系数法求解析式，三角形的面积，直角三角形的存在性，相似三角形的判定与性质等，解题关键是注意分类讨论思想在解题中的运用．