全国各地中考数学真题分类汇编二次函数

全国各地中考数学真题分类汇编二次函数

‎2012年全国各地中考数学真题分类汇编 第13章 二次函数 一、选择题 ‎1．（2012菏泽）已知二次函数的图像如图所示，那么一次函数和反比例函数在同一平面直角坐标系中的图像大致是（　　）‎ A．　　B．　　‎ C．　　D．‎ 考点：二次函数的图象；一次函数的图象；反比例函数的图象。‎ 解答：解：∵二次函数图象开口向下，‎ ‎∴a＜0，‎ ‎∵对称轴x=﹣＜0，‎ ‎∴b＜0，‎ ‎∵二次函数图象经过坐标原点，‎ ‎∴c=0，‎ ‎∴一次函数y=bx+c过第二四象限且经过原点，反比例函数位于第二四象限，‎ 纵观各选项，只有C选项符合．‎ ‎2．（2012•烟台）已知二次函数y=2（x﹣3）2+1．下列说法：①其图象的开口向下；②其图象的对称轴为直线x=﹣3；③其图象顶点坐标为（3，﹣1）；④当x＜3时，y随x的增大而减小．则其中说法正确的有（　　）‎ ‎　　A．1个　　B．2个　　C．3个　　D．4个 考点：‎ 二次函数的性质。‎ 专题：‎ 常规题型。‎ 分析：‎ 结合二次函数解析式，根据函数的性质对各小题分析判断解答即可．‎ 解答：‎ 解：①∵2＞0，∴图象的开口向上，故本小题错误；‎ ‎②图象的对称轴为直线x=3，故本小题错误；‎ ‎③其图象顶点坐标为（3，1），故本小题错误；‎ ‎④当x＜3时，y随x的增大而减小，正确；‎ 综上所述，说法正确的有④共1个．‎ 故选A．‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数的性质，主要考查了函数图象的开口方向，对称轴解析式，顶点坐标，以及函数的增减性，都是基本性质，熟练掌握性质是解题的关键．‎ ‎3．（2012•广州）将二次函数y=x2的图象向下平移一个单位，则平移以后的二次函数的解析式为（　　）‎ ‎　　A．y=x2﹣1　　B．y=x2+‎1　‎　C．y=（x﹣1）2　　D．y=（x+1）2‎ 考点：‎ 二次函数图象与几何变换。‎ 专题：‎ 探究型。‎ 分析：‎ 直接根据上加下减的原则进行解答即可．‎ 解答：‎ 解：由“上加下减”的原则可知，将二次函数y=x2的图象向下平移一个单位，则平移以后的二次函数的解析式为：y=x2﹣1．‎ 故选A．‎ 点评：‎ 本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．‎ ‎4．（2012泰安）将抛物线向上平移3个单位，再向左平移2个单位，那么得到的抛物线的解析式为（　　）‎ ‎　　A．　　B．　　C．　　D．‎ 考点：二次函数图象与几何变换。‎ 解答：解：由“上加下减”的原则可知，将抛物线向上平移3个单位所得抛物线的解析式为：；‎ 由“左加右减”的原则可知，将抛物线向左平移2个单位所得抛物线的解析式为：．‎ 故选A．‎ ‎5．（2012泰安）二次函数的图象如图，若一元二次方程有实数根，则 的最大值为（　　）‎ ‎　　A．　　B．‎3　‎　C．　　D．9‎ 考点：抛物线与x轴的交点。‎ 解答：解：∵抛物线的开口向上，顶点纵坐标为﹣3，‎ ‎∴a＞0.，即，‎ ‎∵一元二次方程有实数根，‎ ‎∴△=，即，即，解得，‎ ‎∴m的最大值为3．‎ 故选B．‎ ‎6．（2012泰安）二次函数的图象如图，则一次函数的图象经过（　　）‎ A．第一、二、三象限B．第一、二、四象限C．第二、三、四象限　D．第一、三、四象限 考点：二次函数的图象；一次函数的性质。‎ 解答：解：∵抛物线的顶点在第四象限，‎ ‎∴﹣m＞0，n＜0，‎ ‎∴m＜0，‎ ‎∴一次函数的图象经过二、三、四象限，‎ 故选C．‎ ‎7．（2012泰安）设A，B，C是抛物线上的三点，则，，的大小关系为（　　）‎ ‎　　A．　　B．　　C．　　D．‎ 考点：二次函数图象上点的坐标特征。‎ 解答：解：∵函数的解析式是，如右图，‎ ‎∴对称轴是，‎ ‎∴点A关于对称轴的点A′是（0，y1），‎ 那么点A′、B、C都在对称轴的右边，而对称轴右边y随x的增大而减小，‎ 于是．‎ 故选A．‎ ‎8．（2012•乐山）二次函数y=ax2+bx+1（a≠0）的图象的顶点在第一象限，且过点（﹣1，0）．设t=a+b+1，则t值的变化范围是（　　）‎ ‎　　A．0＜t＜1　　B．0＜t＜‎2　‎　C．1＜t＜2　　D．﹣1＜t＜1‎ 考点：‎ 二次函数图象与系数的关系。‎ 分析：‎ 由二次函数的解析式可知，当x=1时，所对应的函数值y=t=a+b+1．把点（﹣1，0）代入y=ax2+bx+1，a﹣b+1=0，然后根据顶点在第一象限，可以画出草图并判断出a与b的符号，进而求出t=a+b+1的变化范围．‎ 解答：‎ 解：∵二次函数y=ax2+bx+1的顶点在第一象限，‎ 且经过点（﹣1，0），‎ ‎∴易得：a﹣b+1=0，a＜0，b＞0，‎ 由a=b﹣1＜0得到b＜1，结合上面b＞0，所以0＜b＜1①，‎ 由b=a+1＞0得到a＞﹣1，结合上面a＜0，所以﹣1＜a＜0②，‎ ‎∴由①②得：﹣1＜a+b＜1，且c=1，‎ 得到0＜a+b+1＜2，‎ ‎∴0＜t＜2．‎ 故选：B．‎ ‎9．（2012•衢州）已知二次函数y=﹣x2﹣7x+，若自变量x分别取x1，x2，x3，且0＜x1＜x2＜x3，则对应的函数值y1，y2，y3的大小关系正确的是（　　）‎ ‎　　A．y1＞y2＞y3　　B．y1＜y2＜y‎3　‎　C．y2＞y3＞y1　　D．y2＜y3＜y1‎ 考点：‎ 二次函数图象上点的坐标特征。‎ 分析：‎ 根据x1、x2、x3与对称轴的大小关系，判断y1、y2、y3的大小关系．‎ 解答：‎ 解：∵二次函数y=﹣x2﹣7x+，‎ ‎∴此函数的对称轴为：x=﹣=﹣=﹣7，‎ ‎∵0＜x1＜x2＜x3，三点都在对称轴右侧，a＜0，‎ ‎∴对称轴右侧y随x的增大而减小，‎ ‎∴y1＞y2＞y3．‎ 故选：A．‎ 点评：‎ 此题主要考查了函数的对称轴求法和函数的单调性，利用二次函数的增减性解题时，利用对称轴得出是解题关键．‎ ‎10．（2012义乌市）如图，已知抛物线y1=﹣2x2+2，直线y2=2x+2，当x任取一值时，x对应的函数值分别为y1、y2．若y1≠y2，取y1、y2中的较小值记为M；若y1=y2，记M=y1=y2．例如：当x=1时，y1=0，y2=4，y1＜y2，此时M=0．下列判断：‎ ‎①当x＞0时，y1＞y2； ②当x＜0时，x值越大，M值越小；‎ ‎③使得M大于2的x值不存在； ④使得M=1的x值是或．‎ 其中正确的是（　　）‎ ‎　　A．①②　　B．①④　　C．②③　　D．③④‎ 考点：二次函数综合题。‎ 解答：解：∵①当x＞0时，利用函数图象可以得出y2＞y1；∴此选项错误；‎ ‎∵抛物线y1=﹣2x2+2，直线y2=2x+2，当x任取一值时，x对应的函数值分别为y1、y2．若y1≠y2，取y1、y2中的较小值记为M；‎ ‎∴②当x＜0时，根据函数图象可以得出x值越大，M值越大；∴此选项错误；‎ ‎∵抛物线y1=﹣2x2+2，直线y2=2x+2，与y轴交点坐标为：（0，2），当x=0时，M=2，抛物线y1=﹣2x2+2，最大值为2，故M大于2的x值不存在；‎ ‎∴③使得M大于2的x值不存在，此选项正确；‎ ‎∵使得M=1时，可能是y1=﹣2x2+2=1，解得：x1=，x2=﹣，‎ 当y2=2x+2=1，解得：x=﹣，‎ 由图象可得出：当x=＞0，此时对应y2=M，‎ ‎∵抛物线y1=﹣2x2+2与x轴交点坐标为：（1，0），（﹣1，0），‎ ‎∴当﹣1＜x＜0，此时对应y1=M，‎ 故M=1时，x1=，x=﹣，‎ 故④使得M=1的x值是或．此选项正确；‎ 故正确的有：③④．‎ 故选：D．‎ ‎11．（2012•杭州）已知抛物线y=k（x+1）（x﹣）与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，则能使△ABC为等腰三角形的抛物线的条数是（　　）‎ ‎　　A．2　　B．‎3　‎　C．4　　D．5‎ 考点：‎ 抛物线与x轴的交点。‎ 分析：‎ 根据抛物线的解析式可得C（0，3），再表示出抛物线与x轴的两个交点的横坐标，再根据ABC是等腰三角形分三种情况讨论，求得k的值，即可求出答案．‎ 解答：‎ 解：根据题意，得C（0，﹣3）．‎ 令y=0，则k（x+1）（x﹣）=0，‎ x=﹣1或x=，‎ 设A点的坐标为（﹣1，0），则B（，0），‎ ‎①当AC=BC时，‎ OA=OB=1，‎ B点的坐标为（1，0），‎ ‎=1，‎ k=3；‎ ‎②当AC=AB时，点B在点A的右面时，‎ ‎∵AC==，‎ 则AB=AC=，‎ B点的坐标为（﹣1，0），‎ ‎=﹣1，‎ k=；‎ ‎③当AC=AB时，点B在点A的左面时，‎ B点的坐标为（，0），‎ ‎=，‎ k=；‎ 所以能使△ABC为等腰三角形的抛物线的条数是3条；‎ 故选B．‎ 点评：‎ 此题考查了抛物线与x轴的交点，此题要能够根据解析式分别求得抛物线与坐标轴的交点，结合等腰三角形的性质和勾股定理列出关于k的方程进行求解是解题的关键．‎ ‎12．(2012•扬州)将抛物线y＝x2＋1先向左平移2个单位，再向下平移3个单位，那么所得抛物线的函数关系式是(　　)‎ ‎　‎ A．‎ y＝(x＋2)2＋2‎ B．‎ y＝(x＋2)2－2‎ C．‎ y＝(x－2)2＋2‎ D．‎ y＝(x－2)2－2‎ 考点：‎ 二次函数图象与几何变换。‎ 分析：‎ 直接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．‎ 解答：‎ 解：将抛物线y＝x2＋1先向左平移2个单位所得抛物线的函数关系式是：y＝(x＋2)2＋1；‎ 将抛物线y＝(x＋2)2＋1先向下平移3个单位所得抛物线的函数关系式是：y＝(x＋2)2＋1－3，即y＝(x＋2)2－2．‎ 故选B．‎ 点评：‎ 本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．‎ ‎13．（2012•资阳）如图是二次函数y=ax2+bx+c的部分图象，由图象可知不等式ax2+bx+c＜0的解集是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎﹣1＜x＜5‎ B．‎ x＞5‎ C．‎ x＜﹣1且x＞5‎ D．‎ x＜﹣1或x＞5‎ 考点：‎ 二次函数与不等式（组）。‎ 分析：‎ 利用二次函数的对称性，可得出图象与x轴的另一个交点坐标，结合图象可得出ax2+bx+c＜0的解集．‎ 解答：‎ 解：由图象得：对称轴是x=2，其中一个点的坐标为（5，0），‎ ‎∴图象与x轴的另一个交点坐标为（﹣1，0）．‎ 利用图象可知：‎ ax2+bx+c＜0的解集即是y＜0的解集，‎ ‎∴x＜﹣1或x＞5．‎ 故选：D．‎ 点评：‎ 此题主要考查了二次函数利用图象解一元二次方程根的情况，很好地利用数形结合，题目非常典型．‎ ‎14．（2012•德阳）在同一平面直角坐标系内，将函数y=2x2+4x+1的图象沿x轴方向向右平移2个单位长度后再沿y轴向下平移1个单位长度，得到图象的顶点坐标是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎（﹣1，1）‎ B．‎ ‎（1，﹣2）‎ C．‎ ‎（2，﹣2）‎ D．‎ ‎（1，﹣1）‎ 考点：‎ 二次函数图象与几何变换。‎ 分析：‎ 易得原抛物线的顶点坐标，根据横坐标与纵坐标“左加右减”可得到平移后的顶点坐标．‎ 解答：‎ 解：∵y=2x2+4x+1=2（x2+2x）+1=2[（x+1）2﹣1]+1=2（x+1）2﹣1，‎ ‎∴原抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣1），‎ ‎∵将二次函数y=2（x+1）2﹣1，的图象沿x轴方向向右平移2个单位长度后再沿y轴向下平移1个单位长度，‎ ‎∴y=2（x+1﹣2）2﹣1﹣1=2（x﹣1）2﹣2，‎ 故得到图象的顶点坐标是（1，﹣2）．‎ 故选：B．‎ 点评：‎ 此题考查了二次函数的平移问题；用到的知识点为：二次函数的平移，看顶点的平移即可；上下平移只改变顶点的纵坐标，上加下减．‎ ‎15．（2012•德阳）设二次函数y=x2+bx+c，当x≤1时，总有y≥0，当1≤x≤3时，总有y≤0，那么c的取值范围是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ c=3‎ B．‎ c≥3‎ C．‎ ‎1≤c≤3‎ D．‎ c≤3‎ 考点：‎ 二次函数的性质。‎ 分析：‎ 因为当x≤1时，总有y≥0，当1≤x≤3时，总有y≤0，所以函数图象过（1，0）点，即1+b+c=0①，有题意可知当x=3时，y=9+3b+c≤0②，所以①②联立即可求出c的取值范围．‎ 解答：‎ 解：∵当x≤1时，总有y≥0，当1≤x≤3时，总有y≤0，‎ ‎∴函数图象过（1，0）点，即1+b+c=0①，‎ ‎∵当1≤x≤3时，总有y≤0，‎ ‎∴当x=3时，y=9+3b+c≤0②，‎ ‎①②联立解得：c≥3，‎ 故选B．‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数的增减性，解题的关键是有给出的条件得到抛物线过（1，0），再代入函数的解析式得到一次项系数和常数项的关系．‎ ‎16．（2012•兰州）抛物线y＝－2x2＋1的对称轴是(　　)‎ ‎　‎ A．‎ 直线 B．‎ 直线 C．‎ y轴 D．‎ 直线x＝2‎ 考点：‎ 二次函数的性质。‎ 分析：‎ 已知抛物线解析式为顶点式，可直接写出顶点坐标及对称轴．‎ 解答：‎ 解：∵抛物线y＝－2x2＋1的顶点坐标为(0，1)，‎ ‎∴对称轴是直线x＝0(y轴)，‎ 故选C．‎ 点评：‎ 主要考查了求抛物线的顶点坐标与对称轴的方法．‎ ‎17．（2012张家界）当a≠0时，函数y=ax+1与函数y=在同一坐标系中的图象可能是（　　）‎ ‎ A． B．CD 考点：反比例函数的图象；一次函数的图象。‎ 解答：解：当a＞0时，y=ax+1过一．二．三象限，y=过一．三象限；‎ 当a＜0时，y=ax+1过一．二．四象限，y=过二．四象限；‎ 故选C．‎ ‎18．（2012宜宾）给出定义：设一条直线与一条抛物线只有一个公共点，只这条直线与这条抛物线的对称轴不平行，就称直线与抛物线相切，这条直线是抛物线的切线．有下列命题：‎ ‎①直线y=0是抛物线y=x2的切线 ‎②直线x=﹣2与抛物线y=x2 相切于点（﹣2，1）‎ ‎③直线y=x+b与抛物线y=x2相切，则相切于点（2，1）‎ ‎④若直线y=kx﹣2与抛物线y=x2 相切，则实数k=‎ 其中正确命题的是（　　）‎ ‎　 A． ①②④ B． ①③ C． ②③ D． ①③④‎ 考点：二次函数的性质；根的判别式。‎ 解答：解：①∵直线y=0是x轴，抛物线y=x2的顶点在x轴上，∴直线y=0是抛物线y=x2的切线，故本小题正确；‎ ‎②∵抛物线y=x2的顶点在x轴上，开口向上，直线x=2与y轴平行，∴直线x=﹣2与抛物线y=x2 相交，故本小题错误；‎ ‎③∵直线y=x+b与抛物线y=x2相切，∴x2﹣4x﹣b=0，∴△=16+4b=0，解得b=﹣4，把b=﹣4代入x2﹣4x﹣b=0得x=2，把x=2代入抛物线解析式可知y=1，∴直线y=x+b与抛物线y=x2相切，则相切于点（2，1），故本小题正确；‎ ‎④∵直线y=kx﹣2与抛物线y=x2 相切，∴x2=kx﹣2，即x2﹣kx+2=0，△=k2﹣2=0，解得k=±，故本小题错误．‎ 故选B．‎ ‎19．（2012潜江）已知二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，它与x轴的两个交点分别为（﹣1，0），（3，0）．对于下列命题：①b﹣‎2a=0；②abc＜0；③a﹣2b+‎4c＜0；④‎8a+c＞0．其中正确的有（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎3个 B．‎ ‎2个 C．‎ ‎1个 D．‎ ‎0个 考点：‎ 二次函数图象与系数的关系。‎ 分析：‎ 首先根据二次函数图象开口方向可得a＞0，根据图象与y轴交点可得c＜0，再根据二次函数的对称轴x=﹣，结合图象与x轴的交点可得对称轴为x=1，结合对称轴公式可判断出①的正误；根据对称轴公式结合a的取值可判定出b＞0，根据a、b、c的正负即可判断出②的正误；利用b﹣‎2a=0时，求出a﹣2b+‎4c＜0，再利用当x=4时，y＞0，则‎16a+4b+c＞0，由①知，b=﹣‎2a，得出‎8a+c＞0．‎ 解答：‎ 解：根据图象可得：a＞0，c＞0，‎ 对称轴：x=﹣＞0，‎ ‎①∵它与x轴的两个交点分别为（﹣1，0），（3，0），‎ ‎∴对称轴是x=1，‎ ‎∴﹣=1，‎ ‎∴b+‎2a=0，‎ 故①错误；‎ ‎②∵a＞0，‎ ‎∴b＜0，‎ ‎∴abc＜0，故②正确；‎ ‎③a﹣2b+‎4c＜0；‎ ‎∵b+‎2a=0，‎ ‎∴a﹣2b+‎4c=a+2b﹣4b+‎4c=﹣4b+‎4c，‎ ‎∵a﹣b+c=0，‎ ‎∴‎4a﹣4b+‎4c=0，‎ ‎∴﹣4b+‎4c=﹣‎4a，‎ ‎∵a＞0，‎ ‎∴a﹣2b+‎4c=﹣4b+‎4c=﹣‎4a＜0，‎ 故此选项正确；‎ ‎④根据图示知，当x=4时，y＞0，‎ ‎∴‎16a+4b+c＞0，‎ 由①知，b=﹣‎2a，‎ ‎∴‎8a+c＞0；‎ 故④正确；‎ 故正确为：①②③三个．‎ 故选：A．‎ 点评：‎ 此题主要考查了二次函数图象与系数的关系，关键是熟练掌握①二次项系数a决定抛物线的开口方向，当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；②一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右．（简称：左同右异）③常数项c决定抛物线与y轴交点，抛物线与y轴交于（0，c）．‎ 二、填空题 ‎1．（2012绍兴）教练对小明推铅球的录像进行技术分析，发现铅球行进高度y（m）与水平距离x（m）之间的关系为，由此可知铅球推出的距离是 m。‎ 考点：二次函数的应用。‎ 解答：解：令函数式中，，‎ ‎，‎ 解得，（舍去），‎ 即铅球推出的距离是‎10m。‎ 故答案为：10。‎ ‎2．(2012•扬州)如图，线段AB的长为2，C为AB上一个动点，分别以AC、BC为斜边在AB的同侧作两个等腰直角三角形△ACD和△BCE，那么DE长的最小值是　1　．‎ 考点：‎ 二次函数的最值；等腰直角三角形。‎ 专题：‎ 计算题。‎ 分析：‎ 设AC＝x，则BC＝2－x，然后分别表示出DC、EC，继而在RT△DCE中，利用勾股定理求出DE的表达式，利用函数的知识进行解答即可．‎ 解答：‎ 解：如图，连接DE．‎ 设AC＝x，则BC＝2－x，‎ ‎∵△ACD和△BCE分别是等腰直角三角形，‎ ‎∴∠DCA＝45°，∠ECB＝45°，DC＝，CE＝(2－x)，‎ ‎∴∠DCE＝90°，‎ 故DE2＝DC2＋CE2＝x2＋(2－x)2＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，‎ 当x＝1时，DE2取得最小值，DE也取得最小值，最小值为1．‎ 故答案为：1．‎ 点评：‎ 此题考查了二次函数最值及等腰直角三角形，难度不大，关键是表示出DC、CE，得出DE的表达式，还要求我们掌握配方法求二次函数最值．‎ ‎3．（2012无锡）若抛物线y=ax2+bx+c的顶点是A（2，1），且经过点B（1，0），则抛物线的函数关系式为　y=﹣x2+4x﹣3　．‎ 考点：待定系数法求二次函数解析式。‎ 专题：计算题。‎ 分析：设抛物线的解析式为y=a（x﹣2）2+1，将点B（1，0）代入解析式即可求出a的值，从而得到二次函数解析式．‎ 解答：解：设抛物线的解析式为y=a（x﹣2）2+1，‎ 将B（1，0）代入y=a（x﹣2）2+1得，‎ a=﹣1，‎ 函数解析式为y=﹣（x﹣2）2+1，‎ 展开得y=﹣x2+4x﹣3．‎ 故答案为y=﹣x2+4x﹣3．‎ 点评：本题考查了待定系数法求函数解析式，知道二次函数的顶点式是解题的关键，要注意，最后结果要化为一般式．‎ ‎4．（2012广安）如图，把抛物线y=x2平移得到抛物线m，抛物线m经过点A（﹣6，0）和原点O（0，0），它的顶点为P，它的对称轴与抛物线y=x2交于点Q，则图中阴影部分的面积为　　．‎ 考点：‎ 二次函数图象与几何变换。‎ 分析：‎ 根据点O与点A的坐标求出平移后的抛物线的对称轴，然后求出点P的坐标，过点P作PM⊥y轴于点M，根据抛物线的对称性可知阴影部分的面积等于四边形NPMO的面积，然后求解即可．‎ 解答：‎ 解：过点P作PM⊥y轴于点M，‎ ‎∵抛物线平移后经过原点O和点A（﹣6，0），‎ ‎∴平移后的抛物线对称轴为x=﹣3，‎ 得出二次函数解析式为：y=（x+3）2+h，‎ 将（﹣6，0）代入得出：‎ ‎0=（﹣6+3）2+h，‎ 解得：h=﹣，‎ ‎∴点P的坐标是（3，﹣），‎ 根据抛物线的对称性可知，阴影部分的面积等于矩形NPMO的面积，‎ ‎∴S=3×|﹣|=．‎ 故答案为：．‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数的问题，根据二次函数的性质求出平移后的抛物线的对称轴的解析式，并对阴影部分的面积进行转换是解题的关键．‎ ‎5．（2012苏州）已知点A（x1，y1）、B（x2，y2）在二次函数y=（x﹣1）2+1的图象上，若x1＞x2＞1，则y1　＞　y2（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ 考点：‎ 二次函数图象上点的坐标特征。‎ 分析：‎ 先根据二次函数的解析式得出函数图象的对称轴，再判断出两点的位置及函数的增减性，进而可得出结论．‎ 解答：‎ 解：由二次函数y=（x﹣1）2+1可，其对称轴为x=1，‎ ‎∵x1＞x2＞1，‎ ‎∴两点均在对称轴的右侧，‎ ‎∵此函数图象开口向上，‎ ‎∴在对称轴的右侧y随x的增大而增大，‎ ‎∵x1＞x2＞1，‎ ‎∴y1＞y2．‎ 故答案为：＞．‎ 点评：‎ 本题考查的是二次函数图象上点的坐标特点，根据题意判断出A、B两点的位置是解答此题的关键．‎ ‎6．（2012深圳）二次函数的最小值是 ▲ ．‎ ‎【答案】5。‎ ‎【考点】二次函数的性质。‎ ‎【分析】∵，∴当时，函数有最小值5。‎ 三、解答题 ‎【1.2012临沂】 ‎26．如图，点A在x轴上，OA=4，将线段OA绕点O顺时针旋转120°至OB的位置．‎ ‎（1）求点B的坐标；‎ ‎（2）求经过点A．O、B的抛物线的解析式；‎ ‎（3）在此抛物线的对称轴上，是否存在点P，使得以点P、O、B为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．‎ 考点：二次函数综合题；分类讨论。‎ 解答：解：（1）如图，过B点作BC⊥x轴，垂足为C，则∠BCO=90°，‎ ‎∵∠AOB=120°，‎ ‎∴∠BOC=60°，‎ 又∵OA=OB=4，‎ ‎∴OC=OB=×4=2，BC=OB•sin60°=4×=2，‎ ‎∴点B的坐标为（﹣2，﹣2）；‎ ‎（2）∵抛物线过原点O和点A．B，‎ ‎∴可设抛物线解析式为y=ax2+bx，‎ 将A（4，0），B（﹣2．﹣2）代入，得 ‎，‎ 解得，‎ ‎∴此抛物线的解析式为y=﹣x2+x ‎（3）存在，‎ 如图，抛物线的对称轴是x=2，直线x=2与x轴的交点为D，设点P的坐标为（2，y），‎ ‎①若OB=OP，‎ 则22+|y|2=42，‎ 解得y=±2，‎ 当y=2时，在Rt△POD中，∠PDO=90°，sin∠POD==，‎ ‎∴∠POD=60°，‎ ‎∴∠POB=∠POD+∠AOB=60°+120°=180°，‎ 即P、O、B三点在同一直线上，‎ ‎∴y=2不符合题意，舍去，‎ ‎∴点P的坐标为（2，﹣2）‎ ‎②若OB=PB，则42+|y+2|2=42，‎ 解得y=﹣2，‎ 故点P的坐标为（2，﹣2），‎ ‎③若OP=BP，则22+|y|2=42+|y+2|2，‎ 解得y=﹣2，‎ 故点P的坐标为（2，﹣2），‎ 综上所述，符合条件的点P只有一个，其坐标为（2，﹣2），‎ ‎【2.2012菏泽】‎ ‎21．如图，在平面直角坐标系中放置一直角三角板，其顶点为A（0，1），B（2，0），O（0，0），将此三角板绕原点O逆时针旋转90°，得到△A′B′O．‎ ‎（1）一抛物线经过点A′、B′、B，求该抛物线的解析式；‎ ‎（2）设点P是在第一象限内抛物线上的一动点，是否存在点P，使四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积4倍？若存在，请求出P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎（3）在（2）的条件下，试指出四边形PB′A′B是哪种形状的四边形？并写出四边形PB′A′B的两条性质．‎ 考点：二次函数综合题。‎ 解答：解：（1）△A′B′O是由△ABO绕原点O逆时针旋转90°得到的，‎ 又A（0，1），B（2，0），O（0，0），‎ ‎∴A′（﹣1，0），B′（0，2）．‎ 设抛物线的解析式为：，‎ ‎∵抛物线经过点A′、B′、B，‎ ‎，解之得，‎ 满足条件的抛物线的解析式为.．‎ ‎（2）∵P为第一象限内抛物线上的一动点，‎ 设P（x，y），则x＞0，y＞0，P点坐标满足．‎ 连接PB，PO，PB′，‎ ‎. ‎ 假设四边形的面积是面积的倍，则 ‎，‎ 即，解之得，此时，即.‎ ‎∴存在点P（1，2），使四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍．‎ ‎（3）四边形PB′A′B为等腰梯形，答案不唯一，下面性质中的任意2个均可．‎ ‎①等腰梯形同一底上的两个内角相等；②等腰梯形对角线相等；‎ ‎③等腰梯形上底与下底平行；④等腰梯形两腰相等．‎ 或用符号表示：‎ ‎①∠B′A′B=∠PBA′或∠A′B′P=∠BPB′；②PA′=B′B；③B′P∥A′B；④B′A′=PB．‎ ‎【3. 2012义乌市】‎ ‎24．如图1，已知直线y=kx与抛物线y=交于点A（3，6）．‎ ‎（1）求直线y=kx的解析式和线段OA的长度；‎ ‎（2）点P为抛物线第一象限内的动点，过点P作直线PM，交x轴于点M（点M、O不重合），交直线OA于点Q，再过点Q作直线PM的垂线，交y轴于点N．试探究：线段QM与线段QN的长度之比是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，说明理由；‎ ‎（3）如图2，若点B为抛物线上对称轴右侧的点，点E在线段OA上（与点O、A不重合），点D（m，0）是x轴正半轴上的动点，且满足∠BAE=∠BED=∠AOD．继续探究：m在什么范围时，符合条件的E点的个数分别是1个、2个？‎ 考点：二次函数综合题。‎ 解答：解：（1）把点A（3，6）代入y=kx 得；‎ ‎∵6=3k，‎ ‎∴k=2，‎ ‎∴y=2x．（2012义乌市）‎ OA=．…（3分）‎ ‎（2）是一个定值，理由如下：‎ 如答图1，过点Q作QG⊥y轴于点G，QH⊥x轴于点H．‎ ‎①当QH与QM重合时，显然QG与QN重合，‎ 此时；‎ ‎②当QH与QM不重合时，‎ ‎∵QN⊥QM，QG⊥QH 不妨设点H，G分别在x、y轴的正半轴上，‎ ‎∴∠MQH=∠GQN，‎ 又∵∠QHM=∠QGN=90°‎ ‎∴△QHM∽△QGN…（5分），‎ ‎∴，‎ 当点P、Q在抛物线和直线上不同位置时，同理可得． …（7分）①①‎ ‎（3）如答图2，延长AB交x轴于点F，过点F作FC⊥OA于点C，过点A作AR⊥x轴于点R ‎∵∠AOD=∠BAE，‎ ‎∴AF=OF，‎ ‎∴OC=AC=OA=‎ ‎∵∠ARO=∠FCO=90°，∠AOR=∠FOC，‎ ‎∴△AOR∽△FOC，‎ ‎∴，‎ ‎∴OF=，‎ ‎∴点F（，0），‎ 设点B（x，），‎ 过点B作BK⊥AR于点K，则△AKB∽△ARF，‎ ‎∴，‎ 即，‎ 解得x1=6，x2=3（舍去），‎ ‎∴点B（6，2），‎ ‎∴BK=6﹣3=3，AK=6﹣2=4，‎ ‎∴AB=5 …（8分）；‎ ‎（求AB也可采用下面的方法）‎ 设直线AF为y=kx+b（k≠0）把点A（3，6），点F（，0）代入得 k=，b=10，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴（舍去），，‎ ‎∴B（6，2），‎ ‎∴AB=5…（8分）‎ ‎（其它方法求出AB的长酌情给分）‎ 在△ABE与△OED中 ‎∵∠BAE=∠BED，‎ ‎∴∠ABE+∠AEB=∠DEO+∠AEB，‎ ‎∴∠ABE=∠DEO，‎ ‎∵∠BAE=∠EOD，‎ ‎∴△ABE∽△OED．…（9分）‎ 设OE=x，则AE=﹣x （），‎ 由△ABE∽△OED得，‎ ‎∴‎ ‎∴（）…（10分）‎ ‎∴顶点为（，）‎ 如答图3，当时，OE=x=，此时E点有1个；‎ 当时，任取一个m的值都对应着两个x值，此时E点有2个．‎ ‎∴当时，E点只有1个…（11分）‎ 当时，E点有2个…（12分）．‎ ‎【4.2012•杭州】‎ ‎22．在平面直角坐标系内，反比例函数和二次函数y=k（x2+x﹣1）的图象交于点A（1，k）和点B（﹣1，﹣k）．‎ ‎（1）当k=﹣2时，求反比例函数的解析式；‎ ‎（2）要使反比例函数和二次函数都是y随着x的增大而增大，求k应满足的条件以及x的取值范围；‎ ‎（3）设二次函数的图象的顶点为Q，当△ABQ是以AB为斜边的直角三角形时，求k的值．‎ 考点：‎ 二次函数综合题。‎ 分析：‎ ‎（1）当k=﹣2时，即可求得点A的坐标，然后设反比例函数的解析式为：y=，利用待定系数法即可求得答案；‎ ‎（2）由反比例函数和二次函数都是y随着x的增大而增大，可得k＜0，又由二次函数y=k（x2+x﹣1）的对称轴为x=﹣，可得x＜﹣时，才能使得y随着x的增大而增大；‎ ‎（3）由△ABQ是以AB为斜边的直角三角形，A点与B点关于原点对称，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得OQ=OA=OB，又由Q（﹣，k），A（1，k），即可得=，继而求得答案．‎ 解答：‎ 解：（1）当k=﹣2时，A（1，﹣2），‎ ‎∵A在反比例函数图象上，‎ ‎∴设反比例函数的解析式为：y=，‎ 代入A（1，﹣2）得：﹣2=，‎ 解得：m=﹣2，‎ ‎∴反比例函数的解析式为：y=﹣；‎ ‎（2）∵要使反比例函数和二次函数都是y随着x的增大而增大，‎ ‎∴k＜0，‎ ‎∵二次函数y=k（x2+x﹣1）=k（x+）2﹣k，的对称轴为：直线x=﹣，‎ 要使二次函数y=k（x2‎ ‎+x﹣1）满足上述条件，在k＜0的情况下，x必须在对称轴的左边，‎ 即x＜﹣时，才能使得y随着x的增大而增大，‎ ‎∴综上所述，k＜0且x＜﹣；‎ ‎（3）由（2）可得：Q（﹣，k），‎ ‎∵△ABQ是以AB为斜边的直角三角形，A点与B点关于原点对称，（如图是其中的一种情况）‎ ‎∴原点O平分AB，‎ ‎∴OQ=OA=OB，‎ 作AD⊥OC，QC⊥OC，‎ ‎∴OQ==，‎ ‎∵OA==，‎ ‎∴=，‎ 解得：k=±．‎ 点评：‎ 此题考查了二次函数的性质、反比例函数的性质以及直角三角形的性质等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握待定系数法求函数解析式，注意数形结合思想的应用．‎ ‎【5.2012•烟台】‎ ‎26．如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点B（1，0），C（3，0），D（3，4）．以A为顶点的抛物线y=ax2+bx+c过点C．动点P从点A出发，沿线段AB向点B运动．同时动点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动．点P，Q的运动速度均为每秒1个单位．运动时间为t秒．过点P作PE⊥AB交AC于点E．‎ ‎（1）直接写出点A的坐标，并求出抛物线的解析式；‎ ‎（2）过点E作EF⊥AD于F，交抛物线于点G，当t为何值时，△ACG的面积最大？最大值为多少？‎ ‎（3）在动点P，Q运动的过程中，当t为何值时，在矩形ABCD内（包括边界）存在点H，使以C，Q，E，H为顶点的四边形为菱形？请直接写出t的值．‎ 考点：‎ 二次函数综合题。‎ 分析：‎ ‎（1）根据矩形的性质可以写出点A得到坐标；由顶点A的坐标可设该抛物线的顶点式方程为y=a（x﹣1）2+4，然后将点C的坐标代入，即可求得系数a的值（利用待定系数法求抛物线的解析式）；‎ ‎（2）利用待定系数法求得直线AC的方程y=﹣2x+6；由图形与坐标变换可以求得点P的坐标（1，4﹣t），据此可以求得点E的纵坐标，将其代入直线AC方程可以求得点E或点G的横坐标；然后结合抛物线方程、图形与坐标变换可以求得GE=4﹣‎ ‎、点A到GE的距离为，C到GE的距离为2﹣；最后根据三角形的面积公式可以求得 S△ACG=S△AEG+S△CEG=﹣（t﹣2）2+1，由二次函数的最值可以解得t=2时，S△ACG的最大值为1；‎ ‎（3）因为菱形是邻边相等的平行四边形，所以点H在直线EF上．‎ 解答：‎ 解：（1）A（1，4）．…（1分）‎ 由题意知，可设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+4‎ ‎∵抛物线过点C（3，0），‎ ‎∴0=a（3﹣1）2+4，‎ 解得，a=﹣1，‎ ‎∴抛物线的解析式为y=﹣（x﹣1）2+4，即y=﹣x2+2x+3．…（2分）‎ ‎（2）∵A（1，4），C（3，0），‎ ‎∴可求直线AC的解析式为y=﹣2x+6．‎ ‎∵点P（1，4﹣t）．…（3分） ‎∴将y=4﹣t代入y=﹣2x+6中，解得点E的横坐标为x=1+．…（4分）‎ ‎∴点G的横坐标为1+，代入抛物线的解析式中，可求点G的纵坐标为4﹣．‎ ‎∴GE=（4﹣）﹣（4﹣t）=t﹣．…（5分）‎ 又点A到GE的距离为，C到GE的距离为2﹣，‎ 即S△ACG=S△AEG+S△CEG=•EG•+•EG（2﹣）‎ ‎=•2（t﹣）=﹣（t﹣2）2+1．…（7分）‎ 当t=2时，S△ACG的最大值为1．…（8分）‎ ‎（3）t=或t=20﹣8．…（12分）‎ ‎（说明：每值各占（2分），多出的值未舍去，每个扣1分）‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数的综合题．其中涉及到的知识点有待定系数法求二次函数的解析式，待定系数法求一次函数的解析式以及三角形面积的求法．‎ ‎【6.2012•益阳】‎ ‎20．已知：如图，抛物线y=a（x﹣1）2+c与x轴交于点A（，0）和点B，将抛物线沿x轴向上翻折，顶点P落在点P'（1，3）处．‎ ‎（1）求原抛物线的解析式；‎ ‎（2）学校举行班徽设计比赛，九年级5班的小明在解答此题时顿生灵感：过点P'作x轴的平行线交抛物线于C、D两点，将翻折后得到的新图象在直线CD以上的部分去掉，设计成一个“W”型的班徽，“‎5”‎的拼音开头字母为W，“W”图案似大鹏展翅，寓意深远；而且小明通过计算惊奇的发现这个“W”图案的高与宽（CD）的比非常接近黄金分割比（约等于0.618）．请你计算这个“W”图案的高与宽的比到底是多少？（参考数据：，，结果可保留根号）‎ 考点：‎ 二次函数的应用。‎ 分析：‎ ‎（1）利用P与P′（1，3）关于x轴对称，得出P点坐标，利用待定系数法求出二次函数的解析式即可；‎ ‎（2）根据已知得出C，D两点坐标，进而得出“W”图案的高与宽（CD）的比．‎ 解答：‎ 解：（1）∵P与P′（1，3）关于x轴对称，‎ ‎∴P点坐标为（1，﹣3）； …（2分）‎ ‎∵抛物线y=a（x﹣1）2+c过点A（，0），顶点是P（1，﹣3），‎ ‎∴；…（3分）‎ 解得；…（4分）‎ 则抛物线的解析式为y=（x﹣1）2﹣3，…（5分）‎ 即y=x2﹣2x﹣2．‎ ‎（2）∵CD平行x轴，P′（1，3）在CD上，‎ ‎∴C、D两点纵坐标为3； …（6分）‎ 由（x﹣1）2﹣3=3，‎ 解得：，，…（7分）‎ ‎∴C、D两点的坐标分别为（，3），（，3）‎ ‎∴CD=…（8分）‎ ‎∴“W”图案的高与宽（CD）的比=（或约等于0.6124）…（10分）．‎ 点评：‎ 此题主要考查了待定系数法求二次函数的解析式以及二次函数的应用，根据已知得出C，D两点坐标是解题关键．‎ ‎【7.2012•广州】‎ ‎24．如图，抛物线y=与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．‎ ‎（1）求点A、B的坐标；‎ ‎（2）设D为已知抛物线的对称轴上的任意一点，当△ACD的面积等于△ACB的面积时，求点D的坐标；‎ ‎（3）若直线l过点E（4，0），M为直线l上的动点，当以A、B、M为顶点所作的直角三角形有且只有三个时，求直线l的解析式．‎ 考点：‎ 二次函数综合题。‎ 分析：‎ ‎（1）A、B点为抛物线与x轴交点，令y=0，解一元二次方程即可求解．‎ ‎（2）根据题意求出△ACD中AC边上的高，设为h．在坐标平面内，作AC的平行线，平行线之间的距离等于h．根据等底等高面积相等的原理，则平行线与坐标轴的交点即为所求的D点．‎ 从一次函数的观点来看，这样的平行线可以看做是直线AC向上或向下平移而形成．因此先求出直线AC的解析式，再求出平移距离，即可求得所作平行线的解析式，从而求得D点坐标．‎ 注意：这样的平行线有两条，如答图1所示．‎ ‎（3）本问关键是理解“以A、B、M为顶点所作的直角三角形有且只有三个”的含义．‎ 因为过A、B点作x轴的垂线，其与直线l的两个交点均可以与A、B点构成直角三角形，这样已经有符合题意的两个直角三角形；第三个直角三角形从直线与圆的位置关系方面考虑，以AB为直径作圆，当直线与圆相切时，根据圆周角定理，切点与A、B点构成直角三角形．从而问题得解．‎ 注意：这样的切线有两条，如答图2所示．‎ 解答：‎ 解：（1）令y=0，即=0，‎ 解得x1=﹣4，x2=2，‎ ‎∴A、B点的坐标为A（﹣4，0）、B（2，0）．‎ ‎（2）S△ACB=AB•OC=9，‎ 在Rt△AOC中，AC===5，‎ 设△ACD中AC边上的高为h，则有AC•h=9，解得h=．‎ 如答图1，在坐标平面内作直线平行于AC，且到AC的距离=h=，这样的直线有2条，分别是l1和l2，则直线与对称轴x=﹣1的两个交点即为所求的点D．‎ 设l1交y轴于E，过C作CF⊥l1于F，则CF=h=，‎ ‎∴CE==．‎ 设直线AC的解析式为y=kx+b，将A（﹣4，0），B（0，3）坐标代入，‎ 得到，解得，∴直线AC解析式为y=x+3．‎ 直线l1可以看做直线AC向下平移CE长度单位（个长度单位）而形成的，‎ ‎∴直线l1的解析式为y=x+3﹣=x﹣．‎ 则D1的纵坐标为×（﹣1）﹣=，∴D1（﹣4，）．‎ 同理，直线AC向上平移个长度单位得到l2，可求得D2（﹣1，）‎ 综上所述，D点坐标为：D1（﹣4，），D2（﹣1，）．‎ ‎（3）如答图2，以AB为直径作⊙F，圆心为F．过E点作⊙F的切线，这样的切线有2条．‎ 连接FM，过M作MN⊥x轴于点N．‎ ‎∵A（﹣4，0），B（2，0），∴F（﹣1，0），⊙F半径FM=FB=3．‎ 又FE=5，则在Rt△MEF中，‎ ME==4，sin∠MFE=，cos∠MFE=．‎ 在Rt△FMN中，MN=MN•sin∠MFE=3×=，‎ FN=MN•cos∠MFE=3×=，则ON=，‎ ‎∴M点坐标为（，）‎ 直线l过M（，），E（4，0），‎ 设直线l的解析式为y=kx+b，则有 ‎，解得，‎ 所以直线l的解析式为y=x+3．‎ 同理，可以求得另一条切线的解析式为y=x﹣3．‎ 综上所述，直线l的解析式为y=x+3或y=x﹣3．‎ 点评：‎ 本题解题关键是二次函数、一次函数以及圆等知识的综合运用．难点在于第（3）问中对于“以A、B、M为顶点所作的直角三角形有且只有三个”条件的理解，这可以从直线与圆的位置关系方面入手解决．本题难度较大，需要同学们对所学知识融会贯通、灵活运用．‎ ‎【8. 2012成都】‎ ‎28． (本小题满分l2分)‎ ‎ 如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数 (为常数)的图象与x轴交于点A(，0)，与y轴交于点C．以直线x=1为对称轴的抛物线 ( 为常数，且≠0)经过A，C两点，并与x轴的正半轴交于点B．‎ ‎ （1）求的值及抛物线的函数表达式；‎ ‎ （2）设E是y轴右侧抛物线上一点，过点E作直线AC的平行线交x轴于点F．是否存在这样的点E，使得以A，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点E的坐标及相应的平行四边形的面积；若不存在，请说明理由；‎ ‎ （3）若P是抛物线对称轴上使△ACP的周长取得最小值的点，过点P任意作一条与y轴不平行的直线交抛物线于 ，两点，试探究 是否为定值，并写出探究过程．‎ 考点：二次函数综合题。‎ 解答：解：（1）∵经过点（﹣3，0），‎ ‎∴0=+m，解得m=，‎ ‎∴直线解析式为，C（0，）．‎ ‎∵抛物线y=ax2+bx+c对称轴为x=1，且与x轴交于A（﹣3，0），∴另一交点为B（5，0），‎ 设抛物线解析式为y=a（x+3）（x﹣5），‎ ‎∵抛物线经过C（0，），‎ ‎∴=a•3（﹣5），解得a=，‎ ‎∴抛物线解析式为y=x2+x+；‎ ‎（2）假设存在点E使得以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形，‎ 则AC∥EF且AC=EF．如答图1，‎ ‎（i）当点E在点E位置时，过点E作EG⊥x轴于点G，‎ ‎∵AC∥EF，∴∠CAO=∠EFG，‎ 又∵，∴△CAO≌△EFG，‎ ‎∴EG=CO=，即yE=，‎ ‎∴=xE2+xE+，解得xE=2（xE=0与C点重合，舍去），‎ ‎∴E（2，），S▱ACEF=；‎ ‎（ii）当点E在点E′位置时，过点E′作E′G′⊥x轴于点G′，‎ 同理可求得E′（+1，），S▱ACE′F′=．‎ ‎（3）要使△ACP的周长最小，只需AP+CP最小即可．‎ 如答图2，连接BC交x=1于P点，因为点A、B关于x=1对称，根据轴对称性质以及两点之间线段最短，可知此时AP+CP最小（AP+CP最小值为线段BC的长度）．‎ ‎∵B（5，0），C（0，），∴直线BC解析式为y=x+，‎ ‎∵xP=1，∴yP=3，即P（1，3）．‎ 令经过点P（1，3）的直线为y=kx+3﹣k，‎ ‎∵y=kx+3﹣k，y=x2+x+，‎ 联立化简得：x2+（4k﹣2）x﹣4k﹣3=0，‎ ‎∴x1+x2=2﹣4k，x1x2=﹣4k﹣3．‎ ‎∵y1=kx1+3﹣k，y2=kx2+3﹣k，∴y1﹣y2=k（x1﹣x2）．‎ 根据两点间距离公式得到：‎ M‎1M2‎===‎ ‎∴M‎1M2‎===4（1+k2）．‎ 又M1P===；‎ 同理M2P=‎ ‎∴M1P•M2P=（1+k2）•=（1+k2）•=（1+k2）•=4（1+k2）．‎ ‎∴M1P•M2P=M‎1M2‎，‎ ‎∴=1为定值．‎ ‎【9. 2012铜仁】‎ ‎25．如图，已知：直线交x轴于点A，交y轴于点B，抛物线y=ax2+bx+c经过A、B、C（1，0）三点.‎ ‎（1）求抛物线的解析式;‎ ‎（2）若点D的坐标为（-1，0），在直线上有一点P,使ΔABO与ΔADP相似，求出点P的坐标；‎ ‎（3）在（2）的条件下，在x轴下方的抛物线上，是否存在点E，使ΔADE的面积等于四边形APCE的面积？如果存在，请求出点E的坐标；如果不存在，请说明理由．‎ 考点：二次函数综合题。‎ 解答：解：（1）：由题意得，A（3，0），B（0，3）‎ ‎∵抛物线经过A、B、C三点，∴把A（3，0），B（0，3），C（1，0）三点分别代入得方程组 ‎ ‎ 解得：‎ ‎∴抛物线的解析式为 ‎ ‎（2）由题意可得：△ABO为等腰三角形,如图所示，‎ 若△ABO∽△AP1D，则 ‎∴DP1=AD=4 ,‎ ‎∴P1‎ 若△ABO∽△ADP2 ，过点P2作P2 M⊥x轴于M，AD=4, ‎ ‎∵△ABO为等腰三角形, ∴△ADP2是等腰三角形,由三线合一可得：DM=AM=2= P‎2M，即点M与点C重合∴P2（1，2）‎ ‎（3）如图设点E ，则 ‎ ‎①当P1(-1,4)时，‎ S四边形AP1CE=S三角形ACP1+S三角形ACE ‎ = ‎ ‎ ∴ ∴‎ ‎∵点E在x轴下方 ∴‎ 代入得： ,即 ‎ ‎∵△=(-4)2-4×7=-12<0‎ ‎∴此方程无解 ‎②当P2（1，2）时，S四边形AP2CE=S三角形ACP2+S三角形ACE = ‎ ‎ ∴ ∴‎ ‎∵点E在x轴下方 ∴ 代入得：‎ 即 ，∵△=(-4)2-4×5=-4<0‎ ‎∴此方程无解 综上所述，在x轴下方的抛物线上不存在这样的点E。‎ ‎【10. 2012泰安】‎ ‎29．如图，半径为2的⊙C与x轴的正半轴交于点A，与y轴的正半轴交于点B，点C的坐标为（1，0）．若抛物线过A、B两点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）在抛物线上是否存在点P，使得∠PBO=∠POB？若存在，求出点P的坐标；若不存在说明理由；‎ ‎（3）若点M是抛物线（在第一象限内的部分）上一点，△MAB的面积为S，求S的最大（小）值．‎ 考点：二次函数综合题。‎ 解答：解：（1）如答图1，连接OB．‎ ‎∵BC=2，OC=1‎ ‎∴OB=‎ ‎∴B（0，）‎ 将A（3，0），B（0，）代入二次函数的表达式 得 ，解得： ，‎ ‎∴．‎ ‎（2）存在．‎ 如答图2，作线段OB的垂直平分线l，与抛物线的交点即为点P．‎ ‎∵B（0，），O（0，0），‎ ‎∴直线l的表达式为．代入抛物线的表达式，‎ 得；‎ 解得，‎ ‎∴P（）．‎ ‎（3）如答图3，作MH⊥x轴于点H．‎ 设M（ ），‎ 则S△MAB=S梯形MBOH+S△MHA﹣S△OAB=（MH+OB）•OH+HA•MH﹣OA•OB ‎=‎ ‎= ‎ ‎∵，‎ ‎∴ ‎ ‎= ‎ ‎∴当时，取得最大值，最大值为．‎ ‎【11. 2012•乐山】‎ ‎26．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（m，m），点B的坐标为（n，﹣n），抛物线经过A、O、B三点，连接OA、OB、AB，线段AB交y轴于点C．已知实数m、n（m＜n）分别是方程x2﹣2x﹣3=0的两根．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）若点P为线段OB上的一个动点（不与点O、B重合），直线PC与抛物线交于D、E两点（点D在y轴右侧），连接OD、BD．‎ ‎①当△OPC为等腰三角形时，求点P的坐标；‎ ‎②求△BOD 面积的最大值，并写出此时点D的坐标．‎ 考点：‎ 二次函数综合题。‎ 分析：‎ ‎（1）首先解方程得出A，B两点的坐标，进而利用待定系数法求出二次函数解析式即可；‎ ‎（2）①首先求出AB的直线解析式，以及BO解析式，再利用等腰三角形的性质得出当OC=OP时，当OP=PC时，点P在线段OC的中垂线上，当OC=PC时分别求出x的值即可；‎ ‎②利用S△BOD=S△ODQ+S△BDQ得出关于x的二次函数，进而得出最值即可．‎ 解答：‎ 解（1）解方程x2﹣2x﹣3=0，‎ 得 x1=3，x2=﹣1．‎ ‎∵m＜n，‎ ‎∴m=﹣1，n=3…（1分）‎ ‎∴A（﹣1，﹣1），B（3，﹣3）．‎ ‎∵抛物线过原点，设抛物线的解析式为y=ax2+bx．‎ ‎∴‎ 解得：，‎ ‎∴抛物线的解析式为．…（4分）‎ ‎（2）①设直线AB的解析式为y=kx+b．‎ ‎∴‎ 解得：，‎ ‎∴直线AB的解析式为．‎ ‎∴C点坐标为（0，）．…（6分）‎ ‎∵直线OB过点O（0，0），B（3，﹣3），‎ ‎∴直线OB的解析式为y=﹣x．‎ ‎∵△OPC为等腰三角形，‎ ‎∴OC=OP或OP=PC或OC=PC．‎ 设P（x，﹣x），‎ ‎（i）当OC=OP时，．‎ 解得，（舍去）．‎ ‎∴P1（，）．‎ ‎（ii）当OP=PC时，点P在线段OC的中垂线上，‎ ‎∴P2（，﹣）．‎ ‎（iii）当OC=PC时，由，‎ 解得，x2=0（舍去）．‎ ‎∴P3（，﹣）．‎ ‎∴P点坐标为P1（，）或P2（，﹣）或P3（，﹣）．…（9分）‎ ‎②过点D作DG⊥x轴，垂足为G，交OB于Q，过B作BH⊥x轴，垂足为H．‎ 设Q（x，﹣x），D（x，）．‎ S△BOD=S△ODQ+S△BDQ=DQ•OG+DQ•GH，‎ ‎=DQ（OG+GH），‎ ‎=，‎ ‎=，‎ ‎∵0＜x＜3，‎ ‎∴当时，S取得最大值为，此时D（，﹣）．…（13分）‎ 点评：‎ 此题主要考查了二次函数的综合应用以及等腰三角形的性质和三角形面积求法等知识，求面积最值经常利用二次函数的最值求法得出．‎ ‎【12. 2012•衢州】‎ ‎24．如图，把两个全等的Rt△AOB和Rt△COD分别置于平面直角坐标系中，使直角边OB、OD在x轴上．已知点A（1，2），过A、C两点的直线分别交x轴、y轴于点E、F．抛物线y=ax2+bx+c经过O、A、C三点．‎ ‎（1）求该抛物线的函数解析式；‎ ‎（2）点P为线段OC上一个动点，过点P作y轴的平行线交抛物线于点M，交x轴于点N，问是否存在这样的点P，使得四边形ABPM为等腰梯形？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎（3）若△AOB沿AC方向平移（点A始终在线段AC上，且不与点C重合），△AOB在平移过程中与△COD重叠部分面积记为S．试探究S是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题。‎ 分析：‎ ‎（1）抛物线y=ax2+bx+c经过点O、A、C，利用待定系数法求抛物线的解析式；‎ ‎（2）根据等腰梯形的性质，确定相关点的坐标以及线段长度的数量关系，得到一元二次方程，求出t的值，从而可解．结论：存在点P（，‎ ‎），使得四边形ABPM为等腰梯形；‎ ‎（3）本问关键是求得重叠部分面积S的表达式，然后利用二次函数的极值求得S的最大值．解答中提供了三种求解面积S表达式的方法，殊途同归，可仔细体味．‎ 解答：‎ 解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c经过点O、A、C，‎ 可得c=0，∴，‎ 解得a=，b=，‎ ‎∴抛物线解析式为y=x2+x．‎ ‎（2）设点P的横坐标为t，∵PN∥CD，∴△OPN∽△OCD，可得PN=‎ ‎∴P（t，），∵点M在抛物线上，∴M（t，t2+t）．‎ 如解答图1，过M点作MG⊥AB于G，过P点作PH⊥AB于H，‎ AG=yA﹣yM=2﹣（t2+t）=t2﹣t+2，BH=PN=．‎ 当AG=BH时，四边形ABPM为等腰梯形，‎ ‎∴t2﹣t+2=，‎ 化简得3t2﹣8t+4=0，解得t1=2（不合题意，舍去），t2=，‎ ‎∴点P的坐标为（，）‎ ‎∴存在点P（，），使得四边形ABPM为等腰梯形．‎ ‎（3）如解答图2，△AOB沿AC方向平移至△A′O′B′，A′B′交x轴于T，交OC于Q，A′O′交x轴于K，交OC于R．‎ 求得过A、C的直线为yAC=﹣x+3，可设点A′的横坐标为a，则点A′（a，﹣a+3），‎ 易知△OQT∽△OCD，可得QT=，‎ ‎∴点Q的坐标为（a，）．‎ 解法一：‎ 设AB与OC相交于点J，‎ ‎∵△ARQ∽△AOJ，相似三角形对应高的比等于相似比，∴=‎ ‎∴HT===2﹣a，‎ KT=A′T=（3﹣a），A′Q=yA′﹣yQ=（﹣a+3）﹣=3﹣a．‎ S四边形RKTQ=S△A′KT﹣S△A′RQ=KT•A′T﹣A′Q•HT ‎=••（3﹣a）﹣•（3﹣a）•（﹣a+2）‎ ‎=a2+a﹣=（a﹣）2+‎ 由于＜0，‎ ‎∴在线段AC上存在点A′（，），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为．‎ 解法二：‎ 过点R作RH⊥x轴于H，则由△ORH∽△OCD，得 ①‎ 由△RKH∽△A′O′B′，得 ②‎ 由①，②得KH=OH，‎ OK=OH，KT=OT﹣OK=a﹣OH ③‎ 由△A′KT∽△A′O′B′，得，‎ 则KT= ④‎ 由③，④得=a﹣OH，即OH=‎2a﹣2，RH=a﹣1，所以点R的坐标为R（‎‎2a ‎﹣2，a﹣1）‎ S四边形RKTQ=S△QOT﹣S△ROK=•OT•QT﹣•OK•RH ‎=a•a﹣（1+a﹣）•（a﹣1）‎ ‎=a2+a﹣=（a﹣）2+‎ 由于＜0，‎ ‎∴在线段AC上存在点A′（，），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为．‎ 解法三：‎ ‎∵AB=2，OB=1，∴tan∠O′A′B′=tan∠OAB=，‎ ‎∴KT=A′T•tan∠O′A′B′=（﹣a+3）•=a+，‎ ‎∴OK=OT﹣KT=a﹣（a+）=a﹣，‎ 过点R作RH⊥x轴于H，∵tan∠OAB=tan∠RKH==2，∴RH=2KH 又∵tan∠OAB=tan∠ROH===，‎ ‎∴2RH=OK+KH=a﹣+RH，∴RH=a﹣1，OH=2（a﹣1），‎ ‎∴点R坐标R（‎2a﹣2，a﹣1）‎ S四边形RKTQ=S△A′KT﹣S△A′RQ=•KT•A′T﹣A′Q•（xQ﹣xR）‎ ‎=••（3﹣a）﹣•（3﹣a）•（﹣a+2）‎ ‎=a2+a﹣=（a﹣）2+‎ 由于＜0，‎ ‎∴在线段AC上存在点A′（，），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为．‎ 点评：‎ 本题综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、二次函数的最值、等腰梯形、相似三角形、图形的平移以及几何图形面积的求法，涉及到的知识点众多，难度较大，对学生能力要求较高，有利于训练并提升学生解决复杂问题的能力．‎ ‎【13. 2012绍兴】‎ ‎25．如图，矩形OABC的两边在坐标轴上，连接AC，抛物线经过A，B两点。‎ ‎（1）求A点坐标及线段AB的长；‎ ‎（2）若点P由点A出发以每秒1个单位的速度沿AB边向点B移动，1秒后点Q也由点A出发以每秒7个单位的速度沿AO，OC，CB边向点B移动，当其中一个点到达终点时另一个点也停止移动，点P的移动时间为t秒。‎ ‎①当PQ⊥AC时，求t的值；‎ ‎②当PQ∥AC时，对于抛物线对称轴上一点H，∠HOQ＞∠POQ，求点H的纵坐标的取值范围。‎ 考点：二次函数综合题。‎ 解答：解：（1）由抛物线知：当x=0时，y=﹣2，‎ ‎∴A（0，﹣2）。‎ 由于四边形OABC是矩形，所以AB∥x轴，即A、B的纵坐标相同；‎ 当时，，解得，‎ ‎∴B（4，﹣2），‎ ‎∴AB=4。‎ ‎（2）①由题意知：A点移动路程为AP=t，‎ Q点移动路程为。‎ 当Q点在OA上时，即，时，‎ 如图1，若PQ⊥AC，则有Rt△QAP∽Rt△ABC。‎ ‎∴，即，‎ ‎∴。‎ ‎∵，‎ ‎∴此时t值不合题意。‎ 当Q点在OC上时，即，时，‎ 如图2，过Q点作QD⊥AB。‎ ‎∴AD=OQ=7（t﹣1）﹣2=7t﹣9。‎ ‎∴DP=t﹣（7t﹣9）=9﹣6t。‎ 若PQ⊥AC，则有Rt△QDP∽Rt△ABC，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴。‎ ‎∵，‎ ‎∴符合题意。‎ 当Q点在BC上时，即，时，‎ 如图3，若PQ⊥AC，过Q点作QG∥AC，‎ 则QG⊥PG，即∠GQP=90°。‎ ‎∴∠QPB＞90°，这与△QPB的内角和为180°矛盾，‎ 此时PQ不与AC垂直。‎ 综上所述，当时，有PQ⊥AC。‎ ‎②当PQ∥AC时，如图4，△BPQ∽△BAC，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 解得t=2，即当t=2时，PQ∥AC。‎ 此时AP=2，BQ=CQ=1，‎ ‎∴P（2，﹣2），Q（4，﹣1）。‎ 抛物线对称轴的解析式为x=2，‎ 当H1为对称轴与OP的交点时，‎ 有∠H1OQ=∠POQ，‎ ‎∴当yH＜﹣2时，∠HOQ＞∠POQ。‎ 作P点关于OQ的对称点P′，连接PP′交OQ于点M，‎ 过P′作P′N垂直于对称轴，垂足为N，连接OP′，‎ 在Rt△OCQ中，∵OC=4，CQ=1。‎ ‎∴OQ=，‎ ‎∵S△OPQ=S四边形ABCD﹣S△AOP﹣S△COQ﹣S△QBP=3=OQ×PM，‎ ‎∴PM=，‎ ‎∴PP′=2PM=，‎ ‎∵NPP′=∠COQ。‎ ‎∴Rt△COQ∽△Rt△NPP′‎ ‎∴，‎ ‎∴ ，，‎ ‎∴P′（），‎ ‎∴直线OP′的解析式为，‎ ‎∴OP′与NP的交点H2（2，）。‎ ‎∴当时，∠HOP＞∠POQ。‎ 综上所述，当或时，∠HOQ＞∠POQ。‎ ‎【14. 2012•扬州】‎ ‎27．已知抛物线y＝ax2＋bx＋c经过A(－1，0)、B(3，0)、C(0，3)三点，直线l是抛物线的对称轴．‎ ‎(1)求抛物线的函数关系式；‎ ‎(2)设点P是直线l上的一个动点，当△PAC的周长最小时，求点P的坐标；‎ ‎(3)在直线l上是否存在点M，使△MAC为等腰三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题。‎ 专题：‎ 综合题；分类讨论。‎ 分析：‎ ‎(1)直接将A、B、C三点坐标代入抛物线的解析式中求出待定系数即可．‎ ‎(2)由图知：A、B点关于抛物线的对称轴对称，那么根据抛物线的对称性以及两点之间线段最短可知：若连接BC，那么BC与直线l的交点即为符合条件的P点．‎ ‎(3)由于△MAC的腰和底没有明确，因此要分三种情况来讨论：①MA＝AC、②MA＝MC、②AC＝MC；可先设出M点的坐标，然后用M点纵坐标表示△MAC的三边长，再按上面的三种情况列式求解．‎ 解答：‎ 解：(1)将A(－1，0)、B(3，0)、C(0，3)代入抛物线y＝ax2＋bx＋c中，得：‎ ‎，解得：‎ ‎∴抛物线的解析式：y＝－x2＋2x＋3．‎ ‎(2)连接BC，直线BC与直线l的交点为P；‎ 设直线BC的解析式为y＝kx＋b，将B(3，0)，C(0，3)代入上式，得：‎ ‎，解得：‎ ‎∴直线BC的函数关系式y＝－x＋3；‎ 当x－1时，y＝2，即P的坐标(1，2)．‎ ‎(3)抛物线的解析式为：x＝－＝1，设M(1，m)，已知A(－1，0)、C(0，3)，则：‎ MA2＝m2＋4，MC2＝m2－‎6m＋10，AC2＝10；‎ ‎①若MA＝MC，则MA2＝MC2，得：‎ m2＋4＝m2－‎6m＋10，得：m＝1；‎ ‎②若MA＝AC，则MA2＝AC2，得：‎ m2＋4＝10，得：m＝±；‎ ‎③若MC＝AC，则MC2＝AC2，得：‎ m2－‎6m＋10＝10，得：m＝0，m＝6；‎ 当m＝6时，M、A、C三点共线，构不成三角形，不合题意，故舍去；‎ 综上可知，符合条件的M点，且坐标为 M(1，)(1，－)(1，1)(1，0)．‎ 点评：‎ 该二次函数综合题涉及了抛物线的性质及解析式的确定、等腰三角形的判定等知识，在判定等腰三角形时，一定要根据不同的腰和底分类进行讨论，以免漏解．‎ ‎【15.2012上海】‎ ‎24．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+6x+c的图象经过点A（4，0）、B（﹣1，0），与y轴交于点C，点D在线段OC上，OD=t，点E在第二象限，∠ADE=90°，tan∠DAE=，EF⊥OD，垂足为F．‎ ‎（1）求这个二次函数的解析式；‎ ‎（2）求线段EF、OF的长（用含t的代数式表示）；‎ ‎（3）当∠ECA=∠OAC时，求t的值．‎ 考点：相似三角形的判定与性质；待定系数法求二次函数解析式；全等三角形的判定与性质；勾股定理。‎ 解答：解：（1）二次函数y=ax2+6x+c的图象经过点A（4，0）、B（﹣1，0），‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴这个二次函数的解析式为：y=﹣2x2+6x+8；‎ ‎（2）∵∠EFD=∠EDA=90° ‎∴∠DEF+∠EDF=90°，∠EDF+∠ODA=90°，∴∠DEF=∠ODA ‎∴△EDF∽△DAO ‎∴．‎ ‎∵，‎ ‎∴=，‎ ‎∴，∴EF=t．‎ 同理，‎ ‎∴DF=2，∴OF=t﹣2．‎ ‎（3）∵抛物线的解析式为：y=﹣2x2+6x+8，‎ ‎∴C（0，8），OC=8．‎ 如图，连接EC、AC，过A作EC的垂线交CE于G点．‎ ‎∵∠ECA=∠OAC，∴∠OAC=∠GCA（等角的余角相等）；‎ 在△CAG与△OCA中，，‎ ‎∴△CAG≌△OCA，∴CG=4，AG=OC=8．‎ 如图，过E点作EM⊥x轴于点M，则在Rt△AEM中，‎ ‎∴EM=OF=t﹣2，AM=OA+AM=OA+EF=4+t，‎ 由勾股定理得：‎ ‎∵AE2=AM2+EM2=；‎ 在Rt△AEG中，由勾股定理得：‎ ‎∴EG===‎ ‎∵在Rt△ECF中，EF=t，CF=OC﹣OF=10﹣t，CE=CG+EG=+4‎ 由勾股定理得：EF2+CF2=CE2，‎ 即，‎ 解得t1=10（不合题意，舍去），t2=6，‎ ‎∴t=6．‎ ‎【16. 2012广东】‎ ‎22．如图，抛物线y=x2﹣x﹣9与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，连接BC、AC．‎ ‎（1）求AB和OC的长；‎ ‎（2）点E从点A出发，沿x轴向点B运动（点E与点A、B不重合），过点E作直线l平行BC，交AC于点D．设AE的长为m，△ADE的面积为s，求s关于m的函数关系式，并写出自变量m的取值范围；‎ ‎（3）在（2）的条件下，连接CE，求△CDE面积的最大值；此时，求出以点E为圆心，与BC相切的圆的面积（结果保留π）．‎ 考点：二次函数综合题。‎ 解答：解：（1）已知：抛物线y=x2﹣x﹣9；‎ 当x=0时，y=﹣9，则：C（0，﹣9）；‎ 当y=0时，x2﹣x﹣9=0，得：x1=﹣3，x2=6，则：A（﹣3，0）、B（6，0）；‎ ‎∴AB=9，OC=9．‎ ‎（2）∵ED∥BC，‎ ‎∴△AED∽△ABC，‎ ‎∴=（）2，即：=（）2，得：s=m2（0＜m＜9）．‎ ‎（3）S△AEC=AE•OC=m，S△AED=s=m2；‎ 则：S△EDC=S△AEC﹣S△AED=﹣m2+m=﹣（m﹣）2+；‎ ‎∴△CDE的最大面积为，此时，AE=m=，BE=AB﹣AE=．‎ 过E作EF⊥BC于F，则Rt△BEF∽Rt△BCO，得：‎ ‎=，即：=‎ ‎∴EF=；‎ ‎∴以E点为圆心，与BC相切的圆的面积 S⊙E=π•EF2=．‎ ‎【17. 2012嘉兴】‎ ‎24．在平面直角坐标系xOy中，点P是抛物线：y=x2上的动点（点在第一象限内）．连接 OP，过点0作OP的垂线交抛物线于另一点Q．连接PQ，交y轴于点M．作PA丄x轴于点A，QB丄x轴于点B．设点P的横坐标为m．‎ ‎（1）如图1，当m=时，‎ ‎①求线段OP的长和tan∠POM的值；‎ ‎②在y轴上找一点C，使△OCQ是以OQ为腰的等腰三角形，求点C的坐标；‎ ‎（2）如图2，连接AM、BM，分别与OP、OQ相交于点D、E．‎ ‎①用含m的代数式表示点Q的坐标；‎ ‎②求证：四边形ODME是矩形．‎ 考点：二次函数综合题。‎ 解答：解：（1）①把x=代入 y=x2，得 y=2，∴P（，2），∴OP=‎ ‎∵PA丄x轴，∴PA∥MO．∴tan∠P‎0M=tan∠0PA==．‎ ‎②设 Q（n，n2），∵tan∠QOB=tan∠POM，‎ ‎∴．∴n=‎ ‎∴Q（，），∴OQ=．‎ 当 OQ=OC 时，则C1（0，），C2（0，）；‎ 当 OQ=CQ 时，则 C3（0，1）．‎ ‎（2）①∵P（m，m2），设 Q（n，n2），∵△APO∽△BOQ，∴‎ ‎∴，得n=，∴Q（，）．‎ ‎②设直线PO的解析式为：y=kx+b，把P（m，m2）、Q（，）代入，得：‎ 解得b=1，∴M（0，1）‎ ‎∵，∠QBO=∠MOA=90°，‎ ‎∴△QBO∽△MOA ‎∴∠MAO=∠QOB，‎ ‎∴QO∥MA 同理可证：EM∥OD 又∵∠EOD=90°，‎ ‎∴四边形ODME是矩形．‎ ‎【18. 2012贵州安顺】‎ ‎26．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边长OA、OC分别为‎12cm、‎6cm，点A、C分别在y轴的负半轴和x轴的正半轴上，抛物线y=ax2+bx+c经过点A、B，且‎18a+c=0．‎ ‎（1）求抛物线的解析式．‎ ‎（2）如果点P由点A开始沿AB边以‎1cm/s的速度向终点B移动，同时点Q由点B开始沿BC边以‎2cm/s的速度向终点C移动．‎ ‎①移动开始后第t秒时，设△PBQ的面积为S，试写出S与t之间的函数关系式，并写出t的取值范围．‎ ‎②当S取得最大值时，在抛物线上是否存在点R，使得以P、B、Q、R为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，求出R点的坐标；如果不存在，请说明理由．‎ 考点：二次函数综合题。‎ 解答：解：（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，‎ 由题意知点A（0，﹣12），‎ 所以c=﹣12，‎ 又‎18a+c=0，‎ ‎，‎ ‎∵AB∥OC，且AB=6，‎ ‎∴抛物线的对称轴是，‎ ‎∴b=﹣4，‎ 所以抛物线的解析式为；‎ ‎（2）①，（0＜t＜6）‎ ‎②当t=3时，S取最大值为9．‎ 这时点P的坐标（3，﹣12），‎ 点Q坐标（6，﹣6）‎ 若以P、B、Q、R为顶点的四边形是平行四边形，有如下三种情况：‎ ‎（Ⅰ）当点R在BQ的左边，且在PB下方时，点R的坐标（3，﹣18），将（3，﹣18）代入抛物线的解析式中，满足解析式，所以存在，点R的坐标就是（3，﹣18），‎ ‎（Ⅱ）当点R在BQ的左边，且在PB上方时，点R的坐标（3，﹣6），将（3，﹣6）代入抛物线的解析式中，不满足解析式，所以点R不满足条件．‎ ‎（Ⅲ）当点R在BQ的右边，且在PB上方时，点R的坐标（9，﹣6），将（9，﹣6）代入抛物线的解析式中，不满足解析式，所以点R不满足条件．‎ 综上所述，点R坐标为（3，﹣18）．‎ ‎【19. 2012•资阳】‎ ‎25．抛物线的顶点在直线y=x+3上，过点F（﹣2，2）的直线交该抛物线于点M、N两点（点M在点N的左边），MA⊥x轴于点A，NB⊥x轴于点B．‎ ‎（1）先通过配方求抛物线的顶点坐标（坐标可用含m的代数式表示），再求m的值；‎ ‎（2）设点N的横坐标为a，试用含a的代数式表示点N的纵坐标，并说明NF=NB；‎ ‎（3）若射线NM交x轴于点P，且PA•PB=，求点M的坐标．‎ 考点：‎ 二次函数综合题。‎ 专题：‎ 压轴题。‎ 分析：‎ ‎（1）利用配方法将二次函数整理成顶点式即可，再利用点在直线上的性质得出答案即可；‎ ‎（2）首先利用点N在抛物线上，得出N点坐标，再利用勾股定理得出NF2=NC2+FC2，进而得出NF2=NB2，即可得出答案；‎ ‎（3）求点M的坐标，需要先求出直线PF的解析式．首先由（2）的思路得出MF=MA，然后连接AF、FB，通过证明△PFA∽△PBF，利用相关的比例线段将PA•PB的值转化为PF的值，进而求出点F的坐标和直线PF的解析式，即可得解．‎ 解答：‎ 解：（1）y=x2+x+m=（x+2）2+（m﹣1）‎ ‎∴顶点坐标为（﹣2，m﹣1）‎ ‎∵顶点在直线y=x+3上，‎ ‎∴﹣2+3=m﹣1，‎ 得m=2；‎ ‎（2）∵点N在抛物线上，‎ ‎∴点N的纵坐标为：a2+a+2，‎ 即点N（a，a2+a+2）‎ 过点F作FC⊥NB于点C，‎ 在Rt△FCN中，FC=a+2，NC=NB﹣CB=a2+a，‎ ‎∴NF2=NC2+FC2=（a2+a）2+（a+2）2，‎ ‎=（a2+a）2+（a2+‎4a）+4，‎ 而NB2=（a2+a+2）2，‎ ‎=（a2+a）2+（a2+‎4a）+4‎ ‎∴NF2=NB2，‎ NF=NB；‎ ‎（3）连接AF、BF，‎ 由NF=NB，得∠NFB=∠NBF，由（2）的结论知，MF=MA，‎ ‎∴∠MAF=∠MFA，‎ ‎∵MA⊥x轴，NB⊥x轴，‎ ‎∴MA∥NB，∴∠AMF+∠BNF=180°‎ ‎∵△MAF和△NFB的内角总和为360°，‎ ‎∴2∠MAF+2∠NBF=180°，∠MAF+∠NBF=90°，‎ ‎∵∠MAB+∠NBA=180°，‎ ‎∴∠FBA+∠FAB=90°，‎ 又∵∠FAB+∠MAF=90°，‎ ‎∴∠FBA=∠MAF=∠MFA，‎ 又∵∠FPA=∠BPF，‎ ‎∴△PFA∽△PBF，‎ ‎∴=，PF2=PA×PB=，‎ 过点F作FG⊥x轴于点G，在Rt△PFG中，‎ PG==，‎ ‎∴PO=PG+GO=，‎ ‎∴P（﹣，0）‎ 设直线PF：y=kx+b，把点F（﹣2，2）、点P（﹣，0）代入y=kx+b，‎ 解得k=，b=，‎ ‎∴直线PF：y=x+，‎ 解方程x2+x+2=x+，‎ 得x=﹣3或x=2（不合题意，舍去），‎ 当x=﹣3时，y=，‎ ‎∴M（﹣3，）．‎ 点评：‎ 考查了二次函数综合题，在该二次函数综合题中，融入了勾股定理、相似三角形等重点知识，（3）题通过构建相似三角形将PA•PB转化为PF的值是解题的关键，也是该题的难点．‎ ‎【20. 2012•湘潭】‎ ‎26．如图，抛物线的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，已知B点坐标为（4，0）．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）试探究△ABC的外接圆的圆心位置，并求出圆心坐标；‎ ‎（3）若点M是线段BC下方的抛物线上一点，求△MBC的面积的最大值，并求出此时M点的坐标．‎ 考点：‎ 二次函数综合题。‎ 专题：‎ 转化思想。‎ 分析：‎ ‎（1）该函数解析式只有一个待定系数，只需将B点坐标代入解析式中即可．‎ ‎（2）首先根据抛物线的解析式确定A点坐标，然后通过证明△ABC是直角三角形来推导出直径AB和圆心的位置，由此确定圆心坐标．‎ ‎（3）△MBC的面积可由S△MBC=BC×h表示，若要它的面积最大，需要使h取最大值，即点M到直线BC的距离最大，若设一条平行于BC的直线，那么当该直线与抛物线有且只有一个交点时，该交点就是点M．‎ 解答：‎ 解：（1）将B（4，0）代入抛物线的解析式中，得：‎ ‎0=‎16a﹣×4﹣2，即：a=；‎ ‎∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣2．‎ ‎（2）由（1）的函数解析式可求得：A（﹣1，0）、C（0，﹣2）；‎ ‎∴OA=1，OC=2，OB=4，‎ 即：OC2=OA•OB，又：OC⊥AB，‎ ‎∴△OAC∽△OCB，得：∠OCA=∠OBC；‎ ‎∴∠ACB=∠OCA+∠OCB=∠OBC+∠OCB=90°，‎ ‎∴△ABC为直角三角形，AB为△ABC外接圆的直径；‎ 所以该外接圆的圆心为AB的中点，且坐标为：（，0）．‎ ‎（3）已求得：B（4，0）、C（0，﹣2），可得直线BC的解析式为：y=x﹣2；‎ 设直线l∥BC，则该直线的解析式可表示为：y=x+b，当直线l与抛物线只有一个交点时，可列方程：‎ x+b=x2﹣x﹣2，即： x2﹣2x﹣2﹣b=0，且△=0；‎ ‎∴4﹣4×（﹣2﹣b）=0，即b=4；‎ ‎∴直线l：y=x﹣4．‎ 由于S△MBC=BC×h，当h最大（即点M到直线BC的距离最远）时，△ABC的面积最大 所以点M即直线l和抛物线的唯一交点，有：‎ ‎，‎ 解得：‎ 即 M（2，﹣3）．‎ 点评：‎ 考查了二次函数综合题，该题的难度不算太大，但用到的琐碎知识点较多，综合性很强．熟练掌握直角三角形的相关性质以及三角形的面积公式是理出思路的关键．‎