2019中考数学第二部分专题综合强化专题四二次函数的综合探究针对训练

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17),2))或(－1，eq\f(3－\r(17),2))．类型2二次函数与特殊四边形的存在性问题1．(2018·南充)如图，抛物线顶点P(1,4)，与y轴交于点C(0，3)，与x轴交于点A，B．(1)求抛物线的解析式．(2)Q是抛物线上除点P外一点，△BCQ与△BCP的面积相等，求点Q的坐标．(3)若M，N为抛物线上两个动点，分别过点M，N作直线BC的垂线段，垂足分别为D，E.是否存在点M，N使四边形MNED为正方形？如果存在，求正方形MNED的边长；如果不存在，请说明理由．解：(1)设y＝a(x－1)2＋4(a≠0)，把C(0,3)代入抛物线解析式，得a＋4＝3，即a＝－1，则抛物线的解析式为y＝－(x－1)2＋4＝－x2＋2x＋3.(2)∵B(3,0)，C(0,3)，∴直线BC的解析式为y＝－x＋3，∵S△PBC＝S△QBC，∴PQ∥BC，①过P作PQ∥BC，交抛物线于点Q，如答图1所示，答图1∵P(1,4)，∴直线PQ解析式为y＝－x＋5，联立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x＋5，,y＝－x2＋2x＋3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝4))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝3，))即Q点坐标为(2,3)；②设G(1,2)，∴PG＝GH＝2，点G在直线BC上．过H作直线Q2Q3∥BC，交x轴于点H，则直线Q2Q3解析式为y＝－x＋1，联立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x＋1，,y＝－x2＋2x＋3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3＋\r(17),2)，,y＝\f(－1－\r(17),2)，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3－\r(17),2)，,y＝\f(－1＋\r(17),2)，))∴Q2(eq\f(3－\r(17),2)，eq\f(－1＋\r(17),2))，Q3(eq\f(3＋\r(17),2)，eq\f(－1－\r(17),2))．综上，点Q的坐标为(2,3)或(eq\f(3－\r(17),2)，eq\f(－1＋\r(17),2))或(eq\f(3＋\r(17),2)，eq\f(－1－\r(17),2))．(3)存在点M，N使四边形MNED为正方形，如答图2所示，过M作MF∥y轴，过N作NF∥x轴，过N作NH∥y轴，则有△MNF与△NEH都为等腰直角三角形，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，设直线MN解析式为y＝－x＋b，答图2联立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x＋b，,y＝－x2＋2x＋3，))消去y，得x2－3x＋b－3＝0，∴NF2＝|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝21－4b.∵△MNF为等腰直角三角形，∴MN2＝2NF2＝42－8b.∵NH2＝(b－3)2，∴NE2＝eq\f(1,2)(b－3)2，若四边形MNED为正方形，则有NE2＝MN2，∴eq\f(1,2)(b2－6b＋9)＝42－8b，整理得b2＋10b－75＝0，解得b＝－15或5，∵正方形边长为MN＝eq\r(42－8b)，∴MN＝9eq\r(2)或eq\r(2).2．(2018·自贡)如图，抛物线y＝ax2＋bx－3过A(1,0)，B(－3，0)，直线AD交抛物线于点D，点D的横坐标为－2，点P(m，n)是线段AD上的动点．(1)求直线AD及抛物线的解析式；(2)过点P的直线垂直于x轴，交抛物线于点Q，求线段PQ的长度l与m的关系式，m为何值时，PQ最长？(3)在平面内是否存在整点(横、纵坐标都为整数)R，使得P，Q，D，R为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点R的坐标；若不存在，说明理由．解：(1)把A(1,0)，B(－3,0)代入函数解析式，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b－3＝0，,9a－3b－3＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝2，))抛物线的解析式为y＝x2＋2x－3.当x＝－2时，y＝(－2)2＋2×(－2)－3＝－3，即D(－2，－3)．设直线AD的解析式为y＝kx＋b，将A(1,0)，D(－2，－3)代入，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＋b＝0，,－2k＋b＝－3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝1，,b＝－1，))直线AD的解析式为y＝x－1.(2)设P点坐标为(m，m－1)，Q(m,m2＋2ml＝(m－1)－(m2＋2m化简，得l＝－m2－m＋2，即线段PQ的长度l与m的关系式为l＝－m2－m＋2.配方，得l＝－(m＋eq\f(1,2))2＋eq\f(9,4)，当m＝－eq\f(1,2)时，l最大＝eq\f(9,4).(3)点R的坐标为(－2，－2)或(－2，－4)或(－2，－1)或(－2，－5)或(0，－3)或(2，－1)．【解法提示】由(2)可知，0<PQ≤eq\f(9,4).当PQ为边时，DR∥PQ且DR＝PQ.∵R是整点，D(－2，－3)，∴PQ是正整数，∴PQ＝1或2.当PQ＝1时，DR＝1，此时点R的横坐标为－2，纵坐标为－3＋1＝－2或－3－1＝－4，∴R(－2，－2)或(－2，－4)；当PQ＝2时，DR＝2，此时点R的横坐标为－2，纵坐标为－3＋2＝－1或－3－2＝－5，即R(－2，－1)或(－2，－5)．当PQ为对角线时，设点R的坐标为(a，b)，则有eq\f(a－2,2)＝eq\f(m＋m,2)，eq\f(b－3,2)＝eq\f(m2＋2m－3＋m－1,2)，解得a＝2m＋2，b＝m2＋3m－1，∴点R的坐标为(2m＋2，m2＋3m－1)，∵R是整点，－2<m<1，∴当m＝－1时，点R的坐标为(0，－3)；当m＝0时，点R的坐标为(2，－1)．综上所述，存在满足R的点，它的坐标为(－2，－2)或(－2，－4)或(－2，－1)或(－2，－5)或(0，－3)或(2，－1)．3．(2018·岳阳)已知抛物线F：y＝x2＋bx＋c的图象经过坐标原点O，且与x轴另一交点为(－eq\f(\r(3),3)，0)．(1)求抛物线F的解析式；(2)如图1，直线l：y＝eq\f(\r(3),3)x＋m(m>0)与抛物线F相交于点A(x1，y1)和点B(x2，y2)(点A在第二象限)，求y2－y1的值(用含m的式子表示)；(3)在(2)中，若m＝eq\f(4,3)，设点A′是点A关于原点O的对称点，如图2.①判断△AA′B的形状，并说明理由；②平面内是否存在点P，使得以点A，B，A′，P为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)∵抛物线y＝x2＋bx＋c的图象经过点(0,0)和(－eq\f(\r(3),3)，0)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝0，,\f(1,3)－\f(\r(3),3)b＋c＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝\f(\r(3),3)，,c＝0，))∴抛物线F的解析式为y＝x2＋eq\f(\r(3),3)x.(2)将y＝eq\f(\r(3),3)x＋m代入y＝x2＋eq\f(\r(3),3)x，得x2＝m，解得x1＝－eq\r(m)，x2＝eq\r(m)，∴y1＝－eq\f(1,3)eq\r(3m)＋m，y2＝eq\f(1,3)eq\r(3m)＋m，∴y2－y1＝(eq\f(1,3)eq\r(3m)＋m)－(－eq\f(1,3)eq\r(3m)＋m)＝eq\f(2,3)eq\r(3m)(m>0)．(3)∵m＝eq\f(4,3)，∴点A的坐标为(－eq\f(2\r(3),3)，eq\f(2,3))，点B的坐标为(eq\f(2\r(3),3)，2)．∵点A′是点A关于原点O的对称点，∴点A′的坐标为(eq\f(2\r(3),3)，－eq\f(2,3))．①△AA′B为等边三角形．理由如下：∵A(－eq\f(2\r(3),3)，eq\f(2,3))，B(eq\f(2\r(3),3)，2)，A′(eq\f(2\r(3),3)，－eq\f(2,3))，∴AA′＝eq\f(8,3)，AB＝eq\f(8,3)，A′B＝eq\f(8,3)，∴AA′＝AB＝A′B，∴△AA′B为等边三角形．②存在．分三种情况，如答图，答图设点P的坐标为(x，y)．(Ⅰ)当A′B为对角线时，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－\f(2\r(3),3)＝\f(2\r(3),3)×2，,y＝\f(2,3)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2\r(3)，,y＝\f(2,3)，))∴点P的坐标为(2eq\r(3)，eq\f(2,3))；(Ⅱ)当AB为对角线时，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(2\r(3),3)，,y－\f(2,3)＝\f(2,3)＋2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(2\r(3),3)，,y＝\f(10,3)，))∴点P的坐标为(－eq\f(2\r(3),3)，eq\f(10,3))；(Ⅲ)当AA′为对角线时，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(2\r(3),3)，,\f(2,3)－y＝2＋\f(2,3)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(2\r(3),3)，,y＝－2，))∴点P的坐标为(－eq\f(2\r(3),3)，－2)．综上所述，平面内存在点P，使得以点A，B，A′，P为顶点的四边形是菱形，点P的坐标为(2eq\r(3)，eq\f(2,3))或(－eq\f(2\r(3),3)，eq\f(10,3))或(－eq\f(2\r(3),3)，－2)．4．如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c与直线AB交于A(－4，－4)，B(0,4)两点，直线AC：y＝－eq\f(1,2)x－6交y轴于点C．点E是直线AB上的动点，过点E作EF⊥x轴交AC于点F，交抛物线于点G.(1)求抛物线y＝－x2＋bx＋c的表达式；(2)连接GB，EO，当四边形GEOB是平行四边形时，求点G的坐标；(3)在y轴上存在一点H，连接EH，HF，当点E运动到什么位置时，以A，E，F，H为顶点的四边形是矩形？求出此时点E，H的坐标．解：(1)∵点A(－4，－4)，B(0,4)在抛物线y＝－x2＋bx＋c上，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－16－4b＋c＝－4，,c＝4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－2，,c＝4，))∴抛物线的表达式为y＝－x2－2x＋4.(2)设直线AB的解析式为y＝kx＋n，∵A(－4，－4)，B(0,4)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＝4，,－4k＋n＝－4，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝2，,n＝4，))∴直线AB的解析式为y＝2x＋4，设E(m,2m＋4)，则G(m，－m2－2m＋4)，∵四边形GEOB是平行四边形，∴EG＝OB＝4，∴－m2－2m＋4－2m－4＝4，解得m＝－2，∴G(－2,4)．(3)如答图，答图由(2)知，直线AB的解析式为y＝2x＋4，∴设E(a,2a＋4)，∵直线AC：y＝－eq\f(1,2)x－6，∴F(a，－eq\f(1,2)a－6)，设H(0，p)，∵以点A，E，F，H为顶点的四边形是矩形，直线AB的解析式为y＝2x＋4，直线AC的解析式为y＝－eq\f(1,2)x－6，∴AB⊥AC，∴EF为对角线，∴EF与AH互相平分且相等，∴2a＝－4，eq\r(－4－p2＋42)＝2a＋4＋eq\f(1,2)a＋6，∴a＝－2，p＝－1(－7已舍)，∴E(－2,0)，H(0，－1)．类型3二次函数与相似三角形的存在性问题1．(2018·官度区一模)如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过原点O，顶点为A(1,1)，且与直线y＝x－2相交于B，C两点．(1)求抛物线的解析式；(2)求B，C两点的坐标；(3)若点N为x轴上的一个动点，过点N作MN⊥x轴与抛物线交于点M，则是否存在以O，M，N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)∵顶点坐标为(1,1)，∴设抛物线的解析式为y＝a(x－1)2＋1.又∵抛物线过原点，∴0＝a(0－1)2＋1，解得a＝－1，∴抛物线的解析式为y＝－(x－1)2＋1，即y＝－x2＋2x.(2)联立抛物线和直线解析式可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x2＋2x，,y＝x－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝0，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－3，))∴B(2,0)，C(－1，－3)．(3)存在．理由：假设存在满足条件的点N，设N(x,0)，则M(x，－x2＋2x)，∴ON＝|x|，MN＝|－x2＋2x|，由(2)知，AB＝eq\r(2)，BC＝3eq\r(2)，AC＝2eq\r(5)，∴AB2＋BC2＝AC2，∴△ABC为直角三角形，且∠ABC＝90°，∵MN⊥x轴于点N，∴∠ABC＝∠MNO＝90°，∴当△ABC和△MNO相似时，有eq\f(MN,AB)＝eq\f(ON,BC)或eq\f(MN,BC)＝eq\f(ON,AB).①当eq\f(MN,AB)＝eq\f(ON,BC)时，eq\f(|－x2＋2x|,\r(2))＝eq\f(|x|,3\r(2))，即|x|·|－x＋2|＝eq\f(1,3)|x|.∵当x＝0时，M，O，N三点不能构成三角形，∴x≠0，∴|－x＋2|＝eq\f(1,3)，∴－x＋2＝±eq\f(1,3)，解得x＝eq\f(5,3)或x＝eq\f(7,3)，此时N点坐标为(eq\f(5,3)，0)或(eq\f(7,3)，0)；②当eq\f(MN,BC)＝eq\f(ON,AB)时，eq\f(|－x2＋2x|,3\r(2))＝eq\f(|x|,\r(2))，即|x|·|－x＋2|＝3|x|，∴|－x＋2|＝3，∴－x＋2＝±3，解得x＝5或x＝－1，此时N点坐标为(－1,0)或(5,0)．综上可知，存在满足条件的N点，其坐标为(eq\f(5,3)，0)或(eq\f(7,3)，0)或(－1,0)或(5,0)．2．(2018·达州)如图，抛物线经过原点O(0,0)，点A(1，1)，点B(eq\f(7,2)，0)．(1)求抛物线解析式；(2)连接OA，过点A作AC⊥OA交抛物线于C，连接OC，求△AOC的面积；(3)点M是y轴右侧抛物线上一动点，连接OM，过点M作MN⊥OM交x轴于点N.问：是否存在点M，使以点O，M，N为顶点的三角形与(2)中的△AOC相似？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．备用图解：(1)设抛物线解析式为y＝ax(x－eq\f(7,2))，把A(1,1)代入，得a·(1－eq\f(7,2))＝1，解得a＝－eq\f(2,5)，∴抛物线解析式为y＝－eq\f(2,5)x(x－eq\f(7,2))，即y＝－eq\f(2,5)x2＋eq\f(7,5)x.(2)延长CA交y轴于点D，如答图1.答图1∵A(1,1)，∴OA＝eq\r(2)，∠DOA＝45°，∴△AOD为等腰直角三角形．∵OA⊥AC，∴OD＝eq\r(2)OA＝2，∴D(0,2)，易得直线AD的解析式为y＝－x＋2，联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x＋2，,y＝－\f(2,5)x2＋\f(7,5)x，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝5，,y＝－3，))∴C(5，－3)，∴S△AOC＝S△COD－S△AOD＝eq\f(1,2)×2×5－eq\f(1,2)×2×1＝4；(3)存在．如答图2，过点M作MH⊥x轴于点H.答图2由(2)易得AC＝eq\r(5－12＋－3－12)＝4eq\r(2)，OA＝eq\r(2).设M(x，－eq\f(2,5)x2＋eq\f(7,5)x)(x>0)．∵∠OHM＝∠OAC，∴当eq\f(OH,OA)＝eq\f(MH,AC)时，△OHM∽△OAC，即eq\f(x,\r(2))＝eq\f(|－\f(2,5)x2＋\f(7,5)x|,4\r(2))，解方程－eq\f(2,5)x2＋eq\f(7,5)x＝4x得x1＝0(舍去)，x2＝－eq\f(13,2)(舍去)，解方程－eq\f(2,5)x2＋eq\f(7,5)x＝－4x得x1＝0(舍去)，x2＝eq\f(27,2)，此时M点坐标为(eq\f(27,2)，－54)；当eq\f(OH,AC)＝eq\f(MH,OA)时，△OHM∽△CAO，即eq\f(x,4\r(2))＝eq\f(|－\f(2,5)x2＋\f(7,5)x|,\r(2))，解方程－eq\f(2,5)x2＋eq\f(7,5)x＝eq\f(1,4)x得x1＝0(舍去)，x2＝eq\f(23,8)，此时M点的坐标为(eq\f(23,8)，eq\f(23,32))，解方程－eq\f(2,5)x2＋eq\f(7,5)x＝－eq\f(1,4)x得x1＝0(舍去)，x2＝－eq\f(33,8)，此时M点坐标为(eq\f(33,8)，－eq\f(33,32))．∵MN⊥OM，∴∠OMN＝90°，∴∠MON＝∠HOM，∴△OMH∽△ONM，∴当M点的坐标为(eq\f(27,2)，－54)或(eq\f(23,8)，eq\f(23,32))或(eq\f(33,8)，－eq\f(33,32))时，以点O，M，N为顶点的三角形与(2)中的△AOC相似．类型4二次函数与面积最值问题1．(2018·东营)如图，抛物线y＝a(x－1)(x－3)(a>0)与x轴交于A，B两点，抛物线上另有一点C在x轴下方，且使△OCA∽△OBC．(1)求线段OC的长度；(2)设直线BC与y轴交于点M，点C是BM的中点时，求直线BM和抛物线的解析式；(3)在(2)的条件下，直线BC下方抛物线上是否存在一点P，使得四边形ABPC面积最大？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)当y＝0时，a(x－1)(x－3)＝0，解得x1＝1，x2＝3，即A(1,0)，B(3,0)，∴OA＝1，OB＝3.∵△OCA∽△OBC，∴OC∶OB＝OA∶OC，∴OC2＝OA·OB＝3，则OC＝eq\r(3).(2)∵C是BM的中点，即OC为Rt△OBM斜边BM的中线，∴OC＝BC，∴点C的横坐标为eq\f(3,2).又∵OC＝eq\r(3)，点C在x轴下方，∴C(eq\f(3,2)，－eq\f(\r(3),2))．设直线BM的解析式为y＝kx＋b，把点B(3,0)，C(eq\f(3,2)，－eq\f(\r(3),2))代入，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3k＋b＝0，,\f(3,2)k＋b＝－\f(\r(3),2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－\r(3)，,k＝\f(\r(3),3)，))∴直线BM的解析式为y＝eq\f(\r(3),3)x－eq\r(3).又∵点C(eq\f(3,2)，－eq\f(\r(3),2))在抛物线上，∴将C(eq\f(3,2)，－eq\f(\r(3),2))代入抛物线的解析式，解得a＝eq\f(2\r(3),3)，∴抛物线的解析式为y＝eq\f(2\r(3),3)x2－eq\f(8\r(3),3)x＋2eq\r(3).(3)存在．如答图，过点P作PQ⊥x轴交直线BM于点Q，设点P的坐标为(x，eq\f(2\r(3),3)x2－eq\f(8\r(3),3)x＋2eq\r(3))，答图则Q(x，eq\f(\r(3),3)x－eq\r(3))，∴PQ＝eq\f(\r(3),3)x－eq\r(3)－(eq\f(2\r(3),3)x2－eq\f(8\r(3),3)x＋2eq\r(3))＝－eq\f(2\r(3),3)x2＋3eq\r(3)x－3eq\r(3)，∴当△BCP面积最大时，四边形ABPC的面积最大，∴S△BCP＝eq\f(1,2)PQ(3－x)＋eq\f(1,2)PQ(x－eq\f(3,2))＝eq\f(3,4)PQ＝－eq\f(\r(3),2)x2＋eq\f(9\r(3),4)x－eq\f(9\r(3),4)，当x＝－eq\f(b,2a)＝eq\f(9,4)时，S△BCP有最大值，则四边形ABPC的面积最大，此时点P的坐标为(eq\f(9,4)，－eq\f(5\r(3),8))．2．(2018·盐城)如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2＋bx＋3经过点A(－1,0)，B(3,0)两点，且与y轴交于点C．(1)求抛物线的表达式；(2)如图2，用宽为4个单位长度的直尺垂直于x轴，并沿x轴左右平移，直尺的左右两边所在的直线与抛物线相交于P，Q两点(点P在点Q的左侧)，连接PQ，在线段PQ上方抛物线上有一动点D，连接DP，DQ.①若点P的横坐标为－eq\f(1,2)，求△DPQ面积的最大值，并求此时点D的坐标；②直尺在平移过程中，△DPQ面积是否有最大值？若有，求出面积的最大值；若没有，请说明理由．解：(1)将A(－1,0)，B(3,0)代入y＝ax2＋bx＋3，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b＋3＝0，,9a＋3b＋3＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝2，))∴抛物线的表达式为y＝－x2＋2x＋3.(2)①当点P的横坐标为－eq\f(1,2)时，点Q的横坐标为eq\f(7,2)，∴此时点P的坐标为(－eq\f(1,2)，eq\f(7,4))，点Q的坐标为(eq\f(7,2)，－eq\f(9,4))．设直线PQ的表达式为y＝mx＋n，将P(－eq\f(1,2)，eq\f(7,4))，Q(eq\f(7,2)，－eq\f(9,4))代入y＝mx＋n，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)m＋n＝\f(7,4)，,\f(7,2)m＋n＝－\f(9,4)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－1，,n＝\f(5,4)，))∴直线PQ的表达式为y＝－x＋eq\f(5,4).如答图，过点D作DE∥y轴交直线PQ于点E，答图设点D的坐标为(x，－x2＋2x＋3)，则点E的坐标为(x，－x＋eq\f(5,4))，∴DE＝－x2＋2x＋3－(－x＋eq\f(5,4))＝－x2＋3x＋eq\f(7,4)，∴S△DPQ＝eq\f(1,2)DE·(xQ－xP)＝－2x2＋6x＋eq\f(7,2)＝－2(x－eq\f(3,2))2＋8.∵－2<0，∴当x＝eq\f(3,2)时，△DPQ的面积取最大值，最大值为8，此时点D的坐标为(eq\f(3,2)，eq\f(15,4))．②假设存在，设点P的横坐标为t，则点Q的横坐标为4＋t，∴点P的坐标为(t，－t2＋2t＋3)，点Q的坐标为(4＋t，－(4＋t)2＋2(4＋t)＋3)，利用待定系数法易知，直线PQ的表达式为y＝－2(t＋1)x＋t2＋4t＋3.设点D的坐标为(x，－x2＋2x＋3)，则点E的坐标为(x，－2(t＋1)x＋t2＋4t＋3)，∴DE＝－x2＋2x＋3－[－2(t＋1)x＋t2＋4t＋3]＝－x2＋2(t＋2)x－t2－4t，∴S△DPQ＝eq\f(1,2)DE·(xQ－xP)＝－2x2＋4(t＋2)x－2t2－8t＝－2[x－(t＋2)]2＋8.∵－2<0，∴当x＝t＋2时，△DPQ的面积取最大值，最大值为8.∴假设成立，即直尺在平移过程中，△DPQ面积有最大值，面积的最大值为8.3．(2018·新疆)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝eq\f(2,3)x2－eq\f(2,3)x－4与x轴交于A，B两点(点A在点B左侧)，与y轴交于点C．(1)求点A，B，C的坐标；(2)点P从A点出发，在线段AB上以每秒2个单位长度的速度向B点运动，同时，点Q从B点出发，在线段BC上以每秒1个单位长度的速度向C点运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动．设运动时间为t秒，求运动时间t为多少秒时，△PBQ的面积S最大，并求出其最大面积；(3)在(2)的条件下，当△PBQ面积最大时，在BC下方的抛物线上是否存在点M，使△BMC的面积是△PBQ面积的1.6倍？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)当x＝0时，y＝eq\f(2,3)x2－eq\f(2,3)x－4＝－4，∴点C的坐标为(0，－4)；当y＝0时，eq\f(2,3)x2－eq\f(2,3)x－4＝0，解得x1＝－2，x2＝3，∴点A的坐标为(－2,0)，点B的坐标为(3,0)．(2)设直线BC的解析式为y＝kx＋b(k≠0)，将B(3,0)，C(0，－4)代入y＝kx＋b，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3k＋b＝0，,b＝－4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝\f(4,3)，,b＝－4，))∴直线BC的解析式为y＝eq\f(4,3)x－4.过点Q作QE∥y轴，交x轴于点E，如答图1所示．当运动时间为t秒时，点P的坐标为(2t－2,0)，点Q的坐标为(3－eq\f(3,5)t，－eq\f(4,5)t)∴PB＝3－(2t－2)＝5－2t，QE＝eq\f(4,5)t，∴S＝eq\f(1,2)PB·QE＝－eq\f(4,5)t2＋2t＝－eq\f(4,5)(t－eq\f(5,4))2＋eq\f(5,4).∵－eq\f(4,5)<0，∴当t＝eq\f(5,4)秒时，△PBQ的面积S取最大值，最大值为eq\f(5,4).(3)存在，如答图2，过点M作MF∥y轴，交BC于点F，设点M的坐标为(m，eq\f(2,3)m2－eq\f(2,3)m－4)，则点F的坐标为(m，eq\f(4,3)m－4)，∴MF＝eq\f(4,3)m－4－(eq\f(2,3)m2－eq\f(2,3)m－4)＝－eq\f(2,3)m2＋2m，∴S△BMC＝eq\f(1,2)MF·OB＝－m2＋3m.∵△BMC的面积是△PBQ面积的1.6倍，∴－m2＋3m＝eq\f(5,4)×1.6，即m2－3m＋2＝0，解得m1＝1，m2＝2.∵0<m<3，∴在BC下方的抛物线上存在点M，使△BMC的面积是△PBQ面积的1.6倍，此时点M的坐标为(1，－4)或(2，－eq\f(8,3))．答图4．(2018·白银)如图，已知二次函数y＝ax2＋2x＋c的图象经过点C(0,3)，与x轴分别交于点A，点B(3,0)．点P是直线BC上方的抛物线上一动点．(1)求二次函数y＝ax2＋2x＋c的表达式；(2)连接PO，PC，并把△POC沿y轴翻折，得到四边形POP′C．若四边形POP′C为菱形，请求出此时点P的坐标；(3)当点P运动到什么位置时，四边形ACPB的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形ACPB的最大面积．解：(1)将点B和点C的坐标代入函数表达式，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(9a＋6＋c＝0，,c＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,c＝3，))∴二次函数的表达式为y＝－x2＋2x＋3.(2)若四边形POP′C为菱形，则点P在线段CO的垂直平分线上，如答图1，作OC的垂直平分线交抛物线于点P，交y轴于点E，连接PP′，则PE⊥CO.答图1∵C(0,3)，∴E(0，eq\f(3,2))，∴点P的纵坐标为eq\f(3,2)，当y＝eq\f(3,2)时，即－x2＋2x＋3＝eq\f(3,2)，解得x1＝eq\f(2＋\r(10),2)，x2＝eq\f(2－\r(10),2)(不合题意，舍去)，∴点P的坐标为(eq\f(2＋\r(10),2)，eq\f(3,2))．(3)如答图2，过点P作PF⊥x轴于点F，交BC于点Q.答图2设直线BC的解析式为y＝kx＋b，将点B和点C的坐标代入函数解析式，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3k＋3＝0，,b＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝－1，,b＝3，))∴直线BC的解析式为y＝－x＋3.设点P的坐标为(m，－m2＋2m＋3)，则点Q的坐标为(m，－m＋3)，∴PQ＝－m2＋2m＋3－(－m＋3)＝－m2＋3m.当y＝0时，－x2＋2x＋3＝0，解得x1＝－1，x2＝3，∴A(－1,0)，∴OA＝1，AB＝3－(－1)＝4，∴S四边形ABPC＝S△ABC＋S△PCQ＋S△PBQ＝eq\f(1,2)AB·OC＋eq\f(1,2)PQ·OF＋eq\f(1,2)PQ·FB＝eq\f(1,2)×4×3＋eq\f(1,2)(－m2＋3m)×3＝－eq\f(3,2)(m－eq\f(3,2))2＋eq\f(75,8)，∴当m＝eq\f(3,2)时，四边形ABPC的面积最大，最大面积为eq\f(75,8).当m＝eq\f(3,2)时，－m2＋2m＋3＝eq\f(15,4)，即P的坐标为(eq\f(3,2)，eq\f(15,4))．综上所述，当点P的坐标为(eq\f(3,2)，eq\f(15,4))时，四边形ACPB的最大面积为eq\f(75,8).类型5二次函数与动点问题1．(2018·菏泽)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx－5交y轴于点A，交x轴于点B(－5,0)和点C(1,0)，过点A作AD∥x轴交抛物线于点D．(1)求此抛物线的表达式；(2)点E是抛物线上一点，且点E关于x轴的对称点在直线AD上，求△EAD的面积；(3)若点P是直线AB下方的抛物线上一动点，当点P运动到某一位置时，△ABP的面积最大，求出此时点P的坐标和△ABP的最大面积．解：(1)∵抛物线y＝ax2＋bx－5交y轴于点A，交x轴于点B(－5,0)和点C(1,0)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(25a－5b－5＝0，,a＋b－5＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝4，))∴此抛物线的表达式是y＝x2＋4x－5.(2)∵抛物线y＝x2＋4x－5交y轴于点A，∴点A的坐标为(0，－5)．∵AD∥x轴，点E是抛物线上一点，且点E关于x轴的对称点在直线AD上，∴点E的纵坐标是5，点E到AD的距离是10，当y＝－5时，－5＝x2＋4x－5，解得x＝0或x＝－4，∴点D的坐标为(－4，－5)，∴AD＝4，∴S△AED＝eq\f(1,2)AD·EF＝eq\f(1,2)×4×10＝20.(3)设点P的坐标为(p，p2＋4p－5)，如答图所示．答图设过点A(0，－5)，点B(－5,0)的直线AB的函数解析式为y＝mx＋n，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＝－5，,－5m＋n＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－1，,n＝－5，))∴直线AB的函数解析式为y＝－x－5.当x＝p时，y＝－p－5.∵OB＝5，∴S△ABP＝eq\f(－p－5－p2＋4p－5,2)·5＝eq\f(5,2)[－(p＋eq\f(5,2))2＋eq\f(25,4)]．∵点P是直线AB下方的抛物线上一动点，∴－5<p<0，∴当p＝－eq\f(5,2)时，S取得最大值，此时S＝eq\f(125,8)，点p的坐标是(－eq\f(5,2)，－eq\f(35,4))．综上，当点P的坐标是(－eq\f(5,2)，－eq\f(35,4))时，△ABP的面积最大，此时△ABP的面积是eq\f(125,8).2．(2018·德州)如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝x－1与抛物线y＝－x2＋bx＋c交于A，B两点，其中A(m,0)，B(4，n)，该抛物线与y轴交于点C，与x轴交于另一点D．(1)求m，n的值及该抛物线的解析式；(2)如图2，若点P为线段AD上的一动点(不与A，D重合)，分别以AP，DP为斜边，在直线AD的同侧作等腰直角△APM和等腰直角△DPN，连接MN，试确定△MPN面积最大时P点的坐标；(3)如图3，连接BD，CD，在线段CD上是否存在点Q，使得以A，D，Q为顶点的三角形与△ABD相似？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)把A(m,0)，B(4，n)代入y＝x－1，得m＝1，n＝3，∴A(1,0)，B(4,3)．∵抛物线y＝－x2＋bx＋c经过点A与点B，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＋b＋c＝0，,－16＋4b＋c＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝6，,c＝－5，))∴抛物线的解析式为y＝－x2＋6x－5.(2)∵△APM与△DPN都为等腰直角三角形，∴∠APM＝∠DPN＝45°，∴∠MPN＝90°，∴△MPN为直角三角形．令－x2＋6x－5＝0，解得x＝1或x＝5，∴D(5,0)，即DA＝5－1＝4.设AP＝m，则DP＝4－m，∴PM＝eq\f(\r(2),2)m，PN＝eq\f(\r(2),2)(4－m)，∴S△MPN＝eq\f(1,2)PM·PN＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)m×eq\f(\r(2),2)(4－m)＝－eq\f(1,4)m2－m＝－eq\f(1,4)(m－2)2＋1，∴当m＝2，即AP＝2时，S△MPN最大，此时OP＝3，即P(3,0)．(3)存在，易得直线CD解析式为y＝x－5，设Q(x，x－5)，由题意得∠BAD＝∠ADC＝45°，当△ABD∽△DAQ时，eq\f(AB,DA)＝eq\f(BD,AQ)，即eq\f(3\r(2),4)＝eq\f(\r(10),AQ)，解得AQ＝eq\f(4\r(5),3)，由两点间的距离公式得(x－1)2＋(x－5)2＝eq\f(80,9)，解得x＝eq\f(7,3)或x＝eq\f(11,3)(舍去)，此时Q(eq\f(7,3)，－eq\f(8,3))；当△ABD∽△DQA时，eq\f(BD,AQ)＝1，即AQ＝eq\r(10)，∴(x－1)2＋(x－5)2＝10，解得x＝2或x＝6(舍去)，此时Q(2，－3)．综上，点Q的坐标为(2，－3)或(eq\f(7,3)，－eq\f(8,3))．类型6二次函数与线段最值问题1．(2018·宜宾)在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线的顶点坐标为(2,0)，且经过点(4,1)．如图，直线y＝eq\f(1,4)x与抛物线交于A，B两点，直线l为y＝－1.(1)求抛物线的解析式；(2)在l上是否存在一点P，使PA＋PB取得最小值？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．(3)已知F(x0，y0)为平面内一定点，M(m，n)为抛物线上一动点，且点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等，求定点F的坐标．解：(1)∵抛物线的顶点坐标为(2,0)，∴设抛物线的解析式为y＝a(x－2)2.∵该抛物线经过点(4,1)，∴1＝4a，解得a＝eq\f(1,4)，∴抛物线的解析式为y＝eq\f(1,4)(x－2)2＝eq\f(1,4)x2－x＋1.(2)联立直线AB与抛物线解析式成方程组，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,4)x，,y＝\f(1,4)x2－x＋1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝1，,y1＝\f(1,4)，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝4，,y2＝1，))∴点A的坐标为(1，eq\f(1,4))，点B的坐标为(4,1)．如答图，作点B关于直线l的对称点B′，连接AB′交直线l于点P，