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微專題45　二次函數綜合題
類型一　二次函數與線段有關問題
1. 綜合與探究
如圖，拋物線y＝x2－x－4與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C（0，－4），作直線AC，BC，P是直線BC下方拋物線上一動點.
（1）求A，B兩點的坐標，并求出直線AC，BC的函數表達式；
（2）過點P作PQ∥y軸，交直線BC于點Q，交直線AC于點T，當P為線段TQ的中點時，求此時點P的坐標.
第1題圖
2. 如圖，在平面直角坐標系中，直線y＝kx（k≠0）與拋物線y＝ax2＋c（a≠0）交于A（8，6），B兩點，點B的橫坐標為－2.
（1）求拋物線的解析式；
（2）點P是直線AB下方拋物線上一動點，過點P作x軸的平行線，與直線AB交于點C，連接PO，設點P的橫坐標為m.若點P在x軸下方，求△POC周長的最大值，并求此時m的值.
第2題圖
3. 如圖，拋物線y＝ax2＋bx－4與x軸交于A（－3，0），B（4，0）兩點，與y軸交于點C，P是直線BC下方拋物線上一點.
（1）求拋物線的解析式；
（2）連接AC，過點P作PD∥AC，交BC于點D，求線段PD的最大值.
第3題圖
4. 如圖，拋物線y＝a（x－1）2＋2的對稱軸交x軸于點A，且拋物線分別交y軸于點B（0，1），交直線AB于點C，頂點為D，P是對稱軸右側拋物線上一動點.
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖①，連接OP，OP與直線BC交于點M，當OM＝MP時，求點P的坐標；
（3）如圖②，過點P作PE∥x軸，PF∥y軸，分別交直線CD于點E，F.若＝，求點P的坐標.
類型二　二次函數與面積有關問題
[2022.23（2）]
1. （2024揚州）如圖，已知二次函數y＝－x2＋bx＋c的圖象與x軸交于A（－2，0），B（1，0）兩點.
（1）求b，c的值；
（2）若點P在該二次函數的圖象上，且△PAB的面積為6，求點P的坐標.
第1題圖
2. 如圖，拋物線y＝ax2＋bx＋c與x軸交于A（－1，0），B（3，0）兩點，與y軸的正半軸交于點C，且OC＝3.
（1）求拋物線的解析式；
（2）連接AC，BC，P為拋物線上一點，當S△ABC＝2S△PBC時，求點P的坐標.
第2題圖
3. （2022廣東23題12分）如圖，拋物線y＝x2＋bx＋c（b，c是常數）的頂點為C，與x軸交于A，B兩點，A（1，0），AB＝4，點P為線段AB上的動點，過P作PQ∥BC交AC于點Q.
（1）求該拋物線的解析式；
（2）求△CPQ面積的最大值，并求此時P點坐標.
第3題圖
4. 如圖，拋物線y＝－x2－4x＋5與x軸交于點A，B（點A在點B的左側），與y軸交于點C，連接AC.
（1）求點A，B的坐標及直線AC的函數解析式；
（2）過點C作CP⊥AC，交拋物線于點P，連接OP交AC于點D，連接AP，求△PAD的面積.
第4題圖
5. 如圖，拋物線y＝ax2＋x＋c與x軸交于A（－1，0），B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C（0，2），點D是拋物線上異于點A的一個動點，直線AD與直線BC交于點E.
（1）求直線BC的函數解析式；
（2）在點D運動的過程中，當∠AEC＝45°時，求△ABE的面積；
（3）當點D在第一象限拋物線上運動時，連接BD，設△BDE的面積為S1，△ABE的面積為S2，求的最大值.
第5題圖
類型三　二次函數與特殊圖形存在性有關問題
一階　設問突破
方法解讀
二次函數中等腰三角形的存在性問題：
1. 找點：兩圓一線
①若AD＝AC，以點A為圓心，AC長為半徑畫圓；
②若CD＝AC，以點C為圓心，AC長為半徑畫圓；
③若AD＝CD，作AC的垂直平分線；
2. 求點：設出點D的坐標，根據點A，C，D的坐標，表示出線段AC，CD，AD的長度，由等量關系分別列方程求解即可.
例　 如圖，已知拋物線y＝x2－x－4與x軸交于點A，B（點A在點B的左側），與y軸交于點C.
（1）如圖①，連接AC，若點D為x軸上的動點，當△ACD是等腰三角形時，求點D的坐標；
例題圖①
方法解讀
二次函數中的角度問題：
1. 角度相等：常與線段的平行或特殊三角形結合，最終將角度問題轉化為線段問題；
2. 角度固定值：常見的角度有15°，30°，45°，60°，90°，常放在特殊三角形中，利用三角形三邊關系或三角函數求解；
3. 角度的倍數關系：利用三角形的內外角關系和等腰三角形的性質求解.
（2）如圖②，連接BC，若點P為拋物線上的動點，當∠PAB＝∠ABC時，求點P的坐標；
例題圖②
方法解讀
二次函數中平行四邊形的存在性問題：
1. 找點：分情況討論：
①當BC為平行四邊形的邊；
②當BC為平行四邊形的對角線，根據平行四邊形一組對邊平行且相等確定點的位置；
2. 求點：①通過點的平移，構造全等三角形求點坐標；
②由中點坐標公式求頂點坐標.　
（3）如圖③，連接BC，若E，F分別為拋物線和x軸上的動點，是否存在點F，使以點B，C，E，F為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求出點F的坐標；若不存在，請說明理由；
例題圖③
方法解讀
二次函數中直角三角形的存在性問題：
1. 找點：兩線一圓
①若∠MBC＝90°，過點B作BC的垂線；
②若∠MCB＝90°，過點C作BC的垂線；
③若∠BMC＝90°，以BC為直徑作圓；
2. 求點
方法一：代數法：設出點M的坐標，根據點B，C，M的坐標，表示出線段BC，BM，CM的長度，再根據對應情況，由勾股定理分別列方程求解即可；
方法二：幾何法：作垂線，構造一線三垂直模型，表示出線段長用勾股定理或相似建立等量關系.
（4）連接BC，若點M在拋物線的對稱軸上.
①如圖④，是否存在點M，使以點B，C，M為頂點的三角形為直角三角形？若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由；
例題圖④
方法解讀
二次函數中全等三角形存在性問題：
1. 找等角（邊）：根據相對應的字母找到已存在隱含的等角（邊）；
2. 表示邊長：明確全等后需相等的對應邊，直接或間接設出所求點的坐標，再表示線段長；
3. 建立關系式并計算：利用全等三角形對應邊相等列等式，其中對于對應關系不確定的三角形全等，需分情況討論.
②如圖⑤，若點M為對稱軸與x軸的交點，連接CM，點Q是坐標平面內的點（不與點M重合），是否存在點Q，使得△BCQ與△BCM全等，若存在，求出所有滿足條件的點Q，若不存在，請說明理由.
例題圖⑤
方法解讀
二次函數中相似三角形的存在性問題：
1. 找等角：其中直角三角形找對應的直角，一般三角形中會存在隱含的等角；
2. 表示邊長：直接或間接設出所求的點的坐標，然后表示出線段長；
3. 建立關系式并計算：對于對應關系不確定的三角形相似，需要按照等角的兩邊分別對應成比例列比例式，分情況討論，然后進行計算求解.
③如圖⑥，若點M為對稱軸與BC的交點，連接AC，點N為x軸上的動點，是否存在點N，使△BMN與△ABC相似？若存在，求出點N的坐標；若不存在，請說明理由.
例題圖⑥
二階　綜合訓練
1. （2024梅州市一模）如圖所示，已知二次函數y＝ax2＋bx＋c的圖象經過點A（5，0），B（－1，0），C（0，－5）.
（1）求二次函數y＝ax2＋bx＋c的解析式；
（2）直線x＝t（0＜t＜5）交二次函數y＝ax2＋bx＋c的圖象于點P，交直線AC于點Q，是否存在實數t，使△CPQ為等腰三角形，若存在，請求出這樣的t值；若不存在，請說明理由.
第1題圖
2. （2021廣東25題10分）已知二次函數y＝ax2＋bx＋c的圖象過點（－1，0），且對任意實數x，都有4x－12≤ax2＋bx＋c≤2x2－8x＋6.
（1）求該二次函數的解析式；
（2）若（1）中二次函數圖象與x軸的正半軸交點為A，與y軸交點為C，點M是（1）中二次函數圖象上的動點.問在x軸上是否存在點N，使得以A，C，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形.若存在，求出所有滿足條件的點N的坐標；若不存在，請說明理由.
3. 如圖，拋物線y＝－x2＋2x＋3與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C，拋物線的對稱軸交x軸于點D，連接AC，BC.
（1）求A，B，C三點的坐標；
（2）若點P為x軸上一動點，當點P以每秒3個單位長度的速度從點O出發，沿x軸正方向勻速運動，連接CP，設點P運動的時間為t，當以C，O，P為頂點的三角形與△AOC相似時（不包含全等），求t的值；
（3）若點Q是直線BC上一動點，試判斷是否存在點Q，使得以C，D，Q為頂點的三角形是直角三角形.若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由.
第3題圖
類型一　二次函數與線段有關問題
1. 解：(1)當y＝0時，x2－x－4＝0，解得x1＝－2，x2＝8.
∵點A在點B的左側，
∴A(－2，0)，B(8，0)，
設直線AC的表達式為y＝kx＋b(k≠0)，
將A(－2，0)，C(0，－4)分別代入得，
解得，
∴直線AC的函數表達式為y＝－2x－4，
∵B(8，0)，C(0，－4)，
∴同理可得直線BC的函數表達式為y＝x－4；
(2)設P(m，m2－m－4)，
∵QT∥y軸，
∴Q(m，m－4)，T(m，－2m－4)，
∴PQ＝m－4－(m2－m－4)＝－m2＋2m，
PT＝m2－m－4－(－2m－4)＝m2＋m，
∵P為線段TQ的中點，
∴PQ＝PT，
∴－m2＋2m＝m2＋m.
解得m1＝0(舍去)，m2＝3，
∴P(3，－).
2. 解：(1)將A(8，6)代入y＝kx，得8k＝6，解得k＝，
∴直線AB的解析式為y＝x，
當x＝－2時，y＝×(－2)＝－，
∴B(－2，－).
將A(8，6)，B(－2，－)分別代入y＝ax2＋c(a≠0)，
得，解得，
∴拋物線的解析式為y＝x2－2；
(2)設P(m，n)，則m2－2＝n，
當點P在x軸下方時，－2＜m＜4，n＜0，
∵C(n，n)，
∴OC＝－n，OP＝＝＝m2＋2，
∵PC＝m－n，m2－2＝n，
∴OP＋PC＋OC＝m2＋2＋m－n－n
＝m2＋m－3n＋2
＝m2＋m－3(m2－2)＋2
＝－(m－2)2＋9，
∵－＜0，∴當m＝2時，△POC的周長最大，最大值為9.
3. 解：(1)將A(－3，0)，B(4，0)分別代入y＝ax2＋bx－4中，
得，解得，
∴拋物線的解析式為y＝x2－x－4；
(2)在y＝x2－x－4中，令x＝0，得y＝－4，
∴C(0，－4).
∵A(－3，0)，B(4，0)，
∴OA＝3，OB＝OC＝4，AB＝7，
∴AC＝5.
如解圖，過點P作x軸的平行線，交BC于點M，
∵PM∥AB，
∴∠PMD＝∠ABC.
∵PD∥AC，
∴∠PDM＝∠ACB，
∴△PMD∽△ABC，
∴＝，即＝，
∴PD＝PM.
設直線BC的解析式為y＝kx＋d(k≠0)，
將B(4，0)，C(0，－4)分別代入，
得，解得，
∴直線BC的解析式為y＝x－4.
設點P的坐標為(m，m2－m－4)，0＜m＜4，
∴M(m2－m，m2－m－4)，
∴PM＝m－(m2－m)＝－m2＋m，
∴PD＝×(－m2＋m)＝－(m－2)2＋，
∵－＜0，
∴當m＝2時，線段PD有最大值，最大值為.
第3題解圖
4. 解：(1)∵拋物線y＝a(x－1)2＋2交y軸于點B(0，1)，
∴將點B(0，1)代入y＝a(x－1)2＋2中，得1＝a(0－1)2＋2，解得a＝－1，
∴拋物線的解析式為y＝－(x－1)2＋2＝－x2＋2x＋1；
(2)如解圖①，過點M，P分別作MN⊥x軸于點N，PQ⊥x軸于點Q，則MN∥PQ，
由(1)得A(1，0)，
設直線AB的解析式為y＝kx＋b(k≠0)，
將點A(1，0)，B(0，1)分別代入y＝kx＋b中，得，
解得，
∴直線AB的解析式為y＝－x＋1，
∵MN∥PQ，∴△MNO∽△PQO，
∴＝＝，
∵OM＝MP，∴OM＝OP，
∴＝＝＝，
∴MN＝PQ，ON＝OQ，
第4題解圖①
設P(p，－p2＋2p＋1)(p＞1)，則M(，－＋1)
∴PQ＝－p2＋2p＋1，MN＝－＋1，
∴－＋1＝(－p2＋2p＋1)，
整理，得p2－3p＋2＝0，解得p1＝1(舍去)，p2＝2，
∴－p2＋2p＋1＝1，
∴點P的坐標為(2，1)；
(3)【思路點撥】一般遇到線段成比例，可考慮三角形相似，求出線段長，利用平行關系得到點坐標之間的關系，通過點在直線或拋物線上確定點坐標.
如解圖②，③過點C作CG⊥AD，交DA延長線于點G.
聯立，
解得或，
∴B(0，1)，C(3，－2)，
∴CG＝3－1＝2，
∵PE∥x軸，PF∥y軸，
∴∠PEF＝∠GCD，∠PFE＝∠GDC，
∴△PEF∽△GCD，
∴＝，即＝，
∴PE＝.
∵y＝－(x－1)2＋2，
∴D(1，2)，
設直線CD的解析式為y＝k1x＋b1(k1≠0)，
將C(3，－2)，D(1，2)分別代入y＝k1x＋b1(k1≠0)中，得，解得，
∴直線CD的解析式為y＝－2x＋4.
設P(t，－t2＋2t＋1)，
①如解圖②，當點P在點E的右側時，
則E(t－，－t2＋2t＋1)，1＜t＜3.
∵點E在直線CD上，
∴－t2＋2t＋1＝－2(t－)＋4，
整理，得4t2－16t＋15＝0，
解得t1＝，t2＝，
∴點P的坐標為(，)或(，－)；
圖②
圖③
第4題解圖
②如解圖③，當點P在點E的左側時，
則E(t＋，－t2＋2t＋1)，t＞3.
∵點E在直線CD上，
∴－t2＋2t＋1＝－2(t＋)＋4，整理，得4t2－16t＋9＝0，
解得t3＝，t4＝(舍去)，
∴點P的坐標為(，－)，
綜上所述，點P的坐標為(，)或(，－)或(，－).
類型二　二次函數與面積有關問題
1. 解：(1)將點A(－2，0)，B(1，0)分別代入y＝－x2＋bx＋c，
得，解得，
∴b的值為－1，c的值為2；
(2)由(1)可知，二次函數的解析式為y＝－x2－x＋2，
設P(m，n)，
∵點P在二次函數的圖象上，
∴n＝－m2－m＋2.
∵A(－2，0)，B(1，0)，
∴AB＝3，
又∵△PAB的面積為6，
∴×AB×｜n｜＝6，解得n＝±4，
當n＝4時，即－m2－m＋2＝4，化簡得m2＋m＋2＝0，該方程無實數解，不符合題意；
當n＝－4時，即－m2－m＋2＝－4，化簡得m2＋m－6＝0，解得m1＝2，m2＝－3，
綜上所述，點P的坐標為(2，－4)或(－3，－4).
2. 解：(1)∵拋物線y＝ax2＋bx＋c與x軸交于A(－1，0)，B(3，0)兩點，
∴可設拋物線的解析式為y＝a(x＋1)(x－3)(a≠0)，
∵OC＝3，∴C(0，3)，
將點C(0，3)代入y＝a(x＋1)(x－3)中，得－3a＝3，解得a＝－1，
∴拋物線的解析式為y＝－(x＋1)(x－3)＝－x2＋2x＋3；
(2)∵A(－1，0)，B(3，0)，
∴AB＝3－(－1)＝4，
∴S△ABC＝AB·OC＝×4×3＝6，
∵S△ABC＝2S△PBC＝6，∴S△PBC＝3，
由B(3，0)，C(0，3)可得BC所在直線的解析式為y＝－x＋3，
①如解圖①，當點P位于BC上方時，過點P作PM∥BC交y軸于點M，
∴S△PBC＝S△MBC＝3＝，
∴CM＝2，M(0，5)，
∴直線PM的解析式為y＝－x＋5，
聯立，
解得x1＝1，x2＝2，
∴點P(1，4)或(2，3)；
第2題解圖
②如解圖②，當點P在BC下方時，
同理可得，M(0，1)，
∴直線PM的解析式為y＝－x＋1，
聯立，
解得x1＝，x2＝，
∴點P(，)或(，)，
綜上所述，點P的坐標為(1，4)或(2，3)或(，)或(，).
3. 解：(1)∵A(1，0)，AB＝4，
∴B(－3，0).
將點A(1，0)，B(－3，0)分別代入y＝x2＋bx＋c中，得，
解得，
∴拋物線的解析式為y＝x2＋2x－3；
(2)由(1)知拋物線的解析式為y＝x2＋2x－3＝(x＋1)2－4，
∴C(－1，－4).
設直線BC的解析式為y＝k1x＋m1(k1≠0)，
將點B(－3，0)，C(－1，－4)分別代入y＝k1x＋m1中，得，
解得，
∴直線BC的解析式為y＝－2x－6，
設直線AC的解析式為y＝k2x＋m2(k2≠0)，
將點A(1，0)，C(－1，－4)代入y＝k2x＋m2中，得，
解得，
∴直線AC的解析式為y＝2x－2.
∵PQ∥BC，
∴設直線PQ的解析式為y＝－2x＋n，
令y＝0，得x＝，
∴P(，0)，
聯立直線AC與直線PQ的解析式，得，
解得，
∴Q(，)，
∵點P在線段AB上，
∴－3≤≤1，
即－6≤n≤2，
∴S△CPQ＝S△CPA－S△QPA＝×(1－)×4－×(1－)×(－)＝－(n＋2)2＋2，
∵－＜0，－6≤n≤2，
∴當n＝－2時，S△CPQ取得最大值，最大值為2，此時點P的坐標為(－1，0).
4. 解：(1)令y＝－x2－4x＋5中y＝0，得－x2－4x＋5＝0，
解得x1＝－5，x2＝1，
∴A(－5，0)，B(1，0).
令x＝0，得y＝5，
∴C(0，5)，
設直線AC的函數解析式為y＝kx＋b(k≠0)，將A(－5，0)，C(0，5)的坐標代入，
得，解得，
∴直線AC的函數解析式為y＝x＋5；
(2)設點P的坐標為(m，－m2－4m＋5)，
∵A(－5，0)，C(0，5)，
∴AC2＝50，CP2＝(m－0)2＋(－m2－4m＋5－5)2＝m2＋(－m2－4m)2，AP2＝(m＋5)2＋(－m2－4m＋5)2.
∵PC⊥AC，
∴∠PCA＝90°，∴AC2＋CP2＝AP2，
∴50＋m2＋(－m2－4m)2＝(m＋5)2＋(－m2－4m＋5)2，解得m＝－3或m＝0(舍去)，
∴P(－3，8).
設直線OP的解析式為y＝k1x(k1≠0)，將P(－3，8)的坐標代入，
得8＝－3k1，∴k1＝－，
∴直線OP的解析式為y＝－x.
令－x＝x＋5，解得x＝－，
∴D(－，)，
∴S△PAD＝S△PAO－S△DAO＝×5×(8－)＝.
5. (1)∵拋物線y＝ax2＋x＋c與x軸交于點A(－1，0)，與y軸交于點C(0，2)，
∴將點A(－1，0)，C(0，2)代入拋物線y＝ax2＋x＋c中，
得，解得，
∴拋物線的解析式為y＝－x2＋x＋2，
令y＝0，解得x＝－1或x＝4，
∴點B的坐標為(4，0)，
設直線BC的解析式為y＝kx＋b(k≠0)，將點B，C的坐標代入，
得，解得，
∴直線BC的函數解析式為y＝－x＋2；
(2)如解圖，連接AC，
∵A(－1，0)，B(4，0)，C(0，2)，
∴OA＝1，OB＝4，OC＝2，AB＝5，
∴在Rt△OAC中，AC＝＝＝，在Rt△OCB中，BC＝＝＝2，
∴AC2＋BC2＝()2＋(2)2＝25＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，
又∵∠AEC＝45°，
∴CE＝AC＝，
∴S△ABC＝AB·OC＝×5×2＝5，S△ACE＝AC·CE＝××＝，
①如解圖①，當點E在線段BC上時，
S△ABE＝S△ABC－S△ACE＝5－＝；
②如解圖②，當點E在線段BC的延長線上時，
S△ABE＝S△ABC＋S△ACE＝5＋＝，
∴△ABE的面積為或；
圖①
圖②
第5題解圖
(3)如解圖③，過點B作BG⊥AD于點G，過點D作DI∥y軸，交直線BC于點I，過點A作AH∥y軸，交直線BC于點H，則DI∥AH，
∴△EDI∽△EAH，∴＝，
∵A(－1，0)，
將x＝－1代入y＝－x＋2中，得y＝－×(－1)＋2＝，
∴點H的坐標為(－1，)，
∴AH＝，
∵點D在第一象限的拋物線上，
∴設D(m，－m2＋m＋2)，則I(m，－m＋2)(0＜m＜4)，
∴DI＝(－m2＋m＋2)－(－m＋2)＝－m2＋2m，
∴＝＝＝＝＝－m2＋m＝－(m－2)2＋，
∵－＜0，
∴當m＝2時，的最大值為.
第5題解圖③
類型三　二次函數與特殊圖形存在性有關問題
一階　設問突破
例　解：(1)∵拋物線的解析式為y＝x2－x－4，
∴當y＝0時，x2－x－4＝0，解得x1＝－2，x2＝4，
∵點A在點B的左側，
∴A(－2，0)，B(4，0)，
當x＝0時，y＝－4，∴C(0，－4).
∴OA＝2，OC＝4，
∴由勾股定理得AC＝＝2.
∴當△ACD是等腰三角形時，分以下三種情況：
①當AD＝AC時，如解圖①，點D位于點D1或D2處，此時AD＝AC＝2，
∴點D1的坐標為(－2－2，0)，點D2的坐標為(2－2，0)；
②當CD＝AC時，如解圖①，點D位于點D3處，
∵OC⊥AD3，∴OA＝OD3＝2，
∴點D3的坐標為(2，0)；
③當AD＝CD時，如解圖①，點D位于點D4處，
設點D4的坐標為(a，0)，則AD4＝a＋2，CD4＝，
∴a＋2＝，解得a＝3，
∴點D4的坐標為(3，0).
綜上所述，點D的坐標為(－2－2，0)或(2－2，0)或(2，0)或(3，0)；
例題解圖①
(2)由(1)得A(－2，0)，B(4，0)，C(0，－4)，
∴OA＝2，OB＝OC＝4，
∴∠OBC＝45°，
設點P的坐標為(n，n2－n－4)，
當∠PAB＝∠ABC時，分以下兩種情況：
①當點P在x軸上方時，如解圖②，過點A作AP1∥BC交拋物線于點P1，過點P1作P1Q1⊥x軸于點Q1，
∴∠P1AB＝∠ABC＝45°，此時點P位于點P1處，
∴P1Q1＝AQ1，
∵AQ1＝OA＋OQ1＝2＋n，P1Q1＝n2－n－4，
∴n2－n－4＝2＋n，解得n＝－2(舍去)或n＝6，
當n＝6時，n2－n－4＝8，
∴點P1的坐標為(6，8)；
②當點P在x軸下方時，如解圖②，過點A作AP2⊥BC交拋物線于點P2，過點P2作P2Q2⊥x軸于點Q2，
同理可得AQ2＝2＋n，P2Q2＝－(n2－n－4)，
∵∠P2AB＝∠ABC＝45°，
∴AQ2＝P2Q2，
∴2＋n＝－(n2－n－4)，解得n＝－2(舍去)或n＝2，
當n＝2時，n2－n－4＝－4，
∴點P2的坐標為(2，－4).
綜上所述，點P的坐標為(6，8)或(2，－4)；
例題解圖②
(3)存在.
由(1)知B(4，0)，C(0，－4)，
∴OC＝4，
以點B，C，E，F為頂點的四邊形是平行四邊形時，分以下兩種情況：
①當BC為平行四邊形的邊時，如解圖③，點E位于點E1或E2或E3處，點F相應的位于點F1或F2或F3處，
∵四邊形BCF1E1為平行四邊形，
∴BC∥E1F1，BC＝E1F1，
∵點F1在x軸上，
∴點E1到x軸的距離為4，
令y＝4，即x2－x－4＝4，
解得x1＝1＋(舍去)，x2＝1－，
∴點E1的坐標為(1－，4)，
同理可得點E2的坐標為(1＋，4)，
∵B(4，0)，C(0，－4)，
∴由平移的性質得點F1的坐標為(－3－，0)，點F2的坐標為(－3，0)；
∵四邊形BCE3F3為平行四邊形，
∴BF3∥CE3，BF3＝CE3，
∴點E3與點C關于直線x＝－＝1對稱，
∴＝1，解得xE＝2，
∴點E3的坐標為(2，－4)，
∴CE3＝2，
∴OF3＝OB＋CE3＝6，
∴點F3的坐標為(6，0)；
②當BC為平行四邊形的對角線時，如解圖③，點E位于點E4處，點F相應的位于點F4處，連接E4F4交BC于點G，
∵四邊形BE4CF4為平行四邊形，
∴點G為BC，E4F4的中點，
∴＝2，＝－2，
∴點G的坐標為(2，－2)，
∵BF4∥CE4，∴點E4與點E3重合，
∴E4(2，－4)，
∴＝2，解得xF＝2，
∵點F在x軸上，∴點F4的坐標為(2，0).
綜上所述，點F的坐標為(－3－，0)或(－3，0)或(6，0)或(2，0)；
例題解圖③
(4)①存在.
∵拋物線的解析式為y＝x2－x－4＝(x－1)2－，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝1.
設點M(1，t)，則BM2＝(1－4)2＋(t－0)2＝t2＋9，CM2＝(1－0)2＋(t＋4)2＝t2＋8t＋17，BC2＝(4－0)2＋(0－4)2＝32，
以點B，C，M為頂點的三角形為直角三角形時，分以下三種情況：
(i)當∠MBC＝90°時，如解圖④，點M位于點M1處，
由勾股定理得BC2＋BM2＝CM2，即32＋t2＋9＝t2＋8t＋17，解得t＝3，∴點M1的坐標為(1，3)；
(ii)當∠MCB＝90°時，如解圖④，點M位于點M2處，
由勾股定理得BC2＋CM2＝BM2，即32＋t2＋8t＋17＝t2＋9，解得t＝－5，
∴點M2的坐標為(1，－5)；
(iii)當∠BMC＝90°時，如解圖⑤，點M位于點M3或點M4處，
由勾股定理得BM2＋CM2＝BC2，即t2＋9＋t2＋8t＋17＝32，解得t1＝－2－，t2＝－2，
∴點M3的坐標為(1，－2)，點M4的坐標為(1，－2－).
綜上所述，點M的坐標為(1，3)或(1，－5)或(1，－2)或(1，－2－)；
圖④
圖⑤
例題解圖
②存在.
∵拋物線的對稱軸為直線x＝1，
∴M(1，0)，
由(1)知B(4，0)，C(0，－4)，
∴BM2＝(4－1)2＝9，CM2＝(1－0)2＋(0＋4)2＝17，
設點Q的坐標為(m，n)，
則BQ2＝(4－m)2＋n2，
CQ2＝m2＋(－4－n)2，
當△BCQ與△BCM全等時，
分兩種情況：
(i)當BM＝BQ，CM＝CQ，即△BCM≌△BCQ時，
BM2＝BQ2，即9＝(4－m)2＋n2，
CM2＝CQ2，即17＝m2＋(－4－n)2，解得m＝1－n，
代入9＝(4－m)2＋n2得，n1＝0，n2＝－3，
∴m1＝1，m2＝4，
∵點Q不與點M重合，
∴點Q的坐標為(4，－3)；
(ii)當BM＝CQ，CM＝BQ，即△BCM≌△CBQ時，
BM2＝CQ2，即9＝m2＋(－4－n)2，
CM2＝BQ2，即17＝(4－m)2＋n2，解得m＝－n－1，
代入17＝(4－m)2＋n2得，n3＝－1，n4＝－4，
∴m3＝0，m4＝3，
∴點Q的坐標為(0，－1)或(3，－4).
綜上所述，點Q的坐標為(4，－3)或(0，－1)或(3，－4)；
③存在.
由(1)得A(－2，0)，B(4，0)，C(0，－4)，AC＝2，
設BC所在直線的解析式為y＝kx＋b(k≠0)，
將B(4，0)，C(0，－4)分別代入，
得，解得，
∴BC所在直線的解析式為y＝x－4，
當x＝1時，y＝－3，
∴點M的坐標為(1，－3)，
∵OB＝OC＝4，∴BC＝4，
同理易得BM＝3，
當△BMN與△ABC相似時，
分以下兩種情況：
(i)當△BMN∽△BCA時，如解圖⑥，點N位于點N1處，
∴＝，
∵BA＝OA＋OB＝6，
∴＝，解得BN1＝，
∴ON1＝BN1－OB＝，
∴點N1的坐標為(－，0)；
(ii)當△BMN∽△BAC時，如解圖⑥，點N位于點N2處，
∴＝，
∴＝，解得BN2＝4，
∴BN2＝OB，此時點N2與點O重合，
∴點N2的坐標為(0，0).
綜上所述，點N的坐標為(－，0)或(0，0).
例題解圖⑥
二階　綜合訓練
1. 解：(1)∵二次函數y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的圖象經過點A(5，0)，B(－1，0)，
∴二次函數的解析式可設為y＝a(x－5)(x＋1)＝a(x2－4x－5)，
將點C(0，－5)代入，
得－5a＝－5，解得a＝1，
∴二次函數的解析式為y＝x2－4x－5；
(2)存在.
設直線AC的解析式為y＝kx＋b(k≠0)，
將點A，C代入，得，解得，
∴直線AC的解析式為y＝x－5，
設點P(t，t2－4t－5)，則點Q(t，t－5)，
∴PQ2＝(－t2＋5t)2，PC2＝t2＋(t2－4t)2，CQ2＝2t2，
當PQ＝CQ時，△CPQ為等腰三角形，
PQ2＝CQ2，即(－t2＋5t)2＝2t2，解得t＝0(舍去)或5－或5＋(舍去)；
當PQ＝PC或PC＝CQ時，△CPQ為等腰三角形，
PQ2＝PC2，即(－t2＋5t)2＝t2＋(t2－4t)2，解得t＝0(舍去)或t＝4，PC2＝CQ2，
t2＋(t2－4t)2＝2t2，
解得t＝0(舍去)或t＝3或t＝5(舍去).
綜上所述，存在實數t，使△CPQ為等腰三角形，t的值為5－或3或4.
2. 解：(1)令4x－12＝2x2－8x＋6，解得x1＝x2＝3，
∴當x＝3時，4x－12＝2x2－8x＋6＝0，
∴y＝ax2＋bx＋c的圖象必過點(3，0)，
又∵y＝ax2＋bx＋c的圖象過點(－1，0)，
∴
解得
∴y＝ax2－2ax－3a，
又∵4x－12≤ax2＋bx＋c，
∴ax2－2ax－3a≥4x－12，即ax2－2ax－4x＋12－3a≥0，
∴a＞0且b2－4ac≤0，∴(2a＋4)2－4a(12－3a)≤0，
∴(a－1)2≤0，∵(a－1)2≥0，
∴a＝1，
∴b＝－2，c＝－3，
∴二次函數的解析式y＝x2－2x－3；
(2)存在.
由(1)可知A(3，0)，C(0，－3)，設M(m，m2－2m－3)，N(n，0)，
分情況討論：
①如解圖①，當AC為對角線時，
此時，
即
解得m1＝0(舍)，m2＝2，
∴n＝3－m＝1，即N1(1，0)；
②如解圖②，當AM為對角線時，
此時，
即
解得m3＝0(舍)，m4＝2，
∴n＝5，即N2(5，0)；
③如解圖③，當AN為對角線時，
此時，
即
解得m5＝1＋，m6＝1－，
∴n＝－2或n＝－2－，
∴N3(－2，0)，N4(－2－，0).
綜上所述，滿足條件的點N的坐標為(1，0)或(5，0)或(－2，0)或(－2－，0).
圖①
圖②
圖③
第2題解圖
3. 解：(1)∵拋物線的函數解析式為y＝－x2＋2x＋3，
令y＝0，得－x2＋2x＋3＝0，解得x1＝－1，x2＝3，
∵點A在點B的左側，∴A(－1，0)，B(3，0)，
令x＝0，得y＝3，∴C(0，3)；
(2)如解圖①，∵∠AOC＝∠COP＝90°，
∴當以C，O，P為頂點的三角形與△AOC相似時，分兩種情況：
①當∠ACO＝∠P1CO時，
∵OC＝OC，∴△ACO≌△P1CO，故不符合題意；
②當∠ACO＝∠CP2O時，△ACO∽△CP2O，此時＝，
∵A(－1，0)，∴AO＝1，
∵C(0，3)，∴CO＝3，∴＝，
解得P2O＝9，∴t的值為3；
第3題解圖①
(3)存在.
設直線BC的解析式為y＝kx＋n(k≠0)，
將B(3，0)，C(0，3)分別代入得，解得，
∴直線BC的解析式為y＝－x＋3.
∵點Q是直線BC上一點，
∴設點Q的坐標為(m，－m＋3).
∵點D是拋物線對稱軸與x軸的交點，
∴點D的橫坐標為x＝－＝1，
∴D(1，0)，
∴CD2＝10，CQ2＝m2＋[3－(－m＋3)]2＝2m2，DQ2＝(m－1)2＋(－m＋3)2＝2m2－8m＋10.
∵∠DCQ≠90°，∴要使以C，D，Q為頂點的三角形是直角三角形，分兩種情況討論：
①當∠CQD＝90°時，如解圖②，由勾股定理可得，CQ2＋DQ2＝CD2，
即2m2＋2m2－8m＋10＝10，整理得m2－2m＝0，解得m1＝0(舍去)，m2＝2，
∴－m＋3＝1，∴Q(2，1)；
②當∠CDQ＝90°時，如解圖③，由勾股定理可得，CD2＋DQ2＝CQ2，
即10＋2m2－8m＋10＝2m2，整理得5－2m＝0，解得m＝，
∴－m＋3＝，∴Q(，).
綜上所述，存在點Q使得以C，D，Q為頂點的三角形是直角三角形，點Q的坐標為(2，1)或(，).
第3題解圖

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