二次函数综合题类型一 与线段、周长有关的问题针对演练1.如图，抛物线y=x2+bx+c过点A（3，0），B（1，0），交y轴于点C，点P是该抛物线上一动点，点P从C点沿抛物线向A点运动（点P不与点A重合），过点P作PD∥y轴交直线AC于点D.（1）求抛物线的解析式；（2）求点P在运动的过程中线段PD长度的最大值；（3）在抛物线对称轴上是否存在点M，使|MA-MC|的值最大？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.第1题图备用图2.（2022珠海）如图，折叠矩形OABC的一边BC，使点C落在OA边的点D处，已知折痕BE=5,且=.以O为原点，OA所在的直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，抛物线l：y=-x2+x+c经过点E，且与AB边相交于点F.（1）求证：△ABD∽△ODE;（2）若M是BE的中点，连接MF，求证：MF⊥BD;（3）P是线段BC上一动点，点Q在抛物线l上，且始终满足PD⊥DQ，在点P运动过程中，能否使得PD=DQ？若能，求出所有符合条件的Q点坐标；若不能，请说明理由.第2题图\n3.（2022孝感改编）在平面直角坐标系中，抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，直线y=x+4经过A，C两点.（1）求抛物线的解析式；（2）在AC上方的抛物线上有一动点P.①如图①，过点P作y轴的平行线交AC于点D，当线段PD取得最大值时，求出点P的坐标；②如图②，过点O，P的直线y=kx交AC于点E，若PE∶OE=3∶8，求k的值.图①图②第3题图4.（2022天水）在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝-x2+bx+c(b、c为常数)的顶点为P，等腰直角三角形ABC的顶点A的坐标为（0，-1），点C的坐标为（4，3），直角顶点B在第四象限.(1)如图，若抛物线经过A、B两点，求抛物线的解析式;(2)平移（1）中的抛物线，使顶点P在AC上并沿AC方向滑动距离为\n时，试证明：平移后的抛物线与直线AC交于x轴上的同一点;(3)在（2）的情况下，若沿AC方向任意滑动时，设抛物线与直线AC的另一交点为Q，取BC的中点N，试探究NP+BQ是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，请说明理由.第4题图5.如图，抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C,且OA=2,OC=3.（1）求抛物线的解析式；（2）作Rt△OBC的高OD，延长OD与抛物线在第一象限内交于点E，求点E的坐标；（3）在抛物线的对称轴上，是否存在一点Q，使得△BEQ的周长最小？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.第5题图\n6.如图，已知在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC的边OA在y轴的正半轴上，OC在x轴的正半轴上，AB∥OC,OA=AB=2,OC=3，过点B作BD⊥BC，交OA于点D，将∠DBC绕点B顺时针方向旋转，角的两边分别交y轴的正半轴、x轴的正半轴于点E、F.（1）求经过A、B、C三点的抛物线的解析式；（2）当BE经过（1）中抛物线的顶点时，求CF的长；（3）在抛物线的对称轴上取两点P、Q（点Q在点P的上方），且PQ=1，要使四边形BCPQ的周长最小，求出P、Q两点的坐标.第6题图【答案】针对演练1.解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c过点A（3，0），B（1，0），∴，解得,∴抛物线的解析式为y=x2-4x+3.（2）令x=0,则y=3,∴点C（0，3），又∵点A(3,0),\n∴直线AC的解析式为y=-x+3,设点P（x,x2-4x+3）,∵PD∥y轴，且点D在AC上，∴点D(x,-x+3),∴PD=(-x+3)-(x2-4x+3)=-x2+3x=-(x-)2+,∵a=-1<0,∴当x=时，线段PD的长度有最大值，最大值为.(3)存在.由抛物线的对称性可知，对称轴垂直平分AB，可得：MA＝MB，由三角形的三边关系，｜MA-MC｜<BC,可得：当M、B、C三点共线时,｜MA-MC｜最大，即为BC的长度，设直线BC的解析式为y=kx+b(k≠0),由B、C两点的坐标分别为（1，0）、(0,3),则,解得,∴直线BC的解析式为y=-3x+3,∵抛物线y=x2-4x+3的对称轴为直线x=2,∴当x=2时，y=-3×2+3＝－3，∴点M（2，－3），即抛物线对称轴上存在点M（2，－3），使｜MA-MC｜最大.2.（1）证明：由折叠知∠ADB=90°-∠ODE＝∠OED，∵∠EOD＝∠DAB=90°，∴Rt△ABD∽Rt△ODE.（2）证明：设OE＝3k，则OD＝4k，CE＝DE＝5k，AB＝OC＝8k，由Rt△ABD∽Rt△ODE可得AD＝6k，则OA＝BC＝BD＝10k，于是BE＝=5,解得k＝1，∵抛物线y＝-x2+x+c经过点E（0，3），∴c＝3，将点A的横坐标x＝10代入y＝-x2+x+3，得到点F的坐标为（10，），∴DF＝＝＝，∵BF＝AB-FA＝8-＝，\n∴DF＝BF，又∵∠BDE=90°，M是BE的中点，第2题解图∴MB＝MD，∴MF是线段BD的中垂线，∴MF⊥BD.(3)解：能.如解图，令y＝0，求得抛物线与x轴交点坐标为H（-4，0），G（12，0），①当PD⊥x轴时，由于PD＝8,DG＝DH＝8，故点Q的坐标为（-4，0）或（12，0）时，△PDQ是以D为直角顶点的等腰直角三角形；②当PD不垂直x轴时，分别过P，Q作x轴的垂线，垂足分别为N，I，则Q不与G重合，从而I不与G重合，即DI≠8,∵PD⊥DQ,∴∠QDI=90°-∠PDN＝∠DPN，∴Rt△PDN∽Rt△DQI,∵PN=8,∴PN≠DI,∴Rt△PDN与Rt△DQI不全等,∴PD≠DQ,另一侧同理可得PD≠DQ.综上①，②所有满足题设的点Q的坐标为（-4，0）和（12，0）.3.解：（1）对于直线y=x+4,令x=0，得y＝4,令y=0，得x=-4,则A(-4,0),C(0,4),代入抛物线解析式得,解得，∴抛物线的解析式为y=-x2-x+4.（2）①∵抛物线的解析式为y=-x2-x+4，∴点P(x,-x2-x+4),∵PD∥y轴，直线AC的解析式为y=x+4，∴D（x,x+4）,∵P点在AC的上方，∴PD=-x2-x+4-(x+4)=-（x+2）2+2,∵-2>-4,∴当x=-2时，线段PD取得最大值，将x=-2代入y=-x2-x+4中得y=4,∴线段PD取得最大值时,点P的坐标为（-2,4）.②过点P作PF∥OC交AC于点F，如解图.∵PF∥OC,∴△PEF∽△OEC,\n∴.又∵=,OC=4,∴PF=.∴由①得PF＝（-x2-x+4）-(x+4)=.化简得：x2+4x+3=0,解得x1=-1,x2=-3.当x=-1时，y=；当x=-3时，y=.即满足条件的P点坐标是（-1，）或（-3，）.又∵点P在直线y=kx上，∴k=-或k=-.第3题解图4.(1)解：设AC与x轴的交点为M，∵等腰直角三角形ABC的顶点A的坐标为(0,-1),C的坐标为(4,3),∴直线AC的解析式为y=x-1，∴直线AC与x轴的交点M(1，0).∴OM=OA，∠CAO=45°.∵△CAB是等腰直角三角形，∴∠ACB=45°，∴BC∥y轴,又∵∠OMA=45°，∴∠OAB＝90°，∴AB∥x轴,∴点B的坐标为(4，-1).∵抛物线过A(0，-1)，B(4，-1)两点，将两点代入抛物线的解析式中，得,解得，∴抛物线的解析式为y＝-x2+2x-1.(2)证明：抛物线y=-x2+2x-1=-(x2-4x)-1=－(x－2)2+1,∴顶点P的坐标为(2，1)，∵抛物线y=-(x－2)2+1顶点P平移到直线AC上并沿AC方向移动的距离为，∴其实是先向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度,∴平移后的二次函数的解析式为y=-(x-3)2+2，∵当y=0时，有0=-(x-3)2+2，解得x1=1，x2=5，\n∴y＝-(x-3)2+2过点(1，0)和(5,0)，∵直线AC的解析式为y=x-1，∴直线AC与x轴的交点坐标为(1，0)，∴平移后的抛物线与直线AC交于x轴上的同一点.(3)解：如解图，NP+BQ存在最小值，最小值为2.理由：取AB的中点F，连接FN，FQ，作B点关于直线AC的对称点B′，设平移后的抛物线的顶点为P′.连接BB′，B′Q,BQ,则BQ＝B′Q,∵抛物线y=-(x-2)2+1的顶点P(2，1)，A(0,-1)，∴PA==2,∴抛物线沿AC方向任意滑动时，P′Q=2，∵A(0，-1)，B(4，-1)，∴AB中点F(2，-1)，∵B(4，-1)，C(4，3)，∴N(4，1)，∴FN==2,∴FN＝P′Q,∵在△ABC中，F、N分别为AB、BC的中点，第4题解图∴FN∥P′Q，∴四边形P′NFQ是平行四边形，∴NP′=FQ,∴NP′+BQ=FQ+B′Q≥FB′==2.∴当B′、Q、F三点共线时，NP+BQ最小，最小值为2.5.解：（1）∵OA=2,∴点A的坐标为（-2，0）.∵OC=3,∴点C的坐标为（0，3）.把A（-2，0），C（0，3）分别代入抛物线y=-x2+bx+c,得，解得，∴抛物线的解析式为y＝-x2+x+3.\n(2)把y=0代入y=-x2+x+3,解得x1=3,x2=-2,∴点B的坐标为（3，0），∴OB=OC=3,∵OD⊥BC,∴OE所在的直线为y=x.解方程组,解得,∵点E在第一象限内，第5题解图∴点E的坐标为（2，2）.（3）存在，如解图，设Q是抛物线对称轴上的一点，连接QA、QB、QE、BE，∵QA=QB,∴△BEQ的周长＝BE+QA+QE,∵BE为定值，且QA+QE≥AE,∴当A、Q、E三点在同一直线上时，△BEQ的周长最小，由A(-2,0)、E(2，2)可得直线AE的解析式为y=x+1,由（2）易得抛物线的对称轴为x=,∴点Q的坐标为（，）,∴在抛物线的对称轴上，存在点Q（，），使得△BEQ的周长最小.6.解：(1)由题意得A(0，2)、B(2，2)、C(3，0).设经过A,B,C三点的抛物线的解析式为y=ax2+bx+2(a≠0),将点B、C分别代入得,解得,∴抛物线的解析式为y=-x2+x+2.\n(2)∵y=-x2+x+2=-+，设抛物线的顶点为G，则顶点G的坐标为（1，），过G作GH⊥AB，垂足为H，如解图①,则AH=BH=1,GH=-2=,∵EA⊥AB,GH⊥AB,∴EA∥GH,∴GH是△BEA的中位线,∴EA=2GH=.过B作BM⊥OC,垂足为M,如解图①,则MB=OA=AB.第6题解图①第6题解图②∵∠EBF=∠ABM=90°,∴∠EBA=∠FBM=90°-∠ABF.∴Rt△EBA≌Rt△FBM.∴FM=EA=.∵CM=OC-OM=3-2=1,∴CF=FM+CM=.(3)如解图②,要使四边形BCPQ的周长最小，将B点向下平移一个单位至点K，取C点关于对称轴对称的点M，连接KM交对称轴于P，将P向上平移1个单位至Q，此时M、P、K三点共线可使KP+PM最短，则QPKB为平行四边形，QB=PK,连接CP，根据轴对称求出CP=MP，则CP+BQ最小，∵CB，QP为定值，∴四边形BCPQ周长最短.∵将点C向上平移一个单位，坐标为（3，1），再作其关于对称轴对称的对称点C1，∴得点C1的坐标为（-1，1）.可求出直线BC1的解析式为y=x+.直线y＝x+与对称轴x＝1的交点即为点Q，坐标为（1，）.∴点P的坐标为（1，）.\n综上所述，满足条件的P、Q两点的坐标分别为（1，）、（1，）.题型五 二次函数综合题类型二 与面积有关的问题针对演练1.（2022桂林）如图，已知抛物线y=-x2+bx+c与坐标轴分别交于点A(0，8)、B(8，0)和点E,动点C从原点O开始沿OA方向以每秒1个单位长度移动，动点D从点B开始沿BO方向以每秒1个单位长度移动，动点C、D同时出发，当动点D到达原点O时，点C、D停止运动.(1)求抛物线的解析式；(2)求△CED的面积S与D点运动时间t的函数解析式：当t为何值时，△CED的面积最大?最大面积是多少?(3)当△CED的面积最大时，在抛物线上是否存在点P(点E除外)，使△PCD的面积等于△CED的最大面积，若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由.第1题图\n2.（2022海南）如图①，二次函数y=ax2+bx+3的图象与x轴相交于点A（-3，0）、B(1,0)，与y轴相交于点C，点G是二次函数图象的顶点，直线GC交x轴于点H(3,0)，AD平行GC交y轴于点D.（1）求该二次函数的表达式；（2）求证：四边形ACHD是正方形；（3）如图②，点M(t,p)是该二次函数图象上的动点，并且点M在第二象限内，过点M的直线y=kx交二次函数的图象于另一点N.①若四边形ADCM的面积为S，请求出S关于t的函数表达式，并写出t的取值范围；②若△CMN的面积等于，请求出此时①中S的值.图①图②第2题图\n3.(2022深圳)如图①，关于x的二次函数y=-x2+bx+c经过点A(-3,0),点C(0，3)，点D为二次函数的顶点,DE为二次函数的对称轴，E在x轴上.（1）求抛物线的解析式；（2）DE上是否存在点P到AD的距离与到x轴的距离相等？若存在,求出点P;若不存在,请说明理由；（3）如图②，DE的左侧抛物线上是否存在点F，使2S△FBC=3S△EBC？若存在,求出点F的坐标;若不存在,请说明理由.图①图②第3题图\n4.（2022武威）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点A（0，4），B（1，0），C（5，0），其对称轴与x轴相交于点M.（1）求此抛物线的解析式和对称轴；（2）在此抛物线的对称轴上是否存在一点P，使△PAB的周长最小？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）连接AC，在直线AC下方的抛物线上，是否存在一点N，使△NAC的面积最大？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由.第4题图\n【答案】针对演练1.解：(1)将点A(0，8)、B(8，0)代入抛物线y=-x2+bx+c，得,解得，∴抛物线的解析式为y=-x2+3x+8.(2)∵点A(0,8)、B(8，0)，∴OA=8,OB=8，令y=0，得-x2+3x+8=0,解得:x1=8,x2=-2,∵点E在x轴的负半轴上，∴点E(-2，0)，∴OE=2，根据题意得：当D点运动t秒时，BD=t,OC=t,∴OD=8-t,∴DE=OE+OD=10-t,∴S△CED=DE·OC=(10-t)·t=-t2+5t,即S=-t2+5t=-(t-5)2+,∴当t=5时，S△CED最大＝(3)存在.由(2)知：当t=5时，S△CED最大＝∴当t=5时，OC=5,OD=3,∴C(0,5),D(3,0),由勾股定理得CD=,设直线CD的解析式为：y=kx+b（k≠0）,将C(0,5),D(3,0)，代入上式得：\n解得,∴直线CD的解析式为y=-x+5,过E点作EF∥CD，交抛物线于点P1，则S△CED＝，第1题解图如解图，设直线EF的解析式为y=-x+m,将E(-2，0)代入得：m=-,∴直线EF的解析式为y=-x-,将y=-x-与y=-x2+3x+8联立成方程组得：,解得（与E点重合，舍去）,,∴P1(,-);过点E作EG⊥CD，垂足为G，∵当t=5时，S△ECD=CD·EG=,CD=,∴EG=,过点D作DN⊥CD,垂足为N，且使DN=,过点N作NM⊥x轴，垂足为M，可得△EGD∽△DMN,∴=,即＝，\n解得：DM=,∴OM=,由勾股定理得：MN==＝,∴N(,),过点N作NP2∥CD，与抛物线交于点P2，P3(与B点重合)，则S△CED＝，S△CED＝,设直线NP2的解析式为y=-x+n,将N(,)，代入上式得n=,∴直线NP2的解析式为y=-x+,将y=-x+与y=-x2+3x+8联立成方程组得：,解得,,∴P2(,)或P3(8,0),综上所述，当△CED的面积最大时，在抛物线上存在点P(点E除外)，使△PCD的面积等于△CED的最大面积，点P的坐标为：(,-)或(,)或(8,0).2.(1)解：∵二次函数y=ax2+bx+3过点A(-3，0)、B(1，0)，∴,，解得，∴二次函数的表达式为y=－x2－2x+3.(2)证明：由(1)知二次函数的表达式为y=－x2－2x+3，令x=0，则y=3,∴点C的坐标为(0，3)，∴OC=3，又点A、H的坐标分别为(-3,0)、(3,0)，∴OA=OH=OC=3，∴∠OCH＝∠OHC，∵AD∥GC，∴∠OCH＝∠ODA,∠OHC=∠OAD,\n∴∠OAD＝∠ODA,∴OA=OD=OC=OH=3，又AH⊥CD,∴四边形ACHD为正方形.(3)解：①S四边形ADCM=S四边形AOCM+S△AOD，第2题解图由(2)知OA=OD=3，∴S△AOD=×3×3=，∵点M(t,p)是直线y=kx与抛物线y=-x2-2x+3在第二象限内的交点，∴点M的坐标为(t,-t2-2t+3)，如解图，作MK⊥x轴于点K,ME⊥y轴于点E，则MK=-t2-2t+3,ME=︱t︱=-t，∴S四边形AOCM=S△AOM+S△MOC=×3(-t2-2t+3)+×3(-t)，即S四边形AOCM=-t2-t+，S四边形ADCM＝S四边形AOCM+S△AOD=-t2-t++=-t2-t+9,∴S=-t2-t+9,-3＜t＜0.②设点N的坐标为(t1,p1),过点N作NF⊥y轴于点F，∴NF=︱t1︱,又由①知ME=︱t︱，则S△CMN=S△COM+S△CON=OC·(︱t︱+︱t1︱)，又∵点M(t,p)、N(t1,p1)分别在第二、四象限内，∴t＜0,t1＞0,∴S△CMN=(t1-t),即(t1-t)=，∴t1-t=.由直线y=kx交二次函数的图象于点M、N得：,则x2+(2+k)x-3=0,∴x=,即t=,t1=,∴t1-t==,\n∴是(2+k)2+12的算术平方根,∴(2+k)2+12=,解得k1=-,k2=-,又(k+2)2+12恒大于0，且k＜0,∴k1=-,k2=-都符合条件.(i)若k=-,有x2+(2-)x-3=0,解得x1=-2,x2=(不符合题意，舍去);(ii)若k=-,有x2+(2-)x-3=0,解得x3=-,x4=2(不符合题意，舍去)，∴t=-2或-，当t=-2时,S=12;当t=-时,S=，∴S的值是12或.3.解：（1）将A(-3，0)，C(0，3)代入y=-x2+bx+c,得,解得.∴抛物线的解析式为y=-x2-2x+3.(2存在，由(1)知抛物线的解析式可化为顶点式y=-(x+1)2+4，则D(-1，4)，当P在∠DAB的平分线上时，如解图①，作PM⊥AD，设P(-1，y0)，∵sin∠ADE===，PE=y0,则PM=PD·sin∠ADE=(4-y0),∵PM=PE,第3题解图①∴(4-y0)=y0,解得y0=-1.当P在∠DAB的外角平分线上时，如解图②，作PN⊥AD,设P(-1，y0)，\nPE=-y0,则PN=PD·sin∠ADE=(4-y0),∵PN=PE,∴(4-y0)=-y0，解得y0=--1.第3题解图②∴存在满足条件的点P，且点P的坐标为（-1，-1）或（-1，--1）.(3)存在.∵S△EBC=3,2S△FBC=3S△EBC,∴S△FBC=S△EBC＝×3＝,过点F作FH⊥x轴，交BC的延长线于点Q，如解图③,连接BF,设BF交y轴于点M，易得△BMC∽△BFQ，∴＝，即CM＝，∴S△FBC＝CM·OB+CM·OH＝OB·QF.∵S△FBC=FQ·OB=FQ=,∴FQ=9.∵BC的解析式为y=-3x+3，设F(x0,-x20-2x0+3),则Q点的坐标为（x0,-3x0+3）,∴QF=-3x0+3+x02+2x0-3=9,解得x0=或(舍去)，∴满足条件的点F的坐标是(，).第3题解图③4.解：（1）∵抛物线过点A（0，4）、B（1，0）、C（5，0），∴设过A、B、C三点的抛物线的解析式为y=a(x-1)·(x-5)(a≠0)，∴将点A（0，4）代入y=a(x-1)(x-5)，得a=，∴此抛物线的解析式为y=x2-x+4,∵抛物线过点B（1，0）、C（5，0），\n∴抛物线的对称轴为直线x＝=3.（2）存在，如解图①，连接AC交对称轴于点P，连接BP、BA,∵点B与点C关于对称轴对称，∴PB=PC,∴AB+AP+PB=AB+AP+PC=AB+AC,∵AB为定值，且AP+PC≥AC,∴当A、P、C三点共线时△PAB的周长最小，∵A（0，4）、C（5，0），设直线AC的解析式为y=ax+b(a≠0)，第4题解图①将A、C两点坐标代入解析式得,解得,∴直线AC的解析式为y=-x+4.∵在y=-x+4中，当x＝3时，y=，∴P点的坐标为（3，），即当对称轴上的点P的坐标为（3，）时，△ABP的周长最小.（3）在直线AC下方的抛物线上存在点N，使△NAC面积最大.如解图②，设N点的横坐标为t，此时点N（t,t2-t+4）（0＜t＜5），过点N作y轴的平行线，分别交x轴、AC于点F、G，过点A作AD⊥NG，垂足为点D，由（2）可知直线AC的解析式为y=-x+4，把x=t代入y=-x+4得y＝-t+4，则G点的坐标为（t，-t+4），此时，NG＝-t+4-（t2-t+4）＝-t2+4t.∵AD＋CF＝OC＝5，∴S△NAC＝S△ANG＋S△CGN＝NG·AD＋NG·CF＝NG·OC=×（-t2+4t）×5＝-2t2+10t＝\n-2（t-）2+.∵-2<0，即在对称轴处取得最大值.∴当t=时，△NAC面积有最大值为，第4题解图②由t=，得y=t2t+4＝-3，∴N（，-3）.∴存在满足条件的点N，使△NAC的面积最大，N点的坐标为（,-3）.题型五 二次函数综合题类型三 与特殊三角形有关的问题针对演练1.（2022岳阳）如图，抛物线y=ax2+bx+c经过A(1,0)、B(4,0)、C(0,3)三点.（1）求抛物线的解析式；（2）如图①，在抛物线的对称轴上是否存在点P，使得四边形PAOC的周长最小？若存在，求出四边形PAOC周长的最小值；若不存在，请说明理由；（3）如图②，点Q是线段OB上一动点，连接BC,在线段BC上是否存在这样的点M，使△CQM为等腰三角形且△BQM为直角三角形？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由.图①图②第1题图2.如图，直线y=-x+2与x轴交于点B，与y轴交于点C，已知二次函数的图象经过点B、C和点A（-1，0）.（1）求B、C两点坐标；（2）求该二次函数的关系式；\n（3）若抛物线的对称轴与x轴的交点为点D，则在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形？如果存在，直接写出P点的坐标；如果不存在，请说明理由；（4）点E是线段BC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置时，四边形CDBF的面积最大？求出四边形CDBF的最大面积及此时E点的坐标.第2题图【答案】针对演练1.解：（1）∵点A（1，0），B（4,0）在抛物线上，∴设抛物线解析式为y=a(x-1)(x-4)，将点C（0,3）代入得a(0-1)(0-4)=3，解得a=，∴抛物线解析式为y=(x-1)(x-4)，即y=x2-x+3.（2）存在.连接BC交对称轴于点P，连接PA,如解图①,∵点A与点B关于对称轴x=对称，∴BC≤PB+PC=PA+PC，即当点P在直线BC上时，四边形PAOC的周长最小，在Rt△BOC中，OB=4，OC=3，∠BOC=90°，∴BC==5，∴四边形PAOC的周长的最小值为OA+OC+BC=1+3+5=9.（3）存在.设直线BC的解析式为y=kx+t，第1题解图①\n将点B(4,0)，点C（0,3）代入得，解得，∴直线BC的解析式为y=-x+3.点M在BC上，设点M的坐标为（m,-m+3）（0＜m＜4），要使△CQM是等腰三角形，且△BQM是直角三角形，则只有以下两种情况，(Ⅰ)当MQ⊥OB，CM=MQ时，如解图②所示，则CM=MQ=-m+3,MB=BC-CM=5-(-m+3)=2+m，由sin∠CBO===，即=，解得m=,则点M的坐标为（,）；(Ⅱ)当CM=MQ,MQ⊥BC时，如解图③，第1题解图②过M作MN⊥OB于N，则ON=m,MN=-m+3,在Rt△BMN中，易得BM==×(-m+3)=-m+5，∴CM=BC-BM=m，在Rt△BMQ中，QM=BM·tan∠MBQ=(-m+5)，由CM=MQ得(-m+5)=m，第1题解图③解得m=，此时点M的坐标为（,）.综上所述，存在满足条件的点M,点M的坐标为（,）或（，）.2.解：（1）令x=0，可得y=2，令y=0，可得x=4，即点B（4，0），C（0，2）.（2）设二次函数的解析式为y=ax2+bx+c，\n将点A、B、C的坐标代入解析式得，,解得,即该二次函数的关系式为y=-x2+x+2.（3）存在.满足条件的点P的坐标分别为P1（,4），P2（,）,P3(,-).【解法提示】∵y=-x2+x+2，∴y=-（x-）2+，∴抛物线的对称轴是x=，∴OD=．∵C（0，2），∴OC=2．在Rt△OCD中，由勾股定理得CD=．∵△CDP是以CD为腰的等腰三角形，∴CP1=DP2=DP3=CD．如解图①所示，作CE⊥对称轴于点E，∴EP1=ED=2，∴DP1=4．∴P1（，4），P2（，），P3（，-）.第2题解图①（4）如解图②，过点C作CM⊥EF于点M，设E（a，-a+2），F（a，-a2+a+2），∴EF=-a2+a+2-（-a+2）=-a2+2a（0≤a≤4）．∵S四边形CDBF=S△BCD+S△CEF+S△BEF第2题解图②=BD·OC+EF·CM+EF·BN=+a（-a2+2a）+（4-a）·（-a2+2a）\n=-a2+4a+=-（a-2）2+（0≤a≤4）,∴a=2时，S四边形CDBF最大=，∴E（2，1）．题型五 二次函数综合题类型四与特殊四边形有关的问题针对演练1.（2022重庆模拟）已知正方形OABC中，O为坐标原点，点A在y轴的正半轴上，点C在x轴的正半轴上，点B（4，4）.二次函数y=-x2+bx+c的图象经过点A、B.点P（t，0）是x轴上一动点，连接AP.（1）求此二次函数的解析式；（2）如图①，过点P作AP的垂线与线段BC交于点G，当点P在线段OC（点P不与点C、O重合）上运动至何处时，线段GC的长有最大值，求出这个最大值；（3）如图②，过点O作AP的垂线与直线BC交于点D，二次函数y=-x2+bx+c的图象上是否存在点Q，使得以P、C、Q、D为顶点的四边形是以PC为边的平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.\n图①图②备用图第1题图2.如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，A点在原点左侧，B点的坐标为（4，0），与y轴交于C（0，-4）点，点P是直线BC下方的抛物线上一动点.（1）求这个二次函数的表达式;（2）连接PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四边形POP′C，那么是否存在点P，使四边形POP′C为菱形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由;（3）当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形ABPC的最大面积.第2题图【答案】针对演练\n1.解：（1）∵B（4，4），∴AB=BC=4，∵四边形ABCO是正方形，∴OA=4，∴A（0，4），将点A（0，4），B（4，4）代入y=-x2+bx+c，得，解得，∴二次函数解析式为y=-x2+x+4.（2）∵P（t，0），∴OP=t，PC=4-t，∵AP⊥PG，∴∠APO+∠CPG=180°-90°=90°，∵∠OAP+∠APO=90°，∴∠OAP=∠CPG，又∵∠AOP=∠PCG=90°，∴△AOP∽△PCG，∴=，即=，整理得，GC=-（t-2）2+1，∴当t=2时，GC有最大值是1，即P（2，0）时，GC的最大值是1.（3）存在点Q，使得以P、C、Q、D为顶点的四边形是以PC为边的平行四边形．理由如下：如解图①、②，易得∠OAP=∠COD，在△AOP和△OCD中，,∴△AOP≌△OCD（ASA），∴OP=CD，第1题解图①由P、C、Q、D为顶点的四边形是以PC为边的平行四边形得，PC∥DQ且PC=DQ，\n∵P（t，0），D（4，t），∴PC=DQ=|t-4|，∴点Q的坐标为（t，t）或（8-t，t），①当Q（t，t）时，-t2+t+4=t，整理得，t2+2t-24=0，解得t1=4（舍去），t2=-6，②当Q（8-t，t）时，-（8-t）2+（8-t）+4=t，第1题解图②整理得，t2-6t+8=0，解得t1=2，t2=4（舍去），综上所述，存在点Q（-6，-6）或（6，2），使得以P、C、Q、D为顶点的四边形是以PC为边的平行四边形．2.解：（1）将B、C两点的坐标代入得：，解得，∴二次函数的表达式为y=x2-3x-4.（2）存在点P，使四边形POP′C为菱形；设P点坐标为（x，x2-3x-4），PP′交CO于点E，若四边形POP′C是菱形，则有PC=PO；如解图①，连接PP′，则PE⊥CO于点E，∵C（0，-4），∴CO=4，又∵OE=EC，∴OE=EC=2，∴y=-2，∴x2-3x-4=-2，第2题解图①解得x1=，x2=（不合题意，舍去），∴P点的坐标为（，-2）.（3）如解图②，过点P作y轴的平行线与BC交于点Q，与OB交于点F，设P（x，x2-3x-4），设直线BC的解析式为y=kx+d，则,解得，∴直线BC的解析式为y=x-4，则Q点的坐标为（x，x-4）；当0=x2-3x-4，\n解得：x1=-1，x2=4，∴AO=1，AB=5，第2题解图②S四边形ABPC=S△ABC+S△BPQ+S△CPQ=AB·OC+QP·BF+QP·OF=×5×4+（4-x）［x-4-（x2-3x-4）］+x［x-4-（x2-3x-4）］=-2x2+8x+10=-2（x-2）2+18,当x=2时，四边形ABPC的面积最大，此时P点的坐标为（2，-6），四边形ABPC的面积的最大值为18．题型五 二次函数综合题拓展类型 与三角形相似有关的问题针对演练1.（2022广元）如图，已知抛物线y＝-（x+2）（x-m）（m＞0）与x轴相交于点A、B，与y轴相交于点C，且点A在点B的左侧.（1）若抛物线过点G（2，2），求实数m的值.（2）在（1）的条件下，解答下列问题：①求△ABC的面积.②在抛物线的对称轴上找一点H，使AH+CH最小，并求出点H的坐标.（3）在第四象限内，抛物线上是否存在点M，使得以点A、B、M为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由.\n第1题图2.如图，抛物线经过A（4，0），B（1，0），C（0，-2）三点.（1）求出抛物线的解析式；（2）P是抛物线上一动点，过P作PM⊥x轴，垂足为M，是否存在P点，使得以A，P，M为顶点的三角形与△OAC相似？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）在直线AC上方的抛物线上有一点D，使得△DCA的面积最大，求出点D的坐标.第2题图\n【答案】针对演练1.解：(1)∵抛物线过点G(2，2)，∴2=-(2+2)(2-m)，∴m=4.(2)①y=0,-(x+2)(x-m)=0，解得x1=-2,x2=m,∵m＞0,∴A(-2,0)、B(m,0),又∵m=4,∴AB=6.令x=0,得y=2,∴C(0,2),∴OC=2，∴S△ABC=×AB×OC=×6×2＝6.第1题解图①②∵m=4，∴抛物线y=-(x+2)(x-4)的对称轴为x=1，如解图①，连接BC交对称轴于点H，由轴对称的性质和两点之间线段最短的性质可知，此时AH+CH=BH+CH=BC最小.设直线BC的解析式为y=kx+b(k≠0).则,解得,∴直线BC的解析式为y=-x+2.当x=1时，y=,∴H(1,).(3)存在.如解图②，分两种情况讨论：(Ⅰ)当△ACB∽△ABM时，=，第1题解图②即AB2=AC·AM.∵A(-2,0),C(0,2)，即OA=OC=2,∴∠CAB=45°,\n∴∠BAM=45°.过点M作MN⊥x轴于点N，则AN=MN，∴OA+ON=2+ON=MN，∴令M(x,-x-2)(x＞0)，又∵点M在抛物线上，∴-x-2=-(x+2)(x-m)，∵x＞0,∴x+2＞0，又∵m＞0,∴x=2m,即M(2m,-2m-2).∴AM==2(m+1)，又∵AB2=AC·AM,AC=2，AB=m+2,∴(m+2)2=2×2(m+1)，解得m=2±2.∵m＞0,∴m=2+2.(Ⅱ)当△ACB∽△MBA时，则=，∴AB2=CB·MA，又∵∠CBA=∠BAM,∠ANM=∠BOC=90°,∴△ANM∽△BOC,∴=，∵OB=m,令ON=x,∴=,∴NM=(x+2)，∴令M(x,-(x+2))(x＞0),又∵点M在抛物线上，∴-(x+2)=-(x+2)(x-m)，∵x＞0,∴x+2＞0,∵m＞0,∴x=m+2,∴M(m+2,-(m+4))，又∵AB2=CB·MA,CB=,AN=m+4,MN=(m+4),\n∴(m+2)2=·整理得16=0,显然不成立.综上(Ⅰ)(Ⅱ)得，在第四象限内，当m=2+2时，抛物线上存在点M，使得以点A、B、M为顶点的三角形与△ACB相似.2.解：（1）∵该抛物线过点C（0，-2），∴可设该抛物线的解析式为y=ax2+bx-2．将A（4，0），B（1，0）代入，得,解得，∴此抛物线的解析式为y=-x2+x-2.（2）存在．如解图①，设P点的横坐标为m，则P点的纵坐标为-m2+m-2，当1＜m＜4时，AM=4-m，PM=-m2+m-2．又∵∠COA=∠PMA=90°，∴①当=时，∴===，第2题解图①∴△APM∽△ACO，即4-m=2(-m2+m-2)．解得m1=2，m2=4（舍去），∴P（2，1）．②当==时，△APM∽△CAO，即2(4-m)=-m2+m-2．解得m1=4，m2=5（均不合题意，舍去）,∴当1＜m＜4时，P（2，1）.当m＞4时，AM=m-4，PM=m2-m+2，①==或②==2，2（m2-m+2）=m-4，2（m-4）=m2-m+2，\n解得：第一个方程的解是m=2＜4（舍去）,m=4（舍去），第二个方程的解是m=5，m=4（舍去）,求出m=5，-m2+m-2=-2，则P（5，-2），当m＜1时，AM=4-m，PM=m2-m+2．①==或==2，则：2（m2-m+2）=4-m，2（4-m）=m2-m+2，解得：第一个方程的解是m=0（舍去），m=4（舍去），第二个方程的解是m=4（舍去），m=-3，m=-3时，-m2+m-2=-14，则P（-3，-14），综上所述，符合条件的点P的坐标为（2，1）或（5，-2）或（-3，-14）(解图中未画出来).（3）如解图②，设D点的横坐标为t（0＜t＜4），则D点的纵坐标为-t2+t-2．过点D作y轴的平行线交AC于点E．第2题解图②由题意可求得直线AC的解析式为y=x-2．∴E点的坐标为(t,t-2)．∴DE=-t2+t-2-(t-2)=-t2+2t，∴S△DAC=S△DCE+S△DEA=DE·t+DE·（4-t）=DE·4，∴S△DAC=×（-t2+2t）×4=-t2+4t=-(t-2)2+4，∴当t=2时，△DAC面积最大，∴D（2，1）．
