函数与几何图形的综合题针对演练类型一 与三角形形状有关的问题1.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2＋bx＋c经过点A(0，－6)和点C(6，0)．(1)求抛物线的解析式．(2)若抛物线与x轴的负半轴交于点B，试判断△ABC的形状；(钝角三角形、直角三角形、锐角三角形)(3)抛物线上是否存在点P，使得△PAC是以AC为底的等腰三角形？若存在，请求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．第1题图2.(2022南通13分)已知抛物线y＝x2－2mx＋m2＋m－1(m是常数)的顶点为P，直线l：y＝x－1.(1)求证点P在直线l上；(2)当m＝－3时，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，与直线l的另一个交点为Q，M是x轴下方抛物线上的一点，∠ACM＝∠PAQ(如图)，求点M的坐标；(3)若以抛物线和直线l的两个交点及坐标原点为顶点的三角形是等腰三角形，请直接写出所有符合条件的m的值．第2题图3.(2022宜宾12分)如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴分别相交于点A(－2，0)、B(4，0)，与y轴交于点C，顶点为点P.(1)求抛物线的解析式；(2)动点M、N从点O同时出发，都以每秒1个单位长度的速度分别在线段OB、OC上向点B、C方向运动，过点M作x轴的垂线交BC于点F，交抛物线于点H.47\n①当四边形OMNH为矩形时，求点H的坐标；②是否存在这样的点F，使△PFB为直角三角形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由． 第3题图类型二 与四边形形状有关的问题1.如图，已知直线y＝－x＋8与x轴交于点A，与y轴交于点B，C是线段AB的中点，抛物线y＝ax2＋bx＋c(a>0)过O、A两点，且其顶点的纵坐标为－.(1)分别写出A、B、C三点的坐标；(2)求抛物线的函数解析式；(3)在抛物线上是否存在点P，使得以O、P、B、C为顶点的四边形是菱形？若存在，求所有满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．第1题图2.(2022毕节16分)如图，抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴交于A(－1，0)，B(3，0)两点，顶点M关于x轴的对称点是M′.(1)求抛物线的解析式；(2)若直线AM′与此抛物线的另一个交点为C，求△CAB的面积；(3)是否存在过A、B两点的抛物线，其顶点P关于x轴的对称点为Q，使得四边形APBQ为正方形？若存在，求出此抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．47\n第2题图3.(2022广安10分)如图，边长为1的正方形ABCD一边AD在x负半轴上，直线l：y＝x＋2经过点B(x，1)与x轴、y轴分别交于点H、F，抛物线y＝－x2＋bx＋c顶点E在直线l上．(1)求A、D两点的坐标及抛物线经过A、D两点时的解析式．(2)当该抛物线的顶点E(m，n)在直线l上运动时，连接EA、ED，试求△EAD的面积S与m之间的函数解析式，并写出m的取值范围．(3)设抛物线与y轴交于G点，当抛物线顶点E在直线l上运动时，以A、C、E、G为顶点的四边形能否成为平行四边形？若能，求出E点坐标；若不能，请说明理由．第3题图4.(2022梧州13分)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋2与坐标轴交于A、B、C三点，其中B(4，0)、C(－2，0)．连接AB、AC，在第一象限内的抛物线上有一动点D，过点D作DE⊥x轴，垂足为点E，交AB于点F.(1)求此抛物线的解析式；(2)在DE上作点G，使G点与D点关于F点对称，以G为圆心，GD为半径作圆，当⊙G与其中一条坐标轴相切时，求点G的横坐标．(3)过D点作直线DH∥AC交AB于H，当△DHF的面积最大时，在抛物线和直线AB上分别取M、N两点，并使D、H、M、N四点组成平行四边形，请你直接写出符合要求的M、N两点的横坐标．47\n 第4题图5.(2022龙东地区10分)如图，四边形OABC是矩形，点A、C在坐标轴上，△ODE是由△OCB绕点O顺时针旋转90°得到的，点D在x轴上，直线BD交y轴于点F，交OE于点H，线段BC、OC的长是方程x2－6x＋8＝0的两个根，且OC＞BC.(1)求直线BD的解析式．(2)求△OFH的面积．(3)点M在坐标轴上，平面内是否存在点N，使以点D、F、M、N为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．第5题图类型三 与三角形相似有关的问题1.(2022黔南州12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝－x2＋bx＋c过点A(0，4)和C(8，0)，P(t，0)是x轴正半轴上的一个动点，M是线段AP的中点，将线段MP绕点P顺时针旋转90°得线段PB.过点B作x轴的垂线，过点A作y轴的垂线，两直线相交于点D.(1)求b，c的值；(2)当t为何值时，点D落在抛物线上；(3)是否存在t，使得以A，B，D为顶点的三角形与△AOP相似？若存在，求此时t的值；若不存在，请说明理由．第1题图2.(2022牡丹江10分)如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A在x轴负半轴上，顶点C在x轴正半轴上，顶点B在第一象限，过点B作BD⊥y轴于点D，线段OA，OC47\n的长是一元二次方程x2－12x＋36＝0的两根，BC＝4，∠BAC＝45°.(1)求点A、C的坐标；(2)反比例函数y＝的图象经过点B，求k的值；(3)在y轴上是否存在点P，使以P，B，D为顶点的三角形与以P，O，A为顶点的三角形相似？若存在，请写出满足条件的点P的个数，并直接写出其中两个点P的坐标；若不存在，请说明理由．第2题图3.(2022随州12分)如图，已知抛物线y＝(x＋2)(x－4)与x轴交于点A、B(点A位于点B的左侧)，与y轴交于点C，CD∥x轴，交抛物线于点D，M为抛物线的顶点．(1)求点A、B、C的坐标；(2)设动点N(－2，n)，求使MN＋BN的值最小时n的值；(3)P是抛物线上一点，请你探究：是否存在点P，使以P、A、B为顶点的三角形与△ABD相似(△PAB与△ABD不重合)？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．4.(2022鄂州12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x＋2与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y＝ax2＋bx＋c的对称轴是x＝－，且经过A、C两点，与x轴的另一交点为B.(1)①直接写出点B的坐标；②求抛物线解析式．(2)若点P为直线AC上方的抛物线上的一点，连接PA，PC.求△PAC的面积的最大值，并求出此时点P的坐标．(3)抛物线上是否存在点M，过点M作MN垂直x轴于点N，使得以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．47\n第4题图类型四 与面积有关的问题1.(2022武威10分)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1题图2.(2022贵港10分)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴交于点A和点B(1，0)，与y轴交于点C(0，3)，其对称轴l为x＝－1.(1)求抛物线的解析式并写出其顶点坐标；(2)若动点P在第二象限内的抛物线上，动点N在对称轴l上．①当PA⊥NA，且PA＝NA时，求此时点P的坐标；②当四边形PABC的面积最大时，求四边形PABC面积的最大值及此时点P的坐标．第2题图47\n3.(2022莱芜12分)如图，已知抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)经过点A(－3，2)，B(0，－2)，其对称轴为直线x＝，C(0，)为y轴上一点，直线AC与抛物线交于另一点D.(1)求抛物线的函数表达式；(2)试在线段AD下方的抛物线上求一点E，使得△ADE的面积最大，并求出最大面积；(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点F，使得△ADF是直角三角形？如果存在，求出点F的坐标；如果不存在，请说明理由．4.(2022深圳9分)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，求点F坐标，若不存在说明理由．第4题图5.(2022攀枝花12分)如图，已知抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于A(－1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴与抛物线交于点P、与直线BC相交于点M，连接PB.(1)求该抛物线的解析式；(2)在(1)中位于第一象限内的抛物线上是否存在点D，使得△BCD的面积最大？若存在，求出D点坐标及△BCD面积的最大值；若不存在，请说明理由．(3)在(1)中的抛物线上是否存在点Q，使得△QMB与△PMB的面积相等？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．47\n第5题图6.(2022达州12分)如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的边OA在y轴的正半轴上，OC在x轴的正半轴上，∠AOC的平分线交AB于点D，E为BC的中点，已知A(0，4)、C(5，0)，二次函数y＝x2＋bx＋c的图象抛物线经过A、C两点．(1)求该二次函数的表达式；(2)F、G分别为x轴、y轴上的动点，首尾顺次连接D、E、F、G构成四边形DEFG，求四边形DEFG周长的最小值；(3)抛物线上是否存在点P，使△ODP的面积为12？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．第6题图类型五 与线段有关的问题1.(2022锦州14分)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋2经过点A(－1，0)和点B(4，0)，且与y轴交于点C，点D的坐标为(2，0)，点P(m，n)是该抛物线上的一个动点，连接CA、CD、PD、PB.(1)求该抛物线的解析式；(2)当△PDB的面积等于△CAD的面积时，求点P的坐标；(3)当m>0，n>0时，过点P作直线PE⊥y轴于点E交直线BC于点F，过点F作FG⊥x轴于点G，连接EG，请直接写出随着点P的运动，线段EG的最小值．47\n2.(2022大连12分)如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴和y轴的正半轴上，顶点B的坐标为(2m，m)．翻折矩形OABC，使点A与点C重合，得到折痕DE.设点B的对应点为F，折痕DE所在直线与y轴相交于点G，经过点C、F、D的抛物线为y＝ax2＋bx＋c.(1)求点D的坐标(用含m的式子表示)；(2)若点G的坐标为(0，－3)，求该抛物线的解析式；(3)在(2)的条件下，设线段CD的中点为M，在线段CD上方的抛物线上是否存在点P，使PM＝EA？若存在，直接写出点P的坐标，若不存在，说明理由． 第2题图【答案】题型四函数与几何图形的综合题类型一与三角形形状有关的问题1.【思路分析】(1)利用待定系数法通过点A、C的坐标计算b、c的值，得到该抛物线的解析式；(2)由抛物线的解析式得出点B的坐标，结合其他点的坐标判断△ABC的形状；(3)利用AC的垂直平分线不平行于抛物线的对称轴，必然与抛物线存在的两个交点都能成为点P,使得△PAC为等腰三角形.解：(1)将A(0，-6)和C(6，0)代入y=x2+bx+c中，得c=-636+6b+c=0，解得b=-5c=-6，∴抛物线的解析式为y=x2-5x-6；(2)由x2-5x-6=0，解得x1=-1，x2=6，∴点B的坐标为B(-1，0)，即点B在(-6，0)与原点之间，又∵OA＝6，OC=6,∴∠OAC=∠OCA=45°，∴∠BAC为锐角，∴△ABC为锐角三角形；47\n(3)存在满足条件的点P，使得△PAC是以AC为底的等腰三角形，分两种情况讨论，抛物线上存在两个点P能使得△PAC是以AC为底的等腰三角形.如解图，设M为线段AC的中点，则OM为AC的垂直平分线，直线OM与抛物线必有的两个交点都是满足条件的点P，第1题解图∵A(0，-6)，C(6，0)，∴点M的坐标为(3，-3)，设直线OM的解析式为y=kx，将点M(3，-3)代入得，k=-1，即直线OM的解析式为y=-x，联立y=-xy=x2-5x-6，得x2-4x-6=0，∴x1=2-y1=-2，或x2=2+y2=-2-，∴点P的坐标为(2-，-2)或(2+，-2-).2.(1)证明：∵y＝x2-2mx+m2+m-1＝(x-m)2+m-1，∴顶点P(m，m-1).将x＝m代入y＝x-1得y＝m-1，∴点P在直线y＝x-1上.(3分)(2)解：当m＝-3时，抛物线解析式为y＝x2+6x+5，令x=0,y=5,点C的坐标为(0，5)，作PF⊥x轴于点F，ME⊥y轴于点E，QG⊥y轴于点G.如解图，47\n第2题解图联立y=x2+6x+5y=x-1，解得x1=-3y1=-4,x2=-2y2=-3，∴P(-3，-4)，Q(-2，-3).∵y＝x2+6x+5＝(x+5)(x+1)，∴A(-5，0)，B(-1，0)，(5分)∴QG=3,AG=5-2=3,∠CAO＝∠ACO＝45°，∴∠OAQ=45°，∵∠APF＝90°-(∠PAQ+45°)＝45°-∠PAQ，∠MCE＝45°-∠ACM,∠ACM＝∠PAQ,∴∠APF＝∠MCE，∴Rt△CME∽Rt△PAF，(7分)∴.设点M的坐标为(x,x2+6x+5),则ME=-x,CE=-x2-6x,PF=4,AF=2.∴,解得x1=-4,x2=0(舍去).则x2+6x+5=-3,∴M(-4，-3).(12分)(3)解：m的值为0，.(13分)【解法提示】联立抛物线解析式和直线l的解析式得y=x2-2mx+m2+m-1y=x-1,解得x1=my1=m-1，x2=m+1y2＝m，∴P(m,m-1),Q(m+1,m),由题意，△OPQ为等腰三角形，OP2＝m2+(m-1)2=2m2-2m+1,47\nOQ2=(m+1)2+m2=2m2+2m+1,PQ2=(m+1-m)2+[m-(m-1)]2=2,①当OP2＝OQ2时，2m2-2m+1=2m2+2m+1,解得m=0.②当OQ2＝PQ2时，2m2+2m+1=2,解得m1=,m2=.③当OP2＝PQ2时，2m2-2m+1=2,解得m1=,m2=.综上，当△OPQ为等腰三角形时，m的值为0，,.3.【思路分析】(1)将A、B两点坐标代入函数解析式，求得其待定系数b、c的值即可.(2)①如解图①,根据已知，点M和点N移动速度相同，因此四边形OMHN若为矩形，则OM=ON，且NH=OM，HM=ON，所以可以得到点H到x轴与到y轴的距离相等，又因为点H在抛物线上，设点H横坐标为t，则它的纵坐标为-t2+t+4，再根据以上关系得出一个关于t的一元二次方程.②先假设点F存在，用一个未知数m表示出点F的横坐标和纵坐标，进而用m表示出BF2、FP2并求PB2的值，然后根据勾股定理分两种情况分别进行求解.
解：(1)抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于点A(-2,0)、B(4,0)，∴-×(-2)2-2b+c=0-×42+4b+c=0，解得b=1c=4，(2分)∴抛物线的解析式为y=-x2+x+4.(3分)(2)①如解图①,设经过t秒后，四边形OMHN为正方形，则第3题解图①47\nOM=t，ON=t,∴点H的坐标为(t,-t2+t+4),∵四边形OMHN为正方形,∴-t2+t+4=t,解得t1=2,t2=-2(不符合题意，舍去),(5分)∴点H的坐标为(2，2).(6分)②设存在点F,使△PFB为直角三角形，由(1)得点B(4，0)，点C(0，4)，设直线BC的函数解析式为y=kx+b(k≠0)，∴4k+b=0b=4,解得k=-1b=4,∴直线BC的解析式为y=-x+4,设点F的横坐标为m，则点F的纵坐标为-m+4,∵抛物线的解析式为y=-x2+x+4,∴y=-(x-1)2+,∴抛物线顶点P的坐标为(1，),∴PB2=(4-1)2+(0-)2=,FP2=(1-m)2+(-4+m)2=2m2-m+,BF2=(4-m)2+(-m+4)2=2m2-16m+32，(8分)∵点P为抛物线顶点,当∠PFB=90°时，如解图②,BF2+FP2=PB2，∴2m2-16m+32+2m2-m+=,∴4m2-17m+4=0,解得m1=4,m2=,若能组成直角三角形，则点F在点P左侧,47\n第3题解图②∴m＜1,∴m=,∴-m+4=,∴点F的坐标为(,),(10分)当∠FPB=90°时，如解图③,第3题解图③PB2+FP2=BF2，∴+2m2-m+=2m2-16m+32,解得m=,∴-m+4=,∴点F的坐标为(,).综上所述，点F的坐标为(，)或(，).(12分)【难点突破】本题的难点是第(2)②问，要求点F的坐标，首先假设点F存在，根据抛物线上各点的位置关系，表示出线段长，由于△PFB的直角顶点不确定，所以求解过程中需分两种情况进行讨论.【一题多解】假设存在点F使△PFB为直角三角形.(ⅰ)如解图④，当∠PFB=90°时，设抛物线的对称轴与x轴交于点E，过F作FD⊥PE于点D，47\n第3题解图④∵OC⊥OB,OC=OB=4，∴∠OCB=∠OBC＝45°，直线BC的解析式：y=-x+4，过F作FD∥OB交PE于点D,则∠DFB＝∠CBO=45°,又∵∠PFB=90°,∠PFD=45°，∴PD=FD，设F(t,-t+4)，由(1)知P(1,)，则PD=-(-t+4)，FD=1-t，∴-(-t+4)=1-t，∴t=,-t+4=,∴F(,).(ⅱ)如解图⑤,当∠FPB=90°时，过F作FD⊥PE于点D，∠FPD+∠DPB=90°，第3题解图⑤又∵∠DPB+∠PBO=90°，∴∠FPD=∠PBO，∴tan∠FPD=tan∠PBO，即，47\n∴，∴t=,-t+4=，∴F(,).综上所述，点F的坐标为(，)或(,).类型二与四边形形状有关的问题1.解：(1)∵直线y＝-x+8与x轴交于点A，与y轴交于点B，∴令y=-x+8＝0，x＝6,即A(6,0),∴令x=0,y＝0+8＝8，即B(0,8).∵C是线段AB的中点，＝3，＝4，∴A(6，0)、B(0，8)、C(3，4)；(2)∵抛物线经过点O(0,0),点A(6,0)，顶点的纵坐标为-，∴其顶点坐标为(3，-)，∴c=036a+6b+c=09a+3b+c=-,解得a=b=-c=0,∴抛物线的函数解析式为y＝x2-x；(3)存在点P，使以O、P、B、C为顶点的四边形是菱形，∵∠AOB＝90°，A(6，0)、B(0，8)，∴AB＝=10,∵C是AB的中点，∴OC=AB=BC=5,∵OB=8,∴OB＞OC，且OB＞BC，∴当以O、P、B、C为顶点的四边形是菱形时，OB是菱形的对角线，连接PC，如解图，则OB是PC的垂直平分线，47\n第1题解图∴点P与点C关于直线OB对称，即P与C关于y轴对称，∵C(3，4)，∴P(-3，4)，把点P(-3，4)代入抛物线解析式y=x2-x中，当x＝-3时，y＝×(-3)2-×(-3)＝4，∴点P(-3，4)在抛物线上.故在抛物线上存在点P，使以O、P、B、C为顶点的四边形是菱形，点P的坐标是(-3，4).2.解：(1)∵抛物线与x轴交于点A(-1,0)，B(3,0)，(2分)∴y=(x+1)(x-3)=x2-2x-3.(4分)(2)∵抛物线y=x2-2x-3=(x-1)2-4，∴点M的坐标为(1,-4).∵M与M′关于x轴对称，∴点M′的坐标为(1,4)，(6分)设直线AM′的解析式为y=kx+m，将点A(-1,0)，点M′(1，4)代入得-k+m=0k+m=4，解得k=2m=2，∴直线AM′的解析式为y=2x+2，(8分)与抛物线y=x2-2x-3联立得y=2x+2y=x2-2x-3，解得x1=-1y1=0,x2=5y2=12，∴点C的坐标为(5,12)，(10分)又∵AB=4，∴S△ABC=×4×12=24.(12分)(3)存在.理由如下：如解图，∵四边形APBQ是正方形，∴PQ垂直且平分AB，AB垂直且平分PQ，且PQ=AB，47\n第2题解图设PQ与x轴交点为N，则PN=AB=2,∴点P的坐标为(1,2)或(1，-2).(13分)设过A、B两点的抛物线的解析式为y=a(x+1)(x-3)，将点(1,2)代入得a=-，此时抛物线解析式为y=-(x+1)(x-3)=-x2+x+；(15分)将点(1，-2)代入得a=，此时抛物线解析式为y=(x+1)(x-3)=x2-x-.综上，存在这样的抛物线2条，其解析式为y=-x2+x+或y=x2-x-.(16分)【易错分析】在确定四边形APBQ为正方形时，一定要注意点P可能在x轴上方，也可能在x轴下方，不要漏掉任何一种情况.3.【思路分析】(1)把B点坐标代入一次函数的解析式中求出B点的横坐标，进而得到A、D点的坐标，再用待定系数法求出二次函数的解析式.(2)把E点坐标代入一次函数解析式，得到n关于m的关系式，根据三角形的面积公式列出S与m的函数解析式.(3)分情况讨论，假设存在E点，根据平行四边形的性质，列方程求E点坐标便可.解：(1)把B点的坐标(x,1)代入y=x+2中，得x+2=1,解得x=-2,∴B(-2,1),∵正方形ABCD的边长为1，∴A(-2，0),(1分)则D(-3,0)，(2分)把A(-2，0),D(-3,0)代入抛物线的解析式中，得-4-2b+c=0-9-3b+c=0,解得b=-5c=-6，∴经过A、D两点的抛物线的解析式为y=-x2-5x-6.(4分)47\n(2)∵E(m，n)在直线y=x+2上，∴n=m+2,(5分)根据三角形的面积公式得，S=AD·|m+2|=|m+2|，当m+2＞0，即m＞-4时，S=(m+2)=14m+1；当m+2＝0，即m＝-4时，E、A、D三点共线，此时不构成三角形；当m+2<0，即m<-4时，S=(-m-2)=-m-1,综上可知，S=m+1(m＞-4)-m-1(m<-4).(7分)(3)存在点E，使得以A、C、E、G为顶点的四边形是平行四边形,分两种情况：①当AC为对角线时，此时EG与AC则互相平分，这不可能存在，故此情况不存在；(8分)第3题解图②当AC为平行四边形的边时，如解图所示，E点在y轴左边，即为E′点，过E′点作E′M⊥y轴，∵E′(m，m+2),抛物线是由y=-x2-5x-6平移得到的，∴设此时的抛物线的解析式为y=-(x-m)2+m+2，即y=-x2+2mx-m2+m+2,∴G(0，-m2+m+2),∴在Rt△E′MG中，根据勾股定理可得E′G2=E′M2+GM2=m2+［(m+2)-(-m2+m+2)］2=m4+m2，又∵平行四边形的对边相等，∴E′G=AC=，47\n∴E′G2=AC2,即m4+m2=2,解得m2=1,(9分)∵m<0，∴m=-1.故存在点E(-1，)，使得四边形AGEC为平行四边形.(10分)4.【思路分析】(1)将B、C两点的坐标代入抛物线y=ax2+bx+2得方程组求解，即可求得抛物线的解析式；(2)利用(1)中求出的二次函数解析式，确定出A点的坐标，然后根据A、B两点的坐标求出AB的解析式，分别用含有参数的代数式表示出圆的半径以及圆心到坐标轴的距离，然后分⊙G与y轴相切和⊙G与x轴相切两种情形来讨论即可求解.(3)根据DH∥AC，DE⊥x轴，确定出当DF的值最大时，△DHF的面积最大，再根据平移的性质，确定使D、H、M、N四点组成的平行四边形的M、N两点的横坐标即可.解：(1)将B(4，0)、C(-2，0)代入y=ax2+bx+2，得16a+4b+2=04a-2b+2=0,(2分)解得a=-b=，(3分)∴抛物线的解析式为y=-x2+x+2；(4分)(2)令x=0，即y=2，则A(0，2)，设直线AB的解析式为y=kx+b（k≠0），将点A(0，2)、B(4，0)代入中，得b=24k+b=0，解得k=-b=2，∴直线AB的解析式为：y=-x+2，设点D的坐标为(t，-t2+t+2)(0<t<4)，则点F的坐标为(t，-t+2)，∵G点与D点关于F点对称，∴G点的坐标为(t，t2-t+2)，(5分)①如果⊙G与y轴相切，则t=|-t2+t+2-(t2-t+2)|，解得t1=2,t2=6>4(舍去)，t3=t4=0(舍去)；(6分)②如果⊙G与x轴相切，则t2-t+2=|-t2+t+2-(t2-t+2)|，47\n解得t1=，t2=4(舍去)，t3=-2<0(舍去)，t4=4(舍去).(7分)综上所述，当t=2或时，⊙G与坐标轴相切，当⊙G与x轴相切时，点G的横坐标是，当⊙G与y轴相切时，点G的横坐标是2.(8分)(3)点M、N的横坐标分别为2-2，-2或2+2，+2.(13分)【解法提示】由于DH始终平行于AC，FD始终垂直于x轴，所以不管D点怎么变化，△DHF的形状都不会改变，于是当DF的值最大时，△DHF的面积就最大.由(2)可知DF=-t2+t+2-(-t+2)=-t2+t，当t=-=2时，△DHF的面积最大，此时D(2,2)，F(2,1),∵DH∥AC，∴AC的解析式可求得为：y=x+2，设DH的解析式为：y=x+b，代入点D(2,2),得b=0，即DH的解析式为：y=x，第4题解图解方程组y=-x+2y=x，可求得H(，),如解图，过点H作HK⊥DE于点K，则HK=2-==DK，当MN∥DH，MN=DH时，四边形DHMN为平行四边形,设N(n,-n+2)，由于四边形DHMN是平行四边形，把点N平移到M，就等于把点D平移到H,而把点D平移到H，是把D点横坐标向左移动个单位，而把纵坐标向下平移个单位，∴M(n-，-n+)，∵M点在抛物线上，∴-(n-)2+(n-)+2=-n+,47\n解得n1=，n2=,∴M1(2-2,)，N1(-2,+),M2(2+2,-),N2(+2,-).综上所述，在抛物线和直线AB上分别取M、N两点，并使D、H、M、N四点组成平行四边形，点M、N的横坐标分别为2-2，-2或2+2，+2.【难点突破】本题的难点在于第(3)问，如何通过已知条件确定△DHF的面积最大时的情况，还有在确定使D、H、M、N四点组成平行四边形时，要通过点平移来确定M、N两点的横坐标.5.【思路分析】(1)先解已知的一元二次方程，求得B、D两点的坐标，再根据待定系数法求得结果.(2)求出直线OE的解析式，再求出两直线的交点H的坐标，以及F的坐标，再根据三角形的面积公式进行计算即可.(3)根据DF为矩形的边或对角线进行确定N点的坐标便可.解：(1)x2-6x+8＝0，解得x1=2,x2=4,∵OC>BC,∴OC=4,BC=2，∴B(-2,4)，∵△ODE是△OCB绕点O顺时针旋转90度得到的，∴OD=OC=4,DE=BC=2,∴D(4,0)，设直线BD的解析式为y=kx+b(k≠0)，∴-2k+b=44k+b=0，解得k=-b=，∴直线BD的解析式为y=-x+.(3分)(2)∵DE=2,∴E(4,2)，∴直线OE的解析式为y=x，联立y=-x+y=x,解得x=y=,∴H(,),47\n∴H点到y轴的距离为，又由BD的解析式可得F(0,),∴S△OFH＝.(6分)(3)∵以点D、F、M、N为顶点的四边形是矩形，第5题解图①①∴△DFM是直角三角形.当∠MFD为直角时，则M只能在x轴上，连接FN交MD于点G，如解图①，∵BD的解析式为y=-x+且直线FM与直线BD垂直，∴直线FM的斜率是，又∵直线FM过F(0，)点，∴直线FM的解析式为y=x+,∴M(-，0),∴OD=4,OF=，∠MFD=∠MFO+∠OFD=90°，又∵∠MFO+∠FMO=90°,∴∠NMO=∠DFO,又∵∠MOF=∠FOD=90°,∴Rt△FOM∽Rt△DOF,∴,即=,∴OM=,47\n∴M(-,0),∵点G是MD的中点，∴G(,0),同时点G又是FN的中点，∴根据两点的中点坐标公式可得N(，-)，②当∠MDF为直角时，点M在y轴上，连接DN交FM于点G，如解图②,∵BD的解析式为y=-x+且直线MD与直线BD垂直，又∵直线MD过D(4,0)点，∴直线MD的解析式为y=x-6,∴OF=，OD=4,同理可得，即，∴OM=6,∴M(0,-6),∵点G是FM的中点,∴G(0,-),同时点G又是DN的中点,∴根据两点的中点坐标公式可得N(-4，-).第5题解图③当∠FMD为直角时，点M是原点，如解图③,由图可知，四边形FMDN为矩形，所以N点的坐标是(4，).47\n综上所述，点N存在，坐标为(，-)，(-4，-),(4，).(10分)类型三与三角形相似有关的问题1.解：(1)由抛物线y=-x2+bx+c过点A(0,4)和C(8，0),(1分)可得c=4-×64+8b+c=0,解得c=4b=.(4分)(2)∵∠AOP=∠PEB=90°，∠OAP=90°-∠APO=∠EPB,∴△AOP∽△PEB，∵PB是MP旋转所得，∴PB=MP，又∵M是AP的中点，∴AP=2MP＝2PB，∴相似比为=2,(5分)∵AO=4,∴PE=2,OE=OP+PE=t+2，又∵DE=OA=4，∴点D的坐标为(t+2,4)，(6分)∴当点D落在抛物线上时，有-(t+2)2+(t+2)+4=4,解得t=3或t=-2.∵t>0，∴t=3,故当t为3时，点D落在抛物线上.(7分)(3)存在t,使得以A,B,D为顶点的三角形与△AOP相似.理由：①当0<t<8时，若△POA∽△ADB,由(2)知△AOP∽△PEB且相似比为2，则＝2，∴BE=OP，∴BD=4-t，则，即,整理得t2+16=0,∴t无解;(8分)若△POA∽△BDA,同理，解得t=-2±2(负值舍去)；(9分)47\n②当t>8时，若△POA∽△ADB,则，即,解得t=8±4(负值舍去);(10分)若△POA∽△BDA，同理，解得t无解.(11分)综上所述，当t=-2+2或t=8+4时，以A,B,D为顶点的三角形与△AOP相似.(12分)2.【思路分析】(1)解一元二次方程得出方程的根，便可求出点的坐标；(2)过点B作BE⊥AC于点E，设OE=x,在Rt△BCE中，由勾股定理列出方程便可求出x，进而得出B点坐标，问题就迎刃而解；(3)根据相似三角形的比例线段进行解答即可.解：(1)由x2-12x+36=0，解得：x1=x2=6,∴OA=6,OC=6，∴A(-6,0)，C(6,0).(2分)(2)过点B作BE⊥AC于点E，如解图，第2题解图设OE=x,则CE=6-x,AE=6+x，∵∠BAC=45°，∴BE=AE=6+x，在Rt△BCE中，BE2+CE2＝BC2，即(6+x)2+(6-x)2=(4)2，∴x1=2,x2=-2(舍去)，∴B(2,8)，将点B坐标代入y=中，∴k=16.(6分)(3)存在，满足条件的点P有5个，坐标为（0，12），（0，6），（0，2），（0，4+2），（0，4-2）（写出任意两个即可）.(10分)【解法提示】设P(0，y)，∵∠ODB=90°，∠DOA=90°，∴∠PDB与∠POA对应.∴两三角形相似共有四种情况：△PBD∽△PAO、△PBD∽△APO、△BPD∽△PAO、△BPD∽△47\nAPO,依次讨论即可，下面以第一个为例分析，后面的情况类似.∵△PBD∽△PAO，∴，即，∴y=12或y=6，∴P1(0,12),P2(0,6).同理，由其他三种情况的比例关系类似，可求得P3(0，2)，P4(0，4+2)，P5(0，4-2.∴满足条件的点P的个数是5个.3.【思路分析】(1)A、B、C是抛物线与坐标轴的交点，故当y＝0时,可计算A、B的坐标，当x=0时，可计算C的坐标；(2)作B(或M)关于x=-2的对称点B′，连接B′M，与x=-2的交点即N，由B′M的解析式与x=-2可确定n值；(3)假设满足条件的点P存在，分类讨论：在第一、二、四象限，x轴下方.通过数形结合可知，一、二象限内两点关于抛物线对称轴对称，故求其中一个可知另一个，具体方法是过D作DE⊥x轴于点E，过P作PF⊥x轴于点F，在讨论△PAF∽△DAE的前提下计算△ABP的边长和点P坐标，然后根据“两边对应成比例且夹角相等”来检验△PAB和△ABD是否相似；点P在x轴下方时易知其和点D关于抛物线对称轴对称.解：(1)抛物线解析式为y=(x+2)(x-4),令x=0得y=-,令y=0得x1=-2,x2=4,∴A(-2,0)，B(4,0)，C(0,-).(3分)(2)如解图①，过点A(-2,0)作y轴平行线l，第3题解图①则点B关于l的对称点B′(-8，0)，由抛物线顶点坐标公式得M(1，-).连接B′M与l的交点即为使MN+BN值最小的点N.设直线B′M的解析式为y=kx+b（k≠0）,则-8k+b=047\nk+b=-，解得k=-b=-,∴直线B′M的解析式为y=-x-.当x=-2时,n=-.(7分)(3)假设存在点P(t,(t+2)(t-4)),使P、A、B为顶点的三角形与△ABD相似.下面分三种情况讨论：(Ⅰ)当点P在第一象限时，显然∠PBA为钝角，∠BAD与∠ABD为锐角，过D作DE⊥x轴于点E，过P作PF⊥x轴于点F，易得D(2，-)，PF=（t+2)(t-4),AF=t+2,DE=,AE=4.第3题解图②①若∠PAF＝∠DAE，则△PAF∽△DAE，∴，即4×(t+2)(t-4)=(t+2)，解得：t1=-2(舍去)，t2=6，当t=6时，PF=2，AF=8，PA=6，又∵AD＝3，∴＝，＝，∴，∴当t=6时，△PAB与△BAD相似，且P(6,2).②若∠PAF=∠DBE，则△PAF∽△DBE，∴，即2×(t+2)(t-4)=(t+2)，47\n解得：t1=-2(舍去)，t2=8，当t=8时，AF=10，PF=5，PA=，∵DE＝，BD=，∴，显然且，∴当t=8时，△PAB与△ABD不可能相似.(Ⅱ)点P为第二象限时，根据对称性易知存在点P(-4，2)，使△PAB∽△BDA(当然，也可以像(Ⅰ)中一样计算得出).(Ⅲ)点P在x轴下方时，根据对称性易知存在点P(0，-)，使△PAB∽△BDA.综上所述，存在点P1(6，2)，P2(-4，2),P3(0,-)三点使得以P、A、B为顶点的三角形与△ABD相似.(12分)4.【思路分析】(1)①根据直线解析式，求出点A的坐标，根据对称性可得点B的坐标；②求出点A、C的坐标，然后代入抛物线的解析式y=a(x+)2+k,求出a,k即可；(2)结合抛物线的解析式，设出点P的坐标，过点P作y轴的垂线PE，垂足为E，根据S△PAC＝S四边形AOEP-S△PEC-S△AOC，求得三角形面积与点P的横坐标的二次函数关系式，得到确定根据二次函数最大值，即△PAC的面积的最大值，进而可求得点P的坐标；(3)结合抛物线的解析式，设出点M的坐标，然后分三种情况进行讨论，由于两个三角形相似，根据相似三角形对应线段成比例，列出方程求解即可.解：(1)①点B的坐标为(1，0).(1分)【解法提示】由直线y=x+2可知，点A的坐标为(-4，0)，∵点A与点B关于直线x=-对称，∴点B的坐标为(1，0).②由直线y=x+2可知，点A的坐标为(-4，0)，点C的坐标为(0，2)，∵抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是x=-,∴可设抛物线的解析式为y=a(x+)2+k,(2分)根据题意得a+k=0a+k=2,解得a=-k=,47\n∴抛物线的解析式为y=-(x+)2+＝-x2-x+2.(4分)(2)如解图，设点P的坐标为(t,-t2-t+2),过点P作y轴的垂线PE，垂足为点E，第4题解图∵点P为直线AC上方的抛物线的一点，∴-4<t<0,则PE=-t，OE=-t2-t+2,CE=-t2-t,∴S△PAC＝S四边形AOEP-S△PEC-S△AOC＝(-t+4)(-t2-t+2)-(-t)(-t2-t)-×4×2＝-(t+2)2+4,∴△PAC的面积的最大值为4.(7分)此时点P的坐标为(-2，3).(8分)(3)存在以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似.设点M的坐标为(m,-m2-m+2),∵点A(-4，0)，B(1,0)，C(0,2)，∴AB=5,AC=2，BC＝，∴AB2＝AC2+BC2，即△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，(9分)①当点M在x轴上方，即-4<m<1时，当时，Rt△AMN∽Rt△BAC，∴,解得：m1=-3,m2=-4(舍去)，∴点M的坐标为(-3，2)；47\n当时，Rt△AMN∽Rt△ABC,∴,解得:m3=0,m4=-4(舍去)，∴点M的坐标为(0，2)；(10分)②当点M在x轴下方，且m>1时，当时，Rt△AMN∽Rt△BAC，,解得：m5=5,m6=-4(舍去)，∴点M的坐标为(5，-18)；当时，Rt△AMN∽Rt△ABC，,解得:m7＝2，m8＝-4(舍去)，∴点M的坐标为(2，-3);(11分)③当点M在x轴下方，且m<-4时，当时，Rt△AMN∽Rt△BAC,,m无解，当时，Rt△AMN∽Rt△ABC，,解得：m9=-2+(舍去)，m10=-2-(舍去),综上所述，存在点M，使得以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似，点M的坐标为(-3，2)或(0，2)或(5，-18)或(2，-3).(12分)类型四与面积有关的问题类型四与面积有关的问题47\n1.解：(1)设抛物线的解析式为y＝a(x-1)(x-5)，把点A(0，4)代入上式，解得a＝，(1分)∴y=(x-1)(x-5)=x2-x+4=(x-3)2-,(2分)∴抛物线的对称轴是直线x＝3.(3分)(2)存在，P点坐标为(3，).(4分)①如解图①，连接AC交对称轴于点P，连接BP，BA，第1题解图①∵点B与点C关于对称轴对称，∴PB=PC，∴AB+AP+PB＝AB+AP+PC＝AB+AC，∴此时△PAB的周长最小，(5分)设直线AC的解析式为y＝kx+b，把A(0，4)，C(5,0)代入y=kx+b中,得b=45k+b=0，解得k＝-b＝4，∴直线AC的解析式为y＝-x+4，∵点P的横坐标为3，∴y＝-×3+4=，∴P点坐标为(3，).(6分)(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，47\n第1题解图②②此时点N(t，t2-t+4)(0<t<5).(7分)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(t，-t+4).此时NG＝-t+4-(t2-t+4)＝-t2+4t，(8分)∵AD+CF＝OC＝5，∴S△NAC=S△ANG+S△CNG=NG·AD+NG·CF＝NG·OC＝×(-t2+4t)×5＝-2t2+10t=-2(t-)2+,∴当t＝时，△NAC的面积最大，最大值为，(9分)由t＝，得y＝t2-t+4＝-3，∴N点坐标为(，-3).(10分)2.解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A和点B(1，0)，与y轴交于点C(0,3)，其对称轴l为x=-1,∴a+b+c=0c=347\n-=-1,解得a=-1b=-2c=3，∴抛物线的解析式为y=-x2-2x+3=-(x+1)2+4,(2分)∴顶点坐标为(-1，4).(3分)(2)令y=-x2-2x+3=0,解得x=-3或x=1,∴A(-3,0),B(1,0),如解图，作PD⊥x轴于点D，设对称轴l与x轴交于点Q，连接AC，OP，第2题解图①∵点P在y=-x2-2x+3上，∴设点P(x,-x2-2x+3)，∵PA⊥NA，且PA=NA，∠PAD+∠APD=∠PAD+∠NAQ＝90°，∴∠APD=∠NAQ，又∵∠PDA=∠AQN=90°,∴△PAD≌△ANQ(AAS)，∴PD=AQ,即y=-x2-2x+3=2,解得x=-1(舍去)或x=--1,(5分)∴点P坐标为(--1，2)；(6分)②S四边形PABC＝S△OBC+S△AOC+S△APC,∵S△AOC＝，S△OCP＝|x|=-x，S△OAP＝×3×|yp|=-x2-3x+，∴S△APC＝S△OAP+S△OCP-S△AOC=-x2-3x+-32x-=-x2-x=-(x+)2+,∴当x=-时，S△ACP最大值＝，(8分)此时P(-，)，47\nS四边形PABC＝S△ABC+S△APC＝×4×3+＝.∴S四边形PABC最大＝.(10分)3.【思路分析】(1)根据题意将A、B的坐标代入抛物线解析式及对称轴x=-，利用待定系数法求解；(2)作EP∥y轴交AD于P，先利用待定系数法求出直线AD的解析式，再通过联立两个函数解析式得D点坐标，设E(x，x2-x-2)(-3<x<5)，则P(x，-x+)，所以PE＝-x2+x+,根据三角形面积公式和S△AED=S△AEP+S△DEP可得到关于S△AED的二次函数表达式，求出二次函数的最值即可找到对应的E点坐标；(3)设出点F坐标，根据A、D、F三点坐标可分别求出AD2、AF2、DF2的长，根据勾股定理分三种情况讨论当∠DAF、∠ADF、∠AFD分别为直角时，求出t的值，则F点坐标可求.解：(1)根据题意得9a-3b+c=2c=-2-,解得a=b=-c=-2,(2分)∴抛物线的函数表达式为y＝x2-x-2.(3分)(2)作EP∥y轴交AD于点P，连接AE、ED，如解图①，第3题解图①设直线AD的解析式为y＝mx+n,把A(-3，2)，C(0，)分别代入得-3m+n＝2n＝，解得m＝-n＝，47\n∴直线AD的解析式为y＝-x+,(4分)联立y＝x2-x-2y＝-x+，解得x＝-3或x＝5y＝2y＝-2，∵点D在第四象限，则D(5，-2)，设E(x，x2-x-2)(-3<x<5)，则P(x，-x+)，∴PE=-x+-(x2-x-2)=-x2+x+，∴S△AED=S△AEP+S△DEP=×(5+3)×(-x2+x+)=-(x-1)2+,(6分)当x＝1时，△ADE的面积最大，最大面积为，此时E点坐标为(1，-).(7分)(3)存在.(8分)第3题解图②设F(,t)，如解图②，∵A(-3,2),D(5,-2),∴AD2=(5+3)2+(-2-2)2=80,AF2=(+3)2+(t-2)2,DF2=(5-)2+(-t-2)2,当AD2+AF2＝DF2时，△ADF是直角三角形，∠DAF=90°，则80+(+3)2+(t-2)2=(5-)2+(-t-2)2，解得t＝13，此时F点坐标为(，13).(9分)当AD2+DF2＝AF2时，△ADF是直角三角形，∠ADF=90°，47\n则80+(5-)2+(-t-2)2=(+3)2+(t-2)2,解得t＝-7，此时F点坐标为(，-7).(10分)当DF2+AF2＝AD2时，△ADF是直角三角形，∠AFD＝90°，则(+3)2+(t-2)2+(5-)2+(-t-2)2=80,解得t＝±,此时F点坐标为(，)或(，-)，(11分)综上所述，F点的坐标为(，13)或(，-7)或(，)或(，-).(12分)4.【思路分析】(1)把点(-3，0)，(0，3)代入y=-x2+bx+c可得关于b,的二元一次方程组，解之可得解析式；(2)根据角平分线的判定定理，满足条件的点应该在∠DAB的平分线或∠DAB的外角的平分线上，所以本题应该分以上两种情形分别来求解；(3)过点F作x轴的垂线，垂足为M，交BC的延长线于点Q，则S△FBC=S△QFB-S△QFC＝FQ·MB-FQ·MO＝FQ(MB-MO)＝FQ·OB然后通过函数值之差求出点F的坐标.解：(1)将A(-3,0)，C(0，3)代入y=-x2+bx+c,得c=3-9-3b+c=0,∴b=-2c=3，∴抛物线的解析式为y=-x2-2x+3.(3分)(2)存在.当P在∠DAB的平分线上时，如解图①，作PM⊥AD,设P(-1,y0)，则PM=PD·sin∠ADE＝(4-y0),PE=y0，∵PM=PE,∴(4-y0)=y0,解得y0=-1.∴P(-1,-1).(6分)当P在∠DAB的外角平分线上时，如解图②，作PN⊥AD，设P(-1，y0)，则PN=PD·sin∠ADE＝(4-y0),PE=-y0，∵PN=PE,47\n第4题解图∴(4-y0)=-y0,解得y0=--1.∴P(-1,--1).(6分)综上可得，存在符合条件的点P，坐标为(-1，-1)，(-1，--1).(7分)(3)易得S△BCE＝BE·OC＝×2×3＝3，又∵2S△FBC＝3S△EBC，∴S△FBC＝，过F作FQ⊥x轴交BC延长线于Q，交x轴于M，如解图③第4题解图③则S△FBC＝S△QFB-S△QFC=QF·MB-QF·MO＝QF·(MB-MO)＝FQ·OB47\n＝FQ=，∴FQ=9.易得直线BC的解析式为y=-3x+3.设F(x0,-x02-2x0+3)，Q(x0,-3x0+3),∴-3x0+3+x02+2x0-3=9，∴x02-x0-9=0，∴x0=或x0=(舍去)，∴F(,).(9分)5.【思路分析】(1)利用待定系数法，分别将点A、B的坐标代入抛物线解析式即可得解；(2)过D作y轴平行线，交x轴于点H，根据△BCD与四边形OBDC的关系，从而由四边形COHD、△BDH的面积和减去△BOC的面积，可得结论；(3)先由抛物线的性质确定顶点P的坐标，根据平行线间的距离处处相等，从而平移直线BC，并使得其过点P，其与抛物线的交点即为所求点；然后求出点M的坐标，设PM与x轴交于点E，得PM=ME，确定点E的坐标，再平移直线BC，使其过点E，此时与抛物线的交点坐标即为所求.解：(1)将A、B两点坐标代入抛物线y=-x2+bx+c得：-1-b+c=0-9+3b+c=0，解得b=2c=3.∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3.(2分)【一题多解】由题意可知点A(-1，0)，点B(3，0)是抛物线与x轴的两个交点，∴抛物线的解析式为y=-(x+1)(x-3)=-x2+2x+3.第5题解图①(2)∵抛物线解析式为y=-x2+2x+3,令x=0,则y=3,∴C(0,3),∴OC=3.∴设D(t，-t2+2t+3)，如解图①，过点D作DH⊥x轴,则S△BCD=S四边形DCOH+S△BDH-S△BOC=(-t2+2t+3+3)t+(3-t)(-t2+2t+3)-×3×347\n＝-t2+t=-(t-)2+，(5分)∵-＜0，∴当t=时，即D(，)时，S△BCD有最大值，且最大面积为.(6分)(3)存在点Q，(1)中抛物线的解析式可写为y=-(x-1)2+4.∴可得P(1,4),如解图②，∵过点P且与BC平行的直线与抛物线的交点即为所求Q点之一，∵直线BC的解析式为y＝-x+3，第5题解图②抛物线的对称轴为x=1，把x=1代入y=-x+3得y=2,∴过点P且与BC平行的直线l1为y＝-x+5，由y=-x+5y=-x2+2x+3，解得x1=2x2=1y1=3,y2=4,∴Q1(2，3)；(8分)∵直线PM为x＝1，直线BC为y=-x+3，∴M(1，2).(9分)设PM与x轴交于点E，∵PM=EM=2，∴过点E且与BC平行的直线l2为y＝-x+1，(10分)从而过点E且与BC平行的直线l2与抛物线的交点也为所求Q点之一，由y=-x+1y=-x2+2x+3，解得x1=x2=y1=，y2=，∴Q2(，)，Q3(，).47\n综上可得，满足题意的Q点坐标为(2，3)或(，)或(，).(12分)【难点突破】对于第(2)问表示△BCD的面积是解题的关键和突破口，主要先过点D作y轴平行线，交x轴于点H，然后利用四边形DCOH与△DHB的面积和再减去△BOC的面积进行正确转化，才能实现问题的解决；第(3)问的难点在于点Q的坐标确定，求解需利用平移直线BC，得到平移的直线l1、l2与抛物线的交点Q1、Q2、Q3，此时有△PMB与△QMB同底等高，即S△PMB=S△QMB，则点Q1、Q2、Q3即为所求.6.【思路分析】(1)将A、C两点坐标代入y=x2+bx+c，利用待定系数法可求得抛物线解析式.(2)要使四边形DEFG的周长最短，由于DE是固定不变的，只需要EF+FG+DG最小，根据对称的性质，作D点关于y轴的对称点M，E点关于x轴的对称点N，连接MN，与x轴、y轴的交点分别为F、G，此时四边形DEFG的周长就最短，求出MN与DE便可.(3)设P点的横坐标为m，则P(m，m2-m+4),过点P作PQ⊥x轴，与直线OD交于点Q，求出OD的解析式，再求出Q点的坐标，进而得PQ，再根据三角形的面积公式，列出方程，若方程有解，则存在点P，求出m的值，便可得出P点的坐标；若方程无解，则不存在点P.解：(1)∵抛物线过点A(0,4),C(5,0),∴c=420+5b+c=0，解得b=-c=4,∴二次函数的表达式为y=x2-x+4.(3分)(2)如解图①，作D点关于y轴的对称点M，E点关于x轴的对称点N，连接MN，与x轴、y轴的交点分别为F、G，则DG=GM,EF=NF，此时四边形DEFG的周长最短.第6题解图①由已知有OA=BC=4,OC=AB=5,∵OD平分∠AOC，∴∠AOD=45°,∴OA=AD=4=AM，47\n∴BD＝AB-AD=1，∵E是BC的中点，∴BE=EC=CN=2，∴DE+EF+FG+GD=DE+NF+FG+GM=DE+MN=+=+=+3.即四边形DEFG周长的最小值是+3(7分)(3)假设存在一点P使△ODP的面积为12，不妨设P点的横坐标为m，第6题解图②则P(m，m2-m+4),如解图②，过点P作PQ⊥x轴，与直线OD交于点Q，∵AD=OA=4，∴D(4，4),设直线OD解析式为y=kx，∴4k=4，k=1，∴直线OD的解析式为y=x，则Q(m，m),∴PQ=|m2-m+4-m|=|m2-m+4|,∴S△ODP＝S△OPQ+S△DPQ=12×4×|m2-m+4|=12,解得m=或m=，∴点P的坐标为(，)，(，)，(，)，(，)，∴存在点P，使△ODP的面积为12,点P的坐标为：，)，(，)，47\n(，)，(，).(12分)【难点突破】本题第(3)问难度稍大，由于P点的位置不确定，我们可以先假设其存在，设出坐标P(m,m2-m+4),然后根据各点之间的坐标关系得出线段PQ的长，由图象可知S△OPD＝S△OPQ+S△DPQ，进一步利用等量代换得到关于m的方程，求解即可.不过，题目求解过程中运算量较大，需细心一点.类型五与线段有关的问题1.【思路分析】(1)由于抛物线经过点A(-1，0)，B(4,0)，用待定系数法求出抛物线解析式；(2)根据抛物线解析式求出点C的坐标，根据S△PDB＝×BD×|n|＝S△CAD，求出n的值，即可求出点P的坐标；(3)由已知点B、C两点坐标可求出BC直线解析式,即可表示出点F和点G的坐标.根据抛物线的顶点式表示出n的取值范围，根据勾股定理表示出EG2，利用二次函数的性质即可得到EG的最小值.解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+2经过点A(-1,0)和点B(4，0)，∴a-b+2=016a+4b+2=0,解得a=-b=，∴抛物线的解析式为y=-x2+x+2.(5分)(2)对于y=-x2+x+2,当x=0时，y=2，∴C(0,2)，∴S△CAD＝AD·OC＝×3×2＝3，∵S△CAD=S△PDB,∴S△PDB＝×BD×|n|＝×2×|n|=3，∴n＝±3，(7分)当n=3时，-x2+x+2=3，解得x1=1,x2=2，∴P1(1，3)，P2(2，3).(9分)当n=-3时，-x2+x+2=-3，解得x1=-2,x2=5，∴P3(-2，-3)，P4(5，-3).(11分)47\n综上所述：P1(1，3)，P2(2，3)，P3(-2，-3)，P4(5，-3).(12分)(3)线段EG的最小值是.(14分)第1题解图【解法提示】如解图，设过B(4,0),C(0,2)的直线解析式为y=kx+b，则有4k+b=0b=2,解得k=-b=2，∴直线BC的解析式为y=-x+2.∴F(4-2n,n),G(4-2n,0),∵抛物线解析式为y=-x2+x+2,∴，,∴抛物线的顶点坐标为(，)，∴0<n≤,∴EG2＝(4-2n)2+n2=5(n-)2+,∴当n=时，EG2有最小值，∴EG有最小值.2.【思路分析】(1)根据折叠的性质，设BD=x，表示出CD的长.在Rt△DCF47\n中，利用勾股定理列方程求解.(2)过点D作DN⊥x轴于点N，过点F作FH⊥BC于点H.先用m表示出OE，EN，再由△DNE∽△GOE的比例线段求出m的值，得出点C、D的坐标，根据三角形面积关系求出点E坐标，进而根据待定系数法求得抛物线的解析式.(3)求出AE与CD相等，都为,当P与F点重合时，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，则可得PM=CD，满足条件，再根据抛物线的对称性，点P为点F关于抛物线的对称轴对称的点时也满足条件.解：(1)设BD=x，则有CD=2m-x，由折叠的性质可知CF=AB=m，DF=BD=x，∠CFD=∠ABC=90°,在Rt△OCF中，由勾股定理得CD2-DF2=CF2，即(2m-x)2-x2=m2,解得x=，则CD=2m-=,∴点D的坐标为(，m).(4分)(2)过点D作DN⊥x轴于点N，过点F作FH⊥BC于点H，如解图①.第2题解图①则OC=DN=m，由折叠知∠AED=∠CED,CE=EA,∵BC∥OA，∴∠CDE=∠AED,∴∠CED=∠CDE,∴CE=CD=,∴OE==,则EN＝ON-OE=CD-OE=-=,∵DN∥OG,∴△DNE∽△GOE，47\n∴，即，∴m=2，∴DF=BD==,CD==，CF=AB=2,∵CD·FH＝CF·DF,∴FH=,∴CH==,∴F(,),C(0,2),D(,2)，(7分)∵点C、F、D在抛物线y=ax2+bx+c上,∴c=2a+b+c=a+b+c=2,解得a=b=c=2，∴抛物线的解析式为y=x2+x+2.(10分)(3)存在，点P的坐标为(,)或(,).(12分)第2题解图②【解法提示】如解图②，连接FM，由折叠可知，AE=CE,∠CED=∠AED,∵BC∥OA,∴∠CDE=∠AED=∠CED,47\n∴CD=AE=CE=∵∠CFD=90°,M是CD的中点，∴FM=CD,∴当点P与点F重合时，即为点P1，P1M=CD=EA，此时点P1的坐标为(,)；再根据抛物线的对称性，点P为点F关于抛物线的对称轴的对称点时也满足条件，即为点P2，此时点P2的坐标为(,).综上，存在点P使得PM=EA，且点P坐标为(,)或(,).47
