河南省2019年中考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 專題八 二次函數(shù)綜合題訓(xùn)練

《河南省2019年中考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 專題八 二次函數(shù)綜合題訓(xùn)練》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《河南省2019年中考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 專題八 二次函數(shù)綜合題訓(xùn)練（35頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題八　二次函數(shù)綜合題 類型一 新定義問題 (2017·河南)如圖，直線y＝－x＋c與x軸交于點A(3，0)，與y軸交于點B，拋物線y＝－x2＋bx＋c經(jīng)過點A，B. (1)求點B的坐標(biāo)和拋物線的解析式； (2)M(m，0)為x軸上一動點，過點M且垂直于x軸的直線與直線AB及拋物線分別交于點P，N. ①點M在線段OA上運(yùn)動，若以B，P，N為頂點的三角形與△APM相似，求點M的坐標(biāo)； ②點M在x軸上自由運(yùn)動，若三個點M，P，N中恰有一點是其他兩點所連線段的中點(三點重合除外)，則稱M，P，N三點為“共諧點”．請直接寫出使得M，P，N三點成為“共諧點”的m的值． 例1題圖

2、備 用圖 【分析】 (1)把A點坐標(biāo)代入直線解析式可求得c，則可求得B點坐標(biāo)，由點A，B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式； (2)①由M點坐標(biāo)可表示點P，N的坐標(biāo)，從而可表示出MA，MP，PN，PB的長，分∠NBP＝90°和∠BNP＝90°兩種情況，分別利用相似三角形的性質(zhì)可得到關(guān)于m的方程，可求得m的值； ②用m可表示出點M，P，N的坐標(biāo)，由題意可知有P為線段MN的中點、M為線段PN的中點或N為線段PM的中點，可分別得到關(guān)于m的方程，即可求得m的值． 【自主解答】 解：(1)∵y＝－x＋c過點A(3，0)，與y軸交于點B， ∴0＝－2＋c，解得c＝2， ∴B(0，2)

3、．∵拋物線y＝－x2＋bx＋c經(jīng)過點A，B， 解得 ∴拋物線的解析式為y＝－x2＋x＋2. (2)①由(1)可知直線的解析式為y＝－x＋2， ∵M(jìn)(m，0)為x軸上一動點，過點M且垂直于x軸的直線與直線AB及拋物線分別交于點P，N.∴P(m，－m＋2)，N(m，－m2＋m＋2)，∴PM＝－m＋2，AM＝3－m，PN＝－m2＋m＋2－(－m＋2)＝－m2＋4m， ∵△BPN和△APM相似，且∠BPN＝∠APM， ∴∠BNP＝∠AMP＝90°或∠NBP＝∠AMP＝90°. 當(dāng)∠BNP＝90°時，則有BN⊥MN， ∴N點的縱坐標(biāo)為2， ∴－m2＋m＋2＝2，解得m＝0(舍去)或m＝

4、2.5， ∴M(2.5，0)； 當(dāng)∠NBP＝90°時，過點N作NC⊥y軸于點C， 例1題解圖 則∠NBC＋∠BNC＝90°，NC＝m，BC＝－m2＋m＋2－2＝－m2＋m， ∵∠NBP＝90°， ∴∠NBC＋∠ABO＝90°， ∴∠ABO＝∠BNC， ∴Rt△NCB～Rt△BOA， ∴＝， ∴＝，解得m＝0(舍去)或m＝. ∴M(，0)； 綜上可知，當(dāng)以B，P，N為頂點的三角形與△APM相似時，點M的坐標(biāo)為(2.5，0)或(，0)； ②由①可知M(m，0)，P(m，－m＋2)，N(m，－m2＋m＋2)， ∵M(jìn)，P，N三點為“共諧點”， ∴當(dāng)P為線段MN的中點時

5、，則有2(－m＋2)＝－m2＋m＋2，解得m＝3(三點重合，舍去)或m＝； 當(dāng)M為線段PN的中點時，則有－m＋2＋(－m2＋m＋2)＝0，解得m＝3(舍去)或m＝－1； 當(dāng)N為線段PM的中點時，則有－m＋2＝2(－m2＋m＋2)，解得m＝3(舍去)或m＝－. 綜上可知，當(dāng)M，P，N三點成為“共諧點”時，m的值為或－1或－. 1．(2015·河南)如圖，邊長為8的正方形OABC的兩邊在坐標(biāo)軸上，以點C為頂點的拋物線經(jīng)過點A，點P是拋物線上點A，C間的一個動點(含端點)，過點P作PF⊥BC于點F，點D，E的坐標(biāo)分別為(0，6)，(－4，0)，連接PD，PE，DE. (1)請直接寫出拋

6、物線的解析式； (2)小明探究點P的位置發(fā)現(xiàn)：當(dāng)P與點A或點C重合時，PD與PF的差為定值，進(jìn)而猜想：對于任意一點P，PD與PF的差為定值，請你判斷該猜想是否正確，并說明理由； (3)小明進(jìn)一步探究得出結(jié)論：若將“使△PDE的面積為整數(shù)”的點P記作“好點”，則存在多個“好點”，且使△PDE的周長最小的點P也是一個“好點”．請直接寫出所有“好點”的個數(shù)，并求出△PDE周長最小時“好點”的坐標(biāo)． 第1題圖 備用圖 2．(2018·崇仁一中二模)如圖①，若拋物線L1的頂點A在拋物線L2上，拋物線L2的頂點B在拋物線

7、L1上(點A與點B不重合)，我們把這樣的兩拋物線L1，L2稱為“伴隨拋物線”，可見一條拋物線的“伴隨拋物線”可以有多條． (1)拋物線L1：y＝－x2＋4x－3與拋物線L2是“伴隨拋物線”，且拋物線L2的頂點B的橫坐標(biāo)為4，求拋物線L2的表達(dá)式； (2)若拋物線y＝a1(x－m)2＋n的任意一條“伴隨拋物線”的表達(dá)式為y＝a2(x－h(huán))2＋k，請寫出a1與a2的關(guān)系式，并說明理由； (3)在圖②中，已知拋物線L1：y＝mx2－2mx－3m(m＞0)與y軸相交于點C，它的一條“伴隨拋物線”為L2，拋物線L2與y軸相交于點D.若CD＝4m，求拋物線L2的對稱軸． 圖① 圖②

8、 3．(2018·鄭州模擬)如圖，已知點C(0，3)，拋物線的頂點為A(2，0)，與y軸交于點B(0，1)，點P是拋物線上的一個動點，過點P作PM⊥x軸于點M. (1)求拋物線的解析式； (2)若點F在拋物線的對稱軸上，且縱坐標(biāo)為1，連接PF，PC，CF，求證：對于任意點P，PF與PM的差為常數(shù)． (3)記(2)中的常數(shù)為a，若將“使△PCF面積為2a”的點P記作“巧點”，則存在多個“巧點”，且使△PCF的周長最小的點P也是一個“巧點”，請直接寫出所有“巧點”的個數(shù)，并求出△PCF的周長最小時“巧點”的坐標(biāo)． 4．(2017·焦作一模)如圖①，直線y＝x＋m與x軸、y軸分別交于

9、點A和點B(0，－1)，拋物線y＝x2＋bx＋c經(jīng)過點B，點C的橫坐標(biāo)為4. (1)請直接寫出拋物線的解析式； (2)如圖②，點D在拋物線上，DE∥y軸交直線AB于點E，且四邊形DFEG為矩形，設(shè)點D的橫坐標(biāo)為x(0＜x＜4)，矩形DFEG的周長為l，求l與x的函數(shù)關(guān)系式以及l(fā)的最大值； (3)將△AOB繞平面內(nèi)某點M旋轉(zhuǎn)90°或180°，得到△A1O1B1，點A，O，B的對應(yīng)點分別是點A1，O1，B1.若△A1O1B1的兩個頂點恰好落在拋物線上，那么我們就稱這樣的點為“落點”，請直接寫出“落點”的個數(shù)和旋轉(zhuǎn)180°時點A1的橫坐標(biāo)． 圖① 圖② 類型二 線段、角度數(shù)量關(guān)系

10、探究 (2016·河南)如圖①，直線y＝－x＋n交x軸于點A，交y軸于點C(0，4)，拋物線y＝x2＋bx＋c經(jīng)過點A，交y軸于點B(0，－2)．點P為拋物線上一個動點，過點P作x軸的垂線PD，過點B作BD⊥PD于點D，連接PB，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m. (1)求拋物線的解析式； (2)當(dāng)△BDP為等腰直角三角形時，求線段PD的長； (3)如圖②，將△BDP繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)，得到△BD′P′，且旋轉(zhuǎn)角∠PBP′＝∠OAC，當(dāng)點P的對應(yīng)點P′落在坐標(biāo)軸上時，請直接寫出點P的坐標(biāo)． 圖① 圖② 例2題圖 備用圖 【分析】 先確定出點A的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求出拋物線的

11、解析式； (2)由△BDP為等腰直角三角形，判斷出BD＝PD，建立m的方程計算出m，從而求出PD； (3)分點P′落在x軸和y軸兩種情況計算即可．①當(dāng)點P′落在x軸上時，過點D′作D′N⊥x軸，垂足為N，交BD于點M，先利用互余和旋轉(zhuǎn)角相等得出∠DBD′＝∠ND′P′＝∠PBP′，進(jìn)而表示出ND′的長度，通過構(gòu)造方程求解；②的思路同①. 【自主解答】 解：(1)∵點C(0，4)在直線y＝－x＋n上， ∴n＝4，∴y＝－x＋4. 當(dāng)y＝0時，0＝－x＋4， 解得x＝3，∴A(3，0)． ∵拋物線y＝x2＋bx＋c經(jīng)過點A，交y軸于點B(0，－2)， ∴ 解得 ∴拋物線的解析

12、式為y＝x2－x－2. (2)∵點P為拋物線上一個動點，且橫坐標(biāo)為m， ∴P(m，m2－m－2)，D(m，－2)， ∴BD＝|m|， PD＝|m2－m－2＋2|＝|m2－m|. ∵△BDP為等腰直角三角形，且PD⊥BD， ∴BD＝PD. ①當(dāng)點P在直線BD上方時，PD＝m2－m. (i)若點P在y軸左側(cè)，則m<0，BD＝－m. ∴m2－m＝－m， 解得1＝0(舍去)，m2＝(舍去)． (ii)若點P在y軸右側(cè)，則m>0，BD＝m. ∴m2－m＝m， 解得3＝0(舍去)，m4＝. ②當(dāng)點P在直線BD下方時，m>0，BD＝m，PD＝－m2＋m. ∴－m2＋m＝m，解得

13、5＝0(舍去)，m6＝. 綜上所述，m＝或.即當(dāng)△BDP為等腰直角三角形時，PD的長為或. (3)P1(－，)，P2(，)，P3(，)． 提示：∵∠PBP′＝∠OAC，OA＝3，OC＝4， ∴AC＝5， ∴sin∠PBP′＝，cos∠PBP′＝. ①當(dāng)點P′落在x軸上時，過點D′作D′N⊥x軸，垂足為點N，交BD于點M，∠DBD′＝∠ND′P′＝∠PBP′. 如解圖①， 例2題解圖① ∵ND′－MD′＝2， 即(m2－m)－(－m)＝2； ∴m＝(舍去)或m＝－； 如解圖②， 　 例2題解圖② ∵ND′＋MD′＝2，即(m2－m)＋m＝2， ∴m＝或m＝－(

14、舍去)， ∴P(－，)或P(，)． ②當(dāng)點P′落在y軸上時，如解圖③，過點D′作D′M⊥x軸，交BD于點M，過點P′作P′N⊥y軸，交MD′的延長線于點N， 例2題解圖③ ∴∠DBD′＝∠ND′P′＝∠PBP′. ∵P′N＝BM， 即(m2－m)＝m， ∴m＝，∴P(，)． 1．(2014·河南)如圖，拋物線y＝－x2＋bx＋c與x軸交于點A(－1，0)，B(5，0)兩點，直線y＝－x＋3與y軸交于點C，與x軸交于點D.點P是x軸上方的拋物線上一動點，過點P作PF⊥x軸于點F，交直線CD于點E.設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m. (1)求拋物線的解析式； (2)若PE＝5EF，求

15、m的值； (3)若點E′是點E關(guān)于直線PC的對稱點，是否存在點P，使點E′落在y軸上？若存在，請直接寫出相應(yīng)的點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 2．(2018·洛陽一模)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y＝ax2＋bx－2(a≠0)與x軸交于A(1，0)，B(3，0)兩點，與y軸交于點C，其頂點為點D，點E的坐標(biāo)為(0，－1)，該拋物線與BE交于另一點F，連接BC. (1)求該拋物線的解析式； (2)一動點M從點D出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿與y軸平行的方向向上運(yùn)動，連接OM，BM，設(shè)運(yùn)動時間為t秒(t＞0)，在點M的運(yùn)動過程中，當(dāng)t為何值時，∠OMB＝90°？ (3

16、)在x軸上方的拋物線上，是否存在點P，使得∠PBF被BA平分？若存在，請直接寫出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 3．(2018·新野一模)已知拋物線y＝ax2＋bx＋2經(jīng)過A(－1，0)，B(2，0)，C三點．直線y＝mx＋交拋物線于A，Q兩點，點P是拋物線上直線AQ上方的一個動點，作PF⊥x軸，垂足為F，交AQ于點N. (1)求拋物線的解析式； (2)如圖①，當(dāng)點P運(yùn)動到什么位置時，線段PN＝2NF，求出此時點P的坐標(biāo)； (3)如圖②，線段AC的垂直平分線交x軸于點E，垂足為D，點M為拋物線的頂點，在直線DE上是否存在一點G，使△CMG的周長最??？若存在，請求出點G的坐標(biāo)；若不存

17、在，請說明理由． 圖① 圖② 4．如圖①，拋物線y＝ax2＋bx＋3(a≠0)與x軸交于點A(－1，0)，B(3，0)，與y軸交于點C，連接BC. (1)求拋物線的表達(dá)式； (2)拋物線上是否存在點M，使得△MBC的面積與△OBC的面積相等，若存在，請直接寫出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由； (3)點D(2，m)在第一象限的拋物線上，連接BD.在對稱軸左側(cè)的拋物線上是否存在一點P，滿足∠PBC＝∠DBC？如果存在，請求出點P的坐標(biāo)；如果不存在，請說明理由． 第4題圖 備用圖 類型三 特殊圖形判定問題 (2018·河南)如圖，拋物線y＝ax2＋6x＋

18、c交x軸于A，B兩點，交y軸于點C，直線y＝x－5經(jīng)過點B，C. (1)求拋物線的解析式； (2)過點A的直線交直線BC于點M. ①當(dāng)AM⊥BC時，過拋物線上一動點P(不與點B，C重合)，作直線AM的平行線交直線BC于點Q.若以點A，M，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形，求點P的橫坐標(biāo)； ②連接AC，當(dāng)直線AM與直線BC的夾角等于∠ACB的2倍時，請直接寫出點M的坐標(biāo)． 例3題圖 備用圖 【分析】 (1)利用一次函數(shù)解析式確定C(0，－5)，B(5，0)，然后利用待定系數(shù)法求拋物線的解析式； (2)①先解方程－x2＋6x－5＝0得A(1，0)，再判斷△OCB為等腰直角三

19、角形得到∠OBC＝∠OCB＝45°，則△AMB為等腰直角三角形，所以AM＝2，接著根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到PQ＝AM＝2，PQ⊥BC，作PD⊥x軸交直線BC于D，如解圖①，利用∠PDQ＝45°得到PD＝PQ＝4.設(shè)P(m，－m2＋6m－5)，則D(m，m－5)，討論：當(dāng)P點在直線BC上方時，PD＝－m2＋6m－5－(m－5)＝4；當(dāng)P點在直線BC下方時，PD＝m－5－(－m2＋6m－5)，然后分別解方程即可得到P點的橫坐標(biāo)； ②作AN⊥BC于N，NH⊥x軸于H，作AC的垂直平分線交BC于M1，交AC于E，如解圖②，利用等腰三角形的性質(zhì)和三角形外角性質(zhì)得到∠AM1B＝2∠ACB，再確定N(3，

20、－2)，AC的解析式為y＝5x－5，E點坐標(biāo)為(，－)，利用兩直線垂直的問題可設(shè)直線EM1的解析式為y＝－x＋b，把E(，－)代入求出b得到直線EM1的解析式為y＝－x－，則解方程組得M1點的坐標(biāo)；在直線BC上作點M1關(guān)于N點的對稱點M2，如解圖②，利用對稱性得到∠AM2C＝∠AM1B＝2∠ACB，設(shè)M2(x，x－5)，根據(jù)中點坐標(biāo)公式得到3＝，然后求出x即可得到點M2的坐標(biāo)，從而得到滿足條件的點M的坐標(biāo)． 【自主解答】 解：(1)當(dāng)x＝0時，y＝x－5＝－5； 當(dāng)y＝x－5＝0時，x＝5 ∴B(5，0)，C(0，－5)． 將B，C兩點的坐標(biāo)代入y＝ax2＋6x＋c中，得解得 ∴

21、拋物線的解析式為y＝－x2＋6x－5. (2)①解方程－x2＋6x－5＝0得x1＝1，x2＝5，則A(1，0)， ∵B(5，0)，C(0，－5)， ∴△OCB為等腰直角三角形， ∴∠OBC＝∠OCB＝45°. ∵AM⊥BC， ∴△AMB為等腰直角三角形， ∴AM＝AB＝×4＝2. ∵以點A，M，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形，AM∥PQ ∴PQ＝AM＝2，PQ⊥BC， 作PD⊥x軸交直線BC于D，如解圖①，則∠PDQ＝45°， ∴PD＝PQ＝4，設(shè)P(m，－m2＋6m－5)，則D(m，m－5)． 當(dāng)P點在直線BC上方時， PD＝－m2＋6m－5－(m－5)＝－m2＋

22、5m＝4，解得m1＝1，m2＝4. 當(dāng)P點在直線BC下方時； PD＝m－5－(－m2＋6m－5)＝m2－5m＝4，解得m1＝，m2＝. 綜上所述，P點的橫坐標(biāo)為4或或. ②作AN⊥BC于N，NH⊥x軸于H，作AC的垂直平分線交BC于M1，交AC于E，如解圖②. ∵M(jìn)1A＝M1C， ∴∠ACM1＝∠CAM1， ∴∠AM1B＝2∠ACB. ∵△ANB為等腰直角三角形， ∴AH＝BH＝NH＝2， ∴N(3，－2)， 易得AC的解析式為y＝5x－5，E點坐標(biāo)為(，－)， 設(shè)直線EM1的解析式為y＝－x＋b， 把E(，－)代入，得＋b＝－，解得b＝－， ∴直線EM1的解析式為

23、y＝－x－，解方程組得，則M1(，－)； 作直線BC上作點M1關(guān)于N點的對稱點M，如解圖②，則∠AM2C＝2∠ACB， 設(shè)M2(x，x－5)， ∵3＝， ∴x＝， ∴M2(，－)． 圖① 圖② 例3題解圖 1．(2013·河南)如圖，拋物線y＝－x2＋bx＋c與直線y＝x＋2交于C，D兩點，其中點C在y軸上，點D的坐標(biāo)為(3，)，點P是y軸右側(cè)的拋物線上一動點，過點P作PE⊥x軸于點E，交CD于點F. (1)求拋物線的解析式； (2)若點P的橫坐標(biāo)為m，當(dāng)m為何值時，以O(shè)，C，P，F(xiàn)為頂點的四邊形是平行四邊形？請說明理由； (3)若存在點P，使∠PCF＝45

24、°，請直接寫出相應(yīng)的點P的坐標(biāo)． 第1題圖 備用圖 2．(2017·河南名校模擬)如圖，二次函數(shù)y＝x2＋bx＋c的圖象經(jīng)過A(－1，0)和B(3，0)兩點，且交y軸于點C，M為拋物線的頂點． (1)求這個二次函數(shù)的表達(dá)式； (2)若將該二次函數(shù)圖象向上平移m(m＞0)個單位，使平移后得到的二次函數(shù)圖象的頂點落在△BOC的內(nèi)部(不包含邊界)，求m的取值范圍； (3)點P是拋物線上一動點，PQ∥BC交x軸于點Q，當(dāng)以點B，C，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形時，求點P的坐標(biāo)． 3．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2＋bx＋c與x軸交于A(－1，0)、

25、B兩點，其頂點為(1，－4)，直線y＝x－2與x軸交于點D，與y軸交于點C，點P是x軸下方的拋物線上一動點，過P點作PF⊥x軸于點F，交直線CD于點E，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m. (1)求拋物線的解析式； (2)若PE＝3EF，求m的值； (3)連接PC，是否存在點P，使△PCE是以PE為底邊的等腰三角形？若存在，請直接寫出m的值；若不存在，請說明理由． 參考答案 類型一 針對訓(xùn)練 1．解：(1)∵邊長為8的正方形OABC的兩邊在坐標(biāo)軸上，以點C為頂點的拋物線經(jīng)過點A， ∴C(0，8)，A(－8，0)， 設(shè)拋物線的解析式為：y＝ax2＋c， 則解得： 故拋物線的解析

26、式為：y＝－x2＋8. (2)正確， 理由：設(shè)P(a，－a2＋8)，則F(a，8)， ∵D(0，6)， ∴PD＝＝＝a2＋2. ∵PF＝8－(－a2＋8)＝a2， ∴PD－PF＝2； (3)在點P運(yùn)動時，DE大小不變，則PE與PD的和最小時，△PDE的周長最小， ∵PD－PF＝2，∴PD＝PF＋2， ∴PE＋PD＝PE＋PF＋2， 第1題解圖① ∴如解圖①，當(dāng)P、E、F三點共線時，PE＋PF最小， 此時點P，E的橫坐標(biāo)都為－4， 將x＝－4代入y＝－x2＋8，得y＝6， ∴P(－4，6)，此時△PDE的周長最小，且△PDE的面積為12，點P恰為“好點， ∴△P

27、DE的周長最小時“好點”的坐標(biāo)為(－4，6) 由(2)得：P(a，－a2＋8)， ∵點D、E的坐標(biāo)分別為(0，6)，(－4，0)， 第1題解圖② ①如解圖②，當(dāng)－4≤a＜0時， S△PDE＝S△PEO＋S△POD－S△DOE＝×4×(－a2＋8)＋×6×(－a)－×4×6 ＝－a2－3a＋4＝－(a＋b)2＋13， ∴4＜S△PDE≤12. ②當(dāng)a＝0時，S△PDE＝4； 第1題解圖③ ③如解圖③，過點P作PN⊥x軸于點N， 當(dāng)－8＜a＜－4時， S△PDE＝S梯形PNOD－S△PNE－S△DOE ＝(－a2＋8＋6)×(－a)×－×4×6－(－a－4)×(－

28、a2＋8)×＝－a2－3a＋4＝－(a＋b)2＋13， ∴12＜S△PDE≤13； ④當(dāng)a＝－8時，S△PDE＝12， ∴△PDE的面積可以等于4到13的所有整數(shù)，在面積為12時，a的值有兩個， ∴面積為整數(shù)時好點有11個，經(jīng)過驗證周長最小的好點包含這11個之內(nèi)，∴“好點”共有11個． 綜上所述，共有11個，“好點”，P(－4，6)． 2．解：(1)由y＝－x2＋4x－3可得點A的坐標(biāo)為(2，1)， 將x＝4代入y＝－x2＋4x－3，得y＝－3， ∴B點的坐標(biāo)為(4，－3)， 設(shè)拋物線L2的解析式為y＝a(x－4)2－3. 將A(2，1)代入，得1＝a(2－4)2－3，解得

29、a＝1， ∴拋物線L2的表達(dá)式為y＝(x－4)2－3； (2)a1＝－a2，理由如下： ∵拋物線L1的頂點A在拋物線L2上，拋物線L2的頂點B在拋物線L1上， ∴可列方程組 整理，得(a1＋a2)(m－h(huán))2＝0. ∵“伴隨拋物線”的頂點不重合， ∴m≠h，∴a1＝－a2. (3)拋物線L1：y＝mx2－2mx－3m的頂點坐標(biāo)為(1，－4m)，設(shè)拋物線L2的頂點的橫坐標(biāo)為h，則其縱坐標(biāo)為mh2－2mh－3m， ∴拋物線L2的表達(dá)式為y＝－m(x－h(huán))2＋mh2－2mh－3m， 化簡，得y＝－mx2＋2mhx－2mh－3m， ∴點D的坐標(biāo)為(0，－2mh－3m)， 又∵點

30、C的坐標(biāo)為(0，－3m)， ∴|(－2mh－3m)－(－3m)|＝4m，解得h＝±2， ∴拋物線L2的對稱軸為直線x＝±2. 3．(1)解：設(shè)拋物線的解析式為y＝a(x－2)2. 將點B的坐標(biāo)代入得4a＝1，解得a＝. ∴拋物線的解析式為y＝(x－2)2，即y＝x2－x＋1. (2)證明：設(shè)點P的坐標(biāo)為(m，(m－2)2)， ∴PM＝(m－2)2，M(m，0)． 依據(jù)兩點間的距離公式可知PF＝ ＝ ＝ ＝＝ (m－2)2＋1， ∴PF－PM＝1. ∴對于任意點P，PF與PM的差為常數(shù)． (3)解：設(shè)直線CF的解析式為y＝kx＋3，將點F的坐標(biāo)代入，得2k＋3＝1，

31、解得k＝－1， ∴直線CF的解析式為y＝－x＋3. 由兩點間的距離公式可知CF＝2. ∵a＝1， ∴2a＝2. 設(shè)在△PCF中，邊CF的上的高線長為x，則×2x＝2，解得x＝. 如解圖，過點C作CG⊥CF，取CG＝.則點G的坐標(biāo)為(－1，2)． 第3題解圖 過點G作GH∥FC，設(shè)直線GH的解析式為y＝－x＋b，將點G的坐標(biāo)代入，得1＋b＝2，解得b＝1， ∴直線GH的解析式為y＝－x＋1， 令－x＋1＝(x－2)2，解得x＝0， ∴△PCF的一個巧點的坐標(biāo)為(0，1)． 顯然，直線GH在CF的另一側(cè)時，直線GH與拋物線有兩個交點． ∵F，C為定點， ∴CF的長度

32、不變， ∴當(dāng)PC＋PF最小時，△PCF的周長最小． ∵PF－PM＝1， ∴PC＋PF＝PC＋PM＋1， ∴當(dāng)C、P、M在一條直線上時，△PCF的周長最?。? ∴此時P(0，1)． 綜上所述，△PCF的巧點有3個，△PCF的周長最小時，“巧點”的坐標(biāo)為(0，1)． 4．解：(1)∵直線l：y＝x＋m經(jīng)過點B(0，－1)， ∴m＝－1， ∴直線l的解析式為y＝x－1. ∵直線l：y＝x－1經(jīng)過點C，且點C的橫坐標(biāo)為4， ∴y＝×4－1＝2. ∵拋物線y＝x2＋bx＋c經(jīng)過點C(4，2)和點B(0，－1)， ∴，解得， ∴拋物線的解析式為y＝x2－x－1； (2)令y＝0

33、，則x－1＝0，解得x＝， ∴點A的坐標(biāo)為(，0)， ∴OA＝. 在Rt△OAB中，OB＝1， ∴AB＝＝＝. ∵DE∥y軸， ∴∠ABO＝∠DEF， 在矩形DFEG中，EF＝DE·cos∠DEF＝DE·＝DE，DF＝DE·sin∠DEF＝DE·＝DE， ∴l(xiāng)＝2(DF＋EF)＝2(＋)DE＝DE. ∵點D的橫坐標(biāo)為t(0＜t＜4)， ∴D(t，t2－t－1)，E(t，t－1)， ∴DE＝(t－1)－(t2－t－1)＝－t2＋2t， ∴l(xiāng)＝×(－t2＋2t)＝－t2＋t， ∵l＝－(t－2)2＋，且－＜0， ∴當(dāng)t＝2時，l有最大值. (3)“落點”的個數(shù)為4，如

34、解圖①，解圖②，解圖③，解圖④所示． 圖① 圖② 圖③ 圖④ 第4題解圖 如解圖③，設(shè)點A1的橫坐標(biāo)為m，則點O1的橫坐標(biāo)為m＋， ∴m2－m－1＝(m＋)2－(m＋)－1， 解得m＝， 如解圖④，設(shè)點A1的橫坐標(biāo)為m，則點B1的橫坐標(biāo)為m＋，B1的縱坐標(biāo)比點A1的縱坐標(biāo)大1， ∴m2－m－1＋1＝(m＋)2－(m＋)－1，解得m＝， ∴旋轉(zhuǎn)180°時點A1的橫坐標(biāo)為或. 類型二 針對訓(xùn)練 1．解：(1)將點A，B的坐標(biāo)代入拋物線解析式，得： 解得 ∴拋物線的解析式為y＝－x2＋4x＋5， (2)∵點P的橫坐標(biāo)為m， ∴P(m，－m2＋4m＋

35、5)，E(m，－m＋3)，F(xiàn)(m，0)， ∴PE＝|yP－yE|＝|(－m2＋4m＋5)－(－m＋3)|＝|m2＋m＋2|， EF＝|yE－yF|＝|(－m＋3)－0|＝|－m＋3|， 由題意，得PE＝5EF，即|－m2＋m＋2|＝5|－m＋3|＝|－m＋15|. ①若－m2＋m＋2＝－m＋15，整理，得2m2－17m＋26＝0， 解得m＝2或m＝； ②若－m2＋m＋2＝－(－m＋15)，整理，得m2－m－17＝0， 解得m＝或m＝. 由題意，得m的取值范圍為－1＜m＜5，故m＝，m＝這兩個解不符合題意， ∴m＝2或m＝. (3)假設(shè)存在． 作出示意圖如解圖：∵點E、E′

36、關(guān)于直線PC對稱， ∴∠1＝∠2，CE＝CE′，PE＝PE′. ∵PE平行于y軸，∴∠1＝∠3， ∴∠2＝∠3，∴PE＝CE， ∴PE＝CE＝PE′＝CE′，即四邊形PECE′是菱形． 當(dāng)四邊形PECE′是菱形存在時， 由直線CD的解析式y(tǒng)＝－x＋3，可得OD＝4，OC＝3，由勾股定理，得CD＝5， 過點E作EM∥x軸，交y軸于點M，易得△CEM∽△CDO， ∴＝，即＝，解得CE＝|m|， ∴PE＝CE＝|m|，又由(2)可知：PE＝|－m2＋m＋2|， ∴|－m2＋m＋2|＝|m|. ①若－m2＋m＋2＝m，整理，得2m2－7m－4＝0，解得m＝4或m＝－； ②若－m

37、2＋m＋2＝－m，整理，得m2－6m－2＝0，解得m1＝3＋，m2＝3－. 由題意，得m的取值范圍為－1＜m＜5，故m＝3＋這個解舍去， 當(dāng)四邊形PECE′是菱形這一條件不存在時， 此時P點橫坐標(biāo)為0，E，C，E′三點重合于y軸上，也符合題意， ∴P(0，5)． 綜上所述，存在滿足條件的點P，可求得點P的坐標(biāo)為(0，5)或(－或)或(4，5)或(3－，2－3)． 第1題解圖 2．解：(1)∵拋物線y＝ax2＋bx－2(a≠0)與x軸交于A(1，0)，B(3，0)兩點， ∴解得 ∴拋物線的解析式為y＝－x2＋x－2； (2)如解圖①，由(1)知y＝－x2＋x－2＝－(x－

38、2)2＋； ∵D為拋物線的頂點， ∴D(2，)． ∵一動點M從點D出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿平行與y軸平行的方向向上運(yùn)動， ∴設(shè)M(2，m)(m＞)， ∴OM2＝m2＋4，BM2＝m2＋1，OB2＝9. ∵∠OMB＝90°， ∴OM2＋BM2＝OB2， ∴m2＋4＋m2＋1＝9， 解得m＝或m＝－(舍去)， ∴M(2，)， ∴MD＝－. ∴t＝－； 圖① 圖② 第2題解圖 (3)存在點P，使得∠PBF被BA平分， 如解圖②，∴∠PBO＝∠EBO， ∵E(0，－1)， ∴在y軸上取一點N(0，1)． ∵B(3，0)， ∴直線BN的解析式為y＝－

39、x＋1①. ∵點P在拋物線y＝－x2＋x－2②上， 聯(lián)立①②，得 解得，或， ∴P(，)． 3．解：(1)∵拋物線y＝ax2＋bx＋2經(jīng)過A(－1，0)，B(2，0)， ∴將點A和點B的坐標(biāo)代入，得解得 ∴拋物線的解析式為y＝－x2＋x＋2. (2)直線y＝mx＋交拋物線與A，Q兩點，把A(－1，0)代入解析式，得m＝， ∴直線AQ的解析式為y＝x＋. 設(shè)點P的橫坐標(biāo)為n，則P(n，－n2＋n＋2)，N(n，n＋)，F(xiàn)(n，0)， ∴PN＝－n2＋n＋2－(n＋)＝－n2＋n＋，NF＝n＋. ∵PN＝2NF，∴－n2＋n＋＝2×(n＋)，解得n＝－1或. 當(dāng)n＝－1時

40、，點P與點A重合，不符合題意舍去． ∴點P的坐標(biāo)為(，)． (3)∵y＝－x2＋x＋2，＝－(x－)2＋， ∴M(，)． 如解圖所示，連接AM交直線DE與點G，連接CG，CM此時，△CMG的周長最?。? 第3題解圖 設(shè)直線AM的函數(shù)解析式為y＝kx＋b，且過A(－1，0)，M(，)， 根據(jù)題意，得解得 ∴直線AM的函數(shù)解析式為y＝x＋. ∵D為AC的中點， ∴D(－，1)． 設(shè)直線AC的解析式為y＝kx＋2，將點A的坐標(biāo)代入，得－k＋2＝0，解得k＝2， ∴直線AC的解析式為y＝2x＋2. 設(shè)直線DE的解析式為y＝－x＋c，將點D的坐標(biāo)代入，得＋c＝1，解得c＝，

41、 ∴直線DE的解析式為y＝－x＋. 將y＝－x＋與y＝x＋聯(lián)立，解得x＝－，y＝， ∴在直線DE上存在一點G，使△CMG的周長最小，此時G(－，)． 4．解：(1)∵拋物線y＝ax2＋bx＋3(a≠0)與x軸交于點A(－1，0)，B(3，0)， ∴ 解得 ∴拋物線的表達(dá)式為y＝－x2＋2x＋3； (2)存在． ∵拋物線的表達(dá)式為y＝－x2＋2x＋3， ∴點C的坐標(biāo)為(0，3)， ∵C(0，3)，B(3，0)， ∴直線BC的解析式為y＝－x＋3， ∴過點O與BC平行的直線y＝－x，與拋物線的交點即為M， 解方程組 可得或 ∴M1(，)，M2(，)； 第4題解圖

42、 (3)存在． 如解圖，設(shè)BP交y軸于點G. ∵點D(2，m)在第一象限的拋物線上， ∴當(dāng)x＝2時，m＝－22＋2×2＋3＝3， ∴點D的坐標(biāo)為(2，3)， 把x＝0代入y＝－x2＋2x＋3，得y＝3， ∴點C的坐標(biāo)為(0，3)， ∴CD∥x軸，CD＝2， ∵點B(3，0)， ∴OB＝OC＝3， ∴∠OBC＝∠OCB＝45°. ∴∠DCB＝∠OBC＝∠OCB＝45°， 又∵∠PBC＝∠DBC，BC＝BC， ∴△CGB≌△CDB(ASA)， ∴CG＝CD＝2. ∴OG＝OC－CG＝1， ∴點G的坐標(biāo)為(0，1)， 設(shè)直線BP的解析式為y＝kx＋1， 將B(3

43、，0)代入，得3k＋1＝0， 解得k＝－， ∴直線BP的解析式為y＝－x＋1， 令－x＋1＝－x2＋2x＋3， 解得x1＝－，x2＝3， ∵點P是拋物線對稱軸x＝－＝1左側(cè)的一點，即x＜1， ∴x＝－， 把x＝－代入拋物線y＝－x2＋2x＋3中， 解得y＝， ∴當(dāng)點P的坐標(biāo)為(－，)時，滿足∠PBC＝∠DBC. 類型三 針對訓(xùn)練 1．解：(1)在直線解析式y(tǒng)＝x＋2中，令x＝0，得y＝2， ∴C(0，2)． ∵點C(0，2)，D(3，)在拋物線y＝－x2＋bx＋c上， ∴ 解得 ∴拋物線的解析式為y＝－x2＋x＋2. 圖① 圖② 第1題解圖 (

44、2)∵PF∥OC，且以O(shè)，C，P，F(xiàn)為頂點的四邊形是平行四邊形， ∴PF＝OC＝2， ∴將直線y＝x＋2沿y軸上、下平移2個單位之后得到的直線，與拋物線y軸右側(cè)的交點即為所求， 由解圖①可以直觀地看出，這樣的交點有3個， 將直線y＝x＋2沿y軸向上平移2個單位，得到直線y＝x＋4， 聯(lián)立解得x1＝1，x2＝2； 將直線y＝x＋2沿y軸向下平行移2個單位，得到直線y＝x， 聯(lián)立 解得x3＝，x4＝(不舍題意，舍去)， ∴m3＝， ∴當(dāng)m的值為1或2或時，以O(shè)，C，P，F(xiàn)為頂點的四邊形是平行四邊形． (3)存在． 理由：設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m，則P(m，－m2＋m＋2)，F(xiàn)(m

45、，m＋2) 如解圖②所示，過點C作CM⊥PE于點M，則CM＝m，EM＝2， ∴FM＝y(tǒng)F－EM＝m， ∴tan∠CFM＝2， 在Rt△CFM中，由勾股定理，得CF＝m， 過點P作PN⊥CD于點N， 則PN＝FN·tan∠PFN＝FN·tan∠CFM＝2FN. ∵∠PCF＝45°， ∴PN＝CN， 而PN＝2FN， ∴FN＝CF＝m，PN＝2FN＝m. 在Rt△PFN中，由勾股定理，得PF＝＝m. ∵PF＝y(tǒng)P－yF＝(－m2＋m＋2)－(m＋2)＝－m2＋3m， ∴－m2＋3m＝－ m， 整理，得m2－m＝0， 解得m＝0(舍去)或m＝， ∴P(，)； 同理求

46、得，另一點為P(，)． ∴符合條件的點P的坐標(biāo)為(，)或(，)． 2．解：(1)將點A和點B的坐標(biāo)代入得：， 解得：b＝－2，c＝－3. ∴拋物線的解析式為y＝x2－2x－3. (2)∵y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4， ∴M(1，－4)． 把x＝0代入拋物線的解析式得：y＝－3， ∴C(0，－3)． 設(shè)直線BC的解析式為y＝kx＋b，則 解得：k＝1，b＝－3. ∴直線BC的解析式為y＝x－3. 把x＝1代入y＝x－3得y＝－2， ∵平移后的拋物線的頂點坐標(biāo)在△BOC的內(nèi)部， ∴－2＜－4＋m＜0，解得2＜m＜4. (3)當(dāng)點P在點Q的上方時，由平行四邊形的

47、性質(zhì)可知點P的縱坐標(biāo)為3. 把y＝3代入拋物的解析式x2－2x－3＝3，解得：x＝1＋或x＝1－. ∴點P的坐標(biāo)為(1＋，3)或(1－，3)． 當(dāng)點P在點Q的下方時，由平行四邊形的性質(zhì)可知點P的縱坐標(biāo)為－3. 把y＝－3代入拋物的解析式x2－2x－3＝－3，解得：x＝2或x＝0(舍去)． ∴點P的坐標(biāo)為(2，－3)． 綜上所述，當(dāng)點P的坐標(biāo)為(1－，3)或(1＋，3)或(2，－3)時，以點B，C，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形． 3．解：(1)拋物線的頂點為(1，－4)，設(shè)拋物線的解析式為y＝a(x－1)2－4， 把A(－1，0)代入，可得0＝a(－1－1)2－4， 解得a

48、＝1， ∴拋物線的解析式為y＝(x－1)2－4 (或y＝x2－2x－3)； (2)設(shè)點P的橫坐標(biāo)是m，則P(m，m2－2m－3)，E(m，m－2)，F(xiàn)(m，0)， PE＝|yE－yP|＝|(m－2)－(m2－2m－3)|＝|－m2＋3m＋1|， EF＝|－m＋2|， 由題意PE＝3EF，即：|－m2＋3m＋1|＝3|－m＋2|， ①若－m2＋3m＋1＝3(－m＋2)， 整理，得m2－6m＋5＝0， 解得m＝1或m＝5， 令y＝x2－2x－3＝0，解得x1＝－1，x2＝3，∴B(3，0)， ∵點P在x軸下方， ∴－1＜m＜3， ∴m＝5不合題意，舍去， ∴m＝1； ②若－m2＋3m＋1＝－3(－m＋2)， 整理，得m2－7＝0， 解得：m＝或m＝－， ∵點P在x軸下方， ∴－1＜m＜3，m＝－不合題意，舍去， ∴m＝， 綜上所述，m＝1或m＝； (3)存在，m的值為或. 理由：直線y＝x－2與y軸的夾角為45°，∠PEC＝45°， 當(dāng)△PCE是以PE為底邊的等腰三角形時，∠PCE＝90°， 故直線PC的解析式為y＝－x－2， 聯(lián)立 消掉y得，x2－x－1＝0， 解得x＝或， 所以點P的橫坐標(biāo)m＝或. 35