【文档说明】《九年级数学上册难点突破（人教版）》专题17 二次函数中的动点有关的综合问题(解析版).docx，共(37)页，852.550 KB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-4313646184d472ca2c81b374adfa8d40.html

以下为本文档部分文字说明：

1专题17二次函数中的动点有关的综合问题1、如图①，已知抛物线y＝ax2﹣4amx+3am2（a、m为参数，且a＞0，m＞0）与x轴交于A、B两点（A在B的左边），与y轴交于点C．（1）求点B的坐标（结果可以含参数m）；（2）连接CA、CB，若C（0，3m），求tan∠ACB的值；（3）如图②，

在（2）的条件下，抛物线的对称轴为直线l：x＝2，点P是抛物线上的一个动点，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P，使△POF成为以点P为直角顶点的的等腰直角三角形．若存在，求出所有符合条件的点P的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）B（3m，0）；（2

）tan∠ACB＝12；（3）点P的坐标是：（5515,22++）或（5515,22−−）或（3515,22+−）或（3515,22−+）．【解析】解：（1）令y＝0，则有ax2﹣4amx+3am2＝0，解得：x1＝m，x

2＝3m，∵m＞0，A在B的左边，∴B（3m，0）；（2）如图1，过点A作AD⊥BC，垂足为点D，2由（1）可知B（3m，0），则△BOC为等腰直角三角形，∵OC＝OB＝3m，∴BC＝32m，又∵∠ABC＝45°，∴∠DAB＝4

5°，∴AD＝BD，∵AB＝2m，∴AD2=m，CD＝22m，∴tan∠ACB＝AD2m1CD222m==；（3）∵由题意知x＝2为对称轴，∴2m＝2，即m＝1，∵在（2）的条件下有（0，3m），∴3m＝3am2，解得m＝1a，即a＝1，3∴抛

物线的解析式为y＝x2﹣4x+3，①当P在对称轴的左边，如图2，过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N，∵△OPF是等腰直角三角形，且OP＝PF，易得△OMP≌△PNF，∴OM＝PN，∵P（m，m2﹣4m+3

），则﹣m2+4m﹣3＝2﹣m，解得：m＝552+或552−，∴P的坐标为（552+，152+）或（5515,22−−）；②当P在对称轴的右边，如图3，过P作MN⊥x轴于N，过F作FM⊥MN于M，4同理

得△ONP≌△PMF，∴PN＝FM，则﹣m2+4m﹣3＝m﹣2，解得：x＝352+或352-；P的坐标为（3515,22+−）或（3515,22−+）；综上所述，点P的坐标是：（5515,22++）或（5515,22−−）或（3515,22+−）或（3515,22−+）．2、如图1，在平面

直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，抛物线𝑦=−(𝑥−𝑎)(𝑥−4)(𝑎<0)与𝑥轴交于𝐴、𝐵两点（点𝐴在点𝐵的左侧），与𝑦轴交于点𝐶，点𝐷为抛物线的顶点.（1）若𝐷点坐标为(32,254)，求抛物线

的解析式和点𝐶的坐标；（2）若点𝑀为抛物线对称轴上一点，且点𝑀的纵坐标为𝑎，点𝑁为抛物线在𝑥轴上方一点，若以𝐶、𝐵、𝑀、𝑁为顶点的四边形为平行四边形时，求𝑎的值；（3）直线𝑦=2

𝑥+𝑏与（1）中的抛物线交于点𝐷、𝐸（如图2），将（1）中的抛物线沿着该直线方向进行平移，平移后抛物线的顶点为𝐷′，与直线的另一个交点为𝐸，与𝑥轴的交点为𝐵′，在平移的过程中，求𝐷′𝐸′的长度；当

∠𝐸′𝐷′𝐵′=90°时，求点𝐵′的坐标.5【答案】（1）𝑦=−𝑥2+3𝑥+4;𝐶(0,4);（2）𝑎=−2±2√13；𝑎1=−2−2√13，𝑎2=6−2√213;（3）𝐵′(−1,0)【解析】（1）依题意得：254

=−(32−𝑎)(32−4)解得𝑎=−1，∴抛物线的解析式为：y=-（x+1）（x-4）或𝑦=−𝑥2+3𝑥+4∴𝐶(0,4)（2）由题意可知𝐴(𝑎,0)、𝐵(4,0)、𝐶(0,−4𝑎)对称轴为直线𝑥=𝑎+42，

则𝑀(𝑎+42,𝑎)①𝑀𝑁//𝐵𝐶，且𝑀𝑁=𝐵𝐶，根据点的平移特征可知𝑁(𝑎−42,−3𝑎)则−3𝑎=−(𝑎−42−𝑎)⋅(𝑎−42−4)，解得：𝑎=−2±2√13（舍去正值）；②当𝐵𝐶为对角线时，设𝑁(𝑥,𝑦)，根据平行四边形的对角线互相平分可得{

𝑎+42+𝑥=4𝑎+𝑦=−4𝑎，解得{𝑥=4−𝑎2𝑦=−5𝑎，6则−5𝑎=−(4−𝑎2−𝑎)⋅(4−𝑎2−4)解得：𝑎=6±2√213∴𝑎1=−2−2√13，𝑎2=6−2√213（3）联立{𝑦=2𝑥

+134𝑦=−𝑥2+3𝑥+4解得：{𝑥1=32𝑦1=254(舍去)，{𝑥2=−12𝑦2=94则𝐷𝐸=2√5，根据抛物线的平移规律，则平移后的线段𝐷′𝐸′始终等于2√5设平移后的𝐷′(𝑚,2𝑚+134)，则𝐸′(𝑚−2,2𝑚−34)平移后的抛物线解析式为：𝑦=

−(𝑥−𝑚)2+2𝑚+134则𝐷′𝐵′：𝑦=−12𝑥+𝑛过(𝑚,2𝑚+134)，∴𝑦=−12𝑥+52𝑚+134，则𝐵′(5𝑚+132,0)抛物线𝑦=−(𝑥−𝑚)2+2𝑚+134过

𝐵′(5𝑚+132,0)解得𝑚1=−32，𝑚2=−138∴𝐵1′(−1,0)，𝐵2′(−138,0)（与𝐷′重合，舍去）∴𝐵′(−1,0)3、如图，抛物线y＝x2+bx+c与直线y＝12x﹣3交于，B

两点，其中点A在y轴上，点B坐标为（﹣4，﹣5），点P为y轴左侧的抛物线上一动点，过点P作PC⊥x轴于点C，交AB于点D．7（1）求抛物线对应的函数解析式；（2）以O，A，P，D为顶点的平行四边形是否存在若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．【答案】(1)y＝x2+92x﹣3；(

2)见解析.【思路引导】（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；（2）PD=|m²+4m|，∵PD∥AO，则当PD=OA=3时，存在以O，A，P，D为顶点的平行四边形，即PD=|m²+4m|=3，即

可求解．【解析】解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得：16453bcc−+=−=−，解得：923bc==−，故抛物线的表达式为：y＝x2+92x﹣3；（2）存在，理由：同理直线AB的表达式为：y＝12x﹣3，设

点P（m，m2+92m﹣3），点D（m，12m﹣3）（m＜0），则PD＝|m2+4m|，∵PD∥AO，则当PD＝OA＝3时，存在以O，A，P，D为顶点的平行四边形，即PD＝|m2+4m|＝3，8①当m

2+4m＝3时，解得：m＝﹣2±7（舍去正值），即m2+92m﹣3＝1﹣72，故点P（﹣2﹣7，﹣1﹣72），②当m2+4m＝﹣3时，解得：m＝﹣1或﹣3，同理可得：点P（﹣1，﹣132）或（﹣3，﹣

152）；综上，点P（﹣2﹣7，﹣1﹣72）或(﹣1，﹣132）或（﹣3，﹣152）．【方法总结】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到待定系数法求函数解析式、平行四边形性质等，要注意分类讨论思想的运用．4、在平面直角坐标系

中，点O为坐标原点，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A（-1，0），B（3，0），与y轴交于点C（0，3），顶点为G．（1）求抛物线和直线AC的解析式；（2）如图1，设E（m，0）为x正半轴上的一个动点，若△CGE和△CGO的面积满足S△CGE=43S

△CGO，求点E的坐标；9（3）如图2，设点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴向右运动，运动时间为ts，点M为射线AC上一动点，过点M作MN∥x轴交抛物线对称轴右侧部分于点N．试探究点P在运动过程中，是否存在以P，M，N为顶点的三角形为等腰直角三角形，若存在，求出t的值；

若不存在，请说明理由．【答案】（1）2yx2x3=−++；y=3x+3；（2）点E的坐标为：（1,0）或（-7,0）；（3）存在，t的值为10049或1316或134．【思路引导】（1）用待定系数法即能求出抛物线和直线AC解析式．（2）△CGE与△CGO虽然有公共底边CG，但高不好求，故把△C

GE构造在比较好求的三角形内计算．延长GC交x轴于点F，则△FGE与△FCE的差即为△CGE．（3）设M的坐标（e，3e＋3），分别以M、N、P为直角顶点作分类讨论，利用等腰直角三角形的特殊线段长度关系，用e表示相关线段并列方程求解，再根据e与AP的关系求t的值．【解析】解：（

1）将点A（-1，0），B（3，0），点C（0，3）代入抛物线y=ax2+bx+c得，09303abcabcc−+=++==，解得123abc=−=−=，∴2yx2x3=−++，设直线AC的解析式为y=kx+n，将

点A（-1，0），点C（0，3）代入得：03knn−+==，解得：k=3，n=3∴直线AC的解析式为：y=3x+3（2）延长GC交x轴于点F，过点G作GH⊥x轴于点H，∵2(1)4yx=−−+10∴G（1,4），GH=4，∴1

1331222CGOGSOCx===V，若S△CGE=43S△CGO，则S△CGE=43S△CGO=43232=，①若点E在x轴的正半轴，设直线CG为13ykx=+，将G（1,4）代入得134k+=∴11k=，∴直线CG的解析式为y=x+3，∴当y=0时，x=-3，即

F(-3,0)∵E（m,0）∴EF=m-(-3)=m+3∴CGEFGEFCESSS=−VVV=1122EFGHEFOC−=1()2EFGHOC−=1(3)(43)2m+−=1(3)2m+∴1(3)22m+=，解得：m=1∴E的坐标为（1,0）11②若点E在x轴的负半轴

上，则点E到直线CG的距离与点（1,0）到直线CG的距离相等，即点E到点F的距离等于点（1,0）到点F的距离，∴EF=-3-m=1-(-3)=4∴m=-7，即E（-7,0）综上所述，点E的坐标为：（1,0）或（-7,0）（3）存在以P，M，N为顶点的三角形为等腰直角三角形，

设M（e,3e+3），e＞-1，则33NMyye==+，①如图2，若∠MPN=90°，PM=PN，过点M作MQ⊥x轴于点Q，过N作NR⊥x轴于点R，∵MN∥x轴∴MQ＝NR＝3e＋3∴Rt△MQP≌Rt△NRP（HL）∴PQ＝PR，∠MPQ＝∠NPR＝45°∴MQ＝PQ＝PR＝NR＝3e＋3∴

xN＝xM＋3e＋3＋3e＋3＝7e＋6，即N（7e＋6，3e＋3）∵N在抛物线上∴−（7e＋6）2＋2（7e＋6）＋3＝3e＋3，12解得：11e=−（舍去），22449e=−∵AP＝t，OP＝t−1，OP＋OQ＝PQ∴t−

1−e＝3e＋3∴t＝4e＋4＝10049，②如图3，若∠PMN＝90°，PM＝MN，∴MN＝PM＝3e＋3∴xN＝xM＋3e＋3＝4e＋3，即N（4e＋3，3e＋3）∴−（4e＋3）2＋2（4e＋3）＋3＝3e＋3解得：

e1＝−1（舍去），e2＝316−，∴t＝AP＝e−（−1）＝31311616−+=，③如图4，若∠PNM＝90°，PN＝MN，∴MN＝PN＝3e＋3，N（4e＋3，3e＋3）13解得：e＝316−∴t＝AP＝OA＋OP＝1＋4e＋3＝134综上所述，存在以P，M，N为顶点

的三角形为等腰直角三角形，t的值为10049或1316或134．【方法总结】本题考查了待定系数法求函数解析式，坐标系中三角形面积计算，等腰直角三角形的性质，解一元二次方程，考查了分类讨论和方程思想．第（3）题根据

等腰直角三角形的性质找到相关线段长的关系是解题关键，灵活运用因式分解法解一元二次方程能简便运算．5、如图，已知直线AB与抛物线C：y＝ax2+2x+c相交于点A(﹣1，0)和点B(2，3)两点．(1)求抛物线C函数表达式；(2)若点M是位于直线AB上方抛物线上的一动点，当MAB△的面积最大时，求

此时MAB△的面积S及点M的坐标．【答案】(1)y＝﹣x2+2x+3；(2)△MAB的面积最大值是278，M(12，154)14【解析】(1)由题意把点(﹣1，0)、(2，3)代入y＝ax2+2x+c，得20443acac−+=++=，解得1,3,ac=−=，∴此

抛物线C函数表达式为：y＝﹣x2+2x+3；(2)如图，过点M作MH⊥x轴于H，交直线AB于K，将点(﹣1，0)、(2，3)代入y＝kx+b中，得023kbkb−+=+=，解得1,1,kb==，∴yAB＝x+1，设点M(x，﹣x2+2x+3)，则K(x，x+1)，则MK＝

﹣x2+2x+3﹣(x+1)＝﹣x2+x+2，∴S△MAB＝S△AMK+S△BMK＝12MK•(xM﹣xA)+12MK•(xB﹣xM)＝12MK•(xB﹣xA)＝12×(-x2+x+2)×3＝23127()228x−−+

，∵302−，当x＝12时，S△MAB最大=278，此时21115()23224My=−++=，∴△MAB的面积最大值是278，M(12，154)．156、如图，直线y＝34x+a与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B，抛物线y＝34x2+bx+c经过点A，B．点M（m，0）为x轴上一动点

，过点M且垂直于x轴的直线分别交直线AB及抛物线于点P，N．（1）填空：点B的坐标为，抛物线的解析式为；（2）当点M在线段OA上运动时（不与点O，A重合），①当m为何值时，线段PN最大值，并求出PN的最大值；②求出使△BP

N为直角三角形时m的值；（3）若抛物线上有且只有三个点N到直线AB的距离是h，请直接写出此时由点O，B，N，P构成的四边形的面积．【答案】（1）（0，﹣3），y＝34x2﹣94x﹣3；（2）①是3，②3或119；（3）6或6+6√2或6√2﹣6．【解析

】解：（1）把点A坐标代入直线表达式y＝34x+a，16解得：a＝﹣3，则：直线表达式为：y═34x﹣3，令x＝0，则：y＝﹣3，则点B坐标为（0，﹣3），将点B的坐标代入二次函数表达式得：c＝﹣3，把点A的坐

标代入二次函数表达式得：34×16+4b﹣3＝0，解得：b＝﹣94，故抛物线的解析式为：y＝34x2﹣94x﹣3，（2）①∵M（m，0）在线段OA上，且MN⊥x轴，∴点P（m，34m﹣3），N（m，34m2﹣94m﹣

3），∴PN＝34m﹣3﹣（34m2﹣94m﹣3）＝﹣34（m﹣2）2+3，∵a＝﹣34＜0，∴抛物线开口向下，∴当m＝2时，PN有最大值是3，②当∠BNP＝90°时，点N的纵坐标为﹣3，把y＝﹣3代入抛物线的表达式得：﹣3＝34m2﹣

94m﹣3，解得：m＝3或0（舍去m＝0），∴m＝3；当∠NBP＝90°时，∵BN⊥AB，两直线垂直，其k值相乘为﹣1，设：直线BN的表达式为：y＝﹣43x+n，把点B的坐标代入上式，解得：n＝﹣3，则：直线BN的表达式为：y＝﹣43x﹣3，17将上式与

抛物线的表达式联立并解得：m＝119或0（舍去m＝0），当∠BPN＝90°时，不合题意舍去，故：使△BPN为直角三角形时m的值为3或43；（3）∵OA＝4，OB＝3，在Rt△AOB中，tanα＝43，则：cosα＝35，sinα＝45，∵PM∥y轴，∴∠BPN＝∠ABO＝α，若

抛物线上有且只有三个点N到直线AB的距离是h，则只能出现：在AB直线下方抛物线与过点N的直线与抛物线有一个交点N，在直线AB上方的交点有两个．当过点N的直线与抛物线有一个交点N，点M的坐标为（m，0），设：点N坐标为：（m，n），则：n＝34m2﹣94m﹣3，过点N作AB的平

行线，则点N所在的直线表达式为：y＝34x+b，将点N坐标代入，18解得：过N点直线表达式为：y＝34x+（n﹣34m），将抛物线的表达式与上式联立并整理得：3x2﹣12x﹣12+3m﹣4n＝0，△＝144﹣3×4×（﹣12+3m﹣4n）＝0，将n＝34m2﹣94m﹣3代入上式并整理

得：m2﹣4m+4＝0，解得：m＝2，则点N的坐标为（2，﹣92），则：点P坐标为（2，﹣32），则：PN＝3，∵OB＝3，PN∥OB，∴四边形OBNP为平行四边形，则点O到直线AB的距离等于点N到直线AB的距离，即：过点O与AB平行

的直线与抛物线的交点为另外两个N点，即：N′、N″，直线ON的表达式为：y＝34x，将该表达式与二次函数表达式联立并整理得：x2﹣4x﹣4＝0，解得：x＝2±2√2，则点N′、N″的横坐标分别为2+2√2，2﹣2√2，作NH⊥AB交直线AB于点H，

则h＝NH＝NPsinα＝125，作N′P′⊥x轴，交x轴于点P′，则：∠ON′P′＝α，ON′＝𝑂𝑃′sin𝛼＝54（2+2√2），S四边形OBPN＝BP•h＝52×125＝6，则：S四边形OBP′N′＝S△OP′N′+S△OBP′＝6+6√2，同理：S四边形OBN″P″＝

6√2﹣6，19故：点O，B，N，P构成的四边形的面积为：6或6+6√2或6√2﹣6．7、在平面直角坐标系xOy中，直线1(0)ykxk=+经过点23A（，），与y轴交于点B，与抛物线2yaxbxa=++的对称轴交于点Cm2（，）．（1）求m的值；（

2）求抛物线的顶点坐标；（3）11Nxy（，）是线段AB上一动点，过点N作垂直于y轴的直线与抛物线交于点22Pxy（，），33Qxy（，）（点P在点Q的左侧）．若213xxx恒成立，结合函数的图象，求a的取值范围．【答案】（1）1；（2）()10，．（3）01a．【

解析】解：（1）∵()10ykxk=+经过点23A（，），∴将点A的坐标代入1ykx=+，即321k=+，得1k=．∵直线1yx=+与抛物线2yaxbxa=++的对称轴交于点(,2)Cm，∴将点(,2)Cm代入1yx=+，得1m=．(

2)∵抛物线2yaxbxa=++的对称轴为1x=，∴12ba−=，即2ba=−．∴22yaxaxa=−+()21ax=−．∴抛物线的顶点坐标为()10，．(3)当0a时，如图，20若拋物线过点01B（，），则1a=．结合函数图象可得01a．当0a时，不符合题意

．综上所述，a的取值范围是01a．8、如图①，在平面直角坐标系中，二次函数y＝13−x2+bx+c的图象与坐标轴交于A，B，C三点，其中点A的坐标为（﹣3，0），点B的坐标为（4，0），连接AC，BC．动点P从点A出发，在线段AC上以每秒1个单位长度的速度向点C

作匀速运动；同时，动点Q从点O出发，在线段OB上以每秒1个单位长度的速度向点B作匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，设运动时间为t秒．连接PQ．（1）填空：b＝，c＝；（2）在点P，Q运动过程中，△

APQ可能是直角三角形吗？请说明理由；（3）点M在抛物线上，且△AOM的面积与△AOC的面积相等，求出点M的坐标。【答案】（1）13，4；（2）不可能是直角三角形，见解析；（3）M(1,4)或M(1972+,-4）或M(1972−,-4）21【思路

引导】(1)设抛物线的解析式为y=a（x+3）（x-4）．将a=-13代入可得到抛物线的解析式，从而可确定出b、c的值；（2）先求得点C的坐标，依据勾股定理可求得AC=5，则PC=5-t，AQ=3+t,再判断当△APQ是直角三角形时，则∠APQ＝90°，从

而得出△AOC∽△APQ，得到比例式列方程求解即可；(3)根据点M在抛物线上，设出点M的坐标为（m，﹣13m2+13m+4），再根据△AOM的面积与△AOC的面积相等，从而得出﹣13m2+13m+4=4，解

方程即可．【解析】解：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣4）．将a＝﹣13代入得：y＝﹣13x2+13x+4，∴b＝13，c＝4．（2）在点P、Q运动过程中，△APQ不可能是直角三角形．理由如下：∵在点P、Q运动过程中，∠PAQ、∠PQ

A始终为锐角，∴当△APQ是直角三角形时，则∠APQ＝90°．将x＝0代入抛物线的解析式得：y＝4，∴C（0，4）．∵点A的坐标为（﹣3，0），∴在Rt△AOC中，依据勾股定理得：AC＝5，∵AP＝OQ＝t，∴AQ=3+t，∵∠OAC＝∠PAQ

，∠APQ＝∠AOC∴△AOC∽△APQ∴AP:AO=AQ:AC∴3t=3t5+∴t=4.5．22∵由题意可知：0≤t≤4，∴t＝4.5不合题意，即△APQ不可能是直角三角形．(3)设点M的坐标为（m

，﹣13m2+13m+4）∵△AOM的面积与△AOC的面积相等，且底都为AO，C（0，4）．∴﹣13m2+13m+4=4当﹣13m2+13m+4=-4时，解得：m=1972+或1-972,当﹣13m2+

13m+4=4时，解得：m=1或0∵当m=0时，与C重合，∴m=1972+或1-972或1∴M(1,4)或M(1972+,-4）或M(1-972,-4）【方法总结】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、相似三角

形的性质和判定、全等三角形的性质和判定，灵活运用相关的知识是解题的关键．9、如图，关于x的二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于点A（1，0）和点B与y轴交于点C（0，3），抛物线的对称轴与x轴交于点D．（1）求二次函数的表达式；23（2）在y轴上是否存在一点P，使△PBC为等腰三角

形？若存在．请求出点P的坐标；（3）有一个点M从点A出发，以每秒1个单位的速度在AB上向点B运动，另一个点N从点D与点M同时出发，以每秒2个单位的速度在抛物线的对称轴上运动，当点M到达点B时，点M、N同时停止运

动，问点M、N运动到何处时，△MNB面积最大，试求出最大面积．【答案】（1）二次函数的表达式为：y=x2﹣4x+3；（2）点P的坐标为：（0，3+32）或（0，3﹣32）或（0，-3）或（0，0）；（3）当点M出发1秒到

达D点时，△MNB面积最大，最大面积是1．此时点N在对称轴上x轴上方2个单位处或点N在对称轴上x轴下方2个单位处．【解析】解：（1）把A（1，0）和C（0，3）代入y=x2+bx+c，103bcc++==解得：b=﹣4，c=3，∴二次函数的表达式为：y=x2﹣4x+3；

（2）令y=0，则x2﹣4x+3=0，解得：x=1或x=3，∴B（3，0），∴BC=32，点P在y轴上，当△PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：如图1，①当CP=CB时，PC=32，∴OP=OC+PC=3+32或OP=PC﹣OC=32﹣3∴

P1（0，3+32），P2（0，3﹣32）；②当PB=PC时，OP=OB=3，24∴P3（0，-3）；③当BP=BC时，∵OC=OB=3∴此时P与O重合，∴P4（0，0）；综上所述，点P的坐标为：（0，3+32）或（0，3

﹣32）或（﹣3，0）或（0，0）；（3）如图2，设AM=t，由AB=2，得BM=2﹣t，则DN=2t，∴S△MNB=12×（2﹣t）×2t=﹣t2+2t=﹣（t﹣1）2+1，当点M出发1秒到达D点时，△MNB面积最大，最大面积是1．此时点N在对称轴上x轴上方2个单位处或点N在对称轴上x

轴下方2个单位处．2510、如图，二次函数2yaxbxc=++（0a）的图象与x轴交于AB、两点，与y轴相交于点C．连结ACBCAC、，、两点的坐标分别为()30A−，、()03C，，且当4x=−和2x=时二次

函数的函数值y相等．（1）求实数abc，，的值；（2）若点MN、同时从B点出发，均以每秒1个单位长度的速度分别沿BABC、边运动，其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动．当运动时间为t秒时，连结MN，将B

MN△沿MN翻折，B点恰好落在AC边上的P处，求t的值及点P的坐标；（3）在（2）的条件下，二次函数图象的对称轴上是否存在点Q，使得以BNQ，，为项点的三角形与ABCV相似？如果存在，请求出点Q的坐标；

如果不存在，请说明理由．【答案】（1）323a,b,c333=−=−=；（2）t=43，231,3P−；（3）Q（-1，233−），见解析.【解析】26解：（1）∵C(0,3)Q在抛物线上∴代入得c=3∵x=-4和

x=2时二次函数的函数值y相等，∴顶点横坐标4212x−+==−,12ba−=−,又∵A（-3，0）在抛物线上，∴9a−3b+3=0由以上二式得323a,b,c333=−=−=;（2）由（1）23233yxx3

(x1)(x3)333=−−+=−−+,∴B（1，0），连接BP交MN于点O1，根据折叠的性质可得：O1也为PB中点．设t秒后有1t333M(1t,0),N1,t,O1t,t2244−−−,设P（x，y），B

（1，0）∵O1为P、B的中点可得3t1x3y1,t4242+−==，即3t3P1,t22−,∵A，C点坐标知AC：333yx=+，P点也在直线AC上代入得t=43,27即231,3P−

；（3）假设成立；①若有△ACB∽△QNB，则有∠ABC=∠QBN，∴Q点在x轴上，AC∥QN但由题中A，C，Q，N坐标知直线的一次项系数为：ACQN3:KK3=，则△ACB不与△QNB相似．②若有△ACB∽

△QBN，则有CBAB(1)BNQN=设123Q(1,y),C(0,3),A(3,0),B(1,0),N,33−−，则CB2,AB4,AC23===，代入（1）得22244423y333=+−，23y=

或233−，当23y=时有Q（-1，23）则AC3CBQB4QB2BN==不满足相似舍去；当y=233−有Q（-1，233−）则43AC3CBQB3QB2BN===，∴存在点Q（-1，233−）使△A

CB∽△QBN．28综上可得：Q（-1，233−）.11、已知，如图1，二次函数y＝ax2+2ax﹣3a（a≠0）图象的顶点为C与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），点C、B关于过点A的直线l：y＝k

x+√3对称．（1）求A、B两点坐标及直线l的解析式；（2）求二次函数解析式；（3）如图2，过点B作直线BD∥AC交直线l于D点，M、N分别为直线AC和直线l上的两个动点，连接CN，MM、MD，求CN+NM+MD的最小值．【答案】(1)点A、B的坐标分别为（﹣3，

0）、（1，0），直线l的表达式为：y＝√33x+√3;(2)二次函数解析式为：y＝﹣√32x2﹣√3x+3√32；(3)8.【解析】29解：（1）y＝ax2+2ax﹣3a，令y＝0，则x＝﹣1或3，即点A、B的坐标分别为（﹣3，0）、（1，0），点A坐标代入y＝kx+√3得：0＝﹣3k+√3，解

得：𝑘=√33,即直线l的表达式为：𝑦=√33𝑥+√3.①，同理可得直线AC的表达式为：𝑦=√3𝑥+3√3.直线BD的表达式为：𝑦=√3𝑥−√3.②，联立①②并解得：x＝3，在点D的坐标为（3

，2√3）；（2）设点C的坐标为（﹣1，m），点C、B关于过点A的直线l：y＝kx+√3对称得AC2＝AB2，即：（﹣3+1）2+m2＝16，解得：𝑚=±2√3（舍去负值），点C（1，2√3），将点C的坐标代入二次函数并解得：𝑎=−√32.故二次函数解析式为：𝑦=−

√32𝑥2−√3𝑥+3√32；（3）连接BC，则CN+MN的最小值为MB（即：M、N、B三点共线），作D点关于直线AC的对称点Q交y轴于点E，则MB+MD的最小值为BQ（即：B、M、Q三点共线），则CN+MN+MD的最小值＝MB+MD的最小值＝BQ，∵DQ⊥

AC，AC∥BD，∴∠QDB＝90°，30作DF⊥x轴交于点F，DF＝ADsin∠DAF=4√3×12=2√3,∵B、C关于直线l对称，即直线l是∠EAF的平分线，∴ED＝FD＝2√3，则QD＝4√3，BD＝4，∴BQ=√(4√3)2+42=8.即CN+NM+MD的最小值为8．12、如图，点A、

C分别是一次函数y＝﹣34x+3的图象与y轴、x轴的交点，点B与点C关于原点对称，二次函数y＝18x2+bx+c的图象经过点B，且该二次函数图象上存在一点D，使四边形ABCD能构成平行四边形．（1）求二次函数的表达式；（2

）动点P从点A到点D，同时动点Q从点C到点A都以每秒1个单位的速度运动，设运动时间为t秒．①当t为何值时，有PQ丄AC？②当t为何值时，四边形PDCQ的面积最小？此时四边形PDCQ的面积是多少？【答案】（1）y＝18x2﹣14x﹣3；（2）

①当t＝259秒时，PQ⊥AC，②当t＝52时，四边形PDCQ的面积最小，最小面积为81831【解析】解：（1）当x＝0，y＝﹣34x+3＝3，则点A（0，3），当y＝0，﹣34x+3＝0，解得x＝4，则点C（4，0），∵点B与点C关于原点对称，∴点B（﹣4，0），

BC＝8，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥x轴，AD＝BC＝8，∴D（8，3），将点B（﹣4，0），点D（8，3）代入二次函数y＝18x2+bx+c得116408164808bcbc−+=++=，解得143bc=−=−，∴二次函数表达式y＝18x2﹣14

x﹣3；（2）①∵A（0，3），C（4，0），∴AC＝2234+＝5，，当点P运动了t秒时，则AP＝t，CQ②作QH⊥AD于H，如图，∵∠HAQ＝∠OCA，∴△AQH∽△CAO，∴AQHQACOA=，即553

tHQ−=，解得QH＝35（5﹣t），∴S四边形PDCQ＝S△ACD﹣S△AQP32＝12•3•8﹣12t•35（5﹣t）＝310t2﹣32t+12＝310（t﹣52）2+818，∴当t＝52时，四边形PDCQ的面积最小，最小面

积为818．13、如图，在平面直角坐标系中，直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、C；抛物线y=﹣x2+bx+c经过B、C两点，并与x轴交于另一点A．（1）求该抛物线所对应的函数关系式；（2）设P（x，y）是（1）所得抛物线上的一个动

点，过点P作直线l⊥x轴于点M，交直线BC于点N．①若点P在第一象限内．试问：线段PN的长度是否存在最大值？若存在，求出它的最大值及此时x的值；若不存在，请说明理由；②求以BC为底边的等腰△BPC的面积．【答案】（1）所求函数关系式为y=﹣x2+2x+3；（2）①线段PN的长度的最大值为94

．33②31362−或31362+，【解析】（1）由于直线y=﹣x+3经过B、C两点，令y=0得x=3；令x=0，得y=3，∴B（3，0），C（0，3），∵点B、C在抛物线y=﹣x2+bx+c上，于是得930{3bcc−++==，解得b=2，c

=3，∴所求函数关系式为y=﹣x2+2x+3；（2）①∵点P（x，y）在抛物线y=﹣x2+2x+3上，且PN⊥x轴，∴设点P的坐标为（x，﹣x2+2x+3），同理可设点N的坐标为（x，﹣x+3），又点P在第一象限，∴P

N=PM﹣NM，=（﹣x2+2x+3）﹣（﹣x+3），=﹣x2+3x，=—239()24x−+，∴当32x=时，34线段PN的长度的最大值为94．②解：由题意知，点P在线段BC的垂直平分线上，又由①知，OB=OC，∴BC

的中垂线同时也是∠BOC的平分线，∴设点P的坐标为（a，a），又点P在抛物线y=﹣x2+2x+3上，于是有a=﹣a2+2a+3，∴a2﹣a﹣3=0，解得11132a+=，21132a−=，∴点P的坐标为：113113(,)22++或113113(,)22−−，若点P的坐标为113113(,

)22++，此时点P在第一象限，在Rt△OMP和Rt△BOC中，MP=OM=1132+，OB=OC=3，S△BPC=S四边形BOCP﹣S△BOC=2S△BOP﹣S△BOC，35=31362−，若点P的坐标为113113(,)22++，此时点P在第三象限，则S△BPC=S△BOP+S△COP+S

△BOC=111313233222−+，=31362+，14、如图1，抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，AB＝4，矩形OBDC的边CD＝1，延长DC交抛物线于点E．（1）求抛物线的解析式；（2）如图2，点P是直线EO上方抛物线上的一个动

点，过点P作y轴的平行线交直线EO于点G，作PH⊥EO，垂足为H．设PH的长为l，点P的横坐标为m，求l与m的函数关系式（不必写出m的取值范围），并求出l的最大值．36【答案】（1）y＝23−x243−x+2；（2）l=23−214m++49248，最大值为49248.【解

析】（1）∵矩形OBDC的边CD＝1，∴OB＝1，由AB＝4，得OA＝3，∴A（﹣3，0），B（1，0），∵抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于A，B两点，∴a+b+2=0，9a－3b+2=0，解得：a=23−，b=43−，∴抛物线解析式为y＝23−x243−x+2；（2）在y＝23−x2

43−x+2中，当y＝2时，x＝0或x＝﹣2，∴E（﹣2，2），∴直线OE解析式为y＝﹣x，∠PGH＝∠COE＝45°，∵P（m，23−m243−m+2），PG∥y轴，∴G（m，﹣m），∴PG＝23−m243−m+2﹣（﹣m）＝

23−214m++4924，37∵∠PGH＝∠COE＝45°，∴l＝22PG＝23−214m++49248，∴当m＝14−时，l有最大值，最大值为49248.