【文章內(nèi)容簡介】 式即可求得其根的判別式，根據(jù)判別式得到拋物線與 x軸的交點情況即可。 （ 3） ① 根據(jù)拋物線的平移規(guī)律即可得到平移后的拋物線的解析式： ∵y ＝ 2x2－ 2x＋ 2＝ 2（ x－ 12 ） 2＋ 32 ∴ 向下平移 3個單位，得 y＝ 2（ x－ 12 ） 2＋ 32 － 3＝ 2x2－ 2x－ 1。 然后利用直角三角形的性質(zhì)即可得到使以點 P、 Q、 B為頂點的三角形與 △AOB 全等的點 P的坐 標(biāo)： 如圖，可求 A（ 0，－ 1）， B（ 12 ， 0）， ∴OA=1 ， OB=12 ， ∠AOB=900 。 過點 A作 AQ1⊥y 軸，交拋物線對稱軸于 Q1，交拋物線于 P2，此時得到滿足條件的點 P1（ 0，－ 1）， P2（ 1，－ 1）。 在拋物線對稱軸上取點 Q2，使 B Q2=12 ，過 Q2作 y軸的垂線交拋物線于 P3， P4，此時得到滿足條件的點 P3（－ 12 ， 12 ）， P4（ 32 ， 12 ）。 9.（福建寧德 13分）直線 6??xy 與 x軸、 y軸分別交于點 A、 B，點 E從 B點，出發(fā)以每秒 1個單位的速度沿線段 BO向 O點移動（與 B、 O點不重合），過 E作 EF∥AB ，交 x軸于 F.將四邊形 ABEF沿 EF 折疊，得到四邊形 DCEF，設(shè)點 E的運動時間為 t 秒． ⑴① 直線 6??xy 與坐標(biāo)軸交點坐標(biāo)是 A（ ___， ___）， B（ ___，___）； ② 畫出 t＝ 2時，四邊形 ABEF沿 EF折疊后的圖形（不寫畫法）； ⑵ 若 CD 交 y軸于 H 點，求證：四邊形 DHEF為平行四邊形；并求 t 為何值時，四邊形 DHEF為菱形（計算結(jié)果不需化簡）； 15 ⑶ 設(shè)四邊形 DCEF落在第一象限內(nèi)的圖形面積為 S，求 S關(guān)于 t 的函數(shù)表達式，并求出 S的最大值． 【答案】解： ⑴① 6 ， 0； 0，－ 6。 ② 如圖，四邊形 DCEF即為四邊形 ABEF 沿 EF折疊后的圖形： ⑵∵ 四邊形 DCEF與四邊形 ABEF關(guān)于直線 EF對稱， 又 AB∥EF ， ∴CD∥EF 。 ∵OA ＝ OB， ∠AOB ＝ 90176。 ， ∴∠BAO ＝ 45176。 。 ∵AB∥EF ， ∴∠AFE ＝ 135176。 。 ∴∠DFE ＝ ∠AFE ＝ 135176。 。 ∴∠AFD ＝ 360176。 － 2179。135176。 ＝ 90176。 ，即 DF⊥x 軸。 ∴DF∥EH 。 ∴ 四邊形 DHEF為平行四邊形。 要使 □DHEF 為菱形，只需 EF＝ DF。 ∵AB∥EF ， ∠FAB ＝ ∠EBA ， ∴FA ＝ EB。 ∴DF ＝ FA＝ EB＝ t 。 又 ∵OE ＝ OF＝ 6－ t ， ∴EF ＝ ? ?t?62 。 ∴ ? ?t?62 ＝ t 。 ∴ 2126??t。 ∴ 當(dāng) 2126??t時， DHEF為菱形。 ⑶ 分兩種情況討論： ① 當(dāng) 0＜ t ≤3 時，四邊形 DCEF落在第一象限內(nèi)的圖形是 △DFG ， ∴S ＝ 221t 。 16 ∵S ＝ 221t ，在 t ＞ 0時， S隨 t 增大而增大， ∴t ＝ 3時， S最大＝ 29 。 ② 當(dāng) 3＜ t ＜ 6時， 四邊形 DCEF落在第一象限內(nèi)的圖形是四邊形 DHOF。 ∴S 四邊形 DHOF＝ S△DGF — S△HGO 。 ∴S ＝ ? ?22 622121 ?? tt ＝ 181223 2 ??? tt ＝ ? ? 6423 2 ??? t 。 ∵ a ＝ 23? ＜ 0， ∴S 有最大值。 ∴ 當(dāng) t ＝ 4時， S最大＝ 6.。 綜上所述，當(dāng) S＝ 4時， S最大值為 6。 【考點】一次函數(shù)綜合題，直線上點的坐標(biāo)與方程的關(guān)系，軸對稱的性質(zhì)，平行的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，平行四邊形的判定，菱形的性質(zhì)，動點問題，二次函數(shù)的最值。 【分析】（ 1） ① 在 6??xy 令 0x? ，得 6y?? ；令 0y? 0x? ，得 6x? 。 ∴ 直線 6??xy 與坐標(biāo)軸交點坐標(biāo)是 A（ 6， 0）， B（ 0，－ 6）。 ② 作點 A、 B關(guān)于 EF的對稱點 D、 C，連接 DC， AD， CB，四邊形 DCEF即為四邊形 ABEF沿 EF折疊后的圖形。 （ 2）由軸對稱和平行的性質(zhì)，得到 DF∥EH 即可證得四邊形 DHEF 為平行四邊形。要使其為菱形，只要鄰邊相等，在此條件下求出 t 的值即可。 （ 3）分 0＜ t ≤3 和 3＜ t ＜ 6兩種情況討論，利用二次函數(shù)的最值即可求解。 10.（遼寧營口 14分）如圖 (1)，直線 y＝－ x＋ 3與 x軸、 y軸分別交于點 B、點 C，經(jīng)過 B、C兩點的拋物線 y＝ x2＋ bx＋ c與 x軸的另一個交點為 A，頂點為 P. (1)求該拋物線的解析式； (2)在該拋物線的對稱軸上是否存在點 M，使以 C、 P、 M 為頂點的三角形為等腰三角形？若存在，請直接寫出所有符合條件的點 M的坐標(biāo)；若不存在， 請說明理由； (3)連結(jié) AC，在 x軸上是否存在點 Q，使以 P、 B、 Q為頂點的三角形與 △ABC 相似？若存在， 17 請求出點 Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由； (4)當(dāng) 0＜ x＜ 3時，在拋物線上求一點 E，使 △CBE 的面積有最大值． (圖 (2)、圖 (3)供畫圖探究 ) 【答案】解： (1)由已知，得 B(3， 0)， C(0， 3)，代入 y＝ x2＋ bx＋ c得 ????? 3＝ c，0＝ 9＋ 3b＋ c， 解得 ????? b＝－ 4，c＝ 3. ∴ 拋物線解析式為 y＝ x2－ 4x＋ 3。 (2)∵y ＝ x2－ 4x＋ 3＝ (x－ 2) 2－ 1， ∴ 拋物線的對 稱軸為 x＝ 2，頂點坐標(biāo)為 P(2，－ 1)。 ∴ 滿足條件的點 M分別為 M1(2， 7)， M2(2， 2 5－ 1)， M3(2，－ 2 5－ 1)， M4??? ???2， 32 。 (3)由 (1) ，得 A(1， 0)。 連接 BP。 ∵∠CBA ＝ ∠ABP ＝ 45176。 ， ∴ 當(dāng) BQBP＝ BCBA時， △ABC∽△PBQ 。 ∴BQ ＝ 3。 ∴Q1(0 ， 0)。 ∴ 當(dāng) BQBP＝ BABC時， △ABC∽△QBP 。 ∴BQ ＝ 23， ∴Q2 ??? ???73， 0 。 綜上所述，在 x軸上使以 P、 B、 Q為頂點的三角形與 △ABC 相似的點 Q為 Q1(0， 0)， Q2??? ???73， 0 。 (4)當(dāng) 0＜ x＜ 3時，在此拋物線上任取一點 E連接 CE、 BE，經(jīng)過點 E作 x軸的垂線 FE，交直線 BC于點 F。 18 設(shè)點 F(x，－ x＋ 3)，點 E(x， x2－ 4x＋ 3)， ∴EF ＝－ x2＋ 3x。 ∴S△CBE ＝ S△CEF ＋ S△BEF ＝ 12EF178。OB ＝－ 32x2＋ 92x∴CD ＝ 4。 ∵PM⊥BD ， BD⊥AC ， ∴PM∥AC 。 ∴∠BPM ＝ ∠BDC ＝ 90176。 ， ∠BMP ＝ ∠BCD 。 ∴△BPM∽△BDC 。 ∴ BPBD＝ PMCD。 根據(jù)題意可得 BP＝ t， ∴ t8＝ PM4 ，即 PM＝ 12t。 ∵MN∥BD ， PM∥AC ， ∠BDC ＝ 90176。 ， ∴ 四邊形 PMED為矩形。 ∴DE ＝ PM＝ 12t。 ∴OE ＝ OD＋ DE＝ 1＋ 12t。 ∴E ??? ???1＋ 12t， 0 。 ∵ 點 N在拋物線上，橫坐標(biāo)為 1＋ 12t， ∴ 點 N的縱坐標(biāo)為－ 12??? ???1＋ 12t 2＋ ??? ???1＋ 12t ＋ 152 。 ∴NE ＝－ 12??? ???1＋ 12t 2＋ ??? ???1＋ 12t ＋ 152 ＝－ 18t2＋ 8。 ∵PB ＝ t， PD＝ ME， ∴EM ＝ 8－ t。 ∴MN ＝ NE－ EM＝－ 18t2＋ 8－ (8－ t)＝－ 18(t－ 4)2＋ 2。 ∴ 當(dāng) t＝ 4時， MN最大＝ 2。 ② 存在符合條件的 t值。如圖，連接 OP。 若四邊形 OPMC是等腰梯形，只需 OD＝ EC。 ∵OD ＝ 1， DE＝ PM＝ 12t， ∴EC ＝ 5－ ??? ???12t＋ 1 。 ∴5 － ??? ???12t＋ 1 ＝ 1，解得 t＝ 6。 ∴ 當(dāng) t＝ 6時，四邊形 OPMC是等腰梯形。 【考點】二次函數(shù)綜合題，曲線上點的坐標(biāo)與方程的關(guān)系，解二元一次方程組，平行的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)的最值，等腰梯形的判定和性質(zhì)。 【分析】（ 1）由拋物線與 x軸交于 A， C兩點，根據(jù)點在曲線上，點的坐標(biāo)滿足方程的關(guān)系，將它們代入方程得二元一次方程組，求解即可。 19 （ 2）求 出 MN關(guān)于 t的二次函數(shù)表達式，用二次函數(shù)的最值原理求解即可。 （ 3）若四邊形 OPMC是等腰梯形，只需 OD＝ EC。據(jù)此求解即可。 21.（遼寧遼陽 14分）如圖，已知 Rt△ABO ， ∠BAO ＝ 90176。 ，以點 O為坐標(biāo)原點， OA所在直線為 y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，AO＝ 3， ∠AOB ＝ 30176。 ，將 Rt△ABO 沿 OB翻折后，點 A落在第一象限內(nèi)的點 D處． (1)求 D點坐標(biāo)； (2)若拋物線 y＝ ax2＋ bx＋ 3(a≠0) 經(jīng)過 B、 D 兩點，求此拋 物線的表達式； (3)若拋物線的頂點為 E，它的對稱軸與 OB交于點 F，點 P為射線 OB上一動點，過點 P作 y軸的平行線，交拋物線于點 P，使得以 E、 F、 M、P為頂點的四邊形為等腰梯形？若存在，請求出所有符合條件的點 P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．參考公式：拋物線 y＝ ax2＋ bx＋ c(a≠0) 的頂點坐標(biāo)是 ??? ???－ b2a， 4ac－ b24a . 【答案】解： (1) 如圖，過點 D作 DC⊥x 軸于點 C， 由翻折可知： DO＝ AO＝ 3， ∠AOB ＝ ∠BOD ＝ 30176。 ， ∴∠DOC ＝ 30176。 。 在 Rt△COD 中， OC＝ OD178。cos30176。 ＝ 3179。 32 ＝ 3 32 ， CD＝ OD178。sin30176。 ＝ 3179。 12＝ 32， ∴D ??? ???3 32 ， 32 。 (2)在 Rt△AOB 中， AB＝ AO178。tan30176。 ＝ 3179。 33 ＝ 3， ∴B( 3， 3)。 ∵ 拋物線 y＝ ax2＋ bx＋ c(a≠0) 經(jīng)過 B( 3， 3)， D??? ???3 32 ， 32 兩點， ∴ ????? 3a＋ 3b＋ 3＝ 3，274 a＋3 32 b＋ 3＝32解得????? a＝－ 23，b＝ 2 33 . ∴ 此拋物線表達式 為 y＝－ 23x2＋ 2 33 x＋ 3。 (3)存在符合條件的點 P，設(shè) P(x， y)，如圖，作 EH⊥PM 于點 H， FG⊥PM 于點 G。 20 ∵E 為拋物線 y＝－ 23x2＋ 2 33 x＋ 3的頂點， ∴E ??? ???32 ， 72 。 設(shè) OB所在直線的表達式為 y＝ kx， 將點 B( 3， 3)代入，得 k＝ 3。 ∴OB 所在直線的表達式 為 y＝ 3x。 ∵P 在射線 OB上， ∴P(x ， 3x)， F??? ???32 ， 32 。 則 H??? ???x， 72 ， G??? ???x， 32 。 ∵M 在拋物線上， ∴M ??? ???x，－ 23x2＋ 2 33 x＋ 3 。 要使四邊形 EFMP為等腰梯形，只需 PH＝ GM： 3x－ 72＝ 32－ ??? ???－ 23x2＋ 2 33 x＋ 3 ， 即－ 23x2＋ 2 33 x＋ 3＋ 3x＝ 5，解得 x1＝ 2 3， x2＝ 32 。 ∴P1 點坐標(biāo)為 (2 3， 6)， P2點坐標(biāo)為 ??? ???32 ， 32 。 【考點】二次函數(shù)綜合題，翻折對稱的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)定義，特殊角的三角函數(shù)值，待定系數(shù)法，曲線上點的坐標(biāo)與方程的關(guān)系，拋物線的頂點坐標(biāo)，等腰梯形的判定和性質(zhì)。 【分析】 (1)由翻折對稱的性質(zhì)，可得 DO＝ AO＝ 3， ∠AOB ＝ ∠BOD ＝ 30176。 ，從而在 Rt△COD中， ∠DOC ＝ 30176。 。因此由銳角三角函數(shù)可求出 OC和 CD 而得到 D點坐標(biāo)。 （ 2）由銳角三角函數(shù)求出 AB，得到 B點的坐標(biāo)，從而由拋物線 )經(jīng)過 B， D兩點，根據(jù)點在曲線上點的坐標(biāo)滿足方程的關(guān)系，用待定系數(shù)法即可求出拋物線的表達式。 （ 3）設(shè) P(x， y)，作 EH⊥PM 于點 H， FG⊥PM 于點 G。要使四邊形 EFMP為等腰梯形，只需 PH＝ GM即可。故把 PH和 GM用 x的表達式來表示即可求出 P點的坐標(biāo)。 22.（遼寧盤錦 14分） 如圖，直線 y＝ m3x＋ m(m≠0) 交 x軸負半軸于點 A、交 y軸正半軸于點 B且 AB＝ 5，過點 A作直線 AC⊥AB 交 y軸于點 E從坐標(biāo)原點 O出發(fā)，以 /秒的速度沿 y軸向上運動；