【文章內(nèi)容簡介】 上移動，點 E 平移后的對應(yīng)點為點 E′，點 A 的對應(yīng)點為點 A′，將 △ AOC 繞點 O 順時針旋轉(zhuǎn)至 △ A1OC1 的位置，點 A， C的對應(yīng)點分別為點 A1， C1，且點 A1 恰好落在 AC 上，連接 C1A′， C1E′， △ A′C1E′是否能為等腰三角形？若能，請求出所有符合條件的點 E′的坐標(biāo)；若不能，請說明理由． 【分析】 （ 1）先求出拋物線與 x 軸和 y 軸的交點坐標(biāo)，再用勾股定理的逆定理判斷出 △ ABC是直角三角形； （ 2）先求出 S△ PCD 最大 時，點 P（ ， ），然后判斷出所走的路徑最短，即最短路徑的長為 PM+MN+NA 的長，計算即可； （ 3） △ A′C1E′是等腰三角形，分三種情況分別建立方程計算即可． 【解答】 解：（ 1） △ ABC 為直角三角形， 當(dāng) y=0 時，即﹣ x2+ x+3=0， ∴ x1=﹣ ， x2=3 ∴ A（﹣ ， 0）， B（ 3 ， 0）， ∴ OA= ， OB=3 ， 當(dāng) x=0 時， y=3， ∴ C（ 0， 3）， ∴ OC=3， 根據(jù)勾股定理得， AC2=OB2+OC2=12， BC2=OB2+OC2=36， ∴ AC2+BC2=48， ∵ AB2=[3 ﹣（ ﹣ ） ]2=48， ∴ AC2+BC2=AB2， ∴△ ABC 是直角三角形， （ 2）如圖， ∵ B（ 3 ， 0）， C（ 0， 3）， ∴ 直線 BC 解析式為 y=﹣ x+3， 過點 P 作 PG∥ y 軸， 設(shè) P（ a，﹣ a2+ a+3）， ∴ G（ a，﹣ a+3）， ∴ PG=﹣ a2+ a， 設(shè)點 D 的橫坐標(biāo)為 xD， C 點的橫坐標(biāo)為 xC， S△ PCD= （ xD﹣ xC） PG=﹣ （ a﹣ ） 2+ ， ∵ 0＜ a＜ 3 ， ∴ 當(dāng) a= 時， S△ PCD 最大，此時點 P（ ， ）， 將點 P 向左平移 個單位至 P′，連接 AP′，交 y 軸于點 N，過點 N 作 MN⊥ 拋物線對稱軸于點 M， 連接 PM，點 Q 沿 P→M→N→A 運動，所走的路徑最短，即最短路徑的長為 PM+MN+NA 的長， ∴ P（ ， ） ∴ P′（ ， ）， ∵ 點 A（﹣ ， 0）， ∴ 直線 AP′的解析式為 y= x+ ， 當(dāng) x=0 時， y= ， ∴ N（ 0， ）， 過點 P′作 P′H⊥ x 軸于點 H， ∴ AH= ， P′H= ， AP′= ， ∴ 點 Q 運動得最短路徑長為 PM+MN+AN= + = ； （ 3）在 Rt△ AOC 中， ∵ tan∠ OAC= = ， ∴∠ OAC=60176。， ∵ OA=OA1， ∴△ OAA1 為等邊三角形， ∴∠ AOA1=60176。， ∴∠ BOC1=30176。， ∵ OC1=OC=3， ∴ C1（ ， ）， ∵ 點 A（﹣ ， 0）， E（ ， 4）， ∴ AE=2 ， ∴ A′E′=AE=2 ， ∵ 直線 AE 的解析式為 y= x+2， 設(shè)點 E′（ a， a+2）， ∴ A′（ a﹣ 2 ， ﹣ 2） ∴ C1E′2=（ a﹣ 2 ） 2+（ +2﹣ ） 2= a2﹣ a+7， C1A′2=（ a﹣ 2 ﹣ ） 2+（ ﹣ 2﹣ ） 2= a2﹣ a+49， ①若 C1A′=C1E′，則 C1A′2=C1E′2 即： a2﹣ a+7= a2﹣ a+49， ∴ a= ， ∴ E′（ ， 5）， ②若 A′C1=A′E′， ∴ A′C12=A′E′2 即： a2﹣ a+49=28， ∴ a1= ， a2= ， ∴ E′（ ， 7+ ），或（ ， 7﹣ ）， ③若 E′A′=E′C1， ∴ E′A′2=E′C12 即： a2﹣ a+7=28， ∴ a1= ， a2= （舍）， ∴ E′（ ， 3+ ）， 即，符合條件的點 E′（ ， 5），（ ， 7+ ），或（ ， 7﹣ ），（ ， 3+ ）． 【點評】 此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了函數(shù)極值的確定方法，等邊三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理的逆定理，等腰三角形的性質(zhì)，解本題的關(guān) 鍵是分類討論，也是解本題的難點． 4．（ 2022?株洲）已知二次函數(shù) y=x2﹣（ 2k+1） x+k2+k（ k＞ 0） （ 1）當(dāng) k= 時，求這個二次函數(shù)的頂點坐標(biāo)； （ 2）求證：關(guān)于 x 的一元次方程 x2﹣（ 2k+1） x+k2+k=0 有兩個不相等的實數(shù)根； （ 3）如圖，該二次函數(shù)與 x 軸交于 A、 B 兩點（ A 點在 B 點的左側(cè)），與 y 軸交于 C 點， P是 y 軸負(fù)半軸上一點，且 OP=1，直線 AP 交 BC 于點 Q，求證： ． 【分析】 （ 1）直接將 k 的值代入函數(shù)解析式，進(jìn)而利用配方法求出頂點坐標(biāo)； （ 2）利用根的判別式得出 △ =1，進(jìn)而 得出答案； （ 3）根據(jù)題意首先表示出 Q 點坐標(biāo)，以及表示出 OA， AB 的長，再利用兩點之間距離求出 AQ 的長，進(jìn)而求出答案． 【解答】 解：（ 1）將 k= 代入二次函數(shù)可求得， y=x2﹣ 2x+ =（ x﹣ 1） 2﹣ ， 故拋物線的頂點坐標(biāo)為：（ 1，﹣ ）； （ 2） ∵ 一元次方程 x2﹣（ 2k+1） x+k2+k=0， ∴△ =b2﹣ 4ac=[﹣（ 2k+1） ]2﹣ 4（ k2+k） =1＞ 0， ∴ 關(guān)于 x 的一元次方程 x2﹣（ 2k+1） x+k2+k=0 有兩個不相等的實數(shù)根； （ 3）由題意可得：點 P 的坐標(biāo)為（ 0，﹣ 1）， 則 0=x2﹣ （ 2k+1） x+k2+k 0=（ x﹣ k﹣ 1）（ x﹣ k）， 故 A（ k， 0）， B（ k+1， 0）， 當(dāng) x=0，則 y=k2+k， 故 C（ 0， k2+k） 則 AB=k+1﹣ k=1， OA=k， 可得 ， yBC=﹣ kx+k2+k， 當(dāng) x﹣ 1=﹣ kx+k2+k， 解得： x=k+ ， 則代入原式可得： y= ， 則點 Q 坐標(biāo)為 運用距離公式得： AQ2=（ ） 2+（ ） 2= ， 則 OA2=k2， AB2=1， 故 + = +1= = ， 則 ． 【點評】 此題主要考查了二次函數(shù)綜合以及根的判別式和配方法求二次函數(shù)頂點坐標(biāo)和兩 點之間距離求法等知識，正確表示出 Q 點坐標(biāo)是解題關(guān)鍵． 5．（ 2022?隨州）已知拋物線 y=a（ x+3）（ x﹣ 1）（ a≠ 0），與 x 軸從左至右依次相交于 A、 B兩點，與 y 軸相交于點 C，經(jīng)過點 A 的直線 y=﹣ x+b 與拋物線的另一個交點為 D． （ 1）若點 D 的橫坐標(biāo)為 2，求拋物線的函數(shù)解析式； （ 2）若在第三象限內(nèi)的拋物線上有點 P，使得以 A、 B、 P 為頂點的三角形與 △ ABC 相似，求點 P 的坐標(biāo)； （ 3）在（ 1）的條件下，設(shè)點 E 是線段 AD 上的一點（不含端點），連接 BE．一動點 Q 從點 B 出發(fā)，沿線段 BE 以每秒 1 個單位的速度運 動到點 E，再沿線段 ED 以每秒 個單位的速度運動到點 D 后停止，問當(dāng)點 E 的坐標(biāo)是多少時，點 Q 在整個運動過程中所用時間最少？ 【分析】 （ 1）根據(jù)二次函數(shù)的交點式確定點 A、 B 的坐標(biāo)，進(jìn)而求出直線 AD 的解析式，接著求出點 D 的坐標(biāo)，將 D 點坐標(biāo)代入拋物線解析式確定 a 的值； （ 2）由于沒有明確說明相似三角形的對應(yīng)頂點，因此需要分情況討論： ①△ ABC∽△ BAP；②△ ABC∽△ PAB； （ 3）作 DM∥ x 軸交拋物線于 M，作 DN⊥ x 軸于 N，作 EF⊥ DM 于 F，根據(jù)正切的定義求出 Q 的運動時間 t=BE+EF 時， t 最小即可． 【解答】 解：（ 1） ∵ y=a（ x+3）（ x﹣ 1）， ∴ 點 A 的坐標(biāo)為（﹣ 3， 0）、點 B 兩的坐標(biāo)為（ 1， 0）， ∵ 直線 y=﹣ x+b 經(jīng)過點 A， ∴ b=﹣ 3 ， ∴ y=﹣ x﹣ 3 ， 當(dāng) x=2 時， y=﹣ 5 ， 則點 D 的坐標(biāo)為（ 2，﹣ 5 ）， ∵ 點 D 在拋物線上， ∴ a（ 2+3）（ 2﹣ 1） =﹣ 5 ， 解得， a=﹣ ， 則拋物線的解析式為 y=﹣ （ x+3）（ x﹣ 1） =﹣ x2﹣ 2 x+3 ； （ 2）如圖 1 中，作 PH⊥ x 軸于 H，設(shè)點 P 坐標(biāo)（ m， n）， 當(dāng) △ BPA∽△ ABC 時， ∠ BAC=∠ PBA， ∴ tan∠ BAC=tan∠ PBA，即 = ， ∴ = ，即 n=﹣ a（ m﹣ 1）， ∴ 解得 m=﹣ 4 或 1（舍棄）， 當(dāng) m=﹣ 4 時， n=5a， ∵△ BPA∽△ ABC， ∴ = ， ∴ AB2=AC?PB， ∴ 42= ， 解得 a= 或﹣ （舍棄）， 則 n=5a=﹣ ， ∴ 點 P 坐標(biāo)（﹣ 4，﹣ ）． 當(dāng) △ PBA∽△ ABC 時， ∠ CBA=∠ PBA， ∴ tan∠ CBA=tan∠ PBA，即 = ， ∴ = ， ∴ n=﹣ 3a（ m﹣ 1）， ∴ ， 解得 m=﹣ 6 或 1（舍棄）， 當(dāng) m=﹣ 6 時， n=21a， ∵△ PBA∽△ ABC， ∴ = ，即 AB2=BC?PB， ∴ 42= ? ， 解得 a=﹣ 或 （不合題意舍棄）， 則點 P 坐標(biāo)（﹣ 6，﹣ ）， 綜上所述，符合條件的點 P 的坐標(biāo)（﹣ 4，﹣ ）和（﹣ 6，﹣ ）． （ 3）如圖 2 中，作 DM∥ x 軸交拋物線于 M，作 DN⊥ x 軸于 N，作 EF⊥ DM 于 F， 則 tan∠ DAN= = = ， ∴∠ DAN=60176。， ∴∠ EDF=60176。， ∴ DE= = EF， ∴ Q 的運動時間 t= + =BE+EF， ∴ 當(dāng) BE 和 EF 共線時， t 最小， 則 BE⊥ DM，此時點 E 坐標(biāo)（ 1，﹣ 4 ）． 【點評】 本題考查的是二次函數(shù)知識的綜合運用，掌握二次函數(shù)的性質(zhì)、 二次函數(shù)的交點式、相似三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵，解答時，注意分情況討論討論，屬于中考壓軸題． 6．（ 2022?大慶）若兩條拋物線的頂點相同，則稱它們?yōu)?“友好拋物線 ”，拋物線 C1： y1=﹣2x2+4x+2 與 C2： u2=﹣ x2+mx+n 為 “友好拋物線 ”． （ 1）求拋物線 C2 的解析式． （ 2）點 A 是拋物線 C2 上在第一象限的動點，過 A 作 AQ⊥ x 軸， Q 為垂足，求 AQ+OQ 的最大值． （ 3）設(shè)拋物線 C2 的頂點為 C，點 B 的坐標(biāo)為（﹣ 1， 4），問在 C2 的對稱軸上是否存在點M，使線段 MB 繞點 M 逆時針旋轉(zhuǎn) 90176。得到線段 MB′，且點 B′恰好落在拋物線 C2 上？若存在求出點 M 的坐標(biāo)，不存在說明理由． 【分析】 （ 1）先求得 y1 頂點坐標(biāo)，然后依據(jù)兩個拋物線的頂點坐標(biāo)相同可求得 m、 n 的值； （ 2）設(shè) A（ a，﹣ a2+2a+3）．則 OQ=x， AQ=﹣ a2+2a+3，然后得到 OQ+AQ 與 a 的函數(shù)關(guān)系式，最后依據(jù)配方法可求得 OQ+AQ 的最值； （ 3）連接 BC，過點 B′作 B′D⊥ CM，垂足為 D．接下來證明 △ BCM≌△ MDB′，由全等三角形的性質(zhì)得到 BC=MD， CM=B′D，設(shè)點 M 的坐標(biāo)為（ 1， a）．則用含 a 的式子可表示出點 B′的 坐標(biāo)，將點 B′的坐標(biāo)代入拋物線的解析式可求得 a 的值，從而得到點 M 的坐標(biāo)． 【解答】 解：（ 1） ∵ y1=﹣ 2x2+4x+2=﹣﹣ 2（ x﹣ 1） 2+4， ∴ 拋物線 C1 的頂點坐標(biāo)為（ 1， 4）． ∵ 拋物線 C1：與 C2 頂點相同， ∴ =1，﹣ 1+m+n=4． 解得： m=2， n=3． ∴ 拋物線 C2 的解析式為 u2=﹣ x2+2x+3． （ 2）如圖 1 所示： 設(shè)點 A 的坐標(biāo)為（ a，﹣ a2+2a+3）． ∵ AQ=﹣ a2+2a+3， OQ=a， ∴ AQ+OQ=﹣ a2+2a+3+a=﹣ a2+3a+3=﹣ （ a﹣ ） 2+ ． ∴ 當(dāng) a= 時 ， AQ+OQ 有最大值 ， 最大值為 ． （ 3）如圖 2 所示；連接 BC，過點 B′作 B′D⊥ CM，垂足為 D． ∵ B（﹣ 1， 4）， C（ 1， 4），拋物線的對稱軸為 x=1， ∴ BC⊥ CM， BC=2． ∵∠ BMB′=90176。， ∴∠ BMC+∠ B′MD=90176。． ∵ B′D⊥ MC， ∴∠ MB′D+∠ B′MD=90176。． ∴∠ MB′D=∠ BMC． 在 △ BCM 和 △ MDB′中， ， ∴△ BCM≌△ MDB′． ∴ BC=MD， CM=B′D． 設(shè)點 M 的坐標(biāo)為（ 1， a）．則 B′D=CM=4﹣ a， MD=CB=2． ∴ 點