【導讀】菏澤）如圖，在平面直角坐標系中放置一直角三角板，其頂點為A（0，1），B（2，一拋物線經(jīng)過點A′、B′、B，求該拋物線的解析式；若存在，請求出P的坐標；若不存在，請說明理由．。在的條件下，試指出四邊形PB′A′B是哪種形狀的四邊形？利用S四邊形PB′A′B=S△B′OA′+S△PB′O+S△POB，再假設四邊形PB′A′B的面積是。△A′B′O面積的4倍，得出一元二次方程，得出P點坐標即可；解答：解：△A′B′O是由△ABO繞原點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到的，∵P為第一象限內(nèi)拋物線上的一動點，連接PB，PO，PB′，①等腰梯形同一底上的兩個內(nèi)角相等；②等腰梯形對角線相等；寧波）如圖，二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象交x軸于A，B（2，0），交。設OP=x，然后表示出PC、PA的長度，在Rt△POC中，利用勾股定理列式，②在x軸上取一點D，過點D作DE⊥AC于點E，可以證明△AED和△AOC相似，左邊與右邊兩種情況求出OD的長度，從而得到點D的坐標，再作直線DM∥AC，由x﹣2=x2﹣x﹣2，

　　

【正文】 1， y1）， M2（ x2， y2）兩點，試探究 是否為 定值，并寫出探究過程． 解題思路 ： （ 1）首先求得 m 的值和直線的解析式，根據(jù)拋物線對稱性得到 B 點坐標，根據(jù) A、 B 點坐標利用交點式求得拋物線的解析式； （ 2）存在點 E 使得以 A、 C、 E、 F 為頂點的四邊形是平行四邊形．如答圖 1 所示，過點 E 作 EG⊥ x軸于點 G，構(gòu)造全等三角形，利用全等三角形和平行四邊形的性質(zhì)求得 E 點坐標和平行四邊形的面積．注意：符合要求的 E點有兩個，如答圖 1 所示，不要漏解； （ 3）本問較為復雜，如答圖 2 所示，分幾 個步驟解決： 第 1 步：確定何時 △ ACP 的周長最?。幂S對稱的性質(zhì)和兩點之間線段最短的原理解決； 第 2 步：確定 P 點坐標 P（ 1， 3），從而直線 M1M2的解析式可以表示為 y=kx+3﹣ k； 第 3 步：利用根與系數(shù)關系求得 M M2兩點坐標間的關系，得到 x1+x2=2﹣ 4k， x1x2=﹣ 4k﹣ 3．這一步是為了后續(xù)的復雜計算做準備； 第 4 步：利用兩點間的距離公式，分別求得線段 M1M M1P 和 M2P 的長度，相互比較即可得到結(jié)論： =1為定值． 這一步涉及大量的運算，注意不要出錯，否則難以得出最后的結(jié)論． 解答： 解：（ 1） ∵ 經(jīng)過點（﹣ 3， 0）， ∴ 0= +m，解得 m= ， ∴ 直線解析式為 ， C（ 0， ）． ∵ 拋物線 y=ax2+bx+c 對稱軸為 x=1，且與 x軸交于 A（﹣ 3， 0）， ∴ 另一交點為 B（ 5， 0）， 設拋物線解析式為 y=a（ x+3）（ x﹣ 5）， ∵ 拋物線經(jīng)過 C（ 0， ）， ∴ =a?3（﹣ 5），解得 a= ， ∴ 拋物線解析式為 y= x2+ x+ ； （ 2）假設存在點 E 使得以 A、 C、 E、 F 為頂點的四邊形是平行四邊形， 則 AC∥ EF 且 AC=EF．如答圖 1， （ i）當點 E 在點 E 位置時，過點 E 作 EG⊥ x軸于點 G， ∵ AC∥ EF， ∴∠ CAO=∠ EFG， 又 ∵ ， ∴△ CAO≌△ EFG， ∴ EG=CO= ，即 yE= ， ∴ = xE2+ xE+ ，解得 xE=2（ xE=0 與 C 點重合，舍去）， ∴ E（ 2， ）， S?ACEF= ； （ ii）當點 E 在點 E′位置時，過點 E′作 E′G′⊥ x軸于點 G′， 同理可求得 E′（ +1， ）， S?ACE′F′= ． （ 3）要使 △ ACP 的周長最小，只需 AP+CP 最小即可． 如答圖 2，連接 BC 交 x=1 于 P 點，因為點 A、 B 關于 x=1 對稱，根據(jù)軸對稱性質(zhì)以及兩點之間線段最短，可知此時 AP+CP 最?。?AP+CP 最小值為線段 BC 的長度）． ∵ B（ 5， 0）， C（ 0， ）， ∴ 直線 BC 解析式為 y= x+ ， ∵ xP=1， ∴ yP=3，即 P（ 1， 3）． 令經(jīng)過點 P（ 1， 3）的直線為 y=kx+3﹣ k， ∵ y=kx+3﹣ k， y= x2+ x+ ， 聯(lián)立化簡得： x2+（ 4k﹣ 2） x﹣ 4k﹣ 3=0， ∴ x1+x2=2﹣ 4k， x1x2=﹣ 4k﹣ 3． ∵ y1=kx1+3﹣ k， y2=kx2+3﹣ k， ∴ y1﹣ y2=k（ x1﹣ x2）． 根據(jù)兩點間距離公式得到： M1M2= = = = ∴ M1M2= = =4（ 1+k2）． 又 M1P= = = ； 同理 M2P= ∴ M1P?M2P=（ 1+k2） ? =（ 1+k2） ? =（ 1+k2）? =4（ 1+k2）． ∴ M1P?M2P=M1M2， ∴ =1 為定值． 16．（ 2020?梅州）如圖，矩形 OABC 中， A（ 6， 0）、 C（ 0， 2 ）、 D（ 0， 3 ），射線 l過點 D 且與 x軸平行，點 P、 Q 分別是 l和 x軸正半軸上動點，滿足 ∠ PQO=60176。． （ 1） ①點 B 的坐標是 （ 6， 2 ） ； ②∠ CAO= 30 度； ③當點 Q 與點 A重合時，點 P 的坐標為 （ 3， 3 ） ；（直接寫出答案） （ 2）設 OA的中心為 N， PQ 與線段 AC 相交于點 M，是否存在點 P，使 △ AMN 為等腰三角形？若存在，請直接寫出點 P 的橫坐標為 m；若不存在，請說明理由． （ 3）設點 P 的橫坐標為 x， △ OPQ 與矩形 OABC 的重疊部分的面積為 S，試求 S 與 x的函數(shù)關系式和相應的自變量 x的取值范圍． 解題思路 ： （ 1） ①由四邊形 OABC 是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)，即可求得點 B的坐標； ②由正切函數(shù)，即可求得 ∠ CAO 的度數(shù)， ③由三角函數(shù)的性質(zhì)，即可求得點 P 的坐標； （ 2）分別從 MN=AN， AM=AN 與 AM=MN 去分析求解即可求得答案； （ 3）分別從當 0≤x≤3 時，當 3＜ x≤5 時，當 5＜ x≤9 時，當 x＞ 9 時去分析求解即可求得答案． 解答： 解：（ 1） ①∵ 四邊形 OABC 是矩形， ∴ AB=OC， OA=BC， ∵ A（ 6， 0）、 C（ 0， 2 ）， ∴ 點 B 的坐標為：（ 6， 2 ）； ②∵ tan∠ CAO= = = ， ∴∠ CAO=30176。； ③如下圖：當點 Q 與點 A重合時，過點 P 作 PE⊥ OA于 E， ∵∠ PQO=60176。， D（ 0， 3 ）， ∴ PE=3 ， ∴ AE= =3， ∴ OE=OA﹣ AE=6﹣ 3=3， ∴ 點 P 的坐標為（ 3， 3 ）； 故答案為： ①（ 6， 2 ）， ②30， ③（ 3， 3 ）； （ 2）情況 ①： MN=AN=3， 則 ∠ AMN=∠ MAN=30176。， ∴∠ MNO=60176。， ∵∠ PQO=60176。， 即 ∠ MQO=60176。， ∴ 點 N 與 Q 重合， ∴ 點 P 與 D 重合， ∴ 此時 m=0， 情況 ②，如圖 AM=AN，作 MJ⊥ x軸、 PI⊥ x軸； MJ=MQ?sin60176。=AQ?sin60176。=（ OA﹣ IQ﹣ OI） ?sin60176。= （ 3﹣ m） = AM= AN= ， 可得 （ 3﹣ m） = ， 解得： m=3﹣ ， 情況 ③AM=NM，此時 M 的橫坐標是 ， 過點 P 作 PI⊥ OA于 I，過點 M作 MG⊥ OA于 G， ∴ MG= ， ∴ QK= = =3， GQ= = ， ∴ KG=3﹣ =， AG= AN=， ∴ OK=2， ∴ m=2， （ 3）當 0≤x≤3 時， 如圖， OI=x， IQ=PI?tan60176。=3， OQ=OI+IQ=3+x； 由題意可知直線 l∥ BC∥ OA， 可得 ， EF= （ 3+x）， 此時重疊部分是梯形，其面積為： S 梯形 = （ EF+OQ） ?OC= （ 3+x）， 當 3＜ x≤5 時， S=S 梯形 ﹣ S△ HAQ=S 梯形 ﹣ AH?AQ= （ 3+x）﹣ （ x﹣ 3） 2， 當 5＜ x≤9 時， S= （ BE+OA） ?OC= （ 12﹣ x）， 當 9＜ x時， S= OA?AH= ． 17．（ 2020?株洲）如圖，一次函數(shù) 分別交 y 軸、 x軸于 A、 B 兩點，拋物線 y=﹣ x2+bx+c 過 A、 B 兩點． （ 1）求這個拋物線的解析式； （ 2）作垂直 x軸的直線 x=t，在第一象限交直線 AB 于 M，交這個拋物線于 N．求當 t取何值時， MN 有最大值？最大值是多少？ （ 3）在（ 2）的情況下，以 A、 M、 N、 D為頂點作平行四邊形，求第四個頂點 D的坐標． 解題思路 ： （ 1）首先求得 A、 B 點的坐標，然后利用待定系數(shù)法求拋物線的解析式； （ 2）本問要點是求得線段 MN的表達式，這個表達式是關于 t 的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的極值求線段 MN 的最大值； （ 3）本問要點是明確 D點的可能位置有三種情形，如答圖 2 所示，不要遺漏．其中D D2在 y 軸上，利用線段數(shù)量關系容易求得坐標； D3點在第一象限，是直線 D1N和 D2M 的交點，利用直線解析式求得交點坐標． 解答： 解：（ 1） ∵ 分別交 y 軸、 x軸于 A、 B 兩點， ∴ A、 B 點的坐標為： A（ 0， 2）， B（ 4， 0） …（ 1 分） 將 x=0， y=2 代入 y=﹣ x2+bx+c 得 c=2…（ 2 分） 將 x=4， y=0 代入 y=﹣ x2+bx+c 得 0=﹣ 16+4b+2，解得 b= ， ∴ 拋物線解析式為： y=﹣ x2+ x+2…（ 3 分） （ 2）如答圖 1，設 MN 交 x軸于點 E， 則 E（ t， 0）， BE=4﹣ t． ∵ tan∠ ABO= = = ， ∴ ME=BE?tan∠ ABO=（ 4﹣ t） =2﹣ t． 又 N 點在 拋物線上，且 xN=t， ∴ yN=﹣ t2+ t+2， ∴ MN=yN﹣ ME=﹣ t2+ t+2﹣（ 2﹣ t） =﹣ t2+4t…（ 5 分） ∴ 當 t=2 時， MN 有最大值 4…（ 6 分） （ 3）由（ 2）可知， A（ 0， 2）， M（ 2， 1）， N（ 2， 5）． 以 A、 M、 N、 D為頂點作平行四邊形， D 點的可能位置有 三種情形，如答圖 2 所示． …（ 7 分） （ i）當 D 在 y 軸上時，設 D 的坐標為（ 0， a） 由 AD=MN，得 |a﹣ 2|=4，解得 a1=6， a2=﹣ 2， 從而 D 為（ 0， 6）或 D（ 0，﹣ 2） …（ 8 分） （ ii）當 D 不在 y 軸上時，由圖可知 D 為 D1N 與 D2M 的交點， 易得 D1N 的方程為 y= x+6， D2M 的方程為 y= x﹣ 2， 由兩方程聯(lián)立解得 D 為（ 4， 4） …（ 9 分） 故所求 的 D 點坐標為（ 0， 6），（ 0，﹣ 2）或（ 4， 4） …（ 10 分） 18．（ 2020?南充）如圖， ⊙ C 的內(nèi)接 △ AOB 中， AB=AO=4， tan∠ AOB= ，拋物線 y=ax2+bx經(jīng)過點 A（ 4， 0）與點（﹣ 2， 6）． （ 1）求拋物線的函數(shù)解析式； （ 2）直線 m 與 ⊙ C 相切于點 A，交 y 軸于點 D．動點 P 在線段 OB 上，從點 O出發(fā)向點 B運動；同時動點 Q 在線段 DA上，從點 D出發(fā)向點 A運動；點 P 的速度為每秒一個單位長，點 Q 的速度為每秒 2 個單位長，當 PQ⊥ AD 時，求運動時間 t 的值； （ 3）點 R 在拋物線位于 x軸下方部分的圖象上，當 △ ROB 面積最大時，求點 R 的坐標． 解題思路 ： （ 1）根據(jù)拋物線 y=ax2+bx經(jīng)過點 A（ 4， 0）與點（﹣ 2， 6），利用待定系數(shù)法求拋物線解析式； （ 2）如答圖 1，由已知條件，可以 計算出 OD、 AE 等線段的長度．當 PQ⊥ AD 時，過點 O 作 OF⊥ AD 于點 F，此時四邊形 OFQP、 OFAE 均為矩形．則在 Rt△ ODF 中，利用勾股定理求出 DF 的長度，從而得到時間 t 的數(shù)值； （ 3）因為 OB為定值，欲使 △ ROB 面積最大，只需 OB邊上的高最大即可．按照這個思路解決本題． 如答圖 2，當直線 l平行于 OB，且與拋物線相切時， OB 邊上的高最大，從而 △ ROB的面積最大．聯(lián)立直線 l和拋物線的解析式，利用一元二次方程判別式等于 0 的結(jié)論可以求出 R 點的坐標． 解答： 解：（ 1） ∵ 拋物線 y=ax2+bx經(jīng)過點 A（ 4， 0） 與點（﹣ 2， 6）， ∴ ，解得 ∴ 拋物線的解析式為： y= x2﹣ 2x． （ 2）如答圖 1，連接 AC 交 OB 于點 E，由垂徑定理得 AC⊥ OB． ∵ AD 為切線， ∴ AC⊥ AD， ∴ AD∥ OB． ∵ tan∠ AOB= ， ∴ sin∠ AOB= ， ∴ AE=OA?sin∠ AOB=4 =， OD=OA?tan∠ OAD=OA?tan∠ AOB=4 =3． 當 PQ⊥ AD 時， OP=t， DQ=2t． 過 O 點作 OF⊥ AD 于 F，則在 Rt△ ODF 中， OD=3， OF=AE=， DF=DQ﹣ FQ=DQ﹣ OP=2t﹣ t=t， 由勾股定理得： DF= = =， ∴ t= 秒； （ 3）如答圖 3，設直線 l平行于 OB，且與拋物線有唯一交點 R（相切）， 此時 △ ROB 中 OB 邊上的高最大，所以此時 △ ROB 面積最大． ∵ tan∠ AOB= ， ∴ 直線 OB 的解析式為 y= x， 由直線 l平行于 OB，可設直線 l解析式為 y= x+b．