【正文】 形結(jié)合思想的靈活應(yīng)用． 1（2015?山東臨沂,第26題13分） 在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點，直線y =－2x－1與y軸交于點A，與直線y =－x交于點B, 點B關(guān)于原點的對稱點為點C. （1）求過A，B，C三點的拋物線的解析式； （2）P為拋物線上一點，它關(guān)于原點的對稱點為Q. ①當(dāng)四邊形PBQC為菱形時，求點P的坐標(biāo)； ②若點P的橫坐標(biāo)為t（－1＜t＜1），當(dāng)t為何值時，四邊形PBQC面積最大，并說明理由. 【答案】(1) y=x2－x－1（2）①點P的坐標(biāo)為（1+，1+）或（1－，1－）②2 ∴點A的坐標(biāo)為（0，－1）. 設(shè)拋物線的解析式為y=ax2+bx+c， ∴ 解得 ∴拋物線的解析式為y=x2－x－1. （2）①如圖1，∵點P在拋物線上， ∴可設(shè)點P的坐標(biāo)為（m，m2－m－1）. 當(dāng)四邊形PBQC是菱形時，O為菱形的中心， ∴PQ⊥BC，即點P，Q在直線y = x上， ∴m = m2－m－1， 解得m = 1177。. ∴點P的坐標(biāo)為（1+，1+）或（1－，1－）. ②方法一： 如圖2，設(shè)點P的坐標(biāo)為（t，t2 － t － 1）. 方法二： 如圖3，過點B作y軸的平行線，過點C作x軸的平行線，兩直線交于點D，連接PD. ∴S△PBC＝S△BDC－S△PBD－S△PDC ＝22－2（t+1）－2（t2－t－1+1） ＝－t2+1. ∴＝－2t2+2. ∴當(dāng)t＝0時，有最大值2. 圖3 圖4 考點：二次函數(shù)與菱形，平行四邊形的面積 16．(2015黑龍江綏化第29題 分)如圖 ，已知拋物線y=ax2+bx+c與x軸交于點A、B ，與直線AC:y=－x－6交y軸于點C、D，點D是拋物線 的頂點 ，且橫坐標(biāo)為－2． （1）求出拋物線的解析式。 （2）判斷△ACD的形狀，并說明理由。 （3）直線AD交y軸于點F ,在線段AD上是否存在一點P ,使∠ADC=∠PCF ．若存在 ，直接寫出點P的坐標(biāo)；若不存在，說明理由。 考點：二次函數(shù)綜合題．． 分析：（1）先由直線AC的解析式為y=﹣x﹣6，可得A（﹣6，0），C（0，﹣6），再根據(jù)拋物線的對稱性求出B（2，0）．然后把A、B、C三點坐標(biāo)分別代入y=ax2+bx+c，利用待定系數(shù)法即可求解； （2）先求出拋物線頂點D的坐標(biāo)，再根據(jù)兩點間的距離公式計算得出AC2=62+62=72，CD2=22+（﹣8+6）2=8，AD2=（﹣2+6）2+82=80，那么AC2+CD2=AD2，利用勾股定理的逆定理即可得到△ACD是直角三角形； （3）先利用待定系數(shù)法求出直線AD的解析式為y=﹣2x﹣12，得到F（0，﹣12），設(shè)點P的坐標(biāo)為（x，﹣2x﹣12）．由∠ADC=∠DCF+∠DFC，∠PCF=∠DCF+∠PCD，∠ADC=∠PCF，可得∠DFC=∠PCD．根據(jù)兩角對應(yīng)相等的兩三角形相似證明△CPD∽△FPC，那么=，依此列出比例式=，解方程求出x的值，進(jìn)而得到點P的坐標(biāo)． 解答：解：（1）由直線AC：y=﹣x﹣6，可得A（﹣6，0），C（0，﹣6）， ∵拋物線y=ax2+bx+c與x軸交于點A、B，拋物線的頂點D的橫坐標(biāo)為﹣2， ∴B（2，0）． 把A、B、C三點坐標(biāo)分別代入y=ax2+bx+c，得 ，解得， ∴拋物線的解析式為y=x2+2x﹣6； （2）△ACD是直角三角形，理由如下： ∵y=x2+2x﹣6=（x+2）2﹣8， ∴頂點D的坐標(biāo)是（﹣2，﹣8）． ∵A（﹣6，0），C（0，﹣6）， ∴AC2=62+62=72，CD2=22+（﹣8+6）2=8，AD2=（﹣2+6）2+82=80， ∴AC2+CD2=AD2， ∴△ACD是直角三角形，∠ACD=90176。； （3）假設(shè)在線段AD上存在一點P，使∠ADC=∠PCF． 設(shè)直線AD的解析式為y=mx+n， ∵A（﹣6，0），D（﹣2，﹣8）， ∴，解得， ∴直線AD的解析式為y=﹣2x﹣12， ∴F點坐標(biāo)為（0，﹣12），設(shè)點P的坐標(biāo)為（x，﹣2x﹣12）． ∵∠ADC=∠DCF+∠DFC，∠PCF=∠DCF+∠PCD，∠ADC=∠PCF， ∴∠DFC=∠PCD． 在△CPD與△FPC中， ∴△CPD∽△FPC， ∴=， ∴=， 整理得，35x2+216x+324=0， 解得x1=﹣，x2=﹣（舍去）， 當(dāng)x=﹣時，﹣2x﹣12=﹣2（﹣）﹣12=﹣， 故所求點P的坐標(biāo)為（﹣，﹣）． 點評：本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)、一次函數(shù)的解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，勾股定理的逆定理，相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，綜合性較強(qiáng)，難度適中．利用數(shù)形結(jié)合、方程思想是解題的關(guān)鍵． 17．（2015湖南省衡陽市，第27題10分） 如圖，頂點M在軸上的拋物線與直線相交于A、B兩點，且點A在軸上，點B的橫坐標(biāo)為2，連結(jié)AM、BM． （1）求拋物線的函數(shù)關(guān)系式； （2）判斷△ABM的形狀，并說明理由； （3）把拋物線與直線的交點稱為拋物線的不動點．若將（1）中拋物線平移，使其頂點為（，），當(dāng)滿足什么條件時，平移后的拋物線總有不動點？ 18.（2015湖北鄂州第24題12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xoy中，直線與x 軸交于點A，與y軸交于點C．拋物線y=ax2+bx+c的對稱軸是且經(jīng)過A、C兩點，與x軸的另一交點為點B． （1）（4分）①直接寫出點B的坐標(biāo)；②求拋物線解析式． （2）（4分）若點P為直線AC上方的拋物線上的一點，連接PA，PC．求△PAC的面積的最大值，并求出此時點P的坐標(biāo)． （3）（4分）拋物線上是否存在點M，過點M作MN垂直x軸于點N，使得以點A、M、N為頂點的三角形與△ABC相似？若存在，求出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 【答案】（1）①B(1,0) ②(2)4, P（－2，3）。(3) 存在M1（0，2）,M2(－3,2), M3（2，－3）,M4（5，－18）, 使得以點 A、M、N為頂點的三角形與△ABC相似. 考點：二次函數(shù)綜合題. 19.（2015湖南岳陽第24題10分）如圖，拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過A（1，0）、B（4，0）、C（0，3）三點． （1）求拋物線的解析式； （2）如圖①，在拋物線的對稱軸上是否存在點P，使得四邊形PAOC的周長最?。咳舸嬖?，求出四邊形PAOC周長的最小值；若不存在，請說明理由． （3）如圖②，點Q是線段OB上一動點，連接BC，在線段BC上是否存在這樣的點M，使△CQM為等腰三角形且△BQM為直角三角形？若存在，求點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 考點： 二次函數(shù)綜合題．.分析： （1）把點A（1，0）、B（4，0）、C（0，3）三點的坐標(biāo)代入函數(shù)解析式，利用待定系數(shù)法求解；（2）A、B關(guān)于對稱軸對稱，連接BC，則BC與對稱軸的交點即為所求的點P，此時PA+PC=BC，四邊形PAOC的周長最小值為：OC+OA+BC；根據(jù)勾股定理求得BC，即可求得；（3）分兩種情況分別討論，即可求得．解答： 解：（1）由已知得解得．所以，拋物線的解析式為y=x2﹣x+3．（2）∵A、B關(guān)于對稱軸對稱，如圖1，連接BC，∴BC與對稱軸的交點即為所求的點P，此時PA+PC=BC，∴四邊形PAOC的周長最小值為：OC+OA+BC，∵A（1，0）、B（4，0）、C（0，3），∴OA=1，OC=3，BC==5，∴OC+OA+BC=1+3+5=9；∴在拋物線的對稱軸上存在點P，使得四邊形PAOC的周長最小，四邊形PAOC周長的最小值為9．（3）∵B（4，0）、C（0，3），∴直線BC的解析式為y=﹣x+3，①當(dāng)∠BQM=90176。時，如圖2，設(shè)M（a，b），∵∠CMQ＞90176。，∴只能CM=MQ=b，∵M(jìn)Q∥y軸，∴△MQB∽△COB，∴=，即=，解得b=，代入y=﹣x+3得，=﹣a+3，解得a=，∴M（，）；②當(dāng)∠QMB=90176。時，如圖3，∵∠CMQ=90176。，∴只能CM=MQ，設(shè)CM=MQ=m，∴BM=5﹣m，∵∠BMQ=∠COB=90176。，∠MBQ=∠OBC，∴△BMQ∽△BOC，∴=，解得m=，作MN∥OB，∴==，即==，∴MN=，CN=，∴ON=OC﹣CN=3﹣=，∴M（，），綜上，在線段BC上存在這樣的點M，使△CQM為等腰三角形且△BQM為直角三角形，點M的坐標(biāo)為（，）或（，）．點評： 本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，軸對稱﹣最短路線問題，等腰三角形的性質(zhì)等；分類討論思想的運(yùn)用是本題的關(guān)鍵．　 20. (2015山東青島，第24題,12分) 已知：如圖①，在□ABCD中，AB＝3cm，BC＝5cm．AC⊥AB?！鰽CD沿AC的方向勻速平移得到 △PNM，速度為1cm/s；同時，點Q從點C出發(fā)，沿CB方向勻速運(yùn)動，速度為1cm/s，當(dāng)△PNM停止平移時，點Q也停止運(yùn)動．如圖②，設(shè)運(yùn)動時間為t(s)（0＜t＜4）．解答下列問題： （1）當(dāng)t為何值時，PQ∥MN？ （2）設(shè)△QMC的面積為y(cm2)，求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式； （3）是否存在某一時刻t，使S△QMC∶S四邊形ABQP＝1∶4？若存在，求出t的值； 若不存在，請說明理由． （4）是否存在某一時刻t，使PQ⊥MQ？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由． 【答案】t=；y=－；1:4；t= 【解析】 試題分析：根據(jù)勾股定理求出AC的長度，根據(jù)平移的性質(zhì)得出PQ∥AB，然后得出相似比，求出t的值；作PD⊥BC于點D，AE⊥BC于點E，根據(jù)△ABC的面積求出AE的長度，根據(jù)勾股定理求出CE的長度，根據(jù)PD⊥BC，AE⊥BC得出△CPD∽△CAE，從而得到PD、CD的長度，根據(jù)題意得出h=PD，然后求出y與t的函數(shù)關(guān)系式；根據(jù)PM∥BC，得到若S△QMC∶S四邊形ABQP＝1∶4，則S△QMC∶S△ABC＝1∶5，然后根據(jù)函數(shù)解析式求出t的值；得出答案；根據(jù)題意得出△MQP∽△PDQ，即，根據(jù)CD求出DQ的長度，然后得出一元二次方程求出t的值. 試題解析：(1)、在Rt△ABC中，由勾股定理得： 由平移性質(zhì)可得MN∥AB 因為PQ∥MN，所以PQ∥AB，所以，即，解得 (2)、作PD⊥BC于點D，AE⊥BC于點E由可得 則由勾股定理易求 因為PD⊥BC，AE⊥BC 所以AE∥PD，所以△CPD∽△CAE 所以，即 求得：， 因為PM∥BC，所以M到BC的距離 所以，△QCM是面積 (4)、若，則∠MDQ=∠PDQ=90176。 因為MP∥BC，所以∠MPQ=∠PQD， 所以△MQP∽△PDQ，所以，所以 即：，由，所以DQ = CD－CQ 故，整理得 解得