【正文】 從點D與點M同時出發(fā)，以每秒2個單位的速度在拋物線的對稱軸上運動，當(dāng)點M到達點B時，點M、N同時停止運動，問點M、N運動到何處時，△MNB面積最大，試求出最大面積．【答案】（1）二次函數(shù)的表達式為：y=x2﹣4x+3；（2）點P的坐標(biāo)為：（0，3+3）或（0，3﹣3）或（0，3）或（0，0）；（3）當(dāng)點M出發(fā)1秒到達D點時，△MNB面積最大，最大面積是1．此時點N在對稱軸上x軸上方2個單位處或點N在對稱軸上x軸下方2個單位處．【解析】【分析】（1）把A（1，0）和C（0，3）代入y=x2+bx+c得方程組，解方程組即可得二次函數(shù)的表達式；（2）先求出點B的坐標(biāo)，再根據(jù)勾股定理求得BC的長，當(dāng)△PBC為等腰三角形時分三種情況進行討論：①CP=CB；②BP=BC；③PB=PC；分別根據(jù)這三種情況求出點P的坐標(biāo)；（3）設(shè)AM=t則DN=2t，由AB=2，得BM=2﹣t，S△MNB=（2﹣t）2t=﹣t2+2t，把解析式化為頂點式，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可得△MNB最大面積；此時點M在D點，點N在對稱軸上x軸上方2個單位處或點N在對稱軸上x軸下方2個單位處．【詳解】解：（1）把A（1，0）和C（0，3）代入y=x2+bx+c，解得：b=﹣4，c=3，∴二次函數(shù)的表達式為：y=x2﹣4x+3；（2）令y=0，則x2﹣4x+3=0，解得：x=1或x=3，∴B（3，0），∴BC=3，點P在y軸上，當(dāng)△PBC為等腰三角形時分三種情況進行討論：如圖1，①當(dāng)CP=CB時，PC=3，∴OP=OC+PC=3+3或OP=PC﹣OC=3﹣3∴P1（0，3+3），P2（0，3﹣3）；②當(dāng)PB=PC時，OP=OB=3，∴P3（0，3）；③當(dāng)BP=BC時，∵OC=OB=3∴此時P與O重合，∴P4（0，0）；綜上所述，點P的坐標(biāo)為：（0，3+3）或（0，3﹣3）或（﹣3，0）或（0，0）；（3）如圖2，設(shè)AM=t，由AB=2，得BM=2﹣t，則DN=2t，∴S△MNB=（2﹣t）2t=﹣t2+2t=﹣（t﹣1）2+1，當(dāng)點M出發(fā)1秒到達D點時，△MNB面積最大，最大面積是1．此時點N在對稱軸上x軸上方2個單位處或點N在對稱軸上x軸下方2個單位處．3．如圖，拋物線y＝﹣x2﹣2x+3的圖象與x軸交于A、B兩點(點A在點B的左邊)，與y軸交于點C，點D為拋物線的頂點．(1)求點A、B、C的坐標(biāo)；(2)點M(m，0)為線段AB上一點(點M不與點A、B重合)，過點M作x軸的垂線，與直線AC交于點E，與拋物線交于點P，過點P作PQ∥AB交拋物線于點Q，過點Q作QN⊥x軸于點N，可得矩形PQNM．如圖，點P在點Q左邊，試用含m的式子表示矩形PQNM的周長；(3)當(dāng)矩形PQNM的周長最大時，m的值是多少？并求出此時的△AEM的面積；(4)在(3)的條件下，當(dāng)矩形PMNQ的周長最大時，連接DQ，過拋物線上一點F作y軸的平行線，與直線AC交于點G(點G在點F的上方)．若FG＝2DQ，求點F的坐標(biāo)．【答案】(1)A(﹣3，0)，B(1，0)；C(0，3) ；(2)矩形PMNQ的周長＝﹣2m2﹣8m+2；(3) m＝﹣2；S＝；(4)F(﹣4，﹣5)或(1，0)．【解析】【分析】（1）利用函數(shù)圖象與坐標(biāo)軸的交點的求法，求出點A，B，C的坐標(biāo)；（2）先確定出拋物線對稱軸，用m表示出PM，MN即可；（3）由（2）得到的結(jié)論判斷出矩形周長最大時，確定出m，進而求出直線AC解析式，即可；（4）在（3）的基礎(chǔ)上，判斷出N應(yīng)與原點重合，Q點與C點重合，求出DQ＝DC＝，再建立方程（n+3）﹣（﹣n2﹣2n+3）＝4即可．【詳解】(1)由拋物線y＝﹣x2﹣2x+3可知，C(0，3)．令y＝0，則0＝﹣x2﹣2x+3，解得，x＝﹣3或x＝l，∴A(﹣3，0)，B(1，0)．(2)由拋物線y＝﹣x2﹣2x+3可知，對稱軸為x＝﹣1．∵M(m，0)，∴PM＝﹣m2﹣2m+3，MN＝(﹣m﹣1)2＝﹣2m﹣2，∴矩形PMNQ的周長＝2(PM+MN)＝(﹣m2﹣2m+3﹣2m﹣2)2＝﹣2m2﹣8m+2．(3)∵﹣2m2﹣8m+2＝﹣2(m+2)2+10，∴矩形的周長最大時，m＝﹣2．∵A(﹣3，0)，C(0，3)，設(shè)直線AC的解析式y(tǒng)＝kx+b，∴解得k＝l，b＝3，∴解析式y(tǒng)＝x+3，令x＝﹣2，則y＝1，∴E(﹣2，1)，∴EM＝1，AM＝1，∴S＝AMEM＝．(4)∵M(﹣2，0)，拋物線的對稱軸為x＝﹣l，∴N應(yīng)與原點重合，Q點與C點重合，∴DQ＝DC，把x＝﹣1代入y＝﹣x2﹣2x+3，解得y＝4，∴D(﹣1，4)，∴DQ＝DC＝．∵FG＝2DQ，∴FG＝4．設(shè)F(n，﹣n2﹣2n+3)，則G(n，n+3)，∵點G在點F的上方且FG＝4，∴(n+3)﹣(﹣n2﹣2n+3)＝4．解得n＝﹣4或n＝1，∴F(﹣4，﹣5)或(1，0)．【點睛】此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了函數(shù)圖象與坐標(biāo)軸的交點的求法，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，函數(shù)極值的確定，解本題的關(guān)鍵是用m表示出矩形PMNQ的周長．4．如圖，拋物線y=ax2+bx過點B（1，﹣3），對稱軸是直線x=2，且拋物線與x軸的正半軸交于點A．（1）求拋物線的解析式，并根據(jù)圖象直接寫出當(dāng)y≤0時，自變量x的取值范圍；（2）在第二象限內(nèi)的拋物線上有一點P，當(dāng)PA⊥BA時，求△PAB的面積．【答案】（1）拋物線的解析式為y=x2﹣4x，自變量x的取值范圖是0≤x≤4；（2）△PAB的面積=15．【解析】【分析】（1）將函數(shù)圖象經(jīng)過的點B坐標(biāo)代入的函數(shù)的解析式中，再和對稱軸方程聯(lián)立求出待定系數(shù)a和b；（2）如圖，過點B作BE⊥x軸，垂足為點E，過點P作PE⊥x軸，垂足為F，設(shè)P（x，x24x），證明△PFA∽△AEB,求出點P的坐標(biāo)，將△PAB的面積構(gòu)造成長方形去掉三個三角形的面積．【詳解】（1）由題意得，解得，∴拋物線的解析式為y=x24x，令y=0，得x22x=0，解得x=0或4，結(jié)合圖象知，A的坐標(biāo)為（4，0），根據(jù)圖象開口向上，則y≤0時，自變量x的取值范圍是0≤x≤4；（2）如圖，過點B作BE⊥x軸，垂足為點E，過點P作PE⊥x軸，垂足為F，設(shè)P（x，x24x）,∵PA⊥BA∴∠PAF+∠BAE=90176?！郙Q=PQ=PR=NR=3e+3，∴xN=xM+3e+3+3e+3=7e+6，即N（7e+6，3e+3），∵N在拋物線上，∴（7e+6）2+2（7e+6）+3=3e+3，解得：e1=1（舍去），e2=?，∵AP=t，OP=t1，OP+OQ=PQ，∴t1e=3e+3，∴t=4e+4=，②若∠PMN=90176。 即E（7，0），綜上所述，點E坐標(biāo)為（1，0）或（7，0）.（3）存在以P，M，N為頂點的三角形為等腰直角三角形，設(shè)M（e，3e+3），則yN=yM=3e+3，①若∠MPN=90176。20202021備戰(zhàn)中考數(shù)學(xué)培優(yōu) 易錯 難題(含解析)之二次函數(shù)附答案一、二次函數(shù)1．在平面直角坐標(biāo)系中，點O為坐標(biāo)原點，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于點A（﹣1，0），B（3，0），與y軸交于點C（0，3），頂點為G．（1）求拋物線和直線AC的解析式；（2）如圖，設(shè)E（m，0）為x軸上一動點，若△CGE和△CGO的面積滿足S△CGE＝S△CGO，求點E的坐標(biāo)；（3）如圖，設(shè)點P從點A出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿x軸向右運動，運動時間為ts，點M為射線AC上一動點，過點M作MN∥x軸交拋物線對稱軸右側(cè)部分于點N．試探究點P在運動過程中，是否存在以P，M，N為頂點的三角形為等腰直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）拋物線解析式為：y＝﹣x2+2x+3；直線AC解析式為：y＝3x+3；（2）點E坐標(biāo)為（1，0）或（﹣7，0）；（3）存在以P，M，N為頂點的三角形為等腰直角三角形，t的值為或或．【解析】【分析】（1）用待定系數(shù)法即能求出拋物線和直線AC解析式．（2）△CGE與△CGO雖然有公共底邊CG，但高不好求，故把△CGE構(gòu)造在比較好求的三角形內(nèi)計算．延長GC交x軸于點F，則△FGE與△FCE的差即為△CGE．（3）設(shè)M的坐標(biāo)（e，3e+3），分別以M、N、P為直