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四川中考突破复习题型专项(十二)二次函数与几何图形

日期:2020-12-29  类别:最新范文  编辑:一流范文网  【下载本文Word版

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四川中考突破复习题型专项(十二)二次函数与几何图形 本文简介:专项(十二)二次函数与几何图形的综合题类型1探究图形面积的数量关系及最值问题1.(2016·安徽)如图,二次函数y=ax2+bx的图象经过点A(2,4)与B(6,0).(1)求a,b的值;(2)点C是该二次函数图象上A,B两点之间的一动点,横坐标为x(2<x<6).写出四边形OACB的面积S关于点C

四川中考突破复习题型专项(十二)二次函数与几何图形 本文内容:

专项(十二)

二次函数与几何图形的综合题

类型1

探究图形面积的数量关系及最值问题

1.(2016·安徽)如图,二次函数y=ax2+bx的图象经过点A(2,4)与B(6,0).

(1)求a,b的值;

(2)点C是该二次函数图象上A,B两点之间的一动点,横坐标为x(2<x<6).写出四边形OACB的面积S关于点C的横坐标x的函数解析式,并求S的最大值.

解:(1)将A(2,4)与B(6,0)代入y=ax2+bx.得

解得

(2)过点A作x轴的垂线,垂足为D(2,0),连接CD,过点C作CE⊥AD,CF⊥x轴,垂足分别为点E,F.

S△OAD=OD·AD=×2×4=4,

S△ACD=AD·CE=×4×(x-2)=2x-4,

S△BCD=BD·CF=×4×(-x2+3x)=-x2+6x,

则S=S△OAD+S△ACD+S△BCD=4+(2x-4)+(-x2+6x)=-x2+8x.

∴S关于x的函数解析式为S=-x2+8x(2<x<6).

∵S=-(x-4)2+16.

∴当x=4时,四边形OACB的面积S取最大值,最大值为16.

2.(2016·雅安中学一诊)如图,已知抛物线y=ax2-x+c与x轴相交于A,B两点,并与直线y=x-2交于B,C两点,其中点C是直线y=x-2与y轴的交点,连接AC.

(1)求抛物线解析式;

(2)求证:△ABC为直角三角形;

(3)在抛物线CB段上存在点P使得以A,C,P,B为顶点的四边形面积最大,请求出点P的坐标以及此时以A,C,P,B为顶点的四边形面积.

解:(1)∵直线y=x-2交x轴,y轴于B,C两点,

∴B(4,0),C(0,-2).

∵y=ax2-x+c经过点B,C,

∴解得

∴y=x2-x-2.

(2)令x2-x-2=0,解得x1=-1,x2=4.

∴OA=1,OB=4.∴AB=5.

∴AC2=OA2+OC2=5,BC2=OC2+OB2=20,AB2=25.

∴AC2+BC2=AB2.

∴△ABC为直角三角形.

(3)连接CD,BD,过点P作PE⊥AB,垂足为点E,直线EP交线段BC于点D.

设直线BC的解析式为y=kx+b.

∵将B(4,0),C(0,-2)代入,得

解得

∴直线BC的解析式为y=x-2.

设点D(a,a-2),则点P(a,a2-a-2).

∵PD=PE-DE=-a2+a+2+(a-2)=-a2+2a,

∴当a=2时,PD有最大值,PD的最大值为2.

∵S四边形ACPB=S△ACB+S△CBP=AB·OC+OB·DP=×5×2+×4·DP=5+2PD.

∴当PD最大时,四边形ACPB的面积最大.

∴当点P的坐标为(2,-3)时,四边形ACPB的面积的最大值为5+2×2=9.

3.(2015·攀枝花)如图,已知抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于A(-1,0),B(3,0)两点,与y轴交于点C,抛物线的对称轴与抛物线交于点P,与直线BC相交于点M,连接PB.

(1)求抛物线的解析式;

(2)在(1)中位于第一象限内的抛物线上是否存在点D,使得△BCD的面积最大?若存在,求出点D坐标及△BCD面积的最大值;若不存在,请说明理由;

(3)在(1)中的抛物线上是否存在点Q,使得△QMB与△PMB的面积相等?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.

解:(1)把A,B两点坐标代入抛物线解析式,得

解得

∴抛物线解析式为y=-x2+2x+3.

(2)设D(t,-t2+2t+3),过点D作DH⊥x轴于点H,连接DC,DB.

令x=0,则y=3,∴C(0,3).

S△BCD=S梯形DCOH+S△BDH-S△BOC

=(-t2+2t+3+3)t+(3-t)(-t2+2t+3)-×3×3

=-t2+t.

∵-<0,

∴当t=-=时,即点D坐标为(,)时,S△BCD有最大值,且最大面积为.

(3)存在.

∵P(1,4),过点P且与BC平行的直线与抛物线的交点即为所求Q点之一,

∵直线BC解析式为为y=-x+3,

∴过点P且与BC平行的直线为y=-x+5.

由解得∴Q1(2,3).

∵直线PM的解析式为x=1,直线BC的解析式y=-x+3,

∴M(1,2).

设PM与x轴交于点E,∵PM=EM=2,

∴过点E且与BC平行的直线为y=-x+1.

从而过点E且与BC平行的直线与抛物线的交点也为所求Q点之一.

联立

解得

∴Q2(,-),Q3(,-).

∴满足条件的Q点坐标为(2,3),(,-)或(,-).

类型2

探究线段的数量关系及最值问题

4.(2016·成都青羊区二诊改编)已知抛物线y=x2+(-1)x-2(a>0)与x轴交于A,B两点,与y轴相交于点C,且点A在点B的左侧.

(1)若抛物线过点D(2,-2),求实数a的值;

(2)在(1)的条件下,在抛物线的对称轴上找一点E,使AE+CE最小,求出点E的坐标.

解:(1)∵抛物线过点D(2,-2),

∴×4+(-1)×2-2=-2,

解得a=4.

(2)∵点A,B是抛物线与x轴的交点,

∴点B是点A关于抛物线对称轴的对称点.

∴连接BC交对称轴于点E,则点E即为使AE+CE最小的点.

∵a=4,∴抛物线解析式为y=x2-x-2.

令y=0,则x2-x-2=0,解得x1=-2,x2=4.

令x=0,则y=-2.

∴A(-2,0),B(4,0),C(0,-2),对称轴为直线x=1.

∴直线BC解析式为y=x-2.

∵当x=1时,y=-,

∴E(1,-).

5.(2015·南充)已知抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于点A(m-2,0)和B(2m+1,0)(点A在点B的左侧),与y轴相交于点C,顶点为P,对称轴为l:x=1.

(1)求抛物线解析式;

(2)直线y=kx+2(k≠0)与抛物线相交于两点M(x1,y1),N(x2,y2)(x1

(3)首尾顺次连接点O,B,P,C构成多边形的周长为L.若线段OB在x轴上移动,求L最小时点O,B移动后的坐标及L的最小值.

解:(1)由题意,得-=1,

∴b=2.

∵抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于点A(m-2,0)和B(2m+1,0),

∴-x2+bx+c=0的解为m-2和2m+1.

∴(m-2)+(2m+1)=b,(m-2)(2m+1)=-c.

∴m=1,c=3.

∴抛物线解析式为y=-x2+2x+3.

(2)联立得x2+(k-2)x-1=0.

∴x1+x2=-(k-2),x1x2=-1,

∴(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2=(k-2)2+4.

∴当k=2时,(x1-x2)2的最小值为4,即|x1-x2|的最小值为2.

∴解得x1=-1,x2=1,则y1=0,y2=4.

∴当|x1-x2|最小时,抛物线与直线的交点为M(-1,0),N(1,4).

(3)由(1)得O(0,0),B(3,0),P(1,4),C(0,3).

∵L=OB+BP+PC+CO,

又∵线段OB平移过程中,OB,PC的长度不变,

∴要使L最小,只需BP+CO最短.

如图,平移线段OC到BC′,四边形OBC′C是矩形.∴C′(3,3).

作点P关于x轴(或OB)的对称点P′(1,-4),连接C′P′与x轴交于点B′.

设C′P′解析式为y=ax+n.

解得

∴y=x-.

当y=0时,x=,∴B′(,0).

又3-=,故点B向左平移个单位,平移到B′.

同时,点O向左平移个单位,平移到O′(-,0),

即线段OB向左平移个单位时,周长L最短.

此时,线段BP,CO之和最短为P′C′==,O′B′=OB=3,CP=.

∴当线段OB向左平移个单位,即点O平移到O′(-,0),点B平移到B′(,0)时,周长L最短为++3.

类型3

探究特殊三角形的存在性问题

6.如图,已知抛物线E1:y=x2经过点A(1,m),以原点为顶点的抛物线E2经过点B(2,2),点A,B关于y轴的对称点分别为点A′,B′.

(1)求m的值;

(2)求抛物线E2的函数解析式;

(3)在第一象限内,抛物线E1上是否存在点Q,使得以点Q,B,B′为顶点的三角形为直角三角形?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.

解:(1)∵抛物线E1经过点A(1,m),∴m=12=1.

(2)∵抛物线E2的顶点在原点,可设它对应的函数解析式为y=ax2(a≠0),

又∵点B(2,2)在抛物线E2上,

∴2=a×22.解得a=.

∴抛物线E2的函数解析式为y=x2.

(3)假设在抛物线E1上存在点Q,使得以点Q,B,B′为顶点的三角形为直角三角形.

①当点B为直角顶点时,过点B作Q1B⊥BB′交抛物线E1于点Q1,则点Q1与B的横坐标相等且为2.

将x=2代入y=x2,得y=4.

∴点Q1(2,4);

②当点Q2为直角顶点时,则有Q2B′2+Q2B2=B′B2,过点Q2作Q2G⊥BB′于点G.

设点Q2的坐标为(t,t2)(t>0),则有(t+2)2+(t2-2)2+(2-t)2+(t2-2)2=42,整理得t4-3t2=0.

∵t>0,∴t2-3=0,解得t1=,t2=-(舍去).

∴点Q2(,3).

综上所述,存在符合条件的点Q坐标为(2,4)与(,3).

7.(2016·雅安中学二诊)如图,已知抛物线与y轴交于点C(0,4),与x轴交于A(x1,0),B(x2,0)两点,其中x1,x2为方程x2-2x-8=0的两个根.

(1)求该抛物线的解析式;

(2)点Q是线段AB上的动点,过点Q作QE∥AC,交BC于点E,连接CQ,设Q(x,0),△CQE的面积为y,求y关于x的函数关系式及△CQE的面积的最大值;

(3)点M的坐标为(2,0),问:在直线AC上,是否存在点F,使得△OMF是等腰三角形?若存在,请求出点F的坐标,若不存在,请说明理由.

解:(1)解方程x2-2x-8=0,得x1=4,x2=-2.

∴A(4,0),B(-2,0).

设抛物线解析式为

y=a(x-4)(x+2).

将C(0,4)代入,

解得a=-.

∴抛物线解析式为y=-x2+x+4.

(2)由Q(x,0),可得BQ=x+2,AQ=4-x,

过点E作EH⊥AB于点H.

∴EH∥CO.∴=.

又∵QE∥AC,∴=.∴=.

∴=,即EH=(x+2).

∵S△CQE=S△CBQ-S△EBQ=(x+2)·4-(x+2)·(x+2),

∴y关于x的函数关系式为y=-x2+x+=-(x-1)2+3(-2<x<4).

∴△CQE的面积的最大值为3.

(3)存在点F使得△OMF是等腰三角形.

设AC的解析式为y=kx+b.

∵直线AC过点A(4,0)和C(0,4),

∴解得

∴直线AC的解析式为y=-x+4.

∵点F在AC上,设F(x,-x+4),

∴OF=,

MF=,OM=2.

若△OMF是等腰三角形,则可能有三种情况:

①如图1,当OF=FM时,F的横坐标应为1,∴F(1,3);

②当OM=OF=2时,=2,

化简得x2-4x+6=0.

∵Δ=-8<0∴这种情况不存在;

③如图2,当OM=MF时,=4,

化简得x2-6x+8=0,解得x1=2,x2=4(舍去).

∴F(2,2).

综上所述,当△OMF是等腰三角形时,F(1,3)或(2,2).

8.(2016·凉山模拟)如图,已知正方形OABC的边长为2,顶点A,C分别在x轴,y轴的正半轴上,点E是BC的中点,F是AB延长线上一点且FB=1.

(1)求经过点O,A,E三点的抛物线解析式;

(2)点P在抛物线上运动,当点P运动到什么位置时△OAP的面积为2,请求出点P的坐标;

(3)在抛物线上是否存在一点Q,使△AFQ是等腰直角三角形?若存在直接写出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.

解:(1)点A的坐标是(2,0),点E的坐标是(1,2).

设抛物线的解析式是y=ax2+bx+c,根据题意,得

解得

∴抛物线的解析式是y=-2x2+4x.

(2)当△OAP的面积是2时,点P的纵坐标是2或-2.

当-2x2+4x=2时,解得x=1,

∴点P的坐标是(1,2);

当-2x2+4x=-2时,解得x=1±,

此时点P的坐标是(1+,-2)或(1-,-2).

综上,点P的坐标为(1,2),(1+,-2)或(1-,-2).

(3)∵AF=AB+BF=2+1=3,OA=2.

则点A是直角顶点时,Q不可能在抛物线上;

当点F是直角顶点时,Q不可能在抛物线上;

当点Q是直角顶点时,Q到AF的距离是AF=,若点Q存在,则Q的坐标是(,).将Q(,)代入抛物线解析式成立.

∴抛物线上存在点Q(,)使△AFQ是等腰直角三角形.

类型4

探究特殊四边形的存在性问题

9.(2016·雅安中学三诊)如图,已知二次函数y=-x2+bx+c的图象经过A(-2,-1),B(0,7)两点.

(1)求该抛物线的解析式及对称轴;

(2)当x为何值时,y>0?

(3)在x轴上方作平行于x轴的直线l,与抛物线交于C,D两点(点C在对称轴的左侧),过点C,D作x轴的垂线,垂足分别为点F,E.当矩形CDEF为正方形时,求点C的坐标.

解:(1)把A(-2,-1),B(0,7)两点的坐标代入y=-x2+bx+c,得

解得

∴该抛物线的解析式为y=-x2+2x+7.

∵y=-x2+2x+7=-(x-1)2+8,

∴对称轴为直线x=1.

(2)当y=0时,-x2+2x+7=0,解得x=1±2,

由图象知1-2<x<1+2时,y>0.

(3)设C点的坐标为(m,n),∵矩形CDEF为正方形,

∴n=-m2+2m+7,即CF=-m2+2m+7.

∵C,D两点的纵坐标相等,∴C,D两点关于对称轴x=1对称.

设点D的横坐标为p,则1-m=p-1,

∴p=2-m,∴CD=(2-m)-m=2-2m.

∵CD=CF,∴2-2m=-m2+2m+7.

解得m1=-1,m2=5.

∵点C在对称轴的左侧,∴m只能取-1.

当m=-1时,n=-m2+2m+7=-(-1)2+2×(-1)+7=4.∴点C的坐标为(-1,4).

10.(2016·德阳旌阳区一模)如图,矩形OABC在平面直角坐标系xOy中,点A在x轴的正半轴上,点C在y轴的正半轴上,OA=4,OC=3,若抛物线的顶点在BC边上,且抛物线经过O,A两点,直线AC交抛物线于点D.

(1)求抛物线的解析式;

(2)求点D的坐标;

(3)若点M在抛物线上,点N在x轴上,是否存在以A,D,M,N为顶点的四边形是平行四边形?若存在,求出点N的坐标;若不存在,请说明理由.

解:(1)设抛物线顶点为E,根据题意OA=4,OC=3,得E(2,3).

设抛物线解析式为y=a(x-2)2+3.

将A(4,0)代入,得0=4a+3,解得a=-.

∴抛物线解析式为y=-(x-2)2+3=-x2+3x.

(2)设直线AC解析式为y=kx+b(k≠0).

将A(4,0)与C(0,3)代入,得

解得

∴直线AC解析式为y=-x+3.

与抛物线解析式联立,得

解得

∴点D坐标为(1,).

(3)假设存在以A,D,M,N为顶点的四边形是平行四边形,分两种情况考虑:

①当点M在x轴上方时,如图1所示.

四边形ADMN为平行四边形,DM∥AN,DM=AN,

由对称性得到M(3,),即DM=2,故AN=2,

∴N1(2,0),N2(6,0);

②当点M在x轴下方时,如图2所示.

过点D作DQ⊥x轴于点Q,过点M作MP⊥x轴于点P,可得△ADQ≌△NMP,

∴MP=DQ=,NP=AQ=3,

将yM=-代入抛物线解析式得-=-x2+3x,

解得xM=2-或xM=2+,

∴xN=xM-3=--1或-1,

∴N3(--1,0),N4(-1,0).

∴假设成立.

综上所述,满足条件的点N有4个:N1(2,0),N2(6,0),N3(--1,0),N4(-1,0).

11.(2016·成都)如图,在平面直角坐标系xOy中,抛物线y=a(x+1)2-3与x轴交于A,B两点(点A在点B左侧),与y轴交于点C(0,-),顶点为D,对称轴与x轴交于点H.过点H的直线l交抛物线于P,Q两点,点Q在y轴右侧.

(1)求a的值及点A,B的坐标;

(2)当直线l将四边形ABCD分为面积比为3∶7的两部分时,求直线l的函数解析式;

(3)当点P位于第二象限时,设PQ的中点为M,点N在抛物线上,则以DP为对角线的四边形DMPN能否成为菱形?若能,求出点N的坐标;若不能,请说明理由.

解:(1)∵抛物线y=a(x+1)2-3与y轴交于点C(0,-).

∴a-3=-,解得a=.

∴y=(x+1)2-3.

当y=0时,有(x+1)2-3=0,

∴x1=2,x2=-4.

∴A(-4,0),B(2,0).

(2)∵A(-4,0),B(2,0),C(0,-),D(-1,-3),

∴S四边形ABCD=S△AHD+S梯形OCDH+S△BOC=×3×3+×(+3)×1+×2×=10.

从面积分析知,直线l只能与边AD或BC相交,所以有两种情况:

①当直线l与边AD相交于点M1时,则S△AHM1=×10=3,∴×3×(-yM1)=3.

∴yM1=-2,点M1(-2,-2),过点H(-1,0)和M1(-2,-2)的直线l的解析式为y=2x+2;

②当直线l与边BC相交于点M2时,同理可得点M2(,-2),过点H(-1,0)和M2(,-2)的直线l的解析式为y=-x-.

综上:直线l的函数解析式为y=2x+2或y=-x-.

(3)假设以DP为对角线的四边形DMPN能成为菱形.

设P(x1,y1),Q(x2,y2)且过点H(-1,0)的直线PQ的解析式为y=kx+b.

∴-k+b=0,∴y=kx+k.

联立得x2+(-k)x--k=0.

∴x1+x2=-2+3k,y1+y2=kx1+k+kx2+k=3k2.

∵点M是线段PQ的中点,∴由中点坐标公式得点M(k-1,k2).

假设存在这样的N点如图所示,直线DN∥PQ.

设直线DN的解析式为y=kx+k-3.

联立

解得x1=-1,x2=3k-1.∴N(3k-1,3k2-3).

∵四边形DMPN是菱形,∴DN=DM.

∴(3k)2+(3k2)2=()2+(k2+3)2.

整理得3k4-k2-4=0,(k2+1)(3k2-4)=0.

∵k2+1>0,∴3k2-4=0.解得k=±.

∵k<0,∴k=-.

∴P(-3-1,6),M(--1,2),N(-2-1,1).

∴PM=DN=2.

∵PM∥DN,

∴四边形DMPN为菱形.

∴假设成立,即以DP为对角线的四边形DMPN能成为菱形,此时点N的坐标为(-2-1,1).

类型5

探究三角形相似问题

12.已知直线y=x+1与x轴交于点A,与y轴交于点B,将△AOB绕点O顺时针旋转90°,使点A落在点C,点B落在点D,抛物线y=ax2+bx+c过点A,D,C,其对称轴与直线AB交于点P,

(1)求抛物线的解析式;

(2)求∠POC的正切值;

(3)若点M在x轴上,且△ABM与△APD相似,求点M的坐标.

解:(1)当y=0时,x+1=0,解得x=-2.

当x=0时,y=1,∴A(-2,0),B(0,1).

∵△AOB顺时针旋转90°得到△COD,

∴C(0,2),D(1,0).

∵抛物线y=ax2+bx+c过点A,D,C,

∴解得

∴抛物线解析式为y=-x2-x+2.

(2)根据(1),抛物线对称轴为

x=-=-=-,

×(-)+1=,∴点P的坐标为(-,).

过点P作PQ⊥x轴于点Q,则PQ∥y轴,

∴∠POC=∠OPQ.

∵tan∠OPQ==,∴tan∠POC=.

(3)∵点M在x轴上,且△ABM与△APD相似,

∴点M必在点A的右侧,

AP=2=,

AB==,AD=1-(-2)=1+2=3.

∵∠A=∠A,

∴①AP和AB是对应边时,

=,即=,解得AM=4.

设点M坐标为(x,0),则x-(-2)=4,解得x=2.

∴点M的坐标为(2,0);

②AP和AM是对应边时,

=,即=,解得AM=.

设点M坐标为(x,0),则x-(-2)=,

解得x=-.

∴点M的坐标为(-,0).

综上所述,当点M(2,0)或(-,0)时,△ABM与△APD相似.

13.(2016·大邑县一诊改编)如图,二次函数y=-ax2-4ax-的图象c交x轴于A,B两点(A在B的左侧),过点A的直线y=kx+3k(k<-)交c于另一点C(x1,y1),交y轴于点M.

(1)求点A的坐标,并求二次函数的解析式;

(2)过点B作BD⊥AC交AC于点D,若M(0,-3)且Q点是直线AC上的一个动点.求出当△DBQ与△AOM相似时点Q的坐标.

解:(1)设y=0,即kx+3k=0,解得x=-3.

∴A(-3,0).

∵A(-3,0)在y=-ax2-4ax-的图象上,

∴0=-9a+12a-,

解得a=.

∴该二次函数的解析式为y=-x2-x-.

(2)在Rt△AOM中,OA=3,OM=3tan∠OAM==,∴∠OAM=60°.

①如图1中,当Q在DA的延长线上时,

∠BQD=30°,△BQD∽△AOM,

在Rt△ABD中,BD=BAsin60°=.

在Rt△BQD中,BD=BQsin30°=,

解得BQ=2.

过点Q作QQ′⊥x轴于点Q′.

∵∠BAD=60°=∠BQA+∠QBA,∠BQD=30°,

∴∠QBQ′=30°.

在Rt△BQQ′中,∵∠QBQ′=30°,BQ=2,

∴QQ′=,BQ′=3.

∴Q(-4,);

②当点Q与点A重合时,∠BQD=60°,△DQB∽△OAM,此时点Q(-3,0);

③如图2中,当点Q在线段DC上时,∠BQD=60°,△DQB∽△OAM,

在△AQB中,∠BAQ=∠AQB=60°,得BQ=AB=2.

∴Q(-2,-);

④如图3中,当∠BQD=30°时,△DQB∽△OMA,此时BQ∥OM.

设Q(-1,y)在直线y=-x-3上,解得y=-2.

∴Q(-1,-2).

综上所述,Q(-4,)或Q(-3,0)或Q(-2,-)或Q(-1,-2).

14.(2016·攀枝花)如图,抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A,B两点,点B坐标为(3,0),与y轴交于点C(0,-3).

的三角形相似?若存在,求出直线m的解析式,若不存在,请说明理由.

解:(1)把B,C两点坐标代入抛物线解析式,得解得

∴抛物线解析式为y=x2-2x-3.

(2)连接BC,过点P作y轴的平行线,交BC于点M,交x轴于点H.

在y=x2-2x-3中,令y=0,则0=x2-2x-3,解得x=-1或x=3.

∴A点坐标为(-1,0).

∴AB=3-(-1)=4,且OC=3.

∴S△ABC=AB·OC=×4×3=6.

∵B(3,0),C(0,-3),

∴直线BC解析式为y=x-3.

设P点坐标为(x,x2-2x-3),则M点坐标为(x,x-3).

∵P点在第四象限,

∴PM=x-3-(x2-2x-3)=-x2+3x.

∴S△PBC=PM·OH+PM·HB=PM·(OH+HB)=PM·OB=PM.

∴当PM有最大值时,△PBC的面积最大,则四边形ABPC的面积最大.

∵PM=-x2+3x=-(x-)2+,

∴当x=时,PMmax=,则S△PBC=×=.

此时P点坐标为(,-),S四边形ABPC=S△ABC+S△PBC=6+=.

即当P点坐标为(,-)时,四边形ABPC的面积最大,最大面积为.

(3)设直线m交y轴于点N,交直线l于点G,则∠AGP=∠GNC+∠GCN.

当△AGB和△NGC相似时,必有∠AGB=∠CGB.

又∵∠AGB+∠CGB=180°,

∴∠AGB=∠CGB=90°.

∴∠ACO=∠OBN.

在△AOC和△NOB中,

∴△AOC≌△NOB(ASA).

∴ON=OA=1.

∴N点坐标为(0,-1).

设直线m解析式为y=kx+d.

把B,N两点坐标代入,得

解得∴直线m解析式为y=x-1.

故存在满足条件的直线m,其解析式为y=x-1.

拓展类型

其他问题

1.(2016·巴中)如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=mx2+4mx-5m(m<0)与x轴交于点A,B(点A在点B的左侧),该抛物线的对称轴与直线y=x相交于点E,与x轴相交于点D,点P在直线y=x上(不与原点重合),连接PD,过点P作PF⊥PD交y轴于点F,连接DF.

(1)如图①所示,若抛物线顶点的纵坐标为6,求抛物线的解析式;

(2)求A,B两点的坐标;

(3)如图②所示,小红在探究点P的位置时发现:当点P与点E重合时,∠PDF的大小为定值,进而猜想:对于直线y=x上任意一点P(不与原点重合),∠PDF的大小为定值.请你判断该猜想是否正确,并说明理由.

解:(1)∵y=mx2+4mx-5m,

∴y=m(x2+4x-5)=m(x+5)(x-1).

令y=0,则m(x+5)(x-1)=0.

∵m≠0,∴x=-5或x=1.

∴A(-5,0),B(1,0).

∴抛物线的对称轴为x=-2.

∵抛物线的顶点坐标为(-2,6),

∴-9m=6,即m=-.

∴抛物线的解析式为y=-x2-x+.

(2)由(1)可知:A(-5,0),B(1,0).

(3)如图所示,∵OP的解析式为y=x,

∴∠AOP=30°.∴∠PBF=60°.

∵PD⊥PF,FO⊥OD,∴∠DPF=∠FOD=90°.

∴∠DPF+∠FOD=180°.∴点O,D,P,F共圆.

∴∠PDF=∠PBF.∴∠PDF=60°.

2.如图,抛物线y=ax2+bx+c的顶点为D,与y轴交于点C,直线CD的解析式为y=x+2.

(1)求b,c的值;

(2)过点C作CE∥x轴交抛物线于点E,直线DE交x轴于点F,且F(4,0),求抛物线的解析式;

(3)在(2)条件下,抛物线上是否存在点M,使得△CDM≌△CEA?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.

解:(1)∵直线CD的解析式为y=x+2,

∴C(0,2).∴c=2.

设直线CD交x轴于点A,∴A(-2,0).

∴==.

∴∠OCA=30°,

过点D作DM⊥y轴于点M,

∴∠DCM=30°,CM=DM,

设抛物线的顶点横坐标为h,则CM=h,

∴D(h,2+h).

∴y=a(x-h)2+2+h.

∵C(0,2),

∴2=ah2+2+h.

解得h1=0(舍),h2=-.

∴y=a(x+)2+2+h=ax2+2x++2+h.

∴b=2.

(2)作抛物线的对称轴交x轴于点B(如图),

∵∠DCM=30°,

∴∠CDB=30,由抛物线的对称性,可得△DCE为等边三角形.

∵CE∥x轴,

∴△DAF为等边三角形.

∴点B为AF中点.

∵A(-2,0),F(4,0),

∴B(1,0).

抛物线对称轴为直线x=1,

∴-=1.

∴-=1.

∴a=-.

∴D(1,3).

∴y=-(x-1)2+3=-x2+2x+2.

(3)存在.

过点C作CM⊥DE于点N交抛物线于点M,

此时,△CDM≌△CEM.

∵△CDE为等边三角形,

∴CM为DE的中垂线,

∴DM=EM,∴△CDM≌△CEM,

∵D(1,3),E(2,2),

∴N(,).

设yCN=kx+b,代入(0,2),(,),得

∴yCN=x+2.

联立解得

∴M(,).

3.(2016·南充模拟)如图,已知:抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,经过B,C两点的直线是y=x-2,连接AC.

(1)B,C两点坐标分别为B(4,0),C(0,-2),抛物线的函数关系式为y=x2-x-2;

(2)判断△ABC的形状,并说明理由;

(3)在△ABC内部能否截出面积最大的矩形DEFC(顶点D,E,F,G在△ABC各边上)?若能,求出在AB边上的矩形顶点的坐标;若不能,请说明理由.

解:(2)△ABC是直角三角形.理由:

当y=0时,x2-x-2=0,解得x1=-1,x2=4,

则A(-1,0),

∵AC2=12+22=5,BC2=42+22=20,AB2=52=25,

∴AC2+BC2=AB2,

∴△ABC是直角三角形,∠ACB=90°.

(3)能.当矩形DEFG顶点D在AB上时,点F与点C重合,如图1,设CG=x,

∵DG∥BC,

∴△AGD∽△ACB.

∴AG:AC=DG∶BC,即(-x)∶=DG∶2,

解得DG=2(-x).

∴S矩形DEFG=x(2-2x)=-2x2+2x=-2(x-)+.

此时x=时,矩形DEFG的面积最大,最大值为,

当矩形DEFG两个顶点D,E在AB上时,如图2,CO交GF于点H,设DG=x,则OH=x,CH=2-x,

∵GF∥AB,∴△CGF∽△CAB,

∴GF∶AB=CH∶CO,即GF∶5=(2-x)∶2,

解得GF=(2-x).

∴S矩形DEFG=x·(2-x)=-x2+5x=-(x-1)2+,此时x=1时,矩形DEFG的面积最大,最大值为.

综上所述,当矩形DEFG两个顶点D,E在AB上时和当矩形DEFG一个顶点D在AB上最大面积相同,

∵DG=1,∴DE=×(2-1)=,∵DG∥OC,

∴△ADG∽△AOC,

∴AD∶AO=DG∶OC,即AD∶1=1∶2.

解得AD=.

∴OD=.

∴OE=-=2.

∴D(-,0),E(2,0).

当矩形一个顶点在AB上时,

GD=2(-x)=,AG=,

∴AD=,OD=AD-OA=.

∴D(,0).

综上,在△ABC内部能截出面积最大的矩形DEFC,

当矩形两个顶点在A,B上时坐标为D(-,0),E(2,0),

当矩形只有一个顶点在AB上时,坐标为D(,0).

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