四川中考突破复习题型专项(十二)二次函数与几何图形

时间：2021-03-16 00:15:05 来源：蒲公英阅读网 本文已影响人

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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)．