1、（2011•河北）如图，在平面直角坐标系中，点P从原点O出发，沿x轴向右以毎秒1个单位长的速度运动t秒（t＞0），抛物线y=x2+bx+c经过点O和点P，已知矩形ABCD的三个顶点
为 A （1，0），B （1，﹣5），D （4，0）．
（1）求c，b （用含t的代数式表示）：
（2）当4＜t＜5时，设抛物线分别与线段AB，CD交于点M，N．
①在点P的运动过程中，你认为∠AMP的大小是否会变化？若变化，说明理由；若不变，求出∠AMP的值；
②求△MPN的面积S与t的函数关系式，并求t为何值时，；
（3）在矩形ABCD的内部（不含边界），把横、纵 坐标都是整数的点称为“好点”．若抛物线将这些“好点”分成数量相等的两部分，请直接写出t的取值范围．
考点：二次函数综合题。
分析：（1）由抛物线y=x2+bx+c经过点O和点P，将点O与P的坐标代入方程即可求得c，b；
（2）①当x=1时，y=1﹣t，求得M的坐标，则可求得∠AMP的度数，
②由S=S四边形AMNP﹣S△PAM=S△DPN+S梯形NDAM﹣S△PAM，即可求得关于t的二次函数，列方程即可求得t的值；
（3）根据图形，即可直接求得答案．
解答：解：（1）把x=0，y=0代入y=x2+bx+c，得c=0，
再把x=t，y=0代入y=x2+bx，得t2+bt=0，
∵t＞0，
∴b=﹣t；
（2）①不变．
如图6，当x=1时，y=1﹣t，故M（1，1﹣t），
∵tan∠AMP=1，
∴∠AMP=45°；
②S=S四边形AMNP﹣S△PAM=S△DPN+S梯形NDAM﹣S△PAM=（t﹣4）（4t﹣16）+[（4t﹣16）+（t﹣1）]×3﹣（t﹣1）（t﹣1）=t2﹣t+6．
解t2﹣t+6=，
得：t1=，t2=，
∵4＜t＜5，
∴t1=舍去，
∴t=．
（3）＜t＜．
点评：此题考查了二次函数与点的关系，以及三角形面积的求解方法等知识．此题综合性很强，难度适中，解题的关键是注意数形结合与方程思想的应用．
2、（2011•江苏连云港）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=6，点P在AB上，AP=2，点E、F同时从点P出发，分别沿PA、PB以每秒1个单位长度的速度向点A、B匀速运动，点E到达点A后立刻以原速度沿AB向点B运动，点F运动到点B时停止，点E也随之停止．在点E、F运动过程中，以EF为边作正方形EFGH，使它与△ABC在线段AB的同侧．设E、F运动的时间为t/秒（t＞0），正方形EFGH与△ABC重叠部分面积为S．
（1）当时t=1时，正方形EFGH的边长是 1 ．当t=3时，正方形EFGH的边长是 4 ．
（2）当0＜t≤2时，求S与t的函数关系式；
（3）直接答出：在整个运动过程中，当t为何值时，S最大？最大面积是多少？
考点：相似三角形的判定与性质；二次函数的最值；勾股定理；正方形的性质。
专题：计算题；几何动点问题；分类讨论。
分析：（1）当时t=1时，可得，EP=1，PF=1，EF=2即为正方形EFGH的边长；当t=3时，PE=1，PF=3，即EF=4；
（2）正方形EFGH与△ABC重叠部分的形状，依次为正方形、五边形和梯形；可分三段分别解答：①当0＜t≤时；②当＜t≤时；③当＜t≤2时；依次求S与t的函数关系式；
（3）当t=5时，面积最大；
解答：解：（1）当时t=1时，则PE=1，PF=1，
∴正方形EFGH的边长是2；
当t=3时，PE=1，PF=3，
∴正方形EFGH的边长是4；
（2）：①当0＜t≤时，
S与t的函数关系式是y=2t×2t=4t2；
②当＜t≤时，
S与t的函数关系式是：
y=4t2﹣[2t﹣（2﹣t）]×[2t﹣（2﹣t）]，
=﹣t2+11t﹣3；
③当＜t≤2时；
S与t的函数关系式是：
y=（t+2）×（t+2）﹣（2﹣t）（2﹣t），
=3t；
（3）当t=5时，最大面积是：
s=16﹣××=；
点评：本题考查了动点函数问题，其中应用到了相似形、正方形及勾股定理的性质，锻炼了学生运用综合知识解答题目的能力．
3．（2011•江苏淮安）某课题研究小组就图形面积问题进行专题研究，他们发现如下结论：
（1）有一条边对应相等的两个三角形面积之比等于这条边上的对应高之比；
（2）有一个角对应相等的两个三角形面积之比等于夹这个角的两边乘积之比；
…
现请你继续对下面问题进行探究，探究过程可直接应用上述结论．（S表示面积）
问题1：如图1，现有一块三角形纸板ABC，P1，P2三等分边AB，R1，R2三等分边AC．
经探究知＝S△ABC，请证明．
问题2：若有另一块三角形纸板，可将其与问题1中的拼合成四边形ABCD，如图2，Q1，Q2三等分边DC．请探究与S四边形ABCD之间的数量关系．
问题3：如图3，P1，P2，P3，P4五等分边AB，Q1，Q2，Q3，Q4五等分边DC．若
S四边形ABCD＝1，求．
问题4：如图4，P1，P2，P3四等分边AB，Q1，Q2，Q3四等分边DC，P1Q1，P2Q2，P3Q3
将四边形ABCD分成四个部分，面积分别为S1，S2，S3，S4．请直接写出含有S1，S2，S3，S4的一个等式．
【答案】解：问题1：∵P1，P2三等分边AB，R1，R2三等分边AC，
∴P1R1∥P2R2∥BC．∴△AP1 R1∽△AP2R2∽△ABC，且面积比为1:4:9．
∴＝S△ABC＝S△ABC
问题2：连接Q1R1，Q2R2，如图，由问题1的结论，可知
∴＝S△ABC ，＝S△ACD
∴＋＝S四边形ABCD
由∵P1，P2三等分边AB，R1，R2三等分边AC，Q1，Q2三等分边DC，
可得P1R1:P2R2＝Q2R2:Q1R1＝1:2，且P1R1∥P2R2，Q2R2∥Q1R1．
∴∠P1R1A＝∠P2R2A，∠Q1R1A＝∠Q2R2A．∴∠P1R1Q1＝∠P2R2 Q2．
由结论（2），可知＝．
∴＝＋＝S四边形ABCD．
问题3：设＝A，＝B，设＝C，
由问题2的结论，可知A＝，B＝．
A＋B＝(S四边形ABCD＋C)＝(1＋C)．
又∵C＝(A＋B＋C)，即C＝[ (1＋C)＋C]．
整理得C＝，即＝
问题4：S1＋S4＝S2＋S3．
【考点】平行的判定，相似三角形的判定和性质，等量代换。
【分析】问题1：由平行和相似三角形的判定，再由相似三角形面积比是对应边的比的平方的性质可得。
问题2：由问题1的结果和所给结论（2）有一个角对应相等的两个三角形面积之比等于夹这个角的两边乘积之比，可得。
问题3：由问题2的结果经过等量代换可求。
问题4：由问题2可知S1＋S4＝S2＋S3＝。
4．（2011•江苏南通）如图，已知直线l经过点A(1，0)，与双曲线y＝
(x＞0)交于点B(2，1)．过点P(p，p－1)(p＞1)作x轴的平
行线分别交双曲线y＝(x＞0)和y＝－(x＜0)于点M、N．
(1)求m的值和直线l的解析式；
(2)若点P在直线y＝2上，求证：△PMB∽△PNA；
(3)是否存在实数p，使得S△AMN＝4S△AMP？若存在，请求出所有满足条件的p的值；若
不存在，请说明理由．
【答案】解：(1)由点B(2，1)在y＝上，有2＝，即m＝2。
设直线l的解析式为，由点A(1，0)，点B(2，1)在上，得
， ，解之，得
∴所求 直线l的解析式为。
(2)点P(p，p－1)在直线y＝2上，∴P在直线l上，是直线y＝2和l的交点，见图（1）。
∴根据条件得各点坐标为N（－1，2），M（1，2），P（3，2）。
∴NP＝3－（－1）＝4，MP＝3－1＝2，AP＝，
BP＝
∴在△PMB和△PNA中，∠MPB＝∠NPA，。
∴△PMB∽△PNA。
(3)S△AMN＝。下面分情况讨论：
当1＜p＜3时，延长MP交X轴于Q，见图（2）。设直线MP为则有
解得
则直线MP为
当y＝0时，x＝，即点Q的坐标为（，0）。
则，
由2＝4有，解之，p＝3（不合，舍去），p＝。
当p＝3时，见图（1）S△AMP＝＝S△AMN。不合题意。
当p>3时，延长PM交X轴于Q，见图（3）。
此时，S△AMP大于情况当p＝3时的三角形面积S△AMN。故不存在实数p，使得S△AMN＝4S△AMP。
综上，当p＝时，S△AMN＝4S△AMP。
【考点】反比例函数，一次函数，待定系数法，二元一次方程组，勾股定理，相似三角形一元二次方程。
【分析】(1)用点B(2，1)的坐标代入y＝即可得m值，用待定系数法，求解二元一次方程组可得直线l的解析式。
(2)点P(p，p－1)在直线y＝2上，实际上表示了点是直线y＝2和l的交点，这样要求证△PMB∽△PNA只要证出对应线段成比例即可。
(3)首先要考虑点P的位置。实际上，当p＝3时，易求出这时S△AMP＝S△AMN，当p>3时，注意到这时S△AMP大于p＝3时的三角形面积，从而大于S△AMN。所以只要主要研究当1＜p＜3时的情况。作出必要的辅助线后，先求直线MP的方程，再求出各点坐标（用p表示），然后求出面积表达式，代入S△AMN＝4S△AMP后求出p值。
5．（2011•江苏苏州）已知二次函数的图象与x轴分别交于点A、B，与y轴交于点C．点D是抛物线的顶点．
(1)如图①，连接AC，将△OAC沿直线AC翻折，若点O的对应点O'恰好落在该抛物线的对称轴上，求实数a的值；
(2)如图②，在正方形EFGH中，点E、F的坐标分别是（4，4）、（4，3），边HG位于边EF的右侧．小林同学经过探索后发现了一个正确的命题：“若点P是边EH或边HG上的任意一点，则四条线段PA、PB、PC、PD不能与任何一个平行四边形的四条边对应相等（即这四条线段不能构成平行四边形）．”若点P是边EF或边FG上的任意一点，刚才的结论是否也成立？请你积极探索，并写出探索过程；
(3)如图②，当点P在抛物线对称轴上时，设点P的纵坐标t是大于3的常数，试问：是否存在一个正数a，使得四条线段PA、PB、PC、PD与一个平行四边形的四条边对应相等（即这四条线段能构成平行四边形）？请说明理由．
【答案】
【考点】二次函数,图形的翻转,300角的直角三角形的性质, 平行四边形的判定,一元二次方程.
【分析】(1)先利用点在二次函数上点的坐标满足方程和300角的直角三角形300角所对的
直角边是斜边的一半, 求出点A,B,C的坐标,再求出a.
(2)比较四线段的长短来得出结论.
(3)由点A,B是抛物线与X轴的交点, 点P在抛物线对称轴上,所以PA=PB,要PA,PB,PC,PD构成一个平行四边形的四条边，只要PC=PD, 从而推出a。
6．（2011•江苏泰州）在平面直角坐标系xOy中，边长为a（a为大于0的常数）的正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点P，顶点A在x轴正半轴上运动，顶点B在y轴正半轴上运动（x轴的正半轴、y轴的正半轴都不包含原点O），顶点C、D都在第一象限。
（1）当∠BAO=45°时，求点P的坐标；
（2）求证：无论点A在x轴正半轴上、点B在y轴正半轴上怎样运动，点P都在∠AOB的平分线上；
（3）设点P到x轴的距离为h，试确定h的取值范围，并说明理由。
【答案】解：（1）当∠BAO=45°时，四边形OAPB为正方形
OA=OB=a·cos45°=a ∴P点坐标为（a， a）
（2）作DE⊥x轴于E,PF ⊥x轴于F,
设A点坐标为（m,0）,B点坐标为（0,n）
∵∠BAO+∠DAE=∠BAO+∠ABO=90°∴∠DAE=∠ABO
在△AOB和△DEA中：
∴△AOB≌和△DEA（AAS）
∴AE=0B=n,DE=OA=m,
则D点坐标为（m+n,m）
∵点P为BD的中点，且B点坐标为（0,n）
∴P点坐标为（,）∴PF=OF= ∴∠POF=45°,
∴OP平分∠AOB。即无论点A在x轴正半轴上、点B在y轴正半轴上怎样运动，点P都在∠AOB的平分线上；
（3）当A,B分别在x轴正半轴和y轴正半轴上运动时，设PF与PA的夹角为α，
则0°≤α＜45° h=PF=PA·cosα=a·cosα
∵0°≤α＜45° ∴＜cosα≤1 ∴a＜h≤a
【考点】正方形性质, 特殊角三角函数, 全等三角形,, 直角梯形．
【分析】⑴ 根据已知条件, 用特殊角三角函数可求.
（2）根据已知条件, 假设A点坐标为（m,0）, B点坐标为（0,n）并作DE⊥x轴于E,PF ⊥x轴于F, 用全等三角形等知识求出点D,P,E,F坐标(用m,n表示), 从而证出PF=OF, 进而∠POF=45°.因此得证.
（3）由（2）知∠OPF=45°,故0°≤∠OPA＜45°,＜cos∠OPA≤1, 在Rt△APF中PF=PA·cos∠OPA,从而得求.
7．（2011•江苏盐城）（本题满分12分）如图，已知一次函数y = － x +7与正比例函数y = x的图象交于点A，
且与x轴交于点B.
（1）求点A和点B的坐标；
（2）过点A作AC⊥y轴于点C，过点B作直线l∥y轴．
动点P从点O出发，以每秒1个单位长的速度，沿O—C—A的路线向点A运动；同时直线l从点B出发，以相同速度向左平移，在平移过程中，直线l交x轴于点R，交线段BA或线段AO于点Q．当点P到达点A时，点P和直线l都停止运动．在运动过程中，设动点P运动的时间为t秒.
①当t为何值时，以A、P、R为顶点的三角形的面积为8？
②是否存在以A、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求t的值；若不
存在，请说明理由．
【答案】（1）根据题意，得，解得，∴A(3，4) .
令y=－x+7=0，得x=7．∴B（7，0）.
（2）①当P在OC上运动时，0≤t＜4.
由S△APR=S梯形COBA－S△ACP－S△POR－S△ARB=8，得
(3+7)×4－×3×(4－t)－ t(7－t)－ t×4=8
整理,得t2－8t+12=0, 解之得t1=2,t2=6（舍）
当P在CA上运动，4≤t＜7.
由S△APR=×(7－t) ×4=8，得t=3（舍）
∴当t=2时，以A、P、R为顶点的三角形的面积为8.
②当P在OC上运动时，0≤t＜4. 此时直线l交AB于Q。
∴AP=，AQ=t，PQ=7－t
当AP =AQ时， （4－t）2+32=2(4－t)2, 整理得，t2－8t+7=0. ∴t=1, t=7(舍)
当AP=PQ时，（4－t）2+32=(7－t)2,整理得，6t=24. ∴t=4(舍去)
当AQ=PQ时，2（4－t）2=(7－t)2整理得，t2－2t－17=0 ∴t=1±3 (舍)
当P在CA上运动时，4≤t＜7. 此时直线l交AO于Q。过A作AD⊥OB于D,则AD=BD=4.
设直线l交AC于E，则QE⊥AC，AE=RD=t－4，AP=7－t.
由cos∠OAC= =，得AQ = (t－4)．
当AP=AQ时，7－t = (t－4)，解得t =.
当AQ=PQ时，AE＝PE，即AE= AP
得t－4= (7－t)，解得t =5.
当AP=PQ时，过P作PF⊥AQ于F
AF= AQ =×(t－4).
在Rt△APF中，由cos∠PAF＝ ＝，得AF＝ AP
即×(t－4)=×(7－t)，解得t=.
∴综上所述，t=1或或5或 时，△APQ是等腰三角形.
【考点】一次函数，二元一次方程组，勾股定理，三角函数，一元二次方程，等腰三角形。
【分析】（1）联立方程y = － x +7和y = x即可求出点A的坐标，今y=－x+7=0即可得点B的坐标。
（2）①只要把三角形的面积用t表示，求出即可。应注意分P在OC上运动和P在CA上运动两种情况了。
②只要把有关线段用t表示，找出AP=AQ，AP=PQ，AQ=PQ的条件时t的值即可。应注意分别讨论P在OC上运动（此时直线l与AB相交）和P在CA上运动（此时直线l与AO相交）时AP=AQ，AP=PQ，AQ=PQ的条件。
8、（2011•福州）已知，如图，二次函数y=ax2+2ax﹣3a（a≠0）图象的顶点为H，与x轴交于A、B两点（B在A点右侧），点H、B关于直线l：对称．
（1）求A、B两点坐标，并证明点A在直线l上；
（2）求二次函数解析式；
（3）过点B作直线BK∥AH交直线l于K点，M、N分别为直线AH和直线l上的两个动点，连接HN、NM、MK，求HN+NM+MK和的最小值．
考点：二次函数综合题；解二元一次方程组；待定系数法求二次函数解析式；抛物线与x轴的交点；图象法求一元二次方程的近似根；勾股定理。
专题：计算题；代数几何综合题。
分析：（1）求出方程ax2+2ax﹣3a=0（a≠0），即可得到A点坐标和B点坐标；把A的坐标代入直线l即可判断A是否在直线上；
（2）根据点H、B关于过A点的直线l：对称，得出AH=AB=4，过顶点H作HC⊥AB交AB于C点，求出AC和HC的长，得出顶点H的坐标，代入二次函数解析式，求出a，即可得到二次函数解析式；
（3）解方程组，即可求出K的坐标，根据点H、B关于直线AK对称，得出HN+MN的最小值是MB，过点K作直线AH的对称点Q，连接QK，交直线AH于E，得到BM+MK的最小值是BQ，即BQ的长是HN+NM+MK的最小值，由勾股定理得QB=8，即可得出答案．
解答：解：（1）依题意，得ax2+2ax﹣3a=0（a≠0），
解得x1=﹣3，x2=1，
∵B点在A点右侧，
∴A点坐标为（﹣3，0），B点坐标为（1，0），
答：A、B两点坐标分别是（﹣3，0），（1，0）．
证明：∵直线l：，
当x=﹣3时，，
∴点A在直线l上．
（2）解：∵点H、B关于过A点的直线l：对称，
∴AH=AB=4，
过顶点H作HC⊥AB交AB于C点，
则，，
∴顶点，
代入二次函数解析式，解得，
∴二次函数解析式为，
答：二次函数解析式为．
（3）解：直线AH的解析式为，
直线BK的解析式为，
由，
解得，
即，
则BK=4，
∵点H、B关于直线AK对称，
∴HN+MN的最小值是MB，，
过点K作直线AH的对称点Q，连接QK，交直线AH于E，
则QM=MK，，AE⊥QK，
∴BM+MK的最小值是BQ，即BQ的长是HN+NM+MK的最小值，
∵BK∥AH，
∴∠BKQ=∠HEQ=90°，
由勾股定理得QB=8，
∴HN+NM+MK的最小值为8，
答HN+NM+MK和的最小值是8．
点评：本题主要考查对勾股定理，解二元一次方程组，二次函数与一元二次方程，二次函数与X轴的交点，用待定系数法求二次函数的解析式等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行计算是解此题的关键，此题是一个综合性比较强的题目，有一定的难度．
9、（2011•呼和浩特）已知抛物线y1=x2+4x+1的图象向上平移m个单位（m＞0）得到的新抛物线过点（1，8）．
（1）求m的值，并将平移后的抛物线解析式写成y2=a（x﹣h）2+k的形式；
（2）将平移后的抛物线在x轴下方的部分沿x轴翻折到x轴上方，与平移后的抛物线没有变化的部分构成一个新的图象．请写出这个图象对应的函数y的解析式，并在所给的平面直角坐标系中直接画出简图，同时写出该函数在﹣3＜x≤时对应的函数值y的取值范围；
（3）设一次函数y3=nx+3（n≠0），问是否存在正整数n使得（2）中函数的函数值y=y3时，对应的x的值为﹣1＜x＜0，若存在，求出n的值；若不存在，说明理由．
考点：二次函数综合题。
分析：（1）根据抛物线y1=x2+4x+1的图象向上平移m个单位，可得y2=x2+4x+1+m，再利用又点（1，8）在图象上，求出m即可；
（2）根据函数解析式画出图象，即可得出函数大小分界点；
（3）根据当y=y3且对应的﹣1＜x＜0时，x2+4x+3=nx+3，得出n取值范围即可得出答案．
解答：解：（1）由题意可得y2=x2+4x+1+m，
又点（1，8）在图象上，
∴8=1+4×1+1+m，
∴m=2，
∴y2=（x+2）2﹣1；
（2）
当时，0＜y≤﹣1；
（3）不存在，
理由：当y=y3且对应的﹣1＜x＜0时，x2+4x+3=nx+3，
∴x1=0，x2=n﹣4，
且﹣1＜n﹣4＜0得3＜n＜4，
∴不存在正整数n满足条件．
点评：此题主要考查了二次函数的综合应用以及图象交点求法，二次函数的综合应用是初中阶段的重点题型特别注意利用数形结合是这部分考查的重点也是难点同学们应重点掌握．
10、（2011•成都）如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC的A、B两个顶点在x轴上，顶点C在y轴的负半轴上．已知|OA|：|OB|=1：5，|OB|=|OC|，△ABC的面积S△ABC=15，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过A、B、C三点．
（1）求此抛物线的函数表达式；
（2）设E是y轴右侧抛物线上异于点B的一个动点，过点E作x轴的平行线交抛物线于另一点F，过点F作FG垂直于x轴于点G，再过点E作EH垂直于x轴于点H，得到矩形EFGH．则在点E的运动过程中，当矩形EFGH为正方形时，求出该正方形的边长；
（3）在抛物线上是否存在异于B、C的点M，使△MBC中BC边上的高为？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
考点：二次函数综合题。
专题：综合题。
分析：（1） 由已知设OA=m，则OB=OC=5m，AB=6m，由△ABC=AB×OC=15，可求m的值，确定A、B、C三点坐标，由A、B两点坐标设抛物线交点式，将C点坐标代入即可；
（2）设E点坐标为（m，m2﹣4m﹣5），抛物线对称轴为x=2，根据2（m﹣2）=EH，列方程求解；
（3）存在．因为OB=OC=5，△OBC为等腰直角三角形，直线BC解析式为y=x﹣5，则直线y=x+9或直线y=x﹣19与BC的距离为7，将直线解析式与抛物线解析式联立，求M点的坐标即可．
解答：解：（1）∵|OA|：|OB|=1：5，|OB|=|OC|，
设OA=m，则OB=OC=5m，AB=6m，
由△ABC=AB×OC=15，得×6m×5m=15，解得m=1（舍去负值），
∴A（﹣1，0），B（5，0），C（0，﹣5），
设抛物线解析式为y=a（x+1）（x﹣5），将C点坐标代入，得a=1，
∴抛物线解析式为y=（x+1）（x﹣5），
即y=x2﹣4x﹣5；
（2）设E点坐标为（m，m2﹣4m﹣5），抛物线对称轴为x=2，
由2（m﹣2）=EH，得2（m﹣2）=﹣（m2﹣4m﹣5）或2（m﹣2）=m2﹣4m﹣5，
解得m=1±或m=3±，
∵m＞2，∴m=1+或m=3+，
边长EF=2（m﹣2）=2﹣2或2+2；
（3）存在．
由（1）可知OB=OC=5，
∴△OBC为等腰直角三角形，直线BC解析式为y=x﹣5，
依题意，直线y=x+9或直线y=x﹣19与BC的距离为7，
联立，，
解得或，
∴M点的坐标为（﹣2，7），（7，16）．
点评：本题考查了二次函数的综合运用．关键是采用形数结合的方法，准确地用点的坐标表示线段的长，根据图形的特点，列方程求解，注意分类讨论．
11、（2011•南充）抛物线y=ax2+bx+c与x轴的交点为A（m﹣4，0）和B（m，0），与直线y=﹣x+p相交于点A和点C（2m﹣4，m﹣6）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P在抛物线上，且以点P和A，C以及另一点Q为顶点的平行四边形ACQP面积为12，求点P，Q的坐标；
（3）在（2）条件下，若点M是x轴下方抛物线上的动点，当△PQM的面积最大时，请求出△PQM的最大面积及点M的坐标．
考点：二次函数综合题；解二元一次方程组；二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；平行四边形的性质。
专题：计算题；代数几何综合题。
分析：（1）把点A（m﹣4，0）和C（2m﹣4，m﹣6）代入直线y=﹣x+p上得到方程组，求出方程组的解，得出A、B、C的坐标，设抛物线y=ax2+bx+c=a（x﹣3）（x+1），把C（2，﹣3）代入求出a即可；
（2）AC所在直线的解析式为：y=﹣x﹣1，根据平行四边形ACQP的面积为12，求出AC边上的高为2，过点D作DK⊥AC与PQ所在直线相交于点K，求出DK、DN，得到PQ的解析式为
y=﹣x+3或y=﹣x﹣5，求出方程组的解即可得到P1（3，0），P2（﹣2，5），根据ACPQ是平行四边形，求出Q的坐标；
（3）设M（t，t2﹣2t﹣3），（﹣1＜t＜3），过点M作y轴的平行线，交PQ所在直线雨点T，则T（t，﹣t+3），求出MT=﹣t2+t+6，过点M作MS⊥PQ所在直线于点S，求出
MS=﹣（t﹣）2+，即可得到答案．
解答：解：（1）∵点A（m﹣4，0）和C（2m﹣4，m﹣6）在直线y=﹣x+p上
∴
，解得：，
∴A（﹣1，0），B（3，0），C（2，﹣3），
设抛物线y=ax2+bx+c=a（x﹣3）（x+1），
∵C（2，﹣3），代入得：﹣3=a（2﹣3）（2+1），
∴a=1
∴抛物线解析式为：y=x2﹣2x﹣3，
答：抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3．
（2）解：AC=3，
AC所在直线的解析式为：y=﹣x﹣1，
∠BAC=45°，
∵平行四边形ACQP的面积为12，
∴平行四边形ACQP中AC边上的高为=2，
过点D作DK⊥AC与PQ所在直线相交于点K，DK=2，
∴DN=4，
∵ACPQ，PQ所在直线在直线ACD的两侧，可能各有一条，
∴PQ的解析式或为y=﹣x+3或y=﹣x﹣5，
∴，
解得：或，
，方程无解，
即P1（3，0），P2（﹣2，5），
∵ACPQ是平行四边形，A（﹣1，0），C（2，﹣3），
∴当P（3，0）时，Q（6，﹣3），
当P（﹣2，5）时，Q（1，2），
∴满足条件的P，Q点是P1（3，0），Q1（6，﹣3）或P2（﹣2，5），Q2（1，2）
答：点P，Q的坐标是P1（3，0），Q1（6，﹣3）或P2（﹣2，5），Q2（1，2）．
（3）解：设M（t，t2﹣2t﹣3），（﹣1＜t＜3），
过点M作y轴的平行线，交PQ所在直线雨点T，则T（t，﹣t+3），
MT=（﹣t+3）﹣（t2﹣2t﹣3）=﹣t2+t+6，
过点M作MS⊥PQ所在直线于点S，
MS=MT=（﹣t2+t+6）=﹣（t﹣）2+，
∴当t=时，M（，﹣），△PQM中PQ边上高的最大值为，
答：△PQM的最大面积是，点M的坐标是（，﹣）．
点评：本题主要考查对用待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的最值，平行四边形的性质，解二元一次方程组等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行计算是解此题的关键，此题是一个综合性比较强的题目，有一定的难度．
12、（2011•达州）如图，已知抛物线与x轴交于A（1，0），B（﹣3，0）两点，与y轴交于点C（0，3），抛物线的顶点为P，连接AC．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）在抛物线上找一点D，使得DC与AC垂直，且直线DC与x轴交于点Q，求点D的坐标；
（3）抛物线对称轴上是否存在一点M，使得S△MAP=2S△ACP，若存在，求出M点坐标；若不存在，请说明理由．
考点：二次函数综合题。
分析：（1）利用交点式将抛物线与x轴交于A（1，0）、B（﹣3，0）两点，代入y=a（x﹣x1）（x﹣x2），求出二次函数解析式即可；
（2）利用△QOC∽△COA，得出QO的长度，得出Q点的坐标，再求出直线DC的解析式，将两函数联立求出交点坐标即可；
（3）首先求出二次函数顶点坐标，S四边形AEPC=S四边形OEPC+S△AOC，以及S四边形AEPC=S△AEP+S△ACP=得出使得S△MAP=2S△ACP点M的坐标．
解答：解：（1）设此抛物线的解析式为：y=a（x﹣x1）（x﹣x2），
∵抛物线与x轴交于A（1，0）、B（﹣3，0）两点，
∴y=a（x﹣1）（x+3），
又∵抛物线与y轴交于点C（0，3），
∴a（0﹣1）（0+3）=3，
∴a=﹣3
∴y=﹣（x﹣1）（x+3），
即y=﹣x2﹣2x+3，
用其他解法参照给分；
（2）∵点A（1，0），点C（0，3），
∴OA=1，OC=3，
∵DC⊥AC，OC⊥x轴，
∴△QOC∽△COA，
∴，即，
∴OQ=9，
又∵点Q在x轴的负半轴上，
∴Q（﹣9，0），
设直线DC的解析式为：y=mx+n，则，
解之得：，
∴直线DC的解析式为：，
∵点D是抛物线与直线DC的交点，
∴，
解之得：（不合题意，应舍去），
∴点D（，
用其他解法参照给分；
（3）如图，点M为直线x=﹣1上一点，连接AM，PC，PA，
设点M（﹣1，y），直线x=﹣1与x轴交于点E，
∴AE=2，
∵抛物线y=﹣x2﹣2x+3的顶点为P，对称轴为x=﹣1，
∴P（﹣1，4），
∴PE=4，
则PM=|4﹣y|，
∵S四边形AEPC=S四边形OEPC+S△AOC，
=，
=，
=5，
又∵S四边形AEPC=S△AEP+S△ACP，
S△AEP=，
∴+S△ACP=5﹣4=1，
∵S△MAP=2S△ACP，
∴，
∴|4﹣y|=2，
∴y1=2，y2=6，
故抛物线的对称轴上存在点M使S△MAP=2S△ACP，
点M（﹣1，2）或（﹣1，6）．
点评：此题主要考查了二次函数的综合应用，二次函数的综合应用是初中阶段的重点题型特别注意利用数形结合是这部分考查的重点也是难点同学们应重点掌握．
13、（2011•重庆）如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=2，点O是AB的中点，点P在AB的延长线上，且BP=3．一动点E从O点出发，以每秒1个单位长度的速度沿OA匀速运动，到达A点后，立即以原速度沿AO返回；另一动点F从P点发发，以每秒1个单位长度的速度沿射线PA匀速运动，点E、F同时出发，当两点相遇时停止运动，在点E、F的运动过程中，以EF为边作等边△EFG，使△EFG和矩形ABCD在射线PA的同侧．设运动的时间为t秒（t≥0）．
（1）当等边△EFG的边FG恰好经过点C时，求运动时间t的值；
（2）在整个运动过程中，设等边△EFG和矩形ABCD重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式和相应的自变量t的取值范围；
（3）设EG与矩形ABCD的对角线AC的交点为H，是否存在这样的t，使△AOH是等腰三角形？若存大，求出对应的t的值；若不存在，请说明理由．
考点：相似三角形的判定与性质；根据实际问题列二次函数关系式；等腰三角形的性质；等边三角形的性质；矩形的性质；解直角三角形。
专题：代数几何综合题；动点型；分类讨论。
分析：（1）当边FG恰好经过点C时，∠CFB=60°，BF=3﹣t，在Rt△CBF中，解直角三角形可求t的值；
（2）按照等边△EFG和矩形ABCD重叠部分的图形特点，分为0≤t＜1，1≤t＜3，3≤t＜4，4≤t＜6四种情况，分别写出函数关系式；
（3）存在．当△AOH是等腰三角形时，分为AH=AO=3，HA=HO，OH=OA三种情况，分别画出图形，根据特殊三角形的性质，列方程求t的值．
解答：解：（1）当边FG恰好经过点C时，∠CFB=60°，BF=3﹣t，在Rt△CBF中，BC=2，tan∠CFB=，即tan60=，解得BF=2，即3﹣t=2，t=1，∴当边FG恰好经过点C时，t=1；
（2）当0≤t＜1时，S=2t+4；
当1≤t＜3时，S=﹣t2+3t+；
当3≤t＜4时，S=﹣4t+20；
当4≤t＜6时，S=t2﹣12t+36；
（3）存在．
理由如下：在Rt△ABC中，tan∠CAB==，
∴∠CAB=30°，又∵∠HEO=60°，∴∠HAE=∠AHE=30°，
∴AE=HE=3﹣t或t﹣3，
1）当AH=AO=3时，（如图②），过点E作EM⊥AH于M，则AM=AH=，
在Rt△AME中，cos∠MAE═，即cos30°=，
∴AE=，即3﹣t=或t﹣3=，
∴t=3﹣或t=3+，
2）当HA=HO时，（如图③）则∠HOA=∠HAO=30°，
又∵∠HEO=60°，∴∠EHO=90°，EO=2HE=2AE，
又∵AE+EO=3，∴AE+2AE=3，AE=1，
即3﹣t=1或t﹣3=1，∴t=2或t=4；
3）当OH=OA时，（如图④），则∠OHA=∠OAH=30°，
∴∠HOB=60°=∠HEB，∴点E和点O重合，
∴AE=3，即3﹣t=3或t﹣3=3，t=6（舍去）或t=0；
综上所述，存在5个这样的t值，使△AOH是等腰三角形，即t=3﹣或t=3+或t=2或t=2或t=0．
点评：本题考查了特殊三角形、矩形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形的有关知识．关键是根据特殊三角形的性质，分类讨论．
14、（2011•潼南县）如图，在平面直角坐标系中，△ABC是直角三角形，∠ACB=90，AC=BC，OA=1，OC=4，抛物线y=x2+bx+c经过A，B两点，抛物线的顶点为D．
（1）求b，c的值；
（2）点E是直角三角形ABC斜边AB上一动点（点A、B除外），过点E作x轴的垂线交抛物线于点F，当线段EF的长度最大时，求点E的坐标；
（3）在（2）的条件下：
①求以点E、B、F、D为顶点的四边形的面积；
②在抛物线上是否存在一点P，使△EFP是以EF为直角边的直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，说明理由．
考点：二次函数综合题。
分析：（1）由∠ACB=90°，AC=BC，OA=1，OC=4，可得A（﹣1，0）B（4，5），然后利用待定系数法即可求得b，c的值；
（2）由直线AB经过点A（﹣1，0），B（4，5），即可求得直线AB的解析式，又由二次函数y=x2﹣2x﹣3，设点E（t，t+1），则可得点F的坐标，则可求得EF的最大值，求得点E的坐标；
（3）①顺次连接点E、B、F、D得四边形EBFD，可求出点F的坐标（，），点D的坐标为（1，﹣4）由S四边形EBFD=S△BEF+S△DEF即可求得；
②过点E作a⊥EF交抛物线于点P，设点P（m，m2﹣2m﹣3），可得m2﹣2m﹣2=，即可求得点P的坐标，又由过点F作b⊥EF交抛物线于P3，设P3（n，n2﹣2n﹣3），可得n2﹣2n﹣2=﹣，求得点P的坐标，则可得使△EFP是以EF为直角边的直角三角形的P的坐标．
解答：解：（1）由已知得：A（﹣1，0），B（4，5），
∵二次函数y=x2+bx+c的图象经过点A（﹣1，0），B（4，5），
∴，
解得：b=﹣2，c=﹣3；
（2）如图：∵直线AB经过点A（﹣1，0），B（4，5），
∴直线AB的解析式为：y=x+1，
∵二次函数y=x2﹣2x﹣3，
∴设点E（t，t+1），则F（t，t2﹣2t﹣3），
∴EF=（t+1）﹣（t2﹣2t﹣3）=﹣（t﹣）2+，
∴当t=时，EF的最大值为，
∴点E的坐标为（，）；
（3）①如图：顺次连接点E、B、F、D得四边形EBFD．
可求出点F的坐标（，），点D的坐标为（1，﹣4）
S四边形EBFD=S△BEF+S△DEF=××（4﹣）+××（﹣1）=；
②如图：
ⅰ）过点E作a⊥EF交抛物线于点P，设点P（m，m2﹣2m﹣3）
则有：m2﹣2m﹣2=，
解得：m1=，m2=，
∴P1（，），P2（，），
ⅱ）过点F作b⊥EF交抛物线于P3，设P3（n，n2﹣2n﹣3）
则有：n2﹣2n﹣2=﹣，
解得：n1=，n2=（与点F重合，舍去），
∴P3（，），
综上所述：所有点P的坐标：P1（，），P2（，），P3（，）能使△EFP组成以EF为直角边的直角三角形．
点评：此题考查了待定系数法求二次函数的解析式，四边形与三角形面积问题以及直角三角形的性质等知识．此题综合性很强，解题的关键是注意方程思想与数形结合思想的应用．
15、（2011•湖北荆州）如图甲，分别以两个彼此相邻的正方形OABC与CDEF的边OC、OA 所在直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系（O、C、F三点在x轴正半轴上）．若⊙P过A、B、E三点（圆心在x轴上），抛物线y= 14x2+bx+c经过A、C两点，与x轴的另一交点为G，M是FG的中点，正方形CDEF的面积为1．
（1）求B点坐标；
（2）求证：ME是⊙P的切线；
（3）设直线AC与抛物线对称轴交于N，Q点是此轴称轴上不与N点重合的一动点，
①求△ACQ周长的最小值；
②若FQ=t，S△ACQ=S，直接写出S与t之间的函数关系式．
考点：二次函数综合题．
分析：（1）如图甲，连接PE、PB，设PC=n，由正方形CDEF的面积为1，可得CD=CF=1，根据圆和正方形的对称性知：OP=PC=n，由PB=PE，根据勾股定理即可求得n的值，继而求得B的坐标；
（2）由（1）知A（0，2），C（2，0），即可求得抛物线的解析式，然后求得FM的长，则可得△PEF∽△EMF，则可证得∠PEM=90°，即ME是⊙P的切线；
（3）①如图乙，延长AB交抛物线于A′，连CA′交对称轴x=3于Q，连AQ，则有AQ=A′Q，△ACQ周长的最小值为AC+A′C的长，利用勾股定理即可求得△ACQ周长的最小值；
②分别当Q点在F点上方时，当Q点在线段FN上时，当Q点在N点下方时去分析即可求得答案．
解答：解：（1）如图甲，连接PE、PB，设PC=n，
∵正方形CDEF的面积为1，
∴CD=CF=1，
根据圆和正方形的对称性知：OP=PC=n，
∴BC=2PC=2n，
∵而PB=PE，
∴PB2=BC2+PC2=4n2+n2=5n2，PE2=PF2+EF2=（n+1）2+1，
∴5n2=（n+1）2+1，
解得：n=1或n=－ 12（舍去），
∴BC=OC=2，
∴B点坐标为（2，2）；
（2）如图甲，由（1）知A（0，2），C（2，0），
∵A，C在抛物线上，
\∴ {c=214×4+2b+c=0，
解得： {c=2b=－32，
∴抛物线的解析式为：y= 14x2－ 32x+2= 14（x－3）2－ 14，
∴抛物线的对称轴为x=3，即EF所在直线，
∵C与G关于直线x=3对称，
∴CF=FG=1，
∴MF= 12FG= 12，
在Rt△PEF与Rt△EMF中，
∠EFM=∠EFP，
∵ FMEF=121=12， EFPF=12，
∴ FMEF=EFPF，
∴△PEF∽△EMF，
∴∴∠EPF=∠FEM，
∴∠PEM=∠PEF+∠FEM=∠PEF+∠EPF=90°，
∴ME是⊙P的切线；
（3）①如图乙，延长AB交抛物线于A′，连CA′交对称轴x=3于Q，连AQ，
则有AQ=A′Q，
∴△ACQ周长的最小值为AC+A′C的长，
∵A与A′关于直线x=3对称，
∴A（0，2），A′（6，2），
∴A′C=（6－2）2+22=2 5，而AC=22+22=2 2，
∴△ACQ周长的最小值为2 2+2 5；
②当Q点在F点上方时，S=t+1，
当Q点在线段FN上时，S=1－t，
当Q点在N点下方时，S=t－1．
点评：此题考查了待定系数法求二次函数的解析式，圆的性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理等知识．此题综合性很强，题目难度较大，解题的关键是方程思想、分类讨论与数形结合思想的应用．
16、（2011•襄阳）如图，在平面直角坐标系xoy中，AB在x轴上，AB=10，以AB为直径的⊙O'与y轴正半轴交于点C，连接BC，AC．CD是⊙O'的切线，AD丄CD于点D，tan∠CAD=，抛物线y=ax2+bx+c过A，B，C三点．
（1）求证：∠CAD=∠CAB；
（2）①求抛物线的解析式；
②判断抛物线的顶点E是否在直线CD上，并说明理由；
（3）在抛物线上是否存在一点P，使四边形PBCA是直角梯形．若存在，直接写出点P的坐标（不写求解过程）；若不存在，请说明理由．
考点：二次函数综合题。
分析：（1）连接O′C，由CD是⊙O的切线，可得O′C⊥CD，则可证得O′C∥AD，又由O′A=O′C，则可证得∠CAD=∠CAB；
（2）①首先证得△CAO∽△BCO，根据相似三角形的对应边成比例，可得OC2=OA•OB，又由tan∠CAO=tan∠CAD=，则可求得CO，AO，BO的长，然后利用待定系数法即可求得二次函数的解析式；
②首先证得△FO′C∽△FAD，由相似三角形的对应边成比例，即可得到F的坐标，求得直线DC的解析式，然后将抛物线的顶点坐标代入检验即可求得答案；
（3）根据题意分别从PA∥BC与PB∥AC去分析求解即可求得答案，小心不要漏解．
解答：（1）证明：连接O′C，
∵CD是⊙O的切线，
∴O′C⊥CD，
∵AD⊥CD，
∴O′C∥AD，
∴∠O′CA=∠CAD，
∵O′A=O′C，
∴∠CAB=∠O′CA，
∴∠CAD=∠CAB；
（2）①∵AB是⊙O′的直径，
∴∠ACB=90°，
∵OC⊥AB，
∴∠CAB=∠OCB，
∴△CAO∽△BCO，
∴，
即OC2=OA•OB，
∵tan∠CAO=tan∠CAD=，
∴AO=2CO，
又∵AB=10，
∴OC2=2CO（10﹣2CO），
∵CO＞0，
∴CO=4，AO=8，BO=2，
∴A（﹣8，0），B（2，0），C（0，4），
∵抛物线y=ax2+bx+c过点A，B，C三点，
∴c=4，
由题意得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y=﹣x2﹣x+4；
②设直线DC交x轴于点F，
∴△AOC≌△ADC，
∴AD=AO=8，
∵O′C∥AD，
∴△FO′C∽△FAD，
∴，
∴8（BF+5）=5（BF+10），
∴BF=，F（，0）；
设直线DC的解析式为y=kx+m，
则，
解得：，
∴直线DC的解析式为y=﹣x+4，
由y=﹣x2﹣x+4=﹣（x+3）2+得顶点E的坐标为（﹣3，），
将E（﹣3，）代入直线DC的解析式y=﹣x+4中，
右边=﹣×（﹣3）+4==左边，
∴抛物线顶点E在直线CD上；
（3）存在，P1（﹣10，﹣6），P2（10，﹣36）．
点评：此题考查了待定系数法求函数的解析式，相似三角形的判定与性质，点与函数的关系，直角梯形等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合与方程思想的应用．
17、（2011•江汉区）在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+3与x轴的两个交点分别为A（﹣3，0）、B（1，0），过顶点C作CH⊥x轴于点H．
（1）直接填写：a= ﹣1 ，b= ﹣2 ，顶点C的坐标为 （﹣1，4） ；
（2）在y轴上是否存在点D，使得△ACD是以AC为斜边的直角三角形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，说明理由；
（3）若点P为x轴上方的抛物线上一动点（点P与顶点C不重合），PQ⊥AC于点Q，当△PCQ与△ACH相似时，求点P的坐标．
考点：二次函数综合题。
分析：（1）将A（﹣3，0）、B（1，0），代入y=ax2+bx+3求出即可，再利用平方法求出顶点坐标即可；
（2）首先证明△CED∽△DOA，得出y轴上存在点D（0，3）或（0，1），即可得出△ACD是以AC为斜边的直角三角形．
（3）首先求出直线CM的解析式为y=k1x+b1，再利用联立两函数解析式即可得出交点坐标，再利用若点P在对称轴左侧（如图②），只能是△PCQ∽△ACH，得∠PCQ=∠ACH得出答案即可．
解答：解：（1）a=﹣1，b=﹣2，顶点C的坐标为（﹣1，4）；
（2）假设在y轴上存在满足条件的点D，过点C作CE⊥y轴于点E．
由∠CDA=90°得，∠1+∠2=90°．又∠2+∠3=90°，
∴∠3=∠1．又∵∠CED=∠DOA=90°，
∴△CED∽△DOA，∴．
设D（0，c），则．变形得c2﹣4c+3=0，解之得c1=3，c2=1．
综合上述：在y轴上存在点D（0，3）或（0，1），
使△ACD是以AC为斜边的直角三角形．
（3）①若点P在对称轴右侧（如图①），只能是△PCQ∽△CAH，得∠QCP=∠CAH．
延长CP交x轴于M，∴AM=CM，∴AM2=CM2．
设M（m，0），则（m+3）2=42+（m+1）2，∴m=2，即M（2，0）．
设直线CM的解析式为y=k1x+b1，
则，解之得，．
∴直线CM的解析式．
联立，解之得或（舍去）．
∴．
②若点P在对称轴左侧（如图②），只能是△PCQ∽△ACH，得∠PCQ=∠ACH．
过A作CA的垂线交PC于点F，作FN⊥x轴于点N．
由△CFA∽△CAH得，
由△FNA∽△AHC得．
∴AN=2，FN=1，点F坐标为（﹣5，1）．
设直线CF的解析式为y=k2x+b2，则，
解之得．
∴直线CF的解析式．
联立，解之得或（舍去）．
∴．
∴满足条件的点P坐标为或．
点评：此题主要考查了二次函数的综合应用以及相似三角形的应用，二次函数的综合应用是初中阶段的重点题型特别注意利用数形结合是这部分考查的重点也是难点同学们应重点掌握．
18．（2011湖北黄冈鄂州，24，14分））如图所示，过点F（0，1）的直线y=kx＋b与抛物线交于M（x1，y1）和N（x2，y2）两点（其中x1＜0，x2＜0）．
⑴求b的值．
⑵求x1•x2的值
⑶分别过M、N作直线l：y=－1的垂线，垂足分别是M1、N1，判断△M1FN1的形状，并证明你的结论．
⑷对于过点F的任意直线MN，是否存在一条定直线m，使m与以MN为直径的圆相切．如果有，请法度出这条直线m的解析式；如果没有，请说明理由．
【解题思路】第（1）问，将F（0，1）代入y=kx＋b即可得b值。
⑵要将坐标转化为方程组的解，将方程组变形得关于x的一元二次方程，
再利用根与系数的关系得=－4
（3）要结合条件并利用（2）中的结论得到F1M1•F1N1=－x1•x2=4，结合（1）中的结论得
F F1=2，再把两个结论结合得到F1M1•F1N1=F1F2
判定直角三角形相似，再利用直角三角形的相似性质，
就可得到∠M1FN1=∠M1FF1＋∠F1FN1=∠FN1F1＋∠F1FN1=90°，
所以△M1FN1是直角三角形．
（4）表示线段长利用坐标所在的函数关系，将函数式相加减表示距离。
运用梯形中位线的性质，来证明。
【答案】解：⑴b=1
⑵显然和是方程组的两组解，解方程组消元得，依据“根与系数关系”得=－4
⑶△M1FN1是直角三角形是直角三角形，理由如下：
由题知M1的横坐标为x1，N1的横坐标为x2，设M1N1交y轴于F1，
则F1M1•F1N1=－x1•x2=4，而F F1=2，所以F1M1•F1N1=F1F2，
另有∠M1F1F=∠FF1N1=90°，易证Rt△M1FF1∽Rt△N1FF1，得∠M1FF1=∠FN1F1，
故∠M1FN1=∠M1FF1＋∠F1FN1=∠FN1F1＋∠F1FN1=90°，所以△M1FN1是直角三角形．
⑷存在，该直线为y=－1．理由如下：
直线y=－1即为直线M1N1．
如图，设N点横坐标为m，则N点纵坐标为,计算知NN1=， NF=，得NN1=NF
同理MM1=MF．
那么MN=MM1＋NN1，作梯形MM1N1N的中位线PQ，由中位线性质知PQ=（MM1＋NN1）=MN，即圆心到直线y=－1的距离等于圆的半径，所以y=－1总与该圆相切．
【点评】：
此题第（1）问，很简单就是代入求值，确定函数的系数。
（2）结合问题将一次、二次函数组合转化为一元二次方程，利用“根与系数”的关系求解。
（3）直角三角形的判定涉及直角三角形相似的判定和性质的运用。
（4）用函数的加减来求距离，梯形中位线。此题综合性很强，考查学生数形结合的思想，综合了代数、几何中的重点知识要学生有很好的综合技能才可解决。
难度较大
19、（2011•宜昌）已知抛物线y=ax2+bx+c与直线y=mx+n相交于两点，这两点的坐标分别是（0，﹣）和（m﹣b，m2﹣mb+n），其中 a，b，c，m，n为实数，且 a，m不为 0．
（1）求c的值；
（2）设抛物线y=ax2+bx+c与x轴的两个交点是（x1，0）和（x2，0），求x1▪x2的值；
（3）当﹣1≤x≤1时，设抛物线y=ax2+bx+c上与x轴距离最大的点为P（x0，y0），求这时|y0丨的最小值．
考点：二次函数综合题。
专题：综合题。
分析：（1）把点（0，﹣）代入抛物线可以求出c的值．
（2）把点（0，﹣）代入直线得n=﹣，然后把点（m﹣b，m2﹣mb+n）代入抛物线，整理后可确定a的值，把a，c的值代入抛物线，当y=0时可以求出x1•x2的值．
（3）抛物线y=x2+bx﹣的顶点（﹣，﹣﹣），当b＜0时，x=﹣1时y的值大；当b＞0时，x=1时y的值大．然后比较x=﹣1，x=1以及抛物线顶点的纵坐标的绝对值，确定|y0|的最小值．
解答：解：（1）把点（0，﹣）代入抛物线，得：c=﹣；
（2）把点（0，﹣）代入直线得：n=﹣．
把点（m﹣b，m2﹣mb+n）代入抛物线，得：
a（m﹣b）2+b（m﹣b）+c=m2﹣mb+n
∵c=n=﹣，
∴a（m﹣b）2+b（m﹣b）=m2﹣mb，
am2﹣2abm+ab2+bm﹣b2﹣m2+mb=0
（a﹣1）m2﹣（a﹣1）•2bm+（a﹣1）b2=0
（a﹣1）（m2﹣2bm+b2）=0
（a﹣1）（m﹣b）2=0
∴a=1，
当m﹣b=0时，抛物线与直线的两个交点就是一个点，所以m≠b．
把a=1，c=﹣代入抛物线有：
y=x2+bx﹣，
当y=0时，x2+bx﹣=0，
∴x1•x2=﹣；
（3）y=x2+bx﹣，顶点（﹣，﹣﹣）
当b≤0时，x=﹣1时，y=﹣b，
比较﹣b与+的大小，得到：
﹣4≤b≤0时，﹣b≥+，
所以当b=0时，|y0|的最小值为．
b≤﹣4时，﹣b≤+，
所以当b=﹣4时，|y0|的最小值为．
当b≥0时，x=1时，y=+b，
比较+b与+的大小，得到：
0≤b≤4时，+b≥+，
所以当b=0时，|y0|的最小值为．
b≥4时，+b≤+，
所以当b=4时，|y0|的最小值为．
故|y0|的最小值为或．
点评：本题考查的是二次函数的综合题，（1）根据抛物线上的点确定c的值．（2）结合一元二次方程的解确定x1•x2的值．（3）在x的取值范围内确定|y0|的最小值．
20、（2011•滨州）如图，某广场设计的一建筑物造型的纵截面是抛物线的一部分，抛物线的顶点O落在水平面上，对称轴是水平线OC．点A、B在抛物线造型上，且点A到水平面的距离AC=4米，点B到水平面距离为2米，OC=8米．
（1）请建立适当的直角坐标系，求抛物线的函数解析式；
（2）为了安全美观，现需在水平线OC上找一点P，用质地、规格已确定的圆形钢管制作两根支柱PA、PB对抛物线造型进行支撑加固，那么怎样才能找到两根支柱用料最省（支柱与地面、造型对接方式的用料多少问题暂不考虑）时的点P？（无需证明）
（3）为了施工方便，现需计算出点O、P之间的距离，那么两根支柱用料最省时点O、P之间的距离是多少？（请写出求解过程）
考点：二次函数的应用。
分析：（1）以点O为原点、射线OC为y轴的正半轴建立直角坐标系，可设抛物线的函数解析式为y=ax2，又由点A在抛物线上，即可求得此抛物线的函数解析式；
（2）延长AC，交建筑物造型所在抛物线于点D，连接BD交OC于点P，则点P即为所求；
（3）首先根据题意求得点B与D的坐标，设直线BD的函数解析式为y=kx+b，利用待定系数法即可求得直线BD的函数解析式，把x=0代入y=﹣x+4，即可求得点P的坐标．
解答：解：（1）以点O为原点、射线OC为y轴的正半轴建立直角坐标系，
设抛物线的函数解析式为y=ax2，
由题意知点A的坐标为（4，8）．
∵点A在抛物线上，
∴8=a×42，
解得a=，
∴所求抛物线的函数解析式为：y=x2；
（2）找法：
延长AC，交建筑物造型所在抛物线于点D，
则点A、D关于OC对称．
连接BD交OC于点P，则点P即为所求．
（3）由题意知点B的横坐标为2，
∵点B在抛物线上，
∴点B的坐标为（2，2），
又∵点A的坐标为（4，8），
∴点D的坐标为（﹣4，8），
设直线BD的函数解析式为y=kx+b，
∴，
解得：k=﹣1，b=4．
∴直线BD的函数解析式为y=﹣x+4，
把x=0代入y=﹣x+4，得点P的坐标为（0，4），
两根支柱用料最省时，点O、P之间的距离是4米．
点评：此题考查了二次函数的实际应用问题．解此题的关键是根据题意构建二次函数模型，然后根据二次函数解题．
21、（2011•德州）在直角坐标系xoy中，已知点P是反比例函数（x＞0）图象上一个动点，以P为圆心的圆始终与y轴相切，设切点为A．
（1）如图1，⊙P运动到与x轴相切，设切点为K，试判断四边形OKPA的形状，并说明理由．
（2）如图2，⊙P运动到与x轴相交，设交点为B，C．当四边形ABCP是菱形时：
①求出点A，B，C的坐标．
②在过A，B，C三点的抛物线上是否存在点M，使△MBP的面积是菱形ABCP面积的．若存在，试求出所有满足条件的M点的坐标，若不存在，试说明理由．
考点：二次函数综合题。
分析：（1）四边形OKPA是正方形．当⊙P分别与两坐标轴相切时，PA⊥y轴，PK⊥x轴，x轴⊥y轴，且PA=PK，可判断结论；
（2）①连接PB，设点P（x，），过点P作PG⊥BC于G，则半径PB=PC，由菱形的性质得PC=BC，可知△PBC为等边三角形，在Rt△PBG中，∠PBG=60°，PB=PA=x，PG=，利用sin∠PBG=，列方程求x即可；
②求直线PB的解析式，利用过A点或C点且平行于PB的直线解析式与抛物线解析式联立，列方程组求满足条件的M点坐标即可．
解答：（1）四边形OKPA是正方形．
证明：∵⊙P分别与两坐标轴相切，
∴PA⊥OA，PK⊥OK．
∴∠PAO=∠OKP=90°．
又∵∠AOK=90°，
∴∠PAO=∠OKP=∠AOK=90°．
∴四边形OKPA是矩形．
又∵OA=OK，
∴四边形OKPA是正方形．（2分）
（2）①连接PB，设点P的横坐标为x，则其纵坐标为．
过点P作PG⊥BC于G．
∵四边形ABCP为菱形，
∴BC=PA=PB=PC．
∴△PBC为等边三角形．
在Rt△PBG中，∠PBG=60°，PB=PA=x，
PG=．
sin∠PBG=，即．
解之得：x=±2（负值舍去）．
∴PG=，PA=BC=2．（4分）
易知四边形OGPA是矩形，PA=OG=2，BG=CG=1，
∴OB=OG﹣BG=1，OC=OG+GC=3．
∴A（0，），B（1，0）C（3，0）．（6分）
设二次函数解析式为：y=ax2+bx+c．
据题意得：
解之得：a=，b=，c=．
∴二次函数关系式为：．（9分）
②解法一：设直线BP的解析式为：y=ux+v，据题意得：
解之得：u=，v=．
∴直线BP的解析式为：．
过点A作直线AM∥PB，则可得直线AM的解析式为：．
解方程组：
得：；．
过点C作直线CM∥PB，则可设直线CM的解析式为：．
∴0=．
∴．
∴直线CM的解析式为：．
解方程组：
得：；．
综上可知，满足条件的M的坐标有四个，
分别为：（0，），（3，0），（4，），（7，）．（12分）
解法二：∵，
∴A（0，），C（3，0）显然满足条件．
延长AP交抛物线于点M，由抛物线与圆的轴对称性可知，PM=PA．
又∵AM∥BC，
∴．
∴点M的纵坐标为．
又点M的横坐标为AM=PA+PM=2+2=4．
∴点M（4，）符合要求．
点（7，）的求法同解法一．
综上可知，满足条件的M的坐标有四个，
分别为：（0，），（3，0），（4，），（7，）．（12分）
解法三：延长AP交抛物线于点M，由抛物线与圆的轴对称性可知，PM=PA．
又∵AM∥BC，
∴．
∴点M的纵坐标为．
即．
解得：x1=0（舍），x2=4．
∴点M的坐标为（4，）．
点（7，）的求法同解法一．
综上可知，满足条件的M的坐标有四个，
分别为：（0，），（3，0），（4，），（7，）．（12分）
点评：本题考查了二次函数的综合运用．关键是由菱形、圆的性质，形数结合解题．
22、（2011•泰安）某商店经营一种小商品，进价为每件20元，据市场分析，在一个月内，售价定为25元时，可卖出105件，而售价每上涨1元，就少卖5件．
（1）当售价定为30元时，一个月可获利多少元？
（2）当售价定为每件多少元时，一个月的获利最大？最大利润是多少元？
考点：二次函数的应用。
专题：销售问题。
分析：（1）当售价定为30元时，可知每一件赚10元钱，再有售价定为25元时，可卖出105件，而售价每上涨1元，就少卖5件．可计算出一个月可获利多少元；
（2）设售价为每件x元时，一个月的获利为y元，得到y与x的二次函数关系式求出函数的最大值即可．
解答：解：（1）获利：（30﹣20）[105﹣5（30﹣25）]=800；
（2）设售价为每件x元时，一个月的获利为y元，
由题意，得y=（x﹣20）[105﹣5（x﹣25）]=﹣5x2+330x﹣4600=﹣5（x﹣33）2+845，
当x=33时，y的最大值为845，
故当售价定为33元时，一个月的利润最大，最大利润是845元．
点评：本题主要考查了二次函数的应用，能正确表示出月销售量是解题的关键．求二次函数的最大（小）值有三种方法，第一种可由图象直接得出，第二种是配方法，第三种是公式法，常用的是后两种方法．
23、（2011•泰安）已知：在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D是AB的中点，点E是AB边上一点．
（1）直线BF垂直于直线CE于点F，交CD于点G（如图1），求证：AE=CG；
（2）直线AH垂直于直线CE，垂足为点H，交CD的延长线于点M（如图2），找出图中与BE相等的线段，并证明．
考点：全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形。
专题：证明题。
分析：（1）首先根据点D是AB中点，∠ACB=90°，可得出∠ACD=∠BCD=45°，判断出△AEC≌△CGB，即可得出AE=CG，
（2）根据垂直的定义得出∠CMA+∠MCH=90°，∠BEC+∠MCH=90°，再根据AC=BC，∠ACM=∠CBE=45°，得出△BCE≌△CAM，进而证明出BE=CM．
解答：解：（1）证明：∵点D是AB中点，AC=BC，∠ACB=90°，
∴CD⊥AB，∠ACD=∠BCD=45°，
∴∠CAD=∠CBD=45°，
∴∠CAE=∠BCG，又BF⊥CE，
∴∠CBG+∠BCF=90°，又∠ACE+∠BCF=90°，
∴∠ACE=∠CBG，
∴△AEC≌△CGB，
∴AE=CG，
（2）BE=CM，
证明：∵CH⊥HM，CD⊥ED，
∴∠CMA+∠MCH=90°，∠BEC+∠MCH=90°，
∴∠CMA=∠BEC，
又∵AC=BC，∠ACM=∠CBE=45°，
∴△BCE≌△CAM，
∴BE=CM．
点评：本题主要考查了全等三角形的判定方法以及全等三角形对应边相等的性质，难度适中．
24、（2011•临沂）如图，已知抛物线经过A（﹣2，0），B（﹣3，3）及原点O，顶点为C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点D在抛物线上，点E在抛物线的对称轴上，且A、O、D、E为顶点的四边形是平行四边形，求点D的坐标；
（3）P是抛物线上的第一象限内的动点，过点P作PMx轴，垂足为M，是否存在点P，使得以P、M、A为顶点的三角形△BOC相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
考点：二次函数综合题。
专题：综合题。
分析：（1）由于抛物线经过A（﹣2，0），B（﹣3，3）及原点O，待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）根据平行四边形的性质，对边平行且相等以及对角线互相平方，可以求出点D的坐标；
（3）根据相似三角形对应边的比相等可以求出点P的坐标．
解答：解（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c（a≠0），且过A（﹣2，0），B（﹣3，3），O（0，0）可得
，
解得．
故抛物线的解析式为y=x2+2x；
（2）①当AE为边时，
∵A、O、D、E为顶点的四边形是平行四边形，
∴DE=AO=2，
则D在x轴下方不可能，
∴D在x轴上方且DE=2，
则D1（1，3），D2（﹣3，3）；
②当AO为对角线时，则DE与AO互相平方，
因为点E在对称轴上，
且线段AO的中点横坐标为﹣1，
由对称性知，符合条件的点D只有一个，与点C重合，即C（﹣1，﹣1）
故符合条件的点D有三个，分别是D1（1，3），D2（﹣3，3），C（﹣1，﹣1）；
（3）存在，
如上图：∵B（﹣3，3），C（﹣1，﹣1），根据勾股定理得：
BO2=18，CO2=2，BC2=20，
∴BO2+CO2=BC2．
∴△BOC是直角三角形．
假设存在点P，使以P，M，A为顶点的 三角形与△BOC相似，
设P（x，y），由题意知x＞0，y＞0，且y=x2+2x，
①若△AMP∽△BOC，则=，
即 x+2=3（x2+2x）
得：x1=，x2=﹣2（舍去）．
当x=时，y=，即P（，）．
②若△PMA∽△BOC，则=，
即：x2+2x=3（x+2）
得：x1=3，x2=﹣2（舍去）
当x=3时，y=15，即P（3，15）．
故符合条件的点P有两个，分别是P（，）或（3，15）．
点评：本题考查的是二次函数的综合题，首先用待定系数法求出抛物线的解析式，然后利用平行四边形的性质和相似三角形的性质确定点D和点P的坐标．
25、（2011•潍坊）如图，y关于x的二次函数y=﹣（x+m）（x﹣3m）图象的顶点为M，图象交x轴于A、B两点，交y轴正半轴于D点．以AB为直径作圆，圆心为C．定点E的坐标为（﹣3，0），连接ED．（m＞0）
（1）写出A、B、D三点的坐标；
（2）当m为何值时M点在直线ED上？判定此时直线与圆的位置关系；
（3）当m变化时，用m表示△AED的面积S，并在给出的直角坐标系中画出S关于m的函数图象的示意图．
考点：二次函数综合题。
专题：压轴题；分类讨论。
分析：（1）根据x轴，y轴上点的坐标特征代入即可求出A、B、D三点的坐标；
（2）待定系数法先求出直线ED的解析式，再根据切线的判定得出直线与圆的位置关系；
（3）分当0＜m＜3时，当m＞3时两种情况讨论求得关于m的函数．
解答：解：（1）A（﹣m，0），B（3m，0），D（0，m）．
（2）设直线ED的解析式为y=kx+b，将E（﹣3，0），D（0，m）代入得：
解得，k=，b=m．
∴直线ED的解析式为y=mx+m．
将y=﹣（x+m）（x﹣3m）化为顶点式：y=﹣（x+m）2+m．
∴顶点M的坐标为（m，m）．代入y=mx+m得：m2=m
∵m＞0，∴m=1．所以，当m=1时，M点在直线DE上．
连接CD，C为AB中点，C点坐标为C（m，0）．
∵OD=，OC=1，∴CD=2，D点在圆上
又OE=3，DE2=OD2+OE2=12，
EC2=16，CD2=4，∴CD2+DE2=EC2．
∴∠FDC=90°
∴直线ED与⊙C相切．
（3）当0＜m＜3时，S△AED=AE．•OD=m（3﹣m）
S=﹣m2+m．
当m＞3时，S△AED=AE．•OD=m（m﹣3）．
即S=m2_m．
点评：本题是二次函数的综合题型，其中涉及的知识点有x轴，y轴上点的坐标特征，抛物线解析式的确定，抛物线的顶点公式和三角形的面积求法．注意分析题意分情况讨论结果．
26、（2011•菏泽）如图，抛物线y=x2+bx﹣2与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，且A（﹣1，0）．
（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）判断△ABC的形状，证明你的结论；
（3）点M（m，0）是x轴上的一个动点，当MC+MD的值最小时，求m的值．
考点：二次函数综合题。
分析：（1）把A点的坐标代入抛物线解析式，求b得值，即可的出抛物线的解析式，根据顶点坐标公式，即可求出顶点坐标；
（2）根据直角三角形的性质，推出AC2=OA2+OC2=5，BC2=OC2+OB2=20，即AC2+BC2=25=AB2，即可确△ABC是直角三角形；
（3）作出点C关于x轴的对称点C′，则C′（0，2），OC'=2．连接C'D交x轴于点M，根据轴对称性及两点之间线段最短可知，MC+MD的值最小．首先确定最小值，然后根据三角形相似的有关性质定理，求m的值
解答：解：（1）把点A（﹣1，0）的坐标代入抛物线的解析式y=x2+bx﹣2，
整理后解得，
所以抛物线的解析式为．（2分）
顶点D；（3分）
（2）AB=5．AC2=OA2+OC2=5，BC2=OC2+OB2=20，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是直角三角形．（6分）
（3）作出点C关于x轴的对称点C′，则C′（0，2），OC′=2．连接C′D交x轴于点M，
根据轴对称性及两点之间线段最短可知，MC+MD的值最小．
设抛物线的对称轴交x轴于点E，
△C′OM∽△DEM．
∴，
∴，
∴m=．（10分）
点评：本题着重考查了待定系数法求二次函数解析式、直角三角形的性质及判定、轴对称性质以及相似三角形的性质，关键在于求出函数表达式，做好辅助点，找对相似三角形．
27、（2011•日照）如图，抛物线y=ax2+bx（a＞0）与双曲线y=相交于点A，B．已知点B的坐标为（﹣2，﹣2），点A在第一象限内，且tan∠AOx=4．过点A作直线AC∥x轴，交抛物线于另一点C．
（1）求双曲线和抛物线的解析式；
（2）计算△ABC的面积；
（3）在抛物线上是否存在点D，使△ABD的面积等于△ABC的面积．若存在，请你写出点D的坐标；若不存在，请你说明理由．
考点：二次函数综合题。
专题：代数几何综合题。
分析：（1）根据已知条件可以推出A点的坐标，把A、B两点的坐标代入抛物线解析式和双曲线解析式，即可得出a、b、k的值，就可以确定双曲线和抛物线的解析式了；
（2）根据A、B抛物线解析式，可以确定C点的坐标，即可去顶AC和AC边上的高的长度，就可以计算出△ABC的面积了；
（3）根据题意画出图形，根据A、B两点坐标出去直线AB相应的一次函数结合C点的坐标，CD∥AB，得出直线CD相应的一次函数，然后结合D点也在抛物线上，解方程组，求D点坐标
解答：解：（1）把点B（﹣2，﹣2）的坐标，代入y=，
得：﹣2=，∴k=4．
即双曲线的解析式为：y=．（2分）
设A点的坐标为（m，n）．∵A点在双曲线上，∴mn=4．①
又∵tan∠AOx=4，∴=4，即m=4n．②
又①，②，得：n2=1，∴n=±1．
∵A点在第一象限，∴n=1，m=4，∴A点的坐标为（1，4）
把A、B点的坐标代入y=ax2+bx，得：解得a=1，b=3；
∴抛物线的解析式为：y=x2+3x；（4分）
（2）∵AC∥x轴，∴点C的纵坐标y=4，
代入y=x2+3x，得方程x2+3x﹣4=0，解得x1=﹣4，x2=1（舍去）．
∴C点的坐标为（﹣4，4），且AC=5，（6分）
又△ABC的高为6，∴△ABC的面积=×5×6=15；（7分）
（3）存在D点使△ABD的面积等于△ABC的面积．
过点C作CD∥AB交抛物线于另一点D．
因为直线AB相应的一次函数是：y=2x+2，且C点的坐标为（﹣4，4），CD∥AB，
所以直线CD相应的一次函数是：y=2x+12．（9分）
解方程组得所以点D的坐标是（3，18）（10分）
点评：本题是二次函数的综合题型，其中涉及的到大知识点根据点的坐标求抛物线解析式和双曲线解析式以及三角形的面积求法．关键在于根据点的坐标和相关的知识点求抛物线解析式，曲线解析式和直线解析式
28、（2011•毕节地区）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的图象经过M（1，0）和N（3，0）两点，且与y轴交于D（0，3），直线l是抛物线的对称轴．
（1）求该抛物线的解析式．
（2）若过点A（﹣1，0）的直线AB与抛物线的对称轴和x轴围成的三角形面积为6，求此直线的解析式．
（3）点P在抛物线的对称轴上，⊙P与直线AB和x轴都相切，求点P的坐标．
考点：二次函数综合题。
分析：（1）根据图象经过M（1，0）和N（3，0）两点，且与y轴交于D（0，3），可利用交点式求出二次函数解析式；
（2）根据直线AB与抛物线的对称轴和x轴围成的三角形面积为6，得出AC，BC的长，得出B点的坐标，即可利用待定系数法求出一次函数解析式；
（3）利用三角形相似求出△ABC∽△CBM，得出，即可求出圆的半径，即可得出P点的坐标．
解答：解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的图象经过M（1，0）和N（3，0）两点，且与y轴交于D（0，3），
∴假设二次函数解析式为：y=a（x﹣1）（x﹣3），
将D（0，3），代入y=a（x﹣1）（x﹣3），得：
3=3a，
∴a=1，
∴抛物线的解析式为：y=（x﹣1）（x﹣3）=x2﹣4x+3；
（2）∵过点A（﹣1，0）的直线AB与抛物线的对称轴和x轴围成的三角形面积为6，
∴AC×BC=6，
∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的图象经过M（1，0）和N（3，0）两点，
∴二次函数对称轴为x=2，
∴AC=3，
∴BC=4，
∴B点坐标为：（2，4），
一次函数解析式为；y=kx+b，
∴，
解得：，
y=x+；
（3）∵当点P在抛物线的对称轴上，⊙P与直线AB和x轴都相切，
∴MO⊥AB，AM=AC，PM=PC，
∵AC=1+2=3，BC=4，
∴AB=5，AM=3，
∴BM=2，
∵∠MBP=∠ABC，
∠BMP=∠ACB，
∴△ABC∽△CBM，
∴，
∴，
∴PC=1.5，
P点坐标为：（2，1.5）．
点评：此题主要考查了二次函数的综合应用，二次函数的综合应用是初中阶段的重点题型特别注意利用数形结合是这部分考查的重点也是难点同学们应重点掌握．
29、（2011•茂名）如图，在平面直角坐标系xoy中，已知抛物线经过点A（0，4），B（1，0），C（5，0），抛物线对称轴l与x轴相交于点M．
（1）求抛物线的解析式和对称轴；
（2）设点P为抛物线（x＞5）上的一点，若以A、O、M、P为顶点的四边形四条边的长度为四个连续的正整数，请你直接写出点P的坐标；
（3）连接AC．探索：在直线AC下方的抛物线上是否存在一点N，使△NAC的面积最大？若存在，请你求出点N的坐标；若不存在，请你说明理由．
考点：二次函数综合题。
分析：（1）抛物线经过点A（0，4），B（1，0），C（5，0），可利用两点式法设抛物线的解析式为y=a（x﹣1）（x﹣5），代入A（0，4）即可求得函数的解析式，则可求得抛物线的对称轴；
（2）由已知，可求得P（6，4），由题意可知以A、O、M、P为顶点的四边形有两条边AO=4、OM=3，又知点P的坐标中x＞5，所以MP＞2，AP＞2；因此以1、2、3、4为边或以2、3、4、5为边都不符合题意，所以四条边的长只能是3、4、5、6的一种情况，则分析求解即可求得答案；
（3）在直线AC的下方的抛物线上存在点N，使△NAC面积最大．设N点的横坐标为t，此时点N（t，t2﹣t+4）（0＜t＜5），再求得直线AC的解析式，即可求得NG的长与△ACN的面积，由二次函数最大值的问题即可求得答案．
解答：解：（1）根据已知条件可设抛物线的解析式为y=a（x﹣1）（x﹣5），
把点A（0，4）代入上式得：a=，
∴y=（x﹣1）（x﹣5）=x2﹣x+4=（x﹣3）2﹣，
∴抛物线的对称轴是：x=3；
（2）由已知，可求得P（6，4），
由题意可知以A、O、M、P为顶点的四边形有两条边AO=4、OM=3，
又∵点P的坐标中x＞5，
∴MP＞2，AP＞2；
∴以1、2、3、4为边或以2、3、4、5为边都不符合题意，
∴四条边的长只能是3、4、5、6的一种情况，
在Rt△AOM中，AM===5，
∵抛物线对称轴过点M，
∴在抛物线x＞5的图象上有关于点A的对称点与M的距离为5，
即PM=5，此时点P横坐标为6，即AP=6；
故以A、O、M、P为顶点的四边形的四条边长度分别是四个连续的正整数3、4、5、6成立，
即P（6，4）；
（3）在直线AC的下方的抛物线上存在点N，使△NAC面积最大．
设N点的横坐标为t，此时点N（t，t2﹣t+4）（0＜t＜5），
过点N作NG∥y轴交AC于G；由点A（0，4）和点C（5，0）可求出直线AC的解析式为：y=﹣x+4；
把x=t代入得：y=﹣x+4，则G（t，﹣t+4），
此时：NG=﹣x+4﹣（t2﹣t+4）=﹣t2+t，
∴S△ACN=NG•OC=（﹣t2+t）×5=﹣2t2+10t=﹣2（t﹣）2+，
∴当t=时，△CAN面积的最大值为，
由t=，得：y=t2﹣t+4=﹣3，
∴N（，﹣3）．
点评：此题考查了待定系数法求二次函数的解析式，勾股定理以及三角形面积的最大值问题．此题综合性很强，难度很大，解题的关键是方程思想与数形结合思想的应用．
30、（2011•湛江）如图，抛物线y=x2+bx+c的顶点为D（﹣1，﹣4），与y轴交于点C（0，﹣3），与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接AC，CD，AD，试证明△ACD为直角三角形；
（3）若点E在抛物线的对称轴上，抛物线上是否存在点F，使以A，B，E，F为顶点的的四边形为平行四边形？若存在，求出所有满足条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由．
考点：二次函数综合题。
分析：（1）由定点列式计算，从而得到b，c的值而得解析式；
（2）由解析式求解得到点A，得到AC，CD，AD的长度，而求证；
（3）由（2）得到的结论，进行代入，要使以A，B，E，F为顶点的四边形是平行四边形，必须满足的条件是AB∥=EF，那么只需将M点的坐标向左或向右平移BF长个单位即可得出P点的坐标，然后将得出的P点坐标代入抛物线的解析式中，即可判断出是否存在符合条件的P点．
解答：解：（1）由题意得，
解得：b=2，c=﹣3，
则解析式为：y=x2+2x﹣3；
（2）由题意结合图形
则解析式为：y=x2+2x﹣3，
解得x=1或x=﹣3，
由题意点A（﹣3，0），
∴AC=，CD=，AD=，
由AC2+CD2=AD2，
所以△ACD为直角三角形；
（3）由（2）知ME取最大值时ME=，E（，﹣），M（，﹣），
∴MF=，BF=OB﹣OF=．
设在抛物线x轴下方存在点P，使以P、M、F、B为顶点的四边形是平行四边形，
则BP∥MF，BF∥PM．
∴P1（0，﹣）或P2（3，﹣），
当P1（0，﹣）时，由（1）知y=x2﹣2x﹣3=﹣3≠﹣，
∴P1不在抛物线上．
当P2（3，﹣）时，由（1）知y=x2﹣2x﹣3=0≠﹣，
∴P2不在抛物线上．
综上所述：抛物线x轴下方不存在点P，使以A、B、E、F为顶点的四边形是平行四边形．
点评：本题考查了二次函数的综合运用，本题主要考查了二次函数解析式的确定、函数图象交点的求法等知识点．主要考查学生数形结合的数学思想方法．
31、（2011•舟山）已知直线y=kx+3（k＜0）分别交x轴、y轴于A、B两点，线段OA上有一动点P由原点O向点A运动，速度为每秒1个单位长度，过点P作x轴的垂线交直线AB于点C，设运动时间为t秒．
（1）当k=﹣1时，线段OA上另有一动点Q由点A向点O运动，它与点P以相同速度同时出发，当点P到达点A时两点同时停止运动（如图1）．
①直接写出t=1秒时C、Q两点的坐标；
②若以Q、C、A为顶点的三角形与△AOB相似，求t的值．
（2）当时，设以C为顶点的抛物线y=（x+m）2+n与直线AB的另一交点为D（如图2），
①求CD的长；
②设△COD的OC边上的高为h，当t为何值时，h的值最大？
考点：二次函数综合题。
专题：几何综合题。
分析：（1）①由题意得．②由题意得到关于t的坐标．按照两种情形解答，从而得到答案．（2）①以点C为顶点的抛物线，解得关于t的根，又由过点D作DE⊥CP于点E，则∠DEC=∠AOB=90°，又由△DEC∽△AOB从而解得．②先求得三角形COD的面积为定值，又由Rt△PCO∽Rt△OAB，在线段比例中t为是，h最大．
解答：解：（1）①C（1，2），Q（2，0）
②由题意得：P（t，0），C（t，﹣t+3），Q（3﹣t，0）
分两种情况讨论：
情形一：当△AQC∽△AOB时，∠AQC=∠AOB=90°，∴CQ⊥OA，∵CP⊥OA，∴点P与点Q重合，OQ=OP，即3﹣t=t，∴t=1.5
情形二：当△AQC∽△AOB时，∠ACQ=∠AOB=90°，∵OA=OB=3∴△AOB是等腰直角三角形∴△ACQ也是等腰直角三角形∵CP⊥OA∴AQ=2CP，即t=2（﹣t+3）∴t=2∴满足条件的t的值是1.5秒或2秒．
（2）①由题意得：C（t，﹣）
∴以C为顶点的抛物线解析式是y=，由，
解得．
过点D作DE⊥CP于点E，则∠DEC=∠AOB=90°
∵DE∥OA∴∠EDC=∠OAB
∴△DEC∽△AOB∴∵AO=4，AB=5，DE=∴CD=
②∵，CD边上的高=，∴，∴S△COD为定值．
要使OC边上的高h的值最大，只要OC最短，因为当OC⊥AB时OC最短，此时OC的长为，∠BCO=90°
∵∠AOB=90°∴∠COP=90°﹣∠BOC=∠OBA
又∵CP⊥OA∴Rt△PCO∽Rt△OAB
∴，OP=，即t=
∴．
点评：本题考查了二次函数的综合题，（1）①由题意很容易知，由题意知P（t，0），C（t，﹣t+3），Q（3﹣t，0）代入，分两种情况解答．（2）①以点C为顶点的函数式，设法代入关于t的方程，又由△DEC∽△AOB从而解得．②通过求解可知三角形COD的面积为定值，又由Rt△PCO∽Rt△OAB，在线段比例中t为是，h最大．从而解答．
32、（2011•衢州）已知两直线l1，l2分别经过点A（1，0），点B（﹣3，0），并且当两直线同时相交于y正半轴的点C时，恰好有l1⊥l2，经过点A、B、C的抛物线的对称轴与直线l2交于点K，如图所示．
（1）求点C的坐标，并求出抛物线的函数解析式；
（2）抛物线的对称轴被直线l1，抛物线，直线l2和x轴依次截得三条线段，问这三条线段有何数量关系？请说明理由；
（3）当直线l2绕点C旋转时，与抛物线的另一个交点为M，请找出使△MCK为等腰三角形的点M，简述理由，并写出点M的坐标．
考点：二次函数综合题。
分析：（1）利用△BOC∽△COA，得出C点坐标，再利用待定系数法求出二次函数解析式即可；
（2）可求得直线l1的解析式为，直线l2的解析式为，进而得出D，E，F点的坐标即可得出，三条线段数量关系；
（3）利用等边三角形的判定方法得出△ABK为正三角形，以及易知△KDC为等腰三角形，进而得出△MCK为等腰三角形E点坐标．
解答：解：（1）解法1：由题意易知：△BOC∽△COA，
∴，
即，
∴，
∴点C的坐标是（0，），
由题意，可设抛物线的函数解析式为，
把A（1，0），B（﹣3，0）的坐标分别代入，
得，
解这个方程组，得，
∴抛物线的函数解析式为．
解法2：由勾股定理，得（OC2+OB2）+（OC2+OA2）=BC2+AC2=AB2，
又∵OB=3，OA=1，AB=4，
∴，
∴点C的坐标是（0，），
由题意可设抛物线的函数解析式为y=a（x﹣1）（x+3），把C（0，）代入
函数解析式得，
所以，抛物线的函数解析式为；
（2）解法1：截得三条线段的数量关系为KD=DE=EF．
理由如下：
可求得直线l1的解析式为，直线l2的解析式为，
抛物线的对称轴为直线x=1，
由此可求得点K的坐标为（﹣1，），
点D的坐标为（﹣1，），点E的坐标为（﹣1，），点F的坐标为（﹣1，0），
∴KD=，DE=，EF=，
∴KD=DE=EF．
解法2：截得三条线段的数量关系为KD=DE=EF，
理由如下：
由题意可知Rt△ABC中，∠ABC=30°，∠CAB=60°，
则可得，，
由顶点D坐标（﹣1，）得，
∴KD=DE=EF=；
（3）当点M的坐标分别为（﹣2，），（﹣1，）时，△MCK为等腰三角形．
理由如下：
（i）连接BK，交抛物线于点G，易知点G的坐标为（﹣2，），
又∵点C的坐标为（0，），则GC∥AB，
∵可求得AB=BK=4，且∠ABK=60°，即△ABK为正三角形，
∴△CGK为正三角形
∴当l2与抛物线交于点G，即l2∥AB时，符合题意，此时点M1的坐标为（﹣2，），
（ii）连接CD，由KD=，CK=CG=2，∠CKD=30°，易知△KDC为等腰三角形，
∴当l2过抛物线顶点D时，符合题意，此时点M2坐标为（﹣1，），
（iii）当点M在抛物线对称轴右边时，只有点M与点A重合时，满足CM=CK，
但点A、C、K在同一直线上，不能构成三角形，
综上所述，当点M的坐标分别为（﹣2，），（﹣1，）时，△MCK为等腰三角形．
点评：此题主要考查了二次函数的综合应用以及相似三角形的应用，二次函数的综合应用是初中阶段的重点题型特别注意利用数形结合是这部分考查的重点也是难点同学们应重点掌握．
