2019重庆中考数学专题复习-二次函数综合题(10道)

类型一 线段、周长最值问题

1. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2－x－2的图象与x轴相交于点A、B，与y轴交于点C，过直线BC的下方抛物线上一动点P作PQ∥AC交线段BC于点Q，再过点P作PE⊥x轴于点E，交BC于点D. （1）求直线AC的解析式；

（2）求△PQD周长的最大值及此时点P的坐标；

（3）如图②，当△PQD的周长最大值时，在y轴上有两个动点M、N(M在N的上方)，连接AM，PN，若MN＝1，求PN＋MN＋AM的最小值．

第1题图

解：（1）令y＝0，即x2－x－2＝0， 解得x1＝－1，x2＝2， ∴A(－1，0)，B(2，0)， 令x＝0，则y＝－2， ∴C(0，－2)，

设直线AC的解析式为y＝kx＋b(k≠0)， ∵直线过点A、C，

k＝－20kb∴，解得，

b2b＝－2∴直线AC的解析式为y＝－2x－2； （2）∵BO＝CO，∠BOC＝90°， ∴∠ABC＝45°，∠ACO＝∠EPQ， 1∴tan∠EPQ＝tan∠ACO＝2，

如解图①，过点Q作QH⊥PE，垂足为H.

1

设QH＝a，则PH＝2a，DH＝a，PD=PH+DH=3a，a＝3PD， ∵B（2,0），C（0，-2）， ∴直线BC的解析式为y=x-2， 设P(m，m2－m－2)，D(m，m－2)， ∴PD=m-2-（m2-m-2）=-m2+2m，

5＋2＋3

∴C△PQD＝PQ＋QD＋PD＝(5＋2＋3)a＝PD， 3

5＋2＋35＋2＋35＋2＋322C△PQD＝PD＝(－m＋2m)＝－(m－1)＋3335＋2＋3

， 3

5＋2＋3

∴当m＝1时，△PQD的周长最大，且最大值为，此时P(1，－32)；

（3）把点A向下平移1个单位到点A′，则A′(－1，－1)，如解图②，连接A′P，

∴AM＋MN＋PN的最小值＝A′P＋MN＝5＋1.

第1题解图① 第1题解图②

类型二 与面积有关的问题

12.在平面直角坐标系中，抛物线yx22x3与x轴交于A、B两点,与y2轴交于点C,连接BC. (1)求直线BC的解析式；

(2)如图①,点P是抛物线上位于第一象限内的一点,连接PC,PB,当△PBC面积最大时,一动点Q从点P出发,沿适当路径运动到y轴上的某个点G再沿

适当路径运动到x轴上的某个点H处,最后到达线段BC的中点F处停止.求当△PBC面积最大时,点P的坐标及点Q在整个运动过程中经过的最短路径的长；

(3)如图②,在(2)的条件下,当△PBC面积最大时,把抛物线 yx22x3向右平移使它的图象经过点P,得到新抛物线y,在新抛物线y上是否存在点E,使△ECB的面积等于△PBC的面积？若存在,请求出点E的坐标;若不存在,请说明理由.

12 第2题图

12

解:（1）∵抛物线yx22x3与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C, ∴令x=0, 得y=3， ∴C（0,3）， 令y=0，

得0=yx22x3， 解得x=-2或x=32， ∴B（32，0）， 设直线BC的解析式为y=kx+b，

32kb0∴， b3122k解得2， b3∴直线BC的解析式为y=-122x+3； 2(2)如解图①,设P（m，m22m3） （0＜m＜32）， 过点P作PM∥y轴交BC于点M,

第2题解图①

∵直线BC的解析式为y=-∴M（m，-2m+3）， 22x+3， 2∴PM=-23232291211m+2m+3-（-m+3）=-m2+m=-（m-）+， 2222224322932322272111PM·xB=[-（m-）+]×32=-（m-）+， 2428222432272时，S△PBC最大，最大值为， 28∴S△PBC=∴当m =∴点P（3232153，），M （，）， 2242∵ B（32，0），C（0,3）， ∴F（323，）， 22∴点M和点F重合, 作点P（32321515，）关于y轴的对称点P（-，）， 2244323233，）关于x的对称点F（，-）， 2222再作点F（连接PF交y轴于点G,交x轴于点H,连接PG,FH，

27； 411(3) 如解图②,在抛物线yx22x3=-（x-2）2+4中, 2215151令y =，即=x22x3， 442此时PG +GH +HF最小,最小值为PF=解得x =232或x=， 22由平移知,抛物线y向右平移到y,则平移了∴y=-（x-22）2+4=-x2+22x， 设点E（n，-n2+22n）， 过点E作EQ∥y轴交BC于点Q, ∵直线BC的解析式为y =-∴Q（n，-122n+3）， 22x+3， 2322-=2个单位， 22121212∴EQ =n222n21n-3=n2526， 22∵△ECB的面积等于△PCB的面积, ∴EQ·xB=PM·xB, 由(2)知,PM =-（m-∴PM最大=， ∴EQ =PM最大, ∴129n52n6=， 2452211522117232或n=或n =或（舍）， 2222121212329）2+， 2494解得n =∴E（或（5221192225221191822，）或（，） 2424727，）. 24

第2题解图②

3.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2-x+m的图象交x轴于B、C

1212两点，一次函数y=ax+b的图象过点B，与抛物线相交于另一点A（4，3）. （1）求m的值及一次函数的解析式；

（2）如图②，若点P为抛物线上的一个动点，且在直线AB下方，过P作PQ∥x轴，且PQ＝4（点Q在点P右侧）．以PQ为一边作矩形PQEF，且点E在直线AB上．点M是抛物线上另一个动点，且4S△BCM = 5S矩形

PQEF，当矩形

PQEF的周长最大时，求出此时点P和点M的坐标；

（3）如图②，在（2）的结论下，连接AP、BP，设QE交x轴于点D，现将矩形PQEF沿射线DB以每秒1个单位长度的速度平移，当点D到达点D时停止，记平移时间为t，平移后的矩形PQEF为PQEF，且QE分别交直线AB、x轴于点N、D，设矩形PQEF与△ABP的重叠部分面积为S，当NA＝

5ND时，求S的值． 8

图① 图② 第3题图

解：(1)∵点A（4，3）在二次函数y＝x2-x+m的图象上， ∴×16-×4+m =3，

解得m =-3，则二次函数的解析式为y=x2-x-3， 令y=0，得x2-x-3=0，

解得x1=-2，x2=3，则点B的坐标为（-2,0），点C的坐标为（3,0）. ∵A（4,3），B（-2,0）在一次函数y=ax+b的图象上，

14ab3a∴，解得 2，

2ab0b11212121212121212∴一次函数的解析式为y=x+1；

（2）∵矩形PQEF的周长=2（PQ+EQ）=8+2EQ，要使周长最大，EQ边长最大即可.

设P（a，a2﹣a﹣3），-2＜a＜4，

1122111113∴EQ＝a+3﹣（a2﹣a﹣3）＝﹣（a﹣1）2+，

2222213∴当a＝1时，EQ最大，且最大值为，∴P（1，﹣3），

213此时矩形PQEF的面积为4×=26，

2121212∴Q（a+4，a2﹣a﹣3），E（a+4，a+3），

12设在△BCM中，BC边上对应的高为h，由4S△BCM =5S矩形PQEF， 得4×·BC·h=5×26， ∵BC=5， ∴h=13.

设M点的横坐标为x，依题意得x2x3=13， 解得x=

112911291129，则点M的坐标为（，13）或（，13）； 222121212（3）①当点N在线段AE上时，如解图，有DD′＝t，OD′＝5﹣t，D′（5﹣t，0），N（5﹣t，﹣t+），过点A作AH⊥ND′，垂足为H，

1272

第3题解图

∴AH∥x轴，

∴NH＝﹣t+﹣3＝﹣t+， ∴M（0，1）， ∴OM＝1，

12721212∴BM＝5， ∴sin∠MBO＝∵AH∥x轴， ∴∠NAH＝∠MBO， ∴sin∠NAH ＝∴

1NH， NA51， 51， 5∴NA＝5（﹣t+）， ∵NA＝

5ND′， 81212∴5（﹣t+）＝解得t＝，

171212517（﹣t+）， 822∵BP的解析式为y＝﹣x﹣2，

620，

77620∴J（，﹣），

77610∵M（，-），

7730∴MJ＝，

79同理：IP＝，

2111309∴S＝S梯形+S△IPA＝（MJ+IP）×|xP﹣xM|+IP×|xA﹣xM|＝×（+）×（1

22272619723﹣）+××（4﹣1）＝， 72298∴xJ＝，yJ＝﹣

②当点N在AB上时，

同理可得 S＝×（2+）×+×（1+）×（∴综上所述，S的值为

72371

98或6.

12925312921071﹣1）＝． 36类型三 与特殊三角形有关的问题

4.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣

22

x+x+22与x轴交于A、B2两点，交y轴于点C. （1）求线段AC的长度；

（2）P为线段BC上方抛物线上的任意一点，点E为（0，

﹣1），一动点Q从点P出发运动到y轴上的点G，再沿y轴运动到点E．当四边形ABPC的面积最大时，求PG+

2GE的最小值； 2（3）将线段AB沿x轴向右平移，设平移后的线段为A'B'，直至A'P平行于y轴（点P为第（2）问中符合题意的P点），连接直线CB'．将△AOC绕着点O顺时针旋转，设旋转后A、C的对应点分别为A''、C'，在旋转过程中直线A''C'与y轴交于点M，与线段CB'交于点N．当△CMN是以MN为腰的等腰三角形时，求CM的长度．

图① 图② 第4题图

解：（1）令y＝0，得x＝22或-2，令x＝0，得y＝22， ∴A（﹣2，0），B（22，0），C（0，22）， ∴AC＝10，

∴直线BC的解析式为y＝﹣x+22；

（2）如解图①，过点P作y轴的平行线交BC于点H，

第4题解图①

设点P的横坐标为m，则P（m，﹣∴PH=﹣

22

m+m+22），H（m，﹣m+22）， 2222m+m+22-（﹣m+22）=﹣m2+2m. 22∵S四边形ABPC＝S△ABC+S△PBC，S△ABC是个常量， ∴四边形ABPC的面积最大时，只需S△PBC最大即可， S△PBC＝PH•xB＝-m2+22m=-（m-2）2+2，

当m＝2时，S△PBC取得最大值2，此时P（2，22）， 过点E作RE⊥GR，使RE与y轴夹角为45°，则GR＝则PG+

2GE＝PG+GR， 22GE， 212当P、G、R三点共线时，PG+

2GE有最小值， 2易得直线ER的方程为y＝﹣x﹣1， 则直线PR的解析式为y＝x+2，

yx1联立，

yx221x2， 解得y212∴R（﹣即PG+

212162，），则PR＝， 222262GE的最小值为； 22（3）①当MN＝CM时，如解图②，过点C作CH⊥MN于点H，

第4题解图②

AB＝2， AC14由勾股定理得，a2＝x2+（a﹣x）2，解得x＝a，

25CH4则tan∠CMH＝＝＝tan∠AMA，

MH3设MN＝CM＝a，CH＝x，tan∠MCN＝

在△AMA中，AM＝CO﹣CM＝22﹣a，AA＝2， tan∠CAA＝2，

过点O作AK⊥AC′，则AK＝AA· sinA″＝则CM＝22﹣5；

②当MN＝CN时，如解图③，过点N作NS⊥CM于点S，

210，AM＝5， 5

第4题解图③

设点N的横坐标为n， ∵tan∠MCN＝

ABNS1=＝2，∴CS＝n，CM＝n， ACCS2∵∠MAA＝∠MCC′＝∠CMC′＝∠AMA″， ∴AA＝AM＝22﹣n＝2， ∴CM＝n＝2；

综上所述，CM的长度为22﹣5或2． 5. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝－

32113x＋x＋3与y轴交993

于点A，点B在第一象限抛物线上，直线y＝－3x＋b与x轴交于点C，与y轴交于点A，点D在x轴上，BD＝6，∠ODB＝120°，连接OB、CB. （1）求点A、C两点的坐标；

（2）如图①，设点E是第一象限OB上方抛线线上一动点，过点E作EF∥y轴交OB于点F，过点E在EF的右侧作∠FEG＝∠BOD，交OB于点G，求△EFG周长的最大值；

（3）如图②，将直线AC沿x轴向右平移，平移过程中直线AC交直线BC于点H，交x轴于点K，在平移过程中，是否存在某一时刻，使△KDH为等腰三角形？若存在，求出平移后点C的对应点K的坐标；若不存在，请说明理由．

第5题图 备用图

解：（1）当x＝0时，y＝3， ∴A(0，3)，

3

将A(0，3)代入y＝－3x＋b中，得b＝3， 3

∴y＝－3x＋3，

当y＝0时，x＝3，∴C(3，0)；

（2）如解图①，延长EF交x轴于点M，过点B作BQ⊥x轴于点Q，

第5题解图①

∵∠ODB＝120°，

∴∠BDQ＝60°， ∵BD＝6，

∴BQ＝33，DQ＝3， ∴B点的纵坐标为33，

代入抛物线解析式可求得B点的横坐标为9， ∴B(9，33)，

3∴直线OB的解析式为y＝3x， ∴∠BOD＝30°， ∵EF∥y轴， ∴EM⊥x轴， ∵∠FEG＝∠BOD， ∴△EFG∽△OFM， 31

∴EG＝2EF，FG＝2EF，

3＋3

∴C△EFG＝EF＋EG＋FG＝2EF，

31133

设E(m，－9m2＋9m＋3)，F(m，3m)，

311333253

∴EF＝yE－yF＝－9m2＋9m＋3－3m＝－9(m－4)2＋9， 2533＋325（1＋3）

∴当m＝4时，C△EFG最大＝9×(2)＝; 6（3）存在， 设DK＝a，

∵AO＝3，OC＝3， ∴∠ACO＝∠HKO＝30°.

①当DH＝DK＝a时，如解图②，过点H作HN⊥CD于点N，

第5题解图②

∠DHK＝∠DKH＝30°， ∴∠HDN＝60°，

131∴ND＝2a，HN＝2a，CN＝3－2a， 3a233HN∴＝a＝6，解得a＝2， CR3－2∴K(8，0)；

②当KH＝KD＝a时，如解图③，过点H作HR⊥DK于点R， 133

则HR＝2a，KR＝2a，DR＝a－2a，

HN∴＝CR36＋303114＋30333

＝6，解得a＝，∴K(，0)； 13133

3＋a－2a

12a

2a33

当点K在点D左边时，设DK＝KH＝a，同理可得＝6，

3－a－3a213－91053－45

解得a＝46，K (，0)， 46

第5题解图③

③∵∠HDK＞∠HKD， ∴HD＝HK不存在．

114＋303105345综上所述，满足要求的K点坐标为(8，0)、(，0)或（，13

460）．

6. 如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y＝

3211x﹣x+33与x轴交于点A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，过点C作CD∥x轴，且交抛物线于点D，连接AD，交y轴于点E，连接AC． （1）求S△ABD的值；

（2）如图②，若点P是直线AD下方抛物线上一动点，过点P作PF∥y轴交直线AD于点F，作PG∥AC交直线AD于点G，当△PGF的周长最大时，在线段DE上取一点Q，当PQ+QE的值最小时，求此时PQ+QE的值；

（3）如图③，M是BC的中点，以CM为斜边作直角△CMN，使CN∥x轴，MN∥y轴，将△CMN沿CB平移，记平移后的三角形为△CMN，当点N′落在x轴上即停止运动，将此时的△CMN绕点C逆时针旋转（旋转度数不超过180°），旋转过程中直线MN与直线CA交于点S，与y轴交于点T，与x轴交于点W，请问△CST是否能为等腰三角形？若能，请求出所有符合条件的WN的长度；若不能，请说明理由．

3535

图① 图② 图③ 第6题图

解：（1）令y＝0，则23x2﹣33x+363＝0， 解得x＝∴A（

33或43． 233，0），B（43，0），C（0，33）， 2∵CD∥AB，

∴S△ABD＝S△ABC＝•AB•OC＝×（2）如解图①中，

12125345×33＝; 24

第6题解图①

设P（m，∵A（

323211m﹣m+33）． 113，33）， 23，0），D（

∴直线AD的解析式为y＝x﹣∵PF∥y轴， ∴F（m，m﹣∵PG∥AC，

∴△PGF的形状不变，

3493）， 83493， 8∴PF的值最大时，△PFG的周长最大， ∵PF＝m﹣∴当m＝﹣

34933311733﹣（m2﹣m+33）＝﹣m2+m﹣86283时，PF的值最大，此时P（

3， 3），

b7＝2a2723，﹣

12作P关于直线DE的对称点P，连接PQ，PQ，作EN∥x轴，QM⊥EN于M，

∵△QEM∽△EAO， ∴

QMOE3＝＝， QEAE5∴QM＝QE，

35∴PQ+EQ＝PQ+QM＝PQ+QM，

∴当P′、Q、M共线时，PQ+EQ的值最小， 易知直线PP′的解析式为y＝﹣x+

4253yx12736由，可得G（50y3x934843253， 635353，

393）， 50∵PG＝GP′，

791033，3）， 505010396373+3＝3， ∴P′M＝50820036373． ∴PQ+EQ的最小值为

5200∴P′（

（3）①如解图②中，当CS＝CT时，作CK平分∠OCA，作KG⊥AC于G．

第6题解图②

易知KO＝KG， ∵

S△COKOK2OC＝＝， S△CAKKAAC5332•＝315﹣63， 225∴OK＝

易证∠BWN＝∠OCK， ∴tan∠BWN＝tan∠OCK＝∵BN＝23， ∴WN＝215+43．

②如解图③中，当TC＝TS时，

BN31563＝， WN33

第6题解图③

易证∠BWN＝∠OAC， ∴tan∠BWN′＝tan∠OAC＝

BN33＝， WN332∴WN＝3，

③如解图④中，当TS＝TC时，延长NB交直线AC于Q，作BG⊥AQ于G，QR⊥AB于R．

第6题解图④

∵TS＝TC，

∴∠TSC＝∠TCS＝∠ACO，

∵∠TSC+∠SQN＝90°，∠ACO+∠OAC＝90°， ∴∠BQA＝∠OAC＝∠BAQ， ∴BA＝BQ，

∴AG＝GQ，设AQ＝a，则易知BG＝a，BQ＝AB＝∵·AQ•BG＝•AB•QR， ∴QR＝

2535a，BR＝a， 5105a， 21212∴tan∠WBN＝tan∠QBR＝＝∴WN＝

83． 343BN， WN④如解图⑤中，当CS＝CT时，

第6题解图⑤

由①可知，在Rt△BN′W中，tan∠N′BW＝∴NW＝215﹣43．

综上所述，满足条件的WN′的长为215+43或3或7.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝-83或215﹣43． 3NW31563＝， BN333223x+x+3与x轴交于A、33B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D． （1）求直线BC的解析式；

（2）如图②，点P为直线BC上方抛物线上一点，连接PB、PC．当 △PBC的面积最大时，在线段BC上找一点E（不与B、C重合），使PE+BE的值最小，求点P的坐标和PE+BE的最小值； （3）如图③，点G是线段CB的中点，将抛物线y＝﹣

32

x+ 3121223x+3沿x轴正方向平移得到新抛物线y，y经过点D，y的顶点为F．在3抛物线y的对称轴上，是否存在一点Q，使得△FGQ为直角三角形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

图 ① 图② 图③

解：（1）当x＝0时，y＝﹣

第7题图

3223x+x+3＝3， 33∴点C的坐标为（0，3）， 当y＝0时，有﹣

3223x+x+3＝0， 33解得x1＝﹣1，x2＝3， ∴点B的坐标为（3，0）．

设直线BC的解析式为y＝kx+b（k≠0）， 将B（3，0）、C（0，3）代入y＝kx+b，得：

33kb0k，解得：3， b3b3∴直线BC的解析式为y＝﹣

3x+3； 3（2）如解图①中，过点P作PM⊥x轴于点M，交直线BC于点F．作EN⊥x轴，

第7题解图①

设P（a，﹣∴PF＝﹣

32233a+a+3），则F（a，﹣a+3）， 33332

a+3a , 3∴S△PBC＝×PF×3＝﹣

32123233a+a , 22∴当a＝时，S△PBC最大 , ∴P（，

3253）， 4∵直线BC的解析式为y＝﹣∴∠CBO＝30°，EN⊥x轴， ∴EN＝BE， ∴PE+BE＝PE+EN，

12123x+3． 3∴根据两点之间线段最短和垂线段最短，则当P，E，N三点共线且垂直于x轴时，PE+BE值最小． ∴PE+BE＝PE+EN＝PM＝（3）存在，点Q坐标为(3,

1253； 412323),(3,-),

25∵D是对称轴x＝1与x轴的交点，G是BC的中点， ∴D（1，0），G（，

323）， 2∴直线DG解析式y＝3x﹣3， ∵抛物线y＝﹣

3223343x+x+3＝﹣（x﹣1）2+沿x轴正方向平移得3333到新抛物线y，y经过点D, ∴y'=﹣

343（x﹣3）2+3343）， 33，

∴F（3，

∴对称轴为x＝3, ∵△FGQ为直角三角形,

∴∠FGQ＝90°或∠FQG＝90°，∠GFQ＝90°（不合题意，舍去） 当∠FQG＝90°，则QG∥x轴；

∴Q（3，

3）； 2当∠FGQ＝90°，设点Q坐标（3，y）, ∵FQ2＝FG2+GQ2, ∴（

43433333﹣y）2＝（3﹣）2+（﹣）2+（3﹣）2+（﹣y）2． 33222223， 5∴y＝﹣

∴Q（3，﹣

23）， 5323）或（3，﹣）. 25224x+x+22与x轴交于A，33综上所述：Q的坐标可能为（3，

8.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝-

B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，点D抛物线的顶点． （1）求直线BD的解析式；

（2）抛物线对称轴交x轴于点E，P为抛物线上一动点，过点P作PF⊥BD于点F，当线段PF的长最大时，连接PE，过点E作射线EM，且EM⊥EP，点G为射线EM上一动点（点G不与点E重合），连接PG，H为PG中点，连接AH，求AH的最小值；

（3）如图②，平移抛物线，使抛物线的顶点D在射线BD上移动，点B，D平移后的对应点分别为点B'，D'，y轴上有一动点M，连接MB'，MD'，△MB'D'是否能为等腰直角三角形？若能，请求出所有符合条件的M点的坐标；若不能，

请说明理由．

图① 图 ② 图③

第8题图

解：（1）对于抛物线y＝﹣令y＝0，得﹣

224x+x+22， 33

224x+x+22＝0，解得x＝﹣2或32， 33∴A（﹣2，0），B（32，0）， ∵y＝﹣

224282x+x+22＝﹣（x﹣2）2+． 333382）， 3∴D（2，

822kb设直线BD的解析式为y＝kx+b (k≠0)，则有3，

32kb04k3， 解得b42∴直线BD的解析式为y＝﹣x+42； （2）如解图①中，设P（m，﹣于Q．

224m+m+22），连接PD、PB，作PQ⊥OB3343

第8题解图①

要求PF的最大值，易知当△PBD面积最大时，PF的值最大， S△PBD＝S△PDE+S△PEB﹣S△EDB，

＝×

1282282141×（m﹣2）+×22×（﹣m2+m+22）﹣×22× 333232232∵﹣＜0，

3＝﹣（m﹣22）2+，

43∴m＝22时，△PBD的面积最大，PF的值最大， ∴此时P（22，22），

易知点H的运动轨迹是线段PE的垂直平分线， ∴当AH垂直PE的垂直平分线时，AH的值最小， 设AH交EM于K，

在Rt△EPQ中，PE＝EQPQ＝

2222222＝10，

由△AKE∽△EQP， 得到

AKAE， EQPE210， 5∴AK＝

易知HK＝NE＝PE＝∴AH＝AK+KH＝

1210， 2910； 10（3）如解图②中，作MN⊥BD于N．

第8题解图②

∵B（32，0），D（2，

82）， 3∴BD＝

82102＝， 223322当MN＝BD时，存在△MB'D'为等腰直角三角形（只要D′或B′与N重合即可），

∵直线BD的解析式为y＝﹣x+42，直线BD与y轴的交点H（0，42）， ∵△HMN∽△DBE， ∴∴

MNHM＝， BEBDHM102＝， 310222343∴HM＝

5092，

∴OM＝HM﹣OH＝∴M（0，﹣

1495092﹣42＝

1492，

2），

862）， 9点M关于H的对称点M′也满足条件，此时M′（0，

当M″是HM的中点时，M″是等腰三角形△M″B′D′的直角顶点， 此时M″（0，

112）， 9综上所述，满足条件的点M的坐标为（0，﹣

862）． 91492）或（0，

112）或（0，9类型四 与特殊四边形有关的问题

9.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣x﹣3与x轴相交于A、B两点（点A在点B的左侧），过点A的直线交y轴于点D，且tan∠DAO＝．

（1）求直线AD的解析式；

（2）如图①，若点P是抛物线上第四象限的一个动点，过点P作直线PF⊥x轴于点P，直线PF交AD于E；过点P作PG⊥AD于G，PG交x轴于点H，当△PGE的周长取得最大值时，求点P的坐标及四边形GEFH的

343834面积；

（3）如图②，在（2）的条件下，当△PGE的周长取得最大值时P停止运动，连接PA交直线CB于Q，将直线AD绕点Q旋转，旋转后的直线l与直线AD相交于点M，与直线CB相交于点N，当四边形QDMN为平行四边形时，求点M的坐标．

图① 图② 第9题图

解：（1）令y＝0，则3x2﹣384x﹣3＝0，解得∴A（﹣2，0），B（4，0）， ∴OA＝2， ∵tan∠DAO＝3＝DO4AO， ∴OD＝32，

∴点D坐标（0，32）， 设直线AD解析式为y＝kx+b，

3代入A、D点坐标则有b2，

2kb0k3解得43， b2∴直线AD解析式为y＝3x+342； （2）如解图①中，

备用图 x＝﹣2或4，

第9题解图①

∵在点P移动过程中，∠PEG的大小不变， ∴PE最长时，△PEG的周长最大，

33344233333393∴PE＝m+-（m2﹣m﹣3）＝﹣m2+m+＝﹣（m﹣2）2+6，

428482283∵﹣＜0，

8设P（m，m2﹣m﹣3），则E（m，m+），

38∴m＝2时，PE最长，△PEG的周长最长， 此时P（2，﹣3），E（2，3），F（2，0）， ∵OD∥PE， ∴∠ADO＝∠PEG， ∵∠AOD＝∠PGE， ∴△AOD∽△PGE，

AODOAD， PGEGPE35∵OA＝2，OD＝，AD＝，PE＝6，

222418∴PG＝，EG＝，

55∴

∵∠HPF＝∠EPG，∠PFH＝∠PGE， ∴△PFH∽△PGE，

PHPFFH＝＝， PEPGGE9∴PF＝3，FH＝，

4∴

∴S四边形GEFH＝S△PGE﹣S△PFH＝×122418191053×﹣×3×＝； 5524200（3）如解图②中，作QH⊥AD于H，旋转后H的对应点为H′．设M点坐标（m，m+）．

3432

第9题解图②

∵四边形QDMN是平行四边形， ∴DQ∥MN，DM∥QN， ∴∠QDH＝∠DMN＝∠QNH， ∵∠QHD＝∠QHN＝90°，QH＝QH， ∴△QHD≌△QHN， ∴DQ＝QN，

∴四边形QDMN是菱形，∴DQ＝DM，

∵直线AP解析式为y＝﹣

333x﹣，直线CN的解析式为y＝x﹣3， 42433yxx142由，解得9， 3yyx344∴点Q坐标（1，﹣）， ∵DQ＝DM，

∴12+（+）2＝m2+（m）2， 解得m＝±241， 52413241324132413，+）或（﹣，﹣+）． 5205202294329434∴点M的坐标为（

10.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝-x2-x-3交x轴于A，B两点（点A在点B的左侧），交y轴于点C． （1）求直线AC的解析式；

（2）①点P是直线AC上方抛物线上的一动点（不与点A，点C重合），过点P作PD⊥AC于点D，求PD的最大值；

1272②当线段PD的长度最大时，点Q从点P出发，先以每秒一个单位的速度沿适当的路径运动到y轴上的点M处，再沿MC以每秒10个单位的速度运动到点C停止．当点Q在整个运动中用时最少时，求点M的坐标；

（3）将△BOC沿直线BC平移，点B平移后的对应点为点B，点O平移后的对应点为点O，点C平移后的对应点为点C，点S是坐标平面内一点，若以A、C、O、S为顶点的四边形是菱形，求出所有符合条件的点S的坐标．

图① 图② 备用图 第10题图

解：（1）对于抛物线y＝-x2-x-3，令x＝0，得y＝﹣3， ∴C（0，﹣3），

令y＝0，得x2+7x+6＝0，解得x＝﹣6或﹣1， ∵点A在点B的左侧， ∴A（﹣6，0），B（﹣1，0）， 设直线AC的解析式为y＝kx+b，则有b3，

6kb0127211k解得2，∴直线AC的解析式为y＝﹣x﹣3；

2b3（2）①如解图①中，设P（m，-m2-m-3），连接PA、PC，作PK∥y轴交AC于K，则K（m，﹣m﹣3）．

121272

第10题解图①

∵PD⊥AC，AC ＝35，

∴PD最大时，△PAC的面积最大，

∵S△PAC＝×（﹣m2﹣m-3+m+3）×6＝﹣（m+3）2+又∵﹣＜0，

∴m＝﹣3时，△PAC的面积最大，最大值为此时P（﹣3，3），×AC·PD＝∴PD＝

95； 5121272123227， 23227， 21227， 2②如解图②中，在x轴上取一点N（1，0），作直线CN，作PK⊥直线CN于K交y轴于M．

第10题解图②

∵OC＝3，ON＝1， ∴CN＝10， ∴sin∠OCN＝∴MK＝

1ONMK＝＝， CNCM10CM， 10∵点Q在整个运动的时间＝PM+

CM＝PM+MK＝PK， 10根据垂线段最短可知，点M即为所求的点， ∵直线CN的解析式为y＝3x﹣3，PK⊥CN， ∴直线PK的解析式为y＝﹣x+2， ∴M（0，2）；

（3）①如解图③和④中，当四边形ACSO'是菱形时，设AS交CO于K，AC＝AO＝35，

13

第10题解图③ 第10 题解图④

∵点O′在直线y＝﹣3x上，A（﹣6，0），设O′（m，﹣3m），

22（m6）（3m）∴+＝（35）2，

解得m＝∴O′（

6314， 10631418914631418914，）或（，）， 10101010又∵C（0，-3），根据中点坐标公式可得 K（

631412914631412914，）或（，）， 20202020∵AK＝KS， ∴S（

②如解图⑤和⑥中，当四边形ACOS是菱形时，设CS交AO于K，AC＝

54314129145431412914，）或（，）； 10101010CO＝35，

第10题解图⑤ 第10题解图⑥

∵点O′在直线y＝﹣3x上，C（0，﹣3），设O′（m，﹣3m），

2（35）∴m2+（﹣3m+3）2＝，

解得m＝3或﹣，

18）， 5391∴K（﹣，﹣）或（﹣，），

225565∴O（3，﹣9）或（﹣，

65∵CK＝KS，

∴S（﹣3，﹣6）或（﹣ ，

9533）； 5③如解图⑦中，当四边形ASCO是菱形时，SO垂直平分线段AC，

第10题解图⑦

直线SO的解析式为y＝2x+，

99xy2x10由， 2，解得27yy3x1092927，）， 10103∵KS＝KO，K(-3，-），

25157∴S（﹣，﹣），

1010∴O（﹣

综上所述，满足条件的点S坐标为S（

543141291454314，）或（，101010129149335157）或（﹣3，﹣6）或（﹣，）或（﹣，﹣）； 10551010