【文档说明】中考数学二轮总复习（解答题）突破训练：专题五《与图形的变换结合的探究题》(教师版).doc，共(36)页，693.057 KB，由MTyang资料小铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

类型二与图形的变换结合的探究题1．在四边形ABCD中，点E为AB边上的一点，点F为对角线BD上的一点，且EF⊥AB.(1)若四边形ABCD为正方形．①如图①，请直接写出AE与DF的数量关系_DF＝2AE_；②将△EBF绕点B逆时针旋转到图②所示的位置，连接A

E，DF，猜想AE，DF的数量关系并说明理由；(2)如图③，若四边形ABCD为矩形，BC＝mAB，其他条件都不变，将△EBF绕点B顺时针旋转α(0°＜α＜90°)得到△E′BF′，连接AE′，DF′，请在图③中画出草图，并直接写出AE′与DF′的数量关

系．解：(1)②DF＝2AE.理由如下：∵△EBF绕点B逆时针旋转，∴∠ABE＝∠DBF，∵BFBE＝2，BDAB＝2，∴BFBE＝BDAB，∴△ABE∽△DBF，∴DFAE＝BFBE＝2，即DF＝2AE；(2)如解图，∵四边形ABCD为矩形，∴AD＝BC＝mAB，∴BD＝A

B2＋AD2＝1＋m2AB，∵EF⊥AB，∴EF∥AD，∴△BEF∽△BAD，∴BFBE＝BDBA＝1＋m2，∵△EBF绕点B顺时针旋转α(0°＜α＜90°)得到△E′BF′，∴∠ABE′＝∠DBF′，BE′＝BE，BF′＝BF，∴B

F′BE′＝BDBA＝1＋m2，∴△ABE′∽△DBF′，∴DF′AE′＝BDBA＝1＋m2，即DF′＝1＋m2AE′.2．边长为6的等边△ABC中，点D、E分别在AC、BC边上，DE∥AB，EC＝23.

(1)如图①，将△DEC沿射线EC方向平移，得到△D′E′C′，边D′E′与AC的交点为M，边C′D′与∠ACC′的角平分线交于点N，当CC′多大时，四边形MCND′为菱形？并说明理由；(2)如图②，将△DEC绕点C旋转∠α(0

°＜α＜360°)，得到△D′E′C，连接AD′，BE′.边D′E′的中点为P.①在旋转过程中，AD′和BE′有怎样的数量关系？并说明理由；②连接AP，当AP最大时，求AD′的值．(结果保留根号)(导学号58824238)图①图②解：(1)当CC′

＝3时，四边形MCND′是菱形．理由：由平移的性质得，CD∥C′D′，DE∥D′E′，∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠ACB＝60°，∴∠ACC′＝180°－∠ACB＝120°，∵CN是∠ACC′的角平分线，∴∠NCC′＝12∠ACC′＝60°＝∠B＝∠D′E′C′，∴D′E′∥CN，∴

四边形MCND′是平行四边形，∵∠ME′C′＝∠MCE′＝60°，∠NCC′＝∠NC′C＝60°，∴△MCE′和△NCC′是等边三角形，∴MC＝CE′，NC＝CC′，∵四边形MCND′是菱形，∴CN＝CM，∴CE′＝CC′.又∵E′C′＝E

C＝23，∴CC′＝12E′C′＝3；(2)①AD′＝BE′.理由：当α≠180°时，由旋转的性质得，∠ACD′＝∠BCE′，由(1)知，AC＝BC，CD′＝CE′，∴△ACD′≌△BCE′，∴AD′＝BE′，当α＝180°时，AD′＝AC＋

CD′，BE′＝BC＋CE′，即：AD′＝BE′，综上可知：AD′＝BE′.②如解图①，连接CP，在△ACP中，由三角形三边关系得，AP＜AC＋CP，∴当点A，C，P三点共线时，AP最大，如解图②，在△D′CE′中，由P

为D′E′的中点，得AP⊥D′E′，PD′＝3，∴CP＝3，∴AP＝6＋3＝9，在Rt△APD′中，由勾股定理得，AD′＝AP2＋PD′2＝221.图①图②3．如图，∠MAN＝60°，AP平分∠MAN，点B是射线AP上一定点，点C在直线AN上运动，连接BC，将∠

ABC(0°<∠ABC<120°)的两边射线BC和BA分别绕点B顺时针方向旋转120°，旋转后角的两边分别与射线AM交于点D和点E.(1)如图①，当点C在射线AN上时．①请判断线段BC与BD的数量关系，直接写出结论；②请探究线段AC、AD和BE的数量关系，写

出结论并证明；(2)如图②，当点C在射线AN的反向延长线上时，BC交射线AM于点F，若AB＝4，AC＝3，请直接写出AD和DF的长．图①图②解：(1)①BC＝BD；②AC＋AD＝3BE，证明如下：如解图，过点B作BH⊥AE于点H，∵∠MA

N＝60°，AP平分∠MAN，∴∠1＝∠2＝12∠MAN＝30°，∵将∠ABC绕点B顺时针方向旋转120°，∴旋转后角的两边分别与射线AM交于点D和点E，∴∠CBD＝∠ABE＝120°，∴∠CBD－∠ABD＝∠ABE－∠ABD，

即：∠3＝∠4，∵∠ABE＝120°，∠1＝30°∴∠5＝180°－∠ABE－∠1＝30°，∵∠5＝∠1，∴BA＝BE，∵∠5＝∠2＝30°，∠3＝∠4，∴△ABC≌△EBD，∴AC＝DE，∴AC＋AD＝DE＋AD＝AE，∵BH⊥AE于点H，BA＝BE，∴

AH＝EH＝12AE，∵∠5＝30°，∴EH＝BE·cos30°＝32BE，即：12AE＝32BE，∴AE＝3BE，∴AC＋AD＝3BE；(2)AD＝53，DF＝3137.4．如图①，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在

边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．(1)观察猜想图①中，线段PM与PN的数量关系是_PM＝PN_，位置关系是_PM⊥PN_；(2)探究证明把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图②的位置，连接MN，BD，CE，判

断△PMN的形状，并说明理由；(3)拓展延伸把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请直接写出△PMN面积的最大值．解：(2)由旋转知，∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE(SAS)，∴∠ABD

＝∠ACE，BD＝CE，同(1)的方法，利用三角形的中位线得，PN＝12BD，PM＝12CE，∴PM＝PN，∴△PMN是等腰三角形，同(1)的方法得，PM∥CE，∴∠DPM＝∠DCE，同(1)的方法得，PN∥BD，∴∠PNC＝∠DBC，∵∠DPN＝∠DCB＋∠PNC＝∠DCB＋∠D

BC，∴∠MPN＝∠DPM＋∠DPN＝∠DCE＋∠DCB＋∠DBC＝∠BCE＋∠DBC＝∠ACB＋∠ACE＋∠DBC＝∠ACB＋∠ABD＋∠DBC＝∠ACB＋∠ABC，∵∠BAC＝90°，∴∠ACB＋∠ABC＝90°，∴∠MPN＝90°

，∴△PMN是等腰直角三角形；(3)如解图，同(2)的方法得，△PMN是等腰直角三角形，∴MN最大时，△PMN的面积最大，在△AMN中，MN<AM＋AN，∴当A、M、N共线时MN最大．∴DE∥BC且DE在顶点A上面，∴MN最大＝A

M＋AN，连接AM，AN，在△ADE中，AD＝AE＝4，∠DAE＝90°，∴AM＝22，在Rt△ABC中，AB＝AC＝10，AN＝52，∴MN最大＝22＋52＝72，∴S△PMN最大＝12PM2＝12×12×MN2＝14×(72)2＝492.类型三动点问题1．(2017

·抚顺)如图，OF是∠MON的平分线，点A在射线OM上，P，Q是直线ON上的两动点，点Q在点P的右侧，且PQ＝OA，作线段OQ的垂直平分线，分别交直线OF，ON于点B，点C，连接AB，PB.(1)如图①，当P，Q两点都在射线ON上时，请直接写

出线段AB与PB的数量关系；(2)如图②，当P，Q两点都在射线ON的反向延长线上时，线段AB，PB是否还存在(1)中的数量关系？若存在，请写出证明过程；若不存在，请说明理由；(3)如图③，∠MON＝60°

，连接AP，设APOQ＝k，当P和Q两点都在射线ON上移动时，k是否存在最小值？若存在，请直接写出k的最小值；若不存在，请说明理由．解：(1)AB＝PB；(2)存在．理由：如解图，连接BQ，∵BC垂直平分OQ，

∴BQ＝OB，∴∠BQC＝∠BOC，∵OF平分∠MON，∴∠MOF＝∠NOF，∴∠NOF＝∠BOC，∴∠BQC＝∠MOF，∴180°－∠BQC＝180°－∠MOF，∴∠AOB＝∠BQP，又∵PQ＝AO，∴△BQP≌△BOA，∴AB＝PB；(3)存在

最小值，k最小值＝0.5.2．(2017·宜昌)正方形ABCD的边长为1，点O是BC边上的一个动点(与B，C不重合)，以O为顶点在BC所在直线的上方作∠MON＝90°.(1)当OM经过点A时，①请直接填空：ON_不可能_(可能，不可能)过D点；(图①仅供分析)②如图②，在ON上截取

OE＝OA，过E点作EF垂直于直线BC，垂足为点F，作EH⊥CD于点H，求证：四边形EFCH为正方形；(2)当OM不过点A时，设OM交边AB于点G，且OG＝1.在ON上存在点P，过P点作PK垂直于直线BC，垂足为点K，使得S△PKO＝4S△OBG，连接GP，求四边形PKBG的最大面积．

(导学号58824239)解：(1)②∵EH⊥CD，EF⊥BC，∴∠EHC＝∠EFC＝90°，且∠HCF＝90°，∴四边形EFCH为矩形，∵∠MON＝90°，∴∠EOF＝90°－∠AOB，在正方形ABCD中，∠BAO＝90°－∠AOB，∴∠EOF＝∠BAO，在△OFE和

△ABO中，∠EOF＝∠BAO，∠EFO＝∠B，OE＝AO，∴△OFE≌△ABO(AAS)，∴EF＝OB，OF＝AB，又OF＝CF＋OC＝AB＝BC＝BO＋OC＝EF＋OC，∴CF＝EF，∴四边形EFCH为正方形；(2)如解图，∵∠POK＝∠

OGB，∠PKO＝∠OBG，∴△PKO∽△OBG，∵S△PKO＝4S△OBG，∴S△PKOS△OBG＝(OPOG)2＝4，∴OP＝2，∴S△POG＝12OG·OP＝12×1×2＝1，设OB＝a，BG＝b，则a2＋b2＝OG2＝1，∴b＝1－a2

，∴S△OBG＝12ab＝12a1－a2＝12－a4＋a2＝12－（a2－12）2＋14.当a2＝12时，△OBG面积有最大值14，此时S△PKO＝4S△OBG＝1，∴四边形PKBG的最大面积为1＋1＋14＝94.3．(2017·沈阳模拟

)如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝6，动点Q从点A出发以每秒1个单位长度的速度沿AB向终点B运动，点Q运动23秒后，点P从点D出发以与点Q相同的速度沿DA向终点A运动，设点P运动的时间为t(秒)，将△APQ沿直线PQ

翻折，得到△EPQ.(1)用含t的代数式表示：AP＝_6－t_；AQ＝_t＋23_；(2)连接BD，在运动过程中，当△PQE∽△BDC时，求t的值；(3)在运动过程中，∠PQE能否等于∠ABD的一半？如果能，求出此时的t的值；如果不能，请说明理由(参考数据：2≈1.4，3≈1.7，5≈2.2

)．解：(2)∵将△APQ沿直线PQ翻折，得到△EPQ，∴△PQA≌△PQE，当△PQE∽△BDC时，∴△PQA∽△BDC，∴APBC＝AQCD，即6－t6＝t＋233，解得t＝149；(3)不能．理由如下：如解图，延长AB至

点M，使BM＝BD，连接DM，∵BM＝BD，∴∠BDM＝∠BMD，∵∠ABD＝∠BDM＋∠BMD，∴∠BDM＝∠BMD＝12∠ABD，当∠PQE＝12∠ABD时，∵∠PQE＝∠PQA，∴∠PQA＝∠BMD＝12∠ABD，∴PQ∥DM，∴APAD＝AQAM，在Rt△BC

D中，BD＝CD2＋BC2＝35，∴BM＝BD＝35，∴6－t6＝t＋233＋35，解得t≈3.5，∵0≤t≤73.所以在运动过程中，∠PQE不能等于∠ABD的一半．题型三二次函数与几何图形综合题类型一与图形判定结合1．(2017·盘锦)如图，直线y＝－2x＋4交y轴于点A，

交抛物线y＝12x2＋bx＋c于点B(3，－2)，抛物线经过点C(－1，0)，交y轴于点D，点P是抛物线上的动点，作PE⊥DB交DB所在直线于点E.(1)求抛物线的解析式；(2)当△PDE为等腰直角三角形时，求出PE的长及P点坐标；(3)在(2)

的条件下，连接PB，将△PBE沿直线AB翻折，直接写出翻折后点E的对称点坐标．备用图备用图解：(1)抛物线的解析式为y＝12x2－32x－2；(2)∵点D是抛物线与y轴的交点，∴点D的坐标为(0，－2)，∴BD∥x轴，∵点P是抛物线

上一点，则设点P的坐标为(p，12p2－32p－2)，∵PE⊥BD，∴点E的坐标为(p，－2)，∴DE＝|p|，PE＝|12p2－32p－2－(－2)|＝|12p2－32p|，∵△PDE是等腰直角三角形，∴PE

＝DE，∴|12p2－32p|＝|p|，当12p2－32p＝p时，解得p＝0或p＝5，当12p2－32p＝－p时，解得p＝0或p＝1，∴这样的点P有两个，坐标分别为(5，3)，此时PE＝5，或(1，－3)，此时PE＝1；(3)当点P的坐标为(

5，3)时，点E的坐标为(5，－2)，此时BE＝2，如解图①，过E作EF⊥AB于F，延长EF到R，使得FR＝EF，则点R为点E关于AB的对称点，即为所求点．过R作RG⊥DE于G.∵点A是直线与y轴的交点，∴点A的坐标为(0，4)，∴AD＝6，∵B

D＝3，∴AB＝36＋9＝35，∵BEAB＝BFDB，∴BF＝255，∵tan∠EBF＝EFBF＝tan∠ABD＝ADBD＝2，∴EF＝455，∴ER＝855，易得∠REG＝∠BAD，∴EG＝2GR，∴GR＝85，GE＝165，∴DG＝5－165

＝95，此时点R的坐标为(95，－185)；当点P的坐标为(1，－3)时，点E的坐标为(1，－2)，过点E作EF⊥AB于F，延长EF到R使得EF＝FR，过R作RG⊥BD于G，同上，易得BE＝2，∴GR＝85，GE＝165，∴DG＝

215，∴点R的坐标为(215，－25)．综上可得，翻折后点E的对称点坐标为(95，－185)或(215，－25)．图①图②2．(2017·本溪)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝12x2＋bx＋c与x轴交于A，B两点，点B(3，0)，经过点A的直线AC与抛物线的

另一交点为C(4，52)，与y轴交点为D，点P是直线AC下方的抛物线上的一个动点(不与A，C重合)．(1)求该抛物线的解析式；(2)过点P作PE⊥AC，垂足为E，作PF∥y轴交直线AC于点F，设点P的横坐标为t，线段E

F的长度为m，求m与t的函数关系式；(3)点Q在抛物线的对称轴上运动，当△OPQ是以OP为直角边的等腰直角三角形时，请直接写出符合条件的点P的坐标．(导学号58824240)解：(1)该抛物线解析式为y＝12x2－x－32；(2)令y＝0得12x2－x－32＝0，解得x1＝－1，

x2＝3，∴点A的坐标为(－1，0)．C(4，52)，∴直线AC的解析式为y＝12x＋12.∵点D是直线AC与y轴的交点，∴点D的坐标为(0，12)．在Rt△AOD中，OA＝1，OD＝12，由勾股定理得AD＝52，∴cos∠ADO＝DOAD＝55.∵PF∥y轴，点

P的横坐标为t，且点P在抛物线上，点F在直线AC上，∴点F的坐标为(t，12t＋12)，点P的坐标为(t，12t2－t－32)，∵点F在点P的上方，∴PF＝12t＋12－(12t2－t－32)＝－12t2＋32t＋2.∵PF∥y轴，∴∠PF

E＝∠ODA，∴cos∠PFE＝FEPFcos∠ODA＝55，∴m＝55PF＝－510t2＋3510t＋255；(3)满足条件的点P的坐标为(1＋2，－1)或(1－2，－1)或(1＋6，1)或(2－5，1－5)或(5，1－5)．类型

二与线段问题结合1．(2017·武汉)已知点A(－1，1)、B(4，6)在抛物线y＝ax2＋bx上．(1)求抛物线的解析式；(2)如图①，点F的坐标为(0，m)(m＞2)，直线AF交抛物线于另一点G，过点G作x轴的垂线，垂足为H.设抛物线与x轴的正半轴交于点E，连

接FH、AE，求证：FH∥AE；(3)如图②，直线AB分别交x轴，y轴于C，D两点．点P从点C出发，沿射线CD方向匀速运动，速度为每秒2个单位长度；同时点Q从原点O出发，沿x轴正方向匀速运动，速度为每秒1个单位长度．点M是直线PQ与抛物线的一个交点，当运动到t秒时，QM＝2PM，直接写

出t的值．图①图②(1)解：抛物线的解析式为y＝12x2－12x；(2)证明：设直线AF的解析式为y＝kx＋m，将点A(－1，1)代入y＝kx＋m中，即－k＋m＝1，∴k＝m－1，∴直线AF的解析式为y＝(m－1)x＋m.联立直线AF和抛物线解析式得，

y＝（m－1）x＋m，y＝12x2－12x.解得x1＝－1，y1＝1.x2＝2m，y2＝2m2－m.∴点G的坐标为(2m，2m2－m)．∵GH⊥x轴，∴点H的坐标为(2m，0)．∵抛物线的解析式为y＝

12x2－12x＝12x(x－1)，∴点E的坐标为(1，0)．∴直线AE的解析式为y＝－12x＋12.设直线FH的解析式为y＝k2x＋b2，将F(0，m)、H(2m，0)代入y＝k2x＋b2中，b2＝m，2mk2＋b2＝0.解得：k2

＝－12，b2＝m.∴直线FH的解析式为y＝－12x＋m.∴FH∥AE；(3)解：当运动时间为15－1136秒或15＋1136秒或13－892秒或13＋892秒时，QM＝2PM.2．(2015·锦州)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋2经过点A(－1，0)和点B(4，0)，且

与y轴交于点C，点D的坐标为(2，0)，点P(m，n)是该抛物线上的一个动点，连接CA，CD，PD，PB.(1)求该抛物线的解析式；(2)当△PDB的面积等于△CAD的面积时，求点P的坐标；(3)当m

＞0，n＞0时，过点P作直线PE⊥y轴于点E交直线BC于点F，过点F作FG⊥x轴于点G，连接EG，请直接写出随着点P的运动，线段EG的最小值．解：(1)抛物线的解析式为：y＝－12x2＋32x＋2；(2)∵抛物线的解析式为y＝－12x2＋32x＋2，∴点C的坐标是(0，2)，∵

点A(－1，0)、点D(2，0)，∴AD＝2－(－1)＝3，∴S△CAD＝12×3×2＝3，∴S△PDB＝3，∵点B(4，0)、点D(2，0)，∴BD＝2，∴S△PDB＝12×2×|n|＝3，∴n＝3或n－3，①当n＝

3时，－12m2＋32m＋2＝3，解得m＝1或m＝2，∴点P的坐标是(1，3)或(2，3)．②当n＝－3时，－12m2＋32m＋2＝－3，解得m＝5或m＝－2，∴点P的坐标是(5，－3)或(－2，－3)．综上，可得点P的坐标为(1，3)或(2，3)或(5，－3)或(－2，－3)；(3)线段EG的

最小值是455.3．(2017·哈尔滨)如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝x2＋bx＋c交x轴于A，B两点，交y轴于点C，直线y＝x－3经过B，C两点．(1)求抛物线的解析式；(2)过点C作直线CD⊥y轴交抛物线

于另一点D，点P是直线CD下方抛物线上的一个动点，且在抛物线对称轴的右侧，过点P作PE⊥x轴于点E，PE交CD于点F，交BC于点M，连接AC，过点M作MN⊥AC于点N，设点P的横坐标为t，线段MN的长为d，求d与t之间的函数关系式(不要求写出

自变量t的取值范围)；(3)在(2)的条件下，连接PC，过点B作BQ⊥PC于点Q(点Q在线段PC上)，BQ交CD于点T，连接OQ交CD于点S，当ST＝TD时，求线段MN的长．解：(1)抛物线的解析式为y＝x2－2x－3；图①(2)如解图①，y＝x2－2x－3，当y＝0时，x

2－2x－3＝0，解得x1＝－1，x2＝3，∴A(－1，0)，∴OA＝1，OB＝OC＝3，∴∠ABC＝45°，AC＝10，AB＝4，∵PE⊥x轴，∴∠EMB＝∠EBM＝45°，∵点P的横坐标为t，∴EM＝EB＝3－t，连接AM，∵S△ABC＝

S△AMC＋S△AMB，∴12AB·OC＝12AC·MN＋12AB·EM，∴12×4×3＝12×10MN＋12×4(3－t)，∴MN＝2105t；图②(3)如解图②，∵y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4，∴对称轴为x＝1，由抛物线对称

性可得D(2，－3)，∴CD＝2，过点B作BK⊥CD交直线CD于点K，∴四边形OCKB为正方形，∴∠OBK＝90°，CK＝OB＝BK＝3，∴DK＝1，∵BQ⊥CP，∴∠CQB＝90°，过点O作OH⊥PC交PC的延长线于点H，O

R⊥BQ交BQ于点I，交BK于点R，OG⊥OS交KB于G，连接SR，∴∠OHC＝∠OIQ＝∠OIB＝90°，∴四边形OHQI为矩形，∵∠OCQ＋∠OBQ＝180°，∴∠OBG＝∠OCS，∵OB＝OC，∠BOG＝∠COS，∴△OBG≌△OCS，∴OG＝OS，CS＝GB，∠GOB＝∠SO

C，∴∠SOG＝90°，∴∠ROG＝45°，∵OR＝OR，∴△OSR≌△OGR，∴SR＝GR，∴SR＝CS＋BR，∵∠BOR＋∠OBI＝90°，∠IBO＋∠TBK＝90°，∴∠BOR＝∠TBK，∴tan∠BOR＝tan∠TBK，∴BROB＝TKBK，∴BR＝TK，∵∠CTQ＝∠BTK

，∴∠QCT＝∠TBK，∴tan∠QCT＝tan∠TBK，设ST＝TD＝m，∴SK＝2m＋1，CS＝2－2m，TK＝m＋1＝BR，SR＝3－m，RK＝2－m，在Rt△SKR中，∵SK2＋RK2＝SR2，∴(2m＋1)2＋(2－m)2＝(3－m)2，解

得m1＝－2(舍去)，m2＝12；∴ST＝TD＝12，TK＝32，∴tan∠TBK＝TKBK＝32÷3＝12，∴tan∠PCD＝12，∵CF＝OE＝t，∴PF＝12t，∴PE＝12t＋3，∴P(t，－12t－3)，∴－12t－3＝

t2－2t－3，解得t1＝0(舍去)，t2＝32.∴MN＝d＝2105t＝2105×32＝3105.类型三与面积问题结合1．(2017·恩施州)如图，已知抛物线y＝ax2＋c过点(－2，2)，(4，5)，过定点F(0，

2)的直线l：y＝kx＋2与抛物线交于A，B两点，点B在点A的右侧，过点B作x轴的垂线，垂足为C.(1)求抛物线的解析式；(2)当点B在抛物线上运动时，判断线段BF与BC的数量关系(＞、＜、＝)，并证明你的判断；(3)P为y轴上一点，以B，C，F，P为顶点的四边形是菱形，设点P(0，m)，求自然

数m的值；(4)若k＝1，在直线l下方的抛物线上是否存在点Q，使得△QBF的面积最大？若存在，求出点Q的坐标及△QBF的最大面积；若不存在，请说明理由．(导学号58824241)解：(1)抛物线的解析式为y＝14x2＋1；(2)BF＝BC.理由如下：设B(x，14x2＋1)，而F(0，2

)，∴BF2＝x2＋(14x2＋1－2)2＝x2＋(14x2－1)2＝(14x2＋1)2，∴BF＝14x2＋1，∵BC⊥x轴于点C，∴BC＝14x2＋1，∴BF＝BC；图①(3)如解图①，m为自然数，则点P在F点上方，∵以B、C、F、P为顶点的四边形是菱形，∴CB＝CF＝PF，而

CB＝FB，∴BC＝CF＝BF，∴△BCF为等边三角形，∴∠BCF＝60°，∴∠OCF＝30°，在Rt△OCF中，CF＝2OF＝4，∴PF＝CF＝4，∴P(0，6)，即自然数m的值为6；图②(4)作QE∥y轴交AB于E，如解图②，当k＝1时，一次函数解析式为y＝x＋2，解方程组

y＝x＋2，y＝14x2＋1.得x＝2＋22，y＝4＋22，或x＝2－22，y＝4－22，则B(2＋22，4＋22)，设Q(t，14t2＋1)，则E(t，t＋2)，∴EQ＝t＋2－(14t2＋1)＝－14t2＋t＋1，∴S△QBF＝S△EQ

F＋S△EQB＝12(2＋22)EQ＝12(2＋1)(－14t2＋t＋1)＝－2＋14(t－2)2＋22＋2，当t＝2时，S△QBF有最大值，最大值为22＋2，此时Q点坐标为(2，2)．2．(2017·苏州)如图，二次函数y＝x2＋bx＋c的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，OB＝

OC.点D在函数图象上，CD∥x轴，且CD＝2，直线l是抛物线的对称轴，E是抛物线的顶点．(1)求b，c的值；(2)如图①，连接BE，线段OC上的点F关于直线l的对称点F′恰好在线段BE上，求点F的坐标；(3)如图②，动点P在线段OB上，过点P作x轴的垂线分别与BC交于点

M，与抛物线交于点N.试问：抛物线上是否存在点Q，使得△PQN与△APM的面积相等，且线段NQ的长度最小？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，说明理由．解：(1)b＝－2，c＝－3;(2)设点F坐标为(0，

m)，∵对称轴是直线x＝1，∴点F关于直线l的对称点F′的坐标为(2，m)，由(1)可知抛物线解析式为y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4，∴E(1，－4)∵直线BE经过点B(3，0)，E(1，－4)，∴利用待定系数

法可得直线BE的表达式为y＝2x－6，∵点F′在BE上，∴m＝2×2－6＝－2，即点F坐标为(0，－2)．(3)存在，满足题意的点Q的坐标为(12，－154)或(32，－154)．3．(2017·抚顺)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋4交y轴于点A，并经过B(4，4)和C(6，0)两点，点D的

坐标为(4，0)，连接AD，AB，BC，点E从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段AD向点D运动，到达点D后，以每秒1个单位长度的速度沿射线DC运动，设点E的运动时间为t秒，过点E作AB的垂线EF交直线AB于点F，以线段EF为斜边向右

作等腰直角△EFG.(1)求抛物线的解析式；(2)当点G落在第一象限内的抛物线上时，求出t的值；(3)设点E从点A出发时，点E，F，G都与点A重合，点E在运动过程中，当△BCG的面积为4时，直接写出相应的t值，并直接写出点G从出发到此时所经过的路径长．(导学号58824242)解：(1

)抛物线的解析式为y＝－13x2＋43x＋4；(2)点G(32t，4－12t)，将(32t，4－12t)代入到抛物线得4－12t＝－13(32t)2＋43×32t＋4，解得t1＝0(舍去)，t2＝103，∴当t＝103时，G落在抛物线上；(3)t1＝85，此时路径长度为410

5，t2＝5，此时路径长度为1＋210.类型四与相似三角形结合1．如图，已知直线y＝－x＋3与x轴，y轴分别交于A，B两点，抛物线y＝－x2＋bx＋c经过A，B两点，点P在线段OA上，从点O出发，向点A以每秒1个单位的速度匀速运动；同时，点Q在线段AB上，从点A出发，向点B以每秒2个单位

的速度匀速运动，连接PQ，设运动时间为t秒．(1)求抛物线的解析式；(2)问：当t为何值时，△APQ为直角三角形；(3)过点P作PE∥y轴，交AB于点E，过点Q作QF∥y轴，交抛物线于点F，连接EF，当EF∥PQ时，求点F的坐标；(4)设抛物线顶点为M，连接BP，

BM，MQ，问：是否存在t值，使以B，Q，M为顶点的三角形与以O，B，P为顶点的三角形相似？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．解：(1)抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3；(2)OP＝t，AQ＝2t，则PA＝3－t，∵OA＝

OB＝3，∠BOA＝90°，∴∠QAP＝45°.当∠PQA＝90°时，如解图①，PA＝2AQ，即3－t＝2×2t，解得t＝1；当∠APQ＝90°时，如解图②，AQ＝2AP，即2t＝2(3－t)，解得t＝32；综上所述，当t＝1或t＝32时，△PQA是直角三角形；图①(3)如解图③，

延长FQ交x轴于点H，设点P的坐标为(t，0)，∵PA＝PE，则点E的坐标为(t，－t＋3)，易得△AQH为等腰直角三角形，∴AH＝HQ＝22AQ＝22·2t＝t，∴点Q的坐标为(3－t，t)，点F的坐标为(3－t，－t2＋4t

)，∴FQ＝－t2＋4t－t＝－t2＋3t，∵EP∥FQ，EF∥PQ，∴四边形PQFE为平行四边形，∴EP＝FQ.即3－t＝3t－t2，解得t1＝1，t2＝3(舍去)，∴点F的坐标为(2，3)；图②图③(4)存在．当t＝94时，以B，Q，M为顶点的三角形与以O，B，P

为顶点的三角形相似．2.(2017·河南)如图，直线y＝－23x＋c与x轴交于点A(3，0)，与y轴交于点B，抛物线y＝－43x2＋bx＋c经过点A，B.(1)求点B的坐标和抛物线的解析式；(2)M(m，0)为x轴上一动点，过点M且垂直于x轴的直线与直线AB

及抛物线分别交于点P，N.①点M在线段OA上运动，若以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，求点M的坐标；②点M在x轴上自由运动，若三个点M，P，N中恰有一点是其他两点所连线段的中点(三点重合除外)，则称M，P，N三点为“共谐点”．请直接写出使得M，P，N三点成为“共谐点”的m的值．(导学号5

8824243)解：(1)B(0，2)，抛物线的解析式为y＝－43x2＋103x＋2；(2)①由(1)可知直线解析式为y＝－23x＋2，∵M(m，0)为x轴上一动点，过点M且垂直于x轴的直线与直线AB

及抛物线分别交于点P，N，∴P(m，－23m＋2)，N(m，－43m2＋103m＋2)，∴PM＝－23m＋2，AM＝3－m，PN＝－43m2＋103m＋2－(－23m＋2)＝－43m2＋4m，∵△BPN和△APM相似，且∠BPN＝∠APM，∴∠BNP＝∠AMP＝90°即△BPN∽△

APM，或∠NBP＝∠AMP＝90°，当∠BNP＝90°时，则有BN⊥MN，∴BN＝OM＝m，∴BNAM＝PNPM，即m3－m＝－43m2＋4m－23m＋2，解得m＝0(舍去)或m＝2.5；∴M(2.5，0)；当∠NBP＝90°时，即△BPN∽△MP

A，则有PNPA＝BPMP，∵A(3，0)，B(0，2)，P(m，－23m＋2)，0＜m＜3，∴BP＝m2＋（－23m＋2－2）2＝133m，AP＝（m－3）2＋（－23m＋2）2＝133(3－m)，－43m2＋4m133（3－m）＝133m－23m＋

2，解得m＝0(舍去)或m＝118，∴M(118，0)；综上可知当以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似时，点M的坐标为(2.5，0)或(118，0)；②当M，P，N三点成为“共谐点”时m的值为12或－1或－14.3.(2016·湖州)如图，已知二次函数y＝－x2

＋bx＋c(b，c为常数)的图象经过点A(3，1)，点C(0，4)，顶点为点M，过点A作AB∥x轴，交y轴于点D，交该二次函数图象于点B，连接BC.(1)求该二次函数的解析式及点M的坐标；(2)若将该二次函数图象向下平移m(m＞0)个单位，使平移后得到的

二次函数图象的顶点落在△ABC的内部(不包括△ABC的边界)，求m的取值范围；(3)点P是直线AC上的动点，若点P，点C，点M所构成的三角形与△BCD相似，请直接写出所有点P的坐标(直接写出结果，不必写解答

过程)．解：(1)二次函的数解析式为y＝－x2＋2x＋4，点M的坐标为(1，5)；(2)设直线AC的解析式为y＝kx＋m，把点A(3，1)，C(0，4)代入得3k＋m＝1，m＝4，解得k＝－1，m＝4，∴直线AC的解析式为y＝－x＋4，

如解图所示，对称轴直线x＝1与△ABC两边分别交于点E、点F，把x＝1代入直线AC解析式y＝－x＋4，得y＝3，则点E坐标为(1，3)，点F坐标为(1，1)，∴1＜5－m＜3，解得2＜m＜4；(3)符合题意的点P坐标有4个，分别为P1(1

3，113)，P2(－13，133)，P3(3，1)，P4(－3，7)．类型五与角有关的探究1．(2017·锦州)如图，抛物线y＝x2＋bx＋c经过B(－1，0)，D(－2，5)两点，与x轴另一交点为A，点H是线段AB上一动点，过点H的直线PQ⊥x轴，分别交直线AD、抛物线于点Q、

P.(1)求抛物线的解析式；(2)是否存在点P，使∠APB＝90°，若存在，求出点P的横坐标，若不存在，说明理由；(3)连接BQ，一动点M从点B出发，沿线段BQ以每秒1个单位的速度运动到Q，再沿线段QD以每秒2个单位的速度运动到D后停止，当点Q的坐标是多少时，点M在整个运动过程中用

时t最少？解：(1)抛物线的解析式为y＝x2－2x－3；(2)假设存在点P(m，n)，使得∠APB＝90°，如解图①，连接PA，PB.∵PH⊥AB，∴可得△PAH∽△BPH，∴PHBH＝AHPH，即PH2＝AH·BH，∴(－n)2＝(3－m)(m＋1)，

整理得n2＝－m2＋2m＋3，∵点P在抛物线上，∴n＝m2－2m－3，∴n2＝－n，解得n＝－1或n＝0(舍)．将n＝－1代入抛物线得m2－2m－3＝－1，解得m1＝1＋3，m2＝1－3，∴满足条件的点P有两个，横坐标分别为1＋3，1－3；图①图②(3)如解图②，过D作DE⊥x轴于

点E，∵D(－2，5)，∴DE＝5，OE＝2.∴AE＝OE＋OA＝5，∴DE＝AE，∴∠DAE＝45°.过D作DF⊥PQ于点F，∵DF∥x轴，∴∠FDQ＝45°，∴在Rt△DFQ中，DQ＝2FQ.根据题意，t＝BQ1＋DQ2＝BQ＋FQ，∴要使t最小，则BQ＋QF最小，根据垂线段最短可知，当

点B，Q，F共线时，t取最小值，此时BF⊥DF，点Q的横坐标为－1，则点Q的坐标为(－1，4)．2．(2017·盐城)如图，在平面直角坐标系中，直线y＝12x＋2与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y＝－12x2＋bx＋c经过A，C两点，与x轴的另一交点为

点B.(1)求抛物线的函数表达式；(2)点D为直线AC上方抛物线上一动点；①连接BC，CD，设直线BD交线段AC于点E，△CDE的面积为S1，△BCE的面积为S2，求S1S2的最大值；②过点D作DF⊥AC，垂足为点F，连接CD，是否存在点D，使得

△CDF中的某个角恰好等于∠BAC的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．(导学号58824244)备用图解：(1)抛物线的表达式为y＝－12x2－32x＋2；(2)①令y＝－12x2－32x＋2＝0，∴x1＝－4，x2＝1，∴A(－4，0

)，B(1，0)，如解图①，过D作DM⊥x轴交AC于点M，过B作BN⊥x轴交AC于点N，∴DM∥BN，∴△DME∽△BNE，∴S1S2＝DEBE＝DMBN，设D(a，－12a2－32a＋2)，∴M(a，12

a＋2)，∴DM＝－12a2－2a，∵B(1，0)，∴N(1，52)，∴BN＝52.∴S1S2＝DMBN＝－12a2－2a52＝－15(a＋2)2＋45；∴当a＝－2时，S1S2的最大值是45；图①图②②∵A(－4，0)，B(1，0)，C(0，

2)，∴AC＝25，BC＝5，AB＝5，∴AC2＋BC2＝AB2，∴△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，取AB的中点P，∴P(－32，0)，∴PA＝PC＝PB＝52，∴∠CPO＝2∠BAC，∴tan∠CPO＝tan(2∠BAC)＝43，过D作x轴的

平行线交y轴于点R，交AC的延长线于点G，i．如解图②，∴∠DCF＝2∠BAC＝∠DGC＋∠CDG，∴∠CDG＝∠BAC，∴tan∠CDG＝tan∠BAC＝12，即RCDR＝12，令D(a，－12a2－32a＋2)，∴DR＝－a，RC＝－12a2－32a，∴－12a2－32a－a＝12，∴a1

＝0(舍去)，a2＝－2，∴xD＝－2，ii.∵∠FDC＝2∠BAC，tan∠FDC＝43，设FC＝4k，∴DF＝3k，DC＝5k，∵tan∠DGC＝3kFG＝12，∴FG＝6k，∴CG＝2k，DG＝35k，∴RC＝255k，RG＝4

55k，DR＝35k－455k＝1155k，∴DRRC＝1155k255k＝－a－12a2－32a，∴a1＝0(舍去)，a2＝－2911，点D的横坐标为－2或－2911.3．(2017·丹东模拟)如图，在平面直角坐标系中，已知

抛物线y＝ax2＋bx－2(a≠0)与x轴交于A(1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C，其顶点为点D，点E的坐标为(0，－1)，该抛物线与BE交于另一点F，连接BC.(1)求该抛物线的解析式，并用配方法把解析式化为y＝a(x－h)2＋k的形式；(2)若点H(1，y)在BC上，连

接FH，求△FHB的面积；(3)一动点M从点D出发，以每秒1个单位的速度平行于y轴方向向上运动，连接OM，BM，设运动时间为t秒(t＞0)，在点M的运动过程中，当t为何值时，∠OMB＝90°？(4)在

x轴上方的抛物线上，是否存在点P，使得∠PBF被BA平分？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)抛物线的解析式为y＝－23x2＋83x－2＝－23(x－2)2＋23；(2)如解图，过点A作AH∥y轴交BC于点H，交BE于点G，由(1)得C

(0，－2)，∵B(3，0)，∴直线BC解析式为y＝23x－2，∵H(1，y)在直线BC上，∴y＝－43，∴H(1，－43)，∵B(3，0)，E(0，－1)，∴直线BE解析式为y＝13x－1，∴G(1，－23)，∴GH＝23，∵直线BE：y＝13x－1与抛物线y＝－23x2＋83x－2相交

于点F，B，∴F(12，－56)，∴S△FHB＝12GH×|xG－xF|＋12GH×|xB－xG|＝12GH×|xB－xF|＝12×23×(3－12)＝56；(3)P(32，错误!)．