河南中考数学总复习 3.5 二次函数的应用含三中考.pdf
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? ? ? ? ?１ ．（ ’ １ ４ 河南２ ３ 题１ １ 分） 如图， 抛物线 ｙ ＝－ ｘ２＋ ｂ ｘ ＋ ｃ与 ｘ 轴交于 Ａ （－ １ ， ０ ） ， Ｂ （ ５ ， ０ ） 两点， 直线 ｙ ＝－３４ｘ＋ ３与 ｙ 轴交于点 Ｃ ， 与 ｘ 轴交于点 Ｄ ． 点 Ｐ是 ｘ 轴上方的抛物线上一动点， 过点 Ｐ作 Ｐ Ｆ ⊥ｘ 轴于点Ｆ ， 交直线 Ｃ Ｄ于点 Ｅ ． 设点 Ｐ的横坐标为 ｍ ．（ １ ） 求抛物线的解析式；（ ２ ） 若 Ｐ Ｅ＝ ５ Ｅ Ｆ ， 求 ｍ的值；（ ３ ） 若点 Ｅ ′ 是点 Ｅ关于直线 Ｐ Ｃ的对称点， 是否存在点 Ｐ ， 使点 Ｅ ′ 落在 ｙ 轴上？若存在， 请直接写出獉獉獉獉相应的点 Ｐ的坐标； 若不存在， 请说明理由．第 １题图２ ．（ ’ １ ２河南 ２ ３题 １ １分） 如图， 在平面直角坐标系中， 直线 ｙ ＝１２ｘ ＋ １与抛物线 ｙ ＝ ａ ｘ２＋ ｂ ｘ － ３交于Ａ 、 Ｂ两点， 点 Ａ在 ｘ 轴上， 点 Ｂ的纵坐标为 ３ ． 点 Ｐ是直线 Ａ Ｂ下方的抛物线上一动点（ 不与点 Ａ 、 Ｂ重合） ， 过点 Ｐ作 ｘ轴的垂线交直线 Ａ Ｂ于点 Ｃ ， 作Ｐ Ｄ ⊥Ａ Ｂ于点 Ｄ ．（ １ ） 求 ａ 、 ｂ 及 ｓ ｉ ｎ ∠Ａ Ｃ Ｐ的值；（ ２ ） 设点 Ｐ的横坐标为 ｍ ．①用含 ｍ的代数式表示线段 Ｐ Ｄ的长， 并求出线段Ｐ Ｄ长的最大值；②连接 Ｐ Ｂ ， 线段 Ｐ Ｃ把△Ｐ Ｄ Ｂ分成两个三角形， 是否存在适合的 ｍ值， 使这两个三角形的面积之比为９ ∶ １ ０ ？若存在， 直接写出 ｍ的值； 若不存在， 说明理由．第 ２题图３ ．（ ’ １ ３ 河南２ ３ 题１ １ 分） 如图， 抛物线 ｙ ＝－ ｘ２＋ ｂ ｘ ＋ ｃ与直线 ｙ ＝１２ｘ ＋ ２交于 Ｃ ， Ｄ两点， 其中点 Ｃ在 ｙ轴上， 点 Ｄ的坐标为（ ３ ，７２） ． 点 Ｐ是 ｙ 轴右侧的抛物线上一动点， 过点 Ｐ作 Ｐ Ｅ ⊥ｘ 轴于点 Ｅ ， 交 Ｃ Ｄ于点 Ｆ ．（ １ ） 求抛物线的解析式；（ ２ ） 若点 Ｐ的横坐标为 ｍ ， 当 ｍ为何值时， 以 Ｏ 、 Ｃ 、Ｐ 、 Ｆ为顶点的四边形是平行四边形？请说明理由；（ ３ ） 若存在点 Ｐ ， 使∠Ｐ Ｃ Ｆ＝ ４ ５ ° ， 请直接写出獉獉獉獉相应的点 Ｐ的坐标．第 ３题图８６ ? ? ? ? ? ?１ ．（ ’ １ ４ 河南２ ３ 题１ １ 分） 如图， 抛物线 ｙ ＝－ ｘ２＋ ｂ ｘ ＋ ｃ与 ｘ 轴交于 Ａ （－ １ ， ０ ） ， Ｂ （ ５ ， ０ ） 两点， 直线 ｙ ＝－３４ｘ＋ ３与 ｙ 轴交于点 Ｃ ， 与 ｘ 轴交于点 Ｄ ． 点 Ｐ是 ｘ 轴上方的抛物线上一动点， 过点 Ｐ作 Ｐ Ｆ ⊥ｘ 轴于点Ｆ ， 交直线 Ｃ Ｄ于点 Ｅ ． 设点 Ｐ的横坐标为 ｍ ．（ １ ） 求抛物线的解析式；（ ２ ） 若 Ｐ Ｅ＝ ５ Ｅ Ｆ ， 求 ｍ的值；（ ３ ） 若点 Ｅ ′ 是点 Ｅ关于直线 Ｐ Ｃ的对称点， 是否存在点 Ｐ ， 使点 Ｅ ′ 落在 ｙ 轴上？若存在， 请直接写出獉獉獉獉相应的点 Ｐ的坐标； 若不存在， 请说明理由．第 １题图２ ．（ ’ １ ２河南 ２ ３题 １ １分） 如图， 在平面直角坐标系中， 直线 ｙ ＝１２ｘ ＋ １与抛物线 ｙ ＝ ａ ｘ２＋ ｂ ｘ － ３交于Ａ 、 Ｂ两点， 点 Ａ在 ｘ 轴上， 点 Ｂ的纵坐标为 ３ ． 点 Ｐ是直线 Ａ Ｂ下方的抛物线上一动点（ 不与点 Ａ 、 Ｂ重合） ， 过点 Ｐ作 ｘ轴的垂线交直线 Ａ Ｂ于点 Ｃ ， 作Ｐ Ｄ ⊥Ａ Ｂ于点 Ｄ ．（ １ ） 求 ａ 、 ｂ 及 ｓ ｉ ｎ ∠Ａ Ｃ Ｐ的值；（ ２ ） 设点 Ｐ的横坐标为 ｍ ．①用含 ｍ的代数式表示线段 Ｐ Ｄ的长， 并求出线段Ｐ Ｄ长的最大值；②连接 Ｐ Ｂ ， 线段 Ｐ Ｃ把△Ｐ Ｄ Ｂ分成两个三角形， 是否存在适合的 ｍ值， 使这两个三角形的面积之比为９ ∶ １ ０ ？若存在， 直接写出 ｍ的值； 若不存在， 说明理由．第 ２题图３ ．（ ’ １ ３ 河南２ ３ 题１ １ 分） 如图， 抛物线 ｙ ＝－ ｘ２＋ ｂ ｘ ＋ ｃ与直线 ｙ ＝１２ｘ ＋ ２交于 Ｃ ， Ｄ两点， 其中点 Ｃ在 ｙ轴上， 点 Ｄ的坐标为（ ３ ，７２） ． 点 Ｐ是 ｙ 轴右侧的抛物线上一动点， 过点 Ｐ作 Ｐ Ｅ ⊥ｘ 轴于点 Ｅ ， 交 Ｃ Ｄ于点 Ｆ ．（ １ ） 求抛物线的解析式；（ ２ ） 若点 Ｐ的横坐标为 ｍ ， 当 ｍ为何值时， 以 Ｏ 、 Ｃ 、Ｐ 、 Ｆ为顶点的四边形是平行四边形？请说明理由；（ ３ ） 若存在点 Ｐ ， 使∠Ｐ Ｃ Ｆ＝ ４ ５ ° ， 请直接写出獉獉獉獉相应的点 Ｐ的坐标．第 ３题图８６ ２ １ 第 ７题解图∴可设点 Ｐ的坐标为（ ｘ ，１４ｘ２） ．如解图， 过点 Ｐ作 Ｐ Ｂ⊥ ｙ轴于点 Ｂ ， 则Ｂ Ｆ＝１４ｘ２－ １ ， Ｐ Ｂ＝ ｘ ，∴在 Ｒ ｔ △Ｂ Ｐ Ｆ中，Ｐ Ｆ＝（１４ｘ２－ １ ）２＋ ｘ槡２＝１４ｘ２＋ １ ．∵Ｐ Ｍ ⊥直线 ｙ ＝－ １ ，∴Ｐ Ｍ＝１４ｘ２＋ １ ，∴Ｐ Ｆ＝ Ｐ Ｍ ，∴∠Ｐ Ｆ Ｍ＝ ∠Ｐ Ｍ Ｆ ．又∵Ｐ Ｍ∥ｙ 轴，∴∠Ｍ Ｆ Ｈ＝ ∠Ｐ Ｍ Ｆ ，∴∠Ｐ Ｆ Ｍ＝ ∠Ｍ Ｆ Ｈ ，∴Ｆ Ｍ平分∠Ｏ Ｆ Ｐ ；（ ３ ） 当△Ｆ Ｐ Ｍ是等边三角形时， ∠Ｐ Ｍ Ｆ＝ ６ ０ ° ，∴∠Ｆ Ｍ Ｈ＝ ３ ０ ° ，在 Ｒ ｔ △Ｍ Ｆ Ｈ中， Ｍ Ｆ＝ ２ Ｆ Ｈ＝ ２× ２＝ ４ ，∵Ｐ Ｆ＝ Ｐ Ｍ＝ Ｆ Ｍ＝ ４ ，∴１４ｘ２＋ １＝ ４ ，解得： ｘ ＝± ２槡３ ，∴１４ｘ２＝１４× １ ２＝ ３ ，∴满足条件的点 Ｐ的坐标为（ ２槡３ ， ３ ） 或（－ ２槡３ ， ３ ） ．８ ．解： （ １ ） 把点 Ｂ的坐标（ ２ ，槡３３） 代入抛物线的表达式，得槡３３＝ ａ × ２２－ ２ ａ － ａ ，解得 ａ ＝槡３３，∴抛物线的表达式为 ｙ ＝槡３３ｘ２－槡３３ｘ －槡３３．第 ８题解图（ ２ ） 如解图， 连接 Ｃ Ｄ ． 过点 Ｂ作 Ｂ Ｆ ⊥ｘ 轴于点 Ｆ ， 则∠Ｂ Ｆ Ｃ＝ ９ ０ ° ，∵∠Ａ Ｃ Ｂ＝ ９ ０ ° ．∴∠Ａ Ｃ Ｏ＋ ∠Ｂ Ｃ Ｆ＝ ９ ０ ° ，∴∠Ｃ Ａ Ｏ＝ ∠Ｂ Ｃ Ｆ ．∵∠Ａ Ｏ Ｃ＝ ∠Ｃ Ｆ Ｂ＝ ９ ０ ° ，∴△Ａ Ｏ Ｃ ∽△Ｃ Ｆ Ｂ ， ∴Ａ ＯＣ Ｆ＝Ｏ ＣＦ Ｂ．设 Ｏ Ｃ＝ ｍ ， 则 Ｃ Ｆ＝ ２－ ｍ ， 则有槡３２－ ｍ＝ｍ槡３３．解得 ｍ＝ １ ．∴Ｏ Ｃ＝ Ｃ Ｆ＝ １ ．当 ｘ ＝ ０时， ｙ ＝－槡３３， ∴Ｏ Ｄ＝槡３３．∴Ｂ Ｆ＝ Ｏ Ｄ ．∵∠Ｄ Ｏ Ｃ＝ ∠Ｂ Ｆ Ｃ＝ ９ ０ ° ，∴△Ｏ Ｃ Ｄ ≌△Ｆ Ｃ Ｂ ，∴Ｃ Ｄ＝ Ｃ Ｂ ， ∠Ｏ Ｃ Ｄ＝ ∠Ｆ Ｃ Ｂ ．∴点 Ｂ ， Ｃ ， Ｄ在同一条直线上．∴点 Ｂ与点 Ｄ关于直线 Ａ Ｃ对称，∴点 Ｂ关于直线 Ａ Ｃ的对称点在抛物线上．（ ３ ） 如解图， 过点 Ｅ作 Ｅ Ｇ ⊥ｙ 轴于点 Ｇ ， 设直线 Ａ Ｂ的表达式为 ｙ ＝ｋ ｘ ＋ ｂ ， 则ｂ ＝槡３ ，槡３３＝ ２ ｋ ＋{ｂ ．解得ｋ ＝－槡３３ｂ ＝槡{３∴ｙ ＝－槡３３ｘ ＋槡３ ．代入抛物线表达式后解得 ｘ ＝ ２ （ 舍去） ， ｘ ＝－ ２ ，当 ｘ ＝－ ２时， ｙ ＝－槡３３ｘ ＋槡３＝－槡３３× （－ ２ ）＋槡３＝５槡３３．∴点 Ｅ的坐标为（－ ２ ，５槡３３） ．∵ｔ ａ ｎ ∠Ｅ Ｄ Ｇ＝Ｅ ＧＤ Ｇ＝２５槡３３＋槡３３＝槡３３， ∴∠Ｅ Ｄ Ｇ＝ ３ ０ ° ．∵ｔ ａ ｎ ∠Ｏ Ａ Ｃ＝Ｏ ＣＯ Ａ＝１槡３＝槡３３， ∴∠Ｏ Ａ Ｃ＝ ３ ０ ° ，∴∠Ｅ Ｄ Ｇ＝ ∠Ｏ Ａ Ｃ＝ ３ ０ ° ，∴Ｅ Ｄ ∥Ａ Ｃ ．河南名师预测１ ．Ｃ 【 解析】 当 ｍ＝ ０时， 函数 ｙ ＝ ２ ｘ ＋ １是一次函数， 其图象与 ｘ 轴只有一个交点； 当 ｍ ≠０时， 要使函数 ｙ ＝ ｍ ｘ２＋ ２ ｘ ＋ １的图象与 ｘ 轴只有一个交点， 则 ｂ２－ ４ ａ ｃ ＝ ２２－ ４ ｍ＝ ０ ， 即 ｍ＝ １ ， 综上， ｍ＝ ０或 １ ．２ ． １ ４ 【 解析】 因为抛物线的对称轴为 ｘ ＝－ ２ ， 且抛物线过原点及点Ｂ ， 则 Ｏ Ｂ＝ ４ ， 由抛物线的对称性可知 Ａ Ｏ＝ Ａ Ｂ ， 则四边形 Ａ Ｏ Ｂ Ｃ的周长 ＝ Ａ Ｏ＋ Ｂ Ｏ＋ Ｂ Ｃ＋ Ａ Ｃ＝ Ｂ Ｏ＋ （ Ａ Ｂ＋ Ｂ Ｃ＋ Ａ Ｃ ）＝ ４＋ １ ０＝ １ ４ ．第五节 二次函数的应用课堂过关检测１ ． ２ｓ 【 解析】 依题意， 将 ｈ ＝ ２ ０代入 ｈ ＝ ２ ０ ｔ － ５ ｔ２， 解方程得： ｔ ＝ ２ｓ ．２ ． １ ８ 【 解析】 因为抛物线 ｙ ＝ａ （ ｘ － ３ ）２＋ｋ 的对称轴为直线 ｘ ＝ ３ ，Ａ Ｂ ∥ｘ 轴， 所以 Ａ Ｂ＝ ２× ３＝ ６ ． 所以等边△Ａ Ｂ Ｃ的周长 ＝ ３× ６＝ １ ８ ．３ ．解： （ １ ） 由题意得 ｙ ＝ （ ｘ － ２ ０ ） （ １ ４ ０－ ２ ｘ ）＝－ ２ ｘ２＋ １ ８ ０ ｘ － ２ ８ ０ ０ ；（ ２ ） ｙ＝－ ２ ｘ２＋ １ ８ ０ ｘ － ２ ８ ０ ０＝－ ２ （ ｘ２－ ９ ０ ｘ ）－ ２ ８ ０ ０＝－ ２ （ ｘ － ４ ５ ）２＋ １ ２ ５ ０ ．当 ｘ ＝ ４ ５时， ｙ最大＝ １ ２ ５ ０ ．答： 每件商品售价定为４ ５ 元最合适， 此时销售利润最大， 为１ ２ ５ ０ 元．第 ４题解图４ ．解： （ １ ） ∵点 Ｂ在 ｘ 轴上，∴０＝ ｘ － ３ ，∴ｘ ＝ ３ ，∴点 Ｂ的坐标为（ ３ ， ０ ） ，∵点 Ｃ在 ｙ 轴上，∴ｙ ＝ ０－ ３＝－ ３ ．∴点 Ｃ的坐标为（ ０ ， － ３ ） ；∵抛物线 ｙ ＝ ｘ２＋ ｂ ｘ ＋ ｃ 经过 Ｂ （ ３ ， ０ ） ， Ｃ （ ０ ， － ３ ） ，∴９＋ ３ ｂ ＋ ｃ ＝ ０ｃ{＝－ ３，解得： ｂ ＝－ ２ ， ｃ ＝－ ３ ；∴此抛物线的函数表达式为 ｙ ＝ ｘ２－ ２ ｘ － ３ ；（ ２ ） 由（ １ ） 中 ｙ ＝ ｘ２－ ２ ｘ － ３＝ （ ｘ － １ ）２－ ４ ，可得 Ａ （－ １ ， ０ ） ， Ｍ（ １ ， － ４ ） ，∴Ａ Ｂ＝ ４ ， ｈ ＝ ４ ，∴Ｓ△Ｍ Ａ Ｂ＝１２Ａ Ｂ ·ｈ ＝１２× ４× ４＝ ８ ；（ ３ ） 过点 Ｐ作 Ｐ Ｎ ⊥Ｏ Ｂ于点 Ｎ ，∵点 Ｂ的坐标为（ ３ ， ０ ） ， 点 Ｃ的坐标为（ ０ ， － ３ ） ，∴Ｏ Ｂ＝ Ｏ Ｃ＝ ３ ，∵Ｓ△Ｐ Ａ Ｃ＝１２Ｓ△Ｐ Ａ Ｂ，∴Ｓ△Ｐ Ａ Ｂ＝２３Ｓ△Ａ Ｂ Ｃ，∵Ｓ△Ａ Ｂ Ｃ＝１２× Ａ Ｂ× Ｏ Ｃ ， Ｓ△Ｐ Ａ Ｂ＝１２× Ａ Ｂ× Ｐ Ｎ ，∴１２× Ａ Ｂ× Ｐ Ｎ＝２３×１２× Ａ Ｂ× Ｏ Ｃ ，∴Ｐ Ｎ＝２３Ｏ Ｃ＝ ２ ；∵Ｐ在 ｘ 轴下方， ∴Ｐ的纵坐标为 － ２ ，将 － ２代入 ｙ ＝ ｘ － ３中得 ｘ ＝ １ ，∴Ｐ点坐标为（ １ ， － ２ ） ．河南三年中招１ ．解： （ １ ） ∵抛物线 ｙ ＝－ ｘ２＋ ｂ ｘ ＋ ｃ 与 ｘ 轴交于 Ａ （ － １ ， ０ ） ， Ｂ （ ５ ， ０ ） 两点．∴０＝－ （－ １ ）２－ ｂ ＋ ｃ０＝－ ５２＋ ５ ｂ ＋{ｃ， ∴ｂ ＝ ４ｃ{＝ ５，∴抛物线的解析式为 ｙ ＝－ ｘ２＋ ４ ｘ ＋ ５ ．（ ２分）????????（ ２ ） ∵点 Ｐ的横坐标为 ｍ ， 则 Ｐ （ ｍ ， － ｍ２＋ ４ ｍ＋ ５ ） ， Ｅ （ ｍ ， －３４ｍ＋３ ） ， Ｆ （ ｍ ， ０ ） ．∵点 Ｐ在 ｘ 轴上方， 要使 Ｐ Ｅ＝ ５ Ｅ Ｆ ， 点 Ｐ应在 ｙ 轴右侧，∴０＜ ｍ＜ ５． ２ ２ ∴Ｐ Ｅ＝－ ｍ２＋ ４ ｍ＋ ５－ （－３４ｍ＋ ３ ）＝－ ｍ２＋１ ９４ｍ＋ ２ ．（ ４分）???????????????????????????分两种情况讨论：①当点 Ｅ在点 Ｆ上方时， Ｅ Ｆ＝－３４ｍ＋ ３ ．∵Ｐ Ｅ＝ ５ Ｅ Ｆ ， ∴ － ｍ２＋１ ９４ｍ＋ ２＝ ５ （－３４ｍ＋ ３ ） ．即 ２ ｍ２－ １ ７ ｍ＋ ２ ６＝ ０ ， 解得 ｍ１＝ ２ ， ｍ２＝１ ３２（ 舍去） ；（ ６分）???②当点 Ｅ在点 Ｆ下方时， Ｅ Ｆ＝３４ｍ－ ３ ．∵Ｐ Ｅ＝ ５ Ｅ Ｆ ， ∴ － ｍ２＋１ ９４ｍ＋ ２＝ ５ （３４ｍ－ ３ ） ．即 ｍ２－ ｍ－ １ ７＝ ０ ， 解得 ｍ３＝１＋槡６ ９２， ｍ４＝１－槡６ ９２（ 舍去） ；∴综上， ｍ为 ２或１＋槡６ ９２．（ ８分）?????????????（ ３ ） 点 Ｐ的坐标为 Ｐ１（ －１２，１ １４） ， Ｐ２（ ４ ， ５ ） ， Ｐ３（ ３ －槡１ １ ， ２槡１ １ － ３ ） ．（ １ １分）???????????????????????【 解法提示】 假设存在， 作出示意图如解图， ∵Ｅ和 Ｅ ′ 关于直线 Ｐ Ｃ对称，第 １题解图∴∠Ｅ ′ Ｃ Ｐ＝ ∠Ｅ Ｃ Ｐ ．又∵ Ｐ Ｅ∥ ｙ轴，∴ ∠Ｅ Ｐ Ｃ ＝∠Ｅ ′ Ｃ Ｐ ＝∠Ｅ Ｃ Ｐ ． ∴Ｐ Ｅ＝ Ｅ Ｃ ．又∵Ｃ Ｅ＝ Ｃ Ｅ ′ ， ∴四边形 Ｐ Ｅ Ｃ Ｅ ′ 为菱形．由直线 Ｃ Ｄ解析式 ｙ ＝－３４ｘ ＋ ３可得 Ｏ Ｄ＝４ ， Ｏ Ｃ＝ ３ ， 由勾股定理得 Ｃ Ｄ＝ ５ ，过点 Ｅ作 Ｅ Ｍ⊥ｙ 轴于点 Ｍ ，∴△Ｃ Ｍ Ｅ ∽△Ｃ Ｏ Ｄ ． ∴Ｏ ＤＭ Ｅ＝Ｃ ＤＣ Ｅ，∴Ｃ Ｅ＝｜５４ｍ｜ ．∵Ｐ Ｅ＝ Ｃ Ｅ ， ∴ － ｍ２＋１ ９４ｍ＋ ２＝５４ｍ或 － ｍ２＋１ ９４ｍ＋ ２＝－５４ｍ（－ １＜ ｍ＜ ５ ） ．解得 ｍ１＝－１２， ｍ２＝ ４ ， ｍ３＝ ３－槡１ １ ， ｍ４＝ ３＋槡１ １ （ 舍去） ．∴可求得点 Ｐ的坐标为 Ｐ１（－１２，１ １４） ， Ｐ２（ ４ ， ５ ） ， Ｐ３（ ３－槡１ １ ，２槡１ １－ ３ ） ．２ ．解： （ １ ） 由１２ｘ ＋ １＝ ０ ， 得 ｘ ＝－ ２ ， ∴Ａ （－ ２ ， ０ ） ．由１２ｘ ＋ １＝ ３ ， 得 ｘ ＝ ４ ， ∴Ｂ （ ４ ， ３ ） ．∵ｙ ＝ ａ ｘ２＋ ｂ ｘ － ３经过 Ａ 、 Ｂ两点，∴（－ ２ ）２·ａ － ２ ｂ － ３＝ ０ ，４２·ａ ＋ ４ ｂ － ３＝ ３{． ∴ａ ＝１２， ｂ ＝－１２．（ ３分）???设直线 Ａ Ｂ与 ｙ 轴交于点 Ｅ ， 则 Ｅ （ ０ ， １ ） ．∵Ｐ Ｃ ∥ｙ 轴， ∴∠Ａ Ｃ Ｐ＝ ∠Ａ Ｅ Ｏ ．∴ｓ ｉ ｎ ∠Ａ Ｃ Ｐ＝ ｓ ｉ ｎ ∠Ａ Ｅ Ｏ＝Ｏ ＡＡ Ｅ＝２槡５＝２槡５５．（ ４分）???????（ ２ ） ①由（ １ ） 知， 抛物线的解析式为 ｙ ＝１２ｘ２－１２ｘ － ３ ，∴Ｐ （ ｍ ，１２ｍ２－１２ｍ－ ３ ） ， Ｃ （ ｍ ，１２ｍ＋ １ ） ．Ｐ Ｃ＝１２ｍ＋ １－ （１２ｍ２－１２ｍ－ ３ ）＝－１２ｍ２＋ ｍ＋ ４ ．（ ６分）??在 Ｒ ｔ △Ｐ Ｃ Ｄ中， Ｐ Ｄ＝ Ｐ Ｃ ·ｓ ｉ ｎ ∠Ａ Ｃ Ｐ＝ （－１２ｍ２＋ ｍ＋ ４ ）×２槡５５＝－槡５５（ ｍ－ １ ）２＋９槡５５．∵ －槡５５＜ ０ ， ∴当 ｍ＝ １时， Ｐ Ｄ有最大值９槡５５．（ ８分）?????②存在满足条件的 ｍ值． ｍ＝５２或３ ２９．（ １ １分）????????第 ２题解图【 解法提示】 如解图， 分别过点 Ｄ 、 Ｂ作 Ｄ Ｆ⊥Ｐ Ｃ ， Ｂ Ｇ ⊥Ｐ Ｃ ， 垂足分别为 Ｆ 、 Ｇ ．在 Ｒ ｔ △Ｐ Ｄ Ｆ中， Ｄ Ｆ＝１槡５Ｐ Ｄ＝－１５（ ｍ２－２ ｍ－ ８ ） ．又∵Ｂ Ｇ＝ ４－ ｍ ，∴Ｓ△Ｐ Ｃ ＤＳ△Ｐ Ｂ Ｃ＝Ｄ ＦＢ Ｇ＝－１５（ ｍ２－ ２ ｍ－ ８ ）４－ ｍ＝ｍ＋ ２５．当Ｓ△Ｐ Ｃ ＤＳ△Ｐ Ｂ Ｃ＝ｍ＋ ２５＝９１ ０时， 解得 ｍ＝５２；当Ｓ△Ｐ Ｃ ＤＳ△Ｐ Ｂ Ｃ＝ｍ＋ ２５＝１ ０９时， 解得 ｍ＝３ ２９．第 ３题解图①３ ．解： （ １ ） 如解图①， 直线ｙ ＝１２ｘ ＋ ２ 与ｙ 轴交点 Ｃ坐标是（ ０ ， ２ ） ， 由于抛物线与直线 ｙ ＝１２ｘ ＋ ２ 交于 Ｃ 、 Ｄ两点， 把 Ｃ 、 Ｄ两点坐标代入 抛 物 线 解 析 式，得 出 方 程 组ｃ ＝ ２－ ３２＋ ３ ｂ ＋ ｃ ＝７{２， 解得ｂ ＝７２ｃ{＝ ２，所以抛物线的解析式是 ｙ ＝－ ｘ２＋７２ｘ ＋ ２ ；（ ３分）??????（ ２ ） 如解图②， Ｏ Ｃ＝ ２ ， 当以 Ｏ 、 Ｃ 、 Ｐ 、 Ｆ为顶点的四边形是平行四边形时， 由于 Ｏ Ｃ ∥Ｐ Ｆ ， 因此 Ｏ Ｃ与 Ｐ Ｆ为平行四边形的一组对边， 因此只要 Ｐ Ｆ＝ Ｃ Ｏ＝ ２ ， 即可推断四边形是平行四边形， ∵点 Ｐ在 ｙ ＝－ ｘ２＋７２ｘ ＋ ２上， 点 Ｆ在 ｙ ＝１２ｘ ＋ ２上．∴可设 Ｐ （ ｍ ， － ｍ２＋７２ｍ＋ ２ ） 、 Ｆ （ ｍ ，１２ｍ＋ ２ ）第 ３题解图②分类讨论：①当点 Ｐ （ Ｐ１） 在直线 Ｃ Ｄ上方时， 则 Ｐ Ｆ（ Ｐ１Ｆ１）＝ ｙＰ－ ｙＦ， 此时 Ｐ Ｆ （ Ｐ１Ｆ１）＝－ ｍ２＋７２ｍ＋ ２－１２ｍ－２＝－ｍ２＋３ ｍ ； 当 Ｐ Ｆ（ Ｐ１Ｆ１）＝Ｃ Ｏ＝ ２时， 即是 －ｍ２＋ ３ ｍ＝ ２ ，解得 ｍ１＝ １ ， ｍ２＝ ２ ， 由于横坐标是正数， 符合点 Ｐ （ Ｐ１） 在 ｙ 轴右侧这一条件， 当ｍ＝ １时， 点 Ｐ （ Ｐ１） 坐标是（ １ ，９２） ， 当 ｍ＝ ２时，点 Ｐ （ Ｐ１） 坐标是（ ２ ， ５ ） ．（ ５分）??????????????②当点 Ｐ （ Ｐ２） 在直线 Ｃ Ｄ下方时， 则 Ｐ Ｆ （ Ｐ２Ｆ２）＝ ｙＦ－ ｙＰ， 由于点 Ｐ（ Ｐ２） 在抛物线 ｙ ＝－ｘ２＋７２ｘ ＋ ２上， 点 Ｆ （ Ｆ２） 在直线ｙ ＝１２ｘ ＋ ２上， 则此时 Ｐ Ｆ （ Ｐ２Ｆ２） ＝１２ｍ＋ ２ ＋ ｍ２－７２ｍ－ ２ ＝ ｍ２－ ３ ｍ ．当 Ｐ Ｆ （ Ｐ２Ｆ２）＝ Ｃ Ｏ＝ ２时， 即是 ｍ２－ ３ ｍ＝ ２ ，解得 ｍ１＝３＋槡１ ７２， ｍ２＝３－槡１ ７２＜ ０ ， 由于点 Ｐ （ Ｐ２） 在 ｙ 轴右侧， 横坐标是正数，∴当 ｍ２＝３－槡１ ７２时， 不符合点 Ｐ （ Ｐ２） 在 ｙ 轴右侧这一条件，因此只取 ｍ１＝３＋槡１ ７２， 当 ｍ＝３＋槡１ ７２， 时， 点 Ｐ（ Ｐ２） 坐标是（３＋槡１ ７２，３＋槡１ ７４） ．综合以上论述， 因此当 ｍ＝ １ 、 ２ 、３＋槡１ ７２时， 以 Ｏ 、 Ｃ 、 Ｐ 、 Ｆ为顶点的四边形是平行四边形；（ ３ ） 点 Ｐ的坐标为（１２，７２） 或（２ ３６，１ ３１ ８） ．（ １ １分）??????【 解法提示】 如解图③，以点 Ｃ为顶点， Ｃ Ｄ为一边作 ４ ５ ° 角， 角的另一边与抛物线的交点为点 Ｐ 、 Ｑ ．作 Ｐ Ｈ ⊥Ｃ Ｄ于点 Ｈ ， 作 Ｃ Ｍ⊥Ｐ Ｅ于点 Ｍ ， 则△Ｐ Ｆ Ｈ ∽△Ｃ Ｆ Ｍ ，Ｆ ＨＦ Ｍ＝Ｐ ＦＣ Ｆ，Ｆ ＨＰ Ｆ＝Ｆ ＭＣ Ｆ， 设点 Ｐ横坐标是 ｎ ， 则 Ｐ Ｆ＝－ ｎ２＋７２ｎ ＋ ２ －１２ｎ－ ２ ＝ ２ ２ ∴Ｐ Ｅ＝－ ｍ２＋ ４ ｍ＋ ５－ （－３４ｍ＋ ３ ）＝－ ｍ２＋１ ９４ｍ＋ ２ ．（ ４分）???????????????????????????分两种情况讨论：①当点 Ｅ在点 Ｆ上方时， Ｅ Ｆ＝－３４ｍ＋ ３ ．∵Ｐ Ｅ＝ ５ Ｅ Ｆ ， ∴ － ｍ２＋１ ９４ｍ＋ ２＝ ５ （－３４ｍ＋ ３ ） ．即 ２ ｍ２－ １ ７ ｍ＋ ２ ６＝ ０ ， 解得 ｍ１＝ ２ ， ｍ２＝１ ３２（ 舍去） ；（ ６分）???②当点 Ｅ在点 Ｆ下方时， Ｅ Ｆ＝３４ｍ－ ３ ．∵Ｐ Ｅ＝ ５ Ｅ Ｆ ， ∴ － ｍ２＋１ ９４ｍ＋ ２＝ ５ （３４ｍ－ ３ ） ．即 ｍ２－ ｍ－ １ ７＝ ０ ， 解得 ｍ３＝１＋槡６ ９２， ｍ４＝１－槡６ ９２（ 舍去） ；∴综上， ｍ为 ２或１＋槡６ ９２．（ ８分）?????????????（ ３ ） 点 Ｐ的坐标为 Ｐ１（ －１２，１ １４） ， Ｐ２（ ４ ， ５ ） ， Ｐ３（ ３ －槡１ １ ， ２槡１ １ － ３ ） ．（ １ １分）???????????????????????【 解法提示】 假设存在， 作出示意图如解图， ∵Ｅ和 Ｅ ′ 关于直线 Ｐ Ｃ对称，第 １题解图∴∠Ｅ ′ Ｃ Ｐ＝ ∠Ｅ Ｃ Ｐ ．又∵ Ｐ Ｅ∥ ｙ轴，∴ ∠Ｅ Ｐ Ｃ ＝∠Ｅ ′ Ｃ Ｐ ＝∠Ｅ Ｃ Ｐ ． ∴Ｐ Ｅ＝ Ｅ Ｃ ．又∵Ｃ Ｅ＝ Ｃ Ｅ ′ ， ∴四边形 Ｐ Ｅ Ｃ Ｅ ′ 为菱形．由直线 Ｃ Ｄ解析式 ｙ ＝－３４ｘ ＋ ３可得 Ｏ Ｄ＝４ ， Ｏ Ｃ＝ ３ ， 由勾股定理得 Ｃ Ｄ＝ ５ ，过点 Ｅ作 Ｅ Ｍ⊥ｙ 轴于点 Ｍ ，∴△Ｃ Ｍ Ｅ ∽△Ｃ Ｏ Ｄ ． ∴Ｏ ＤＭ Ｅ＝Ｃ ＤＣ Ｅ，∴Ｃ Ｅ＝｜５４ｍ｜ ．∵Ｐ Ｅ＝ Ｃ Ｅ ， ∴ － ｍ２＋１ ９４ｍ＋ ２＝５４ｍ或 － ｍ２＋１ ９４ｍ＋ ２＝－５４ｍ（－ １＜ ｍ＜ ５ ） ．解得 ｍ１＝－１２， ｍ２＝ ４ ， ｍ３＝ ３－槡１ １ ， ｍ４＝ ３＋槡１ １ （ 舍去） ．∴可求得点 Ｐ的坐标为 Ｐ１（－１２，１ １４） ， Ｐ２（ ４ ， ５ ） ， Ｐ３（ ３－槡１ １ ，２槡１ １－ ３ ） ．２ ．解： （ １ ） 由１２ｘ ＋ １＝ ０ ， 得 ｘ ＝－ ２ ， ∴Ａ （－ ２ ， ０ ） ．由１２ｘ ＋ １＝ ３ ， 得 ｘ ＝ ４ ， ∴Ｂ （ ４ ， ３ ） ．∵ｙ ＝ ａ ｘ２＋ ｂ ｘ － ３经过 Ａ 、 Ｂ两点，∴（－ ２ ）２·ａ － ２ ｂ － ３＝ ０ ，４２·ａ ＋ ４ ｂ － ３＝ ３{． ∴ａ ＝１２， ｂ ＝－１２．（ ３分）???设直线 Ａ Ｂ与 ｙ 轴交于点 Ｅ ， 则 Ｅ （ ０ ， １ ） ．∵Ｐ Ｃ ∥ｙ 轴， ∴∠Ａ Ｃ Ｐ＝ ∠Ａ Ｅ Ｏ ．∴ｓ ｉ ｎ ∠Ａ Ｃ Ｐ＝ ｓ ｉ ｎ ∠Ａ Ｅ Ｏ＝Ｏ ＡＡ Ｅ＝２槡５＝２槡５５．（ ４分）???????（ ２ ） ①由（ １ ） 知， 抛物线的解析式为 ｙ ＝１２ｘ２－１２ｘ － ３ ，∴Ｐ （ ｍ ，１２ｍ２－１２ｍ－ ３ ） ， Ｃ （ ｍ ，１２ｍ＋ １ ） ．Ｐ Ｃ＝１２ｍ＋ １－ （１２ｍ２－１２ｍ－ ３ ）＝－１２ｍ２＋ ｍ＋ ４ ．（ ６分）??在 Ｒ ｔ △Ｐ Ｃ Ｄ中， Ｐ Ｄ＝ Ｐ Ｃ ·ｓ ｉ ｎ ∠Ａ Ｃ Ｐ＝ （－１２ｍ２＋ ｍ＋ ４ ）×２槡５５＝－槡５５（ ｍ－ １ ）２＋９槡５５．∵ －槡５５＜ ０ ， ∴当 ｍ＝ １时， Ｐ Ｄ有最大值９槡５５．（ ８分）?????②存在满足条件的 ｍ值． ｍ＝５２或３ ２９．（ １ １分）????????第 ２题解图【 解法提示】 如解图， 分别过点 Ｄ 、 Ｂ作 Ｄ Ｆ⊥Ｐ Ｃ ， Ｂ Ｇ ⊥Ｐ Ｃ ， 垂足分别为 Ｆ 、 Ｇ ．在 Ｒ ｔ △Ｐ Ｄ Ｆ中， Ｄ Ｆ＝１槡５Ｐ Ｄ＝－１５（ ｍ２－２ ｍ－ ８ ） ．又∵Ｂ Ｇ＝ ４－ ｍ ，∴Ｓ△Ｐ Ｃ ＤＳ△Ｐ Ｂ Ｃ＝Ｄ ＦＢ Ｇ＝－１５（ ｍ２－ ２ ｍ－ ８ ）４－ ｍ＝ｍ＋ ２５．当Ｓ△Ｐ Ｃ ＤＳ△Ｐ Ｂ Ｃ＝ｍ＋ ２５＝９１ ０时， 解得 ｍ＝５２；当Ｓ△Ｐ Ｃ ＤＳ△Ｐ Ｂ Ｃ＝ｍ＋ ２５＝１ ０９时， 解得 ｍ＝３ ２９．第 ３题解图①３ ．解： （ １ ） 如解图①， 直线ｙ ＝１２ｘ ＋ ２ 与ｙ 轴交点 Ｃ坐标是（ ０ ， ２ ） ， 由于抛物线与直线 ｙ ＝１２ｘ ＋ ２ 交于 Ｃ 、 Ｄ两点， 把 Ｃ 、 Ｄ两点坐标代入 抛 物 线 解 析 式，得 出 方 程 组ｃ ＝ ２－ ３２＋ ３ ｂ ＋ ｃ ＝７{２， 解得ｂ ＝７２ｃ{＝ ２，所以抛物线的解析式是 ｙ ＝－ ｘ２＋７２ｘ ＋ ２ ；（ ３分）??????（ ２ ） 如解图②， Ｏ Ｃ＝ ２ ， 当以 Ｏ 、 Ｃ 、 Ｐ 、 Ｆ为顶点的四边形是平行四边形时， 由于 Ｏ Ｃ ∥Ｐ Ｆ ， 因此 Ｏ Ｃ与 Ｐ Ｆ为平行四边形的一组对边， 因此只要 Ｐ Ｆ＝ Ｃ Ｏ＝ ２ ， 即可推断四边形是平行四边形， ∵点 Ｐ在 ｙ ＝－ ｘ２＋７２ｘ ＋ ２上， 点 Ｆ在 ｙ ＝１２ｘ ＋ ２上．∴可设 Ｐ （ ｍ ， － ｍ２＋７２ｍ＋ ２ ） 、 Ｆ （ ｍ ，１２ｍ＋ ２ ）第 ３题解图②分类讨论：①当点 Ｐ （ Ｐ１） 在直线 Ｃ Ｄ上方时， 则 Ｐ Ｆ（ Ｐ１Ｆ１）＝ ｙＰ－ ｙＦ， 此时 Ｐ Ｆ （ Ｐ１Ｆ１）＝－ ｍ２＋７２ｍ＋ ２－１２ｍ－２＝－ｍ２＋３ ｍ ； 当 Ｐ Ｆ（ Ｐ１Ｆ１）＝Ｃ Ｏ＝ ２时， 即是 －ｍ２＋ ３ ｍ＝ ２ ，解得 ｍ１＝ １ ， ｍ２＝ ２ ， 由于横坐标是正数， 符合点 Ｐ （ Ｐ１） 在 ｙ 轴右侧这一条件， 当ｍ＝ １时， 点 Ｐ （ Ｐ１） 坐标是（ １ ，９２） ， 当 ｍ＝ ２时，点 Ｐ （ Ｐ１） 坐标是（ ２ ， ５ ） ．（ ５分）??????????????②当点 Ｐ （ Ｐ２） 在直线 Ｃ Ｄ下方时， 则 Ｐ Ｆ （ Ｐ２Ｆ２）＝ ｙＦ－ ｙＰ， 由于点 Ｐ（ Ｐ２） 在抛物线 ｙ ＝－ｘ２＋７２ｘ ＋ ２上， 点 Ｆ （ Ｆ２） 在直线ｙ ＝１２ｘ ＋ ２上， 则此时 Ｐ Ｆ （ Ｐ２Ｆ２） ＝１２ｍ＋ ２ ＋ ｍ２－７２ｍ－ ２ ＝ ｍ２－ ３ ｍ ．当 Ｐ Ｆ （ Ｐ２Ｆ２）＝ Ｃ Ｏ＝ ２时， 即是 ｍ２－ ３ ｍ＝ ２ ，解得 ｍ１＝３＋槡１ ７２， ｍ２＝３－槡１ ７２＜ ０ ， 由于点 Ｐ （ Ｐ２） 在 ｙ 轴右侧， 横坐标是正数，∴当 ｍ２＝３－槡１ ７２时， 不符合点 Ｐ （ Ｐ２） 在 ｙ 轴右侧这一条件，因此只取 ｍ１＝３＋槡１ ７２， 当 ｍ＝３＋槡１ ７２， 时， 点 Ｐ（ Ｐ２） 坐标是（３＋槡１ ７２，３＋槡１ ７４） ．综合以上论述， 因此当 ｍ＝ １ 、 ２ 、３＋槡１ ７２时， 以 Ｏ 、 Ｃ 、 Ｐ 、 Ｆ为顶点的四边形是平行四边形；（ ３ ） 点 Ｐ的坐标为（１２，７２） 或（２ ３６，１ ３１ ８） ．（ １ １分）??????【 解法提示】 如解图③，以点 Ｃ为顶点， Ｃ Ｄ为一边作 ４ ５ ° 角， 角的另一边与抛物线的交点为点 Ｐ 、 Ｑ ．作 Ｐ Ｈ ⊥Ｃ Ｄ于点 Ｈ ， 作 Ｃ Ｍ⊥Ｐ Ｅ于点 Ｍ ， 则△Ｐ Ｆ Ｈ ∽△Ｃ Ｆ Ｍ ，Ｆ ＨＦ Ｍ＝Ｐ ＦＣ Ｆ，Ｆ ＨＰ Ｆ＝Ｆ ＭＣ Ｆ， 设点 Ｐ横坐标是 ｎ ， 则 Ｐ Ｆ＝－ ｎ２＋７２ｎ ＋ ２ －１２ｎ－ ２ ＝ ２ ３ 第３ 题解图③－ ｎ２＋ ３ ｎ ， Ｆ Ｍ＝１２ｎ ＋ ２－ ２＝１２ｎ ， Ｃ Ｍ＝ｎ ，Ｃ Ｆ＝ｎ２＋ （１２ｎ ）槡２＝槡５２ｎ ，Ｆ ＨＰ Ｆ＝槡５５， Ｆ Ｈ＝槡５５Ｐ Ｆ＝槡５５（－ｎ２＋３ ｎ ）＝－槡５５ｎ２＋３槡５５ｎ ．Ｃ Ｈ＝ Ｃ Ｆ＋Ｆ Ｈ＝槡５２ｎ＋（－槡５５ｎ２＋３槡５５ｎ ）＝－槡５５ｎ２＋１ １槡５１ ０ｎ ．因为△Ｐ Ｆ Ｈ ∽△Ｃ Ｆ Ｍ， 所以Ｐ ＨＦ Ｈ＝Ｃ ＭＦ Ｍ＝ｎ１２ｎ＝ ２ ．则 Ｐ Ｈ＝ ２ Ｆ Ｈ＝ ２ （－槡５５ｎ２＋３槡５５ｎ ）＝－２槡５５ｎ２＋６槡５５ｎ ，∵∠Ｐ Ｃ Ｆ＝ ４ ５ ° ， ∠Ｐ Ｈ Ｃ＝ ９ ０ ° ， ∴∠Ｃ Ｐ Ｈ＝ ４ ５ ° ＝∠Ｐ Ｃ Ｆ ， 则 Ｐ Ｈ＝Ｃ Ｈ ，即 －２槡５５ｎ２＋６槡５５ｎ ＝－槡５５ｎ２＋１ １槡５１ ０ｎ ， 化简得：槡５５ｎ２－槡５１ ０ｎ＝ ０ ， 由于 ｎ ＝ ０时， 点 Ｐ与点 Ｃ重合， 不符合题意， 因此 ｎ＝１２， 点 Ｐ坐标是（１２，７２） ；如解图④， 延长 Ｐ Ｈ交 Ｃ Ｑ于点 Ｔ ， 作 Ｐ Ｒ ⊥ｙ 轴于点 Ｒ ， Ｔ Ｓ ⊥ｙ 轴于点Ｓ ， 由于∠Ｑ Ｃ Ｆ＝ ４ ５ ° ， ∠Ｔ Ｈ Ｃ＝９ ０ ° ， ∠Ｃ Ｔ Ｈ＝４ ５ °＝∠Ｔ Ｃ Ｆ ， 则 Ｔ Ｈ＝Ｃ Ｈ＝ Ｐ Ｈ ， 则 Ｃ Ｄ是线段 Ｐ Ｔ的垂直平分线， 因此 Ｃ Ｐ＝Ｃ Ｔ ， 又∠Ｐ Ｃ Ｔ＝ ９ ０ ° ， 易证明△Ｐ Ｃ Ｒ ≌△Ｃ Ｔ Ｓ ， 则 Ｓ Ｔ＝ Ｒ Ｃ＝７２－ ２＝３２， Ｃ Ｓ ＝ Ｐ Ｒ＝第 ３题解图④１２， 则 Ｏ Ｓ＝Ｏ Ｃ－Ｃ Ｓ＝２－１２＝３２． 点 Ｔ坐标是（３２，３２） ， 设经过 Ｃ 、 Ｔ两点的直线的解 析 式 是 ｙ＝ｋ ｘ＋ｄ ，则 得 出 方 程组３２＝３２ｋ ＋ ｄｄ{＝ ２，解得ｋ ＝－１３ｄ{＝ ２， 所以直线 Ｃ Ｔ的解析式是ｙ ＝－１３ｘ ＋ ２ ．确定点 Ｑ坐标， 解方程 －ｘ２＋７２ｘ＋２＝－１３ｘ＋２ ， 化简即是ｘ２－２ ３６ｘ ＝ ０ ， 当 ｘ ＝ ０时， 交点即是点 Ｃ ， 不符合题意， 因此 ｘ ＝２ ３６，由于点 Ｑ在直线 Ｃ Ｔ上， ｙ ＝－１３×２ ３６＋ ２＝１ ３１ ８， 所以点 Ｑ坐标是（２ ３６，１ ３１ ８） ．综上所述， 存在符合条件的两个点 Ｐ ， 使∠Ｐ Ｃ Ｆ＝ ４ ５ ° ， 相应的点 Ｐ的坐标为（１２，７２） ， 或者是（２ ３６，１ ３１ ８） ．常考类型剖析拓展题 【 思路分析】 （ １ ） 利用待定系数法求出二次函数的表达式， 令ｙ ＝ ０ ， 求出点 Ｂ的坐标， 则 Ａ Ｂ即为正方形的边长， 则可确定点 Ｄ的坐标； （ ２ ） 利用△Ｄ Ａ Ｐ ∽△Ｐ Ｏ Ｅ ， 求出线段 Ｏ Ｅ与 ｔ 的二次函数， 再利用配方法化成顶点式， 最后确定 Ｏ Ｅ的最大值； （ ３ ） 分两种情况进行讨论： ①当 Ｐ点在 ｙ 轴左侧； ②当 Ｐ点在 ｙ 轴右侧．解： （ １ ） ｂ ＝ １ ， Ｄ （－ ３ ， ４ ） ；【 解法提示】 将点 Ａ （－ ３ ， ０ ） 代入二次函数 ｙ ＝１２ｘ２＋ｂ ｘ －３２得１２×９－ ３ ｂ －３２＝ ０ ， 解得 ｂ ＝ １ ． 则二次函数解析式为 ｙ ＝１２ｘ２＋ｘ －３２， 令ｙ ＝ ０ ， 得１２ｘ２＋ ｘ －３２＝ ０ ， 解得 ｘ１＝－ ３ ， ｘ２＝ １ ， 则点 Ｂ坐标为（ １ ， ０ ） ，即正方形 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ的边长为 ４ ， 所以点 Ｄ的坐标为（－ ３ ， ４ ） ．（ ２ ） 设 Ｐ Ａ＝ ｔ ， Ｏ Ｅ＝ ｌ ．由∠Ｄ Ａ Ｐ＝ ∠Ｐ Ｏ Ｅ＝ ∠Ｄ Ｐ Ｅ＝ ９ ０ ° ，得△Ｄ Ａ Ｐ ∽△Ｐ Ｏ Ｅ ，∴Ｄ ＡＰ Ｏ＝Ａ ＰＯ Ｅ，∴４３－ ｔ＝ｔｌ，∴ｌ ＝－１４ｔ２＋３４ｔ ＝－１４（ ｔ －３２）２＋９１ ６，∴当 ｔ ＝３２时， ｌ 有最大值为９１ ６， 即 Ｐ为 Ｏ Ａ中点时， Ｏ Ｅ的最大值为９１ ６．（ ３ ） 存在．①当 Ｐ点在 ｙ 轴左侧时， 如解图①， Ｐ点的坐标为（－ ４ ， ０ ） ，由△Ｄ Ａ Ｐ ≌△Ｐ Ｏ Ｅ得 Ｏ Ｅ＝ Ｐ Ａ＝ １ ， ∴Ｏ Ｐ＝ Ｏ Ａ＋ Ｐ Ａ＝ ４ ．∵△Ａ Ｄ Ｇ ∽△Ｏ Ｅ Ｇ ， ∴Ａ Ｇ ∶ Ｇ Ｏ＝ Ａ Ｄ ∶ Ｏ Ｅ＝ ４ ∶ １∴Ａ Ｇ＝４５Ａ Ｏ＝１ ２５∴重叠部分的面积 ＝１２× ４×１ ２５＝２ ４５；②当 Ｐ点在 ｙ 轴右侧时， Ｐ点的坐标为（ ４ ， ０ ） ．（ 仿照①的步骤） 此时重叠部分的面积为７ １ ２７ ７．拓展题解图【 方法指导】 此题是一个难度适中的动点问题， 在给出动态的运动情况时， 首先根据条件找出运动过程中有可能出现的几种情况， 采用“ 以静制动” 的方法， 将动态问题静止化． 然后寻找各量与变量之间的关系．动态中线段的长常常与特殊点的横、 纵坐标联系在一起． （ １ ） 会用待定系数法求函数解析式； （ ２ ） 利用“ 数形结合” 的思想， 按照＂ 解析式→坐标→距离（ 线段长度）→几何图形性质及应用＂ 的思路思考； （ ３ ） 在运动中求最大值或最小值时， 通常可以考虑将问题转化为函数的最值讨论问题， 利用二次函数的顶点坐标或函数取值范围解决； 对于数形结合的思想的应用要注意几何图形的性质为相应的函数或方程提供的．备考试题演练１ ．Ａ 【 解析】 本题考查分析实际问题求函数表达式． ∵成本 ｙ （ 元） 与面积成正比， 边长为 ｘ ， 则设满足条件的函数解析式为 ｙ ＝ｋ ｘ２（ ｘ ≠０ ） ， 把 ｘ ＝ ３ ， ｙ ＝ １ ８代入 ｙ ＝ ｋ ｘ２中得 ｋ ＝ ２ ， ∴ｙ ＝ ２ ｘ２， 将 ｙ ＝ ７ ２代入ｙ ＝ ２ ｘ２中， 得 ７ ２＝ ２ ｘ２， ∴ｘ ＝ ６ ．２ ．ａ （ １＋ ｘ ）２ 【 解析】 本题考查利用增长率问题列二次函数关系式，由一月份的研发资金为 ａ元且增长率为 ｘ 可得二月份研发资金为ａ （ １＋ ｘ ） 元， 三月份的研发资金ｙ ＝ ａ （ １ ＋ ｘ ） ·（ １ ＋ ｘ ） ， 即 ｙ ＝ ａ （ １ ＋ ｘ ）２．３ ．③④ 【 解析】 ∵①图象与 ｘ 轴的交点 Ａ ， Ｂ的横坐标分别为 － １ ， ３ ，∴Ａ Ｂ＝ ４ ， ∴对称轴 ｘ ＝－ｂ２ ａ＝ １ ， 即 ２ ａ ＋ ｂ ＝ ０ ， 故①错误； ②根据图像知， 当 ｘ ＝ １时， ｙ ＜ ０ ， 即 ａ＋ｂ ＋ｃ ＜ ０ ． 故②错误； ③∵Ａ点坐标为（－ １ ， ０ ） ， ∴ａ － ｂ ＋ ｃ ＝ ０ ， 而 ｂ ＝－ ２ ａ ， ∴ａ ＋ ２ ａ ＋ ｃ ＝ ０ ， 即 ｃ ＝－ ３ ａ ， 故第 ３题解图③正确； ④当 ａ＝１２， 则 ｂ ＝－ １ ， ｃ ＝－３２，对称轴 ｘ ＝ １与 ｘ 轴的交点为 Ｅ ， 如解图所示， ∴抛物线的解析式为 ｙ ＝１２ｘ２－ ｘ －３２，把 ｘ ＝ １代入得 ｙ ＝１２－ １－３２＝－ ２ ， ∴Ｄ点坐标为（ １ ，－ ２ ） ， ∴Ａ Ｅ＝ ２ ， Ｂ Ｅ＝ ２ ， Ｄ Ｅ＝２ ， ∴△Ａ Ｄ Ｅ和△Ｂ Ｄ Ｅ都为等腰三角形， ∴△Ａ Ｄ Ｂ为等腰直角三角形． 故④正确； ⑤要使△Ａ Ｃ Ｂ为等腰三角形， 则必须保证 Ａ Ｂ＝ Ｂ Ｃ＝ ４或 Ａ Ｂ＝ Ａ Ｃ＝ ４ 或 Ａ Ｃ＝ Ｂ Ｃ ， 当 Ａ Ｂ＝ Ｂ Ｃ＝ ４时， ∵Ａ Ｏ＝ １ ， △Ｂ Ｏ Ｃ为直角三角形． 又∵Ｏ Ｃ的长即为｜ ｃ ｜ ， ∴ｃ２＝ １ ６－ ９＝ ７ ， ∵由抛物线与 ｙ轴的交点在 ｙ 轴的负半轴上， ∴ｃ ＝－槡７ ， 与 ２ ａ＋ｂ ＝ ０ ， ａ－ｂ ＋ｃ ＝ ０联立解方程组， 解得 ａ＝槡７３； 同理 Ａ Ｂ＝Ａ Ｃ＝ ４时， ∵Ａ Ｏ＝ １ ， △Ａ Ｏ Ｃ 。
