【备考2019中考数学学案】专题六 函数综合探究题

专题六 函数综合探究题
类型一 与线段、周长、面积等有关的最值问题
【典例1】（2018·永州）如图1，抛物线的顶点A的坐标为（1，4），抛物线与x轴交于点B、C两点，与y轴交于点E（0，3）。
求抛物线的表达式；
已知点F（0，-3），在抛物线的对称轴上是否存在一点G，使得EG+FG最小，如果存在，求出点G的坐标；如果不存在，请说明理由；
如图2，连接AB，若点P是线段OE上的一动点，过点P作线段AB的垂线，分别与线段AB、抛物线相交于点M、N（点M、N都在抛物线对称轴的右侧），当MN最大时，求△PON的面积。
【思路引导】（1）利用顶点式求抛物线表达式；（2）先求出点E关于对称轴的对称点E′的坐标，再求出E′F的直线表达式，然后求这条直线E′F与对称轴的交点坐标即可；（3）要使MN最大，即要使△ABN面积最大，过N作NH⊥x轴，交直线AB于点H.当NH最大时，△ABN面积最大，设N（t，-t2＋2t＋3），则H（t，-2t＋6），于是可求得NH最大时t的值，从而得点N坐标及直线PN的表达式，这时可求得△PON的面积.
【自主解答】
【规律方法】（1）无论是线段和的最小值或是周长的最小值，还是两条线段差的最大值等，解决该类问题的最基本依据就是“两点之间，线段最短”，基本模型就是最短路径问题，即“将军饮马问题”，解题方法就是通过轴对称作出对称点加以解决，要求四边形的周长最小值，若需要三边和最小，则需过两定点（即已知定长线段的两顶点）分别作出关于x轴与y的对称点，从而将三边转化到同一条直线上。
（2）解决三角形面积最值问题，常过动点作有关三角形的高或平行于x轴、y轴的辅助线，设关键点的坐标为（t，at2＋bt＋c），利用面积构建函数关系求解，坐标平面中的三角形的面积，常用公式“三角形的面积＝×水平宽×铅垂高”进行计算，点的坐标与线段长度的转换是几何计算的基础。
针对训练
1.（2018·东营）如图，抛物线y＝a(x-1)(x-3)（a＞0）与x轴交于A，B两点，抛物线上另有一点C在x轴下方，且使△OCA∽△OBC.
（1）求线段OC的长度；
（2）设直线BC与y轴交于点M，点C是BM的中点时，求直线BM和抛物线的解析式；
（3）在（2）的条件下，直线BC下方抛物线上是否存在一点P，使得四边形ABPC面积最大？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由。
2.（2018·广安）如图，已知抛物线y=x2＋bx＋c与直线y＝x＋3相交于A，B两点，交x轴于C，D两点，连接AC，BC，已知A（0，3），C（-3，0）。
（1）求此抛物线的解析式；
（2）在抛物线对称轴上找一点M，使｜MB㎝D｜的值最大，并求出最大值；
（3）点P为y轴右侧抛物线上一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，问:是否存在点P，使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由。
3.（2018·怀化）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋2x＋c与x轴交于A（-1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点。
（1）求抛物线的解析式和直线AC的解析式；
（2）请在y轴上找一点M，使△BDM的周长最小，求出点M的坐标；
（3）试探究:在抛物线上是否存在点P，使以点A，P，C为顶点，AC为直角边的三角形是直角三角形？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由。
类型二 探究特殊三角形的存在性问题
【典例2】（2018·潍坊）如图1，抛物线y1＝ax2﹛＋c与x轴交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C（0，），抛物线y1的顶点为G，GM⊥x轴于点M。将抛物线y1平移后得到顶点为B且对称轴为直线的抛物线y2。
（1）求抛物线y2的解析式；
（2）如图2，在直线上是否存在点T，使△TAC是等腰三角形？若存在，请求出所有点T的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）点P为抛物线y1上一动点，过点P作y轴的平行线交抛物线y2于点Q，点Q关于直线的对称点为R。若以P，Q，R为顶点的三角形与△AMG全等，求直线PR的解析式。
【思路导引】（1）直接利用待定系数法确定抛物线y2的解析式；（2）设T（1，t），过点T作TE⊥y轴于点E，根据勾股定理用含t的代数式分别表示TC2与TA2，易知AC2＝，然后分TC＝AC，TA＝AC，TA＝TC三种情况，构建方程求解点T的坐标；（3）设P（m，-m2-m＋），再表示出点Q与点R的坐标，分点P在直线的左侧与右侧两种情景，结合全等三角形的性质，确定点P与点R的坐标，利用待定系数法确定直线PR的解析式。
【自主解答】
【规律方法】是否存在一点，使之与另外两个定点构成等腰三角形（直角三角形）的问题:首先弄清楚题意（如等腰三角形:若某边为底边，则只有一种情况；若某边为腰，有两种情况；若只说该三点构成等腰三角形，则有三种情况），其次借助于动点所在图形的解析式，表示出动点的坐标，然后按分类的情况，利用几何知识建立方程（组），求出动点坐标，注意要根据题意舍去不合题意的点。
针对训练
4.（2018·烟台）如图1，抛物线y＝ax2＋2x＋c与x轴交于A（-4，0），B（1，0）两点，过点B的直线y＝kx＋分别与y轴及抛物线交于点C，D。
（1）求直线和抛物线的表达式；
（2）动点P从点O出发，在x轴的负半轴上以每秒1个单位长度的速度向左匀速运动。设运动时间为t秒，当t为何值时，△PDC为直角三角形？请直接写出所有满足条件的t的值；
（3）如图2，将直线BD沿y轴向下平移4个单位后，与x轴，y轴分别交于E、F两点。在抛物线的对称轴上是否存在点M，在直线EF上是否存在点N，使得DM＋MN的值最小？若存在，求出其最小值及点M、N的坐标；若不存在，请说明理由。
5.（2018·临沂）如图，在平面直角坐标系中，∠ACB＝90°，OC＝2OB，tan∠ABC＝2，点B的坐标为（1，0），抛物线y＝-x2＋bx＋＋0c经过A，B两点。
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是直线AB上方抛物线上的一点，过点P作PD垂直x轴于点D，交线段AB于点E，使PE =DE。
①求点P的坐标；
②在直线PD上是否存在点M，使△ABM为直角三角形？若存在，求出符合条件的所有点M的坐标；若不存在，请说明理由。
6.（2018·枣庄）如图1，已知二次函数y＝ax2＋x＋c（a≠0）的图象与y轴交于点A（0，4），与x轴交于点B、C，点C坐标为（8，0），连接AB、AC。
（1）请直接写出二次函数y＝ax2＋3x＋c的表达式；
（2）判断△ABC的形状，并说明理由；
（3）若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，请写出此时点N的坐标；
（4）如图2，若点N在线段BC上运动（不与点B、C重合），过点N作NM∥AC，交AB于点M，当△AMN面积最大时，求此时点N的坐标。
类型三 探究特殊四边形的存在性问题
【典例3】（2017·陕西）在同一直角坐标系中，抛物线C1:y＝ax2-2x-3与抛物线C2:y＝x2＋mx＋n关于y轴对称，C2与x轴交于A、B两点，其中点A在点B的左侧。
（1）求抛物线C1、C2的函数表达式；
（2）求A、B两点的坐标；
（3）在抛物线C1上是否存在P点，在抛物线C2是否存在一点Q，使得以AB为边，且以A、B、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出PQ两点的坐标；若不存在，请说明理由。
【思路导引】（1）由于抛物线C1、C2关于y轴对称，则与y轴的交点是同一点，二次项系数相同；（2）以A，B、P、Q四点为顶点，且AB为边，则AB与PQ平行且相等，所以P、Q两点的坐标相等，PQ＝AB＝4.由于点P与点Q的左右位置不确定，故要分类讨论。
【自主解答】
【规律方法】解答平行四边形存在性问题时，一般思路是先假设结论成立，然后解决关于已知两定点去求未知点的坐标问题，通常以两定点连线所成的线段作为要探究的平行四边形的边或对角线，画出符合题意的平行四边形；解决已知给定的三点去求未知点的坐标问题，可分别以已知三个定点中的任意两个定点确定的线段为探究平行四边形的边或对角线，画出符合题意的平行四边形；最后建立关系式并计算，根据所画图形可以利用平行四边形的性质进行计算，也可利用全等三角形、相似三角形或直角三角形的性质进行计算，还可利用解析式构建方程组求解，这样最终计算或推理得出结论，进而判断结论是否成立，解答其他特殊四边形的问题，方法类似。
针对训练
7.（2018·齐齐哈尔）综合与探究
如图1所示，直线y＝x＋c与x轴交于点A（-4，0），与y轴交于点C，抛物线y＝-x2＋bx＋c经过点A，C。
（1）求抛物线的解析式；
（2）点E在抛物线的对称轴上，求CE＋OE的最小值；
（3）如图2所示，M是线段OA上的一个动点，过点M垂直于x轴的直线与直线AC和抛物线分别交于点P，N。
①若以C，P，N为顶点的三角形与△APM相似，则△CPN的面积为____________；
②若点P恰好是线段MN的中点，点F是直线AC上的一个动点，在坐标平面内是否存在点D，使以点D，F，P，M为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由
注:二次函数y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的顶点坐标为（，）
8.（2018·铜仁）如图，已知抛物线经过点A（-1，0），B（4，0），C（0，2）三点，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线交抛物线于点Q，交直线BD于点M。
（1）求该抛物线所表示的二次函数的表达式；
（2）已知点F（0，），当点P在x轴上运动时，试求m为何值时，四边形DMQF是平行四边形；（3）点P在线段AB运动过程中，是否存在点Q，使得以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似，若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由。
类型四 探究全等、相似三角形的存在性问题
【典例4】（2018·德州）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝x-1与抛物线y＝-x2＋bx＋c交于A，B两点，其中A（m，0），B（4，n），该抛物线与y轴交于点C，与x轴交于另一点D。
（1）求m，n的值及该抛物线的解析式；
（2）如图2，若点P为线段AD上的一动点（不与A，D重合），分别以AP，DP为斜边，在直线AD的同侧作等腰直角△APM和等腰直角△DPN，连接MN，试确定△MPN面积最大时P点的坐标；
（3）如图3，连接BD，CD，在线段CD上是否存在点Q，使得以A，D，Q为顶点的三角形与△ABD相似，若存在，请直接写出点Q的坐标，若不存在，请说明理由。
【思路导引】（1）将A（m，0）、B（4，n）代入y＝x-1可得m，n；再将A，B坐标代入y＝-x2＋bx＋c，解方程组求出b，c；（2）由△APM和△DPN是等腰直角三角形可推得△MPN是直角三角形；解方程-x2＋6x-5＝0得到A，D的坐标；设AP＝m，用含m的代数式表示Rt△MPN的面积，运用二次函数的最值可求得P点的坐标；（3）先用待定系数法求得yAB＝x-1，yCD＝x-5，可知直线AB∥CD，∠BAD＝∠ADC；若∠BDA＝∠DAQ时，△ABD∽△DQA，此时BD∥QA，运用坐标平移规律可得Q（2，-3）；若∠ABD＝∠DAQ时，△ABD∽△DAQ，此时，据此求得DQ的长度，设Q（q，q-5），根据(5-q)2＋(q-5)2＝DQ2列方程，解方程可得q值，进而求出Q(，)。
【自主解答】
【规律方法】解答该类问题，一定要注意全等三角形或相似三角形的对应元素，一般题目没有明确指出两个三角形的对应顶点，尤其是以文字形式表述的问题，就需要分类讨论求解，若需求解运算，还要注意数形结合思想与方程思想的运用。
针对训练
9.（2018·常德）如图，已如二次函数的图象过点O（0，0），A（8，4），与x轴交于另一点B，且对称轴是直线x＝3。
（1）求该二次函数的解析式；
（2）若M是OB上的一点，作MN∥AB交OA于N，当△ANM面积最大时，求M的坐标；
（3）P是x轴上的点，过P作PQ⊥x轴，与抛物线交于Q，过A作AC⊥x轴于C。当以O，P，Q为顶点的三角形与以O，A，C为顶点的三角形相似时，求P点的坐标。
类型五 二次函数与圆的综合探究题
【典例5】（2018·滨州）如图①，在平面直角坐标系中，圆心为P（x，y）的动圆经过点A（1，2）且与x轴相切于点B。
（1）当x＝2时，求⊙P的半径；
（2）求y关于x的函数解析式，请判断此函数图象的形状，并在图②中画出此函数的图象；
（3）请类比圆的定义（圆可以看成是到定点距离等于定长的所有点的集合），给（2）中所得函数图象进行定义:此函数图象可以看成是到__________的距离等于到__________的距离的所有点的集合。
（4）当⊙P的半径为时，若⊙P与以上（2）中所得函数图象相交于点C，D，其中交点D（m，n）在点C的右侧。请利用图②，求cos∠APD的大小。
【思路导引】（1）过A作AM⊥x轴M，过P作P⊥AM于H，通过构造Rt△AHP，结合勾股定理得出关于r的方程，通过解方程求出半径；（2）类比（1）构造Rt△AHP，利用勾股定理得出y与x的关系式，再断函数图形的形状；（3）根据函数图象，结合集合定义的特征，得出结论；（4）利用⊙P的半径为1，得出P点坐标，而P点恰好为二次函数的顶点，过点D作DH⊥AP于H，构造Rt△PDH，然后将D点纵坐标用m来表示，进而表示出DH，HP，利用勾股定厘得出关于m的方程，整体求出(m-1)2的值，再利用锐角三角函数的定义，把所求三角函数值与(m-1)2建立联系可求结果。
【自主解答】
【规律方法】抛物线与圆有关的综合题，注意圆与抛物线知识的融合，如圆过坐标原点时，注意直角对的弦是圆的直径；如圆与抛物线那是轴对称图形等等，把握它们知识的融合点易于帮助我们寻找解决问题的突破口，另外，该类问题亦常涉及利用勾股定理求两点间的距离。
针对训练
10.（2017·兰州）如图，抛物线y＝-x2＋bx＋c与直线AB交于A（-4，-4），B（0，4）两点，直线AC:y＝-x-6交y轴与点C。点E是直线AB上的动点，过点E作EF⊥x轴交AC于点F，交抛物线于点G。
（1）求抛物线y＝-x2＋bx＋c的表达式；
（2）连接GB、EO，当四边形GEOB是平行四边形时，求点G的坐标；
（3）①在y轴上存在一点H，连接EH、HF，当点E运动到什么位置时，以A、E、F、H为顶点的四边形是矩形？求出此时点E、H的坐标；
②在①的前提下，以点E为圆心，EH长为半径作圆，点M为⊙E上一动点，求AM＋CM的最小值。
11.（2017·目照）如图所示，在平面直角坐标系中，⊙C经过坐标原点O，且与x轴，y轴分别相交于M（4，0），N（0，3）两点，已知抛物线开口向上与⊙C交于N，H，P三点，P为抛物线的顶点，抛物线的对称轴经过点C且垂直x轴于点D。
（1）求线段CD的长及顶点P的坐标；
（2）求抛物线的函数表达式；
（3）设抛物线交x轴于A，B两点，在抛物线上是否存在点Q，使得S四边形OPMN＝8S△QAB，且△QAB∽△OBN成立？若存在，请求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由。
参考答案及解析
【典例1】
【自主解答】解:（1）设抛物线的表达式为y＝a(x-1)2＋4，把点E（0，3）代入得:a(0-1)2＋4＝3，解得，a＝-1，∴y＝-(x-1)2＋4＝-x2＋2x＋3；
（2）存在，点E关于对称轴直线x＝1对称的对称点为E′（2，3），设过E′F的直线表达式为y＝mx＋n，把E′、F两点坐标代入得，解得，所以直线E′F的表达式为y＝3x-3，把x＝1代入得y＝0，因此点G的坐标为（1，0）；
（3）要使MN最大，即要使△ABN面积最大，过点N作NH⊥x轴，交直线AB于点H，交x轴于点K，在y＝-x2＋2x＋3中，令y＝0，得-x2＋2x＋3＝0，解得x1＝-1，x2＝3，即B（3，0），过A（1，4），B（3，0）两点直线表达式为y＝-2x＋6，设N（t，-t2＋2t＋3），则H（t，-2t＋6），所以NH＝-t2＋4t-3，当NH最大时，△ABN面积最大，NH＝-t2＋4t-3＝-（t-2）2＋1，这时t＝2，所以N（2，3），过点A作AQ⊥x轴，垂足为点Q，显然AQ在抛物线的对称轴上，所以AQ＝4，OQ＝1，BQ＝BO-OQ＝3-1＝2.设直线PN交x轴于点D，因为PN⊥AB，所以∠BMD＝90°，∴∠ABD＋∠BDN＝90°；∵NH⊥x轴，所以∠DKN＝90°，∴∠DNK＋∠BDN＝90°，∴∠ABD＝∠DNK，在△ABQ和△DNK中，∠AQB＝ ∠DKN＝90°，∠ABD＝∠DNK，∴△ABQ∽△DNK，∴，∴，∴DK＝6，∴DO＝DK-OK＝6-2＝4，∴D（-4，0）.设直线PN表达式为y＝kx＋c，把点D（-4，0），N（2，3）入得，解得，直线PN的表达式为y＝x＋2，与y轴交点P的坐标为（0，2），所以S△PON＝×2×2＝2.
【针对训练】
1.解:（1）连接AC，令y＝a(x-1)(x-3)＝0，可得:x1＝1，x2＝3，∴OA＝1，OB＝3。
∵△OCA∽△OBC，∴，∴OC2＝OA·OB＝1×3＝3，∴OC＝.（取正）
（2）过点C作CD⊥x轴，垂足为点D，则CD∥OM，∴.
∵点C是BM的中点，∴OD＝OB＝，∴CD＝，
∴C（，），设yBM＝kx＋b，将B，C两点的坐标代入得:
，解得，∴直线BM的解析式为y＝x；
将点C（，）代入y＝a（x-1）（x-3）得:a（-1）（-3）＝，解得:a＝，
∴抛物线的解析式为y＝（x-1）（x-3）＝x2-x＋。
（3）如图，∵S四边形ABPC＝S△ABC＋S△BPC，S△ABC是常量，S△BPC的面积随点P的位置变化而变化，∴向下平移直线BM，当平移后的直线B'M'和抛物线
y＝x2-x＋有唯一公共点时，四边形ABPC面积最大，
设直线B'M'的解析式为:y＝，代入y＝x2-x＋
得：＝x2-x＋，，①
由题意可得，△＝，解得，m=，
方程①变为＝0，解得:x1＝x2=，将x＝代入y＝x2-x＋得:
，∴存在点P使得四边形ABPC面积最大，
此时点P的坐标为（，）。
2.解（1）将点A，C的坐标代入y＝x2＋bx＋c，得，解得。
∴抛物线的解析式为y＝x2＋x＋3.
（2）解方程组，得；。∴点B的坐标为（-4，1）。
点D关于对称轴对称的点是C（-3，0），直线BC的解析式是y＝-x-3。
直线BC与对称轴的交点（，）即为所求的点M。最大值为。
（3）存在。
如图，由点A，B，C的坐标可知，直线AC，BC与x轴所夹的锐角均是45°，
∴∠ACB＝90°，且＝3。∵∠ACB＝∠APQ，∴当＝3时，△APQ∽△ACB。
过点P作PH⊥y轴于点H，则△APQ∽△AHP。∴＝3，即AH＝3PH。
设点P的横坐标为m，PH＝m，AH＝（m2＋m＋3）-3＝m2＋m。
∴m2＋m=3m。解得m＝1。∴点P的坐标为（1，6）.
注:当m＞0时，m2＋m＞m，即AH＞PH，∴AH≠PH，即符合条件的点P只有一个。
3.解:（1）由题知，解得，∴抛物线的解析式为y＝-x2＋2x＋3。
当x＝0时，y＝-x2＋2x＋3＝3，∴C（0，3）.设AC：y＝kx＋3，则一k＋3＝0，∴k＝3，
∴直线AC的解析式为y＝3x＋3；
（2）如图1，∵抛物线的解析式为y＝-x2＋2x＋3＝ -（x-1）2 +4，
∴D（1，4）.取点D关于y轴的对称点D′（-1，4），连接BD'交y轴点M，此时MB+MD最小，从而△BDM的周长最小。
设BD'：y=mx+n，则，解得，∴BD'：y=-x+3，
当x=0时，y=-x+3=3，∴点M的坐标为（0，3）。
（3）存在。设P（t，-t2+2t+3）。
①当∠ACP＝90°时，如图2；过点P作PE⊥y轴于点E，则∠PCE＝∠AOC=90o，
∵∠ACO＋∠PCE＝∠CPE+∠PCE=90o,∴∠ACO=∠CPE，∴tan∠ACO=tan∠CPE，
∴，PE=3CE，设PE=t，则t＝，解得t1=0（舍去），t2=,
当t=时，=，∴P（，）；
②当∠CAP=90°时，如图3，过点P作PF⊥x轴于点F，同①得AF=3PF，设OF=t，
则t-(-1)=3[-(-t2+2t+3)]，解得t1＝-1（舍去），t2＝，当t=时，-t2+2t+3=。∴P（，）
综合①，②可得，存在符合条件的点P，其坐标为（，）或（，）。
【典例2】
【自主解答】解:（1）由题意知，，解得a＝，
所以，抛物线y1的解析式为y1＝；
因为抛物线y1平移后得到抛物线y2，且顶点为B（1，0），所以抛物线y2的解析式为y2＝，
即y2＝；
（2）抛物线y2的对称轴为x＝1，设T（1，t），已知A（-3，0），C（0，），
过点T作TE⊥y轴于点E，则TC2＝TE2＋CE2＝12＋（-t）2＝t2-t+，
TA2＝TB2＋AB2＝t2＋（1＋3）2＝t2＋16，AC2＝，当TC＝AC时，
即t2-t+＝，解得t1＝或t2＝；
当TA＝AC时，得t2＋16＝，无解；
当TA＝TC时，得t2-t+＝t2＋16，解得t3＝；
综上可知，在抛物线y2的对称轴上存在点T使△TAC是等腰三角形，此时T点的坐标为：
T1（1，），T2（1，），T3（1，）；
（3）设P（m，），则Q（m，），
因为Q，R关于x＝1对称，所以R（2 - m，），
情况一:当点P在直线的左侧时，PQ＝＝1-m，QR＝2-2m，
又因为以P，Q，R为顶点的三角形与△AMG全等，当PQ＝GM且QR＝AM时，m＝0，
可求得P（0，），即点P与点C重合，所以R（2，）。
设PR的解析式y＝kx＋b，则有，解得k＝，即PR的解析式为y＝x＋。
当PQ＝AM且QR＝GM时，无解；
情况二:当点P在直线右侧时，P'Q'＝－()＝m－1，Q'R'＝2m－2，
同理可得P'（2，－），R'（0，－），P'R'的解析式为y＝x－。
综上所述，PR的解析式为y＝y＝x＋或y＝x－。
【针对训练】
4.解，（1）∵直线y＝kx＋过点B（1，0），∴0＝k＋，k = －。
∴直线的表达式是y＝＝ －x＋。
抛物线y＝ax2＋2x＋c与x轴交于A（－4，0）、B（1，0），
∴，解得，∴抛物线的表达式是y＝。
（2）本题应分类讨论，情况一:△PDC中，当∠DCP为直角时：
在Rt△PCB中，CB＝。cos∠CBP＝，
解得BP＝。点P坐标为（，0），此时t＝（s）。由，可得D点坐标为（-5，4）。
情况二:同理可得△PDC中，当∠CDP为直角时，P点坐标为（－，0），此时t＝（s）。
情况三:△PDC中，当∠DPC为直角时，设P的坐标为（a，0），则DP2＋CP2＝CD2，
即（a＋5）2＋42＋a2＋（）2＝52＋（）2，解得a＝。
∴P点坐标为（，0）或（，0）。
此时t＝（s）或（s）。
综上所述，当t为或或或时，△PDC为直角三角形。
（3）存在.
直线EF的表达式为y＝=。
取点D关于对称轴的对称点D'，则点D'的坐标为（2，4）.过点D'作D'N⊥EF. 过点D'作D'G⊥x轴，交EF于点G.设点N的坐标为（a，），
则= tan∠ND'G＝tan∠ABC＝，解得a＝－2。
.∴点N的坐标为（－2，－2）。
∵点N到D'G的距离为2－（－2）＝4，
对称轴与D'G的距离为2－（－1.5）＝3.5。∴点N在对称轴的左侧，由此可证明线段与对称轴有交点，其交点即为DM＋MN取最小值时M的位置。此时DM＋MN的值最小。
将x＝2代入y＝，得y＝。∴G的坐标为（2，）。
∴D'G＝，∴D'N＝D'G·cos∠ND'G＝D'G·cos∠ABC＝·=。
即DM＋MN的最小值为。
设点M的坐标为（-1.5，b），则，解得b＝。
∴点M的坐标为（-1.5，）。
综上DM＋MN的最小值为，点M的坐标为（-1.5，），点N的坐标为（-2，-2）。
5.解:（1）在Rt△ABC中，由点B的坐标可知OB＝1。∵OC＝2OB，
∴OC＝2，则BC＝3。又∵tan∠ABC＝2，∴AC＝2BC＝6，则点A的坐标为（-2，6）。
把点A、B的坐标代入抛物线的解析式y＝-x2＋bx＋c中，得，解得:，
故该抛物线的解析式为y＝-x2-3x＋4.
（2）①由点A（-2，6）和点B（1，0）的坐标求得直线AB的解析式为y＝-2x＋2。
如图1，设点P的坐标为（m，-m2-3m＋4），则点E的坐标为（m，-2m＋2），
点D的坐标为（-m，0），则PE＝-m2-m＋2，DE＝-2m＋2，
由PE＝DE，得:-m2-m＋2＝（-2m＋2），解得：m=±1。
有∵－2＜m＜1，∴m＝－1，点P的坐标为（－1，6）。
②如图2，以AB为直角边，分别以A、B为直角顶点作直角三角形ABM交PD于点M1、M2，设点M的坐标为（－1，n）。
当点M位于直线AB上方时，由BM2＝AM2＋AB2，得：
（－1－1）2＋n2＝（－2＋1）2＋（6－n）2＋（－2－1）2＋（6－0）2，解得；n＝。
故此时，点M的坐标为（－1，）。
当点M位于直线AB下方时，由AM2＝BM2＋AB2，得
（－2＋1）2＋（6－n）2＝（－1－1）2＋n2＋（－2－1）2＋（6－0）2解得:n＝－1，
故此时，点M的坐标为（－1，－1）。
如图3，以AB为直径作⊙交直线PD于M3、M4，此时△ABM为直角三角形，由AB2＝AM2＋BM2，得（－2－1）2＋（6－0）2＝（－2＋1）2＋（6－n）2＋（－1－1）2＋n2，解得n＝±＋3。
故此时，点M的坐标为（－1，＋3），（－1，－＋3）.
综上所述，符合条件的点M的坐标有4处，分别为(－1，)，(－1，－1)，(－1，＋3)，(－1，－＋3)。
6.解:（1）∵二次函数y＝ax2＋x＋c的图象与y轴交于点A（0，4），与x轴交于点B、C，点C坐标为（8，0），∴，解得，∴抛物线表达式为；
（2）△ABC是直角三角形，令y＝0，则＝0，解得x1＝8，x2＝－2，∴点B的坐标为（－2，0），由已知可得，在Rt△ABO中AB2＝BO2＋AO2＝22＋42＝20，
在Rt△AOC中AC2＝AO2＋CO2＝42＋82＝80，又∵BC＝OB＋OC＝2＋8＝10，
∴在△ABC中AB2＋AC2＝20＋80＝102＝BC2，∴△ABC是直角三角形。
（3）∵A（0，4），C（8，0），∴AC＝＝4，①以A为圆心，以AC长为半径作圆，交x轴于点N，此时N的坐标为（－8，0）；②以C为圆心，以AC长为半径作圆，交x轴于点N，此时点N的坐标为（8－4，0）或（8＋4，0）；③作AC的垂直平分线，交x轴于点N，此时点N的坐标为（3，0），综上，若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，点N的坐标分别为（－8，0）、（8－4，0）、（3，0）、（8＋4，0）。
（4）设点N的坐标为（n，0），则BN＝n＋2，过点M作MD⊥x轴于点D，∴MD∥OA，∴△BMD∽△BAO，∴，∵MN∥AC，∴，，
OA＝4，BC＝10，BN＝n2＋2，∴MD＝（n＋2），
∵S△AMN＝S△ABN－S△BMN＝BN·OA－BN·MD
＝(n＋2)×4－×(n＋2)2＝－(n－3)2＋5，
∴当△AMN面积最大时，N点坐标为（3，0）。
【典例3】
【自主解答】解:（1）因为C1与C2关于y轴对称，
∴C1与C2的交点一定在y轴上，且C1与C2的形状，大小均相同.
∴a＝1，n＝－3.∴C1的对称轴为x＝1。∴C2的对称轴为x＝－1.∴m＝2。
∴C1:y＝x2－2x－3，C2:y＝x2＋2x－3。
（2）令C2中y＝0，则x2＋2x－3＝0.解得x1＝－3，x2＝1.∴A（－3，0），B（1，0）。
（3）存在。
设P（a，b），则Q（a＋4，b）或（a－4，b）
①当Q（a＋4，b）时，得:a2－2a－3＝（a＋4）2＋2（a＋4）－3。
解得a＝－2.∴b＝a2－2a－3＝4＋4－3＝5。
∴P1（－2，5），Q1（2，5）。
②当Q（a－4，b）时，得:a2－2a－3＝（a－4）2＋2（a－4）－3解得a＝2.
∴b＝4－4－3＝－-3.∴P2（2，－3），Q2（－2，－3）.
【针对训练】
7.解:（1）将A(－4，0)代入y＝x＋c得c＝4；将A(－4，0)和c＝4代入y＝－x2＋bx＋c得:b＝－3.
∴抛物线的解析式为y＝－x2－3x＋4；
（2）如图所示，作点C关于抛物线的对称轴直线l的对称点C′，连接OC'，交直线l于点E，连接CE，此时CE＋OE的值最小.
∵抛物线的对称轴是直线x＝，则C'C＝3，
由勾股定理可得，OC'＝5.∴CE＋OE的最小值为5.
（3）①当CN⊥MN时，△CNP∽△AMP，将y＝4代入y＝－x2－3x＋4，求出N点坐标为（－3，4），S△CPN＝×3×3=；
当CN⊥AC时，△NPC∽△APM，△NPC与△APM都是等腰三角形，MN＝PN＋PM＝PM＋2MO，设N点坐标为（x，－x2－3x＋4），可列方程:－x2－3x＋4＝4＋x＋2（－x），解得x1＝0（舍），x2＝－2，N（－2，6）.S△CPN＝×PN×OM＝4∴∠CPN的面积为或4。
②存在。
设N点坐标为（x，－x2－3x＋4），则M（x，0），P（x，），
将点P坐标代入y＝x＋4，解得x1＝－4（舍）或x2＝－1，可得P（－1，3），M（－1，0）。
以点D，F，P，M为顶点的四边形是菱形，则以点F，P，M为顶点的三角形是等腰三角形，如下图:
当PF＝PM时，如图1，图2，过点F作FH⊥MN交MN于点H，由∠HFP＝45°，PF＝PM＝3可得FH＝PH＝，F（－1－，3－）或（－1＋，3＋），
则 D（－1，）或（－－1，－）；
当FM＝PM时，如图3，此时F与A重合，F（－4，0），则D（－4，3）；
当FP＝FM时，如图4，点F是直线PM的垂直平分线与直线AC的交点，此时四边形PFMD是正方形，FD＝PM＝3，F（－，），则D（，）。
∴D（－1，）或（－－1，－）或（－4，3）或（，）。
8.解:（1）设该抛物线所表示的二次函数的表达式为y＝ax2＋bx＋c，将A（－1，0），B（4，0），C（0，2）三点的坐标代入，得:，解得:，∴y＝－x2＋x＋2；
（2）设直线DB的解析式为y＝kx＋b，∵点D与点C关于x轴对称，C（0，2），∴D（0，－2），∵B点坐标为（4，0），∴，解得:，∴y=。
∵点P的坐标为（m，0），l⊥x轴，∴Q点的坐标为（m，－m2＋m＋2），M（m，m－2），∴QM＝－m2＋m＋2－(m－2)＝－m2＋m＋4，l⊥x轴，四边形DMQF是平行四边形，
∴l∥y轴，∵四边形DMQF是平行四边形，QM＝DF，∴OM=－(－2)=，
∴－m2＋m＋4＝，化简，得:m2－2m－3＝0解得m1＝3，m2＝－1（舍）；
即m＝3时，四边形DMQF是平行四边形。
（3）由题意，易知，O＝4，OD＝2，∴BD＝＝2，1⊥x轴，∴l∥y轴，不可能与BD垂直，∴∠BDO＝∠BMQ，∠BMQ≠90°。
QM＝－m2＋m＋4，BM＝，
①若∠BQM＝90°，∴△BOD∽△BQM，∴，，
化简得:－m2＋2m＋8＝｜m－4｜，∴－m2＋2m＋8＝m－4，解得m1＝4（此时B、Q、P三点重合，不合题意，舍去），m2＝－3，∴Q（－3，－7）；－m2＋2m＋8＝4－m，解得:m1＝4（此时B、Q.P三点重合，不合题意，舍去），m2＝－1（此时A、Q、P三点重合，不合题意，舍去）；
②若∠QBM＝90°，∴△BOD∽△QBM，∴，，
化简，得:－m2＋2m＋8＝5｜m－4｜，
∴－m2＋2m＋8＝5m－20，解得:m1＝4（此时B、Q、P三点重合，不合题意，舍去），m2＝－7，∴Q（－7，－33）；－m2＋2m＋8＝20－5m，解得:m1＝4（此时B、Q、P三点重合，不合题意，舍去），m2＝3，∴Q（3，2）；
综上，Q点的坐标为（－3，－7）或（－7，－33）或（3，2）。
【典例4】
【自主解答】解:（1）把点A（m，0）、点B（4，n）代入y＝x－1中，得m＝1，n＝3.
∴A（1，0），B（4，3），把A、B点坐标代入y＝－x2＋bx＋c，得，解得。
∴ y＝－x2＋6x－5.
（2）∵△APM和△DPN为等腰直角三角形，∴∠APM＝∠DPN＝45°，∴∠MPN＝90°，
∴△MPN为直角三角形.令－x2＋6x－5＝0，解得x1＝1，x2＝5，∴D（5，0），AD＝4.
设AP＝m，则DP＝4－m，∴PM＝m，PN＝（4－m），
∴S△MPN＝PM·PN＝×m·（4－m）＝－m2＋m＝－（m－2）2＋1.
∴当m＝2，即AP＝2时，△MPN的面积最大，此时OP＝3，∴P（3，0）.
（3）存在，点Q的坐标为（2，－3）或（，－）.
【针对训练】
9.解:（1）因为二次函数图象的对称轴为x＝3，设抛物线解析式为y＝a（x－3）2＋c，又抛物线经过点（0，0）和（8，4）代入得，解得，所以二次函数解析式为y＝。
（2）设点M的坐标为（m，0）设直线AB解析式为y＝kx＋b，则，解得，
所以直线AB解析式为y＝2x－12。
因为MN平行于AB，所以设MN解析式为y＝2x＋k，点M（m，0）在MN上，直线MN表达式为y＝2x－2m，直线OA的解析式为y＝x，由MN与OA组成方程组求得点N坐标为（m，m）。
S△AMN＝S△ABO－S△ANO－S△ABM＝×6×4－×m×m－(6－m)×4＝－m2＋2m＝－(m－3)2＋3，所以当S△AMN最大时，m＝3，此时点M坐标为（3，0）。
（3）设点P坐标为（n，0），则点Q坐标为（n，n2－n），
当△OAC∽△OQP时，OC:AC＝OP:PQ＝2，即OP＝2PQ.所以，
当n＝2（n2－n）时，解得n＝0（舍）或8（舍），
当n＝－2（n2－n）时，解得n＝0（舍去）或4，此时P点的坐标为（4，0）。
当△OAC∽△QOP时，OC:AC＝PQ:OP＝2，即PQ＝2OP，所以，
当n2－n＝2n时，解得n＝0（舍去）或14，当n2－n＝－2n时，解得n＝0（舍去）或－2，
此时P点的坐标为（－2，0），（14，0），
综上，点P的坐标为（4，0）或（－2，0）或（14，0）。
【典例5】
【自主解答】解:（1）如图①，过点A作AM⊥x轴于点M，过点P作PH⊥AM于点H，连接PA、PB，则PB⊥x轴于点B， PA＝PB＝MH＝y.
∵A（1，2），∴OM＝1，AM＝2.∵点P横坐标为2，OB＝2. ∴PH＝OB－OM＝2－1＝1， AH＝AM－PB＝2－y.
在Rt△AHP中，∵AH2＋PH2＝AP2，∴（2－y）2＋12＝y2。y=。
答:当x＝2时，求⊙P的半径等于。
（2）如图②，过点A作AM⊥x轴于点M，过点P作PH⊥AM于点H.连接PA，PB，则PB⊥x轴于点B，PA＝PB＝MH＝y。∵A（1，2），∴AM＝2，OM＝1。∵P（x，y），∴OB＝x，PB＝HM＝y。∴PH＝x－1，AH＝2－y。
∵在Rt△AHP中，AH2＋HP2＝AP2，∴（2－y）2＋（x－1）2＝y2.
∴4－4y＋y2＋x2－2x＋1＝y2.∴4y＝x2－2x＋5。∴y＝。
（3）根据集合的定义可知:点A（1，2） x轴。
解析:根据圆的定义可知｜AP｜＝｜PB｜，即点P到点A的距离等于点P到x轴的距离.
所以PA2＝PB2，（PA）2＝（x－1）2＋（y－2）2，PB2＝y2所以，此函数图象可以看成是到点A的距离等于到x轴的距离的所有点的集合。
如图③，半径为1，即y＝1，代人y＝求得x＝1，即圆心P（1，1），又可知P（1，1）即为函数y＝的顶点，故作出如图。则D（m，），过点D作DH⊥AP于点H，
则DH＝m－1，HP＝－1＝＝（m－1）2，
PD＝1，则有（m－1）2＋[（m－1）2］2＝12，令（m－1）2＝t，则上式可替换为t＋（t）2＝12，解得t＝，cos∠APD＝＝。
【针对训练】
10.解:（1）A、B代入y＝－x2＋bx＋c。得，解得，
∴抛物线的表达式为y＝－x2－2x＋4。
（2）设直线AB的表达式为y＝kx＋b.∵直线AB过点A（－4，－4），B（0，4），
∴，解得，∴y＝2x＋4.
设E（m，2m＋4），则G（m，－m2－2m＋4），∵四边形GEOB是平行四边形，∴GE＝OB＝4，
∴－m2－2m＋4－2m－4＝4，解得m＝－2.∴G（－2，4）.
（3）①设E（m，2m＋4），则F（m，－m－6）.过点A作AN⊥EG，过点H作HQ⊥EG。
四边形AFHE是矩形，∴△AFN≌△HEQ，∴AN＝QH，∴m＋4＝－m，解得m＝－2，E（－2，0）
EQ＝FN＝－4＋m＋6＝1，∴H（0，－1）。
②由题意可得，E（－2，0），H（0，－1），∴EH＝，即⊙E的半径为，
∵M点在⊙E上，∴EM＝.∵A（－4，－4），E（－2，0），∴AE＝2.
在AE上截取EP＝EM，则EP＝，连接PM，
在△EPM与△EMA中，∵,∠PEM＝∠MEA，∴△EPM∽△EMA，
∴PM＝AM，∴线段PC的长即为AM＋CM的最小值。
由EP＝EM＝AE，A（－4，－4），E（－2，0），易得P（－，－1），又∵C（0，－6），∴PC＝。即AM+CM的最小值为。
11.解:（1）如图，连接OC，∵M（4，0），N（0，3），∴OM＝4，ON＝3，
∴MN＝5，∴OC＝MN＝，∵CD为抛物线对称轴，∴OD＝MD＝2，
在Rt△OCD中，由勾股定理可得CD＝，
∴PD＝PC－CD＝－＝1，∴P（2，－1）。
（2）∵抛物线的顶点为P（2，－1），∴设抛物线的函数表达式为y＝a（x－2）2－1。
∵抛物线过N（0，3），∴3＝a（0－2）2－1，解得a＝1，
∴抛物线的函数表达式为y＝（x－2）2－1，即y＝x2－4x＋3。
（3）在y＝x2－4x＋3中，令y＝0可得0＝x2－4x＋3，解得x＝1或x＝3，
∴A（1，0），B（3，0），∴AB＝3－1＝2，∵ON＝3，OM＝4，PD＝1，
∴S四边形OPMN＝S△OMP＋S△OMN＝OM·PD＋OM·ON＝×4×1＋×4×3＝8＝8S△QAB，
∴S△OAB＝1，设Q点纵坐标为y，则×2×｜y｜＝1，解得y＝1或y＝－1，
当y＝1时，则△QAB为钝角三角形，而△OBN为直角三角形，不合题意，舍去，
当y＝－1时，可知P点即为所求的Q点，∵D为AB的中点，∴AD＝BD＝QD，
∴△QAB为等腰直角三角形，∵ON＝OB＝3，∴△OBN为等腰直角三角形，∴△QAB∽△OBN，
综上可知存在满足条件的点Q，其坐标为（2，－1）。