PAGE專題八二次函數綜合題類型一新定義問題(2017·河南)如圖，直線y＝－eq\f(2,3)x＋c與x軸交于點A(3，0)，與y軸交于點B，拋物線y＝－eq\f(4,3)x2＋bx＋c經過點A，B.(1)求點B的坐標和拋物線的解析式；(2)M(m，0)為x軸上一動點，過點M且垂直于x軸的直線與直線AB及拋物線分別交于點P，N.①點M在線段OA上運動，若以B，P，N為頂點的三角形與△APM相似，求點M的坐標；②點M在x軸上自由運動，若三個點M，P，N中恰有一點是其他兩點所連線段的中點(三點重合除外)，則稱M，P，N三點為“共諧點”．請直接寫出使得M，P，N三點成為“共諧點”的m的值．例1題圖備用圖【分析】(1)把A點坐標代入直線解析式可求得c，則可求得B點坐標，由點A，B的坐標，利用待定系數法可求得拋物線解析式；(2)①由M點坐標可表示點P，N的坐標，從而可表示出MA，MP，PN，PB的長，分∠NBP＝90°和∠BNP＝90°兩種情況，分別利用相似三角形的性質可得到關于m的方程，可求得m的值；②用m可表示出點M，P，N的坐標，由題意可知有P為線段MN的中點、M為線段PN的中點或N為線段PM的中點，可分別得到關于m的方程，即可求得m的值．【自主解答】解：(1)∵y＝－eq\f(2,3)x＋c過點A(3，0)，與y軸交于點B，∴0＝－2＋c，解得c＝2，∴B(0，2)．∵拋物線y＝－eq\f(4,3)x2＋bx＋c經過點A，B，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－12＋3b＋c＝0，,c＝2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝\f(10,3)，,c＝2，))∴拋物線的解析式為y＝－eq\f(4,3)x2＋eq\f(10,3)x＋2.(2)①由(1)可知直線的解析式為y＝－eq\f(2,3)x＋2，∵M(m，0)為x軸上一動點，過點M且垂直于x軸的直線與直線AB及拋物線分別交于點P，N.∴P(m，－eq\f(2,3)m＋2)，N(m，－eq\f(4,3)m2＋eq\f(10,3)m＋2)，∴PM＝－eq\f(2,3)m＋2，AM＝3－m，PN＝－eq\f(4,3)m2＋eq\f(10,3)m＋2－(－eq\f(2,3)m＋2)＝－eq\f(4,3)m2＋4m，∵△BPN和△APM相似，且∠BPN＝∠APM，∴∠BNP＝∠AMP＝90°或∠NBP＝∠AMP＝90°.當∠BNP＝90°時，則有BN⊥MN，∴N點的縱坐標為2，∴－eq\f(4,3)m2＋eq\f(10,3)m＋2＝2，解得m＝0(舍去)或m＝2.5，∴M(2.5，0)；當∠NBP＝90°時，過點N作NC⊥y軸于點C，例1題解圖則∠NBC＋∠BNC＝90°，NC＝m，BC＝－eq\f(4,3)m2＋eq\f(10,3)m＋2－2＝－eq\f(4,3)m2＋eq\f(10,3)m，∵∠NBP＝90°，∴∠NBC＋∠ABO＝90°，∴∠ABO＝∠BNC，∴Rt△NCB～Rt△BOA，∴eq\f(NC,OB)＝eq\f(CB,OA)，∴eq\f(m,2)＝eq\f(－\f(4,3)m2＋\f(10,3)m,3)，解得m＝0(舍去)或m＝eq\f(11,8).∴M(eq\f(11,8)，0)；綜上可知，當以B，P，N為頂點的三角形與△APM相似時，點M的坐標為(2.5，0)或(eq\f(11,8)，0)；4．(2017·焦作一模)如圖①，直線y＝eq\f(3,4)x＋m與x軸、y軸分別交于點A和點B(0，－1)，拋物線y＝eq\f(1,2)x2＋bx＋c經過點B，點C的橫坐標為4.(1)請直接寫出拋物線的解析式；(2)如圖②，點D在拋物線上，DE∥y軸交直線AB于點E，且四邊形DFEG為矩形，設點D的橫坐標為x(0＜x＜4)，矩形DFEG的周長為l，求l與x的函數關系式以及l的最大值；(3)將△AOB繞平面內某點M旋轉90°或180°，得到△A1O1B1，點A，O，B的對應點分別是點A1，O1，B1.若△A1O1B1的兩個頂點恰好落在拋物線上，那么我們就稱這樣的點為“落點”，請直接寫出“落點”的個數和旋轉180°時點A1的橫坐標．圖①圖②

類型二線段、角度數量關系探究(2016·河南)如圖①，直線y＝－eq\f(4,3)x＋n交x軸于點A，交y軸于點C(0，4)，拋物線y＝eq\f(2,3)x2＋bx＋c經過點A，交y軸于點B(0，－2)．點P為拋物線上一個動點，過點P作x軸的垂線PD，過點B作BD⊥PD于點D，連接PB，設點P的橫坐標為m.(1)求拋物線的解析式；(2)當△BDP為等腰直角三角形時，求線段PD的長；(3)如圖②，將△BDP繞點B逆時針旋轉，得到△BD′P′，且旋轉角∠PBP′＝∠OAC，當點P的對應點P′落在坐標軸上時，請直接寫出點P的坐標．圖①圖②例2題圖備用圖【分析】先確定出點A的坐標，再用待定系數法求出拋物線的解析式；(2)由△BDP為等腰直角三角形，判斷出BD＝PD，建立m的方程計算出m，從而求出PD；(3)分點P′落在x軸和y軸兩種情況計算即可．①當點P′落在x軸上時，過點D′作D′N⊥x軸，垂足為N，交BD于點M，先利用互余和旋轉角相等得出∠DBD′＝∠ND′P′＝∠PBP′，進而表示出ND′的長度，通過構造方程求解；②的思路同①.【自主解答】解：(1)∵點C(0，4)在直線y＝－eq\f(4,3)x＋n上，∴n＝4，∴y＝－eq\f(4,3)x＋4.當y＝0時，0＝－eq\f(4,3)x＋4，解得x＝3，∴A(3，0)．∵拋物線y＝eq\f(2,3)x2＋bx＋c經過點A，交y軸于點B(0，－2)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6＋3b＋c＝0，,c＝－2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－\f(4,3)，,c＝－2，))∴拋物線的解析式為y＝eq\f(2,3)x2－eq\f(4,3)x－2.(2)∵點P為拋物線上一個動點，且橫坐標為m，∴P(m，eq\f(2,3)m2－eq\f(4,3)m－2)，D(m，－2)，∴BD＝|m|，PD＝|eq\f(2,3)m2－eq\f(4,3)m－2＋2|＝|eq\f(2,3)m2－eq\f(4,3)m|.∵△BDP為等腰直角三角形，且PD⊥BD，∴BD＝PD.①當點P在直線BD上方時，PD＝eq\f(2,3)m2－eq\f(4,3)m.(i)若點P在y軸左側，則m<0，BD＝－m.∴eq\f(2,3)m2－eq\f(4,3)m＝－m，解得1＝0(舍去)，m2＝eq\f(1,2)(舍去)．(ii)若點P在y軸右側，則m>0，BD＝m.∴eq\f(2,3)m2－eq\f(4,3)m＝m，解得3＝0(舍去)，m4＝eq\f(7,2).②當點P在直線BD下方時，m>0，BD＝m，PD＝－eq\f(2,3)m2＋eq\f(4,3)m.∴－eq\f(2,3)m2＋eq\f(4,3)m＝m，解得5＝0(舍去)，m6＝eq\f(1,2).綜上所述，m＝eq\f(7,2)或eq\f(1,2).即當△BDP為等腰直角三角形時，PD的長為eq\f(7,2)或eq\f(1,2).(3)P1(－eq\r(5)，eq\f(4\r(5)＋4,3))，P2(eq\r(5)，eq\f(－4\r(5)＋4,3))，P3(eq\f(25,8)，eq\f(11,32))．提示：∵∠PBP′＝∠OAC，OA＝3，OC＝4，∴AC＝5，∴sin∠PBP′＝eq\f(4,5)，cos∠PBP′＝eq\f(3,5).①當點P′落在x軸上時，過點D′作D′N⊥x軸，垂足為點N，交BD于點M，∠DBD′＝∠ND′P′＝∠PBP′.如解圖①，例2題解圖①∵ND′－MD′＝2，即eq\f(3,5)(eq\f(2,3)m2－eq\f(4,3)m)－(－eq\f(4,5)m)＝2；∴m＝eq\r(5)(舍去)或m＝－eq\r(5)；如解圖②，例2題解圖②∵ND′＋MD′＝2，即eq\f(3,5)(eq\f(2,3)m2－eq\f(4,3)m)＋eq\f(4,5)m＝2，∴m＝eq\r(5)或m＝－eq\r(5)(舍去)，∴P(－eq\r(5)，eq\f(4\r(5)＋4,3))或P(eq\r(5)，eq\f(－4\r(5)＋4,3))．②當點P′落在y軸上時，如解圖③，過點D′作D′M⊥x軸，交BD于點M，過點P′作P′N⊥y軸，交MD′的延長線于點N，例2題解圖③∴∠DBD′＝∠ND′P′＝∠PBP′.∵P′N＝BM，即eq\f(4,5)(eq\f(2,3)m2－eq\f(4,3)m)＝eq\f(3,5)m，∴m＝eq\f(25,8)，∴P(eq\f(25,8)，eq\f(11,32))．1．(2014·河南)如圖，拋物線y＝－x2＋bx＋c與x軸交于點A(－1，0)，B(5，0)兩點，直線y＝－eq\f(3,4)x＋3與y軸交于點C，與x軸交于點D.點P是x軸上方的拋物線上一動點，過點P作PF⊥x軸于點F，交直線CD于點E.設點P的橫坐標為m.(1)求拋物線的解析式；(2)若PE＝5EF，求m的值；(3)若點E′是點E關于直線PC的對稱點，是否存在點P，使點E′落在y軸上？若存在，請直接寫出相應的點P的坐標；若不存在，請說明理由．

2．(2018·洛陽一模)如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線y＝ax2＋bx－2(a≠0)與x軸交于A(1，0)，B(3，0)兩點，與y軸交于點C，其頂點為點D，點E的坐標為(0，－1)，該拋物線與BE交于另一點F，連接BC.(1)求該拋物線的解析式；(2)一動點M從點D出發，以每秒1個單位的速度沿與y軸平行的方向向上運動，連接OM，BM，設運動時間為t秒(t＞0)，在點M的運動過程中，當t為何值時，∠OMB＝90°？(3)在x軸上方的拋物線上，是否存在點P，使得∠PBF被BA平分？若存在，請直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由．

3．(2018·新野一模)已知拋物線y＝ax2＋bx＋2經過A(－1，0)，B(2，0)，C三點．直線y＝mx＋eq\f(1,2)交拋物線于A，Q兩點，點P是拋物線上直線AQ上方的一個動點，作PF⊥x軸，垂足為F，交AQ于點N.(1)求拋物線的解析式；(2)如圖①，當點P運動到什么位置時，線段PN＝2NF，求出此時點P的坐標；(3)如圖②，線段AC的垂直平分線交x軸于點E，垂足為D，點M為拋物線的頂點，在直線DE上是否存在一點G，使△CMG的周長最小？若存在，請求出點G的坐標；若不存在，請說明理由．圖①圖②

4．如圖①，拋物線y＝ax2＋bx＋3(a≠0)與x軸交于點A(－1，0)，B(3，0)，與y軸交于點C，連接BC.(1)求拋物線的表達式；(2)拋物線上是否存在點M，使得△MBC的面積與△OBC的面積相等，若存在，請直接寫出點M的坐標；若不存在，請說明理由；(3)點D(2，m)在第一象限的拋物線上，連接BD.在對稱軸左側的拋物線上是否存在一點P，滿足∠PBC＝∠DBC？如果存在，請求出點P的坐標；如果不存在，請說明理由．第4題圖備用圖

類型三特殊圖形判定問題(2018·河南)如圖，拋物線y＝ax2＋6x＋c交x軸于A，B兩點，交y軸于點C，直線y＝x－5經過點B，C.(1)求拋物線的解析式；(2)過點A的直線交直線BC于點M.①當AM⊥BC時，過拋物線上一動點P(不與點B，C重合)，作直線AM的平行線交直線BC于點Q.若以點A，M，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形，求點P的橫坐標；②連接AC，當直線AM與直線BC的夾角等于∠ACB的2倍時，請直接寫出點M的坐標．例3題圖備用圖【分析】(1)利用一次函數解析式確定C(0，－5)，B(5，0)，然后利用待定系數法求拋物線的解析式；(2)①先解方程－x2＋6x－5＝0得A(1，0)，再判斷△OCB為等腰直角三角形得到∠OBC＝∠OCB＝45°，則△AMB為等腰直角三角形，所以AM＝2eq\r(2)，接著根據平行四邊形的性質得到PQ＝AM＝2eq\r(2)，PQ⊥BC，作PD⊥x軸交直線BC于D，如解圖①，利用∠PDQ＝45°得到PD＝eq\r(2)PQ＝4.設P(m，－m2＋6m－5)，則D(m，m－5)，討論：當P點在直線BC上方時，PD＝－m2＋6m－5－(m－5)＝4；當P點在直線BC下方時，PD＝m－5－(－m2＋6m－5)，然后分別解方程即可得到P點的橫坐標；②作AN⊥BC于N，NH⊥x軸于H，作AC的垂直平分線交BC于M1，交AC于E，如解圖②，利用等腰三角形的性質和三角形外角性質得到∠AM1B＝2∠ACB，再確定N(3，－2)，AC的解析式為y＝5x－5，E點坐標為(eq\f(1,2)，－eq\f(5,2))，利用兩直線垂直的問題可設直線EM1的解析式為y＝－eq\f(1,5)x＋b，把E(eq\f(1,2)，－eq\f(5,2))代入求出b得到直線EM1的解析式為y＝－eq\f(1,5)x－eq\f(12,5)，則解方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x－5，,y＝－\f(1,5)x－\f(12,5)，))得M1點的坐標；在直線BC上作點M1關于N點的對稱點M2，如解圖②，利用對稱性得到∠AM2C＝∠AM1B＝2∠ACB，設M2(x，x－5)，根據中點坐標公式得到3＝eq\f(\f(13,6)＋x,2)，然后求出x即可得到點M2的坐標，從而得到滿足條件的點M的坐標．【自主解答】解：(1)當x＝0時，y＝x－5＝－5；當y＝x－5＝0時，x＝5∴B(5，0)，C(0，－5)．將B，C兩點的坐標代入y＝ax2＋6x＋c中，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0＝25a＋30＋c，,c＝－5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,c＝－5，))∴拋物線的解析式為y＝－x2＋6x－5.(2)①解方程－x2＋6x－5＝0得x1＝1，x2＝5，則A(1，0)，∵B(5，0)，C(0，－5)，∴△OCB為等腰直角三角形，∴∠OBC＝∠OCB＝45°.∵AM⊥BC，∴△AMB為等腰直角三角形，∴AM＝eq\f(\r(2),2)AB＝eq\f(\r(2),2)×4＝2eq\r(2).∵以點A，M，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形，AM∥PQ∴PQ＝AM＝2eq\r(2)，PQ⊥BC，作PD⊥x軸交直線BC于D，如解圖①，則∠PDQ＝45°，∴PD＝eq\r(2)PQ＝4，設P(m，－m2＋6m－5)，則D(m，m－5)．當P點在直線BC上方時，PD＝－m2＋6m－5－(m－5)＝－m2＋5m＝4，解得m1＝1，m2＝4.當P點在直線BC下方時；PD＝m－5－(－m2＋6m－5)＝m2－5m＝4，解得m1＝eq\f(5＋\r(41),2)，m2＝eq\f(5－\r(41),2).綜上所述，P點的橫坐標為4或eq\f(5＋\r(41),2)或eq\f(5－\r(41),2).②作AN⊥BC于N，NH⊥x軸于H，作AC的垂直平分線交BC于M1，交AC于E，如解圖②.∵M1A＝M1∴∠ACM1＝∠CAM1，∴∠AM1B＝2∠ACB.∵△ANB為等腰直角三角形，∴AH＝BH＝NH＝2，∴N(3，－2)，易得AC的解析式為y＝5x－5，E點坐標為(eq\f(1,2)，－eq\f(5,2))，設直線EM1的解析式為y＝－eq\f(1,5)x＋b，把E(eq\f(1,2)，－eq\f(5,2))代入，得eq\f(1,10)＋b＝－eq\f(5,2)，解得b＝－eq\f(12,5)，∴直線EM1的解析式為y＝－eq\f(1,5)x－eq\f(5,12)，解方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x－5，,y＝－\f(1,5)x－\f(12,5)，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(13,6)，,y＝－\f(17,6)，))，則M1(eq\f(13,6)，－eq\f(17,6))；作直線BC上作點M1關于N點的對稱點M，如解圖②，則∠AM2C設M2(x，x－5)，∵3＝eq\f(\f(13,6)＋x,2)，∴x＝eq\f(23,6)，∴M2(eq\f(23,6)，－eq\f(7,6))．圖①圖②例3題解圖1．(2013·河南)如圖，拋物線y＝－x2＋bx＋c與直線y＝eq\f(1,2)x＋2交于C，D兩點，其中點C在y軸上，點D的坐標為(3，eq\f(7,2))，點P是y軸右側的拋物線上一動點，過點P作PE⊥x軸于點E，交CD于點F.(1)求拋物線的解析式；(2)若點P的橫坐標為m，當m為何值時，以O，C，P，F為頂點的四邊形是平行四邊形？請說明理由；(3)若存在點P，使∠PCF＝45°，請直接寫出相應的點P的坐標．第1題圖備用圖

2．(2017·河南名校模擬)如圖，二次函數y＝x2＋bx＋c的圖象經過A(－1，0)和B(3，0)兩點，且交y軸于點C，M為拋物線的頂點．(1)求這個二次函數的表達式；(2)若將該二次函數圖象向上平移m(m＞0)個單位，使平移后得到的二次函數圖象的頂點落在△BOC的內部(不包含邊界)，求m的取值范圍；(3)點P是拋物線上一動點，PQ∥BC交x軸于點Q，當以點B，C，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形時，求點P的坐標．

3．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2＋bx＋c與x軸交于A(－1，0)、B兩點，其頂點為(1，－4)，直線y＝x－2與x軸交于點D，與y軸交于點C，點P是x軸下方的拋物線上一動點，過P點作PF⊥x軸于點F，交直線CD于點E，設點P的橫坐標為m.(1)求拋物線的解析式；(2)若PE＝3EF，求m的值；(3)連接PC，是否存在點P，使△PCE是以PE為底邊的等腰三角形？若存在，請直接寫出m的值；若不存在，請說明理由．

參考答案類型一針對訓練1．解：(1)∵邊長為8的正方形OABC的兩邊在坐標軸上，以點C為頂點的拋物線經過點A，∴C(0，8)，A(－8，0)，設拋物線的解析式為：y＝ax2＋c，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝8，,64a＋c＝0，))解得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,8)，,c＝8，))故拋物線的解析式為：y＝－eq\f(1,8)x2＋8.(2)正確，理由：設P(a，－eq\f(1,8)a2＋8)，則F(a，8)，∵D(0，6)，∴PD＝eq\r(a2＋（\f(1,8)a2－2）2)＝eq\r(（\f(1,8)a2＋2）2)＝eq\f(1,8)a2＋2.∵PF＝8－(－eq\f(1,8)a2＋8)＝eq\f(1,8)a2，∴PD－PF＝2；(3)在點P運動時，DE大小不變，則PE與PD的和最小時，△PDE的周長最小，∵PD－PF＝2，∴PD＝PF＋2，∴PE＋PD＝PE＋PF＋2，第1題解圖①∴如解圖①，當P、E、F三點共線時，PE＋PF最小，此時點P，E的橫坐標都為－4，將x＝－4代入y＝－eq\f(1,8)x2＋8，得y＝6，∴P(－4，6)，此時△PDE的周長最小，且△PDE的面積為12，點P恰為“好點，∴△PDE的周長最小時“好點”的坐標為(－4，6)由(2)得：P(a，－eq\f(1,8)a2＋8)，∵點D、E的坐標分別為(0，6)，(－4，0)，第1題解圖②①如解圖②，當－4≤a＜0時，S△PDE＝S△PEO＋S△POD－S△DOE＝eq\f(1,2)×4×(－eq\f(1,8)a2＋8)＋eq\f(1,2)×6×(－a)－eq\f(1,2)×4×6＝－eq\f(1,4)a2－3a＋4＝－eq\f(1,4)(a＋b)2＋13，∴4＜S△PDE≤12.②當a＝0時，S△PDE＝4；第1題解圖③③如解圖③，過點P作PN⊥x軸于點N，當－8＜a＜－4時，S△PDE＝S梯形PNOD－S△PNE－S△DOE＝(－eq\f(1,8)a2＋8＋6)×(－a)×eq\f(1,2)－eq\f(1,2)×4×6－(－a－4)×(－eq\f(1,8)a2＋8)×eq\f(1,2)＝－eq\f(1,4)a2－3a＋4＝－eq\f(1,4)(a＋b)2＋13，∴12＜S△PDE≤13；④當a＝－8時，S△PDE＝12，∴△PDE的面積可以等于4到13的所有整數，在面積為12時，a的值有兩個，∴面積為整數時好點有11個，經過驗證周長最小的好點包含這11個之內，∴“好點”共有11個．綜上所述，共有11個，“好點”，P(－4，6)．2．解：(1)由y＝－x2＋4x－3可得點A的坐標為(2，1)，將x＝4代入y＝－x2＋4x－3，得y＝－3，∴B點的坐標為(4，－3)，設拋物線L2的解析式為y＝a(x－4)2－3.將A(2，1)代入，得1＝a(2－4)2－3，解得a＝1，∴拋物線L2的表達式為y＝(x－4)2－3；(2)a1＝－a2，理由如下：∵拋物線L1的頂點A在拋物線L2上，拋物線L2的頂點B在拋物線L1上，∴可列方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n＝a2（m－h）2＋k，,k＝a1（h－m）2＋n，))整理，得(a1＋a2)(m－h)2＝0.∵“伴隨拋物線”的頂點不重合，∴m≠h，∴a1＝－a2.(3)拋物線L1：y＝mx2－2mx－3m的頂點坐標為(1，－4m)，設拋物線L2的頂點的橫坐標為h，則其縱坐標為mh2－2mh－3m，∴拋物線L2的表達式為y＝－m(x－h)2＋mh2－2mh－3m，化簡，得y＝－mx2＋2mhx－2mh－3m，∴點D的坐標為(0，－2mh－3m)，又∵點C的坐標為(0，－3m)，∴|(－2mh－3m)－(－3m)|＝4m，解得h＝±2，∴拋物線L2的對稱軸為直線x＝±2.3．(1)解：設拋物線的解析式為y＝a(x－2)2.將點B的坐標代入得4a＝1，解得a＝eq\f(1,4).∴拋物線的解析式為y＝eq\f(1,4)(x－2)2，即y＝eq\f(1,4)x2－x＋1.(2)證明：設點P的坐標為(m，eq\f(1,4)(m－2)2)，∴PM＝eq\f(1,4)(m－2)2，M(m，0)．依據兩點間的距離公式可知PF＝eq\r(（m－2）2＋[\f(1,4)（m－2）2－1]2)＝eq\r(（m－2）2＋\f(1,16)（m－2）4－\f(1,2)（m－2）2＋1)＝eq\r(\f(1,16)（m－2）4＋\f(1,2)（m－2）2＋1)＝eq\r([\f(1,4)（m－2）2＋1]2)＝eq\f(1,4)(m－2)2＋1，∴PF－PM＝1.∴對于任意點P，PF與PM的差為常數．(3)解：設直線CF的解析式為y＝kx＋3，將點F的坐標代入，得2k＋3＝1，解得k＝－1，∴直線CF的解析式為y＝－x＋3.由兩點間的距離公式可知CF＝2eq\r(2).∵a＝1，∴2a＝2.設在△PCF中，邊CF的上的高線長為x，則eq\f(1,2)×2eq\r(2)x＝2，解得x＝eq\r(2).如解圖，過點C作CG⊥CF，取CG＝eq\r(2).則點G的坐標為(－1，2)．第3題解圖過點G作GH∥FC，設直線GH的解析式為y＝－x＋b，將點G的坐標代入，得1＋b＝2，解得b＝1，∴直線GH的解析式為y＝－x＋1，令－x＋1＝eq\f(1,4)(x－2)2，解得x＝0，∴△PCF的一個巧點的坐標為(0，1)．顯然，直線GH在CF的另一側時，直線GH與拋物線有兩個交點．∵F，C為定點，∴CF的長度不變，∴當PC＋PF最小時，△PCF的周長最小．∵PF－PM＝1，∴PC＋PF＝PC＋PM＋1，∴當C、P、M在一條直線上時，△PCF的周長最小．∴此時P(0，1)．綜上所述，△PCF的巧點有3個，△PCF的周長最小時，“巧點”的坐標為(0，1)．4．解：(1)∵直線l：y＝eq\f(3,4)x＋m經過點B(0，－1)，∴m＝－1，∴直線l的解析式為y＝eq\f(3,4)x－1.∵直線l：y＝eq\f(3,4)x－1經過點C，且點C的橫坐標為4，∴y＝eq\f(3,4)×4－1＝2.∵拋物線y＝eq\f(1,2)x2＋bx＋c經過點C(4，2)和點B(0，－1)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×42＋4b＋c＝2,c＝1))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－\f(5,4),c＝－1))，∴拋物線的解析式為y＝eq\f(1,2)x2－eq\f(5,4)x－1；(2)令y＝0，則eq\f(3,4)x－1＝0，解得x＝eq\f(4,3)，∴點A的坐標為(eq\f(4,3)，0)，∴OA＝eq\f(4,3).在Rt△OAB中，OB＝1，∴AB＝eq\r(OA2＋OB2)＝eq\r(（\f(4,3)）2＋12)＝eq\f(5,3).∵DE∥y軸，∴∠ABO＝∠DEF，在矩形DFEG中，EF＝DE·cos∠DEF＝DE·eq\f(OB,AB)＝eq\f(3,5)DE，DF＝DE·sin∠DEF＝DE·eq\f(OA,AB)＝eq\f(4,5)DE，∴l＝2(DF＋EF)＝2(eq\f(4,5)＋eq\f(3,5))DE＝eq\f(14,5)DE.∵點D的橫坐標為t(0＜t＜4)，∴D(t，eq\f(1,2)t2－eq\f(5,4)t－1)，E(t，eq\f(3,4)t－1)，∴DE＝(eq\f(3,4)t－1)－(eq\f(1,2)t2－eq\f(5,4)t－1)＝－eq\f(1,2)t2＋2t，∴l＝eq\f(14,5)×(－eq\f(1,2)t2＋2t)＝－eq\f(7,5)t2＋eq\f(28,5)t，∵l＝－eq\f(7,5)(t－2)2＋eq\f(28,5)，且－eq\f(7,5)＜0，∴當t＝2時，l有最大值eq\f(28,5).(3)“落點”的個數為4，如解圖①，解圖②，解圖③，解圖④所示．圖①圖②圖③圖④第4題解圖如解圖③，設點A1的橫坐標為m，則點O1的橫坐標為m＋eq\f(4,3)，∴eq\f(1,2)m2－eq\f(5,4)m－1＝eq\f(1,2)(m＋eq\f(4,3))2－eq\f(5,4)(m＋eq\f(4,3))－1，解得m＝eq\f(7,12)，如解圖④，設點A1的橫坐標為m，則點B1的橫坐標為m＋eq\f(4,3)，B1的縱坐標比點A1的縱坐標大1，∴eq\f(1,2)m2－eq\f(5,4)m－1＋1＝eq\f(1,2)(m＋eq\f(4,3))2－eq\f(5,4)(m＋eq\f(4,3))－1，解得m＝eq\f(4,3)，∴旋轉180°時點A1的橫坐標為eq\f(7,12)或eq\f(4,3).類型二針對訓練1．解：(1)將點A，B的坐標代入拋物線解析式，得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1－b＋c＝0，,－25＋5b＋c＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝4，,c＝5，))∴拋物線的解析式為y＝－x2＋4x＋5，(2)∵點P的橫坐標為m，∴P(m，－m2＋4m＋5)，E(m，－eq\f(3,4)m＋3)，F(m，0)，∴PE＝|yP－yE|＝|(－m2＋4m＋5)－(－eq\f(3,4)m＋3)|＝|m2＋eq\f(19,4)m＋2|，EF＝|yE－yF|＝|(－eq\f(3,4)m＋3)－0|＝|－eq\f(3,4)m＋3|，由題意，得PE＝5EF，即|－m2＋eq\f(19,4)m＋2|＝5|－eq\f(3,4)m＋3|＝|－eq\f(15,4)m＋15|.①若－m2＋eq\f(19,4)m＋2＝－eq\f(15,4)m＋15，整理，得2m2－17m＋26＝0，解得m＝2或m＝eq\f(13,2)；②若－m2＋eq\f(19,4)m＋2＝－(－eq\f(15,4)m＋15)，整理，得m2－m－17＝0，解得m＝eq\f(1＋\r(69),2)或m＝eq\f(1－\r(69),2).由題意，得m的取值范圍為－1＜m＜5，故m＝eq\f(13,2)，m＝eq\f(1－\r(69),2)這兩個解不符合題意，∴m＝2或m＝eq\f(1＋\r(69),2).(3)假設存在．作出示意圖如解圖：∵點E、E′關于直線PC對稱，∴∠1＝∠2，CE＝CE′，PE＝PE′.∵PE平行于y軸，∴∠1＝∠3，∴∠2＝∠3，∴PE＝CE，∴PE＝CE＝PE′＝CE′，即四邊形PECE′是菱形．當四邊形PECE′是菱形存在時，由直線CD的解析式y＝－eq\f(3,4)x＋3，可得OD＝4，OC＝3，由勾股定理，得CD＝5，過點E作EM∥x軸，交y軸于點M，易得△CEM∽△CDO，∴eq\f(ME,OD)＝eq\f(CE,CD)，即eq\f(|m|,4)＝eq\f(CE,5)，解得CE＝eq\f(5,4)|m|，∴PE＝CE＝eq\f(5,4)|m|，又由(2)可知：PE＝|－m2＋eq\f(19,4)m＋2|，∴|－m2＋eq\f(19,4)m＋2|＝eq\f(5,4)|m|.①若－m2＋eq\f(19,4)m＋2＝eq\f(5,4)m，整理，得2m2－7m－4＝0，解得m＝4或m＝－eq\f(1,2)；②若－m2＋eq\f(19,4)m＋2＝－eq\f(5,4)m，整理，得m2－6m－2＝0，解得m1＝3＋eq\r(11)，m2＝3－eq\r(11).由題意，得m的取值范圍為－1＜m＜5，故m＝3＋eq\r(11)這個解舍去，當四邊形PECE′是菱形這一條件不存在時，此時P點橫坐標為0，E，C，E′三點重合于y軸上，也符合題意，∴P(0，5)．綜上所述，存在滿足條件的點P，可求得點P的坐標為(0，5)或(－eq\f(1,2)或eq\f(11,4))或(4，5)或(3－eq\r(11)，2eq\r(11)－3)．第1題解圖2．解：(1)∵拋物線y＝ax2＋bx－2(a≠0)與x軸交于A(1，0)，B(3，0)兩點，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b－2＝0，,9a＋3b－2＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(2,3)，,b＝\f(8,3)，))∴拋物線的解析式為y＝－eq\f(2,3)x2＋eq\f(8,3)x－2；(2)如解圖①，由(1)知y＝－eq\f(2,3)x2＋eq\f(8,3)x－2＝－eq\f(2,3)(x－2)2＋eq\f(2,3)；∵D為拋物線的頂點，∴D(2，eq\f(2,3))．∵一動點M從點D出發，以每秒1個單位的速度沿平行與y軸平行的方向向上運動，∴設M(2，m)(m＞eq\f(2,3))，∴OM2＝m2＋4，BM2＝m2＋1，OB2＝9.∵∠OMB＝90°，∴OM2＋BM2＝OB2，∴m2＋4＋m2＋1＝9，解得m＝eq\r(2)或m＝－eq\r(2)(舍去)，∴M(2，eq\r(2))，∴MD＝eq\r(2)－eq\f(2,3).∴t＝eq\r(2)－eq\f(2,3)；圖①圖②第2題解圖(3)存在點P，使得∠PBF被BA平分，如解圖②，∴∠PBO＝∠EBO，∵E(0，－1)，∴在y軸上取一點N(0，1)．∵B(3，0)，∴直線BN的解析式為y＝－eq\f(1,3)x＋1①.∵點P在拋物線y＝－eq\f(2,3)x2＋eq\f(8,3)x－2②上，聯立①②，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,3)x＋1，,y＝－\f(2,3)x2＋\f(8,3)x－2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,2),y＝\f(1,2)))，或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3,y＝0))，∴P(eq\f(3,2)，eq\f(1,2))．3．解：(1)∵拋物線y＝ax2＋bx＋2經過A(－1，0)，B(2，0)，∴將點A和點B的坐標代入，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b＋2＝0，,4a＋2b＋2＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝1，))∴拋物線的解析式為y＝－x2＋x＋2.(2)直線y＝mx＋eq\f(1,2)交拋物線與A，Q兩點，把A(－1，0)代入解析式，得m＝eq\f(1,2)，∴直線AQ的解析式為y＝eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2).設點P的橫坐標為n，則P(n，－n2＋n＋2)，N(n，eq\f(1,2)n＋eq\f(1,2))，F(n，0)，∴PN＝－n2＋n＋2－(eq\f(1,2)n＋eq\f(1,2))＝－n2＋eq\f(1,2)n＋eq\f(3,2)，NF＝eq\f(1,2)n＋eq\f(1,2).∵PN＝2NF，∴－n2＋eq\f(1,2)n＋eq\f(3,2)＝2×(eq\f(1,2)n＋eq\f(1,2))，解得n＝－1或eq\f(1,2).當n＝－1時，點P與點A重合，不符合題意舍去．∴點P的坐標為(eq\f(1,2)，eq\f(9,4))．(3)∵y＝－x2＋x＋2，＝－(x－eq\f(1,2))2＋eq\f(9,4)，∴M(eq\f(1,2)，eq\f(9,4))．如解圖所示，連接AM交直線DE與點G，連接CG，CM此時，△CMG的周長最小．第3題解圖設直線AM的函數解析式為y＝kx＋b，且過A(－1，0)，M(eq\f(1,2)，eq\f(9,4))，根據題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－k＋b＝0，,\f(1,2)k＋b＝\f(9,4)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝\f(3,2)，,b＝\f(3,2).))∴直線AM的函數解析式為y＝eq\f(3,2)x＋eq\f(3,2).∵D為AC的中點，∴D(－eq\f(1,2)，1)．設直線AC的解析式為y＝kx＋2，將點A的坐標代入，得－k＋2＝0，解得k＝2，∴直線AC的解析式為y＝2x＋2.設直線DE的解析式為y＝－eq\f(1,2)x＋c，將點D的坐標代入，得eq\f(1,4)＋c＝1，解得c＝eq\f(3,4)，∴直線DE的解析式為y＝－eq\f(1,2)x＋eq\f(3,4).將y＝－eq\f(1,2)x＋eq\f(3,4)與y＝eq\f(3,2)x＋eq\f(3,2)聯立，解得x＝－eq\f(3,8)，y＝eq\f(15,16)，∴在直線DE上存在一點G，使△CMG的周長最小，此時G(－eq\f(3,8)，eq\f(15,16))．4．解：(1)∵拋物線y＝ax2＋bx＋3(a≠0)與x軸交于點A(－1，0)，B(3，0)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b＋3＝0，,9a＋3b＋3＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝2，))∴拋物線的表達式為y＝－x2＋2x＋3；(2)存在．∵拋物線的表達式為y＝－x2＋2x＋3，∴點C的坐標為(0，3)，∵C(0，3)，B(3，0)，∴直線BC的解析式為y＝－x＋3，∴過點O與BC平行的直線y＝－x，與拋物線的交點即為M，解方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－x，,y＝－x2＋2x＋3，))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3＋\r(21),2)，,y＝\f(－3－\r(21),2)，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3－\r(21),2)，,y＝\f(－3＋\r(21),2)，))∴M1(eq\f(3＋\r(21),2)，eq\f(－3－\r(21),2))，M2(eq\f(3－\r(21),2)，eq\f(－3＋\r(21),2))；第4題解圖(3)存在．如解圖，設BP交y軸于點G.∵點D(2，m)在第一象限的拋物線上，∴當x＝2時，m＝－22＋2×2＋3＝3，∴點D的坐標為(2，3)，把x＝0代入y＝－x2＋2x＋3，得y＝3，∴點C的坐標為(0，3)，∴CD∥x軸，CD＝2，∵點B(3，0)，∴OB＝OC＝3，∴∠OBC＝∠OCB＝45°.∴∠DCB＝∠OBC＝∠OCB＝45°，又∵∠PBC＝∠DBC，BC＝BC，∴△CGB≌△CDB(ASA)，∴CG＝CD＝2.∴OG＝OC－CG＝1，∴點G的坐標為(0，1)，設直線BP的解析式為y＝kx＋1，將B(3，0)代入，得3k＋1＝0，解得k＝－eq\f(1,3)，∴直線BP的解析式為y＝－eq\f(1,3)x＋1，令－eq\f(1,3)x＋1＝－x2＋2x＋3，解得x1＝－eq\f(2,3)，x2＝3，∵點P是拋物線對稱軸x＝－eq\f(b,2a)＝1左側的一點，即x＜1，∴x＝－eq\f(2,3)，把x＝－eq\f(2,3)代入拋物線y＝－x2＋2x＋3中，解得y＝eq\f(11,9)，∴當點P的坐標為(－eq\f(2,3)，eq\f(11,9))時，滿足∠PBC＝∠DBC.類型三針對訓練1．解：(1)在直線解析式y＝eq\f(1,2)x＋2中，令x＝0，得y＝2，∴C(0，2)．∵點C(0，2)，D(3，eq\f(7,2))在拋物線y＝－x2＋bx＋c上，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝2，,－9＋3b＋c＝\f(7,2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝\f(7,2)，,c＝2，))∴拋物線的解析式為y＝－x2＋eq\f(7,2)x＋2.圖①圖②第1題解圖(2)∵PF∥OC，且以O，C，P，F為頂點的四邊形是平行四邊形，∴PF＝OC＝2，∴將直線y＝eq\f(1,2)x＋2沿y軸上、下平移2個單位之后得到的直線，與拋物線y軸右側的交點即為所求，由解圖①可以直觀地看出，這樣的交點有3個，將直線y＝eq\f(1,2)x＋2沿y軸向上平移2個單位，得到直線y＝eq\f(1,2)x＋4，聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x＋4，,y＝－x2＋\f(7,2)x＋2，))解得x1＝1，x2＝2；將直線y＝eq\f(1,2)x＋2沿y軸向下平行移2個單位，得到直線y＝eq\f(1,2)x，聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x，,y＝－x2＋\f(7,2)x＋2，))解得x3＝eq\f(3＋\r(17),2)，x4＝eq\f(3－\r(17),2)(不舍題意，舍去)，∴m3＝eq\f(3＋\r(17),2)，∴當m的值為1或2或eq\f(3＋\r(17),2)時，以O，C，P，F為頂點的四邊形是平行四邊形．(3)存在．理由：設點P的橫坐標為m，則P(m，－m2＋eq\f(7,2)m＋2)，F(m，e