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走进2018年中考数学复习专题攻略第五讲二次函数压轴问题【专题解析】 函数压轴题主要分为两大类：一是动点函数图象问题；二是与动点、存在点、相似等有关的二次函数综合题.解答动点函数图象问题，要把问题拆分，分清动点在不同位置运动或不同时间段运动时对应的函数关系式，进而确定函数图象；解答二次函数综合题，要把大题拆分，做到大题小做，逐步分析求解，最后汇总成最终答案.【方法点拨】二次函数主要是借助动点问题和三角形、四边形相关的研究，分析此类问题主要是化动为静，化大为小，逐一解答的过程。【类型突破】类型一：函数动点问题（2017营口）如图，抛物线y=ax2+bx2的对称轴是直线x=1，与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为（2，0），点P为抛物线上的一个动点，过点P作PDx轴于点D，交直线BC于点E（1）求抛物线解析式；（2）若点P在第一象限内，当OD=4PE时，求四边形POBE的面积；（3）在（2）的条件下，若点M为直线BC上一点，点N为平面直角坐标系内一点，是否存在这样的点M和点N，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在上，直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由【温馨提示：考生可以根据题意，在备用图中补充图形，以便探究】【考点】HF：二次函数综合题【分析】（1）由抛物线y=ax2+bx2的对称轴是直线x=1，A（2，0）在抛物线上，于是列方程即可得到结论；（2）根据函数解析式得到B（4，0），C（0，2），求得BC的解析式为y=x2，设D（m，0），得到E（m，m2），P（m，m2m2），根据已知条件列方程得到m=5，m=0（舍去），求得D（5，0），P（5，），E（5，），根据三角形的面积公式即可得到结论；（3）设M（n，n2），以BD为对角线，根据菱形的性质得到MN垂直平分BD，求得n=4+，于是得到N（，）；以BD为边，根据菱形的性质得到MNBD，MN=BD=MD=1，过M作MHx轴于H，根据勾股定理列方程即可得到结论【解答】解：（1）抛物线y=ax2+bx2的对称轴是直线x=1，A（2，0）在抛物线上，解得：，抛物线解析式为y=x2x2；（2）令y=x2x2=0，解得：x1=2，x2=4，当x=0时，y=2，B（4，0），C（0，2），设BC的解析式为y=kx+b，则，解得：，y=x2，设D（m，0），DPy轴，E（m，m2），P（m，m2m2），OD=4PE，m=4（m2m2m+2），m=5，m=0（舍去），D（5，0），P（5，），E（5，），四边形POBE的面积=SOPDSEBD=51=；（3）存在，设M（n，n2），以BD为对角线，如图1，四边形BNDM是菱形，MN垂直平分BD，n=4+，M（，），M，N关于x轴对称，N（，）；以BD为边，如图2，四边形BNDM是菱形，MNBD，MN=BD=MD=1，过M作MHx轴于H，MH2+DH2=DM2，即（n2）2+（n5）2=12，n1=4（不合题意），n2=5.6，N（4.6，），同理（n2）2+（4n）2=1，n1=4+（不合题意，舍去），n2=4，N（5，），以BD为边，如图3，过M作MHx轴于H，MH2+BH2=BM2，即（n2）2+（n4）2=12，n1=4+，n2=4（不合题意，舍去），N（5+，），综上所述，当N（，）或（4.6，）或（5，）或（5+，），以点B，D，M，N为顶点的四边形是菱形【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，本题主要涉及了待定系数法求一次函数、二次函数的解析式、勾股定理，三角形的面积公式、菱形的性质、根据题意画出符合条件的图形是解题的关键变式练习：（2017黑龙江鹤岗）如图，矩形AOCB的顶点A、C分别位于x轴和y轴的正半轴上，线段OA、OC的长度满足方程|x15|+=0（OAOC），直线y=kx+b分别与x轴、y轴交于M、N两点，将BCN沿直线BN折叠，点C恰好落在直线MN上的点D处，且tanCBD=（1）求点B的坐标；（2）求直线BN的解析式；（3）将直线BN以每秒1个单位长度的速度沿y轴向下平移，求直线BN扫过矩形AOCB的面积S关于运动的时间t（0t13）的函数关系式【考点】FI：一次函数综合题【分析】（1）由非负数的性质可求得x、y的值，则可求得B点坐标；（2）过D作EFOA于点E，交CB于点F，由条件可求得D点坐标，且可求得=，结合DEON，利用平行线分线段成比例可求得OM和ON的长，则可求得N点坐标，利用待定系数法可求得直线BN的解析式；（3）设直线BN平移后交y轴于点N，交AB于点B，当点N在x轴上方时，可知S即为BNNB的面积，当N在y轴的负半轴上时，可用t表示出直线BN的解析式，设交x轴于点G，可用t表示出G点坐标，由S=S四边形BNNBSOGN，可分别得到S与t的函数关系式【解答】解：（1）|x15|+=0，x=15，y=13，OA=BC=15，AB=OC=13B（15，13）；（2）如图1，过D作EFOA于点E，交CB于点F，由折叠的性质可知BD=BC=15，BDN=BCN=90，tanCBD=，=，且BF2+DF2=BD2=152，解得BF=12，DF=9，CF=OE=1512=3，DE=EFDF=139=4，CND+CBD=3609090=180，且ONM+CND=180，ONM=CBD，=，DEON，=，且OE=3，=，解得OM=6，ON=8，即N（0，8），把N、B的坐标代入y=kx+b可得，解得，直线BN的解析式为y=x+8；（3）设直线BN平移后交y轴于点N，交AB于点B，当点N在x轴上方，即0t8时，如图2，由题意可知四边形BNNB为平行四边形，且NN=t，S=NNOA=15t；当点N在y轴负半轴上，即8t13时，设直线BN交x轴于点G，如图3，NN=t，可设直线BN解析式为y=x+8t，令y=0，可得x=3t24，OG=24，ON=8，NN=t，ON=t8，S=S四边形BNNBSOGN=15t（t8）（3t24）=t2+39t96；综上可知S与t的函数关系式为S=类型二：二次函数存在点问题研究（2017贵州安顺）如图甲，直线y=x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，经过B、C两点的抛物线y=x2+bx+c与x轴的另一个交点为A，顶点为P（1）求该抛物线的解析式；（2）在该抛物线的对称轴上是否存在点M，使以C，P，M为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请直接写出所符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由；（3）当0x3时，在抛物线上求一点E，使CBE的面积有最大值（图乙、丙供画图探究）【考点】HF：二次函数综合题【分析】（1）由直线解析式可求得B、C坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）由抛物线解析式可求得P点坐标及对称轴，可设出M点坐标，表示出MC、MP和PC的长，分MC=MP、MC=PC和MP=PC三种情况，可分别得到关于M点坐标的方程，可求得M点的坐标；（3）过E作EFx轴，交直线BC于点F，交x轴于点D，可设出E点坐标，表示出F点的坐标，表示出EF的长，进一步可表示出CBE的面积，利用二次函数的性质可求得其取得最大值时E点的坐标【解答】解：（1）直线y=x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，B（3，0），C（0，3），把B、C坐标代入抛物线解析式可得，解得，抛物线解析式为y=x24x+3；（2）y=x24x+3=（x2）21，抛物线对称轴为x=2，P（2，1），设M（2，t），且C（0，3），MC=，MP=|t+1|，PC=2，CPM为等腰三角形，有MC=MP、MC=PC和MP=PC三种情况，当MC=MP时，则有=|t+1|，解得t=，此时M（2，）；当MC=PC时，则有=2，解得t=1（与P点重合，舍去）或t=7，此时M（2，7）；当MP=PC时，则有|t+1|=2，解得t=1+2或t=12，此时M（2，1+2）或（2，12）；综上可知存在满足条件的点M，其坐标为（2，）或（2，7）或（2，1+2）或（2，12）；（3）如图，过E作EFx轴，交BC于点F，交x轴于点D，设E（x，x24x+3），则F（x，x+3），0x3，EF=x+3（x24x+3）=x2+3x，SCBE=SEFC+SEFB=EFOD+EFBD=EFOB=3（x2+3x）=（x）2+，当x=时，CBE的面积最大，此时E点坐标为（，），即当E点坐标为（，）时，CBE的面积最大变式练习：（2017毕节）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交坐标轴于A（1，0），B（4，0），C（0，4）三点，点P是直线BC下方抛物线上一动点（1）求这个二次函数的解析式；（2）是否存在点P，使POC是以OC为底边的等腰三角形？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由；（3）动点P运动到什么位置时，PBC面积最大，求出此时P点坐标和PBC的最大面积【考点】HF：二次函数综合题【分析】（1）由A、B、C三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）由题意可知点P在线段OC的垂直平分线上，则可求得P点纵坐标，代入抛物线解析式可求得P点坐标；（3）过P作PEx轴，交x轴于点E，交直线BC于点F，用P点坐标可表示出PF的长，则可表示出PBC的面积，利用二次函数的性质可求得PBC面积的最大值及P点的坐标【解答】解：（1）设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，把A、B、C三点坐标代入可得，解得，抛物线解析式为y=x23x4；（2）作OC的垂直平分线DP，交OC于点D，交BC下方抛物线于点P，如图1，PO=PD，此时P点即为满足条件的点，C（0，4），D（0，2），P点纵坐标为2，代入抛物线解析式可得x23x4=2，解得x=（小于0，舍去）或x=，存在满足条件的P点，其坐标为（，2）；（3）点P在抛物线上，可设P（t，t23t4），过P作PEx轴于点E，交直线BC于点F，如图2，B（4，0），C（0，4），直线BC解析式为y=x4，F（t，t4），PF=（t4）（t23t4）=t2+4t，SPBC=SPFC+SPFB=PFOE+PFBE=PF（OE+BE）=PFOB=（t2+4t）4=2（t2）2+8，当t=2时，SPBC最大值为8，此时t23t4=6，当P点坐标为（2，6）时，PBC的最大面积为8类型三：二次函数相似点问题研究( 2017湖南怀化)如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx5与x轴交于A（1，0），B（5，0）两点，与y轴交于点C（1）求抛物线的函数表达式；（2）若点D是y轴上的一点，且以B，C，D为顶点的三角形与ABC相似，求点D的坐标；（3）如图2，CEx轴与抛物线相交于点E，点H是直线CE下方抛物线上的动点，过点H且与y轴平行的直线与BC，CE分别交于点F，G，试探究当点H运动到何处时，四边形CHEF的面积最大，求点H的坐标及最大面积；（4）若点K为抛物线的顶点，点M（4，m）是该抛物线上的一点，在x轴，y轴上分别找点P，Q，使四边形PQKM的周长最小，求出点P，Q的坐标【考点】HF：二次函数综合题【分析】（1）根据待定系数法直接抛物线解析式；（2）分两种情况，利用相似三角形的比例式即可求出点D的坐标；（3）先求出直线BC的解析式，进而求出四边形CHEF的面积的函数关系式，即可求出最大值；（4）利用对称性找出点P，Q的位置，进而求出P，Q的坐标【解答】解：（1）点A（1，0），B（5，0）在抛物线y=ax2+bx5上，抛物线的表达式为y=x24x5，（2）如图1，令x=0，则y=5，C（0，5），OC=OB，OBC=OCB=45，AB=6，BC=5，要使以B，C，D为顶点的三角形与ABC相似，则有或，当时，CD=AB=6，D（0，1），当时，CD=，D（0，），即：D的坐标为（0，1）或（0，）；（3）设H（t，t24t5），CEx轴，点E的纵坐标为5，E在抛物线上，x24x5=5，x=0（舍）或x=4，E（4，5），CE=4，B（5，0），C（0，5），直线BC的解析式为y=x5，F（t，t5），HF=t5（t24t5）=（t）2+，CEx轴，HFy轴，CEHF，S四边形CHEF=CEHF=2（t）2+，当t=时，四边形CHEF的面积最大为（4）如图2，K为抛物线的顶点，K（2，9），K关于y轴的对称点K（2，9），M（4，m）在抛物线上，M（4，5），点M关于x轴的对称点M（4，5），直线KM的解析式为y=x，P（，0），Q（0，）变式练习：（2017四川眉山）如图，抛物线y=ax2+bx2与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，已知A（3，0），且M（1，）是抛物线上另一点（1）求a、b的值；（2）连结AC，设点P是y轴上任一点，若以P、A、C三点为顶点的三角形是等腰三角形，求P点的坐标；（3）若点N是x轴正半轴上且在抛物线内的一动点（不与O、A重合），过点N作NHAC交抛物线的对称轴于H点设ON=t，ONH的面积为S，求S与t之间的函数关系式【考点】HF：二次函数综合题【分析】（1）根据题意列方程组即可得到结论；（2）在y=ax2+bx2中，当x=0时y=2，得到OC=2，如图，设P（0，m），则PC=m+2，OA=3，根据勾股定理得到AC=，当PA=CA时，则OP1=OC=2，当PC=CA=时，当PC=PA时，点P在AC的垂直平分线上，根据相似三角形的性质得到P3（0，），当PC=CA=时，于是得到结论；（3）过H作HGOA于G，设HN交Y轴于M，根据平行线分线段成比例定理得到OM=，求得抛物线的对称轴为直线x=，得到OG=，求得GN=t，根据相似三角形的性质得到HG=t，于是得到结论【解答】解：（1）把A（3，0），且M（1，）代入y=ax2+bx2得，解得：；（2）在y=ax2+bx2中，当x=0时y=2，C（0，2），OC=2，如图，设P（0，m），则PC=m+2，OA=3，AC=，当PA=CA时，则OP1=OC=2，P1（0，2）；当PC=CA=时，即m+2=，m=2，P2（0，2）；当PC=PA时，点P在AC的垂直平分线上，则AOCP3EC，=，P3C=，m=，P3（0，），当PC=CA=时，m=2，P4（0，2），综上所述，P点的坐标1（0，2）或（0，2）或（0，）或（0，2）；（3）过H作HGOA于G，设HN交Y轴于M，NHAC，OM=，抛物线的对称轴为直线x=，OG=，GN=t，GHOC，NGHNOM，即=，HG=t，S=ONGH=t（t）=t2t（0t3）类型四：二次函数特殊点问题研究（2017呼和浩特）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c与y轴交于点C，其顶点记为M，自变量x=1和x=5对应的函数值相等若点M在直线l：y=12x+16上，点（3，4）在抛物线上（1）求该抛物线的解析式；（2）设y=ax2+bx+c对称轴右侧x轴上方的图象上任一点为P，在x轴上有一点A（，0），试比较锐角PCO与ACO的大小（不必证明），并写出相应的P点横坐标x的取值范围（3）直线l与抛物线另一交点记为B，Q为线段BM上一动点（点Q不与M重合），设Q点坐标为（t，n），过Q作QHx轴于点H，将以点Q，H，O，C为顶点的四边形的面积S表示为t的函数，标出自变量t的取值范围，并求出S可能取得的最大值【考点】HF：二次函数综合题【分析】（1）根据已知条件得到抛物线的对称轴为x=2设抛物线的解析式为y=a（x2）28将（3，4）代入得抛物线的解析式为y=4（x2）28，即可得到结论；（2）由题意得：C（0，8），M（2，8），如图，当PCO=ACO时，过P作PHy轴于H，设CP的延长线交x轴于D，则ACD是等腰三角形，于是得到OD=OA=，根据相似三角形的性质得到x=，过C作CEx轴交抛物线与E，则CE=4，设抛物线与x轴交于F，B，则B（2+，0），于是得到结论；（3）解方程组得到D（1，28得到Q（t，12t+16）（1t2），当1t0时，当0t时，当t2时，求得二次函数的解析式即可得到结论【解答】解：（1）自变量x=1和x=5对应的函数值相等，抛物线的对称轴为x=2点M在直线l：y=12x+16上，yM=8设抛物线的解析式为y=a（x2）28将（3，4）代入得：a8=4，解得：a=4抛物线的解析式为y=4（x2）28，整理得：y=4x216x+8（2）由题意得：C（0，8），M（2，8），如图，当PCO=ACO时，过P作PHy轴于H，设CP的延长线交x轴于D，则ACD是等腰三角形，OD=OA=，P点的横坐标是x，P点的纵坐标为4x216x+8，PHOD，CHPCOD，x=，过C作CEx轴交抛物线与E，则CE=4，设抛物线与x轴交于F，B，则B（2+，0），y=ax2+bx+c对称轴右侧x轴上方的图象上任一点为P，当x=时，PCO=ACO，当2+x时，PCOACO，当x4时，PCOACO；（3）解方程组，解得：，D（1，28），Q为线段BM上一动点（点Q不与M重合），Q（t，12t+16）（1t2），当1t0时，S=（t）（12t+168）+8（t）=6t212t=6（t1）26，1t0，当t=1时，S最大=18；当0t时，S=t8+t（12t+16）=6t2+12t=6（t1）2+6，0t，当t=1时，S最大=6；当t2时，S=t8+（12t16）=6t24t=6（t）2，t2，此时S为最大值变式练习：（2017.湖南怀化）如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx5与x轴交于A（1，0），B（5，0）两点，与y轴交于点C（1）求抛物线的函数表达式；（2）若点D是y轴上的一点，且以B，C，D为顶点的三角形与ABC相似，求点D的坐标；（3）如图2，CEx轴与抛物线相交于点E，点H是直线CE下方抛物线上的动点，过点H且与y轴平行的直线与BC，CE分别交于点F，G，试探究当点H运动到何处时，四边形CHEF的面积最大，求点H的坐标及最大面积；（4）若点K为抛物线的顶点，点M（4，m）是该抛物线上的一点，在x轴，y轴上分别找点P，Q，使四边形PQKM的周长最小，求出点P，Q的坐标【考点】HF：二次函数综合题【分析】（1）根据待定系数法直接抛物线解析式；（2）分两种情况，利用相似三角形的比例式即可求出点D的坐标；（3）先求出直线BC的解析式，进而求出四边形CHEF的面积的函数关系式，即可求出最大值；（4）利用对称性找出点P，Q的位置，进而求出P，Q的坐标【解答】解：（1）点A（1，0），B（5，0）在抛物线y=ax2+bx5上，抛物线的表达式为y=x24x5，（2）如图1，令x=0，则y=5，C（0，5），OC=OB，OBC=OCB=45，AB=6，BC=5，要使以B，C，D为顶点的三角形与ABC相似，则有或，当时，CD=AB=6，D（0，1），当时，CD=，D（0，），即：D的坐标为（0，1）或（0，）；（3）设H（t，t24t5），CEx轴，点E的纵坐标为5，E在抛物线上，x24x5=5，x=0（舍）或x=4，E（4，5），CE=4，B（5，0），C（0，5），直线BC的解析式为y=x5，F（t，t5），HF=t5（t24t5）=（t）2+，CEx轴，HFy轴，CEHF，S四边形CHEF=CEHF=2（t）2+，当t=时，四边形CHEF的面积最大为（4）如图2，K为抛物线的顶点，K（2，9），K关于y轴的对称点K（2，9），M（4，m）在抛物线上，M（4，5），点M关于x轴的对称点M（4，5），直线KM的解析式为y=x，P（，0），Q（0，）【提高巩固】1. （2017黑龙江鹤岗）如图，已知抛物线y=x2+mx+3与x轴交于点A、B两点，与y轴交于C点，点B的坐标为（3，0），抛物线与直线y=x+3交于C、D两点连接BD、AD（1）求m的值（2）抛物线上有一点P，满足SABP=4SABD，求点P的坐标【考点】HA：抛物线与x轴的交点；H5：二次函数图象上点的坐标特征【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；（2）利用方程组首先求出点D坐标由面积关系，推出点P的纵坐标，再利用待定系数法求出点P的坐标即可；【解答】解：（1）抛物线y=x2+mx+3过（3，0），0=9+3m+3，m=2（2）由，得，D（，），SABP=4SABD，AB|yP|=4AB，|yP|=9，yP=9，当y=9时，x2+2x+3=9，无实数解，当y=9时，x2+2x+3=9，x1=1+，x2=1，P（1+，9）或P（1，9）3（2017浙江湖州）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知A，B两点的坐标分别为（4，0），（4，0），C（m，0）是线段A B上一点（与 A，B点不重合），抛物线L1：y=ax2+b1x+c1（a0）经过点A，C，顶点为D，抛物线L2：y=ax2+b2x+c2（a0）经过点C，B，顶点为E，AD，BE的延长线相交于点F（1）若a=，m=1，求抛物线L1，L2的解析式；（2）若a=1，AFBF，求m的值；（3）是否存在这样的实数a（a0），无论m取何值，直线AF与BF都不可能互相垂直？若存在，请直接写出a的两个不同的值；若不存在，请说明理由【分析】（1）利用待定系数法，将A，B，C的坐标代入解析式即可求得二次函数的解析式；（2）过点D作DGx轴于点G，过点E作EHx轴于点H，易证ADGEBH，根据相似三角形对应边比例相等即可解题；（3）开放性答案，代入法即可解题；【解答】解：（1）将A、C点带入y=ax2+b1x+c1中，可得：，解得：，抛物线L1解析式为y=；同理可得：，解得：，抛物线L2解析式为y=；（2）如图，过点D作DGx轴于点G，过点E作EHx轴于点H，由题意得：，解得：，抛物线L1解析式为y=x2+（m4）x+4m；点D坐标为（，），DG=，AG=；同理可得：抛物线L2解析式为y=x2+（m+4）x4m；EH=，BH=，AFBF，DGx轴，EHx轴，AFB=AGD=EHB=90，DAG+ADG=90，DAG+EBH=90，ADG=EBH，在ADG和EBH中，ADGEBH，=，=，化简得：m2=12，解得：m=；（3）存在，例如：a=，；当a=时，代入A，C可以求得：抛物线L1解析式为y=x2+（m4）x+m；同理可得：抛物线L2解析式为y=x2+（m+4）xm；点D坐标为（，），点E坐标为（，）；直线AF斜率为，直线BF斜率为；若要AFBF，则直线AF，BF斜率乘积为1，即=1，化简得：m2=20，无解；同理可求得a=亦无解4（2017内蒙古赤峰）如图，二次函数y=ax2+bx+c（a0）的图象交x轴于A、B两点，交y轴于点D，点B的坐标为（3，0），顶点C的坐标为（1，4）（1）求二次函数的解析式和直线BD的解析式；（2）点P是直线BD上的一个动点，过点P作x轴的垂线，交抛物线于点M，当点P在第一象限时，求线段PM长度的最大值；（3）在抛物线上是否存在异于B、D的点Q，使BDQ中BD边上的高为2？若存在求出点Q的坐标；若不存在请说明理由【分析】（1）可设抛物线解析式为顶点式，由B点坐标可求得抛物线的解析式，则可求得D点坐标，利用待定系数法可求得直线BD解析式；（2）设出P点坐标，从而可表示出PM的长度，利用二次函数的性质可求得其最大值；（3）过Q作QGy轴，交BD于点G，过Q和QHBD于H，可设出Q点坐标，表示出QG的长度，由条件可证得DHG为等腰直角三角形，则可得到关于Q点坐标的方程，可求得Q点坐标【解答】解：（1）抛物线的顶点C的坐标为（1，4），可设抛物线解析式为y=a（x1）2+4，点B（3，0）在该抛物线的图象上，0=a（31）2+4，解得a=1，抛物线解析式为y=（x1）2+4，即y=x2+2x+3，点D在y轴上，令x=0可得y=3，D点坐标为（0，3），可设直线BD解析式为y=kx+3，把B点坐标代入可得3k+3=0，解得k=1，直线BD解析式为y=x+3；（2）设P点横坐标为m（m0），则P（m，m+3），M（m，m2+2m+3），PM=m2+2m+3（m+3）=m2+3m=（m）2+，当m=时，PM有最大值；（3）如图，过Q作QGy轴交BD于点G，交x轴于点E，作QHBD于H，设Q（x，x2+2x+3），则G（x，x+3），QG=|x2+2x+3（x+3）|=|x2+3x|，BOD是等腰直角三角形，DBO=45，HGQ=BGE=45，当BDQ中BD边上的高为2时，即QH=HG=2，QG=2=4，|x2+3x|=4，当x2+3x=4时，=9160，方程无实数根，当x2+3x=4时，解得x=1或x=4，Q（1，0）或（4，5），综上可知存在满足条件的点Q，其坐标为（1，0）或（4，5）5（2017广西河池）抛物线y=x2+2x+3与x轴交于点A，B（A在B的左侧），与y轴交于点C（1）求直线BC的解析式；（2）抛物线的对称轴上存在点P，使APB=ABC，利用图1求点P的坐标；（3）点Q在y轴右侧的抛物线上，利用图2比较OCQ与OCA的大小，并说明理由【分析】（1）由抛物线解析式可求得B、C的坐标，利用待定系数法可求得直线BC的解析式；（2）由直线BC解析式可知APB=ABC=45，设抛物线对称轴交直线BC于点D，交x轴于点E，结合二次函数的对称性可求得PD=BD，在RtBDE中可求得BD，则可求得PE的长，可求得P点坐标；（3）设Q（x，x2+2x+3），当OCQ=OCA时，利用两角的正切值相等可得到关于x的方程，可求得Q点的横坐标，再结合图形可比较两角的大小【解答】解：（1）在y=x2+2x+3中，令y=0可得0=x2+2x+3，解得x=1或x=3，令x=0可得y=3，B（3，0），C（0，3），可设直线BC的解析式为y=kx+3，把B点坐标代入可得3k+3=0，解得k=1，直线BC解析式为y=x+3；（2）OB=OC，ABC=45，y=x2+2x+3=（x1）2+4，抛物线对称轴为x=1，设抛物线对称轴交直线BC于点D，交x轴于点E，当点P在x轴上方时，如图1，APB=ABC=45，且PA=PB，PBA=67.5，DPB=APB=22.5，PBD=67.545=22.5，DPB=DBP，DP=DB，在RtBDE中，BE=DE=2，由勾股定理可求得BD=2，PE=2+2，P（1，2+2）；当点P在x轴下方时，由对称性可知P点坐标为（1，22）；综上可知P点坐标为（1，2+2）或（1，22）；（3）设Q（x，x2+2x+3），当点Q在x轴下方时，如图2，过Q作QFy轴于点F，当OCA=OCQ时，则QECAOC，=，即=，解得x=0（舍去）或x=5，当Q点横坐标为5时，OCA=OCQ；当Q点横坐标大于5时，则OCQ逐渐变小，故OCAOCQ；当Q点横坐标小于5且大于0时，则OCQ逐渐变大，故OCAOCQ6（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=x3经过B、C两点（1）求抛物线的解析式；（2）过点C作直线CDy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PEx轴于点E，PE交CD于点F，交BC于点M，连接AC，过点M作MNAC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BQPC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【分析】（1）首先求出点B、C的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式；（2）根据SABC=SAMC+SAMB，由三角形面积公式可求y与m之间的函数关系式；（3）如图2，由抛物线对称性可得D（2，3），过点B作BKCD交直线CD于点K，可得四边形OCKB为正方形，过点O作OHPC交PC延长线于点H，ORBQ交BQ于点I交BK于点R，可得四边形OHQI为矩形，可证OBQOCH，OSROGR，得到tanQCT=tanTBK，设ST=TD=m，可得SK=2m+1，CS=22m，TK=m+1=BR，SR=3m，RK=2m，在RtSKR中，根据勾股定理求得m，可得tanPCD=，过点P作PEx轴于E交CD于点F，得到P（t， t3），可得t3=t22t3，求得t，再根据MN=d求解即可【解答】解：（1）直线y=x3经过B、C两点，B（3，0），C（0，3），y=x2+bx+c经过B、C两点，解得，故抛物线的解析式为y=x22x3；（2）如图1，y=x22x3，y=0时，x22x3=0，解得x1=1，x2=3，A（1，0），OA=1，OB=OC=3，ABC=45，AC=，AB=4，PEx轴，EMB=EBM=45，点P的横坐标为1，EM=EB=3t，连结AM，SABC=SAMC+SAMB，ABOC=ACMN+ABEM，43=d+4（3t），d=t；（3）如图2，y=x22x3=（x1）24，对称轴为x=1，由抛物线对称性可得D（2，3），CD=2，过点B作BKCD交直线CD于点K，四边形OCKB为正方形，OBK=90，CK=OB=BK=3，DK=1，BQCP，CQB=90，过点O作OHPC交PC延长线于点H，ORBQ交BQ于点I交BK于点R，OHC=OIQ=OIB=90，四边形OHQI为矩形，OCQ+OBQ=180，OBQ=OCH，OBQOCH，QG=OS，GOB=SOC，SOG=90，ROG=45，OR=OR，OSROGR，SR=GR，SR=CS+BR，BOR+OBI=90，IBO+TBK=90，BOR=TBK，tanBOR=tanTBK，=，BR=TK，CTQ=BTK，QCT=TBK，tanQCT=tanTBK，设ST=TD=m，SK=2m+1，CS=22m，TK=m+1=BR，SR=3m，RK=2m，在RtSKR中，SK2+RK2=SR2，（2m+1）2+（2m）2=（3m）2，解得m1=2（舍去），m2=；ST=TD=，TK=，tanTBK=3=，tanPCD=，过点P作PEx轴于E交CD于点F，CF=OE=t，PF=t，PE=t+3，P（t， t3），t3=t22t3，解得t1=0（舍去），t2=MN=d=t=