人教培优二次函数辅导专题训练含答案

一、二次函数 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图，在平面直角坐标系中有一直角三角形AOB，O为坐标原点，OA＝1，tan∠BAO＝3，将此三角形绕原点O逆时针旋转90°，得到△DOC，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A、B、C．

（1）求抛物线的解析式；

（2）若点P是第二象限内抛物线上的动点，其横坐标为t，设抛物线对称轴l与x轴交于一点E，连接PE，交CD于F，求以C、E、F为顶点三角形与△COD相似时点P的坐标． 【答案】（1）抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+3；（2）当△CEF与△COD相似时，P点的坐标为（﹣1，4）或（﹣2，3）． 【解析】 【分析】

（1）根据正切函数，可得OB，根据旋转的性质，可得△DOC≌△AOB，根据待定系数法，可得函数解析式；

（2）分两种情况讨论：①当∠CEF＝90°时，△CEF∽△COD，此时点P在对称轴上，即点P为抛物线的顶点；②当∠CFE＝90°时，△CFE∽△COD，过点P作PM⊥x轴于M点，得到△EFC∽△EMP，根据相似三角形的性质，可得PM与ME的关系，解方程，可得t的值，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案． 【详解】

（1）在Rt△AOB中，OA＝1，tan∠BAOOB3，∴OB＝3OA＝3． OA∵△DOC是由△AOB绕点O逆时针旋转90°而得到的，∴△DOC≌△AOB，∴OC＝OB＝3，OD＝OA＝1，∴A，B，C的坐标分别为（1，0），（0，3），（﹣3，0），代入解析式为

abc0a19a3bc0，解得：b2，抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；

c3c3（2）∵抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，∴对称轴为l1，0），如图，分两种情况讨论：

①当∠CEF＝90°时，△CEF∽△COD，此时点P在对称轴上，即点P为抛物线的顶点，P

b1，∴E点坐标为（﹣2a（﹣1，4）；

②当∠CFE＝90°时，△CFE∽△COD，过点P作PM⊥x轴于M点，∵∠CFE=∠PME=90°，

EMEFOD1，∴MP＝3ME． MPCFCO3∵点P的横坐标为t，∴P（t，﹣t2﹣2t+3）．

∠CEF=∠PEM，∴△EFC∽△EMP，∴

∵P在第二象限，∴PM＝﹣t2﹣2t+3，ME＝﹣1﹣t，t＜0，∴﹣t2﹣2t+3＝3（﹣1﹣t），解得：t1＝﹣2，t2＝3（与t＜0矛盾，舍去）．

当t＝﹣2时，y＝﹣（﹣2）2﹣2×（﹣2）+3＝3，∴P（﹣2，3）．

综上所述：当△CEF与△COD相似时，P点的坐标为（﹣1，4）或（﹣2，3）． 【点睛】

本题是二次函数综合题．解（1）的关键是利用旋转的性质得出OC，OD的长，又利用了待定系数法；解（2）的关键是利用相似三角形的性质得出MP＝3ME．

2．抛物线yx2bxc（b，c为常数）与x轴交于点x1,0和x2,0，与y轴交于点A，点E为抛物线顶点。

（Ⅰ）当x11,x23时，求点A，点E的坐标；

（Ⅱ）若顶点E在直线yx上，当点A位置最高时，求抛物线的解析式； （Ⅲ）若x11,b0，当P(1,0)满足PAPE值最小时，求b的值。

2【答案】（Ⅰ）A0,3，E(1,4)；（Ⅱ）yxx【解析】 【分析】

1；（Ⅲ）b317. 4（Ⅰ）将（-1，0），（3，0）代入抛物线的解析式求得b、c的值，确定解析式，从而求出抛物线与y轴交于点A的坐标，运用配方求出顶点E的坐标即可；

（Ⅱ）先运用配方求出顶点E的坐标，再根据顶点E在直线yx上得出吧b与c的关系，利用二次函数的性质得出当b=1时，点A位置最高，从而确定抛物线的解析式； （Ⅲ）根据抛物线经过（-1，0）得出c=b+1，再根据（Ⅱ）中顶点E的坐标得出E点关于x轴的对称点E的坐标，然后根据A、P两点坐标求出直线AP的解析式，再根据点在直线AP上，此时PAPE值最小，从而求出b的值. 【详解】

解：（Ⅰ）把点(-1,0)和(3,0)代入函数yx2bxc，

1bc0有。解得b2,c3

93bc0yx22x3(x1)24 A(0,3),E(1,4)

222b4cbb4cb（Ⅱ）由yx2bxcx，得E,

2424b4cb2yx∵点E在直线上，

241111cb2b(b1)2

424411A0,(b1)2

44当b1时，点A是最高点此时，yxx21 4（Ⅲ）：抛物线经过点(1,0)，有1bc0

cb1

b4cb2E,,A(0,c)

42b(b2)2E,,A(0,b1)

42b(b2)2∴E关于x轴的对称点E为,

24设过点A，P的直线为ykxt.把A(0,b1),P(1,0)代入ykxt，得

y(b1)(x1)

b(b2)2把点E,代入y(b1)(x1).

42(b2)2b(b1)1，即b26b80 得

42解得，b317。

b0,b317舍去.

b317 【点睛】

本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次的解析式、最短距离，数形结合思想及待定系数法的应用是解题的关键，属于中考压轴题．

3．如图所示，已知平面直角坐标系xOy，抛物线过点A(4,0)、B(1,3)

(1)求该抛物线的表达式，并写出该抛物线的对称轴和顶点坐标；

(2)记该抛物线的对称轴为直线l，设抛物线上的点P(m,n)在第四象限，点P关于直线l的对称点为E，点E关于y轴的对称点为F，若四边形OAPF的面积为20，求m、n的值.

22【答案】(1)y=-yx4x(x2)4，对称轴为：x=2，顶点坐标为：（2，4）

(2)m、n的值分别为 5，-5 【解析】

（1） 将点A(4,0)、B(1,3) 的坐标分别代入y＝－x2＋bx＋c，得： 4b+c-16=0，b+c-1=\"3\" ， 解得：b=\"4\" ， c=0．

所以抛物线的表达式为：yx4x． y=-yx24x(x2)24，

所以 抛物线的对称轴为：x=2，顶点坐标为：（2，4）． （2） 由题可知，E、F点坐标分别为（4-m，n），（m-4，n）． 三角形POF的面积为：1/2×4×|n|= 2|n|， 三角形AOP的面积为：1/2×4×|n|= 2|n|，

四边形OAPF的面积= 三角形POF的面积+三角形AOP的面积=20， 所以 4|n|=20， n=-5．（因为点P(m,n)在第四象限，所以n<0） 又n=-m2+4m，

所以m2-4m-5=0，m=5．（因为点P(m,n)在第四象限，所以m>0) 故所求m、n的值分别为 5，-5．

2

4．如图，已知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．

123xx；（2）当t＝3时，S△AMN有最大值3，此时M点坐标为42（3，0）；（3）P点坐标为（14，0）或（﹣2，0）或（4，0）或（8，0）． 【解析】 【分析】

（1）先利用抛物线的对称性确定B（6，0），然后设交点式求抛物线解析式；

1（2）设M（t，0），先其求出直线OA的解析式为yx直线AB的解析式为y=2x-12，

2【答案】（1）y1yx42MNy=2x-2t直线的解析式为，再通过解方程组得N（t,t），接着利用三233y2x2t角形面积公式，利用S△AMN=S△AOM-S△NOM得到SAMN的性质解决问题； （3）设Qm,1124ttt然后根据二次函数223123PQPOmm，根据相似三角形的判定方法，当时，42OCAC△PQO∽△COA，则

123PQPOmm2|m|；当时，△PQO∽△CAO，则42ACOC1231mmm，然后分别解关于m的绝对值方程可得到对应的P点坐标． 422【详解】

解：（1）∵抛物线过原点，对称轴是直线x＝3， ∴B点坐标为（6，0），

设抛物线解析式为y＝ax（x﹣6）， 把A（8，4）代入得a•8•2＝4，解得a＝∴抛物线解析式为y＝（2）设M（t，0），

1， 4113x（x﹣6），即y＝x2﹣x； 4421x， 2设直线AB的解析式为y＝kx+b，

易得直线OA的解析式为y＝

6kb0k2把B（6，0），A（8，4）代入得，解得，

8kb4b12∴直线AB的解析式为y＝2x﹣12， ∵MN∥AB，

∴设直线MN的解析式为y＝2x+n， 把M（t，0）代入得2t+n＝0，解得n＝﹣2t， ∴直线MN的解析式为y＝2x﹣2t，

41xtyx423N解方程组得，则t,t， 2233yty2x2t3∴S△AMN＝S△AOM﹣S△NOM

1124ttt 2231t22t

31(t3)23，

3当t＝3时，S△AMN有最大值3，此时M点坐标为（3，0）； （3）设m,123mm， 42∵∠OPQ＝∠ACO， ∴当

PQPOPQPO时，△PQO∽△COA，即， OCAC84123mm2|m|， 42∴PQ＝2PO，即解方程解方程∴当

123mm2m得m1＝0（舍去），m2＝14，此时P点坐标为（14，0）； 42123mm2m得m1＝0（舍去），m2＝﹣2，此时P点坐标为（﹣2，0）； 42PQPOPQPO时，△PQO∽△CAO，即， ACOC4812311PO，即mmm，

4222∴PQ＝

解方程1231mmm得m1＝0（舍去），m2＝8，此时P点坐标为（8，0）； 4221231mmm得m1＝0（舍去），m2＝4，此时P点坐标为（4，0）； 422综上所述，P点坐标为（14，0）或（﹣2，0）或（4，0）或（8，0）． 【点睛】

解方程本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质；灵活运用相似比表示线段之间的关系；会运用分类讨论的思想解决数学问题．

5．已知，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣1，0）和C（0，3）． （1）求抛物线的解析式；

（2）在抛物线的对称轴上，是否存在点P，使PA+PC的值最小？如果存在，请求出点P的坐标，如果不存在，请说明理由；

（3）设点M在抛物线的对称轴上，当△MAC是直角三角形时，求点M的坐标．

2【答案】（1）yx2x3；（2）当PAPC的值最小时，点P的坐标为1,2；

（3）点M的坐标为1,1、1,2、1,或1,【解析】 【分析】

832. 31由点A、C的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；

2连接BC交抛物线对称轴于点P，此时PAPC取最小值，利用二次函数图象上点的坐

标特征可求出点B的坐标，由点B、C的坐标利用待定系数法即可求出直线BC的解析式，利用配方法可求出抛物线的对称轴，再利用一次函数图象上点的坐标特征即可求出点P的坐标；

3设点M的坐标为1,m，则CM(10)2(m3)2，

AC[01]2(30)210，AM[11]2(m0)2，分AMC90、ACM90和CAM90三种情况，利用勾股定理可得出关于m的一元二次方程或一元一次方程，解之可得出m的值，进而即可得出点M的坐标． 【详解】

解：1将A1,0、C0,3代入yxbxc中，

2得：c3，解得：c3，

1bc0b2抛物线的解析式为yx22x3．

2连接BC交抛物线对称轴于点P，此时PAPC取最小值，如图1所示．

当y0时，有x22x30， 解得：x11，x23，

点B的坐标为3,0．

抛物线的解析式为yx2x3(x1)4，

22抛物线的对称轴为直线x1．

设直线BC的解析式为ykxdk0， 将B3,0、C0,3代入ykxd中， 得：d3，解得：d3，

3kd0k1直线BC的解析式为yx3．

当x1时，yx32，

当PAPC的值最小时，点P的坐标为1,2．

3设点M的坐标为1,m，

则CM(10)2(m3)2，AC[01]2(30)210，AM[11]2(m0)2．

分三种情况考虑：

①当AMC90时，有AC2AM2CM2，即101(m3)24m2，

解得：m11，m22，

点M的坐标为1,1或1,2；

②当ACM90时，有AM2AC2CM2，即4m2101(m3)2，

解得：m8， 38点M的坐标为1,；

3③当CAM90时，有CM2AM2AC2，即1(m3)24m210，

解得：m2， 32点M的坐标为1,.

3

综上所述：当MAC是直角三角形时，点M的坐标为1,1、1,2、1,或1,【点睛】

832. 3本题考查待定系数法求二次(一次)函数解析式、二次(一次)函数图象的点的坐标特征、轴对称中的最短路径问题以及勾股定理，解题的关键是：1由点的坐标，利用待定系数法求出抛物线解析式；2由两点之间线段最短结合抛物线的对称性找出点P的位置；3分AMC90、ACM90和CAM90三种情况，列出关于m的方程．

6．综合与探究

如图，抛物线yaxbx6经过点A(-2,0)，B(4,0)两点，与y轴交于点C，点D是抛物

2线上一个动点，设点D的横坐标为m(1m4).连接AC，BC，DB，DC． (1)求抛物线的函数表达式； (2)△BCD的面积等于△AOC的面积的

3时，求m的值； 4(3)在(2)的条件下，若点M是x轴上的一个动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M,使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)y【解析】 【分析】

323xx6；(2)3；(3)M1(8,0),M2(0,0),M3(14,0),M4(14,0). 42(1)利用待定系数法进行求解即可；

(2)作直线DE⊥x轴于点E，交BC于点G，作CF⊥DE，垂足为F，先求出S△OAC=6，再根据

393S△AOC，得到S△BCD =，然后求出BC的解析式为yx6，则可得点G的坐

242332标为(m,m6)，由此可得DGm3m，再根据

241S△BCD=S△CDG+S△BDG=DGBO，可得关于m的方程，解方程即可求得答案；

2S△BCD=

(3)存在，如下图所示，以BD为边或者以BD为对角线进行平行四边形的构图，以BD为边时，有3种情况，由点D的坐标可得点N点纵坐标为±点N的纵坐标为1515，然后分点N的纵坐标为和4415两种情况分别求解；以BD为对角线时，有1种情况，此时N1点与4N2点重合，根据平行四边形的对边平行且相等可求得BM1=N1D=4，继而求得OM1= 8，由此即可求得答案. 【详解】

(1)抛物线yax2bxc经过点A(-2,0)，B(4,0)，

4a2b60∴， 16a4b603a4解得，

3b2∴抛物线的函数表达式为y323xx6； 42(2)作直线DE⊥x轴于点E，交BC于点G，作CF⊥DE，垂足为F， ∵点A的坐标为(-2,0)，∴OA=2，

由x0，得y6，∴点C的坐标为(0,6)，∴OC=6， ∴S△OAC=∵S△BCD=

11OAOC266， 223S△AOC， 439∴S△BCD =6，

42设直线BC的函数表达式为ykxn，

34kn0k由B，C两点的坐标得，解得2，

n6n6∴直线BC的函数表达式为y∴点G的坐标为(m,∴DG3x6， 23m6)， 232333mm6(m6)m23m， 4224∵点B的坐标为(4,0)，∴OB=4，

∵S△BCD=S△CDG+S△BDG=∴S△BCD =（∴1111DGCFDGBEDG(CFBE)DGBO， 222212323m3m）4m26m， 42329m6m， 22解得m11(舍)，m23， ∴m的值为3；

(3)存在，如下图所示，以BD为边或者以BD为对角线进行平行四边形的构图， 以BD为边时，有3种情况， ∵D点坐标为(3,1515)，∴点N点纵坐标为±，

4415时，如点N2， 4当点N的纵坐标为

此时32315xx6，解得：x11,x23(舍)， 42415)，∴M2(0,0)； 4∴N2(1,当点N的纵坐标为此时15时，如点N3，N4， 432315xx6，解得：x1114,x2114 4241515)，N4(114,)， 44∴N3(114,∴M3(14,0)，M4(14,0)；

以BD为对角线时，有1种情况，此时N1点与N2点重合，

1515)，D(3，)，

44∴N1D=4， ∴BM1=N1D=4， ∴OM1=OB+BM1=8， ∴M1(8，0)，

∵N1(1,综上，点M的坐标为：M1(8，，0)M2(0，，0)M3(14，，0)M4(14，0).

【点睛】

本题考查的是二次函数的综合题，涉及了待定系数法、三角形的面积、解一元二次方程、平行四边形的性质等知识，运用了数形结合思想、分类讨论思想等数学思想，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.

7．如图：在平面直角坐标系中，直线l：y=y=ax2﹣3x+c的对称轴是x=

14x﹣与x轴交于点A，经过点A的抛物线333． 2（1）求抛物线的解析式；

（2）平移直线l经过原点O，得到直线m，点P是直线m上任意一点，PB⊥x轴于点B，PC⊥y轴于点C，若点E在线段OB上，点F在线段OC的延长线上，连接PE，PF，且PE=3PF．求证：PE⊥PF；

（3）若（2）中的点P坐标为（6，2），点E是x轴上的点，点F是y轴上的点，当PE⊥PF时，抛物线上是否存在点Q，使四边形PEQF是矩形？如果存在，请求出点Q的坐标，如果不存在，请说明理由．

【答案】（1）抛物线的解析式为y=x2﹣3x﹣4；（2）证明见解析；（3）点Q的坐标为（﹣2，6）或（2，﹣6）． 【解析】 【分析】

（1）先求得点A的坐标，然后依据抛物线过点A，对称轴是x=求解即可；

（2）设P（3a，a），则PC=3a，PB=a，然后再证明∠FPC=∠EPB，最后通过等量代换进行证明即可；

（3）设E（a，0），然后用含a的式子表示BE的长，从而可得到CF的长，于是可得到点F的坐标，然后依据中点坐标公式可得到

3列出关于a、c的方程组2QxPxFxExQyPyFyEy，，从而2222可求得点Q的坐标（用含a的式子表示），最后，将点Q的坐标代入抛物线的解析式求得a的值即可． 【详解】 （1）当y=0时，

143x0，解得x=4，即A（4，0），抛物线过点A，对称轴是x=，33216a12c0得33，

2a2a1解得，抛物线的解析式为y=x2﹣3x﹣4；

c4（2）∵平移直线l经过原点O，得到直线m，

1x． 3∵点P是直线1上任意一点，

∴直线m的解析式为y=

∴设P（3a，a），则PC=3a，PB=a． 又∵PE=3PF， ∴

PCPB． PFPE∴∠FPC=∠EPB． ∵∠CPE+∠EPB=90°， ∴∠FPC+∠CPE=90°， ∴FP⊥PE．

（3）如图所示，点E在点B的左侧时，设E（a，0），则BE=6﹣a．

∵CF=3BE=18﹣3a， ∴OF=20﹣3a． ∴F（0，20﹣3a）． ∵PEQF为矩形，

QxPxFxExQyPyFyEy，， 2222∴Qx+6=0+a，Qy+2=20﹣3a+0， ∴Qx=a﹣6，Qy=18﹣3a．

∴

将点Q的坐标代入抛物线的解析式得：18﹣3a=（a﹣6）2﹣3（a﹣6）﹣4，解得：a=4或a=8（舍去）． ∴Q（﹣2，6）．

如下图所示：当点E在点B的右侧时，设E（a，0），则BE=a﹣6．

∵CF=3BE=3a﹣18， ∴OF=3a﹣20． ∴F（0，20﹣3a）． ∵PEQF为矩形，

QxPxFxExQyPyFyEy，， 2222∴Qx+6=0+a，Qy+2=20﹣3a+0， ∴Qx=a﹣6，Qy=18﹣3a．

∴

将点Q的坐标代入抛物线的解析式得：18﹣3a=（a﹣6）2﹣3（a﹣6）﹣4，解得：a=8或a=4（舍去）． ∴Q（2，﹣6）．

综上所述，点Q的坐标为（﹣2，6）或（2，﹣6）． 【点睛】

本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了矩形的性质、待定系数法求二次函数的解析式、中点坐标公式，用含a的式子表示点Q的坐标是解题的关键．

8．在平面直角坐标系xOy中（如图）．已知抛物线y=﹣点B（0，

12

x+bx+c经过点A（﹣1，0）和25），顶点为C，点D在其对称轴上且位于点C下方，将线段DC绕点D按顺时2针方向旋转90°，点C落在抛物线上的点P处． （1）求这条抛物线的表达式； （2）求线段CD的长；

（3）将抛物线平移，使其顶点C移到原点O的位置，这时点P落在点E的位置，如果点M在y轴上，且以O、D、E、M为顶点的四边形面积为8，求点M的坐标．

【答案】（1）抛物线解析式为y=﹣标为（0，【解析】

125x+2x+；（2）线段CD的长为2；（3）M点的坐2277）或（0，﹣）． 22【分析】（1）利用待定系数法求抛物线解析式；

19（x﹣2）2+，则根据二次函数的性质得到C点坐标和抛物229线的对称轴为直线x=2，如图，设CD=t，则D（2，﹣t），根据旋转性质得∠PDC=90°，

2（2）利用配方法得到y=﹣

9915﹣t），然后把P（2+t，﹣t）代入y=﹣x2+2x+得到关于t2222的方程，从而解方程可得到CD的长；

DP=DC=t，则P（2+t，（3）P点坐标为（4，

95），D点坐标为（2，），利用抛物线的平移规律确定E点坐标22为（2，﹣2），设M（0，m），当m＞0时，利用梯形面积公式得到当m＜0时，利用梯形面积公式得到得到对应的M点坐标．

【详解】（1）把A（﹣1，0）和点B（0，

15•（m++2）•2=82215•（﹣m++2）•2=8，然后分别解方程求出m即可2251）代入y=﹣x2+bx+c得 221bc0b22，解得5，

5cc22125x+2x+； 2219（2）∵y=﹣（x﹣2）2+，

22∴抛物线解析式为y=﹣

9），抛物线的对称轴为直线x=2， 29如图，设CD=t，则D（2，﹣t），

2∴C（2，

∵线段DC绕点D按顺时针方向旋转90°，点C落在抛物线上的点P处， ∴∠PDC=90°，DP=DC=t， ∴P（2+t，

9﹣t）， 2915159﹣t）代入y=﹣x2+2x+得﹣（2+t）2+2（2+t）+=﹣t， 222222整理得t2﹣2t=0，解得t1=0（舍去），t2=2， ∴线段CD的长为2；

把P（2+t，

95），D点坐标为（2，）， 229∵抛物线平移，使其顶点C（2，）移到原点O的位置，

2（3）P点坐标为（4，

9个单位， 299而P点（4，）向左平移2个单位，向下平移个单位得到点E，

22∴E点坐标为（2，﹣2）， 设M（0，m），

∴抛物线向左平移2个单位，向下平移

1577•（m++2）•2=8，解得m=，此时M点坐标为（0，）；

22221577m0•m++2）•2=8，解得m=﹣，此时M点坐标为（0，﹣）； 当＜时，（﹣

222277综上所述，M点的坐标为（0，）或（0，﹣）．

22当m＞0时，

【点睛】本题考查了二次函数的综合题，涉及到待定系数法、抛物线上点的坐标、旋转的性质、抛物线的平移等知识，综合性较强，正确添加辅助线、运用数形结合思想熟练相关知识是解题的关键.

9．如图，抛物线y=ax2+bx过点B（1，﹣3），对称轴是直线x=2，且抛物线与x轴的正半轴交于点A．

（1）求抛物线的解析式，并根据图象直接写出当y≤0时，自变量x的取值范围； （2）在第二象限内的抛物线上有一点P，当PA⊥BA时，求△PAB的面积．

【答案】（1）抛物线的解析式为y=x2﹣4x，自变量x的取值范图是0≤x≤4；（2）△PAB的面积=15． 【解析】 【分析】

（1）将函数图象经过的点B坐标代入的函数的解析式中，再和对称轴方程联立求出待定系数a和b；

（2）如图，过点B作BE⊥x轴，垂足为点E，过点P作PE⊥x轴，垂足为F，设P（x，x2-4x），证明△PFA∽△AEB,求出点P的坐标，将△PAB的面积构造成长方形去掉三个三角形的面积． 【详解】

ab＝3（1）由题意得，b，

＝22a解得1a＝，

b＝4∴抛物线的解析式为y=x2-4x， 令y=0，得x2-2x=0，解得x=0或4， 结合图象知，A的坐标为（4，0），

根据图象开口向上，则y≤0时，自变量x的取值范围是0≤x≤4；

（2）如图，过点B作BE⊥x轴，垂足为点E，过点P作PE⊥x轴，垂足为F，

设P（x，x2-4x）, ∵PA⊥BA ∴∠PAF+∠BAE=90°, ∵∠PAF+∠FPA=90°, ∴∠FPA=∠BAE

又∠PFA=∠AEB=90° ∴△PFA∽△AEB,

PFAFx24x4x∴，即， AEBE213解得，x= −1，x=4（舍去） ∴x2-4x=-5

∴点P的坐标为（-1，-5），

又∵B点坐标为（1，-3），易得到BP直线为y=-4x+1 所以BP与x轴交点为（∴S△PAB=【点睛】

本题是二次函数综合题，求出函数解析式是解题的关键，特别是利用待定系数法将两条直线表达式解出，利用点的坐标求三角形的面积是关键．

1，0） 41155315 24

10．空地上有一段长为a米的旧墙MN，某人利用旧墙和木栏围成一个矩形菜园ABCD，已知木栏总长为100米．

（1）已知a=20，矩形菜园的一边靠墙，另三边一共用了100米木栏，且围成的矩形菜园面积为450平方米．如图1，求所利用旧墙AD的长；

（2）已知0＜α＜50，且空地足够大，如图2．请你合理利用旧墙及所给木栏设计一个方案，使得所围成的矩形菜园ABCD的面积最大，并求面积的最大值．

【答案】（1）利用旧墙AD的长为10米．（2）见解析. 【解析】 【分析】

（1）按题意设出AD，表示AB构成方程；

（2）根据旧墙长度a和AD长度表示矩形菜园长和宽，注意分类讨论s与菜园边长之间的数量关系． 【详解】

（1）设AD=x米，则AB=依题意得，

100x米 2x(100x)＝450 2解得x1=10，x2=90 ∵a=20，且x≤a ∴x=90舍去

∴利用旧墙AD的长为10米．

（2）设AD=x米，矩形ABCD的面积为S平方米 ①如果按图一方案围成矩形菜园，依题意 得：

x(100x)1＝(x50)21250，0＜x＜a 22∵0＜a＜50

∴x＜a＜50时，S随x的增大而增大

S=

当x=a时，S最大=50a-

12a 2

②如按图2方案围成矩形菜园，依题意得 S=

x(100a2x)aaa＝[x(25)]2(25)2，a≤x＜50+

2442a100＜50时，即0＜a＜时， 43当a＜25+

aa210000200aa2则x=25+时，S最大=（25+）=，

4416当25+

a100≤a，即≤a＜50时，S随x的增大而减小 43a(100a2a)12=50aa，

22∴x=a时，S最大=

1001210000200aa2(3a100)2-（50aa）=综合①②，当0＜a＜时，＞0

2316161210000200aa2＞50aa，此时，按图2方案围成矩形菜园面积最大，最大面积

21610000200aa2为平方米

16当

100≤a＜50时，两种方案围成的矩形菜园面积最大值相等． 3∴当0＜a＜

a100时，围成长和宽均为（25+）米的矩形菜园面积最大，最大面积为

4310000200aa2平方米；

16100a≤a＜50时，围成长为a米，宽为（50-）米的矩形菜园面积最大，最大面积为

2312（50aa）平方米．

2【点睛】

当

本题以实际应用为背景，考查了一元二次方程与二次函数最值的讨论，解得时注意分类讨论变量大小关系．