考點：二次函數(shù)綜合題
分析：（1）利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式即可；
（2）根據(jù)已知得出△OPQ的高，進而利用三角形面積公式求出即可；
（3）根據(jù)題意得出：0≤t≤3，當(dāng)0≤t≤2時，Q在BC邊上運動，得出若△OPQ為直角三角形，只能是∠OPQ=90°或∠OQP=90°，當(dāng)2＜t≤3時，Q在OC邊上運動，得出△OPQ不可能為直角三角形；
（4）首先求出拋物線對稱軸以及OB直線解析式和P的解析式，得出 （1?t）× =3?t?2t，恒成立，即0≤t≤2時，P，，Q總在一條直線上，再利用2＜t≤3時，求出t的值，根據(jù)t的取值范圍得出答案．
解答：解：（1）設(shè)所求拋物線的解析式為y=ax2+bx+c，把A（6，0），B（3， ），C（1， ）三點坐標代入得：
，
解得： ，
即所求拋物線解析式為：y=? x2+ x+ ；

（2）如圖1，依據(jù)題意得出：OC=CB=2，∠COA=60°，
∴當(dāng)動點Q運動到OC邊時，OQ=4?t，
∴△OPQ的高為：OQ×sin60°=（4?t）× ，
又∵OP=2t，
∴S= ×2t×（4?t）× =? （t2?4t）（2≤t≤3）；

（3）根據(jù)題意得出：0≤t≤3，
當(dāng)0≤t≤2時，Q在BC邊上運動，此時OP=2t，OQ= ，
PQ= = ，
∵∠POQ＜∠POC=60°，
∴若△OPQ為直角三角形，只能是∠OPQ=90°或∠OQP=90°，
若∠OPQ=90°，如圖2，則OP2+PQ2=QO2，即4t2+3+（3t?3）2=3+（3?t）2，
解得：t1=1，t2=0（舍去），
若△OPQ為直角三角形，只能是∠OPQ=90°或∠OQP=90°，
若∠OQP=90°，如圖，3，則OQ2+PQ2=PO2，即（3?t）2+6+（3t?3）2=4t2，
解得：t=2，
當(dāng)2＜t≤3時，Q在OC邊上運動，此時QP=2t＞4，
∠POQ=∠COP=60°，
OQ＜OC=2，
故△OPQ不可能為直角三角形，
綜上所述，當(dāng)t=1或t=2時，△OPQ為直角三角形；

（4）由（1）可知，拋物線y=? x2+ x+ =? （x?2）2+ ，
其對稱軸為x=2，
又∵OB的直線方程為y= x，
∴拋物線對稱軸與OB交點為（2， ），
又∵P（2t，0）
設(shè)過P，的直線解析式為：y=kx+b，
∴ ，
解得： ，
即直線P的解析式為：y= x? ，
即 （1?t）y=x?2t，
又0≤t≤2時，Q（3?t， ），代入上式，得：
（1?t）× =3?t?2t，恒成立，
即0≤t≤2時，P，，Q總在一條直線上，
即在直線PQ上；
當(dāng)2＜t≤3時，OQ=4?t，∠QOP=60°，
∴Q（ ， ），
代入上式得： × （1?t）= ?2t，
解得：t=2或t= （均不合題意，舍去）．
∴綜上所述，可知過點A、B、C三點的拋物線的對稱軸OB和PQ能夠交于一點，此時0≤t≤2．


點評：此題主要考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用以及待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式和待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式等知識，利用分類討論思想得出t的值是解題關(guān)鍵．

13、（2013•荊門壓軸題）已知關(guān)于x的二次函數(shù)y=x2?2x+2+的圖象與關(guān)于x的函數(shù)y=kx+1的圖象交于兩點A（x1，y1）、B（x2，y2）；（x1＜x2）
（1）當(dāng)k=1，=0，1時，求AB的長；
（2）當(dāng)k=1，為任何值時，猜想AB的長是否不變？并證明你的猜想．
（3）當(dāng)=0，無論k為何值時，猜想△AOB的形狀．證明你的猜想．
（平面內(nèi)兩點間的距離公式 ）．

考點：二次函數(shù)綜合題．
分析：（1）先將k=1，=0分別代入，得出二次函數(shù)的解析式為y=x2，直線的解析式為y=x+1，聯(lián)立 ，得x2?x?1=0，根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得到x1+x2=1，x1•x2=?1，過點A、B分別作x軸、y軸的平行線，兩線交于點C，證明△ABC是等腰直角三角形，根據(jù)勾股定理得出AB= AC，根據(jù)兩點間距離公式及完全平方公式求出AB= ；同理，當(dāng)k=1，=1時，AB= ；
（2）當(dāng)k=1，為任何值時，聯(lián)立 ，得x2?（2+1）x+2+?1=0，根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得到x1+x2=2+1，x1•x2=2+?1，同（1）可求出AB= ；
（3）當(dāng)=0，k為任意常數(shù)時，分三種情況討論：①當(dāng)k=0時，由 ，得A（?1，1），B（1，1），顯然△AOB為直角三角形；②當(dāng)k=1時，聯(lián)立 ，得x2?x?1=0，根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得到x1+x2=1，x1•x2=? 1，同（1）求出AB= ，則AB2=10，運用兩點間的距離公式及完全平方公式求出OA2+OB2=10，由勾股定理的逆定理判定△AOB為直角三角形；③當(dāng)k為任意實數(shù)時，聯(lián)立 ，得x2?kx?1=0，根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得到x1+x2=k，x1•x2=?1，根據(jù)兩點間距離公式及完全平方公式求出AB2=k4+5k2+4，OA2+OB2?k4+5k2+4，由勾股定理的逆定理判定△AOB為直角三角形．
解答：解：（1）當(dāng)k=1，=0時，如圖．
由 得x2?x?1=0，
∴x1+x2=1，x1•x2=?1，
過點A、B分別作x軸、y軸的平行線，兩線交于點C．
∵直線AB的解析式為y=x+1，
∴∠BAC=45°，△ABC是等腰直角三角形，
∴AB= AC= x2?x1= = ；
同理，當(dāng)k=1，=1時，AB= ；

（2）猜想：當(dāng)k=1，為任何值時，AB的長不變，即AB= ．理由如下：
由 ，得x2?（2+1）x+2+?1=0，
∴x1+x2=2+1，x1•x2=2+?1，
∴AB= AC= x2?x1= = ；

（3）當(dāng)=0，k為任意常數(shù)時，△AOB為直角三角形，理由如下：
①當(dāng)k=0時，則函數(shù)的圖象為直線y=1，
由 ，得A（?1，1），B（1，1），
顯然△AOB為直角三角形；
②當(dāng)k=1時，則一次函數(shù)為直線y=x+1，
由 ，得x2?x?1=0，
∴x1+x2=1，x1•x2=?1，
∴AB= AC= x2?x1= = ，
∴AB2=10，
∵OA2+OB2=x12+y12+x22+y22
=x12+x22+y12+y22
=x12+x22+（x1+1）2+（x2+1）2
=x12+x22+（x12+2x1+1）+（x22+2x2+1）
=2（x12+x22）+2（x1+x2）+2=2（1+2）+2×1+2
=10，
∴AB2=OA2+OB2，
∴△AOB是直角三角形；
③當(dāng)k為任意實數(shù)，△AOB仍為直角三角形．
由 ，得x2?kx?1=0，
∴x1+x2=k，x1•x2=?1，
∴AB2=（x1?x2）2+（y1?y2）2
=（x1?x2）2+（kx1?kx2）2
=（1+k2）（x1?x2）2
=（1+k2）[（x1+x2）2?4x1•x2]
=（1+k2）（4+k2）
=k4+5k2+4，
∵OA2+OB2=x12+y12+x22+y22
=x12+x22+y12+y22
=x12+x22+（kx1+1）2+（kx2+1）2
=x12+x22+（k2x12+2kx1+1）+（k2x22+2kx2+1）
=（1+k2）（x12+x22）+2k（x1+x2）+2
=（1+k2）（k2+2）+2k •k+2
=k4+5k2+4，
∴AB2=OA2+OB2，
∴△AOB為直角三角形．

點評：本題考查了二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識點有一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，平面內(nèi)兩點間的距離公式，完全平方公式，勾股定理的逆定理，有一定難度．本題對式子的變形能力要求較高，體現(xiàn)了由特殊到一般的思想．

14、（2013•黔東南州壓軸題）已知拋物線y1=ax2+bx+c（a≠0）的頂點坐標是（1，4），它與直線y2=x+1的一個交點的橫坐標為2．
（1）求拋物線的解析式；
（2）在給出的坐標系中畫出拋物線y1=ax2+bx+c（a≠0）及直線y2=x+1的圖象，并根據(jù)圖象，直接寫出使得y1≥y2的x的取值范圍；
（3）設(shè)拋物線與x軸的右邊交點為A，過點A作x軸的垂線，交直線y2=x+1于點B，點P在拋物線上，當(dāng)S△PAB≤6時，求點P的橫坐標x的取值范圍．

考點：二次函數(shù)綜合題．
分析：（1）首先求出拋物線與直線的交點坐標，然后利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；
（2）確定出拋物線與x軸的兩個交點坐標，依題意畫出函數(shù)的圖象．由圖象可以直觀地看出使得y1≥y2的x的取值范圍；
（3）首先求出點B的坐標及線段AB的長度；設(shè)△PAB中，AB邊上的高為h，則由S△PAB≤6可以求出h的范圍，這是一個不等式，解不等式求出xP的取值范圍．
解答：解：（1）∵拋物線與直線y2=x+1的一個交點的橫坐標為2，
∴交點的縱坐標為2+1=3，即交點坐標為（2，3）．
設(shè)拋物線的解析式為y1=a（x?1）2+4，把交點坐標（2，3）代入得：
3=a（2?1）2+4，解得a=?1，
∴拋物線解析式為：y1=?（x?1）2+4=?x2+2x+3．

（2）令y1=0，即?x2+2x+3=0，解得x1=3，x2=?1，
∴拋物線與x軸交點坐標為（3，0）和（?1，0）．
在坐標系中畫出拋物線與直線的圖形，如圖：

根據(jù)圖象，可知使得y1≥y2的x的取值范圍為?1≤x≤2．

（3）由（2）可知，點A坐標為（3，0）．
令x=3，則y2=x+1=3+1=4，∴B（3，4），即AB=4．

設(shè)△PAB中，AB邊上的高為h，則h=xP?xA=xP?3，
S△PAB=AB•h=×4×xP?3=2xP?3．
已知S△PAB≤6，2xP?3≤6，化簡得：xP?3≤3，
去掉絕對值符號，將不等式化為不等式組：?3≤xP?3≤3，
解此不等式組，得：0≤xP≤6，
∴當(dāng)S△PAB≤6時，點P的橫坐標x的取值范圍為0≤xP≤6．
點評：本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、三角形的面積、解不等式（組）等知識點．題目難度不大，失分點在于第（3）問，點P在線段AB的左右兩側(cè)均有取值范圍，注意不要遺漏．

15、（13年北京7分23）在平面直角坐標系 O 中，拋物線
（ ）與 軸交于點A，其對稱軸與 軸交于點B。
（1）求點A，B的坐標；
（2）設(shè)直線與直線AB關(guān)于該拋物線的對稱軸對稱，求直線的解析式；
（3）若該拋物線在 這一段位于直線的上方，并且在 這一段位于直線AB的下方，求該拋物線的解析式。
解析：【解析】（1）當(dāng) 時， .
∴
拋物線對稱軸為
∴
（2）易得 點關(guān)于對稱軸的對稱點為
則直線 經(jīng)過 、 .
沒直線的解析式為
則 ，解得
∴直線的解析式為
（3）∵拋物線對稱軸為
拋物體在 這一段與在 這一段關(guān)于對稱軸對稱
結(jié)合圖象可以觀察到拋物線在 這一段位于直線 的上方
在 這一段位于直線 的下方；
∴拋物線與直線 的交點橫坐標為 ；
當(dāng) 時，
則拋物線過點（-1，4）
當(dāng) 時， ，
∴拋物線解析為 .
【點評】本題第(3)問主要難點在于對數(shù)形結(jié)合的認識和了解，要能夠觀察到直線 與直線
關(guān)于對稱軸對稱，
∵拋物線在 這一段位于直線 的下方，
∴關(guān)于對稱軸對稱后拋物線在 這一段位于直線 的下方；
再結(jié)合拋物線在 這一段位于直線 的上方;
從而拋物線必過點 .

考點：代數(shù)綜合（二次函數(shù)的性質(zhì)、一次函數(shù)的圖像對稱、二次函數(shù)的圖像對稱、數(shù)形結(jié)合思想、二次函數(shù)解析式的確定）

16、(2013年深圳市壓軸題)如圖7-1，直線AB過點A（ ，0），B（0， ），且 （其中 >0， >0）。
（1） 為何值時，△OAB面積最大？最大值是多少？
（2）如圖7-2，在（1）的條件下，函數(shù) 的圖像與直線AB相交于C、D兩點，若 ，求 的值。
（3）在（2）的條件下，將△OCD以每秒1個單位的速度沿 軸的正方向平移，如圖7-3，設(shè)它與△OAB的重疊部分面積為S，請求出S與運動時間（秒）的函數(shù)關(guān)系式（0<<10）。
17、（德陽市2013年壓軸題）如圖，在平面直角坐標系中有一矩形ABCO（O為原點），點A、C分別在
x軸、y軸上，且C點坐標為(0，6)，將△BCD沿BD折疊(D點在OC邊上），使C點落
在DA邊的E點上，并將△BAE沿BE折疊，恰好使點A落在BD邊的F點上．
(1）求BC的長，并求折痕BD所在直線的函數(shù)解析式；
（2）過點F作FG⊥x軸，垂足為G，F(xiàn)G的中點為H，若拋物線 經(jīng)過B,
H, D三點，求拋物線解析式；
(3）點P是矩形內(nèi)部的點，且點P在（2）中的拋物線上運動（不含B, D點），過點
P作PN⊥BC，分別交BC 和 BD于點N, ，是否存在這樣的點P，使 如果
存在，求出點P的坐標；如果不存在，請說明理由．

本文來自：逍遙右腦記憶 http://m.yy-art.cn/chusan/80616.html

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