中考数学专题复习 开放性问题-人教版初中九年级全册数学试题

开放性问题

【专题点拨】

开放探索问题是指已知条件、解题依据、解题方法、问题结论这四项要素中，缺少解题要素两个或两个以上，或者条件、结论有待探求、补充等.

【解题策略】

在解决开放探索问题的时候，需解题者经过探索确定结论或补全条件，将开放性问题转化为封闭性问题，然后选择合适的解题途径完成最后的解答.

【典例解析】

类型一：条件开放型问题

例题1：（2016·某某省滨州市·14分）如图，已知抛物线y=﹣x﹣x+2与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C

（1）求点A，B，C的坐标；

（2）点E是此抛物线上的点，点F是其对称轴上的点，求以A，B，E，F为顶点的平行四边形的面积；

（3）此抛物线的对称轴上是否存在点M，使得△ACM是等腰三角形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

2

【考点】二次函数综合题． 【专题】压轴题；函数及其图象．

【分析】（1）分别令y=0，x=0，即可解决问题．

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（2）由图象可知AB只能为平行四边形的边，易知点E坐标（﹣7，﹣由此不难解决问题．

（3）分A、C、M为顶点三种情形讨论，分别求解即可解决问题． 【解答】解：（1）令y=0得﹣x2﹣x+2=0， ∴x2+2x﹣8=0， x=﹣4或2，

∴点A坐标（2，0），点B坐标（﹣4，0）， 令x=0，得y=2，∴点C坐标（0，2）． （2）由图象可知AB只能为平行四边形的边， ∵AB=EF=6，对称轴x=﹣1， ∴点E的横坐标为﹣7或5， ∴点E坐标（﹣7，﹣

）或（5，﹣

），此时点F（﹣1，﹣

=

．

），

）或（5，﹣

），

∴以A，B，E，F为顶点的平行四边形的面积=6×

（3）如图所示，①当C为顶点时，CM1=CA，CM2=CA，作M1N⊥OC于N， 在RT△CM1N中，=∴点M1坐标（﹣1，2+

=

，

）．

），点M2坐标（﹣1，2﹣

②当M3为顶点时，∵直线AC解析式为y=﹣x+1， 线段AC的垂直平分线为y=x， ∴点M3坐标为（﹣1，﹣1）． ③当点A为顶点的等腰三角形不存在． 综上所述点M坐标为（﹣1，﹣1）或（﹣1，2+

）或（﹣1.2﹣

）．

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【点评】本题考查二次函数综合题、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握抛物线与坐标轴交点的求法，学会分类讨论的思想，属于中考压轴题．

变式训练1：

（2016·某某某某）如图，抛物线y=x+bx+c与x轴交于A、B两点，B点坐标为（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3）

（1）求抛物线的解析式；

（2）点P在抛物线位于第四象限的部分上运动，当四边形ABPC的面积最大时，求点P的坐标和四边形ABPC的最大面积．

（3）直线l经过A、C两点，点Q在抛物线位于y轴左侧的部分上运动，直线m经过点B和点Q，是否存在直线m，使得直线l、m与x轴围成的三角形和直线l、m与y轴围成的三角形相似？若存在，求出直线m的解析式，若不存在，请说明理由．

2

类型二：结论开放型问题

例题2：（2016·某某随州·3分）二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的部分图象如图所示，图象过点（﹣1，0），对称轴为直线x=2，下列结论：（1）4a+b=0；（2）9a+c＞3b；（3）8a+7b+2c＞0；（4）若点A（﹣3，y1）、点B（﹣，y2）、点C（，y3）在该函数图象上，则y1＜y3＜

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y2；（5）若方程a（x+1）（x﹣5）=﹣3的两根为x1和x2，且x1＜x2，则x1＜﹣1＜5＜x2．其中正确的结论有（ ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个

【解析】二次函数图象与系数的关系．（1）正确．根据对称轴公式计算即可． （2）错误，利用x=﹣3时，y＜0，即可判断．

（3）正确．由图象可知抛物线经过（﹣1，0）和（5，0），列出方程组求出a、b即可判断．

（4）错误．利用函数图象即可判断．

（5）正确．利用二次函数与二次不等式关系即可解决问题． 【解答】解：（1）正确．∵﹣∴4a+b=0．故正确．

（2）错误．∵x=﹣3时，y＜0， ∴9a﹣3b+c＜0，

∴9a+c＜3b，故（2）错误．

（3）正确．由图象可知抛物线经过（﹣1，0）和（5，0）， ∴

解得

， =2，

∴8a+7b+2c=8a﹣28a﹣10a=﹣30a， ∵a＜0，

∴8a+7b=2c＞0，故（3）正确．

（4）错误，∵点A（﹣3，y1）、点B（﹣，y2）、点C（，y3），

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∵﹣2=，2﹣（﹣）=， ∴＜

∴点C离对称轴的距离近， ∴y3＞y2，

∵a＜0，﹣3＜﹣＜2， ∴y1＜y2

∴y1＜y2＜y3，故（4）错误． （5）正确．∵a＜0， ∴（x+1）（x﹣5）=﹣3/a＞0， 即（x+1）（x﹣5）＞0，

故x＜﹣1或x＞5，故（5）正确． ∴正确的有三个， 故选B．

变式训练2：

（2016·某某某某·3分）如图，抛物线y=ax+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x=1，与x轴的一个交点坐标为（﹣1，0），其部分图象如图所示，下列结论：

①4ac＜b；

②方程ax2+bx+c=0的两个根是x1=﹣1，x2=3； ③3a+c＞0

④当y＞0时，x的取值X围是﹣1≤x＜3

2

2

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word

⑤当x＜0时，y随x增大而增大 其中结论正确的个数是（ ）

A．4个B．3个C．2个D．1个

类型三：解题策略开放型

例题3：(2014 年某某襄阳)如图 Z3-1，在△ABC 中，点D，E 分别在边 AC，AB 上，BD 与 CE 交于点 O，给出下列三个条件：①∠EBO＝∠DCO；②BE＝CD；③OB＝OC.

(1)上述三个条件中，由哪两个条件可以判定△ABC 是等腰三角形？(用序号写出所

有成立的情形)

（2）选择其中的成立条件进行证明。

【解析】：(1)①②；①③. (2)选①②证明如下：

∵∠EBO＝∠DCO，∠EOB＝∠DOC，BE＝CD， ∴△BOE≌△COD(AAS)．

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∴BO＝CO.∴∠OBC＝∠OCB. ∴∠EBO＋∠OBC＝∠DCO＋∠OCB. 即∠ABC＝∠ACB.∴AB＝AC. ∴△ABC 是等腰三角形

【点评】对题设信息进行全面分析，综合比较，判断优劣，从中得出适合题意的最佳方案。

变式训练3：

在一个服装厂里有大量形状为等腰直角三角形的边角布料.现找出其中的一种，测得∠C＝90°，AC＝BC＝4，今要从这种三角形中剪出一种扇形，做成不同形状的玩具，使扇形的边缘半径恰好都在△ABC 的边上，且扇形的弧与△ABC 的其他边相切.请设计出所有符合题意的方案示意图，并求出扇形的半径.(只要求画出扇形，并直接写出扇形半径)

【能力检测】

1. （2016·某某省某某市·3分）如图，△ABC中，AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别为D、E，AD、CE交于点H，请你添加一个适当的条件：，使△AEH≌△CEB．

2. （2015荆州）如图1，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且PA=PE，PE交CD于F．

（1）证明：PC=PE； （2）求∠CPE的度数；

（3）如图2，把正方形ABCD改为菱形ABCD，其他条件不变，当∠ABC=120°时，连接CE，试探究线段AP与线段CE的数量关系，并说明理由．

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3. （2016·某某内江）(12分)如图15，已知抛物线C：y＝x－3x＋m，直线l：y＝kx(k＞0)，当k＝1时，抛物线C与直线l只有一个公共点．

(1)求m的值；

(2)若直线l与抛物线C交于不同的两点A，B，直线l与直线l1：y＝－3x＋b交于点P，且

2

1＋1＝2，求b的值； OAOBOP(3)在(2)的条件下，设直线l1与y轴交于点Q，问：是否存在实数k使S△APQ＝S△BPQ，若

存在，求k的值；若不存在，说明理由．

l1 y Q P B A O 图15

l1 y Q E D x C A O 答案图 P B l l x

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4. （2016某某某某）如图，已知抛物线经过原点O，顶点为A（1，1），且与直线y=x﹣2交于B，C两点．

（1）求抛物线的解析式及点C的坐标； （2）求证：△ABC是直角三角形；

（3）若点N为x轴上的一个动点，过点N作MN⊥x轴与抛物线交于点M，则是否存在以O，M，N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

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5. （2016·某某省某某市）如图1，对称轴为直线x=的抛物线经过B（2，0）、C（0，4）两点，抛物线与x轴的另一交点为A

（1）求抛物线的解析式；

（2）若点P为第一象限内抛物线上的一点，设四边形COBP的面积为S，求S的最大值； （3）如图2，若M是线段BC上一动点，在x轴是否存在这样的点Q，使△MQC为等腰三角形且△MQB为直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【参】 变式训练1：

（2016·某某某某）如图，抛物线y=x+bx+c与x轴交于A、B两点，B点坐标为（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3）

（1）求抛物线的解析式；

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2

word

（2）点P在抛物线位于第四象限的部分上运动，当四边形ABPC的面积最大时，求点P的坐标和四边形ABPC的最大面积．

（3）直线l经过A、C两点，点Q在抛物线位于y轴左侧的部分上运动，直线m经过点B和点Q，是否存在直线m，使得直线l、m与x轴围成的三角形和直线l、m与y轴围成的三角形相似？若存在，求出直线m的解析式，若不存在，请说明理由．

【考点】二次函数综合题．

【分析】（1）由B、C两点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线的解析式； （2）连接BC，则△ABC的面积是不变的，过P作PM∥y轴，交BC于点M，设出P点坐标，可表示出PM的长，可知当PM取最大值时△PBC的面积最大，利用二次函数的性质可求得P点的坐标及四边形ABPC的最大面积；

（3）设直线m与y轴交于点N，交直线l于点G，由于∠AGP=∠GNC+∠G，所以当△AGB和△NGC相似时，必有∠AGB=∠CGB=90°，则可证得△AOC≌△NOB，可求得ON的长，可求出N点坐标，利用B、N两的点坐标可求得直线m的解析式．

【解答】解：

（1）把B、C两点坐标代入抛物线解析式可得∴抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3；

（2）如图1，连接BC，过Py轴的平行线，交BC于点M，交x轴于点H，

，解得

，

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在y=x﹣2x﹣3中，令y=0可得0=x﹣2x﹣3，解得x=﹣1或x=3， ∴A点坐标为（﹣1，0）， ∴AB=3﹣（﹣1）=4，且OC=3， ∴S△ABC=AB•OC=×4×3=6， ∵B（3，0），C（0，﹣3）， ∴直线BC解析式为y=x﹣3，

设P点坐标为（x，x﹣2x﹣3），则M点坐标为（x，x﹣3）， ∵P点在第四限，

∴PM=x﹣3﹣（x2﹣2x﹣3）=﹣x2+3x，

∴S△PBC=PM•OH+PM•HB=PM•（OH+HB）=PM•OB=PM，

∴当PM有最大值时，△PBC的面积最大，则四边形ABPC的面积最大， ∵PM=﹣x2+3x=﹣（x﹣）2+， ∴当x=时，PMmax=，则S△PBC=×=此时P点坐标为（，﹣即当P点坐标为（，﹣

，

=

，

；

2

22

），S四边形ABPC=S△ABC+S△PBC=6+

）时，四边形ABPC的面积最大，最大面积为

（3）如图2，设直线m交y轴于点N，交直线l于点G，

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则∠AGP=∠GNC+∠G，

当△AGB和△NGC相似时，必有∠AGB=∠CGB， 又∠AGB+∠CGB=180°， ∴∠AGB=∠CGB=90°， ∴∠ACO=∠OBN， 在Rt△AON和Rt△NOB中

∴Rt△AON≌Rt△NOB（ASA）， ∴ON=OA=1，

∴N点坐标为（0，﹣1），

设直线m解析式为y=kx+d，把B、N两点坐标代入可得

，解得

，

∴直线m解析式为y=x﹣1，

即存在满足条件的直线m，其解析式为y=x﹣1．

【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、二次函数的最值、相似三角形的判定、全等三角形的判定和性质等．在（2）中确定出PM的值最时四边形ABPC

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的面积最大是解题的关键，在（3）中确定出满足条件的直线m的位置是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，特别是第（2）问和第（3）问难度较大．

变式训练2：

（2016·某某某某·3分）如图，抛物线y=ax+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x=1，与x轴的一个交点坐标为（﹣1，0），其部分图象如图所示，下列结论：

①4ac＜b；

②方程ax+bx+c=0的两个根是x1=﹣1，x2=3； ③3a+c＞0

④当y＞0时，x的取值X围是﹣1≤x＜3 ⑤当x＜0时，y随x增大而增大 其中结论正确的个数是（ ）

22

2

A．4个B．3个C．2个D．1个

【解析】二次函数图象与系数的关系．利用抛物线与x轴的交点个数可对①进行判断；利用抛物线的对称性得到抛物线与x轴的一个交点坐标为（3，0），则可对②进行判断；由对称轴方程得到b=﹣2a，然后根据x=﹣1时函数值为负数可得到3a+c＜0，则可对③进行判断；根据抛物线在x轴上方所对应的自变量的X围可对④进行判断；根据二次函数的性质对⑤进行判断．

【解答】解：∵抛物线与x轴有2个交点， ∴b﹣4ac＞0，所以①正确； ∵抛物线的对称轴为直线x=1，

而点（﹣1，0）关于直线x=1的对称点的坐标为（3，0），

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∴方程ax+bx+c=0的两个根是x1=﹣1，x2=3，所以②正确； ∵x=﹣

=1，即b=﹣2a，

2

而x=﹣1时，y＜0，即a﹣b+c＜0， ∴a+2a+c＜0，所以③错误；

∵抛物线与x轴的两点坐标为（﹣1，0），（3，0）， ∴当﹣1＜x＜3时，y＞0，所以④错误； ∵抛物线的对称轴为直线x=1，

∴当x＜1时，y随x增大而增大，所以⑤正确． 故选B．

变式训练3：

在一个服装厂里有大量形状为等腰直角三角形的边角布料.现找出其中的一种，测得∠C＝90°，AC＝BC＝4，今要从这种三角形中剪出一种扇形，做成不同形状的玩具，使扇形的边缘半径恰好都在△ABC 的边上，且扇形的弧与△ABC 的其他边相切.请设计出所有符合题意的方案示意图，并求出扇形的半径.(只要求画出扇形，并直接写出扇形半径)

【解析】：由题意，考虑圆心在顶点、直角边和斜边上，设计出 符合题意的方案示意图如图 所示四种方案：

半径分别是r122，r14，r12，r14。 2115 / 25

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【点评】策略开放题要结合分类讨论思想来解题，先选择一个分类的标准，再进行讨论解题，做到不重不漏.

【能力检测】

1. （2016·某某省某某市·3分）如图，△ABC中，AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别为D、E，AD、CE交于点H，请你添加一个适当的条件： AH=CB等（只要符合要求即可） ，使△AEH≌△CEB．

【解析】全等三角形的判定．开放型题型，根据垂直关系，可以判断△AEH与△CEB有两对对应角相等，就只需要找它们的一对对应边相等就可以了．

【解答】解：∵AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别为D、E， ∴∠BEC=∠AEC=90°，

在Rt△AEH中，∠EAH=90°﹣∠AHE， 又∵∠EAH=∠BAD， ∴∠BAD=90°﹣∠AHE，

在Rt△AEH和Rt△CDH中，∠CHD=∠AHE， ∴∠EAH=∠DCH，

∴∠EAH=90°﹣∠CHD=∠BCE， 所以根据AAS添加AH=CB或EH=EB； 根据ASA添加AE=CE． 可证△AEH≌△CEB．

故填空答案：AH=CB或EH=EB或AE=CE．

2. （2015荆州）如图1，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且PA=PE，PE交CD于F．

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（1）证明：PC=PE； （2）求∠CPE的度数；

（3）如图2，把正方形ABCD改为菱形ABCD，其他条件不变，当∠ABC=120°时，连接CE，试探究线段AP与线段CE的数量关系，并说明理由．

【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，AB=BC， ∠ABP=∠CBP=45°， 在△ABP和△CBP中，

，

∴△ABP≌△CBP（SAS）， ∴PA=PC， ∵PA=PE， ∴PC=PE；

（2）由（1）知，△ABP≌△CBP， ∴∠BAP=∠BCP， ∴∠DAP=∠DCP， ∵PA=PC， ∴∠DAP=∠E， ∴∠DCP=∠E，

∵∠CFP=∠EFD（对顶角相等），

∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF=180°﹣∠DFE﹣∠E，

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即∠CPF=∠EDF=90°；

（3）在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP=45°， 在△ABP和△CBP中， ∴△ABP≌△CBP（SAS），

∴PA=PC，∠BAP=∠BCP， ∵PA=PE， ∴PC=PE， ∴∠DAP=∠DCP， ∵PA=PC， ∴∠DAP=∠E， ∴∠DCP=∠E

∵∠CFP=∠EFD（对顶角相等），

∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF=180°﹣∠DFE﹣∠E， 即∠CPF=∠EDF=180°﹣∠ADC=180°﹣120°=60°， ∴△EPC是等边三角形， ∴PC=CE， ∴AP=CE；

3. （2016·某某内江）(12分)如图15，已知抛物线C：y＝x－3x＋m，直线l：y＝kx(k＞0)，当k＝1时，抛物线C与直线l只有一个公共点．

2

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word (1)求m的值；

(2)若直线l与抛物线C交于不同的两点A，B，直线l与直线l1：y＝－3x＋b交于点P，且

1＋1＝2，求b的值； OAOBOP(3)在(2)的条件下，设直线l1与y轴交于点Q，问：是否存在实数k使S△APQ＝S△BPQ，若

存在，求k的值；若不存在，说明理由．

l1 y Q P B A O 图15

l1 y Q E D x C A O 答案图 P B l l x

【解析】二次函数与一元二次方程的关系，三角形的相似，推理论证的能力。 【解答】：(1)∵当k＝1时，抛物线C与直线l只有一个公共点，

yx23xm,∴方程组有且只有一组解．

yx消去y，得x－4x＋m＝0，所以此一元二次方程有两个相等的实数根． ∴△＝0，即(－4)－4m＝0． ∴m＝4．

(2)如图，分别过点A，P，B作y轴的垂线，垂足依次为C，D，E， 则△OAC∽△OPD，∴同理，∵∴∴

2

2

OP＝PD．

OAACOP＝PD．

OBBE1＋1＝2，∴OP＋OP＝2． OAOBOPOAOBPD＋PD＝2． ACBE1＋1＝2，即ACBE＝2． ACBEPDACBEPDykx,bb解方程组得x＝，即PD＝．

k3k3y3xb19 / 25

word

ykx,2

由方程组消去y，得x－(k＋3)x＋4＝0． 2yx3x4∵AC，BE是以上一元二次方程的两根， ∴AC＋BE＝k＋3，AC·BE＝4． ∴

k3＝2．

b4

k3解得b＝8．

(3)不存在．理由如下：

假设存在，则当S△APQ＝S△BPQ时有AP＝PB， 于是PD－AC＝PE－PD，即AC＋BE＝2PD． 由(2)可知AC＋BE＝k＋3，PD＝∴k＋3＝2×

8， k38，即(k＋3)2＝16． k3解得k＝1(舍去k＝－7)．

当k＝1时，A，B两点重合，△QAB不存在． ∴不存在实数k使S△APQ＝S△BPQ．

4. （2016某某某某）如图，已知抛物线经过原点O，顶点为A（1，1），且与直线y=x﹣2交于B，C两点．

（1）求抛物线的解析式及点C的坐标； （2）求证：△ABC是直角三角形；

（3）若点N为x轴上的一个动点，过点N作MN⊥x轴与抛物线交于点M，则是否存在以O，M，N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

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【解析】二次函数综合题．（1）可设顶点式，把原点坐标代入可求得抛物线解析式，联立直线与抛物线解析式，可求得C点坐标；

（2）分别过A、C两点作x轴的垂线，交x轴于点D、E两点，结合A、B、C三点的坐标可求得∠ABO=∠CBO=45°，可证得结论；

（3）设出N点坐标，可表示出M点坐标，从而可表示出MN、ON的长度，当△MON和△ABC相似时，利用三角形相似的性质可得

【解答】解：

（1）∵顶点坐标为（1，1）， ∴设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+1， 又抛物线过原点，

∴0=a（0﹣1）2+1，解得a=﹣1， ∴抛物线解析式为y=﹣（x﹣1）+1， 即y=﹣x+2x，

联立抛物线和直线解析式可得∴B（2，0），C（﹣1，﹣3）；

（2）如图，分别过A、C两点作x轴的垂线，交x轴于点D、E两点，

，解得

或

，

2

2

=或=，可求得N点的坐标．

则AD=OD=BD=1，BE=OB+OE=2+1=3，EC=3， ∴∠ABO=∠CBO=45°，即∠ABC=90°， ∴△ABC是直角三角形；

（3）假设存在满足条件的点N，设N（x，0），则M（x，﹣x2+2x），

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∴ON=|x|，MN=|﹣x+2x|，

由（2）在Rt△ABD和Rt△CEB中，可分别求得AB=∵MN⊥x轴于点N ∴∠ABC=∠MNO=90°， ∴当△ABC和△MNO相似时有

=

或

=

，

，BC=3

，

2

①当=时，则有=，即|x||﹣x+2|=|x|，

∵当x=0时M、O、N不能构成三角形， ∴x≠0，

∴|﹣x+2|=，即﹣x+2=±，解得x=或x=， 此时N点坐标为（，0）或（，0）；

②当=时，则有=，即|x||﹣x+2|=3|x|，

∴|﹣x+2|=3，即﹣x+2=±3，解得x=5或x=﹣1， 此时N点坐标为（﹣1，0）或（5，0），

综上可知存在满足条件的N点，其坐标为（，0）或（，0）或（﹣1，0）或（5，0）． 【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、图象的交点问题、直角三角形的判定、勾股定理、相似三角形的性质及分类讨论等．在（1）中注意顶点式的运用，在（3）中设出N、M的坐标，利用相似三角形的性质得到关于坐标的方程是解题的关键，注意相似三角形点的对应．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．

5. （2016·某某省某某市）如图1，对称轴为直线x=的抛物线经过B（2，0）、C（0，4）两点，抛物线与x轴的另一交点为A

（1）求抛物线的解析式；

（2）若点P为第一象限内抛物线上的一点，设四边形COBP的面积为S，求S的最大值；

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（3）如图2，若M是线段BC上一动点，在x轴是否存在这样的点Q，使△MQC为等腰三角形且△MQB为直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【解析】二次函数综合题．（1）由对称轴的对称性得出点A的坐标，由待定系数法求出抛物线的解析式；

（2）作辅助线把四边形COBP分成梯形和直角三角形，表示出面积S，化简后是一个关于S的二次函数，求最值即可；

（3）画出符合条件的Q点，只有一种，①利用平行相似得对应高的比和对应边的比相等列比例式；②在直角△OCQ和直角△CQM利用勾股定理列方程；两方程式组成方程组求解并取舍．

【解答】解：（1）由对称性得：A（﹣1，0）， 设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x﹣2）， 把C（0，4）代入：4=﹣2a， a=﹣2，

∴y=﹣2（x+1）（x﹣2），

∴抛物线的解析式为：y=﹣2x2+2x+4；

（2）如图1，设点P（m，﹣2m+2m+4），过P作PD⊥x轴，垂足为D， ∴S=S梯形+S△PDB=m（﹣2m+2m+4+4）+（﹣2m+2m+4）（2﹣m）， S=﹣2m2+4m+4=﹣2（m﹣1）2+6， ∵﹣2＜0，

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∴S有最大值，则S大=6；

（3）如图2，存在这样的点Q，使△MQC为等腰三角形且△MQB为直角三角形， 理由是：

设直线BC的解析式为：y=kx+b， 把B（2，0）、C（0，4）代入得：解得：

，

，

∴直线BC的解析式为：y=﹣2x+4， 设M（a，﹣2a+4）， 过A作AE⊥BC，垂足为E， 则AE的解析式为：y=x+，

则直线BC与直线AE的交点E（1.4，1.2）， 设Q（﹣x，0）（x＞0）， ∵AE∥QM， ∴△ABE∽△QBM， ∴

①，

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由勾股定理得：x+4=2×[a+（﹣2a+4﹣4）]②， 由①②得：a1=4（舍），a2=， 当a=时，x=， ∴Q（﹣，0）．

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