2020初中数学中考复习二次函数综合解答题专项训练4(附答案详解)

2020初中数学中考复习二次函数综合解答题专项训练4（附答案详解）

1． 己知抛物线ya(x2)23向右平移2个单位，再向下平移3个单位后恰好经过点M(1,1)．

（1）求平移后抛物线的解析式；

（2）点A在平移后物线上，点A在该抛物线对称轴的右侧，将点A绕着原点逆时针旋转90°得到点B，设点A的横坐标为t； ①用t表示点B的坐标；

②若直线l//OB，且l与平移后抛物线只有一个交点C，当点D取得最大值时，此时直线AC解析式．

2．已知抛物线y＝ax2+bx+3与x轴分别交于点A(﹣3，0)，B(1，0)交于点C，抛物线的顶点为点D．

（1）抛物线的表达式及顶点D的坐标． （2）若点F是线段AD上一个动点，

①如图1，当FC+FO的值最小时，求点F的坐标；

②如图2，以点A，F，O为顶点的三角形能否与△ABC相似？若能，求出点F的坐标；若不能，请说明理由．

1,0到直线AC距离2

3．如图，已知抛物线y=ax2＋bx＋5经过A(－5，0)，B(－4，－3)两点，与x轴的另一个交点为C，顶点为D，连接CD． （1）求该抛物线的解析式；

（2）点P为该抛物线上一动点(与点B，C不重合)，设点P的横坐标为t．当点P在直线BC的下方运动时，求△PBC的面积的最大值．

4．如图，已知抛物线与x轴交于点A(－1，0)，与y轴交于点C(0，3)，且对称轴方程

为x1．

（1）求抛物线与x轴的另一个交点B的坐标； （2）求抛物线的解析式；

（3）设抛物线的顶点为D，在其对称轴的右侧的抛物线上是否存在点P，使得△PDC是等腰三角形？若存在，求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由； （4）若点M是抛物线上一点，以B、C、D、M为顶点的四边形是直角梯形，试求出点M的坐标．

5．已知抛物线y＝x2﹣2和x轴交于A，B（点A在点B右边）两点，和y轴交于点C，P为抛物线上的动点． （1）求出A，C的坐标；

（2）求动点P到原点O的距离的最小值，并求此时点P的坐标；

（3）当点P在x轴下方的抛物线上运动时，过P的直线交x轴于E，若△POE和△POC全等，求此时点P的坐标．

C(0,2)，B(2,0)，6．如图，已知抛物线w1经过点A(1,0)，点D为OC中点，连接AC、

BD，并延长BD交AC于点E．

（1）求抛物线w1的表达式；

（2）若抛物线w1与抛物线w2关于y轴对称，在抛物线w2位于第二象限的部分上取一点Q，过点Q作QFx轴，垂足为点F，是否存在这样的点F，使得△QFO与△CDE相似？若存在，请求出点F坐标；若不存在，请说明理由．

7．如图①，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与坐标轴交于A，B，C三点，其中点A的坐标为（﹣3，0），点B的坐标为（4，0），连接AC，BC．动点P从点A出发，在线段AC上以每秒1个单位长度的速度向点C作匀速运动；同时，动点Q从点O出发，在线段OB上以每秒1个单位长度的速度向点B作匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，设运动时间为t秒．连接PQ． （1）填空：b＝ ，c＝ ；

（2）在点P，Q运动过程中，△APQ可能是直角三角形吗？请说明理由；

（3）点M在抛物线上，且△AOM的面积与△AOC的面积相等，求出点M的坐标。

13

8．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx与x轴交于点A，顶点B的坐标为（﹣2，﹣2）．

（1）求a，b的值；

（2）在y轴正半轴上取点C（0，4），在点A左侧抛物线上有一点P，连接PB交x轴于点D，连接CB交x轴于点F，当CB平分∠DCO时，求点P的坐标；

（3）在（2）的条件下，连接PC，在PB上有一点E，连接EC，若∠ECB＝∠PDC，求点E的坐标．

9．已知直线yxt与双曲线y

k

k0交于C，D两点，过C作CAx轴于点x

A，过D作DBy轴于点B，连接AB．

（Ⅰ）求C，D两点的坐标；

（Ⅱ）试探究直线AB与CD的位置关系并说明理由．

2（Ⅲ）已知点D3,2，且C，D在抛物线yaxbx5a0上，若当mxn（其中mn0）时，函数yaxbx5的最小值为2m，最大值为2n，求mn的

2值．

10．C两点，C两点的抛物线y=ax2-2x+c如图，一次函数y=x+3与坐标轴交于A、过A、与x轴交于另一点B抛物线顶点为E，连接AE．

（1）求该抛物线的函数表达式及顶点E坐标；

（2）点P是线段AE上的一动点，过点P作PF平行于y轴交AC于点B连接EF，求△PEF面积的最大值及此时点P的坐标；

（3）若点M为坐标轴上一点，点N为平面内任意一点，是否存在这样的点，使A、E、M、N为顶点的四边形是以AE为对角线的矩形？如果存在，请直接写出N点坐标；若不存在，请说明理由．

11．如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax2bx3，过点A3,23和点

B2,3，与y轴交于点C，连接AC交x轴于点D，连接OA，OB

1求抛物线yax2bx2求点D的坐标；

3的函数表达式；

3AOB的大小是______；

4将VOCD绕点O旋转，旋转后点C的对应点是点C'，点D的对应点是点D'，直

线AC'与直线BD'交于点M，在VOCD旋转过程中，当点M与点C'重合时，请直接写出点M到AB的距离．

12．如图，二次函数y＝x2+bx﹣3的图象与x轴分别相交于A、B两点，点B的坐标为（3，0），与y轴的交点为C，动点T在射线AB上运动，在抛物线的对称轴l上有一定点D，其纵坐标为23，l与x轴的交点为E，经过A、T、D三点作⊙M． （1）求二次函数的表达式； （2）在点T的运动过程中，

①∠DMT的度数是否为定值？若是，请求出该定值：若不是，请说明理由； ②若MT＝

1AD，求点M的坐标； 2（3）当动点T在射线EB上运动时，过点M作MH⊥x轴于点H，设HT＝a，当OH≤x≤OT时，求y的最大值与最小值（用含a的式子表示）．

13．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于A（4，0），B两点，与y轴交于点C（0，2），对称轴x＝1，与x轴交于点H．

（1）求抛物线的函数表达式；

（2）直线y＝kx+1（k≠0）与y轴交于点E，与抛物线交于点 P，Q（点P在y轴左侧，点Q在y轴右侧），连接CP，CQ，若△CPQ的面积为-1，求点P，Q的坐标； 4（3）在（2）的条件下，连接AC交PQ于G，在对称轴上是否存在一点K，连接GK，将线段GK绕点G顺时针旋转90°，使点K恰好落在抛物线上，若存在，请直接写出点K的坐标；若不存在，请说明理由．

14．如图，有一抛物线型的立交桥桥拱，这个桥拱的最大高度为16米，跨度为40米，若要在跨度中心点的左，右5米处各垂直竖立一根铁柱支撑拱顶，则铁柱应取多长？

15．定义：顶点、开口大小相同，开口方向相反的两个二次函数互为“反簇二次函数”． （1）已知二次函数y=﹣(x﹣2)2＋3，则它的“反簇二次函数”是__________________； （2）已知关于x的二次函数y1=2x2﹣2mx＋m+1和y2=ax2+bx＋c，其中y1的图像经过1）.若y1＋y2与y1互为“反簇二次函数”.求函数y2的表达式，点（1，并直接写出当0≤x≤3时，y2的最小值． 16．如图，抛物线yax24xc与x轴交于A与y轴交于C点，连接AC，、B 两点，3已知B1,0，且抛物线经过点D2,2． （1）求抛物线的解析式；

（2）若点E是抛物线上位于x轴下方的一点，且S△ACE1S△ABC，求E的坐标； 2（3）若点P是y轴上一点，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．

17．已知，正方形ABCD，A0,4,B1,4,C1,5,D0,5，抛物线

yx2mx2m4(m为常数)，顶点为M．

（1）拋物线经过定点坐标是___ __，顶点M的坐标(用m的代数式表示)是____ _．

2（2）若抛物线yxmx2m4(m为常数)与正方形ABCD的边有交点，则m的

取值范围是___ _．

（3）若ABM45时，求m的值．

18．已知：如图，抛物线y=ax2+bx+c与坐标轴分别交于点A（0，6），B（6，0），C（﹣2，0），点P是线段AB上方抛物线上的一个动点． （1）求抛物线的解析式；

（2）当点P运动到什么位置时，△PAB的面积有最大值？

（3）过点P作x轴的垂线，交线段AB于点D，再过点P做PE∥x轴交抛物线于点E，连结DE，请问是否存在点P使△PDE为等腰直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．

19．如图，直线y=﹣3x+3与x轴、y轴分别交于点A、B，抛物线y=a（x﹣2）2+k经过点A、B，并与X轴交于另一点C，其顶点为P． （1）求a，k的值；

（2）抛物线的对称轴上有一点Q，使△ABQ是以AB为底边的等腰三角形，求Q点的坐标；

（3）在抛物线及其对称轴上分别取点M、N，使以A，C，M，N为顶点的四边形为正方形，求此正方形的边长．

20．如图，抛物线y＝ax2+2x+c（a＜0）与x轴交于点A和点B（点A在原点的左侧，点B在原点的右侧），与y轴交于点C，OB＝OC＝3． （1）求该抛物线的函数解析式．

（2）如图1，连接BC，点D是直线BC上方抛物线上的点，连接OD，CD．OD交BC于点F，当S△COF：S△CDF＝3：2时，求点D的坐标． （3）如图2，点E的坐标为（0，-

3），点P是抛物线上的点，连接EB，PB，PE形成2的△PBE中，是否存在点P，使∠PBE或∠PEB等于2∠OBE？若存在，请直接写出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．

21．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2﹣2ax+c（a≠0）与y轴交于点A，将点A

向右平移1个单位长度，得到点B．直线y＝（1）求抛物线的对称轴；

（2）若点A与点D关于x轴对称， ①求点B的坐标；

3x﹣3与x轴，y轴分别交于点C，D． 4②若抛物线与线段BC恰有一个公共点，结合函数图象，求a的取值范围．

22．已知：如图，抛物线y＝ax2+bx+3与坐标轴分别交于点A，B（﹣3，0），C（1，0），点P是线段AB上方抛物线上的一个动点． （1）求抛物线解析式；

（2）当点P运动到什么位置时，△PAB的面积最大？

（3）过点P作x轴的垂线，交线段AB于点D，再过点P作PE∥x轴交抛物线于点E，连接DE，请问是否存在点P使△PDE为等腰直角三角形？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．

3323．B两点，如图：一次函数yx3 的图象与坐标轴交于A、点P是函数yx344（0＜x＜4）图象上任意一点，过点P作PM⊥y轴于点M，连接OP. （1）当AP为何值时，△OPM的面积最大？并求出最大值； （2）当△BOP为等腰三角形时，试确定点P的坐标.

24．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣2x﹣3交x轴于A，B两点（点A在点B的左侧），将该抛物线位于x轴上方的曲线记作M，将该抛物线位于x轴下方的部分

沿x轴翻折，翻折后所得曲线记作N，曲线N交y轴于点C，连接AC，BC． （1）求曲线N所在抛物线的函数表达式； （2）求△ABC外接圆的面积；

（3）点P为曲线M或曲线N上的动点，点Q为x轴上的一个动点，若以点B，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点Q的坐标；

（4）在直线BC上方的曲线M上确定两个点D1，D2，使得SVD1BC＝SVD2BC＝S△ABC．并求出点D1，D2的坐标；在曲线M或N上是否存在五个点T1，T2，T3，T4，T5，使得这五个点分别与点B，C围成的三角形的面积为

27？若存在，直接写出这五8个点T1，T2，T3，T4，T5的坐标；若不存在，请说明理由．

25．如图，已知直线AB经过点（0，4），与抛物线y=的横坐标是2．

(1）求这条直线的函数关系式及点B的坐标．

12

x交于A，B两点，其中点A4(2）在x轴上是否存在点C，使得△ABC是直角三角形？若存在，求出点C的坐标，若不存在请说明理由．

(3）过线段AB上一点P，作PM∥x轴，交抛物线于点M，点M在第一象限，点N（0，1），当点M的横坐标为何值时，MN+3MP的长度最大？最大值是多少？

26．如图，关于x的二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于点A（1，0）和点B与y轴交于点C（0，3），抛物线的对称轴与x轴交于点D．

（1）求二次函数的表达式；

（2）在y轴上是否存在一点P，使△PBC为等腰三角形？若存在．请求出点P的坐标；（3）有一个点M从点A出发，以每秒1个单位的速度在AB上向点B运动，另一个点N从点D与点M同时出发，以每秒2个单位的速度在抛物线的对称轴上运动，当点M到达点B时，点M、N同时停止运动，问点M、N运动到何处时，△MNB面积最大，试求出最大面积．

27．如图，经过点C（0，﹣4）的抛物线yax2bxc（a0）与x轴相交于A（﹣2，0），B两点．

（1）a 0， 0（填“＞”或“＜”）；

（2）若该抛物线关于直线x=2对称，求抛物线的函数表达式；

（3）在（2）的条件下，连接AC，E是抛物线上一动点，过点E作AC的平行线交x轴于点F．是否存在这样的点E，使得以A，C，E，F为顶点所组成的四边形是平行四边形？若存在，求出满足条件的点E的坐标；若不存在，请说明理由．

28．已知直线yx4与x轴、y轴分别交于A、C两点，抛物线yax2bxc经过A、C两点，与x轴的另一个交点为B，且OC20B.

（1）求抛物线的解析式；

（2）点P在AO上，点Q在OC的延长线上，且APCQ，连接PQ交AC于点G，点D为第一象限内的一点，当PDQ是以PQ为斜边的等腰直角三角形时，连接OD，设AP的长度为t，POD的面积为S，请用含t的式子表示S，并写出自变量t的取值范围；

（3）在（2）的条件下，连接OG、DG，将PDK沿PD翻折到PDK的位置（G与，若OG10，求点K的坐标. K对应）

29．如图，抛物线y＝ax2+bx+c经过A（1，0）、B（4，0）、C（0，3）三点．

（1）求该抛物线的解析式；

（2）如图，在抛物线的对称轴上是否存在点P，使得四边形PAOC的周长最小？若存在，求出四边形PAOC周长的最小值；若不存在，请说明理由．

（3）在（2）的条件下，点Q是线段OB上一动点，当△BPQ与△BAC相似时，求点Q的坐标．

30．二次函数yax2bx2的图象交x轴于A(-1, 0)，B(4, 0)两点，交y轴于点C．动点M从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB方向运动，过点M作MN⊥x轴交直线BC于点N,交抛物线于点D,连接AC．设运动的时间为t秒． (1)求二次函数yax2bx2的表达式； (2)连接BD，当t3时，求△DNB的面积； 2(3)在直线MN上存在一点P,当△PBC是以∠BPC为直角的等腰直角三角形时，直接写出此时点D的坐标．

参考答案

21．（1）y=x；（2）①Bt,t，②yx21 2【解析】 【分析】

（1）根据二次函数平移性质“左加右减，上加下减”求出解析式；

（2）①根据旋转性质和全等三角形的判定证出VBHO≌VOGA，即可求出B的坐标； ②利用待定系数法求出AC的解析式，发现AC恒过顶点F，根据垂线段最短即可求出当点

1D,0到直线AC距离取得最大值时，DFAC，从而求出AC的解析式． 2【详解】

解（1）∵抛物线y＝ax+2+3向右平移2个单位，再向下平移3个单位，平移后抛物线

2解析式为y＝ax

2，∴将M11代入得a1．

∴y=x2

（2）①如下图所示，过点A作AG⊥x轴于G，过点B作BH⊥x轴于H

点A坐标为t，t2，故OGt，AGt2

根据旋转可得BOA90o，AOBO． 故BOHAOG90o．

．

又QBHOAGO90o

BOHHBO90o

AOGHBO

∴VBHO≌VOGA

∴OHAGt2，BHOGt ∴点 Bt,t ②连接DF

令直线OB的解析式为ykx，则tkt2． ∴k即OB:yx

因为直线l//OB，故可以设直线l：yxb

21t1t1tyx212xxb0． 联立：，得1tyxbt2因为直线l与抛物线y=x只有一个交点

11∴4b0即b2 4tt11

t4t2112联立方程为：xx20．

t4t11解得：x，故点C纵坐标为2

2t4t所以直线l：yx即点C211，2． 2t4t令直线AC:ymxn，代入A，C两点坐标得：

tmnt211 mn24t2t

1mt2t 解得：n12即AC:yt11x 2t2显然直线AC恒过定点F，令点D到AC的距离为d，则dDF． 所以dmaxDF2，此时DFAC． 2由于FDO45o，

∴直线AC与x轴的夹角呈45°， ∴直线AC解析式为：yx1 2

【点睛】

此题考查的是二次函数和一次函数的综合大题，此题难度较大，掌握二次函数图象的平移规律、利用待定系数法求一次函数解析式、全等三角形的判定及性质和垂线段最短是解决此题的关键．

2．（1）y＝﹣x2﹣2x+3，(﹣1，4)；（2）①F(﹣【解析】 【分析】

（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3），故﹣3a＝3，解得：a＝﹣1，即可求解；再将抛物线解析式化为顶点式即可得出点D的坐标；

3618，3)，②能，(﹣，)或(﹣2，2) 255

（2）①点D的坐标为：（﹣1，4），点A（﹣3，0），点C（0，3），作点O关于直线AD的对称轴R，连接CR交AD于点F，则点F为所求点，即可求解；

②当∠AOF＝∠ABC时，△AOF∽△CBA，OF∥BC，直线BC的解析式为y＝﹣3x+3，直线OF的解析式为y＝﹣3x，直线AD的解析式为y＝2x+6，联立直线OF、AD的表达式并x＝﹣解得：

6618△AOF∽△CAB，∠CAB，故点F（﹣，）；当∠AOF＝∠CAB＝45°时，

555＝45°，OF⊥AC，直线OF的解析式为y＝﹣x，将上式与y＝2x+6联立并解得：x＝﹣2，即可求解． 【详解】

解：（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3）， 故﹣3a＝3， 解得：a＝﹣1，

故抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3；

Qy＝﹣x2﹣2x3x124

点D的坐标为（﹣1，4）

（2）①点D的坐标为：（﹣1，4），点A（﹣3，0），点C（0，3），

作点O关于直线AD的对称轴R，连接CR交AD于点F，则点F为所求点，

FC+FO＝FC+RF＝CR为最小， 连接AR，设直线OR交AD于点H，

由点A、D的坐标得，直线AD的表达式为：y＝2x+6， 则tan∠DAO＝2＝tanα， 设∠HOA＝∠β，则tanβ＝

12，则cosβ＝25，sinβ＝15，

3OH＝OA235，OR＝2OH＝35， cos52

yR＝ORsinβ＝35×故RC∥x轴，

15＝3＝yC，

故yF＝3＝2x+6，x＝﹣则点F（﹣

3， 23，3）； 2②在Rt△ACD中，tan∠CAD

DC21， AC323OB1， OC3在Rt△OBC中，tan∠OCB＝∴∠ACD＝∠OCB， ∵OA＝OC，

∴∠OAC＝∠OCA＝45°， ∴∠FAO＝∠ACB，

若以A，F，O为顶点的三角形与△ABC相似，则可分两种情况考虑： 当∠AOF＝∠ABC时，△AOF∽△CBA， ∴OF∥BC，

设直线BC的解析式为y＝kx+b， 将点B、C的坐标代入上式并解得： 直线BC的解析式为y＝﹣3x+3， ∴直线OF的解析式为y＝﹣3x， 直线AD的解析式为y＝2x+6， 联立直线OF、AD的表达式， 解得：x＝﹣

6618，故点F（﹣，）：； 555当∠AOF＝∠CAB＝45°时，△AOF∽△CAB， ∵∠CAB＝45°， ∴OF⊥AC，

∴直线OF的解析式为y＝﹣x，

将上式与y＝2x+6联立并解得：x＝﹣2， 故点F（﹣2，2）；

综合以上可得F点的坐标为（﹣【点睛】

618，）或（﹣2，2）． 55本题是一道关于二次函数的综合题目，难度较高，掌握二次函数的图像及其性质是解此题的关键．

3．（1）yx26x5；（2）【解析】 【分析】

（1）将A、B两点坐标代入抛物线，求解即可得出其解析式；

（2）首先求出直线BC解析式，然后设点Gt,t1，则点Pt,t6t5，利用△PBC

227 8面积构建一元二次方程，即可求出最值. 【详解】

（1）由题意，得将A(－5，0)，B(－4，－3)代入抛物线，得

25a5b50 16a4b53解得a1,b6

∴该抛物线的解析式为yx26x5； （2）令y0，则x1或-5，即点C（-1,0） 过点P作y轴的平行线交BC于点G，如图所示：

设直线BC的解析式为ykxb 将B、C的坐标代入一次函数表达式，得

4kb3解得k1,b1 kb0

直线BC为yx1

设点Gt,t1，则点Pt,t6t5

2则PGt5t4

2S△PBC133527 xCxBPGt25t4t222282∴当t【点睛】

527. 时，其最大值为82此题主要考查求二次函数解析式以及三角形面积的最值问题，要求熟练掌握二次函数的图象和性质.

4．(3, 0) ；y=-x2+2x +3；（1）（2）（3）存在；符合条件的点P坐标为（4）M(2, 3) 【解析】 【分析】

（1）根据抛物线与x轴的交点和对称轴方程即可得出抛物线与x轴的另一个交点B的坐标为；

(2)根据A、C、B的坐标运用待定系数法即可求出求抛物线的解析式；

(3)分以CD为底边和以CD为一腰两种情况分类讨论，即可得出△PDC是等腰三角形符合条件的点P的坐标；

(4)根据勾股定理∠BCD = 90°，再由抛物线对称性可知点坐标M为(2, 3) . 【详解】

（1）∵抛物线与x轴交于点A(-1,0)，对称轴方程为x= 1， ∴抛物线与x轴的另一个交点B的坐标为(3, 0) . (2)∵抛物线与y轴交于点C(0,3)

设抛物线解析式为y=ax2 + bx + 3(a不等于0)，根据题意，得 a-b+3=0，9a+3b+3=0 解得a=-1,b=2，

∴抛物线的解析式为y=-x2+2x +3

3555,或(2,3)；22

(3)存在；

由y=-x2+2x +3得，D点坐标为(1,4) ,对称轴为x= 1

若以CD为底边,则PD= PC,设P点坐标为(x, y)，根据勾股定理得 x2+(3-y)2=(x-1)2+(4-y)2 即y=4- x

又点P(x,y)在抛物线上， ∴4-x=-x2+2x+3即x2-3x+1=0 解得x35 235＜1 (舍去) 2∴x35 2∴y=4-x=

55 2即点P坐标为3555,； 22若以CD为一腰,因为点P在对称轴右侧的抛物线上,

由抛物线对称性知,点P与点C关于直线x= 1对称，此时点P坐标为(2, 3) ∴符合条件的点P坐标为3555,或(2,3)； 22(4)由 B(3,0)，C(0,3)，D(1,4)，

根据勾股定理，得CB=32，CD=2，BD=25 ∴CD2+CB2= BD2=20 ∴∠BCD =90°

设对称轴交x轴于点E,过C作CM⊥DE ,交抛物线于点M,垂足为F，如图所示：

在Rt△DCF 中， ∵CF= DF= 1， ∴∠CDF= 45°

45° = 90°由抛物线对称性可知，∠CDM= 2×，点坐标M为(2, 3) ∴DM// BC

∴四边形BCDM为直角梯形

由∠BCD= 90°及题意可知以BC为一底时,顶点M在抛物线上的直角梯形只有上述一种情况；以CD为一底或以BD为一底，且顶点M在抛物线上的直角梯形均不存在. 【点睛】

本题主要考查了二次函数的综合应用，在解题时要注意二次函数的有关性质以及数形结合思想、分类讨论思想的应用.

5．（1）A（﹣2，0），点C的坐标为（0，﹣2）；（2）最小值为67，点P的坐标为（，22﹣

116）或（﹣，﹣）；（3）P（﹣1，﹣1）或（1，1）． 222【解析】 【分析】

（1）令y＝0，解方程求出x的值，即可得到点A、B的坐标，令x＝0求出y的值，即可得到点C的坐标；

（2）根据二次函数图象上点的坐标特征设点P的坐标为（x，x2﹣2），利用勾股定理列式求出OP2，再根据二次函数的最值问题解答；

（3）根据二次函数的增减性，点P在第三四象限时，OP≠1，从而判断出OC与OE是对应边，然后确定出点E与点A或点B重合，再根据全等三角形对应角相等可得∠POC＝∠POE，然后根据第三、四象限角平分线上的点到角的两边距离相等的坐标特征利用抛物线解析式求

解即可． 【详解】

解：（1）令y＝0，则x2﹣2＝0， 解得x＝±2， ∵点A在点B右边， ∴A（2，0）， 令x＝0，则y＝﹣2， ∴点C的坐标为（0，﹣2）；

（2）∵P为抛物线y＝x2﹣2上的动点， ∴设点P的坐标为（x，x2﹣2），

则OP2＝x2+（x2﹣2）2＝x4﹣3x2+4＝（x2﹣

327）+， 24∴当x2＝

367，即x＝±时，OP2最小，OP的值也最小，最小值为， 2221166，﹣）或（﹣，﹣）；

2222此时，点P的坐标为（

（3）∵OP2＝（x2﹣

327）+， 24∴点P在第三四象限时，OP≠1， ∵△POE和△POC全等， ∴OC与OE是对应边， ∴∠POC＝∠POE，

∴点P在第三、四象限角平分线上， ①点P在第三象限角平分线上时，y＝x， ∴x2﹣2＝x，

解得x1＝﹣1，x2＝2（舍去）， 此时，点P（﹣1，﹣1）；

②点P在第四象限角平分线上时，y＝﹣x， ∴x2﹣2＝﹣x，

解得x1＝1，x2＝﹣2（舍去），

此时，点P（1，1），

综上所述，P（﹣1，﹣1）或（1，1）时△POE和△POC全等．

【点睛】

本题是二次函数综合题型，主要利用了抛物线与坐标轴的交点的求解、二次函数的最值问题、全等三角形的性质、难点在于判断出（3）点P在第三、四象限角平分线上. 3312,06．（1）yxx2；（2）存在，F1，F2(1,0) 4【解析】 【分析】

（1）设抛物线的解析式为y=ax2＋bx＋c，将A（−1，0），B（2，0），C（0，2）代入抛物线的解析式即可解答；

（2）求出抛物线w2的解析式y=−x2−x＋2，可知点D坐标，证明△AOC∽△DOB，可证出BD⊥AC，则

CEOB222，设F（m,0），Q(m,mm2)，m＜0，若△QFO与DEOD1△CDE相似，可分两种情况考虑，①是△QFO∽△DEC时，②是△QFO∽△CED时，列出相似比即可求出m的值． 【详解】

解：（1）设抛物线的解析式为y=ax2＋bx＋c，将A（−1，0），B（2，0），C（0，2）代入抛

abc0物线的解析式得：4a2bc0，

c2解得：a=−1，b=1，c=2，

∴抛物线w1的表达式为y=−x2＋x＋2； （2）∵抛物线w1与抛物线w2关于y轴对称，

∴抛物线w2的解析式y=−x2−x＋2， ∵点D为OC中点，C（0，2）， ∴D（0，1），

∵A（−1，0），B（2，0）， ∴

OCOB， OAOD∵∠AOC=∠BOD=90°， ∴△AOC∽△DOB， ∴∠ACO=∠DBO， ∴BD⊥AC， ∴

CEOB22， DEOD12设F（m,0），Q(m,mm2)，m＜0，若△QFO与△CDE相似，可分两种情况考虑： ①△QFO∽△DEC时，

QFDE1= OFCE2m2m21∴，

m2解得：m1133133（舍去） ,m244∴F(133,0)， 4②△QFO∽△CED时，

QFCE=2， OFDEm2m2∴2，

m解得：m11,m22（舍去） ∴F（-1,0）；

331F,0综上所述： 1，F2(1,0) 4【点睛】

此题考查了待定系数法求函数解析式、二次函数的性质以及相似三角形的判定与性质．注意掌握分类讨论思想与方程思想的应用． 7．（1）

1197,-4）或，4；（2）不可能是直角三角形，见解析；（3）M(1,4)或M(32M(197,-4） 2【解析】 【分析】

(1)设抛物线的解析式为y=a（x+3）（x-4）．将a=-定出b、c的值；

（2）先求得点C的坐标，依据勾股定理可求得AC=5，则PC=5-t，AQ=3+t,再判断当△APQ 是直角三角形时，则∠APQ＝90°，从而得出nAOC~nAPQ，得到比例式列方程求解即可；(3)根据点M在抛物线上，设出点M的坐标为（m，﹣积与△AOC的面积相等，从而得出﹣【详解】

解：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣4）．将a＝﹣∴b＝

1代入可得到抛物线的解析式，从而可确3121m+m+4），再根据△AOM的面33121m+m+4=4，解方程即可． 33111 代入得：y＝﹣x2+x+4，

3331，c＝4． 3（2）在点P、Q运动过程中，△APQ不可能是直角三角形． 理由如下：∵在点P、Q运动过程中，∠PAQ、∠PQA始终为锐角， ∴当△APQ是直角三角形时，则∠APQ＝90°． 将x＝0代入抛物线的解析式得：y＝4， ∴C（0，4）．∵点A的坐标为（﹣3，0）， ∴在Rt△AOC中，依据勾股定理得：AC＝5， ∵AP＝OQ＝t，∴AQ=3+t， ∵∠OAC＝∠PAQ，∠APQ＝∠AOC

∴nAOC~nAPQ ∴AP:AO=AQ:AC ∴

t3t= ∴t=4.5． 35∵由题意可知：0≤t≤4，

∴t＝4.5不合题意，即△APQ不可能是直角三角形． (3 )设点M的坐标为（m，﹣

121m+m+4） 33∵△AOM的面积与△AOC的面积相等，且底都为AO，C（0，4）． ∴﹣

121m+m+4=4 33当﹣

1211971-97m+m+4=-4时，解得：m=, 或3322121m+m+4=4时，解得：m=1或0 331971-97或或1 22当﹣

∵当m=0时，与C重合，∴m=

∴ M(1,4)或M(【点睛】

1971-97,-4）或M(,-4） 22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函数的解析式、相似三角形的性质和判定、全等三角形的性质和判定，灵活运用相关的知识是解题的关键． 8．（1）a＝【解析】 【分析】

（1）根据顶点B的坐标及原点即可求出解析式；

（2）过点B作BH⊥y轴于点H，过点D作DG⊥CB于点G，先求出tan∠BCH＝

11410，b＝2；（2）P(﹣6，6)；（3）(﹣，) 233BH1，CH3再根据CB平分∠DCO求出点D的坐标，得到直线BD的解析式，利用抛物线的解析式即可得到点P的坐标；

（3）过点P作PM⊥y轴于点M，过点B作BH⊥y轴于点H，证明△PMC≌△CHB得到∠CPB＝∠CBP＝45°，过点C作CN⊥CE，过点B作BN⊥BP，CN、BN交于点N，连接DN，证

明△ECD≌△NCD得到DE＝DN，过点P作PK⊥x轴于点K，利用勾股定理求出PD，设ED＝t，作BQ⊥x轴于点Q，求出BD后根据勾股定理求出ED，作ER⊥x轴于点R，根据平行线所截线段成比例求出ER，再根据三角函数求出DR即可得到点E的坐标. 【详解】

解：（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+2）2﹣2＝ax2+4ax+4a﹣2， 故4a﹣2＝0， 解得：a＝

1， 212

x+2x…①， 2b＝4a＝2；

（2）抛物线的表达式为：y＝

过点B作BH⊥y轴于点H，过点D作DG⊥CB于点G，

4，0）， 3BH1＝tanα， ∵点B（﹣2，﹣2），BH＝2，CH＝4+2＝6，则tan∠BCH＝

CH3由点B、C的坐标得直线BC的表达式为：y＝3x+4，则点F（﹣∵DG⊥BC，

∴∠FDG＝∠FCO＝α＝∠DCG，

在Rt△DFG中，设FG＝m，则DG＝3m， 则CG＝3DG＝9m，

CF＝9m﹣m＝8m＝OF2CO2410, 3解得：m＝210， 62DF＝DGFG10m5， 3OD＝OF+DF＝3，故点D（﹣3，0），

由点B、D的坐标可得，直线PB的表达式为：y＝﹣2x﹣6…②，

联立①②并解得：x＝﹣2（舍去）或﹣6， 故点P（﹣6，6）；

（3）如图2，过点P作PM⊥y轴于点M，过点B作BH⊥y轴于点H，

∵P（﹣6，6）， 则PM＝OM＝6， ∴CM＝2，PM＝CH， ∴BH＝CM，

∵∠PMC＝∠BHC＝90°， ∴△PMC≌△CHB（HL）， ∴CP＝CB，∠MPC＝∠BCH， ∵∠MPC+∠PCM＝90°， ∴∠BCH+∠PCM＝90°， ∴∠PCB＝90°， ∴∠CPB＝∠CBP＝45°，

过点C作CN⊥CE，过点B作BN⊥BP，CN、BN交于点N，连接DN， 则∠CBN＝90°﹣∠CPB＝45°， ∴∠CPB＝∠CBN， ∵∠ECN＝∠EBN＝90°， ∴∠CEB+∠CNB＝180°， ∵∠CEB+∠PEC＝180°， ∴∠CNB＝∠PEC， ∵PC＝CB，

∴△PEC≌△BNC（SAS）， 则PE＝BN，CE＝CN，

∵∠ECB＝∠EDC+∠DCB，∠PDC＝∠DCB+∠CBD，∠ECB＝∠PDC， ∴∠ECD＝∠CBD＝45°， ∴∠DCN＝90°﹣∠ECD＝45°， ∴∠ECD＝∠DCN， ∵CD＝CD，

∴△ECD≌△NCD（SAS）， ∴DE＝DN，

在Rt△DBN中，BD2+BN2＝DN2，则BD2+PE2＝DE2， 过点P作PK⊥x轴于点K， ∴PK＝KO＝6， ∵OD＝3， ∴KD＝3，

在Rt△PKD中，PD＝PK2KD235, 设ED＝t，则PE＝35﹣t，

过点B作BQ⊥x轴于点Q，则BQ＝OQ＝2，DQ＝OD﹣OQ＝1， 在Rt△BDQ中，BD＝DQ2BQ2＝5， 故（5）2+（35﹣t）2＝t2， 解得：t＝

55, 3故DE＝55， 3过点E作ER⊥x轴于点R，则ER∥PK，

55EDERER , 故，即3PDPK635解得：ER＝

10 3∵∠EDR＝∠BDQ， 故tan∠EDR＝tan∠BDQ，

ERBQ=2， 即：

DRDQ5514，OR＝DR+OD＝+3＝， 3331410故点E的坐标为：(﹣，)．

33故DR＝【点睛】

此题是一道抛物线的综合题，考查待定系数法求函数解析式，勾股定理，三角函数，三角形全等的判定及性质，函数解析式与方程组的关系，正确掌握各知识点是解题的关键.

tt24ktt24k,9．（Ⅰ）若xCxD，则C22tt24ktt24k,若xCxD，则D22tt24ktt24k,，D22，tt24ktt24k,，C22；（Ⅱ）（Ⅲ）mn的值为53 AB//CD，理由见解析；【解析】 【分析】

（Ⅰ）把直线y＝x＋t与双曲线y即C、D两点的坐标；

（Ⅱ）位置关系是：平行，求出直线AB的解析式，与直线CD的解析式y＝x＋t比较，k相等说明两直线平行；

（Ⅲ）先求出C点坐标，再利用待定系数法求出抛物线的解析式，最后通过分类讨论：①当0n1时，②当

k

的解析式联立成方程组，解方程组即可求出交点坐标，x

11(mn)1，③当(mn)1，分别根据函数yax2bx5的22最小值为2m，最大值为2n，结合二次函数的性质列出方程，得出m，n的值． 【详解】

tyxtx解：（Ⅰ）联立k，解得：ytxy设CxC,yC，DxD,yD，

tx或t24kty2t24k2t24k2t4k22，

tt24ktt24k,若xCxD，则C22tt24ktt24k,若xCxD，则D22（Ⅱ）AB//CD， 理由：不妨设xCtt24ktt24k,，D22tt24ktt24k,，C22， ； xD，

tt24ktt24k,， D22， ， tt24ktt24k,由（1）知C22tt24ktt24k,0，B0,∴A22设直线AB的解析式为ypxq，

tt24ktt24k 则将A，B两点坐标代入有：p，q0，q22∴p1，

2tt4k

∴直线AB的解析式为：yx，

2∴直线AB与CD的位置关系是AB//CD；

（Ⅲ）将D3,2代入双曲线y

k

k0得k6， x

将D3,2代入直线yxt，得t1， ∵D3,2，

tt24ktt24k,∴由（Ⅰ）知C22， 

∴C2,3，

∵C2,3，D3,2在抛物线yax2bx5a0上， ∴4a2b53a1，解得，

9a3b52b222即yx2x5(x1)6， 由mn0，可知m0，n0，

n22n52n①当0n1时，由函数的最小值为2m，最大值为2n，可知， 2m2m52m∴m，n即为一元二次方程x22x52x的两解，即x5， ∵mn， ∴m5，n又∵0n1， ∴此情况不合题意； ②当

5．

1(mn)1，即m2n时， 22n6由函数的最小值为2m，最大值为2n，可知， 2m2m52mn3解得：，

m5此时m51，即m52n，符合题意， ∴mn53； ③当

1(mn)1，即m2n时， 22n6由函数的最小值为2m，最大值为2n，可知2，

n2n52mn3解得：，

m1

∵m0，

∴此情况不合题意，

综上所述，满足题意的mn的值为53． 【点睛】

本题主要考查反比例函数和一次函数的交点，二次函数的性质以及待定系数法求函数解析式，熟练掌握二次函数的图象和性质以及分类讨论的数学思想是解题的关键． 10．（1）y=x2-2x+3，顶点E（-1，4）；（2）当x=-2时，S△PEF有最大值为（3）点N坐标为：N（-3，4）或（-1，4）或（1，-4）或（3，-4）． 【解析】 【分析】

（1）一次函数y=x+3与坐标轴交于A、C两点，则点A、C的坐标为（-3，0）、（0，3），将点A、C的坐标代入二次函数表达式，即可求解； （2）S△PEF=

1，点P（-2，2）；2111PF×（xE-x）=×（2x+6-x-3）（-1-x）=-（x+3）（x+1），即可求解； 222（3）分点M（m，0）在x轴上、点M在y轴上两种情况分别求解． 【详解】

（1）一次函数y=x+3与坐标轴交于A、C两点，则点A、C的坐标为（-3，0）、（0，3），

09a6ca1将点A、C的坐标代入二次函数表达式得：，解得：，

c3c3故抛物线的表达式为：y=x2-2x+3， 顶点E（-1，4）；

（2）将点A、E的坐标代入一次函数表达式并解得： 直线AE的表达式为：y=2x+6， 设点P（x，2x+6），则点F（x，x+3），

111PF×（xE-x）=×（2x+6-x-3）（-1-x）=-（x+3）（x+1）， 2221当x=-2时，S△PEF有最大值为，

2S△PEF=

此时点P（-2，2）；

（3）点A、E的坐标分别为（-3，0）、（-1，4），AE2=20， ①当点M（m，0）在x轴上时，

设点N（s，t），

则AE=MN，且AE中点坐标为MN中点坐标，

t4ms4t4即：，解得：s1或3，

(ms)2t220m3或1故点N（-3，4）或（-1，4）； ②当点M在y轴上时，

同理可得：点N（1，-4）或（3，-4）；

综上，点N坐标为：N（-3，4）或（-1，4）或（1，-4）或（3，-4）． 【点睛】

此题考查二次函数综合运用，矩形的性质、一次函数，解题关键在于要注意分类求解，避免遗漏． 11．（1）y【解析】 【分析】

（1）将点A3,23和点B2,3代入函数解析式yax2bx3，解方程即可得出答案；

（2）根据抛物线与y轴交于点C，可求出点C坐标为C0,3，再根据点A3,23， 用待定系数法求出直线AC的解析式，将y=0代入直线AC的解析式，即可求出点D的坐标；（3）连接AB，根据点A、B、O三点的坐标可分别求出线段OA232(23)221，

2323321421（2）D1,0；（3）90．（4）或． xx3；55147OB222(3)27，AB2(23)2(323)228，根据勾股定理逆定理可得

AOB90；

（4）过点M作MHAB于点H，则MH的长为点M到AB的距离；分两种情况讨论，当点M与点C'重合且在y轴右侧时，根据旋转以及点M与点C'重合可得VOCDVOMD，可得MD312，MDO60，OMD30，可得出

OB71OD'，所以VBOD∽VAOM，易证AMBD；设BDt(t0)，OA213OM则AM3t，BMBDMDt2根据勾股定理得出AM2BM2AB2，解出符

合条件的t的值，再根据面积法可得MHAMBM331321；当点M与点C'AB1427重合且在y轴左侧时用同样的方法可得出MH的值. 【详解】

解：1Q抛物线yax2bx3过点A3,23和点B2,3

a9a3b323 解得：b4a2b33235 35抛物线的函数表达式为：y23x23x3

552当x0时，yax2bxC0,3

33

设直线AC解析式为：ykxc

3kc23k3 解得： 0c3c3直线AC解析式为y3x3 当y0时，3x30，解得：x1

D1,0

3如图1，连接AB

QA3,23，B2,3

OA232(23)221，OB222(3)27，AB2(23)2(323)228

OA2OB2AB2

∴AOB90

故答案为：90．

4过点M作MHAB于点H，则MH的长为点M到AB的距离．

①如图2，当点M与点C'重合且在y轴右侧时，

QVOCD绕点O旋转得VOCD(即VOMD)

OMOC3，ODOD1，MODCOD90 MD312，MDO60，OMD30

QMODAOB90

MODBOMAOBBOM

即BODAOM

QOA21，OB7 OB71OD' OA213OMVBOD∽VAOM

BD'1 BDOAMO60，AM3AMDAMOOMD603090，即AMBD

设BDt(t0)，则AM3t，BMBDMDt2

Q在RtVAMB中，AM2BM2AB2

(3t)2(t2)228

解得：t12(舍去)，t23

AM33，BM1

QSVAMB11AMBMABMH 22MHAMBM331321 AB1427②如图3，当点M与点C'重合且在y轴左侧时，

MODAODAOBAOD

即AOMBOD

同理可证：VAOM∽VBOD

AMOBDO180MDO120，

BD'1 AM3AMDAMOOMD1203090，即AMBD

设BDt(t0)，则AM3t，BMBDMDt2

Q在RtVAMB中，AM2BM2AB2

(3t)2(t2)228

解得：t12，t23(舍去)

AM23，BM4

QSVAMB11AMBMABMH 22MHAMBM234421 AB727321421或． 147综上所述，点M到AB的距离为【点睛】

本题考查二次函数综合问题；注意求函数解析式时用待定系数法，比较复杂的解析式一定要代入验算；在坐标系中求角度一般把这个角放在直角三角形中，如果这个角比较像直角的话，就利用勾股定理逆定理进行验证，其中要用到坐标系中两点距离公式：即若Ax1,y1，

Bx2,y2，那么线段ABx1x222y1y2. 12．（1）y＝x2﹣2x﹣3（2）①在点T的运动过程中，∠DMT的度数是定值②（0，3）（3）见解析 【解析】 【分析】

（1）把点B的坐标代入抛物线解析式求得系数b的值即可；

（2）①如图1，连接AD．构造Rt△AED，由锐角三角函数的定义知，tan∠DAE＝3．即∠DAE＝60°，由圆周角定理推知∠DMT＝2∠DAE＝120°； ②如图2，由已知条件MT＝

11AD，MT＝MD，推知MD＝AD，根据△ADT的外接22圆圆心M在AD的中垂线上，得到：点M是线段AD的中点时，此时AD为⊙M的直径

1AD．根据点A、D的坐标求得点M的坐标即可； 210）T0）（3）如图3，作MH⊥x于点H，则AH＝HT＝AT．易得H（a﹣1，，（2a﹣1，．由

2时，MD＝

限制性条件OH≤x≤OT、动点T在射线EB上运动可以得到：0≤a﹣1≤x≤2a﹣1． 需要分类讨论：（i）当的极值．

12a1…4，即1„a，根据抛物线的增减性求得y

2a1131(a1)…

0a1„14（ii）当2a11，即＜a≤2时，根据抛物线的增减性求得y的极值．

31(a1)2a11（iii）当a﹣1＞1，即a＞2时，根据抛物线的增减性求得y的极值． 【详解】

解：（1）把点B（3，0）代入y＝x2+bx﹣3，得32+3b﹣3＝0， 解得b＝﹣2，

则该二次函数的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3； （2）①∠DMT的度数是定值．理由如下： 如图1，连接AD．

∵抛物线y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4． ∴抛物线的对称轴是直线x＝1． 又∵点D的纵坐标为23， ∴D（1，23）．

由y＝x2﹣2x﹣3得到：y＝（x﹣3）（x+1）， ∴A（﹣1，0），B（3，0）． 在Rt△AED中，tan∠DAE＝∴∠DAE＝60°．

∴∠DMT＝2∠DAE＝120°．

∴在点T的运动过程中，∠DMT的度数是定值； ②如图2，∵MT＝∴MD＝

DE233． AE21AD．又MT＝MD， 21AD． 21AD． 2∵△ADT的外接圆圆心M在AD的中垂线上，

∴点M是线段AD的中点时，此时AD为⊙M的直径时，MD＝∵A（﹣1，0），D（1，23）， ∴点M的坐标是（0，3）．

（3）如图3，作MH⊥x于点H，则AH＝HT＝又HT＝a，

∴H（a﹣1，0），T（2a﹣1，0）．

∵OH≤x≤OT，又动点T在射线EB上运动， ∴0≤a﹣1≤x≤2a﹣1． ∴0≤a﹣1≤2a﹣1． ∴a≥1， ∴2a﹣1≥1．

1AT． 212a1…4a（i）当，即1剟时，

1(a1)…2a113当x＝a﹣1时，y最大值＝（a﹣1）2﹣2（a﹣1）﹣3＝a2﹣4a； 当x＝1时，y最小值＝4．

0a1„14（ii）当2a11，即＜a≤2时，

31(a1)2a11当x＝2a﹣1时，y最大值＝（2a﹣1）2﹣2（2a﹣1）﹣3＝4a2﹣8a． 当x＝1时，y最小值＝﹣4． （iii）当a﹣1＞1，即a＞2时，

当x＝2a﹣1时，y最大值＝（2a﹣1）2﹣2（2a﹣1）﹣3＝4a2﹣8a． 当x＝a﹣1时，y最小值＝（a﹣1）2﹣2（a﹣1）﹣3＝a2﹣4a．

【点睛】

主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系；另外，解答（3）题时，一定要分类讨论，以防漏解或错解． 13．（1）y＝-121xx2；（2）点P、Q的坐标分别为：（-15，5）、（-1-5，﹣4233）． 3；（3）存在，点K（1，25）【解析】 【分析】

（1）根据对称轴x＝1，求出点B的坐标，再将点B代入抛物线表达式中求出a的值，即可求抛物线的函数表达式；

（2）设直线PQ交y轴于点E（0，1），点P、Q横坐标分别为m，n，联立抛物线与直线PQ的表达式可得方程，求解方程即可得出点P，Q的坐标；

（3）设点K（1，m），联立PQ和AC的表达式，即可求出G点的坐标，过点G作x轴的平行线交函数对称轴于点M，交过点R与y轴的平行线于点N，通过△KMG≌△GNR可得R（m﹣1，【详解】

（1）对称轴x＝1，则点B（﹣2，0），

则抛物线的表达式为：y＝a（x+2）（x﹣4）＝a（x2﹣2x﹣8）， 即﹣8a＝2， 解得：a＝-4），将R点代入抛物线解析式即可求出m的值，求得K的坐标． 31， 4121xx2； 42故抛物线的表达式为：y＝-（2）设直线PQ交y轴于点E（0，1），点P、Q横坐标分别为m，n，

1×CE×（n﹣m）＝5，即n﹣m＝25， 2121联立抛物线与直线PQ的表达式并整理得：-x(k)x10…①，

42△CPQ的面积＝m+n＝2﹣4k，mn＝﹣4， n﹣m＝25＝mn24mn＝2-4k216，

解得：k＝0（舍去）或1；

将k＝1代入①式并解得：x＝-15，

故点P、Q的坐标分别为：（-15，5）、（-1-5，﹣5）

（3）设点K（1，m），

联立PQ和AC的表达式并解得：x＝

225，故点G（，） 333过点G作x轴的平行线交函数对称轴于点M，交过点R与y轴的平行线于点N，

则△KMG≌△GNR（AAS）， GM＝1-

521＝＝NR，MK＝-m，

333故点R的纵坐标为：

44，则点R（m﹣1，） 3333， 3将该坐标代入抛物线表达式解得：x＝1故m＝233， 333）． 3故点K（1，2【点睛】

本题考查了抛物线与直线解析式的问题，掌握一次函数和二次函数的性质以及解析式是解题的关键． 14．15m．

【解析】试题分析：

根据抛物线形的拱桥在坐标系中的位置，找出抛物线上顶点和另一个点的坐标，代入抛物线的顶点式求出抛物线的解析式，再根据铁柱所在地的横坐标求出纵坐标，就是铁柱的高度。 试题分析：

由题意，知抛物线的顶点坐标为（20，16），点B（40，0），∴可设抛物线的关系为y=a

22（x-20）+16．∵点B（40，0）在抛物线上，∴a（40-20）+16=0，∴a=-．∴y=-（x-20）

2

2+16．∵竖立柱柱脚的点为（15，0）或（25，0），∴当x=15时，y=-（15-20）+16=15m；

当x=25时，y=-（25-20）2+16=15m．∴铁柱应取15m． 15．(1)y=（x﹣2）2+3；(2) y2=﹣4x2+8x﹣4，－16． 【解析】 【分析】

(1)、根据“反簇二次函数”的定义得出答案；

(2)、根据y1的图像经过点A（1,1）求出m的值，然后得出y1+y2的函数解析式，根据“反簇二次函数”的定义得出a、b、c的值，从而得出y2的函数解析式，根据二次函数的性质得出最小值． 【详解】

解：（1）由题意得：它的“反簇二次函数”是y=（x﹣2）2+3； （2）∵y1的图像经过点A（1,1）， ∴2﹣2m+m+1=1， 解得m=2，

∴y1=2x2﹣4x+3=2（x﹣1）2+1，

∴y1+y2=2x2﹣4x+3+ax2+bx+c=（a+2）x2+（b﹣4）x+c+3， ∵y1+y2与y1为“反簇二次函数”， ∴y1+y2=-2（x﹣1）2+1=﹣2x2+4x﹣1，

2a2a4∴b44解得：b8， c31c4∴函数y2的表达式为：y2=﹣4x2+8x﹣4．

在0≤x≤3的范围内，当x=3时，y2的最小值为﹣16．

3171178224,,E1,16．（1）yxx2；（2）E1（3）,E32,2；2233335PP0,213P0,213P0,2，3，40, ，214

【解析】 【分析】

（1）将点B，D的坐标分别代入抛物线的解析式，建立关于a，c的方程组，解方程组求出a，c的值，就可得到抛物线的解析式.（2）由y=0，求出对应的x的值，即可得到点A的坐标，从而可求出AB的长，再由x=0求出对应的y的值，可得到点C的坐标，然后利用三角形的面积公式求出△ABC的面积，利用待定系数法求出直线AC的函数解析式，过点E作x轴的垂线交lAC于点F，利用函数解析式设点F，E的坐标，利用已知条件建立关于a的方程，解方程求出a的值，即可得到符合题意的点E的坐标.（3）利用等腰三角形的判定，分情况讨论：当点A为等腰△PAC的顶点时，AC=AP；当点C为等腰△PAC的顶点时，CA=CP；当点P为等腰△PAC的顶点时，CA=CP， 分别求出符合题意的点P的坐标. 【详解】

（1）将点B1,0，点D2,2代入yax24xc ， 342a+c0a3可得，解得3 ，

84ac2c23抛物线解析式：y224xx2 ； 33224（2）当y0时，xx20 ，

33224解方程xx20，得x11,x23 ，

33A3,0 ，

AB4 ，

当x0时，y2 ，

C0,2 ，

S△ABC11AByc424 ， 22设lAc:ykxb，将点A3,0,C0,2代入ykxb ，

2k3kb0得，解得3 ， b2b2

y2x2 ， 3如图1，过点E作x轴的垂线交lAc于点F ，

2224Fa,a2E设点，点a,aa2，其中1a3 ，

333SVACEa23a,1a01322EFxAxca2a2 ， 223a3a,0a31S△ABC ， 2由S△ACE可得a23a2或a23a2 ， 解得：a1317317（舍），a2,a31,a42 ， 223171178E1,,E1,2,E32,2 ； 233（3）情形一：当点A为等腰VPAC的顶点时，ACAP，如图2，

QACAP,OACP ，

COOP2 ，

点P10,2 ；

情形二：当点C为等腰VPAC的顶点时，CACP,如图3，

QCACP13 ，

P20,213,P30,213 ；

情形三：当点P为等腰VPAC的顶点时，CACP，如图4，



过线段AC的中点D作垂线交y轴于点P， 由中点坐标公式可得D3,1 ， 2PDAC ， kACkPD1 ，

又QkAC2 ， 3

3kPD ，

235lPD:yx ，

245

当x0时，y ，

4

5P40, ；

4综上所述：P40,20,213，P30,213，P10,2，P【点睛】

本题考查二次函数的实际应用-几何问题，解题时需注意利用等腰三角形的判定，分情况讨论：当点A为等腰△PAC的顶点时，AC=AP；当点C为等腰△PAC的顶点时，CA=CP；当点P为等腰△PAC的顶点时，CA=CP， 分别求出符合题意的点P的坐标. 17．（1）2,0，【解析】 【分析】

（1）判断函数图像过定点，可以分析代入x的值使得含m的同类项合并后系数为0；

2（2）由（1）中的m表示的顶点坐标，可以得到m变化时，抛物线顶点在yx4x45. 4m12,m2m4；（2） （3）521或313 0m2；24上运动，分析该函数图像和正方形ABCD的顶点位置关系即可解答；

（3）需要分类讨论，由已知点M在过点B且与AB夹角为45°的直线与抛物线在

yx24x4的交点上，可解决问题.

【详解】

解: 1yxmx2m4x4mx2x2x2m,

22当x2时，y0,

抛物线经过定点坐标是2,0．

Q抛物线的解析式为yx2mx2m4，

顶点M的对称轴为直线xbm 2a2

m1mm当x时，ym2m4m22m4 2422故答案为: 2,0；2m12,m2m4 24m12，ym2m4

4212则m2x，带入y=m2m4

42设x整理得yx4x4

即抛物线的顶点在抛物线yx4x4上运动．其对称轴为直线x2， 当抛物线顶点直线x2右侧时即m4时， 抛物线yxmx2m4与正方形ABCD无交点．

当m4时，观察抛物线的顶点所在抛物线yx4x4恰好过点

2222A(0，4)，此时m0

，5)时 当抛物线yxmx2m4过点C(151m2m4,得m2

抛物线yx2mx2m4(m为常数)与正方形ABCD的边有交点时

2m的范围为:0m2

3由2抛物线顶点M在抛物线yx24x4上运动

当点M在线段AB上方时，

过点B且使ABM45的直线解析式为yx3 联立方程x24x4x3 得交点横坐标的x1521521(舍去)x2 22m521 当点M在线段AB下方时

过点B且使ABM45的直线解析式为yx5

联立方程x24x4x5 得交点横坐标的x1313313(舍去)x2 22m313 m的值为521或313 【点睛】

本题难度比较大，关键需要找出抛物线的顶点运动轨迹与正方形ABCD的顶点位置关系.其中第三问需要分类讨论. 18．（1）抛物线解析式为y=﹣P（4，6）． 【解析】 【分析】

（1）利用待定系数法进行求解即可得；

（2）作PM⊥OB与点M，交AB于点N，作AG⊥PM，先求出直线AB解析式为y=﹣x+6，

12

x+2x+6；（2）当t=3时，△PAB的面积有最大值；（3）点212

t+2t+6），则N（t，﹣t+6），由2111S△PAB=S△PAN+S△PBN=PN•AG+PN•BM=PN•OB列出关于t的函数表达式，利用二次函

222设P（t，﹣

数的性质求解可得；

（3）由PH⊥OB知DH∥AO，据此由OA=OB=6得∠BDH=∠BAO=45°，结合∠DPE=90°知若△PDE为等腰直角三角形，则∠EDP=45°，从而得出点E与点A重合，求出y=6时x的值即可得出答案． 【详解】

（1）∵抛物线过点B（6，0）、C（﹣2，0）， ∴设抛物线解析式为y=a（x﹣6）（x+2）， 将点A（0，6）代入，得：﹣12a=6， 解得：a=﹣

1， 212（x﹣6）（x+2）=﹣

所以抛物线解析式为y=﹣

12

x+2x+6； 2（2）如图1，过点P作PM⊥OB与点M，交AB于点N，作AG⊥PM于点G，

设直线AB解析式为y=kx+b， 将点A（0，6）、B（6，0）代入，得：

b6， 6kb0k1解得：，

b6则直线AB解析式为y=﹣x+6， 设P（t，﹣

12

t+2t+6）其中0＜t＜6， 21211t+2t+6﹣（﹣t+6）=﹣t2+2t+6+t﹣6=﹣t2+3t， 222则N（t，﹣t+6）， ∴PN=PM﹣MN=﹣

∴S△PAB=S△PAN+S△PBN

11PN•AG+PN•BM 221=PN•（AG+BM） 21=PN•OB 211=×6 （﹣t2+3t）×223=﹣t2+9t

2327=﹣（t﹣3）2+，

22=

∴当t=3时，△PAB的面积有最大值； （3）△PDE为等腰直角三角形， 则PE=PD， 点P（m，-

12

m+2m+6）， 2函数的对称轴为：x=2，则点E的横坐标为：4-m，

则PE=|2m-4|， 即-

12

m+2m+6+m-6=|2m-4|， 2解得：m=4或-2或5+17或5-17（舍去-2和5+17） 故点P的坐标为：（4，6）或（5-17，317-5）． 【点睛】

本题考查了二次函数的综合问题，涉及到待定系数法、二次函数的最值、等腰直角三角形的判定与性质等，熟练掌握和灵活运用待定系数法求函数解析式、二次函数的性质、等腰直角三角形的判定与性质等是解题的关键. 19．（1）a=1，k=﹣1；（2）（2，2）；（3）2 【解析】

试题分析：（1）先求出直线y=﹣3x+3与x轴交点A，与y轴交点B的坐标，再将A、B两点坐标代入y=a（x﹣2）2+k，得到关于a，k的二元一次方程组，解方程组即可求解； （2）设Q点的坐标为（2，m），对称轴x=2交x轴于点F，过点B作BE垂直于直线x=2于点E．在Rt△AQF与Rt△BQE中，用勾股定理分别表示出AQ2=AF2+QF2=1+m2，BQ2=BE2+EQ2=4+（3﹣m）2，由AQ=BQ，得到方程1+m2=4+（3﹣m）2，解方程求出m=2，即可求得Q点的坐标；

（3）当点N在对称轴上时，由NC与AC不垂直，得出AC为正方形的对角线，根据抛物线的对称性及正方形的性质，得到M点与顶点P（2，﹣1）重合，N点为点P关于x轴的对称点，此时，MF=NF=AF=CF=1，且AC⊥MN，则四边形AMCN为正方形，在Rt△AFN中根据勾股定理即可求出正方形的边长．

试题解析：（1）∵直线y=﹣3x+3与x轴、y轴分别交于点A、B， ∴A（1，0），B（0，3）．

又∵抛物线y=a（x﹣2）2+k经过点A（1，0），B（0，3）， ∴{ak04ak3，解得{a1k1，

故a，k的值分别为1，﹣1；

（2）设Q点的坐标为（2，m），对称轴x=2交x轴于点F，过点B作BE垂直于直线x=2于点E．

在Rt△AQF中，AQ2=AF2+QF2=1+m2， 在Rt△BQE中，BQ2=BE2+EQ2=4+（3﹣m）2， ∵AQ=BQ，

∴1+m2=4+（3﹣m）2， ∴m=2，

∴Q点的坐标为（2，2）；

（3）当点N在对称轴上时，NC与AC不垂直，所以AC应为正方形的对角线． 又∵对称轴x=2是AC的中垂线，

∴M点与顶点P（2，﹣1）重合，N点为点P关于x轴的对称点，其坐标为（2，1）． 此时，MF=NF=AF=CF=1，且AC⊥MN， ∴四边形AMCN为正方形． 在Rt△AFN中，AN=AF2NF2=2，即正方形的边长为2．

考点：1、二元一次方程组的解法，2、等腰三角形的性质，3、勾股定理，4、二次函数的性质，5、正方形的判定与性质

20．(1)y＝﹣x2+2x+3；(2)点D的坐标为（1，4）或（2，3）；(3)点P坐标为：（3333，8

57333381）或（，）．

4232【解析】 【分析】

（1）OB=OC=3，则：B（3，0），C（0，-3），把B、C坐标代入抛物线方程，解得抛物线方程为：y=-x2+2x+3；

（2）S△COF：S△CDF=3：2，则S△COF=

33S△COD，即：xD=xF，即可求解； 55（3）分∠PBE或∠PEB等于2∠OBE两种情况分别求解即可． 【详解】

(1)OB＝OC＝3，则：B（3，0），C（0，﹣3）， 把B、C坐标代入抛物线方程， 解得抛物线方程为：y＝﹣x2+2x+3； (2)∵S△COF：S△CDF＝3：2， ∴S△COF＝

33S△COD，即：xD＝xF， 55设：F点横坐标为3t，则D点横坐标为5t， 点F在直线BC上，

而BC所在的直线方程为：y＝﹣x+3，则F（3t，3﹣3t）， 则：直线OF所在的直线方程为：y＝则点D（5t，5﹣5t）， 把D点坐标代入①，解得：t＝

33t1-tx＝x， 3tt12或， 55则点D的坐标为（1，4）或（2，3）； (3)①如图所示，当∠PEB＝2∠OBE＝2α时，

过点E作∠PEB的平分线交x轴于G点，PE交x轴于H点，

则：∠PEQ＝∠QEB＝∠ABE＝α，则∠HGE＝2α，

设：GB＝m，则：OG＝3﹣m，GE＝m，

在Rt△OGE中，由勾股定理得：EG2＝OG2+OE2， 即：m2＝（3﹣m）2+（

3215），解得：m＝， 28则：GE＝

91535，OG＝，BE＝， 882∵∠PEQ＝∠ABE＝α，∠EHG＝∠EHG，∴△HGE∽△HEB， ∴

GHGE5＝＝，设：GH＝5x，HE＝4x， HEBE4在Rt△OHE中，OH＝OG﹣HG＝

93﹣5x，OE＝，EH＝4x，

28由勾股定理解得：x＝66155，则：OH＝，H（，0），

111188把E、H两点坐标代入一次函数表达式， 解得EH所在直线的表达式为：y＝

113x﹣， 42将上式与①联立并解得：x＝

3333， 8则点P（

3333333381，）； 832②当∠PBE＝2∠OBE时，则∠PBO＝∠EBO，

11，则BE所在直线的k值为﹣， 221则：PB所在的直线方程为：y＝﹣x+3，

2BE所在直线的k值为将上式与①联立，解得：x＝

5，（x＝0已舍去）， 2则点P（

57，）， 24573333333381，）或（，）．

24832故：点P坐标为：（【点睛】

本题是二次函数综合题，涉及到三角形相似、勾股定理运用等诸多知识点，是一道难度较大的题目．

321．（1）x＝1；（2）①(1，3)，②a≤﹣或a＞0

8【解析】 【分析】

（1）抛物线的对称轴为：x＝﹣

b2a＝﹣＝1； 2a2a（2）①点C的坐标为（4，0），点A的坐标为（0，﹣3），即可求解；②分a＞0、a＜0两种情况，分别求解即可． 【详解】

解：（1）抛物线的对称轴为：x＝﹣

b2a＝﹣＝1； 2a2a（2）①∵直线y＝

3x﹣3与x轴，y轴分别交于点C，D， 4∴点C的坐标为（4，0），点D的坐标为（0，﹣3）， ∵抛物线与y轴的交点A与点D关于x轴对称， ∴点A的坐标为（0，3），

∵将点A向右平移1个单位长度，得到点B， ∴点B的坐标为（1，3）； ②抛物线顶点为P（1，3﹣a）， （ⅰ）当a＞0时，如图1，

令x＝4，得y＝16a﹣8a+3＝8a+3＞0，

即点C（5，0）总在抛物线上的点E（4，8a+3）的下方，

∵yP＜yB，

∴点B（1，3）总在抛物线顶点P的上方，

结合函数图象，可知当a＞0时，抛物线与线段CB恰有一个公共点； （ⅱ）当a＜0时，如图2，

当抛物线过点C（4，0）时， 316a﹣8a+3＝0，解得a＝﹣，

83结合函数图象，可得a≤﹣，

83综上所述，a的取值范围是：a≤﹣或a＞0.

8【点睛】

本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、解不等式等、面积的计算等，其中（2）②，要注意分类求解，避免遗漏． 22．（1）y＝﹣x2﹣2x+3 （2）（﹣

315517，） （3）存在，P（﹣2，3）或P（，4225317） 2【解析】 【分析】

（1）用待定系数法求解；（2）过点P作PH⊥x轴于点H，交AB于点F，直线AB解析式为y＝x+3，设P（t，﹣t2﹣2t+3）（﹣3＜t＜0），则F（t，t+3），则PF＝﹣t2﹣2t+3﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t，根据S△PAB＝S△PAF+S△PBF写出解析式，再求函数最大值；（3）设P（t，﹣t2﹣2t+3）（﹣3＜t＜0），则D（t，t+3），PD＝﹣t2﹣3t，由抛物线y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，

由对称轴为直线x＝﹣1，PE∥x轴交抛物线于点E，得yE＝yP，即点E、P关于对称轴对称，所以

xExP＝﹣1，得xE＝﹣2﹣xP＝﹣2﹣t，故PE＝|xE﹣xP|＝|﹣2﹣2t|，由△PDE为等腰2直角三角形，∠DPE＝90°，得PD＝PE，再分情况讨论：①当﹣3＜t≤﹣1时，PE＝﹣2﹣2t；②当﹣1＜t＜0时，PE＝2+2t 【详解】

解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3过点B（﹣3，0），C（1，0） ∴9a3b30a1 解得：

ab30b2∴抛物线解析式为y＝﹣x2﹣2x+3

（2）过点P作PH⊥x轴于点H，交AB于点F ∵x＝0时，y＝﹣x2﹣2x+3＝3 ∴A（0，3）

∴直线AB解析式为y＝x+3 ∵点P在线段AB上方抛物线上 ∴设P（t，﹣t2﹣2t+3）（﹣3＜t＜0） ∴F（t，t+3）

∴PF＝﹣t2﹣2t+3﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t

∴S△PAB＝S△PAF+S△PBF＝

111333PF•OH+PF•BH＝PF•OB＝（﹣t2﹣3t）＝﹣（t+）

2222222

+

27 8∴点P运动到坐标为（﹣

315，），△PAB面积最大 42（3）存在点P使△PDE为等腰直角三角形 设P（t，﹣t2﹣2t+3）（﹣3＜t＜0），则D（t，t+3） ∴PD＝﹣t2﹣2t+3﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t ∵抛物线y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4 ∴对称轴为直线x＝﹣1 ∵PE∥x轴交抛物线于点E

∴yE＝yP，即点E、P关于对称轴对称 ∴

xExP＝﹣1 2∴xE＝﹣2﹣xP＝﹣2﹣t ∴PE＝|xE﹣xP|＝|﹣2﹣2t|

∵△PDE为等腰直角三角形，∠DPE＝90° ∴PD＝PE

①当﹣3＜t≤﹣1时，PE＝﹣2﹣2t ∴﹣t2﹣3t＝﹣2﹣2t 解得：t1＝1（舍去），t2＝﹣2 ∴P（﹣2，3）

②当﹣1＜t＜0时，PE＝2+2t ∴﹣t2﹣3t＝2+2t

解得：t1＝

517517，t2＝（舍去） 22∴P（

5317517，）

225317517，）时使△PDE为等腰直角

22综上所述，点P坐标为（﹣2，3）或（三角形．

【点睛】

考核知识点：二次函数的综合.数形结合分析问题，运用轴对称性质和等腰三角形性质分析问题是关键.

23．（1）AP=【解析】 【分析】

54123；（2）点P的坐标为(，)或(2，)．

5522（1）令P点坐标为（x0，y0），根据三角形面积公式列出S△OPM关于x0的二次函数解析式，确定最大值，进而根据相似比求出当△OPM面积最大时AP的长即可；（2）将情况分为BO＝BP以及OP＝BP两种进行讨论：①当BO＝BP时，根据三角形相似求出MP的长，即P点的横坐标，将P点横坐标代入一次函数解析式，即可得到P点的坐标；②当OP＝BP时，如图，过点P作PM⊥OB于点N，根据等腰三角形的性质得到ON＝

1OB，ON的长即为P2点的横坐标，将ON＝2代入一次函数解析式中即可求出P点的纵坐标. 【详解】

（1）令点P的坐标为P(x0，y0)

11QPMy轴，SOPMOM·PM·x0·y0

221333323Sxx3x4xx2 yx3将0代入得OPM000000248824当x02时，OPM的面积，有最大值Smax即：PM2，

3， 2PM//OB，

APPM ABOBAB·PM 即APOBQ直线AB分别交两坐标轴于点A、B， 

A0,3，B4,0，

OA3，OB4， AB5，

AP5； 2（2）①在BOP中，当BOBP时

BPBO4，AP1

QPM//OB， 1APPM ABOB4 MP，

54312 将MP代入代入yx3中，得OM545412P(，)； 155

②在BOP中，当OPBP时，如图， 过点P作PNOB于点N

QOPBP，

1ONOB2

2将ON2代入y33x3中得，NP 423点P的坐标为P2,，

2即：点P的坐标为(，【点睛】

本题主要考查一次函数的图像与性质、一次函数解析式、二次函数解析式、相似三角形的性质，仔细读题，熟练掌握这些知识点并依据图形灵活运用是解答此类题目的关键.

24．（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）5π；（3）Q（1，0）或Q（2﹣7，0）或Q（2+7，0）时C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形；T1以点B，（4）存在，（﹣

45123)或2,． 5239134，）或T2（，2423151923413419234332623 ）或T3（，）或T4（，）或T5（，）．4224424

【解析】 【分析】

（1）由N与M图象下方的部分关于x轴对称，则可求N的解析式；

（2）求出A、B、C点坐标，分别作BC与AB的垂直平分线交于点O'，则O'为△ABC的外接圆，由等腰三角形的性质和勾股定理可求外接圆半径；

（3）分两种情况：当P点在M上时，设P（m，m2﹣2m﹣3），Q（n，0），当P点在N上时，设P（m，﹣m2+2m+3），Q（n，0），再在每种情况中分两种情况①当BQ∥PC，BQ＝PC时，②当BP∥CQ，BP＝CQ时，利用平行四边形对角线互相平分的性质，中点重合联立方程组求解；

D1D2所在直线与直线BC间的距离为22，（4）由已知可得D1D2所在直线与直线BC平行，设D1D2的直线解析式为y＝﹣x+b，由b﹣3＝4，可求y＝﹣x+7，再与抛物线联立方程组即可求D1、D2点坐标；T1，T2，T3，T4，T5到直线BC的距离为

92，设与BC平行的直线8为y＝﹣x+t，则|t﹣3|＝

3921，则五个点分别在直线y＝﹣x+或y＝﹣x+上，再将直线与

444M、N的解析式联立即可求坐标． 【详解】

解：（1）∵N与M图象下方的部分关于x轴对称， ∴N所在函数解析式为y＝﹣x2+2x+3； （2）令x2﹣2x﹣3＝0，解得x＝﹣1或x＝3， ∴A（﹣1，0），B（3，0）， ∵曲线N交y轴于点C， ∴C（0，3），

分别作BC与AB的垂直平分线交于点O'，则O'为△ABC的外接圆，

∵Rt△BOC为等腰直角三角形，

∴OO'＝OH＝O'H＝1， ∵HB＝2， ∴O'B＝5，

∵O'B是△ABC外接圆的半径， ∴△ABC外接圆的面积＝5π；

（3）当P点在M上时，设P（m，m2﹣2m﹣3），Q（n，0）， ∴m≥3或m≤﹣1；

mnm22m333①当BQ∥PC，BQ＝PC时，B、C的中点为P、Q的中点为 （，），（，），

22223m22m3∴＝，解得m＝1+7或m＝1﹣7， 223mn＝，解得n＝2﹣7或n＝2+7， 22∴Q（2﹣7，0）或Q（2+7，0）；

m22mn3②当BP∥CQ，BP＝CQ时，B、Q的中点为（ ，0），P、C的中点为（，），

222m22m∴＝0，解得m＝0或m＝2（都不符合）；

2当P点在N上时，设P（m，﹣m2+2m+3），Q（n，0）， ∴﹣1≤m≤3，

mnm22m333③当BQ∥PC，BQ＝PC时，B、C的中点为P、Q的中点为 （，），（，），

22223m22m3∴＝，解得m＝0或m＝2， 223mn＝，解得n＝3或n＝1， 22∴Q（1，0）或Q（3，0）， ∵Q（3，0）与B（3，0）重合， ∴Q（1，0）；

m22m6n3④当BP∥CQ，BP＝CQ时，B、Q的中点为0）P、C的中点为 （，，（，），

222m22m6∴＝0，解得m＝1+7或m＝1﹣7（都不符合）；

2综上所述：Q（1，0）或Q（2﹣7，0）或Q（2+7，0）时以点B，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形；

（4）∵SVD1BC＝SVD2BC＝S△ABC， ∴D1D2所在直线与直线BC平行， ∵BC＝32，

设A点到BC的距离为h， ∵△ABC的面积＝∴h＝22，

∴D1D2所在直线与直线BC间的距离为22， 设D1D2的直线解析式为y＝﹣x+b， ∴b﹣3＝4， ∴b＝7， ∴y＝﹣x+7， 联立11×32h＝×4×3， 22yx7141141xx，解得＝或＝， 222yx2x314113411411341，），D2（，）； 2222∴D1（yx7联立，解得x无解； 2yx2x3综上所述：D1（

14113411411341，），D2（，）； 2222∵T1，T2，T3，T4，T5与点B，C围成的三角形的面积为

27， 8

∴T1，T2，T3，T4，T5到直线BC的距离为设与BC平行的直线为y＝﹣x+t， ∴|t﹣3|＝

92， 89， 4∴t＝

321或t＝， 44321或y＝﹣x+，

44∴y＝﹣x+

当点在M上时，x≥3或x≤﹣1，

3yx53联立，解得x＝或x＝﹣， 4222yx2x33， 239∴T1（﹣，）；

24∴x＝﹣

21yx134134联立，解得x＝或x＝， 4222yx2x3∴T2（

1341923413419234，）或T3（，）；

4422当点在N上时，﹣1≤x≤3，

3yx332332联立，解得x＝（舍）或x＝， 4222yx2x3∴T4（

623332，）； 24213yx联立，解得x＝， 422yx2x3∴T5（

315，）； 42

综上所述：存在五个点符合条件，分别是T1（﹣

3913419234，）或T2（，）2442或T3（

31513419234623332，）或T4（，）或T5（，）．

422424【点睛】

本题考查二次函数的综合；熟练掌握二次函数的图象及性质，将三角形面积转化为两条平行线间的距离关系是解题的关键． 25．（1）直线y=

31x+4，点B的坐标为（8，16）；（2）点C的坐标为（﹣，0），（0，0），22（6，0），（32，0）；（3）当M的横坐标为6时，MN+3PM的长度的最大值是18． 【解析】 【分析】

（1）首先求得点A的坐标，然后利用待定系数法确定直线的解析式，从而求得直线与抛物线的交点坐标；

（2）分若∠BAC=90°，则AB2+AC2=BC2；若∠ACB=90°，则AB2=AC2+BC2；若∠ABC=90°，则AB2+BC2=AC2三种情况求得m的值，从而确定点C的坐标；

1212a216（3）设M（a，a），得MN=a+1，然后根据点P与点M纵坐标相同得到x=，

446从而得到MN+3PM=﹣【详解】

（1）∵点A是直线与抛物线的交点，且横坐标为-2，

12

a+3a+9，确定二次函数的最值即可． 41y(2)21,A点的坐标为（-2，1），

4设直线的函数关系式为y=kx+b， 将（0，4），（-2，1）代入得b4

2kb13k解得2

b4∴y＝

3x＋4 2∵直线与抛物线相交，

31x4x2 24解得：x=-2或x=8， 当x=8时，y=16，

∴点B的坐标为（8，16）； （2）存在．

∵由A(－2，1)，B(8，16)可求得AB2＝(8+2)2+(16-1)2=325 .设点C(m，0)，

同理可得AC2＝(m＋2)2＋12＝m2＋4m＋5， BC2＝(m－8)2＋162＝m2－16m＋320，

①若∠BAC＝90°，则AB2＋AC2＝BC2，即325＋m2＋4m＋5＝m2－16m＋320，解得m＝－

1 ；2②若∠ACB＝90°，则AB2＝AC2＋BC2，即325＝m2＋4m＋5＋m2－16m＋320，解得m＝0或m＝6；

③若∠ABC＝90° ，则AB2＋BC2＝AC2，即m2＋4m＋5＝m2－16m＋320＋325，解得m＝32，∴点C的坐标为(－（3）设M(a，

1，0)，(0，0)，(6，0)，(32，0) 212

a)， 4211则MN＝aa21a21， 442又∵点P与点M纵坐标相同， ∴

13x＋4＝a2， 24a216∴x= ，

6a216∴点P的横坐标为，

6a216∴MP＝a－，

61211a216∴MN＋3PM＝a＋1＋3(a－)＝－a2＋3a＋9＝－ (a－6)2＋18，

4446∵－2≤6≤8，

∴当a＝6时，取最大值18，

∴当M的横坐标为6时，MN＋3PM的长度的最大值是18

26．（1）二次函数的表达式为：y=x2﹣4x+3；（2）点P的坐标为：（0，3+32）或（0，3﹣32）或（0，-3）或（0，0）；（3）当点M出发1秒到达D点时，△MNB面积最大，最大面积是1．此时点N在对称轴上x轴上方2个单位处或点N在对称轴上x轴下方2个单位处． 【解析】 【分析】

（1）把A（1，0）和C（0，3）代入y=x2+bx+c得方程组，解方程组即可得二次函数的表达式；

（2）先求出点B的坐标，再根据勾股定理求得BC的长，当△PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：①CP=CB；②BP=BC；③PB=PC；分别根据这三种情况求出点P的坐标； （3）设AM=t则DN=2t，由AB=2，得BM=2﹣t，S△MNB=

1×2t=﹣t2+2t，把（2﹣t）×2解析式化为顶点式，根据二次函数的性质即可得△MNB最大面积；此时点M在D点，点N在对称轴上x轴上方2个单位处或点N在对称轴上x轴下方2个单位处． 【详解】

解：（1）把A（1，0）和C（0，3）代入y=x2+bx+c，

1bc0 c3解得：b=﹣4，c=3，

∴二次函数的表达式为：y=x2﹣4x+3； （2）令y=0，则x2﹣4x+3=0， 解得：x=1或x=3， ∴B（3，0）， ∴BC=32，

点P在y轴上，当△PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：如图1， ①当CP=CB时，PC=32，∴OP=OC+PC=3+32或OP=PC﹣OC=32﹣3

∴P1（0，3+32），P2（0，3﹣32）； ②当PB=PC时，OP=OB=3， ∴P3（0，-3）； ③当BP=BC时， ∵OC=OB=3 ∴此时P与O重合， ∴P4（0，0）；

综上所述，点P的坐标为：（0，3+32）或（0，3﹣32）或（﹣3，0）或（0，0）；

（3）如图2，设AM=t，由AB=2，得BM=2﹣t，则DN=2t， ∴S△MNB=

1×2t=﹣t2+2t=﹣（t﹣1）2+1， （2﹣t）×2当点M出发1秒到达D点时，△MNB面积最大，最大面积是1．此时点N在对称轴上x轴上方2个单位处或点N在对称轴上x轴下方2个单位处．

27．（1）＞，＞；（2）y124xx4；（3）E（4，﹣4）或（2+27，4）或（2-27，33

4）． 【解析】 【分析】

（1）由抛物线开口向上，且与x轴有两个交点，即可做出判断；

（2）根据抛物线的对称轴及A的坐标，确定出B的坐标，将A，B，C三点坐标代入求出a，b，c的值，即可确定出抛物线解析式；

（3）存在，分两种情况讨论：（i）假设存在点E使得以A，C，E，F为顶点所组成的四边形是平行四边形，过点C作CE∥x轴，交抛物线于点E，过点E作EF∥AC，交x轴于点F，如图1所示；

（ii）假设在抛物线上还存在点E′，使得以A，C，F′，E′为顶点所组成的四边形是平行四边形，过点E′作E′F′∥AC交x轴于点F′，则四边形ACF′E′即为满足条件的平行四边形，可得AC=E′F′，AC∥E′F′，如图2，过点E′作E′G⊥x轴于点G，分别求出E坐标即可． 【详解】 （1）a＞0，

＞0；

（2）∵直线x=2是对称轴，A（﹣2，0）， ∴B（6，0）， ∵点C（0，﹣4），

将A，B，C的坐标分别代入yaxbxc，解得：a∴抛物线的函数表达式为y214，b，c4，

33124xx4； 33（3）存在，理由为：（i）假设存在点E使得以A，C，E，F为顶点所组成的四边形是平行四边形，过点C作CE∥x轴，交抛物线于点E，过点E作EF∥AC，交x轴于点F，如图1所示，

则四边形ACEF即为满足条件的平行四边形，

∵抛物线y124xx4关于直线x=2对称， 33∴由抛物线的对称性可知，E点的横坐标为4， 又∵OC=4，∴E的纵坐标为﹣4， ∴存在点E（4，﹣4）；

（ii）假设在抛物线上还存在点E′，使得以A，C，F′，E′为顶点所组成的四边形是平行四边形，

过点E′作E′F′∥AC交x轴于点F′，则四边形ACF′E′即为满足条件的平行四边形， ∴AC=E′F′，AC∥E′F′，如图2，过点E′作E′G⊥x轴于点G， ∵AC∥E′F′， ∴∠CAO=∠E′F′G，

又∵∠COA=∠E′GF′=90°，AC=E′F′， ∴△CAO≌△E′F′G， ∴E′G=CO=4， ∴点E′的纵坐标是4， ∴4124xx4，解得：x1227，x2227， 33∴点E′的坐标为（2+27，4），同理可得点E″的坐标为（2-27，4）．

121228．（1）yxx4；（2）St2t(0＜t＜4）；（3）K(1,-1)

22【解析】 【分析】

2（1）利用yx4求出点C、A的坐标及点B的坐标，即可代入yaxbxc求出解

析式；

（2）过点D作DE⊥x轴于E，作QF⊥DE于F，设QF=m，根据△QDF≌△DPE 求出FD=4+t-m，EP=4-t+m，解出m=t ，即可根据三角形的面积公式计算得到函数解析式及t的

取值范围；

（3）作PL∥OQ ，GM⊥AB于M ，KN⊥AB于N，证得 △PGL≌△QGC，得到GP=GQ，根据勾股定理求出t，再证明四边形PGDK为正方形，根据正方形的性质及△GMP≌△PNK求出AN及ON即可. 【详解】

（1）解：当x=0时，y=4，∴C（0,4） 当y=0时，x=-4，∴A（-4，0） ∵OC=2OB， ∴OB=2 ， ∴B（2,0）

c4代入抛物线解析式得16a4bc0，

4a2bc01a2解得b1 ，

c41∴抛物线的解析式为yx2x4；

2（2）过点D作DE⊥x轴于E，作QF⊥DE于F，

∴四边形QOEF为矩形 ∴QF=OE，QO=FE, 设QF=m，

∵△QDF≌△DPE ，

∴QF=DE=m ,FD=EP， ∵FD=4+t-m，EP=4-t+m， ∴4-t+m=4+t-m， ∴m=t ， ∵OP=4-t， ∴S111OPDE(4t)tt22t (0＜t＜4）， 222（3）作PL∥OQ ，GM⊥AB于M ，KN⊥AB于N， ∵OC=OA， ∴PL=PA ， ∵PA=CQ， ∴PL=CQ， ∴△PGL≌△QGC， ∴GP=GQ， ∵OG=10， ∴PQ=2OG210，

在Rt△OPQ中，得（4-t）2+(4+t)2=(210)2， ∴t=2 ，

∵△PDG为等腰直角三角形， ∴四边形PGDK为正方形， ∵OQ=6， ∴GM=3， ∵GP=GO， ∴PM=MO=1， ∵△GMP≌△PNK， ∴GM=PN=3，PM=KN=1， ∴AN=5，ON=1, ∴K(1,-1)

【点睛】

此题考查了求一次函数图象与坐标轴的交点坐标，待定系数法求二次函数解析式，矩形的性质，等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定及性质，勾股定理，正方形的判定定理，是较难的一道抛物线的综合题. 29．（1）y3215xx3 ；（2）存在点P，使得四边形PAOC的周长最小，四边形PAOC44237,0或,0. 88周长的最小值为9；（3）Q的坐标【解析】 【分析】

（1）将A（1，0）、B（4，0）、C（0，3）代入y＝ax2+bx+c，求出a、b、c即可； （2）四边形PAOC的周长最小值为：OC+OA+BC＝1+3+5＝9； （3）分两种情况讨论：①当△BPQ∽△BCA，②当△BQP∽△BCA． 【详解】

abc0解：（1）由已知得16a4bc0，

c33a415 解得 b4c3所以，抛物线的解析式为y3215xx3； 44（2）∵A、B关于对称轴对称，如下图，连接BC，与对称轴的交点即为所求的点P，此时

PA+PC＝BC，

∴四边形PAOC的周长最小值为：OC+OA+BC， ∵A（1，0）、B（4，0）、C（0，3）， ∴OA＝1，OC＝3，BC＝5， ∴OC+OA+BC＝1+3+5＝9；

∴在抛物线的对称轴上存在点P，使得四边形PAOC的周长最小，四边形PAOC周长的最小值为9；

（3）如上图，设对称轴与x轴交于点D． ∵A（1，0）、B（4，0）、C（0，3）， ∴OB＝4，AB＝3，BC＝5， 3直线BC：yx3，

4由二次函数可得，对称轴直线x∴P5， 21559,,BP，

828①当△BPQ∽△BCA，

BQBP， BABC15BQ83，

3589BQ，

8OQ0BBQ4923， 88

23Q1,0 8②当△BQP∽△BCA，

BQBP， BCBA15BQ85， 53825BQ，

8OQOBBQ47Q2,0，

8综上，求得点Q的坐标【点睛】

本题考查了二次函数，熟练运用二次函数的性质与相似三角形的性质是解题的关键． 30．（1）y【解析】 【分析】

（1）将A、B的坐标代入解答即可. （2）先求出BC的解析式y257， 88237,0或,0 88123xx2；（2）2；（3）（1,0）或（3,0） D(1，3)或（3,2） 22131x2，再将x=2代入yx2x2和

222y1x2，得出D、N的坐标即可求出DN的值，再根据三角形的面积公式计算出2答案即可.

（2t1,0)，设P（2t-1，m）（3）由BM的值得出M的坐标M，由勾股定理可得

PC22t5m2，根据题意PB=PC，所以2t1m22t5m2，得出

P的坐标为P2t1,4t5，PC⊥PB故【详解】

22224t74t5•1，解得t=1或t=2，即得出答案. 2t12t5

2（1）将A(-1, 0)，B(4, 0)代入yaxbx2中，得：

ab20 16a4b201a2 解得：3b2故二次函数的表达式为：y（2）Qt123xx2 223 2AM=3

又QOA1

OM2

设BC的表达式为ykxbk0 将点C（0，2），B（4，0）代入得：

b2 4kb01k解得：2

b2故直线BC的解析式为：y1x2 2将x=2代入y1231xx2和yx2， 222得D(2,3)，N（2，1）

DN2

S△DNB1222 2（3）QBM52t

M（2t1,0)

设P（2t-1，m）

QPC22t1m2 PC22t5m2，且PB=PC 2t1m22t5m2

222222m4t5

P2t1,4t5

QPC⊥PB

4t74t5•1 2t12t5t=1或t=2

M1,0或者M3,0

D（1，3）或者D（3，2）

【点睛】

本题主要考查二次函数综合题，解题关键是根据点的坐标求出函数解析式.