中考数学二次函数综合题含答案2.doc

中考数学二次函数综合经典题含答案

一、二次函数
1．在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C（0，3），顶点为G．
（1）求抛物线和直线AC解析式；
（2）如图，设E（m，0）为x轴上一动点，若△CGE和△CGO面积满足S△CGE＝S△CGO，求点E坐标；
（3）如图，设点P从点A出发，以每秒1个单位长度速度沿x轴向右运动，运动时间为ts，点M为射线AC上一动点，过点M作MN∥x轴交抛物线对称轴右侧部分于点N．试探究点P在运动过程中，与否存在以P，M，N为顶点三角形为等腰直角三角形？若存在，求出t值；若不存在，请阐明理由．

【答案】（1）抛物线解析式为：y＝﹣x2+2x+3；直线AC解析式为：y＝3x+3；（2）点E坐标为（1，0）或（﹣7，0）；（3）存在以P，M，N为顶点三角形为等腰直角三角形，t值为或或．
【解析】
【分析】
（1）用待定系数法即能求出抛物线和直线AC解析式．
（2）△CGE与△CGO虽然有公共底边CG，但高不好求，故把△CGE构造在比很好求三角形内计算．延长GC交x轴于点F，则△FGE与△FCE差即为△CGE．
（3）设M坐标（e，3e+3），分别以M、N、P为直角顶点作分类讨论，运用等腰直角三角形特殊线段长度关系，用e表达有关线段并列方程求解，再根据e与AP关系求t值．
【详解】
（1）∵抛物线y=ax2+bx+c过点A（-1，0），B（3，0），C（0，3），
, 解得：，
∴抛物线解析式为：y=-x2+2x+3，
设直线AC解析式为y=kx+3，
∴-k+3=0，得：k=3，
∴直线AC解析式为：y=3x+3.
（2）延长GC交x轴于点F，过G作GH⊥x轴于点H，

∵y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，
∴G（1，4），GH=4，
∴S△CGO=OC•xG=×3×1=，
∴S△CGE=S△CGO=×=2，
①若点E在x轴正半轴上，
设直线CG：y=k1x+3，
∴k1+3=4  得：k1=1，
∴直线CG解析式：y=x+3，
∴F（-3，0），
∵E（m，0），
∴EF=m-（-3）=m+3，
∴S△CGE=S△FGE-S△FCE=EF•GH-EF•OC=EF•（GH-OC）=（m+3）•（4-3）=，
∴=2，解得：m=1，
∴E坐标为（1，0）.
②若点E在x轴负半轴上，则点E到直线CG距离与点（1，0）到直线CG距离相等，
即点E到F距离等于点（1，0）到F距离，
∴EF=-3-m=1-（-3）=4，
解得：m=-7  即E（-7，0），
综上所述，点E坐标为（1，0）或（-7，0）.
（3）存在以P，M，N为顶点三角形为等腰直角三角形，
设M（e，3e+3），则yN=yM=3e+3，
①若∠MPN=90°，PM=PN，如图2，过点M作MQ⊥x轴于点Q，过点N作NR⊥x轴于点R，

∵MN∥x轴，
∴MQ=NR=3e+3，
∴Rt△MQP≌Rt△NRP（HL），
∴PQ=PR，∠MPQ=∠NPR=45°，
∴MQ=PQ=PR=NR=3e+3，
∴xN=xM+3e+3+3e+3=7e+6，即N（7e+6，3e+3），
∵N在抛物线上，
∴-（7e+6）2+2（7e+6）+3=3e+3，
解得：e1=-1（舍去），e2=−，
∵AP=t，OP=t-1，OP+OQ=PQ，
∴t-1-e=3e+3，
∴t=4e+4=，
②若∠PMN=90°，PM=MN，如图3，

∴MN=PM=3e+3，
∴xN=xM+3e+3=4e+3，即N（4e+3，3e+3），
∴-（4e+3）2+2（4e+3）+3=3e+3，
解得：e1=-1（舍去），e2=−，
∴t=AP=e-（-1）=−+1＝，
③若∠PNM=90°，PN=MN，如图4，

∴MN=PN=3e+3，N（4e+3，3e+3），
解得：e=−，
∴t=AP=OA+OP=1+4e+3=，
综上所述，存在以P，M，N为顶点三角形为等腰直角三角形，t值为或或．
【点睛】
本题考察了待定系数法求函数解析式，坐标系中三角形面积计算，等腰直角三角形性质，解一元二次方程，考察了分类讨论和方程思想．第（3）题根据等腰直角三角形性质找到有关线段长关系是解题关键，灵活运用因式分解法解一元二次方程能简便运算．

2．某厂家生产一种新型电子产品，制造时每件成本为40元，通过试销发现，销售量万件与销售单价元之间符合一次函数关系，其图象如图所示．
求y与x函数关系式；
物价部门规定：这种电子产品销售单价不得超过每件80元，那么，当销售单价x定为每件多少元时，厂家每月获得利润最大？最大利润是多少？

【答案】（1）；（2）当销售单价x定为每件80元时，厂家每月获得利润最大，最大利润是4800元．
【解析】
【分析】
根据函数图象通过点和点，运用待定系数法即可求出y与x函数关系式；
先根据利润销售数量销售单价成本，由试销期间销售单价不低于成本单价，也不高于每公斤80元，结合电子产品成本价即可得出x取值范围，根据二次函数增减性可得最值．
【详解】
解：设y与x函数关系式为，
函数图象通过点和点，
，解得：，
与x函数关系式为．
由题意得：．
试销期间销售单价不低于成本单价，也不高于每公斤80元，且电子产品成本为每公斤40元，
自变量x取值范围是．
，
当时，w随x增大而增大，
时，w有最大值，
当时，，
答：当销售单价x定为每件80元时，厂家每月获得利润最大，最大利润是4800元．
【点睛】
本题考察了一次函数和二次函数应用，根据点坐标运用待定系数法求出函数关系式是解题关键，并注意最值求法．

3．如图，抛物线y＝x2+bx﹣2与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，且A（﹣1，0）．
（1）求抛物线解析式及顶点D坐标；
（2）判断△ABC形状，证明你结论；
（3）点M是抛物线对称轴上一种动点，当MC+MA值最小时，求点M坐标．

【答案】（1）抛物线解析式为y＝x﹣2，顶点D坐标为 （，﹣）；（2）△ABC是直角三角形，证明见解析；（3）点M坐标为（，﹣）．
【解析】
【分析】
（1）由于点A在抛物线上，因此将点A代入函数解析式即可求得答案；
（2）由函数解析式可以求得其与x轴、y轴交点坐标，即可求得AB、BC、AC长，由勾股定理逆定理可得三角形形状；
（3）根据抛物线性质可得点A与点B有关对称轴x对称，求出点B，C坐标，根据轴对称性，可得MA＝MB，两点之间线段最短可知，MC+MB值最小．则BC与直线x交点即为M点，运用得到系数法求出直线BC解析式，即可得到点M坐标．
【详解】
（1）∵点A（﹣1，0）在抛物线ybx﹣2上，∴b×（﹣1）﹣2＝0，解得：b，∴抛物线解析式为yx﹣2．
yx﹣2（x2﹣3x﹣4 ），∴顶点D坐标为 （）．
（2）当x＝0时y＝﹣2，∴C（0，﹣2），OC＝2．
当y＝0时，x﹣2＝0，∴x1＝﹣1，x2＝4，∴B （4，0），∴OA＝1，OB＝4，AB＝5．
∵AB2＝25，AC2＝OA2+OC2＝5，BC2＝OC2+OB2＝20，∴AC2+BC2＝AB2．∴△ABC是直角三角形．
（3）∵顶点D坐标为 （），∴抛物线对称轴为x．
∵抛物线yx2+bx﹣2与x轴交于A，B两点，∴点A与点B有关对称轴x对称．
∵A（﹣1，0），∴点B坐标为（4，0），当x＝0时，yx﹣2＝﹣2，则点C坐标为（0，﹣2），则BC与直线x交点即为M点，如图，根据轴对称性，可得：MA＝MB，两点之间线段最短可知，MC+MB值最小．

设直线BC解析式为y＝kx+b，把C（0，﹣2），B（4，0）代入，可得：，解得：，∴yx﹣2．
当x时，y，∴点M坐标为（）．
【点睛】
本题考察了待定系数法求二次函数解析式、一次函数解析式、直角三角形性质及判定、轴对称性质，处理本题关键是运用待定系数法求函数解析式．

4．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx﹣3（a≠0）与x轴交于点A（﹣2，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C．

（1）求抛物线解析式；
（2）点P从A点出发，在线段AB上以每秒3个单位长度速度向B点运动，同步点Q从B点出发，在线段BC上以每秒1个单位长度速度向C点运动，其中一种点抵达终点时，另一种点也停止运动，当△PBQ存在时，求运动多少秒使△PBQ面积最大，最大面积是多少？
（3）当△PBQ面积最大时，在BC下方抛物线上存在点K，使S△CBK：S△PBQ=5：2，求K点坐标．
【答案】（1）y=x2﹣x﹣3
（2）运动1秒使△PBQ面积最大，最大面积是
（3）K1（1，﹣），K2（3，﹣）
【解析】
【详解】
试题分析：（1）把点A、B坐标分别代入抛物线解析式，列出有关系数a、b解析式，通过解方程组求得它们值；
（2）设运动时间为t秒．运用三角形面积公式列出S△PBQ与t函数关系式S△PBQ=﹣（t﹣1）2+．运用二次函数图象性质进行解答；
（3）运用待定系数法求得直线BC解析式为y=x﹣3．由二次函数图象上点坐标特征可设点K坐标为（m，m2﹣m﹣3）．
如图2，过点K作KE∥y轴，交BC于点E．结合已知条件和（2）中成果求得S△CBK=．则根据图形得到：S△CBK=S△CEK+S△BEK=EK•m+•EK•（4﹣m），把有关线段长度代入推知：﹣m2+3m=．易求得K1（1，﹣），K2（3，﹣）．
解：（1）把点A（﹣2，0）、B（4，0）分别代入y=ax2+bx﹣3（a≠0），得
，
解得，
因此该抛物线解析式为：y=x2﹣x﹣3；
（2）设运动时间为t秒，则AP=3t，BQ=t．
∴PB=6﹣3t．
由题意得，点C坐标为（0，﹣3）．
在Rt△BOC中，BC==5．
如图1，过点Q作QH⊥AB于点H．

∴QH∥CO，
∴△BHQ∽△BOC，
∴，即，
∴HQ=t．
∴S△PBQ=PB•HQ=（6﹣3t）•t=﹣t2+t=﹣（t﹣1）2+．
当△PBQ存在时，0＜t＜2
∴当t=1时，
S△PBQ最大=．
答：运动1秒使△PBQ面积最大，最大面积是；
（3）设直线BC解析式为y=kx+c（k≠0）．
把B（4，0），C（0，﹣3）代入，得
，
解得，
∴直线BC解析式为y=x﹣3．
∵点K在抛物线上．
∴设点K坐标为（m，m2﹣m﹣3）．
如图2，过点K作KE∥y轴，交BC于点E．则点E坐标为（m，m﹣3）．

∴EK=m﹣3﹣（m2﹣m﹣3）=﹣m2+m．
当△PBQ面积最大时，∵S△CBK：S△PBQ=5：2，S△PBQ=．
∴S△CBK=．
S△CBK=S△CEK+S△BEK=EK•m+•EK•（4﹣m）
=×4•EK
=2（﹣m2+m）
=﹣m2+3m．
即：﹣m2+3m=．
解得 m1=1，m2=3．
∴K1（1，﹣），K2（3，﹣）．
点评：本题是二次函数综合题型，其中波及到知识点有待定系数法求二次函数解析式和三角形面积求法．在求有关动点问题时要注意该点运动范围，即自变量取值范围．

5．如图1，已知抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于C点，点P是抛物线上在第一象限内一种动点，且点P横坐标为t．
（1）求抛物线体现式；
（2）设抛物线对称轴为l，l与x轴交点为D．在直线l上与否存在点M，使得四边形CDPM是平行四边形？若存在，求出点M坐标；若不存在，请阐明理由．
（3）如图2，连接BC，PB，PC，设△PBC面积为S．
①求S有关t函数体现式；
②求P点到直线BC距离最大值，并求出此时点P坐标．

【答案】（1）y=﹣x2+2x+3．（2）当t=2时，点M坐标为（1，6）；当t≠2时，不存在，理由见解析；（3）y=﹣x+3；P点到直线BC距离最大值为，此时点P坐标为（，）．
【解析】
【分析】（1）由点A、B坐标，运用待定系数法即可求出抛物线体现式；
（2）连接PC，交抛物线对称轴l于点E，由点A、B坐标可得出对称轴l为直线x=1，分t=2和t≠2两种状况考虑：当t=2时，由抛物线对称性可得出此时存在点M，使得四边形CDPM是平行四边形，再根据点C坐标运用平行四边形性质可求出点P、M坐标；当t≠2时，不存在，运用平行四边形对角线互相平分结合CE≠PE可得出此时不存在符合题意点M；
（3）①过点P作PF∥y轴，交BC于点F，由点B、C坐标运用待定系数法可求出直线BC解析式，根据点P坐标可得出点F坐标，进而可得出PF长度，再由三角形面积公式即可求出S有关t函数体现式；
②运用二次函数性质找出S最大值，运用勾股定理可求出线段BC长度，运用面积法可求出P点到直线BC距离最大值，再找出此时点P坐标即可得出结论．
【详解】（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）代入y=﹣x2+bx+c，
得，解得：，
∴抛物线体现式为y=﹣x2+2x+3；
（2）在图1中，连接PC，交抛物线对称轴l于点E，
∵抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，
∴抛物线对称轴为直线x=1，
当t=2时，点C、P有关直线l对称，此时存在点M，使得四边形CDPM是平行四边形，
∵抛物线体现式为y=﹣x2+2x+3，
∴点C坐标为（0，3），点P坐标为（2，3），
∴点M坐标为（1，6）；
当t≠2时，不存在，理由如下：
若四边形CDPM是平行四边形，则CE=PE，
∵点C横坐标为0，点E横坐标为0，
∴点P横坐标t=1×2﹣0=2，
又∵t≠2，
∴不存在；
（3）①在图2中，过点P作PF∥y轴，交BC于点F．
设直线BC解析式为y=mx+n（m≠0），
将B（3，0）、C（0，3）代入y=mx+n，
得，解得：，
∴直线BC解析式为y=﹣x+3，
∵点P坐标为（t，﹣t2+2t+3），
∴点F坐标为（t，﹣t+3），
∴PF=﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3）=﹣t2+3t，
∴S=PF•OB=﹣t2+t=﹣（t﹣）2+；
②∵﹣＜0，
∴当t=时，S取最大值，最大值为．
∵点B坐标为（3，0），点C坐标为（0，3），
∴线段BC=，
∴P点到直线BC距离最大值为，
此时点P坐标为（，）．

【点睛】本题考察了待定系数法求一次（二次）函数解析式、平行四边形判定与性质、三角形面积、一次（二次）函数图象上点坐标特征以及二次函数性质，解题关键是：（1）由点坐标，运用待定系数法求出抛物线体现式；（2）分t=2和t≠2两种状况考虑；（3）①运用三角形面积公式找出S有关t函数体现式；②运用二次函数性质结合面积法求出P点到直线BC距离最大值．

6．如图①，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y=ax2+bx+3通过点A(-1，0) 、B(3，0) 两点，且与y轴交于点C
.
（1）求抛物线体现式；
（2）如图②，用宽为4个单位长度直尺垂直于x轴，并沿x轴左右平移，直尺左右两边所在直线与抛物线相交于P、 Q两点（点P在点Q左侧），连接PQ，在线段PQ上方抛物线上有一动点D，连接DP、DQ.
①若点P横坐标为，求△DPQ面积最大值，并求此时点D 坐标；
②直尺在平移过程中，△DPQ面积与否有最大值？若有，求出面积最大值；若没有，请阐明理由.
【答案】（1）抛物线y=-x2+2x+3；（2）①点D（ ）；②△PQD面积最大值为8
【解析】
分析：（1）根据点A、B坐标，运用待定系数法即可求出抛物线体现式；
（2）（I）由点P横坐标可得出点P、Q坐标，运用待定系数法可求出直线PQ体现式，过点D作DE∥y轴交直线PQ于点E，设点D坐标为（x，-x2+2x+3），则点E坐标为（x，-x+），进而即可得出DE长度，运用三角形面积公式可得出S△DPQ=-2x2+6x+，再运用二次函数性质即可处理最值问题；
（II）假设存在，设点P横坐标为t，则点Q横坐标为4+t，进而可得出点P、Q坐标，运用待定系数法可求出直线PQ体现式，设点D坐标为（x，-x2+2x+3），则点E坐标为（x，-2（t+1）x+t2+4t+3），进而即可得出DE长度，运用三角形面积公式可得出S△DPQ=-2x2+4（t+2）x-2t2-8t，再运用二次函数性质即可处理最值问题．
详解：（1）将A（-1，0）、B（3，0）代入y=ax2+bx+3，得：
，解得：，
∴抛物线体现式为y=-x2+2x+3．
（2）（I）当点P横坐标为-时，点Q横坐标为，
∴此时点P坐标为（-，），点Q坐标为（，-）．
设直线PQ体现式为y=mx+n，
将P（-，）、Q（，-）代入y=mx+n，得：
，解得：，
∴直线PQ体现式为y=-x+．
如图②，过点D作DE∥y轴交直线PQ于点E，

设点D坐标为（x，-x2+2x+3），则点E坐标为（x，-x+），
∴DE=-x2+2x+3-（-x+）=-x2+3x+，
∴S△DPQ=DE•（xQ-xP）=-2x2+6x+=-2（x-）2+8．
∵-2＜0，
∴当x=时，△DPQ面积取最大值，最大值为8，此时点D坐标为（，）．
（II）假设存在，设点P横坐标为t，则点Q横坐标为4+t，
∴点P坐标为（t，-t2+2t+3），点Q坐标为（4+t，-（4+t）2+2（4+t）+3），
运用待定系数法易知，直线PQ体现式为y=-2（t+1）x+t2+4t+3．
设点D坐标为（x，-x2+2x+3），则点E坐标为（x，-2（t+1）x+t2+4t+3），
∴DE=-x2+2x+3-[-2（t+1）x+t2+4t+3]=-x2+2（t+2）x-t2-4t，
∴S△DPQ=DE•（xQ-xP）=-2x2+4（t+2）x-2t2-8t=-2[x-（t+2）]2+8．
∵-2＜0，
∴当x=t+2时，△DPQ面积取最大值，最大值为8．
∴假设成立，即直尺在平移过程中，△DPQ面积有最大值，面积最大值为8．
点睛：本题考察了待定系数法求二次（一次）函数解析式、二次（一次）函数图象上点坐标特征、三角形面积以及二次函数最值，解题关键是：（1）根据点坐标，运用待定系数法求出二次函数体现式；（2）（I）运用三角形面积公式找出S△DPQ=-2x2+6x+；（II）运用三角形面积公式找出S△DPQ=-2x2+4（t+2）x-2t2-8t．

7．如图，抛物线y=ax2+6x+c交x轴于A，B两点，交y轴于点C．直线y=x﹣5通过点B，C．
（1）求抛物线解析式；
（2）过点A直线交直线BC于点M．
①当AM⊥BC时，过抛物线上一动点P（不与点B，C重叠），作直线AM平行线交直线BC于点Q，若以点A，M，P，Q为顶点四边形是平行四边形，求点P横坐标；
②连接AC，当直线AM与直线BC夹角等于∠ACB2倍时，请直接写出点M坐标．

【答案】（1）抛物线解析式为y=﹣x2+6x﹣5；（2）①P点横坐标为4或或；②点M坐标为（，﹣）或（，﹣）．
【解析】
分析：（1）运用一次函数解析式确定C（0，-5），B（5，0），然后运用待定系数法求抛物线解析式；
（2）①先解方程-x2+6x-5=0得A（1，0），再判断△OCB为等腰直角三角形得到∠OBC=∠OCB=45°，则△AMB为等腰直角三角形，因此AM=2，接着根据平行四边形性质得到PQ=AM=2，PQ⊥BC，作PD⊥x轴交直线BC于D，如图1，运用∠PDQ=45°得到PD=PQ=4，设P（m，-m2+6m-5），则D（m，m-5），讨论：当P点在直线BC上方时，PD=-m2+6m-5-（m-5）=4；当P点在直线BC下方时，PD=m-5-（-m2+6m-5），然后分别解方程即可得到P点横坐标；
②作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC垂直平分线交BC于M1，交AC于E，如图2，运用等腰三角形性质和三角形外角性质得到∠AM1B=2∠ACB，再确定N（3，-2），
AC解析式为y=5x-5，E点坐标为（，-），运用两直线垂直问题可设直线EM1解析式为y=-x+b，把E（，-）代入求出b得到直线EM1解析式为y=-x-，则解方程组得M1点坐标；作直线BC上作点M1有关N点对称点M2，如图2，运用对称性得到∠AM2C=∠AM1B=2∠ACB，设M2（x，x-5），根据中点坐标公式得到3=，然后求出x即可得到M2坐标，从而得到满足条件点M坐标．
详解：（1）当x=0时，y=x﹣5=﹣5，则C（0，﹣5），
当y=0时，x﹣5=0，解得x=5，则B（5，0），
把B（5，0），C（0，﹣5）代入y=ax2+6x+c得
，解得，
∴抛物线解析式为y=﹣x2+6x﹣5；
（2）①解方程﹣x2+6x﹣5=0得x1=1，x2=5，则A（1，0），
∵B（5，0），C（0，﹣5），
∴△OCB为等腰直角三角形，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∵AM⊥BC，
∴△AMB为等腰直角三角形，
∴AM=AB=×4=2，
∵以点A，M，P，Q为顶点四边形是平行四边形，AM∥PQ，
∴PQ=AM=2，PQ⊥BC，
作PD⊥x轴交直线BC于D，如图1，则∠PDQ=45°，

∴PD=PQ=×2=4，
设P（m，﹣m2+6m﹣5），则D（m，m﹣5），
当P点在直线BC上方时，
PD=﹣m2+6m﹣5﹣（m﹣5）=﹣m2+5m=4，解得m1=1，m2=4，
当P点在直线BC下方时，
PD=m﹣5﹣（﹣m2+6m﹣5）=m2﹣5m=4，解得m1=，m2=，
综上所述，P点横坐标为4或或；
②作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC垂直平分线交BC于M1，交AC于E，如图2，

∵M1A=M1C，
∴∠ACM1=∠CAM1，
∴∠AM1B=2∠ACB，
∵△ANB为等腰直角三角形，
∴AH=BH=NH=2，
∴N（3，﹣2），
易得AC解析式为y=5x﹣5，E点坐标为（，﹣，
设直线EM1解析式为y=﹣x+b，
把E（，﹣）代入得﹣+b=﹣，解得b=﹣，
∴直线EM1解析式为y=﹣x﹣
解方程组得，则M1（，﹣）；
作直线BC上作点M1有关N点对称点M2，如图2，则∠AM2C=∠AM1B=2∠ACB，
设M2（x，x﹣5），
∵3=
∴x=，
∴M2（，﹣）.
综上所述，点M坐标为（，﹣）或（，﹣）．
点睛：本题考察了二次函数综合题：纯熟掌握二次函数图象上点坐标特征、二次函数性质、等腰直角判定与性质和平行四边形性质；会运用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质；会运用分类讨论思想处理数学问题．

8．如图，抛物线y＝x2+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y＝x2+bx+c体现式；
（2）点D为抛物线对称轴上一点，当△BCD是以BC为直角边直角三角形时，求点D坐标；
（3）点P在x轴下方抛物线上，过点P直线y＝x+m与直线BC交于点E，与y轴交于点F，求PE+EF最大值．

【答案】（1）y=x2﹣4x+3；（2）（2，﹣1）；（3）．
【解析】
试题分析：（1）运用待定系数法求抛物线解析式；
（2）如图1，设D（2，y），运用两点间距离公式得到BC2=32+32=18，DC2=4+（y﹣3）2，BD2=（3﹣2）2+y2=1+y2，然后讨论：当BD为斜边时得到18+4+（y﹣3）2=1+y2；当CD为斜边时得到4+（y﹣3）2=1+y2+18，再分别解方程即可得到对应D坐标；
（3）先证明∠CEF=90°得到△ECF为等腰直角三角形，作PH⊥y轴于H，PG∥y轴交BC于G，如图2，△EPG、△PHF都为等腰直角三角形，则PE=PG，PF=PH，设P（t，t2﹣4t+3）（1＜t＜3），则G（t，﹣t+3），接着运用t表达PF、PE，这样PE+EF=2PE+PF=﹣t2+4t，然后运用二次函数性质处理问题．
试题解析：解：（1）把B（3，0），C（0，3）代入y=x2+bx+c得：，解得：，∴抛物线y=x2+bx+c体现式为y=x2﹣4x+3；
（2）如图1，抛物线对称轴为直线x=﹣=2，设D（2，y），B（3，0），C（0，3），∴BC2=32+32=18，DC2=4+（y﹣3）2，BD2=（3﹣2）2+y2=1+y2，当△BCD是以BC为直角边，BD为斜边直角三角形时，BC2+DC2=BD2，即18+4+（y﹣3）2=1+y2，解得：y=5，此时D点坐标为（2，5）；
当△BCD是以BC为直角边，CD为斜边直角三角形时，BC2+DB2=DC2，即4+（y﹣3）2=1+y2+18，解得：y=﹣1，此时D点坐标为（2，﹣1）；
（3）易得BC解析式为y=﹣x+3．∵直线y=x+m与直线y=x平行，∴直线y=﹣x+3与直线y=x+m垂直，∴∠CEF=90°，∴△ECF为等腰直角三角形，作PH⊥y轴于H，PG∥y轴交BC于G，如图2，△EPG、△PHF都为等腰直角三角形，PE=PG，PF=PH，设P（t，t2﹣4t+3）（1＜t＜3），则G（t，﹣t+3），∴PF=PH=t，PG=﹣t+3﹣（t2﹣4t+3）=﹣t2+3t，∴PE=PG=﹣t2+t，∴PE+EF=PE+PE+PF=2PE+PF=﹣t2+3t+t=﹣t2+4t=﹣（t﹣2）2+4，当t=2时，PE+EF最大值为4．

点睛：本题考察了二次函数综合题．纯熟掌握等腰直角三角形性质、二次函数图象上点坐标特征和二次函数性质；会运用待定系数法求二次函数解析式；理解坐标与图形性质，记住两点间距离公式．

9．二次函数y=x2-2mx+3（m＞）图象与x轴交于点A（a，0）和点B（a+n，0）（n＞0且n为整数），与y轴交于C点．
（1）若a=1，①求二次函数关系式；②求△ABC面积；
（2）求证：a=m-；
（3）线段AB（包括A、B）上有且只有三个点横坐标是整数，求a值．
【答案】（1）y=x2-4x+3；3；（2）证明见解析；（3）a=1或a=−．
【解析】
试题分析：（1）①首先根据a=1求得A坐标，然后裔入二次函数解析式，求得m值即可确定二次函数解析式；
②根据解析式确定抛物线与坐标轴交点坐标，从而确定三角形面积；
（2）将原二次函数配方后即可确定其对称轴为x=m，然后根据A、B两点有关x=m对称得到a+n-m=m-a，从而确定a、m、n之间关系；
（3）根据a=m-得到A（m-，0）代入y=（x-m）2-m2+3得0=（m--m）2-m2+3，求得m值即可确定a值．
试题解析：（1）①∵a=1，
∴A（1，0），
代入y=x2-2mx+3得1-2m+3=0，解得m=2，
∴y=x2-4x+3；
②在y=x2-4x+3中，当y=0时，有x2-4x+3=0可得x=1或x=3，
∴A（1，0）、B（3，0），
∴AB=2再根据解析式求出C点坐标为（0，3），
∴OC=3，
△ABC面积=×2×3=3；
（2）∵y=x2-2mx+3=（x-m）2-m2+3，
∴对称轴为直线x=m，
∵二次函数y=x2-2mx+3图象与x轴交于点A和点B
∴点A和点B有关直线x=m对称，
∴a+n-m=m-a，
∴a=m-；
（3）y=x2-2mx+3（m＞）化为顶点式为y=（x-m）2-m2+3（m＞）
①当a为整数，由于n＞0且n为整数 因此a+n是整数，
∵线段AB（包括A、B）上有且只有三个点横坐标是整数，
∴n=2，
∴a=m-1，
∴A（m-1，0）代入y=（x-m）2-m2+3得（x-m）2-m2+3=0，
∴m2-4=0，
∴m=2，m=-2（舍去），
∴a=2-1=1，
②当a不是整数，由于n＞0且n为整数 因此a+n不是整数，
∵线段AB（包括A、B）上有且只有三个点横坐标是整数，
∴n=3，
∴a=m-
∴A（m-，0）代入y=（x-m）2-m2+3得0=（m--m）2-m2+3，
∴m2=，
∴m=，m=-（舍去），
∴a=−，
综上所述：a=1或a=−．
考点：二次函数综合题．

10．如图：在平面直角坐标系中，直线l：y=x﹣与x轴交于点A，通过点A抛物线y=ax2﹣3x+c对称轴是x=．
（1）求抛物线解析式；
（2）平移直线l通过原点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延长线上，连接PE，PF，且PE=3PF．求证：PE⊥PF；
（3）若（2）中点P坐标为（6，2），点E是x轴上点，点F是y轴上点，当PE⊥PF时，抛物线上与否存在点Q，使四边形PEQF是矩形？假如存在，祈求出点Q坐标，假如不存在，请阐明理由．

【答案】（1）抛物线解析式为y=x2﹣3x﹣4；（2）证明见解析；（3）点Q坐标为（﹣2，6）或（2，﹣6）．
【解析】
【分析】
（1）先求得点A坐标，然后根据抛物线过点A，对称轴是x=列出有关a、c方程组求解即可；
（2）设P（3a，a），则PC=3a，PB=a，然后再证明∠FPC=∠EPB，最终通过等量代换进行证明即可；
（3）设E（a，0），然后用含a式子表达BE长，从而可得到CF长，于是可得到点F坐标，然后根据中点坐标公式可得到，，从而可求得点Q坐标（用含a式子表达），最终，将点Q坐标代入抛物线解析式求得a值即可．
【详解】
（1）当y=0时，，解得x=4，即A（4，0），抛物线过点A，对称轴是x=，得，
解得，抛物线解析式为y=x2﹣3x﹣4；
（2）∵平移直线l通过原点O，得到直线m，
∴直线m解析式为y=x．
∵点P是直线1上任意一点，
∴设P（3a，a），则PC=3a，PB=a．
又∵PE=3PF，
∴．
∴∠FPC=∠EPB．
∵∠CPE+∠EPB=90°，
∴∠FPC+∠CPE=90°，
∴FP⊥PE．
（3）如图所示，点E在点B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+6=0+a，Qy+2=20﹣3a+0，
∴Qx=a﹣6，Qy=18﹣3a．
将点Q坐标代入抛物线解析式得：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+6=0+a，Qy+2=20﹣3a+0，
∴Qx=a﹣6，Qy=18﹣3a．
将点Q坐标代入抛物线解析式得：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坐标为（﹣2，6）或（2，﹣6）．
【点睛】
本题重要考察是二次函数综合应用，解答本题重要应用了矩形性质、待定系数法求二次函数解析式、中点坐标公式，用含a式子表达点Q坐标是解题关键．

11．在平面直角坐标系xOy中（如图）．已知抛物线y=﹣x2+bx+c通过点A（﹣1，0）和点B（0，），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按顺时针方向旋转90°，点C落在抛物线上点P处．
（1）求这条抛物线体现式；
（2）求线段CD长；
（3）将抛物线平移，使其顶点C移到原点O位置，这时点P落在点E位置，假如点M在y轴上，且以O、D、E、M为顶点四边形面积为8，求点M坐标．

【答案】（1）抛物线解析式为y=﹣x2+2x+；（2）线段CD长为2；（3）M点坐标为（0，）或（0，﹣）．
【解析】
【分析】（1）运用待定系数法求抛物线解析式；
（2）运用配措施得到y=﹣（x﹣2）2+，则根据二次函数性质得到C点坐标和抛物线对称轴为直线x=2，如图，设CD=t，则D（2，﹣t），根据旋转性质得∠PDC=90°，DP=DC=t，则P（2+t，﹣t），然后把P（2+t，﹣t）代入y=﹣x2+2x+得到有关t方程，从而解方程可得到CD长；
（3）P点坐标为（4，），D点坐标为（2，），运用抛物线平移规律确定E点坐标为（2，﹣2），设M（0，m），当m＞0时，运用梯形面积公式得到•（m++2）•2=8当m＜0时，运用梯形面积公式得到•（﹣m++2）•2=8，然后分别解方程求出m即可得到对应M点坐标．
【详解】（1）把A（﹣1，0）和点B（0，）代入y=﹣x2+bx+c得
，解得，
∴抛物线解析式为y=﹣x2+2x+；
（2）∵y=﹣（x﹣2）2+，
∴C（2，），抛物线对称轴为直线x=2，
如图，设CD=t，则D（2，﹣t），
∵线段DC绕点D按顺时针方向旋转90°，点C落在抛物线上点P处，
∴∠PDC=90°，DP=DC=t，
∴P（2+t，﹣t），
把P（2+t，﹣t）代入y=﹣x2+2x+得﹣（2+t）2+2（2+t）+=﹣t，
整理得t2﹣2t=0，解得t1=0（舍去），t2=2，
∴线段CD长为2；
（3）P点坐标为（4，），D点坐标为（2，），
∵抛物线平移，使其顶点C（2，）移到原点O位置，
∴抛物线向左平移2个单位，向下平移个单位，
而P点（4，）向左平移2个单位，向下平移个单位得到点E，
∴E点坐标为（2，﹣2），
设M（0，m），
当m＞0时，•（m++2）•2=8，解得m=，此时M点坐标为（0，）；
当m＜0时，•（﹣m++2）•2=8，解得m=﹣，此时M点坐标为（0，﹣）；
综上所述，M点坐标为（0，）或（0，﹣）．

【点睛】本题考察了二次函数综合题，波及到待定系数法、抛物线上点坐标、旋转性质、抛物线平移等知识，综合性较强，对添加辅助线、运用数形结合思想纯熟有关知识是解题关键.

12．如图1，抛物线C1：y=ax2﹣2ax+c（a＜0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C．已知点A坐标为（﹣1，0），点O为坐标原点，OC=3OA，抛物线C1顶点为G．

（1）求出抛物线C1解析式，并写出点G坐标；
（2）如图2，将抛物线C1向下平移k（k＞0）个单位，得到抛物线C2，设C2与x轴交点为A′、B′，顶点为G′，当△A′B′G′是等边三角形时，求k值：
（3）在（2）条件下，如图3，设点M为x轴正半轴上一动点，过点M作x轴垂线分别交抛物线C1、C2于P、Q两点，试探究在直线y=﹣1上与否存在点N，使得以P、Q、N为顶点三角形与△AOQ全等，若存在，直接写出点M，N坐标：若不存在，请阐明理由．
【答案】（1）抛物线C1解析式为y=﹣x2+2x+3，点G坐标为（1，4）；（2）k=1；（3）M1（，0）、N1（，﹣1）；M2（，0）、N2（1，﹣1）；M3（4，0）、N3（10，﹣1）；M4（4，0）、N4（﹣2，﹣1）．
【解析】
【分析】（1）由点A坐标及OC=3OA得点C坐标，将A、C坐标代入解析式求解可得；
（2）设抛物线C2解析式为y=﹣x2+2x+3﹣k，即y=﹣（x﹣1）2+4﹣k，′作G′D⊥x轴于点D，设BD′=m，由等边三角形性质知点B′坐标为（m+1，0），点G′坐标为（1，m），代入所设解析式求解可得；
（3）设M（x，0），则P（x，﹣x2+2x+3）、Q（x，﹣x2+2x+2），根据PQ=OA=1且∠AOQ、∠PQN均为钝角知△AOQ≌△PQN，延长PQ交直线y=﹣1于点H，证△OQM≌△