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-备战中考数学 二次函数 培优练习(含答案)附答案解析

一、二次函数
1．（6分）（•牡丹江）如图，抛物线y=x2+bx+c通过点A（﹣1，0），B（3，0）．请解答下列问题：

（1）求抛物线解析式；
（2）点E（2，m）在抛物线上，抛物线对称轴与x轴交于点H，点F是AE中点，连接FH，求线段FH长．
注：抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）对称轴是x=﹣．
【答案】（1）y=-2x-3；（2）．
【解析】
试题分析：（1）把A,B两点坐标代入，求待定系数b,c，进而确定抛物线解析式；（2）连接BE，点F是AE中点，H是AB中点，则FH为三角形ABE中位线，求出BE长，FH就懂得了，先由抛物线解析式求出点E坐标，根据勾股定理可求BE，再根据三角形中位线定理求线段HF长．
试题解析：（1）∵抛物线y=x2+bx+c通过点A（﹣1，0），B（3，0），∴把A,B两点坐标代入得：，解得：，∴抛物线解析式是：y=-2x-3；（2）∵点E（2，m）在抛物线上，∴把E点坐标代入抛物线解析式y=-2x-3得：m=4﹣4﹣3=﹣3，∴E（2，﹣3），∴BE==．∵点F是AE中点，点H是抛物线对称轴与x轴交点，即H为AB中点，∴FH是三角形ABE中位线，∴FH=BE=×=．∴线段FH长．
考点：1．待定系数法求抛物线解析式；2．勾股定理；3．三角形中位线定理．

2．如图，抛物线y＝﹣x2﹣2x+3图象与x轴交于A、B两点(点A在点B左边)，与y轴交于点C，点D为抛物线顶点．
(1)求点A、B、C坐标；
(2)点M(m，0)为线段AB上一点(点M不与点A、B重叠)，过点M作x轴垂线，与直线AC交于点E，与抛物线交于点P，过点P作PQ∥AB交抛物线于点Q，过点Q作QN⊥x轴于点N，可得矩形PQNM．如图，点P在点Q左边，试用含m式子表达矩形PQNM周长；
(3)当矩形PQNM周长最大时，m值是多少？并求出此时△AEM面积；
(4)在(3)条件下，当矩形PMNQ周长最大时，连接DQ，过抛物线上一点F作y轴平行线，与直线AC交于点G(点G在点F上方)．若FG＝2DQ，求点F坐标．

【答案】(1)A(﹣3，0)，B(1，0)；C(0，3) ；(2)矩形PMNQ周长＝﹣2m2﹣8m+2；(3) m＝﹣2；S＝；(4)F(﹣4，﹣5)或(1，0)．
【解析】
【分析】
（1）运用函数图象与坐标轴交点求法，求出点A，B，C坐标；
（2）先确定出抛物线对称轴，用m表达出PM，MN即可；
（3）由（2）得到结论判断出矩形周长最大时，确定出m，进而求出直线AC解析式，即可；
（4）在（3）基础上，判断出N应与原点重叠，Q点与C点重叠，求出DQ＝DC＝，再建立方程（n+3）﹣（﹣n2﹣2n+3）＝4即可．
【详解】
(1)由抛物线y＝﹣x2﹣2x+3可知，C(0，3)．
令y＝0，则0＝﹣x2﹣2x+3，
解得，x＝﹣3或x＝l，
∴A(﹣3，0)，B(1，0)．
(2)由抛物线y＝﹣x2﹣2x+3可知，对称轴为x＝﹣1．
∵M(m，0)，
∴PM＝﹣m2﹣2m+3，MN＝(﹣m﹣1)×2＝﹣2m﹣2，
∴矩形PMNQ周长＝2(PM+MN)＝(﹣m2﹣2m+3﹣2m﹣2)×2＝﹣2m2﹣8m+2．
(3)∵﹣2m2﹣8m+2＝﹣2(m+2)2+10，
∴矩形周长最大时，m＝﹣2．
∵A(﹣3，0)，C(0，3)，
设直线AC解析式y＝kx+b，
∴
解得k＝l，b＝3，
∴解析式y＝x+3，
令x＝﹣2，则y＝1，
∴E(﹣2，1)，
∴EM＝1，AM＝1，
∴S＝AM×EM＝．
(4)∵M(﹣2，0)，抛物线对称轴为x＝﹣l，
∴N应与原点重叠，Q点与C点重叠，
∴DQ＝DC，
把x＝﹣1代入y＝﹣x2﹣2x+3，解得y＝4，
∴D(﹣1，4)，
∴DQ＝DC＝．
∵FG＝2DQ，
∴FG＝4．
设F(n，﹣n2﹣2n+3)，则G(n，n+3)，
∵点G在点F上方且FG＝4，
∴(n+3)﹣(﹣n2﹣2n+3)＝4．
解得n＝﹣4或n＝1，
∴F(﹣4，﹣5)或(1，0)．
【点睛】
此题是二次函数综合题，重要考察了函数图象与坐标轴交点求法，待定系数法求函数解析式，函数极值确实定，解本题关键是用m表达出矩形PMNQ周长．

3．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．

4．在平面直角坐标系中，为原点，抛物线通过点，对称轴为直线，点有关直线对称点为点.过点作直线轴，交轴于点.
（Ⅰ）求该抛物线解析式及对称轴；
（Ⅱ）点在轴上，当值最小时，求点坐标；
（Ⅲ）抛物线上与否存在点，使得，若存在，求出点坐标；若不存在，请阐明理由.
【答案】（Ⅰ）抛物线解析式为;抛物线对称轴为直线;（Ⅱ）点坐标为;（Ⅲ）存在，点坐标为或，理由见解析
【解析】
【分析】
（Ⅰ）将点代入二次函数解析式，即可求出a，再根据对称轴公式即可求解.
（Ⅱ）先求出B点胡坐标，规定胡最小值，只需找到B有关轴对称点，则直线A与y轴交点就是点P，根据待定系数法求出AB1解析式，令y=0，即可求出P点坐标.
（Ⅲ）设点Q坐标，并求出△AOQ面积，从而得到△AOQ面积，根据Q点胡不一样位置进行分类，用m及割补法求出面积方程，即可求解.
【详解】
（Ⅰ）∵通过点，
∴，解得，
∴抛物线解析式为，
∵，
∴抛物线对称轴为直线.
（Ⅱ）∵点，对称轴为，
∴点有关对称轴对称点点坐标为.
作点有关轴对称点，得，
设直线AB1解析式为，
把点，点代入得，
解得，∴.
∴直线与轴交点即为点.
令得，
∵点坐标为.
（Ⅲ）∵，轴，∴，，
∴，
又∵，∴.
设点坐标为，
如图状况一，作，交延长线于点，
∵，
∴，
化简整理得，
解得，.

如图状况二，作，交延长线于点，交轴于点，
∵，
∴，
化简整理得，
解得，，
∴点坐标为或，
∴抛物线上存在点，使得.

【点睛】
重要考察了二次函数性质，以及求两边和最小值，面积等常见题型，计算量较大，但难度不是很大.

5．对于二次函数 y=ax2+（b+1）x+（b﹣1），若存在实数 x0，使得当 x=x0，函数 y=x0，则称x0 为该函数“不变值”.
（1）当 a=1，b=﹣2 时，求该函数“不变值”；
（2）对任意实数 b，函数 y 恒有两个相异“不变值”，求 a 取值范围；
（3）在（2）条件下，若该图象上 A、B 两点横坐标是该函数“不变值”，且 A、B 两点有关直线 y=kx-2a+3 对称，求 b 最小值.
【答案】（1）－1，3；（2）0<a<1；（3）－
【解析】
【分析】
（1）先确定二次函数解析式为y=x2-x-3，根据xo是函数y一种不动点定义，把（xo，xo）代入得x02-x0-3=xo，然后解此一元二次方程即可；
（2）根据xo是函数y一种不动点定义得到axo2+（b+1）xo+（b-1）=xo，整理得ax02+bxo+（b-1）=0，则根据鉴别式意义得到△=b2-4a（b-1）>0，即b2-4ab+4a>0，把b2-4ab+4a看作b二次函数，由于对任意实数b，b2-4ab+4a>0成立，则（4a）2-4.4a<0，然后解此不等式即可.
（3）（运用两点有关直线对称两个结论，一是中点在已知直线上，二是两点连线和已知直线垂直.找到a，b之间关系式，整理后在运用基本不等式求解可得.
【详解】
解：（1）当a=1，b=-2时，二次函数解析式为y=x2-x-3，把（xo，xo）代入得x02-x0-3=xo，解得xo=-1或xo=3，因此函数y不动点为-1和3；
（2）由于y=xo，因此axo2+（b+1）xo+（b-1）=xo，即ax02+bxo+（b-1）=0，
由于函数y恒有两个相异不动点，因此此方程有两个不相等实数解，因此△=b2-4a（b-1）>0，即b2-4ab+4a>0，而对任意实数b，b2-4ab+4a>0成立，因此（4a）2-4.4a<0，解得0<a<1.
（3）设A（x1，x1），B（x2，x2），则x1+x2
A，B中点坐标为（ ），即M（ ）
A、B两点有关直线y=kx-2a+3对称，
又∵A，B在直线y=x上，
∴k=-1，A，B中点M在直线y=kx-2a+3上.
∴= -2a+3 得：b=2a2-3a
因此当且仅当a= 时，b有最小值－
【点睛】
本题是在新定义下对函数知识综合考察，是一道好题.有关两点有关直线对称问题，有两个结论同步存在，一是中点在已知直线上，二是两点连线和已知直线垂直.

6．如图，已知抛物线通过点A（-1，0），B（4，0），C（0，2）三点，点D与点C有关x轴对称，点P是线段AB上一种动点，设点P坐标为（m，0），过点P作x轴垂线l交抛物线于点Q，交直线BD于点M．

（1）求该抛物线所示二次函数体现式；
（2）在点P运动过程中，与否存在点Q，使得△BQM是直角三角形？若存在，求出点Q坐标；若不存在，请阐明理由；
（3）连接AC，将△AOC绕平面内某点H顺时针旋转90°，得到△A1O1C1，点A、O、C对应点分别是点A、O1、C1、若△A1O1C1两个顶点恰好落在抛物线上，那么我们就称这样点为“友好点”，请直接写出“友好点”个数和点A1横坐标．
【答案】（1）y=-+x+2；（2）存在，Q（3，2）或Q（-1，0）；（3）两个友好点，A1横坐标是1，.
【解析】
【分析】
（1）把点A（1，0）、B（4，0）、C（0，3）三点坐标代入函数解析式，运用待定系数法求解；
（2）分两种状况分别讨论，当∠QBM=90°或∠MQB=90°，即可求得Q点坐标．
（3）（3）两个友好点；AO=1，OC=2，设A1（x，y），则C1（x+2，y-1），O1（x，y-1），
①当A1、C1在抛物线上时，A1横坐标是1；
当O1、C1在抛物线上时，A1横坐标是2；
【详解】
解：（1）设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，
将点A（-1，0），B（4，0），C（0，2）代入解析式，
∴，
∴，
∴y=-+x+2；
（2）∵点C与点D有关x轴对称，
∴D（0，-2）．
设直线BD解析式为y=kx-2．
∵将（4，0）代入得：4k-2=0，
∴k=．
∴直线BD解析式为y=x-2．
当P点与A点重叠时，△BQM是直角三角形，此时Q（-1，0）；

当BQ⊥BD时，△BQM是直角三角形，
则直线BQ直线解析式为y=-2x+8，
∴-2x+8=-+x+2，可求x=3或x=4（舍）
∴x=3；
∴Q（3，2）或Q（-1，0）；
（3）两个友好点；
AO=1，OC=2，
设A1（x，y），则C1（x+2，y-1），O1（x，y-1），
①当A1、C1在抛物线上时，
∴，
∴，
∴A1横坐标是1；
当O1、C1在抛物线上时，
，
∴，
∴A1横坐标是；

【点睛】
本题是二次函数综合题，考察了待定系数法求二次函数解析式，轴对称-最短路线问题，等腰三角形性质等；分类讨论思想运用是本题关键．

7．函数图象记为，函数图象记为，其中为常数，与合起来图象记为.
（Ⅰ）若过点时，求值；
（Ⅱ）若顶点在直线上，求值；
（Ⅲ）设在上最高点纵坐标为，当时，求取值范围.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）将点C坐标代入解析式即可求出m值；
（Ⅱ）先求出抛物线顶点坐标，再根据顶点在直线上得出有关m方程，解之即可
（Ⅲ）先求出抛物线顶点坐标，结合（Ⅱ）抛物线顶点坐标，和x取值范围，分三种情形讨论求解即可；
【详解】
解：（Ⅰ）将点代入解析式，解得
（Ⅱ）抛物线顶点坐标为，
令，得
∵，∴
（Ⅲ）∵抛物线顶点，抛物线顶点，
当时，最高点是抛物线G1顶点
∴，解得
当时，G1中（2，2m-1）是最高点，2m-1
∴2m-1，解得
当时，G2中（-4，4m-9）是最高点，4m-9．
∴4m-9，解得.
综上所述，即为所求.
【点睛】
本题考察二次函数综合题，待定系数法、不等式组等知识，解题关键是理解题意，灵活运用所学知识处理问题，学会用分类讨论思想思考问题，运用数形结合思想处理问题，属于中考压轴题．

8．如图，在平面直角坐标系中，二次函数交轴于点、，交轴于点，在轴上有一点，连接.

（1）求二次函数体现式；
（2）若点为抛物线在轴负半轴上方一种动点，求面积最大值；
（3）抛物线对称轴上与否存在点，使为等腰三角形，若存在，请直接写出所有点坐标，若不存在请阐明理由.
【答案】（1）二次函数解析式为；（2）当时，面积获得最大值；（3）点坐标为，，.
【解析】
分析：（1）把已知点坐标代入函数解析式，得出方程组求解即可；
（2）根据函数解析式设出点D坐标，过点D作DG⊥x轴，交AE于点F，表达△ADE面积，运用二次函数分析最值即可；
（3）设出点P坐标，分PA=PE，PA=AE，PE=AE三种状况讨论分析即可．
详解：（1）∵二次函数y=ax2+bx+c通过点A（﹣4，0）、B（2，0），C（0，6），
∴，
解得：，
因此二次函数解析式为：y=；
（2）由A（﹣4，0），E（0，﹣2），可求AE所在直线解析式为y=，
过点D作DN⊥x轴，交AE于点F，交x轴于点G，过点E作EH⊥DF，垂足为H，如图，

设D（m，），则点F（m，），
∴DF=﹣（）=，
∴S△ADE=S△ADF+S△EDF=×DF×AG+DF×EH
=×DF×AG+×DF×EH
=×4×DF
=2×（）
=，
∴当m=时，△ADE面积获得最大值为．
（3）y=对称轴为x=﹣1，设P（﹣1，n），又E（0，﹣2），A（﹣4，0），可求PA=，PE=，AE=，分三种状况讨论：
当PA=PE时，=，解得：n=1，此时P（﹣1，1）；
当PA=AE时，=，解得：n=，此时点P坐标为（﹣1，）；
当PE=AE时，=，解得：n=﹣2，此时点P坐标为：（﹣1，﹣2）．
综上所述：P点坐标为：（﹣1，1），（﹣1，），（﹣1，﹣2）．
点睛：本题重要考察二次函数综合问题，会求抛物线解析式，会运用二次函数分析三角形面积最大值，会分类讨论处理等腰三角形顶点存在问题时处理此题关键．

9．在平面直角坐标系中，有两点、，若满足：当时，，；当时，，，则称点为点“友好点”.
（1）点“友好点”坐标是_______.
（2）点是直线上一点，点是点“友好点”.
①当点与点重叠时，求点坐标.
②当点与点不重叠时，求线段长度伴随增大而减小时，取值范围.
【答案】（1）；（2）①点坐标是或；②当或时，长度伴随增大而减小；
【解析】
【分析】
（1）直接运用“友好点”定义进行解题即可；（2）先运用 “友好点”定义求出B点坐标，A点又在直线上，得到；①当点和点重叠，得．解出即可，②当点A和点B不重叠， 且．因此对a分状况讨论，1°、当或时，，因此当a≤时，长度伴随增大而减小，即取．2°当时，，当时，长度伴随增大而减小，即取． 综上，当或时，长度伴随增大而减小．
【详解】
（1）点，4＞1，根据“友好点”定义，得到点“友好点”坐标是
（2）点是直线上一点，
．
，根据友好点定义，点坐标为，
①当点和点重叠，．
解得或．
当时，；当时，，
点坐标是或．
②当点A和点B不重叠，且．
当或时，．
当a≤时，长度伴随增大而减小，
取．
当时， ．
当时，长度伴随增大而减小，
取．
综上，当或时，长度伴随增大而减小．
【点睛】
本题属于阅读理解题型，结合二次函数基本性质进行解题，第二问第二小问关键是求出AB长用a进行表达，然后运用二次函数基本性质进行分类讨论

10．如图1，在平面直角坐标系中，直线AB：y＝kx+b（k＜0，b＞0），与x轴交于点A、与y轴交于点B，直线CD与x轴交于点C、与y轴交于点D．若直线CD解析式为y＝﹣（x+b），则称直线CD为直线AB”姊线”，通过点A、B、C抛物线称为直线AB“母线”．
（1）若直线AB解析式为：y＝﹣3x+6，求AB”姊线”CD解析式为：　 　（直接填空）；
（2）若直线AB”母线”解析式为：，求AB”姊线”CD解析式；
（3）如图2，在（2）条件下，点P为第二象限”母线”上动点，连接OP，交”姊线”CD于点Q，设点P横坐标为m，PQ与OQ比值为y，求y与m函数关系式，并求y最大值；
（4）如图3，若AB解析式为：y＝mx+3（m＜0），AB“姊线”为CD，点G为AB中点，点H为CD中点，连接OH，若GH＝，请直接写出AB”母线”函数解析式．

【答案】（1）；（2）（2，0）、（0，4）、（﹣4，0）；（3）当m＝﹣，y最大值为；（4）y＝x2﹣2x﹣3．
【解析】
【分析】
（1）由k，b值以及”姊线”定义即可求解；
（2）令x＝0，得y值，令y＝0，得x值，即可求得点A、B、C坐标，从而求得直线CD体现式；
（3）设点P横坐标为m，则点P（m，n），n＝﹣m2﹣m+4，
从而求得直线OP体现式，将直线OP和CD体现式联立并解得点Q坐标，
由此求得，从而求得y＝﹣m2﹣m+3，故当m＝﹣，y最大值为；
（4）由直线AB解析式可得AB“姊线”CD体现式y＝﹣（x+3），令x＝0，得 y值，令y＝0，得x值，可得点C、D坐标，由此可得点H坐标，同理可得点G坐标，
由勾股定理得：m值，即可求得点A、B、C坐标，从而得到 “母线”函数体现式．
【详解】
（1）由题意得：k＝﹣3，b＝6，
则答案为：y＝（x+6）；
（2）令x＝0，则y＝4，令y＝0，则x＝2或﹣4，
点A、B、C坐标分别为（2，0）、（0，4）、（﹣4，0），
则直线CD体现式为：y＝（x+4）＝x+2；
（3）设点P横坐标为m，则点P（m，n），n＝﹣m2﹣m+4，
则直线OP体现式为：y＝x，
将直线OP和CD体现式联立得，
解得：点Q（，）
则＝﹣m2﹣m+4，
y＝＝﹣m2﹣m+3，
当m＝﹣，y最大值为；
（4）直线CD体现式为：y＝﹣（x+3），
令x＝0，则y＝﹣，令y＝0，则x＝﹣3，
故点C、D坐标为（﹣3，0）、（0，﹣），则点H（﹣，﹣），
同理可得：点G（﹣，），
则GH2＝（+）2+（﹣）2＝（）2，
解得：m＝﹣3（正值已舍去），
则点A、B、C坐标分别为（1，0）、（0，3）、（﹣3，0），
则“母线”函数体现式为：y＝a（x﹣1）（x+3）＝a（x2﹣2x﹣3），
即：﹣3a＝﹣3，解得：a＝1，
故：“母线”函数体现式为：y＝x2﹣2x﹣3．
【点睛】
此题是二次函数综合题目，考察了“姊线”定义，待定系数法求二次函数解析式，二次函数最值问题，掌握二次函数有关性质是解答此题关键.

11．如图，已知直线y＝﹣2x+4分别交x轴、y轴于点A、B．抛物线过A、B两点，点P是线段AB上一动点，过点P作PC⊥x轴于点C，交抛物线于点D．
（1）如图1，设抛物线顶点为M，且M坐标是（，），对称轴交AB于点N．
①求抛物线解析式；
②与否存在点P，使四边形MNPD为菱形？并阐明理由；
（2）与否存在这样点D，使得四边形BOAD面积最大？若存在，求出此时点D坐标；若不存在，请阐明理由．

【答案】（1）①y＝﹣2x2+2x+4；；②不存在点P，使四边形MNPD为菱形；；（2）存在，点D坐标是（1，4）．
【解析】
【分析】
（1）①由一次函数图象上点坐标特征求得点B坐标，设抛物线解析式为y＝a，把点B坐标代入求得a值即可；
②不存在点P，使四边形MNPD为菱形．设点P坐标是（m，﹣2m+4），则D（m，﹣2m2+2m+4），根据题意知PD∥MN，因此当PD＝MN时，四边形MNPD为平行四边形，根据该等量关系列出方程﹣2m2+4m＝，通过解方程求得m值，易得点N、P坐标，然后推知PN＝MN与否成立即可；
（2）设点D坐标是（n，﹣2n2+2n+4），P（n，﹣2n+4）．根据S四边形BOAD＝S△BOA+S△ABD＝4+S△ABD，则当S△ABD取最大值时，S四边形BOAD最大．根据三角形面积公式得到函数S△ABD＝﹣2（n﹣1）2+2．由二次函数性质求得最值．
【详解】
解：①如图1，
∵顶点M坐标是，
∴设抛物线解析式为y＝（a≠0）．
∵直线y＝﹣2x+4交y轴于点B，
∴点B坐标是（0，4）．
又∵点B在该抛物线上，
∴＝4，
解得a＝﹣2．
故该抛物线解析式为：y＝＝﹣2x2+2x+4；
②不存在．理由如下：
∵抛物线y＝对称轴是直线x＝，且该直线与直线AB交于点N，
∴点N坐标是．
∴．
设点P坐标是（m，﹣2m+4），则D（m，﹣2m2+2m+4），
∴PD＝（﹣2m2+2m+4）﹣（﹣2m+4）＝﹣2m2+4m．
∵PD∥MN．
当PD＝MN时，四边形MNPD是平行四边形，即﹣2m2+4m＝．
解得 m1＝（舍去），m2＝．
此时P（，1）．
∵PN＝，
∴PN≠MN，
∴平行四边形MNPD不是菱形．
∴不存在点P，使四边形MNPD为菱形；
（2）存在，理由如下：
设点D坐标是（n，﹣2n2+2n+4），
∵点P在线段AB上且直线PD⊥x轴，
∴P（n，﹣2n+4）．
由图可知S四边形BOAD＝S△BOA+S△ABD．其中S△BOA＝OB•OA＝×4×2＝4．
则当S△ABD取最大值时，S四边形BOAD最大．
S△ABD＝（yD﹣yP）（xA﹣xB）
＝yD﹣yP
＝﹣2n2+2n+4﹣（﹣2n+4）
＝﹣2n2+4n
＝﹣2（n﹣1）2+2．
当n＝1时，S△ABD获得最大值2，S四边形BOAD有最大值．
此时点D坐标是（1，4）．

【点睛】
重要考察了二次函数解析式求法和与几何图形结合综合能力培养．要会运用数形结合思想把代数和几何图形结合起来，运用点坐标意义表达线段长度，从而求出线段之间关系．

12．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A、B两点，交y轴于点C（0，﹣），OA=1，OB=4，直线l过点A，交y轴于点D，交抛物线于点E，且满足tan∠OAD=．
（1）求抛物线解析式；
（2）动点P从点B出发，沿x轴正方形以每秒2个单位长度速度向点A运动，动点Q从点A出发，沿射线AE以每秒1个单位长度速度向点E运动，当点P运动到点A时，点Q也停止运动，设运动时间为t秒．
①在P、Q运动过程中，与否存在某一时刻t，使得△ADC与△PQA相似，若存在，求出t值；若不存在，请阐明理由．
②在P、Q运动过程中，与否存在某一时刻t，使得△APQ与△CAQ面积之和最大？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=；（2）①存在t=或t=，使得△ADC与△PQA相似；②当t=时，△APQ与△CAQ面积之和最大.
【解析】
分析：（1）应用待定系数法求解析式
（2）①分别用t表达△ADC、△PQA各边，应用分类讨论相似三角形比例式，求t值；
②分别用t表达△APQ与△CAQ面积之和，讨论最大值．
详解：（1）∵OA=1，OB=4，
∴A（1，0），B（﹣4，0），
设抛物线解析式为y=a（x+4）（x﹣1），
∵点C（0，﹣）在抛物线上，
∴﹣，
解得a=.
∴抛物线解析式为y=.
（2）存在t，使得△ADC与△PQA相似．
理由：①在Rt△AOC中，OA=1，OC=，
则tan∠ACO=，
∵tan∠OAD=，
∴∠OAD=∠ACO，
∵直线l解析式为y=，
∴D（0，﹣），
∵点C（0，﹣），
∴CD=，
由AC2=OC2+OA2，得AC=，
在△AQP中，AP=AB﹣PB=5﹣2t，AQ=t，
由∠PAQ=∠ACD，要使△ADC与△PQA相似，
只需或，
则有或，
解得t1=，t2=，
∵t1＜2.5，t2＜2.5，
∴存在t=或t=，使得△ADC与△PQA相似；
②存在t，使得△APQ与△CAQ面积之和最大，
理由：作PF⊥AQ于点F，CN⊥AQ于N，

在△APF中，PF=AP•sin∠PAF=，
在△AOD中，由AD2=OD2+OA2，得AD=，
在△ADC中，由S△ADC= ，
∴CN=，
∴S△AQP+S△AQC= ，
∴当t=时，△APQ与△CAQ面积之和最大.
点睛：本题为代数、几何综合题，考察待定系数法、相似三角形判定、二次函数最值，应用了分类讨论和数形结合思想．

13．（本小题满分12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线（）与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），通过点A直线l：与y轴负半轴交于点C，与抛物线另一种交点为D，且CD=4AC．
（1）直接写出点A坐标，并求直线l函数体现式（其中k，b用含a式子表达）；
（2）点E是直线l上方抛物线上动点，若△ACE面积最大值为，求a值；
（3）设P是抛物线对称轴上一点，点Q在抛物线上，以点A，D，P，Q为顶点四边形能否成为矩形？若能，求出点P坐标；若不能，请阐明理由．

【答案】（1）A（－1，0），；（2）；（3）P坐标为（1，）或（1，－4）．
【解析】
试题分析：（1）在中，令y=0，得到，，得到A（－1，0），B（3，0），由直线l通过点A，得到，故，令，即，由于CD＝4AC，故点D横坐标为4，即有，得到，从而得出直线l函数体现式；
（2）过点E作EF∥y轴，交直线l于点F，设E（，），则F（，），
EF＝=，S△ACE＝S△AFE－S△CFE＝＝，故△ACE面积最大值为，而△ACE面积最大值为，因此 ，解得；
（3）令，即，解得，，得到D（4，5a），由于抛物线对称轴为，设P（1，m），然后分两种状况讨论：①若AD是矩形一条边，②若AD是矩形一条对角线．
试题解析：（1）∵=，令y=0，得到，，∴A（－1，0），B（3，0），∵直线l通过点A，∴，，∴，令，即，∵CD＝4AC，∴点D横坐标为4，∴，∴，∴直线l函数体现式为；
（2）过点E作EF∥y轴，交直线l于点F，设E（，），则F（，），
EF＝=，
S△ACE＝S△AFE－S△CFE＝
＝＝，
∴△ACE面积最大值为，∵△ACE面积最大值为，∴ ，解得；

（3）令，即，解得，，∴D（4，5a），∵，∴抛物线对称轴为，设P（1，m），
①若AD是矩形一条边，则Q（－4，21a），m＝21a＋5a＝26a，则P（1，26a），∵四边形ADPQ为矩形，∴∠ADP＝90°，∴，∴，即 ，∵，∴，∴P1（1，）；

②若AD是矩形一条对角线，则线段AD中点坐标为（ ，），Q（2，），m＝，则P（1，8a），∵四边形APDQ为矩形，∴∠APD＝90°，∴，∴，即 ，∵，∴，∴P2（1，－4）．
综上所述，以点A、D、P、Q为顶点四边形能成为矩形，点P坐标为（1，）或（1，－4）．

考点：二次函数综合题．

14．如图1，抛物线y=ax2+2x+c与x轴交于A（﹣4，0），B（1，0）两点，过点B直线y=kx+分别与y轴及抛物线交于点C，D．
（1）求直线和抛物线体现式；
（2）动点P从点O出发，在x轴负半轴上以每秒1个单位长度速度向左匀速运动，设运动时间为t秒，当t为何值时，△PDC为直角三角形？请直接写出所有满足条件t值；
（3）如图2，将直线BD沿y轴向下平移4个单位后，与x轴，y轴分别交于E，F两点，在抛物线对称轴上与否存在点M，在直线EF上与否存在点N，使DM+MN值最小？若存在，求出其最小值及点M，N坐标；若不存在，请阐明理由．

【答案】（1）抛物线解析式为：y=，BD解析式为y=﹣；（2）t值为、、．（3）N点坐标为（﹣2，﹣2），M点坐标为（﹣，﹣），.
【解析】
分析：（1）运用待定系数法求解可得；
（2）先求得点D坐标，过点D分别作DE⊥x轴、DF⊥y轴，分P1D⊥P1C、P2D⊥DC、P3C⊥DC三种状况，运用相似三角形性质逐一求解可得；
（3）通过作对称点，将折线转化成两点间距离，应用两点之间线段最短．
详解：（1）把A（﹣4，0），B（1，0）代入y=ax2+2x+c，
得，
解得：，
∴抛物线解析式为：y=，
∵过点B直线y=kx+，
∴代入（1，0），得：k=﹣，
∴BD解析式为y=﹣；
（2）由得交点坐标为D（﹣5，4），
如图1，过D作DE⊥x轴于点E，作DF⊥y轴于点F，

当P1D⊥P1C时，△P1DC为直角三角形，
则△DEP1∽△P1OC，
∴=，即=，
解得t=，
当P2D⊥DC于点D时，△P2DC为直角三角形
由△P2DB∽△DEB得=，
即=，
解得：t=；
当P3C⊥DC时，△DFC∽△COP3，
∴=，即=，
解得：t=，
∴t值为、、．
（3）由已知直线EF解析式为：y=﹣x﹣，
在抛物线上取点D对称点D′，过点D′作D′N⊥EF于点N，交抛物线对称轴于点M

过点N作NH⊥DD′于点H，此时，DM+MN=D′N最小．
则△EOF∽△NHD′
设点N坐标为（a，﹣），
∴=，即=，
解得：a=﹣2，
则N点坐标为（﹣2，﹣2），
求得直线ND′解析式为y=x+1，
当x=﹣时，y=﹣，
∴M点坐标为（﹣，﹣），
此时，DM+MN值最小为==2．
点睛：本题是二次函数和几何问题综合题，应用了二次函数性质以及转化数学思想、分类讨论思想．解题时注意数形结合．

15．如图1,抛物线与轴交于点和点,与轴交于点,抛物线顶点为轴于点．将抛物线平移后得到顶点为且对称轴为直抛物线．

(1)求抛物线解析式；
(2)如图2,在直线上与否存在点,使是等腰三角形?若存在,祈求出所有点坐标:若不存在,请阐明理由；
(3)点为抛物线上一动点,过点作轴平行线交抛物线于点，点有关直线对称点为，若以为顶点三角形与全等,求直线解析式．
【答案】（1）抛物线解析式为；（2）点坐标为,,；（3）解析式为或.
【解析】
分析：（1）把和代入求出a、c值，进而求出y1，再根据平移得出y2即可；
（2）抛物线对称轴为,设,已知，过点作轴于,分三种状况时行讨论等腰三角形底和腰，得到有关t方程，解方程即可；
（3）设,则,根据对称性得,分点在直线左侧或右侧时,结合以构成三角形与全等求解即可.
详解:(1)由题意知，
，
解得，
因此,抛物线y解析式为；
由于抛物线平移后得到抛物线,且顶点为，
因此抛物线解析式为，
即： ；
(2)抛物线对称轴为,设,已知，
过点作轴于,

则 ，
，
，
当时，
即，
解得或；
当时,得，无解；
当时,得,解得;
综上可知,在抛物线对称轴上存在点使是等腰三角形,此时点坐标为,,.
(3)设,则,
由于有关对称,

因此,
状况一:当点在直线左侧时,
,
,
又由于以构成三角形与全等,
当且时,,
可求得,即点与点重叠
因此,
设解析式,
则有
解得,
即解析式为,
当且时,无解,
状况二:当点在直线右侧时,
,
,
同理可得
解析式为,
综上所述, 解析式为或.
点睛：本题重要考察了二次函数综合题，此题波及到待定系数法求函数解析式、等腰三角形判定与性质、全等三角形性质等知识，解答（1）问关键是求出a、c值，解答（2）、（3）问关键是对地作出图形，进行分类讨论解答，此题有一定难度．