备战中考数学—二次函数的综合压轴题专题复习含答案.doc

备战中考数学—二次函数综合压轴题专题复习含答案

一、二次函数
1．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．

2．如图，直线AB和抛物线交点是A（0，﹣3），B（5，9），已知抛物线顶点D横坐标是2．
（1）求抛物线解析式及顶点坐标；
（2）在x轴上与否存在一点C，与A，B构成等腰三角形？若存在，求出点C坐标，若不在，请阐明理由；
（3）在直线AB下方抛物线上找一点P，连接PA，PB使得△PAB面积最大，并求出这个最大值．

【答案】（1），顶点D（2，）；（2）C（，0）或（，0）或（，0）；（3）
【解析】
【分析】
（1）抛物线顶点D横坐标是2，则x2，抛物线过A（0，﹣3），则：函数体现式为：y=ax2+bx﹣3，把B点坐标代入函数体现式，即可求解；
（2）分AB=AC、AB=BC、AC=BC，三种状况求解即可；
（3）由S△PAB•PH•xB，即可求解．
【详解】
（1）抛物线顶点D横坐标是2，则x2①，抛物线过A（0，﹣3），则：函数体现式为：y=ax2+bx﹣3，把B点坐标代入上式得：9=25a+5b﹣3②，联立①、②解得：a，b，c=﹣3，∴抛物线解析式为：yx2x﹣3．
当x=2时，y，即顶点D坐标为（2，）；
（2）A（0，﹣3），B（5，9），则AB=13，设点C坐标（m，0），分三种状况讨论：
①当AB=AC时，则：（m）2+（﹣3）2=132，解得：m=±4，即点C坐标为：（4，0）或（﹣4，0）；
②当AB=BC时，则：（5﹣m）2+92=132，解得：m=5，即：点C坐标为（5，0）或（5﹣2，0）；
③当AC=BC时，则：5﹣m）2+92=（m）2+（﹣3）2，解得：m=，则点C坐标为（，0）．
综上所述：存在，点C坐标为：（±4，0）或（5，0）或（，0）；
（3）过点P作y轴平行线交AB于点H．设直线AB体现式为y=kx﹣3，把点B坐标代入上式，9=5k﹣3，则k，故函数体现式为：yx﹣3，设点P坐标为（m，m2m﹣3），则点H坐标为（m，m﹣3），S△PAB•PH•xB（m2+12m）=－6m2+30m=，当m=时，S△PAB获得最大值为：．
答：△PAB面积最大值为．

【点睛】
本题是二次函数综合题．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．

3．如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD三个顶点B（1, 0）、C（3, 0）、D（3, 4）．以A为顶点抛物线y＝ax2＋bx＋c过点C．动点P从点A出发，以每秒个单位速度沿线段AD向点D运动，运动时间为t秒．过点P作PE⊥x轴交抛物线于点M，交AC于点N．

（1）直接写出点A坐标，并求出抛物线解析式；
（2）当t为何值时，△ACM面积最大？最大值为多少？
（3）点Q从点C出发，以每秒1个单位速度沿线段CD向点D运动，当t为何值时，在线段PE上存在点H，使以C、Q、N、H为顶点四边形为菱形？
【答案】（1）A（1，4）；y＝－x2＋2x＋3；（2）当t＝２时，△AＭC面积最大值为1；（3）或．
【解析】
（1）由矩形性质得到点A坐标，由抛物线顶点为A，设抛物线解析式为y＝a（x－1）2＋4，把点C坐标代入即可求得a值；
（2）由点P坐标以及抛物线解析式得到点M坐标，由A、C坐标得到直线AC解析式，进而得到点N坐标，即可用有关t式子表达MN，然后根据△ACM面积是△AMN和△CMN面积和列出用t表达△ACM面积，运用二次函数性质即可得到当t＝２时，△AＭC面积最大值为1；
（3）①当点Ｈ在Ｎ点上方时，由PＮ＝CQ，PN∥CQ，得到四边形PNCQ为平行四边形，因此当PQ＝CQ时，四边形FECQ为菱形，据此得到，解得t值；②当点Ｈ在Ｎ点下方时，NH=CQ=，NQ＝CQ时，四边形NHCQ为菱形，NQ2＝CQ2，得：，解得t值．
解：（1）由矩形性质可得点A（1，4），
∵抛物线顶点为A，
设抛物线解析式为y＝a（x－1）2＋4，
代入点C（3, 0），可得a＝－1．
∴y＝－（x－1）2＋4＝－x2＋2x＋3．
（2）∵P（，４），
将代入抛物线解析式，y＝－（x－1）2＋4＝，
∴M（，），
设直线AC解析式为，
将A（１,４），C（３,０）代入，得：，
将代入得，
∴N（，），
∴MN ，
∴，
∴当t＝２时，△AＭC面积最大值为1．
（3）①如图１，当点Ｈ在Ｎ点上方时，
∵Ｎ（，），P（，４），
∴PＮ＝４—（）＝＝CQ，
又∵PN∥CQ，
∴四边形PNCQ为平行四边形，
∴当PQ＝CQ时，四边形FECQ为菱形，
PQ2＝PD2+DQ2 ＝，
∴，
整理，得．解得，（舍去）；

②如图２当点Ｈ在Ｎ点下方时，
NH=CQ=，NQ＝CQ时，四边形NHCQ为菱形，
NQ2＝CQ2，得：．
整理，得．．因此，（舍去）．

“点睛”此题重要考察二次函数综合问题，会用顶点式求抛物线，会用两点法求直线解析式，会设点并表达三角形面积，熟悉矩形和菱形性质是解题关键.

4．已知抛物线.
（1）若该抛物线与x轴有公共点，求c取值范围；
（Ⅱ）设该抛物线与直线交于M，N两点，若，求C值；
（Ⅲ）点P，点Q是抛物线上位于第一象限不一样两点，都垂直于x轴，垂足分别为A，B，若，求c取值范围.
【答案】（I）；（Ⅱ）；（Ⅲ）c取值范围是
【解析】
【分析】
(1) 抛物线与x轴有公共点，则鉴别式为非负数，列不等式求解即可;
(2)求出二次函数与直线交点，并根据勾股定理求出MN长度，列方程即可求解;
(3)由可知，P,Q两点坐标特点，设坐标得到设点P坐标为，则点Q坐标为，代入二次函数，得到n,m关系，则只需保证该方程有正根即可求解.
【详解】
解：（I）∵抛物线与x轴有交点，
∴一元二次方程有实根。
，即.解得
（Ⅱ）根据题意，设
由，消去y，得 ①.
由，得.
∴方程①解为

，解得
（Ⅲ）设点P坐标为，则点Q坐标为，且，
，两式相减，得，即
，即
，其中
由，即，得.
当时，，不合题意。
又，得.
∴c取值范围是
【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待定系数法求二次解析式，数形结合思想应用及待定系数法应用是解题关键，属于中考压轴题．

5．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.

6．如图，抛物线y=﹣（x﹣1）2+c与x轴交于A，B（A，B分别在y轴左右两侧）两点，与y轴正半轴交于点C，顶点为D，已知A（﹣1，0）．

（1）求点B，C坐标；
（2）判断△CDB形状并阐明理由；
（3）将△COB沿x轴向右平移t个单位长度（0＜t＜3）得到△QPE．△QPE与△CDB重叠部分（如图中阴影部分）面积为S，求S与t函数关系式，并写出自变量t取值范围．
【答案】(Ⅰ)B(3，0)；C(0，3)；(Ⅱ)为直角三角形；(Ⅲ).
【解析】
【分析】
（1）首先用待定系数法求出抛物线解析式，然后深入确定点B，C坐标．
（2）分别求出△CDB三边长度，运用勾股定理逆定理判定△CDB为直角三角形．
（3）△COB沿x轴向右平移过程中，分两个阶段：
①当0＜t≤时，如答图2所示，此时重叠部分为一种四边形；
②当＜t＜3时，如答图3所示，此时重叠部分为一种三角形．
【详解】
解：(Ⅰ)∵点在抛物线上，
∴，得
∴抛物线解析式为：，
令，得，∴；
令，得或，∴.
(Ⅱ)为直角三角形.理由如下：
由抛物线解析式，得顶点坐标为.
如答图1所示，过点作轴于点M，
则，，.
过点作于点，则，.
在中，由勾股定理得：；
在中，由勾股定理得：；
在中，由勾股定理得：.
∵，
∴为直角三角形.

(Ⅲ)设直线解析式为，
∵，
∴，
解得，
∴，
直线是直线向右平移个单位得到，
∴直线解析式为：；
设直线解析式为，
∵，
∴，解得：，
∴.
持续并延长，射线交交于，则.
在向右平移过程中：
(1)当时，如答图2所示：

设与交于点，可得，.
设与交点为，则：.
解得，
∴.

.
(2)当时，如答图3所示：

设分别与交于点、点.
∵，
∴，.
直线解析式为，令，得，
∴.

.
综上所述，与函数关系式为：.

7．如图，抛物线交轴于，两点，交轴于点C，与过点C且平行于x轴直线交于另一点，点P是抛物线上一动点．
（1）求抛物线解析式及点D坐标；
（2）点在轴上，若以，，，为顶点四边形是平行四边形，求此时点坐标；
（3）过点作直线CD垂线，垂足为，若将沿翻折，点对应点为．与否存在点，使恰好落在轴上？若存在，求出此时点P坐标；若不存在，阐明理由．

【答案】（1）；点坐标为； （2）P1(0,2)； P2(,-2)；P3(,-2) ; （3）满足条件点有两个，其坐标分别为：（， ），（，）．
【解析】
【分析】
1)用待定系数法可得出抛物线解析式,令y=2可得出点D坐标
(2)分两种状况进行讨论,①当AE为一边时,AE∥PD,②当AE为对角线时,根据平行四边形对顶点到另一条对角线距离相等,求解点P坐标
(3)结合图形可判断出点P在直线CD下方,设点P坐标为(，),分状况讨论,①当P点在y轴右侧时,②当P点在y轴左侧时,运用解直角三角形及相似三角形性质进行求解即可
【详解】
解：（1）∵抛物线通过，两点，
∴，解得：，，
∴抛物线解析式为：；
当时，，解得：，（舍），即：点坐标为．
（2）∵，两点都在轴上，∴有两种也许：
①当为一边时，∥，此时点与点重叠（如图1），∴，
②当为对角线时，点、点到直线（即轴）距离相等，
∴点纵坐标为（如图2），

把代入抛物线解析式，得：，
解得：，，
∴点坐标为，，
综上所述：； ； ．
（3）存在满足条件点，显然点在直线下方，设直线交轴于，
点坐标为（，），
①当点在轴右侧时（如图3），

，
，
又∵，
∴,
又，∴，
∴，
∵，，，∴，∴，
∴，＝＝，
即，∴点坐标为（，），
②当点在轴左侧时（如图4），

此时，，＝＝，
＝－（）＝，
又∵，，
∴，又
∴，∴，
∵，，，
∴，∴，
∴，
＝＝，
此时，点坐标为（，）．
综上所述，满足条件点有两个，其坐标分别为：（，），（，）．
【点睛】
此题考察二次函数综合题，解题关键在于运用待定系数法出解析式，难度较大

8．如图甲，直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，通过B、C两点抛物线y=x2+bx+c与x轴另一种交点为A，顶点为P．
（1）求该抛物线解析式；
（2）在该抛物线对称轴上与否存在点M，使以C，P，M为顶点三角形为等腰三角形？若存在，请直接写出所符合条件点M坐标；若不存在，请阐明理由；
（3）当0＜x＜3时，在抛物线上求一点E，使△CBE面积有最大值（图乙、丙供画图探究）．
【答案】（1）y=x2﹣4x+3；（2）（2，）或（2，7）或（2，﹣1+2）或（2，﹣1﹣2）；（3）E点坐标为（，）时，△CBE面积最大．
【解析】
试题分析：（1）由直线解析式可求得B、C坐标，运用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）由抛物线解析式可求得P点坐标及对称轴，可设出M点坐标，表达出MC、MP和PC长，分MC=MP、MC=PC和MP=PC三种状况，可分别得到有关M点坐标方程，可求得M点坐标；
（3）过E作EF⊥x轴，交直线BC于点F，交x轴于点D，可设出E点坐标，表达出F点坐标，表达出EF长，深入可表达出△CBE面积，运用二次函数性质可求得其获得最大值时E点坐标．
试题解析：（1）∵直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，
∴B（3，0），C（0，3），
把B、C坐标代入抛物线解析式可得，解得，
∴抛物线解析式为y=x2﹣4x+3；
（2）∵y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线对称轴为x=2，P（2，﹣1），
设M（2，t），且C（0，3），
∴MC=，MP=|t+1|，PC=，
∵△CPM为等腰三角形，
∴有MC=MP、MC=PC和MP=PC三种状况，
①当MC=MP时，则有=|t+1|，解得t=，此时M（2，）；
②当MC=PC时，则有=2，解得t=﹣1（与P点重叠，舍去）或t=7，此时M（2，7）；
③当MP=PC时，则有|t+1|=2，解得t=﹣1+2或t=﹣1﹣2，此时M（2，﹣1+2）或（2，﹣1﹣2）；
综上可知存在满足条件点M，其坐标为（2，）或（2，7）或（2，﹣1+2）或（2，﹣1﹣2）；
（3）如图，过E作EF⊥x轴，交BC于点F，交x轴于点D，

设E（x，x2﹣4x+3），则F（x，﹣x+3），
∵0＜x＜3，
∴EF=﹣x+3﹣（x2﹣4x+3）=﹣x2+3x，
∴S△CBE=S△EFC+S△EFB=EF•OD+EF•BD=EF•OB=×3（﹣x2+3x）=﹣（x﹣）2+，
∴当x=时，△CBE面积最大，此时E点坐标为（，），
即当E点坐标为（，）时，△CBE面积最大．
考点：二次函数综合题．

9．如图，已知二次函数图象顶点坐标为，与坐标轴交于B、C、D三点，且B点坐标为．
（1）求二次函数解析式；
（2）在二次函数图象位于x轴上方部分有两个动点M、N，且点N在点M左侧，过M、N作x轴垂线交x轴于点G、H两点，当四边形MNHG为矩形时，求该矩形周长最大值；
（3）当矩形MNHG周长最大时，能否在二次函数图象上找到一点P，使面积是矩形MNHG面积？若存在，求出该点横坐标；若不存在，请阐明理由．

【答案】（1） （2）最大值为10
（3）故点P坐标为：或或．
【解析】
【分析】
（1）二次函数体现式为：，将点B坐标代入上式，即可求解；
（2）矩形MNHG周长，即可求解；
（3），解得：，即可求解．
【详解】
（1）二次函数体现式为：，
将点B坐标代入上式得：，解得：，
故函数体现式为：…①；
（2）设点M坐标为，则点，
则，，
矩形MNHG周长，
∵，故当，C有最大值，最大值为10，
此时，点与点D重叠；
（3）面积是矩形MNHG面积，
则，
连接DC，在CD得上下方等距离处作CD平行线m、n，
过点P作y轴平行线交CD、直线n于点H、G，即，
过点P作于点K，

将、坐标代入一次函数体现式并解得：
直线CD体现式为：，
，∴，，
设点，则点，
，
解得：，
则，
解得：，
故点，
直线n体现式为：…②，
联立①②并解得：，
即点、坐标分别为、；
故点P坐标为：或或．
【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．

10．如图，直线y＝﹣x+4与x轴交于点B，与y轴交于点C，抛物线y＝﹣x2+bx+c通过B，C两点，与x轴另一交点为A．点P以每秒个单位长度速度在线段BC上由点B向点C运动（点P不与点B和点C重叠），设运动时间为t秒，过点P作x轴垂线交x轴于点E，交抛物线于点M．

（1）求抛物线解析式；
（2）如图①，过点P作y轴垂线交y轴于点N，连接MN交BC于点Q，当时，求t值；
（3）如图②，连接AM交BC于点D，当△PDM是等腰三角形时，直接写出t值．
【答案】（1）y＝﹣x2+3x+4；（2）t值为；（3）当△PDM是等腰三角形时，t＝1或t＝﹣1．
【解析】
【分析】
（1）求直线y=-x+4与x轴交点B，与y轴交点C，用待定系数法即求得抛物线解析式．
（2）根据点B、C坐标求得∠OBC=45°，又PE⊥x轴于点E，得到△PEB是等腰直角三角形，由t求得BE=PE=t，即可用t表达各线段，得到点M横坐标，进而用m表达点M纵坐标，求得MP长．根据MP∥CN可证，故有，把用t表达MP、NC代入即得到有关t方程，求解即得到t值．
（3）由于不确定等腰△PDM底和腰，故需分3种状况讨论：①若MD=MP，则∠MDP=∠MPD=45°，故有∠DMP=90°，不合题意；②若DM=DP，则∠DMP=∠MPD=45°，进而得AE=ME，把含t式子代入并解方程即可；③若MP=DP，则∠PMD=∠PDM，由对顶角相等和两直线平行内错角相等可得∠CFD=∠PMD=∠PDM=∠CDF进而得CF=CD．用t表达M坐标，求直线AM解析式，求得AM与y轴交点F坐标，即能用t表达CF长．把直线AM与直线BC解析式联立方程组，解得x值即为点D横坐标．过D作y轴垂线段DG，得等腰直角△CDG，用DG即点D横坐标，进而可用t表达CD长．把含t式子代入CF=CD，解方程即得到t值．
【详解】
（1）直线y＝﹣x+4中，当x＝0时，y＝4
∴C（0，4）
当y＝﹣x+4＝0时，解得：x＝4
∴B（4，0）
∵抛物线y＝﹣x2+bx+c通过B，C两点
∴ 解得：
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+3x+4
（2）∵B（4，0），C（0，4），∠BOC＝90°
∴OB＝OC
∴∠OBC＝∠OCB＝45°
∵ME⊥x轴于点E，PB＝t
∴∠BEP＝90°
∴Rt△BEP中，
∴，
∴
∵点M在抛物线上
∴，
∴ ，
∵PN⊥y轴于点N
∴∠PNO＝∠NOE＝∠PEO＝90°
∴四边形ONPE是矩形
∴ON＝PE＝t
∴NC＝OC﹣ON＝4﹣t
∵MP∥CN
∴△MPQ∽△NCQ
∴
∴
解得：（点P不与点C重叠，故舍去）
∴t值为
（3）∵∠PEB＝90°，BE＝PE
∴∠BPE＝∠PBE＝45°
∴∠MPD＝∠BPE＝45°
①若MD＝MP，则∠MDP＝∠MPD＝45°
∴∠DMP＝90°，即DM∥x轴，与题意矛盾
②若DM＝DP，则∠DMP＝∠MPD＝45°
∵∠AEM＝90°
∴AE＝ME
∵y＝﹣x2+3x+4＝0时，解得：x1＝﹣1，x2＝4
∴A（﹣1，0）
∵由（2）得，xM＝4﹣t，ME＝yM＝﹣t2+5t
∴AE＝4﹣t﹣（﹣1）＝5﹣t
∴5﹣t＝﹣t2+5t
解得：t1＝1，t2＝5（0＜t＜4，舍去）

③若MP＝DP，则∠PMD＝∠PDM
如图，记AM与y轴交点为F，过点D作DG⊥y轴于点G
∴∠CFD＝∠PMD＝∠PDM＝∠CDF
∴CF＝CD
∵A（﹣1，0），M（4﹣t，﹣t2+5t），设直线AM解析式为y＝ax+m
∴ 解得： ，
∴直线AM：
∴F（0，t）
∴CF＝OC﹣OF＝4﹣t
∵tx+t＝﹣x+4，解得：，
∴，
∵∠CGD＝90°，∠DCG＝45°
∴，
∴
解得：
综上所述，当△PDM是等腰三角形时，t＝1或．
【点睛】
本题考察了二次函数图象与性质，解二元一次方程组和一元二次方程，等腰直角三角形性质，相似三角形判定和性质，波及等腰三角形分类讨论，要充足运用等腰性质作为列方程根据．

11．在平面直角坐标系xOy中(如图)，已知抛物线y＝x2－2x，其顶点为A．
(1)写出这条抛物线开口方向、顶点A坐标，并阐明它变化状况；
(2)我们把一条抛物线上横坐标与纵坐标相等点叫做这条抛物线“不动点”
①试求抛物线y＝x2－2x“不动点”坐标；
②平移抛物线y＝x2－2x，使所得新抛物线顶点B是该抛物线“不动点”，其对称轴与x轴交于点C，且四边形OABC是梯形，求新抛物线体现式.

【答案】(l)抛物线y＝x2－2x开口向上，顶点A坐标是(1，－1)，抛物线变化状况是：抛物线在对称轴左侧部分是下降，右侧部分是上升；(2)①(0，0)、(3，3)； ②新抛物线体现式是y＝(x＋1)2－1.
【解析】
【分析】
（1），故该抛物线开口向上，顶点坐标为；
（2）①设抛物线“不动点”坐标为，则，即可求解；②新抛物线顶点为“不动点”，则设点，则新抛物线对称轴为：，与轴交点，四边形是梯形，则直线在轴左侧，而点，点，则，即可求解.
【详解】
(l)，
抛物线y＝x2－2x开口向上，顶点A坐标是(1，－1)，
抛物线变化状况是：抛物线在对称轴左侧部分是下降，右侧部分是上升.
(2)①设抛物线y＝x2－2x“不动点”坐标为(t，t).
则t＝t2－2t，解得t1＝0，t2＝3.
因此，抛物线y＝x2－2x“不动点”坐标是(0，0)、(3，3).
②∵新抛物线顶点B是其“不动点”，∴设点B坐标为(m，m)
∴新抛物线对称轴为直线x＝m，与x轴交点为C(m，0)
∵四边形OABC是梯形，
∴直线x＝m在y轴左侧.
∵BC与OA不平行
∴OC∥AB.
又∵点A坐标为(1，一1)，点B坐标为(m，m)，
m＝－1.
∴新抛物线是由抛物线y＝x2－2x向左平移2个单位得到，
∴新抛物线体现式是y＝(x＋1)2－1.
【点睛】
本题为二次函数综合运用题，波及到二次函数基本知识、梯形基本性质，此类新定义题目，一般按照题设次序，逐次求解即可.

12．如图，顶点M在y轴上抛物线与直线y=x+1相交于A、B两点，且点A在x轴上，点B横坐标为2，连结AM、BM．
（1）求抛物线函数关系式；
（2）判断△ABM形状，并阐明理由；
（3）把抛物线与直线y=x交点称为抛物线不动点．若将（1）中抛物线平移，使其顶点为（m，2m），当m满足什么条件时，平移后抛物线总有不动点．

【答案】（1）抛物线解析式为y=x2﹣1；（2）△ABM为直角三角形．理由见解析；（3）当m≤时，平移后抛物线总有不动点．
【解析】
试题分析：（1）分别写出A、B坐标，运用待定系数法求出抛物线解析式即可；
根据OA＝OM＝1，AC＝BC＝3，分别得到∠MAC＝45°，∠BAC＝45°，得到∠BAM＝90°，进而得到△ABM是直角三角形；
（3）根据抛物线平后来顶点设其解析式为，
∵抛物线不动点是抛物线与直线交点，∴，
方程总有实数根，则≥0，得到m取值范围即可
试题解析：解：（1）∵点A是直线与轴交点，∴A点为（-1，0）
∵点B在直线上，且横坐标为2，∴B点为（2，3）
∵过点A、B抛物线顶点M在轴上，故设其解析式为：
∴，解得：
∴抛物线解析式为．
（2）△ABM是直角三角形，且∠BAM＝90°．理由如下：
作BC⊥轴于点C，∵A（-1，0）、B（2，3）∴AC＝BC＝3，∴∠BAC＝45°；
点M是抛物线顶点，∴M点为（0，-1）∴OA＝OM＝1，
∵∠AOM＝90°∴∠MAC＝45°；
∴∠BAM＝∠BAC＋∠MAC＝90°∴△ABM是直角三角形．
（3）将抛物线顶点平移至点（，），则其解析式为．
∵抛物线不动点是抛物线与直线交点，∴
化简得：
∴＝＝
当时，方程总有实数根，即平移后抛物线总有不动点
∴．
考点：二次函数综合应用（待定系数法；直角三角形判定；一元二次方程根鉴别式）

13．（14分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=mx2﹣8mx+4m+2（m＞2）与y轴交点为A，与x轴交点分别为B（x1，0），C（x2，0），且x2﹣x1=4，直线AD∥x轴，在x轴上有一动点E（t，0）过点E作平行于y轴直线l与抛物线、直线AD交点分别为P、Q．

（1）求抛物线解析式；
（2）当0＜t≤8时，求△APC面积最大值；
（3）当t＞2时，与否存在点P，使以A、P、Q为顶点三角形与△AOB相似？若存在，求出此时t值；若不存在，请阐明理由．
【答案】（1）；（2）12；（3）t=或t=或t=14．
【解析】
试题分析：（1）首先运用根与系数关系得出：，结合条件求出值，然后把点B，C坐标代入解析式计算即可；（2）（2）分0＜t＜6时和6≤t≤8时两种状况进行讨论，据此即可求出三角形最大值；（3）（3）分2＜t≤6时和t＞6时两种状况进行讨论，再根据三角形相似条件，即可得解．
试题解析：解：（1）由题意知x1、x2是方程mx2﹣8mx+4m+2=0两根，
∴x1+x2=8，
由．
解得：．
∴B（2，0）、C（6，0）
则4m﹣16m+4m+2=0，
解得：m=，
∴该抛物线解析式为：y=；．
（2）可求得A（0，3）
设直线AC解析式为：y=kx+b，
∵
∴
∴直线AC解析式为：y=﹣x+3，
要构成△APC，显然t≠6，分两种状况讨论：
当0＜t＜6时，设直线l与AC交点为F，则：F（t，﹣），

∵P（t，），∴PF=，
∴S△APC=S△APF+S△CPF
=
=
=，
此时最大值为：，
②当6≤t≤8时，设直线l与AC交点为M，则：M（t，﹣），
∵P（t，），∴PM=，
∴S△APC=S△APF﹣S△CPF=
=
=，
当t=8时，取最大值，最大值为：12，
综上可知，当0＜t≤8时，△APC面积最大值为12；
（3）如图，连接AB，则△AOB中，∠AOB=90°，AO=3，BO=2，
Q（t，3），P（t，），
①当2＜t≤6时，AQ=t，PQ=，
若：△AOB∽△AQP，则：，
即：，
∴t=0（舍），或t=，
若△AOB∽△PQA，则：，
即：，
∴t=0（舍）或t=2（舍），
②当t＞6时，AQ′=t，PQ′=，
若：△AOB∽△AQP，则：，
即：，
∴t=0（舍），或t=，
若△AOB∽△PQA，则：，
即：，
∴t=0（舍）或t=14，
∴t=或t=或t=14．

考点：二次函数综合题．

14．（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．

15．抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A（1，0），B（m，0），与y轴交于C．

（1）若m=﹣3，求抛物线解析式，并写出抛物线对称轴；
（2）如图1，在（1）条件下，设抛物线对称轴交x轴于D，在对称轴左侧抛物线上有一点E，使S△ACE=S△ACD，求点E坐标；
（3）如图2，设F（﹣1，﹣4），FG⊥y于G，在线段OG上与否存在点P，使∠OBP=∠FPG？若存在，求m取值范围；若不存在，请阐明理由．
【答案】（1）抛物线解析式为：y=x2+2x﹣3=（x+1）2﹣4；对称轴是：直线x=﹣1；（2）点E坐标为E（﹣4，5）（3）当﹣4≤m＜0或m=3时，在线段OG上存在点P，使∠OBP=∠FPG.
【解析】
试题分析：（1）运用待定系数法求二次函数解析式，并配方求对称轴；（2）如图1，设E（m，m2+2m﹣3），先根据已知条件求S△ACE=10，根据不规则三角形面积等于铅直高度与水平宽度积列式可求得m值，并根据在对称轴左侧抛物线上有一点E，则点E横坐标不大于﹣1，对m值进行取舍，得到E坐标；
（3）分两种状况：①当B在原点左侧时，构建辅助圆，根据直径所对圆周角是直角，只要满足∠BPF=90°就可以构成∠OBP=∠FPG，如图2，求出圆E与y轴有一种交点时m值，则可得取值范围；②当B在原点右侧时，只有△OBP是等腰直角三角形，△FPG也是等腰直角三角形时满足条件，直接计算即可．
试题解析：（1）当m=﹣3时，B（﹣3，0），
把A（1，0），B（﹣3，0）代入到抛物线y=x2+bx+c中得：，解得，
∴抛物线解析式为：y=x2+2x﹣3=（x+1）2﹣4；对称轴是：直线x=﹣1；
（2）如图1，设E（m，m2+2m﹣3），
由题意得：AD=1+1=2，OC=3，
S△ACE=S△ACD=×ADOC=×2×3=10，
设直线AE解析式为：y=kx+b，
把A（1，0）和E（m，m2+2m﹣3）代入得，
，解得：，
∴直线AE解析式为：y=（m+3）x﹣m﹣3，∴F（0，﹣m﹣3），
∵C（0，﹣3），∴FC=﹣m﹣3+3=﹣m，∴S△ACE=FC（1﹣m）=10，
﹣m（1﹣m）=20，m2﹣m﹣20=0，
（m+4）（m﹣5）=0，
m1=﹣4，m2=5（舍），
∴E（﹣4，5）；
（3）如图2，当B在原点左侧时，连接BF，以BF为直径作圆E，当⊙E与y轴相切时，设切点为P，
∴∠BPF=90°，∴∠FPG+∠OPB=90°，∵∠OPB+∠OBP=90°，∴∠OBP=∠FPG，
连接EP，则EP⊥OG，
∵BE=EF，∴EP是梯形中位线，∴OP=PG=2，
∵FG=1，tan∠FPG=tan∠OBP=，
∴，∴m=﹣4，
∴当﹣4≤m＜0时，在线段OG上存在点P