2025年中考数学备考之二次函数压轴突破训练∶培优易错难题篇.doc

中考数学备考之二次函数压轴突破训练∶培优 易错 难题篇

一、二次函数
1．如图，抛物线y＝x2﹣mx﹣（m+1）与x轴负半轴交于点A（x1，0），与x轴正半轴交于点B（x2，0）（OA＜OB），与y轴交于点C，且满足x12+x22﹣x1x2＝13．
（1）求抛物线解析式；
（2）以点B为直角顶点，BC为直角边作Rt△BCD，CD交抛物线于第四象限点E，若EC＝ED，求点E坐标；
（3）在抛物线上与否存在点Q，使得S△ACQ＝2S△AOC？若存在，求出点Q坐标；若不存在，阐明理由．

【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3；（2）E点坐标为（，﹣）；（3）点Q坐标为（﹣3，12）或（2，﹣3）．理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）由根与系数关系可得x1+x2＝m，x1•x2＝﹣（m+1），代入x12+x22﹣x1x2＝13，求出m1＝2，m2＝﹣5．根据OA＜OB，得出抛物线对称轴在y轴右侧，那么m＝2，即可确定抛物线解析式；
（2）连接BE、OE．根据直角三角形斜边上中线等于斜边二分之一得出BE＝CD＝CE．运用SSS证明△OBE≌△OCE，得出∠BOE＝∠COE，即点E在第四象限角平分线上，设E点坐标为（m，﹣m），代入y＝x2﹣2x﹣3，求出m值，即可得到E点坐标；
（3）过点Q作AC平行线交x轴于点F，连接CF，根据三角形面积公式可得S△ACQ＝S△ACF．由S△ACQ＝2S△AOC，得出S△ACF＝2S△AOC，那么AF＝2OA＝2，F（1，0）．运用待定系数法求出直线AC解析式为y＝﹣3x﹣3．根据AC∥FQ，可设直线FQ解析式为y＝﹣3x+b，将F（1，0）代入，运用待定系数法求出直线FQ解析式为y＝﹣3x+3，把它与抛物线解析式联立，得出方程组，求解即可得出点Q坐标．
【详解】
（1）∵抛物线y＝x2﹣mx﹣（m+1）与x轴负半轴交于点A（x1，0），与x轴正半轴交于点B（x2，0），
∴x1+x2＝m，x1•x2＝﹣（m+1），
∵x12+x22﹣x1x2＝13，
∴（x1+x2）2﹣3x1x2＝13，
∴m2+3（m+1）＝13，
即m2+3m﹣10＝0，
解得m1＝2，m2＝﹣5．
∵OA＜OB，
∴抛物线对称轴在y轴右侧，
∴m＝2，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）连接BE、OE．

∵在Rt△BCD中，∠CBD＝90°，EC＝ED，
∴BE＝CD＝CE．
令y＝x2﹣2x﹣3＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∵C（0，﹣3），
∴OB＝OC，
又∵BE＝CE，OE＝OE，
∴△OBE≌△OCE（SSS），
∴∠BOE＝∠COE，
∴点E在第四象限角平分线上，
设E点坐标为（m，﹣m），将E（m，﹣m）代入y＝x2﹣2x﹣3，
得m＝m2﹣2m﹣3，解得m＝，
∵点E在第四象限，
∴E点坐标为（，﹣）；
（3）过点Q作AC平行线交x轴于点F，连接CF，则S△ACQ＝S△ACF．

∵S△ACQ＝2S△AOC，
∴S△ACF＝2S△AOC，
∴AF＝2OA＝2，
∴F（1，0）．
∵A（﹣1，0），C（0，﹣3），
∴直线AC解析式为y＝﹣3x﹣3．
∵AC∥FQ，
∴设直线FQ解析式为y＝﹣3x+b，
将F（1，0）代入，得0＝﹣3+b，解得b＝3，
∴直线FQ解析式为y＝﹣3x+3．
联立，
解得，，
∴点Q坐标为（﹣3，12）或（2，﹣3）．
【点睛】
本题是二次函数综合题，其中波及到一元二次方程根与系数关系，求二次函数解析式，直角三角形性质，全等三角形判定与性质，二次函数图象上点坐标特征，三角形面积，一次函数图象与几何变换，待定系数法求直线解析式，抛物线与直线交点坐标求法，综合性较强，难度适中．运用数形结合与方程思想是解题关键．

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，∠ACB=90°，OC=2OB，tan∠ABC=2，点B坐标为（1，0）．抛物线y=﹣x2+bx+c通过A、B两点．
（1）求抛物线解析式；
（2）点P是直线AB上方抛物线上一点，过点P作PD垂直x轴于点D，交线段AB于点E，使PE=DE．
①求点P坐标；
②在直线PD上与否存在点M，使△ABM为直角三角形？若存在，求出符合条件所有点M坐标；若不存在，请阐明理由．

【答案】（1）y=﹣x2﹣3x+4；（2）①P（﹣1，6），②存在，M（﹣1，3+）或（﹣1，3﹣）或（﹣1，﹣1）或（﹣1，）．
【解析】
【分析】
（1）先根据已知求点A坐标，运用待定系数法求二次函数解析式；
（2）①先得AB解析式为：y=-2x+2，根据PD⊥x轴，设P（x，-x2-3x+4），则E（x，-2x+2），根据PE=DE，列方程可得P坐标；
②先设点M坐标，根据两点距离公式可得AB，AM，BM长，分三种状况：△ABM为直角三角形时，分别以A、B、M为直角顶点时，运用勾股定理列方程可得点M坐标．
【详解】
解：（1）∵B（1，0），∴OB=1，
∵OC=2OB=2，∴C（﹣2，0），
Rt△ABC中，tan∠ABC=2，
∴， ∴， ∴AC=6，
∴A（﹣2，6），
把A（﹣2，6）和B（1，0）代入y=﹣x2+bx+c得：，
解得：，
∴抛物线解析式为：y=﹣x2﹣3x+4；
（2）①∵A（﹣2，6），B（1，0），
∴AB解析式为：y=﹣2x+2，

设P（x，﹣x2﹣3x+4），则E（x，﹣2x+2），
∵PE=DE，
∴﹣x2﹣3x+4﹣（﹣2x+2）=（﹣2x+2），
∴x=-1或1（舍），
∴P（﹣1，6）；
②∵M在直线PD上，且P（﹣1，6），
设M（﹣1，y），
∵B（1，0），A（﹣2，6）
∴AM2=（﹣1+2）2+（y﹣6）2=1+（y﹣6）2，
BM2=（1+1）2+y2=4+y2，
AB2=（1+2）2+62=45，
分三种状况：
i）当∠AMB=90°时，有AM2+BM2=AB2，
∴1+（y﹣6）2+4+y2=45，
解得：y=3，
∴M（﹣1，3+）或（﹣1，3﹣）；
ii）当∠ABM=90°时，有AB2+BM2=AM2，
∴45+4+y2=1+（y﹣6）2， ∴y=﹣1，
∴M（﹣1，﹣1），
iii）当∠BAM=90°时，有AM2+AB2=BM2，
∴1+（y﹣6）2+45=4+y2， ∴y=，
∴M（﹣1，）；
综上所述，点M坐标为：∴M（﹣1，3+）或（﹣1，3﹣）或（﹣1，﹣1）或（﹣1，）．
【点睛】
此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，铅直高度和勾股定理运用，直角三角形判定等知识．此题难度适中，解题关键是注意方程思想与分类讨论思想应用．

4．如图，抛物线y=ax2+bx过点B（1，﹣3），对称轴是直线x=2，且抛物线与x轴正半轴交于点A．
（1）求抛物线解析式，并根据图象直接写出当y≤0时，自变量x取值范围；
（2）在第二象限内抛物线上有一点P，当PA⊥BA时，求△PAB面积．

【答案】（1）抛物线解析式为y=x2﹣4x，自变量x取值范图是0≤x≤4；（2）△PAB面积=15．
【解析】
【分析】
（1）将函数图象通过点B坐标代入函数解析式中，再和对称轴方程联立求出待定系数a和b；
（2）如图，过点B作BE⊥x轴，垂足为点E，过点P作PE⊥x轴，垂足为F，设P（x，x2-4x），证明△PFA∽△AEB,求出点P坐标，将△PAB面积构导致长方形去掉三个三角形面积．
【详解】
（1）由题意得，，
解得，
∴抛物线解析式为y=x2-4x，
令y=0，得x2-2x=0，解得x=0或4，
结合图象知，A坐标为（4，0），
根据图象开口向上，则y≤0时，自变量x取值范围是0≤x≤4；
（2）如图，过点B作BE⊥x轴，垂足为点E，过点P作PE⊥x轴，垂足为F，

设P（x，x2-4x）,
∵PA⊥BA
∴∠PAF+∠BAE=90°,
∵∠PAF+∠FPA=90°,
∴∠FPA=∠BAE
又∠PFA=∠AEB=90°
∴△PFA∽△AEB,
∴，即，
解得，x= −1，x=4（舍去）
∴x2-4x=-5
∴点P坐标为（-1，-5），
又∵B点坐标为（1，-3），易得到BP直线为y=-4x+1
因此BP与x轴交点为（，0）
∴S△PAB=
【点睛】
本题是二次函数综合题，求出函数解析式是解题关键，尤其是运用待定系数法将两条直线体现式解出，运用点坐标求三角形面积是关键．

5．如图，抛物线y＝ax2+bx+4与x轴交于点A（﹣1，0）、B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图1，D为抛物线对称轴上一动点，求D运动到什么位置时△DAC周长最小；
（3）如图2，点E在第一象限抛物线上，AE与BC交于点F，若AF：FE＝2：1，求E点坐标；
（4）点M、N同步从B点出发，分别沿BA、BC方向运动，它们运动速度都是1个单位/秒，当点M运动到点A时，点N停止运动，则当点N停止运动后，在x轴上与否存在点P，使得△PBN是等腰三角形？若存在，直接写出点P坐标；若不存在，请阐明理由．

【答案】（1）（2）（3）点P坐标P1（﹣1，0）或P2（7，0）或P3（﹣，0）或P4（，0）．
【解析】
【分析】
（1）直接待定系数法代入求解即可 （2）找到D点在对称轴时是△DAC周长最小点，先求出直线BC，然后D点横坐标是1，直接代入直线BC求出纵坐标即可 （3）作EH∥AB交BC于H，则∠FAB＝∠FEH，∠FBA＝∠FHE，易证△ABF∽△EHF，得,得EH=2，设E（x，），则H（x﹣2，），yE＝yH，解出方程x＝1或x＝2，得到E点坐标 （4）△PBN是等腰三角形，提成三种状况，①BP＝BC时，运用等腰三角性质直接得到P1（﹣1，0）或P2（7，0），②当NB＝NP时，作NH⊥x轴，易得△NHB∽△COB，运用比例式得到NH、 BH从而得到 PH＝BH，BP，进而得到OP，即得到P点坐标，③当PN＝PB时，取NB中点K，作KP⊥BN，交x轴于点P，易得△NOB∽△PKB，运用比例式求出PB，进而得到OP，即求出P点坐标
【详解】
解：（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx+4，
得
解得a＝，b＝，
∴抛物线解析式；
（2）
∴抛物线对称轴为直线x＝1，
∴D横坐标为1，
由（1）可得C（0，4），
∵B（3，0），
∴直线BC：
∵DA＝DB，
△DAC周长＝AC+CD+AD＝AC+CD+BD，
连接BC，与对称轴交于点D，

此时CD+BD最小，
∵AC为定值，
∴此时△DAC周长，
当x＝1时，y＝﹣×1+4＝，
∴D（1，）；
（3）作EH∥AB交BC于H，则∠FAB＝∠FEH，∠FBA＝∠FHE，

∴△ABF∽△EHF，
∵AF：FE＝2：1，
∴，
∵AB＝4，
∴EH＝2，
设E（x，），则H（x﹣2，）
∵EH∥AB，
∴yE＝yH，
∴=
解得x＝1或x＝2，
y＝或4，
∴E（1，）或（2，4）；
（4）∵A（﹣1，0）、B（3，0），C（0，4）
∴AB＝4，OC＝4，
点M运动到点A时，BM＝AB＝4，
∴BN＝4，

∵△PBN是等腰三角形，
①BP＝BC时，
若P在点B左侧，OP＝PB﹣OB＝4﹣3＝1，
∴P1（﹣1，0），
若P在点B右侧，OP＝OB+BP＝4+3＝7，
∴P2（7，0）；
②当NB＝NP时，作NH⊥x轴，
△NHB∽△COB，
∴
∴NH＝OC＝＝，
BH＝BC＝，
∴PH＝BH＝，
BP＝，
∴OP＝BP﹣OB＝，
∴P3（﹣，0）；
③当PN＝PB时，
取NB中点K，作KP⊥BN，交x轴于点P，
∴△NOB∽△PKB，
∴
∴PB＝，
∴OP＝OB﹣PB＝3﹣＝
P4（，0）
综上，当△PBN是等腰三角形时，点P坐标P1（﹣1，0）或P2（7，0）或P3（﹣，0）或P4（，0）．
【点睛】
本题考察二次函数、平行线性质、相似三角形、等腰三角形性质及最短距离等知识点，综合程度比较高，对综合能力规定比较高. 第一问比较简单，考察待定系数法；第二问最短距离，找到D点是解题关键；第三问证明出相似是关键；第四问可以分状况讨论是解题关键

6．如图，菱形ABCD边长为20cm，∠ABC＝120°，对角线AC，BD相交于点O，动点P从点A出发，以4cm/s速度，沿A→B路线向点B运动；过点P作PQ∥BD，与AC相交于点Q，设运动时间为t秒，0＜t＜5．

（1）设四边形PQCB面积为S，求S与t关系式；
（2）若点Q有关O对称点为M，过点P且垂直于AB直线l交菱形ABCD边AD（或CD）于点N，当t为何值时，点P、M、N在一直线上？
（3）直线PN与AC相交于H点，连接PM，NM，与否存在某一时刻t，使得直线PN平分四边形APMN面积？若存在，求出t值；若不存在，请阐明理由．
【答案】(1) S=﹣2（0＜t＜5）； (2) ;(3)见解析.
【解析】
【分析】
（1）如图1，根据S=S△ABC-S△APQ，代入可得S与t关系式；
（2）设PM=x，则AM=2x，可得AP=x=4t，计算x值，根据直角三角形30度角性质可得AM=2PM=，根据AM=AO+OM，列方程可得t值；
（3）存在，通过画图可知：N在CD上时，直线PN平分四边形APMN面积，根据面积相等可得MG=AP，由AM=AO+OM，列式可得t值．
【详解】
解：（1）如图1，∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABD=∠DBC=∠ABC=60°，AC⊥BD，
∴∠OAB=30°，
∵AB=20，
∴OB=10，AO=10，
由题意得：AP=4t，
∴PQ=2t，AQ=2t，
∴S=S△ABC﹣S△APQ，
=，
= ，
=﹣2t2+100（0＜t＜5）；
（2）如图2，在Rt△APM中，AP=4t，
∵点Q有关O对称点为M，
∴OM=OQ，
设PM=x，则AM=2x，
∴AP=x=4t，
∴x=，
∴AM=2PM=，
∵AM=AO+OM，
∴=10+10﹣2t，
t=；
答：当t为秒时，点P、M、N在一直线上；
（3）存在，
如图3，∵直线PN平分四边形APMN面积，
∴S△APN=S△PMN，
过M作MG⊥PN于G，
∴ ，
∴MG=AP，
易得△APH≌△MGH，
∴AH=HM=t，
∵AM=AO+OM，
同理可知：OM=OQ=10﹣2t，
t=10=10﹣2t，
t=．
答：当t为秒时，使得直线PN平分四边形APMN面积．

【点睛】
考察了全等三角形判定与性质，对称性质，三角形和四边形面积，二次根式化简等知识点，计算量大，解答本题关键是纯熟掌握动点运动时所构成三角形各边关系.

7．如图1，二次函数图像与轴交于两点(点在点左侧)，与轴交于点.

（1）求二次函数体现式及点、点坐标;
（2）若点在二次函数图像上，且，求点横坐标;
（3）将直线向下平移，与二次函数图像交于两点(在左侧)，如图2，过作轴，与直线交于点，过作轴，与直线交于点，当值最大时，求点坐标.
【答案】（1）y＝，A（﹣1，0），B（4，0）；（2）D点横坐标为2+2，2﹣2，2；（3）M（，﹣）
【解析】
【分析】
（1）求出a，即可求解；
（2）求出直线BC解析式，过点D作DH∥y轴，与直线BC交于点H，根据三角形面积关系求解；
（3）过点M作MG∥x轴，交FN延长线于点G，设M（m，m2﹣m﹣3），N（n，n2﹣n﹣3），判断四边形MNFE是平行四边形，根据ME＝NF，求出m+n＝4，再确定ME+MN＝﹣m2+3m+5﹣m＝﹣（m﹣）2+，即可求M；
【详解】
（1）y＝ax2﹣3ax﹣4a与y轴交于点C（0，﹣3），
∴a＝，
∴y＝x2﹣x﹣3，
与x轴交点A（﹣1，0），B（4，0）；
（2）设直线BC解析式为y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝x﹣3；
过点D作DH∥y轴，与直线BC交于点H，
设H（x，x﹣3），D（x，x2﹣x﹣3），
∴DH＝|x2﹣3x|，
∵S△ABC＝，
∴S△DBC＝＝6，
∴S△DBC＝2×|x2﹣3x|＝6，
∴x＝2+2，x＝2﹣2，x＝2；
∴D点横坐标为2+2，2﹣2，2；

（3）过点M作MG∥x轴，交FN延长线于点G，
设M（m，m2﹣m﹣3），N（n，n2﹣n﹣3），
则E（m，m﹣3），F（n，n﹣3），
∴ME＝﹣m2+3m，NF＝﹣n2+3n，
∵EF∥MN，ME∥NF，
∴四边形MNFE是平行四边形，
∴ME＝NF，
∴﹣m2+3m＝﹣n2+3n，
∴m+n＝4，
∴MG＝n﹣m＝4﹣2m，
∴∠NMG＝∠OBC，
∴cos∠NMG＝cos∠OBC＝,
∵B（4，0），C（0，﹣3），
∴OB＝4，OC＝3，
在Rt△BOC中，BC＝5，
∴MN＝（n﹣m）＝（4﹣2m）＝5﹣m，
∴ME+MN＝﹣m2+3m+5﹣m＝﹣（m﹣）2+，
∵﹣＜0，
∴当m＝时，ME+MN有最大值，
∴M（，﹣）
【点睛】
本题考察二次函数图象及性质，一次函数图象及性质；纯熟掌握待定系数法求函数解析式措施，结合三角形性质解题.

8．如图1，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线通过A、C两点，与x轴另一交点为点B．

（1）求抛物线函数体现式；（2）点D为直线AC上方抛物线上一动点，
①连接BC、CD、BD，设BD交直线AC于点E，△CDE面积为S1，△BCE面积为S2．求：最大值；
②如图2，与否存在点D，使得∠DCA＝2∠BAC？若存在，直接写出点D坐标，若不存在，阐明理由．
【答案】（1）；（2）①当时，最大值是；②点D坐标是
【解析】
【分析】
（1）根据题意得到A（-4，0），C（0，2）代入y=-x2+bx+c，于是得到结论；
（2）①如图，令y=0，解方程得到x1=-4，x2=1，求得B（1，0），过D作DM⊥x轴于M，过B作BN⊥x轴交于AC于N，根据相似三角形性质即可得到结论；
②根据勾股定理逆定理得到△ABC是以∠ACB为直角直角三角形，取AB中点P，求得P（-，0），得到PA=PC=PB=，过D作x轴平行线交y轴于R，交AC延线于G，∠DCF=2∠BAC=∠DGC+∠CDG，解直角三角形即可得到结论．
【详解】
解：（1）根据题意得A（-4，0），C（0，2），
∵抛物线y=-x2+bx+c通过A．C两点，
∴，
∴，
抛物线解析式为： ;
（2）①令，
∴
解得： ,
∴B（1，0）
过点D作轴交AC于M，过点B作轴交AC于点N，

∴∥
∴
∴
设：
∴
∵
∴
∴
∴当时，最大值是 ;
②∵A（-4，0），B（1，0），C（0，2），
∴AC=2，BC=，AB=5，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是以∠ACB为直角直角三角形，
取AB中点P，
∴P（-，0），
∴PA=PC=PB=，
∴∠CPO=2∠BAC，
∴tan∠CPO=tan（2∠BAC）=，
过D作x轴平行线交y轴于R，交AC延长线于G，如图，

∴∠DCF=2∠BAC=∠DGC+∠CDG，
∴∠CDG=∠BAC，
∴tan∠CDG=tan∠BAC=，
即RC：DR=，
令D（a，-a2-a+2），
∴DR=-a，RC=-a2-a，
∴（-a2-a）：（-a）=1：2，
∴a1=0（舍去），a2=-2，
∴xD=-2，
∴-a2-a+2=3,
∴点D坐标是
【点睛】
本题是二次函数综合题，波及待定系数法求函数解析式，相似三角形判定和性质，解直角三角形等知识点，对作出辅助线是解题关键，难度较大．

9．如图1,在平面直角坐标系中,直线与抛物线交于两点，其中,.该抛物线与轴交于点,与轴交于另一点.

(1)求值及该抛物线解析式;
(2)如图2.若点为线段上一动点(不与重叠).分别以、为斜边,在直线同侧作等腰直角△和等腰直角△,连接,试确定△面积最大时点坐标.
(3)如图3.连接、,在线段上与否存在点,使得以为顶点三角形与△相似,若存在,请直接写出点坐标;若不存在,请阐明理由.
【答案】（1）；（2）当，即时，最大，此时,因此；（3）存在点坐标为或.
【解析】
分析：（1）把A与B坐标代入一次函数解析式求出m与n值，确定出A与B坐标，代入二次函数解析式求出b与c值即可；
（2）由等腰直角△APM和等腰直角△DPN，得到∠MPN为直角，由两直角边乘积二分之一表达出三角形MPN面积，运用二次函数性质确定出三角形面积最大时P坐标即可；
（3）存在，分两种状况，根据相似得比例，求出AQ长，运用两点间距离公式求出Q坐标即可．
详解：（1）把A（m，0），B（4，n）代入y=x﹣1得：m=1，n=3，∴A（1，0），B（4，3）．
∵y=﹣x2+bx+c通过点A与点B，∴，解得：，则二次函数解析式为y=﹣x2+6x﹣5；
（2）如图2，△APM与△DPN都为等腰直角三角形，∴∠APM=∠DPN=45°，∴∠MPN=90°，∴△MPN为直角三角形，令﹣x2+6x﹣5=0，得到x=1或x=5，∴D（5，0），即DP=5﹣1=4，设AP=m，则有DP=4﹣m，∴PM=m，PN=（4﹣m），∴S△MPN=PM•PN=×m×（4﹣m）=﹣m2﹣m=﹣（m﹣2）2+1，∴当m=2，即AP=2时，S△MPN最大，此时OP=3，即P（3，0）；
（3）存在，易得直线CD解析式为y=x﹣5，设Q（x，x﹣5），由题意得：∠BAD=∠ADC=45°，分两种状况讨论：
①当△ABD∽△DAQ时，=，即=，解得：AQ=，由两点间距离公式得：（x﹣1）2+（x﹣5）2=，解得：x=，此时Q（，﹣）；
②当△ABD∽△DQA时，=1，即AQ=，∴（x﹣1）2+（x﹣5）2=10，解得：x=2，此时Q（2，﹣3）．
综上，点Q坐标为（2，﹣3）或（，﹣）．
点睛：本题属于二次函数综合题，波及知识有：待定系数法求函数解析式，二次函数图象与性质，相似三角形判定与性质，两点间距离公式，纯熟掌握各自性质是解答本题关键．

10．如图，已知抛物线顶点为，与轴相交于点，对称轴为直线，点是线段中点.

（1）求抛物线体现式；
（2）写出点坐标并求直线体现式；
（3）设动点，分别在抛物线和对称轴l上，当以，，，为顶点四边形是平行四边形时，求，两点坐标.
【答案】（1）；（2），；（3）点、坐标分别为或、或．
【解析】
【分析】
（1）函数体现式为：，将点坐标代入上式，即可求解；
（2）、，则点，设直线体现式为：，将点坐标代入上式，即可求解；
（3）分当是平行四边形一条边、是平行四边形对角线两种状况，分别求解即可.
【详解】
解：（1）函数体现式为：，
将点坐标代入上式并解得：，
故抛物线体现式为：；
（2）、，则点，
设直线体现式为：，
将点坐标代入上式得：，解得：，
故直线体现式为：；
（3）设点、点，
①当是平行四边形一条边时，
点向左平移2个单位、向下平移4个单位得到，
同样点向左平移2个单位、向下平移4个单位得到，
即：，，
解得：，，
故点、坐标分别为、；
②当是平行四边形对角线时，
由中点定理得：，，
解得：，，
故点、坐标分别为、；
故点、坐标分别为，或、，或．
【点睛】
本题考察是二次函数综合运用，波及到一次函数、平行四边形性质、图象面积计算等，其中（3），要重要分类求解，避免遗漏.

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，已知抛物线图象与x轴一种交点为B（5，0），另一种交点为A，且与y轴交于点C（0，5）。

（1）求直线BC与抛物线解析式；
（2）若点M是抛物线在x轴下方图象上动点，过点M作MN∥y轴交直线BC于点N，求MN最大值；
（3）在（2）条件下，MN获得最大值时，若点P是抛物线在x轴下方图象上任意一点，以BC为边作平行四边形CBPQ，设平行四边形CBPQ面积为S1，△ABN面积为S2，且S1=6S2，求点P坐标。
【答案】（1）
（2）
（3）P坐标为（－1，12）或（6，5）或（2，－3）或（3，－4）
【解析】
【分析】
（1）由B（5，0），C（0，5），应用待定系数法即可求直线BC与抛物线解析式。
（2）构造MN有关点M横坐标函数关系式，应用二次函数最值原理求解。
（3）根据S1=6S2求得BC与PQ距离h，从而求得PQ由BC平移距离，根据平移性质求得PQ解析式，与抛物线联立，即可求得点P坐标。
【详解】
解：（1）设直线BC解析式为，
将B（5，0），C（0，5）代入，得，得。
∴直线BC解析式为。
将B（5，0），C（0，5）代入，得，得。
∴抛物线解析式。
（2）∵点M是抛物线在x轴下方图象上动点，∴设M。
∵点N是直线BC上与点M横坐标相似点，∴N。
∵当点M在抛物线在x轴下方时，N纵坐标总不小于M纵坐标。
∴。
∴MN最大值是。
（3）当MN获得最大值时，N。
∵对称轴是，B（5，0），∴A（1，0）。∴AB=4。
∴。
由勾股定理可得，。
设BC与PQ距离为h，则由S1=6S2得：，即。
如图，过点B作平行四边形CBPQ高BH，过点H作x轴垂线交点E ，则BH=，EH是直线BC沿y轴方向平移距离。

易得，△BEH是等腰直角三角形，
∴EH=。
∴直线BC沿y轴方向平移6个单位得PQ解析式：
或。
当时，与联立，得
，解得或。此时，点P坐标为（－1，12）或（6，5）。
当时，与联立，得
，解得或。此时，点P坐标为（2，－3）或（3，－4）。
综上所述，点P坐标为（－1，12）或（6，5）或（2，－3）或（3，－4）。

13．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）

14．如图，直线y=﹣x+分别与x轴、y轴交于B、C两点，点A在x轴上，∠ACB=90°，抛物线y=ax2+bx+通过A，B两点．
（1）求A、B两点坐标；
（2）求抛物线解析式；
（3）点M是直线BC上方抛物线上一点，过点M作MH⊥BC于点H，作MD∥y轴交BC于点D，求△DMH周长最大值．
【答案】（1）（﹣1，0）（2）y=﹣x2+x+（3）
【解析】
试题分析：（1）由直线解析式可求得B、C坐标，在Rt△BOC中由三角函数定义可求得∠OCB=60°，则在Rt△AOC中可得∠ACO=30°，运用三角函数定义可求得OA，则可求得A点坐标；
（2）由A、B两点坐标，运用待定系数法可求得抛物线解析式；
（3）由平行线性质可知∠MDH=∠BCO=60°，在Rt△DMH中运用三角函数定义可得到DH、MH与DM关系，可设出M点坐标，则可表达出DM长，从而可表达出△DMH周长，运用二次函数性质可求得其最大值．
试题解析： （1）∵直线y=﹣x+分别与x轴、y轴交于B、C两点，
∴B（3，0），C（0，），
∴OB=3，OC=，
∴tan∠BCO==，
∴∠BCO=60°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACO=30°，
∴=tan30°=，即=，解得AO=1，
∴A（﹣1，0）；
（2）∵抛物线y=ax2+bx+通过A，B两点，
∴，解得，
∴抛物线解析式为y=﹣x2+x+；
（3）∵MD∥y轴，MH⊥BC，
∴∠MDH=∠BCO=60°，则∠DMH=30°，
∴DH=DM，MH=DM，
∴△DMH周长=DM+DH+MH=DM+DM+DM=DM，
∴当DM有最大值时，其周长有最大值，
∵点M是直线BC上方抛物线上一点，
∴可设M（t，﹣t2+t+），则D（t，﹣t+），
∴DM=﹣t2+t+），则D（t，﹣t+），
∴DM=﹣t2+t+﹣（﹣t+）=﹣t2+t=﹣（t﹣）2+，
∴当t=时，DM有最大值，最大值为，
此时DM=×=，
即△DMH周长最大值为．
考点：1、二次函数综合应用，2、待定系数法，3、三角函数定义，4方程思想

15．已知抛物线C1：y=ax2﹣4ax﹣5（a＞0）．
（1）当a=1时，求抛物线与x轴交点坐标及对称轴；
（2）①试阐明无论a为何值，抛物线C