2025年昆明中考数学与二次函数有关的压轴题.doc

-昆明中考数学与二次函数有关压轴题

一、二次函数
1．已知，m，n是一元二次方程x2+4x+3=0两个实数根，且|m|＜|n|，抛物线y=x2+bx+c图象通过点A（m，0），B（0，n），如图所示．
（1）求这个抛物线解析式；
（2）设（1）中抛物线与x轴另一种交点为抛物线顶点为D，求出点C，D坐标，并判断△BCD形状；
（3）点P是直线BC上一种动点（点P不与点B和点C重叠），过点P作x轴垂线，交抛物线于点M，点Q在直线BC上，距离点P为个单位长度，设点P横坐标为t，△PMQ面积为S，求出S与t之间函数关系式．

【答案】（1）；（2）C（3，0），D（1，﹣4），△BCD是直角三角形；（3）
【解析】
试题分析：（1）先解一元二次方程，然后用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）先解方程求出抛物线与x轴交点，再判断出△BOC和△BED都是等腰直角三角形，从而得到结论；
（3）先求出QF=1，再分两种状况，当点P在点M上方和下方，分别计算即可．
试题解析：解（1）∵，∴，，∵m，n是一元二次方程两个实数根，且|m|＜|n|，∴m=﹣1，n=﹣3，∵抛物线图象通过点A（m，0），B（0，n），∴，∴，∴抛物线解析式为；
（2）令y=0，则，∴，，∴C（3，0），∵=，∴顶点坐标D（1，﹣4），过点D作DE⊥y轴，∵OB=OC=3，∴BE=DE=1，∴△BOC和△BED都是等腰直角三角形，∴∠OBC=∠DBE=45°，∴∠CBD=90°，∴△BCD是直角三角形；
（3）如图，∵B（0，﹣3），C（3，0），∴直线BC解析式为y=x﹣3，∵点P横坐标为t，PM⊥x轴，∴点M横坐标为t，∵点P在直线BC上，点M在抛物线上，∴P（t，t﹣3），M（t，），过点Q作QF⊥PM，∴△PQF是等腰直角三角形，∵PQ=，∴QF=1．
①当点P在点M上方时，即0＜t＜3时，PM=t﹣3﹣（）=，∴S=PM×QF==，②如图3，当点P在点M下方时，即t＜0或t＞3时，PM=﹣（t﹣3）=，∴S=PM×QF=（）=．
综上所述，S=．

考点：二次函数综合题；分类讨论．

2．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．

3．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

4．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于点A、B，抛物线通过点A和点B，与x轴另一种交点为C，动点D从点A出发，以每秒1个单位长度速度向O点运动，同步动点E从点B出发，以每秒2个单位长度速度向A点运动，设运动时间为t秒，0﹤t﹤5.

（1）求抛物线解析式；
（2）当t为何值时，以A、D、E为顶点三角形与△AOB相似；
（3）当△ADE为等腰三角形时，求t值；
（4）抛物线上与否存在一点F，使得以A、B、D、F为顶点四边形是平行四边形？若存在，直接写出F点坐标；若不存在，阐明理由.
【答案】（1）抛物线解析式为；
（2）t值为或；
（3）t值为或或；
（4）符合条件点F存在，共有两个（4，8），，-8）.
【解析】
（1）由B、C两点坐标，运用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）运用△ADE∽△AOB和△AED∽△AOB即可求出t值；（3）过E作EH⊥x轴于点H，过D作DM⊥AB于点M即可求出t值；（4）分当AD为边时，当AD为对角线时符合条件点F坐标.
解：(1)A（6,0），B（0,8），依题意知，解得，
∴.
(2)∵ A（6,0），B（0,8），∴OA=6，OB=8，AB=10，∴AD=t，AE=10-2t，
①当△ADE∽△AOB时，，∴，∴；
②当△AED∽△AOB时，，∴，∴；
综上所述，t值为或.
(3) ①当AD=AE时，t=10-2t，∴；
②当AE=DE时，过E作EH⊥x轴于点H，则AD=2AH，由△AEH∽△ABO得，AH=，∴，∴；
③当AD=DE时，过D作DM⊥AB于点M，则AE=2AM，由△AMD∽△AOB得，AM=，∴，∴；
综上所述，t值为或或.
(4) ①当AD为边时，则BF∥x轴，∴，求得x=4，∴F（4，8）；
②当AD为对角线时，则，∴，解得，∵x﹥0，∴，∴.
综上所述，符合条件点F存在，共有两个（4，8），，-8）.
“点睛”本题考察二次函数综合题、相似三角形等知识，解题关键是学会待定系数法确定函数解析式，学会分类讨论，用方程思想处理问题，属于中考压轴题．

5．如图，已知点A（0，2），B（2，2），C（-1，-2），抛物线F：y=x2-2mx+m2-2与直线x=-2交于点P．
（1）当抛物线F通过点C时，求它解析式；
（2）设点P纵坐标为yP，求yP最小值，此时抛物线F上有两点（x1，y1），（x2，y2），且x1＜x2≤-2，比较y1与y2大小.

【答案】(1) ；(2).
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线F：y=x2-2mx+m2-2过点C（-1，-2），可以求得抛物线F体现式；
（2）根据题意，可以求得yP最小值和此时抛物线体现式，从而可以比较y1与y2大小.
【详解】
(1) ∵抛物线F通过点C（－1，－2），
∴.
∴m1=m2=-1.
∴抛物线F解析式是.
(2)当x=-2时，=.
∴当m=-2时，最小值为－2.
此时抛物线F体现式是.
∴当时，y随x增大而减小.　
∵≤－2，
∴>.
【点睛】
本题考察二次函数性质、二次函数图象上点坐标特征、待定系数法求二次函数解析式，解题关键是明确题意，找出所求问题需要条件，运用数形结合思想解答问题．

6．某商场经营某种品牌玩具，购进时单价是3元，经市场预测，销售单价为40元时，可售出600个；销售单价每涨1元，销售量将减少10个设每个销售单价为x元．
（1）写出销售量y（件）和获得利润w（元）与销售单价x（元）之间函数关系；
（2）若玩具厂规定该品牌玩具销售单价不低于44元，且商场要完毕不少于540件销售任务，求商场销售该品牌玩具获得最大利润是多少？
【答案】（1）y＝﹣10x+1000；w=﹣10x2+1300x﹣30000
（2）商场销售该品牌玩具获得最大利润是8640元．
【解析】
【分析】
（1）运用销售单价每涨1元，销售量将减少10个即可表达出y＝600﹣10（x﹣40），再运用w= y•（x﹣30）即可表达出w与x之间关系式；（2）先将w＝﹣10x2+1300x﹣30000变成顶点式，找到对称轴，运用函数图像增减性确定在44≤x≤46范围内当x＝46时有最大值，代入求值即可解题.
【详解】
解：
（1）依题意，易得销售量y（件）与销售单价x（元）之间函数关系：y＝600﹣10（x﹣40）＝﹣10x+1000
获得利润w（元）与销售单价x（元）之间函数关系为：w＝y•（x﹣30）＝（1000﹣10x）（x﹣30）＝﹣10x2+1300x﹣30000
（2）根据题意得，x≥14时且1000﹣10x≥540，解得：44≤x≤46
w＝﹣10x2+1300x﹣30000＝﹣10（x﹣65）2+12250
∵a＝﹣10＜0，对称轴x＝65
∴当44≤x≤46时，y随x增大而增大
∴当x＝46时，w最大值＝8640元
即商场销售该品牌玩具获得最大利润是8640元．
【点睛】
本题考察了二次函数实际应用，难度较大，求解二次函数与利润之间关系时,需要用代数式表达销售数量和销售单价，熟悉二次函数顶点式性质是解题关键.

7．已知，抛物线y＝﹣x2+bx+c通过点A（﹣1，0）和C（0，3）．
（1）求抛物线解析式；
（2）在抛物线对称轴上，与否存在点P，使PA+PC值最小？假如存在，祈求出点P坐标，假如不存在，请阐明理由；
（3）设点M在抛物线对称轴上，当△MAC是直角三角形时，求点M坐标．

【答案】（1）；（2）当值最小时，点P坐标为；（3）点M坐标为、、或.
【解析】
【分析】
由点A、C坐标，运用待定系数法即可求出抛物线解析式；
连接BC交抛物线对称轴于点P，此时取最小值，运用二次函数图象上点坐标特征可求出点B坐标，由点B、C坐标运用待定系数法即可求出直线BC解析式，运用配措施可求出抛物线对称轴，再运用一次函数图象上点坐标特征即可求出点P坐标；
设点M坐标为，则，，，分、和三种状况，运用勾股定理可得出有关m一元二次方程或一元一次方程，解之可得出m值，进而即可得出点M坐标．
【详解】
解：将、代入中，
得：，解得：，
抛物线解析式为．
连接BC交抛物线对称轴于点P，此时取最小值，如图1所示．

当时，有，
解得：，，
点B坐标为．
抛物线解析式为，
抛物线对称轴为直线．
设直线BC解析式为，
将、代入中，
得：，解得：，
直线BC解析式为．
当时，，
当值最小时，点P坐标为．
设点M坐标为，
则，，．
分三种状况考虑：
当时，有，即，
解得：，，
点M坐标为或；
当时，有，即，
解得：，
点M坐标为；
当时，有，即，
解得：，
点M坐标为

综上所述：当是直角三角形时，点M坐标为、、或
【点睛】
本题考察待定系数法求二次一次函数解析式、二次一次函数图象点坐标特征、轴对称中最短途径问题以及勾股定理，解题关键是：由点坐标，运用待定系数法求出抛物线解析式；由两点之间线段最短结合抛物线对称性找出点P位置；分、和三种状况，列出有关m方程．

8．（10分）（•佛山）如图，一小球从斜坡O点处抛出，球抛出路线可以用二次函数y=﹣x2+4x刻画，斜坡可以用一次函数y=x刻画．

（1）请用配措施求二次函数图象最高点P坐标；
（2）小球落点是A，求点A坐标；
（3）连接抛物线最高点P与点O、A得△POA，求△POA面积；
（4）在OA上方抛物线上存在一点M（M与P不重叠），△MOA面积等于△POA面积．请直接写出点M坐标．
【答案】（1）（2，4）；（2）（，）；（3）；（4）（，）．
【解析】
试题分析：（1）运用配措施抛物线一般式化为顶点式，即可求出二次函数图象最高点P坐标；
（2）联立两解析式，可求出交点A坐标；
（3）作PQ⊥x轴于点Q，AB⊥x轴于点B．根据S△POA=S△POQ+S△梯形PQBA﹣S△BOA，代入数值计算即可求解；
（4）过P作OA平行线，交抛物线于点M，连结OM、AM，由于两平行线之间距离相等，根据同底等高两个三角形面积相等，可得△MOA面积等于△POA面积．设直线PM解析式为y=x+b，将P（2，4）代入，求出直线PM解析式为y=x+3．再与抛物线解析式联立，得到方程组，解方程组即可求出点M坐标．
试题解析：（1）由题意得，y=﹣x2+4x=﹣（x﹣2）2+4，
故二次函数图象最高点P坐标为（2，4）；
（2）联立两解析式可得：，解得：，或．
故可得点A坐标为（，）；
（3）如图，作PQ⊥x轴于点Q，AB⊥x轴于点B．

S△POA=S△POQ+S△梯形PQBA﹣S△BOA
=×2×4+×（+4）×（﹣2）﹣××
=4+﹣
=；
（4）过P作OA平行线，交抛物线于点M，连结OM、AM，则△MOA面积等于△POA面积．
设直线PM解析式为y=x+b，
∵P坐标为（2，4），
∴4=×2+b，解得b=3，
∴直线PM解析式为y=x+3．
由，解得，，
∴点M坐标为（，）．

考点：二次函数综合题

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，在平面直角坐标系中，A、B为x轴上两点，C、D为y轴上两点，经
过点A、C、B抛物线一部分C1与通过点A、D、B抛物线一部分C2组合成一条封闭曲线，我们把这条封
闭曲线称为“蛋线”．已知点C坐标为（0，），点M是抛物线C2：（＜0）顶点．

（1）求A、B两点坐标；
（2）“蛋线”在第四象限上与否存在一点P，使得△PBC面积最大？若存在，求出△PBC面积最大值；若不存在，请阐明理由；
（3）当△BDM为直角三角形时，求值．
【答案】（1）A（，0）、B（3，0）．
（2）存在．S△PBC最大值为
（3）或时，△BDM为直角三角形．
【解析】
【分析】
（1）在中令y=0，即可得到A、B两点坐标．
（2）先用待定系数法得到抛物线C1解析式，由S△PBC = S△POC+ S△BOP–S△BOC得到△PBC面积体现式，根据二次函数最值原理求出最大值．
（3）先表达出DM2，BD2，MB2，再分两种状况：①∠BMD=90°时；②∠BDM=90°时，讨论即可求得m值．
【详解】
解：（1）令y=0，则，
∵m＜0，∴，解得：，．
∴A（，0）、B（3，0）．
（2）存在．理由如下：
∵设抛物线C1体现式为（），
把C（0，）代入可得，．
∴Ｃ1体现式为：，即．
设P（p，），
∴ S△PBC = S△POC+ S△BOP–S△BOC=．
∵<0，∴当时,S△PBC最大值为．
（3）由C2可知： B（3，0），D（0，），M（1，），
∴BD2=，BM2=，DM2=．
∵∠MBD<90°, ∴讨论∠BMD=90°和∠BDM=90°两种状况：
当∠BMD=90°时，BM2+ DM2= BD2，即＋=，
解得：,(舍去)．
当∠BDM=90°时，BD2+ DM2= BM2，即＋=，
解得：，(舍去) ．
综上所述，或时，△BDM为直角三角形．

11．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≌△QNH，根据对应边相等建立有关x方程，解之求得x值从而深入求解即可．
【详解】（1）∵点A坐标为（﹣1，0），
∴OA=1，
∴OC=3OA，
∴点C坐标为（0，3），
将A、C坐标代入y=ax2﹣2ax+c，得：，
解得：，
∴抛物线C1解析式为y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，
因此点G坐标为（1，4）；
（2）设抛物线C2解析式为y=﹣x2+2x+3﹣k，即y=﹣（x﹣1）2+4﹣k，
过点G′作G′D⊥x轴于点D，设BD′=m，

∵△A′B′G′为等边三角形，
∴G′D=B′D=m，
则点B′坐标为（m+1，0），点G′坐标为（1，m），
将点B′、G′坐标代入y=﹣（x﹣1）2+4﹣k，得：
，
解得：（舍），，
∴k=1；
（3）设M（x，0），则P（x，﹣x2+2x+3）、Q（x，﹣x2+2x+2），
∴PQ=OA=1，
∵∠AOQ、∠PQN均为钝角，
∴△AOQ≌△PQN，
如图2，延长PQ交直线y=﹣1于点H，

则∠QHN=∠OMQ=90°，
又∵△AOQ≌△PQN，
∴OQ=QN，∠AOQ=∠PQN，
∴∠MOQ=∠HQN，
∴△OQM≌△QNH（AAS），
∴OM=QH，即x=﹣x2+2x+2+1，
解得：x=（负值舍去），
当x=时，HN=QM=﹣x2+2x+2=，点M（，0），
∴点N坐标为（+，﹣1），即（，﹣1）；
或（﹣，﹣1），即（1，﹣1）；
如图3，

同理可得△OQM≌△PNH，
∴OM=PH，即x=﹣（﹣x2+2x+2）﹣1，
解得：x=﹣1（舍）或x=4，
当x=4时，点M坐标为（4，0），HN=QM=﹣（﹣x2+2x+2）=6，
∴点N坐标为（4+6，﹣1）即（10，﹣1），或（4﹣6，﹣1）即（﹣2，﹣1）；
综上点M1（，0）、N1（，﹣1）；M2（，0）、N2（1，﹣1）；M3（4，0）、N3（10，﹣1）；M4（4，0）、N4（﹣2，﹣1）．
【点睛】本题考察是二次函数综合题，波及到知识有待定系数法、等边三角形性质、全等三角形判定与性质等，纯熟掌握待定系数法求函数解析式、等边三角形性质、全等三角形判定与性质、运用分类讨论思想是解题关键.

12．已知：二次函数(a为常数)．
(1)请写出该二次函数图象三条性质；
(2)在同一直角坐标系中，若该二次函数图象在部分与一次函数图象有两个交点，求取值范围．
【答案】(1)见解析；(2)．
【解析】
【分析】
(1)可从开口方向、对称轴、最值等角度来研究即可；
(2) 先由二次函数图象与一次函数图象有两个交点，即有关x一元二次方程有两个不相等实数根，由此可得，再根据二次函数图象在部分与一次函数图象有两个交点，也就是说二次函数图象与轴部分有两个交点，画出函数图象，结合图象，可知当时，，将x=4代入求得a取值范围，由此即可求得答案.
【详解】
(1)①图象开口向上；②图象对称轴为直线；③当时，随增大而增大；④当时，随增大而减小；⑤当时，函数有最小值；
(2)∵二次函数图象与一次函数图象有两个交点，
∴，即，
，解得，
∵二次函数图象在部分与一次函数图象有两个交点，
∴二次函数图象与轴部分有两个交点，
画出二次函数图象，结合图象，
可知当时，，

∴当时，，得，
∴当二次函数图象在部分与一次函数图象有两个交点时，
取值范围为．
【点睛】
本题考察是二次函数综合题，波及了二次函数性质，二次函数图象与一次函数图象交点问题，二次函数图象与x轴交点问题，对进行分析并运用数形结合思想、灵活运用有关知识是解题关键.

13．如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD三个顶点B（4，0）、C（8，0）、D（8，8）.抛物线y=ax2+bx过A、C两点.
(1)直接写出点A坐标，并求出抛物线解析式；
(2)动点P从点A出发．沿线段AB向终点B运动，同步点Q从点C出发，沿线段CD向终点D运动．速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒.过点P作PE⊥AB交AC于点E
①过点E作EF⊥AD于点F，交抛物线于点G.当t为何值时，线段EG最长?
②连接EQ．在点P、Q运动过程中，判断有几种时刻使得△CEQ是等腰三角形?请直接写出对应t值.

【答案】(1)点A坐标为（4，8）
将A (4,8)、C（8，0）两点坐标分别代入y=ax2+bx
得8=16a+4b
0=64a+8b
解得a=,b=4
∴抛物线解析式为：y=-x2+4x
（2）①在Rt△APE和Rt△ABC中，tan∠PAE==,即=
∴PE=AP=t．PB=8-t．
∴点Ｅ坐标为（4+t，8-t）.
∴点G纵坐标为：-（4+t）2+4(4+t）=-t2+8.
∴EG=-t2+8-(8-t)
=-t2+t.
∵-＜0，∴当t=4时，线段EG最长为2.
②共有三个时刻：t1=， t2=，t3=．
【解析】
（1）根据题意即可得到点A坐标，再由A、C两点坐标根据待定系数法即可求得抛物线解析式；
（2）①在Rt△APE和Rt△ABC中，由tan∠PAE，即可表达出点E坐标，从而得到点G坐标，EG长等于点G纵坐标减去点E纵坐标，得到一种函数关系式，根据函数关系式特征即可求得成果；②考虑腰和底，分状况讨论．

14．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）

15．已知二次函数y=﹣x2+bx+c图象通过A（0，3），B（﹣4，﹣）两点．
（1）求b，c值．
（2）二次函数y=﹣x2+bx+c图象与x轴与否有公共点，求公共点坐标；若没有，请阐明状况．
【答案】（1）；（2）公共点坐标是（﹣2，0）或（8，0）．
【解析】
【分析】（1）把点A、B坐标分别代入函数解析式求得b、c值；
（2）运用根鉴别式进行判断该函数图象与否与x轴有交点，由题意得到方程﹣+3=0，通过解该方程求得x值即为抛物线与x轴交点横坐标．
【详解】（1）把A（0，3），B（﹣4，﹣）分别代入y=﹣x2+bx+c，
得，
解得；
（2）由（1）可得，该抛物线解析式为：y=﹣x2+x+3，
△=（）2﹣4×（﹣）×3=＞0，
因此二次函数y=﹣x2+bx+c图象与x轴有公共点，
∵﹣x2+x+3=0解为：x1=﹣2，x2=8，
∴公共点坐标是（﹣2，0）或（8，0）．
【点睛】本题考察了抛物线与x轴交点，二次函数图象上点坐标特征．注意抛物线解析式与一元二次方程间转化关系．