山西大学附属中学(初中部)中考数学二次函数和几何综合专题.doc

山西大学附属中学（初中部）中考数学二次函数和几何综合专题

一、二次函数压轴题
1．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣ax2+bx+3与x轴交于A(﹣1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．
（1）求直线AC及抛物线的解析式，并求出D点的坐标；
（2）若P为线段BD上的一个动点，过点P作PM⊥x轴于点M，求四边形PMAC的面积的最大值和此时点P的坐标；
（3）若点P是x轴上一个动点，过P作直线1∥AC交抛物线于点Q，试探究：随着P点的运动，在抛物线上是否存在点Q，使以点A、P、Q、C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

2．某班“数学兴趣小组”对函数的图象和性质进行了探究，探究过程如下，请补充完整．
（1）自变量的取值范围是全体实数，与的几组对应值列表如下：

⋯

⋯

⋯

⋯
其中，　　　　．
（2）根据上表数据，在如图所示的平面直角坐标系中描点，并画出了函数图象的一部分，请画出该函数图象的另一部分．

（3）观察函数图象，写出两条函数的性质．
（4）直线经过，若关于的方程有个不相等的实数根，则的取值范围为　　　　．
3．如图，抛物线（）交直线：于点，点两点，且过点，连接，.

（1）求此抛物线的表达式与顶点坐标；
（2）点是第四象限内抛物线上的一个动点，过点作轴，垂足为点，交于点.设点的横坐标为，试探究点在运动过程中，是否存在这样的点，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形.若存在，请求出此时点的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）若点在轴上，点在抛物线上，是否存在以点，，，为顶点的平行四边形？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由.
4．如图，抛物线与轴交于点，与轴交于点，点与点关于轴对称，点的坐标为，过点作轴的垂线交抛物线于点．

（1）求点、点、点的坐标；
（2）当点在线段上运动时，直线交于点，试探究当为何值时，四边形是平行四边形；
（3）在点的运动过程中，是否存在点，使是以为直角边的直角三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
5．如图，在平面直角坐标系中，抛物线W1：y＝x2+bx+c与x轴交于A（﹣4，0）、B两点，且过点C（0，﹣2）．抛物线W2与抛物线W1关于原点对称，点C在W2上的对应点为C′．
（1）求抛物线W1的表达式；
（2）写出抛物线W2的表达式；
（3）若点P在抛物线W1上，试探究：在抛物线W2上是否存在点Q，使以C、C′、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，并且其面积等于24？若存在，求点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

6．已知抛物线有最低点为F．
（1）当抛物线经过点E（-1，3）时，①求抛物线的解析式；②点M是直线下方抛物线上的一动点，过点M作平行于y轴的直线，与直线交于点N，求线段长度的最大值；
（2）将抛物线G向右平移m个单位得到抛物线．经过探究发现，随着m的变化，抛物线顶点的纵坐标y和横坐标x之间存在一个函数，求这个函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
（3）记（2）所求的函数为H，抛物线G与函数H的交点为P，请结合图象求出点P的纵坐标的取值范围．
7．如果抛物线C1：与抛物线C2：的开口方向相反，顶点相同，我们称抛物线C2是C1的“对顶”抛物线．
（1）求抛物线的“对顶”抛物线的表达式；
（2）将抛物线的“对顶”抛物线沿其对称轴平移，使所得抛物线与原抛物线形成两个交点M、N，记平移前后两抛物线的顶点分别为A、B，当四边形AMBN是正方形时，求正方形AMBN的面积．
（3）某同学在探究“对顶”抛物线时发现：如果抛物线C1与C2的顶点位于x轴上，那么系数b与d，c与e之间的关系是确定的，请写出它们之间的关系．

8．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图1，若点D是抛物线上第一象限内的一动点，设点D的横坐标为m，连接CD，BD，BC，AC，当△BCD的面积等于△AOC面积的2倍时，求m的值；
（3）如图2，若点N为抛物线对称轴上一点，探究抛物线上是否存在点M，使得以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．

9．已知抛物线（n为正整数，且）与x轴的交点为和．当时，第1条抛物线与x轴的交点为和，其他以此类推．
（1）求的值及抛物 线的解析式．
（2）抛物线的顶点的坐标为（_______，_______）；以此类推，第条抛物线的顶点的坐标为（______，_______）；所有抛物线的顶点坐标满足的函数关系式是_________．
（3）探究以下结论：
①是否存在抛物线，使得为等腰直角三角形？若存在，请求出抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．
②若直线与抛物线分别交于点，则线段的长有何规律？请用含有m的代数式表示．
10．综合与探究
如图，已知直线与抛物线分别相交于、两点，，，点是抛物线与轴的另一个交点（与点不重合）．

（1）求抛物线的解析式及直线的解析式；
（2）求的面积；
（3）在抛物线的对称轴上，是否存在点，使周长最短？若不存在，请说明理由；若存在，求出点的坐标．
（4）如果对称轴上有一动点，在平面内是否存在点，使、、、四点构成矩形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由
二、中考几何压轴题
11．如图1，在等腰三角形中，点分别在边上，连接点分别为的中点．

（1）观察猜想
图1中，线段的数量关系是____，的大小为_____；
（2）探究证明
把绕点顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接判断的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸
把绕点在平面内自由旋转，若，请求出面积的最大值．
12．（1）观察发现：如图1，在中，，，点是的平分线上一点，将线段绕点逆时针旋转90°到，连结、，交于．

填空：
①线段与的数量关系是_________；
②线段与的位置关系是_________．
（2）拓展探究：如图2，在中，，，点是边的中点，将绕点逆时针旋转到，连结、，交于．（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．

（3）拓展应用：如图3，在中，，，，的平分线交于，点是射线上的一点，将绕点顺时针旋转60°到，连结、、，与相交于，若以、、为顶点的三角形与全等，直接写出的长．

13．如图1，在菱形ABCD中，，点E，F分别是AC，AB上的点，且，猜想：

①的值是_______；
②直线DE与直线CF所成的角中较小的角的度数是_______．
（2）类比探究：如图2，将绕点A逆时针旋转，在旋转的过程中，（1）中结论是否成立，就图2的情形说明理由．
（3）拓展延伸：
在绕点A旋转的过程中，当三点共线时，请直接写出CF的长．
14．几何探究：
（问题发现）
（1）如图1所示，△ABC和△ADE是有公共顶点的等边三角形，BD、CE的关系是_______（选填“相等”或“不相等”）；（请直接写出答案）

（类比探究）
（2）如图2所示，△ABC和△ADE是有公共顶点的含有角的直角三角形，（1）中的结论还成立吗?请说明理由；
（拓展延伸）
（3）如图3所示，△ADE和△ABC是有公共顶点且相似比为1 : 2的两个等腰直角三角形，将△ADE绕点A自由旋转，若，当B、D、E三点共线时，直接写出BD的长．
15．综合与实践
操作探究
（1）如图1，将矩形折叠，使点与点重合，折痕为，与交于点．请回答下列问题：
①与全等的三角形为______，与相似的三角形为______．并证明你的结论：（相似比不为1，只填一个即可）：
②若连接、，请判断四边形的形状：______．并证明你的结论；
拓展延伸
（2）如图2，矩形中，，，点、分別在、边上，且，将矩形折叠，使点与点重合，折痕为，与交于点，连接．
①设，，则与的数量关系为______；
②设，，请用含的式子表示：______；
③的最小值为______．

16．综合与实践背景阅读：
“旋转”即物体绕一个点或一个轴做圆周运动．在中国古典专著《百喻经·口诵乘船法而不解用喻》中记载：“船盘回旋转，不能前进．”而图形旋转即：在平面内，将一个图形绕一点按某个方向转动一个角度，这样的运动叫做图形的旋转，这个定点叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角．综合实践课上，“睿智”小组专门探究了正方形的旋转，情况如下：在正方形中，点是线段上的一个动点，将正方形绕点顺时针旋转得到正方形（点，，，分别是点，，，的对应点）．设旋转角为（）．

操作猜想：
（1）如图1，若点是中点，在正方形绕点旋转过程中，连接，，，则线段与的数量关系是_______；线段与的数量关系是________．
探究验证：
（2）如图2，在（1）的条件下，在正方形绕点旋转过程中，顺次连接点，，，，．判断四边形的形状，并说明理由．
拓展延伸：
（3）如图3，若，在正方形绕点顺时针旋转的过程中，设直线交线段于点．连接，并过点作于点．请你补全图形，并直接写出的值．
17．（模型构建）如图所示，在边长为1的正方形中，的顶点，分别在，上（可与点，，重合），且满足．的高线交线段于点（可与，重合），设．

（1）求的值．
（模型拓展）在（模型构建）的基础上，将条件“边长为1的正方形”改为“长、宽的矩形”（其他条件不变）．
（2）判断的值是否改变．若改变，请求出的取值范围；若不改变，请证明．
（深入探究）在（模型构建）的基础上，设的面积为．
（3）①求的最小值；
②当取到最小值时，直接写出与的数量关系．
18．（1）（操作）如图，请用尺规作图确定圆的圆心，保留作图痕迹，不要求写作法；

（2）（探究）如图，若（1）中的圆的半径为2，放入平面直角坐标系中，使它与轴，轴分别切于点和，点的坐标为，过点的直线与圆有唯一公共点（与不重合）时，求点的坐标；

（3）（拓展）如图3，点从点出发，以每秒1个单位的速度沿轴向点运动，同时，点从原点出发，以每秒1个单位的速度沿轴向上运动，设运动时间为（），过点，，三点的圆，交第一象限角平分线于点，当为何值时，有最小值，求出此时，并探索在变化过程中的值有变化吗？为什么？

19．（1）证明推断：如图（1），在正方形中，点，分别在边，上，于点，点，分别在边，上，．求证：；

（2）类比探究：如图（2），在矩形中，将矩形沿折叠，使点落在边上的点处，得到四边形，交于点，连接交于点．试探究与之间的数量关系，并说明理由；

（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接，若，，求的长．
20．在中，，点D､E分别是的中点，将绕点C按顺时针方向旋转一定的角度，连接．
观察猜想

（1）如图①，当时，填空：
①______________；
②直线所夹锐角为____________；
类比探究
（2）如图②，当时，试判断的值及直线所夹锐角的度数，并说明理由；
拓展应用
（3）在（2）的条件下，若，将绕着点C在平面内旋转，当点D落在射线AC上时，请直接写出的值．

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、二次函数压轴题

1．D
解析：（1）y=3x+3，y=﹣x2+2x+3，顶点D的坐标为(1，4)；（2）四边形PMAC的面积的最大值为，此时点P的坐标为(，)；（3）点Q的坐标为(2，3)或(1，﹣3)或(1，﹣3)．
【分析】
（1）先求出点C坐标，然后利用待定系数法即可求出直线AC及抛物线的解析式，把抛物线的一般式转化为顶点式即可求出D点的坐标；
（2）先根据待定系数法求出直线BD的解析式，设点P的横坐标为p，然后根据S四边形PMAC=S△OAC+S梯形OMPC即可得出S四边形PMAC与p的关系式，再根据二次函数的性质解答即可；
（3）由题意得PQ∥AC且PQ=AC，设点P的坐标为(x，0)，当点Q在x轴上方时，则点Q的坐标为(x+1，3)，把点Q的坐标代入抛物线的解析式即可求出x，进而可得点Q坐标；当点Q在x轴下方时，则点Q的坐标为(x﹣1，﹣3)，同样的方法求解即可．
【详解】
（1）∵抛物线y=﹣ax2+bx+3与y轴交于点C，
∴点C(0，3)，
设直线AC的解析式为y=k1x+b1(k1≠0)．
∵点A(﹣1，0)，点C(0，3)，
∴，解得：，
∴直线AC的解析式为y=3x+3．
∵抛物线y=﹣ax2+bx+3与x轴交于A(﹣1，0)，B(3，0)两点，
∴，解得：，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3．
∵y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)2+4，
∴顶点D的坐标为(1，4)；
（2）设直线BD的解析式为y=kx+b．
∵点B(3，0)，点D(1，4)，
∴，得，
∴直线BD的解析式为y=﹣2x+6．
∵P为线段BD上的一个动点，
∴设点P的坐标为(p，﹣2p+6)．
∵OA=1，OC=3，OM=p，PM=﹣2p+6，

∴S四边形PMAC=S△OAC+S梯形OMPC=﹣p2p=﹣(p)2，
∵1＜p＜3，
∴当p时，四边形PMAC的面积取得最大值为，此时点P的坐标为(，)；
（3）∵直线l∥AC，以点A、P、Q、C为顶点的四边形是平行四边形，
∴PQ∥AC且PQ=AC．
设点P的坐标为(x，0)，由A(﹣1，0)，C(0，3)，
当点Q在x轴上方时，则点Q的坐标为(x+1，3)，
此时，﹣(x+1)2+2(x+1)+3=3，
解得：x1=﹣1(舍去)，x2=1，
∴点Q的坐标为(2，3)；
当点Q在x轴下方时，则点Q的坐标为(x﹣1，﹣3)，
此时，﹣(x﹣1)2+2(x﹣1)+3=﹣3，
整理得：x2﹣4x﹣3=0，
解得：x1=2，x2=2，
∴点Q的坐标为(1，﹣3)或(1，﹣3)，
综上所述：点Q的坐标为(2，3)或(1，﹣3)或(1，﹣3)．

【点睛】
本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数的解析式、二次函数的性质、平行四边形的性质和一元二次方程的解法等知识，综合性强、具有一定的难度，属于中考压轴题，熟练掌握二次函数的图象与性质、灵活应用相关知识是解题的关键．
2．（1）-6；（2）答案见解析；（3）①该函数的图象关于轴对称；②该函数的图象有最高点；（4）．
【分析】
（1）根据对称可得m=-6；
（2）用平滑的曲线连接各点即可画出图形；
（3）认真观察图象，总结出2条性质即可；
（4）画出两函数图象即可得到结论．
【详解】
（1）由表格可知：图象的对称轴是y轴，
∴m=-6，
故答案为：-6；
如图所示

该函数的图象关于轴对称
该函数的图象有最高点；
（4）由图象可知：关于的方程有个不相等的实数根时，
即y=kx+b时，与图象有4个交点，
所以，由图象可以得出，当时，直线与图象有4个不同的交点．
故答案为：．

【点睛】
本题考查了二次函数与x轴的交点问题和一元二次方程的根的情况，注意利用数形结合的思想，理解一元二次方程与抛物线的关系是解此题的关键．
3．A
解析：（1）顶点坐标为；（2）存在， ，；（3）或或.
【分析】
（1）根据一次函数解析式求出A、C两点的坐标，把A、B、C三点代入解析式求解即可求的解析式，然后把解析式化为顶点式可求得结果.
（2）先求出BC所在直线的解析式，设出P、Q两点的坐标，根据勾股定理求出AC，根据以，，为顶点的三角形是等腰三角形可分类讨论，分为AQ=AC,AC=CQ,AQ=CQ三种情况.
（3）分两种情况讨论，一是F在抛物线上方，过点作轴，可得FH=4，设，可得，求出n代入即可；二是F在抛物线下方，可得，求出n的值即可，最后的结果综合两个结果即可.
【详解】
解：（1）
∵当时，,
∴;
∴，;
二次函数过点、，设;
∵过点,
∴;
∴;
∴
;
∵,
∴顶点坐标为.
（2）存在.
设过、,
;
设解得：;
∴;
设、;
在中，解得;
①当时;
;
解得：（不合题意舍去），;
∴;
②当时;
;
解得：，（不合题意舍去）;
∴;
③当时;
;
解得：（不合题意舍去）;
∴，;
（3）当在抛物线上方时，，时;
过点作轴，与全等;

则;
设;
则;
解得；，；
或;
当在抛物线下方时，;
（不合题意舍去），;
∴;
∴或或.
【点睛】
本题主要考查了二次函数综合应用，准确分析题目条件，利用了等腰三角形、直角三角形的性质进行求解.
4．C
解析：（1）
（2）当，四边形是平行四边形
（3）存在，点的坐标为， ，
【分析】
（1）根据函数解析式列方程即可；
（2）根据平行四边形的判定，用含未知数的值表示QM的长度，从而可求解;
（3）设Q点的坐标为,分两种情况讨论：当时，由勾股定理可得：，当时，由勾股定理可得：，可解出的值.
【详解】
（1）令，则，C点的坐标为（0,2）；
令，则 解得，点A为（-1,0）；点B为（4,0）
∴
（2）如图1所示：

点C与点D关于轴对称，点,设直线BD的解析式为，将代入得： 解得
∴直线BD的解析式为：
∵
∴当时，四边形是平行四边形
设Q点的坐标为 ，则
∴
解得 （不合题意，舍去）
∴当，四边形是平行四边形
（3）存在，设Q点的坐标为
∵是以BD为直角边的直角三角形
∴当时，由勾股定理可得：
即
解得 （不合题意，舍去）
∴Q点的坐标为
当时，由勾股定理可得：
即
解得
Q点的坐标为
综上所述：点的坐标为， ，.
【点睛】
本题考查了一次函数和抛物线的综合问题，解题的关键在于拿出函数解析式，会用含未知数的代数式表示出关键的点的坐标和线段的长度.
5．A
解析：（1）y＝；（2）y＝；（3）存在，Q点坐标为（﹣6，10）或（6，﹣4）．
【分析】
（1）待定系数法：把A、C两点的坐标分别代入抛物线的解析式中，解方程组即可；
（2）两抛物线关于原点对称，则其大小和形状相同，开口方向相反，则只要求出W1的顶点坐标，即可求出它关于原点对称的抛物线W2的顶点坐标，从而求得W2的解析式；
（3）按是对角线和边分类，根据面积确定点P或Q的横坐标，代入函数关系式，从而求得Q的坐标．
【详解】
解（1）把点A、点C的坐标分别代入y＝x2+bx+c中，
得：，
∴b＝，c=－2，
∴y＝；
（2）∵抛物线w1：y＝＝（x+1）2﹣的顶点是（﹣1，﹣），
∴w2的顶点是（1，），
∴w2的解析式是：y＝﹣（x﹣1）2+＝﹣x2+x+2；
（3）存在．
由题意知，，则．
①若CC′是对角线，如图，

∵W1和W2关于原点对称，
∴P、Q也关于原点对称，
设点P到y轴的距离为h，
∵平行四边形的面积=2
∴CC′•h＝24，
∴4•h＝24，
∴h＝6，
即P点横坐标是6或﹣6，
当x＝6时，y＝×62+×6﹣2＝10，
∴Q（﹣6，10），
当x＝﹣6时，y＝×（﹣6）2﹣×6﹣2＝4，
∴Q（6，﹣4），
②当CC′是边时，PQ∥CC′，PQ＝CC′，如图，

设点Q（x，），P（x，），
由①知：x＝6或﹣6，
当P（6，10）时，
∵y＝﹣×62+×6+2＝﹣4，
∴Q（6，﹣4），
∴PQ＝14≠4，
当x＝﹣6时，y＝﹣×（﹣6）2+×（﹣6）+2＝﹣10，
∴PQ＝14，
∴PQ≠CC′，
∴CC′不能为边，
综上所述，当C、C′、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，并且其面积等于24时，点Q的坐标是（﹣6，10）或（6，﹣4）．
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，平行四边形的性质，用到了分类讨论思想，本题第三问的关键是根据已知两个点，按边和对角线分类．
6．E
解析：（1）①；②2；（2）；（3）
【分析】
（1）①把点E（-1，3）代入求出m的值即可；②先求出直线EF的解析式，设出点M的坐标，得到MN的二次函数关系式，根据二次函数的性质求解即可；
（2）写出抛物线的顶点式，根据平移规律即可得到的顶点式，进而得到的顶点坐标，即，消去，得到与的函数关系式，再由即可求得的取值范围；
（3）求出抛物线怛过点A（2，-3），函数H的图象恒过点B（2，-4），从图象可知两函数图象的交点P应在A，B之间，即点P的纵坐标在A，B点的纵坐标之间，从而可得结论．
【详解】
解：（1）①∵抛物线经过点E（-1，3）
∴
∴
∴抛物线的解析式为：
②如图，

∵点F为抛物线的最低点，
∴
∴
设直线EF的解析式为：
把E（-1，3），F（1，-5）代入得，

解得，
∴直线EF的解析式为：
设，则
∴
∵
∴当时，MN有最大值，最大值为2；
（2）∵抛物线
∴平移后的抛物线
∴抛物线的顶点坐标为
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴与的函数关系式为：
（3）如图，函数的图象为射线，

时，；
时，
∴函数H的图象恒过点（2，-4）
∵抛物线，
当时，；
当时，；
∴抛物线G恒过点A（2，-3）
由图象可知，若抛物线G与函数H的图象有交点P，则有
∴点P纵坐标的取值范围为：
【点睛】
本题考查了二次函数综合题，涉及到待定系数法求解析式、二次函数的性质和数形结合思想等知识，熟练运用二次函数的性质解决问题是本题的关键．
7．C
解析：（1）；（2）2；（3）
【分析】
（1）先求出抛物线C1的顶点坐标，进而得出抛物线C2的顶点坐标，即可得出结论；
（2）设正方形AMBN的对角线长为2k，得出B（2，3＋2k），M（2＋k，3＋k），N（2−k，3＋k），再用点M（2＋k，3＋k）在抛物线y＝（x−2）2＋3上，建立方程求出k的值，即可得出结论；
（3）先根据抛物线C1，C2的顶点相同，得出b，d的关系式，再由两抛物线的顶点在x轴，求出c，e的关系，即可得出结论．
【详解】
解：（1）解：（1）∵y＝x2−4x＋7＝（x−2）2＋3，
∴顶点为（2，3），
∴其“对顶”抛物线的解析式为y＝−（x−2）2＋3，
即y＝−x2＋4x−1；
（2）如图，

由（1）知，A（2，3），
设正方形AMBN的对角线长为2k，
则点B（2，3＋2k），M（2＋k，3＋k），N（2−k，3＋k），
∵M（2＋k，3＋k）在抛物线y＝（x−2）2＋3上，
∴3＋k＝（2＋k−2）2＋3，
解得k＝1或k＝0（舍）；
∴正方形AMBN的面积为×(2k)2＝2；
（3）根据抛物线的顶点坐标公式得，抛物线C1：y＝ax2＋bx＋c的顶点为（，），
抛物线C2：y＝−ax2＋dx＋e的顶点为（，），
∵抛物线C2是C1的“对顶”抛物线，
∴，
∴，
∵抛物线C1与C2的顶点位于x轴上，
∴，
∴，
即．
【点睛】
此题主要考查了抛物线的顶点坐标公式，正方形的性质，理解新定义式解本题的关键．
8．A
解析：（1）；（2）1或2；（3）存在，点M的坐标为或或
【分析】
（1）把点A、B的坐标代入二次函数解析式进行求解即可；
（2）过点D作y轴平行线交BC于点E，由题意易得C点坐标是（0，2），然后可得直线BC的解析式，然后可表示点E坐标，进而可根据铅垂法进行表示△BCD的面积，最后问题可进行求解；
（3）设点M的坐标为：（x，y），点N（1，s），点B（3，0）、C（0，2），根据题意易得当以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形，可分①当BC是平行四边形的边时，②当BC为对角线时，然后根据平行四边形的性质及中点坐标公式可求解．
【详解】
解：（1）把A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx+2中，得：，解得：，
∴抛物线解析式为；
（2）过点D作y轴平行线交BC于点E，
把x＝0代入中，得：y＝2，
∴C点坐标是（0，2），
又∵B（3，0），
∴直线BC的解析式为y＝x+2，
∵点D（m，），
∴E（m，m+2），

∴DE＝（）﹣（m+2）＝m2+2m，
由S△BCD＝2S△AOC得：×DE×OB＝2××OA×OC，
∴（m2+2m）×3＝2××1×2，
整理得：m2﹣3m+2＝0
解得：m1＝1，m2＝2
∵0＜m＜3
∴m的值为1或2；
（3）存在，理由：
设点M的坐标为：（x，y），y＝，则有点N（1，s），点B（3，0）、C（0，2），
①当BC是平行四边形的边时，
当点C向右平移3个单位，向下平移2个单位得到B，
同样点M（N）向右平移3个单位，向下平移2个单位N（M），
故：x+3＝1，y﹣2＝s或x﹣3＝1，y+2＝s，
解得：x＝﹣2或4，
故点M坐标为：（﹣2，）或（4，）；
②当BC为对角线时，
由中点公式得：x+1＝3，y+s＝2，
解得：x＝2，故点M（2，2）；
综上，M的坐标为：（2，2）或（﹣2，）或（4，）．
【点睛】
本题主要考查二次函数的综合，关键是根据题意得到函数解析式，然后利用平行四边形的存在性问题可进行分析．
9．C
解析：（1） ；y ＝−（x−2）＋4；（2）（n，n ）；[（n＋1），（n＋1） ]；y＝x；（3）①存在，理由见详解；②CC＝2m．
【分析】
（1）），则＝2，则＝2＋2＝4，将点A、 的坐标代入抛物线表达式得：，解得： ，则点（4，0），将点A、的坐标代入抛物线表达式，同理可得：＝2，＝4，即可求解；
（2）同理可得：＝3，＝9，故点的坐标为（n，），以此推出：点[（n＋1），（n＋1）]，故所有抛物线的顶点坐标满足的函数关系式是：y＝ ，即可求解；
（3）①△AAnBn为等腰直角三角形，则AAn ＝2ABn，即（2n）＝2（n＋），即可求解；
②y＝−（m−n＋1）＋（n−1），y＝−（m−n）＋n，CC= y−y，即可求解．
【详解】
解：（1），则＝2，则＝2＋2＝4，将点A、的坐标代入抛物线表达式得： ，解得：，
则点（4，0），将点A、 的坐标代入抛物线表达式，同理可得：＝2，＝4；
故y ＝−（x−）＋＝−（x−2）＋4；
（2）同理可得：＝3，＝9，故点的坐标为（n，），以此推出：点 [（n＋1），（n＋1）]，故所有抛物线的顶点坐标满足的函数关系式是：y＝；
故答案为：（n，n ）；[（n＋1），（n＋1）]；y＝x；
（3）①存在，理由：
点A（0，0），点An（2n，0）、点（n，n ），
△AAnBn为等腰直角三角形，则AAn ＝2ABn，即（2n）＝2（n ＋n），
解得：n＝1（不合题意的值已舍去），
抛物线的表达式为：y＝−（x−1） ＋1；
②y＝−（m−n＋1）＋（n−1），
y＝−（m−n）＋n，
CC＝y−y＝−（m−n）＋n ＋（m−n＋1）−（n−1）＝2m．
【点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，这种找规律类型题目，通常按照题设的顺序逐次求解，通常比较容易．
10．A
解析：（1），；（2）6；（3）存在点M使周长最短，其坐标为；（4）存在，，，，
【分析】
（1）把、两点的坐标分别代入抛物线和直线中，解之即可；
（2）由图可知，，所以只需求出AC，OB的长即可，因为C点为抛物线与x轴的一个交点，令y=0即可求出C点坐标，根据已知可得A点坐标，从而得到AC的长，根据已知得到B点坐标，可得OB的长，从而求出的面积；
（3）由题意知，A、C关于对称轴对称，则可知，故当、、三点在同一条直线上时最小，此时的周长最小，连接交对称轴于点，则即为满足条件的点，设直线的解析式为，将B，C的坐标代入即可求出该解析式，令x=-1，即可求出点M的坐标；
（4）在平面内是否存在点，使、、、四点构成矩形，求N点坐标时，需分情况讨论，当HB⊥AB时，根据互相垂直的两直线的斜率之积为-1，互相平行的两直线的斜率相等求出直线HB，直线HN，直线AN的解析式，根据N点为直线HN和直线AN的交点，联立方程组解之即可；同理可得当HA⊥AB时，N点的坐标；而当AB为对角线时，可得HA⊥AB，从而可求出直线AH的解析式，设H点坐标为，根据△AHB为直角三角形，利用勾股定理求出H点的坐标，然后在利用互相垂直的两直线的斜率之积为-1，互相平行的两直线的斜率相等求出N点的坐标．
【详解】
解：（1）把、两点的坐标分别代入得，
解得，
抛物线解析式为．
把、两点的坐标分别代入得，
解得，
直线的解析式为．
（2）由（1）得，抛物线解析式为，
令得，
解得，，
，
∵，
∴，
∵，
∴OB=3，
；
（3），
抛物线的对称轴为，
、关于对称轴对称，
，
，
当、、三点在同一条直线上时最小，此时的周长最小
连接交对称轴于点，则即为满足条件的点，
设直线的解析式为，
直线过点，，
，解得，
直线的解析式，
当时，，
，
存在点使周长最短，其坐标为．
（4）存在，
①当HB⊥AB时，如图所示

由（1）得直线AB的解析式为，
∵HB⊥AB，
∴设直线HB的解析式为，将B(0,-3)代入得
，
∴直线HB的解析式为，
当x=-1时，y=×(-1)-3=，
∴H点的坐标为，
∵四边形ABHN为矩形，
∴HN∥AB，AN∥HB，
∴设直线HN的解析式为y=3x+m，把H点坐标代入，得3×(-1)+m=，
解得m=,
∴直线HN的解析式为y=3x+,
∴设直线AN的解析式为，把A点坐标代入，得，
解得n=,
∴设直线AN的解析式为，
∵N点为直线HN和直线AN的交点，
∴
解得，
∴N点坐标为．
②当HA⊥AB时，如图

由（1）得直线AB的解析式为，
∵HA⊥AB，
∴设直线HA的解析式为，将A(1，0)代入得+b=0，
解得b=，
∴直线HA的解析式为，
当x=-1时，，
∴H点的坐标为，
∵四边形ABNH是矩形，
∴AB∥NH，BN∥AH，
∴设直线HN的解析式为y=3x+m，把H点坐标代入，得，
解得m=，
∴设直线HN的解析式为y=3x+，
∴设直线BN的解析式为，把B点坐标代入，得
n=-3，
∴设直线BN的解析式为，
∵N点为直线HN和直线BN的交点，
∴
解得，
∴N点坐标为．
③当AB为对角线时，如图

设H点坐标为，
∵四边形AHBN为矩形，
∴△AHB为直角三角形，∠AHB=90°，
∴AH2+BH2=AB2，
即，
解得，
∴H点坐标为(-1,-1)，(-1,-2)，
（a）当H点坐标为(-1,-1)时，
设直线AH的解析式为y=kx+b，把A，H点坐标代入，得

解得，
∴直线AH的解析式为，
∵AH∥BN，
∴设直线BN的解析式为，把B点坐标代入，得
b=-3，
∴直线BN的解析式为，
∵AN⊥BN，
∴设直线AN的解析式为y=-2x+m，把A点坐标代入，得-2+m=0，
解得m=2，
∴直线AN的解析式为y=-2x+2，
∵N点为直线AN与BN的交点，
∴
解得，
∴N点坐标为(2,-2);
（b）当H点坐标为(-1,-2)时，
设直线AH的解析式为y=kx+b，把A，H点坐标代入，得

解得，
∴直线AH的解析式为y=x-1，
∵AH∥BN，
∴设直线BN的解析式为y=x+n，把B点坐标代入，得
n=-3，
∴直线BN的解析式为y=x-3，
∵AN⊥BN，
∴设直线AN的解析式为y=-x+m，把A点坐标代入，得-1+m=0，
解得m=1，
∴直线AN的解析式为y=-x+1，
∵N点为直线AN与BN的交点，
∴
解得，
∴N点坐标为(2,-1)．
综上所述，存在点，使、、、四点构成矩形，N点坐标为 ．
【点睛】
本题为二次函数的综合运用，涉及待定系数法，轴对称的性质，勾股定理，三角形的面积等知识．在（2）中求得点C是解题的关键，在（3）中确定出M 点是解题的关键，在（4）中分情况讨论是解题的关键．
二、中考几何压轴题

11．（1）相等，；（2）是等边三角形，理由见解析；（3）面积的最大值为.
【分析】
（1）根据＂点分别为的中点＂，可得MNBD，NPCE ，根据三角形外角和定理，等量代换求出．
（2）先求出，得出，根据
解析：（1）相等，；（2）是等边三角形，理由见解析；（3）面积的最大值为.
【分析】
（1）根据＂点分别为的中点＂，可得MNBD，NPCE ，根据三角形外角和定理，等量代换求出．
（2）先求出，得出，根据MNBD，NPCE ，和三角形外角和定理，可知MN=PN，再等量代换求出，即可求解．
（3）根据，可知BD最大值，继而求出面积的最大值．
【详解】
由题意知：AB=AC，AD=AE，且点分别为的中点，
∴BD=CE，MNBD，NPCE，MN=BD，NP=EC
∴MN=NP
又∵MNBD，NPCE，∠A=，AB=AC，
∴∠MNE=∠DBE，∠NPB=∠C，∠ABC=∠C=
根据三角形外角和定理，
得∠ENP=∠NBP+∠NPB
∵∠MNP=∠MNE+∠ENP，∠ENP=∠NBP+∠NPB，
∠NPB=∠C，∠MNE=∠DBE，
∴∠MNP=∠DBE+∠NBP+∠C
=∠ABC+∠C =．
是等边三角形．
理由如下：
如图，由旋转可得
在ABD和ACE中

．
点分别为的中点，
是的中位线，
且
同理可证且

．
在中
∵∠MNP=，MN=PN
是等边三角形．
根据题意得:
即，从而
的面积．
∴面积的最大值为．
【点睛】
本题主要考查了三角形中点的性质、三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及图形旋转的相关知识；正确掌握三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及图形旋转的相关知识是解题的关键．
12．（1）①；②；（2）（1）中的结论仍然成立，理由详见解析；（3）或2或．
【分析】
（1）利用旋转的性质证明△BCD≌△BCE（SAS），可得结论；
（2）结论仍然成立．利用旋转的性质证明△BCD≌
解析：（1）①；②；（2）（1）中的结论仍然成立，理由详见解析；（3）或2或．
【分析】
（1）利用旋转的性质证明△BCD≌△BCE（SAS），可得结论；
（2）结论仍然成立．利用旋转的性质证明△BCD≌△BCE（SAS），可得结论；
（3）分三种情形利用等边三角形的判定和性质分别求解即可．
【详解】
（1）如图1中，

∵CM平分∠ACB，∠ACB=90°，

∠ACM=∠BCM=45°，
根据旋转的性质知：∠DCE=90°，CD=CE，
∴∠BCD=∠BCE=45°，
在△BCD和△BCE中，
，
∴△BCD≌△BCE（SAS），
∴BD=BE，
∵CD=CE，
∴BC垂直平分线段DE，
故答案为：BD=BE，BC⊥DE；
（2）结论仍然成立．理由：
∵，点是的中点，
∴，
根据旋转的性质知：∠DCE=，CD=CE，
∴，
在△BCD和△BCE中，
，
∴△BCD≌△BCE（SAS），
∴BD=BE，
∵CD=CE，
∴BC垂直平分线段DE，
故BD=BE，BC⊥DE仍然成立；
（3）①如图3（1），当时，