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專題11 二次函數(shù)的綜合-2025年精選中考數(shù)學(xué)真題分類匯編
一、解答題
1．（2025·遼寧） 如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線與軸相交于點(diǎn)，與軸相交于點(diǎn)，點(diǎn)在線段上（不與點(diǎn)，重合），過點(diǎn)作的垂線，與直線相交于點(diǎn)，點(diǎn)關(guān)于直線的對稱點(diǎn)為，連接．
（1）求證：
（2）設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，），當(dāng)時，線段與線段相交于點(diǎn)，求四邊形面積的最大值.
2．（2025·長沙） 我們約定： 當(dāng)x1，y1，x2，y2滿足( 且 時， 稱點(diǎn)(x1，y1)與點(diǎn)(x2，y2)為一對“對偶點(diǎn)”.若某函數(shù)圖象上至少存在一對“對偶點(diǎn)”，就稱該函數(shù)為“對偶函數(shù)”.請你根據(jù)該約定，解答下列問題：
（1）請你判斷下列說法是否正確(在題后相應(yīng)的括號中，正確的打“√”，錯誤的打“×”)；
①函數(shù) (k是非零常數(shù))的圖象上存在無數(shù)對“對偶點(diǎn)”；(　 　)
②函數(shù)y=-2x+1一定不是“對偶函數(shù)”；(　 　)
③函數(shù) 的圖象上至少存在兩對“對偶點(diǎn)”.(　 　)
（2）若關(guān)于x的一次函數(shù). 與 都是常數(shù)，且. 均是“對偶函數(shù)”，求這兩個函數(shù)的圖象分別與兩坐標(biāo)軸圍成的平面圖形的面積之和；
（3）若關(guān)于x的二次函數(shù) 是“對偶函數(shù)”，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
3．（2025·吉林）如圖，在△ABC中，AB＝3，BC＝5，∠BAC＝45°．動點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿邊AC以每秒1個單位長度的速度向終點(diǎn)C勻速運(yùn)動．當(dāng)點(diǎn)P出發(fā)后，以AP為邊作正方形APDE，使點(diǎn)D和點(diǎn)B始終在邊AC同側(cè)．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動時間為x（s）（x＞0），正方形APDE與△ABC重疊部分圖形的面積為y（平方單位）．
（1）AC的長為 　 　 ．
（2）求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫出可變量x的取值范圍．
（3）當(dāng)正方形APDE的對稱中心與點(diǎn)B重合時，直接寫出x的值．
4．（2025·揚(yáng)州）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝﹣x2﹣2x+3的圖象（記為G1）與x軸交于點(diǎn)A，B，與y軸交于點(diǎn)C，二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象（記為G2）經(jīng)過點(diǎn)A，C．直線x＝t與兩個圖象G1，G2分別交于點(diǎn)M，N，與x軸交于點(diǎn)P．
（1）求b，c的值．
（2）當(dāng)點(diǎn)P在線段AO上時，求MN的最大值．
（3）設(shè)點(diǎn)M，N到直線AC的距離分別為m，n．當(dāng)m+n＝4時，對應(yīng)的t值有　 　 個；當(dāng)m﹣n＝3時，對應(yīng)的t值有　 　 個；當(dāng)mn＝2時，對應(yīng)的t值有　 　 個；當(dāng)1時，對應(yīng)的t值有　 　 個．
5．（2025·武漢）拋物線與直線y=x交于A，B兩點(diǎn)(A在B的左邊).y=x
（1）求A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo).
（2）如圖1，若P是直線AB下方拋物線上的點(diǎn).過點(diǎn)P作x軸的平行線交拋物線于點(diǎn)M，過點(diǎn) P作y軸的平行線交線段AB于點(diǎn)N，滿足PM=PN 求點(diǎn)P的橫坐標(biāo).
（3）如圖2，經(jīng)過原點(diǎn)O的直線CD交拋物線于C，D兩點(diǎn)(點(diǎn)C在第二象限)，連接AC，BD分別交x軸于E，F(xiàn)兩點(diǎn).若求直線CD的解析式.
6．（2025·長春）在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線經(jīng)過點(diǎn)．點(diǎn)、是該拋物線上的兩點(diǎn)，橫坐標(biāo)分別為、，已知點(diǎn)，作點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)的對稱點(diǎn)，作點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)的對稱點(diǎn)，構(gòu)造四邊形．
（1）求該拋物線所對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式；
（2）當(dāng)兩點(diǎn)關(guān)于該拋物線的對稱軸對稱時，求點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）設(shè)拋物線在、兩點(diǎn)之間的部分（含、兩點(diǎn)）為圖象．當(dāng)時，若圖象的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的縱坐標(biāo)之差為．求的值；
（4）連結(jié)、，當(dāng)時，直接寫出的取值范圍（這里、、均是大于且小于的角）．
7．（2025·遼寧）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)的圖象與軸的正半軸相交于點(diǎn)，二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點(diǎn)，且與二次函數(shù)的圖象的另一個交點(diǎn)為，點(diǎn)的橫坐標(biāo)為．
（1）求點(diǎn)的坐標(biāo)及的值．
（2）直線與二次函數(shù)的圖象分別相交于點(diǎn)，與直線相交于點(diǎn)，當(dāng)時，
①求證：；
②當(dāng)四邊形的一組對邊平行時，請直接寫出的值．
（3）二次函數(shù)與二次函數(shù)組成新函數(shù)，當(dāng)時，函數(shù)的最小值為，最大值為，求的取值范圍．
8．（2025·蘇州）如圖，二次函數(shù) 的圖像與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A 在點(diǎn)B 的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，作直線 BC， 為二次函數(shù) 圖像上兩點(diǎn).
（1）求直線 BC 對應(yīng)函數(shù)的表達(dá)式；
（2）試判斷是否存在實(shí)數(shù)m使得 若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由.
（3）已知 P 是二次函數(shù) 圖像上一點(diǎn)（不與點(diǎn) M，N重合），且點(diǎn) P 的橫坐標(biāo)為 作 若直線 BC 與線段 MN，MP 分別交于點(diǎn) D，E，且 與 的面積的比為1：4，請直接寫出所有滿足條件的m 的值.
9．（2025·黑龍江）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，菱形OABC的邊OA在x軸上，，OA的長是一元二次方程的根，過點(diǎn)C作交OA于點(diǎn)Q，交對角線OB于點(diǎn)P．動點(diǎn)M從點(diǎn)O以每秒1個單位長度的速度沿OA向終點(diǎn)A運(yùn)動，動點(diǎn)N從點(diǎn)B以每秒個單位長度的速度沿BO向終點(diǎn)O運(yùn)動，M、N兩點(diǎn)同時出發(fā)，設(shè)運(yùn)動時間為t秒。
（1）求點(diǎn)P坐標(biāo)；
（2）連接MN、PM，求的面積S關(guān)于運(yùn)動時間t的函數(shù)解析式；
（3）當(dāng)時，在對角線OB上是否存在一點(diǎn)E，使得是含角的等腰三角形．若存在，請直接寫出點(diǎn)E的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由。
10．（2025·齊齊哈爾）綜合與探究
如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+3（a<0）與x軸交于點(diǎn)A（-1，0），
C（6，0），與y軸交于點(diǎn)B，連接BC.
（1）求拋物線的解析式：
（2）點(diǎn)P是直線BC下方拋物線上的點(diǎn)，連接PB，PC，當(dāng)S△PBC=24時，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）點(diǎn)G是第四象限內(nèi)拋物線上的一點(diǎn)，連接BG，若∠CBG=45°，則點(diǎn)G的坐標(biāo)為　 　.
（4）如圖2，作點(diǎn)B關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)D，過點(diǎn)D作x軸的平行線l，過點(diǎn)C作CE⊥l，垂足為點(diǎn)E，動點(diǎn)M，N分別從點(diǎn)O，E同時出發(fā)，動點(diǎn)M以每秒1個單位長度的速度沿射線OC方向勻速運(yùn)動，動點(diǎn)N以每秒2個單位長度的速度沿射線ED方向勻速運(yùn)動（當(dāng)點(diǎn)N到達(dá)點(diǎn)D時，點(diǎn)M，N都停止運(yùn)動），連接MN，過點(diǎn)D作MN的垂線，垂足為點(diǎn)F，連接CF，則CF的取值范圍是　 　.
11．（2025·綏化）綜合與實(shí)踐
如圖、在邊長為8的正方形ABCD中，作射線BD，點(diǎn)E是射線BD上的一個動點(diǎn)，
連接AE：以AE為邊作正方形AEPG、連接CG交射線BD于點(diǎn)M，連接DG.（提示：
依題意補(bǔ)全圖形，井解答）
（1）【用數(shù)學(xué)的限光規(guī)察】
請判斷BD與DG的位置關(guān)系，并利用圖（1）說明你的理由.
（2）【用數(shù)學(xué)的思維思考】
若DG=a.請你用含a的代數(shù)式直接寫出∠CMB的正切值　 　.
（3）【用數(shù)學(xué)的語名表達(dá)】
設(shè)DE=x，正方形AEFG的面積為S，請求出S與x的函數(shù)解析式、（不要求寫出自變量x的取值范圍）
12．（2025·綏化）綜合與探究
如圖，拋物線y=ax2+bx-5交x軸于A、B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C.直線y=kx-5經(jīng)過B、C兩點(diǎn)，若點(diǎn)A（1，0）.B（-5，0）.點(diǎn)P是拋物線上的一個動點(diǎn)（不與點(diǎn)A、B重合）.
（1）求拋物線的函數(shù)解析式.
（2）過點(diǎn)P作直線PD⊥x軸于點(diǎn)D，交直線BC于點(diǎn)E，當(dāng)PE=3ED時，求P點(diǎn)坐標(biāo)
（3）若點(diǎn)F是直線BC上的一個動點(diǎn)，請判斷在點(diǎn)B右側(cè)的拋物線上是否存在點(diǎn)P，使△AFP是以PF為斜邊的等腰直角三角形，若存在，請直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)：若不存在，請說明理由.
13．（2025·湖南）如圖，已知二次函數(shù)y＝ax（x﹣4）（a≠0）的圖象過點(diǎn)A（2，2），連接OA點(diǎn)P（x1，y1），Q（x2，y2），R（x3，y3）是此二次函數(shù)圖象上的三個動點(diǎn)，且0＜x3＜x1＜x2＜2，過點(diǎn)P作PB∥y軸交線段OA于點(diǎn)B．
（1）求此二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）如圖1，點(diǎn)C、D在線段OA上，且直線QC、RD都平行于y軸，請你從下列兩個命題中選擇一個進(jìn)行解答：
①當(dāng)PB＞QC時，求證：x1+x2＞2；
②當(dāng)PB＞RD時，求證：x1+x3＜2；
（3）如圖，若，延長PB交x軸于點(diǎn)T，射線QT、TR分別與y軸交于點(diǎn)Q1，R1，連接AP，分別在射線AT、x軸上取點(diǎn)M、N（點(diǎn)N在點(diǎn)T的右側(cè)），且∠AMN＝∠PAO，．記t＝R1Q1﹣ON，試探究：當(dāng)x為何值時，t有最大值？并求出t的最大值．
14．（2025·黑龍江）如圖，拋物線交x軸于點(diǎn)A、點(diǎn)B，交y軸于點(diǎn)C，且點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)，頂點(diǎn)坐標(biāo)為．
（1）求b與c的值。
（2）在x軸上方的拋物線上是否存在點(diǎn)P，使的面積與的面積相等．若存在，請直接寫出點(diǎn)P的橫坐標(biāo)；若不存在，請說明理由。
15．（2025·吉林）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線y＝x2+bx﹣1經(jīng)過點(diǎn)（2，﹣1）．點(diǎn)P在此拋物線上．其橫坐標(biāo)為m；連接PO并延長至點(diǎn)Q，使OQ＝2PO．當(dāng)點(diǎn)P不在坐標(biāo)軸上時，過點(diǎn)P作x軸的垂線，過點(diǎn)Q作y軸的垂線，這兩條垂線交于點(diǎn)M．
（1）求此拋物線對應(yīng)的函數(shù)解析式．
（2）△PQM被y軸分成的兩部分圖形的面積比是否保持不變，如果不變，直接寫出這個面積比；如果變化，說明理由．
（3）當(dāng)△PQM的邊MQ經(jīng)過此拋物線的最低點(diǎn)時，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)．
（4）當(dāng)此拋物線在△PQM內(nèi)部的點(diǎn)的縱坐標(biāo)y隨x的增大而減小時，直接寫出m的取值范圍．
16．（2025·湖北） 拋物線與軸相交于點(diǎn)和點(diǎn)，與軸相交于點(diǎn)，是拋物線的頂點(diǎn)，是拋物線上一動點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)為．
（1）求的值；
（2）如圖1，若點(diǎn)在對稱軸左側(cè)，過點(diǎn)作對稱軸的垂線，垂足為，求的值；
（3）定義：拋物線上兩點(diǎn)M，N之間的部分叫做拋物線弧（含端點(diǎn)和）．過，分別作軸的垂線，過拋物線弧的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)分別作軸的垂線，直線與圍成的矩形叫做拋物線弧的特征矩形．若點(diǎn)在第四象限，記拋物線弧的特征矩形的周長為．
①求關(guān)于的函數(shù)解析式；
②過點(diǎn)作軸，交拋物線于點(diǎn)，點(diǎn)與點(diǎn)不重合．記拋物線弧的特征矩形的周長為．若，直接寫出的長．
17．（2025·河北）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線經(jīng)過點(diǎn)，，頂點(diǎn)為．拋物線經(jīng)過點(diǎn)．兩條拋物線在第一象限內(nèi)的部分分別記為，．
（1）求，的值及點(diǎn)的坐標(biāo)．
（2）點(diǎn)在上，到軸的距離為．判斷能否經(jīng)過點(diǎn)，若能，求的值；若不能，請說明理由．
（3）直線交于點(diǎn)，點(diǎn)在線段上，且點(diǎn)的橫坐標(biāo)是點(diǎn)橫坐標(biāo)的一半．
①若點(diǎn)與點(diǎn)重合，點(diǎn)恰好落在上，求的值；
②若點(diǎn)為直線與的唯一公共點(diǎn)，請直接寫出的值．
18．（2025·廣安） 如圖，二次函數(shù)(b，c 為常數(shù)) 的圖象交 x 軸于 A，B 兩點(diǎn)，交 y 軸于點(diǎn) C，已知點(diǎn) B的坐標(biāo)為 (9，0)，點(diǎn) C的坐標(biāo)為 (0，-3)，連接 AC，BC.
（1） 求拋物線的解析式.
（2） 若點(diǎn) P為拋物線上的一個動點(diǎn)，連接 PC，當(dāng)時，求點(diǎn) P 的坐標(biāo).
（3） 將拋物線沿射線 CA 的方向平移個單位長度后得到新拋物線，點(diǎn) E 在新拋物線上，點(diǎn) F 是原拋物線對稱軸上的一點(diǎn)，若以點(diǎn) B，C，E，F(xiàn) 為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，請直接寫出點(diǎn) E 的坐標(biāo).
19．（2025·武威）如圖1，拋物線分別與x軸，y軸交于A，兩點(diǎn)，M為OA的中點(diǎn)．
（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）連接AB，過點(diǎn)M作OA的垂線，交AB于點(diǎn)C，交拋物線于點(diǎn)D，連接BD，求的面積；
（3）點(diǎn)E為線段AB上一動點(diǎn)（點(diǎn)A除外），將線段OE繞點(diǎn)O順時針旋轉(zhuǎn)得到OF．
①當(dāng)時，請?jiān)趫D2中畫出線段OF后，求點(diǎn)F的坐標(biāo)，并判斷點(diǎn)F是否在拋物線上，說明理由；
②如圖3，點(diǎn)P是第四象限的一動點(diǎn)，，連接PF，當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動時，求PF的最小值．
20．（2025·眉山）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線關(guān)于直線對稱，與x軸交于、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)P為拋物線對稱軸上一點(diǎn)，連接BP，將線段BP繞點(diǎn)P逆時針旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)B的對應(yīng)點(diǎn)D恰好落在拋物線上，求此時點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）在線段OC上是否存在點(diǎn)Q，使存在最小值？若存在，請直接寫出點(diǎn)Q的坐標(biāo)及最小值；若不存在，請說明理由．
21．（2025·重慶市）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與x軸交于A，兩點(diǎn)，與軸交于點(diǎn)，拋物線的對稱軸是直線．
（1）求拋物線的表達(dá)式：
（2）點(diǎn)P是射線下方拋物線上的一動點(diǎn)，連接與射線交于點(diǎn)Q，點(diǎn)D，E為拋物線對稱軸上的動點(diǎn)（點(diǎn)E在點(diǎn)D的下方），且，連接，．當(dāng)取得最大值時，求點(diǎn)P的坐標(biāo)及的最小值；
（3）在（2）中取得最大值的條件下，將拋物線沿射線方向平移個單位長度得到拋物線，點(diǎn)M為點(diǎn)P的對應(yīng)點(diǎn)，點(diǎn)N為拋物線上的一動點(diǎn)．若，請直接寫出所有符合條件的點(diǎn)N的坐標(biāo)，并寫出求解點(diǎn)N的坐標(biāo)的其中一種情況的過程．
22．（2025·東營）已知拋物線與x軸交于，兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)．
（1）求出拋物線的解析式；
（2）如圖1，點(diǎn)D是拋物線上位于對稱軸右側(cè)的一個動點(diǎn)，且點(diǎn)D在第一象限內(nèi)，過點(diǎn)D作x軸的平行線交拋物線于點(diǎn)E，作y軸的平行線交x軸于點(diǎn)G，過點(diǎn)E作軸，垂足為點(diǎn)F，當(dāng)四邊形的周長最大時，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（3）如圖2，點(diǎn)M是拋物線的頂點(diǎn)，將沿翻折得到，與y軸交于點(diǎn)Q，在對稱軸上找一點(diǎn)P，使得是以為直角邊的直角三角形，請直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)．
23．（2025·內(nèi)江） 如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與x軸相交于、兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)．
（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）如圖1，過點(diǎn)B的直線與拋物線的另一個交點(diǎn)為點(diǎn)D，點(diǎn)M為拋物線對稱軸上的一點(diǎn)，連接，設(shè)點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為n，當(dāng)時，求n的值；
（3）如圖2，點(diǎn)N是拋物線的頂點(diǎn)，點(diǎn)P是x軸上一動點(diǎn)，將頂點(diǎn)N繞點(diǎn)P旋轉(zhuǎn)后剛好落在拋物線上的點(diǎn)H處，請直接寫出所有符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)．
24．（2025·威海）已知拋物線y＝ax2+bx﹣3交x軸于點(diǎn)A（﹣1，0），點(diǎn)B，交y軸于點(diǎn)C．點(diǎn)C向右平移2個單位長度，得到點(diǎn)D，點(diǎn)D在拋物線y＝ax2+bx﹣3上．點(diǎn)E為拋物線的頂點(diǎn)．
（1）求拋物線的表達(dá)式及頂點(diǎn)E的坐標(biāo)；
（2）連接BC，點(diǎn)M是線段BC上一動點(diǎn)，連接OM，作射線CD．
①在射線CD上取一點(diǎn)F，使CF＝CO，連接FM．當(dāng)OM+FM的值最小時，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；
②點(diǎn)N是射線CD上一動點(diǎn)，且滿足CN＝CM．作射線CE，在射線CE上取一點(diǎn)G，使CG＝CO．連接GN，BN．求OM+BN的最小值；
（3）點(diǎn)P在拋物線y＝ax2+bx﹣3的對稱軸上，若∠OAP+∠OCA＝45°，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為　 　 ．
25．（2025·宜賓）如圖，是坐標(biāo)原點(diǎn)，已知拋物線與軸交于、兩點(diǎn)，與軸交于點(diǎn)，其中．
（1）求b、c的值；
（2）點(diǎn)為拋物線上第一象限內(nèi)一點(diǎn)，連結(jié)，與直線交于點(diǎn)，若，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（3）若為拋物線的頂點(diǎn)，平移拋物線使得新頂點(diǎn)為，若又在原拋物線上，新拋物線與直線交于點(diǎn)，連結(jié)．探新拋物線與軸是否存在兩個不同的交點(diǎn)．若存在，求出這兩個交點(diǎn)之間的距離；若不存在，請說明理由．
26．（2025·南充）拋物線 與x軸交于A （3，0），B兩點(diǎn)，N是拋物線頂點(diǎn).
（1）求拋物線的解析式及點(diǎn)B的坐標(biāo).
（2） 如圖1， 拋物線上兩點(diǎn)P（m， y1）， Q（m+2， y2）， 若PQ∥BN，求m的值.
（3）如圖2，點(diǎn)M（-1，-5），如果不垂直于y軸的直線l與拋物線交于點(diǎn)G，H，滿足∠GMN=∠HMN.探究直線l是否過定點(diǎn) 若直線l過定點(diǎn)，求定點(diǎn)坐標(biāo)；若不過定點(diǎn)，請說明理由.
27．（2025·煙臺）如圖，拋物線與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，，，D是直線上方拋物線上一動點(diǎn)，作交于點(diǎn)E，垂足為點(diǎn)F，連接.
（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）設(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為，
①用含有的代數(shù)式表示線段的長度；
②是否存在點(diǎn)D，使是等腰三角形 若存在，請求出所有滿足條件的點(diǎn)D的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；
（3）連接，將線段繞點(diǎn)按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到線段，連接，請直接寫出線段長度的最小值.
28．（2025·達(dá)州） 如圖，已知拋物線交x軸于A，B兩點(diǎn)，交y軸于C點(diǎn)，B的坐標(biāo)為，C的坐標(biāo)為，頂點(diǎn)為M．
（1）求拋物線的解析式；
（2）連接，過第四象限內(nèi)拋物線上一點(diǎn)作的平行線，交x軸于點(diǎn)E，交y軸于點(diǎn)F．
①連接，當(dāng)時，求內(nèi)切圓半徑r與外接圓半徑R的比值；
②連接，當(dāng)點(diǎn)F在的內(nèi)角平分線上，上的動點(diǎn)P滿足的值最小時，求的面積．
答案解析部分
1．【答案】（1）證明：由條件可知A（0，4），B（4，0），
∴OA=4，OB=4，
∵∠AOB=90°，
∴∠OAB=45°；
（2）解：∵點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，m），
∴OC=m，AC=4-m，
由條件可知CE=AC=4-m，∠OAB=∠CED=45°，
∴OE=CE-OC=4-2m，
∵∠EOF=90°，
∴∠OEF=∠OFE=45°，
∴OF=OE=4-2m，
∵CD⊥OA，
∴∠OAB=∠CDA=45°，
∴CD=AC=4-m，
∴四邊形COFD面積
∴當(dāng)時，四邊形COFD面積有最大值，最大值為.
【知識點(diǎn)】軸對稱的性質(zhì)；等腰直角三角形；二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用；二次函數(shù)-面積問題
【解析】【分析】（1）先求得A（0，4），B（4，0），得到OA=4，OB=4，利用等腰直角三角形的性質(zhì)即可證明結(jié)論成立；
（2）由題意得OC=m，AC=4-m，根據(jù)折疊的性質(zhì)得CE=AC=4-m，OE=CE-OC=4-2m，利用等腰直角三角形的判定和性質(zhì)求得OF=OE=4-2m，CD=AC=4-m，再利用梯形的面積公式求得四邊形COFD面積關(guān)于m的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可．
2．【答案】（1）√；√；×
（2）解：由題意可得 點(diǎn) 與點(diǎn) 且是一對“對偶點(diǎn)”，由于 是“對偶函數(shù)”，則其圖象上必存在一對“對偶點(diǎn)”.
從而有 兩式相減可得 同理可得
所以兩個一次函數(shù)為 由于b1，b2都是常數(shù)，且 故此兩個一次函數(shù)的圖象分別與兩坐標(biāo)軸圍成的平面圖形是有公共直角頂點(diǎn)的分別位于二、四象限的兩個等腰直角三角形，如下圖所示
求得其面積之和S =（b12+b22）
（3）解：方法一：由題意可得 a≠0，且 時，有，以上兩式相減可得 從而將 代入①整理可得
此關(guān)于x1的一元二次方程必有實(shí)數(shù)根，由于 時， (不符合題意).
從而必有 Δ=-3+8a＞0， 解得
方法二：由題意可得 a≠0，由于函數(shù) 是“對偶函數(shù)”，所以它的圖象上一定存在一對“對偶點(diǎn)”點(diǎn)A(x1，y1)與點(diǎn)B(-y1，-x1)且
不妨設(shè)經(jīng)過A，B兩點(diǎn)的直線(一次函數(shù))的解析式為y=kx+b，由題意可得 即
聯(lián)立，①-②得
由直線AB 與二次函數(shù)圖象必有兩個不同交點(diǎn)，
故必有 (*).
.
③-④得 將其代入(*)
可得△=1-4+8a＞0， 解得
方法三；由題意可得 a≠0，且 時，有
以上兩式相減可得 以上兩式相加變形可得 所以關(guān)于t的一元二次方程 必有兩個不等實(shí)數(shù)根. 從而 解得
【知識點(diǎn)】反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征；二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征；二次函數(shù)與一元二次方程的綜合應(yīng)用；一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征
【解析】【分析】（1）根據(jù)“對偶點(diǎn)”和“對偶函數(shù)”的定義逐一判斷解答即可；
（2）利用 “對偶函數(shù)”的定義設(shè)這對對偶點(diǎn)為 與點(diǎn) 代入解析式求出 即可得到兩直線平行，畫出圖象，然后表示面積解答即可；
（3）方法一：把“對偶點(diǎn)”坐標(biāo)代入解析式，兩等式相減得到 代入①得到關(guān)于x1的二次函數(shù)，根據(jù)根的判別式求出a的取值范圍即可；方法二：求出過“對偶點(diǎn)”的直線AB的解析式，聯(lián)立兩個函數(shù)的解析式得到方程組，消去y得到關(guān)于x的一元二次方程，根據(jù)根的判別式求出取值范圍；方法三：把點(diǎn)(x1，y1)代入得到防程組，根據(jù)減法和乘法得到以. 為根的方程，根據(jù)根的判別式解答即可.
3．【答案】（1）7
（2）解：當(dāng)D在線段AB上運(yùn)動時，（0＜x≤3），
當(dāng)D在線段AB的延長線上運(yùn)動時，即點(diǎn)P在線段PC上運(yùn)動，
如下圖：AP＝x，PP＝x﹣3，CP＝7﹣x，CP＝4，BP＝3，
∵FP'BP，
∴∠CFP＝∠CBP，∠CPF＝∠CPB，
∴△CFP∽△CBP，
∴，
∴，
解得：，
∴y＝S△APD+S梯形PP'FBx2（x﹣3）（x﹣7）2+10.5，（3＜x≤7）'
∴；
（3）解：當(dāng)正方形APDE的對稱中心與點(diǎn)B重合時，
∴，
∴AP＝DP，AP2+DP2＝AD2，
即2AP2＝72，
解得：AP＝6，
∴x＝6．
【知識點(diǎn)】勾股定理；二次函數(shù)-動態(tài)幾何問題；三角形-動點(diǎn)問題；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性質(zhì)-對應(yīng)邊
【解析】【解答】
解：（1）當(dāng) B，D重合時，如下圖：
∵∠BAC＝45°，以AP為邊作正方形APDE，
∴△APD是等腰直角三角形，AP＝BP，，即18＝2AP2，
解得：AP＝3 （負(fù)的舍去），
∵BC＝5，∠DPC＝90°，
∴，
∴AC＝AP+PC＝3+4＝7，
故答案為：7；
【分析】（1）根據(jù)勾股定理求出AP長，進(jìn)而求出PC 的值解答即可；
（2）分為點(diǎn)D在線段AB上運(yùn)動和D在線段AB的延長線上運(yùn)動兩種情況，利用相似三角形的判定和性質(zhì)表示面積即可；
（3）畫出圖形，根據(jù)勾股定理解答即可.
4．【答案】（1）解：∵二次函數(shù)y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+3）（x﹣1），
∴令y＝0，可得x＝﹣3或1，
即A（﹣3，0），B（1，0），
把A（﹣3，0），C（0，3）代入y＝x2+bx+c中，可得
，解得，
故b的值為4，c的值為3；
（2）解：由（1）知G2的表達(dá)式為y＝x2+4x+3，
設(shè)P（t，0）（﹣3≤t≤0），則M（t，﹣t2﹣2t+3），N（t，t2+4t+3），
故MN＝﹣t2﹣2t+3﹣t2﹣4t﹣3＝﹣2t2﹣6t＝﹣2（t）2，
即MN的最大值為；
（3）2；0；4；無數(shù)
【知識點(diǎn)】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)-線段周長問題；二次函數(shù)-特殊三角形存在性問題
【解析】【解答】解：（3）作MS⊥AC于點(diǎn)S，RN⊥AC于點(diǎn)R，設(shè)MN交AC于點(diǎn)E，如圖1所示，
由待定系數(shù)法可知直線AC的表達(dá)式為y＝x+3，
∴∠CAB＝45°，
∴∠MES＝∠NER ＝45°，
∵M(jìn)S＝m，RN＝n，
∴ME，RN，
∵E（t，t+3），
∴ME，NE，
即ME＝NE，
進(jìn)而可得m＝n，
①當(dāng)m+n＝4時，
即m＝n＝2，故MN，
當(dāng)﹣3≤t≤0時，MNmax，
那么由圖可知當(dāng)t＜﹣3時或t＞1時，共2種情況滿足題意，
故對應(yīng)的t值有2個；
②當(dāng)m﹣n＝3時，即m＝n+3，這與m＝n相矛盾，故不成立，對應(yīng)的t值有0個；
③當(dāng)mn＝2時，由m＝n可知，m＝n，
故ME＝2，
∴2，即t2+3t＝±2，
解得t＝﹣2或﹣1或或，
故對應(yīng)的t值有4個；
④當(dāng)1時，
∵m＝n恒成立，
∴對應(yīng)的t值有無數(shù)個．
故答案為：2，0，4，無數(shù)．
【分析】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)的解析式；
（2）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（t，0），得到點(diǎn)M和N的坐標(biāo)，表示MN的長，配方得到頂點(diǎn)式即可得到最值；
（3）作MS⊥AC于點(diǎn)S，RN⊥AC于點(diǎn)R，設(shè)MN交AC于點(diǎn)E，求出直線AC的解析式，即可得到∠MES＝∠NER ＝45°，得到ME＝NE，即可得到m＝n，然后根據(jù)m、n的各種情況求出t值解答即可.
5．【答案】（1）解：由題意可得：
當(dāng)時
解得：x=2或x=6
∴A（-2，-2），B（6，6）
（2）解：設(shè)，則，N(t，t)
∴PM=|2t|，
∵PM=PN
∴
解得：t=2或6-4
∴點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t=2或6-4
（3）解：設(shè)
直線CD的解析式為
∵CD經(jīng)過原點(diǎn)
∴，解得：cd=-12
同理可得直線AC的解析式為
直線BD的解析式為
∴
∵cd=-12
∴
∴OF=OE
∵
∴
∴c=-4，d=3
∴C(-4，1)
∴直線CD的解析式為：
【知識點(diǎn)】待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；線段上的兩點(diǎn)間的距離；三角形的面積；二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用
【解析】【分析】（1）聯(lián)立拋物線與直線解析式，解方程即可求出答案.
（2）設(shè)，則，N(t，t)，根據(jù)兩點(diǎn)間距離可得PM=|2t|，，再根據(jù)題意建立方程，解方程即可求出答案.
（3）設(shè)，求出直線CD的解析式，根據(jù)解析式過原點(diǎn)，可得cd=-12，同理可得直線AC，BD的解析式，則，根據(jù)cd=-12，則，即OF=OE，再根據(jù)三角形面積可得c，d值，再代入解析式即可求出答案.
6．【答案】（1）解：將點(diǎn)代入中得：
解得：，
∴．
（2）解：根據(jù)拋物線對稱軸公式可知：
拋物線的對稱軸為，
∵、關(guān)于對稱軸對稱，且橫坐標(biāo)分別為、，
∴、中點(diǎn)在對稱軸上，
∴，
，
解得：，
∵點(diǎn)是該拋物線上的點(diǎn)，
將代入拋物線解析式得，
，
即
設(shè)是A關(guān)于的對稱點(diǎn)，則：
解得，，
∴點(diǎn)坐標(biāo)為．
（3）解：∵拋物線頂點(diǎn)為，開口向上，，，
當(dāng)時，包含，最低點(diǎn)為。
當(dāng)時，，最高點(diǎn)為A，縱坐標(biāo)差為：，
解得：；
當(dāng)時，，最高點(diǎn)為B，縱坐標(biāo)差為： ，
解得：．
綜上，m的值為或．
（4）解：∵點(diǎn)是點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)的對稱點(diǎn)，點(diǎn)是點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)的對稱點(diǎn)，結(jié)合題意可知：∴，，，，
∴，，，，
當(dāng)、運(yùn)動到平行四邊形內(nèi)部時（即、、共線），如圖：
過點(diǎn)作，如圖：
此時，滿足，
由一次函數(shù)的性質(zhì)可的大小決定了直線的傾斜方向和函數(shù)的增減性，
所以當(dāng)兩條一次函數(shù)的直線平行時的大小相同，
∴
∴
解得
當(dāng)、、共線時，如圖，同理：
∴，
∴，
∴，
解得．
綜上，．
【知識點(diǎn)】二次函數(shù)-動態(tài)幾何問題
【解析】【分析】(1)將點(diǎn)(3，3)代入： 求出b即可求解析式；
(2)先求拋物線的對稱軸為直線。 由A，B兩點(diǎn)關(guān)于該拋物線的對稱軸對稱，可得： 求出 再由A、C關(guān)于M點(diǎn)對稱，求出C點(diǎn)即可；
(3)當(dāng) 時，最高點(diǎn)縱坐標(biāo)為 最低點(diǎn)為 當(dāng) 時，最高點(diǎn)縱坐標(biāo)為 最低點(diǎn)為 ，分別求出相應(yīng)的m的值即可；
(4)根據(jù)題意可知四邊形ABCD是平行四邊形，過點(diǎn)O作直線 ，滿足條件的m的臨界位置分別為當(dāng)OA與AD重合時，當(dāng)OB與BC重合時，根據(jù)列方程解答即可.
7．【答案】（1）解：，
當(dāng)y=0時，，
解得x1=-1，x2=3，
∴A（3，0），
當(dāng)時，，
∵A、B在拋物線上，
，解得：，
答：點(diǎn)A的坐標(biāo)為（3，0），a，c的值分別為，．
（2）解：①證明：如圖，
設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b（k≠0），
∵A（3，0），
∴，解得：，
∴，
設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為，
∵，
∴，
∴，，
∴，
，
∴DE=2CE；
②如圖：
當(dāng)AC∥DB時，△ACE∽△BDE，
，解得：，
當(dāng)AD∥BC時，△BCE∽△ADE，
，解得：，
∴或；
（3）解：，
∴當(dāng)時，y隨x的增大而增大；
當(dāng)1＜x＜3時，y隨x的增大而減小；
當(dāng)x≥3時，y隨x的增大而增大．當(dāng)時，y3取得最小值．
當(dāng)時，函數(shù)y3的最小值為，最 大值為，
∴當(dāng)時，y3取得最小值為，即，
解得：，
當(dāng)時，函數(shù)y3的最大值為，
∴當(dāng)x=1時，函數(shù)y3的最大值為，即=1，
解得：；
當(dāng)y2=1時，，解得：(負(fù)值舍去），
∴，
∵，
∴，解得.
【知識點(diǎn)】二次函數(shù)的最值；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；相似三角形的判定；二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用
【解析】【分析】（1）先求出A、B的坐標(biāo)，再分別代入拋物線解析式中求出待定系數(shù)即可；
（2）①設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b（k≠0），將A、B的坐標(biāo)，再分別代入求出待定系數(shù)，設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)，求出y2的解析式，再設(shè)出D、C的坐標(biāo)，可用m表示出CE，進(jìn)而表示出DE即可；
②當(dāng)AC∥DB時，△ACE∽△BDE，當(dāng)AD∥BC時，△BCE∽△ADE，再分類討論，即可解答；
（3）先得出y3的解析式，再分別求出y3的最大值與最小值，然后得到關(guān)于n的不等式組求解即可.
8．【答案】（1）解：∵二次函數(shù) 的圖像與軸交于點(diǎn)，
∴令，有，
∴，
∵二次函數(shù) 的圖像與軸交于兩點(diǎn)，且點(diǎn)在點(diǎn)的左側(cè)，
∴令，有，
解得：，
∴，
設(shè)直線的函數(shù)表達(dá)式為，
將，代入表達(dá)式，得，
解得：，
∴直線的函數(shù)表達(dá)式為；
（2）解：不存在實(shí)數(shù)使得，理由如下：
∵為二次函數(shù) 圖像上兩點(diǎn)，
∴，，
∴，
∵，
∴當(dāng) 時， 有最大值為 ，
∵，
∴不存在實(shí)數(shù)使得；
（3）解：如圖，過點(diǎn)作軸， 交軸于點(diǎn)， 交于點(diǎn)，過點(diǎn)作于，過點(diǎn)作軸，交于點(diǎn)，
∴，
∵點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，
∴當(dāng)時，有，
∴，
由（1）（2）得，直線的函數(shù)表達(dá)式為，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵與 的面積的比為1：4，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
由（2）得，
∴，
∴，
整理得：，
解得： ， ，
∴的值為或.
【知識點(diǎn)】二次函數(shù)的最值；相似三角形的判定；相似三角形的性質(zhì)-對應(yīng)邊；相似三角形的性質(zhì)-對應(yīng)面積；二次函數(shù)-面積問題
【解析】【分析】（1）先求出點(diǎn)的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法進(jìn)行求解；
（2）先求出的值，然后利用配方法以及二次函數(shù)的最值知識得到的最大值，再進(jìn)行判斷即可；
（3）過點(diǎn)作軸， 交軸于點(diǎn)， 交于點(diǎn)，過點(diǎn)作于，過點(diǎn)作軸，交于點(diǎn)，則有，然后求出點(diǎn)的坐標(biāo)，結(jié)合（1）（2）得點(diǎn)的坐標(biāo)，從而得的值，進(jìn)而得，于是推出，根據(jù)相似三角形的判定得，由相似三角形的性質(zhì)求出，接下來證明，結(jié)合相似三角形的性質(zhì)求出，最后由點(diǎn)坐標(biāo)得坐標(biāo)，則有關(guān)于的方程，解方程即可求出的值.
9．【答案】（1）解：
解得 x1=6， x2=-3
∵OA 的長是 的根
∴OA=6
∵四邊形OABC 為菱形
∴OA=OC=6
∴∠COA=60°
又∵CQ⊥OA
∴∠OCQ=30°
∴OQ=3
∵四邊形OABC 為菱形
∴OB 平分∠COA
∴∠POQ=30°
∴點(diǎn) P的坐標(biāo)為P (3，)
（2）解：過點(diǎn)M作MK⊥OB于點(diǎn)K，
OM=t ，則
由(1) 得： 則 …1分
當(dāng)0＜ t ＜4時
當(dāng)4＜ t≤6時
綜上所述
（3）解：
【知識點(diǎn)】分段函數(shù)；列二次函數(shù)關(guān)系式；三角形的面積；菱形的性質(zhì)；二次函數(shù)-特殊三角形存在性問題
【解析】【解答】解：（3）存在， 如圖
當(dāng)t=3時，OM =3，點(diǎn)M和點(diǎn)Q重合，BN =， ON =，∠ONM = ∠NOM=30°，
假設(shè)在對角線OB上存在一點(diǎn)E，使得△MNE是含30°角的等腰三角形，
當(dāng)∠EMN為頂角時，點(diǎn)E1與點(diǎn)O重合，E1(0，0)；當(dāng)∠MEN為頂角時，點(diǎn)E2與點(diǎn)P重合，E2(3，)；
當(dāng)∠ENM為頂角時，NE=NM =0M=3，
設(shè)Eз(，a)，則OE3 = 2a，∵ OEз + NEз =ON，
∴2a+3=3
∴a=，
∴，
∴E3(，)
綜上，當(dāng)t=3時，在對角線OB上存在一點(diǎn)E，使得△MNE是含30°角的等腰三角形，
【分析】（1）首先求解一元二次方程得到菱形的邊長，再利用三角函數(shù)求出相關(guān)角度和線段長度，進(jìn)而確定點(diǎn) P 的坐標(biāo)；
（2）根據(jù)不同的運(yùn)動階段，利用三角形面積公式來求解三角形PMN的面積S關(guān)于運(yùn)動時間t的函數(shù)解析式。首先要找到三角形的底和高與時間t的關(guān)系；
（3）當(dāng)t=3時，OM =3，點(diǎn)M和點(diǎn)Q重合，BN =， ON =，∠ONM = ∠NOM=30°，
假設(shè)在對角線OB上存在一點(diǎn)E，使得△MNE是含30°角的等腰三角形， 可分成三種情況進(jìn)行分析 ：當(dāng)∠EMN為頂角時， E1(0，0) ；當(dāng)∠MEN為頂角時， E2(3，)； 當(dāng)∠ENM為頂角時， E3(，) ，綜上即可得出當(dāng)t=3時，在對角線OB上存在一點(diǎn) 使得△MNE是含30°角的等腰三角形。
10．【答案】（1）解：將，代入拋物線的解析式，得
拋物線的解析式為
（2）解：過點(diǎn)作交y軸于點(diǎn)，連接CQ.
則
∴BQ·CO=24
∵點(diǎn)C(6，0)
∴CO=6
∴BQ=8
當(dāng)x=0時，y=3
∴B(0，3)
∴點(diǎn)Q(0，-5)
∵B(0，3)，C(6，0)
∴Увс=x+3
∵PQ//BC
∴уPQ=x-5
解方程組得，，
（3）（11，-30）
（4）
【知識點(diǎn)】點(diǎn)的坐標(biāo)；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用；二次函數(shù)-動態(tài)幾何問題；二次函數(shù)-角度的存在性問題
【解析】【解答】
解：（3）如圖，將△BOC以點(diǎn)C為中心，逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△THC，連接BT，則△BCT為等腰直角三
角形，
∴∠CBT =45°，
∵點(diǎn)G是第四象限內(nèi)拋物線上的一點(diǎn)，∠CBG=45°，
∴點(diǎn)G為BT延長線與拋物線的交點(diǎn)，
由旋轉(zhuǎn)可知，CH⊥OC，CH=CO=6，TH=OB=3，∠CHT=∠COB=90°，
∴點(diǎn)T的橫坐標(biāo)為6-3=3，縱坐標(biāo)為-6，
∴T(3，-6)，
設(shè)BT所在直線的解析式為y=mx+n，則
解得
∴BT所在直線的解析式為y＝-3x+3，
由，解得x=0或x=11，
∵點(diǎn)G在第四象限，
∴點(diǎn)G的橫坐標(biāo)為正數(shù)，
∴點(diǎn)G的橫坐標(biāo)為11，縱坐標(biāo)為-3x11+3=-30，
∴G(11，-30)；
故答案為：(11，-30).
(4)如圖，連接OE，交MN于點(diǎn)K，連接DK，
∵點(diǎn)B和點(diǎn)Ｄ關(guān)于x軸對稱，點(diǎn)B在y軸上，OB=3，
∴點(diǎn)D在y軸上，OD=3，
∵l過點(diǎn)D，且平行于x軸，∠COD=90°，
∴∠ODE=90°，
又∵CE⊥l于點(diǎn)E，
∴四邊形ODEC為矩形，
∴CE=OD=3，
∴DE=OC =6，
∴OE=
根據(jù)題意可知，NE=2MO，
∴
∵DE//OC，
∴ ∠MOK=∠NEK，∠OMK=∠ENK，
∴△NKE△MKO，
∴
∴，
作KH⊥l于點(diǎn)H，則△EHK∽△EDO，
∴
∴KH=，EH=
∴DH=6-4=2，DK=
取DK中點(diǎn)記為L，連接LF，CL，則LD=LK=，
又∵∠DFK=90°，
∴LF=DK=，
∴LF+CF≥CL，
∴CF≥CL-LF，當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)C、點(diǎn)F、點(diǎn)L共線時，CF取得最小值，
作LS⊥DE于點(diǎn)S，作LR⊥CE于點(diǎn)R，交KH于點(diǎn)W，連接CD，則四邊形LSER為矩形，
∴ER=SL，LR=ES，
∵KH=DH=2，點(diǎn)L為DK的中點(diǎn)，
∴DS=SL=1，
∴LR=6-1=5，CR=3-1=2
∴CL=，
∴CF，
當(dāng)點(diǎn)N到達(dá)點(diǎn)D時，點(diǎn)F、點(diǎn)N、點(diǎn)D重合，此時CF取得最大值，
∵CD =OE =3，
∴CF3，
∴CF 的取值范圍是≤CF≤3，
故答案為：.
【分析】（1）用待定系數(shù)法將，代入拋物線的解析式，計(jì)算即可解答；
（2）過點(diǎn)作交y軸于點(diǎn)，連接CQ.即可得到，利用面積公式建立關(guān)系得到BQ·CO=24，即可得到BQ=8，在求出拋物線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)B(0，3)，C(6，0)，利用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式Увс=x+3，解直線和拋物線組成的方程組，計(jì)算即可解答；
（3）如圖，將△BOC以點(diǎn)C為中心，逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△THC，連接BT，則△BCT為等腰直角三
角形，得到∠CBT =45°，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可求得T的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求得BT所在直線的解析式為y＝-3x+3，聯(lián)立直線和拋物線的方程，計(jì)算即可解答；
（4）連接OE，交MN于點(diǎn)K，連接DK，先證明四邊形ODEC為矩形，在利用勾股定理求得OE，利用AA證明△NKE△MKO，根據(jù)相似的性質(zhì)建立比例轉(zhuǎn)后可得，再證明△EHK∽△EDO，建立比例計(jì)算可得KH=，EH=，即可求DH，DK；取DK中點(diǎn)記為L，連接LF，CL，則LD=LK=，根據(jù)三角形三邊關(guān)系可得CF≥CL-LF，當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)C、點(diǎn)F、點(diǎn)L共線時，CF取得最小值；作LS⊥DE于點(diǎn)S，作LR⊥CE于點(diǎn)R，交KH于點(diǎn)W，連接CD，則四邊形LSER為矩形；當(dāng)點(diǎn)N到達(dá)點(diǎn)D時，點(diǎn)F、點(diǎn)N、點(diǎn)D重合，此時CF取得最大值，利用矩形的性質(zhì)和勾股定理計(jì)算即可解答.
11．【答案】（1）解： BD⊥DG ，理由如下：
∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形，
∴AD=AB，AG=AE，∠DAB= ∠EAG=90°，∠ADB = ∠ABD =45，
∵∠DAB=∠DAE+ ∠EAB，∠EAG =∠DAE +∠GAD，
∴∠EAB=∠GAD，
在ADG和ABE中，
AG= AE .
∠GAD= ∠EAB，
AD= AB
∴ADG≌ABE ，
∴∠ADG= ∠ABE =45°，
∴∠GDB = ∠ADG+∠ADB= 90°，
∴BD⊥DG.
（2）
（3）(3)解：當(dāng)點(diǎn)E在對角線BD上時，如圖1，過點(diǎn)E作EN⊥AD于點(diǎn)N ，
∵DE=x，∠ADB =45° ，
∴DN=EN=x，AN=8-x
∴在Rt ANE中，AE2 = EN2+AN2 =(22x)2+(8-22x)2=x2-82x+64
∴S=AE2=x2 - 8x+ 64.
當(dāng)點(diǎn)E在BD上，點(diǎn)F在CD上時，如圖2，過點(diǎn)E作EN⊥AD于點(diǎn)N，
∵DE=x，∠ADB =45° ，
∴DN=EN=x，AN=8-x
∴在Rt ANE中，AE2 = EN2+AN2 =(22x)2+(8-22x)2=x2-82x+64
∴S=AE2=x2 - 8x+ 64.
當(dāng)點(diǎn)E在BD的延長線上時上，如圖3，過點(diǎn)E作EN⊥AD的延長線于點(diǎn)N，
∵DE=x，∠ADB =45° ，
∴DN=EN=x，AN=8+x
∴在Rt ANE中，AE2 = EN2+AN2 =(22x)2+(8+22x)2=x2+82x+64
∴S=AE2=x2 + 8x+ 64.
綜上所述：.
【知識點(diǎn)】正方形的性質(zhì)；四邊形的綜合；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性質(zhì)-對應(yīng)邊；二次函數(shù)與分段函數(shù)的綜合應(yīng)用
【解析】【解答】
解：(2)如圖，連接AC交BD于點(diǎn)O，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，
∵BD⊥DG，
∴ DGIlAC ，
∴DMGOMC ，
∴
∵正方形的邊長AB=8，
∴AC= BD=8，
∴OD=OC=4，
設(shè)MD=t，則OM=4-t，
∴DG=a，
∴，
∴，
∴ tan∠CMB = tan ∠DMG=，
∴tan∠CMB=，
故答案為：.
【分析】 (1)由正方形的性質(zhì)，得出線段之間的數(shù)量關(guān)系和角之間的數(shù)量關(guān)系，即可利用SAS判定ADG≌ABE ，再利用全等三角形的性質(zhì)即可確定BD與DG的位置關(guān)系，解答即可；
(2)由正方形的性質(zhì)，可得線段之間的位置關(guān)系，再利用AA判定DMGOMC ，設(shè)MD=t，則OM=4-t，利用相似三角形的性質(zhì)，建立邊之間的比例關(guān)系方程，化簡整理即可解答；
(3)根據(jù)點(diǎn)E的位置變化，畫出圖形進(jìn)行分類討論，應(yīng)用勾股定理即可得出每種情況下正方形的面積，對各種情況所得結(jié)果進(jìn)行整理即可解答.
12．【答案】（1）解：∵拋物線y=ax2 +bx-5交x軸于A(1，0)，B(-5，0)兩點(diǎn)，
∴解得
∴y=x2 +4x-5；
（2）解： ∵y=x2+4x-5中， 當(dāng)x=0時，y=-5，
∴C(0，-5)，
∴設(shè)直線BC的解析式為y=kx-5，
∵B(-5，0)，
∴-5k-5=0，
∴k=-1，
∴y=-x-5，
設(shè)P(x，x2 +4x-5)， 則E(x，-x-5)，
當(dāng)x<-5時，PE=x2 +4x-5-(-x-5)=x2 +5x，DE=-x-5，
∵PE=3ED，
∴x2 +5x=3(-x-5)，
解得x=-3 (不合)，或x=-5 (含去)，
∴點(diǎn)P不存在；
當(dāng)-5∵PE=3ED，
∴-x2 -5x=3(x+5)，
解得x=-3，或x=-5 (舍去)，
∴P1(-3，-8)；
當(dāng)0當(dāng)x>1時，PE=x2 +4x-5-(-x-5)=x2 +5x，DE=x+5，
∵PE=3ED，
∴x2 +5x=3(x+5)，
解得x=3，或x=-5 (舍去)，
∴x2 +4x-5=16，
∴P2(3.16)，
故P點(diǎn)坐標(biāo)為P1(-3，-8)；P2(3，16) .
（3）解：過點(diǎn)F， P作FG⊥x軸于G， PH⊥x軸于H，則AGF =∠AHP=90° ，
∵ △AFP 是以PF為斜邊的等腰直角三角形.
∴AF=AP，∠PAF =90°，
∴∠FAG+∠PAH = ∠APH + ∠PAH = 90°.
∴∠FAG= ∠APH ，
∴ △AFG≌ △PAH (AAS)，
∴AH=FG， PH= AG，
設(shè)P(m，m2 +4m-5)， .
當(dāng)-5∴FG=1-m，
∴-x-5=1-m，
解得x=m-6，
∴F(m-6，1-m)，
∴ AG=1-(m-6)=7-m，
∴-m2 - 4m+5=7-m，
解得m=-1，m=-2，
∴P坐標(biāo)為(-1，-8)，或(-2，-9)；
當(dāng)m>1時，AH=m-1， PH=m2 +4m-5，
∴FG=m-1，
∴-x-5=m-1，
∴x=-m-4，
∴F(-m-4，m-1)，
∴AG=1-(-m-4)=m+5，
∴m2 +4m-5=m+5，
解得m=2，m=-5 (舍去)，
∴p坐標(biāo)為(2，7)；
故P坐標(biāo)為(-1，-8)，或(-2，-9)，或(2，7).
【知識點(diǎn)】待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；三角形全等的判定-AAS；二次函數(shù)-線段周長問題；二次函數(shù)-特殊三角形存在性問題
【解析】【分析】(1)把A(1，0)，B(-5，0)代入y=ax2 +bx-5，解方程組，求出a，b的值，即可解答；
(2)先求出C(0，-5)，利用待定系數(shù)求出直線BC的解析式為y=-x-5，設(shè)P(x，x2 +4x-5)，則E(x，-x-5)，分x<-5，-51，四種情況利用 PE=3ED 建立等量關(guān)系，解方程計(jì)算即可解答；
(3)過點(diǎn)F， P作FG⊥x軸于G，PH⊥x軸于H，得∠AGF= ∠AHP=90°，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得AF=AP，∠PAF =90°，得∠FAG= ∠APH即可利用AAS證明得△AFG≌ △PAH ，利用全等三角形得性質(zhì)可得AH=FG，PH= AG，設(shè)P(m，m2 +4m-5)，分-51兩種情況，計(jì)算即可解答.
13．【答案】（1）解：把點(diǎn)A（2，2）代入二次函數(shù)y＝ax（x﹣4）（a≠0）中，
得﹣4a＝2，故a，
故此二次函數(shù)的表達(dá)式為y
（2）證明：選擇①：由A（2，2）可知直線OA的表達(dá)式為y＝x，
由題意可知P（x1，2x1），B（x1，x1），Q（x2，2x2），C（x2，x2），
故PB2x1﹣x1x1，QCx2，
∵PB＞QC，即x1，
整理可得（x2﹣x1）（x2+x1）＞x2﹣x1，由于x2﹣x1＞0，
故（x2+x1）＞1，
即x1+x2＞2；
選擇②：同理得R（x3，2x3），D（x3，x3），
故RDx3，
∵PB＞RD，即x1x3，
整理可得（x3﹣x1）（x3+x1）＞x3﹣x1，由于x3﹣x1＜0，
故（x3+x1）＜1，
即x1+x3＜2
（3）解：由待定系數(shù)法可求得直線AP的表達(dá)式為y＝（1）x+x1，
設(shè)直線AP交y軸于點(diǎn)G，如圖2所示，
則OG＝x1＝OT，
∵∠GOA＝∠TOA＝45°，
在△GOA和△TOA中，
，
∴△GOA≌△TOA（SAS），
∴∠PAO＝∠TAO，
∵∠AMN＝∠PAO，
∴∠AMN＝∠TAO，
∵AO2MN，
在△TOA和△TNM中，
，
∴△TOA≌△TNM（AAS），
∴TN＝TO＝x1，ON＝2x1，
作QH⊥x軸于點(diǎn)H，
則，
又∵tan∠QTH＝tan∠Q1TO，
即，
∴OQ1＝（）x1．
∵T（x1，0），R（x1，），
∴由待定系數(shù)法可得直線RT的表達(dá)式為y＝（）x，
即OR1，
∴R1Q1＝OQ1+OR1，
∴t＝R1Q1﹣ON2x1，
故當(dāng)x1時，t的最大值為．
即當(dāng)x時，t的最大值為
【知識點(diǎn)】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用；二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征；二次函數(shù)-角度的存在性問題
【解析】【分析】（1）利用待定系數(shù)法直接計(jì)算即可；
（2） ① 利用待定系數(shù)法可得直線OA是正比例函數(shù)，則由函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征結(jié)合已知條件可分別設(shè)各點(diǎn)P（x1，2x1），B（x1，x1），Q（x2，2x2），C（x2，x2），則線段PB、QC均可表示，由于PB>QC，即有不等式 x1成立，對不等式進(jìn)行變形得，由于，故結(jié)論成立；
②同理得R（x3，2x3），D（x3，x3），則線段RD也可表示，由于PB＞RD ，即可得不等式x1成立，對不等式進(jìn)行變形得，由于，故結(jié)論成立；
（3）由于點(diǎn)P的橫坐標(biāo)已知，則由拋物線上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可得點(diǎn)P的縱坐標(biāo)，又點(diǎn)A(2，2），則利用待定系數(shù)法可求得直線AP的解析式為，則延長AP交y軸于點(diǎn)G，則G（0，x1），又T（x1，0），所以O(shè)G=OT，同理可得直線TR的解析式為，則，因?yàn)橹本€平分第一、三象限，則可利用SAS證明，即有，又已知，等量代換得；又由兩點(diǎn)距離公式可得，由對頂角相等可利用AAS證明，則可得，則，此時再過點(diǎn)Q作x軸的垂線段QH可構(gòu)造，解可得，把代入化簡得；由于，再解可得，則，再把和代入到中得是關(guān)于的二次函數(shù)，且二次項(xiàng)系數(shù)為負(fù)，故有最大值，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出這個最大值即可.
14．【答案】（1）解：由已知得：
整理，得：
∴b=-6， c=5；
（2）點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為：
【知識點(diǎn)】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用；二次函數(shù)-動態(tài)幾何問題；二次函數(shù)y=ax²+bx+c與二次函數(shù)y=a（x-h）²+k的轉(zhuǎn)化
【解析】【解答】(2)存在，理由如下：如圖，過點(diǎn)B作x軸的垂線，并在垂線上在x軸的上方取BD=4，連接AD，
對于拋物線y=x2 - 6x+5，當(dāng)y=0，x2-6x+5=0，解得：x1=1，x2=5，當(dāng)x = 0，y=5，
0B=0C=5，AB=5-1=4，∵∠COB=90°，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
過點(diǎn)B作x軸的垂線，在x軸上方的垂線上截取 BD=BA=4.
連接AD與BC交于點(diǎn)E，則D(5，4)
∴∠DBC=90°-∠OBC=45°=∠OCB，
∴BC⊥AD，ED =EA，
過點(diǎn)D作BC平行線與拋物線交點(diǎn)即為點(diǎn)P，
設(shè)直線BC：y=mx+n，
根據(jù)B、C的坐標(biāo)可求得直線BC：y=-x+5，
如圖，拋物線y=x2 - 6x+5，
∵BC∥PD，
設(shè)直線PD：y=-x+q，
代入D(5，4)得： -5+q=4，解得：q=9，
∴直線PD：y=-x+9，
與拋物線解析式聯(lián)立得：
整理得：x2-5x-4=0，
解得：
∴ 點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為：
【分析】（1）根據(jù)拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)， 利用二次函數(shù)的頂點(diǎn)式可得出解析式的頂點(diǎn)式，然后再把它轉(zhuǎn)化成一般式，即可得出b與c的值 ；
（2）先求出△ABC的面積，再根據(jù)△PBC與△ABC面積相等這一條件，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)。
15．【答案】（1）解：將（2，﹣1）代入y＝x2+bx﹣得，﹣1＝4+2b﹣1，
解得b＝﹣2，
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣1；
（2）解：如圖所示，面積比保持不變?yōu)椋碛扇缦拢?br/>根據(jù)題意可得，∠M＝∠ODQ＝90°，∠Q＝∠Q，
∴△QOD∽△QPM，
∴，
∴，
則；
（3）解：如圖所示，QM經(jīng)過最低點(diǎn)，即經(jīng)過頂點(diǎn)，
該拋物線的頂點(diǎn)橫坐標(biāo)為，
縱坐標(biāo)為，
該拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（1，﹣2），
∵∠PNO＝∠ODQ＝90°，∠NPO＝∠DOQ，
∴△PON∽△OQD，且相似比為，
根據(jù)頂點(diǎn)縱坐標(biāo)可得，OD＝2，
則，即，
解得，
①當(dāng)時，
即為如圖所示，
此時，
點(diǎn)Q在第四象限，
故；
②如圖所示，
當(dāng)時，此時點(diǎn)P在第一象限，點(diǎn)Q在第三象限，此時，
故；
綜上，或；
（4）解：①當(dāng)PQ經(jīng)過頂點(diǎn)T時，過點(diǎn)T作TE⊥x軸，交x軸于點(diǎn)E，
由∠PNO＝∠TEO＝90°，∠PON＝∠TOE得，△PON∽△TOE，
∴，即，解得m＝1（舍去），或m＝﹣1，
∴當(dāng)點(diǎn)P向左運(yùn)動時，滿足題意，
∴m≤﹣1；
②如圖所示，當(dāng)點(diǎn)Q在拋物線上時，過點(diǎn)Q作QE⊥x，交x軸于點(diǎn)E，
同理，△PON∽△QOE，相似比仍為 此時，Q[﹣2m，﹣2（m2﹣2m﹣1）]，代入拋物線解析式得，﹣2（m2﹣2m﹣1）＝（﹣2m）2+4m﹣1，
解得（舍去），或，
此時，當(dāng)P點(diǎn)向下一直移動，直至到x軸時，都符合題意，當(dāng)x2﹣2x﹣1＝0時，
解得，x2＝1+，
∴當(dāng)x 1﹣時，符合題意；
③如圖所示，當(dāng)點(diǎn)Q在拋物線上時，點(diǎn)Q在第二象限，點(diǎn)P在第四象限，
思路同②，此時Q[﹣2m，﹣2（m2﹣2m﹣1）]，代入拋物線解析式得，﹣2（m2﹣2m﹣1）＝（﹣2m）2+4m﹣1，
解得m＝﹣m＝，
此時，當(dāng)P點(diǎn)向右一直移動，直至到x軸時，都符合題意，
∴當(dāng)≤m≤1+時，符合題意；
綜上所述，當(dāng)m≤﹣1或﹣≤m≤1﹣或≤m≤1+時，符合題意．
【知識點(diǎn)】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)y=ax²+bx+c的性質(zhì)；二次函數(shù)-面積問題；二次函數(shù)-特殊三角形存在性問題
【解析】【分析】(1)利用待定系數(shù)法求解即可；
(2)根據(jù)題意，利用相似三角形的性質(zhì)求出面積之比即可；
(3)QM經(jīng)過最低點(diǎn)，即經(jīng)過頂點(diǎn)，畫出示意圖，先求出頂點(diǎn)坐標(biāo)，再利用相似三角形的判定和性質(zhì)求出m的值，最后分兩種情況求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)即可；
(4)根據(jù)題意，分三種情況進(jìn)行分析，畫出圖形找出臨界點(diǎn)，利用相似三角形的性質(zhì)列出一元二次方程，然后進(jìn)行求解即可.
16．【答案】（1）解：把代入，得：
，
∴；
（2）解：由（1）可知：，
∴，
∵是拋物線上一動點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，
∴，
∵過點(diǎn)作對稱軸的垂線，垂足為，
∴，，
∴
（3）解：①當(dāng)時，，當(dāng)時，，
∴，，
由（2）可知：，，對稱軸為直線，
∴點(diǎn)關(guān)于對稱軸的對稱點(diǎn)為
∵在第四象限，
∴，
當(dāng)時，拋物線弧的最高點(diǎn)為，最低點(diǎn)為，此時特征矩形的兩條鄰邊的長分別為：，
∴；
當(dāng)時，拋物線弧的最高點(diǎn)為，最低點(diǎn)為，此時特征矩形的兩條鄰邊的長分別為：，
∴；
當(dāng)時，拋物線弧的最高點(diǎn)為，最低點(diǎn)為，此時特征矩形的兩條鄰邊的長分別為：，
∴；
綜上：；
②或．
【知識點(diǎn)】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)-動態(tài)幾何問題；二次函數(shù)y=ax²+bx+c的性質(zhì)；二次函數(shù)y=ax²+bx+c與二次函數(shù)y=a（x-h）²+k的轉(zhuǎn)化；坐標(biāo)系中的兩點(diǎn)距離公式
【解析】【解答】（3）②∵軸，
∴關(guān)于對稱軸對稱，
∴，
當(dāng)時，拋物線弧的最高點(diǎn)為，最低點(diǎn)為，此時特征矩形的兩條鄰邊的長分別為：，
∴；
∵，
∴，解得：（舍去）或；
∴；
當(dāng)時，拋物線弧的最高點(diǎn)為，最低點(diǎn)為，此時特征矩形的兩條鄰邊的長分別為：，
∴；
∵，
∴，解得：或（舍去）；
∴；
當(dāng)時，拋物線弧的最高點(diǎn)為，最低點(diǎn)為，此時特征矩形的兩條鄰邊的長分別為：，
∴；
∵，
∴，解得：（舍去）或；
∴
綜上：或．
【分析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法將點(diǎn)A坐標(biāo)代入解析式即可求出答案.
（2）將解析式轉(zhuǎn)換為頂點(diǎn)式，求出頂點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，則，根據(jù)兩點(diǎn)間距離可得PH，TH，再根據(jù)邊之間的關(guān)系即可求出答案.
（3）①根據(jù)坐標(biāo)軸上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可得，，根據(jù)對稱性質(zhì)可得點(diǎn)關(guān)于對稱軸的對稱點(diǎn)為，根據(jù)第四象限點(diǎn)的坐標(biāo)特征可得，分情況討論：當(dāng)時，拋物線弧的最高點(diǎn)為，最低點(diǎn)為，當(dāng)時，拋物線弧的最高點(diǎn)為，最低點(diǎn)為，當(dāng)時，拋物線弧的最高點(diǎn)為，最低點(diǎn)為，根據(jù)題意列式計(jì)算即可求出答案.
②根據(jù)對稱性質(zhì)可得，分情況討論：當(dāng)時，拋物線弧的最高點(diǎn)為，最低點(diǎn)為，當(dāng)時，拋物線弧的最高點(diǎn)為，最低點(diǎn)為，當(dāng)時，拋物線弧的最高點(diǎn)為，根據(jù)題意建立方程，解方程即可求出答案.
17．【答案】（1）解：∵拋物線經(jīng)過點(diǎn)，，頂點(diǎn)為
∴
解得：，
∴，
∴；
（2）解：∵點(diǎn)在（第一象限）上，到軸的距離為．則
∴當(dāng)時，
解得：或
∴或
∵拋物線經(jīng)過點(diǎn)，對稱軸為直線
∴經(jīng)過點(diǎn)和
∴不能經(jīng)過點(diǎn)
（3）解：①∵，
當(dāng)重合時，則
∵是中點(diǎn)，
∴，
∵點(diǎn)恰好落在上，經(jīng)過點(diǎn)
∴
解得：；
②
【知識點(diǎn)】一元二次方程根的判別式及應(yīng)用；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用；二次函數(shù)y=ax²+bx+c與二次函數(shù)y=a（x-h）²+k的轉(zhuǎn)化；坐標(biāo)系中的中點(diǎn)公式
【解析】【解答】解：（3）②∵直線交于點(diǎn)，，
∴，
∴直線的解析式為，
∵經(jīng)過點(diǎn)，
∴，
∴，
∴
聯(lián)立
消去得，
∴，則
∵點(diǎn)的橫坐標(biāo)是點(diǎn)橫坐標(biāo)的一半．
∴即，
將代入，
∴①
∵點(diǎn)為直線與的唯一公共點(diǎn)，
∴②
聯(lián)立①②得：或，
當(dāng)時，交點(diǎn)不在公共點(diǎn)不在第一象限，不符合題意，
∴．
【分析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法將點(diǎn)A，B坐標(biāo)代入解析式可得b，c，再將解析式轉(zhuǎn)換為頂點(diǎn)式，可得頂點(diǎn)坐標(biāo).
（2）將代入解析式可得或，再根據(jù)拋物線上點(diǎn)的坐標(biāo)特征進(jìn)行判斷即可求出答案.
（3）①當(dāng)重合時，則，根據(jù)線段中點(diǎn)坐標(biāo)可得，再根據(jù)待定系數(shù)法將點(diǎn)M，C坐標(biāo)代入即可求出答案.
②將點(diǎn)A坐標(biāo)代入直線AE可得，則直線的解析式為，再將點(diǎn)C坐標(biāo)代入拋物線解析式可得，聯(lián)立直線AE解析式，可得，根據(jù)二次方程根與系數(shù)的關(guān)系可得，則，E，將代入可得①，根據(jù)判別式可得②，聯(lián)立①②，解方程組即可求出答案.
18．【答案】（1）解：將 B（9，0）和 C（0，-3）代入 得
解得：
∴拋物線的解析式為
（2）解：（2）①當(dāng)點(diǎn) P 在 x 軸下方時（如圖1），
∵
∴
∴點(diǎn) P 的縱坐標(biāo)等于 -3
將 代入 解得 ，
∴點(diǎn) P 的坐標(biāo)為 （8，-3）
②當(dāng)點(diǎn) P 在 x 軸上方時，PC 與 AB 相交于點(diǎn) M（如圖 2），
∵，
∴，
∵ B（9，0），C（0，-3），
∴，，
設(shè) ，則 ，
在 中，，
∴，解得： ，
∴ 點(diǎn) M 的坐標(biāo)為（4，0），
設(shè)直線 CP 的解析式為 ，
將 M（4，0）和 C（0，-3）代入得，
，
解得：，
∴ 直線 CP 的解析式為 ，
由題意得：，解得 ，，
∴ 點(diǎn) P 的坐標(biāo)為 ，
綜上所述，點(diǎn) P 的坐標(biāo)為 （8，-3）或
（3）(-5，14)或(5，)或(13，38)
【知識點(diǎn)】二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用；二次函數(shù)圖象的平移變換；二次函數(shù)-角度的存在性問題；二次函數(shù)-特殊四邊形存在性問題
【解析】【解答】解：（3）由（2）可知拋物線的對稱軸為直線x=4，
∵點(diǎn)B（9，0），C（0，-3）
∴點(diǎn)A（4-5，0）即（-1，0），
∴OC=3，OA=1，
∴，
∵ 將拋物線沿射線 CA 的方向平移個單位長度后得到新拋物線，
∴平移后的點(diǎn)C的坐標(biāo)為（2，3），
∵點(diǎn)C（0，-3）
∴將原拋物線向左平移2個單位，向上平移6個單位，
∵
∴新的拋物線的解析式為，
設(shè)點(diǎn)E，點(diǎn)F（4，n）
當(dāng)BE，CF為對角線時，
解之：m=-5，
∴14，
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（-5，14）；
當(dāng)BF，CE為對角線時，
解之：m=13，
∴，
∴點(diǎn)E（13，38）；
當(dāng)BC，EF為對角線時，
解之：m=5，
∴，
∴點(diǎn)E(5，)，
綜上所述，點(diǎn)E的坐標(biāo)為(-5，14)或(5，)或(13，38)
【分析】（1）將點(diǎn)B、C的坐標(biāo)代入函數(shù)解析式，可得到關(guān)于b、c的方程組，解方程組求出b、c的值，可得到二次函數(shù)解析式.
（2）分情況討論：①當(dāng)點(diǎn) P 在 x 軸下方時（如圖1），可證得CP∥AB，可得到點(diǎn)P的縱坐標(biāo)，將點(diǎn)P的縱坐標(biāo)代入函數(shù)解析式求出對應(yīng)的x的值，可得到符合題意的點(diǎn)P的坐標(biāo)；②當(dāng)點(diǎn) P 在 x 軸上方時，PC 與 AB 相交于點(diǎn) M（如圖 2），利用等角對等邊可證得BM=CM，利用點(diǎn)B、C的坐標(biāo)可求出OB、OC的長；設(shè) ，可表示出CM的長，在Rt△COM種，利用勾股定理可得到關(guān)于m的方程，解方程求出m的值，可得到點(diǎn)M的坐標(biāo)；利用待定系數(shù)法求出直線CP的函數(shù)解析式，將兩函數(shù)解析式聯(lián)立方程組，可求出方程組的解，即可得到符合題意的點(diǎn)P的坐標(biāo)；綜上所述，可得到點(diǎn)P的坐標(biāo).
（3）利用原拋物線的解析式可得到拋物線的對稱軸，利用二次函數(shù)的對稱性可得到點(diǎn)A的坐標(biāo)，利用勾股定理求出AC的長；再根據(jù)平移可得到平移后的點(diǎn)C的坐標(biāo)，結(jié)合點(diǎn)C的坐標(biāo)，可知將原拋物線向左平移2個單位，向上平移6個單位，即可得到平移后的函數(shù)解析式，設(shè)點(diǎn)E，點(diǎn)F（4，n），分情況討論：當(dāng)BE，CF為對角線時；當(dāng)BF，CE為對角線時；當(dāng)BC，EF為對角線時；利用平行四邊形的對角線互相平分，分別可得到關(guān)于m的方程，分別解方程求出m的值，可得到點(diǎn)E的坐標(biāo).
19．【答案】（1）解：∵拋物線過
∴
∴
∴拋物線的表達(dá)式為：
（2）解：如圖1
∵拋物線與X軸交于點(diǎn)A，A在正半軸，
∴，
∵，
∴OA=OB，
∵M(jìn)為OA的中點(diǎn)，
∴，
∵OA=OB，，
∴，
∴MA=MC，
∵M(jìn)D為OA的垂線，
∴D的橫坐標(biāo)為2，
∴MD=，
∴CD=MD-MC=；
∴
（3）解： ① F在否在拋物線上，理由如下：如圖
連接BF，作FQ⊥OB于點(diǎn)Q，
由(2)可知： 0A=OB=4，∠OAB=∠OBA=45°，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知：
OE=OF，∠EOF =∠BOA= 90°，
∴∠AOE=∠BOF，
又∵OA = OB，OE=OF ，
∴△AOE≌△BOF ，
∴∠OBF=∠OAE=45°，BF=AE=
∵FQ⊥OB，
∴△FQB為等腰直角三角形，
∴OQ=OB - BQ=3，
∴F(-1，-3)，
對于當(dāng)x=-1時，y=-3
∴點(diǎn)F在拋物線上；
②連接BF并延長，交x軸于點(diǎn)G，連接PM，MF，作MH⊥BG于點(diǎn)H，如圖，
∵∠OPA=90°， M為OA的中點(diǎn)，
∴ PM=OA=2，
∵PFMF-PM，
∴當(dāng)M，P，F(xiàn)三點(diǎn)共線時，PF最小，
同①可得，∠OBF =∠OAE =45°，
∴點(diǎn)F在射線BG上運(yùn)動，
當(dāng)MF⊥BG時，即F與點(diǎn)H重合時，MF最小，此時PF最小為MH-PM，
∵∠OBG=45°，
∴OBG為等腰直角三角形，
∴OG=OB=4，∠BGO=45° ，
∴ MG= OG+OM=6，MHG為等腰直角三角形，
∴MH=MG=3，
∴PF最小為MH-PM=3-2.
【知識點(diǎn)】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；兩點(diǎn)之間線段最短；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；二次函數(shù)-動態(tài)幾何問題；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】 (1)根據(jù)待定系數(shù)法把代入解析式，即可解答；
(2)求出點(diǎn)A的坐標(biāo)，進(jìn)而得到點(diǎn)M的坐標(biāo)，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得到MC的長度，由MD為OA的垂線求出點(diǎn)D的坐標(biāo)，根據(jù)BCD的面積公式進(jìn)行求解，即可解答；
(3)①根據(jù)要求作圖即可，連接BF，作FQ⊥OB于點(diǎn)Q，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)利用SAS證明AOE≌BOF，得到∠OBF=∠OAE=45°，BF= AE=，進(jìn)而得到△FQB為等腰直角三角形，求出F點(diǎn)坐標(biāo)，將F點(diǎn)的橫坐標(biāo)代入拋物線的解析式，即可判斷點(diǎn)F在否在拋物線上，解答即可；
②連接BF并延長，交x軸于點(diǎn)G，連接PM，PF，MF，作MH⊥BG于點(diǎn)H，斜邊上的中線得到MP=2，根據(jù)PF≥MF-PM，得到當(dāng)M，P，F(xiàn)三點(diǎn)共線時，PF最小，同①可知，∠OBF=∠OAE=45°，得到點(diǎn)F在射線BG上運(yùn)動，進(jìn)而得到當(dāng)MF⊥BG時，即F與點(diǎn)H重合時，MF最小，此時PF最小為MH - PM；易得OBG為等腰直角三角形，求出OG的長，進(jìn)而求出MG的長，易得MHG為等腰直角三角形，求出MH的長，根據(jù)PF最小為MH - PM，計(jì)算即可解答.
20．【答案】（1）解： ∵拋物線 關(guān)于直線x=-3對稱， 與x軸交于A(-1，0)、B兩點(diǎn)，
∴B(-5，0).
∴拋物線的解析式為：
（2）解：∵點(diǎn)P在對稱軸上，設(shè)對稱軸與x軸交于點(diǎn)E
∴設(shè)P(-3，p)， E(-3，0)；
由旋轉(zhuǎn)可得，PB=PD，∠BPD=90°.
當(dāng)點(diǎn)P在x軸上方時，
∵A，B關(guān)于對稱軸對稱，
∴PA=PB，
∴當(dāng)∠APB=90°時， 滿足題意， 此時點(diǎn)D與點(diǎn)A重合，
∵A(-1，0). B(-5，0).
∴AB=4，
∴PE=2.
∴P(-3，2)；
當(dāng)點(diǎn)P在x軸下方時， 如圖， 作DF⊥對稱軸于點(diǎn)F， 則： ∠DFP=90°=∠BEP=∠BPD.
∴∠BPE=∠PDF=90°-∠DPF.
又∵BP=DP.
∴△BPE≌△PDF.
∴DF=PE，PF=BE.
∵B(-5，0)，E(-3，0)，P(1，p)，
∴DF=PE=-p，PF=BE=2. OE=3.
∴EF=-p+2.
∴D(p-3，p-2).
把D(p-3，p-2)代入 得：
解得： x=-1或x=2 (舍去) ；
∴P(-3，-1)：
綜上： P(-3，2)或P(-3， -1)
（3）解：存在；
在x軸上取點(diǎn)M(5，0)， 連接AC，CM， 過點(diǎn)A作AH⊥CM于點(diǎn)H， 交y軸于過點(diǎn)Q作QG⊥CM于點(diǎn)G， 則：OM=5， ∠QGC=90°，
∴當(dāng)x=0時， y=5.
∴C(0，5).
∴OC=OM=5.
∴△QGC為等腰直角三角形，
∴當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)Q重合時， 的值最小為2AH的長，
∵A(-1，0).
∴OA=1， AM=6.
的最小值為
在Rt△AHM中， ∠AMH=45°，
∴∠MAH=45°，
∴△OAQ為等腰直角三角形，
∴OQ=OQ=OA=1，
∴Q(0，1)；
綜上：Q(0，1)， 的最小值為
【知識點(diǎn)】旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；三角形全等的判定-AAS；二次函數(shù)-線段周長問題
【解析】【分析】(1) 利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式即可；
(2)設(shè)對稱軸與x軸交于點(diǎn)E，設(shè)P(-3，p)， E(-3，0)，當(dāng)點(diǎn)P在x軸上方時，則PA=PB，即∠APB=90°時，點(diǎn)D與A重合，進(jìn)而求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；當(dāng)點(diǎn)P在x軸下方時， 如圖， 作DF⊥對稱軸于點(diǎn)F，得到△BPE≌△PDF.即可得到DF=PE，PF=BE.即可得到點(diǎn)D(p-3，p-2)，代入二次函數(shù)解析式求出點(diǎn)P的坐標(biāo)即可；
(3)在x軸上取點(diǎn)M(5，0)， 連接AC，CM， 過點(diǎn)A作AH⊥CM于點(diǎn)H， 交y軸于 過點(diǎn)Q作QG⊥CM于點(diǎn)G， 則：OM=5， ∠QGC=90°，求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，可得即可得到，當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)Q重合時， 的值最小為2AH的長，然后根據(jù)三角形的面積求出AH長，進(jìn)而得到點(diǎn)Q的坐標(biāo)解答即可.
21．【答案】（1）解：設(shè)拋物線的解析式為，
把代入得，
解得，
∴；

（2）解：令，則，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為，
設(shè)直線的解析式為，
把和代入得：
，解得，
∴，
設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為，過點(diǎn)P作軸交于點(diǎn)F，交x軸于點(diǎn)H，
則點(diǎn)F的坐標(biāo)為，
∴，
∵軸，
∴，，
∴，
∴，
∴當(dāng)時，取得最大值為，這時點(diǎn)P的坐標(biāo)為，
把點(diǎn)P向上平移個單位長度得到點(diǎn)，點(diǎn)的坐標(biāo)為，連接，
則四邊形是平行四邊形，
∴，
即，
由A，B關(guān)于對稱性可得點(diǎn)A的坐標(biāo)為，
連接，則的最小值為長，
即，
即的最小值為；
（3）解：∵，
∴，
∴將拋物線沿射線方向平移個單位長度即為向左平移兩個單位長度，向下平移兩個單位長度得到拋物線，
即，
過點(diǎn)P作軸于點(diǎn)Q，過點(diǎn)N作軸于點(diǎn)K，連接，
設(shè)點(diǎn)N的坐標(biāo)為，
由平移得，
∴，
如圖所示，∵，
即，
解得（舍去）或，
這時點(diǎn)N的坐標(biāo)為；
如圖所示，∵，
即，
解得或（舍去），
這時點(diǎn)N的坐標(biāo)為；
綜上所述，點(diǎn)N的坐標(biāo)為或．
【知識點(diǎn)】軸對稱的應(yīng)用-最短距離問題；二次函數(shù)-動態(tài)幾何問題；利用頂點(diǎn)式求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)-線段周長問題；二次函數(shù)-角度的存在性問題
【解析】【分析】（1）利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式即可；
（2）根據(jù)題意利用待定系數(shù)法求出，再利用相似三角形的判定方法證明，最后結(jié)合題意，利用勾股定理等計(jì)算求解即可；
（3）根據(jù)平移求出，再求出，最后結(jié)合函數(shù)圖象，利用銳角三角函數(shù)等計(jì)算求解即可.
（1）解：設(shè)拋物線的解析式為，
把代入得，
解得，
∴；
（2）解：令，則，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為，
設(shè)直線的解析式為，把和代入得：
，解得，
∴，
設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為，過點(diǎn)P作軸交于點(diǎn)F，交x軸于點(diǎn)H，
則點(diǎn)F的坐標(biāo)為，
∴，
∵軸，
∴，，
∴，
∴，
∴當(dāng)時，取得最大值為，這時點(diǎn)P的坐標(biāo)為，
把點(diǎn)P向上平移個單位長度得到點(diǎn)，點(diǎn)的坐標(biāo)為，連接，
則四邊形是平行四邊形，
∴，
即，
由A，B關(guān)于對稱性可得點(diǎn)A的坐標(biāo)為，
連接，則的最小值為長，
即，
即的最小值為；
（3）解：∵，
∴，
∴將拋物線沿射線方向平移個單位長度即為向左平移兩個單位長度，向下平移兩個單位長度得到拋物線，即，
過點(diǎn)P作軸于點(diǎn)Q，過點(diǎn)N作軸于點(diǎn)K，連接，
設(shè)點(diǎn)N的坐標(biāo)為，
由平移得，
∴，
如圖所示，∵，
即，解得（舍去）或，
這時點(diǎn)N的坐標(biāo)為；
如圖所示，則∵，
即，解得或（舍去），
這時點(diǎn)N的坐標(biāo)為；
綜上所述，點(diǎn)N的坐標(biāo)為或．
22．【答案】（1）解：∵拋物線與x軸交于，兩點(diǎn)，
設(shè)拋物線的解析式為，
把代入解析式，得，
解得：，
∴拋物線的解析式為：，即
（2）解：∵拋物線的解析式為：，
∴拋物線圖象的對稱軸為直線：，
設(shè)，
∵軸，
∴，
∵過點(diǎn)D作x軸的平行線交拋物線于點(diǎn)E，作y軸的平行線交x軸于點(diǎn)G，過點(diǎn)E作軸，
∴四邊形是矩形，
∴四邊形的周長
，
∵，
∴當(dāng)時，四邊形的周長最大，則，
∴當(dāng)四邊形的周長最大時，點(diǎn)D的坐標(biāo)為；
（3）解：P的坐標(biāo)為或
【知識點(diǎn)】二次函數(shù)的實(shí)際應(yīng)用-幾何問題；三角形全等的判定-AAS；坐標(biāo)系中的兩點(diǎn)距離公式；利用交點(diǎn)式求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)-角度的存在性問題
【解析】【解答】（3）解：過C作垂直拋物線對稱軸于H，過N作軸于K，
∴，
由翻折得，
∵．
∴，
∴，
∵對稱軸于H，
∴軸，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∵拋物線的解析式為：，
∴對稱軸為直線，
∴，
∴，
∴，
∴，
設(shè)直線的解析式為，
∴，
解得：，
∴直線的解析式為：，
將代入，則，
∴，
設(shè)，
∴，，，
分兩種情況：
①當(dāng)時，，
∴，
解得：，
∴；
②當(dāng)時，，
∴
解得：，
∴點(diǎn)的坐標(biāo)為；
綜上，所有符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)為或．
【分析】(1)根據(jù)A，B的特征設(shè)設(shè)拋物線的解析式為，再用待定系數(shù)法求解析式把代入解析式，計(jì)算即可解答.
(2)先根據(jù)拋物線的解析式得到對稱軸為：直線；設(shè)可由軸，得到；過點(diǎn)D作x軸的平行線交拋物線于點(diǎn)E，作y軸的平行線交x軸于點(diǎn)G，過點(diǎn)E作軸，根據(jù)矩形的性質(zhì)表示出周長為，再結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)即可解答；
（3）過C作垂直拋物線對稱軸于H，過N作軸于K，由翻折的性質(zhì)得到，即可利用AAS證明，根據(jù)拋物線的圖象得到對稱軸和定點(diǎn)坐標(biāo)：直線，即可利用全等三角形的性質(zhì)計(jì)算得到，從而用待定系數(shù)法求得直線的解析式為：，設(shè)根據(jù)兩點(diǎn)之間的距離公式表示出PQ2，BP2，BQ2再分兩種情況：當(dāng)時或當(dāng)時，利用勾股定理計(jì)算即可解答.
23．【答案】（1）解： 拋物線y=ax2+bx+c與x軸相交于A(-3，0) 、 B(1，0)兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C(0，3) ，
，
解得：
∴ 拋物線的表達(dá)式為y=- x2 -2x+3 ；
（2）解： 聯(lián)立得：
解得：，
∴ D (-4，-5) ，
∵ y=-x2-2x+3=-(x+1)2+4 ，
∴ 拋物線的對稱軸為直線x =-1 ，頂點(diǎn)為N (-1，4) ，
設(shè)M(-1， n ) ，
∵ MB = MD ，
∴ MB2=MD2 ，
∴(-1-1)2+(n-0 )2=(-1+4)2+(n+5)2 ，
解得：n=-3 ，
∴ n的值為-3 ；
（3）解：符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)為：或或或
【知識點(diǎn)】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用；坐標(biāo)系中的兩點(diǎn)距離公式；同側(cè)一線三垂直全等模型
【解析】【解答】解： （3）由（2）得頂點(diǎn)N(-1，4) ，
設(shè)P(m ，0) ，由旋轉(zhuǎn)得∠HPN=90° ， PN=PH ，
當(dāng)m <-1時，過點(diǎn)P作y軸的平行線 EF ，過點(diǎn)H ， N分別作EF的垂線，垂足為點(diǎn)F ， E ，如圖，
∴∠E=∠F=∠HPN=90° ，
∴∠EPN+∠ENP=∠EPN+∠HPF=90° ，
∴∠ENP=∠FPH ，
∴△PEN≌△HFP ( AAS ) ，
∴ EN=PF=-1- m ， PE=FH=4 ，
∴ H (4+ m ，1+ m ) ，
將點(diǎn)H(4+ m ，1+ m )代入y=-x2-2x+3 ，得-(4+m)2-2(4+ m )+3=1+ m ，
整理得： m2+11m+22=0 ，
解得：，
∴ P (， 0) 或 P ( ，0) ；
當(dāng)m>-1時，過點(diǎn)P作y軸的平行線，過點(diǎn)H ， N分別作平行線的垂線，垂足為點(diǎn) F ， E ，如圖，
∴∠E=∠F=∠HPN=90° ，
∴∠EPN+∠ENP=∠EPN+∠HPF=90° ，
∴∠ENP=∠FPH ，
∴△PEN≌△HFP( AAS ) ，
∴ EN=PF=m+1 ， PE=FH=4 ，
∴ H(m-4，-m-1) ，
將點(diǎn)H(m-4，-m-1) 代入y=-x2-2x+3 ，得-(m-4 )2-2(m-4)+3=-m-1 ，整理得： m2-7m+4=0 ，
解得： ，
∴ P (，0) 或 P (，0) ；
綜上，所有符合條件的點(diǎn)P ，的坐標(biāo)為： P (， 0) 或 P ( ，0)或 P (，0) 或 P (，0) .
【分析】（1）將A、B、C三點(diǎn)的坐標(biāo)分別代入拋物線y=ax2+bx+c可得關(guān)于字母a、b、c的三元一次方程組，求解得出a、b、c的值，從而即可求出拋物線的解析式；
（2）聯(lián)立拋物線與直線l的解析式，求解得出點(diǎn) D (-4，-5) ，將拋物線的解析式配成頂點(diǎn)式可得拋物線的對稱軸為直線x =-1 ，頂點(diǎn)為N (-1，4) ，由點(diǎn)的坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，設(shè)M(-1， n ) ，根據(jù)平面內(nèi)兩點(diǎn)間的距離公式結(jié)合MB=MD建立方程求解得出n的值；
（3）設(shè)P( m ，0) ，由旋轉(zhuǎn)得∠HPN=90° ， PN=PH ，當(dāng)m<-1時，過點(diǎn)P作y軸的平行線EF ，過點(diǎn)H ， N分別作EF的垂線，垂足為點(diǎn)F ， E ，如圖，由等角的余角相等得∠ENP=∠FPH ，從而可用AAS判斷出△PEN≌△HFP，由全等三角形的對應(yīng)邊相等得EN=PF=-1- m ， PE=FH=4 ，則H (4+ m ，1+ m ) ，然后將點(diǎn)H的坐標(biāo)代入拋物線的解析式可求出m的值，從而得到點(diǎn)P的坐標(biāo)；當(dāng)m>-1時，過點(diǎn)P作y軸的平行線，過點(diǎn)H ， N分別作平行線的垂線，垂足為點(diǎn) F ， E ，如圖，由等角的余角相等得∠ENP=∠FPH ，從而可用AAS判斷出△PEN≌△HFP，由全等三角形的對應(yīng)邊相等得 EN=PF=m+1 ， PE=FH=4 ，則 H(m-4，-m-1) ，然后將點(diǎn)H的坐標(biāo)代入拋物線的解析式可求出m的值，從而得到點(diǎn)P的坐標(biāo)，綜上即可得出答案.
24．【答案】（1）解：由題意得，
C（0，﹣3），D（2，﹣3），
∴，
∴，
∴拋物線的解析式為：y＝x2﹣2x﹣3，
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴E（1，﹣4）；
（2）解：①∵C（0，﹣3），D（2，﹣3），
∴CD⊥OC，
∵CF＝CO＝3，
∴OF＝3，
∴OM+FM≥OF＝3，
當(dāng)O、M、F共線時，OM+FM最小，
由x2﹣2x﹣3＝0得，
x1＝﹣1，x2＝3，
∴B（3，0），
∴BF⊥OB，
∵∠BOC＝90°，
∴四邊形BOCF是矩形，
∴矩形BOCF是正方形，
∴M（）；
②如圖1，
連接NG，作EH⊥EN于H，
∵E（1，﹣4），C（0，﹣3），
∴EH＝CH＝1，
∴∠ECH＝∠CEH＝45°，
由①知，
四邊形BOCF是正方形，
∴∠BCO＝45°，
∴∠BCO＝∠ECH，
∵CG＝OC，CM＝CN，
∴△OCM≌△GCN（SAS），
∴NG＝OM，
∴OM+BN＝NG+BN≥BG，
∴當(dāng)B、N、G共線時，OM+BN最小，
∵∠BCG＝90°，BC＝3，CG＝3，
∴BG3，
∴（OM+BN）最小＝3；
（3）（1，1）或（1，﹣1）
【知識點(diǎn)】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；勾股定理；解直角三角形—邊角關(guān)系；二次函數(shù)-線段周長問題；二次函數(shù)-角度的存在性問題
【解析】【解答】解：（3）如圖2，
設(shè)EP交AB于F，作FW⊥BC于W，
∵E（1，﹣4），
∴F（1，0），
∵A（﹣1，0），
∴OA＝OF，
∵OC⊥AF，
∴AC＝FC，
∴∠FCO＝∠OCA，
∵∠OCB＝45°，
∴∠FCO+∠BCF＝45°，
∵∠OAP+∠OCA＝45°，
∴∠OAP＝∠BCF，
∵BF＝OB﹣OF＝2，∠OBC＝45°，
∴FW＝BW，
∵BC＝3，
∴CW＝BC﹣BW＝2，
∴tan∠OAP＝tan∠BCF，
∴，
∴PF，
∴P（1，1）或（1，﹣1），
故答案為：（1，1）或（1，﹣1）．
【分析】(1)可求得D(2，-3)，進(jìn)而將點(diǎn)D和點(diǎn)A坐標(biāo)代入拋物線的解析式，求得a，b，進(jìn)一步得出結(jié)果；
(2)①可求得 從而得出 當(dāng)O、M、F共線時，OM+FM最小，可證得四邊形BOCF是正方形，進(jìn)而得出點(diǎn)M坐標(biāo)；
②連接NG， 作EH⊥EN于H， 可證得△OCM≌△GCN，從而NG=OM， 從而得出OM+BN = NG+BN ≥BG，根據(jù) 得出BG，從而得出結(jié)果；
(3)設(shè)EP交AB于F， 作FW⊥BC于W， 可得出AC=FC， 從而∠FCO=∠OCA， 進(jìn)而推出∠OAP =∠BCF， 進(jìn)而得出 從而 從而求得PF，進(jìn)而得出結(jié)果.
25．【答案】（1）解：由題分別把A(3，0)，C(0，3)代入y=-x2+bx+c，
得，
解得b=2，c=3
（2）解：由(1)得b =2， c = 3，
則y=-x2 +2x+3，C(0，3)，
令y=0，則0=-x2+2x+3=（-x+3)(x+1)，
x1=3，x2=-1，
故B(-1，0)，A(3，0)，
分別過點(diǎn)E、D作EN⊥OA，DM⊥OA，如圖所示：
∵EN⊥OA，DM⊥OA，
∴∠ENB=∠DMB=90°，
∵∠DBM= ∠EBN，
∴DMB∽ENB，
∴
∵DE：BE=1：2，
∴DB：BE=3：2，
∴
設(shè)點(diǎn)E的縱坐標(biāo)為2m，則點(diǎn)D的縱坐標(biāo)為3m，
設(shè)AC的解析式為y = kx + r(k ≠ 0)，
∵C(0，3)， A(3，0)，
∴
解得r=3，k=-1；
∴AC的解析式為y=-x+3，
把y＝2m代入y=-x+3，得 2m =-x+3，
∴x=3-2m，
∴E(3-2m，2m)，
設(shè)BE的解析式為y = tx + q(t ≠ 0)，
把E(3-2m，2m)，B(-1，0)分別代入y =tx + q，
解得
BE的解析式為y=
依題意，把y=3m代入得 3m
則x=5-3m，
即點(diǎn)D(5-3m，3m)，
∵點(diǎn)D為拋物線上第一象限內(nèi)一點(diǎn)，且y=-x2+2x+3，
∴3m =- (5-3m)2 +2(5-3m) + 3，
整理得3m2-7m+4=(m-1)(3m-4) = 0，
∴m1=1，m2 =
此時y=的2-m ≠ 0，
故m1=1，m2= 43是符合題意的，
當(dāng)m=1時，則5-3m=5-3=2，3m=3，此時D(2，3)，
當(dāng)m=43時，則5-3m=5-4=1，3m=3×43=4，此時D(1，4)，
綜上：D(2，3)或D(1，4)；
（3）解：存在，理由如下：
由(2)得y =-x2 +2x +3，
整理y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4，
∵F為拋物線的頂點(diǎn)，
∴F(1，4)，
∵平移拋物線使得新頂點(diǎn)為P(m，n)(m>1)，P又在原拋物線上，新拋物線與直線x＝1交于點(diǎn)N，
連結(jié)FP、PN，過點(diǎn)P作PH⊥FN，∠FPN=120°，如圖所示：
∴平移后的拋物線的解析式為y=-(x-m)2 +n，
把x=1 代入y=-(x-m)2+n，
得yN =-(1-m)2 +n，
∵點(diǎn)P(m，n)在y =-(x-1)2 +4 上，
∴n=-(m-1)2+4，
∴ (m-1)2=4-n，
∴yN =-(1-m)2+n=-4+n+n=-4+2n，
∴N(1，-4+2n)，
∵P(m，n)， N(1，-4+2n)， F(1，4)，
∴PF2=(m-1)2+(n-4)2， PN2=(m-1)2+[n-(-4+2n)]2=(m-1)2+(n-4)2，
則PF2 = PN2，即PF＝PN，
∴ΔPFN是等腰三角形，
∵∠FPN=120°，
∴∠EPH=x 120° =60°，
則 tan∠FPH=tan60°=
∴4-n=(m-1)，
令t=m-1，
∴4-n=t，即n=-t+4，
∵n=-(m-1)2+4，
∴-t+4，=-t2+4，即t2-t=0，
∴ t(t-)=0，
∴t1=0，t2=，
∴m-1=0，或m-1=，
∴m=1(舍去)或m=+1，
∴P(1+，1)，
∴平移后的拋物線解析式為y＝-(x-1-2+1，
令y=0，則0＝-(x-1-)2+1，
∴ (x-1-)2=1，
即x-1-=±1，
∴x1=2+，x2=，
則Ix1-x2l=2+-=2，
∴新拋物線與x軸存在兩個不同的交點(diǎn)，這兩個交點(diǎn)之間的距離為2.
【知識點(diǎn)】待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)圖象與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)問題；二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】
(1)根據(jù)用待定系數(shù)法求解析式，分別把A(3，0)，C(0，3)代入y=-x2+bx+c，進(jìn)行計(jì)算，即可解答.
(2)令y=0先求解B(-1，0)，A(3，0)，再利用AA證明DMB∽ENB，利用相似三角形的性質(zhì)得到DE：BE=1：2，轉(zhuǎn)換比例關(guān)系得到，于是設(shè)點(diǎn)E的縱坐標(biāo)為2m，則點(diǎn)D的縱坐標(biāo)為3m，再分別求出 AC 的解析式為y=-x+3，BE 的解析式為y=即可得到D(5-3m，3m)，因?yàn)辄c(diǎn)D為物線上第一象限內(nèi)一點(diǎn)，代換得到3m=-(5-3m)2+2(5-3m)+3，解得m1=1，m2= 43 ，解答即可.
（3）根據(jù)F為拋物線的頂點(diǎn)求出F(1，4)再整理得平移后的拋物線的解析式為y=-(x-m)2+n，因?yàn)辄c(diǎn)P(m，n)在y=-(x-1)2+4，則(m-1)2=4-n，即N(1，-4+2n)，故PF2＝PN2，所以△PFN是等腰三角形，
再結(jié)合解直角三角函數(shù)得 tan∠FPH=tan60°=，代入數(shù)值計(jì)算得4-n=(m-1)，再運(yùn)用換元法進(jìn)行整理得到m-1=0，或m-1=，即可求出P(1+，1)，從而可的平移后的拋物線解析式為y＝-(x-1-2+1，再令y=0求出x1=2+，x2=，即可求出兩個交點(diǎn)之間的距離，解答即可.
26．【答案】（1）解：把A(3， 0) 代入
令
得x1=-5， x2=3.
∴ B(-5， 0).
（2）解：∵ B(-5，0)， N(-1， - 4)，
∴ 直線BN為y=-x-5.
∵ PQ∥BN， 設(shè)直線PQ為 y=-x+n.
點(diǎn)
解得 m=-4

（3）解：存在定點(diǎn)T滿足條件.
設(shè)直線l解析式y(tǒng)= kx+b， 直線l與拋物線相交于點(diǎn)G(x3， y3)， H(x4， y4)，
∴.
作GC⊥MN， HD⊥MN，
GC=-1-x3， MC=y3+5，HD=x4+1， MD=y4+5，
∵ ∠GMN=∠HMN，
∴ tan∠GMN=tan∠HMN.
即
.
∴ - 4k(b-k+3)=0.
∵ 直線l不垂直于y軸，
∴ k≠0，
∴ b-k+3=0，
∴ b=k-3.
∴ 直線l解析式y(tǒng)=k(x+1)-3.
∵ 無論k為何值， x=--1， y=-3.
l過定點(diǎn)T(-1，- 3)， 故存在定點(diǎn)T(-1，- 3).
【知識點(diǎn)】二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用；解直角三角形—邊角關(guān)系；二次函數(shù)-角度的存在性問題
【解析】【分析】（1）由題意，把點(diǎn)A的坐標(biāo)代入拋物線的解析式求出a的值，即可得拋物線的解析式；令解析式中的y=0可得關(guān)于x的方程，解方程求出x的值，則可得點(diǎn)B的坐標(biāo)；
（2）用待定系數(shù)法求出直線BN的解析式；根據(jù)平行線的性質(zhì)可設(shè)直線PQ為 y=-x+n. 結(jié)合P、Q兩點(diǎn)都在拋物線上可得關(guān)于m、n的方程組，解方程組即可求解；
（3）存在定點(diǎn)T滿足條件.設(shè)直線l解析式y(tǒng)= kx+b， 直線l與拋物線相交于點(diǎn)G(x3， y3)， H(x4， y4)，
由一元二次方程的根于系數(shù)的關(guān)系可得x3+x4、x3x4的值用含k、b的代數(shù)式表示出來，作GC⊥MN， HD⊥MN，根據(jù)tan∠GMN=tan∠HMN可得比例式結(jié)合已知條件整理可得：- 4k(b-k+3)=0.根據(jù)直線l不垂直于y軸可得直線l的解析式，代入比例式可判斷求解.
27．【答案】（1）解：
設(shè)拋物線解析式為
（2）解：①
，即
設(shè)直線BC的解析式為，則由題意知
解得
直線BC的解析式為：
設(shè)且點(diǎn)D在直線BC上方的拋物線上
軸于F交直線BC于E
②存在，或或，理由如下：
、、
當(dāng)CD=CE時，，解得或（舍去），，即；
當(dāng)CD=DE時，，解得，，即；
當(dāng)CE=DE時，，解得或（舍去），，即；
綜上所述，D點(diǎn)坐標(biāo)為或或；
（3）
【知識點(diǎn)】二次函數(shù)的最值；二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征；同側(cè)一線三垂直全等模型；利用交點(diǎn)式求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)-特殊三角形存在性問題
【解析】【解答】（3）
解：如圖所示，分別過點(diǎn)E、G作軸的垂線，垂足分別為點(diǎn)M、N.
，即
AG2有小值，即當(dāng)時，最小值為20
此時，
【分析】
（1）觀察圖象知，點(diǎn)A在原點(diǎn)左側(cè)，點(diǎn)B在原點(diǎn)右側(cè)，因?yàn)椤ⅲ瑒t可得拋物線與x軸的兩個交點(diǎn)A、B兩點(diǎn)坐標(biāo)，則可設(shè)拋物線的解析式為交點(diǎn)式，即，再轉(zhuǎn)化為一般式，則可求出a、b的值，則拋物線解析式可求；
（2） ① 由于點(diǎn)D在直線BC上方的拋物線上且交BC于點(diǎn)E，此時可利用二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，則可利用待定系數(shù)法得到直線BC的解析式，再設(shè)出點(diǎn)D的坐標(biāo)，則點(diǎn)E的坐標(biāo)可得，由于點(diǎn)D在點(diǎn)E的上方，則利用D、E兩點(diǎn)縱坐標(biāo)的差表示出線段DE的長；
②由于點(diǎn)C、D、E三點(diǎn)的坐標(biāo)都已知或可以用含t的代數(shù)式表示，則兩點(diǎn)距離公式可分別表示出CD、CE，再分類討論，即CE=DE或CE=CD或CD=DE，分別解關(guān)于t的一元二次方程或一元一次方程即可求出t的值，再根據(jù)t的取值范圍進(jìn)行取舍即可；
（3）由于點(diǎn)E繞原點(diǎn)O順時針旋轉(zhuǎn)90度得到點(diǎn)G，則可分別過點(diǎn)E、G作y軸的垂線段EM和GN，從而構(gòu)造一線三垂直全等模型證明，再利用全等的性質(zhì)表示出點(diǎn)G的坐標(biāo)，再利用兩點(diǎn)距離可得AG2是關(guān)于t的二次函數(shù)，且二次項(xiàng)系數(shù)為正，則可利用二次函數(shù)的增減性求得AG2的最小值，則AG的最小值可得.
28．【答案】（1）解：把B的坐標(biāo)(3，0)，C的坐標(biāo)(0，3)代入拋物線的解析式。
得 解得：
∴拋物線的解析式是
（2）解：①令 解得：
∵B(3，0)， C(0，3)， ∴OB=OC=3， ∴△OBC是等腰直角三角形，
∵EF∥BC，∴∠FEA=∠CBO=45°，
∴當(dāng)∠AFE=90°時， △AEF 是等腰直角三角形，且
∴△AEF的外接圓半徑為AE長，R=1，
即
解得：
∴拋物線的對稱軸是直線x=1，頂點(diǎn)M的坐標(biāo)是(1，4)，
∴直線 與x軸的交點(diǎn)T的坐標(biāo)是(1，0).
作PQ⊥x軸于點(diǎn) Q，則在直角三角形 BPQ中，
，
∴當(dāng)M、P、Q三點(diǎn)共線時，即 軸時， 的值最小，
此時Q、T重合，當(dāng)點(diǎn)F在 的內(nèi)角 的平分線上，
即 時， 如圖，
∵∠COA=∠COE=90°，CO=CO， ∴△ACO≌△ECO， ∴AO=EO=1， ∴E、T重合，
∵B(3，0)， C(0，3)， ∴直線BC的解析式是
當(dāng) 時，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)是(1，2)，
當(dāng)點(diǎn)F在 的內(nèi)角 的平分線上時，如圖，
作 于點(diǎn)K，則
設(shè) 則CF=3-a，
且
解得：
由于 ∴點(diǎn)F不可能在△AEC的內(nèi)角∠AEC的平分線上；
當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)重合于點(diǎn)O時，此時OF平分∠AEC即點(diǎn)F在∠AEC的平分線上，符合題意，則BE=BO=3，
綜上： △BPE的面積為2或3或
【知識點(diǎn)】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用；解直角三角形—邊角關(guān)系；內(nèi)切圓與外接圓的綜合運(yùn)用
【解析】【分析】
（1）利用待定系數(shù)法求解即可；
（2）①先求出點(diǎn)A的坐標(biāo)，進(jìn)而可判斷△OBC，△AEF是等腰直角三角形，然后根據(jù)△AEF的外接圓直徑是AE=2，可得其外接圓的半徑R=1，再利用等積法求出r，即可解決問題；
②先求得拋物線的頂點(diǎn)M的坐標(biāo)和對稱軸與x軸的交點(diǎn)T的坐標(biāo)，作PQ⊥x軸于點(diǎn)P，可得PQ=， 繼而可得， 于是可得當(dāng)M、P、Q三點(diǎn)共線且MQ⊥x軸時，取最小值， 此時Q、T重合，然后分點(diǎn)F在△ACE不同內(nèi)角平分線上共三種情況，外加當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)重合于點(diǎn)O時，此時點(diǎn)F在∠AEC 的平分線上這種特殊情況，討論求解即可.
1 / 1專題11 二次函數(shù)的綜合-2025年精選中考數(shù)學(xué)真題分類匯編
一、解答題
1．（2025·遼寧） 如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線與軸相交于點(diǎn)，與軸相交于點(diǎn)，點(diǎn)在線段上（不與點(diǎn)，重合），過點(diǎn)作的垂線，與直線相交于點(diǎn)，點(diǎn)關(guān)于直線的對稱點(diǎn)為，連接．
（1）求證：
（2）設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，），當(dāng)時，線段與線段相交于點(diǎn)，求四邊形面積的最大值.
【答案】（1）證明：由條件可知A（0，4），B（4，0），
∴OA=4，OB=4，
∵∠AOB=90°，
∴∠OAB=45°；
（2）解：∵點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，m），
∴OC=m，AC=4-m，
由條件可知CE=AC=4-m，∠OAB=∠CED=45°，
∴OE=CE-OC=4-2m，
∵∠EOF=90°，
∴∠OEF=∠OFE=45°，
∴OF=OE=4-2m，
∵CD⊥OA，
∴∠OAB=∠CDA=45°，
∴CD=AC=4-m，
∴四邊形COFD面積
∴當(dāng)時，四邊形COFD面積有最大值，最大值為.
【知識點(diǎn)】軸對稱的性質(zhì)；等腰直角三角形；二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用；二次函數(shù)-面積問題
【解析】【分析】（1）先求得A（0，4），B（4，0），得到OA=4，OB=4，利用等腰直角三角形的性質(zhì)即可證明結(jié)論成立；
（2）由題意得OC=m，AC=4-m，根據(jù)折疊的性質(zhì)得CE=AC=4-m，OE=CE-OC=4-2m，利用等腰直角三角形的判定和性質(zhì)求得OF=OE=4-2m，CD=AC=4-m，再利用梯形的面積公式求得四邊形COFD面積關(guān)于m的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可．
2．（2025·長沙） 我們約定： 當(dāng)x1，y1，x2，y2滿足( 且 時， 稱點(diǎn)(x1，y1)與點(diǎn)(x2，y2)為一對“對偶點(diǎn)”.若某函數(shù)圖象上至少存在一對“對偶點(diǎn)”，就稱該函數(shù)為“對偶函數(shù)”.請你根據(jù)該約定，解答下列問題：
（1）請你判斷下列說法是否正確(在題后相應(yīng)的括號中，正確的打“√”，錯誤的打“×”)；
①函數(shù) (k是非零常數(shù))的圖象上存在無數(shù)對“對偶點(diǎn)”；(　 　)
②函數(shù)y=-2x+1一定不是“對偶函數(shù)”；(　 　)
③函數(shù) 的圖象上至少存在兩對“對偶點(diǎn)”.(　 　)
（2）若關(guān)于x的一次函數(shù). 與 都是常數(shù)，且. 均是“對偶函數(shù)”，求這兩個函數(shù)的圖象分別與兩坐標(biāo)軸圍成的平面圖形的面積之和；
（3）若關(guān)于x的二次函數(shù) 是“對偶函數(shù)”，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
【答案】（1）√；√；×
（2）解：由題意可得 點(diǎn) 與點(diǎn) 且是一對“對偶點(diǎn)”，由于 是“對偶函數(shù)”，則其圖象上必存在一對“對偶點(diǎn)”.
從而有 兩式相減可得 同理可得
所以兩個一次函數(shù)為 由于b1，b2都是常數(shù)，且 故此兩個一次函數(shù)的圖象分別與兩坐標(biāo)軸圍成的平面圖形是有公共直角頂點(diǎn)的分別位于二、四象限的兩個等腰直角三角形，如下圖所示
求得其面積之和S =（b12+b22）
（3）解：方法一：由題意可得 a≠0，且 時，有，以上兩式相減可得 從而將 代入①整理可得
此關(guān)于x1的一元二次方程必有實(shí)數(shù)根，由于 時， (不符合題意).
從而必有 Δ=-3+8a＞0， 解得
方法二：由題意可得 a≠0，由于函數(shù) 是“對偶函數(shù)”，所以它的圖象上一定存在一對“對偶點(diǎn)”點(diǎn)A(x1，y1)與點(diǎn)B(-y1，-x1)且
不妨設(shè)經(jīng)過A，B兩點(diǎn)的直線(一次函數(shù))的解析式為y=kx+b，由題意可得 即
聯(lián)立，①-②得
由直線AB 與二次函數(shù)圖象必有兩個不同交點(diǎn)，
故必有 (*).
.
③-④得 將其代入(*)
可得△=1-4+8a＞0， 解得
方法三；由題意可得 a≠0，且 時，有
以上兩式相減可得 以上兩式相加變形可得 所以關(guān)于t的一元二次方程 必有兩個不等實(shí)數(shù)根. 從而 解得
【知識點(diǎn)】反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征；二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征；二次函數(shù)與一元二次方程的綜合應(yīng)用；一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征
【解析】【分析】（1）根據(jù)“對偶點(diǎn)”和“對偶函數(shù)”的定義逐一判斷解答即可；
（2）利用 “對偶函數(shù)”的定義設(shè)這對對偶點(diǎn)為 與點(diǎn) 代入解析式求出 即可得到兩直線平行，畫出圖象，然后表示面積解答即可；
（3）方法一：把“對偶點(diǎn)”坐標(biāo)代入解析式，兩等式相減得到 代入①得到關(guān)于x1的二次函數(shù)，根據(jù)根的判別式求出a的取值范圍即可；方法二：求出過“對偶點(diǎn)”的直線AB的解析式，聯(lián)立兩個函數(shù)的解析式得到方程組，消去y得到關(guān)于x的一元二次方程，根據(jù)根的判別式求出取值范圍；方法三：把點(diǎn)(x1，y1)代入得到防程組，根據(jù)減法和乘法得到以. 為根的方程，根據(jù)根的判別式解答即可.
3．（2025·吉林）如圖，在△ABC中，AB＝3，BC＝5，∠BAC＝45°．動點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿邊AC以每秒1個單位長度的速度向終點(diǎn)C勻速運(yùn)動．當(dāng)點(diǎn)P出發(fā)后，以AP為邊作正方形APDE，使點(diǎn)D和點(diǎn)B始終在邊AC同側(cè)．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動時間為x（s）（x＞0），正方形APDE與△ABC重疊部分圖形的面積為y（平方單位）．
（1）AC的長為 　 　 ．
（2）求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫出可變量x的取值范圍．
（3）當(dāng)正方形APDE的對稱中心與點(diǎn)B重合時，直接寫出x的值．
【答案】（1）7
（2）解：當(dāng)D在線段AB上運(yùn)動時，（0＜x≤3），
當(dāng)D在線段AB的延長線上運(yùn)動時，即點(diǎn)P在線段PC上運(yùn)動，
如下圖：AP＝x，PP＝x﹣3，CP＝7﹣x，CP＝4，BP＝3，
∵FP'BP，
∴∠CFP＝∠CBP，∠CPF＝∠CPB，
∴△CFP∽△CBP，
∴，
∴，
解得：，
∴y＝S△APD+S梯形PP'FBx2（x﹣3）（x﹣7）2+10.5，（3＜x≤7）'
∴；
（3）解：當(dāng)正方形APDE的對稱中心與點(diǎn)B重合時，
∴，
∴AP＝DP，AP2+DP2＝AD2，
即2AP2＝72，
解得：AP＝6，
∴x＝6．
【知識點(diǎn)】勾股定理；二次函數(shù)-動態(tài)幾何問題；三角形-動點(diǎn)問題；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性質(zhì)-對應(yīng)邊
【解析】【解答】
解：（1）當(dāng) B，D重合時，如下圖：
∵∠BAC＝45°，以AP為邊作正方形APDE，
∴△APD是等腰直角三角形，AP＝BP，，即18＝2AP2，
解得：AP＝3 （負(fù)的舍去），
∵BC＝5，∠DPC＝90°，
∴，
∴AC＝AP+PC＝3+4＝7，
故答案為：7；
【分析】（1）根據(jù)勾股定理求出AP長，進(jìn)而求出PC 的值解答即可；
（2）分為點(diǎn)D在線段AB上運(yùn)動和D在線段AB的延長線上運(yùn)動兩種情況，利用相似三角形的判定和性質(zhì)表示面積即可；
（3）畫出圖形，根據(jù)勾股定理解答即可.
4．（2025·揚(yáng)州）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝﹣x2﹣2x+3的圖象（記為G1）與x軸交于點(diǎn)A，B，與y軸交于點(diǎn)C，二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象（記為G2）經(jīng)過點(diǎn)A，C．直線x＝t與兩個圖象G1，G2分別交于點(diǎn)M，N，與x軸交于點(diǎn)P．
（1）求b，c的值．
（2）當(dāng)點(diǎn)P在線段AO上時，求MN的最大值．
（3）設(shè)點(diǎn)M，N到直線AC的距離分別為m，n．當(dāng)m+n＝4時，對應(yīng)的t值有　 　 個；當(dāng)m﹣n＝3時，對應(yīng)的t值有　 　 個；當(dāng)mn＝2時，對應(yīng)的t值有　 　 個；當(dāng)1時，對應(yīng)的t值有　 　 個．
【答案】（1）解：∵二次函數(shù)y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+3）（x﹣1），
∴令y＝0，可得x＝﹣3或1，
即A（﹣3，0），B（1，0），
把A（﹣3，0），C（0，3）代入y＝x2+bx+c中，可得
，解得，
故b的值為4，c的值為3；
（2）解：由（1）知G2的表達(dá)式為y＝x2+4x+3，
設(shè)P（t，0）（﹣3≤t≤0），則M（t，﹣t2﹣2t+3），N（t，t2+4t+3），
故MN＝﹣t2﹣2t+3﹣t2﹣4t﹣3＝﹣2t2﹣6t＝﹣2（t）2，
即MN的最大值為；
（3）2；0；4；無數(shù)
【知識點(diǎn)】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)-線段周長問題；二次函數(shù)-特殊三角形存在性問題
【解析】【解答】解：（3）作MS⊥AC于點(diǎn)S，RN⊥AC于點(diǎn)R，設(shè)MN交AC于點(diǎn)E，如圖1所示，
由待定系數(shù)法可知直線AC的表達(dá)式為y＝x+3，
∴∠CAB＝45°，
∴∠MES＝∠NER ＝45°，
∵M(jìn)S＝m，RN＝n，
∴ME，RN，
∵E（t，t+3），
∴ME，NE，
即ME＝NE，
進(jìn)而可得m＝n，
①當(dāng)m+n＝4時，
即m＝n＝2，故MN，
當(dāng)﹣3≤t≤0時，MNmax，
那么由圖可知當(dāng)t＜﹣3時或t＞1時，共2種情況滿足題意，
故對應(yīng)的t值有2個；
②當(dāng)m﹣n＝3時，即m＝n+3，這與m＝n相矛盾，故不成立，對應(yīng)的t值有0個；
③當(dāng)mn＝2時，由m＝n可知，m＝n，
故ME＝2，
∴2，即t2+3t＝±2，
解得t＝﹣2或﹣1或或，
故對應(yīng)的t值有4個；
④當(dāng)1時，
∵m＝n恒成立，
∴對應(yīng)的t值有無數(shù)個．
故答案為：2，0，4，無數(shù)．
【分析】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)的解析式；
（2）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（t，0），得到點(diǎn)M和N的坐標(biāo)，表示MN的長，配方得到頂點(diǎn)式即可得到最值；
（3）作MS⊥AC于點(diǎn)S，RN⊥AC于點(diǎn)R，設(shè)MN交AC于點(diǎn)E，求出直線AC的解析式，即可得到∠MES＝∠NER ＝45°，得到ME＝NE，即可得到m＝n，然后根據(jù)m、n的各種情況求出t值解答即可.
5．（2025·武漢）拋物線與直線y=x交于A，B兩點(diǎn)(A在B的左邊).y=x
（1）求A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo).
（2）如圖1，若P是直線AB下方拋物線上的點(diǎn).過點(diǎn)P作x軸的平行線交拋物線于點(diǎn)M，過點(diǎn) P作y軸的平行線交線段AB于點(diǎn)N，滿足PM=PN 求點(diǎn)P的橫坐標(biāo).
（3）如圖2，經(jīng)過原點(diǎn)O的直線CD交拋物線于C，D兩點(diǎn)(點(diǎn)C在第二象限)，連接AC，BD分別交x軸于E，F(xiàn)兩點(diǎn).若求直線CD的解析式.
【答案】（1）解：由題意可得：
當(dāng)時
解得：x=2或x=6
∴A（-2，-2），B（6，6）
（2）解：設(shè)，則，N(t，t)
∴PM=|2t|，
∵PM=PN
∴
解得：t=2或6-4
∴點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t=2或6-4
（3）解：設(shè)
直線CD的解析式為
∵CD經(jīng)過原點(diǎn)
∴，解得：cd=-12
同理可得直線AC的解析式為
直線BD的解析式為
∴
∵cd=-12
∴
∴OF=OE
∵
∴
∴c=-4，d=3
∴C(-4，1)
∴直線CD的解析式為：
【知識點(diǎn)】待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；線段上的兩點(diǎn)間的距離；三角形的面積；二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用
【解析】【分析】（1）聯(lián)立拋物線與直線解析式，解方程即可求出答案.
（2）設(shè)，則，N(t，t)，根據(jù)兩點(diǎn)間距離可得PM=|2t|，，再根據(jù)題意建立方程，解方程即可求出答案.
（3）設(shè)，求出直線CD的解析式，根據(jù)解析式過原點(diǎn)，可得cd=-12，同理可得直線AC，BD的解析式，則，根據(jù)cd=-12，則，即OF=OE，再根據(jù)三角形面積可得c，d值，再代入解析式即可求出答案.
6．（2025·長春）在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線經(jīng)過點(diǎn)．點(diǎn)、是該拋物線上的兩點(diǎn)，橫坐標(biāo)分別為、，已知點(diǎn)，作點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)的對稱點(diǎn)，作點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)的對稱點(diǎn)，構(gòu)造四邊形．
（1）求該拋物線所對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式；
（2）當(dāng)兩點(diǎn)關(guān)于該拋物線的對稱軸對稱時，求點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）設(shè)拋物線在、兩點(diǎn)之間的部分（含、兩點(diǎn)）為圖象．當(dāng)時，若圖象的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的縱坐標(biāo)之差為．求的值；
（4）連結(jié)、，當(dāng)時，直接寫出的取值范圍（這里、、均是大于且小于的角）．
【答案】（1）解：將點(diǎn)代入中得：
解得：，
∴．
（2）解：根據(jù)拋物線對稱軸公式可知：
拋物線的對稱軸為，
∵、關(guān)于對稱軸對稱，且橫坐標(biāo)分別為、，
∴、中點(diǎn)在對稱軸上，
∴，
，
解得：，
∵點(diǎn)是該拋物線上的點(diǎn)，
將代入拋物線解析式得，
，
即
設(shè)是A關(guān)于的對稱點(diǎn)，則：
解得，，
∴點(diǎn)坐標(biāo)為．
（3）解：∵拋物線頂點(diǎn)為，開口向上，，，
當(dāng)時，包含，最低點(diǎn)為。
當(dāng)時，，最高點(diǎn)為A，縱坐標(biāo)差為：，
解得：；
當(dāng)時，，最高點(diǎn)為B，縱坐標(biāo)差為： ，
解得：．
綜上，m的值為或．
（4）解：∵點(diǎn)是點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)的對稱點(diǎn)，點(diǎn)是點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)的對稱點(diǎn)，結(jié)合題意可知：∴，，，，
∴，，，，
當(dāng)、運(yùn)動到平行四邊形內(nèi)部時（即、、共線），如圖：
過點(diǎn)作，如圖：
此時，滿足，
由一次函數(shù)的性質(zhì)可的大小決定了直線的傾斜方向和函數(shù)的增減性，
所以當(dāng)兩條一次函數(shù)的直線平行時的大小相同，
∴
∴
解得
當(dāng)、、共線時，如圖，同理：
∴，
∴，
∴，
解得．
綜上，．
【知識點(diǎn)】二次函數(shù)-動態(tài)幾何問題
【解析】【分析】(1)將點(diǎn)(3，3)代入： 求出b即可求解析式；
(2)先求拋物線的對稱軸為直線。 由A，B兩點(diǎn)關(guān)于該拋物線的對稱軸對稱，可得： 求出 再由A、C關(guān)于M點(diǎn)對稱，求出C點(diǎn)即可；
(3)當(dāng) 時，最高點(diǎn)縱坐標(biāo)為 最低點(diǎn)為 當(dāng) 時，最高點(diǎn)縱坐標(biāo)為 最低點(diǎn)為 ，分別求出相應(yīng)的m的值即可；
(4)根據(jù)題意可知四邊形ABCD是平行四邊形，過點(diǎn)O作直線 ，滿足條件的m的臨界位置分別為當(dāng)OA與AD重合時，當(dāng)OB與BC重合時，根據(jù)列方程解答即可.
7．（2025·遼寧）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)的圖象與軸的正半軸相交于點(diǎn)，二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點(diǎn)，且與二次函數(shù)的圖象的另一個交點(diǎn)為，點(diǎn)的橫坐標(biāo)為．
（1）求點(diǎn)的坐標(biāo)及的值．
（2）直線與二次函數(shù)的圖象分別相交于點(diǎn)，與直線相交于點(diǎn)，當(dāng)時，
①求證：；
②當(dāng)四邊形的一組對邊平行時，請直接寫出的值．
（3）二次函數(shù)與二次函數(shù)組成新函數(shù)，當(dāng)時，函數(shù)的最小值為，最大值為，求的取值范圍．
【答案】（1）解：，
當(dāng)y=0時，，
解得x1=-1，x2=3，
∴A（3，0），
當(dāng)時，，
∵A、B在拋物線上，
，解得：，
答：點(diǎn)A的坐標(biāo)為（3，0），a，c的值分別為，．
（2）解：①證明：如圖，
設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b（k≠0），
∵A（3，0），
∴，解得：，
∴，
設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為，
∵，
∴，
∴，，
∴，
，
∴DE=2CE；
②如圖：
當(dāng)AC∥DB時，△ACE∽△BDE，
，解得：，
當(dāng)AD∥BC時，△BCE∽△ADE，
，解得：，
∴或；
（3）解：，
∴當(dāng)時，y隨x的增大而增大；
當(dāng)1＜x＜3時，y隨x的增大而減小；
當(dāng)x≥3時，y隨x的增大而增大．當(dāng)時，y3取得最小值．
當(dāng)時，函數(shù)y3的最小值為，最 大值為，
∴當(dāng)時，y3取得最小值為，即，
解得：，
當(dāng)時，函數(shù)y3的最大值為，
∴當(dāng)x=1時，函數(shù)y3的最大值為，即=1，
解得：；
當(dāng)y2=1時，，解得：(負(fù)值舍去），
∴，
∵，
∴，解得.
【知識點(diǎn)】二次函數(shù)的最值；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；相似三角形的判定；二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用
【解析】【分析】（1）先求出A、B的坐標(biāo)，再分別代入拋物線解析式中求出待定系數(shù)即可；
（2）①設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b（k≠0），將A、B的坐標(biāo)，再分別代入求出待定系數(shù)，設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)，求出y2的解析式，再設(shè)出D、C的坐標(biāo)，可用m表示出CE，進(jìn)而表示出DE即可；
②當(dāng)AC∥DB時，△ACE∽△BDE，當(dāng)AD∥BC時，△BCE∽△ADE，再分類討論，即可解答；
（3）先得出y3的解析式，再分別求出y3的最大值與最小值，然后得到關(guān)于n的不等式組求解即可.
8．（2025·蘇州）如圖，二次函數(shù) 的圖像與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A 在點(diǎn)B 的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，作直線 BC， 為二次函數(shù) 圖像上兩點(diǎn).
（1）求直線 BC 對應(yīng)函數(shù)的表達(dá)式；
（2）試判斷是否存在實(shí)數(shù)m使得 若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由.
（3）已知 P 是二次函數(shù) 圖像上一點(diǎn)（不與點(diǎn) M，N重合），且點(diǎn) P 的橫坐標(biāo)為 作 若直線 BC 與線段 MN，MP 分別交于點(diǎn) D，E，且 與 的面積的比為1：4，請直接寫出所有滿足條件的m 的值.
【答案】（1）解：∵二次函數(shù) 的圖像與軸交于點(diǎn)，
∴令，有，
∴，
∵二次函數(shù) 的圖像與軸交于兩點(diǎn)，且點(diǎn)在點(diǎn)的左側(cè)，
∴令，有，
解得：，
∴，
設(shè)直線的函數(shù)表達(dá)式為，
將，代入表達(dá)式，得，
解得：，
∴直線的函數(shù)表達(dá)式為；
（2）解：不存在實(shí)數(shù)使得，理由如下：
∵為二次函數(shù) 圖像上兩點(diǎn)，
∴，，
∴，
∵，
∴當(dāng) 時， 有最大值為 ，
∵，
∴不存在實(shí)數(shù)使得；
（3）解：如圖，過點(diǎn)作軸， 交軸于點(diǎn)， 交于點(diǎn)，過點(diǎn)作于，過點(diǎn)作軸，交于點(diǎn)，
∴，
∵點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，
∴當(dāng)時，有，
∴，
由（1）（2）得，直線的函數(shù)表達(dá)式為，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵與 的面積的比為1：4，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
由（2）得，
∴，
∴，
整理得：，
解得： ， ，
∴的值為或.
【知識點(diǎn)】二次函數(shù)的最值；相似三角形的判定；相似三角形的性質(zhì)-對應(yīng)邊；相似三角形的性質(zhì)-對應(yīng)面積；二次函數(shù)-面積問題
【解析】【分析】（1）先求出點(diǎn)的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法進(jìn)行求解；
（2）先求出的值，然后利用配方法以及二次函數(shù)的最值知識得到的最大值，再進(jìn)行判斷即可；
（3）過點(diǎn)作軸， 交軸于點(diǎn)， 交于點(diǎn)，過點(diǎn)作于，過點(diǎn)作軸，交于點(diǎn)，則有，然后求出點(diǎn)的坐標(biāo)，結(jié)合（1）（2）得點(diǎn)的坐標(biāo)，從而得的值，進(jìn)而得，于是推出，根據(jù)相似三角形的判定得，由相似三角形的性質(zhì)求出，接下來證明，結(jié)合相似三角形的性質(zhì)求出，最后由點(diǎn)坐標(biāo)得坐標(biāo)，則有關(guān)于的方程，解方程即可求出的值.
9．（2025·黑龍江）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，菱形OABC的邊OA在x軸上，，OA的長是一元二次方程的根，過點(diǎn)C作交OA于點(diǎn)Q，交對角線OB于點(diǎn)P．動點(diǎn)M從點(diǎn)O以每秒1個單位長度的速度沿OA向終點(diǎn)A運(yùn)動，動點(diǎn)N從點(diǎn)B以每秒個單位長度的速度沿BO向終點(diǎn)O運(yùn)動，M、N兩點(diǎn)同時出發(fā)，設(shè)運(yùn)動時間為t秒。
（1）求點(diǎn)P坐標(biāo)；
（2）連接MN、PM，求的面積S關(guān)于運(yùn)動時間t的函數(shù)解析式；
（3）當(dāng)時，在對角線OB上是否存在一點(diǎn)E，使得是含角的等腰三角形．若存在，請直接寫出點(diǎn)E的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由。
【答案】（1）解：
解得 x1=6， x2=-3
∵OA 的長是 的根
∴OA=6
∵四邊形OABC 為菱形
∴OA=OC=6
∴∠COA=60°
又∵CQ⊥OA
∴∠OCQ=30°
∴OQ=3
∵四邊形OABC 為菱形
∴OB 平分∠COA
∴∠POQ=30°
∴點(diǎn) P的坐標(biāo)為P (3，)
（2）解：過點(diǎn)M作MK⊥OB于點(diǎn)K，
OM=t ，則
由(1) 得： 則 …1分
當(dāng)0＜ t ＜4時
當(dāng)4＜ t≤6時
綜上所述
（3）解：
【知識點(diǎn)】分段函數(shù)；列二次函數(shù)關(guān)系式；三角形的面積；菱形的性質(zhì)；二次函數(shù)-特殊三角形存在性問題
【解析】【解答】解：（3）存在， 如圖
當(dāng)t=3時，OM =3，點(diǎn)M和點(diǎn)Q重合，BN =， ON =，∠ONM = ∠NOM=30°，
假設(shè)在對角線OB上存在一點(diǎn)E，使得△MNE是含30°角的等腰三角形，
當(dāng)∠EMN為頂角時，點(diǎn)E1與點(diǎn)O重合，E1(0，0)；當(dāng)∠MEN為頂角時，點(diǎn)E2與點(diǎn)P重合，E2(3，)；
當(dāng)∠ENM為頂角時，NE=NM =0M=3，
設(shè)Eз(，a)，則OE3 = 2a，∵ OEз + NEз =ON，
∴2a+3=3
∴a=，
∴，
∴E3(，)
綜上，當(dāng)t=3時，在對角線OB上存在一點(diǎn)E，使得△MNE是含30°角的等腰三角形，
【分析】（1）首先求解一元二次方程得到菱形的邊長，再利用三角函數(shù)求出相關(guān)角度和線段長度，進(jìn)而確定點(diǎn) P 的坐標(biāo)；
（2）根據(jù)不同的運(yùn)動階段，利用三角形面積公式來求解三角形PMN的面積S關(guān)于運(yùn)動時間t的函數(shù)解析式。首先要找到三角形的底和高與時間t的關(guān)系；
（3）當(dāng)t=3時，OM =3，點(diǎn)M和點(diǎn)Q重合，BN =， ON =，∠ONM = ∠NOM=30°，
假設(shè)在對角線OB上存在一點(diǎn)E，使得△MNE是含30°角的等腰三角形， 可分成三種情況進(jìn)行分析 ：當(dāng)∠EMN為頂角時， E1(0，0) ；當(dāng)∠MEN為頂角時， E2(3，)； 當(dāng)∠ENM為頂角時， E3(，) ，綜上即可得出當(dāng)t=3時，在對角線OB上存在一點(diǎn) 使得△MNE是含30°角的等腰三角形。
10．（2025·齊齊哈爾）綜合與探究
如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+3（a<0）與x軸交于點(diǎn)A（-1，0），
C（6，0），與y軸交于點(diǎn)B，連接BC.
（1）求拋物線的解析式：
（2）點(diǎn)P是直線BC下方拋物線上的點(diǎn)，連接PB，PC，當(dāng)S△PBC=24時，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）點(diǎn)G是第四象限內(nèi)拋物線上的一點(diǎn)，連接BG，若∠CBG=45°，則點(diǎn)G的坐標(biāo)為　 　.
（4）如圖2，作點(diǎn)B關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)D，過點(diǎn)D作x軸的平行線l，過點(diǎn)C作CE⊥l，垂足為點(diǎn)E，動點(diǎn)M，N分別從點(diǎn)O，E同時出發(fā)，動點(diǎn)M以每秒1個單位長度的速度沿射線OC方向勻速運(yùn)動，動點(diǎn)N以每秒2個單位長度的速度沿射線ED方向勻速運(yùn)動（當(dāng)點(diǎn)N到達(dá)點(diǎn)D時，點(diǎn)M，N都停止運(yùn)動），連接MN，過點(diǎn)D作MN的垂線，垂足為點(diǎn)F，連接CF，則CF的取值范圍是　 　.
【答案】（1）解：將，代入拋物線的解析式，得
拋物線的解析式為
（2）解：過點(diǎn)作交y軸于點(diǎn)，連接CQ.
則
∴BQ·CO=24
∵點(diǎn)C(6，0)
∴CO=6
∴BQ=8
當(dāng)x=0時，y=3
∴B(0，3)
∴點(diǎn)Q(0，-5)
∵B(0，3)，C(6，0)
∴Увс=x+3
∵PQ//BC
∴уPQ=x-5
解方程組得，，
（3）（11，-30）
（4）
【知識點(diǎn)】點(diǎn)的坐標(biāo)；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用；二次函數(shù)-動態(tài)幾何問題；二次函數(shù)-角度的存在性問題
【解析】【解答】
解：（3）如圖，將△BOC以點(diǎn)C為中心，逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△THC，連接BT，則△BCT為等腰直角三
角形，
∴∠CBT =45°，
∵點(diǎn)G是第四象限內(nèi)拋物線上的一點(diǎn)，∠CBG=45°，
∴點(diǎn)G為BT延長線與拋物線的交點(diǎn)，
由旋轉(zhuǎn)可知，CH⊥OC，CH=CO=6，TH=OB=3，∠CHT=∠COB=90°，
∴點(diǎn)T的橫坐標(biāo)為6-3=3，縱坐標(biāo)為-6，
∴T(3，-6)，
設(shè)BT所在直線的解析式為y=mx+n，則
解得
∴BT所在直線的解析式為y＝-3x+3，
由，解得x=0或x=11，
∵點(diǎn)G在第四象限，
∴點(diǎn)G的橫坐標(biāo)為正數(shù)，
∴點(diǎn)G的橫坐標(biāo)為11，縱坐標(biāo)為-3x11+3=-30，
∴G(11，-30)；
故答案為：(11，-30).
(4)如圖，連接OE，交MN于點(diǎn)K，連接DK，
∵點(diǎn)B和點(diǎn)Ｄ關(guān)于x軸對稱，點(diǎn)B在y軸上，OB=3，
∴點(diǎn)D在y軸上，OD=3，
∵l過點(diǎn)D，且平行于x軸，∠COD=90°，
∴∠ODE=90°，
又∵CE⊥l于點(diǎn)E，
∴四邊形ODEC為矩形，
∴CE=OD=3，
∴DE=OC =6，
∴OE=
根據(jù)題意可知，NE=2MO，
∴
∵DE//OC，
∴ ∠MOK=∠NEK，∠OMK=∠ENK，
∴△NKE△MKO，
∴
∴，
作KH⊥l于點(diǎn)H，則△EHK∽△EDO，
∴
∴KH=，EH=
∴DH=6-4=2，DK=
取DK中點(diǎn)記為L，連接LF，CL，則LD=LK=，
又∵∠DFK=90°，
∴LF=DK=，
∴LF+CF≥CL，
∴CF≥CL-LF，當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)C、點(diǎn)F、點(diǎn)L共線時，CF取得最小值，
作LS⊥DE于點(diǎn)S，作LR⊥CE于點(diǎn)R，交KH于點(diǎn)W，連接CD，則四邊形LSER為矩形，
∴ER=SL，LR=ES，
∵KH=DH=2，點(diǎn)L為DK的中點(diǎn)，
∴DS=SL=1，
∴LR=6-1=5，CR=3-1=2
∴CL=，
∴CF，
當(dāng)點(diǎn)N到達(dá)點(diǎn)D時，點(diǎn)F、點(diǎn)N、點(diǎn)D重合，此時CF取得最大值，
∵CD =OE =3，
∴CF3，
∴CF 的取值范圍是≤CF≤3，
故答案為：.
【分析】（1）用待定系數(shù)法將，代入拋物線的解析式，計(jì)算即可解答；
（2）過點(diǎn)作交y軸于點(diǎn)，連接CQ.即可得到，利用面積公式建立關(guān)系得到BQ·CO=24，即可得到BQ=8，在求出拋物線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)B(0，3)，C(6，0)，利用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式Увс=x+3，解直線和拋物線組成的方程組，計(jì)算即可解答；
（3）如圖，將△BOC以點(diǎn)C為中心，逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△THC，連接BT，則△BCT為等腰直角三
角形，得到∠CBT =45°，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可求得T的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求得BT所在直線的解析式為y＝-3x+3，聯(lián)立直線和拋物線的方程，計(jì)算即可解答；
（4）連接OE，交MN于點(diǎn)K，連接DK，先證明四邊形ODEC為矩形，在利用勾股定理求得OE，利用AA證明△NKE△MKO，根據(jù)相似的性質(zhì)建立比例轉(zhuǎn)后可得，再證明△EHK∽△EDO，建立比例計(jì)算可得KH=，EH=，即可求DH，DK；取DK中點(diǎn)記為L，連接LF，CL，則LD=LK=，根據(jù)三角形三邊關(guān)系可得CF≥CL-LF，當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)C、點(diǎn)F、點(diǎn)L共線時，CF取得最小值；作LS⊥DE于點(diǎn)S，作LR⊥CE于點(diǎn)R，交KH于點(diǎn)W，連接CD，則四邊形LSER為矩形；當(dāng)點(diǎn)N到達(dá)點(diǎn)D時，點(diǎn)F、點(diǎn)N、點(diǎn)D重合，此時CF取得最大值，利用矩形的性質(zhì)和勾股定理計(jì)算即可解答.
11．（2025·綏化）綜合與實(shí)踐
如圖、在邊長為8的正方形ABCD中，作射線BD，點(diǎn)E是射線BD上的一個動點(diǎn)，
連接AE：以AE為邊作正方形AEPG、連接CG交射線BD于點(diǎn)M，連接DG.（提示：
依題意補(bǔ)全圖形，井解答）
（1）【用數(shù)學(xué)的限光規(guī)察】
請判斷BD與DG的位置關(guān)系，并利用圖（1）說明你的理由.
（2）【用數(shù)學(xué)的思維思考】
若DG=a.請你用含a的代數(shù)式直接寫出∠CMB的正切值　 　.
（3）【用數(shù)學(xué)的語名表達(dá)】
設(shè)DE=x，正方形AEFG的面積為S，請求出S與x的函數(shù)解析式、（不要求寫出自變量x的取值范圍）
【答案】（1）解： BD⊥DG ，理由如下：
∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形，
∴AD=AB，AG=AE，∠DAB= ∠EAG=90°，∠ADB = ∠ABD =45，
∵∠DAB=∠DAE+ ∠EAB，∠EAG =∠DAE +∠GAD，
∴∠EAB=∠GAD，
在ADG和ABE中，
AG= AE .
∠GAD= ∠EAB，
AD= AB
∴ADG≌ABE ，
∴∠ADG= ∠ABE =45°，
∴∠GDB = ∠ADG+∠ADB= 90°，
∴BD⊥DG.
（2）
（3）(3)解：當(dāng)點(diǎn)E在對角線BD上時，如圖1，過點(diǎn)E作EN⊥AD于點(diǎn)N ，
∵DE=x，∠ADB =45° ，
∴DN=EN=x，AN=8-x
∴在Rt ANE中，AE2 = EN2+AN2 =(22x)2+(8-22x)2=x2-82x+64
∴S=AE2=x2 - 8x+ 64.
當(dāng)點(diǎn)E在BD上，點(diǎn)F在CD上時，如圖2，過點(diǎn)E作EN⊥AD于點(diǎn)N，
∵DE=x，∠ADB =45° ，
∴DN=EN=x，AN=8-x
∴在Rt ANE中，AE2 = EN2+AN2 =(22x)2+(8-22x)2=x2-82x+64
∴S=AE2=x2 - 8x+ 64.
當(dāng)點(diǎn)E在BD的延長線上時上，如圖3，過點(diǎn)E作EN⊥AD的延長線于點(diǎn)N，
∵DE=x，∠ADB =45° ，
∴DN=EN=x，AN=8+x
∴在Rt ANE中，AE2 = EN2+AN2 =(22x)2+(8+22x)2=x2+82x+64
∴S=AE2=x2 + 8x+ 64.
綜上所述：.
【知識點(diǎn)】正方形的性質(zhì)；四邊形的綜合；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性質(zhì)-對應(yīng)邊；二次函數(shù)與分段函數(shù)的綜合應(yīng)用
【解析】【解答】
解：(2)如圖，連接AC交BD于點(diǎn)O，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，
∵BD⊥DG，
∴ DGIlAC ，
∴DMGOMC ，
∴
∵正方形的邊長AB=8，
∴AC= BD=8，
∴OD=OC=4，
設(shè)MD=t，則OM=4-t，
∴DG=a，
∴，
∴，
∴ tan∠CMB = tan ∠DMG=，
∴tan∠CMB=，
故答案為：.
【分析】 (1)由正方形的性質(zhì)，得出線段之間的數(shù)量關(guān)系和角之間的數(shù)量關(guān)系，即可利用SAS判定ADG≌ABE ，再利用全等三角形的性質(zhì)即可確定BD與DG的位置關(guān)系，解答即可；
(2)由正方形的性質(zhì)，可得線段之間的位置關(guān)系，再利用AA判定DMGOMC ，設(shè)MD=t，則OM=4-t，利用相似三角形的性質(zhì)，建立邊之間的比例關(guān)系方程，化簡整理即可解答；
(3)根據(jù)點(diǎn)E的位置變化，畫出圖形進(jìn)行分類討論，應(yīng)用勾股定理即可得出每種情況下正方形的面積，對各種情況所得結(jié)果進(jìn)行整理即可解答.
12．（2025·綏化）綜合與探究
如圖，拋物線y=ax2+bx-5交x軸于A、B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C.直線y=kx-5經(jīng)過B、C兩點(diǎn)，若點(diǎn)A（1，0）.B（-5，0）.點(diǎn)P是拋物線上的一個動點(diǎn)（不與點(diǎn)A、B重合）.
（1）求拋物線的函數(shù)解析式.
（2）過點(diǎn)P作直線PD⊥x軸于點(diǎn)D，交直線BC于點(diǎn)E，當(dāng)PE=3ED時，求P點(diǎn)坐標(biāo)
（3）若點(diǎn)F是直線BC上的一個動點(diǎn)，請判斷在點(diǎn)B右側(cè)的拋物線上是否存在點(diǎn)P，使△AFP是以PF為斜邊的等腰直角三角形，若存在，請直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)：若不存在，請說明理由.
【答案】（1）解：∵拋物線y=ax2 +bx-5交x軸于A(1，0)，B(-5，0)兩點(diǎn)，
∴解得
∴y=x2 +4x-5；
（2）解： ∵y=x2+4x-5中， 當(dāng)x=0時，y=-5，
∴C(0，-5)，
∴設(shè)直線BC的解析式為y=kx-5，
∵B(-5，0)，
∴-5k-5=0，
∴k=-1，
∴y=-x-5，
設(shè)P(x，x2 +4x-5)， 則E(x，-x-5)，
當(dāng)x<-5時，PE=x2 +4x-5-(-x-5)=x2 +5x，DE=-x-5，
∵PE=3ED，
∴x2 +5x=3(-x-5)，
解得x=-3 (不合)，或x=-5 (含去)，
∴點(diǎn)P不存在；
當(dāng)-5∵PE=3ED，
∴-x2 -5x=3(x+5)，
解得x=-3，或x=-5 (舍去)，
∴P1(-3，-8)；
當(dāng)0當(dāng)x>1時，PE=x2 +4x-5-(-x-5)=x2 +5x，DE=x+5，
∵PE=3ED，
∴x2 +5x=3(x+5)，
解得x=3，或x=-5 (舍去)，
∴x2 +4x-5=16，
∴P2(3.16)，
故P點(diǎn)坐標(biāo)為P1(-3，-8)；P2(3，16) .
（3）解：過點(diǎn)F， P作FG⊥x軸于G， PH⊥x軸于H，則AGF =∠AHP=90° ，
∵ △AFP 是以PF為斜邊的等腰直角三角形.
∴AF=AP，∠PAF =90°，
∴∠FAG+∠PAH = ∠APH + ∠PAH = 90°.
∴∠FAG= ∠APH ，
∴ △AFG≌ △PAH (AAS)，
∴AH=FG， PH= AG，
設(shè)P(m，m2 +4m-5)， .
當(dāng)-5∴FG=1-m，
∴-x-5=1-m，
解得x=m-6，
∴F(m-6，1-m)，
∴ AG=1-(m-6)=7-m，
∴-m2 - 4m+5=7-m，
解得m=-1，m=-2，
∴P坐標(biāo)為(-1，-8)，或(-2，-9)；
當(dāng)m>1時，AH=m-1， PH=m2 +4m-5，
∴FG=m-1，
∴-x-5=m-1，
∴x=-m-4，
∴F(-m-4，m-1)，
∴AG=1-(-m-4)=m+5，
∴m2 +4m-5=m+5，
解得m=2，m=-5 (舍去)，
∴p坐標(biāo)為(2，7)；
故P坐標(biāo)為(-1，-8)，或(-2，-9)，或(2，7).
【知識點(diǎn)】待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；三角形全等的判定-AAS；二次函數(shù)-線段周長問題；二次函數(shù)-特殊三角形存在性問題
【解析】【分析】(1)把A(1，0)，B(-5，0)代入y=ax2 +bx-5，解方程組，求出a，b的值，即可解答；
(2)先求出C(0，-5)，利用待定系數(shù)求出直線BC的解析式為y=-x-5，設(shè)P(x，x2 +4x-5)，則E(x，-x-5)，分x<-5，-51，四種情況利用 PE=3ED 建立等量關(guān)系，解方程計(jì)算即可解答；
(3)過點(diǎn)F， P作FG⊥x軸于G，PH⊥x軸于H，得∠AGF= ∠AHP=90°，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得AF=AP，∠PAF =90°，得∠FAG= ∠APH即可利用AAS證明得△AFG≌ △PAH ，利用全等三角形得性質(zhì)可得AH=FG，PH= AG，設(shè)P(m，m2 +4m-5)，分-51兩種情況，計(jì)算即可解答.
13．（2025·湖南）如圖，已知二次函數(shù)y＝ax（x﹣4）（a≠0）的圖象過點(diǎn)A（2，2），連接OA點(diǎn)P（x1，y1），Q（x2，y2），R（x3，y3）是此二次函數(shù)圖象上的三個動點(diǎn)，且0＜x3＜x1＜x2＜2，過點(diǎn)P作PB∥y軸交線段OA于點(diǎn)B．
（1）求此二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）如圖1，點(diǎn)C、D在線段OA上，且直線QC、RD都平行于y軸，請你從下列兩個命題中選擇一個進(jìn)行解答：
①當(dāng)PB＞QC時，求證：x1+x2＞2；
②當(dāng)PB＞RD時，求證：x1+x3＜2；
（3）如圖，若，延長PB交x軸于點(diǎn)T，射線QT、TR分別與y軸交于點(diǎn)Q1，R1，連接AP，分別在射線AT、x軸上取點(diǎn)M、N（點(diǎn)N在點(diǎn)T的右側(cè)），且∠AMN＝∠PAO，．記t＝R1Q1﹣ON，試探究：當(dāng)x為何值時，t有最大值？并求出t的最大值．
【答案】（1）解：把點(diǎn)A（2，2）代入二次函數(shù)y＝ax（x﹣4）（a≠0）中，
得﹣4a＝2，故a，
故此二次函數(shù)的表達(dá)式為y
（2）證明：選擇①：由A（2，2）可知直線OA的表達(dá)式為y＝x，
由題意可知P（x1，2x1），B（x1，x1），Q（x2，2x2），C（x2，x2），
故PB2x1﹣x1x1，QCx2，
∵PB＞QC，即x1，
整理可得（x2﹣x1）（x2+x1）＞x2﹣x1，由于x2﹣x1＞0，
故（x2+x1）＞1，
即x1+x2＞2；
選擇②：同理得R（x3，2x3），D（x3，x3），
故RDx3，
∵PB＞RD，即x1x3，
整理可得（x3﹣x1）（x3+x1）＞x3﹣x1，由于x3﹣x1＜0，
故（x3+x1）＜1，
即x1+x3＜2
（3）解：由待定系數(shù)法可求得直線AP的表達(dá)式為y＝（1）x+x1，
設(shè)直線AP交y軸于點(diǎn)G，如圖2所示，
則OG＝x1＝OT，
∵∠GOA＝∠TOA＝45°，
在△GOA和△TOA中，
，
∴△GOA≌△TOA（SAS），
∴∠PAO＝∠TAO，
∵∠AMN＝∠PAO，
∴∠AMN＝∠TAO，
∵AO2MN，
在△TOA和△TNM中，
，
∴△TOA≌△TNM（AAS），
∴TN＝TO＝x1，ON＝2x1，
作QH⊥x軸于點(diǎn)H，
則，
又∵tan∠QTH＝tan∠Q1TO，
即，
∴OQ1＝（）x1．
∵T（x1，0），R（x1，），
∴由待定系數(shù)法可得直線RT的表達(dá)式為y＝（）x，
即OR1，
∴R1Q1＝OQ1+OR1，
∴t＝R1Q1﹣ON2x1，
故當(dāng)x1時，t的最大值為．
即當(dāng)x時，t的最大值為
【知識點(diǎn)】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用；二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征；二次函數(shù)-角度的存在性問題
【解析】【分析】（1）利用待定系數(shù)法直接計(jì)算即可；
（2） ① 利用待定系數(shù)法可得直線OA是正比例函數(shù)，則由函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征結(jié)合已知條件可分別設(shè)各點(diǎn)P（x1，2x1），B（x1，x1），Q（x2，2x2），C（x2，x2），則線段PB、QC均可表示，由于PB>QC，即有不等式 x1成立，對不等式進(jìn)行變形得，由于，故結(jié)論成立；
②同理得R（x3，2x3），D（x3，x3），則線段RD也可表示，由于PB＞RD ，即可得不等式x1成立，對不等式進(jìn)行變形得，由于，故結(jié)論成立；
（3）由于點(diǎn)P的橫坐標(biāo)已知，則由拋物線上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可得點(diǎn)P的縱坐標(biāo)，又點(diǎn)A(2，2），則利用待定系數(shù)法可求得直線AP的解析式為，則延長AP交y軸于點(diǎn)G，則G（0，x1），又T（x1，0），所以O(shè)G=OT，同理可得直線TR的解析式為，則，因?yàn)橹本€平分第一、三象限，則可利用SAS證明，即有，又已知，等量代換得；又由兩點(diǎn)距離公式可得，由對頂角相等可利用AAS證明，則可得，則，此時再過點(diǎn)Q作x軸的垂線段QH可構(gòu)造，解可得，把代入化簡得；由于，再解可得，則，再把和代入到中得是關(guān)于的二次函數(shù)，且二次項(xiàng)系數(shù)為負(fù)，故有最大值，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出這個最大值即可.
14．（2025·黑龍江）如圖，拋物線交x軸于點(diǎn)A、點(diǎn)B，交y軸于點(diǎn)C，且點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)，頂點(diǎn)坐標(biāo)為．
（1）求b與c的值。
（2）在x軸上方的拋物線上是否存在點(diǎn)P，使的面積與的面積相等．若存在，請直接寫出點(diǎn)P的橫坐標(biāo)；若不存在，請說明理由。
【答案】（1）解：由已知得：
整理，得：
∴b=-6， c=5；
（2）點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為：
【知識點(diǎn)】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用；二次函數(shù)-動態(tài)幾何問題；二次函數(shù)y=ax²+bx+c與二次函數(shù)y=a（x-h）²+k的轉(zhuǎn)化
【解析】【解答】(2)存在，理由如下：如圖，過點(diǎn)B作x軸的垂線，并在垂線上在x軸的上方取BD=4，連接AD，
對于拋物線y=x2 - 6x+5，當(dāng)y=0，x2-6x+5=0，解得：x1=1，x2=5，當(dāng)x = 0，y=5，
0B=0C=5，AB=5-1=4，∵∠COB=90°，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
過點(diǎn)B作x軸的垂線，在x軸上方的垂線上截取 BD=BA=4.
連接AD與BC交于點(diǎn)E，則D(5，4)
∴∠DBC=90°-∠OBC=45°=∠OCB，
∴BC⊥AD，ED =EA，
過點(diǎn)D作BC平行線與拋物線交點(diǎn)即為點(diǎn)P，
設(shè)直線BC：y=mx+n，
根據(jù)B、C的坐標(biāo)可求得直線BC：y=-x+5，
如圖，拋物線y=x2 - 6x+5，
∵BC∥PD，
設(shè)直線PD：y=-x+q，
代入D(5，4)得： -5+q=4，解得：q=9，
∴直線PD：y=-x+9，
與拋物線解析式聯(lián)立得：
整理得：x2-5x-4=0，
解得：
∴ 點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為：
【分析】（1）根據(jù)拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)， 利用二次函數(shù)的頂點(diǎn)式可得出解析式的頂點(diǎn)式，然后再把它轉(zhuǎn)化成一般式，即可得出b與c的值 ；
（2）先求出△ABC的面積，再根據(jù)△PBC與△ABC面積相等這一條件，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)。
15．（2025·吉林）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線y＝x2+bx﹣1經(jīng)過點(diǎn)（2，﹣1）．點(diǎn)P在此拋物線上．其橫坐標(biāo)為m；連接PO并延長至點(diǎn)Q，使OQ＝2PO．當(dāng)點(diǎn)P不在坐標(biāo)軸上時，過點(diǎn)P作x軸的垂線，過點(diǎn)Q作y軸的垂線，這兩條垂線交于點(diǎn)M．
（1）求此拋物線對應(yīng)的函數(shù)解析式．
（2）△PQM被y軸分成的兩部分圖形的面積比是否保持不變，如果不變，直接寫出這個面積比；如果變化，說明理由．
（3）當(dāng)△PQM的邊MQ經(jīng)過此拋物線的最低點(diǎn)時，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)．
（4）當(dāng)此拋物線在△PQM內(nèi)部的點(diǎn)的縱坐標(biāo)y隨x的增大而減小時，直接寫出m的取值范圍．
【答案】（1）解：將（2，﹣1）代入y＝x2+bx﹣得，﹣1＝4+2b﹣1，
解得b＝﹣2，
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣1；
（2）解：如圖所示，面積比保持不變?yōu)椋碛扇缦拢?br/>根據(jù)題意可得，∠M＝∠ODQ＝90°，∠Q＝∠Q，
∴△QOD∽△QPM，
∴，
∴，
則；
（3）解：如圖所示，QM經(jīng)過最低點(diǎn)，即經(jīng)過頂點(diǎn)，
該拋物線的頂點(diǎn)橫坐標(biāo)為，
縱坐標(biāo)為，
該拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（1，﹣2），
∵∠PNO＝∠ODQ＝90°，∠NPO＝∠DOQ，
∴△PON∽△OQD，且相似比為，
根據(jù)頂點(diǎn)縱坐標(biāo)可得，OD＝2，
則，即，
解得，
①當(dāng)時，
即為如圖所示，
此時，
點(diǎn)Q在第四象限，
故；
②如圖所示，
當(dāng)時，此時點(diǎn)P在第一象限，點(diǎn)Q在第三象限，此時，
故；
綜上，或；
（4）解：①當(dāng)PQ經(jīng)過頂點(diǎn)T時，過點(diǎn)T作TE⊥x軸，交x軸于點(diǎn)E，
由∠PNO＝∠TEO＝90°，∠PON＝∠TOE得，△PON∽△TOE，
∴，即，解得m＝1（舍去），或m＝﹣1，
∴當(dāng)點(diǎn)P向左運(yùn)動時，滿足題意，
∴m≤﹣1；
②如圖所示，當(dāng)點(diǎn)Q在拋物線上時，過點(diǎn)Q作QE⊥x，交x軸于點(diǎn)E，
同理，△PON∽△QOE，相似比仍為 此時，Q[﹣2m，﹣2（m2﹣2m﹣1）]，代入拋物線解析式得，﹣2（m2﹣2m﹣1）＝（﹣2m）2+4m﹣1，
解得（舍去），或，
此時，當(dāng)P點(diǎn)向下一直移動，直至到x軸時，都符合題意，當(dāng)x2﹣2x﹣1＝0時，
解得，x2＝1+，
∴當(dāng)x 1﹣時，符合題意；
③如圖所示，當(dāng)點(diǎn)Q在拋物線上時，點(diǎn)Q在第二象限，點(diǎn)P在第四象限，
思路同②，此時Q[﹣2m，﹣2（m2﹣2m﹣1）]，代入拋物線解析式得，﹣2（m2﹣2m﹣1）＝（﹣2m）2+4m﹣1，
解得m＝﹣m＝，
此時，當(dāng)P點(diǎn)向右一直移動，直至到x軸時，都符合題意，
∴當(dāng)≤m≤1+時，符合題意；
綜上所述，當(dāng)m≤﹣1或﹣≤m≤1﹣或≤m≤1+時，符合題意．
【知識點(diǎn)】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)y=ax²+bx+c的性質(zhì)；二次函數(shù)-面積問題；二次函數(shù)-特殊三角形存在性問題
【解析】【分析】(1)利用待定系數(shù)法求解即可；
(2)根據(jù)題意，利用相似三角形的性質(zhì)求出面積之比即可；
(3)QM經(jīng)過最低點(diǎn)，即經(jīng)過頂點(diǎn)，畫出示意圖，先求出頂點(diǎn)坐標(biāo)，再利用相似三角形的判定和性質(zhì)求出m的值，最后分兩種情況求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)即可；
(4)根據(jù)題意，分三種情況進(jìn)行分析，畫出圖形找出臨界點(diǎn)，利用相似三角形的性質(zhì)列出一元二次方程，然后進(jìn)行求解即可.
16．（2025·湖北） 拋物線與軸相交于點(diǎn)和點(diǎn)，與軸相交于點(diǎn)，是拋物線的頂點(diǎn)，是拋物線上一動點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)為．
（1）求的值；
（2）如圖1，若點(diǎn)在對稱軸左側(cè)，過點(diǎn)作對稱軸的垂線，垂足為，求的值；
（3）定義：拋物線上兩點(diǎn)M，N之間的部分叫做拋物線弧（含端點(diǎn)和）．過，分別作軸的垂線，過拋物線弧的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)分別作軸的垂線，直線與圍成的矩形叫做拋物線弧的特征矩形．若點(diǎn)在第四象限，記拋物線弧的特征矩形的周長為．
①求關(guān)于的函數(shù)解析式；
②過點(diǎn)作軸，交拋物線于點(diǎn)，點(diǎn)與點(diǎn)不重合．記拋物線弧的特征矩形的周長為．若，直接寫出的長．
【答案】（1）解：把代入，得：
，
∴；
（2）解：由（1）可知：，
∴，
∵是拋物線上一動點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，
∴，
∵過點(diǎn)作對稱軸的垂線，垂足為，
∴，，
∴
（3）解：①當(dāng)時，，當(dāng)時，，
∴，，
由（2）可知：，，對稱軸為直線，
∴點(diǎn)關(guān)于對稱軸的對稱點(diǎn)為
∵在第四象限，
∴，
當(dāng)時，拋物線弧的最高點(diǎn)為，最低點(diǎn)為，此時特征矩形的兩條鄰邊的長分別為：，
∴；
當(dāng)時，拋物線弧的最高點(diǎn)為，最低點(diǎn)為，此時特征矩形的兩條鄰邊的長分別為：，
∴；
當(dāng)時，拋物線弧的最高點(diǎn)為，最低點(diǎn)為，此時特征矩形的兩條鄰邊的長分別為：，
∴；
綜上：；
②或．
【知識點(diǎn)】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)-動態(tài)幾何問題；二次函數(shù)y=ax²+bx+c的性質(zhì)；二次函數(shù)y=ax²+bx+c與二次函數(shù)y=a（x-h）²+k的轉(zhuǎn)化；坐標(biāo)系中的兩點(diǎn)距離公式
【解析】【解答】（3）②∵軸，
∴關(guān)于對稱軸對稱，
∴，
當(dāng)時，拋物線弧的最高點(diǎn)為，最低點(diǎn)為，此時特征矩形的兩條鄰邊的長分別為：，
∴；
∵，
∴，解得：（舍去）或；
∴；
當(dāng)時，拋物線弧的最高點(diǎn)為，最低點(diǎn)為，此時特征矩形的兩條鄰邊的長分別為：，
∴；
∵，
∴，解得：或（舍去）；
∴；
當(dāng)時，拋物線弧的最高點(diǎn)為，最低點(diǎn)為，此時特征矩形的兩條鄰邊的長分別為：，
∴；
∵，
∴，解得：（舍去）或；
∴
綜上：或．
【分析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法將點(diǎn)A坐標(biāo)代入解析式即可求出答案.
（2）將解析式轉(zhuǎn)換為頂點(diǎn)式，求出頂點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，則，根據(jù)兩點(diǎn)間距離可得PH，TH，再根據(jù)邊之間的關(guān)系即可求出答案.
（3）①根據(jù)坐標(biāo)軸上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可得，，根據(jù)對稱性質(zhì)可得點(diǎn)關(guān)于對稱軸的對稱點(diǎn)為，根據(jù)第四象限點(diǎn)的坐標(biāo)特征可得，分情況討論：當(dāng)時，拋物線弧的最高點(diǎn)為，最低點(diǎn)為，當(dāng)時，拋物線弧的最高點(diǎn)為，最低點(diǎn)為，當(dāng)時，拋物線弧的最高點(diǎn)為，最低點(diǎn)為，根據(jù)題意列式計(jì)算即可求出答案.
②根據(jù)對稱性質(zhì)可得，分情況討論：當(dāng)時，拋物線弧的最高點(diǎn)為，最低點(diǎn)為，當(dāng)時，拋物線弧的最高點(diǎn)為，最低點(diǎn)為，當(dāng)時，拋物線弧的最高點(diǎn)為，根據(jù)題意建立方程，解方程即可求出答案.
17．（2025·河北）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線經(jīng)過點(diǎn)，，頂點(diǎn)為．拋物線經(jīng)過點(diǎn)．兩條拋物線在第一象限內(nèi)的部分分別記為，．
（1）求，的值及點(diǎn)的坐標(biāo)．
（2）點(diǎn)在上，到軸的距離為．判斷能否經(jīng)過點(diǎn)，若能，求的值；若不能，請說明理由．
（3）直線交于點(diǎn)，點(diǎn)在線段上，且點(diǎn)的橫坐標(biāo)是點(diǎn)橫坐標(biāo)的一半．
①若點(diǎn)與點(diǎn)重合，點(diǎn)恰好落在上，求的值；
②若點(diǎn)為直線與的唯一公共點(diǎn)，請直接寫出的值．
【答案】（1）解：∵拋物線經(jīng)過點(diǎn)，，頂點(diǎn)為
∴
解得：，
∴，
∴；
（2）解：∵點(diǎn)在（第一象限）上，到軸的距離為．則
∴當(dāng)時，
解得：或
∴或
∵拋物線經(jīng)過點(diǎn)，對稱軸為直線
∴經(jīng)過點(diǎn)和
∴不能經(jīng)過點(diǎn)
（3）解：①∵，
當(dāng)重合時，則
∵是中點(diǎn)，
∴，
∵點(diǎn)恰好落在上，經(jīng)過點(diǎn)
∴
解得：；
②
【知識點(diǎn)】一元二次方程根的判別式及應(yīng)用；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用；二次函數(shù)y=ax²+bx+c與二次函數(shù)y=a（x-h）²+k的轉(zhuǎn)化；坐標(biāo)系中的中點(diǎn)公式
【解析】【解答】解：（3）②∵直線交于點(diǎn)，，
∴，
∴直線的解析式為，
∵經(jīng)過點(diǎn)，
∴，
∴，
∴
聯(lián)立
消去得，
∴，則
∵點(diǎn)的橫坐標(biāo)是點(diǎn)橫坐標(biāo)的一半．
∴即，
將代入，
∴①
∵點(diǎn)為直線與的唯一公共點(diǎn)，
∴②
聯(lián)立①②得：或，
當(dāng)時，交點(diǎn)不在公共點(diǎn)不在第一象限，不符合題意，
∴．
【分析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法將點(diǎn)A，B坐標(biāo)代入解析式可得b，c，再將解析式轉(zhuǎn)換為頂點(diǎn)式，可得頂點(diǎn)坐標(biāo).
（2）將代入解析式可得或，再根據(jù)拋物線上點(diǎn)的坐標(biāo)特征進(jìn)行判斷即可求出答案.
（3）①當(dāng)重合時，則，根據(jù)線段中點(diǎn)坐標(biāo)可得，再根據(jù)待定系數(shù)法將點(diǎn)M，C坐標(biāo)代入即可求出答案.
②將點(diǎn)A坐標(biāo)代入直線AE可得，則直線的解析式為，再將點(diǎn)C坐標(biāo)代入拋物線解析式可得，聯(lián)立直線AE解析式，可得，根據(jù)二次方程根與系數(shù)的關(guān)系可得，則，E，將代入可得①，根據(jù)判別式可得②，聯(lián)立①②，解方程組即可求出答案.
18．（2025·廣安） 如圖，二次函數(shù)(b，c 為常數(shù)) 的圖象交 x 軸于 A，B 兩點(diǎn)，交 y 軸于點(diǎn) C，已知點(diǎn) B的坐標(biāo)為 (9，0)，點(diǎn) C的坐標(biāo)為 (0，-3)，連接 AC，BC.
（1） 求拋物線的解析式.
（2） 若點(diǎn) P為拋物線上的一個動點(diǎn)，連接 PC，當(dāng)時，求點(diǎn) P 的坐標(biāo).
（3） 將拋物線沿射線 CA 的方向平移個單位長度后得到新拋物線，點(diǎn) E 在新拋物線上，點(diǎn) F 是原拋物線對稱軸上的一點(diǎn)，若以點(diǎn) B，C，E，F(xiàn) 為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，請直接寫出點(diǎn) E 的坐標(biāo).
【答案】（1）解：將 B（9，0）和 C（0，-3）代入 得
解得：
∴拋物線的解析式為
（2）解：（2）①當(dāng)點(diǎn) P 在 x 軸下方時（如圖1），
∵
∴
∴點(diǎn) P 的縱坐標(biāo)等于 -3
將 代入 解得 ，
∴點(diǎn) P 的坐標(biāo)為 （8，-3）
②當(dāng)點(diǎn) P 在 x 軸上方時，PC 與 AB 相交于點(diǎn) M（如圖 2），
∵，
∴，
∵ B（9，0），C（0，-3），
∴，，
設(shè) ，則 ，
在 中，，
∴，解得： ，
∴ 點(diǎn) M 的坐標(biāo)為（4，0），
設(shè)直線 CP 的解析式為 ，
將 M（4，0）和 C（0，-3）代入得，
，
解得：，
∴ 直線 CP 的解析式為 ，
由題意得：，解得 ，，
∴ 點(diǎn) P 的坐標(biāo)為 ，
綜上所述，點(diǎn) P 的坐標(biāo)為 （8，-3）或
（3）(-5，14)或(5，)或(13，38)
【知識點(diǎn)】二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用；二次函數(shù)圖象的平移變換；二次函數(shù)-角度的存在性問題；二次函數(shù)-特殊四邊形存在性問題
【解析】【解答】解：（3）由（2）可知拋物線的對稱軸為直線x=4，
∵點(diǎn)B（9，0），C（0，-3）
∴點(diǎn)A（4-5，0）即（-1，0），
∴OC=3，OA=1，
∴，
∵ 將拋物線沿射線 CA 的方向平移個單位長度后得到新拋物線，
∴平移后的點(diǎn)C的坐標(biāo)為（2，3），
∵點(diǎn)C（0，-3）
∴將原拋物線向左平移2個單位，向上平移6個單位，
∵
∴新的拋物線的解析式為，
設(shè)點(diǎn)E，點(diǎn)F（4，n）
當(dāng)BE，CF為對角線時，
解之：m=-5，
∴14，
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（-5，14）；
當(dāng)BF，CE為對角線時，
解之：m=13，
∴，
∴點(diǎn)E（13，38）；
當(dāng)BC，EF為對角線時，
解之：m=5，
∴，
∴點(diǎn)E(5，)，
綜上所述，點(diǎn)E的坐標(biāo)為(-5，14)或(5，)或(13，38)
【分析】（1）將點(diǎn)B、C的坐標(biāo)代入函數(shù)解析式，可得到關(guān)于b、c的方程組，解方程組求出b、c的值，可得到二次函數(shù)解析式.
（2）分情況討論：①當(dāng)點(diǎn) P 在 x 軸下方時（如圖1），可證得CP∥AB，可得到點(diǎn)P的縱坐標(biāo)，將點(diǎn)P的縱坐標(biāo)代入函數(shù)解析式求出對應(yīng)的x的值，可得到符合題意的點(diǎn)P的坐標(biāo)；②當(dāng)點(diǎn) P 在 x 軸上方時，PC 與 AB 相交于點(diǎn) M（如圖 2），利用等角對等邊可證得BM=CM，利用點(diǎn)B、C的坐標(biāo)可求出OB、OC的長；設(shè) ，可表示出CM的長，在Rt△COM種，利用勾股定理可得到關(guān)于m的方程，解方程求出m的值，可得到點(diǎn)M的坐標(biāo)；利用待定系數(shù)法求出直線CP的函數(shù)解析式，將兩函數(shù)解析式聯(lián)立方程組，可求出方程組的解，即可得到符合題意的點(diǎn)P的坐標(biāo)；綜上所述，可得到點(diǎn)P的坐標(biāo).
（3）利用原拋物線的解析式可得到拋物線的對稱軸，利用二次函數(shù)的對稱性可得到點(diǎn)A的坐標(biāo)，利用勾股定理求出AC的長；再根據(jù)平移可得到平移后的點(diǎn)C的坐標(biāo)，結(jié)合點(diǎn)C的坐標(biāo)，可知將原拋物線向左平移2個單位，向上平移6個單位，即可得到平移后的函數(shù)解析式，設(shè)點(diǎn)E，點(diǎn)F（4，n），分情況討論：當(dāng)BE，CF為對角線時；當(dāng)BF，CE為對角線時；當(dāng)BC，EF為對角線時；利用平行四邊形的對角線互相平分，分別可得到關(guān)于m的方程，分別解方程求出m的值，可得到點(diǎn)E的坐標(biāo).
19．（2025·武威）如圖1，拋物線分別與x軸，y軸交于A，兩點(diǎn)，M為OA的中點(diǎn)．
（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）連接AB，過點(diǎn)M作OA的垂線，交AB于點(diǎn)C，交拋物線于點(diǎn)D，連接BD，求的面積；
（3）點(diǎn)E為線段AB上一動點(diǎn)（點(diǎn)A除外），將線段OE繞點(diǎn)O順時針旋轉(zhuǎn)得到OF．
①當(dāng)時，請?jiān)趫D2中畫出線段OF后，求點(diǎn)F的坐標(biāo)，并判斷點(diǎn)F是否在拋物線上，說明理由；
②如圖3，點(diǎn)P是第四象限的一動點(diǎn)，，連接PF，當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動時，求PF的最小值．
【答案】（1）解：∵拋物線過
∴
∴
∴拋物線的表達(dá)式為：
（2）解：如圖1
∵拋物線與X軸交于點(diǎn)A，A在正半軸，
∴，
∵，
∴OA=OB，
∵M(jìn)為OA的中點(diǎn)，
∴，
∵OA=OB，，
∴，
∴MA=MC，
∵M(jìn)D為OA的垂線，
∴D的橫坐標(biāo)為2，
∴MD=，
∴CD=MD-MC=；
∴
（3）解： ① F在否在拋物線上，理由如下：如圖
連接BF，作FQ⊥OB于點(diǎn)Q，
由(2)可知： 0A=OB=4，∠OAB=∠OBA=45°，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知：
OE=OF，∠EOF =∠BOA= 90°，
∴∠AOE=∠BOF，
又∵OA = OB，OE=OF ，
∴△AOE≌△BOF ，
∴∠OBF=∠OAE=45°，BF=AE=
∵FQ⊥OB，
∴△FQB為等腰直角三角形，
∴OQ=OB - BQ=3，
∴F(-1，-3)，
對于當(dāng)x=-1時，y=-3
∴點(diǎn)F在拋物線上；
②連接BF并延長，交x軸于點(diǎn)G，連接PM，MF，作MH⊥BG于點(diǎn)H，如圖，
∵∠OPA=90°， M為OA的中點(diǎn)，
∴ PM=OA=2，
∵PFMF-PM，
∴當(dāng)M，P，F(xiàn)三點(diǎn)共線時，PF最小，
同①可得，∠OBF =∠OAE =45°，
∴點(diǎn)F在射線BG上運(yùn)動，
當(dāng)MF⊥BG時，即F與點(diǎn)H重合時，MF最小，此時PF最小為MH-PM，
∵∠OBG=45°，
∴OBG為等腰直角三角形，
∴OG=OB=4，∠BGO=45° ，
∴ MG= OG+OM=6，MHG為等腰直角三角形，
∴MH=MG=3，
∴PF最小為MH-PM=3-2.
【知識點(diǎn)】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；兩點(diǎn)之間線段最短；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；二次函數(shù)-動態(tài)幾何問題；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】 (1)根據(jù)待定系數(shù)法把代入解析式，即可解答；
(2)求出點(diǎn)A的坐標(biāo)，進(jìn)而得到點(diǎn)M的坐標(biāo)，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得到MC的長度，由MD為OA的垂線求出點(diǎn)D的坐標(biāo)，根據(jù)BCD的面積公式進(jìn)行求解，即可解答；
(3)①根據(jù)要求作圖即可，連接BF，作FQ⊥OB于點(diǎn)Q，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)利用SAS證明AOE≌BOF，得到∠OBF=∠OAE=45°，BF= AE=，進(jìn)而得到△FQB為等腰直角三角形，求出F點(diǎn)坐標(biāo)，將F點(diǎn)的橫坐標(biāo)代入拋物線的解析式，即可判斷點(diǎn)F在否在拋物線上，解答即可；
②連接BF并延長，交x軸于點(diǎn)G，連接PM，PF，MF，作MH⊥BG于點(diǎn)H，斜邊上的中線得到MP=2，根據(jù)PF≥MF-PM，得到當(dāng)M，P，F(xiàn)三點(diǎn)共線時，PF最小，同①可知，∠OBF=∠OAE=45°，得到點(diǎn)F在射線BG上運(yùn)動，進(jìn)而得到當(dāng)MF⊥BG時，即F與點(diǎn)H重合時，MF最小，此時PF最小為MH - PM；易得OBG為等腰直角三角形，求出OG的長，進(jìn)而求出MG的長，易得MHG為等腰直角三角形，求出MH的長，根據(jù)PF最小為MH - PM，計(jì)算即可解答.
20．（2025·眉山）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線關(guān)于直線對稱，與x軸交于、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)P為拋物線對稱軸上一點(diǎn)，連接BP，將線段BP繞點(diǎn)P逆時針旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)B的對應(yīng)點(diǎn)D恰好落在拋物線上，求此時點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）在線段OC上是否存在點(diǎn)Q，使存在最小值？若存在，請直接寫出點(diǎn)Q的坐標(biāo)及最小值；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）解： ∵拋物線 關(guān)于直線x=-3對稱， 與x軸交于A(-1，0)、B兩點(diǎn)，
∴B(-5，0).
∴拋物線的解析式為：
（2）解：∵點(diǎn)P在對稱軸上，設(shè)對稱軸與x軸交于點(diǎn)E
∴設(shè)P(-3，p)， E(-3，0)；
由旋轉(zhuǎn)可得，PB=PD，∠BPD=90°.
當(dāng)點(diǎn)P在x軸上方時，
∵A，B關(guān)于對稱軸對稱，
∴PA=PB，
∴當(dāng)∠APB=90°時， 滿足題意， 此時點(diǎn)D與點(diǎn)A重合，
∵A(-1，0). B(-5，0).
∴AB=4，
∴PE=2.
∴P(-3，2)；
當(dāng)點(diǎn)P在x軸下方時， 如圖， 作DF⊥對稱軸于點(diǎn)F， 則： ∠DFP=90°=∠BEP=∠BPD.
∴∠BPE=∠PDF=90°-∠DPF.
又∵BP=DP.
∴△BPE≌△PDF.
∴DF=PE，PF=BE.
∵B(-5，0)，E(-3，0)，P(1，p)，
∴DF=PE=-p，PF=BE=2. OE=3.
∴EF=-p+2.
∴D(p-3，p-2).
把D(p-3，p-2)代入 得：
解得： x=-1或x=2 (舍去) ；
∴P(-3，-1)：
綜上： P(-3，2)或P(-3， -1)
（3）解：存在；
在x軸上取點(diǎn)M(5，0)， 連接AC，CM， 過點(diǎn)A作AH⊥CM于點(diǎn)H， 交y軸于過點(diǎn)Q作QG⊥CM于點(diǎn)G， 則：OM=5， ∠QGC=90°，
∴當(dāng)x=0時， y=5.
∴C(0，5).
∴OC=OM=5.
∴△QGC為等腰直角三角形，
∴當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)Q重合時， 的值最小為2AH的長，
∵A(-1，0).
∴OA=1， AM=6.
的最小值為
在Rt△AHM中， ∠AMH=45°，
∴∠MAH=45°，
∴△OAQ為等腰直角三角形，
∴OQ=OQ=OA=1，
∴Q(0，1)；
綜上：Q(0，1)， 的最小值為
【知識點(diǎn)】旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；三角形全等的判定-AAS；二次函數(shù)-線段周長問題
【解析】【分析】(1) 利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式即可；
(2)設(shè)對稱軸與x軸交于點(diǎn)E，設(shè)P(-3，p)， E(-3，0)，當(dāng)點(diǎn)P在x軸上方時，則PA=PB，即∠APB=90°時，點(diǎn)D與A重合，進(jìn)而求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；當(dāng)點(diǎn)P在x軸下方時， 如圖， 作DF⊥對稱軸于點(diǎn)F，得到△BPE≌△PDF.即可得到DF=PE，PF=BE.即可得到點(diǎn)D(p-3，p-2)，代入二次函數(shù)解析式求出點(diǎn)P的坐標(biāo)即可；
(3)在x軸上取點(diǎn)M(5，0)， 連接AC，CM， 過點(diǎn)A作AH⊥CM于點(diǎn)H， 交y軸于 過點(diǎn)Q作QG⊥CM于點(diǎn)G， 則：OM=5， ∠QGC=90°，求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，可得即可得到，當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)Q重合時， 的值最小為2AH的長，然后根據(jù)三角形的面積求出AH長，進(jìn)而得到點(diǎn)Q的坐標(biāo)解答即可.
21．（2025·重慶市）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與x軸交于A，兩點(diǎn)，與軸交于點(diǎn)，拋物線的對稱軸是直線．
（1）求拋物線的表達(dá)式：
（2）點(diǎn)P是射線下方拋物線上的一動點(diǎn)，連接與射線交于點(diǎn)Q，點(diǎn)D，E為拋物線對稱軸上的動點(diǎn)（點(diǎn)E在點(diǎn)D的下方），且，連接，．當(dāng)取得最大值時，求點(diǎn)P的坐標(biāo)及的最小值；
（3）在（2）中取得最大值的條件下，將拋物線沿射線方向平移個單位長度得到拋物線，點(diǎn)M為點(diǎn)P的對應(yīng)點(diǎn)，點(diǎn)N為拋物線上的一動點(diǎn)．若，請直接寫出所有符合條件的點(diǎn)N的坐標(biāo)，并寫出求解點(diǎn)N的坐標(biāo)的其中一種情況的過程．
【答案】（1）解：設(shè)拋物線的解析式為，
把代入得，
解得，
∴；

（2）解：令，則，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為，
設(shè)直線的解析式為，
把和代入得：
，解得，
∴，
設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為，過點(diǎn)P作軸交于點(diǎn)F，交x軸于點(diǎn)H，
則點(diǎn)F的坐標(biāo)為，
∴，
∵軸，
∴，，
∴，
∴，
∴當(dāng)時，取得最大值為，這時點(diǎn)P的坐標(biāo)為，
把點(diǎn)P向上平移個單位長度得到點(diǎn)，點(diǎn)的坐標(biāo)為，連接，
則四邊形是平行四邊形，
∴，
即，
由A，B關(guān)于對稱性可得點(diǎn)A的坐標(biāo)為，
連接，則的最小值為長，
即，
即的最小值為；
（3）解：∵，
∴，
∴將拋物線沿射線方向平移個單位長度即為向左平移兩個單位長度，向下平移兩個單位長度得到拋物線，
即，
過點(diǎn)P作軸于點(diǎn)Q，過點(diǎn)N作軸于點(diǎn)K，連接，
設(shè)點(diǎn)N的坐標(biāo)為，
由平移得，
∴，
如圖所示，∵，
即，
解得（舍去）或，
這時點(diǎn)N的坐標(biāo)為；
如圖所示，∵，
即，
解得或（舍去），
這時點(diǎn)N的坐標(biāo)為；
綜上所述，點(diǎn)N的坐標(biāo)為或．
【知識點(diǎn)】軸對稱的應(yīng)用-最短距離問題；二次函數(shù)-動態(tài)幾何問題；利用頂點(diǎn)式求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)-線段周長問題；二次函數(shù)-角度的存在性問題
【解析】【分析】（1）利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式即可；
（2）根據(jù)題意利用待定系數(shù)法求出，再利用相似三角形的判定方法證明，最后結(jié)合題意，利用勾股定理等計(jì)算求解即可；
（3）根據(jù)平移求出，再求出，最后結(jié)合函數(shù)圖象，利用銳角三角函數(shù)等計(jì)算求解即可.
（1）解：設(shè)拋物線的解析式為，
把代入得，
解得，
∴；
（2）解：令，則，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為，
設(shè)直線的解析式為，把和代入得：
，解得，
∴，
設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為，過點(diǎn)P作軸交于點(diǎn)F，交x軸于點(diǎn)H，
則點(diǎn)F的坐標(biāo)為，
∴，
∵軸，
∴，，
∴，
∴，
∴當(dāng)時，取得最大值為，這時點(diǎn)P的坐標(biāo)為，
把點(diǎn)P向上平移個單位長度得到點(diǎn)，點(diǎn)的坐標(biāo)為，連接，
則四邊形是平行四邊形，
∴，
即，
由A，B關(guān)于對稱性可得點(diǎn)A的坐標(biāo)為，
連接，則的最小值為長，
即，
即的最小值為；
（3）解：∵，
∴，
∴將拋物線沿射線方向平移個單位長度即為向左平移兩個單位長度，向下平移兩個單位長度得到拋物線，即，
過點(diǎn)P作軸于點(diǎn)Q，過點(diǎn)N作軸于點(diǎn)K，連接，
設(shè)點(diǎn)N的坐標(biāo)為，
由平移得，
∴，
如圖所示，∵，
即，解得（舍去）或，
這時點(diǎn)N的坐標(biāo)為；
如圖所示，則∵，
即，解得或（舍去），
這時點(diǎn)N的坐標(biāo)為；
綜上所述，點(diǎn)N的坐標(biāo)為或．
22．（2025·東營）已知拋物線與x軸交于，兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)．
（1）求出拋物線的解析式；
（2）如圖1，點(diǎn)D是拋物線上位于對稱軸右側(cè)的一個動點(diǎn)，且點(diǎn)D在第一象限內(nèi)，過點(diǎn)D作x軸的平行線交拋物線于點(diǎn)E，作y軸的平行線交x軸于點(diǎn)G，過點(diǎn)E作軸，垂足為點(diǎn)F，當(dāng)四邊形的周長最大時，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（3）如圖2，點(diǎn)M是拋物線的頂點(diǎn)，將沿翻折得到，與y軸交于點(diǎn)Q，在對稱軸上找一點(diǎn)P，使得是以為直角邊的直角三角形，請直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【答案】（1）解：∵拋物線與x軸交于，兩點(diǎn)，
設(shè)拋物線的解析式為，
把代入解析式，得，
解得：，
∴拋物線的解析式為：，即
（2）解：∵拋物線的解析式為：，
∴拋物線圖象的對稱軸為直線：，
設(shè)，
∵軸，
∴，
∵過點(diǎn)D作x軸的平行線交拋物線于點(diǎn)E，作y軸的平行線交x軸于點(diǎn)G，過點(diǎn)E作軸，
∴四邊形是矩形，
∴四邊形的周長
，
∵，
∴當(dāng)時，四邊形的周長最大，則，
∴當(dāng)四邊形的周長最大時，點(diǎn)D的坐標(biāo)為；
（3）解：P的坐標(biāo)為或
【知識點(diǎn)】二次函數(shù)的實(shí)際應(yīng)用-幾何問題；三角形全等的判定-AAS；坐標(biāo)系中的兩點(diǎn)距離公式；利用交點(diǎn)式求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)-角度的存在性問題
【解析】【解答】（3）解：過C作垂直拋物線對稱軸于H，過N作軸于K，
∴，
由翻折得，
∵．
∴，
∴，
∵對稱軸于H，
∴軸，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∵拋物線的解析式為：，
∴對稱軸為直線，
∴，
∴，
∴，
∴，
設(shè)直線的解析式為，
∴，
解得：，
∴直線的解析式為：，
將代入，則，
∴，
設(shè)，
∴，，，
分兩種情況：
①當(dāng)時，，
∴，
解得：，
∴；
②當(dāng)時，，
∴
解得：，
∴點(diǎn)的坐標(biāo)為；
綜上，所有符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)為或．
【分析】(1)根據(jù)A，B的特征設(shè)設(shè)拋物線的解析式為，再用待定系數(shù)法求解析式把代入解析式，計(jì)算即可解答.
(2)先根據(jù)拋物線的解析式得到對稱軸為：直線；設(shè)可由軸，得到；過點(diǎn)D作x軸的平行線交拋物線于點(diǎn)E，作y軸的平行線交x軸于點(diǎn)G，過點(diǎn)E作軸，根據(jù)矩形的性質(zhì)表示出周長為，再結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)即可解答；
（3）過C作垂直拋物線對稱軸于H，過N作軸于K，由翻折的性質(zhì)得到，即可利用AAS證明，根據(jù)拋物線的圖象得到對稱軸和定點(diǎn)坐標(biāo)：直線，即可利用全等三角形的性質(zhì)計(jì)算得到，從而用待定系數(shù)法求得直線的解析式為：，設(shè)根據(jù)兩點(diǎn)之間的距離公式表示出PQ2，BP2，BQ2再分兩種情況：當(dāng)時或當(dāng)時，利用勾股定理計(jì)算即可解答.
23．（2025·內(nèi)江） 如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與x軸相交于、兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)．
（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）如圖1，過點(diǎn)B的直線與拋物線的另一個交點(diǎn)為點(diǎn)D，點(diǎn)M為拋物線對稱軸上的一點(diǎn)，連接，設(shè)點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為n，當(dāng)時，求n的值；
（3）如圖2，點(diǎn)N是拋物線的頂點(diǎn)，點(diǎn)P是x軸上一動點(diǎn)，將頂點(diǎn)N繞點(diǎn)P旋轉(zhuǎn)后剛好落在拋物線上的點(diǎn)H處，請直接寫出所有符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【答案】（1）解： 拋物線y=ax2+bx+c與x軸相交于A(-3，0) 、 B(1，0)兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C(0，3) ，
，
解得：
∴ 拋物線的表達(dá)式為y=- x2 -2x+3 ；
（2）解： 聯(lián)立得：
解得：，
∴ D (-4，-5) ，
∵ y=-x2-2x+3=-(x+1)2+4 ，
∴ 拋物線的對稱軸為直線x =-1 ，頂點(diǎn)為N (-1，4) ，
設(shè)M(-1， n ) ，
∵ MB = MD ，
∴ MB2=MD2 ，
∴(-1-1)2+(n-0 )2=(-1+4)2+(n+5)2 ，
解得：n=-3 ，
∴ n的值為-3 ；
（3）解：符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)為：或或或
【知識點(diǎn)】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用；坐標(biāo)系中的兩點(diǎn)距離公式；同側(cè)一線三垂直全等模型
【解析】【解答】解： （3）由（2）得頂點(diǎn)N(-1，4) ，
設(shè)P(m ，0) ，由旋轉(zhuǎn)得∠HPN=90° ， PN=PH ，
當(dāng)m <-1時，過點(diǎn)P作y軸的平行線 EF ，過點(diǎn)H ， N分別作EF的垂線，垂足為點(diǎn)F ， E ，如圖，
∴∠E=∠F=∠HPN=90° ，
∴∠EPN+∠ENP=∠EPN+∠HPF=90° ，
∴∠ENP=∠FPH ，
∴△PEN≌△HFP ( AAS ) ，
∴ EN=PF=-1- m ， PE=FH=4 ，
∴ H (4+ m ，1+ m ) ，
將點(diǎn)H(4+ m ，1+ m )代入y=-x2-2x+3 ，得-(4+m)2-2(4+ m )+3=1+ m ，
整理得： m2+11m+22=0 ，
解得：，
∴ P (， 0) 或 P ( ，0) ；
當(dāng)m>-1時，過點(diǎn)P作y軸的平行線，過點(diǎn)H ， N分別作平行線的垂線，垂足為點(diǎn) F ， E ，如圖，
∴∠E=∠F=∠HPN=90° ，
∴∠EPN+∠ENP=∠EPN+∠HPF=90° ，
∴∠ENP=∠FPH ，
∴△PEN≌△HFP( AAS ) ，
∴ EN=PF=m+1 ， PE=FH=4 ，
∴ H(m-4，-m-1) ，
將點(diǎn)H(m-4，-m-1) 代入y=-x2-2x+3 ，得-(m-4 )2-2(m-4)+3=-m-1 ，整理得： m2-7m+4=0 ，
解得： ，
∴ P (，0) 或 P (，0) ；
綜上，所有符合條件的點(diǎn)P ，的坐標(biāo)為： P (， 0) 或 P ( ，0)或 P (，0) 或 P (，0) .
【分析】（1）將A、B、C三點(diǎn)的坐標(biāo)分別代入拋物線y=ax2+bx+c可得關(guān)于字母a、b、c的三元一次方程組，求解得出a、b、c的值，從而即可求出拋物線的解析式；
（2）聯(lián)立拋物線與直線l的解析式，求解得出點(diǎn) D (-4，-5) ，將拋物線的解析式配成頂點(diǎn)式可得拋物線的對稱軸為直線x =-1 ，頂點(diǎn)為N (-1，4) ，由點(diǎn)的坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，設(shè)M(-1， n ) ，根據(jù)平面內(nèi)兩點(diǎn)間的距離公式結(jié)合MB=MD建立方程求解得出n的值；
（3）設(shè)P( m ，0) ，由旋轉(zhuǎn)得∠HPN=90° ， PN=PH ，當(dāng)m<-1時，過點(diǎn)P作y軸的平行線EF ，過點(diǎn)H ， N分別作EF的垂線，垂足為點(diǎn)F ， E ，如圖，由等角的余角相等得∠ENP=∠FPH ，從而可用AAS判斷出△PEN≌△HFP，由全等三角形的對應(yīng)邊相等得EN=PF=-1- m ， PE=FH=4 ，則H (4+ m ，1+ m ) ，然后將點(diǎn)H的坐標(biāo)代入拋物線的解析式可求出m的值，從而得到點(diǎn)P的坐標(biāo)；當(dāng)m>-1時，過點(diǎn)P作y軸的平行線，過點(diǎn)H ， N分別作平行線的垂線，垂足為點(diǎn) F ， E ，如圖，由等角的余角相等得∠ENP=∠FPH ，從而可用AAS判斷出△PEN≌△HFP，由全等三角形的對應(yīng)邊相等得 EN=PF=m+1 ， PE=FH=4 ，則 H(m-4，-m-1) ，然后將點(diǎn)H的坐標(biāo)代入拋物線的解析式可求出m的值，從而得到點(diǎn)P的坐標(biāo)，綜上即可得出答案.
24．（2025·威海）已知拋物線y＝ax2+bx﹣3交x軸于點(diǎn)A（﹣1，0），點(diǎn)B，交y軸于點(diǎn)C．點(diǎn)C向右平移2個單位長度，得到點(diǎn)D，點(diǎn)D在拋物線y＝ax2+bx﹣3上．點(diǎn)E為拋物線的頂點(diǎn)．
（1）求拋物線的表達(dá)式及頂點(diǎn)E的坐標(biāo)；
（2）連接BC，點(diǎn)M是線段BC上一動點(diǎn)，連接OM，作射線CD．
①在射線CD上取一點(diǎn)F，使CF＝CO，連接FM．當(dāng)OM+FM的值最小時，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；
②點(diǎn)N是射線CD上一動點(diǎn)，且滿足CN＝CM．作射線CE，在射線CE上取一點(diǎn)G，使CG＝CO．連接GN，BN．求OM+BN的最小值；
（3）點(diǎn)P在拋物線y＝ax2+bx﹣3的對稱軸上，若∠OAP+∠OCA＝45°，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為　 　 ．
【答案】（1）解：由題意得，
C（0，﹣3），D（2，﹣3），
∴，
∴，
∴拋物線的解析式為：y＝x2﹣2x﹣3，
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴E（1，﹣4）；
（2）解：①∵C（0，﹣3），D（2，﹣3），
∴CD⊥OC，
∵CF＝CO＝3，
∴OF＝3，
∴OM+FM≥OF＝3，
當(dāng)O、M、F共線時，OM+FM最小，
由x2﹣2x﹣3＝0得，
x1＝﹣1，x2＝3，
∴B（3，0），
∴BF⊥OB，
∵∠BOC＝90°，
∴四邊形BOCF是矩形，
∴矩形BOCF是正方形，
∴M（）；
②如圖1，
連接NG，作EH⊥EN于H，
∵E（1，﹣4），C（0，﹣3），
∴EH＝CH＝1，
∴∠ECH＝∠CEH＝45°，
由①知，
四邊形BOCF是正方形，
∴∠BCO＝45°，
∴∠BCO＝∠ECH，
∵CG＝OC，CM＝CN，
∴△OCM≌△GCN（SAS），
∴NG＝OM，
∴OM+BN＝NG+BN≥BG，
∴當(dāng)B、N、G共線時，OM+BN最小，
∵∠BCG＝90°，BC＝3，CG＝3，
∴BG3，
∴（OM+BN）最小＝3；
（3）（1，1）或（1，﹣1）
【知識點(diǎn)】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；勾股定理；解直角三角形—邊角關(guān)系；二次函數(shù)-線段周長問題；二次函數(shù)-角度的存在性問題
【解析】【解答】解：（3）如圖2，
設(shè)EP交AB于F，作FW⊥BC于W，
∵E（1，﹣4），
∴F（1，0），
∵A（﹣1，0），
∴OA＝OF，
∵OC⊥AF，
∴AC＝FC，
∴∠FCO＝∠OCA，
∵∠OCB＝45°，
∴∠FCO+∠BCF＝45°，
∵∠OAP+∠OCA＝45°，
∴∠OAP＝∠BCF，
∵BF＝OB﹣OF＝2，∠OBC＝45°，
∴FW＝BW，
∵BC＝3，
∴CW＝BC﹣BW＝2，
∴tan∠OAP＝tan∠BCF，
∴，
∴PF，
∴P（1，1）或（1，﹣1），
故答案為：（1，1）或（1，﹣1）．
【分析】(1)可求得D(2，-3)，進(jìn)而將點(diǎn)D和點(diǎn)A坐標(biāo)代入拋物線的解析式，求得a，b，進(jìn)一步得出結(jié)果；
(2)①可求得 從而得出 當(dāng)O、M、F共線時，OM+FM最小，可證得四邊形BOCF是正方形，進(jìn)而得出點(diǎn)M坐標(biāo)；
②連接NG， 作EH⊥EN于H， 可證得△OCM≌△GCN，從而NG=OM， 從而得出OM+BN = NG+BN ≥BG，根據(jù) 得出BG，從而得出結(jié)果；
(3)設(shè)EP交AB于F， 作FW⊥BC于W， 可得出AC=FC， 從而∠FCO=∠OCA， 進(jìn)而推出∠OAP =∠BCF， 進(jìn)而得出 從而 從而求得PF，進(jìn)而得出結(jié)果.
25．（2025·宜賓）如圖，是坐標(biāo)原點(diǎn)，已知拋物線與軸交于、兩點(diǎn)，與軸交于點(diǎn)，其中．
（1）求b、c的值；
（2）點(diǎn)為拋物線上第一象限內(nèi)一點(diǎn)，連結(jié)，與直線交于點(diǎn)，若，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（3）若為拋物線的頂點(diǎn)，平移拋物線使得新頂點(diǎn)為，若又在原拋物線上，新拋物線與直線交于點(diǎn)，連結(jié)．探新拋物線與軸是否存在兩個不同的交點(diǎn)．若存在，求出這兩個交點(diǎn)之間的距離；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）解：由題分別把A(3，0)，C(0，3)代入y=-x2+bx+c，
得，
解得b=2，c=3
（2）解：由(1)得b =2， c = 3，
則y=-x2 +2x+3，C(0，3)，
令y=0，則0=-x2+2x+3=（-x+3)(x+1)，
x1=3，x2=-1，
故B(-1，0)，A(3，0)，
分別過點(diǎn)E、D作EN⊥OA，DM⊥OA，如圖所示：
∵EN⊥OA，DM⊥OA，
∴∠ENB=∠DMB=90°，
∵∠DBM= ∠EBN，
∴DMB∽ENB，
∴
∵DE：BE=1：2，
∴DB：BE=3：2，
∴
設(shè)點(diǎn)E的縱坐標(biāo)為2m，則點(diǎn)D的縱坐標(biāo)為3m，
設(shè)AC的解析式為y = kx + r(k ≠ 0)，
∵C(0，3)， A(3，0)，
∴
解得r=3，k=-1；
∴AC的解析式為y=-x+3，
把y＝2m代入y=-x+3，得 2m =-x+3，
∴x=3-2m，
∴E(3-2m，2m)，
設(shè)BE的解析式為y = tx + q(t ≠ 0)，
把E(3-2m，2m)，B(-1，0)分別代入y =tx + q，
解得
BE的解析式為y=
依題意，把y=3m代入得 3m
則x=5-3m，
即點(diǎn)D(5-3m，3m)，
∵點(diǎn)D為拋物線上第一象限內(nèi)一點(diǎn)，且y=-x2+2x+3，
∴3m =- (5-3m)2 +2(5-3m) + 3，
整理得3m2-7m+4=(m-1)(3m-4) = 0，
∴m1=1，m2 =
此時y=的2-m ≠ 0，
故m1=1，m2= 43是符合題意的，
當(dāng)m=1時，則5-3m=5-3=2，3m=3，此時D(2，3)，
當(dāng)m=43時，則5-3m=5-4=1，3m=3×43=4，此時D(1，4)，
綜上：D(2，3)或D(1，4)；
（3）解：存在，理由如下：
由(2)得y =-x2 +2x +3，
整理y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4，
∵F為拋物線的頂點(diǎn)，
∴F(1，4)，
∵平移拋物線使得新頂點(diǎn)為P(m，n)(m>1)，P又在原拋物線上，新拋物線與直線x＝1交于點(diǎn)N，
連結(jié)FP、PN，過點(diǎn)P作PH⊥FN，∠FPN=120°，如圖所示：
∴平移后的拋物線的解析式為y=-(x-m)2 +n，
把x=1 代入y=-(x-m)2+n，
得yN =-(1-m)2 +n，
∵點(diǎn)P(m，n)在y =-(x-1)2 +4 上，
∴n=-(m-1)2+4，
∴ (m-1)2=4-n，
∴yN =-(1-m)2+n=-4+n+n=-4+2n，
∴N(1，-4+2n)，
∵P(m，n)， N(1，-4+2n)， F(1，4)，
∴PF2=(m-1)2+(n-4)2， PN2=(m-1)2+[n-(-4+2n)]2=(m-1)2+(n-4)2，
則PF2 = PN2，即PF＝PN，
∴ΔPFN是等腰三角形，
∵∠FPN=120°，
∴∠EPH=x 120° =60°，
則 tan∠FPH=tan60°=
∴4-n=(m-1)，
令t=m-1，
∴4-n=t，即n=-t+4，
∵n=-(m-1)2+4，
∴-t+4，=-t2+4，即t2-t=0，
∴ t(t-)=0，
∴t1=0，t2=，
∴m-1=0，或m-1=，
∴m=1(舍去)或m=+1，
∴P(1+，1)，
∴平移后的拋物線解析式為y＝-(x-1-2+1，
令y=0，則0＝-(x-1-)2+1，
∴ (x-1-)2=1，
即x-1-=±1，
∴x1=2+，x2=，
則Ix1-x2l=2+-=2，
∴新拋物線與x軸存在兩個不同的交點(diǎn)，這兩個交點(diǎn)之間的距離為2.
【知識點(diǎn)】待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)圖象與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)問題；二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】
(1)根據(jù)用待定系數(shù)法求解析式，分別把A(3，0)，C(0，3)代入y=-x2+bx+c，進(jìn)行計(jì)算，即可解答.
(2)令y=0先求解B(-1，0)，A(3，0)，再利用AA證明DMB∽ENB，利用相似三角形的性質(zhì)得到DE：BE=1：2，轉(zhuǎn)換比例關(guān)系得到，于是設(shè)點(diǎn)E的縱坐標(biāo)為2m，則點(diǎn)D的縱坐標(biāo)為3m，再分別求出 AC 的解析式為y=-x+3，BE 的解析式為y=即可得到D(5-3m，3m)，因?yàn)辄c(diǎn)D為物線上第一象限內(nèi)一點(diǎn)，代換得到3m=-(5-3m)2+2(5-3m)+3，解得m1=1，m2= 43 ，解答即可.
（3）根據(jù)F為拋物線的頂點(diǎn)求出F(1，4)再整理得平移后的拋物線的解析式為y=-(x-m)2+n，因?yàn)辄c(diǎn)P(m，n)在y=-(x-1)2+4，則(m-1)2=4-n，即N(1，-4+2n)，故PF2＝PN2，所以△PFN是等腰三角形，
再結(jié)合解直角三角函數(shù)得 tan∠FPH=tan60°=，代入數(shù)值計(jì)算得4-n=(m-1)，再運(yùn)用換元法進(jìn)行整理得到m-1=0，或m-1=，即可求出P(1+，1)，從而可的平移后的拋物線解析式為y＝-(x-1-2+1，再令y=0求出x1=2+，x2=，即可求出兩個交點(diǎn)之間的距離，解答即可.
26．（2025·南充）拋物線 與x軸交于A （3，0），B兩點(diǎn)，N是拋物線頂點(diǎn).
（1）求拋物線的解析式及點(diǎn)B的坐標(biāo).
（2） 如圖1， 拋物線上兩點(diǎn)P（m， y1）， Q（m+2， y2）， 若PQ∥BN，求m的值.
（3）如圖2，點(diǎn)M（-1，-5），如果不垂直于y軸的直線l與拋物線交于點(diǎn)G，H，滿足∠GMN=∠HMN.探究直線l是否過定點(diǎn) 若直線l過定點(diǎn)，求定點(diǎn)坐標(biāo)；若不過定點(diǎn)，請說明理由.
【答案】（1）解：把A(3， 0) 代入
令
得x1=-5， x2=3.
∴ B(-5， 0).
（2）解：∵ B(-5，0)， N(-1， - 4)，
∴ 直線BN為y=-x-5.
∵ PQ∥BN， 設(shè)直線PQ為 y=-x+n.
點(diǎn)
解得 m=-4

（3）解：存在定點(diǎn)T滿足條件.
設(shè)直線l解析式y(tǒng)= kx+b， 直線l與拋物線相交于點(diǎn)G(x3， y3)， H(x4， y4)，
∴.
作GC⊥MN， HD⊥MN，
GC=-1-x3， MC=y3+5，HD=x4+1， MD=y4+5，
∵ ∠GMN=∠HMN，
∴ tan∠GMN=tan∠HMN.
即
.
∴ - 4k(b-k+3)=0.
∵ 直線l不垂直于y軸，
∴ k≠0，
∴ b-k+3=0，
∴ b=k-3.
∴ 直線l解析式y(tǒng)=k(x+1)-3.
∵ 無論k為何值， x=--1， y=-3.
l過定點(diǎn)T(-1，- 3)， 故存在定點(diǎn)T(-1，- 3).
【知識點(diǎn)】二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用；解直角三角形—邊角關(guān)系；二次函數(shù)-角度的存在性問題
【解析】【分析】（1）由題意，把點(diǎn)A的坐標(biāo)代入拋物線的解析式求出a的值，即可得拋物線的解析式；令解析式中的y=0可得關(guān)于x的方程，解方程求出x的值，則可得點(diǎn)B的坐標(biāo)；
（2）用待定系數(shù)法求出直線BN的解析式；根據(jù)平行線的性質(zhì)可設(shè)直線PQ為 y=-x+n. 結(jié)合P、Q兩點(diǎn)都在拋物線上可得關(guān)于m、n的方程組，解方程組即可求解；
（3）存在定點(diǎn)T滿足條件.設(shè)直線l解析式y(tǒng)= kx+b， 直線l與拋物線相交于點(diǎn)G(x3， y3)， H(x4， y4)，
由一元二次方程的根于系數(shù)的關(guān)系可得x3+x4、x3x4的值用含k、b的代數(shù)式表示出來，作GC⊥MN， HD⊥MN，根據(jù)tan∠GMN=tan∠HMN可得比例式結(jié)合已知條件整理可得：- 4k(b-k+3)=0.根據(jù)直線l不垂直于y軸可得直線l的解析式，代入比例式可判斷求解.
27．（2025·煙臺）如圖，拋物線與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，，，D是直線上方拋物線上一動點(diǎn)，作交于點(diǎn)E，垂足為點(diǎn)F，連接.
（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）設(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為，
①用含有的代數(shù)式表示線段的長度；
②是否存在點(diǎn)D，使是等腰三角形 若存在，請求出所有滿足條件的點(diǎn)D的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；
（3）連接，將線段繞點(diǎn)按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到線段，連接，請直接寫出線段長度的最小值.
【答案】（1）解：
設(shè)拋物線解析式為
（2）解：①
，即
設(shè)直線BC的解析式為，則由題意知
解得
直線BC的解析式為：
設(shè)且點(diǎn)D在直線BC上方的拋物線上
軸于F交直線BC于E
②存在，或或，理由如下：
、、
當(dāng)CD=CE時，，解得或（舍去），，即；
當(dāng)CD=DE時，，解得，，即；
當(dāng)CE=DE時，，解得或（舍去），，即；
綜上所述，D點(diǎn)坐標(biāo)為或或；
（3）
【知識點(diǎn)】二次函數(shù)的最值；二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征；同側(cè)一線三垂直全等模型；利用交點(diǎn)式求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)-特殊三角形存在性問題
【解析】【解答】（3）
解：如圖所示，分別過點(diǎn)E、G作軸的垂線，垂足分別為點(diǎn)M、N.
，即
AG2有小值，即當(dāng)時，最小值為20
此時，
【分析】
（1）觀察圖象知，點(diǎn)A在原點(diǎn)左側(cè)，點(diǎn)B在原點(diǎn)右側(cè)，因?yàn)椤ⅲ瑒t可得拋物線與x軸的兩個交點(diǎn)A、B兩點(diǎn)坐標(biāo)，則可設(shè)拋物線的解析式為交點(diǎn)式，即，再轉(zhuǎn)化為一般式，則可求出a、b的值，則拋物線解析式可求；
（2） ① 由于點(diǎn)D在直線BC上方的拋物線上且交BC于點(diǎn)E，此時可利用二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，則可利用待定系數(shù)法得到直線BC的解析式，再設(shè)出點(diǎn)D的坐標(biāo)，則點(diǎn)E的坐標(biāo)可得，由于點(diǎn)D在點(diǎn)E的上方，則利用D、E兩點(diǎn)縱坐標(biāo)的差表示出線段DE的長；
②由于點(diǎn)C、D、E三點(diǎn)的坐標(biāo)都已知或可以用含t的代數(shù)式表示，則兩點(diǎn)距離公式可分別表示出CD、CE，再分類討論，即CE=DE或CE=CD或CD=DE，分別解關(guān)于t的一元二次方程或一元一次方程即可求出t的值，再根據(jù)t的取值范圍進(jìn)行取舍即可；
（3）由于點(diǎn)E繞原點(diǎn)O順時針旋轉(zhuǎn)90度得到點(diǎn)G，則可分別過點(diǎn)E、G作y軸的垂線段EM和GN，從而構(gòu)造一線三垂直全等模型證明，再利用全等的性質(zhì)表示出點(diǎn)G的坐標(biāo)，再利用兩點(diǎn)距離可得AG2是關(guān)于t的二次函數(shù)，且二次項(xiàng)系數(shù)為正，則可利用二次函數(shù)的增減性求得AG2的最小值，則AG的最小值可得.
28．（2025·達(dá)州） 如圖，已知拋物線交x軸于A，B兩點(diǎn)，交y軸于C點(diǎn)，B的坐標(biāo)為，C的坐標(biāo)為，頂點(diǎn)為M．
（1）求拋物線的解析式；
（2）連接，過第四象限內(nèi)拋物線上一點(diǎn)作的平行線，交x軸于點(diǎn)E，交y軸于點(diǎn)F．
①連接，當(dāng)時，求內(nèi)切圓半徑r與外接圓半徑R的比值；
②連接，當(dāng)點(diǎn)F在的內(nèi)角平分線上，上的動點(diǎn)P滿足的值最小時，求的面積．
【答案】（1）解：把B的坐標(biāo)(3，0)，C的坐標(biāo)(0，3)代入拋物線的解析式。
得 解得：
∴拋物線的解析式是
（2）解：①令 解得：
∵B(3，0)， C(0，3)， ∴OB=OC=3， ∴△OBC是等腰直角三角形，
∵EF∥BC，∴∠FEA=∠CBO=45°，
∴當(dāng)∠AFE=90°時， △AEF 是等腰直角三角形，且
∴△AEF的外接圓半徑為AE長，R=1，
即
解得：
∴拋物線的對稱軸是直線x=1，頂點(diǎn)M的坐標(biāo)是(1，4)，
∴直線 與x軸的交點(diǎn)T的坐標(biāo)是(1，0).
作PQ⊥x軸于點(diǎn) Q，則在直角三角形 BPQ中，
，
∴當(dāng)M、P、Q三點(diǎn)共線時，即 軸時， 的值最小，
此時Q、T重合，當(dāng)點(diǎn)F在 的內(nèi)角 的平分線上，
即 時， 如圖，
∵∠COA=∠COE=90°，CO=CO， ∴△ACO≌△ECO， ∴AO=EO=1， ∴E、T重合，
∵B(3，0)， C(0，3)， ∴直線BC的解析式是
當(dāng) 時，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)是(1，2)，
當(dāng)點(diǎn)F在 的內(nèi)角 的平分線上時，如圖，
作 于點(diǎn)K，則
設(shè) 則CF=3-a，
且
解得：
由于 ∴點(diǎn)F不可能在△AEC的內(nèi)角∠AEC的平分線上；
當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)重合于點(diǎn)O時，此時OF平分∠AEC即點(diǎn)F在∠AEC的平分線上，符合題意，則BE=BO=3，
綜上： △BPE的面積為2或3或
【知識點(diǎn)】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用；解直角三角形—邊角關(guān)系；內(nèi)切圓與外接圓的綜合運(yùn)用
【解析】【分析】
（1）利用待定系數(shù)法求解即可；
（2）①先求出點(diǎn)A的坐標(biāo)，進(jìn)而可判斷△OBC，△AEF是等腰直角三角形，然后根據(jù)△AEF的外接圓直徑是AE=2，可得其外接圓的半徑R=1，再利用等積法求出r，即可解決問題；
②先求得拋物線的頂點(diǎn)M的坐標(biāo)和對稱軸與x軸的交點(diǎn)T的坐標(biāo)，作PQ⊥x軸于點(diǎn)P，可得PQ=， 繼而可得， 于是可得當(dāng)M、P、Q三點(diǎn)共線且MQ⊥x軸時，取最小值， 此時Q、T重合，然后分點(diǎn)F在△ACE不同內(nèi)角平分線上共三種情況，外加當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)重合于點(diǎn)O時，此時點(diǎn)F在∠AEC 的平分線上這種特殊情況，討論求解即可.
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