【文档说明】考点12 压轴题二次函数-2022年初中毕业班数学常考点归纳与变式演练（通用版）（解析版）.docx，共(67)页，3.100 MB，由管理员店铺上传

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考点12压轴题二次函数常考点归纳常考点01中等难度的二次函数【典例1】（2021·河南中考真题）如图，抛物线2yxmx=+与直线yxb=−+交于点A(2，0)和点B．（1）求m和b的值；（2）求点B的坐标，并结合图象写出不等式2xmxx

b+−+的解集；（3）点M是直线AB上的一个动点，将点M向左平移3个单位长度得到点N，若线段MN与抛物线只有一个公共点，直接写出点M的横坐标Mx的取值范围．【答案】（1）2m=−，2b=；（2）不等式2xmx+

>xb−+的解集为1x−或2x；（3）点M的横坐标Mx的取值范围是：12Mx−或3Mx=．【分析】（1）把A(2，0)分别代入两个解析式，即可求得m和b的值；（2）解方程222xxx−=−+求得点B的坐标为

(-1，3)，数形结合即可求解；（3）画出图形，利用数形结合思想求解即可．【详解】解：（1）∵点A(2，0)同时在2yxmx=+与yxb=−+上，∴2022m=+，02b=−+，解得：2m=−，2b=；（2）由（1）

得抛物线的解析式为22yxx=−，直线的解析式为2yx=−+，解方程222xxx−=−+，得：1221xx==−，．∴点B的横坐标为1−，纵坐标为23yx=−+=，∴点B的坐标为(-1，3)，观察图形知，当1x−或2x时，抛物线在直线的上方，∴

不等式2xmx+>xb−+的解集为1x−或2x；（3）如图，设A、B向左移3个单位得到A1、B1，∵点A(2，0)，点B(-1，3)，∴点A1(-1，0)，点B1(-4，3)，∴AA1=BB1=3，且AA1∥BB1，即MN为AA1、BB1相互平行的线段，对于抛物线()22211yx

xx=−=−−，∴顶点为(1，-1)，如图，当点M在线段AB上时，线段MN与抛物线22yxx=−只有一个公共点，此时12Mx−，当线段MN经过抛物线的顶点(1，-1)时，线段MN与抛物线22yxx=−也只有一个

公共点，此时点M1的纵坐标为-1，则12Mx−=−+，解得3Mx=，综上，点M的横坐标Mx的取值范围是：12Mx−或3Mx=．．【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质；能够画出图形，结合函数图象，运用

二次函数的性质求解是关键．【典例2】（2021·安徽中考真题）已知抛物线221(0)yaxxa=−+的对称轴为直线1x=．（1）求a的值；（2）若点M（x1，y1），N（x2，y2）都在此抛物线上，且110x−

，212x．比较y1与y2的大小，并说明理由；（3）设直线(0)ymm=与抛物线221yaxx=−+交于点A、B，与抛物线23(1)yx=−交于点C，D，求线段AB与线段CD的长度之比．【答案】（1）1a=；（2）12yy，见解析；（3）3【分析】（1）根据对称轴2bxa

=−，代值计算即可（2）根据二次函数的增减性分析即可得出结果（3）先根据求根公式计算出1xm=，再表示出|1(1)|ABmm=+−−+，12CDxx=−=233m=，即可得出结论【详解】解：（1）由题意得：212xa−=−=1a\=（2）抛物线对称轴为直线1x=，且10a=当1x时，

y随x的增大而减小，当1x时，y随x的增大而增大．当111x−时，y1随x1的增大而减小，1x=−时，4y=，0x=时，1y=114y同理：212x时，y2随x2的增大而增大1x=时，0y=．2

x=时，1y=201y12yy（3）令221xxm−+=22(1)0xxm−+−=2(2)41(1)m=−−−4m=24121mxm==11xm=+21xm=−+|1(1)|ABmm=+−−+2m=令23(1)xm−=2(

1)3mx−=1313mx=+2313mx=−+12CDxx=−233m=23233ABmCDm==AB与CD的比值为3【点睛】本题考查二次函数的图像性质、二次函数的解析式、对称轴、函数的交点、正确理解二次函数的性质是关键，利用交点的特点解题是重点【典例3】（2021·

浙江杭州市中考真题）在直角坐标系中，设函数（，是常数，）．（1）若该函数的图象经过和两点，求函数的表达式，并写出函数图象的顶点坐标．（2）写出一组，的值，使函数的图象与轴有两个不同的交点，并说明理由．（3）已知，当（，是实数，）时，该函数对应的函数值分别为，．若，求证．【答案】（1），顶点坐

标是；（2），，理由见解析；（3）见解析．【分析】（1）把点和代入二次函数解析式进行求解，然后把一般式化为顶点式即可求解顶点坐标；（2）根据二次函数的图象与系数的关系可直接进行求解；（3）由题意，得，，则有，进而问题可求解．【详解】解：（1）把点和代入得：，解得，∴，则化为顶点式为，∴该函数

图象的顶点坐标是；（2）例如，，此时；因为，所以函数图象与轴有两个不同的交点；（3）由题意，得，，21yaxbx=++ab0a()1,0()2,1ab21yaxbx=++x1ab==,xpq=pqpqPQ2pq+=6PQ+221yxx=−+()1,01a=3

b=()1,0()2,121Ppp=++21Qqq=++()2216PQq+=−+()1,0()2,1104211abab++=++=12ab==−221yxx=−+()21yx=−()1,01a=3b=231

yxx=++2450bac−=231yxx=++x21Ppp=++21Qqq=++∵，∴，由题意，知，所以．【点睛】本题主要考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．【技巧点拨】常考的二次函数图象与性质知识点1.函数值大小和开口方向和到对称轴的距离有关a＞0，离对

称轴越远函数值越大。a＜0，离对称轴越近函数值越大。2.当两个点在对称轴的同侧（左侧或右侧），最值为这两个点的函数值。当两个点在对称轴的异侧，其中一个最值是顶点坐标的纵坐标。3.如果两个点的纵坐标相等，那么这两个点关于对称轴对称。4.两点之间距离公式：22)()(BABAxxy

yAB−+−=5.中点坐标：线段AB的中点C的坐标为:）2,2(BABAyyxx++常考点02与几何结合的二次函数【典例1】（2021·湖北恩施土家族苗族自治州中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形为正方形，点，在轴上，抛物线经过点，两点，且与直线

交于另一点．（1）求抛物线的解析式；（2）为抛物线对称轴上一点，为平面直角坐标系中的一点，是否存在以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形．若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；2pq+=2211PQppqq+=+++++224pq=++()2224qq=−++()22166q=−+

1q6PQ+ABCDABx2yxbxc=++B()4,5D−DCEFQQFEBBEF（3）为轴上一点，过点作抛物线对称轴的垂线，垂足为，连接，．探究是否存在最小值．若存在，请求出这个最小值及点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在以点，，，为顶点的四边

形是以为边的菱形，点的坐标为或或或；（3）存在最小值，最小值为，此时点M的坐标为．【分析】（1）由题意易得，进而可得，则有，然后把点B、D代入求解即可；（2）设点，当以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形时，则根据菱形的性质可分①当时，②当时，然后根据两点

距离公式可进行分类求解即可；（3）由题意可得如图所示的图象，连接OM、DM，由题意易得DM=EM，四边形BOMP是平行四边形，进而可得OM=BP，则有，若使的值为最小，即为最小，则有当点D、M、O三点共线时，的值为最小，然后问题可求解．【详解】解：（1）∵四边

形为正方形，，∴，，∴，∴OB=1，∴，把点B、D坐标代入得：，解得：，∴抛物线的解析式为；（2）由（1）可得，抛物线解析式为，则有抛物线的对称轴为直线，∵点D与点E关于抛物线的对称轴对称，∴，∴由两点距

离公式可得，设点，当以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形时，则根据菱形的性质可分：①当时，如图所示：PyPMMEBPEMMPPB++M223yxx=+−QFEBBEF()1,22−()1,22−−()1,517−−()1,

517−+EMMPPB++411+51,4−5ADAB==()4,0A−()10B,()1,Fa−QFEBBEBFBE=EFBE=1EMMPPBDMMO++=++EMMPPB++1DMMO++1DMMO++AB

CD()4,5D−5ADAB==()4,0A−4AO=()10B,164510bcbc−+=++=23bc==−223yxx=+−()10B,223yxx=+−1x=−()2,5E()()222120526BE=

−+−=()1,Fa−QFEBBEBFBE=∴由两点距离公式可得，即，解得：，∴点F的坐标为或；②当时，如图所示：∴由两点距离公式可得，即，解得：，∴点F的坐标为或；综上所述：当以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形，点的坐

标为或或或；（3）由题意可得如图所示：22BFBE=()()2211026a++−=22a=()1,22−()1,22−−EFBE=22EFBE=()()2221526a++−=517a=()1,517−−()1,517−+QF

EBBEF()1,22−()1,22−−()1,517−−()1,517−+连接OM、DM，由（2）可知点D与点E关于抛物线的对称轴对称，，∴，DM=EM，∵过点作抛物线对称轴的垂线，垂足为，∴，∴四边形BOMP是平行四边形，∴OM=BP，∴，若使的值为最小，即为最小，∴当点D

、M、O三点共线时，的值为最小，此时OD与抛物线对称轴的交点为M，如图所示：∵，∴，∴的最小值为，即的最小值为，设线段OD的解析式为，代入点D的坐标得：，∴线段OD的解析式为，∴．【点睛】本题主要考查二次函数的综合、菱形的性质及轴对称的性质，熟

练掌握二次函数的综合、菱形的性质及轴对称的性质是解题的关键．【典例2】（2021·辽宁中考真题）如图，已知点，点，直线过点B交y轴于点C，交x轴于点D，抛物线经过点A、C、D，连接、．（1）求抛物线的表达式；（2）判断的形状，并说明理由；()10B,1OB=PM1,//PMOBPMOB==1EMM

PPBDMMO++=++EMMPPB++1DMMO++1DMMO++()4,5D−224541OD=+=1DMMO++411+EMMPPB++411+ykx=54k=−54yx=−51,4M−(8,0)A−(5,4)B−−2yxm

=+2114yaxxc=++ABACABC（3）E为直线上方的抛物线上一点，且，求点E的坐标；（4）N为线段上的动点，动点P从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段运动到点N，再以每秒个单位长度的速度沿线段运动到点C，又以每秒1个单位长度的速度

沿线段向点O运动，当点P运动到点O后停止，请直接写出上述运动时间的最小值及此时点N的坐标．【答案】（1）；（2）△ABC为直角三角形，且∠BAC=90°，理由见解析；（3）E（，）；（4）运动时间t的最小值为，此时N坐标为（﹣6，）【分析】（1）

由点B坐标求出m值，进而求得点C坐标，利用待定系数法求抛物线的表达式即可；（2）由两点间距离公式求得AC2、AB2、BC2，利用勾股定理的逆定理即可做出判断；（3）由（2）中数据可知∠BCA=∠ECA，延长BA至F，使AF=AB，连接CF，

则点E为直线CF与抛物线的交点，求出直线CF的解析式，与抛物线联立方程组，解之即可求得点E坐标；（4）过N作MN⊥AC于M，过F作⊥BC交AC于，连接FN，则FN=BN，求得MN=，由点P运动时间t===，当F、N、M三点共线时，t最小，进一步求解即可解答．【

详解】解：（1）∵直线过点B交y轴于点C，∴将代入得：﹣4=2×（﹣5）+m，解得：m=6，则C（0，6），将A（﹣8，0）、C（0，6）代入，AC1tan2ECA=ACBN5NCCO2111644yxx=++11311−50012145+632FMN5NC115BNNCCO

++6BNMN++6FNMN++2yxm=+(5,4)B−−2114yaxxc=++得：，解得：，∴抛物线的表达式为；（2）△ABC为直角三角形，且∠BAC=90°，理由为：由题意，AB2=（﹣8+5）2+（0+4）2=25，AC2=（﹣8+0）2+（0﹣6）

2=100，BC2=（﹣5+0）2+（﹣4﹣6）2=125，∴AC2+AB2=BC2，∴△ABC为直角三角形，且∠BAC=90°；（3）由（2）知AB=5，AC=10，∴tan∠BCA==tan∠ECA，∴∠BCA=∠ECA，延

长BA至F，使AF=AB，连接CF，则点B、F关于点A对称，∴F（﹣11，4），∵∠BAC=∠FAC=90°，AF=AB，AC=AC，∴△FAC≌△BAC，∴∠BCA=∠FCA，∴点E为直线CF与抛物线的交点，设直线CF的解析式为y=kx+b，则，解得：，∴直线CF的解析式为，联立方程组，

解得：或（舍去），故点E坐标为（，）；（4）过N作MN⊥BC于M，过F作⊥BC交AC于，连接FN，则FN=BN，∵AB=5，BC=，∴sin∠BCA=，∴MN=，又CO=6，∴点P运动时间t===≥+6，当F、N、M三点共线时，t最小，∵AC=10，BC=，∴sin∠ABC=，∴=，∴点

P运动时间t的最小值为，由直线BC的表达式y=2x+6得点D坐标为（﹣3，0），∵FD=，∴点D与点重合，则点N（即）为直线FD与直线AC的交点，由点A（﹣8，0）和C（0，6）得直线AC的表达式为，642206a

cc−+==146ac==2111644yxx=++12ABAC=1146kbb−+==211k=2611yx=+22611111644yxyxx=+=++11311500121xy=−

=06xy==11311−500121FMN125=5555ABMNBCNC==5NC115BNNCCO++6BNMN++6FNMN++FM55255ACFMBCBF==FM4545+622(113)445−++=MN364y

x=+由点F（﹣11，4）和D（﹣3，0）得直线FD的表达式为，联立方程组，解得：，∴此时N坐标为（﹣6，），【点睛】本题考查二次函数的综合，涉及待定系数法求解函数解析式、两点间的距离公式、勾股定理的逆定理、

锐角的三角函数、垂线段最短、轴对称性质、解二元二次方程组、解一元一次方程组、全等三角形的判定与性质等知识，综合性强，难度较难，解答的关键是弄懂题意，找寻相关知识间的关联点，利用待定系数法和数形结合思想进行探究、推理和计算．【典例3】（2

021·天津中考真题）在平面直角坐标系中，O为原点，是等腰直角三角形，，顶点，点B在第一象限，矩形的顶点，点C在y轴的正半轴上，点D在第二象限，射线经过点B．（Ⅰ）如图①，求点B的坐标；（Ⅱ）将矩形沿x轴向右

平移，得到矩形，点O，C，D，E的对应点分别为，，，1322yx=−−3641322yxyx=+=−−632xy=−=32OAB90,OBABOBA==()4,0AOCDE7,02E−DCOCDEOCDEOC

D¢，设，矩形与重叠部分的面积为S．①如图②，当点在x轴正半轴上，且矩形与重叠部分为四边形时，与相交于点F，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．【答案】（Ⅰ）点B的坐标为；（Ⅱ）①，t的取值范围是；②．【分析】(I)过点B作，垂足为H，由等腰

三角形的“三线合一”性质得到，再由∠BOH=45°得到△OBH为等腰直角三角形，进而，由此求得B点坐标；(II)①由平移知，四边形是矩形，得，进而得到，再由重叠部分面积即可求解；②画出不同情况下重叠部分的图

形，分和两种情况，将重叠部分的面积表示成关于t的二次函数，再结合二次函数的最值问题求解．【详解】解：(I)如图，过点B作，垂足为H．由点，得．∵，∴．又∠BOH=45°，∴△OBH为等腰直角三角形，∴．∴点B的坐标为．EOOt=OCDEOABEOCDEOA

BDEOB5922t()2,221717228Stt=−+−1142t2363816SBHOA⊥122OHOA==2BHOH==OCDE790,2OEDOEOE===72FEOEt==−OABFOESSS

=−5722t7922tBHOA⊥()4,0A4OA=,90BOBAOBA==122OHOA==2BHOH==()2,2(II)①由点，得．由平移知，四边形是矩形，得．∴，．∵，，∴．∴∴．∴．∴．∴．整理后得到：．当与A重合时，矩形与重叠部分刚开始为四边形，如下图(1)

所示：此时，当与B重合时，矩形与重叠部分为三角形，接下来往右平移时重叠部分一直为三角形直到与A点重合，如下图(2)所示：7,02E−72OE=OCDE790,2OEDOEOE

===72OEOOOEt==−−90FEO=BOBA=90OBA=45BOABAO==9045OFEBOA=−=FOEOFE=72FEOEt==−2117222FOESOEFEt==−211742222OABFOES

SSt=−=−−21717228Stt=−+−'OOCDEOAB4OOt=='DOCDEOAB'E此时，∴t的取值范围是，故答案为：，其中：；②当时，矩形与重叠部分的面积如下

图3所示：此时，∠BAO=45°，为等腰直角三角形，∴，∴，∴重叠部分面积，∴是关于的二次函数，且对称轴为，且开口向下，故自变量离对称轴越远，其对应的函数值越小，故将代入，得到最大值，''711222tOODD===+=1142t217

17228Stt=−+−1142t5722tOCDEOAB'4AOt=−'AOF''4AOFOt==-22'111''(4)48222AOFSAOFOttt=?-=-+22'114(48)442

2AOBAOFSSStttt=-=--+=-+-St4t=72t=217731()442228S=-??=将代入，得到最小值，当时，矩形与重叠部分的面积如下图4所示：此时，和均为等腰直角三角形，∴，，∴重叠部分面积，∴是关

于的二次函数，且对称轴为，且开口向下，故自变量离对称轴越远，其对应的函数值越小，故将代入，得到最大值，将代入，得到最小值，∵，，∴的最小值为，最大值为，故答案为：．52t=215523()442228S=-??=7922tOCD

EOAB''4'AOOAOOtFO=−=−=7'''2OEEEEOtME=−=−='AOF'OEM22'111''(4)48222AOFSAOFOttt=?-=-+22'1171749''()222

228OEMSOEMEttt=?-=-+222''1174915814(48)()222828AOBOEMAOFSSSStttttt=--=--+--+=-+-St154t=154t=21515158163()424816S=-+

?=92t=291598127()22288S=-+?=272388>6331168>S23863162363816S【点睛】本题考查了矩形的性质、坐标与图形性质、平移的性质、直角三角形的性质、二次函数的最值等问题，属于综合题，需要画出动点不同状态下的

图形求解，本题难度较大，需要分类讨论．【技巧点拨】一、几何分析法特别是构造“平行四边形”、“梯形”、“相似三角形”、“直角三角形”、“等腰三角形”等图形时，利用几何分析法能给解题带来方便。二、常考知识点总结1.两点之间距离公式：22)()(BABAxxyyAB−+−=2.中点坐标：

线段AB的中点C的坐标为:）2,2(BABAyyxx++3.直线)0()0(222111+=+=kbxkykbxky与的位置关系（1）两直线平行2121bbkk=且（2）两直线相交21kk（3）两直线重合2121bbkk==且（4）两直线垂直1-21=kk4

.三角形面积等于水平宽与铅垂高乘积的一半5.点到直线的距离公式2200BACByAxd+++=【变式演练】几何要求几何分析涉及公式应用图形跟平行有的图形平移2121kkll=∥、2121xxyyk−−=平行四边形矩形梯形跟直角有关的图形勾股定理逆定理

利用相似、全等、平行、对顶角、互余、互补等22)()(BABAxxyyAB−+−=直角三角形直角梯形矩形跟线段有关的图形利用几何中的全等、中垂线的性质等。22)()(BABAxxyyAB−+−=等腰三角形全等等腰梯形跟角有关的图形利用相似、全等、平行、对顶角、互余、互

补等1．如图，抛物线22yxxc=−++与x轴正半轴，y轴正半轴分别交于点,AB，且,OAOB=点G为抛物线的顶点．()1求抛物线的解析式及点G的坐标；()2点,MN为抛物线上两点(点M在点N的左侧)，且到对称轴的距离分别为3个单位长度和5个单位长度，点Q为抛物线上点,MN之间(含点

,MN)的一个动点，求点Q的纵坐标Qy的取值范围．【答案】（1）2yx2x3=−++，G（1,4）；（2）﹣21≤Qy≤4或﹣21≤Qy≤﹣5．【解析】【分析】（1）根据,OAOB=用c表示出点A的坐标，把A的

坐标代入函数解析式，得到一个关于c的一元二次方程，解出c的值，从而求出函数解析式，求出顶点G的坐标．（2）根据函数解析式求出函数图像对称轴，根据点M,N到对称轴的距离，判断出M,N的横坐标，进一步得出M,N的纵坐

标，求出M,N点的坐标后可确定Qy的取值范围．【详解】解：（1）∵抛物线22yxxc=−++与y轴正半轴分别交于点B，∴B点坐标为（c，0），∵抛物线22yxxc=−++经过点A，∴﹣c2+2c+c=0，解得c1=0（舍去）

，c2=3，∴抛物线的解析式为2yx2x3=−++∵2yx2x3=−++=﹣（x－1）2+4，∴抛物线顶点G坐标为（1,4）．（2）抛物线2yx2x3=−++的对称轴为直线x=1，∵点M,N到对称轴的距离分别为3个单位长度和5个单位长度，∴点M的横坐标为﹣2或4

，点N的横坐标为﹣4或6，点M的纵坐标为﹣5，点N的纵坐标为﹣21，又∵点M在点N的左侧，∴当M坐标为（﹣2，﹣5）时，点N的坐标为（6，﹣21），则﹣21≤Qy≤4当当M坐标为（4，﹣5）时，点N的坐标为（6

，﹣21），则﹣21≤Qy≤﹣5，∴Qy的取值范围为﹣21≤Qy≤4或﹣21≤Qy≤﹣5．【点睛】本题考查的是二次函数的基本的图像与性质，涉及到的知识点有二次函数与坐标轴交点问题，待定系数法求函数解析式，对

称轴性质等，解题关键在于利用数形结合思想正确分析题意，进行计算．2．如图，已知抛物线经过点．（1）求的值；（2）连结，交抛物线L的对称轴于点M．①求点M的坐标；②将抛物线L向左平移个单位得到抛物线．过点M作轴，交抛物线于点N．P

是抛物线上一点，横坐标为，过点P作轴，交抛物线L于点E，点E在抛物线L对称轴的右侧．若，求m的值．【答案】（1）；（2）①；②1或．【分析】（1）直接运用待定系数法求解即可；（2）①求出直线AB的解析式，抛物线的对称轴方程，代入2:Lyxbxc=++(0,5),(5,0)A

B−,bcAB(0)mm1L//MNy1L1L1−//PEx10PEMN+=4,5−−(2,3)−1652−+求解即可；②根据抛物线的平移方式求出抛物线的表达式，再分三种情况进行求解即可．【详解】解：（1）把点的坐标分别代入，得．解得的值分别为．（2）①设所在直

线的函数表达式为，把的坐标分别代入表达式，得解得所在直线的函数表达式为．由（1）得，抛物线L的对称轴是直线，当时，．∴点M的坐标是．②设抛物线的表达式是，轴，点N的坐标是．∵点P的横坐标为∴点P的坐标是，设交抛物线于另

一点Q，∵抛物线的对称轴是直线轴，∴根据抛物线的轴对称性，点Q的坐标是．1L(0,5),(5,0)AB−2yxbxc=++5,2550.cbc=−++=4,5.bc=−=−,bc4,5−−AB()0

ykxnk=+(0,5),(5,0)AB−5,50.nkn=−+=1,5.kn==−AB5yx=−2x=2x=53yx=−=−(2,3)−1L2(2)9yxm=−+−//MNy()22,9m−1,−()21,6mm−−PE1L1L

2,//xmPEx=−()252,6mmm−−（i）如图1，当点N在点M下方，即时，，，由平移性质得，∴∴，解得（舍去），．（ii）图2，当点N在点M上方，点Q在点P右侧，即时，，，解得（舍去），（舍去）．（ⅲ）如

图3，当点N在点M上方，点Q在点P左侧，即时，，，解得（舍去），．综上所述，m的值是1或．【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式、抛物线的平移规律和一元二次方程等知识点，数形结合、熟练掌握相关性质是

解题的关键．3．已知抛物线经过点．（1）求抛物线的函数表达式和顶点坐标．（2）直线交抛物线于点，，为正数．若点在抛物线上且在直线下方（不与点，重合），分别求出点横坐标与纵坐标的取值范围，【答案】（1），顶点坐标为；（2），06m52(1)62PQmm=−−−=−()22396MNmm=

−−−=−,QEm=626PEmmm=−+=−10PEMN+=Q，26610mm−+−=12m=−21m=63m26,6PEmMNm=−=−10PEMN+=Q，26610mm−+−=11412m+=21412m−=3m2,6PEmMNm==−10PEMN+=Q，2

610mm+−=11652m−−=21652m−+=1652−+228yaxax=−−()0a()2,0−l()4,Am−(),7BnnPlABP228yxx=−−()1,9−4px−916py−

【分析】（1）把代入可求得函数解析式，然后利用配方法将二次函数解析式转化为顶点式，直接得到抛物线的顶点坐标；（2）把，代入可求出m，n，求出点横坐标取值范围，在利用二次函数的最值即可求纵坐标的取值范围【详解】解：（1）把代入

，得，解得，抛物线的函数表达式为，配方得，顶点坐标为．（2）当时，．当时，，解得，．为正数，．点在抛物线上且在直线的下方（不与点，重合），．∵＞0∴开口向上，当x=1时函数取得最小值=-9∴当时，随的增大而减小；当时，随的增大而增大，当x=-4时，y=16，当x=

5时y=7，【点睛】本题二次函数综合题，考查了利用待定系数法求二次函数解析式，配方法把二次函数一般式化成顶点式，以及二次函数的性质．4.已知二次函数．（1）求二次函数图象的顶点坐标；（2）当时，函数的最大值和最小值分别为多少？（3）当时，函数的最大值为，最小值为，m-n=3求的值．【答案】（1

）；（2）函数的最大值为4，最小值为0；（3）或．【分析】（1）把二次函数配成顶点式即可得出结论；（2）利用二次函数的图象和性质确定函数的最大值和最小值．（3）分t＜0；；三种情况，根据二次函数的性质和m-n=3列出关于t的

方程，解之即可．【详解】（1）∵，∴顶点坐标为．（2）∵顶点坐标为，∴当时，，∵当时，随着的增大而增大，∴当时，．∵当时，随着的增大而减小，∴当时，．∴当时，函数的最大值为4，最小值为0．（3）当时，对进行分类讨论．()2,0−()4,Am−(),7

BnP()2,0−228yaxax=−−4480aa+−=1a=228yxx=−−()219yx=−−()1,9−4x=−16m=7y=2287nn−−=15n=23n=−n5n=PlAB4px−1a=41x−≤yx15xyx916py−

265yxx=−+−14x3txt+≤≤mnt()3,433t=−3265yxx=−+−03t3t()226534yxxx=−+−=−−+()3,4()3,43x=4y=最大值13xyx1x=0y=最小值34xyx4x=3y=最小值14x3txt+≤≤t

①当时，即，，随着的增大而增大．当时，．∴．∴，解得（不合题意，舍去）．②当时，顶点的横坐标在取值范围内，∴．i）当时，在时，，∴．∴，解得，（不合题意，舍去）．ii）当时在时，，∴．∴，解得，，（不合题意舍去）．③当时，随着的增大

而减小，当时，，当时，，∴∴，解得（不合题意，舍去）．综上所述，或．【点睛】本题是二次函数综合题，考查抛物线的性质以及最值问题，有难度，并学会利用参数解决问题是解题的关键，属于中考常考题型．5.已知抛物线．（1）求抛物线的对称轴；（2）把抛物线沿y轴向下

平移个单位，若抛物线的顶点落在x轴上，求a的值；（3）设点，在抛物线上，若，求a的取值范围．【答案】（1）直线；（2）或；（3）【分析】（1）直接根据抛物线的对称轴公式求解即可；（2）先求出原抛物线的顶点坐标，然后求出平移后新抛物线的顶点坐标，再根据题意建立方程分情况讨论

即可；（3）分别讨论a的情况，根据二次函数中利用对称性比较函数值大小的方法建立关于a的不等式求解即可．【详解】（1）根据抛物线对称轴公式：，∴，∴原抛物线的对称轴为：直线；（2）将代入解析式得：，∴原抛物线

的顶点坐标为：，把抛物线沿y轴向下平移个单位，则平移后新抛物线的顶点坐标为，33t+0tyxxt=265ntt=−+−()2246569mntttt−=−+−−+−=−+693t−+=1t=03t4m=302txt=265ntt=−

+−()2246569mntttt−=−−+−=−+2693tt−+=133t=−233t=+332t3xt=+24nt=−+()2244mntt−=−−+=23t=13t=23t=−3tyxxt=265mtt=−+−3xt=+()()2236354nttt=−+++−=−+()2265

469mntttt−=−+−−−+=−693t−=2t=33t=−3223(0)yaxaxa=−+3a()1,Pay()22,Qy12yy1x=34a=32a=−2a2bxa=−212axa−=−=1x=1x=3ya=-+()1,3a−+3a()1,

33aa−+−∵平移后抛物线的顶点落在x轴上，∴，若，则，解得：，若，则，解得：，∴或；（3）若，则原抛物线开口向上，要使得，则应使得点P到对称轴的距离大于点Q到对称轴的距离，即：，即：，∴或，解得：或，∵，∴；若，则原抛物线开口向下，要使得，则应使得点P到对称轴的距离

小于点Q到对称轴的距离，即：，即：，∴，解得：，与矛盾，故不成立，∴a的取值范围为．【点睛】本题考查二次函数的性质以及平移问题，熟记二次函数中的基本性质和结论是解题关键．6.已知抛物线()2123yxmxm=−+++（1）当0m=时，请判断点（2，4）是否在该

抛物线上；（2）该抛物线的顶点随着m的变化而移动，当顶点移动到最高处时，求该抛物线的顶点坐标；（3）已知点()1,1E−−、()3,7F，若该抛物线与线段EF只有一个交点，求该抛物线顶点横坐标的取值范围．【答

案】（1）不在；（2）（2，5）；（3）x顶点=12−或x顶点32或x顶点1=【分析】（1）先求出函数关系式，再把（2，4）代入进行判断即可；（2）根据二次函数的顶点坐标公式求出抛物线顶点纵坐标，最大值即为顶点最高点的纵坐标，代入求解即

可；（3）运用待定系数法求出直线EF的解析式，代入二次函数解析式，求出交点坐标，再根据题意分类讨论，求出m的值即可．【详解】解：（1）把m=0代入()2123yxmxm=−+++得，23yxx=−+330aa−+−=0a330aa−

+−=34a=0a330aa−++=32a=−34a=32a=−0a12yy121a−−11a−11a−11a−−2a0a0a2a0a12yy121a−−11a−111a

−−02a0a2a当x=2时，2223=54y=−+所以，点（2，4）不在该抛物线上；（2）()2123yxmxm=−+++=221(1)()2324mmxm++−++−∴抛物线()2123yxmxm=−+++

的顶点坐标为（12+m，2(1)234mm++−）∴纵坐标为2(1)234mm++−令22(1)123(3)544mymm+=+−=−−+∵104−∴抛物线有最高点，∴当m=3时，2(1)234mym+=+−有最大值，将m=3代入顶

点坐标得（2，5）；（3）∵E（-1，-1），F（3，7）设直线EF的解析式为ykxb=+把点E，点F的坐标代入得137kbkb−+=−+=解得，21kb==∴直线EF的解析式为21yx=+将21yx=+代入()2123yxmxm=−+++得，()2123=21xmxmx−++++

整理，得：()2322=0xmxm−+++解得122,1xxm==+则交点为：（2，5）和（m+1，2m+3），而（2，5）在线段EF上，∴若该抛物线与线段EF只有一个交点，则（m+1，2m+3）不在线段EF上，或（2，5）与（m+1，2m+3）重合，∴m+

1＜-1或m+1＞3或m+1=2（此时2m+3=5），∴此时抛物线顶点横坐标x顶点=1122m+=−或x顶点=1322m+或x顶点=112m+=【点睛】本题考查了二次函数的图象及性质，解题关键是注意数形结合思想的运用．7.在平面直角坐标系中，抛物线2222yxmxmm=++

−的顶点为A．（1）求顶点A的坐标（用含有字母m的代数式表示）；（2）若点()2,BBy，()5,CCy在抛物线上，且BCyy，则m的取值范围是；（直接写出结果即可）（3）当13x时，函数y的最小值等于6，求m的值．【答案】(1)顶点A的坐标为2(,)mmm--；(2)72m−

；(3)1414m−+=或2−【分析】(1)将抛物线解析式化成22()yxmmm=++−的形式，即可求得顶点A的坐标；(2)将()2,BBy，()5,CCy代入抛物线中求得By和Cy的值，然后再解不等式即可求解；(3)分类讨论，分对称轴在1的左侧、对称轴在3的右侧、对称轴在

1,3之间共三种情况分别求出函数的最小值，进而求出m的值．【详解】解：(1)由题意可知：抛物线222222()yxmxmmxmmm=++−=++−，∴顶点A的坐标为2(,)mmm--；(2)将()2,BBy代入2222yxmxmm=++−中，得到2222222234Bymmmmm=++−=++，

将()5,CCy代入2222yxmxmm=++−中，得到22252522925Cymmmmm=++−=++，由已知条件知：BCyy，∴222925234mmmm++++，整理得到：621m−，解得：72m−，故m的取值范围是：72m−

；(3)二次函数的开口向上，故自变量离对称轴越远，其对应的函数值越大，二次函数的对称轴为xm=−，分类讨论：①当1m−，即1m−时，1x=时二次函数取得最小值为22212221ymmmmm=++−

=++，又已知二次函数最小值为6，∴2216mm++=，解得1414m−+=或1414m−−=，又1m−，故1414m−+=符合题意；②当3m−，即3m−时，3x=时二次函数取得最小值为2223232259ymmmmm=

++−=++，又已知二次函数最小值为6，∴22596mm++=，解得32m=−或1m=−，又3m−，故32m=−或1m=−都不符合题意；③当13m??，即31m−−时，xm=时二次函数取得最小值为222222ymmmmmm=++−=−，又已知二次函数最小值为6，∴26mm−=，解得3m=或

2m=−，又31m−−，故2m=−符合题意；综上所述，1414m−+=或2−．【点睛】本题考查待定系数求二次函数的解析式，二次函数的最值问题，不等式的解法等，计算过程中细心，熟练掌握二次函数的图形及性质是解决本题的关键．8.已知抛物线与x轴相交于，两

点，与y轴交于点C，点是x轴上的动点．23yaxbx=+−(1,0)A−(3,0)B(,0)Nn（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，若，过点N作x轴的垂线交抛物线于点P，交直线于点G．过点P作于点D，当n为何值时，；（3）如图2，将直

线绕点B顺时针旋转，使它恰好经过线段的中点，然后将它向上平移个单位长度，得到直线．①______；②当点N关于直线的对称点落在抛物线上时，求点N的坐标．【答案】（1）；（2）；（3）①；②或．【分析】（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可得；（2）先根据抛物线的解析

式可得点的坐标，再利用待定系数法可得直线的解析式，从而可得点的坐标，然后分别求出的长，最后根据全等三角形的性质可得，由此建立方程求解即可得；（3）①先利用待定系数法求出直线的解析式，再根据平移的性质可得直线的解析式，从而可得点的坐标，然后根据正切三角函数的定义即可得；②先求出直线的解析式，再与

直线的解析式联立求出它们的交点坐标，从而可得点的坐标，然后代入抛物线的解析式求解即可得．【详解】解：（1）将点，代入得：，解得，则抛物线的解析式为；（2）由题意得：点的坐标为，对于二次函数，当时，，即，设直线的解析式为，

3nBCPDBC⊥PDGBNG≌BCOC321OB1tanBOB=1OB1N223yxx=−−2n=12251013(,0)9+251013(,0)9−,AB,CPBCG,PGBGPGBG=BD1OBE1NN1O

B1N(1,0)A−(3,0)B23yaxbx=+−309330abab−−=+−=12ab==−223yxx=−−P2(,23)Pnnn−−223yxx=−−0x=3y=−(0,3)C−BCykxc=+将点，代入得：，解得，则直线的解析式为，，，，，，即，解得或（与不符，舍去），故当

时，；（3）①如图，设线段的中点为点，过点作轴的垂线，交直线于点，则点的坐标为，点的横坐标为3，设直线的解析式为，将点，代入得：，解得，则直线的解析式为，由平移的性质得：直线的解析式为，当时，，即，，，故答案为：；②由题意得：，则设直线的解析式为，将点代入得：，解得

，则直线的解析式为，联立，解得，即直线与直线的交点坐标为，设点的坐标为，则，解得，即，(3,0)B(0,3)C−303kcc+==−13kc==−BC3yx=−(,3)Gnn−223(23)3PGnnnnn=−−−−=−+22(3)(3)(3)2BGnnn=

−+−=−PDGBNGPGBG=23(3)2nnn−+=−2n=3n=3n2n=PDGBNGOCDBx1OBED3(0,)2D−EBD00ykxc=+(3,0)B3(0,)2D−0003032kcc+==−001232kc==−

BD1322yx=−1OB12yx=3x=32y=3(3,)2E33,2OBBE==11tan2BEBOBOB==1211NNOB⊥1NN12yxc=−+(,0)Nn120nc−+=12cn=1NN22yxn=−+2212yxnyx=−+=4525xnyn==1NN

1OB42(,)55nn1N1(,)Nst4250225snntn+=+=3545sntn==134(,)55Nnn将点代入得：，整理得：，解得或，则点的坐标为或．【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的综合、全等三角形的性质、

正切三角函数等知识点，熟练掌握待定系数法和二次函数的性质是解题关键．9.在平面直角坐标系中，抛物线2yaxbxc=++与x轴交于点()1,0A−和点B，与y轴交于点C，顶点D的坐标为()1,4−．（1）直接写出抛物线的解析式；（2）如图1，若

点P在抛物线上且满足PCBCBD=，求点P的坐标；（3）如图2，M是直线BC上一个动点，过点M作MNx⊥轴交抛物线于点N，Q是直线AC上一个动点，当QMN为等腰直角三角形时，直接写出此时点M及其对应点Q

的坐标【答案】（1）223yxx=−−；（2）()14,5P，257,24P−；（3）154,33M−，154,93Q−−；2134,33M，2134,93Q−；()35,2M，

()35,12Q−；()42,1M−，()40,3Q−；()51,2M−，()50,3Q−；()67,4M，()67,18Q−．【分析】（1）由()1,0A−和D()1,4−，且D为顶点列方程求出a、b、c，

即可求得解析式；（2）分两种情况讨论：①过点C作1//CPBD，交抛物线于点1P，②在BC下方作BCFBCE=交BG于点F，交抛物线于2P；134(,)55Nnn223yxx=−−2334()5523

5nnn−−=2507509nn−−=2510139n+=2510139n−=N251013(,0)9+251013(,0)9−（3）QMN为等腰直角三角形，分三种情况讨论：当90QMMNQMN==，；②当90QNMNQ

NM==，；③当90QMQNMQN==，．【详解】解：（1）将()1,0A−和D()1,4−代入2yaxbxc=++得04abcabc−+=++=−又∵顶点D的坐标为()1,4−∴12ba−=−∴解得123abc==−=−∴抛物线的解析式为：223yxx=−−．（

2）∵()3,0B和()1,4D−∴直线BD的解析式为：26yx=−∵抛物线的解析式为：223yxx=−−，抛物线与y轴交于点C，与x轴交于点()1,0A−和点B，则C点坐标为()0,3−，B点坐标为()3,0．①过点C作1//CPBD，交抛物线于点1P，则直线1CP的解析式为23y

x=−，结合抛物线223yxx=−−可知22323xxx−−=−，解得：10x=（舍），24x=，故()14,5P．②过点B作y轴平行线，过点C作x轴平行线交于点G，由OBOC=可知四边形OBGC为正方形，∵直线1CP的解析式为23yx=−∴1CP与x轴交于点3,02E，在BC下

方作BCFBCE=交BG于点F，交抛物线于2P∴OCEFCG=又∵OC=CG，90COEG==∴OEC△≌()GFCASA，∴32FGOE==，33,2F−，又由()0,3C−可得直线CF的解析式为132yx=−，结合抛物线2

23yxx=−−可知212332xxx−−=−，解得10x=（舍），252x=，故257,24P−．综上所述，符合条件的P点坐标为：()14,5P，257,24P−．（3）∵()3,0B，()0,3C−∴直线BC的解析式为

3BCyx=−设M的坐标为()3mm−，，则N的坐标为()223mmm−−，∴()22=3233MNmmmmm−−−−=−∵()1,0A−，()0,3C−∴直线BC的解析式为33ACyx=−−∵QMN为等腰直角三角形∴①当90QMMNQMN==，时，如下图

所示则Q点的坐标为33mm−−，∴4=33mmQMm−−=∴24=33mmm−解得：10m=（舍去），2133m=，353m=∴此时154,33M−，154,93Q−−；2134,33M，2134,93Q−

；②当90QNMNQNM==，时，如下图所示则Q点的坐标为222233mmmm−−−，∴222=33mmmmQMm−+−=∴22=33mmmm+−解得：10m=（舍去），25m=，32m=∴此时()35,2M，()35,12Q−；()42,1M−，

()40,3Q−；③当90QMQNMQN==，时，如图所示则Q点纵坐标为()()22211113236=32222mmmmmmm−+−−=−−−−∴Q点的坐标为22111136622mmmm−−−，∴Q点到MN的距离=221151

+6666mmmmm−−=∴22511+=3662mmmm−（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）解得：10m=（舍去），27m=，31m=∴此时()51,2M−，()50,3Q−；()67,4M，()67,18Q−．

综上所述，点M及其对应点Q的坐标为：154,33M−，154,93Q−−；2134,33M，2134,93Q−；()35,2M，()35,12Q−；()42,1M−，()40,3Q−；()51,2M−，()50,3Q−；()67,4M，()67

,18Q−．【点睛】本题主要考查二次函数与几何图形．该题综合性较强，属于中考压轴题．10.如图，抛物线21262yxx=+−与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC，BC．（1）求A，B，C三点的坐标并直接写出直线AC，BC的函数表达式；（2）点P是

直线AC下方抛物线上的一个动点，过点P作BC的平行线l，交线段AC于点D．①试探究：在直线l上是否存在点E，使得以点D，C，B，E为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由；②设抛物线的对称轴与直线

l交于点M，与直线AC交于点N．当DMNAOCSS=△△时，请直接写出DM的长．【答案】（1）点A的坐标为()6,0−，点B的坐标为()2,0，点C的坐标为()0,6−，直线AC的函数表达式为：6yx=−−；直线BC的函数表达式为：36yx=−；（2）①存在，点E的坐

标为()6,8−−或()225,25−；②310．【分析】（1）分别令0y=和0x=时即可求解A，B，C三点的坐标，然后再进行求解直线AC，BC的函数表达式即可；（2）①设点D的坐标为(),6mm−−，其中6

0m−，由题意易得222(2)(6)BDmm=−++，2222640BC=+=，22222DCmmm=+=，当DEBC=时，以D，C，B，E为顶点的四边形是平行四边形，进而可根据菱形的性质分当BDBC=时，BDEC是菱形，当CDCB=时，CBED是菱形，然后分别求

解即可；②由题意可作图，则由题意可得抛物线的对称轴为直线2x=−，由（1）可得直线AC的函数表达式为：6yx=−−；直线BC的函数表达式为：36yx=−，点A的坐标为()6,0−，点C的坐标为()0,6−，进而可得166182AOCS==，设点()2,

Mm−，然后可求得直线l的解析式为36yxm=++，则可求得点1212,44mmD+−−，所以就有4MNm=+，最后根据面积公式及两点距离公式可进行求解．【详解】解：（1）当0y=时，212602x

x+−=，解得16x=−，22x=，∵点A在点B的左侧，∴点A的坐标为()6,0−，点B的坐标为()2,0，当0x=时，6y=−，∴点C的坐标为()0,6−，设直线AC的函数表达式为ykxb=+，代入点A、C的坐标得：6

06kbb−+==−，解得：16kb=−=−，∴直线AC的函数表达式为：6yx=−−．同理可得直线BC的函数表达式为：36yx=−；（2）①存在．设点D的坐标为(),6mm−−，其中60m−，∵点B，点C的

坐标分别为()2,0，()0,6−，∴222(2)(6)BDmm=−++，2222640BC=+=，22222DCmmm=+=，∵//DEBC，∴当DEBC=时，以D，C，B，E为顶点的四边形是平行四边形，当BDBC=时，BDEC是菱形，如图所示：∴()()222640mm−++=，解得

14m=−，20m=（舍去），∴点D的坐标为()4,2−−，∴点E的坐标为()6,8−−；当CDCB=时，CBED是菱形，如图所示：∴2240m=，解，得125m=−，225m=（舍去），∴点D的坐标为()25,256−−，

∴点E的坐标为()225,25−；综上所述，存在点E，使得以D，B，C，E为顶点的四边形为菱形，且点E的坐标为()6,8−−或()225,25−；②由题意可得如图所示：由题意可得抛物线的对称轴为直线2x=−，由（1）可得直线AC的函数表达式为：6yx=−−；直线

BC的函数表达式为：36yx=−，点A的坐标为()6,0−，点C的坐标为()0,6−，∴点()2,4N−−，6OAOC==，∴166182AOCS==，设点()2,Mm−，∵//lBC，∴设直线l的解析式为3yxb=+，把点M的坐标代入得：6bm−+

=，解得：6bm=+，∴直线l的解析式为36yxm=++，∴联立直线l与直线AC的解析式得：636xxm−−=++，解得：124mx+=−，∴12123644mmym+−=−++=，∴点1212,44mmD+−−，∵点P是直线AC下方抛物线上的一个动点，且18DMNAO

CSS==△△，∴点M在点N的上方才有可能，∴4MNm=+，∴()()241124218248DMNmmSm++=+−+==，解得：128,16mm==−（不符合题意，舍去），∴()()2,8,5,1MD−−−，∴由两点距离公式可得()()222581310DM=−+++=．

【点睛】本题主要考查二次函数的综合及菱形的性质，熟练掌握二次函数的综合及菱形的性质是解题的关键．11.如图所示，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且2OA=，4OB=，8OC=，抛物线的对称轴与直线BC交于点M，与x轴交于点N．（1）求抛物线的解析式；（2）若点P是对称轴上的

一个动点，是否存在以P、C、M为顶点的三角形与MNB相似？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．（3）D为CO的中点，一个动点G从D点出发，先到达x轴上的点E，再走到抛物线对称轴上的点F，最后返回

到点C．要使动点G走过的路程最短，请找出点E、F的位置，写出坐标，并求出最短路程．（4）点Q是抛物线上位于x轴上方的一点，点R在x轴上，是否存在以点Q为直角顶点的等腰RtCQR△？若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）228yxx=−++；（2）存在，()1

,2P或171,2P；（3）点()2,0,1,23EF，最短路程为237，理由见详解；（4）存在，当以点Q为直角顶点的等腰RtCQR△时，点133133,22Q++或341413,22Q−−，理

由见详解．【分析】（1）由题意易得()()()2,0,4,0,0,8ABC−，然后设二次函数的解析式为()()24yaxx=+−，进而代入求解即可；（2）由题意易得BMNCMP=，要使以点P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似，则可分①当90CPMMNB==时，②当90PCMM

NB==时，进而分类求解即可；（3）由题意可得作点D关于x轴的对称点H，作点C关于抛物线的对称轴的对称点I，然后连接HI，分别与x轴、抛物线的对称轴交于点E、F，此时的点E、F即为所求，HI即为动点G所走过的

最短路程，最后求解即可；（4）由题意可分①当点Q在第二象限时，存在等腰RtCQR△，②当点Q在第一象限时，存在等腰RtCQR△，然后利用“k型”进行求解即可．【详解】解：（1）∵2OA=，4OB=，8OC=，∴()()()2,0,4,0,0,8ABC−，设

二次函数的解析式为()()24yaxx=+−，代入点C的坐标可得：88a−=，解得：1a=−，∴二次函数的解析式为()()24yxx=−+−，即为228yxx=−++；（2）存在以点P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似，理由如下：由（1）可得抛

物线的解析式为228yxx=−++，则有对称轴为直线1x=，设直线BC的解析式为ykxb=+，代入点B、C坐标可得：408kbb+==，解得：28ab=−=，∴直线BC的解析式为28yx=−+，∴点()1,6M，()1,0N，∴由两点距离公式可得3

,6,35,5BNMNBMCM====，若使以点P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似，则有BMNCMP=，①当90CPMMNB==时，则有//CPx轴，如图所示：∴点()1,8P，②当90PCMMNB==时，如图所示：∴35562PMBMCMMN===，∴52PM=，∴点

171,2P；（3）由题意得：动点G从点D出发，先到达x轴上的点E，再走到抛物线对称轴上的点F，最后返回到点C．根据轴对称的性质及两点之间线段最短可知要使点G走过的路程最短则有作点D关于x轴的对称点H，作点C关

于抛物线的对称轴的对称点I，然后连接HI，分别与x轴、抛物线的对称轴交于点E、F，此时的点E、F即为所求，HI即为动点G所走过的最短路程，如图所示：∵OC=8，点D为CO的中点，∴OD=4，∴()0,4D，∵抛物线的对称轴为直线1x=，∴()()2,8,0,4IH−，设直线HI的解析

式为ykxb=+，则把点H、I坐标代入得：284kbb+==−，解得：64kb==−，∴直线HI的解析式为64yx=−，当y=0时，则有064x=−，解得：23x=，当x=1时，则有6142y=−=，∴点

()2,0,1,23EF，∴点G走过的最短路程为()()222084237HI=−++=；（4）存在以点Q为直角顶点的等腰RtCQR△，理由如下：设点()2,28Qaaa−++，则有：①当点Q在第二象限时，存在等腰R

tCQR△时，如图所示：过点Q作QL⊥x轴于点L，过点C作CK⊥QL，交其延长线于点K，如图所示，∴90CKQQLRLOC===，∴四边形COLK是矩形，∴CK=OL，∵等腰RtCQR△，∴,90CQQRCQR==，∴90CQKKCQCQKLQR+=+

=，∴KCQLQR=，∴()KCQLQRAAS≌，∴QLCK=，∴QLCKOL==，∵点()2,28Qaaa−++，∴228aaa−=−++，解得：12341341,22aa−+==（不符合题意，舍去），∴34

1413,22Q−−；②当点Q在第一象限时，存在等腰RtCQR△时，如图所示：同理①可得228aaa=−++，解得：12133133,22aa+−==（不符合题意，舍去），∴133133,22Q++；综上所述：当以点Q为直角顶点的等腰RtCQR△时，点13313

3,22Q++或341413,22Q−−．【点睛】本题主要考查二次函数的综合、相似三角形的性质与判定、轴对称的性质及等腰直角三角形的性质，熟练掌握二次函数的综合、相似三角形的性质与判定、轴对称的性质及等腰直角三角形的性质是解题的关键．12．如图，在平面直

角坐标系中，已知抛物线()240yaxbxa=++经过点()2,0A−和点()4,0B．（1）求这条抛物线所对应的函数表达式；（2）点P为该抛物线上一点（不与点C重合），直线CP将ABC的面积分成2：1两部分，求点P的坐标；（3）点M从点C出发，以每秒1

个单位的速度沿y轴移动，运动时间为t秒，当OCAOCBOMA=−时，求t的值．【答案】（1）2142yxx=−++；（2）点P（6，-8）；（3）当点M从点C出发，以每秒1个单位的速度沿y轴正方向移动时，=2t秒；沿CO方向在y轴移动时，=10t秒．【分

析】（1）根据待定系数法将AB两点坐标代入函数解析式求解即可；（2）在ABC的AB边上找到将AB分成2：1两部分的点Q，此时CQ将ABC的面积分成2：1两部分，求出直线CQ与抛物线交点坐标即是点P坐标；（

3）先利用图形在OCB内构造ACBOCBOCA=−，求出tanACB，在RtOAM中由tan=tanOMAACB，2OA=，求出OM长即可解答，【详解】解：（1）由抛物线()240yaxbxa=++经过点()2,0A−和点()4,0B，得：424=016440abab−+

++=，解得：1=21ab−=即：条抛物线所对应的函数表达式为：2142yxx=−++；（2）由（1）可知点C坐标为（0,4）∵点()2,0A−和点()4,0B．∴6AB=，∴将AB分成2：1两部分的点有原点和Q（2,0），此时CQ将ABC的面积分成2：1两部分，如解（2）图，∵点

P为该抛物线上一点（不与点C重合），∴直线CP经过Q点，设直线CP解析式为：ykxb=+，经过C（0,4），Q（2,0）两点，得：=42=0bkb+，∴=4=2bk−，即可设直线CP解析式为：24yx=

−+，联立函数解析式为：214224yxxyx=−++=−+，解得：1104xy==，2268xy==−，故P点坐标为（6，-8），（3）如解（3）图取点A关于y轴对称点A，连接CA，过点A作AHBC

⊥，垂足为H，由轴对称性质可知：2OAOA==，ACOACO=，∴ACBBCOACOBCOACO=−=−，∵OCAOCBOMA=−，即OMAOCBOCA=−，∴OMAACB=∵4

OBOC==，90BOC=°，∴45OCBOBC==，2BA=，42BC=∴2HBHA==，∴32HCBCBH=−=，∴1tantan3AHOMAACBCH===，∴126tan3OAOMOMA==

=，点M从点C出发，以每秒1个单位的速度远动：当沿y轴正方向移动时，=642MCOMOC=−−=，则=2t秒，当沿y轴CO方向移动时，64=10MCOMOC=+=+，则=10t秒，综上所述：当点M从点C出发，以每

秒1个单位的速度沿y轴正方向移动时，=2t秒；沿CO方向在y轴移动时，=10t秒．【点睛】本题主要考查了二次函数与几何综合，问题（1）关键是在三角形边上找到将ABC的面积分成2：1两部分直线CP经过的点，问

题（3）关键是通过对称构造ACBOMA=，再通过解三角形求解OM长．13．如图，在平面直角坐标系中，抛物线24yxx=−+经过坐标原点，与x轴正半轴交于点A，点(,)Mmn是抛物线上一动点．（1）如图1，当0m，0

n，且3nm=时，①求点M的坐标：②若点15,4By在该抛物线上，连接OM，BM，C是线段BM上一动点（点C与点M，B不重合），过点C作//CDMO，交x轴于点D，线段OD与MC是否相等？请说明理由；（2）如图2，该抛物线的对称轴交x轴于点K，点7,3Ex在对称轴上

，当2m，0n，且直线EM交x轴的负半轴于点F时，过点A作x轴的垂线，交直线EM于点N，G为y轴上一点，点G的坐标为180,5，连接GF．若2EFNFMF+=，求证：射线FE平分AFG．【答案】（1）①(1,3)M；②

ODMC=，见解析；（2）见解析【分析】（1）①直接将点(,)Mmn代入解析式，又有3nm=，即可解出坐标；②相等，先求出点B，由两点求出直线的方程，添加辅助线构建直角三角形，利用勾股定理求出边长，证明三角形是等腰三角形即可；（2）根据已知条件求出点,EM的

坐标，再求出所在直线的解析式，求出直线与y轴的交点，添加辅助线，利用三角形相似对应边成比例，找到边与边之间的关系，在直角三角形中利用勾股定理建立等式求出边长，再根据角平分线上的点到两条线之间的距离相等，即可判断出为角平分线

．【详解】解：（1）如答案图6.①点(,)Mmn在抛物线上，且3nm=，243mmm−+=，解得10m=，（舍去）21m=，3n=，(1,3)M．②ODMC=，点15(,)4By在该抛物线上，1516y=，1515(,)416B．设直

线MB交x轴于点H，解析式为11ykxb=+，11113,1515.416kbkb+=+=解得113,415.4kb=−=31544yx=−+当0y=时，5x=，(5,0)H，5

OH=．过点M作MRx⊥轴，垂足为R，1OR=，3MR=，4RH=，根据勾股定理得5MH=，OHMH=，HOMHMO=．CDMO∥，HOMHDC=，HMOHCD=，HDCHCD=，HDHC=，ODMC=．（2）如答案图7.证明：对称轴422(1)x=−

=−，72,3E，2EFNFMF+=，NFMFMFEF−=−，MNME=．过点M作MQx⊥轴，垂足为Q，EKMQNA∥∥，QKMEQAMN=，QKQA=．当240−+=xx时，解得10x=，24x=，(4,0)A．(2,0)K，(,0)Qm，24mm−=−，3m

=．23433n=−+=，(3,3)M．设直线EM的解析式为22ykxb=+，222272,333.kbkb+=+=解得222,31.kb==213yx=+．设直线EM交y轴于点S，过点S作S

PGF⊥，垂足为P．当0x=时，1y=．(0,1)S．当0y=时，32x=−，3(,0)2F−，32=OF，1OS=．180,5G，185OG=，135GS=．90GPSGOF==，P

GSOGF=，GPSGOF△∽△，GPPSGOOF=，125GPPS=．设12GPa=，则5PSa=．在RtGPS△中，222GPPSGS+=，22213(12)(5)()5aa+=．15a=（负值舍去），15a=，

1PS=，PSOS=．SPGF⊥，SOAF⊥，射线FE平分AFG．【点睛】本题考查了一次函数和二次函数的综合运用，还涉及等腰三角形的性质、直角三角形、相似三角形的判定与性质、角平分线的判定，题目综合性强，涉及知识点多、难度较大

，解题的关键是：掌握以上相关知识点后，需要做到灵活运用，同时考查了添加辅助线的能力．14．将抛物线2(0)yaxa=向左平移1个单位，再向上平移4个单位后，得到抛物线2:()Hyaxhk=−+．抛物线H与x轴交于点A，B，与y轴交于点C．已知(3,0)A−，点P是抛物线H上的一个动点．（1

）求抛物线H的表达式；（2）如图1，点P在线段AC上方的抛物线H上运动（不与A，C重合），过点P作PDAB⊥，垂足为D，PD交AC于点E．作PFAC⊥，垂足为F，求PEF的面积的最大值；（3）如图2，点Q是抛物线H的对称轴l上的一个动点，在抛物线H上，是否存在点P，使得以点A，P，C，Q为

顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）223yxx=−−+；（2）PEF的面积最大值为8164；（3）点P的坐标为()4,5−−或()2,5-或()2,3−．【分析

】（1）由题意易得平移后的抛物线H的表达式为()214yax=++，然后把点A的坐标代入求解即可；（2）由（1）及题意易得()0,3C，则有△AOC是等腰直角三角形，∠CAO=∠ACO=45°，进而可得直线AC的解析式为3yx=+，设点()2,23Pa

aa−−+，则(),3Eaa+，然后可得△AED和△PEF都为等腰直角三角形，过点F作FT⊥PD于点T，则有12FTPE=，由三角形面积公式可得21124PEFSPEFTPE==，要使面积最大则PE的值为最大即可，最后问题可求解；（3）由题意可知当以点A、P、C、Q为顶点的四边形是平

行四边形时，则可分①当以AC为平行四边形的边时，②当以AC为平行四边形的对角线时，然后利用等腰直角三角形、平行四边形的性质及中点坐标公式分类进行求解即可．【详解】解：（1）由题意得：平移后的抛物线H的表达式为()214yax=++，则把点()30A−,代入得：()23140a

−++=，解得：1a=−，∴抛物线H的表达式为()214yx=−++，即为223yxx=−−+；（2）由（1）可得抛物线H的表达式为223yxx=−−+，则有()0,3C，∴3OAOC==，∴△AOC是等腰直角三角形，∴∠CAO=∠ACO=45°，∵P

DAB⊥，∴∠AED=∠CAO=45°，∴∠AED=∠PEF=45°，∵PFAC⊥，∴△PEF是等腰直角三角形，过点F作FT⊥PD于点T，如图所示：∴12FTPE=，∴21124PEFSPEFTPE==，∴要使面积最大则PE

的值为最大即可，设直线AC的解析式为ykxb=+，代入点A、C的坐标得：303kbb−+==，解得：13kb==，∴直线AC的解析式为3yx=+，设点()2,23Paaa−−+，则(),3Eaa+，∴22239233324PEaa

aaaa=−−+−−=−−=−++，∵-1＜0，开口向下，∴当32a=−时，PE有最大值，即为94PE=，∴△PEF面积的最大值为219814464=；（3）存在以点A、P、C、Q为顶点的四边形是平行四边形，理由如下

：由（2）可得()0,3C，()30A−,，∠CAO=∠ACO=45°，抛物线的对称轴为直线1x=−，∴32AC=，∠CAO=∠ADQ=45°，①当以AC为平行四边形的边时，如图所示：过点P作PG⊥l于点G

，∵四边形APQC是平行四边形，∴32PQAC==，AC∥PQ，∴∠ADQ=∠PQG=45°，∴△PQG是等腰直角三角形，∴3PGQG==，∴点P的横坐标为-4，∴()4,5P−−；②当以AC为平行四边形的边时，如图所示：同理①可得点P的横坐标为2，∴()2,5P-；③当以AC为平行四边形的

对角线时，如图所示：∵四边形AQCP是平行四边形，∴,ANCNPNQN==，设点()()2,23,1,PmmmQb−−+−，∴由中点坐标公式可得：13m−=−，∴2m=−，∴()2,3P−；综上所述：当以点A、P、C、Q为顶点的四边形是平行四边形，点P的坐标为()4,5−−或

()2,5-或()2,3−．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、二次函数的综合及等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的性质、二次函数的综合及等腰直角三角形的性质与判定是解题的关键．15．如图1，已知，中，动点P从点A出发，以的速度在线段上向点C运动，分别与射线交于E，F两点，且，当点P

与点C重合时停止运动，如图2，设点P的运动时间为，与的重叠部分面积为，y与x的函数关系由和两段不同的图象组成．（1）填空：①当时，______；②______；（2）求y与x的函数关系式，并写出x的取值范围；（3）当时，请直接写出．．．．x的取值范围．【答案】（1）

①10；②；（2）；（3）．【分析】（1）①先根据等腰直角三角形的判定与性质可得，再根据时，即可得；②先根据运动速度和时间求出的长，再根据正弦三角函数的定义即可得；（2）先求出当点与点重合时，的值，再分和两种情况，解直角三角形求出的45R

PQ=ABC90ACB=25cm/sAC,PQPRABPEAB⊥sxRPQABC2cmy15(0)Cx2()5Cxn5sx=EF=cmsinA=236cmy55222(05)34360900(56)xxyxxx

=−+−326xEFPE=5x=50y=APPCn05x5xnPE长，然后利用三角形的面积公式即可得；（3）分和两种情况，分别利用二次函数的性质即可得．【详解】解：（1）①，是等腰直角三角形，，由图可知，当时，，解得或（不符题意，舍去），故答案为：10；②由

题意得：当时，，则，故答案为：；（2）由函数图象可知，当时，点与点重合，如图所示：，，，在中，，，则当点与点重合时，，①当时，，，则；②当时，如图，设交于点，过点作，交延长线于点，连接，，，，，05x56x,45PEABRPQ=⊥RtEFPEFPE=5x=21

15022yEFPEEF===10EF=10EF=−5x=255105AP==105sin5105PEEFAAPAP====555x=FB105cm,10cmAPPEEF===2220cmAEAPPE=−=30cmABAEBEAEEF=+=+=RtABCsin65cmBCABA==2

2125cmACABBC=−=PC6()25ACns==05x25cmAPx=sin2cmEFPEAPAx===2211222RtEFPySEFPEEFx====56xPRBCNFFMAC⊥ACMBP25cmAPx=sin

2cmEFPEAPAx===224cmAEAPAEx=−=(12525)cmCPACAPx=−=−，，在中，，，，，，，，即，解得，，则，，，综上，；（3）①当时，，令，解得或（舍去），在内，随的增大而增大，当时，；②当时，，此二次函数的对称轴为，则由二次函数的性

质可知，当时，随的增大而增大；当时，随的增大而减小，当时，，当时，，则当时，取得最小值，最小值为36，即在内，都有，综上，当时，的取值范围为．【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质、解直角三角形、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），正确分两种情况讨论，并通过作辅助线，构造

相似三角形和直角三角形是解题关键．16．如图，在平面直角坐标系中，的边在轴上，，且线段的长是方程的根，过点作轴，垂足为，，动点以每秒1个单位长度的速度，从点出(304)cmBEABAEx=−=−6cmAFEFAEx=

+=RtAFM△65sincm5FMAFAx==22125cm5AMAFFMx=−=25cm5PMAMAPx=−=,90FMACACB=⊥//BCFMPCNPMFCNCPFMPM=12525652555CNxxx−=36565(cm)CNx=−(653

05)cmBNBCCNx=−=−1122BNPBEPySSBNCPBEPE=+=+11(65305)(12525)(304)222xxxx=−−+−234360900xx=−+−222(05)34360900(56)xxyxxx=−+−05x22yx=2236x=3

2x=32x=−05xyx36y325x56x234360900xxy=−+−3609034217x=−=−90517xyx90617xyx5x=2345360590050y−

+−==6x=234636069003650y−+−==6x=y56x36y236cmyx326xAOBOAxOAAB=OA2450xx−−=BBEx⊥E4tan3BAE=MA发，

沿线段向点运动，到达点停止．过点作轴的垂线，垂足为，以为边作正方形，点在线段上，设正方形与重叠部分的面积为，点的运动时间为秒．（1）求点的坐标；（2）求关于的函数关系式，并写出自变量的取值范围；（3）当点落在线段上时，坐标平面内是

否存在一点，使以为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）；（3）存在，或或【分析】（1）由题意易得，进而可得，则有，然后问题可求解；（2）由题意易得，则有，进而可得，

然后根据梯形面积计算公式可求解；（3）由（2）及题意易得，则有，然后可得点，进而可分①以OM为平行四边形的对角线时，②以OA为平行四边形的对角线时，③以AM为平行四边形的对角线时，最后根据平行四边形的性质分类求解即可．【详解】解：

（1）由线段OA的长是方程的根，可得：，∴，∵轴，，∴在Rt△AEB中，可由三角函数及勾股定理设，∴，解得：，∴，∴，∴；（2）由题意得：，则由（1）可得，∵四边形是正方形，∴，∴，∴，∴自变量t的范围为；ABBBMxD

MDMDCFCOAMDCFAOBSM()0ttBSttFOBPMAOP、、、P()8,4B()22,055Stt=520,39P520,39−−3520,395OAOB==3,4AEBE==8OE=AMt=34,55ADtDMt==14,55A

CtCFFMDMt====BMFBAO∽MFBMOAAB=2020,39M2450xx−−=121,5xx=−=5OAAB==BEx⊥4tan3BAE=3,4,5AExBExABx===55=x1x=3,4AE

BE==8OE=()8,4B1AMtt==34,55ADtDMt==MDCF45CDCFFMDMt====15ACCDADt=−=()2111442225555SACMFCFtttt=+=+=

05t（3）存在，理由如下：由（2）可知：，，，∴，∵MF∥OA，∴，∴，即，解得：，∴，∴，∴，①以OM为平行四边形的对角线时，如图所示：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴；②以OA为平行四边形的对角线时，如图所示：同理可得；③以AM为平行四边形的

对角线时，如图所示：AMt=45CDCFFMDMt====34,55ADtDMt==5BMt=−BMFBAO∽MFBMOAAB=45555tt−=259t=520,39ADDM==203ODOAAD=+=2020,3

9MOAMP,//,,//OPAMOPAMPMOAPMOA==205,93OHMDHPMHMPODOA===−=−=520,39P520,39P−−同理可得；综上所

述：当以为顶点的四边形是平行四边形时，则点的坐标为或或．【点睛】本题主要考查三角函数、平行四边形的性质、正方形的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握三角函数、平行四边形的性质、正方形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．17.如

图，直线yxn=−+与x轴交于点()3,0A，与y轴交于点B，抛物线2yxbxc=−++经过点,AB．（1）求抛物线的解析式；（2）(),0Em为x轴上一动点，过点E作EDx⊥轴，交直线AB于点D，交拋

物线于点P，连接BP．①点E在线段OA上运动，若BPD为直角三角形，求点E的坐标；②点E在x轴的正半轴上运动，若45PBDCBO+=，请直接写出m的值．【答案】（1）2yx2x3=−++；（2）①点E的坐标为()1,0或()2,0；②m的值为5或73．【解析】【分析】（1）把点

A坐标代入直线解析式可求出n，进而可得点B坐标，再根据待定系数法解答即可；3520,39PMAOP、、、P520,39520,39−−3520,39（2）①由于90PDB，故分两种情况考虑，当

90BPD=时，如图1，可得//BPx轴，于是可得点P的纵坐标为3，代入抛物线的解析式即可求出点P的横坐标，进而可得点E坐标；当90PBD=时，设直线PB与x轴交于点H，如图2，易得△BAH是等腰

直角三角形，于是可得点H的坐标，然后利用待定系数法即可求出直线PB的解析式，再联立直线PB和抛物线的解析式即可求出点P的坐标，进而可得点E坐标；②若点P在直线BA的上方，如图3，由题意可得PB⊥BC，易求得直线BC的解析式

，则直线PB的解析式可得，然后联立直线PB与抛物线的解析式即可求出点P的坐标，进而可得m的值；若点P在直线BA的下方，如图4，由题意易得∠CBO=∠PBO，进而可得直线PB与x轴的交点M的坐标，于是可求出直线PB的解析式，然后联立直线PB与抛物线的解析式即可求出交点P的坐标，

从而可得结果．【详解】解：（1）∵yxn=−+与x轴交于点()3,0A，与y轴交于点B，∴03=−+n，解得3n=，∴()0,3B．∵抛物线2yxbxc=−++经过点A、B，∴9303bcc−++==，解得23bc==，∴抛物线的解析式为2yx2x3=−++；（

2）①∵PEx⊥轴，∴90PDB．∴分两种情况考虑，当90BPD=时，如图1，则//BPx轴，∴点P的纵坐标为3．当3y=时，2233xx−++=，解得12x=，20x=．∴点P的坐标为()2,3，∴点E的坐标为()2,0；当90PBD=时，设直线PB与x轴交于点H，如图

2，∵OA=OB=3，∴45BAH=，∴45==BHABAH．∴3==HOOA，∴点H坐标为()3,0−．设直线PB的解析式为()0ykxbk=+，将()0,3B，()3,0−H代入ykxb=+，得330bkb=−+=，解得13kb==，∴直线

PB的解析式为3yx=+．解方程组2323yxyxx=+=−++，得1103xy==，2214xy==，∴点P的坐标为()1,4，∴点E的坐标为()1,0．综上所述：当PBD是直角三角形时，点E的坐标为()1,0或()2,0；②若点

P在直线BA的上方，如图3，∵45PBDCBO+=，∠ABO=45°，∴∠CBP=90°，即PB⊥BC，∵C（﹣1，0），B（0，3），∴直线BC的解析式是33yx=+，∴直线PB的解析式为133

yx=−+，的解方程组213323yxyxx=−+=−++，得1103xy==，2273209xy==，∴点P的坐标为720,39，∴73m=；若点P在直线BA的下方，如图4，∵45PBDCBO+=，∠ABO=PBDPBO+

=45°，∴∠CBO=∠PBO，设直线PB交x轴于点M，则OM=OC=1，∵B（0，3），M（1，0），∴直线PB的解析式为33yx=−+，解方程组23323yxyxx=−+=−++，得1103xy==，

22512xy==−，∴点P的坐标为（5，﹣12），∴m=5；综上，m的值为5或73．【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数的解析式、函数图象上点的坐标特征、一元二次方程的解法以及直线与抛物线的交点等知识，综合性较强，属于试卷压轴题，熟练掌握二次函数的相关知识、灵

活应用数形结合思想是解题的关键．18.如图，矩形OABC中，O为原点，点A在y轴上，点C在x轴上，点B的坐标为（4,3），抛物线238yxbxc=−++与y轴交于点A，与直线AB交于点D，与x轴交于CE，两点.（1）求抛物线的表达式；（2）点P从点C出发，在线段CB

上以每秒1个单位长度的速度向点B运动，与此同时，点Q从点A出发，在线段AC上以每秒53个单位长度的速度向点C运动，当其中一点到达终点时，另一点也停止运动.连接DPDQPQ、、，设运动时间为t（秒）.①当

t为何值时，DPQ得面积最小？②是否存在某一时刻t，使DPQ为直角三角形？若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）233384yxx=−++；（2）①32t=；②123453172417145,3,,,26176ttttt−=====【解析】【分析】（1）根据点B的坐

标可得出点A，C的坐标，代入抛物线解析式即可求出b，c的值，求得抛物线的解析式；（2）①过点Q、P作QF⊥AB、PG⊥AC，垂足分别为F、G，推出△QFA∽△CBA，△CGP∽△CBA，用含t式子表示OF，PG，将三角形的面积用含t

的式子表示出来，结合二次函数的性质可求出最值；②由于三角形直角的位置不确定，需分情况讨论，根据点的坐标，再结合两点间的距离公式用勾股定理求解即可．【详解】解：（1）由题意知：A(0,3),C(4,0)，∵抛物线经过A、B两点，∴3316408cbc=−++=

，解得，343bc==，∴抛物线的表达式为：233384yxx=−++．(2)①∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=90O，∴AC2=AB2+BC2=5；由2333384xx−++=，可得120,2xx==，∴D（2,3）．过点Q、P作QF⊥AB、PG⊥AC，垂足分别为F、

G，∵∠FAQ=∠BAC，∠QFA=∠CBA，∴△QFA∽△CBA．∴AQQFACBC=，∴5335AQQFBCttAC===．同理：△CGP∽△CBA，∴PGCPABAB=∴CPPGABAB=，∴45PGt=，1154162(5)2(3)22352DPQABCQADPQCPBDSSS

SStttt=−−−=−−−−−222229323323(3)3()3342322ttttt=−+=−+−+=−+当32t=时，△DPQ的面积最小.最小值为32．②由图像可知点D的坐标为(2,3)，AC=5,直线AC的解析式为：3

y34x=−+．三角形直角的位置不确定，需分情况讨论：当DPG90=时，根据勾股定理可得出：的()()22222255552t3t3434233434tttt−++−+−++−=−+−

，整理，解方程即可得解；当DGP90=时，可知点G运动到点B的位置，点P运动到C的位置，所需时间为t=3；当PDG90=时,同理用勾股定理得出：()()22222255552t3t3434233434tttt−++−=−++

−+−+−；整理求解可得t的值．由此可得出t的值为：132t=,23t=,3176t=,42417t=,5171456t−=．【点睛】本题考查的知识点是二次函数与几何图形的动点问题，掌握二次函数图象的性质是解此题的关键．获得更多资源请扫码加入享学资源

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