2022年中考数学二次函数压轴300题终极突破提升训练（14）

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中考数学二次函数压轴300题终极突破提升训练（14）

1．已知在平面直角坐标系中，抛物线与x轴相交于点A，B，与y轴相交于点C，直线y=-x-4经过A，C两点，

（1）求抛物线的表达式；
（2）如果点P，Q在抛物线上（P点在对称轴左边），且PQ∥AO，PQ=AO，求P，Q的坐标；
（3）动点M在直线y=-x-4上，且以C，O，M为顶点的三角形与△ABC相似，求点M的坐标．
【答案】（1）；（2）P点坐标（﹣2，﹣4），Q点坐标（0，﹣4）；（3）M点的坐标为（﹣，-），（﹣3，-1）
【分析】（1）根据自变量与函数值的对应关系，可得A、C点坐标，根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）根据平行于x轴的直线与抛物线的交点关于对称轴对称，可得P、Q关于直线x＝−1对称，根据PQ的长，可得P点的横坐标，Q点的横坐标，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案；
（3）根据两组对边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，可得CM的长，根据等腰直角三角形的性质，可得MH的长，再根据自变量与函数值的对应关系，可得答案．
【详解】解：（1）当x=0时，y=-4，即C（0，-4）；
当y=0时，-x-4=0，解得，x=-4，即A（-4,0）
将A，C点坐标代入，得
，
解得．
抛物线的表达式为．
（2）∵A（-4,0），
∴AO=4．
∵ PQ=AO，
∴PQ=AO=2．
又∵PQ∥AO，
∴ P、Q关于对称轴x=﹣1对称．
∴P点的横坐标为﹣1﹣1=﹣2，Q点的横坐标为﹣1+1=0．
当x=﹣2时，y=×（﹣2）2+（﹣2）-4=﹣4，
∴P（﹣2，﹣4）；
当x=0，y=×（0）2+0-4=﹣4，
∴Q（0，﹣4）；
P点坐标（﹣2，﹣4），Q点坐标（0，﹣4）．
（3）由，得，
∴B（-2,0）
∵A（-4,0），C（0，-4）
∴OA =OC=4，OB=2．
∴A B=6，,∠ MCO=∠CAB=45o．
①当△MCO∽△CAB时，，
即，解得CM=．
如图，过点M作MN⊥y轴于点N，则．
当时，，
∴M（，）．
②当△OCM∽△CAB时，，
即，解得CM=．
同①可得，．
当时，，
∴M（，）．
综上所述：M点的坐标为（﹣，-），（﹣3，-1）．

【点评】本题考查了二次函数综合题，利用待定系数法求函数解析式；利用平行于x轴的直线与抛物线的交点关于对称轴对称得出P、Q关于直线x＝−1对称是解题关键；利用两组对边对应成比例且夹角相等的两个三角形得出CM的长是解题关键．
2．如图1，二次函数yx2+bx+c的图象过A(5，0)和B(0，)两点，射线CE绕点C(0，5)旋转，交抛物线于D，E两点，连接AC．
（1）求二次函数yx2+bx+c的表达式；
（2）连接OE，AE，当△CEO是以CO为底的等腰三角形时，求点E的坐标和△ACE的面积；
（3）如图2，射线CE旋转时，取DE的中点F，以DF为边作正方形DFMN．当点E和点A重合时，正方形DFMN的顶点M恰好落在x轴上．
①求点M的坐标；
②当点E和点A重合时，将正方形DFMN沿射线CE方向以每秒个单位长度平移．设运动时间为t秒．直接写出正方形DFMN落在x轴下方的面积S与时间t(0≤t≤4)的函数表达式．

【答案】（1）yx2+2x；（2）点E(4，)；△ACE的面积是；（3）①点M的坐标为(1，0)；②S．
【分析】（1）把A(5，0)和B(0，)两点代入解析式，利用待定系数法求解即可，
（2）△CEO是以CO为底的等腰三角形时，可得点E、B关于抛物线对称轴对称．从而可得的坐标，再利用可得答案，
（3） ①求解直线AC的表达式为：y=﹣x+5，利用对角线DM与AC的夹角为45°，得到 从而利用D的坐标，得到M的坐标，②设正方形MFDN平移后为M'F'D'N'，分两种情况讨论即可得到答案．
【详解】解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得：
，
解得，
故抛物线的表达式为：yx2+2x①；
（2）当C(0，5)，△CEO是以CO为底的等腰三角形时，
则OC的中点(0，)的纵坐标和点E的纵坐标相同，
而点B(0，)，即点E、B关于抛物线对称轴对称．
∵抛物线的对称轴为直线x=2，
故点E的坐标为(4，)；
OC•|xE|OA•|yE|
5×45

（3）①∵OA=OC=5，∴∠CAO=45°．
正方形DFMN，
对角线DM与AC的夹角为45°，
∴∠DMA=90°，即DM⊥x轴，
即点D、M的横坐标相同，
由A、C的坐标得：直线AC的表达式为：y=﹣x+5②，
联立①，②并解得：x=1或5(舍去5)，
故x=1，故点D(1，4)，
∴点M的坐标为(1，0)；
②设正方形MFDN平移后为M'F'D'N'，如图1，2所示；

由A、D的坐标得：DA4，
∵点F是AD的中点，故DA=2，即正方形MFDN的边长为2，
∴正方形MFDN的面积为S1=(2)2=8；
(Ⅰ)当0≤t≤2时，如图1所示，设M'F'交x轴于点H．
∵t秒时，正方形平移的距离为t，
∴MM't=M'H，
∴S=S△M'MHMM'•M'H(t)2=t2；
(Ⅱ)当2＜t≤4时，如图2所示，设N'D'交x轴于点H．
∵t秒时，正方形平移的距离为t，则DD't，
∴AD'=AD﹣DD'=4t=HD'，
∴S=S1﹣S△AD'H=8AD'×HD'=8=﹣t2+8t﹣8，
综上，S．
【点评】本题考查的是利用待定系数法求解函数解析式，等腰三角形的性质与判定，勾股定理的应用，平移的性质及利用平移的性质求特定图形的面积关系式，是比较典型的动态几何题，掌握以上知识是解题的关键．
3．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与y轴的交点为A(0，3)，与x轴的交点分别为B(2，0)，C(6，0)．直线AD∥x轴，在x轴上位于点B右侧有一动点E，过点E作平行于y轴的直线l与抛物线、直线AD的交点分别为P，Q．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点E在线段BC上时，求△APC面积的最大值；
（3）是否存在点P，使以A，P，Q为顶点的三角形与△AOB相似？若存在，求出此时点E的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)y=﹣2x+3；(2)；(3)存在，(，0)或(，0)或(14，0)
【分析】(1)按交点式设成抛物线解析式，再将点A坐标代入，即可得出结论；
(2)先利用待定系数法求出直线AC解析式，进而表示出PF，利用三角形的面积公式得出S=﹣(t﹣3)2+，即可得出结论；
(3)①再分2＜t＜8和t＞时，表示出AQ=t，PQ=﹣t2+2t，再分两种情况，利用相似三角形的对应边成比例建立方程求解即可得出结论．
【详解】(1)∵抛物线B(2，0)、C(6，0)，
∴设抛物线为：，
把点A(0，3)代入，
得，
∴a，
∴该抛物线解析式为：；
(2)设直线AC的解析式为：，
∴，
解得，
∴直线AC的解析式为：，
设△APC面积为S，
如图，设直线l与AC交点为F，

设P(t，t2﹣2t+3)(2≤t≤6)，则F(t，﹣t+3)，
∴PF=﹣t+3-(t2﹣2t+3)t2+t，
∴St2×6
=﹣2+，
∴当t=3时，S最大值，
即△APC面积的最大值为；
(3)存在点P，
理由：连接AB，则△AOB中，∠AOB=90°，
∵点A、B的坐标分别为(0，3)、(2，0)，
∴AO=3，BO=2，
设点E的坐标为(t，0)(＞2)，
则Q(t，3)，P(t，t2﹣2t+3)，
当t2﹣2t+3=3时，此时，点P，Q重合，即t=0(舍)或t=8，不能构成△APQ，
∴t≠8，
①当2＜t＜8时，AQ=t，PQ=3-(t2﹣2t+3)=﹣t2+2t，
当△AOB∽△AQP时，
∴，
∴，
解得：t=0(舍)或t=，
∴点E的坐标为(，0)，
若△AOB∽△PQA，
则，
∴，
解得：t=0(舍)或t=2(舍)，
②当t＞8时，AQ=t， PQ=t2﹣2t+3-3=t2-2t，
若△AOB∽△AQP，
则∴，
∴，
解得：t=0(舍)或t=，
∴点E的坐标为(，0)，
若△AOB∽△PQA，
则，
即，
解得：t=0(舍)或t=14，
∴点E的坐标为(14，0)，
综上所述，点E的坐标为(，0)或(，0)或(14，0)．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角形的面积公式，相似三角形的性质，利用分类讨论的思想和方程的思想求解是解本题的关键．
4．已知如图，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（3，0），B（﹣1，0），与y轴交于点C，连接AC，点P是直线AC上方的抛物线上一动点（异于点A，C），过点P作PE⊥x轴，垂足为E，PE与AC相交于点D，连接AP．

（1）求点C的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）①求直线AC的解析式；
②是否存在点P，使得△PAD的面积等于△DAE的面积，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）(0,3)；（2）y＝﹣x2+2x+3；（3）①；②当点P的坐标为（1，4）时，△PAD的面积等于△DAE的面积．
【分析】（1）将代入二次函数解析式即可得点C的坐标；
（2）把A（3，0），B（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+3即可得出抛物线的解析式；
（3）①设直线直线AC的解析式为，把A（3，0），C代入即可得直线AC的解析式；
②存在点P，使得△PAD的面积等于△DAE的面积；设点P（x，﹣x2+2x+3）则点D（x，﹣x+3），可得PD=﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）=﹣x2+3x，DE=﹣x+3，根据Ｓ△PAD＝Ｓ△DAE时，即可得PD=DE，即可得出结论．
【详解】解：（1）由y＝ax2+bx+3，令
∴点C的坐标为（0，3）；
（2）把A（3，0），B（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+3得
，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3；
（3）①设直线直线AC的解析式为，
把A（3，0），C代入得
，
解得，
∴直线AC的解析式为；
②存在点P，使得△PAD的面积等于△DAE的面积，理由如下：
设点P（x，﹣x2+2x+3）则点D（x，﹣x+3），
∴PD=﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）=﹣x2+3x，DE=﹣x+3，
当Ｓ△PAD＝Ｓ△DAE时，有，得PD=DE，
∴﹣x2+3x=﹣x+3解得x1=1，x2=3（舍去），
∴y＝﹣x2+2x+3=﹣12+2+3=4，
∴当点P的坐标为（1，4）时，△PAD的面积等于△DAE的面积．
【点评】本题考查了用待定系数法求解析式，二次函数的综合，掌握知识点是解题关键．
5．如图，抛物线与轴交于点，两点，直线与轴交于点，与轴交于点．点是轴上方的抛物线上一动点，过点作轴于点，交直线于点．设点的横坐标为．

（1）求抛物线的解析式；
（2）若，求的值；
（3）若点是点关于直线OE的对称点，是否存在点，使点落在上？若存在，请直接写出相应的点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）或；（3）存在，
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）用含m的代数式分别表示出PE、EF，然后列方程求解；
（3）根据题意作出示意图，根据点、关于直线OE对称，得到，由平行得到，故，于是，设，求出，得到，解出m的值即可求解．
【详解】解：（1）将点、坐标代入抛物线解析式，得：
，解得，
∴抛物线的解析式为：．
（2）∵点的横坐标为，
∴，，．
∴，
．
由题意，，即：
①若，整理得：，
解得：或；
②若，整理得：，
解得：或．
由题意，的取值范围为：，
∴或．
（3）假设存在．
作出示意图如下：

∵点、关于直线OE对称，
∴，
∵平行于轴，∴，
∴，∴，
设
∴，
∴．
解得或（负值舍去）
把x=代入抛物线得到．
故存在使点落在上．
【点评】本题是二次函数压轴题，综合考查了二次函数与一次函数的图象与性质、点的坐标、待定系数法、对称性等多个知识点，重点考查了分类讨论思想与方程思想的灵活运用．需要注意的是，为了避免漏解，表示线段长度的代数式均含有绝对值，解方程时需要分类讨论、分别计算．
6．在平面直角坐标系中，将二次函数y=a(a＞0)的图象向右平移1个单位，再向下平移2个单位，得到如图所示的抛物线，该抛物线与x轴交于点A、B(点A在点B的左侧)，OA=1，经过点A的一次函数()的图象与y轴正半轴交于点C，且与抛物线的另一个交点为D，△ABD的面积为5．
(1)求抛物线和一次函数的解析式；
(2)抛物线上的动点E在一次函数的图象下方，求△ACE面积的最大值，并求出此时点E的坐标；

【答案】(1)，；(2)最大值是，此时E点坐标为
【分析】(1)先写出平移后的抛物线解析式，经过点A(-1，0)，可求得a的值，由△ABD的面积为5可求出点D的纵坐标，代入抛物线解析式求出横坐标，由A、D的坐标可求出一次函数解析式；
(2)作EM∥y轴交AD于M，如图，利用三角形面积公式，由构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；
【详解】(1)将二次函数)的图象向右平移1个单位，再向下平移2个单位，得到的抛物线解析式为，
∵OA=1，
∴点A的坐标为(﹣1，0)，代入抛物线的解析式得，，
∴，
∴抛物线的解析式为，即．
令y=0，解得，
∴点B的坐标为(3，0)，
∴AB=OA+OB=4，
∵△ABD的面积为5，
∴，
∴，
代入抛物线解析式得，，
解得，
∴点D的坐标为(4，)，
设直线AD的解析式为，
∴，解得：，
∴直线AD的解析式为；
(2)过点E作EM∥y轴交AD于M，交x轴于N，如图，

设点E的坐标为(，)，则点M的坐标为(，)
∴，
∴



，
∴当 时，△ACE的面积有最大值，最大值是，此时E点坐标为( ，)
【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了选定系数法，二次函数的性质，要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系，解决相关问题．
7．如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c（a、b、c是常数，a≠0）经过原点O和两点，点P在该抛物线上运动，以点P为圆心的⊙P总经过定点A(0， 2)．
（1）a= ，b= ，c= ；
（2）求证：在点P运动的过程中，⊙P始终与x轴相交；
（3）设⊙P与x轴相交于M、N两点，M在N的左边．当△AMN为等腰三角形时，直接写出圆心P的横坐标．

【答案】（1），；（2）见解析；（3）0或或
【分析】（1）根据题意得出二次函数一般形式进而将已知点代入求出a，b，c的值即可；
（2）设P（x，y），表示出⊙P的半径r，进而与x2比较得出答案即可；
（3）分别表示出AM，AN的长，进而分别利用当AM=AN时，当AM=MN时，当AN=MN时，求出a的值，进而得出圆心P的横坐标即可．
【详解】（1）∵抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的对称轴为y轴，且经过（0，0）和（，）两点，
∴抛物线的一般式为：y=ax2，
∴=a（）2，
解得：a=±，
∵图象开口向上，
∴a=，
∴抛物线解析式为：y=x2，
故a=，b=c=0；
（2）设P(x,y),P的半径，
又∵,则 ，
化简得：，
∴点P在运动过程中，P始终与x轴相交；
（3）设P（a，a2），
∵PA=，
作PH⊥MN于H，则PM=PN=，
又∵PH=a2，
则MH=NH==2，
故MN=4，
∴M（a﹣2，0），N（a+2，0），
又∵A（0，2），
∴AM=，AN=，
当AM=AN时，=，
解得：a=0，
当AM=MN时，=4，
解得：；
当AN=MN时，=4，
解得：；
综上所述，P的横坐标为0或或．

【点评】本题主要考查二次函数与几何综合，掌握待定系数法，直线与圆的位置关系，等腰三角形的定义并分情况讨论是解题的关键．
8．如图，已知二次函数y＝x2﹣2x+m的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，直线AC交二次函数图象的对称轴于点D，若点C为AD的中点．
（1）求m的值；
（2）若二次函数图象上有一点Q，使得tan∠ABQ＝3，求点Q的坐标；
（3）对于（2）中的Q点，在二次函数图象上是否存在点P，使得△QBP∽△COA？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）m=﹣3；（2）Q（﹣4，21）或（2，﹣3）；（3）不存在，理由见解析
【分析】
（1）函数的对称轴为：x=1，点C为AD的中点，则点A（-1，0），即可求解；
（2）tan∠ABQ=3，点B（3，0），则AQ所在的直线为：y=±3x（x-3），即可求解；
（3）分点Q（2，-3）、点Q（-4，21）两种情况，分别求解即可．
【详解】
（1）设对称轴交x轴于点E，直线AC交抛物线对称轴于点D，

函数的对称轴为：x＝1，点C为AD的中点，则点A（﹣1，0），
将点A的坐标代入抛物线表达式并解得：m＝﹣3，
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3…①；
（2）tan∠ABQ＝3，点B（3，0），
则AQ所在的直线为：y＝±3（x﹣3）…②，
联立①②并解得：x＝﹣4或3（舍去）或2，
故点Q（﹣4，21）或（2，﹣3）；
（3）不存在，理由：
△QBP∽△COA，则∠QBP＝90°
①当点Q（2，﹣3）时，
则BP的表达式为：y＝﹣（x﹣3）…③，
联立①③并解得：x＝3（舍去）或﹣，故点P（﹣），
此时BP：PQ≠OA：AC，故点P不存在；
②当点Q（﹣4，21）时，
同理可得：点P（﹣），
此时BP：PQ≠OA：OB，故点P不存在；
综上，点P不存在．
【点评】此题考查二次函数综合运用，一次函数的性质、三角形相似、中点公式的运用等，解题关键在于要注意分类求解，避免遗漏．
9．已知抛物线与x轴交于点A（﹣2，0）、B（3，0），与y轴交于点C（0，4）．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P是抛物线上位于第一象限内的一点，当四边形ABPC的面积最大时，求出四边形ABPC的面积最大值及此时点P的坐标．
（3）如图2，将抛物线向右平移个单位，再向下平移2个单位．记平移后的抛物线为，若抛物线与原抛物线对称轴交于点Q．点E是新抛物线y'对称轴上一动点，在（2）的条件下，当△PQE是等腰三角形时，求点E的坐标．
【答案】（1）；（2）最大面积：，；（3）点E的坐标为或或或或．
【分析】（1）用待定系数法解答便可；
（2）设P点的坐标为，过点P作PM⊥x轴，与BC交于点M，用t表示M的坐标，进而根据三角形面积公式，由3个三角形的面积和表示四边形ABPC的面积，最后根据二次函数求最值的方法求得结果；
（3）分三种情况：当PE=QE时；当PQ=QE时；当PE=PQ时．分别列出关于E的纵坐标方程进行解答．
【详解】解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（﹣2，0），B（3，0），
∴可设抛物线的解析式为：y＝a（x+2）（x﹣3）（a≠0），
把C（0，4）代入y＝a（x+2）（x﹣3）（a≠0）中，
得4＝﹣6a，

∴抛物线的解析式为：， 即；
（2）

设P点的坐标为，过点P作PM⊥x轴，与BC交于点M，如图1，
设直线BC的解析式为y＝kx+b（k≠0），
将B、C的坐标代入，得，
解得，
∴直线BC的解析式为：，
∴M，
∴，
∴，


∴，
∴当时，S四边形ABPC取最大值，最大值为：，
∴此时P点的坐标为；
（3）∵将抛物线向右平移个单位，再向下平移2个单位．记平移后的抛物线为y'，
∴y′的解析式为，
化简，得，
∴抛物线y′的对称轴为x＝1，
∵抛物线，
∴抛物线的对称轴为直线，
把代入中，得，
∴Q点的坐标为（，2），
设E的坐标为（1，n）
①当PE＝QE时，则，
即，
解得，n=，
∴E，
②当PQ＝QE时，则，
即，
解得，
∴E点的坐标为或；
③当PQ＝PE时，则，
即，
解得，，
∴点E的坐标为（1，）或（1，）．
综上，当△PQE是等腰三角形时，点E的坐标为（1，）或或或（1，）或（1，）．
【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数的图像与性质，待定系数法，三角形面积公式，二次函数的最值的求法，等腰三角形的性质和判定，全等三角形的性质与判定，第（3）题关键是构造全等三角形和分类讨论．
10．如图，抛物线交轴于，两点，交轴于点．直线经过点，．

（1）求抛物线的解析式；
（2）过点的直线交直线于点．
①当时，过抛物线上一动点（不与点，重合），作直线的平行线交直线于点，若以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，求点的横坐标；
②连接，当直线与直线的夹角等于的2倍时，请直接写出点的坐标．
【答案】（1）；（2）①4或或，②或
【分析】（1）利用一次函数解析式确定C（0，-5），B（5，0），然后利用待定系数法求抛物线解析式；
（2）①先解方程得A（1，0），再判断△OCB和△AMB为等腰直角三角形，作PD⊥x轴交直线BC于D，设P（，），则D（，），讨论：当P点在直线BC上方时，当P点在直线BC下方时，分别解方程即可得到P点的横坐标；
②作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M1，交AC于E，如图2，利用等腰三角形的性质和三角形外角性质得到∠AM1B=2∠ACB，再确定N（3，-2），利用两直线垂直的问题求得直线EM1的解析式，得M1点的坐标；作直线BC上作点M1关于N点的对称点M2，再根据中点坐标公式列式即可求解．
【详解】（1）当时，，则C（0，-5），
当时，，解得，则B（5，0），
把B（5，0），C（0，-5）代入得：
，解得，
∴抛物线解析式为；
（2）①解方程得，则A（1，0），
∵B（5，0），C（0，-5），
∴△OCB为等腰直角三角形，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∵AM⊥BC，
∴△AMB为等腰直角三角形，
∴，
∵以点A，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，AM∥PQ，
∴PQ=AM=，PQ⊥BC，
作PD⊥轴交直线BC于D，如图1，

则∠PDQ=45°，
∴，
设P（，），则D（，），
当P点在直线BC上方时，
PD=()，
解得（舍去），，
当P点在直线BC下方时，
PD=()，
解得，，
综上所述，P点的横坐标为4或或；
②作AN⊥BC于N，NH⊥轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M1，交AC于E，如图2，

∵M1A=M1C，
∴∠ACM1=∠CAM1，
∴∠AM1B=2∠ACB，
∵△ANB为等腰直角三角形，
∴AH=BH=NH=2，
∴N（3，-2），
设AC的解析式为，
把A（1，0）代入得：，解得：，
∴AC的解析式为，E点坐标为(，)，
∵EM1⊥AC，
∴设直线EM1的解析式为，
把E(，)代入得，
解得，
∴直线EM1的解析式为，
解方程组，得，
则M1(，)；
在直线BC上作点M1关于N点的对称点M2，如图2，
则∠AM2C=∠AM1B=2∠ACB，
设M2(，)，
∵，
∴，
∴M2(，)，
综上所述，点M的坐标为(，)或(，)．
【点评】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、等腰直角的判定与性质和平行四边形的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质；会运用分类讨论的思想解决数学问题．
11．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴，轴相交于，两点．点的坐标是，连接，．
（1）求过，，三点的抛物线的解析式，并判断的形状；
（2）抛物线上是否存在着一点，使的面积为25？若存在，求出的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）在抛物线上，是否存在着一点，使为以为斜边的直角三角形？若存在，请直接写出的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1），为以为直角顶点的直角三角形；（2）存在，的坐标为或或或；（3），，．
【分析】（1）先确定出点A，B坐标，再用待定系数法求出抛物线解析式；用勾股定理逆定理判断出△ABC是直角三角形；
（2）作轴交直线于点，由的面积为25求出PQ的长，则可得，解得，，，，则可求得点P的坐标；
（3）根据二次函数的图象与性质可得抛物线的对称轴为直线，由圆周角性质的推论，直径所对的圆周角为直角，则必须在以为直径的圆上，而又在抛物线上，在以为直径的圆和抛物线的交点处均符合题意， 圆与抛物线共有四个交点为，，，，由图象可得，，由与关于直线对称可求解的坐标．
【详解】解：（1）∵与轴，轴相交于，两点，
当时，即，
解得，
∴，
当时，，
∴．
∵抛物线过原点，
∴设抛物线的解析式为．
∵过，，
则，
解得，
∴该抛物线的解析式为．
∵，，，
∴；
；
；
∴．
∴为以为直角顶点的直角三角形
（2）存在．理由如下：
作轴交直线于点，

设，则，
∴，
∴，∴
即
即
即或
解得：，，，；
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；
∴综上所述：当的坐标为或或或时，的面积为25．
（3）由抛物线的轴对称性可知：抛物线的对称轴为直线，
若在抛物线找一点使为以为斜边的直角三角形，即为直角顶点；
由圆周角性质的推论，直径所对的圆周角为直角，则必须在以为直径的圆上，
而又在抛物线上，
∴在以为直径的圆和抛物线的交点处均符合题意，如图所示：
圆与抛物线共有四个交点，分别为，，，

由（1）可知，当与或重合的时候均符合题意，与重合，，三点不能组成三角形，
∴，
而的中点即圆心在抛物线的对称轴上，所以抛物线与圆具备了公共的对称轴，直线，
∴圆与抛物线的四个交点是关于直线对称，
∴与关于直线对称，
∴
解得，
∴
综上可知：，，．
【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查了待定系数法、勾股定理逆定理、圆周角定理等知识，解题的关键是能够熟练掌握待定系数法并准确灵活应用所学知识解决问题．
12．已知抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），交轴于点，顶点为．
（1）请直接写出，两点的坐标：______，______．
（2）若，的平分线交轴于点．
①求抛物线顶点的坐标．
②求直线的解析式．
③线段上是否存在一点，使得该抛物线绕点旋转180°后，得到的新抛物线恰好经过原抛物线的顶点，若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）①；②；③存在，，理由见解析．
【分析】（1）将抛物线解析式化为顶点，再令y=0，解得抛物线与x轴的交点，即可解题；
（2）①将代入（1）中的顶点解析式，即可解得顶点坐标；
②先解出抛物线与y轴的交点C，再计算AC、AB、BC的长，根据勾股定理逆定理判断为直角三角形，结合角平分线性质，得到，过点B作BE垂足为B，交直线CD于点E，得到为等腰直角三角形，过点E作EF轴，垂足为F，可证明，继而解得，设直线CD的解析式为，代入点即可解题；
③设点Q的坐标为，解出图象旋转后的点N的坐标，设旋转后的新抛物线的解析式，代入点M，解得m的值，根据题意筛选符合题意的m的值即可解题．
【详解】（1）整理得
令y=0，解得

故答案为：；
（2）①当时，
抛物线的顶点坐标为，即；
②抛物线


为直角三角形，
平分，

过点B作BE垂足为B，交直线CD于点E，得到为等腰直角三角形，
过点E作EF轴，垂足为F，分别交AC，BC，于点M，N，



设直线CD的解析式为，代入点
解得
直线CD的解析式为；
③设点Q的坐标为
则顶点M绕点O旋转180°后的对应点N的坐标为
设旋转后的新抛物线的解析式
把点代入新抛物线解析式得


又
时，点Q不在线段CD上，故舍去，
当时，
．
【点评】本题考查二次函数与一次函数的综合，涉及勾股定理逆定理、一元二次方程等知识，是重要考点，难度较大，作出正确的辅助线，掌握相关知识是解题关键．
13．已知抛物线与轴交于点和点，与直线交于点和点，为抛物线的顶点，直线是抛物线的对称轴．

（1）求抛物线的解析式为______，不等式的解集为______．
（2）连接，，求的面积．
（3）点为直线上方抛物线上一点，设为点到直线的距离，当有最大值时，求点的坐标．
【答案】（1）y=-x2+2x+3，或；（2）；（3）
【分析】（1）先求出B、C的坐标，然后用待定系数法即可求出二次函数解析式；根据图象即可求出不等式的解集；
（2）先求出MN和OB的长，然后根据三角形的面积公式求解即可；
（3）过点作轴的平行线交于点，交x轴于点F，过点作于点，设P(x，-x2+2x+3)，H(x，-x+3)，表示出PH的长，求出∠PHD的值，进而表示出PD的长，然后根据二次函数的性质求解即可；
【详解】解：（1）对于，当x=0时，y=3；当y=0时，x=3；
∴B(3，0)，C(0，3)，
把B(3，0)，C(0，3)代入，得
，
解得
，
∴y=-x2+2x+3；
由图象得，当时， 或；
（2）如图，抛物线的对称轴与直线交于点N，
∵y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4，
∴M(1，4)，
当x=1时，=2，
∴MN=4-2=2，
∵B(3，0)，
∴OB=3，
∴．

（3）过点作轴的平行线交于点，交x轴于点F，过点作于点，

∵B(3，0)，C(0，3)，
∴OB=OC，
∴∠OBC=45°，
∴∠PHD=∠BHF=45°，
设点P(x，-x2+2x+3)，则点，
∴PH=-x2+3x，
∴=，
∵，故有最大值，此时，
∴-x2+2x+3=，
∴点．
【点评】本题主要考查了二次函数与一次函数的综合，等腰直角三角形的判定与性质，以及锐角三角函数的知识．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
14．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=−+b x +c的图象与坐标轴交于A． B． C三点，其中点A的坐标为(0，8)，点B的坐标为(−4，0)．
(1)求该二次函数的表达式及点C的坐标；
(2)点D的坐标为(0，4)，点F为该二次函数在第一象限内图象上的动点，连接CD、CF，以CD、CF为邻边作平行四边形CDEF，设平行四边形CDEF的面积为S．
①求S的最大值；
②在点F的运动过程中，当点E落在该二次函数图象上时，请直接写出此时S的值．

【答案】（1）y=-x2+x+8；C (8，0)；（2）①50；②18
【分析】（1）把A点和B点坐标代入y=-x2+bx+c得到关于b、c的方程组，然后解方程组求出b、c即可得到抛物线的解析式；然后计算函数值为0时对应的自变量的值即可得到C点坐标
（2）①连结DF，OF，如图，设F(t，-t2+t+8)，利用S四边形OCFD=S△CDF+S△OCD=S△ODF+S△OCF，利用三角形面积公式得到S△CDF=-t2+6t+16，再利用二次函数的性质得到△CDF的面积有最大值，然后根据平行四边形的性质可得S的最大值；
②由于四边形CDEF为平行四边形，则CD//EF，CD=EF，利用C点和D的坐标特征可判断点C向左平移8个单位，再向上平移4个单位得到点D，则点F向左平移8个单位，再向上平移4个单位得到点E，即E(t-8，-t2+t+12)，然后把E(t-8，-t2+t+12)代入抛物线解析式得到关于t的方程，再解方程求出t后计算△CDF的面积，从而得到S的值．
【详解】解：（1）把A(0，8)，B(-4，0)代入y=-x2+bx+c得
，
解得，
所以抛物线的解析式为y=-x2+x+8；
当y=0时，-x2+x+8=0，解得x1=-4，x2=8，
所以C点坐标为(8，0)；
（2）①连结DF，OF，如图，设F(t，-t2+t+8)，

∵S四边形OCFD=S△CDF+S△OCD=S△ODF+S△OCF，
∴S△CDF=S△ODF+S△OCF-S△OCD=×4×t+×8×(-t2+t+8)-×4×8
=-t2+6t+16
=-(t-3)2+25，
当t=3时，△CDF的面积有最大值，最大值为25，
∵四边形CDEF为平行四边形，
∴S的最大值为50；

②∵四边形CDEF为平行四边形，
∴CD//EF，CD=EF，
∵点C向左平移8个单位，再向上平移4个单位得到点D，
∴点F向左平移8个单位，再向上平移4个单位得到点E，即E(t-8，-t2+t+12)，
∵E(t-8，-t2+t+12)在抛物线上，
∴-(t-8)2+t-8+8=-t2+t+12，解得t=7，
当t=7时，S△CDF=-(7-3)2+25=9，
∴此时S=2S△CDF=18．
【点评】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和平行四边形的性质；会利用待定系数法求二次函数解析式；理解坐标与图形性质，掌握点平移的坐标规律．
15．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于、两点，与y轴交于点C，其顶点为点D，点E的坐标为，该抛物线与BE交于另一点F，连接BC．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若点在BC上，连接FH，求的面积；
（3）一动点M从点D出发，以每秒1个单位的速度沿平行于轴方向向上运动，连接OM，BM，设运动时间为t秒，在点M的运动过程中，当t为何值时，？

【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）将点A，B的坐标代入抛物线y＝ax2＋bx−2可求出a，b的值，再配方成顶点式即可；
（2）如图1，过点A作AH∥y轴交BC于H，交BE于G，求出直线BC和直线BE的解析式，再求出点G坐标，GH的长度，可根据S△FHB＝GH×（xB−xF）求出△FHB的面积；
（3）先求出顶点D的坐标，设M（2，m），m＞，分别用含m的代数式表示出OM2，BM2，OB2的值，利用勾股定理可求出m的值，即写出t的值．
【详解】解：（1）抛物线与轴交于，两点，
，
，
抛物线解析式为；
（2）如图1，过点作轴交于，交于，

由（1），，
将，代入，
得，，
解得，，
直线的解析式为，
在直线上，
，
，
将点，代入，
得，，解得，，
直线的解析式为，
，
，
直线与抛物线相交于，，
，
；
（3）如图2，由（1），
顶点
动点从点出发，以每秒1个单位的速度沿平行于轴方向向上运动，

设，，
，，，
，
，
，
，（舍，
，
，
，
当时，．
【点评】本题考查了待定系数法求解析式，二次函数的图象及性质，三角形的面积，直角三角形的存在性与动点结合等，解题关键是能够熟练运用含字母的代数式表示线段的长度．