解答压轴题2016-2020年成都数学中考二模汇编

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解答压轴题2016-2020年成都数学中考二模汇编
1. 如图，抛物线 y=−12x2+bx+c 与 x 轴交于点 A 和点 B，与 y 轴交于点 C，点 B 坐标为 6,0，点 C 坐标为 0,6，点 D 是抛物线的顶点，过点 D 作 x 轴的垂线，垂足为 E，连接 BD．

(1) 求抛物线的解析式及点 D 的坐标；
(2) 点 F 是抛物线上的动点，当 ∠FBA=∠BDE 时，求点 F 的坐标；
(3) 若点 M 是抛物线上的动点，过点 M 作 MN∥x 轴与抛物线交于点 N，点 P 在 x 轴上，点 Q 在坐标平面内，以线段 MN 为对角线作正方形 MPNQ，请写出点 Q 的坐标．

2. 已知点 A−2,2，B8,12 在抛物线 y=ax2+bx 上．
(1) 求抛物线的解析式；
(2) 如图 1，点 F 的坐标为 0,mm>4，直线 AF 交抛物线于另一点 G，过点 G 作 x 轴的垂线，垂足为 H，设抛物线与 x 轴的正半轴交于点 E，连接 FH，AE，求 AEFH 之值（用含 m 的代数式表示）；

(3) 如图 2，直线 AB 分别交 x 轴、 y 轴于 C，D 两点，点 P 从点 C 出发，沿射线 CD 方向匀速运动，速度为每秒 2 个单位长度，同时点 Q 从原点 O 出发，沿 x 轴正方向匀速运动，速度为每秒 1 个单位长度，点 M 是直线 PQ 与抛物线的一个交点，当运动到 t 秒时，QM=3PM，求 t 的值．


3. 已知二次函数 y=12x2+bx+c 的图象经过 A−3,6，并与 x 轴交于 B−1,0 和点 C，顶点为 P．
(1) 求这个二次函数的解析式，并在坐标系中画出该二次函数的图象；
(2) 设 D 为线段 OC 上的一点，满足 ∠DPC=∠BAC，求点 D 的坐标；
(3) 在 x 轴上是否存在一点 M，使以 M 为圆心的圆与 AC，PC 所在的直线及 y 轴都相切？如果存在，请求出点 M 的坐标；若不存在，请说明理由．

4. 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，边长为 4 的正方形 OABC 的顶点 A 在 x 轴上，顶点 C 在 y 轴上．点 D 是 OA 的中点，连接 CD，过点 D 作 DE⊥CD，且 DE=CD．以点 D 为顶点的抛物线刚好经过 E 点．P 为射线 CB 上一点，过点 P 作 PF⊥CD 交 CD 于点 F．

(1) 求 E 点坐标及抛物线的表达式；
(2) 若点 P 从点 C 出发，沿射线 CB 以每秒 1 个单位长度的速度运动，运动时间为 t 秒，则当 t 为何值时，以点 P，F，D 为顶点的三角形与 △COD 相似？
(3) 点 Q 为抛物线上一点，当点 Q 在直线 PF 上，且满足以点 D，E，P，Q 为顶点的四边形是平行四边形时，求点 Q 的坐标．

5. 如图 1，已知直线 l:y=2x−2 分别与 x 轴，y 轴交于点 A，B 两点，C 为 l 在一象限内的点，且 AC=25，抛物线 y=ax2+bx−8 过 A，C 两点，且与 x 轴的另一交点为 D．

(1) 求抛物线的解析式；
(2) 如图 2，若抛物线 y=ax2+bx−8 的顶点为 E，P 为直线 AC 上的一动点，当 ∣PD−PE∣ 值最大时，求此时点 P 的坐标及 ∣PD−PE∣ 的最大值；

(3) 如图 3，若点 M 为 x 轴上一点，点 N 为平面内一点，且满足以点 B，C，M，N 为顶点的四边形是矩形，请直接写出点 N 的坐标．


6. 如图，平面直角坐标系中，直线 y=x+2 与 x 轴交于点 A，与 y 轴交于点 D，B 为 AO 的中点，DC⊥DB 交 x 轴于点 C，E 在 y 轴上，且 OC=OE，经过 B，E，C 三点的抛物线与直线 AD 交于 F，G 两点，直线与该抛物线的对称轴交于 M 点．

(1) 求经过 B，E，C 三点的抛物线的解析式；
(2) P 为线段 FG 上一个动点（与 F，G 不重合），PQ∥y 轴与抛物线交于点 Q．若以 P，Q，M 为顶点的三角形与 △AOD 相似，求出满足条件的点 P 的坐标；
(3) N 是抛物线上一动点，在抛物线的对称轴上是否存在点 H，使以 C，D，N，H 为顶点的四边形为平行四边形．若存在，求出满足条件的点 H 的坐标；若不存在，请说明理由．

7. 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 y=ax2+bx+c 与 x 轴相交于点 A−3,0 和点 B1,0，与 y 轴相交于点 C0,−3，抛物线的顶点为点 D，连接 AC，BC．

(1) 求这条抛物线的表达式及顶点 D 的坐标；
(2) 若平行于 x 轴的动直线 l 与该抛物线交于点 P，与直线 AC 交于点 F，点 M 的坐标为 −1,0．问：是否存在这样的直线 l，使得 OF+MF 最小？若存在，请求出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由．
(3) ①若 Pʹ 为抛物线上一动点，且 ∠ACPʹ=∠BCO，请求出点 Pʹ 的坐标；
②在抛物线第三象限的部分上有两点 R 与 E（点 R 在点 E 右侧），且 RE∥x轴，过点 A 作 x 轴的垂线 ANʹ，连接 AE，在线段 AE 上有一点 G，作射线 RG 交垂线 ANʹ 于点 N，当 2∠ERG+∠EGR=90∘，且 AE:RN=3:2 时，求 RE 的长及 △REG 的面积．

8. 如图 1，已知抛物线的顶点坐标为 M1,4，且经过 N2,3，与 x 轴交于 A，B 两点（点 A 在点 B 左侧），与 y 轴交于点 C．

(1) 求抛物线的解析式；
(2) 如图 2，在线段 AB 上存在一动点 K（点 K 不与点 A 重合），设点 K 的坐标为 t,0t>0，过 K 作 KF⊥AB 交射线 AN 于点 F，以 KF 为一边在 KF 的右侧作正方形 KFGH，又使 △OCG 为等腰三角形，求此时正方形 KFGH 的边长．

(3) 直线 y=mx+2 与已知抛物线交于 T，Q 两点，是否存在这样的实数 m，使以线段 TQ 为直径的圆恰好过坐标原点，若存在，请求出 m 的值；若不存在，请说明理由．

9. 如图 1，二次函数 y=ax2−x−6a≠0 的图象过点 C1,−3，与 x 轴交于 A，B 两点（点 A 在 x 轴的负半轴上），且 A，C 两点关于正比例函数 y=kxk≠0 的图象对称．连接 AC，交正比例函数的图象于点 E．

(1) 求二次函数与正比例函数的解析式；
(2) 如图 2，过点 B 作 BD⊥x 轴交正比例函数图象于点 D，连接 AD，CD．如果动点 P 从点 A 沿线段 AD 的方向以每秒 2 个单位的速度向 D 运动，同时动点 Q 从点 D 沿线段 DC 方向以每秒 1 个单位的速度向点 C 运动，当其中一个点到达终点时，另一个点随之停止运动，连接 PQ，QE，PE，设运动时间为 t 秒，是否存在某一刻，使 PE，QE 分别平分 ∠APQ 和 ∠PQC？若存在，求出 t 的值；若不存在，请说明理由．


10. 如图1，在平面直角坐标系中，点 O 为坐标原点，抛物线 y=ax2−10ax+16aa≠0 交 x 轴于 A，B 两点，抛物线的顶点为 D，对称轴与 x 轴交于点 H，且 AB=2DH．

(1) 求 a 的值；
(2) 点 P 是对称轴右侧抛物线上的点，连接 PD，PQ⊥x 轴于点 Q，点 N 是线段 PQ 上的点，过点 N 作 NF⊥DH 于点 F，NE⊥PD 交直线 DH 于点 E，连接 EF，如图2，求线段 EF 的长；

(3) 在（2）的条件下，连接 DN，DQ，PB，如图3，当 DN=2QNNQ>3，2∠NDQ+∠DNQ=90∘ 时，作 NC⊥PB 交对称轴左侧的抛物线于点 C，求点 C 的坐标．


11. 已知抛物线 y=1ax2+2a−1x−2a>0 与 x 轴交于点 A，B，与 y 轴相交于点 C，且点 A 在点 B 的左侧．

(1) 若抛物线过 D2,−2，求实数 a 的值．
(2) 在（1）的条件下，在抛物线的对称轴上找一点 E，使 AE+CE 最小，求出点 E 的坐标．
(3) 在第一象限内，抛物线上是否存在点 M，使得以 A，B，M 为顶点的三角形与 △ACB 相似？若存在，求出 a 的值，若不存在，请说明理由．

12. 如图，抛物线 y=ax2+bx+ca≠0 与 x 轴相交于 A−1,0，B3,0，与 y 轴交于 C0,3．

(1) 求抛物线的解析式；
(2) 连接 BC，点 P 为抛物线上第一象限内一动点，当 △BCP 面积最大时，求点 P 的坐标；
(3) 设点 D 是抛物线的对称轴上的一点，在抛物线上是否存在点 Q，使以点 B，C，D，Q 为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点 Q 的坐标；若不存在，说明理由．
答案
1. 【答案】
(1) 把 B，C 两点坐标代入抛物线解析式可得 −18+6b+c=0,c=6, 解得 b=2,c=6.
∴ 抛物线解析式为 y=−12x2+2x+6，
∵ y=−12x2+2x+6=−12x−22+8，
∴ D2,8；
(2) 如图 1，过 F 作 FG⊥x 轴于点 G，
设 Fx,−12x2+2x+6，则 FG=−12x2+2x+6，
∵ ∠FBA=∠BDE，∠FGB=∠BED=90∘，
∴ △FBG∽△BDE，
∴ FGBG=BEDE，
∵ B6,0，D2,8，
∴ E2,0，BE=4，DE=8，OB=6，
∴ BG=6−x，
∴ −12x2+2x+66−x=48，
当点 F 在 x 轴上方时，有 −12x2+2x+66−x=12，解得 x=−1 或 x=6（舍去），此时 F 点的坐标为 −1,72；
当点 F 在 x 轴下方时，有 −12x2+2x+66−x=−12，解得 x=−3 或 x=6 (舍去)，此时 F 点的坐标为 −3,−92；
综上可知 F 点的坐标为 −1,72 或 −3,−92；
(3) 如图 2，设对角线 MN，PQ 交于点 Oʹ，
∵ 点 M，N 关于抛物线对称轴对称，且四边形 MPNQ 为正方形，
∴ 点 P 为抛物线对称轴与 x 轴的交点，点 Q 在抛物线的对称轴上，
设 Q2,2n，则 M 坐标为 2−n,n，
∵ 点 M 在抛物线 y=−12x2+2x+6 的图象上，
∴ n=−122−n2+22−n+6，解得 n=−1+17 或 n=−1−17，
∴ 满足条件的点 Q 有两个，其坐标分别为 2,−2+217 或 2,−2−217．

2. 【答案】
(1) 点 A−2,2，B8,12 在抛物线 y=ax2+bx 上，
∴4a−2b=2,64a+8b=12,
∴a=14,b=−12,
∴y=14x2−12x．

(2) 设直线 AF 的解析式为 y=kx+m，
∵A−2,2 在 AF 上，
∴2=−2k+m，k=12m−2，
∴ 直线 y=kx+m 可化为 y=12m−2x+m，
则 y=12m−2x+m,y=14x2−12x,
∴x2−2m−1x−4m=0，
∴x+2x−2m=0，
∴x=−2 或 x=2m，
∴G 的横坐标为 2m，
∴OH=2m，
∵OF=m，
∴FH=5m，
过 A 作 AN⊥x 轴于点 N，
则 N−2,0，
令 14x2−12x=0，
∴x=0 或 x=2，
∴OE=2，NE=4，
∴AE=25，
∴AEFH=255m=2m．
(3) 由题意 A−2,2，B8,12，直线 AB 的解析式为：y=x+4，∠BCO=45∘，
直线 AB 与 x 轴交点为 C−4,0，
设 Pt−4,t，则 Qt,0，设 Mx0,y0，
由 QM=3PM 可得，则 t−x0=3x0−t+4，
（ⅰ）当 t−x0=3x0−t+4 即 x0=t−3，
直线 PQ 的解析式为 tx+4y−t2=0，
∴y0=34t，
∴Mt−3,34y，代入 y=14x2−12x 即 14t−32−12t−3=34t，
∴t2−11t+15=0，
∴t=11±612，即：t1=11+612，t2=11−612；
（ⅱ）当 x0−t=3x0−t+4 即 x0=t−6，
∴y0=32t，
∴Mt−6,32t，代入 y=14x2−12x 即 y=14t−62−12t−6=32t，
∴t2−20t+48=0，
∴t=10±213，即：t3=10+213，t4=10−213，
综上所述，所求 t 为：t1=11+612，t2=11−612，t3=10+213，t4=10−213．


3. 【答案】
(1) ∵ 二次函数 y=12x2+bx+c 的图象过 A−3,6，B−1,0，
得 92−3b+c=6,12−b+c=0,
解得 b=−1,c=−32.
∴ 这个二次函数的解析式为：y=12x2−x−32．
当 y=0 时，解得 x1=−1，x2=3，
∴C3,0，
∵y=12x−12−2，
∴P1,−2，
画出二次函数的图象，如图 1．
(2) ∵∠ACB=∠PCD=45∘，∠DPC=∠BAC，
∴△DPC∽△BAC，
∴DCBC=PCAC，
易求 AC=62，PC=22，BC=4，
∴DC=43，
∴OD=3−43=53，
∴D53,0．
(3) 存在．
①过点 M 作 MH⊥AC，MG⊥PC，垂足分别为 H，G，设 AC 交 y 轴于点 S，CP 的延长线交 y 轴于点 T，如图 2，
∵△SCT 是等腰直角三角形，M 是 △SCT 的内切圆圆心，
∴MG=MH=OM，
又 ∵MC=2OM 且 OM+MC=OC，
∴2OM+OM=3，得 OM=32−3，
∴M32−3,0．
②在 x 轴的负半轴上，存在一点 Mʹ，
同理 OMʹ+OC=MʹC=2OMʹ，得 OMʹ=32+3，
∴Mʹ−32−3,0，
即在 x 轴上存在满足条件的两个点，坐标分别为 32−3,0，−32−3,0．

4. 【答案】
(1) 如图 1，过点 E 作 EG⊥x 轴于点 G．
∵ 四边形 OABC 是边长为 4 的正方形，D 是 OA 的中点，
∴OA=OC=4，OD=2，∠AOC=∠DGE=90∘．
∵∠CDE=90∘，
∴∠ODC+∠GDE=90∘．
又 ∵∠ODC+∠OCD=90∘，
∴∠OCD=∠GDE．
在 △ODC 与 △GDE 中，∠DOC=∠EGD,∠OCD=∠GDE,DC=DE,
∴△ODC≌△GED，
∴EG=OD=2，DG=OC=4，
∴ 点 E 的坐标为 6,2．
又 ∵ 抛物线以 D2,0 为顶点，
∴ 设抛物线的解析式为 y=ax−22，
把 E6,2 代入得 a=18，
∴ 抛物线的解析式为 y=18x−22．
(2) ①若 △DFP∽△COD，则 ∠PDF=∠DCO．
∴PD∥OC，
∴∠PDO=∠OCP=∠AOC=90∘，
∴ 四边形 PDOC 为矩形，
∴PC=OD=2，
∴t=2．
②若 △PFD∽△COD，则 ∠DPF=∠DCO，PDCD=DFOD，
∴∠PCF=90∘−∠DCO=90∘−∠DPF=∠PDF，
∴PC=PD，
∴DF=12CD．
∵CD2=OD2+OC2=42+22=20，
∴CD=25，
∴DF=5．
∵PDCD=DFOD，
∴PC=PD=52×25=5，
∴t=5．
综上所述，当 t 等于 2 或 5 时，以点 P，F，D 为顶点的三角形与 △COD 相似．
(3) ∵PF⊥CD，DE⊥CD，
∴PF∥DE，即 PQ∥DE．
又 ∵ 以 D，E，P，Q 为顶点的四边形为平行四边形，
∴PQ∥DE 且 PQ=DE．
①点 Q 位于抛物线对称轴的左侧时，
如图 1，过点 P，Q 分别作 x 轴，y 轴的垂线相交于点 M，
易证 △PQM≌△EDG，
∴PM=EG=2，
∴ 点 Q 的纵坐标为 4−2=2，
由 18x−22=2，解得 x1=−2，x2=6（舍去）．
∴Q−2,2．
②当点 Q 位于抛物线对称轴的右侧时，
如图 2，同理可得 △PNQ≌△DGE，
∴QN=EG=2，
∴ 点 Q 的纵坐标为 4+2=6，
由 18x−22=6，解得 x1=43+2，x2=−43+2（舍去）．
∴Q43+2,6．
综上，点 Q 的坐标为 −2,2 或 43+2,6．


5. 【答案】
(1) 因为 y=2x−2 与 x 轴、 y 轴交于 A，B 两点，
所以 A1,0，B0,−2，
所以 OA=1，OB=2，AB=5，
过点 C 作 CF⊥x 轴于点 F，
因为 ∠OAB=∠FAC，∠BOA=∠CFA，
所以 △AOB∽△AFC，
所以 ACAB=AFAO=CFBO，
所以 AF=2，CF=4，
所以 OF=3，
所以 C3,4，
将 A1,0，C3,4 代入 y=ax2+bx−8 得 a=−2，b=10，
所以抛物线的解析式为 y=−2x2+10x−8．
(2) 如图 2，作点 D 关于直线 AC 的对称点 D1，交直线 AC 于点 M，作直线 D1E 交直线 AC 于点 P，
此时 ∣PD−PE∣ 的值最大，∣PD−PE∣ 的值即 ∣PD1−PE∣ 的值，也就是线段 D1E 的长．
因为 D 是抛物线与 x 轴的交点，
所以 D4,0，
所以 AD=3，
因为 ∠AOB=∠AMD，∠BAO=∠DAM，
所以 △AOB∽△AMD，
所以 ADAB=AMAO=MDOB，
所以 MD=655，DD1=1255，AM=355，
因为 ∠D1DN=∠ADM，∠D1ND=∠AMD，
所以 △D1ND∽△AMD，
所以 D1DAD=D1NAM=NDMD，
所以 D1N=125，DN=245，
因为 DO=4，
所以 ON=45，
所以 D1−45,125，
因为抛物线的顶点为 E52,92，
所以直线 D1E 的解析式为 y=711x+3211，
解方程组 y=711x+3211,y=2x−2 得 x=185,y=265,
所以 P185,265，
过点 D1 作 D1G⊥y 轴，过点 E 作 EG⊥x 轴，D1G=3310，EG=2110，
所以 D1E=33102+21102=310170，
即当 P185,265 时，∣PD−PE∣ 的最大值为 310170．
(3) M1−4,0，N1−1,6；M211,0，N28,−6；N33−412,2；N43+412,2．

6. 【答案】
(1) 在 y=x+2 中，令 x=0，得 D0,2，
在 y=x+2 中，令 y=0，得 A−2,0，
∴B−1,0，
∵BD⊥CD，
∴OD2=OB⋅OC，
∴C4,0，E0,4，设函数解析式为 y=ax+1x−4，
∴a×1×−4=4，解得 a=−1，
∴ 经过 B，E，C 三点的抛物线的解析式为：y=−x+1x−4=−x2+3x+4．
(2) 联立 y=−x2+3x+4,y=x+2,
解得 F1−3,3−3，G1+3,3+3；
设 P 点坐标为 x,x+21−3 ∴PQ=−x2+3x+4−x−2=−x2+2x+2；
由条件容易求得 M32,72，
若以 P，Q，M 为顶点的三角形与 △AOD 相似，则 △PQM 为等腰直角三角形；
①以 M 为直角顶点，PQ 为斜边；PQ=2∣xM−xP∣，
即：−x2+2x+2=232−x，
解得 x=2−3 或 x=2+3（不合题意舍去），
∴P2−3,4−3；
②以 Q 为直角顶点，PM 为斜边；PQ=∣xM−xQ∣，
即：−x2+2x+2=32−x，
解得 x=3−112 或 x=3+112（不合题意舍去），
∴P3−112,7−112，
故存在符合条件的 P 点，且 P 点坐标为 2−3,4−3 或 3−112,7−112．
(3) 当 CD 为边时，NH∥CD，NH=CD，
∴xN−xH=±4，
∴xN=112 或 xN=−52．
二者代入 y=−x2+3x+4 均得 yN=−394，而 yN−yH=±2，
∴yH=−314 或 yH=−474，
∴H32,−314 或 32,−474；
若 CD 为对角线，ND∥CH，ND=CH．xN−xD=52，
∴xN=52．
代入 y=−x2+3x+4 得 yN=214，
而 yC−yH=yN−yD=134，
∴yH=−134，
∴H32,−134．
综上所述，共有 3 个点 H 满足条件，即 32,−314 或 32,−474 或 32,−134．

7. 【答案】
(1) ∵ 抛物线过点 A−3,0，B1,0，C0,−3，
∴9a−3b+c=0,a+b+c=0,c=−3,
∴a=1,b=2,c=−3,
∴ 抛物线的解析式为 y=x2+2x−3=x+12−4，
∴D−1,−4．
(2) 存在，如图 1，作点 O 关于 AC 的对称点 E，连接 EM，AE，CE，EM 与直线 AC 交于 F，连接 OF，
∵OA=OC，
∴ 易知，四边形 AOCE 是正方形，此时 MF+OF最小=ME，
∴AE=OC=3，
∵M−1,0，
∴AM=2，
过 F 作 H1H2∥y轴，分别交 x 轴于 H1，交 EC 于 H2，
∵AM∥EC，
∴△AFM∽△CFE，
∴AMEC=FH1FH2，
∴23=FH1FH2，
∵H1H2=AE=3，
∴FH1=65，
∴P 的纵坐标为 −65，将 y=−65 代入抛物线 y=x2+2x−3 中，解得，x1=−5+705，x2=−5−705，
∴P−5−705,−65或−5+705,−65．
(3) ①当 Pʹ 在 x 轴的上方时，如图 2，
过 E 作 EF⊥AC 于 F，
∵OA=OC=3，∠AOC=90∘，
∴△AOC 是等腰直角三角形，
∴∠CAO=45∘，
∴△AEF 是等腰直角三角形，
设 AF=EF=x，则 AE=2x，
∵∠ACPʹ=∠BCO，
∴tan∠ACPʹ=tan∠BCO，
∴OBOC=EFFC=13，
∴FC=3EF=3x，
∵AC=32，
∴x+3x=32，
x=324，
∴AE=324×2=32，
∵E−32,0，
设直线 CE 的解析式为：y=kx+b，
把 E−32,0 和 C0,−3 代入得：−32k+b=0,b=−3,
解得：k=−2,b=−3,
∴ 直线 CE 的解析式为：y=−2x−3，
则 y=−2x−3,y=x2+2x−3,
x2+2x−3=−2x−3，
x2+4x=0，
xx+4=0，
x3=0（舍），x4=−4，
∴Pʹ−4,5；
当 Pʹ 在 x 轴的下方时，如图 3，
过 A 作 AG⊥CPʹ 于 G，过 G 作 EF⊥x轴 于 E，过 C 作 CF⊥EF 于 F，
∴∠AGC=90∘，
同理：∵∠ACPʹ=∠BCO，
∴tan∠ACPʹ=tan∠BCO，
∴AGGC=13，
易得 △AEG∽△GFC，
∴AEGF=EGFC=AGGC=13，
∴GF=3AE，FC=3EG，
设 AE=m，EG=a，
∵EF=OC=3，OE=FC=3a，
∴3a=m+3,a+3m=3,
解得：a=65,m=35,
∴G−185,−65，
同理得：直线 CG 的解析式为：y=−12x−3，
则 y=−12x−3,y=x2+2x−3,
x2+2x−3=−12x−3，
x2+52x=0，
xx+52=0，
解得：x5=0（舍），x6=−52，
∴Pʹ−52,−74，
综上所述，点 Pʹ 的坐标为 −4,5 或 −52,−74；
②如图 4，延长 RE 交 AN 于 F，
则 RF⊥AN，
∴∠ERG+∠FNR=90∘，
∵2∠ERG+∠EGR=90∘，
∴∠FNR=∠ERG+∠EGR，
∵∠FNR=∠FAE+∠AGN，∠AGN=∠EGR，
∴∠ERG=∠FAE，
∵∠AFE=∠RFN=90∘，
∴△AFE∽△RFN，
∴AERN=AFRF=EFFN=32，
设 Rx,x2+2x−3，
∴−x2−2x+33+x=32，
2x2+7x+3=0，
2x+1x+3=0，
x7=−12，x8=−3（舍），
∴R−12,−154，
由对称性得：E−32,−154，
∴RE=32−12=1，
∴AF=154，EF=FR−ER=3−12−1=32，
∴FN=1，
∴AN=AF−FN=154−1=114，
∴N−3,−114，
同理可得：RN 的解析式为：y=−25x−7920，
AE 的解析式为：y=−52x−152，
则 y=−25x−7920,y=−52x−152,
∴x=−7142,y=−27584,
∴G−7142,−27584，
过 G 作 GM⊥FR 于 M，
∴GM=154−27584=31584−27584=4084=1021，
∴S△REG=12ER⋅GM=12×1×1021=521．

8. 【答案】
(1) ∵ 抛物线的顶点 M 的坐标为 1,4，
∴ 设抛物线的解析式为 y=ax−12+4，
∵ 抛物线经过 N2,3，
∴3=2−12a+4，
∴a=−1，
∴ 抛物线的解析式为 y=−x−12+4=−x2+2x+3．
(2) 由（1）知，抛物线的解析式为 y=−x2+2x+3，当 x=0 时，y=3，
∴C0,3，
当 y=0 时，0=−x2+2x+3，
∴x=−1 或 x=3，
∴A−1,0，B3,0，
∵N2,3，设直线 AN 的解析式为 y=kx+b，将 A−1,0，N2,3 代入可得 −k+b=0,2k+b=3, 解得 k=1,b=1.
∴ 直线 AN 的解析式为 y=x+1，
∵ 过点 K 作 KF⊥AB 交射线 AN 于点 F，设点 K 的坐标为 t,0t>0，
∴Ft,t+1，
∴FK=t+1，
∵ 以 KF 为一边在 KF 的右侧作正方形 KFGH，
∴H2t+1,0，G2t+1,t+1，
∵C0,3，
∴OC=3，OG2=2t+12+t+12，CG2=2t+12+t+1−32，
∵△OCG 为等腰三角形，
∴ ①当 OC=OG 时，
∴OC2=OG2，
∴9=2t+12+t+12，
∴t=−3−2115（不符合题意，舍）或 t=−3+2115，
∴t+1=2+2115，
∴ 正方形 KFGH 的边长为 2+2115．
②当 OC=CG 时，
∴OC2=CG2，
∴9=2t+12+t+1−32，
∴t=−255（不符合题意，舍）或 t=255，
∴t+1=5+255，
∴ 正方形 KFGH 的边长为 5+255．
③当 OG=CG 时，
∴OG2=CG2，
∴2t+12+t+12=2t+12+t+1−32，
∴t=12，
∴t+1=32，
∴ 正方形 KFGH 的边长为 32．
即：正方形 KFGH 的边长为 2+2115 或 5+255 或 32．
(3) 存在．
如图，设 Tx1,y1，Qx2,y2，分别过 T，Q 作 TE⊥y 轴，QG⊥x 轴，
联立 y=−x2+2x+3,y=mx+2, 得：x2+m−2x−1=0，
设方程的两个解分别为 x1，x2，则 x1+x2=2−m，x1x2=−1，当以线段 TQ 为直径的圆恰好过坐标原点时，∠TOQ=90∘，则 ∠TOE+∠EOQ=∠EOQ+∠QOB=90∘，则 ∠TOE=∠QOB，而 ∠TEO=∠QGO=90∘，
∴△TOE∽△QOG，则 TEQG=OEOG，即 −x1y2=y1x2，x1x2+y1y2=0，−1+mx1+2mx2+2=0，−1+m2x1x2+2mx1+x2+4=0，−1−m2+2m2−m+4=0，
整理，得 3m2−4m−3=0，
解得：m1=2+133，m2=2−133．

9. 【答案】
(1) 把点 C1,−3 代入抛物线解析式 y=ax2−x−6 得 a=36，
∴ 抛物线解析式为 y=36x2−36x−3，
∵OA=2，OC=12+32=2，
∴OA=OC，
∵A，C 中点 E 的坐标为 −12,−32，
∴ 直线 OE 垂直平分 AC，即 A，C 关于直线 OE 对称，
∴ 直线 OE 解析式为 y=3x，
∴ 所求正比例函数解析式为 y=3x．
(2) 假设存在．过点 C 作 CK⊥AB 于点 K．如图所示，
在 Rt△ACK 中，由勾股定理得：
AC=AK2+CK2=32+32=23,
∵OB=3，
∴BD=33，AB=OA+OB=5，
在 Rt△ABD 中，由勾股定理得：
AD=AB2+BD2=52+332=213.
∵ 点 A，C 关于 y=3x 对称，
∴CD=AD=213，∠DAC=∠DCA，AE=CE=12AC=3，
由题意得 ∠APE=∠QPE，∠PQE=∠CQE，
在四边形 APQC 中，∠DAC+∠APQ+∠PQC+∠DCA=360∘，
即 2∠DAC+2∠APE+2∠CQE=360∘，
∴∠DAC+∠APE+∠CQE=180∘，
又 ∵∠DAC+∠APE+∠AEP=180∘，
∴∠AEP=∠CQE，
∵∠DAC=∠DCA，∠AEP=∠CQE，
∴△APE∽△CEQ，
∴CQAE=CEAP，即：213−t3=32t，
整理得：2t2−413t+3=0，
解得：t=213−462 或 t=213+462（t<13，∴ 舍去），
∴ 存在某一时刻，使 PE 平分 ∠APQ，同时 QE 平分 ∠PQC，
此时 t=213−462．

10. 【答案】
(1) 令 y=0，
∵a≠0，
∴x2−10x+16=0，得 x=2 或 x=8，
∴ 点 A2,0，B8,0，
∴AB=8−2=6，
∵AB=2DH，
∴DH=3，
∵OH=2+12AB=2+3=5，
∴D5,−3，
∴−3=a×52−10a×5+16a，得 a=13．
(2) 如图4，过点 D 作 PQ 的垂线，交 PQ 的延长线于点 M，
∵NE⊥PD，
∴∠DPN+∠PNE=90∘，
∵NF⊥DE，
∴∠FEN+∠FNE=90∘，
又 DH⊥x 轴，PQ⊥x 轴，
∴DE∥PQ，
∴∠FEN=∠PNE，
∴∠DPM=∠ENF，
∴△EFN∽△DMP，
∴EFDM=FNMP，
设点 Pt,13t2−103t+163，
则 FN=DM=t−5，PM=13t2−103t+163+3，
∴EFt−5=t−513t2−103t+163+3，
解得，EF=3．
(3) 如图5，作 QG⊥DN 于点 G，
∵DF∥PQ，
∴∠FDN=∠DNQ，
∵2∠NDQ+∠DNQ=90∘，
∴2∠NDQ+∠FDN=90∘，
∵∠FDM=90∘，
∴∠NDM=2∠NDQ，
∴∠NDQ=∠MDQ，
∴QG=QM=DH=3，
设 QN=m，则 DN=2m，
∵sin∠DNM=DMDN，sin∠QNG=GQNQ，sin∠DNM=sin∠QNG，
∴DM2m=3m，得 DM=6=DG，
∴OQ=5+6=11，
∴ 点 P 的纵坐标是 13×112−10×11+16=9，
∴ 点 P11,9，
∵NG=DN−DG=2m−6，
在 Rt△NGQ 中，QG2+NG2=QN2，
∴32+2m−62=m2，
解得，m=3（舍去）或 m=5，
设点 C 的坐标为 n,13n2−103n+163，作 CK⊥x 轴于点 K，延长 NF 交 CK 于点 T，如图6，
则 CT=13n2−103n+163−5，NT=11−n，
∵P11,9，则 BQ=11−8=3，PQ=9，
∵CN⊥PB，PQ∥CK，PQ⊥x 轴，
∴△CTN∽△BQP，
∴CTBQ=NTPQ，
即 13n2−103n+163−53=11−n9，
解得，n=−1 或 n=10（舍去），
∴ 点 C−1,9．

11. 【答案】
(1) ∵ 抛物线过 D2,−2，
∴1a×4+2a−1×2−2=−2，
∴a=4，
经检验 a=4 是方程的解，故 a 的值为 4．
(2) 如图 1，
∵ 点 A，B 是抛物线与 x 轴的交点，
∴ 点 B 是点 A 关于抛物线对称轴的对称点，
∴ 连接 BC 交对称轴于点 E，连接 AE，
此时 AE+CE 最小，
∵a=4，
抛物线解析式为 y=14x2−12x−2，
∴C0,−2，B4,0，对称轴为直线 x=1，
设直线 CB 的解析式为 y=kx+b，
将点 C，点 B 的坐标值代入可得 b=−2,4k+b=0,
解得 k=12,b=−2,
∴ 直线 CB 的解析式为 y=12x−2，
当 x=1 时，y=−32，
∴E1,−32．
(3) 如图 2，
抛物线解析式为 y=1ax2+2a−1x−2=1ax+2x−a，
∴A−2,0，Ba,0，C0,−2，
∴AB=a+2，AC=22，BC=a2+4，
设 Mm,1am−am+2；
①当 ∠MAB=∠ABC 时，△ABM∽△BCA，
∴AM∥BC，
∴1am−am+2m+2=2a，
∴m=a+2，
∴Ma+2,2+8a，
∵△ABM∽△BCA，
∴ABBC=BMAC，
∴a+22a2+4=4+2+8a222，
∴aa2+4=a+2a2，
∴a2+2a+4=0，
∵Δ=4−16<0，
∴ 此方程无解，
∴ 此种情况不存在；
②当 ∠MAB=∠BAC 时，即：△ABM∽△ACB，
∵A−2,0，C0,−2，
∴∠BAC=45∘，
同理可得直线 AC 解析式为 y=−x−2，
∴∠BAM=45∘，
∴tan∠BAM=1，
∴1am−am+2m+2=1，
∴m=2a，
∴M2a,2a+2，
∵△ABM∽△ACB，
∴ABAC=AMAB，
∴AB2=AC⋅AM，
∴a+22=22×2a+22+2a+22=42a+2，
∴a2−4a−4=0，
∴a=2+22 或 a=2−22（由于 a>0，所以舍去），
综上所述，a=2+22．

12. 【答案】
(1) 设抛物线解析式为 y=ax+1x−3，
把 C0,3 代入得 a⋅1×−3=3，解得 a=−1，
∴ 抛物线解析式为 y=−x+1x−3，即 y=−x2+2x+3．
(2) 设直线 BC 的解析式为 y=kx+m，
把 B3,0，C0,3 代入得 3k+m=0,m=3,
解得 k=−1,m=3,
∴ 直线 BC 的解析式为 y=−x+3，
作 PM∥y 轴交 BC 于 M，如图 1，
设 Px,−x2+2x+30 ∴PM=−x2+2x+3−−x+3=−x2+3x，
∴S△PCB=12×3⋅PM=−32x2+92x=−32x−322+278,
当 x=32 时，△BCP 的面积最大，此时 P 点坐标为 32,154．
(3) 如图 2，
抛物线的对称轴为直线 x=1，
当四边形 BCDQ 为平行四边形，设 D1,a，则 Q4,a−3，
把 Q4,a−3 代入 y=−x2+2x+3 得 a−3=−16+8+3，解得 a=−2，
∴Q4,−5；
当四边形 BCQʹDʹ 为平行四边形时，设 Dʹ1,aʹ，则 Qʹ−2,3+aʹ，
把 Qʹ−2,3+aʹ 代入 y=−x2+2x+3 得 3+aʹ=−4−4+3，解得 aʹ=−8，
∴Qʹ−2,−5；
当四边形 BQʺCDʺ 为平行四边形时，设 Dʺ1,aʺ，则 Qʺ2,3−aʺ，
把 Qʺ2,3−aʺ 代入 y=−x2+2x+3 得 3−aʺ=−4+4+3，解得 aʺ=0，
∴Qʺ2,3，
综上所述，满足条件的 Q 点坐标为 4,−5 或 −2,−5 或 2,3．