2020中考数学专题复习之二次函数综合题专项练习题4(附答案详解)

2020中考数学专题复习之二次函数综合题专项练习题4（附答案详解）

1．如图，在平面直角坐标系中，直线yx3与x轴，y轴分别交于点A，点B，抛物线yaxbxc2(a0)经过A，B与点C(1,0).

（1）求抛物线的解析式；

（2）点P是直线AB上方的抛物线上一动点（不与点A，B重合），过点P作x轴的垂线，垂足为D，交线段AB于点E.设点P的横坐标为m.

①求△PAB的面积y关于m的函数关系式，当m为何值时，y有最大值，最大值是多少？

②若点E是垂线段PD的三等分点，求点P的坐标.

2．如图，抛物线y＝（x+2）2+m与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．点D在抛物线上，且与点C关于抛物线的对称轴对称，抛物线的顶点为M，点B的坐标为（﹣1，0）．

（1）求抛物线的解析式及A，C，D的坐标； （2）判断△ABM的形状，并证明你的结论；

（3）若点P是直线BD上一个动点，是否存在以P，C，D为顶点的三角形与△ABD相似？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由

3．如图，已知抛物线与坐标轴交于A（﹣4，0） 、B（2，0）、C（0，4），连接BC，AC．（1）求抛物线的解析式；

（2）若点E是抛物线在第二象限上的一点，过点E作DE⊥AC于点D，求DE的最大值．

（3）若点E是抛物线上第二象限上的一动点，过点E作DE⊥AC于点D，连接CE，若△CDE与△COB相似，直接写出点E的坐标．

4．如图，已知抛物线yax25ax2(a0)与y轴交于点C，与x轴交于点A(1,0)和点B．

(1)求抛物线的解析式； (2)求直线BC的解析式；

(3)若点N是抛物线上的动点，过点N作NHx轴，垂足为H，以B，N，H为顶点的三角形是否能够与VOBC相似(排除全等的情况)？若能，请求出所有符合条件的点

N的坐标；若不能，请说明理由．

5．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A(－4，0)，B(0，－4)，C(2，0)三点． (1)求抛物线的解析式；

(2)若点M为第三象限内抛物线上一动点，点M的横坐标为m，△AMB的面积为S，求S关于m的函数关系式，并求出S的最大值；

(3)若点P是抛物线上的动点，点Q是直线y＝－x上的动点，判断有几个位置能使以点P，Q，B，O为顶点的四边形为平行四边形(要求PQ∥OB)，直接写出相应的点Q的坐标．

6．如图，已知抛物线y＝﹣

12x+bx+c的图象经过点A(﹣1，0)和点C(0，2)，点D与2

点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为(m，0)，过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q，交直线BD于点M. (1)求该抛物线所表示的二次函数的表达式. (2)已知点F(0，

1)，当点P在x轴正半轴上运动时，试求m为何值时，四边形DMQF2是平行四边形？

(3)点P在线段AB运动过程中，是否存在点Q，使得以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.

7．如图，抛物线y＝x2﹣mx﹣（m+1）与x轴负半轴交于点A（x1，0），与x轴正半轴交于点B（x2，0）（OA＜OB），与y轴交于点C，且满足x12+x22﹣x1x2＝13． （1）求抛物线的解析式；

（2）以点B为直角顶点，BC为直角边作Rt△BCD，CD交抛物线于第四象限的点E，若EC＝ED，求点E的坐标；

（3）在抛物线上是否存在点Q，使得S△ACQ＝2S△AOC？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．

8．如图1，抛物线y＝ax2﹣4ax+b经过点A（1，0），与x轴交于点B，与y轴交于点C，且OB＝OC．

（1）求抛物线的解析式；

（2）将△OAC沿AC翻折得到△ACE，直线AE交抛物线于点P，求点P的坐标； （3）如图2，点M为直线BC上一点（不与B、C重合），连OM，将OM绕O点旋转90°，得到线段ON，是否存在这样的点N，使点N恰好在抛物线上？若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由．

9．新春佳节，电子鞭炮因其安全、无污染开始走俏．某商店经销一种电子鞭炮，已知这种电子鞭炮的成本价为每盒80元，市场调查发现，该种电子鞭炮每天的销售量y（盒）与销售单价x（元）有如下关系：y=﹣2x+320（80≤x≤160）．设这种电子鞭炮每天的销售利润为w元．

（1）求w与x之间的函数关系式；

（2）该种电子鞭炮销售单价定为多少元时，每天的销售利润最大？最大利润是多少元？

（3）该商店销售这种电子鞭炮要想每天获得2400元的销售利润，又想卖得快．那么销售单价应定为多少元？

10．如图，在平面直角坐标系中，抛物线ya(x5)(x3)与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），且过点(2,4)．

（1）直接写出a的值和点B的坐标；

（2）将抛物线向右平移2个单位长度，所得的新抛物线与x轴交于M，N两点，两抛物线交于点P，求点M到直线PB的距离；

（3）在（2）的条件下，若点D为直线BP上的一个动点，是否存在点D，使得

1DABPBA？若存在，请求出点D的坐标：若不存在，请说明理由．

211．如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）三点，点D与点C关于x轴对称，点P是线段AB上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q，交直线BD于点M．

（1）求该抛物线所表示的二次函数的表达式； （2）求证：∠ACB=90°；

（3）在点P运动过程中，是否存在点Q，使得△BQM是直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；

（4）连接AC，将△AOC绕平面内某点H顺时针旋转90°，得到△A1O1C1，点A、O、C的对应点分别是点A1、O1、C1、若△A1O1C1的两个顶点恰好落在抛物线上，那么我们就称这样的点为“和谐点”，请直接写出“和谐点”的个数和点A1的横坐标．

12．如图，已知二次函数y＝x2﹣4的图象与x轴交于点A、B（点A位于点B的左侧），C为顶点．一次函数y＝mx+2的图象经过点A，与y轴交于点D．

（1）求直线AD的函数表达式；

（2）平移该抛物线得到一条新抛物线，设新抛物线的顶点为C′．若新抛物线的顶点和原抛物线的顶点的连线CC′平行于直线AD，且当1≤x≤3时，新抛物线对应的函数值有最小值为﹣1，求新抛物线对应的函数表达式；

（3）如图，连接AC、BC，在坐标平面内，直接写出使得△ACD与△EBC相似（其中

点A与点E是对应点）的点E的坐标．

13．已知如图，抛物线y=x2+bx+c过点A（3，0），B（1，0），交y轴于点C，点P是该抛物线上一动点，点P从C点沿抛物线向A点运动（点P不与点A重合），过点P作PD∥y轴交直线AC于点D． （1）求抛物线的解析式；

（2）求点P在运动的过程中线段PD长度的最大值；

（3）△APD能否构成直角三角形？若能请直接写出点P坐标，若不能请说明理由； （4）在抛物线对称轴上是否存在点M使|MA﹣MC|最大？若存在请求出点M的坐标，若不存在请说明理由．

14．已知某种产品的进价为每件40元，现在的售价为每件60元，每星期可卖出300件．市场调查发现，该产品每降价1元，每星期可多卖出20件，由于供货方的原因销量不得超过380件，设这种产品每件降价x元（x为整数），每星期的销售利润为w元． （1）求w与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；

（2）该产品销售价定为每件多少元时，每星期的销售利润最大？最大利润是多少元？ （3）该产品销售价在什么范围时，每星期的销售利润不低于6000元，请直接写出结果．15．如图，抛物线y=

121x+bx+c与直线y=x+3交于A，B两点，D两点，交x轴于C、22连接AC、BC，已知A（0，3），C（﹣3，0）． （1）求抛物线的解析式；

（2）在抛物线对称轴l上找一点M，使|MB﹣MD|的值最大，并求出这个最大值； （3）点P为y轴右侧抛物线上一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，问：是否存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．

16．如图，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）的对称轴为直线x＝﹣1，抛物线交x轴于A、C两点，与直线y＝x﹣1交于A、B两点，直线AB与抛物线的对称轴交于点E． （1）求抛物线的解析式．

（2）点P在直线AB上方的抛物线上运动，若△ABP的面积最大，求此时点P的坐标．（3）在平面直角坐标系中，以点B、E、C、D为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出符合条件点D的坐标．

17．如图，抛物线yax经过点A，C．

（1）求抛物线的解析式；

211B两点，xc交x轴于A，交y轴于点C．直线yx222（2）点P是抛物线上一动点，过点P作x轴的垂线，交直线AC于点M，设点P的横坐标为m．

①当PCM是直角三角形时，求点P的坐标；

②作点B关于点C的对称点B，则平面内存在直线l，使点M，B，B到该直线的距离都相等．当点P在y轴右侧的抛物线上，且与点B不重合时，请直接写出直线

l : y=kx+b的解析式．（k，b可用含m的式子表示）

18．已知：如图，抛物线c1经过A，B，C三点，顶点为D，且与x轴的另一个交点为E．

（1）求抛物线c1解析式； （2）求四边形ABDE的面积；

（3）△AOB与△BDE是否相似，如果相似，请予以证明；如果不相似，请说明理由；（4）设抛物线c1的对称轴与x轴交于点F，另一条抛物线c2经过点E（抛物线c2与抛物线c1不重合），且顶点为M（a，b），对称轴与x轴相交于点G，且以M，G，E为顶点的三角形与以D，E，F为顶点的三角形全等，求a，b的值．（只需写出结果，不必写出解答过程）

19．（2015崇左）如图，在平面直角坐标系中，点M的坐标是（5，4），⊙M与y轴相切于点C，与x轴相交于A、B两点．

（1）则点A、B、C的坐标分别是A（__，__），B（__，__），C（__，__）； （2）设经过A、B两点的抛物线解析式为y线FA与⊙M相切；

（3）在抛物线的对称轴上，是否存在点P，且点P在x轴的上方，使△PBC是等腰三角形．如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．

1(x5)2k，它的顶点为F，求证：直4

20．如图，点A在x轴上，OA=4，将线段OA绕点O顺时针旋转120°至OB的位置． （1）求点B的坐标；

（2）求经过点A．O、B的抛物线的解析式；

（3）在此抛物线的对称轴上，是否存在点P，使得以点P、O、B为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．

参考答案

21．（1）yx22x3；（2）①解析式y3m6m，当m=1时y有最大值，最大值

是3；②P（2,3）或P（，） 【解析】 【分析】

（1）根据“直线yx3与x轴，y轴分别交于点A，点B”可求A，B坐标，再将A，B，C三点坐标代入二次函数解析式即可求出a，b，c的值，从而得出答案；

（2）①根据已知可得点P坐标，从而可求点E坐标，根据两点之间的距离公式可知PE的代数式，再根据三角形的面积公式即可得出结论；②分当PE=2ED时，当2PE=ED两种情况，列方程求解即可得出结论. 【详解】

解：（1）∵直线yx3与x轴，y轴分别交于点A，点B ∴A（3,0），B（0,3）

将A（3,0），B（0,3），C（-1,0）代入到yaxbxca0中有

2115249a3bc0a1解得b2 c3c3abc0∴抛物线的解析式为yx22x3； （2）①∵点P的横坐标为m，且在抛物线上 ∴点P的坐标为（m，m22m3） ∵PD⊥x轴

∴点E的坐标是（m，-m+3）

∴PEm22m3m3m23m ∴y11m23mmm23m3m 22∴y关于m的解析式为：y3m26m

∵y3m26m3m13 ∴当m=1时，y有最大值，最大值是3； ②当PE=2ED时， 即m3m2m3

22解得：m=2或m=3（不符合题意舍去）； 当2PE=ED时

即2m26mm3 整理得2m27m30

1，m=3（不符合题意舍去） 21将点m=2或m=代入抛物线解析式

2解得：m∴点P（2,3）或P（，） 【点睛】

本题是一道综合题，主要考查的是一次函数与二次函数的图像与性质，能够充分调动所学知识是解题的关键.

2．（1）；抛物线的解析式为y＝（x+2）2﹣1；A（﹣3，0）；C（0，3）；D（﹣4，3）；（2）△ABM是等腰直角三角形；见解析；（3）存在，理由见解析； 【解析】 【分析】

（1）把B（﹣1，0）代入抛物线解析式可求出抛物线的解析式，分别令x=0和y=0可求得A，C的坐标，利用抛物线是轴对称的性质可求得D的坐标；

（2）作MN⊥x轴，利用抛物线是轴对称的性质以及特殊角的三角函数可求得∠MAN＝∠MBN＝45°，从而得到△ABM是等腰直角三角形；

（3）需要分类讨论：△ABD∽△PDC、△ABD∽△CDP，根据相似三角形的性质求得PD的长度，然后可求得点P的坐标． 【详解】

解：（1）把B（﹣1，0）代入抛物线解析式得， （﹣1+2）2+m＝0，

11524

解得m＝﹣1，

∴抛物线的解析式为y＝（x+2）2﹣1，

当y＝0时，（x+2）2﹣1＝0，解得x1＝﹣1，x2＝﹣3， ∴A（﹣3，0）．

当x＝0时，y＝（x+2）2﹣1＝3， ∴C（0，3）

∵抛物线对称轴是直线x＝﹣2，C，D两点关于抛物线对称轴对称， ∴D（﹣4，3）；

（2）△ABM是等腰直角三角形；

证明：∵抛物线y＝（x+2）2﹣1的顶点是M， ∴M（﹣2，﹣1），

作MN⊥x轴于N，则N（﹣2，0）．

∴AN＝BN＝MN＝1， ∴AM＝BM，

tan∠MAN＝tan∠MBN＝1， ∴∠MAN＝∠MBN＝45°，

∴∠AMB＝180°﹣∠MAN﹣∠MBN＝90°， ∴△ABM是等腰直角三角形； （3）存在，理由： ①当△ABD∽△PDC时，

ABBD232 ，即：， PDCDPD4则PD＝42 ， 3

过点P分别作x、y轴的垂线交于点M、N， 则PM＝22424PD＝DM， 2233则点P（，

835）； 3②当△ABD∽△CDP时， 同理可得：点P（2，﹣3） 综上，点P（，【点睛】

本题综合考查了待定系数法求函数解析式、二次函数的性质、相似三角形的性质以及解直角三角形的应用，难度较大，利用相似三角形的性质求得PD的长是解题的关键，解答本题需要注意的是在不确定相似三角形的对应角和对应边的情况下要分类讨论，不要漏解． 3．（1）y＝﹣【解析】 【分析】

（1）抛物线的解析式为：y＝a（x+4）（x﹣2）＝a（x2+2x﹣8）即可求解； ∠EHD＝∠ACB＝45°DE＝（2），即可求解；

（3）分∠BCO＝∠ECD、∠CBO＝∠ECD两种情况，分别求解即可． 【详解】

（1）抛物线的解析式为：y＝a（x+4）（x﹣2）＝a（x2+2x﹣8），

835）或P2（2，﹣3） 312828440x﹣x+4；（2）2；（3）(,)或(,)． 2393912222

EH＝x﹣2x，（﹣x2﹣x+4﹣x﹣4）＝﹣

2224

1， 21故抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣x+4；

2故﹣8a＝4，解得：a＝﹣

（2）过点E作y轴的平行线交AC于点H，

由点A、C的坐标得：直线AC的表达式为：y＝x+4， 设：点E（x，﹣

12

x﹣x+4），则点H（x，x+4）， 2∠EHD＝∠ACO＝45°， DE＝

12222

EH＝x﹣2x， （﹣x2﹣x+4﹣x﹣4）＝﹣

2224∵-

2＜0，故DE有最大值为：2； 4（3）①当∠BCO＝∠ECD时，

延长AE交x轴于点F，过点F作FG⊥AC角CA的延长线于点G，

则∠AFG＝∠FAG＝45°，设：FG＝AG＝x，AC＝42，

FGx1tan∠ECD＝＝，解得：x＝42， CGx422

则AF＝2x＝8，故点F（﹣12，0）， 则直线CF的表达式为：y＝

1x+4…②， 3﹣或0（舍去0）联立①②并解得：x＝， ﹣，故点E（

8328）； 983②当∠CBO＝∠ECD时，

延长EC交x轴于点F，过点F作FG⊥BC角CB的延长线于点G，

∠ECF＝β+45°+α+∠BCF＝180°，故∠BCF＝45°，

440）；

39440828﹣，﹣，综上，点E的坐标为：（）或（）．

9393同理可得：点E的坐标为：（﹣，【点睛】

本题是一道二次函数的综合试题，考查了待定系数法求函数的解析式的运用，解直角三角形的运用，特殊角的三角函数值的运用，等腰直角三角形的运用，抛物线的性质的运用，合理作出辅助线以及分类讨论是解题的关键． 4．（1）抛物线的解析式为y125xx2； 22（2）直线BC的解析式y1x2； 2（3）N点的坐标为(5,2)、(2,1)或(3,14)． 【解析】 【分析】

(1)把点A坐标代入抛物线yax25ax2(a0)求得抛物线的解析式即可；

(2)求出抛物线的对称轴，再求得点B、设直线BC的解析式为ykxb，再把B,CC坐标，两点坐标代入线BC的解析式为ykxb，求得k和b即可；

125(3)设N(x,xx2)，分两种情况讨论：①OBC∽HNB，②OBC∽HBN，根据相

22似，得出比例式，再分别求得点N坐标即可． 【详解】

解：(1)Q点A(1,0)在抛物线yax25ax2(a0)上， a5a20，

a1， 2抛物线的解析式为y125xx2； 225(2)抛物线的对称轴为直线x，

2点B(4,0)，C(0,2)，

设直线BC的解析式为ykxb，

把B、C两点坐标代入线BC的解析式为ykxb，得

4kb0， b2解得k1，b2， 2直线BC的解析式y1x2； 2125(3)设N(x,xx2)，分三种情况讨论：

22①当OBC∽HNB时，如图1，

OBOC， HNBH

42即125，

xx2x422解得x15，x24(不合题意，舍去)，

点N坐标(5,2)；

②当OBC∽HBN时，如图2，

OBOC， BHHN42125即4x， xx222解得x12，x24(不合题意舍去)，

点N坐标(2,1)；

125③当N(x,xx2)在第二象限时，如下图

22

H(x,0)在x轴的负半轴上， BH4x，

QOBC∽HNB，

OBOC， HNHB

42即125，

xx24x22得到x2x120

解得x14(舍去)；x23，

N点的坐标为(3,14)

综上所述，N点的坐标为(5,2)、(2,1)或(3,14)． 【点睛】

本题考查了二次函数的综合题，以及二次函数解析式和一次函数的解析式的确定以及三角形的相似，解答本题需要较强的综合作答能力，特别是作答(3)问时需要进行分类，这是同学们容易忽略的地方，此题难度较大．

5．（1）y＝x2＋x－4；（2）当m＝－2时，S有最大值，S最大＝4；（3）满足题意的Q点的坐标有三个，分别是（－2＋2【解析】

试题分析：（1）已知抛物线与x轴的两个交点的横坐标，一般选用两点式，利用待定系数法求解即可；（2）利用抛物线的解析式表示出点M的纵坐标，从而得到点M到x轴的距离，然后根据三角形面积公式表示并整理即可得解，根据抛物线的性质求出第三象限内二次函数的最值，然后即可得解；（3）利用直线与抛物线的解析式表示出点P、Q的坐标，然后求出PQ的长度，再根据平行四边形的对边相等列出算式，然后解关于x的一元二次方程即可得解． 试题解析：

，2－2

），（－2－2

，2＋2

），（－4，4）.

（1）设抛物线的解析式为y=a（x+4）（x-2），把B（0，-4）代入得，-4=a×（0+4）（0-2），解得a=，∴抛物线的解析式为：y=（x+4）（x-2），即y=x2+x-4；（2）过点M作MD⊥x轴于点D，设M点的坐标为（m，n），则AD=m+4，MD=-n，n=m2+m-4，∴S=S△AMD+S梯形DMBO-S△ABO =

=-2n-2m-8=-2×（m2+m-4）

-2m-8=-m2-4m=-（m+2）2+4（-4＜m＜0）；∴S最大值=4．（3）设P（x，x2+x-4）．①如图1，当OB为边时，根据平行四边

形的性质知PQ∥OB，∴Q的横坐标等于P的横坐标，又∵直线的解析式为y=-x，2则Q（x，-x）．由PQ=OB，得|-x-（x2+x-4）|=4，解得x=0，-4，-2±合题意，舍去．由此可得Q（-4，4）或（-2+2

，2-2

）或（-2-2

．x=0不，2+2

）；

②如图2，当BO为对角线时，知A与P应该重合，OP=4．四边形PBQO为平行四边形则BQ=OP=4，Q横坐标为4，代入y=-x得出Q为（4，-4）．故满足题意的Q4）-4）点的坐标有四个，分别是（-4，，（4，，（-2+2

2-2，

），（-2-2

2+2，

）．

点睛：本题是二次函数综合题，交点式求解析式，二次函数与三角形面积最值问题的公共底的辅助线的做法要注意，二次函数中存在平行四边形的方法，要分别对已知边的分别为平行四边形的边或是对角线进行分类讨论.

6．(1)y1，0) 【解析】 【分析】

(1)利用待定系数法确定函数解析式；

(2)先利用待定系数法求出直线BD解析式为y＝

123xx2；(2) m＝3和m＝1+14； (3)存在，点Q的坐标为(3，2)或(﹣22113x﹣2，则Q(m，﹣m2+m+2)、M(m，2221m﹣2)，由QM∥DF且四边形DMQF是平行四边形知QM＝DF，分两种情况，①当点P2在线段AB上时②当P在AB的延长线上时，分别列出关于m的方程，解之可得； (3)易知∠ODB＝∠QMB，故分①∠DOB＝∠MBQ＝90°，利用△DOB∽△MBQ得

14-mDOMB1BMBP== ，即2 ，解之13＝，再证△MBQ∽△BPQ得

m2m2OBBQ2BQPQ22即可得此时m的值；②∠BQM＝90°，此时点Q与点A重合，△BOD∽△BQM′，易得点Q坐标. 【详解】

112--bc0(1)将点A(﹣1，0)和点C(0，2)代入y＝﹣x+bx+c中，得2 .

2c2

3b解得2 .

c2则该抛物线解析式为：y123xx2； 22(2) 由题意知点D坐标为(0，﹣2)， ∵点B是抛物线与x轴正半轴的交点，即解得x=4或x=-1（舍去）， ∴B坐标为（4，0）；

设直线BD解析式为y＝kx+b， 将B(4，0)、D(0，﹣2)代入，得：123xx2=0， 224kb0 ，

b21k解得：2 ，

b2∴直线BD解析式为y＝分以下两种情况： ①当点P在线段AB上时， ∵QM⊥x轴，P(m，0)(m＞0)，

1x﹣2， 21231m+m+2)、M(m，m﹣2)， 2221311则QM＝﹣m2+m+2﹣(m﹣2)＝﹣m2+m+4，

22221∵F(0，)、D(0，﹣2)，

25∴DF＝，

2∴Q(m，﹣∵QM∥DF， ∴当﹣

512

m+m+4＝时，四边形DMQF是平行四边形，

22解得：m＝﹣1或m＝3， ∵m＞0，

∴m=3；

即当m＝3时，四边形DMQF是平行四边形； ②当P在AB的延长线上时， ∵QM⊥x轴，P(m，0)(m＞0)，

1231m+m+2)、M(m，m﹣2)， 2221131∴QM＝m﹣2﹣(﹣m2+m+2)＝m2﹣m﹣4，

22221∵F(0，)、D(0，﹣2)，

25∴DF＝，

2∴Q(m，﹣∵QM∥DF， ∴当

512

m﹣m﹣4＝时，四边形DMQF是平行四边形，

22解得m＝114， ∵m＞0， ∴m＝1+14；

即当m＝1+14时，四边形DMQF是平行四边形；

综上所述，当m＝3和m＝1+14时，四边形DMQF是平行四边形； (3)如图所示：

∵QM∥DF， ∴∠ODB＝∠QMB， 分以下两种情况：

①当∠DOB＝∠MBQ＝90°时，△DOB∽△MBQ， 则

DOMB21 ， OBBQ42∵∠MBQ＝90°， ∴∠MBP+∠PBQ＝90°， ∵∠MPB＝∠BPQ＝90°， ∴∠MBP+∠BMP＝90°， ∴∠BMP＝∠PBQ， ∴△MBQ∽△BPQ，

14-mBMBP=∴ ，即2 ， 13m2m2BQPQ22解得：m1＝3、m2＝4，

当m＝4时，点P、Q、M均与点B重合，不能构成三角形，舍去， ∴m＝3，点Q的坐标为(3，2)；

②当∠BQM＝90°时，此时点Q与点A重合，△BOD∽△BQM′， 此时m＝﹣1，点Q的坐标为(﹣1，0)；

综上，点Q的坐标为(3，2)或(﹣1，0)时，以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似. 【点睛】

本题主要考查二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质及分类讨论思想的运用. 7．（1）y＝x2﹣2x﹣3；（2）E点坐标为（12）或（2，﹣3）．理由见解析. 【解析】 【分析】

（1）由根与系数的关系可得x1+x2＝m，x1•x2＝﹣（m+1），代入x12+x22﹣x1x2＝13，求出m1＝2，m2＝﹣5．根据OA＜OB，得出抛物线的对称轴在y轴右侧，那么m＝2，即可确定抛物线的解析式；

OE．（2）连接BE、根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出BE＝

113113，﹣）；（3）点Q的坐标为（﹣3，221CD＝CE．利2

用SSS证明△OBE≌△OCE，得出∠BOE＝∠COE，即点E在第四象限的角平分线上，设E点坐标为（m，﹣m），代入y＝x2﹣2x﹣3，求出m的值，即可得到E点坐标；

（3）过点Q作AC的平行线交x轴于点F，连接CF，根据三角形的面积公式可得S△ACQ＝S△ACF．由S△ACQ＝2S△AOC，得出S△ACF＝2S△AOC，那么AF＝2OA＝2，F（1，0）．利用待定系数法求出直线AC的解析式为y＝﹣3x﹣3．根据AC∥FQ，可设直线FQ的解析式为y＝﹣3x+b，将F（1，0）代入，利用待定系数法求出直线FQ的解析式为y＝﹣3x+3，把它与

yx22x3抛物线的解析式联立，得出方程组，求解即可得出点Q的坐标．

y3x3【详解】

（1）∵抛物线y＝x2﹣mx﹣（m+1）与x轴负半轴交于点A（x1，0），与x轴正半轴交于点B（x2，0），

∴x1+x2＝m，x1•x2＝﹣（m+1）， ∵x12+x22﹣x1x2＝13， ∴（x1+x2）2﹣3x1x2＝13， ∴m2+3（m+1）＝13， 即m2+3m﹣10＝0， 解得m1＝2，m2＝﹣5． ∵OA＜OB，

∴抛物线的对称轴在y轴右侧， ∴m＝2，

∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3； （2）连接BE、OE．

∵在Rt△BCD中，∠CBD＝90°，EC＝ED， ∴BE＝

1CD＝CE． 2

令y＝x2﹣2x﹣3＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3， ∴A（﹣1，0），B（3，0）， ∵C（0，﹣3）， ∴OB＝OC，

又∵BE＝CE，OE＝OE， ∴△OBE≌△OCE（SSS）， ∴∠BOE＝∠COE，

∴点E在第四象限的角平分线上，

设E点坐标为（m，﹣m），将E（m，﹣m）代入y＝x2﹣2x﹣3， 得m＝m2﹣2m﹣3，解得m＝∵点E在第四象限， ∴E点坐标为（

113， 2113113，﹣）； 22（3）过点Q作AC的平行线交x轴于点F，连接CF，则S△ACQ＝S△ACF．

∵S△ACQ＝2S△AOC， ∴S△ACF＝2S△AOC， ∴AF＝2OA＝2， ∴F（1，0）．

∵A（﹣1，0），C（0，﹣3）， ∴直线AC的解析式为y＝﹣3x﹣3． ∵AC∥FQ，

∴设直线FQ的解析式为y＝﹣3x+b， 将F（1，0）代入，得0＝﹣3+b，解得b＝3，

∴直线FQ的解析式为y＝﹣3x+3．

yx22x3联立，

y3x3x13x22解得，，

y12y312∴点Q的坐标为（﹣3，12）或（2，﹣3）． 【点睛】

本题是二次函数综合题，其中涉及到一元二次方程根与系数的关系，求二次函数的解析式，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，二次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，一次函数图象与几何变换，待定系数法求直线的解析式，抛物线与直线交点坐标的求法，综合性较强，难度适中．利用数形结合与方程思想是解题的关键． 8．（1）y＝﹣x2+4x﹣3．（2）点P（1）或（5，﹣8）． 【解析】 【分析】

（1）根据抛物线的解析式，可得抛物线的对称轴方程，进而可根据点A的坐标表示出点B的坐标，已知OB=OC，即可得到点C的坐标，从而利用待定系数法求得抛物线的解析式． （2）点P为直线AE和抛物线的交点，欲求点P，必须先求出直线AE的解析式；设直线AE与y轴的交点为F，易得△FOA∽△FEC，由于OA=1，EC=3，根据相似三角形的对应边成比例即可得到FE=3OF，设OF=x，则EF=3x，AF=3x-1，进而可在Rt△FOA中求出x的值，也就能求出F点的坐标，然后利用待定系数法求出直线AE的解析式，联立抛物线的解析式即可得到点P的坐标． （3）此题应分三种情况讨论：

①当点M在第一象限时，可设M（a，a-3），由于ON是由OM旋转90°而得，因此△OMN是等腰直角三角形，分别过M、N作MG、NH垂直于x轴，即可证得△OMG≌△NOH，得MG=OH，NH=OG，由此可表示出N点的坐标，然后将其代入抛物线的解析式中，即可求得点M、N的坐标；

②当点M在第三象限，④点M在第四象限时，解法同①． 【详解】

1533,）；（3）存在符合条件的N点，且坐标为N（2，416

（1）由题意知：抛物线的对称轴为：x=2，则B（3，0）； 已知OB=OC=3，则C（0，-3）；

设抛物线的解析式为：y=a（x-1）（x-3），依题意有： a（0-1）（0-3）=-3，a=-1； 故抛物线的解析式为：y=-x2+4x-3． （2）设AE交y轴于点F；

易证得△FOA∽△FEC，有设OF＝x，则EF＝3x， 所以FA＝3x﹣1；

OFOA1， EFCE3在Rt△FOA中，由勾股定理得： （3x﹣1）2＝x2+1， 解得x＝

3； 433，F（0，）； 4433x+， 44即OF＝

求得直线AE为y＝﹣

33y＝x联立抛物线的解析式得：， 442y＝x4x315x＝1x＝4解得，；

33y＝0y＝16

故点P（

3315，）． 416（3）∵B（3，0），C（0，﹣3）， ∴直线BC：y＝x﹣3； 设点M（a，a﹣3），则：

①当点M在第一象限时，OG＝a，MG＝a﹣3； 过M作MG⊥x轴于G，过N作NH⊥x轴于H；

根据旋转的性质知：∠MON＝90°，OM＝ON， 则可证得△MOG≌△NOH，得： OG＝NH＝a，OH＝MG＝a﹣3， 故N（a﹣3，﹣a），

将其代入抛物线的解析式中，得： ﹣（a﹣3）2+4（a﹣3）﹣3＝﹣a， 整理得：a2﹣11a+24＝0， a＝3（舍去），a＝8； 故M（8，5），N（5，﹣8）．

②当点M在第三象限时，OG＝﹣a，MG＝3﹣a；

同①可得：MG＝OH＝3﹣a，OG＝NH＝﹣a，则N（3﹣a，a），代入抛物线的解析式可得：﹣（3﹣a）2+4（3﹣a）﹣3＝a， 整理得：a2﹣a＝0，故a＝0，a＝1； 由于点M在第三象限， 所以a＜0，

故a＝0、a＝1均不合题意，此种情况不成立； ③当点M在第四象限时，OG＝a，MG＝3﹣a；

同①得：N（3﹣a，a），在②中已经求得此时a＝0（舍去），a＝1； 故M（1，﹣2），N（2，1）；

综上可知：存在符合条件的N点，且坐标为N（2，1）或（5，﹣8）． 【点睛】

此题考查了二次函数解析式的确定、函数图象交点坐标的求法、图形的旋转变化、全等三角形的判定和性质以及函数图象上点的坐标意义等知识．需要注意的是（3）题中，由于点M的位置不确定，一定要根据点M所处的不同象限分类讨论，以免漏解．

9．（1）w=﹣2x2+480x﹣25600；（2）销售单价定为120元时，每天销售利润最大，最大销售利润3200元（3）销售单价应定为100元 【解析】 【分析】

（1）用每件的利润

x80乘以销售量即可得到每天的销售利润，即

wx80yx802x320， 然后化为一般式即可；

（2）把（1）中的解析式进行配方得到顶点式w2x1203200，然后根据二次函数的最值问题求解；

（3）求w2400所对应的自变量的值，即解方程2x12032002400．然后检验即可. 【详解】

（1）wx80yx802x320， 2x2480x25600，w与x的函数关系式为：w2x2480x25600； （2）w2x2480x256002x1203200， Q20，80x160，∴当x120时，w有最大值．w最大值为3200．

答：销售单价定为120元时，每天销售利润最大，最大销售利润3200元． （3）当w2400时，2x12032002400．2222

解得：x1100，x2140．∵想卖得快，

x2140不符合题意，应舍去．

答：销售单价应定为100元．

4249323932B(3,0)10．（1）a，；（2）；（3）D点坐标为,或,．

551511115【解析】 【分析】

（1）将点（－2，4）代入y＝a（x＋5）（x−3）即可求出a，根据抛物线解析式可直接得出点B的坐标；

（2）作MCPB于点C，连接MP，首先求出平移后的新抛物线解析式，得到点M、P的坐标，然后求出BP，利用S△PMB＝

11×PB×MC＝×MB×OP，即可求解； 2211PEOBBPEF22（3）作BE平分PBO交OP于E，作EFBP于F，根据SVPBE求出EO31tanOBE，然后在RtV中，可得，然后分情况讨论：①点D在xOBE22轴上方，设AD交y轴于点H，根据tanDABtanOBE求出点H的坐标，然后求得直线PB与直线AH的解析式，联立即可求出点D的坐标，②点D在x轴下方，设AD交y轴于点K，同理可求点D的另一个坐标． 【详解】

解：（1）将点(2,4)代入ya(x5)(x3)得：4a(25)(23)， 解得：a4， 15∵抛物线ya(x5)(x3)与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧）， ∴B(3,0)；

（2）作MCPB于点C，连接MP，

由题意得：将点A(5,0)向右平移2个单位得到点M为(3,0)， 原抛物线解析式为y4464(x5)(x3)(x1)2， 151515

则新抛物线解析式为y464(x1)2， 15154642y(x1)x01515联立，解得：，

464y4y(x1)21515∴点P的坐标为(0,4)， ∵P(0,4)，B(3,0)，M(3,0) ∴BM6，OP4，OB3， ∴BP5， ∵S△PMB＝∴MC11×PB×MC＝×MB×OP， 22MBOP6424， PB5524即点M到直线PB的距离为；

5

（3）存在符合题意的点D为9323932,或,，

511115作BE平分PBO交OP于E，作EFBP于F， ∵EOAB， ∴EFEO， ∵SVPBE11PEOBBPEF， 22∴3(4EO)5EO， 解得：EO3， 2∴在RtVOBE中，tanOBE分两种情况：

1.51， 32

①如图，点D在x轴上方，设AD交y轴于点H，

1OBPOBE， 2HO1∴tanDABtanOBE，即

AO215∴HOOA，

22∵DAB∴点H坐标为0,，

2设直线PB的解析式为ykxb，

5b4b4代入P(0,4)和B(3,0)得：，解得：4，

3kb0k34x4， 3设直线AH的解析式为ymxn，

∴直线PB的解析式为y15kb0k骣520,代入A(5,0)和H琪得：，解得：， 5琪5b桫2b22∴直线AH的解析式为y15x， 22159yxx2211联立，得，

432yx4y311∴直线AH与直线BP的交点坐标为932,； 1111②如图，点D在x轴下方，设AD交y轴于点K， 同①的方法可求得点D坐标为3932,，

559323932,或,． 111155综上所述，存在满足题目条件的D点坐标为

【点睛】

本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、解直角三角形等知识，其中（3）利用

1DABPBA，通过作辅助线求出tanDAB是解答本题的难点所在．

211．（1）y＝﹣

123x+x+2；（2）见解析；（3）Q（3，2）或Q（﹣1，0）；（4）两个和谐22点； A1的横坐标是1；【解析】 【分析】

1. 2（1）把点A（1，0）、B（4，0）、C（0，3）三点的坐标代入函数解析式，利用待定系数法求解；

（2）先求出AB、AC、BC的长度，根据勾股定理即可证明;

（3）分两种情况分别讨论，当∠QBM＝90°或∠MQB＝90°，即可求得Q点的坐标． （4）两个和谐点；AO＝1，OC＝2，设A1（x，y），则C1（x+2，y﹣1），O1（x，y﹣1），当A1、C1在抛物线上时和O1、C1在抛物线上时，分两种情况列方程组可得A1的横坐标. 【详解】

（1）设抛物线解析式为y＝ax2+bx+c，

将点A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）代入解析式，

10abca2∴016a4bc，∴，

3b2c2∴y123xx2； 22（2）证明：∵AB412=5，BC422225，AC=1222=5，

∴AC2BC2AB2，即∠ACB=90°；

（3）∵点C与点D关于x轴对称，∴D（0，﹣2）． 设直线BD的解析式为y＝kx﹣2． ∵将（4，0）代入得：4k﹣2＝0， ∴k＝

11．∴直线BD的解析式为y＝x﹣2． 22当P点与A点重合时，△BQM是直角三角形，此时Q（﹣1，0）； 当BQ⊥BD时，△BQM是直角三角形， 则直线BQ的直线解析式为y＝﹣2x+8， ∴﹣2x8∴x＝3；

∴Q（3，2）或Q（﹣1，0）； （4）两个和谐点； AO＝1，OC＝2，

设A1（x，y），则C1（x+2，y﹣1），O1（x，y﹣1）， ①当A1、C1在抛物线上时，

13xx2，可求x＝3或x＝4（舍） 22123yxx2x122∴，∴，

13y3y1(x2)2(x2)222∴A1的横坐标是1； 当O1、C1在抛物线上时，

y1y11123xxx2222，∴，

2113y(x2)2(x2)2822∴A1的横坐标是

1. 2

【点睛】

本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式，勾股定理，等腰三角形的性质等；分类讨论思想的运用是本题的关键．

12．（1）y＝x+2；（2）y＝（x+1）2﹣5或y＝（x﹣3）2﹣1；（3）点E坐标为：（﹣或（2，﹣【解析】 【分析】

（1）令二次函数y＝x2﹣4=0，求出点A,B的坐标，把点A的坐标代入一次函数y＝mx+2，即可求出直线AD的函数表达式；

（2）求出顶点C的坐标，根据CC'∥AD，求出CC'解析式，设C'（t，t﹣4），则新抛物线对应的函数表达式为：yxtt4，分t1，1≤t≤3，t3三种情况进行讨论. （3）分△ACD∽△EBC和△ACD∽△ECB两种情况进行讨论. 【详解】

解：（1）当y＝0时，0＝x2﹣4， ∴x1＝2，x2＝﹣2， ∴A（﹣2，0），B（2，0） ∵直线AD过点A， ∴0＝﹣2m+2， ∴m＝1

∴直线AD的函数表达式为：y＝x+2 （2）当x＝0时，y＝0﹣4＝﹣4 ∴C（0，﹣4） ∵CC'∥AD

22，﹣2）31028）或（0，﹣）或（，﹣2）．

333

∴CC'解析式为：y＝x﹣4

∴设C'（t，t﹣4），则新抛物线对应的函数表达式为：y＝（x﹣t）2+t﹣4

①当t＜1时，1≤x≤3对应的新抛物线部分位于对称轴右侧，且y随x的增大而增大， ∴当x＝1时，y最小＝（1﹣t）2+t﹣4＝﹣1 ∴t1＝2（舍去），t2＝﹣1 ∴y＝（x+1）2﹣5 ②当1≤t≤3时，

∴x＝t时，y最小＝t﹣4＝﹣1 ∴t＝3

∴y＝（x﹣3）2﹣1

③当t＞3时，1≤x≤3对应的新抛物线部分位于对称轴左侧，且y随x的增大而减小 ∴x＝3时，y最小＝（3﹣t）2+t﹣4＝﹣1 ∴t1＝2（舍去），t2＝3（舍去）

综上所述：新抛物线对应的函数表达式为y＝（x+1）2﹣5或y＝（x﹣3）2﹣1 （3）△ACD与△EBC相似

∵点A（﹣2，0），点D（0，2），点C（0，﹣4），点B（2，0） ∴CD6，AD22，AC25，BC25, 设点E坐标为（x，y）, 若△ACD∽△EBC ∴

ACADCD, BEECBC∴

25226, BEEC2510210,CE, 33∴BE∴（x﹣2）2+（y﹣0）2＝（x﹣0）2+（y+4）2＝

100, 940, 92x∴解得：3

y2,x210 y,3

∴点E坐标102,2 或2,.

33若△ACD∽△ECB ∴

ACADCD, ECBEBC∴

25226, ECBE2510210,BE, 33∴EC∴x2+（y+4）2＝

10040,（x﹣2）2+y2＝, 99x0解得： 2

y,38x3 2y,3∴点E坐标0,282或,. 333102822,2 或2,.或0,或,.

33333综上所述：点E坐标为：【点睛】

考查待定系数法求一次函数解析式，二次函数解析式，二次函数最值，相似三角形的判定与性质等，综合性比较强，注意分类讨论思想在解题中的应用. 13．（1）y=x2﹣4x+3；（2）【解析】

试题分析：（1）把点A、B的坐标代入抛物线解析式，解方程组得到b、c的值，即可得解；（2）求出点C的坐标，再利用待定系数法求出直线AC的解析式，再根据抛物线解析式设出点P的坐标，然后表示出PD的长度，再根据二次函数的最值问题解答；

（3）①∠APD是直角时，点P与点B重合，②求出抛物线顶点坐标，然后判断出点P为在抛物线顶点时，∠PAD是直角，分别写出点P的坐标即可；

（4）根据抛物线的对称性可知MA=MB，再根据三角形的任意两边之差小于第三边可知点M为直线CB与对称轴交点时，|MA﹣MC|最大，然后利用待定系数法求出直线BC的解析式，

9；（3）点P（1，0）或（2，﹣1）；（4）M（2，﹣3）． 4

再求解即可．

试题解析：解：（1）∵抛物线y=x2+bx+c过点A（3，0），B（1，0），∴93bc0，解

1bc0b4得，∴抛物线解析式为y=x2﹣4x+3； c3（2）令x=0，则y=3，∴点C（0，3），则直线AC的解析式为y=﹣x+3，设点P（x，x2﹣4x+3）．∵PD∥y轴，∴点D（x，﹣x+3），∴PD=（﹣x+3）﹣（x2﹣4x+3）=﹣x2+3x=﹣（x﹣

32939）+．∵a=﹣1＜0，∴当x=时，线段PD的长度有最大值； 2424（3）①∠APD是直角时，点P与点B重合，此时，点P（1，0），②∵y=x2﹣4x+3=（x﹣2）

2

﹣1，∴抛物线的顶点坐标为（2，﹣1）．∵A（3，0），∴点P为在抛物线顶点时，

∠PAD=45°+45°=90°，此时，点P（2，﹣1）．

综上所述：点P（1，0）或（2，﹣1）时，△APD能构成直角三角形；

（4）由抛物线的对称性，对称轴垂直平分AB，∴MA=MB，由三角形的三边关系，|MA﹣MC|＜BC，∴当M、B、C三点共线时，|MA﹣MC|最大，为BC的长度，设直线BC的解析式为y=kx+b（k≠0），则kb0k3，解得：，∴直线BC的解析式为y=﹣3x+3．∵

b3b32+3=﹣3，∴点M（2，﹣3）抛物线y=x2﹣4x+3的对称轴为直线x=2，∴当x=2时，y=﹣3×，即，抛物线对称轴上存在点M（2，﹣3），使|MA﹣MC|最大．

点睛：本题是二次函数综合题，主要利用了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的最值问题，二次函数的对称性以及顶点坐标的求解，（2）整理出PD的表达式是解题的关键，（3）关键在于利用点的坐标特征作出判断，（4）根据抛物线的对称性和三角形的三边关系判断出点M的位置是解题的关键．

14．（1）w=﹣20x2+100x+6000，x≤4，且x为整数；（2）售价不低于56元且不高于60元时，

每星期利润不低于6000元． 【解析】

试题分析：（1）根据利润=（售价﹣进价）×销售件数即可求得W与x之间的函数关系式； （2）利用配方法求得函数的最大值，从而可求得答案； （3）根据每星期的销售利润不低于6000元列不等式求解即可． 试题解析: （1）w=（20﹣x）（300+20x）=﹣20x2+100x+6000， ∵300+20x≤380， ∴x≤4，且x为整数；

（2）w=﹣20x2+100x+6000=﹣20（x﹣

52

）+6125， 2∵﹣20（x﹣

52

）≤0，且x≤4的整数， 2∴当x=2或x=3时有最大利润6120元， 即当定价为57或58元时有最大利润6120元； （3）根据题意得： ﹣20（x﹣

52

）+6125≥6000， 2解得：0≤x≤5． 又∵x≤4， ∴0≤x≤4

答：售价不低于56元且不高于60元时，每星期利润不低于6000元． 考点：二次函数的应用． 15．（1）抛物线的解析式是y=（1，6）． 【解析】

分析：（1）根据待定系数法，可得函数解析式；

（2）根据对称性，可得MC=MD，根据解方程组，可得B点坐标，根据两边之差小于第三边，可得B，C，M共线，根据勾股定理，可得答案；

（3）根据等腰直角三角形的判定，可得∠BCE，∠ACO，根据相似三角形的判定与性质，

125x+x+3；（2）|MB﹣MD|取最大值为2；（3）存在点P22

可得关于x的方程，根据解方程，可得x，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案． 详解：（1）将A（0，3），C（﹣3，0）代入函数解析式，得

5c3b，解得2， 93bc0c32抛物线的解析式是y=

125x+x+3； 22（2）由抛物线的对称性可知，点D与点C关于对称轴对称， ∴对l上任意一点有MD=MC，

y联立方程组y1x32 ，

125xx322x0x4解得（不符合题意，舍），，

y3y1∴B（﹣4，1），

当点B，C，M共线时，|MB﹣MD|取最大值，即为BC的长， 过点B作BE⊥x轴于点E，

，

在Rt△BEC中，由勾股定理，得 BC=BE2CE22， |MB﹣MD|取最大值为2；

（3）存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似， 在Rt△BEC中，∵BE=CE=1， ∴∠BCE=45°，

在Rt△ACO中， ∵AO=CO=3， ∴∠ACO=45°，

∴∠ACB=180°=90°﹣45°﹣45°，

过点P作PQ⊥y轴于Q点，∠PQA=90°， 设P点坐标为（x，

125x+x+3）（x＞0） 22①当∠PAQ=∠BAC时，△PAQ∽△CAB， ∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠CAB， ∴△PGA∽△BCA，

BCACPGBC1， ，即PGAGADAC3x1∴125，

xx3322∴

解得x1=1，x2=0（舍去）， ∴P点的纵坐标为∴P（1，6），

②当∠PAQ=∠ABC时，△PAQ∽△CBA， ∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠ABC， ∴△PGA∽△ACB，

125×1+×1+3=6， 22BCAC， AGPGPGAC=3， 即

AGPGx3∴125，

xx332213解得x1=﹣（舍去），x2=0（舍去）

3∴

∴此时无符合条件的点P， 综上所述，存在点P（1，6）．

点睛：本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是利用待定系数法求函数解析式；解（2）

的关键是利用两边只差小于第三边得出M，B，C共线；解（3）的关键是利用相似三角形的判定与性质得出关于x的方程，要分类讨论，以防遗漏． 16．(1)y＝﹣x2﹣2x+3；(2)点P(﹣3)，D3(﹣2，﹣7)． 【解析】 【分析】

(1)令y＝0，求出点A的坐标，根据抛物线的对称轴是x＝﹣1，求出点C的坐标，再根据待定系数法求出抛物线的解析式即可；

(2)设点P(m，﹣m2﹣2m+3)，利用抛物线与直线相交，求出点B的坐标，过点P作PF∥y轴交直线AB于点F，利用S△ABP＝S△PBF+S△PFA，用含m的式子表示出△ABP的面积，利用二次函数的最大值，即可求得点P的坐标；

(3)求出点E的坐标，然后求出直线BC、直线BE、直线CE的解析式，再根据以点B、E、C、D为顶点的四边形是平行四边形，得到直线D1D2、直线D1D3、直线D2D3的解析式，即可求出交点坐标． 【详解】

解：(1)令y＝0，可得：x﹣1＝0，解得：x＝1， ∴点A(1，0)，

∵抛物线y＝ax2+bx+3(a≠0)的对称轴为直线x＝﹣1， ∴﹣1×2﹣1＝﹣3，即点C(﹣3，0)， ∴315，)；(3)符合条件的点D的坐标为D1(0，3)，D2(﹣6，24ab3＝09a3b3＝0 ，解得：a＝1b＝2，

∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3； (2)∵点P在直线AB上方的抛物线上运动， ∴设点P(m，﹣m2﹣2m+3)，

∵抛物线与直线y＝x﹣1交于A、B两点，

y＝x22x3x1＝4∴ ，解得：y＝x1y1＝5∴点B(﹣4，﹣5)，

1x2＝，y2＝0，

如图，过点P作PF∥y轴交直线AB于点F，

则点F(m，m﹣1)，

∴PF＝﹣m2﹣2m+3﹣m+1＝﹣m2﹣3m+4， ∴S△ABP＝S△PBF+S△PFA

11(﹣m2﹣3m+4)(m+4)+(﹣m2﹣3m+4)(1﹣m) 2253125 ， ＝-（m+ ）2+

2283∴当m＝时，P最大，

2315∴点P(，).

24＝

(3)当x＝﹣1时，y＝﹣1﹣1＝﹣2， ∴点E(﹣1，﹣2)，

如图，直线BC的解析式为y＝5x+15，直线BE的解析式为y＝x﹣1，直线CE的解析式为y＝﹣x﹣3，

∵以点B、C、E、D为顶点的四边形是平行四边形，

∴直线D1D3的解析式为y＝5x+3，直线D1D2的解析式为y＝x+3，直线D2D3的解析式为y＝﹣x﹣9， 联立y＝5x3 得D1(0，3)，

y＝x3同理可得D2(﹣6，﹣3)，D3(﹣2，﹣7)，

综上所述，符合条件的点D的坐标为D1(0，3)，D2(﹣6，﹣3)，D3(﹣2，﹣7)．

【点睛】

本题考查二次函数的综合应用，解决第(2)小题中三角形面积的问题时，找到一条平行或垂直于坐标轴的边是关键；对于第(3)小题，要注意分类讨论、数形结合的运用，不要漏解． 17．（1）y121xx2（2）①(2,2)或(6,10)，②直线l的解析式为42m4m43yx2,yx2或yxm2.

2m42m44【解析】 【分析】

（1）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A，C的坐标，根据点A，C的坐标，利用待定系数法可求出二次函数解析式；

（2）①由PM⊥x轴可得出∠PMC≠90°，分∠MPC=90°及∠PCM=90°两种情况考虑：（i）当∠MPC=90°时，PC∥x轴，利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点P的坐标；（ii）当∠PCM=90°时，设PC与x轴交于点D，易证△AOC∽△COD，利用相似三角形的性质可求出点D的坐标，根据点C，D的坐标，利用待定系数法可求出直线PC的解析式，联立直线PC和抛物线的解析式成方程组，通过解方程组可求出点P的坐标．综上，此问得解； ②利用二次函数图象上点的坐标特征及一次函数图象上点的坐标特征可得出点B，M的坐标，结合点C的坐标可得出点B′的坐标，根据点M，B，B′的坐标，利用待定系数法可分别求出直线BM，B′M和BB′的解析式，利用平行线的性质可求出直线l的解析式． 【详解】

解：（1）当x=0时，y1x22， 2点C的坐标为(0,2)；

当y=0时，1x20， 2

解得：x=4，

点A的坐标为(4,0)．

将A(4,0)，C(0,2)代入yax21xc，得： 2116a2c0a，解得：4， c2c2抛物线的解析式为y（2）①QPMx轴，

121xx2． 42PMC90，

分两种情况考虑，如图1所示．

（i）当MPC90时，PC∥x轴，

点P的纵坐标为﹣2．

当y=2时，

121xx22， 42解得：x1=2，x2=0，

点P的坐标为(2,2)；

（ii）当PCM90时，设PC与x轴交于点D．

QOACOCA90，OCAOCD90，

OACOCD．

又QAOCCOD90，

AOC:COD， ODOCOD2， ，即OCOA24OD1，

点D的坐标为(1,0)．

设直线PC的解析式为ykxb(k0)， 将C(0,2)，D(1,0)代入y=kx+b，得：

b2k2，解得：， kb0b2直线PC的解析式为y=2 x2．

y2x2联立直线PC和抛物线的解析式成方程组，得：， 121yxx242x10x26解得：，，

y2y1012点P的坐标为(6,10)．

综上所述：当PCM是直角三角形时，点P的坐标为(2,2)或(6,10)． ②当y=0时，

121xx20, 42解得：x1=-4，x2=2， ∴点B的坐标为（2，0）．

∵点C的坐标为（0，-2），点B，B′关于点C对称， ∴点B′的坐标为（-2，-4）．

∵点P的横坐标为m（m＞0且m≠2）， ∴点M的坐标为m,1m2, 2利用待定系数法可求出：直线BM的解析式为y为ym4m4x，直线B′M的解析式

2m4m2m45m4x，直线BB′的解析式为y=x-2．

2m4m2分三种情况考虑，如图2所示：

m4x2,

2m4m4x2, 当直线l∥B′M且过点C时，直线l的解析式为y2m4当直线l∥BM且过点C时，直线l的解析式为y当直线l∥BB′且过线段CM的中点N11m,m2时，直线l的解析式为

423yxm2,

4综上所述：直线l的解析式为y【点睛】

本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、相似三角形的判定与性质以及平行线的性质，①分∠MPC=90°解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）及∠PCM=90°两种情况求出点P的坐标；②利用待定系数法及平行线的性质，求出直线l的解析式．

m4m43x2,yx2或yxm2.

2m42m44a15a2518．y＝﹣x+2x+3；S四边形ABDE＝9（1）（2）（平方单位）；（3）见解析；（4），，

b4b4122

a37a61a71a47a51，，，，． b2b4b2b2b243567【解析】 【分析】

（1）根据图象可得出A、B、C三点的坐标，然后用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（2）由于四边形ABDE不是规则的四边形，因此可过D作DF⊥x轴于F，将四边形ABDE分成△AOB，梯形BOFD和△DFE三部分来求；（3）可先根据坐标系中两点间的距离公式，

分别求出AB、BE、DE、BD的长，然后看两三角形的线段是否对应成比例即可；（4）要使两三角形全等，那么两直角三角形的两直角边应对应相等．

当EF＝EG＝2，DF＝MG＝4，此时M点的坐标可能为（5，4），（5，﹣4），（1，﹣4）． 当EF＝MG＝2，DF＝EG＝4，此时M点的坐标可能是（7，2），（7，﹣2），（﹣1，2），（﹣1，﹣2）；综上所述可得出a、b的值． 【详解】

（1）设c1的解析式为y＝ax2+bx+c，由图象可知：c1过A（﹣1，0），B（0，3），C（2，3）三点．

abc0， c34a2bc3a1解得：b2，

c3∴抛物线c1的解析式为y＝﹣x2+2x+3， （2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4． ∴抛物线c1 的顶点D的坐标为（1，4）；

过D作DF⊥x轴于F，由图象可知：OA＝1，OB＝3，OF＝1，DF＝4； 令y＝0，则﹣x2+2x+3＝0， 解得x1＝﹣1，x2＝3 ∴OE＝3，则FE＝2．

311OA•OB＝×1×3＝； 22211S△DFE＝DF•FE＝×4×2＝4；

22S△ABO＝S梯形BOFD＝

71（BO+DF）•OF＝； 22∴S四边形ABDE＝S△AOB+S梯形BOFD+S△DFE＝9（平方单位）． （3）如图，过B作BK⊥DF于K，则BK＝OF＝1． DK＝DF﹣OB＝4﹣3＝1． ∴BD＝DK2BK22，

又DE＝DF2FE225； AB＝10，BE＝32； 在△ABO和△BDE中， AO＝1，BO＝3，AB＝10， BD＝2，BE＝32， DE＝25， ∵

AOBOAB1， BDBEDE2∴△AOB∽△DBE．

2（4）令y=0，则x2x30,

解得x11，x23, ∴点E的坐标为(3, 0)，

由（1）可知物线c1 的顶点D的坐标为（1，4） ∴F的坐标为(1,0)， ∴DF=4，EF=3-1=2,

∵以M、G. E为顶点的三角形与以D、E. F为顶点的三角形全等, ∵M（a，b）， ∴G，（a，0）

∴MGb,EGa3

EG与DF是对应边时，EG=DF=4, MG=EF=2,

a34∴

b2解得a=7a1 或b2b2a1a1或． b2b2a7a7∴或或

b2b2EG与EF是对应边时，EG=EF=2, MG=DF=4,

a32∴

b4解得a=5a1 或b4b4a5a5a1a1∴或或或（舍去），

b4b4b4b4综上所述：a37a61a71a15a25a47a51 ，，，，，，．

b14b24b32b42b54b62b72

【点睛】

本题主要考查了二次函数的综合应用，待定系数法求二次函数的表达式，相似三角形的判定，勾股定理，分类讨论思想，数形结合思想，不规则图形的面积，三角形的面积公式等知识，掌握用待定系数法求二次函数的表达式，相似三角形的判定，勾股定理，三角形的面积公式是解题的关键.

19．（1）A（2，0），B（8，0），C（0，4）；（2）证明见试题解析；（3）P（5，4），或（5，，或（5，455）． 71）【解析】

试题分析：（1）连接MC，则MC垂直于y轴，MA=MC=5，MD=4，由勾股定理可计算AD和DB；

（2）把A、或B或C的坐标代入y=

，确定二次函数表达式y=

，

连接MA，根据勾股定理计算AF，由勾股定理逆定理判断MA⊥AF，从而说明FA是切线；

22（3）设P（x，4），当C为顶点时，在Rt△CMP1中用x表示CP1，根据CP1BC列方程22求解；当B为顶点时，在Rt△BDP2中用x表示CP2，根据CP2BC列方程求解；当P

是顶点时，易知P和M重合．

试题解析：（1）连接MC，则MC垂直于y轴，MA=MC=5，MD=4，在Rt△AMD中，AD= ，B（8，0），C（0，4）；AM2MD2=3，同理在Rt△BMD中，BD=3，∴A（2，0）

，解得k=-=

，AF=22（2）把A（2，0）y=连接MA，则MF=4+

，∴y=

2，∴F（5，-22），

ADFD=，∴FAADMF625，16∴MA⊥AF，∴FA与⊙M相切；

2225(x4)（3）设P（x，4），BC280．当C为顶点时，在Rt△CMP1中，CP，1∴25(x4)280，x=455，4） 点P在x轴上方，故x=455，所以（455，；

222当B为顶点时，在Rt△BDP2中，CP29(x4)， ∴9(x4)80，x=471，点P在x轴上方，故x=471，所以（471，4）； 当P是顶点时，P和M重合，P3（5，4）．

综上当P（455，4）、（471，4）或（5，4）时△PBC是等腰三角形． 考点：二次函数综合题．

20．解：（1）如图，过B点作BC⊥x轴，垂足为C，则∠BCO=90°。 ∵∠AOB=120°，∴∠BOC=60°。 又∵OA=OB=4， ∴OC=113OB=×4=2，BC=OB•sin60°=4=23。

222∴点B的坐标为（﹣2，﹣23）。

（2）∵抛物线过原点O和点A．B，

∴可设抛物线解析式为y=ax2+bx，将A（4，0），B（﹣2，﹣23）代入，

3a=16a+4b=06得，解得。

4a2b=23b=233∴此抛物线的解析式为y=（3）存在。

如图，抛物线的对称轴是x=2，直线x=2与x轴的交点为D， 设点P的坐标为（2，y）。

323。 x+63

①若OB=OP，则22+|y|2=42，解得y=±23， 当y=23时，

在Rt△POD中，∠PDO=90°，sin∠POD=∴∠POD=60°

∴∠POB=∠POD+∠AOB=60°+120°=180°，即P、O、B三点在同一直线上。 ∴y=23不符合题意，舍去。 ∴点P的坐标为（2，﹣23）。

②若OB=PB，则42+|y+23|2=42，解得y=﹣23。 ∴点P的坐标为（2，﹣23）。

③若OP=BP，则22+|y|2=42+|y+23|2，解得y=﹣23。 ∴点P的坐标为（2，﹣23）。

综上所述，符合条件的点P只有一个，其坐标为（2，﹣23）。

PD3， OP2

【解析】（1）首先根据OA的旋转条件确定B点位置，然后过B做x轴的垂线，通过构建直角三角形和OB的长（即OA长）确定B点的坐标。

（2）已知O、A、B三点坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式。

（3）根据（2）的抛物线解析式，可得到抛物线的对称轴，然后先设出P点的坐标，而O、B坐标已知，可先表示出△OPB三边的边长表达式，然后分①OP=OB、②OP=BP、③OB=BP三种情况分类讨论，然后分辨是否存在符合条件的P点。