中考數(shù)學(xué)頻考點突破-二次函數(shù)

中考數(shù)學(xué)頻考點突破--二次函數(shù)一、綜合題1．已知：二次函數(shù)y＝12x2+2x+m（1）求m的取值范圍；（2）如圖所示，若二次函數(shù)y＝12x2+2x+m圖象的頂點B在x軸上，與y軸的交點為A，P為圖象上的一點，若以線段PB為直徑的圓與直線AB相切于點B（3）在（2）中，若點P關(guān)于y軸的對稱點為M，求以點M為圓心，BP長為半徑的圓是否與直線AB相切？并說明理由．2．已知二次函數(shù)圖象的頂點坐標(biāo)為（1，4），且經(jīng)過點（4，-5）．（1）求該二次函數(shù)表達式；（2）直接寫出y隨x的增大而減小時x的取值范圍；（3）若二次函數(shù)的圖象平移后經(jīng)過原點，請直接寫出兩種不同的平移方案．3．如圖，AB是⊙O的直徑，BD是⊙O的弦，延長BD到點C，使DC=BD，連結(jié)AC交⊙O于點F．（1）AB與AC的大小有什么關(guān)系？請說明理由；長．（2）若AB=8，∠BAC=45°，求：圖中陰影部分的面積．4．如圖，在Rt△ABC中，AC=24cm，BC=7cm，P點在BC上，從B點到C點運動（不包括C點），點P運動的速度為2cm/s；Q點在AC上從C點運動到A點（不包括A點），速度為5cm/s．若點P、Q分別從B、C同時運動，且運動時間記為t秒，請解答下面的問題，并寫出探索的主要過程．（1）當(dāng)t為何值時，P、Q兩點的距離為52cm？（2）當(dāng)t為何值時，△PCQ的面積為15cm2？（3）請用配方法說明，點P運動多少時間時，四邊形BPQA的面積最小？最小面積是多少？5．函數(shù)y＝ax2(a≠0)與直線y＝2x－3交于點A(1，b)，求：（1）a和b的值；（2）求拋物線y＝ax2的頂點和對稱軸；（3）x取何值時，二次函數(shù)y＝ax2中的y隨x的增大而增大；6．已知二次函數(shù)y=﹣2x2，y=﹣2（x﹣2）2，y=﹣2（x﹣2）2+2，請回答下列問題：（1）寫出拋物線y=﹣2（x﹣2）2的頂點坐標(biāo)，開口方向和對稱軸；（2）分別通過怎樣的平移，可以由拋物線y=﹣2x2得到拋物線y=﹣2（x﹣2）2和y=﹣2（x﹣2）2+2？（3）如果要得到拋物線y=﹣2（x﹣2017）2﹣2018，應(yīng)將y=﹣2x2怎樣平移？7．如圖，已知直線PA交⊙O于A、B兩點，AE是⊙O的直徑，點C為⊙O上一點，且AC平分∠PAE，過C作CD⊥PA，垂足為D．（1）求證：CD為⊙O的切線；（2）若DC=4，AC=5，求⊙O的直徑的AE．8．已知：如圖，AO是⊙O的半徑，AC為⊙O的弦，點F為的中點，OF交AC于點E，AC=10，EF=3·（1）求AO的長；（2）過點C作CD⊥AO，交AO延長線于點D，求OD的長·9．如圖，已知二次函數(shù)圖象與x軸交于點A（﹣1，0），B（3m，0），交y軸于點C（0，3m）（m＞0）.（1）當(dāng)m＝2時，求拋物線的表達式及對稱軸.（2）過OB中點M作x軸垂線交拋物線于點D過點D作DF∥x軸.交拋物線于點E，交直線BC于點F，當(dāng)EFED10．已知AB=BC，∠ABC=90°，直線l是過點B的一條動直線（不與直線AB，BC重合），分別過點A，C作直線l的垂線，垂足為D，E．（1）如圖1，當(dāng)45°＜∠ABD＜90°時，①求證：CE+DE=AD；②連接AE，過點D作DH⊥AE于H，過點A作AF∥BC交DH的延長線于點F．依題意補全圖形，用等式表示線段DF，BE，DE的數(shù)量關(guān)系，并證明；（2）在直線l運動的過程中，若DE的最大值為3，直接寫出AB的長．11．如圖，已知D是⊙O上一點，AB是直徑，∠BAD的平分線交⊙O于點E，⊙O的切線BC交OE的延長線于點C，連接OD，CD.（1）求證：CD⊥OD.（2）若AB＝2，填空：①當(dāng)CE＝▲時，四邊形BCDO是正方形.②作△AEO關(guān)于直線OE對稱的△FEO，連接BF，BE，當(dāng)四邊形BEOF是菱形時，求CE的長.12．如圖，拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過點A（﹣3，0），B（1，0），C（0，﹣3）．（1）求拋物線的解析式；（2）若點P為第三象限內(nèi)拋物線上的一點，設(shè)△PAC的面積為S，求S的最大值并求出此時點P的坐標(biāo)；（3）設(shè)拋物線的頂點為D，DE⊥x軸于點E，在y軸上是否存在點M，使得△ADM是直角三角形？若存在，請直接寫出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．13．如圖，AB為⊙O的直徑，點C為⊙O上一點，∠ACB的平分線與⊙O交于點D，與AB交于點E.點F為DC的延長線上一點，滿足∠FBC=∠BDC.（1）求證：BF與⊙O相切；（2）若BD=6，BC=22，求△ABC14．如圖，AB是⊙O的直徑，點C，D在⊙O上，且AD平分∠CAB，過點D作AC的垂線，與AC的延長線相交于點E，與AB的延長線相交于點F．（1）求證：EF與⊙O相切；（2）若AB=10，AD=310，則tan∠DAF的值為

答案解析部分1．【答案】（1）解：由題意得：△＝22﹣4×12解得m≤2；（2）解：∵y=12而函數(shù)的對稱軸為x＝﹣2，故頂點為B（﹣2，0），設(shè)直線AB的表達式為y＝kx+b，則0=?2k+bb=2解得k=1b=2∴直線AB：y＝x+2，則OA＝OB，故∠AOB＝45°，∵以線段PB為直徑的圓與直線AB相切于點B，即PB⊥AB，而∠AOB＝45°，故直線PB與x軸負(fù)半軸的夾角為45°，則設(shè)直線PB的表達式為y＝﹣x+t，將點B的坐標(biāo)代入上式并解得t＝﹣2，∴直線PB的解析式為y＝﹣x﹣2②，聯(lián)立①②得：?x?2=1解得：x1＝﹣2（舍去），x2＝﹣4，∴P（﹣4，2）（3）解：由點B、P的坐標(biāo)知，BP＝(?4+2)2+2關(guān)于y軸對稱的點M（4，2），如圖，連接PM，過點M作MH⊥AB于點H，則AM＝4，∵∠ABO＝∠BAO＝45°，則∠PAB＝90°﹣∠BAO＝90°﹣45°＝45°＝∠HMA，則HM＝AM?sin∠HMA＝4×22＝2即M到直線AB的距離為22∴BP長為半徑的圓與直線AB相切．【知識點】二次函數(shù)y=ax^2+bx+c的圖象；二次函數(shù)y=ax^2+bx+c的性質(zhì)【解析】【分析】（1）根據(jù)二次函數(shù)與x軸有公共點，即二次方程有根，根據(jù)根的判別式即可得到m的取值范圍；

（2）根據(jù)題意，計算得到直線AB的解析式，將二次函數(shù)的解析式與直線PB的解析式，聯(lián)立即可得到點P的坐標(biāo)；

（3）由勾股定理計算得到BP的長度，根據(jù)銳角三角函數(shù)即可得到HM的長度，即可得到答案。2．【答案】（1）解：∵二次函數(shù)圖象的頂點坐標(biāo)為（1，4），

∴設(shè)拋物線的解析式為：y=a（x-1）2+4

∵二次函數(shù)圖象經(jīng)過點（4，-5）

∴a(4-1）2+4=-5

解之：a=-1

∴此函數(shù)解析式為：y=-（x-1）2+4（2）解：由（1）可知二次函數(shù)的對稱軸為直線x=1

∵a=-1＜0

∴拋物線的開口向下，再對稱軸的右側(cè)，y隨x的增大而減小

∴當(dāng)x≥1時y隨x的增大而減?。?）解：∵二次函數(shù)y=-（x-1）2+4平移后經(jīng)過原點

∴y=-（x-1+1）2+4-4，即y=x2

∴向左平移1個單位，再向下平移4個單位；

∵y=-（x-1）2+4=-x2+2x+3

若平移后的函數(shù)解析式為：y=-x2+2x=-（x-1）2+1時，圖像過原點

∴y=-（x-1）2+4-3=-（x-1）2+1

∴向下平移3個單位

∵y=-（x-1-1）2+4=x2+4x

∴向右平移1個單位

∵y=-（x-1+3）2+4=x2-4x

∴向左平移3個單位

∴二次函數(shù)的圖象平移后經(jīng)過原點，平移方案有：①向左平移1個單位，再向下平移4個單位；②向下平移3個單位；③向右平移1個單位；④向左平移3個單位等等?！局R點】二次函數(shù)圖象的幾何變換；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)y=a（x-h）^2+k的性質(zhì)【解析】【分析】（1）已知二次函數(shù)的頂點坐標(biāo)，因此設(shè)二次函數(shù)解析式為頂點式，再將點（4，-5）代入，即可求解。

（2）利用（1）中的函數(shù)解析式，可得出對稱軸，再利用二次函數(shù)的增減性，就可得出答案。

（3）利用二次函數(shù)圖象平移的規(guī)律：上加下減，左加右減，要使平移后的圖像經(jīng)過原點，因此平移后的c的值一定為0，寫出平移方案即可。3．【答案】（1）解：AB=AC．理由是：連接AD．∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，即AD⊥BC，又∵DC=BD，∴AB=AC；（2）解：連接OD、過D作DH⊥AB．∵AB=8，∠BAC=45°，∴∠BOD=45°，OB=OD=4，∴DH=22∴△OBD的面積=1扇形OBD的面積=45?π?42【知識點】圓周角定理；扇形面積的計算【解析】【分析】（1）由圓周角定理可知AD⊥BC，由已知條件可知D為BC中點，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)即可得證.

（2）在Rt△ODH中，根據(jù)正弦的定義可求得DH長，由三角形面積公式可得△OBD的面積，再由扇形的面積公式可求得扇形OBD的面積，從而可求得陰影部分的面積.4．【答案】（1）解：∵在Rt△ABC中，AC=24cm，BC=7cm，∴AB=25cm，設(shè)經(jīng)過ts后，P、Q兩點的距離為52cm，ts后，PC=7-2tcm，CQ=5tcm，根據(jù)勾股定理可知PC2+CQ2=PQ2，代入數(shù)據(jù)（7-2t）2+（5t）2=（52）2；解得t=1或t=-129（2）解：設(shè)經(jīng)過ts后，S△PCQ的面積為15cm2ts后，PC=7-2tcm，CQ=5tcm，S△PCQ=12=1解得t1=2，t2=1.5，經(jīng)過2或1.5s后，S△PCQ的面積為15cm2（3）解：設(shè)經(jīng)過ts后，△PCQ的面積最大，則此時四邊形BPQA的面積最小，ts后，PC=7-2tcm，CQ=5tcm，S△PCQ=12×PC×CQ=12×（7-2t）×5t=52×（-2t2+7t）當(dāng)t=-b2a時，即t=72×2=1.75s時，△PCQ的面積最大，即S△PCQ=12×PC×CQ=12∴四邊形BPQA的面積最小值為：S△ABC-S△PCQ最大=12×7×24-24516=109916當(dāng)點P運動1.75秒時，四邊形BPQA的面積最小為：109916cm【知識點】二次函數(shù)的最值；一元二次方程的實際應(yīng)用-幾何問題；三角形-動點問題【解析】【分析】（1）根據(jù)勾股定理算出AB的長，根據(jù)題意得出PC=7-2tcm，CQ=5tcm，根據(jù)勾股定理建立方程，求出t的值，再檢驗即可；

（2）根據(jù)題意：PC=7-2tcm，CQ=5tcm，根據(jù)三角形的面積公式列出方程，求解即可得出答案；

（3）設(shè)經(jīng)過ts后，△PCQ的面積最大，則此時四邊形BPQA的面積最小，由題意知：PC=7-2tcm，CQ=5tcm，根據(jù)三角形的面積公式建立函數(shù)解析式，根據(jù)所得函數(shù)的性質(zhì)即可得出三角形的面積的最大值，根據(jù)四邊形BPQA的面積最小值為=S△ABC-S△PCQ最大即可算出答案。5．【答案】（1）解：將x=1，y=

b代入y=2x－3，得b=－1.

所以A(1，－1).

將x=1，y=－1代入y=

ax2（2）解：由(1)可得二次函數(shù)解析式為y=－x2其頂點坐標(biāo)為(0，0)，對稱軸為x=0（3）解：因為a=－1＜0，所以拋物線開口向下，在對稱軸左側(cè)，y隨x的增大而增大.即當(dāng)x＜0時，y隨x的增大而增大.【知識點】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)y=ax^2的性質(zhì)【解析】【分析】（1）將點A(1，b)代入直線y＝2x－3求出b的值從而得出點A的坐標(biāo)，再將點A的坐標(biāo)代入函數(shù)y＝ax2即可求出a的值，從而求出拋物線的解析式；

（2）根據(jù)拋物線的頂點式的性質(zhì)即可求出拋物線y＝ax2的頂點坐標(biāo)和對稱軸直線的解析式；

（3）由于拋物線的二次項系數(shù)a=－1＜0，所以拋物線開口向下，在對稱軸左側(cè)，y隨x的增大而增大，即當(dāng)x＜0時，y隨x的增大而增大。

6．【答案】（1）解：拋物線y=﹣2（x﹣2）2的頂點坐標(biāo)（2，0），開口方向向下，對稱軸為直線x=2（2）解：y=﹣2x2的頂點坐標(biāo)為（0，0），y=﹣2（x﹣2）2的頂點坐標(biāo)為（2，0），y=﹣2（x﹣2）2+2的頂點坐標(biāo)為（2，2），所以，拋物線y=﹣2x2向右平移2個單位得到拋物線y=﹣2（x﹣2）2，拋物線y=﹣2x2向右平移2個單位，再向上平移2個單位得到拋物線y=﹣2（x﹣2）2+2（3）解：∵拋物線y=﹣2（x﹣2017）2﹣2018的頂點坐標(biāo)為（2017，﹣2018），∴應(yīng)將y=﹣2x2向右平移2017個單位，向下平移2018個單位得到．【知識點】二次函數(shù)圖象的幾何變換【解析】【分析】（1）根據(jù)函數(shù)解析式，直接寫出拋物線的頂點坐標(biāo)，開口方向和對稱軸。

（2）根據(jù)二次函數(shù)圖象的平移規(guī)律：上加下減，左加右減，即可得出答案。

（3）根據(jù)兩函數(shù)解析式，由頂點坐標(biāo)的變化情況，即可答案。7．【答案】（1）證明：連接OC．∵OC=OA，∴∠OAC=∠OCA．∵AC平分∠PAE，∴∠DAC=∠OAC，∴∠DAC=∠OCA，∴AD∥OC．∵CD⊥PA，∴∠ADC=∠OCD=90°，即CD⊥OC，點C在⊙O上，∴CD是⊙O的切線．（2）解：過O作OM⊥AB于M．即∠OMA=90°，∵∠MDC=∠OMA=∠DCO=90°，∴四邊形DMOC是矩形，∴OC=DM，OM=CD=4．∵DC=4，AC=5，∴AD=3，設(shè)圓的半徑為x，則AM=x-AD=x-3，∵在Rt△AMO中，∠AMO=90°，根據(jù)勾股定理得：AO2=AM2+OM2．∴x2=（x-3）2+42，∴x=25∴⊙O的半徑是256∴⊙O的直徑的AE=2×256=25【知識點】勾股定理；切線的判定【解析】【分析】（1）連接OC，根據(jù)OA=OC推出∠OCA=∠OAC，根據(jù)角平分線得出∠OCA=∠OAC=∠CAP，推出OC//AP，得出OC⊥CD，根據(jù)切線的判定推出即可；

（2）過O作OM⊥AB于M．即∠OMA=90°，證出四邊形DMOC是矩形，可得OM=CD，OC=AM+AD，求出AM的長，利用勾股定理求出AD的長，設(shè)圓的半徑為x，則AM=x-AD，再根據(jù)勾股定理列方程，求出x的值即可求出圓的半徑，從而求出圓的直徑AE。8．【答案】（1）解：∵O是圓心，且點F為AC的中點，∴OF⊥AC，∵AC＝10，∴AE＝5，∵EF=3設(shè)圓的半徑為r，即OA＝OF＝r，則OE＝OF?EF＝r?3，由OA2＝AE2＋OE2得r2＝52＋（r?3）2，解得：r＝173，即AO＝17（2）解：∵∠OAE＝∠CAD，∠AEO＝∠ADC＝90°，∴∠AOE＝∠ACD，則sin∠ACD＝sin∠AOE＝AE∴AD=AC?sin∴OD=AD?AO=【知識點】勾股定理；垂徑定理；解直角三角形【解析】【分析】（1）根據(jù)垂徑定理和勾股定理即可得出OA的值；

（2）根據(jù)題意和相似三角形的判定方法可得出∠AOE＝∠ACD，則sin∠ACD＝sin∠AOE＝AEAO9．【答案】（1）解：當(dāng)m＝2時，得到A（﹣1，0），B（6，0），C（0，6），設(shè)拋物線表達式為y＝a（x﹣6）（x+1），將點C（0，6）代入得a＝﹣1，∴y＝﹣x2+5x+6，∴對稱軸為x＝52（2）解：如圖，作拋物線的對稱軸交FD于G，交x軸于H，

設(shè)拋物線表達式為y＝a（x﹣3m）（x+1），將點C（0，3m）代入表達式，得a＝﹣1，∴y＝﹣（x﹣3m）（x+1），∴對稱軸為x＝3m+12∵M為OB的中點，∴OM＝3m2∴HM＝DG＝12∴ED＝1，∵EFED∴EF＝54∴FD＝DN＝94∴DM＝94∴D（3m2，9【知識點】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；等腰三角形的性質(zhì)；二次函數(shù)y=ax^2+bx+c的性質(zhì)【解析】【分析】（1）當(dāng)m=2的時候，首先得出A,B,C三點的坐標(biāo)，進而設(shè)出拋物線的交點式，將點C的坐標(biāo)代入即可算出二次項的系數(shù)a的值，從而求出拋物線的解析式，根據(jù)拋物線的對稱軸直線公式即可算出該拋物線的對稱軸直線；

（2）設(shè)出拋物線的交點式，將點C的坐標(biāo)代入即可算出二次項的系數(shù)a的值從而求出拋物線的解析式，根據(jù)拋物線的對稱軸直線公式即可算出該拋物線的對稱軸直線；根據(jù)線段中點的定義表示出OM，故得出點M與D到對稱軸直線的距離應(yīng)該是1210．【答案】（1）解：①證明：∵∠ABC=90°，∴∠ABD+∠CBD=90°．∵CE⊥l，∴∠CEB=90°．∴∠CBD+∠C=90°．∴∠ABD=∠C．∵AD⊥l，∴∠ADB=90°=∠CEB．∵AB=BC，∴△ABD≌△BCE．∴AD=BE，BD=CE．∵BD+DE=BE，∴CE+DE=AD．②補全圖形如圖：線段DF，BE，DE的數(shù)量關(guān)系為BE證明如下：∵AF∥BC，∴∠BAF+∠ABC=180°．∵∠ABC=90°，∴∠BAF=90°．∴∠BAD+∠DAF=90°．∵AD⊥l，∴∠ADB=90°．∴∠BAD+∠ABD=90°．∴∠ABD=∠DAF．∵DF⊥AE于H，∴∠DHE=90°．∴∠HDE+∠HED=90°．∵∠ADE=∠ADF+∠HDE=90°，∴∠HED=∠ADF．∵由（1）中全等，有AD=BE，∴△ADF≌△BEA．∴DF=AE．∵在Rt△ADE中，AD∴BE（2）解：AB為3【知識點】三角形全等的判定；二次函數(shù)的實際應(yīng)用-幾何問題【解析】解：(2)當(dāng)直線l在∠ABC外部時，由（1）知△ABD≌△BCE．∴AD=BE，BD=CE，∴DE=DB+BE=DB+AD，設(shè)AD=x，則BE=x，DB=DE-BE=3-x，∴A=x=2∴當(dāng)x=32時，AB2有最小值184，即AB=故當(dāng)DE取最大值3時，AB為3

【分析】（1）①先證明△ABD≌△BCE，可得AD=BE，BD=CE，由BD+DE=BE可得CE+DE=AD；

②補全圖形，先證明△ADF≌△BEA，得出DF=AE，再由勾股定理可得AD2+DE2=AE2，再利用等量代換可得11．【答案】（1）證明：∵BC是⊙O的切線，∴BC⊥OB，∴∠OBC＝90°，∵AE是∠BAD的平分線，∴∠DAE＝∠BAE，∵OA＝OE，∴∠BAE＝∠OEA，∴∠DAE＝∠OEA，∴AD//OC，∴∠BOC＝∠BAD，∵∠BOD＝∠BOC+∠DOC＝2∠BAD，∴∠BOC＝∠BAD＝∠DOC，在△ODC和△OBC中，OD=OB∠DOC=∠BOC∴△ODC≌△OBC（SAS），∴∠ODC＝∠OBC＝90°，∴CD⊥OD；（2）2﹣1；解：如圖所示：∵△AEO與△FEO關(guān)于直線OE對稱，∴OF＝OA，∴F在⊙O上，∵四邊形BEOF是菱形，∴BE＝OE＝1，∴∠EOB＝∠EBO，∵∠EOB+∠BCE＝90°，∠EBO+∠CBE＝90°，∴∠BCE＝∠CBE，∴CE＝BE＝1.【知識點】全等三角形的判定與性質(zhì)；菱形的性質(zhì)；正方形的性質(zhì)；圓周角定理；切線的性質(zhì)【解析】【解答】（2）解：①當(dāng)CE＝2﹣1時，四邊形BCDO是正方形；理由如下：∵AB＝2，∴OB＝OE＝OD＝1，∴OC＝OE+CE＝2，由（1）得：∠OBC＝90°，△ODC≌△OBC，∴DC＝BC＝OC2?O∴OB＝BC＝DC＝OD，∴四邊形BCDO是菱形，∵∠OBC＝90°，∴四邊形BCDO是正方形；故答案為：2﹣1；【分析】（1）證出∠DAE＝∠OEA，得出AD//OC，由圓周角定理證出∠BOC＝∠BAD＝∠DOC，證明△ODC≌△OBC（SAS），得出∠ODC＝∠OBC＝90°，即可得出結(jié)論；（2）①求出OC=OE+CE=2，由（1）得∠OBC＝90°，△ODC≌△OBC，由勾股定理得出DC=BC=OC12．【答案】（1）解：由于拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過A（﹣3，0），B（1，0），可設(shè)拋物線的解析式為：y=a（x+3）（x﹣1），將C點坐標(biāo)（0，﹣3）代入，得：a（0+3）（0﹣1）=﹣3，解得a=1，則y=（x+3）（x﹣1）=x2+2x﹣3，所以拋物線的解析式為：y=x2+2x﹣3（2）解：過點P作x軸的垂線，交AC于點N．設(shè)直線AC的解析式為y=kx+m，由題意，得?3k+m=0m=?3，解得k=?1∴直線AC的解析式為：y=﹣x﹣3．設(shè)P點坐標(biāo)為（x，x2+2x﹣3），則點N的坐標(biāo)為（x，﹣x﹣3），∴PN=PE﹣NE=﹣（x2+2x﹣3）+（﹣x﹣3）=﹣x2﹣3x．∵S△PAC=S△PAN+S△PCN，∴S=12=12×3（﹣x2=﹣32（x+32）2+∴當(dāng)x=﹣32時，S有最大值278，此時點P的坐標(biāo)為（﹣32（3）解：在y軸上是存在點M，能夠使得△ADM是直角三角形．理由如下：∵y=x2+2x﹣3=y=（x+1）2﹣4，∴頂點D的坐標(biāo)為（﹣1，﹣4），∵A（﹣3，0），∴AD2=（﹣1+3）2+（﹣4﹣0）2=20．設(shè)點M的坐標(biāo)為（0，t），分三種情況進行討論：①當(dāng)A為直角頂點時，如圖3①，由勾股定理，得AM2+AD2=DM2，即（0+3）2+（t﹣0）2+20=（0+1）2+（t+4）2，解得t=32所以點M的坐標(biāo)為（0，32②當(dāng)D為直角頂點時，如圖3②，由勾股定理，得DM2+AD2=AM2，即（0+1）2+（t+4）2+20=（0+3）2+（t﹣0）2，解得t=﹣72所以點M的坐標(biāo)為（0，﹣72③當(dāng)M為直角頂點時，如圖3③，由勾股定理，得AM2+DM2=AD2，即（0+3）2+（t﹣0）2+（0+1）2+（t+4）2=20，解得t=﹣1或﹣3，所以點M的坐標(biāo)為（0，﹣1）或（0，﹣3）；綜上可知，在y軸上存在點M，能夠使得△ADM是直角三角形，此時點M的坐標(biāo)為（0，32）或（0，﹣7【知識點】二次函數(shù)的最值；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)的實際應(yīng)用-百分率問題【解析】【分析】（1）已知拋物線上的三點坐標(biāo)