中考數(shù)學(xué)壓軸題匯編及答案

第6頁（共27頁）2015年中考數(shù)學(xué)壓軸題匯編（1）一．解答題（共30小題）1．（2016?貴陽模擬）在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線經(jīng)過A（﹣4，0），B（0，﹣4），C（2，0）三點．（1）求拋物線的解析式；（2）若點M為第三象限內(nèi)拋物線上一動點，點M的橫坐標(biāo)為m，△AMB的面積為S．求S關(guān)于m的函數(shù)關(guān)系式，并求出S的最大值．（3）若點P是拋物線上的動點，點Q是直線y=﹣x上的動點，判斷有幾個位置能夠使得點P、Q、B、O為頂點的四邊形為平行四邊形，直接寫出相應(yīng)的點Q的坐標(biāo)．2．（2015?棗莊）如圖，直線y=x+2與拋物線y=ax2+bx+6（a≠0）相交于A（，）和B（4，m），點P是線段AB上異于A、B的動點，過點P作PC⊥x軸于點D，交拋物線于點C．（1）求拋物線的解析式；（2）是否存在這樣的P點，使線段PC的長有最大值？若存在，求出這個最大值；若不存在，請說明理由；（3）求△PAC為直角三角形時點P的坐標(biāo)．3．（2015?酒泉）如圖，在直角坐標(biāo)系中，拋物線經(jīng)過點A（0，4），B（1，0），C（5，0），其對稱軸與x軸相交于點M．（1）求拋物線的解析式和對稱軸；（2）在拋物線的對稱軸上是否存在一點P，使△PAB的周長最??？若存在，請求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；（3）連接AC，在直線AC的下方的拋物線上，是否存在一點N，使△NAC的面積最大？若存在，請求出點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．4．（2015?阜新）如圖，拋物線y=﹣x2+bx+c交x軸于點A（﹣3，0）和點B，交y軸于點C（0，3）．（1）求拋物線的函數(shù)表達式；（2）若點P在拋物線上，且S△AOP=4SBOC，求點P的坐標(biāo)；（3）如圖b，設(shè)點Q是線段AC上的一動點，作DQ⊥x軸，交拋物線于點D，求線段DQ長度的最大值．5．（2015?濟寧）如圖，⊙E的圓心E（3，0），半徑為5，⊙E與y軸相交于A、B兩點（點A在點B的上方），與x軸的正半軸交于點C，直線l的解析式為y=x+4，與x軸相交于點D，以點C為頂點的拋物線過點B．（1）求拋物線的解析式；（2）判斷直線l與⊙E的位置關(guān)系，并說明理由；（3）動點P在拋物線上，當(dāng)點P到直線l的距離最小時．求出點P的坐標(biāo)及最小距離．6．（2015?荊門）如圖，在矩形OABC中，OA=5，AB=4，點D為邊AB上一點，將△BCD沿直線CD折疊，使點B恰好落在邊OA上的點E處，分別以O(shè)C，OA所在的直線為x軸，y軸建立平面直角坐標(biāo)系．（1）求OE的長及經(jīng)過O，D，C三點拋物線的解析式；（2）一動點P從點C出發(fā)，沿CB以每秒2個單位長度的速度向點B運動，同時動點Q從E點出發(fā)，沿EC以每秒1個單位長度的速度向點C運動，當(dāng)點P到達點B時，兩點同時停止運動，設(shè)運動時間為t秒，當(dāng)t為何值時，DP=DQ；（3）若點N在（1）中拋物線的對稱軸上，點M在拋物線上，是否存在這樣的點M與點N，使M，N，C，E為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請求出M點坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．15．（2015?涼山州）如圖，已知拋物線y=x2﹣（m+3）x+9的頂點C在x軸正半軸上，一次函數(shù)y=x+3與拋物線交于A、B兩點，與x、y軸交于D、E兩點．（1）求m的值．（2）求A、B兩點的坐標(biāo)．（3）點P（a，b）（﹣3＜a＜1）是拋物線上一點，當(dāng)△PAB的面積是△ABC面積的2倍時，求a，b的值．16．（2015?銅仁市）如圖，關(guān)于x的二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象與x軸交于點A（1，0）和點B與y軸交于點C（0，3），拋物線的對稱軸與x軸交于點D．（1）求二次函數(shù)的表達式；（2）在y軸上是否存在一點P，使△PBC為等腰三角形？若存在．請求出點P的坐標(biāo)）；（3）有一個點M從點A出發(fā)，以每秒1個單位的速度在AB上向點B運動，另一個點N從點D與點M同時出發(fā)，以每秒2個單位的速度在拋物線的對稱軸上運動，當(dāng)點M到達點B時，點M、N同時停止運動，問點M、N運動到何處時，△MNB面積最大，試求出最大面積．17．（2015?資陽）已知直線y=kx+b（k≠0）過點F（0，1），與拋物線y=x2相交于B、C兩點．（1）如圖1，當(dāng)點C的橫坐標(biāo)為1時，求直線BC的解析式；（2）在（1）的條件下，點M是直線BC上一動點，過點M作y軸的平行線，與拋物線交于點D，是否存在這樣的點M，使得以M、D、O、F為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，求出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；（3）如圖2，設(shè)B（m．n）（m＜0），過點E（0．﹣1）的直線l∥x軸，BR⊥l于R，CS⊥l于S，連接FR、FS．試判斷△RFS的形狀，并說明理由．18．（2015?蘇州）如圖，已知二次函數(shù)y=x2+（1﹣m）x﹣m（其中0＜m＜1）的圖象與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C，對稱軸為直線l．設(shè)P為對稱軸l上的點，連接PA、PC，PA=PC（1）∠ABC的度數(shù)為；（2）求P點坐標(biāo)（用含m的代數(shù)式表示）；（3）在坐標(biāo)軸上是否存在著點Q（與原點O不重合），使得以Q、B、C為頂點的三角形與△PAC相似，且線段PQ的長度最?。咳绻嬖?，求出所有滿足條件的點Q的坐標(biāo)；如果不存在，請說明理由．19．（2015?臨沂）在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點，直線y=﹣2x﹣1與y軸交于點A，與直線y=﹣x交于點B，點B關(guān)于原點的對稱點為點C．（1）求過A，B，C三點的拋物線的解析式；（2）P為拋物線上一點，它關(guān)于原點的對稱點為Q．①當(dāng)四邊形PBQC為菱形時，求點P的坐標(biāo)；②若點P的橫坐標(biāo)為t（﹣1＜t＜1），當(dāng)t為何值時，四邊形PBQC面積最大？并說明理由．20．（2015?巴中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，二次函數(shù)y=ax2+bx﹣4（a≠0）的圖象與x軸交于A（﹣2，0）、C（8，0）兩點，與y軸交于點B，其對稱軸與x軸交于點D．（1）求該二次函數(shù)的解析式；（2）如圖1，連結(jié)BC，在線段BC上是否存在點E，使得△CDE為等腰三角形？若存在，求出所有符合條件的點E的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；（3）如圖2，若點P（m，n）是該二次函數(shù)圖象上的一個動點（其中m＞0，n＜0），連結(jié)PB，PD，BD，求△BDP面積的最大值及此時點P的坐標(biāo)．2015年中考數(shù)學(xué)壓軸題匯編（1）參考答案與試題解析一．解答題（共30小題）1．（2016?貴陽模擬）在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線經(jīng)過A（﹣4，0），B（0，﹣4），C（2，0）三點．（1）求拋物線的解析式；（2）若點M為第三象限內(nèi)拋物線上一動點，點M的橫坐標(biāo)為m，△AMB的面積為S．求S關(guān)于m的函數(shù)關(guān)系式，并求出S的最大值．（3）若點P是拋物線上的動點，點Q是直線y=﹣x上的動點，判斷有幾個位置能夠使得點P、Q、B、O為頂點的四邊形為平行四邊形，直接寫出相應(yīng)的點Q的坐標(biāo)．【考點】二次函數(shù)綜合題；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式．【專題】壓軸題．【分析】（1）先假設(shè)出函數(shù)解析式，利用三點法求解函數(shù)解析式．（2）設(shè)出M點的坐標(biāo)，利用S=S△AOM+S△OBM﹣S△AOB即可進行解答；（3）當(dāng)OB是平行四邊形的邊時，表示出PQ的長，再根據(jù)平行四邊形的對邊相等列出方程求解即可；當(dāng)OB是對角線時，由圖可知點A與P應(yīng)該重合．【解答】解：（1）設(shè)此拋物線的函數(shù)解析式為：y=ax2+bx+c（a≠0），將A（﹣4，0），B（0，﹣4），C（2，0）三點代入函數(shù)解析式得：解得，所以此函數(shù)解析式為：y=；（2）∵M點的橫坐標(biāo)為m，且點M在這條拋物線上，∴M點的坐標(biāo)為：（m，），∴S=S△AOM+S△OBM﹣S△AOB=×4×（﹣m2﹣m+4）+×4×（﹣m）﹣×4×4=﹣m2﹣2m+8﹣2m﹣8=﹣m2﹣4m，=﹣（m+2）2+4，∵﹣4＜m＜0，當(dāng)m=﹣2時，S有最大值為：S=﹣4+8=4．答：m=﹣2時S有最大值S=4．（3）設(shè)P（x，x2+x﹣4）．當(dāng)OB為邊時，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)知PQ∥OB，且PQ=OB，∴Q的橫坐標(biāo)等于P的橫坐標(biāo)，又∵直線的解析式為y=﹣x，則Q（x，﹣x）．由PQ=OB，得|﹣x﹣（x2+x﹣4）|=4，解得x=0，﹣4，﹣2±2．x=0不合題意，舍去．如圖，當(dāng)BO為對角線時，知A與P應(yīng)該重合，OP=4．四邊形PBQO為平行四邊形則BQ=OP=4，Q橫坐標(biāo)為4，代入y=﹣x得出Q為（4，﹣4）．由此可得Q（﹣4，4）或（﹣2+2，2﹣2）或（﹣2﹣2，2+2）或（4，﹣4）．【點評】本題考查了三點式求拋物線的方法，以及拋物線的性質(zhì)和最值的求解方法．2．（2015?棗莊）如圖，直線y=x+2與拋物線y=ax2+bx+6（a≠0）相交于A（，）和B（4，m），點P是線段AB上異于A、B的動點，過點P作PC⊥x軸于點D，交拋物線于點C．（1）求拋物線的解析式；（2）是否存在這樣的P點，使線段PC的長有最大值？若存在，求出這個最大值；若不存在，請說明理由；（3）求△PAC為直角三角形時點P的坐標(biāo)．【考點】二次函數(shù)綜合題．【專題】幾何綜合題；壓軸題．【分析】（1）已知B（4，m）在直線y=x+2上，可求得m的值，拋物線圖象上的A、B兩點坐標(biāo)，可將其代入拋物線的解析式中，通過聯(lián)立方程組即可求得待定系數(shù)的值．（2）要弄清PC的長，實際是直線AB與拋物線函數(shù)值的差．可設(shè)出P點橫坐標(biāo)，根據(jù)直線AB和拋物線的解析式表示出P、C的縱坐標(biāo)，進而得到關(guān)于PC與P點橫坐標(biāo)的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)即可求出PC的最大值．（3）當(dāng)△PAC為直角三角形時，根據(jù)直角頂點的不同，有三種情形，需要分類討論，分別求解．【解答】解：（1）∵B（4，m）在直線y=x+2上，∴m=4+2=6，∴B（4，6），∵A（，）、B（4，6）在拋物線y=ax2+bx+6上，∴，解得，∴拋物線的解析式為y=2x2﹣8x+6．（2）設(shè)動點P的坐標(biāo)為（n，n+2），則C點的坐標(biāo)為（n，2n2﹣8n+6），∴PC=（n+2）﹣（2n2﹣8n+6），=﹣2n2+9n﹣4，=﹣2（n﹣）2+，∵PC＞0，∴當(dāng)n=時，線段PC最大且為．（3）∵△PAC為直角三角形，i）若點P為直角頂點，則∠APC=90°．由題意易知，PC∥y軸，∠APC=45°，因此這種情形不存在；ii）若點A為直角頂點，則∠PAC=90°．如答圖3﹣1，過點A（，）作AN⊥x軸于點N，則ON=，AN=．過點A作AM⊥直線AB，交x軸于點M，則由題意易知，△AMN為等腰直角三角形，∴MN=AN=，∴OM=ON+MN=+=3，∴M（3，0）．設(shè)直線AM的解析式為：y=kx+b，則：，解得，∴直線AM的解析式為：y=﹣x+3①又拋物線的解析式為：y=2x2﹣8x+6②聯(lián)立①②式，解得：x=3或x=（與點A重合，舍去）∴C（3，0），即點C、M點重合．當(dāng)x=3時，y=x+2=5，∴P1（3，5）；iii）若點C為直角頂點，則∠ACP=90°．∵y=2x2﹣8x+6=2（x﹣2）2﹣2，∴拋物線的對稱軸為直線x=2．如答圖3﹣2，作點A（，）關(guān)于對稱軸x=2的對稱點C，則點C在拋物線上，且C（，）．當(dāng)x=時，y=x+2=．∴P2（，）．∵點P1（3，5）、P2（，）均在線段AB上，∴綜上所述，△PAC為直角三角形時，點P的坐標(biāo)為（3，5）或（，）．【點評】此題主要考查了二次函數(shù)解析式的確定、二次函數(shù)最值的應(yīng)用以及直角三角形的判定、函數(shù)圖象交點坐標(biāo)的求法等知識．3．（2015?酒泉）如圖，在直角坐標(biāo)系中，拋物線經(jīng)過點A（0，4），B（1，0），C（5，0），其對稱軸與x軸相交于點M．（1）求拋物線的解析式和對稱軸；（2）在拋物線的對稱軸上是否存在一點P，使△PAB的周長最??？若存在，請求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；（3）連接AC，在直線AC的下方的拋物線上，是否存在一點N，使△NAC的面積最大？若存在，請求出點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【考點】二次函數(shù)綜合題．【專題】壓軸題．【分析】（1）拋物線經(jīng)過點A（0，4），B（1，0），C（5，0），可利用兩點式法設(shè)拋物線的解析式為y=a（x﹣1）（x﹣5），代入A（0，4）即可求得函數(shù)的解析式，則可求得拋物線的對稱軸；（2）點A關(guān)于對稱軸的對稱點A′的坐標(biāo)為（6，4），連接BA′交對稱軸于點P，連接AP，此時△PAB的周長最小，可求出直線BA′的解析式，即可得出點P的坐標(biāo)．（3）在直線AC的下方的拋物線上存在點N，使△NAC面積最大．設(shè)N點的橫坐標(biāo)為t，此時點N（t，t2﹣t+4）（0＜t＜5），再求得直線AC的解析式，即可求得NG的長與△ACN的面積，由二次函數(shù)最大值的問題即可求得答案．【解答】解：（1）根據(jù)已知條件可設(shè)拋物線的解析式為y=a（x﹣1）（x﹣5），把點A（0，4）代入上式得：a=，∴y=（x﹣1）（x﹣5）=x2﹣x+4=（x﹣3）2﹣，∴拋物線的對稱軸是：x=3；（2）P點坐標(biāo)為（3，）．理由如下：∵點A（0，4），拋物線的對稱軸是x=3，∴點A關(guān)于對稱軸的對稱點A′的坐標(biāo)為（6，4）如圖1，連接BA′交對稱軸于點P，連接AP，此時△PAB的周長最?。O(shè)直線BA′的解析式為y=kx+b，把A′（6，4），B（1，0）代入得，解得，∴y=x﹣，∵點P的橫坐標(biāo)為3，∴y=×3﹣=，∴P（3，）．（3）在直線AC的下方的拋物線上存在點N，使△NAC面積最大．設(shè)N點的橫坐標(biāo)為t，此時點N（t，t2﹣t+4）（0＜t＜5），如圖2，過點N作NG∥y軸交AC于G；作AD⊥NG于D，由點A（0，4）和點C（5，0）可求出直線AC的解析式為：y=﹣x+4，把x=t代入得：y=﹣t+4，則G（t，﹣t+4），此時：NG=﹣t+4﹣（t2﹣t+4）=﹣t2+4t，∵AD+CF=CO=5，∴S△ACN=S△ANG+S△CGN=AD×NG+NG×CF=NG?OC=×（﹣t2+4t）×5=﹣2t2+10t=﹣2（t﹣）2+，∴當(dāng)t=時，△CAN面積的最大值為，由t=，得：y=t2﹣t+4=﹣3，∴N（，﹣3）．【點評】本題主要考查了二次函數(shù)與方程、幾何知識的綜合應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是方程思想與數(shù)形結(jié)合思想的靈活應(yīng)用．4．（2015?阜新）如圖，拋物線y=﹣x2+bx+c交x軸于點A（﹣3，0）和點B，交y軸于點C（0，3）．（1）求拋物線的函數(shù)表達式；（2）若點P在拋物線上，且S△AOP=4SBOC，求點P的坐標(biāo)；（3）如圖b，設(shè)點Q是線段AC上的一動點，作DQ⊥x軸，交拋物線于點D，求線段DQ長度的最大值．【考點】二次函數(shù)綜合題．【專題】壓軸題．【分析】（1）把點A、C的坐標(biāo)分別代入函數(shù)解析式，列出關(guān)于系數(shù)的方程組，通過解方程組求得系數(shù)的值；（2）設(shè)P點坐標(biāo)為（x，﹣x2﹣2x+3），根據(jù)S△AOP=4S△BOC列出關(guān)于x的方程，解方程求出x的值，進而得到點P的坐標(biāo)；（3）先運用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式為y=x+3，再設(shè)Q點坐標(biāo)為（x，x+3），則D點坐標(biāo)為（x，x2+2x﹣3），然后用含x的代數(shù)式表示QD，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可求出線段QD長度的最大值．【解答】解：（1）把A（﹣3，0），C（0，3）代入y=﹣x2+bx+c，得：，解得．故該拋物線的解析式為：y=﹣x2﹣2x+3．（2）由（1）知，該拋物線的解析式為y=﹣x2﹣2x+3，則易得B（1，0）．∵S△AOP=4S△BOC，∴×3×|﹣x2﹣2x+3|=4××1×3．整理，得（x+1）2=0或x2+2x﹣7=0，解得x=﹣1或x=﹣1±2．則符合條件的點P的坐標(biāo)為：（﹣1，4）或（﹣1+2，﹣4）或（﹣1﹣2，﹣4）；（3）設(shè)直線AC的解析式為y=kx+t，將A（﹣3，0），C（0，3）代入，得，解得．即直線AC的解析式為y=x+3．設(shè)Q點坐標(biāo)為（x，x+3），（﹣3≤x≤0），則D點坐標(biāo)為（x，﹣x2﹣2x+3），QD=（﹣x2﹣2x+3）﹣（x+3）=﹣x2﹣3x=﹣（x+）2+，∴當(dāng)x=﹣時，QD有最大值．【點評】此題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)、一次函數(shù)的解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)以及三角形面積、線段長度問題．此題難度適中，解題的關(guān)鍵是運用方程思想與數(shù)形結(jié)合思想．5．（2015?濟寧）如圖，⊙E的圓心E（3，0），半徑為5，⊙E與y軸相交于A、B兩點（點A在點B的上方），與x軸的正半軸交于點C，直線l的解析式為y=x+4，與x軸相交于點D，以點C為頂點的拋物線過點B．（1）求拋物線的解析式；（2）判斷直線l與⊙E的位置關(guān)系，并說明理由；（3）動點P在拋物線上，當(dāng)點P到直線l的距離最小時．求出點P的坐標(biāo)及最小距離．【考點】二次函數(shù)綜合題．【專題】壓軸題．【分析】（1）連接AE，由已知得：AE=CE=5，OE=3，利用勾股定理求出OA的長，結(jié)合垂徑定理求出OC的長，從而得到C點坐標(biāo)，進而得到拋物線的解析式；（2）求出點D的坐標(biāo)為（﹣，0），根據(jù)△AOE∽△DOA，求出∠DAE=90°，判斷出直線l與⊙E相切與A．（3）過點P作直線l的垂線段PQ，垂足為Q，過點P作直線PM垂直于x軸，交直線l于點M．設(shè)M（m，m+4），P（m，﹣m2+m﹣4），得到PM=m+4﹣（﹣m2+m﹣4）=m2﹣m+8=（m﹣2）2+，根據(jù)△PQM的三個內(nèi)角固定不變，得到PQ最小=PM最小?sin∠QMP=PM最小?sin∠AEO=×=，從而得到最小距離．【解答】解：（1）如圖1，連接AE，由已知得：AE=CE=5，OE=3，在Rt△AOE中，由勾股定理得，OA===4，∵OC⊥AB，∴由垂徑定理得，OB=OA=4，OC=OE+CE=3+5=8，∴A（0，4），B（0，﹣4），C（8，0），∵拋物線的定點為C，∴設(shè)拋物線的解析式為y=a（x﹣8）2，將點B的坐標(biāo)代入上解析的式，得64a=﹣4，故a=﹣，∴y=﹣（x﹣8）2，∴y=﹣x2+x﹣4為所求拋物線的解析式，（2）在直線l的解析式y(tǒng)=x+4中，令y=0，得x+4=0，解得x=﹣，∴點D的坐標(biāo)為（﹣，0），當(dāng)x=0時，y=4，∴點A在直線l上，在Rt△AOE和Rt△DOA中，∵=，=，∴=，∵∠AOE=∠DOA=90°，∴△AOE∽△DOA，∴∠AEO=∠DAO，∵∠AEO+∠EAO=90°，∴∠DAO+∠EAO=90°，即∠DAE=90°，因此，直線l與⊙E相切與A．（3）如圖2，過點P作直線l的垂線段PQ，垂足為Q，過點P作直線PM垂直于x軸，交直線l于點M．設(shè)M（m，m+4），P（m，﹣m2+m﹣4），則PM=m+4﹣（﹣m2+m﹣4）=m2﹣m+8=（m﹣2）2+，當(dāng)m=2時，PM取得最小值，此時，P（2，﹣），對于△PQM，∵PM⊥x軸，∴∠QMP=∠DAO=∠AEO，又∠PQM=90°，∴△PQM的三個內(nèi)角固定不變，∴在動點P運動的過程中，△PQM的三邊的比例關(guān)系不變，∴當(dāng)PM取得最小值時，PQ也取得最小值，PQ最小=PM最小?sin∠QMP=PM最小?sin∠AEO=×=，∴當(dāng)拋物線上的動點P的坐標(biāo)為（2，﹣）時，點P到直線l的距離最小，其最小距離為．【點評】本題考查了二次函數(shù)綜合題，涉及勾股定理、待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、切線的判定和性質(zhì)、二次函數(shù)的最值等知識，在解答（3）時要注意點P、點M坐標(biāo)的設(shè)法，以便利用二次函數(shù)的最值求解．6．（2015?荊門）如圖，在矩形OABC中，OA=5，AB=4，點D為邊AB上一點，將△BCD沿直線CD折疊，使點B恰好落在邊OA上的點E處，分別以O(shè)C，OA所在的直線為x軸，y軸建立平面直角坐標(biāo)系．（1）求OE的長及經(jīng)過O，D，C三點拋物線的解析式；（2）一動點P從點C出發(fā)，沿CB以每秒2個單位長度的速度向點B運動，同時動點Q從E點出發(fā)，沿EC以每秒1個單位長度的速度向點C運動，當(dāng)點P到達點B時，兩點同時停止運動，設(shè)運動時間為t秒，當(dāng)t為何值時，DP=DQ；（3）若點N在（1）中拋物線的對稱軸上，點M在拋物線上，是否存在這樣的點M與點N，使M，N，C，E為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請求出M點坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【考點】二次函數(shù)綜合題．【專題】壓軸題．【分析】（1）由折疊的性質(zhì)可求得CE、CO，在Rt△COE中，由勾股定理可求得OE，設(shè)AD=m，在Rt△ADE中，由勾股定理可求得m的值，可求得D點坐標(biāo)，結(jié)合C、O兩點，利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式；（2）用t表示出CP、BP的長，可證明△DBP≌△DEQ，可得到BP=EQ，可求得t的值；（3）可設(shè)出N點坐標(biāo)，分三種情況①EN為對角線，②EM為對角線，③EC為對角線，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可求得對角線的交點橫坐標(biāo)，從而可求得M點的橫坐標(biāo)，再代入拋物線解析式可求得M點的坐標(biāo)．【解答】解：（1）∵CE=CB=5，CO=AB=4，∴在Rt△COE中，OE===3，設(shè)AD=m，則DE=BD=4﹣m，∵OE=3，∴AE=5﹣3=2，在Rt△ADE中，由勾股定理可得AD2+AE2=DE2，即m2+22=（4﹣m）2，解得m=，∴D（﹣，﹣5），∵C（﹣4，0），O（0，0），∴設(shè)過O、D、C三點的拋物線為y=ax（x+4），∴﹣5=﹣a（﹣+4），解得a=，∴拋物線解析式為y=x（x+4）=x2+x；（2）∵CP=2t，∴BP=5﹣2t，在Rt△DBP和Rt△DEQ中，，∴Rt△DBP≌Rt△DEQ（HL），∴BP=EQ，∴5﹣2t=t，∴t=；（3）∵拋物線的對稱為直線x=﹣2，∴設(shè)N（﹣2，n），又由題意可知C（﹣4，0），E（0，﹣3），設(shè)M（m，y），①當(dāng)EN為對角線，即四邊形ECNM是平行四邊形時，則線段EN的中點橫坐標(biāo)為=﹣1，線段CM中點橫坐標(biāo)為，∵EN，CM互相平分，∴=﹣1，解得m=2，又M點在拋物線上，∴y=×22+×2=16，∴M（2，16）；②當(dāng)EM為對角線，即四邊形ECMN是平行四邊形時，則線段EM的中點橫坐標(biāo)為，線段CN中點橫坐標(biāo)為=﹣3，∵EN，CM互相平分，∴=﹣3，解得m=﹣6，又∵M點在拋物線上，∴y=×（﹣6）2+×（﹣6）=16，∴M（﹣6，16）；③當(dāng)CE為對角線，即四邊形EMCN是平行四邊形時，則M為拋物線的頂點，即M（﹣2，﹣）．綜上可知，存在滿足條件的點M，其坐標(biāo)為（2，16）或（﹣6，16）或（﹣2，﹣）．【點評】本題主要考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法、全等三角形的判定和性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)等知識點．在（1）中求得D點坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵，在（2）中證得全等，得到關(guān)于t的方程是解題的關(guān)鍵，在（3）中注意分類討論思想的應(yīng)用．本題考查知識點較多，綜合性較強，難度適中．7．（2015?盤錦）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+3交x軸于A（﹣1，0）和B（5，0）兩點，交y軸于點C，點D是線段OB上一動點，連接CD，將線段CD繞點D順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段DE，過點E作直線l⊥x軸于H，過點C作CF⊥l于F．（1）求拋物線解析式；（2）如圖2，當(dāng)點F恰好在拋物線上時，求線段OD的長；（3）在（2）的條件下：①連接DF，求tan∠FDE的值；②試探究在直線l上，是否存在點G，使∠EDG=45°？若存在，請直接寫出點G的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【考點】二次函數(shù)綜合題．【專題】壓軸題．【分析】（1）利用待定系數(shù)法求得即可；（2）根據(jù)C的縱坐標(biāo)求得F的坐標(biāo)，然后通過△OCD≌△HDE，得出DH=OC=3，即可求得OD的長；（3）①先確定C、D、E、F四點共圓，根據(jù)圓周角定理求得∠ECF=∠EDF，由于tan∠ECF===，即可求得tan∠FDE=；②連接CE，得出△CDE是等腰直角三角形，得出∠CED=45°，過D點作DG1∥CE，交直線l于G1，過D點作DG2⊥CE，交直線l于G2，則∠EDG1=45°，∠EDG2=45°，求得直線CE的解析式為y=﹣x+3，即可設(shè)出直線DG1的解析式為y=﹣x+m，直線DG2的解析式為y=2x+n，把D的坐標(biāo)代入即可求得m、n，從而求得解析式，進而求得G的坐標(biāo)．【解答】解：（1）如圖1，∵拋物線y=ax2+bx+3交x軸于A（﹣1，0）和B（5，0）兩點，∴，解得．∴拋物線解析式為y=﹣x2+x+3；（2）如圖2，∵點F恰好在拋物線上，C（0，3），∴F的縱坐標(biāo)為3，把y=3代入y=﹣x2+x+3得，3=﹣x2+x+3；解得x=0或x=4，∴F（4，3），∴OH=4，∵∠CDE=90°，∴∠ODC+∠EDH=90°，∴∠OCD=∠EDH，在△OCD和△HDE中，，∴△OCD≌△HDE（AAS），∴DH=OC=3，∴OD=4﹣3=1；（3）①如圖3，連接CE，∵△OCD≌△HDE，∴HE=OD=1，∵BF=OC=3，∴EF=3﹣1=2，∵∠CDE=∠CFE=90°，∴C、D、E、F四點共圓，∴∠ECF=∠EDF，在RT△CEF中，∵CF=OH=4，∴tan∠ECF===，∴tan∠FDE=；②如圖4，連接CE，∵CD=DE，∠CDE=90°，∴∠CED=45°，過D點作DG1∥CE，交直線l于G1，過D點作DG2⊥CE，交直線l于G2，則∠EDG1=45°，∠EDG2=45°∵EH=1，OH=4，∴E（4，1），∵C（0，3），∴直線CE的解析式為y=﹣x+3，設(shè)直線DG1的解析式為y=﹣x+m，∵D（1，0），∴0=﹣×1+m，解得m=，∴直線DG1的解析式為y=﹣x+，當(dāng)x=4時，y=﹣+=﹣，∴G1（4，﹣）；設(shè)直線DG2的解析式為y=2x+n，∵D（1，0），∴0=2×1+n，解得n=﹣2，∴直線DG2的解析式為y=2x﹣2，當(dāng)x=4時，y=2×4﹣2=6，∴G2（4，6）；綜上，在直線l上，是否存在點G，使∠EDG=45°，點G的坐標(biāo)為（4，﹣）或（4，6）．【點評】本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，一次函數(shù)的解析式，三角形全等的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)等，數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．8．（2015?益陽）已知拋物線E1：y=x2經(jīng)過點A（1，m），以原點為頂點的拋物線E2經(jīng)過點B（2，2），點A、B關(guān)于y軸的對稱點分別為點A′，B′．（1）求m的值及拋物線E2所表示的二次函數(shù)的表達式；（2）如圖1，在第一象限內(nèi)，拋物線E1上是否存在點Q，使得以點Q、B、B′為頂點的三角形為直角三角形？若存在，求出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；（3）如圖2，P為第一象限內(nèi)的拋物線E1上與點A不重合的一點，連接OP并延長與拋物線E2相交于點P′，求△PAA′與△P′BB′的面積之比．【考點】二次函數(shù)綜合題．【專題】壓軸題．【分析】（1）直接將（2，2）代入函數(shù)解析式進而求出a的值；（2）由題意可得，在第一象限內(nèi)，拋物線E1上存在點Q，使得△QBB′為直角三角形，由圖象可知直角頂點只能為點B或點Q，分別利用當(dāng)點B為直角頂點時以及當(dāng)點Q為直角頂點時求出Q點坐標(biāo)即可；（3）首先設(shè)P（c，c2）、P′（d，），進而得出c與d的關(guān)系，再表示出△PAA′與△P′BB′的面積進而得出答案．【解答】解：（1）∵拋物線E1經(jīng)過點A（1，m），∴m=12=1．∵拋物線E2的頂點在原點，可設(shè)它對應(yīng)的函數(shù)表達式為y=ax2（a≠0），又∵點B（2，2）在拋物線E2上，∴2=a×22，解得：a=，∴拋物線E2所對應(yīng)的二次函數(shù)表達式為y=x2．（2）如圖1，假設(shè)在第一象限內(nèi)，拋物線E1上存在點Q，使得△QBB′為直角三角形，由圖象可知直角頂點只能為點B或點Q．①當(dāng)點B為直角頂點時，過B作QB⊥BB′交拋物線E1于Q，則點Q與B的橫坐標(biāo)相等且為2，將x=2代入y=x2得y=4，∴點Q的坐標(biāo)為（2，4）．②當(dāng)點Q為直角頂點時，則有QB′2+QB2=B′B2，過點Q作GQ⊥BB′于G，設(shè)點Q的坐標(biāo)為（t，t2）（t＞0），則有（t+2）2+（t2﹣2）2+（2﹣t）2+（t2﹣2）2=4，整理得：t4﹣3t2=0，∵t＞0，∴t2﹣3=0，解得t1=，t2=﹣（舍去），∴點Q的坐標(biāo)為（，3），綜合①②，存在符合條件的點Q坐標(biāo)為（2，4）與（，3）；（3）如圖2，過點P作PC⊥x軸，垂足為點C，PC交直線AA′于點E，過點P′作P′D⊥x軸，垂足為點D，P′D交直線BB′于點F，依題意可設(shè)P（c，c2）、P′（d，）（c＞0，c≠q），∵tan∠POC=tan∠P′OD，∴=，∴d=2c．∵AA′=2，BB′=4，∴====．【點評】此題主要考查了二次函數(shù)綜合以及直角三角形的性質(zhì)和三角形面積求法，根據(jù)題意利用分類討論得出是解題關(guān)鍵．9．（2015?徐州）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點A（10，0），以O(shè)A為直徑在第一象限內(nèi)作半圓，B為半圓上一點，連接AB并延長至C，使BC=AB，過C作CD⊥x軸于點D，交線段OB于點E，已知CD=8，拋物線經(jīng)過O、E、A三點．（1）∠OBA=90°．（2）求拋物線的函數(shù)表達式．（3）若P為拋物線上位于第一象限內(nèi)的一個動點，以P、O、A、E為頂點的四邊形面積記作S，則S取何值時，相應(yīng)的點P有且只有3個？【考點】二次函數(shù)綜合題．【專題】壓軸題．【解答】解：（1）∵OA是⊙O的直徑，∴∠OBA=90°，故答案為：90；（2）連接OC，如圖1所示，∵由（1）知OB⊥AC，又AB=BC，∴OB是AC的垂直平分線，∴OC=OA=10，在Rt△OCD中，OC=10，CD=8，∴OD=6，∴C（6，8），B（8，4）∴OB所在直線的函數(shù)關(guān)系為y=x，又∵E點的橫坐標(biāo)為6，∴E點縱坐標(biāo)為3，即E（6，3），拋物線過O（0，0），E（6，3），A（10，0），∴設(shè)此拋物線的函數(shù)關(guān)系式為y=ax（x﹣10），把E點坐標(biāo)代入得：3=6a（6﹣10），解得a=﹣．∴此拋物線的函數(shù)關(guān)系式為y=﹣x（x﹣10），即y=﹣x2+x；（3）設(shè)點P（p，﹣p2+p），①若點P在CD的左側(cè)，延長OP交CD于Q，如右圖2，OP所在直線函數(shù)關(guān)系式為：y=（﹣p+）x∴當(dāng)x=6時，y=，即Q點縱坐標(biāo)為，∴QE=﹣3=，S四邊形POAE=S△OAE+S△OPE=S△OAE+S△OQE﹣S△PQE=?OA?DE+QE?OD﹣?QE?Px?=×10×3+×（﹣p+）×6﹣?（）?（6﹣p），=②若點P在CD的右側(cè)，延長AP交CD于Q，如右圖3，P（p，﹣p2+p），A（10，0）∴設(shè)AP所在直線方程為：y=kx+b，把P和A坐標(biāo)代入得，，解得．∴AP所在直線方程為：y=x+，∴當(dāng)x=6時，y=?6+=P，即Q點縱坐標(biāo)為P，∴QE=P﹣3，∴S四邊形POAE=S△OAE+S△APE=S△OAE+S△AQE﹣S△PQE=?OA?DE+?QE?DA﹣?QE?（Px﹣6）=×10×3+?QE?（DA﹣Px+6）=15+?（p﹣3）?（10﹣p）==，∴當(dāng)P在CD右側(cè)時，四邊形POAE的面積最大值為16，此時點P的位置就一個，令=16，解得，p=3±，∴當(dāng)P在CD左側(cè)時，四邊形POAE的面積等于16的對應(yīng)P的位置有兩個，綜上所知，以P、O、A、E為頂點的四邊形面積S等于16時，相應(yīng)的點P有且只有3個．【點評】本題主要考查了圓周角定理及二次函數(shù)的相關(guān)問題，解決這類問題關(guān)鍵是善于將函數(shù)問題轉(zhuǎn)化為方程問題，然后數(shù)形結(jié)合解決問題．10．（2015?烏魯木齊）拋物線y=x2﹣x+2與x軸交于A，B兩點（OA＜OB），與y軸交于點C．（1）求點A，B，C的坐標(biāo)；（2）點P從點O出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度向點B運動，同時點E也從點O出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度向點C運動，設(shè)點P的運動時間為t秒（0＜t＜2）．①過點E作x軸的平行線，與BC相交于點D（如圖所示），當(dāng)t為何值時，+的值最小，求出這個最小值并寫出此時點E，P的坐標(biāo)；②在滿足①的條件下，拋物線的對稱軸上是否存在點F，使△EFP為直角三角形？若存在，請直接寫出點F的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【考點】二次函數(shù)綜合題．【專題】壓軸題．【分析】（1）在拋物線的解析式中，令y=0，令x=0，解方程即可得到結(jié)果；（2）①由題意得：OP=2t，OE=t，通過△CDE∽△CBO得到，即，求得有最小值1，即可求得結(jié)果；②存在，求得拋物線y=x2﹣x+2的對稱方程為x=3，設(shè)F（3，m），當(dāng)△EFP為直角三角形時，①當(dāng)∠EPF=90°時，②當(dāng)∠EFP=90°時，③當(dāng)∠PEF=90°時，根據(jù)勾股定理列方程即可求得結(jié)果．【解答】解：（1）在拋物線的解析式中，令y=0，即x2﹣x+2=0，解得：x1=2，x2=4，∵OA＜OB，∴A（2，0），B（4，0），在拋物線的解析式中，令x=0，得y=2，∴C（0，2），（2）①由題意得：OP=2t，OE=t，∵DE∥OB，∴△CDE∽△CBO，∴，即，∴DE=4﹣2t，∴，∵0＜t＜2，1﹣（t﹣1）2始終為正數(shù)，且t=1時，1﹣（t﹣1）2有最大值1，∴t=1時，有最小值1，即t=1時，有最小值1，此時OP=2，OE=1，∴E（0，1），P（2，0）；②存在，∵拋物線y=x2﹣x+2的對稱軸方程為x=3，設(shè)F（3，m），∴EP2=5，PF2=（3﹣2）2+m2，EF2=（m﹣1）2+32，當(dāng)△EFP為直角三角形時，①當(dāng)∠EPF=90°時，EP2+PF2=EF2，即5+1+m2=（m﹣1）2+32，解得：m=2，②當(dāng)∠EFP=90°時，EF2+FP2=PE2，即（m﹣1）2+3+（3﹣2）2+m2=5，解得；m=0或m=1，不合題意舍去，∴當(dāng)∠EFP=90°時，這種情況不存在，③當(dāng)∠PEF=90°時，EF2+PE2=PF2，即（m﹣1）2+32+5=（3﹣2）2+m2，解得：m=7，∴F（3，2），（3，7）．【點評】本題考查了根據(jù)函數(shù)的解析式求點的坐標(biāo)，相似三角形的判定和性質(zhì)，求代數(shù)式的最值，勾股定理，存在性問題，在求有關(guān)存在性問題時要注意分析題意分情況討論結(jié)果．11．（2015?佛山）如圖，一小球從斜坡O點處拋出，球的拋出路線可以用二次函數(shù)y=﹣x2+4x刻畫，斜坡可以用一次函數(shù)y=x刻畫．（1）請用配方法求二次函數(shù)圖象的最高點P的坐標(biāo)；（2）小球的落點是A，求點A的坐標(biāo)；（3）連接拋物線的最高點P與點O、A得△POA，求△POA的面積；（4）在OA上方的拋物線上存在一點M（M與P不重合），△MOA的面積等于△POA的面積．請直接寫出點M的坐標(biāo)．【考點】二次函數(shù)綜合題．【專題】壓軸題．【分析】（1）利用配方法拋物線的一般式化為頂點式，即可求出二次函數(shù)圖象的最高點P的坐標(biāo)；（2）聯(lián)立兩解析式，可求出交點A的坐標(biāo)；（3）作PQ⊥x軸于點Q，AB⊥x軸于點B．根據(jù)S△POA=S△POQ+S△梯形PQBA﹣S△BOA，代入數(shù)值計算即可求解；（4）過P作OA的平行線，交拋物線于點M，連結(jié)OM、AM，由于兩平行線之間的距離相等，根據(jù)同底等高的兩個三角形面積相等，可得△MOA的面積等于△POA的面積．設(shè)直線PM的解析式為y=x+b，將P（2，4）代入，求出直線PM的解析式為y=x+3．再與拋物線的解析式聯(lián)立，得到方程組，解方程組即可求出點M的坐標(biāo)．【解答】解：（1）由題意得，y=﹣x2+4x=﹣（x﹣2）2+4，故二次函數(shù)圖象的最高點P的坐標(biāo)為（2，4）；（2）聯(lián)立兩解析式可得：，解得：，或．故可得點A的坐標(biāo)為（，）；（3）如圖，作PQ⊥x軸于點Q，AB⊥x軸于點B．S△POA=S△POQ+S△梯形PQBA﹣S△BOA=×2×4+×（+4）×（﹣2）﹣××=4+﹣=；（4）過P作OA的平行線，交拋物線于點M，連結(jié)OM、AM，則△MOA的面積等于△POA的面積．設(shè)直線PM的解析式為y=x+b，∵P的坐標(biāo)為（2，4），∴4=×2+b，解得b=3，∴直線PM的解析式為y=x+3．由，解得，，∴點M的坐標(biāo)為（，）．【點評】本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到兩函數(shù)圖象交點的求解方法，二次函數(shù)頂點坐標(biāo)的求解方法，三角形的面積，待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，難度適中．利用數(shù)形結(jié)合與方程思想是解題的關(guān)鍵．12．（2015?天水）在平面直角坐標(biāo)系中，已知y=﹣x2+bx+c（b、c為常數(shù)）的頂點為P，等腰直角三角形ABC的頂點A的坐標(biāo)為（0，﹣1），點C的坐標(biāo)為（4，3），直角頂點B在第四象限．（1）如圖，若拋物線經(jīng)過A、B兩點，求拋物線的解析式．（2）平移（1）中的拋物線，使頂點P在直線AC上并沿AC方向滑動距離為時，試證明：平移后的拋物線與直線AC交于x軸上的同一點．（3）在（2）的情況下，若沿AC方向任意滑動時，設(shè)拋物線與直線AC的另一交點為Q，取BC的中點N，試探究NP+BQ是否存在最小值？若存在，求出該最小值；若不存在，請說明理由．【考點】二次函數(shù)綜合題．【專題】壓軸題．【分析】（1）先求出點B的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求出拋物線的函數(shù)表達式；（2）如答題圖2，設(shè)頂點P在直線AC上并沿AC方向滑動距離時，到達P′，作P′M∥y軸，PM∥x軸，交于M點，根據(jù)直線AC的斜率求得△P′PM是等腰直角三角形，進而求得拋物線向上平移1個單位，向右平移1個單位，從而求得平移后的解析式，進而求得與x軸的交點，與直線AC的交點，即可證得結(jié)論；（3）如答圖3所示，作點B關(guān)于直線AC的對稱點B′，由分析可知，當(dāng)B′、Q、F（AB中點）三點共線時，NP+BQ最小，最小值為線段B′F的長度．【解答】解：（1）∵等腰直角三角形ABC的頂點A的坐標(biāo)為（0，﹣1），C的坐標(biāo)為（4，3）∴點B的坐標(biāo)為（4，﹣1）．∵拋物線過A（0，﹣1），B（4，﹣1）兩點，∴，解得：b=2，c=﹣1，∴拋物線的函數(shù)表達式為：y=﹣x2+2x﹣1．（2）如答題圖2，設(shè)頂點P在直線AC上并沿AC方向滑動距離時，到達P′，作P′M∥y軸，PM∥x軸，交于M點，∵點A的坐標(biāo)為（0，﹣1），點C的坐標(biāo)為（4，3），∴直線AC的解析式為y=x﹣1，∵直線的斜率為1，∴△P′PM是等腰直角三角形，∵PP′=，∴P′M=PM=1，∴拋物線向上平移1個單位，向右平移1個單位，∵y=﹣x2+2x﹣1=﹣（x﹣2）2+1，∴平移后的拋物線的解析式為y=﹣（x﹣3）2+2，令y=0，則0=﹣（x﹣3）2+2，解得x1=1，x=52，∴平移后的拋物線與x軸的交點為（1，0），（5，0），解，得或∴平移后的拋物線與AC的交點為（1，0），∴平移后的拋物線與直線AC交于x軸上的同一點（1，0）．（3）如答圖3，取點B關(guān)于AC的對稱點B′，易得點B′的坐標(biāo)為（0，3），BQ=B′Q，取AB中點F，連接QF，F(xiàn)N，QB′，易得FN∥PQ，且FN=PQ，∴四邊形PQFN為平行四邊形．∴NP=FQ．∴NP+BQ=FQ+B′Q≥FB′==2．∴當(dāng)B′、Q、F三點共線時，NP+BQ最小，最小值為2．【點評】本題為二次函數(shù)中考壓軸題，考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、一次函數(shù)、幾何變換（平移，對稱）、等腰直角三角形、平行四邊形、軸對稱﹣最短路線問題等知識點，考查了存在型問題和分類討論的數(shù)學(xué)思想，試題難度較大．13．（2015?常德）如圖，曲線y1拋物線的一部分，且表達式為：y1=（x2﹣2x﹣3）（x≤3）曲線y2與曲線y1關(guān)于直線x=3對稱．（1）求A、B、C三點的坐標(biāo)和曲線y2的表達式；（2）過點D作CD∥x軸交曲線y1于點D，連接AD，在曲線y2上有一點M，使得四邊形ACDM為箏形（如果一個四邊形的一條對角線被另一條對角線垂直平分，這樣的四邊形為箏形），請求出點M的橫坐標(biāo)；（3）設(shè)直線CM與x軸交于點N，試問在線段MN下方的曲線y2上是否存在一點P，使△PMN的面積最大？若存在，求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【考點】二次函數(shù)綜合題．【專題】壓軸題．【分析】（1）對點A、B、C坐標(biāo)的意義要明白，點A與點B是二次函數(shù)與橫軸的交點，點C是縱軸的交點，關(guān)于x=3意義的理解，就是將y1=進行了平移，從而可求得拋物線y2的解析式；（2）要理解，只有當(dāng)CM垂直平分AD時，才能在y2找到點M，故點M即為直線（C與AD的中點P連線）的交點；（3）顯然MN的值固定，即在y2上的點，到CM的距離最大的點，即與CM平行的直線與y2只有一個交點時，即為所求．【解答】解：（1）在y1=（x2﹣2x﹣3）中，令y1=0，則有0=（x2﹣2x﹣3），解得x=﹣1或x=3，∴A（﹣1，0），B（3，0），又∵C為與y軸的交點，∴C（0，﹣），又曲線y2與曲線y1關(guān)于直線x=3對稱，∴曲線y2可由曲線y1關(guān)向右平移3個單位得到，∴y2=（x≥3）；（2）若AD垂直平分CM，則可知CDMA為菱形，此時點M（1，0），顯然不在y2上；故直線CM垂直平分AD，取AD中點P，易求其坐標(biāo)為（1，﹣），故直線CN的解析式為：yCN=，求其與y2的交點坐標(biāo)：，解得：x1=，x2=（不合舍去），∴x=；（3）因為MN的長度固定，故點P到MN的距離最大時，△PMN的面積最大，∴可設(shè)另一直線y=x+b與y2相交于點P，很顯然它們只有一個交點時，滿足條件．即：只有唯一一個解的時候，這個點就是點P，即方程x+b=（x2﹣10x+21）有唯一一個解，解得：x=，將x=代入y2=，解得y=﹣故點P的坐標(biāo)為．【點評】本題主要考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及二次函數(shù)與一元二次方程的關(guān)系、圖象的平移、菱形的性質(zhì)等知識點．在（1）中確定出曲線y2可由曲線y1關(guān)向右平移3個單位得到是解題的關(guān)鍵，在（2）中確定出直線CM垂直平分AD是解題的關(guān)鍵，在（3）中確定出P點的位置是解題的關(guān)鍵．本題考查知識點較多，綜合性質(zhì)較強，難度較大．14．（2015?自貢）如圖，已知拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）的對稱軸為直線x=﹣1，且拋物線經(jīng)過A（1，0），C（0，3）兩點，與x軸交于點B．（1）若直線y=mx+n經(jīng)過B、C兩點，求直線BC和拋物線的解析式；（2）在拋物線的對稱軸x=﹣1上找一點M，使點M到點A的距離與到點C的距離之和最小，求出點M的坐標(biāo)；（3）設(shè)點P為拋物線的對稱軸x=﹣1上的一個動點，求使△BPC為直角三角形的點P的坐標(biāo)．【考點】二次函數(shù)綜合題．【專題】壓軸題．【分析】（1）先把點A，C的坐標(biāo)分別代入拋物線解析式得到a和b，c的關(guān)系式，再根據(jù)拋物線的對稱軸方程可得a和b的關(guān)系，再聯(lián)立得到方程組，解方程組，求出a，b，c的值即可得到拋物線解析式；把B、C兩點的坐標(biāo)代入直線y=mx+n，解方程組求出m和n的值即可得到直線解析式；（2）設(shè)直線BC與對稱軸x=﹣1的交點為M，則此時MA+MC的值最?。褁=﹣1代入直線y=x+3得y的值，即可求出點M坐標(biāo)；（3）設(shè)P（﹣1，t），又因為B（﹣3，0），C（0，3），所以可得BC2=18，PB2=（﹣1+3）2+t2=4+t2，PC2=（﹣1）2+（t﹣3）2=t2﹣6t+10，再分三種情況分別討論求出符合題意t值即可求出點P的坐標(biāo)．【解答】解：（1）依題意得：，解之得：，∴拋物線解析式為y=﹣x2﹣2x+3∵對稱軸為x=﹣1，且拋物線經(jīng)過A（1，0），∴把B（﹣3，0）、C（0，3）分別代入直線y=mx+n，得，解之得：，∴直線y=mx+n的解析式為y=x+3；（2）設(shè)直線BC與對稱軸x=﹣1的交點為M，則此時MA+MC的值最小．把x=﹣1代入直線y=x+3得，y=2，∴M（﹣1，2），即當(dāng)點M到點A的距離與到點C的距離之和最小時M的坐標(biāo)為（﹣1，2）；（3）設(shè)P（﹣1，t），又∵B（﹣3，0），C（0，3），∴BC2=18，PB2=（﹣1+3）2+t2=4+t2，PC2=（﹣1）2+（t﹣3）2=t2﹣6t+10，①若點B為直角頂點，則BC2+PB2=PC2即：18+4+t2=t2﹣6t+10解之得：t=﹣2；②若點C為直角頂點，則BC2+PC2=PB2即：18+t2﹣6t+10=4+t2解之得：t=4，③若點P為直角頂點，則PB2+PC2=BC2即：4+t2+t2﹣6t+10=18解之得：t1=，t2=；綜上所述P的坐標(biāo)為（﹣1，﹣2）或（﹣1，4）或（﹣1，）或（﹣1，）．【點評】本題綜合考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法求函數(shù)（二次函數(shù)和一次函數(shù)）的解析式、利用軸對稱性質(zhì)確定線段的最小長度、難度不是很大，是一道不錯的中考壓軸題．15．（2015?涼山州）如圖，已知拋物線y=x2﹣（m+3）x+9的頂點C在x軸正半軸上，一次函數(shù)y=x+3與拋物線交于A、B兩點，與x、y軸交于D、E兩點．（1）求m的值．（2）求A、B兩點的坐標(biāo)．（3）點P（a，b）（﹣3＜a＜1）是拋物線上一點，當(dāng)△PAB的面積是△ABC面積的2倍時，求a，b的值．【考點】二次函數(shù)綜合題．【專題】壓軸題．【分析】（1）拋物線的頂點在x軸的正半軸上可知其對應(yīng)的一元二次方程有兩個相等的實數(shù)根，根據(jù)判別式等于0可求得m的值；（2）由（1）可求得拋物線解析式，聯(lián)立一次函數(shù)和拋物線解析式可求得A、B兩點的坐標(biāo)；（3）分別過A、B、P三點作x軸的垂線，垂足分別為R、S、T，可先求得△ABC的面積，再利用a、b表示出△PAB的面積，根據(jù)面積之間的關(guān)系可得到a、b之間的關(guān)系，再結(jié)合P點在拋物線上，可得到關(guān)于a、b的兩個方程，可求得a、b的值．【解答】解：（1）∵拋物線y=x2﹣（m+3）x+9的頂點C在x軸正半軸上，∴方程x2﹣（m+3）x+9=0有兩個相等的實數(shù)根，∴（m+3）2﹣4×9=0，解得m=3或m=﹣9，又拋物線對稱軸大于0，即m+3＞0，∴m=3；（2）由（1）可知拋物線解析式為y=x2﹣6x+9，聯(lián)立一次函數(shù)y=x+3，可得，解得或，∴A（1，4），B（6，9）；（3）如圖，分別過A、B、P三點作x軸的垂線，垂足分別為R、S、T，∵A（1，4），B（6，9），C（3，0），P（a，b），∴AR=4，BS=9，RC=3﹣1=2，CS=6﹣3=3，RS=6﹣1=5，PT=b，RT=1﹣a，ST=6﹣a，∴S△ABC=S梯形ABSR﹣S△ARC﹣S△BCS=×（4+9）×5﹣×2×4﹣×3×9=15，S△PAB=S梯形PBST﹣S梯形ABSR﹣S梯形ARTP=（9+b）（6﹣a）﹣（b+4）（1﹣a）﹣×（4+9）×5=（5b﹣5a﹣15），又S△PAB=2S△ABC，∴（5b﹣5a﹣15）=30，即b﹣a=15，∴b=15+a，∵P點在拋物線上，∴b=a2﹣6a+9，∴15+a=a2﹣6a+9，解得a=，∵﹣3＜a＜1，∴a=，∴b=15+=．【點評】本題主要考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法、二次函數(shù)與一元二次方程的關(guān)系、函數(shù)圖象的交點及三角形的面積等知識點．在（1）中由頂點在x軸的正半軸上把問題轉(zhuǎn)化為二元一次方程根的問題是解題的關(guān)鍵，在（2）中注意函數(shù)圖象交點的求法，在（3）中用P點坐標(biāo)表示出△PAB的面積是解題的關(guān)鍵．本題涉及知識點較多，計算量較大，有一定的難度．16．（2015?銅仁市）如圖，關(guān)于x的二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象與x軸交于點A（1，0）和點B與y軸交于點C（0，3），拋物線的對稱軸與x軸交于點D．（1）求二次函數(shù)的表達式；（2）在y軸上是否存在一點P，使△PBC為等腰三角形？若存在．請求出點P的坐標(biāo)）；（3）有一個點M從點A出發(fā)，以每秒1個單位的速度在AB上向點B運動，另一個點N從點D與點M同時出發(fā)，以每秒2個單位的速度在拋物線的對稱軸上運動，當(dāng)點M到達點B時，點M、N同時停止運動，問點M、N運動到何處時，△MNB面積最大，試求出最大面積．【考點】二次函數(shù)綜合題．【專題】壓軸題．【分析】（1）代入A（1，0）和C（0，3），解方程組即可；（2）求出點B的坐標(biāo)，再根據(jù)勾股定理得到BC，當(dāng)△PBC為等腰三角形時分三種情況進行討論：①CP=CB；②BP=BC；③PB=PC；（3）設(shè)AM=t則DN=2t，由AB=2，得BM=2﹣t，S△MNB=×（2﹣t）×2t=﹣t2+2t，運用二次函數(shù)的頂點坐標(biāo)解決問題；此時點M在D點，點N在對稱軸上x軸上方2個單位處或點N在對稱軸上x軸下方2個單位處．【解答】解：（1）把A（1，0）和C（0，3）代入y=x2+bx+c，解得：b=﹣4，c=3，∴二次函數(shù)的表達式為：y=x2﹣4x+3；（2）令y=0，則x2﹣4x+3=0，解得：x=1或x=3，∴B（3，0），∴BC=3，點P在y軸上，當(dāng)△PBC為等腰三角形時分三種情況進行討論：如圖1，①當(dāng)CP=CB時，PC=3，∴OP=OC+PC=3+3或OP=PC﹣OC=3﹣3∴P1（0，3+3），P2（0，3﹣3）；②當(dāng)PB=PC時，OP=OB=3，∴P3（0，﹣3）；③當(dāng)BP=BC時，∵OC=OB=3∴此時P與O重合，∴P4（0，0）；綜上所述，點P的坐標(biāo)為：（0，3+3）或（0，3﹣3）或（0，﹣3）或（0，0）；（3）如圖2，設(shè)AM=t，由AB=2，得BM=2﹣t，則DN=2t，∴S△MNB=×（2﹣t）×2t=﹣t2+2t=﹣（t﹣1）2+1，即當(dāng)M（2，0）、N（2，2）或（2，﹣2）時△MNB面積最大，最大面積是1．【點評】本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到運用待定系數(shù)法求二次函數(shù)，等腰三角形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)等知識，運用數(shù)形結(jié)合、分類討論及方程思想是解題的關(guān)鍵．17．（2015?資陽）已知直線y=kx+b（k≠0）過點F（0，1），與拋物線y=x2相交于B、C兩點．（1）如圖1，當(dāng)點C的橫坐標(biāo)為1時，求直線BC的解析式；（2）在（1）的條件下，點M是直線BC上一動點，過點M作y軸的平行線，與拋物線交于點D，是否存在這樣的點M，使得以M、D、O、F為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，求出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；（3）如圖2，設(shè)B（m．n）（m＜0），過點E（0．﹣1）的直線l∥x軸，BR⊥l于R，CS⊥l于S，連接FR、FS．試判斷△RFS的形狀，并說明理由．【考點】二次函數(shù)綜合題．【專題】壓軸題．【分析】（1）首先求出C的坐標(biāo)，然后由C、F兩點用待定系數(shù)法求解析式即可；（2）因為DM∥OF，要使以M、D、O、F為頂點的四邊形為平行四邊形，則DM=OF，設(shè)M（x，﹣x+1），則D（x，x2），表示出DM，分類討論列方程求解；（3）根據(jù)勾股定理求出BR=BF，再由BR∥EF得到∠RFE=∠BFR，同理可得∠EFS=∠CFS，所以∠RFS=∠BFC=90°，所以△RFS是直角三角形．【解答】解：（1）因為點C在拋物線上，所以C（1，），又∵直線BC過C、F兩點，故得方程組：解之，得，所以直線BC的解析式為：y=﹣x+1；（2）要使以M、D、O、F為頂點的四邊形為平行四邊形，則MD=OF，如圖1所示，設(shè)M（x，﹣x+1），則D（x，x2），∵MD∥y軸，∴MD=﹣x+1﹣x2，由MD=OF，可得|﹣x+1﹣x2|=1，①當(dāng)﹣x+1﹣x2=1時，解得x1=0（舍）或x1=﹣3，所以M（﹣3，），②當(dāng)﹣x+1﹣x2，=﹣1時，解得，x=，所以M（，）或M（，），綜上所述，存在這樣的點M，使以M、D、O、F為頂點的四邊形為平行四邊形，M點坐標(biāo)為（﹣3，）或（，）或（，）；（3）過點F作FT⊥BR于點T，如圖2所示，∵點B（m，n）在拋物線上，∴m2=4n，在Rt△BTF中，BF====，∵n＞0，∴BF=n+1，又∵BR=n+1，∴BF=BR．∴∠BRF=∠BFR，又∵BR⊥l，EF⊥l，∴BR∥EF，∴∠BRF=∠RFE，∴∠RFE=∠BFR，同理可得∠EFS=∠CFS，∴∠RFS=∠BFC=90°，∴△RFS是直角三角形．【點評】本題主要考查了待定系數(shù)法求解析式，平行四邊形的判定，平行線的性質(zhì)，勾股定理以及分類討論和數(shù)形結(jié)合等數(shù)學(xué)思想．18．（2015?蘇州）如圖，已知二次函數(shù)y=x2+（1﹣m）x﹣m（其中0＜m＜1）的圖象與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C，對稱軸為直線l．設(shè)P為對稱軸l上的點，連接PA、PC，PA=PC（1）∠ABC的度數(shù)為45°；（2）求P點坐標(biāo)（用含m的代數(shù)式表示）；（3）在坐標(biāo)軸上是否存在著點Q（與原點O不重合），使得以Q、B、C為頂點的三角形與△PAC相似，且線段PQ的長度最?。咳绻嬖?，求出所有滿足條件的點Q的坐標(biāo)；如果不存在，請說明理由．【考點】二次函數(shù)綜合題．【專題】壓軸題．【分析】（1）首先求出B點坐標(biāo)，進而得出OB=OC=m，再利用等腰直角三角形的性質(zhì)求出即可；（2）作PD⊥y軸，垂足為D，設(shè)l與x軸交于點E，利用勾股定理AE2+PE2=CD2+PD2，得出P點坐標(biāo)即可；（3）根據(jù)題意得出△QBC是等腰直角三角形，可得滿足條件的點Q的坐標(biāo)為：（﹣m，0）或（0，m），進而分別分析求出符合題意的答案．【解答】解：（1）令x=0，則y=﹣m，C點坐標(biāo)為：（0，﹣m），令y=0，則x2+（1﹣m）x﹣m=0，解得：x1=﹣1，x2=m，∵0＜m＜1，點A在點B的左側(cè)，∴B點坐標(biāo)為：（m，0），∴OB=OC=m，∵∠BOC=90°，∴△BOC是等腰直角三角形，∠ABC=45°；故答案為：45°；（2）如圖1，作PD⊥y軸，垂足為D，設(shè)l與x軸交于點E，由題意得，拋物線的對稱軸為：x=，設(shè)點P坐標(biāo)為：（，n），∵PA=PC，∴PA2=PC2，即AE2+PE2=CD2+PD2，∴（+1）2+n2=（n+m）2+（）2，解得：n=，∴P點的坐標(biāo)為：（，）；（3）存在點Q滿足題意，∵P點的坐標(biāo)為：（，），∴PA2+PC2=AE2+PE2+CD2+PD2=（+1）2+（）2+（+m）2+（）2=1+m2，∵AC2=1+m2，∴PA2+PC2=AC2，∴∠APC=90°，∴△PAC是等腰直角三角形，∵以Q、B、C為頂點的三角形與△PAC相似，∴△QBC是等腰直角三角形，∴由題意可得滿足條件的點Q的坐標(biāo)為：（﹣m，0）或（0，m），①如圖1，當(dāng)Q點坐標(biāo)為：（﹣m，0）時，若PQ與x軸垂直，則=﹣m，解得：m=，PQ=，若PQ與x軸不垂直，則PQ2=PE2+E