2023年中考数学高频压轴题突破——二次函数与三角形

1．定义：有一条边等于这条边上高的两倍的三角形叫做底倍高三角形，这条边叫做这个三角形的倍底．

（1）概念理解：

请你根据上述定义举一个底倍高三角形的例子： ； （2）问题探究：

在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2过点A（﹣2，﹣2），点B（4，m），△ABC是以AB为倍底的底倍高三角形． ①直接写出点C所在图形的函数关系式；

②设点P是抛物线y＝ax2位于AB上方任意一点，当PC取最小值时，求点C的坐标； （3）应用拓展：

在（2）的条件下，已知⊙I的半径为1，圆心I在直线y＝x﹣6上，且点C在⊙I上，设圆心I的横坐标为t，试直接写出t的取值范围． 2．如图，抛物线0），

与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，A（﹣3，

，点D在线段OC上，且OC＝3OD，连接BD．

（1）求抛物线的函数解析式．

（2）在第一象限的抛物线上有一动点P，过点P作PE∥x轴交直线BD于点E，过点P作PF⊥BD交直线BD于点F．求（3）在（2）的条件下，将原抛物线

的最大值，并求出此时点P的坐标．

沿着射线DB方向平移

个单位

长度，得到新抛物线y'，新抛物线y'与原抛物线交于点Q，点M是新抛物线对称轴上的一动点，是否存在点M，使得以点M，P，Q为顶点的三角形是以MQ为腰的等腰三角形，若存在，请直接写出点M的坐标；并选择一种情形，书写解答过程．

3．如果三角形有一边上的中线恰好等于这条边长，那么称这个三角形为“智汇三角形”，这条中线叫做这个三角形的“智汇中线”．

（1）请根据定义判断下列命题的真假（请在真命题后的横线内打“√”，假命题后的横线内打“×”）．

①等腰直角三角形一定是“智汇三角形”． ．

②直角三角形若是“智汇三角形”，那么智汇中线一定是较长直角边上的中线． ．

（2）如图1，△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝三角形”．

（3）如图2，点M，N在抛物线y＝2x2上，且MN∥x轴，若△OMN是“智汇三角形”，求△OMN的“智汇中线”的长．

4．如图，已知抛物线y＝ax2+bx+2与y轴交于点C，且经过点A（﹣1，0），B（4，0），点D与点C关于x轴对称，点F

是y轴上一定点，点P（m，0）是x轴上的一

，BC＝

．求证：△ABC是“智汇

个动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点Q，交直线BD于点M． （1）求抛物线的表达式；

（2）若四边形DMQF是平行四边形，试求此时m的值；

（3）点P在线段AB上运动的过程中，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．

5．如图，抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于A、B两点，交y轴于点C，点A的坐标为（﹣1，0），点C坐标为（0，3），对称轴为x＝1．点M为线段OB上的一个动点（不与两端点重合），过点M作PM⊥x轴，交抛物线于点P，交BC于点Q． （1）求抛物线及直线BC的表达式；

（2）过点P作PN⊥BC，垂足为点N．求线段PN的最大值；

（3）试探究点M在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

6．在平面直角坐标系中，抛物线

y＝﹣x2+kx﹣2k

的顶点为

N．

（1）如图（1）若抛物线过点A（﹣3，1），求此抛物线相应的函数表达式；

（2）在（1）的条件下，若抛物线与y轴交于点B，连接AB，C为抛物线上一点，且位于线段AB的上方，过C作CD垂直x轴于点D，CD交AB于点E，若CE＝ED，求点C坐标；

（3）已知点M（﹣2，0），且无论k取何值，抛物线都经过定点H，当△MHN是以MH为直角边的三角形时，请求出此抛物线相应的函数表达式．

7．如图，抛物线y＝mx2﹣4mx+3m（m＞0）与x轴交于点A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的顶点坐标为D． （1）求点A、点B的坐标；

（2）若△OAC∽△OCB，求m的值；

（3）若△ABD为正三角形，对于该抛物线上任意一点P（x0，y0）总有n+

﹣4成立，求实数n的最小值．

8．如图，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A、点B（1，0），与y轴交于点C，直线y＝x+3过点A和点C． （1）求抛物线的解析式；

（2）P点是位于直线AC上方抛物线上的动点，过P点作x轴的垂线，分别与x轴、AC交于点D、点E，过点DF∥BC交AC于点F，求PE﹣坐标；

（3）在（2）问取得最大值的情况下，将点P沿y轴向下平移

个单位长度得到点p′，CF+6的最大值及此时P点的

将抛物线y＝ax2+bx+3沿着x轴向左平移1个单位长度得到抛物线y′，将直线y＝x+3沿着x轴向右平移9个单位长度得到直线y″．设抛物线y′与直线y″的交点为M点、N点（M点在N点的左边），在y轴上是否存在点Q，使得△P′QN是以P′N为腰的等腰三角形．若存在，请直接写出点Q的坐标．

9．如图1，抛物线y＝ax2+x+c经过点A（﹣2，0），B（6，0），顶点为C． （1）求抛物线的表达式；

（2）抛物线上是否存在一点M，使以BC为底边的△MBC为等腰三角形．若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；

（3）P为线段BC上任意一点，N为x轴上一动点，连接NP，以点N为中心，将△NPB逆时针旋转90°，记点P的对应点为H，点B的对应点为Q．当直线HQ经过点（3，0）时，直接写出它与抛物线y＝ax2+x+c交点的坐标．

10．在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+2ax﹣3a（a≠0）与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，该抛物线的顶点为D． （1）求该抛物线的对称轴及点A、B的坐标；

（2）当a＞0时，如图1，连接AD，BD，是否存在实数a，使△ABD为等边三角形？若存在求出实数a的值若不存在，请说明理由；

（3）当a＝1时，如图2，点P是该抛物线上一动点，且位于第三象限，连接AP，直线PO交AC于点Q，△APQ和△OCQ的面积分别为S1和S2，当S1﹣S2的值最大时求直线PO的解析式．

11．如图1，已知抛物线y＝ax2+bx+8与x轴交于A（﹣8，0），B（2，0）两点，与y轴交于点C，顶点为P．

（1）抛物线的表达式是： ；顶点P的坐标为（ ， ）． （2）如图2，在抛物线的对称轴l上，有一条自由滑动的线段EF（点E在点F的上方），已知EF＝2，当|EC﹣BF|的值最大时，求四边形EFBC的面积．

（3）如图3，沿射线AC方向或其反方向平移抛物线y＝ax2+bx+8，平移过程中A，C两点的对应点分别记为M，N，抛物线顶点P的对应点记为点P'，在平移过程中，是否存在以A，M，B为顶点的三角形与△ABN相似，若存在，请直接写出此时平移后的抛物线顶点P'的坐标；若不存在，请简要说明理由．

12．如图，已知抛物线y＝x2﹣5x+4与x轴交于点A和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．

（1）求A、B、C三点的坐标；

（2）如图1，若点P是线段BC上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，连接OQ，当线段PQ长度最大时，判断四边形OCPQ的形状，并说明理由；

（3）如图2，在（2）的条件下，D是OC的中点，过点Q的直线与抛物线交于点E，且∠DQE＝2∠ODQ．在y轴上是否存在点F，使得△BEF为等腰三角形？若存在，求点F

的坐标；若不存在，请说明理由．

13．抛物线y＝ax2+bx﹣经过点（1，﹣1），现将一块等腰直角三角板ABC（∠ACB＝90°）按照如图的方式放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，且点A、C坐标分别为（0，2）、（﹣1，0）．B点在抛物线y＝ax2+bx﹣图象上． （1）求点B的坐标： （2）求抛物的解析式；

（3）在抛物线上是否还存在点P（点B除外），使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形？若存在，求出点P的坐标：若不存在，请说明理由．

14．已知抛物线y＝ax2+bx+3与x轴分别交于A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C．点F是线段AD上一个动点．求： （1）求抛物线的表达式及顶点D的坐标； （2）如图1，设k＝

，当k为何值时，CF＝AD？

（3）如图2，以A，F，O为顶点的三角形是否与△ABC相似？若相似，求出点F的坐标；若不相似，请说明理由．

15．如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴相交于点A（﹣1，0），B（﹣5，0），与y轴相交于点C（0，4），抛物线的对称轴与x轴相交于点D，点E是x轴下方抛物线上的一个动点（点E，D，C不在同一条直线上），分别过点A，B作直线CE的垂线，垂足分别为M，N，连接MD，ND． （1）求抛物线的解析式； （2）延长MD交BN于点F， ①求证：△ADM≌△BDF； ②求证：DM＝DN．

（3）当△DMN为等边三角形时，请直接写出直线CE与抛物线对称轴的交点坐标．

16．如图①，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）经过菱形ABCD的顶点A，B，D，且AB＝5，点D的坐标为（0，4），延长CD交抛物线于另一点E，连接BE，交AD于点F． （1）求二次函数的表达式； （2）求△BDF的面积；

（3）如图②，直线l是二次函数图象的对称轴，若P为l上一点，且P，D，B三点构成

以BD为底的等腰三角形，求点P的坐标．

17．如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点C（2，﹣3），且与x轴交于原点及点B（8，0），点A为抛物线的顶点． （1）求二次函数的表达式；

（2）在抛物线的对称轴上是否存在点M，使△ABM是等腰三角形？如果存在，请求出点M的坐标．如果不存在，请说明理由； （3）若点P为⊙O上的动点，且⊙O的半径为

，求

的最小值．

18．如图，抛物线y＝ax2﹣3ax﹣4a（a＞0）与x轴交于点A、B，与y轴交于点C．点P是线段BC上的动点（点P不与点B，C重合），连结AP并延长，交抛物线于点Q，过点Q作y轴的平行线交BC于点H． （1）求点A、B的坐标； （2）在点P的运动过程中，若

的最大值为a2，求抛物线对应的函数表达式；

（3）在（2）的条件下，当△PQH为等腰三角形时，直接写出线段QH的长．

19．如图，已知抛物线与x轴交于A（﹣1，0），B两点，顶点为C（1，﹣1），E为对称轴上一点，D，F为抛物线上的点（点D位于对称轴左侧），且四边形CDEF为正方形． （1）求该抛物线的解析式；

（2）如图1，求正方形CDEF的面积；

（3）如图2，连接DF，与CE交于点M，与y轴交于点N，若P为抛物线上一点，Q为直线BN上一点，且P，Q两点均位于直线DF下方，当△MPQ是以点M为直角顶点的等腰直角三角形时，求点P的坐标．

20．已知：如图，抛物线y＝ax2﹣4ax+c与x轴交于点A（x1，0）和点B（x2，0），x1，x2

满足2x1+x2＝5，与y轴正半轴交于点C，且OB＝OC． （1）求此抛物线的解析式，直接写出抛物线的顶点D的坐标；

（2）连接AD、BD，若把△ABD绕点B顺时针旋转90°，点D到达点D1，D1是否落在直线BC上，并说明理由；

（3）若把抛物线y＝ax2﹣4ax+c向上平移个单位，再向右平移n个单位，若平移后抛物线的顶点仍在△BOC内部，求n的取值范围；

（4）在此抛物线的对称轴上是否存在一点P，使以A、C、P为顶点的三角形为等腰三角形，如果存在，请写出点P的坐标，若不存在请说明理由．

参与试题解析

1．【分析】（1）由题中所给定义举例即可；

（2）过点A作AC1∥x轴，AC2∥y 轴，使得AC1＝AC2＝6，连接AB、C1C2、BC1、BC2，由题意易得四边形AC2BC1是正方形，则有C2（﹣2．﹣8），C1（4．﹣2），进而可得点C在经过点C1且与AB平行的直线m上或经过点C2且与AB平行的直线n上，然后可得直线m的解析式为y＝﹣x+2，直线n的解析式为y＝﹣x﹣10，所以可得点P的轨迹为二次函数，即为y＝﹣x2，且﹣2＜x＜4，设点C（a．﹣a+2），分别过点C作x轴、y轴的平行线，交于一点D，最后根据二次函数的性质可求解；

（3）由（2）可得C2（﹣2．﹣8），C1（4．﹣2），由题意易得直线y＝x﹣6经过点C2，C1，则有点I（a，a﹣6），进而可分当⊙I与直线m时，则由两点距离公式可得（a﹣4）

2

+（a﹣4）2＝1，当⊙I与直线n时，则由两点距离公式可得（a+2）2+（a+2）2＝1，即

可求解．

【解答】解：（1）如下图，△ABC是等腰直角三角形，CD⊥AB， ∴CD＝AB，

∴等腰直角三角形是底倍高三角形， 故答案为：等腰直角三角形；

（2）∵抛物线y＝ax2过点A（﹣2，﹣2）， ∴﹣2＝a（﹣2）2， ∴a＝﹣，

∴抛物线的解析式为y＝﹣x2，

把点B（4，m）代入得m＝﹣×42＝﹣8， ∴B（4，﹣8）．

①过点A作AC1∥x轴，AC2∥y 轴，使得AC1＝AC2＝6，连接AB、C1C2、BC1、BC2， 如下图所示：

∴AC1⊥AC2，BC2＝4﹣（﹣2）＝6，BC1＝﹣2﹣（﹣8）＝6， ∴AC1＝AC2＝BC1＝BC2， ∴四边形AC2BC1是正方形， ∵A（﹣2，﹣2），B（4，﹣8）， ∴C2（﹣2，﹣8），C1（4，﹣2）， ∴△ABC1和△ABC2都为底倍高三角形，

∵△ABC是以AB为倍底的底倍高三形，

∴点C在经过点C1且与AB平行的直线m上或经过点C2且与AB平行的直线n上， 设直线m的解析式为y＝﹣x+b， 把点C1代入得：﹣4+b＝﹣2， 解得：b＝2，

∴直线m的解析式为y＝﹣x+2， 同理可得直线n的解析式为y＝﹣x﹣10；

②∵点P是抛物线y＝﹣x2位于AB上方的一点，A（﹣2，﹣2），B（4，﹣8）， ∴设P（m，﹣m2），且﹣2＜m＜4， ∴点P的轨迹为二次函数， 即为y＝﹣x2，且﹣2＜x＜4， 由图象可得点P到直线m的距离最小，

则设点C（a，﹣a+2），分别过点C作x轴、y轴的平行线，交于点D， ∴△PDC是等腰直角三角形， ∴PC＝﹣a+2﹣m2，CD＝a﹣m， ∴﹣a+2﹣m2＝a﹣m， 整理得a＝m2+m+1， ∴PC＝

CD＝

（a﹣m）＝

（

m2+m+1﹣m）＝

（m﹣1）2+

，

∴当m＝1时，PC的值为最小， ∴a＝m2+m+1＝， ∴C（

，）；

（3）由（2）可得C2（﹣2，﹣8），C1（4，﹣2）， ∵圆心I在直线y＝x﹣6上， ∴直线y＝x﹣6经过点C1、C2，

∵点C在⊙I上，半径为1，圆心的横坐标为a， ∴点I（a，a﹣6），

∴当⊙I与直线m相切时，则（a﹣4）2+（a﹣4）2＝1，

解得：a＝4+或a＝4﹣，

当⊙I与直线n相切时，则（a+2）2+（a+2）2＝1， 解得：a＝

﹣2或a＝﹣

﹣2， ≤a≤4+

或﹣

﹣2≤a≤

﹣2．

∴a的取值范围为：4﹣

2．【分析】（1）利用待定系数法求二次函数的解析式即可；

（2）先根据坐标求出OA、OB、OC和OD的长度，证明△PFE∽△DOB，列比例式求出PF＝

PE，从而得到2

x2+

x+6

PF﹣PE＝PE，再利用待定系数法求出直线BD的解析式，），根据两点间距离公式表示出PE的长，最后根据二次

设P（x，﹣

函数的性质求最大值，并求点P的坐标即可；

（3）根据相似三角形的性质，把图象的平移转化为水平和左右平移，则设向下平移个单位长度，向右平移2个单位长度，得出新抛物线解析式，求出两个抛物线的交点坐标，再求出新抛物线的对称轴，设M（，m），然后根据等腰三角形的性质建立关于m的方程求解，即可解答． 【解答】解：（1）∵（﹣3，0），C（0，∴

，解得

x2+，

．

与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，A

∴抛物线的解析式为：y＝﹣（2）∵C（0，∴OC＝

，

，

x+6．

∵OC＝3OD， ∴OD＝2令y＝﹣

， x2+

x+6

＝0，

解得x＝4或x＝3， ∴B（4，0）， ∴OB＝4， ∴BD＝2

，

∵PE∥OB， ∴∠PEF＝∠OBD， ∵∠PFE＝∠BOD＝90°， ∴△PFE∽△DOB， ∴PE：PF＝BD：OB＝∴PF＝∴2

PE，

×

PE﹣PE＝PE，

，（k≠0），

，

PF﹣PE＝2

设直线BD的解析式为：y＝kx+2∴0＝4k+2∴k＝﹣

， ，

∴直线BD的解析式为：y＝﹣∴x＝﹣

y+4，

x2+（﹣

x+6x2+

x2+

x+2，

设P（x，﹣∴xE＝﹣

）， x+6

）＝x2﹣x﹣12， x+6

），

设E（x2﹣x﹣12，﹣

∴PE＝x﹣（x2﹣x﹣12）＝﹣x2+2x﹣+13＝﹣（x﹣1）2+13， ∴当x＝1时，2

PF﹣PE的最大值为13，此时P（1，6

）．

（3）存在，理由如下： ∵

＝

＝

，

k个单位长度，向右平移2k个单位长度，

沿着射线DB方向平移

个单位长度，

设原抛物线向下平移∵原抛物线∴（

k）2+（2k）2＝6，解得k＝1或k＝﹣1（舍去），

个单位长度，向右平移2个单位长度，得到新抛物线，

（x﹣2）+6

﹣

﹣＝﹣

， x2+

x+6

，

∴原抛物线向下平移∴y′＝﹣令﹣

（x﹣2）2+

（x﹣2）2+

（x﹣2）+6

解得x＝2，

∴Q（2，5∵原抛物线

），

的对称轴为直线x＝，

∴新抛物线y′的对称轴为直线x＝， 设M（，m）， ∵P（1，6

）．

﹣5﹣

）2＝（﹣2）2+（m﹣5， ﹣

）．

﹣m）2，

）2，

当PQ＝MQ时，（2﹣1）2+（6解得m＝5∴M（，5

++

或m＝5

）或（，5

当PM＝MQ时，（﹣1）2+（m﹣6解得m＝6∴M（，6

， ）．

+

）2＝（2﹣）2+（5

综上，点M的坐标为M（，5）或（，5﹣）或（，6）．

3．【分析】（1）根据“智汇三角形”的定义判断即可； （2）由勾股定理得AC＝

＝AC＝1，利用勾股定理得BD＝

＝2，AC＞BC，作AC边上的中线BD，可得CD

＝2，即可得出结论；

（3）设点N的横坐标是a，则M、N的坐标即可求得，得到MN的长，MN与y轴的交点就是MN的中点，这个点的纵坐标就是△OMN的边上的中线长，根据“智汇三角形”定义即可列方程求得a的值．

【解答】（1）解：①∵直角三角形斜边上的中线是斜边的一半 ∴斜边上的中线不是这个三角形的“智汇中线”， ∵BD＞BC，BC＝AC，

∴等腰直角三角形直角边上的中线不是这个三角形的“智汇中线”， ∴等腰直角三角形一定不是“智汇三角形”．

故答案为：×；

②∵直角三角形斜边上的中线是斜边的一半 ∴斜边上的中线不是这个三角形的“智汇中线”， ∵较短直角边上的中线大于较长直角边，

∴较短直角边上的中线不是这个三角形的“智汇中线”， ∴智汇中线一定是较长直角边上的中线，

故答案为：√；

（2）证明：如图，作AC的中线BD，

∵△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝∴AC＝∴BD＝∴AC＝BD，

∴△ABC是“智汇三角形”；

（3）解：如图，作OM的中线NP，过点N作NE⊥x轴于E，过点P作PF⊥NE于F，

，BC＝

．

＝2，CD＝AC＝2， ＝2，

设点M（﹣a，2a2 ），N（a，2a2 ）， ∵点M，N在抛物线y＝2x2上，且MN∥x轴， ∴△OMN为等腰三角形，

①边MN上的中线OH＝MN时，即2a＝2a2， 解得：a＝1，a＝0（舍去）， ∴N（1，2）， ∴OH＝MN＝2，

∴△OMN的“智汇中线”的长为2； ②边OM上的中线PN＝OM， ∵点M（﹣a，2a2 ），

∴P（﹣，a2），OM2＝a2+4a4，

在Rt△PNF中，PF＝+a＝a，NF＝2a2﹣a2＝a2， ∴PN2＝（a）2+（a2）2＝a2+a4， ∵PN＝OM，

∴a2+4a4＝a2+a4，解得：a＝∴PN＝OM＝

＝

，

，

．

（负值舍去），

∴△OMN的“智汇中线”的长为

综上，△OMN的“智汇中线”的长为2或4．【分析】（1）用待定系数法即可求解；

（2）由P（m，0），可得Q（m，﹣m2+m+2），M（m，m﹣2），则四边形DMQF是平行四边形，由FD＝QM即可求解；

（3）分△QBM∽△BOD，△BQM∽△BOD两种情况，分别求解即可． 【解答】解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得

，

解得，

∴y＝﹣x2+x+2；

（2）当x＝0时，y＝﹣x2+x+2＝2， ∴C（0，2），

∵点D与点C关于x轴对称，C（0，2）， ∴D（0，﹣2）．

设直线BC的解析式为y＝kx+b， 把B（4，0），D（0，﹣2）的坐标代入得

，

解得：，

∴直线BD的表达式为y＝x﹣2． ∵F（0，），D（0，﹣2）， ∴FD＝﹣（﹣2）＝， ∵QM⊥x轴，P（m，0），

∴Q（m，﹣m2+m+2），M（m，m﹣2）， ∴QM＝﹣m2+m+2﹣（m﹣2）＝﹣m2+m+4， ∵四边形DMQF是平行四边形，FD∥QM， ∴FD＝QM， 即﹣m2+m+4＝， 解得：m＝3或m＝﹣1，

∴若四边形DMQF是平行四边形时，m＝3或m＝﹣1； （3）存在．理由如下： ∵B（4，0），D（0，﹣2）， ∴OB＝4，OD＝2． ∵QM∥DF， ∴∠ODB＝∠QMB，

∴△QBM∽△BOD，△BQM∽△BOD两种情况： ①当△QBM∽△BOD时，∠DOB＝∠MBQ＝90°，于是有∵∠MBQ＝90°， ∴∠MBP+∠PBQ＝90°． ∵∠MPB＝∠BPQ＝90°， ∴∠MBP+∠PMB＝90°． ∴∠BMP＝∠QBP． ∴△QBM∽△QPB． ∴

＝

＝，

＝

＝＝，

∵P（m，0），则Q（m，﹣m2+m+2）， 则PB＝4﹣m，PQ＝﹣m2+m+2， ∴

＝，

解得：m＝3或m＝4．

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

②当△BQM∽△BOD时，∠DOB＝∠MQB＝90°，此时点Q与点A重合， ∴当m＝﹣1时，△BQM∽△BOD，点Q的坐标为（﹣1，0）， 综上所述，存在点Q，点Q的坐标为（3，2）或（﹣1，0）． 5．【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；

（2）设P（t，﹣t2+2t+3），则Q（t，﹣t+3），PQ＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3）＝﹣t2+3t，由OB＝OC＝3，可得∠BCO＝45°，再由平行线性质可得∠PQN＝∠BCO＝45°，根

据三角函数定义可得PN＝PQ•sin∠PQN＝（﹣t2+3t）•sin45°＝﹣利用二次函数最值即可得出答案；

2

（t﹣）+

，

（3）设Q（m，﹣m+3）（0＜m＜3），利用勾股定理或两点间距离公式可得：AC2＝

22

OA2+OC2＝12+32＝10，AQ2＝（m+1）+（﹣m+3）＝2m2﹣4m+10，CQ2＝m2+m2＝2m2，

根据等腰三角形性质分三种情况：AC＝AQ或AC＝CQ或AQ＝CQ，分别建立方程求解即可得出答案．

【解答】解：（1）∵抛物线对称轴为x＝1，点B与A（﹣1，0）关于直线x＝1对称， ∴B（3，0），

设y＝a（x﹣3）（x+1），把C（0，3）代入得：﹣3a＝3， 解得：a＝﹣1，

∴y＝﹣（x﹣3）（x+1）＝﹣x2+2x+3， 设直线BC的解析式为y＝kx+d，则解得：

，

，

∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，

故抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3，直线BC的解析式为y＝﹣x+3； （2）设P（t，﹣t2+2t+3），则Q（t，﹣t+3）， ∴PQ＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3）＝﹣t2+3t， ∵OB＝OC＝3，∠BOC＝90°， ∴∠BCO＝45°， ∵PQ⊥x轴， ∴PQ∥y轴，

∴∠PQN＝∠BCO＝45°， ∵PN⊥BC，

∴PN＝PQ•sin∠PQN＝（﹣t2+3t）•sin45°＝﹣∵

＜0，

；

（t﹣）2+

，

∴当t＝时，PN的最大值为

（3）存在，设Q（m，﹣m+3）（0＜m＜3）， ∵A（﹣1，0），C（0，3），

22

∴AC2＝OA2+OC2＝12+32＝10，AQ2＝（m+1）+（﹣m+3）＝2m2﹣4m+10，CQ2＝m2+m2

＝2m2，

∵以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形， ∴AC＝AQ或AC＝CQ或AQ＝CQ， 当AC＝AQ时，10＝2m2﹣4m+10， 解得：m＝0（舍去）或m＝2， ∴Q（2，1）；

当AC＝CQ时，10＝2m2， 解得：m＝﹣∴Q（

，3﹣

（舍去）或m＝）；

，

当AQ＝CQ时，2m2﹣4m+10＝2m2， 解得：m＝， ∴Q（，）；

综上所述，点Q的坐标为（2，1）或（

，3﹣

）或（，）．

6．【分析】（1）将点A的坐标代入抛物线表达式得：1＝﹣9﹣3k﹣2k，解得k＝﹣2，即可求解；

（2）求出直线AB的表达式为y＝x+4，设点C的坐标为（x，﹣x2﹣2x+4），则点E的坐标为（x，x+4），DE＝x+4，CE＝﹣x2﹣2x+4﹣（x+4）＝﹣x2﹣3x，根据CE＝ED可得方程x+4＝﹣x2﹣3x，解方程即可求解；

（3）①当∠NHM为直角时，△RHN为等腰直角三角形，故设RN＝RH＝m，则点N的坐标为（2+m，﹣4+m），故xN﹣yN＝6，即k＝6+N′MH）为直角时，同理可解．

【解答】解：（1）将点A的坐标代入抛物线表达式得：1＝﹣9﹣3k﹣2k，解得k＝﹣2， 故抛物线的表达式为y＝﹣x2﹣2x+4；

（2）如图：

﹣2k，即可求解；②当∠NMH（∠

∵y＝﹣x2﹣2x+4，令x＝0，则y＝4， ∴B（0，4），

设直线AB的表达式为y＝ax+b， ∴

，解得

，

∴直线AB的表达式为y＝x+4，

设点C的坐标为（x，﹣x2﹣2x+4），则点E的坐标为（x，x+4）， ∴DE＝x+4，CE＝﹣x2﹣2x+4﹣（x+4）＝﹣x2﹣3x， ∵CE＝ED，

∴x+4＝﹣x2﹣3x，解得x＝﹣2， ∴点C的坐标为（﹣2，4）；

（3）∵y＝﹣x2+kx﹣2k的顶点为N． ∴顶点N的坐标为（k，

﹣2k），

∵y＝﹣x2+kx﹣2k＝﹣x2+k（x﹣2），

∴无论k取何值，抛物线都经过定点H（2，﹣4）， ∵点M（﹣2，0），

∴直线MH与x轴正半轴的夹角为45°，如图2，

①当∠NHM为直角时，过点H作HF⊥x轴于点F，过点N作NR⊥FH于点R， ∵直线MH与x轴正半轴的夹角为45°，则∠MHF＝45°，故∠RHN＝45°， 故△RHN为等腰直角三角形，故设RN＝RH＝m，则点N的坐标为（2+m，﹣4+m）， 故xN﹣yN＝6，即k＝6+

﹣2k，解得k＝4（舍去）或6，

则抛物线的表达式为y＝﹣x2+6x﹣12； ②当∠NMH（∠N′MH）为直角时， 同理可得，xN﹣yN＝﹣2， 即k＝﹣2+

﹣2k，解得k＝5±

， ）x﹣10﹣2

或y＝﹣x2+（5﹣

）x﹣10+2

故抛物线的表达式为y＝﹣x2+（5+；

综上，抛物线的表达式为y＝﹣x2+（5+﹣10+2

或y＝﹣x2+6x﹣12．

）x﹣10﹣2

或y＝﹣x2+（5﹣

）x

7．【分析】（1）把y＝0代入函数关系式，解关于x的方程即可； （2）用m表示出OC的长度，根据△OAC∽△OCB可得解关于m的方程即可；

（3）过点D作DE⊥x轴于点E，根据△ABD为正三角形得出m的值，令w＝﹣y﹣3

﹣4（y0≥﹣

），将w看作y0的二次函数，并根据y0≥﹣

求出函数的最大

＝

，列出关于m的方程，

值，得出n的不等式，解关于n的不等式即可． 【解答】解：（1）把y＝0代入y＝mx2﹣4mx+3m得： mx2﹣4mx+3m＝0，

∵m＞0， ∴x2﹣4x+3＝0， 解得：x1＝1，x2＝3， ∵点A在点B的左侧， ∴A（1，0），B（3，0）；

（2）把x＝0代入y＝mx2﹣4mx+3m得：y＝3m， ∴点C（0，3m）， ∴OC＝3m， ∵△OAC∽△OCB， ∴即

＝＝

， ，

或m＝﹣

（舍去），

解得：m＝∴m＝

；

（3）过点D作DE⊥x轴于点E，如图所示：

∵△ABD是等边三角形，AB＝3﹣1＝2， ∴EA＝EB＝AB＝1，∠EAD＝60°， ∵y＝mx2﹣4mx+3m＝m（x﹣2）2﹣m， ∴D点坐标为（2，﹣m）， ∴tan∠EAD＝tan60°＝

＝，

∴＝，

， ，

﹣4成立，

即m＝∴y≥﹣

∵对于该抛物线上任意一点P（x0，y0）总有n+∴n+≥﹣y﹣3令w＝﹣y﹣3对称轴为y0＝﹣∵﹣

＜﹣

，

时，w随y0的增大而减小， 时，w取最大值，最大值为﹣（﹣

﹣4在y0≥﹣

）2﹣3

×（﹣

﹣4（y0≥﹣﹣4（y0≥﹣＝﹣

，

）， ），

∴当y0≥﹣∴当y0＝﹣∵n+∴n+≥2，

）﹣4＝2，

时恒成立，

解得：n≥，

∴实数n的最小值为．

8．【分析】（1）由直线解析式求出A（﹣3，0），C（0，3），由待定系数法可求出答案； （2）根据平行线分线段成比例得AF＝D（x，0），设l＝PE﹣求解；

（3）由题意得P′（﹣，0），y′＝﹣（x+1+1）2+4＝﹣（x+2）2+4＝﹣x2﹣4x，y″＝x+3﹣9x＝x﹣6．联立可得出M（﹣6，﹣12），N（1，﹣5），设点Q（0，q），由勾

22

股定理得得P′N2＝（1+）+5＝2

22

，QN2＝（q+5）+1＝q2+10q+26，P′Q2＝（）

AD，设P（x，﹣x2﹣2x+3），则E（x，x+3），

，根据二次函数的最值即可

CF+6，可得l＝﹣（x+）2+

+q2＝+q2，分两种情况即可求解．

【解答】解：（1）∵直线y＝x+3过点A和点C． ∴A（﹣3，0），C（0，3），

∵抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A、点B（1，0），与y轴交于点C，

∴，

∴，

∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；

（2）∵A（﹣3，0），C（0，3），B（1，0）， ∴AB＝4，AC＝3∵DF∥BC， ∴∴AF＝

， AD，

，

设P（x，﹣x2﹣2x+3），则E（x，x+3），D（x，0），

∴OD＝﹣x，AD＝x﹣（﹣3）＝x+3，PE＝﹣x2﹣2x+3﹣（x+3）＝﹣x2﹣3x， ∴AF＝

AD＝

（x+3）， ﹣

（x+3）＝

﹣

x，

∴CF＝AC﹣AF＝3设l＝PE﹣＝﹣x2﹣3x﹣＝﹣x2﹣x+ ＝﹣（x+）2+

，

CF+6， （

﹣

x）+6

∴当x＝﹣时，PE﹣此时，y＝﹣x2﹣2x+3＝

CF+6的最大值为，

）；

，

∴此时P点的坐标为（﹣，

（3）由题意得P′（﹣，0），

∵将抛物线y＝ax2+bx+3沿着x轴向左平移1个单位长度得到抛物线y′，y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，

∴y′＝﹣（x+1+1）2+4＝﹣（x+2）2+4＝﹣x2﹣4x，

∵将直线y＝x+3沿着x轴向右平移9个单位长度得到直线y″． ∴y″＝x+3﹣9x＝x﹣6． 联立得

，解得

，

，

∴M（﹣6，﹣12），N（1，﹣5）， 设点Q（0，q）， ∴P′N2＝（1+）2+52＝

，

QN2＝（q+5）2+12＝q2+10q+26， P′Q2＝（）2+q2＝①当P′N＝P′Q时， q2+10q+26＝

，解得q＝﹣5±

，

）；

+q2，

∴点Q的坐标为（0，﹣5+②当P′N＝QN时，

+q2＝

，解得q＝±

）或（0，﹣5﹣

， ）或（0，﹣

）； ）或（0，﹣5﹣

）或（0，

）

∴点Q的坐标为（0，

综上，存在，点Q的坐标为（0，﹣5+或（0，﹣

），

9．【分析】（1）直接把点A（﹣2，0），B（6，0）代入y＝ax2+x+c，即可就出抛物线表达式为y＝﹣x2+x+3；

（2）易得，点B坐标为（6，0），点C坐标为（2，4），可令M点的坐标为（a，b），且满足b＝﹣a2+a+3．要使得BC为底边的△MBC为等腰三角形，只需满足MC＝MB，即可列等式存在；

（3）先说明旋转后B点的对应点Q仍在BC上，再通过全等间接证明∠HQB＝90°，利用直线HQ经过点（3，0），求出直线HQ的解析式后，联立抛物线的解析式即可求解．

＝

，通过a的存在与否可判定M点是否

【解答】解：（1）直接把点A（﹣2，0），B（6，0）代入y＝ax2+x+c，联立方程得

，解得

，

∴抛物线表达式为y＝﹣x2+x+3 （2）存在，理由如下：

易得，点B坐标为（6，0），点C坐标为（2，4），可令M点的坐标为（a，b），且满足b＝﹣a2+a+3．要使得BC为底边的△MBC为等腰三角形，只需满足MC＝MB， ∵MC＝MB，MB＝∴

＝

，MC＝

，b﹣a+2＝0，

，

∵b＝﹣a2+a+3，b﹣a+2＝0， ∴a＝2

，b＝2

﹣2或a＝﹣2，2

﹣2，

，﹣2

﹣2）；

∴M的坐标为（2﹣2）或（﹣2

（3）如图，N、P分别为x轴和线段BC上任意一点，过点N作NF⊥x轴，交BC于点Q，

则∠FNB＝90°， ∵∠FBN＝45° ∴∠BFN＝45°， ∴FN＝NB

∴以点N为中心，将 逆时针旋转，记点P的对应点为H，点B的对应点为Q ∴Q点与F点重合，

作x轴上的点G（3，0），作直线GQ，

则H点在该直线上，且NH＝NP，∠HNP＝90°， 又∵∠QNB＝90°， ∴∠HNQ＝∠PNB， 由NQ＝NB， ∴△HNQ≌△PNB， ∴∠HQN＝∠PBN＝45°， ∴∠HQB＝45°+45°＝90°， ∴QN＝GN＝， ∴Q（，），

设直线GQ的解析式为：y＝mx+n， ∴

，

解得，

∴y＝x﹣3，

联立抛物线解析式与直线HQ的解析式得：

，

解得；，

，2

﹣

∴当直线HQ经过点（3，0）时，它与抛物线y＝ax2+x+c交点的坐标为（23）或（﹣2

，﹣2

﹣3）．

10．【分析】（1）根据题意可得对称轴为直线x＝﹣＝﹣1，令y＝0，可求A、B两点坐

标；

（2）过点D作DE⊥x轴，垂足为E，则E（﹣1，0），D（﹣1，﹣4a），可得DE＝4a，在Rt△AED中，由tan∠EAD＝

，得4a＝2

，即可求a的值；

（3）由S1＝S△APO﹣S△AOQ，S2＝S△AOC﹣S△AOQ，可得S1﹣S2＝S△APO﹣S△AOC，过点P作PF⊥x轴交于点F，设P（m，m2+2m﹣3），则S1﹣S2＝﹣（m+1）2+，当m＝﹣1时，S1﹣S2的值最大为，此时P（﹣1，﹣4），再由待定系数法可求直线OP的解析式为y＝4x．

【解答】解：（1）对称轴为直线x＝﹣当y＝0时，ax2+2ax﹣3a＝0， ∴x＝1或x＝﹣3，

∴A（﹣3，0）、B（1，0）；

（2）存在实数a，使△ABD为等边三角形，理由如下： ∵抛物线与x轴交于点A、B两点，顶点为D， ∴AD＝BD，

∴△ABD是等腰三角形， 过点D作DE⊥x轴，垂足为E， ∴E（﹣1，0）， ∵A（﹣3，0）， ∴AE＝2，

∵y＝a（x+1）2﹣4a， ∴D（﹣1，﹣4a）， ∵a＞0， ∴DE＝4a，

当△ABD为等边三角形时，∠EAD＝60°， 在Rt△AED中， ∵tan∠EAD＝

，

＝﹣1，

∴DE＝AE•tan60°， ∴4a＝2

，

∴a＝，

，使△ABD为等边三角形；

∴存在实数a＝

（3）当a＝1时，抛物线为y＝x2+2x﹣3， 当x＝0时，y＝﹣3， ∴C（0，﹣3）， ∴OC＝3，

∵S1＝S△APO﹣S△AOQ，S2＝S△AOC﹣S△AOQ， ∴S1﹣S2＝S△APO﹣S△AOC，

过点P作PF⊥x轴交于点F，设P（m，m2+2m﹣3）， ∵P点在第三象限， ∴PF＝﹣m2﹣2m+3， ∵OA＝OC＝3，

∴S△ACO＝×AO×CO＝，

∴S1﹣S2＝×3×（﹣m2﹣2m+3）﹣＝﹣（m+1）2+， ∴当m＝﹣1时，S1﹣S2的值最大为， 此时P（﹣1，﹣4）， 设直线PO的解析式为y＝kx， ∴k＝4，

∴直线OP的解析式为y＝4x．

11．【分析】（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+8）（x﹣2）＝ax2+6ax﹣16a，依此求出a即可．

（2）将点C向下平移2个单位，此时EF∥CD，EF＝CD．推出四边形EFDC是平行四边形，推出CE＝DF，可得|EC﹣BF|＝|BF﹣DF|≤BD，推出当B，D，F共线时，|EC﹣BF|的值最大．

（3）分两种情形：①如图2中，当M，N两点都在x轴的上方或下方时，利用相似三角形的性质求解即可．②如图3中，当M，N在x轴的两侧时，不存在相似三角形． 【解答】解：（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+8）（x﹣2）＝ax2+6ax﹣16a， 故﹣16a＝8，解得：a＝﹣，

故抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣3x+8． 顶点P（﹣3，

），

；

故答案为：y＝﹣x2﹣3x+8，﹣3，（2）如图2中，

将点C向下平移2个单位，此时EF∥CD，EF＝CD． ∴四边形EFDC是平行四边形， ∴CE＝DF，

∴|EC﹣BF|＝|BF﹣DF|≤BD，

∴当B，D，F共线时，|EC﹣BF|的值最大，

∴S四边形EFBC＝S平行四边形EFDC+S△CDB＝3×2+×2×2＝8；

（3）由A（﹣8，0），C（0，8），可得直线AC的解析式为y＝x+8， 设M（m，m+8），N（m+8，m+16）， ∵AO＝8，OC＝8， ∴AC＝8

，

，

∴sin∠CAO＝

∴AM＝＝|m+8|，AN＝＝|m+16|，

①如图2中，当M，N两点都在x轴的上方或下方时，

若△ABM∽△ANB，可得AB2＝AM•AN， ∴102＝

|m+8|•

|m+16|，

整理得，m2+24m+78＝0， 解得m＝﹣12+∴M（﹣12+

或m＝﹣12﹣，﹣4+

，

，﹣4﹣

），

，

+

）

）或（﹣12﹣

由点A（﹣8，0）向点N平移可得平移后的抛物线的顶点P坐标为（﹣7+或（﹣7﹣

，

﹣

）．

如图3中，当M，N在x轴的两侧时，

△ABM始终是钝角三角形，且∠BAM＞∠BNA， 此时△ABM与△ANB不相似．

综上所述，满足条件的抛物线的顶点P坐标为（﹣7+

﹣

）．

，

+

）或（﹣7﹣

，

12．【分析】（1）令x＝0和y＝0，解方程可求解；

（2）设点P的坐标为（x，﹣x+4），则点Q的坐标为（x，x2﹣5x+4），则PQ＝（﹣x+4）﹣（x2﹣5x+4）＝﹣x2+4x，进而求解；

（3）当∠DQE＝2∠ODQ，则∠HQA＝∠HQE，则直线AQ和直线QE关于直线QH对称，进而求出点E的坐标为（5，4），再分BE＝BF、BE＝EF、BF＝EF三种情况，分别求解即可．

【解答】解：（1）对于y＝x2﹣5x+4，令y＝0，则0＝x2﹣5x+4， ∴x1＝4，x2＝1，

∴点A（1，0），点B（4，0）， 令x＝0，则y＝4， ∴点C（0，4）；

（2）四边形OCPQ为平行四边形，理由如下： ∵点B的坐标为（4，0），点C（0，4）， 设直线BC的表达式为y＝kx+b，则故直线BC的表达式为y＝﹣x+4，

设点P的坐标为（x，﹣x+4），则点Q的坐标为（x，x2﹣5x+4）， 则PQ＝（﹣x+4）﹣（x2﹣5x+4）＝﹣x2+4x＝﹣（x﹣2）2+4， ∵﹣1＜0，

故PQ有最大值，当x＝2时，PQ的最大值为4＝CO， ∴PQ＝CO，PQ∥OC， ∴四边形OCPQ为平行四边形；

（3）∵D是OC的中点，点C（0，4）， ∴点D（0，2），

，解得，

由（2）知：当x＝2时，PQ的最大值为4， 当x＝2时，y＝x2﹣5x+4＝﹣2， ∴Q（2，﹣2），

由点D、Q的坐标，同理可得，直线DQ的表达式为y＝﹣2x+2， 过点Q作QH⊥x轴于点H，

则QH∥CO，故∠AQH＝∠ODQ， 而∠DQE＝2∠ODQ． ∴∠HQA＝∠HQE，

则直线AQ和直线QE关于直线QH对称， 故设直线QE的表达式为y＝2x+r， 将点Q的坐标代入上式并解得r＝﹣6， 故直线QE的表达式为y＝2x﹣6， 联立y＝x2﹣5x+4并解得故点E的坐标为（5，4）， 设点F的坐标为（0，m）， ∴BE2＝（5﹣4）2+（4﹣0）2＝17， BF2＝m2+42＝m2+16， EF2＝（m﹣4）2+52，

当BE＝BF时，即16+m2＝17，解得m＝±1； 当BE＝EF时，即25+（m﹣4）2＝17，方程无解； 当BF＝EF时，即16+m2＝25+（m﹣4）2，解得m＝故点F的坐标为（0，1）或（0，﹣1）或（0，

）．

；

或

（不合题意，舍去），

13．【分析】（1）根据题意，过点B作BD⊥x轴，垂足为D；根据角的互余的关系，易得

B到x、y轴的距离，即B的坐标；

（2）根据抛物线过B点的坐标，可得a的值，进而可得其解析式；

（3）首先假设存在，分A、C是直角顶点两种情况讨论，根据全等三角形的性质，可得答案．

【解答】解：（1）过点B作BD⊥x轴，垂足为D．

∵∠BCD+∠ACO＝90°，∠ACO+∠CAO＝90°， ∴∠BCD＝∠CAO，

又∵∠BDC＝∠COA＝90°，CB＝AC， ∴△BCD≌△CAO（AAS）， ∴BD＝OC＝1，CD＝OA＝2， ∴点B的坐标为（﹣3，1）；

（2）抛物线y＝ax2+bx﹣经过点（1，﹣1），点B（﹣3，1），

则，

解得，

所以抛物线的解析式为y＝x2+x﹣；

（3）假设存在点P，使得△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形：

①若以点C为直角顶点；

则延长BC至点P1，使得P1C＝BC，得到等腰直角三角形△ACP1， 过点P1作P1M⊥x轴，

∵CP1＝BC，∠MCP1＝∠BCD，∠P1MC＝∠BDC＝90°， ∴△MP1C≌△DBC（AAS）， ∴CM＝CD＝2，P1M＝BD＝1， ∵OC＝1， ∴OM＝1， ∴P1（1，﹣1）； ②若以点A为直角顶点；

则过点A作AP2⊥CA，且使得AP2＝AC，得到等腰直角三角形△ACP2， 过点P2作P2N⊥y轴，同理可证△AP2N≌△CAO， ∴NP2＝OA＝2，AN＝OC＝1， ∴点P2（2，1），

③以A为直角顶点的等腰Rt△ACP的顶点P有两种情况．即过点A作直线L⊥AC，在直线L上截取AP＝AC时，点P可能在y轴右侧，即现在解答情况②的点P2；

点P也可能在y轴左侧，即还有第③种情况的点P3．因此，然后过P3作P3G⊥y轴于G，同理：△AGP3≌△CAO， ∴GP3＝OA＝2，AG＝OC＝1， ∴P3为（﹣2，3）；

经检验，点P1（1，﹣1）与在抛物线y＝x2+x﹣上，点P2（2，1）点P3（﹣2，3）都不在抛物线y＝x2+x﹣上． 综上，存在，点P的坐标为（1，﹣1）．

14．【分析】（1）将A、B两点的坐标代入二次函数解析式，用待定系数法即求出抛物线对应的函数表达式，可求得顶点D（﹣1，4）；

（2）由A、C、D三点的坐标求出AC2＝18，CD2＝2，AD2＝20，可得△ACD为直角三角形，若CF＝AD，则点F为AD的中点，可求出k的值；

（3）由条件可判断∠DAC＝∠OCB，则∠OAF＝∠ACB，若以A，F，O为顶点的三角形与△ABC相似，可分两种情况考虑：当∠AOF＝∠ABC或∠AOF＝∠CAB＝45°时，可分别求出点F的坐标．

【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3过点A（﹣3，0），B（1，0）， ∴

，解得：

，

∴抛物线解析式为y＝﹣x2﹣2x+3； ∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4， ∴顶点D的坐标为（﹣1，4）；

（2）∵y＝﹣x2﹣2x+3， ∴C（0，3），

在Rt△AOC中，OA＝3，OC＝3， ∴AC2＝OA2+OC2＝18，

∵D（﹣1，4），C（0，3），A（﹣3，0）， ∴CD2＝12+12＝2， ∴AD2＝22+42＝20， ∴AC2+CD2＝AD2，

∴△ACD为直角三角形，且∠ACD＝90°． ∵CF＝AD， ∴F为AD的中点， ∴k＝

，

∴当k＝时，CF＝AD；

（3）在Rt△ACD中，tan∠CAD＝在Rt△OBC中，tan∠OCB＝∴∠CAD＝∠OCB， ∵OA＝OC，

∴∠OAC＝∠OCA＝45°， ∴∠FAO＝∠ACB，

若以A，F，O为顶点的三角形与△ABC相似，则可分两种情况考虑： 当∠AOF＝∠ABC时，△AOF∽△CBA，

，

，

∴OF∥BC，

设直线BC的解析式为y＝kx+b， ∴

，解得：

，

∴直线BC的解析式为y＝﹣3x+3， ∴直线OF的解析式为y＝﹣3x， 设直线AD的解析式为y＝mx+n， ∴

，解得：

，

∴直线AD的解析式为y＝2x+6，

∴，解得：，

∴F（﹣，）；

当∠AOF＝∠CAB＝45°时，△AOF∽△CAB，

∵∠CAB＝45°， ∴OF⊥AC，

∴直线OF的解析式为y＝﹣x， ∴

，解得：

，

∴F（﹣2，2）．

综合以上可得F点的坐标为（﹣，

）或（﹣2，2）．

15．【分析】（1）将点A（﹣1，0），B（﹣5，0），C（0，4）代入y＝ax2+bx+c，即可求解；

（2）①先证明AM∥BN，再证明△ADM≌△BDF（AAS）；

②由①得到D点是MF是中点，再由直角三角形的性质进行证明即可；

（3）设CE与对称轴的交点为G，连接AG，先证明A、D、G、M四点共圆，再求出GD＝2

，即可求G点坐标．

【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），B（﹣5，0），C（0，4）代入y＝ax2+bx+c， ∴

，

解得，

∴y＝x2+

x+4；

x+4＝（x+3）2﹣

，

（2）①y＝x2+

∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣3， ∴D（﹣3，0），

∵A（﹣1，0），B（﹣5，0）， ∴AD＝2，BD＝2， ∴AD＝BD，

∵AM⊥CE，BN⊥CE， ∴AM∥BN， ∴∠AMD＝∠BFD， ∵∠MDA＝∠BDF， ∴△ADM≌△BDF（AAS）； ②∵△ADM≌△BDF， ∴DM＝DF，

∴D点是MF是中点， ∵BN⊥EC， ∴∠MNF＝90° ∴DN＝MF， ∴DN＝DM；

（3）设CE与对称轴的交点为G，连接AG， ∵∠ADG＝∠AMG＝90°， ∴A、M、D、G四点共圆， ∴∠GMD＝∠GAD， ∵△DMN为等边三角形， ∴∠DMN＝60°，

∴∠GAD＝60°， ∵tan∠DMN＝∴tan∠GAD＝∵AD＝2， ∴GD＝2

，

）． ， ＝

，

∴G（﹣3，﹣2

16．【分析】（1）根据菱形的性质得到AD＝AB＝CD＝5，根据勾股定理得到OA＝

＝

＝3，求得A（﹣3，0），B（2，0），把A（﹣3，0），B（2，

0），D（0，4）代入y＝ax2+bx+c解方程组即可得到结论； （2）把x＝4代入y＝﹣x2﹣x+4＝﹣

，求得E（﹣

，4），得到DE＝

，设

△DEF的边DE上的高为h，则△ABF的边AB上的高为4﹣h，根据相似三角形的性质得到h＝＝

；

，于是得到△BDF的面积＝S△BDE﹣S△DEF＝×

×4﹣×

×

（3）设AC所在的直线解析式为y＝kx+h，解方程组即可得到结论． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形， ∴AD＝AB＝CD＝5， ∵点D的坐标为（0，4）， ∴OD＝4， ∴OA＝∴OB＝2，

∴A（﹣3，0），B（2，0），

把A（﹣3，0），B（2，0），D（0，4）代入y＝ax2+bx+c得

，

＝

＝3，

解得，

∴二次函数的表达式为y＝﹣x2﹣x+4＝﹣（x+）2+（2）当x＝4时，y＝﹣x2﹣x+4＝﹣∴E（﹣1，4）， ∴DE＝1，

，

；

设△DEF的边DE上的高为h，则△ABF的边AB上的高为4﹣h， ∵DE∥AB， ∴△DEF∽△ABF， ∴

＝

， ，

∴＝

解得h＝，

∴△BDF的面积＝S△BDE﹣S△DEF＝×1×4﹣×1×＝； （3）∵y＝﹣x2﹣x+4＝﹣（x+）2+∴直线l的解析式为x＝﹣，

，

由题意得PB＝PD，

∴P在BD的垂直平分线上，即为菱形的对角线AC所在的直线， 设AC所在的直线解析式为y＝kx+h， ∵C（5，4），A（﹣3，0）， ∴

，

解得，

∴AC所在的直线解析式为y＝x+， 当x＝﹣时，y＝×（﹣）+＝， ∴点P的坐标为（﹣，）．

17．【分析】（1）运用待定系数法即可求出答案；

（2）分三种情况：①当AM＝BM，时，点P与F重合；②当AB＝AM＝4上方和下方两种情况；③当AB＝BM＝4（3）如图2，以O为圆心，OD＝

时，M在x

时，由等腰三角形“三线合一”即可求出；

为半径作圆，则点P在圆周上，在OA上取点D，使

，连接PD，根据相似三角形的判定定理得到△APO∽△PDO，根据相似三角

＝

＝

＝2，从而得：PD＝

AP，当B、P、D三点共线时，

，且△ABO为等腰直角

形的性质得到

PD+PB取得最小值，过点D作DG⊥OB于点G，由于OD＝三角形，根据勾股定理即可得到结论．

【解答】解：（1）由题意，

解得：，

∴二次函数的表达式为y＝x2﹣2x； （2）过点A作直线AF⊥x轴于点F， 由（1）得y＝（x﹣4）2﹣4， ∴抛物线的顶点A（4，﹣4）， ①AM＝BM， ∵B（8，0）， ∴BF＝4，

∵∠AFB＝90°，AF＝BF＝4， ∴△ABF是等腰直角三角形，

∴M在点F处，△ABM是等腰直角三角形，此时M为（4，0）， ②AB＝AM，

由①得△ABF是等腰直角三角形，BF＝4， ∴AB＝

∴M为（4，﹣4﹣4③AB＝BM，

∵AB＝BM，BF⊥AM， ∴MF＝AF， ∴M为（4，4），

综上所述，M为（4，0），（4，﹣4﹣4（3）如图2，以O为圆心，在OA上取点D，使OD＝则在△APO和△PDO中， 满足：

＝

＝2，∠AOP＝∠POD，

）或（4，﹣4+4

）或（4，4）；

＝

）或（4，﹣4+4

＝4），

，

为半径作圆，则点P在圆周上， ，连接PD，

∴△APO∽△PDO，

∴＝＝＝2，

从而得：PD＝AP， ∴AP+PB＝PD+PB，

∴当B、P、D三点共线时，PD+PB取得最小值， 过点D作DG⊥OB于点G，由于OD＝则有DG＝1，∠DOG＝45°，

∴AP+PB的最小值为：AP+PB＝DB＝

＝

＝5

．

，且△ABO为等腰直角三角形，

18．【分析】（1）令y＝ax2﹣3ax﹣4a＝0，利用公式法可求出该一元二次方程的解，即可得出A，B的坐标；

（2）令x＝0，可得出x的值，进而可得出直线BC的解析式；过点A作AM∥y轴交BC的延长线于点M，则

＝

，设点Q的横坐标为t，则可表示点H的坐标，依次表达

的最大值，结合题中数据求出a的值，

AM和HQ的长，根据二次函数的性质，求出进而得出结论；

（3）由（2）可知，y＝x2﹣3x﹣4，由此可得出OB＝OC＝4，由平行线的性质可得∠CHQ

＝∠OCB＝45°，若△PQH为等腰三角形，需要分三种情况：①当PH＝PQ时，②当HP＝HQ时，③当QP＝QH，分别进行求解即可．

【解答】解：（1）由抛物线y＝ax2﹣3ax﹣4a（a＞0）与x轴交于点A、B， 令ax2﹣3ax﹣4a＝0，整理得a（x+1）（x﹣4）＝0， ∴x＝﹣1或x＝4，

∴A（﹣1，0），B（4，0）；

（2）由抛物线y＝ax2﹣3ax﹣4a（a＞0）与y轴交于点C， 令x＝0，则y＝﹣4a， ∴C（0，﹣4a），

∴直线BC的解析式为：y＝ax﹣4a，

如图，过点A作AM∥y轴交BC的延长线于点M， ∴M（﹣1，﹣5a）， ∴AM＝5a， ∵QH∥y轴， ∴AM∥QH， ∴

＝

，

设点Q的横坐标为t，

则Q（t，at2﹣3at﹣4a），H（t，at﹣4a）， ∴HQ＝at﹣4a﹣（at2﹣3at﹣4a）＝﹣at2+4at， ∴

＝

＝

＝﹣（t﹣2）2+，

的最大值为，

∴当t＝2时，

∴＝a2，解得a＝1或a＝﹣1（舍）， ∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣3x﹣4．

（3）由（2）可知a＝1，y＝x2﹣3x﹣4，HQ＝﹣t2+4t， ∴C（0，﹣4），

∴OB＝OC＝4，直线BC的解析式为：y＝x﹣4， ∴△OBC是等腰直角三角形，∠OCB＝∠OBC＝45°． ∵HQ∥y轴，

∴∠CHQ＝∠OCB＝45°．

若△PQH为等腰三角形，需要分三种情况： ①当PH＝PQ时，∠PHQ＝∠PQH＝45°， ∴∠HPQ＝90°， ∴∠APB＝90°，

∴△APB是等腰直角三角形， 过点P作PK⊥x轴于点K， 则AK＝BK＝PK＝， ∴OK＝， ∴P（，﹣）；

∴直线AP的解析式为：y＝﹣x﹣1， 令﹣x﹣1＝x2﹣3x﹣4，解得x＝3， ∴HQ＝﹣t2+4t＝﹣32+4×3＝3．

②当HP＝HQ时，如图，此时∠H′P′Q′＝∠H′Q′P′＝67.5°， ∴∠H′AP′＝22.5°，

∴∠H′AP′＝∠P′AP＝22.5°，即AP′平分∠PAB，

过点P作PN⊥x轴于点N，则P′N＝PP′，△P′H′N是等腰直角三角形， ∴P′B＝

P′N＝

NH′＝

PP′，

由①知AB＝5，△ABP是等腰直角三角形， ∴BP＝

．

）PP′＝．

．

∴PP′+BP′＝（1+解得PP′＝5﹣∴AN＝∴ON＝∴P（

． ﹣1． ﹣1，﹣5+

），

+1）（x+1），

，

∴直线AP的解析式为：y＝（﹣令（﹣

+1）（x+1）＝x2﹣3x﹣4，解得x＝5﹣

∴HQ＝﹣t2+4t＝﹣（5﹣）2+4（5﹣

）＝﹣7+6，

③当QP＝QH时，∠QPH＝∠QHP＝45°，则∠AQH＝90°，显然不存在． 综上，HQ的值为3或﹣7+6

．

19．【分析】（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣1，将点A（﹣1，0）代入，即可求解；

（2）过点F作FR⊥EC交于点R，设F（t，t2﹣t﹣），则R（1，t2﹣t﹣

），

可得RC＝t2﹣t+，RF＝t﹣1，再由正方形的性质RF＝RC，可求RF＝4，即可求

解；

（3）由题可知，B（3，0），N（0，3），M（1，3），直线BN的解析式为y＝﹣x+3，设Q（m，3﹣m），当Q点在直线DF下方时，过点Q作QG⊥DF交于点G，作PT⊥DF交于点T，可证明△MTP≌△QGM（AAS），能求出P（1﹣m，4﹣m），即可求P（3﹣2

，6﹣2

）．

【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣1， 将点A（﹣1，0）代入，得a＝， ∴y＝x2﹣x﹣；

（2）如图1，过点F作FR⊥EC交于点R， 设F（t，t2﹣t﹣）， ∴R（1，t2﹣t﹣）， ∴RC＝t2﹣t+，RF＝t﹣1， ∵四边形CFED是正方形， ∴RF＝RC，

∴t2﹣t+＝t﹣1， ∴t＝1（舍）或t＝5， ∴F（5，3）， ∴RF＝4， ∴CF2＝32，

∴正方形CFED的面积是32；

（3）由题可知，B（3，0），N（0，3），M（1，3）， ∴直线BN的解析式为y＝﹣x+3， 设Q（m，3﹣m），

如图2，当Q点在直线DF下方时，过点Q作QG⊥DF交于点G，作PT⊥DF交于点T， ∵△PQM是等腰直角三角形，

∴∠TMP+∠GMQ＝90°，∠TMP+∠MTP＝90°， ∴∠TPM＝∠GMQ， ∵MP＝MQ，

∴△MTP≌△QGM（AAS）， ∴MG＝PT，MT＝GQ，

∴PT＝MG＝m﹣1，MT＝GQ＝m， ∴P（1﹣m，4﹣m）， ∵P点在抛物线上，

∴4﹣m＝（1﹣m）2﹣（1﹣m）﹣， ∴m＝﹣2±2∵m＞0， ∴m＝﹣2+2∴P（3﹣2

， ，6﹣2

）；

，6﹣2

，

即当△MPQ是以点M为直角顶点的等腰直角三角形时，点P坐标为（3﹣2

）．

20．【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线解析式，再利用公式或配方法求得抛物线顶点坐标；

（2）方法一：先证明△BDT是等腰直角三角形，得出∠DBT＝45°，再由旋转知：∠D1BD＝90°，推出∠OBD1＝90°﹣45°＝45°，根据OB＝OC，∠BOC＝90°，可得：∠OBC＝45°，故BD与BC重合，即D1落在直线BC上；

方法二：由旋转得：∠T1BT＝∠D1BD＝90°，∠BT1D1＝∠BTD＝90°，BT1＝BT＝1，D1T1＝DT＝1，进而得出：T1（3，1），D1（2，1），再求得直线BC的解析式为y＝﹣x+3，把点D1（2，1）代入验证即可；

（3）根据平移可得新抛物线的顶点D′（2+n，），分别按照点D′落在OC边上、BC边上时，求出对应n的值，即可得出答案；

（4）设P（2，m），则PC2＝（2﹣0）2+（m﹣3）2＝m2﹣6m+13，PA2＝（2﹣1）2+（m﹣0）2＝m2+1，AC2＝12+32＝10，根据以A、C、P为顶点的三角形为等腰三角形，可分三种情况：PC＝AC或PA＝AC或PC＝PA，分别建立方程求解即可得出答案． 【解答】解：（1）令y＝0，得ax2﹣4ax+c＝0， ∴x1+x2＝4， ∵2x1+x2＝5， ∴x1＝1，x2＝3，

∴A（1，0），B（3，0）， ∴OB＝3，

∵OB＝OC＝3，点C在y轴正半轴上， ∴C（0，3），

把A（1，0），C（0，3）代入y＝ax2﹣4ax+c，得：

，

解得：

∴抛物线的解析式为y＝x2﹣4x+3， ∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1， ∴抛物线的顶点坐标为D（2，﹣1）； （2）D1落在直线BC上．理由如下：

方法一：由（1）知：A（1，0），B（3，0），D（2，﹣1）， ∴抛物线对称轴为直线x＝2，

设直线x＝2交x轴于点T，则T（2，0）， ∴BT＝DT＝1，∠BTD＝90°，

∴△BDT是等腰直角三角形，∠DBT＝45°， 由旋转知：∠D1BD＝90°，

∴∠OBD1＝90°﹣45°＝45°， ∵OB＝OC，∠BOC＝90°， ∴∠OBC＝45°，

∴BD与BC重合，即D1落在直线BC上；

方法二：如图1，由旋转得：∠T1BT＝∠D1BD＝90°，∠BT1D1＝∠BTD＝90°，BT1＝BT＝1，D1T1＝DT＝1， ∴T1（3，1），D1（2，1）， 设直线BC的解析式为y＝kx+b， 则解得：

， ，

∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3， 当x＝2时，y＝﹣2+3＝1， ∴D1（2，1）在直线BC上；

（3）∵抛物线y＝x2﹣4x+3的顶点坐标为D（2，﹣1），

∴把抛物线y＝ax2﹣4ax+c向上平移个单位，再向右平移n个单位，所得新抛物线的顶点为D′（2+n，﹣1+）， 即D′（2+n，），

当点D′落在OC边上时，2+n＝0， 解得：n＝﹣2，

当点D′落在BC边上时，＝﹣（2+n）+3， 解得：n＝，

∴当D′（2+n，﹣1+）仍在△BOC内部时，﹣2＜n＜； （4）存在． 设P（2，m），

则PC2＝（2﹣0）2+（m﹣3）2＝m2﹣6m+13，PA2＝（2﹣1）2+（m﹣0）2＝m2+1，AC2＝12+32＝10，

∵以A、C、P为顶点的三角形为等腰三角形，

∴PC＝AC或PA＝AC或PC＝PA， 当PC＝AC时，即PC2＝AC2， ∴m2﹣6m+13＝10， 解得：m1＝3+∴P1（2，3+

，m2＝3﹣

，

）；

），P2（2，3﹣

当PA＝AC时，即PA2＝AC2， ∴m2+1＝10， 解得：m＝±3，

当m＝﹣3时，P（2，﹣3），A，C三点在同一条直线上，不能构成三角形，舍去， ∴P3（2，3）；

当PC＝PA时，即PC2＝PA2， ∴m2﹣6m+13＝m2+1， 解得：m＝2， ∴P4（2，2）；

综上所述，点P的坐标为（2，3+

）或（2，3﹣

）或（2，3）或（2，2）．