05挑战压轴题（解答题三）3

（挑战压轴题）2023年中考数学【三轮冲刺】专题汇编（长沙专用）—05挑战压轴题（解答题三）1．（2022·湖南长沙·统考中考真题）若关于x的函数y，当t-12≤x≤t+12时，函数y的最大值为M，最小值为N，令函数h=M-N(1)①若函数y=4044x，当t=1时，求函数y的“共同体函数”h的值；②若函数（k≠0，k，b为常数），求函数y的“共同体函数”h(2)若函数y=2x （x≥1）(3)若函数y=-x2+4x+k，是否存在实数k，使得函数y的最大值等于函数y的“共同体函数”【答案】(1)①2022；②k>0时，h=k2，k<0(2)1(3)t=2时，存在k=【分析】（1）①根据新定义结合正比例函数的性质即可求解；②根据新定义结合一次函数的性质即可求解；（2）根据新定义结合反比例函数的性质列出，根据二次函数的性质即可求解；（3）根据新定义结合二次函数的性质即可求解．【详解】（1）解：①当t=1时，则1-12≤x≤1+∵y=4044x，k=4044>0，y随x的增大而增大，∴h②若函数，当k>0时，t-1∴M=k∴h当k<0时，则M=kt∴h综上所述，k>0时，h=k2，k<0时，（2）解：对于函数y=2∵2>0，x≥1，函数在第一象限内，y随x的增大而减小，∴t解得t≥当t-∴M=∴h∵当t≥32时，4t∴当t=32时，4t最大值为h=（3）对于函数y=-xa=-x<2时，y随x的增大而增大，x>2时，y随x的增大而减小，当时，函数y的最大值等于4+k，在t-①当t+12<2时，即t<32∴h=12-∴的最小值为12（当t=3若12=4+k，解得但t<32，故②当t-12>2时，即t>52∴M-N2=t-2，∴的最小值为1若12解得k=-但t>52，故③当t-12≤2≤t+12i)当2-t-12N=h∵对称轴为t=52，12当t=2时，有最小值18，∴解得k=ii)当2-t-12<t+N=-∴h∵对称轴为t=32，12当t=2时，有最小值18，∵，∴在上h无最小值，综上所述，t=2时，存在k=-【点睛】本题考查了函数新定义，要掌握一次函数，反比例数，二次函数的性质，难点在于分类讨论时，t的取值范围的取舍．2．（2022·湖南娄底·统考中考真题）如图，抛物线y=12x2-2x-6与x轴相交于点A、点B(1)请直接写出点A，B，C的坐标；(2)点Pm,n0<m<6在抛物线上，当m取何值时，△PBC(3)点F是抛物线上的动点，作FE//AC交x轴于点E，是否存在点F，使得以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出所有符合条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)A-2,0，B6,0，(2)m=3，△PBC面积的最大值27(3)存在，或或4,-6．【分析】（1）令y=0得到12x2-2x-6=0，求出x即可求得点A和点B的坐标，令x=0，则（2）过P作PQ∥y轴交BC于Q，先求出直线BC的解析式，根据三角形的面积，当平行于直线BC直线与抛物线只有一个交点时，点P到BC的距离最大，此时，△PBC（3）根据点F是抛物线上的动点，作FE//AC交x轴于点E得到AE∥CF，设，当点F在x轴下方时，当点F在x轴的上方时，结合点OC=6，利用平行四边形的性质来列出方程求解．【详解】（1）解：令y=0，则12解得x1=-2，∴A-2,0，B令x=0，则y=-∴C0,（2）解：过P作PQ∥y轴交BC于设直线BC为y=kx+bk≠0，将B6,0、0=6k+bb=解得k=1b=∴直线BC为，根据三角形的面积，当平行于直线BC直线与抛物线只有一个交点时，点P到BC的距离最大，此时，△PBC∵Pm,n0<m<6∴，，∴，∵，∴m=3时，PQ最大为92而，∴△PBC的面积最大为27（3）解：存在．∵点F是抛物线上的动点，作FE//AC交x轴于点E，如下图．∴AE∥CF，设当点F在x轴下方时，∵C0,即OC=6，∴，解得a1=0（舍去），∴．当点F在x轴的上方时，令y=6，则，解得，，∴或．综上所述，满足条件的点F的坐标为或4,-6或．【点睛】本题是二次函数与平行四边形、二次函数与面积等问题的综合题，主要考查求点的坐标，平行四边形的性质，面积的表示，涉及方程思想，分类思想等．3．（2021·湖南长沙·统考中考真题）我们不妨约定：在平面直角坐标系中，若某函数图象上至少存在不同的两点关于y轴对称，则把该函数称之为“T函数”，其图象上关于y轴对称的不同两点叫做一对“T点”．根据该约定，完成下列各题．（1）若点A1,r与点Bs,4是关于x的“T函数”y=-4xx<0,tx2x≥0,t≠0,t是常数.的图象上的一对“（2）关于x的函数y=kx+p（k，是常数）是“T函数”吗？如果是，指出它有多少对“T点”；如果不是，请说明理由；（3）若关于x的“T函数”y=ax2+bx+c（a>0，且a，b，c是常数）经过坐标原点O，且与直线l:y=mx+n（m≠0，n>0，且m，n是常数）交于Mx1,y1，Nx【答案】（1）4,-1,4；（2）当k≠0时，关于x的函数y=kx+p（k,p是常数）不是“T函数”，理由见解析；当k=0时，关于x的函数y=kx+p（k,p是常数）是“T函数”，它有无数对“T点”；（3）直线l总经过一定点，该定点的坐标为(1,0)．【分析】（1）先根据关于y轴对称的点坐标变换规律可得r,s的值，从而可得点A的坐标，再将点A的坐标代入“T函数”即可得；（2）分k≠0和k=0两种情况，当k≠0时，设点与点(-x0,y0)是一对“T点”，将它们代入函数解析式可求出k=0，与k≠0矛盾；当k=0时，y=p是一条平行于x轴的直线，是“T函数”，且有无数对（3）先将点代入y=ax2+bx+c可得c=0，再根据“T函数”的定义可得b=0，从而可得y=ax2，与直线y=mx+n联立可得x1,x2是方程ax【详解】解：（1）由题意得：点A1,r与点Bs,4关于∴r=4,s=∴A∵1>0∴将点A1,4代入y=tx2故答案为：4,-（2）由题意，分以下两种情况：①当k≠假设关于x的函数y=kx+p（k，是常数）是“T函数”，点与点(-x0,y0)是其图象上的一对“则kx解得k=0，与k≠所以当k≠0时，关于x的函数y=kx+p（k,p是常数）不是“T函数”；②当k=0时，函数y=kx+p=p是一条平行于x轴的直线，是“T函数”，它有无数对“T点”；综上，当k≠0时，关于x的函数y=kx+p（k,p是常数）不是“T函数”；当k=0时，关于x的函数y=kx+p（k,p是常数）是“T函数”，它有无数对“T点”；（3）由题意，将代入y=ax2+bx+c得：∴y=a设点(x3,y3)(x3≠0)与点(-x3,则ax32∴y=a联立y=ax2y=mx+n∵“T函数”y=ax2与直线y=mx+n交于点Mx∴x1,x2∴x∵1∴x1+解得n=-则直线l的解析式为y=mx-当x=1时，y=m-因此，直线l总经过一定点，该定点的坐标为(1,0)．【点睛】本题考查了关于y轴对称的点坐标变换规律、二次函数与一次函数的综合、一元二次方程根与系数的关系等知识点，掌握理解“T函数”和“T点”的定义是解题关键．4．（2021·湖南株洲·统考中考真题）已知二次函数y=ax（1）若a=12，b=c=-2，求方程（2）如图所示，该二次函数的图像与x轴交于点Ax1,0、Bx2,0，且x1<0<x2，与y轴的负半轴交于点C，点D在线段①求证：△AOC②连接BC，过点D作DE⊥BC于点E，点F0,x1-x2在y轴的负半轴上，连接【答案】（1）Δ=8（2）①证明见解析；②=2【分析】（1）根据判别式公式代入求解即可．（2）①通过条件，得到OC=OB，再根据ASA即可得到两个三角形角形全等．②通过分析条件，证明△AOF∼△DEB，得到AODE=【详解】解：（1）当a=12，时，方程为：1Δ=b2（2）①证明：∵x1+x∴x2∴OC=OB=c在△AOC与△DOB&∠ACO=∴．②解：，，∴∠CFA=∵DE⊥∴∠DEB=9又∵∠AOF=90∴△AOF∴AODE∵OC=OB=c，且∠∴∠OCB=45∘,在Rt△DEC中，∠OCB=4∴DC=2又∵，∴OD=OA=-又∵OC=OD+DC，∴DC=-c+x1，∴EB=BC-∵AODE∴-x1即：cx∴=2或=1（舍），【点睛】本题考查的是二次函数与一元二次方程的关系，韦达定理，以及一元二次方程的解法，三角形全等和相似等相关知识点，根据题意能够找见相关等量关系是解题关键.5．（2020·湖南株洲·中考真题）如图所示，二次函数y=ax2+bx+c(a>0)的图像（记为抛物线Γ）与y轴交于点C，与x轴分别交于点A、B，点A、B的横坐标分别记为x1，（1）若a=c，b=-3，且过点(1,-（2）若关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0的判别式Δ'=4．求证：当b<-（3）若AB2=c2-2c+6c，点P的坐标为(-x0,-1)，过点P作直线l垂直于y轴，且抛物线的Γ顶点在直线l上，连接OP、AP、BP，【答案】（1）y=x2-3x+1；（2）见解析；（【分析】（1）根据题意，把a=c，b=-3，点(1,-（2）利用根的判别式进行判断，即可得到结论；（3）根据二次函数的性质，得到b2-4ac=4a，结合根与系数的关系，得到4a=c2-2c+6【详解】解：（1）由题意得：y=ax∵函数过点(1,-∴a-∴，∴y=x（2）由题意，一元二次方程ax2+bx+c=0∴Δ=b∴4ac=b在函数y1Δ∵b<-∴2b+5<0，即函数图象与x轴没有交点．（3）因为函数顶点在直线l上，则有，即b2∵AB∴x2即x1∴b2由①得：4a∵∠OAP=∴∠∵∠OAP=∠OBP+∠APB，∠∴∠OBP=则△OAP∴OAOP∴OA⋅∴x1∴ca∴x0由②得：x0∴x0∴当c=1时，x0【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，相似三角形的判定和性质，一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质，二次函数的最值等知识进行解题．1．（2023·湖南永州·统考一模）如图，抛物线y=ax2＋bx＋c经过坐标原点O及点A（-4，(1)求抛物线的解析式；(2)连接OC，点Q是直线AC上不与A、B重合的点，若S△OAQ=2(3)是否存在x轴上一动点H和平面内相应点N，使以点A、H、C、N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点H和相应点N的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=1(2)或；(3)存在，，H(62-4,0)或，H-62-4,0或N(-4,6)，H(2,0)或，【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的解析式；（2）先计算出，再求出AC解析式，设出点Q坐标，根据三角形面积公式即可求解；（3）分类讨论，分别当AC、AH、AN为对角线时，画出图形即可求解．【详解】（1）把A(-4,0)，、代入y=ax2＋得：16a-解得a=1∴抛物线的解析式为y=1（2）、，∴，，设直线AC的表达式为y=kx+d，将点A(-4,0)、代入得：0=-4k+d解得k=1d=4的表达式为y=x+4．设点Q的坐标为，∴，解得q=-16或q=8，当q=-16时，q+4=-当q=8时，q+4=12．∴点Q的坐标为或；（3）存在一点N，使以点A、、C、N为顶点的四边形是菱形，理由如下：①当AC为菱形的对角线时，如图所示，由（2）可知，OA=OB=4，∴∠，∴菱形AHCN为正方形，∴点N的坐标为，点的坐标为(2,0)，②如图所示，当AH为菱形对角线时，C、N关于x轴对称，∴点N坐标为(2,-6)，点坐标为(8,0)；③当AN为对角线时，如图所示，，∴CN=AC=6∴点N的坐标为，点坐标为(62-4,0)，或点N的坐标为，点坐标为(-62综上所示，点N、H的坐标为：，H62-4,0或，H-62-4,0或N(-4,6)，H(2,0)或【点睛】本题考查二次函数的综合应用，待定系数法求函数表达式，自变量取值范围内的函数值，三角形面积，菱形等知识，解题的关键是添加辅助线，构造出相应图形解决问题．2．（2023·湖南郴州·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=-x2+bx+c的图象与坐标轴相交于A、B、C三点，其中A点坐标为3,0，B点坐标为-1,0，连接AC、BC．动点P从点A出发，在线段AC上以每秒2个单位长度向点C做匀速运动；同时，动点Q从点B出发，在线段BA上以每秒1个单位长度向点A做匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，连接，设运动时间为(1)求b、c的值．(2)在P、Q运动的过程中，当t为何值时，四边形BCPQ的面积最小，最小值为多少？(3)在线段AC上方的抛物线上是否存在点M，使△MPQ是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出点M【答案】(1)b=2(2)t=2时，四边形BCPQ的面积最小，最小值为4(3)存在，3+【分析】（1）待定系数法进行求解即可；（2）过点P作PH⊥x轴，垂足为H，利用S四边形（3）过点P作x轴的垂线，交x轴于E，过M作y轴的垂线，与EP交于F，连接MQ，MP，证明△PFM≌△QEPAAS，进而求出点M【详解】（1）解：∵二次函数y=-x2+bx+c的图象经过点A3,0，则0=-解得：b=2c=3（2）由（1）得：抛物线表达式为y=-∴△OAC∴∠BAC=45由点P的运动可知：AP=2过点P作PH⊥x轴，垂足为∴AH=PH=2t2又Q-∴S，==1∵当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，AC=3∴0≤∴当t=2时，四边形BCPQ的面积最小，最小值为4；（3）存在．假设点M是线段AC上方的抛物线上的点，如图，过点P作x轴的垂线，交x轴于E，过M作y轴的垂线，与EP交于F，连接MQ，MP．∵△PMQ是等腰直角三角形，PM=PQ,∠∴∠MPF+∠QPE=90°，又∠MPF+∴∠PMF=在△PFM和△QEP∠F=∴△PFM∴MF=PE=t,PF=QE=4-∴EF=4-又OE=3-∴点M的坐标为3-∵点M在抛物线y=-∴4-t=解得：t=9-17∴M点的坐标为3+17【点睛】本题考查二次函数的综合应用．正确的求出函数解析式，利用二次函数的性质和数形结合的思想进行求解，是解题的关键．3．（2023·湖南长沙·统考一模）平面直角坐标系中，抛物线y=a(x-1)2+92与x轴交于A，B(4，0)(1)求抛物线的解析式，并直接写出点A，C的坐标；(2)在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△BCP是直角三角形？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，点M是直线BC上的一个动点，连接AM，OM，是否存在点M使AM+OM最小，若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由；【答案】(1)y=-12(x-1)2+92，(2)存在，P(1，5)，(1，-3)，(1，7)，(1，7)(3)存在，85，12【分析】（1）将B(4，0)代入y=a(x-1)2+（2）根据题意y=-12(x-1)2+92，对称轴为直线x=1，设P1,n，根据勾股定理BC2=42+42（3）存在点M使AM+OM最小，作O点关于BC的对称点Q，连接AQ交BC于点M，连接BQ，求得直线AQ的解析式，直线BC的解析式为y=-x+4【详解】（1）解：将B(4，0)代入y=a(x-即0=9a+92，解得：∴y=-令x=0，则y=-令y=0，则-1解得：x1A(-2,0)，C(0，4)（2）解：存在点P∵y=-12(x-1设P1,n∵B(4，0)，∴BC2=4①当∠BCP=90°时，BP∴4-12+解得：n=5②当∠CBP=90°时，PC∴12+解得：n=-③当∠BPC=90°时，BC324-12+n解得：n=2-7或n=2+综上所述：P(1，5)，(1，-3)，(1，7)，(1，7)（3）存在点M使AM+OM最小，理由如下：作O点关于BC的对称点Q，连接AQ交BC于点M，连接BQ，由对称性可知，OM=QM，∴AM+OM=AM+QM当A、M、Q三点共线时，AM+OM有最小值，∵B(4，0)，C(0，4)，∴OB=OC∴∠由对称性可知∠QBM=45∴BQ∴Q(4，4)，设直线AQ的解析式为y=kx+b，-2k+b=04k+b=4解得k=2∴直线AQ的解析式，设直线BC的解析式为y=mx+4，∴4m+4=0∴m=∴直线BC的解析式为y=-联立方程组y=-解得x=885，125【点睛】本题考查了二次函数综合运用，待定系数求解析式，勾股定理，轴对称的性质求线段长的最值问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．4．（2023·湖南永州·统考一模）已知抛物线y=ax2+bx（a，b为常数，且a≠0）的对称轴为x=1，且过点1,12．点P是抛物线上的一个动点，点P的横坐标为t，直线AB的解析式为y=-x+c，直线AB与x轴相交于点A(1)求抛物线的解析式；(2)当直线AB与抛物线y=ax2+bx(3)当t≤x≤t+1时，是否存在t的值，使函数y=ax2+bx的最大值为1【答案】(1)y=(2)0,2(3)存在，t的值为-22【分析】（1）利用待定系数法求解；（2）联立两个函数解析式得x2-4x+2c=0，由直线AB与抛物线y=-12x2+x只有一个交点，得Δ=0，即（3）分类讨论：①当时，②当0≤t≤1时，③【详解】（1）解：由题意可得，该抛物线对称轴为，将点1,12代入抛物线解析式得：联立-b2a=1a+b=∴抛物线的解析式为y=-（2）由y=-x+cy=-12x2∵直线AB与抛物线y=-1∴Δ=0，即解得c=2，∴直线AB的解析式为y=-令x=0，得y=2∴点B的坐标为0,2；（3）分类讨论：①当时，t≤x≤t+1<1，∵，对称轴为x=1，∴此时y随x的增大而增大，∴y的最大值由-12(t+1②当0≤即当x=1时，y取得最大值=-12③当时，1<t≤x∵，对称轴为x=1，∴此时y随x的增大而减小，∴当x=t时，y取得最大值，y的最大值=-由-12t2+t=综上可知t的值为-22或【点睛】此题考查了二次函数的综合知识，待定系数法求函数解析式，直线与抛物线交点问题，二次函数的图象与性质，正确掌握二次函数的知识是解题的关键．5．（2023·湖南长沙·校联考二模）我们不妨约定：若存在实数k，对于函数图象上任意两点x1，y1、x2，y(1)下列幸福函数的幸福指数为6的，请在相应题目后的括号中打“√”，不是的打“×”；①y=2x-1-1②；③y=x-12(2)若一次函数和反比例函数（a，b为常数，且a≠0），当t-12≤x≤t+12且t>(3)若关于x的幸福函数y=-x2+4x+t（t为常数），当t-1【答案】(1)①√，②×，③×(2)5(3)53或【分析】（1）①当x=-1时，y=2x-1=-3，当时，y=2x-1=3，则kmin=3--3=6（2）a>0时，求出两个函数k的最小值，即可求解；（3）当t<2时，当x=t时，y=-t2+5t，当时，y=-t2+7t-5，则-【详解】（1）解：①当x=-1时，y=2x-1=-3，当时，y=2x-1=3则kmin②当x=-3时，y=-3x=1，当x=-则kmin③当x=3时，y=x-12+2=6，当时，则kmin故答案为：√，×，×；（2）解：∵t>12，故当a>0时，当x=t+12时，y=ax+b=at+12当x=t-12时，y=-at-12即，解得：t=5当a<0时，列出的函数关系式和t的值和a>0得情况完全相同，故t=5（3）解：当x=t时，y=-当时，y=-t2+7t-5，当时，y=t+4①当t<2时，当x=t时，y=-t2+5t，当时，则-t解得：t=5②当2≤当t≥52时，当时，y=t+4，当时，y=-则t+4-解得：t=7当t<52时，同理可得：解得：t=4或1（均舍去）；③当t>3时，当时，y=-t2+7t-5，当x=t时，则-t解得：t=5；综上，t=53或【点睛】本题考查了二次函数综合运用，涉及到新定义、一次函数、反比例函数、二次函数的图象和性质，数形结合和正确理解新定义是解题的关键．6．（2023·湖南邵阳·统考一模）如图，一次函数y=12x+2与x轴，y轴分别交于A、C两点，二次函数y=ax2+bx+c的图象经过A、C两点，与(1)求该二次函数表达式；(2)在y轴的正半轴上是否存在一点M，使以点M、O、B为顶点的三角形与△AOC相似，若存在，求出点M(3)在对称轴上是否存在点P，使△PAC为等腰三角形，若存在，求出点P【答案】(1)y＝﹣12x2﹣32(2)存在，点M（0，2）或（0，12(3)存在，（﹣32，552）或（﹣32，﹣552）或（﹣32，0）或（﹣32，2+）或（﹣3【分析】（1）分别求出点A，点C的坐标，根据对称轴求出另一交点，再根据交点式得出答案；（2）以点M、O、B为顶点的三角形与△AOC相似，∠AOC=∠MOB=90°，则∠MBO=∠CAO或∠MBO=（3）分PA=AC、PA=PC、三种情况，利用线段长度相等，列出等式求解即可．【详解】（1）对于y=12x+2，当x=0时，y=2令y=12x+2=0，则x=-4∵抛物线的对称轴为直线x=-32∴抛物线与x轴的另一个交点为-设二次函数表达式为：y=a(x-∵抛物线过点，则-4a=2解得：a=-故抛物线的表达式为：y=-（2）存在，理由：在Rt△AOC中，AO=4，CO=2，则∵以点M、O、B为顶点的三角形与△AOC相似，∠AOC=∴∠MBO=∠CAO或∠MBO=∴tan∠MBO=tan即OMBO=OM解得：OM=12或即点M0,2或(0,（3）存在，理由：根据题意对称轴x=-b2a=-由点A、C、P的坐标得：PA2=-3当PA=AC时，则(-解得：t=±即点P的坐标为：(-32,当PA=PC时，则(-解得：t=0，即点P(-当时，则20=94解得：t=2±即点P的坐标为：(-32,2+综上，点P的坐标为：(-32,552)或(-3【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，等腰三角形的性质，解直角三角形等知识，分类讨论是本题求解的关键．7．（2023·湖南长沙·统考模拟预测）如果一个函数的图象由两支组成，且每一支都满足y随x的增大而减小，那么称这个函数为“双减函数”，例如，我们学过的反比例函数y=6x就是“双减函数(1)已知“双减函数”y=ax的图象经过点1，b和-1(2)若关于x的函数y=k-3x+2cx≥0-k+1x-c(x<0)是“双减函数”（k为整数），与直线y=d（d为常数）有两个交点A，B(3)若关于x的函数y=x2+n(x<0)-x2+n-2x≥0是“双减函数”，当x≠0时，函数的图象关于原点对称．当t≤x≤t+2时，y的最大值为M，【答案】(1)y=2(2)；(3)72或．【分析】（1）根据反比例函数经过点1，b和（2）根据双减函数的定义求出k的值，再根据函数与y=d有两个交点并且交点距离是一个定值即可解答；（3）根据题意求出双减函数的解析式，再利用函数的性质分三种情况分别得到t的值．【详解】（1）解：依题意得a=1⋅即a=ba=解得a=2b=2∴该“双减函数”的解析式为y=2（2）解：依题意得k解得1<k<3，又∵k为整数，∴k=2，∴y=-①当c≥0时，如图由y=-解得x=2c-由y=-解得x=∴AB=2c∴c=2，由图象可得，，∴；②当c<0时，如图2．y=-x+2cx≥0-x-c(x<0)的图象与直线y=d∴不符合要求．综上所述，d的取值范围是．（3）解：根据题意可知：当x=1时，；当x=-1时，y=-1∵当x≠∴n-3+n+1=0∴y=函数图象如图3．①当t≥0时：当x=t时，y最大；当x=t+2时，y最小，∴，，∵，∴，解得；②当-2≤t<0时：当x=t时，y最大；当x=t+2时，y最小，∴，，∵，∴，t2+2t-6=0③当t<-2时：当x=t时，y最大：当x=t+2时，y最小，∴，．∵，∴，解得，综上所述，t的值为72或．【点睛】本题考查了新定义双减函数，一次函数性质和图象，反比例函数的性质和图象，二次函数的性质和图象，理解双减函数定义和性质是解的关键．8．（2023·湖南长沙·校联考三模）在平面直角坐标系xOy中，对于点Px，y和Qx，y'．给出如下定义：如果y'=yx≥0-y(x<0)，那么称点Q为点P的“沉毅点”．例如点(1，2)的(1)若直线y=x+3上点M的“沉毅点”是N(n，4)，求点(2)若双曲线上点P的“沉毅点”为点Q，且S△POQ=4，求k(3)若点P在函数y=-x2+4-2≤x≤a上，其“沉毅点”Q的纵坐标y'【答案】(1)点M的坐标为1，4(2)k=(3)2【分析】（1）先根据题中条件写出点M的坐标为n，n+3，然后根据“沉毅点”的定义分n≥0和n<0两种情况进行讨论，分别求出n的值，即可得出点（2）设点Pm，km，且m<0，根据“沉毅点”的定义可得点Q的坐标为m，-km（3）当y=-4时，求出x的值，再根据“沉毅点”的定义即可解决问题．【详解】（1）∵直线y=x+3上点M的“沉毅点”是Nn∴点M的坐标为n，当n≥0时，根据“沉毅点”的定义可得：n+3=4，解得：n=1，此时点M的坐标为1，当n<0时，根据“沉毅点”的定义可得：n+3=-解得：n=-此时点M的坐标为-7综上所述，点M的坐标为：1，4或（2）由题意可设点Pm，k根据“沉毅点”的定义可得点Q的坐标为m，∴PQ=∴S∵S∴k∴k=（3）如图为“沉毅点”函数图象：从函数图象看，“沉毅点”Q的纵坐标y'的取值范围是-而-2当x=-2时，y=0，当y=0时，或-2，当y=-4时，-4=-a2+4，解得：a=±2观察图象可知满足条件的a的取值范围为2≤【点睛】本题考查一次函数图象上点的坐标特征，反比例函数图象上点的坐标特征，二次函数图象上点的坐标特征，三角形面积，解题的关键是理解题意，属于创新题目，中考常考题型．9．（2023·湖南株洲·一模）已知抛物线y=1(1)如图1，当c=-6时，抛物线分别交x轴于A，B，交y轴于点C．①求抛物线的顶点坐标；②点P在对称轴的右边，并且在x轴下方的抛物线上，过P点作PD∥y轴，交线段BC于点D，作PE∥x轴，交抛物线于另一点E，若PE=PD，求点P的坐标；(2)如图2，若抛物线与x轴有唯一公共点F，直线l：y=kx+b(k>0，b>0)与抛物线交于M，N两点(点N在点M右边)，直线轴，交直线NF于点G，且点G的纵坐标为-3，求b-3【答案】(1)①(2，-8)，②，(2)-【分析】（1）①当c=-②先求得出直线CB的解析式为；设点P的坐标为(t，12t2-2t-6)，则D(t，t-6)，依题意点P与点E关于抛物线对称轴直线对称，E(4-t，12（2）根据题意得出y=12x2-2x+2，过点N作NT⊥x轴于点T，设点，12m2-2m+2)，N(n，12n2-2n+2)，【详解】（1）解：①当c=-6时，抛物线y=．∴对称轴为直线x=-当时，y=-8∴顶点坐标为(2，-8)②抛物线y=

令x=0，则y=-6∴C(0，，令y=0，得：1解得：x1=-2，∴A(-2，，B(6，，设直线CB的解析式为y=mx+n，∵B(6，，，，6m+n=0n=-解得：m=1n=∴直线CB的解析式为；设点P的坐标为(t，12t2-2t-6)12t∵PE∥x∴点P与点E关于抛物线对称轴直线对称，∴E(4-t，12∴PE=2t∵PE=PD∴-1整理得t解得：t=4或t=-2(舍去)，12∴P(4，（2）证明：∵抛物线y=与x轴有唯一公共点F，12c解得：c=2，∴y=此时，F(2，如图，过点N作NT⊥x轴于点T，设点，12m2-2m+2)，N(n，12则y=kx+by=∴m、n是方程12∴m+n=2k+4，mn=4-∵∠∴tan∠SFG32-∴n∴2∴2∴b=3∵k>0，b>0，b-3【点睛】本题考查了二次函数综合应用，正切的定义，一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．10．（2023·湖南衡阳·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C0,-3，点A在原点的左侧，点B的坐标为3,0，点(1)求这个二次函数的表达式．(2)连接PO、PC，并把△POC沿CO所在直线翻折，得到四边形POP'C，那么是否存在点P(3)当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形ABPC的面积．【答案】(1)y=(2)存在；2+(3)32,-【分析】（1）用待定系数法求解即可；（2）存在点P，使四边形POP'C为菱形．设点P的坐标为，连接PP'交CO于点E，根据菱形的性质可得（3）过点P作y轴的平行线交BC于点Q，交OB于点F，设Px,x2-2x-3，求出直线BC的解析式，设Px,x2【详解】（1）解：将B、C两点的坐标代入得9+3b+c=0c=解得b=-∴二次函数的表达式为y=x（2）存在点P，使四边形POP如图，设点P的坐标为，连接PP'交CO于点E若四边形POP'C是菱形，则有PC=PO，则PE∴OE=EC=3∴y=-∴，解得，（不合题意，舍去），∴P点的坐标为2+10（3）如图，过点P作y轴的平行线交BC于点Q，交OB于点F，解x2x1=-1，∴点A-∵C0,∴设直线BC的解析式为y=kx-把B3,00=3k-∴k=1，∴直线BC的解析式为y=x-设Px,x2-2x-3，则则S===，当x=32时，四边形ABPC此时P点坐标为32,-154，四边形【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数和一次函数解析式，折叠的性质，菱形的性质，以及函数与图形的面积，数形结合是解答本题的关键．11．（2023·湖南株洲·统考一模）如图1，抛物线y=-x2-ax-3a+9与x轴交于A、B两点（A点在B(1)当a=2，求AB的长；(2)若该函数的图像与x轴只有一个交点，求a的值；(3)如图2，当a<2时，在第一象限的抛物线上有一点M(1,m)，直线AM交y轴于点P，直线BM交y轴于点Q，OP⋅OQ=12，求a的值．【答案】(1)AB=4(2)a=6(3)【分析】（1）由题意得：抛物线的解析式为：y=-x2-2x+3，令y=0，即（2）已知抛物线的解析式为：y=-x2-ax-3a+9，函数的图像与x轴只有一个交点，令y=0，得到-x2（3）设A(x1,0)，B(x2,0)，求出直线AM、BM与y轴的交点P、点Q，根据一元二次方程根与系数的关系得到x1x2【详解】（1）当a=2，y=-令y=0，即-解得：，x2=1∴A(-3,0)，∴AB=4（2）∵抛物线的解析式为：y=-x2-ax-3a+9令y=0，得到-x整理得：x2∴Δ=a∴a2∴(a-∴a=6（3）∵y=-x2-ax-3a+9设A(x1,0)设直线AM的解析式为：，∴kx∴k=m∴P(0,m设直线BM的解析式为：y=ex+f，∴ex∴e=m∴Q(0,m∵OP⋅∴mx∵x1，x2是方程∴x1x2∵M(1,m)在抛物线上，∴-1∴m=8-∵mx∴m2∴(8-解得：或，∵a<2，∴【点睛】本题考查了二次函数综合题，待定系数法求解析式，求二次函数与x的交点问题，一次函数与坐标轴的交点问题，一元二次方程根与系数的关系，解一元二次方程，综合运用以上知识点是解题的关键．12．（2023·湖南岳阳·校联考一模）如图，抛物线y=12x2-2x-6与x轴相交于点A、点B(1)请直接写出点A，B，C的坐标；(2)若点P是抛物线BC段上的一点，当△PBC的面积最大时求出点P的坐标，并求出△(3)点F是抛物线上的动点，作FE∥AC交x轴于点E，是否存在点F，使得以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出所有符合条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)A-2,0，B6,0(2)点P的坐标为3,-152时，S(3)存在，点F的坐标为4,-6或或【分析】（1）将x=0和y=0代入抛物线y=1（2）连接OP，设点Pm,12m2-2m-6，分别表示出S△POC，S（3）可分为两种情形：①当四边形为ACFE时，点F和点C关于抛物线对称轴对称，从而得出点F的坐标，②当四边形为ACEF时，可推出点F的纵坐标为6，进而求得结果．【详解】（1）解：当x=0时，y=-，当y=0时，0=1解得x1=6，∴A-2,0，B（2）解：如图，连接OP，设点Pm,∴SS△∵S∴==3m+3=-∴当m=3时，即点P的坐标为3,-152时，S△PBC（3）解：存在．①如图，当四边形为ACFE时，AE∥∵抛物线对称轴为直线x=-∴F的坐标为4,-②如图，当四边形为ACEF时，作FG⊥AE于点G，∴FG=OC=6当y=6时，，∴x1=2+2∴F2+27,6综上所述，点F的坐标为4,-6或或．【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，抛物线与坐标轴的交点，平行四边形的判定，三角形的面积，正确构造辅助线画出图形是解题的关键．13．（2023·湖南长沙·校联考一模）如图，抛物线y=ax2+bx+c(b≠0)的顶点为A，与y轴交于点C．过点A作线段AB垂直y轴交于点B，过点C作线段CD垂直抛物线的对称轴交于点D，我们称矩形ABCD为抛物线y=ax2(1)请根据定义求出抛物线y=2x2+4x-2的“伴随矩形(2)已知抛物线y=-x2-3x+2的“伴随矩形”为矩形ABCD，若矩形ABCD的四边与直线y=mx-m+1(3)若对于开口向上的抛物线y=ax2+bx+32(b≠0)，当y=0时，方程ax2+bx+32=0的两个根为x1，x2，且满足下列条件：①该抛物线的“伴随矩形”【答案】(1)2(2)(3)t的值为9或-【分析】（1）求出A(-1,-4),C(0,-2)，即可得矩形ABCD的边长分别为1和2，再求面积即可；（2）先求出“伴随矩形”为矩形ABCD的四个顶点坐标分别为，，，，直线经过B点时m=-134，直线经过D点时m=-25，则时，矩形ABCD的四边与直线y=mx-m+1共有两个交点，当双曲线经过A点时，m=-178，则m<-178时，矩形ABCD的四边与双曲线（3）抛物线的“伴随矩形”ABCD的顶点分别是，B0,32-b24a，，，由题意可得|-b2a|=|-b24a|，，求出13≤a≤1，再由，进一步确定，根据韦达定理得x1+x2=-ba，，则x12+x22+(2-163t)【详解】（1）解：∵y=2x∴A(-当x=0时，y=-∴C(0,-∴伴随矩形”ABCD的面积；（2）∵，∴“伴随矩形”为矩形ABCD的四个顶点坐标分别为，，，，直线经过B点时，，解得m=-134，直线经过D点时，，解得m=-2∴时，矩形ABCD的四边与直线y=mx-m+1当双曲线经过A点时，m=-∴m<-178时，矩形ABCD的四边与双曲线∴时，满足题意；（3）∵y=ax∴，∴抛物线的“伴随矩形”ABCD的顶点分别是，B0,32-b2∵“伴随矩形”ABCD为正方形，∴|-∴，∵，∴，∵抛物线开口向上，∴a>0，∴，∵方程ax2+bx+32=0的两个根为∴，∴a≤∴，∴3∴x1+x∴，∵的最小值为-20t，当t>3时，4(3-解得t=9；当t<32时，解得t=-当32≤t≤3时，解得t=0（舍）或t=5（舍）；综上所述：t的值为9或-【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，矩形的性质，弄清“伴随矩形”的定义是解题的关键．14．（2023·湖南长沙·校联考二模）如图1，抛物线y=ax2+3ax（a为常数，a<0）与x轴交于O，A两点，点B为抛物线的顶点，点D是线段OA上的一个动点，连接BD并延长与过O，A，B三点的⊙P相交于点C，过点C作⊙P的切线交(1)①求点A的坐标；②求证：CE=DE；(2)如图2，连接AB，AC，，BO，当a=-233，①求证：AB②求的值．【答案】(1)①A-3，(2)①见解析；②【分析】（1）①令y=0，可得axx+3=0，则②连接PC，连接BP延长交x轴于点M，由切线的性质可证得∠ECD=∠CDE，则CE=DE；（2）①由y=ax2+3ax=-233x2-23x=-233②过点O分别作BC、的垂线，交BC、于点N、M，过点B作AE的垂线，交AE于点G，设OE=m，点D的坐标为t，0，由∠CAE=∠OBE可得∠CBO=∠OBE，再根据角平分线的性质，结合三角形的面积，得出BDBE=OD【详解】（1）解：①令y=ax∴axx+3解得x=0或-3∴A-②如图，连接PC，连接PB，延长交x轴于点M，∵⊙P过O、A、B三点，B∴PM⊥OA，∠PBC+又∵PC=PB，∴∠PCB=∵CE为切线，∴∠PCB+又∵∠BDM=∴∠ECD=∴CE=DE；（2）解：①如图，∵a=-∴y=ax令y=0，可得-2∴x=0或-3∴A-3，0，∴OA=3，AB=OB=3∴△OAB∴∠BAO=∴∠ACB=∴∠ACB=∵∠CAE=∠OBE∴∠BAO+∠CAE=∠BAC，∠ABO+∴∠BAC=∴△BAC∴，∴AB②解：如图，过点O分别作BC、的垂线，交BC、于点N、M，过点B作AE的垂线，交AE于点G，设OE=m，点D的坐标为t，∵∠CAE=∠CBO，∠CAE=∴∠CBO=∴ON=OM，∵S△OBD=1∴S△∵S△OBD=1∴S△∴BDBE∵，，∴，∴m=-3tt+3或∴-1∴1OD【点睛】本题是二次函数与圆的综合问题，考查了二次函数图象与x轴的交点坐标、切线的性质、等腰三角形的判定、圆周角定理等知识．把圆的知识镶嵌其中，会灵活运用圆的性质进行计算是解题的关键．15．（2023·湖南岳阳·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-x2+bx+8与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，直线y=x-t过点B，与y轴交于点D，点C与点D关于x轴对称．点P是线段OB上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点M，交直线BD(1)求抛物线的解析式；(2)当△MDB的面积最大时，求点P(3)在（2）的条件下，在y轴上是否存在点Q，使得以Q，M，N，D为顶点的四边形是平行四边形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在；说明理由【答案】(1)y=(2)3,0(3)存在，Q0,17或【分析】(1)首先根据二次函数的解析式，可求得点C的坐标，根据对称性质即可求得点D的坐标，即可求得一次函数解析式及点B的坐标，再利用待定系数法，即可求得抛物线的解析式；(2)设Pm,0，则Mm,-m2+7m+8，N(3)由(2)知，M3,20，N3,-5，【详解】（1）解：令x=0，则y=8，∴C∵点C与点D关于x轴对称．∴D把D0,-8代入y=x∴-∴t=8∴y=x令y=0，得y=x-解得x=8，∴B把B点坐标代入y=-0=-解得，b=7，∴抛物线的解析式为：y=-（2）设Pm,0，则Mm,-m则MN=-∴S∵-∴当m=3时，△MDB此时，P点的坐标为3,0；（3）解：存在，由(2)知，M3,20，N∴MN=20∵点Q在y轴上，∴QD∴当QD=MN=25时，以Q，M，N，D为顶点的四边形是平行四边形，∵D0,-8，且点∴点Q的纵坐标为：25-8=17可-∴Q0,17或0,【点睛】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求二次函数及一次函数的解析式，平行四边形的判定，采用数形结合的思想是解决此类题的关键．1．（2023·湖南湘西·统考模拟预测）综合与探究：如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx-4与x轴交于点A-1,0，B3,0，与y轴交于点C，连接BC．若在第四象限的抛物线上取一点M，过点M作MD⊥x轴于点D(1)求抛物线的表达式；(2)试探究抛物线上是否存在点M，使ME有最大值？若存在，求出点M的坐标和ME的最大值；若不存在，请说明理由；(3)连接CM，试探究是否存在点M，使得以M，C，E为顶点的三角形和△BDE相似？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=(2)存在，ME的最大值为3，此时，点M(3)存在，点M的坐标为：2316,-【分析】（1）利用待定系数法，把点A和点B的坐标代入到解析式中求解即可；（2）求出BC的解析式，分别用x的代数式表示点M,E的坐标，再表示出ME的长度，然后求解即可；（3）分类讨论，当∠CME为直角时，利用对称的性质求解；当∠ECM=90°时，利用已知点的坐标求出BC的解析式，再利用垂直的性质求出CM的解析式，再与抛物线解析式联立求解即可．【详解】（1）解：把点A-1,0，B3,0，代入得：a-解得：a=则抛物线的表达式为则抛物线的表达式为：y=4（2）存在，理由如下：由抛物线解析式可知：点C设BC的表达式为：y=kx-将点B的坐标代入上式得：0=3k-解得：k=4则直线BC的表达式为：y=4设点Ex,43则ME=(4∵-43<0当x=32时，ME的最大值为3，此时，点（3）存在，理由如下：∵∠DEB=∠CEM，M，①当∠CME则点C、M关于抛物线对称轴对称，而抛物线的对称轴为x=3则点M3,②当∠ECM=90由（1）得C0,-4，设直线BCy=k把B3,0代入得3∴设直线CM的解析式为：y=k易知：k1∴故直线CM的表达式为：y=-联立抛物线表达式和上式得：43解得：x=0（舍去）或x=23即点M(23综上，点M的坐标为：2316,-【点睛】本题主要考查待定系数法求解析式，抛物线中最值问题以及抛物线与相似的综合性题目，熟练掌握待定系数法以及将线段最值转化为二次函数求最值的题目的能力，利用分类讨论的方法是解决本题的关键．2．（2023·湖南长沙·模拟预测）如图1，拋物线与x轴交于A-1,0，B3,0两点，与y轴交于点C(1)求该拋物线的函数表达式；(2)在平面直角坐标系内是否存在一点P使得以A、B、C、P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出所有满足该条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；(3)如图2，若点D在该抛物线上且横坐标为2，直线l与抛物线交于A，D两点，点M在y轴上，当∠ADM=45°时，求点【答案】(1)y=(2)点P的坐标为2,1或-4,-1或4,-(3)0,-2或0,3【分析】（1）将点代入，利用待定系数法求解即可；（2）根据抛物线解析式确定点C0,-1，设点Px,y，分三种情况：当AB为对角线时，另一条对角线为CP；当AC为对角线时，另一条对角线为BP；当AP为对角线时，另一条对角线为（3）根据题意确定点D2,-1，设Hp,q，过点A作AH⊥DM于点H，过点H作TK∥x轴，过点A作AT⊥TK于点T，过点D作DK⊥TK于点K，分两种情况分析：当点M在AD上方时，当点M在【详解】（1）解：将点A-1,0，Ba-解得：a=1∴抛物线的表达式为：y=1（2）存在，理由如下：∵y=1当x=0时，y=-1∴点C0,设点Px,y当AB为对角线时，另一条对角线为CP，∴x+02=解得：x=2y=1∴此时点P2,1当AC为对角线时，另一条对角线为BP，∴-1+02=3+x20-1∴此时点P(-当AP为对角线时，另一条对角线为BC，∴-1+x2=3+0∴此时点P4,综上所述，点P的坐标为2,1或-4,-1或4,-（3）y=1当x=2时，y=-∴D2,设Hp,q，过点A作AH⊥DM于点H，过点H作TK∥x轴，过点A作AT⊥TK于点T，过点D作DK⊥TK当点M在AD上方时，如图所示：∵∠ADM=45∴△ADH∴AH=DH,∠∵∠T=∴△AHT∴AT=HK,TH=DK，∵AT=q,HK=2-∴q=2-解得：p=1q=1∴H1,1设直线DH的解析式为y=cx+d，将点H1,1，D1=c+d-解得：c=-∴直线DH解析式为y=-令x=0得y=3，∴M0,3当点M在AD下方时，如图所示：同理可得AT=HK,TH=DK，∵AT=-∴-q=2解得：p=0q=∴H0,此时点M与点H重合，即点M0,综上可得：M的坐标为0,-2或0,3．【点睛】题目主要考查二次函数的综合问题，利用待定系数法确定函数解析式，平行四边形的性质，一次函数的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等，理解题意，综合运用这些知识点，作出辅助线是解题关键．3．（2023·湖南娄底·统考一模）如图，抛物线y=ax2+2x+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，顶点为D，，其对称轴为直线x=1(1)求抛物线的解析式；(2)连接CD．求证：CD⊥(3)点P是x轴上的动点，点Q是直线BC上的动点，是否存在点P、O，使得以P、Q、C、D四点为顶点的四边形是矩形，若存在，请求出点P、Q的坐标；若不存在，请说理由．【答案】(1)y=(2)答案见解析(3)存在，理由见解析【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）证明BC（3）注意∠DCQ=90【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴为直线x=1，且AB=4，∴A由题意得：a解得：a=-∴抛物线的表达式为：y=-（2）如下图，连接BD，∵抛物线y=-x2+2x+3与轴交于点∴C当x=1时，y=-x即点D1,4∵B由点B、C、D的坐标得：BC同理可得：CD∴B∴△BCD为直角三角形，即CD⊥（3）存在，理由：设直线BC的解析式为：y=kx+b，∵B∴3k+b=0解得：k=-1直线BC的解析式为：y=-∵D，∴DC,CQ∴DP∴DP的解析式为：y=-∴∴点P、Q的坐标分别为5,0,4,【点睛】本题考查了二次函数、一次函数、勾股定理逆定理、勾股定理、矩形的性质，解题的关键是掌握二次函数的性质．4．（2023·湖南湘潭·湘潭县云龙中学校考一模）如图，在平面直角坐标系中，直线y=-2x+10与x轴、y轴相交于A、B两点，点C的坐标是(8，4)，连接(1)求过O、A、C三点的抛物线的解析式；(2)求证：△AOB(3)动点P从点O出发，沿OB以每秒2个单位长度的速度向点B运动；同时，动点Q从点B出发，沿BC以每秒1个单位长度的速度向点C运动．规定其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为t秒，当t为何值时，PA=QA？【答案】(1)(2)见解析(3)103【分析】（1）由直线的函数解析式可求得点A、B的坐标，设过O、A、C三点的抛物线解析式为y=ax（2）由A、B两点的坐标及勾股定理可求得AB2的值；过C点作轴于D，作CE⊥y轴于E，由点C的坐标及勾股定理可分别求得AC、B△ABC是直角三角形，然后由HL即可证明全等；（3）由勾股定理建立方程即可求得t的值．【详解】（1）解：设过O、A、C三点的抛物线解析式为y=ax∵直线y=-2x+10与x轴，y轴相交于A、∴点A(5，0)和点又∵C点坐标为(8，将O、A、C三点代入抛物线解析式y=ax2+bx+c解得a=1∴所求抛物线解析式为．（2）证明：由A、B两点的坐标得OA=5，由勾股定理得AB∴AB过C点作轴于D，作CE⊥y轴于E∵C点坐标为(8，∴CD=4，由勾股定理得AC∴AC=5．∵BC∴BC∴由勾股定理逆定理得∠ACB=90∴△ABC∴∠ACB=∵AO=AC=5，∴Rt△（3）解：由题意得动点运动t秒后，OP=2t，由勾股定理得PA2=O∵PA=QA，∴PA∴4t解得t1=10∴动点运动103秒时，PA=QA【点睛】本题是二次函数的综合，考查了待定系数法求二次函数解析式，全等三角形的判定，勾股定理及逆定理，解一元二次方程等知识，综合应用它们是解题的关键．5．（2023·湖南湘潭·模拟预测）如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C0,3，其顶点(1)求抛物线的解析式；(2)在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得PA-PC的值最大，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．(3)作直线BC，M为BC上一点，连接AM，当△BOC∼△BMA时，求点M的坐标．【答案】(1)y=(2)存在，点P的坐标为-(3)M【分析】（1）根据题意设抛物线的解析式为y=ax+12+4（2）由对称性可知PA=PB，则PA-PC=PB-PC≤BC，可知当P，B，C三点在一条直线上时，PA-PC的值最大为BC（3）设AM交OC于点N，易证△OBC∼△ONA，利用其性质列出比例式OBOC=ONOA，求得，可得N0,1，求出直线AN的解析式为【详解】（1）∵抛物线y=ax2+bx+c∴抛物线的解析式为y=ax+1∵抛物线y=ax2+bx+c与y∴a×∴a=-∴抛物线的解析式为：y=-（2）在抛物线的对称轴上存在一点P，使得PA-令y=0，则-x2-2x+3=0，解得：x=1∵点A在点B的左侧，∴A-3,0，B∴OA=3，OB=1．∵C0,3∴OC=3．∵点P在抛物线的对称轴上，∴PA=PB．∴PA-∵PB-∴当P，B，C三点在一条直线上时，PA-PC的值最大为BC的长．设直线BC的解析式为y=kx+n，由题意得：k+n=0n=3，解得：k=∴直线BC的解析式为y=-∵抛物线的对称轴为直线x=-∴当x=-1时，y=-∴P-∴在抛物线的对称轴上存在一点P，使得PA-PC的值最大，此时点P的坐标为-1,6（3）设AM交OC于点N，如图，∵△BOC∴∠OCB=∵∠BOC=∴△OBC∴OBOC∴13∴．∴N0,1设直线AN的解析式为y=mx+d，∴-3m+d=0d=1．解得：m=∴直线AN的解析式为y=1∴y=13x+1∴M3【点睛】本题是一道二次函数的综合题，主要考查了二次函数图象的性质，待定系数法确定函数的解析式，一次函数图象的性质，抛物线上点的坐标的特征，一次函数图象上点的坐标的特征，相似三角形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．6．（2023·湖南张家界·统考一模）已知抛物线与x轴交于点A-1,0、B3,0，与y轴交于点(1)求抛物线解析式；(2)如图①，若点P是第一象限内抛物线上一动点，过点P作PD⊥BC于点D，求线段PD长的最大值(3)如图②，若点N是抛物线上另一动点，点M是平面内一点，是否存在以点B、C、M、N为顶点，且以BC为边的矩形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由【答案】(1)抛物线解析式为y=(2)DP的长的最大值为9(3)存在，点M的坐标为4，1【分析】（1）根据题意，设抛物线解析式为y=ax+1x-3，再把（2）过点P作轴交于点E，交BC于点F，根据题意，得出OB=OC=3，进而得出∠OBC=45°，再根据直角三角形两锐角互余，得出∠BFE=45°，再根据对顶角相等，得出∠DFP=∠BFE=45°，进而得出△DFP是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质，得出DF=DP=22PF，再根据待定系数法求出直线BC的解析式，然后设点Pt，-t2+2t+3，则（3）根据题意，设Nn，-n2+2n+3，然后分两种情况：当M、N在直线BC的上方时和当M、【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于点A-1,0、B∴设抛物线解析式为y=ax+1又∵抛物线与y轴交于点C0,3∴把C0,3代入y=a可得：-3a=3解得：a=-∴抛物线解析式为y=-（2）解：过点P作轴交于点E，交BC于点F，∵B3,0，C∴OB=OC=3，∴∠OBC=45∵轴，∴∠BEF=90∴∠BFE=90∴∠DFP=∵PD⊥∴∠PDF=90∴△DFP∴DF=DP=2设直线BC的解析式为，∵B3,0，C∴可得：b=33k+b=0解得：k=-∴直线BC的解析式为，设点Pt，-∴PF=-∴DP=2∴当t=32时，DP的长的最大值为（3）解：存在以点B、C、M、N为顶点，且以BC为边的矩形，理由如下：设Nn如图1，当M、N在直线BC的上方时，过点N作NG⊥y轴交于点G，过点M作MH⊥x轴交于点∵，∴∠GCN+∵∠OCB+∴∠GCN=∴△GCN∴CG=GN，即n=-解得：n=1，∴N1∴，∴BM=2∵∠HBM=90∴BH=HM=1，∴M4如图2，当M、N在直线BC的下方时，过点B作PQ⊥x轴，过点C作CP⊥PQ交于点P，过点N作NQ⊥PQ交于Q点，过点M作MR⊥PC交于点同理可得：△BCP∴NQ=BQ，即3-解得：n=3（舍去）或n=-∴N-∴BN=52∴CM=52∵∠RCM=45∴CR=RM=5，∴M-综上所述：点M的坐标为4，1或【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数的图象与性质、直角三角形两锐角互余、等腰直角三角形的性质、求一次函数解析式、两点之间的距离公式、相似三角形的判定与性质、矩形的性质，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理，并正确作出辅助线．7．（2023·湖南长沙·模拟预测）如图，抛物线y=12x2+mx+n与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C(1)求抛物线的函数表达式；(2)点E是线段AC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置时，四边形CDAF的面积最大?求出四边形CDAF的最大面积及此时E点的坐标；(3)在y轴上是否存在点P，使得∠OAP+∠OAC=60【答案】(1)(2)四边形CDAF的面积最大为132，E点坐标为（－2，－1(3)存在，P点的坐标为（0，AD=CEDE=EDDC=EA）或（0，【分析】（1）将点A,C坐标代入y=12x（2）先求直线AC的函数表达式为y=-12x-2,设点E(x,-12x-2)(-4≤x≤0)，结合图形，四边形（3）设P(0，n)，作PG⊥AC于点G，∠OAP＋∠OAC＝60°，求得PG＝32×n2【详解】（1）将A(代入抛物线表达式得8-4m+n=0n=-2，解得m=抛物线表达式为；（2）∵抛物线的对称轴为直线，∴D(-32,0)设直线AC的函数表达式为y＝将A,C点坐标代入得-4k+b=0解得k=-∴直线AC的函数表达式为y=-1设E(x,-12x-2)(-4≤x≤0)∴EF=-12x∴12×4×-1四边形CDAF的面积=S△ACF=-当x=-2时，四边形CDAF的面积最大，最大值为132此时E点坐标为(－（3）P点的坐标为(0,-32+203)①作PG⊥AC于点G，∠OAP设P(0,n)，∠PAG＝PA=n2+16，AC=4由△PAC12AC×PG=1化简，得n2解得n1=-32+203，∴P(0,-②∵点与点P关于原点O对称，OP'∴P'综上所述：P点的坐标为(0,-32+203)或【点睛】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形的面积，二次函数的性质，方程的思想及分类讨论的思想等知识，本题考点较多，综合性较强，难度适中．8．（2023·湖南·模拟预测）如图，直线与x轴、y轴分别交于B、C两点，抛物线y=-x2+bx+c经过B、C两点，与x轴的另一交点为点A，顶点为点(1)求抛物线的解析式；(2)设直线y=kx+4与抛物线y=-x2+bx+c两交点的横坐标分别为x1，x2，是否存在k(3)在抛物线的对称轴上有一点P，连接AP、BP，当∠APB=∠OCB时，求P点坐标．【答案】(1)y=(2)不存在k值，使得,理由见解析(3)P(1，或【分析】（1）在中，求出，C(0,3)，用待定系数法可得抛物线的解析式为y=-x2（2）由，得x1+x2=2-k，x1⋅x2=1，而，即得k=1或k=3，当k=1时，Δ=(-1)（3）设抛物线对称轴交x轴于E，过B作BF⊥AP于F，由y=-x2+2x+3可得，抛物线对称轴为直线x=1，由，C(0,3)，知△BPF是等腰直角三角形，设，可得m2+(2m-m)2=16，解得m2=8+4【详解】（1）解：在中，令x=0得，令y=0得x=3，，C(0,3)，把，C(0,3)代入y=-x-9+3b+c=0解得b=2c=3∴抛物线的解析式为y=-（2）解：不存在k值，使得，理由如下：由y=kx+4y=-x整理得x2∵直线y=kx+4与抛物线y=-x2+bx+c两交点的横坐标分别为x，x2为x2∴x1+，，即，解得k=1或k=3，当k=1时，一元二次方程x2-x+1=0，根的判别式此时方程无实数解，即直线y=kx+4与抛物线y=-∴k=1当k=3时，一元二次方程x2+x+1=0，根的判别式此时方程无实数解，即直线y=kx+4与抛物线y=-∴k=3∴不存在k值，使得；（3）解：设抛物线对称轴交x轴于E，过B作BF⊥AP于F，如图：由y=-x2+2x+3可得，抛物线对称轴为直线∴AE=BE=2，AB=4，，C(0,3)，，∴△BPF∴BF=PF设，则，，，，在Rt△AFB中，，解得m2，，，或．【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及二次函数与一元二次方程的关系，等腰直角三角形等知识，解题的关键是添加辅助线，构造直角三角形，用勾股定理解决问题．9．（2023·湖南长沙·模拟预测）抛物线y=ax2+2x+ca<0与x轴交于点A和点B（点A在原点的左侧），与y轴交于点(1)求该抛物线的解析式；(2)如图1，过线段BC上一点E作EP∥x轴，在第一象限交抛物线于点P，PF∥y轴交BC于点F，当△PEF的面积为98时，求点P(3)如图2，D为对称轴GT右边抛物线上的任意一点，连接AD，BD分别交GT于M、N两点，试证明MT+NT为定值．【答案】(1)y=(2)(3)见解析【分析】（1）根据OB=OC=3可得C0,3，B3,0，代入（2）先求出BC:y=-x+3，设设Pt,-t2+2t+3，则Ft,-t+3，PF=-（3）设Dm,-m2+2m+31<m<3，利用待定系数法可得直线AD:y=3-mx+3-m，直线BD:y=-m+1【详解】（1）解：∵OB=OC=3，点C在y轴正半轴上，点B在x轴正半轴上，∴C0,3，B将C0,3，B3,0代入可得c=39a+6+c=0解得c=3a=∴该抛物线的解析式为y=-（2）解：由B3,0，C0,3可得设Pt,-t2∴PF=-∵△BOC为等腰直角三角形，∴∠OBC=∵EP∥x轴，PF∥∴∠PEF=∴S△∴PF=-t2+3t=解得t=3∵点E在线段BC上，且EP∥∴当点E与点C重合时，t取最小值，最小值为2×∴2≤∴t=3+即点P的横坐标为；（3）解：由（1）知y=-令y=0，得-x解得x1=-1，∴A-设Dm,-m2因此可得：0=-解得：k1∴直线AD:y=3同理可求直线BD:y=-∵抛物线的对称轴为x=1，∴yM=6-2m，∴MT=6-2m，NT=2m+2，∴MT+NT=8为定值．【点睛】本题考查二次函数与一次函数的综合应用，涉及待定系数法求函数解析式、求二次函数的对称轴、二次函数图象上点的坐标特征、解一元二次方程等，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象及性质．10．（2023·湖南株洲·模拟预测）如图1，抛物线y=ax2+2x+c，交x轴于A、B两点，交y轴于点C，F为抛物线顶点，直线EF垂直于x轴于点E，当y≥0(1)求抛物线的表达式；(2)点P是线段上的动点（除B、E外），过点P作x轴的垂线交抛物线于点D．①当点P的横坐标为2时，求四边形ACFD的面积；②如图2，直线AD，BD分别与抛物线对称轴交于M、N两点．试问，EM+EN是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．【答案】(1)y=(2)①4；②是，定值为8，理由见解析【分析】（1）由当y≥0时，-1≤x≤3，可知x1=-1，x2=3是（2）①把代入抛物线解析式可得D点坐标，再x=0代入抛物线解析式可得C点坐标，从而得知线段CD∥x轴，利用配方法可知点F坐标，从而利用S四边形②设Dm,-m2+2m+3(1<m<3)，用待定系数法求出直线AD与直线BD的解析式，再令x=1得yM，yN，从而得出ME【详解】（1）解：∵当y≥0时，-1∴x1=-1，x2=3是∴a-解得：a=-∴抛物线的表达式为：y=-（2）①把代入y=-x2+2x+3∴D(2,3)又当x=0，，∴C(0,3)∴线段CD∥∵y=∴F(1,4)S四边形②设Dm,直线AD:y=k1x+因此可得：0=-k1+解得：k1=3-mb∴直线AD:y=(3-BD:y=-令x=1得yM=6-2m，∴ME=6-2m，NE=2m+2，∴NE+ME=8【点睛】本题考查二次函数与一次函数综合，涉及四边形的面积求法，待定系数法等知识，掌握待定系数法和面积求法是解题的关键．11．（2023·湖南长沙·模拟预测）一次函数y=12x+1的图像与x轴交于点A，二次函数y=ax2+bx+ca≠0的图像经过点A(1)求这个二次函数的表达式；(2)如图1，一次函数y=12x+nn>-916,n≠1与二次函数y=ax2+bx+ca≠0的图像交于点Cx1,y1、Dx2,①x1=_________，x2=②证明：AE=BF；(3)如图2，二次函数y=ax-t2+2的图像是由二次函数y=ax2+bx+ca≠0的图像平移后得到的，且与一次函数y=12x+1的图像交于点P、Q（点P在点Q的左侧），过点P作直线l3⊥x轴，过点Q作直线l4⊥x轴，设平移后点A、B的对应点分别为A'①A'M与②若A'M+3B【答案】(1)y=(2)①-3-9+16n4，-3+(3)①A'M=B【分析】（1）通过一次函数表达式可以求出A、B两点坐标，将A、B、C三点坐标代入二次函数表达式即可求解；（2）①通过联立关系式可得：12x+n=x②通过A（2，0），E(-3-通过B(12,54)（3）①通过二次函数平移前后的表达式可以确定新二次函数的图像是由原二次函数的图像向右平移t+1个单位，向上平移3个单位得到的，从而可以得到：A't-1,3，B't+32,174．通过联立关系式可得：②由①可得5-【详解】（1）令y=0，则12x+1=0，解得∴A-将点Bm,54代入y=∴点B的坐标为(1将A-2,0，B(12,5{4a-2b+c=014a+∴二次函数的表达式为y=x（2）①∵一次函数y=12x+nn>-916,n≠1与二次函数y=a∴联立关系式得：12整理得：x2解得：x1=-故答案为：x1=-3-②当n>1时，CD位于AB的上方，∵A-2,0、B∴AE=-2--32∴AE=BF，当-916<n<1时，CD故可得：AE=BF；（3）方法一：①∵二次函数y=x2+2x二次函数y=x-t∴新二次函数的图像是由原二次函数的图像向右平移t+1个单位，向上平移3个单位得到的．∴A-2,0的对应点为A't-1,3，B联立关系式可得：x-整理得：x2△=8t当t>158时，解得：xP=∴NB'=t+∴A'②∵A'M+3B∴A'∴5-解得:t=3．方法二：①设P、Q平移前的对应点分别为P'、Q'，则则P'∵A'、B'平移前的对应点分别为A、由（2）②及平移的性质可知，A'②∵A'∴A'∵B12,54到y轴的距离为12，点∴平移后点O的对应点即为点Q．∵二次函数y=x2+2x二次函数y=x-t∴新二次函数的图像是由原二次函数的图像向右平移t+1个单位，向上平移3个单位得到的．∴Qt+1,3，将点Q的坐标代入y=12另解：∵A'∴A'B12,∵B'∴点Q的横坐标为t+1，代入y=12x+1∴Qt+1,12t+32．将点【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数表达式，联立关系式求交点坐标及利用点的坐标表示线段的长度，能够熟练掌握函数中表示线段长度的方法，求交点坐标的方法，熟练掌握用公式法解一元二次方程是解决本题的关键．12．（2023·湖南衡阳·校考一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+2经过A（-12，0），B（3，72）两点，与y(1)求抛物线的解析式；(2)点P在抛物线上，过P作PD⊥x轴，交直线BC于点D，若以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形，求点P的横坐标；(3)抛物线上是否存在点Q，使∠QCB＝45°？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=(2)点P的横坐标为1或2或3+172(3)存在，点Q的坐标为(236【分析】（1）根据待定系数法，将点A，点B代入抛物线解析式，解关于b，c的二元一次方程组，即可求得抛物线的解析式；（2）设出点P的坐标，确定出PD∥CO，由PD＝（3）分Q在BC下方和Q在BC上方两种情况，过B作BH⊥CQ于H，过H作MN⊥y轴，交y轴于M，过B作BN⊥MH于N，证明△CHM≌△HBN，由全等三角形的性质得出CM＝HN，MH＝BN，求出H点的坐标，由待定系数法求出直线CH的解析式，联立直线CH和抛物线解析式即可得出点Q的坐标．【详解】（1）解：将点A(-12,0),B(3,72解得a=-则抛物线的解析式为y=-（2）解：设点P(m,-对于二次函数y=-当x=0时，y=2，即C(0,2),CO=2，设直线BC的解析式为y=kx+c，将点B(3,72),C(0,2)代入得：3k+c=则直线BC的解析式为y=1∴D(m,∴PD=∵PD⊥x轴，OC⊥∴PD∴当PD=CO时，以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形，∴m解得m=1或m=2或m=3+172则点P的横坐标为1或2或3+172或（3）解：①如图，当Q在BC下方时，过B作BH⊥CQ于H，过H作MN⊥y轴，交y轴于M，过B作BN⊥MH于N，∴∠BHC＝∠CMH＝∠HNB＝90°，∴∠CHM+∠BHN＝∠HBN+∠BHN＝90°，∴∠CHM＝∠HBN，∵∠QCB＝45°，∴△BHC是等腰直角三角形，∴CH＝HB，∴△CHM≌△HBN（AAS），∴CM＝HN，MH＝BN，设点的坐标为H(s,t)，则2-t=3-ss=72即H(9设直线CH的解析式为y=px+q