2025年中考数学总复习《二次函数压轴之角度问题》专项检测卷及答案

第第页答案第=page11页，共=sectionpages22页2025年中考数学总复习《二次函数压轴之角度问题》专项检测卷及答案学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．如图，抛物线与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，已知．（1）求m的值和直线对应的函数表达式；（2）P为抛物线上一点，若，请直接写出点P的坐标；（3）Q为抛物线上一点，若，求点Q的坐标．2．如图，已知二次函数的图象经过点，与y轴交于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）点D为抛物线的顶点，求的面积；（3）抛物线上是否存在点P，使，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1，抛物线y=ax2-4ax+b交x轴正半轴于A，B两点，交y轴正半轴于C，且OB=OC=3．（1）求抛物线的解析式；（2）点D为抛物线的顶点，点G在直线BC上，若，直接写出点G的坐标；（3）将抛物线向上平移m个单位，交BC于点M，N（如图2），若∠MON=45°，求m的值．4．如图①抛物线y＝ax2+bx+4（a≠0）与x轴，y轴分别交于点A（﹣1，0），B（4，0），点C三点．（1）试求抛物线的解析式；（2）点D（3，m）在第一象限的抛物线上，连接BC，BD．试问，在对称轴左侧的抛物线上是否存在一点P，满足∠PBC＝∠DBC？如果存在，请求出点P点的坐标；如果不存在，请说明理由；（3）点N在抛物线的对称轴上，点M在抛物线上，当以M、N、B、C为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点M的坐标．5．如图，已知直线AB：与抛物线交于A、B两点，（1）直线AB总经过一个定点C，请直接写出点C坐标；（2）当时，在直线AB下方的抛物线上求点P，使△ABP的面积等于5；（3）若在抛物线上存在定点D使∠ADB＝90°，求点D到直线AB的最大距离.6．如图，已知二次函数的图象与轴交于两点，点坐标为，与轴交于点，点为抛物线顶点，点为中点．(1)求二次函数的解析式；(2)若在直线上方的抛物线上存在点，使得，求点的坐标．7．如图，抛物线与轴分别交于点，，与轴交于点．（1）求抛物线的解析式；（2）设点在第一象限的抛物线上，连接，.试问，在对称轴左侧的抛物线是否存在一点，满足？如果存在，请求出点的坐标：如果不存在，请明理由；（3）存在正实数，（），当时，恰好满足，求，的值．8．如图，在直角坐标系中，四边形OABC是平行四边形，经过A（﹣2，0），B，C三点的抛物线y＝ax2+bx+（a＜0）与x轴的另一个交点为D，其顶点为M，对称轴与x轴交于点E．（1）求这条抛物线对应的函数表达式；（2）已知R是抛物线上的点，使得△ADR的面积是平行四边形OABC的面积的，求点R的坐标；（3）已知P是抛物线对称轴上的点，满足在直线MD上存在唯一的点Q，使得∠PQE＝45°，求点P的坐标．

9．如图，在平面直角坐标系中，抛物线的顶点坐标为C(3，6)，与轴交于点B(0，3)，点A是对称轴与轴的交点．

（1）求抛物线的解析式；（2）如图①所示，直线AB交抛物线于点E，连接BC、CE，求△BCE的面积；（3）如图②所示，在对称轴AC的右侧作∠ACD＝30°交抛物线于点D，求出D点的坐标；并探究：在轴上是否存在点Q，使∠CQD＝60°？若存在，求点Q的坐标；若不存在，请说明理由．10．如图，经过点A（0，-6）的抛物线y=x2+bx+c与x轴相交于B（-2，0），C两点．（1）求此抛物线的函数关系式和顶点D的坐标；（2）将（1）中求得的抛物线向左平移1个单位长度，再向上平移m（m＞0）个单位长度得到新抛物线y1，若新抛物线y1的顶点P在△ABC内，求m的取值范围；（3）设点M在y轴上，∠OMB+∠OAB=∠ACB，直接写出AM的长．11．已知抛物线过点A（-4，0），顶点坐标为C（-2，-1）．（1）求这个抛物线的解析式．（2）点B在抛物线上，且B点的横坐标为-1，点P在x轴上方抛物线上一点，且∠PAB=45°，求点P的坐标．（3）点M在x轴下方抛物线上一点，点M、N关于x轴对称，直线AN交抛物线于点D．连结MD交两坐标轴于E、F点.求证：OE=OF．

12．抛物线经过A（-1，0）、C（0，-3）两点，与x轴交于另一点B．（1）求此抛物线的解析式；（2）已知点D在第四象限的抛物线上，求点D关于直线BC对称的点D’的坐标;（3）在（2）的条件下，连结BD，问在x轴上是否存在点P，使，若存在，请求出P点的坐标；若不存在，请说明理由.13．如图，抛物线交x轴于两点，交y轴于点C．直线经过点．（1）求抛物线的解析式；（2）抛物线的对称轴l与直线相交于点P，连接，判定的形状，并说明理由；（3）在直线上是否存在点M，使与直线的夹角等于的2倍？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．14．如图1，已知：抛物线过点，交轴于点，点（在左边），交轴于点．（1）求抛物线的解析式；（2）为抛物线上一动点，，求点的坐标；（3）如图2，交抛物线于两点（不与重合），直线分别交轴于点，点，试求此时是否为定值？如果是，请求出它的值；如果不是，请说明理由．

15．综合与探究如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，抛物线的顶点为A，且与y轴的交点为B，过点B作轴交抛物线于点，在CB延长线上取点D，使，连接OC，OD，AC和AD．（1）求抛物线的解析式；（2）试判断四边形ADOC的形状，并说明理由；（3）试探究在抛物线上是否存在点P，使得．若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．参考答案1．（1），；（2），，；（3）【分析】（1）求出A，B的坐标，用待定系数法计算即可；（2）做点A关于BC的平行线，联立直线与抛物线的表达式可求出的坐标，设出直线与y轴的交点为G，将直线BC向下平移，平移的距离为GC的长度，可得到直线，联立方程组即可求出P；（3）取点，连接，过点作于点，过点作轴于点，过点作于点，得直线对应的表达式为，即可求出结果；【详解】（1）将代入，化简得，则（舍）或，∴，得：，则．设直线对应的函数表达式为，将、代入可得，解得，则直线对应的函数表达式为．（2）如图，过点A作∥BC，设直线与y轴的交点为G，将直线BC向下平移GC个单位，得到直线，由（1）得直线BC的解析式为，，∴直线AG的表达式为，联立，解得：（舍），或，∴，由直线AG的表达式可得，∴，，∴直线的表达式为，联立，解得：，，∴，，∴，，．（3）如图，取点，连接，过点作于点，过点作轴于点，过点作于点，∵，∴AD=CD，又∵，∴，∵，∴，又∵，∴，则，．设，∵，，∴．由，则，即，解之得，．所以，又，可得直线对应的表达式为，设，代入，得，，，又，则．所以．【点睛】本题主要考查了二次函数综合题，结合一元二次方程求解是解题的关键．2．（1）；（2）3；（3）存在，P1（2，3），P2（4，-5）【分析】（1）运用待定系数法将代入，即可求解；（2）先求出点C的坐标，再利用待定系数法求出直线的解析式，运用配方法将抛物线解析式化为顶点式即可求得顶点坐标，过点D作轴交直线于点E，求得，利用，即可求得答案；（3）先求出点C关于对称轴的对称点；先运用待定系数法求出直线的解析式，再根据互相平行的两直线的关系求出与平行的直线的解析式，联立抛物线解析式即可求解．【详解】解：（1）∵二次函数的图象经过点A（-1，0），B（3，0），∴，解得：，∴抛物线的解析式为：；（2）在中，令时，得：，∴C（0，3），设直线的解析式为，∵B（3，0），C（0，3），∴，解得：，∴直线的解析式为，∵，∴D（1，4），过点D作轴交直线于点E，∴E（1，2），∴，∴；（3）抛物线上存在点P，使，①当点P是抛物线上与点C对称的点时，则有，∵点C（0，3）关于对称轴的对称点坐标为（2，3），∴，②当直线时，则有，∵直线的解析式为，∴直线的解析式中一次项系数为，设与平行的直线的解析式为，将A（-1，0）代入，得：，解得：，∴直线的解析式为，联立抛物线解析式得：，解得：，（舍去），∴．综上所述，P1（2，3），P2（4，-5）．【点睛】本题考查了二次函数综合题，运用待定系数法求一次函数和二次函数解析式，配方法，三角形面积，互相平行的两直线的关系等，熟练掌握二次函数图象和性质，利用待定系数法求函数解析式等相关知识，灵活运用方程思想和分类讨论思想是解题关键．3．（1）y=x2-4x+3；（2）；（3）m=【详解】试题分析：把代入解方程组即可．直线BC:y=-x+3,设点根据两点之间的距离公式，列出式子，求出的值.（3）如图2中，将△OCM绕点O顺时针旋转90°得到△OBG.首先证明MN2=CM2+BN2，设则设平移后的抛物线的解析式为由消去得到由，推出关于直线对称，所以设则利用勾股定理求出以及的长，再根据根与系数关系，列出方程即可解决问题．试题解析：(1)∵OB=OC=3，代入得解得∴抛物线的解析式为y=x2-4x+3．（2）直线BC:设点顶点的坐标为：，，（3）如图2中，将△OCM绕点O顺时针旋转90°得到△OBG．∵∠MON=45°，∴∠MOC+∠NOB=∠NOB+∠BOG=45°，∴∠MON=∠GON=45°，∵ON=ON，OM=OG，∴△ONM≌△ONG，∴MN=NG，∵∠NBG=∠NBO+∠OBG=45°+45°=90°，∴NG2=BN2+BG2，∴MN2=CM2+BN2，设平移后的抛物线的解析式为y=x2-4x+3+m，M（x1，y1），N（x2，y2）,则设平移后的抛物线的解析式为由消去得到，推出关于直线对称，所以设则∴(负根已经舍弃)，4．（1）y＝﹣x2+3x+4；（2）存在．P（﹣，）．（3）

【分析】（1）将A,B,C三点代入y＝ax2+bx+4求出a,b,c值，即可确定表达式；（2）在y轴上取点G，使CG＝CD＝3，构建△DCB≌△GCB，求直线BG的解析式，再求直线BG与抛物线交点坐标即为P点，（3）根据平行四边形的对边平行且相等，利用平移的性质列出方程求解，分情况讨论.【详解】解：如图：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+4（a≠0）与x轴，y轴分别交于点A（﹣1，0），B（4，0），点C三点．∴解得∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+3x+4．（2）存在．理由如下：y＝﹣x2+3x+4＝﹣（x﹣）2+．∵点D（3，m）在第一象限的抛物线上，∴m＝4，∴D（3，4），∵C（0，4）∵OC＝OB，∴∠OBC＝∠OCB＝45°．连接CD，∴CD∥x轴，∴∠DCB＝∠OBC＝45°，∴∠DCB＝∠OCB，在y轴上取点G，使CG＝CD＝3，再延长BG交抛物线于点P，在△DCB和△GCB中，CB＝CB，∠DCB＝∠OCB，CG＝CD，∴△DCB≌△GCB（SAS）∴∠DBC＝∠GBC．设直线BP解析式为yBP＝kx+b（k≠0），把G（0，1），B（4，0）代入，得k＝﹣，b＝1，∴BP解析式为yBP＝﹣x+1．yBP＝﹣x+1，y＝﹣x2+3x+4当y＝yBP时，﹣x+1＝﹣x2+3x+4，

解得x1＝﹣，x2＝4（舍去），∴y＝，∴P（﹣，）．（3）

理由如下，如图B(4，0),C(0，4)，抛物线对称轴为直线，设N(，n)，M(m,﹣m2+3m+4)第一种情况：当MN与BC为对边关系时，MN∥BC,MN=BC,∴4-=0-m，∴m=∴﹣m2+3m+4=,∴；或∴0-=4-m，∴m=∴﹣m2+3m+4=,∴；第二种情况：当MN与BC为对角线关系，MN与BC交点为K,则K(2,2)，∴∴m=∴﹣m2+3m+4=∴综上所述，当以M、N、B、C为顶点的四边形是平行四边形时，点M的坐标为

.【点睛】本题考查二次函数与图形的综合应用，涉及待定系数法，函数图象交点坐标问题，平行四边形的性质，方程思想及分类讨论思想是解答此题的关键.5．（1）（-2，4）；（2）（-2，2）或（1，）；（3）.【详解】试题分析：（1）要求定点的坐标，只需寻找一个合适x，使得y的值与k无关即可．（2）只需联立两函数的解析式，就可求出点A、B的坐标．设出点P的横坐标为a，运用割补法用a的代数式表示△APB的面积，然后根据条件建立关于a的方程，从而求出a的值，进而求出点P的坐标．（3）设点A、B、D的横坐标分别为m、n、t，从条件∠ADB=90°出发，可构造k型相似，从而得到m、n、t的等量关系，然后利用根与系数的关系就可以求出t，从而求出点D的坐标．由于直线AB上有一个定点C，容易得到DC长就是点D到AB的最大距离，只需构建直角三角形，利用勾股定理即可解决问题．试题解析：（1）∵当x=-2时，,∴直线AB：y=kx+2k+4必经过定点（-2，4）．∴点C的坐标为（-2，4）．（2）∵，∴直线AB的解析式为．联立，解得：或．∴点A的坐标为（-3，），点B的坐标为（2，2）．如答图1，过点P作PQ∥y轴，交AB于点Q，过点A作AM⊥PQ，垂足为M，过点B作BN⊥PQ，垂足为N．设点P的横坐标为a，则点Q的横坐标为a．∴．∵点P在直线AB下方，∴.∵，∴，整理得：，解得：．当时，．此时点P的坐标为（-2，2）．当a=1时，．此时点P的坐标为（1，）．∴符合要求的点P的坐标为（-2，2）或（1，）．（3）如答图2，过点D作x轴的平行线EF，作AE⊥EF，垂足为E，作BF⊥EF，垂足为F．∵AE⊥EF，BF⊥EF，∴∠AED=∠BFD=90°．∵∠ADB=90°，∴∠ADE=90°-∠BDF=∠DBF．∵∠AED=∠BFD，∠ADE=∠DBF，∴△AED∽△DFB．∴．设点A、B、D的横坐标分别为m、n、t，则点A、B、D的纵坐标分别为，∴．∴，化简得：．∵点A、B是直线AB：与抛物线交点，∴m、n是方程即两根．∴．∴，即，即.∴（舍）．∴定点D的坐标为（2，2）．如答图3，过点D作x轴的平行线DG，过点C作CG⊥DG，垂足为G，∵点C（-2，4），点D（2，2），∴CG=4-2=2，DG=2-（-2）=4．∵CG⊥DG，∴．过点D作DH⊥AB，垂足为H，如答图3所示，∴DH≤DC．∴DH≤．∴当DH与DC重合即DC⊥AB时，点D到直线AB的距离最大，最大值为．∴点D到直线AB的最大距离为．考点：1.二次函数综合题；2.因式分解法解一元二次方程；3.根与系数的关系；4.勾股定理；5.相似三角形的判定和性质；6.分类思想的应用．6．(1)(2)【分析】（）利用待定系数法即可求解；（）求出点坐标，可得是等腰直角三角形，即得，得到，过点作交抛物线于点，过点作轴于点，可得，得到是等腰直角三角形，即得，设，则，可得，，进而得到，解方程即可求解；本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的几何应用，等腰直角三角形的判定和性质，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．【详解】（1）解：把、代入得，，解得，∴二次函数的解析式为；（2）解：当时，，解得，，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，如图，过点作交抛物线于点，过点作轴于点，则，∴，∴是等腰直角三角形，∴，设，则，∴，，∴，解得(不合，舍去)或，∴．7．（1）；（2）存在，；（3），【分析】（1）根据待定系数法解答即可；（2）由可得，连接，如图，则易得轴，进一步即得，在轴上取点，使，并延长交抛物线于点，然后根据三角形全等即可证明∠PBC＝∠DBC，求出直线BP解析式后与抛物线解析式联立即可求出P点坐标；（3）由已知可变形得，由可得，于是可得m的范围，进而可确定，从而可根据二次函数的性质得：当时，y最大值，当x=n时，y最小值，于是可得关于m、n的方程，解方程并结合题意即得m、n的值．【详解】解：（1）把点，代入抛物线，得：，解得，∴抛物线的解析式为；（2）存在，理由如下：∵，点在第一象限的抛物线上，∴，∴，∵，∴，∴，连接，如图，则轴，∴，∴，在轴上取点，使，并延长交抛物线于点，则≌，∴，设直线解析式为：，把，代入得：，解得：，，∴直线解析式为，解方程组：，得，（舍去），∴；（3）由可得：，∵，当时，恰好，∴，即，∴，即，∴，∵抛物线的对称轴是直线，且开口向下，∴当时，随的增大而减小，∴当时，y最大值，当x=n时，y最小值．又，∴将①整理，得，变形得：，即．∵，∴，，解得：，（舍去），，同理，由②解得：（舍去），（舍去），；综上所述，，．【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了利用待定系数法求函数解析式、二次函数的性质、全等三角形的判定和性质以及求两个函数的交点等知识，综合性强、难度较大，属于试卷压轴题，其中在轴上取点，使，构造三角形全等是解第（2）小题的关键，熟练掌握二次函数的性质、灵活应用分解因式法解方程是解第（3）小题的关键．8．（1）y＝﹣x2+x+；（2）（，）或（，）或（1+，）或（1﹣，）；（3）点P的坐标为（1，）或（1，3）或（1，-3）．【分析】（1）根据平行四边形的性质及点A坐标可得抛物线的对称轴为直线x=1，可得﹣＝1，把点A坐标代入抛物线不等式可得0＝4a﹣2b+，解方程组求出a、b的值即可得答案；（2）根据抛物线对称轴方程及点A坐标可得点D坐标，根据△ADR的面积是平行四边形OABC的面积的可得出点R的纵坐标，代入抛物线解析式可求出点R横坐标，即可得答案；（3）作△PEQ的外接圆R，根据圆周角定理可得∠PRE=90°，可得△PRE为等腰直角三角形，由在直线MD上存在唯一的点Q，使得∠PQE＝45°可得⊙R与直线MD相切，可得RQ⊥MD，根据对称轴可得点M坐标，即可得出DE、DE的长，根据勾股定理可求出DM的长，设点P（1，2m），根据等腰直角三角形的性质可得PH＝HE＝HR＝m，即可得出R（1+m，m），利用S△MED＝S△MRD+S△MRE+S△DRE可求出m的值，即可得点P坐标；根据DE=ME可得∠MDE=45°，可得点M符合题意，过点D作DF⊥DM交对称轴于F，可得∠FDE=45°，可得点F符合题意，根据DE=EF可求出点F坐标，综上即可得答案．【详解】（1）∵A（-2，0），四边形OABC是平行四边形，∴BC//OA，BC=OA=2，∵抛物线与y轴交于点B，∴抛物线的对称轴为直线x＝=1，则x＝﹣＝1①，将点A的坐标代入抛物线表达式得：0＝4a﹣2b+②，联立①②得，解得，∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2+x+；（2）∵A（-2，0），抛物线对称轴为直线x＝1，∴点D（4，0）；∵△ADR的面积是▱OABC的面积的，∴×AD×|yR|＝×OA×OB，则×6×|yR|＝×2×，解得：yR＝±，当y=时，，解得：，，∴R1（，）或R2（，），当y=-时，，解得：x3=，x2=，∴R3（，）或R4（，）综上所述：点R的坐标为（，）或（，）或（1+，）或（1﹣，）．（3）作△PEQ的外接圆R，过点R作RH⊥ME于点H，∵∠PQE＝45°，∴∠PRE＝90°，∵RP=RE，∴△PRE为等腰直角三角形，∵直线MD上存在唯一的点Q，∴⊙R与直线MD相切，∴RQ⊥MD，∵抛物线对称轴为直线x=1，∴当x=1时y==3，∴点M坐标为（1，3），∵D（4，0），∴ME＝3，ED＝4﹣1＝3，∴MD＝=，设点P（1，2m），则PH＝HE＝HR＝m，则圆R的半径为m，则点R（1+m，m），∵S△MED＝S△MRD+S△MRE+S△DRE，即×ME•ED＝×MD×RQ+×ED•yR+×ME•RH，∴×3×3＝××m+×4×m+×3×m，解得m＝，∴点P坐标为（1，），

∵ME=MD=3，∴∠MDE=45°，∴点P与点M重合时，符合题意，即P（1，3），过点D作DF⊥MD，交对称轴于F，则∠FDE=45°，符合题意，∴EF=DE=3，∴点F坐标为（1，-3），∴点P坐标为（1，-3），

综上所述：点P的坐标为（1，）或（1，3）或（1，-3）．【点睛】本题考查平行四边形的性质、待定系数法求二次函数解析式，熟练掌握二次函数的性质并灵活运用分类讨论的思想是解题关键．9．（1）；（2）；（3）D点坐标为，存在，Q点坐标为(0，)或(0，)【分析】（1）通过设顶点式，再用待定系数法求解即可；（2）先求出AB的解析式，进而求出E的坐标，从而利用割补法计算面积即可；（3）作DG垂直于对称轴，在中求解即可得到D的坐标，此时以A为圆心，AC为半径作圆弧，与y轴交于点Q，则满足∠CQD＝60°，从而在中计算即可得到结果．【详解】（1）∵抛物线顶点坐标为C（3，6），∴设抛物线解析式为，将B（0，3）代入可得，∴,即．（2）设直线AB：，

将A(3,0)代入上式并解得，∴直线AB：．联立、，得，解得，∴E(9,-6)，∴．（3）设D点的坐标为，过D作对称轴的垂线，垂足为G，

则，∴∠ACD＝30°，∴2DG＝DC，在Rt△CGD中，CG＝DG，∴，∴t＝3+3或t＝3（舍）∴D（3+3，﹣3），∴AG＝3，GD＝3，连接AD，在Rt△ADG中，∴AD＝＝6，∴AD＝AC＝6，∠CAD＝120°，∴在以A为圆心、AC为半径的圆与y轴的交点为Q点，此时，∠CQD＝∠CAD＝60°，设Q（0，m），AQ为⊙A的半径，，∴，∴，∴，综上所述：Q点坐标为（0，）或（0，）．【点睛】本题考查二次函数的综合问题，熟练求解函数解析式并进一步求解交点坐标是关键，同时灵活构造辅助线是解题的关键．10．（1）抛物线的解析式：y=x2-2x-6，顶点D（2，-8）；（2）3＜m＜8．（3）AM的长为4或2．【详解】试题分析：（1）该抛物线的解析式中只有两个待定系数，只需将A、B两点坐标代入即可得解．（2）首先根据平移条件表示出移动后的函数解析式，从而用m表示出该函数的顶点坐标，将其代入直线AB、AC的解析式中，即可确定P在△ABC内时m的取值范围．（3）先在OA上取点N，使得∠ONB=∠ACB，那么只需令∠NBA=∠OMB即可，显然在y轴的正负半轴上都有一个符合条件的M点；以y轴正半轴上的点M为例，先证△ABN、△AMB相似，然后通过相关比例线段求出AM的长．试题解析：（1）将A（0，-6）、B（-2，0）代入抛物线y=x2+bx+c中，得：，解得．∴抛物线的解析式：y=x2-2x-6=（x-2）2-8，顶点D（2，-8）；（2）由题意，新抛物线的解析式可表示为：y=（x-2+1）2-8+m，即：y=（x-2+1）2-8+m．它的顶点坐标P（1，m-8）．由（1）的抛物线解析式可得：C（6，0）．∴直线AB：y=-3x-6；直线AC：y=x-6．当点P在直线AB上时，-3-6=m-8，解得：m=-1；当点P在直线AC上时，1-6=m-8，解得：m=3；又∵m＞0，∴当点P在△ABC内时，3＜m＜8．（3）由A（0，-6）、C（6，0）得：OA=OC=6，且△OAC是等腰直角三角形．如图，在OA上取ON=OB=2，则∠ONB=∠ACB=45°．∴∠ONB=∠NBA+∠OAB=∠ACB=∠OMB+∠OAB，即∠NBA=∠OMB．如图，在△ABN、△AM1B中，∠BAN=∠M1AB，∠ABN=∠AM1B，∴△ABN∽△AM1B，得：AB2=AN•AM1；由勾股定理，得AB2=（-2）2+（-6）2=40，又∵AN=OA-ON=6-2=4，∴AM1=40÷4=10，OM1=AM1-OA=10-6=4OM2=OM1=4AM2=OA-OM2=6-4=2．综上所述，AM的长为4或2．考点：二次函数综合题．11．（1）y=；（2）（，）；（3）证明见解析【分析】（1）设抛物线的解析式为，然后将点A的坐标代入即可求出结论；（2）先求出点B的坐标，过点B作BQ⊥BA，交AP于点Q，作BH⊥x轴于H，过点Q作QG⊥BH，交BH的延长线于点G，利用AAS证出△AHB≌△BGQ，即可求出点Q的坐标，利用待定系数法求出直线AQ的解析式，然后联立方程组即可求出点P的坐标；（3）设点M的坐标为（m，），利用对称性即可求出点N的坐标，利用待定系数法求出直线AN的解析式，联立方程组即可求出点D的坐标，从而求出直线MD的解析式，从而求出点E、F的坐标，即可证出结论．【详解】解：（1）由抛物线的顶点坐标C（-2，-1），可设抛物线的解析式为将点A（-4，0）代入，得解得：∴这个抛物线的解析式为=；（2）将x=-1代入中，解得y=∴点B的坐标为（-1，）过点B作BQ⊥BA，交AP于点Q，作BH⊥x轴于H，过点Q作QG⊥BH，交BH的延长线于点G

∴∠AHB=∠BGQ=∠ABQ=90°∴∠ABH＋∠GCQ=90°，∠BQG＋∠GCQ=90°∴∠ABH=∠BQG∵∠PAB=45°，∴△ABQ为等腰直角三角形∴AB=BQ∴△AHB≌△BGQ∴QG=BH=，BG=AH=-1－（-4）=3∴GH=BG－BH=∴点Q的坐标为（-1＋，）=（，）设直线AQ的解析式为y=kx＋b将点A和点Q的坐标分别代入，得解得：∴直线AQ的解析式为联立解得：或（符合点A的坐标）∴点P的坐标为（，）；（3）设点M的坐标为（m，）∴点N的坐标为（m，）设直线AN的解析式为y=cx＋d将点A和点N的坐标分别代入，得解得：∴直线AN的解析式为联立解得：或（符合点A的坐标）∴点D的坐标为（，）设直线MD的解析式为y=ex＋f将M、D的坐标分别代入，得解得：∴直线MD的解析式为y=x＋将x=0代入y=x＋中，解得y=；将y=0代入y=x＋中，解得x=∴点E的坐标为（0，），点F的坐标为（，0）∴OE=OF=【点睛】此题考查的是二次函数与一次函数的综合大题，此题难度较大，掌握利用待定系数法求二次函数解析式、一次函数解析式、联立方程组求点的坐标是解题关键．12．（1）（2）（0，-1）（3）（1,0）（9,0）【分析】（1）将A（−1，0）、C（0，−3）两点坐标代入抛物线y＝ax2＋bx−3a中，列方程组求a、b的值即可；（2）将点D（m，−m−1）代入（1）中的抛物线解析式，求m的值，再根据对称性求点D关于直线BC对称的点D'的坐标；（3）分两种情形①过点C作CP∥BD，交x轴于P，则∠PCB＝∠CBD，②连接BD′，过点C作CP′∥BD′，交x轴于P′，分别求出直线CP和直线CP′的解析式即可解决问题．【详解】解：（1）将A（−1，0）、C（0，−3）代入抛物线y＝ax2＋bx−3a中，得，解得∴y＝x2−2x−3；（2）将点D（m，−m−1）代入y＝x2−2x−3中，得m2−2m−3＝−m−1，解得m＝2或−1，∵点D（m，−m−1）在第四象限，∴D（2，−3），∵直线BC解析式为y＝x−3，∴∠BCD＝∠BCO＝45°，CD′＝CD＝2，OD′＝3−2＝1，∴点D关于直线BC对称的点D'（0，−1）；（3）存在．满足条件的点P有两个．①过点C作CP∥BD，交x轴于P，则∠PCB＝∠CBD，∵直线BD解析式为y＝3x−9，∵直线CP过点C，∴直线CP的解析式为y＝3x−3，∴点P坐标（1，0），②连接BD′，过点C作CP′∥BD′，交x轴于P′，∴∠P′CB＝∠D′BC，根据对称性可知∠D′BC＝∠CBD，∴∠P′CB＝∠CBD，∵直线BD′的解析式为∵直线CP′过点C，∴直线CP′解析式为，∴P′坐标为（9，0），综上所述，满足条件的点P坐标为（1，0）或（9，0）．【点睛】本题考查了二次函数的综合运用．关键是由已知条件求抛物线解析式，根据抛物线的对称性，直线BC的特殊性求点的坐标，学会分类讨论，不能漏解．13．（1）；（2）的为直角三角形，理由见解析；（3）存在使与直线的夹角等于的2倍的点，且坐标为M1（），M2（，）．【分析】（1）先根据直线经过点，即可确定B、C的坐标，然后用带定系数法解答即可；（2）先求出A、B的坐标结合抛物线的对称性，说明三角形APB为等腰三角形；再结合OB=OC得到∠ABP=45°，进一步说明∠APB=90°，则∠APC=90°即可判定的形状；（3）作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M1，AC于E；然后说明△ANB为等腰直角三角形，进而确定N的坐标；再求出AC的解析式，进而确定M1E的解析式；然后联立直线BC和M1E的解析式即可求得M1的坐标；在直线BC上作点M1关于N点的对称点M2，利用中点坐标公式即可确定点M2的坐标【详解】解：（1）∵直线经过点∴当x=0时，可得y=5，即C的坐标为（0,5）当y=0时，可得x=5，即B的坐标为（5,0）∴解得∴该抛物线的解析式为（2）的为直角三角形，理由如下：∵解方程=0，则x1=1，x2=5∴A（1,0），B（5,0）∵抛物线的对称轴l为x=3∴△APB为等腰三角形∵C的坐标为（5,0）,B的坐标为（5,0）∴OB=CO=5,即∠ABP=45°∴∠ABP=45°，∴∠APB=180°-45°-45°=90°∴∠APC=180°-90°=90°∴的为直角三角形；（3）如图：作AN⊥