难点详解青岛版9年级数学下册期末试卷及参考答案详解【典型题】

青岛版9年级数学下册期末试卷考试时间：90分钟；命题人：教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题16分）一、单选题（8小题，每小题2分，共计16分）1、如图是一个几何体的侧面展开图，则该几何体是（

）A．三棱柱 B．三棱锥 C．五棱柱 D．五棱锥2、有4张背面相同的卡片，正面分别印有平行四边形、矩形、菱形、正方形，现将4张卡片正面朝下一字摆开，从中随机抽取两张，抽到的两张卡片上都恰好印的既是中心对称又是轴对称的图形的概率为（

）A．1 B． C． D．3、已知抛物线的顶点在x轴上，则m的值为（

）．A．-3 B．0 C．5 D．-3或54、袋子中装有2个黑球和1个白球，这些球的形状、大小、质地等完全相同，在看不到球的条件下，下列事件中是必然事件的是（）A．摸出的2个球中有1个球是白球B．摸出的2个球中至少有1个球是黑球C．摸出的2个球都是黑球D．摸出的2个球都是白球5、点A（m，y1），B（n，y2）均在抛物线y＝（x﹣h）2+7上，若|m﹣h|＞|n﹣h|，则下列说法正确的是（）A．y1+y2＝0 B．y1﹣y2＝0 C．y1﹣y2＜0 D．y1﹣y2＞06、如图，是由5个大小相同的小正方体搭成的几何体，它的左视图是（）A． B． C． D．7、如图，过轴正半轴上的任意一点，作轴的平行线，分别与反比例函数和的图象交于点和点，点是轴上的任意一点，连接、，则的面积为（

）A．2 B．3 C．4 D．88、若点A（﹣2，y1），B（2，y2），C（3，y3）都在反比例函数的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（）A．y2＜y3＜y1 B．y3＜y2＜y1 C．y3＜y1＜y2 D．y1＜y2＜y3第Ⅱ卷（非选择题84分）二、填空题（7小题，每小题2分，共计14分）1、小华在如图所示的4×4正方形网格纸板上玩飞镖游戏（每次飞镖均落在纸板上，且落在纸板的任何一个点的机会都相等），则飞镖落在阴影区域的概率是_________________．2、从﹣1，2，3这三个数中任取一个数，分别记作m，那么点(m，﹣2)在第三象限的概率是_______．3、已知抛物线y＝ax2经过点（-1，2）、（m，6），则m是________4、如图，已知等边，顶点在双曲线上，点的坐标为．过作交双曲线于点，过作交轴于点，得到第二个等边；过作交双曲线于点，过作交轴于点，得到第三个等边；以此类推，…，则点的坐标为______．5、如图，在平面直角坐标系中，反比例函数（x＞0）的图象交矩形OABC的边AB于点M（1，2），交边BC于点N，若点B关于直线MN的对称点B′恰好在x轴上，则OC的长为_____．6、长方体的长和宽都为x，高为10，它的体积y与高x的函数关系式为_______________．（不要求写出自变量取值范围）．7、不透明的袋子中装有4个红球、3个黄球和5个蓝球，每个球除颜色不同外其它都相同，从中任意摸出一个球_____球的可能性最大．三、解答题（7小题，每小题10分，共计70分）1、如图，以D为顶点的抛物线yx2＋bx＋c交x轴于A、B两点，交y轴于点C，直线BC的表达式为y＝﹣x＋6(1)求抛物线的表达式；(2)在直线BC上有一点P，使PO＋PA的值最小，求点P的坐标；(3)在x轴上是否存在一点Q，使得以A、C、Q为顶点的三角形与△BCD相似？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．2、如图，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点．直线与抛物线交于、两点，与轴交于点，点的横坐标为4．(1)求抛物线的解析式与直线的解析式；(2)若点是抛物线上的点且在直线上方，连接、，求当面积最大时点的坐标及该面积的最大值；(3)若点是抛物线上的点，且，请直接写出点的坐标．3、如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x＋3与两坐标轴交于A、B两点，抛物线y＝x2＋bx＋c过点A和点B，并与x轴交于另一点C，顶点为D．点E在对称轴右侧的抛物线上．(1)求抛物线的函数表达式和顶点D的坐标；(2)若点F在抛物线的对称轴上，且EF∥x轴，若以点D，E，F为顶点的三角形与△ABD相似，求出此时点E的坐标；(3)若点P为坐标平面内一动点，满足tan∠APB＝3，请直接写出△PAB面积最大时点P的坐标及该三角形面积的最大值．4、北京将于2022年举办冬奥会和冬残奥会，中国将成为一个举办过五次各类奥林匹克运动会的国家．小亮是个集邮爱好者，他收集了如图所示的三张纪念邮票（除正面内容不同外，其余均相同），现将三张邮票背面朝上，洗匀放好．(1)小亮从中随机抽取一张邮票是“冬奥会会徽”的概率是______；(2)小亮从中随机抽取一张邮票（不放回），再从余下的邮票中随机抽取一张，请你用列表或画树状图的方法求抽到的两张邮票恰好是“冬奥会会徽”和“冬奥会吉祥物冰墩墩”的概率．（这三张邮票依次分别用字母A，B，C表示）5、如图，在平面直角坐标系中抛物线y＝ax2＋bx＋c经过原点，且与直线y＝﹣kx＋6交于则A（6，3）、B（﹣4，8）两点．(1)求直线和抛物线的解析式；(2)点P在抛物线上，解决下列问题：①在直线AB下方的抛物线上求点P，使得△PAB的面积等于20；②连接OA，OB，OP，作PC⊥x轴于点C，若△POC和△ABO相似，请直接写出点P的坐标．6、在平面直角坐标系xOy中，把与x轴交点相同的二次函数图象称为“共根抛物线”．如图，抛物线L1：yx2x﹣2的顶点为D，交x轴于点A、B（点A在点B左侧），交y轴于点C．抛物线L2与L1是“共根抛物线”，其顶点为P．(1)若抛物线L2经过点（2，﹣12），求L2对应的函数表达式；(2)当BP﹣CP的值最大时，求点P的坐标；(3)设点Q是抛物线L1上的一个动点，且位于其对称轴的右侧．若△DPQ与△ABC相似，求其“共根抛物线”L2的顶点P的坐标．7、如图是由6个边长为1的相同小正方体组成的几何体，请在边长为1的网格中画出它的三视图．-参考答案-一、单选题1、D【解析】【分析】由题意可知，该几何体侧面为5个三角形，底面是五边形，从而得到该几何体为五棱锥，即可求解．【详解】解：由题意可知，该几何体侧面为5个三角形，底面是五边形，所以该几何体为五棱锥．故选：D【点睛】本题主要考查了几何体的展开图，熟练掌握棱锥的展开图是解答本题的关键．2、D【解析】【分析】先根据题意得列出表格，可得共有12种等可能结果，抽到的两张卡片上都恰好印的既是中心对称又是轴对称的图形的有6种，再根据概率公式，即可求解．【详解】解：根据题意得列出表格如下：平行四边形矩形菱形正方形平行四边形矩形、平行四边形菱形、平行四边形正方形、平行四边形矩形平行四边形、矩形菱形、矩形正方形、矩形菱形平行四边形、菱形矩形、菱形正方形、菱形正方形平行四边形、正方形矩形、正方形菱形、正方形∵不平行四边形是中心对称图形，矩形、菱形、正方形既是中心对称又是轴对称的图形，∴共有12种等可能结果，抽到的两张卡片上都恰好印的既是中心对称又是轴对称的图形的有6种，∴抽到的两张卡片上都恰好印的既是中心对称又是轴对称的图形的概率为．故选：D【点睛】本题主要考查了利用画树状图或列表格求概率，能根据题意画出树状图或列出表格是解题的关键．3、D【解析】【分析】根据函数图像的顶点在x轴上可知，函数图像与x轴有一个交点，利用二次函数图像与横轴的交点个数判别式等于零，列式求解即可．【详解】解：∵函数，的顶点在x轴上，∴所以函数图像与x轴有一个交点，∴，解得：，，故选：D．【点睛】本题考查二次函数图像与x轴的交点个数，能够熟练掌握数形结合思想是解决本题的关键．4、B【解析】【分析】根据随机事件的具体意义进行判断即可．【详解】解：A、摸出的2个球中有1个球是白球，是随机事件；不符合题意；B、随机摸出2个球，至少有1个黑球，是必然事件；符合题意；C、摸出的2个球都是黑球，是随机事件；不符合题意；D、摸出的2个球都是白球，是不可能事件；不符合题意；故选：B．【点睛】本题考查随机事件，理解随机事件的实际意义是正确判断的前提．5、D【解析】【分析】根据二次函数的对称性确定出y1与y2的大小关系，然后对各选项分析判断即可得解．【详解】解：y＝（x﹣h）2+7抛物线的开口向上，对称轴为x=h，|m﹣h|＞|n﹣h|，点A与对称轴的距离大于点B与对称轴的距离，y1＞y2，y1＞y2，y1﹣y2＞0．故选：D．【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，主要利用了二次函数的对称性，难点在于二次函数图像上的点与对称轴的距离大小关系确定确定函数值的大小关系．6、C【解析】【分析】根据简单几何体的三视图解答即可．【详解】解：观察几何体，它的左视图为，故选：C．【点睛】本题考查判断简单几何体的三视图，掌握几何体的三视图的画法是解答的关键．7、C【解析】【分析】连接OA，OB，利用同底等高的两三角形面积相等得到三角形AOB面积等于三角形ACB面积，再利用反比例函数k的几何意义求出三角形AOP面积与三角形BOP面积，即可得到结果．【详解】解：如图，连接OA，OB，∵△AOB与△ACB同底等高，∴S△AOB=S△ACB，∵AB∥x轴，∴AB⊥y轴，∵A、B分别在反比例函数y=-（x＜0）和y=（x＞0）的图象上，∴S△AOP=3，S△BOP=1，∴S△ABC=S△AOB=S△AOP+S△BOP=3+1=4．故选：C．【点睛】本题考查的是反比例函数系数k的几何意义，即在反比例函数y=的图象上任意一点向坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是|k|，且保持不变．也考查了三角形的面积．8、A【解析】【分析】将各点的横坐标代入函数解析式中，就可计算出对应的函数值．即将x＝﹣2，x＝2，x＝3分别代入反比例函数解析式求出y1，y2，y3，再比较大小即可．【详解】解：x＝﹣2代入得x＝2代入得，x＝3代入得，<<1，即y2<y3<y1．故选：A．【点睛】本题主要考察了求反比例函数的函数值和比较大小，能将自变量代入函数解析式正确求出函数值是做出本题的关键．二、填空题1、【解析】【分析】直接表示出图中阴影部分的面积所占分率，进而得出飞镖落在阴影区域的概率．【详解】解：（2+1+2）÷16＝．故飞镖落在阴影区域的概率是．故答案为：．【点睛】本题主要考查了几何概率，正确掌握概率公式是解题关键．2、【解析】【分析】确定使得点(m，﹣2)在第三象限的点m的个数，利用概率公式求解即可．【详解】解：从，2，3这三个数中任取一个数，分别记作，那么点在第三象限的数有，点在第三象限的概率为，故答案为：．【点睛】考查了概率公式的知识，解题的关键是了解使得点（m，-2）在第三象限的m的个数，难度不大．3、【解析】【分析】先将点A（-1，2）代入抛物线y=ax2求出a的值，再将y=6代入抛物线的解析式，求出对应的y值即可得解．【详解】解：将点A（-1，2）代入抛物线y=ax2，可得a=2，则y=2x2，令y=6，则m=，故答案为：．【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，抛物线经过点，即点的坐标满足函数解析式．4、(，0)【解析】【分析】根据等边三角形的性质以及反比例函数图象上点的坐标特征分别求出B2、B3、B4的坐标，得出规律，进而求出点B12的坐标．【详解】解：如图，作A2C⊥x轴于点C，设B1C=a，则A2C=，OC=OB1+B1C=2+a，A2（2+a，）．∵点A2在双曲线上，∴（2+a）•=，解得a=-1，或a=--1（舍去），∴OB2=OB1+2B1C=2+2-2=2，∴点B2的坐标为（2，0）；作A3D⊥x轴于点D，设B2D=b，则A3D=b，OD=OB2+B2D=2+b，A2（2+b，b）．∵点A3在在双曲线上，∴（2+b）•b=，解得b=-+，或b=--（舍去），∴OB3=OB2+2B2D=2-2+2=2，∴点B3的坐标为（2，0）；同理可得点B4的坐标为（2，0）即（4，0）；以此类推…，∴点Bn的坐标为（2，0），当n=12时，2∴点B12的坐标为（4，0），故答案为（4，0）．【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，等边三角形的性质，正确求出B2、B3、B4的坐标进而得出点Bn的规律是解题的关键．5、##【解析】【分析】过点M作MQ⊥OC，垂足为Q，连接MB′，NB′，由于四边形OABC是矩形，且点B和点B′关于直线MN对称．且点B′正好落在边OC上，可得△MB′Q∽△B′NC，然后M、N两点的坐标用含a的代数式表示出来，再由相似三角形对应边成比例求出B′C和QB′的长，然后利用勾股定理求出MB′的长，进而求出OC的长．【详解】解：过点M作MQ⊥OC，垂足为Q，连接MB′，NB′，如图所示：∵反比例函数（x＞0）的图象过点M（1，2），∴k＝1×2＝2，∴y＝，设N（a，），则B（a，2），又∵点B和点B′关于直线MN对称，∴MB＝MB′，∠B＝∠MB′N＝90°，∵∠MQB′＝∠B′CN＝90°，∠MB′Q+∠NB′C＝90°又∵∠NB′C+∠B′NC＝90°，∴∠MB′Q＝∠B′NC，∴△MB′Q∽△B′NC，∴，即＝＝，解得：B′C＝，QB′＝1，，∴，∵OQ＝1，∴a﹣1＝，∴OC＝a＝．故答案为：．【点睛】本题属于反比例函数与几何综合题，涉及待定系数法求函数表达式，勾股定理，相似三角形的性质与判定等知识，作出辅助线构造相似是解题关键．6、【解析】【分析】根据长方体体积的计算公式计算即可．【详解】解：由题意知故答案为：．【点睛】本题考查了二次函数的应用．解题的关键在于掌握长方体体积的计算公式．7、摸出蓝球的概率大【解析】【分析】分别求出摸出各种颜色球的概率，即可比较出摸出何种颜色球的可能性大．【详解】解：因为袋子中有4个红球、3个黄球和8个蓝球，①为红球的概率是；②为黄球的概率是；③为蓝球的概率是．∵∴可见摸出蓝球的概率大．【点睛】此题考查了概率公式的应用．注意概率=所求情况数与总情况数之比．三、解答题1、(1)y2x+6(2)点P的坐标为(3)存在，Q的坐标为（0，0）或（18，0）【解析】【分析】（1）先求解的坐标，再把的坐标代入二次函数的解析式，利用待定系数法求解二次函数的的解析式即可；（2）如图1所示：作点O关于BC的对称点O'，当A、P、O'在一条直线上时，OP+AP有最小值，再求解的解析式，再求解两直线的交点的坐标即可；（3）分两种情况讨论：当△ACQ∽△DCB时，当△ACQ∽△DBC时，再利用相似三角形的性质列方程求解即可.(1)解：（1）把x＝0代入y＝﹣x+6，得：y＝6，∴C（0，6），把y＝0代入y＝﹣x+6得：x＝6，∴B（6，0），将C（0，6）、B（6，0）代入ybx+c得：，解得∴抛物线的解析式为y2x+6；(2)解：如图1所示：作点O关于BC的对称点O'，由则O'（6，6），∵O'与O关于BC对称，∴PO＝PO'．∴PO+AP＝PO'+AP．∴当A、P、O'在一条直线上时，OP+AP有最小值．∵y2x+6，当y＝0时，2x+6＝0，解得：x1＝﹣2，x2＝6，∴A（﹣2，0），设AP的解析式为y＝mx+n，把A（﹣2，0）、O'（6，6）代入得：，解得：，∴AP的解析式为y将y与y＝﹣x+6联立，解得：，∴点P的坐标为；(3)解：如图2，∵y8，∴D（2，8），又∵C（0，6）、B（6，0），∴CD＝2，BC＝6，BD＝4．∴CD2+BC2＝BD2，∴△BCD是直角三角形，∴tan∠BDC3，∵A（﹣2，0），C（0，6），∴OA＝2，OC＝6，AC＝2∴tan∠CAO3，∴∠BDC＝∠CAO．当△ACQ∽△DCB时，有，即，解得AQ＝20，∴Q（18，0）；当△ACQ∽△DBC时，有，即，解得AQ＝2，∴Q（0，0）；综上所述，当Q的坐标为（0，0）或（18，0）时，以A、C、Q为顶点的三角形与△BCD相似．【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，利用轴对称求解两条线段和的最小值，相似三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理的应用，锐角三角函数的应用，证明∠BDC＝∠CAO是解决问题的关键．2、(1)y=−14(2)最大值为274，(3)(43，35【解析】【分析】（1）先利用待定系数法抛物线的解析式为y=−14x（2）如图1中，过点P作PE∥y轴交AD于点E．设P（m，-m2+m+3），则E（m，m+1）．因为SΔPAD=3PF=−34m−1+274（3）如图2中，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AT，则T（-5，6），设DT交抛物线轴于点Q，则∠ADQ=45°，作点T关于AD的对称点T′（1，-6），设DQ′交抛物线于点Q′，则∠ADQ′=45°，分别求出直线DT，直线DT′的解析式，然后利用联立方程组求出点Q坐标即可．(1)解：抛物线与轴交于、两点，设抛物线的解析式为y=a(x+2)(x−6)=ax2∴−12a=3，解得a=−1抛物线的解析式为y=−14∵点D在抛物线上，当x=4时y=−1∴点D（4，3），直线经过、D(4,3)，设直线的解析式为y=kx+m(k≠0)，代入坐标得：−2k+m=04k+m=3解得，k=1直线的解析式为y=12x+1(2)解：如图1中，过点作PF//y轴交AD于点．设点P的横坐标为m，∴P(m,−14m∵S∵PF=−1∴SΔ∵−3∴m=1时，SΔPAD最大=当m=1,y=−1∴P(1,15(3)（3）如图2中，将线段AD绕点逆时针旋转90°得到AT，∴y=4-(-2)=6，-2-x=3-0,解得x=-5则T(−5,6)，设DT交抛物线于点，则，∵D(4,3)，直线DT的解析式为y=−13∴y=−1x=43y=∴Q(4作点T关于AD的对称点T'x,y∵点A（-2,0），点T（-5,6）∴x+2=−2−−5，解得x=1，0-y=6-0，解得y∴点T'则直线DT'的解析式为y=3x−9，设DQ'交抛物线于点Q'，则∠ADQ'=45°，∴y=−1解得x=−12y=−45或x=4∴Q'(−12,−45)，综上所述，满足条件的坐标为(43，359)【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，待定系数法求抛物线解析式和一次函数解析式，图形旋转性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建二次函数解决面积最值问题，学会构造特殊三角形解决问题．3、(1)y＝x2﹣4x+3，（2，﹣1）(2)（5，8）或（，）(3)△PAB面积最大值为，此时P（，）【解析】【分析】（1）先由y＝﹣x+3得出A，B的坐标，然后用待定系数法求出函数解析式，再求出顶点D的坐标；（2）先确定△ABC是直角三角形，然后分两种情况讨论以点D，E，F为顶点的三角形与△ABD相似，由相似三角形的性质列方程求出点E的坐标；（3）先根据tan∠APB＝3确定P所在的运动路径是以AD为直径的圆，然后找点P与AB最远的位置，求出此时△PAB面积的最大值及点P的坐标．(1)∵直线y＝﹣x+3与y轴、x轴分别交于A、B两点、∴A（0，3），B（3，0），将A（0，3）、B（3，0）代入y＝x2+bx+c，得：，解得：，∴抛物线的函数表达式为y＝x2﹣4x+3，∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1∴抛物线的顶点D的坐标为（2，﹣1）．(2)∵A（0，3），B（3，0），D（2，﹣1），∴AB2＝32+32＝18，AD2＝（2﹣0）2+（3+1）2＝20，BD2＝（3﹣2）2+（0+1）2＝2，∴AB2+BD2＝AD2，∴△ABD为直角三角形，且∠ABD＝90°，设点E（m，m2﹣4m+3）（m＞2）．∵EF∥x轴，∴DF＝m2﹣4m+3+1＝m2﹣4m+4，FE＝m﹣2，∠DFE＝90°，∴∠DFE＝∠ABD＝90°，∴如图1，以点D，E，F为顶点的三角形与△ABD相似，且∠FDE＝∠BAD，则，由AB2＝32+32＝18，BD2＝（3﹣2）2+（0+1）2＝2，得AB＝3，BD，∴，解得m1＝5，m2＝2（不符合题意，舍去）．∴E（5，8）；如图2，以点D，E，F为顶点的三角形与△ABD相似，且∠FDE＝∠BDA，则，∴，解得m1，m2＝2（不符合题意，舍去），∴E（，）．综上所述，点E的坐标为（5，8）或（，）．(3)由（2）得，tan∠ADB3，∵tan∠APB＝3，∴∠APB＝∠ADB，∴点P在过A、B、D三点，即以AD为直径的圆上．如图3，取AD的中点Q，以点Q为圆心，以QA为半径作圆，连接QB，∵QBAD＝QA，∴点B在⊙Q上；连接并延长OQ、QO分别交AB于点G、⊙Q于点H，作PR⊥AB于点R，连接PG、PQ．∵QB＝PA，OB＝OA，∴HG垂直平分AB，由PG≤QG+PQ，得PG≤GH，∵PR≤PG，∴PR≤GH；∵S△PABAB•PR，∴当点P与点H重合时，△PAB的面积最大，此时S△PABAB•GH．由AD2＝（2﹣0）2+（3+1）2＝20，得AD＝2，∵∠ABQ＝90°，AQAD，AGAB，∴QG，∵HQ＝AQ，∴GH，∴S△PAB最大3（）；过点H作HL⊥x轴于点L，∵∠OHL＝90°﹣∠HOL＝90°﹣∠BOG＝∠OBA＝45°，∴OL＝OH•tan45°OH；∵OGAB，∴OH＝GH﹣OG，∴HL＝OL（），∴H（，）．∵此时点P与点H重合，∴P（，）．综上所述，△PAB面积最大值为，此时P（，）．【点睛】本题主要考查二次函数的综合问题；第一问求解析式是常规题型，中考容易考；相似三角形的情况需要分类讨论，容易出错，第三问利用辅助圆的知识，属于中考压轴题．4、(1)(2)抽到的恰好是“冬奥会会徽”和“冬奥会吉祥物冰墩墩”的概率为【解析】【分析】（1）确定所有等可能性为3，目标事件的可能性有1种，根据概率公式计算即可．（2）利用树状图或列表法计算即可．(1)∵事件所有等可能性为3种，抽取一张邮票是“冬奥会会徽”的可能性有1种，∴从中随机抽取一张邮票是“冬奥会会徽”的概率是，故答案为：．(2)这三张邮票依次分别用字母A，B，C表示，画树状图如下，共有6种等可能情况，其中抽到恰好是“冬奥会会徽”和“冬奥会吉祥物冰墩墩”的可能性有2种，抽到的恰好是“冬奥会会徽”和“冬奥会吉祥物冰墩墩”的概率为：26【点睛】本题考查了概率的计算，正确分清是概率公式类计算还是列表或画树状图的方法计算是解题的关键．5、(1)yx+6；yx2﹣x(2)①点P的坐标为（4，0）或（﹣2，3）；②点P的坐标为：（7，）或（1，）或（，）或（，）【解析】【分析】（1）利用待定系数法确定函数解析式即可；（2）①如图1，作轴，交于点，设，则，则易得线段的长度，利用三角形面积公式得到，然后解方程求出即可得到点的坐标；②设，如图2，利用勾股定理的逆定理证明，根据三角形相似的判定，由于，则当时，，当时，，由此得到相似三角形的对应边成比例，然后分别解关于的绝对值方程即可得到对应的点的坐标．(1)解：把代入，得．解得，故直线的解析式是：；把、、分别代入，得，解得，故该抛物线解析式是：；(2)①如图1，作轴，交于点，设，则，则，，解得，，或；②设，如图2，由题意得：，，，，，，当时，，即，整理，得，解方程，得（舍去），，此时点坐标为；解方程，得（舍去），，此时点坐标为；当时，，即，整理，得，解方程，得（舍去），，此时点坐标为；解方程，得（舍去），，此时点坐标为．综上所述，点的坐标为：或或或．【点睛】本题考查了二次函数综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和相似三角形的判定方法；会利用待定系数法求抛物线解析式，通过解方程组求两函数图象的交点坐标，会解一元二次方程；理解坐标与图形性质；会运用分类讨论的思想解决思想问题．6、(1)y＝2x2﹣6x﹣8(2)P（，﹣5）(3)P点坐标为（，）或（，）或（，）或（，）【解析】【分析】（1）由“共根抛物线”定义可知抛物线经过抛物线与x轴交点，故根据抛物线可求AB两点坐标进而由交点式设为