中考数学总复习《二次函数与角度综合》专项测试卷（带答案）

第页答案第=page11页，共=sectionpages22页中考数学总复习《二次函数与角度综合》专项测试卷（带答案）1．如图，抛物线y=ax2+94x+c与x轴相交于点A−1,0和点B(1)求抛物线的表达式；(2)若在直线BC上方的抛物线上有一动点P，连接OP交直线BC于点D，若S△PCO:S(3)若在直线BC上存在一点Q，使∠AQB=2∠OCB，求点Q的坐标．2．如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为D(1)求抛物线的解析式并直接写出B点的坐标；(2)在抛物线对称轴上，是否存在一点H，使△HAB的面积为10．若存在，求点H的坐标；若不存在，请说明理由；(3)如图1，在第三象限内抛物线上找点E，使∠OCE=∠OAD，求点E的坐标；(4)如图2，过抛物线对称轴上点P的直线交抛物线于F，G两点，线段FG的中点是M，过点M作y轴的平行线交抛物线于点N．若FGMN3．已知，抛物线y=−x2+2mx−m2+4m>0与x轴交于A(1)当点C坐标为0,3时，求抛物线的表达式及点B的坐标；(2)如图1，在（1）的条件下，点M是直线BC上方抛物线上的一个动点，过点M作MF∥y轴交BC于点F，ME⊥BC交BC于点E，求(3)如图2，抛物线顶点为点D，直线l经过点A，与抛物线交于点P，直线l与直线AD所夹的锐角为α，若tanα=134．如图，在平面直角坐标系中抛物线y=−12x2+bx+c交y轴于点B0,6；交x轴正半轴于点C2,0(1)求该抛物线的函数表达式；(2)如图1，点P为直线AB上方抛物线上的一动点，连接PAPB设△PAB的面积为S求出S的最大值及此时点P的坐标(3)如图2点G是线段OB的中点将原抛物线沿射线CB方向平移10个单位长度在平移后的抛物线上存在点K使得∠GAK=45°请直接写出所有符合条件的点5．已知：抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于AB两点与y轴交于点C其中A−1,0(1)求抛物线的解析式(2)若点P是抛物线上异于点A的点且△PBC的面积与△ABC的面积相等求出点P的坐标(3)若点Q在抛物线上且满足∠QCB=∠OCA请直接写出点Q的坐标．6．如图已知抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A−1,0B5,0两点与y轴交于点(1)求抛物线的解析式(2)在抛物线上是否存在点D使∠CBD=∠ACB−2∠ACO？若存在请直接写出点D的坐标若不存在请说明理由．7．如图1已知抛物线y=12x2−x−4的图象与x轴交于A，B(1)如图2连接BCP为直线BC下方抛物线上的一个动点过点P作PQ⊥x轴交BC于点Q求PQ+24QB的最大值及此时点(2)如图3连接ACBC抛物线上是否存在一点M使得∠MBC+∠ACO=45°？若存在直接写出其中一个点M的坐标若不存在请说明理由．8．如图在平面直角坐标系中抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于AB两点(点A在点B的左侧)与y轴交于点C．已知OB=2OC=2OA(1)求抛物线的解析式．(2)将抛物线沿射线AC方向平移22个单位长度得到新抛物线y1Q为新抛物线y1上一动点连接BQ并延长交AC所在直线于点D．是否存在点Q使得∠ADB+∠ABC=∠CAB？若存在请直接写出所有符合条件的点Q的横坐标9．如图二次函数y=x2−2mx−2m−1m>0的图象与x轴交于点AB（点A在点B的左侧）与y轴交于点C(1)若m=2求顶点D的坐标及线段AB的长(2)连接ACBCDC若∠ACB=∠BCD求点C的坐标．10．已知二次函数y=12x2(1)求二次函数的解析式(2)当−2≤x≤1时求二次函数y=12(3)将抛物线y=12x2−ax+a向下平移72个单位后如图所示与x轴交于AB两点（点A位于点B的左侧）与y轴交于点C连接AC抛物线上存在点Q11．如图在平面直角坐标系中抛物线解析式为y=−12x2+x+4交x轴于A、B两点与y轴交于点(1)求A,B,C三点的坐标(2)如图1P是直线BC上方抛物线上的一动点过点P作PM∥y轴交直线BC于点M交x轴于点N求2PM−2(3)如图2将该抛物线沿AC方向平移5个单位长度得到新抛物线y′Q为新抛物线y′上的一个动点．当∠QBC−∠ACO=45°时请直接写出所有符合条件点12．已知抛物线过A−1,0(1)求抛物线的解析式(2)如图1连接BC把直线BC向下平移平移后的直线交y轴于点D交y轴左侧的抛物线于点M连接BMCM．若S△BCM=15求M(3)如图2点N是抛物线上一点且位于第四象限当∠ACN=45°时求点N的坐标．13．如图二次函数y=x2+2x−3与x轴相交于点AB（点A在点B的左侧）与y轴相交于点C(1)请求出点ABC的坐标(2)如图（1）连接ADBD点P为抛物线上一点使∠PAO=12∠ADB求点(3)如图（2）过定点H−2,−1的直线与抛物线相交于MN两点（点M在y轴左侧点N在y轴右侧）过点M的直线y=−2x+b与抛物线交于点Q则直线NQ14．如图1抛物线y=ax2+2x+c经过点A(−1,0)C(0,3)并交x轴于另一点B点P在第一象限的拋物线上连接AP交直线BC于点D连接AC(1)求该抛物线的函数表达式(2)求PDAD的最大值(3)当∠PCB=∠ACB时P点坐标为____________(4)如图2M为直线BC上的一点且DM=2当△ODM的周长最小时P15．如图在平面直角坐标系中抛物线y=ax2+bx+4a≠0与x轴交于A−4,0、B两点（A在B的左侧）与y(1)求抛物线的表达式(2)点P是射线AC上方抛物线上的一动点过点P作PH⊥AC于点H,PD∥x轴交AC于点D点E是直线BC上一动点连接PE当PD+22PH取得最大值时(3)在（2）中PD+22PH取得最大值的条件下将抛物线y=ax2+bx+4a≠0沿射线AC方向平移42个单位长度得到抛物线y′点M为点P的对应点点N为抛物线参考答案1．(1)y=−(2)P1,9(3)Q【分析】（1）把A−1,0C0,3分别代入抛物线y=ax（2）确定直线BC的解析式为：y=−34x+3设Pm，−34m2+94m+3确定直线OP(3)作点B4,0关于y轴的对称点M根据题意得M−4,0故∠MCB=2∠OCB过点A作AQ1∥MC交BC于点Q∠AQ【详解】（1）解：把A−1,0C0,3分别代入抛物线y=ax解得a=−3∴抛物线的解析式为y=−3（2）解：根据抛物线的解析式为y=−3令y=0得−3解得x=−1,x=4∴B4,0设直线BC的解析式为y=kx+b∴4k+b=0b=3解得k=−3∴直线BC的解析式为：y=−3设Pm,−设直线OP的解析式为y=px根据题意得−3解得p=−故直线OP的解析式为y=−根据题意得−3解得x=4m故点D的横坐标为4m−∵S△PCO∴12∴Px∴m4m整理得m2解得m1故P1,92（3）解：作点B4,0关于y轴的对称点M根据题意得M−4,0∠OCB=∠OCM故∠MCB=2∠OCB过点A作AQ1∥MC交BC∴∠MCB=2∠OCB∴∠AQ设直线MC的解析式为y=mx+3将M−4,0代入解析式得：−4m+3=0解得m=3∴直线MC的解析式为：y=3设直线AQ1的解析式为∴34×解得t=3∴直线AQ1的解析式为：∴y=3解得x=3故Q12．(1)该抛物线的解析式为y=x2+2x−3(2)存在这样的H点坐标为H1−1,5(3)E(4)点P的坐标为−1,−【分析】（1）利用待定系数法代入函数解析式即可求解然后确定对称轴即可得出点B的坐标（2）设H−1,yAB=1−−3（3）过点E作EF⊥y轴于F过点D作DG⊥x轴于G则∠EFC=∠DGA=90°确定OC=3设点Em,m2+2m−3则EF=−m（4）设P−1,t设直线FG的解析式为：y=kx+b得出直线FG的解析式为：y=kx+k+t设Fx1,y1Gx2,y2确定x【详解】（1）解：将A−3,0D∴9a−3b+c=0a−b+c=−4−b2a∴该抛物线的解析式为y=x对称轴为x=−2∴B点的坐标1,0（2）由y=x2+2x−3=假设在抛物线对称轴上存在点H使△HAB的面积为10．设H−1,y∴S△HAB∴y解得y=5或y=−5∴存在这样的H点坐标为H1−1,5（3）如图1过点E作EF⊥y轴于F过点D作DG⊥x轴于G则∠EFC=∠DGA=90°∵A−3,0D∴AG=−1−−3=2把x=0代入y=x2+2x−3得∴C0,−3∴OC=3设点Em,m2+2m−3则∴CF=OC−OF=3+m∵∠OCE=∠OAD∴tan∠OCE=∴DGAG=EFCF整理得2m解得m1=−52或m∴E−（4）点P的坐标为−1,−15理由如下：如图2设P−1,t设直线FG的解析式为：y=kx+b∴t=−k+b即b=k+t∴直线FG的解析式为：y=kx+k+t设Fx1,由y=x得x2+2x−3=kx+k+t即：∴x1+x∴FG=x1∵线段FG的中点是M∴Mk−22,∴MN=k∵FGMN∴FG=4MN∴1+k即1+k解得t=−15∴点P的坐标为−1,−153．(1)y=−x2(2)△MEF周长的最大值为9(3)2或5【分析】（1）由待定系数法即可求解函数解析式再令y=0求解点B坐标（2）先求解直线BC:y=−x+3然后证明△MEF为等腰直角三角形则EF=22MF=EM那么C△MEF=EF+EM+MF=2+1MF故当MF取得最大值时C△MEF取得最大值设Mm,−m2+2m+3则（3）根据抛物线的解析式可得Am−2,0Dm,4当点P在x轴上方时过点D作DT⊥x轴于点T设AP与DT交点为点E在射线DT上取点H使得TH=3AT连接AH可得tanα=tan∠DAP=13则∠H=∠DAP证明△ADE∽△HDA求出Em,2则直线AP的解析式为y=x−m+2再与抛物线的解析式联立求解点P的坐标即可求解PD当点P在x轴下方时过点D作DQ⊥AD交直线l于点Q过点D作DT⊥x轴于点T过点Q作QF⊥DT交直线DT于点F证明△DQF∽△ADT求出Qm−43,14【详解】（1）解：由题意得将点C0,3代入y=−则−解得m=±1∵m>0∴m=1∴解析式为：y=−令y=0则−解得x1=3∴B3,0（2）解：设直线BC:y=kx+b则代入点B,C得3k+b=0b=3解得∴直线BC:y=−x+3∵B∴OB=OC=3∴△OBC为等腰直角三角形∴∠OCB=45°∵MF∥y轴∴∠MFC=∠OCB=45°∵ME⊥BC∴△MEF为等腰直角三角形∴EF=∴C△MEF∴当MF取得最大值时C△MEF取得最大值设Mm,−m2∴MF=−∵−1<0∴当m=−32×−1=3∴△MEF周长的最大值为94（3）解：在y=−x2+2mx−m2+4m>0中解得x1∴Am−2,0∵y=−x∴Dm,4如图所示当点P在x轴上方时过点D作DT⊥x轴于点T设AP与DT交点为点E在射线DT上取点H使得TH=3AT连接AH∴AT=m−m−2=2∴TH=6AD=A∵tanH=ATTH∴tanH=∴∠H=∠DAP∵∠ADE=∠HDA∴△ADE∽△HDA∴ADHD∴2解得DE=2∴TE=DT−DE=2∴Em,2设直线AP的解析式为y=k1x+b解得k∴直线AP的解析式为y=x−m+2联立y=x−m+2y=−x2+2mx−m2∴Pm+1,3∴PD=m+1−m当点P在x轴下方时过点D作DQ⊥AD交直线l于点Q过点D作DT⊥x轴于点T过点Q作QF⊥DT交直线DT于点F则∠ADQ=∠QFD=∠ATD=90°∴∠DQF=∠ADT=90°−∠QDF∴△DQF∽△ADT∴DF∴DF2∴DF=2∴Qm−设直线AP的解析式为y=k2x+b解得k∴直线AP的解析式为y=7x−7m+14联立y=7x−7m+14y=−x2+2mx−m2∴Pm−5,−21∴PD=m−5−m综上：PD的长为2或5264．(1)y=−(2)S△PAB的最大值为272(3)−8+2173【分析】（1）运用待定系数法求解即可（2）将y=0代入y=−12x2−2x+6得到A−6,0运用待定系数法求出直线AB的解析式为y=x+6．过点P作PM∥y轴交AB于点M设点Pm,−1（3）先求出新抛物线的表达式分类讨论当点K在x轴下方和上方时可分别求出直线AK的表达式与抛物线联立即可求解．【详解】（1）解：∵抛物线y=−12x2+bx+c∴c=6−12×∴该抛物线的函数表达式为y=−1（2）解：将y=0代入y=−12x解得：x1=2∴A−6,0设直线AB的解析式为y=k∵直线AB过点A−6,0B∴−6k1+b∴直线AB的解析式为y=x+6．过点P作PM∥y轴交AB设点Pm,−12m∴PM=y∴S△PAB∴当m=−3时S△PAB有最大值为27此时−1∴S△PAB的最大值为272此时点（3）解：如图原抛物线沿射线CB方向平移10个单位长度∵10=相当于抛物线先向左平移1个单位长度再向上平移3个单位长度则新抛物线的表达式为y=−12x+12当点K在x轴下方时设直线AK交y轴于点H过点H作HN⊥AG于点N此时xK∵G为OB中点B0,6∴G0,3∵A−6,0∴AG=−6在Rt△AGO中tan当∠GAK=45°时△ANH为等腰直角三角形设HN=AN=2m则在Rt△GHN中GN=∴GH=GAG=AN+GN=2m+m=3m∵AG=35∴3m=3∴m=5∴GH=5∴OH=GH−OG=5−3=2∴H0,−2设直线AK的函数表达式为y=k∵直线AK过点A−6,0H∴−6k2+b∴直线AK的解析式为：y=−1联立直线AK和新抛物线得y=−13x−2y=−整理得3x解得x=−16±2∵−8−2173<−6∴x=−8+2173即点K当点K′在x轴上方时此时x设直线AK′与y轴交于∵AO=6OH=2∴在Rt△OAH中AH=cos∠OHA=当∠GAK′=45°时∴在Rt△AFH中HF=∴OF=HF−OH=20−2=18即F0,18设直线AK′的解析式为：∵直线AK′过点A−6,0∴−6k3+b∴直线AK′的解析式为：联立直线AK′和新抛物线得y=3x+18y=−1整理得x2解得x=±13∵−13−6<−6∴x=13即点K′的横坐标为13综上点K的横坐标为−8+2173或5．(1)抛物线的解析式为y=(2)点P的坐标为4,5(3)点Q的坐标为4,5或5【分析】（1）用待定系数法求抛物线的解析式即可（2）设直线BC为y=kx+m代入B3,0C0,−3求得直线BC的解析式为y=x−3要使S△PBC=S△ABC点P必在过点A且平行于BC的直线l1上或者在与l1（3）设Qt,t2−2t−3∠ACO=α由题意可知tan∠ACO=AOCO=13作QM⊥y轴于M则QM=t【详解】（1）解：设抛物线的解析式为y=ax由题意知抛物线经过A−1,0B3,0则0=a−b−30=9a+3b−3解得a=1∴抛物线的解析式为y=x（2）解：设直线BC为y=kx+m代入B3,0C0,−3解得k=1,m=−3∴直线BC的解析式为y=x−3要使S△PBC=S△ABC点P必在过点A且平行于BC的直线l1上或者在与l1情况一：点P必在过点A且平行于BC的直线l1上过点A−1,0作AP∥BC设直线AP为y=x+b代入A−1,0得0=−1+∴直线AP的解析式为y=x+1联立直线AP与抛物线：y=x+1解得x=−1或4当x=4时y=5则P4,5情况二：在与l1关于BC对称的直线l2则直线l2的解析式为y=x−3−联立直线l2抛物线：y=x−7y=x2Δ=−32∴点P的坐标为4,5（3）解：设Qt,t2由题意可知tan∠ACO=作QM⊥y轴于M则QM=tCM=∵∠QCB=∠OCA且∠OCB=45°∠Q1C∴△QMC中直角边满足tan∠Q1CM①Q1tt2−2t=2解得t=0(舍)或代入得y=52Q②Qtt2−2ty=4Q2∴点Q的坐标为4,5或526．(1)y=−(2)抛物线上存在点D使∠CBD=∠ACB−2∠ACO此时点D的坐标为4,5或−【分析】（1）利用待定系数法解答即可（2）作∠OCE=∠AOCCE与x轴交于点E则∠ACE=2∠ACO证明△AOC≌△EOCASA可得OE=OA=1点E1,0过点B作BD∥CE交抛物线于点D此时满足∠CBD=∠ACB−2∠ACO则此时点D即为所求求出直线CE的解析式为y=−5x+5可得直线BD的解析式为y=−5x+25然后联立得：y=−x2+4x+5y=−5x+25可求出点D的坐标作∠CBD=∠BCEBD交y轴于点F则此时满足∠CBD=∠ACB−2∠ACO证明△BOF≌△COEAASOF=OE=1求出直线BD的解析式为y=−【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于∴−解得b=4c=5∴抛物线的解析式为y=−x（2）解：抛物线上存在点D使∠CBD=∠ACB−2∠ACO根据题意得：OA=1OB=5对于y=−x当x=0时y=5∴点C0,5即OC=OB=5如图作∠OCE=∠AOCCE与x轴交于点E则∠ACE=2∠ACO∵∠AOC=∠EOC=90°,OC=OC∴△AOC≌△EOCASA∴OE=OA=1∴点E1,0过点B作BD∥CE交抛物线于点D∴∠CBD=∠BCE∴∠ACB=∠CBD+2∠ACE=∠BCE+2∠ACE此时满足∠CBD=∠ACB−2∠ACO则此时点D即为所求设直线CE的解析式为y=kx+b把点E1,0k+b1=0b∴直线CE的解析式为y=−5x+5∴可设直线BD的解析式为y=−5x+b把点B5,0代入得：0=−25+解得：b2∴直线BD的解析式为y=−5x+25联立得：y=−x解得：x=4y=5或x=5∴点D的坐标为4,5如图作∠CBD=∠BCEBD交y轴于点F则此时满足∠CBD=∠ACB−2∠ACO∵OC=OB∴∠OBC=∠OCB∴∠OCE=∠OBF∵∠BOF=∠COE∴△BOF≌△COEAAS∴OF=OE=1∴同理直线BD的解析式为y=−1联立得：y=−x解得：x=−45y=∴点D的坐标为−4综上所述：抛物线上存在点D使∠CBD=∠ACB−2∠ACO此时点D的坐标为4,5或−47．(1)最大值为258(2)存在点M的坐标为−1,−52【分析】（1）先求出BC的解析式设Qm,m−4Pm,12m2−m−4表示出PQ（2）分两种情况①当M点位于BC上方时在OC上取一点D使得OD=OA连接BD并延长交抛物线于点M②当M点位于BC下方时作FB⊥x轴作CF⊥FB于点FCF与抛物线的交点为E利用全等三角形的判定与性质进行求解即可．【详解】（1）解：将x=0代入y=12x2∴C0,−4将y=0代入y=12x解得：x1=−2∴A−2,0B设直线BC的解析式为y=kx+b∵C0,−4B∴4k+b=0解得：k=1b=−4∴直线BC的解析式为y=x−4设Qm,m−4∵PQ⊥x轴∴Pm,∴PQ=m−4−12m∵P为直线BC下方∴m<4∴BQ=2∴PQ+2∴当m=32时PQ+24QB则P3（2）解：存在①当M点位于BC上方时在OC上取一点D使得OD=OA连接BD并延长交抛物线于与点M∵OB=OC=4，OD=OA∴△DOB≌△AOCSAS∴∠OBD=∠ACO∵∠OBD+∠MBC=∠OBC=45°∴∠ACO+∠MBC=45°∴此时使得∠MBC+∠ACO=45°∵OD=OA=2∴D0,−2∵B4,0设直线BD得解析式为y=kx+b∴4k+b=0解得：k=1∴直线BD的解析式为y=1联立y=1解得：x=−1或x=4∴M−1,−②当M点位于BC下方时如图作FB⊥x轴作CF⊥FB于点FCF与抛物线的交点为E连接BE∵C0,−4∴当y=−4时−4=1解得：x=0或x=2∴E2,−4∴CE=2∵∠COB=∠FBO=∠CFB=90°∴OB=CF=4∴EF=CF−CE=2∵BF=OC=4∠BFC=∠COA=90°OA=EF=2∴△BFE≌△COASAS∴∠EBF=∠ACO∵CF=BF=4，∴∠CBF=∠CBE+∠EBF=45°∴∠CBE+∠ACO=45°则E即为M点∴M2,−4综上所述使得∠MBC+∠ACO=45°M点的坐标为−1,−52或8．(1)y=−(2)存在点Q的横坐标为2−25或【分析】（1）先根据已知条件求得B4,0A−2,0然后代入y=ax2+bx+2求得（2）先求出平移后的函数解析式为y1=−14x2+3【详解】（1）解：∵y=ax2∴当x=0时y=2即C0,2∴OC=2．∵OB=2OC=2OA∴OB=4OA=2∴B4,0A将B4,0A−2,0代入得16a+4b+2=04a−2b+2=0解得：a=−∴抛物线的解析式为y=−1（2）解：∵AO=CO=2∴∠CAO=45°∴直线AC的解析式为y=x+2∴抛物线沿射线AC方向平移22个单位长度相当于向右平移2个单位长度再向上平移2个单位长度∴新抛物线的解析式为y1①如图：当点Q在x轴下方时．∵∠ADB+∠ABC=∠CAB∠ADB+∠ABD=∠CAB∴∠ABC=∠ABD∴BA是∠CBD的平分线．∵点C关于x轴的对称点为C′∴直线BD的解析式为y=1当12x−2=−14x2+∴点Q的横坐标为2−25②如图：当点Q在x轴上方时．∵∠AD∴△DBD′∴BD设D′∴652=m−42+m+2∴D∴直线BD′的解析式为令2x−8=−14x2+32x+2解得∴点Q′的横坐标为−1+综上所述点Q的横坐标为2−25或−1+【点睛】灵活运用分类讨论思想使解答全面是解题的关键．9．(1)D的坐标为2,−9AB=6(2)C【分析】（1）当m=2时抛物线的表达式为：y=x2−4x−5则抛物线的顶点坐标为：2,−9令y=x2−4x−5=0（2）求出直线BC的表达式CD的表达式得到直线AH的表达式求出H2m+1,−2m−2【详解】（1）解：当m=2时抛物线的解析式为y=x则抛物线顶点D的坐标为2,−9令x2−4x−5=0则x=−1或∴A−1,0B∴AB=6．（2）解：由题意得点ABCD的坐标分别为−1,02m+1,00,−2m−1m,−m设直线BC的解析式为y=k1x−2m−1直线CD则0=k12m+1解得：k1=1∴直线BC的解析式为y=x−2m−1直线CD的解析式为y=−mx−2m−1如图过点A作AH⊥BC交CD的延长线于点H垂足为N∵tan∠ABC=∴tan∠BAN=设直线AH的解析式为y=−x+b则0=−−1+b解得：∴直线AH的解析式为y=−x−1令x−2m−1=−x−1解得x=m∴Nm,−m−1∵∠ACB=∠BCD∠ANC=∠HNC=90°∴△ACN≌△HCNASA∴AN=HN∴N是AH的中点∴H2m+1,−2m−2∵点H在直线DC上∴−2m−2=−m2m+1解得：m=−1（舍去）或m=1∴C0,−210．(1)y=(2)13(3)y=43【分析】本题考查了二次函数的性质及平移熟练掌握性质定理是解题的关键．（1）根据待定系数法求出解析式再根据对称轴公式即可得出答案（2）求出抛物线的对称轴为直线x=32可得当x<32时y随x（3）分两种情况：当点Q在x轴下方的抛物线上时当点Q在x轴上方的抛物线上时先画出图形再根据二次函数的性质即可得出答案．【详解】（1）解：将点−1,72代入12解得：a=3∴该二次函数的解析式为y=1（2）解：∵y=1∴抛物线的对称轴为直线x=3∵12∴抛物线开口向上∴当x<32时y随x∴当x=−2时y的值最大为1即当−2≤x≤1时二次函数y=12x（3）解：由已知可得二次函数解析式为：y=1则点A−1,0点B4,0当点Q在x轴下方的抛物线上时在AC的延长线上取一点F使CF=AC连接BF若BF与抛物线有交点设BF与抛物线交于点Q过点F作FN⊥y轴于N,FH⊥x轴于H∵∠FNC=∠AOC=90°,∠FCN=∠ACO,AC=CF∴△FNC≌△AOCAAS∴FN=AO=1∵FH⊥x轴∴OH=NF=1∵AC∴BC⊥AC∵AC=CF∴∠ABF=2∠ABC∵AC=CF,AO=OH∴HF=2OC=4∴F1,−4设BQ的解析式为：y=kx+b∴k+b=−4解得：k=4∴BQ的解析式为：y=4当点Q在x轴上方的抛物线上时延长FH到M使HM=HF连接BM并延长BM交y轴于G若BG与抛物线有交点设BG交抛物线于点Q∵FH⊥x轴FH=MH∴∠MBH=∠FBH=2∠ABC,M1,4同理可得直线BM的解析式为：y=−4综上所述直线BQ的解析式为：y=43x−11．(1)A−2,0B4,0(2)2PM−2BM的最大值为1点P(3)5,2或3−【分析】（1）令y=0求出A,B的坐标令x=0求出C的坐标（2）通过证明△BMN是等腰直角三角形得到BM=2MN利用待定系数法求出直线BC的解析式为y=−x+4设点P的坐标为m,−12m2+m+4则Mm,−m+4（3）根据二次函数平移的性质得到新抛物线y′=−12x2+2x+92由题意得∠QBC=45°+∠ACO=∠ACB再分2种情况讨论：①当Q在x轴上方时②当Q在x轴下方时【详解】（1）解：令y=0则−1解得x1=−2∴A−2,0B令x=0则y=4∴C0,4（2）解：由（1）得OB=OC=4∵∠BOC=90°∴∠OBC=∠OCB=45°∵PM∥y∴∠BMN=∠OCB=45°∴∠BMN=∠OBC=45°∴△BMN是等腰直角三角形BM=2设直线BC的解析式为y=kx+b代入B4,0C0,4得解得k=−1b=4∴直线BC的解析式为y=−x+4设点P的坐标为m,−12m2+m+4则则2PM−=2PM−2MN=2=−=−m−3∵−1<0∴当m=3时2PM−2BM有最大值此时点P的坐标为3,5（3）解：y=−1∵A−2,0C∴直线AC的解析式为y=2x+4∵将抛物线沿AC方向平移5个单位长度得到新抛物线y′∴将抛物线向上平移2个单位长度向右平移1个单位长度得到新抛物线y′∴y′∵∠QBC−∠ACO=45°∴∠QBC=45°+∠ACO=∠OCB+∠ACO=∠ACB①当Q在x轴上方时记此时点Q为Q1∵∠Q∴BQ∴设直线BQ1的解析式为代入B4,0得8+n=0解得n=−8∴直线BQ1的解析式为联立y=2x−8y=−解得x=5y=2或x=−5y=−18∴Q1②当Q在x轴下方时记此时点Q为Q2延长CA与BQ2交于点设点D的坐标为t,2t+4∵∠Q∴CD=BD∴t2解得t=−4∴D−4,−4∴直线BD的解析式为y=1联立y=1解得x=3+612∴Q2综上所有符合条件点Q的坐标为5,2或3−61【点睛】本题考查了二次函数综合抛物线与坐标轴的交点二次函数的最值问题等腰直角三角形的性质与判定求一次函数解析式运用数形结合思想是解题的关键．本题属于函数综合题需要较强的数形结合和分类讨论能力综合要求较高适合有能力解决压轴题的学生．12．(1)y=−(2)M(3)N【分析】（1）根据题意设抛物线解析式为y=ax+1x−3（2）连接BD求出lBC:y=−x+3由平移的性质得到M点到BC的距离等于D点到BC的距离进而得到S△MCB=S△BCD=CD⋅xB2=（3）过A作AE⊥AC交CN于点E分别过点C,E作y轴的垂线交过点A平行于y轴的直线于点G,F由题意易得CA=AE证明△GCA≌△FAEAAS推出CG=AF=1,AG=EF=3进而得到E2,−1求出lCE:y=−2x+3【详解】（1）解：∵抛物线过点A−1,0∴设抛物线解析式为y=ax+1将C0,3代入3=−3a解得a=−1y=−x+1x−3即（2）解：连接BD设lBC将3,0,0,3代入得b=33k+b=0∴l∵平移∴BC∥DM∴M点到BC的距离等于D点到BC的距离∴S△MCB解得CD=10∴D0,−7设lDM:y=−x+m将0,−7代入得∴l令−x−7=−x解得x1=−2,把x1=−2代入此时M−2,−5（3）解：如图：过A作AE⊥AC交CN于点E分别过点C,E作y轴的垂线交过点A平行于y轴的直线于点G,F则四边形AOCG是矩形CG=OA=1AG=OC=3∵∠ACN=45°∴CA=AE∵∠CAG+∠EAF=90°,∠EAF+∠AEF=90°∴∠CAG=∠AEF又∵∠CGA=∠AFE=90°∴△GCA≌△FAEAAS∴CG=AF=1,AG=EF=3∴E设lCE:y=kx+b将C0,3解得k=−2b=3∴l令−2x+3=−x解得x1=4,将x=4代入得y=−5∴当N4,−5时∠ACN=45°【点睛】本题考查了二次函数的综合应用二次函数与面积问题二次函数与特殊三角形问题涉及待定系数法等腰三角形的判定与性质全等三角形的判定与性质一次函数的解析式等构建全等三角形是解题的关键．13．(1)A−3,0B1,0(2)32,(3)−2,−5．【分析】（1）求出y=0时x的值可得点A和点B的坐标求出x=0时y的值可得点C的坐标（2）把解析式化为顶点式得到点D的坐标当点P在x轴上方时过点D作DE⊥AB于点E过点B向上作BF⊥AB交AP于点F由抛物线的对称性可得∠ADE=∠BDE=12∠ADB证明△AED≌△FBA得AE=FB=2求出直线PA的解析式为y=12x+32联立y=12x+32y=x2+2x−3求解即可（3）设Mm,m2+2m−3,Nn,n2+2n−3,Qq,q2+2q−3求出直线lQN:y=q+n+2x−qn−3同理可得直线MN的解析式为y=m+n+2x−mn−3【详解】（1）解：在y=x2+2x−3中当y=0时解得x=−3或x=1当x=0时y=−3∴A−3,0B1,0（2）解：∵y=x∴顶点D的坐标为−1,−4①当点P在x轴上方时过点D作DE⊥AB于点E过点B向上作BF⊥AB交AP于点F∵A−3,0B1,0∴AE=BE=2DE=AB=4由抛物线的对称性可得AD=BD∠ADE=∠BDE=1∵∠PAO=1∴∠FAB=∠ADE又∵∠AED=∠ABF=90°∴△AED≌△FBAASA∴AE=FB=2∴点F的坐标为1,2设直线PA的解析式为y=kx+b（k≠0）将AF两点坐标代入得：0=−3k+b2=k+b解得k=1∴直线PA的解析式为y=1联立y=12x+32y=∴点P的坐标为32②点P在x轴下方时同理可求得直线PA的解析式为y=−1联立y=−12x−32y=∴点P的坐标为12综上所述点P的坐标为32,9（3）解：设Mm,m2+2m−3设直线QN的解析式为y=k联立y=k′x+由根与系数关系可知q+n=k′−2∴直线QN的解析式为y=q+n+2同理可得直线MN的解析式为y=m+n+2直线MQ的解析式为y=m+q+2∴m+q+2=−2即m+q=−4∵直线MN经过定点H−2,−1∴−1=−2m+n+2整理得mn=−2m−2n−6将m=−q−4代入mn=−2m−2n−6中得−q−4n=−2整理得nq=−2n−2q−2∴直线QN的解析式为y=−nq+2在y=−nq+22x−qn−3中当x=−2时∴直线NQ必过定点−2,−5．【点睛】本题主要考查了求二次函数与坐标轴的交点坐标二次函数综合全等三角形的性质与判定等等熟知相关知识是解题的关键．14．(1)y=−(2)9(3)5(4)2,3【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式即可（2）令y=0时求得抛物线与x轴的交点坐标从而可得AB=4作PF∥x轴交BC于点F证明△FPD∽△BAD可得PDAD=PFAB即可知当PF最大时PDAD的值最大利用待定系数法求直线BC的解析式设Pm,−m2+2m+3Fm2−2m,−m（3）作A关于NC的对称点E连接CE,BE,则∠ABC=∠EBC,BA=BE证明△ABC≌△EBCSAS得出∠ECB=∠ACB,根据题意得出P在CE上进而求得直线CE的解析式联立抛物线解析式即可求解（4）过点O作OQ∥BC且OQ=DM=2得出Q1,−1进而证明四边形DOQM是平行四边形得出OD=QM作O关于BC的对称点N连接BNNM,QN则NM=OM同理可得N3,3设直线QNBC交于点G根据题意可得即M,G重合时△ODM的周长最小设G的上方BC上一点Hh,−h+3且GH=DM=2得H1,2进而确定点P的位置当D与点H重合时满足题意则P在直线AH上【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+2x+c经过点A∴把点A−1,0C0,3代入y=ax2解得：a=−1c=3∴抛物线解析式为：y=−x（2）解：∵y=0时−x2+2x+3=0解得：x∴B3,0∴AB=4如图作PF∥x轴交BC于点F∵PF∥x轴∴∠FPD=∠BAD,又∵∠FDP=∠BDA∴△FPD∽△BAD∴PDAD∵AB是定值∴当PF最大时PDAD的值最大设直线BC的解析式为：y=kx+bk≠0∵点C0,3B3,0在直线BC把点C0,3B3,0代入y=kx+bk≠0可得b=33k+b=0∴直线BC的解析式为：y=−x+3设点P的坐标为：m,−m2+2m+3则点F∴PF=−m∴当m=32时PF取最大值∴PDAD的最大值为PF（3）解：如图作A关于BC的对称点E连接CE,BE,则∠ABC=∠EBC,BA=BE∵C0,3B∴OB=OC=3∴△OBC是等腰直角三角形∴∠ABC=∠EBC=45°∴∠ABE=90°∴△ABE是等腰直角三角形∵A−1,0则OA=1∴AB=OA+OB=4∴BE=AB=4∴E∵BC=BC,BE=BA,∠ABC=∠EBC∴△ABC≌△EBC∴∠ECB=∠ACB∵∠PCB=∠ACB∴P在CE上设直线CE的解析式为y=k1x+b1∴4=3解得：k∴直线CE的解析式为y=联立y=解得：x=0y=3或∴P点坐标为53（4）解：∵直线BC的解析式为：y=−x+3过点O作OQ∥BC则直线OQ的解析式为y=−x设Qq,−q∴OQ=2q=2∴点Q∵DM=OQ,DM∴四边形DOQM是平行四边形∴OD=QM作O关于BC的对称点N连接BNNM,QN则NM=OM则N3,3∴△ODM的周长为OD+DM+OM=QM+NM+∴当M在QN上时△ODM的周长最小设直线QNBC交于点G即M,G重合时△ODM的周长最小设直线QN的解析式为y=mx+n代入Q1,−1∴−1=m+n解得：m=2∴直线QN的解析式y=2x−3联立y=2x−3解得：x=2∴G∵直线BC的解析式为：y=−x+3设G的上方BC上一点Hh,−h+3且GH=DM=∴h−2解得：h=1或h=3（舍去）∴H∴当D与点H重合时满足题意则P在直线AH上设直线AH的解析式为y=ex+f代入A−1,0∴−e