二次函数的角度存在性问题—浙教版数学九（上）知识点训练
一、二次函数的角度存在性问题
1．（2024·资阳）已知平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线yx2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于C点，且B（4，0），BC＝4．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P是抛物线在第一象限内的一点，连接PB，PC，过点P作PD⊥x轴于点D，交BC于点K．记△PBC，△BDK的面积分别为S1，S2，求S1﹣S2的最大值；
（3）如图2，连接AC，点E为线段AC的中点，过点E作EF⊥AC交x轴于点F．抛物线上是否存在点Q，使∠QFE＝2∠OCA？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：∵B（4，0），
∴OB＝4，
把，代入函数解析式得：
解得：，
（2）解：∵B（4，0），C（0，4），
∴设直线BC的解析式为：y＝kx+4（k≠0），把B（4，0）代入，得：k＝﹣1，
∴y＝﹣x+4，
设，则，
，，，
，
当时，的最大值为；
（3）解：令，解得：x1＝﹣2，x2＝4，
∴A（﹣2，0），
∵C（0，4），点E为AC的中点，
∴E（﹣1，2），
连接CF，如图：
∵FE⊥AC，
∴AF＝CF，
∴∠AFE＝∠CFE，
设OF＝a，则CF＝AF＝a+2，
在Rt△COF中，由勾股定理，得：a2+42＝（a+2）2，
∴a＝3，
∴F（3，0），CF＝5，
∵FE⊥AC，∠AOC＝90°，
∴∠AFE＝∠OCA＝90°﹣∠CAF，
∴∠AFE＝∠OCA＝∠CFE.
①取点E关于x轴的对称点E1，连接FE1交抛物线于点Q1，则：∠Q1FE＝2∠EFA＝2∠OCA，E1（﹣1，﹣2），
设FE1的解析式为：y＝k1x+b，
则：，解得：，
联立，
解得：(舍去)或，
②取E关于CF的对称点E2，连接EE2交CF于点G，连接FE2交抛物线于点Q2，则：∠Q2FE＝2∠CFE＝2∠OCA，EG⊥CF，
过点作轴，则：，
，
设直线的解析式为：，
则：，
解得：
联立
解得：(舍去)或
综上所述，或.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一次函数的综合应用；解直角三角形—边角关系；二次函数-面积问题；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】（1）利用点B的坐标可求出OB的长，利用勾股定理求出OC的长，可得到点C的坐标；分别将点B、C的坐标代入抛物线的解析式，可得到关于b、c的方程组，解方程组求出b、c的值，代入可得到抛物线的解析式.
（2）利用点B、C的坐标，可求出直线BC的函数解析式，利用两函数解析式和PD⊥x轴，设，则，可表示出PK、DK、DB的长，从而可表示出S1和S2，由此可得到S1-S2关于m的函数解析式，将其函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质可求出S1﹣S2的最大值.
（3）利用抛物线的解析式，由y=0可求出对应的x的值，可得到点A的坐标，再利用点C的坐标及点E为AC的中点，可得到点E的坐标，利用勾股定理求出AE、CE的长，可推出AF=CF，利用等腰三角形的性质可得到∠AFE=∠CFE；设OF＝a，则CF＝AF＝a+2，在Rt△COF中利用勾股定理可得到关于a的方程，解方程求出a的值，可得到点F的坐标，同时求出CF的长；利用EF⊥AC和∠AAOC=90°可证明∠AFE＝∠OCA＝∠CFE；①取点E关于x轴的对称点E1，连接FE1交抛物线于点Q1，则：∠Q1FE＝2∠EFA＝2∠OCA，E1（﹣1，﹣2），利用待定系数法求出FE1的解析式，将此函数解析式与二次函数解析式联立得方程组，解方程组求出其解，可得到符合题意的点Q1的坐标；②取E关于CF的对称点E2，连接EE2交CF于点G，连接FE2交抛物线于点Q2，则：∠Q2FE＝2∠CFE＝2∠OCA，EG⊥CF，利用勾股定理求出EF的长，利用三角形的面积公式和等面积法求出EG的长，再利用勾股定理求出FG的长；过点作轴，利用解直角三角形可求出GH、FH的长，可得到OH的长，据此可得到点G的坐标，利用点E的坐标，可得到点E2的坐标，利用待定系数法可求出线的解析式，将此函数解析式与二次函数解析式联立方程组，解方程组求出其解，可得到符合题意的点Q2的坐标；综上所述可得到符合题意的点Q的坐标.
2．（2024八下·丰城月考）如图，在直角坐标系xOy中，二次函数y＝x2+（2k﹣1）x+k+1的图象与x轴相交于O、A两点．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）在这条抛物线的对称轴右边的图象上有一点B，使△AOB的面积等于6，求点B的坐标；
（3）对于（2）中的点B，在此抛物线上是否存在点P，使∠POB＝90°？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵函数的图象与x轴相交于原点O，
∴0＝k+1，即k＝﹣1，
∴y＝x2﹣3x，
（2）解：假设存在点B，过点B作BD⊥x轴于点D，
∵△AOB的面积等于6，
∴AO BD＝6，
当0＝x2﹣3x，即x（x﹣3）＝0，
解得：x＝0或3，
∴AO＝3，BD＝4
即4＝x2﹣3x，
解得：x＝4或x＝﹣1（舍去）．
y＝x2﹣3x＝（x﹣）2﹣，
∴顶点坐标为：（1.5，﹣2.25）．
∵2.25＜4，
∴x轴下方不存在B点，
∴点B的坐标为：（4，4）；
（3）解：存在
∵点B的坐标为：（4，4），
∴∠BOA＝45°，
BO＝，
当∠POB＝90°，
∴∠POD＝45°，
设P点横坐标为：x，则纵坐标为：x2﹣3x，
即﹣x＝x2﹣3x，解得x＝2 或x＝0（舍去），
∴点P的坐标为：（2，﹣2）
∴在抛物线上仅存在一点P（2，﹣2）．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-面积问题；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】（1）把点O（0，0）代入解析式，求出k的值即可；
（2）假设存在点B，过点B作BD⊥x轴于点D，根据面积公式得AO BD＝6，令y=0，解得点A横坐标，求出AO，于是可得BD；根据顶点的纵坐标可判断在x轴下方时点B的存在性，即可确定点P的坐标.
（3）根据点B的坐标可得∠BOA=45°，于是有∠AOP=45°，且点P在x轴下方，由点P的横纵坐标互为相反数，设出点P坐标，得方程，求解即可.
3．（2024·南昌模拟）如图、在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，点（点在点的左侧），与轴交于点，为抛物线的顶点，连接，将抛物线绕点旋转得到抛物线．
（1）求抛物线的解析式．
（2）连接，，求的值．
（3）连接，是抛物线上的点，若满足，求点的坐标．
【答案】（1）解：对于，当时，；当时，，
解得，，
∴，
又，
∴抛物线的顶点P的坐标为，
设点A关于原点对称的点的坐标为，
由旋转知，的顶点坐标为，且过点，
∴设的解析式为，
把代入得，
解得，，
∴的解析式为；
（2）解：∵，
∴
∴，
过点B作于点E，如图，
，
则，
∴，
∴
（3）解：∵
∴，
∴，
∴是直角三角形，
∴；
分两种情况：
（i）当点Q在y轴左侧时，如图，过点Q作轴于点F，
∵，
∴，
设点的坐标为，则：，，
∴，
解得，，
经检验，是原方程的根，
又，
∴，
此时，点的坐标为；
（ii）当点在轴右侧时，如图，
∵点A关于原点对称的点的坐标为，
∴，
连接，则有：，
∴
∴点与点重合，
∴，
综上，点Q的坐标为或
【知识点】二次函数图象的几何变换；正切的概念；求正切值；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】（1）先根据二次函数与坐标轴的交点问题得到，进而求出点P的坐标，设点A关于原点对称的点的坐标为，根据旋转的性质结合二次函数的图象及其几何变换得到的顶点坐标为，且过点，再运用待定系数法即可求解；
（2）先根据点的坐标结合勾股定理求出AB、AC、BC，从而即可得到，过点B作于点E，则，从而得到BE，再根据正弦函数的定义即可求解；
（3）先根据坐标系中两点间的距离公式得到，从而运用勾股定理的逆定理得到是直角三角形，根据正切得到，从而分类讨论：当点Q在y轴左侧时，当点在轴右侧时，进而根据正切函数的定义结合已知条件即可求解。
4．（2024·重庆市模拟）在平面直角坐标系中，抛物线过点和点，交轴于两点（点在点的左侧）
（图1） （图2）
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图1，点为线段下方抛物线上一动点，过点作交于点，作轴交轴于点，求的最大值及此时点的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，连接，将抛物线沿射线方向平移个单位得到新抛物线，问在平移后的拋物线上是否存在点，使得，请直接写出所有符合条件的点的坐标．
【答案】（1）过
（2）作轴交于点
设
，
开口向下 对称轴为直线
当时，
的最大值为16
（3）右2下2
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-动态几何问题；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】（1）用待定系数法直接求解；
（2）作PH∥y轴轴交BC于点H，交x轴于Q，设点P的横坐标为m，用含m的代数式表示点P的坐标和点H的坐标，进而表示PN和PM的长度，再建立二次函数求解即可；
（3） 求出平移后的抛物线，连接AC，过P作BH⊥x轴于H，分两种情况：M在PB的左边时或M在PB的右边时，分别求出BM的解析式，联立求出交点M的坐标。
5．（2024·沙坪坝模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线过点且交轴于点，点，交轴于点，顶点为，连接，．
备用图
（1）求抛物线的表达式．
（2）点是直线下方抛物线上的一动点，过点作交轴于点，轴交于点，求的最大值，以及此时点的坐标．
（3）连接，把原抛物线沿射线方向平移个单位长度后交轴于，两点在右侧），在新抛物线上是否存在一点，使得，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）过点且交轴于
抛物线的表达式为：
（2）点是抛物线与轴的左交点，是抛物线与轴的交点 ，
直线解析式为： 过点作轴交于点，交轴于点
，轴，
设则，
，
，开口向下，而对称轴为直线在的范围内
当时，有最大值，即．
此时
（3）解：过点D作轴于点P，如图所示：
∵抛物线，
∴顶点，
，
，
，
∴原抛物线沿射线方向平移个单位长度时，相当于向上平移个单位，向右平移个单位，
∴新的抛物线的表达式为：
，
令，
解得：，，
∴，，
当点在轴上方时，如图所示：
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
设直线的解析式为：，
把代入得：，
解得：，
∴直线的解析式为：，
令，
解得：，（舍去），
把代入得，
∴此时G点坐标为；
当点在轴下方时，如图所示：
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
设直线的解析式为：，
把代入得：，
解得：，
∴直线的解析式为：，
令，
解得：，（舍去），
把代入得，
∴此时G点坐标为；
综上分析可知，点G的坐标为：或．
【知识点】相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；二次函数与一元二次方程的综合应用；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】（1）根据题意将点，代入即可得到二次函数的解析式；
（2）先根据二次函数与坐标轴的交点得到，，进而运用待定系数法即可求出直线BC的函数解析式， 过点作轴交于点，交轴于点，根据相似三角形的判定与性质证明，，结合题意即可得到
，设则，，进而即可得到，，从而即可得到，再根据二次函数的最值结合题意即可求解；
（3）过点D作轴于点P，先根据题意运用锐角三角函数的定义得到原抛物线沿射线方向平移个单位长度时，相当于向上平移个单位，向右平移个单位，进而根据二次函数的几何变换即可得到新的抛物线的表达式为，从而分类讨论：当点在轴上方时，当点在轴下方时，求出一次函数A'E的函数解析式，进而根据二次函数与一次函数的交点问题即可求解。
6．（2024·重庆市模拟）如图1，已知抛物线（a，b为常数，）经过点，，与y轴交于
点C．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图2，若点P为第二象限内抛物线上一点，连接、、、，当与的面积和最大时，求点P的坐标及此时与的面积和；
（3）如图3，点Q是抛物线上一点，连接，当时，求点Q的坐标．
【答案】（1）∵抛物线点，，
∴，
解方程组得，
∴抛物线的解析式为；
（2）如图2，连接，，
由，
∴，而，，
∴，，
设，
∴，，
，
∴与的面积和
，
当时，面积和最大，
最大面积为：；
∴；
（3）如图3，连接，记，的交点为K，过K作于T，
∵，，，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设为，
∴，
解得：，
∴直线为，
∴，
解得：或，
∴，
∵K关于x轴对称的点，
此时与抛物线的交点Q也符合题意；
同理可得：直线的解析式为：，
∴，
解得：或，
∴，
综上：或．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；相似三角形的判定与性质；二次函数-面积问题；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】（1）直接利用待定系数法求解抛物线的解析式即可；
（2）连接OP和BP，设点P的横坐标为x，利用x的代数式表示点P的坐标，计算三角形BOC、POC、PAO和PBO的面积，再利用面积的关系构建二次函数，根据二次函数的性质求解。
（3）连接CB，记BQ，AC的交点为K，过K作KT⊥AB于T，证明求出AK的长，得出点K的坐标和直线BK的解析式，再联立求解函数交点坐标即可，同理求出K关于x轴对称的点的坐标，此时与抛物线的交点Q也符合题意；同理可求出直线的解析式，再联立求解函数交点坐标即可．
7．（2024九上·长沙开学考）如图，抛物线与x轴交于点与点，与y轴交于点，点P是抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在点P的运动过程中，是否存在点P，使？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）当点P在第一象限时，连接，设的面积为，的面积为，求的取值范围．
【答案】（1）解：将，，代入得，，解得，，
所以抛物线的解析式为；
（2）解：如图①，连接，过作直线，使，过作于，过作轴于，作于，
所以，
所以，
因为，
所以，
又因为，，
所以，
所以，
设，则，，，，
所以，，
解得，，
所以，
设直线的解析式为，
将，代入得，，
解得，，
所以直线的解析式为，
联立，
解得，或，
所以，
所以存在点P，使，；
（3）解：如图②，过作轴于，
设，则，
所以，，
所以，
由题意知，，
所以，，
所以，
所以的取值范围为．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；等腰三角形的判定与性质；二次函数-面积问题；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】（1）将，，代入得到关于、、的方程，解方程，进而可得抛物线的解析式；
（2）如图①，连接，过作直线，使，过作于，过作轴于，作于，则，，证明，则，设，则，，，，，，可求，即，待定系数法求直线的解析式为，联立，计算求出满足要求的解即可；
（3）如图②，过作轴于，设，则，，，即，由题意知，，进而可得，，计算求解然后作答即可．
（1）解：将，，代入得，，
解得，，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：如图①，连接，过作直线，使，过作于，过作轴于，作于，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
设，则，，，，
∴，，
解得，，
∴，
设直线的解析式为，
将，代入得，，
解得，，
∴直线的解析式为，
联立，
解得，或，
∴，
∴存在点P，使，；
（3）解：如图②，过作轴于，
设，则，
∴，，
∴，
由题意知，，
∴，，
∴，
∴的取值范围为．
8．（2024九下·重庆市模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线，交轴于点A，交轴于点，，连接．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点是直线下方抛物线上一动点，过点作轴交直线于点，是轴上一点，连接，使，求的最大值及此时点的坐标；
（3）将原抛物线沿方向平移个单位长度，在新抛物线上有一点，使得，请写出所有符合条件的横坐标，并写出其中一种情况的过程．
【答案】（1）解：
将点，代入，
，
解得，
抛物线的解析式为；
（2）解：当时，，
，
设直线的解析式为，
，
解得，
直线的解析式为，
设，则，
，
，
，
，
∵，，
∴当时，的最大值为，此时；
（3）解：，
抛物线沿轴正半轴平移3个单位长度，沿轴负半轴平移1个单位长度，又，
平移后的抛物线解析式为，
如图，作点关于轴的对称点，则，
直线的解析式为，
，
，
，
①当，且Q在A的左边时，
过点与平移的直线解析式为，
当时，解得（舍去）或，
点横坐标为；
设直线上一点，
当时，，此时点Q在的延长线上，
，
解得，
，
直线的解析式为，
当时，（舍去）或；
点横坐标为；
综上所述：点横坐标为或．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；轴对称的性质；二次函数-线段周长问题；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】
（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）设点P的横坐标为t，用含t的代数式表示点P和点D的坐标，进而表示PD的长，构建二次函数，根据二次函数的性质求解即可；
（3）先根据抛物线平移的规律求出平移后的抛物线解析式，作A点关于x轴的对称点，则，求得直线的解析式和过A点与平移的直线解析式，直线与抛物线的交点为Q点；设直线上一点，由求出，，直线AN与抛物线的交点为Q点．
9．（2024·中山模拟）在平面直角坐标系xOy中，二次函数的图象与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，C，D两点的坐标分别为(-4，5)，(0，5).
（1）求A，B两点的坐标；
（2）若二次函数.的图象经过点C，且与平行于x轴的直线l始终有两个交点M，N(点M在点N的左侧)，P为该抛物线上异于M，N的一点，点N，P的横坐标分别为n，n+2.当n的值发生变化时，的度数是否也发生变化 若变化，请求出∠PMN度数的范围；若不变，请说明理由；
（3）若二次函数.的图象与线段CD只有一个交点，求a的取值范围.
【答案】（1）解：在中，令得，解得或，
（2）解：当的值发生变化时，的度数不发生变化；理由如下：
过作，交直线MN于，如图：
把代入得：
，解得，
，
点N，P的横坐标分别为，
，
轴，抛物线的对称轴为直线，
，
，
，
当的值发生变化时，的度数不发生变化；
（3）解：，
拋物线的对称轴为直线，
顶点坐标为，拋物线与轴交点为，
①当时，，
抛物线与轴交点在下方，顶点在直线下方，如图：
在中，令得，
，
，即时抛物线过点，
由图可知，当时，二次函数的图象与线段CD只有一个交点；
②当时，若顶点在线段CD时，如图：
此时，解得；
若顶点在直线上方，即时，如图：
二次函数的图象与线段CD只有一个交点，，
解得此时满足，
综上所述，二次函数的图象与线段CD只有一个交点，的取值范围是或或．
【知识点】二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】(1)令y=0，直接解方程即可得A、B的坐标；
(2)设点N的坐标可得P的横坐标再分别求出纵坐标，求得tan∠PMN的值即可说明∠PMN为定值；
(3)分别讨论a>0和a<0的情况，结合数形结合即可求出a的取值范围.
10．（2024·越秀模拟） 在平面直角坐标系中，设直线l的解析式为：（k、m为常数且），当直线l与一条曲线有且只有一个公共点时，我们称直线t与这条曲线“相切”，这个公共点叫做“切点”．
（1）求直线与双曲线的切点坐标；
（2）已知一次函数，二次函数，是否存在二次函数，其图象经过点，使得直线与都相切于同一点？若存在，求出的解析式；若不存在，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，抛物线的顶点坐标为B，点P为y轴上一点．在平面内存在点M，使，且这样的点P有且只有一个，则点P的坐标为 ．
【答案】（1）解：联立，得：，
整理得：，
解得：，
当时，，
则切点坐标为：．
（2）解：存在，理由：
∵与相切，
联立，得，
整理得：
解得：，
当时，，
则切点为：；
∵直线与，都相切于同一点，
即与的切点在图象上，
将、代入抛物线表达式得：，
解得：，
则抛物线的表达式为：，
∵与相切，
联立，得，
整理得：，
则该一元二次方程有唯一解，即，
整理得：
解得：，
故抛物线的表达式为：．
（3）
【知识点】反比例函数与一次函数的交点问题；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数与一元二次方程的综合应用；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【解答】解：（3）由（2）知，抛物线的表达式为：，则顶点的坐标为，
在平面内存在点，使，
即点、、在同一个上，
又∵点为轴上一点，且这样的点有且只有一个，
故点是与轴的切点，
如图：过点作轴交于点，确定的中点，连接，
∵，，
故中点的坐标为，的坐标为，
设直线的解析式为，
将，代入得：，
解得：，
即直线的表达式为：，
则点在直线上，故设点，则点，
则，
∵，，
∴，
解得：，（舍去）
故点
故答案为：
【分析】（1）根据一次函数与反比例函数的交点问题结合题意联立解析式，进而即可求解；
（2）根据二次函数与一次函数的交点结合题意联立即可得到切点，进而结合题意即可得到与的切点在图象上，故将、代入，运用待定系数法即可求出，再根据题意相切联立解析式，从而根据一元二次方程根的判别式结合题意即可求出a值；
（3）由（2）知，抛物线的表达式为：，则顶点的坐标为，在平面内存在点，使，即点、、在同一个上，点是与轴的切点，过点作轴交于点，确定的中点，连接，运用待定系数法求出直线EF的函数解析式，从而即可得到点在直线上，故设点，则点，则，根据坐标系中两点间的距离公式得到，根据，即可求出m，再结合题意即可点P的坐标。
1 / 1二次函数的角度存在性问题—浙教版数学九（上）知识点训练
一、二次函数的角度存在性问题
1．（2024·资阳）已知平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线yx2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于C点，且B（4，0），BC＝4．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P是抛物线在第一象限内的一点，连接PB，PC，过点P作PD⊥x轴于点D，交BC于点K．记△PBC，△BDK的面积分别为S1，S2，求S1﹣S2的最大值；
（3）如图2，连接AC，点E为线段AC的中点，过点E作EF⊥AC交x轴于点F．抛物线上是否存在点Q，使∠QFE＝2∠OCA？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
2．（2024八下·丰城月考）如图，在直角坐标系xOy中，二次函数y＝x2+（2k﹣1）x+k+1的图象与x轴相交于O、A两点．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）在这条抛物线的对称轴右边的图象上有一点B，使△AOB的面积等于6，求点B的坐标；
（3）对于（2）中的点B，在此抛物线上是否存在点P，使∠POB＝90°？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
3．（2024·南昌模拟）如图、在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，点（点在点的左侧），与轴交于点，为抛物线的顶点，连接，将抛物线绕点旋转得到抛物线．
（1）求抛物线的解析式．
（2）连接，，求的值．
（3）连接，是抛物线上的点，若满足，求点的坐标．
4．（2024·重庆市模拟）在平面直角坐标系中，抛物线过点和点，交轴于两点（点在点的左侧）
（图1） （图2）
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图1，点为线段下方抛物线上一动点，过点作交于点，作轴交轴于点，求的最大值及此时点的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，连接，将抛物线沿射线方向平移个单位得到新抛物线，问在平移后的拋物线上是否存在点，使得，请直接写出所有符合条件的点的坐标．
5．（2024·沙坪坝模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线过点且交轴于点，点，交轴于点，顶点为，连接，．
备用图
（1）求抛物线的表达式．
（2）点是直线下方抛物线上的一动点，过点作交轴于点，轴交于点，求的最大值，以及此时点的坐标．
（3）连接，把原抛物线沿射线方向平移个单位长度后交轴于，两点在右侧），在新抛物线上是否存在一点，使得，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由．
6．（2024·重庆市模拟）如图1，已知抛物线（a，b为常数，）经过点，，与y轴交于
点C．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图2，若点P为第二象限内抛物线上一点，连接、、、，当与的面积和最大时，求点P的坐标及此时与的面积和；
（3）如图3，点Q是抛物线上一点，连接，当时，求点Q的坐标．
7．（2024九上·长沙开学考）如图，抛物线与x轴交于点与点，与y轴交于点，点P是抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在点P的运动过程中，是否存在点P，使？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）当点P在第一象限时，连接，设的面积为，的面积为，求的取值范围．
8．（2024九下·重庆市模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线，交轴于点A，交轴于点，，连接．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点是直线下方抛物线上一动点，过点作轴交直线于点，是轴上一点，连接，使，求的最大值及此时点的坐标；
（3）将原抛物线沿方向平移个单位长度，在新抛物线上有一点，使得，请写出所有符合条件的横坐标，并写出其中一种情况的过程．
9．（2024·中山模拟）在平面直角坐标系xOy中，二次函数的图象与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，C，D两点的坐标分别为(-4，5)，(0，5).
（1）求A，B两点的坐标；
（2）若二次函数.的图象经过点C，且与平行于x轴的直线l始终有两个交点M，N(点M在点N的左侧)，P为该抛物线上异于M，N的一点，点N，P的横坐标分别为n，n+2.当n的值发生变化时，的度数是否也发生变化 若变化，请求出∠PMN度数的范围；若不变，请说明理由；
（3）若二次函数.的图象与线段CD只有一个交点，求a的取值范围.
10．（2024·越秀模拟） 在平面直角坐标系中，设直线l的解析式为：（k、m为常数且），当直线l与一条曲线有且只有一个公共点时，我们称直线t与这条曲线“相切”，这个公共点叫做“切点”．
（1）求直线与双曲线的切点坐标；
（2）已知一次函数，二次函数，是否存在二次函数，其图象经过点，使得直线与都相切于同一点？若存在，求出的解析式；若不存在，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，抛物线的顶点坐标为B，点P为y轴上一点．在平面内存在点M，使，且这样的点P有且只有一个，则点P的坐标为 ．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：∵B（4，0），
∴OB＝4，
把，代入函数解析式得：
解得：，
（2）解：∵B（4，0），C（0，4），
∴设直线BC的解析式为：y＝kx+4（k≠0），把B（4，0）代入，得：k＝﹣1，
∴y＝﹣x+4，
设，则，
，，，
，
当时，的最大值为；
（3）解：令，解得：x1＝﹣2，x2＝4，
∴A（﹣2，0），
∵C（0，4），点E为AC的中点，
∴E（﹣1，2），
连接CF，如图：
∵FE⊥AC，
∴AF＝CF，
∴∠AFE＝∠CFE，
设OF＝a，则CF＝AF＝a+2，
在Rt△COF中，由勾股定理，得：a2+42＝（a+2）2，
∴a＝3，
∴F（3，0），CF＝5，
∵FE⊥AC，∠AOC＝90°，
∴∠AFE＝∠OCA＝90°﹣∠CAF，
∴∠AFE＝∠OCA＝∠CFE.
①取点E关于x轴的对称点E1，连接FE1交抛物线于点Q1，则：∠Q1FE＝2∠EFA＝2∠OCA，E1（﹣1，﹣2），
设FE1的解析式为：y＝k1x+b，
则：，解得：，
联立，
解得：(舍去)或，
②取E关于CF的对称点E2，连接EE2交CF于点G，连接FE2交抛物线于点Q2，则：∠Q2FE＝2∠CFE＝2∠OCA，EG⊥CF，
过点作轴，则：，
，
设直线的解析式为：，
则：，
解得：
联立
解得：(舍去)或
综上所述，或.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一次函数的综合应用；解直角三角形—边角关系；二次函数-面积问题；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】（1）利用点B的坐标可求出OB的长，利用勾股定理求出OC的长，可得到点C的坐标；分别将点B、C的坐标代入抛物线的解析式，可得到关于b、c的方程组，解方程组求出b、c的值，代入可得到抛物线的解析式.
（2）利用点B、C的坐标，可求出直线BC的函数解析式，利用两函数解析式和PD⊥x轴，设，则，可表示出PK、DK、DB的长，从而可表示出S1和S2，由此可得到S1-S2关于m的函数解析式，将其函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质可求出S1﹣S2的最大值.
（3）利用抛物线的解析式，由y=0可求出对应的x的值，可得到点A的坐标，再利用点C的坐标及点E为AC的中点，可得到点E的坐标，利用勾股定理求出AE、CE的长，可推出AF=CF，利用等腰三角形的性质可得到∠AFE=∠CFE；设OF＝a，则CF＝AF＝a+2，在Rt△COF中利用勾股定理可得到关于a的方程，解方程求出a的值，可得到点F的坐标，同时求出CF的长；利用EF⊥AC和∠AAOC=90°可证明∠AFE＝∠OCA＝∠CFE；①取点E关于x轴的对称点E1，连接FE1交抛物线于点Q1，则：∠Q1FE＝2∠EFA＝2∠OCA，E1（﹣1，﹣2），利用待定系数法求出FE1的解析式，将此函数解析式与二次函数解析式联立得方程组，解方程组求出其解，可得到符合题意的点Q1的坐标；②取E关于CF的对称点E2，连接EE2交CF于点G，连接FE2交抛物线于点Q2，则：∠Q2FE＝2∠CFE＝2∠OCA，EG⊥CF，利用勾股定理求出EF的长，利用三角形的面积公式和等面积法求出EG的长，再利用勾股定理求出FG的长；过点作轴，利用解直角三角形可求出GH、FH的长，可得到OH的长，据此可得到点G的坐标，利用点E的坐标，可得到点E2的坐标，利用待定系数法可求出线的解析式，将此函数解析式与二次函数解析式联立方程组，解方程组求出其解，可得到符合题意的点Q2的坐标；综上所述可得到符合题意的点Q的坐标.
2．【答案】（1）解：∵函数的图象与x轴相交于原点O，
∴0＝k+1，即k＝﹣1，
∴y＝x2﹣3x，
（2）解：假设存在点B，过点B作BD⊥x轴于点D，
∵△AOB的面积等于6，
∴AO BD＝6，
当0＝x2﹣3x，即x（x﹣3）＝0，
解得：x＝0或3，
∴AO＝3，BD＝4
即4＝x2﹣3x，
解得：x＝4或x＝﹣1（舍去）．
y＝x2﹣3x＝（x﹣）2﹣，
∴顶点坐标为：（1.5，﹣2.25）．
∵2.25＜4，
∴x轴下方不存在B点，
∴点B的坐标为：（4，4）；
（3）解：存在
∵点B的坐标为：（4，4），
∴∠BOA＝45°，
BO＝，
当∠POB＝90°，
∴∠POD＝45°，
设P点横坐标为：x，则纵坐标为：x2﹣3x，
即﹣x＝x2﹣3x，解得x＝2 或x＝0（舍去），
∴点P的坐标为：（2，﹣2）
∴在抛物线上仅存在一点P（2，﹣2）．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-面积问题；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】（1）把点O（0，0）代入解析式，求出k的值即可；
（2）假设存在点B，过点B作BD⊥x轴于点D，根据面积公式得AO BD＝6，令y=0，解得点A横坐标，求出AO，于是可得BD；根据顶点的纵坐标可判断在x轴下方时点B的存在性，即可确定点P的坐标.
（3）根据点B的坐标可得∠BOA=45°，于是有∠AOP=45°，且点P在x轴下方，由点P的横纵坐标互为相反数，设出点P坐标，得方程，求解即可.
3．【答案】（1）解：对于，当时，；当时，，
解得，，
∴，
又，
∴抛物线的顶点P的坐标为，
设点A关于原点对称的点的坐标为，
由旋转知，的顶点坐标为，且过点，
∴设的解析式为，
把代入得，
解得，，
∴的解析式为；
（2）解：∵，
∴
∴，
过点B作于点E，如图，
，
则，
∴，
∴
（3）解：∵
∴，
∴，
∴是直角三角形，
∴；
分两种情况：
（i）当点Q在y轴左侧时，如图，过点Q作轴于点F，
∵，
∴，
设点的坐标为，则：，，
∴，
解得，，
经检验，是原方程的根，
又，
∴，
此时，点的坐标为；
（ii）当点在轴右侧时，如图，
∵点A关于原点对称的点的坐标为，
∴，
连接，则有：，
∴
∴点与点重合，
∴，
综上，点Q的坐标为或
【知识点】二次函数图象的几何变换；正切的概念；求正切值；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】（1）先根据二次函数与坐标轴的交点问题得到，进而求出点P的坐标，设点A关于原点对称的点的坐标为，根据旋转的性质结合二次函数的图象及其几何变换得到的顶点坐标为，且过点，再运用待定系数法即可求解；
（2）先根据点的坐标结合勾股定理求出AB、AC、BC，从而即可得到，过点B作于点E，则，从而得到BE，再根据正弦函数的定义即可求解；
（3）先根据坐标系中两点间的距离公式得到，从而运用勾股定理的逆定理得到是直角三角形，根据正切得到，从而分类讨论：当点Q在y轴左侧时，当点在轴右侧时，进而根据正切函数的定义结合已知条件即可求解。
4．【答案】（1）过
（2）作轴交于点
设
，
开口向下 对称轴为直线
当时，
的最大值为16
（3）右2下2
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-动态几何问题；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】（1）用待定系数法直接求解；
（2）作PH∥y轴轴交BC于点H，交x轴于Q，设点P的横坐标为m，用含m的代数式表示点P的坐标和点H的坐标，进而表示PN和PM的长度，再建立二次函数求解即可；
（3） 求出平移后的抛物线，连接AC，过P作BH⊥x轴于H，分两种情况：M在PB的左边时或M在PB的右边时，分别求出BM的解析式，联立求出交点M的坐标。
5．【答案】（1）过点且交轴于
抛物线的表达式为：
（2）点是抛物线与轴的左交点，是抛物线与轴的交点 ，
直线解析式为： 过点作轴交于点，交轴于点
，轴，
设则，
，
，开口向下，而对称轴为直线在的范围内
当时，有最大值，即．
此时
（3）解：过点D作轴于点P，如图所示：
∵抛物线，
∴顶点，
，
，
，
∴原抛物线沿射线方向平移个单位长度时，相当于向上平移个单位，向右平移个单位，
∴新的抛物线的表达式为：
，
令，
解得：，，
∴，，
当点在轴上方时，如图所示：
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
设直线的解析式为：，
把代入得：，
解得：，
∴直线的解析式为：，
令，
解得：，（舍去），
把代入得，
∴此时G点坐标为；
当点在轴下方时，如图所示：
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
设直线的解析式为：，
把代入得：，
解得：，
∴直线的解析式为：，
令，
解得：，（舍去），
把代入得，
∴此时G点坐标为；
综上分析可知，点G的坐标为：或．
【知识点】相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；二次函数与一元二次方程的综合应用；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】（1）根据题意将点，代入即可得到二次函数的解析式；
（2）先根据二次函数与坐标轴的交点得到，，进而运用待定系数法即可求出直线BC的函数解析式， 过点作轴交于点，交轴于点，根据相似三角形的判定与性质证明，，结合题意即可得到
，设则，，进而即可得到，，从而即可得到，再根据二次函数的最值结合题意即可求解；
（3）过点D作轴于点P，先根据题意运用锐角三角函数的定义得到原抛物线沿射线方向平移个单位长度时，相当于向上平移个单位，向右平移个单位，进而根据二次函数的几何变换即可得到新的抛物线的表达式为，从而分类讨论：当点在轴上方时，当点在轴下方时，求出一次函数A'E的函数解析式，进而根据二次函数与一次函数的交点问题即可求解。
6．【答案】（1）∵抛物线点，，
∴，
解方程组得，
∴抛物线的解析式为；
（2）如图2，连接，，
由，
∴，而，，
∴，，
设，
∴，，
，
∴与的面积和
，
当时，面积和最大，
最大面积为：；
∴；
（3）如图3，连接，记，的交点为K，过K作于T，
∵，，，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设为，
∴，
解得：，
∴直线为，
∴，
解得：或，
∴，
∵K关于x轴对称的点，
此时与抛物线的交点Q也符合题意；
同理可得：直线的解析式为：，
∴，
解得：或，
∴，
综上：或．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；相似三角形的判定与性质；二次函数-面积问题；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】（1）直接利用待定系数法求解抛物线的解析式即可；
（2）连接OP和BP，设点P的横坐标为x，利用x的代数式表示点P的坐标，计算三角形BOC、POC、PAO和PBO的面积，再利用面积的关系构建二次函数，根据二次函数的性质求解。
（3）连接CB，记BQ，AC的交点为K，过K作KT⊥AB于T，证明求出AK的长，得出点K的坐标和直线BK的解析式，再联立求解函数交点坐标即可，同理求出K关于x轴对称的点的坐标，此时与抛物线的交点Q也符合题意；同理可求出直线的解析式，再联立求解函数交点坐标即可．
7．【答案】（1）解：将，，代入得，，解得，，
所以抛物线的解析式为；
（2）解：如图①，连接，过作直线，使，过作于，过作轴于，作于，
所以，
所以，
因为，
所以，
又因为，，
所以，
所以，
设，则，，，，
所以，，
解得，，
所以，
设直线的解析式为，
将，代入得，，
解得，，
所以直线的解析式为，
联立，
解得，或，
所以，
所以存在点P，使，；
（3）解：如图②，过作轴于，
设，则，
所以，，
所以，
由题意知，，
所以，，
所以，
所以的取值范围为．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；等腰三角形的判定与性质；二次函数-面积问题；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】（1）将，，代入得到关于、、的方程，解方程，进而可得抛物线的解析式；
（2）如图①，连接，过作直线，使，过作于，过作轴于，作于，则，，证明，则，设，则，，，，，，可求，即，待定系数法求直线的解析式为，联立，计算求出满足要求的解即可；
（3）如图②，过作轴于，设，则，，，即，由题意知，，进而可得，，计算求解然后作答即可．
（1）解：将，，代入得，，
解得，，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：如图①，连接，过作直线，使，过作于，过作轴于，作于，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
设，则，，，，
∴，，
解得，，
∴，
设直线的解析式为，
将，代入得，，
解得，，
∴直线的解析式为，
联立，
解得，或，
∴，
∴存在点P，使，；
（3）解：如图②，过作轴于，
设，则，
∴，，
∴，
由题意知，，
∴，，
∴，
∴的取值范围为．
8．【答案】（1）解：
将点，代入，
，
解得，
抛物线的解析式为；
（2）解：当时，，
，
设直线的解析式为，
，
解得，
直线的解析式为，
设，则，
，
，
，
，
∵，，
∴当时，的最大值为，此时；
（3）解：，
抛物线沿轴正半轴平移3个单位长度，沿轴负半轴平移1个单位长度，又，
平移后的抛物线解析式为，
如图，作点关于轴的对称点，则，
直线的解析式为，
，
，
，
①当，且Q在A的左边时，
过点与平移的直线解析式为，
当时，解得（舍去）或，
点横坐标为；
设直线上一点，
当时，，此时点Q在的延长线上，
，
解得，
，
直线的解析式为，
当时，（舍去）或；
点横坐标为；
综上所述：点横坐标为或．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；轴对称的性质；二次函数-线段周长问题；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】
（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）设点P的横坐标为t，用含t的代数式表示点P和点D的坐标，进而表示PD的长，构建二次函数，根据二次函数的性质求解即可；
（3）先根据抛物线平移的规律求出平移后的抛物线解析式，作A点关于x轴的对称点，则，求得直线的解析式和过A点与平移的直线解析式，直线与抛物线的交点为Q点；设直线上一点，由求出，，直线AN与抛物线的交点为Q点．
9．【答案】（1）解：在中，令得，解得或，
（2）解：当的值发生变化时，的度数不发生变化；理由如下：
过作，交直线MN于，如图：
把代入得：
，解得，
，
点N，P的横坐标分别为，
，
轴，抛物线的对称轴为直线，
，
，
，
当的值发生变化时，的度数不发生变化；
（3）解：，
拋物线的对称轴为直线，
顶点坐标为，拋物线与轴交点为，
①当时，，
抛物线与轴交点在下方，顶点在直线下方，如图：
在中，令得，
，
，即时抛物线过点，
由图可知，当时，二次函数的图象与线段CD只有一个交点；
②当时，若顶点在线段CD时，如图：
此时，解得；
若顶点在直线上方，即时，如图：
二次函数的图象与线段CD只有一个交点，，
解得此时满足，
综上所述，二次函数的图象与线段CD只有一个交点，的取值范围是或或．
【知识点】二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】(1)令y=0，直接解方程即可得A、B的坐标；
(2)设点N的坐标可得P的横坐标再分别求出纵坐标，求得tan∠PMN的值即可说明∠PMN为定值；
(3)分别讨论a>0和a<0的情况，结合数形结合即可求出a的取值范围.
10．【答案】（1）解：联立，得：，
整理得：，
解得：，
当时，，
则切点坐标为：．
（2）解：存在，理由：
∵与相切，
联立，得，
整理得：
解得：，
当时，，
则切点为：；
∵直线与，都相切于同一点，
即与的切点在图象上，
将、代入抛物线表达式得：，
解得：，
则抛物线的表达式为：，
∵与相切，
联立，得，
整理得：，
则该一元二次方程有唯一解，即，
整理得：
解得：，
故抛物线的表达式为：．
（3）
【知识点】反比例函数与一次函数的交点问题；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数与一元二次方程的综合应用；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【解答】解：（3）由（2）知，抛物线的表达式为：，则顶点的坐标为，
在平面内存在点，使，
即点、、在同一个上，
又∵点为轴上一点，且这样的点有且只有一个，
故点是与轴的切点，
如图：过点作轴交于点，确定的中点，连接，
∵，，
故中点的坐标为，的坐标为，
设直线的解析式为，
将，代入得：，
解得：，
即直线的表达式为：，
则点在直线上，故设点，则点，
则，
∵，，
∴，
解得：，（舍去）
故点
故答案为：
【分析】（1）根据一次函数与反比例函数的交点问题结合题意联立解析式，进而即可求解；
（2）根据二次函数与一次函数的交点结合题意联立即可得到切点，进而结合题意即可得到与的切点在图象上，故将、代入，运用待定系数法即可求出，再根据题意相切联立解析式，从而根据一元二次方程根的判别式结合题意即可求出a值；
（3）由（2）知，抛物线的表达式为：，则顶点的坐标为，在平面内存在点，使，即点、、在同一个上，点是与轴的切点，过点作轴交于点，确定的中点，连接，运用待定系数法求出直线EF的函数解析式，从而即可得到点在直线上，故设点，则点，则，根据坐标系中两点间的距离公式得到，根据，即可求出m，再结合题意即可点P的坐标。
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