【精品解析】专题11 二次函数的综合-2025年精选中考数学真题分类汇编

专题11 二次函数的综合-2025年精选中考数学真题分类汇编
一、解答题
1．（2025·辽宁） 如图，在平面直角坐标系中，直线与轴相交于点，与轴相交于点，点在线段上（不与点，重合），过点作的垂线，与直线相交于点，点关于直线的对称点为，连接．
（1）求证：
（2）设点的坐标为（0，），当时，线段与线段相交于点，求四边形面积的最大值.
2．（2025·长沙） 我们约定： 当x1，y1，x2，y2满足( 且 时， 称点(x1，y1)与点(x2，y2)为一对“对偶点”.若某函数图象上至少存在一对“对偶点”，就称该函数为“对偶函数”.请你根据该约定，解答下列问题：
（1）请你判断下列说法是否正确(在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”)；
①函数 (k是非零常数)的图象上存在无数对“对偶点”；(　 　)
②函数y=-2x+1一定不是“对偶函数”；(　 　)
③函数 的图象上至少存在两对“对偶点”.(　 　)
（2）若关于x的一次函数. 与 都是常数，且. 均是“对偶函数”，求这两个函数的图象分别与两坐标轴围成的平面图形的面积之和；
（3）若关于x的二次函数 是“对偶函数”，求实数a的取值范围.
3．（2025·吉林）如图，在△ABC中，AB＝3，BC＝5，∠BAC＝45°．动点P从点A出发，沿边AC以每秒1个单位长度的速度向终点C匀速运动．当点P出发后，以AP为边作正方形APDE，使点D和点B始终在边AC同侧．设点P的运动时间为x（s）（x＞0），正方形APDE与△ABC重叠部分图形的面积为y（平方单位）．
（1）AC的长为 　 　 ．
（2）求y关于x的函数解析式，并写出可变量x的取值范围．
（3）当正方形APDE的对称中心与点B重合时，直接写出x的值．
4．（2025·扬州）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝﹣x2﹣2x+3的图象（记为G1）与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，二次函数y＝x2+bx+c的图象（记为G2）经过点A，C．直线x＝t与两个图象G1，G2分别交于点M，N，与x轴交于点P．
（1）求b，c的值．
（2）当点P在线段AO上时，求MN的最大值．
（3）设点M，N到直线AC的距离分别为m，n．当m+n＝4时，对应的t值有　 　 个；当m﹣n＝3时，对应的t值有　 　 个；当mn＝2时，对应的t值有　 　 个；当1时，对应的t值有　 　 个．
5．（2025·武汉）抛物线与直线y=x交于A，B两点(A在B的左边).y=x
（1）求A，B两点的坐标.
（2）如图1，若P是直线AB下方抛物线上的点.过点P作x轴的平行线交抛物线于点M，过点 P作y轴的平行线交线段AB于点N，满足PM=PN 求点P的横坐标.
（3）如图2，经过原点O的直线CD交抛物线于C，D两点(点C在第二象限)，连接AC，BD分别交x轴于E，F两点.若求直线CD的解析式.
6．（2025·长春）在平面直角坐标系中，点为坐标原点，抛物线经过点．点、是该抛物线上的两点，横坐标分别为、，已知点，作点关于点的对称点，作点关于点的对称点，构造四边形．
（1）求该抛物线所对应的函数表达式；
（2）当两点关于该抛物线的对称轴对称时，求点的坐标；
（3）设抛物线在、两点之间的部分（含、两点）为图象．当时，若图象的最高点与最低点的纵坐标之差为．求的值；
（4）连结、，当时，直接写出的取值范围（这里、、均是大于且小于的角）．
7．（2025·辽宁）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴的正半轴相交于点，二次函数的图象经过点，且与二次函数的图象的另一个交点为，点的横坐标为．
（1）求点的坐标及的值．
（2）直线与二次函数的图象分别相交于点，与直线相交于点，当时，
①求证：；
②当四边形的一组对边平行时，请直接写出的值．
（3）二次函数与二次函数组成新函数，当时，函数的最小值为，最大值为，求的取值范围．
8．（2025·苏州）如图，二次函数 的图像与x轴交于A，B两点（点A 在点B 的左侧），与y轴交于点C，作直线 BC， 为二次函数 图像上两点.
（1）求直线 BC 对应函数的表达式；
（2）试判断是否存在实数m使得 若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由.
（3）已知 P 是二次函数 图像上一点（不与点 M，N重合），且点 P 的横坐标为 作 若直线 BC 与线段 MN，MP 分别交于点 D，E，且 与 的面积的比为1：4，请直接写出所有满足条件的m 的值.
9．（2025·黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的边OA在x轴上，，OA的长是一元二次方程的根，过点C作交OA于点Q，交对角线OB于点P．动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿OA向终点A运动，动点N从点B以每秒个单位长度的速度沿BO向终点O运动，M、N两点同时出发，设运动时间为t秒。
（1）求点P坐标；
（2）连接MN、PM，求的面积S关于运动时间t的函数解析式；
（3）当时，在对角线OB上是否存在一点E，使得是含角的等腰三角形．若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由。
10．（2025·齐齐哈尔）综合与探究
如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+3（a<0）与x轴交于点A（-1，0），
C（6，0），与y轴交于点B，连接BC.
（1）求抛物线的解析式：
（2）点P是直线BC下方抛物线上的点，连接PB，PC，当S△PBC=24时，求点P的坐标；
（3）点G是第四象限内抛物线上的一点，连接BG，若∠CBG=45°，则点G的坐标为　 　.
（4）如图2，作点B关于x轴的对称点D，过点D作x轴的平行线l，过点C作CE⊥l，垂足为点E，动点M，N分别从点O，E同时出发，动点M以每秒1个单位长度的速度沿射线OC方向匀速运动，动点N以每秒2个单位长度的速度沿射线ED方向匀速运动（当点N到达点D时，点M，N都停止运动），连接MN，过点D作MN的垂线，垂足为点F，连接CF，则CF的取值范围是　 　.
11．（2025·绥化）综合与实践
如图、在边长为8的正方形ABCD中，作射线BD，点E是射线BD上的一个动点，
连接AE：以AE为边作正方形AEPG、连接CG交射线BD于点M，连接DG.（提示：
依题意补全图形，井解答）
（1）【用数学的限光规察】
请判断BD与DG的位置关系，并利用图（1）说明你的理由.
（2）【用数学的思维思考】
若DG=a.请你用含a的代数式直接写出∠CMB的正切值　 　.
（3）【用数学的语名表达】
设DE=x，正方形AEFG的面积为S，请求出S与x的函数解析式、（不要求写出自变量x的取值范围）
12．（2025·绥化）综合与探究
如图，抛物线y=ax2+bx-5交x轴于A、B两点，交y轴于点C.直线y=kx-5经过B、C两点，若点A（1，0）.B（-5，0）.点P是抛物线上的一个动点（不与点A、B重合）.
（1）求抛物线的函数解析式.
（2）过点P作直线PD⊥x轴于点D，交直线BC于点E，当PE=3ED时，求P点坐标
（3）若点F是直线BC上的一个动点，请判断在点B右侧的抛物线上是否存在点P，使△AFP是以PF为斜边的等腰直角三角形，若存在，请直接写出点P的坐标：若不存在，请说明理由.
13．（2025·湖南）如图，已知二次函数y＝ax（x﹣4）（a≠0）的图象过点A（2，2），连接OA点P（x1，y1），Q（x2，y2），R（x3，y3）是此二次函数图象上的三个动点，且0＜x3＜x1＜x2＜2，过点P作PB∥y轴交线段OA于点B．
（1）求此二次函数的表达式；
（2）如图1，点C、D在线段OA上，且直线QC、RD都平行于y轴，请你从下列两个命题中选择一个进行解答：
①当PB＞QC时，求证：x1+x2＞2；
②当PB＞RD时，求证：x1+x3＜2；
（3）如图，若，延长PB交x轴于点T，射线QT、TR分别与y轴交于点Q1，R1，连接AP，分别在射线AT、x轴上取点M、N（点N在点T的右侧），且∠AMN＝∠PAO，．记t＝R1Q1﹣ON，试探究：当x为何值时，t有最大值？并求出t的最大值．
14．（2025·黑龙江）如图，抛物线交x轴于点A、点B，交y轴于点C，且点A在点B的左侧，顶点坐标为．
（1）求b与c的值。
（2）在x轴上方的抛物线上是否存在点P，使的面积与的面积相等．若存在，请直接写出点P的横坐标；若不存在，请说明理由。
15．（2025·吉林）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝x2+bx﹣1经过点（2，﹣1）．点P在此抛物线上．其横坐标为m；连接PO并延长至点Q，使OQ＝2PO．当点P不在坐标轴上时，过点P作x轴的垂线，过点Q作y轴的垂线，这两条垂线交于点M．
（1）求此抛物线对应的函数解析式．
（2）△PQM被y轴分成的两部分图形的面积比是否保持不变，如果不变，直接写出这个面积比；如果变化，说明理由．
（3）当△PQM的边MQ经过此抛物线的最低点时，求点Q的坐标．
（4）当此抛物线在△PQM内部的点的纵坐标y随x的增大而减小时，直接写出m的取值范围．
16．（2025·湖北） 抛物线与轴相交于点和点，与轴相交于点，是抛物线的顶点，是抛物线上一动点，设点的横坐标为．
（1）求的值；
（2）如图1，若点在对称轴左侧，过点作对称轴的垂线，垂足为，求的值；
（3）定义：抛物线上两点M，N之间的部分叫做抛物线弧（含端点和）．过，分别作轴的垂线，过抛物线弧的最高点和最低点分别作轴的垂线，直线与围成的矩形叫做抛物线弧的特征矩形．若点在第四象限，记抛物线弧的特征矩形的周长为．
①求关于的函数解析式；
②过点作轴，交抛物线于点，点与点不重合．记抛物线弧的特征矩形的周长为．若，直接写出的长．
17．（2025·河北）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，，顶点为．抛物线经过点．两条抛物线在第一象限内的部分分别记为，．
（1）求，的值及点的坐标．
（2）点在上，到轴的距离为．判断能否经过点，若能，求的值；若不能，请说明理由．
（3）直线交于点，点在线段上，且点的横坐标是点横坐标的一半．
①若点与点重合，点恰好落在上，求的值；
②若点为直线与的唯一公共点，请直接写出的值．
18．（2025·广安） 如图，二次函数(b，c 为常数) 的图象交 x 轴于 A，B 两点，交 y 轴于点 C，已知点 B的坐标为 (9，0)，点 C的坐标为 (0，-3)，连接 AC，BC.
（1） 求抛物线的解析式.
（2） 若点 P为抛物线上的一个动点，连接 PC，当时，求点 P 的坐标.
（3） 将抛物线沿射线 CA 的方向平移个单位长度后得到新抛物线，点 E 在新抛物线上，点 F 是原抛物线对称轴上的一点，若以点 B，C，E，F 为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点 E 的坐标.
19．（2025·武威）如图1，抛物线分别与x轴，y轴交于A，两点，M为OA的中点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）连接AB，过点M作OA的垂线，交AB于点C，交抛物线于点D，连接BD，求的面积；
（3）点E为线段AB上一动点（点A除外），将线段OE绕点O顺时针旋转得到OF．
①当时，请在图2中画出线段OF后，求点F的坐标，并判断点F是否在抛物线上，说明理由；
②如图3，点P是第四象限的一动点，，连接PF，当点E运动时，求PF的最小值．
20．（2025·眉山）如图，在平面直角坐标系中，抛物线关于直线对称，与x轴交于、B两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为抛物线对称轴上一点，连接BP，将线段BP绕点P逆时针旋转，使点B的对应点D恰好落在抛物线上，求此时点P的坐标；
（3）在线段OC上是否存在点Q，使存在最小值？若存在，请直接写出点Q的坐标及最小值；若不存在，请说明理由．
21．（2025·重庆市）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A，两点，与轴交于点，抛物线的对称轴是直线．
（1）求抛物线的表达式：
（2）点P是射线下方抛物线上的一动点，连接与射线交于点Q，点D，E为抛物线对称轴上的动点（点E在点D的下方），且，连接，．当取得最大值时，求点P的坐标及的最小值；
（3）在（2）中取得最大值的条件下，将抛物线沿射线方向平移个单位长度得到抛物线，点M为点P的对应点，点N为抛物线上的一动点．若，请直接写出所有符合条件的点N的坐标，并写出求解点N的坐标的其中一种情况的过程．
22．（2025·东营）已知抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点．
（1）求出抛物线的解析式；
（2）如图1，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D在第一象限内，过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作轴，垂足为点F，当四边形的周长最大时，求点D的坐标；
（3）如图2，点M是抛物线的顶点，将沿翻折得到，与y轴交于点Q，在对称轴上找一点P，使得是以为直角边的直角三角形，请直接写出点P的坐标．
23．（2025·内江） 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴相交于、两点，与y轴交于点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图1，过点B的直线与抛物线的另一个交点为点D，点M为抛物线对称轴上的一点，连接，设点M的纵坐标为n，当时，求n的值；
（3）如图2，点N是抛物线的顶点，点P是x轴上一动点，将顶点N绕点P旋转后刚好落在抛物线上的点H处，请直接写出所有符合条件的点P的坐标．
24．（2025·威海）已知抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴于点A（﹣1，0），点B，交y轴于点C．点C向右平移2个单位长度，得到点D，点D在抛物线y＝ax2+bx﹣3上．点E为抛物线的顶点．
（1）求抛物线的表达式及顶点E的坐标；
（2）连接BC，点M是线段BC上一动点，连接OM，作射线CD．
①在射线CD上取一点F，使CF＝CO，连接FM．当OM+FM的值最小时，求点M的坐标；
②点N是射线CD上一动点，且满足CN＝CM．作射线CE，在射线CE上取一点G，使CG＝CO．连接GN，BN．求OM+BN的最小值；
（3）点P在抛物线y＝ax2+bx﹣3的对称轴上，若∠OAP+∠OCA＝45°，则点P的坐标为　 　 ．
25．（2025·宜宾）如图，是坐标原点，已知抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，其中．
（1）求b、c的值；
（2）点为抛物线上第一象限内一点，连结，与直线交于点，若，求点D的坐标；
（3）若为抛物线的顶点，平移抛物线使得新顶点为，若又在原抛物线上，新抛物线与直线交于点，连结．探新抛物线与轴是否存在两个不同的交点．若存在，求出这两个交点之间的距离；若不存在，请说明理由．
26．（2025·南充）抛物线 与x轴交于A （3，0），B两点，N是抛物线顶点.
（1）求抛物线的解析式及点B的坐标.
（2） 如图1， 抛物线上两点P（m， y1）， Q（m+2， y2）， 若PQ∥BN，求m的值.
（3）如图2，点M（-1，-5），如果不垂直于y轴的直线l与抛物线交于点G，H，满足∠GMN=∠HMN.探究直线l是否过定点 若直线l过定点，求定点坐标；若不过定点，请说明理由.
27．（2025·烟台）如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，，，D是直线上方抛物线上一动点，作交于点E，垂足为点F，连接.
（1）求抛物线的表达式；
（2）设点D的横坐标为，
①用含有的代数式表示线段的长度；
②是否存在点D，使是等腰三角形 若存在，请求出所有满足条件的点D的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）连接，将线段绕点按顺时针方向旋转90°得到线段，连接，请直接写出线段长度的最小值.
28．（2025·达州） 如图，已知抛物线交x轴于A，B两点，交y轴于C点，B的坐标为，C的坐标为，顶点为M．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接，过第四象限内抛物线上一点作的平行线，交x轴于点E，交y轴于点F．
①连接，当时，求内切圆半径r与外接圆半径R的比值；
②连接，当点F在的内角平分线上，上的动点P满足的值最小时，求的面积．
答案解析部分
1．【答案】（1）证明：由条件可知A（0，4），B（4，0），
∴OA=4，OB=4，
∵∠AOB=90°，
∴∠OAB=45°；
（2）解：∵点C的坐标为（0，m），
∴OC=m，AC=4-m，
由条件可知CE=AC=4-m，∠OAB=∠CED=45°，
∴OE=CE-OC=4-2m，
∵∠EOF=90°，
∴∠OEF=∠OFE=45°，
∴OF=OE=4-2m，
∵CD⊥OA，
∴∠OAB=∠CDA=45°，
∴CD=AC=4-m，
∴四边形COFD面积
∴当时，四边形COFD面积有最大值，最大值为.
【知识点】轴对称的性质；等腰直角三角形；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-面积问题
【解析】【分析】（1）先求得A（0，4），B（4，0），得到OA=4，OB=4，利用等腰直角三角形的性质即可证明结论成立；
（2）由题意得OC=m，AC=4-m，根据折叠的性质得CE=AC=4-m，OE=CE-OC=4-2m，利用等腰直角三角形的判定和性质求得OF=OE=4-2m，CD=AC=4-m，再利用梯形的面积公式求得四边形COFD面积关于m的二次函数，利用二次函数的性质求解即可．
2．【答案】（1）√；√；×
（2）解：由题意可得 点 与点 且是一对“对偶点”，由于 是“对偶函数”，则其图象上必存在一对“对偶点”.
从而有 两式相减可得 同理可得
所以两个一次函数为 由于b1，b2都是常数，且 故此两个一次函数的图象分别与两坐标轴围成的平面图形是有公共直角顶点的分别位于二、四象限的两个等腰直角三角形，如下图所示
求得其面积之和S =（b12+b22）
（3）解：方法一：由题意可得 a≠0，且 时，有，以上两式相减可得 从而将 代入①整理可得
此关于x1的一元二次方程必有实数根，由于 时， (不符合题意).
从而必有 Δ=-3+8a＞0， 解得
方法二：由题意可得 a≠0，由于函数 是“对偶函数”，所以它的图象上一定存在一对“对偶点”点A(x1，y1)与点B(-y1，-x1)且
不妨设经过A，B两点的直线(一次函数)的解析式为y=kx+b，由题意可得 即
联立，①-②得
由直线AB 与二次函数图象必有两个不同交点，
故必有 (*).
.
③-④得 将其代入(*)
可得△=1-4+8a＞0， 解得
方法三；由题意可得 a≠0，且 时，有
以上两式相减可得 以上两式相加变形可得 所以关于t的一元二次方程 必有两个不等实数根. 从而 解得
【知识点】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；二次函数与一元二次方程的综合应用；一次函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】（1）根据“对偶点”和“对偶函数”的定义逐一判断解答即可；
（2）利用 “对偶函数”的定义设这对对偶点为 与点 代入解析式求出 即可得到两直线平行，画出图象，然后表示面积解答即可；
（3）方法一：把“对偶点”坐标代入解析式，两等式相减得到 代入①得到关于x1的二次函数，根据根的判别式求出a的取值范围即可；方法二：求出过“对偶点”的直线AB的解析式，联立两个函数的解析式得到方程组，消去y得到关于x的一元二次方程，根据根的判别式求出取值范围；方法三：把点(x1，y1)代入得到防程组，根据减法和乘法得到以. 为根的方程，根据根的判别式解答即可.
3．【答案】（1）7
（2）解：当D在线段AB上运动时，（0＜x≤3），
当D在线段AB的延长线上运动时，即点P在线段PC上运动，
如下图：AP＝x，PP＝x﹣3，CP＝7﹣x，CP＝4，BP＝3，
∵FP'BP，
∴∠CFP＝∠CBP，∠CPF＝∠CPB，
∴△CFP∽△CBP，
∴，
∴，
解得：，
∴y＝S△APD+S梯形PP'FBx2（x﹣3）（x﹣7）2+10.5，（3＜x≤7）'
∴；
（3）解：当正方形APDE的对称中心与点B重合时，
∴，
∴AP＝DP，AP2+DP2＝AD2，
即2AP2＝72，
解得：AP＝6，
∴x＝6．
【知识点】勾股定理；二次函数-动态几何问题；三角形-动点问题；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】
解：（1）当 B，D重合时，如下图：
∵∠BAC＝45°，以AP为边作正方形APDE，
∴△APD是等腰直角三角形，AP＝BP，，即18＝2AP2，
解得：AP＝3 （负的舍去），
∵BC＝5，∠DPC＝90°，
∴，
∴AC＝AP+PC＝3+4＝7，
故答案为：7；
【分析】（1）根据勾股定理求出AP长，进而求出PC 的值解答即可；
（2）分为点D在线段AB上运动和D在线段AB的延长线上运动两种情况，利用相似三角形的判定和性质表示面积即可；
（3）画出图形，根据勾股定理解答即可.
4．【答案】（1）解：∵二次函数y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+3）（x﹣1），
∴令y＝0，可得x＝﹣3或1，
即A（﹣3，0），B（1，0），
把A（﹣3，0），C（0，3）代入y＝x2+bx+c中，可得
，解得，
故b的值为4，c的值为3；
（2）解：由（1）知G2的表达式为y＝x2+4x+3，
设P（t，0）（﹣3≤t≤0），则M（t，﹣t2﹣2t+3），N（t，t2+4t+3），
故MN＝﹣t2﹣2t+3﹣t2﹣4t﹣3＝﹣2t2﹣6t＝﹣2（t）2，
即MN的最大值为；
（3）2；0；4；无数
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-线段周长问题；二次函数-特殊三角形存在性问题
【解析】【解答】解：（3）作MS⊥AC于点S，RN⊥AC于点R，设MN交AC于点E，如图1所示，
由待定系数法可知直线AC的表达式为y＝x+3，
∴∠CAB＝45°，
∴∠MES＝∠NER ＝45°，
∵MS＝m，RN＝n，
∴ME，RN，
∵E（t，t+3），
∴ME，NE，
即ME＝NE，
进而可得m＝n，
①当m+n＝4时，
即m＝n＝2，故MN，
当﹣3≤t≤0时，MNmax，
那么由图可知当t＜﹣3时或t＞1时，共2种情况满足题意，
故对应的t值有2个；
②当m﹣n＝3时，即m＝n+3，这与m＝n相矛盾，故不成立，对应的t值有0个；
③当mn＝2时，由m＝n可知，m＝n，
故ME＝2，
∴2，即t2+3t＝±2，
解得t＝﹣2或﹣1或或，
故对应的t值有4个；
④当1时，
∵m＝n恒成立，
∴对应的t值有无数个．
故答案为：2，0，4，无数．
【分析】（1）运用待定系数法求出二次函数的解析式；
（2）设点P的坐标为（t，0），得到点M和N的坐标，表示MN的长，配方得到顶点式即可得到最值；
（3）作MS⊥AC于点S，RN⊥AC于点R，设MN交AC于点E，求出直线AC的解析式，即可得到∠MES＝∠NER ＝45°，得到ME＝NE，即可得到m＝n，然后根据m、n的各种情况求出t值解答即可.
5．【答案】（1）解：由题意可得：
当时
解得：x=2或x=6
∴A（-2，-2），B（6，6）
（2）解：设，则，N(t，t)
∴PM=|2t|，
∵PM=PN
∴
解得：t=2或6-4
∴点P的横坐标为t=2或6-4
（3）解：设
直线CD的解析式为
∵CD经过原点
∴，解得：cd=-12
同理可得直线AC的解析式为
直线BD的解析式为
∴
∵cd=-12
∴
∴OF=OE
∵
∴
∴c=-4，d=3
∴C(-4，1)
∴直线CD的解析式为：
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；线段上的两点间的距离；三角形的面积；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【分析】（1）联立抛物线与直线解析式，解方程即可求出答案.
（2）设，则，N(t，t)，根据两点间距离可得PM=|2t|，，再根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
（3）设，求出直线CD的解析式，根据解析式过原点，可得cd=-12，同理可得直线AC，BD的解析式，则，根据cd=-12，则，即OF=OE，再根据三角形面积可得c，d值，再代入解析式即可求出答案.
6．【答案】（1）解：将点代入中得：
解得：，
∴．
（2）解：根据抛物线对称轴公式可知：
抛物线的对称轴为，
∵、关于对称轴对称，且横坐标分别为、，
∴、中点在对称轴上，
∴，
，
解得：，
∵点是该抛物线上的点，
将代入抛物线解析式得，
，
即
设是A关于的对称点，则：
解得，，
∴点坐标为．
（3）解：∵抛物线顶点为，开口向上，，，
当时，包含，最低点为。
当时，，最高点为A，纵坐标差为：，
解得：；
当时，，最高点为B，纵坐标差为： ，
解得：．
综上，m的值为或．
（4）解：∵点是点关于点的对称点，点是点关于点的对称点，结合题意可知：∴，，，，
∴，，，，
当、运动到平行四边形内部时（即、、共线），如图：
过点作，如图：
此时，满足，
由一次函数的性质可的大小决定了直线的倾斜方向和函数的增减性，
所以当两条一次函数的直线平行时的大小相同，
∴
∴
解得
当、、共线时，如图，同理：
∴，
∴，
∴，
解得．
综上，．
【知识点】二次函数-动态几何问题
【解析】【分析】(1)将点(3，3)代入： 求出b即可求解析式；
(2)先求抛物线的对称轴为直线。 由A，B两点关于该抛物线的对称轴对称，可得： 求出 再由A、C关于M点对称，求出C点即可；
(3)当 时，最高点纵坐标为 最低点为 当 时，最高点纵坐标为 最低点为 ，分别求出相应的m的值即可；
(4)根据题意可知四边形ABCD是平行四边形，过点O作直线 ，满足条件的m的临界位置分别为当OA与AD重合时，当OB与BC重合时，根据列方程解答即可.
7．【答案】（1）解：，
当y=0时，，
解得x1=-1，x2=3，
∴A（3，0），
当时，，
∵A、B在抛物线上，
，解得：，
答：点A的坐标为（3，0），a，c的值分别为，．
（2）解：①证明：如图，
设直线AB的解析式为y=kx+b（k≠0），
∵A（3，0），
∴，解得：，
∴，
设点E的坐标为，
∵，
∴，
∴，，
∴，
，
∴DE=2CE；
②如图：
当AC∥DB时，△ACE∽△BDE，
，解得：，
当AD∥BC时，△BCE∽△ADE，
，解得：，
∴或；
（3）解：，
∴当时，y随x的增大而增大；
当1＜x＜3时，y随x的增大而减小；
当x≥3时，y随x的增大而增大．当时，y3取得最小值．
当时，函数y3的最小值为，最 大值为，
∴当时，y3取得最小值为，即，
解得：，
当时，函数y3的最大值为，
∴当x=1时，函数y3的最大值为，即=1，
解得：；
当y2=1时，，解得：(负值舍去），
∴，
∵，
∴，解得.
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；相似三角形的判定；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【分析】（1）先求出A、B的坐标，再分别代入抛物线解析式中求出待定系数即可；
（2）①设直线AB的解析式为y=kx+b（k≠0），将A、B的坐标，再分别代入求出待定系数，设点E的坐标，求出y2的解析式，再设出D、C的坐标，可用m表示出CE，进而表示出DE即可；
②当AC∥DB时，△ACE∽△BDE，当AD∥BC时，△BCE∽△ADE，再分类讨论，即可解答；
（3）先得出y3的解析式，再分别求出y3的最大值与最小值，然后得到关于n的不等式组求解即可.
8．【答案】（1）解：∵二次函数 的图像与轴交于点，
∴令，有，
∴，
∵二次函数 的图像与轴交于两点，且点在点的左侧，
∴令，有，
解得：，
∴，
设直线的函数表达式为，
将，代入表达式，得，
解得：，
∴直线的函数表达式为；
（2）解：不存在实数使得，理由如下：
∵为二次函数 图像上两点，
∴，，
∴，
∵，
∴当 时， 有最大值为 ，
∵，
∴不存在实数使得；
（3）解：如图，过点作轴， 交轴于点， 交于点，过点作于，过点作轴，交于点，
∴，
∵点的横坐标为，
∴当时，有，
∴，
由（1）（2）得，直线的函数表达式为，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵与 的面积的比为1：4，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
由（2）得，
∴，
∴，
整理得：，
解得： ， ，
∴的值为或.
【知识点】二次函数的最值；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的性质-对应面积；二次函数-面积问题
【解析】【分析】（1）先求出点的坐标，然后利用待定系数法进行求解；
（2）先求出的值，然后利用配方法以及二次函数的最值知识得到的最大值，再进行判断即可；
（3）过点作轴， 交轴于点， 交于点，过点作于，过点作轴，交于点，则有，然后求出点的坐标，结合（1）（2）得点的坐标，从而得的值，进而得，于是推出，根据相似三角形的判定得，由相似三角形的性质求出，接下来证明，结合相似三角形的性质求出，最后由点坐标得坐标，则有关于的方程，解方程即可求出的值.
9．【答案】（1）解：
解得 x1=6， x2=-3
∵OA 的长是 的根
∴OA=6
∵四边形OABC 为菱形
∴OA=OC=6
∴∠COA=60°
又∵CQ⊥OA
∴∠OCQ=30°
∴OQ=3
∵四边形OABC 为菱形
∴OB 平分∠COA
∴∠POQ=30°
∴点 P的坐标为P (3，)
（2）解：过点M作MK⊥OB于点K，
OM=t ，则
由(1) 得： 则 …1分
当0＜ t ＜4时
当4＜ t≤6时
综上所述
（3）解：
【知识点】分段函数；列二次函数关系式；三角形的面积；菱形的性质；二次函数-特殊三角形存在性问题
【解析】【解答】解：（3）存在， 如图
当t=3时，OM =3，点M和点Q重合，BN =， ON =，∠ONM = ∠NOM=30°，
假设在对角线OB上存在一点E，使得△MNE是含30°角的等腰三角形，
当∠EMN为顶角时，点E1与点O重合，E1(0，0)；当∠MEN为顶角时，点E2与点P重合，E2(3，)；
当∠ENM为顶角时，NE=NM =0M=3，
设Eз(，a)，则OE3 = 2a，∵ OEз + NEз =ON，
∴2a+3=3
∴a=，
∴，
∴E3(，)
综上，当t=3时，在对角线OB上存在一点E，使得△MNE是含30°角的等腰三角形，
【分析】（1）首先求解一元二次方程得到菱形的边长，再利用三角函数求出相关角度和线段长度，进而确定点 P 的坐标；
（2）根据不同的运动阶段，利用三角形面积公式来求解三角形PMN的面积S关于运动时间t的函数解析式。首先要找到三角形的底和高与时间t的关系；
（3）当t=3时，OM =3，点M和点Q重合，BN =， ON =，∠ONM = ∠NOM=30°，
假设在对角线OB上存在一点E，使得△MNE是含30°角的等腰三角形， 可分成三种情况进行分析 ：当∠EMN为顶角时， E1(0，0) ；当∠MEN为顶角时， E2(3，)； 当∠ENM为顶角时， E3(，) ，综上即可得出当t=3时，在对角线OB上存在一点 使得△MNE是含30°角的等腰三角形。
10．【答案】（1）解：将，代入抛物线的解析式，得
抛物线的解析式为
（2）解：过点作交y轴于点，连接CQ.
则
∴BQ·CO=24
∵点C(6，0)
∴CO=6
∴BQ=8
当x=0时，y=3
∴B(0，3)
∴点Q(0，-5)
∵B(0，3)，C(6，0)
∴Увс=x+3
∵PQ//BC
∴уPQ=x-5
解方程组得，，
（3）（11，-30）
（4）
【知识点】点的坐标；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；二次函数-动态几何问题；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【解答】
解：（3）如图，将△BOC以点C为中心，逆时针旋转90°，得到△THC，连接BT，则△BCT为等腰直角三
角形，
∴∠CBT =45°，
∵点G是第四象限内抛物线上的一点，∠CBG=45°，
∴点G为BT延长线与抛物线的交点，
由旋转可知，CH⊥OC，CH=CO=6，TH=OB=3，∠CHT=∠COB=90°，
∴点T的横坐标为6-3=3，纵坐标为-6，
∴T(3，-6)，
设BT所在直线的解析式为y=mx+n，则
解得
∴BT所在直线的解析式为y＝-3x+3，
由，解得x=0或x=11，
∵点G在第四象限，
∴点G的横坐标为正数，
∴点G的横坐标为11，纵坐标为-3x11+3=-30，
∴G(11，-30)；
故答案为：(11，-30).
(4)如图，连接OE，交MN于点K，连接DK，
∵点B和点Ｄ关于x轴对称，点B在y轴上，OB=3，
∴点D在y轴上，OD=3，
∵l过点D，且平行于x轴，∠COD=90°，
∴∠ODE=90°，
又∵CE⊥l于点E，
∴四边形ODEC为矩形，
∴CE=OD=3，
∴DE=OC =6，
∴OE=
根据题意可知，NE=2MO，
∴
∵DE//OC，
∴ ∠MOK=∠NEK，∠OMK=∠ENK，
∴△NKE△MKO，
∴
∴，
作KH⊥l于点H，则△EHK∽△EDO，
∴
∴KH=，EH=
∴DH=6-4=2，DK=
取DK中点记为L，连接LF，CL，则LD=LK=，
又∵∠DFK=90°，
∴LF=DK=，
∴LF+CF≥CL，
∴CF≥CL-LF，当且仅当点C、点F、点L共线时，CF取得最小值，
作LS⊥DE于点S，作LR⊥CE于点R，交KH于点W，连接CD，则四边形LSER为矩形，
∴ER=SL，LR=ES，
∵KH=DH=2，点L为DK的中点，
∴DS=SL=1，
∴LR=6-1=5，CR=3-1=2
∴CL=，
∴CF，
当点N到达点D时，点F、点N、点D重合，此时CF取得最大值，
∵CD =OE =3，
∴CF3，
∴CF 的取值范围是≤CF≤3，
故答案为：.
【分析】（1）用待定系数法将，代入抛物线的解析式，计算即可解答；
（2）过点作交y轴于点，连接CQ.即可得到，利用面积公式建立关系得到BQ·CO=24，即可得到BQ=8，在求出抛物线与坐标轴的交点B(0，3)，C(6，0)，利用待定系数法求出直线BC的解析式Увс=x+3，解直线和抛物线组成的方程组，计算即可解答；
（3）如图，将△BOC以点C为中心，逆时针旋转90°，得到△THC，连接BT，则△BCT为等腰直角三
角形，得到∠CBT =45°，由旋转的性质可求得T的坐标，再用待定系数法求得BT所在直线的解析式为y＝-3x+3，联立直线和抛物线的方程，计算即可解答；
（4）连接OE，交MN于点K，连接DK，先证明四边形ODEC为矩形，在利用勾股定理求得OE，利用AA证明△NKE△MKO，根据相似的性质建立比例转后可得，再证明△EHK∽△EDO，建立比例计算可得KH=，EH=，即可求DH，DK；取DK中点记为L，连接LF，CL，则LD=LK=，根据三角形三边关系可得CF≥CL-LF，当且仅当点C、点F、点L共线时，CF取得最小值；作LS⊥DE于点S，作LR⊥CE于点R，交KH于点W，连接CD，则四边形LSER为矩形；当点N到达点D时，点F、点N、点D重合，此时CF取得最大值，利用矩形的性质和勾股定理计算即可解答.
11．【答案】（1）解： BD⊥DG ，理由如下：
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴AD=AB，AG=AE，∠DAB= ∠EAG=90°，∠ADB = ∠ABD =45，
∵∠DAB=∠DAE+ ∠EAB，∠EAG =∠DAE +∠GAD，
∴∠EAB=∠GAD，
在ADG和ABE中，
AG= AE .
∠GAD= ∠EAB，
AD= AB
∴ADG≌ABE ，
∴∠ADG= ∠ABE =45°，
∴∠GDB = ∠ADG+∠ADB= 90°，
∴BD⊥DG.
（2）
（3）(3)解：当点E在对角线BD上时，如图1，过点E作EN⊥AD于点N ，
∵DE=x，∠ADB =45° ，
∴DN=EN=x，AN=8-x
∴在Rt ANE中，AE2 = EN2+AN2 =(22x)2+(8-22x)2=x2-82x+64
∴S=AE2=x2 - 8x+ 64.
当点E在BD上，点F在CD上时，如图2，过点E作EN⊥AD于点N，
∵DE=x，∠ADB =45° ，
∴DN=EN=x，AN=8-x
∴在Rt ANE中，AE2 = EN2+AN2 =(22x)2+(8-22x)2=x2-82x+64
∴S=AE2=x2 - 8x+ 64.
当点E在BD的延长线上时上，如图3，过点E作EN⊥AD的延长线于点N，
∵DE=x，∠ADB =45° ，
∴DN=EN=x，AN=8+x
∴在Rt ANE中，AE2 = EN2+AN2 =(22x)2+(8+22x)2=x2+82x+64
∴S=AE2=x2 + 8x+ 64.
综上所述：.
【知识点】正方形的性质；四边形的综合；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；二次函数与分段函数的综合应用
【解析】【解答】
解：(2)如图，连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，
∵BD⊥DG，
∴ DGIlAC ，
∴DMGOMC ，
∴
∵正方形的边长AB=8，
∴AC= BD=8，
∴OD=OC=4，
设MD=t，则OM=4-t，
∴DG=a，
∴，
∴，
∴ tan∠CMB = tan ∠DMG=，
∴tan∠CMB=，
故答案为：.
【分析】 (1)由正方形的性质，得出线段之间的数量关系和角之间的数量关系，即可利用SAS判定ADG≌ABE ，再利用全等三角形的性质即可确定BD与DG的位置关系，解答即可；
(2)由正方形的性质，可得线段之间的位置关系，再利用AA判定DMGOMC ，设MD=t，则OM=4-t，利用相似三角形的性质，建立边之间的比例关系方程，化简整理即可解答；
(3)根据点E的位置变化，画出图形进行分类讨论，应用勾股定理即可得出每种情况下正方形的面积，对各种情况所得结果进行整理即可解答.
12．【答案】（1）解：∵抛物线y=ax2 +bx-5交x轴于A(1，0)，B(-5，0)两点，
∴解得
∴y=x2 +4x-5；
（2）解： ∵y=x2+4x-5中， 当x=0时，y=-5，
∴C(0，-5)，
∴设直线BC的解析式为y=kx-5，
∵B(-5，0)，
∴-5k-5=0，
∴k=-1，
∴y=-x-5，
设P(x，x2 +4x-5)， 则E(x，-x-5)，
当x<-5时，PE=x2 +4x-5-(-x-5)=x2 +5x，DE=-x-5，
∵PE=3ED，
∴x2 +5x=3(-x-5)，
解得x=-3 (不合)，或x=-5 (含去)，
∴点P不存在；
当-5∵PE=3ED，
∴-x2 -5x=3(x+5)，
解得x=-3，或x=-5 (舍去)，
∴P1(-3，-8)；
当0当x>1时，PE=x2 +4x-5-(-x-5)=x2 +5x，DE=x+5，
∵PE=3ED，
∴x2 +5x=3(x+5)，
解得x=3，或x=-5 (舍去)，
∴x2 +4x-5=16，
∴P2(3.16)，
故P点坐标为P1(-3，-8)；P2(3，16) .
（3）解：过点F， P作FG⊥x轴于G， PH⊥x轴于H，则AGF =∠AHP=90° ，
∵ △AFP 是以PF为斜边的等腰直角三角形.
∴AF=AP，∠PAF =90°，
∴∠FAG+∠PAH = ∠APH + ∠PAH = 90°.
∴∠FAG= ∠APH ，
∴ △AFG≌ △PAH (AAS)，
∴AH=FG， PH= AG，
设P(m，m2 +4m-5)， .
当-5∴FG=1-m，
∴-x-5=1-m，
解得x=m-6，
∴F(m-6，1-m)，
∴ AG=1-(m-6)=7-m，
∴-m2 - 4m+5=7-m，
解得m=-1，m=-2，
∴P坐标为(-1，-8)，或(-2，-9)；
当m>1时，AH=m-1， PH=m2 +4m-5，
∴FG=m-1，
∴-x-5=m-1，
∴x=-m-4，
∴F(-m-4，m-1)，
∴AG=1-(-m-4)=m+5，
∴m2 +4m-5=m+5，
解得m=2，m=-5 (舍去)，
∴p坐标为(2，7)；
故P坐标为(-1，-8)，或(-2，-9)，或(2，7).
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；三角形全等的判定-AAS；二次函数-线段周长问题；二次函数-特殊三角形存在性问题
【解析】【分析】(1)把A(1，0)，B(-5，0)代入y=ax2 +bx-5，解方程组，求出a，b的值，即可解答；
(2)先求出C(0，-5)，利用待定系数求出直线BC的解析式为y=-x-5，设P(x，x2 +4x-5)，则E(x，-x-5)，分x<-5，-51，四种情况利用 PE=3ED 建立等量关系，解方程计算即可解答；
(3)过点F， P作FG⊥x轴于G，PH⊥x轴于H，得∠AGF= ∠AHP=90°，根据等腰直角三角形的性质得AF=AP，∠PAF =90°，得∠FAG= ∠APH即可利用AAS证明得△AFG≌ △PAH ，利用全等三角形得性质可得AH=FG，PH= AG，设P(m，m2 +4m-5)，分-51两种情况，计算即可解答.
13．【答案】（1）解：把点A（2，2）代入二次函数y＝ax（x﹣4）（a≠0）中，
得﹣4a＝2，故a，
故此二次函数的表达式为y
（2）证明：选择①：由A（2，2）可知直线OA的表达式为y＝x，
由题意可知P（x1，2x1），B（x1，x1），Q（x2，2x2），C（x2，x2），
故PB2x1﹣x1x1，QCx2，
∵PB＞QC，即x1，
整理可得（x2﹣x1）（x2+x1）＞x2﹣x1，由于x2﹣x1＞0，
故（x2+x1）＞1，
即x1+x2＞2；
选择②：同理得R（x3，2x3），D（x3，x3），
故RDx3，
∵PB＞RD，即x1x3，
整理可得（x3﹣x1）（x3+x1）＞x3﹣x1，由于x3﹣x1＜0，
故（x3+x1）＜1，
即x1+x3＜2
（3）解：由待定系数法可求得直线AP的表达式为y＝（1）x+x1，
设直线AP交y轴于点G，如图2所示，
则OG＝x1＝OT，
∵∠GOA＝∠TOA＝45°，
在△GOA和△TOA中，
，
∴△GOA≌△TOA（SAS），
∴∠PAO＝∠TAO，
∵∠AMN＝∠PAO，
∴∠AMN＝∠TAO，
∵AO2MN，
在△TOA和△TNM中，
，
∴△TOA≌△TNM（AAS），
∴TN＝TO＝x1，ON＝2x1，
作QH⊥x轴于点H，
则，
又∵tan∠QTH＝tan∠Q1TO，
即，
∴OQ1＝（）x1．
∵T（x1，0），R（x1，），
∴由待定系数法可得直线RT的表达式为y＝（）x，
即OR1，
∴R1Q1＝OQ1+OR1，
∴t＝R1Q1﹣ON2x1，
故当x1时，t的最大值为．
即当x时，t的最大值为
【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；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】（1）利用待定系数法直接计算即可；
（2） ① 利用待定系数法可得直线OA是正比例函数，则由函数图象上点的坐标特征结合已知条件可分别设各点P（x1，2x1），B（x1，x1），Q（x2，2x2），C（x2，x2），则线段PB、QC均可表示，由于PB>QC，即有不等式 x1成立，对不等式进行变形得，由于，故结论成立；
②同理得R（x3，2x3），D（x3，x3），则线段RD也可表示，由于PB＞RD ，即可得不等式x1成立，对不等式进行变形得，由于，故结论成立；
（3）由于点P的横坐标已知，则由抛物线上点的坐标特征可得点P的纵坐标，又点A(2，2），则利用待定系数法可求得直线AP的解析式为，则延长AP交y轴于点G，则G（0，x1），又T（x1，0），所以OG=OT，同理可得直线TR的解析式为，则，因为直线平分第一、三象限，则可利用SAS证明，即有，又已知，等量代换得；又由两点距离公式可得，由对顶角相等可利用AAS证明，则可得，则，此时再过点Q作x轴的垂线段QH可构造，解可得，把代入化简得；由于，再解可得，则，再把和代入到中得是关于的二次函数，且二次项系数为负，故有最大值，再利用二次函数的性质求出这个最大值即可.
14．【答案】（1）解：由已知得：
整理，得：
∴b=-6， c=5；
（2）点P的横坐标为：
【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；二次函数-动态几何问题；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化
【解析】【解答】(2)存在，理由如下：如图，过点B作x轴的垂线，并在垂线上在x轴的上方取BD=4，连接AD，
对于抛物线y=x2 - 6x+5，当y=0，x2-6x+5=0，解得：x1=1，x2=5，当x = 0，y=5，
0B=0C=5，AB=5-1=4，∵∠COB=90°，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
过点B作x轴的垂线，在x轴上方的垂线上截取 BD=BA=4.
连接AD与BC交于点E，则D(5，4)
∴∠DBC=90°-∠OBC=45°=∠OCB，
∴BC⊥AD，ED =EA，
过点D作BC平行线与抛物线交点即为点P，
设直线BC：y=mx+n，
根据B、C的坐标可求得直线BC：y=-x+5，
如图，抛物线y=x2 - 6x+5，
∵BC∥PD，
设直线PD：y=-x+q，
代入D(5，4)得： -5+q=4，解得：q=9，
∴直线PD：y=-x+9，
与抛物线解析式联立得：
整理得：x2-5x-4=0，
解得：
∴ 点P的横坐标为：
【分析】（1）根据抛物线的顶点坐标， 利用二次函数的顶点式可得出解析式的顶点式，然后再把它转化成一般式，即可得出b与c的值 ；
（2）先求出△ABC的面积，再根据△PBC与△ABC面积相等这一条件，求出点P的坐标。
15．【答案】（1）解：将（2，﹣1）代入y＝x2+bx﹣得，﹣1＝4+2b﹣1，
解得b＝﹣2，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣1；
（2）解：如图所示，面积比保持不变为，理由如下：
根据题意可得，∠M＝∠ODQ＝90°，∠Q＝∠Q，
∴△QOD∽△QPM，
∴，
∴，
则；
（3）解：如图所示，QM经过最低点，即经过顶点，
该抛物线的顶点横坐标为，
纵坐标为，
该抛物线的顶点坐标为（1，﹣2），
∵∠PNO＝∠ODQ＝90°，∠NPO＝∠DOQ，
∴△PON∽△OQD，且相似比为，
根据顶点纵坐标可得，OD＝2，
则，即，
解得，
①当时，
即为如图所示，
此时，
点Q在第四象限，
故；
②如图所示，
当时，此时点P在第一象限，点Q在第三象限，此时，
故；
综上，或；
（4）解：①当PQ经过顶点T时，过点T作TE⊥x轴，交x轴于点E，
由∠PNO＝∠TEO＝90°，∠PON＝∠TOE得，△PON∽△TOE，
∴，即，解得m＝1（舍去），或m＝﹣1，
∴当点P向左运动时，满足题意，
∴m≤﹣1；
②如图所示，当点Q在抛物线上时，过点Q作QE⊥x，交x轴于点E，
同理，△PON∽△QOE，相似比仍为 此时，Q[﹣2m，﹣2（m2﹣2m﹣1）]，代入抛物线解析式得，﹣2（m2﹣2m﹣1）＝（﹣2m）2+4m﹣1，
解得（舍去），或，
此时，当P点向下一直移动，直至到x轴时，都符合题意，当x2﹣2x﹣1＝0时，
解得，x2＝1+，
∴当x 1﹣时，符合题意；
③如图所示，当点Q在抛物线上时，点Q在第二象限，点P在第四象限，
思路同②，此时Q[﹣2m，﹣2（m2﹣2m﹣1）]，代入抛物线解析式得，﹣2（m2﹣2m﹣1）＝（﹣2m）2+4m﹣1，
解得m＝﹣m＝，
此时，当P点向右一直移动，直至到x轴时，都符合题意，
∴当≤m≤1+时，符合题意；
综上所述，当m≤﹣1或﹣≤m≤1﹣或≤m≤1+时，符合题意．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数-面积问题；二次函数-特殊三角形存在性问题
【解析】【分析】(1)利用待定系数法求解即可；
(2)根据题意，利用相似三角形的性质求出面积之比即可；
(3)QM经过最低点，即经过顶点，画出示意图，先求出顶点坐标，再利用相似三角形的判定和性质求出m的值，最后分两种情况求出点Q的坐标即可；
(4)根据题意，分三种情况进行分析，画出图形找出临界点，利用相似三角形的性质列出一元二次方程，然后进行求解即可.
16．【答案】（1）解：把代入，得：
，
∴；
（2）解：由（1）可知：，
∴，
∵是抛物线上一动点，设点的横坐标为，
∴，
∵过点作对称轴的垂线，垂足为，
∴，，
∴
（3）解：①当时，，当时，，
∴，，
由（2）可知：，，对称轴为直线，
∴点关于对称轴的对称点为
∵在第四象限，
∴，
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
综上：；
②或．
【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y=ax²+bx+c的性质；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化；坐标系中的两点距离公式
【解析】【解答】（3）②∵轴，
∴关于对称轴对称，
∴，
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
∵，
∴，解得：（舍去）或；
∴；
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
∵，
∴，解得：或（舍去）；
∴；
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
∵，
∴，解得：（舍去）或；
∴
综上：或．
【分析】（1）根据待定系数法将点A坐标代入解析式即可求出答案.
（2）将解析式转换为顶点式，求出顶点，设点的横坐标为，则，根据两点间距离可得PH，TH，再根据边之间的关系即可求出答案.
（3）①根据坐标轴上点的坐标特征可得，，根据对称性质可得点关于对称轴的对称点为，根据第四象限点的坐标特征可得，分情况讨论：当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，根据题意列式计算即可求出答案.
②根据对称性质可得，分情况讨论：当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，当时，抛物线弧的最高点为，根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
17．【答案】（1）解：∵抛物线经过点，，顶点为
∴
解得：，
∴，
∴；
（2）解：∵点在（第一象限）上，到轴的距离为．则
∴当时，
解得：或
∴或
∵抛物线经过点，对称轴为直线
∴经过点和
∴不能经过点
（3）解：①∵，
当重合时，则
∵是中点，
∴，
∵点恰好落在上，经过点
∴
解得：；
②
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；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；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化；坐标系中的中点公式
【解析】【解答】解：（3）②∵直线交于点，，
∴，
∴直线的解析式为，
∵经过点，
∴，
∴，
∴
联立
消去得，
∴，则
∵点的横坐标是点横坐标的一半．
∴即，
将代入，
∴①
∵点为直线与的唯一公共点，
∴②
联立①②得：或，
当时，交点不在公共点不在第一象限，不符合题意，
∴．
【分析】（1）根据待定系数法将点A，B坐标代入解析式可得b，c，再将解析式转换为顶点式，可得顶点坐标.
（2）将代入解析式可得或，再根据抛物线上点的坐标特征进行判断即可求出答案.
（3）①当重合时，则，根据线段中点坐标可得，再根据待定系数法将点M，C坐标代入即可求出答案.
②将点A坐标代入直线AE可得，则直线的解析式为，再将点C坐标代入抛物线解析式可得，联立直线AE解析式，可得，根据二次方程根与系数的关系可得，则，E，将代入可得①，根据判别式可得②，联立①②，解方程组即可求出答案.
18．【答案】（1）解：将 B（9，0）和 C（0，-3）代入 得
解得：
∴抛物线的解析式为
（2）解：（2）①当点 P 在 x 轴下方时（如图1），
∵
∴
∴点 P 的纵坐标等于 -3
将 代入 解得 ，
∴点 P 的坐标为 （8，-3）
②当点 P 在 x 轴上方时，PC 与 AB 相交于点 M（如图 2），
∵，
∴，
∵ B（9，0），C（0，-3），
∴，，
设 ，则 ，
在 中，，
∴，解得： ，
∴ 点 M 的坐标为（4，0），
设直线 CP 的解析式为 ，
将 M（4，0）和 C（0，-3）代入得，
，
解得：，
∴ 直线 CP 的解析式为 ，
由题意得：，解得 ，，
∴ 点 P 的坐标为 ，
综上所述，点 P 的坐标为 （8，-3）或
（3）(-5，14)或(5，)或(13，38)
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；二次函数图象的平移变换；二次函数-角度的存在性问题；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【解答】解：（3）由（2）可知抛物线的对称轴为直线x=4，
∵点B（9，0），C（0，-3）
∴点A（4-5，0）即（-1，0），
∴OC=3，OA=1，
∴，
∵ 将抛物线沿射线 CA 的方向平移个单位长度后得到新抛物线，
∴平移后的点C的坐标为（2，3），
∵点C（0，-3）
∴将原抛物线向左平移2个单位，向上平移6个单位，
∵
∴新的抛物线的解析式为，
设点E，点F（4，n）
当BE，CF为对角线时，
解之：m=-5，
∴14，
∴点E的坐标为（-5，14）；
当BF，CE为对角线时，
解之：m=13，
∴，
∴点E（13，38）；
当BC，EF为对角线时，
解之：m=5，
∴，
∴点E(5，)，
综上所述，点E的坐标为(-5，14)或(5，)或(13，38)
【分析】（1）将点B、C的坐标代入函数解析式，可得到关于b、c的方程组，解方程组求出b、c的值，可得到二次函数解析式.
（2）分情况讨论：①当点 P 在 x 轴下方时（如图1），可证得CP∥AB，可得到点P的纵坐标，将点P的纵坐标代入函数解析式求出对应的x的值，可得到符合题意的点P的坐标；②当点 P 在 x 轴上方时，PC 与 AB 相交于点 M（如图 2），利用等角对等边可证得BM=CM，利用点B、C的坐标可求出OB、OC的长；设 ，可表示出CM的长，在Rt△COM种，利用勾股定理可得到关于m的方程，解方程求出m的值，可得到点M的坐标；利用待定系数法求出直线CP的函数解析式，将两函数解析式联立方程组，可求出方程组的解，即可得到符合题意的点P的坐标；综上所述，可得到点P的坐标.
（3）利用原抛物线的解析式可得到抛物线的对称轴，利用二次函数的对称性可得到点A的坐标，利用勾股定理求出AC的长；再根据平移可得到平移后的点C的坐标，结合点C的坐标，可知将原抛物线向左平移2个单位，向上平移6个单位，即可得到平移后的函数解析式，设点E，点F（4，n），分情况讨论：当BE，CF为对角线时；当BF，CE为对角线时；当BC，EF为对角线时；利用平行四边形的对角线互相平分，分别可得到关于m的方程，分别解方程求出m的值，可得到点E的坐标.
19．【答案】（1）解：∵抛物线过
∴
∴
∴抛物线的表达式为：
（2）解：如图1
∵抛物线与X轴交于点A，A在正半轴，
∴，
∵，
∴OA=OB，
∵M为OA的中点，
∴，
∵OA=OB，，
∴，
∴MA=MC，
∵MD为OA的垂线，
∴D的横坐标为2，
∴MD=，
∴CD=MD-MC=；
∴
（3）解： ① F在否在抛物线上，理由如下：如图
连接BF，作FQ⊥OB于点Q，
由(2)可知： 0A=OB=4，∠OAB=∠OBA=45°，
由旋转的性质可知：
OE=OF，∠EOF =∠BOA= 90°，
∴∠AOE=∠BOF，
又∵OA = OB，OE=OF ，
∴△AOE≌△BOF ，
∴∠OBF=∠OAE=45°，BF=AE=
∵FQ⊥OB，
∴△FQB为等腰直角三角形，
∴OQ=OB - BQ=3，
∴F(-1，-3)，
对于当x=-1时，y=-3
∴点F在抛物线上；
②连接BF并延长，交x轴于点G，连接PM，MF，作MH⊥BG于点H，如图，
∵∠OPA=90°， M为OA的中点，
∴ PM=OA=2，
∵PFMF-PM，
∴当M，P，F三点共线时，PF最小，
同①可得，∠OBF =∠OAE =45°，
∴点F在射线BG上运动，
当MF⊥BG时，即F与点H重合时，MF最小，此时PF最小为MH-PM，
∵∠OBG=45°，
∴OBG为等腰直角三角形，
∴OG=OB=4，∠BGO=45° ，
∴ MG= OG+OM=6，MHG为等腰直角三角形，
∴MH=MG=3，
∴PF最小为MH-PM=3-2.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；两点之间线段最短；旋转的性质；二次函数-动态几何问题；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】 (1)根据待定系数法把代入解析式，即可解答；
(2)求出点A的坐标，进而得到点M的坐标，根据等腰三角形的性质可得到MC的长度，由MD为OA的垂线求出点D的坐标，根据BCD的面积公式进行求解，即可解答；
(3)①根据要求作图即可，连接BF，作FQ⊥OB于点Q，由旋转的性质利用SAS证明AOE≌BOF，得到∠OBF=∠OAE=45°，BF= AE=，进而得到△FQB为等腰直角三角形，求出F点坐标，将F点的横坐标代入抛物线的解析式，即可判断点F在否在抛物线上，解答即可；
②连接BF并延长，交x轴于点G，连接PM，PF，MF，作MH⊥BG于点H，斜边上的中线得到MP=2，根据PF≥MF-PM，得到当M，P，F三点共线时，PF最小，同①可知，∠OBF=∠OAE=45°，得到点F在射线BG上运动，进而得到当MF⊥BG时，即F与点H重合时，MF最小，此时PF最小为MH - PM；易得OBG为等腰直角三角形，求出OG的长，进而求出MG的长，易得MHG为等腰直角三角形，求出MH的长，根据PF最小为MH - PM，计算即可解答.
20．【答案】（1）解： ∵抛物线 关于直线x=-3对称， 与x轴交于A(-1，0)、B两点，
∴B(-5，0).
∴抛物线的解析式为：
（2）解：∵点P在对称轴上，设对称轴与x轴交于点E
∴设P(-3，p)， E(-3，0)；
由旋转可得，PB=PD，∠BPD=90°.
当点P在x轴上方时，
∵A，B关于对称轴对称，
∴PA=PB，
∴当∠APB=90°时， 满足题意， 此时点D与点A重合，
∵A(-1，0). B(-5，0).
∴AB=4，
∴PE=2.
∴P(-3，2)；
当点P在x轴下方时， 如图， 作DF⊥对称轴于点F， 则： ∠DFP=90°=∠BEP=∠BPD.
∴∠BPE=∠PDF=90°-∠DPF.
又∵BP=DP.
∴△BPE≌△PDF.
∴DF=PE，PF=BE.
∵B(-5，0)，E(-3，0)，P(1，p)，
∴DF=PE=-p，PF=BE=2. OE=3.
∴EF=-p+2.
∴D(p-3，p-2).
把D(p-3，p-2)代入 得：
解得： x=-1或x=2 (舍去) ；
∴P(-3，-1)：
综上： P(-3，2)或P(-3， -1)
（3）解：存在；
在x轴上取点M(5，0)， 连接AC，CM， 过点A作AH⊥CM于点H， 交y轴于过点Q作QG⊥CM于点G， 则：OM=5， ∠QGC=90°，
∴当x=0时， y=5.
∴C(0，5).
∴OC=OM=5.
∴△QGC为等腰直角三角形，
∴当点Q与点Q重合时， 的值最小为2AH的长，
∵A(-1，0).
∴OA=1， AM=6.
的最小值为
在Rt△AHM中， ∠AMH=45°，
∴∠MAH=45°，
∴△OAQ为等腰直角三角形，
∴OQ=OQ=OA=1，
∴Q(0，1)；
综上：Q(0，1)， 的最小值为
【知识点】旋转的性质；三角形全等的判定-AAS；二次函数-线段周长问题
【解析】【分析】(1) 利用待定系数法求二次函数的解析式即可；
(2)设对称轴与x轴交于点E，设P(-3，p)， E(-3，0)，当点P在x轴上方时，则PA=PB，即∠APB=90°时，点D与A重合，进而求出点P的坐标；当点P在x轴下方时， 如图， 作DF⊥对称轴于点F，得到△BPE≌△PDF.即可得到DF=PE，PF=BE.即可得到点D(p-3，p-2)，代入二次函数解析式求出点P的坐标即可；
(3)在x轴上取点M(5，0)， 连接AC，CM， 过点A作AH⊥CM于点H， 交y轴于 过点Q作QG⊥CM于点G， 则：OM=5， ∠QGC=90°，求出点C的坐标，可得即可得到，当点Q与点Q重合时， 的值最小为2AH的长，然后根据三角形的面积求出AH长，进而得到点Q的坐标解答即可.
21．【答案】（1）解：设抛物线的解析式为，
把代入得，
解得，
∴；

（2）解：令，则，
∴点C的坐标为，
设直线的解析式为，
把和代入得：
，解得，
∴，
设点P的坐标为，过点P作轴交于点F，交x轴于点H，
则点F的坐标为，
∴，
∵轴，
∴，，
∴，
∴，
∴当时，取得最大值为，这时点P的坐标为，
把点P向上平移个单位长度得到点，点的坐标为，连接，
则四边形是平行四边形，
∴，
即，
由A，B关于对称性可得点A的坐标为，
连接，则的最小值为长，
即，
即的最小值为；
（3）解：∵，
∴，
∴将抛物线沿射线方向平移个单位长度即为向左平移两个单位长度，向下平移两个单位长度得到抛物线，
即，
过点P作轴于点Q，过点N作轴于点K，连接，
设点N的坐标为，
由平移得，
∴，
如图所示，∵，
即，
解得（舍去）或，
这时点N的坐标为；
如图所示，∵，
即，
解得或（舍去），
这时点N的坐标为；
综上所述，点N的坐标为或．
【知识点】轴对称的应用-最短距离问题；二次函数-动态几何问题；利用顶点式求二次函数解析式；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）利用待定系数法求二次函数的解析式即可；
（2）根据题意利用待定系数法求出，再利用相似三角形的判定方法证明，最后结合题意，利用勾股定理等计算求解即可；
（3）根据平移求出，再求出，最后结合函数图象，利用锐角三角函数等计算求解即可.
（1）解：设抛物线的解析式为，
把代入得，
解得，
∴；
（2）解：令，则，
∴点C的坐标为，
设直线的解析式为，把和代入得：
，解得，
∴，
设点P的坐标为，过点P作轴交于点F，交x轴于点H，
则点F的坐标为，
∴，
∵轴，
∴，，
∴，
∴，
∴当时，取得最大值为，这时点P的坐标为，
把点P向上平移个单位长度得到点，点的坐标为，连接，
则四边形是平行四边形，
∴，
即，
由A，B关于对称性可得点A的坐标为，
连接，则的最小值为长，
即，
即的最小值为；
（3）解：∵，
∴，
∴将抛物线沿射线方向平移个单位长度即为向左平移两个单位长度，向下平移两个单位长度得到抛物线，即，
过点P作轴于点Q，过点N作轴于点K，连接，
设点N的坐标为，
由平移得，
∴，
如图所示，∵，
即，解得（舍去）或，
这时点N的坐标为；
如图所示，则∵，
即，解得或（舍去），
这时点N的坐标为；
综上所述，点N的坐标为或．
22．【答案】（1）解：∵抛物线与x轴交于，两点，
设抛物线的解析式为，
把代入解析式，得，
解得：，
∴抛物线的解析式为：，即
（2）解：∵抛物线的解析式为：，
∴抛物线图象的对称轴为直线：，
设，
∵轴，
∴，
∵过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作轴，
∴四边形是矩形，
∴四边形的周长
，
∵，
∴当时，四边形的周长最大，则，
∴当四边形的周长最大时，点D的坐标为；
（3）解：P的坐标为或
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题；三角形全等的判定-AAS；坐标系中的两点距离公式；利用交点式求二次函数解析式；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【解答】（3）解：过C作垂直抛物线对称轴于H，过N作轴于K，
∴，
由翻折得，
∵．
∴，
∴，
∵对称轴于H，
∴轴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∵抛物线的解析式为：，
∴对称轴为直线，
∴，
∴，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
解得：，
∴直线的解析式为：，
将代入，则，
∴，
设，
∴，，，
分两种情况：
①当时，，
∴，
解得：，
∴；
②当时，，
∴
解得：，
∴点的坐标为；
综上，所有符合条件的点P的坐标为或．
【分析】(1)根据A，B的特征设设抛物线的解析式为，再用待定系数法求解析式把代入解析式，计算即可解答.
(2)先根据抛物线的解析式得到对称轴为：直线；设可由轴，得到；过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作轴，根据矩形的性质表示出周长为，再结合二次函数的性质即可解答；
（3）过C作垂直抛物线对称轴于H，过N作轴于K，由翻折的性质得到，即可利用AAS证明，根据抛物线的图象得到对称轴和定点坐标：直线，即可利用全等三角形的性质计算得到，从而用待定系数法求得直线的解析式为：，设根据两点之间的距离公式表示出PQ2，BP2，BQ2再分两种情况：当时或当时，利用勾股定理计算即可解答.
23．【答案】（1）解： 抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交于A(-3，0) 、 B(1，0)两点，与y轴交于点C(0，3) ，
，
解得：
∴ 抛物线的表达式为y=- x2 -2x+3 ；
（2）解： 联立得：
解得：，
∴ D (-4，-5) ，
∵ y=-x2-2x+3=-(x+1)2+4 ，
∴ 抛物线的对称轴为直线x =-1 ，顶点为N (-1，4) ，
设M(-1， n ) ，
∵ MB = MD ，
∴ MB2=MD2 ，
∴(-1-1)2+(n-0 )2=(-1+4)2+(n+5)2 ，
解得：n=-3 ，
∴ n的值为-3 ；
（3）解：符合条件的点P的坐标为：或或或
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；旋转的性质；二次函数与一次函数的综合应用；坐标系中的两点距离公式；同侧一线三垂直全等模型
【解析】【解答】解： （3）由（2）得顶点N(-1，4) ，
设P(m ，0) ，由旋转得∠HPN=90° ， PN=PH ，
当m <-1时，过点P作y轴的平行线 EF ，过点H ， N分别作EF的垂线，垂足为点F ， E ，如图，
∴∠E=∠F=∠HPN=90° ，
∴∠EPN+∠ENP=∠EPN+∠HPF=90° ，
∴∠ENP=∠FPH ，
∴△PEN≌△HFP ( AAS ) ，
∴ EN=PF=-1- m ， PE=FH=4 ，
∴ H (4+ m ，1+ m ) ，
将点H(4+ m ，1+ m )代入y=-x2-2x+3 ，得-(4+m)2-2(4+ m )+3=1+ m ，
整理得： m2+11m+22=0 ，
解得：，
∴ P (， 0) 或 P ( ，0) ；
当m>-1时，过点P作y轴的平行线，过点H ， N分别作平行线的垂线，垂足为点 F ， E ，如图，
∴∠E=∠F=∠HPN=90° ，
∴∠EPN+∠ENP=∠EPN+∠HPF=90° ，
∴∠ENP=∠FPH ，
∴△PEN≌△HFP( AAS ) ，
∴ EN=PF=m+1 ， PE=FH=4 ，
∴ H(m-4，-m-1) ，
将点H(m-4，-m-1) 代入y=-x2-2x+3 ，得-(m-4 )2-2(m-4)+3=-m-1 ，整理得： m2-7m+4=0 ，
解得： ，
∴ P (，0) 或 P (，0) ；
综上，所有符合条件的点P ，的坐标为： P (， 0) 或 P ( ，0)或 P (，0) 或 P (，0) .
【分析】（1）将A、B、C三点的坐标分别代入抛物线y=ax2+bx+c可得关于字母a、b、c的三元一次方程组，求解得出a、b、c的值，从而即可求出抛物线的解析式；
（2）联立抛物线与直线l的解析式，求解得出点 D (-4，-5) ，将抛物线的解析式配成顶点式可得抛物线的对称轴为直线x =-1 ，顶点为N (-1，4) ，由点的坐标与图形性质，设M(-1， n ) ，根据平面内两点间的距离公式结合MB=MD建立方程求解得出n的值；
（3）设P( m ，0) ，由旋转得∠HPN=90° ， PN=PH ，当m<-1时，过点P作y轴的平行线EF ，过点H ， N分别作EF的垂线，垂足为点F ， E ，如图，由等角的余角相等得∠ENP=∠FPH ，从而可用AAS判断出△PEN≌△HFP，由全等三角形的对应边相等得EN=PF=-1- m ， PE=FH=4 ，则H (4+ m ，1+ m ) ，然后将点H的坐标代入抛物线的解析式可求出m的值，从而得到点P的坐标；当m>-1时，过点P作y轴的平行线，过点H ， N分别作平行线的垂线，垂足为点 F ， E ，如图，由等角的余角相等得∠ENP=∠FPH ，从而可用AAS判断出△PEN≌△HFP，由全等三角形的对应边相等得 EN=PF=m+1 ， PE=FH=4 ，则 H(m-4，-m-1) ，然后将点H的坐标代入抛物线的解析式可求出m的值，从而得到点P的坐标，综上即可得出答案.
24．【答案】（1）解：由题意得，
C（0，﹣3），D（2，﹣3），
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3，
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴E（1，﹣4）；
（2）解：①∵C（0，﹣3），D（2，﹣3），
∴CD⊥OC，
∵CF＝CO＝3，
∴OF＝3，
∴OM+FM≥OF＝3，
当O、M、F共线时，OM+FM最小，
由x2﹣2x﹣3＝0得，
x1＝﹣1，x2＝3，
∴B（3，0），
∴BF⊥OB，
∵∠BOC＝90°，
∴四边形BOCF是矩形，
∴矩形BOCF是正方形，
∴M（）；
②如图1，
连接NG，作EH⊥EN于H，
∵E（1，﹣4），C（0，﹣3），
∴EH＝CH＝1，
∴∠ECH＝∠CEH＝45°，
由①知，
四边形BOCF是正方形，
∴∠BCO＝45°，
∴∠BCO＝∠ECH，
∵CG＝OC，CM＝CN，
∴△OCM≌△GCN（SAS），
∴NG＝OM，
∴OM+BN＝NG+BN≥BG，
∴当B、N、G共线时，OM+BN最小，
∵∠BCG＝90°，BC＝3，CG＝3，
∴BG3，
∴（OM+BN）最小＝3；
（3）（1，1）或（1，﹣1）
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；勾股定理；解直角三角形—边角关系；二次函数-线段周长问题；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【解答】解：（3）如图2，
设EP交AB于F，作FW⊥BC于W，
∵E（1，﹣4），
∴F（1，0），
∵A（﹣1，0），
∴OA＝OF，
∵OC⊥AF，
∴AC＝FC，
∴∠FCO＝∠OCA，
∵∠OCB＝45°，
∴∠FCO+∠BCF＝45°，
∵∠OAP+∠OCA＝45°，
∴∠OAP＝∠BCF，
∵BF＝OB﹣OF＝2，∠OBC＝45°，
∴FW＝BW，
∵BC＝3，
∴CW＝BC﹣BW＝2，
∴tan∠OAP＝tan∠BCF，
∴，
∴PF，
∴P（1，1）或（1，﹣1），
故答案为：（1，1）或（1，﹣1）．
【分析】(1)可求得D(2，-3)，进而将点D和点A坐标代入抛物线的解析式，求得a，b，进一步得出结果；
(2)①可求得 从而得出 当O、M、F共线时，OM+FM最小，可证得四边形BOCF是正方形，进而得出点M坐标；
②连接NG， 作EH⊥EN于H， 可证得△OCM≌△GCN，从而NG=OM， 从而得出OM+BN = NG+BN ≥BG，根据 得出BG，从而得出结果；
(3)设EP交AB于F， 作FW⊥BC于W， 可得出AC=FC， 从而∠FCO=∠OCA， 进而推出∠OAP =∠BCF， 进而得出 从而 从而求得PF，进而得出结果.
25．【答案】（1）解：由题分别把A(3，0)，C(0，3)代入y=-x2+bx+c，
得，
解得b=2，c=3
（2）解：由(1)得b =2， c = 3，
则y=-x2 +2x+3，C(0，3)，
令y=0，则0=-x2+2x+3=（-x+3)(x+1)，
x1=3，x2=-1，
故B(-1，0)，A(3，0)，
分别过点E、D作EN⊥OA，DM⊥OA，如图所示：
∵EN⊥OA，DM⊥OA，
∴∠ENB=∠DMB=90°，
∵∠DBM= ∠EBN，
∴DMB∽ENB，
∴
∵DE：BE=1：2，
∴DB：BE=3：2，
∴
设点E的纵坐标为2m，则点D的纵坐标为3m，
设AC的解析式为y = kx + r(k ≠ 0)，
∵C(0，3)， A(3，0)，
∴
解得r=3，k=-1；
∴AC的解析式为y=-x+3，
把y＝2m代入y=-x+3，得 2m =-x+3，
∴x=3-2m，
∴E(3-2m，2m)，
设BE的解析式为y = tx + q(t ≠ 0)，
把E(3-2m，2m)，B(-1，0)分别代入y =tx + q，
解得
BE的解析式为y=
依题意，把y=3m代入得 3m
则x=5-3m，
即点D(5-3m，3m)，
∵点D为抛物线上第一象限内一点，且y=-x2+2x+3，
∴3m =- (5-3m)2 +2(5-3m) + 3，
整理得3m2-7m+4=(m-1)(3m-4) = 0，
∴m1=1，m2 =
此时y=的2-m ≠ 0，
故m1=1，m2= 43是符合题意的，
当m=1时，则5-3m=5-3=2，3m=3，此时D(2，3)，
当m=43时，则5-3m=5-4=1，3m=3×43=4，此时D(1，4)，
综上：D(2，3)或D(1，4)；
（3）解：存在，理由如下：
由(2)得y =-x2 +2x +3，
整理y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4，
∵F为抛物线的顶点，
∴F(1，4)，
∵平移抛物线使得新顶点为P(m，n)(m>1)，P又在原抛物线上，新抛物线与直线x＝1交于点N，
连结FP、PN，过点P作PH⊥FN，∠FPN=120°，如图所示：
∴平移后的抛物线的解析式为y=-(x-m)2 +n，
把x=1 代入y=-(x-m)2+n，
得yN =-(1-m)2 +n，
∵点P(m，n)在y =-(x-1)2 +4 上，
∴n=-(m-1)2+4，
∴ (m-1)2=4-n，
∴yN =-(1-m)2+n=-4+n+n=-4+2n，
∴N(1，-4+2n)，
∵P(m，n)， N(1，-4+2n)， F(1，4)，
∴PF2=(m-1)2+(n-4)2， PN2=(m-1)2+[n-(-4+2n)]2=(m-1)2+(n-4)2，
则PF2 = PN2，即PF＝PN，
∴ΔPFN是等腰三角形，
∵∠FPN=120°，
∴∠EPH=x 120° =60°，
则 tan∠FPH=tan60°=
∴4-n=(m-1)，
令t=m-1，
∴4-n=t，即n=-t+4，
∵n=-(m-1)2+4，
∴-t+4，=-t2+4，即t2-t=0，
∴ t(t-)=0，
∴t1=0，t2=，
∴m-1=0，或m-1=，
∴m=1(舍去)或m=+1，
∴P(1+，1)，
∴平移后的抛物线解析式为y＝-(x-1-2+1，
令y=0，则0＝-(x-1-)2+1，
∴ (x-1-)2=1，
即x-1-=±1，
∴x1=2+，x2=，
则Ix1-x2l=2+-=2，
∴新抛物线与x轴存在两个不同的交点，这两个交点之间的距离为2.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数与一次函数的综合应用；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】
(1)根据用待定系数法求解析式，分别把A(3，0)，C(0，3)代入y=-x2+bx+c，进行计算，即可解答.
(2)令y=0先求解B(-1，0)，A(3，0)，再利用AA证明DMB∽ENB，利用相似三角形的性质得到DE：BE=1：2，转换比例关系得到，于是设点E的纵坐标为2m，则点D的纵坐标为3m，再分别求出 AC 的解析式为y=-x+3，BE 的解析式为y=即可得到D(5-3m，3m)，因为点D为物线上第一象限内一点，代换得到3m=-(5-3m)2+2(5-3m)+3，解得m1=1，m2= 43 ，解答即可.
（3）根据F为抛物线的顶点求出F(1，4)再整理得平移后的抛物线的解析式为y=-(x-m)2+n，因为点P(m，n)在y=-(x-1)2+4，则(m-1)2=4-n，即N(1，-4+2n)，故PF2＝PN2，所以△PFN是等腰三角形，
再结合解直角三角函数得 tan∠FPH=tan60°=，代入数值计算得4-n=(m-1)，再运用换元法进行整理得到m-1=0，或m-1=，即可求出P(1+，1)，从而可的平移后的抛物线解析式为y＝-(x-1-2+1，再令y=0求出x1=2+，x2=，即可求出两个交点之间的距离，解答即可.
26．【答案】（1）解：把A(3， 0) 代入
令
得x1=-5， x2=3.
∴ B(-5， 0).
（2）解：∵ B(-5，0)， N(-1， - 4)，
∴ 直线BN为y=-x-5.
∵ PQ∥BN， 设直线PQ为 y=-x+n.
点
解得 m=-4

（3）解：存在定点T满足条件.
设直线l解析式y= kx+b， 直线l与抛物线相交于点G(x3， y3)， H(x4， y4)，
∴.
作GC⊥MN， HD⊥MN，
GC=-1-x3， MC=y3+5，HD=x4+1， MD=y4+5，
∵ ∠GMN=∠HMN，
∴ tan∠GMN=tan∠HMN.
即
.
∴ - 4k(b-k+3)=0.
∵ 直线l不垂直于y轴，
∴ k≠0，
∴ b-k+3=0，
∴ b=k-3.
∴ 直线l解析式y=k(x+1)-3.
∵ 无论k为何值， x=--1， y=-3.
l过定点T(-1，- 3)， 故存在定点T(-1，- 3).
【知识点】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-角度的存在性问题
【解析】【分析】（1）由题意，把点A的坐标代入抛物线的解析式求出a的值，即可得抛物线的解析式；令解析式中的y=0可得关于x的方程，解方程求出x的值，则可得点B的坐标；
（2）用待定系数法求出直线BN的解析式；根据平行线的性质可设直线PQ为 y=-x+n. 结合P、Q两点都在抛物线上可得关于m、n的方程组，解方程组即可求解；
（3）存在定点T满足条件.设直线l解析式y= kx+b， 直线l与抛物线相交于点G(x3， y3)， H(x4， y4)，
由一元二次方程的根于系数的关系可得x3+x4、x3x4的值用含k、b的代数式表示出来，作GC⊥MN， HD⊥MN，根据tan∠GMN=tan∠HMN可得比例式结合已知条件整理可得：- 4k(b-k+3)=0.根据直线l不垂直于y轴可得直线l的解析式，代入比例式可判断求解.
27．【答案】（1）解：
设抛物线解析式为
（2）解：①
，即
设直线BC的解析式为，则由题意知
解得
直线BC的解析式为：
设且点D在直线BC上方的抛物线上
轴于F交直线BC于E
②存在，或或，理由如下：
、、
当CD=CE时，，解得或（舍去），，即；
当CD=DE时，，解得，，即；
当CE=DE时，，解得或（舍去），，即；
综上所述，D点坐标为或或；
（3）
【知识点】二次函数的最值；二次函数图象上点的坐标特征；同侧一线三垂直全等模型；利用交点式求二次函数解析式；二次函数-特殊三角形存在性问题
【解析】【解答】（3）
解：如图所示，分别过点E、G作轴的垂线，垂足分别为点M、N.
，即
AG2有小值，即当时，最小值为20
此时，
【分析】
（1）观察图象知，点A在原点左侧，点B在原点右侧，因为、，则可得抛物线与x轴的两个交点A、B两点坐标，则可设抛物线的解析式为交点式，即，再转化为一般式，则可求出a、b的值，则抛物线解析式可求；
（2） ① 由于点D在直线BC上方的抛物线上且交BC于点E，此时可利用二次函数图象上点的坐标特征求出点C的坐标，则可利用待定系数法得到直线BC的解析式，再设出点D的坐标，则点E的坐标可得，由于点D在点E的上方，则利用D、E两点纵坐标的差表示出线段DE的长；
②由于点C、D、E三点的坐标都已知或可以用含t的代数式表示，则两点距离公式可分别表示出CD、CE，再分类讨论，即CE=DE或CE=CD或CD=DE，分别解关于t的一元二次方程或一元一次方程即可求出t的值，再根据t的取值范围进行取舍即可；
（3）由于点E绕原点O顺时针旋转90度得到点G，则可分别过点E、G作y轴的垂线段EM和GN，从而构造一线三垂直全等模型证明，再利用全等的性质表示出点G的坐标，再利用两点距离可得AG2是关于t的二次函数，且二次项系数为正，则可利用二次函数的增减性求得AG2的最小值，则AG的最小值可得.
28．【答案】（1）解：把B的坐标(3，0)，C的坐标(0，3)代入抛物线的解析式。
得 解得：
∴抛物线的解析式是
（2）解：①令 解得：
∵B(3，0)， C(0，3)， ∴OB=OC=3， ∴△OBC是等腰直角三角形，
∵EF∥BC，∴∠FEA=∠CBO=45°，
∴当∠AFE=90°时， △AEF 是等腰直角三角形，且
∴△AEF的外接圆半径为AE长，R=1，
即
解得：
∴抛物线的对称轴是直线x=1，顶点M的坐标是(1，4)，
∴直线 与x轴的交点T的坐标是(1，0).
作PQ⊥x轴于点 Q，则在直角三角形 BPQ中，
，
∴当M、P、Q三点共线时，即 轴时， 的值最小，
此时Q、T重合，当点F在 的内角 的平分线上，
即 时， 如图，
∵∠COA=∠COE=90°，CO=CO， ∴△ACO≌△ECO， ∴AO=EO=1， ∴E、T重合，
∵B(3，0)， C(0，3)， ∴直线BC的解析式是
当 时，
∴点P的坐标是(1，2)，
当点F在 的内角 的平分线上时，如图，
作 于点K，则
设 则CF=3-a，
且
解得：
由于 ∴点F不可能在△AEC的内角∠AEC的平分线上；
当点E，F重合于点O时，此时OF平分∠AEC即点F在∠AEC的平分线上，符合题意，则BE=BO=3，
综上： △BPE的面积为2或3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；内切圆与外接圆的综合运用
【解析】【分析】
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）①先求出点A的坐标，进而可判断△OBC，△AEF是等腰直角三角形，然后根据△AEF的外接圆直径是AE=2，可得其外接圆的半径R=1，再利用等积法求出r，即可解决问题；
②先求得抛物线的顶点M的坐标和对称轴与x轴的交点T的坐标，作PQ⊥x轴于点P，可得PQ=， 继而可得， 于是可得当M、P、Q三点共线且MQ⊥x轴时，取最小值， 此时Q、T重合，然后分点F在△ACE不同内角平分线上共三种情况，外加当点E，F重合于点O时，此时点F在∠AEC 的平分线上这种特殊情况，讨论求解即可.
1 / 1专题11 二次函数的综合-2025年精选中考数学真题分类汇编
一、解答题
1．（2025·辽宁） 如图，在平面直角坐标系中，直线与轴相交于点，与轴相交于点，点在线段上（不与点，重合），过点作的垂线，与直线相交于点，点关于直线的对称点为，连接．
（1）求证：
（2）设点的坐标为（0，），当时，线段与线段相交于点，求四边形面积的最大值.
【答案】（1）证明：由条件可知A（0，4），B（4，0），
∴OA=4，OB=4，
∵∠AOB=90°，
∴∠OAB=45°；
（2）解：∵点C的坐标为（0，m），
∴OC=m，AC=4-m，
由条件可知CE=AC=4-m，∠OAB=∠CED=45°，
∴OE=CE-OC=4-2m，
∵∠EOF=90°，
∴∠OEF=∠OFE=45°，
∴OF=OE=4-2m，
∵CD⊥OA，
∴∠OAB=∠CDA=45°，
∴CD=AC=4-m，
∴四边形COFD面积
∴当时，四边形COFD面积有最大值，最大值为.
【知识点】轴对称的性质；等腰直角三角形；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-面积问题
【解析】【分析】（1）先求得A（0，4），B（4，0），得到OA=4，OB=4，利用等腰直角三角形的性质即可证明结论成立；
（2）由题意得OC=m，AC=4-m，根据折叠的性质得CE=AC=4-m，OE=CE-OC=4-2m，利用等腰直角三角形的判定和性质求得OF=OE=4-2m，CD=AC=4-m，再利用梯形的面积公式求得四边形COFD面积关于m的二次函数，利用二次函数的性质求解即可．
2．（2025·长沙） 我们约定： 当x1，y1，x2，y2满足( 且 时， 称点(x1，y1)与点(x2，y2)为一对“对偶点”.若某函数图象上至少存在一对“对偶点”，就称该函数为“对偶函数”.请你根据该约定，解答下列问题：
（1）请你判断下列说法是否正确(在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”)；
①函数 (k是非零常数)的图象上存在无数对“对偶点”；(　 　)
②函数y=-2x+1一定不是“对偶函数”；(　 　)
③函数 的图象上至少存在两对“对偶点”.(　 　)
（2）若关于x的一次函数. 与 都是常数，且. 均是“对偶函数”，求这两个函数的图象分别与两坐标轴围成的平面图形的面积之和；
（3）若关于x的二次函数 是“对偶函数”，求实数a的取值范围.
【答案】（1）√；√；×
（2）解：由题意可得 点 与点 且是一对“对偶点”，由于 是“对偶函数”，则其图象上必存在一对“对偶点”.
从而有 两式相减可得 同理可得
所以两个一次函数为 由于b1，b2都是常数，且 故此两个一次函数的图象分别与两坐标轴围成的平面图形是有公共直角顶点的分别位于二、四象限的两个等腰直角三角形，如下图所示
求得其面积之和S =（b12+b22）
（3）解：方法一：由题意可得 a≠0，且 时，有，以上两式相减可得 从而将 代入①整理可得
此关于x1的一元二次方程必有实数根，由于 时， (不符合题意).
从而必有 Δ=-3+8a＞0， 解得
方法二：由题意可得 a≠0，由于函数 是“对偶函数”，所以它的图象上一定存在一对“对偶点”点A(x1，y1)与点B(-y1，-x1)且
不妨设经过A，B两点的直线(一次函数)的解析式为y=kx+b，由题意可得 即
联立，①-②得
由直线AB 与二次函数图象必有两个不同交点，
故必有 (*).
.
③-④得 将其代入(*)
可得△=1-4+8a＞0， 解得
方法三；由题意可得 a≠0，且 时，有
以上两式相减可得 以上两式相加变形可得 所以关于t的一元二次方程 必有两个不等实数根. 从而 解得
【知识点】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；二次函数与一元二次方程的综合应用；一次函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】（1）根据“对偶点”和“对偶函数”的定义逐一判断解答即可；
（2）利用 “对偶函数”的定义设这对对偶点为 与点 代入解析式求出 即可得到两直线平行，画出图象，然后表示面积解答即可；
（3）方法一：把“对偶点”坐标代入解析式，两等式相减得到 代入①得到关于x1的二次函数，根据根的判别式求出a的取值范围即可；方法二：求出过“对偶点”的直线AB的解析式，联立两个函数的解析式得到方程组，消去y得到关于x的一元二次方程，根据根的判别式求出取值范围；方法三：把点(x1，y1)代入得到防程组，根据减法和乘法得到以. 为根的方程，根据根的判别式解答即可.
3．（2025·吉林）如图，在△ABC中，AB＝3，BC＝5，∠BAC＝45°．动点P从点A出发，沿边AC以每秒1个单位长度的速度向终点C匀速运动．当点P出发后，以AP为边作正方形APDE，使点D和点B始终在边AC同侧．设点P的运动时间为x（s）（x＞0），正方形APDE与△ABC重叠部分图形的面积为y（平方单位）．
（1）AC的长为 　 　 ．
（2）求y关于x的函数解析式，并写出可变量x的取值范围．
（3）当正方形APDE的对称中心与点B重合时，直接写出x的值．
【答案】（1）7
（2）解：当D在线段AB上运动时，（0＜x≤3），
当D在线段AB的延长线上运动时，即点P在线段PC上运动，
如下图：AP＝x，PP＝x﹣3，CP＝7﹣x，CP＝4，BP＝3，
∵FP'BP，
∴∠CFP＝∠CBP，∠CPF＝∠CPB，
∴△CFP∽△CBP，
∴，
∴，
解得：，
∴y＝S△APD+S梯形PP'FBx2（x﹣3）（x﹣7）2+10.5，（3＜x≤7）'
∴；
（3）解：当正方形APDE的对称中心与点B重合时，
∴，
∴AP＝DP，AP2+DP2＝AD2，
即2AP2＝72，
解得：AP＝6，
∴x＝6．
【知识点】勾股定理；二次函数-动态几何问题；三角形-动点问题；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】
解：（1）当 B，D重合时，如下图：
∵∠BAC＝45°，以AP为边作正方形APDE，
∴△APD是等腰直角三角形，AP＝BP，，即18＝2AP2，
解得：AP＝3 （负的舍去），
∵BC＝5，∠DPC＝90°，
∴，
∴AC＝AP+PC＝3+4＝7，
故答案为：7；
【分析】（1）根据勾股定理求出AP长，进而求出PC 的值解答即可；
（2）分为点D在线段AB上运动和D在线段AB的延长线上运动两种情况，利用相似三角形的判定和性质表示面积即可；
（3）画出图形，根据勾股定理解答即可.
4．（2025·扬州）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝﹣x2﹣2x+3的图象（记为G1）与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，二次函数y＝x2+bx+c的图象（记为G2）经过点A，C．直线x＝t与两个图象G1，G2分别交于点M，N，与x轴交于点P．
（1）求b，c的值．
（2）当点P在线段AO上时，求MN的最大值．
（3）设点M，N到直线AC的距离分别为m，n．当m+n＝4时，对应的t值有　 　 个；当m﹣n＝3时，对应的t值有　 　 个；当mn＝2时，对应的t值有　 　 个；当1时，对应的t值有　 　 个．
【答案】（1）解：∵二次函数y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+3）（x﹣1），
∴令y＝0，可得x＝﹣3或1，
即A（﹣3，0），B（1，0），
把A（﹣3，0），C（0，3）代入y＝x2+bx+c中，可得
，解得，
故b的值为4，c的值为3；
（2）解：由（1）知G2的表达式为y＝x2+4x+3，
设P（t，0）（﹣3≤t≤0），则M（t，﹣t2﹣2t+3），N（t，t2+4t+3），
故MN＝﹣t2﹣2t+3﹣t2﹣4t﹣3＝﹣2t2﹣6t＝﹣2（t）2，
即MN的最大值为；
（3）2；0；4；无数
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-线段周长问题；二次函数-特殊三角形存在性问题
【解析】【解答】解：（3）作MS⊥AC于点S，RN⊥AC于点R，设MN交AC于点E，如图1所示，
由待定系数法可知直线AC的表达式为y＝x+3，
∴∠CAB＝45°，
∴∠MES＝∠NER ＝45°，
∵MS＝m，RN＝n，
∴ME，RN，
∵E（t，t+3），
∴ME，NE，
即ME＝NE，
进而可得m＝n，
①当m+n＝4时，
即m＝n＝2，故MN，
当﹣3≤t≤0时，MNmax，
那么由图可知当t＜﹣3时或t＞1时，共2种情况满足题意，
故对应的t值有2个；
②当m﹣n＝3时，即m＝n+3，这与m＝n相矛盾，故不成立，对应的t值有0个；
③当mn＝2时，由m＝n可知，m＝n，
故ME＝2，
∴2，即t2+3t＝±2，
解得t＝﹣2或﹣1或或，
故对应的t值有4个；
④当1时，
∵m＝n恒成立，
∴对应的t值有无数个．
故答案为：2，0，4，无数．
【分析】（1）运用待定系数法求出二次函数的解析式；
（2）设点P的坐标为（t，0），得到点M和N的坐标，表示MN的长，配方得到顶点式即可得到最值；
（3）作MS⊥AC于点S，RN⊥AC于点R，设MN交AC于点E，求出直线AC的解析式，即可得到∠MES＝∠NER ＝45°，得到ME＝NE，即可得到m＝n，然后根据m、n的各种情况求出t值解答即可.
5．（2025·武汉）抛物线与直线y=x交于A，B两点(A在B的左边).y=x
（1）求A，B两点的坐标.
（2）如图1，若P是直线AB下方抛物线上的点.过点P作x轴的平行线交抛物线于点M，过点 P作y轴的平行线交线段AB于点N，满足PM=PN 求点P的横坐标.
（3）如图2，经过原点O的直线CD交抛物线于C，D两点(点C在第二象限)，连接AC，BD分别交x轴于E，F两点.若求直线CD的解析式.
【答案】（1）解：由题意可得：
当时
解得：x=2或x=6
∴A（-2，-2），B（6，6）
（2）解：设，则，N(t，t)
∴PM=|2t|，
∵PM=PN
∴
解得：t=2或6-4
∴点P的横坐标为t=2或6-4
（3）解：设
直线CD的解析式为
∵CD经过原点
∴，解得：cd=-12
同理可得直线AC的解析式为
直线BD的解析式为
∴
∵cd=-12
∴
∴OF=OE
∵
∴
∴c=-4，d=3
∴C(-4，1)
∴直线CD的解析式为：
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；线段上的两点间的距离；三角形的面积；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【分析】（1）联立抛物线与直线解析式，解方程即可求出答案.
（2）设，则，N(t，t)，根据两点间距离可得PM=|2t|，，再根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
（3）设，求出直线CD的解析式，根据解析式过原点，可得cd=-12，同理可得直线AC，BD的解析式，则，根据cd=-12，则，即OF=OE，再根据三角形面积可得c，d值，再代入解析式即可求出答案.
6．（2025·长春）在平面直角坐标系中，点为坐标原点，抛物线经过点．点、是该抛物线上的两点，横坐标分别为、，已知点，作点关于点的对称点，作点关于点的对称点，构造四边形．
（1）求该抛物线所对应的函数表达式；
（2）当两点关于该抛物线的对称轴对称时，求点的坐标；
（3）设抛物线在、两点之间的部分（含、两点）为图象．当时，若图象的最高点与最低点的纵坐标之差为．求的值；
（4）连结、，当时，直接写出的取值范围（这里、、均是大于且小于的角）．
【答案】（1）解：将点代入中得：
解得：，
∴．
（2）解：根据抛物线对称轴公式可知：
抛物线的对称轴为，
∵、关于对称轴对称，且横坐标分别为、，
∴、中点在对称轴上，
∴，
，
解得：，
∵点是该抛物线上的点，
将代入抛物线解析式得，
，
即
设是A关于的对称点，则：
解得，，
∴点坐标为．
（3）解：∵抛物线顶点为，开口向上，，，
当时，包含，最低点为。
当时，，最高点为A，纵坐标差为：，
解得：；
当时，，最高点为B，纵坐标差为： ，
解得：．
综上，m的值为或．
（4）解：∵点是点关于点的对称点，点是点关于点的对称点，结合题意可知：∴，，，，
∴，，，，
当、运动到平行四边形内部时（即、、共线），如图：
过点作，如图：
此时，满足，
由一次函数的性质可的大小决定了直线的倾斜方向和函数的增减性，
所以当两条一次函数的直线平行时的大小相同，
∴
∴
解得
当、、共线时，如图，同理：
∴，
∴，
∴，
解得．
综上，．
【知识点】二次函数-动态几何问题
【解析】【分析】(1)将点(3，3)代入： 求出b即可求解析式；
(2)先求抛物线的对称轴为直线。 由A，B两点关于该抛物线的对称轴对称，可得： 求出 再由A、C关于M点对称，求出C点即可；
(3)当 时，最高点纵坐标为 最低点为 当 时，最高点纵坐标为 最低点为 ，分别求出相应的m的值即可；
(4)根据题意可知四边形ABCD是平行四边形，过点O作直线 ，满足条件的m的临界位置分别为当OA与AD重合时，当OB与BC重合时，根据列方程解答即可.
7．（2025·辽宁）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴的正半轴相交于点，二次函数的图象经过点，且与二次函数的图象的另一个交点为，点的横坐标为．
（1）求点的坐标及的值．
（2）直线与二次函数的图象分别相交于点，与直线相交于点，当时，
①求证：；
②当四边形的一组对边平行时，请直接写出的值．
（3）二次函数与二次函数组成新函数，当时，函数的最小值为，最大值为，求的取值范围．
【答案】（1）解：，
当y=0时，，
解得x1=-1，x2=3，
∴A（3，0），
当时，，
∵A、B在抛物线上，
，解得：，
答：点A的坐标为（3，0），a，c的值分别为，．
（2）解：①证明：如图，
设直线AB的解析式为y=kx+b（k≠0），
∵A（3，0），
∴，解得：，
∴，
设点E的坐标为，
∵，
∴，
∴，，
∴，
，
∴DE=2CE；
②如图：
当AC∥DB时，△ACE∽△BDE，
，解得：，
当AD∥BC时，△BCE∽△ADE，
，解得：，
∴或；
（3）解：，
∴当时，y随x的增大而增大；
当1＜x＜3时，y随x的增大而减小；
当x≥3时，y随x的增大而增大．当时，y3取得最小值．
当时，函数y3的最小值为，最 大值为，
∴当时，y3取得最小值为，即，
解得：，
当时，函数y3的最大值为，
∴当x=1时，函数y3的最大值为，即=1，
解得：；
当y2=1时，，解得：(负值舍去），
∴，
∵，
∴，解得.
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；相似三角形的判定；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【分析】（1）先求出A、B的坐标，再分别代入抛物线解析式中求出待定系数即可；
（2）①设直线AB的解析式为y=kx+b（k≠0），将A、B的坐标，再分别代入求出待定系数，设点E的坐标，求出y2的解析式，再设出D、C的坐标，可用m表示出CE，进而表示出DE即可；
②当AC∥DB时，△ACE∽△BDE，当AD∥BC时，△BCE∽△ADE，再分类讨论，即可解答；
（3）先得出y3的解析式，再分别求出y3的最大值与最小值，然后得到关于n的不等式组求解即可.
8．（2025·苏州）如图，二次函数 的图像与x轴交于A，B两点（点A 在点B 的左侧），与y轴交于点C，作直线 BC， 为二次函数 图像上两点.
（1）求直线 BC 对应函数的表达式；
（2）试判断是否存在实数m使得 若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由.
（3）已知 P 是二次函数 图像上一点（不与点 M，N重合），且点 P 的横坐标为 作 若直线 BC 与线段 MN，MP 分别交于点 D，E，且 与 的面积的比为1：4，请直接写出所有满足条件的m 的值.
【答案】（1）解：∵二次函数 的图像与轴交于点，
∴令，有，
∴，
∵二次函数 的图像与轴交于两点，且点在点的左侧，
∴令，有，
解得：，
∴，
设直线的函数表达式为，
将，代入表达式，得，
解得：，
∴直线的函数表达式为；
（2）解：不存在实数使得，理由如下：
∵为二次函数 图像上两点，
∴，，
∴，
∵，
∴当 时， 有最大值为 ，
∵，
∴不存在实数使得；
（3）解：如图，过点作轴， 交轴于点， 交于点，过点作于，过点作轴，交于点，
∴，
∵点的横坐标为，
∴当时，有，
∴，
由（1）（2）得，直线的函数表达式为，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵与 的面积的比为1：4，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
由（2）得，
∴，
∴，
整理得：，
解得： ， ，
∴的值为或.
【知识点】二次函数的最值；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的性质-对应面积；二次函数-面积问题
【解析】【分析】（1）先求出点的坐标，然后利用待定系数法进行求解；
（2）先求出的值，然后利用配方法以及二次函数的最值知识得到的最大值，再进行判断即可；
（3）过点作轴， 交轴于点， 交于点，过点作于，过点作轴，交于点，则有，然后求出点的坐标，结合（1）（2）得点的坐标，从而得的值，进而得，于是推出，根据相似三角形的判定得，由相似三角形的性质求出，接下来证明，结合相似三角形的性质求出，最后由点坐标得坐标，则有关于的方程，解方程即可求出的值.
9．（2025·黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的边OA在x轴上，，OA的长是一元二次方程的根，过点C作交OA于点Q，交对角线OB于点P．动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿OA向终点A运动，动点N从点B以每秒个单位长度的速度沿BO向终点O运动，M、N两点同时出发，设运动时间为t秒。
（1）求点P坐标；
（2）连接MN、PM，求的面积S关于运动时间t的函数解析式；
（3）当时，在对角线OB上是否存在一点E，使得是含角的等腰三角形．若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由。
【答案】（1）解：
解得 x1=6， x2=-3
∵OA 的长是 的根
∴OA=6
∵四边形OABC 为菱形
∴OA=OC=6
∴∠COA=60°
又∵CQ⊥OA
∴∠OCQ=30°
∴OQ=3
∵四边形OABC 为菱形
∴OB 平分∠COA
∴∠POQ=30°
∴点 P的坐标为P (3，)
（2）解：过点M作MK⊥OB于点K，
OM=t ，则
由(1) 得： 则 …1分
当0＜ t ＜4时
当4＜ t≤6时
综上所述
（3）解：
【知识点】分段函数；列二次函数关系式；三角形的面积；菱形的性质；二次函数-特殊三角形存在性问题
【解析】【解答】解：（3）存在， 如图
当t=3时，OM =3，点M和点Q重合，BN =， ON =，∠ONM = ∠NOM=30°，
假设在对角线OB上存在一点E，使得△MNE是含30°角的等腰三角形，
当∠EMN为顶角时，点E1与点O重合，E1(0，0)；当∠MEN为顶角时，点E2与点P重合，E2(3，)；
当∠ENM为顶角时，NE=NM =0M=3，
设Eз(，a)，则OE3 = 2a，∵ OEз + NEз =ON，
∴2a+3=3
∴a=，
∴，
∴E3(，)
综上，当t=3时，在对角线OB上存在一点E，使得△MNE是含30°角的等腰三角形，
【分析】（1）首先求解一元二次方程得到菱形的边长，再利用三角函数求出相关角度和线段长度，进而确定点 P 的坐标；
（2）根据不同的运动阶段，利用三角形面积公式来求解三角形PMN的面积S关于运动时间t的函数解析式。首先要找到三角形的底和高与时间t的关系；
（3）当t=3时，OM =3，点M和点Q重合，BN =， ON =，∠ONM = ∠NOM=30°，
假设在对角线OB上存在一点E，使得△MNE是含30°角的等腰三角形， 可分成三种情况进行分析 ：当∠EMN为顶角时， E1(0，0) ；当∠MEN为顶角时， E2(3，)； 当∠ENM为顶角时， E3(，) ，综上即可得出当t=3时，在对角线OB上存在一点 使得△MNE是含30°角的等腰三角形。
10．（2025·齐齐哈尔）综合与探究
如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+3（a<0）与x轴交于点A（-1，0），
C（6，0），与y轴交于点B，连接BC.
（1）求抛物线的解析式：
（2）点P是直线BC下方抛物线上的点，连接PB，PC，当S△PBC=24时，求点P的坐标；
（3）点G是第四象限内抛物线上的一点，连接BG，若∠CBG=45°，则点G的坐标为　 　.
（4）如图2，作点B关于x轴的对称点D，过点D作x轴的平行线l，过点C作CE⊥l，垂足为点E，动点M，N分别从点O，E同时出发，动点M以每秒1个单位长度的速度沿射线OC方向匀速运动，动点N以每秒2个单位长度的速度沿射线ED方向匀速运动（当点N到达点D时，点M，N都停止运动），连接MN，过点D作MN的垂线，垂足为点F，连接CF，则CF的取值范围是　 　.
【答案】（1）解：将，代入抛物线的解析式，得
抛物线的解析式为
（2）解：过点作交y轴于点，连接CQ.
则
∴BQ·CO=24
∵点C(6，0)
∴CO=6
∴BQ=8
当x=0时，y=3
∴B(0，3)
∴点Q(0，-5)
∵B(0，3)，C(6，0)
∴Увс=x+3
∵PQ//BC
∴уPQ=x-5
解方程组得，，
（3）（11，-30）
（4）
【知识点】点的坐标；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；二次函数-动态几何问题；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【解答】
解：（3）如图，将△BOC以点C为中心，逆时针旋转90°，得到△THC，连接BT，则△BCT为等腰直角三
角形，
∴∠CBT =45°，
∵点G是第四象限内抛物线上的一点，∠CBG=45°，
∴点G为BT延长线与抛物线的交点，
由旋转可知，CH⊥OC，CH=CO=6，TH=OB=3，∠CHT=∠COB=90°，
∴点T的横坐标为6-3=3，纵坐标为-6，
∴T(3，-6)，
设BT所在直线的解析式为y=mx+n，则
解得
∴BT所在直线的解析式为y＝-3x+3，
由，解得x=0或x=11，
∵点G在第四象限，
∴点G的横坐标为正数，
∴点G的横坐标为11，纵坐标为-3x11+3=-30，
∴G(11，-30)；
故答案为：(11，-30).
(4)如图，连接OE，交MN于点K，连接DK，
∵点B和点Ｄ关于x轴对称，点B在y轴上，OB=3，
∴点D在y轴上，OD=3，
∵l过点D，且平行于x轴，∠COD=90°，
∴∠ODE=90°，
又∵CE⊥l于点E，
∴四边形ODEC为矩形，
∴CE=OD=3，
∴DE=OC =6，
∴OE=
根据题意可知，NE=2MO，
∴
∵DE//OC，
∴ ∠MOK=∠NEK，∠OMK=∠ENK，
∴△NKE△MKO，
∴
∴，
作KH⊥l于点H，则△EHK∽△EDO，
∴
∴KH=，EH=
∴DH=6-4=2，DK=
取DK中点记为L，连接LF，CL，则LD=LK=，
又∵∠DFK=90°，
∴LF=DK=，
∴LF+CF≥CL，
∴CF≥CL-LF，当且仅当点C、点F、点L共线时，CF取得最小值，
作LS⊥DE于点S，作LR⊥CE于点R，交KH于点W，连接CD，则四边形LSER为矩形，
∴ER=SL，LR=ES，
∵KH=DH=2，点L为DK的中点，
∴DS=SL=1，
∴LR=6-1=5，CR=3-1=2
∴CL=，
∴CF，
当点N到达点D时，点F、点N、点D重合，此时CF取得最大值，
∵CD =OE =3，
∴CF3，
∴CF 的取值范围是≤CF≤3，
故答案为：.
【分析】（1）用待定系数法将，代入抛物线的解析式，计算即可解答；
（2）过点作交y轴于点，连接CQ.即可得到，利用面积公式建立关系得到BQ·CO=24，即可得到BQ=8，在求出抛物线与坐标轴的交点B(0，3)，C(6，0)，利用待定系数法求出直线BC的解析式Увс=x+3，解直线和抛物线组成的方程组，计算即可解答；
（3）如图，将△BOC以点C为中心，逆时针旋转90°，得到△THC，连接BT，则△BCT为等腰直角三
角形，得到∠CBT =45°，由旋转的性质可求得T的坐标，再用待定系数法求得BT所在直线的解析式为y＝-3x+3，联立直线和抛物线的方程，计算即可解答；
（4）连接OE，交MN于点K，连接DK，先证明四边形ODEC为矩形，在利用勾股定理求得OE，利用AA证明△NKE△MKO，根据相似的性质建立比例转后可得，再证明△EHK∽△EDO，建立比例计算可得KH=，EH=，即可求DH，DK；取DK中点记为L，连接LF，CL，则LD=LK=，根据三角形三边关系可得CF≥CL-LF，当且仅当点C、点F、点L共线时，CF取得最小值；作LS⊥DE于点S，作LR⊥CE于点R，交KH于点W，连接CD，则四边形LSER为矩形；当点N到达点D时，点F、点N、点D重合，此时CF取得最大值，利用矩形的性质和勾股定理计算即可解答.
11．（2025·绥化）综合与实践
如图、在边长为8的正方形ABCD中，作射线BD，点E是射线BD上的一个动点，
连接AE：以AE为边作正方形AEPG、连接CG交射线BD于点M，连接DG.（提示：
依题意补全图形，井解答）
（1）【用数学的限光规察】
请判断BD与DG的位置关系，并利用图（1）说明你的理由.
（2）【用数学的思维思考】
若DG=a.请你用含a的代数式直接写出∠CMB的正切值　 　.
（3）【用数学的语名表达】
设DE=x，正方形AEFG的面积为S，请求出S与x的函数解析式、（不要求写出自变量x的取值范围）
【答案】（1）解： BD⊥DG ，理由如下：
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴AD=AB，AG=AE，∠DAB= ∠EAG=90°，∠ADB = ∠ABD =45，
∵∠DAB=∠DAE+ ∠EAB，∠EAG =∠DAE +∠GAD，
∴∠EAB=∠GAD，
在ADG和ABE中，
AG= AE .
∠GAD= ∠EAB，
AD= AB
∴ADG≌ABE ，
∴∠ADG= ∠ABE =45°，
∴∠GDB = ∠ADG+∠ADB= 90°，
∴BD⊥DG.
（2）
（3）(3)解：当点E在对角线BD上时，如图1，过点E作EN⊥AD于点N ，
∵DE=x，∠ADB =45° ，
∴DN=EN=x，AN=8-x
∴在Rt ANE中，AE2 = EN2+AN2 =(22x)2+(8-22x)2=x2-82x+64
∴S=AE2=x2 - 8x+ 64.
当点E在BD上，点F在CD上时，如图2，过点E作EN⊥AD于点N，
∵DE=x，∠ADB =45° ，
∴DN=EN=x，AN=8-x
∴在Rt ANE中，AE2 = EN2+AN2 =(22x)2+(8-22x)2=x2-82x+64
∴S=AE2=x2 - 8x+ 64.
当点E在BD的延长线上时上，如图3，过点E作EN⊥AD的延长线于点N，
∵DE=x，∠ADB =45° ，
∴DN=EN=x，AN=8+x
∴在Rt ANE中，AE2 = EN2+AN2 =(22x)2+(8+22x)2=x2+82x+64
∴S=AE2=x2 + 8x+ 64.
综上所述：.
【知识点】正方形的性质；四边形的综合；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；二次函数与分段函数的综合应用
【解析】【解答】
解：(2)如图，连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，
∵BD⊥DG，
∴ DGIlAC ，
∴DMGOMC ，
∴
∵正方形的边长AB=8，
∴AC= BD=8，
∴OD=OC=4，
设MD=t，则OM=4-t，
∴DG=a，
∴，
∴，
∴ tan∠CMB = tan ∠DMG=，
∴tan∠CMB=，
故答案为：.
【分析】 (1)由正方形的性质，得出线段之间的数量关系和角之间的数量关系，即可利用SAS判定ADG≌ABE ，再利用全等三角形的性质即可确定BD与DG的位置关系，解答即可；
(2)由正方形的性质，可得线段之间的位置关系，再利用AA判定DMGOMC ，设MD=t，则OM=4-t，利用相似三角形的性质，建立边之间的比例关系方程，化简整理即可解答；
(3)根据点E的位置变化，画出图形进行分类讨论，应用勾股定理即可得出每种情况下正方形的面积，对各种情况所得结果进行整理即可解答.
12．（2025·绥化）综合与探究
如图，抛物线y=ax2+bx-5交x轴于A、B两点，交y轴于点C.直线y=kx-5经过B、C两点，若点A（1，0）.B（-5，0）.点P是抛物线上的一个动点（不与点A、B重合）.
（1）求抛物线的函数解析式.
（2）过点P作直线PD⊥x轴于点D，交直线BC于点E，当PE=3ED时，求P点坐标
（3）若点F是直线BC上的一个动点，请判断在点B右侧的抛物线上是否存在点P，使△AFP是以PF为斜边的等腰直角三角形，若存在，请直接写出点P的坐标：若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：∵抛物线y=ax2 +bx-5交x轴于A(1，0)，B(-5，0)两点，
∴解得
∴y=x2 +4x-5；
（2）解： ∵y=x2+4x-5中， 当x=0时，y=-5，
∴C(0，-5)，
∴设直线BC的解析式为y=kx-5，
∵B(-5，0)，
∴-5k-5=0，
∴k=-1，
∴y=-x-5，
设P(x，x2 +4x-5)， 则E(x，-x-5)，
当x<-5时，PE=x2 +4x-5-(-x-5)=x2 +5x，DE=-x-5，
∵PE=3ED，
∴x2 +5x=3(-x-5)，
解得x=-3 (不合)，或x=-5 (含去)，
∴点P不存在；
当-5∵PE=3ED，
∴-x2 -5x=3(x+5)，
解得x=-3，或x=-5 (舍去)，
∴P1(-3，-8)；
当0当x>1时，PE=x2 +4x-5-(-x-5)=x2 +5x，DE=x+5，
∵PE=3ED，
∴x2 +5x=3(x+5)，
解得x=3，或x=-5 (舍去)，
∴x2 +4x-5=16，
∴P2(3.16)，
故P点坐标为P1(-3，-8)；P2(3，16) .
（3）解：过点F， P作FG⊥x轴于G， PH⊥x轴于H，则AGF =∠AHP=90° ，
∵ △AFP 是以PF为斜边的等腰直角三角形.
∴AF=AP，∠PAF =90°，
∴∠FAG+∠PAH = ∠APH + ∠PAH = 90°.
∴∠FAG= ∠APH ，
∴ △AFG≌ △PAH (AAS)，
∴AH=FG， PH= AG，
设P(m，m2 +4m-5)， .
当-5∴FG=1-m，
∴-x-5=1-m，
解得x=m-6，
∴F(m-6，1-m)，
∴ AG=1-(m-6)=7-m，
∴-m2 - 4m+5=7-m，
解得m=-1，m=-2，
∴P坐标为(-1，-8)，或(-2，-9)；
当m>1时，AH=m-1， PH=m2 +4m-5，
∴FG=m-1，
∴-x-5=m-1，
∴x=-m-4，
∴F(-m-4，m-1)，
∴AG=1-(-m-4)=m+5，
∴m2 +4m-5=m+5，
解得m=2，m=-5 (舍去)，
∴p坐标为(2，7)；
故P坐标为(-1，-8)，或(-2，-9)，或(2，7).
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；三角形全等的判定-AAS；二次函数-线段周长问题；二次函数-特殊三角形存在性问题
【解析】【分析】(1)把A(1，0)，B(-5，0)代入y=ax2 +bx-5，解方程组，求出a，b的值，即可解答；
(2)先求出C(0，-5)，利用待定系数求出直线BC的解析式为y=-x-5，设P(x，x2 +4x-5)，则E(x，-x-5)，分x<-5，-51，四种情况利用 PE=3ED 建立等量关系，解方程计算即可解答；
(3)过点F， P作FG⊥x轴于G，PH⊥x轴于H，得∠AGF= ∠AHP=90°，根据等腰直角三角形的性质得AF=AP，∠PAF =90°，得∠FAG= ∠APH即可利用AAS证明得△AFG≌ △PAH ，利用全等三角形得性质可得AH=FG，PH= AG，设P(m，m2 +4m-5)，分-51两种情况，计算即可解答.
13．（2025·湖南）如图，已知二次函数y＝ax（x﹣4）（a≠0）的图象过点A（2，2），连接OA点P（x1，y1），Q（x2，y2），R（x3，y3）是此二次函数图象上的三个动点，且0＜x3＜x1＜x2＜2，过点P作PB∥y轴交线段OA于点B．
（1）求此二次函数的表达式；
（2）如图1，点C、D在线段OA上，且直线QC、RD都平行于y轴，请你从下列两个命题中选择一个进行解答：
①当PB＞QC时，求证：x1+x2＞2；
②当PB＞RD时，求证：x1+x3＜2；
（3）如图，若，延长PB交x轴于点T，射线QT、TR分别与y轴交于点Q1，R1，连接AP，分别在射线AT、x轴上取点M、N（点N在点T的右侧），且∠AMN＝∠PAO，．记t＝R1Q1﹣ON，试探究：当x为何值时，t有最大值？并求出t的最大值．
【答案】（1）解：把点A（2，2）代入二次函数y＝ax（x﹣4）（a≠0）中，
得﹣4a＝2，故a，
故此二次函数的表达式为y
（2）证明：选择①：由A（2，2）可知直线OA的表达式为y＝x，
由题意可知P（x1，2x1），B（x1，x1），Q（x2，2x2），C（x2，x2），
故PB2x1﹣x1x1，QCx2，
∵PB＞QC，即x1，
整理可得（x2﹣x1）（x2+x1）＞x2﹣x1，由于x2﹣x1＞0，
故（x2+x1）＞1，
即x1+x2＞2；
选择②：同理得R（x3，2x3），D（x3，x3），
故RDx3，
∵PB＞RD，即x1x3，
整理可得（x3﹣x1）（x3+x1）＞x3﹣x1，由于x3﹣x1＜0，
故（x3+x1）＜1，
即x1+x3＜2
（3）解：由待定系数法可求得直线AP的表达式为y＝（1）x+x1，
设直线AP交y轴于点G，如图2所示，
则OG＝x1＝OT，
∵∠GOA＝∠TOA＝45°，
在△GOA和△TOA中，
，
∴△GOA≌△TOA（SAS），
∴∠PAO＝∠TAO，
∵∠AMN＝∠PAO，
∴∠AMN＝∠TAO，
∵AO2MN，
在△TOA和△TNM中，
，
∴△TOA≌△TNM（AAS），
∴TN＝TO＝x1，ON＝2x1，
作QH⊥x轴于点H，
则，
又∵tan∠QTH＝tan∠Q1TO，
即，
∴OQ1＝（）x1．
∵T（x1，0），R（x1，），
∴由待定系数法可得直线RT的表达式为y＝（）x，
即OR1，
∴R1Q1＝OQ1+OR1，
∴t＝R1Q1﹣ON2x1，
故当x1时，t的最大值为．
即当x时，t的最大值为
【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；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】（1）利用待定系数法直接计算即可；
（2） ① 利用待定系数法可得直线OA是正比例函数，则由函数图象上点的坐标特征结合已知条件可分别设各点P（x1，2x1），B（x1，x1），Q（x2，2x2），C（x2，x2），则线段PB、QC均可表示，由于PB>QC，即有不等式 x1成立，对不等式进行变形得，由于，故结论成立；
②同理得R（x3，2x3），D（x3，x3），则线段RD也可表示，由于PB＞RD ，即可得不等式x1成立，对不等式进行变形得，由于，故结论成立；
（3）由于点P的横坐标已知，则由抛物线上点的坐标特征可得点P的纵坐标，又点A(2，2），则利用待定系数法可求得直线AP的解析式为，则延长AP交y轴于点G，则G（0，x1），又T（x1，0），所以OG=OT，同理可得直线TR的解析式为，则，因为直线平分第一、三象限，则可利用SAS证明，即有，又已知，等量代换得；又由两点距离公式可得，由对顶角相等可利用AAS证明，则可得，则，此时再过点Q作x轴的垂线段QH可构造，解可得，把代入化简得；由于，再解可得，则，再把和代入到中得是关于的二次函数，且二次项系数为负，故有最大值，再利用二次函数的性质求出这个最大值即可.
14．（2025·黑龙江）如图，抛物线交x轴于点A、点B，交y轴于点C，且点A在点B的左侧，顶点坐标为．
（1）求b与c的值。
（2）在x轴上方的抛物线上是否存在点P，使的面积与的面积相等．若存在，请直接写出点P的横坐标；若不存在，请说明理由。
【答案】（1）解：由已知得：
整理，得：
∴b=-6， c=5；
（2）点P的横坐标为：
【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；二次函数-动态几何问题；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化
【解析】【解答】(2)存在，理由如下：如图，过点B作x轴的垂线，并在垂线上在x轴的上方取BD=4，连接AD，
对于抛物线y=x2 - 6x+5，当y=0，x2-6x+5=0，解得：x1=1，x2=5，当x = 0，y=5，
0B=0C=5，AB=5-1=4，∵∠COB=90°，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
过点B作x轴的垂线，在x轴上方的垂线上截取 BD=BA=4.
连接AD与BC交于点E，则D(5，4)
∴∠DBC=90°-∠OBC=45°=∠OCB，
∴BC⊥AD，ED =EA，
过点D作BC平行线与抛物线交点即为点P，
设直线BC：y=mx+n，
根据B、C的坐标可求得直线BC：y=-x+5，
如图，抛物线y=x2 - 6x+5，
∵BC∥PD，
设直线PD：y=-x+q，
代入D(5，4)得： -5+q=4，解得：q=9，
∴直线PD：y=-x+9，
与抛物线解析式联立得：
整理得：x2-5x-4=0，
解得：
∴ 点P的横坐标为：
【分析】（1）根据抛物线的顶点坐标， 利用二次函数的顶点式可得出解析式的顶点式，然后再把它转化成一般式，即可得出b与c的值 ；
（2）先求出△ABC的面积，再根据△PBC与△ABC面积相等这一条件，求出点P的坐标。
15．（2025·吉林）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝x2+bx﹣1经过点（2，﹣1）．点P在此抛物线上．其横坐标为m；连接PO并延长至点Q，使OQ＝2PO．当点P不在坐标轴上时，过点P作x轴的垂线，过点Q作y轴的垂线，这两条垂线交于点M．
（1）求此抛物线对应的函数解析式．
（2）△PQM被y轴分成的两部分图形的面积比是否保持不变，如果不变，直接写出这个面积比；如果变化，说明理由．
（3）当△PQM的边MQ经过此抛物线的最低点时，求点Q的坐标．
（4）当此抛物线在△PQM内部的点的纵坐标y随x的增大而减小时，直接写出m的取值范围．
【答案】（1）解：将（2，﹣1）代入y＝x2+bx﹣得，﹣1＝4+2b﹣1，
解得b＝﹣2，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣1；
（2）解：如图所示，面积比保持不变为，理由如下：
根据题意可得，∠M＝∠ODQ＝90°，∠Q＝∠Q，
∴△QOD∽△QPM，
∴，
∴，
则；
（3）解：如图所示，QM经过最低点，即经过顶点，
该抛物线的顶点横坐标为，
纵坐标为，
该抛物线的顶点坐标为（1，﹣2），
∵∠PNO＝∠ODQ＝90°，∠NPO＝∠DOQ，
∴△PON∽△OQD，且相似比为，
根据顶点纵坐标可得，OD＝2，
则，即，
解得，
①当时，
即为如图所示，
此时，
点Q在第四象限，
故；
②如图所示，
当时，此时点P在第一象限，点Q在第三象限，此时，
故；
综上，或；
（4）解：①当PQ经过顶点T时，过点T作TE⊥x轴，交x轴于点E，
由∠PNO＝∠TEO＝90°，∠PON＝∠TOE得，△PON∽△TOE，
∴，即，解得m＝1（舍去），或m＝﹣1，
∴当点P向左运动时，满足题意，
∴m≤﹣1；
②如图所示，当点Q在抛物线上时，过点Q作QE⊥x，交x轴于点E，
同理，△PON∽△QOE，相似比仍为 此时，Q[﹣2m，﹣2（m2﹣2m﹣1）]，代入抛物线解析式得，﹣2（m2﹣2m﹣1）＝（﹣2m）2+4m﹣1，
解得（舍去），或，
此时，当P点向下一直移动，直至到x轴时，都符合题意，当x2﹣2x﹣1＝0时，
解得，x2＝1+，
∴当x 1﹣时，符合题意；
③如图所示，当点Q在抛物线上时，点Q在第二象限，点P在第四象限，
思路同②，此时Q[﹣2m，﹣2（m2﹣2m﹣1）]，代入抛物线解析式得，﹣2（m2﹣2m﹣1）＝（﹣2m）2+4m﹣1，
解得m＝﹣m＝，
此时，当P点向右一直移动，直至到x轴时，都符合题意，
∴当≤m≤1+时，符合题意；
综上所述，当m≤﹣1或﹣≤m≤1﹣或≤m≤1+时，符合题意．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数-面积问题；二次函数-特殊三角形存在性问题
【解析】【分析】(1)利用待定系数法求解即可；
(2)根据题意，利用相似三角形的性质求出面积之比即可；
(3)QM经过最低点，即经过顶点，画出示意图，先求出顶点坐标，再利用相似三角形的判定和性质求出m的值，最后分两种情况求出点Q的坐标即可；
(4)根据题意，分三种情况进行分析，画出图形找出临界点，利用相似三角形的性质列出一元二次方程，然后进行求解即可.
16．（2025·湖北） 抛物线与轴相交于点和点，与轴相交于点，是抛物线的顶点，是抛物线上一动点，设点的横坐标为．
（1）求的值；
（2）如图1，若点在对称轴左侧，过点作对称轴的垂线，垂足为，求的值；
（3）定义：抛物线上两点M，N之间的部分叫做抛物线弧（含端点和）．过，分别作轴的垂线，过抛物线弧的最高点和最低点分别作轴的垂线，直线与围成的矩形叫做抛物线弧的特征矩形．若点在第四象限，记抛物线弧的特征矩形的周长为．
①求关于的函数解析式；
②过点作轴，交抛物线于点，点与点不重合．记抛物线弧的特征矩形的周长为．若，直接写出的长．
【答案】（1）解：把代入，得：
，
∴；
（2）解：由（1）可知：，
∴，
∵是抛物线上一动点，设点的横坐标为，
∴，
∵过点作对称轴的垂线，垂足为，
∴，，
∴
（3）解：①当时，，当时，，
∴，，
由（2）可知：，，对称轴为直线，
∴点关于对称轴的对称点为
∵在第四象限，
∴，
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
综上：；
②或．
【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y=ax²+bx+c的性质；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化；坐标系中的两点距离公式
【解析】【解答】（3）②∵轴，
∴关于对称轴对称，
∴，
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
∵，
∴，解得：（舍去）或；
∴；
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
∵，
∴，解得：或（舍去）；
∴；
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
∵，
∴，解得：（舍去）或；
∴
综上：或．
【分析】（1）根据待定系数法将点A坐标代入解析式即可求出答案.
（2）将解析式转换为顶点式，求出顶点，设点的横坐标为，则，根据两点间距离可得PH，TH，再根据边之间的关系即可求出答案.
（3）①根据坐标轴上点的坐标特征可得，，根据对称性质可得点关于对称轴的对称点为，根据第四象限点的坐标特征可得，分情况讨论：当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，根据题意列式计算即可求出答案.
②根据对称性质可得，分情况讨论：当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，当时，抛物线弧的最高点为，根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
17．（2025·河北）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，，顶点为．抛物线经过点．两条抛物线在第一象限内的部分分别记为，．
（1）求，的值及点的坐标．
（2）点在上，到轴的距离为．判断能否经过点，若能，求的值；若不能，请说明理由．
（3）直线交于点，点在线段上，且点的横坐标是点横坐标的一半．
①若点与点重合，点恰好落在上，求的值；
②若点为直线与的唯一公共点，请直接写出的值．
【答案】（1）解：∵抛物线经过点，，顶点为
∴
解得：，
∴，
∴；
（2）解：∵点在（第一象限）上，到轴的距离为．则
∴当时，
解得：或
∴或
∵抛物线经过点，对称轴为直线
∴经过点和
∴不能经过点
（3）解：①∵，
当重合时，则
∵是中点，
∴，
∵点恰好落在上，经过点
∴
解得：；
②
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；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；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化；坐标系中的中点公式
【解析】【解答】解：（3）②∵直线交于点，，
∴，
∴直线的解析式为，
∵经过点，
∴，
∴，
∴
联立
消去得，
∴，则
∵点的横坐标是点横坐标的一半．
∴即，
将代入，
∴①
∵点为直线与的唯一公共点，
∴②
联立①②得：或，
当时，交点不在公共点不在第一象限，不符合题意，
∴．
【分析】（1）根据待定系数法将点A，B坐标代入解析式可得b，c，再将解析式转换为顶点式，可得顶点坐标.
（2）将代入解析式可得或，再根据抛物线上点的坐标特征进行判断即可求出答案.
（3）①当重合时，则，根据线段中点坐标可得，再根据待定系数法将点M，C坐标代入即可求出答案.
②将点A坐标代入直线AE可得，则直线的解析式为，再将点C坐标代入抛物线解析式可得，联立直线AE解析式，可得，根据二次方程根与系数的关系可得，则，E，将代入可得①，根据判别式可得②，联立①②，解方程组即可求出答案.
18．（2025·广安） 如图，二次函数(b，c 为常数) 的图象交 x 轴于 A，B 两点，交 y 轴于点 C，已知点 B的坐标为 (9，0)，点 C的坐标为 (0，-3)，连接 AC，BC.
（1） 求抛物线的解析式.
（2） 若点 P为抛物线上的一个动点，连接 PC，当时，求点 P 的坐标.
（3） 将抛物线沿射线 CA 的方向平移个单位长度后得到新抛物线，点 E 在新抛物线上，点 F 是原抛物线对称轴上的一点，若以点 B，C，E，F 为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点 E 的坐标.
【答案】（1）解：将 B（9，0）和 C（0，-3）代入 得
解得：
∴抛物线的解析式为
（2）解：（2）①当点 P 在 x 轴下方时（如图1），
∵
∴
∴点 P 的纵坐标等于 -3
将 代入 解得 ，
∴点 P 的坐标为 （8，-3）
②当点 P 在 x 轴上方时，PC 与 AB 相交于点 M（如图 2），
∵，
∴，
∵ B（9，0），C（0，-3），
∴，，
设 ，则 ，
在 中，，
∴，解得： ，
∴ 点 M 的坐标为（4，0），
设直线 CP 的解析式为 ，
将 M（4，0）和 C（0，-3）代入得，
，
解得：，
∴ 直线 CP 的解析式为 ，
由题意得：，解得 ，，
∴ 点 P 的坐标为 ，
综上所述，点 P 的坐标为 （8，-3）或
（3）(-5，14)或(5，)或(13，38)
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；二次函数图象的平移变换；二次函数-角度的存在性问题；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【解答】解：（3）由（2）可知抛物线的对称轴为直线x=4，
∵点B（9，0），C（0，-3）
∴点A（4-5，0）即（-1，0），
∴OC=3，OA=1，
∴，
∵ 将抛物线沿射线 CA 的方向平移个单位长度后得到新抛物线，
∴平移后的点C的坐标为（2，3），
∵点C（0，-3）
∴将原抛物线向左平移2个单位，向上平移6个单位，
∵
∴新的抛物线的解析式为，
设点E，点F（4，n）
当BE，CF为对角线时，
解之：m=-5，
∴14，
∴点E的坐标为（-5，14）；
当BF，CE为对角线时，
解之：m=13，
∴，
∴点E（13，38）；
当BC，EF为对角线时，
解之：m=5，
∴，
∴点E(5，)，
综上所述，点E的坐标为(-5，14)或(5，)或(13，38)
【分析】（1）将点B、C的坐标代入函数解析式，可得到关于b、c的方程组，解方程组求出b、c的值，可得到二次函数解析式.
（2）分情况讨论：①当点 P 在 x 轴下方时（如图1），可证得CP∥AB，可得到点P的纵坐标，将点P的纵坐标代入函数解析式求出对应的x的值，可得到符合题意的点P的坐标；②当点 P 在 x 轴上方时，PC 与 AB 相交于点 M（如图 2），利用等角对等边可证得BM=CM，利用点B、C的坐标可求出OB、OC的长；设 ，可表示出CM的长，在Rt△COM种，利用勾股定理可得到关于m的方程，解方程求出m的值，可得到点M的坐标；利用待定系数法求出直线CP的函数解析式，将两函数解析式联立方程组，可求出方程组的解，即可得到符合题意的点P的坐标；综上所述，可得到点P的坐标.
（3）利用原抛物线的解析式可得到抛物线的对称轴，利用二次函数的对称性可得到点A的坐标，利用勾股定理求出AC的长；再根据平移可得到平移后的点C的坐标，结合点C的坐标，可知将原抛物线向左平移2个单位，向上平移6个单位，即可得到平移后的函数解析式，设点E，点F（4，n），分情况讨论：当BE，CF为对角线时；当BF，CE为对角线时；当BC，EF为对角线时；利用平行四边形的对角线互相平分，分别可得到关于m的方程，分别解方程求出m的值，可得到点E的坐标.
19．（2025·武威）如图1，抛物线分别与x轴，y轴交于A，两点，M为OA的中点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）连接AB，过点M作OA的垂线，交AB于点C，交抛物线于点D，连接BD，求的面积；
（3）点E为线段AB上一动点（点A除外），将线段OE绕点O顺时针旋转得到OF．
①当时，请在图2中画出线段OF后，求点F的坐标，并判断点F是否在抛物线上，说明理由；
②如图3，点P是第四象限的一动点，，连接PF，当点E运动时，求PF的最小值．
【答案】（1）解：∵抛物线过
∴
∴
∴抛物线的表达式为：
（2）解：如图1
∵抛物线与X轴交于点A，A在正半轴，
∴，
∵，
∴OA=OB，
∵M为OA的中点，
∴，
∵OA=OB，，
∴，
∴MA=MC，
∵MD为OA的垂线，
∴D的横坐标为2，
∴MD=，
∴CD=MD-MC=；
∴
（3）解： ① F在否在抛物线上，理由如下：如图
连接BF，作FQ⊥OB于点Q，
由(2)可知： 0A=OB=4，∠OAB=∠OBA=45°，
由旋转的性质可知：
OE=OF，∠EOF =∠BOA= 90°，
∴∠AOE=∠BOF，
又∵OA = OB，OE=OF ，
∴△AOE≌△BOF ，
∴∠OBF=∠OAE=45°，BF=AE=
∵FQ⊥OB，
∴△FQB为等腰直角三角形，
∴OQ=OB - BQ=3，
∴F(-1，-3)，
对于当x=-1时，y=-3
∴点F在抛物线上；
②连接BF并延长，交x轴于点G，连接PM，MF，作MH⊥BG于点H，如图，
∵∠OPA=90°， M为OA的中点，
∴ PM=OA=2，
∵PFMF-PM，
∴当M，P，F三点共线时，PF最小，
同①可得，∠OBF =∠OAE =45°，
∴点F在射线BG上运动，
当MF⊥BG时，即F与点H重合时，MF最小，此时PF最小为MH-PM，
∵∠OBG=45°，
∴OBG为等腰直角三角形，
∴OG=OB=4，∠BGO=45° ，
∴ MG= OG+OM=6，MHG为等腰直角三角形，
∴MH=MG=3，
∴PF最小为MH-PM=3-2.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；两点之间线段最短；旋转的性质；二次函数-动态几何问题；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】 (1)根据待定系数法把代入解析式，即可解答；
(2)求出点A的坐标，进而得到点M的坐标，根据等腰三角形的性质可得到MC的长度，由MD为OA的垂线求出点D的坐标，根据BCD的面积公式进行求解，即可解答；
(3)①根据要求作图即可，连接BF，作FQ⊥OB于点Q，由旋转的性质利用SAS证明AOE≌BOF，得到∠OBF=∠OAE=45°，BF= AE=，进而得到△FQB为等腰直角三角形，求出F点坐标，将F点的横坐标代入抛物线的解析式，即可判断点F在否在抛物线上，解答即可；
②连接BF并延长，交x轴于点G，连接PM，PF，MF，作MH⊥BG于点H，斜边上的中线得到MP=2，根据PF≥MF-PM，得到当M，P，F三点共线时，PF最小，同①可知，∠OBF=∠OAE=45°，得到点F在射线BG上运动，进而得到当MF⊥BG时，即F与点H重合时，MF最小，此时PF最小为MH - PM；易得OBG为等腰直角三角形，求出OG的长，进而求出MG的长，易得MHG为等腰直角三角形，求出MH的长，根据PF最小为MH - PM，计算即可解答.
20．（2025·眉山）如图，在平面直角坐标系中，抛物线关于直线对称，与x轴交于、B两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为抛物线对称轴上一点，连接BP，将线段BP绕点P逆时针旋转，使点B的对应点D恰好落在抛物线上，求此时点P的坐标；
（3）在线段OC上是否存在点Q，使存在最小值？若存在，请直接写出点Q的坐标及最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解： ∵抛物线 关于直线x=-3对称， 与x轴交于A(-1，0)、B两点，
∴B(-5，0).
∴抛物线的解析式为：
（2）解：∵点P在对称轴上，设对称轴与x轴交于点E
∴设P(-3，p)， E(-3，0)；
由旋转可得，PB=PD，∠BPD=90°.
当点P在x轴上方时，
∵A，B关于对称轴对称，
∴PA=PB，
∴当∠APB=90°时， 满足题意， 此时点D与点A重合，
∵A(-1，0). B(-5，0).
∴AB=4，
∴PE=2.
∴P(-3，2)；
当点P在x轴下方时， 如图， 作DF⊥对称轴于点F， 则： ∠DFP=90°=∠BEP=∠BPD.
∴∠BPE=∠PDF=90°-∠DPF.
又∵BP=DP.
∴△BPE≌△PDF.
∴DF=PE，PF=BE.
∵B(-5，0)，E(-3，0)，P(1，p)，
∴DF=PE=-p，PF=BE=2. OE=3.
∴EF=-p+2.
∴D(p-3，p-2).
把D(p-3，p-2)代入 得：
解得： x=-1或x=2 (舍去) ；
∴P(-3，-1)：
综上： P(-3，2)或P(-3， -1)
（3）解：存在；
在x轴上取点M(5，0)， 连接AC，CM， 过点A作AH⊥CM于点H， 交y轴于过点Q作QG⊥CM于点G， 则：OM=5， ∠QGC=90°，
∴当x=0时， y=5.
∴C(0，5).
∴OC=OM=5.
∴△QGC为等腰直角三角形，
∴当点Q与点Q重合时， 的值最小为2AH的长，
∵A(-1，0).
∴OA=1， AM=6.
的最小值为
在Rt△AHM中， ∠AMH=45°，
∴∠MAH=45°，
∴△OAQ为等腰直角三角形，
∴OQ=OQ=OA=1，
∴Q(0，1)；
综上：Q(0，1)， 的最小值为
【知识点】旋转的性质；三角形全等的判定-AAS；二次函数-线段周长问题
【解析】【分析】(1) 利用待定系数法求二次函数的解析式即可；
(2)设对称轴与x轴交于点E，设P(-3，p)， E(-3，0)，当点P在x轴上方时，则PA=PB，即∠APB=90°时，点D与A重合，进而求出点P的坐标；当点P在x轴下方时， 如图， 作DF⊥对称轴于点F，得到△BPE≌△PDF.即可得到DF=PE，PF=BE.即可得到点D(p-3，p-2)，代入二次函数解析式求出点P的坐标即可；
(3)在x轴上取点M(5，0)， 连接AC，CM， 过点A作AH⊥CM于点H， 交y轴于 过点Q作QG⊥CM于点G， 则：OM=5， ∠QGC=90°，求出点C的坐标，可得即可得到，当点Q与点Q重合时， 的值最小为2AH的长，然后根据三角形的面积求出AH长，进而得到点Q的坐标解答即可.
21．（2025·重庆市）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A，两点，与轴交于点，抛物线的对称轴是直线．
（1）求抛物线的表达式：
（2）点P是射线下方抛物线上的一动点，连接与射线交于点Q，点D，E为抛物线对称轴上的动点（点E在点D的下方），且，连接，．当取得最大值时，求点P的坐标及的最小值；
（3）在（2）中取得最大值的条件下，将抛物线沿射线方向平移个单位长度得到抛物线，点M为点P的对应点，点N为抛物线上的一动点．若，请直接写出所有符合条件的点N的坐标，并写出求解点N的坐标的其中一种情况的过程．
【答案】（1）解：设抛物线的解析式为，
把代入得，
解得，
∴；

（2）解：令，则，
∴点C的坐标为，
设直线的解析式为，
把和代入得：
，解得，
∴，
设点P的坐标为，过点P作轴交于点F，交x轴于点H，
则点F的坐标为，
∴，
∵轴，
∴，，
∴，
∴，
∴当时，取得最大值为，这时点P的坐标为，
把点P向上平移个单位长度得到点，点的坐标为，连接，
则四边形是平行四边形，
∴，
即，
由A，B关于对称性可得点A的坐标为，
连接，则的最小值为长，
即，
即的最小值为；
（3）解：∵，
∴，
∴将抛物线沿射线方向平移个单位长度即为向左平移两个单位长度，向下平移两个单位长度得到抛物线，
即，
过点P作轴于点Q，过点N作轴于点K，连接，
设点N的坐标为，
由平移得，
∴，
如图所示，∵，
即，
解得（舍去）或，
这时点N的坐标为；
如图所示，∵，
即，
解得或（舍去），
这时点N的坐标为；
综上所述，点N的坐标为或．
【知识点】轴对称的应用-最短距离问题；二次函数-动态几何问题；利用顶点式求二次函数解析式；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）利用待定系数法求二次函数的解析式即可；
（2）根据题意利用待定系数法求出，再利用相似三角形的判定方法证明，最后结合题意，利用勾股定理等计算求解即可；
（3）根据平移求出，再求出，最后结合函数图象，利用锐角三角函数等计算求解即可.
（1）解：设抛物线的解析式为，
把代入得，
解得，
∴；
（2）解：令，则，
∴点C的坐标为，
设直线的解析式为，把和代入得：
，解得，
∴，
设点P的坐标为，过点P作轴交于点F，交x轴于点H，
则点F的坐标为，
∴，
∵轴，
∴，，
∴，
∴，
∴当时，取得最大值为，这时点P的坐标为，
把点P向上平移个单位长度得到点，点的坐标为，连接，
则四边形是平行四边形，
∴，
即，
由A，B关于对称性可得点A的坐标为，
连接，则的最小值为长，
即，
即的最小值为；
（3）解：∵，
∴，
∴将抛物线沿射线方向平移个单位长度即为向左平移两个单位长度，向下平移两个单位长度得到抛物线，即，
过点P作轴于点Q，过点N作轴于点K，连接，
设点N的坐标为，
由平移得，
∴，
如图所示，∵，
即，解得（舍去）或，
这时点N的坐标为；
如图所示，则∵，
即，解得或（舍去），
这时点N的坐标为；
综上所述，点N的坐标为或．
22．（2025·东营）已知抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点．
（1）求出抛物线的解析式；
（2）如图1，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D在第一象限内，过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作轴，垂足为点F，当四边形的周长最大时，求点D的坐标；
（3）如图2，点M是抛物线的顶点，将沿翻折得到，与y轴交于点Q，在对称轴上找一点P，使得是以为直角边的直角三角形，请直接写出点P的坐标．
【答案】（1）解：∵抛物线与x轴交于，两点，
设抛物线的解析式为，
把代入解析式，得，
解得：，
∴抛物线的解析式为：，即
（2）解：∵抛物线的解析式为：，
∴抛物线图象的对称轴为直线：，
设，
∵轴，
∴，
∵过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作轴，
∴四边形是矩形，
∴四边形的周长
，
∵，
∴当时，四边形的周长最大，则，
∴当四边形的周长最大时，点D的坐标为；
（3）解：P的坐标为或
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题；三角形全等的判定-AAS；坐标系中的两点距离公式；利用交点式求二次函数解析式；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【解答】（3）解：过C作垂直抛物线对称轴于H，过N作轴于K，
∴，
由翻折得，
∵．
∴，
∴，
∵对称轴于H，
∴轴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∵抛物线的解析式为：，
∴对称轴为直线，
∴，
∴，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
解得：，
∴直线的解析式为：，
将代入，则，
∴，
设，
∴，，，
分两种情况：
①当时，，
∴，
解得：，
∴；
②当时，，
∴
解得：，
∴点的坐标为；
综上，所有符合条件的点P的坐标为或．
【分析】(1)根据A，B的特征设设抛物线的解析式为，再用待定系数法求解析式把代入解析式，计算即可解答.
(2)先根据抛物线的解析式得到对称轴为：直线；设可由轴，得到；过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作轴，根据矩形的性质表示出周长为，再结合二次函数的性质即可解答；
（3）过C作垂直抛物线对称轴于H，过N作轴于K，由翻折的性质得到，即可利用AAS证明，根据抛物线的图象得到对称轴和定点坐标：直线，即可利用全等三角形的性质计算得到，从而用待定系数法求得直线的解析式为：，设根据两点之间的距离公式表示出PQ2，BP2，BQ2再分两种情况：当时或当时，利用勾股定理计算即可解答.
23．（2025·内江） 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴相交于、两点，与y轴交于点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图1，过点B的直线与抛物线的另一个交点为点D，点M为抛物线对称轴上的一点，连接，设点M的纵坐标为n，当时，求n的值；
（3）如图2，点N是抛物线的顶点，点P是x轴上一动点，将顶点N绕点P旋转后刚好落在抛物线上的点H处，请直接写出所有符合条件的点P的坐标．
【答案】（1）解： 抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交于A(-3，0) 、 B(1，0)两点，与y轴交于点C(0，3) ，
，
解得：
∴ 抛物线的表达式为y=- x2 -2x+3 ；
（2）解： 联立得：
解得：，
∴ D (-4，-5) ，
∵ y=-x2-2x+3=-(x+1)2+4 ，
∴ 抛物线的对称轴为直线x =-1 ，顶点为N (-1，4) ，
设M(-1， n ) ，
∵ MB = MD ，
∴ MB2=MD2 ，
∴(-1-1)2+(n-0 )2=(-1+4)2+(n+5)2 ，
解得：n=-3 ，
∴ n的值为-3 ；
（3）解：符合条件的点P的坐标为：或或或
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；旋转的性质；二次函数与一次函数的综合应用；坐标系中的两点距离公式；同侧一线三垂直全等模型
【解析】【解答】解： （3）由（2）得顶点N(-1，4) ，
设P(m ，0) ，由旋转得∠HPN=90° ， PN=PH ，
当m <-1时，过点P作y轴的平行线 EF ，过点H ， N分别作EF的垂线，垂足为点F ， E ，如图，
∴∠E=∠F=∠HPN=90° ，
∴∠EPN+∠ENP=∠EPN+∠HPF=90° ，
∴∠ENP=∠FPH ，
∴△PEN≌△HFP ( AAS ) ，
∴ EN=PF=-1- m ， PE=FH=4 ，
∴ H (4+ m ，1+ m ) ，
将点H(4+ m ，1+ m )代入y=-x2-2x+3 ，得-(4+m)2-2(4+ m )+3=1+ m ，
整理得： m2+11m+22=0 ，
解得：，
∴ P (， 0) 或 P ( ，0) ；
当m>-1时，过点P作y轴的平行线，过点H ， N分别作平行线的垂线，垂足为点 F ， E ，如图，
∴∠E=∠F=∠HPN=90° ，
∴∠EPN+∠ENP=∠EPN+∠HPF=90° ，
∴∠ENP=∠FPH ，
∴△PEN≌△HFP( AAS ) ，
∴ EN=PF=m+1 ， PE=FH=4 ，
∴ H(m-4，-m-1) ，
将点H(m-4，-m-1) 代入y=-x2-2x+3 ，得-(m-4 )2-2(m-4)+3=-m-1 ，整理得： m2-7m+4=0 ，
解得： ，
∴ P (，0) 或 P (，0) ；
综上，所有符合条件的点P ，的坐标为： P (， 0) 或 P ( ，0)或 P (，0) 或 P (，0) .
【分析】（1）将A、B、C三点的坐标分别代入抛物线y=ax2+bx+c可得关于字母a、b、c的三元一次方程组，求解得出a、b、c的值，从而即可求出抛物线的解析式；
（2）联立抛物线与直线l的解析式，求解得出点 D (-4，-5) ，将抛物线的解析式配成顶点式可得抛物线的对称轴为直线x =-1 ，顶点为N (-1，4) ，由点的坐标与图形性质，设M(-1， n ) ，根据平面内两点间的距离公式结合MB=MD建立方程求解得出n的值；
（3）设P( m ，0) ，由旋转得∠HPN=90° ， PN=PH ，当m<-1时，过点P作y轴的平行线EF ，过点H ， N分别作EF的垂线，垂足为点F ， E ，如图，由等角的余角相等得∠ENP=∠FPH ，从而可用AAS判断出△PEN≌△HFP，由全等三角形的对应边相等得EN=PF=-1- m ， PE=FH=4 ，则H (4+ m ，1+ m ) ，然后将点H的坐标代入抛物线的解析式可求出m的值，从而得到点P的坐标；当m>-1时，过点P作y轴的平行线，过点H ， N分别作平行线的垂线，垂足为点 F ， E ，如图，由等角的余角相等得∠ENP=∠FPH ，从而可用AAS判断出△PEN≌△HFP，由全等三角形的对应边相等得 EN=PF=m+1 ， PE=FH=4 ，则 H(m-4，-m-1) ，然后将点H的坐标代入抛物线的解析式可求出m的值，从而得到点P的坐标，综上即可得出答案.
24．（2025·威海）已知抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴于点A（﹣1，0），点B，交y轴于点C．点C向右平移2个单位长度，得到点D，点D在抛物线y＝ax2+bx﹣3上．点E为抛物线的顶点．
（1）求抛物线的表达式及顶点E的坐标；
（2）连接BC，点M是线段BC上一动点，连接OM，作射线CD．
①在射线CD上取一点F，使CF＝CO，连接FM．当OM+FM的值最小时，求点M的坐标；
②点N是射线CD上一动点，且满足CN＝CM．作射线CE，在射线CE上取一点G，使CG＝CO．连接GN，BN．求OM+BN的最小值；
（3）点P在抛物线y＝ax2+bx﹣3的对称轴上，若∠OAP+∠OCA＝45°，则点P的坐标为　 　 ．
【答案】（1）解：由题意得，
C（0，﹣3），D（2，﹣3），
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3，
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴E（1，﹣4）；
（2）解：①∵C（0，﹣3），D（2，﹣3），
∴CD⊥OC，
∵CF＝CO＝3，
∴OF＝3，
∴OM+FM≥OF＝3，
当O、M、F共线时，OM+FM最小，
由x2﹣2x﹣3＝0得，
x1＝﹣1，x2＝3，
∴B（3，0），
∴BF⊥OB，
∵∠BOC＝90°，
∴四边形BOCF是矩形，
∴矩形BOCF是正方形，
∴M（）；
②如图1，
连接NG，作EH⊥EN于H，
∵E（1，﹣4），C（0，﹣3），
∴EH＝CH＝1，
∴∠ECH＝∠CEH＝45°，
由①知，
四边形BOCF是正方形，
∴∠BCO＝45°，
∴∠BCO＝∠ECH，
∵CG＝OC，CM＝CN，
∴△OCM≌△GCN（SAS），
∴NG＝OM，
∴OM+BN＝NG+BN≥BG，
∴当B、N、G共线时，OM+BN最小，
∵∠BCG＝90°，BC＝3，CG＝3，
∴BG3，
∴（OM+BN）最小＝3；
（3）（1，1）或（1，﹣1）
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；勾股定理；解直角三角形—边角关系；二次函数-线段周长问题；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【解答】解：（3）如图2，
设EP交AB于F，作FW⊥BC于W，
∵E（1，﹣4），
∴F（1，0），
∵A（﹣1，0），
∴OA＝OF，
∵OC⊥AF，
∴AC＝FC，
∴∠FCO＝∠OCA，
∵∠OCB＝45°，
∴∠FCO+∠BCF＝45°，
∵∠OAP+∠OCA＝45°，
∴∠OAP＝∠BCF，
∵BF＝OB﹣OF＝2，∠OBC＝45°，
∴FW＝BW，
∵BC＝3，
∴CW＝BC﹣BW＝2，
∴tan∠OAP＝tan∠BCF，
∴，
∴PF，
∴P（1，1）或（1，﹣1），
故答案为：（1，1）或（1，﹣1）．
【分析】(1)可求得D(2，-3)，进而将点D和点A坐标代入抛物线的解析式，求得a，b，进一步得出结果；
(2)①可求得 从而得出 当O、M、F共线时，OM+FM最小，可证得四边形BOCF是正方形，进而得出点M坐标；
②连接NG， 作EH⊥EN于H， 可证得△OCM≌△GCN，从而NG=OM， 从而得出OM+BN = NG+BN ≥BG，根据 得出BG，从而得出结果；
(3)设EP交AB于F， 作FW⊥BC于W， 可得出AC=FC， 从而∠FCO=∠OCA， 进而推出∠OAP =∠BCF， 进而得出 从而 从而求得PF，进而得出结果.
25．（2025·宜宾）如图，是坐标原点，已知抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，其中．
（1）求b、c的值；
（2）点为抛物线上第一象限内一点，连结，与直线交于点，若，求点D的坐标；
（3）若为抛物线的顶点，平移抛物线使得新顶点为，若又在原抛物线上，新抛物线与直线交于点，连结．探新抛物线与轴是否存在两个不同的交点．若存在，求出这两个交点之间的距离；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：由题分别把A(3，0)，C(0，3)代入y=-x2+bx+c，
得，
解得b=2，c=3
（2）解：由(1)得b =2， c = 3，
则y=-x2 +2x+3，C(0，3)，
令y=0，则0=-x2+2x+3=（-x+3)(x+1)，
x1=3，x2=-1，
故B(-1，0)，A(3，0)，
分别过点E、D作EN⊥OA，DM⊥OA，如图所示：
∵EN⊥OA，DM⊥OA，
∴∠ENB=∠DMB=90°，
∵∠DBM= ∠EBN，
∴DMB∽ENB，
∴
∵DE：BE=1：2，
∴DB：BE=3：2，
∴
设点E的纵坐标为2m，则点D的纵坐标为3m，
设AC的解析式为y = kx + r(k ≠ 0)，
∵C(0，3)， A(3，0)，
∴
解得r=3，k=-1；
∴AC的解析式为y=-x+3，
把y＝2m代入y=-x+3，得 2m =-x+3，
∴x=3-2m，
∴E(3-2m，2m)，
设BE的解析式为y = tx + q(t ≠ 0)，
把E(3-2m，2m)，B(-1，0)分别代入y =tx + q，
解得
BE的解析式为y=
依题意，把y=3m代入得 3m
则x=5-3m，
即点D(5-3m，3m)，
∵点D为抛物线上第一象限内一点，且y=-x2+2x+3，
∴3m =- (5-3m)2 +2(5-3m) + 3，
整理得3m2-7m+4=(m-1)(3m-4) = 0，
∴m1=1，m2 =
此时y=的2-m ≠ 0，
故m1=1，m2= 43是符合题意的，
当m=1时，则5-3m=5-3=2，3m=3，此时D(2，3)，
当m=43时，则5-3m=5-4=1，3m=3×43=4，此时D(1，4)，
综上：D(2，3)或D(1，4)；
（3）解：存在，理由如下：
由(2)得y =-x2 +2x +3，
整理y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4，
∵F为抛物线的顶点，
∴F(1，4)，
∵平移抛物线使得新顶点为P(m，n)(m>1)，P又在原抛物线上，新抛物线与直线x＝1交于点N，
连结FP、PN，过点P作PH⊥FN，∠FPN=120°，如图所示：
∴平移后的抛物线的解析式为y=-(x-m)2 +n，
把x=1 代入y=-(x-m)2+n，
得yN =-(1-m)2 +n，
∵点P(m，n)在y =-(x-1)2 +4 上，
∴n=-(m-1)2+4，
∴ (m-1)2=4-n，
∴yN =-(1-m)2+n=-4+n+n=-4+2n，
∴N(1，-4+2n)，
∵P(m，n)， N(1，-4+2n)， F(1，4)，
∴PF2=(m-1)2+(n-4)2， PN2=(m-1)2+[n-(-4+2n)]2=(m-1)2+(n-4)2，
则PF2 = PN2，即PF＝PN，
∴ΔPFN是等腰三角形，
∵∠FPN=120°，
∴∠EPH=x 120° =60°，
则 tan∠FPH=tan60°=
∴4-n=(m-1)，
令t=m-1，
∴4-n=t，即n=-t+4，
∵n=-(m-1)2+4，
∴-t+4，=-t2+4，即t2-t=0，
∴ t(t-)=0，
∴t1=0，t2=，
∴m-1=0，或m-1=，
∴m=1(舍去)或m=+1，
∴P(1+，1)，
∴平移后的抛物线解析式为y＝-(x-1-2+1，
令y=0，则0＝-(x-1-)2+1，
∴ (x-1-)2=1，
即x-1-=±1，
∴x1=2+，x2=，
则Ix1-x2l=2+-=2，
∴新抛物线与x轴存在两个不同的交点，这两个交点之间的距离为2.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数与一次函数的综合应用；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】
(1)根据用待定系数法求解析式，分别把A(3，0)，C(0，3)代入y=-x2+bx+c，进行计算，即可解答.
(2)令y=0先求解B(-1，0)，A(3，0)，再利用AA证明DMB∽ENB，利用相似三角形的性质得到DE：BE=1：2，转换比例关系得到，于是设点E的纵坐标为2m，则点D的纵坐标为3m，再分别求出 AC 的解析式为y=-x+3，BE 的解析式为y=即可得到D(5-3m，3m)，因为点D为物线上第一象限内一点，代换得到3m=-(5-3m)2+2(5-3m)+3，解得m1=1，m2= 43 ，解答即可.
（3）根据F为抛物线的顶点求出F(1，4)再整理得平移后的抛物线的解析式为y=-(x-m)2+n，因为点P(m，n)在y=-(x-1)2+4，则(m-1)2=4-n，即N(1，-4+2n)，故PF2＝PN2，所以△PFN是等腰三角形，
再结合解直角三角函数得 tan∠FPH=tan60°=，代入数值计算得4-n=(m-1)，再运用换元法进行整理得到m-1=0，或m-1=，即可求出P(1+，1)，从而可的平移后的抛物线解析式为y＝-(x-1-2+1，再令y=0求出x1=2+，x2=，即可求出两个交点之间的距离，解答即可.
26．（2025·南充）抛物线 与x轴交于A （3，0），B两点，N是抛物线顶点.
（1）求抛物线的解析式及点B的坐标.
（2） 如图1， 抛物线上两点P（m， y1）， Q（m+2， y2）， 若PQ∥BN，求m的值.
（3）如图2，点M（-1，-5），如果不垂直于y轴的直线l与抛物线交于点G，H，满足∠GMN=∠HMN.探究直线l是否过定点 若直线l过定点，求定点坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】（1）解：把A(3， 0) 代入
令
得x1=-5， x2=3.
∴ B(-5， 0).
（2）解：∵ B(-5，0)， N(-1， - 4)，
∴ 直线BN为y=-x-5.
∵ PQ∥BN， 设直线PQ为 y=-x+n.
点
解得 m=-4

（3）解：存在定点T满足条件.
设直线l解析式y= kx+b， 直线l与抛物线相交于点G(x3， y3)， H(x4， y4)，
∴.
作GC⊥MN， HD⊥MN，
GC=-1-x3， MC=y3+5，HD=x4+1， MD=y4+5，
∵ ∠GMN=∠HMN，
∴ tan∠GMN=tan∠HMN.
即
.
∴ - 4k(b-k+3)=0.
∵ 直线l不垂直于y轴，
∴ k≠0，
∴ b-k+3=0，
∴ b=k-3.
∴ 直线l解析式y=k(x+1)-3.
∵ 无论k为何值， x=--1， y=-3.
l过定点T(-1，- 3)， 故存在定点T(-1，- 3).
【知识点】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-角度的存在性问题
【解析】【分析】（1）由题意，把点A的坐标代入抛物线的解析式求出a的值，即可得抛物线的解析式；令解析式中的y=0可得关于x的方程，解方程求出x的值，则可得点B的坐标；
（2）用待定系数法求出直线BN的解析式；根据平行线的性质可设直线PQ为 y=-x+n. 结合P、Q两点都在抛物线上可得关于m、n的方程组，解方程组即可求解；
（3）存在定点T满足条件.设直线l解析式y= kx+b， 直线l与抛物线相交于点G(x3， y3)， H(x4， y4)，
由一元二次方程的根于系数的关系可得x3+x4、x3x4的值用含k、b的代数式表示出来，作GC⊥MN， HD⊥MN，根据tan∠GMN=tan∠HMN可得比例式结合已知条件整理可得：- 4k(b-k+3)=0.根据直线l不垂直于y轴可得直线l的解析式，代入比例式可判断求解.
27．（2025·烟台）如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，，，D是直线上方抛物线上一动点，作交于点E，垂足为点F，连接.
（1）求抛物线的表达式；
（2）设点D的横坐标为，
①用含有的代数式表示线段的长度；
②是否存在点D，使是等腰三角形 若存在，请求出所有满足条件的点D的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）连接，将线段绕点按顺时针方向旋转90°得到线段，连接，请直接写出线段长度的最小值.
【答案】（1）解：
设抛物线解析式为
（2）解：①
，即
设直线BC的解析式为，则由题意知
解得
直线BC的解析式为：
设且点D在直线BC上方的抛物线上
轴于F交直线BC于E
②存在，或或，理由如下：
、、
当CD=CE时，，解得或（舍去），，即；
当CD=DE时，，解得，，即；
当CE=DE时，，解得或（舍去），，即；
综上所述，D点坐标为或或；
（3）
【知识点】二次函数的最值；二次函数图象上点的坐标特征；同侧一线三垂直全等模型；利用交点式求二次函数解析式；二次函数-特殊三角形存在性问题
【解析】【解答】（3）
解：如图所示，分别过点E、G作轴的垂线，垂足分别为点M、N.
，即
AG2有小值，即当时，最小值为20
此时，
【分析】
（1）观察图象知，点A在原点左侧，点B在原点右侧，因为、，则可得抛物线与x轴的两个交点A、B两点坐标，则可设抛物线的解析式为交点式，即，再转化为一般式，则可求出a、b的值，则抛物线解析式可求；
（2） ① 由于点D在直线BC上方的抛物线上且交BC于点E，此时可利用二次函数图象上点的坐标特征求出点C的坐标，则可利用待定系数法得到直线BC的解析式，再设出点D的坐标，则点E的坐标可得，由于点D在点E的上方，则利用D、E两点纵坐标的差表示出线段DE的长；
②由于点C、D、E三点的坐标都已知或可以用含t的代数式表示，则两点距离公式可分别表示出CD、CE，再分类讨论，即CE=DE或CE=CD或CD=DE，分别解关于t的一元二次方程或一元一次方程即可求出t的值，再根据t的取值范围进行取舍即可；
（3）由于点E绕原点O顺时针旋转90度得到点G，则可分别过点E、G作y轴的垂线段EM和GN，从而构造一线三垂直全等模型证明，再利用全等的性质表示出点G的坐标，再利用两点距离可得AG2是关于t的二次函数，且二次项系数为正，则可利用二次函数的增减性求得AG2的最小值，则AG的最小值可得.
28．（2025·达州） 如图，已知抛物线交x轴于A，B两点，交y轴于C点，B的坐标为，C的坐标为，顶点为M．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接，过第四象限内抛物线上一点作的平行线，交x轴于点E，交y轴于点F．
①连接，当时，求内切圆半径r与外接圆半径R的比值；
②连接，当点F在的内角平分线上，上的动点P满足的值最小时，求的面积．
【答案】（1）解：把B的坐标(3，0)，C的坐标(0，3)代入抛物线的解析式。
得 解得：
∴抛物线的解析式是
（2）解：①令 解得：
∵B(3，0)， C(0，3)， ∴OB=OC=3， ∴△OBC是等腰直角三角形，
∵EF∥BC，∴∠FEA=∠CBO=45°，
∴当∠AFE=90°时， △AEF 是等腰直角三角形，且
∴△AEF的外接圆半径为AE长，R=1，
即
解得：
∴抛物线的对称轴是直线x=1，顶点M的坐标是(1，4)，
∴直线 与x轴的交点T的坐标是(1，0).
作PQ⊥x轴于点 Q，则在直角三角形 BPQ中，
，
∴当M、P、Q三点共线时，即 轴时， 的值最小，
此时Q、T重合，当点F在 的内角 的平分线上，
即 时， 如图，
∵∠COA=∠COE=90°，CO=CO， ∴△ACO≌△ECO， ∴AO=EO=1， ∴E、T重合，
∵B(3，0)， C(0，3)， ∴直线BC的解析式是
当 时，
∴点P的坐标是(1，2)，
当点F在 的内角 的平分线上时，如图，
作 于点K，则
设 则CF=3-a，
且
解得：
由于 ∴点F不可能在△AEC的内角∠AEC的平分线上；
当点E，F重合于点O时，此时OF平分∠AEC即点F在∠AEC的平分线上，符合题意，则BE=BO=3，
综上： △BPE的面积为2或3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；内切圆与外接圆的综合运用
【解析】【分析】
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）①先求出点A的坐标，进而可判断△OBC，△AEF是等腰直角三角形，然后根据△AEF的外接圆直径是AE=2，可得其外接圆的半径R=1，再利用等积法求出r，即可解决问题；
②先求得抛物线的顶点M的坐标和对称轴与x轴的交点T的坐标，作PQ⊥x轴于点P，可得PQ=， 继而可得， 于是可得当M、P、Q三点共线且MQ⊥x轴时，取最小值， 此时Q、T重合，然后分点F在△ACE不同内角平分线上共三种情况，外加当点E，F重合于点O时，此时点F在∠AEC 的平分线上这种特殊情况，讨论求解即可.
1 / 1