二次函数单元测试卷(含答案解析)

二次函数单元测试卷（含答案解析）
一、初三数学二次函数易错题压轴题（难）
1．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A，B两点，其中A（3，0），B（﹣1，0），与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，直线y＝kx+b1经过点A，C，连接CD．（1）求抛物线和直线AC的解析式：
（2）若抛物线上存在一点P，使△ACP的面积是△ACD面积的2倍，求点P的坐标；（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使线段AQ绕Q点顺时针旋转90°得到线段QA1，且A1好落在抛物线上？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）2
y x2x3
=-++；3
y x
=-+；（2）（﹣1，0）或（4，﹣5）；（3）存在；（1，2）和（1，﹣3）
【解析】
【分析】
（1）将点A，B坐标代入抛物线解析式中，求出b，c得出抛物线的解析式，进而求出点C 的坐标，再将点A，C坐标代入直线AC的解析式中，即可得出结论；
（2）利用抛物线的对称性得出BD＝AD，进而判断出△ABC的面积和△ACP的面积相等，即可得出结论；
（3）分点Q在x轴上方和在x轴下方，构造全等三角形即可得出结论．
【详解】
解：（1）把A（3，0），B（﹣1，0）代入y＝﹣x2+bc+c中，得
930
10
b c
b c
-++=
⎧
⎨
--+=
⎩
，
∴
2
3
b
c
=
⎧
⎨
=
⎩
，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，
当x＝0时，y＝3，
∴点C的坐标是（0，3），
把A（3，0）和C（0，3）代入y＝kx+b1中，得1
1
30
3
k b
b
+=
⎧
⎨
=
⎩
，
∴
1
1
3
k
b
=-
⎧
⎨
=
⎩
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+3；
（2）如图，连接BC，
∵点D是抛物线与x轴的交点，
∴AD＝BD，
∴S△ABC＝2S△ACD，
∵S△ACP＝2S△ACD，
∴S△ACP＝S△ABC，此时，点P与点B重合，
即：P（﹣1，0），
过B点作PB∥AC交抛物线于点P，则直线BP的解析式为y＝﹣x﹣1①，∵抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3②，
联立①②解得，
1
x
y
=-
⎧
⎨
=
⎩
或
4
5
x
y
=
⎧
⎨
=-
⎩
，
∴P（4，﹣5），
∴即点P的坐标为（﹣1，0）或（4，﹣5）；
（3）如图，
①当点Q在x轴上方时，设AC与对称轴交点为Q'，由（1）知，直线AC的解析式为y＝﹣x+3，
当x＝1时，y＝2，
∴Q'坐标为（1，2），
∵Q'D＝AD＝BD＝2，
∴∠Q'AB＝∠Q'BA＝45°，
∴∠AQ'B＝90°，
∴点Q'为所求，
②当点Q在x轴下方时，设点Q（1，m），
过点A1'作A1'E⊥DQ于E，
∴∠A1'EQ＝∠QDA＝90°，
∴∠DAQ+∠AQD＝90°，
由旋转知，AQ＝A1'Q，∠AQA1'＝90°，
∴∠AQD+∠A1'QE＝90°，
∴∠DAQ＝∠A1'QE，
∴△ADQ≌△QEA1'（AAS），
∴AD＝QE＝2，DQ＝A1'E＝﹣m，
∴点A1'的坐标为（﹣m+1，m﹣2），
代入y＝﹣x2+2x+3中，
解得，m＝﹣3或m＝2（舍），
∴Q的坐标为（1，﹣3），
∴点Q的坐标为（1，2）和（1，﹣3）．
【点睛】
本题考查的是二次函数的综合题，涉及解析式的求解，与三角形面积有关的问题，三角形“k”字型全等，解题的关键是利用数形结合的思想，设点坐标并结合几何图形的性质列式求解．
2．如图①是一张矩形纸片，按以下步骤进行操作：
(Ⅰ)将矩形纸片沿DF折叠，使点A落在CD边上点E处，如图②；
(Ⅱ)在第一次折叠的基础上，过点C再次折叠，使得点B落在边CD上点B′处，如图③，两次折痕交于点O；
(Ⅲ)展开纸片，分别连接OB、OE、OC、FD，如图④．
（探究）
（1）证明：OBC≌OED；
（2）若AB＝8，设BC为x，OB2为y，是否存在x使得y有最小值，若存在求出x的值并求出y的最小值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）x=4，16
【解析】
【分析】
（1）连接EF，根据矩形和正方形的判定与性质以及折叠的性质，运用SAS证明
OBC≌OED即可；
（2）连接EF、BE，再证明△OBE是直角三角形，然后再根据勾股定理得到y与x的函数关系式，最后根据二次函数的性质求最值即可．
【详解】
（1）证明：连接EF．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠ABC＝∠BCD＝∠ADE＝∠DAF＝90°
由折叠得∠DEF＝∠DAF，AD＝DE
∴∠DEF＝90°
又∵∠ADE＝∠DAF＝90°，
∴四边形ADEF是矩形
又∵AD＝DE，
∴四边形ADEF是正方形
∴AD＝EF＝DE，∠FDE＝45°
∵AD＝BC，
∴BC＝DE
由折叠得∠BCO＝∠DCO＝45°
∴∠BCO＝∠DCO＝∠FDE．
∴OC＝OD．
在△OBC与△OED中，
BC DE
BCO FDE
OC OD
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
，
，
∴△OBC≌△OED（SAS）；
（2）连接EF、BE．
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝8．
由（1）知，BC＝DE
∵BC＝x，
∴DE＝x
∴CE＝8－x
由（1）知△OBC≌△OED
∴OB＝OE，∠OED＝∠OBC．
∵∠OED＋∠OEC＝180°，
∴∠OBC＋∠OEC＝180°．
在四边形OBCE中，∠BCE＝90°，∠BCE＋∠OBC＋∠OEC＋∠BOE＝360°，
∴∠BOE＝90°．
在Rt△OBE中，OB2＋OE2＝BE2．
在Rt△BCE中，BC2＋EC2＝BE2．∴OB2＋OE2＝BC2＋CE2．
∵OB2＝y，∴y＋y＝x2＋(8－x)2．
∴y＝x2－8x＋32
∴当x=4时，y有最小值是16．
【点睛】
本题是四边形综合题，主要考查了矩形和正方形的判定与性质、折叠的性质、全等三角形的判定、勾股定理以及运用二次函数求最值等知识点，灵活应用所学知识是解答本题的关键．
3．如图，在平面直角坐标系x O y中，抛物线y = ax2+ bx + c经过A、B、C三点，已知点A （-3，0），B（0，3），C（1，0）．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）点P是直线AB上方的抛物线上一动点，（不与点A、B重合），过点P作x轴的垂线，垂足为F，交直线AB于点E，作PD⊥AB于点D．动点P在什么位置时，△PDE的周长最大，求出此时P点的坐标；
（3）在直线x = -2上是否存在点M，使得∠MAC = 2∠MCA，若存在，求出M点坐标．若不存在，说明理由．
【答案】（1）y=-x2-2x+3；（2）点（-3
2
，
15
4
），△PDE的周长最大；（3）点M（-2，
3）或（-2，3
【分析】
（1）将A、B、C三点代入，利用待定系数法求解析式；
（2）根据坐标发现，△AOB是等腰直角三角形，故只需使得PD越大，则△PDE的周长越大.联立直线AB与抛物线的解析式可得交点P坐标；
（3）作点A关于直线x=-2的对称点D，利用∠MAC = 2∠MCA可推导得MD=CD，进而求得ME的长度，从而得出M坐标
【详解】
解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A（-3，0），B（0，3），C（1，0），
∴
930
3
a b c
c
a b c
-+=
⎧
⎪
=
⎨
⎪++=
⎩
，解得：
1
2
3
a
b
c
=-
⎧
⎪
=-
⎨
⎪=
⎩
，
所以，抛物线的解析式为y=-x2-2x+3；
（2）∵A（-3，0），B（0，3），
∴OA=OB=3，∴△AOB是等腰直角三角形，∴∠BAO=45°，
∵PF⊥x轴，∴∠AEF=90°-45°=45°，
又∵PD⊥AB，∴△PDE是等腰直角三角形，
∴PD越大，△PDE的周长越大，易得直线AB的解析式为y=x+3，
设与AB平行的直线解析式为y=x+m，
联立
223
y x m
y x x
=+
⎧
⎨
=--+
⎩
，消掉y得，x2+3x+m-3=0，
当△=9-4（m-3）=0，即m=
21
4
时，直线与抛物线只有一个交点，PD最长，
此时x=-
3
2
，y=
15
4
，∴点（-
3
2
，
15
4
），△PDE的周长最大；
（3）设直线x=-2与x轴交于点E，作点A关于直线x=-2的对称点D，则D（-1，0），连接MA，MD，MC．
∴MA=MD，∠MAC=∠MDA=2∠MCA ，
∴∠CMD=∠DCM
∴MD=CD=2 ，∴3
∴点M（-23）或（-2，3
本题是动点和最值的考查，在解决动点问题时，寻找出不变量来分析是解题关键，最值问题，通常利用对称来简化分析
4．已知二次函数y ＝ax 2+bx +c （a ≠0）．
（1）若b ＝1，a ＝﹣
1
2
c ，求证：二次函数的图象与x 轴一定有两个不同的交点； （2）若a <0，c ＝0，且对于任意的实数x ，都有y ≤1，求4a +b 2的取值范围；
（3）若函数图象上两点（0，y 1）和（1，y 2）满足y 1•y 2＞0，且2a +3b +6c ＝0，试确定二次函数图象对称轴与x 轴交点横坐标的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）240a b +≤ ；（3）12323
b a <-< 【解析】 【分析】
（1）根据已知条件计算一元二次方程的判别式即可证得结论； （2）根据已知条件求得抛物线的顶点纵坐标，再整理即可；
（3）将（0，y 1）和（1，y 2）分别代入函数解析式，由y 1•y 2＞0，及2a +3b +6c ＝0，得不等式组，变形即可得出答案． 【详解】
解：（1）证明：∵y ＝ax 2+bx+c （a≠0）， ∴令y ＝0得：ax 2+bx+c ＝0 ∵b ＝1，a ＝﹣
1
2
c ， ∴△＝b 2﹣4ac ＝1﹣4（﹣1
2
c ）c ＝1+2c 2， ∵2c 2≥0，
∴1+2c 2＞0，即△＞0，
∴二次函数的图象与x 轴一定有两个不同的交点； （2）∵a ＜0，c ＝0，
∴抛物线的解析式为y ＝ax 2+bx ，其图象开口向下， 又∵对于任意的实数x ，都有y≤1，
∴顶点纵坐标2
14b a
-≤，
∴﹣b 2≥4a ， ∴4a+b 2≤0；
（3）由2a+3b+6c ＝0，可得6c ＝﹣（2a+3b ）， ∵函数图象上两点（0，y 1）和（1，y 2）满足y 1•y 2＞0， ∴c （a+b+c ）＞0， ∴6c （6a+6b+6c ）＞0，
∴将6c ＝﹣（2a+3b ）代入上式得，﹣（2a+3b ）（4a+3b ）＞0，
∴（2a+3b）（4a+3b）＜0，∵a≠0，则9a2＞0，
∴两边同除以9a2得，
24
()()0
33
b b
a a
++<，
∴
2
3
4
3
b
a
b
a
⎧
+<
⎪⎪
⎨
⎪+>
⎪⎩
或
2
3
4
3
b
a
b
a
⎧
+>
⎪⎪
⎨
⎪+<
⎪⎩
，
∴42
33
b
a
-<<-，
∴二次函数图象对称轴与x轴交点横坐标的取值范围是：
12
323
b
a
<-<．
【点睛】
本题考查了抛物线与x轴的交点、抛物线与一元二次方程的关系及抛物线与不等式的关系等知识点，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
5．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝﹣x2+6x﹣5的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其顶点为P，连接PA、AC、CP，过点C作y轴的垂线l．
（1）P的坐标，C的坐标；
（2）直线1上是否存在点Q，使△PBQ的面积等于△PAC面积的2倍？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）（3，4），（0，﹣5）；（2）存在，点Q的坐标为：（
9
2
，﹣5）或
（
21
2
，﹣5）
【解析】
【分析】
（1）利用配方法求出顶点坐标，令x=0，可得y=-5，推出C（0，-5）；
（2）直线PC的解析式为y=3x-5，设直线交x轴于D，则D（
5
3
，0），设直线PQ交x轴
于E，当BE=2AD时，△PBQ的面积等于△PAC的面积的2倍，分两种情形分别求解即可解决问题．
【详解】
解：（1）∵y＝﹣x2+6x﹣5＝﹣（x﹣3）2+4，
∴顶点P（3，4），
令x＝0得到y＝﹣5，
∴C（0，﹣5）．
故答案为：（3，4），（0，﹣5）；
（2）令y＝0，x2﹣6x+5＝0，
解得：x＝1或x＝5，
∴A（1，0），B（5，0），
设直线PC的解析式为y＝kx+b，则有
5
34 b
k b
=-
⎧
⎨
+=
⎩
，
解得：
3
5 k
b
=
⎧
⎨
=-
⎩
，
∴直线PC的解析式为：y＝3x﹣5，
设直线交x轴于D，则D（5
3
，0），
设直线PQ交x轴于E，当BE＝2AD时，△PBQ的面积等于△PAC的面积的2倍，
∵AD＝2
3
，
∴BE＝4
3
，
∴E（11
3
，0）或E′（
19
3
，0），
则直线PE的解析式为：y＝﹣6x+22，
∴Q（9
2
，﹣5），
直线PE′的解析式为y＝﹣6
5
x+
38
5
，
∴Q ′（
21
2
，﹣5）， 综上所述，满足条件的点Q 的坐标为：（92
，﹣5）或（212，﹣5）；
【点睛】
本题考查抛物线与x 轴的交点、二次函数的性质等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
6．如图1所示，抛物线2
23
y x bx c =
++与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于点C ，已知C 点坐标为（0，4），抛物线的顶点的横坐标为
7
2
，点P 是第四象限内抛物线上的动点，四边形OPAQ 是平行四边形，设点P 的横坐标为m ． （1）求抛物线的解析式；
（2）求使△APC 的面积为整数的P 点的个数；
（3）当点P 在抛物线上运动时，四边形OPAQ 可能是正方形吗？若可能，请求出点P 的坐标，若不可能，请说明理由；
（4）在点Q 随点P 运动的过程中，当点Q 恰好落在直线AC 上时，则称点Q 为“和谐点”，如图（2）所示，请直接写出当Q 为“和谐点”的横坐标的值．
【答案】（1）2214433
y x x =-+；（2）9个 ；（3）33,22或44，；（4）33【解析】 【分析】
（1）抛物线与y 轴交于点C ，顶点的横坐标为
7
2
，则47
22
23
c
b ，即可求解； （2）APC ∆的面积PHA
PHC
S
S
S
，即可求解；
（3）当四边形OPAQ 是正方形时，点P 只能在x 轴的下方，此时OAP 为等腰直角三角形，设点(,)P x y ，则0x y +=，即可求解；
（4）求出直线AP的表达式为：2
(1)(6)
3
y m x，则直线OQ的表达式为：
2
(1)
3
y m x②，联立①②求出Q的坐标，又四边形OPAQ是平行四边形，则AO的中点即为PQ 的中点，即可求解．
【详解】
解：（1）抛物线与y轴交于点C，顶点的横坐标为
7
2
，则
4
7
22
2
3
c
b
，解得
14
3
4
b
c
，故抛物线的抛物线为：2
214
4
33
y x x
=-+；
（2）对于2
214
4
33
y x x
=-+，令0
y=，则1
x=或6，故点B、A 的坐标分别为(1,0)、(6,0)；
如图，过点P作//
PH y轴交AC于点H，
设直线AC的表达式为：y kx b
=+
由点A（6，0）、C（0，4）的坐标得
4
60
b
k b
，解得
4
2
3
b
k
，
∴直线AC的表达式为：24
3
y x
=-+①，
设点2
214
(,4)
33
P x x x，则点
2
(,4)
3
H x x，
APC
∆的面积
22
112214
6(44)212(16)
22333
PHA PHC
S S S PH OA x x x x x，当1
x=时，10
S=，当6
x=时，0
S=，
故使APC
∆的面积为整数的P点的个数为9个；
（3）当四边形OPAQ是正方形时，点P只能在x轴的下方，
此时OAP为等腰直角三角形，设点(,)
P x y，则0
x y
+=，
即2
214
4
33
y x x x，解得：
3
2
x=或4，
故点P的坐标为
3
(
2
，
3
)
2
或
(4,4)
-；
（4）设点2
214
(,4)
33
P m m m，为点(6,0)
A，
设直线AP的表达式为：y kx t
=+，
由点A，P的坐标可得2
60
214
4
33
k t
km t m m
，解之得：
2
(1)
3
2
6(1)
3
k m
t m
∴直线AP的表达式为：2(1)(6)
3
y m x，
//
AP OQ，则AP和OQ表达式中的k值相同，
故直线OQ的表达式为：
2
(1)
3
y m x②，
联立①②得：
2
(1)
3
2
4
3
y m x
y x
，解得：
4
4
6
m
m
y
x
，
则点
6
(Q
m
，
4
4)
m
，
四边形OPAQ是平行四边形，则AO的中点即为PQ的中点，
如图2，作QC x
⊥轴于点C，PD x
⊥轴于点D，
∴OC AD
=,
则有，
6
6
m
m
，解得：33
m，
经检验，33
m是原分式方程得跟，
则
6
33
m
，
故Q的横坐标的值为33
【点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、平行四边形正方形的性质、面积的计算等，能熟练应用相关性质是解题的关键．
7．定义：在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，设点P 的坐标为（x ，y ），当x ＜0时，点P 的变换点P′的坐标为（﹣x ，y ）；当x≥0时，点P 的变换点P′的坐标为（﹣y ，x ）． （1）若点A （2，1）的变换点A′在反比例函数y=
k
x
的图象上，则k= ； （2）若点B （2，4）和它的变换点B'在直线y=ax+b 上，则这条直线对应的函数关系式为 ，∠BOB′的大小是 度．
（3）点P 在抛物线y=x 2﹣2x ﹣3的图象上，以线段PP′为对角线作正方形PMP'N ，设点P 的横坐标为m ，当正方形PMP′N 的对角线垂直于x 轴时，求m 的取值范围．
（4）抛物线y=（x ﹣2）2+n 与x 轴交于点C ，D （点C 在点D 的左侧），顶点为E ，点P 在该抛物线上．若点P 的变换点P′在抛物线的对称轴上，且四边形ECP′D 是菱形，求n 的值．
【答案】(1) －2；(2) y=13x+103，90；(3) m ＜0，
或
m=32
；(4) n=﹣8，n=﹣2，n=﹣3． 【解析】 【分析】
（1）先求出A 的变换点A ′，然后把A ′代入反比例函数即可得到结论； （2）确定点B ′的坐标，把问题转化为方程组解决；
（3）分三种情形讨论：①当m ＜0时；②当m ≥0，PP '⊥x 轴时；③当m ≥0，MN ⊥x 轴时．
（4）利用菱形的性质，得到点E 与点P '关于x 轴对称，从而得到点P '的坐标为（2，﹣n ）．分两种情况讨论：①当点P 在y 轴左侧时，点P 的坐标为（﹣2，﹣n ），代入抛物线解析式，求解即可；②当点P 在y 轴右侧时，点P 的坐标为（﹣n ，﹣2）．代入抛物线解析式，求解即可． 【详解】
（1）∵A （2，1）的变换点为A ′（－1，2），把A ′（－1，2）代入y =k
x
中，得到k =－2． 故答案为：－2．
（2）点B （2，4）的变换点B ′（﹣4，2），把（2，4），（﹣4，2）代入y =ax +b 中．
得到：2442a b a b +=⎧⎨-+=⎩，解得：13
103a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩
，∴11033y x =+．
∵OB 2=2224+=20，OB ′2=2224+=20，BB ′2=22
(42)(24)--+-=40，∴OB 2+OB ′2=BB ′2，
∴∠BOB ′=90°． 故答案为：y =
13x +10
3
，90． （3）①当m ＜0时，点P 与点P '关于y 轴对称，此时MN 垂直于x 轴，所以m ＜0． ②当m ≥0，PP '⊥x 轴时，则点P '的坐标为（m ，m ），点P 的坐标为（m ，﹣m ）．
将点P （m ，﹣m ）代入y =x 2﹣2x ﹣3，得：﹣m =m 2﹣2m ﹣3． 解得：12113113
m m +-==
，（不合题意，舍去）． 所以113m +=
． ③当m ≥0，MN ⊥x 轴时，则PP '∥x 轴，点P 的坐标为（m ，m ）． 将点P （m ，m ）代入y =x 2﹣2x ﹣3，得：m =m 2﹣2m ﹣3． 解得：12321321
22
m m +-==
，（不合题意，舍去）． 所以321m +=
． 综上所述：m 的取值范围是m ＜0，m =
113+或m =321
+． （4）∵四边形ECP 'D 是菱形，∴点E 与点P '关于x 轴对称． ∵点E 的坐标为（2，n ），∴点P '的坐标为（2，﹣n ）． ①当点P 在y 轴左侧时，点P 的坐标为（﹣2，﹣n ）． 代入y =（x ﹣2）2+n ，得：﹣n =（﹣2﹣2）2+n ，解得：n =﹣8． ②当点P 在y 轴右侧时，点P 的坐标为（﹣n ，﹣2）．
代入y =（x ﹣2）2+n ，得：﹣2=（﹣n ﹣2）2+n ．解得：n 1=﹣2，n 2=﹣3． 综上所述：n 的值是n =﹣8，n =﹣2，n =﹣3． 【点睛】
本题是二次函数综合题、一次函数的应用、待定系数法、变换点的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的射线思考问题，学会用方程的思想思考问题，属于中考压轴题．
8．如图，已知二次函数1L ：()2
2311y mx mx m m =+-+≥和二次函数2L ：
()2
341y m x m =--+-()1m ≥图象的顶点分别为M 、N ，与x 轴分别相交于A 、B
两点（点A 在点B 的左边）和C 、D 两点（点C 在点D 的左边），
（1）函数()2
2311y mx mx m m =+-+≥的顶点坐标为______；当二次函数1L ，2L 的y
值同时随着x 的增大而增大时，则x 的取值范围是_______； （2）判断四边形AMDN 的形状（直接写出，不必证明）； （3）抛物线1L ，2L 均会分别经过某些定点；
①求所有定点的坐标；
②若抛物线1L 位置固定不变，通过平移抛物线2L 的位置使这些定点组成的图形为菱形，则抛物线2L 应平移的距离是多少？ 【答案】（1）()1,41m --+，13x
；（2）四边形AMDN 是矩形；（3）①所有定
点的坐标，1L 经过定点()3,1-或()1,1，2L 经过定点()5,1-或()1,1-；②抛物线2L 应平移
的距离是4+4-． 【解析】 【分析】
（1）将已知抛物线解析式转化为顶点式，直接得到点M 的坐标；结合函数图象填空； （2）利用抛物线解析式与一元二次方程的关系求得点A 、D 、M 、N 的横坐标，可得AD 的中点为（1，0），MN 的中点为（1，0），则AD 与MN 互相平分，可证四边形AMDN 是矩形；
（3）①分别将二次函数的表达式变形为1:(3)(1)1L y m x x =+-+和2:(1)(5)1L y m x x =----，通过表达式即可得出所过定点；
②根据菱形的性质可得EH 1=EF=4即可，设平移的距离为x ，根据平移后图形为菱形，由勾股定理可得方程即可求解． 【详解】
解：（1）12b
x a
=-
=-，顶点坐标M 为(1,41)m --+， 由图象得：当13x 时，二次函数1L ，2L 的y 值同时随着x 的增大而增大．
故答案为：(1,41)m --+；13x
；
（2）结论：四边形AMDN 是矩形．
由二次函数21:231(1)L y mx mx m m =+-+和二次函数22:(3)41(1)L y m x m m =--+-解析式可得：
A 点坐标为(1-0)，D 点坐标为(3+，0)， 顶点M 坐标为(1,41)m --+，顶点N 坐标为(3,41)m -，
AD ∴的中点为(1,0)，MN 的中点为(1,0)， AD ∴与MN 互相平分，
∴四边形AMDN 是平行四边形，
又
AD MN =，
∴□AMDN 是矩形；
（3）①
二次函数21:231(3)(1)1L y mx mx m m x x =+-+=+-+，
故当3x =-或1x =时1y =，即二次函数21:231L y mx mx m =+-+经过(3,1)-、(1,1)两点，
二次函数22:(3)41(1)(5)1L y m x m m x x =--+-=----，
故当1x =或5x =时1y =-，即二次函数22:(3)41L y m x m =--+-经过(1,1)-、(5,1)-两点， ②
二次函数21:231L y mx mx m =+-+经过(3,1)-、(1,1)两点，二次函数
22:(3)41L y m x m =--+-经过(1,1)-、(5,1)-两点，
如图：四个定点分别为(3,1)E -、(1,1)F ，(1,1)H -、(5,1)G -，则组成四边形EFGH 为平行四边形，
∴FH ⊥HG ，FH=2，HM=4-x ，
设平移的距离为x ，根据平移后图形为菱形， 则EH 1=EF=H 1M=4，
由勾股定理可得：FH 2+HM 2=FM 2， 即22242(4)x =+-， 解得：423x =±，
抛物线1L 位置固定不变，通过左右平移抛物线2L 的位置使这些定点组成的图形为菱形，则抛物线2L 应平移的距离是423+或423-．
【点睛】
本题考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
9．如图，已知顶点为M （
32，258
）的抛物线过点D （3，2），交x 轴于A ，B 两点，交y 轴于点C ，点P 是抛物线上一动点． （1）求抛物线的解析式；
（2）当点P 在直线AD 上方时，求△PAD 面积的最大值，并求出此时点P 的坐标；
（3）过点P 作直线CD 的垂线，垂足为Q ，若将△CPQ 沿CP 翻折，点Q 的对应点为Q '．是否存在点P ，使Q '恰好落在x 轴上？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）213
222
y x x =-++；（2）最大值为4，点P （1，3）；（3）存在，点P 139313
2
-+）． 【解析】 【分析】
（1）用待定系数法求解即可；
（2）由△PAD 面积S ＝S △PHA +S △PHD ，即可求解；
（3）结合图形可判断出点P 在直线CD 下方，设点P 的坐标为（a ，213
222
a a -++），当P 点在y 轴右侧时，运用解直角三角形及相似三角形的性质进行求解即可． 【详解】
解：（1）设抛物线的表达式为：y ＝a （x ﹣h ）2+k ＝a （x ﹣32）2+258
， 将点D 的坐标代入上式得：2＝a （3﹣32）2+25
8
， 解得：a ＝﹣
1
2
，
∴抛物线的表达式为：213
222y x x =-
++； （2）当x ＝0时，y ＝﹣1
2x 2+32
x +2＝2，
即点C 坐标为（0，2），
同理，令y ＝0，则x ＝4或﹣1，故点A 、B 的坐标分别为：（﹣1，0）、（4，0），
过点P 作y 轴的平行线交AD 于点H ， 由点A 、D 的坐标得，直线AD 的表达式为：y ＝1
2
（x +1）， 设点P （x ，﹣
12x 2+32
x +2），则点H （x ，12x +1
2）， 则△PAD 面积为： S ＝S △PHA +S △PHD ＝
12×PH ×（x D ﹣x A ）＝12×4×（﹣12x 2+32x +2﹣1
2x 12
-）＝﹣x 2+2x +3， ∵﹣1＜0，故S 有最大值，
当x ＝1时，S 有最大值，则点P （1，3）；
（3）存在满足条件的点P ，显然点P 在直线CD 下方，设直线PQ 交x 轴于F ，点P 的坐标为（a ，﹣
12a 2+3
2
a +2），
当P 点在y 轴右侧时（如图2），CQ ＝a ， PQ ＝2﹣（﹣
12a 2+32a +2）＝1
2a 2﹣32
a ， 又∵∠CQ ′O +∠FQ ′P ＝90°，∠COQ ′＝∠Q ′FP ＝90°， ∴∠FQ ′P ＝∠OCQ ′，
∴△COQ′∽△Q′FP，
''
'
Q C Q P
CO FQ
=，即
2
13
22
2'
a a
a
Q F
-
=，
∴Q′F＝a﹣3，
∴OQ′＝OF﹣Q′F＝a﹣（a﹣3）＝3，CQ＝CQ′＝2222
3213
CO OQ
+=+=，
此时a＝13，点P的坐标为（13，
9313
-+
）．
【点睛】
此题考查了二次函数的综合应用，综合考查了翻折变换、相似三角形的判定与性质，解答此类题目要求我们能将所学的知识融会贯通，属于中考常涉及的题目．
10．在平面直角坐标系xOy中（如图），已知二次函数2
y ax bx c
=++（其中a、b、c 是常数，且a≠0）的图像经过点A（0，-3）、B（1，0）、C（3，0），联结AB、AC．（1）求这个二次函数的解析式；
（2）点D是线段AC上的一点，联结BD，如果:3:2
ABD BCD
S S
∆∆
=，求tan∠DBC的值；（3）如果点E在该二次函数图像的对称轴上，当AC平分∠BAE时，求点E的坐标．
【答案】（1）243
y x x
=-+-；（2）
3
2
；（3）E（2，
7
3
-）
【解析】
【分析】
（1）直接利用待定系数法，把A、B、C三点代入解析式，即可得到答案；
（2）过点D作DH⊥BC于H，在△ABC中，设AC边上的高为h，利用面积的比得到3
2
AD
DC
=，然后求出DH和BH，即可得到答案；
（3）延长AE至x轴，与x轴交于点F，先证明△OAB∽△OFA，求出点F的坐标，然后求出直线AF的方程，即可求出点E的坐标.
【详解】
解：（1）将A（0，-3）、B（1，0）、C（3，0）代入20
y ax bx c a
=++≠
（）得，
03,
0934,
300
a b
a b
c
=+-
⎧
⎪
=+-
⎨
⎪-=++
⎩
解得
1
4
3
a
b
c
=-
⎧
⎪
=
⎨
⎪=-
⎩
，
∴此抛物线的表达式是：243
y x x
=-+-．
（2）过点D作DH⊥BC于H，
在△ABC中，设AC边上的高为h，则
11
:():():3:2
22
ABD BCD
S S AD h DC h AD DC
∆∆
=⋅⋅==，又∵DH//y轴，
∴
2
5
CH DC DH
OC AC OA
===．
∵OA=OC=3，则∠ACO=45°，
∴△CDH为等腰直角三角形，
∴
26
3
55
CH DH
==⨯=．
∴
64
2
55
BH BC CH
=-=-=．
∴tan∠DBC=
3
2
DH
BH
=.
（3）延长AE至x轴，与x轴交于点F，
∵OA=OC=3，
∴∠OAC=∠OCA=45°，
∵∠OAB=∠OAC-∠BAC=45°-∠BAC，∠OFA=∠OCA-∠FAC=45°-∠FAC，∵∠BAC=∠FAC，
∴∠OAB=∠OFA．
∴△OAB∽△OFA，
∴
1
3 OB OA
OA OF
==．
∴OF=9，即F（9，0）；
设直线AF的解析式为y=kx+b（k≠0），
可得
09
3
k b
b
=+
⎧
⎨
-=
⎩
，解得
1
3
3
k
b
⎧
=
⎪
⎨
⎪=-
⎩
，
∴直线AF的解析式为：
1
3
3
y x
=-，
将x=2代入直线AF的解析式得：
7
3
y=-，
∴E（2，
7
3 -）.
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，求二次函数的解析式，等腰直角三角形的判定和性质，求一次函数的解析式，解题的关键是掌握二次函数的图像和性质，以及正确作出辅助线构造相似三角形.。