人教中考数学专题复习分类练习 二次函数综合解答题含答案

一、二次函数真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．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，并求出△POB的面积；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=x2﹣3x。

（2）点B的坐标为：（4，4）。

（3）存在；理由见解析；
【解析】
【分析】
（1）将原点坐标代入抛物线中即可求出k的值，从而求得抛物线的解析式。

（2）根据（1）得出的抛物线的解析式可得出A点的坐标，也就求出了OA的长，根据△OAB的面积可求出B点纵坐标的绝对值，然后将符合题意的B点纵坐标代入抛物线的解析式中即可求出B点的坐标，然后根据B点在抛物线对称轴的右边来判断得出的B点是否符合要求即可。

（3）根据B点坐标可求出直线OB的解析式，由于OB⊥OP，由此可求出P点的坐标特点，代入二次函数解析式可得出P点的坐标．求△POB的面积时，求出OB，OP的长度即可求出△BOP的面积。

【详解】
解：（1）∵函数的图象与x轴相交于O，∴0=k+1，∴k=﹣1。

∴这个二次函数的解析式为y=x2﹣3x。

（2）如图，过点B做BD⊥x轴于点D，
令x 2﹣3x=0，解得：x=0或3。

∴AO=3。

∵△AOB 的面积等于6，∴
12
AO•BD=6。

∴BD=4。

∵点B 在函数y=x 2﹣3x 的图象上，
∴4=x 2﹣3x ，解得：x=4或x=﹣1（舍去）。

又∵顶点坐标为：（ 1.5，﹣2.25），且2.25＜4，
∴x 轴下方不存在B 点。

∴点B 的坐标为：（4，4）。

（3）存在。

∵点B 的坐标为：（4，4），∴∠BOD=45°，22BO 442=
+=。

若∠POB=90°，则∠POD=45°。

设P 点坐标为（x ，x 2﹣3x ）。

∴2x x 3x =-。

若2x x 3x =-，解得x="4" 或x=0（舍去）。

此时不存在点P （与点B 重合）。

若()2x x 3x =--，解得x="2" 或x=0（舍去）。

当x=2时，x 2﹣3x=﹣2。

∴点P 的坐标为（2，﹣2）。

∴22OP 222=+=
∵∠POB=90°，∴△POB 的面积为：12PO•BO=12×2×2=8。

2．如图，已知直线y kx 6=-与抛物线2y ax bx c =++相交于A ，B 两点，且点A （1，－4）为抛物线的顶点，点B 在x 轴上。

（1）求抛物线的解析式；
（2）在（1）中抛物线的第二象限图象上是否存在一点P ，使△POB 与△POC 全等？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点Q 是y 轴上一点，且△ABQ 为直角三角形，求点Q 的坐标。

【答案】解：（1）2y x 2x 3=--；（2）存在，P 1-1313-1）；（3）Q 点坐标为（0，-
72）或（0，32
）或（0，－1）或（0，－3）. 【解析】
【分析】 （1）已知点A 坐标可确定直线AB 的解析式，进一步能求出点B 的坐标．点A 是抛物线的顶点，那么可以将抛物线的解析式设为顶点式，再代入点B 的坐标，依据待定系数法可解. （2）首先由抛物线的解析式求出点C 的坐标，在△POB 和△POC 中，已知的条件是公共边OP ，若OB 与OC 不相等，那么这两个三角形不能构成全等三角形；若OB 等于OC ，那么还要满足的条件为：∠POC=∠POB ，各自去掉一个直角后容易发现，点P 正好在第二象限的角平分线上，联立直线y=-x 与抛物线的解析式，直接求交点坐标即可，同时还要注意点P 在第二象限的限定条件.
（3）分别以A 、B 、Q 为直角顶点，分类进行讨论，找出相关的相似三角形，依据对应线段成比例进行求解即可.
【详解】
解：（1）把A （1，﹣4）代入y ＝kx ﹣6，得k ＝2，
∴y ＝2x ﹣6，
令y ＝0，解得：x ＝3，
∴B 的坐标是（3，0）．
∵A 为顶点，
∴设抛物线的解析为y ＝a （x ﹣1）2﹣4，
把B （3，0）代入得：4a ﹣4＝0，
解得a ＝1，
∴y ＝（x ﹣1）2﹣4＝x 2﹣2x ﹣3．
（2）存在．
∵OB ＝OC ＝3，OP ＝OP ，
∴当∠POB＝∠POC时，△POB≌△POC，
此时PO平分第二象限，即PO的解析式为y＝﹣x．
设P（m，﹣m），则﹣m＝m2﹣2m﹣3，解得m＝1-13
2
（m＝
1+13
2
＞0，舍），
∴P（1-13，13-1）．
（3）①如图，当∠Q1AB＝90°时，△DAQ1∽△DOB，
∴1
DQ
AD
OD DB
=，即5
6
=1
35
，∴DQ1＝
5
2
，
∴OQ1＝7
2
，即Q1（0，-
7
2
）；
②如图，当∠Q2BA＝90°时，△BOQ2∽△DOB，
∴2
OQ
OB
OD OB
=，即2
3
63
OQ
=，
∴OQ2＝3
2
，即Q2（0，
3
2
）；
③如图，当∠AQ3B＝90°时，作AE⊥y轴于E，
则△BOQ3∽△Q3EA，
∴3
3
OQ
OB
Q E AE
=，即3
3
3
41
OQ
OQ
=
-
∴OQ32﹣4OQ3+3＝0，∴OQ3＝1或3，
即Q3（0，﹣1），Q4（0，﹣3）．
综上，Q点坐标为（0，-
7
2
）或（0，
3
2
）或（0，﹣1）或（0，﹣3）．
3．如图①,已知抛物线y=ax2+bx+c的图像经过点A（0，3)、B（1，0），其对称轴为直线l：x=2，过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点，设其横坐标为m.
（1）求抛物线的解析式；
（2）若动点P在直线OE下方的抛物线上，连结PE、PO，当m为何值时，四边形AOPE 面积最大，并求出其最大值；
（3）如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）y=x2-4x+3.（2）当m=5
2
时，四边形AOPE面积最大，最大值为
75
8
.（3）P
点的坐标为：P1（3+5，15
-
），P2（
35
2
，
1+5
），P3（
5+5
，
1+5
），
P4（55
2
-
，
15
2
-
）.
【解析】
分析：（1）利用对称性可得点D的坐标，利用交点式可得抛物线的解析式；
（2）设P（m，m2-4m+3），根据OE的解析式表示点G的坐标，表示PG的长，根据面积和可得四边形AOPE的面积，利用配方法可得其最大值；
（3）存在四种情况：
如图3，作辅助线，构建全等三角形，证明△OMP≌△PNF，根据OM=PN列方程可得点P 的坐标；同理可得其他图形中点P的坐标．
详解：（1）如图1，设抛物线与x轴的另一个交点为D，
由对称性得：D（3，0），
设抛物线的解析式为：y=a（x-1）（x-3），
把A（0，3）代入得：3=3a，
a=1，
∴抛物线的解析式；y=x2-4x+3；（2）如图2，设P（m，m2-4m+3），
∵OE平分∠AOB，∠AOB=90°，
∴∠AOE=45°，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∴AE=OA=3，
∴E（3，3），
易得OE的解析式为：y=x，
过P作PG∥y轴，交OE于点G，
∴G（m，m），
∴PG=m-（m2-4m+3）=-m2+5m-3，
∴S四边形AOPE=S△AOE+S△POE，
=1
2
×3×3+
1
2
PG•AE，
=9
2
+
1
2
×3×（-m2+5m-3），
=-3
2
m2+
15
2
m，
=3
2
（m-
5
2
）2+
75
8
，
∵-3
2
＜0，
∴当m=5
2
时，S有最大值是
75
8
；
（3）如图3，过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N，
∵△OPF 是等腰直角三角形，且OP=PF ，
易得△OMP ≌△PNF ，
∴OM=PN ，
∵P （m ，m 2-4m+3），
则-m 2+4m-3=2-m ，
解得：m=5+52或552-， ∴P 的坐标为（
5+5，1+5）或（55-，15-）； 如图4，过P 作MN ⊥x 轴于N ，过F 作FM ⊥MN 于M ，
同理得△ONP ≌△PMF ，
∴PN=FM ，
则-m 2+4m-3=m-2，
解得：3+535； P 3+5152-35，1+52
）； 综上所述，点P 5+51+5255-1523+5
15 ）或（352，1+5）． 点睛：本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的综合应用，相似三角形的判定与性质以及解一元二次方程的方法，解第（2）问时需要运用配方法，解第（3）问时需要运用分类讨论思想和方程的思想解决问题．
4．在平面直角坐标系xOy 中（如图）．已知抛物线y=﹣
12x 2+bx+c 经过点A （﹣1，0）和点B （0，52
），顶点为C ，点D 在其对称轴上且位于点C 下方，将线段DC 绕点D 按顺时针方向旋转90°，点C 落在抛物线上的点P 处．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）求线段CD 的长；
（3）将抛物线平移，使其顶点C 移到原点O 的位置，这时点P 落在点E 的位置，如果点M 在y 轴上，且以O 、D 、E 、M 为顶点的四边形面积为8，求点M 的坐标．
【答案】（1）抛物线解析式为y=﹣
12x 2+2x+52；（2）线段CD 的长为2；（3）M 点的坐标为（0，
72）或（0，﹣72）． 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法求抛物线解析式；
（2）利用配方法得到y=﹣12（x ﹣2）2+92
，则根据二次函数的性质得到C 点坐标和抛物线的对称轴为直线x=2，如图，设CD=t ，则D （2，
92
﹣t ），根据旋转性质得∠PDC=90°，DP=DC=t ，则P （2+t ，92﹣t ），然后把P （2+t ，92﹣t ）代入y=﹣12x 2+2x+52
得到关于t 的方程，从而解方程可得到CD 的长； （3）P 点坐标为（4，
92），D 点坐标为（2，52
），利用抛物线的平移规律确定E 点坐标为（2，﹣2），设M （0，m ），当m ＞0时，利用梯形面积公式得到12•（m+52+2）•2=8当m ＜0时，利用梯形面积公式得到12•（﹣m+52
+2）•2=8，然后分别解方程求出m 即可
得到对应的M 点坐标．
【详解】（1）把A （﹣1，0）和点B （0，52）代入y=﹣12
x 2+bx+c 得 10252b c c ⎧--+=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，解得252b c =⎧⎪⎨=⎪⎩， ∴抛物线解析式为y=﹣
12x 2+2x+52； （2）∵y=﹣
12（x ﹣2）2+92， ∴C （2，92
），抛物线的对称轴为直线x=2， 如图，设CD=t ，则D （2，92
﹣t ）， ∵线段DC 绕点D 按顺时针方向旋转90°，点C 落在抛物线上的点P 处，
∴∠PDC=90°，DP=DC=t ，
∴P （2+t ，92
﹣t ）， 把P （2+t ，
92﹣t ）代入y=﹣12x 2+2x+52得﹣12（2+t ）2+2（2+t ）+52=92
﹣t ， 整理得t 2﹣2t=0，解得t 1=0（舍去），t 2=2，
∴线段CD 的长为2；
（3）P 点坐标为（4，92），D 点坐标为（2，52）， ∵抛物线平移，使其顶点C （2，92
）移到原点O 的位置， ∴抛物线向左平移2个单位，向下平移
92
个单位， 而P 点（4，92）向左平移2个单位，向下平移92
个单位得到点E ， ∴E 点坐标为（2，﹣2），
设M （0，m ）， 当m ＞0时，
12•（m+52
+2）•2=8，解得m=72，此时M 点坐标为（0，72）； 当m ＜0时，12•（﹣m+52
+2）•2=8，解得m=﹣72，此时M 点坐标为（0，﹣72）； 综上所述，M 点的坐标为（0，72）或（0，﹣72）．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题，涉及到待定系数法、抛物线上点的坐标、旋转的性质、抛物线的平移等知识，综合性较强，正确添加辅助线、运用数形结合思想熟练相关知识是解题的关键.
5． 阅读：我们约定，在平面直角坐标系中，经过某点且平行于坐标轴或平行于两坐标轴夹角平分线的直线，叫该点的“特征线”．例如，点M （1，3）的特征线有：x =1，y =3，y =x +2，y =﹣x +4．
问题与探究：如图，在平面直角坐标系中有正方形OABC ，点B 在第一象限，A 、C 分别在
x 轴和y 轴上，抛物线21()4
y x m n =
-+经过B 、C 两点，顶点D 在正方形内部． （1）直接写出点D （m ，n ）所有的特征线；
（2）若点D 有一条特征线是y =x +1，求此抛物线的解析式； （3）点P 是AB 边上除点A 外的任意一点，连接OP ，将△OAP 沿着OP 折叠，点A 落在点A ′的位置，当点A ′在平行于坐标轴的D 点的特征线上时，满足（2）中条件的抛物线向下平移多少距离，其顶点落在OP 上？
【答案】（1）x =m ，y =n ，y =x +n ﹣m ，y =﹣x +m+n ；（2）21(2)34y x =
-+；（3）抛物线向下平移
933-或2312距离，其顶点落在OP 上． 【解析】
试题分析：（1）根据特征线直接求出点D 的特征线；
（2）由点D 的一条特征线和正方形的性质求出点D 的坐标，从而求出抛物线解析式； （2）分平行于x 轴和y 轴两种情况，由折叠的性质计算即可．
试题解析：解：（1）∵点D （m ，n ），∴点D （m ，n ）的特征线是x =m ，y =n ，y =x +n ﹣m ，y =﹣x +m +n ；
（2）点D 有一条特征线是y =x +1，∴n ﹣m =1，∴n =m +1．∵抛物线解析式为
21()4y x m n =-+，∴21
()14
y x m m =-++，∵四边形OABC 是正方形，且D 点为正方
形的对称轴，D （m ，n ），∴B （2m ，2m ），∴21
(2)24
y m m n m =-+=，将n =m +1带入得到m =2，n =3；
∴D （2，3），∴抛物线解析式为21
(2)34
y x =
-+． （3）①如图，当点A ′在平行于y 轴的D 点的特征线时：
根据题意可得，D （2，3），∴OA ′=OA =4，OM =2，∴∠A ′OM =60°，∴∠A ′OP =∠AOP =30°，∴MN =
3=23，∴抛物线需要向下平移的距离=2333-=923
3
-． ②如图，当点A ′在平行于x 轴的D 点的特征线时，设A ′（p ，3），则OA ′=OA =4，OE =3，EA ′=2243-=7，∴A ′F =4﹣7，设P （4，c ）（c ＞0），，在Rt △A ′FP 中，（4﹣
7）2+（3﹣c ）2=c 2，∴c =
16473-，∴P （4，1647
3
-），∴直线OP 解析式为y =
47
-x ，∴N （2，827-），∴抛物线需要向下平移的距离=3﹣827-=127
+． 综上所述：抛物线向下平移
923-或127
+距离，其顶点落在OP 上．
点睛：此题是二次函数综合题，主要考查了折叠的性质，正方形的性质，解答本题的关键是用正方形的性质求出点D 的坐标．
6．如图，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（﹣2，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P从A点出发，在线段AB上以每秒3个单位长度的速度向B点运动，同时点Q从B点出发，在线段BC上以每秒1个单位长度的速度向C点运动，其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动，当△PBQ存在时，求运动多少秒使△PBQ的面积最大，最大面积是多少？
（3）当△PBQ的面积最大时，在BC下方的抛物线上存在点K，使S△CBK：S△PBQ=5：2，求K点坐标．
【答案】（1）y=3
8
x2﹣
3
4
x﹣3
（2）运动1秒使△PBQ的面积最大，最大面积是
9 10
（3）K1（1，﹣27
8
），K2（3，﹣
15
8
）
【解析】
【详解】
试题分析：（1）把点A、B的坐标分别代入抛物线解析式，列出关于系数a、b的解析式，通过解方程组求得它们的值；
（2）设运动时间为t秒．利用三角形的面积公式列出S△PBQ与t的函数关系式S△PBQ=﹣
9 10
（t﹣1）2+
9
10
．利用二次函数的图象性质进行解答；
（3）利用待定系数法求得直线BC的解析式为y=3
4
x﹣3．由二次函数图象上点的坐标特征
可设点K的坐标为（m，3
8
m2﹣
3
4
m﹣3）．
如图2，过点K作KE∥y轴，交BC于点E．结合已知条件和（2）中的结果求得
S△CBK=9
4
．则根据图形得到：S△CBK=S△CEK+S△BEK=
1
2
EK•m+
1
2
•EK•（4﹣m），把相关线段的
长度代入推知：﹣3
4
m2+3m=
9
4
．易求得K1（1，﹣
27
8
），K2（3，﹣
15
8
）．解：（1）把点A（﹣2，0）、B（4，0）分别代入y=ax2+bx﹣3（a≠0），得4230
16430
a b
a b
--=
⎧
⎨
+-=
⎩
，
解得
3
8
3
4
a
b
⎧
=
⎪⎪
⎨
⎪=-
⎪⎩
，
所以该抛物线的解析式为：y=
3
8
x2﹣
3
4
x﹣3；
（2）设运动时间为t秒，则AP=3t，BQ=t．
∴PB=6﹣3t．
由题意得，点C的坐标为（0，﹣3）．
在Rt△BOC中，BC=22
34
+=5．
如图1，过点Q作QH⊥AB于点H．
∴QH∥CO，
∴△BHQ∽△BOC，
∴HB
OC
BG
BC
=，即
Hb
35
t
=，
∴HQ=3
5
t．
∴S△PBQ=
1
2
PB•HQ=
1
2
（6﹣3t）•
3
5
t=﹣
9
10
t2+
9
5
t=﹣
9
10
（t﹣1）2+
9
10
．
当△PBQ存在时，0＜t＜2
∴当t=1时，
S△PBQ最大=
9
10
．
答：运动1秒使△PBQ的面积最大，最大面积是
9
10
；
（3）设直线BC的解析式为y=kx+c（k≠0）．
把B （4，0），C （0，﹣3）代入，得
40
3
k c c +=⎧⎨
=-⎩， 解得3k 4c 3
⎧=⎪⎨⎪=-⎩，
∴直线BC 的解析式为y=3
4
x ﹣3． ∵点K 在抛物线上．
∴设点K 的坐标为（m ，3
8
m 2﹣
3
4
m ﹣3）． 如图2，过点K 作KE ∥y 轴，交BC 于点E ．则点E 的坐标为（m ，
3
4
m ﹣3）．
∴EK=
34m ﹣3﹣（38m 2﹣34
m ﹣3）=﹣3
8m 2+32m ．
当△PBQ 的面积最大时，∵S △CBK ：S △PBQ =5：2，S △PBQ =9
10
． ∴S △CBK =
94
． S △CBK =S △CEK +S △BEK =12EK•m+1
2
•EK•（4﹣m ） =
1
2
×4•EK =2（﹣38
m 2+3
2
m ） =﹣
34m 2
+3m ． 即：﹣34
m 2+3m=94．
解得 m 1=1，m 2=3．
∴K1（1，﹣27
8
），K2（3，﹣
15
8
）．
点评：本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有待定系数法求二次函数解析式和三角形的面积求法．在求有关动点问题时要注意该点的运动范围，即自变量的取值范围．
7．如图1，抛物线C1：y=ax2﹣2ax+c（a＜0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C．已知点A的坐标为（﹣1，0），点O为坐标原点，OC=3OA，抛物线C1的顶点为G．
（1）求出抛物线C1的解析式，并写出点G的坐标；
（2）如图2，将抛物线C1向下平移k（k＞0）个单位，得到抛物线C2，设C2与x轴的交点为A′、B′，顶点为G′，当△A′B′G′是等边三角形时，求k的值：
（3）在（2）的条件下，如图3，设点M为x轴正半轴上一动点，过点M作x轴的垂线分别交抛物线C1、C2于P、Q两点，试探究在直线y=﹣1上是否存在点N，使得以P、Q、N 为顶点的三角形与△AOQ全等，若存在，直接写出点M，N的坐标：若不存在，请说明理由．
【答案】（1）抛物线C1的解析式为y=﹣x2+2x+3，点G的坐标为（1，4）；（2）k=1；
（3）M1（113
2
+
，0）、N1131）；M2（
113
2
+
，0）、N2（1，﹣1）；M3
（4，0）、N3（10，﹣1）；M4（4，0）、N4（﹣2，﹣1）．
【解析】
【分析】（1）由点A的坐标及OC=3OA得点C坐标，将A、C坐标代入解析式求解可得；（2）设抛物线C2的解析式为y=﹣x2+2x+3﹣k，即y=﹣（x﹣1）2+4﹣k，′作G′D⊥x轴于点D，设BD′=m，由等边三角形性质知点B′的坐标为（m+1，0），点G′的坐标为（1，
3m），代入所设解析式求解可得；
（3）设M（x，0），则P（x，﹣x2+2x+3）、Q（x，﹣x2+2x+2），根据PQ=OA=1且
∠AOQ、∠PQN均为钝角知△AOQ≌△PQN，延长PQ交直线y=﹣1于点H，证
△OQM≌△QNH，根据对应边相等建立关于x的方程，解之求得x的值从而进一步求解即可．
【详解】（1）∵点A的坐标为（﹣1，0），
∴OA=1，
∴OC=3OA，
∴点C的坐标为（0，3），
将A 、C 坐标代入y=ax 2
﹣2ax+c ，得：20
3a a c c ++=⎧⎨=⎩
，
解得：1
3a c =-⎧⎨=⎩
，
∴抛物线C 1的解析式为y=﹣x 2+2x+3=﹣（x ﹣1）2+4， 所以点G 的坐标为（1，4）；
（2）设抛物线C 2的解析式为y=﹣x 2+2x+3﹣k ，即y=﹣（x ﹣1）2+4﹣k ， 过点G′作G′D ⊥x 轴于点D ，设BD′=m ，
∵△A′B′G′为等边三角形， ∴G′D=3
B′D=3m ，
则点B′的坐标为（m+1，0），点G′的坐标为（1，3m ）， 将点B′、G′的坐标代入y=﹣（x ﹣1）2+4﹣k ，得：
2
40
43m k k m
⎧-+-=⎪⎨
-=⎪⎩， 解得：1104m k =⎧⎨=⎩（舍），2231
m k ⎧=⎪⎨=⎪⎩，
∴k=1；
（3）设M （x ，0），则P （x ，﹣x 2+2x+3）、Q （x ，﹣x 2+2x+2）， ∴PQ=OA=1，
∵∠AOQ 、∠PQN 均为钝角， ∴△AOQ ≌△PQN ，
如图2，延长PQ 交直线y=﹣1于点H ，
则∠QHN=∠OMQ=90°， 又∵△AOQ ≌△PQN ，
∴OQ=QN ，∠AOQ=∠PQN ， ∴∠MOQ=∠HQN ， ∴△OQM ≌△QNH （AAS ）， ∴OM=QH ，即x=﹣x 2+2x+2+1， 解得：x=
113
2
±（负值舍去）， 当x=
113+时，HN=QM=﹣x 2+2x+2=131-，点M （113
+，0）， ∴点N 坐标为（1132++131
2
-，﹣1），即（13，﹣1）； 或（
1132+﹣1312
-，﹣1），即（1，﹣1）； 如图3，
同理可得△OQM ≌△PNH ，
∴OM=PH ，即x=﹣（﹣x 2+2x+2）﹣1， 解得：x=﹣1（舍）或x=4，
当x=4时，点M 的坐标为（4，0），HN=QM=﹣（﹣x 2+2x+2）=6，
∴点N 的坐标为（4+6，﹣1）即（10，﹣1），或（4﹣6，﹣1）即（﹣2，﹣1）； 综上点M 1113+0）、N 1131）；M 2113
+0）、N 2（1，﹣1）；M 3
（4，0）、N 3（10，﹣1）；M 4（4，0）、N 4（﹣2，﹣1）．
【点睛】本题考查的是二次函数的综合题，涉及到的知识有待定系数法、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质等，熟练掌握待定系数法求函数解析式、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、运用分类讨论思想是解题的关键.
8．如图，已知A （﹣2，0），B （4，0），抛物线y=ax 2+bx ﹣1过A 、B 两点，并与过A 点的直线y=﹣
1
2
x ﹣1交于点C ．
（1）求抛物线解析式及对称轴；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P ，使四边形ACPO 的周长最小？若存在，求出点P 的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）点M 为y 轴右侧抛物线上一点，过点M 作直线AC 的垂线，垂足为N ．问：是否存在这样的点N ，使以点M 、N 、C 为顶点的三角形与△AOC 相似，若存在，求出点N 的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）抛物线解析式为：y=211
184
x x --，抛物线对称轴为直线x=1；（2）存在P 点坐标为（1，﹣1
2
）；（3）N 点坐标为（4，﹣3）或（2，﹣1） 【解析】
分析：（1）由待定系数法求解即可；
（2）将四边形周长最小转化为PC+PO 最小即可；
（3）利用相似三角形对应点进行分类讨论，构造图形．设出点N 坐标，表示点M 坐标代入抛物线解析式即可．
详解：（1）把A （-2，0），B （4，0）代入抛物线y=ax 2+bx-1，得
0421
01641a b a b --⎧⎨
+-⎩
＝＝ 解得18
14a b ⎧
⎪⎪⎨
⎪-⎪⎩
＝＝ ∴抛物线解析式为：y=
18x 2−1
4
x−1 ∴抛物线对称轴为直线x=-1
41228
b
a -
=-⨯
＝1 （2）存在
使四边形ACPO 的周长最小，只需PC+PO 最小
∴取点C （0，-1）关于直线x=1的对称点C′（2，-1），连C′O 与直线x=1的交点即为P 点．
设过点C′、O直线解析式为：y=kx
∴k=-1 2
∴y=-1 2 x
则P点坐标为（1，-1
2
）
（3）当△AOC∽△MNC时，
如图，延长MN交y轴于点D，过点N作NE⊥y轴于点E
∵∠ACO=∠NCD，∠AOC=∠CND=90°
∴∠CDN=∠CAO
由相似，∠CAO=∠CMN
∴∠CDN=∠CMN
∵MN⊥AC
∴M、D关于AN对称，则N为DM中点
设点N坐标为（a，-1
2
a-1）
由△EDN∽△OAC ∴ED=2a
∴点D坐标为（0，-5
2
a−1）
∵N为DM中点
∴点M坐标为（2a，3
2
a−1）
把M代入y=1
8
x2−
1
4
x−1，解得
a=4
则N点坐标为（4，-3）
当△AOC∽△CNM时，∠CAO=∠NCM
∴CM∥AB则点C关于直线x=1的对称点C′即为点N
由（2）N（2，-1）
∴N点坐标为（4，-3）或（2，-1）
点睛：本题为代数几何综合题，考查了待定系数、两点之间线段最短的数学模型构造、三角形相似．解答时，应用了数形结合和分类讨论的数学思想．
9．在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+
5
3
x+c的图象经过点C（0，2）和点D（4，﹣
2）．点E是直线y=﹣1
3
x+2与二次函数图象在第一象限内的交点．
（1）求二次函数的解析式及点E的坐标．
（2）如图①，若点M是二次函数图象上的点，且在直线CE的上方，连接MC，OE，ME．求四边形COEM面积的最大值及此时点M的坐标．
（3）如图②，经过A、B、C三点的圆交y轴于点F，求点F的坐标．
【答案】（1）E（3，1）；（2）S最大=21
4
，M坐标为（
3
2
，3）；（3）F坐标为（0，﹣
3
2
）．
【解析】
【分析】
1）把C与D坐标代入二次函数解析式求出a与c的值，确定出二次函数解析式，与一次函数解析式联立求出E坐标即可；
（2）过M作MH垂直于x轴，与直线CE交于点H，四边形COEM面积最大即为三角形CME面积最大，构造出二次函数求出最大值，并求出此时M坐标即可；
（3）令y=0，求出x的值，得出A与B坐标，由圆周角定理及相似的性质得到三角形AOC 与三角形BOF相似，由相似得比例求出OF的长，即可确定出F坐标．
【详解】
（1）把C（0，2），D（4，﹣2）代入二次函数解析式得：
20
162
3
2
a c
c
⎧
++=-
⎪
⎨
⎪=
⎩
，
解得：
2
a
3
2
c
⎧
=-
⎪
⎨
⎪=
⎩
，即二次函数解析式为y=﹣
2
3
x2+
5
3
x+2，
联立一次函数解析式得：22
25233y x y x x ﹣﹣=+⎧⎪⎨=
++⎪⎩
， 消去y 得：﹣
13x+2=﹣23x 2+53
x+2， 解得：x=0或x=3，
则E （3，1）； （2）如图①，过M 作MH ∥y 轴，交CE 于点H ，
设M （m ，﹣
23m 2+53m+2），则H （m ，﹣13m+2）， ∴MH=（﹣23m 2+53m+2）﹣（﹣13m+2）=﹣23
m 2+2m ， S 四边形COEM =S △OCE +S △CME =
12×2×3+12MH•3=﹣m 2+3m+3， 当m=﹣a b =32时，S 最大=214，此时M 坐标为（32
，3）； （3）连接BF ，如图②所示，
当﹣23x 2+53x+20=0时，x 15+73，x 2=5-734， ∴OA=
73-54，OB=734， ∵∠ACO=∠ABF ，∠AOC=∠FOB ，
∴△AOC ∽△FOB ，
∴OA OC OF OB = ，即73-5
45+73
OF = ，
解得：OF=3
2
，
则F坐标为（0，﹣3
2
）．
【点睛】
此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法求二次函数解析式，相似三角形的判定与性质，三角形的面积，二次函数图象与性质，以及图形与坐标性质，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
10．如图，直线y=﹣x+分别与x轴、y轴交于B、C两点，点A在x轴上，
∠ACB=90°，抛物线y=ax2+bx+经过A，B两点．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）点M是直线BC上方抛物线上的一点，过点M作MH⊥BC于点H，作MD∥y轴交BC 于点D，求△DMH周长的最大值．
【答案】（1）（﹣1，0）（2）y=﹣x2+x+（3）
【解析】
试题分析：（1）由直线解析式可求得B、C坐标，在Rt△BOC中由三角函数定义可求得∠OCB=60°，则在Rt△AOC中可得∠ACO=30°，利用三角函数的定义可求得OA，则可求得A点坐标；
（2）由A、B两点坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（3）由平行线的性质可知∠MDH=∠BCO=60°，在Rt△DMH中利用三角函数的定义可得到DH、MH与DM的关系，可设出M点的坐标，则可表示出DM的长，从而可表示出△DMH 的周长，利用二次函数的性质可求得其最大值．
试题解析：（1）∵直线y=﹣x+分别与x轴、y轴交于B、C两点，
∴B（3，0），C（0，），
∴OB=3，OC=，
∴tan∠BCO==，
∴∠BCO=60°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACO=30°，
∴=tan30°=，即=，解得AO=1，
∴A（﹣1，0）；
（2）∵抛物线y=ax2+bx+经过A，B两点，
∴，解得，
∴抛物线解析式为y=﹣x2+x+；
（3）∵MD∥y轴，MH⊥BC，
∴∠MDH=∠BCO=60°，则∠DMH=30°，
∴DH=DM，MH=DM，
∴△DMH的周长=DM+DH+MH=DM+DM+DM=DM，
∴当DM有最大值时，其周长有最大值，
∵点M是直线BC上方抛物线上的一点，
∴可设M（t，﹣t2+t+），则D（t，﹣t+），
∴DM=﹣t2+t+），则D（t，﹣t+），
∴DM=﹣t2+t+﹣（﹣t+）=﹣t2+t=﹣（t﹣）2+，∴当t=时，DM有最大值，最大值为，
此时DM=×=，
即△DMH周长的最大值为．
考点：1、二次函数的综合应用，2、待定系数法，3、三角函数的定义，4方程思想。