人教版九年级上册数学 二次函数单元测试卷(含答案解析)

人教版九年级上册数学 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．已知函数2222
22(0)114(0)
2
2x ax a x y x ax a x ⎧-+-<⎪
=⎨---+≥⎪⎩（a 为常数）． （1）若点()1,2在此函数图象上，求a 的值． （2）当1a =-时，
①求此函数图象与x 轴的交点的横坐标．
②若此函数图象与直线y m =有三个交点，求m 的取值范围．
（3）已知矩形ABCD 的四个顶点分别为点()2,0A -，点()3,0B ，点()3,2C ，点
()2,2D -，若此函数图象与矩形ABCD 无交点，直接写出a 的取值范围．
【答案】（1）1a =或3a =-；（2
）①1x =--
1x =+；②
7
2
4m ≤<或21m -<<-；（3
）3a <--
或1a ≤<-
或a >【解析】 【分析】
（1）本题根据点(1,2)横坐标大于零，故将点代入对应解析式即可求得a 的取值． （2）①本题将1a =-代入解析式，分别令两个函数解析式y 值为零即可求得函数与x 轴交点横坐标；②本题可求得分段函数具体解析式，继而求得顶点坐标，最后平移直线
y m =观察其与图像交点，即可得到答案．
（3）本题可根据对称轴所在的位置分三种情况讨论，第一种为当2a <-，将
2222y x ax a =-+-函数值与2比大小，将2211
422
y x ax a =---+与0比大小；第二
种为当20a -≤<，2
2
22y x ax a =-+-函数值与0比大小，且该函数与y 轴的交点和0比大小，2211
422
y x ax a =-
--+函数值与2比大小，且该函数与y 轴交点与2比大小；第三种为2
2
22y x ax a =-+-与y 轴交点与2比大小，2211
422
y x ax a =---+与y 轴交点与0比大小． 【详解】
（1）将()1,2代入2211422y x ax a =-
--+中，得211
2422
a a =---+，解得1a =或3a =-．
（2）当1a =-时，函数为2221,
(0)17
(0)
2
2x x x y x x x ⎧+-<⎪
=⎨-++≥⎪
⎩，
①令2210x x +-=，解得1x =--1x =-
令217
022
x x -
++=，解得1x =+或1x =-
综上，1x =--1x =+．
②对于函数()2
210y x x x =+-<，其图象开口向上，顶点为()1,2--； 对于函数217
(0)22
y x x x =-
++≥，其图象开口向下，顶点为()1,4，与y 轴交于点70,2⎛⎫
⎪⎝⎭
． 综上，若此函数图象与直线y m =有三个交点，则需满足
7
2
4m ≤<或21m -<<-． （3）22
22y x ax a =-+-对称轴为x a =；2211
422
y x ax a =-
--+对称轴为x a =-． ①当2a <-时，若使得2
2
22y x ax a =-+-图像与矩形ABCD 无交点，需满足当2x =-时，2
2
22y x ax a =-+-24+422a a =->+，解不等式得0a >或4a ，在此基础
上若使2211
422
y x ax a =-
--+图像与矩形ABCD 无交点，需满足当3x =时，2221111
49342222
0y x ax a a a =---+=⨯--+<-，
解得3a >或3a <--，
综上可得：3a <--．
②当20a -≤<时，若使得2
2
22y x ax a =-+-图像与矩形ABCD 无交点，需满足
2x =-时，2222y x ax a =-+-24+420a a =+-<；当0x =时，
222
22=20y x ax a a =-+--≤；得2a ≤<，
在此基础上若使2211
422
y x ax a =-
--+图像与矩形ABCD 无交点，需满足0x =时，222111
4=42222y x ax a a ---+->=；3x =时，
2221111
49342222
2y x ax a a a =---+=⨯--+>-；
求得21a -<<-；
综上：1a ≤<-．
③当0a ≥时，若使函数图像与矩形ABCD 无交点，需满足0x =时，
22222=22y x ax a a =-+--≥且222111
4+40222
y x ax a a =---+=-<；
求解上述不等式并可得公共解集为：a >
综上：若使得函数与矩形ABCD 无交点，则322a <--或21a -≤<-或22a >． 【点睛】
本题考查二次函数综合，求解函数解析式常用待定系数法，函数含参数讨论时，往往需要分类讨论，分类讨论时需要先选取特殊情况以用来总结规律，继而将规律一般化求解题目．
2．如图，直线l ：y ＝﹣3x +3与x 轴，y 轴分别相交于A 、B 两点，抛物线y ＝﹣x 2+2x +b 经过点B ．
（1）该抛物线的函数解析式；
（2）已知点M 是抛物线上的一个动点，并且点M 在第一象限内，连接AM 、BM ，设点M 的横坐标为m ，△ABM 的面积为S ，求S 与m 的函数表达式，并求出S 的最大值； （3）在（2）的条件下，当S 取得最大值时，动点M 相应的位置记为点M '． ①写出点M '的坐标；
②将直线l 绕点A 按顺时针方向旋转得到直线l '，当直线l ′与直线AM '重合时停止旋转，在旋转过程中，直线l '与线段BM '交于点C ，设点B ，M '到直线l '的距离分别为d 1，d 2，当d 1+d 2最大时，求直线l '旋转的角度（即∠BAC 的度数）．
【答案】（1）2
y x 2x 3=-++；（2）2
1525228
S m ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭ ，258；（3）
①57,24M ⎛⎫
'
⎪⎝⎭
；②45° 【解析】 【分析】
（1）利用直线l 的解析式求出B 点坐标，再把B 点坐标代入二次函数解析式即可求出b 的值．
（2）设M 的坐标为（m ，﹣m 2+2m +3），然后根据面积关系将△ABM 的面积进行转化．
（3）①由（2）可知m ＝5
2
，代入二次函数解析式即可求出纵坐标的值． ②可将求d 1+d 2最大值转化为求AC 的最小值． 【详解】
（1）令x ＝0代入y ＝﹣3x+3， ∴y ＝3，
∴B（0，3），
把B（0，3）代入y＝﹣x2+2x+b并解得：b＝3，∴二次函数解析式为：y＝﹣x2+2x+3．
（2）令y＝0代入y＝﹣x2+2x+3，
∴0＝﹣x2+2x+3，
∴x＝﹣1或3，
∴抛物线与x轴的交点横坐标为-1和3，
∵M在抛物线上，且在第一象限内，
∴0＜m＜3，
令y＝0代入y＝﹣3x+3，
∴x＝1，
∴A的坐标为（1，0），
由题意知：M的坐标为（m，﹣m2+2m+3），∴S＝S四边形OAMB﹣S△AOB＝S△OBM+S△OAM﹣S△AOB
＝1
2
×m×3+
1
2
×1×（-m2+2m+3）-
1
2
×1×3
＝﹣1
2
（m﹣
5
2
）2+
25
8
，
∴当m＝5
2
时，S取得最大值
25
8
．
（3）①由（2）可知：M′的坐标为（5
2
，
7
4
）．
②设直线l′为直线l旋转任意角度的一条线段，过点M′作直线l1∥l′，过点B作BF⊥l1于点F，
根据题意知：d 1+d 2＝BF ， 此时只要求出BF 的最大值即可， ∵∠BFM′＝90︒，
∴点F 在以BM′为直径的圆上， 设直线AM′与该圆相交于点H ， ∵点C 在线段BM′上， ∴F 在优弧'BM H 上， ∴当F 与M′重合时， BF 可取得最大值， 此时BM′⊥l 1，
∵A （1，0），B （0，3），M′（
52，7
4
）， ∴由勾股定理可求得：AB 10，M′B 55
M′A 85， 过点M′作M′G ⊥AB 于点G ， 设BG ＝x ，
∴由勾股定理可得：M′B 2﹣BG 2＝M′A 2﹣AG 2， ∴
8516
10﹣x ）2＝125
16﹣x 2，
∴x ＝
510
8
， cos ∠M′BG ＝
'BG BM ＝2
2
，∠M′BG= 45︒ 此时图像如下所示，
∵l 1∥l′，F 与M′重合，BF ⊥l 1 ∴∠B M′P=∠BCA ＝90︒， 又∵∠M′BG=∠CBA= 45︒ ∴∠BAC ＝45︒． 【点睛】
本题主要考查了一次函数与二次函数的综合以及一次函数旋转求角度问题，正确掌握一次函数与二次函数性质及综合问题的解法是解题的关键．
3．如图，过原点的抛物线y=﹣
12
x 2
+bx+c 与x 轴交于点A （4，0），B 为抛物线的顶点，连接OB ，点P 是线段OA 上的一个动点，过点P 作PC ⊥OB ，垂足为点C ． （1）求抛物线的解析式，并确定顶点B 的坐标；
（2）设点P 的横坐标为m ，将△POC 绕着点P 按顺利针方向旋转90°，得△PO′C′，当点O′和点C′分别落在抛物线上时，求相应的m 的值；
（3）当（2）中的点C′落在抛物线上时，将抛物线向左或向右平移n （0＜n ＜2）个单位，点B 、C′平移后对应的点分别记为B′、C″，是否存在n ，使得四边形OB′C″A 的周长最短？若存在，请直接写出n 的值和抛物线平移的方向，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）2122
y x x =-
+，点B （2，2）；（2）m=2或209m =；（3）存在；n=
27时，抛物线向左平移． 【解析】 【分析】
（1）将点A 和点O 的坐标代入解析式，利用待定系数法即可求得二次函数的解析式，然
后利用配方法可求得点B 的坐标；
（2）由点A 、点B 、点C 的坐标以及旋转的性质可知△△PDC 为等腰直角三角形，从而可得到点O′坐标为：（m ，m ），点C′坐标为：（32m ，2
m
），然后根据点在抛物线上，列出关于m 的方程，从而可解得m 的值；
（3）如图，将AC′沿C′B 平移，使得C′与B 重合，点A 落在A′处，以过点B 的直线y=2为对称轴，作A′的对称点A″，连接OA″，由线段的性质可知当B′为OA″与直线y=2的交点时，四边形OB′C″A 的周长最短，先求得点B′的坐标，根据点B 移动的方向和距离从而可得出点抛物线移动的方向和距离． 【详解】
解：（1）把原点O （0，0），和点A （4，0）代入y=12
-
x 2
+bx+c ． 得040c b b c =⎧
⎨-++=⎩，
∴02c b =⎧⎨=⎩
．
∴2211
2(2)222
y x x x =-
+=--+． ∴点B 的坐标为（2，2）．
（2）∵点B 坐标为（2，2）． ∴∠BOA=45°．
∴△PDC 为等腰直角三角形． 如图，过C′作C′D ⊥O′P 于D ．
∵O′P=OP=m ． ∴C′D=
12O′P=1
2
m ． ∴点O′坐标为：（m ，m ），点C′坐标为：（3
2m ，2
m ）．
当点O′在y=12
-x 2
+2x 上． 则−
12
m 2
+2m ＝m ． 解得：12m =，20m =（舍去）．
∴m=2．
当点C′在y=
1
2
-x2+2x上，
则
1
2
-×(3
2
m)2+2×
3
2
m＝
1
2
m，
解得：
120 9
m=，
20
m=（舍去）．
∴m=20 9
（3）存在n=2
7
，抛物线向左平移．
当m=20
9
时，点C′的坐标为（
10
3
，
10
9
）．
如图，将AC′沿C′B平移，使得C′与B重合，点A落在A′处．
以过点B的直线y=2为对称轴，作A′的对称点A″，连接OA″．当B′为OA″与直线y=2的交点时，四边形OB′C″A的周长最短．
∵BA′∥AC′，且BA′=AC′，点A（4，0），点C′（10
3
，
10
9
），点B（2，2）．
∴点A′（8
3
，
8
9
）．
∴点A″的坐标为（8
3
，
28
9
）．
设直线OA″的解析式为y=kx，将点A″代入得：828 39
k=，
解得：k=7
6
．
∴直线OA″的解析式为y=7
6 x．
将y=2代入得：7
6
x=2，
解得：x=12
7
，
∴点B′得坐标为（12
7
，2）． ∴n=212277
-
=． ∴存在n=2
7
，抛物线向左平移．
【点睛】
本题主要考查的是二次函数、旋转的性质、平移的性质、路径最短等知识点，由旋转的性质和平移的性质求得点点O′坐标为：（m ，m ），点C′坐标为：（32m ，2
m
）以及点B′的坐标是解题的关键．
4．如图所示，在平面直角坐标系中，抛物线2
(0)y ax bx c a =++≠的顶点坐标为
()3, 6C ，并与y 轴交于点()0, 3B ，点A 是对称轴与x 轴的交点．
(1)求抛物线的解析式;
(2)如图①所示, P 是抛物线上的一个动点,且位于第一象限，连结BP 、AP ,求ABP ∆的面积的最大值;
(3)如图②所示，在对称轴AC 的右侧作30ACD ∠=交抛物线于点D ,求出D 点的坐标;并探究:在y 轴上是否存在点Q ,使60CQD ∠=?若存在，求点Q 的坐标;若不存在，请说明理由．
【答案】（1）21233y x x =-
++；（2）当9
2n =时，PBA S ∆最大值为818
；（3）存在，Q 点坐标为((0,330,33-或，理由见解析
【解析】 【分析】
(1)利用待定系数法可求出二次函数的解析式；
(2)求三角形面积的最值，先求出三角形面积的函数式.从图形上看S △PAB=S △BPO+S △APO-
S △AOB,设P 2
1,233
n n n ⎛⎫-++ ⎪⎝
⎭
求出关于n 的函数式，从而求S △PAB 的最大值. (3) 求点D 的坐标，设D 2
1,233
t t t ⎛⎫-++ ⎪⎝
⎭
,过D 做DG 垂直于AC 于G,构造直角三角形，利用勾股定理或三角函数值来求t 的值即得D 的坐标;探究在y 轴上是否存在点Q ,使
60CQD ∠=?根据以上条件和结论可知∠CAD=120°,是∠CQD 的2倍，联想到同弧所对
的圆周角和圆心角，所以以A 为圆心，AO 长为半径做圆交y 轴与点Q,若能求出这样的点，就存在Q 点. 【详解】
解：()1抛物线顶点为()3,6
∴可设抛物线解析式为()2
36y a x =-+
将()0,3B 代入()2
36y a x =-+得
396a =+ 1
3
a ∴=-
∴抛物线()2
1363y x =-
-+，即21233
y x x =-++ ()2连接,3, 3OP BO OA ==，
PBA BPO PAO ABO S S S S ∆∆∆∆=+-
设P 点坐标为2
1,233
n n n ⎛⎫-++ ⎪⎝
⎭
1133222
BPO x S BO P n n ∆=== 2211119323322322PAO y S OA P n n n n ∆⎛⎫
=
=-++=-++ ⎪⎝⎭
11933222
ABO S OA BO ∆=
=⨯⨯= 2
2231
99191981322
2222228PBA
S n n n n n n ∆⎛⎫⎛⎫=+-++-=-+=--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ∴当9
2n =
时，PBA S ∆最大值为818
()3存在，设点D 的坐标为21,233t t t ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭
过D 作对称轴的垂线，垂足为G ,
则21
3,6233DG t CG t t ⎛⎫
=-=--++ ⎪⎝⎭
30ACD ∠=
2DG DC ∴=
在Rt CGD ∆中有
222243CG CD DG DG DG DG =+=-= )21336233t t t ⎛⎫-=--++ ⎪⎝⎭ 化简得(1133303t t ⎛⎫---= ⎪⎝⎭ 13t ∴=（舍去），2333t =+∴点D(333+
3,33AG GD ∴==连接AD ，在Rt ADG ∆中
229276AD AG GD ++=
6,120AD AC CAD ∴==∠=
Q ∴在以A 为圆心，AC 为半径的圆与y 轴的交点上
此时1602
CQD CAD ∠=∠= 设Q 点为(0,m), AQ 为
A 的半径 则AQ ²=OQ ²+OA ², 6²=m ²+3²
即2936m += ∴1233,33m m ==-
综上所述，Q 点坐标为()()
0,330,33-或
故存在点Q ，且这样的点有两个点.
【点睛】
(1)本题考查了利用待定系数法求二次函数解析式，根据已知条件选用顶点式较方便；
(2)本题是三角形面积的最值问题，解决这个问题应该在分析图形的基础上，引出自变量，再根据图形的特征列出面积的计算公式，用含自变量的代数式表示面积的函数式,然后求出最值. (3)先求抛物线上点的坐标问题及符合条件的点是否存在.一般先假设这个点存在，再根据已知条件求出这个点.
5．如图，抛物线y =ax 2+bx +2经过点A(−1，0)，B(4，0)，交y 轴于点C ；
（1）求抛物线的解析式(用一般式表示)；
（2）点D 为y 轴右侧抛物线上一点，是否存在点D 使S △ABC =
23
S △ABD ?若存在，请求出点D 坐标；若不存在，请说明理由；
（3）将直线BC 绕点B 顺时针旋转45°，与抛物线交于另一点E ，求BE 的长.
【答案】（1）213222
y x x =-
++（2）存在，D （1，3）或（2，3）或（5，3-）（3）10
【解析】
【分析】 （1）由A 、B 的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）由条件可求得点D 到x 轴的距离，即可求得D 点的纵坐标，代入抛物线解析式可求得D 点坐标；
（3）由条件可证得BC ⊥AC ，设直线AC 和BE 交于点F ，过F 作FM ⊥x 轴于点M ，则可得BF=BC ，利用平行线分线段成比例可求得F 点的坐标，利用待定系数法可求得直线BE 解析式，联立直线BE 和抛物线解析式可求得E 点坐标，则可求得BE 的长．
【详解】
解：（1）∵抛物线y=ax 2+bx+2经过点A （-1，0），B （4，0），
∴2016420a b a b -+=⎧⎨++=⎩，解得：1232a b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩
， ∴抛物线解析式为：213222
y x x =-++； （2）由题意可知C （0，2），A （-1，0），B （4，0），
∴AB=5，OC=2，
∴S △ABC =
12AB•OC=12
×5×2=5， ∵S △ABC =23
S △ABD ， ∴S △ABD =315522
⨯=， 设D （x ，y ）， ∴11155222AB y y •=⨯•=， 解得：3y =；
当3y =时，2132322
y x x =-++=， 解得：1x =或2x =，
∴点D 的坐标为：（1，3）或（2，3）；
当3y =-时，2132322
y x x =-++=-， 解得：5x =或2x =-（舍去），
∴点D 的坐标为：（5，-3）；
综合上述，点D 的坐标为：（1，3）或（2，3）或（5，-3）；
（3）∵AO=1，OC=2，OB=4，AB=5，
∴AC ==
BC ==
∴222AC BC AB +=，
∴△ABC 为直角三角形，即BC ⊥AC ，
如图，设直线AC 与直线BE 交于点F ，过F 作FM ⊥x 轴于点M ，
由题意可知∠FBC=45°，
∴∠CFB=45°， ∴25CF BC == ∴AO AC OM CF =，即1525
OM = 解得：2OM =， ∴
OC AC FM AF =，即2535FM = 解得：6FM =，
∴点F 为（2，6），且B 为（4，0），
设直线BE 解析式为y=kx+m ，则
2640k m k m +=⎧⎨+=⎩，解得312k m =-⎧⎨=⎩， ∴直线BE 解析式为：312y x =-+；
联立直线BE 和抛物线解析式可得：
231213222y x y x x =-+⎧⎪⎨=-++⎪⎩
， 解得：40x y =⎧⎨=⎩
或53x y =⎧⎨=-⎩， ∴点E 坐标为：(5,3)-，
∴22(54)(3)10BE =-+-=
【点睛】
本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、三角形面积、勾股定理及其逆定理、平行线分线段成比例、函数图象的交点、等腰直角三角形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中注意待定系数法的应用，在（2）中求得D 点的纵坐标是解题的关键，在
（3）中由条件求得直线BE的解析式是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，特别是最后一问，有一定的难度．
6．如图①抛物线y＝ax2+bx+4（a≠0）与x轴，y轴分别交于点A（﹣1，0），B（4，0），点C三点．
（1）试求抛物线的解析式；
（2）点D（3，m）在第一象限的抛物线上，连接BC，BD．试问，在对称轴左侧的抛物线上是否存在一点P，满足∠PBC＝∠DBC？如果存在，请求出点P点的坐标；如果不存在，请说明理由；
（3）点N在抛物线的对称轴上，点M在抛物线上，当以M、N、B、C为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点M的坐标．
【答案】（1）y＝﹣x2+3x+4；（2）存在．P（﹣3
4
，
19
16
）．（3）
1
539
(,)
24
M--
2
1139 (,) 24
M-
3
521 (,) 24
M
【解析】
【分析】
（1）将A,B,C三点代入y＝ax2+bx+4求出a,b,c值，即可确定表达式；
（2）在y轴上取点G，使CG＝CD＝3，构建△DCB≌△GCB，求直线BG的解析式，再求直线BG与抛物线交点坐标即为P点，
（3）根据平行四边形的对边平行且相等，利用平移的性质列出方程求解，分情况讨论.【详解】
解：如图：
（1）∵抛物线y＝ax2+bx+4（a≠0）与x轴，y轴分别交于点A（﹣1，0），B（4，0），点C三点．
∴
40
16440
a b
a b
-+=
⎧
⎨
++=
⎩
解得
1
3
a
b
=-
⎧
⎨
=
⎩
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+3x+4．（2）存在．理由如下：
y＝﹣x2+3x+4＝﹣（x﹣3
2
）2+
25
4
．
∵点D（3，m）在第一象限的抛物线上，
∴m＝4，∴D（3，4），∵C（0，4）
∵OC＝OB，∴∠OBC＝∠OCB＝45°．
连接CD，∴CD∥x轴，
∴∠DCB＝∠OBC＝45°，
∴∠DCB＝∠OCB，
在y轴上取点G，使CG＝CD＝3，
再延长BG交抛物线于点P，在△DCB和△GCB中，CB＝CB，∠DCB＝∠OCB，CG＝CD，∴△DCB≌△GCB（SAS）
∴∠DBC＝∠GBC．
设直线BP解析式为y BP＝kx+b（k≠0），把G（0，1），B（4，0）代入，得
k＝﹣1
4
，b＝1，
∴BP解析式为y BP＝﹣1
4
x+1．
y BP＝﹣1
4
x+1，y＝﹣x2+3x+4
当y＝y BP时，﹣1
4
x+1＝﹣x2+3x+4，
解得x1＝﹣3
4
，x2＝4（舍去），
∴y＝19
16
，∴P（﹣
3
4
，
19
16
）．
（3）
1
539 (,)
24
M--
2
1139 (,) 24
M-
3
521 (,) 24
M理由如下，如图
B(4，0),C(0，4) ，抛物线对称轴为直线
3
2
x=，
设N(3
2
，n)，M(m, ﹣m2+3m+4)
第一种情况：当MN与BC为对边关系时，MN∥BC,MN=BC,
∴4-3
2
=0-m，∴m=
5
2
-
∴﹣m2+3m+4=
39 4 -,
∴
1
539 (,)
24
M--；
或∴0-3
2
=4-m，
∴m=11 2
∴﹣m2+3m+4=
39 4 -,
∴
2
1139 (,) 24
M-；
第二种情况：当MN与BC为对角线关系，MN与BC交点为K,则K(2,2)，
∴3
22 2
m
∴m=5 2
∴﹣m2+3m+4=21 4
∴
3
521 (,) 24
M
综上所述，当以M、N、B、C为顶点的四边形是平行四边形时，点M的坐标为
1
539 (,)
24
M--
2
1139 (,) 24
M-
3
521 (,) 24
M.
【点睛】
本题考查二次函数与图形的综合应用，涉及待定系数法，函数图象交点坐标问题，平行四边形的性质，方程思想及分类讨论思想是解答此题的关键.
7．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
′（212
，﹣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．
8．在平面直角坐标系中，抛物线y=x 2+（k ﹣1）x ﹣k 与直线y=kx+1交于A ，B 两点，点A 在点B 的左侧．
（1）如图1，当k=1时，直接写出A ，B 两点的坐标；
（2）在（1）的条件下，点P 为抛物线上的一个动点，且在直线AB 下方，试求出△ABP 面积的最大值及此时点P 的坐标；
（3）如图2，抛物线y=x 2+（k ﹣1）x ﹣k （k ＞0）与x 轴交于点C 、D 两点（点C 在点D 的左侧），在直线y=kx+1上是否存在唯一一点Q ，使得∠OQC=90°？若存在，请求出此时k 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）A(-1,0) ，B(2,3)
（2）△ABP 最大面积s=
1927322288⨯=; P （12，﹣34
） （3）存在；25 【解析】
【分析】
（1） 当k=1时，抛物线解析式为y=x 2﹣1，直线解析式为y=x+1，然后解方程组211y x y x ⎧=⎨=+⎩
﹣即可； （2） 设P （x ，x 2﹣1）．过点P 作PF ∥y 轴，交直线AB 于点F ，则F （x ，x+1），所以利用S △ABP =S △PFA +S △PFB ，
，用含x 的代数式表示为S △ABP=﹣x 2+x+2，配方或用公式确定顶点坐标即可．（3） 设直线AB ：y=kx+1与x 轴、y 轴分别交于点E 、F ，用k 分别表示点E 的坐标，点F 的坐标，以
及点C的坐标，然后在Rt△EOF中，由勾股定理表示出EF的长，假设存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°，则以OC为直径的圆与直线AB相切于点Q，设点N为OC中点，连接NQ，根据条件证明△EQN∽△EOF，然后根据性质对应边成比例，可得关于k的方程，解方程即可.
【详解】
解：（1）当k=1时，抛物线解析式为y=x2﹣1，直线解析式为y=x+1．
联立两个解析式，得：x2﹣1=x+1，
解得：x=﹣1或x=2，
当x=﹣1时，y=x+1=0；当x=2时，y=x+1=3，
∴A（﹣1，0），B（2，3）．
（2）设P（x，x2﹣1）．
如答图2所示，过点P作PF∥y轴，交直线AB于点F，则F（x，x+1）．
∴PF=y F﹣y P=（x+1）﹣（x2﹣1）=﹣x2+x+2．
S△ABP=S△PFA+S△PFB=PF（xF﹣xA）+PF（xB﹣xF）=PF（xB﹣xA）=PF
∴S△ABP=（﹣x2+x+2）=﹣（x﹣1
2
）2+
27
8
当x=1
2
时，yP=x2﹣1=﹣
3
4
．
∴△ABP面积最大值为，此时点P坐标为（1
2
，﹣
3
4
）．
（3）设直线AB：y=kx+1与x轴、y轴分别交于点E、F，
则E（﹣1
k
，0），F（0，1），OE=
1
k
，OF=1．
在Rt△EOF中，由勾股定理得：
22 11
1=
k k
+⎛⎫
+
⎪
⎝⎭
．
令y=x2+（k﹣1）x﹣k=0，即（x+k）（x﹣1）=0，解得：x=﹣k或x=1．∴C（﹣k，0），OC=k．
假设存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°，如答图3所示，
则以OC 为直径的圆与直线AB 相切于点Q ，根据圆周角定理，此时∠OQC=90°． 设点N 为OC 中点，连接NQ ，则NQ ⊥EF ，NQ=CN=ON=
2k ． ∴EN=OE ﹣ON=1k ﹣2
k ． ∵∠NEQ=∠FEO ，∠EQN=∠EOF=90°，
∴△EQN ∽△EOF ， ∴NQ EN OF EF =，即：1221k k k k
-=， 解得：25， ∵k ＞0，
∴25． ∴存在唯一一点Q ，使得∠OQC=90°，此时25． 考点：1.二次函数的性质及其应用；2.圆的性质；3.相似三角形的判定与性质.
9．如图，在平面直角坐标系中，矩形AOBC 的边AO 在x 轴的负半轴上，边OB 在y 轴的负半轴上．且AO ＝12，OB ＝9．抛物线y ＝﹣x 2+bx+c 经过点A 和点B ．
（1）求抛物线的表达式；
（2）在第二象限的抛物线上找一点M ，连接AM ，BM ，AB ，当△ABM 面积最大时，求点M 的坐标；
（3）点D 是线段AO 上的动点，点E 是线段BO 上的动点，点F 是射线AC 上的动点，连接EF ，DF ，DE ，BD ，且EF 是线段BD 的垂直平分线．当CF ＝1时．
①直接写出点D 的坐标 ；
②若△DEF 的面积为30，当抛物线y ＝﹣x 2+bx+c 经过平移同时过点D 和点E 时，请直接写出此时的抛物线的表达式 ．
【答案】（1）y＝﹣x2﹣51
4
x﹣9；（2）M(﹣6，31.5)；（3）①(﹣50)或(﹣3，
0)，②y＝﹣x2﹣13
3
x﹣4
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法把问题转化为解方程组即可解决问题．
（2）如图1中，设M（m，﹣m2﹣51
4
m﹣9），根据S△ABM＝S△ACM+S△MBC﹣S△ACB构建二次
函数，利用二次函数的性质解决问题即可．
（3）①分两种情形：如图2中，当点F在AC的延长线设时，连接DF，FB．设D（m，0）．根据FD＝FB，构建方程求解．当点F在线段AC上时，同法可得．
②根据三角形的面积求出D，E的坐标，再利用待定系数法解决问题即可．
【详解】
解：（1）由题意A（﹣12，0），B（0，﹣9），
把A，B的坐标代入y＝﹣x2+bx+c，
得到
9 144120
c
b c
=-
⎧
⎨
--+=
⎩
，
解得：
51
4
9
b
c
⎧
=-
⎪
⎨
⎪=-
⎩
，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣51
4
x﹣9．
（2）如图1中，设M（m，﹣m2﹣51
4
m﹣9），
S△ABM＝S△ACM+S△MBC﹣S△ACB
＝1
2
×9×（m+12）+
1
2
×12×（﹣m2﹣
51
4
m﹣9+9）﹣
1
2
×12×9
＝﹣6m2﹣72m
＝﹣6（m+6）2+216，
∵﹣6＜0，
∴m＝﹣6时，△ABM的面积最大，此时M（﹣6，31.5）．
（3）①如图2中，当点F在AC的延长线设时，连接DF，FB．设D（m，0）．
∵EF垂直平分线段BD，
∴FD＝FB，
∵F（﹣12，﹣10），B（0，﹣9），
∴102+（m+12）2＝122+12，
∴m＝﹣12﹣55
∴D（﹣50）．
当点F在线段AC上时，同法可得D（﹣3，0），
综上所述，满足条件的点D的坐标为（﹣50）或（﹣3，0）．
故答案为（﹣50）或（﹣3，0）．
②由①可知∵△EF的面积为30，
∴D（﹣3，0），E（0，﹣4），
把D，E代入y＝﹣x2+b′x+c′，
可得
'493''0c b c =-⎧⎨--+=⎩
， 解得：13'3'4
b c ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩，
∴抛物线的解析式为y ＝﹣x 2﹣
133x ﹣4． 故答案为：y ＝﹣x 2﹣
133
x ﹣4． 【点睛】
本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
10．在平面直角坐标系中，二次函数y ＝ax 2+bx +2的图象与x 轴交于A （﹣3，0），B （1，0）两点，与y 轴交于点C ．
（1）求这个二次函数的关系解析式；
（2）点P 是直线AC 上方的抛物线上一动点，是否存在点P ，使△ACP 的面积最大？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，说明理由；
（3）在平面直角坐标系中，是否存在点Q ，使△BCQ 是以BC 为腰的等腰直角三角形？若存在，直接写出点Q 的坐标；若不存在，说明理由；
【答案】（1）224233y x x =--+；（2）存在，点P 35,22⎛⎫- ⎪⎝⎭
，使△PAC 的面积最大；（3）存在点Q ，使△BCQ 是以BC 为腰的等腰直角三角形．Q 点坐标为：Q 1（2，3），Q 2（3，1），Q 3（﹣1，﹣1），Q 4（﹣2，1）．
【解析】
【分析】
（1）直接把点A （﹣3，0），B （1，0）代入二次函数y ＝ax 2+bx+2求出a 、b 的值即可得出抛物线的解析式；
（2）设点P 坐标为（m ，n ），则n ＝﹣23m 2﹣43
m+2，连接PO ，作PM ⊥x 轴于M ，PN ⊥y 轴于N ．根据三角形的面积公式得出△PAC 的表达式，再根据二次函数求最大值的
方法得出其顶点坐标即可；
（3）以BC 为边，在线段BC 两侧分别作正方形，正方形的其他四个顶点均可以使得“△BCQ 是以BC 为腰的等腰直角三角形”，因此有四个点符合题意要求，再过Q 1点作Q 1D ⊥y 轴于点D ，过点Q 2作Q 2E ⊥x 轴于点E ，根据全等三角形的判定定理得出△Q 1CD ≌△CBO ，△CBO ≌△BQ 2E ，故可得出各点坐标．
【详解】
（1）∵抛物线y ＝ax 2+bx+2过点A （﹣3，0），B （1，0），
∴093202a b a b =-+⎧⎨=++⎩ 2343a b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩
解得 ∴二次函数的关系解析式为y ＝﹣
23x 2﹣43x+2； （2）存在．
∵如图1所示，设点P 坐标为（m ，n ），则n ＝﹣
23m 2﹣43m+2． 连接PO ，作PM ⊥x 轴于M ，PN ⊥y 轴于N ．
则PM ＝﹣23m 2﹣43
m+2．，PN ＝﹣m ，AO ＝3． ∵当x ＝0时，y ＝﹣
23×0﹣43×0+2＝2， ∴OC ＝2，
∴S △PAC ＝S △PAO +S △PCO ﹣S △ACO ＝
12AO•PM+12CO•PN ﹣12AO•CO ＝12×3×（﹣23m 2﹣43m+2）+12×2×（﹣m ）﹣12
×3×2 ＝﹣m 2﹣3m
∵a ＝﹣1＜0
∴函数S △PAC ＝﹣m 2﹣3m 有最大值
∴当m ＝﹣
2b a ＝﹣32时，S △PAC 有最大值． ∴n ＝﹣23m 2﹣43m+2＝﹣23×（﹣32）2﹣43×（﹣32）+2＝52
， ∴存在点P （﹣
32，52），使△PAC 的面积最大．
（3）如图2所示，以BC 为边在两侧作正方形BCQ 1Q 2、正方形BCQ 4Q 3，则点Q 1，Q 2，Q 3，Q 4为符合题意要求的点．过Q 1点作Q 1D ⊥y 轴于点D ，过点Q 2作Q 2E ⊥x 轴于点E ， ∵∠1+∠2＝90°，∠2+∠3＝90°，∠3+∠4＝90°，
∴∠1＝∠3，∠2＝∠4，
在△Q 1CD 与△CBO 中，
∵11324Q C BC ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
，
∴△Q 1CD ≌△CBO ，
∴Q 1D ＝OC ＝2，CD ＝OB ＝1，
∴OD ＝OC+CD ＝3，
∴Q 1（2，3）；
同理可得Q 4（﹣2，1）；
同理可证△CBO ≌△BQ 2E ，
∴BE ＝OC ＝2，Q 2E ＝OB ＝1，
∴OE ＝OB+BE ＝1+2＝3，
∴Q 2（3，1），
同理，Q 3（﹣1，﹣1），
∴存在点Q ，使△BCQ 是以BC 为腰的等腰直角三角形．Q 点坐标为：Q 1（2，3），Q 2（3，1），Q 3（﹣1，﹣1），Q 4（﹣2，
1）．
【点睛】
本题考查的是二次函数综合题，涉及到用待定系数法求二次函数解析式，二次函数极值、全等三角形的判定与性质，正方形及等腰直角三角形的性质等知识，涉及面较广，难度较
大．。