2023年华东师大版备考 中考数学二轮复习 专题14 二次函数

华师大版备考2023中考数学二轮复习 专题14 二次函数
一、综合题
1．（2022九上·青田期中）如图，抛物线y =−x 2+2x +3与x 轴交于点A ，点B ，与y 轴交于点C ，点D 与点C 关于x 轴对称，点P 是抛物线上的一个动点.
（1）求直线BD 的解析式；
（2）当点P 在第一象限时，求四边形BOCP 面积的最大值，并求出此时P 点的坐标；
（3）在点P 的运动过程中，是否存在点P ，使△BDP 是以BD 为直角边的直角三角形？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由.
2．（2022九上·莲都期中）已知，点M 为二次函数y ＝﹣（x ﹣b ）2+4b+1图象的顶点，直线y ＝mx+5分别交x 轴正半轴，y 轴于点A ，B.
（1）判断顶点M 是否在直线y ＝4x+1上，并说明理由.
（2）如图1，若二次函数图象也经过点A ，B ，且mx+5＞﹣（y ﹣b ）2+4b+1，根据图象，写出x 的取值范围.
（3）如图2，点A 坐标为（5，0），点M 在△AOB 内，若点C （14，y 1），D （34
，y 2）都在二次函
数图象上，试比较y1与y2的大小.
3．（2022九上·定海期中）设抛物线y=(x−m)(x−n)（m、n是实数）.
（1）若m=2，n=1，求二次函数的对称轴，并求出该函数的最小值；
（2）当m=−3，n=1时，已知抛物线y=(x+3)(x−1)与x轴交于A，B两点（点A在点B 的左侧），将这条抛物线向右平移a（a>0）个单位，平移后的抛物线于x轴交于C，D两点（点C 在点D的左侧），若B，C是线段AD的三等分点，求a的值；
（3）当0<m<n<1时，已知二次函数的图象经过(0，p)，(1，q)两点（p，q是实数），求
证：0<pq<1 16 .
4．（2022九上·南湖期中）如图，二次函数y1=−x2+bx+c的图象与一次函数y2的图象交于点
A(a，1)，B(3，4).
（1）若y2的解析式为y
2
=32x−12，求点A的坐标和y1的函数表达式；
（2）在（1）的条件下若点P(m，0)是x轴上一点，过点P做直线l垂直x轴于点P，直线l与函数y1，y2交于点M，N，当线段MN=1时，求m的值；
（3）若点C(n，1)(n>a)是二次函数y1上的点，且AC=5，请直接写出二次函数y1的对称轴. 5．（2022九上·嘉兴期中）如图1，已知抛物线y=x2+bx+c经过原点O，它的对称轴是直线x=2，动点P从抛物线的顶点A出发，在对称轴上以每秒1个单位的速度向上运动，设动点P运动的时间为t 秒，连接OP并延长交抛物线于点B，连接OA，AB.
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）当△AOB为直角三角形时，求t的值；
（3）如图2，⊙M为△AOB的外接圆，在点P的运动过程中，点M也随之运动变化，请你探究：在1≤t≤5时，求点M经过的路径长度.
6．（2022九上·津南期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−4(a≠0)与x轴交于点A(−1，0)，B(4，0)，与y轴交于点C．
（1）求该抛物线的解析式及对称轴；
（2）直线l为该抛物线的对称轴，点D与点C关于直线l对称，点P为直线AD下方抛物线上一动点，连接PA，PD，求△PAD面积的最大值．
7．（2022九上·浦江期中）如图，在平面直角坐标系中，经过点A（4，0）的直线AB与y轴交于点B （0，4）．经过原点O的抛物线y＝﹣x2+bx+c交直线AB于点A，C，抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线y＝﹣x2+bx+c的表达式；
（2）M是线段AB上一点，N是抛物线上一点，当MN△y轴且MN＝2时，求点M的坐标；
（3）P是抛物线上一动点，Q是平面直角坐标系内一点．是否存在以点A，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
8．（2022九上·舟山月考）如图，抛物线y=−x2+mx+n交x轴于点A(−2，0)和点B，交y轴于点C(0，2)．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点M在抛物线上，且S△AOM=2S△BOC，求点M的坐标．
9．（2022九上·新昌期中）已知菱形OABC的边长为5，且点A(3，4)，点E是线段BC的中点，过点A，E的抛物线y=ax2+bx+c与边AB交于点D，
（1）求点E 的坐标；
（2）连接DE ，将△BDE 沿着DE 翻折.
①当点B 的对应点B ′恰好落在线段AC 上时，求点D 的坐标；
②连接OB ，BB ′，若△BB ′D 与△BOC 相似，请直接写出此时抛物线二次项系数a = . 10．（2022九上·舟山期中）已知抛物线y =ax 2−3ax −4a 与x 轴交于A 、B 两点（A 左B 右），交y 轴负半轴点C ，P 是第四象限抛物线上一点．
（1）若S △ABC =5，求a 的值；
（2）若a =1，过点P 作直线垂直于x 轴，交BC 于点Q ，求线段PQ 的最大值，并求此时点P 的坐标；
（3）直线AP 交y 轴于点M ，直线BP 交y 轴于点N ，求4OM+ON OC
的值． 11．（2022九上·龙港期中）如图，抛物线y ＝−x 2+bx+c 经过点A （﹣1，0），点B （3，0），与y 轴交于点C ，点D 在射线CO 上运动.
（1）求该抛物线的表达式和对称轴.
（2）过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，F（点E在点F的左侧），若EF＝2OC，求点E的坐标.
（3）记抛物线的顶点关于直线EF的对称点为点P，当点P到x轴的距离等于1时，求出所有符合条件的线段EF的长.
12．（2022·攀枝花）如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于O（O为坐标原点），A两点，且二次函数的最小值为−1，点M(1，m)是其对称轴上一点，y轴上一点B(0，1).
（1）求二次函数的表达式；
（2）二次函数在第四象限的图象上有一点P，连结PA，PB，设点P的横坐标为t，△PAB的面积为S，求S与t的函数关系式；
（3）在二次函数图象上是否存在点N，使得以A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有符合条件的点N的坐标，若不存在，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】（1）解：对于y=−x2+2x+3①，令x=0，则y=3，令y=−x2+2x+3=0，解得x=−1或3，
故点A、B、C的坐标分别为(−1，0)、(3，0)、(0，3)，
∵点D与点C关于x轴对称，故点D(0，−3)，
设直线BD的表达式为y=kx+b，则{b=−3
0=3k+b，解得{k=1
b=−3，
故直线BD的表达式为y=x−3
（2）解：连接BC，过点P作y轴的平行线交BC于点H，
由点B、C的坐标，同理可得，直线BC的表达式为y=−x+3，
设点P(x，−x2+2x+3)，则点H(x，−x+3)，
则四边形BOCP面积=S△OBC+S△PHC+S△PHB=12×OB⋅OC+12×PH×OB=12×3×3+
1
2×3×(−x 2+2x+3+x−3)=−3
2x
2+9
2x+
9
2，
∵−32<0，故四边形BOCP面积存在最大值，当x=32时，四边形BOCP面积最大值为458，此时点P(32，154)；
（3）解：存在，理由：
①当∠PBD为直角时，如上图所示，
此时点P与点C重合，过点P的坐标为(0，3)；
②当∠PDB为直角时，
由BD的表达式知，直线BD与x轴的倾斜角为45°，
当∠PDB为直角时，即PD⊥BD，则直线PD与x轴负半轴的夹角为45°，
故设直线PD的表达式为y=−x+t，
将点D的坐标代入上式得，−3=0+t，解得t=−3，故直线PD的表达式为y=−x−3②，
联立①②并解得：x=3±√33
2
，
故点P的坐标为(3+√33
2，−9+√33
2)
或(3−√33
2，−
9−√33
2)
，
综上，点P的坐标为(3+√33
2，−9+√33
2)
或(3−√33
2，−
9−√33
2)
或(0，3).
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；二次函数图象上点的坐标特征；直角三角形的性质；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【分析】（1）利用y=−x2+2x+3求出B、C的坐标，由点D与点C关于x轴对称可求出D 坐标，利用待定系数法求出直线BD解析式即可；
（2）连接BC，过点P作y轴的平行线交BC于点H，先求出直线BC解析式为y=−x+3，设点
P(x，−x2+2x+3)，则点H(x，−x+3)，则四边形BOCP面积=S△OBC+S△PHC+S△PHB，据此求出关于x关系式，再利用二次函数的性质求解即可；
（3）分两种情况：①当∠PBD为直角时，②当∠PDB为直角时，据此分别求解即可.
2．【答案】（1）解：点M在直线y＝4x+1上，理由：
∵点M为二次函数y＝﹣（x﹣b）2+4b+1图象的顶点，
∴M的坐标是（b，4b+1），
把x＝b代入y＝4x+1，
得y＝4b+1，
∴点M在直线y＝4x+1上；
（2）解：如图1，
直线y＝mx+5交y轴于点B，
∴B点坐标为（0，5），
又B在抛物线上，
∴5＝﹣（0﹣b）2+4b+1＝5，
解得b＝2，
二次函数的解析是为y＝﹣（x﹣2）2+9，
当y＝0时，﹣（x﹣2）2+9＝0，
解得x1＝5，x2＝﹣1，
∴A （5，0），
由图象，得当mx+5＞﹣（x ﹣b ）2+4b+1时，x 的取值范围是x ＜0或x ＞5；
（3）解：把A （5，0）代入y ＝mx+5得，
0＝5m+5，
解得m ＝﹣1，
∴y ＝﹣x+5，
∵M （b ，4b+1）在△AOB 内部，
∴{0<b <50<4b +1<−b +5
， 解得0＜b ＜45
， 当点C ，D 关于对称轴对称时，b ＝14+342＝12
， ∴0＜b ＜12
时，y 1＞y 2， b ＝12
时，y 1＝y 2， 12＜b ＜45
，y 1＜y 2. 【知识点】一次函数的图象；二次函数与不等式（组）的综合应用；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax^2+bx+c 的性质
【解析】【分析】（1）先求出顶点M 的坐标，再代入y ＝4x+1中检验即可；
（2）由y ＝mx+5求出B （0，5） ，再将其代入y ＝﹣（x ﹣b ）2+4b+1 中求出b 值，即得y ＝﹣（x ﹣2）2+9， 从而求出A （5，0），由图象可知当x ＜0或x ＞5时，直线y ＝mx+5的图象在y ＝﹣（x ﹣b ）2+4b+1 图象的上方，据此即得结论；
（3）由（2）可得y ＝﹣x+5， 由M （b ，4b+1）在△AOB 内部， 可求出0＜b ＜45
， 当点C ，D 关于对称轴对称时可求出b ＝12， 从而得出当0＜b ＜12时，y 1＞y 2，当b ＝12时，y 1＝y 2，当12＜b ＜45
，y 1＜y 2.
3．【答案】（1）解：将m =2，n =1代入y =(x −m)(x −n)，
得y =(x −2)(x −1)=x 2−3x +2=(x −32)2−14
， 则该二次函数的对称轴是x =32，且当x =32时，有最小值为−14
； （2）解：分为两种情况：
①如图，当C 在B 的左侧时，B ，C 是线段AD 的三等分点，
∴AC =BC =BD ，
∵抛物线向右平移a 个单位，
∴AC =BD =a ，
当y =0时，(x +3)(x −1)=0， 解得x 1=−3，x 2=1，
∵点A 在点B 的左侧，
∴A(−3，0)，B(1，0)，
∴AB =1−(−3)=4，
∴AC =BC =2，
∴a =2；
②同理，当C 在B 的右侧时， ∵AB =1−(−3)=4，
∴AB =BC =CD =4，
∴a =AB +BC =4+4=8；
（3）解：∵y =(x −m)(x −n)图象经过(0，p)，(1，q)两点， ∴p =mn ，q =(1−m)(1−n)， ∴pq =mn(1−m)(1−n)，
=(m −m 2)(n −n 2)，
=[−(m −12)2+14][−(n −12)2+14]，
∵0<m <n <1，结合y =−(x −12)2+14
的函数图象， ∴0<−(m −12)2+14≤14，
∴0<−(n−12)2+14≤14，
∵m<n，
∴m、n不能同时等于14，
∴0<pq<116.
【知识点】二次函数图象的几何变换；二次函数的最值；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【分析】（1）将m=2与n=1代入y=（x-m）（x-n）可得该函数的解析式，进而将解析式配成顶点式，即可得出答案；
（2）分为两种情况：①如图，当C在B的左侧时，B，C是线段AD的三等分点，令解析式中的y=0算出对应的自变量的值可得点A、B的坐标，可得AB的长，据此即可求出答案；②当C
在B的右侧时，同理可得AB的长，进而即可根据a=AB+BC算出答案；
（3）根据函数图象上的点的坐标特征可得p=mn，q=（1-m）（1-n），进而可表示出pq并配方成顶
点式的乘积形式，由0<m<n<1，结合y=−(x−1
2)
2+1
4的函数图象，可得m、n不能同时等
于1
4，据此即可得出答案.
4．【答案】（1）解：将A点坐标代入得：1=3
2a−
1
2，解得：a=1，
∴A(1，1)，
将A、B点代入二次函数解析式得：
{−12+b+c=1
−32+3b+c=4
，
解得：{b=112
c=−72
，
∴二次函数解析式为：y
1
=−x2+112x−72.
（2）解：将x=m代入一次函数和二次函数解析式得：
y 1=−m2+112m−72，y
2
=32m−12，
∵线段MN=1，
∴|y1−y2|=1，
即|−m2+112m−72−32m+12|=1，
∴−m2+4m−3=1或−m2+4m−3=−1，
解得：m1=2+√2；m2=2−√2；m3=m4=2.
（3）对称轴为x=6±√13
2
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：（3）将点B代入二次函数解析式得：
4=−9+3b+c，
则c=13−3b，
∵A(a，1)，C(n，1)(n>a)，在二次函数图象上，得c=13-3b，
∴a、n是方程−x2+bx+c=1的两个根，
根据韦达定理得，n+a=b，na=1−c=1−(13−3b)=3b−12，
∵AC=5，
∴n−a=5，
∵(n−a)2=(n+a)2−4an，
∴25=b2−4(3b−12)=b2−12b+48，
解得：b=6±√13，
.
∴对称轴为直线x=6±√13
2
【分析】（1）将点A（a，1）代入y2的解析式，求出a的值，从而可得点A的坐标，将A、B两点的坐标分别代入y1=-x2+bx+c得出关于字母b、c的方程组，求解可得b、c的值，从而求出y1的解析式；
（2）将x=m分别代入两个函数解析式算出y1与y2，根据MN=1可得|y1−y2|=1，求解得出m 的值；
（3）将点B代入二次函数y1=-x2+bx+c得c=13-3b，根据二次函数与一元二次方程的关系，结合A、C两点的纵坐标相同可得A、C两点的横坐标是方程-x2+bx+c=1的解，根据一元二次方程根与系数的关系得n+a=b，na=1-c=3b-12，再结合AC=5可得n-a=5，进而利用完全平方公式变形可得关于字母b的方程，求解得b的值，最后根据抛物线的对称轴直线公式即可得出抛物线的解析式. 5．【答案】（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c经过原点O，且对称轴是直线x=2，
，
∴c=0，−b
2=2
则b=−4、c=0，
∴抛物线解析式为y=x2−4x
（2）解：设点B(a，a2−4a)，
∵y=x2−4x=(x−2)2−4，
∴点A(2，−4)，
则OA2=22+42=20、OB2=a2+(a2−4a)2、AB2=(a−2)2+(a2−4a+4)2，①若OB2=OA2+AB2，则a2+(a2−4a)2=20+(a−2)2+(a2−4a+4)2，
解得a=2(舍)或a=5 2，
∴B(52，−154)，
则直线OB解析式为y=−3
2x
，
当x=2时，y=−3，即P(2，−3)，
∴t=(−3+4)÷1=1；
②若AB2=OA2+OB2，则(a−2)2+(a2−4a+4)2=20+a2+(a2−4a)2，
解得a=0(舍)或a=9 2，
∴B(92，94)，
则直线OB解析式为y=1
2x
，
当x=2时，y=1，即P(2，1)，
∴t=[1−(−4)]÷1=5；
③若OA2=AB2+OB2，则20=(a−2)2+(a2−4a+4)2+a2+(a2−4a)2，整理，得：a3−8a2+21a−18=0，
a3−3a2−5a2+15a+6a−18=0，
a2(a−3)−5a(a−3)+6(a−3)=0，
(a−3)(a2−5a+6)=0，
(a−3)2(a−2)=0，
则a=3或a=2(舍)，
∴B(3，−3)，
∴直线OB解析式为y=−x，
当x=2时，y=−2，即P(2，−2)，
∴t=[−2−(−4)]÷1=2；
综上，当△AOB为直角三角形时，t的值为1或2或5
（3）解：∵⊙M为△AOB的外接圆，
∴点M在线段OA的中垂线上，
∴当1≤t≤5时，点M的运动路径是在线段OA中垂线上的一条线段，当t=1时，如图1，
由（2）知∠OAB=90°，
∴此时Rt△OAB的外接圆圆心M是OB的中点，
∵B(52，−154)，
∴M(54，−158)；
当t=5时，如图2，
由（2）知，∠AOB=90°，
∴此时Rt△OAB的外接圆圆心M是AB的中点，
∵B(92，94)、A(2，−4)，
∴M(134，−78)；
当t =2时，如图3，
由（2）知，∠OBA =90°，
∴此时Rt △OAB 的外接圆圆心M 是OA 的中点，
∵A(2，−4)，
∴M(1，−2)；
则点M 经过的路径长度为√(54−1)2+(−158+2)2+√(1−134)2+(−2+78)2=√58+9√58=5√54
. 【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；勾股定理；三角形的外接圆与外心；直角坐标系内两点的距离公式
【解析】【分析】（1）将（0，0）代入y=x 2+bx+c 中可得c=0，根据对称轴为直线x=2可得b=-4，据此可得抛物线的解析式；
（2）设B （a ，a 2-4a ），根据抛物线的解析式可得A （2，-4），由两点间距离公式表示出OA 2、OB 2、AB 2，然后结合勾股定理求出a 的值，得到点B 的坐标，利用待定系数法求出直线OB 的解析式，令x=2，求出y 的值，得到点 P 的坐标，进而可得t 的值；
（3）由题意可得点M 在线段OA 的中垂线上，故当1≤t≤5时，点M 的运动路径是在线段OS 中垂线上的一条线段，当t=1时，Rt△OAB 的外接圆圆心M 是OB 的中点，据此可得点M 的坐标；当t=5时，Rt△OAB 的外接圆圆心M 是AB 的中点，利用中点坐标公式可得点M 的坐标；当t=2时，Rt△OAB 的外接圆圆心M 是OA 的中点，同理可得点M 的坐标，然后结合两点间距离公式可求出点M 经过的路径长度.
6．【答案】（1）解：将A(−1，0)，B(4，0)代入y =ax 2+bx −4得
{a −b −4=016a +4b −4=0
解得{a=1
b=−3
∴y=x2−3x−4，
对称轴为直线x=3 2
（2）解：过点P作PH∥y轴交直线AD于H
当x=0时，y=−4，
∴点C(0，−4)，
∵点D与点C关于直线l对称，且对称轴为直线，
∴D(3，−4)，
∵A(−1，0)，
∴直线AD的函数关系式为：y=−x−1，
设P(m，m2−3m−4)，则H(m，−m−1)，
∴PH=−m−1−(m2−3m−4)
=−m2+2m+3，
∴SΔAPD=SΔAPH+SΔDPH=12⋅PH⋅4=2(−m2+2m+3)=−2m2+4m+6，
当m=−
4
2×(−2)=1时，SΔAPD最大为8．
【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
【解析】【分析】（1）将点A、B的坐标代入y=ax2+bx−4求出a、b的值即可；
（2）过点P作PH∥y轴交直线AD于H，先求出直线AD的解析式y=−x−1，设P(m，m2−3m−4)，则H(m，−m−1)，再求出SΔAPD=SΔAPH+SΔDPH=12⋅PH⋅4=2(−m2+2m+3)=
−2m 2+4m +6，最后利用二次函数的性质求解即可。

7．【答案】（1）解：由题意得
{c =0−16+4b +c =0
解之：{b =4c =0
∴二次函数解析式为：y ＝﹣x 2+4x
（2）解：如图，
∵点A （4，0），点B （0，4），
∴设直线AB 的函数解析式为y=kx+4
∴4k+4=0，
解之：k=-1，
∴直线AB 的解析式为y=-x+4；
设点N （m ，-m 2+4m ），点M （m ，-m+4）
∵点M 是线段AB 上的一点，
∴0＜m ＜4，
MN=|-m 2+4m-（-m+4）|=|-m 2+5m-4|=2
∴-m 2+5m-4=±2，
当-m 2+5m-4=2时，
解之：m 1=3，m 2=2，
当m=3时-m+4=1；
当m=2时-m+4=2；
∴点M （2，2）或（3，1）；
当-m2+5m-4=-2，
解之：m3=5−√17
2，m4=5+√17
2>4
（舍去），
∴−m+4=−5−√17
2+4=3+√17
2
∴点M（5−√17
2，3+√17
2
）
满足条件的点M的坐标有三个（5−√17
2，3+√17
2
）或（2，2）或（3，1）
（3）解：存在
当AC为矩形的边时，
∵-x2+4x=-x+4
解之：x1=4，x2=1，
当x=1时y=-1+4=3，
∴点C（1，3），
∵y=-x2+4x=-（x-2）2+4，
∴点D（2，4）
当x=2时y=-2+4=2，
∴点R（2，2）
过点C，A分别作直线AB的垂线交抛物线于点P1，P2，∵C（1，3），D（2，4），
∴CD2＝（1-2）2＋(4−3)2＝2，CR2＝1，RD＝2，
∴CD2＋CR2＝DR2，
∴△RCD＝90°，
∴点P1与点D重合，
当CP1△AQ1，CP1＝AQ1时，四边形ACP1Q1是矩形，
∵C（1，3）向右平移1个单位，向上平移1个单位得到P1（2，4），
∴A（4，0）向右平移1个单位，向上平移1个单位得到Q1（5，1），
此时直线P1C的解析式为：y＝x＋2，
∵直线P2A与P1C平行且过点A（4，0），
∴直线P2A的解析式为：y＝x−4，
∵点P2是直线y＝x−4与抛物线y＝−x2＋4x的交点，
∴−x2＋4x＝x−4，
解之：x1＝−1，x2＝4（舍），
∴P2（−1，−5），
当AC△P2Q2时，四边形ACQ2P2是矩形，
∵A（4，0）向左平移3个单位，向上平移3个单位得到C（1，3），
∴P2（−1，−5）向左平移3个单位，向上平移3个单位得到Q2（−4，−2）；当AC是矩形的对角线时，
设P3（m，−m2＋4m）
当△AP3C＝90°时，过点P3作P3H△x轴于H，过点C作CK△P3H于K，∴△P3KC＝△AHP3＝90°，△P3CK＝△AP3H，
∴△P3CK△△AP3H，
∴P3K
CK＝
AH
P3H
∴−m2＋4m−3
m−1＝
4−m
−m2＋4m
，
∵点P不与点A，C重合，∴m≠1或m≠4，
∴−m2−3m＋1＝0，
∴m =3±√52， ∴如图，满足条件的点P 有两个，即P 3(3+√52，5+√52)，P 4(3−√52，5−√52)
当P 3C△AQ 3，P 3C ＝AQ 3时，四边形AP 3CQ 3是矩形，
∵P 3(3+√52，5+√52)向左平移−1+√52个单位，向下平移−1+√52
个单位得到C （1，3）， ∴A （4，0）向左平移1+√52个单位，向下平移−1+√52
个单位得到Q 3(7−√52，1−√52) 当P 4C△AQ 4，P 4C ＝AQ 4时，四边形AP 4CQ 4是矩形，
∵P4(3−√52，5−√52)向右平移−1+√52个单位，向上平移1+√52
个单位得到C （1，3）， ∴A （4，0）向右平移−1+√52个单位，向上平移1+√52
个单位得到Q 4(7+√52，1+√52) ∴点Q 的坐标为（5，1）或（﹣4，﹣2）或（ 7−√52 ， 1−√52 ）或（ 7+√52 ， 1+√52
）． 【知识点】待定系数法求二次函数解析式；相似三角形的判定与性质；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】（1）将点A 和点O 的坐标代入，可得到关于b ，c 的方程组，解方程组求出b ，c 的值，可得到函数解析式.
（2）利用待定系数法及点A ，B 的坐标求出直线AB 的函数解析式，设点N （m ，-m 2+4m ），点M （m ，-m+4），同时可得到m 的取值范围，利用MN=2可得到关于m 的方程为：|-m 2+5m-4|=2，解方程求出符合题意的m 的值，可得到点M 的坐标.
（3）分情况讨论：当AC 为矩形的边时，将两函数解析式联立方程组，可求出点C ，D ，R 的坐标；过点C ，A 分别作直线AB 的垂线交抛物线于点P 1，P 2，利用勾股定理的逆定理证明
△RCD=90°，可知点P 1与点D 重合；当CP 1△AQ 1，CP 1＝AQ 1时，四边形ACP 1Q 1是矩形，利用点的坐标平移规律可得到点P 1，Q 1的坐标，同时可求出直线P 1C 的解析式和直线P 2A 的解析式，再求
出点P 2的坐标，当AC△P 2Q 2时，四边形ACQ 2P 2是矩形，利用点的坐标平移规律，可得到点Q 2的坐标；AC 是矩形的对角线时，设P 3（m ，−m 2＋4m ），当△AP 3C ＝90°时，过点P 3作P 3H△x 轴于H ，过点C 作CK△P 3H 于K ，易证△P 3CK△△AP 3H ，利用相似三角形的性质可得到关于m 的方程，解方程求出m 的值，可得到满足条件的点P 的坐标；当P 3C△AQ 3，P 3C ＝AQ 3时，四边形AP 3CQ 3是矩形，利用点的坐标平移规律可求出点Q 3及点Q 4的坐标；综上所述可得到符合题意的点Q 的坐标.
8．【答案】（1）解：把 A(−2，0)，C(0，2) 代入抛物线的解析式 y =−x 2+mx +n ，
得 {−4−2m +n =0n =2 ，解得 {m =−1n =2
， ∴抛物线的解析式为 y =−x 2−x +2
（2）解：由（1）知，该抛物线的解析式为 y =−x 2−x +2 ，
令 y =0 ，则 y =−x 2−x +2=0 ，
解得： x 1=−2，x 2=1 ，
∴B(1，0) ，
设 M(m ，−m 2−m +2) 然后依据 S △AOM =2S △BOC 列方程可得：
12⋅AO ×|−m 2−m +2|=2×12
×OB ×OC =2 ， ∴m 2+m =0 或 m 2+m −4=0 ，
解得 x =0 或 −1 或 −1+√172 或 −1−√172
， ∴符合条件的点M 的坐标为： (0，2) 或 (−1，2) 或 (−1+√172，−2) 或 (−1−√172
，−2) ． 【知识点】坐标与图形性质；待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式即可；
（2）先求出点B 的坐标，设M （m ，-m 2-m+2），利用三角形的面积公式列出方程，解方程求出m 的值，即可得出答案.
9．【答案】（1）解：∵菱形OABC 的边长为5，且点A(3，4)，
∴B(8，4)，C(5，0)，
∴E(x B +x C 2，y B 2
)，即E(132，2)； （2）解：①设直线AC 解析式为y =kx +m(k ≠0)，
∴{4=3k +m 0=5k +m ，解得：{k =−2m =10
， ∴直线AC 解析式为y =−2x +10.
设B ′(x ，−2x +10)，
由折叠性质可知BE =B ′E ，
∵BE 2=(x B −x E )2+(y B −y E )2=(8−132)2+(4−2)2=254
，B ′E 2=(x B ′−x E )2+(y B ′−y E )2=(x −132)2+(−2x +10−2)2，
∴(x −132)2+(−2x +10−2)2=254
， 解得：x 1=4，x 2=5，
∴B ′(4，2)或(5，0).
设D(t ，4)，
同理由BD =B ′D 可得(t −4)2+4=(8−t)2或(t −5)2+16=(8−t)2，
解得t =112或t =236
， ∴D(112，4)或D(236
，4)； ②−47
【知识点】等腰三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的性质；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：（2）②由折叠的性质可知△BB ′D 和△BB ′E 为等腰三角形，
∴∠DB ′B =∠DBB ′，∠EB ′B =∠EBB ′.
由菱形的性质可知△BOC 为等腰三角形，
∵△BB ′D 与△BOC 相似，
∴∠DBB ′=∠CBO ，
∴点B ′在BO 上，
∴∠DB ′B =∠DBB ′=∠EB ′B =∠EBB ′，
∴BD ∥EB ′，B ′D ∥EB ，
∴四边形B ′DBE 为平行四边形.
∵B ′D =BD ，
∴平行四边形B ′DBE 为菱形，
∴BD =BE =√(x B −x E )2+(y B −y E )=52
， ∴D(112
，4). 将A(3，4)，D(112，4)，E(132
，2)代入y =ax 2+bx +c ， 得：{ 4=9a +3b +c 4=(112)2a +112b +c 2=(132)2a +132b +c
，解得：a =−47. 故答案为：−47
. 【分析】（1）根据菱形的性质并结合点A 的坐标可得出B ，C 的坐标，由中点坐标公式可求出E 点坐标；
（2）①利用待定系数法求出直线AC 的解析式为y ＝−2x ＋10，根据直线上的点的坐标特点设出点B'的坐标，根据翻折的性质得BE=B'E ，利用平面内两点间的距离公式分别表示出BE 2及B'E 2，从而建立方程，求解可得x 的值，从而可得点B'的坐标，设D （d ，4），由BD ＝B'D 可得t 的方程，则D 点坐标可求出；
②由题意可得若△BB'D 与△BOC 相似，△BB'D 是等腰三角形，则点B′恰好落在线段OB 上，证出平行四边形B'DBE 为菱形，则BD ＝BE ，根据平面内两点间的距离公式可算出BE 的长，可得点D 的坐标，由物线y ＝ax 2＋bx ＋c 过点A ，E ，D 三点，由待定系数法可求出a 的值．
10．【答案】（1）解：令 y =0 ，得 ax 2−3ax −4a =0 ，解得： x 1=−1 ， x 2=4 ． ∵y =ax 2−3ax −4a 与x 轴交于 AB 两点（A 左B 右），与y 轴交于点C ，
∴A （−1，0） ， B （4，0） ， C （0，−4a ） ， AB =5 ，
∵S △ABC =5 ， S △ABC =12×AB ×OC =12
×5×4a =5 ， 解得： a =12
； （2）解：当 a =1 时，抛物线为 y =x 2−3x −4 ，
将点 B （4，0） 、 C （0，−4） 的坐标代入一次函数表达式可求得：
直线 BC 的表达式为： y =x −4 ，
设点 P （t ，t 2−3t −4） ，则点 Q （t ，t −4） ，
∴PQ =（t −4）−（t 2−3t −4）=−t 2＋4t =−（t −2）2
＋4 ，
∴当 t =2 时， PQ 有最大值4，此时点 P （2，−6） ；
（3）解：由（1）知： A （−1，0） 、 B （4，0） 、 C （0，−4a ） ，
设点 P （m ，am 2−3am −4a ） ，
将点P 、A 的坐标代入一次函数表达式并解得：
直线 PA 的表达式为： y =a （m −4）x +a （m −4） ，
故 OM =−a （m −4） ，
同理，直线 BP 为 y =a （m ＋1）x −4a （m ＋1） ， ON =4a （m +1） ，
∴4OM ＋ON =−4a （m −4）＋4a （m ＋1）=20a ，
∵C （0，−4a ） ，
∴OC =4a ，
∴4OM+ON OC =20a 4a
=5 ． 【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；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）由y=0可得到关于x 的方程，解方程求出x 的值，可得到点A ，B 的坐标，由x=0求出y 的值，可得到点C 的坐标，同时求出AB 的长；然后利用△ABC 的面积为5，可得到关于a 的方程，解方程求出a 的值.
（2）将a=1代入方程，可得到函数解析式，利用待定系数法求出直线BC 的函数解析式，利用两函数解析式点 P （t ，t 2−3t −4） ，则点 Q （t ，t −4） ，可表示出PQ 的长，将PQ 与x 的函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质，可求出PQ 的最大值及点P 的坐标.
（3）设点 P （m ，am 2−3am −4a ） ，利用待定系数法求出直线PA 的函数解析式，可表示出OM 的长；同理可求出直线BP 的函数解析式，可得到ON 的长；再表示出4OM+ON 及OC 的长；然后代入可求出 4OM+ON OC
的值. 11．【答案】（1）解：∵抛物线y ＝﹣x 2+bx+c 经过点A （﹣1，0），点B （3，0），
∴{−1−b +c =0−9+3b +c =0
解得{b =2c =3
， ∴抛物线为y ＝﹣x 2+2x+3，
∴对称轴为直线x ＝﹣22×(−1)＝1；
（2）解：设点E （m ，﹣m 2+2m+3），（m ＜0），
∴由轴对称性得FE ＝2（1﹣m ）＝2﹣2m ，C （0，3），
∴OC ＝3，
∵EF ＝2OC ，
∴2﹣2m ＝6，
解得m ＝−﹣2，
∴E （﹣2，﹣5）；
（3）解：当点P 到x 轴的距离等于1时，点P 的纵坐标为1或﹣1，
∵y ＝﹣x 2+2x+3＝﹣（x ﹣1）2+4，
∴抛物线的顶点为（1，4），
∴点E ，F （点E 在点F 的左侧）的纵坐标为52或32
， 当y ＝52时，﹣x 2+2x+3＝52
， 解得x ＝2±√62
， ∴EF ＝2+√62﹣2−√62
＝√6； 当y ＝32时，﹣x 2+2x+3＝32
， 解得x ＝2±√102
， ∴EF ＝2+√102﹣2−√102
＝√10. 综上所述，线段EF 的长为√6或√10.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax^2+bx+c 的性质
【解析】【分析】（1）将点 A （﹣1，0），点B （3，0）分别代入抛物线y ＝﹣x 2+bx+c 可得关于未知数b 、c 的方程组，求解可得b 、c 的值，从而即可得出抛物线的解析式，进而根据对称轴直线公式算出其对称轴直线；
（2）根据抛物线上的点的坐标特点设 点E （m ，﹣m 2+2m+3），（m ＜0） ，根据抛物线的对称轴，可得EF 长度应该是点E 横坐标绝对值的2倍，据此可表示出EF 的长，利用抛物线的解析式易得点C 的坐标，从而得出OC 的长，进而根据EF=2OC ，列出方程，求解即可可得m 的值，从而即可求出点E 的坐标；
（3） 当点P 到x 轴的距离等于1时，点P 的纵坐标为1或﹣1， 将抛物线的解析式配成顶点式可得其顶点坐标，根据对称性可得 点E ，F （点E 在点F 的左侧）的纵坐标为52或32
， 然后分两种情况
将y的值代入抛物线的解析式算出对应的自变量的值，从而即可求出EF的长度. 12．【答案】（1）解：∵二次函数的最小值为−1，点M(1，m)是其对称轴上一点，∴二次函数顶点为(1，−1)，
设二次函数解析式为y=a(x−1)2−1，
将点O(0，0)代入得，a−1=0，
∴a=1，
∴y=(x−1)2−1=x2−2x；
（2）解：如图，连接OP，
当y=0时，x2−2x=0，
∴x=0或2，∴A(2，0)，
∵点P在抛物线y=x2−2x上，
∴点P的纵坐标为t2−2t，
∴S=S△AOB+S△OAP−S△OBP
=1
2×2×1+
1
2×2(−t2+2t)−
1
2t
=−t2+32t+1；
（3）解：N(1，−1)或(3，3)或(−1，3).
【知识点】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；平行四边形的性质；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【解答】（3）解：设N(n，n2−2n)，
当AB为对角线时，由中点坐标公式得，2+0=1+n，∴n=1，∴N(1，−1)，
当AM为对角线时，由中点坐标公式得，2+1=n+0，∴n=3，∴N(3，3)，
当AN为对角线时，由中点坐标公式得，2+n=0+1，∴n=−1，∴N(−1，3)，
综上：N(1，−1)或(3，3)或(−1，3).
【分析】（1）根据题意易得抛物线的顶点坐标为（1，-1），设出抛物线的顶点式，进而将（0，0）代入可算出二次项的系数a的值，从而得出抛物线的解析式；
（2）令解析式中的y=0算出对应的自变量的值，从而即可得出点A的坐标，根据抛物线上的点的坐标特点，表示出点P的坐标，进而根据S=S△AOB+S△OAP−S△OBP建立出S与t的函数关系式；（3）根据抛物线上的点的坐标特点，表示出点N的坐标，然后分当AB为对角线，AM为对角线及AN为对角线，三种情况，分别根据平行四边形的对角线互相平分，结合中点坐标公式建立方程，求解即可求出n的值，从而求出点N的坐标.。