【数学】培优二次函数辅导专题训练附详细答案

一、二次函数 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图，已知抛物线yax2bxc(a0)的对称轴为直线x1，且抛物线与x轴交

于A、B两点，与y轴交于C点，其中A(1,0)，C(0,3).

（1）若直线ymxn经过B、C两点，求直线BC和抛物线的解析式；

（2）在抛物线的对称轴x1上找一点M，使点M到点A的距离与到点C的距离之和最小，求出点M的坐标；

（3）设点P为抛物线的对称轴x1上的一个动点，求使BPC为直角三角形的点P的坐标.

2【答案】（1）抛物线的解析式为yx2x3，直线的解析式为yx3.（2）

M(1,2)；（3）P的坐标为(1,2)或(1,4)或(1,317)或(1,317).

22【解析】

分析：（1）先把点A，C的坐标分别代入抛物线解析式得到a和b，c的关系式，再根据抛物线的对称轴方程可得a和b的关系，再联立得到方程组，解方程组，求出a，b，c的值即可得到抛物线解析式；把B、C两点的坐标代入直线y=mx+n，解方程组求出m和n的值即可得到直线解析式；

（2）设直线BC与对称轴x=-1的交点为M，此时MA+MC的值最小．把x=-1代入直线y=x+3得y的值，即可求出点M坐标；

（3）设P（-1，t），又因为B（-3，0），C（0，3），所以可得BC2=18，PB2=（-1+3）

2

+t2=4+t2，PC2=（-1）2+（t-3）2=t2-6t+10，再分三种情况分别讨论求出符合题意t值即可求

出点P的坐标．

b2a1a1详解：（1）依题意得：abc0，解得：b2，

c3c3∴抛物线的解析式为yx22x3. ∵对称轴为x1，且抛物线经过A1,0， ∴把B3,0、C0,3分别代入直线ymxn，

3mn0m1得，解之得：，

n3n3∴直线ymxn的解析式为yx3.

（2）直线BC与对称轴x1的交点为M，则此时MAMC的值最小，把x1代入直线yx3得y2，

∴M1,2.即当点M到点A的距离与到点C的距离之和最小时M的坐标为1,2. （注：本题只求M坐标没说要求证明为何此时MAMC的值最小，所以答案未证明

MAMC的值最小的原因）.

（3）设P1,t，又B3,0，C0,3，

∴BC218，PB213t24t2，PC21t3t26t10， ①若点B为直角顶点，则BC2PB2PC2，即：184t2t26t10解得：

222t2，

②若点C为直角顶点，则BC2PC2PB2，即：18t26t104t2解得：

t4，

③若点P为直角顶点，则PB2PC2BC2，即：4t2t26t1018解得：

t1317317. ，t222317317综上所述P的坐标为1,2或1,4或1,2或1,2.

点睛：本题综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法求函数（二次函数和一次函数）的解析式、利用轴对称性质确定线段的最小长度、难度不是很大，是一道不错的中考压轴题．

2．如图1，对称轴为直线x=1的抛物线y=

12

x+bx+c，与x轴交于A、B两点（点A在点B2的左侧），且点A坐标为(-1，0).又P是抛物线上位于第一象限的点，直线AP与y轴交于点D，与抛物线对称轴交于点E，点C与坐标原点O关于该对称轴成轴对称. （1）求点 B 的坐标和抛物线的表达式； （2）当 AE：EP=1：4 时，求点 E 的坐标；

（3）如图 2，在（2）的条件下，将线段 OC 绕点 O 逆时针旋转得到 OC ′，旋转角为 α(0°＜α＜90°)，连接 C ′D、C′B，求 C ′B+

2C′D 的最小值． 3

【答案】（1）B（3，0）；抛物线的表达式为：y=

123x-x-；（2）E(1，6)；（3）C′B＋

222410． C′D的最小值为33【解析】

试题分析：（1）由抛物线的对称轴和过点A ，即可得到抛物线的解析式，令y=0，解方程可得B的坐标；

（2）过点P作PF⊥x轴，垂足为F．由平行线分线段弄成比例定理可得

AEAGEG1===，从而求出E的坐标； APAFPF5（3）由E（1，6）、A（-1，0）可得AP的函数表达式为y=3x+3，得到D（0，3）． 如图，取点M（0，

4），连接MC′、BM．则可求出OM，BM的长，得到322C′D，由C′B＋C′D＝C′B＋MC′≥BF可得到结论． 33△MOC′∽△C′OD．进而得到MC′＝

b12

1=1，∴b=-1． 试题解析：解：（1）∵抛物线y=x+bx+c的对称轴为直线x=1，∴-222∵抛物线过点A（-1，0），∴即：抛物线的表达式为：y=令y=0，则

13-b+c=0，解得：c=-，

22123x-x-．

22123x-x-=0，解得：x1=-1，x2=3，即B（3，0）；

22（2）过点P作PF⊥x轴，垂足为F．

AEAGEG1∵EG∥PF，AE：EP=1：4，∴===．

APAFPF5又∵AG=2，∴AF=10，∴F（9，0）．

当x=9时，y=30，即P（9，30），PF=30，∴EG=6，∴E（1，6）．

（3）由E（1，6）、A（-1，0）可得AP的函数表达式为y=3x+3，则D（0，3）． ∵原点O与点C关于该对称轴成轴对称，∴EG=6，∴C（2，0），∴OC′＝OC＝2． 如图，取点M（0，

44497），连接MC′、BM．则OM＝，BM＝32()2＝． 33334OC'2MC'22，∵OM∠DOC′∠C′OD∴△MOC′∽△C′OD∴，，且＝，．

3OD3C'D3OC'23224210，∴C′B＋C′D的最小值为∴MC′＝C′D，∴C′B＋C′D＝C′B＋MC′≥BM＝3333410． 3

点睛：本题是二次函数的综合题，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式，相似三角形的性质和判定，求得AF的长是解答问题（2）的关键；和差倍分的转化是解答问题（3）的关键．

3．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＞﹣（x﹣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（都在二次函数图象上，试比较y1与y2的大小．

31，y1），D（，y2）44

【答案】（1）点M在直线y＝4x+1上；理由见解析；（2）x的取值范围是x＜0或x＞5；（3）①当0＜b＜y2． 【解析】 【分析】

（1）根据顶点式解析式，可得顶点坐标，根据点的坐标代入函数解析式检验，可得答案； （2）根据待定系数法，可得二次函数的解析式，根据函数图象与不等式的关系：图象在下方的函数值小，可得答案；

（3）根据解方程组，可得顶点M的纵坐标的范围，根据二次函数的性质，可得答案． 【详解】

（1）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）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）如图2，

∵直线y＝4x+1与直线AB交于点E，与y轴交于F， A（5，0），B（0，5）得 直线AB的解析式为y＝﹣x+5，

1114时，y1＞y2，②当b＝时，y1＝y2，③当＜b＜时，y1＜2225y4x1联立EF，AB得方程组，

yx54x5解得，

21y5421，），F（0，1）． 55点M在△AOB内，

∴点E（1＜4b+1＜∴0＜b＜

21， ． 5当点C，D关于抛物线的对称轴对称时，b﹣

131＝﹣b，∴b＝， 442且二次函数图象开口向下，顶点M在直线y＝4x+1上， 综上：①当0＜b＜②当b＝③当

1时，y1＞y2， 21时，y1＝y2， 214＜b＜时，y1＜y2． 25

【点睛】

本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是把点的坐标代入函数解析式检验；解（2）的关键是利用函数图不等式的关系：图象在上方的函数值大；解（3）的关键是解方程组得出顶点M的纵坐标的范围，又利用了二次函数的性质：a＜0时，点与对称轴的距离越小函数值越大．

4．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（

113113，0）、N1（13，﹣1）；M2（，0）、N2（1，﹣1）；M3

22（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=ax2﹣2ax+c，得：a2ac0，

c3解得：a1， c3∴抛物线C1的解析式为y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4， 所以点G的坐标为（1，4）；

（2）设抛物线C2的解析式为y=﹣x2+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=3B′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m4k0， 4k3mm10m23解得：（舍），，

k41k21∴k=1；

（3）设M（x，0），则P（x，﹣x2+2x+3）、Q（x，﹣x2+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=﹣x2+2x+2+1， 解得：x=

113（负值舍去）， 2当x=

113131113时，HN=QM=﹣x2+2x+2=，点M（，0）， 222∴点N坐标为（或（113131+，﹣1），即（13，﹣1）； 22113131﹣，﹣1），即（1，﹣1）； 22如图3，

同理可得△OQM≌△PNH，

∴OM=PH，即x=﹣（﹣x2+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=﹣（﹣x2+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M1（113113，0）、N1（13，﹣1）；M2（，0）、N2（1，﹣1）；M3

22（4，0）、N3（10，﹣1）；M4（4，0）、N4（﹣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.

5．如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象交x轴于A（-2，0），B（1，0），交y轴于C（0，2）；

（1）求二次函数的解析式；

（2）连接AC，在直线AC上方的抛物线上是否存在点N，使△NAC的面积最大，若存在，求出这个最大值及此时点N的坐标，若不存在，说明理由．

（3）若点M在x轴上，是否存在点M，使以B、C、M为顶点的三角形是等腰三角形，若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，说明理由．

（4）若P为抛物线上一点，过P作PQ⊥BC于Q，在y轴左侧的抛物线是否存在点P使△CPQ∽△BCO（点C与点B对应），若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由．

【答案】（1）二次函数的解析式为：y=-x2-x+2；；（2）最大值为1，此时N（-1，2）；（3）M的坐标为（-1，0）或（1±5，0）或（-

3，0）；（4）点P的坐标为：（-1，2710，-）．

93【解析】 【分析】

2）或（-（1）利用交点式求二次函数的解析式；

（2）求直线AC的解析式，作辅助线ND，根据抛物线的解析式表示N的坐标，根据直线AC的解析式表示D的坐标，表示ND的长，利用铅直高度与水平宽度的积求三角形ANC的面积，根据二次函数的最值可得面积的最大值，并计算此时N的坐标；

（3）分三种情况：当B、C、M为顶点的三角形是等腰三角形时，分别以三边为腰，画图形，求M的坐标即可；

（4）存在两种情况：①如图4，点P1与点C关于抛物线的对称轴对称时符合条件；

3，0）时，MB=MC，设CM与抛物线交于点P2，则2△CP2Q∽△BCO，P2为直线CM的抛物线的交点． 【详解】

（1）∵二次函数y=ax2+bx+c的图象交x轴于A（-2，0），B（1，0）， 设二次函数的解析式为：y=a（x+2）（x-1）， 把C（0，2）代入得：2=a（0+2）（0-1）， a=-1，

∴y=-（x+2）（x-1）=-x2-x+2，

∴二次函数的解析式为：y=-x2-x+2；

（2）如图1，过N作ND∥y轴，交AC于D，设N（n，-n2-n+2），

②如图5，图3中的M（-

设直线AC的解析式为：y=kx+b， 把A（-2，0）、C（0，2）代入得：2kb＝0，

b＝2解得：k＝1， b＝2∴直线AC的解析式为：y=x+2， ∴D（n，n+2），

∴ND=（-n2-n+2）-（n+2）=-n2-2n， ∴S△ANC=

1×2×[-n2-2n]=-n2-2n=-（n+1）2+1， 2∴当n=-1时，△ANC的面积有最大值为1，此时N（-1，2）， （3）存在，分三种情况：

①如图2，当BC=CM1时，M1（-1，0）；

②如图2，由勾股定理得：BC=2212=5，

以B为圆心，以BC为半径画圆，交x轴于M2、M3，则BC=BM2=BM3=5， 此时，M2（1-5，0），M3（1+5，0）；

③如图3，作BC的中垂线，交x轴于M4，连接CM4，则CM4=BM4，

设OM4=x，则CM4=BM4=x+1， 由勾股定理得：22+x2=（1+x）2， 解得：x=

3， 2∵M4在x轴的负半轴上， ∴M4（-

3，0）， 2综上所述，当B、C、M为顶点的三角形是等腰三角形时，M的坐标为（-1，0）或

3，0）； 2（4）存在两种情况：

（1±5，0）或（-①如图4，过C作x轴的平行线交抛物线于P1，过P1作P1Q⊥BC，

此时，△CP1Q∽△BCO，

∴点P1与点C关于抛物线的对称轴对称， ∴P1（-1，2），

3，0）时，MB=MC，设CM与抛物线交于点P2， 2过P2作P2Q⊥BC，此时，△CP2Q∽△BCO，

②如图5，由（3）知：当M（-

易得直线CM的解析式为：y=

4x+2， 34yx2则， 32yxx2解得：P2（-

710，-），

93710，-）．

93综上所述，点P的坐标为：（-1，2）或（-【点睛】

本题是二次函数的综合题，计算量大，考查了利用待定系数法求函数的解析式、利用函数解析式求其交点坐标、三角形相似的性质和判定、等腰三角形的性质和判定，是一个不错的二次函数与几何图形的综合题，采用了分类讨论的思想，第三问和第四问要考虑周全，不要丢解．

6．如图，直线y＝-

1x-3与x轴，y轴分别交于点A，C，经过点A，C的抛物线y＝ax2+bx2﹣3与x轴的另一个交点为点B(2，0)，点D是抛物线上一点，过点D作DE⊥x轴于点E，连接AD，DC．设点D的横坐标为m． (1)求抛物线的解析式；

(2)当点D在第三象限，设△DAC的面积为S，求S与m的函数关系式，并求出S的最大值及此时点D的坐标；

(3)连接BC，若∠EAD＝∠OBC，请直接写出此时点D的坐标．

【答案】(1)y＝D(﹣3，﹣【解析】 【分析】

3122727x+x﹣3；(2)S△ADC=﹣(m+3)2+；△ADC的面积最大值为；此时444415)；(3)满足条件的点D坐标为(﹣4，﹣3)或(8，21). 4（1）求出A坐标，再用待定系数法求解析式；（2）设DE与AC的交点为点F.设点D的坐标为：(m，

121m+m﹣3)，则点F的坐标为：(m，﹣m﹣3)，根据S△ADC＝S△ADF+S△DFC求42出解析式，再求最值；（3）①当点D与点C关于对称轴对称时，D(﹣4，﹣3)，根据对称性此时∠EAD＝∠ABC．

②作点D(﹣4，﹣3)关于x轴的对称点D′(﹣4，3)，直线AD′的解析式为y＝组求出函数图像交点坐标. 【详解】

3x+9，解方程21x﹣3中，当y＝0时，x＝﹣6， 2即点A的坐标为：(﹣6，0)，

将A(﹣6，0)，B(2，0)代入y＝ax2+bx﹣3得：

解：(1)在y＝﹣

36a6b30， 4a2b301a解得：4，

b1∴抛物线的解析式为：y＝(2)设点D的坐标为：(m，设DE与AC的交点为点F. ∴DF＝﹣

12

x+x﹣3； 4121m+m﹣3)，则点F的坐标为：(m，﹣m﹣3)， 421113m﹣3﹣(m2+m﹣3)＝﹣m2﹣m， 2442∴S△ADC＝S△ADF+S△DFC ＝＝＝

11DF•AE+•DF•OE 221DF•OA 2113×(﹣m2﹣m)×6 242＝﹣＝﹣

329m﹣m 42327(m+3)2+，

443∵a＝﹣＜0，

4∴抛物线开口向下，

∴当m＝﹣3时，S△ADC存在最大值又∵当m＝﹣3时，∴存在点D(﹣3，﹣

27， 41215m+m﹣3＝﹣，

442715)，使得△ADC的面积最大，最大值为； 44(3)①当点D与点C关于对称轴对称时，D(﹣4，﹣3)，根据对称性此时∠EAD＝∠ABC． ②作点D(﹣4，﹣3)关于x轴的对称点D′(﹣4，3)， 直线AD′的解析式为y＝

3x+9， 2y由y3x9x6x82，解得或，

12y0y21xx34此时直线AD′与抛物线交于D(8，21)，满足条件， 综上所述，满足条件的点D坐标为(﹣4，﹣3)或(8，21)

【点睛】

本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，一次函数的应用，二次函数的性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会构建一次函数解决实际问题，属于中考压轴题．.

7．已知点A（﹣1，2）、B（3，6）在抛物线y=ax2+bx上 (1)求抛物线的解析式；

(2)如图1，点F的坐标为（0，m）（m＞2），直线AF交抛物线于另一点G，过点G作x轴的垂线，垂足为H．设抛物线与x轴的正半轴交于点E，连接FH、AE，求证：FH∥AE； (3)如图2，直线AB分别交x轴、y轴于C、D两点．点P从点C出发，沿射线CD方向匀速运动，速度为每秒

个单位长度；同时点Q从原点O出发，沿x轴正方向匀速运动，速

度为每秒1个单位长度．点M是直线PQ与抛物线的一个交点，当运动到t秒时，QM=2PM，直接写出t的值．

【答案】(1)抛物线的解析式为y=x2﹣x；(2)证明见解析；(3)当运动时间为

秒时，QM=2PM．

【解析】 【分析】

（1）（1）A，B的坐标代入抛物线y=ax2+bx中确定解析式；

或

（2）把A点坐标代入所设的AF的解析式，与抛物线的解析式构成方程组，解得G点坐标，再通过证明三角形相似，得到同位角相等，两直线平行； （3）具体见详解. 【详解】

．解：（1）将点A（﹣1，2）、B（3，6）代入中，

，解得：

，

∴抛物线的解析式为y=x2﹣x．

（2）证明：设直线AF的解析式为y=kx+m， 将点A（﹣1，2）代入y=kx+m中，即﹣k+m=2， ∴k=m﹣2，

∴直线AF的解析式为y=（m﹣2）x+m． 联立直线AF和抛物线解析式成方程组，

，解得：

∴点G的坐标为（m，m2﹣m）． ∵GH⊥x轴，

∴点H的坐标为（m，0）．

∵抛物线的解析式为y=x2﹣x=x（x﹣1）， ∴点E的坐标为（1，0）．

过点A作AA′⊥x轴，垂足为点A′，如图1所示． ∵点A（﹣1，2）， ∴A′（﹣1，0）， ∴AE=2，AA′=2． ∴∴

=1，=

= =1，

或

，

，

∵∠AA′E=∠FOH， ∴△AA′E∽△FOH， ∴∠AEA′=∠FHO， ∴FH∥AE．

（3）设直线AB的解析式为y=k0x+b0，

将A（﹣1，2）、B（3，6）代入y=k0x+b0中，得 ∴直线AB的解析式为y=x+3，

当运动时间为t秒时，点P的坐标为（t﹣3，t），点Q的坐标为（t，0）． 当点M在线段PQ上时，过点P作PP′⊥x轴于点P′，过点M作MM′⊥x轴于点M′，则△PQP′∽△MQM′，如图2所示， ∵QM=2PM， ∴

=，

，解得：

，

∴QM′=QP'=2，MM′=PP'=t， ∴点M的坐标为（t﹣2， t）． 又∵点M在抛物线y=x2﹣x上， ∴ t=（t﹣2）2﹣（t﹣2）， 解得：t=

；

当点M在线段QP的延长线上时， 同理可得出点M的坐标为（t﹣6，2t）， ∵点M在抛物线y=x2﹣x上， ∴2t=（t﹣6）2﹣（t﹣6）， 解得：t=

．

或

时，QM=2PM．

综上所述：当运动时间秒

【点睛】

本题考查二次函数综合运用，综合能力是解题关键.

8．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（

113113，0）、N1（13，﹣1）；M2（，0）、N2（1，﹣1）；M3

22（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=ax2﹣2ax+c，得：a2ac0，

c3解得：a1，

c3∴抛物线C1的解析式为y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4， 所以点G的坐标为（1，4）；

（2）设抛物线C2的解析式为y=﹣x2+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=3B′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m4k0， 4k3mm10m23解得：（舍），，

k4k112∴k=1；

（3）设M（x，0），则P（x，﹣x2+2x+3）、Q（x，﹣x2+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=﹣x2+2x+2+1， 解得：x=

113（负值舍去）， 2当x=113131113时，HN=QM=﹣x2+2x+2=，点M（，0）， 222113131+，﹣1），即（13，﹣1）； 22∴点N坐标为（或（113131﹣，﹣1），即（1，﹣1）； 22如图3，

同理可得△OQM≌△PNH，

∴OM=PH，即x=﹣（﹣x2+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=﹣（﹣x2+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M1（113113，0）、N1（13，﹣1）；M2（，0）、N2（1，﹣1）；M3

22（4，0）、N3（10，﹣1）；M4（4，0）、N4（﹣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.

9．在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+2）．点E是直线y=﹣

5x+c的图象经过点C（0，2）和点D（4，﹣31x+2与二次函数图象在第一象限内的交点． 3（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=

321，M坐标为（，3）；（3）F坐标为（0，﹣423）． 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】

2016ac2 ， （1）把C（0，2），D（4，﹣2）代入二次函数解析式得：3c22a25解得：3 ，即二次函数解析式为y=﹣x2+x+2，

33c2y﹣x2联立一次函数解析式得：， 225y﹣xx233125x+2=﹣x2+x+2， 333解得：x=0或x=3， 则E（3，1）；

消去y得：﹣

（2）如图①，过M作MH∥y轴，交CE于点H，

设M（m，﹣∴MH=（﹣

2251m+m+2），则H（m，﹣m+2）， 33322512m+m+2）﹣（﹣m+2）=﹣m2+2m， 333311×2×3+MH•3=﹣m2+3m+3， 22S四边形COEM=S△OCE+S△CME=当m=﹣

b3213=时，S最大=，此时M坐标为（，3）； a242（3）连接BF，如图②所示，

当﹣

2255-735+73x+x+20=0时，x1=，x2=， 334473-55+73，OB=， 44∴OA=∵∠ACO=∠ABF，∠AOC=∠FOB， ∴△AOC∽△FOB，

73-52OAOC∴ ，即4 ， OFOFOB5+7343解得：OF=，

2则F坐标为（0，﹣【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．

3）． 2

10．如图，顶点M在y轴上的抛物线与直线y=x+1相交于A、B两点，且点A在x轴上，点B的横坐标为2，连结AM、BM． （1）求抛物线的函数关系式； （2）判断△ABM的形状，并说明理由；

（3）把抛物线与直线y=x的交点称为抛物线的不动点．若将（1）中抛物线平移，使其顶点为（m，2m），当m满足什么条件时，平移后的抛物线总有不动点．

【答案】（1）抛物线解析式为y=x2﹣1；（2）△ABM为直角三角形．理由见解析；（3）

当m≤时，平移后的抛物线总有不动点． 【解析】

试题分析：（1）分别写出A、B的坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式即可； 根据OA＝OM＝1，AC＝BC＝3，分别得到∠MAC＝45°，∠BAC＝45°，得到∠BAM＝90°，进而得到△ABM是直角三角形；

（3）根据抛物线的平以后的顶点设其解析式为∵抛物线的不动点是抛物线与直线方程

∵点B在直线

的交点，∴

，

，

总有实数根，则≥0，得到m的取值范围即可

与轴的交点，∴A点为（-1，0）

上，且横坐标为2，∴B点为（2，3）

试题解析：解：（1）∵点A是直线

∵过点A、B的抛物线的顶点M在轴上，故设其解析式为：∴

，解得：

．

∴抛物线的解析式为

（2）△ABM是直角三角形，且∠BAM＝90°．理由如下：

作BC⊥轴于点C，∵A（-1，0）、B（2，3）∴AC＝BC＝3，∴∠BAC＝45°； 点M是抛物线

的顶点，∴M点为（0，-1）∴OA＝OM＝1，

∵∠AOM＝90°∴∠MAC＝45°；

∴∠BAM＝∠BAC＋∠MAC＝90°∴△ABM是直角三角形． （3）将抛物线的顶点平移至点（，∵抛物线的不动点是抛物线与直线化简得：∴＝当有不动点 ∴式）

．

时，方程

），则其解析式为的交点，∴

．

总有实数根，即平移后的抛物线总

＝

考点：二次函数的综合应用（待定系数法；直角三角形的判定；一元二次方程根的判别