2023年中考数学高频考点突破-二次函数与三角形

这是一份2023年中考数学高频考点突破-二次函数与三角形，共36页。试卷主要包含了复习方法，复习难点等内容，欢迎下载使用。

中考数学二轮复习策略（供参考）
第二轮复习是为了将第一轮复习的知识点、线结合，交织成知识网络，是第一轮复习的延伸和提高，所以要注重与实际问题的联系，以实现数学能力的培养和提高。本轮复习应该侧重培养数学能力，在第一轮复习的基础上，适当增加难度，要有针对性，围绕热点、难点、创新点、重点，特别是近几年的中考常考内容选定专题。
一、复习方法
1.以专题复习为主。 2.重视方法思维的训练。
3.拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。
二、复习难点
1.专题的选择要准，安排时间要合理。 2.专项复习要以题带知识。
3.在复习的过程中要兼顾基础，在此基础上适当增加变式和难度，提高能力。


2023年中考数学高频考点突破-二次函数与三角形

1．如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与y轴交于点C(0，4)，与x轴交于点A和点B，其中点A的坐标为(−2，0)，抛物线的对称轴x=1与抛物线交于点D，与直线BC交于点E.

（1）求抛物线的解析式：
（2）若点F是直线BC上方的抛物线上的一个动点，是否存在点F使四边形ABFC的面积最大，若存在，求出点F的坐标和最大值；若不存在，请说明理由：
（3）探究对称轴上是否存在一点P，使得以点P，C，A为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请求出所有符合条件的P点的坐标，若不存在，请说明理由.
2．如图，抛物线y=12x2−4x+6与x轴交于A，B两点（A在B的左边），与y轴交于点C，连接AC，BC，点D在抛物线上一点.

（1）求证；△OBC是等腰直角三角形.
（2）连接DC，如图1，若BC平分∠ACD，求点D的坐标.
（3）如图2，若点D在线段BC的下方抛物线上一点，画DE⊥BC于点E.
①求DE的最大值.
②在线段CE上取点F，连OF，DF，若∠EDF=∠ACB，且点C关于直线OF的对称点恰好落在抛物线上，求点D的坐标（直接写出答案）.
3．如图1，抛物线y=−x2+bx+c与x轴相交于点A、点B，与y轴交于点C（0，3），对称轴为直线x=1，交x轴于点D，顶点为点E.

（1）求该抛物线的解析式；
（2）连接AC，CE，AE，求△ACE的面积；
（3）如图2，点F在y轴上，且OF=2，点N是抛物线在第一象限内一动点，且在抛物线对称轴右侧，连接ON交对称轴于点G，连接GF，若GF平分∠OGE，求点N的坐标.
4．如图，抛物线经过A（﹣2，0），C（0，﹣3）两点，且对称轴为直线x=12.

（1）求抛物线的函数解析式；
（2）若直线y＝kx﹣5与抛物线交于点M，N，交x轴于点B，交y轴于点P，连接CN，且tan∠OPM=12.
①求△CMN的面积；
②在平面内是否存在点一是E，使E，C，N，M四点能构成平行四边形，如果存在，请直接写出点E的坐标.
5．如图，已知抛物线y=−(x+1)2+4与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C．

（1）求点A、点B、点C的坐标．
（2）设抛物线的顶点为M，判断△ACM的形状．
（3）在抛物线是否存在一点P，使△PAB面积为8，若存在，直接写出总P的坐标；不存在，说明理由．
6．二次函数y=ax2+bx+4（a≠0）的图象经过点A（-4，0）、B（1，0），与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上一点，连接BP、AC，交于点Q，过点P作PD⊥x轴于点D.

（1）求二次函数的表达式；
（2）连接BC，当∠DPB＝2∠BCO时，求直线BP的表达式；
（3）请判断：PQQB是否有最大值？如有请求出有最大值时点P的坐标，如没有请说明理由.
7．如图，抛物线y=ax2+3x+c(a≠0)与x轴交于点A(−2，0)和点B，与y轴交于点C(0，8)，点P为直线BC上方抛物线上的动点，连接CP，PB，直线BC与抛物线的对称轴l交于点E.

（1）求抛物线的解析式；
（2）求△BCP的面积最大值；
8．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）连结DE，将△BDE沿着DE翻折痕.
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，求出此时抛物线二次项系数a的值.
9．在平面直角坐标系中，点O为坐标的原点，抛物线y=ax2+bx+3经过点B(−3，0)，点C(1，0)，与y轴交于点A．

（1）求a、b的值；
（2）如图1，点P在抛物线上，过点P作PD∥y轴交线段AB于点D，设点P的横坐标为t，线段PD的长为d，求d与t的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）如图2，在（2）的条件下，连接CD，过点A作AE⊥CD于点F，AE=CD，过点E作EG⊥AB于点G，过点G作GH∥DP交x轴于点H，连接FH、FO，若∠HFO=90°，求点P的坐标．
10．如图，抛物线的顶点为A(2，1)，且经过原点O，与x轴的另一个交点为B.

（1）求抛物线的解析式；
（2）求△AOB的面积；
（3）若点P(m，−m)(m≠0)为抛物线上一点，求与P关于抛物线对称轴对称的点Q的坐标.
11．如图，二次函数y=−x2+bx+c的图象与x轴交于点A(−3，0)，B(1，0)两点，与y轴交于点C，点C，D是二次函数图象上的一对对称点，一次函数的图象经过B，D，

（1）求二次函数的解析式；
（2）若直线BD与y轴的交点为E点，连接AD，AE，求△ADE的面积；
（3）直接写出使一次函数值大于二次函数值的x的取值范围.
12．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.

答案解析部分
1．【答案】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c经过点C(0，4)、A(−2，0)，且对称轴为直线x=1，
∴c=44a−2b+c=0−b2a=1，
解得a=−12b=1c=4，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+x+4.
（2）解：存在，理由如下：
如图1，作FH⊥x轴于点H，交BC于点G，设F(x，−12x2+x+4)，

∵点B与点A(−2，0)关于直线x=1对称，
∴B(4，0)，AB=4+2=6，
设直线BC的解析式为y=kx+4，则4k+4=0，
解得k=−1，
∴y=−x+4，
∴G(x，−x+4)，
∴FG=−12x2+x+4−(−x+4)=−12x2+2x，
∴SΔFBC=12OH⋅FG+12BH⋅FG=12×4(−12x2+2x)=−x2+4x，
∴S四边形SABFC=SΔFBC+SΔABC=−x2+4x+12×6×4=−(x−2)2+16，
∴当x=2时，S四边形SABFC最大=16，F(2，4)，
∴点F的坐标是(2，4)，四边形ABFC的面积的最大值是16.
（3）解：存在，设P(1，m)，
∵A(−2，0)，C(0，4)，
∴AC2=22+42=20，PA2=m2+(1+2)2=m2+9，PC2=(m−4)2+12=m2−8m+17，

当PA=PC时，则m2+9=m2−8m+17，
解得m=1，
∴P1(1，1)；
当PC=AC时，则m2−8m+17=20，
解得m1=4−19，m2=4+19，
∴P2(1，4−19)，P3(1，4+19)；
当PA=AC时，则m2+9=20，
解得m1=11，m2=−11，
∴P4(1，11)，P5(1，−11)，
∴综上所述，P点的坐标(1，1)或(1，4−19)或(1，4+19)或(1，11)或(1，−11).
【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；等腰三角形的性质；直角坐标系内两点的距离公式
【解析】【分析】（1）将A（-2，0）、C（0，4）、对称轴x=−b2a=1代入y=ax2+bx+c中求出a、b、c的值，据此可得抛物线的解析式；
（2）作FH⊥x轴于点H，交BC于点G，设F（x，−12x2+x+4），易得B（4，0），AB=6，利用待定系数法求出直线BC的解析式，得到G（x，-x+4），表示出FG，根据S四边形ABFC=S△FBC+S△ABC表示出S四边形ABFC，然后根据二次函数的性质进行解答；
（3）设P（1，m），根据两点间距离公式可得AC2、PA2、PC2，然后分PA=PC、PC=AC、PA=AC，求出m的值，据此可得点P的坐标.
2．【答案】（1）证明：令x=0，可得y=12x2−4x+6=6，
令y=0，可得12x2−4x+6=0，
解得x1=2，x2=6，
∴A(2，0)，B(6，0)，C(0，6)，
∴OB=6，OA=2，OC=6，
∵OB=OC=6，∠BOC=90°，
∴△BOC为等腰直角三角形
（2）解：过点A作AE⊥BC交BC于点E，交CD于F，连接BF，如图，

∵△BOC为等腰直角三角形，AO=2，
∴AB=6−2=4，∠ABE=45°，
∵AE⊥BC，
∴△AEB是等腰直角三角形，
∴AE=EB=22AB=22，
∵BC平分∠ACD，
∴∠ACB=∠FCB，
即根据“三线合一”可知：AE=EF=22，即AF=42，
∴BF=EF2+EB2=4，
∴AF2=AB2+BF2，
∴△AFB是等腰直角三角形，即BF⊥OB，
∴F(6，4)，
∴利用待定系数法可得直线CF的解析式为：y=−13x+6，
联立y=−13x+6y=12x2−4x+6，
解得x1=0y1=6（舍去），x2=223y2=329，
∴D(223，329)；
（3）解：∵B(6，0)，C(0，6)，
∴利用待定系数法即可求得直线BC的解析式为：y=−x+6，
①设过点D的坐标为(x，12x2−4x+6)，过点D与直线BC平行的直线解析式为y=−x+b，过D点作y轴的平行线交BC于点P，如图，

联立y=−x+by=12x2−4x+6，可得12x2−3x+6−b=0，
∵Δ=(−3)2−4×12×(6−b)=0，
∴b=32，
∴12x2−3x+92=0，
∴解得x1=x2=3，
即点D的坐标为(3，−32)，根据DP∥OC可得P点横坐标为3，
即可得P(3，3)，
∴当DE有最大值时，点D的坐标为(3，−32)，P(3，3)，
即：PD=−x+6−(12x2−4x+6)=−12x2+3x，
当x=3时，DP=92，
∵DP∥OC，
∴∠DPE=∠OCB=45°，
∵DE⊥BC，
∴△PDE为等腰直角三角形，
∴DE=22DP=942，
∴此时DE的最大值为942；
②D(2，0)
【知识点】等腰直角三角形；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：（3）②设点C关于OF的对称点为点T（且点T在抛物线上），则有OF垂直平分线段CT，即TO=OC=6，
由图可知抛物线y=12x2−4x+6上除点C、点B外，再无其他点到原点的距离为6，
∴点T与点B重合，此时对称轴OF即为Rt△BOC斜边的中线，
即点F为BC中点，
过A点作AG⊥BC于G点，连接FA，

∵A(2，0)，B(6，0)，C(0，6)，△BOC为等腰直角三角形，
∴OB=6，OA=2，OC=6，且可得△AGB为等腰直角三角形，
∴BC=62，AG=GB=22，
∴OF=BF=CF=12BC=32，
∴FG=BF−GB=2，CG=BC−GB=42，
∴tan∠GAF=FGAG=222=12，tan∠ACB=AGCG=2242=12，
∴tan∠GAF=tan∠ACB，
∴∠GAF=∠ACB，
此时若D点与A点重合，则E点与G点重合，满足∠EDF=∠ACB，
此时D点坐标为：(2，0)；
若D点不与A点重合：
点F为定点（BC中点），且F点在线段AE上，即：CE＞CF，
第一种情况：当D点从A点往C点靠近时，E点也会逼近F点，
此时形成的角∠EDF会越来越小，
∴即不存在∠EDF=∠ACB的情况；
第二种情况：当D点从A点往B点靠近时，DF与BF的夹角∠DFB将越来越小，
则在Rt△DFB的另一个锐角∠EDF会越来越大，
∴即不存在∠EDF=∠ACB的情况；
综上：D点与A点重合满足要求，即D(2，0).
【分析】（1）令解析式中x=0及y=0，分别算出对应的y及x的值，即可得出点A、B、C的坐标，根据两点间的距离公式表示出OB、OA、OC，即可得出结论；
（2） 过点A作AE⊥BC交BC于点E，交CD于F，连接BF，易得△AEB是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得AE=EB=22，根据等腰三角形的性质得AF的长，利用勾股定理算出BF，进而根据勾股定理的逆定理判断出△AFB是等腰直角三角形，且BF⊥OB，从而得出点F的坐标，利用待定系数法求出直线CF的解析式，联立直线CF与抛物线的解析式组成方程组，求解可得点D的坐标；
（3）①利用待定系数法求出直线BC的解析式， 设过点D的坐标为(x，12x2−4x+6)，过点D与直线BC平行的直线解析式为y=−x+b，过D点作y轴的平行线交BC于点P，联立两函数解析式可得关于x的一元二次方程，根据该方程根的判别式的值为0求出b的值，从而即可求出D及P的坐标；②设点C关于OF的对称点为点T（且点T在抛物线上），则有OF垂直平分线段CT，即TO=OC=6，由图可知抛物线y=12x2−4x+6上除点C、点B外，再无其他点到原点的距离为6，故点T与点B重合，此时对称轴OF即为Rt△BOC斜边的中线，即点F为BC中点，过A点作AG⊥BC于G点，连接FA，易得△AGB为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质及锐角三角函数的定义得∠GAF=∠ACB，此时若D点与A点重合，则E点与G点重合，满足∠EDF=∠ACB，此时D点坐标为（2，0）；若D点不与A点重合：
点F为定点（BC中点），且F点在线段AE上，即CE＞CF，第一种情况：当D点从A点往C点靠近时，E点也会逼近F点，此时形成的角∠EDF会越来越小，即不存在∠EDF=∠ACB的情况；第二种情况：当D点从A点往B点靠近时，DF与BF的夹角∠DFB将越来越小，则在Rt△DFB的另一个锐角∠EDF会越来越大，即不存在∠EDF=∠ACB的情况，综上所述即可得出答案.
3．【答案】（1）解：∵抛物线y=-x2+bx+c与y轴交于点C（0，3），
令x=0，则c=3，
∵对称轴为直线x=1，
∴−b2×(−1)=1，
∴b=2，
∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3
（2）解：如图1， AE与y轴的交点记作H，

由（1）知，抛物线的解析式为y=-x2+2x+3，
令y=0，则-x2+2x+3=0，
∴x=-1或x=3，
∴A（-1，0），
当x=1时，y=-1+2+3=4，
∴E（1，4），
∴直线AE的解析式为y=2x+2，
∴H（0，2），
∴CH=3-2=1，
∴S△ACE=12CH•|xE-xA|=12×1×2=1；
（3）解：如图2， 过点F作FP⊥DE于P，则FP=1，过点F作FQ⊥ON于Q，

∵GF平分∠OGE，
∴FQ=FP=1，
在Rt△FQO中，OF=2，
根据勾股定理得，OQ=OF2−FQ2=1，
∴OQ=FQ，
∴∠FOQ=45°，
∴∠BON=90°-45°=45°，
过点Q作QM⊥OB于M，OM=QM
∴ON的解析式为y=x①，
∵点N在抛物线y=-x2+2x+3②上，
联立①②，则y=xy=−x2+2x+3，
解得：x=1+132y=1+132或x=1−132y=1−132（由于点N在对称轴x=1右侧，所以舍去），
∴点N的坐标为：（1+132，1+132）.
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-动态几何问题
【解析】【分析】（1）根据抛物线与y轴交点的坐标可得c的值，进而根据对称轴直线公式可得b的值，从而即可求出抛物线的解析式；
（2） AE与y轴的交点记作H， 首先求出A、E两点的坐标，利用待定系数法求出直线AE的解析式，进而即可求出点H的坐标，最后根据 S△ACE=12CH•|xE-xA| 即可算出答案；
（3） 过点F作FP⊥DE于P，则FP=1，过点F作FQ⊥ON于Q， 根据角平分线的性质可得 FQ=FP=1， 由勾股定理算出OF、OQ的长，则OQ=FQ，根据等腰直角三角形的性质及角的和差可得∠BON=45°， 过点Q作QM⊥OB于M，OM=QM ，易得ON的解析式是y=x，联立直线ON与抛物线的解析式，求解可得点N的坐标.
4．【答案】（1）解：设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，
∵对称轴为直线x=12，
∴﹣b2a＝12，
∴b＝﹣a，
∴y＝ax2﹣ax+c，
将点A（﹣2，0），C（0，﹣3）代入，
∴c=−34a+2a+c=0，
解得c=−3a=12，
∴y＝12x2﹣12x﹣3；
（2）解：①y＝kx﹣5与y轴的交点P（0，﹣5），
∴OP＝5，
∵tan∠OPM=12，
∴12=OBOP
∴OB＝52，
∴B（52，0），
将B点代入y＝kx﹣5，
∴52k﹣5＝0，
∴k＝2，
∴y＝2x﹣5，
联立方程组 y=2x−5y=12x2−12x−3
解得 x=1y=−3 或 x=4y=3，
∴M（4，3），N（1，﹣3），
∵C（0，﹣3），P（0，﹣5），
∴CP＝2，
∴S△CMN＝S△CPM﹣S△CNP＝12×2×4﹣12×2×1＝3；
②存在，E点坐标为（5，3）或（﹣3，﹣9）或（3，3）.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；平行四边形的性质；锐角三角函数的定义；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：（2）②存在点E，使E，C，N，M四点能构成平行四边形，理由如下：
设E（x，y），
当EC为平行四边形的对角线时，
x=4+1y−3=3−3
解得 x=5y=3
∴E（5，3）；
当EM为平行四边形的对角线时，
x+4=1y+3=−3−3
解得 x=−3y=−9
∴E（﹣3，﹣9）；
当EN为平行四边形的对角线时，
x+1=4y−3=3−3
解得 x=3y=3
∴E（3，3）；
综上所述：E点坐标为（5，3）或（﹣3，﹣9）或（3，3）.
【分析】（1）利用对称轴求得b＝−a，再用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）①先求出直线的解析式，联立方程组求出M、N点坐标，再由S△CMN＝S△CPM−S△CNP求解即可；
②设E（x，y），根据平行四边形的性质，分三种情况讨论：当EC为平行四边形的对角线时，可得E（5，3）；当EM为平行四边形的对角线时，可得E（−3，−9）；当EN为平行四边形的对角线时，可得E（3，3）．
5．【答案】（1）解：抛物线y=−(x+1)2+4与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C．
∵y=−(x+1)2+4=−x2−2x+3，
令x=0，则y=3，
∴C(0，3)，
令y=0，
则−(x+1)2+4=0，
解得x1=1，x2=−3，
∴A(−3，0)，B(1，0)
（2）解：∵抛物线的顶点为M(−1，4)，
如图，连接AC，MC，AM，

∵A(−3，0)，B(1，0)，C(0，3)，
∴OA=OC=3，OB=1，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴AC2=32+32=18，，
∵M(−1，4)，
过点M作MD⊥y轴于点D，
∴MD=1，OD=4，
∴CD=OD−OC=1，
∴△CMD是等腰直角三角形，
∴MC2=12+12=2，
∵AM2=22+42=20，
∴AM2=AC2+MC2，
∴ΔACM是直角三角形；
（3）解：P点坐标为(−1，4)或(−1+22，−4)或(−1−22，−4)
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；三角形的面积；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】（3）解：存在．
设P(x，−x2−2x+3)，
当点P在x轴的上方时，
∵△PAB面积为8，AB=OA+OB=4，
∴12×4×(−x2−2x+3)=8，
整理得x2+2x+1=0，
解得x1=x2=−1，
∴P(−1，4)．
当点P在x轴的下方时，
∵△PAB面积为8，AB=OA+OB=4，
∴12×4×(x2+2x−3)=8，
整理得x2+2x−7=0，
解得x3=−1+22，x4=−1−22，
当x=−1+22时，y=−(−1+22)2−2(−1+22)+3=−4．
当x=−1−22时，y=−(−1−22)2−2(−1−22)+3=−4．
∴P(−1+22，−4)或P(−1−22，−4)．
综上可知，P点坐标为(−1，4)或(−1+22，−4)或(−1−22，−4)．

【分析】（1）将x=0代入解析式求出点C的坐标，再将y=0代入解析式求出x的值，即可得到点A、B的坐标；
（2）连接AC，MC，AM，过点M作MD⊥y轴于点D，先证明△CMD是等腰直角三角形，再结合AM2=AC2+MC2，利用勾股定理的逆定理证明ΔACM是直角三角形即可；
（3）设P(x，−x2−2x+3)，分两种情况：①当点P在x轴的上方时，②当点P在x轴的下方时，再分别求解即可。
6．【答案】（1）解： (1) 由题意可得：
a⋅(−4)2+b⋅(−4)+4=0a+b+4=0
解得： a=−1b=−3 ，
∴ 二次函数的表达式为 y=−x2−3x+4
（2）解：设BP与y轴交于点E，

∵PD//y 轴，
∴∠DPB=∠OEB，
∵∠DPB=2∠BCO ，
∴∠OEB=2∠BCO .
∴∠ECB=∠EBC ，
∴BE=CE，设OE=a，则CE=4-a，
∴BE=4-a ，
在 Rt △BOE 中， 由勾股定理哠 BE2=OE2+OB2 ，
∴(4−a)2=a2+12
解得 a=158 ，
∴E(0，158)，
设 B E所在直线表达式为 y=kx+e(k≠0)
∴k⋅0+e=158，k⋅1+e=0. 解得 k=−158，e=158.
∴ 直线 B P 的表达式为 y=−158x+158 .
（3）解：设PD与AC交于点N.
过B作y轴的平行线与AC相交于点M.

由A、C两点坐标分别为(-4，0)，(0，4)
可得AC所在直线表达式为y=x+4
∴M点坐标为(1，5)，BM =5
由BM∥PN，可得△PNQ∽△BMQ
∴PQQB=PNBM=PN5
设 P(a0，−a02−3a0+4)(−4 ∴PQQB=−a02−3a0+4−(a0+4)5=−a02−4a05=−(a0+2)2+45，
∴ 当 a0=−2 时， PQQB 有最大值0.8
此时 P 点坐标为 (−2，6) .
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；相似三角形的判定与性质；二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】（1）将点A，B的坐标分别代入函数解析式，可得到关于a，b的方程组，解方程组求出a，b的值，可得到二次函数解析式.
（2）利用平行线的性质可证得∠DPB=∠OEB，利用三角形的外角的性质去证明∠ECB=∠EBC，利用等角对等边可得到BE=CE；设OE=a，则CE=BE=4-a，在Rt△BOE中，利用勾股定理可得到关于a的方程，解方程求出a的值，可得到点E的坐标；再利用待定系数法求出直线BP的函数解析式，
（3）设PD与AC交于点N，过B作y轴的平行线与AC相交于点M，利用点A，C的坐标可求出直线AC的函数解析式，利用点M的坐标可求出BM的长；由BM∥PN，可证得△PNQ∽△BMQ，利用相似三角形的对应边成比例，可得比例式式；利用函数解析式设 P(a0，−a02−3a0+4)(−4 7．【答案】（1）解：将A(−2，0)，C(0，8)代入y=ax2+3x+c，
∴4a−6+c=0c=8，
解得a=−12c=8，
∴y=−12x2+3x+8
（2）解：令y=0，则−12x2+3x+8=0，
解得：x=−2或x=8，
∴B(8，0)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∴b=88k+b=0，
解得k=−1b=8，
∴y=−x+8，
过点P作PG∥y轴交BC于G，

设P（t，−12t2+3t+8），则G(t，−t+8)，
∴PG=−12t2+3t+8+t−8=−12t2+4t，
∴S△CBP=12×8×(−12t2+4t)=−2t2+16t=−2(t−4)2+32，
∴当t=4时，△BCP的面积有最大值，最大值为32.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；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
【解析】【分析】（1）将A（-2，0）、C（0，8）代入y=ax2+3x+c中求出a、c的值，据此可得抛物线的解析式；
（2）令y=0，求出x的值，可得点B的坐标，利用待定系数法求出直线BC的解析式，过点P作PG∥y轴交BC于G，设P（t，−12t2+3t+8），则G（t，-t+8），表示出PG，根据三角形的面积公式可得S△CBP，然后根据二次函数的性质进行解答.
8．【答案】（1）解：如下图所示，过点B作BE⊥x轴，垂直为E，过点A作AF⊥x轴，垂直为F，

∵点A(3，4)
∴OA=5，AF=4，
∵四边形OABC为菱形，
∴OA=OC=BC=AB=5，BE=AF=4，CE=3，
∴B(8，4)，C(5，0)，
∵点E是线段BC的中点
∴E(132，2)；
（2）解：①设AC：y=kx+m，把点A(3，4)和C(5，0)代入，
解得：k=−2，m=10，
∴y=−2x+10，
设B′(x，−2x+10)，
∵BE=B′E，
∴(x−6.5)2+(−2x+10−2)2=2.52，
解得x=4或x=5，
∴B′(4，2)或B′(5，0)，
∵点D在AB上，
∴设点D(m，4)，
∵BD=B′D，
∴(m−4)2+(4−2)2=(8−m)2+(4−4)2或(m−5)2+(4−0)2=(8−m)2+(4−4)2
解得m=112或m=236，
∴D(112，4)或D(236，4).
②当B′在AB下方时，如下图所示，连接OB，BB′，

∵四边形OABC是菱形，
∴∠OBC=∠BOC
∵△BB′D与△BOC相似，
∴∠DBB′=∠DB′B=∠OBC，
∴OB与BB′重合，点B′在OB上
∵BE=B′E
∴∠EBB′=∠EB′B=∠OBC，
∵∠EBB′=∠B′BDBB′=BB′∠EB′B=∠DB′B ，
∴△BB′D≌△BB′E，
∴DB=BE=B′E=B′D=2.5，
∴四边形B′EBD是菱形，
∴点D(112，4)，
∵抛物线y=ax2+bx+c过点A(3，4)，E(132，2)，D(112，4)，
∴1694a+132b+c=21214a+112b+c=4，9a+3b+c=4，
解得a=−47.
当当B′再AB上方时，如下图所示，延长B′B交x轴于点F，

∵△BB′D与△BOC相似，
∴∠DBB′=∠DB′B=∠OBC=∠BOC，
∵AB平行x轴，
∴∠DBB′=∠OFB，
∴∠BOC=∠OFB，
∴OB=BF，
∴点F(16，0)，
设直线BB′为y=kx+b，代入F(16，0)和B(8，4)得
16k+b=08k+b=4，
解方程组得k=−12，b=8，
∴直线BB′为y=−12x+8，
设B′(n，−12n+8)，
∵BE=B′E=2.5
∴(n−132)2+(−12n+8−2)2=254，
解得n=8或n=365，
当n=8时，点B′(8，4)与点B重合，舍去，
当n=365时，点B′(365，225)，
设点D(m，4)，
∵BD=B′D，
∴(8−m)2=(365−m)2+(225−4)2，
解方程得m=152，
∴D(152，4)，
抛物线y=ax2+bx+c过点A(3，4)，E(132，2)，D(152，4)，
∴1694a+132b+c=22554a+152b+c=4，9a+3b+c=4，
解得a=314.
【知识点】菱形的性质；相似三角形的性质；二次函数与一次函数的综合应用；直角坐标系内两点的距离公式
【解析】【分析】（1） 过点B作BE⊥x轴，垂直为E，过点A作AF⊥x轴，垂直为F，根据两点间的距离公式算出AF，进而根据菱形的性质结合点的坐标与图形的性质得出B，C的坐标，由中点坐标公式可求出E点坐标；
（2）①求出直线AC的解析式为y＝−2x＋10， 设B'（x，-2x+10），根据BE=B'E建立方程，求解得出x的值，从而即可得出点B'的坐标，设D（m，4），由BD＝B'D可得m的方程，则D点坐标可求出；
② 当B'在AB下方时，如下图所示，连接OB，BB'， 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，证明△BB'D≌△BB'E，则BD＝BE，可得点D的坐标，由物线y＝ax2＋bx＋c过点A，E，D三点，由待定系数法可求出a的值； 当B'再AB上方时，如下图所示，延长B'B交x轴于点F， 若△BB'D与△BOC相似，可以推出∠BOC=∠OFB，根据等角对等边得OB=BF，从而可得点F的坐标，利用待定系数法求出直线BB'的解析式，根据直线上的点的坐标特点设 B′(n，−12n+8)， 由BE=B'E=2.5建立方程，求解得n的值，进而可求出B'的坐标，设D（m，4），根据BD=B'D建立方程组，求解得出m的值，从而即可得出点D的坐标，由物线y＝ax2＋bx＋c过点A，E，D三点，由待定系数法可求出a的值，综上所述即可得出答案.
9．【答案】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+3过B(−3，0)与C(1，0)两点
∴9a−3b+3=0a+b+3=0
∴a=−1b=−2
即a=−1，b=−2
（2）解：

∵a=−1，b=−2
∴y=x2−2x+3
当x=0时，y=3
∴A(0，3)
设直线AB：y=kx+b′
∵B(−3，0)
∴b′=3−3k+b′=0
∴k=1b′=3
∴直线AB解析式为y=x+3
∵DP∥y轴，
∴P、O的横坐标都为t
∴p(t，−t2−2t+3)，O(t，t+3)
∴d=−t2−2t+3−(t+3)
=−t2−3t
（3）解：①作EL⊥OA于L，延长PD交x轴于T
∴∠AFC=∠AOC=90°
∵∠1=∠2
∴∠EAL=∠DCT
∵AE=CD
∴△AEL≌△CDT
∴EL=DT，AL=CT
∵D(t，t+3)
∴EL=t+3，AL=CT=1−t
∵OL=OA−AL=3−(1−t)=2+t
∴E(−t−3，2+t)

②作EW∥y轴交AB于W，交OB于V，延长GE交x轴于R
则W(−t−3，−t)，V(−t−3，0)，WE=−2t−2，WV=−t

由A、B两点坐标得：OA=OB
∴∠ABO=45°，
∴∠BWV=∠WEG=∠GRB=∠ABO=45°
∴WG=GE，WV=BV，GR=BG
∴由勾股定理得：GW=22WE=−2(t+1)，BW=2WV=−2t，
∴BG=BW−GW=2
由勾股定理得：BR=2BG=2
又点H为BR的中点，OB=3
∴G(−2，1)，R(−1，0)，H(−2，0)
③延长GE交x轴于R，连接DH、OE

∵D(t，t+3)，G(−2，1)，E(−t−3，2+t)，R(−1，0)
∴DG=ER，OR=GH=1，∠DGH=∠FRO=135°
∴△DGH≌△ERO
∴DH=EO，∠GDH=∠REO
④连接AC

∵∠HFO=∠DFE=90°，
∴∠DFH=∠EFO
∵EG⊥AB，AF⊥CD，∠DAF=∠EAG
∴∠ADF=∠AEG，
∴∠GDF=∠FER
∵∠GDH=∠REO
∴∠FEO=∠FDH，
∵DH=EO
∴△DHF≌△EOF
∴DF=EF
∵AE=CD
∴AF=CF
∴∠FAC=45°
⑤

Rt△AOC中，tan∠OAC=13
∵∠BAO=∠FAC=45°
∴∠GAE=∠OAC
∴tan∠GAE=EGAG=13
即22(−2t−2)=232
解得：t=−53
∴P(−53，329)
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-动态几何问题
【解析】【分析】（1）将点B、C的坐标代入y=ax2+bx+3求出a、b的值即可；
（2）先求出直线AB的解析式，再求出p(t，−t2−2t+3)，O(t，t+3)，可得d=−t2−2t+3−(t+3)=−t2−3t；
（3）分类讨论，分别画出图形并求解即可。
10．【答案】（1）解：设二次函数解析式为y=a(x−2)2+1，
∵抛物线经过点O(0，0)，
∴把点O(0，0)的坐标代入二次函数解析式，
可得：4a+1=0，
解得：a=−14，
∴二次函数解析式为：y=−14(x−2)2+1；
（2）解：如图，过点A作AC⊥x轴交x轴于点C，连接OA、AB，

∵抛物线y=−14(x−2)2+1的对称轴为直线x=2，且经过原点O(0，0)，
∴与x轴的另一个交点B的坐标为(4，0)，
∴OB=4，AC=1，
∴△AOB的面积为：12×4×1=2；
（3）解：∵点P(m，−m)(m≠0)为抛物线y=−14(x−2)2+1上一点，
∴−m=−14(m−2)2+1，
解得：m1=0（舍去），m2=8，
∴P的坐标为(8，−8)，
∵抛物线的对称轴为直线x=2，
∴P关于抛物线对称轴对称的点Q的坐标为(−4，−8).
【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=a（x-h）^2+k的性质
【解析】【分析】（1）此题给出了抛物线的顶点式，利用待定系数法（顶点式法）求出抛物线的解析式即可；
（2） 过点A作AC⊥x轴交x轴于点C，连接OA、AB，根据抛物线的对称性可得点B的坐标，进而根据三角形的面积计算公式即可算出答案；
（3）将点P（m，-m）代入抛物线的解析式，算出m的值，可得点P的坐标，进而根据抛物线的对称性可求出点Q的坐标.
11．【答案】（1）解：把点A(−3，0)，B(1，0)代入y=−x2+bx+c得：−9−3b+c=0−1+b+c=0，
解得：b=−2c=3，
∴二次函数的解析式为y=−x2−2x+3；
（2）解：当x=0时，y=−x2−2x+3=3，
∴C(0，3)，
∵y=−x2−2x+3的对称轴为直线x=−−2−2=−1，
∴D(−2，3)，
设直线BD的解析式为y=kx+b(k≠0)，
代入B(1，0)，D(−2，3)得：k+b=0−2k+b=3，
解得：k=−1b=1，
∴直线BD的解析式为y=−x+1，
把x=0代入y=−x+1得，y=1，
∴E(0，1)，
∵AB=1−(−3)=4，
∴S△ADE=S△ABD−S△ABE
=12×4×3−12×4×1
=6−2
=4，
即△ADE的面积为4；
（3）x<−2或x>1
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：（3）一次函数图象与二次函数图象交于点B(1，0)，D(−2，3)，
由函数图象得：一次函数值大于二次函数值的x的取值范围为x<−2或x>1.
【分析】（1）将点A、B的坐标分别代入y=-x2+bx+c可得关于b、c的方程组，求解得b、c的值，从而即可求出抛物线的解析式；
（2）利用解析式中的x=0，算出对应的函数值，可得点C的坐标，利用抛物线的对称轴直线公式算出其对称轴直线，进而根据抛物线的对称性求出点D的坐标，利用待定系数法求出直线BD的解析式，然后将x=0代入直线BD的解析式算出对应的函数值，从而可得点E的坐标，结合三角形的面积计算公式，由 S△ADE=S△ABD-S△ABE计算即可得出答案；
（3）求一次函数值大于二次函数值的x的取值范围，从图象来说，就是求一次函数图象在二次函数图象上方部分相应的自变量的取值范围，结合图象即可得出答案.
12．【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，−b2=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=52，
∴B(52，−154)，
则直线OB解析式为y=−32x，
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=92，
∴B(92，94)，
则直线OB解析式为y=12x，
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+958=554.
【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=x2+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，a2-4a），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OA2、OB2、AB2，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.