中考数学二轮复习专题20三角形存在问题含解析答案

这是一份中考数学二轮复习专题20三角形存在问题含解析答案，共39页。
1．如图，已知抛物线与x轴交于点A（1，0）和B，与y轴交于点C，对称轴为．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，若点P是线段BC上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，连接OQ．当线段PQ长度最大时，判断四边形OCPQ的形状并说明理由．
（3）如图2，在（2）的条件下，D是OC的中点，过点Q的直线与抛物线交于点E，且．在y轴上是否存在点F，使得为等腰三角形？若存在，求点F的坐标；若不存在，请说明理由．
2．如图，在平面直角坐标系中，抛物线的图象与坐标轴相交于、、三点，其中点坐标为，点坐标为，连接、．动点从点出发，在线段上以每秒个单位长度向点做匀速运动；同时，动点从点出发，在线段上以每秒1个单位长度向点做匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，连接，设运动时间为秒．
（1）求、的值；
（2）在、运动的过程中，当为何值时，四边形的面积最小，最小值为多少？
（3）在线段上方的抛物线上是否存在点，使是以点为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
3．如图，抛物线y＝ax2+x+c经过点A（﹣1，0）和点C （0，3）与x轴的另一交点为点B，点M是直线BC上一动点，过点M作MP∥y轴，交抛物线于点P．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在抛物线上是否存在一点Q，使得△QCO是等边三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）以M为圆心，MP为半径作⊙M，当⊙M与坐标轴相切时，求出⊙M的半径．
4．已知抛物线与x轴交于点A、B（其中A在点B的左侧），与y轴交于点C．
（1）求点B、C的坐标；
（2）设点与点C关于该抛物线的对称轴对称在y轴上是否存在点P，使与相似且与是对应边？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
5．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点，与y轴交于点C，且直线过点B，与y轴交于点D，点C与点D关于x轴对称．点P是线段上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点M，交直线于点N．

（1）求抛物线的函数解析式；
（2）当的面积最大时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，在y轴上是否存在点Q，使得以三点为顶点的三角形是直角三角形，若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
6．如图，已知抛物线y＝ax2+bx+6经过两点A（﹣1，0），B（3，0），C是抛物线与y轴的交点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P（m，n）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，设△PBC的面积为S，求S关于m的函数表达式（指出自变量m的取值范围）和S的最大值；
（3）点M在抛物线上运动，点N在y轴上运动，是否存在点M、点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似，如果存在，请求出点M和点N的坐标．

7．如图，抛物线与x轴交于点和点，与y轴交于点C，连接，与抛物线的对称轴交于点E，顶点为点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是对称轴左侧抛物线上的一个动点，点Q在射线上，若以点P、Q、E为顶点的三角形与相似，请直接写出点P的坐标．
8．在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点和点B，与y轴交于点C，顶点D的坐标为．
(1)直接写出抛物线的解析式；
(2)如图1，若点P在抛物线上且满足，求点P的坐标；
(3)如图2，M是直线BC上一个动点，过点M作轴交抛物线于点N，Q是直线AC上一个动点，当为等腰直角三角形时，直接写出此时点M及其对应点Q的坐标
9．如图所示，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且，，，抛物线的对称轴与直线BC交于点M，与x轴交于点N．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P是对称轴上的一个动点，是否存在以P、C、M为顶点的三角形与相似？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
（3）D为CO的中点，一个动点G从D点出发，先到达x轴上的点E，再走到抛物线对称轴上的点F，最后返回到点C．要使动点G走过的路程最短，请找出点E、F的位置，写出坐标，并求出最短路程．
（4）点Q是抛物线上位于x轴上方的一点，点R在x轴上，是否存在以点Q为直角顶点的等腰？若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．
10．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线与两坐标轴分别相交于A，B，C三点
（1）求证：∠ACB=90°
（2）点D是第一象限内该抛物线上的动点，过点D作x轴的垂线交BC于点E，交x轴于点F．
①求DE+BF的最大值；
②点G是AC的中点，若以点C，D，E为顶点的三角形与AOG相似，求点D的坐标．
评卷人
得分
一、解答题
评卷人
得分
二、证明题
参考答案：
1．（1）；（2）四边形OCPQ是平行四边形，理由见详解；（3）（0，）或（0，1）或（0，-1）
【分析】（1）设抛物线，根据待定系数法，即可求解；
（2）先求出直线BC的解析式为：y=-x+4，设P（x，-x+4），则Q（x，），（0≤x≤4），得到PQ =，从而求出线段PQ长度最大值，进而即可得到结论；
（3）过点Q作QM⊥y轴，过点Q作QN∥y轴，过点E作EN∥x轴，交于点N，推出，从而得，进而求出E（5，4），设F（0，y），分三种情况讨论，即可求解．
【详解】解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（1，0）和B，与y轴交于点C，对称轴为直线，
∴B（4，0），C（0，4），
设抛物线，把C（0，4）代入得：，解得：a=1，
∴抛物线的解析式为：；
（2）∵B（4，0），C（0，4），
∴直线BC的解析式为：y=-x+4，
设P（x，-x+4），则Q（x，），（0≤x≤4），
∴PQ=-x+4-()==，
∴当x=2时，线段PQ长度最大=4，
∴此时，PQ=CO，
又∵PQ∥CO，
∴四边形OCPQ是平行四边形；
（3）过点Q作QM⊥y轴，过点Q作QN∥y轴，过点E作EN∥x轴，交于点N，
由（2）得：Q（2，-2），
∵D是OC的中点，
∴D（0，2），
∵QN∥y轴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，即：，
设E（x，），则，解得：，（舍去），
∴E（5，4），
设F（0，y），则，
，，
①当BF=EF时，，解得：，
②当BF=BE时，，解得：或，
③当EF=BE时，，无解，
综上所述：点F的坐标为：（0，）或（0，1）或（0，-1）．
．
【点睛】本题主要考查二次函数与平面几何的综合，掌握二次函数的性质以及图像上点的坐标特征，添加辅助线，构造直角三角形，是解题的关键．
2．（1）b=2，c=3；（2）t=2，最小值为4；（3）（，）
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点P作PE⊥x轴，垂足为E，利用S四边形BCPQ=S△ABC-S△APQ表示出四边形BCPQ的面积，求出t的范围，利用二次函数的性质求出最值即可；
（3）画出图形，过点P作x轴的垂线，交x轴于E，过M作y轴的垂线，与EP交于F，证明△PFM≌△QEP，得到MF=PE=t，PF=QE=4-2t，得到点M的坐标，再代入二次函数表达式，求出t值，即可算出M的坐标．
【详解】解：（1）∵抛物线y=-x2+bx+c经过点A（3，0），B（-1，0），
则，
解得：；
（2）由（1）得：抛物线表达式为y=-x2+2x+3，C（0，3），A（3，0），
∴△OAC是等腰直角三角形，由点P的运动可知：
AP=，过点P作PE⊥x轴，垂足为E，
∴AE=PE==t，即E（3-t，0），
又Q（-1+t，0），
∴S四边形BCPQ=S△ABC-S△APQ
=
=
∵当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，
AC=，AB=4，
∴0≤t≤3，
∴当t==2时，四边形BCPQ的面积最小，即为=4；
（3）∵点M是线段AC上方的抛物线上的点，
如图，过点P作x轴的垂线，交x轴于E，过M作y轴的垂线，与EP交于F，
∵△PMQ是等腰直角三角形，PM=PQ，∠MPQ=90°，
∴∠MPF+∠QPE=90°，又∠MPF+∠PMF=90°，
∴∠PMF=∠QPE，
在△PFM和△QEP中，
，
∴△PFM≌△QEP（AAS），
∴MF=PE=t，PF=QE=4-2t，
∴EF=4-2t+t=4-t，又OE=3-t，
∴点M的坐标为（3-2t，4-t），
∵点M在抛物线y=-x2+2x+3上，
∴4-t=-（3-2t）2+2（3-2t）+3，
解得：t=或（舍），
∴M点的坐标为（，）．
【点睛】本题考查了二次函数综合，涉及到全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形面积，用方程的思想解决问题是解本题的关键．
3．（1）y＝﹣x2+x+3；（2）不存在，理由见解析；（3）⊙M的半径为，，，
【分析】（1）已知抛物线y＝ax2+x+c经过点A(﹣1,0)和点C(0,3)，利用待定系数法即可求得抛物线解析式；
（2）在抛物线上找到一点Q，使得△QCO是等边三角形，过点Q作OM⊥OB于点M，过点Q作QN⊥OC于点N，根据△QCO是等边三角形，求得Q点坐标，再验证Q点是否在抛物线上；
（3）分四种情况①当⊙M与y轴相切，如图所示，令M点横坐标为t，PM=t，将PM用t表示出来，列出关于t的一元二次方程，求得t，进而求得半径；②⊙M与x轴相切，过点M作MN⊥OB于N，如图所示，令M点横坐标为m，因为PN=2MN，列出关于m的一元二次方程，即可求出m，同理③④种情况，进而求得⊙M的半径．
【详解】（1）∵抛物线y＝ax2+x+c经过点A(﹣1,0)和点C(0,3)
∴
解得
∴该抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x+3
故答案为：y＝﹣x2+x+3
（2）在抛物线上找到一点Q，使得△QCO是等边三角形，过点Q作QM⊥OB于点M，过点Q作QN⊥OC于点N
∵△QCO是等边三角形，OC=3
∴CN=
∴NQ=
即Q(,)
当x=时，y＝﹣×()2+×+3=≠
∴Q(,)不在抛物线上
y＝﹣x2+x+3
故答案为：不存在，理由见解析
（3）①⊙M与y轴相切，如图所示
∵y＝﹣x2+x+3
当y=0时，﹣x2+x+3=0
解得x1=-1，x2=4
∴B(4,0)
令直线BC的解析式为y=kx+b
解得
∴直线BC的解析式为
令M点横坐标为t
∵MP∥y轴，⊙M与y轴相切
∴t=﹣t2+t+3-
解得t=
⊙M的半径为
②⊙M与x轴相切，过点M作MN⊥OB于N，如图所示
令M点横坐标为m
∵PN=2MN
∴
解得m=1或m=4（舍去）
∴⊙M的半径为：
③当与轴相切时，如图3：
点与点重合时
半径
④当与轴相切时如图4：
设，
则，因
解得，（舍去）
半径
综上所述：的半径为，，，
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，是二次函数的综合题，涉及了二次函数与几何问题，二次函数与圆的问题，其中考查了圆切线的性质．
4．（1），；（2）存在，或．
【分析】(1)令y=0,求的根即可；令x=0,求得y值即可确定点C的坐标；
（2）确定抛物线的对称轴为x=1,确定的坐标为（2，8），计算C=2，利用直角相等，两边对应成比例及其夹角相等的两个三角形相似，分类求解即可.
【详解】解：（1）令，则，
∴，
∴．
令，则．
∴．
（2）存在．由已知得，该抛物线的对称轴为直线．
∵点与点关于直线对称，
∴，．
∴．
∵点P在y轴上，
∴
∴当时，．
设，
i）当时，则，
∴．
∴
ii）当时，则，
∴
∴．
iii）当时，则，与矛盾．
∴点P不存在
∴或．
【点睛】本题考查了二次函数与一元二次方程的关系，对称轴的意义，三角形相似的判定和性质，熟练掌握二次函数的性质，灵活运用三角形的相似和进行一元二次方程根的求解是解题的关键．
5．（1）；（2）（2，0）；（3）存在，（0，12）或（0，-4）或（0，）或（0，）.
【分析】（1）根据直线求出点B和点D坐标，再根据C和D之间的关系求出点C坐标，最后运用待定系数法求出抛物线表达式；
（2）设点P坐标为（m，0），表示出M和N的坐标，再利用三角形面积求法得出S△BMD=，再求最值即可；
（3）分当∠QMN=90°时，当∠QNM=90°时，当∠MQN=90°时，三种情况，结合相似三角形的判定和性质，分别求解即可.
【详解】解：（1）∵直线过点B，点B在x轴上，
令y=0，解得x=6，令x=0，解得y=-6，
∴B（6，0），D（0，-6），
∵点C和点D关于x轴对称，
∴C（0，6），
∵抛物线经过点B和点C，代入，
，解得：，
∴抛物线的表达式为：；
（2）设点P坐标为（m，0），
则点M坐标为（m，），点N坐标为（m，m-6），
∴MN=-m+6=，
∴S△BMD=S△MNB+S△MND
=
=
=-3（m-2）2+48
当m=2时，S△BMD最大=48，
此时点P的坐标为（2，0）；
（3）存在，
由（2）可得：M（2，12），N（2，-4），
设点Q的坐标为（0，n），
当∠QMN=90°时，即QM⊥MN，如图，
可得，此时点Q和点M的纵坐标相等，
即Q（0，12）；

当∠QNM=90°时，即QN⊥MN，如图，
可得，此时点Q和点N的纵坐标相等，
即Q（0，-4）；

当∠MQN=90°时，MQ⊥NQ，如图，
分别过点M和N作y轴的垂线，垂足为E和F，
∵∠MQN=90°，
∴∠MQE+∠NQF=90°，又∠MQE+∠QME=90°，
∴∠NQF=∠QME，
∴△MEQ∽△QFN，
∴，即，
解得：n=或，
∴点Q（0，）或（0，），

综上：点Q的坐标为（0，12）或（0，-4）或（0，）或（0，）.
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的表达式，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，二次函数的最值，解一元二次方程，解题时要注意数形结合，分类讨论思想的运用.
6．（1）y＝﹣2x2+4x+6；（2）S△PBC＝﹣3m2+9m（0＜m＜3）； ；（3）M（1，8），N（0，）或M（，），N（0，）或M（，），N（0，）或M（3，0），N（0，﹣）
【分析】（1）根据点A、B的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）过点P作PF∥y轴，交BC于点F，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点C的坐标，根据点B、C的坐标利用待定系数法即可求出直线BC的解析式，设点P的坐标为（m，﹣2m2+4m+6），则点F的坐标为（m，﹣2m+6），进而可得出PF的长度，利用三角形的面积公式可得出S△PBC＝﹣3m2+9m，配方后利用二次函数的性质即可求出△PBC面积的最大值；
（3）分两种不同情况，当点M位于点C上方或下方时，画出图形，由相似三角形的性质得出方程，求出点M，点N的坐标即可．
【详解】1）将A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx+6，
得：，解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6．
（2）过点P作PF∥y轴，交BC于点F，如图1所示．

当x＝0时，y＝﹣2x2+4x+6＝6，
∴点C的坐标为（0，6）．
设直线BC的解析式为y＝kx+c，
将B（3，0）、C（0，6）代入y＝kx+c，得：
，解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣2x+6．
设点P的坐标为（m，﹣2m2+4m+6），则点F的坐标为（m，﹣2m+6），
∴PF＝﹣2m2+4m+6﹣（﹣2m+6）＝﹣2m2+6m，
∴，
∴当时，△PBC面积取最大值，最大值为 ．
∵点P（m，n）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，
∴0＜m＜3．
（3）存在点M、点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似．
如图2，∠CMN＝90°，当点M位于点C上方，过点M作MD⊥y轴于点D，

∵∠CDM＝∠CMN＝90°，∠DCM＝∠NCM，
∴△MCD∽△NCM，
若△CMN与△OBC相似，则△MCD与△NCM相似，
设M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），
∴DC＝﹣2a2+4a，DM＝a，
当 时，△COB∽△CDM∽△CMN，
∴ ，
解得，a＝1，
∴M（1，8），
此时，
∴N（0，），
当时，△COB∽△MDC∽△NMC，
∴ ，
解得 ，
∴M（，），
此时N（0，）．
如图3，当点M位于点C的下方，

过点M作ME⊥y轴于点E，
设M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），
∴EC＝2a2﹣4a，EM＝a，
同理可得：或，△CMN与△OBC相似，
解得或a＝3，
∴M（，）或M（3，0），
此时N点坐标为，N（0，）或N（0，﹣）．
综合以上得，M（1，8），N（0，）或M（，），N（0，）或M（，），，N（0，）或M（3，0），N（0，﹣），使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似．
【点睛】此题考查二次函数综合题，综合考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的最大值，相似三角形的判定与性质，以及渗透分类讨论思想．
7．（1）；（2）
【分析】（1）根据抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和点B（﹣3，0），即可得到关于a、b的方程，从而可以求得a、b的值，然后即可写出抛物线的解析式；
（2）根据（1）中抛物线的解析式，设点P的坐标，然后再根据是等腰直角三角形，得出是等腰直角三角形，再分类讨论，列出方程，即可求解．
【详解】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和点B（﹣3，0），
∴
解得
∴此抛物线的解析式为：
（2）当时，，所以，OB=OC=3，
∴是等腰直角三角形，
以点P、Q、E为顶点的三角形与相似，
∴是等腰直角三角形，
设点P的坐标为，抛物线的对称轴为直线，
设BC的解析式为，将B（﹣3，0），C（0，3）代入得，
，
解得，，故BC的解析式为，
把代入得，，则E点坐标为，
如图，当E为直角顶点时，，解得，，（舍去），把代入得，，则P点坐标为，
当Q为直角顶点时，PQ=QE，即，解得，（舍去），把代入得，，则P点坐标为；
当P为直角顶点时，作PM⊥EQ于M，PM=ME，即，解得，（舍去），则P点坐标为；
综上，P点坐标为或．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式和相似三角形与等腰直角三角形的性质，解题关键是熟练运用待定系数法和设出点的坐标，根据题意列出方程．
8．(1)；
(2)，；
(3)，；，；，；，； ，；，．
【分析】（1）根据顶点的坐标，设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣4，将点A（﹣1，0）代入，求出a即可得出答案；
（2）利用待定系数法求出直线BD解析式为y＝2x﹣6，过点C作CP1∥BD，交抛物线于点P1，再运用待定系数法求出直线CP1的解析式为y＝2x﹣3，联立方程组即可求出P1（4，5），过点B作y轴平行线，过点C作x轴平行线交于点G，证明△OCE≌△GCF（ASA），运用待定系数法求出直线CF解析式为y＝x﹣3，即可求出P2（，﹣）；
（3）利用待定系数法求出直线AC解析式为y＝﹣3x﹣3，直线BC解析式为y＝x﹣3，再分以下三种情况：①当△QMN是以NQ为斜边的等腰直角三角形时，②当△QMN是以MQ为斜边的等腰直角三角形时，③当△QMN是以MN为斜边的等腰直角三角形时，分别画出图形结合图形进行计算即可．
（1）
解：∵顶点D的坐标为（1，﹣4），
∴设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣4，将点A（﹣1，0）代入，
得0＝a（﹣1﹣1）2﹣4，
解得：a＝1，
∴y＝（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3，
∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）
解：∵抛物线对称轴为直线x＝1，A（﹣1，0），
∴B（3，0），
设直线BD解析式为y＝kx+e，
∵B（3，0），D（1，﹣4），
∴，
解得：，
∴直线BD解析式为y＝2x﹣6，
过点C作CP1∥BD，交抛物线于点P1，
设直线CP1的解析式为y＝2x+d，将C（0，﹣3）代入，
得﹣3＝2×0+d，
解得：d＝﹣3，
∴直线CP1的解析式为y＝2x﹣3，
结合抛物线y＝x2﹣2x﹣3，可得x2﹣2x﹣3＝2x﹣3，
解得：x1＝0（舍），x2＝4，
故P1（4，5），
过点B作y轴平行线，过点C作x轴平行线交于点G，
∵OB＝OC，∠BOC＝∠OBG＝∠OCG＝90°，
∴四边形OBGC是正方形，
设CP1与x轴交于点E，则2x﹣3＝0，
解得：x＝，
∴E（，0），
在x轴下方作∠BCF＝∠BCE交BG于点F，
∵四边形OBGC是正方形，
∴OC＝CG＝BG＝3，∠COE＝∠G＝90°，∠OCB＝∠GCB＝45°，
∴∠OCB﹣∠BCE＝∠GCB﹣∠BCF，
即∠OCE＝∠GCF，
∴△OCE≌△GCF（ASA），
∴FG＝OE＝，
∴BF＝BG﹣FG＝3﹣＝，
∴F（3，﹣），
设直线CF解析式为y＝k1x+e1，
∵C（0，﹣3），F（3，﹣），
∴，
解得：，
∴直线CF解析式为y＝x﹣3，
结合抛物线y＝x2﹣2x﹣3，可得x2﹣2x﹣3＝x﹣3，
解得：x1＝0（舍），x2＝，
∴P2（，﹣），
综上所述，符合条件的P点坐标为：（4，5）或（，﹣）；
（3）
解：（3）设直线AC解析式为y＝m1x+n1，直线BC解析式为y＝m2x+n2，
∵A（﹣1，0），C（0，﹣3），
∴，
解得：，
∴直线AC解析式为y＝﹣3x﹣3，
∵B（3，0），C（0，﹣3），
∴，
解得：，
∴直线BC解析式为y＝x﹣3，
设M（t，t﹣3），则N（t，t2﹣2t﹣3），
∴MN＝|t2﹣2t﹣3﹣（t﹣3）|＝|t2﹣3t|，
①当△QMN是以NQ为斜边的等腰直角三角形时，此时∠NMQ＝90°，MN＝MQ，如图2，
∵MQ∥x轴，
∴Q（﹣t，t﹣3），
∴|t2﹣3t|＝|t﹣（﹣t）|，
∴t2﹣3t＝±t，
解得：t＝0（舍）或t＝或t＝，
∴，；，；
②当△QMN是以MQ为斜边的等腰直角三角形时，此时∠MNQ＝90°，MN＝NQ，如图3，
∵NQ∥x轴，
∴Q（，t2﹣2t﹣3），
∴NQ＝|t﹣|＝|t2+t|，
∴|t2﹣3t|＝|t2+t|，
解得：t＝0（舍）或t＝5或t＝2，
∴M3（5，2），Q3（﹣5，12）；M4（2，﹣1），Q4（0，﹣3）；
③当△QMN是以MN为斜边的等腰直角三角形时，
此时∠MQN＝90°，MQ＝NQ，如图4，
过点Q作QH⊥MN于H，则MH＝HN，
∴H（t，），
∴Q（，），
∴QH＝|t﹣|＝|t2+5t|，
∵MQ＝NQ，
∴MN＝2QH，
∴|t2﹣3t|＝2×|t2+5t|，
解得：t＝7或1，
∴M5（7，4），Q5（﹣7，18）；M6（1，﹣2），Q6（0，﹣3）；
综上所述，点M及其对应点Q的坐标为：
，；，；M3（5，2），Q3（﹣5，12）；M4（2，﹣1），Q4（0，﹣3）；M5（7，4），Q5（﹣7，18）；M6（1，﹣2），Q6（0，﹣3）．


【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求一次函数和二次函数解析式，求一次函数与二次函数图象交点坐标，全等三角形判定和性质，正方形判定和性质，等腰直角三角形性质等，本题属于中考压轴题，综合性强，难度较大，熟练掌握待定系数法、等腰直角三角形性质等相关知识，运用数形结合思想、分类讨论思想是解题关键．
9．（1）；（2）存在，或；（3）点，最短路程为，理由见详解；（4）存在，当以点Q为直角顶点的等腰时，点或，理由见详解．
【分析】（1）由题意易得，然后设二次函数的解析式为，进而代入求解即可；
（2）由题意易得，要使以点P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似，则可分①当时，②当时，进而分类求解即可；
（3）由题意可得作点D关于x轴的对称点H，作点C关于抛物线的对称轴的对称点I，然后连接HI，分别与x轴、抛物线的对称轴交于点E、F，此时的点E、F即为所求，HI即为动点G所走过的最短路程，最后求解即可；
（4）由题意可分①当点Q在第二象限时，存在等腰，②当点Q在第一象限时，存在等腰，然后利用“k型”进行求解即可．
【详解】解：（1）∵，，，
∴，
设二次函数的解析式为，代入点C的坐标可得：，解得：，
∴二次函数的解析式为，即为；
（2）存在以点P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似，理由如下：
由（1）可得抛物线的解析式为，则有对称轴为直线，
设直线BC的解析式为，代入点B、C坐标可得：，
解得：，
∴直线BC的解析式为，
∴点，，
∴由两点距离公式可得，
若使以点P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似，则有，
①当时，则有轴，如图所示：
∴点，
②当时，如图所示：
∴，
∴，
∴点；
（3）由题意得：动点G从点D出发，先到达x轴上的点E，再走到抛物线对称轴上的点F，最后返回到点C．根据轴对称的性质及两点之间线段最短可知要使点G走过的路程最短则有作点D关于x轴的对称点H，作点C关于抛物线的对称轴的对称点I，然后连接HI，分别与x轴、抛物线的对称轴交于点E、F，此时的点E、F即为所求，HI即为动点G所走过的最短路程，如图所示：
∵OC=8，点D为CO的中点，
∴OD=4，
∴，
∵抛物线的对称轴为直线，
∴，
设直线HI的解析式为，则把点H、I坐标代入得：，
解得：，
∴直线HI的解析式为，
当y=0时，则有，解得：，
当x=1时，则有，
∴点，
∴点G走过的最短路程为；
（4）存在以点Q为直角顶点的等腰，理由如下：
设点，则有：
①当点Q在第二象限时，存在等腰时，如图所示：
过点Q作QL⊥x轴于点L，过点C作CK⊥QL，交其延长线于点K，如图所示，
∴，
∴四边形COLK是矩形，
∴CK=OL，
∵等腰，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点，
∴，
解得：（不符合题意，舍去），
∴；
②当点Q在第一象限时，存在等腰时，如图所示：
同理①可得，
解得：（不符合题意，舍去），
∴；
综上所述：当以点Q为直角顶点的等腰时，点或．
【点睛】本题主要考查二次函数的综合、相似三角形的性质与判定、轴对称的性质及等腰直角三角形的性质，熟练掌握二次函数的综合、相似三角形的性质与判定、轴对称的性质及等腰直角三角形的性质是解题的关键．
10．（1）（2）①9；②或．
【分析】（1）分别计算A，B，C三点的坐标，再利用勾股定理求得AB、BC、AC的长，最后利用勾股定理逆定理解题；
（2）①先解出直线BC的解析式，设，接着解出，利用二次函数的配方法求最值；②根据直角三角形斜边的中线性质，解得AG的长，再证明，再分两种情况讨论以点C，D，E为顶点的三角形与AOG相似，结合相似三角形对应边成比例性质解题即可．
【详解】解：（1）令x=0，得
令得
，
（2）①设直线BC的解析式为：，代入，得
设
即DE+BF的最大值为9；
②点G是AC的中点，
在中，
即为等腰三角形，
若以点C，D，E为顶点的三角形与AOG相似，
则①
又
，
或
经检验：不符合题意，舍去，
②，
又
整理得，
，
或，
同理：不合题意，舍去，
综上所述，或．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质、相似三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线的性质、勾股定理及其逆定理、二次函数的最值、解一元二次方程等知识，是重要考点，有难度，掌握相关知识是解题关键．