2022年中考数学复习之挑战压轴题（解答题）：二次函数（含答案）

这是一份2022年中考数学复习之挑战压轴题（解答题）：二次函数（含答案），共45页。试卷主要包含了，抛物线l，和点A，且tan∠CAO＝1，为x轴上一点，且PC⊥PF，，与y轴交于点C，顶点为点D，，顶点为C，连接BC等内容，欢迎下载使用。
2022年中考数学复习之挑战压轴题（解答题）：二次函数
一．解答题（共10小题）
1．（2022•南岗区模拟）已知：抛物线y＝﹣（x+k）（x﹣7）交x轴于A、B（A左B右），交y轴正半轴于点C，且OB＝OC．
（1）如图1，求抛物线的解析式；
（2）如图2，点P为第一象限抛物线上一点，连接AP，AP交y轴于点D，设P的横坐标为m，CD的长为d，求d与m的函数解析式（不要求写出自变量m的取值范围）；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点P作PE⊥y轴于点E，延长EP至点G，使得PG＝3CE，连接CG交AP于点F，且∠AFC＝45°，连接AG交抛物线于T，求点T的坐标．

2．（2021•桃江县模拟）如图，已知二次函数y＝﹣x2+bx+c（b，c为常数）的图象经过点A（3，1），点C（0，4），顶点为点M，过点A作AB∥x轴，交y轴于点D，交该二次函数图象于点B，连结BC．
（1）求该二次函数的解析式及点M的坐标；
（2）若将该二次函数图象向下平移m（m＞0）个单位，使平移后得到的二次函数图象的顶点落在△ABC的内部（不包括△ABC的边界），求m的取值范围；
（3）在直线AC上是否存在这样的点P，使得△PCM∽△BDC，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

3．（2021•临洮县模拟）如图1，抛物线y＝ax2+bx+的图象与x轴交于A（﹣1，0），B两点，过点C（1，2）．动点D从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿AB方向运动，设运动的时间为t秒．
（1）求抛物线y＝ax2+bx+的表达式；
（2）过D作DE⊥AB交AC于点E，连接BE．当t＝时，求△BCE的面积；
（3）如图2，点F（2，1）在抛物线上，连接AF，CF．
①判断△ACF的形状并说明理由；
②当t＝时，连接CD，在抛物线上存在点P，使得∠ACP＝∠DCF，求此时直线CP与x轴的交点Q的坐标．

4．（2021•远安县二模）如图，点A（﹣1，0）、B（2，0）和E（0，2），抛物线l：y＝x2﹣x+c经过A点．
（1）请计算：c＝ ．
（2）抛物线l上是否存在点N，使A、B、N、E四点构成的四边形是平行四边形，若存在，请求出N点的坐标，若不存在，请说明理由．
（3）抛物线在第一象限内的部分是否存在一点D，使得EB平分∠AED？若存在，求出点D的坐标；若不存在，说明理由．

5．（2021•南山区校级三模）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与y轴相交于点C（0，﹣2），与x轴分别交于点B（3，0）和点A，且tan∠CAO＝1．

（1）求抛物线解析式．
（2）抛物线上是否存在一点Q，使得∠BAQ＝∠ABC，若存在，请求出点Q坐标，若不存在，请说明理由；
（3）抛物线的对称轴交x轴于点D，在y轴上是否存在一个点P，使PC+PD值最小，若存在，请求出最小值，若不存在，请说明理由．
6．（2021•宁波模拟）如图，二次函数y＝a（x+1）（x﹣3）（a＞0）的图象与x轴交于点A，B（A在B的左边），与y轴交于点C，点P是二次函数图象上一动点．
（1）若点C的坐标为（0，﹣3），求二次函数及直线BC的函数关系式．
（2）如图①，在（1）的条件下，若点P在第四象限，过P作PQ∥AC，交直线BC于点Q，求线段PQ长的最大值．
（3）如图②，若点P在第一象限，且△ABP有△ABC相似，求点P的坐标．

7．（2021•江都区校级模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A（﹣2，0）、B（6，0）两点，与y轴交于C点，设抛物线的顶点为D．过点D作DE⊥x轴，垂足为E．P为线段DE上一动点，F（m，0）为x轴上一点，且PC⊥PF．
（1）求抛物线的解析式；
（2）①当点P与点D重合时，求m的值；
②在①的条件下，将△COF绕原点按逆时针方向旋转90°并平移，得到△C1O1F1，点C，O，F的对应点分别是点C1，O1，F1，若△C1O1F1的两个顶点恰好落在抛物线上，求点F1的坐标；
（3）当点P在线段DE上运动时，直接写出m的最大值和最小值．

8．（2021•和平区二模）抛物线y＝﹣x2+kx+c过点A（﹣1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C，顶点为点D．
（Ⅰ）求点C、D的坐标．
（Ⅱ）点E是线段OB上一动点，过点E作直线l⊥x轴，交抛物线于点M，连接BM并延长交y轴于点N，连接AM，OM．若△AEM的面积是△MON面积的2倍，求点E的坐标；
（Ⅲ）抛物线上一点T，点T的横坐标是﹣3，连接BT，与y轴交于点P，点Q是线段AT上一动点（不与点A，点T重合）．将△BPQ沿PQ所在直线翻折，得到△FPQ．当△FPQ与△TPQ重叠部分的面积是△TBQ面积的时，求线段TQ的长度．
9．（2021•吉林二模）如图，抛物线y＝a（x+2）2﹣9a（a＞0）与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），顶点为C，连接BC．
（1）直接写出点C的坐标 （用含a的式子表示）；
（2）求点B的坐标；
（3）以BC为边，在BC边的右下方作正方形BCDE，设点D的坐标为（m，n）．
①当∠ABC＝30°时，求点D的坐标；
②当∠ABC＝45°时，直接写出点D的坐标；
③直接写出n关于m的函数解析式及自变量m的取值范围．

10．（2021•辽宁模拟）已知抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣6，0）、B（2，0）和C（0，3），点D是该抛物线在第四象限上的一个点，连接AD，AC，CD，CD交x轴于E．

（1）求这个抛物线的解析式；
（2）当S△DAE＝S△ACD时，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，抛物线上是否存在点P，使得△PAD中的一个角等于2∠BAD？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

2022年中考数学复习之挑战压轴题（解答题）：二次函数（10题）
参考答案与试题解析
一．解答题（共10小题）
1．（2022•南岗区模拟）已知：抛物线y＝﹣（x+k）（x﹣7）交x轴于A、B（A左B右），交y轴正半轴于点C，且OB＝OC．
（1）如图1，求抛物线的解析式；
（2）如图2，点P为第一象限抛物线上一点，连接AP，AP交y轴于点D，设P的横坐标为m，CD的长为d，求d与m的函数解析式（不要求写出自变量m的取值范围）；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点P作PE⊥y轴于点E，延长EP至点G，使得PG＝3CE，连接CG交AP于点F，且∠AFC＝45°，连接AG交抛物线于T，求点T的坐标．

【考点】二次函数综合题．
【专题】压轴题；数形结合；函数思想；待定系数法；函数的综合应用；几何直观；运算能力；推理能力；模型思想；应用意识．
【分析】（1）由图象可得B点坐标，代入函数解析数即可求解；
（2）表示出点P坐标，由正切公式可表示出d与m的关系，即可求出；
（3）作出辅助线，得到▱CGPW，利用正切公式求出m与k的值，得到G点坐标，然后表示出∠GAB的正切值，从而求出T点坐标．
【解答】解：（1）当y＝0时，﹣（x+k）（x﹣7）＝0，
解得：x＝﹣k或7，
∴点B的坐标为（7，0），A（﹣k，0），
∵OB＝OC，
∴OC＝OB＝7，
∴点C的坐标为（0，7），
将点C的坐标代入抛物线表达式得：﹣（0+k）（0﹣7）＝7，
解得：k＝2，
∴y＝﹣（x+2）（x﹣7）＝﹣x2+x+7，
故抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+7；
（2）过点P作PK⊥AB与点K，PE⊥y轴于点E，如图1，
∵y＝﹣（x+2）（x﹣7），
∴P（m，﹣（m+2）（m﹣7）），A（﹣2，0），
∴AK＝m+2，
tan∠PAB＝＝＝，
∴DO＝AO•tan∠PAB＝2（）＝7﹣m，
∴CD＝7﹣（7﹣m）＝m，
∴d＝m．

（3）过点C作WC⊥ED使得WD＝PD，TL⊥AB，连接WD，WP，
设EC＝k，
则PG＝3k，
∵∠WCD＝∠DEP，CD＝EP，WD＝PD，
∴△WCD≌△DEP，
则△PWD为等腰直角三角形，
∴∠WPD＝45°＝∠CFD，
∴WP∥CG，
∴四边形CGPW为平行四边形，
∴CW＝PG＝3k＝ED，
∴CD＝2k＝PE，
∴tan∠APE＝＝，
由（2）可得tan∠PAB＝，
∴＝，
∴m＝4，k＝2，
∴EO＝7+2＝9，EG＝10，
∴G（10，9），A（﹣2，0），
∴tan∠GAB＝＝，
再设T坐标为（t，﹣（t+2）（t﹣7）），
则tan∠TAB＝＝，
∴t＝，
∴T（，）．

【点评】本题主要考查二次函数综合运用能力，涉及二次函数图象与解析式、平行四边形的证明和正切公式，难度较大，属于中考压轴题，第（3）小题的关键是构造平行四边形，运用正切公式求解．
2．（2021•桃江县模拟）如图，已知二次函数y＝﹣x2+bx+c（b，c为常数）的图象经过点A（3，1），点C（0，4），顶点为点M，过点A作AB∥x轴，交y轴于点D，交该二次函数图象于点B，连结BC．
（1）求该二次函数的解析式及点M的坐标；
（2）若将该二次函数图象向下平移m（m＞0）个单位，使平移后得到的二次函数图象的顶点落在△ABC的内部（不包括△ABC的边界），求m的取值范围；
（3）在直线AC上是否存在这样的点P，使得△PCM∽△BDC，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【考点】二次函数综合题．
【专题】一次函数及其应用；二次函数图象及其性质；等腰三角形与直角三角形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【分析】（1）将点A和点C坐标代入二次函数关系式，从而求得b，c，进而求得关系式及M点坐标；
（2）求出AC的关系式，将x＝1代入，进而求得m的范围；
（3）先证得∠MCP＝90°，进而根据＝求得CP，进而求得点P的坐标．
【解答】解：（1）由题意得，
，
∴，
∴二次函数的解析式是：y＝﹣x2+2x+4，
∵y＝﹣（x﹣1）2+5，
∴点M（1，5）；
（2）∵A（3，1），C（0，4），
∴直线AC的解析式是：y＝﹣x+4，
当x＝1时，y＝﹣1+4＝3，
∵M（1，5），A （3，1），
∴2＜m＜4；
（3）存在，
如图1，

∵点A（3，1），抛物线对称轴是：x＝1，
∴B（﹣1，1），
∴BD＝1，
当点P在AC上时，作MF⊥y轴于F，作PE⊥y轴于E，
∵点M（1，5），C（0，4），
∴FM＝CF＝1，
∵∠MFC＝90°，
∴∠FCN＝45°，CM＝，
同理可得：∠ACD＝90°，
∴∠MCP＝90°，
∵∠MCP＝∠BDC＝90°，
∴当＝时，△PCM∽△BDC，
即：＝，
∴PC＝，
∴CE＝PE＝PC•sin45°＝＝，
当x＝﹣时，y＝﹣＝，
∴点P（，），
如图2，

当点P在AC的延长线上时，
由对称性可得，
PC＝CP′＝，
同上可得：P（﹣，），
综上所述：P（，）或（﹣，）．
【点评】本题考查了求一次函数，二次函数的解析式，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关相似三角形和函数的基础知识．
3．（2021•临洮县模拟）如图1，抛物线y＝ax2+bx+的图象与x轴交于A（﹣1，0），B两点，过点C（1，2）．动点D从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿AB方向运动，设运动的时间为t秒．
（1）求抛物线y＝ax2+bx+的表达式；
（2）过D作DE⊥AB交AC于点E，连接BE．当t＝时，求△BCE的面积；
（3）如图2，点F（2，1）在抛物线上，连接AF，CF．
①判断△ACF的形状并说明理由；
②当t＝时，连接CD，在抛物线上存在点P，使得∠ACP＝∠DCF，求此时直线CP与x轴的交点Q的坐标．

【考点】二次函数综合题．
【专题】分类讨论；方程思想；待定系数法；二次函数图象及其性质；函数的综合应用；应用意识．
【分析】（1）用待定系数法即得y＝﹣x2+x+；
（2）由y＝﹣x2+x+中，得B（，0），AB＝，即知S△ABC＝AB•yC＝，由A（﹣1，0），C（1，2）得直线AC解析式是y＝x+1，当t＝时，D（，0），即得E（，），S△ABE＝AB•DE＝，故S△BCE＝S△ABC﹣S△ABE＝，
（3）①由A（﹣1，0），C（1，2），F（2，1），可得AC2+CF2＝AF2，即得△ACF是直角三角形；
②（Ⅰ）当CP在AC右侧时，过C作CH⊥x轴于H，由A（﹣1，0），C（1，2），AH＝2＝CH，得∠ACH＝45°，即有∠HCF＝45°＝∠ACH，根据∠ACQ＝∠DCF，知CH平分∠DCQ，故DH＝QH，可得直线CP与x轴的交点Q的坐标为（，0）；（Ⅱ）当CP在AC左侧时，作Q关于直线AC的对称点M，作直线CM交抛物线于P，由对称性知此时∠ACM＝∠ACQ＝∠DCF，直线CM与x轴交点Q'是满足条件的点，设M（m，n），根据AM＝AQ，CM＝CQ列方程组可解得M（﹣1，），从而可得直线CM解析式为y＝x+，即得Q'（﹣7，0）．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0），C（1，2）代入y＝ax2+bx+得：
，解得，
∴y＝﹣x2+x+；
（2）在y＝﹣x2+x+中，令y＝0得x＝﹣1或x＝，
∴B（，0），
∴AB＝，
∵C（1，2），
∴S△ABC＝AB•yC＝××2＝，
由A（﹣1，0），C（1，2）得直线AC解析式是y＝x+1，
当t＝时，AD＝，
∴D（，0），
在y＝x+1中，令x＝得y＝，
∴E（，），
∴S△ABE＝AB•DE＝××＝，
∴S△BCE＝S△ABC﹣S△ABE＝﹣＝，
答：△BCE的面积是；
（3）①∵A（﹣1，0），C（1，2），F（2，1），
∴AC2＝8，AF2＝10，CF2＝2，
∴AC2+CF2＝AF2，
∴△ACF是直角三角形；
②（Ⅰ）当CP在AC右侧时，过C作CH⊥x轴于H，如图：

∵A（﹣1，0），C（1，2），
∴AH＝2＝CH，
∴∠ACH＝45°，
由①知∠ACF＝90°，
∴∠HCF＝45°＝∠ACH，
∵∠ACQ＝∠DCF，
∴∠QCH＝∠DCH，即CH平分∠DCQ，
∴DH＝QH，
∵当t＝时，AD＝，
∴D（，0），
∴DH＝OD﹣OH＝﹣1＝＝QH，
∴OQ＝OH﹣QH＝1﹣＝，
∴此时直线CP与x轴的交点Q的坐标为（，0）；
（Ⅱ）当CP在AC左侧时，作Q关于直线AC的对称点M，作直线CM交抛物线于P，由对称性知此时∠ACM＝∠ACQ＝∠DCF，直线CM与x轴交点Q'是满足条件的点，如图：

设M（m，n），
∵AM＝AQ，CM＝CQ，
∴，
解得或，
∴M（﹣1，），
由M（﹣1，），C（1，2）得直线CM解析式为y＝x+，
令y＝0得x＝﹣7，
∴Q'（﹣7，0），
综上所述，直线CP与x轴的交点Q的坐标：（，0）或（﹣7，0）．
【点评】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、三角形面积、对称变换等知识，解题的关键是求出M的坐标．
4．（2021•远安县二模）如图，点A（﹣1，0）、B（2，0）和E（0，2），抛物线l：y＝x2﹣x+c经过A点．
（1）请计算：c＝ ﹣ ．
（2）抛物线l上是否存在点N，使A、B、N、E四点构成的四边形是平行四边形，若存在，请求出N点的坐标，若不存在，请说明理由．
（3）抛物线在第一象限内的部分是否存在一点D，使得EB平分∠AED？若存在，求出点D的坐标；若不存在，说明理由．

【考点】二次函数综合题．
【专题】分类讨论；待定系数法；二次函数图象及其性质；函数的综合应用；多边形与平行四边形；应用意识．
【分析】（1）用待定系数法可得c＝﹣；
（2）设N（m，m2﹣m﹣），又A（﹣1，0）、B（2，0）、E（0，2），分三种情况：①以NA、BE为对角线，则NA、BE的中点重合，可得N（3，2）；②以NB、AE为对角线，则NB、AE的中点重合，由无解知这种情况不存在；③以NE、AB为对角线，则NE、AB的中点重合，可解得N（1，﹣2）；
（3）作点A关于直线BE的对称点A'，作直线A'E交第一象限的抛物线于D，由OB＝OE得∠OBE＝∠OEB＝45°，可得∠ABA'＝90°，即知A'（2，3），设直线A'E解析式为y＝kx+2，可得直线A'E解析式为y＝x+2，由可得D（1+，）．
【解答】解：（1）∵y＝x2﹣x+c经过A（﹣1，0），
∴+1+c＝0，
∴c＝﹣，
故答案为：﹣；
（2）抛物线l上存在点N，使A、B、N、E四点构成的四边形是平行四边形，理由如下：
由（1）知c＝﹣，
∴抛物线l解析式为：y＝x2﹣x﹣，
设N（m，m2﹣m﹣），又A（﹣1，0）、B（2，0）、E（0，2），
①以NA、BE为对角线，则NA、BE的中点重合，
∴，
解得m＝3，
∴N（3，2）；
②以NB、AE为对角线，则NB、AE的中点重合，
∴，
同时满足两个方程的m不存在，
∴这种情况不存在；
③以NE、AB为对角线，则NE、AB的中点重合，
∴，
解得m＝1，
∴N（1，﹣2），
综上所述，N的坐标为（3，2）或（1，﹣2）；
（3）抛物线在第一象限内的部分存在一点D，使得EB平分∠AED，理由如下：
作点A关于直线BE的对称点A'，作直线A'E交第一象限的抛物线于D，如图：

∵B（2，0），E（0，2），
∴OB＝OE，
∴∠OBE＝∠OEB＝45°，
∵A、A'关于直线BE对称，
∴∠ABE＝∠A'BE＝45°，A'B＝AB＝3，
∴∠ABA'＝90°，
∴A'（2，3），
设直线A'E解析式为y＝kx+2，将A'（2，3）代入得：
2k+2＝3，
解得k＝，
∴直线A'E解析式为y＝x+2，
由得或（不在第一象限，舍去），
∴D（1+，）．
【点评】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、平行四边形性质及应用、轴对称等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标及相关线段的长度．
5．（2021•南山区校级三模）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与y轴相交于点C（0，﹣2），与x轴分别交于点B（3，0）和点A，且tan∠CAO＝1．

（1）求抛物线解析式．
（2）抛物线上是否存在一点Q，使得∠BAQ＝∠ABC，若存在，请求出点Q坐标，若不存在，请说明理由；
（3）抛物线的对称轴交x轴于点D，在y轴上是否存在一个点P，使PC+PD值最小，若存在，请求出最小值，若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【专题】待定系数法；二次函数图象及其性质；函数的综合应用；线段、角、相交线与平行线；几何直观；应用意识．
【分析】（1）由C（0，﹣2），tan∠CAO＝1，可得A（﹣2，0），用待定系数法即得抛物线解析式为y＝x2﹣x﹣2；
（2）过A作AM∥BC交y轴于M，交抛物线于Q，作M关于x轴的对称点M'，作直线AM'交抛物线于Q'，由AM∥BC，得∠QAB＝∠ABC，即知Q是满足题意的点，根据B（3，0），C（0，﹣2），得直线BC解析式是y＝x﹣2，设直线AM解析式为y＝x+m，将A（﹣2，0）代入可得直线AM解析式为y＝x+，M（0，），解即得Q（5，），根据M、M'关于x轴对称，知Q'是满足题意的点，用待定系数法可得直线AQ'为y＝﹣x﹣，解即得Q（1，﹣2）；
（3）过P作PH⊥AC于H，过D作DH'⊥AC于H'，交y轴于P'，由y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣）2﹣，可得D（，0），因OA＝OC＝2，故△AOC是等腰直角三角形，可得△PCH是等腰直角三角形，PH＝PC，即知PC+PD最小即是PH+PD最小，故当P运动到P'，H和H'重合时，PC+PD的最小，最小值是DH'，由AD＝，即得DH'＝，即PC+PD的最小值是．
【解答】解：（1）∵C（0，﹣2），
∴OC＝2，
∵tan∠CAO＝1，
∴＝1，
∴OA＝2，A（﹣2，0），
将A（﹣2，0），B（3，0），C（0，﹣2）代入y＝ax2+bx+c得：
，解得，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣x﹣2；
（2）存在一点Q，使得∠BAQ＝∠ABC，理由如下：
过A作AM∥BC交y轴于M，交抛物线于Q，作M关于x轴的对称点M'，作直线AM'交抛物线于Q'，如图：

∵AM∥BC，
∴∠QAB＝∠ABC，即Q是满足题意的点，
∵B（3，0），C（0，﹣2），
∴直线BC解析式是y＝x﹣2，
设直线AM解析式为y＝x+m，将A（﹣2，0）代入得﹣+m＝0，
∴m＝，
∴直线AM解析式为y＝x+，M（0，），
解得（与A重合，舍去）或，
∴Q（5，），
∵M、M'关于x轴对称，
∴∠Q'AB＝∠QAB＝∠ABC，M'（0，﹣），
∴Q'是满足题意的点，
设直线AQ'为y＝kx﹣，将A（﹣2，0）代入得﹣2k﹣＝0，
∴k＝﹣，
∴直线AQ'为y＝﹣x﹣，
解得（舍去）或，
∴Q（1，﹣2）；
综上所述，点Q坐标是（5，）或（1，﹣2）；
（3）在y轴上存在一个点P，使PC+PD值最小，理由如下：
过P作PH⊥AC于H，过D作DH'⊥AC于H'，交y轴于P'，如图：

∵y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣）2﹣，
∴抛物线对称轴是直线x＝，
∴D（，0），
∵OA＝OC＝2，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴∠OCA＝45°＝∠OAC，
∴△PCH是等腰直角三角形，
∴PH＝PC，
∴PC+PD最小即是PH+PD最小，
∴当P运动到P'，H和H'重合时，PC+PD的最小，最小值是DH'，
∵∠OAC＝45°，DH'⊥AC，
∴△ADH'是等腰直角三角形，
∴DH'＝AD，
∵A（﹣2，0），D（，0），
∴AD＝，
∴DH'＝，即PC+PD的最小值是．
【点评】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、等腰直角三角形性质及应用等知识，解题的关键是掌握解“胡不归”问题的方法．
6．（2021•宁波模拟）如图，二次函数y＝a（x+1）（x﹣3）（a＞0）的图象与x轴交于点A，B（A在B的左边），与y轴交于点C，点P是二次函数图象上一动点．
（1）若点C的坐标为（0，﹣3），求二次函数及直线BC的函数关系式．
（2）如图①，在（1）的条件下，若点P在第四象限，过P作PQ∥AC，交直线BC于点Q，求线段PQ长的最大值．
（3）如图②，若点P在第一象限，且△ABP有△ABC相似，求点P的坐标．

【考点】二次函数综合题．
【专题】一次函数及其应用；二次函数图象及其性质；图形的相似；运算能力；推理能力．
【分析】（1）将点C代入函数关系式求得a，进而求得结果；
（2）作PD⊥AB于D，交BC于E，作QF⊥PD于F，推出当PE最大时，PQ最大，先求得PE的最大值，进而求得PQ的最大值；
（3）分为△APB∽△BAC和△BAC∽△PAB，当△APB∽△BAC时，作PD⊥AB，设P（m，a（m+1）•（m﹣3）），根据tan∠PAB＝tan∠ABC，得出＝，进而求得m的值，从而表示出P点坐标，根据＝列出a的关系式，求得a的值，进而求得P点坐标，当△BAC∽△PAB时，同样方法求得结果．
【解答】解：（1）将C（0，﹣3）代入y＝a（x+1）•（x﹣3）得，
﹣3＝a•（﹣3），
∴a＝1，
∴y＝（x+1）•（x﹣3）＝x2﹣2x﹣3，
由（x+1）•（x﹣3）＝0得，
x1＝﹣1，x2＝3，
∴B（3，0），
设BC的函数关系式是：y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝x﹣3；
（2）如图1，

作PD⊥AB于D，交BC于E，作QF⊥PD于F，
可得△PFQ∽△COA，
∴＝＝3，
∴PF＝3QF，
∵OB＝OC＝3，∠BOC＝90°，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
∵PD∥OC，QF∥OB，
∴∠QEF＝∠OCB＝45°，∠EQF＝∠OBC＝45°，
∴∠QEF＝∠EQF，
∴EF＝QF，
∴PF＝，
∴当PE最大时，PF亦最大，此时PQ最大，
设点P（m，m2﹣2m﹣3），E（m，m﹣3），
∴PE＝（m﹣3）﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣（m﹣）2+，
∴当m＝时，PE最大＝，
∴QF最大＝PE＝，PF最大＝，
∴PQ最大＝；
（3）如图2，

当△APB∽△BAC时，∠ABC＝∠PAB，＝，
∴AP•BC＝AB2，
作PD⊥AB于D，设P（m，a（m+1）•（m﹣3）），
∴tan∠PAB＝tan∠ABC，
∴＝，
∴＝，
∴m＝4，
∴P（4，5a），
∴AP＝＝5，BC＝3，
∴15（a2+1）＝16，（a＞0），
∴a＝，
∴P（4，），
如图3，

当△BAC∽△PAB时，∠PAB＝∠BAC，＝，
∴AP•AC＝AB2，
∴tan∠PAB＝tan∠BAC，
∴＝，
∴＝，
∴m＝6，
∴P（6，21a），
∴•＝16，（a＞0），
∴a＝，
∴P（6，3），
综上所述：P（4，）或（6，3）．
【点评】本题考查了求一次函数的关系式，求二次函数关系式，二次函数及其图象性质，相似三角形的判定和性质等知识，相似三角形的正确分类和计算能力是解题的关键．
7．（2021•江都区校级模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A（﹣2，0）、B（6，0）两点，与y轴交于C点，设抛物线的顶点为D．过点D作DE⊥x轴，垂足为E．P为线段DE上一动点，F（m，0）为x轴上一点，且PC⊥PF．
（1）求抛物线的解析式；
（2）①当点P与点D重合时，求m的值；
②在①的条件下，将△COF绕原点按逆时针方向旋转90°并平移，得到△C1O1F1，点C，O，F的对应点分别是点C1，O1，F1，若△C1O1F1的两个顶点恰好落在抛物线上，求点F1的坐标；
（3）当点P在线段DE上运动时，直接写出m的最大值和最小值．

【考点】二次函数综合题．
【专题】分类讨论；待定系数法；二次函数图象及其性质；函数的综合应用；图形的相似；几何直观；应用意识．
【分析】（1）将A、B两点坐标代入即可，
（2）①当点P与点D重合时，过点D作GD∥x轴，过F点作y轴平行线交GD延长线于点H，由△CGD∽△DHF，求出DH＝2，即可得m＝4；
②按题意，将△COF绕原点按逆时针方向旋转90°得到△C'O'F'，设平移后O1（x，y），则C1（x+3，y），F1（x，y+4），分三种情况（Ⅰ）当O1C1经平移后在抛物线上，得F1（，），（Ⅱ）当F1C1经平移后在抛物线上，得F1（﹣，），（Ⅲ）当O1F1经平移后在抛物线上，因为O1、F1在竖直方向，故不成立；
（3）由D（2，﹣4），E（2，0），C（0，﹣3），点P为线段DE上一动点，F（m，0）为x轴上一点，且PC⊥PF，可得当点P与点D重合时，m＝4，取得最大，随着P向E移动，m随之变化，设存在一点P使m最小，设OF＝m，则FE＝2﹣m；设EP＝y，则PQ＝3﹣y，由＝，即＝，可得m最小值．
【解答】解：（1）将A（﹣2，0）、B（6，0）代入抛物线解析式y＝ax2+bx﹣3中得：
，解得：，
∴该抛物线的解析式为：y＝x2﹣x﹣3；
（2）①∵D为抛物线y＝x2﹣x﹣3的顶点，
∴D（2，﹣4），
当点P与点D重合时，过点D作GD∥x轴，过F点作y轴平行线交GD延长线于点H，如图：

由题意易得：CG＝1，GD＝2，FH＝4，而PC⊥PF，即∠CDF＝90°，
∵∠CGD＝∠DHF＝90°，∠CDG＝90°﹣∠FDH＝∠DFH，
∴△CGD∽△DHF，
∴＝，即＝，
∴DH＝2，
而四边形EDFH为矩形，
∴EF＝DH＝2，
∴OF＝OE+EF＝4，即F（4，0），
∴m＝4；
②按题意，将△COF绕原点按逆时针方向旋转90°得到△C'O'F'，如图：

显然此时C'、O'、F'三点都不在抛物线上，故需要将△C'O'F'平移才能得到两个顶点恰好落在抛物线上，根据C'、O'、F'三点特点，可设平移后O1（x，y），则C1（x+3，y），F1（x，y+4），
（Ⅰ）当O1C1经平移后在抛物线上，把O1（x，y），C1（x+3，y）代入y＝x2﹣x﹣3中：
，
解得：x＝，
故F1（，），
（Ⅱ）当F1C1经平移后在抛物线上，把F1（x，y+4），C1（x+3，y）代入y＝x2﹣x﹣3中：
，
解得：x＝﹣，
故F1（﹣，），
（Ⅲ）当O1F1经平移后在抛物线上，因为O1、F1在竖直方向，故不成立．
综上所述：F1（，）或（﹣，）；
（3）∵D（2，﹣4），E（2，0），C（0，﹣3），点P为线段DE上一动点，F（m，0）为x轴上一点，且PC⊥PF，
∴如（2）①中当点P与点D重合时，m＝4，取得最大，
随着P向E移动，m随之变化，设存在一点P使m最小，如图所示：

设OF＝m，则FE＝2﹣m；设EP＝y，则PQ＝3﹣y，
根据△FEP∽△PQC得：
＝，即＝，
可得关系式：m＝（y﹣）2+，
∵＞0，
∴当y＝时，m取得最小值，
答：m的最大值为4，m的最小值为．
【点评】本题考查二次函数的综合性质，属于二次函数的综合题，是中考压轴题形，从题干中筛选出有用条件，二次函数的综合性质，坐标的变化规律以及相似三角形知识点灵活运用是解决本题的关键．
8．（2021•和平区二模）抛物线y＝﹣x2+kx+c过点A（﹣1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C，顶点为点D．
（Ⅰ）求点C、D的坐标．
（Ⅱ）点E是线段OB上一动点，过点E作直线l⊥x轴，交抛物线于点M，连接BM并延长交y轴于点N，连接AM，OM．若△AEM的面积是△MON面积的2倍，求点E的坐标；
（Ⅲ）抛物线上一点T，点T的横坐标是﹣3，连接BT，与y轴交于点P，点Q是线段AT上一动点（不与点A，点T重合）．将△BPQ沿PQ所在直线翻折，得到△FPQ．当△FPQ与△TPQ重叠部分的面积是△TBQ面积的时，求线段TQ的长度．
【考点】二次函数综合题．
【专题】数形结合；分类讨论；待定系数法；函数的综合应用；多边形与平行四边形；平移、旋转与对称；几何直观；应用意识．
【分析】（Ⅰ）用待定系数法可得抛物线解析式是y＝﹣x2+x+，即知C（0，），又y＝﹣x2+x+＝﹣（x﹣1）2+2，故顶点D（1，2），
（Ⅱ）设E（m，0），（0＜m＜3），则M（m，﹣m2+m+），可得直线BM解析式为y＝﹣（m+1）x+（m+1），从而N（0，（m+1）），根据△AEM的面积是△MON面积的2倍，得（m+1）（﹣m2+m+）＝2×m（m+1），解得m＝﹣2﹣，即得E（﹣2﹣，0）；
（Ⅲ）由抛物线上一点T，点T的横坐标是﹣3，知T（﹣3，﹣6），设直线BT解析式是y＝k2x+b2，待定系数法可得直线BT解析式是y＝x﹣3，故P（0，﹣3），过T作TG⊥y轴于G，可得TP＝BP＝＝3，S△BPQ＝S△TPQ，又△BPQ沿PQ所在直线翻折，得到△FPQ，故S△FPQ＝S△BPQ＝S△TPQ，①当F在BT下方时，设FQ、PT交于M，△FPQ与△TPQ重叠部分是△PQM，根据S△PQM＝S△BTQ，得MT＝MP，MQ＝MF，四边形QTFP是平行四边形，可知TQ＝BP＝3；②当F在BT上方时，设FP与TQ交于N，△FPQ与△TPQ重叠部分是△PQN，同理可得四边形FTPQ是平行四边形，可得BQ＝BP＝3，用待定系数法得直线AT解析式为y＝3x+3，设Q（t，3t+3），（﹣3＜t＜﹣1），得＝3，解得Q（﹣，﹣），即得TQ＝＝．
【解答】解：（Ⅰ）把A（﹣1，0）和点B（3，0）代入y＝﹣x2+kx+c得：
，解得，
∴抛物线解析式是y＝﹣x2+x+，
在y＝﹣x2+x+中，令x＝0得y＝，
∴C（0，），
∵y＝﹣x2+x+＝﹣（x﹣1）2+2，
∴顶点D（1，2），
答：C坐标是（0，），顶点D坐标是（1，2）；
（Ⅱ）如图：

设E（m，0），（0＜m＜3），则M（m，﹣m2+m+），
设直线BM解析式为y＝k1x+b1，
∴，
解得，
∴直线BM解析式为y＝﹣（m+1）x+（m+1），
在y＝﹣（m+1）x+（m+1）中，令x＝0得y＝（m+1），
∴N（0，（m+1）），
∴S△MON＝ON•m＝m×（m+1）＝m（m+1），
S△AEM＝AE•yM＝（m+1）（﹣m2+m+），
∵△AEM的面积是△MON面积的2倍，
∴（m+1）（﹣m2+m+）＝2×m（m+1），
化简整理得：m2+4m﹣3＝0，
解得m＝﹣2+（舍去）或m＝﹣2﹣，
∴m＝﹣2﹣，
∴E（﹣2﹣，0）；
（Ⅲ）∵抛物线上一点T，点T的横坐标是﹣3，
∴T（﹣3，﹣6），
设直线BT解析式是y＝k2x+b2，
∴，解得，
∴直线BT解析式是y＝x﹣3，
当x＝0时y＝﹣3，
∴P（0，﹣3），
过T作TG⊥y轴于G，则TG＝3，PG＝3，
∴TP＝＝3，
又BP＝＝3，
∴BP＝TP，
∴P是线段BT的中点，
∴S△BPQ＝S△TPQ，
∵△BPQ沿PQ所在直线翻折，得到△FPQ，
∴S△FPQ＝S△BPQ＝S△TPQ，
①当F在BT下方时，设FQ、PT交于M，如图：

△FPQ与△TPQ重叠部分是△PQM，连接FT，
∵S△PQM＝S△BTQ，
∴S△PQM＝S△TPQ＝S△FPQ，
∴MT＝MP，MQ＝MF，
∴四边形QTFP是平行四边形，
∴TQ＝PF，
∵PF＝BP，
∴TQ＝BP＝3；
②当F在BT上方时，设FP与TQ交于N，△FPQ与△TPQ重叠部分是△PQN，连接FT，如图：

同理可得四边形FTPQ是平行四边形，
∴QF＝TP＝BP，
∵QF＝BQ，
∴BQ＝BP＝3，
设直线AT解析式为y＝k3x+b3，
∴，
解得，
∴直线AT解析式为y＝3x+3，
设Q（t，3t+3），（﹣3＜t＜﹣1），
BQ＝＝3，
解得t＝0（舍去）或t＝﹣，
∴t＝﹣，
∴Q（﹣，﹣），
∴TQ＝＝，
综上所述，TQ的长度是3或．
【点评】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形三角形面积，对称变换等知识，解题的关键是掌握折叠的性质，利用方程解决问题．
9．（2021•吉林二模）如图，抛物线y＝a（x+2）2﹣9a（a＞0）与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），顶点为C，连接BC．
（1）直接写出点C的坐标 （﹣2，﹣9a） （用含a的式子表示）；
（2）求点B的坐标；
（3）以BC为边，在BC边的右下方作正方形BCDE，设点D的坐标为（m，n）．
①当∠ABC＝30°时，求点D的坐标；
②当∠ABC＝45°时，直接写出点D的坐标；
③直接写出n关于m的函数解析式及自变量m的取值范围．

【考点】二次函数综合题．
【专题】函数的综合应用；图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；应用意识．
【分析】（1）根据抛物线y＝a（x+2）2﹣9a顶点为C，直接可得C（﹣2，﹣9a）；
（2）在y＝a（x+2）2﹣9a中，令y＝0得：a（x+2）2﹣9a＝0，即可得B（1，0）；
（3）①过C作y轴平行线交x轴于F，过D作DG⊥CF于G，由C（﹣2，﹣9a），B（1，0）可得BF＝OB+OF＝3，又∠ABC＝30°得CF＝BF•tan30°＝，根据四边形BCDE是正方形，可得△BFC≌△CGD（AAS），即知BF＝CG＝3，CF＝DG＝，从而求得D（﹣2，﹣3﹣）；
②过C作y轴平行线交x轴于F，过D作DG⊥CF于G，同①的方法可得D（1，﹣6）；
③过C作y轴平行线交x轴于F，过D作DG⊥CF于G，根据C（﹣2，﹣9a），B（1，0）和△BFC≌△CGD（AAS）可得CG＝BF＝3，DG＝CF＝9a，又D的坐标为（m，n），即知m＝﹣9a﹣3，n＝﹣2+9a，消去a得m+n＝﹣5，n＝﹣5﹣m，又在BC边的右下方作正方形BCDE，故m＞﹣2．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝a（x+2）2﹣9a顶点为C，
∴C（﹣2，﹣9a），
故答案为：（﹣2，﹣9a）；
（2）在y＝a（x+2）2﹣9a中，令y＝0得：a（x+2）2﹣9a＝0，
∵a＞0，
∴（x+2）2﹣9＝0，解得x＝﹣5或x＝1，
而点A在点B的左侧，
∴B（1，0）；
（3）①过C作y轴平行线交x轴于F，过D作DG⊥CF于G，如图：

∵C（﹣2，﹣9a），B（1，0）；
∴BF＝OB+OF＝3，
∵∠ABC＝30°，
∴CF＝BF•tan30°＝3×＝，
∵四边形BCDE是正方形，
∴BC＝DC，∠BCD＝90°，
∴∠FCB＝90°﹣∠GCD＝∠CDG，
∵∠BFC＝∠G＝90°，
∴△BFC≌△CGD（AAS），
∴BF＝CG＝3，CF＝DG＝，
∴GF＝+3，OF﹣DG＝2﹣，
∴D（﹣2，﹣3﹣）；
②过C作y轴平行线交x轴于F，过D作DG⊥CF于G，如图：

∵C（﹣2，﹣9a），B（1，0）；
∴BF＝OB+OF＝3，
∵∠ABC＝45°，
∴CF＝BF•tan45°＝3×1＝3，
∵四边形BCDE是正方形，
∴BC＝DC，∠BCD＝90°，
∴∠FCB＝90°﹣∠GCD＝∠CDG，
∵∠BFC＝∠G＝90°，
∴△BFC≌△CGD（AAS），
∴BF＝CG＝3，CF＝DG＝3，
∴GF＝6，DG﹣OF＝1，
∴D（1，﹣6）；
③过C作y轴平行线交x轴于F，过D作DG⊥CF于G，如图：

∵C（﹣2，﹣9a），B（1，0）；
∴BF＝OB+OF＝3，CF＝|﹣9a|＝9a，
∵四边形BCDE是正方形，
∴BC＝DC，∠BCD＝90°，
∴∠FCB＝90°﹣∠GCD＝∠CDG，
∵∠BFC＝∠G＝90°，
∴△BFC≌△CGD（AAS），
∴CG＝BF＝3，DG＝CF＝9a，
∵D的坐标为（m，n），
∴m＝﹣9a﹣3，n＝﹣2+9a，
∴m+n＝﹣5
∴n＝﹣5﹣m，
∵在BC边的右下方作正方形BCDE，
∴m＞﹣2，
答：n＝﹣5﹣m（m＞﹣2）．
【点评】本题考查二次函数综合应用，涉及全等三角形的判定与性质，正方形性质及应用等，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．
10．（2021•辽宁模拟）已知抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣6，0）、B（2，0）和C（0，3），点D是该抛物线在第四象限上的一个点，连接AD，AC，CD，CD交x轴于E．

（1）求这个抛物线的解析式；
（2）当S△DAE＝S△ACD时，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，抛物线上是否存在点P，使得△PAD中的一个角等于2∠BAD？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；二次函数图象及其性质；三角形；运算能力；应用意识．
【分析】（1）将点A、B、C代入函数解析式求得抛物线的解析式；
（2）由S△DAE＝S△ACD得到S△DAE＝S△CAE，根据面积公式列方程，可得DF的长，然后结合点D在第四象限可知点D的纵坐标，再代入函数解析式求得点D的横坐标，最后得到点D的坐标；
（3）分为点P在x轴上方和下方两种情形，当在x轴上方时，过点P作PH⊥AB于H，过点D作DF⊥x轴于点F，根据tan∠PAH＝tan∠BAD可求得，当∠P2DA＝2∠BAD时，记直线AD与y轴的交点为点G，直线AP1与y轴的交点为点G1，利用待定系数法求得直线AD、AP1的解析式，记直线AP1与直线P2D的交点为点M，则∠MAD＝∠MDA，可得AM＝DM，设M（t，t+3﹣6），建立方程求得点M的坐标，可求得直线DP2的解析式，通过解方程组求得点P2的坐标，当在x轴下方时，作AP3∥DP2交x轴下方抛物线于点P3，DP4∥AP1交抛物线于点P4，求出AP3的解析式和DP4的解析式，联立后求得点P3、点P4坐标．
【解答】解：（1）将A（﹣6，0）、B（2，0）、C（0，3）代入y＝ax2+bx+c，得
，解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+3．
（2）如图1，过点D作DF⊥x轴于点F，
∵S△DAE＝S△ACD，
∴S△DAE＝S△CAE，
∴AE•DF＝×AE•OC，
∴DF＝OC＝×3＝1，
∴点D的纵坐标是﹣1，
当y＝﹣1时，﹣1＝﹣x2﹣x+3，
解得：x＝2﹣2或x＝﹣2﹣2（舍），
∴点D（2﹣2，﹣1）．
（3）如图2，设P（x，﹣x2﹣x+3），
①当P在x轴上方时，
（i）当∠P1AD＝2∠BAD时，∠P1AB＝∠BAD，
如图2，过点P1作P1H⊥AB于H，过点D作DF⊥x轴于点F，则tan∠P1AH＝tan∠DAF，
∴＝，
∴＝，
∴x2＝6﹣2，x1＝﹣6（舍），
∴y＝﹣（6﹣2+6）×＝8﹣17，
∴P1（6﹣2，8﹣17）；
当∠P2DA＝2∠BAD时，记直线AD与y轴的交点为点G，直线AP1与y轴的交点为点G1，
设直线AD的解析式为y＝kx+b，
则，
解得：，
∴直线AD的解析式为y＝x+6﹣3，
∴直线AP1的解析式为y＝x+3﹣6，
当x＝0时，y＝6﹣3，
∴G（0，6﹣3），
∴G1（0，3﹣6），
记直线AP1与直线P2D的交点为点M，则∠MAD＝∠MDA，
∴AM＝DM，
设M（t，t+3﹣6），
∴（t+6）2+（t+3﹣6）2＝（t﹣2+2）2+（t+3﹣6+1）2，
解得：t＝，
∴点M的坐标为（，），
设直线DP2的解析式为y＝mx+n，
则，
解得：，
∴直线DP2的解析式为y＝﹣x+，
由，
解得：或，
∴P2（﹣，）；
作AP3∥DP2交x轴下方抛物线于点P3，
则∠DAP3＝∠DAP1＝2∠BAD，
设直线AP3的解析式为y＝﹣x+d，将A（﹣6，0）代入，
得：﹣×（﹣6）+d＝0，
解得：d＝﹣，
∴直线AP3的解析式为y＝﹣x﹣，
与抛物线解析式联立方程组，
解得：或，
∴P3（，﹣）；
作DP4∥AP1交抛物线于点P4，
则∠ADP4＝∠P1AD＝2∠BAD，
设直线DP4的解析式为y＝x+e，把D（2﹣2，﹣1）代入，
得：﹣1＝×（2﹣2）+e，
解得：e＝3﹣8，
∴直线DP4的解析式为y＝x+3﹣8，
同理可得：P4（2﹣4，8﹣20），
综上所述，点P的坐标为：P1（6﹣2，8﹣17），P2（﹣，），P3（，﹣），P4（2﹣4，8﹣20）．



【点评】本题考查了待定系数法求抛物线的解析式，相似三角形的判定和性质，一次函数及其图象性质等知识，解决问题的关键是转化条件和运算能力．此题计算量太大，不适合初中生练习和测试．

考点卡片
1．二次函数综合题
（1）二次函数图象与其他函数图象相结合问题
解决此类问题时，先根据给定的函数或函数图象判断出系数的符号，然后判断新的函数关系式中系数的符号，再根据系数与图象的位置关系判断出图象特征，则符合所有特征的图象即为正确选项．
（2）二次函数与方程、几何知识的综合应用
将函数知识与方程、几何知识有机地结合在一起．这类试题一般难度较大．解这类问题关键是善于将函数问题转化为方程问题，善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件．
（3）二次函数在实际生活中的应用题
从实际问题中分析变量之间的关系，建立二次函数模型．关键在于观察、分析、创建，建立直角坐标系下的二次函数图象，然后数形结合解决问题，需要我们注意的是自变量及函数的取值范围要使实际问题有意义．