专练14（30题）（二次函数压轴大题）-2022中考数学考点必杀500题（广东专用）

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2022中考考点必杀500题
专练14（二次函数压轴大题）（30道）

1．（2022·广东中山·一模）如图，拋物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），顶点为D．点P为对称轴右侧抛物线上的一个动点，其横坐标为m，直线AD交y轴于点C，过点P作PF∥AD交x轴于点．F，PE∥x轴，交直线AD于点E，交直线DF于点M．


(1)求直线AD的表达式及点C的坐标；
(2)当DM＝3MF时，求m的值；
(3)试探究点P在运动过程中，是否存在m，使四边形AFPE是菱形，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；C(0，)；
(2)m＝1+或m＝1+；
(3)存在，．
【解析】
【分析】
（1）用待定系数法即可求解；
（2）过点D作DQ⊥x轴于点Q，交PE于点N．P(m，)，,利用PE∥x轴，得到，则DN=3NQ，进而求解；
（3）分点P在x轴上方、点P在x轴下方两种情况，利用AE=PE，分别求解即可．
(1)
当y=0时，，解得x1=-2，x2=4．
∵点A在点B的左侧，
∴A（-2，0）．
∵，即，
∴D（1，4），
设直线AD的函数表达式为y=kx+b．
∵直线AD过点A（-2，0），D（1，4），则
，解得，
∴，
当x=0时，y＝，故C(0，)；
(2)
如图2，过点D作DQ⊥x轴于点Q，交PE于点N．

∵点P的横坐标为m，
∴P(m，)．
∵D（1，4），
∴．
∵PE∥x轴，
∴．
当DM=3MF时，＝3．
∴DN=3NQ，即．
当时，m＝1±．
∵点P在抛物线对称轴的右侧，
∴m＝1+；
当时，m＝1±．
∵点P在抛物线对称轴的右侧，
∴m＝1+．
综上所述，m＝1+或m＝1+；
(3)
存在，理由：
当点P在x轴上方时，
设点P（m，），则点E的坐标为（x，），
把点A的坐标代入AD的表达式得：，
解得，
故点E的坐标为，
则，
由直线AD的表达式知，tan∠EAO=，则cos∠EAO=，
则，
∵四边形AFPE是菱形，则AE=EP，
即，
解得m=-2（舍去）或，
故点P的坐标为（，）；
当点P在x轴下方时，
同理可得，点P的坐标为(，−21)．
综上，点P的坐标为．
【点睛】
主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
2．（2022·广东·广州市第四中学一模）已知抛物线ykx2（k﹣2）x+2与y轴交于点A，与x轴交于B、C（点B在点C的左边）．

(1)直接写出点B的坐标；
(2)当k＝1时（如图），求：
①在直线AC上方的抛物线上一点M，求点M到直线AC的最大距离及此时点M的坐标；
②将线段OA绕x轴上的动点P（m，0）顺时针旋转90°得到线段O′A′，若线段O′A′与抛物线只有一个公共点，请结合函数图象，求m的取值范围．
【答案】(1)
(2)①最大距离为，此时；②m的取值范围为或
【解析】
【分析】
（1）将解析式变形可得二次函数过定点结合函数图象即可求得点的坐标，
（2）①过点作轴，交于点，过点作，垂足为点，设，则，继而求得，求得直线的解析式，设，则，根据二次函数的性质求得当时，的最大值为,进而求得取得最大值以及点的坐标；
②根据题意可知，，求得，，根据当线段O′A′与抛物线只有一个公共点，分别求得当在抛物线上时，的值，进而结合函数图像即可判断的取值范围．
(1)
解：∵抛物线ykx2（k﹣2）x+2与y轴交于点A，与x轴交于B、C（点B在点C的左边）
∴
令，解得
当时，，当时，
抛物线过定点和

(2)
当时，抛物线解析式为
令，则
解得

①如图，过点作轴，交于点，过点作，垂足为点，

设






设过的直线解析式为
则
解得
直线的解析式为
设，则

的最大值为，此时，取得最大值

当时，
此时
②如图，


，将线段OA绕x轴上的动点P（m，0）顺时针旋转90°得到线段O′A′，
，，且总在的右侧，
，
，
当点在抛物线上时，此时
解得
当点在抛物线上时，此时
解得
结合函数图像可得，当线段O′A′与抛物线只有一个公共点时，
m的取值范围为或
【点睛】
本题考查了二次函数的图象与性质，二次函数求最值，解直角三角形，旋转的性质，根据点在二次函数图象上求参数，数形结合是解题的关键．
3．（2022·广东·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，函数y＝其中m为常数，该函数的图象记为G．
(1)当m＝2时，点N（3，n）在图象G上，则n的值为 　 　；
(2)若函数图象经过点（4，5），求m的值，并直接写出0≤x≤4时函数的取值范围；
(3)设图象G与x轴正半轴交于点A，与y轴交于点B，过点B作BA的垂线，与直线x＝m相交于点C，设点C的纵坐标为c，用含m的式子表示c．
【答案】(1)5
(2)时，；时，
(3)或
【解析】
【分析】
（1）把代入函数求解即可求出；
（2）将代入求解得到的值，再根据二次函数的性质即可求得．同理，把代入求解得到的值，根据二次函数的性质求得，即可得出答案；
（3）当时，图象与坐标轴无交点，如图1，把代入，得出抛物线与轴交点坐标为，把代入，可得出点坐标为，，过点作轴于点，再证得，利用相似三角形性质即可求得，当时，图象与轴正半轴无交点，当时，函数与轴正半轴有交点，，与轴交点坐标为，如图2，过点作轴于点，再证得，运用相似三角形性质即可求得．
(1)
解：当时，函数，
把代入，
得，
故答案为：5；
(2)
当时，将代入，
得，
解得，
当时，，
当时，取最大值为，
，
当时，为最小值，
．
当时，把代入，
得，
解得，
当时，，
，
当时，为最大值，
把代入，
得，
当时，，
，
当时，随增大而增大，
把代入，
得，
把代入，
得，
当时，，
时，，
综上所述，时，；时，．
(3)
把代入，
得，
抛物线与轴交点坐标为，
把代入，
得，
抛物线与直线交点坐标为，
当时，图象与坐标轴无交点，如图1，

把代入，
得，
抛物线与轴交点坐标为，
把代入，
得，
抛物线与直线交点坐标为，
把代入得，
解得或（舍，
点坐标为，，
过点作轴于点，
则，
，
，
，
，
，
，
即，
，
；
当时，函数与直线的交点坐标为，即函数与坐标轴无交点，
在函数中，令，
则，
解得：或（舍去），
令，得，
令，得，
当时，即时，函数与轴正半轴有交点，，与轴交点坐标为，
如图2，过点作轴于点，

则，
轴，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
，
，即，
解得：；
综上，或．
【点睛】
本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，二次函数的综合应用，相似三角形的判定和性质等，本题涉及含参数的讨论和计算，难度较大，解题关键是通过数形结合及分类讨论的方法求解．
4．（2022·广东珠海·二模）如果抛物线C1的顶点在抛物线C2上，抛物线C2的顶点也在抛物线C1上时，那么我们称抛物线C1与C2“互为关联”的抛物线．如图1，已知抛物线C1：y1＝x2+x与C2：y2＝ax2+x+c是“互为关联”的抛物线，点A，B分别是抛物线C1，C2的顶点，抛物线C2经过点D（6，﹣1）．

(1)直接写出A，B的坐标和抛物线C2的解析式；
(2)抛物线C2上是否存在点E，使得△ABE是直角三角形？如果存在，请求出点E的坐标；如果不存在，请说明理由；
(3)如图2，点F（﹣6，3）在抛物线C1上，点M，N分别是抛物线C1，C2上的动点，且点M，N的横坐标相同，记△AFM面积为S1（当点M与点A，F重合时S1＝0），△ABN的面积为S2（当点N与点A，B重合时，S2＝0），令S＝S1+S2，观察图象，当y1≤y2时，写出x的取值范围，并求出在此范围内S的最大值．
【答案】(1)A（﹣2，﹣1），B（2，3）；抛物线C2的解析式为y2＝﹣+x+2
(2)存在，点E的坐标E（6，﹣1）或E（10，﹣13）
(3)﹣2≤x≤2，当t＝2时，S的最大值为16
【解析】
【分析】
（1）将抛物线C1改为顶点式可得A(-2，-1)，将A(-2，-1)，D（6，-1）代入，求得，即可求出B（2，3）；
（2）易得直线AB的解析式：y＝x+1，①若B为直角顶点，BE⊥AB，E（6，-1）；②若A为直角顶点，AE⊥AB，E（10，-13）；③若E为直角顶点，设E（m，），不符合题意；
（3）由y1≤y2，得-2≤x≤2，设，且，易求直线AF的解析式：y＝-x-3，过M作x轴的平行线MQ交AF于Q，，设AB交MN于点P，易知P（t，t+1），，所以，即当t＝2时，S的最大值为16．
(1)
抛物线C1：
∴A(-2，-1)，
将A(-2，-1)，D(6，-1)代入抛物线：，得：，
解得：，
∴，
∴B（2，3）；
(2)
设直线AB的解析式为：，
则，
解得：
∴直线AB的解析式：y＝x+1，
①若B为直角顶点，BE⊥AB，kBE·kAB=-1，
∴kBE=-1，
故可设直线BE解析式为，
将B点坐标代入，得：，
解得：，
直线BE解析式为．
联立，
解得，，
∴E（6，-1）；
②若A为直角顶点，AE⊥AB，
同理得AE解析式：．
联立，
解得，，
∴E（10，-13）；
③若E为直角顶点，设E（m，）
由AE⊥BE得kBE·kAE=-1，
即，
整理，得：，
∴m+2＝0或m-2＝0或（无解），
∴解得m＝2或-2（不符合题意舍去），
∴点E的坐标E（6，-1）或E（10，-13）；
(3)
∵，
∴，
设，且，
设直线AF的解析式为，则，
解得：
∴直线AF的解析式：y＝-x-3，
如图，过M作x轴的平行线MQ交AF于Q，
则，
∴．
设AB交MN于点P，易知P（t，t+1），


，
∴，
∴当t＝2时，S的最大值为16．
【点睛】
本题为二次函数综合题，考点有利用待定系数法求函数解析式，二次函数的顶点，两直线垂直其比例系数相乘等于-1等知识，为压轴题．利用分类讨论和数形结合的思想是解题关键．
5．（2022·广东·江门市新会东方红中学模拟预测）如图，抛物线y＝ax2+bx+2与直线AB相交于A（﹣1，0），B（3，2），与x轴交于另一点C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)在y上是否存在一点E，使四边形ABCE为矩形，若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)以C为圆心，1为半径作⊙C，D为⊙O上一动点，求DA+DB的最小值．
【答案】(1)y＝x2+x+2
(2)存在，E（0，﹣2）
(3)DA+DB的最小值为
【解析】
【分析】
（1）直接把A、B 坐标代入解析式，求解即可；
（2）先作AE⊥AB交y轴于点E，连接CE，作BF⊥x轴于点F，再通过证明△BFC∽△AFB和△BCF≌△EAO得到对边平行且相等，结合已知条件，得到四边形ABCE是矩形即可得到结论；
（3）先作FL⊥BC于点L，连接AL、CD，再通过证明△FCL∽△BCF和△DCL∽△BCD得到各边之间的关系，当DA+LD＝AL，即点D落在线段AL上时，DA+DB＝DA+LD＝AL最小，计算求解即可．
(1)
把A（﹣1，0）、B（3，2）代入y＝ax2+bx+2，
得 ，解得 ，
∴抛物线的解析式为；
(2)
存在．如图1，

作AE⊥AB交y轴于点E，连接CE；作BF⊥x轴于点F，则F（3，0）．
当y＝0时，由，得x1＝1，x2＝4，
∴C（4，0），
∴CF＝AO＝1，AF＝3﹣（﹣1）＝4；
又∵BF＝2，
∴ ，
∵∠BFC＝∠AFB＝90°，
∴△BFC∽△AFB，
∴∠CBF＝∠BAF，
∴∠ABC＝∠CBF+∠ABF＝∠BAF+∠ABF＝90°，
∴BC∥AE，
∵∠BCF＝90°﹣∠BAC＝∠EAO，∠BFC＝∠EOA＝90°，
∴△BCF≌△EAO（ASA），
∴BC＝EA，
∴四边形ABCE是平行四边形，
又∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCE是矩形；
∵OE＝FB＝2，
∴E（0，﹣2）
(3)
如图2，

作FL⊥BC于点L，连接AL、CD
由（2）得∠BFC＝90°，BF＝2，CF＝1，
∴CF＝CD，CB＝．
∵∠FLC＝∠BFC＝90°，∠FCL＝∠BCF（公共角），
∴△FCL∽△BCF，
∴，
∴，
∵∠DCL＝∠BCD（公共角），
∴△DCL∽△BCD，
∴，
∴LD＝ DB；
∵DA+LD≥AL，
∴当DA+LD＝AL，即点D落在线段AL上时，DA+DB＝DA+LD＝AL最小．
∵CL＝CF＝，
∴BL＝ ＝，
∴BL2＝（）2＝，
又∵AB2＝22+42＝20，
∴AL＝ ＝ ＝ ，
DA+DB的最小值为．
【点睛】
本题属于二次函数与四边形、圆的综合题目，考查了待定系数法求二次函数解析式、相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，准确的添加辅助线及熟练掌握上述知识是解题的关键．
6．（2022·广东茂名·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点，连接AC，点P为第二象限抛物线上的动点．

（1）求a，b，c的值；
（2）连接PA、PC、AC，求面积的最大值；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使得为直角三角形，若存在，请直接写出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，点Q的坐标是，，或
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点，待定系数法求解析式即可；
（2）连接，先求得的解析式，设，过点作轴的垂线，交于点，则，根据列出关于的式子，进而根据配方法求得最值；
（3）根据题意，设，分三种情况讨论，分别以为直角顶点，根据勾股定理即可求解
【详解】
（1）抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点，
设抛物线解析式为，将代入得：

解得
抛物线解析式为
即

（2）如图，连接，过点作轴的垂线，交于点，

,
则直线的解析式为
设，则

当时，最大，最大值为
（3）存在，点的坐标为，，或
,



抛物线的对称轴为
设，
则，
①当时，

解得

②当时，

解得

③当时，

解得

综上所述，点的坐标为，，或
【点睛】
本题考查了二次函数的综合，待定系数法求解析式，求二次函数的最值，勾股定理，掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
7．（2022·广东·模拟预测）如图，开口向上的抛物线与x轴交于A（，0）、B（，0）两点，与y轴交于点C，且AC⊥BC，其中，是方程x2+3x﹣4＝0的两个根．
（1）求点C的坐标，并求出抛物线的表达式；
（2）垂直于线段BC的直线l交x轴于点D，交线段BC于点E，连接CD，求△CDE的面积的最大值及此时点D的坐标；
（3）在（2）的结论下，抛物线的对称轴上是否存在点P，使得△PDE是等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）C（0，﹣2）；yx2x﹣2；（2）S△CDE最大为，D（，0）；（3）存在，P的坐标为（，）或（，）或（，﹣2）或（，）．
【解析】
【分析】
（1）由题意易知＝﹣4，＝1，则有点A、B的坐标，然后易得△AOC∽△COB，则根据相似三角形的性质可得OC＝2，进而问题可求解；
（2）由（1）可知AB＝5，BC，AC＝2，则易证△ABC∽△DBE，设D（t，0），则BD＝1﹣t，然后可得DE（1﹣t），BE（1﹣t），进而根据割补法可求解三角形面积，最后根据二次函数的性质可得最值；
（3）由题意易知点D在二次函数的对称轴上，由（2）得DE，然后可分当DE＝DP时，当DE＝PE时，当PD＝PE时，进而根据相似三角形的性质与判定及二次函数的性质可进行求解．
【详解】
解：（1）由x2+3x﹣4＝0得＝﹣4，＝1，
∴A（﹣4，0），B（1，0），
∴OA＝4，OB＝1，
∵AC⊥BC，
∴∠ACO＝90°﹣∠BCO＝∠OBC，
∵∠AOC＝∠BOC＝90°，
∴△AOC∽△COB，
∴，即，
∴OC＝2，
∴C（0，﹣2），
设抛物线解析式为y＝a（x+4）（x﹣1），
将C（0，﹣2）代入得﹣2＝﹣4a，
∴a，
∴抛物线解析式为y（x+4）（x﹣1）x2x﹣2；
（2）如图：

由A（﹣4，0），B（1，0），C（0，﹣2）得：AB＝5，BC，AC＝2，
∵DE⊥BC，AC⊥BC，
∴DE∥AC，
∴△ABC∽△DBE，
∴，
设D（t，0），则BD＝1﹣t，
∴，
∴DE（1﹣t），BE（1﹣t），
∴S△BDEDE•BE（1﹣t）2，
而S△BDCBD•OC（1﹣t）×2＝1﹣t，
∴S△CDE＝S△BDC﹣S△BDE＝1﹣t（1﹣t）2t2t（t）2，
∵0，
∴t时，S△CDE最大为，
此时D（，0）；
（3）存在，由yx2x﹣2知抛物线对称轴为直线x，
而D（，0），
∴D在对称轴上，
由（2）得DE[1﹣（）]，
当DE＝DP时，如图：

∴DP，
∴P（，）或（，），
当DE＝PE时，过E作EH⊥x轴于H，如图：

∵∠HDE＝∠EDB，∠DHE＝∠BED＝90°，
∴△DHE∽△DEB，
∴，即，
∴HE＝1，DH＝2，
∴E（，﹣1），
∵E在DP的垂直平分线上，
∴P（，﹣2），
当PD＝PE时，如图：

设P（，m），则m2＝（）2+（m+1）2，
解得m，
∴P（，），
综上所述，P的坐标为（，）或（，）或（，﹣2）或（，）．
【点睛】
本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、三角形相似的判定及性质、三角形面积、等腰三角形判定及应用等知识，解题的关键是分类讨论及用含字母的代数式表示相关点的坐标、相关线段的长度，一般为压轴题．
8．（2022·广东·模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝x＋1分别与x轴、y轴交于点A，C，经过点C的抛物线y＝x2＋bx＋c与直线y＝x＋1的另一个交点为点D，点D的横坐标为6．

（1）求抛物线的表达式．
（2）M为抛物线上的动点．
①N为x轴上一点，当四边形CDMN为平行四边形时，求点M的坐标；
②如图2，点M在直线CD下方，直线OM（OM∥CD的情况除外）交直线CD于点B，作直线BD关于直线OM对称的直线B，当直线B与坐标轴平行时，直接写出点M的横坐标．
【答案】（1）y＝；（2）①点M的坐标为（，）或（，）；②点M的横坐标为3或或
【解析】
【分析】
（1）先由直线解析式求出A，C，D的坐标，再由C，D坐标求出抛物线解析式；
（2）①设N（n，0），由平移与坐标关系可得点M的坐标，然后代入抛物线的解析式求解即可；②因为直线B与坐标轴平行，所以B∥x轴和B∥y轴分类讨论，以B∥x轴为例，画出草图，由于BM平分∠DB，又∠AOB＝∠BM，等量代换，可以证得△AOB是等腰三角形，求出AB的长度，并且有A和D点坐标，求出∠DAO的三角函数值，过B作BH⊥x轴于H，在直角△ABH中，利用AB的长度，和∠BAH的三角函数值，求出AH和BH的长度，得到B点坐标，进一步得到直线OB的解析式，联立直线OB和抛物线解析式，求得交点M点坐标，当B∥y轴，用同样的方法解决．
【详解】
解：（1）令x＝0，则y＝x＋1＝1，
∴C点坐标为（0，1），
令y＝0，则，①
∴，
∴A点坐标为（，0），
令x＝6，则y＝，
∴D点坐标为（），
将C，D两点坐标代入到抛物线解析式中得，
，
解得，
∴抛物线的表达式为：y＝；
（2）①设N（n，0），
∵四边形CDMN为平行四边形，
∴ ，
∴由平移与坐标关系可得M（n＋6，），
∵点M在抛物线上，
∴，
∴n2＋9n+4＝0，
∴，
∴点M的坐标为（，）或（，）；
②第一种情况：如图1，当B∥x轴时，分别过B，D作x轴的垂线，垂足分别为H，Q，

在直角△ADQ中，AQ＝6＋＝，DQ＝，
∴由勾股定理得： ，
∴tan∠DAQ＝＝，
∴cos∠DAQ＝，
∵∠BAH＝∠DAQ，
∴cos∠BAH＝，
∵直线BD与直线B关于直线OM对称，
∴∠DBM＝∠BM，
∵B∥x轴，
∴∠HOB＝∠BM＝∠DBM，
∴AB＝AO＝，
∴，
∴AH＝，
∴OH＝AH＋AO＝，
令x＝﹣，则y＝＝，
∴B点坐标为（﹣，），
设直线OB的解析式为y＝kx，代入点B得，k＝，
∴直线OB的解析式为y＝x，
联立，
解得，，
∴点M的横坐标为3或，
第二种情况，如图2，当B∥y轴时，设B交x轴于G，

∴∠COB＝∠OBG，
∵直线BD与直线B关于直线OM对称，
∴∠CBO＝∠OBG＝∠COB，
∴CB＝CO＝1，
过C作CE⊥BG于E，
∴CE//x轴，
∴∠BCE＝∠CAO，
∵tan∠CAO＝＝，
∴cos∠CAO＝，
∴cos∠BCE＝＝，
∴CE＝＝，
∴＝，
∵CE⊥BG，BG⊥x轴，
∴∠CEG＝∠BGO＝∠COG＝90°，
∴四边形CEGO为矩形，
∴EG＝CO＝1，CE＝OG＝，
∴BG＝BE＋EG＝，
∴点B的坐标为（），
∴直线OB的解析式为y＝2x，
联立，
化简得，x2－11x＋4＝0，
∴，
∵点M在直线CD下方，
∴x＜6，
∴x＝，
∴点M的横坐标为，
即点M的横坐标为3或或．
【点睛】
本题是一道二次函数综合题，数形结合是本题的解题的突破口，同时，对于“平行线十角平分线”这种条件，要联想到等腰三角形，是此题的解题关键，此题对学生解直角三角形的能力也有一定要求．
9．（2022·广东·模拟预测）已知抛物线
（1）当时，请判断点（2，4）是否在该抛物线上；
（2）该抛物线的顶点随着m的变化而移动，当顶点移动到最高处时，求该抛物线的顶点坐标；
（3）已知点、，若该抛物线与线段EF只有一个交点，求该抛物线顶点横坐标的取值范围．
【答案】（1）不在；（2）（2，5）；（3）x顶点= 或x顶点或x顶点
【解析】
【分析】
（1）先求出函数关系式，再把（2，4）代入进行判断即可；
（2）根据二次函数的顶点坐标公式求出抛物线顶点纵坐标，最大值即为顶点最高点的纵坐标，代入求解即可；
（3）运用待定系数法求出直线EF的解析式，代入二次函数解析式，求出交点坐标，再根据题意分类讨论，求出m的值即可．
【详解】
解：（1）把m=0代入得，

当x=2时，
所以，点（2，4）不在该抛物线上；
（2）
=
∴抛物线的顶点坐标为（，）
∴纵坐标为
令
∵
∴抛物线有最高点，
∴当m=3时，有最大值，
将m=3代入顶点坐标得（2，5）；
（3）∵E（-1，-1），F（3，7）
设直线EF的解析式为
把点E，点F的坐标代入得
解得，
∴直线EF的解析式为
将代入得，

整理，得：
解得
则交点为：（2，5）和（m+1，2m+3），
而（2，5）在线段EF上，
∴若该抛物线与线段EF只有一个交点，则（m+1，2m+3）不在线段EF上，或（2，5）与（m+1，2m+3）重合，
∴m+1＜-1或m+1＞3或m+1=2（此时2m+3=5），
∴此时抛物线顶点横坐标x顶点= 或x顶点=或x顶点=
【点睛】
本题考查了二次函数的图象及性质，解题关键是注意数形结合思想的运用．
10．（2022·广东梅州·模拟预测）如图，抛物线交x轴于，两点，交y轴于点C，动点P在抛物线的对称轴上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当以P，B，C为顶点的三角形周长最小时，求点P的坐标及的周长；
（3）若点Q是平面直角坐标系内的任意一点，是否存在点Q，使得以A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】(1) ；(2) P点坐标为(1,2)，的周长最小值为；(3) Q点坐标存在，为(2，2)或(4，)或(4，)或(，)或(，)
【解析】
【分析】
(1)将，代入即可求解；
(2)连接BP、CP、AP，由二次函数对称性可知，BP=AP，得到BP+CP=AP+CP，当C、P、A三点共线时，△PBC的周长最小，由此求出AC解析式，将P点横坐标代入解析式中即可求解；
(3)设P点坐标为(1，t)，Q点坐标为(m，n)，按AC为对角线，AP为对角线，AQ为对角线分三种情况讨论即可求解．
【详解】
解：(1)将，代入二次函数表达式中，
∴ ，解得，
∴二次函数的表达式为：；
(2)连接BP、CP、AP，如下图所示：

由二次函数对称性可知，BP=AP，
∴BP+CP=AP+CP，

BC为定直线，当C、P、A三点共线时，有最小值为，
此时的周长也最小，
设直线AC的解析式为：，代入，
∴，解得，
∴直线AC的解析式为：，
二次函数的对称轴为，代入，得到，
∴P点坐标为(1,2)，
此时的周长最小值=；
(3)设P点坐标为(1，t)，Q点坐标为(m，n)，
分类讨论：
情况一：AC为菱形对角线时，另一对角线为PQ，
此时由菱形对角互相平分知：AC的中点也必定是PQ的中点，
由菱形对角线互相垂直知：，
∴ ，解得，
∴P点坐标为(1，1)，对应的Q点坐标为(2，2)；
情况二：AP为菱形对角线时，另一对角线为CQ，
同理有：，解得或，
∴P点坐标为(1，)或(1，)，对应的Q点坐标为(4，)或(4，)；
情况三：AQ为菱形对角线时，另一对角线为CP，
设P点坐标为(1，t)，Q点坐标为(m，n)，
同理有：，解得或，
∴P点坐标为(1，)或(1，)，对应的Q点坐标为(-2，)或(-2，)；
纵上所示，Q点坐标存在，为(2，2)或(4，)或(4，)或(，)或(，)．
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数对称性求线段最值问题及菱形的存在性问题，本题第三问难度大一些，熟练掌握各图形的性质是解决本题的关键．
11．（2022·广东·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，已知，，连接，点是抛物线上的一个动点，点是对称轴上的一个动点．
（1）求该抛物线的函数解析式．
（2）当的面积为8时，求点的坐标．
（3）若点在直线的下方，当点到直线的距离最大时，在抛物线上是否存在点，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）点坐标为，或，或；（3）存在；，或，或．
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法可求解析式；
（2）设点P（p，p2-2p-3），由三角形的面积公式可求解；
（3）当有最大值时，点到直线的距离最大，据此先求点P坐标；然后分三种情况讨论：若为边，为边时，则与互相平分；若为边，为边时，则与互相平分；若为对角线，则与互相平分．利用平行四边形对角线互相平分的性质可求解．
【详解】
解：（1）抛物线经过点，，
，
解得：，
抛物线的解析式为；
（2）抛物线与轴交于，两点，
，
，，
点，
，
设点，
的面积为8，
，
或，
，，，
点坐标为，或，或；
（3）如图1，过点作轴，交于，

点，，
直线的解析式为，
设点，则点，
，
，
当时，有最大值，即点到直线的距离最大，
此时点，，
设点，点，
若为边，为边时，则与互相平分，
，
，
点，，
若为边，为边时，则与互相平分，
，
，
点，，
若为对角线，则与互相平分，
，
，
点，
综上所述：点坐标为，或，或．
【点睛】
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，平行四边形的性质，三角形的面积公式等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
12．（2022·广东肇庆·一模）如图，已知二次函数y＝x2+bx+c的图象经过A，B两点，BC⊥x轴于点C，且点A（﹣1，0），C（4，0），AC＝BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点E是线段AB上一动点（不与A，B重合），过点E作x轴的垂线，交抛物线于点F，当线段EF的长度最大时，求点E的坐标及S△ABF；
（3）点P是抛物线对称轴上的一个动点，是否存在这样的P点，使△ABP成为直角三角形？若存在，直接写出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3；（2）点E的坐标为（，），S△ABF＝；（3）存在，P的坐标为（1，8）或（1，﹣2）或（1，6）或（1，﹣1）
【解析】
【分析】
（1）先求出点B坐标，再利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）先利用待定系数法求出直线AB的解析式，点E（t，t+1），则F（t，t2﹣2t﹣3），
∴EF＝（t+1）﹣（t2﹣2t﹣3）＝﹣（t﹣）2+，利用二次函数求最值方法进一步求解即可；
（3）根据题意，分三种情况①点B为直角顶点；②点A为直角顶点；③点P为直角顶点分别讨论求解即可．
【详解】
解：（1）∵点A（﹣1，0），C（4，0），
∴AC＝5，OC＝4，
∵AC＝BC＝5，
∴B（4，5），
把A（﹣1，0）和B（4，5）代入二次函数y＝x2+bx+c中得：
，解得：，
∴二次函数的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）如图1，∵直线AB经过点A（﹣1，0），B（4，5），
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∴，解得：，
∴直线AB的解析式为：y＝x+1，
∵二次函数y＝x2﹣2x﹣3，

∴设点E（t，t+1），则F（t，t2﹣2t﹣3），
∴EF＝（t+1）﹣（t2﹣2t﹣3）＝﹣（t﹣）2+，．．．8分
∴当t＝时，EF的最大值为，
∴点E的坐标为（，），
∴S△ABF＝＝＝；
（3）存在，
∵y＝x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，
∴对称轴为直线x=1，
设P（1，m），分三种情况：
①点B为直角顶点时，由勾股定理得：，
∴（4﹣1）2+（m﹣5）2+（4+1）2+52=（1+1）2+m2，
解得：m=8，
∴P（1，8）；
②点A为直角顶点时，由勾股定理得：
∴（1+1）2+m2+（4+1）2+52=（4﹣1）2+（m﹣52，
解得：m=﹣2，
∴P（1，﹣2）；
③点P为直角顶点时，由勾股定理得：，
∴（4﹣1）2+（m﹣5）2+（1+1）2+m2=（4+1）2+52，
解得：m=6或m=﹣1，
∴P（1，6）或P（1，﹣1）
综上，点P的坐标为（1，8）或（1，﹣2）或（1，6）或（1，﹣1）．
【点睛】
本题考查的是二次函数的综合题，涉及二次函数与几何最值、动态问题、待定系数法求二次函数的解析式、求一次函数的解析式、二次函数的图象与性质、直角三角形的性质、解二元一次方程、解一元一次方程、解一元二次方程等知识，知识点较多，难度一般，解答的关键是认真审题，分析图形，寻找相关联信息，利用数形结合和分类讨论的思想方法进行推理、探究和计算．
13．（2021·广东惠州·三模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2＋bx＋8与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，OA＝4，OB＝2，点D是抛物线上一动点，且在y轴的左侧，连接AD，BC，AC，CD．

(1)求抛物线的函数表达式；
(2)已知直线y＝kx＋8与x轴相交于点M（点M与点B不重合），若以点M，C，O为顶点的△MCO与△BCO相似，求k的值；
(3)连接OD，若△DAC的面积是△ABC的面积的时，求△CDO的面积．
【答案】(1)y＝﹣x2﹣2x+8
(2)4或
(3)或 或 ．
【解析】
【分析】
（1）由已知求出点A和点B的坐标，把两点代入抛物线解析式即可求解；
（2）由抛物线的解析式求出点C的坐标，进而求出点M的坐标，再分两种情况利用相似三角形的性质求解；
（3）作DF⊥x轴，利用待定系数法求出直线AC的解析式，设DF交AC于E，点D（x，﹣x2﹣2x+8），利用面积关系可求出点D坐标，根据三角形面积公式即可得答案．
(1)
∵OA＝4，OB＝2，
∴A（﹣4，0），B（2，0）．
把A（﹣4，0），B（2，0）分别代入y＝ax2+bx+8，得，
解得：，
∴抛物线的解析式为 y＝﹣x2﹣2x+8；
(2)
由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+8，
当x＝0时，y＝8，
∴C（0，8）．
当x＝0时，y＝kx+8＝8，
∴直线y＝kx+8经过点C（0，8）．
∵当y＝0，即kx+8＝0时，，
∴．
在△MCO和△BCO中，．
①△MCO∽△BCO时，，
∴OM＝2．
又点M与点B不重合，
∴M（﹣2，0）．
∴，
∴k＝4．
②△CMO∽△BCO时，，即，
∴．
综上所述：k＝4或或．
(3)
作DF⊥x轴，交AC于点E，垂足为F．

设直线AC的解析式为y＝px+q．
∵A（﹣4，0），C（0，8），
∴，
解得 ，
∴直线AC的解析式为y＝2x+8．
设D（x，﹣x2﹣2x+8）（x＜0），则E（x，2x+8）．
∵，
，
，
∴，即﹣x2﹣4x＝±2．
解得，，，（不合题意，舍去）．
当时，；
当时，；
当时，．
综上所述，△CDO的面积为或或．
【点睛】
本题考查了二次函数与三角形的综合，待定系数法求二次函数、一次函数解析式，三角形面积，相似三角形的性质，理解相关知识是解答关键.
14．（2021·广东·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣6与直线y＝x+c交于A（m，0）、B（﹣5，4）．点P是直线AB下方的抛物线上一动点（不与A、B重合），过点P作x轴的垂线交直线AB于点C，作PD⊥AB，分别交直线AB、y轴于点D、G．

(1)求抛物线的解析式；
(2)设点G（0，n），
①当n＝0时，求PC的长；
②在点P运动的过程中，是否存在△DAG中某个角的角度等于2∠CPD？若存在，直接写出n值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)y＝
(2)①；②存在，n＝6
【解析】
【分析】
（1 ）利用B点坐标求得直线的解析式，利用直线的解析式求得点A坐标，将A，B坐标代入可得抛物线的解析式；
（ 2）①利用直线和抛物线的解析式设出点P，C的坐标，表示出线段PF，CF的长；利用△PFG∽△AOE，求得m的值，进而得出线段PC的值；
②可令∠PGA＝2∠CPD，利用PCOG，可得到∠PGO＝∠AGO，通过△GON≌△GOA，得出点N的坐标，利用待定系数法求得直线PG的解析式，再与直线AB的解析式联立可得点D的坐标，从而得出线段MN，DM的长度；最后利用△ONG∽△MDA，得到，求出n的值．
(1)
解：将B（﹣5，4）代入直线y＝-x+c中得：，
解得：c＝．
∴y＝﹣x+．
将A（m，0）代入得：﹣m+＝0．
解得：m＝3．
∴A（3，0）．
将A，B坐标代入抛物线y＝ax2+bx﹣6中得：
．
解得：．
∴抛物线的解析式为：y＝．
(2)
解：①当n＝0时，OD经过原点，如图：

当x＝0时，y＝．
∴E（0，）．
∴OE＝．
当y＝0时，x＝3，
∴A（3，0）．
∴OA＝3．
∵PD⊥BD，AF⊥PC，
∴∠CPD+∠PCA＝∠CAF+∠PCA＝90°．
∴∠CPD＝∠CAF．
∵∠PFO＝∠AOE＝90°，
∴△PFG∽△AOE．
∴．
设P（m，），
∴OF＝﹣m，PF＝．
∴．
解得：m＝．
∵m＜0，
∴m=．
∵PC⊥x轴，
∴C（m，）．
∴CF＝．
∴PC＝PF+CF＝＝．
②存在．
设PG交x轴于点N，过点D作DM⊥x轴于点M，如图，

若要使△DAG中某个角的角度等于2∠CPD，则可使∠PGA＝2∠CPD．
∵PCOG，
∴∠CPD＝∠PGO．
∵∠PGA＝∠PGO+∠AGO，
∴∠PGO＝∠AGO．
在△GON和△GOA中，
，
∴△GON≌△GOA（ASA）．
∴ON＝OA＝3，GN＝GA．
∴N（﹣3，0）．
设直线PG的解析式为y＝kx+n，则：﹣3k+n＝0，
∴k＝n．
∴y＝nx+n．
∵点D是直线PG与AB的交点，
∴nx+n＝．
解得：x＝．
∴D（，）．
∴OM=-，DM＝．
∴MN＝ON﹣OM＝．
∵点G（0，n），
∴OG＝n．
∵DM⊥x轴，OG⊥x轴，
∵∠ONG+∠OGN=∠ONG+∠NAD=90°，
∴∠OGN=∠NAD，
∴△ONG∽△MDA，
∴，
∴，
化简得，
解得n=6或n=0（舍去）．
【点睛】
此题是一道二次函数的综合题，利用待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，解一元二次方程，熟记各知识点并综合应用是解题的关键．
15．（2021·广东东莞·二模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣kx﹣2k（k为常数）的顶点为N．

(1)如图，若此抛物线过点A（3，﹣1），求抛物线的函数表达式；
(2)在（1）的条件下，抛物线与y轴交于点B，
①求∠ABO的度数；
②连接AB，点P为线段AB上不与点A，B重合的一个动点，过点P作轴交抛物线在第四象限部分于点C，交y轴于点D，连接PN，当△BPN∽△BNA时，线段CD的长为　 　．
(3)无论k取何值，抛物线都过定点H，点M的坐标为（2，0），当∠MHN=90°时，请直接写出k的值．
【答案】(1)y＝x2﹣2x﹣4
(2)①45°；②1+
(3)-6
【解析】
【分析】
（1）将点A的坐标代入y＝x2﹣kx﹣2k，即可求解；
（2）①求出B点的坐标，即可求解；②由△BPN∽△BNA，得到，求出，可得点，即可求解；
（3）证明∠NHG＝∠HMO，则tan∠NHG＝tan∠HMO，即，，解得k＝﹣4或﹣6，即可求解．
(1)
解：将点A的坐标代入y＝x2﹣kx﹣2k，

解得：k＝2，
故抛物线的表达式为y＝x2﹣2x﹣4；
(2)
解：①对于y＝x2﹣2x﹣4，令x＝0，则，则点
而点A（3，﹣1），如图，过作于


∠ABO＝45°；
②由抛物线的表达式知，y＝x2﹣2x﹣4，则点，
由点可得：

∵△BPN∽△BNA，
∴，即，
由①知，∠ABO＝45°，而轴，
，

当时，即x2﹣2x﹣4＝，
解得（舍去负根），
故CD的长为，
故答案为1+；
(3)
解：y＝x2﹣kx﹣2k＝x2﹣k（x+2），
当x＝﹣2时，y＝x2﹣kx﹣2k＝4，即点
如图，过点H作y轴的平行线交过点N与x轴的平行线于点G，

由抛物线的表达式知，y＝x2﹣kx﹣2k

∵∠NHG+∠MHG＝90°，∠MHG+∠HMO＝90°，
∴∠NHG＝∠HMO，
∴tan∠NHG＝tan∠HMO，即，

∴，解得k＝﹣4或﹣6，经检验都是原方程的根，
当k＝﹣4时，点N的坐标为，与重合，故舍去k＝﹣4，
故k＝﹣6．
【点睛】
本题是二次函数综合题，主要考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，相似三角形的性质、解直角三角形等，灵活应用以上知识解题是关键．
16．（2021·广东广州·一模）如图1，抛物线C1：y＝ax2+bx﹣2与直线l：y＝﹣x﹣交于x轴上的一点A，和另一点B（3，n）

(1)求抛物线C1的解析式；
(2)点P是抛物线C1上的一个动点（点P在A，B两点之间，但不包括A，B两点）PM⊥AB于点M，PN∥y轴交AB于点N，求MN的最大值；
(3)如图2，将抛物线C1绕顶点旋转180°后，再作适当平移得到抛物线C2，已知抛物线C2的顶点E在第一象限的抛物线C1上，且抛物线C2与抛物线C1交于点D，过点D作DF∥x轴交抛物线C2于点F，过点E作EG∥x轴交抛物线C1于点G，是否存在这样的抛物线C2，使得四边形DFEG为菱形？若存在，请求E点的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝x2﹣x﹣2
(2)
(3)存在，E点的横坐标为2
【解析】
【分析】
（1）求直线l与x轴交点A坐标、B坐标，用待定系数法求抛物线C1的解析式．
（2）延长PN交x轴于点H，设点P横坐标为m，由PN∥y轴可得点N、H横坐标也为m，即能用m表示PN、NH、AH的长．由∠AHN＝∠PMN＝90°及对顶角∠ANH＝∠PNM可得∠NAH＝∠NPM．发现在Rt△PMN中，MN与PN比值即为sin∠NPM，故先在Rt△ANH中求sin∠NAH的值，再代入MN＝PN•sin∠NPM，即得到MN与m的函数关系式，配方即求得MN最大值．
（3）设点E（e，e2﹣e﹣2），所以可设抛物线C2顶点式为y＝﹣（x﹣e）2+e2﹣e﹣2．令两抛物线解析式y＝0列得关于x的方程，解得两抛物线的另一交点D即为抛物线C1的顶点，故DG＝DE＝EF，且求得DF平行且等于GE，即四边形DFEG首先一定是平行四边形．由▱DFEG为菱形可得DF＝DG，故此时△DEF为等边三角形．利用特殊三角函数值作为等量关系列方程，即求得e的值．
(1)
解：直线l：y＝﹣x﹣交x轴于点A
∴﹣x﹣＝0，解得：x＝﹣1
∴A（﹣1，0）
∵点B（3，n）在直线l上
∴n＝﹣×3﹣＝﹣2
∴B（3，﹣2）
∵抛物线C1：y＝ax2+bx﹣2经过点A、B
∴，
解得：，
∴抛物线C1的解析式为y＝x2﹣x﹣2；
(2)
解：如图1，延长PN交x轴于点H

∴∠AHN＝90°
设P（m，m2﹣m﹣2）（﹣1＜m＜3）
∵PN∥y轴
∴xN＝xH＝xP＝m
∴N（m，﹣m﹣），AH＝m+1，
∴NH＝﹣（﹣m﹣）＝m+，
PN＝﹣m﹣﹣（m2﹣m﹣2）＝﹣m2+m+
∵Rt△AHN中，tan∠NAH＝，
∴sin∠NAH＝
∵PM⊥AB于点M
∴∠AHN＝∠PMN＝90°
∵∠ANH＝∠PNM
∴∠NAH＝∠NPM
∴Rt△PMN中，sin∠NPM＝，
∴MN＝PN＝（﹣m2+m+）＝﹣（m﹣1）2+
∴MN的最大值为；
(3)
解：存在满足条件的抛物线C2，使得四边形DFEG为菱形
如图2，连接DE，过点E作EQ⊥DF于点Q

∵y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣）2﹣
∴抛物线C1顶点为（，﹣）
设E（e，e2﹣e﹣2）（e＞4）
∴抛物线C2顶点式为y＝﹣（x﹣e）2+e2﹣e﹣2
当﹣（x﹣e）2+e2﹣e﹣2＝x2﹣x﹣2
解得：x1＝e，x2＝；
∴两抛物线另一交点D（，﹣）为抛物线C1顶点
∵EG∥x轴，DF∥x轴
∴EG＝DF＝2DQ＝2（e﹣）＝2e﹣3，EQ＝e2﹣e﹣2+＝e2﹣e+
∴四边形DFEG是平行四边形
若▱DFEG为菱形，则DG＝DF
∵由抛物线对称性可得：DG＝DE＝EF
∴DE＝EF＝DF
∴△DEF是等边三角形
∴＝tan∠EDQ＝
∴e2﹣e+＝（e﹣）
解得：e1＝（舍去），e2＝
∴E点的横坐标为（2）时，四边形DFEG为菱形．
【点睛】
本题考查了二次函数的图象与性质，三角函数的应用，求二次函数最值，二元一次方程组和一元二次方程的解法，菱形的判定和性质．第（3）题问是否存在满足条件的点E，使四边形DFEG为菱形，需要先证明它一定是平行四边形，才有可能存在．
17．（2021·广东广州·一模）如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C．


（1）求抛物线的二次函数解析式：
（2）若点P在抛物线上，点Q在x轴上，当以点B、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形时，求点P的坐标；
（3）如图2，点H是直线下方抛物线上的动点，连接，，当的面积最大时，求点H的坐标．
【答案】（1）；（2）点P的坐标为或或；（3）
【解析】
【分析】
（1）将点A和点B的坐标代入解析式，解方程组即可求得；
（2）首先设出动点的坐标，根据平行四边形的性质，对角线互相平分，在坐标系中，对角线互相平分表示为对角线中点重合，利用坐标系中线段的中点公式，列出方程，分三种情况讨论即可；
（3）首先设出动点坐标，有三种方法求最大面积，方法一和方法二，是通过做辅助线，将包含动点的三角形面积进行分割，分割后的三角形面积可以用坐标表示出来，利用二次函数求最值的方法求解即可；方法三是以BC为底，求最大的高，作出与BC平行的直线l，平行线之间的距离即为△BCH的高，设出直线l的解析式，当直线l与抛物线只有一个交点时，面积最大，联立方程组，△=0,解出即可．
【详解】
解：（1）∵点，在抛物线上，
∴将，代入解析式，
得，
∴，
∴抛物线的二次函数解析为；
（2）运用平行四边形对角线互相平分的性质和中点坐标公式求解，
设点，，
①当为对角线时，则，即 ,
代入得，
解得或,
∴得点，；
②当为对角线时，则，
同理求得点，
③当为对角线时，则
同理求得点与点重合，即；
综上所述，，，；
（3）如图，过点C作x轴的平行线，交于点M；过点H作y轴的平行线，交于点E，交于点F，交x轴于点G．
设点H的坐标为，
∵，，
∴直线的解析式为，
∴点F的坐标为．
∵，，
∴直线的解析式为，
∴点M的坐标为．

求的面积表达式有以下二种方法：
解法1：水平分割时，



．
当时，的面积最大，此时；

解法2：垂直分割时，



，
当时，面积最大，此时，
解法3：如图下图，过点H作的平行线l，

∵直线的解析式为，直线l与直线平行，
∴直线l解析式的k=1，
∴设直线l的解析式为，
当直线l与抛物线相切时，面积最大，
由，
消去y，得：，①
当方程①的时，直线l与抛物线相切，
，，
∴为所求．
【点睛】
本题考查求二次函数解析式，平行四边形的性质，坐标系中包含动点的三角形面积的表示，二次函数求最值，二次函数与方程，解题关键是掌握代入法求二次函数解析式，平行四边形的性质，二次函数与方程的联系．
18．（2021·广东珠海·二模）如图，抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴的正半轴交于点，顶点为点．

（1）点的坐标为__________，抛物线的对称轴是__________；
（2）若直线与抛物线有且只有一个交点，求的值；
（3）若直线经过点，与直线交于一点，且这个点在以为直径的圆上，求的值．
【答案】（1），直线；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）令，即可求出的A坐标，根据对称轴可以求出对称轴；
（2）当直线经过抛物线的顶点时，直线与抛物线有且只有一个交点，据此求解即可；
（3）根据题意得EH=AB=，OC=，由CH∥OB，推出，在中，利用勾股定理列式计算即可求解．
【详解】
（1）令，则，
∵，
∴，
解得：，
∵点A在点B的左侧，
∴点A的坐标为()，点B的坐标为()，；
对称轴为；
故答案为：()，；
（2）抛物线顶点坐标为，
当时，直线与抛物线有且只有一个交点，
∴；
（3）根据条件画图．过点作轴，垂足为点，连接，

根据题意知，点H在以为直径的圆上，
∴EH=AB==，
令，则，
∴OC=，
∵FC⊥轴，OC⊥轴，FE⊥轴，
∴四边形COEF是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵CH∥OB，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了二次函数的图象和性质，矩形的判定和性质，圆的基本性质，平行线分线段成比例，学会分类讨论的思想，把问题转化为方程解决．
19．（2021·广东广州·一模）已知，抛物线y＝mx2＋x﹣4m与x轴交于点A（﹣4，0）和点B，与y轴交于点C．点D（n，0）为x轴上一动点，且有﹣4＜n＜0，过点D作直线1⊥x轴，且与直线AC交于点M，与抛物线交于点N，过点N作NP⊥AC于点P．点E在第三象限内，且有OE＝OD．
（1）求m的值和直线AC的解析式．
（2）若点D在运动过程中，AD＋CD取得最小值时，求此时n的值．
（3）若点△ADM的周长与△MNP的周长的比为5∶6时，求AE＋CE的最小值．

【答案】（1）；；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法将A（﹣4，0）代入y＝mx2＋x﹣4m，求出m的值，即可求得抛物线解析式，令，求出点C的坐标，设直线AC的解析式为，将A、C的坐标代入即可求出答案；
（2）在x轴上方作射线AM，使，过点D作于K，当C、D、K在同一条直线上时，最小，即取得最小值时，，应用三角函数定义即可求出答案；
（3）根据ADM的周长与的周长的比为5∶6，可得出，建立方程求出n的值，再y轴上取一点R，使得，连接AR，再AR上取一点E使得OE=OD，构造相似三角形，可以证明AR就是的最小值．
【详解】
解：（1）∵抛物线y＝mx2＋x﹣4m与x轴交于点A（﹣4，0），
∴，
解得：，
∴抛物线解析式为，
令，得，
设直线AC的解析式为，
∵，
∴，
解得：，
∴直线AC的解析式为．
（2）∵A（﹣4，0），为x轴上一动点，且，
∴，
在x轴上方作射线AM，使，
过点D作于K，如图1，

∴，
∴，
当C、D、K在通一条直线上时，AD+DK最小，
即取得最小值时，，
∵，
∴，即，
∴；
（3）∵轴，，
∴，
∵，
∴，
∵ADM的周长与的周长的比为5∶6，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：(舍去)，
∴，
∴，
如图2中，在y轴上取一点R，使得，连接，
在上取一点E使得，

∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴当共线时，，
此时最小，
∴的最小值
．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定和性质、待定系数法、一次函数图像和性质、二次函数图像与性质，最小值问题等知识，解题的关键是构造相似三角形，找到线段AR就是的最小值；题目综合性很强，难度大，对学生数学能力考查较全面，属于中考压轴题．
20．（2021·广东广州·二模）已知抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，点在直线上，，且．
（1）若点的坐标为，求点的坐标；
（2）若的面积比面积大12，当随着的增大而减小时，求自变量的取值范围；
（3）在（2）的条件下，点在的图象上，点在的图象上，求与的较大值（用表示），问有无最小值？若有，请求出该值；若无，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3），无最小值，理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）先将点的坐标代入可求出的值，再根据抛物线的解析式即可得；
（2）先求出点的坐标，再根据面积关系建立方程可求出的值，然后利用二次函数的性质即可得；
（3）先求出抛物线和直线的解析式，再画出图象，结合函数图象即可得和的最小值．
【详解】
解：（1）将点代入得：，
解得，
则抛物线的解析式为，
当时，，
则点的坐标为；
（2），且，
，
将点代入得：，解得，
，，且，
，
，
当时，，即，
的面积比面积大12，
，即，
解得或（舍去），
，
设抛物线的解析式为，
将点代入得：，解得，
则抛物线的解析式为，
因此，当随着的增大而减小时，自变量的取值范围为；
（3）由（2）可知，，，
则，，
画出两个函数的图象如下：

由图象可知，当时，，
则，
当或时，，
则，
综上，，
又时，随的减小而减小，
无最小值．
【点睛】
本题考查了一次函数与二次函数的综合，熟练掌握二次函数的性质是解题关键．
21．（2021·广东佛山·二模）如图1，抛物线与轴交于、两点，点、分别位于原点左、右两侧，且，过点的直线交轴于点．

（1）求、、的值；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点，使为直角三角形？若存在，直接写出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，点为线段上一点，连接，求的最小值．
【答案】（1），；（2），，，；（3）
【解析】
【分析】
（1）把A(-4，0)，B(2，0)，代入，得b，c的值，把A(-4，0)代入，可得k的值；
（2）根据两点间的距离公式，表示出，，，分三种情况，利用勾股定理，列出方程，即可求解；
（3）过点A作直线EF，交y轴于点E，使∠CAE=30°，过点O作ON⊥EF，交AC于点，
此时，的最小值=N+O=ON，过点C作CH⊥EF于点H，设HE=a，CE=b，由，求出a，b的值，由，求出，即可．
【详解】
解：（1）∵，
∴A(-4，0)，B(2，0)，
把A(-4，0)，B(2，0)代入，
得，解得：，
∴直线AC的解析式为：，
把A(-4，0)代入，得：，解得：，
∴，；
（2）∵A(-4，0)，C(0，)，
∴，
∵抛物线的对称轴为：直线，
∴设P(-1，y)，
则，，
①当∠APC=90°时，则，
∴+=24，解得：，
∴，，
②当∠PAC=90°时，则，
∴+24=，解得：，
∴，
③当∠ACP=90°时，则，
∴+24=，解得：，
∴，
综上所述：，，，；
（3）过点A作直线EF，交y轴于点E，使∠CAE=30°，过点O作ON⊥EF，交AC于点，
此时，的最小值=N+O=ON，过点C作CH⊥EF于点H，
∵OA=4，OC=，
∴AC=，
∴CH=，AH=×=，
设HE=a，CE=b，
∵∠CHE=∠AOE=90°，∠AEO=∠CEH，
∴，
∴，解得：
∵ON∥CH，
∴，
∴，即：，解得：，
∴的最小值为：．

【点睛】
本题主要考查二次函数与平面几何综合，勾股定理，相似三角形的判定和性质，添加辅助线，构造相似三角形和含30°角的直角三角形，是解题的关键．
22．（2021·广东阳江·二模）如图，点，分别在轴和轴的正半轴上，，的长分别为的两个根，点在轴的负半轴上，且，连接．

（1）求过，，三点的抛物线的函数解析式；
（2）点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿运动到点，点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿运动到点，连接，当点到达点时，点停止运动，求的最大值；
（3）是抛物线上一点，是否存在点，使得？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，或
【解析】
【分析】
（1）解x2-8x+12=0得：x=6或2，故点B（2，0）、点C（0，6），由图象的旋转知，点A、D的坐标分别为（-6，0）、（0，2）；再用待定系数法即可求解；
（2）由，即可求解；
（3）分两种情况讨论①当点在上方时，②当点在下方时，解答即可．
【详解】
解：（1）由得或．
又∵，∴点的坐标为，点的坐标为．
∵，∴点的坐标为．
设抛物线的函数解析式为，
将点，，的坐标代入中，
得，解得．
∴过，，三点的抛物线的函数解析式为．
（2）∵，∴．
由题意得，，∴．
∴．
∵，∴当时，有最大值，最大值为．
（3）①如图，当点在上方时，过点作轴于点，
作轴于点，连接．

∵，，∴．
设点的坐标为，则．
在中，∵，
∴．∴．
∵，
∴四边形是矩形．∴．
即，解得（舍去），．
∴．
∴点的坐标为．
②如图，当点在下方时，过点作轴于点，

设与轴交于点，连接．
设点的坐标为，
则，．
∵，，
∴．
在中，∵，∴．
∴．
在中，，
∴，
解得（舍去），．
∴，．
∴点的坐标为．
综上所述，存在点，使得，
且点的坐标为或．
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，三角形面积的计算，三角函数等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
23．（2021·广东汕头·一模）如图①，抛物线与轴负半轴交于点，与轴的另一交点为，与轴正半轴交于点，抛物线的对称轴与直线相交于点，与轴交于点．

（1）求抛物线的解析式及对称轴；
（2）抛物线的对称轴上存在点，使得，利用图①求点的坐标；
（3）如图②，抛物线的对称轴与抛物线相交于点，连接，在抛物线上是否存在点（不与点重合），使得？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）抛物线的解析为，对称轴为；（2）或；（3）点Q的坐标为，或．
【解析】
【分析】
（1）将，代入，利用待定系数法即可求出抛物线解析式，并求出对称轴；
（2）先由抛物线解析式求得，并求出，再根据二次函数的对称性质及等腰三角形的性质推出，则由等腰三角形判定得，最后由勾股定理及线段的和差关系可求出点P的坐标；
（3）先由三角形面积公式确定，求出相应的点坐标及直线的表达式，利用平面直角坐标系内点的坐标特点，则可分别从当EQ∥BC和GQ∥BC时求出点Q的坐标．
【详解】
解：（1）∵抛物线与轴交于点，与轴交于点，
∴将，代入得：
，
解得，
∴抛物线的解析式为；
∴对称轴为．
（2）令，得，
解得，，
∴．
∴．
如图，当点P在x轴上方时，

∵点在抛物线的对称轴上，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
在中，，
∴，
∴．
∴．
∴．
∴．
当点P在x轴下方时，由对称性可得P点的坐标为．
综上，符合条件的点P的坐标为或．
（3）存在；
∵，E为抛物线的顶点，
∴E（1，4）．
∵．
由（2）得，M（1，2），
∴，．
设直线BC的表达式为，将B（3，0），C（0，3）代入得，
，
解得．
∴直线BC的表达式为．
设过点E与BC平行的直线与抛物线的交点为Q，如图，当EQ∥BC时，，

则设直线EQ的表达式为，将E（1，4）代入得，

解得，
∴直线EQ的表达式为．
∵直线与抛物线交于点Q，
则，
解得，．
∴点Q的坐标为（2，3）．
∵，，
∴．
设过点G与BC平行的直线与抛物线的交点为Q，如图，当GQ∥BC时，，

则设直线GQ的表达式为，将G（1，0）代入得，
，
解得，
∴直线EQ的表达式为．
∵直线与抛物线交于点Q，
则，
解得，．
∴点Q的坐标为或．
综上所述，当时，点Q的坐标为，或．
【点睛】
本题属于二次函数综合问题，考查了待定系数法求函数解析式、二次函数的对称性质等知识，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
24．（2021·广东汕头·一模）在平面直角坐标系中，规定：抛物线的“伴随直线”为．例如：抛物线的“伴随直线”为，即．
（1）在上面规定下，抛物线的顶点坐标为______，“伴随直线”为______．
（2）如图，顶点在第一象限的抛物线与其“伴随直线”相交于点A，B（点A在点B的左侧），与x轴交于点C，D．
①若为等腰三角形时，求a的值：
②如果点是直线BC上方抛物线上的一个动点，的面积记为S，当S取得最大值2时，求a的值．

【答案】（1），；（2）①；②
【解析】
【分析】
（1）由抛物线的顶点式可求得其顶点坐标，由伴随直线的定义可求得伴随直线的解析式；
（2）①联立伴随直线和抛物线解析式可求得其交点A、B的坐标，还可求得抛物线与x轴的交点C、D的坐标，从而可求得AC2、BC2，根据图形可知△ABC为等腰三角形时，只能是AC=BC，从而可求得a的值；
②由B、C的坐标可求得直线BC的解析式，过P作x轴的垂线交BC于点Q，设点P的横坐标为x，则可用x表示PQ的长，进一步表示出△ABC的面积，利用二次函数的性质得到关于a的方程，求得a的值．
【详解】
解：（1）顶点坐标为，“伴随直线”为
（2）其伴随直线为，即，
联立抛物线与伴随直线的解析式可得，
解得或，
，，
在中，令可解得或，
，，
，，
当为等腰三角形时，只存在一种可能为，如图所示，
，即，解得（抛物线开口向下，正值舍去）
若为等腰三角形时，a的值为；

②设直线BC的解析式为，
，，
，解得，
直线BC解析式为，
过P作x轴的垂线交BC于点Q，如图，
设点P的横坐标为x，
，，
是直线BC上方抛物线上的一个动点，
，
，
当时，的面积有最大值，
取得最大值时，即，解得．

【点睛】
本题为二次函数的综合题，涉及待定系数法、二次函数的性质、函数图象的交点、方程思想等知识，在（1）中注意伴随直线定义的理解，在（2）的第一问中，分别求得A、B、C、D 四点的坐标是关键，在第二问中用x的代数式表示出△PBC的面积是解题的关键．本题考查的知识点较多，综合性较强，难度适中．
25．（2021·广东佛山·一模）如图，二次函数图象的顶点为坐标系原点，且经过点，一次函数的图象经过点和点．

（1）求二次函数与一次函数的解析式；
（2）如果一次函数图象与轴相交于点，点在线段上，与轴平行的直线与二次函数图象相交于点，求点的坐标；
（3）当点为直线上的一个动点时，以点为顶点的四边形能成为平行四边形吗？如果不能成为平行四边形，请说明理由；如果能成为平行四边形，请直接写出点的坐标．
【答案】（1）；；（2）点的坐标为；（3）能，点坐标为：或或
【解析】
【分析】
（1）用待定系数法可分别求得二次函数和一次函数的解析式；
（2）易证，可得：，设点的坐标为，那么点的坐标为，可得DO、DE及CO的长度，从而可得关于m的方程，示得m，即可求得点D的坐标；
（3）由于DE∥OC，故只需DE=OC即可，分点D在点E的上方和点E的下方两种情况加以考虑即可．
【详解】
（1）设二次函数的解析式为，把代入得，
∴二次函数的解析式为；
设一次函数的解析式为，
把分别代入得，，解得，
∴一次函数的解析式为；
（2）轴，，
，
，即，
设点的坐标为，那么点的坐标为，
，
又∵由直线与轴交于点，
∴点的坐标为，
，
解得（不合题意，舍去），，
∴点的坐标为；
（3）以点为顶点的四边形能成为平行四边形．
理由如下：
若，以点为顶点的四边形为平行四边形，
①当点在点上方，，得．（舍去），
②当点在下方，，得．
当；
当．
所以当点坐标为：或或．
【点睛】
本题是二次函数与几何的的一道综合题，考查了用待定系数法求函数解析式，三角形相似的判定与性质，平行四边形的判定，方程和方程组的解法等知识，关键是设点D的坐标后，可得点E的坐标，从而可把DE、DO表示出来，从而根据关系式列出方程，注意分类讨论．
26．（2021·广东江门·一模）如图，已知抛物线与x轴相交于，两点，与y轴相交于点，抛物线的顶点为D．

（1）求抛物线的解析式；
（2）若点E在x轴上，且，求点E的坐标；
（3）若P是直线下方抛物线上任意一点，过点P作轴于点H，与交于点M．当线段取到最大值时，若F为y轴上一动点，求的最小值．
【答案】（1）；（2）点E的坐标是或；（3）
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法求解；
（2）先求出顶点，B（3,0），连接，求出直线的解析式为，利用得到CE∥BD，由此求出直线的解析式为得到点E的坐标；同理求出点E在点B的右侧时点E的坐标；
（3）求得直线的解析式为．设，则，得到PM，利用函数性质得到当时，有最大值为，此时．在轴的负半轴上取一点K，过点F作于点N，由此得到当N，F，H三点共线时，PH+HN最小，即PH+HF+的值最小，求出NH，即可得到答案．
【详解】
解：（1）把点，代入抛物线，
得，解得，
∴抛物线的解析式为．
（2），
∴顶点．
当时，，解得或-1．
．
如图，连接．

设直线的解析式为．
将点D坐标代入，得，解得．
∴直线的解析式为．
，
．
设直线的解析式为．
将点C坐标代入，得．
∴直线的解析式为．
当时，．
∴此时点E的坐标为．
同理，当点E在点B的右侧时，点E的坐标是．
综上所述，点E的坐标是或．
（3）如图．

∵点，，
设直线BC的解析式为：
则
解得：
∴直线的解析式为．
设，则．
．
∴当时，有最大值为，此时．
在轴的负半轴上取一点K，使，过点F作于点N．
．
当N，F，H三点共线时，PH+HN最小，即PH+HF+的值最小，
在中，，，
．
，
．
在中，，
．
的最小值是．
【点睛】
此题考查的是抛物线的综合知识，利用待定系数法求抛物线的解析式，平行线的性质的运用，二次函数的最值问题，利用锐角三角函数求线段长度，综合掌握各知识点是解题的关键．
27．（2021·广东河源·一模）如图，抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC、BC．点P沿AC以每秒1个单位长度的速度由点A向点C运动，同时，点Q沿BO以每秒2个单位长度的速度由点B向点O运动，当一个点停止运动时，另一个点也随之停止运动，连接PQ．过点Q作轴，与抛物线交于点D，与BC交于点E，连接PD，与BC交于点F．设点P的运动时间为t秒（）．

（1）求直线BC的函数表达式；
（2）求出P，D两点的纵坐标（用含t的代数式表示，结果需化简）；
（3）试探究在点P，Q运动的过程中，是否存在某一时刻，使得点F为PD的中点？若存在，请直接写出此时t的值：若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）点P的纵坐标为，D的纵坐标为；（3）存在，t=3
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线与坐标轴的交点即可求出B点和C点坐标，设直线BC的解析式为，即可直接利用待定系数法求出其解析式．
（2）过P作轴于G，由（1）易求出OA和OC的长，即可得出，即．由题意可得，根据含角的直角三角形的性质，可得，，从而求出，即可确定P点坐标．根据题意轴，，即可得，根据抛物线解析式即可求出D点坐标．　
（3）根据（2）结合中点坐标公式即可求出F点坐标，再将其代入直线BC的解析式，即可求出t的值．
【详解】
解：（1）对于，令得，
解得：，，
∴，，
令，得，
，
设直线BC的解析式为，即有，
解得：，
∴直线BC的解析式为；
（2）过P作轴于G，
，，
，，
，
，
，
，，
，
，
轴，，
，
，
∴点P的纵坐标为，D的纵坐标为．

（3）∵点F为PD的中点，
∴F的横坐标为：，纵坐标为，
即，
∵点F在直线BC上，
，
，
．
【点睛】
本题为二次函数综合题．考查抛物线与坐标轴的交点问题，利用待定系数法求函数解析式，解直角三角形，勾股定理，含角的直角三角形的性质以及中点坐标公式．利用数形结合的思想并正确的作出辅助线是解答本题的关键．
28．（2021·广东·三模）如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣3（a≠0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，顶点D的坐标为（1，﹣4），连接AD．直线y＝﹣x+c经过点B，且与y轴交于点E．
（1）求抛物线的解析式及c的值．
（2）点N为抛物线在y轴右侧的部分上一点，当△ADN是以DN为腰的等腰三角形时，求点N的坐标．
（3）点F为线段BE上一点，点G为线段OB上一点，连接FC，FG的延长线与线段AD交于点H，当∠EFG＝3∠ABE，且GH＝2FG时，直接写出点F的横坐标．

【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3，c＝；（2）（3，0）或（，）．（3）
【解析】
【分析】
（1）用待定系数法即可求抛物线的解析式．
（2）分DA=ND和AN=ND两种情况求点N的坐标．
（3）利用相似，将线段长度转换为点的坐标，通过方程求点F的坐标．
【详解】
解：（1）在y＝ax2+bx﹣3中，当x＝0时，y＝﹣3．
∴点C（0，﹣3）．
∵抛物线顶点D（1，﹣4）．
∴设抛物线为：y＝a（x﹣1）2﹣4．
代点C（0，﹣3）得：﹣3＝a﹣4．
∴a＝1．
∴抛物线为：y＝（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3．
当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0．
解得x＝﹣1或x＝3．
∴B（3，0）．
代入y＝﹣x+c得：0＝﹣+c．
∴c＝．
（2）分两种情况：
①当AD＝DN时，根据抛物线的对称性知点B与点N重合，故N（3，0）．
②当NA＝ND时，点N在线段AD的垂直平分线上．

∵A（﹣1，0），D（1，﹣4）．
∴AD的中点F的坐标是（，），即F（0，﹣2）．
设直线AD的解析式为：y＝kx+b，则：
，解得k＝﹣2，b＝﹣2．
∴直线AD：y＝﹣2x﹣2．
设直线AD的垂直平分线为FN的表达式为：y＝x+b．
代入F（0，﹣2）得：b＝﹣2．
∴直线NF：y＝x﹣2．
由得：或．
∵点N在y轴右侧的抛物线上．
∴N（，）．
综上可知，点N的坐标为（3，0）或（，）．
（3）如图：

在BE上选一点F，在OB上选一点M，使得FM＝MB，则∠FMO＝2∠ABE．
在OB上点M的左侧取一点G，使得FG＝FM，则∠EFG＝∠FGM+∠ABE＝3∠ABE．
移动点F，当GH＝2FG时，点F即为所求．
过点F作FP⊥x轴于点P，过点H作HQ⊥x轴于点Q，则GP＝PM，△FPG∽△HQG．
∴＝＝＝．
设F（m，﹣m+），则OP＝m，FP＝﹣m+．
∴HQ＝2FP＝﹣m+3．
易得PB＝2FP．∴FM＝BM＝PB﹣PM＝2FP﹣PM．
由勾股定理得：FP2+PM2＝FM2，即FP2+PM2＝（2FP﹣PM）2．
∴PM＝﹣m+＝GP．
OG＝OP﹣GP＝m﹣．
GQ＝2GP＝﹣m+．
∴OQ＝GQ﹣OG＝﹣m+．
∴H（m﹣，m﹣3）．
∵A（﹣1，0），D（1，﹣4），
∴直线AD的表达式为：y＝﹣2x﹣2，
将H代入得：m﹣3＝﹣2（m﹣）﹣2．
解得：m＝．
故点F的横坐标为：．
【点睛】
本题考查二次函数解析式的求法、等腰三角形的存在性问题、角度问题及线段倍数问题．正确求出二次函数解析式，将坐标运算转化成线段关系是求解本题的关键．
29．（2021·广东揭阳·一模）如图，已知，是的平分线，是射线上一点，．动点从点出发，以的速度沿水平向左作匀速运动，与此同时，动点从点出发，也以的速度沿竖直向上作匀速运动．连接，交于点．经过、、三点作圆，交于点，连接、．设运动时间为，其中．

（1）求证：是等腰直角三角形；
（2）设的长为，发挥你的空间想象力，观察因动点、的运动而得到的图形变化的全貌，指出关于的函数图象大致为（       ）
A． B． C． D．
（3）在（2）的条件下，求出与的函数关系式，并求出的最大值．
【答案】（1）见解析；（2）A；（3）当时，有最大值，的最大值为
【解析】
【分析】
（1）根据得到是圆的直径，根据是的平分线，求得，故可证明；
（2）过点作，垂足为，求出，由题可得到，，再证明，得到，代入即可求出关于的函数，故可判断图象；
（3）根据二次函数的最值即可求解得到的最大值．
【详解】
（1）证明：∵，
∴是圆的直径，
∴，
∵是的平分线，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形．
（2）解：如图，过点作，垂足为，则，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
依题意得，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得与的函数关系式为
，
∴函数图象大致如A选项所示，
故选A；
（3）由（2）得y
∵二次项系数小于0，，
∴当时，有最大值，的最大值为．

【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，二次函数的性质等知识，熟练掌握圆的性质定理是解题的关键．
30．（2021·广东惠州·二模）如图，在平面直角坐标系中，将一等腰直角三角板放在第二象限，且斜靠在两坐标轴上，其中的坐标为，直角顶点的坐标为，点Ｂ在抛物线上．

（1）求抛物线的解析式；
（2）设抛物线的顶点为，连结、，求的面积；
（3）在抛物线上是否还存在点（点B除外），使仍然是以为直角边的等腰直角三角形?若存在，请直接写出所有点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）或
【解析】
【分析】
（1）作轴于，先证明，得出，，再求出，即可得出点的坐标；把点的坐标代入抛物线，求出的值，即可得出抛物线的解析式；
（2）运用配方法得出的坐标，先用待定系数法求出直线的解析式，求出点的坐标，即可求出；
（3）求出直线的解析式，联立方程组求出直线与抛物线另一交点的坐标，并计算的长度与比较，判断是否为等腰直角三角形，再过点作平行于的直线，求出解析式，求出交点并判断是否为等腰直角三角形即可．
【详解】
解：（1）如图1，作轴于，
则，
，
的坐标为，点的坐标为，
，，
是等腰直角三角形，
，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
点的坐标为；
把代入抛物线，
得：，
解得：，
抛物线的解析式为：；
（2）如图1，由抛物线解析式为，
可得抛物线的顶点，，

设直线的函数解析式为，将点、的坐标代入，
得：，
解得：，
直线的函数解析式为．
设直线和轴交点为，则点，，
．
；
（3）存在．
设直线的解析式为，将，代入，
得：，
解得：，
直线的解析式为，
联立方程组，
解得：，（舍去），
；
，，
，
，
是等腰直角三角形；
过点作直线交抛物线于点，

设直线的解析式为，将代入可得，
直线的解析式为，
联立方程组，
解得：，，
或，
当时，，
，
不是等腰直角三角形，舍去；
当时，，
且，
是等腰直角三角形，
；
综上所述，点的坐标为，．
【点睛】
本题是二次函数综合题目，考查了二次函数解析式的求法、等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定与性质、待定系数法求一次函数及二次函数解析式、勾股定理、三角形面积等知识；本题难度较大，综合性强，熟练掌握待定系数法、等腰直角三角形判定和性质等相关知识，灵活运用数形结合思想、方程思想把二次函数的图象与性质与三角形相结合是解题的关键．