中考数学三轮冲刺过关练习12 二次函数与动点的综合（教师版）

这是一份中考数学三轮冲刺过关练习12 二次函数与动点的综合（教师版），共42页。
二次函数与动点的综合
1. 动点型问题”的基本类型。
① 特殊四边形为背景； 
② 点动带线动得出动三角形； 
③ 探究动三角形的问题（相似、等腰三角形、面积）；
④ 求直线、抛物线的解析式； 
⑤ 探究存在性问题。 
2.  “动点型问题”的解决方法。 
解决“动点型问题”的关键是动中求静，灵活运用“动中求静”，找到并运用不变的数、不变的量、不变的关系，建立函数关系及综合应用代数、几何知识解决问题。
 【要点诠释】  根据题意灵活运用特殊三角形和四边形的相关性质、判定、定理知识确定二次函数关系式，通过二次函数解析式或函数图象判定“动点型问题”涉及的线与线关系、特殊三角形、四边形及相应的周长、面积，还有存在、最值等问题。
1．如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的边AB＝4，BC＝6．若不改变矩形ABCD的形状和大小，当矩形顶点A在x轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点D始终在y轴的正半轴上随之上下移动．
(1)当∠OAD＝30°时，求点C的坐标；
(2)设AD的中点为M，连接OM、MC，当四边形OMCD的面积为时，求OA的长；
(3)当点A移动到某一位置时，点C到点O的距离有最大值，请直接写出最大值，并求此时cos∠OAD的值．

【答案】(1)点C的坐标为(2，3+2)；(2)OA＝3；(3)OC的最大值为8，cos∠OAD＝．[来源:学
【分析】
(1)作CE⊥y轴，先证∠CDE＝∠OAD＝30°得CE＝CD＝2，DE＝，再由∠OAD＝30°知OD＝AD＝3，从而得出点C坐标；
(2)先求出S△DCM＝6，结合S四边形OMCD＝知S△ODM＝，S△OAD＝9，设OA＝x、OD＝y，据此知x2+y2＝36，xy＝9，得出x2+y2＝2xy，即x＝y，代入x2+y2＝36求得x的值，从而得出答案；
(3)由M为AD的中点，知OM＝3，CM＝5，由OC≤OM+CM＝8知当O、M、C三点在同一直线时，OC有最大值8，连接OC，则此时OC与AD的交点为M，ON⊥AD，证△CMD∽△OMN得，据此求得MN＝，ON＝，AN＝AM﹣MN＝，再由OA＝及cos∠OAD＝可得答案．
【详解】(1)如图1，过点C作CE⊥y轴于点E，

∵矩形ABCD中，CD⊥AD，
∴∠CDE+∠ADO＝90°，
又∵∠OAD+∠ADO＝90°，
∴∠CDE＝∠OAD＝30°，
∴在Rt△CED中，CE＝CD＝2，DE＝＝2，
在Rt△OAD中，∠OAD＝30°，
∴OD＝AD＝3，
∴点C的坐标为(2，3+2)；
(2)∵M为AD的中点，
∴DM＝3，S△DCM＝6，
又S四边形OMCD＝，
∴S△ODM＝，
∴S△OAD＝9，
设OA＝x、OD＝y，则x2+y2＝36，xy＝9，
∴x2+y2＝2xy，即x＝y，
将x＝y代入x2+y2＝36得x2＝18，
解得x＝3(负值舍去)，
∴OA＝3；
(3)OC的最大值为8，
如图2，M为AD中点，

∴OM＝3，CM＝＝5，
∴OC≤OM+CM＝8，
当O、M、C三点在同一直线时，OC有最大值8，
连接OC，则此时OC与AD的交点为M，过点O作ON⊥AD，垂足为N，
∵∠CDM＝∠ONM＝90°，∠CMD＝∠OMN，
∴△CMD∽△OMN，
∴，即，
解得MN＝，ON＝，
∴AN＝AM﹣MN＝，
在Rt△OAN中，OA＝，
∴cos∠OAD＝．
【点睛】本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点．
2．（吉林省长春市2019年中考数学试题）如图，在中，．点从点出发，沿向终点运动，同时点从点出发，沿射线运动，它们的速度均为每秒5个单位长度，点到达终点时，同时停止运动．当点不与点、重合时，过点作于点，连结，以为邻边作．设与重叠部分图形的面积为，点的运动时间为秒．
（1）①的长为　 　；
②的长用含的代数式表示为　 　．
（2）当为矩形时，求的值；
（3）当与重叠部分图形为四边形时，求与之间的函数关系式；
（4）当过点且平行于的直线经过一边中点时，直接写出的值．

【答案】（1）① 25；②．（2）．（3）当时，．当，．（4）当或时，点且平行于的直线经过一边中点.
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理即可直接计算的长，根据三角函数即可计算出．
（2）当为矩形时，由可知，根据平行线分线段成比例定理可得，即可计算出的值．
（3）当与重叠部分图形为四边形时，有两种情况，Ⅰ．在三角形内部时，Ⅱ．有部分在外边时．由三角函数可计算各图形中的高从而计算面积．
（4）当过点且平行于的直线经过一边中点时，有两种情况，Ⅰ．过的中点，Ⅱ．过的中点．分别根据解三角形求相关线段长利用平行线等分线段性质和可列方程计算值．
【详解】解：（1）在中，．
∴．
∴，
由题可知，
∴．
故答案为① 25；② ．
（2）当为矩形时，，
∵，
∴，
∴，
由题意可知，
∴，
解得，
即当为矩形时．

（3）当、重叠部分图形为四边形时，有两种情况，

Ⅰ．如解图（3）1所示．在三角形内部时．延长交于点，
由（1）题可知：．
∴，
∵在三角形内部时．有，
∴，
∴．
∴．
∴当时，与重叠部分图形为，与之间的函数关系式为．

Ⅱ．如解图（3）2所示．当，与重叠部分图形为梯形时，
即：，解得：，
与重叠部分图形为梯形的面积
．
综上所述：当时，．当，．

（4）当过点且平行于的直线经过一边中点时，有两种情况，

Ⅰ．如解题图（4）1，，与交于点，为中点，过点作，
∴，
，
∵，
∴，，
∴．．
∴，
∵，
∴，
解得：．

Ⅱ．如解题图（4）2，与交于点，为中点，过点作，
∴，四边形为矩形，
∴
∵，
∴，解得．
综上所述：当或时，点且平行于的直线经过一边中点.
【点睛】考核知识点：二次函数，解直角三角形，三角形性质性质.数形结合分析问题，熟记二次函数性质，矩形性质，三角函数定义是关键.
3.（江苏省苏州市2019年中考数学试题）已知矩形ABCD中，AB=5cm，点P为对角线AC上的一点，且AP=.如图①，动点M从点A出发，在矩形边上沿着的方向匀速运动(不包含点C).设动点M的运动时间为t(s)，的面积为S(cm²)，S与t的函数关系如图②所示：
(1)直接写出动点M的运动速度为 ，BC的长度为 ;
(2)如图③，动点M重新从点A出发，在矩形边上，按原来的速度和方向匀速运动.同时，另一个动点N从点D出发，在矩形边上沿着的方向匀速运动，设动点N的运动速度为.已知两动点M、N经过时间在线段BC上相遇(不包含点C)，动点M、N相遇后立即停止运动，记此时的面积为.
①求动点N运动速度的取值范围;
②试探究是否存在最大值.若存在，求出的最大值并确定运动速度时间的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)2，10；(2)①；②当时，取最大值.
【解析】
【分析】
（1）由题意可知图像中0~2.5s时，M在AB上运动，求出速度，2.5~7.5s时，M在BC上运动，求出BC长度；（2）①分别求出在C点相遇和在B点相遇时的速度，取中间速度，注意C点相遇时的速度不能取等于；②过M点做MH⊥AC，则
得到S1，同时利用=15，得到S2，再得到关于x的二次函数，利用二次函数性质求得最大值
【详解】(1)5÷2.5=2；（7.5-2.5）×2=10
(2)①解：在C点相遇得到方程
在B点相遇得到方程
∴
解得
∵在边BC上相遇，且不包含C点
∴
②如下图

=15

过M点做MH⊥AC，则
∴
∴

=
=
因为，所以当时，取最大值.
【点睛】本题重点考查动点问题，二次函数的应用，求不规则图形的面积等知识点，第一问关键能够从图像中得到信息，第二问第一小问关键在理清楚运动过程，第二小问关键在能够用x表示出S1和S2
4．（天津市2019年中考数学）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（6,0），点B在y轴的正半轴上，．矩形CODE的顶点D，E，C分别在OA，AB，OB上，OD=2.．

（Ⅰ）如图①，求点E的坐标；
（Ⅱ）将矩形CODE沿x轴向右平移，得到矩形，点C，O，D，E的对应点分别为．设，矩形与重叠部分的面积为S．
①如图②，当矩形与重叠部分为五边形时，，分别与AB相交于点M，F，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
②当时，求t的取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】（Ⅰ）的坐标为；（Ⅱ）①，；②.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）先根据A点坐标和已知得出AD的长，再根据30角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理得出CO的长即可得到点E的坐标
（Ⅱ）①根据平移的性质和30角所对的直角边等于斜边的一半得出，再根据勾股定理得出，再根据得出S与t的函数关系式
②分2和4两种情况，根据平移的性质和30角所对的直角边等于斜边的一半得出S与t的函数关系式，分别求出s=和s=时t的值即可
【详解】解：（Ⅰ）由点，得．
又，得．
在矩形中，有，得．
∴在中，．
∴由勾股定理，得．有．
∴点的坐标为．
（Ⅱ）①由平移知，，，．
由，得．
∴在中，．
∴由勾股定理，得．
∴．
∵,
∴．
∴，其中的取值范围是．
②当时，
当S=时，，解得t=
当S=时，，解得t=
当2时，如图，OF=G=
∴S=
当S=时，=；解得t=4.5
当S=时，=；解得t=；

当4时，如图，F=，A=
∴S=（6-t）（6-t）=
当S=时， =；解得t= 或t=
当S=时， =；解得t= 或t=
∴当时，．

【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了平移变换，勾股定理，二次函数以及一元二次方程的解法等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
5．（2019年四川攀枝花中考）在平面直角坐标系中，已知，动点在的图像上运动（不与重合），连接，过点作，交轴于点，连接．

（1）求线段长度取值范围；
（2）试问：点运动过程中，是否问定值？如果是，求出该值；如果不是，请说明理由．
（3）当为等腰三角形时，求点坐标．
【答案】（1）；（2）为定值，=30°；（3）， ，，
【解析】
【分析】
（1）作，由点在的图像上知：，求出AH，即可得解；
（2）①当点在第三象限时，②当点在第一象的线段上时，③当点在第一象限的线段的延长线上时，分别证明、、、四点共圆，即可求得=30°；
（3）分，，三种情况，分别求解即可．
【详解】解：（1）作，则
∵点在的图像上
∴，
∵，
∴
∴
（2）①当点在第三象限时，
由，可得、、、四点共圆，
∴
②当点在第一象的线段上时，
由，可得、、、四点共圆，
∴，又此时
∴
③当点在第一象限的线段的延长线上时，
由，可得，
∴、、、四点共圆，
∴
（3）设，则：
∵，∴
∴：
∴
∴，

①当时，则
整理得： 解得：
∴，
②当时，则
整理得：
解得：或
当时，点与重合，舍去，
∴，∴
③当时，
则
整理得：
解得：
∴




1．（广东省佛山市南海外国语学校2019-2020学年九年级下学期第一次月考数学试题）如图，已知抛物线经过点、和，垂直于轴，交抛物线于点，垂直于轴，垂足为，直线是该抛物线的对称轴，点是抛物线的顶点．

(1)求出该二次函数的表达式及点的坐标；
(2)若Rt△AOC沿轴向右平移，使其直角边与对称轴重合，再沿对称轴向上平移到点与点重合，得到，求此时与矩形重叠部分图形的面积；
(3)若Rt△AOC沿轴向右平移个单位长度()得到，与重叠部分图形的面积记为，求与之间的函数表达式，并写出自变量的取值范围．
【答案】(1)抛物线的解析式为，点的坐标为；(2) ； (3) .
【解析】
【分析】
（1）将点A（-3，0）、B（9，0）和C（0，4）代入y=ax2+bx+c即可求出该二次函数表达式，因为CD垂直于y轴，所以令y=4，求出x的值，即可写出点D坐标；
（2）设A1F交CD于点G，O1F交CD于点H，求出顶点坐标，证△FGH∽△FA1O1，求出GH的长，因为Rt△A1O1F与矩形OCDE重叠部分的图形是梯形A1O1HG，所以S重叠部分=-S△FGH，即可求出结果；
（3）当0＜t≤3时，设O2C2交OD于点M，证△OO2M∽△OED，求出O2M=t，可直接求出S==OO2×O2M=t2；当3＜t≤6时，设A2C2交OD于点M，O2C2交OD于点N，分别求出直线OD与直线A2C2的解析式，再求出其交点M的坐标，证△DC2N∽△DCO，求出C2N=（6-t），由S=S四边形A2Q2NM=，可求出S与t的函数表达式．
【详解】(1)∵抛抛线经过点、和，
∴抛物线的解析式为，
∵点在抛物线上，
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为：，
∵垂直于轴，，[来源:学§科§网]
令，
解得，或，
∴点的坐标为；
(2)如图1所示，设交于点，交于点，
∵点是抛物线的顶点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得， ，
∵与矩形重叠部分的图形是梯形，
∴


；

(3)①当时，如图2所示，设交于点，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；

②当时，如图3所示，设交于点，交于点，
将点代入，
得，，[来源:学科网]
∴，
将点，代入，
得，，
解得，，，
∴直线的解析式为：，
联立与，
得，，
解得，，
∴两直线交点坐标为，
故点到2的距离为，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，[来源:学科网ZXXK]
∴


；
∴与的函数关系式为：．

【点睛】
本题考查了待定系数法求解析式，相似三角形的判定与性质，三角形的面积等，解题关键是能够根据题意画图，知道有些不规则图形的面积可转化为几个规则图形的面积和或差来求出．
2．（2020年山西省3月中考数学模拟试题） 如图，二次函数y=x2+bx+c的图象过点B（0，1）和C（4，3）两点，与x轴交于点D、点E，过点B和点C的直线与x轴交于点A．
(1)求二次函数的解析式；
(2)在x轴上有一动点P，随着点P的移动，存在点P使△PBC是直角三角形，请你求出点P的坐标；
(3)若动点P从A点出发，在x轴上沿x轴正方向以每秒2个单位速度运动，同时动点Q也从A点出发，以每秒a个单位的速度沿射线AC运动，是否存在以A、P、Q为顶点的三角形与△ABD相似？若存在，直接写出a的值；若不存在，说明理由．

【答案】(1)抛物线解析式y=x2–x+1；(2)点P坐标为（1，0），（3，0），（，0），（，0）；(3)a=或．
【解析】
【分析】
(1) 将B、C两点坐标代入二次函数解析式,通过联立方程组可求得b、c的值，进而求出函数解析式;
(2)设P（x，0），由△PBC是直角三角形，分∠CBP=90°与∠BPC=90°两种情况讨论，运用勾股定理可得x的值，进而得到P点坐标;
(3)假设成立有△APQ∽△ADB或△APQ∽△ABD,则对应边成比例，可求出a值.
【详解】(1)∵二次函数y=0.5x2+bx+c的图象过点B（0，1）和C（4，3）两点，
∴，解得，
∴抛物线解析式y=x2–x+1．
(2)设点P坐标为（x，0）．
∵点P（x，0），点B（0，1），点C（4，3），
∴PB==，
CP= =，
BC= =2，
若∠BCP=90°，则BP2=BC2+CP2．
∴x2+1=20+x2–8x+25，∴x=．
若∠CBP=90°，则CP2=BC2+BP2．
∴x2+1+20=x2–8x+25，∴x=．
若∠BPC=90°，则BC2=BP2+CP2．
∴x2+1+x2–8x+25=20，
∴x1=1，x2=3，
综上所述：点P坐标为（1，0），（3，0），（，0），（，0）．
(3)a=或．
∵抛物线解析式y=x2–x+1与x轴交于点D，点E，
∴0=x2–x+1，∴x1=1，x2=2，∴点D（1，0）．
∵点B（0，1），C（4，3），
∴直线BC解析式y=x+1．
当y=0时，x=–2，∴点A（–2，0）．
∵点A（–2，0），点B（0，1），点D（1，0），
∴AD=3，AB=．
设经过t秒，∴AP=2t，AQ=at，
若△APQ∽△ADB，
∴，即，∴a=，
若△APQ∽△ABD，∴，即，∴a=．
综上所述：a=或．
【点睛】此题考查了二次函数解析式确定、 直角三角形的判定以及相似三角形的性质等, 难度适中.
3．（2020年湖北省武汉市江汉区常青第一学校中考数学一模试题）已知：抛物线y＝ax2﹣3（a﹣1）x+2a﹣6（a＞0）．
（1）求证：抛物线与x轴有两个交点．
（2）设抛物线与x轴的两个交点的横坐标分别为x1，x2（其中x1＞x2）．若t是关于a的函数、且t＝ax2﹣x1，求这个函数的表达式；
（3）若a＝1，将抛物线向上平移一个单位后与x轴交于点A、B．平移后如图所示，过A作直线AC，分别交y的正半轴于点P和抛物线于点C，且OP＝1．M是线段AC上一动点，求2MB+MC的最小值．

【答案】（1）详见解析；（2）t＝a﹣5；（3）2MB+MC的最小值为．
【解析】
【分析】
（1）要证抛物线与x轴有两个交点，可求出对应的一元二次方程的根的判别式的值，利用完全平方公式的非负性说明△＞0即可；
（2）令y＝0，求出含a的两个交点的横坐标，然后根据条件确定x2和x1，再代入t＝ax2﹣x1中整理即可；
（3）易求出平移后抛物线的解析式及A，B的坐标和直线AC的解析式，然后联立直线AC的解析式和二次函数的解析式可得点C的坐标，过C作CN⊥y轴，过M作MG⊥CN于G，过C作CH⊥x轴于H，易得∠GCM＝30°，则，于是2MB+MC＝2（MB+GM），而MB+GM的最小值即B到CN的最小距离CH，问题即得解决．
【详解】（1）证明：△＝b2﹣4ac＝[﹣3（a﹣1）]2﹣4a（2a﹣6）＝a2+6a+9＝（a+3）2，
∵a＞0，∴（a+3）2＞0，
∴抛物线与x轴有两个交点；
（2）解：令y＝0，则ax2﹣3（a﹣1）x+2a﹣6＝0，
∵a＞0，∴，∴x=2或，
∵a＞0，∴，
∵x1＞x2，∴x1＝2，，
∴，
∴t＝a﹣5；
（3）解：当a＝1时，抛物线为y＝x2﹣4，向上平移一个单位得y＝x2﹣3，
令y＝0，则x2﹣3＝0，解得：，∴A（，0），B（，0），∴AO＝，
∵OP＝1，∴P（0，1），设直线AC的解析式为，把点A（，0）代入，得：，∴直线AC的解析式为：，
联立：，解得：，，∴点C坐标为（，），
在Rt△AOP中，根据勾股定理，得：AP＝，∴∠OAP=30°，
过C作CN⊥y轴，过M作MG⊥CN于G，过C作CH⊥x轴于H，
∵CN∥x轴，∴∠GCM＝∠PAO=30°，∴，
∴，
∵B到CN最小距离为CH，
∴MB+GM的最小值为CH的长度，
∴2MB+MC的最小值为．

【点睛】本题考查了抛物线与一元二次方程的关系、一元二次方程的解法、两个函数的交点以及30°角的直角三角形的性质等知识，涉及的知识点多，具有一定的难度，正确作出辅助线、熟练掌握相关知识是解第（3）小题的关键．
4.（2020年湖北省枣阳市太平一中模拟试题）如图已知点A （﹣2，4）和点B （1，0）都在抛物线y=mx2+2mx+n上．
（1）求m、n；
（2）向右平移上述抛物线，记平移后点A的对应点为A′，点B的对应点为B′，若四边形A A′B′B为菱形，求平移后抛物线的表达式；
（3）记平移后抛物线的对称轴与直线AB′的交点为点C，试在x轴上找点D，使得以点B′、C、D为顶点的三角形与△ABC相似．

【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【分析】
（1）已知了抛物线图象上A、B两点的坐标，将它们代入抛物线的解析式中，即可求得m、n的值．
（2）根据A、B的坐标，易求得AB的长；根据平移的性质知：四边形A A′B′B一定为平行四边形，若四边形A A′B′B为菱形，那么必须满足AB=BB′，由此可确定平移的距离，根据“左加右减”的平移规律即可求得平移后的抛物线解析式．
（3）易求得直线AB′的解析式，联立平移后的抛物线对称轴，可得到C点的坐标，进而可求出AB、BC、AC、B′C的长；在（2）题中已经证得AB=BB′，那么∠BAC=∠BB′C，即A、B′对应，若以点B′、C、D为顶点的三角形与△ABC相似，可分两种情况考虑：①∠B′CD=∠ABC，此时△B′CD∽△ABC，②∠B′DC=∠ABC，此时△B′DC∽△ABC；
根据上述两种不同的相似三角形所得不同的比例线段，即可求得不同的BD长，进而可求得D点的坐标．
【详解】解：（1）由于抛物线经过A （﹣2，4）和点B （1，0），则有：
，解得；
故m=﹣，n=4．
（2）由（1）得：y=﹣x2﹣x+4=﹣（x+1）2+；
由A （﹣2，4）、B （1，0），可得AB==5；
若四边形A A′B′B为菱形，则AB=BB′=5，即B′（6，0）；
故抛物线需向右平移5个单位，即：
y=﹣（x+1﹣5）2+=﹣（x﹣4）2+．

（3）由（2）得：平移后抛物线的对称轴为：x=4；
∵A（﹣2，4），B′（6，0），
∴直线AB′：y=﹣x+3；
当x=4时，y=1，故C（4，1）；
所以：AC=3，B′C=，BC=；
由（2）知：AB=BB′=5，即∠BAC=∠BB′C；
若以点B′、C、D为顶点的三角形与△ABC相似，则：
①∠B′CD=∠ABC，则△B′CD∽△ABC，可得：
=，即=，B′D=3，
此时D（3，0）；
②∠B′DC=∠ABC，则△B′DC∽△ABC，可得：
=，即=，B′D=，
此时D（，0）；
综上所述，存在符合条件的D点，且坐标为：D（3，0）或（，0）．
【点睛】此题考查了二次函数解析式的确定、函数图象的平移、菱形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识；（3）题中，在相似三角形的对应角和对应边不确定的情况下，一定要分类讨论，以免漏解．
5．（2020年江西中考数学四模试题）在平面直角坐标系中，已知抛物线y=－x2+bx+c(b，c为常数)的顶点为P，等腰直角三角形ABC的顶点A的坐标为(0，﹣1)，C的坐标为(4，3)，直角顶点B在第四象限．
（1）如图，若该抛物线过A，B两点，求该抛物线的函数表达式；
（2）平移（1）中的抛物线，使顶点P在直线AC上滑动，且与AC交于另一点Q．
①若点M在直线AC下方，且为平移前（1）中的抛物线上的点，当以M、P、Q三点为顶点的三角形是等腰直角三角形时，求出所有符合条件的点M的坐标；
②取BC的中点N，连接NP，BQ．试探究是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）y=x2+2x﹣1；（2）①M1(4，﹣1)，M2(﹣2，﹣7)，M3(1+，﹣2+)，M4(1﹣，﹣2﹣)；②存在，
【解析】
【分析】
（1）先求出点B的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的函数表达式；
（2）方法一：①首先求出直线AC的解析式和线段PQ的长度，作为后续计算的基础．
若△MPQ为等腰直角三角形，则可分为以下两种情况：
(i)当PQ为直角边时：点M到PQ的距离为．此时，将直线AC向右平移4个单位后所得直线(y=x﹣5)与抛物线的交点，即为所求之M点；
(ii)当PQ为斜边时：点M到PQ的距离为．此时，将直线AC向右平移2个单位后所得直线(y=x﹣3)与抛物线的交点，即为所求之M点．
方法二：求出直线AC的解析式lAC：y=x﹣1．
由抛物线顶点P在直线AC上，设P(t，t﹣1)，得到抛物线表达式：，求出直线AC与抛物线的交点Q(t﹣2，t﹣3)．然后分三种情况讨论即可．
②由①可知，PQ为定值，因此当NP+BQ取最小值时，有最大值．
如答图2所示，作点B关于直线AC的对称点B'，由分析可知，当B'、Q、F(AB中点)三点共线时，NP+BQ最小，最小值为线段B'F的长度．
【详解】（1）∵等腰直角三角形ABC的顶点A的坐标为(0，﹣1)，C的坐标为(4，3)，
∴点B的坐标为(4，﹣1)．
∵抛物线过A(0，﹣1)，B(4，﹣1)两点，
∴，解得：b=2，c=﹣1，
∴抛物线的函数表达式为：yx2+2x﹣1．
（2）方法一：
①∵A(0，﹣1)，C(4，3)，
∴直线AC的解析式为：y=x﹣1．
设平移前抛物线的顶点为P0，则由（1）可得P0的坐标为(2，1)，且P0在直线AC上．
∵点P在直线AC上滑动，
∴可设P的坐标为(m，m﹣1)，
则平移后抛物线的函数表达式为：y(x﹣m)2+m﹣1．
解方程组：，
解得：，，
∴P(m，m﹣1)，Q(m﹣2，m﹣3)．
∴PQ=．
∵AP0=，
∴PQ=AP0．
若以M、P、Q三点为顶点的等腰直角三角形，则可分为以下两种情况：
(i)当PQ为直角边时：点M到PQ的距离为(即为PQ的长)．
由A(0，﹣1)，B(4，﹣1)，P0(2，1)可知，
△ABP0为等腰直角三角形，且BP0⊥AC，BP0．
如答图1，过点B作直线l1∥AC，交抛物线yx2+2x﹣1于点M，则M为符合条件的点，
∴可设直线l1的解析式为：y=x+b1．
∵B(4，﹣1)，
∴﹣1=4+b1，解得：b1=﹣5，
∴直线l1的解析式为：y=x﹣5．
解方程组，得：，，
∴M1(4，﹣1)，M2(﹣2，﹣7)．

(ii)当PQ为斜边时：MP=MQ=2，可求得点M到PQ的距离为．
如答图1，取AB的中点F，则点F的坐标为(2，﹣1)．
由A(0，﹣1)，F(2，﹣1)，P0(2，1)可知：
△AFP0为等腰直角三角形，且点F到直线AC的距离为．
过点F作直线l2∥AC，交抛物线yx2+2x﹣1于点M，则M为符合条件的点，
∴可设直线l2的解析式为：y=x+b2．
∵F(2，﹣1)，
∴﹣1=2+b2，解得：b2=﹣3，
∴直线l2的解析式为：y=x﹣3．
解方程组，得：，，
∴M3(1，﹣2)，M4(1，﹣2)．
综上所述：所有符合条件的点M的坐标为：
M1(4，﹣1)，M2(﹣2，﹣7)，M3(1，﹣2)，M4(1，﹣2)．
方法二：
∵A(0，1)，C(4，3)，
∴lAC：y=x﹣1．
∵抛物线顶点P在直线AC上，设P(t，t﹣1)，
∴抛物线表达式：，
∴lAC与抛物线的交点Q(t﹣2，t﹣3)．[来源:学§科§网Z§X§X§K]
∵以M、P、Q三点为顶点的三角形是等腰直角三角形，P(t，t﹣1)，
(i)当M为直角顶点时，M(t，t﹣3)，，
∴t=1±，
∴M1(1，2)，M2(1，﹣2)，
(ii)当Q为直角顶点时，点M可视为点P绕点Q顺时针旋转90°而成，
将点Q(t﹣2，t﹣3)平移至原点Q'(0，0)，则点P平移后P'(2，2)，
将点P'绕原点顺时针旋转90°，则点M'(2，﹣2)，
将Q'(0，0)平移至点Q(t﹣2，t﹣3)，则点M'平移后即为点M(t，t﹣5)，
∴，
∴t1=4，t2=﹣2，
∴M1(4，﹣1)，M2(﹣2，﹣7)，
(iii)当P为直角顶点时，同理可得M1(4，﹣1)，M2(﹣2，﹣7)，
综上所述：所有符合条件的点M的坐标为：
M1(4，﹣1)，M2(﹣2，﹣7)，M3(1，﹣2)，M4(1，﹣2)．
②存在最大值．理由如下：
由①知PQ为定值，则当NP+BQ取最小值时，有最大值．

如答图2，取点B关于AC的对称点B'，易得点B'的坐标为(0，3)，BQ=B'Q．
连接QF，FN，QB'，易得FN∥P'Q，且FN=PQ，
∴四边形P'QFN为平行四边形，
∴NP'=FQ，
∴NP'+BQ=FQ+B'Q≥FB'，
∴当B'、Q、F三点共线时，NP'+BQ最小，最小值为，
∴的最大值为．
【点睛】本题为二次函数压轴题，考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、一次函数、几何变换(平移，对称)、等腰直角三角形、平行四边形、轴对称﹣最短路线问题等知识点，考查了存在型问题和分类讨论的数学思想，试题难度较大．
6．（广东2019年中考模拟数学试题）如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥AB点D，BC=10cm，AD=8cm，点P从点B出发，在线段BC上以每秒3cm的速度向点C匀速运动，与此同时，垂直于AD的直线m从底边BC出发，以每秒2cm的速度沿DA方向匀速平移，分别交AB、AC、AD于E、F、H，当点P到达点C时，点P与直线m同时停止运动，设运动时间为t秒（t＞0）。
（1）当t=2时，连接DE、DF，求证：四边形AEDF为菱形；
（2）在整个运动过程中，所形成的△PEF的面积存在最大值，当△PEF的面积最大时，求线段BP的长；
（3）是否存在某一时刻t，使△PEF为直角三角形？若存在，请求出此时刻t的值，若不存在，请说明理由。

【答案】(1)证明见解析；
（2） BP=6cm；
（3） 当或时，△PEF为直角三角形.
【解析】
（1）由对角线互相垂直平分的四边形是菱形进行证明；
（2）首先求出△PEF的面积的表达式，然后利用二次函数的性质求解；
（3）分三种情形，需要分类讨论，分别求解．
解（1）当t=2时，DH=AH=4，由AD⊥AB，AD⊥EF可知EF∥BC,
∴EH=BD，FH=CD ，
又∵ AB=AC，AD⊥BC
∴ BD=CD
∴ EH=FH
∴ EF与AD互相垂直平分
∴ 四边形AEDF为菱形
（2）依题意得DH=2t，AH=8－2t，BC=10cm，AD=8cm，由EF∥BC知△AEF∽△ABC
∴ 即，解得EF=10-t
∴ 
即△PEF的面积存在最大值10cm，此时BP=3×2=6cm。


（3）过E、F分别作EN⊥BC于N，EM⊥BC于M，易知EF=MN=
EN=FM，由AB=AC可知BN=CM=
在Rt△ACD和Rt△FCM中，由，即，
解得FM=EN=2t，又由BP=3t知CP=10-3t，
，
则 ，


分三种情况讨论：
①若∠EPF=90°，则，解得，（舍去）
②若∠EFP=90°，则，解得，（舍去）
③若∠FEP=90°，则，解得，（均舍去）
综上所述，当或时，△PEF为直角三角形.
7.（2019年河南省南阳市镇平县中考数学三模试卷）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A(0，3)，C(2，n)两点，直线l：y＝x+2过C点，且与y轴交于点B，抛物线上有一动点E，过点E作直线EF⊥x轴于点F，交直线BC于点D
(1)求抛物线的解析式．
(2)如图1，当点E在直线BC上方的抛物线上运动时，连接BE，BF，是否存在点E使直线BC将△BEF的面积分为2：3两部分？若存在，求出点E的坐标，若不存在说明理由；
(3)如图2，若点E在y轴右侧的抛物线上运动，连接AE，当∠AED＝∠ABC时，直接写出此时点E的坐标．

【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）存在，E（，）或（，）；（3）点E（，）或（，）．
【解析】
【分析】
（1）直线l：y＝x+2过C点，则点C（2，3），y＝x+2过C点，且与y轴交于点B，则点B（0，2），即可求解；（2）＝=＝或，即可求解；（3）分当点E在直线BC上方、点E在直线BC的下方两种情况，分别求解即可．
【详解】（1）直线l：y＝x+2过点C（2，n），且与y轴交于点B，
∴n=×2+2=3，当x=0时，y=2，
∴B（0，2），C（2，3）
将点A、C的坐标代入二次函数表达式得：，
解得：，
∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）设点E（m，﹣m2+2m+3），则点D（m，m+2），
∴DE＝﹣m2+m+1，DF＝m+2，
＝=＝或，
解得：m＝或，
∴﹣m2+2m+3=，或﹣m2+2m+3=，
∴点E（，）或（，）；
（3）由（2）知：E（m，﹣m2+2m+3），则点D（m，m+2），
DE＝﹣m2+m+1，DF＝m+2，
①如图2，当点E在直线BC上方时，
∵AB∥EF，∠ABD+∠EDB＝180°，
∵∠AED＝∠ABC，
∴∠AED+∠EDB＝180°，
∴AE∥CD，
∴四边形ABDE为平行四边形，
∴AB＝DE＝1＝﹣m2+m+1，
解得：m＝0或（舍去0）；
∴﹣m2+2m+3=，即E（，）.
②如图3，当点E在直线BC的下方时，

设AE、BD交于点N，过点N作x轴的平行线交DE于点M
∵AB∥DE，
∴∠ABN＝∠NDE，而∠AED＝∠ABC，
∴∠ABN＝∠NDE＝∠AED＝∠ABC，
∴△NAB、△DEN都是以点N为顶点的等腰三角形，
∴点M的纵坐标和AB中点的坐标同为，
由中点公式得：（﹣m2+2m+3+m+2）＝，
解得：m＝0或（舍去0），
∴﹣m2+2m+3=，即E（，）．
综上，点E（，）或（，）．
【点睛】本题考查二次函数的综合，知识点有二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求二次函数解析式及平行四边形的判定与性质，熟练掌握相关知识并灵活运用分类讨论思想是解题关键.
8.（2019-2020年湖北省模拟数学试卷）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC的顶点坐标分别为O（0，0），A（12，0），B（8，6），C（0，6）．动点P从点O出发，以每秒3个单位长度的速度沿边OA向终点A运动；动点Q从点B同时出发，以每秒2个单位长度的速度沿边BC向终点C运动．设运动的时间为t秒，PQ2＝y．
（1）直接写出y关于t的函数解析式及t的取值范围：　 　；
（2）当PQ＝3时，求t的值；
（3）连接OB交PQ于点D，若双曲线y＝（k≠0）经过点D，问k的值是否变化？若不变化，请求出k的值；若变化，请说明理由．

【解析】解：（1）过点P作PE⊥BC于点E，如图1所示．
当运动时间为t秒时（0≤t≤4）时，点P的坐标为（3t，0），点Q的坐标为（8﹣2t，6），
∴PE＝6，EQ＝|8﹣2t﹣3t|＝|8﹣5t|，
∴PQ2＝PE2+EQ2＝62+|8﹣5t|2＝25t2﹣80t+100，
∴y＝25t2﹣80t+100（0≤t≤4）．
故答案为：y＝25t2﹣80t+100（0≤t≤4）．
（2）当PQ＝3时，25t2﹣80t+100＝（3）2，
整理，得：5t2﹣16t+11＝0，
解得：t1＝1，t2＝．
（3）经过点D的双曲线y＝（k≠0）的k值不变．
连接OB，交PQ于点D，过点D作DF⊥OA于点F，如图2所示．
∵OC＝6，BC＝8，
∴OB＝＝10．
∵BQ∥OP，
∴△BDQ∽△ODP，
∴＝＝＝，
∴OD＝6．
∵CB∥OA，
∴∠DOF＝∠OBC．
在Rt△OBC中，sin∠OBC＝＝＝，cos∠OBC＝＝＝，
∴OF＝OD•cos∠OBC＝6×＝，DF＝OD•sin∠OBC＝6×＝，
∴点D的坐标为（，），
∴经过点D的双曲线y＝（k≠0）的k值为×＝．


9.（2019-2020年四川模拟试题）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣5（a≠0）经过x轴上的点A（1，0）和点B及y轴上的点C，经过B、C两点的直线为y＝x+n．
①求抛物线的解析式．
②点P从A出发，在线段AB上以每秒1个单位的速度向B运动，同时点E从B出发，在线段BC上以每秒2个单位的速度向C运动．当其中一个点到达终点时，另一点也停止运动．设运动时间为t秒，求t为何值时，△PBE的面积最大并求出最大值．
③过点A作AM⊥BC于点M，过抛物线上一动点N（不与点B、C重合）作直线AM的平行线交直线BC于点Q．若点A、M、N、Q为顶点的四边形是平行四边形，求点N的横坐标．

【解析】解：①∵点B、C在直线为y＝x+n上，
∴B（﹣n，0）、C（0，n），
∵点A（1，0）在抛物线上，
∴，
∴a＝﹣1，b＝6，
∴抛物线解析式：y＝﹣x2+6x﹣5；
②由题意，得，
PB＝4﹣t，BE＝2t，
由①知，∠OBC＝45°，
∴点P到BC的高h为BPsin45°＝（4﹣t），
∴S△PBE＝BE•h＝＝，
当t＝2时，△PBE的面积最大，最大值为2；
③由①知，BC所在直线为：y＝x﹣5，
∴点A到直线BC的距离d＝2，
过点N作x轴的垂线交直线BC于点P，交x轴于点H．
设N（m，﹣m2+6m﹣5），则H（m，0）、P（m，m﹣5），
易证△PQN为等腰直角三角形，即NQ＝PQ＝2，
∴PN＝4，
Ⅰ．NH+HP＝4，
∴﹣m2+6m﹣5﹣（m﹣5）＝4
解得m1＝1，m2＝4，
∵点A、M、N、Q为顶点的四边形是平行四边形，
∴m＝4；
Ⅱ．NH+HP＝4，
∴m﹣5﹣（﹣m2+6m﹣5）＝4
解得m1＝，m2＝，
∵点A、M、N、Q为顶点的四边形是平行四边形，
m＞5，
∴m＝，
Ⅲ．NH﹣HP＝4，
∴﹣（﹣m2+6m﹣5）﹣[﹣（m﹣5）]＝4，
解得m1＝，m2＝，
∵点A、M、N、Q为顶点的四边形是平行四边形，
m＜0，
∴m＝，
综上所述，若点A、M、N、Q为顶点的四边形是平行四边形，点N的横坐标为：4或或．