北师大版九年级数学上册 专题2.44 二次函数压轴题-角度问题

专题2.44二次函数压轴题-角度问题（专项练习）1．综合与探究如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，抛物线的顶点为A，且与y轴的交点为B，过点B作轴交抛物线于点，在CB延长线上取点D，使，连接OC，OD，AC和AD．（1）求抛物线的解析式；（2）试判断四边形ADOC的形状，并说明理由；（3）试探究在抛物线上是否存在点P，使得．若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．2．如图，已知二次函数的图像经过点，，与轴交于点．（1）求抛物线的解析式；（2）抛物线上是否存在点，使，若存在请直接写出点的坐标．若不存在，请说明理由．3．已知抛物线过点A（-4，0），顶点坐标为C（-2，-1）．（1）求这个抛物线的解析式．（2）点B在抛物线上，且B点的横坐标为-1，点P在x轴上方抛物线上一点，且∠PAB=45°，求点P的坐标．（3）点M在x轴下方抛物线上一点，点M、N关于x轴对称，直线AN交抛物线于点D．连结MD交两坐标轴于E、F点.求证：OE=OF．已知，点，点和抛物线，将抛物线沿着轴方向平移经过点，画出平移后的抛物线如图所示．（1）平移后的抛物线是否经过点？说明你的理由；（2）在平移后的抛物线上且位于直线下方的图像上是否存在点，使？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；（3）在平移后的抛物线上有点，过点作直线的垂线，垂足为，连接，当时，求点的坐标．如图，抛物线与x轴交于点和B两点，点在抛物线上．（1）直接写出B点坐标：_________________，抛物线解析式为_________________（一般式）；（2）如图1，D为y轴左侧抛物线上一点，且，求点D的坐标；（3）如图2，直线与抛物线交于点E、F，连接、分别交y轴于点M、N，若，求证：直线经过定点，并求出这个定点的坐标．6．如图，经过点A（0，-6）的抛物线y=x2+bx+c与x轴相交于B（-2，0），C两点．（1）求此抛物线的函数关系式和顶点D的坐标；（2）将（1）中求得的抛物线向左平移1个单位长度，再向上平移m（m＞0）个单位长度得到新抛物线y1，若新抛物线y1的顶点P在△ABC内，求m的取值范围；（3）设点M在y轴上，∠OMB+∠OAB=∠ACB，直接写出AM的长．如图，在平面直角坐标系中，抛物线（m＜0）与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），该抛物线的对称轴与直线相交于点E，与x轴相交于点D，点P在直线上（不与原点重合），连接PD，过点P作PF⊥PD交y轴于点F，连接DF．（1）如图①所示，若抛物线顶点的纵坐标为，求抛物线的解析式；（2）求A、B两点的坐标；（3）如图②所示，小红在探究点P的位置发现：当点P与点E重合时，∠PDF的大小为定值，进而猜想：对于直线上任意一点P（不与原点重合），∠PDF的大小为定值．请你判断该猜想是否正确，并说明理由．8．如图，抛物线与轴分别交于点，，与轴交于点．（1）求抛物线的解析式；（2）设点在第一象限的抛物线上，连接，.试问，在对称轴左侧的抛物线是否存在一点，满足？如果存在，请求出点的坐标：如果不存在，请明理由；（3）存在正实数，（），当时，恰好满足，求，的值．如图，为已知抛物线经过两点，与轴的另一个交点为，顶点为，连结．（1）求该抛物线的表达式；（2）点为该抛物线上一动点（与点不重合），设点的横坐标为．①当时，求的值；②该抛物线上是否存在点，使得？若存在，求出所有点的坐标；若不存在，请说明理由．10．如图1，已知：抛物线过点，交轴于点，点（在左边），交轴于点．（1）求抛物线的解析式；（2）为抛物线上一动点，，求点的坐标；（3）如图2，交抛物线于两点（不与重合），直线分别交轴于点，点，试求此时是否为定值？如果是，请求出它的值；如果不是，请说明理由．如图，在平面直角坐标系中，抛物线的顶点坐标为C(3，6)，与轴交于点B(0，3)，点A是对称轴与轴的交点．（1）求抛物线的解析式；（2）如图①所示，直线AB交抛物线于点E，连接BC、CE，求△BCE的面积；（3）如图②所示，在对称轴AC的右侧作∠ACD＝30°交抛物线于点D，求出D点的坐标；并探究：在轴上是否存在点Q，使∠CQD＝60°？若存在，求点Q的坐标；若不存在，请说明理由．12．抛物线经过A（-1，0）、C（0，-3）两点，与x轴交于另一点B．（1）求此抛物线的解析式；（2）已知点D在第四象限的抛物线上，求点D关于直线BC对称的点D’的坐标;（3）在（2）的条件下，连结BD，问在x轴上是否存在点P，使，若存在，请求出P点的坐标；若不存在，请说明理由.13．如图，在直角坐标系中，四边形OABC是平行四边形，经过A（﹣2，0），B，C三点的抛物线y＝ax2+bx+（a＜0）与x轴的另一个交点为D，其顶点为M，对称轴与x轴交于点E．（1）求这条抛物线对应的函数表达式；（2）已知R是抛物线上的点，使得△ADR的面积是平行四边形OABC的面积的，求点R的坐标；（3）已知P是抛物线对称轴上的点，满足在直线MD上存在唯一的点Q，使得∠PQE＝45°，求点P的坐标．14．如图1，抛物线交轴于，两点（在的左侧），与轴交于点，且．（1）求抛物线的解析式；（2）连接，，点在抛物线上，且满足，求点的坐标；（3）如图2，直线交轴于点，过直线上的一动点作轴交抛物线于点，直线交抛物线于另一点，直线交轴于点，试求的值．15．如图，已知二次函数y=ax2+bx+8（a≠0）的图像与x轴交于点A（-2，0），B，与y轴交于点C，tan∠ABC=2．（1）求抛物线的解析式及其顶点D的坐标；（2）设直线CD交x轴于点E．在线段OB的垂直平分线上是否存在点P，使得经过点P的直线PM垂直于直线CD，且与直线OP的夹角为75°？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）过点B作x轴的垂线，交直线CD于点F，将抛物线沿其对称轴向上平移，使抛物线与线段EF总有公共点．试探究：抛物线最多可以向上平移多少个单位长度？16．如图1，抛物线y=ax2-4ax+b交x轴正半轴于A，B两点，交y轴正半轴于C，且OB=OC=3．（1）求抛物线的解析式；（2）点D为抛物线的顶点，点G在直线BC上，若，直接写出点G的坐标；（3）将抛物线向上平移m个单位，交BC于点M，N（如图2），若∠MON=45°，求m的值．17．如图①抛物线y＝ax2+bx+4（a≠0）与x轴，y轴分别交于点A（﹣1，0），B（4，0），点C三点．（1）试求抛物线的解析式；（2）点D（3，m）在第一象限的抛物线上，连接BC，BD．试问，在对称轴左侧的抛物线上是否存在一点P，满足∠PBC＝∠DBC？如果存在，请求出点P点的坐标；如果不存在，请说明理由；（3）点N在抛物线的对称轴上，点M在抛物线上，当以M、N、B、C为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点M的坐标．18．如图，抛物线与轴交于点和点(点在原点的左侧，点在原点的右侧)，与轴交于点，．(1)求该抛物线的函数解析式．(2)如图1，连接，点是直线上方抛物线上的点，连接，．交于点，当时，求点的坐标．(3)如图2，点的坐标为，点是抛物线上的点，连接形成的中，是否存在点，使或等于？若存在，请直接写出符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．19．如图，已知直线AB：与抛物线交于A、B两点，（1）直线AB总经过一个定点C，请直接写出点C坐标；（2）当时，在直线AB下方的抛物线上求点P，使△ABP的面积等于5；（3）若在抛物线上存在定点D使∠ADB＝90°，求点D到直线AB的最大距离.如图，抛物线交x轴于两点，交y轴于点C．直线经过点．（1）求抛物线的解析式；（2）抛物线的对称轴l与直线相交于点P，连接，判定的形状，并说明理由；（3）在直线上是否存在点M，使与直线的夹角等于的2倍？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．参考答案1．（1）；（2）四边形ADOC是平行四边形，见解析；（3）存在，P的坐标是或【分析】（1）首先求出点B，C的坐标，再代入抛物线即可求出b、c的值即可；（2）求出抛物线顶点A的坐标，再证明AC=OD，AC//OD即可证明四边形ADOC是平行四边形；（3）分点P为抛物线与y轴负半轴的交点和点P为抛物线与x轴负半轴的交点两种情况求解即可．解：（1）轴，点C的坐标为，点B的坐标为，把B，C两点的坐标代入，得，解得．抛物线的解析式为．（2）四边形ADOC是平行四边形，理由如下：点B的坐标是，点C的坐标为，，，由（1）得，抛物线的解析式为，顶点A的坐标为．如答图，过点A作于点E，则，，．，，．轴，，，，，，四边形ADOC是平行四边形．（3）在抛物线上存在点P，使得．点C的坐标为，轴，，，，点P为抛物线与x轴负半轴或y轴负半轴的交点．情况1：当点P为抛物线与y轴负半轴的交点时，点P与点B重合，此时点P的坐标为．情况2：当点P为抛物线与x轴负半轴的交点时，解方程，得，．（不合题意，舍去）此时点P的坐标为，综上所述，当点P的坐标是或时，．【点拨】本题是二次函数的综合题，主要考查了运用待定系数法求二次函数解析式，二次函数对称轴顶点坐标的公式，平行四边形的判定和性质等知识，求得A的坐标是解题的关键．2．（1）；（2）存在，，【分析】（1）把点AB的坐标代入即可求解；（2）分点P在轴下方和下方两种情况讨论，求解即可．【详解】（1）∵二次函数的图像经过点A(-1，0)，B(3，0)，∴，解得：，∴抛物线的解析式为：；（2）存在，理由如下：当点P在轴下方时，如图，设AP与轴相交于E，令，则，∴点C的坐标为(0，3)，∵A(-1，0)，B(3，0)，∴OB=OC=3，OA=1，∴∠ABC=45，∵∠PAB=∠ABC=45，∴△OAE是等腰直角三角形，∴OA=OE=1，∴点E的坐标为(0，-1)，设直线AE的解析式为，把A(-1，0)代入得：，∴直线AE的解析式为，解方程组，得：(舍去)或，∴点P的坐标为(4，)；当点P在轴上方时，如图，设AP与轴相交于D，同理，求得点D的坐标为(0，1)，同理，求得直线AD的解析式为，解方程组，得：(舍去)或，∴点P的坐标为(2，)；综上，点P的坐标为(2，)或(4，)【点拨】本题是二次函数与几何的综合题，主要考查了待定系数法，等腰直角三角形的判定和性质，解方程组，分类讨论是解本题的关键．3．（1）y=；（2）（，）；（3）证明见解析【分析】（1）设抛物线的解析式为，然后将点A的坐标代入即可求出结论；（2）先求出点B的坐标，过点B作BQ⊥BA，交AP于点Q，作BH⊥x轴于H，过点Q作QG⊥BH，交BH的延长线于点G，利用AAS证出△AHB≌△BGQ，即可求出点Q的坐标，利用待定系数法求出直线AQ的解析式，然后联立方程组即可求出点P的坐标；（3）设点M的坐标为（m，），利用对称性即可求出点N的坐标，利用待定系数法求出直线AN的解析式，联立方程组即可求出点D的坐标，从而求出直线MD的解析式，从而求出点E、F的坐标，即可证出结论．【详解】解：（1）由抛物线的顶点坐标C（-2，-1），可设抛物线的解析式为将点A（-4，0）代入，得解得：∴这个抛物线的解析式为=；（2）将x=-1代入中，解得y=∴点B的坐标为（-1，）过点B作BQ⊥BA，交AP于点Q，作BH⊥x轴于H，过点Q作QG⊥BH，交BH的延长线于点G∴∠AHB=∠BGQ=∠ABQ=90°∴∠ABH＋∠GCQ=90°，∠BQG＋∠GCQ=90°∴∠ABH=∠BQG∵∠PAB=45°，∴△ABQ为等腰直角三角形∴AB=BQ∴△AHB≌△BGQ∴QG=BH=，BG=AH=-1－（-4）=3∴GH=BG－BH=∴点Q的坐标为（-1＋，）=（，）设直线AQ的解析式为y=kx＋b将点A和点Q的坐标分别代入，得解得：∴直线AQ的解析式为联立解得：或（符合点A的坐标）∴点P的坐标为（，）；（3）设点M的坐标为（m，）∴点N的坐标为（m，）设直线AN的解析式为y=cx＋d将点A和点N的坐标分别代入，得解得：∴直线AN的解析式为联立解得：或（符合点A的坐标）∴点D的坐标为（，）设直线MD的解析式为y=ex＋f将M、D的坐标分别代入，得解得：∴直线MD的解析式为y=x＋将x=0代入y=x＋中，解得y=；将y=0代入y=x＋中，解得x=∴点E的坐标为（0，），点F的坐标为（，0）∴OE=OF=【点拨】此题考查的是二次函数与一次函数的综合大题，此题难度较大，掌握利用待定系数法求二次函数解析式、一次函数解析式、联立方程组求点的坐标是解题关键．4．（1）见解析；（2）见解析；（3）M（2，2）或（，）．【分析】（1）直接利用二次函数平移的性质假设出解析式，进而将A点代入求出m的值进而得出答案；（2）首先求出直线AB的解析式，进而表示出△PAB的面积，进而求出t的值，即可得出答案；（3）首先表示出ON，NM的长，进而得出△OMN为等边三角形，再利用M点坐标得出t的值，进而得出答案．【详解】解：（1）设平移后的抛物线的解析式为将代入，得m=1则当x=4时，y=3，故平移后的抛物线经过点（4，3）；（2）设直线AB的解析式为：y=kx+b，把点，点B（4，3）代入得：解得：故直线AB的解析式为：y=x+2设P（t，）如图1，过点P作PQ∥y轴交AB于Q，∴Q（t，t+2）∴S△PAB=解得：t=故，则P或P（3）如图2，设M（a，）则OM2=a2+（，MN2=（∴OM=MN∵∴△OMN为等边三角形，则∠MOF=30°，当OF=a，则MF=可得M（a，），故解得：a1=2，a2=则或∴M（2，2）或（，）．【点拨】此题主要考查了二次函数综合以及等边三角形的判定以及待定系数法解析式等知识，正确表示出M点坐标是解题关键．5．（1），；（2）D坐标为；（3）证明见解析，定点坐标为【分析】（1）前求出抛物线的对称轴，根据对称轴求出点B坐标，再把点A和点C坐标代入解析式求出系数，得到解析式；（2）延长交x轴于点M，得到，再过点C作于点Q，得到点M的坐标，求出DM的解析式，与抛物线联立得到点D坐标；（3）设直线解析式为：，与抛物线联立，得到，再用韦达定理的公式表示出点E和点F横坐标的关系式，再根据，列式求出m和n的关系式，就可以得到结果．【详解】解：（1）抛物线对称轴是，∵，∴B，将点A和点C坐标代入解析式，得，解得，∴抛物线解析式为：，故答案是：，；（2）如图，延长交x轴于点M，∵，∴，∴，过点C作于点Q，则，∴点M坐标为，∴直线的解析式为：，由得或（舍），∴点D坐标为；（3）设直线解析式为：，则点由得，∴，∴①，同理设直线的解析式为：，则点，即②，由得，∴③，④，将①②代入③④得，又，∴，∴，∴，当时，，∴直线经过定点且定点坐标为．【点拨】本题考查二次函数综合题，解题的关键是掌握二次函数的图像和性质，解析式求解的方法，与一次函数交点问题．6．（1）抛物线的解析式：y=x2-2x-6，顶点D（2，-8）；（2）3＜m＜8．（3）AM的长为4或2．【详解】试题分析：（1）该抛物线的解析式中只有两个待定系数，只需将A、B两点坐标代入即可得解．（2）首先根据平移条件表示出移动后的函数解析式，从而用m表示出该函数的顶点坐标，将其代入直线AB、AC的解析式中，即可确定P在△ABC内时m的取值范围．（3）先在OA上取点N，使得∠ONB=∠ACB，那么只需令∠NBA=∠OMB即可，显然在y轴的正负半轴上都有一个符合条件的M点；以y轴正半轴上的点M为例，先证△ABN、△AMB相似，然后通过相关比例线段求出AM的长．试题解析：（1）将A（0，-6）、B（-2，0）代入抛物线y=x2+bx+c中，得：，解得．∴抛物线的解析式：y=x2-2x-6=（x-2）2-8，顶点D（2，-8）；（2）由题意，新抛物线的解析式可表示为：y=（x-2+1）2-8+m，即：y=（x-2+1）2-8+m．它的顶点坐标P（1，m-8）．由（1）的抛物线解析式可得：C（6，0）．∴直线AB：y=-3x-6；直线AC：y=x-6．当点P在直线AB上时，-3-6=m-8，解得：m=-1；当点P在直线AC上时，1-6=m-8，解得：m=3；又∵m＞0，∴当点P在△ABC内时，3＜m＜8．（3）由A（0，-6）、C（6，0）得：OA=OC=6，且△OAC是等腰直角三角形．如图，在OA上取ON=OB=2，则∠ONB=∠ACB=45°．∴∠ONB=∠NBA+∠OAB=∠ACB=∠OMB+∠OAB，即∠NBA=∠OMB．如图，在△ABN、△AM1B中，∠BAN=∠M1AB，∠ABN=∠AM1B，∴△ABN∽△AM1B，得：AB2=AN•AM1；由勾股定理，得AB2=（-2）2+（-6）2=40，又∵AN=OA-ON=6-2=4，∴AM1=40÷4=10，OM1=AM1-OA=10-6=4OM2=OM1=4AM2=OA-OM2=6-4=2．综上所述，AM的长为4或2．考点：二次函数综合题．7．（1）；（2）A（﹣5，0）、B（1，0）；（3）∠PDF=60°．【详解】试题分析：（1）先提取公式因式将原式变形为，然后令y=0可求得函数图像与x轴的交点坐标，从而可求得点A、B的坐标，然后依据抛物线的对称性可得到抛物线的对称轴为x=﹣2，故此可知当x=﹣2时，y=，于是可求得m的值；（2）由（1）的可知点A、B的坐标；（3）先由一次函数的解析式得到∠PBF的度数，然后再由PD⊥PF，FO⊥OD，证明点O、D、P、F共圆，最后依据圆周角定理可证明∠PDF=60°．试题解析：（1）∵，∴=m（x+5）（x﹣1）．令y=0得：m（x+5）（x﹣1）=0，∵m≠0，∴x=﹣5或x=1，∴A（﹣5，0）、B（1，0），∴抛物线的对称轴为x=﹣2．∵抛物线的顶点坐标为为，∴﹣9m=，∴m=，∴抛物线的解析式为；（2）由（1）可知：A（﹣5，0）、B（1，0）；（3）∠PDF=60°．理由如下：如图所示，∵OP的解析式为，∴∠AOP=30°，∴∠PBF=60°∵PD⊥PF，FO⊥OD，∴∠DPF=∠FOD=90°，∴∠DPF+∠FOD=180°，∴点O、D、P、F共圆，∴∠PDF=∠PBF，∴∠PDF=60°．考点：二次函数综合题．8．（1）；（2）存在，；（3），【分析】（1）根据待定系数法解答即可；（2）由可得，连接，如图，则易得轴，进一步即得，在轴上取点，使，并延长交抛物线于点，然后根据三角形全等即可证明∠PBC＝∠DBC，求出直线BP解析式后与抛物线解析式联立即可求出P点坐标；（3）由已知可变形得，由可得，于是可得m的范围，进而可确定，从而可根据二次函数的性质得：当时，y最大值，当x=n时，y最小值，于是可得关于m、n的方程，解方程并结合题意即得m、n的值．【详解】解：（1）把点，代入抛物线，得：，解得，∴抛物线的解析式为；（2）存在，理由如下：∵，点在第一象限的抛物线上，∴，∴，∵，∴，∴，连接，如图，则轴，∴，∴，在轴上取点，使，并延长交抛物线于点，则≌，∴，设直线解析式为：，把，代入得：，解得：，，∴直线解析式为，解方程组：，得，（舍去），∴；（3）由可得：，∵，当时，恰好，∴，即，∴，即，∴，∵抛物线的对称轴是直线，且开口向下，∴当时，随的增大而减小，∴当时，y最大值，当x=n时，y最小值．又，∴将①整理，得，变形得：，即．∵，∴，，解得：，（舍去），，同理，由②解得：（舍去），（舍去），；综上所述，，．【点拨】本题是二次函数综合题，主要考查了利用待定系数法求函数解析式、二次函数的性质、全等三角形的判定和性质以及求两个函数的交点等知识，综合性强、难度较大，属于试卷压轴题，其中在轴上取点，使，构造三角形全等是解第（2）小题的关键，熟练掌握二次函数的性质、灵活应用分解因式法解方程是解第（3）小题的关键．9．（1）；（2）①或或或；②点的坐标为(，)或（0，5）【分析】（1）将点A、B坐标代入二次函数表达式，即可求解；（2）①先求得直线的表达式为：，利用，解方程即可；②分点P在直线BC下方、上方两种情况，分别求解即可．【详解】（1）将点A、B坐标代入二次函数表达式得：，解得：，故抛物线的表达式为：；（2）①令，则，解得或，即点，如图1，过点作轴的平行线交于点，设直线的表达式为：，将点的坐标代入一次函数表达式得，解得，并解得：直线的表达式为：，设点，则点，则，∴或，解得或或或；②设直线BP与CD交于点H，

当点P在直线BC下方时，

∵∠PBC=∠BCD，∴点H在BC的中垂线上，

线段BC的中点坐标为，过该点与BC垂直的直线的k值为-1，

设BC中垂线的表达式为：，将点代入上式并解得：

直线BC中垂线的表达式为：，同理直线的表达式为：，解方程组，得：，即点，同理可得直线的表达式为：，解方程组，得：或（舍去），则，故点P(，)；当点P（P′）在直线BC上方时，

∵∠PBC=∠BCD，∴BP′∥CD，

则直线BP′的表达式为：，将点B坐标代入上式并解得：，

即直线BP′的表达式为：，

解方程组，得：x=0或-4（舍去-4），则，

故点P（0，5）；

故点P的坐标为(，)或（0，5）．【点拨】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、等腰三角形性质、图形的面积计算等，其中（2），要注意分类求解，避免遗漏．10．（1）；（2）不存在点D；（3）是，7【分析】（1）根据已知条件，将分别代入，解得的值即可；（2）取作轴于S，构造，计算抛物线与两坐标轴的交点，解得根据题意，证明，从而得到，因为直线，联立直线与抛物线的解析式，求得点D的坐标即可解题；（3）先联立直线与抛物线的方程组，求得两交点的坐标关系，分别计算直线NC与直线MC的解析式，再代入计算的值即可．【详解】（1）将代入，得（2）取作轴于，，在和中∴∴，，∴，∴，而，∴，∴∵∴重合，∴此时不存在，∴无解；（3），设∴：同理：：∴【点拨】本题考查二次函数与一次函数的综合，其中涉及二次函数解析式求法、一次函数解析式求法、全等三角形的判断与性质、等腰直角三角形的性质、平行线判定与性质、一元二次方程的解法、韦达定理等知识，是重要考点，难度较难，作出正确辅助线，掌握相关知识是解题关键．11．（1）；（2）；（3）D点坐标为，存在，Q点坐标为(0，)或(0，)【分析】（1）通过设顶点式，再用待定系数法求解即可；

（2）先求出AB的解析式，进而求出E的坐标，从而利用割补法计算面积即可；

（3）作DG垂直于对称轴，在中求解即可得到D的坐标，此时以A为圆心，AC为半径作圆弧，与y轴交于点Q，则满足∠CQD＝60°，从而在中计算即可得到结果．【详解】（1）∵抛物线顶点坐标为C（3，6），∴设抛物线解析式为，将B（0，3）代入可得，∴,即．（2）设直线AB：，将A(3,0)代入上式并解得，∴直线AB：．联立、，得，解得，∴E(9,-6)，∴．（3）设D点的坐标为，过D作对称轴的垂线，垂足为G，则，∴∠ACD＝30°，∴2DG＝DC，在Rt△CGD中，CG＝DG，∴，∴t＝3+3或t＝3（舍）∴D（3+3，﹣3），∴AG＝3，GD＝3，连接AD，在Rt△ADG中，∴AD＝＝6，∴AD＝AC＝6，∠CAD＝120°，∴在以A为圆心、AC为半径的圆与y轴的交点为Q点，此时，∠CQD＝∠CAD＝60°，设Q（0，m），AQ为⊙A的半径，，∴，∴，∴，综上所述：Q点坐标为（0，）或（0，）．【点拨】本题考查二次函数的综合问题，熟练求解函数解析式并进一步求解交点坐标是关键，同时灵活构造辅助线是解题的关键．12．（1）（2）（0，-1）（3）（1,0）（9,0）【分析】（1）将A（−1，0）、C（0，−3）两点坐标代入抛物线y＝ax2＋bx−3a中，列方程组求a、b的值即可；（2）将点D（m，−m−1）代入（1）中的抛物线解析式，求m的值，再根据对称性求点D关于直线BC对称的点D'的坐标；（3）分两种情形①过点C作CP∥BD，交x轴于P，则∠PCB＝∠CBD，②连接BD′，过点C作CP′∥BD′，交x轴于P′，分别求出直线CP和直线CP′的解析式即可解决问题．【详解】解：（1）将A（−1，0）、C（0，−3）代入抛物线y＝ax2＋bx−3a中，得，解得∴y＝x2−2x−3；（2）将点D（m，−m−1）代入y＝x2−2x−3中，得m2−2m−3＝−m−1，解得m＝2或−1，∵点D（m，−m−1）在第四象限，∴D（2，−3），∵直线BC解析式为y＝x−3，∴∠BCD＝∠BCO＝45°，CD′＝CD＝2，OD′＝3−2＝1，∴点D关于直线BC对称的点D'（0，−1）；（3）存在．满足条件的点P有两个．①过点C作CP∥BD，交x轴于P，则∠PCB＝∠CBD，∵直线BD解析式为y＝3x−9，∵直线CP过点C，∴直线CP的解析式为y＝3x−3，∴点P坐标（1，0），②连接BD′，过点C作CP′∥BD′，交x轴于P′，∴∠P′CB＝∠D′BC，根据对称性可知∠D′BC＝∠CBD，∴∠P′CB＝∠CBD，∵直线BD′的解析式为∵直线CP′过点C，∴直线CP′解析式为，∴P′坐标为（9，0），综上所述，满足条件的点P坐标为（1，0）或（9，0）．【点拨】本题考查了二次函数的综合运用．关键是由已知条件求抛物线解析式，根据抛物线的对称性，直线BC的特殊性求点的坐标，学会分类讨论，不能漏解．13．（1）y＝﹣x2+x+；（2）（1+，）或（1﹣，）或（1+，）或（1﹣，）；（3）点P的坐标为（1，）或（1，3）或（1，-3）．【分析】（1）根据平行四边形的性质及点A坐标可得抛物线的对称轴为直线x=1，可得﹣＝1，把点A坐标代入抛物线不等式可得0＝4a﹣2b+，解方程组求出a、b的值即可得答案；（2）根据抛物线对称轴方程及点A坐标可得点D坐标，根据△ADR的面积是平行四边形OABC的面积的可得出点R的纵坐标，代入抛物线解析式可求出点R横坐标，即可得答案；（3）作△PEQ的外接圆R，根据圆周角定理可得∠PRE=90°，可得△PRE为等腰直角三角形，由在直线MD上存在唯一的点Q，使得∠PQE＝45°可得⊙R与直线MD相切，可得RQ⊥MD，根据对称轴可得点M坐标，即可得出DE、DE的长，根据勾股定理可求出DM的长，设点P（1，2m），根据等腰直角三角形的性质可得PH＝HE＝HR＝m，即可得出R（1+m，m），利用S△MED＝S△MRD+S△MRE+S△DRE可求出m的值，即可得点P坐标；根据DE=ME可得∠MDE=45°，可得点M符合题意，过点D作DF⊥DM交对称轴于F，可得∠FDE=45°，可得点F符合题意，根据DE=EF可求出点F坐标，综上即可得答案．【详解】（1）∵A（-2，0），四边形OABC是平行四边形，∴BC//OA，BC=OA=2，∵抛物线与y轴交于点B，∴抛物线的对称轴为直线x＝=1，则x＝﹣＝1①，将点A的坐标代入抛物线表达式得：0＝4a﹣2b+②，联立①②得，解得，∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2+x+；（2）∵A（-2，0），抛物线对称轴为直线x＝1，∴点D（4，0）；∵△ADR的面积是▱OABC的面积的，∴×AD×|yR|＝×OA×OB，则×6×|yR|＝×2×，解得：yR＝±，当y=时，，解得：，，∴R1（，）或R2（，），当y=-时，，解得：x3=，x2=，∴R3（，）或R4（，）综上所述：点R的坐标为（1+，）或（1﹣，）或（1+，）或（1﹣，）．（3）作△PEQ的外接圆R，过点R作RH⊥ME于点H，∵∠PQE＝45°，∴∠PRE＝90°，∵RP=RE，∴△PRE为等腰直角三角形，∵直线MD上存在唯一的点Q，∴⊙R与直线MD相切，∴RQ⊥MD，∵抛物线对称轴为直线x=1，∴当x=1时y==3，∴点M坐标为（1，3），∵D（4，0），∴ME＝3，ED＝4﹣1＝3，∴MD＝=，设点P（1，2m），则PH＝HE＝HR＝m，则圆R的半径为m，则点R（1+m，m），∵S△MED＝S△MRD+S△MRE+S△DRE，即×ME•ED＝×MD×RQ+×ED•yR+×ME•RH，∴×3×3＝××m+×4×m+×3×m，解得m＝，∴点P坐标为（1，），∵ME=MD=3，∴∠MDE=45°，∴点P与点M重合时，符合题意，即P（1，3），过点D作DF⊥MD，交对称轴于F，则∠FDE=45°，符合题意，∴EF=DE=3，∴点F坐标为（1，-3），∴点P坐标为（1，-3），综上所述：点P的坐标为（1，）或（1，3）或（1，-3）．【点拨】本题考查平行四边形的性质、待定系数法求二次函数解析式，熟练掌握二次函数的性质并灵活运用分类讨论的思想是解题关键．14．（1）；（2）；（3）8【分析】（1）求出点的坐标，由抛物线的解析式可得出的值，则可得出答案；（2）延长、交于点，设点点的坐标为，求出直线的解析式为，解方程组可求出点的坐标，联立直线和抛物线解析，则可得出答案；（3）设点的坐标为，，由题意得出，设直线，由得出，则，可得出，由点的坐标可得出．【详解】解：（1）对于抛物线，当时，，∴点的坐标为，即，∵，∴，即点的坐标为，∴，解得，，∴抛物线的解析式为；（2）延长、交于点，设点点的坐标为，∵，∴，∴，即，整理得，，解方程得，，，则点的坐标为，设直线的解析式为：，则，解得，，∴直线的解析式为：，∵点在直线上，∴，，解得，，∴点点的坐标为，设直线的解析式为：，则，解得，，则直线的解析式为：，解方程组，得，，∴点的坐标为；（3）设点的坐标为，，∴直线的解析式为，联立，得，∴，∴，设直线，联立，∴，∴，∴，∵轴，∴，∴，∴，∵，，∴．【点拨】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，待定系数法等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．15．（1）y=﹣x2+2x+8=﹣（x﹣1）2+9；（1，9）；（2）存在，（2，）或（2，2）；（3）72．【详解】试题分析：（1）易知点C的坐标，那么在Rt△BOC中，根据tan∠ABC的值即可得到点B的坐标．然后利用待定系数法求出抛物线的解析式，通过对解析式进行配方能得到顶点D的坐标；（2）首先确定直线CD的解析式以及点E的坐标，易得出△EOC是等腰直角三角形的结论，那么在四边形ENPM（以解答图为参考）中，根据四边形内角和可以求出∠OPN的度数，那么PN的长就可以在Rt△OPN中求出，以此求得点P的坐标；（3）若抛物线向上平移，首先表示出平移后的函数解析式；当x=﹣8时（与点E横坐标相同），求出新函数的函数值，若抛物线与线段EF有公共点，那么该函数值应不大于点E的纵坐标．当x=4时（与点F的横坐标相同），方法同上，结合上述两种情况，即可得到函数图像的最大平移单位．试题解析：解：（1）由抛物线的解析式知，点C（0，8），即OC=8；Rt△OBC中，OB=OC•tan∠ABC=8×=4，则点B（4，0）．将A、B的坐标代入抛物线的解析式中，得：，解得，∴抛物线的解析式：y=﹣x2+2x+8=﹣（x﹣1）2+9，顶点D（1，9）；（2）设直线CD的解析式为：y=kx+8，将点D坐标代入上式，得：k=1；∴直线CD：y=x+8，点E（﹣8，0）．∴OC=OE=8，∠CEB=45°．在四边形EMPN中（如图），∠MPN=180°﹣∠CEB=135°（∠PME、∠PNO都是直角），①当∠OPM=75°时，∠OPN=135°﹣75°=60°；在Rt△OPN中，ON=OB=2，PN=；②当∠OPQ=75°时，∠OPN=135°+75°﹣180°=30°，在Rt△OPN中，ON=OB=2，PN=2；综上，存在符合条件的P点，且坐标为（2，）或（2，2）；（3）由（2）的直线CD解析式，可得：E（﹣8，0），F（4，12）．设抛物线向上平移m个单位长度（m＞0），则抛物线的解析式为：y=﹣（x﹣1）2+9+m；当x=﹣8时，y=m﹣72，当x=4时，y=m，∴m﹣72≤0或m≤12，∴0＜m≤72，∴抛物线最多向上平移72个单位．考点：二次函数综合题．16．（1）y=x2-4x+3；（2）；（3）m=【详解】试题分析：把代入解方程组即可．

直线BC:y=-x+3,设点根据两点之间的距离公式，列出式子，求出的值.

（3）如图2中，将△OCM绕点O顺时针旋转90°得到△OBG.首先证明MN2=CM2+BN2，设则设平移后的抛物线的解析式为由消去得到由，推出关于直线对称，所以设则利用勾股定理求出以及的长，再根据根与系数关系，列出方程即可解决问题．试题解析：(1)∵OB=OC=3，代入得解得∴抛物线的解析式为y=x2-4x+3．（2）直线BC:设点顶点的坐标为：，，（3）如图2中，将△OCM绕点O顺时针旋转90°得到△OBG．∵∠MON=45°，∴∠MOC+∠NOB=∠NOB+∠BOG=45°，∴∠MON=∠GON=45°，∵ON=ON，OM=OG，∴△ONM≌△ONG，∴MN=NG，∵∠NBG=∠NBO+∠OBG=45°+45°=90°，∴NG2=BN2+BG2，∴MN2=CM2+BN2，设平移后的抛物线的解析式为y=x2-4x+3+m，M（x1，y1），N（x2，y2）,则设平移后的抛物线的解析式为由消去得到，推出关于直线对称，所以设则∴(负根已经舍弃)，17．（1）y＝﹣x2+3x+4；（2）存在．P（﹣，）．（3）【分析】（1）将A,B,C三点代入y＝ax2+bx+4求出a,b,c值，即可确定表达式；（2）在y轴上取点G，使CG＝CD＝3，构建△DCB≌△GCB，求直线BG的解析式，再求直线BG与抛物线交点坐标即为P点，（3）根据平行四边形的对边平行且相等，利用平移的性质列出方程求解，分情况讨论.【详解】解：如图：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+4（a≠0）与x轴，y轴分别交于点A（﹣1，0），B（4，0），点C三点．∴解得∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+3x+4．（2）存在．理由如下：y＝﹣x2+3x+4＝﹣（x﹣）2+．∵点D（3，m）在第一象限的抛物线上，∴m＝4，∴D（3，4），∵C（0，4）∵OC＝OB，∴∠OBC＝∠OCB＝45°．连接CD，∴CD∥x轴，∴∠DCB＝∠OBC＝45°，∴∠DCB＝∠OCB，在y轴上取点G，使CG＝CD＝3，再延长BG交抛物线于点P，在△DCB和△GCB中，CB＝CB，∠DCB＝∠OCB，CG＝CD，∴△DCB≌△GCB（SAS）∴∠DBC＝∠GBC．设直线BP解析式为yBP＝kx+b（k≠0），把G（0，1），B（4，0）代入，得k＝﹣，b＝1，∴BP解析式为yBP＝﹣x+1．yBP＝﹣x+1，y＝﹣x2+3x+4当y＝yBP时，﹣x+1＝﹣x2+3x+4，解得x1＝﹣，x2＝4（舍去），∴y＝，∴P（﹣，）．（3）理由如下，如图B(4，0),C(0，4)，抛物线对称轴为直线，设N(，n)，M(m,﹣m2+3m+4)第一种情况：当MN与BC为对边关系时，MN∥BC,MN=BC,∴4-=0-m，∴m=∴﹣m2+3m+4=,∴；或∴0-=4-m，∴m=∴﹣m2+3m+4=,∴；第二种情况：当MN与BC为对角线关系，MN与BC交点为K,则K(2,2)，∴∴m=∴﹣m2+3m+4=∴综上所述，当以M、N、B、C为顶点的四边形是平行四边形时，点M的坐标为.【点拨】本题考查二次函数与图形的综合应用，涉及待定系数法，函数图像交点坐标问题，平行四边形的性质，方程思想及分类讨论思想是解答此题的关键.18．（1）；（2）点的坐标为或；（3）点的坐标为：或或或．【分析】（1）由及图像可得B、C两点坐标，然后利用待定系数法直接进行求解即可；（2）由题意易得，进而得到点D、F横坐标之间的关系为，设点横坐标为，则点横坐标为，则有直线BC的解析式为，然后可直接求解；（3）分∠PBE或∠PEB等于2∠OBE两种情况分别进行求解即可．【详解】解：(1)，则：，把坐标代入抛物线方程，解得抛物线方程为：①；(2)∵，∴，即：，设点横坐标为，则点横坐标为，点在直线上，而所在的直线表达式为：，则，则直线所在的直线表达式为：，则点，把点坐标代入抛物线解析式，解得：或，则点的坐标为或；(3)①当时，当在轴上方时，如图2，设交轴于点，∴，∴，又，∴，∴，∴点，直线过点，则其直线方程为：②，联立①②并解得：，故点P1的坐标为；当在轴下方时，如图2，过点作交于点，则，∴，∴，∴，直线可以看成直线平移而得，其值为，则其直线表达式为：，设点，过点作轴交于点，作于点，则点，，∵，则，即：，解得：，则点，则直线表达式为：…③，联立①③并解得：或3(舍去3)，则点；②当时，当在上方时，如图3，点为图2所求，设交于点，∵，∴，∴，由①知，直线的表达式为：，设点，，由，同理可得：，故点，则直线的表达式为：④，联立①④并解得：或(舍去负值)，∴；当在下方时，同理可得：(舍去负值)，故点．故点的坐标为：或或或．【点拨】本题主要考查二次函数的综合，关键是熟练掌握二次函数的性质与一次函数的性质，利用数形结合及分类讨论思想进行求解．19．（1）（-2，4）；（2）（-2，2）或（1，）；（3）.【详解】试题分析：（1）要求定点的坐标，只需寻找一个合适x，使得y的值与k无关即可．（2）只需联立两函数的解析式，就可求出点A、B的坐标．设出点P的横坐标为a，运用割补法用a的代数式表示△APB的面积，然后根据条件建立关于a的方程，从而求出a的值，进而求出点P的坐标．（3）设点A、B、D的横坐标分别为m、n、t，从条件∠ADB=90°出发，可构造k型相似，从而得到m、n、t的等量关系，然后利用根与系数的关系就可以求出t，从而求出点D的坐标．由于直线AB上有一个定点C，容易得到DC长就是点D到AB的最大距离，只需构建直角三角形，利用勾股定理即可解决问题．试题解析：（1）∵当x=-2