中考数学总复习《二次函数-解答题》专项提升训练带答案

第第页参考答案1．(1)(2)(3)的最大值是，此时的P点坐标是【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）根据题意可设抛物线的解析式为，再利用待定系数法求解即可；（3）由题意易证为等腰直角三角形，即得出．设点P的坐标为，则，从而可求出．再结合二次函数的性质可知：当时，有最大值是，此时最大，进而即可求解．【详解】（1）解：设直线l的解析式为，把A，B两点的坐标代入解析式，得，解得：，∴直线l的解析式为；（2）解：设抛物线的解析式为，∵抛物线的对称轴为直线，∴．把A，B两点坐标代入解析式，得，解得：，∴抛物线的解析式为；（3）解：∵

，

∴．∵在中，∴．∵轴，，∴．在中，，，∴，∴．在中，，，∴，∴．设点P的坐标为，则，∴．∵，∴当时，有最大值是，此时最大，∴，当时，，

∴，∴的最大值是，此时的P点坐标是．【点睛】本题为二次函数综合题，考查利用待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质等知识．掌握利用待定系数法求函数解析式和利用数形结合的思想是解题关键．2．(1)a＝2(2)m＝﹣(3)存在，G（0，﹣）【分析】（1）由抛物线的顶点式可直接得出顶点P的坐标，再代入抛物线F可得出结论；（2）根据题意可分别表达A，B的纵坐标，再根据二次函数的性质可求出m的值；（3）过点Q作x轴的垂线KN，分别过点P，G作x轴的平行线，与KN分别交于K，N，则△PKQ∽△QNG，设出点M的坐标，可表达点Q和点G的坐标，从而可得出结论．【详解】（1）解：由题意可知，抛物线的顶点的坐标为，点在抛物线上，，．（2）解：直线与抛物线，分别交于点，，，，，，当时，的最大值为，的最大值为4，，解得，，．（3）解：存在，理由如下：设点的坐标为，则，，点在轴正半轴上，且，，，，，．如图，过点作轴的垂线，分别过点，作轴的平行线，与分别交于，，

，，，，，，，即．，，，解得．．【点睛】本题属于二次函数综合题，涉及待定系数法求函数解析式，二次函数的性质，相似三角形的性质与判定，中点坐标公式等知识，解题的关键是构造相似三角形得出方程进行求解．3．(1)或(2)①点D坐标为；②存在，【分析】（1）根据题意易得∠AOB=60°从而∠AOC=30°和∠CDA=60°，根据tan30°求得AC的长，再根据sin60°求得AD的长，当OA=AD和OD=OA时分情况讨论，即可得到OD的长，从而得到D点坐标；（2）①设点D的坐标为（0，a），则OD＝a，CD＝－a，易证，从而得出，代入即可得到m与a的函数关系，化为顶点式即可得出答案；②作FH⊥y轴于点H，得到ACPDFHx轴，易得，，易证得出，即，设，则，通过证得得出，代入即可得到n的值，进一步得到m的值．【详解】（1）∵△AOB是等边三角形，∴∠AOB=60°，∴∠AOC=30°，∵AC⊥y轴，点C的坐标为（0，），∴OC=，∴，当△AOD是等腰三角形，OD=AD，∠DAO=∠DOA=30°，∴∠CDA=60°，∴，∴，∴D的坐标为，当△AOD是等腰三角形，此时OA=OD时，,∴OD=OA=2，∴点D坐标为（0，2），故答案为：或（0，2）；（2）①解：设点D的坐标为（0，a），则OD＝a，CD＝－a，∵△AOB是等边三角形，∴，∴，在RtΔAOC中，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即：，∴，∴当时，m的最大值为；∴m的最大值为时，点D坐标为；②存在这样的m值，使BE＝BF；作FH⊥y轴于点H，∴ACPDFHx轴，∴，，，，，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，设，则，，∵，，∴，∴，∴，解得：或，当时，点P与点A重合，不合题意，舍去，当时，，存在这样的m值，使BE＝BF．此时．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、特殊角的三角函数，全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及二次函数的综合运用，解题的关键是得出二次函数的关系式，是对知识的综合考查．4．(1)；(2)或或或；(3)存在，，或，或，或或【分析】（1）将，代入，求出,即可得出答案；（2）分别以点为顶点、以点为顶点、当以点为顶点，计算即可；（3）抛物线的对称轴为直线，设，，求出，，，分三种情况：以为对角线或以为对角线或以为对角线．【详解】（1）解：（1）∵，两点在抛物线上，∴解得，，∴抛物线的解析式为：；（2）令，∴，由为等腰三角形，如图甲，

当以点为顶点时，，点与原点重合，∴；当以点为顶点时，，是等腰中线，∴，∴；当以点为顶点时，∴点D的纵坐标为或，∴综上所述，点D的坐标为或或或．（3）存在，理由如下：抛物线的对称轴为：直线，设，，∵，则，，，∵以为顶点的四边形是菱形，∴分三种情况：以为对角线或以为对角线或以为对角线，当以为对角线时，则，如图1，

∴，解得：，∴或∵四边形是菱形，∴与互相垂直平分，即与的中点重合，当时，∴，解得：，∴当时，∴，解得：，∴以为对角线时，则，如图2，

∴，解得：，∴，∵四边形是菱形，∴与互相垂直平分，即与中点重合，∴，解得：，∴；当以为对角线时，则，如图3，

∴，解得：，∴，∵四边形是菱形，∴与互相垂直平分，即与的中点重合，∴，解得：∴，综上所述，符合条件的点P、Q的坐标为：，或，或，或或【点睛】本题是二次函数综合题，考查了解析式的求法、等腰三角形的判定、菱形的性质、坐标与图形的性质、分类讨论等知识，熟练掌握菱形的性质和坐标与图形的性质是解题的关键．5．(1)y＝x2+x+3(2)h＝m2+m（0＜m＜6）(3)m＝1(4)点Q的坐标为（2，）或（2，﹣1）或（2，4）【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；（2）利用待定系数法可得直线BC的解析式为y＝﹣x+3，设点P的横坐标为m，则P（m，m2+m+3），E（m，﹣m+3），即可得出h＝m2+m；（3）如图，过点E、F分别作EH⊥y轴于点H，FG⊥y轴于点G，可证得△BOC∽△PFE，得出＝，可求得EF＝（m2+m），再由△CEH∽△CBO，可得＝，求得CE＝m，结合CF＝EF，可得EF＝CE＝m，建立方程求解即可得出答案；（4）设Q（2，t），分两种情况：①当点O′恰好落在该矩形对角线OD所在的直线上时，②当点O′恰好落在该矩形对角线CD上时，③当点O′恰好落在该矩形对角线DC延长线上时，分别求出点Q的坐标即可．【详解】（1）解：∵抛物线y＝ax2+x+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0），B（6，0）两点，∴，解得：，∴抛物线的表达式为y＝x2+x+3；（2）解：∵抛物线y＝x2+x+3与y轴交于点C，∴C（0，3），设直线BC的解析式为y＝kx+b，把B（6，0）、C（0，3）代入，得：，解得：，∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，设点P的横坐标为m，则P（m，m2+m+3），E（m，﹣m+3），∴h＝m2+m+3﹣（﹣m+3）＝m2+m，∵点P是第一象限内抛物线上的一个动点，∴0＜m＜6，∴h＝m2+m（0＜m＜6）；（3）解：如图，过点E、F分别作EH⊥y轴于点H，FG⊥y轴于点G，∵P（m，m2+m+3），E（m，﹣m+3），∴PE＝m2+m，∵PF⊥CE，∴∠EPF+∠PEF＝90°，∵PD⊥x轴，∴∠EBD+∠BED＝90°，又∵∠PEF＝∠BED，∴∠EPF＝∠EBD，∵∠BOC＝∠PFE＝90°，∴△BOC∽△PFE，∴＝，在Rt△BOC中，BC＝＝＝3，∴EF＝×PE＝（m2+m）＝（m2+m），∵EH⊥y轴，PD⊥x轴，∴∠EHO＝∠EDO＝∠DOH＝90°，∴四边形ODEH是矩形，∴EH＝OD＝m，∵EH//x轴，∴△CEH∽△CBO，∴＝，即＝，∴CE＝m，∵CF＝EF，∴EF＝CE＝m，∴m＝（m2+m），解得：m＝0或m＝1，∵0＜m＜6，∴m＝1；（4）解：∵抛物线y＝x2+x+3，∴抛物线对称轴为直线x＝﹣＝2，∵点Q在抛物线的对称轴上，∴设Q（2，t），设抛物线对称轴交x轴于点H，交CP边于点G，则GQ＝3﹣t，CG＝2，∠CGQ＝90°，①当点O′恰好落在该矩形对角线OD所在的直线上时，如图，则CQ垂直平分OO′，即CQ⊥OD，∴∠COP+∠OCQ＝90°，又∵四边形OCPD是矩形，∴CP＝OD＝4，OC＝3，∠OCP＝90°，∴∠PCQ+∠OCQ＝90°，∴∠PCQ＝∠COP，∴tan∠PCQ＝tan∠COP＝＝，∴＝tan∠PCQ＝，∴＝，解得：t＝，∴Q（2，）；②当点O′恰好落在该矩形对角线CD上时，如图，连接CD交GH于点K，∵点O与点O′关于直线CQ对称，∴CQ垂直平分OO′，∴∠OCQ＝∠DCQ，∵GH//OC，∴∠CQG＝∠OCQ，∴∠DCQ＝∠CQG，∴CK＝KQ，∵C、P关于对称轴对称，即点G是CP的中点，GH//OC//PD，∴点K是CD的中点，∴K（2，），∴GK＝，∴CK＝KQ＝﹣t，在Rt△CKG中，CG2+GK2＝CK2，∴22+（）2＝（﹣t）2，解得：t1＝1（舍去），t2＝﹣1，∴Q（2，﹣1）；③当点O′恰好落在该矩形对角线DC延长线上时，如图，过点O′作O′K⊥y轴于点K，连接OO′交CQ于点M，∵点O与点O′关于直线CQ对称，∴CQ垂直平分OO′，∴∠OCM＝∠O′CM，∠OMC＝∠O′MC＝90°，O′C＝OC＝3，∵∠O′KC＝∠DOC＝90°，∠O′CK＝∠DCO，∴△O′CK∽△DCO，∴＝＝，即＝＝，∴O′K＝，CK＝，∴OK＝OC+CK＝3+＝，∴O′（﹣，），∵点M是OO′的中点，∴M（﹣，），设直线CQ的解析式为y＝k′x+b′，则，解得：，∴直线CQ的解析式为y＝x+3，当x＝2时，y＝×2+3＝4，∴Q（2，4）；综上所述，点Q的坐标为（2，）或（2，﹣1）或（2，4）．【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数和二次函数解析式，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理，轴对称性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．6．(1)(2)(3)或(4)或或．【分析】（1）将点代入，待定系数法求解析式即可求解；（2）设，根据对称性可得，根据，即可求解；（3）根据题意分两种情况讨论，分别求得当正方形点在轴上时，此时与点重合，当经过抛物线的对称轴时，进而观察图像即可求解；（4）根据题意分三种情况讨论，根据正方形的性质以及点的坐标位置，即可求解．【详解】（1）解：∵抛物线（b是常数）经过点∴解得（2）如图，由则对称轴为直线，设，则解得（3）点A在抛物线上，且点A的横坐标为m（）．以点A为中心，构造正方形，，且轴，且在轴上，如图，①当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大时，如图，当正方形点在轴上时，此时与点重合，的解析式为，将代入即解得观察图形可知，当时，抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大；②当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而减小时，当经过抛物线的对称轴时，解得，观察图形可知，当时，抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大；综上所述，m的取值范围为或（4）①如图，设正方形与抛物线的交点分别为，当时，则是正方形的中心，即②如图，当点在抛物线对称轴左侧，轴右侧时，交点的纵坐标之差为，的纵坐标为的横坐标为在抛物线上，解得③当在抛物线对称轴的右侧时，正方形与抛物线的交点分别为，，设直线交轴于点，如图，则即设直线解析式为则解得直线解析式为联立解得（舍去）即的横坐标为，即，综上所述，或或．【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，二次函数的对称性，正方形的性质，掌握二次函数图像的性质是解题的关键．7．(1)二次函数图象的顶点坐标为(-2，b-4a)；(2)当a<0时，e=f>c>d；当a>0时，e=f<c<d；理由见解析(3)二次函数的表达式为y=x2x-或y=x2x+．【分析】（1）利用配方法即可求解；（2）由对称轴为直线x=-2，AB=6，得到A，B两点的坐标分别为(-5，0)，(1，0)，画出草图，分两种情况，利用数形结合求解即可；（3）分两种情况，利用数形结合求解即可．【详解】（1）解：∵y=ax2+4ax+b=a(x2+4x+4-4)+b=a(x+2)2+b-4a，∴二次函数图象的顶点坐标为(-2，b-4a)；（2）解：由（1）知二次函数的图象的对称轴为直线x=-2，又∵二次函数的图象与x轴交于A，B两点，AB=6，∴A，B两点的坐标分别为(-5，0)，(1，0)，当a<0时，画出草图如图：∴e=f>c>d；当a>0时，画出草图如图：∴e=f<c<d；（3）解：∵点M(m，n)是二次函数图象上的一个动点，当a<0时，根据题意：当m=-2时，函数有最大值为1，当m=1时，函数值为-1，即，解得：，∴二次函数的表达式为y=x2x+．当a>0时，根据题意：当m=-2时，函数有最小值为-1，当m=1时，函数值为1，即，解得：，∴二次函数的表达式为y=x2x-．综上，二次函数的表达式为y=x2x-或y=x2x+．【点睛】此题重点考查二次函数的图象与性质、用待定系数法求函数解析式等知识和方法，解第（2）（3）题时应注意分类讨论，求出所有符合条件的结果．8．(1)(2)（答案不唯一），(3)∠ACB=45°或135°【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）先求出平移后的二次函数对称轴为直线，然后根据二次函数的增减性求出，即可得到答案；（3）先分别求出A、B、C三点的坐标，然后求出，，然后分四种情况讨论求解即可得到答案．【详解】（1）解：由题意得：，解得，∴二次函数解析式为；（2）解：∵原二次函数解析式为由题意得平移后的二次函数解析式为，∴平移后的二次函数对称轴为直线，∵二次函数的图像，使得当时，随增大而增大；当时，随增大而减小，且二次函数的开口向下，∴，∴，∴符合题意的二次函数解析式可以为；故答案为：（答案不唯一），；（3）解：∵二次函数解析式为，∴二次函数的对称轴为直线，∵A、C关于对称轴对称，点A的横坐标为m，∴C的横坐标为，∴点A的坐标为（m，），点C的坐标为（，），∵点B的横坐标为m+1，∴点B的坐标为（m+1，），∴，，如图1所示，当A、B同时在对称轴左侧时，过点B作BE⊥x轴于E，交AC于D，连接BC，∵A、C关于对称轴对称，∴轴，∴，∵，，∴，∴△BDC是等腰直角三角形，∴∠ACB=45°，同理当AB同时在对称轴右侧时，也可求得∠ACB=45°，如图2所示，当A在对称轴左侧，B在对称轴右侧时，过点B作直线BD垂直于直线AC交直线AC于D，同理可证△BDC为等腰直角三角形，∴∠BCD=45°，∴∠ACB=135°，同理当A在对称轴右侧，B在对称轴左侧也可求得∠ACB=135°，综上所述，∠ACB=45°或135°【点睛】本题主要考查了二次函数综合，二次函数的平移，二次函数的增减性，待定系数法求函数解析式等等，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．9．(1)2x(2)1(3)【分析】（1）先证明∠A=∠AQP=30°，即AP=PQ，根据题意有AP=2x，即PQ=2x；（2）当M点在BC上，Q点在AC上，在（1）中已求得AP=PQ=2x，再证明△MNB是等边三角形，即有BN=MN，根据AB=6x=6cm，即有x=1（s）；（3）分类讨论：当时，此时菱形PQMN在△ABC的内部，此时菱形PQMN与△ABC重叠的面积即是菱形PQMN的面积，过Q点作QG⊥AB于G点，求出菱形的面积即可；当x＞1，且Q点在线段AC上时，过Q点作QG⊥AB于G点，设QM交BC于F点，MN交BC于E点，过M点作NH⊥EF于H点，先证明△ENB是等边三角形、△MEF是等边三角形，重叠部分是菱形PQMN的面积减去等边△MEF的面积，求出菱形PQMN的面积和等边△MEF的面积即可，此时需要求出当Q点在C点时的临界条件；当时，此时Q点在线段BC上，此时N点始终与B点重合，过Q点作QG⊥AB于G点，重叠部分的面积就是△PBQ的面积，求出等边△PBQ的面积即可．【详解】（1）当Q点在AC上时，∵∠A=30°，∠APQ=120°，∴∠AQP=30°，∴∠A=∠AQP，∴AP=PQ，∵运动速度为每秒2cm，运动时间为x秒，∴AP=2x，∴PQ=2x；（2）当M点在BC上，Q点在AC上，如图，在（1）中已求得AP=PQ=2x，∵四边形QPMN是菱形，∴PQ=PN=MN=2x，，∵∠APQ=120°，∴∠QPB=60°，∵，∴∠MNB=∠QPB=60°，∵在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，∴∠B=60°，∴△MNB是等边三角形，∴BN=MN，∴AB=AP+PN+BN=2x×3=6x=6cm，∴x=1（s）；（3）当P点运动到B点时，用时6÷2=3（s），即x的取值范围为：，当M点刚好在BC上时，在（2）中已求得此时x=1，分情况讨论，即当时，此时菱形PQMN在△ABC的内部，∴此时菱形PQMN与△ABC重叠的面积即是菱形PQMN的面积，过Q点作QG⊥AB于G点，如图，∵∠APQ=120°，∴∠QPN=60°，即菱形PQMN的内角∠QPN=∠QMN=60°，∴QG=PQ×sin∠QPN=2x×sin60°=，∴重叠的面积等于菱形PQMN的面积为，即为：；当x＞1，且Q点在线段AC上时，过Q点作QG⊥AB于G点，设QM交BC于F点，MN交BC于E点，过M点作NH⊥EF于H点，如图，∵，∴∠MNB=∠QPN=60，∵∠B=60°，∴△ENB是等边三角形，同理可证明△MEF是等边三角形∴BN=NE，∠MEF=60°，ME=EF，∵AP=PQ=PN=MN=2x，AB=6，∴BN=6-AN=6-4x，∴ME=MN-NE=2x-BN=6x-6，∵MH⊥EF，∴MH=ME×sin∠MEH=(6x-6)×sin60°=，∴△MEF的面积为：，QG=PQ×sin∠QPN=2x×sin60°=，∵菱形PQMN的面积为，∴重叠部分的面积为，当Q点与C点重合时，可知此时N点与B点重合，如图，∵∠CPB=∠CBA=60°，∴△PBC是等边三角形，∴PC=PB，∵AP=PQ=2x，∴AP=PB=2x，∴AB=AP+PB=4x=6，则x=，即此时重合部分的面积为：，；当时，此时Q点在线段BC上，此时N点始终与B点重合，过Q点作QG⊥AB于G点，如图，∵AP=2x，∴PB=AB-AP=6-2x，∵∠QPB=∠ABC=60°，∴△PQB是等边三角形，∴PQ=PB，同时印证菱形PQMN的顶点N始终与B点重合，∴QG=PQ×sin∠QPN=(6-2x)×sin60°=，∴，∴此时重叠部分的面积，综上所述：．【点睛】本题考查了一次函数的应用、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，理清运动过程中Q点的位置以及菱形PQMN的位置是解答本题的关键．解答本题需要注意分类讨论的思想．10．(1)(2)E的坐标为：或或或(3)BP的最小值为：【分析】（1）根据题意可设抛物线为再代入C的坐标可得函数解析式，化为顶点式可得顶点坐标；（2）如图，由可得抛物线的对称轴为：设而A（﹣1，0），C（0，-3），再利用勾股定理分别表示再分三种情况讨论即可；（3）如图，连结AD，记AD的中点为H，由则在以H为圆心，HA为半径的圆H上，不与A，D重合，连结BH，交圆H于P，则PB最短，再求解H的坐标，结合勾股定理可得答案．【详解】（1）解：二次函数y＝ax2+bx+c的图象过点A（﹣1，0），B（3，0），∴设二次函数为：把C（0，﹣3）代入抛物线可得：解得：∴抛物线为：（2）如图，由可得抛物线的对称轴为：设而A（﹣1，0），C（0，-3），当时，，解得即当时，解得：即当时，整理得：解得：综上：E的坐标为：或或或（3）如图，连结AD，记AD的中点为H，由则在以H为圆心，HA为半径的圆H上，不与A，D重合，连结BH，交圆H于P，则PB最短，即BP的最小值为：【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解抛物线的解析式，二次函数的性质，勾股定理的应用，二次函数与圆的综合，判断PB最小时，P的位置是解本题的关键．11．(1);;(2)①；②(3)存在点P，【分析】(1)令x=0，则y=4，令y=0，则=0，所以x=-2或x=3，由此可得结论；(2)①由题意可知，P(1，4)，所以CP=1，AB=5，由平行线分线段成比例可知，．②过点P作PQ∥AB交BC于点Q，所以直线BC的解析式为：y=-x+4．设点P的横坐标为m，则P(m，-)，Q(，-)．所以PQ=m-()=-，因为PQ∥AB，所以=，由二次函数的性质可得结论；(3)假设存在点P使得∠BCO+2∠BCP=90°，即0＜m＜3．过点C作CFx轴交抛物线于点F，由∠BCO+2∠PCB=90°，可知CP平分∠BCF，延长CP交x轴于点M，易证△CBM为等腰三角形，所以M(8，0)，所以直线CM的解析式为：y=-x+4，令=-x+4，可得结论．【详解】（1）解：令x=0，则y=4，∴C(0，4)；令y=0，则=0，∴x=-2或x=3，∴A(-2，0)，B(3，0)．故答案为：(-2，0)；(3，0)；(0，4)．（2）解：①∵轴，，∴，，又∵轴，∴△CPD∽△BAD∴；②过P作交于点Q，设直线BC的解析式为，把B(3，0)，C(0，4)代入，得，解得，∴直线的解析式为，设，则，∴，∵，∴△QPD∽△BAD∴，∴当时，取最大值；（3）解：假设存在点P使得，即，过C作轴，连接CP，延长交x轴于点M，∴∠FCP=∠BMC，∵，∴平分，∴∠BCP=∠FCP，∴∠BCP=∠BMC，∴BC=BM，∴为等腰三角形，∵，∴，，，设直线CM解析式为y=kx+b，把C(0，4)，代入，得，解得：，∴直线的解析式为，联立，解得或(舍)，∴存在点P满足题意，即．【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，平行线分线段成比例，角度的存在性等相关内容，解本题的关键是求抛物线解析式，确定点P的坐标．12．(1)(2)；的最大值为(3)【分析】（1）证明，则，即可求解；（2）由即可求解；（3）当点在的平分线上时，则，在中，，即可求解．【详解】（1）∵平行四边形，∴，，，由题意得∶，，如下图，点在上时，

∵，，，∴，∴，则即解得：（2）如上图，∵，∴，∵四边形是菱形，则，∴，∴为等腰三角形，则过点作于点，则即解得∶，则，设中边上的高为，则即：，故有最大值，当时，的最大值为；（3）存在，理由∶如下图，过点作于点，

当点在的平分线上时，则，在中，，解得：【点睛】本题为四边形综合题，涉及到特殊四边形性质、三角形相似、解直角三角形、函数的表达式确定等，综合性强，难度适中．13．(1)5(2)(3)【分析】（1）根据，得，则，代入计算即可；（2）利用，得，再由，得，即可证明结论；（3）根据点P在上，可得，再由点G在上，可得，进而解决问题．【详解】（1）解：∵，∴，∵四边形是矩形，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，故答案为：5；（2）解：∵，，∴，又∵，∴，∴，在中，，，∴，又∵，∴，∴即；（3）解：若点在上，则，由（2）得，∴，∵点从点到点运动，∴，∴，∴即，又∵是上一点，∴，∴．【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角函数等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．14．(1)；(2)见解析；(3)．【分析】〔1〕可设抛物线的顶点式，再结合抛物线过点，可求得抛物线的解析式；〔2〕联立直线和抛物线解析式可求得、两点的坐标，那么可求得C点坐标和线段的长，可求得圆的半径，可证得结论；〔3〕过点C作于点H，连接，可求得，利用〔2〕中所求B、D的坐标可求得，那么可求得和的长，可求得其比值．【详解】（1）解：抛物线的图象的顶点坐标是，可设抛物线解析式为，抛物线经过点，，解得，

抛物线解析式为；（2）解：联立直线和抛物线解析式可得，解得或，，，为的中点，点的纵坐标为，，圆的半径为，点到轴的距离等于圆的半径，圆与轴相切；（3）解：如图，过点作，垂足为H，连接，

由〔2〕可知，，在中，由勾股定理可求得，，，，．【点睛】此题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、函数图象的交点、切线的判定和性质、勾股定理等知识．在〔1〕中注意利用抛物线的顶点式，在〔2〕中求得B、D的坐标是解题的关键，在〔3〕中求得、的长是解题的关键．此题考查知识点较多，综合性较强，计算量较大，难度较大．15．(1)(2)①；②【分析】（1）根据抛物线对称轴为，可得，求得，再将代入抛物线，根据待定系数法求得，即可解答；（2）①求出点，点的坐标，即可得到直线的解析式为，设，则，求得的解析式，列方程求出点的坐标，最后根据列方程，即可求出的长；②过分别作的垂线段，交于点，过点D作的垂线段，交于点I，根据，可得，即，证明，设，得到直线的解析式，求出点D的坐标，即可得到点的坐标，将点E的坐标代入解方程，即可解答．【详解】（1）解：根据抛物线的对称轴为，得，解得，将代入抛物线可得，抛物线的解析式为；（2）解：当时，得，解得，，，，设的解析式为，将，代入，得，解得，的解析式为，设，则，设的解析式为，将，代入，得，解得，的解析式为，联立方程，解得，根据，得，解得，，经检验，，是方程的解，点是该抛物线上位于第一象限的一个动点，在轴正半轴，，即的长为；②解：如图，过分别作的垂线段，交于点，过点D作的垂线段，交于点I，

，，，设，则，，，，，，，，即点D的横坐标为，，设的解析式为，将，，代入得，解得，的解析式为，，即，，四边形是矩形，，，即，将代入，得，解得，（舍去），．【点睛】本题为二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数和一次函数，二次函数与一元二次方程，两点之间的距离，相似三角形的判定与性质，正确的作出辅助线是解题的关键．16．(1)；(2)；或,；(3)，或，【分析】（1）根据，抛物线的对称轴为，待定系数法求解析式即可求解；当时，求得的范围，进而结合函数图象即可求解；（2）①连接，，交对称轴于点D，由四点共圆，得，证明，求出点D的坐标，确定直线的解析式，进而求得点的坐标，设，，勾股定理即可求解；②由①可得，则当与重合时也存在等边三角形，根据等边三角形的性质即可求解．（3）根据抛物线经过点，，，可得抛物线对称为直线，则，则，进而令，求得的范围，进而根据函数图象可知或，进而分别讨论求得的值，即可求解．【详解】（1）解：∵，抛物线的对称轴为．∴解得：∴抛物线解析式为，当时，即解得：，∴当时，（2）解：①如图所示，连接，，交对称轴于点D，

∵，∴，则∴，，∵为等边三角形，∴，∴，∴四点共圆，∴，∵，∴．∴，∴，∵，，∴，∴，则，设直线的解析式为则解得：所以直线的解析式为联立解得：或∴，∵，设，∵∴解得：∴；②由①可得，当与点重合时，为等边三角形则与对称，此时，，综上所述；；或，；（3）解：∵抛物线经过点，，，∴抛物线对称为直线，则，则∴抛物线解析式为∴顶点坐标为当时，解得：或∵，且为正整数，过点，则当时，∴或，当时，将点代入解析式，解得：∵则，当时，将点代入解析式解得：∵则，综上所述，，或，．【点睛】本题考查了二次函数的性质，根据特三角函数求角度，圆内接四边形对角互补，二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．17．(1)(2)（ⅰ）；（2）【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；（2）（ⅰ）根据题意画出图形，得出，，，继而得出，，当时，根据三角形的面积公式，即可求解．（ⅱ）根据（ⅰ）的结论，分和分别求得梯形的面积，根据四边形的面积为建立方程，解方程进而即可求解．【详解】（1）解：依题意，，解得：，∴；（2）（ⅰ）设直线的解析式为，∵，∴解得：，∴直线，如图所示，依题意，，，，

∴，，∴当时，与的面积之和为，（ⅱ）当点在对称右侧时，则，∴，当时，，∴，∴，解得：，

当时，，∴，∴，解得：（舍去）或（舍去）

综上所述，．【点睛】本题考查了二次函数综合问题，面积问题，待定系数法求二次函数解析式，分类讨论，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．18．(1)，(2)①；②2或【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；（2）①过点作轴平行线分别交、于、．令，求得，勾股定理求得，得出，则，进而可得，求得直线的解析式为，设，则，进而表示出，最后根据二次函数的性质即可求解．②根据已知，令，，在上取点，使得，得出，然后根据，设，．进而分两种情况讨论，ⅰ当时，，则相似比为，得出代入抛物线解析式，即可求解；ⅱ当时，，同理可得，代入抛物线解析式即可求解．【详解】（1）∵二次函数的图像与轴交于点，且经过点和点∴解得：∴，，；（2）①如图1，过点作轴平行线分别交、于、．∵，当时，，∴，∴，，∴，∴．∵，，∴，∴，∴，∴．∵设直线的解析式为∴解得：直线解析式为．设，，，当时，取得最大值为，的最大值为．②如图2，已知，令，则，在上取点，使得，∴，设，则，则，解得，∴，即．如图3构造，且轴，相似比为，又∵，设，则．分类讨论：ⅰ当时，则，∴与的相似比为，∴，，∴，代入抛物线求得，（舍）．∴点横坐标为．ⅱ当时，则，∴相似比为，∴，，∴，代入抛物线求得，（舍）．∴点横坐标为．综上所示，点的横坐标为2或．【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，待定系数法求二次函数解析式，线段长的最值问题，相似三角形的性质与判定，正切的定义．利用分类讨论的思想并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．19．(1)(2)当时，有最大值为(3)能，【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；（2）设，进而分别表示出，得出关于的二次函数，根据二次函数的性质，，即可求得最大值；（3）由（1）知，向左平移后的抛物线为，由（2）知，设，假设存在以、、、为顶点的平行四边形．根据中点坐标公式，分类讨论即可求解，①当以为对角线时，②当以为对角线时，③当以为对角线时．【详解】（1）解：抛物线的顶点横坐标为对称轴为与x轴另一交点为

∴设抛物线为∴抛物线的表达式为（2）在抛物线上∴设在第一象限

∴当时，有最大值为（3）由（1）知，向左平移后的抛物线为由（2）知设，假设存在以、、、为顶点的平行四边形．

①当以为对角线时，平行四边形对角线互相平分，即在抛物线上的坐标为

②当以为对角线时同理可得，即则的坐标为

③当以为对角线时，即则的坐标为综上所述：存在以、、、为顶点的平行四边形．的坐标为【点睛】本题考查了二次函数综合，二次函数的平移，待定系数法求解析式，线段最值问题，平行四边形的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．20．(1)，(2)，，或(3)是直角三角形，理由见解析【分析】（1）根据“梦之点”的定义判断这几个点是否在矩形内部或边上即可；（2）把代入求出解析式，再求与的交点即为，最后根据函数图象判断当时，x的取值范围；（3）根据“梦之点”的定义求出点A，B的坐标，再求出顶点C的坐标，最后求出，，，即可判断的形状．【详解】（1）∵矩形的顶点坐标分别是，，，，∴矩形“梦之点”满足，，∴点，是矩形“梦之点”，点不是矩形“梦之点”，故答案为：，；（2）∵点是反比例函数图象上的一个“梦之点”，∴把代入得，∴，∵“梦之点”的横坐标和纵坐标相等，∴“梦之点”都在直线上，联立，解得或，∴，∴直线的解析式是，函数图象如图：

由图可得，当时，x的取值范围是或；故答案为：，，或；（3）是直角三角形，理由如下：∵点A，B是抛物线上的“梦之点”，∴联立，解得或，∴，，∵∴顶点，∴，，，∴，∴是直角三角形．【点睛】本题是函数的综合题，考查了一次函数、反比例函数、二次函数，理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式，正确理解新定义是解决此题的关键．21．(1)，(2)，(3)或【分析】（1）根据题意，分别将，代入直线即可求得；（2）设，得到抛物线的顶点式为，将代入可求得，进而可得到抛物线解析式为，即可求得b，c；（3）根据题意，设，，根据平移的性质可得点，点向下平移的距离相同，即列式求得，，然后得到抛物线N解析式为：，将代入可得，即可得到答案．【详解】（1）解：∵直线与x轴交于点A，y轴交于点B，当时，代入得：，故，当时，代入得：，故，（2）设，则可设抛物线的解析式为：，∵抛物线M经过点B，将代入得：，∵，∴，即，∴将代入，整理得：，故，；（3）如图：∵轴，点P在x轴上，∴设，，∵点C，B分别平移至点P，D，∴点，点向下平移的距离相同，∴，解得：，由（2）知，∴，∴抛物线N的函数解析式为：，将代入可得：，∴抛物线N的函数解析式为：或．【点睛】本题考查了求一次函数与坐标轴的交点坐标，求抛物线的解析式，平移的性质，二次函数的图象和性质等，解题的关键是根据的平移性质求出m和a的值．22．(1)(2)见解析(3)的面积为定值，其面积为2【分析】（1）将代入，即可解得；（2），中点为，且，可求出过两点所在直线的一次函数表达式，为抛物线上的一点，所以，此点在，可证得三点共线；（3）设与分别关于直线对称，则关于直线对称，且与的面积不相等，所以的面积不为定值；如图，当分别运动到点的位置，且保持三点共线．此时与的交点到直线的距离小于到直线的距离，所以的面积小于的面积，故的面积不为定值；故的面积为定值，由（2）求出，此时的面积为2．【详解】（1）解：因为抛物线经过点，所以解得所以抛物线的函数表达式为；（2）解：

设直线对应的函数表达式为，因为为中点，所以．又因为，所以，解得，所以直线对应的函数表达式为．因为点在抛物线上，所以．解得，或．又因为，所以．所以．因为，即满足直线对应的函数表达式，所以点在直线上，即三点共线；（3）解：的面积为定值，其面积为2．理由如下：（考生不必写出下列理由）如图1，当分别运动到点的位置时，与分别关于直线对称，此时仍有三点共线．设与的交点为，则关于直线对称，即轴．此时，与不平行，且不平分线段，故，到直线的距离不相等，即在此情形下与的面积不相等，所以的面积不为定值．

如图2，当分别运动到点的位置，且保持三点共线．此时与的交点到直线的距离小于到直线的距离，所以的面积小于的面积，故的面积不为定值．又因为中存在面积为定值的三角形，故的面积为定值．在（2）的条件下，直线对应的函数表达式为，直线对应的函数表达式为，求得，此时的面积为2．【点睛】本题考查一次函数和二次函数的图象与性质、二元一次方程组、一元二次方程、三角形面积等基础知识，如何利用数形结合求得点的坐标、函数的表达式等是解题的关键．23．(1)(2)①见解析；②【分析】（1）依题意得出二次函数解析式为，该二次函数的图像过点，代入即可求解；（2）①证明，根据相似三角形的性质即可求解；②根据题意可得，，由①可得，进而得出，由已知可得，根据一元二次方程根与系数