数学-专项41 二次函数中的角度问题（带答案）

专题41二次函数中的角度问题【题型演练】一、单选题1．（2022·浙江·余姚市子陵中学教育集团九年级阶段练习）如图，抛物线与轴交于点和点两点，与轴交于点，点为抛物线上第三象限内一动点，当时，点的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据二次函数与坐标轴的交点坐标分别求出、、的长度；然后通过勾股定理逆定理判断出，得出；由得出；作点关于轴的对称点，连接；即可构造出，从而得出；根据平行线的斜率相同以及点的坐标求出直线的表达式；最后联立方程组求解即可；【详解】解：令，则解得：，∴，∴，，当时，∴

∴在中∴∴∴∵∴如图，作点关于轴的对称点，连接；则，∴∴∴设直线的表达式为：将代入得：∴直线的表达式为：

解方程组得：或∵点在第三象限∴点的坐标为故选：B．【点睛】本题考查了二次函数图像的性质、一次函数的性质、勾股定理逆定理、直角三角形两锐角互余等知识点；综合运用上述知识求出直线的函数表达式是解题的关键．二、填空题2．（2021·全国·九年级单元测试）如图，一次函数y＝x﹣2的图象交x轴于点A，交y轴于点B，二次函数y＝－x2+bx+c的图象经过A、B两点，与x轴交于另一点C．若点M在抛物线的对称轴上，且∠AMB＝∠ACB，则所有满足条件的点M的坐标为__________．【答案】或【分析】讨论：当点M在直线AB上方时，根据圆周角定理可判断点M在△ABC的外接圆上，如图所示，由于抛物线的对称轴垂直平分AC，则△ABC的外接圆的圆心在对称轴上，设圆心的坐标为，根据半径相等得到，解方程求出t得到圆心的坐标为

，然后确定的半径为，从而得到此时M点的坐标；当点M在直线AB下方时，作关于AB的对称点，如图所示，通过证明可判断在x轴上，则点的坐标为，然后计算DM即可得到此时M点坐标．【详解】（1）当点M在直线AB上方时，则点M在△ABC的外接圆上，∵△ABC的外接圆的圆心在对称轴上，设圆心的坐标为，则，∴，解得，∴圆心的坐标为，∴，即的半径为，此时M点的坐标为．当点M在直线AB下方时，作关于AB的对称点，如图所示，

∵，∴，∵轴，∴，∴，在x轴上，∴点的坐标为，∴，∴，此时点M的坐标为．综上所述，点M的坐标为或．【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，准确进行点的位置的判断是解题的关键．3．（2022·吉林省实验中学一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-1的顶点为A，直线l过点P（0，m）且平行于x轴，与抛物线交于点B和点C．若AB=AC，∠BAC=90°，则m=______．

【答案】3【分析】设直线l与对称轴的交点为点D，则根据等腰直角三角形的性质可得BD=AD，根据韦达定理可表示出x1+x2与x1x2，进而表示出BC的长度和BD的长度，根据BD=AD可列出方程求出m的值.【详解】设直线l与对称轴的交点为点D，则根据等腰直角三角形的性质可得BD=AD，抛物线的顶点坐标为A（3，-1），由题意得直线l的表达式为直线y=m，当y=m时，可得方程原方程整理可得，由一元二次方程根与系数的关系可得x1+x2=6，x1x2=，（x1-x2）2=（x1+x2）2-4x1x2=36-20+16m=16+16m∵直线l与抛物线交于点B和点C，故m＞-1，∵BC2=16+16m，AD=m+1,BD==AD,∴BC=2AD，BC2=4AD2，16+16m=4（m+1）2整理得，m2-2m-3=0解得m=3或m=-1（舍去）即m=3.故答案为3.

【点睛】本题考查一元二次方程根与系数的关系和等腰三角形的性质，解题的关键是运用韦达定理正确表示出BC的长度.4．（2021·河南省淮滨县第一中学九年级期末）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．若E为射线上一点，为抛物线上一点，E、A是位于直线同侧的不同两点，若，连接，，则点E的坐标为__________．【答案】【分析】过点F作FH⊥x轴于点H，由题意易得点，则AB=4，进而可得，然后可求直线AC的解析式为，直线FB的解析式为，联立二次函数及直线FB的解析式可求点F的坐标，进而可得△AFB≌△EBF，最后根据两点距离公式可求解．【详解】解：过点F作FH⊥x轴于点H，如图所示：

∵抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，∴，∴AB=4，∵点，∴，∴，∵，∴，∴点A、E分别到FB的距离相等，∴AE∥FB，设直线AC的解析式为，则把点A、C代入得：，解得：，∴直线AC的解析式为，∴直线FB的解析式为，把点B代入得：c=-1，∴直线FB的解析式为，联立，解得：或，∴点F，∵，∴,∴EB=AF，

∵FB=FB，∴△AFB≌△EBF（SAS），∴AB=EF=4，设点E，∴，解得：（不符合题意，舍去），∴点E坐标为；故答案为．【点睛】本题主要考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的性质及几何知识点是解题的关键．三、解答题5．（2021·广西·百色市田阳区第五初级中学九年级期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线过点，x轴上有一动点，过点P且垂直于x轴的直线与直线BC及抛物线分别交于点D，E．连接．(1)求抛物线的解析式．(2)点P在线段上运动时（不与点O，B重合）当时，求t的值．(3)当点P在x轴上自由运动时，是否存在点P，使？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)(2)2

(3)）或．【分析】（1）将代入，即可求函数的解析式；（2）由题意可求，又由，可得，能求出点，即可求t的值；（3）由题意可得，从而能求出，再由，求出t即可求P点坐标．【详解】（1）解：代入，∴，解得：，∴抛物线解析式为；（2）解：令，则，∴，∴，∴，∵轴，∴，∵，∴，∴，∴t的值为2；（3）解：存在点P，使，理由如下：设直线的解析式为，∴，解得，

∴直线的解析式为，∵轴，∴，∴，∵，∴，∴，解得或，∴P点坐标为）或．【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，三角形相似的判定及性质，等腰三角形的性质是解题的关键．6．（2021·新疆生产建设兵团第十二师高级中学九年级阶段练习）综合与探究：如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x﹣4分别与x轴，y轴交于点A和点C，抛物线y＝ax2﹣3x+c经过A，C两点，并且与x轴交于另一点B．点D为第四象限抛物线上一动点(不与点A，C重合)，过点D作DF⊥x轴，垂足为F，交直线AC于点E，连接BE．设点D的横坐标为m．(1)求抛物线的解析式；(2)当∠ECD＝∠EDC时，求出此时m的值；(3)点D在运动的过程中，△EBF的周长是否存在最小值？若存在，求出此时m的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)抛物线的解析式是y=x2-3x-4；(2)m=4−；(3)存在，m=1.5时，△BEF的周长最小．

【分析】（1）由直线y=x-4分别与x轴、y轴交于点A和点C都在抛物线上，则先求出A，C坐标，皆可满足y=ax2-3x+c．由y=ax2-3x+c中只有两个未知数，所以代入两点即可求系数a、c，则解析式可求；（2）作辅助线，构建等腰直角三角形，证明△EHC是等腰直角三角形，根据解析式表示D和E的坐标，根据EC=ED列方程可解答；（3）先确定BF+EF=AB，为定值，当BE最小，即BE⊥AC时，△BFE的周长最小，再由等腰直角三角形三线合一的性质得：BF=AF=2.5，可解答．【详解】（1）解：在y=x-4中，当x=0时，y=-4；当y=0时，x=4．∴A（4，0），C（0，-4），把A（4，0），C（0，-4）代入y=ax2-3x+c中，得，解得，∴抛物线的解析式是y=x2-3x-4；（2）解：如图1，过点E作EH⊥y轴，垂足为H．∵OA=OC=4，∴∠OAC=∠ACO=45°，∴∠HEC=∠HCE=45°．∵点D（m，m2-3m-4），E（m，m-4），∴EH=HC=m，ED=（m-4）-（m2-3m-4）=-m2+4m．∴EC=m，∴当∠ECD=∠EDC时，EC=ED．∴m=−m2+4m，

解得m=0（舍去）或m=4−；（3）解：存在．∴点D为第四象限抛物线上一动点（不与点A，C重合），∴0＜m＜4，在抛物线y=x2-3x-4中，当y=0时，x2-3x-4=0，解得x1=-1，x2=4，∴点B坐标为（-1，0）．∵∠FAE=∠FEA=45°，∴EF=AF．设△BFE的周长为n，则n=BF+FE+BE=BF+AF+BE=AB+BE，∵AB的值不变，∴当BE最小，即BE⊥AC时，△BFE的周长最小．∵当BE⊥AC时，∠EBA=∠BAE=45°，∴BE=AE，∴BF=AF=2.5．∴m=4-2.5=1.5时，△BEF的周长最小．【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式，三角形周长的最小值问题，等腰三角形的性质等知识点；解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数，构建方程解决问题．7．（2022·河南商丘·九年级期末）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，顶点为D，点E为线段BD上一个动点，EF⊥x轴，垂足为点F，OB=OC=3．

(1)求抛物线的解析式；(2)当∠CEF＝∠ABD时，补全图形并求点E的坐标．【答案】(1)y＝x2−2x−3；(2)作图见解析，E（，−）．【分析】（1）由OB＝OC＝3，得B（3，0），C（0，−3），用待定系数法即得抛物线的解析式为y＝x2−2x−3；（2）过D作DG⊥x轴于G，过C作CH⊥EF于H，由y＝x2−2x−3＝（x−1）2−4，得抛物线顶点D（1，−4），即可得tan∠ABD＝，设直线BD解析式是y＝kx＋b，用待定系数法得直线BD解析式是y＝2x−6，设E（t，2t−6），则CH＝xE＝t，EH＝yC−yE＝−3−（2t−6）＝3−2t，tan∠CEF＝，根据∠CEF＝∠ABD，即得，即可解得t＝，从而E（，−）．（1）解：∵OB＝OC＝3，∴B（3，0），C（0，−3），将B（3，0），C（0，−3）代入y＝x2＋bx＋c得：，解得，∴抛物线的解析式为y＝x2−2x−3；

（2）如图：过D作DG⊥x轴于G，过C作CH⊥EF于H，∵y＝x2−2x−3＝（x−1）2−4，∴抛物线顶点D（1，−4），∴OG＝1，DG＝4，∵B（3，0），∴BG＝OB−OG＝2，∴tan∠ABD＝，设直线BD解析式是y＝kx＋b，代入B、D两点坐标，∴，解得，∴直线BD解析式是y＝2x−6，设E（t，2t−6），则CH＝xE＝t，EH＝yC−yE＝−3−（2t−6）＝3−2t，∴tan∠CEF＝，∵∠CEF＝∠ABD，∴，解得t＝，∴2t−6＝2×−6＝−，∴E（，−）．【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、锐角三角函数等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．8．（2022·广东梅州·九年级期末）如图，抛物线与x轴负半轴交于点A（－1，0），与x轴的另一交点为B，与y轴正半轴交于点C（0，3），抛物线的对称轴与直线BC相交于点M，与x轴交于点G．(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P，且点P在x轴上方时，满足∠APB=∠ABC，求PG的长．【答案】(1)，对称轴为x=1(2)2+【分析】（1）根据题意待定系数法求解析式即可，根据二次函数的性质即可求得对称轴；

（2）先根据抛物线解析式求得OB=OC=3，并求出∠ABC=45°，再根据二次函数的对称性质及等腰三角形的性质推出∠MPB=∠MBP，则由等腰三形判定得MP=MB，最后由勾股定理即可求解．（1）把A（－1，0）、C（0，3）分别代入得：，解得：，∴抛物线的解析式为，∴对称轴为，∴抛物线的解析式为，对称轴为x=1．（2）令y=0得：，解得：，，∴OB=OC=3，∴∠ABC=45°，∵∠APB=∠ABC=45°，且PA=PB，∴∠PBA＝（180°－45°）＝67.5°，∴∠MPB＝∠APB＝22.5°，∵∠MBP=67.5°－45°=22.5°，∴∠MPB=∠MBP，∴MP=MB，在Rt△BMG中，BG=MG=2，由勾股定理可得：BM＝，∴MP＝，∴PG＝MG+MP＝2+．【点睛】本题考查了二次函数综合，待定系数法求解析式，角度问题，等腰三角形的性质，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．9．（2022·湖北·武汉市黄陂区教学研究室九年级期中）已知点C为抛物线的顶点．(1)直接写出点C的坐标为；(2)若抛物线经过点．①直接写出抛物线解析式为：；

②如图1，点B，以为底的等腰交抛物线于点P，将点P绕原点O顺时针旋转到，求的坐标；(3)如图2，过抛物线上一点M作直线l平行于y轴，直线交抛物线另一点于E，交直线l于点D，过M作轴，交抛物线于另一点N，过E作于点F．若点M的横坐标为，试探究与之间的数量关系并说明理由．【答案】(1)(2)①；②的坐标为；(3)．理由见解析【分析】（1）根据抛物线的解析式直接写出顶点坐标即可；（2）①把点代入，即可求解；②利用等腰直角三角形的性质求得A的坐标，利用待定系数法求得直线的解析式，再求得点P的坐标，过点作轴于点H，证明，据此即可求解；（3）先后求得点M、D、E、F的坐标，据此求解即可．【详解】（1）解：抛物线的顶点坐标为，故答案为：；（2）解：①点代入得，，解得，∴抛物线解析式为：；故答案为：；②过点A作轴于点G，

∵B，∴，∵是以等腰直角三角形，∴，∴A，设直线的解析式为，∴，∴，∴直线的解析式为，联立得，解得或(舍去)，∴P，过点作轴于点H，由题意得，，∴，∵，，∴，

∴，，∵A，P，∴，，∴的坐标为；（3）解：．理由如下：∵C，设直线的解析式为，∵点M的横坐标为，且点M在抛物线上，∴点M的坐标为，∴点D的横坐标为，且点D在直线上，∴点D的坐标为，解方程得或，∴点E的坐标为，∴点F的坐标为，∴，，∴．【点睛】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，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．10．（2022·广东·高州市平山中学九年级阶段练习）如图，抛物线与x轴，y轴分别交于点A，B点，C三点．

(1)求抛物线的解析式；(2)将绕坐标原点O顺时针旋转，点C的对应点为点，点是否落在抛物线上？说明理由．(3)P为抛物线上直线上方的一点，当四边形面积最大时，求点P的坐标；(4)点D在抛物线上，连接．在对称轴左侧的抛物线上是否存在一点P，满足？如果存在，请求出点P点的坐标；如果不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)点落在抛物线上，理由见解析(3)点P的坐标为(4)存在，P坐标为【分析】（1）把A、C两点坐标代入即可得解；（2）根据旋转可得点C的对应点，坐标代入抛物线解析式即可检验是否在抛物线上；（3）设点P的坐标为，根据，即可得到关于x的二次函数解析式，化成顶点式就可以得到面积的最大值和此时x的值，即点P的横坐标，再把x值代入所设的点P的纵坐标中即可得解；（4）首先把D点坐标代入抛物线解析式得到D，所以，根据坐标易得是等腰直角三角形，设与y轴交于点，通过证明，所以，，得到点，从而计算出直线直线解析式为，再与抛物线解析式构成方程组即可得解．【详解】（1）解：将点A，C代入抛物线得，，

解得：，∴抛物线的解析式为；（2）解：将绕坐标原点O顺时针旋转，点C的对应点为点，则点，当时，，∴点C'落在抛物线上；（3）解：连接，设点P的坐标为，∵，∴，当，四边形面积最大，最大面积为，此时：点P纵坐标，即点P的坐标为；（4）解：存在，P坐标为．理由如下：如图：

∵点D在抛物线上，∴代入得：，∴D，∵点C，∴，又∵点B坐标为，点C，∴，∴，∴，设与y轴交于点，在△CD'B和△CDB中，，∴，∴，∴，即点，所以直线解析式为，联立抛物线与直线解析式得：，

解得：，（不合题意舍去），故点P坐标为．【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、全等三角形的判定和性质、图形的旋转、面积的计算等，解题关键是化顶点式和待定系数法的运用．11．（2022·广东·惠州市惠阳区凤凰山学校九年级阶段练习）如图，抛物线交轴于，两点，交轴于点．直线经过点，．(1)求抛物线的解析式；(2)过点的直线交直线于点．①当时，过抛物线上一动点（不与点，重合），作直线的平行线交直线于点，若以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，求点的横坐标；②连接，当直线与直线的夹角等于的倍时，请直接写出点的坐标．【答案】(1)(2)①点的横坐标为或或；②点的坐标为或【分析】（1）用待定系数法求解析式即可；（2）①求出点坐标，判断出和均为等腰直角三角形，求出，利用平行四边形的性质，得到，作轴交直线于，得到为等腰直角三角形，设，分点在直线上方和下方，两种情况进行讨论，利用含的式子表示为，进行求解即可；②作于，轴于，作的垂直平分线交于，交于，分别求出坐标，进而求出的解析式，与直线联立，即可得到的坐标，在直线上作点关于点的对称点

，利用中点坐标公式，求出的坐标，即可得解．【详解】（1）当时，，则，当时，，解得，则，把，代入得解得抛物线解析式为．（2）①解方程得，，则，，，为等腰直角三角形，，，为等腰直角三角形，，以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，，，，作轴交直线于，如图，则，，

设，则，当点在直线上方时，，解得，，当点在直线下方时，，解得，，综上所述点的横坐标为：或或；②作于，轴于，作的垂直平分线交于，交于，如图2，∵，∴，∴，∵为等腰直角三角形，∴，∴，设解析式为：则：，解得：∴，∵为的中点，∴

设直线的解析式为；则：解得；∴，又∵在直线上，∴，解得：∴；在直线上作点关于点的对称点，则，设，∵，∴，∴，综上，点的坐标为或．【点睛】本题考查二次函数的综合应用．利用待定系数法，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．12．（2022·湖北武汉·九年级阶段练习）已知：抛物线与x轴相交于A、B两点，与y轴的交于点(1)求抛物线的解析式的一般式；

(2)若抛物线第一象限上有一点P，满足，求P点坐标；(3)直线与抛物线交于E、F两点，当点B到直线l的距离最大时，求的面积．【答案】(1)(2)或(3)10【分析】（1）把C点坐标代入中求出a的值即可得到抛物线解析式；（2）分两种情况，当点P在直线的下方时，过点B作交CP的延长线于点E，过点E作轴于点M，由直角三角形的性质可求得，长，求出点E的坐标，可求出直线的解析式，联立直线和抛物线方程可求出点P的坐标；当点P在直线的上方时，过点B作交CP于点F，同理求出点F的坐标和直线的解析式，联立直线和抛物线方程可求得点P的坐标；（3）求出直线恒过定点，连结，当时，点B到直线的距离最大时，求出此时k的值，可求出点E，F的坐标，则的面积可求出．【详解】（1）把代入，得，解得，所以抛物线解析式为，即；（2）当点P在直线的下方时，如图1，过点B作交的延长线于点E，过点E作轴于点M，∵，∴时，或，∴，

∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，设直线的解析式为，∴，解得：，∴直线的解析式为，∴，解得，，把代入得，∴；当点P在直线的上方时，过点B作交于点F，如图2，

同理求出，，∴，求出直线的解析式为，∴，解得：，∴．综合以上可得点P的坐标为或；（3）∵直线，∴，∴，∴直线恒过定点，如图3，连结，当时，点B到直线的距离最大时，求出直线的解析式为，∴，∴直线的解析式为，

∴，解得：，，∴，∴．【点睛】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质；会利用待定系数法求直线和抛物线的解析式；能运用直角三角形的性质；理解坐标与图形性质，学会运用方程的思想和分类讨论的数学思想解决数学问题是关键．13．（2022·广东·中山市三鑫学校九年级期中）如图，抛物线与y轴交于点C，与x轴交于A，B两点，点A在点B左侧．点A的坐标为．(1)求抛物线的解析式；(2)在直线下方的抛物线上是否存在一点P，使得的面积等于面积的三分之二？若存在，求出此时的长；若不存在，请说明理由．(3)将直线绕着点C旋转得到直线l，直线l与抛物线的交点为M（异于点C），求M点坐标．【答案】(1)抛物线的解析式为：；(2)不存在这样的点P，理由见解析；(3)M点坐标是或．【分析】（1）根据点A的坐标为，可得出C点坐标，再把A、C两点的坐标代入抛物线求出a，c的值即可；（2）过点P作轴分别交线段于点N，利用待定系数法求出直线的解析式，故可得出

，，再由，解一元二次方程即可得出结论；（3）分当直线绕着点C顺时针旋转时，当直线绕着点C逆时针旋转时，两种情况讨论，当直线绕着点C顺时针旋转时，过A作交于点K，作轴于点H，证明，可得，用待定系数法求出直线的解析式，与抛物线联立解交点即可得出M的坐标；当直线绕着点C逆时针旋转时，同样的方法可求解．【详解】（1）解：∵，，∴．把点A，C的坐标代入，得，解得，∴抛物线的解析式为：；（2）解：不存在这样的点P，使得的面积等于面积的三分之二；理由：如图，过点P作轴分别交线段于点N．∵抛物线的解析式为，令，则，解得，∴，∴，∴，

，由题意得，∴，即，∵，，设直线的解析式为，∴，解得，故直线的解析式为：．设，，则，∴，整理得，∵，∴方程无实数根，∴不存在这样的点P，使得的面积等于面积的三分之二；（3）解：当直线绕着点C顺时针旋转时，如图，过A作交于点K，作轴于点H，∵，∴，∵，，

∴，∴，，∴，同理求得直线的解析式为，联立，解得（舍去），或，∴．当直线绕着点C逆时针旋转时，如图，过A作交于点D，作轴于点E，同理可证得，得到，同理求得直线的解析式为，联立，解得（舍去），或，∴．综上，M点坐标是或．【点睛】本题是二次函数综合题，考查待定系数法求一次函数及二次函数的解析式、三角形面积的计算，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键的是掌握待定系数法求函数的解析式，作辅助线构造全等三角形．14．（2022·福建·龙岩市第五中学九年级期中）已知抛物线与轴的交点，其中，与轴交于点，为坐标原点．

(1)求(用含有的式子表示)；(2)如图，点是抛物线的顶点，，求的值；(3)当时，设抛物线的对称轴与轴交于点，过点的直线与抛物线交于点(在对称轴右侧)，取中点，过点作轴，交抛物线于点，是否存在点，使线段的长度为？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【分析】(1)用待定系数法求函数的解析式即可；(2)过点作轴交于点，过点作交于点，利用等积法求出的长，再由，得到，从而求出的值即可；(3)求出直线解析式为，再联立方程组，根据根与系数的关系可得，分别求出，再由题意可得方程，求出的值即可．【详解】（1）解：将代入，∴，

解得，∴，；（2）过点作轴交于点，过点作交于点，∵，∴，∴，，∵，∴，∵，∴，∵，∴，解得，∵，∴；（3）存在点，使线段的长度为，理由如下：∵，

∴，∴抛物线的对称轴为直线，∴，∵点在直线上，∴，∴，∴，联立方程组，整理得，∴，∵是的中点，∴，∵轴，∴，∴，∵，∴，解得．当时，，当，，∴或．【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，直角三角形的性质，等积法求三角形的高，根与系数的关系是解题的关键．15．（2022·广东·珠海市第九中学九年级阶段练习）二次函数的图象经过点，，与轴交于点，点为第二象限内抛物线上一点，连接、，交于点，过点作

轴于点．(1)求二次函数的表达式；(2)连接，，求的最大值；(3)连接，当时，求直线的表达式．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）先将点和点代入二次函数的解析式，然后求得和的值，最后得到二次函数的表达式；（2）先求出点的坐标，然后求得直线的解析式，将与的交点记为点，过点作于点，然后求得的面积，最后根据二次函数的性质求得的面积最大值；（3）记与轴的交点为点，由//y轴得到，然后由得到，从而得到，然后设，通过直角三角形中的勾股定理列出方程求得的值得到点的坐标，最后求得直线的解析式．【详解】（1）解：（1）二次函数的图象经过点，，，解得：，二次函数的表达式为．（2）将代入得，，点，

设直线所在直线的表达式为，则，解得：，直线的表达式为，如图，设与线段交于点，设，轴交于点，，，过点作，则，，，，当时，有最大值，面积的最大值为8．（3）如图，设与轴交于点，//y轴，，，，，，，，，，设，则，在中，，，解得：，

，设所在直线表达式为，，解得：，直线的表达式为．【点睛】本题考查了二次函数的综合运用，待定系数法求解析式，面积问题，角度问题，掌握二次函数的性质是解题的关键．16．（2022·湖北·武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）九年级阶段练习）已知：如图，抛物线与y轴交于点与x轴交于点A、B，点A的坐标为．(1)求该抛物线的解析式；(2)如图1，点，D为线段的中点，点P为抛物线上一点，且满足，求点P的坐标；

(3)如图2，直线与抛物线交于E、F两点（点E不与点B重合，点E在点F左边）．连，作轴于H，过点H作交直线于点Q，试证：点Q在一条定直线上运动，并求出n的值．【答案】(1)；(2)或；(3)见解析，．【分析】（1）将点，代入，求出a，c即可；（2）先求出，可知，则P点所在位置为：①过点M作x轴的垂线交抛物线于点P，②在中，作，直线交抛物线于点P，再分别求解即可；（3）先联立方程组，整理后利用根与系数的关系得到，，再分别求出直线的解析式，直线的解析式，再求点Q的横坐标即可．（1）解：将点，代入得，解得，∴该抛物线的解析式为：；（2）

解：∵，，D为线段的中点，∴，令，则，解得或，∴，∴，，∴，∵，∴，过D点作轴于点G，∵，∴，，∴，如图1，过点M作x轴的垂线交抛物线于点P，∴，∴，当时，，∴此时；

如图2，在中，作，直线交抛物线于点P，则，在中，，∴，解得，∴，设直线的解析式为，代入，得：，解得，∴，联立方程组，解得或（舍），∴，综上所述：P点坐标为或；

（3）证明：联立方程组，整理得，∴，，∵轴，∴，设直线BE的解析式为，∴，解得，∴，设的解析式为，∴，∴，∴，联立方程组，解得，∴Q点的横坐标为4，∴点Q在一条定直线上运动，∴．【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象及性质，解直角三角形，平行线的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，一次函数的图象和性质等知识点，熟练掌握待定系数法，会求函数图象的交点坐标是解题的关键．

17．（2022·安徽·合肥市五十中学东校九年级阶段练习）如图，已知抛物线的顶点M（0，4），与x轴交于A（－2，0）、B两点，(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，点C（0，2），P为抛物线上一点，过点P作PQy轴交直线BC于Q（P在Q上方），再过点P作PRx轴交直线BC于点R，若△PQR的面积为2，求P点坐标；(3)如图2，在抛物线上是否存在一点D，使∠MAD＝45°，若存在，求出D点坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)P（1，3）；(3)存在，D点坐标为（，）．【分析】（1）先设出抛物线的顶点式，再代入点A的坐标，即可得出抛物线的解析式；（2）由顶点M（0，4），A（−2，0）可得B（2，0），则OC＝OB，可得∠OCB＝∠OBC＝45°，根据平行线的性质得∠PQR＝∠PRQ＝45°，则PQ＝PR，根据△PQR的面积为2可得PQ＝2，求出直线BC的解析式为y＝−x＋2，设P（m，），则Q（m，−m＋2），PQ＝，解方程求出m的值即可；（3）过点M作MN⊥AD于N，过点N分别作NE⊥y轴于E，NF⊥x轴于F，证明△MNE≌△ANF（AAS），可得NE＝NF，设N（n，−n＋2），则n＝−n＋2，求出n＝1，可得N（1，1），求出直线AN的解析式为y＝，联立即可求解．（1）解：∵抛物线的顶点M（0，4），

∴设抛物线的解析式为：，∵抛物线与x轴交于A（−2，0），∴4a＋4＝0，解得a＝−1，∴抛物线的解析式为：；（2）解：∵顶点M（0，4），A（−2，0），∴B（2，0），∵点C（0，2），∴OC＝OB，∴∠OCB＝∠OBC＝45°，∵PQy轴，PRx轴，∴∠PRQ＝∠OBC＝45°，∠PQR＝∠OCB＝45°，∴∠PRQ＝∠PQR＝45°，∴PQ＝PR，∵△PQR的面积为2，∴PR·PQ＝＝2，∴PQ＝2，∵C（0，2），∴设直线BC的解析式为y＝kx＋2，代入B（2，0）得：0＝2k＋2，解得：k＝－1，∴直线BC的解析式为y＝−x＋2，设P（m，），则Q（m，−m＋2），∴PQ＝，解得：m＝1或0（舍去），∴P（1，3）；（3）

解：存在；过点M作MN⊥AD于N，过点N分别作NE⊥y轴于E，NF⊥x轴于F，∴NE⊥NF，∠MEN＝∠AFN＝90°，∴∠MNE＝∠ANF，∵∠MAD＝45°，MN⊥AD，∴MN＝AN，∴△MNE≌△ANF（AAS），∴ME＝AF，NE＝NF，设N（n，n），则ME＝4－n，AF＝n＋2，∴4－n＝n＋2，解得：n＝1，∴N（1，1），∵A（−2，0），设直线AN的解析式为y＝kx＋b，∴，解得，∴直线AN的解析式为y＝，联立，

解得：（舍去）或，∴D点坐标为（，）．【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查待定系数法求函数解析式，三角形的面积，二次函数的性质等，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质知识点，熟练掌握待定系数法求函数解析式及全等三角形的判定和性质是解题的关键．18．（2022·广西大学附属中学九年级期中）如图，抛物线与坐标轴分别交于A，B，C三点，P是第一象限内抛物线上的一点且横坐标为m．(1)A，B，C三点的坐标为____________，____________，____________；(2)连接，交线段于点D，①当与x轴平行时，求的值；②当与x轴不平行时，求的最大值；(3)连接，是否存在点P，使得，若存在，求m的值，若不存在，请说明理由．【答案】(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．19．（2022·辽宁大连·九年级期末）抛物线y＝ax2+4（a≠0）与x轴交于A，B两点（A点在B点的左侧），AB＝4，点P（2，1）位于第一象限．(1)求抛物线的解析式；(2)若点M在抛物线上，且使∠MAP＝45°，求点M的坐标；(3)将（1）中的抛物线平移，使它的顶点在直线y＝x+4上移动，当平移后的抛物线与线段AP只有一个公共点时，求抛物线顶点横坐标t的取值范围．【答案】(1)；(2)点M的坐标为或；(3)（3）抛物线顶点横坐标t的取值范围为-3≤t＜0或．【分析】（1）根据抛物线关于轴对称，，得，，用待定系数法即得抛物线的解析式是；（2）当在上方时，过作交直线于，作直线，过作于，根据，，可推得，得到，设直线为，待定系数法得直线为，从而解得，；当在下方时，过作交直线于，过作KG//x轴，过作于，过作于，同理可得，；

（3）由平移后顶点在直线上，设平移后的抛物线为，把代入得：，解得或，结合函数图象可得，把代入得：，解得或，结合函数图象可得：．(1)解：抛物线关于轴对称，，，，把代入得：，，抛物线的解析式是；(2)当在上方时，过作交直线于，作直线，过作于，如图：，，是等腰直角三角形，，，，，，，，，

，，，，，，设直线为，，解得，直线为，由得：（点横坐标，舍去），，当时，，，；当在下方时，过作交直线于，过作轴，过作于，过作于，如图：同理可得，，，，设直线为，将，代入得：，解得，直线为，

由得（舍去）或，，；综上所述，点的坐标为，或，；(3)平移后顶点在直线上，设平移后的抛物线顶点为，则平移后的抛物线为，把代入得：，解得或，如图：结合函数图象可得，把代入得：，解得或，如图：结合函数图象可得：，综上所述，抛物线顶点横坐标的取值范围为或．【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、三角形全等的判定与性质等知识，还考查了数形结合、分类等数学思想，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．20．（2022·内蒙古·包头市第三十五中学三模）如图，抛物线交x轴于两点，交y轴于点C．

(1)求抛物线的解析式和对称轴．(2)若R为抛物线上一点，满足，求R的坐标．(3)若点P在抛物线的对称轴上，点Q是平面直角坐标系内的任意一点，是否存在点P

使得A、C、P、Q为顶点的四边形是矩形，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)，对称轴为直线(2)（4，-5）(3)存在，（4，1）或（-2，1）或或【分析】（1）利用待定系数解答，即可求解；（2）过点B作BM⊥BC交CR于点M，过点M作ME⊥x轴于点E，证明△BOC≌△MBE，可得点E（2，-1），然后求出直线CR的解析式，再与抛物线解析式联立，即可求解；（3）设，点Q（m，n），分两种情况讨论：然后分两种情况讨论：当AC为边时，当AC为对角线时，即可求解．(1)解：∵抛物线交x轴于，两点，∴，解得：，

∴该抛物线的解析式为，∴对称轴为直线；(2)解：当x=0时，，∴OC=3，∵点B（-1，0），∴OB=1，如图，过点B作BM⊥BC交CR于点M，过点M作ME⊥x轴于点E，∵∠BCR=45°，∴△BCM为等腰直角三角形，∠CBO+∠EBM=90°，∴BM=BC，∵∠EBM+∠BME=90°，∴∠CBO=∠BME，∵∠BEM=∠BOC=90°，∴△BOC≌△MBE，∴EM=BO=1，BE=OC=3，∴OE=2，∴点E（2，-1），设直线CR的解析式为把点C（0，3），M（2，-1）代入得：

，解得：，∴直线CR的解析式为，联立得：，解得：0或（舍去），∴点R（4，-5）；(3)解：存在．设，点Q（m，n），当以AC为边时，点C向点P（或点Q）平移的方向和距离与点A向点Q（或点P）平移的方向和距离相同，且AP=CQ（或AQ=CP），∴或，解得：或，∴此时点Q的坐标为（4，1）或（-2，1）如图，当AC为对角线时，AC=PQ，且PQ与AC的中点重合，如图，PQ=AC，

∴，解得：或，∴此时点Q的坐标为或；综上所述，点Q的坐标为（4，1）或（-2，1）或或【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，一次函数的图像和性质，矩形的性质，熟练掌握二次函数的综合题，一次函数的图像和性质，矩形的性质，利用数形结合思想解答是解题的关键，是中考的压轴题．21．（2022·广东·深圳市宝安第一外国语学校模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中．抛物线与x轴交于和，与y轴交于点C，连接．(1)求该抛物线的解析式；(2)如图2，点M为直线上方的抛物线上任意一点，过点M作y轴的平行线，交于点N，过点M

作x轴的平行线，交直线于点Q，求周长的最大值；(3)点P为抛物线上的一动点，且，请直接写出满足条件的点P的坐标．【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）利用待定系数法解答，即可求解；（2）先利用勾股定理求出，再求出直线解析式为：，设，则，可得，再由，可得，从而得到周长，再利用二次函数的性质，即可求解；（3）在x轴负半轴上取点E，使，连接交抛物线于点P，可得，然后求出直线解析式为，再求出直线CE与抛物线的交点坐标；作E关于直线的对称点F，连接并延长交抛物线于，连接EF交AC于点T，则，设，根据，可得．再求出直线CF的解析式，即可求解．（1）解：把和代入，得：，解得，∴抛物线解析式为；（2）解：令y=0，则，∴，∴OC=2，∵点A（-4，0），∴OA=4，∴，

∴可设直线解析式为，把代入得：，解得：，∴直线解析式为：，设，则，∴，∵轴，轴，∴，，∴，∴，即，∴，∴周长∵，∴当时，周长最大值为．（3）解：在x轴负半轴上取点E，使，连接交抛物线于点P，如图．

∴OE=2，∴，此时，即P是满足条件的点．∵，∴可设直线解析式为，把点E（-2，0）代入得：，解得：，∴直线解析式为，联立，解得：（舍去）或∴此时点∴；作E关于直线的对称点F，连接并延长交抛物线于，连接EF交AC于点T，则，∴是满足条件的点，设，根据对称性得：，∴解得或（舍去），∴．∵，∴可设直线解析式为，把点，代入得：，解得：，

∴直线解析式为，联立，解得或，∴，综上，为或．【点睛】本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质，相似三角形的判定和性质，二次函数与一次函数的交点问题，利用数形结合思想解答是解题的关键．22．（2022·江苏·徐州市金榜国际学校九年级阶段练习）如图，在二次函数（m是常数，且）的图像与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D．其对称轴与线段BC交于点E，与x轴交于点F．连接AC，BD．(1)求A，B，C三点的坐标（用数字或含m的式子表示），并求的度数；(2)若，求m的值；(3)若在第四象限内二次函数（m是常数，且）的图像上，始终存在一点P，使得，请结合函数的图像，直接写出m的取值范围．【答案】(1)A（-1，0）；B（2m+1，0）；C（0，2m+1）；(2)(3)

【分析】（1）分别令等于0，即可求得的坐标，根据，即可求得；（2）方法一：如图1，连接AE．由解析式分别求得，，．根据轴对称的性质，可得，由，建立方程，解方程即可求解．方法二：如图2，过点D作交BC于点H．由方法一，得，．证明，根据相似三角形的性质建立方程，解方程即可求解；（3）设PC与x轴交于点Q，当P在第四象限时，点Q总在点B的左侧，此时，即．【详解】（1）当时，．解方程，得，．∵点A在点B的左侧，且，∴，．当时，．∴．∴．∵，∴．（2）方法一：如图1，连接AE．∵，∴，．∴，，．∵点A，点B关于对称轴对称，∴．∴．∴．∵，，

∴，即．∵，∴．∴．∵，∴解方程，得．方法二：如图2，过点D作交BC于点H．由方法一，得，．∴