試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁中考高頻壓軸題突破——二次函數與角度1．如圖，已知二次函數的圖象與軸交于，兩點在左側)，與軸交于點，頂點為．（1）當時，求四邊形的面積；（2）在（1）的條件下，在第二象限拋物線對稱軸左側上存在一點，使，求點的坐標；（3）如圖2，將（1）中拋物線沿直線向斜上方向平移個單位時，點為線段上一動點，軸交新拋物線于點，延長至，且，若的外角平分線交點在新拋物線上，求點坐標．2．如圖1，拋物線y＝﹣x2+2x+3的圖象與x軸交于點A、B，與y軸交于點C，連接BC．（1）求直線BC的解析式；（2）如圖2，點P是拋物線在第一象限內的一點，作PQ∥y軸交BC于Q，當線段PQ的長度最大時，在x軸上找一點M，使PM+CM的值最小，求PM+CM的最小值；（3）拋物線的頂點為點E，連接AE，在拋物線上是否存在一點N，使得直線AN與直線AE的夾角為45度，若存在請直接寫出滿足條件的點N的坐標，若不存在，請說明理由．3．如圖，已知二次函數y＝+bx+c的圖象交x軸于點A，B，交y軸于點C（0，﹣2），一次函數y＝x+n的圖象經過A，C兩點，點P為直線AC下方二次函數圖象上的一個動點，直線BP交線段AC于點E，PF⊥AC于點F．（1）求二次函數的解析式；（2）求的最大值及此時點P的坐標；（3）連接CP，是否存在點P，使得Rt△CPF中的一個銳角恰好等于2∠BAC？若存在，請直接寫出點P的坐標；否則，說明理由．4．如圖，已知二次函數的圖像與x軸交于A、B兩點(點A在點B左側)，與y軸交于點C.(1)求線段BC的長；(2)當0≤y≤3時，請直接寫出x的范圍；(3)點P是拋物線上位于第一象限的一個動點，連接CP，當∠BCP＝90o時，求點P的坐標.5．如圖，一次函數的圖像與坐標軸交于A、B兩點，點C的坐標為，二次函數的圖像經過A、B、C三點．（1）求二次函數的解析式（2）如圖1，已知點在拋物線上，作射線BD，點Q為線段AB上一點，過點Q作軸于點M，作于點N，過Q作軸交拋物線于點P，當QM與QN的積最大時，求點P的坐標；（3）在（2）的條件下，連接AP，若點E為拋物線上一點，且滿足，求點E的坐標．

6．如圖①拋物線y＝ax2+bx+4（a≠0）與x軸，y軸分別交于點A（﹣1，0），B（4，0），點C三點．（1）試求拋物線的解析式；（2）點D（3，m）在第一象限的拋物線上，連接BC，BD．試問，在對稱軸左側的拋物線上是否存在一點P，滿足∠PBC＝∠DBC？如果存在，請求出點P點的坐標；如果不存在，請說明理由；（3）點N在拋物線的對稱軸上，點M在拋物線上，當以M、N、B、C為頂點的四邊形是平行四邊形時，請直接寫出點M的坐標．7．如圖，在平面直角坐標系中拋物線交x軸于點A、B，交y軸于點C，A、B兩點橫坐標為-1和3，C點縱坐標為-4.（1）求拋物線的解析式；（2）動點D在第四象限且在拋物線上，當△BCD面積最大時，求D點坐標，并求△BCD面積的最大值；（3）拋物線的對稱軸上是否存在一點Q，使得∠QBC=45°，如果存在，求出點Q的坐標，不存在說明理由.8．如圖，A（﹣1，0），B（4，0），C（0，3）三點在拋物線y＝ax2+bx+c上，D為直線BC上方拋物線上一動點，E在CB上，∠DEC＝90°（1）求拋物線的函數表達式；（2）如圖1，求線段DE長度的最大值；（3）如圖2，F為AB的中點，連接CF，CD，當△CDE中有一個角與∠CFO相等時，求點D的橫坐標；若不存在，請說明理由．9．已知拋物線ykx24kx3kk0與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左邊），與y軸交于點C，頂點為D．（1）如圖1，請求出A、B兩點的坐標；（2）點E為x軸下方拋物線ykx24kx3kk0上一動點.①如圖2，若k=1時，拋物線的對稱軸DH交x軸于點H，直線AE交y軸于點M，直線BE交對稱軸DH于點N，求MONH的值；②如圖3，若k2時，點F在x軸上方的拋物線上運動，連接EF交x軸于點G，且滿足FBAEBA，當線段EF運動時，FGO的度數大小發生變化嗎？若不變，請求出tanFGO的值；若變化，請說明理由.10．如圖所示，平面直角坐標系中，O為坐標原點，二次函數的圖象與x軸交于、B兩點，與y軸交于點C；（1）求c與b的函數關系式；（2）點D為拋物線頂點，作拋物線對稱軸DE交x軸于點E，連接BC交DE于F，若AE＝DF，求此二次函數解析式；（3）在（2）的條件下，點P為第四象限拋物線上一點，過P作DE的垂線交拋物線于點M，交DE于H，點Q為第三象限拋物線上一點，作于N，連接MN，且，當時，連接PC，求的值．11．如圖，拋物線經過，兩點．求拋物線的函數表達式；求拋物線的頂點坐標，直接寫出當時，x的取值范圍；設點M是拋物線的頂點，試判斷拋物線上是否存在點H滿足？若存在，請求出點H的坐標；若不存在，請說明理由．12．如圖，拋物線交x軸于A、B兩點點A在點B的左邊，交y軸于點C，直線經過點C與x軸交于點D，拋物線的頂點坐標為．請你直接寫出CD的長及拋物線的函數關系式；求點B到直線CD的距離；若點P是拋物線位于第一象限部分上的一個動點，則當點P運動至何處時，恰好使？請你求出此時的P點坐標．13．如圖，拋物線經過A（），B（），C（）三點．（1）求拋物線的解析式；（2）在直線AC下方的拋物線上有一點D，使得△DCA的面積最大，求點D的坐標；（3）設點M是拋物線的頂點，試判斷拋物線上是否存在點H滿足？若存在，請求出點H的坐標；若不存在，請說明理由．14．如圖，矩形OABC的兩邊在坐標軸上，連接AC，拋物線經過A，B兩點．（1）求A點坐標及線段AB的長；（2）若點P由點A出發以每秒1個單位的速度沿AB邊向點B移動，1秒后點Q也由點A出發以每秒7個單位的速度沿AO，OC，CB邊向點B移動，當其中一個點到達終點時另一個點也停止移動，點P的移動時間為t秒．①當PQ⊥AC時，求t的值；②當PQ∥AC時，對于拋物線對稱軸上一點H，∠HOQ＞∠POQ，求點H的縱坐標的取值范圍．15．已知拋物線的解析式為．(1)當自變量時，函數值y隨x的增大而減少，求b的取值范圍；(2)如圖，若拋物線的圖象經過點A，與x軸交于點C，拋物線的對稱軸與x軸交于B．①求拋物線的解析式；②在拋物線上是否存在點P，使得？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．16．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx+3與x軸交于A（﹣4，0）、B（﹣1，0）兩點，與y軸交于點C，點D是第三象限的拋物線上一動點．（1）求拋物線的解析式；（2）設點D的橫坐標為m，△ACD的面積為S，求出S與m的函數關系式，并確定m為何值時S有最大值，最大值是多少？（3）若點P是拋物線對稱軸上一點，是否存在點P使得∠APC=90°？若存在，請直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由．17．如圖，拋物線y＝x2＋bx＋c經過B(－1，0)，D(－2，5)兩點，與x軸另一交點為A，點H是線段AB上一動點，過點H的直線PQ⊥x軸，分別交直線AD、拋物線于點Q、P.(1)求拋物線的解析式；(2)是否存在點P，使∠APB＝90°，若存在，求出點P的橫坐標，若不存在，說明理由；(3)連接BQ，一動點M從點B出發，沿線段BQ以每秒1個單位的速度運動到Q，再沿線段QD以每秒個單位的速度運動到D后停止，當點Q的坐標是多少時，點M在整個運動過程中用時t最少？18．已知拋物線的解析式為.（1）當自變量時，函數值隨的增大而減少，求的取值范圍；（2）如圖，若拋物線的圖象經過點，與軸交于點，拋物線的對稱軸與軸交于.①求拋物線的解析式；②在拋物線上是否存在點，使得？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由.答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．（1）4；（2），；（3）．【分析】（1）過點D作DE⊥x軸于點E，求出二次函數的頂點D的坐標，然后求出A、B、C的坐標，然后根據即可得出結論；（2）設點是第二象限拋物線對稱軸左側上一點，將沿軸翻折得到，點，連接，過點作于，過點作軸于，證出，列表比例式，并找出關于t的方程即可得出結論；（3）判斷點D在直線上，根據勾股定理求出DH，即可求出平移后的二次函數解析式，設點，，過點作于，于，軸于，根據勾股定理求出AG，聯立方程即可求出m、n，從而求出結論．【解析】解：（1）過點D作DE⊥x軸于點E當時，得到，頂點，∴DE=1由，得，；令，得；，，，，OC=3．（2）如圖1，設點是第二象限拋物線對稱軸左側上一點，將沿軸翻折得到，點，連接，過點作于，過點作軸于，由翻折得：，；，，軸，，，，由勾股定理得：，，，，，，，解得：(不符合題意，舍去)，；，．（3）原拋物線的頂點在直線上，直線交軸于點，如圖2，過點作軸于，；由題意，平移后的新拋物線頂點為，解析式為，設點，，則，，，過點作于，于，軸于，，，、分別平分，，，點在拋物線上，，根據題意得：解得：【點評】此題考查的是二次函數的綜合大題，難度較大，掌握二次函數平移規律、二次函數的圖象及性質、相似三角形的判定及性質和勾股定理是解決此題的關鍵．2．（1）y＝﹣x+3；（2）；（3）點N的坐標為：（﹣，）．【分析】（1）拋物線x軸交于點A、B，與y軸交于點C，則點A、B、C的坐標分別為：（-1，0）、（3，0）、（0，3），即可求解；（2）取點C關于x軸的對稱點C′（0，-3），連接PC′交x軸于點M，則點M為所求點，此時PM+CM的最小，即可求解；（3）設GM=AG=x，則GE=2x，AE=AG+EG=3x=，解得：x=，HM2=AH2-OM2=（x）24=，故HM=，則點H（1，），將點A、H代入一次函數表達式并解得：直線AH（N）的表達式為：y=x+，即可求解．【解析】解：（1）拋物線y＝﹣x2+2x+3，拋物線x軸交于點A、B，與y軸交于點C，則點A、B、C的坐標分別為：（﹣1，0）、（3，0）、（0，3），∴將點B、C的坐標代入一次函數表達式：y＝kx+b并解得：直線BC的表達式為：y＝﹣x+3；（2）設點P（x，﹣x2+2x+3），則點Q（x，﹣x+3），PQ＝﹣x2+2x+3+x﹣3＝﹣x2+3x，當x＝時，PQ有最大值，此時點P（，）；取點C關于x軸的對稱點C′（0，﹣3），連接PC′交x軸于點M，則點M為所求點，此時PM+CM的最小，∴PM+CM的最小值＝PC′=；（3）如圖，設直線AN交對稱軸于點H，故點H作HG⊥AE于點G，對稱軸交x軸于點M，tan∠AEM＝，設GM＝AG＝x，則GE＝2x，AE＝AG+EG＝3x＝，解得：x＝，HM2＝AH2﹣OM2＝（）2﹣4＝，∴HM＝，則點H（1，），將點A、H代入一次函數表達式并解得：直線AH（N）的表達式為：；聯立直線BC和直線AH，則：，解得：x＝或﹣1（舍去﹣1），故點N的坐標為：（﹣，）．【點評】本題考查的是二次函數綜合運用，涉及到點的對稱性、解直角三角形、一次函數等，其中（3），用解直角三角形的方法求解點H坐標，是此類題目的一般方法．3．（1）y＝；（2）m＝2時，有最大值為，此時P點坐標為（2，﹣3）；（3）P點坐標是（2，﹣3）或【分析】（1）求出A點坐標，根據待定系數法，可得函數解析式；（2）過點B作BM∥y軸交AC于點M，過點P作PN∥y軸交AC于點N，可得PN∥BM，則△BME∽△PNE，則，可求出BM＝，設P（），可表示PN長，則可得關于m的二次函數，根據二次函數的性質，可得答案；（3）根據勾股定理的逆定理得到△ABC是以∠ACB為直角的直角三角形，取AB的中點D，求得D（，0），得到DA＝DC＝DB＝，過P作x軸的平行線交y軸于R，交AC于G，情況一：如圖，∠PCF＝2∠BAC＝∠DGC+∠CDG，情況二，∠FPC＝2∠BAC，解直角三角形即可得到結論．【解析】解：（1）由C（0，﹣2），可知一次函數解析式為y＝，當y＝0時，x＝4，即A（4，0），將A，C點坐標代入函數解析式，得，解得：，拋物線的解析是為y＝；（2）如圖1，過點B作BM∥y軸交AC于點M，過點P作PN∥y軸交AC于點N，∴PN∥BM，∴△BME∽△PNE，∴，∵B（﹣1，0），∴x＝﹣1時，y＝﹣，∴M（﹣1，﹣，∴BM＝，設P（），則N（），∴，，∴當m＝2時，有最大值為，此時P點坐標為（2，﹣3）；（3）如圖2，∵A（4，0），B（﹣1，0），C（0，﹣2），∴AC＝，BC＝，AB＝5，∴AC2+BC2＝AB2，∴△ABC是以∠ACB為直角的直角三角形，取AB的中點D，∴D（，0），∴DA＝DC＝DB＝，∴∠CDO＝2∠BAC，∴tan∠CDO＝tan（2∠BAC）＝，過P作x軸的平行線交y軸于R，交AC的延長線于G，情況一：如圖2，∵∠PCF＝2∠BAC＝∠PGC+∠CPG，∴∠CPG＝∠BAC，∴tan∠CPG＝tan∠BAC＝，即，設P（a，），∴PR＝a，RC＝﹣，∴，∴a1＝0（舍去），a2＝2，∴xP＝2，y＝，P（2，﹣3），情況二，∴∠FPC＝2∠BAC，∴tan∠FPC＝，設FC＝4k，∴PF＝3k，PC＝5k，∴FG＝6k，∴CG＝2k，PG＝k，∴，∴，∴，∴a1＝0（舍去），，x＝時，y＝﹣，即P．綜上所述：P點坐標是（2，﹣3）或【點評】本題考查的知識點有二次函數的圖象及其性質，一次函數的圖象與性質，平行線分線段成比例，相似三角形的判斷和性質，是一道比較好的綜合性題目.4．（1）5；（2），；（3）點P坐標為(，).【分析】（1）分別求出點B和點C的坐標，再運用勾股定理即可求出BC的長；（2）求出y=0和y=3時相應的x的值，結合函數的圖象即可得到答案；（3）過點P作PD⊥y軸，設點P坐標為(x,)，則點D坐標為(0,)，表示出PD，CD，證明△PDC∽△COB，得出，列方程求解即可.【解析】(1)當x＝0時，y＝3，∴C(0,3)，∴OC＝3當y＝0時，解得x1＝－1，x2＝4∴A(－1,0)，B(4,0)，∴OA＝1，OB＝4在Rt△BOC中，BC＝＝5；(2)當y＝0時，解得x1＝－1，x2＝4當y＝3時，解得x1＝0，x2＝4∴當0≤y≤3時，，

(3)過點P作PD⊥y軸設點P坐標為(x,)，則點D坐標為(0,)∴PD＝x，CD＝－3＝∵∠BCP＝90°，∴∠PCD＋∠BCO＝90°，∵∠PCD＋∠CPD＝90°，∴∠BCO＝∠CPD∵∠PDC＝∠BOC＝90°，∴△PDC∽△COB

∴，∴，∴x＝或x＝0(舍去)當x＝時，y＝∴點P坐標為(，).【點評】本題主要考查了二次函數的綜合題的知識，此題涉及到二次函數的性質、相似三角形的判定與性質以及勾股定理等知識．5．（1）；（2）；（3）或【分析】（1）求出A、B的坐標，設二次函數解析式為，把A（0，2）代入即可得出結論；（2）先求出D的坐標和直線BD的解析式，過D作DT⊥x軸于T，可求得∠DBO=45°．設Q（m，m+2），則G（m，-m+4），MQ=m．設∠ABO=α，則∠NBQ=45°－α，∠MQB=180°－α．證明ΔGQN為等腰直角三角形，表示出NQ，MQ?NQ，利用二次函數的性質解答即可；（3）如圖，過A作AH⊥PE于點H，解Rt△APH，得到AH=1，PH=2．設H（m，n），利用兩點間距離公式可求出H的坐標，進而求出點E的坐標．【解析】（1）在中，令x=0，得y=2，∴A（0，2）；令y=0，得，解得：x=4，∴B（4，0）．設二次函數解析式為，將A（0，2）代入得：解得：，∴．（2）∵點D（1，n）在拋物線上，∴n==3，∴D（1，3）．設直線BD的解析式為y=kx+b，則，解得：，∴直線BD的解析式為：y=-x+4．過D作DT⊥x軸于T，則OT=1，DT=3．∵OB=4，∴BT=OB-OT=4-1=3，∴DT=BT，∴∠DBO=45°．設Q（m，m+2），則G（m，-m+4），MQ=m．設∠ABO=α，則∠NBQ=45°－α∠MQB=180°－α．又∵∠PQM=90°，∠NQB=90°－（45°－α）=45°+α，∴∠GQN=360°－90°－（180°－α）－（45°+α）=45°，∴ΔGQN為等腰直角三角形，∴NQ=，∴MQ?NQ=．當m=2時，QM?QN最大，此時P（2，3）．（3）如圖，過A作AH⊥PE于點H，其中，∠APE=∠ABO．又A（0，2），P（2，3），，∴，∴PH=2AH．∵AP=，，∴，∴AH=1，PH=2．設H（m，n），則，，解得：；，∴，．①易求直線PH的解析式為：令解得：（舍）∴；②易求直線PH1的解析式為：．令，解得：，∴．綜上所述：符合題意的E點坐標為或．【點評】本題是二次函數綜合題．考查了待定系數法求二次函數的解析式、二次函數的最值、解直角三角形等知識點．靈活運用基礎知識是解答本題的關鍵．6．（1）y＝﹣x2+3x+4；（2）存在．P（﹣，）．（3）

【分析】（1）將A,B,C三點代入y＝ax2+bx+4求出a,b,c值，即可確定表達式；（2）在y軸上取點G，使CG＝CD＝3，構建△DCB≌△GCB，求直線BG的解析式，再求直線BG與拋物線交點坐標即為P點，（3）根據平行四邊形的對邊平行且相等，利用平移的性質列出方程求解，分情況討論.【解析】解：如圖：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+4（a≠0）與x軸，y軸分別交于點A（﹣1，0），B（4，0），點C三點．∴解得∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+3x+4．（2）存在．理由如下：y＝﹣x2+3x+4＝﹣（x﹣）2+．∵點D（3，m）在第一象限的拋物線上，∴m＝4，∴D（3，4），∵C（0，4）∵OC＝OB，∴∠OBC＝∠OCB＝45°．連接CD，∴CD∥x軸，∴∠DCB＝∠OBC＝45°，∴∠DCB＝∠OCB，在y軸上取點G，使CG＝CD＝3，再延長BG交拋物線于點P，在△DCB和△GCB中，CB＝CB，∠DCB＝∠OCB，CG＝CD，∴△DCB≌△GCB（SAS）∴∠DBC＝∠GBC．設直線BP解析式為yBP＝kx+b（k≠0），把G（0，1），B（4，0）代入，得k＝﹣，b＝1，∴BP解析式為yBP＝﹣x+1．yBP＝﹣x+1，y＝﹣x2+3x+4當y＝yBP時，﹣x+1＝﹣x2+3x+4，

解得x1＝﹣，x2＝4（舍去），∴y＝，∴P（﹣，）．（3）

理由如下，如圖B(4，0),C(0，4)，拋物線對稱軸為直線，設N(，n)，M(m,﹣m2+3m+4)第一種情況：當MN與BC為對邊關系時，MN∥BC,MN=BC,∴4-=0-m，∴m=∴﹣m2+3m+4=,∴；或∴0-=4-m，∴m=∴﹣m2+3m+4=,∴；第二種情況：當MN與BC為對角線關系，MN與BC交點為K,則K(2,2)，∴∴m=∴﹣m2+3m+4=∴綜上所述，當以M、N、B、C為頂點的四邊形是平行四邊形時，點M的坐標為

.【點評】本題考查二次函數與圖形的綜合應用，涉及待定系數法，函數圖象交點坐標問題，平行四邊形的性質，方程思想及分類討論思想是解答此題的關鍵.7．（1）；（2）D（，-5），最大值；（3）（1，）.【分析】（1）將A，B，C三點坐標代入拋物線，即可求出；（2）作DH垂直AB于H，設D點坐標為（x，y），則有OC=4，OB=3，OH=x，HD=-y，由，，化簡即可出；（3）由函數關系式：化簡得對稱軸為，作出對稱軸，交x軸于F點，連接CB，交對稱軸于E點，求出BC的函數解析式，則可以知道E點坐標為：（1，），所以存在一點Q，使得∠QBC=45°，并且點Q在FE之間，設Q點坐標為：（1，），求出線段的斜率，線段的斜率，利用兩直線相交交角為，得到，化簡即可．【解析】解：（1）由圖像可知：A，B，C，三點的坐標分別是（-1，0），（3，0），（0，-4），將A，B，C三點坐標代入拋物線得：，解之得：∴拋物線的解析式為：；（2）如圖，作DH垂直AB于H，設D點坐標為（x，y），則有：OC=4，OB=3，OH=x，HD=-y，HB=3-x，∴梯形CDHO為直角梯形，∴即：又∵D點在拋物線上，∴∴當時，△BCD面積有最大值，是，∴所以D點坐標為：（，-5）；（3）由函數關系式：化簡得：，∴對稱軸為：，如圖示：作出對稱軸，交x軸于F點，連接CB，交對稱軸于E點，∴由B，C，的坐標分別是（3，0），（0，-4），設BC的函數解析式為：則：，解之得：∴BC的函數解析式為：，當時，，∴E點坐標為：（1，），∴BF=2，FE=，∴，即：∴存在一點Q，使得∠QBC=45°，并且點Q在FE之間，設Q點坐標為：（1，）∴，，∵直線BQ和BC的交角為，∴即：化簡得：，∴Q點坐標為：（1，）【點評】本題考查二次函數綜合題、一次函數的應用、待定系數法、三角函數等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，二次函數解決最值問題，學會確定兩個函數的交點坐標，屬于綜合應用題．8．（1）y＝；（2）；（3）或.【分析】（1）根據待定系數法，可得函數解析式；（2）根據平行于y軸直線上兩點間的距離是較大的縱坐標減較小的縱坐標，可得DM，根據相似三角形的判定與性質，可得DE的長，根據二次函數的性質，可得答案；（3）根據正切函數，可得∠CFO，根據相似三角形的性質，可得GH，BH，根據待定系數法，可得CG的解析式，根據解方程組，可得答案.【解析】解：（1）由題意，得，解得，拋物線的函數表達式為y＝﹣x2+x+3；（2）設直線BC的解析是為y＝kx+b，，解得，∴y＝﹣x+3，設D（a，﹣a2+a+3），（0＜a＜4），過點D作DM⊥x軸交BC于M點，如圖1，M（a，﹣a+3），DM＝（﹣a2+a+3）﹣（﹣a+3）＝﹣a2+3a，∵∠DME＝∠OCB，∠DEM＝∠BOC，∴△DEM∽△BOC，∴，∵OB＝4，OC＝3，∴BC＝5，∴DE＝DM∴DE＝﹣a2+a＝﹣（a﹣2）2+，當a＝2時，DE取最大值，最大值是，（3）假設存在這樣的點D，使得△CDE中有一個角與∠CFO相等，∵點F為AB的中點，∴OF＝，tan∠CFO＝＝2，過點B作BG⊥BC，交CD的延長線于G點，過點G作GH⊥x軸，垂足為H，如圖2，①若∠DCE＝∠CFO，∴tan∠DCE＝＝2，∴BG＝10，∵△GBH∽BCO，∴，∴GH＝8，BH＝6，∴G（10，8），設直線CG的解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴直線CG的解析式為y＝x+3，∴，解得x＝，或x＝0（舍）．②若∠CDE＝∠CFO，同理可得BG＝，GH＝2，BH＝，∴G（，2），同理可得，直線CG的解析是為y＝﹣x+3，∴，解得x＝或x＝0（舍），綜上所述，存在點D，使得△CDE中有一個角與∠CFO相等，點D的橫坐標為或．【點評】本題是二次函數的綜合題：熟練掌握二次函數的性質、二次函數圖象上點的坐標特征；會利用待定系數法求函數解析式；會利用相似三角形的性質表示線段之間的關系，從而構建一元二次方程；理解坐標與圖形性質．9．（1）A(1,0)、B(3,0)；（2）①，②不會變化，4.【分析】（1）令ykx24kx3k=0，求得x1=1,x2=3,故A（1,0）B（3,0）（2）①過點E作EKx軸于點k，設E(m,m24m3)，易證BKE∽BHN,AKE∽AOM，則，故,，求出NHm1,MOm3得；②過點E作ENx軸于點N，作FHx軸于點H過點E作EMFH,交FH的延長線于點M，設F(n,2n28n6),E(a,2a28a6)當n3時，不能滿足FBAEBA,當n1，由FHB∽ENB，則，故，得：na2，82(na)4為定值，即tanFGO的值不變.【解析】解：（1）令ykx24kx3k=0，求得x1=1,x2=3,故A（1,0）B（3,0）（2）①yx24x3，如圖1過點E作EKx軸于點k，∵KE∥HN∥x軸，∴BKE∽BHN,AKE∽AOM，設E(m,m24m3)，即：,得：NHm1,MOm3②不會變化．如圖2過點E作ENx軸于點N，作FHx軸于點H過點E作EMFH,交FH的延長線于點M，設F(n,2n28n6),E(a,2a28a6)當n3時，不能滿足FBAEBA,當n1，FBAEBA，∴FHB∽ENB，則，，得：na2，82(na)4綜上可知：當點F和E在拋物線上運動時，tanFGO的值不會發生變化，且tanFGO4【點評】此題主要考查二次函數綜合題，解題的關鍵是熟知二次函數的性質與相似三角形的判定與性質.10．（1）；（2）；（3）【分析】（1）把A（-1，0）代入y=x2-bx+c，即可得到結論；（2）由（1）得，y=x2-bx-1-b，求得EO=，AE=+1=BE，于是得到OB=EO+BE=++1=b+1，當x=0時，得到y=-b-1，根據等腰直角三角形的性質得到D（，-b-2），將D（，-b-2）代入y=x2-bx-1-b解方程即可得到結論；（3）連接QM，DM，根據平行線的判定得到QN∥MH，根據平行線的性質得到∠NMH=∠QNM，根據已知條件得到∠QMN=∠MQN，設QN=MN=t，求得Q（1-t，t2-4），得到DN=t2-4-（-4）=t2，同理，設MH=s，求得NH=t2-s2，根據勾股定理得到NH=1，根據三角函數的定義得到∠NMH=∠MDH推出∠NMD=90°；根據三角函數的定義列方程得到t1=，t2=-（舍去），求得MN=，根據三角函數的定義即可得到結論．【解析】（1）把A（﹣1，0）代入，∴，∴；（2）由（1）得，，∵點D為拋物線頂點，∴，∴，當時，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，將代入得，，解得：，（舍去），∴二次函數解析式為：；（3）連接QM，DM，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，設，則，∴，同理，設，則，∴，在中，，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴；∵，∴，，∵，∴，即，解得：，（舍去），∴，∵，∴，∴，當時，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，，，過P作于T，∴，∴，∴．【點評】本題考查了待定系數法求二次函數的解析式，平行線的性質，三角函數的定義，勾股定理，正確的作出輔助線構造直角三角形是解題的關鍵．11．（1）（2）（3）【分析】根據待定系數法，可得拋物線的解析式；根據拋物線的解析式和二次函數的性質，可得答案；根據余角的性質，可得，根據相似三角形的判定與性質，可得，根據解方程組，可得H點坐標．【解析】將，兩點代入拋物線中，可得：，解得：，所以拋物線的解析式為：；拋物線的解析式為：．所以拋物線的頂點坐標為，當時，x的取值范圍為：；存在點H滿足，由知M點的坐標為如圖：作交x軸于點，作軸于點N，，，．，∽，，，，解得，點坐標為直線MK的解析式為，，把代入，化簡得．，，，將代入，解得，直線MK與拋物線有兩個交點M、H，拋物線上存在點H，滿足，此時點H的坐標為【點評】本題考查了二次函數綜合題，利用待定系數法求函數解析式；利用拋物線的解析式和二次函數的性質是解題關鍵，利用相似三角形的判定與性質得出是解題關鍵，解方程組是此題的難點．12．（1）CD=5，；（2）；（3）．【分析】（1）求出點C，D的坐標，再用勾股定理求得CD的長；設拋物線為y=a（x﹣2）2+4，將點C坐標代入求得a，即可得出拋物線的函數表達式；（2）過點B直線CD的垂線，垂足為H．在Rt△BDH中，利用銳角三角函數即可求得點B到直線CD的距離；（3）把點C（0，3）向上平移4個單位，向右平移3個單位得到點E（3，7），可得△OCD≌△FEC，則△DEC為等腰直角三角形，且∠EDC═45°，所以直線ED與拋物線的交點即為所求的點P，解方程組即可得出結論．【解析】（1）∵，∴C（0，3），D（4，0）．∵∠COD=90°，∴CD．設拋物線為y=a（x﹣2）2+4，將點C（0，3）代入拋物線，得：3=4a+4，∴，∴拋物線的函數關系式為；（2）過點B作BH⊥CD于H，由，可得：x1=﹣2，x2=6，∴點B的坐標為（6，0）．∵OC=3，OD=4，CD=5，∴OB=6，從而BD=2．在Rt△DHB中，∵BH=BD?sin∠BDH=BD?sin∠CDO=2，∴點B到直線CD的距離為．（3）把點C（0，3）向上平移4個單位，向右平移3個單位得到點E（3，7）．∵CF=OD=4，EF=OC=3，∠CFE=∠DOC=90°，∴△OCD≌△FEC，∴∠FCE=∠ODC，EC=DC，∴∠ECD=180°﹣（∠FCE+∠OCD）=180°﹣（∠ODC+∠OCD）=180°﹣90°=90°，∴△DEC為等腰直角三角形，且∠EDC═45°，因而，ED與拋物線的交點即為所求的點P．由E（3，7），D（4，0），可得直線ED的解析式為：y=﹣7x+28，由，得（另一組解不合題意，已舍去．）所以，此時P點坐標為（）．【點評】本題是二次函數綜合題．考查了學生將二次函數的圖象與解析式相結合處理問題、解決問題的能力．13．（1）拋物線的解析式為；（2）點D的坐標為（-1，-1）．（3）點H存在．點H坐標為．【解析】試題分析：（1）由待定系數法即可得；由題意可求得直線AC的解析式為．如圖，設D點的橫坐標為t（-2＜t＜0），則D點的縱坐標為．過D作y軸的平行線交AC于E．則E點的坐標為．從而可得，用h表示點C到線段DE所在直線的距離，則可得，由-2＜t＜0可知當t=-1時，△DAC面積最大，此時點D的坐標為（-1，-1）．點H存在．由（1）知，點M的坐標為如圖，假設存在點H，滿足作直線MH交軸于點K（，0），作MN⊥軸于點N．可得，從而有，從而得點K的坐標為（），得直線MK的解析式為，解方程組，得，．將代入中，解得，由于直線MN與拋物線有兩個交點（其中一點為頂點M）．從而知拋物線上必存在一點H，使∠AMH＝90?，此時點H坐標為．試題解析：（1）∵該拋物線過點C（0，2），∴可設該拋物線的解析式為．將A（-2，0），B（-，0）代入，得，解得：∴此拋物線的解析式為；（2）由題意可求得直線AC的解析式為．如圖，設D點的橫坐標為t（-2＜t＜0），則D點的縱坐標為．過D作y軸的平行線交AC于E．∴E點的坐標為．∴，用h表示點C到線段DE所在直線的距離，∴∵-2＜t＜0∴當t=-1時，△DAC面積最大，此時點D的坐標為（-1，-1）．（3）點H存在．由（1）知，點M的坐標為如圖，假設存在點H，滿足作直線MH交軸于點K（，0），作MN⊥軸于點N．∵,，∴，∵，∴，∴，∴∴，∴，∴點K的坐標為（），所以直線MK的解析式為，∴，把①代入②，化簡，得：，＞0．∴，．將代入中，解得∴直線MN與拋物線有兩個交點（其中一點為頂點M）．∴拋物線上必存在一點H，使∠AMH＝90?，此時點H坐標為．考點：二次函數綜合題.14．（1）A（0，﹣2），AB=4（2）①②或【解析】解：（1）由拋物線知：當x=0時，y=﹣2，∴A（0，﹣2）．∵四邊形OABC是矩形，∴AB∥x軸，即A、B的縱坐標相同．當y=﹣2時，，解得．∴B（4，﹣2）．∴AB=4．（2）①由題意知：A點移動路程為AP=t，Q點移動路程為7（t－1）="7"t－7．當Q點在OA上時，即，時，如圖1，若PQ⊥AC，則有Rt△QAP∽Rt△ABC．∴，即，解得．∵，∴此時t值不合題意．當Q點在OC上時，即，時，如圖2，過Q點作QD⊥AB．∴AD=OQ=7（t﹣1）﹣2=7t﹣9．∴DP=t﹣（7t﹣9）=9﹣6t．若PQ⊥AC，則有Rt△QDP∽Rt△ABC，∴，即，解得．∵，∴符合題意．當Q點在BC上時，即，時，如圖3，若PQ⊥AC，過Q點作QG∥AC，則QG⊥PG，即∠GQP=90°．∴∠QPB＞90°，這與△QPB的內角和為180°矛盾，此時PQ不與AC垂直．綜上所述，當時，有PQ⊥AC．②當PQ∥AC時，如圖4，△BPQ∽△BAC，∴，∴，解得t=2．即當t=2時，PQ∥AC．此時AP=2，BQ=CQ=1．∴P（2，﹣2），Q（4，﹣1）．拋物線對稱軸的解析式為x=2，當H1為對稱軸與OP的交點時，有∠H1OQ=∠POQ，∴當yH＜﹣2時，∠HOQ＞∠POQ．作P點關于OQ的對稱點P′，連接PP′交OQ于點M，過P′作P′N垂直于對稱軸，垂足為N，連接OP′，在Rt△OCQ中，∵OC=4，CQ=1．∴OQ=，∵S△OPQ=S四邊形ABCD﹣S△AOP﹣S△COQ﹣S△QBP=3=OQ×PM，∴PM=．∴PP′=2PM=．∵NPP′=∠COQ．∴Rt△COQ∽△Rt△NPP′．∴，即，解得，．∴P′（）．∴直線OP′的解析式為．∴OP′與NP的交點H2（2，）．∴當時，∠HOP＞∠POQ．綜上所述，當或時，∠HOQ＞∠POQ．（1）已知拋物線的解析式，將x=0代入即可得A點坐標；由于四邊形OABC是矩形，那么A、B縱坐標相同，代入該縱坐標可求出B點坐標，則AB長可求．（2）①Q點的位置可分：在OA上、在OC上、在CB上三段來分析，若PQ⊥AC時，很顯然前兩種情況符合要求，首先確定這三段上t的取值范圍，然后通過相似三角形（或構建相似三角形），利用比例線段來求出t的值，然后由t的取值范圍將不合題意的值舍去．②當PQ∥AC時，△BPQ∽△BAC，通過比例線段求出t的值以及P、Q點的坐標，可判定P點在拋物線的對稱軸上，若P、H1重合，此時有∠H1OQ=∠POQ．若作P點關于OQ的對稱點P′，OP′與NP的交點H2，亦可得到∠H2OQ=∠POQ，而題目要求的是∠HOQ＞∠POQ，那么H1點以下、H2點以上的H點都是符合要求的．15．(1)(2)；P或P【分析】（1）由題意可知：對稱軸只需要小于或等于2即可，從而可求出b的范圍；（2）將A代入拋物線解析式即可求出b的值．由于，且P在拋物線上，故需要對P的位置進行分類討論即可．第一種情況：由于，當P在對稱軸的左側時，可得，問題得解；第二種情況：當P在對稱軸的右側時，連接AP并延長交x軸于E，此時，，過點A作軸于點G，過點P作軸于點H，過點E作于點F，由，可得，即有，，，，設P，有，，即有，問題解得．【解析】（1）拋物線的對稱軸為：，根據拋物線開口向下，可知：在對稱軸的右側，函數值y隨x的增大而減少，又∵時，函數值y隨x的增大而減少，∴，∴；（2）將A代入拋物線的解析式中，∴，∴，∴拋物線的解析式為：；拋物線的對稱軸為：，則有，即A在拋物線的對稱軸的右側，第一種情況：由于，當P在對稱軸的左側時，此時，∴，∴P的縱坐標與A的縱坐標相同，均為5，∴根據拋物線的對稱性可得點P的橫坐標為0，即P點坐標為，第二種情況：當P在對稱軸的右側時，連接AP并延長交x軸于E，此時，∴，過點A作軸于點G，過點P作軸于點H，過點E作于點F，∵，，∴，，∴由勾股定理可知：，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，，∴，，設P，∵，∴，，∴，即=，解得：（舍去）或，∴P．綜上所述：P或P．【點評】本題考查了二次函數的圖形與性質，解直角三角形，勾股定理等知識，掌握二次函數的圖象和性質，靈活運用三角形函數的知識是解答本題的關鍵．16．（1）y=x2+x+3；（2）m為﹣2時S有最大值，最大值是6；（3）P的坐標為（﹣，）或（﹣，）【分析】（1）將點A和點B的坐標代入解析式，利用待定系數法求出函數解析式；（2）首先求出點C的坐標，然后利用待定系數法求出直線AC的函數解析式，過點D作DE∥y軸，交AC于點E，設出點D和點E的坐標，然后求出DE的長度，根據面積的計算公式得出面積的二次函數解析式，從而得出面積的最大值；（3）