2025年中考数学压轴题训练——二次函数与相似三角形

2025年中考数学压轴题训练——二次函数与相似三角形 1．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C，连接． (1)求抛物线的解析式； (2)直线交x轴于点，点P为线段下方抛物线上的一点，过点P作轴交直线于点H，在直线上取点Q，连接，使得，求的最大值及此时P点的坐标； (3)连接，把原抛物线沿射线方向平移个单位长度，点M是平移后新抛物线上的一点，过点M作垂直x轴于点N，连接，直接写出所有使得的点M的横坐标． 2．如图，抛物线经过、、三点，对称轴与抛物线相交于点，与直线相交于点，连接，． (1)求该抛物线的解析式； (2)设对称轴与x轴交于点N，在对称轴上是否存在点G，使以O、N、G为顶点的三角形与△AOC相似？如果存在，请求出点G的坐标；如果不存在，请说明理由； (3)抛物线上是否存在一点Q，使与的面积相等，若存在，求点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 3．已知抛物线交x轴于，交y轴于点C． (1)求抛物线解析式； (2)如图1，P是第四象限内抛物线上的一点，PA交y轴于点D，连接BD，若，求点P的坐标； (3)在（2）的条件下，Q是点C关于抛物线的对称轴的对称点，连接BP，CP，CQ（如图2），在x轴上是否存在点R，使与相似？若存在，请求出点R的坐标；若不存在，请说明理由． 4．二次函数y＝ax2＋bx＋4的图象与x轴交于两点A、B，与y轴交于点C，且A（﹣1，0）、B（4，0）． (1)求此二次函数的表达式； (2)①如图1，抛物线的对称轴m与x轴交于点E，CD⊥m，垂足为D，点F（﹣，0），动点N在线段DE上运动，连接CF、CN、FN，若以点C、D、N为顶点的三角形与△FEN相似，求点N的坐标； ②如图2，点M在抛物线上，且点M的横坐标是1，将射线MA绕点M逆时针旋转45°，交抛物线于点P，求点P的坐标； (3)已知Q在y轴上，T为二次函数对称轴上一点，且△QOT为等腰三角形，若符合条件的Q恰好有2个，直接写出T的坐标． 5．综合与探究 如图，直线与x轴，y轴分别交于B，C两点，抛物线经过点B，C，与x轴的另一交点为A，顶点为D． (1)求抛物线的解析式及顶点D的坐标． (2)连接CD，BD，求点D到BC的距离h． (3)P为对称轴上一点，在抛物线上是否存在点Q，使得与相似？若存在，请直接写出Q点坐标；若不存在，请说明理由． 6．如图，已知抛物线与x轴的交点A（-3，0），B（1，0），与y轴的交点是点C． (1)求抛物线的解析式； (2)点P是抛物线对称轴上一点，当PB＋PC的值最小时，求点P的坐标； (3)点M在抛物线上运动，点N在y轴上运动，是否存在点M，N，使得且以点C，M，N为顶点的三角形与相似？若存在，求出点M和点N的坐标；若不存在，说明理由． 7．在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝mx2＋4mx＋4m＋6（m＜0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为点D． (1)当m＝﹣6时，直接写出点A，B，C，D的坐标； (2)如图1，直线DC交x轴于点E，若tan∠AED=，求m的值及直线DE的解析式； (3)如图2，在（2）的条件下，若点Q为OC的中点，连接AQ，动点P在第二象限的抛物线上运动，过点P作x轴的垂线．垂足为H，交AQ于点M，过点M作MN⊥DE，垂足为N，求PM＋MN的最大值． 8．如图，抛物线交轴于、两点，点坐标为，与轴交于点，以、为边作矩形交抛物线于点． (1)求抛物线的关系式： (2)现有一条垂直于轴的直线在、两点间（不包括、两点）平行移动，分别交轴于点，交于点，交于点，交抛物线于点，请用含的代数式表示的长； (3)在（2）的条件下，连结，则在上方的抛物线部分是否存在这样的点，使得以、、为顶点的三角形和相似？若存在，求出此时的值，并直接判断的形状；若不存在，请说明理由． 9．如图1，若关于x的二次函数（a，b，c为常数且）与x轴交于两个不同的点，，与y轴交于点C，抛物线的顶点为M，O是坐标原点． (1)若 ①求此二次函数图象的顶点M的坐标； ②定义：若点G在某一个函数的图象上，且点G的横纵坐标相等，则称点G为这个函数的“好点”．求证：二次函数有两个不同的“好点”． (2)如图2，连接，直线与x轴交于点P，满足，且的面积为，求二次函数的表达式． 10．如图，抛物线交x轴于A，B两点，交y轴于点C，直线的表达式为． (1)求抛物线的表达式； (2)动点D在直线上方的二次函数图象上，连接，设的面积为S，求S的最大值； (3)当点E为抛物线的顶点时，在x轴上是否存在一点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形与相似？若存在，请求出点Q的坐标． 11．如图，抛物线经过点，点，交y轴于点A，点H是该抛物线上第四象限内的一个动点，HE⊥x轴于点E，交线段AB于点D，HQ⊥y轴，交y轴于点Q． (1)求抛物线的函数解析式． (2)若四边形HQOE是正方形，求该正方形的面积． (3)连接OD、AC，抛物线上是否存在点H，使得以点O、A、D为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，请直接写出点H的坐标，若不存在，请说明理由． 12．已知：抛物线经过，，，三点． (1)求抛物线的解析式； (2)如图1，点P为直线上方抛物线上任意一点，连，交直线于点E，设，求当k取最大值时点P的坐标，并求此时k的值； (3)如图2，是x的正半轴上一点，过点D作y轴的平行线，与直线交于点M，与抛物线交于点N，连结，将沿翻折，M的对应点为．在图2中探究：是否存在点D，使得四边形是菱形？若存在，请求出D的坐标；若不存在，请说明理由． 13．如图，抛物线交x轴于点A和，交y轴于点，D是抛物线的顶点． (1)求抛物线的表达式和顶点D的坐标； (2)E是线段上一点，连接，，若，求点E的坐标； (3)M是y轴上一动点，连接并延长到点N，使，P是抛物线上一点，当时，直接写出点P的横坐标 14．如图，抛物线，抛物线交轴于点，直线与抛物线交于，两点，与轴交于点． (1)若，点，且满足，求点的坐标； (2)在（1）的条件下，作轴，交轴于，试说明、、在同一条直线上； (3)过点作轴，交轴于，若、、始终在同一条直线上，求、之间满足的数量关系． 15．如图所示，抛物线与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，点M为抛物线的顶点． (1)求点C及顶点M的坐标． (2)若点N是第四象限内抛物线上的一个动点，连接BN、CN，求面积的最大值． (3)直线CM交x轴于点E，若点P是线段EM上的一个动点，是否存在以点P、E、O为顶点的三角形与相似．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 16．如图①，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣1，0）、B（3，0），与y轴交于点C，连接BC，点P是抛物线上一动点． (1)求二次函数的表达式． (2)当点P不与点A、B重合时，作直线AP，交直线BC于点Q，若△ABQ的面积是△BPQ面积的4倍，求点P的横坐标． (3)如图②，当点P在第一象限时，连接AP，交线段BC于点M，以AM为斜边向△ABM外作等腰直角三角形AMN，连接BN，△ABN的面积是否变化？如果不变，请求出△ABN的面积；如果变化，请说明理由． 17．平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+3交x轴于A，B两点，点A，B的坐标分别为（-3，0），（1，0），与y轴交于点C，点D为顶点． (1)求抛物线的解析式和tan∠DAC； (2)点E是直线AC下方的抛物线上一点，且S△ACE=2S△ACD，求点E的坐标； (3)如图2，若点P是线段AC上的一个动点，∠DPQ=∠DAC，DP⊥DQ，则点P在线段AC上运动时，D点不变，Q点随之运动．求当点P从点A运动到点C时，点Q运动的路径长． 18．如图1，已知抛物线与轴交于A（-1，0），B两点，与轴交于点C（0，-2）连接BC． (1)求抛物线的解析式与直线BC的解析式； (2)点P是直线BC下方抛物线上一动点（不与B，C重合），当PD⊥BC于点D时，求出PD的最大值，并求此时点P的坐标； (3)如图2，连接AC，抛物线的对称轴为直线EF，点M是直线EF右侧抛物线上一点，连接AM交EF于点Q，过点M作MN⊥EF于点N，是否存在这样的点M，使得△QMN与△ACO相似？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025年3月11日初中数学作业》参考答案 1．(1) (2)， (3)12，0，或 【分析】（1）用待定系数法求解即可； （2）过点Q作于点E，先证明，求得，然后设，求出，即可得到，最后根据二次函数的性质，即可求得答案； （3）先求出平移后抛物线的解析式，然后根据相似三角形的判定与性质，证明，再设，列方程求解即可． 【详解】（1）解：把，代入，得， 解得， 所以抛物线的解析式为； （2）解：过点Q作于点E， ， ， 对于，令，则， ， ， 轴， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设直线的解析式为， 把，代入得， 解得， 直线的解析式为， 设，则， ， ， 当时，取得最大值为， 此时点P的坐标为； （3）解：， ，， ，，， ， ， 由题意抛物线沿射线方向平移个单位长度，相当于抛物线向右平移2个单位长度，再向下平移4个单位长度， ， 平移后抛物线的解析式为， ， ， ， ， 设，则， ， ， ， ， 解得，，，， 综上所述，点M的横坐标为12，0，或． 【点睛】本题考查了用待定系数法求二次函数和一次函数解析式，二次函数的平移，二次函数与坐标轴的交点，相似三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理逆定理，二次函数与几何综合，熟悉二次函数的性质是解答本题的关键． 2．(1) (2)存在， G点坐标为或或或 (3)存在，△QMB与△PMB的面积相等时，Q点坐标为， 或或 【分析】（1）把三点坐标代入函数式，列式求得，，的值，即求出解析式； （2）求得抛物线顶点和点的坐标，分两种情况根据三角形相似列比例式可得点的坐标； （3）根据三角形面积相等即同底等高即可，故分别求出与过点P与直线BC平行的直线解析式和过点N与直线BC平行的直线解析式，再分别与抛物线的解析式联立方程，解方程组即可求得点． 【详解】（1）解：把、、三点代入抛物线解析式得：， 解得：， 所以抛物线的解析式为； （2）解：存在， 由， 则顶点，对称轴为直线， ∴， ∵、， ∴，， 分两种情况讨论： ①当时， ∴，即， ∴， ∴或， ②当时， ∴，即， ∴， ∴或， 综上，点的坐标为或或或； （3）解：存在， 设直线的解析式为：， ∴，解得：， ∴直线的解析式为：， 当时，， ∴， ∴设过点与直线平行的直线为：， 将点代入，得， 解得，， ∴过点与直线平行的直线解析式为：， 联立，解得：，， ∵， ∴， 设过点与直线平行的直线为：， 同理将点代入，得出过点N与直线平行的直线为：， 联立，解得：，， ∴的坐标为或， 综上，点的坐标为或或． 【点睛】本题考查了利用待定系数法求函数解析式，二次函数解析式的顶点式，三角形相似的性质以及一次函数图象与二次函数图象的交点问题，本题较难．利用分类讨论的思想是解答本题的关键． 3．(1) (2)(2，−6) (3)存在，点R坐标为(−4，0)或(−1，0) 【分析】（1）用待定系数法即可求解； （2）由△ADO∽△DBO可求得OD，则得点D的坐标，进一步可求得直线AD的解析式，联立直线解析式与二次函数解析式即可求得点P的坐标； （3）过点P作x轴垂线于H，交CQ于G，易得∠PBA>∠PQC>∠PCQ，若△PBR 与 △PQC 相似，则只有∠PBA=∠CPQ，于是有两种情况：①△PBR∽△QPC；②△PBR∽△CPQ，根据这两种情况可分别求得点R的坐标． 【详解】（1）∵抛物线过两点， ∴， 解得：， 即抛物线解析式为． （2）由题意知：OA=1，OB=4，∠AOD=∠DOB=90°， ∴∠DAO+∠ODA=90°． ∵∠ADB=∠ODA+∠ODB=90°， ∴∠DAO=∠ODB． ∴△ADO∽△DBO． ∴，即． ∴OD=2． ∴D(0，−2)． 设直线AD的解析式为，把A、D两点坐标分别代入得：， 解得：， 即直线AD的解析式为． 解方程组：，得或（舍去）， ∴点P的坐标为(2，−6)． （3）存在点R． 过点P作x轴垂线于H，交CQ于G，由点P及点B坐标知，OH=HB=CG=2，HP=6． ∵抛物线的对称轴为直线，且Q、C关于抛物线对称轴对称， ∴点Q坐标为(3，−4)． ∴GQ=1，GP=2， ∵，， ∴， ∴∠PBA>∠PQC>45°． ∵CG=GP=2，PG⊥CQ， ∴∠PCQ=45°， 即∠PBA>∠PQC>∠PCQ ． 则当△PBR 与 △PQC 相似时，只有∠PBA=∠CPQ． ①当△PBR∽△QPC时，如图所示； 则∠BRP=∠PCQ=45°， ∴HR=HP=6， ∴OR=HR−OH=4， 即点R的坐标为(−4，0)； ②时△PBR∽△CPQ时，如图， 则∠BRP=∠PQC． 连接PA，则AH=OA+OH=1+2=3． ∵， ∴， ∴∠PAB=∠PQC， ∴∠BRP=∠PAB． 由于点R不能在x轴上点B的左边，则点A与点R重合． 即R(−1，0)． 综上所述，点R的坐标为(−4，0)或(−1，0)． 【点睛】本题是二次函数与几何的综合，考查了待定系数法求二次函数与一次函数解析式，相似三角形的判定与性质，三角函数等知识，灵活运用这些知识是解决问题的前提，注意分类讨论． 4．(1)y＝−x²＋3x＋4 (2)①点N的坐标为（，）或（，2）；②（4，0） (3)T（，0）、T（，）、T（，﹣） 【分析】（1）先求得点C的坐标，设抛物线的解析式为y＝a（x＋1）（x−4），将点C的坐标代入求得a的值，从而得到抛物线的解析式； （2）①先求得抛物线的对称轴，然后求得CD，EF的长，设点N的坐标为（0，a）则ND＝4−a，NE＝a，然后依据相似三角形的性质列出关于a的方程，然后可求得a的值； ②过点A作轴，过点M作轴，交点为D，过点A作AE⊥AM，取AE＝AM，作EF⊥x轴，垂足为F，连接EM交抛物线于点P，则△AME为等腰直角三角形，然后再求得点M的坐标，从而可得到MD＝2，AD＝6，然后证明△ADM≌△AFE，于是可得到点E的坐标，然后求得EM的解析式为y＝−2x＋8，最后求得直线EM与抛物线的交点坐标即可； （3）当点T在x轴上时，为等腰直角三角形，此时Q恰好有2个；当为等边三角形时，Q恰好有2个；分别求出此时T点的坐标即可． 【详解】（1）解：当x＝0时，y＝4， ∴C（0，4）． 设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x-4），将点C的坐标代入得：-4a＝4，解得a＝-1， ∴抛物线的解析式为y＝-x²+3x+4． （2）①抛物线的对称轴为直线x＝＝， ∵点， ∴CD＝，EF＝， 设点N的坐标为（，a）则ND＝4-a，NE＝a， 当△CDN∽△FEN时，＝， 即＝， 解得a＝， ∴点N的坐标为（，）； 当△CDN∽△NEF时，＝， 即， 解得：a＝2． ∴点N的坐标为（，2）； 综上所述，点N的坐标为（，）或（，2）． ②过点A作轴，过点M作轴，交点为D，过点A作AE⊥AM，取AE＝AM，作EF⊥x轴，垂足为F，连接EM交抛物线于点P，如图所示： ∵AM＝AE，∠MAE＝90°， ∴∠AMP＝45°， 将x＝1代入抛物线的解析式得：y＝6， ∴点M的坐标为（1，6）， ∴MD＝2，AD＝6， ∵∠DAM＋∠MAF＝90°，∠MAF＋∠FAE＝90°， ∴∠DAM＝∠FAE． 在△ADM和△AFE中， ∠D＝∠AFE＝90° ∠DAM＝∠FAE AM＝AE， ∴△ADM≌△AFE， ∴EF＝DM＝2，AF＝AD＝6， ∴E（5，−2）， 设EM的解析式为y＝kx＋b， 将点M和点E的坐标代入得：， 解得k＝−2，b＝8， ∴直线EM的解析式为y＝−2x＋8， 联立，解得：x＝1或x＝4， 将x＝4代入y＝−2x＋8得：y＝0， ∴点P的坐标为（4，0）． （3）抛物线的对称轴为直线x＝， 当点T在x轴上时，为等腰直角三角形，此时Q恰好有2个，则点T的坐标为（，0）； 当为等边三角形时，Q恰好有2个，设点，， ∵为等边三角形， ， ∵，，， ∴， 解得：， ∴此时T点的坐标为：（，）、（，﹣）； 综上分析可知，T点坐标为（，0）、（，）、（，﹣）． 【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，相似三角形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质，通过作辅助线构造等腰直角三角形、全等三角形求得点E的坐标是解题的关键． 5．(1)，顶点(1，4) (2) (3)（0，3）或（2，3） 【分析】（1）求出直线与x轴，y轴的交点代入即可求抛物线的解析式及顶点D的坐标； （2）过点作与对称轴交于点，求出的长用分割法求出的面积，再求出BC从而求得D到BC的距离h； （3）为等腰直角三角形，为等腰直角三角形求出Q的坐标. 【详解】（1）解：直线与x轴，y轴分别交于B，C两点， 令，，即点（0，3）； 令，，，即点（3，0） 将点（0，3），（3，0）代入 解得 ∴抛物线的解析式为：； ∴， ∴顶点(1，4) （2） 过点作与对称轴交于点， 当时，，点（1，2）， ∴， 在中，由勾股定理得 ， ， 又， ∴． （3） 如图，设存在，过作,设， ，， 由与相似， ∴， ∴， 解得，（2，3）， 由抛物线的对称性得另一种情况Q（0，3）， 如图，当点为时，与相似，不变． ∴Q（0，3）或（2，3）． 【点睛】此题考查了用待定系数法求抛物线的解析式，利用割补法求平面直角坐标系中三角形的面积及利用相似三角形求边的关系从而求出坐标，熟练利用相关知识是解决本题的关键． 6．(1) (2)P(-1，-4) (3)M（-1，-8），N（0， ）或M，N（0， ）． 【分析】（1）将A（-3，0），B（1，0）代入，求出a和b即可； （2）根据抛物线的性质可知，即，即AC与对称轴的交点即为点P，根据抛物线求出C点坐标，从而可求出AC的直线解析式，从而即可求出点P的坐标； （3）设M点的坐标为（t， ），分t>0和t<0讨论，当t<0时，分△CMN∽△COA和△CMN∽△AOC进行讨论，当t>0时，不存在符合的点． 【详解】（1）解：将A（-3，0），B（1，0）代入，得： ， 解得：， ∴抛物线的解析式为； （2）解：∵点P是抛物线对称轴上一点， ∴， ∴， ∴连接AC，AC与对称轴的交点即为点P，如图． ∵对于，令，则， ∴C(0，-6)， 设直线AC的解析式为， ∴， 解得：， ∴直线AC的解析式为． ∵抛物线对称轴为， ∴对于， 令，则， ∴P(-1，-4)； （3）解：设M点的坐标为（t， ）， 当点M在点C下方时，过M点作MD⊥y轴于点D， 当△CMN∽△COA时，∠MCD=∠OCA， ∵∠CMN=∠MDN=90°， ∴∠CMD+∠NMD=∠CMD+∠MCD=90°， ∴∠NMD=∠MCD， ∴△CMN∽△MDN， tan∠MCD=tan∠OCA=tan∠DMN =， 即， ∴，， 则， 即 ， 即， 解得t=-1， 点M和点N的坐标分别为M（-1，-8），N（0， ） 当△CMN∽△AOC时，可得， 则， 解得 ， 点M和点N的坐标分别为M，N（0， ） 当t>0时，没有符合的点， 存在点M，N，使得，点M和点N的坐标分别为M（-1，-8），N（0， ）或M，N（0， ）． 【点睛】本题是二次函数综合题，涉及最短路径问题，相似三角形问题，整体难度较大． 7．(1)（﹣3，0），（﹣1，0），（0，﹣18），（﹣2，6） (2)m，yx (3) 【分析】（1）当m＝﹣6时，可得抛物线的解析式，令y=0，解方程可得A、B两点的坐标，令x=0，可求得C点的坐标，代入对称轴方程，可得D点的坐标； （2）根据题意可求得C，D的坐标，进而可得直线DC的解析式，令y=0，可求得点E的坐标，根据tan∠AED=，代入解方程，可得m的值，进而可求得直线DE的解析式； （3）延长HP与直线ED交于点J，设点P（t， ），则点M（t， ），可用含t的式子表示出PM的长，同理可表示出JM的长，易证△MJN∽△ECO，由相似的性质可用t表示MN的长，进而可得PM+MN为关于t的二次函数，利用二次函数求最值，可得答案． 【详解】 解：（1）当m＝﹣6时，抛物线的表达式为：y＝﹣6x2﹣24x﹣18， 令y＝0，则x＝﹣1或﹣3；当x＝0时，y＝﹣18，函数的对称轴为x＝﹣2， 故点A、B、C、D的坐标分别为（﹣3，0）、（﹣1，0）、（0，﹣18）、（﹣2，6）； 故答案为：（﹣3，0），（﹣1，0），（0，﹣18），（﹣2，6）； （2）y＝mx2+4mx+4m+6，令x＝0，则y＝4m+6， ∴C（0，4m+6）， ∵函数的对称轴为直线x＝﹣2， ∴点D的坐标为（﹣2，6）， 由点C、D的坐标得，直线CD的表达式为：y＝2mx+4m+6， 令y＝0，则x2，故点E（2，0），则OE2， ∴tan∠AED，解得m， ∴点C、E的坐标分别为（0，），（，0）， 设直线DE的解析式为：y＝kx+b， ∴，解得． ∴直线DE的解析式为：yx． （3）如图，延长HP与直线ED交于点J， 由（2）知，抛物线的表达式为：yx2x， ∴点A、C的坐标分别为（﹣5，0）、（0，）， ∴点Q（0，）， ∴直线AQ的表达式为：yx； 设点P（t，t2t），则点M（t，t）； 则PMt2﹣3t， 由点E（，0）、C的坐标得，直线CE的表达式为：yx， ∴J（t，t）， ∴JMt， ∵MN⊥DE，JM∥y轴， ∴∠MNJ＝∠EOC＝90°，∠MJN＝∠ECO， ∴△MJN∽△ECO， ∴，则MN•MJ＝﹣t+1， ∴PM+MNt2﹣3t（﹣t+1）t2﹣4t（t+3）2； ∴当t＝﹣3时，PM+MN的最大值为． 【点睛】本题属于二次函数综合题，灵活运用数形结合的思想是解题的关键． 8．(1) (2) (3)存在，的值为或；直角三角形或等腰三角形 【分析】（1）将A（-3，0），C （0，4）代入抛物线解析式，运用待定系数法即可求出抛物线的解析式； （2）先根据A、C的坐标，用待定系数法求出直线AC的解析式，进而根据抛物线和直线AC的解析式分别表示出点P、点Q的坐标，即可得到PQ的长； （3）由于∠QFC和∠AEP都是直角，F和E对应，则若以Q、C、F为顶点的三角形和△AEM相似时，分两种情况进行讨论：①△CFQ∽△PEA，②△QFC∽△PEA，可分别用含A的代数式表示出AE、EP、CF、QF的长，根据相似三角形对应边的比相等列出比例式，求出m的值，再根据相似三角形的性质，直角三角形的判定判断出△PCQ的形状． 【详解】（1）因为抛物线经过点，． 所以， 解得， 因此抛物线的解析式为； （2）设直线的解析式为， 因为，． 所以， 解得， 所以直线的解折式为． 因为直线交于点， 所以点的坐标为， 因为点的横坐标为，点在抛物线上， 所以点的坐标为， 所以， 即． （3）在（2）的条件下，连结，在上方的抛物线部分存在这样的点使得以 、、为顶点的三角形和相似，理由如下： 由题意，可得，，． ． 若以、、为顶点的三角形和相似，分两种情况： 情况①：若，则， 即， 因为，，所以． 因为，所以， 因为，所以． 在中，因为，所以， 即，因此为直角三角形． 情况②：若，则， 即， 因为，，所以． 因为，所以， 因为，所以． 于是，即为等腰三角形． 综上所述，存在这样的点使以、、为顶点的三角形和相似．此时的值为或，为直角三角形或等腰三角形． 【点睛】此题是二次函数的综合题，其中涉及到运用待定系数法求二次函数、一次函数的解析式，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的判定，难度适中．要注意的是当相似三角形的对应边和对应角不明确时要分类讨论以免漏解． 9．(1)①（1，4）；②见解析 (2) 【分析】（1）①把代入后，再化成顶点式即可得到答案；②根据“好点”的定义可设G（m，m）代入函数解析式，再判断可得结论； （2）由，点C的坐标为（0，c），则BO=2c，点B坐标为（2c，0），利用一元二次方程根与系数的关系：，可得，求出，标表示出点A坐标为，由顶点坐标，用待定系数法表示出直线MC的解析式为：，点P坐标为，再相似得PC2=PA•PB，勾股定理得PC2=OP2+OC2=，得，利用整体思想先求出b的值，再利用二次函数图象上点的坐标特征即可求出a，c的值，从而进一步可得出结论． 【详解】（1）①把代入， ∴， ∴抛物线的顶点坐标为（1，4）； ②设G（m，m） 代入得， ∴， 整理得，， ∴ ， ∴有两个不同的m的值 即：二次函数有两个不同的“好点”． （2）（3）∵，点C的坐标为（0，c）， 则BO=2c，点B坐标为（2c，0）， 由一元二次方程根与系数的关系：可得， ∴， ∴点A坐标为， ∵顶点坐标M ，C（0，c）， 直线MC的函数关系式为：y=mx+n， 根据题意得，， 解得：， ∴直线MC的解析式为：， ∴点P坐标为， 由此可得， ∵∠PCA=∠PBC，∠CPA=∠BPC， ∴△PCA∽△PBC， ∴， ∴PC2=PA•PB， PC2=OP2+OC2= ， ∴， ∴， ∴①， 把点B（2c，0）代入二次函数解析式， 得：4ac2+2bc+c=0， ∴4ac+2b+1=0， ∴4ac+b+1=-b②， 将②式代入①式得，， 将代入4ac+2b+1=0， 得，-4+2b+1=0， 解得：， ∴P的坐标为， 又∵， ∴， 解得，（ 舍去）， ∴ 又∵c=-， ∴ ∴． 【点睛】本题考查了二次函数的综合性问题，待定系数法求函数关系式，相似三角形的性质判定，勾股定理的运用，解题关键是综合解题的能力． 10．(1) (2) (3)存在；Q的坐标为或 【分析】（1）首先根据一次函数的解析式求出点B，C的坐标，然后利用待定系数法解题即可； （2）设，则，，，，然后表示出S，然后利用二次函数的性质求最大值即可； （3）首先根据二次函数的解析式求出顶点坐标，然后证明，最后分情况利用相似三角形的判定及性质求解即可． 【详解】（1）解：把代入得， ∴， 把代得， ∴， 将，代入得：， 解得：， ∴抛物线的表达式为． （2）如图1，过点D作轴于点F， 设，则，，， 则， ∴当时，S有最大值，最大值为． （3）∵， ∴， 又∵，， ∴，，， ∴， ∴， 如图2，连接，如图所示： ①∵，， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴当Q的坐标为时，， ②过点C作，交x轴与点， ∵为直角三角形，， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， 解得， ∴； 综上所述，当Q的坐标为或时，以A，C，Q为顶点的三角形与相似． 【点睛】本题主要考查二次函数与几何综合，掌握二次函数的图象及性质，待定系数法和相似三角形的判定及性质是解题的关键． 11．(1) (2) (3)存在，点H的坐标为或 【分析】(1)根据点C， B的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数的表达式； (2) 设正方形的边长为，则， 利用正方形的性质可得出关于c的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论； (3)过点D作DM⊥y轴于点M．①若△OAD∽△CBA，根据相似三角形的性质得，即可求出H点横坐标为．将代入中，得，即可求出H坐标，②若△OAD∽△ABC，根据正方形的性质解得AD，，即求出H点横坐标为．将代入中，即可求出点H坐标． 【详解】（1）解：将点，点代入中， 得，解得， ∴函数的解析式为． （2）设正方形的边长为，则， 把代入，得，解得（负数舍去）， ∴． （3）存在，点H的坐标为或． 如图，过点D作DM⊥y轴于点M． ∵OA＝OB＝4， ∴∠OAD＝∠CBA＝45°，． 若△OAD∽△CBA，则，即， 解得， ∴，即H点横坐标为． 将代入中，得， ∴点H坐标为． 若△OAD∽△ABC， 则， 即， 解得，   ∴，即H点横坐标为． 将代入中， 得， ∴点H坐标为． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、正方形的性质、等腰直角三角形以及相似三角形的性质，解题的关键是，根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；利用正方形的性质，找出关于x的一元二次方程； 12．(1) (2)k取得的最大值是，此时 (3)存在，或 【分析】（1）根据抛物线经过，，设，将代入，求得：，得到 ； （2）过点P作轴交直线于点H，得到，，根据，，得到，求出直线的解析式，   设点，，得到，得到        ，得到k取得最大值，； （3）由折叠知，，，根据时，判断四边形为菱形，设，，得到，，推出， 解得：或，得到点D坐标为或． 【详解】（1）解：∵抛物线经过，，， ∴设， 将代入，得， 解得：， ∴， ∴抛物线的解析式为； （2）解：如图1，过点P作轴交直线于点H， ∴， ∴， ∵，， ∴， 设直线的解析式为， ∵，， ∴解得：， ∴直线的解析式为，    设点，则， ∴，           ∴， ∴当时，k取得最大值，此时，， （3）由折叠知，，， ∴当时，四边形为菱形， 设，则， ∴， ∴，， 解得：或， 综上所述：点D坐标为或． 【点睛】本题考查了二次函数，相似三角形，二次函数的最值，折叠，菱形．熟练掌握用待定系数法求二次函数的解析式，作辅助线构建相似三角形，用配方法将二次函数解析式化为顶点式，求二次函数的最值，折叠图形的全等性，菱形的判定，是解决问题的关键． 13．(1)，顶点 (2) (3)，，， 【分析】（1）直接根据待定系数法求出抛物线的解析式，并化成顶点式即可； （2）过点E作于点F，于点G，连接，先求出直线AD的解析式，设，则，，，，由条件，得，代入可求解； （3）过点N作NE⊥y轴于E，过N作NQ⊥x轴与过P点作PQ⊥y轴，两直线交于Q，过P作PZ⊥x轴，得PN=3BP，△NPB∽△PZB，得，代入求解即可． 【详解】（1）解：将点和的坐标代入中， 得，解得 ∴． ∴ ∴顶点． （2）解：过点E作于点F，于点G，连接， 将代入， 得 ∴， ∴． 设直线所对应的函数表达式为，将和的坐标代入， 得，解得 ∴直线所对应的函数表达式为 设，则， ∴ ∴ ∵， ∴ ∵， ∴ ∴ ∴点 （3）解：过点N作NE⊥y轴于E，过N作NQ⊥x轴与过P点作PQ⊥y轴，两直线交于Q，过P作PZ⊥x轴，如图， ∵MN=BM，∠BMO=∠NME，∠NEO=∠EOB=90° ∴△BOM≌△NEM ∴NE=OB=1 ∵ ∴， 即 ∴PN=3BP ∵∠NPQ+∠QPB=∠QPB+∠BPZ=90° ∴NPQ =∠BPZ 又∵∠NPB=∠PZB=90° ∴△NPB∽△PZB ∴ 即 ∴ ∵P在抛物线上， ∴ ∴ 或 解得，，， 【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，二次函数与三角形的面积，相似三角形的判定与性质，解题的关键是构造相似三角形，利用相似比列方程求解． 14．(1)B（2,6）； (2)见详解； (3)，证明见详解． 【分析】（1）先求出AB的函数解析式：，再利用，证得BM=2MN=2，进而求出BE= 6，将y=6代入，AB的函数解析式：，得x=2，即可得B坐标； （2）先求出抛物线解析式：，E（2,0）再求出设AC的函数解析式：，令x=2时，则y=0，故E（2,0）在一次函数上，说明、、在同一条直线上； （3）点，点则，利用函数关系求出，利用，可得，则：，将代入，得：，化简即可得到d与c的关系． 【详解】（1）解：过点D作，垂足为点M，过点A作，垂足为点N． 设AB的函数解析式： ∵， ∴AB的函数解析式： ∵ ∴则 ∴AB的函数解析式： ∵， ∴MN=1 ∵， ∴ ∵ ∴BM=2MN=2 ∴BN=BM+MN=2+1=3   ∴BE=BN+NE=3+3=6 ∴将y=6代入，AB的函数解析式：，得x=2 ∴B（2,6） （2）解：将，B（2,6）代入 则：，解得： ∴抛物线解析式： ∴C（0,2） 设AC的函数解析式：， 将C（0,2），代入 则：，得 ∴设AC的函数解析式：， ∵B（2,6），轴， ∴E（2,0） 当x=2时，y=0 故E（2,0）在一次函数上， ∴、、在同一条直线上； （3）解：连接AC，并延长AC，因为若、、始终在同一条直线上 所以可设直线AC的函数解析式：， 设点，点则 将代入中，则：，则： 则，则： ∵轴， ∴轴， ∴ ∴ 则： 将代入，得： 化简得： 即：过点作轴，交轴于，若、、始终在同一条直线上，时． 【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数解析式的求法，待定系数法，利用函数图象上点的坐标的特征表示相应的线段的长度，三角形相似等性质，利用函数图象上点的坐标的特征表示相应的线段的长度是解题的关键． 15．(1)C点坐标为（0，-3），顶点M的坐标为（1，-4）； (2) (3)P点的坐标为或（-1，-2）． 【分析】（1）令抛物线解析式中x=0即可求出C点坐标，写出抛物线顶点式，即可求出顶点M坐标； （2）过N点作x轴的垂线交直线BC于Q点，设N（n，n2-2n-3），求出BC解析式，进而得到Q点坐标，最后根据S△BCN=S△NQC+S△NQB即可求解； （3）连接AC，由CE=CB可知∠EBC=∠E，求出MC的解析式，设P（x，-x-3），然后根据△PEO相似△ABC，分成和讨论即可求解． 【详解】（1）解：令y=x2-2x-3中x=0，此时y=-3， 故C点坐标为（0，-3）， 又∵y=x2-2x-3=（x-1）2-4， ∴抛物线的顶点M的坐标为（1，-4）； （2）解：过N点作x轴的垂线交直线BC于Q点，连接BN，CN，如图1所示： 令y=x2-2x-3=0， 解得：x=3或x=-1， ∴B（3，0），A（-1，0）， 设直线BC的解析式为：y=ax+b， 将C（0，-3），B（3，0）代入直线BC的解析式得：， 解得：， ∴直线BC的解析式为：y=x-3， 设N点坐标为（n，n2-2n-3），故Q点坐标为（n，n-3），其中0＜n＜3， 则S△BCN=S△NQC+S△NQB=•QN•（xB-xC），（其中xQ，xC，xB分别表示Q，C，B三点的横坐标），且QN=（n-3）-（n2-2n-3）=-n2+3n，xB-xC=3， 故S△BCN=- (n−)2+，其中0＜n＜3， 当n=时，S△BCN有最大值为， （3）解：存在，理由如下： 连接AC，OP，如图2所示： 设MC的解析式为：y=kx+m， 将C（0，-3），M（1，-4）代入MC的解析式，得：， 解得：， ∴MC的解析式为：y=-x-3，令y=0，则x=-3， ∴E点坐标为（-3，0）， ∴OE=OB=3， ∵OC⊥BE， ∴CE=CB， ∴∠CBE=∠E， 设P（x，-x-3）， 又∵P点在线段EC上， ∴-3＜x＜0， 则 由题意知：△PEO相似于△ABC， 分情况讨论： ①△PEO∽△CBA， ∴， ∴， 解得，满足-3＜x＜0，此时P的坐标为； ②△PEO∽△ABC， ∴， ∴， 解得x=-1，满足-3＜x＜0，此时P的坐标为（-1，-2）． 综上所述，存在以点P、E、O为顶点的三角形与△ABC相似，P点的坐标为或（-1，-2）． 【点睛】本题是二次函数综合题目，考查了二次函数的图象和性质、待定系数法求直线的解析式、相似三角形的性质和判定等知识；本题综合性较强，具有一定的难度，熟练掌握二次函数的图形和性质，学会用代数的方法求解几何问题． 16．(1)y＝﹣x2+2x+3． (2)P点的横坐标为或或． (3)△ABN的面积不变，为4． 【分析】（1）将A，B点坐标代入即可求出二次函数的表达式； （2）分类讨论：当P在x轴上方和在x轴下方，运用高相等的两个三角形的面积比等于底边比这一概念进行求解； （3）找出N点的运动轨迹为平行于x轴的一条直线即可． 【详解】（1）解：∵二次函数经过A（﹣1，0），（3，0）， ∴代入得， 解得， 所以二次函数的表达式为y＝﹣x2+2x+3； （2）解：①如图所示，当P在x轴上方时， 过点P作PF⊥x轴于点F，过点E作QE⊥x轴于点E，过点B作BG⊥AP于点G， 可得△AQE∽△APF， ∴． ∵， ∴， ∴， 设点P（a，﹣a2+2a+3）， ∴OF＝a，PF＝﹣a2+2a+3， ∴AF＝a﹣（﹣1）＝a+1，， ∴， ∴， ∴Q点的坐标可表示为（，）． ∵B（3，0），C为二次函数与y轴交点， ∴C（0，3）， 可得BC的解析式为y＝﹣x+3， ∵Q在BC上， ∴， 解得或； ②如图所示，当P在x轴下方时， 同理①可求出P点的横坐标为或， ∵， ∴当P点横坐标为时，P在抛物线的AC段， 不合题意，舍去， 综上所述，P点的横坐标为或或； （3）解：如图所示，以AB为底在x轴上方作等腰直角三角形ABK，连接NK，过点K作KH⊥x轴于点H， ∵△AMN和△ABK均为等腰直角三角形， ∴，∠NAM＝∠BAK， ∴∠NAM+∠MAK＝∠BAK+∠MAK， ∴∠NAK＝∠MAB， ∴△NAK∽△MAB， ∴∠NKA＝∠MBA， ∵C（0，3），B（3，0）， ∴OC＝OB， ∴∠MBA＝45°＝∠NAK＝∠KAB， ∴， ∵两条平行线之间的距离相等， ∴N在运动时，N到AB的距离保持不变，其距离都等于KH的长， ∵在等腰直角三角形KAB中，AB＝4， ∴， ∴． 综上所述，△ABN的面积不变，为4． 【点睛】本题是二次函数综合题，第一问考查了二次函数的解析式的求法，第二问是二次函数和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而表示出点的坐标，第三问则是利用了瓜豆原理的思想进行求解． 17．(1)， (2)E（1，0）或（-4，-5） (3)点Q运动的路径长为 【分析】（1）将点A（-3，0），B（1，0）分别代入抛物线y=ax2+bx+3可解的a，b的值，从而得到解析式，tan∠DAC=，可根据表达式求出C，D的坐标然后计算DC和AC的长度计算； （2）可取一点E，过E作EF平行于x轴，交AC于F此时可表示出S△ACE，根据类方程S△ACE=2S△ACD，求E点坐标即可； （3）根据题能得到Q的运动轨迹为直线，且当P在A处时Q在C处，当P运动到C处时，分别求出CQ，DQ'的长，即可求解． 【详解】（1）解：将A（-3，0），B（1，0）分别代入抛物线y=ax2+bx+3可得： ，解得； ∴抛物线解析式为y=-x2-2x+3， ∴D（-1，4），C（0，3）； ∴AC=3，DC=； ∴tan∠DAC=； （2）解：如图1所示，过E作EF∥x轴交AC于点F， 设点E（m，-m2-2m+3），直线AC的表达式为y=kx+n， 将A（-3，0），C（0，3）分别代入y=kx+n可得： ，解得， ∴直线AC表达式为y=x+3， ∴F（-m2-2m，-m2-2m+3）， ∴EF=m+m2+2m=m2+3m， ∴S△ACE=（xC-xA）EF， ∵S△ACD=AC•CD=3， ∴S△ACE=（xC-xA）EF=2S△ACD=6， ∴（m2+3m）=6， 解得m1=1，m2=-4， ∴E（1，0）或（-4，-5）； （3）解：如图2所示， 当点P与点A重合时， ∵∠ADQ=∠DCA=90°， ∴∠DAC+∠ADC=90°=∠ADC+∠QDC， ∴∠DAC=∠QDC， 又∵∠DCA=∠DCQ=90°， ∴△ADC∽△DQC， ∴， ∴CQ=， 当点P与点C重合时， ∴∠Q'DC=∠ACD=90°， ∴DQ'∥CQ， ∵∠DAC=∠Q'P'D，∠Q'DP'=∠ACD=90°， ∴△ADC∽△P'Q'D， ∴， ∴DQ'=， ∴DQ'=CQ， ∴四边形DQ'QC是平行四边形， ∴QQ'=CD=． 【点睛】本题主要考查了二次函数综合题，运用待定系数法求函数的解析式、相似三角形的判定与性质、正切函数、求直线与抛物线的交点坐标等知识，确定点Q的运动路径是解决第（3）小题的关键． 18．(1)； (2)当时，PD的最大为，P（） (3)存在，或或 【分析】（1）用待定系数法即可求得抛物线的解析式；由所求抛物线的解析式即可求得点B的坐标，再用待定系数法可求得直线BC的解析式； （2）过点P作PG⊥轴，交BC于点H，设P(），则可得点H的坐标，从而可求得PH的长；易得△PDH∽△BOC，由相似三角形的性质可得到PD关于x的二次函数，即可求得PD取得最大值时点P的坐标； （3）过点M作MK⊥x轴于K，设点P的坐标为(）；分△ACO∽△QMN、△ACO∽△MQN两种情况考虑，则两种情况的相似转化为△ACO∽△MAK、△ACO∽△AMK，由相似三角形的性质可得关于x的方程，解方程即可求得点P的坐标． 【详解】（1）（1）将点A（-1，0），C(0，-2)代入中， 得， 解得， 所以二次函数的表达式为， 令时， 解得 ∴B（3，0） 设直线BC的解析式为 将点B（3，0），C(0，-2)代入中， 得 解得 所以直线BC的解析式为 （2）过点P作PG⊥轴，交BC于点H 设P(） ∴H(） ∴ ∵PG⊥轴 ∴PG∥轴 ∴∠BHG=∠BCO ∵∠PHD=∠BHG ∴∠PHD=∠BCO ∵∠PDH=∠BOC=90° ∴△PDH∽△BOC ∴ ∵B(3,0)，C(0,-2) ∴BO=3，OC=2 ∴BC= ∴ ∴PD= 当时 PD最大 ∴P（） （3）存在 如图，过点M作MK⊥x轴于K，设点M的坐标为(），则 由于抛物线的对称轴为直线，且点M在抛物线的右边 ∴x>1 ∴， ①当△ACO∽△QMN时 ∵MN⊥EF ∴∠NMQ=∠MAK ∴△QMN∽△MAK ∴△ACO∽△MAK ∴ ∵OA=1，OC=2 ∴MK=AK ∴ 即或 解前一方程得：或x=−1(舍去)，解后方程得或x=−1（舍去） 此时点M的坐标为或 ②当△ACO∽△MQN时 ∵△MQN∽△AMK ∴△ACO∽△AMK ∴ ∴MK=2AK ∴ 即或 解前一方程得：x=6或x=−1(舍去) 解后方程得x=0或x=−1，这两个解均不符合题意，舍去 此时点M的坐标为 综上所述，满足条件的点M的坐标为或或 【点睛】本题是二次函数的综合问题，考查了用待定系数法求二次函数与二次函数的解析式，二次函数的图象及最大值，相似三角形的性质与判定，涉及分类讨论思想及方程思想，有一定的难度和运算量． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$