2026年中考数学一轮专题复习-二次函数压轴题（角度问题）

2026年中考数学一轮专题复习-二次函数压轴题（角度问题） 1.如图，抛物线y=ax2+bx-4与x轴交于A、B两点，A(-2,0),B8,0),与y轴交于点 C,连接AC、BC. y C (1)求抛物线的解析式： (2)求证：∠AC0=LABC; (3)点P在抛物线上，且LPCB=∠AC0,求点P的坐标. 次函数y产+h成+c(Cbc为常数)的图象交x轴于4B西 点C,点B的坐标为(9,0)，点C的坐标为(0，-3)，连接AC,BC. 备用图 (1)求抛物线的解析式。 (2)若点P为抛物线上的一个动点，连接PC,当∠PCB=∠OBC时，求点P的横坐标. (3)在抛物线的对称轴上是否存在一点Q,使△BCQ为直角三角形？若存在，请求出点Q的 坐标；若不存在，请说明理由 3.在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2-(1+5ax+5(a<0)交x轴于点A、C,交y轴于 B,连接AB. 试卷第1页，共3页 B E C D 图1 图2 图3 (1)如图1，求∠0AB的度数： (2)如图2，点P为第三象限抛物线上一点，连接PA交y轴于点D,过P作x轴的垂线，垂 足为E,求证：BD·CO=EO·BO; (3)如图3，在(2)的条件下，点F为AE延长线上一点，AF=13,连接PF、PB,若 ∠PFA=2∠PAF,∠PBA=∠BDA,求CE的长 4.如图，抛物线y=x2+ax与x轴相交于O,A两点（点A在x轴的正半轴上)，直线y=x与 抛物线相交于O,C两点. H (1)求点A和点C的坐标（用含a的式子表示）： (2)点P为抛物线上的一个点，连接OP,PC,PC交x轴于点H.△POC的内心在x轴上， 且K为PC的中点，连接OK,KA,求证：∠KOA=∠HKA; (3)在(2)条件下，设Q为抛物线上的一个动点，且在直线y=x的下方.以点Q为圆心的 OA·HA ©0与直线y=x相切，记O0的最大半径为R.试判断(OCK4 R是否为定值？如果是， 请求出这个值；如果不是，请说明理由 5.如图，二次函数y=-x+名x+2的图像与x轴交于点4，B(点A在点B的左侧>，与 3 2 2 y轴交于点C,连接AC,BC. 试卷第1页，共3页 备用图1 备用图2 (I)直接写出点A,B,C的坐标： (②)求证：ABC是直角三角形； (3)点P是该拋物线上一点，若∠PCB=2LAC0(点O为坐标原点)，求点P的坐标： (4)点M是该抛物线上一点，若∠MC0+∠AC0=45°（点O为坐标原点），直接写出点M的 坐标. 6.如图，顶点为P(m,m)(m>0)的二次函数图象与x轴交于点A(2m,0),点B在该图象 上，直线OB交二次函数图象对称轴I于点M,点M、N关于点P对称，连接BN、ON (1)求该二次函数的关系式（用含m的式子表示）. (2)若点B在对称轴1右侧的二次函数图象上运动，请解答下列问题： ①连接OP,当OP=MN时，请判断aNOB的形状，并说明理由. ②求证：∠BNM=∠ONM. 7.如图，二次函数y=ax2+bx的图像经过A4,0),B(3,3)两点，一次函数 y=mx-m+3(m≠0)的图像与x轴交于点C. 试卷第1页，共3页 (1)填空：a= ,b= (2)求证：二次函数y=ax2+bx与一次函数y=mx-m+3的图像总有交点： (3)当点A到一次函数y=mx-m+3的图像的距离最大时，设此时一次函数y=mx-m+3与 二次函数y=ax2+bx的图像交于D,E两点（点E在点D的右侧），试判断在线段AC上是否 存在点P,使得∠BPD=45°.若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由. 8.在平面直角坐标系中，抛物线y=-x2+bx+c(b、c是常数)与x轴交于点 A-1,0),B(3,0)与y轴交于点C.P为x轴上方抛物线上的动点（不与点C重合），设点P 的横坐标为m. 0 备用图 (1)求抛物线的解析式： (2)如图，过A点的直线y=x+1与y轴相交于点E,与抛物线相交于点D,过A点的另一条 直线y=- 2x+n与抛物线相交于点F,求证：∠4CE+∠BAF:∠DAB (3)过点P作x轴的平行线与直线BC交于点Q,线段P9的长记为d. ①求d关于m的函数解析式： ②根据d的不同取值，试探索点P的个数情况 9.如图1，在平面直角坐标系中，二次函数y=-x2+4x-3的图象与x轴交于点A,B,与y 轴交于点C,点P为抛物线上一点（不与点A,B,C重合），其横坐标为m. 试卷第1页，共3页 图1 图2 图3 (I)求点A,B,C的坐标； (2)如图2，连接AC,BC,当∠PBA=∠CBA时，求证：点P为抛物线的顶点； (3)已知2≤m<3,对称轴与x轴的交点为D,连接AP并延长交CB的延长线于点E,交对称 轴于点F,连接BP并延长交对称轴于点G ①设d=PE 记，求1关于m的函数表达式及其最大值， ②猜想DF+DG是否是一个定值，若是，请直接写出这个定值；若不是，请说明理由. 0如图，在平面直角坐标系中，抛物线y三产+x+c与x轴交于点A,82,0,两 与y轴交于点C(0,6),连接AC. B 备用图 (1)求该抛物线的表达式： (2)点P是直线AC上方抛物线上的一个动点，过点P作PD∥BC交AC于点D,过点P作 PE∥AC交x轴于点E,M为y轴上一动点，连接PM,当AE+2 )PD取得最大值时， 5 求P点的坐标及PM+OM的最小值： 物线y)+bx+C沿4C方向平移22个单位长度，得到新揽物线， 片与原抛物线交于点Q,连接QC,点N是新抛物线y上一点，当∠CQN=∠ACB时，请 试卷第1页，共3页 直接写出所有符合条件的点N坐标，并写出求解点N的坐标的其中一种情况的过程. 11.如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2+mx-3经过点A(3,0),点C是抛物线 的顶点，连接AC. 图1 图2 (1)求抛物线的函数解析式及顶点C的坐标； (2)设直线y=kx-k(k≠0)与抛物线相交于P、Q两点（点P在点Q的左侧且点Q在第四象 限)，当直线P9与直线AC相交所成的一个角为45°时，求点Q的坐标； (3)如图2，作直线AP,AG分别交y轴正、负半轴于点M、N,交抛物线于点P、G,设 点M、N的纵坐标分别为m、n,且mn=-3,求证：直线PG经过一个定点. 12.抛物线y=ax2+ar-2与x轴交于点A和点B,与y轴交于点C,点A坐标为(-2,0)，点 D为y轴上一动点，连接BD,过点A作BD的平行线交抛物线于点E,作直线BE交y轴于 点F. B 图1 图2 备用图 (1)求a值和点B坐标； (2)当点E在x轴下方时， ①如图1，当点E为抛物线顶点时，求证：BD=BF; ②如图2，当点E在第四象限时，求DF的长： (3)当∠AEB=45°时，直接写出点D坐标， 13.如图，抛物线C:y=-x2+2x+3与x轴分别相交于A,B两点（点A在点B的左侧)， 试卷第1页，共3页 与y轴相交于点C. D B M 图1 图2 (I)求点A,B,C的坐标： (2)如图1，D是抛物线上第一象限内的一点，连接AD，,CD.若∠CDA=2∠DAB,求点D 的坐标； (3)如图2，E是AB的中点，P是抛物线上一动点（不与顶点重合），直线PO,PE分别交 抛物线于点M,N,直线ME交抛物线于点Q,求证：直线VQ必过一定点. 14.如图1，抛物线y=ax2.3ax-2交x轴于A、B(A左B右)两点，交y轴于点C,过C 作CDx轴，交抛物线于点D,E(-2,3)在抛物线上. (1)求抛物线的解析式； (2)P为第一象限抛物线上一点，过点P作P℉⊥CD,垂足为F,连接PE交y轴于G,求 证：FGDE: (3)如图2，在(2)的条件下，过点F作FMLPE于M.若∠OFM=45°，求P点坐标. G B D 图1 图2 试卷第1页，共3页 参考答案 1.(1):抛物线y=ax2+bx-4与x轴交于A、B两点，A-2,0),B(8,0 4a-2b+c=0 64a+8b+c=0, c=-4 1 q=- 4 解得b=-3 C=-4 抛物线的表达式为y一-4 (2)在ABC中，AC2+BC2=22+42+42+82=100,AB2=(8+2)=100, .AC2+BC2=AB2, .∠ACB=90°， LAC0=90°-LBC0,LABC=90°-LBC0, .∠ACO=LABC; (3)①当点P在BC下方时，如图， y外 0 B C 由(1)知∠AC0=∠ABC, :∠PCB=∠AC0, .∠PCB=∠ABC, PC∥AB, .点C,P的纵坐标相等， .点P的纵坐标为-4， 答案第1页，共2页 令y=-4,则}x2-3x 42x-4=-4, 解得：x=0或x=6, P(6,-4); ②当点P在BC上方时，如图， H A B C 设PC交x轴于点H, 由①知∠PCB=∠ABC, .HC=HB 设HB=HC=m, :OH=OB-HB=8-m, 在Rt△COH中， :0C2+0H2=CH2, 42+(8-m）2=m2, 解得：m=5, .0H=3, y H y 0 B C 答案第1页，共2页 H(3,0) 设直线PC的解析式为y=kx+n, 「n=4 ·13k+n=0 4 = 解得 3, n=-4 4 .y=x-4, 3 42-4 y= 4 y= 3t4 3 解得 x=0 (y=-4 （舍去)， 100 2= 9 综上所述，点P的坐标为6，-4)或 34100 39 【点睛】本题主要考查了二次函数图象的性质，待定系数法，一次函数图象的性质，抛物线 上点的坐标的特征，一次函数图象上点的坐标的特征，勾股定理及逆定理，利用点的坐标表 示出相应线段的长度是解题的关键. 128 2.(0y=3-3-3 28或生 (3)4,15)或4，-15)或 【分析】(1)将点B(9,0),C(0,-3)代入计算即可； (2)分两种情况：①当点P为直线BC下方的抛物线上的一个动点时，先求出点P的纵坐标， 再代入计算即可；②当点P为直线BC上方的抛物线上的一个动点时，设PC与x轴交于点 D,先求出点D的坐标，再求出直线CD的解析式，与抛物线的解析式联立求解即可； (3)设点Q的坐标为Q(4,n),分三种情况：①∠CBQ=90°，②∠BCQ=90°和③ ∠BQC=90°，利用勾股定理建立方程，解方程即可. 答案第1页，共2页 1 【详解】1)解：将点89,0小，C0-到代入y-写+x+c得： ×92+9b+c=0 c=-3 b=-8 解得 3， c=-3 则聪物线伯解新式为y一-子-3。 (2)解：①如图，当点P为直线BC下方的抛物线上的一个动点时， B .·∠PCB=∠OBC, .PC∥x轴， .点P的纵坐标与点C的纵坐标相等，即为-3， 将y-3代入y=x2-8-3得：x- x-3=-3, 33 3 3 解得x=8或x=0(点C的横坐标)， .此时点P的横坐标为8： ②如图，当点P为直线BC上方的抛物线上的一个动点时， 设PC与x轴交于点D, D B B(9,0,C(0,-3, OB=9,0C=3, :∠PCB=∠OBC, .BD=CD, 答案第1页，共2页 设0D=mm>0,则CD=BD=0B-OD=9-m, 在RtaC0D中，0C2+0D2=CD2,即32+m2=(9-m), 解得m=4, .D(4,0), 设直线CD的解析式为y=kx+bk≠O), [4k+b=0 将点D(4,0),C(0,-3)代入得： k3 =-3，解得 4, b。=-3 3, 3 .直线CD的解析式为y= 128 41 y=二x2-2x-3 x= 3 3 联立 ，解得 4 或 x=0 3 75 y=x-3 y=-3' 4 16 ·此时点P的横坐标为 4 综上，点P的横坐标为8或 4 (3)解：抛物线y=x-8x 3 -3x-4-5 的对称轴为直线x=4, 3 3 由题意，设点Q的坐标为Q(4,n, B(9,0,C(0,-3, .BC2=(0-92+(-3-0)=90,B02=(4-9)2+(n-0)2=n2+25, CQ2=(0-4)+(-3-n2=n2+6n+25, ①当∠CBQ=90°时，△BCQ为直角三角形， 则BC2+BQ2=CQ2,即90+n2+25=n2+6n+25,解得n=15, :此时点0的坐标为4,15)； ②当∠BCQ=90°时，△BCQ为直角三角形， 则BC+CQ=BQ,即90+n2+6n+25=n2+25,解得n=-15, 此时点Q的坐标为4，-15)； ③当∠BQC=90°时，△BC2为直角三角形， 答案第1页，共2页 则B0+CQ2=BC2,即m2+25+2+6n+25=90,解得m=-3±V89, .此时点Q的坐标为 4,-3+V89 -3-√89 或4 2 2 综上，点Q的坐标为4,15或4,5國43，V8”晶 3.(1)L0AB=45 (2)见解析 (3)CE=1 【分析】本题主要考查了二次函数综合应用，解直角三角形的，全等三角形的性质与判定， 熟练掌握二次函数的性质是解题的关键： (1)根据解析式得出B(0,5),A(5,O),进而可得∠0AB=∠0BA,根据 ∠0AB+∠0BA=∠C0B=90°，即可求解； (2)设P,a2-1+5a1+S).在Rt APEA中，tan∠PAE=PE ,在Rt△OAD中， AE 得出阳治由1得m=-合得出90-c0-5a tan∠PAE=OD, -a) -5t根 据：E0·B0=-5t即可求解. (3)连接PO,作AM⊥AB交y轴于M,AW⊥AP交PB延长线于N,连接PM,则 ∠BAM=∠PAN=90°.证明aPAM≌aNAB,进而求得EF=0E=4,PE=3,则P(-4,-3) ,代入y=ar-+5ax+5得出a=了，进面求得C0,即可求解. 【详解】(1)解：y=ax2-(1+5a)x+5,当x=0时，y=5 .B(0,5). :0B=5,当y=0时，0=ax2-(1+5a)x+5. 1 X=-,x2=5. a ∴.A5,0) .0A=5=0B ∠OAB=LOBA. :∠0AB+∠0BA=∠C0B=90°， ∠0AB=45°. 答案第1页，共2页 (2)PE⊥x轴，∠PEA=90°. 设Pt,at-(1+5a)t+5. .0E=-t,PE=-at2+(1+5a)t-5. 在RPEA,am∠PB-器.车R△0D,m∠PE-89 OA OD_PE OA AE 0D--(at-lt-5) 5 5-t .0D=5at-5. .BD=B0+0D=5+5at-5=5at. 1 由(1)得C0=-二. a 1 .BD.CO=5at a =-51. E0.B0=-5t, :BD.C0=E0.B0. (3)连接PO,作AM⊥AB交y轴于M,AW⊥AP交PB延长线于N,连接PM.则 ∠BAM=∠PAN=90°. B ∠0BA=∠0AB=45 D :∠AMB=90°-∠AB0=45°=∠AB0 :AB AM. :0A⊥BM ..OB=OM ,·∠PBA=∠PBO+∠ABO,∠BDA=∠PBO+∠BPD,∠PBA=∠BDA, 答案第1页，共2页 .∠BPD=∠AB0=459 .∠N=90°-45°=45°=∠BPA. .∠APM=∠N=45o :AN AP. :∠PAN=∠MAB=90° ∠PAM=∠NAB :△PAM≌△NAB :∠BPM=∠BPD+∠APM=90° P0=BM=0B=5=OA.∠0PA=∠0AP :∠P0E=∠PA0+∠OPA=2LPA0. :∠PFA=2∠PAF :∠POF=∠PFA :PF=PO. :EF=OE=OF=(AF-AO)=13-5)=4 .PE=VP02-OE2=3. P(-4,-3 将P(-4,-3)代入y=ax2-1+5a)x+5,得 .-3=a(-4)2+41+5a)+5. 0s1 3 C0=-1=3 a CE=E0-C0=4-3=1. 4.(1)A-a,0),C1-a,1-a (2)见解析 OA·HA (③)0C-KA ·R为定值 16 【分析】(1)将y=0代入y=x2+ax求出A-a,0);联立y=x2+ax和y=x即可求出 答案第1页，共2页 C(1-a,1-a; (2)如图，过点P作PB⊥x轴于点B,首先得到∠POC=90°，求出KO=KP=KC=二PC ,得到∠KOP=∠KP0,然后得到LBPO=45°，推出∠KOB=∠KPB;然后求出 P(-a-1,a+1),由中点坐标公式得到K(-a,1),得到KA⊥x轴，然后结合三角形内角和定 理即可证明； (3)如图，设⊙Q与直线y=x相切于点B,连接BQ,O0,CO,过点Q作QD∥y轴交 直线y=x于点D,设Qt,2+at),则D(t,),得到DQ=t-(2+at=-t2+t-at,利用 。C00的面积得到D0。=0C-80,表示出80，利用二次函数的性质求出80的最大 值为5a-,即R=a-,然后证明出*HAKK4C0,得到H:OA=K=I, 8 8 OA·HA 然后求出0c=1-a2+1-a2=2(a-l，最后代入ocK R求解即可， 【详解】(1)解：：抛物线y=x2+ax .当y=0时，0=x2+a 解得x=0或x=-a .A-a,0）: 联立y=x2+ax和y=x得， y=x2+ax y=x 解得x=0或x=1-a 将x=1-a代入y=x得，y=1-a :C(1-a,1-a); (2)解：如图，过点P作PB⊥x轴于点B, 答案第1页，共2页 B H/A :直线y=x .∠A0C=45 :△POC的内心在x轴上， .∠P0A=∠A0C=45° LP0C=90° :K为PC的中点， 七KO=KP=KC=)PC .∠KOP=∠KPO :PB⊥x轴 .POB是等腰直角三角形 .∠BP0=45° ∠KOP-∠BOP=∠KPO-∠BP0 .∠KOB=∠KPB; :∠P0A=45° .OP所在直线表达式为y=-x y=x2+ax 联立y=-x和y=x2+ax得， y=-x 解得x=0或x=-a-1 P(-a-l,a+1 :C(1-a,l-a,K为PC的中点， K-1a,1即ka 2 答案第1页，共2页 :A-a,0 KA⊥x轴 ∠KAH=∠PBH=90° :∠KHA=∠PHB .∠HKA=∠HPB :∠KOB=LKPB .LKOA=∠HKA; (3)解：如图，设⊙Q与直线y=x相切于点B,连接BQ,OQ,CQ,过点Q作QD∥y轴 交直线y=x于点D, yA 0 B 设Qt,t2+at,则D(t, ..De=1-(12+at)=-12+t-at :0(0,0）,C(1-a,1-a :S.coo=S.poo+S.nco=DO.Xc :⊙Q与直线y=x相切于点B, BQ⊥OC 0C.B0 S.c00=2 答案第1页，共2页 .DQ-0c 2 0=D0:=Dg:点=50 OC 0C2 8 <0 2 :当1=1，时，80取得最大值2(a-少 8 :⊙2的最大半径为R R=2(a-1 P 由(2)得，∠KOA=∠HKA 又：∠HAK=∠KA0=90° .△HAK∽△KAO 咫品 .HA·OA=KA2=1 :C(1-a,l-a 0c2=(1-a)2+1-a2=2(a-1)2 2(a-1)2 5R-足 8 √2 =00=2a-1216 OA.HA ·(0CK42 R为定值 16 5.(1)A-1,0),B(4,0),C(0,2) (2)见解析 (3)点P坐标为(2,3)或(14，-75) (4)M(9,-25)或(-3，-7) 【分析】(1)当x=0时计算得出y=2,令y=0,解方程求出x的值，即可解题； (2)利用勾股定理的逆定理解题即可； 答案第1页，共2页 (3)分两种情况画图，求出一次函数的解析式，然后利用解方程组求出交点坐标即可； (4)分为两种情况作图，作∠ACB的平分线交x轴于点H,过点H作HN⊥AC于点N,根 据相似求出AN=V5 →标，求出直线解析式即可 H的对称点H,则点M在直线CH,上，同理即可解题 【详解】(1)解：当x=0时，y=2, C(0,2), 令y-0.则++2=0，解得：写，与=4。 .A(-1,0),B(4,0): (2)证明：：AB=5,AC2=12+22=5,BC2=22+42=20, .AC2+BC2=25=AB2, ABC是直角三角形，且∠ACB=90°； (3)解：如图，取BC的中点D,过点C作OD的平行线交抛物线于点P, .OD =DB, .∠D0B=∠DB0, .∠CD0=2LCB0, 又：CPIOD, .∠PCB=∠CD0=2∠CB0, :∠AC0+∠0CB=∠0BC+∠0CB=90°， .∠AC0=∠OBC, 即∠PCB=2∠AC0, 则点D的坐标为2,1， 设直线0D为y=x, 2k=1, 1 ∴k 2 1 直线OD的解析式为y=。x, 即CP的解析式为y=。x+2, 2 答案第1页，共2页 1 解方程组 y=2x+2 「x=0[x=2 得： 3 y- 2+2 y=2’ (y=31 点P的坐标为2,3； D 解：如图，在0C上取点E,使得CE=AE,则OE=2-CE,LAE0=2LAC0, :OE2+AO2=AE2,即(2-CE)2+12=CE2, 解：c6=子即0E 4’ :tan ZAEO=40_4 OE 3' 过点C作∠BCF=∠AEO交x轴于点F,过点F作FG⊥BC于点G, 设FG=4x,则CG=3x, 又.tan∠4ABC=OB=BG,即p,解得BG=8x, 4 BG 8C=3x+8x=25,解得x=25 11 又：BF=VBG2+FG2=4N5x=40 11 OF=0B-BF=4-40=4 1111’ 即点F的坐标为 设直线CF的解析式为y=(x+2,代入得4k+2=0, 11 解得：←= 2’ “直线CF的解析式为y=- 2+2, 11 2t+2 y=- x=0「x=14 解方程组 3 得 1x2+2x+2 y=- y=2'y=-75 2 答案第1页，共2页 点P的坐标为14，-75： G 综上所述，点P的坐标为2,3)或14，-75)： (4)解：如图，作∠ACB的平分线交x轴于点H,过点H作HN⊥AC于点N, 则∠NCH=∠CHN=45°， 设NH=NC=a,则AN=V5-a, :HN⊥AC,∠ACB=90°， :HN I BC, .△AHN∽△ABC, :=4 BC AC ,即a=5-a 25=V5 解得a=2⑤ 3 :Aw= 3 AH=ANP +NH=5 1 ÷0H= 3， 即点H的坐标为 由(3)可得直线CH的解析式为y=-3x+2, y=-3x+2 ++2得 x=0x=9 联立{ 1 J=_ 3 y=2y=-251 2 2 .点M的坐标为9，-25)， 答案第1页，共2页 如图，作点H的关于y轴的对称点H,则点M在直线CH上， 则点H的坐标为 直线CH的解析式为y=3x+2, y=3x+2 x=0x=-3 联立 y=- +x+2得 3 y=2y=-7 2 点M的坐标为(-3，-7， 综上所述，点M的坐标为(9，-25)或-3，-7. B H 【点晴】本题考查二次函数的综合，勾股定理的逆定理，三角函数，相似三角形的判定和性 质，掌握求一次函数和二次函数的交点坐标是解题的关键。 6.1)y=-↓xx-2m):(2)①等腰直角三角形，见解析；②见解析 【分析】(1)抛物线过点O(0,0),A(2m,0),利用待定系数法设y=a(x-0)(x-2m)即可 得到答案； (2)①P(m,m),对称轴1⊥x轴，可得0C=CP=m,可证△OPC是等腰直角三角形，可 得MP=NP=0P,可得∠N0M=90°，可证AOCN≌△CAN(SAS),可求 ∠0NB=2∠0NC=45g即可； ②设PN:PN=d,M(a质-d小，可求Ou方程为y=后，求出8四+a心 m m 由N(m,m+d)可得直线AN的方程为y=-m+(x-2m,确定A,B,N三点共线即可. m 【详解】解：(1)：抛物线过点O(0,0),A2m,0, .设抛物线解析式为y=a(x-0)(x-2m), 又：抛物线过点P(m,m),代入P点得m=am-0)(m-2m), 解得a=-1 m 答案第1页，共2页 1 ∴.抛物线解析式为y=-一x(x-2m): m (2)①：P(m,m,对称轴11x轴， ..OC=CP =m, .△OPC是等腰直角三角形， .0P=√20C=V2m,∠0PC=45°， OP-M .MN=20P=22m, 又：M、N关于P点对称，且M、P、N共线， :MP=NP=MN=√2m=OP, 2 .以P为圆心，OP为半径作圆P,则O、M、N三点共圆， 又：N、P、M共线，所以MN为圆P直径， .∠N0M=90°， 在△OCN和△CAN中， :OC=CA=m,∠0CN=∠ACN=90g,CN=CN, .△OCN≌△CAN(SAS), .∠ONC=LANC, 又oc- ∠OPC=22.59 .L0NB=2∠0NC=45g, .△NOB是等腰直角三角形； 小 ②设PM=PN=d, :M(m,m-d)可得直线OM方程为y=m-dx, m 答案第1页，共2页 联立抛物线方程： [y=-Lx(x-2m) m ys m-d x m 解得x=0,x2=m+d, Bm+d,m-d2）】 m N(m,m+d可得直线N的方程为y=-m+d(x-2m, m 当r=m+d时，代入N方程得=m-d产 m B在AN上，即A,B,N三点共线， ∠BNM=∠ANC, .∠ONC=∠ANC, .∠ONM=∠BNM. AY M 【点晴】本题考查二次函数综合，三角形全等判定与性质，等腰直角三角形，三点共线，一 次函数解析式，掌握待定系数法求解析式，三角形全等判定与性质，等腰直角三角形判定， 三点共线证明方法是解题关键. 7.(1)-1,4 (2)见解析 (3)不存在，理由见解析 【分析】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，利用数形结合的思想进行 求解，是解题的关键： (1)待定系数法求出函数解析式即可； 答案第1页，共2页 (2)将一次函数的解析式转化为：y=mx-m+3=m(x-1)+3,得到直线y=mx-m+3恒 过点(1,3)，根据抛物线y=-x2+4x也过点1,3)，即可得证； (3)根据直线y=mx-m+3恒过点(1,3)，得到当点A与点(1,3)形成的线段垂直直线 y=mx-m+3时，点A到直线y=mx-m+3的距离最大，过点D作DM⊥x轴，推出点 C(-2,0O),以BD为斜边，在BD下方，构造等腰直角三角形BND,求出N点坐标，圆周角 定理，推出点P在以N为圆心，√2为半径的圆上，根据N到线段AC的距离大于半径，得 到⊙N与线段AC相离，得到线段AC上不存在点P使LBPD=45°. 【详解】(1)解：把A4,0),B(3,3)代入y=ax2+bx,得： 16a+4b=0 9a+3b=3，解得： a=-1 b=4 故答案为：-1,4； (2)由(1)知：y=-x2+4x, :y=mx-m+3=mx-1+3, 当x=1时，y=m(1-1+3=3, 直线y=mx-m+3恒过点(1,3)， 又：当x=1时，y=-12+4×1=3, 抛物线y=-x2+4x也过点(1,3)； 二次函数y=ax2+bx与一次函数y=mx-m+3的图像总有交点； (3)不存在，理由如下： 由(2)知道，直线y=mx-m+3恒过点(1,3)， .当点A与点1,3)形成的线段垂直直线y=mx-m+3时，点A到直线y=mx-m+3的距离最 大，如图， 答案第1页，共2页 此时D(1,3, 过点D作DM⊥x轴，则OM=1,DM=3, A4,0, .0A=4, .AM=4-1=3, .AM DM =3, .∠DAM=∠ADM=45°， .∠CDM=45°， .CM=DM =3, .0C=CM-0M=2, C(-2,0), B(3,3,D(1,3), .BD=2, 以BD为斜边，在BD下方，构造等腰直角三角形BND,则：N在BD的中垂线上，且 NB=2, :N点的横坐标为1+3=2， 2 设N(2,m),则：NB2=(3-22+(3-m2=(W2, n=2或n=4（舍去)： N(2,2), 答案第1页，共2页 :∠BPD=45°=∠BOD, .点P在以N为圆心，√2为半径的圆上， :N(2,2)到x轴的距离为2,2>√2， .圆与直线AC相离， 线段AC上不存在点P使∠BPD=45°. 8.(1)y=-x2+2x+3 (2)见解析 (3)①d= m2-3m(-1<m<0) ②见解析 -m2+3m(0<m<3 【分析】(1)利用两点式直接写出函数解析式即可； (2)过点E作EG⊥AC于点G,勾股定理求出AC的长，等积法求出EG的长，利用三角 函数得到∠CAE=LOAH=∠BAF,再根据LCAE+∠ACE=∠AEO,即可得出结论： (3)①先根据待定系数法求出直线BC的解析式为y=-x+3,再分当-1<m<0时，点P在 点Q的左侧，当0<m<3时，点P在点Q的右侧两种情况讨论；②画出函数图象，分析图象 即可得出结论。 【详解】(1)解：抛物线y=-x2+bx+c(b,c是常数)与x轴交于点A(-1,0),B(3,0), 抛物线y=-x2+br+c的解析式为y=-(x+1)(x-3)=-x2+2x+3; (2)解：过点E作EG⊥AC于点G, VA B y=x+1,令x=0则y=1, .E(0,1, .0A=0E=1, .∠0AE=∠0EA=45°， .y=-x2+2x+3, 答案第1页，共2页 C(0,3, .0C=3, :OA=1,0C=3, AC=10, S.40C=S.A0E+S.ACE' 01-0C=0A.oE+4CGE,即：3x1=1x1+0EG ·EG=io :tan∠ACo=EG=OA1 CG-OC3' CG=3/10 5 4G=210 在RtAGE中，tan∠CAE=} 把-10代入=+n中，得a=分 y=,当=0时，y= 22 21 @- :0H=2' :在R△A0H中，tam∠OaH=OH= OA2’ .∠CAE=∠OAH=∠BAF, :∠CAE+LACE=LAEO .LBAF+∠ACE=LDAB; (3)解：①抛物线解析式为y=-x2+2x+3, x=0时，y=3,即C(0,3), B3,0), b=3 设直线BC的解析式为y=kx+b,则 3k+b=0' 答案第1页，共2页 ,「k=-1 解得b=3' 故直线BC的解析式为y=-x+3, :Pm,-m2+2m+3),点P作x轴的平行线与直线BC交于点Q, 点Q的纵坐标为-m2+2m+3, 把y=-m2+2m+3代入直线y=-x+3,得-x+3=-m2+2m+3 解得x=m2-2m, .Qm2-2m,-m2+2m+3, 当-1<m<0时，点P在点Q的左侧，d=P0=m2-2m-m=m2-3m, 当0<m<3时，点P在点9的右侧，d=PQ=m-m2-2m=-m2+3m, m2-3m-1<m<0) 故d= -m2+3m(0<m<3 ②绘制d= m2-3m-1<m<0) 的函数图象如图所示： -m2+3m0<m<3 A 3 -1QB1234m 点A(-1,4), B(0,0,C(3,0), 故当？<d<4时，m的值只有1个，故点P只有1个： 4 当d=9时，m的值有2个，故点P只有2个： 4 当0<d<?时，m的值只有3个，故点P只有3个 9.(1)点A,B,C的坐标分别为1,0)，(3,0，(0，-3) (2)见解析 答案第1页，共2页 ③)Od=-m+3m,da大=1；②DF+DG是一个定值，这个定值为2 2 【分析】(1)由-x2+4x-3=0得x1=1,x2=3,从而A1,0),B(3,0),当x=0时，y=-3, 从而得出C(0,-3): (2)连接BP并延长交y轴于点H,求出点H的坐标为0,3)，求出ym=-x+3,得到顶点 坐标为2，)，即可得出结论： (3)①先求出yc=x-3,分别过点A、P作y轴的平行线，分别交BC于点Q、H,证明 △PHE∽△AQE,得到PE=PH AE AO 再求出PH=-m2+3m,A0=2,即可得出答案； ②把x=2代入直线AP的解析式为y=(3-m)x+m-3),从而得出DF=3-m,同样得出 DG=m-1,从而得出DF+DG=2. 【详解】(1)解：当y=0时，-x2+4x-3=0, 解得x=1,x2=3. 当x=0时，y=-3, :点A,B,C的坐标分别为1,0)，(3,0)，(0，-3)； (2)证明：如图，连接BP并延长交y轴于点H, H :点B,C的坐标分别为3,0)，(0，-3)， 0B=0C=3. :∠B0C=90°，∠PBA=∠CBA, ∠PBA=∠CBA=∠0CB=45°， :∠B0H=90°， :∠PBA=∠0HB=45°， .0B=0H=3, 答案第1页，共2页 ·点H的坐标为(0,3)， 设y阳=x+b, :点B(3,0),点H(0,3)在yH=x+b的图象上， 3k+b=0 b=3 k=-1 解得： b=3· .yam=-x+3, 联立M-x+3 y=-x2+4x-3 解得x=3或x=2, P(2,1, y=-x2+4x-3=-x-22+1, :顶点坐标为2,1， :点P为抛物线的顶点； (3)解：①由(2)可知，抛物线的对称轴为直线x=2, 设直线BC的解析式为yac=kx+b, :点B(3,0),点C(0,-3)在yc=kx+b的图象上， 3k+b=0 4=3 [k=1 解得： b=-3 ..yac =x-3, 如图，分别过点A、P作y轴的平行线，分别交BC于点Q、H, 答案第1页，共2页 E D AB主 .AQ∥PH, .△PHE∽△AQE, PE PH AE A0' :点P(m,-m2+4m-3,A1,0), H(m,m-3),Q(1,-2), PH=-m2+4m-3-m-3=-m2+3m,A0=2, ..d=PE=PH=m+3m-_1(m-39 AE AO 2 2 +8 m- 1 -2<0,2 <2≤m<3, .当2≤m<3时，y随着x的增大而减小， :当m=2时，d最大维=1， ②DF+DG是一个定值为2，理由如下： 直线AP的解析式为y=kx+b2, k2+b2=0 mk2+b2=-m2+4m-3' k2=3-m 解得： b2=m-3’ .直线AP的解析式为：y=(3-m)x+(m-3), .当x=2时，y=3-m, .DF =3-m, 同理可得直线BP的解析式为：y=(1-mx+(3m-3), 当x=2时，y=m-1, 答案第1页，共2页 .DG=m-1, :DF+DG=2, :DF+DG是一个定值为2. 1 10.(1)y=-x2-2x+6 (2)15+6V5 4 8N(42或写号 【分】把820小、C06代入y=式+加+c,解方程红求出6、c的能即可得等 案； (2)过点D作DF∥x轴，交PE于F,过点P作PH⊥x轴于H,交DF于G,根据解析式 求出A(-6,0),得出∠0AC=∠0CA=45°，根据平行线的性质及角的和差关系得出 ∠DPG=∠0CB,利用∠DPG的三角函数求出DG=DPD,FG=3PD,可得 10 10 FD=2CPD,根据DF∥x,PE∥4C证明四边形EADF是平行四边形，得出当 5 4B+2pD取得最大筐时，AE取最大佰，设Pm,方m-2m+6,可得 5 4B=m+3+号，根据二次函数的性质可求出点P坐标为(33，在第一象限作 2 ∠COQ=30°，过点P作PQ⊥OQ于Q,交y轴于M,过点P作PN⊥y轴于N,可得P、 M、Q在一条直线上时，PM+.OM取最小值，利用三角函数求出PM、QM的长即可得 答案； (3)先求出平移后的抛物线解析式为乃=- +10,得出两抛物线的交点为原抛物线的顶 1 点，分点N,在点Q下方和点N2在点Q上方两种情况，分别求出QW,、QW2的解析式，与新 抛物线联立，求出交点坐标即可得答案， 【详解】(1)解：：抛物线y=-x+br+c与X轴交于点A,B(2,0),两点，与y轴交于 2 点C(0,6), 1 ×4+2b+C=0 2 c=6 答案第1页，共2页 [b=-2 解得： c=6 :抛物线的表达式为y=-x2-2x+6. 2 (2)解：如图，过点D作DF∥x轴，交PE于F,过点P作PH⊥x轴于H,交DF于G, G H .PH⊥DF, y=7x2-2x+6, 当=0时、号-2r+6=0, 解得：x=-6,x2=2, .A(-6,0),0A=6, :C(0,6), .0C=0A=6,∠0AC=∠0CA=45°， :PD∥BC,PE∥AC, .LPE0=∠OAC=∠EPH=45°，LEPD=∠PDC=LACB, PH=EH,∠EPD-∠EPH=∠ACB-∠OCA,即LDPG=∠OCB, :0B=2,0C=6, ∴BC=VOB2+0C2=V6+22=210, m<G0=oc9-22品-0，GPD-oo0B-0e.63 BC2V1010 DG=PD-sin∠GPD=PD,FG=PDco∠GPD=3dpD, 10 10 :∠EPH=45°， △PFG是等腰直角三角形， 答案第1页，共2页 ·FG=PG=3 10 PD ·FD=FG+DG= v1 PD+31 PD=20 PD, 10 10 5 DF∥x,PE∥AC, :四边形EADF是平行四边形， .AE=DF, ·AE+2 -PD=2AE, :当AB+20PD取得最大值时，AB取最大值， 设Pm,7m2-2m+6) H=PH=-2m2-2m+6,0H=a G=BH+0H-01=m2-2m+6-m-6=- (m+3)2+9 当m=-3时，AE取最大值， 当m=-3时，)m2-2m+6=15 1 , P-33. 在第一象限作∠CO0=30°，过点P作PQ⊥OQ于Q,交y轴于M,过点P作PN⊥y轴于 N, :.QM =TOM, 2 当P、M、Q在一条直线上时，PM+二OM取最小值， :∠PNM=∠OQM=90°，∠PMN=∠OMQ, ∠MPN=∠COQ=30°， :3, ·PN=3,ON=15 2 NM=PN.tan30=3x PM=-PN25,OM-ON-NM-15-5. 3 c0s30° :QM=oM=5-5 42 ·P0=PM+QM=2W5+l5-5-15+65 42 4 答案第1页，共2页 :PM+)0M的最小值为15+65 4 解：：将抛物线y三2+bx+C沿4C方向平移22个单位长度，乙0AC=45 :.抛物线向右平移的距离与向上平移的距离相等， 设平移的距离为t, t2+t2=(2V2)2, 解得：t=2(负值舍去)， 2x+2}2+8, .y=- )x2-2x+6 :原抛物线的顶点坐标为-2，平移后的抛物线解折式为头=女+10， 1x2-2x+6 y=- 联立两个抛物线的解析式得， 1 y=-5x2+10 2 X=-2 解得： y=8 ∴.Q(-2,8),此时新抛物线经过原抛物线的顶点， 如图，①当点N,在点Q下方时，过点C作CR‖x轴，交QN,于R,过点Q作QK⊥CR于K, RK 0(-2,8),C(0,6), CK=2,QK=2, .∠CQK=∠QCK=45°， :∠CON,=∠ACB, .∠RQK=∠OCB, :an∠OcB=OB=2_1 0C63’ 答案第1页，共2页 12 .RK=QK.tan∠RQK=OK.tan∠OCB=2xs= 33 CR=2 28 8 +5,R(-6), 设直线OR的解析式为y=kx+b, 「-2k+b=8 34+6=6' k=3 解得： 6=14’ .直线QR的解析式为y=3x+14, y=3x+14 联立直线OR和新抛物线解析式得，了 =- 解得： 1=-4 x2=-2 出=2 =8 (与点Q重合，舍去)， N(-4,2); ②当点N2在点Q上方时，过点Q作Sy于S,设QN2交y轴于L, 同理可得，QS=CS=2,∠LQS=∠OCB, 12 .SL=QS.tan∠LQS=2× 33’ 36、 .0L=0S+LS=8+2= 3+5,03 设直线QL的解析式为y=k2x+b2, -2k2+b2=8 26 b,=3 1 k223 解得： 26 b2= 3 :直线0L的解析式为y=写x+ 126 3 126 y= 联立直线QL和新抛物线解析式得， x+ 以=-。x2+10 答案第1页，共2页 4 解得： x2 x3=-2 (与点0重合，舍去)， y9 =8 482 :.N,39 综上所述：点N的坐标为N,(-4,2)或N,(传，2 39) 11.(1)y=x2-2x-3,顶点C(1,-4) (2)0点坐标为(2，-3) (3)见解析 【分析】(1)利用待定系数法求得函数解析式，再利用抛物线的顶点坐标公式即可求解； (2)先求得直线PO过定点1,0)，再构造一线三等角，证明△CAH≌△ARG(AAS),求得 R(-1,2),再求得RC:y=-3x-1,根据平行线的性质求得：y=-3x+3,联立即可求解； (3)设AP:y=k(x-3(k≠0)，AG:y=k'(x-3)(k'≠0)，表示出M、N的坐标，由 m=-,得到k:联立，根据根与系数的关系，求得，=-山，。=-1，设 PG:y=ax+ba≠0)，联立，根据根与系数的关系，求得xp+xc=2+a,xpxc=-b-3, 据此球得狱=子进一步计算即可求解。 【详解】(1)解：：y=x+bx-3经过点A(3,0), .9+3b-3=0, 3b=-6, b=-2, 抛物线解析式：y=x2-2x-3, -2 对称轴x=一2 =1, x=1时y=12-2x1-3=-4, 顶点C(1,-4), 综上所述，抛物线解析式y=x2-2x-3,顶点C(1,-4): (2)解：：y=kx-k=k(x-1, 答案第1页，共2页 当x-1=0,即x=1时，y=0, .P9过定点(1,0)， 过A作AR⊥AC,AR=AC,连RC, 过M作I∥RC交抛物线于P,Q, 过A作GH∥y轴，过R作RG⊥GH于G,过C作CH⊥GH于H, .M H :∠AHC=∠RGA=∠RAC=90°， LCAH=90°-∠RAG=∠ARG, .△CAH≌△ARG(AAS, .RG=AH=4,CH=GA=2, R(-1,2, 又C(1,-4), 设直线RC的解析式为y=mx+n, 「2=-m+n m=-3 4=m+n 解得 n=-1’ RC:y=-3x-1, :1∥RC, .设直线l的解析式为y=-3x+n', 把(1,0)代入得0=-3+n',解得n'=3, .1:y=-3x+3, y=x2-2x-3’解得-3，为=2， 联立 y=-3x+3 答案第1页，共2页 又xp<xe, x0=2,0(2,-3, Q点坐标为2，-3)： (3)解：设AP:y=kx-3(k≠0)，AG:y=k'(x-3)k'≠0)， .M(0,-3k,N(0,-3k, mn=-3, .-3k-3k）=-3, :kk=3 1 y=kx-3k 联立： y=x2-2.x-3' .x2-(2+k)x+3k-3=0, X4+xp=2+k, Xp =k-1, 同理：x6=k'-1, 设PG:y=a.x+b(a≠0)， 联立： y=ax+b y=x2-2x-3' .x2-(2+ax-b-3=0, .Xp+xg=2+a,Xp:XG=-b-3, .k-1+k'-1=2+a,（k-1)(k'-1=-b-3, k+k'=4+a,kk'-(k+k)+1=-b-3, .kk'=a-b, :'=一 31 答案第1页，共2页 .b=a+ 3, ∴.y=ax+a+ =a(x+1)+ 3 定( 【点晴】本题是二次函数的综合问题，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，根与系数的关系，等腰直角三角形的性质是解题的关键. 12.(1)a=1,点B坐标为(1,0 (2)①见解析；②3 (3)点D的坐标为 0,3+7 2 【分析】(1)将点A-2,0)代入抛物线解析式中，利用待定系数法求解即可求得a的值，再 令y=0,即可求得点B的坐标； (2)①分别利用待定系数法求得直线AE、BD、BE的解析式，进而求得BD与BF的长， 即可证明；②设点E坐标为m,m2+m-2(m>0),分别利用待定系数法求得直线AE、 BD、BE的解析式，进而可表示出点D、F的坐标，从而得解； (3)作AABE的外接圆⊙M,连接AM、BM,易证明△AMB为等腰直角三角形，且点M 在抛物线的对称轴上，过点M作MH⊥x轴于点H,从而可求得点M的坐标，设点E的坐 标为E(m,m2+m-2),则可表示出EM',进而利用EM的值列方程即可求得m的值，过点 E作EN⊥x轴于点N,则N(m,O),进而可表示出EN,AN的长，结合BD∥AE,易证 △EAN∽△DBO,从而可表示出DO的长，进而得解. 【详解】(1)解：将点A-2,0)代入抛物线y=a2+ax-2中得， 0=a×(-2)+a×(-2）-2,即0=4a-2a-2, 答案第1页，共2页 解得a=1, y=x2+x-2=(x-1)(x+2, 当y=0时，即(x-1)(x+2)=0, 解得x=1或x=-2, :点B坐标为1,0)： 19 (2)解：①证明：y=+x-2=x+24' :点E为抛物线顶点， 片 设直线AE的解析式为y=x+b, 19 将点4-2,0，E24代入得， 0=-2k+b +6'解得 、3 91 2, 042 b=-3 3 .y=--x-3, 2 :BD∥AE, :设直线BD的解析式为y=- 2x+6, 将点肌0代入得，04，解得-号， 33 y=- x+ 2 2 3 . 设直线BE的解析式为y=k,x+b, 将点B1,0), 可)代入4， 0=k2+b2 k,三 名+ 2 答案第1页，共2页 33 y=2x- 22 3 令x=0,得y= 0F=3 ’ .0D=0F, :BO⊥DF, :BD =BF: ②设点E坐标为m,m2+m-2(m>0); 设直线AE的解析式为y=c+b, 将点A-2,0),Em,m2+m-2)代入得， 0=-2k+b k=m-1 m2+m-2=mk+b'解得 =2(m-1' y=m-1x+2(m-1, :设直线BD的解析式为y=m-1)x+b, 将点B1,0)代入得，0=(m-1+b,解得b=1-m, y=m-1x+1-m, .D(0,1-m, 设直线BE的解析式为y=kx+b,, 将点B(1,0),Em,m2+m-2)代入得， [0=k2+b2 m2+m-2=mk2+b, k2=m+2 解得 b2=-m-2' y=m+2x-m-2, 令x=0,得y=-m-2, 答案第1页，共2页 F(0,-m-2, ∴DF=1-m-(-m-2=1-m+m+2=3: (3)解：如图，作△ABE的外接圆⊙M,连接AM、BM, ·∠AEB=45°， Q.1B ∠AMB=90°， AM MB, “△AMB为等腰直角三角形，且点M在抛物线的对称轴上， 过点M作MH上：销于点H,则MH=H=BH=4B2-多 0a-o1n-2-8w=w-ma-周周-5。 连接EM, 设点E的坐标为m+-2小，则5-四+中m+m-2--（ 整理得 整理得n-2)(n-4)=0,解得n=2或n=4, 当n=2时，即m2+m=2,此时E点的纵坐标为m2+m-2=2-2=0,点E在x轴上，不符 合题意，故舍去： 答案第1页，共2页 当明m4+写-好w亚成m 2 2 过点E作EN⊥x轴于点N,则N(m,O), ∴.EN=m2+m-2,AN=-2-m,∠ENA=∠D0B=90°， :BD∥AE, :∠EAN=∠DBO, :△EAN∽△DB0, -,即m+m-22-m DO BO OD D0=lm-1, 当m=1-正时，D0=m-l-3+7,则点D的坐标为 3+V17 0, 2 2 当m=+7时，如图， 2 D0=m-=3+匝，则点D的坐标为 3-1 2 B 综上所述，当LAEB=45°时，点D的坐标为 【点晴】本题考查了二次函数的综合应用，主要考查的是二次函数的图象与性质，一次函数 的性质，圆的基本性质，圆的外心，相似三角形的判定与性质等，掌握相关性质定理并灵活 构造辅助线是解题的关键 13.(1)A-1,0,B(3,0),C(0,3, a3 (3)直线NQ过定点(2,0)，证明见解析 答案第1页，共2页 【分析】(1)令x=0,则y=3,令y=0,则-x2+2x+3=0,再解方程即可； (2)如图，过D作DF⊥y轴于F,记AD与y轴的交点为E,证明△DFC≌△DFE,可得 P0FE,证明P0C心20B,可得C5,设Dm川，可得-”3-23-，结船 m 1 m=-m2+2m+3,再解方程组可得答案： (3)设P(xp,yp),M(xg,yw),N(xw,yN),Q(xo,yo,设PM为y=x,由 =+2x+3,可得，=-3，p+xw=2-k,求解E1,0,设直线PE为y=-所 y=kx ，可得三-+2x+3 气少=x-长，可得-1=4 同雕：女1设直线0的解新式为： y=k2x+b,可得k2=-xw-1+xo-1,b=xoxv+3,求解直线NQ的解析式为： 少=，4x+8k,可得当x=2时，则y=0，则直线⑨过定点2,0 【详解】(1)解：：C:y=-x2+2x+3, 当x=0,则y=3,即C(0,3, 当y=0,则-x2+2x+3=0, 解得：x,=-1,x2=3; A-1,0,B(3,0): (2)如图，过D作DF⊥y轴于F,记AD与y轴的交点为E, E B .DF∥AB,∠DFE=∠DFC=90°， 答案第1页，共2页 ∠FDA=∠DAB, :∠CDA=2∠DAB, .∠FDA=∠FDC,而DF=DF, △DFC≌△DFE, .FC=FE, :∠FDA=∠FDC=∠DAB,而∠CFD=∠AOE=90°， △FDC∽aOAE, CF OE ·DFOA 设D(m,n, :3-n=3-2(3-m m 1 :n=-m2+2m+3, .整理得：2m2-3m-5=0, 解得：m=-】(舍去)，m= ②n=m+2m+3=寻 8 (3)设P(xp,yn,M(xw,y),V(xw,yx),(xo,o),设PM为y=, y=-x2+2x+3 y=kx x2-2-kx-3=0, .xpXM=-3,xp+xy =2-k, E是AB的中点，A-1,0),B(3,0), E(1,0), 设直线PE为y=kx-k, 、y=-x2+2x+3 ”y=kx-k .x2-(2-k)x-3-k=0, 答案第1页，共2页 $$\therefore x _ { P } \cdot { x _ { N } } = - 3 - k _ { 1 } ， x _ { P } + x _ { N } = 2 - k _ { 1 } ，$$ $$\therefore x _ { P } \cdot { x _ { N } } - \left( x _ { P } + x _ { N } \right) = - 5 ，$$ $$\therefore \left( x _ { P } - 1 \right) \left( x _ { N } - 1 \right) = - 4 ，$$ $$\therefore x _ { N } - 1 = \frac { - 4 } { x _ { p } - 1 } ，$$ 问理： $$x _ { Q } - 1 = \frac { - 4 } { x _ { M } - 1 } ，$$ 设直线 NQ 的解析式为 $$： y = k _ { 2 } x + b ，$$ 又 $$y = - x ^ { 2 } + 2 x + 3 = - \left( x - 1 \right) ^ { 2 } + 4 ，$$ $$\left\{ \begin{matrix} k _ { 2 } x _ { N } + b = - \left( x _ { N } - 1 \right) ^ { 2 } + 4 \\ k _ { 1 } x + b = - \left( x _ { 0 } - 1 \right) ^ { 2 } + 4$$ $$\therefore k _ { 2 } = - \left( x _ { N } - 1 + x _ { Q } - 1 \right) ， b = x _ { Q } \cdot { x _ { N } } + 3 ，$$ $$\therefore k _ { 2 } = - \left( \frac { - 4 } { x _ { p } - 1 } + \frac { - 4 } { x _ { n - 1 } } \right) = \frac { - 4 k } { k - 4 }$$ $$b = \left( \frac { - 4 } { x _ { n } - 1 } + 1 \right) \left( \frac { - 4 } { x _ { n } - 1 } + 1 \right) + 3 = \frac { 8 k } { k - 4 } ，$$ ：.直线 NQ 的解析式为： $$y = \frac { - 4 } { k - 4 } x + \frac { 8 k } { k - 4 } ，$$ 当x=2时，则 y=0， NQ 过定点(2，0). 【点睛】本题考查的是求解二次函数图象与坐标轴的交点坐标，全等三角形的判定与性质， 相似三角形的判定与性质，求一次函数的解析式，一元二次方程根与系数的关系，本题难度 很大，是典型的压轴题 $$1 4 . \left( 1 \right) y = \frac { 1 } { 2 } x ^ { 2 } - \frac { 3 } { 2 } x - 2 ； \left( 2 \right)$$ 见解析：(3)点P坐标为(6，7) 【分析】(1)把点E坐标代入抛物线解析式即求得a的值； (2)由抛物线解析式求点A、B、C、D的坐标，直接求得直线DE解析式为 y=-x+1. .设点 P横坐标为t，即得到点F(t，-2).把t当常数用待定系数法求直线PE解析式，进而求得 用t表示的点G纵坐标，再用待定系数法求直线FG解析式，解得FG解析式的一次项系数 为 -1， ，与直线DE相等，所以直 FG∥DE； (3)延长FO、PE相交于点N，由 FM⊥PE 于 M 且 $$\angle O F M = 4 5 ^ { \circ }$$ 可证得 △MNF 为等腰直角 答案第1页，共2页 三角形，故有FM=MN.过点M作MG⊥PF于点G,过点N作NH⊥PM于点H,即构造出 △FGM≌△MN,进而有FG=MH,MG=NH.设点M横坐标为m,由(2)求得的直线PE 解析式可得M的纵坐标，进而得到用t和m表示的MG、FG.求直线OF解析式，联立直 线OF与直线PE求得用t表示的交点N坐标，进而得到用t和m表示的M、NH.代入FGM, MG=NH即得到关于t、m的二元方程组，解方程组并考虑t的范围即求得点P坐标. 【详解】解：(1)E(-2,3)在抛物线y=ax2-3ax-2上 .4a+6a-2-3 解得：8司 :抛物线解析式为y号 22 （2)证明：y 22x-2=0时，解得：x-1,-4 .A(-1,0),B(4,0) 0时，yx23x X-2=-2 2 .C(0,-2) :点D在抛物线上，且CDx轴 .D(3,-2) 设直线DE解析式为y=kx+b 3k+b=-2 k=-1 -2k+b=3 解得： b=1 直线DE:y=-x+1 :点P为第一象限抛物线上一点 :设点P坐标为(2》>4 2 设直线PE解析式为y=cx+d -2c+d=3 t-5 c= ct+d=_3 解得： 2 t-2 22 d=t-2 直线PB:yt5 x+t-2,直线PE与y轴交点G(0,t-2) 2 :PF⊥CD于点F .F(t,-2) 设直线FG解析式为y=ex+t-2 答案第1页，共2页 把点F代入得：te+t-2=-2 解得：e=-l .FGIDE (3)延长FO、PE相交于点N,过点M作MG⊥PF于点G,过点N作NH⊥PM于点H M :.∠FGM=∠MN=90° :FMLPE于M .∠FMN=909 .∠FMG+∠NMH=∠MNH+∠NMH-90° .∠FMG=∠NH :∠OFM=459 .∠MNF-180°-∠FMN-∠OFM=459 .FM=MN 在△FGM与△MN中 ∠FGM=∠MHN ∠FMG=∠MNH FM=MN .△FGM≌△MHN(AAS) .FG=MH,MG=NH F(t,-2) 2 :直线OF:y :点M在直线PE:y=5 +t-2上 2 t-5 设M(m,2mt:2) 答案第1页，共2页 ·MG=tm,FG=t-5, 2m+t-2.(-2)=t- -m+t 2 2t(2-t) y=-1 X= (t-1)(t-4) 解得： -5 y=2 +t-2 4t-2) (t-1)(t-4) 2t(2-t) 4(t-2) N(-t-4't-t-4 2t(2-t) Mmt-lt-4'H‘-j 4t-2) 2m+t-2. (t-1(t-4) t-5 2t(2-t) m+t=m- (t-1(t-4) t-m=t-5 m+t-2- 4t-2 （t-1(t-4) 41=6 t2=-1 解得： 12 m25 2(舍去) m2= 5 w6号62-7 2 点P坐标为(6,7) 【点晴】本题考查了二次函数的图象与性质，一次函数的图象与性质(k相同所以平行)， 一元一次方程、二元方程组、一元二次方程的解法，等腰三角形的性质，全等三角形的判定 和性质.第(3)题的解题关键是由垂直和45°角联想到构造等腰直角三角形，再联想到构 造全等三角形.得到全等三角形对应边相等后需要经过较复杂计算得到点坐标进而得到用未 知数表示的线段长，要有耐心和运算技巧进行计算. 答案第1页，共2页