2026年九年级中考数学-二次函数与角度问题 专题

**基本信息** 聚焦二次函数与角度综合问题，通过18道压轴题构建"代数表达-几何转化-方程求解"三阶解题体系，强化数学思维与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |角度计算|5题（如第2、7题）|构造全等/相似三角形转化角关系|二次函数性质→坐标运算→三角函数应用| |直角存在性|4题（如第3、9题）|勾股定理或斜率乘积判定直角|对称轴性质→动点坐标表示→方程求解| |旋转问题|3题（如第5、10题）|旋转性质结合全等构造|图形变换→坐标变换→函数图像交点| |角度最值|2题（如第16题）|外接圆切线法求最大角|圆的性质→相似三角形→二次函数最值| |综合探究|4题（如第17、18题）|分类讨论与多法协同|代数几何综合→数学模型建立→逻辑推理|

中考数学高频压轴题训练：二次函数与角度问题 1．已知：在平面直角坐标系中，抛物线的对称轴为直线，顶点为A． （1）求抛物线的表达式及顶点A的坐标； （2）点P为抛物线对称轴上一点，联结OA、OP． ①当OA⊥OP时，求OP的长； ②过点P作OP的垂线交对称轴右侧的抛物线于点B，联结OB，当∠OAP=∠OBP时，求点B的坐标． 2．已知抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，O是坐标原点，点A的坐标是（﹣1，0），点C的坐标是（0，﹣3）． （1）求抛物线的函数表达式； （2）求直线BC的函数表达式和∠ABC的度数； （3）P为线段BC上一点，连接AC，AP，若∠ACB=∠PAB，求点P的坐标． 3．在平面直角坐标系xOy中，抛物线经过点N（2，－5），过点N作x轴的平行线交此抛物线左侧于点M，MN=6． （1）求此抛物线的解析式； （2）点P（x，y）为此抛物线上一动点，连接MP交此抛物线的对称轴于点D，当△DMN为直角三角形时，求点P的坐标； （3）设此抛物线与y轴交于点C，在此抛物线上是否存在点Q，使∠QMN=∠CNM ？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由． 4．如图，以的边和边上高所在直线建立平面直角坐标系，已知，，，抛物线经过A，B，C三点． (1)求抛物线解析式． (2)点G是x轴上一动点，过点G作轴交抛物线于点H，抛物线上有一点Q，若以C，G，Q，H为顶点的四边形为平行四边形，求点G的坐标． (3)点P是抛物线上的一点，当时，求点P的坐标． 5．如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于A点，与y轴交于B点，抛物线经过A、B两点． (1)求抛物线的解析式； (2)C是抛物线对称轴上一点，连接，将线段绕点C逆时针旋转，当点A的对称点D恰好落在第四象限的抛物线上时，求点D的坐标； (3)在（2）的条件下，设直线与抛物线对称轴交于点G，连接，P是抛物线对称轴上一点，过点P作x轴的平行线交于点M，交于点N，连接，设点P的纵坐标为t，当时，求t的值． 6．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线与x轴相交于原点O和点，点在抛物线上． (1)求抛物线的表达式，并写出它的对称轴； (2)求的值； (3)点D在抛物线上，如果，求点D的坐标． 7．如图，已知直线y＝2x+n与抛物线y＝ax2+bx+c相交于A，B两点，抛物线的顶点是A（1，﹣4），点B在x轴上． (1)求抛物线的解析式； (2)若点M是y轴上一点，点N是坐标平面内一点，当以A、B、M、N为顶点的四边形是矩形时，求点M的坐标． (3)在抛物线上是否存在点Q，使∠BAQ＝45°，若存在，请直接写出点Q的横坐标；若不存在，说明理由． 8．如图，在平面直角坐标系中，二次函数yx2+bx﹣2的图象与x轴交于点A和点B（4，0），与y轴交于点C． (1)求二次函数的表达式； (2)若点P是抛物线上一点，满足∠PCB+∠ACB＝∠BCO，求点P的坐标； (3)若点Q在第四象限内，且tan∠AQB，M（﹣2，1），线段MQ是否存在最大值，如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由． 9．在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于A，B两点，点A，B的坐标分别为（﹣1，0），（3，0），点M为顶点． (1)求抛物线的解析式； (2)过点M作y轴的垂线，垂足为C，过点B作y轴的平行线，交CM于点D，点H为OC上的任一点，将线段HB绕点H逆时针旋转90°到HP．求∠PCD的度数； (3)在（2）的条件下，将点H改为y轴上的一动点，连接OP，BP，求OP+BP的最小值． 10．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，对称轴为直线x＝2，点A的坐标为（1，0）． （1）求该抛物线的表达式及顶点坐标； （2）点P为抛物线上一点（不与点A重合），连接PC．当∠PCB＝∠ACB时，求点P的坐标； （3）在（2）的条件下，在对称轴上是否存在一点Q，连接PQ，将线段PQ绕点Q顺时针旋转90°，使点P恰好落在抛物线上？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 11．如图所示：二次函数的图像与轴交于两点，与轴交于点，连接． （1）求直线的函数表达式； （2）如图1，若点为抛物线上线段右侧的一动点，连接．求面积的最大值及相应点的坐标； （3）如图2，该抛物线上是否存在点，使得？若存在，请求出所有点的坐标；若不存在，请说明理由． 12．如图，在平面直角坐标系中，抛物线交轴负半轴于点（点在点左边），交轴于点． （1）求抛物线解析式； （2）点为对称轴右轴下方的侧抛物线上一点，射线关于轴对称图形（射线）交抛物线于点，若点的横坐标为，点的横坐标为，求与的函数关系式； （3）在（2）的条件下，射线分别交抛物线对称轴于点，过点作轴的平行线，在对称轴左侧作交于点，，连接，求的度数． 13．综合与探究 如图，抛物线经过， 两点，直线与轴交于点．点是直线 上方抛物线上的一个动点，过点作轴，垂足为，并且交直线于点 ． （1）请直接写出抛物线与直线的函数关系表达式； （2）当时，求出点的坐标； （3）是否存在点，？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 14．如图，在平面直角坐标系中抛物线交x轴于点A、B，交y轴于点C， A、B两点横坐标为-1和3，C点纵坐标为-4. （1）求抛物线的解析式； （2）动点D在第四象限且在抛物线上，当△BCD面积最大时，求D点坐标，并求△BCD面积的最大值； （3）抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使得∠QBC=45°，如果存在，求出点Q的坐标，不存在说明理由. 15．在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+2与x轴交于点B，与y轴交于点C，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过B，C两点，且与x轴的负半轴交于点A． (1)求二次函数的表达式； (2)如图1，点D是抛物线第四象限上的一动点，连接DC，DB，当S△DCB＝S△ABC时，求点D坐标； (3)如图2，在(2)的条件下，点Q在CA的延长线上，连接DQ，AD，过点Q作QP∥y轴，交抛物线于P，若∠AQD＝∠ACO+∠ADC，请求出PQ的长． 16．已知，如图1，O是坐标原点，抛物线（a≠0）经过A、B、C三点，AB⊥y轴于点A，AB=2，AO=4，OC=5，点D是线段AO上一动点，连接CD、BD． （1）求出抛物线的解析式； （2）如图2，抛物线的对称轴分别交BD、CD于点E、F，当△DEF为等腰三角形时，求出点D的坐标； （3）当∠ BDC的度数最大时，请直接写出OD的长． 17．如图1，已知二次函数y=mx2+3mx﹣m的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），顶点D和点B关于过点A的直线l：y=﹣x﹣对称． （1）求A、B两点的坐标及二次函数解析式； （2）如图2，作直线AD，过点B作AD的平行线交直线1于点E，若点P是直线AD上的一动点，点Q是直线AE上的一动点．连接DQ、QP、PE，试求DQ+QP+PE的最小值；若不存在，请说明理由： （3）将二次函数图象向右平移个单位，再向上平移3个单位，平移后的二次函数图象上存在一点M，其横坐标为3，在y轴上是否存在点F，使得∠MAF=45°？若存在，请求出点F坐标；若不存在，请说明理由． 18．如图1，抛物线y=ax2-4ax+b交x轴正半轴于A，B两点，交y轴正半轴于C，且OB=OC=3． （1）求抛物线的解析式； （2）点D为抛物线的顶点，点G在直线BC上，若，直接写出点G的坐标； （3）将抛物线向上平移m个单位，交BC于点M，N（如图2），若∠MON=45°，求m的值． 参考答案 1．（1）顶点A的坐标为（2，1）；（2） 【解析】试题分析：（1）根据抛物线对称轴列方程求出，即可得到抛物线解析式，再根据解析式写出顶点坐标； （2）设对称轴与轴的交点为E．①求出，然后根据锐角的正切值相等列出等式，再求解得到，然后利用勾股定理列式计算即可；②过点B作AP的垂线，垂足为F，根据抛物线解析式设出点B的坐标，然后表示出，在和中，利用相等的锐角的正切值相等列式求出再求出然后根据相似三角形对应边成比例列出比例式求解得到的值，从而得解． 试题解析：（1）抛物线的对称轴为直线，． 顶点A的坐标为（2，1）； 设对称轴与轴的交点为E．①如图，在直角三角形AOE和直角三角形POE中， ; ②如图，过点B作AP的垂线，垂足为F，设点， 在和中， 整理得：解得（舍）． 考点：二次函数综合题． 2．（1）y=x2﹣2x﹣3；（2）45°；（3）P（，﹣）． 【解析】试题分析：（1）直接将A，C点坐标代入抛物线解析式求出即可； （2）首先求出B点坐标，进而利用待定系数法求出直线BC的解析式，进而利用CO，BO的长求出∠ABC的度数； （3）利用∠ACB=∠PAB，结合相似三角形的判定与性质得出BP的长，进而得出P点坐标． 解：（1）将点A的坐标（﹣1，0），点C的坐标（0，﹣3）代入抛物线解析式得： ， 解得：， 故抛物线解析式为：y=x2﹣2x﹣3； （2）由（1）得：0=x2﹣2x﹣3， 解得：x1=﹣1，x2=3，故B点坐标为：（3，0）， 设直线BC的解析式为：y=kx+d， 则， 解得：， 故直线BC的解析式为：y=x﹣3， ∵B（3，0），C（0，﹣3）， ∴BO=OC=3， ∴∠ABC=45°； （3）过点P作PD⊥x轴于点D， ∵∠ACB=∠PAB，∠ABC=∠PBA， ∴△ABP∽△CBA， ∴=， ∵BO=OC=3， ∴BC=3， ∵A（﹣1，0），B（3，0）， ∴AB=4， ∴=， 解得：BP=， 由题意可得：PD∥OC， ∴DB=DP=， ∴OD=3﹣=， 则P（，﹣）． 考点：二次函数综合题． 3．（1）；（2）当为直角三角形时，点的坐标为或；（3）存在点，使，点的坐标为或． 【分析】（1）根据平行轴，，点坐标为，可得出点的坐标，然后利用待定系数法求解函数解析式即可； （2）设抛物线的对称轴交于点，此时抛物线的对称轴是的中垂线，根据为直角三角形，可得出及的坐标，分别求出及的函数解析式，结合抛物线可得出点的坐标； （3）分两种情况进行讨论，①点在上方，②点在下方，然后根据两角相等，利用三角函数建立方程，解出的值后检验即可得出答案． 【解析】解：（1）由题意得，平行轴，，点坐标为， 故可得点坐标为， 过点、， 可得， 解得：， 故此抛物线的解析式为． （2）设抛物线的对称轴交于点， 若为直角三角形，则， 可得，， 从而可求得直线解析式为；，直线解析式为：， 将分别代入直线，的解析式， 得①，②、 解①得，（舍， 即； 解②得，（舍， 即； 故当为直角三角形时，点的坐标为或． （3）设存在点，使得， ①若点在上方，过点作，交于点， 则，、 故，即、 解得，（舍， 故可得点； ②若点在下方， 同理可得． 综上可得存在点，使，点的坐标为或． 4．(1) (2)G的坐标为或 (3)当时，点P的坐标为（4，5）或 【分析】（1）先求出，再根据正切的定义得到，结合求出，，再利用待定系数法求出对应的函数解析式即可； （2）先证明只存在以为对角线的平行四边形，设，，则，根据平移的特点建立方程进行求解即可； （3）先求出，，如图②，作，过点B作交于点，过点作轴于点M，可得为等腰直角三角形，，再由，得到，则点的坐标为，求出直线的解析式为，联立，可得的坐标为．如图②，延长至，使得，连接交抛物线于点，过点作轴于点N，则，求出直线的解析式为，联立，可得点的坐标为． 【解析】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 由， 可得， 解得或（舍去）， ∴，， 将，，代入可得， 解得， ∴抛物线解析式为． （2）解：如图①，∵轴，点Q在抛物线上， ∴以为边的平行四边形不存在，只存在以为对角线的平行四边形， 设，，则， 由点的平移可得，消元整理可得，解得，， ∴点G的坐标为或． （3）解：∵， ∴，， 如图②，作，过点B作交于点，过点作轴于点M， ∴， ∴为等腰直角三角形，， ∵， ∴，， ∴， ∴点的坐标为， 由，可得直线的解析式为， 联立， 解得（舍去），， ∴的坐标为． 如图②，延长至，使得，连接交抛物线于点，过点作轴于点N， ∴， 由，可得直线的解析式为， 联立， 解得（舍去），， ∴点的坐标为． 综上可得当时，点P的坐标为或． 【点评】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质与判断，解直角三角形等等，灵活运用所学知识并利用数形结合的思想求解是解题的关键． 5．(1)； (2)； (3)． 【分析】（1）先求出A点，B点的坐标，利用待定系数法求二次函数解析式即可； （2）设抛物线对称轴交x轴于点F，作于点E，证明，设，求出，代入到解析式进行求解即可； （3）在延长线上取一点H，使，证明，得到，再证明，作于K，在中，求出，进而求出，即可得解． 【解析】（1）解：直线， 当时，，当时，， ∴； ∵抛物线经过A、B两点， 则：， ∴，， ∴； （2）设抛物线对称轴交x轴于点F，作于点E， ∵的对称轴， ∴． ∵轴，， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． 设，∴， 则，代入抛物线的解析式， 解得（舍）， ∴； （3）由（1）知，由（2）知，则， ∴， 由（2）知， 当时，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， 在四边形中，∴， ∴， 在延长线上取一点H，使， ∵， ∴，∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵轴， ∴， 作于K， ∴， 由， ∴， 在中，，， ∴， ∴． 【点评】本题考查二次函数的综合应用，同时考查全等三角形的判定和性质，旋转的性质，解直角三角形．正确的求出二次函数的解析式，熟练掌握二次函数的图象和性质，旋转的性质，证明三角形全等是解题的关键．本题的综合性强，属于中考压轴题． 6．(1)，直线 (2)3 (3)或 【分析】（1）将点O (0，0)和点代入抛物线解析式，即可求出m和k的值，即得出其表达式，再根据其性质即可直接得出对称轴； （2）过点A作轴于点C，由（1）所求表达式可求出A点坐标，即得出AC和OC的长，进而可求出BC的长，再根据正切的定义即可求出； （3）由（2）可求．又易证，即得出．分类讨论：①当点D在x轴上方时，设抛物线对称轴与x轴交于点F，OD与抛物线对称轴交于点E，即得出，从而可求出E点坐标，进而可求出直线OD的解析式，再联立直线OD的解析式和抛物线解析式，求出解，即得出D点坐标；②当点D在x轴下方时，由①同理可求出此时D点坐标． （1） 将点O (0，0)和点代入，得： ， 解得：， ∴抛物线的表达式为， ∴它的对称轴为直线． （2） 如图，过点A作轴于点C． ∵点在抛物线上， ∴， ∴， ∴，． ∵， ∴， ∴， ∴； （3） 由（2）可知． ∵，， ∴， ∴． 分类讨论：①当点D在x轴上方时，如图，设抛物线对称轴与x轴交于点F，OD与抛物线对称轴交于点E， ∴． ∵， ∴， ∴． 设直线OD的解析式为：， ∴，解得：， ∴直线OD的解析式为：． 联立，解得：，， ∴； ②当点D在x轴下方时，如图， 由①同理可求出此时直线OD的解析式为：． 联立，解得：，， ∴． 综上可知，如果，点D的坐标为或． 【点评】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，解直角三角形，一次函数图象与二次函数图象的交点问题等知识，较难．利用数形结合和分类讨论的思想是解题关键． 7．(1) (2)点M坐标为：（0，）或（0，）或（0，﹣1）或（0，﹣3） (3)存在，点Q的横坐标为﹣2或 【分析】（1）由点A坐标求直线解析式，进而求出点B坐标，由题意可设抛物线表达式为y＝a（x﹣1）2﹣4，待定系数法求a，代入整理得抛物线解析式； （2）当以A、B、M、N为顶点的四边形是矩形时，有两种情况：①如图1，当AB为边时，设点M（0，m），表示出的值，由勾股定理得MB2＝AM2+AB2，可求的值，得点M的坐标；延长BN交y轴于点M′，作AG⊥y轴于G，BH⊥GA交GA的延长线于点H，证明，有，求解的值，进而得到M′的坐标；②如图2，当AB为对角线时，取线段AB的中点P，作辅助圆⊙P，与y轴交于点M1，M2，作PG⊥y轴于点G，可知点P坐标（，），即（2，﹣2），求出⊙P半径为，在Rt△PM1G中， ，PG＝2，由勾股定理得，求出的值，根据垂径定理可得M2G的值，进而得到M点坐标； （3）如图，当四边形ADBC为正方形，且点Q1，Q2分别在直线AD和直线AC上时，∠BAQ＝45°，设过线段AB中点P，且与线段AB垂直的直线解析式为yb，待定系数法求直线解析式为y，设点C点坐标（n，n﹣1），在Rt△ABD中，∠BAD＝45°，AB＝2，由正弦值可求BD，有BD，解得n1＝0，n2＝4，可知点C坐标（0，﹣1），点D坐标（4，﹣3）；设直线AD表达式为：y＝qx+p，待定系数法求解直线AD的表达式为y，同理可得直线AC的表达式为y＝﹣3x﹣1， 联立直线AD与抛物线y＝（x﹣1）2﹣4求解可得，横坐标的值，同理联立直线AC与抛物线，求解可得横坐标的值，进而可得结果． (1) 解：将点A（1，﹣4）代入直线y＝2x+n得，2+n＝﹣4， 解得n＝﹣6， ∴直线y＝2x﹣6， 当y＝0时，代入直线得：0＝2x﹣6， 解得：x＝3， ∴点B坐标（3，0）， 设抛物线表达式为y＝a（x﹣1）2﹣4，将点B代入抛物线得， 0＝4a﹣4，解得：a＝1， ∴y＝（x﹣1）2﹣4 ∴抛物线表达式y； (2) 解：当以A、B、M、N为顶点的四边形是矩形时，有两种情况： ①如图1，当AB为边时， 设点M（0，m）， 已知点A（1，﹣4），点B（3，0） ∴MA2＝12+（m+4）2，AB2＝（1﹣3）2+（﹣4﹣0）2＝20，BM2＝32+m2， ∴MB2＝AM2+AB2，即12+（m+4）2+20＝32+m2，解得m， 即点M的坐标（0，）， 延长BN交y轴于点M′，作AG⊥y轴于G，BH⊥GA交GA的延长线于点H， ∵， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴OM′， ∴M′（0，）， ∴点的坐标为（0，）或（0，）； ②如图2，当AB为对角线时，取线段AB的中点P，作辅助圆⊙P，与y轴交于点M1，M2，作PG⊥y轴于点G， ∴点P坐标（，），即（2，﹣2）， 由①可得线段AB2， ∴⊙P半径为， 在Rt△PM1G中，PM1，PG＝2，由勾股定理得M1G1， 根据垂径定理可得，M2G＝1， ∴点M1坐标（0，﹣1），点M2坐标（0，﹣3）； 综上所述，当以A、B、M、N为顶点的四边形是矩形时，点M坐标为：（0，）或（0，）或（0，﹣1）或（0，﹣3）； (3) 解：存在点Q的横坐标为﹣2或，使∠BAQ＝45°． 理由如下：假设存在满足条件的点Q，如图， 当四边形ADBC为正方形，且点Q1，Q2分别在直线AD和直线AC上时，∠BAQ＝45°， 设过线段AB中点P，且与线段AB垂直的直线解析式为yb， 将点P（2，﹣2）代入得：﹣2＝﹣1+b， 解得b＝﹣1， ∴直线为y， 设点C点坐标（n，n﹣1）， 在Rt△ABD中，∠BAD＝45°，AB＝2， ∵sin45°， ∴BD， ∴BD， 解得n1＝0，n2＝4， ∴点C坐标（0，﹣1），点D坐标（4，﹣3）， 设直线AD表达式为：y＝qx+p， 将点A（1，﹣4），点D（4，﹣3）代入得，， 解得， ∴直线AD的表达式为y， 同理可得直线AC的表达式为y＝﹣3x﹣1， 联立直线AD与抛物线y＝（x﹣1）2﹣4可得，（x﹣1）2﹣4， 解得x1＝1，x2， 同理联立直线AC与抛物线可解得x3＝1，x4＝﹣2， ∴点Q的横坐标为﹣2或． 【点评】本题考查了待定系数法求解析式，二次函数与矩形的综合，相似三角形，勾股定理，二次函数与角度问题的综合．解题的关键在于对知识的灵活运用． 8．(1)yx2x﹣2 (2)P（，） (3) 【分析】（1）将点B（4，0）代入yx2+bx﹣2，即可求解； （2）由题意可知∠PCB＝∠OCA，分两种情况讨论：当P点在x轴上方时，CG＝BG，在Rt△OCG中，用勾股定理CG2＝OC2+OG2，求出G（，0），再求出直线CG的解析式为yx﹣2，联立方程组，即可求P（，）；当P点在x轴下方时，OB∥CP，即可求出P（5，﹣2）． （3）过点A作AH⊥x轴，过点C作CH∥x轴，连接BH，设N为BH的中点，Q点在以N为圆心，BN为半径的圆上运动，求出MN，BN，则MQ的最大值为． (1) 将点B（4，0）代入yx2+bx﹣2， ∴﹣8+4b﹣2＝0， ∴b， ∴yx2x﹣2； (2) 令x＝0，则y＝﹣2， ∴C（0，﹣2）， 令y＝0，则x2x﹣2＝0， ∴x＝1或x＝4， ∴A（1，0）， ∵∠PCB+∠ACB＝∠BCO＝∠ACB+∠OCA， ∴∠PCB＝∠OCA， 如图1，当P点在x轴上方时， ∵OA＝1，OC＝2，OB＝4， ∴tan∠OCA，tan∠OBC， ∴∠OCA＝∠OBC， ∴∠PCB＝∠OBC， ∴CG＝BG， ∵OB＝4， ∴OG＝4﹣CG， 在Rt△OCG中，CG2＝OC2+OG2， ∴（4﹣OG）2＝22+OG2， ∴OG， ∴G（，0）， 设直线CG的解析式为y＝kx+b， ， ∴， ∴yx﹣2， 联立方程组， ∴x＝0（舍）或x， ∴P（，）； 如图2，当P点在x轴下方时， ∵∠OBC＝∠PCB， ∴OB∥CP， ∴P（5，﹣2）；   综上所述：P点坐标为（，）或（5，﹣2）； (3) 过点A作AH⊥x轴，过点C作CH∥x轴，连接BH，设N为BH的中点， ∵AB＝3，AH＝2， ∴tan∠AHB， ∵tan∠AQB，∠HAB＝90°， ∴Q点在以N为圆心，BN为半径的圆上运动， ∵H（1，﹣2）， ∴N（，﹣1）， ∵M（﹣2，1）， ∴MN，BN， ∴MQ的最大值为． 【点评】本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，三角函数，三角形相似的性质，圆的性质是解题的关键． 9．(1)y＝x2+x+ (2)∠PCD＝45° (3)OP+BP的最小值为 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）先求出点M的坐标为（1，3），然后证明四边形OBDC是正方形，过点P作PE⊥y轴，垂足为E点，连接PC，如图2，证明△PEH≌△HOB得到PE＝OH，EH＝OB，然后推出EC＝EP，得到∠ECP＝45°，则∠PCD＝45°； （3）根据∠PCD＝45°可知点P在直线PC上运动，作点O关于直线PC的对称点F，连接BF与直线PC交于，连接，直线PC交x轴于点Q，连接FQ，则，，故当P在的位置，即B、F、P三点共线时，的值最小，最小为BF，由此求解即可． （1） 解：将点A（﹣1，0），B（3，0）代入中 得 ， 解得， ∴抛物线解析式为； （2） 解：∵抛物线解析式为， ∴点M的坐标为（1，3）， ∵MC⊥y轴，BD∥y轴，∠COB=90°， ∴矩形OBDC中，CO＝OB＝3． ∴四边形OBDC是正方形， 过点P作PE⊥y轴，垂足为E点，连接PC，如图2， ∵∠PHB＝90°， ∴∠PHE+∠BHO＝90°， ∵∠OBH+∠BHO＝90°， ∴∠PHE＝∠OBH， 又HP＝HB， ∴△PEH≌△HOB（AAS）， ∴PE＝OH，EH＝OB， ∵OB＝OC， ∴OC＝EH， ∴EC＝OH， ∴EC＝EP， ∴∠ECP＝45°， ∴∠PCD＝45°； （3） 解：如图3， 由（2）可知，点P在直线PC上运动， 作点O关于直线PC的对称点F，连接BF与直线PC交于，连接，直线PC交x轴于点Q，连接FQ， ∴， ∴， ∴当P在的位置，即B、F、P三点共线时，的值最小，最小为BF， ∵CD∥x轴， ∴∠PCD＝∠PQO＝45°， ∴OQ＝OC＝OB＝3， 由轴对称的性质可知：∠FQC＝∠PQO＝45°，FQ＝OQ＝3， ∴∠FQB＝90°， ∴BF＝， ∴OP+BP的最小值为． 【点评】本题主要考查了二次函数的综合，正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理等等，解题的关键在于能够正确作出辅助线求解． 10．（1）y=x2-4x+3，顶点（2，-1）；（2）（，）；（3）（2，）或（2，） 【分析】（1）由对称轴为直线，点的坐标为，得出，通过交点式得出函数关系式； （2）作于，可知在对称轴上，求出的坐标，得出直线的关系式与抛物线求交点即可； （3）分在上方和下方两种情况，当在上方时，构造出，得代入抛物线即可，当在上方时，得出． 【解析】解：（1）对称轴为直线，点的坐标为， ， ， 当时，， 顶点， （2）作于，交于， ，， ， ， ， ， ， ， ， 直线的关系式为：， ， （舍，， ， （3）点旋转后的对应点为，作对称轴于，对称轴于， 当在上方时， 则，设， 将线段绕点顺时针旋转得线段， ∴∠PQP′=90°，则∠PQD+∠P′QE=90°， 又∠PQD+∠DPQ=90°， ∴∠P′QE=∠DPQ，又PQ=P′Q，∠PDQ=∠QEP′=90°， （AAS）， ，， ， 恰好落在抛物线上， ， 解得，（舍）， ∴点Q的纵坐标为； ， 当在上方时，作对称轴于， 可知：△PQP′为等腰直角三角形， ∴， ∴点Q的纵坐标为， ， 综上：或． 【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数关系式、等腰直角三角形的性质以及运算能力，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，从而求出线段之间的关系． 11．（1）；（2）最大值为，M，；（3）存在，或 【分析】（1）用待定系数法即可求解； （2）由面积，即可求解； （3）分点在的右侧、点在的左侧两种情况，用解直角三角形的方法，分别求解即可． 【解析】解：（1）对于①，令，解得或，令，则， 故点、、的坐标分别为、、， 设直线的表达式为，则，解得， 故直线的表达式为； （2）过点作轴的平行线交于点， 设点的坐标为，则点， 则面积， ，故面积存在最大值， 当时，面积的最大值为，此时点的坐标为，； （3）存在，理由： 在中，，由、的坐标得，， ①当点在的右侧时， 延长交轴于点，过点作交的延长线于点， 在中，，设，则， 在中，，解得， 则，故点的坐标为， 由点、的坐标得，直线的表达式为②， 联立①②并解得（不合题意的值已舍去）， 故点的坐标为； ②当点在的左侧时， 设直线交抛物线于点， 同理可得，点的坐标为，，则直线的表达式为③， 联立①③并解得（不合题意的值已舍去）， 故点的坐标为； 综上，点的坐标为或． 【点评】本题主要考查了二次函数的解析式的求法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，从而求出线段之间的关系． 12．（1）；（2）；（3）45° 【分析】（1）求出A、C坐标，用待定系数法求解析式即可； （2）作轴于点，作轴于点，根据对称可得，设，用坐标表示线段长，代入即可； （3）作于点，利用三角函数求出DE=，得到线段相等关系，根据得到等腰三角形，进而证，得出等腰直角三角形求度数． 【解析】， 将代入 解得， ． 作轴于点，作轴于点， 设 则； ， ， （3）设DE交x轴于点，由（2）得，，Q点横坐标为，AG=，GB=， ∵， ∴QG=， ， 在中，， 在中， ， ∵， ∴， 设则，作于点， 在中， 设交于点 轴， 在中， 在中，． 在中， ， 【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、锐角三角函数、全等三角形的判定和性质、等腰三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题． 13．（1），；（2）点（2，6）；（3）存在点，使得，或． 【解析】（1）将，两点代入求解，即可得到抛物线的函数关系表达式，设直线的函数关系表达式为，将，两点代入求解，即可得到直线的函数关系表达式； （2）把代入，得 ，得到点坐标是（0，4），根据可设直线的函数关系表达式为 ，将点（0，4），代入得：，可得直线 的函数关系表达式为 ，根据直线与抛物线相交于 ，则有：，解之得： ， ，把代入，得 ，可得点 的坐标是（2，6）； （3）过点作，垂足为．过点作，垂足为，则四边形为矩形，可证，则有，设，则，根据，得，解得或． 【解析】解：（1）∵抛物线经过， 两点， ∴ ，解之得： ∴抛物线的函数关系表达式为， 设直线的函数关系表达式为， ∵直线经过，两点， ∴ ，解之得： ∴直线的函数关系表达式为． （2）把代入，得 ． ∴点坐标是（0，4）， ∵ ∴， 设直线的函数关系表达式为， ∵将点（0，4），代入得：， ∴直线的函数关系表达式为， ∵直线与抛物线相交于， 则有：，解之得：， ， 把代入，得， ∴点的坐标是（2，6）． （3）存在点，使得． 过点作，垂足为．过点作，垂足为 ． 则四边形为矩形． ∴，． ∴当时，， 这时，即． 设， 则． ∵． ∴， 解得或． 【分析】此题考查了待定系数法求解析式、二次函数的性质，还考查了抛物线上的动点，全等三角形的判定，矩形的性质与判定等知识点，熟悉相关性质是解题的关键． 14．（1）；（2）D（，-5），最大值；（3）（1，）. 【分析】（1）将A，B，C三点坐标代入抛物线，即可求出； （2）作DH垂直AB于H，设D点坐标为（x，y），则有OC=4，OB=3，OH=x，HD=-y，由 ，，化简即可出； （3）由函数关系式：化简得对称轴为，作出对称轴，交x轴于F点，连接CB，交对称轴于E点，求出BC的函数解析式，则可以知道E点坐标为：（1，），所以存在一点Q，使得∠QBC=45°，并且点Q在FE之间，设Q点坐标为：（1，），求出线段 的斜率，线段 的斜率 ，利用两直线相交交角为，得到，化简即可． 【解析】解：（1）由图像可知：A，B，C，三点的坐标分别是（-1，0），（3，0），（0，-4）， 将A，B，C三点坐标代入抛物线 得： ，解之得： ∴抛物线的解析式为：； （2）如图，作DH垂直AB于H，设D点坐标为（x，y）， 则有：OC=4，OB=3，OH=x，HD=-y，HB=3-x， ∴梯形CDHO为直角梯形， ∴ 即： 又∵D点在抛物线上， ∴ ∴当时，△BCD面积有最大值，是， ∴ 所以D点坐标为：（，-5）； （3）由函数关系式：化简得：， ∴对称轴为：， 如图示：作出对称轴，交x轴于F点，连接CB，交对称轴于E点， ∴由B，C，的坐标分别是（3，0），（0，-4），设BC的函数解析式为： 则： ，解之得： ∴BC的函数解析式为：，当时，， ∴E点坐标为：（1，）， ∴BF=2，FE=， ∴ ， 即： ∴存在一点Q，使得∠QBC=45°，并且点Q在FE之间， 设Q点坐标为：（1，） ∴， ， ∵直线BQ和BC的交角为， ∴ 即： 化简得： ， ∴Q点坐标为：（1，） 【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、待定系数法、三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，二次函数解决最值问题，学会确定两个函数的交点坐标，属于综合应用题． 15．（1）；（2）；（3）6 【分析】（1）先求出B、C的坐标，然后代入二次函数的解析式，解方程组即可； (2)过D作DG⊥x轴于G，过C作CF⊥DG于F，过B作BE⊥CF于E．设D（x，y），则x＞0，y＜0．求出S△ABC．根据S△CBD=S△CDF－S△CEB－S梯形EBDF解方程解得到x的值，从而得到D的坐标； (3)连接AD，过D作DM⊥x轴于M．先求出直线CD的解析式为y=－x+2，得到CO=OR=2，则∠ORC=45°．再证明∠AQD=45°．通过勾股定理的逆定理得到AC2+AD2= DC2，即有∠CAD=90°，从而有△AQD是等腰直角三角形，由等腰三角形的性质得到AQ=AD．通过证明△QAN≌△ADM，得到NA，QN的长，进而得到ON=4，即可得到N（－4，0），则P点横坐标为x=-4，代入二次函数即可得到y的值，从而得到结论． 【解析】（1）在中，令y=0，解得：x=4，∴B(4，0)，令x=0，得：y=2，∴C(0，2)．把B(4，0)，C(0，2)代入中，得：，解得：，∴二次函数的表达式为：． (2)过D作DG⊥x轴于G，过C作CF⊥DG于F，过B作BE⊥CF于E．设D（x，y）． ∵D在第四象限，∴x＞0，y＜0． ∵B（4，0），C(0，2)，∴CE=OB=4，CO=BE=FG=2，EF=BG=x-4，DF=DG+FG=2-y，S△ABC=AB×OC=×（4+1）×2=5． S△CBD=S△CDF－S△CEB－S梯形EBDF=，化简得：x+2y=－1． ∵D（x，y）在二次函数上，∴，化简得：，∴（x－5）（x+1）=0，∴x=5或x=－1（舍去）． 当x=5时，y==－3，∴D（5，－3）． (3)如图，连接AD，过D作DM⊥x轴于M．设直线CD的解析式为y=kx+b，把C（0，2），D（5，－3）代入得到：，解得：，∴直线CD的解析式为y=－x+2，令y=0，解得：x=2，∴R(2，0)，∴CO=OR=2，∴∠ORC=45°． ∵∠ACO+∠CAO=90°，∠CAO+∠OAD=90°，∴∠ACO=∠OAD，∴∠ACO+∠ADC=∠OAD+∠ADC=∠ARC=45°，∴∠AQD=45°． ∵AC2=12+22=5，AD2=(5+1)2+32=45，DC2=52+(2+3)2=50，∴AC2+AD2=5+45=50= DC2，∴∠CAD=90°，∴∠QAD=90°． ∵∠AQD=45°，∴△AQD是等腰直角三角形，∴AQ=AD． ∵∠QAD=90°，∴∠NAQ+∠DAM=90°． ∵∠NAQ+∠AQN=90°，∴∠AQN=∠MAD．在△QAN和△ADM中，∵∠AQN=∠MAD，∠QNA=∠AMD=90°，AQ=AD，∴△QAN≌△ADM，∴NA=DM=3，QN=AM=6，∴ON=4，∴N（－4，0）．设P（x，y）． ∵QP∥y轴，∴P点横坐标为x=-4，∴y==－12，∴PN=12，∴PQ=PN-QN=12－6=6． 【点评】本题是二次函数综合题．考查了用待定系数法求函数解析式，勾股定理及逆定理，全等三角形的判定与性质．综合性强，难度较大． 16．（1）；（2）当△ DEF为等腰三角形时，点D的坐标为（0，）或（0，）或（0，12﹣2）；（3） 【分析】（1）先确定出点A，B，C的坐标，进而用待定系数法即可得出结论． （2）先判断出要△DEF是等腰三角形，即：△BDH是等腰三角形，设出点D坐标，进而表示出BD，DH，BH，分三种情况建立方程求解即可得出结论． （3）先判断出当△BDC的外接圆与AO相切时， ∠BDC最大，后利用三角形，勾股定理计算即可． 【解析】（1）∵AB⊥y轴于点A，AB=2，AO=4，OC=5， ∴A（0，4），B（2，4），C（5，0）， ∵抛物线a≠0）经过A、B、C三点， ∴ 解得, ∴抛物线解析式为． （2）如图， 过点B作BG⊥OC于G，交CD于H， ∴点H，G的横坐标为2， ∵EF⊥OC， ∴EF∥BH， ∵△DEF是等腰三角形， ∴△BDH是等腰三角形， 设D（0，5m）（0≤m≤）， ∵C（5，0）， ∴直线CD的解析式为y=﹣mx+5m， ∴H（2，3m）， ∴BH=4﹣3m， ∴，，， 当BD=DH时，=， ∴m=（舍）或m=， ∴5m=， ∴D（0，）， 当BD=BH时，=， ∴m=， ∴D（0，）， 当BH=DH时，=， ∴m=或m=（舍去）， ∴D（0，12﹣2）， 即：当△DEF为等腰三角形时，点D的坐标为（0，）或（0，）或（0，12﹣2）； （3）如图， 当△BDC的外接圆与AO相切时， ∠BDC最大， 设外接圆的圆心为E，Q是异于点D的一点，连接QB，QC，交圆于点M， 则∠BDC=∠BMC，根据三角形外角性质，得∠BMC＞∠BQC，故∠BDC＞∠BQC， ∴∠BDC最大， 设OC与圆交于点H，连接DH，DE， 根据切线性质， ∴∠EDO=∠DOC=90°， 作直径HN，连接DN， ∴∠HDN=90°，∠DNH=∠DCH， ∵ED=EH， ∴∠EDH=∠EHD， ∴90°-∠EDH=90°-∠EHD， ∴∠ODH=∠OCD， ∴△ODH∽△OCD， ∴OD：OC=OH：OD， ∴OD：OC=OH：OD， ∴， 设DO=y，OH=x，则HC=5-x， ∴， ∴， 过点E作EF⊥OC，垂足为F，过点B作BG⊥OC，垂足为G，交DE于点P， 根据垂径定理，得HF=FC=，四边形EDOF是矩形， ∴DE=OF=EB=+x=， 根据B（2，4），得AB=DP=OG=2，BG=4， ∴PE=ED-DP==， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得，＞4（舍去）， ∴， ∴， 故OD=， ∴当∠BDC最大时，OD=． 【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，等腰三角形的性质，垂径定理，勾股定理，矩形的判定和性质，三角形的外接圆，相似三角形的判定和性质，用方程的思想解决问题是解本题的关键． 17．（1）A（﹣，0），B（，0）；抛物线解析式y=x2+x﹣；（2）12；（3）（0，），（0，﹣） 【分析】（1）在y=mx2+3mx﹣m中令y=0，解方程求得x的值即可求得A、B的坐标，继而根据已知求出点D的坐标，把点D坐标代入函数解析式y=mx2+3mx﹣m利用待定系数法求得m即可得函数解析式； （2）先求出直线AD解析式，再根据直线BE∥AD，求得直线BE解析式，继而可得点E坐标，如图2，作点P关于AE 的对称点P'，作点E关于x轴的对称点E'，根据对称性可得PQ=P'Q，PE=EP'=P'E'，从而有DQ+PQ+PE=DQ+P'Q+P'E'，可知当D，Q，E'三点共线时，DQ+PQ+PE值最小，即DQ+PQ+PE最小值为DE'，根据D、E'坐标即可求得答案； （3）分情况进行讨论即可得答案. 【解析】（1）∵令y=0， ∴0=m x2+3mx﹣m， ∴x1=，x2=﹣， ∴A（﹣，0），B（，0）， ∴顶点D的横坐标为﹣， ∵直线y=﹣x﹣ 与x轴所成锐角为30°，且D，B关于y=﹣x﹣对称， ∴∠DAB=60°，且D点横坐标为﹣， ∴D（﹣，﹣3）， ∴﹣3=m﹣m﹣m， ∴m=， ∴抛物线解析式y=x2+x﹣； （2）∵A（﹣，0），D（﹣，﹣3）， ∴直线AD解析式y=﹣x﹣， ∵直线BE∥AD， ∴直线BE解析式y=﹣x+， ∴﹣x﹣=﹣x+， ∴x=， ∴E（，﹣3）， 如图2，作点P关于AE 的对称点P'，作点E关于x轴的对称点E'， 根据对称性可得PQ=P'Q，PE=EP'=P'E'， ∴DQ+PQ+PE=DQ+P'Q+P'E'， ∴当D，Q，E'三点共线时，DQ+PQ+PE值最小， 即DQ+PQ+PE最小值为DE'， ∵D（﹣，﹣3），E'（，3）， ∴DE'=12， ∴DQ+PQ+PE最小值为12； （3）∵抛物线y=（x+）2﹣3图象向右平移个单位，再向上平移3个单位， ∴平移后解析式y=x2， 当x=3时，y=3， ∴M  （3，3）， 如图3 若以AM为直角边，点M是直角顶点，在AM上方作等腰直角△AME，则∠EAM=45°， 直线AE交y轴于F点，作MG⊥x轴，EH⊥MG，则△EHM≌△AMG， ∵A（﹣，0），M（3，3）， ∴E（3﹣3，3+）， ∴直线AE解析式：y=x+， ∴F（0，）， 若以AM为直角边，点M是直角顶点，在AM上方作等腰直角△AME， 同理可得：F（0，﹣）. 【点评】本题考查了待定系数法、轴对称的性质、抛物线的平移、线段和的最小值问题、全等三角形的判定与性质等，综合性较强，有一定的难度，准确添加辅助线、熟练应用相关知识是解题的关键. 18．（1）y=x2-4x+3；（2）；（3）m= 【解析】试题分析：把 代入 解方程组即可． 直线BC:y=-x+3,设点根据两点之间的距离公式，列出式子，求出的值. （3）如图2中，将△OCM绕点O顺时针旋转90°得到△OBG.首先证明MN2=CM2+BN2，设 则设平移后的抛物线的解析式为由 消去得到 由 ，推出关于直线对称，所以 设 则 利用勾股定理求出以及的长，再根据根与系数关系，列出方程即可解决问题． 试题解析：(1)∵OB=OC=3， 代入 得 解得 ∴抛物线的解析式为y=x2-4x+3． （2）直线BC:设点 顶点的坐标为： ， ， （3）如图2中，将△OCM绕点O顺时针旋转90°得到△OBG． ∵∠MON=45°， ∴∠MOC+∠NOB=∠NOB+∠BOG=45°， ∴∠MON=∠GON=45°，∵ON=ON，OM=OG， ∴△ONM≌△ONG， ∴MN=NG， ∵∠NBG=∠NBO+∠OBG=45°+45°=90°， ∴NG2=BN2+BG2， ∴MN2=CM2+BN2， 设平移后的抛物线的解析式为y=x2-4x+3+m， M（x1，y1），N（x2，y2）, 则 设平移后的抛物线的解析式为 由 消去得到 ，推出 关于直线对称，所以 设 则∴ (负根已经舍弃)， 学科网（北京）股份有限公司 $