試題試題2025年廣州市中考數(shù)學(xué)二輪高頻錯題訓(xùn)練：二次函數(shù)綜合學(xué)校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、選擇題：本題共1小題，每小題3分，共3分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，y=?x2+3x+4與x軸交于A、B兩點(A在B的左側(cè))，與y軸交于點C，點P是線段BC上方拋物線上一點，過點P作PM//x軸，且與BC延長線相交于點M，連結(jié)AP交BC于點D，則MDDB的最大值為(

)A.45 B.34 C.43二、解答題：本題共26小題，共208分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。2.(本小題8分)已知拋物線y=x(1)當(dāng)m=0時，請判斷點(2,4)是否在該拋物線上；(2)該拋物線的頂點隨著m的變化而移動，當(dāng)頂點移動到最高處時，求該拋物線的頂點坐標(biāo)；(3)已知點E(?1,?1)、F(3,7)，若該拋物線與線段EF只有一個交點，求該拋物線頂點橫坐標(biāo)的取值范圍．3.(本小題8分)已知拋物線C1：y=x2+px與拋物線C2(1)求出p的值；(2)設(shè)點M(a,b)(b<0)在拋物線C1上，點N(a+m,b+n)在拋物線C①當(dāng)a=m時，求n的取值范圍；②當(dāng)M，A，N三點共線時，求m的值．4.(本小題8分)已知拋物線G:y=12x(1)求拋物線G的解析式;(2)已知直線l:y=?2x?6交x軸于點B，交y軸于點C，點P是拋物線G上一動點，點Q是直線l上一動點，求PQ的最小值;(3)在(2)的條件下，將拋物線G向左平移t個單位得到拋物線G1，頂點為D，問拋物線G1的對稱軸上是否存在一點M，使得以點C、D、M組成的三角形與△BOC相似?若存在，求t的值;5.(本小題8分)

如圖，二次函數(shù)y=?14(x+a)(x?3a)(a>0)的圖象與x軸交于A，B兩點(點A在點B的右側(cè))，與y軸交于點E．

(1)尺規(guī)作圖：作拋物線的對稱軸，交x軸于點D，并標(biāo)記拋物線的頂點C，連接AE，且AE與對稱軸相交于點F；(保留作圖痕跡，不寫作法)

(2)在(1)所作的圖形中，若AO=2OE，求∠CAD的大小及AF6.(本小題8分)

已知拋物線y=x2?ax+b?a的圖象過點A(1,1)．

(1)求b與a的關(guān)系式；

(2)當(dāng)a>0時，若該拋物線的頂點到x軸的距離是1，求a的值；

(3)將拋物線平移，若平移后的拋物線仍過點A(1,1)，點A的對應(yīng)點為點A1(1?m,?2a+1)7.(本小題8分)拋物線y=?12x2+mx+n與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，拋物線的對稱軸交x軸于點D(1)求拋物線的表達式;(2)在拋物線的對稱軸上是否存在點P，使△PCD是以CD為腰的等腰三角形?如果存在，直接寫出P點的坐標(biāo);如果不存在，請說明理由;(3)點E是線段BC上的一個動點，過點E作x軸的垂線與拋物線相交于點F，當(dāng)點E運動到什么位置時，四邊形CDBF的面積最大?求出四邊形CDBF的最大面積及此時E點的坐標(biāo)．8.(本小題8分)定義：在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=a(x??)+k稱為拋物線y=a(x??)2+k的伴隨直線，如直線y=?(x+1)?2(1)拋物線的對稱軸為直線x=2且其伴隨直線為y=x+1，求該拋物線的解析式;

(2)若拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)?①試用含a的代數(shù)式表示b和c;?②拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過定點Q，且與x軸交于點D和點E，若△DEQ為直角三角形，求(3)頂點在第一象限的拋物線y=?a(x?1)2+4a與它的伴隨直線交于點A，B(點A在點B的左側(cè))，與x軸負(fù)半軸交于點C，當(dāng)∠BAC=90°時，y軸上存在點P，使得9.(本小題8分)

已知拋物線G：y=12x2?x+m經(jīng)過點A(?2,0)．

(1)求拋物線G的解析式；

(2)已知直線l：y=?2x?6交x軸于點B，交y軸于點C，點P是拋物線G上一動點，點Q是直線l上一動點，求PQ的最小值；

(3)在(2)的條件下，將拋物線G向左平移t個單位得到拋物線G1，頂點為D，問拋物線G1的對稱軸上是否存在一點M，使得以點C、D、10.(本小題8分)

平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線G：y=14x2?12mx+14m2(m為實數(shù))．

(1)求拋物線G的對稱軸；

(2)已知A(x1,y1)和B(x2,y2)是拋物線G上的兩點，若對于x111.(本小題8分)

定義：在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=a(x??)+k稱為拋物線y=a(x??)2+k的伴隨直線，如直線y=?(x+1)?2為拋物線y=?(x+1)2?2的伴隨直線．

(1)拋物線的對稱軸為直線x=2且其伴隨直線為y=x+1，求該拋物線的解析式；

(2)若拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)的伴隨直線是y=m(x+1)?3(m>0)．

①試用含a的代數(shù)式表示b和c；

②拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過定點Q，且與x軸交于點D和點E，若△DEQ為直角三角形，求m的值；

(3)頂點在第一象限的拋物線y=?a(x?1)2+4a與它的伴隨直線交于點A，B(點A在點B的左側(cè))，與12.(本小題8分)直線y1=2x+7交y軸于點A，拋物線y2=ax2+bx+c交x(1)求點A的坐標(biāo)；(2)如果b=3，c=6，且拋物線y2始終在直線y1下方，求(3)過點B作y1的平行線，在第一象限內(nèi)交拋物線y2于另外一點D，如果點D的橫坐標(biāo)是x1+4，且△BCD的面積是32，A、B、C、D四點共圓．當(dāng)?1≤x<4時，探究y2有沒有最值13.(本小題8分)

如圖，已知拋物線y=ax2+bx+1經(jīng)過A(?1,0)，B(1,1)兩點．

(1)求該拋物線的解析式；

(2)閱讀理解：

在同一平面直角坐標(biāo)系中，直線l1：y=k1x+b1(k1,b1為常數(shù)，且k1≠0)，直線l2：y=k2x+b2(k2,b2為常數(shù)，且k2≠0)，若l1⊥l2，則k1?k2=?1．14.(本小題8分)已知二次函數(shù)y=ax2?2ax+3(a<0)，與x軸交于A，B兩點(點A在點B左側(cè))，與y軸交于點C(1)求二次函數(shù)的解析式;(2)點P是線段BC上的動點，連接AP并延長，交拋物線于點Q，求S△PQBS(3)將線段OC繞x軸上的動點M(m,0)順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段O′C′，若線段O′C′與拋物線有交點，求m的取值范圍．15.(本小題8分)已知拋物線G：y=ax2?6ax+9a?4與x軸交于點A，B(1)求a的取值范圍及頂點P的坐標(biāo)；(2)若△PAB的面積為8，①當(dāng)0≤x≤m時，拋物線G與直線l：y=5?b3x+b(b≤5)②點M為y軸上一點，當(dāng)∠AMB最大時，求此時sin∠AMB的值．16.(本小題8分)已知一條拋物線與x軸交于點A(3,0)，B(6,0)，與y軸交于點C(0,m)．(1)當(dāng)m=9時，求這條拋物線的解析式;(2)當(dāng)m=9時，在這條拋物線上取一點P(不與C點重合)，當(dāng)∠OPB=∠OCB時，求點P的橫坐標(biāo);(3)若過點A的直線l與△OBC的邊BC交于點Q(不包括端點)，設(shè)四邊形COAQ的面積為S1，△ABQ的面積為S2，若1<S117.(本小題8分)

如圖，拋物線y=x2?x+c與x軸交于點A(?1,0)和點B，與y軸交于點C．

(1)求拋物線的解析式；

(2)當(dāng)0<x≤2時，求y=x2?x+c的函數(shù)值的取值范圍；

(3)將拋物線的頂點向下平移34個單位長度得到點18.(本小題8分)在平面直角坐標(biāo)系中，將函數(shù)y=?x2+2mx?m?1(m為常數(shù))的圖象記為G，點P(1)當(dāng)點(1,0)在圖象G上時，試解答以下問題：①求函數(shù)G的解析式；②將拋物線在x≥1的那部分函數(shù)圖象沿直線x=1翻折得到新的函數(shù)圖象，翻折前后的兩部分合記為圖象F，若函數(shù)y=n與圖象F至少有三個交點，求n的取值范圍；(2)當(dāng)m>0時，將點P向左平移2個單位長度得到點Q，連結(jié)PQ，以PQ為邊向上方作矩形PQMN，使PN=1.當(dāng)圖象G與矩形PQMN只有兩個公共點時，求m的取值范圍．19.(本小題8分)如圖，拋物線y=x2+2x?3與坐標(biāo)軸分別交于A，B，C(1)求點A，B，C的坐標(biāo)；(2)

在直線BC上是否存在一點M和平面內(nèi)一點N，使以N，M，B，A四點為頂點的四邊形為菱形？若存在，請寫出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．20.(本小題8分)

已知二次函數(shù)y=ax2+2ax+c圖象與x軸交于點A和點B(?3,0)，與y軸交于點C(0,3)．

(1)求點A的坐標(biāo)；

(2)若點D是直線BC上方的拋物線上的一點，過點D作DE/?/y軸交射線AC于點E，過點D作DF⊥BC于點F，求32DF?DE的最大值及此時點D坐標(biāo)；

(3)在(2)的條件下，若點P，Q為x軸下方的拋物線上的兩個動點，并且這兩個點滿足∠PBQ=90°，試求點21.(本小題8分)

直線y1=2x+7交y軸于點A，拋物線y2=ax2+bx+c交x軸于點B(x1,0)和點C(x2,0)，x1<x2．

(1)求點A的坐標(biāo)；

(2)如果b=3，c=6，且拋物線y2始終在直線y1下方，求a的取值范圍；

(3)過點B作y1的平行線，在第一象限內(nèi)交拋物線y2于另外一點D，如果點D的橫坐標(biāo)是x1+4，且△BCD22.(本小題8分)在平面直角坐標(biāo)系中，設(shè)直線l的解析式為：y=kx+m(k、m為常數(shù)且k≠0)，當(dāng)直線l與一條曲線有且只有一個公共點時，我們稱直線l與這條曲線“相切”，這個公共點叫做“切點”．(1)求直線l:y=?x+6與雙曲線y=9x(2)已知一次函數(shù)y1=2x，二次函數(shù)y2=x2+1，是否存在二次函數(shù)y3=ax2+bx+c，其圖象經(jīng)過點A(?3,2)，使得直線y(3)在(2)的條件下，拋物線y3的頂點坐標(biāo)為B，點P為y軸上一點.在平面內(nèi)存在點M，使∠AMB?=2∠APB，且這樣的點P有且只有一個，則點P的坐標(biāo)為

．23.(本小題8分)拋物線y=ax2?2ax+c與x軸分別交于點A，B(點B在點A的右側(cè))，與y軸交于點C，連接BC(1)求c的值;(2)已知點D與C關(guān)于原點O對稱，作射線BD交拋物線于點E，若BD=DE，求拋物線表達式;(3)若a>0，過點C作直線l⊥y軸，線段MN在l上運動，MN=1(點M在點N左側(cè)，點M與點C不重合)，過點M作MP⊥x軸交拋物線于點P，過點N作NQ⊥x軸交拋物線于點Q，當(dāng)SΔPMN+424.(本小題8分)平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線G:y=14x(1)求拋物線G的對稱軸;(2)已知A(x1,y1)和B(x2,y2)(3)當(dāng)1<x<t時(其中t為實數(shù)且t>1)，拋物線G的圖象總在直線l:y=x的下方，求t的最大值．25.(本小題8分)

已知拋物線G：y=ax2?6ax?a3+2a2+1(a>0)過點A(x1,2)和點B(x2,2)，直線l：y=m2x+n過點C(3,1)，交線段AB于點D，記△CDA的周長為C1，△CDB的周長為C2，且C1=C2+2．

(1)求拋物線G的對稱軸；

(2)求m的值；

(3)直線l繞點C以每秒3°的速度順時針旋轉(zhuǎn)t秒后(0≤t<45)得到直線l′，當(dāng)l′//AB時，直線l′交拋物線G于E26.(本小題8分)已知二次函數(shù)y=?x2+(2a+4)x+b(a、b為常數(shù)).該函數(shù)圖象經(jīng)過點(2,?a2+4)，與x軸交于A，B兩點(點A在點B左側(cè)(1)試用關(guān)于a的代數(shù)式表示b;(2)用關(guān)于a的代數(shù)式表示△ABC的面積S，并描述隨著a的變化，S的值如何變化?(3)若二次函數(shù)圖象對稱軸為直線x=1，過點C平行于x軸的直線交拋物線于點D(不同于點C)，交對稱軸于點M，過點M的直線l(直線l不過C，D兩點)與二次函數(shù)圖象交于E，F(xiàn)兩點，直線CE與直線DF相交于點P.若S△COP=3S△CDP27.(本小題8分)在平面直角坐標(biāo)系中，將過點(2,?1)的拋物線C1：y=?14x2+bx(b為常數(shù))向右平移m個單位(m>0)，再向上平移n個單位(1)求點E的坐標(biāo)；(用含m，n的式子表示)(2)若拋物線C2與坐標(biāo)軸有且只有兩個公共點，求滿足條件的點E(3)當(dāng)n=1時，拋物線C2與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點D，且當(dāng)0≤x≤2時，對拋物線C1上的任意一點P，在拋物線C2上總存在一點Q，使得點P①求m的取值范圍；②若存在一點F，滿足DF=AF=BF，求點F的縱坐標(biāo)的取值范圍．

答案和解析1.【答案】A

【解析】解：∵PM/?/x軸，

∴△PMD∽△ABD，

∴MDDB=PMAB．

解方程?x2+3x+4=0得，

x1=?1，x2=4，

∴點A坐標(biāo)為(?1,0)，點B坐標(biāo)為(4,0)，

∴AB=4?(?1)=5．

將x=0代入y=?x2+3x+4得，

y=4，

∴點C的坐標(biāo)為(0,4)．

令直線BC的函數(shù)解析式為y=kx+b，

則4k+b=0b=4,

解得k=?1b=4,

∴直線BC的函數(shù)解析式為y=?x+4．

令點P坐標(biāo)為(m,?m2+3m+4)，

2.【答案】解：(1)當(dāng)m=0時，拋物線為y=x2?x+3，

將x=2代入得y=4?2+3=5，

∴點(2,4)不在拋物線上；

(2)拋物線y=x2?(m+1)x+2m+3的頂點為(m+12,4(2m+3)?[?(m+1)]24)，

化簡得(m+12,?m2+6m+114)，

頂點移動到最高處，即是頂點縱坐標(biāo)最大，

而?m2+6m+114=?14(m?3)2+5，

∴m=3時，縱坐標(biāo)最大，即是頂點移動到了最高處，

此時頂點坐標(biāo)為：(2,5)；

(3)設(shè)直線EF解析式為y=kx+b，將E(?1,?1)、F(3,7)代入得：

?1=?k+b7=3k+b，解得k=2b=1，

∴直線EF的解析式為y=2x+1，

由y=2x+1y=x2?(m+1)x+2m+3得：x=2y=5或x=m+1y=2m+3，

∴直線y=2x+1與拋物線y=x【解析】(1)當(dāng)m=0時，拋物線為y=x2?x+3，將x=2代入得y=5，故點(2,4)不在拋物線上；

(2)拋物線y=x2?(m+1)x+2m+3的頂點為(m+12,?m2+6m+114)，而?m2+6m+114=?14(m?3)2+5，即得m=3時，縱坐標(biāo)最大，此時頂點移動到了最高處，頂點坐標(biāo)為：(2,5)；

(3)求出直線EF的解析式為y=2x+1，由y=2x+1y=x2?(m+1)x+2m+3得直線y=2x+1與拋物線y=x3.【答案】解：(1)將點A的坐標(biāo)代入函數(shù)表達式得：0=16+4p，

則p=?4;

(2)由(1)知，拋物線C1的表達式為：y=x2?4x，

當(dāng)b<0時，則y=x2?4x<0，則0<a<4，

?①當(dāng)a=m時，點N(2a,b+n)，

而b=a2?4a，即b+n=(2a?6)2?4，

則n=3a2?20a+32，

當(dāng)0<a<4時，函數(shù)在頂點(103,?43)處取得最小值?43，

在a=0時，取得最大值32，

故?43≤n<32;

?②設(shè)點M(a,a2?4a)，點A(4,0)【解析】詳細(xì)解答和解析過程見【答案】4.【答案】解：(1)將點A(?2,0)代入函數(shù)表達式得：0=12×4+2+m，

則m=?4，

∴拋物線的表達式為：y=12x2?x?4;

(2)如圖所示：平移直線l至l1，使l1與拋物線相切，令切點為點P(a,12a2?a?4)，過點P作PQ⊥l，交l于點Q，過點P作PH//y軸，與直線l相交于點H(a,?2a?6)，設(shè)l1:y=?2x+b，

聯(lián)立方程組y=?2x+by=12x2?x?4整理得12x2+x?4?b=0?①，

當(dāng)△=0，得b=?92，代入?①解得a=?1，

∴P(?1,?52)，H(?1,?4)?PH=?52+4=32令x=0代入直線l得：y=?6，即C(0,?6)，

令y=0代入直線l得：x=?3，即B(?3,0)則BC=62+32=35

，

∵∠PHQ=∠OCB∴sin∠PHQ=sin∠OCB，即PQPH=oBBC，PQ32=335

，

解得【解析】詳細(xì)解答和解析過程見【答案】5.【答案】解：(1)按要求作AB的中垂線即為拋物線的對稱軸，再按要求作圖如下：

(2)對于y=?14(x+a)(x?3a)，當(dāng)x=0時，y=34a2=OE，

令y=?14(x+a)(x?3a)=0，

解得：x=?a或3a，

則OA=3a，

∵AO=2OE，即3a=2×34a2，

解得：a=0(舍去)或2，

則點A的坐標(biāo)為：(6,0)、點E(0,3)、點C(2,4)，

則CD=4=AD，

故∠CAD=45°，

由點A、E的坐標(biāo)得，直線AE的表達式為：y=?【解析】(1)按要求作AB的中垂線即為拋物線的對稱軸，即可求解；

(2)求出點A、E的坐標(biāo)，由AO=2OE，即3a=2×34a2，求出6.【答案】解：(1)將點A的坐標(biāo)代入拋物線表達式得：1=1?a+b?a，

則b=2a；

(2)y=x2?ax+a，

函數(shù)的對稱軸為直線x=12a，

則y=x2?ax+a=?14a2+a=±1，

解得：a=2或2+22(負(fù)值已舍去)；

(3)由題意得：拋物線向左平移了m個單位向下平移了2a個單位，

則平移后的拋物線表達式為：y=(x+m)2?a(x+m)+a?2a，

將點A的坐標(biāo)代入上式得：1=(1+m)2?a(1+m)+a?2a，

整理得：a=m，

則新拋物線的表達式為：【解析】(1)將點A的坐標(biāo)代入拋物線表達式得：1=1?a+b?a，即可求解；

(2)y=x2?ax+a，函數(shù)的對稱軸為直線x=12a，則y=x2?ax+a=?14a2+a=±1，即可求解；

(3)由題意得：拋物線向左平移了m個單位向下平移了7.【答案】解：(1)∵A(?1,0)，C(0,2)在拋物線y=?12x2+mx+n上，

則?12?m+n=0n=2,

解得m=32n=2,

∴拋物線解析式為y=?12x2+32x+2；

(2)存在，

理由：

∵y=?12x2+32x+2=?12(x?32)2+258，

∴拋物線對稱軸為直線x=32，

∴D(32,0)，且C(0,2)，

∴CD=(32)2+2=52，

∵點P在對稱軸上，

∴可設(shè)P(32,t)，

∴PD=|t|，PC=(32)2+(t?2)2，

如圖1，

當(dāng)PC=CD時，則有(32)2+(t?2)2=52，解得t=0(與D重合，舍去)或t=4，

此時P點坐標(biāo)為(32,4)；

當(dāng)PD=CD時，則有|t|=52，解得t=±52，此時P點坐標(biāo)為(32,52)或(32,?52)；

綜上可知存在滿足條件的點P，其坐標(biāo)為(32,52)或(32,?52)或(【解析】詳細(xì)解答和解析過程見【答案】8.【答案】解：(1)拋物線的對稱軸為直線x=2

∴伴隨直線y=x+1=(x?2)+3

∴拋物線y=(x?2)2+3=x2?4x+7

∴拋物線y=(x?2)2+3

(2)?①依題意得原拋物線為y=m(x+1)2?3=mx2+2mx+m?3

∴a=m，b=2m，c=m?3

∴b=2a，c=a?3;

?②由?①得y=ax2+bx+c=mx2+2mx+m?3=m(x2+2x+1)?3=m(x+1)2?3

∴x=?1時，拋物線與m值無關(guān)，此時y=?3

∴即拋物線過定點Q(?1,?3)，且點Q為拋物線頂點，對稱軸為直線x=?1

∵點E、D為拋物線與x軸的交點，Q為拋物線頂點

∴QE=QD

∵點E、D與定點Q構(gòu)成直角三角形

∴∠EQD=90°，即△EQD為等腰直角三角形．

∵Q(?1,?3)為拋物線頂點，對稱軸為直線x=?1

∴點E坐標(biāo)為(2,0)或(?4,0)，

選擇其中一點代入y=m(x+1)2?3

∴m=13;

(3)∵拋物線的解析式為：y=?a(x?1)2+4a，

∴其伴隨直線為y=?a(x?1)+4a

即y=?ax+5a，頂點坐標(biāo)為(1,4a)，

∵拋物線頂點在第一象限，

∴a>0，

聯(lián)立拋物線與伴隨直線的解析式為：y=?a(x?1)2+4ay=?ax+5a

解得：x1=1y1=4a′x2=2y2=3a′

∴A(1,4a)，B(2,3a)，

令y=?a(x?1)2+4a=0

解得：x=?1或x=3，

∴C(?1,0)，

∴AC2=4+16a2，AB2=1+a2，BC2=9+9a2，

∵∠CAB=90°，

∴AC2+AB2=BC2

即4+16a2+1+a2=9+9a2，

解得：a=22或a=?22(舍去)，

∴當(dāng)∠CAB=90°時，a=22．

設(shè)△APB的外接圓為⊙Q，

當(dāng)⊙Q與y軸相切時，在y軸上任意取一點F，連接BF交⊙Q于一點G，

則∠AGB=∠AFB+∠FAG>∠AFB，

∵∠APB=∠AGB，

∴當(dāng)∠APB取得最大值，△ABP的外接圓與y軸相切，

當(dāng)a=22時，則A(1,22)，B(2,322)，

如圖所示，此時∠CAB=90°，

設(shè)過A，C(?1,0)【解析】詳細(xì)解答和解析過程見【答案】9.【答案】y=12x2?x?4；

PQmin=3【解析】解：(1)將點A(?2,0)代入函數(shù)表達式得：

0=12×4+2+m，解得m=?4，

∴拋物線的表達式為：y=12x2?x?4；

(2)如圖所示：平移直線l至l1，使l1與拋物線相切，令切點為點P(a,12a2?a?4)，

過點P作PQ⊥l，交l于點Q，過點P作PH/?/y軸，與直線l相交于點H(a,?2a?6)，

設(shè)：y=?2x+b，

聯(lián)立方程組y=?2x+by=12x2?x?4，

整理得12x2+x?4?b=0①，

當(dāng)Δ=0，得b=?92，代入①解得a=?1，

∴P(?1,?52)，H(?1,?4)，

∴PH=?52+4=32，

令x=0代入直線l得：y=?6，即C(0,?6)，

令y=0代入直線l得：x=3，即B(?3,0)，

則BC=62+32=35，

∵∠PHQ=∠OCB，

∴sin∠PHQ=sin∠OCB，

∴PQPH=OBBC,PQ32=335，

解得PQ=3510，

∴PQmin=3510；

(3)y=12x2?x?4=12(x?1)2?92，

∴頂點坐標(biāo)為(1,?92)，

∵拋物線G向左平移，

設(shè)點D(1?t,?2)(m<1)，

則yD?yC=?10.【答案】x=m；

m>4或m<23；

t的最大值為9【解析】解：(1)拋物線G的對稱軸為直線x=??12m2×14=m；

(2)點A(32m,y1)關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點為A′(12m,y1)；

①當(dāng)m>0時，32m>m>12m>0，

∴A(x1,y1)在對稱軸右側(cè)，

∵對于x1=32m，1≤x2≤2，都有y1<y2，

∴12m>2或32m<1，

∴m>4或0<m<23；

②當(dāng)m<0時，32m<m<12m<0，

∴A(x1,y1)在對稱軸左側(cè)，A′(12m,y1)在對稱軸右軸，B(x2,y2)在對稱軸右側(cè)，

∵x1=12m<x2∴y1，

<y2恒成立；

③當(dāng)m=0時，y=14x2，y1<y2成立，

綜上，m>4或m<23；

(3)聯(lián)立y=14x2?12mx+14m2y=x，

消y得x2?(2m+4)x+m211.【答案】y=(x?2)2+3；

①b=2a，c=a?3；②m=413【解析】解：(1)∵y=x+1=x?2+3，

∴拋物線的表達式為：y=(x?2)2+3；

(2)①由題意得：y=m(x+1)2?3=ax2+bx+c，

則a=m，b=2m，c=m?3，

則b=2a，c=a?3；

②令y=m(x+1)2?3=0，設(shè)點D、E的橫坐標(biāo)為s，t，

則s+t=?1，st=m?3m，

則DE2=(s?t)2=(s+t)2?4st=1=1?4m?12m，

由拋物線的表達式知，點Q(?1,?3)，

當(dāng)△DEQ為直角三角形，

由函數(shù)的對稱性知，△DEQ為等腰直角三角形，

則DE=2|yQ|=6，

即36=1?4m?12m，

解得：m=413；

(3)∵拋物線的解析式為：y=?a(x?1)2+4a，

∴其伴隨直線為y=?a(x?1)+4a即y=?ax+5a，頂點坐標(biāo)為(1,4a)，

∵拋物線頂點在第一象限，

∴a>0，

聯(lián)立拋物線與伴隨直線的解析式為：?a(x?1)2+4a=?ax+5a，

解得：x=1或2，

∴A(1,4a)，B(2,3a)，

令y=?a(x?1)2+4a=0，

解得：x=?1或x=3，

∴C(?1,0)，

∴AC2=4+16a2，AB2=1+a2，BC2=9+9a2，

∵∠CAB=90°，

∴AC2+AB2=BC2

即4+16a2+1+a2=9+9a2，

解得：a=22或?22(舍去)，

∴當(dāng)∠CAB=90°時，a=22，

設(shè)△APB的外接圓為⊙Q，當(dāng)⊙Q與y軸相切時，

在y軸上任意取一點F，連接BF交⊙Q于一點G，則∠AGB=∠AFB+∠FAG>∠AFB，

∵∠APB=∠AGB，

∴當(dāng)∠APB取得最大值，△ABP的外接圓與y軸相切，

此時，(2,322)，如圖所示，此時∠CAB=90°，

由點A，C(?1,0)的坐標(biāo)得，其表達式為：y=2x+2，

設(shè)經(jīng)過△APB的外心Q的直線解析式為y=2x+s，

由A、B的坐標(biāo)得，AB中點坐標(biāo)E為(322,724)，

∴724=322+s，12.【答案】解：(1)∵當(dāng)x=0時，y1=2×0+7=7，

∴A(0,7)；

(2)∵拋物線y2始終在直線y1下方，

當(dāng)a>0時，拋物線與直線有交點，不成立，

當(dāng)a<0時，拋物線開口向下，與直線沒有交點，

∵2x+7=ax2+3x+6，

∴ax2+x?1=0，

∴Δ=1+4a<0，

∴a<?14；

(3)∵直線BD//y1且過點B(x1,0)，

∴直線BD解析式為y=2(x?x1)，

∵xD=x1+4，

∴yD=8，

∵S△BCD=12BC?yD=32，

∴BC=8，

∵當(dāng)a>0時，BC<xD?xB=4不成立，

∴a<0，

如圖，

則△BCD為等腰三角形，BD=CD，

根據(jù)拋物線的對稱性可知，點D為拋物線頂點，

∵點A、B、C、D四點共圓，

設(shè)點M為BCD外接圓圓心

過D作DE⊥BC于E，

∴點M在DE上，

連接BM，

在Rt△BME中，【解析】詳細(xì)解答和解析過程見【答案】13.【答案】解：(1)將A，B點坐標(biāo)代入，得

a?b+1=0?①a+b+1=1?②，

解得a=?12b=12，

拋物線的解析式為y=?12x2+12x+1；

(2)①由直線y=3x?1與直線y=mx+2互相垂直，根據(jù)“若l1⊥l2，則k1?k2=?1”得

3m=?1，

即m=?13；

②AB的解析式為y=12x+12，

當(dāng)PA⊥AB時，PA的解析式為y=?2x?2，

聯(lián)立PA與拋物線，得

y=?12x2+12x+1y=?2x?2，

解得x=?1y=0(舍)，x=6y=?14，即P(6,?14)；

當(dāng)PB⊥AB時，PB的解析式為y=?2x+3，

聯(lián)立PB與拋物線，得y=?12x2+12x+1y=?2x+3，

解得x=1y=1(舍)x=4y=?5即P(4,?5)，

綜上所述：△PAB是以AB為直角邊的直角三角形，點P的坐標(biāo)(6,?14)(4,?5)；【解析】本題考查了二次函數(shù)綜合題，解(1)的關(guān)鍵是待定系數(shù)法，解(2)的關(guān)鍵是利用垂線間的關(guān)系得出直線PA，或PB的解析式，又利用解方程組；解(3)的關(guān)鍵是利用三角形的底一定時面積與高成正比得出最大面積時高最大．

(1)根據(jù)待定系數(shù)法，可得函數(shù)解析式；

(2)根據(jù)垂線間的關(guān)系，可得PA，PB的解析式，根據(jù)解方程組，可得P點坐標(biāo)；

(3)根據(jù)垂直于x的直線上兩點間的距離是較大的縱坐標(biāo)減較小的縱坐標(biāo)，可得MQ，根據(jù)三角形的面積，可得二次函數(shù)，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，可得面積的最大值，根據(jù)三角形的底一定時面積與高成正比，可得三角形高的最大值．14.【答案】解：(1)當(dāng)x=0時，y=3，

∴C(0,3)，OC=3，

∵∠OBC=45°，

∴OB=OC=3，

∴B(3,0)，代入解析式可得：

9a?6a+3=0，

解得：a=?1，

∴y=?x2+2x+3；

(2)過點B作BE⊥AQ于點E，

∴S△PQBS△APB=12?PQ?BE12?AP?BE=PQAP，

過點Q作QF⊥x軸，交BC于點F，過點A作AG⊥x軸，交BC于點G，

∴AG//QF，

∴△AGP∽△QFP，

∴PQAP=QFAG，

易求出直線BC的解析式為y=?x+3，

∴當(dāng)x=?1時，y=4，

∴AG=4，

設(shè)Q(t,?t2+2t+3)，則F(t,?t+3)，

∴QF=?t2+3t(0<t<3)，

∴PQAP=QFAG=?14t2+34t，

∵?14<0，開口向下，

∴當(dāng)t=?b2a=32時，取最大值，

∴S△PQBS△APB的最大值為916；

(3)由旋轉(zhuǎn)可知，MO=MO′，【解析】詳細(xì)解答和解析過程見【答案】15.【答案】解：(1)∵拋物線G與x軸有兩個交點，∴令y=0時，方程ax∴Δ=(?6a)∴a>0,x將x=3代入y=ax2可得y=9a?18a+9a?4=?4，∴P(3,?4)(2)∵S∴12AB又∵拋物線G的對稱軸為：直線x=3，由拋物線的對稱性可得：A(1,

將A(1,0)代入y=a得到a?6a+9a?4=0，

∴a=1，∴y=x∴拋物線G與y軸交點為C(0,①直線l:y=5?b3x+b當(dāng)b=5時，直線l：y=5與拋物線有兩個交點(0,5)和(6,5)，當(dāng)b<5時，直線l與拋物線∴m≥6②如圖，當(dāng)且僅當(dāng)經(jīng)過點A、B的☉N與y∠AMB∵點N在對稱軸上，且MN⊥∴MN=NA=r∠AMB=sin∠AMB=點M關(guān)于x軸對稱的M′且sin∠AMB=2

【解析】詳細(xì)解答和解析過程見【答案】16.【答案】解：(1)設(shè)拋物線表達式為y=a(x?3)(x?6)，

∵m=9，

∴C(0,9)，

代入拋物線解析式得，9=18a，

解得a=12，

∴y=12(x?3)(x?6)=12x2?92x+9；

(2)∵∠OPB=∠OCB，

∴點O、P、B、C四點共圓，

∵∠BOC=90°，

∴BC為直徑，

①當(dāng)點P在OB上方時，則∠BPC=90°，

∴kPB?kPC=?1，

設(shè)P(t,?12t2?92t+9)，

∴kPB=12t2?92t+9?0t?6=12(t?3)，

kPC=12t2?92t+9?9t?0=12t?92，

∴12(t?3)(12t?92)=?1，

整理得t2?12t+31=0，

∴t=12±202=6±5，

∵t>6，

∴t=6+5；

②當(dāng)點P在OB下方時，

∵頂點(92,?98)，

∵【解析】詳細(xì)解答和解析過程見【答案】17.【答案】解：(1)把A(?1,0)代入y=x2?x+c得：0=1+1+c，

解得c=?2，

∴拋物線的解析式為y=x2?x?2；

(2)∵y=x2?x?2=(x?12)2?94，

∴拋物線y=x2?x?2開口向上，頂點坐標(biāo)為(12,?94)，對稱軸為直線x=12；

∵|0?12|<|2?12|，

∴在0<x≤2時，當(dāng)x=2，y取最大值22?2?2=0；當(dāng)x=12時，y取最小值?94；

∴當(dāng)0<x≤2時，函數(shù)值的取值范圍是?94≤y≤0；

(3)連接BM，過A作AH⊥BM于H，交拋物線對稱軸直線x=12于P′，設(shè)直線x=12交x軸于N，如圖：

在y=x2?x?2中，令y=0得0=x2?x?2，

解得x=?1或x=2，

∴B(2,0)，

∴BN=2?1【解析】(1)把A(?1,0)代入y=x2?x+c得c=?2，故拋物線的解析式為y=x2?x?2；

(2)求出拋物線y=x2?x?2開口向上，頂點坐標(biāo)為(12,?94)，對稱軸為直線x=12；由|0?12|<|2?12|，知在0<x≤2時，當(dāng)x=2，y取最大值22?2?2=0；當(dāng)x=12時，y取最小值?94，從而函數(shù)值的取值范圍是?94≤y≤0；

(3)連接BM，過A作AH⊥BM于H，交拋物線對稱軸直線x=12于P′，設(shè)直線x=12交18.【答案】①y=?x2+4x?3；②0≤n<1；

【解析】解：(1)①將(1,0)代入y=?x2+2mx?m?1，得?12+2m?m?1=0，

解得m=2，

∴函數(shù)G的解析式為y=?x2+4x?3；

②y=?x2+4x?3=?(x?2)2+1，

當(dāng)y=0時，?(x?2)2+1=0，

解得x=1或x=3，

將拋物線在x≥1的那部分函數(shù)圖象沿直線x=1翻折得到新的函數(shù)圖象，翻折前后的兩部分合記為圖象F，如圖，

由軸對稱可知，圖象最高點的函數(shù)值為1，

此時x=0或2，

∴直線y=1與圖象F有兩個交點，直線y=0與圖象F有三個交點；

∵函數(shù)y=n與圖象F至少有三個交點，

∴0≤n<1；

(2)∵點P的坐標(biāo)為(2m,m2?m?2)，

將點P向左平移2個單位長度得到點Q，連結(jié)PQ，以PQ為邊向上方作矩形PQMN，使PN=1，m>0，

∴N(2m,m2?m?1)，M(2m?2,m2?m?1)，Q(2m?2,m2?m?2)，

∵y=?x2+2mx?m?1=?(x?m)2+m2?m?1，

∴則圖象G的頂點坐標(biāo)T(m,m2?m?1)在直線AN上，

當(dāng)T在線段MN上時，2m?2<m<2m，即0<m<2，此時，圖象G與矩形PQMN有三個公共點，不符合題意；

當(dāng)T在M重合時，2m?2=m，即m=2，此時，圖象G與矩形PQMN有兩個公共點，符合題意；

當(dāng)T在點M左側(cè)，且點Q在圖象G下方時，2m?2>m?(2m?2?m)2+m2?m?1>m2?m?2，

即2<m<3，此時，圖象G與矩形PQMN有兩個公共點，符合題意；

當(dāng)T在點M左側(cè)，且點Q在圖象G上及下方時，?(2m?2?m)2+m2?m?1≤m2?m?2，

即m≥3，此時，圖象G與矩形PQMN最多只有一個公共點，不符合題意；

綜上，圖象G與矩形PQMN有兩個公共點，m的取值范圍為2≤m<3．

(1)①將(1,0)代入y=?x2+2mx?m?1，利用待定系數(shù)法即可求解；

②y=?x2+4x?3=?(x?2)2+1當(dāng)19.【答案】解：(1)令y=0，得x2+2x?3=0，

解得：x1=?3，x2=1，

令x=0，則y=?3，

(2)存在，點M(1?2105,?6105)或(1+2105,6105)或(?1,?6)或①如圖，當(dāng)AB為菱形的對角線時，

則點M的橫坐標(biāo)為?1，∴點M的縱坐標(biāo)為3×(?1)?3=?6，∴點M的坐標(biāo)為(?1,?6)；?②如圖，當(dāng)AB為菱形的邊時，且AB=BM，設(shè)點M坐標(biāo)為(a,3a?3)，

∴(a?1)2+(3a?3)2=16，

解得a=1±2105?③如圖，當(dāng)AB為菱形的邊時，且AB=AM，

設(shè)點M坐標(biāo)為(a,3a?3)，

∴(a+3)2+(3a?3)2=16，

解得a=1(舍去)或a=15，

∴點M的坐標(biāo)為(15,?

【解析】詳細(xì)解答和解析過程見【答案】20.【答案】解：(1)由題意得：c=39a?6a+c=0，

解得：a=?1c=3，

則拋物線的表達式為：y=?x2?2x+3，

令y=?x2?2x+3=0，則x=?3或1，

即點A(1,0)；

(2)由點A、C的坐標(biāo)得，直線AC的表達式為：y=?3x+3，

同理可得，直線BC的表達式為：y=x+3，

設(shè)點D(m,?m2?2m+3)，N(m,m+3)、E(m,?3m+3)，

延長DE交BC于點N，

由點B、C的坐標(biāo)知，∠BCO=45°=∠DNF，

則FD=22DN，

則32DF?DE=3DF?DE=3(yD?yN)?(yD?yE)=4yD?3yN?yE=4(?m2?2m+3)?3(m+3)+3m?3=?4m2?8m=?(m+1)2+4≤4，

故m=?1時，32DF?DE的最大值為4，此時，點D(?1,4)；

(3)設(shè)點P、Q的坐標(biāo)分別為：(m,?m2?2m+3)、(n,?n2?2n+3)，

過點P、Q分別作x軸的垂線，垂足分別為點M、N，

∵∠PBQ=90°，

∴∠PBM+∠QBN=90°，

∵∠QBN+∠BQN=90°，

∴∠PBM=∠BQN，

∴tan∠PBM=tan∠BQN，即MBPM=BNQN，

即m2+2m?3【解析】(1)由待定系數(shù)法求出函數(shù)表達式，即可求解；

(2)證明FD=22DN，則32DF?DE=3DF?DE=3(yD?yN)?(yD?yE)=4yD?3yN?yE，即可求解；21.【答案】A(0,7)；

a<?14；

y2最大值為8，y2【解析】解：(1)∵當(dāng)x=0時，y1=2×0+7=7，

∴A(0,7)；

(2)∵拋物線y2始終在直線y1下方，

當(dāng)a>0時，拋物線與直線有交點，不成立，

當(dāng)a<0時，拋物線開口向下，與直線沒有交點，

∵2x+7=ax2+3x+6，

∴ax2+x?1=0，

∴Δ=1+4a<0，

∴a<?14；

(3)∵直線BD//y1且過點B(x1,0)，

∴直線BD解析式為y=2(x?x1)，

∵xD=x1+4，

∴yD=8，

∵S△BCD=12BC?yD=32，

∴BC=8，

∵當(dāng)a>0時，BC<xD?xB=4不成立，

∴a<0，

如圖，

則△BCD為等腰三角形，BD=CD，

根據(jù)拋物線的對稱性可知，點D為拋物線頂點，

∵點A、B、C、D四點共圓，

設(shè)點M為BCD外接圓圓心

過D作DE⊥BC于E，

∴點M在DE上，

連接BM，

在Rt△BME中，BM2=ME2+BE2，

解得半徑BM=DE=5，ME=3，

∵點A(0,7)，點D在第一象限內(nèi)，

∴M(3,3)，

∴B(?1,0)22.【答案】(1)聯(lián)立兩個函數(shù)表達式得?x+6=9x，

解得：x=3，

則切點坐標(biāo)為：(3,3)；

(2)存在，理由：

∵y1=2x與y2=x2+1相切，

則2x=x2+1，

解得：x=1，

則切點為：(1,2)，

將(1,2)、(?3,2)代入拋物線表達式得：a+b+c=29a?3b+c=2，

解得：b=2ac=?3a+2，

則拋物線的表達式為：y3=ax2+2ax?3a+2，

由題意得，y3和y1相切，

則【解析】解：(1)見答案；

(2)見答案；

(3)由(2)知，拋物線的表達式為：y=12x2+x+12，

則點B(?1,0)，

∵在平面內(nèi)存在點M，使∠AMB=2∠APB，且這樣的點P有且只有一個，

則點圓M和y軸相切于點P，如下圖：

由點A、B的坐標(biāo)得，直線AB的表達式為：y=?x?1，

則AB的中點為：(?2,1)，

則AB的中垂線的表達式為：y=(x+2)+1=x+3，

則點M在AB的中垂線上，故設(shè)點M(m,m+3)，

則MB=MP，而MP=?m，

即(m+1)2+(m+3)2=(?m)2，

解得：m1=?4+6，m2=?4?6

則點P(0,?1±6)，

故答案為：(0,?1±6)．

(1)聯(lián)立兩個函數(shù)表達式得?x+6=9x，解得：x=3，即可求解；

(2)y123.【答案】解：(1)將點(12,?34a?3)的坐標(biāo)代入拋物線表達式得：?34a?3=14a?a+c，

則c=?3;

(2)由(1)知，拋物線的表達式為：y=ax2?2ax?3，

∵點D與C關(guān)于原點O對稱，

則點D(0,3)，

若BD=DE，則xB+xE=0且yE=6，

則6=ax2?2ax?3，

則xE=1?4a2+36a2a，

令y=ax2?2ax?3=0，則xB=1+4a2+12a2a，

則1?4a2+36a2a+1+4a2+12a2a=0，

解得：a=38(不合題意的值已舍去)，

則拋物線的表達式為：y=38x2?34x?3;

(3)設(shè)點P(m,am2?2am?3)，則點Q(m+1,a(m+1)2?2a(m+1)?3)，

則PM=|am2?2am?3?(?3)|=|am2?2am|，

∵CM⊥y軸

∴M的縱坐標(biāo)為?3;

∵MP⊥x軸

∴M的橫坐標(biāo)為m

即M(m,?3)

同理可得：QN=|am2?a|，

則S△PMN+4S△QMN【解析】詳細(xì)解答和解析過程見【答案】24.【答案】解：(1)拋物線G的對稱軸為直線x=??12m2×14=m；

(2)點A(32m,y1)關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點為A′(12m,y1)；

①當(dāng)m>0時，32m>m>12m>0，

∴A(x1,y1)在對稱軸右側(cè)，

∵對于x1=32m，1≤x2≤2，都有y1<y2，

∴12m>2或32m<1，

∴m>4或0<m<23；

②當(dāng)m<0時，32m<m<12m<0，

∴A(x1,y1)在對稱軸左側(cè)，A′(12m,y1)在對稱軸右軸，B(x2,y2)在對稱軸右側(cè)，

∵x1=12m<x2，

∴y1<y2恒成立；

③當(dāng)m=0時，y=14x2，y1<y2成立，

綜上，m>4【解析】見答案25.【答案】解：(1)由拋物線的表達式知，其對稱軸為直線x=?b2a=??6a2a=3；

(2)直線l：y=m2x+n過點C(3,1)，則該直線的表達式為：y=m2(x?3)+1，

當(dāng)y=2時，2=m2(x?3)+1，

則xD=1m2+3，

∵C1=C2+2，即AC+CD+AD=BC+CD+BD+2，

其中，AC=BC，上式變?yōu)椋篈D=BD+2，

即2xD=xA+xB+2，

而函數(shù)的對稱軸為直線x=3，由函數(shù)的對稱性知，xA+xB=2×3=6，

即2xD=xA+xB+2=8，

則xD=4=1m2+3，

解得：m=±1；

(3)①當(dāng)m=±1時，一次函數(shù)的表達式為：y=m2(x?3)+1=x?2，

該直線和x軸的夾角為45°，

則t=45÷3=15(秒)；

②由①知，l為：【解析】(1)由拋物線對稱軸公式即可求解；

(2)由C1=C2+2，即AC+CD+AD=BC+CD+BD+2，得到2xD=xA+xB+2，即可求解；

(3)①當(dāng)m=±1時，一次函數(shù)的表達式為：y=26.【答案】解：(1)把(2,?a2+4)代入二次函數(shù)得：

?4+4a+8+b=?a2+4，

化簡得：b=?a2?4a；

(2)由題意得二次函數(shù)解析式為：y=?x2+(2a+4)x?a2?4a，

當(dāng)x=0時，y=?a2?4a，

∴C的坐標(biāo)為(0,?a2?4a)；

當(dāng)y=0時，?x2+(2a+4)x?