2026年中考數(shù)學(xué)高頻考點(diǎn)突破-二次函數(shù)與三角形1．如圖，拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)與y軸交于點(diǎn)C(0，4)，與（1）求拋物線的解析式：（2）若點(diǎn)F是直線BC上方的拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，是否存在點(diǎn)F使四邊形ABFC的面積最大，若存在，求出點(diǎn)F的坐標(biāo)和最大值；若不存在，請說明理由：（3）探究對稱軸上是否存在一點(diǎn)P，使得以點(diǎn)P，C，A為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形？若存在，請求出所有符合條件的P點(diǎn)的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由.2．如圖，拋物線y=12x2?4x+6與x軸交于A，B兩點(diǎn)（A在B的左邊），與y軸交于點(diǎn)C，連接AC（1）求證；△OBC是等腰直角三角形.（2）連接DC，如圖1，若BC平分∠ACD，求點(diǎn)D的坐標(biāo).（3）如圖2，若點(diǎn)D在線段BC的下方拋物線上一點(diǎn)，畫DE⊥BC于點(diǎn)E.①求DE的最大值.②在線段CE上取點(diǎn)F，連OF，DF，若∠EDF=∠ACB，且點(diǎn)C關(guān)于直線OF的對稱點(diǎn)恰好落在拋物線上，求點(diǎn)D的坐標(biāo)（直接寫出答案）.3．如圖1，拋物線y=?x（1）求該拋物線的解析式；（2）連接AC，CE，AE，求△ACE的面積；（3）如圖2，點(diǎn)F在y軸上，且OF=2，點(diǎn)N是拋物線在第一象限內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，且在拋物線對稱軸右側(cè)，連接ON交對稱軸于點(diǎn)G，連接GF，若GF平分∠OGE，求點(diǎn)N的坐標(biāo).4．如圖，拋物線經(jīng)過A（﹣2，0），C（0，﹣3）兩點(diǎn)，且對稱軸為直線x=1（1）求拋物線的函數(shù)解析式；（2）若直線y＝kx﹣5與拋物線交于點(diǎn)M，N，交x軸于點(diǎn)B，交y軸于點(diǎn)P，連接CN，且tan∠OPM=①求△CMN的面積；②在平面內(nèi)是否存在點(diǎn)一是E，使E，C，N，M四點(diǎn)能構(gòu)成平行四邊形，如果存在，請直接寫出點(diǎn)E的坐標(biāo).5．如圖，已知拋物線y=?(（1）求點(diǎn)A、點(diǎn)B、點(diǎn)C的坐標(biāo)．（2）設(shè)拋物線的頂點(diǎn)為M，判斷△ACM的形狀．（3）在拋物線是否存在一點(diǎn)P，使△PAB面積為8，若存在，直接寫出總P的坐標(biāo)；不存在，說明理由．6．二次函數(shù)y=ax（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；（2）連接BC，當(dāng)∠DPB＝2∠BCO時(shí)，求直線BP的表達(dá)式；（3）請判斷：PQQB7．如圖，拋物線y=ax2+3x+c(a≠0)與x軸交于點(diǎn)A(?2，0)和點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C(0，8)，點(diǎn)P為直線BC上方拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，連接CP，PB（1）求拋物線的解析式；（2）求△BCP的面積最大值；8．已知菱形OABC的邊長為5，且點(diǎn)A(3，4)（1）求點(diǎn)E的坐標(biāo)；（2）連結(jié)DE，將△BDE沿著DE翻折痕.①當(dāng)點(diǎn)B的對應(yīng)點(diǎn)B′恰好落在線段AC②連接OB，BB′，若△BB9．在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)的原點(diǎn)，拋物線y=ax2+bx+3經(jīng)過點(diǎn)B（1）求a、b的值；（2）如圖1，點(diǎn)P在拋物線上，過點(diǎn)P作PD∥y軸交線段AB于點(diǎn)D，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，線段PD的長為d，求d與t的函數(shù)解析式（不要求寫出自變量t的取值范圍）；（3）如圖2，在（2）的條件下，連接CD，過點(diǎn)A作AE⊥CD于點(diǎn)F，AE=CD，過點(diǎn)E作EG⊥AB于點(diǎn)G，過點(diǎn)G作GH∥DP交x軸于點(diǎn)H，連接FH、FO，若∠HFO=90°，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．10．如圖，拋物線的頂點(diǎn)為A(2，1)，且經(jīng)過原點(diǎn)O，與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為B.（1）求拋物線的解析式；（2）求△AOB的面積；（3）若點(diǎn)P(m，?m)(m≠0)為拋物線上一點(diǎn)，求與P關(guān)于拋物線對稱軸對稱的點(diǎn)Q的坐標(biāo).11．如圖，二次函數(shù)y=?x2+bx+c的圖象與x軸交于點(diǎn)A(?3，0)（1）求二次函數(shù)的解析式；（2）若直線BD與y軸的交點(diǎn)為E點(diǎn)，連接AD，AE，求△ADE的面積；（3）直接寫出使一次函數(shù)值大于二次函數(shù)值的x的取值范圍.12．如圖1，已知拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過原點(diǎn)O，它的對稱軸是直線x=2，動(dòng)點(diǎn)P從拋物線的頂點(diǎn)A出發(fā)，在對稱軸上以每秒1個(gè)單位的速度向上運(yùn)動(dòng)，設(shè)動(dòng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒，連接OP并延長交拋物線于點(diǎn)B，連接OA（1）求拋物線的函數(shù)解析式；（2）當(dāng)△AOB為直角三角形時(shí)，求t的值；（3）如圖2，⊙M為△AOB的外接圓，在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過程中，點(diǎn)M也隨之運(yùn)動(dòng)變化，請你探究：在1≤t≤5時(shí)，求點(diǎn)M經(jīng)過的路徑長度.答案解析部分1．【答案】（1）解：∵拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)C(0∴c=4解得a=?1∴拋物線的解析式為y=?1（2）解：存在，理由如下：如圖1，作FH⊥x軸于點(diǎn)H，交BC于點(diǎn)G，設(shè)F(∵點(diǎn)B與點(diǎn)A(?2，∴B(4，設(shè)直線BC的解析式為y=kx+4，則4k+4=0，解得k=?1，∴y=?x+4，∴G(∴FG=?1∴S∴S∴當(dāng)x=2時(shí)，S四邊形SABFC最大=16，∴點(diǎn)F的坐標(biāo)是(2，4（3）解：存在，設(shè)P(∵A(?2，∴AC2=22+4當(dāng)PA=PC時(shí)，則m2解得m=1，∴P當(dāng)PC=AC時(shí)，則m2解得m1=4?19∴P2(當(dāng)PA=AC時(shí)，則m2解得m1=11∴P4(∴綜上所述，P點(diǎn)的坐標(biāo)(1，1)或(1，4?【知識(shí)點(diǎn)】二次函數(shù)的最值；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；三角形的面積；等腰三角形的性質(zhì)；直角坐標(biāo)系內(nèi)兩點(diǎn)的距離公式【解析】【分析】（1）將A（-2，0）、C（0，4）、對稱軸x=?b2a=1代入y=ax2+bx+c中求出a、b、c的值，據(jù)此可得拋物線的解析式；

（2）作FH⊥x軸于點(diǎn)H，交BC于點(diǎn)G，設(shè)F（x，?12x2+x+4），易得B（4，0），AB=6，利用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式，得到G（x，-x+4），表示出FG，根據(jù)S四邊形ABFC=S△FBC+S△ABC表示出S四邊形ABFC，然后根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行解答；

（3）設(shè)P（1，m），根據(jù)兩點(diǎn)間距離公式可得AC2、PA2．【答案】（1）證明：令x=0，可得y=1令y=0，可得12解得x1=2，∴A(2，0)，B(6，∴OB=6，OA=2，OC=6，∵OB=OC=6，∠BOC=90°，∴△BOC為等腰直角三角形（2）解：過點(diǎn)A作AE⊥BC交BC于點(diǎn)E，交CD于F，連接BF，如圖，∵△BOC為等腰直角三角形，AO=2，∴AB=6?2=4，∠ABE=45°，∵AE⊥BC，∴△AEB是等腰直角三角形，∴AE=EB=2∵BC平分∠ACD，∴∠ACB=∠FCB，即根據(jù)“三線合一”可知：AE=EF=22，即AF=4∴BF=E∴AF∴△AFB是等腰直角三角形，即BF⊥OB，∴F(6，∴利用待定系數(shù)法可得直線CF的解析式為：y=?1聯(lián)立y=?1解得x1=0y∴D(22（3）解：∵B(6，0)，∴利用待定系數(shù)法即可求得直線BC的解析式為：y=?x+6，①設(shè)過點(diǎn)D的坐標(biāo)為(x，12x2?4x+6)，過點(diǎn)聯(lián)立y=?x+by=12∵Δ=(?3)∴b=3∴12∴解得x1即點(diǎn)D的坐標(biāo)為(3，?3即可得P(3，∴當(dāng)DE有最大值時(shí)，點(diǎn)D的坐標(biāo)為(3，?3即：PD=?x+6?(1當(dāng)x=3時(shí)，DP=9∵DP∥OC，∴∠DPE=∠OCB=45°，∵DE⊥BC，∴△PDE為等腰直角三角形，∴DE=2∴此時(shí)DE的最大值為94②D(2【知識(shí)點(diǎn)】等腰直角三角形；二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用【解析】【解答】解：（3）②設(shè)點(diǎn)C關(guān)于OF的對稱點(diǎn)為點(diǎn)T（且點(diǎn)T在拋物線上），則有OF垂直平分線段CT，即TO=OC=6，由圖可知拋物線y=1∴點(diǎn)T與點(diǎn)B重合，此時(shí)對稱軸OF即為Rt△BOC斜邊的中線，即點(diǎn)F為BC中點(diǎn)，過A點(diǎn)作AG⊥BC于G點(diǎn)，連接FA，∵A(2，0)，B(6，0)，∴OB=6，OA=2，OC=6，且可得△AGB為等腰直角三角形，∴BC=62，AG=GB=2∴OF=BF=CF=1∴FG=BF?GB=2，CG=BC?GB=4∴tan∠GAF=FGAG∴tan∠GAF=∴∠GAF=∠ACB，此時(shí)若D點(diǎn)與A點(diǎn)重合，則E點(diǎn)與G點(diǎn)重合，滿足∠EDF=∠ACB，此時(shí)D點(diǎn)坐標(biāo)為：(2，若D點(diǎn)不與A點(diǎn)重合：點(diǎn)F為定點(diǎn)（BC中點(diǎn)），且F點(diǎn)在線段AE上，即：CE＞CF，第一種情況：當(dāng)D點(diǎn)從A點(diǎn)往C點(diǎn)靠近時(shí)，E點(diǎn)也會(huì)逼近F點(diǎn)，此時(shí)形成的角∠EDF會(huì)越來越小，∴即不存在∠EDF=∠ACB的情況；第二種情況：當(dāng)D點(diǎn)從A點(diǎn)往B點(diǎn)靠近時(shí)，DF與BF的夾角∠DFB將越來越小，則在Rt△DFB的另一個(gè)銳角∠EDF會(huì)越來越大，∴即不存在∠EDF=∠ACB的情況；綜上：D點(diǎn)與A點(diǎn)重合滿足要求，即D(2，【分析】（1）令解析式中x=0及y=0，分別算出對應(yīng)的y及x的值，即可得出點(diǎn)A、B、C的坐標(biāo)，根據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式表示出OB、OA、OC，即可得出結(jié)論；

（2）過點(diǎn)A作AE⊥BC交BC于點(diǎn)E，交CD于F，連接BF，易得△AEB是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得AE=EB=22，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得AF的長，利用勾股定理算出BF，進(jìn)而根據(jù)勾股定理的逆定理判斷出△AFB是等腰直角三角形，且BF⊥OB，從而得出點(diǎn)F的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出直線CF的解析式，聯(lián)立直線CF與拋物線的解析式組成方程組，求解可得點(diǎn)D的坐標(biāo)；

（3）①利用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式，設(shè)過點(diǎn)D的坐標(biāo)為(x，12x2?4x+6)點(diǎn)F為定點(diǎn)（BC中點(diǎn)），且F點(diǎn)在線段AE上，即CE＞CF，第一種情況：當(dāng)D點(diǎn)從A點(diǎn)往C點(diǎn)靠近時(shí)，E點(diǎn)也會(huì)逼近F點(diǎn)，此時(shí)形成的角∠EDF會(huì)越來越小，即不存在∠EDF=∠ACB的情況；第二種情況：當(dāng)D點(diǎn)從A點(diǎn)往B點(diǎn)靠近時(shí)，DF與BF的夾角∠DFB將越來越小，則在Rt△DFB的另一個(gè)銳角∠EDF會(huì)越來越大，即不存在∠EDF=∠ACB的情況，綜上所述即可得出答案.3．【答案】（1）解：∵拋物線y=-x2+bx+c與y軸交于點(diǎn)C（0，3），令x=0，則c=3，∵對稱軸為直線x=1，∴?b∴b=2，∴拋物線的解析式為y=-x2+2x+3（2）解：如圖1，AE與y軸的交點(diǎn)記作H，由（1）知，拋物線的解析式為y=-x2+2x+3，令y=0，則-x2+2x+3=0，∴x=-1或x=3，∴A（-1，0），當(dāng)x=1時(shí)，y=-1+2+3=4，∴E（1，4），∴直線AE的解析式為y=2x+2，∴H（0，2），∴CH=3-2=1，∴S△ACE=12CH?|xE-xA|=1（3）解：如圖2，過點(diǎn)F作FP⊥DE于P，則FP=1，過點(diǎn)F作FQ⊥ON于Q，∵GF平分∠OGE，∴FQ=FP=1，在Rt△FQO中，OF=2，根據(jù)勾股定理得，OQ=OF∴OQ=FQ，∴∠FOQ=45°，∴∠BON=90°-45°=45°，過點(diǎn)Q作QM⊥OB于M，OM=QM∴ON的解析式為y=x①，∵點(diǎn)N在拋物線y=-x2+2x+3②上，聯(lián)立①②，則y=xy=?解得：x=1+132∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為：（1+132，【知識(shí)點(diǎn)】二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用；二次函數(shù)-動(dòng)態(tài)幾何問題【解析】【分析】（1）根據(jù)拋物線與y軸交點(diǎn)的坐標(biāo)可得c的值，進(jìn)而根據(jù)對稱軸直線公式可得b的值，從而即可求出拋物線的解析式；

（2）AE與y軸的交點(diǎn)記作H，首先求出A、E兩點(diǎn)的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出直線AE的解析式，進(jìn)而即可求出點(diǎn)H的坐標(biāo)，最后根據(jù)S△ACE=12CH?|xE-xA|即可算出答案；

4．【答案】（1）解：設(shè)拋物線的解析式為y＝ax2+bx+c，∵對稱軸為直線x=1∴﹣b2a＝1∴b＝﹣a，∴y＝ax2﹣ax+c，將點(diǎn)A（﹣2，0），C（0，﹣3）代入，∴c=?34a+2a+c=0解得c=?3a=∴y＝12x2﹣1（2）解：①y＝kx﹣5與y軸的交點(diǎn)P（0，﹣5），∴OP＝5，∵tan∠OPM=∴1∴OB＝52∴B（52將B點(diǎn)代入y＝kx﹣5，∴52∴k＝2，∴y＝2x﹣5，聯(lián)立方程組y=2x?5解得x=1y=?3或x=4∴M（4，3），N（1，﹣3），∵C（0，﹣3），P（0，﹣5），∴CP＝2，∴S△CMN＝S△CPM﹣S△CNP＝12×2×4﹣1②存在，E點(diǎn)坐標(biāo)為（5，3）或（﹣3，﹣9）或（3，3）.【知識(shí)點(diǎn)】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；平行四邊形的性質(zhì)；銳角三角函數(shù)的定義；二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用【解析】【解答】解：（2）②存在點(diǎn)E，使E，C，N，M四點(diǎn)能構(gòu)成平行四邊形，理由如下：設(shè)E（x，y），當(dāng)EC為平行四邊形的對角線時(shí)，x=4+1y?3=3?3解得∴E（5，3）；當(dāng)EM為平行四邊形的對角線時(shí)，x+4=1y+3=?3?3解得∴E（﹣3，﹣9）；當(dāng)EN為平行四邊形的對角線時(shí)，x+1=4y?3=3?3解得∴E（3，3）；綜上所述：E點(diǎn)坐標(biāo)為（5，3）或（﹣3，﹣9）或（3，3）.【分析】（1）利用對稱軸求得b＝?a，再用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；

（2）①先求出直線的解析式，聯(lián)立方程組求出M、N點(diǎn)坐標(biāo)，再由S△CMN＝S△CPM?S△CNP求解即可；

②設(shè)E（x，y），根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，分三種情況討論：當(dāng)EC為平行四邊形的對角線時(shí)，可得E（5，3）；當(dāng)EM為平行四邊形的對角線時(shí)，可得E（?3，?9）；當(dāng)EN為平行四邊形的對角線時(shí)，可得E（3，3）．5．【答案】（1）解：拋物線y=?(∵y=?(令x=0，則y=3，∴C(令y=0，則?(解得x1∴A（2）解：∵拋物線的頂點(diǎn)為M(如圖，連接AC，∵A(∴OA=OC=3，∴△AOC是等腰直角三角形，∴AC∵M(jìn)(過點(diǎn)M作MD⊥y軸于點(diǎn)D，∴MD=1，∴CD=OD?OC=1，∴△CMD是等腰直角三角形，∴MC∵AM∴AM∴ΔACM是直角三角形；（3）解：P點(diǎn)坐標(biāo)為(?1，4)【知識(shí)點(diǎn)】二次函數(shù)圖象與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)問題；三角形的面積；勾股定理的逆定理【解析】【解答】（3）解：存在．設(shè)P(當(dāng)點(diǎn)P在x軸的上方時(shí)，∵△PAB面積為8，AB=OA+OB=4，∴12整理得x2解得x1∴P(當(dāng)點(diǎn)P在x軸的下方時(shí)，∵△PAB面積為8，AB=OA+OB=4，∴12整理得x2解得x3=?1+22當(dāng)x=?1+22時(shí)，y=?當(dāng)x=?1?22時(shí)，y=?∴P(?1+22綜上可知，P點(diǎn)坐標(biāo)為(?1，4)或【分析】（1）將x=0代入解析式求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，再將y=0代入解析式求出x的值，即可得到點(diǎn)A、B的坐標(biāo)；

（2）連接AC，MC，AM，過點(diǎn)M作MD⊥y軸于點(diǎn)D，先證明△CMD是等腰直角三角形，再結(jié)合AM2=AC2+MC6．【答案】（1）解：(1)由題意可得：a?(?4)2+b?(?4)+4=0∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y=?（2）解：設(shè)BP與y軸交于點(diǎn)E，∵PD//y軸，∴∠DPB=∠OEB，∵∠DPB=2∠BCO，∴∠OEB=2∠BCO.∴∠ECB=∠EBC，∴BE=CE，設(shè)OE=a，則CE=4-a，∴BE=4-a，在Rt△BOE中，由勾股定理哠BE∴(4?a)解得a=15∴E(0，設(shè)BE所在直線表達(dá)式為y=kx+e(k≠0)∴k?0+e=158∴直線BP的表達(dá)式為y=?15（3）解：設(shè)PD與AC交于點(diǎn)N.過B作y軸的平行線與AC相交于點(diǎn)M.由A、C兩點(diǎn)坐標(biāo)分別為(-4，0)，(0，4)可得AC所在直線表達(dá)式為y=x+4∴M點(diǎn)坐標(biāo)為(1，5)，BM=5由BM∥PN，可得△PNQ∽△BMQ∴PQ設(shè)P(a0∴PQ∴當(dāng)a0=?2時(shí)，此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為(?2，6).【知識(shí)點(diǎn)】二次函數(shù)的最值；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；相似三角形的判定與性質(zhì)；二次函數(shù)的實(shí)際應(yīng)用-幾何問題【解析】【分析】（1）將點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別代入函數(shù)解析式，可得到關(guān)于a，b的方程組，解方程組求出a，b的值，可得到二次函數(shù)解析式.（2）利用平行線的性質(zhì)可證得∠DPB=∠OEB，利用三角形的外角的性質(zhì)去證明∠ECB=∠EBC，利用等角對等邊可得到BE=CE；設(shè)OE=a，則CE=BE=4-a，在Rt△BOE中，利用勾股定理可得到關(guān)于a的方程，解方程求出a的值，可得到點(diǎn)E的坐標(biāo)；再利用待定系數(shù)法求出直線BP的函數(shù)解析式，（3）設(shè)PD與AC交于點(diǎn)N，過B作y軸的平行線與AC相交于點(diǎn)M，利用點(diǎn)A，C的坐標(biāo)可求出直線AC的函數(shù)解析式，利用點(diǎn)M的坐標(biāo)可求出BM的長；由BM∥PN，可證得△PNQ∽△BMQ，利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例，可得比例式式；利用函數(shù)解析式設(shè)P(a0，?a02?3a0+4)(?4<a7．【答案】（1）解：將A(?2，0)，C(0，∴4a?6+c=0c=8解得a=?1∴y=?（2）解：令y=0，則?1解得：x=?2或x=8，∴B(8，設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，∴b=88k+b=0解得k=?1b=8∴y=?x+8，過點(diǎn)P作PG∥y軸交BC于G，設(shè)P（t，?12t∴PG=?1∴S△CBP∴當(dāng)t=4時(shí)，△BCP的面積有最大值，最大值為32.【知識(shí)點(diǎn)】待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；二次函數(shù)的最值；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；三角形的面積【解析】【分析】（1）將A（-2，0）、C（0，8）代入y=ax2+3x+c中求出a、c的值，據(jù)此可得拋物線的解析式；

（2）令y=0，求出x的值，可得點(diǎn)B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式，過點(diǎn)P作PG∥y軸交BC于G，設(shè)P（t，?12t2+3t+8），則G（t，-t+8），表示出PG，根據(jù)三角形的面積公式可得S8．【答案】（1）解：如下圖所示，過點(diǎn)B作BE⊥x軸，垂直為E，過點(diǎn)A作AF⊥x軸，垂直為F，∵點(diǎn)A∴OA=5，AF=4，∵四邊形OABC為菱形，∴OA=OC=BC=AB=5，BE=AF=4，CE=3，∴B(8，4)∵點(diǎn)E是線段BC的中點(diǎn)∴E(（2）解：①設(shè)AC：y=kx+m，把點(diǎn)A(解得：k=?2，m=10，∴y=?2x+10，設(shè)B′∵BE=B∴(x?6.解得x=4或x=5，∴B′(4∵點(diǎn)D在AB上，∴設(shè)點(diǎn)D(∵BD=B∴(m?4)2+解得m=112或∴D(112②當(dāng)B′在AB下方時(shí)，如下圖所示，連接OB，B∵四邊形OABC是菱形，∴∠OBC=∠BOC∵△BB′D∴∠DBB∴OB與BB′重合，點(diǎn)∵BE=∴∠EBB∵∠EBB∴△BB∴DB=BE=B∴四邊形B′∴點(diǎn)D(∵拋物線y=ax2+bx+c過點(diǎn)A(3，4∴169解得a=?4當(dāng)當(dāng)B′再AB上方時(shí)，如下圖所示，延長B′B∵△BB′D∴∠DBB∵AB平行x軸，∴∠DBB∴∠BOC=∠OFB，∴OB=BF，∴點(diǎn)F(設(shè)直線BB′為y=kx+b，代入F(16k+b=08k+b=4解方程組得k=?12，∴直線BB′為設(shè)B′∵BE=∴(n?解得n=8或n=36當(dāng)n=8時(shí)，點(diǎn)B′當(dāng)n=365時(shí)，點(diǎn)設(shè)點(diǎn)D(∵BD=B∴(8?m解方程得m=15∴D(拋物線y=ax2+bx+c過點(diǎn)A(3，4∴169解得a=3【知識(shí)點(diǎn)】菱形的性質(zhì)；相似三角形的性質(zhì)；二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用；直角坐標(biāo)系內(nèi)兩點(diǎn)的距離公式【解析】【分析】（1）過點(diǎn)B作BE⊥x軸，垂直為E，過點(diǎn)A作AF⊥x軸，垂直為F，根據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式算出AF，進(jìn)而根據(jù)菱形的性質(zhì)結(jié)合點(diǎn)的坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)得出B，C的坐標(biāo)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式可求出E點(diǎn)坐標(biāo)；

（2）①求出直線AC的解析式為y＝?2x＋10，設(shè)B'（x，-2x+10），根據(jù)BE=B'E建立方程，求解得出x的值，從而即可得出點(diǎn)B'的坐標(biāo)，設(shè)D（m，4），由BD＝B'D可得m的方程，則D點(diǎn)坐標(biāo)可求出；

②當(dāng)B'在AB下方時(shí)，如下圖所示，連接OB，BB'，由題意可得若△BB'D與△BOC相似，△BB'D是等腰三角形，則點(diǎn)B′恰好落在線段OB上，證明△BB'D≌△BB'E，則BD＝BE，可得點(diǎn)D的坐標(biāo)，由物線y＝ax2＋bx＋c過點(diǎn)A，E，D三點(diǎn)，由待定系數(shù)法可求出a的值；當(dāng)B'再AB上方時(shí)，如下圖所示，延長B'B交x軸于點(diǎn)F，若△BB'D與△BOC相似，可以推出∠BOC=∠OFB，根據(jù)等角對等邊得OB=BF，從而可得點(diǎn)F的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出直線BB'的解析式，根據(jù)直線上的點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)設(shè)B′(n9．【答案】（1）解：∵拋物線y=ax2+bx+3過B∴9a?3b+3=0∴a=?1即a=?1，b=?2（2）解：∵a=?1，b=?2∴y=當(dāng)x=0時(shí)，y=3∴A(0設(shè)直線AB∵B(?3∴b∴k=1∴直線AB解析式為y=x+3∵DP∥y軸，∴P、O的橫坐標(biāo)都為t∴p(t∴d=?=?t2?3t（3）解：①作EL⊥OA∴∠AFC=∠AOC=90°∵∠1=∠2∴∠EAL=∠DCT∵AE=CD∴△AEL≌△CDT∴EL=DT，AL=CT∵D∴EL=t+3，AL=CT=1?t∵OL=OA?AL=3?∴E②作EW∥y軸交AB于W，交OB于V，延長GE交x軸于R則W(?t?3，?t)，由A、B兩點(diǎn)坐標(biāo)得：OA=OB∴∠ABO=45°，∴∠BWV=∠WEG=∠GRB=∠ABO=45°∴WG=GE，WV=BV，GR=BG∴由勾股定理得：GW=22WE=?∴BG=BW?GW=由勾股定理得：BR=又點(diǎn)H為BR的中點(diǎn)，OB=3∴G③延長GE交x軸于R，連接DH、OE∵D∴DG=ER，OR=GH=1，∠DGH=∠FRO=135°∴△DGH≌△ERO∴DH=EO，∠GDH=∠REO④連接AC∵∠HFO=∠DFE=90°，∴∠DFH=∠EFO∵EG⊥AB，AF⊥CD，∠DAF=∠EAG∴∠ADF=∠AEG，∴∠GDF=∠FER∵∠GDH=∠REO∴∠FEO=∠FDH，∵DH=EO∴△DHF≌△EOF∴DF=EF∵AE=CD∴AF=CF∴∠FAC=45°⑤Rt△AOC中，tan∵∠BAO=∠FAC=45°∴∠GAE=∠OAC∴tan即2解得：t=?∴P(?【知識(shí)點(diǎn)】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)-動(dòng)態(tài)幾何問題【解析】【分析】（1）將點(diǎn)B、C的坐標(biāo)代入y=ax2+bx+3求出a、b的值即可；

（2）先求出直線AB的解析式，再求出p(t，?10．【答案】（1）解：設(shè)二次函數(shù)解析式為y=a(x?2)∵拋物線經(jīng)過點(diǎn)O(0，0)，∴把點(diǎn)O(0，0)的坐標(biāo)代入二次函數(shù)解析式，可得：4a+1=0，解得：a=?1∴二次函數(shù)解析式為：y=?1（2）解：如圖，過點(diǎn)A作AC⊥x軸交x軸于點(diǎn)C，連接OA、AB，∵拋物線y=?14(x?2)2+1∴與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)B的坐標(biāo)為(4，0)，∴OB=4，AC=1，∴△AOB的面積為：12（3）解：∵點(diǎn)P(m，?m)(m≠0)為拋物線y=?1∴?m=?1解得：m1=0（舍去），∴P的坐標(biāo)為(8，?8)，∵拋物線的對稱軸為直線x=2，∴P關(guān)于拋物線對稱軸對稱的點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(?4，?8).【知識(shí)點(diǎn)】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征；二次函數(shù)y=a（x-h）^2+k的性質(zhì)【解析】【分析】（1）此題給出了拋物線的頂點(diǎn)式，利用待定系數(shù)法（頂點(diǎn)式法）求出拋物線的解析式即可；

（2）過點(diǎn)A作AC⊥x軸交x軸于點(diǎn)C，連接OA、AB，根據(jù)拋物線的對稱性可得點(diǎn)B的坐標(biāo)，進(jìn)而根據(jù)三角形的面積計(jì)算公式即可算出答案；

（3）將點(diǎn)P（m，-m）代入拋物線的解析式，算出m的值，可得點(diǎn)P的坐標(biāo)，進(jìn)而根據(jù)拋物線的對稱性可求出點(diǎn)Q的坐標(biāo).11．【答案】（1）解：把點(diǎn)A(?3，0)，B(1，0)代入y=?x2+bx+c解得：b=?2c=3∴二次函數(shù)的解析式為y=?x（2）解：當(dāng)x=0時(shí)，y=?x∴C(0，3)，∵y=?x2?2x+3∴D(?2，3)，設(shè)直線BD的解析式為y=kx+b(k≠0)，代入B(1，0)，D(?2，3)得：k+b=0?2k+b=3解得：k=?1b=1∴直線BD的解析式為y=?x+1，把x=0代入y=?x+1得，y=1，∴E(0，1)，∵AB=1?(?3)=4，∴S=12×4×3?即△ADE的面積為4；（3）x<?2或x>1【知識(shí)點(diǎn)】二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用【解析】【解答】解：（3）一次函數(shù)圖象與二次函數(shù)圖象交于點(diǎn)B(1，0)，D(?2，3)，由函數(shù)圖象得：一次函數(shù)值大于二次函數(shù)值的x的取值范圍為x<?2或x>1.【分析】（1）將點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別代入y=-x2+bx+c可得關(guān)于b、c的方程組，求解得b、c的值，從而即可求出拋物線的解析式；

（2）利用解析式中的x=0，算出對應(yīng)的函數(shù)值，可得點(diǎn)C的坐標(biāo)，利用拋物線的對稱軸直線公式算出其對稱軸直線，進(jìn)而根據(jù)拋物線的對稱性求出點(diǎn)D的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出直線BD的解析式，然后將x=0代入直線BD的解析式算出對應(yīng)的函數(shù)值，從而可得點(diǎn)E的坐標(biāo)，結(jié)合三角形的面積計(jì)算公式，由S△ADE=S△ABD-S△ABE計(jì)算即可得