05挑戰(zhàn)壓軸題（解答題三）3

（挑戰(zhàn)壓軸題）2023年中考數(shù)學(xué)【三輪沖刺】專題匯編（長沙專用）—05挑戰(zhàn)壓軸題（解答題三）1．（2022·湖南長沙·統(tǒng)考中考真題）若關(guān)于x的函數(shù)y，當(dāng)t-12≤x≤t+12時(shí)，函數(shù)y的最大值為M，最小值為N，令函數(shù)h=M-N(1)①若函數(shù)y=4044x，當(dāng)t=1時(shí)，求函數(shù)y的“共同體函數(shù)”h的值；②若函數(shù)（k≠0，k，b為常數(shù)），求函數(shù)y的“共同體函數(shù)”h(2)若函數(shù)y=2x?（x≥1）(3)若函數(shù)y=-x2+4x+k，是否存在實(shí)數(shù)k，使得函數(shù)y的最大值等于函數(shù)y的“共同體函數(shù)”【答案】(1)①2022；②k>0時(shí)，h=k2，k<0(2)1(3)t=2時(shí)，存在k=【分析】（1）①根據(jù)新定義結(jié)合正比例函數(shù)的性質(zhì)即可求解；②根據(jù)新定義結(jié)合一次函數(shù)的性質(zhì)即可求解；（2）根據(jù)新定義結(jié)合反比例函數(shù)的性質(zhì)列出，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解；（3）根據(jù)新定義結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解．【詳解】（1）解：①當(dāng)t=1時(shí)，則1-12≤x≤1+∵y=4044x，k=4044>0，y隨x的增大而增大，∴h②若函數(shù)，當(dāng)k>0時(shí)，t-1∴M=k∴h當(dāng)k<0時(shí)，則M=kt∴h綜上所述，k>0時(shí)，h=k2，k<0時(shí)，（2）解：對于函數(shù)y=2∵2>0，x≥1，函數(shù)在第一象限內(nèi)，y隨x的增大而減小，∴t解得t≥當(dāng)t-∴M=∴h∵當(dāng)t≥32時(shí)，4t∴當(dāng)t=32時(shí)，4t最大值為h=（3）對于函數(shù)y=-xa=-x<2時(shí)，y隨x的增大而增大，x>2時(shí)，y隨x的增大而減小，當(dāng)時(shí)，函數(shù)y的最大值等于4+k，在t-①當(dāng)t+12<2時(shí)，即t<32∴h=12-∴的最小值為12（當(dāng)t=3若12=4+k，解得但t<32，故②當(dāng)t-12>2時(shí)，即t>52∴M-N2=t-2，∴的最小值為1若12解得k=-但t>52，故③當(dāng)t-12≤2≤t+12i)當(dāng)2-t-12N=h∵對稱軸為t=52，12當(dāng)t=2時(shí)，有最小值18，∴解得k=ii)當(dāng)2-t-12<t+N=-∴h∵對稱軸為t=32，12當(dāng)t=2時(shí)，有最小值18，∵，∴在上h無最小值，綜上所述，t=2時(shí)，存在k=-【點(diǎn)睛】本題考查了函數(shù)新定義，要掌握一次函數(shù)，反比例數(shù)，二次函數(shù)的性質(zhì)，難點(diǎn)在于分類討論時(shí)，t的取值范圍的取舍．2．（2022·湖南婁底·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線y=12x2-2x-6與x軸相交于點(diǎn)A、點(diǎn)B(1)請直接寫出點(diǎn)A，B，C的坐標(biāo)；(2)點(diǎn)Pm,n0<m<6在拋物線上，當(dāng)m取何值時(shí)，△PBC(3)點(diǎn)F是拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，作FE//AC交x軸于點(diǎn)E，是否存在點(diǎn)F，使得以A、C、E、F為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，請寫出所有符合條件的點(diǎn)F的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)A-2,0，B6,0，(2)m=3，△PBC面積的最大值27(3)存在，或或4,-6．【分析】（1）令y=0得到12x2-2x-6=0，求出x即可求得點(diǎn)A和點(diǎn)B的坐標(biāo)，令x=0，則（2）過P作PQ∥y軸交BC于Q，先求出直線BC的解析式，根據(jù)三角形的面積，當(dāng)平行于直線BC直線與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)P到BC的距離最大，此時(shí)，△PBC（3）根據(jù)點(diǎn)F是拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，作FE//AC交x軸于點(diǎn)E得到AE∥CF，設(shè)，當(dāng)點(diǎn)F在x軸下方時(shí)，當(dāng)點(diǎn)F在x軸的上方時(shí)，結(jié)合點(diǎn)OC=6，利用平行四邊形的性質(zhì)來列出方程求解．【詳解】（1）解：令y=0，則12解得x1=-2，∴A-2,0，B令x=0，則y=-∴C0,（2）解：過P作PQ∥y軸交BC于設(shè)直線BC為y=kx+bk≠0，將B6,0、0=6k+bb=解得k=1b=∴直線BC為，根據(jù)三角形的面積，當(dāng)平行于直線BC直線與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)P到BC的距離最大，此時(shí)，△PBC∵Pm,n0<m<6∴，，∴，∵，∴m=3時(shí)，PQ最大為92而，∴△PBC的面積最大為27（3）解：存在．∵點(diǎn)F是拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，作FE//AC交x軸于點(diǎn)E，如下圖．∴AE∥CF，設(shè)當(dāng)點(diǎn)F在x軸下方時(shí)，∵C0,即OC=6，∴，解得a1=0（舍去），∴．當(dāng)點(diǎn)F在x軸的上方時(shí)，令y=6，則，解得，，∴或．綜上所述，滿足條件的點(diǎn)F的坐標(biāo)為或4,-6或．【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)與平行四邊形、二次函數(shù)與面積等問題的綜合題，主要考查求點(diǎn)的坐標(biāo)，平行四邊形的性質(zhì)，面積的表示，涉及方程思想，分類思想等．3．（2021·湖南長沙·統(tǒng)考中考真題）我們不妨約定：在平面直角坐標(biāo)系中，若某函數(shù)圖象上至少存在不同的兩點(diǎn)關(guān)于y軸對稱，則把該函數(shù)稱之為“T函數(shù)”，其圖象上關(guān)于y軸對稱的不同兩點(diǎn)叫做一對“T點(diǎn)”．根據(jù)該約定，完成下列各題．（1）若點(diǎn)A1,r與點(diǎn)Bs,4是關(guān)于x的“T函數(shù)”y=-4xx<0,tx2x≥0,t≠0,t是常數(shù).的圖象上的一對“（2）關(guān)于x的函數(shù)y=kx+p（k，是常數(shù)）是“T函數(shù)”嗎？如果是，指出它有多少對“T點(diǎn)”；如果不是，請說明理由；（3）若關(guān)于x的“T函數(shù)”y=ax2+bx+c（a>0，且a，b，c是常數(shù)）經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O，且與直線l:y=mx+n（m≠0，n>0，且m，n是常數(shù)）交于Mx1,y1，Nx【答案】（1）4,-1,4；（2）當(dāng)k≠0時(shí)，關(guān)于x的函數(shù)y=kx+p（k,p是常數(shù)）不是“T函數(shù)”，理由見解析；當(dāng)k=0時(shí)，關(guān)于x的函數(shù)y=kx+p（k,p是常數(shù)）是“T函數(shù)”，它有無數(shù)對“T點(diǎn)”；（3）直線l總經(jīng)過一定點(diǎn)，該定點(diǎn)的坐標(biāo)為(1,0)．【分析】（1）先根據(jù)關(guān)于y軸對稱的點(diǎn)坐標(biāo)變換規(guī)律可得r,s的值，從而可得點(diǎn)A的坐標(biāo)，再將點(diǎn)A的坐標(biāo)代入“T函數(shù)”即可得；（2）分k≠0和k=0兩種情況，當(dāng)k≠0時(shí)，設(shè)點(diǎn)與點(diǎn)(-x0,y0)是一對“T點(diǎn)”，將它們代入函數(shù)解析式可求出k=0，與k≠0矛盾；當(dāng)k=0時(shí)，y=p是一條平行于x軸的直線，是“T函數(shù)”，且有無數(shù)對（3）先將點(diǎn)代入y=ax2+bx+c可得c=0，再根據(jù)“T函數(shù)”的定義可得b=0，從而可得y=ax2，與直線y=mx+n聯(lián)立可得x1,x2是方程ax【詳解】解：（1）由題意得：點(diǎn)A1,r與點(diǎn)Bs,4關(guān)于∴r=4,s=∴A∵1>0∴將點(diǎn)A1,4代入y=tx2故答案為：4,-（2）由題意，分以下兩種情況：①當(dāng)k≠假設(shè)關(guān)于x的函數(shù)y=kx+p（k，是常數(shù)）是“T函數(shù)”，點(diǎn)與點(diǎn)(-x0,y0)是其圖象上的一對“則kx解得k=0，與k≠所以當(dāng)k≠0時(shí)，關(guān)于x的函數(shù)y=kx+p（k,p是常數(shù)）不是“T函數(shù)”；②當(dāng)k=0時(shí)，函數(shù)y=kx+p=p是一條平行于x軸的直線，是“T函數(shù)”，它有無數(shù)對“T點(diǎn)”；綜上，當(dāng)k≠0時(shí)，關(guān)于x的函數(shù)y=kx+p（k,p是常數(shù)）不是“T函數(shù)”；當(dāng)k=0時(shí)，關(guān)于x的函數(shù)y=kx+p（k,p是常數(shù)）是“T函數(shù)”，它有無數(shù)對“T點(diǎn)”；（3）由題意，將代入y=ax2+bx+c得：∴y=a設(shè)點(diǎn)(x3,y3)(x3≠0)與點(diǎn)(-x3,則ax32∴y=a聯(lián)立y=ax2y=mx+n∵“T函數(shù)”y=ax2與直線y=mx+n交于點(diǎn)Mx∴x1,x2∴x∵1∴x1+解得n=-則直線l的解析式為y=mx-當(dāng)x=1時(shí)，y=m-因此，直線l總經(jīng)過一定點(diǎn)，該定點(diǎn)的坐標(biāo)為(1,0)．【點(diǎn)睛】本題考查了關(guān)于y軸對稱的點(diǎn)坐標(biāo)變換規(guī)律、二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合、一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系等知識(shí)點(diǎn)，掌握理解“T函數(shù)”和“T點(diǎn)”的定義是解題關(guān)鍵．4．（2021·湖南株洲·統(tǒng)考中考真題）已知二次函數(shù)y=ax（1）若a=12，b=c=-2，求方程（2）如圖所示，該二次函數(shù)的圖像與x軸交于點(diǎn)Ax1,0、Bx2,0，且x1<0<x2，與y軸的負(fù)半軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)D在線段①求證：△AOC②連接BC，過點(diǎn)D作DE⊥BC于點(diǎn)E，點(diǎn)F0,x1-x2在y軸的負(fù)半軸上，連接【答案】（1）Δ=8（2）①證明見解析；②=2【分析】（1）根據(jù)判別式公式代入求解即可．（2）①通過條件，得到OC=OB，再根據(jù)ASA即可得到兩個(gè)三角形角形全等．②通過分析條件，證明△AOF～△DEB，得到AODE=【詳解】解：（1）當(dāng)a=12，時(shí)，方程為：1Δ=b2（2）①證明：∵x1+x∴x2∴OC=OB=c在△AOC與△DOB&∠ACO=∴．②解：，，∴∠CFA=∵DE⊥∴∠DEB=9又∵∠AOF=90∴△AOF∴AODE∵OC=OB=c，且∠∴∠OCB=45°,在Rt△DEC中，∠OCB=4∴DC=2又∵，∴OD=OA=-又∵OC=OD+DC，∴DC=-c+x1，∴EB=BC-∵AODE∴-x1即：cx∴=2或=1（舍），【點(diǎn)睛】本題考查的是二次函數(shù)與一元二次方程的關(guān)系，韋達(dá)定理，以及一元二次方程的解法，三角形全等和相似等相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，根據(jù)題意能夠找見相關(guān)等量關(guān)系是解題關(guān)鍵.5．（2020·湖南株洲·中考真題）如圖所示，二次函數(shù)y=ax2+bx+c(a>0)的圖像（記為拋物線Γ）與y軸交于點(diǎn)C，與x軸分別交于點(diǎn)A、B，點(diǎn)A、B的橫坐標(biāo)分別記為x1，（1）若a=c，b=-3，且過點(diǎn)(1,-（2）若關(guān)于x的一元二次方程ax2+bx+c=0的判別式Δ'=4．求證：當(dāng)b<-（3）若AB2=c2-2c+6c，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(-x0,-1)，過點(diǎn)P作直線l垂直于y軸，且拋物線的Γ頂點(diǎn)在直線l上，連接OP、AP、BP，【答案】（1）y=x2-3x+1；（2）見解析；（【分析】（1）根據(jù)題意，把a(bǔ)=c，b=-3，點(diǎn)(1,-（2）利用根的判別式進(jìn)行判斷，即可得到結(jié)論；（3）根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，得到b2-4ac=4a，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系，得到4a=c2-2c+6【詳解】解：（1）由題意得：y=ax∵函數(shù)過點(diǎn)(1,-∴a-∴，∴y=x（2）由題意，一元二次方程ax2+bx+c=0∴Δ=b∴4ac=b在函數(shù)y1Δ∵b<-∴2b+5<0，即函數(shù)圖象與x軸沒有交點(diǎn)．（3）因?yàn)楹瘮?shù)頂點(diǎn)在直線l上，則有，即b2∵AB∴x2即x1∴b2由①得：4a∵∠OAP=∴∠∵∠OAP=∠OBP+∠APB，∠∴∠OBP=則△OAP∴OAOP∴OA?∴x1∴ca∴x0由②得：x0∴x0∴當(dāng)c=1時(shí)，x0【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合問題，相似三角形的判定和性質(zhì)，一元二次方程根的判別式，根與系數(shù)的關(guān)系，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)的最值等知識(shí)進(jìn)行解題．1．（2023·湖南永州·統(tǒng)考一模）如圖，拋物線y=ax2＋bx＋c經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O及點(diǎn)A（-4，(1)求拋物線的解析式；(2)連接OC，點(diǎn)Q是直線AC上不與A、B重合的點(diǎn)，若S△OAQ=2(3)是否存在x軸上一動(dòng)點(diǎn)H和平面內(nèi)相應(yīng)點(diǎn)N，使以點(diǎn)A、H、C、N為頂點(diǎn)的四邊形是菱形？若存在，直接寫出點(diǎn)H和相應(yīng)點(diǎn)N的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=1(2)或；(3)存在，，H(62-4,0)或，H-62-4,0或N(-4,6)，H(2,0)或，【分析】（1）用待定系數(shù)法可得拋物線的解析式；（2）先計(jì)算出，再求出AC解析式，設(shè)出點(diǎn)Q坐標(biāo)，根據(jù)三角形面積公式即可求解；（3）分類討論，分別當(dāng)AC、AH、AN為對角線時(shí)，畫出圖形即可求解．【詳解】（1）把A(-4,0)，、代入y=ax2＋得：16a-解得a=1∴拋物線的解析式為y=1（2）、，∴，，設(shè)直線AC的表達(dá)式為y=kx+d，將點(diǎn)A(-4,0)、代入得：0=-4k+d解得k=1d=4的表達(dá)式為y=x+4．設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為，∴，解得q=-16或q=8，當(dāng)q=-16時(shí)，q+4=-當(dāng)q=8時(shí)，q+4=12．∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為或；（3）存在一點(diǎn)N，使以點(diǎn)A、、C、N為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，理由如下：①當(dāng)AC為菱形的對角線時(shí)，如圖所示，由（2）可知，OA=OB=4，∴∠，∴菱形AHCN為正方形，∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為，點(diǎn)的坐標(biāo)為(2,0)，②如圖所示，當(dāng)AH為菱形對角線時(shí)，C、N關(guān)于x軸對稱，∴點(diǎn)N坐標(biāo)為(2,-6)，點(diǎn)坐標(biāo)為(8,0)；③當(dāng)AN為對角線時(shí)，如圖所示，，∴CN=AC=6∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為，點(diǎn)坐標(biāo)為(62-4,0)，或點(diǎn)N的坐標(biāo)為，點(diǎn)坐標(biāo)為(-62綜上所示，點(diǎn)N、H的坐標(biāo)為：，H62-4,0或，H-62-4,0或N(-4,6)，H(2,0)或【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，待定系數(shù)法求函數(shù)表達(dá)式，自變量取值范圍內(nèi)的函數(shù)值，三角形面積，菱形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是添加輔助線，構(gòu)造出相應(yīng)圖形解決問題．2．（2023·湖南郴州·統(tǒng)考二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y=-x2+bx+c的圖象與坐標(biāo)軸相交于A、B、C三點(diǎn)，其中A點(diǎn)坐標(biāo)為3,0，B點(diǎn)坐標(biāo)為-1,0，連接AC、BC．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，在線段AC上以每秒2個(gè)單位長度向點(diǎn)C做勻速運(yùn)動(dòng)；同時(shí)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，在線段BA上以每秒1個(gè)單位長度向點(diǎn)A做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)隨之停止運(yùn)動(dòng)，連接，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為(1)求b、c的值．(2)在P、Q運(yùn)動(dòng)的過程中，當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形BCPQ的面積最小，最小值為多少？(3)在線段AC上方的拋物線上是否存在點(diǎn)M，使△MPQ是以點(diǎn)P為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形？若存在，請求出點(diǎn)M【答案】(1)b=2(2)t=2時(shí)，四邊形BCPQ的面積最小，最小值為4(3)存在，3+【分析】（1）待定系數(shù)法進(jìn)行求解即可；（2）過點(diǎn)P作PH⊥x軸，垂足為H，利用S四邊形（3）過點(diǎn)P作x軸的垂線，交x軸于E，過M作y軸的垂線，與EP交于F，連接MQ，MP，證明△PFM≌△QEPAAS，進(jìn)而求出點(diǎn)M【詳解】（1）解：∵二次函數(shù)y=-x2+bx+c的圖象經(jīng)過點(diǎn)A3,0，則0=-解得：b=2c=3（2）由（1）得：拋物線表達(dá)式為y=-∴△OAC∴∠BAC=45由點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)可知：AP=2過點(diǎn)P作PH⊥x軸，垂足為∴AH=PH=2t2又Q-∴S，==1∵當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)隨之停止運(yùn)動(dòng)，AC=3∴0≤∴當(dāng)t=2時(shí)，四邊形BCPQ的面積最小，最小值為4；（3）存在．假設(shè)點(diǎn)M是線段AC上方的拋物線上的點(diǎn)，如圖，過點(diǎn)P作x軸的垂線，交x軸于E，過M作y軸的垂線，與EP交于F，連接MQ，MP．∵△PMQ是等腰直角三角形，PM=PQ,∠∴∠MPF+∠QPE=90°，又∠MPF+∴∠PMF=在△PFM和△QEP∠F=∴△PFM∴MF=PE=t,PF=QE=4-∴EF=4-又OE=3-∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為3-∵點(diǎn)M在拋物線y=-∴4-t=解得：t=9-17∴M點(diǎn)的坐標(biāo)為3+17【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用．正確的求出函數(shù)解析式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)和數(shù)形結(jié)合的思想進(jìn)行求解，是解題的關(guān)鍵．3．（2023·湖南長沙·統(tǒng)考一模）平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=a(x-1)2+92與x軸交于A，B(4，0)(1)求拋物線的解析式，并直接寫出點(diǎn)A，C的坐標(biāo)；(2)在拋物線的對稱軸上是否存在點(diǎn)P，使△BCP是直角三角形？若存在，請直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由；(3)如圖，點(diǎn)M是直線BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接AM，OM，是否存在點(diǎn)M使AM+OM最小，若存在，請求出點(diǎn)M的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由；【答案】(1)y=-12(x-1)2+92，(2)存在，P(1，5)，(1，-3)，(1，7)，(1，7)(3)存在，85，12【分析】（1）將B(4，0)代入y=a(x-1)2+（2）根據(jù)題意y=-12(x-1)2+92，對稱軸為直線x=1，設(shè)P1,n，根據(jù)勾股定理BC2=42+42（3）存在點(diǎn)M使AM+OM最小，作O點(diǎn)關(guān)于BC的對稱點(diǎn)Q，連接AQ交BC于點(diǎn)M，連接BQ，求得直線AQ的解析式，直線BC的解析式為y=-x+4【詳解】（1）解：將B(4，0)代入y=a(x-即0=9a+92，解得：∴y=-令x=0，則y=-令y=0，則-1解得：x1A(-2,0)，C(0，4)（2）解：存在點(diǎn)P∵y=-12(x-1設(shè)P1,n∵B(4，0)，∴BC2=4①當(dāng)∠BCP=90°時(shí)，BP∴4-12+解得：n=5②當(dāng)∠CBP=90°時(shí)，PC∴12+解得：n=-③當(dāng)∠BPC=90°時(shí)，BC324-12+n解得：n=2-7或n=2+綜上所述：P(1，5)，(1，-3)，(1，7)，(1，7)（3）存在點(diǎn)M使AM+OM最小，理由如下：作O點(diǎn)關(guān)于BC的對稱點(diǎn)Q，連接AQ交BC于點(diǎn)M，連接BQ，由對稱性可知，OM=QM，∴AM+OM=AM+QM當(dāng)A、M、Q三點(diǎn)共線時(shí)，AM+OM有最小值，∵B(4，0)，C(0，4)，∴OB=OC∴∠由對稱性可知∠QBM=45∴BQ∴Q(4，4)，設(shè)直線AQ的解析式為y=kx+b，-2k+b=04k+b=4解得k=2∴直線AQ的解析式，設(shè)直線BC的解析式為y=mx+4，∴4m+4=0∴m=∴直線BC的解析式為y=-聯(lián)立方程組y=-解得x=885，125【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)綜合運(yùn)用，待定系數(shù)求解析式，勾股定理，軸對稱的性質(zhì)求線段長的最值問題，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．4．（2023·湖南永州·統(tǒng)考一模）已知拋物線y=ax2+bx（a，b為常數(shù)，且a≠0）的對稱軸為x=1，且過點(diǎn)1,12．點(diǎn)P是拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，直線AB的解析式為y=-x+c，直線AB與x軸相交于點(diǎn)A(1)求拋物線的解析式；(2)當(dāng)直線AB與拋物線y=ax2+bx(3)當(dāng)t≤x≤t+1時(shí)，是否存在t的值，使函數(shù)y=ax2+bx的最大值為1【答案】(1)y=(2)0,2(3)存在，t的值為-22【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解；（2）聯(lián)立兩個(gè)函數(shù)解析式得x2-4x+2c=0，由直線AB與拋物線y=-12x2+x只有一個(gè)交點(diǎn)，得Δ=0，即（3）分類討論：①當(dāng)時(shí)，②當(dāng)0≤t≤1時(shí)，③【詳解】（1）解：由題意可得，該拋物線對稱軸為，將點(diǎn)1,12代入拋物線解析式得：聯(lián)立-b2a=1a+b=∴拋物線的解析式為y=-（2）由y=-x+cy=-12x2∵直線AB與拋物線y=-1∴Δ=0，即解得c=2，∴直線AB的解析式為y=-令x=0，得y=2∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為0,2；（3）分類討論：①當(dāng)時(shí)，t≤x≤t+1<1，∵，對稱軸為x=1，∴此時(shí)y隨x的增大而增大，∴y的最大值由-12(t+1②當(dāng)0≤即當(dāng)x=1時(shí)，y取得最大值=-12③當(dāng)時(shí)，1<t≤x∵，對稱軸為x=1，∴此時(shí)y隨x的增大而減小，∴當(dāng)x=t時(shí)，y取得最大值，y的最大值=-由-12t2+t=綜上可知t的值為-22或【點(diǎn)睛】此題考查了二次函數(shù)的綜合知識(shí)，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，直線與拋物線交點(diǎn)問題，二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，正確掌握二次函數(shù)的知識(shí)是解題的關(guān)鍵．5．（2023·湖南長沙·校聯(lián)考二模）我們不妨約定：若存在實(shí)數(shù)k，對于函數(shù)圖象上任意兩點(diǎn)x1，y1、x2，y(1)下列幸福函數(shù)的幸福指數(shù)為6的，請?jiān)谙鄳?yīng)題目后的括號中打“√”，不是的打“×”；①y=2x-1-1②；③y=x-12(2)若一次函數(shù)和反比例函數(shù)（a，b為常數(shù)，且a≠0），當(dāng)t-12≤x≤t+12且t>(3)若關(guān)于x的幸福函數(shù)y=-x2+4x+t（t為常數(shù)），當(dāng)t-1【答案】(1)①√，②×，③×(2)5(3)53或【分析】（1）①當(dāng)x=-1時(shí)，y=2x-1=-3，當(dāng)時(shí)，y=2x-1=3，則kmin=3--3=6（2）a>0時(shí)，求出兩個(gè)函數(shù)k的最小值，即可求解；（3）當(dāng)t<2時(shí)，當(dāng)x=t時(shí)，y=-t2+5t，當(dāng)時(shí)，y=-t2+7t-5，則-【詳解】（1）解：①當(dāng)x=-1時(shí)，y=2x-1=-3，當(dāng)時(shí)，y=2x-1=3則kmin②當(dāng)x=-3時(shí)，y=-3x=1，當(dāng)x=-則kmin③當(dāng)x=3時(shí)，y=x-12+2=6，當(dāng)時(shí)，則kmin故答案為：√，×，×；（2）解：∵t>12，故當(dāng)a>0時(shí)，當(dāng)x=t+12時(shí)，y=ax+b=at+12當(dāng)x=t-12時(shí)，y=-at-12即，解得：t=5當(dāng)a<0時(shí)，列出的函數(shù)關(guān)系式和t的值和a>0得情況完全相同，故t=5（3）解：當(dāng)x=t時(shí)，y=-當(dāng)時(shí)，y=-t2+7t-5，當(dāng)時(shí)，y=t+4①當(dāng)t<2時(shí)，當(dāng)x=t時(shí)，y=-t2+5t，當(dāng)時(shí)，則-t解得：t=5②當(dāng)2≤當(dāng)t≥52時(shí)，當(dāng)時(shí)，y=t+4，當(dāng)時(shí)，y=-則t+4-解得：t=7當(dāng)t<52時(shí)，同理可得：解得：t=4或1（均舍去）；③當(dāng)t>3時(shí)，當(dāng)時(shí)，y=-t2+7t-5，當(dāng)x=t時(shí)，則-t解得：t=5；綜上，t=53或【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)綜合運(yùn)用，涉及到新定義、一次函數(shù)、反比例函數(shù)、二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，數(shù)形結(jié)合和正確理解新定義是解題的關(guān)鍵．6．（2023·湖南邵陽·統(tǒng)考一模）如圖，一次函數(shù)y=12x+2與x軸，y軸分別交于A、C兩點(diǎn)，二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象經(jīng)過A、C兩點(diǎn)，與(1)求該二次函數(shù)表達(dá)式；(2)在y軸的正半軸上是否存在一點(diǎn)M，使以點(diǎn)M、O、B為頂點(diǎn)的三角形與△AOC相似，若存在，求出點(diǎn)M(3)在對稱軸上是否存在點(diǎn)P，使△PAC為等腰三角形，若存在，求出點(diǎn)P【答案】(1)y＝﹣12x2﹣32(2)存在，點(diǎn)M（0，2）或（0，12(3)存在，（﹣32，552）或（﹣32，﹣552）或（﹣32，0）或（﹣32，2+）或（﹣3【分析】（1）分別求出點(diǎn)A，點(diǎn)C的坐標(biāo)，根據(jù)對稱軸求出另一交點(diǎn)，再根據(jù)交點(diǎn)式得出答案；（2）以點(diǎn)M、O、B為頂點(diǎn)的三角形與△AOC相似，∠AOC=∠MOB=90°，則∠MBO=∠CAO或∠MBO=（3）分PA=AC、PA=PC、三種情況，利用線段長度相等，列出等式求解即可．【詳解】（1）對于y=12x+2，當(dāng)x=0時(shí)，y=2令y=12x+2=0，則x=-4∵拋物線的對稱軸為直線x=-32∴拋物線與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為-設(shè)二次函數(shù)表達(dá)式為：y=a(x-∵拋物線過點(diǎn)，則-4a=2解得：a=-故拋物線的表達(dá)式為：y=-（2）存在，理由：在Rt△AOC中，AO=4，CO=2，則∵以點(diǎn)M、O、B為頂點(diǎn)的三角形與△AOC相似，∠AOC=∴∠MBO=∠CAO或∠MBO=∴tan∠MBO=tan即OMBO=OM解得：OM=12或即點(diǎn)M0,2或(0,（3）存在，理由：根據(jù)題意對稱軸x=-b2a=-由點(diǎn)A、C、P的坐標(biāo)得：PA2=-3當(dāng)PA=AC時(shí)，則(-解得：t=±即點(diǎn)P的坐標(biāo)為：(-32,當(dāng)PA=PC時(shí)，則(-解得：t=0，即點(diǎn)P(-當(dāng)時(shí)，則20=94解得：t=2±即點(diǎn)P的坐標(biāo)為：(-32,2+綜上，點(diǎn)P的坐標(biāo)為：(-32,552)或(-3【點(diǎn)睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，分類討論是本題求解的關(guān)鍵．7．（2023·湖南長沙·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如果一個(gè)函數(shù)的圖象由兩支組成，且每一支都滿足y隨x的增大而減小，那么稱這個(gè)函數(shù)為“雙減函數(shù)”，例如，我們學(xué)過的反比例函數(shù)y=6x就是“雙減函數(shù)(1)已知“雙減函數(shù)”y=ax的圖象經(jīng)過點(diǎn)1，b和-1(2)若關(guān)于x的函數(shù)y=k-3x+2cx≥0-k+1x-c(x<0)是“雙減函數(shù)”（k為整數(shù)），與直線y=d（d為常數(shù)）有兩個(gè)交點(diǎn)A，B(3)若關(guān)于x的函數(shù)y=x2+n(x<0)-x2+n-2x≥0是“雙減函數(shù)”，當(dāng)x≠0時(shí)，函數(shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱．當(dāng)t≤x≤t+2時(shí)，y的最大值為M，【答案】(1)y=2(2)；(3)72或．【分析】（1）根據(jù)反比例函數(shù)經(jīng)過點(diǎn)1，b和（2）根據(jù)雙減函數(shù)的定義求出k的值，再根據(jù)函數(shù)與y=d有兩個(gè)交點(diǎn)并且交點(diǎn)距離是一個(gè)定值即可解答；（3）根據(jù)題意求出雙減函數(shù)的解析式，再利用函數(shù)的性質(zhì)分三種情況分別得到t的值．【詳解】（1）解：依題意得a=1?即a=ba=解得a=2b=2∴該“雙減函數(shù)”的解析式為y=2（2）解：依題意得k解得1<k<3，又∵k為整數(shù)，∴k=2，∴y=-①當(dāng)c≥0時(shí)，如圖由y=-解得x=2c-由y=-解得x=∴AB=2c∴c=2，由圖象可得，，∴；②當(dāng)c<0時(shí)，如圖2．y=-x+2cx≥0-x-c(x<0)的圖象與直線y=d∴不符合要求．綜上所述，d的取值范圍是．（3）解：根據(jù)題意可知：當(dāng)x=1時(shí)，；當(dāng)x=-1時(shí)，y=-1∵當(dāng)x≠∴n-3+n+1=0∴y=函數(shù)圖象如圖3．①當(dāng)t≥0時(shí)：當(dāng)x=t時(shí)，y最大；當(dāng)x=t+2時(shí)，y最小，∴，，∵，∴，解得；②當(dāng)-2≤t<0時(shí)：當(dāng)x=t時(shí)，y最大；當(dāng)x=t+2時(shí)，y最小，∴，，∵，∴，t2+2t-6=0③當(dāng)t<-2時(shí)：當(dāng)x=t時(shí)，y最大：當(dāng)x=t+2時(shí)，y最小，∴，．∵，∴，解得，綜上所述，t的值為72或．【點(diǎn)睛】本題考查了新定義雙減函數(shù)，一次函數(shù)性質(zhì)和圖象，反比例函數(shù)的性質(zhì)和圖象，二次函數(shù)的性質(zhì)和圖象，理解雙減函數(shù)定義和性質(zhì)是解的關(guān)鍵．8．（2023·湖南長沙·校聯(lián)考三模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，對于點(diǎn)Px，y和Qx，y'．給出如下定義：如果y'=yx≥0-y(x<0)，那么稱點(diǎn)Q為點(diǎn)P的“沉毅點(diǎn)”．例如點(diǎn)(1，2)的(1)若直線y=x+3上點(diǎn)M的“沉毅點(diǎn)”是N(n，4)，求點(diǎn)(2)若雙曲線上點(diǎn)P的“沉毅點(diǎn)”為點(diǎn)Q，且S△POQ=4，求k(3)若點(diǎn)P在函數(shù)y=-x2+4-2≤x≤a上，其“沉毅點(diǎn)”Q的縱坐標(biāo)y'【答案】(1)點(diǎn)M的坐標(biāo)為1，4(2)k=(3)2【分析】（1）先根據(jù)題中條件寫出點(diǎn)M的坐標(biāo)為n，n+3，然后根據(jù)“沉毅點(diǎn)”的定義分n≥0和n<0兩種情況進(jìn)行討論，分別求出n的值，即可得出點(diǎn)（2）設(shè)點(diǎn)Pm，km，且m<0，根據(jù)“沉毅點(diǎn)”的定義可得點(diǎn)Q的坐標(biāo)為m，-km（3）當(dāng)y=-4時(shí)，求出x的值，再根據(jù)“沉毅點(diǎn)”的定義即可解決問題．【詳解】（1）∵直線y=x+3上點(diǎn)M的“沉毅點(diǎn)”是Nn∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為n，當(dāng)n≥0時(shí)，根據(jù)“沉毅點(diǎn)”的定義可得：n+3=4，解得：n=1，此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)為1，當(dāng)n<0時(shí)，根據(jù)“沉毅點(diǎn)”的定義可得：n+3=-解得：n=-此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)為-7綜上所述，點(diǎn)M的坐標(biāo)為：1，4或（2）由題意可設(shè)點(diǎn)Pm，k根據(jù)“沉毅點(diǎn)”的定義可得點(diǎn)Q的坐標(biāo)為m，∴PQ=∴S∵S∴k∴k=（3）如圖為“沉毅點(diǎn)”函數(shù)圖象：從函數(shù)圖象看，“沉毅點(diǎn)”Q的縱坐標(biāo)y'的取值范圍是-而-2當(dāng)x=-2時(shí)，y=0，當(dāng)y=0時(shí)，或-2，當(dāng)y=-4時(shí)，-4=-a2+4，解得：a=±2觀察圖象可知滿足條件的a的取值范圍為2≤【點(diǎn)睛】本題考查一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，三角形面積，解題的關(guān)鍵是理解題意，屬于創(chuàng)新題目，中考常考題型．9．（2023·湖南株洲·一模）已知拋物線y=1(1)如圖1，當(dāng)c=-6時(shí)，拋物線分別交x軸于A，B，交y軸于點(diǎn)C．①求拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)；②點(diǎn)P在對稱軸的右邊，并且在x軸下方的拋物線上，過P點(diǎn)作PD∥y軸，交線段BC于點(diǎn)D，作PE∥x軸，交拋物線于另一點(diǎn)E，若PE=PD，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；(2)如圖2，若拋物線與x軸有唯一公共點(diǎn)F，直線l：y=kx+b(k>0，b>0)與拋物線交于M，N兩點(diǎn)(點(diǎn)N在點(diǎn)M右邊)，直線軸，交直線NF于點(diǎn)G，且點(diǎn)G的縱坐標(biāo)為-3，求b-3【答案】(1)①(2，-8)，②，(2)-【分析】（1）①當(dāng)c=-②先求得出直線CB的解析式為；設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(t，12t2-2t-6)，則D(t，t-6)，依題意點(diǎn)P與點(diǎn)E關(guān)于拋物線對稱軸直線對稱，E(4-t，12（2）根據(jù)題意得出y=12x2-2x+2，過點(diǎn)N作NT⊥x軸于點(diǎn)T，設(shè)點(diǎn)，12m2-2m+2)，N(n，12n2-2n+2)，【詳解】（1）解：①當(dāng)c=-6時(shí)，拋物線y=．∴對稱軸為直線x=-當(dāng)時(shí)，y=-8∴頂點(diǎn)坐標(biāo)為(2，-8)②拋物線y=

令x=0，則y=-6∴C(0，，令y=0，得：1解得：x1=-2，∴A(-2，，B(6，，設(shè)直線CB的解析式為y=mx+n，∵B(6，，，，6m+n=0n=-解得：m=1n=∴直線CB的解析式為；設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(t，12t2-2t-6)12t∵PE∥x∴點(diǎn)P與點(diǎn)E關(guān)于拋物線對稱軸直線對稱，∴E(4-t，12∴PE=2t∵PE=PD∴-1整理得t解得：t=4或t=-2(舍去)，12∴P(4，（2）證明：∵拋物線y=與x軸有唯一公共點(diǎn)F，12c解得：c=2，∴y=此時(shí)，F(xiàn)(2，如圖，過點(diǎn)N作NT⊥x軸于點(diǎn)T，設(shè)點(diǎn)，12m2-2m+2)，N(n，12則y=kx+by=∴m、n是方程12∴m+n=2k+4，mn=4-∵∠∴tan∠SFG32-∴n∴2∴2∴b=3∵k>0，b>0，b-3【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)綜合應(yīng)用，正切的定義，一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．10．（2023·湖南衡陽·模擬預(yù)測）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C0,-3，點(diǎn)A在原點(diǎn)的左側(cè)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為3,0，點(diǎn)(1)求這個(gè)二次函數(shù)的表達(dá)式．(2)連接PO、PC，并把△POC沿CO所在直線翻折，得到四邊形POP'C，那么是否存在點(diǎn)P(3)當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)，四邊形ABPC的面積最大？求出此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)和四邊形ABPC的面積．【答案】(1)y=(2)存在；2+(3)32,-【分析】（1）用待定系數(shù)法求解即可；（2）存在點(diǎn)P，使四邊形POP'C為菱形．設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為，連接PP'交CO于點(diǎn)E，根據(jù)菱形的性質(zhì)可得（3）過點(diǎn)P作y軸的平行線交BC于點(diǎn)Q，交OB于點(diǎn)F，設(shè)Px,x2-2x-3，求出直線BC的解析式，設(shè)Px,x2【詳解】（1）解：將B、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)代入得9+3b+c=0c=解得b=-∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y=x（2）存在點(diǎn)P，使四邊形POP如圖，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為，連接PP'交CO于點(diǎn)E若四邊形POP'C是菱形，則有PC=PO，則PE∴OE=EC=3∴y=-∴，解得，（不合題意，舍去），∴P點(diǎn)的坐標(biāo)為2+10（3）如圖，過點(diǎn)P作y軸的平行線交BC于點(diǎn)Q，交OB于點(diǎn)F，解x2x1=-1，∴點(diǎn)A-∵C0,∴設(shè)直線BC的解析式為y=kx-把B3,00=3k-∴k=1，∴直線BC的解析式為y=x-設(shè)Px,x2-2x-3，則則S===，當(dāng)x=32時(shí)，四邊形ABPC此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為32,-154，四邊形【點(diǎn)睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)和一次函數(shù)解析式，折疊的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，以及函數(shù)與圖形的面積，數(shù)形結(jié)合是解答本題的關(guān)鍵．11．（2023·湖南株洲·統(tǒng)考一模）如圖1，拋物線y=-x2-ax-3a+9與x軸交于A、B兩點(diǎn)（A點(diǎn)在B(1)當(dāng)a=2，求AB的長；(2)若該函數(shù)的圖像與x軸只有一個(gè)交點(diǎn)，求a的值；(3)如圖2，當(dāng)a<2時(shí)，在第一象限的拋物線上有一點(diǎn)M(1,m)，直線AM交y軸于點(diǎn)P，直線BM交y軸于點(diǎn)Q，OP?OQ=12，求a的值．【答案】(1)AB=4(2)a=6(3)【分析】（1）由題意得：拋物線的解析式為：y=-x2-2x+3，令y=0，即（2）已知拋物線的解析式為：y=-x2-ax-3a+9，函數(shù)的圖像與x軸只有一個(gè)交點(diǎn)，令y=0，得到-x2（3）設(shè)A(x1,0)，B(x2,0)，求出直線AM、BM與y軸的交點(diǎn)P、點(diǎn)Q，根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得到x1x2【詳解】（1）當(dāng)a=2，y=-令y=0，即-解得：，x2=1∴A(-3,0)，∴AB=4（2）∵拋物線的解析式為：y=-x2-ax-3a+9令y=0，得到-x整理得：x2∴Δ=a∴a2∴(a-∴a=6（3）∵y=-x2-ax-3a+9設(shè)A(x1,0)設(shè)直線AM的解析式為：，∴kx∴k=m∴P(0,m設(shè)直線BM的解析式為：y=ex+f，∴ex∴e=m∴Q(0,m∵OP?∴mx∵x1，x2是方程∴x1x2∵M(jìn)(1,m)在拋物線上，∴-1∴m=8-∵mx∴m2∴(8-解得：或，∵a<2，∴【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)綜合題，待定系數(shù)法求解析式，求二次函數(shù)與x的交點(diǎn)問題，一次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)問題，一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，解一元二次方程，綜合運(yùn)用以上知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．12．（2023·湖南岳陽·校聯(lián)考一模）如圖，拋物線y=12x2-2x-6與x軸相交于點(diǎn)A、點(diǎn)B(1)請直接寫出點(diǎn)A，B，C的坐標(biāo)；(2)若點(diǎn)P是拋物線BC段上的一點(diǎn)，當(dāng)△PBC的面積最大時(shí)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，并求出△(3)點(diǎn)F是拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，作FE∥AC交x軸于點(diǎn)E，是否存在點(diǎn)F，使得以A、C、E、F為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，請寫出所有符合條件的點(diǎn)F的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)A-2,0，B6,0(2)點(diǎn)P的坐標(biāo)為3,-152時(shí)，S(3)存在，點(diǎn)F的坐標(biāo)為4,-6或或【分析】（1）將x=0和y=0代入拋物線y=1（2）連接OP，設(shè)點(diǎn)Pm,12m2-2m-6，分別表示出S△POC，S（3）可分為兩種情形：①當(dāng)四邊形為ACFE時(shí)，點(diǎn)F和點(diǎn)C關(guān)于拋物線對稱軸對稱，從而得出點(diǎn)F的坐標(biāo)，②當(dāng)四邊形為ACEF時(shí)，可推出點(diǎn)F的縱坐標(biāo)為6，進(jìn)而求得結(jié)果．【詳解】（1）解：當(dāng)x=0時(shí)，y=-，當(dāng)y=0時(shí)，0=1解得x1=6，∴A-2,0，B（2）解：如圖，連接OP，設(shè)點(diǎn)Pm,∴SS△∵S∴==3m+3=-∴當(dāng)m=3時(shí)，即點(diǎn)P的坐標(biāo)為3,-152時(shí)，S△PBC（3）解：存在．①如圖，當(dāng)四邊形為ACFE時(shí)，AE∥∵拋物線對稱軸為直線x=-∴F的坐標(biāo)為4,-②如圖，當(dāng)四邊形為ACEF時(shí)，作FG⊥AE于點(diǎn)G，∴FG=OC=6當(dāng)y=6時(shí)，，∴x1=2+2∴F2+27,6綜上所述，點(diǎn)F的坐標(biāo)為4,-6或或．【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，拋物線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)，平行四邊形的判定，三角形的面積，正確構(gòu)造輔助線畫出圖形是解題的關(guān)鍵．13．（2023·湖南長沙·校聯(lián)考一模）如圖，拋物線y=ax2+bx+c(b≠0)的頂點(diǎn)為A，與y軸交于點(diǎn)C．過點(diǎn)A作線段AB垂直y軸交于點(diǎn)B，過點(diǎn)C作線段CD垂直拋物線的對稱軸交于點(diǎn)D，我們稱矩形ABCD為拋物線y=ax2(1)請根據(jù)定義求出拋物線y=2x2+4x-2的“伴隨矩形(2)已知拋物線y=-x2-3x+2的“伴隨矩形”為矩形ABCD，若矩形ABCD的四邊與直線y=mx-m+1(3)若對于開口向上的拋物線y=ax2+bx+32(b≠0)，當(dāng)y=0時(shí)，方程ax2+bx+32=0的兩個(gè)根為x1，x2，且滿足下列條件：①該拋物線的“伴隨矩形”【答案】(1)2(2)(3)t的值為9或-【分析】（1）求出A(-1,-4),C(0,-2)，即可得矩形ABCD的邊長分別為1和2，再求面積即可；（2）先求出“伴隨矩形”為矩形ABCD的四個(gè)頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為，，，，直線經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)m=-134，直線經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)m=-25，則時(shí)，矩形ABCD的四邊與直線y=mx-m+1共有兩個(gè)交點(diǎn)，當(dāng)雙曲線經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)，m=-178，則m<-178時(shí)，矩形ABCD的四邊與雙曲線（3）拋物線的“伴隨矩形”ABCD的頂點(diǎn)分別是，B0,32-b24a，，，由題意可得|-b2a|=|-b24a|，，求出13≤a≤1，再由，進(jìn)一步確定，根據(jù)韋達(dá)定理得x1+x2=-ba，，則x12+x22+(2-163t)【詳解】（1）解：∵y=2x∴A(-當(dāng)x=0時(shí)，y=-∴C(0,-∴伴隨矩形”ABCD的面積；（2）∵，∴“伴隨矩形”為矩形ABCD的四個(gè)頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為，，，，直線經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)，，解得m=-134，直線經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)，，解得m=-2∴時(shí)，矩形ABCD的四邊與直線y=mx-m+1當(dāng)雙曲線經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)，m=-∴m<-178時(shí)，矩形ABCD的四邊與雙曲線∴時(shí)，滿足題意；（3）∵y=ax∴，∴拋物線的“伴隨矩形”ABCD的頂點(diǎn)分別是，B0,32-b2∵“伴隨矩形”ABCD為正方形，∴|-∴，∵，∴，∵拋物線開口向上，∴a>0，∴，∵方程ax2+bx+32=0的兩個(gè)根為∴，∴a≤∴，∴3∴x1+x∴，∵的最小值為-20t，當(dāng)t>3時(shí)，4(3-解得t=9；當(dāng)t<32時(shí)，解得t=-當(dāng)32≤t≤3時(shí)，解得t=0（舍）或t=5（舍）；綜上所述：t的值為9或-【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，弄清“伴隨矩形”的定義是解題的關(guān)鍵．14．（2023·湖南長沙·校聯(lián)考二模）如圖1，拋物線y=ax2+3ax（a為常數(shù)，a<0）與x軸交于O，A兩點(diǎn)，點(diǎn)B為拋物線的頂點(diǎn)，點(diǎn)D是線段OA上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接BD并延長與過O，A，B三點(diǎn)的⊙P相交于點(diǎn)C，過點(diǎn)C作⊙P的切線交(1)①求點(diǎn)A的坐標(biāo)；②求證：CE=DE；(2)如圖2，連接AB，AC，，BO，當(dāng)a=-233，①求證：AB②求的值．【答案】(1)①A-3，(2)①見解析；②【分析】（1）①令y=0，可得axx+3=0，則②連接PC，連接BP延長交x軸于點(diǎn)M，由切線的性質(zhì)可證得∠ECD=∠CDE，則CE=DE；（2）①由y=ax2+3ax=-233x2-23x=-233②過點(diǎn)O分別作BC、的垂線，交BC、于點(diǎn)N、M，過點(diǎn)B作AE的垂線，交AE于點(diǎn)G，設(shè)OE=m，點(diǎn)D的坐標(biāo)為t，0，由∠CAE=∠OBE可得∠CBO=∠OBE，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)，結(jié)合三角形的面積，得出BDBE=OD【詳解】（1）解：①令y=ax∴axx+3解得x=0或-3∴A-②如圖，連接PC，連接PB，延長交x軸于點(diǎn)M，∵⊙P過O、A、B三點(diǎn)，B∴PM⊥OA，∠PBC+又∵PC=PB，∴∠PCB=∵CE為切線，∴∠PCB+又∵∠BDM=∴∠ECD=∴CE=DE；（2）解：①如圖，∵a=-∴y=ax令y=0，可得-2∴x=0或-3∴A-3，0，∴OA=3，AB=OB=3∴△OAB∴∠BAO=∴∠ACB=∴∠ACB=∵∠CAE=∠OBE∴∠BAO+∠CAE=∠BAC，∠ABO+∴∠BAC=∴△BAC∴，∴AB②解：如圖，過點(diǎn)O分別作BC、的垂線，交BC、于點(diǎn)N、M，過點(diǎn)B作AE的垂線，交AE于點(diǎn)G，設(shè)OE=m，點(diǎn)D的坐標(biāo)為t，∵∠CAE=∠CBO，∠CAE=∴∠CBO=∴ON=OM，∵S△OBD=1∴S△∵S△OBD=1∴S△∴BDBE∵，，∴，∴m=-3tt+3或∴-1∴1OD【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)與圓的綜合問題，考查了二次函數(shù)圖象與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)、切線的性質(zhì)、等腰三角形的判定、圓周角定理等知識(shí)．把圓的知識(shí)鑲嵌其中，會(huì)靈活運(yùn)用圓的性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算是解題的關(guān)鍵．15．（2023·湖南岳陽·統(tǒng)考一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=-x2+bx+8與x軸交于點(diǎn)A，B，與y軸交于點(diǎn)C，直線y=x-t過點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)D，點(diǎn)C與點(diǎn)D關(guān)于x軸對稱．點(diǎn)P是線段OB上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作x軸的垂線交拋物線于點(diǎn)M，交直線BD(1)求拋物線的解析式；(2)當(dāng)△MDB的面積最大時(shí)，求點(diǎn)P(3)在（2）的條件下，在y軸上是否存在點(diǎn)Q，使得以Q，M，N，D為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在；說明理由【答案】(1)y=(2)3,0(3)存在，Q0,17或【分析】(1)首先根據(jù)二次函數(shù)的解析式，可求得點(diǎn)C的坐標(biāo)，根據(jù)對稱性質(zhì)即可求得點(diǎn)D的坐標(biāo)，即可求得一次函數(shù)解析式及點(diǎn)B的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法，即可求得拋物線的解析式；(2)設(shè)Pm,0，則Mm,-m2+7m+8，N(3)由(2)知，M3,20，N3,-5，【詳解】（1）解：令x=0，則y=8，∴C∵點(diǎn)C與點(diǎn)D關(guān)于x軸對稱．∴D把D0,-8代入y=x∴-∴t=8∴y=x令y=0，得y=x-解得x=8，∴B把B點(diǎn)坐標(biāo)代入y=-0=-解得，b=7，∴拋物線的解析式為：y=-（2）設(shè)Pm,0，則Mm,-m則MN=-∴S∵-∴當(dāng)m=3時(shí)，△MDB此時(shí)，P點(diǎn)的坐標(biāo)為3,0；（3）解：存在，由(2)知，M3,20，N∴MN=20∵點(diǎn)Q在y軸上，∴QD∴當(dāng)QD=MN=25時(shí)，以Q，M，N，D為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，∵D0,-8，且點(diǎn)∴點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)為：25-8=17可-∴Q0,17或0,【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，待定系數(shù)法求二次函數(shù)及一次函數(shù)的解析式，平行四邊形的判定，采用數(shù)形結(jié)合的思想是解決此類題的關(guān)鍵．1．（2023·湖南湘西·統(tǒng)考模擬預(yù)測）綜合與探究：如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx-4與x軸交于點(diǎn)A-1,0，B3,0，與y軸交于點(diǎn)C，連接BC．若在第四象限的拋物線上取一點(diǎn)M，過點(diǎn)M作MD⊥x軸于點(diǎn)D(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)試探究拋物線上是否存在點(diǎn)M，使ME有最大值？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)和ME的最大值；若不存在，請說明理由；(3)連接CM，試探究是否存在點(diǎn)M，使得以M，C，E為頂點(diǎn)的三角形和△BDE相似？若存在，請求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=(2)存在，ME的最大值為3，此時(shí)，點(diǎn)M(3)存在，點(diǎn)M的坐標(biāo)為：2316,-【分析】（1）利用待定系數(shù)法，把點(diǎn)A和點(diǎn)B的坐標(biāo)代入到解析式中求解即可；（2）求出BC的解析式，分別用x的代數(shù)式表示點(diǎn)M,E的坐標(biāo)，再表示出ME的長度，然后求解即可；（3）分類討論，當(dāng)∠CME為直角時(shí)，利用對稱的性質(zhì)求解；當(dāng)∠ECM=90°時(shí)，利用已知點(diǎn)的坐標(biāo)求出BC的解析式，再利用垂直的性質(zhì)求出CM的解析式，再與拋物線解析式聯(lián)立求解即可．【詳解】（1）解：把點(diǎn)A-1,0，B3,0，代入得：a-解得：a=則拋物線的表達(dá)式為則拋物線的表達(dá)式為：y=4（2）存在，理由如下：由拋物線解析式可知：點(diǎn)C設(shè)BC的表達(dá)式為：y=kx-將點(diǎn)B的坐標(biāo)代入上式得：0=3k-解得：k=4則直線BC的表達(dá)式為：y=4設(shè)點(diǎn)Ex,43則ME=(4∵-43<0當(dāng)x=32時(shí)，ME的最大值為3，此時(shí)，點(diǎn)（3）存在，理由如下：∵∠DEB=∠CEM，M，①當(dāng)∠CME則點(diǎn)C、M關(guān)于拋物線對稱軸對稱，而拋物線的對稱軸為x=3則點(diǎn)M3,②當(dāng)∠ECM=90由（1）得C0,-4，設(shè)直線BCy=k把B3,0代入得3∴設(shè)直線CM的解析式為：y=k易知：k1∴故直線CM的表達(dá)式為：y=-聯(lián)立拋物線表達(dá)式和上式得：43解得：x=0（舍去）或x=23即點(diǎn)M(23綜上，點(diǎn)M的坐標(biāo)為：2316,-【點(diǎn)睛】本題主要考查待定系數(shù)法求解析式，拋物線中最值問題以及拋物線與相似的綜合性題目，熟練掌握待定系數(shù)法以及將線段最值轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)求最值的題目的能力，利用分類討論的方法是解決本題的關(guān)鍵．2．（2023·湖南長沙·模擬預(yù)測）如圖1，拋物線與x軸交于A-1,0，B3,0兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C(1)求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)是否存在一點(diǎn)P使得以A、B、C、P為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形？若存在，請直接寫出所有滿足該條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；(3)如圖2，若點(diǎn)D在該拋物線上且橫坐標(biāo)為2，直線l與拋物線交于A，D兩點(diǎn)，點(diǎn)M在y軸上，當(dāng)∠ADM=45°時(shí)，求點(diǎn)【答案】(1)y=(2)點(diǎn)P的坐標(biāo)為2,1或-4,-1或4,-(3)0,-2或0,3【分析】（1）將點(diǎn)代入，利用待定系數(shù)法求解即可；（2）根據(jù)拋物線解析式確定點(diǎn)C0,-1，設(shè)點(diǎn)Px,y，分三種情況：當(dāng)AB為對角線時(shí)，另一條對角線為CP；當(dāng)AC為對角線時(shí)，另一條對角線為BP；當(dāng)AP為對角線時(shí)，另一條對角線為（3）根據(jù)題意確定點(diǎn)D2,-1，設(shè)Hp,q，過點(diǎn)A作AH⊥DM于點(diǎn)H，過點(diǎn)H作TK∥x軸，過點(diǎn)A作AT⊥TK于點(diǎn)T，過點(diǎn)D作DK⊥TK于點(diǎn)K，分兩種情況分析：當(dāng)點(diǎn)M在AD上方時(shí)，當(dāng)點(diǎn)M在【詳解】（1）解：將點(diǎn)A-1,0，Ba-解得：a=1∴拋物線的表達(dá)式為：y=1（2）存在，理由如下：∵y=1當(dāng)x=0時(shí)，y=-1∴點(diǎn)C0,設(shè)點(diǎn)Px,y當(dāng)AB為對角線時(shí)，另一條對角線為CP，∴x+02=解得：x=2y=1∴此時(shí)點(diǎn)P2,1當(dāng)AC為對角線時(shí)，另一條對角線為BP，∴-1+02=3+x20-1∴此時(shí)點(diǎn)P(-當(dāng)AP為對角線時(shí)，另一條對角線為BC，∴-1+x2=3+0∴此時(shí)點(diǎn)P4,綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為2,1或-4,-1或4,-（3）y=1當(dāng)x=2時(shí)，y=-∴D2,設(shè)Hp,q，過點(diǎn)A作AH⊥DM于點(diǎn)H，過點(diǎn)H作TK∥x軸，過點(diǎn)A作AT⊥TK于點(diǎn)T，過點(diǎn)D作DK⊥TK當(dāng)點(diǎn)M在AD上方時(shí)，如圖所示：∵∠ADM=45∴△ADH∴AH=DH,∠∵∠T=∴△AHT∴AT=HK,TH=DK，∵AT=q,HK=2-∴q=2-解得：p=1q=1∴H1,1設(shè)直線DH的解析式為y=cx+d，將點(diǎn)H1,1，D1=c+d-解得：c=-∴直線DH解析式為y=-令x=0得y=3，∴M0,3當(dāng)點(diǎn)M在AD下方時(shí)，如圖所示：同理可得AT=HK,TH=DK，∵AT=-∴-q=2解得：p=0q=∴H0,此時(shí)點(diǎn)M與點(diǎn)H重合，即點(diǎn)M0,綜上可得：M的坐標(biāo)為0,-2或0,3．【點(diǎn)睛】題目主要考查二次函數(shù)的綜合問題，利用待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式，平行四邊形的性質(zhì)，一次函數(shù)的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等，理解題意，綜合運(yùn)用這些知識(shí)點(diǎn)，作出輔助線是解題關(guān)鍵．3．（2023·湖南婁底·統(tǒng)考一模）如圖，拋物線y=ax2+2x+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，頂點(diǎn)為D，，其對稱軸為直線x=1(1)求拋物線的解析式；(2)連接CD．求證：CD⊥(3)點(diǎn)P是x軸上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)Q是直線BC上的動(dòng)點(diǎn)，是否存在點(diǎn)P、O，使得以P、Q、C、D四點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是矩形，若存在，請求出點(diǎn)P、Q的坐標(biāo)；若不存在，請說理由．【答案】(1)y=(2)答案見解析(3)存在，理由見解析【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；（2）證明BC（3）注意∠DCQ=90【詳解】（1）解：∵拋物線的對稱軸為直線x=1，且AB=4，∴A由題意得：a解得：a=-∴拋物線的表達(dá)式為：y=-（2）如下圖，連接BD，∵拋物線y=-x2+2x+3與軸交于點(diǎn)∴C當(dāng)x=1時(shí)，y=-x即點(diǎn)D1,4∵B由點(diǎn)B、C、D的坐標(biāo)得：BC同理可得：CD∴B∴△BCD為直角三角形，即CD⊥（3）存在，理由：設(shè)直線BC的解析式為：y=kx+b，∵B∴3k+b=0解得：k=-1直線BC的解析式為：y=-∵D，∴DC,CQ∴DP∴DP的解析式為：y=-∴∴點(diǎn)P、Q的坐標(biāo)分別為5,0,4,【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)、一次函數(shù)、勾股定理逆定理、勾股定理、矩形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握二次函數(shù)的性質(zhì)．4．（2023·湖南湘潭·湘潭縣云龍中學(xué)校考一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=-2x+10與x軸、y軸相交于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)C的坐標(biāo)是(8，4)，連接(1)求過O、A、C三點(diǎn)的拋物線的解析式；(2)求證：△AOB(3)動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，沿OB以每秒2個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)；同時(shí)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，沿BC以每秒1個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)．規(guī)定其中一個(gè)動(dòng)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)動(dòng)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，當(dāng)t為何值時(shí)，PA=QA？【答案】(1)(2)見解析(3)103【分析】（1）由直線的函數(shù)解析式可求得點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，設(shè)過O、A、C三點(diǎn)的拋物線解析式為y=ax（2）由A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)及勾股定理可求得AB2的值；過C點(diǎn)作軸于D，作CE⊥y軸于E，由點(diǎn)C的坐標(biāo)及勾股定理可分別求得AC、B△ABC是直角三角形，然后由HL即可證明全等；（3）由勾股定理建立方程即可求得t的值．【詳解】（1）解：設(shè)過O、A、C三點(diǎn)的拋物線解析式為y=ax∵直線y=-2x+10與x軸，y軸相交于A、∴點(diǎn)A(5，0)和點(diǎn)又∵C點(diǎn)坐標(biāo)為(8，將O、A、C三點(diǎn)代入拋物線解析式y(tǒng)=ax2+bx+c解得a=1∴所求拋物線解析式為．（2）證明：由A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)得OA=5，由勾股定理得AB∴AB過C點(diǎn)作軸于D，作CE⊥y軸于E∵C點(diǎn)坐標(biāo)為(8，∴CD=4，由勾股定理得AC∴AC=5．∵BC∴BC∴由勾股定理逆定理得∠ACB=90∴△ABC∴∠ACB=∵AO=AC=5，∴Rt△（3）解：由題意得動(dòng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)t秒后，OP=2t，由勾股定理得PA2=O∵PA=QA，∴PA∴4t解得t1=10∴動(dòng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)103秒時(shí)，PA=QA【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)的綜合，考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，全等三角形的判定，勾股定理及逆定理，解一元二次方程等知識(shí)，綜合應(yīng)用它們是解題的關(guān)鍵．5．（2023·湖南湘潭·模擬預(yù)測）如圖，拋物線y=ax2+bx+c與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C0,3，其頂點(diǎn)(1)求拋物線的解析式；(2)在拋物線的對稱軸上是否存在一點(diǎn)P，使得PA-PC的值最大，若存在，請求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．(3)作直線BC，M為BC上一點(diǎn)，連接AM，當(dāng)△BOC～△BMA時(shí)，求點(diǎn)M的坐標(biāo)．【答案】(1)y=(2)存在，點(diǎn)P的坐標(biāo)為-(3)M【分析】（1）根據(jù)題意設(shè)拋物線的解析式為y=ax+12+4（2）由對稱性可知PA=PB，則PA-PC=PB-PC≤BC，可知當(dāng)P，B，C三點(diǎn)在一條直線上時(shí)，PA-PC的值最大為BC（3）設(shè)AM交OC于點(diǎn)N，易證△OBC～△ONA，利用其性質(zhì)列出比例式OBOC=ONOA，求得，可得N0,1，求出直線AN的解析式為【詳解】（1）∵拋物線y=ax2+bx+c∴拋物線的解析式為y=ax+1∵拋物線y=ax2+bx+c與y∴a×∴a=-∴拋物線的解析式為：y=-（2）在拋物線的對稱軸上存在一點(diǎn)P，使得PA-令y=0，則-x2-2x+3=0，解得：x=1∵點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)，∴A-3,0，B∴OA=3，OB=1．∵C0,3∴OC=3．∵點(diǎn)P在拋物線的對稱軸上，∴PA=PB．∴PA-∵PB-∴當(dāng)P，B，C三點(diǎn)在一條直線上時(shí)，PA-PC的值最大為BC的長．設(shè)直線BC的解析式為y=kx+n，由題意得：k+n=0n=3，解得：k=∴直線BC的解析式為y=-∵拋物線的對稱軸為直線x=-∴當(dāng)x=-1時(shí)，y=-∴P-∴在拋物線的對稱軸上存在一點(diǎn)P，使得PA-PC的值最大，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為-1,6（3）設(shè)AM交OC于點(diǎn)N，如圖，∵△BOC∴∠OCB=∵∠BOC=∴△OBC∴OBOC∴13∴．∴N0,1設(shè)直線AN的解析式為y=mx+d，∴-3m+d=0d=1．解得：m=∴直線AN的解析式為y=1∴y=13x+1∴M3【點(diǎn)睛】本題是一道二次函數(shù)的綜合題，主要考查了二次函數(shù)圖象的性質(zhì)，待定系數(shù)法確定函數(shù)的解析式，一次函數(shù)圖象的性質(zhì)，拋物線上點(diǎn)的坐標(biāo)的特征，一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)的特征，相似三角形的判定與性質(zhì)，利用點(diǎn)的坐標(biāo)表示出相應(yīng)線段的長度是解題的關(guān)鍵．6．（2023·湖南張家界·統(tǒng)考一模）已知拋物線與x軸交于點(diǎn)A-1,0、B3,0，與y軸交于點(diǎn)(1)求拋物線解析式；(2)如圖①，若點(diǎn)P是第一象限內(nèi)拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PD⊥BC于點(diǎn)D，求線段PD長的最大值(3)如圖②，若點(diǎn)N是拋物線上另一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)M是平面內(nèi)一點(diǎn)，是否存在以點(diǎn)B、C、M、N為頂點(diǎn)，且以BC為邊的矩形，若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由【答案】(1)拋物線解析式為y=(2)DP的長的最大值為9(3)存在，點(diǎn)M的坐標(biāo)為4，1【分析】（1）根據(jù)題意，設(shè)拋物線解析式為y=ax+1x-3，再把（2）過點(diǎn)P作軸交于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F，根據(jù)題意，得出OB=OC=3，進(jìn)而得出∠OBC=45°，再根據(jù)直角三角形兩銳角互余，得出∠BFE=45°，再根據(jù)對頂角相等，得出∠DFP=∠BFE=45°，進(jìn)而得出△DFP是等腰直角三角形，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)，得出DF=DP=22PF，再根據(jù)待定系數(shù)法求出直線BC的解析式，然后設(shè)點(diǎn)Pt，-t2+2t+3，則（3）根據(jù)題意，設(shè)Nn，-n2+2n+3，然后分兩種情況：當(dāng)M、N在直線BC的上方時(shí)和當(dāng)M、【詳解】（1）解：∵拋物線與x軸交于點(diǎn)A-1,0、B∴設(shè)拋物線解析式為y=ax+1又∵拋物線與y軸交于點(diǎn)C0,3∴把C0,3代入y=a可得：-3a=3解得：a=-∴拋物線解析式為y=-（2）解：過點(diǎn)P作軸交于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F，∵B3,0，C∴OB=OC=3，∴∠OBC=45∵軸，∴∠BEF=90∴∠BFE=90∴∠DFP=∵PD⊥∴∠PDF=90∴△DFP∴DF=DP=2設(shè)直線BC的解析式為，∵B3,0，C∴可得：b=33k+b=0解得：k=-∴直線BC的解析式為，設(shè)點(diǎn)Pt，-∴PF=-∴DP=2∴當(dāng)t=32時(shí)，DP的長的最大值為（3）解：存在以點(diǎn)B、C、M、N為頂點(diǎn)，且以BC為邊的矩形，理由如下：設(shè)Nn如圖1，當(dāng)M、N在直線BC的上方時(shí)，過點(diǎn)N作NG⊥y軸交于點(diǎn)G，過點(diǎn)M作MH⊥x軸交于點(diǎn)∵，∴∠GCN+∵∠OCB+∴∠GCN=∴△GCN∴CG=GN，即n=-解得：n=1，∴N1∴，∴BM=2∵∠HBM=90∴BH=HM=1，∴M4如圖2，當(dāng)M、N在直線BC的下方時(shí)，過點(diǎn)B作PQ⊥x軸，過點(diǎn)C作CP⊥PQ交于點(diǎn)P，過點(diǎn)N作NQ⊥PQ交于Q點(diǎn)，過點(diǎn)M作MR⊥PC交于點(diǎn)同理可得：△BCP∴NQ=BQ，即3-解得：n=3（舍去）或n=-∴N-∴BN=52∴CM=52∵∠RCM=45∴CR=RM=5，∴M-綜上所述：點(diǎn)M的坐標(biāo)為4，1或【點(diǎn)睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、直角三角形兩銳角互余、等腰直角三角形的性質(zhì)、求一次函數(shù)解析式、兩點(diǎn)之間的距離公式、相似三角形的判定與性質(zhì)、矩形的性質(zhì)，解本題的關(guān)鍵在熟練掌握相關(guān)的性質(zhì)定理，并正確作出輔助線．7．（2023·湖南長沙·模擬預(yù)測）如圖，拋物線y=12x2+mx+n與x軸交于A，B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)點(diǎn)E是線段AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)E作x軸的垂線與拋物線相交于點(diǎn)F，當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)，四邊形CDAF的面積最大?求出四邊形CDAF的最大面積及此時(shí)E點(diǎn)的坐標(biāo)；(3)在y軸上是否存在點(diǎn)P，使得∠OAP+∠OAC=60【答案】(1)(2)四邊形CDAF的面積最大為132，E點(diǎn)坐標(biāo)為（－2，－1(3)存在，P點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，AD=CEDE=EDDC=EA）或（0，【分析】（1）將點(diǎn)A,C坐標(biāo)代入y=12x（2）先求直線AC的函數(shù)表達(dá)式為y=-12x-2,設(shè)點(diǎn)E(x,-12x-2)(-4≤x≤0)，結(jié)合圖形，四邊形（3）設(shè)P(0，n)，作PG⊥AC于點(diǎn)G，∠OAP＋∠OAC＝60°，求得PG＝32×n2【詳解】（1）將A(代入拋物線表達(dá)式得8-4m+n=0n=-2，解得m=拋物線表達(dá)式為；（2）∵拋物線的對稱軸為直線，∴D(-32,0)設(shè)直線AC的函數(shù)表達(dá)式為y＝將A,C點(diǎn)坐標(biāo)代入得-4k+b=0解得k=-∴直線AC的函數(shù)表達(dá)式為y=-1設(shè)E(x,-12x-2)(-4≤x≤0)∴EF=-12x∴12×4×-1四邊形CDAF的面積=S△ACF=-當(dāng)x=-2時(shí)，四邊形CDAF的面積最大，最大值為132此時(shí)E點(diǎn)坐標(biāo)為(－（3）P點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,-32+203)①作PG⊥AC于點(diǎn)G，∠OAP設(shè)P(0,n)，∠PAG＝PA=n2+16，AC=4由△PAC12AC×PG=1化簡，得n2解得n1=-32+203，∴P(0,-②∵點(diǎn)與點(diǎn)P關(guān)于原點(diǎn)O對稱，OP'∴P'綜上所述：P點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,-32+203)或【點(diǎn)睛】本題為二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法，三角形的面積，二次函數(shù)的性質(zhì)，方程的思想及分類討論的思想等知識(shí)，本題考點(diǎn)較多，綜合性較強(qiáng)，難度適中．8．（2023·湖南·模擬預(yù)測）如圖，直線與x軸、y軸分別交于B、C兩點(diǎn)，拋物線y=-x2+bx+c經(jīng)過B、C兩點(diǎn)，與x軸的另一交點(diǎn)為點(diǎn)A，頂點(diǎn)為點(diǎn)(1)求拋物線的解析式；(2)設(shè)直線y=kx+4與拋物線y=-x2+bx+c兩交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為x1，x2，是否存在k(3)在拋物線的對稱軸上有一點(diǎn)P，連接AP、BP，當(dāng)∠APB=∠OCB時(shí)，求P點(diǎn)坐標(biāo)．【答案】(1)y=(2)不存在k值，使得,理由見解析(3)P(1，或【分析】（1）在中，求出，C(0,3)，用待定系數(shù)法可得拋物線的解析式為y=-x2（2）由，得x1+x2=2-k，x1?x2=1，而，即得k=1或k=3，當(dāng)k=1時(shí)，Δ=(-1)（3）設(shè)拋物線對稱軸交x軸于E，過B作BF⊥AP于F，由y=-x2+2x+3可得，拋物線對稱軸為直線x=1，由，C(0,3)，知△BPF是等腰直角三角形，設(shè)，可得m2+(2m-m)2=16，解得m2=8+4【詳解】（1）解：在中，令x=0得，令y=0得x=3，，C(0,3)，把，C(0,3)代入y=-x-9+3b+c=0解得b=2c=3∴拋物線的解析式為y=-（2）解：不存在k值，使得，理由如下：由y=kx+4y=-x整理得x2∵直線y=kx+4與拋物線y=-x2+bx+c兩交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為x，x2為x2∴x1+，，即，解得k=1或k=3，當(dāng)k=1時(shí)，一元二次方程x2-x+1=0，根的判別式此時(shí)方程無實(shí)數(shù)解，即直線y=kx+4與拋物線y=-∴k=1當(dāng)k=3時(shí)，一元二次方程x2+x+1=0，根的判別式此時(shí)方程無實(shí)數(shù)解，即直線y=kx+4與拋物線y=-∴k=3∴不存在k值，使得；（3）解：設(shè)拋物線對稱軸交x軸于E，過B作BF⊥AP于F，如圖：由y=-x2+2x+3可得，拋物線對稱軸為直線∴AE=BE=2，AB=4，，C(0,3)，，∴△BPF∴BF=PF設(shè)，則，，，，在Rt△AFB中，，解得m2，，，或．【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及二次函數(shù)與一元二次方程的關(guān)系，等腰直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是添加輔助線，構(gòu)造直角三角形，用勾股定理解決問題．9．（2023·湖南長沙·模擬預(yù)測）拋物線y=ax2+2x+ca<0與x軸交于點(diǎn)A和點(diǎn)B（點(diǎn)A在原點(diǎn)的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)(1)求該拋物線的解析式；(2)如圖1，過線段BC上一點(diǎn)E作EP∥x軸，在第一象限交拋物線于點(diǎn)P，PF∥y軸交BC于點(diǎn)F，當(dāng)△PEF的面積為98時(shí)，求點(diǎn)P(3)如圖2，D為對稱軸GT右邊拋物線上的任意一點(diǎn)，連接AD，BD分別交GT于M、N兩點(diǎn)，試證明MT+NT為定值．【答案】(1)y=(2)(3)見解析【分析】（1）根據(jù)OB=OC=3可得C0,3，B3,0，代入（2）先求出BC:y=-x+3，設(shè)設(shè)Pt,-t2+2t+3，則Ft,-t+3，PF=-（3）設(shè)Dm,-m2+2m+31<m<3，利用待定系數(shù)法可得直線AD:y=3-mx+3-m，直線BD:y=-m+1【詳解】（1）解：∵OB=OC=3，點(diǎn)C在y軸正半軸上，點(diǎn)B在x軸正半軸上，∴C0,3，B將C0,3，B3,0代入可得c=39a+6+c=0解得c=3a=∴該拋物線的解析式為y=-（2）解：由B3,0，C0,3可得設(shè)Pt,-t2∴PF=-∵△BOC為等腰直角三角形，∴∠OBC=∵EP∥x軸，PF∥∴∠PEF=∴S△∴PF=-t2+3t=解得t=3∵點(diǎn)E在線段BC上，且EP∥∴當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)C重合時(shí)，t取最小值，最小值為2×∴2≤∴t=3+即點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為；（3）解：由（1）知y=-令y=0，得-x解得x1=-1，∴A-設(shè)Dm,-m2因此可得：0=-解得：k1∴直線AD:y=3同理可求直線BD:y=-∵拋物線的對稱軸為x=1，∴yM=6-2m，∴MT=6-2m，NT=2m+2，∴MT+NT=8為定值．【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、求二次函數(shù)的對稱軸、二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、解一元二次方程等，解題的關(guān)鍵是熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)．10．（2023·湖南株洲·模擬預(yù)測）如圖1，拋物線y=ax2+2x+c，交x軸于A、B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C，F(xiàn)為拋物線頂點(diǎn)，直線EF垂直于x軸于點(diǎn)E，當(dāng)y≥0(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)點(diǎn)P是線段上的動(dòng)點(diǎn)（除B、E外），過點(diǎn)P作x軸的垂線交拋物線于點(diǎn)D．①當(dāng)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為2時(shí)，求四邊形ACFD的面積；②如圖2，直線AD，BD分別與拋物線對稱軸交于M、N兩點(diǎn)．試問，EM+EN是否為定值？如果是，請求出這個(gè)定值；如果不是，請說明理由．【答案】(1)y=(2)①4；②是，定值為8，理由見解析【分析】（1）由當(dāng)y≥0時(shí)，-1≤x≤3，可知x1=-1，x2=3是（2）①把代入拋物線解析式可得D點(diǎn)坐標(biāo)，再x=0代入拋物線解析式可得C點(diǎn)坐標(biāo)，從而得知線段CD∥x軸，利用配方法可知點(diǎn)F坐標(biāo)，從而利用S四邊形②設(shè)Dm,-m2+2m+3(1<m<3)，用待定系數(shù)法求出直線AD與直線BD的解析式，再令x=1得yM，yN，從而得出ME【詳解】（1）解：∵當(dāng)y≥0時(shí)，-1∴x1=-1，x2=3是∴a-解得：a=-∴拋物線的表達(dá)式為：y=-（2）①把代入y=-x2+2x+3∴D(2,3)又當(dāng)x=0，，∴C(0,3)∴線段CD∥∵y=∴F(1,4)S四邊形②設(shè)Dm,直線AD:y=k1x+因此可得：0=-k1+解得：k1=3-mb∴直線AD:y=(3-BD:y=-令x=1得yM=6-2m，∴ME=6-2m，NE=2m+2，∴NE+ME=8【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)與一次函數(shù)綜合，涉及四邊形的面積求法，待定系數(shù)法等知識(shí)，掌握待定系數(shù)法和面積求法是解題的關(guān)鍵．11．（2023·湖南長沙·模擬預(yù)測）一次函數(shù)y=12x+1的圖像與x軸交于點(diǎn)A，二次函數(shù)y=ax2+bx+ca≠0的圖像經(jīng)過點(diǎn)A(1)求這個(gè)二次函數(shù)的表達(dá)式；(2)如圖1，一次函數(shù)y=12x+nn>-916,n≠1與二次函數(shù)y=ax2+bx+ca≠0的圖像交于點(diǎn)Cx1,y1、Dx2,①x1=_________，x2=②證明：AE=BF；(3)如圖2，二次函數(shù)y=ax-t2+2的圖像是由二次函數(shù)y=ax2+bx+ca≠0的圖像平移后得到的，且與一次函數(shù)y=12x+1的圖像交于點(diǎn)P、Q（點(diǎn)P在點(diǎn)Q的左側(cè)），過點(diǎn)P作直線l3⊥x軸，過點(diǎn)Q作直線l4⊥x軸，設(shè)平移后點(diǎn)A、B的對應(yīng)點(diǎn)分別為A'①A'M與②若A'M+3B【答案】(1)y=(2)①-3-9+16n4，-3+(3)①A'M=B【分析】（1）通過一次函數(shù)表達(dá)式可以求出A、B兩點(diǎn)坐標(biāo)，將A、B、C三點(diǎn)坐標(biāo)代入二次函數(shù)表達(dá)式即可求解；（2）①通過聯(lián)立關(guān)系式可得：12x+n=x②通過A（2，0），E(-3-通過B(12,54)（3）①通過二次函數(shù)平移前后的表達(dá)式可以確定新二次函數(shù)的圖像是由原二次函數(shù)的圖像向右平移t+1個(gè)單位，向上平移3個(gè)單位得到的，從而可以得到：A't-1,3，B't+32,174．通過聯(lián)立關(guān)系式可得：②由①可得5-【詳解】（1）令y=0，則12x+1=0，解得∴A-將點(diǎn)Bm,54代入y=∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為(1將A-2,0，B(12,5{4a-2b+c=014a+∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y=x（2）①∵一次函數(shù)y=12x+nn>-916,n≠1與二次函數(shù)y=a∴聯(lián)立關(guān)系式得：12整理得：x2解得：x1=-故答案為：x1=-3-②當(dāng)n>1時(shí)，CD位于AB的上方，∵A-2,0、B∴AE=-2--32∴AE=BF，當(dāng)-916<n<1時(shí)，CD故可得：AE=BF；（3）方法一：①∵二次函數(shù)y=x2+2x二次函數(shù)y=x-t∴新二次函數(shù)的圖像是由原二次函數(shù)的圖像向右平移t+1個(gè)單位，向上平移3個(gè)單位得到的．∴A-2,0的對應(yīng)點(diǎn)為A't-1,3，B聯(lián)立關(guān)系式可得：x-整理得：x2△=8t當(dāng)t>158時(shí)，解得：xP=∴NB'=t+∴A'②∵A'M+3B∴A'∴5-解得:t=3．方法二：①設(shè)P、Q平移前的對應(yīng)點(diǎn)分別為P'、Q'，則則P'∵A'、B'平移前的對應(yīng)點(diǎn)分別為A、由（2）②及平移的性質(zhì)可知，A'②∵A'∴A'∵B12,54到y(tǒng)軸的距離為12，點(diǎn)∴平移后點(diǎn)O的對應(yīng)點(diǎn)即為點(diǎn)Q．∵二次函數(shù)y=x2+2x二次函數(shù)y=x-t∴新二次函數(shù)的圖像是由原二次函數(shù)的圖像向右平移t+1個(gè)單位，向上平移3個(gè)單位得到的．∴Qt+1,3，將點(diǎn)Q的坐標(biāo)代入y=12另解：∵A'∴A'B12,∵B'∴點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為t+1，代入y=12x+1∴Qt+1,12t+32．將點(diǎn)【點(diǎn)睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)表達(dá)式，聯(lián)立關(guān)系式求交點(diǎn)坐標(biāo)及利用點(diǎn)的坐標(biāo)表示線段的長度，能夠熟練掌握函數(shù)中表示線段長度的方法，求交點(diǎn)坐標(biāo)的方法，熟練掌握用公式法解一元二次方程是解決本題的關(guān)鍵．12．（2023·湖南衡陽·校考一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+2經(jīng)過A（-12，0），B（3，72）兩點(diǎn)，與y(1)求拋物線的解析式；(2)點(diǎn)P在拋物線上，過P作PD⊥x軸，交直線BC于點(diǎn)D，若以P、D、O、C為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，求點(diǎn)P的橫坐標(biāo)；(3)拋物線上是否存在點(diǎn)Q，使∠QCB＝45°？若存在，請直接寫出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=(2)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為1或2或3+172(3)存在，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(236【分析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法，將點(diǎn)A，點(diǎn)B代入拋物線解析式，解關(guān)于b，c的二元一次方程組，即可求得拋物線的解析式；（2）設(shè)出點(diǎn)P的坐標(biāo)，確定出PD∥CO，由PD＝（3）分Q在BC下方和Q在BC上方兩種情況，過B作BH⊥CQ于H，過H作MN⊥y軸，交y軸于M，過B作BN⊥MH于N，證明△CHM≌△HBN，由全等三角形的性質(zhì)得出CM＝HN，MH＝BN，求出H點(diǎn)的坐標(biāo)，由待定系數(shù)法求出直線CH的解析式，聯(lián)立直線CH和拋物線解析式即可得出點(diǎn)Q的坐標(biāo)．【詳解】（1）解：將點(diǎn)A(-12,0),B(3,72解得a=-則拋物線的解析式為y=-（2）解：設(shè)點(diǎn)P(m,-對于二次函數(shù)y=-當(dāng)x=0時(shí)，y=2，即C(0,2),CO=2，設(shè)直線BC的解析式為y=kx+c，將點(diǎn)B(3,72),C(0,2)代入得：3k+c=則直線BC的解析式為y=1∴D(m,∴PD=∵PD⊥x軸，OC⊥∴PD∴當(dāng)PD=CO時(shí)，以P、D、O、C為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，∴m解得m=1或m=2或m=3+172則點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為1或2或3+172或（3）解：①如圖，當(dāng)Q在BC下方時(shí)，過B作BH⊥CQ于H，過H作MN⊥y軸，交y軸于M，過B作BN⊥MH于N，∴∠BHC＝∠CMH＝∠HNB＝90°，∴∠CHM+∠BHN＝∠HBN+∠BHN＝90°，∴∠CHM＝∠HBN，∵∠QCB＝45°，∴△BHC是等腰直角三角形，∴CH＝HB，∴△CHM≌△HBN（AAS），∴CM＝HN，MH＝BN，設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為H(s,t)，則2-t=3-ss=72即H(9設(shè)直線CH的解析式為y=px+q