中考数学专题复习分类练习 二次函数综合解答题

一、二次函数 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图，抛物线y＝ax2＋bx（a≠0）过A（4，0），B（1，3）两点，点C、B关于抛物线的对称轴对称，过点B作直线BH⊥x轴，交x轴于点H． （1）求抛物线的表达式；

（2）直接写出点C的坐标，并求出△ABC的面积；

（3）点P是抛物线上一动点，且位于第四象限，是否存在这样的点P，使得△ABP的面积为△ABC面积的2倍？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；

（4）若点M在直线BH上运动，点N在x轴正半轴上运动，当以点C，M，N为顶点的三角形为等腰直角三角形时，请直接写出此时△CMN的面积．

【答案】（1）y＝－x2＋4x；（2）C（3，3），面积为3；（3）P的坐标为（5，－5）；

5或5． 2【解析】

（4）

试题分析：（1）利用待定系数法进行求解即可；

（2）先求出抛物线的对称轴，利用对称性即可写出点C的坐标，利用三角形面积公式即可求面积；

（3）利用三角形的面积以及点P所处象限的特点即可求；

（4）分情况进行讨论，确定点M、N，然后三角形的面积公式即可求. 试题解析：（1）将A（4，0），B（1，3）代入到y＝ax2＋bx中，得16a4b0 ，解

ab3得a1 ，

b4∴抛物线的表达式为y＝－x2＋4x．

（2）∵抛物线的表达式为y＝－x2＋4x，∴抛物线的对称轴为直线x＝2．

1×2×3＝3． 2（3）存在点P．作PQ⊥BH于点Q，设P（m，－m2＋4m）． ∵S△ABP＝2S△ABC，S△ABC＝3，∴S△ABP＝6．

又C，B关于对称轴对称，∴C（3，3）．∴BC＝2，∴S△ABC＝

∵S△ABP＋S△BPQ＝S△ABH＋S梯形AHQP ∴6＋

111×（m－1）×（3＋m2－4m）＝×3×3＋×（3＋m－1）（m2－4m） 2225或5． 2整理得m2－5m＝0，解得m1＝0（舍），m2＝5，∴点P的坐标为（5，－5）． （4）

提示：①当以M为直角顶点，则S△CMN＝②当以N为直角顶点，S△CMN＝5；

5； 2③当以C为直角顶点时，此种情况不存在．

【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查待定系数法求解析式，三角形面积、直角三角形的判定等，能正确地根据题意确定图形，分情况进行讨论是解题的关键.

2．如图，抛物线y＝ax2+bx+4与x轴交于点A（﹣1，0）、B（3，0），与y轴交于点C． （1）求抛物线的解析式；

（2）如图1，D为抛物线对称轴上一动点，求D运动到什么位置时△DAC的周长最小； （3）如图2，点E在第一象限抛物线上，AE与BC交于点F，若AF：FE＝2：1，求E点坐标；

（4）点M、N同时从B点出发，分别沿BA、BC方向运动，它们的运动速度都是1个单位/秒，当点M运动到点A时，点N停止运动，则当点N停止运动后，在x轴上是否存在点P，使得△PBN是等腰三角形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）y（7，0）或P3（﹣【解析】 【分析】

4288xx4（2）D1,（3）点P的坐标P1（﹣1，0）或P233391，0）或P4（，0）． 53（1）直接待定系数法代入求解即可 （2）找到D点在对称轴时是△DAC周长最小的点，先求出直线BC，然后D点横坐标是1，直接代入直线BC求出纵坐标即可 （3）作EH∥AB交BC于H，则∠FAB＝∠FEH，∠FBA＝∠FHE，易证△ABF∽△EHF，得EH=2，设E（x，ABAF2,得EHEF428420xx4），则H（x﹣2，x），yE＝yH，解出方程x＝13333或x＝2，得到E点坐标 （4）△PBN是等腰三角形，分成三种情况，①BP＝BC时，利用等腰三角性质直接得到P1（﹣1，0）或P2（7，0），②当NB＝NP时，作NH⊥x轴，易得△NHB∽△COB，利用比例式得到NH、 BH从而得到 PH＝BH，BP，进而得到OP，即得到P点坐标，③当PN＝PB时，取NB中点K，作KP⊥BN，交x轴于点P，易得△NOB∽△PKB，利用比例式求出PB，进而得到OP，即求出P点坐标 【详解】

解：（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx+4， 得 ab40

9a3bc048，b＝， 33428xx4； 33解得a＝∴抛物线的解析式y（2）y428416xx4(x1)2 3333∴抛物线对称轴为直线x＝1， ∴D的横坐标为1，

由（1）可得C（0，4）， ∵B（3，0）， y∴直线BC： ∵DA＝DB，

△DAC的周长＝AC+CD+AD＝AC+CD+BD， 连接BC，与对称轴交于点D，

4x4 3

此时CD+BD最小， ∵AC为定值， ∴此时△DAC的周长， 当x＝1时，y＝﹣∴D（1，

48×1+4＝， 338）； 3（3）作EH∥AB交BC于H，则∠FAB＝∠FEH，∠FBA＝∠FHE，

∴△ABF∽△EHF， ∵AF：FE＝2：1，

ABAF2， EHEF∵AB＝4， ∴EH＝2，

∴

428420xx4），则H（x﹣2，x） 3333∵EH∥AB， ∴yE＝yH，

设E（x，428420xx4=x 3333解得x＝1或x＝2，

∴y＝

16或4， 316）或（2，4）； 3∴E（1，

（4）∵A（﹣1，0）、B（3，0），C（0，4） ∴AB＝4，OC＝4，

点M运动到点A时，BM＝AB＝4， ∴BN＝4，

∵△PBN是等腰三角形， ①BP＝BC时，

若P在点B左侧，OP＝PB﹣OB＝4﹣3＝1， ∴P1（﹣1，0），

若P在点B右侧，OP＝OB+BP＝4+3＝7， ∴P2（7，0）；

②当NB＝NP时，作NH⊥x轴， △NHB∽△COB，

NHBHBN4 OCOBBC54416∴NH＝OC＝4＝，

555∴BH＝

412BC＝， 5512， 5∴PH＝BH＝BP＝

24， 52493， 55∴OP＝BP﹣OB＝∴P3（﹣

9，0）； 5③当PN＝PB时，

取NB中点K，作KP⊥BN，交x轴于点P， ∴△NOB∽△PKB，

PBBK BNOB8∴PB＝，

3∴

∴OP＝OB﹣PB＝3﹣P4（

81＝ 331，0） 39，5综上，当△PBN是等腰三角形时，点P的坐标P1（﹣1，0）或P2（7，0）或P3（﹣0）或P4（【点睛】

1，0）． 3本题考查二次函数、平行线性质、相似三角形、等腰三角形性质及最短距离等知识点，综合程度比较高，对综合能力要求比较高. 第一问比较简单，考查待定系数法；第二问最短距离，找到D点是解题关键；第三问证明出相似是关键；第四问能够分情况讨论是解题关键

3．如图，已知抛物线yax2bxc(a0)的对称轴为直线x1，且抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，其中A(1,0)，C(0,3).

（1）若直线ymxn经过B、C两点，求直线BC和抛物线的解析式；

（2）在抛物线的对称轴x1上找一点M，使点M到点A的距离与到点C的距离之和最小，求出点M的坐标；

（3）设点P为抛物线的对称轴x1上的一个动点，求使BPC为直角三角形的点P的坐标.

2【答案】（1）抛物线的解析式为yx2x3，直线的解析式为yx3.（2）

M(1,2)；（3）P的坐标为(1,2)或(1,4)或(1,317)或(1,317).

22【解析】

分析：（1）先把点A，C的坐标分别代入抛物线解析式得到a和b，c的关系式，再根据抛物线的对称轴方程可得a和b的关系，再联立得到方程组，解方程组，求出a，b，c的值即可得到抛物线解析式；把B、C两点的坐标代入直线y=mx+n，解方程组求出m和n的值即可得到直线解析式；

（2）设直线BC与对称轴x=-1的交点为M，此时MA+MC的值最小．把x=-1代入直线y=x+3得y的值，即可求出点M坐标；

（3）设P（-1，t），又因为B（-3，0），C（0，3），所以可得BC2=18，PB2=（-1+3）

2

+t2=4+t2，PC2=（-1）2+（t-3）2=t2-6t+10，再分三种情况分别讨论求出符合题意t值即可求

出点P的坐标．

b2a1a1详解：（1）依题意得：abc0，解得：b2，

c3c3∴抛物线的解析式为yx22x3. ∵对称轴为x1，且抛物线经过A1,0， ∴把B3,0、C0,3分别代入直线ymxn，

3mn0m1得，解之得：，

n3n3∴直线ymxn的解析式为yx3.

（2）直线BC与对称轴x1的交点为M，则此时MAMC的值最小，把x1代入直线yx3得y2，

∴M1,2.即当点M到点A的距离与到点C的距离之和最小时M的坐标为1,2. （注：本题只求M坐标没说要求证明为何此时MAMC的值最小，所以答案未证明

MAMC的值最小的原因）.

（3）设P1,t，又B3,0，C0,3，

∴BC218，PB213t24t2，PC21t3t26t10， ①若点B为直角顶点，则BC2PB2PC2，即：184t2t26t10解得：

222t2，

②若点C为直角顶点，则BC2PC2PB2，即：18t26t104t2解得：

t4，

③若点P为直角顶点，则PB2PC2BC2，即：4t2t26t1018解得：

t1317317. ，t222综上所述P的坐标为1,2或1,4或1,3173171,或. 22点睛：本题综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法求函数（二次函数和一次函数）的解析式、利用轴对称性质确定线段的最小长度、难度不是很大，是一道不错的中考压轴题．

4．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线的顶点坐标为（2，0），且经过点（4，1），

1x与抛物线交于A、B两点，直线l为y=﹣1． 4（1）求抛物线的解析式；

如图，直线y=

（2）在l上是否存在一点P，使PA+PB取得最小值？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

（3）知F（x0，y0）为平面内一定点，M（m，n）为抛物线上一动点，且点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等，求定点F的坐标．

【答案】（1）抛物线的解析式为y=定点F的坐标为（2，1）． 【解析】

1228x﹣x+1．（2）点P的坐标为（，﹣1）．（3）

134分析：（1）由抛物线的顶点坐标为（2，0），可设抛物线的解析式为y=a（x-2）2，由抛

物线过点（4，1），利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；

（2）联立直线AB与抛物线解析式成方程组，通过解方程组可求出点A、B的坐标，作点B关于直线l的对称点B′，连接AB′交直线l于点P，此时PA+PB取得最小值，根据点B的坐标可得出点B′的坐标，根据点A、B′的坐标利用待定系数法可求出直线AB′的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征即可求出点P的坐标；

（3）由点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等结合二次函数图象上点的坐标

11-y0）m2+（2-2x0+2y0）m+x02+y02-2y0-3=0，由m的任意性可得出关22于x0、y0的方程组，解之即可求出顶点F的坐标． 详解：（1）∵抛物线的顶点坐标为（2，0）， 设抛物线的解析式为y=a（x-2）2． ∵该抛物线经过点（4，1），

1∴1=4a，解得：a=，

411∴抛物线的解析式为y=（x-2）2=x2-x+1．

44（2）联立直线AB与抛物线解析式成方程组，得：

特征，即可得出（1-

1y＝xx1＝1x2＝44，解得：， 1，1y＝1y＝21y＝x2x144∴点A的坐标为（1，

1），点B的坐标为（4，1）． 4作点B关于直线l的对称点B′，连接AB′交直线l于点P，此时PA+PB取得最小值（如图1所示）．

∵点B（4，1），直线l为y=-1， ∴点B′的坐标为（4，-3）．

设直线AB′的解析式为y=kx+b（k≠0）， 将A（1，

1）、B′（4，-3）代入y=kx+b，得： 4131k＝kb＝12，解得：， 44b＝4kb＝33∴直线AB′的解析式为y=-

134x+， 123当y=-1时，有-解得：x=

28， 13134x+=-1， 123∴点P的坐标为（

28，-1）． 13（3）∵点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等， ∴（m-x0）2+（n-y0）2=（n+1）2， ∴m2-2x0m+x02-2y0n+y02=2n+1． ∵M（m，n）为抛物线上一动点， ∴n=

12

m-m+1， 4121m-m+1）+y02=2（m2-m+1）+1， 44∴m2-2x0m+x02-2y0（整理得：（1-

11-y0）m2+（2-2x0+2y0）m+x02+y02-2y0-3=0． 22∵m为任意值，

11122y0＝0∴22x02y0＝0， x2y22y3＝0000x0＝2∴，

y＝10∴定点F的坐标为（2，1）．

点睛：本题考查了待定系数法求二次（一次）函数解析式、二次（一次）函数图象上点的坐标特征、轴对称中的最短路径问题以及解方程组，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）利用两点之间线段最短找出点P的位置；（3）根据点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等结合二次函数图象上点的坐标特征，找出关于x0、y0的方程组．

5．如图，已知二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴相交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴相交于点C（0，﹣3）． （1）求这个二次函数的表达式；

（2）若P是第四象限内这个二次函数的图象上任意一点，PH⊥x轴于点H，与BC交于点M，连接PC．

①求线段PM的最大值；

②当△PCM是以PM为一腰的等腰三角形时，求点P的坐标．

【答案】（1）二次函数的表达式y=x2﹣2x﹣3；（2）①PM最大=（3-2，2﹣42）． 【解析】 【分析】

（1）根据待定系数法，可得答案；

9；②P（2，﹣3）或4（2）①根据平行于y轴直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得答案；②根据等腰三角形的定义，可得方程，根据解方程，可得答案． 【详解】

（1）将A，B，C代入函数解析式，

abc0a1得9a3bc0，解得b2，

c3c3这个二次函数的表达式y=x2﹣2x﹣3； （2）设BC的解析式为y=kx+b， 将B，C的坐标代入函数解析式，得

3kb0k1，解得， b3b3BC的解析式为y=x﹣3，

设M（n，n﹣3），P（n，n2﹣2n﹣3）， PM=（n﹣3）﹣（n2﹣2n﹣3）=﹣n2+3n=﹣（n﹣当n=

329）+， 2439时，PM最大=； 24②当PM=PC时，（﹣n2+3n）2=n2+（n2﹣2n﹣3+3）2， 解得n1=0（不符合题意，舍），n2=2， n2﹣2n﹣3=-3， P（2，-3）；

当PM=MC时，（﹣n2+3n）2=n2+（n﹣3+3）2，

解得n1=0（不符合题意，舍），n2=3+2（不符合题意，舍），n3=3-2， n2﹣2n﹣3=2-42， P（3-2，2-42）；

综上所述：P（2，﹣3）或（3-2，2﹣42）． 【点睛】

本题考查了二次函数的综合题，涉及到待定系数法、二次函数的最值、等腰三角形等知识，综合性较强，解题的关键是认真分析，弄清解题的思路有方法.

6．（2017南宁，第26题，10分）如图，已知抛物线yax223ax9a与坐标轴交于A，B，C三点，其中C（0，3），∠BAC的平分线AE交y轴于点D，交BC于点E，过点D的直线l与射线AC，AB分别交于点M，N．

（1）直接写出a的值、点A的坐标及抛物线的对称轴；

（2）点P为抛物线的对称轴上一动点，若△PAD为等腰三角形，求出点P的坐标； （3）证明：当直线l绕点D旋转时，

11均为定值，并求出该定值． AMAN

【答案】（1）a=，A（﹣3，0），抛物线的对称轴为x=3；（2）点P的坐标为（3，0）或（3，﹣4）；（3）【解析】

试题分析：（1）由点C的坐标为（0，3），可知﹣9a=3，故此可求得a的值，然后令y=0得到关于x的方程，解关于x的方程可得到点A和点B的坐标，最后利用抛物线的对称性可确定出抛物线的对称轴；

（2）利用特殊锐角三角函数值可求得∠CAO=60°，依据AE为∠BAC的角平分线可求得∠DAO=30°，然后利用特殊锐角三角函数值可求得OD=1，则可得到点D的坐标．设点P的坐标为（3，a）．依据两点的距离公式可求得AD、AP、DP的长，然后分为AD=PA、AD=DP、AP=DP三种情况列方程求解即可；

（3）设直线MN的解析式为y=kx+1，接下来求得点M和点N的横坐标，于是可得到AN的长，然后利用特殊锐角三角函数值可求得AM的长，最后将AM和AN的长代入化简即可．

试题解析：（1）∵C（0，3），∴﹣9a=3，解得：a=．

133． 213令y=0得：ax223ax9a0，∵a≠0，∴x223x90，解得：x=﹣3或x=33，∴点A的坐标为（﹣3，0），B（33，0），∴抛物线的对称轴为x=3．

3AO=1，∴点D的坐标为（0，1）． 3（2）∵OA=3，OC=3，∴tan∠CAO=3，∴∠CAO=60°． ∵AE为∠BAC的平分线，∴∠DAO=30°，∴DO=设点P的坐标为（3，a）．

依据两点间的距离公式可知：AD2=4，AP2=12+a2，DP2=3+（a﹣1）2． 当AD=PA时，4=12+a2，方程无解．

当AD=DP时，4=3+（a﹣1）2，解得a=0或a=2（舍去），∴点P的坐标为（3，0）． 当AP=DP时，12+a2=3+（a﹣1）2，解得a=﹣4，∴点P的坐标为（3，﹣4）． 综上所述，点P的坐标为（3，0）或（3，﹣4）．

（3）设直线AC的解析式为y=mx+3，将点A的坐标代入得：3m30，解得：m=3，∴直线AC的解析式为y3x3． 设直线MN的解析式为y=kx+1．

把y=0代入y=kx+1得：kx+1=0，解得：x=∴AN=11，∴点N的坐标为（，0），kk13=3k1．

kk2k3将y3x3与y=kx+1联立解得：x=，∴点M的横坐标为2k3．

过点M作MG⊥x轴，垂足为G．则AG=23． k3

423=23k2，∵∠MAG=60°，∠AGM=90°，∴AM=2AG=k3k3∴

113(3k1)k3k3k33= == =． AMAN23k223k123k22(3k1)点睛：本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，分类讨论是解答问题（2）的关键，求得点M的坐标和点N的坐标是解答问题（3）的关键．

7．如图，已知二次函数y=ax2+bx+3的图象交x轴于点A（1，0），B（3，0），交y轴于

点C．

（1）求这个二次函数的表达式；

（2）点P是直线BC下方抛物线上的一动点，求△BCP面积的最大值；

（3）直线x=m分别交直线BC和抛物线于点M，N，当△BMN是等腰三角形时，直接写出m的值．

【答案】（1）这个二次函数的表达式是y=x2﹣4x+3；（2）S△BCP最大=是等腰三角形时，m的值为2，﹣2，1，2． 【解析】

分析：（1）根据待定系数法，可得函数解析式；

27；（3）当△BMN8（2）根据平行于y轴直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得PE的长，根据面积的和差，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得答案； （3）根据等腰三角形的定义，可得关于m的方程，根据解方程，可得答案． 详解：（1）将A（1，0），B（3，0）代入函数解析式，得

ab3＝0， 9a3b3＝0解得1a＝， b＝4这个二次函数的表达式是y=x2-4x+3； （2）当x=0时，y=3，即点C（0，3），

设BC的表达式为y=kx+b，将点B（3，0）点C（0，3）代入函数解析式，得

3kb＝0， b＝0解这个方程组，得

k＝1 b＝3直线BC的解析是为y=-x+3， 过点P作PE∥y轴

，

交直线BC于点E（t，-t+3）， PE=-t+3-（t2-4t+3）=-t2+3t，

12733（-t2+3t）×3=-（t-）2+，

22282733∵-＜0，∴当t=时，S△BCP最大=. 228（3）M（m，-m+3），N（m，m2-4m+3）

∴S△BCP=S△BPE+SCPE=

MN=m2-3m，BM=2|m-3|，

当MN=BM时，①m2-3m=2（m-3），解得m=2， ②m2-3m=-2（m-3），解得m=-2 当BN=MN时，∠NBM=∠BMN=45°， m2-4m+3=0，解得m=1或m=3（舍） 当BM=BN时，∠BMN=∠BNM=45°，

-（m2-4m+3）=-m+3，解得m=2或m=3（舍）， 当△BMN是等腰三角形时，m的值为2，-2，1，2．

点睛：本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法；解（2）的关键是利用面积的和差得出二次函数，又利用了二次函数的性质，解（3）的关键是利用等腰三角形的定义得出关于m的方程，要分类讨论，以防遗漏．

8．复习课中，教师给出关于x的函数

（k是实数）.

教师：请独立思考，并把探索发现的与该函数有关的结论（性质）写到黑板上.

学生思考后，黑板上出现了一些结论.教师作为活动一员，又补充一些结论，并从中选择如下四条：

①存在函数，其图像经过（1,0）点； ②函数图像与坐标轴总有三个不同的交点； ③当

时，不是y随x的增大而增大就是y随x的增大而减小；

④若函数有最大值，则最大值必为正数，若函数有最小值，则最小值必为负数； 教师：请你分别判断四条结论的真假，并给出理由，最后简单写出解决问题时所用的数学方法.

【答案】①真，②假，③假，④真，理由和所用的数学方法见解析. 【解析】

试题分析：根据方程思想，特殊与一般思想，反证思想，分类思想对各结论进行判断. 试题解析：①真，②假，③假，④真.理由如下： ①将（1,0）代入∴存在函数∴结论①为真. ②举反例如，当为假. ③∵当

时，二次函数

，

∴可举反例如，当当

时，二次函数为

，

时，y随x的增大而增大.

（k是实数）的对称轴为

时，函数

的图象与坐标轴只有两个不同的交点.∴结论②

，得

，其图像经过（1,0）点.

，解得

.

时，y随x的增大而减小；当

∴结论③为假. ④∵当

时，二次函数

，

∴当

时，有最小值，最小值为负；当

时，有最大值，最大值为正.

∴结论④为真.

解决问题时所用的数学方法有方程思想，特殊与一般思想，反证思想，分类思想 考点：1.曲线上点的坐标与方程的关系；2.二次函数的性质；3.方程思想、特殊元素法、反证思想和分类思想的应用.

的最值为

9．如图，已知二次函数y=ax2+bx+3 的图象与x轴分别交于A(1,0)，B(3,0)两点，与y轴交于点C

（1）求此二次函数解析式；

（2）点D为抛物线的顶点，试判断△BCD的形状，并说明理由；

（3）将直线BC向上平移t(t>0)个单位，平移后的直线与抛物线交于M，N两点（点M在y轴的右侧），当△AMN为直角三角形时，求t的值．

【答案】（1）y【解析】 【分析】

x24x3；（2）△BCD为直角三角形，理由见解析；（3）当△AMN

为直角三角形时，t的值为1或4．

（1）根据点A、B的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数解析式；

（2）利用配方法及二次函数图象上点的坐标特征，可求出点C、D的坐标，利用两点间的距离公式可求出CD、BD、BC的长，由勾股定理的逆定理可证出△BCD为直角三角形； （3）根据点B、C的坐标，利用待定系数法可求出直线BC的解析式，进而可找出平移后直线的解析式，联立两函数解析式成方程组，通过解方程组可找出点M、N的坐标，利用两点间的距离公式可求出AM2、AN2、MN2的值，分别令三个角为直角，利用勾股定理可得出关于t的无理方程，解之即可得出结论． 【详解】

2（1）将A1,0、B3,0代入yaxbx3，得：

ab30a1，解得：， 9a3b30b4此二次函数解析式为yx24x3．

（2）BCD为直角三角形，理由如下：

yx24x3x21， 顶点D的坐标为2,1．

当x0时，yx4x33，

22点C的坐标为0,3．

点B的坐标为3,0，

BCBD3003231022232， 2，

2CD20132225．

BC2BD220CD2，

CBD90，

BCD为直角三角形．

（3）设直线BC的解析式为ykxck0， 将B3,0，C0,3代入ykxc，得：

3kc0k1，解得：， c3c3直线BC的解析式为yx3，

将直线BC向上平移t个单位得到的直线的解析式为yx3t．

yx3t联立新直线与抛物线的解析式成方程组，得：， 2yx4x3394t394txx1222解得：，，

y32t94ty32t94t1222点M的坐标为(394t，32t94t)，点N的坐标为(394t，

22232t94t)．

2点A的坐标为1,0，

394t32t94t22AM10t5t71t94t，22394t32t94t2AN210t5t71t94t，22394t394tMN22232t94t32t94t2222222188t． 2AMN为直角三角形， 分三种情况考虑：

①当MAN90时，有AM2AN2MN2，即

t25t71t94tt25t71t94t188t，

整理，得：t2t20，

解得：t11，t22（不合题意，舍去）； ②当AMN90时，有AM2MN2AN2，即

t25t71t94t188tt25t71t94t，

整理，得：t22t80，

解得：t14，t22（不合题意，舍去）； ③当ANM90时，有AN2MN2AN2，即

t25t71t94t188tt25t71t94t，

整理，得：94t1t94t0．

t0，

该方程无解（或解均为增解）．

综上所述：当AMN为直角三角形时，t的值为1或4． 【点睛】

本题考查了待定系数法求二次函数解析式、待定系数法求一次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、勾股定理以及勾股定理的逆定理，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）利用两点间的距离公式结合勾股定理的逆定理找出BC2+BD2=CD2；（3）分∠MAN=90°、∠AMN=90°及∠ANM=90°三种情况考虑．

10．如图1，四边形OABC是矩形，点A的坐标为(3,0)，点c的坐标为(0,6).点P从点

O出发，沿OA以每秒1个单位长度的速度向点A运动，同时点Q从点A出发，沿AB以

每秒2个单位长度的速度向点B运动，当点P与点A重合时运动停止.设运动时间为t秒.

（1）当t2时，线段PQ的中点坐标为________； （2）当CBQ与PAQ相似时，求t的值；

2（3）当t1时，抛物线yxbxc经过P、Q两点，与y轴交于点M，抛物线的顶

点为K，如图2所示.问该抛物线上是否存在点D，使MQD出所有满足条件的D点坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（1）PQ的中点坐标是(2.5,2)；（2）t1MKQ，若存在，求23935或t；（3）

4224240D1(,)，D2(,). 3939【解析】

分析：（1）先根据时间t=2，和速度可得动点P和Q的路程OP和AQ的长，再根据中点坐标公式可得结论；

（2）根据矩形的性质得：∠B=∠PAQ=90°，所以当△CBQ与△PAQ相似时，存在两种情况：

①当△PAQ∽△QBC时，

PAQBPABC＝＝，②当△PAQ∽△CBQ时，，分别列方程AQBCAQQB可得t的值；

（3）根据t=1求抛物线的解析式，根据Q（3，2），M（0，2），可得MQ∥x轴，∴KM=KQ，KE⊥MQ，画出符合条件的点D，证明△KEQ∽△QMH，列比例式可得点D的坐标，同理根据对称可得另一个点D．

详解：（1）如图1，∵点A的坐标为（3，0）， ∴OA=3，

当t=2时，OP=t=2，AQ=2t=4， ∴P（2，0），Q（3，4）， ∴线段PQ的中点坐标为：（故答案为：（

52+30+4，），即（，2）； 2225，2）； 2（2）如图1，∵四边形OABC是矩形， ∴∠B=∠PAQ=90°

∴当△CBQ与△PAQ相似时，存在两种情况： ①当△PAQ∽△QBC时，

PAQB＝， AQBC3t62t＝， 2t34t2-15t+9=0，

∴

（t-3）（t-

3）=0， 4t1=3（舍），t2=

3， 4PABC＝②当△PAQ∽△CBQ时，， AQQB3t3＝， 2t62tt2-9t+9=0，

∴t=

935， 29+35＞7， 2∵0≤t≤6，∴x=9+35不符合题意，舍去， 2综上所述，当△CBQ与△PAQ相似时，t的值是（3）当t=1时，P（1，0），Q（3，2），

39+35或； 42把P（1，0），Q（3，2）代入抛物线y=x2+bx+c中得：

1bc＝0b＝3，解得：， 93bc＝2c＝2∴抛物线：y=x2-3x+2=（x-∴顶点k（

321）-， 2431，-）， 24∵Q（3，2），M（0，2）， ∴MQ∥x轴，

作抛物线对称轴，交MQ于E， ∴KM=KQ，KE⊥MQ， ∴∠MKE=∠QKE=如图2，∠MQD=

1∠MKQ， 21∠MKQ=∠QKE，设DQ交y轴于H， 2

∵∠HMQ=∠QEK=90°， ∴△KEQ∽△QMH，

KEMQ＝∴， EQMH14＝3， ∴3MH2∴MH=2， ∴H（0，4）， 2+易得HQ的解析式为：y=-

2x+4， 32y＝x4则， 32y＝x3x2x2-3x+2=-

2x+4， 32， 3解得：x1=3（舍），x2=-∴D（-

240，）； 39同理，在M的下方，y轴上存在点H，如图3，使∠HQM=

1∠MKQ=∠QKE， 2

由对称性得：H（0，0）， 易得OQ的解析式：y=

2x， 32y＝x则， 32y＝x3x2x2-3x+2=

2x， 32， 3解得：x1=3（舍），x2=∴D（

24，）； 3924024，）或（，）． 3399综上所述，点D的坐标为：D（-

点睛：本题是二次函数与三角形相似的综合问题，主要考查相似三角形的判定和性质的综合应用，三角形和四边形的面积，二次函数的最值问题的应用，函数的交点等知识，本题比较复杂，注意用t表示出线段长度，再利用相似即可找到线段之间的关系，代入可解决问题．