备战中考数学二次函数的综合复习及详细答案

一、二次函数 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图，已知抛物线yax2bxc经过A（－3，0），B（1，0），C（0，3）三点，其顶点为D，对称轴是直线l，l与x轴交于点H．

（1）求该抛物线的解析式；

（2）若点P是该抛物线对称轴l上的一个动点，求△PBC周长的最小值；

（3）如图（2），若E是线段AD上的一个动点（ E与A、D不重合），过E点作平行于y轴的直线交抛物线于点F，交x轴于点G，设点E的横坐标为m，△ADF的面积为S． ①求S与m的函数关系式；

②S是否存在最大值？若存在，求出最大值及此时点E的坐标； 若不存在，请说明理由．

2【答案】（1）yx2x3.

（2）3210. （3）①Sm24m3.

②当m=﹣2时，S最大，最大值为1，此时点E的坐标为（﹣2，2）. 【解析】 【分析】

（1）根据函数图象经过的三点，用待定系数法确定二次函数的解析式即可.

（2）根据BC是定值，得到当PB+PC最小时，△PBC的周长最小，根据点的坐标求得相应线段的长即可.

（3）设点E的横坐标为m，表示出E（m，2m+6），F（m，m22m3），最后表示出EF的长，从而表示出S于m的函数关系，然后求二次函数的最值即可. 【详解】

解：（1）∵抛物线yax2bxc经过A（－3，0），B（1，0）， ∴可设抛物线交点式为yax3x1.

又∵抛物线yax2bxc经过C（0，3），∴a1. ∴抛物线的解析式为：yx3x1，即yx22x3. （2）∵△PBC的周长为：PB+PC+BC，且BC是定值. ∴当PB+PC最小时，△PBC的周长最小. ∵点A、点B关于对称轴I对称，

∴连接AC交l于点P，即点P为所求的点.

∵AP=BP，∴△PBC的周长最小是：PB+PC+BC=AC+BC.

∵A（－3，0），B（1，0），C（0，3），∴AC=32，BC=10. ∴△PBC的周长最小是：3210.

2（3）①∵抛物线yx2x3顶点D的坐标为（﹣1，4），A（﹣3，0），

∴直线AD的解析式为y=2x+6

∵点E的横坐标为m，∴E（m，2m+6），F（m，m22m3） ∴EFm2m32m6m4m3.

22∴

1111SSDEFSAEFEFGHEFAGEFAHm24m32m24m32222.

∴S与m的函数关系式为Sm24m3. ②Sm24m3m21，

∴当m=﹣2时，S最大，最大值为1，此时点E的坐标为（﹣2，2）.

2

2．如图，抛物线y=﹣（x﹣1）2+c与x轴交于A，B（A，B分别在y轴的左右两侧）两点，与y轴的正半轴交于点C，顶点为D，已知A（﹣1，0）．

（1）求点B，C的坐标；

（2）判断△CDB的形状并说明理由；

（3）将△COB沿x轴向右平移t个单位长度（0＜t＜3）得到△QPE．△QPE与△CDB重叠

部分（如图中阴影部分）面积为S，求S与t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围． 【答案】(Ⅰ)B(3，0)；C(0，3)；(Ⅱ)CDB为直角三角形；

323t3t(0t)22(Ⅲ)S.

193t23t(t3)222【解析】 【分析】

（1）首先用待定系数法求出抛物线的解析式，然后进一步确定点B，C的坐标． （2）分别求出△CDB三边的长度，利用勾股定理的逆定理判定△CDB为直角三角形． （3）△COB沿x轴向右平移过程中，分两个阶段： ①当0＜t≤②当

3时，如答图2所示，此时重叠部分为一个四边形； 23＜t＜3时，如答图3所示，此时重叠部分为一个三角形． 2【详解】

解：(Ⅰ)∵点A1,0在抛物线yx1c上，

2∴011c，得c4

2∴抛物线解析式为：yx14，

2令x0，得y3，∴C0,3； 令y0，得x1或x3，∴B3,0. (Ⅱ)CDB为直角三角形.理由如下： 由抛物线解析式，得顶点D的坐标为1,4. 如答图1所示，过点D作DMx轴于点M， 则OM1，DM4，BMOBOM2.

过点C作CNDM于点N，则CN1，DNDMMNDMOC1. 在RtOBC中，由勾股定理得：BCOB2OC2323232； 在RtCND中，由勾股定理得：CDCN2DN212122； 在RtBMD中，由勾股定理得：BD∵BC2CD2BD2， ∴CDB为直角三角形.

BM2DM2224225.

(Ⅲ)设直线BC的解析式为ykxb， ∵B3,0,C0,3， ∴3kb0，

b3解得k1,b3， ∴yx3，

直线QE是直线BC向右平移t个单位得到，

∴直线QE的解析式为：yxt3x3t； 设直线BD的解析式为ymxn， ∵B3,0,D1,4，

3mn0∴，解得：m2,n6，

mn4∴y2x6.

连续CQ并延长，射线CQ交BD交于G，则G在COB向右平移的过程中： (1)当0t3,3. 23时，如答图2所示： 2

设PQ与BC交于点K，可得QKCQt，PBPK3t. 设QE与BD的交点为F，则：y2x6.

yx3t解得x3t， y2t111PEPQPBPKBEyF 222∴F3t,2t.

SSQPESPBKSFBE11132333tt2tt23t. 22223(2)当t3时，如答图3所示：

2

设PQ分别与BC、BD交于点K、点J. ∵CQt，

∴KQt，PKPB3t.

直线BD解析式为y2x6，令xt，得y62t， ∴Jt,62t.

SSPBJSPBK11PBPJPBPK 221123t62t3t 2219t23t. 22323t3t0t22. 综上所述，S与t的函数关系式为：S193t23tt3222

3．已知关于x的一元二次方程x2﹣（2k+1）x+k2＝0有两个实数根． （1）求k的取值范围；

111（2）设x1，x2是方程两根，且，求k的值． x1x2k1【答案】（1）k≥﹣【解析】 【分析】

（1）根据方程有两个实数根可以得到△≥0，从而求得k的取值范围；（2）利用根与系数的关系将两根之和和两根之积代入代数式求k的值即可. 【详解】

解：（1）△＝（2k+1）2﹣4k2＝4k2+4k+1﹣4k2＝4k+1 ∵△≥0 ∴4k+1≥0 ∴k≥﹣

11+5；（2）k＝． 421； 4（2）∵x1，x2是方程两根， ∴x1+x2＝2k+1 x1x2＝k2，

111又∵， x1x2k1∴即

x1x21， x1x2k12k11 ， k2k11515， ,k222解得：k1又∵k≥﹣即：k＝

1 ， 415． 2【点睛】

本题考查了根与系数的关系以及一元二次方程的解，根的判别式等知识，牢记“两根之和等于bc ，两根之积等于”是解题的关键. aa

4．已知点A（﹣1，2）、B（3，6）在抛物线y=ax2+bx上 (1)求抛物线的解析式；

(2)如图1，点F的坐标为（0，m）（m＞2），直线AF交抛物线于另一点G，过点G作x轴的垂线，垂足为H．设抛物线与x轴的正半轴交于点E，连接FH、AE，求证：FH∥AE； (3)如图2，直线AB分别交x轴、y轴于C、D两点．点P从点C出发，沿射线CD方向匀速运动，速度为每秒

个单位长度；同时点Q从原点O出发，沿x轴正方向匀速运动，速

度为每秒1个单位长度．点M是直线PQ与抛物线的一个交点，当运动到t秒时，QM=2PM，直接写出t的值．

【答案】(1)抛物线的解析式为y=x2﹣x；(2)证明见解析；(3)当运动时间为

秒时，QM=2PM．

【解析】 【分析】

（1）（1）A，B的坐标代入抛物线y=ax2+bx中确定解析式；

或

（2）把A点坐标代入所设的AF的解析式，与抛物线的解析式构成方程组，解得G点坐标，再通过证明三角形相似，得到同位角相等，两直线平行； （3）具体见详解. 【详解】

．解：（1）将点A（﹣1，2）、B（3，6）代入中，

，解得：

，

∴抛物线的解析式为y=x2﹣x．

（2）证明：设直线AF的解析式为y=kx+m， 将点A（﹣1，2）代入y=kx+m中，即﹣k+m=2， ∴k=m﹣2，

∴直线AF的解析式为y=（m﹣2）x+m． 联立直线AF和抛物线解析式成方程组，

，解得：

∴点G的坐标为（m，m2﹣m）． ∵GH⊥x轴，

或

，

∴点H的坐标为（m，0）．

∵抛物线的解析式为y=x2﹣x=x（x﹣1）， ∴点E的坐标为（1，0）．

过点A作AA′⊥x轴，垂足为点A′，如图1所示． ∵点A（﹣1，2）， ∴A′（﹣1，0）， ∴AE=2，AA′=2． ∴∴

=1，=

= =1，

，

∵∠AA′E=∠FOH， ∴△AA′E∽△FOH， ∴∠AEA′=∠FHO， ∴FH∥AE．

（3）设直线AB的解析式为y=k0x+b0，

将A（﹣1，2）、B（3，6）代入y=k0x+b0中，得 ∴直线AB的解析式为y=x+3，

当运动时间为t秒时，点P的坐标为（t﹣3，t），点Q的坐标为（t，0）． 当点M在线段PQ上时，过点P作PP′⊥x轴于点P′，过点M作MM′⊥x轴于点M′，则△PQP′∽△MQM′，如图2所示， ∵QM=2PM， ∴

=，

，解得：

，

∴QM′=QP'=2，MM′=PP'=t， ∴点M的坐标为（t﹣2， t）． 又∵点M在抛物线y=x2﹣x上， ∴ t=（t﹣2）2﹣（t﹣2）， 解得：t=

；

当点M在线段QP的延长线上时， 同理可得出点M的坐标为（t﹣6，2t）， ∵点M在抛物线y=x2﹣x上， ∴2t=（t﹣6）2﹣（t﹣6）， 解得：t=

．

综上所述：当运动时间秒 或 时，QM=2PM．

【点睛】

本题考查二次函数综合运用，综合能力是解题关键.

5．如图，已知抛物线经过原点O，顶点A（1，﹣1），且与直线y＝kx+2相交于B（2，0）和C两点

（1）求抛物线和直线BC的解析式； （2）求证：△ABC是直角三角形；

（3）抛物线上存在点E（点E不与点A重合），使∠BCE＝∠ACB，求出点E的坐标； （4）在抛物线的对称轴上是否存在点F，使△BDF是等腰三角形？若存在，请直接写出点F的坐标．

【答案】（1）y＝x2﹣2x，y＝﹣x+2；（2）详见解析；（3）E（

55,）；（4）符合条件24的点F的坐标（1，7）或（1，﹣7）或（1，2+7）或（1，2﹣7）．

【解析】 【分析】

（1）将B（2，0）代入设抛物线解析式y＝a（x﹣1）2﹣1，求得a，将B（2，0）代入y＝kx+2，求得k；

（2）分别求出AB2、BC2、AC2，根据勾股定理逆定理即可证明；

（3）作∠BCE＝∠ACB，与抛物线交于点E，延长AB，与CE的延长线交于点A'，过A'作A'H垂直x轴于点H，设二次函数对称轴于x轴交于点G．根据对称与三角形全等，求得A'（3，1），然后求出A'C解析式，与抛物线解析式联立，求得点E坐标；

（4）设F（1，m），分三种情况讨论：①当BF＝BD时，1m222，②当DF＝BD时，m24m522，③当BF＝DF时，1m2m24m5，m＝1，然后代入即可． 【详解】

（1）设抛物线解析式y＝a（x﹣1）2﹣1， 将B（2，0）代入， 0＝a（2﹣1）2﹣1， ∴a＝1，

抛物线解析式：y＝（x﹣1）2﹣1＝x2﹣2x， 将B（2，0）代入y＝kx+2， 0＝2k+2， k＝﹣1，

∴直线BC的解析式：y＝﹣x+2；

yx2（2）联立， 2yx2xx11x22解得，，

y3y012∴C（﹣1，3），

∵A（1，﹣1），B（2，0）， ∴AB2＝（1﹣2）2+（﹣1﹣0）2＝2， AC2＝[1﹣（﹣1）]2+（﹣1﹣3）2＝20， BC2＝[2﹣（﹣1）]2+（0﹣3）2＝18， ∴AB2+BC2＝AC2， ∴△ABC是直角三角形；

（3）如图，作∠BCE＝∠ACB，与抛物线交于点E，延长AB，与CE的延长线交于点A'，过A'作A'H垂直x轴于点H，设二次函数对称轴于x轴交于点G．

∵∠BCE＝∠ACB，∠ABC＝90°， ∴点A与A'关于直线BC对称， AB＝A'B，

可知△AFB≌△A'HB（AAS）， ∵A（1，﹣1），B（2，0） ∴AG＝1，BG＝OG＝1， ∴BH＝1，A'H＝1，OH＝3， ∴A'（3，1）， ∵C（﹣1，3）， ∴直线A'C：y15x， 2215yx联立：22，

2yx2x5xx12解得或，

y3y54∴E（

55，）； 24（4）∵抛物线的对称轴：直线x＝1， ∴设F（1，m），

直线BC的解析式：y＝﹣x+2； ∴D（0，2） ∵B（2，0），

x1∴BD＝

x2BF(21)2(0m)21m2， DF(10)2(m2)2m24m5，

①当BF＝BD时，1m222， m＝±7，

∴F坐标（1，7）或（1，﹣7） ②当DF＝BD时，m24m522， m＝2±7，

∴F坐标（1，2+7）或（1，2﹣7） ③当BF＝DF时，1m2m24m5， m＝1，

F（1，1），此时B、D、F在同一直线上，不符合题意．

综上，符合条件的点F的坐标（1，7）或（1，﹣7）或（1，2+7）或（1，2﹣7）．

【点睛】

考查了二次函数，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．

6．若三个非零实数x，y，z满足：只要其中一个数的倒数等于另外两个数的倒数的和，则称这三个实数x，y，z构成“和谐三组数”．

(1)实数1，2，3可以构成“和谐三组数”吗？请说明理由； (2)若M(t，y1)，N(t+1，y2)，R(t+3，y3)三点均在函数y＝

k(k为常数，k≠0)的图象上，且这x三点的纵坐标y1，y2，y3构成“和谐三组数”，求实数t的值；

(3)若直线y＝2bx+2c(bc≠0)与x轴交于点A(x1，0)，与抛物线y＝ax2+3bx+3c(a≠0)交于B(x2，y2)，C(x3，y3)两点．

①求证：A，B，C三点的横坐标x1，x2，x3构成“和谐三组数”； ②若a＞2b＞3c，x2＝1，求点P(

cb，)与原点O的距离OP的取值范围． aa2≤OP2【答案】(1)不能，理由见解析；(2)t的值为﹣4、﹣2或2；(3)①证明见解析；②＜10且OP≠1． 2【解析】 【分析】

（1）由和谐三组数的定义进行验证即可；

（2）把M、N、R三点的坐标分别代入反比例函数解析式，可用t和k分别表示出y1、y2、y3，再由和谐三组数的定义可得到关于t的方程，可求得t的值； （3）①由直线解析式可求得x1＝﹣

c，联立直线和抛物线解析式消去y，利用一元二次bbc，x2x3＝，再利用和谐三数组的定义证明即可；aab的取值范围，令m＝a方程根与系数的关系可求得x2+x3＝﹣

②由条件可得到a+b+c＝0，可得c＝﹣(a+b)，由a＞2b＞3c可求得

b，利用两点间距离公式可得到OP2关于m的二次函数，利用二次函数的性质可求得OP2a的取值范围，从而可求得OP的取值范围． 【详解】

（1）不能，理由如下：

∵1、2、3的倒数分别为1、∴

11、， 23111111+≠1，1+≠，1+≠， 232332k(k为常数，k≠0)的图象上， x∴实数1，2，3不可以构成“和谐三组数”；

（2）∵M(t，y1)，N(t+1，y2)，R(t+3，y3)三点均在函数∴y1、y2、y3均不为0，且y1＝

kkk，y2＝，y3＝， tt1t311tt11t3∴＝，＝，＝， y1ky2y3kk∵y1，y2，y3构成“和谐三组数”， ∴有以下三种情况：

111tt1t3++当＝时，则＝，即t＝t+1+t+3，解得t＝﹣4；

y1y2y3kkk当

111t1tt3＝+时，则＝+，即t+1＝t+t+3，解得t＝﹣2； y1y3y2kkk111t3tt1＝+时，则＝+，即t+3＝t+t+1，解得t＝2； y1y2y3kkk当

∴t的值为﹣4、﹣2或2； （3）①∵a、b、c均不为0， ∴x1，x2，x3都不为0，

∵直线y＝2bx+2c(bc≠0)与x轴交于点A(x1，0)， ∴0＝2bx1+2c，解得x1＝﹣

c， b联立直线与抛物线解析式，消去y可得2bx+2c＝ax2+3bx+3c，即ax2+bx+c＝0， ∵直线与抛物线交与B(x2，y2)，C(x3，y3)两点， ∴x2、x3是方程ax2+bx+c＝0的两根， ∴x2+x3＝﹣

bc，x2x3＝， aabx2x311a＝﹣b＝1， ∴+＝＝

cx2x3x2x3x1ca∴x1，x2，x3构成“和谐三组数”； ②∵x2＝1， ∴a+b+c＝0， ∴c＝﹣a﹣b， ∵a＞2b＞3c，

a2b3b1∴a＞2b＞3(﹣a﹣b)，且a＞0，整理可得，解得﹣＜＜，

5a25b3a∵P(

cb，)， aac2b2ab2b2bbb11)+()＝()+()＝2()2+2+1＝2(+)2+， aaaaaaa22∴OP2＝(令m＝

b3111，则﹣＜m＜且m≠0，且OP2＝2(m+)2+， a5222∵2＞0，

∴当﹣

31313＜m＜﹣时，OP2随m的增大而减小，当m＝﹣时，OP2有最大临界值，5252511时，OP2有最小临界值， 22当m＝﹣当﹣＝∴

1111＜m＜时，OP2随m的增大而增大，当m＝﹣时，OP2有最小临界值，当m222215时，OP2有最大临界值， 2215≤OP2<且OP2≠1， 22102≤OP＜且OP≠1． 22∵P到原点的距离为非负数， ∴

【点睛】

本题为二次函数的综合应用，涉及新定义、函数图象的交点、一元二次方程根与系数的关系、勾股定理、二次函数的性质、分类讨论思想及转化思想等知识．在(1)中注意利用和谐三数组的定义，在(2)中由和谐三数组得到关于t的方程是解题的关键，在(3)①中用a、b、c分别表示出x1，x2，x3是解题的关键，在(3)②中把OP2表示成二次函数的形式是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，特别是最后一问，难度很大．

7．如图，已知直线y＝﹣2x+4分别交x轴、y轴于点A、B．抛物线过A、B两点，点P是线段AB上一动点，过点P作PC⊥x轴于点C，交抛物线于点D． （1）如图1，设抛物线顶点为M，且M的坐标是（①求抛物线的解析式；

19，），对称轴交AB于点N． 22②是否存在点P，使四边形MNPD为菱形？并说明理由；

（2）是否存在这样的点D，使得四边形BOAD的面积最大？若存在，求出此时点D的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）①y＝﹣2x2+2x+4；；②不存在点P，使四边形MNPD为菱形；；（2）存在，点D的坐标是（1，4）． 【解析】 【分析】

（1）①由一次函数图象上点的坐标特征求得点B的坐标，设抛物线解析式为y＝

219ax，把点B的坐标代入求得a的值即可； 22②不存在点P，使四边形MNPD为菱形．设点P的坐标是（m，﹣2m+4），则D（m，﹣2m2+2m+4），根据题意知PD∥MN，所以当PD＝MN时，四边形MNPD为平行四边形，

3，通过解方程求得m的值，易得点N、P的坐2标，然后推知PN＝MN是否成立即可；

根据该等量关系列出方程﹣2m2+4m＝

（2）设点D的坐标是（n，﹣2n2+2n+4），P（n，﹣2n+4）．根据S四边形BOAD＝S△BOA+S△ABD＝4+S△ABD，则当S△ABD取最大值时，S四边形BOAD最大．根据三角形的面积公式得到函数S△ABD＝﹣2（n﹣1）2+2．由二次函数的性质求得最值． 【详解】 解：①如图1，

19∵顶点M的坐标是,，

2219∴设抛物线解析式为y＝ax（a≠0）． 22∵直线y＝﹣2x+4交y轴于点B， ∴点B的坐标是（0，4）． 又∵点B在该抛物线上，

219∴a0＝4， 22解得a＝﹣2．

219故该抛物线的解析式为：y＝2x＝﹣2x2+2x+4； 22②不存在．理由如下：

119∵抛物线y＝2x的对称轴是直线x＝，且该直线与直线AB交于点N， 222∴点N的坐标是,3． ∴MN221

2

933． 22设点P的坐标是（m，﹣2m+4），则D（m，﹣2m2+2m+4）， ∴PD＝（﹣2m2+2m+4）﹣（﹣2m+4）＝﹣2m2+4m． ∵PD∥MN．

当PD＝MN时，四边形MNPD是平行四边形，即﹣2m2+4m＝解得 m1＝此时P（

3． 213（舍去），m2＝． 223，1）． 2∵PN＝5， ∴PN≠MN，

∴平行四边形MNPD不是菱形． ∴不存在点P，使四边形MNPD为菱形； （2）存在，理由如下：

设点D的坐标是（n，﹣2n2+2n+4）， ∵点P在线段AB上且直线PD⊥x轴， ∴P（n，﹣2n+4）．

由图可知S四边形BOAD＝S△BOA+S△ABD．其中S△BOA＝则当S△ABD取最大值时，S四边形BOAD最大．

11OB•OA＝×4×2＝4． 221（yD﹣yP）（xA﹣xB） 2＝yD﹣yP

＝﹣2n2+2n+4﹣（﹣2n+4） ＝﹣2n2+4n

＝﹣2（n﹣1）2+2．

S△ABD＝

当n＝1时，S△ABD取得最大值2，S四边形BOAD有最大值． 此时点D的坐标是（1，4）．

【点睛】

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．

﹣，、10)B(3，、0)C(0，3). 8．如图，抛物线yax2bxc的图象过点A(

（1）求抛物线的解析式；

（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得△PAC的周长最小，若存在，请求出点P的坐标及△PAC的周长；若不存在，请说明理由；

（3）在（2）的条件下，在x轴上方的抛物线上是否存在点M（不与C点重合），使得

SPAM＝SPAC？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

2，2)，周长为：1032；（3）存【答案】（1）y-x2x3；（2）存在，点P(1，4) 在，点M坐标为(1【解析】 【分析】

（1）由于条件给出抛物线与x轴的交点A，故可设交点式（﹣10，）、（B3，0）y＝（ax1）（﹣）x3，把点C代入即求得a的值，减小计算量．

（2）由于点A、B关于对称轴：直线x＝1对称，故有PA＝PB，则

CPAC＝ACPCPA＝ACPCPB，所以当C、P、B在同一直线上时，

CPAC＝ACCB最小．利用点A、B、C的坐标求AC、CB的长，求直线BC解析式，把

x＝1代入即求得点P纵坐标．

（3）由SPAM＝SPAC可得，当两三角形以PA为底时，高相等，即点C和点M到直线PA距离相等．又因为M在x轴上方，故有CM//PA．由点A、P坐标求直线AP解析式，即得到直线CM解析式．把直线CM解析式与抛物线解析式联立方程组即求得点M坐标． 【详解】

解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（﹣10，）、（B3，0）ax1）（﹣）x3 ∴可设交点式y＝（（0，3）把点C代入得：﹣3a＝3

a＝﹣1

y＝-（x1）（﹣）＝﹣x3x22x3

∴抛物线解析式为y＝-x22x3

（2）在抛物线的对称轴上存在一点P，使得PAC的周长最小． 如图1，连接PB、BC

∵点P在抛物线对称轴直线x＝1上，点A、B关于对称轴对称

PA＝PB

CPAC＝ACPCPA＝ACPCPB

∵当C、P、B在同一直线上时，PCPB＝CB最小

A（﹣10，）、（B3，0）、（C0，3）AC123210,BC323232

CPAC＝ACCB1032最小

设直线BC解析式为y＝kx3

把点B代入得：3k3＝0，解得：k＝﹣1 ∴直线BC：y＝﹣x3

yP＝﹣13＝2

∴点P使PAC的周长最小，最小值为1032． （1，2）（3）存在满足条件的点M，使得SPAM＝SPAC． ∵SPAM＝SPACS△PAM＝S△PAC ∴当以PA为底时，两三角形等高 ∴点C和点M到直线PA距离相等 ∵M在x轴上方

CM//PA

，设直线AP解析式为y＝pxd A（﹣10，），（，P12）pd0p1 解得：

pd2d1∴直线AP：y＝x1

∴直线CM解析式为：y＝x3

yx3 2yx2x3x10x21解得：（即点C），

y3y412∴点M坐标为 （，14）

【点睛】

考查了待定系数法求二次函数解析式、一次函数解析式，轴对称的最短路径问题，勾股定理，平行线间距离处处相等，一元二次方程的解法．其中第（3）题条件给出点M在x轴上方，无需分类讨论，解法较常规而简单．

9．如图1，抛物线C1：y=ax2﹣2ax+c（a＜0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C．已知点A的坐标为（﹣1，0），点O为坐标原点，OC=3OA，抛物线C1的顶点为G．

（1）求出抛物线C1的解析式，并写出点G的坐标；

（2）如图2，将抛物线C1向下平移k（k＞0）个单位，得到抛物线C2，设C2与x轴的交点为A′、B′，顶点为G′，当△A′B′G′是等边三角形时，求k的值：

（3）在（2）的条件下，如图3，设点M为x轴正半轴上一动点，过点M作x轴的垂线分别交抛物线C1、C2于P、Q两点，试探究在直线y=﹣1上是否存在点N，使得以P、Q、N为顶点的三角形与△AOQ全等，若存在，直接写出点M，N的坐标：若不存在，请说明理由．

【答案】（1）抛物线C1的解析式为y=﹣x2+2x+3，点G的坐标为（1，4）；（2）k=1；（3）M1（113113，0）、N1（13，﹣1）；M2（，0）、N2（1，﹣1）；M3

22（4，0）、N3（10，﹣1）；M4（4，0）、N4（﹣2，﹣1）． 【解析】

【分析】（1）由点A的坐标及OC=3OA得点C坐标，将A、C坐标代入解析式求解可得； （2）设抛物线C2的解析式为y=﹣x2+2x+3﹣k，即y=﹣（x﹣1）2+4﹣k，′作G′D⊥x轴于点D，设BD′=m，由等边三角形性质知点B′的坐标为（m+1，0），点G′的坐标为（1，

3m），代入所设解析式求解可得；

（3）设M（x，0），则P（x，﹣x2+2x+3）、Q（x，﹣x2+2x+2），根据PQ=OA=1且∠AOQ、∠PQN均为钝角知△AOQ≌△PQN，延长PQ交直线y=﹣1于点H，证

△OQM≌△QNH，根据对应边相等建立关于x的方程，解之求得x的值从而进一步求解即可．

【详解】（1）∵点A的坐标为（﹣1，0）， ∴OA=1， ∴OC=3OA，

∴点C的坐标为（0，3），

将A、C坐标代入y=ax2﹣2ax+c，得：a2ac0，

c3解得：a1， c3∴抛物线C1的解析式为y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4， 所以点G的坐标为（1，4）；

（2）设抛物线C2的解析式为y=﹣x2+2x+3﹣k，即y=﹣（x﹣1）2+4﹣k， 过点G′作G′D⊥x轴于点D，设BD′=m，

∵△A′B′G′为等边三角形， ∴G′D=3B′D=3m，

则点B′的坐标为（m+1，0），点G′的坐标为（1，3m）， 将点B′、G′的坐标代入y=﹣（x﹣1）2+4﹣k，得：

2m4k0， 4k3mm10m23解得：（舍），，

k4k112∴k=1；

（3）设M（x，0），则P（x，﹣x2+2x+3）、Q（x，﹣x2+2x+2）， ∴PQ=OA=1，

∵∠AOQ、∠PQN均为钝角， ∴△AOQ≌△PQN，

如图2，延长PQ交直线y=﹣1于点H，

则∠QHN=∠OMQ=90°， 又∵△AOQ≌△PQN， ∴OQ=QN，∠AOQ=∠PQN， ∴∠MOQ=∠HQN， ∴△OQM≌△QNH（AAS）， ∴OM=QH，即x=﹣x2+2x+2+1， 解得：x=1132（负值舍去）， 当x=

1132时，HN=QM=﹣x2+2x+2=1311132，点M（2，0）， ∴点N坐标为（1131312+2，﹣1），即（13，﹣1）； 或（1132﹣1312，﹣1），即（1，﹣1）； 如图3，

同理可得△OQM≌△PNH，

∴OM=PH，即x=﹣（﹣x2+2x+2）﹣1， 解得：x=﹣1（舍）或x=4，

当x=4时，点M的坐标为（4，0），HN=QM=﹣（﹣x2+2x+2）=6，

∴点N的坐标为（4+6，﹣1）即（10，﹣1），或（4﹣6，﹣1）即（﹣2，﹣1）；

综上点M1（

113113，0）、N1（13，﹣1）；M2（，0）、N2（1，﹣1）；M3

22（4，0）、N3（10，﹣1）；M4（4，0）、N4（﹣2，﹣1）．

【点睛】本题考查的是二次函数的综合题，涉及到的知识有待定系数法、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质等，熟练掌握待定系数法求函数解析式、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、运用分类讨论思想是解题的关键.

10．某大学生利用暑假40天社会实践参与了一家网店经营，了解到一种成本为20元/件的新型商品在第x天销售的相关信息如下表所示． 销售量p（件） P=50—x 销售单价q（元/件） 当1≤x≤20时，q301x 2525 x 当21≤x≤40时，q20 （1）请计算第几天该商品的销售单价为35元/件？ （2）求该网店第x天获得的利润y关于x的函数关系式． （3）这40天中该网店第几天获得的利润最大？最大利润是多少？ 【答案】（1）第10天或第35天该商品的销售单价为35元/件（2）

1x215x5001x202y{（3）这40天中该网店第21天获得的利润最大？最

2625052521x40x大利润是725元 【解析】 【分析】

（1）分别将q=35代入销售单价关于x的函数关系式，求出x即可． （2）应用利润=销售收入－销售成本列式即可．

（3）应用二次函数和反比例函数的性质，分别求出最大值比较即得所求． 【详解】

解：（1）当1≤x≤20时，令q30当21≤x≤40时，令q201x35，解得；x10； 252535，解得；x35． x∴第10天或第35天该商品的销售单价为35元/件．

（2）当1≤x≤20时，y30当21≤x≤40时，y2011x2050xx215x500； 22525262502050x525． xx1x215x5001x202∴y关于x的函数关系式为y{．

2625052521x40x（3）当1≤x≤20时，y∵1212x15x500x15612.5， 2210，∴当x=15时，y有最大值y1，且y1=612.5． 226250随着x的增大而减小， x当21≤x≤40时，∵26250＞0，∴∴当x=21时，y∵y1＜y2，

2625026250525有最大值y2，且y2525725． x21∴这40天中该网店第21天获得的利润最大？最大利润是725元．