2023年中考数学高频考点突破-二次函数与四边形.docx

1、2023年中考数学高频考点突破-二次函数与四边形一、综合题1已知，如图抛物线y=ax2+3ax+c(a0)与y轴交于点C，与x轴交于A，B两点，点A在点B左侧.点B的坐标为(1，0)，OC=3OB.（1）求抛物线的解析式；（2）若点D是线段AC下方抛物线上的动点，求四边形AOCD面积的最大值；（3）若点E在x轴上，点P在抛物线上.是否存在以A，C，E，P为顶点且以AC为一边的平行四边形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由.2如图，在平面直角坐标系中，直线y=2x+6与x轴交于点A，与y轴交点C，抛物线y=2x2+bx+c过A，C两点，与x轴交于另一点B（1）求抛物线的解析式（2

2、）在直线AC上方的抛物线上有一动点E，连接BE，与直线AC相交于点F，当EF=12BF时，求E点坐标（3）在（2）的条件下，若点E位于对称轴左侧，点M是抛物线对称轴上一点，点N是抛物线上一点，当以M，N，E，B为顶点的四边形是菱形时，直接写出点M的坐标3在平面直角坐标系xOy中，已知四边形OABC是平行四边形，点A(4，0)，AOC=60，点C的纵坐标为3，点D是边BC上一点，连接OD，将线段OD绕点O逆时针旋转60得到线段OE，给出如下定义：如果抛物线y=ax2+bx(a0)同时经过点A，E，则称抛物线y=ax2+bx(a0)为关于点A，E的“伴随抛物线”（1）如图1，当点D与点C重合时，点

3、E的坐标为 ，此时关于点A，E的“伴随抛物线”的解析式为 ；（2）如图2，当点D在边BC上运动时，连接CE，当CE取最小值时，求关于点A，E的“伴随抛物线”的解析式；若关于点A，E的“伴随抛物线”y=ax2+bx(a0)存在，直接写出a的取值范围4如图所示，在坐标系xOy中，抛物线y34x2+bx+c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，直线yx+8经过A，C两点（1）求抛物线的解析式；（2）在AC上方的抛物线上有一动点P如图1，当点P运动到某位置时，以AP，AO为邻边的平行四边形第四个顶点恰好也在抛物线上，求出此时点P的坐标；如图2，过点O，P的直线ykx（k0）交AC于点E，若PE：OE5：

4、6，求k的值5如图，抛物线y=ax2+bx+6经过A(2，0)、B(4，0)两点，与y轴交于点C，点D是抛物线上一动点，设点D的横坐标为m(1m4)，连结AC、BC、DB、DC （1）求抛物线的函数表达式（2）当BCD的面积等于AOC的面积的34时，求m的值（3）当m=2时，若点M是x轴上一动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点B、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M的的坐标；若不存在，请说明理由 6已知抛物线C1：y=12(m2+1)x2(m+1)x1与x轴有公共点（1）当y随x的增大而增大时，求自变量x的取值范围；（2）将抛物线C1先向上平移

5、4个单位长度，再向右平移n个单位长度得到抛物线C2（如图所示），抛物线C2与x轴交于点A，B（点A在点B的右侧），与y轴交于点C当OCOA时，求n的值；（3）D为抛物线C2的顶点，过点C作抛物线C2的对称轴l的垂线，垂足为G，交抛物线C2于点E，连接BE交l于点F求证：四边形CDEF是正方形7如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，抛物线y=ax2+bx3经过点B(6，0)和点D(4，3)与x轴另一个交点A抛物线与y轴交于点C，作直线AD（1）求抛物线的函数表达式并直接写出直线AD的函数表达式（2）点E是直线AD下方抛物线上一点，连接BE交AD于点F，连接BD，DE，BDF的面积记为S1，DEF

6、的面积记为S2，当S1=2S2时，求点E的坐标；（3）点G为抛物线的顶点，将抛物线图象中x轴下方部分沿x轴向上翻折，与抛物线剩下部分组成新的曲线为C1，点C的对应点C，点G的对应点G，将曲线C1，沿y轴向下平移n个单位长度（0n0，当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大时，或者y随x的增大而减小时，求m的取值范围；（4）当抛物线与正方形PQMN的边只有2个交点，且交点的纵坐标之差为34时，直接写出m的值12如图，在直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C(0，3)，对称轴为直线x=1，顶点为点D（1）求二次函数的表达式；（2）连接DA，DC

7、，CB，CA，如图所示，求证：DAC=BCO；（3）如图，延长DC交x轴于点M，平移二次函数y=x2+bx+c的图象，使顶点D沿着射线DM方向平移到点D1且CD1=2CD，得到新抛物线y1，y1交y轴于点N如果在y1的对称轴和y1上分别取点P，Q，使以MN为一边，点M，N，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求此时点Q的坐标13如图，已知直线y43x+4与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线yax2+bx+c经过A，C两点，且与x轴的另一个交点为B，对称轴为直线x1（1）求抛物线的表达式；（2）D是第二象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求四边形ABCD面积S的最大值及此时D点的坐标；（3

8、）若点P在抛物线对称轴上，是否存在点P，Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形？若存在，请求出P，Q两点的坐标；若不存在，请说明理由14如图，抛物线y=ax2+2x+c的对称轴是直线x=1，与x轴交于点A，B(3，0)，与y轴交于点C，连接AC.（1）求此抛物线的解析式；（2）已知点D是第一象限内抛物线上的一个动点，过点D作DMx轴，垂足为点M，DM交直线BC于点N，是否存在这样的点N，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形.若存在，请求出点N的坐标，若不存在，请说明理由；（3）已知点E是抛物线对称轴上的点，在坐标平面内是否存在点F，使以点B、C、E、F为顶点的四边形

9、为矩形，若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由.15如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=12x2+bx+52与x轴交于点A(1，0)，抛物线的对称轴l经过点B，且点B在抛物线上，作直线ABP是该抛物线上一点，过点P作x轴的垂线交AB于点Q，过点P作PNl于点N，以PQ、PN为边作矩形PQMN（1）求b的值；（2）当点P在抛物线A，B两点之间时，求线段PQ长度的最大值；（3）矩形PQMN与此抛物线相交，抛物线被截得的部分图象记作G，G的最高点的纵坐标为m，最低点纵坐标为n当mn=2时，直接写出点P的坐标答案解析部分1【答案】（1）解：B的坐标为（1，0）， OB1.OC3OB3

10、，点C在x轴下方，C（0，3）.将B（1，0），C（0，3）代入抛物线的解析式得：4a+c=0c=3，解得：a=34c=3，抛物线的解析式为y34x294x3（2）解：如图1所示：过点D作DEy，交AC于点E. xb2a94234=32，B（1，0），A（4，0）.AB5.SABC12ABOC12537.5.设AC的解析式为ykxb.将A（4，0）、C（0，3）代入得：4k+b=0b=3，解得：k=34b=3，直线AC的解析式为y34x3.设D（a，34a294a3），则E（a，34a3）.DE34a3（34a294a3）34（a2）23，当a2时，DE有最大值，最大值为3.ADC的最大面积1

11、2DEAO12346.S四边形ABCD=SABCSACD=7.5+6=13.5，四边形ABCD的面积的最大值为13.5.（3）解：存在P1（3，3），P2（3412，3），P3（3+412，3）【知识点】平行四边形的性质；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-动态几何问题【解析】【解答】（3）解：存在.如图2，过点C作CP1x轴交抛物线于点P1，过点P1作P1E1AC交x轴于点E1，此时四边形ACP1E1为平行四边形.C（0，3），令34x294x33，x10，x23.P1（3，3）.平移直线AC交x轴于点E2，E3，交x轴上方的抛物线于点P2，P3，当ACP2E2时，四边形ACE2P2为平

12、行四边形，当ACP3E3时，四边形ACE3P3为平行四边形.C（0，3），P2，P3的纵坐标均为3.令y3得：34x294x33，解得；x13412，x23+412.P2（3412，3），P3（3+412，3）.综上所述，存在3个点符合题意，坐标分别是：P1（3，3），P2（3412，3），P3（3+412，3）.【分析】（1）根据OC3OB，B（1，0），求出C点坐标（0，3），把点B，C的坐标代入yax23axc，求出a、c的值即可求出函数解析式；（2）过点D作DEy轴交线段AC于点E，根据对称轴直线公式求出对称轴直线，并结合点B的坐标得出点A的坐标，利用待定系数法求出直线AC的解析式，设

13、D（a，34a294a3），则E（a，34a3） ，然后求出DE的表达式，根据S四边形ABCD=SABCSACD，转化为二次函数求最值；（3）如图2，过点C作CP1x轴交抛物线于点P1，过点P1作P1E1AC交x轴于点E1，此时四边形ACP1E1为平行四边形，平移直线AC交x轴于点E2，E3，交x轴上方的抛物线于点P2，P3，当ACP2E2时，四边形ACE2P2为平行四边形，当ACP3E3时，四边形ACE3P3为平行四边形，由题意可知点P2、P3的纵坐标为3，从而可求得其横坐标2【答案】（1）解：在y=2x+6中，当x=0时y=6，当y=0时x=3，C(0，6)、A(3，0)，抛物线y=2x2

14、+bx+c的图象经过A、C两点，183b+c=0c=6，解得b=4c=6，抛物线的解析式为y=2x24x+6（2）解：令2x24x+6=0，解得x1=3，x2=1，B(1，0)，设点E的横坐标为t，则E(t，2t24t+6)，如图，过点E作EHx轴于点H，过点F作FGx轴于点G，则EHFG，BFGBEH，EF=12BF，BFBE=BGBH=FGEH=23，BH=1t，BG=23BH=2323t，点F的横坐标为13+23t，F(13+23t，203+43t)，2t24t+6=32(203+43t)，t2+3t+2=0，解得t1=2，t2=1，当t1=2时，2t24t+6=6，当t2=1时，2t2

15、4t+6=8，E1(2，6)，E2(1，8)，（3）解：M的坐标为(1，4)或(1，16)或(1，0)【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-动态几何问题【解析】【解答】（3）点M在对称轴上，xM=3+12=1，点E位于对称轴左侧，E(2，6).当EB为平行四边形的边时，分两种情况：（）点N在对称轴右侧时，BM为对角线，E(2，6)，xN=1，1(2)=1，B(1，0)，xN=1+1=2，当x=2时，y=22242+6=10，N(2，10) ，由平移可得yM=10+6=4，M(1，4)；（）点N在对称轴左侧时，BN为对角线，xM=1，B(1，0)，1(1)

16、=2，E(2，6)，xN=22=4，当x=4时，y=2(4)24(4)+6=10，N(4，10)，由平移可得yM=106=16，M(1，16)；当EB为平行四边形的对角线时，则ENMB，B(1，0)，E(2，6)，xM=1，1+(2)=1+xN，xN=0，当x=0时，y=6，N(0，6)ENMBM(1，0)综上所述，M的坐标为(1，4)或(1，16)或(1，0)【分析】（1）先求出点C、A的坐标，再将点A、C的坐标代入y=2x2+bx+c求出b、c的值即可；（2）设点E的横坐标为t，则E(t，2t24t+6)，根据BFGBEH，可得BG=23BH=2323t，再求出F(13+23t，203+4

17、3t)，根据题意列出方程2t24t+6=32(203+43t)求出t的值，再求出点E的坐标即可；（3）分类讨论：当EB为平行四边形的边时，分两种情况：（）点N在对称轴右侧时，BM为对角线，（）点N在对称轴左侧时，BN为对角线；当EB为平行四边形的对角线时，则ENMB，再分别求解即可。3【答案】（1）(1，3)；y=35x2435（2）解：由旋转可知，点E在线段CB上运动，过点C作CECB于点E，点E即为所求，过点E作y轴的垂线，过点C作x轴的垂线，交EM于点M，交x轴于点N，由题意可知，CC=2，由旋转可知，OBCOBC，CB=CB=OA=4，OCB=OCB=120，OCC=60，BCC=60

18、，CC=OC=2，CE=1，CE=3，ME=12，CM=123，E(12，332).将A(4，0)，E(12，332)代入抛物线y=ax2+bx(a0)，16a+4b=014a12b=332，解得a=233b=833.关于点A，E的“伴随抛物线”的解析式为：y=233x2833.；35a233；3a0【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-动态几何问题；定义新运算【解析】【解答】（1）解：如下图，连接CE，过点E作E作x轴的垂线于点E，过点C作CCx轴于点C， CC=3，AOC=60，OC=2，由旋转可知，OE=OC=2，EOC=60，COE是等边三角形，EOE=60，OE=1，EE=

19、3，E(1，3)，将A(4，0)，E(1，3)代入抛物线y=ax2+bx(a0)，16a+4b=0ab=3，解得a=35b=435.抛物线的解析式为：y=35x2435；当点D与点C重合时，点E的坐标为(1，3)，此时关于点A，E的“伴随抛物线”的解析式为y=35x2435；（2）如中的图，过点B作x轴的平行线，交MN于点P，BP=2，PC=23，B(1，33)，将B(1，33)，A(4，0)代入抛物线的解析式y=ax2+bx(a0)，16a+4b=0a+b=33，解得a=3b=43.抛物线的解析式为：y=3x2+43，结合图象可知，a的取值范围为：35a233；3a0 【分析】（1）连接CE

20、，过点E作E作x轴的垂线于点E，过点C作CCx轴于点C，由旋转可知，OE=OC=2，EOC=60，得出COE是等边三角形，则EOE=60，解直角三角形得出点E的坐标，将A、E的坐标代入抛物线解析式即可得出结论； （2）由旋转可知，点E在线段CB上运动，过点C作CECB于点E，点E即为所求，过点E作y轴的垂线，过点C作x轴的垂线，交EM于点M，交x轴于点N；过点B作x轴的平行线，交MN于点P，得出点B的坐标，将点B的坐标代入抛物线解析式，即可得出a的最小值，即可得出a的取值范围。4【答案】（1）解：直线yx8经过A，C两点，A点坐标是（8，0），点C坐标是（0，8），又抛物线过A，C两点，34(

21、8)28b+c=0c=8，解得：b=5c=8，y=34x25x+8；（2）解：如图1，由（1）知，抛物线解析式是y=34x25x+8，抛物线的对称轴是直线xb2a=103以AP，AO为邻边的平行四边形的第四个顶点Q恰好也在抛物线上，PQAO，PQAO8P，Q都在抛物线上，P，Q关于直线x103对称，P点的横坐标是223，当x223时，y34(223)25(223)+8=133，P点的坐标是（223，133）；如图2，过P点作PFOC交AC于点F，PFOC，PEFOEC，PEOE=PFOC又PE：OE5：6，OC8，PF203，点F在AC上，设点F（x，x8），（34x2-5x+8）（x8）20

22、3，化简得：（x4）2649解得：x1203，x243P点坐标是（203，8）或（43，403）又点P在直线ykx上，把（203，8）或（43，403）分别代入ykx中，k65或k10【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-动态几何问题【解析】【分析】（1）利用待定系数法求出二次函数解析式即可；（2）先求出P点的横坐标是223，再将x223代入函数解析式求出y的值，即可得到点P的坐标； 过P点作PFOC交AC于点F，根据PEFOEC，可得PEOE=PFOC，求出PF的长，再设点F（x，x8），根据题意列出方程（34x2-5x+8）（x8）203，求出x的值

23、，即可得到点P的坐标，再将点P的坐标代入正比例函数解析式求出k的值即可。5【答案】（1）解：由抛物线交点式表达式得： y=a(x+2)(x4)=a(x22x8)=ax22ax8a ， 即 8a=6 ，解得： a=34 ，故抛物线的表达式为： y=34x2+32x+6 ；（2）解：由抛物线的表达式知，点 C(0，6) ， 由点 B 、 C 的坐标，得直线 BC 的表达式为： y=32x+6 ，如图所示，过点 D 作 y 轴的平行线交直线 BC 于点 H ，设点 D(m，34m2+32m+6) ，则点 H(m，32m+6) ，则 SBDC=12HDOB=2(34m2+32m+6+32m6)=2(3

24、4m2+3m) ，34SACO=341262=92 ，即： 2(34m2+3m)=92 ，解得： m=1 或 3( 舍去 1) ，故 m=3 ；（3）解：当 m=2 时，点 D(2，6) ， 设点 M(x，0) ，点 N(t，n) ，则 n=34t2+32t+6 ，当 BD 是边时，点 B 向左平移1个单位向上平移6个单位得到点 D ，同样点 M(N) 向左平移1个单位向上平移6个单位得到点 N(M) ，故 x1=t0+6=n 或 x+1=t06=n ，联立并解得： x=3t=2n=6或x=3312t=1+332n=6或x=3312m=1332n=6( 不合题意的值已舍去 ) ；故点 M 的坐

25、标为 (3，0) 或 (3312，0) 或 (3312，0) ；当 BD 是对角线时，由中点公式得： 12(3+4)=12(x+m)12(6+0)=12(n+0) ，联立并解得 m=3n=6x=4 ，故点 M 的坐标为 (4，0) ；综上，点 M 的坐标为 (3，0) 或 (3312，0) 或 (3312，0) 或 (4，0) 【知识点】待定系数法求二次函数解析式；平行四边形的性质；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-动态几何问题【解析】【分析】（1）由A、B的坐标可设抛物线的解析式为y=a(x+2)(x-4)=a(x2-2x-8)=ax2-2ax-8a，则-8a=6，求出a的值，进而可得

26、抛物线的解析式；（2）由抛物线的表达式知C（0，6），求出直线BC的解析式，过点D作y轴的平行线交直线BC于点H，设D（m，34m2+32m+6），则H（m，32m+6），根据三角形的面积公式表示出SBDC，结合题意可得m的值；（3）当m=2时，点D（2，6），设M（x，0），N（t，n），则n=34t2+32t+6，然后分BD是边，BD为对角线，结合平行四边形的性质可得x、t、m、n的值，进而可得点M的坐标.6【答案】（1）解：抛物线y=12(m2+1)x2(m+1)x1与x轴有公共点，(m+1)2412(m2+1)(1)0.(m1)20.m1=0m=1，y=x22x1=(x+1)2，10，

27、当x0A(3，3)观察图形可知，当m3时，抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大；当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而减小时，当PQ经过抛物线的对称轴x=1时，MQ=PQ=2|m|，m02m=1解得m=12，观察图形可知，当0m12时，抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大；综上所述，m的取值范围为0m12或m3（4）解：如图，设正方形与抛物线的交点分别为E，F，当yEyF=34时，则MN=34A是正方形PQMN的中心，A(m，m22m)|xA|=12MN=38即m=38如图，当A点在抛物线左侧，y轴右侧时，A(m，m22m)MN=2myE=yA+12MN=yA+

28、m=m22m+m=m2m交点的纵坐标之差为34，F的纵坐标为m2m34F的横坐标为MQ=PQ=2mF(2m，m2m34)F在抛物线y=x22x上，m2m34=(2m)222m解得m=12当A在抛物线对称轴的右侧时，正方形与抛物线的交点分别为O，S，设直线AM交x轴于点T，如图，则yN=yS=34OM=OT=34即M(0，34)，N(34，0)设直线MN解析式为y=kx+b则34k+b=0b=34解得k=1b=34直线MN解析式为y=x+34联立y=x22x解得x1=32，x2=12（舍去）即A的横坐标为32，即m=32，综上所述，m=38或m=12或m=32【知识点】待定系数法求二次函数解析式

29、；二次函数-动态几何问题【解析】【分析】（1）利用待定系数法即可得解；（2）设B(m，m22m)，则C(2m，m22m)，由BC的值，即可得出m的值，从而得出点B的坐标；（3）当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大时，如图，当正方形PQMN点Q在x轴上时，此时M与O点重合， 当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而减小时，当PQ经过抛物线的对称轴x=1时，分两种情况求解即可；（4）如图，设正方形与抛物线的交点分别为E，F，当yEyF=34时，则MN=34，如图，当A点在抛物线左侧，y轴右侧时，当A在抛物线对称轴的右侧时，正方形与抛物线的交点分别为O，S，设直线AM交x轴于点T

30、，分三种情况求解即可。12【答案】（1）解：由题意得， b2(1)=1c=3，b=2c=3，二次函数的表达式为：y=x22x+3；（2）证明：当x=1时，y=12(1)+3=4， D(1，4)，由x22x+3=0得，x1=3，x2=1，A(3，0)，B(1，0)AD2=(1+3)2+42=20，C(0，3)，CD2=(43)2+(1)2=2，AC2=32+32=18，AC2+CD2=AD2，ACD=90，tanDAC=CDAC=232=13，BOC=90，tanBCO=OBOC=13，DAC=BCO；（3）解：如图， 作DEy轴于E，作D1Fy轴于F，DEFD1，DECD1EF，CFCE=FD

31、1DE=CD1CD=2，FD1=2DE=2，CF=CE=2，D1(2，1)，y1的关系式为：y=(x2)2+1，由(x2)2+1=0得，x=3或x=1，M(3，0)，当x=0时，y=3，N(0，3)，设P(2，m)，当四边形MNQP是平行四边形时，MNPQ，PQ=MN，Q点的横坐标为1，当x=1时，y=(12)2+1=8，Q(1，8)，当四边形MNPQ是平行四边形时，同理可得：点Q横坐标为：5，当x=5时，y=(52)2+1=8，Q(5，8)，综上所述：点Q(1，8)或（5，8）【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-动态几何问题【解析】【分析】（1）根据题意得出b2(1)=1c=3，

32、即可得出b、c的值，即可得出二次函数的表达式；（2）当x=1时，y=12(1)+3=4，得出点D的坐标，由x22x+3=0得出x的值，从而得出点A、B的坐标，得出AD2=(1+3)2+42=20，推出AC2+CD2=AD2，利用正切值得出tanDAC=CDAC=232=13，即可得解；（3）利用相似证出DECD1EF，得出CFCE=FD1DE=CD1CD=2，从而得出D1(2，1)，得出y1的关系式，由(x2)2+1=0得出x的值，从而得出点M、N的坐标，当四边形MNQP是平行四边形时，得出MNPQ，PQ=MN，当四边形MNPQ是平行四边形时，当x=1时，当x=5时，分两种情况求解即可。13【

33、答案】（1）解：当x0时，y4，C （0，4），当y0时，43x+40，x3，A （3，0），对称轴为直线x1，B（1，0），设抛物线的表达式：ya（x1）（x+3），43a，a43，抛物线的表达式为：y43（x1）（x+3）43x283x+4；（2）解：如图1，作DFAB于F，交AC于E，D（m，43m283m+4），E（m，43m+4），DE43m283m+4（43m+4）43m24m，SADC12DEOA32（43m24m）2m26m，SABC12ABOC12436，S2m26m+62（m+32）2+334，当m32时，S最大334，当m32时，y43(321)(32+3)5，D（32，

34、5）；（3）解：设P（1，n），以A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形，PAPC，即：PA2PC2，（1+3）2+n21+（n4）2，n138，P（1，138），xP+xQxA+xC，yP+yQyA+yCxQ3（1）2，yQ4138198，Q（2，198）【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-动态几何问题【解析】【分析】（1）利用待定系数法即可得解；（2）作DFAB于F，交AC于E，得出点D、E的坐标，推出DE的值，根据三角形面积公式求出的值，根据SABC6，得出S2m26m+62（m+32）2+334，当m32时，S最大334，当m32时，y5，由此得解；（3）设P（

35、1，n），由以A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形，得出PA2PC2，得出n的值，从而得出P点坐标，根据xP+xQxA+xC，yP+yQyA+yC，得出xQ198，由此得解。14【答案】（1）解：抛物线y=ax2+2x+c的对称轴是直线x=1，22a=1，解得：a=-1，抛物线过点B(3，0)，9+6+c=0，解得：c=3，抛物线解析式为y=x2+2x+3（2）解：存在这样的点N，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形.理由如下：令y=0，则x2+2x+3=0，解得：x1=3，x2=1，点A的坐标为（-1，0），OA=1，当x=0时，y=3，点C的坐标为（0，3），即OC=3

36、，AC2=OA2+OC2=10，设直线BC的解析式为y=kx+b(k0)，把点B（3，0），C（0，3）代入得：3k+b=0b=3，解得：k=1b=3，直线BC的解析式为y=x+3，设点N（m，-m+3），MN=-m+3，AM=m+1，AN2=(m+3)2+(m+1)2=2m24m+10，CN2=m2+(m+33)2=2m2，当AC=AN时，2m24m+10=10，解得：m=2或0（舍去），此时点N（2，1）；当AC=CN时，2m2=10，解得：m=5或5（舍去），此时点N(5，5+3)；当AN=CN时，2m2=2m24m+10，解得：m=52，此时点N(52，12)；综上所述，存在这样的点N

37、（2，1）或(5，5+3)或(52，12)，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形；（3）解：存在点F的坐标为（4，1）或（-2，1）或(2，3+172)或(2，3172).【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-动态几何问题；二次函数的实际应用-几何问题【解析】【解答】(3)解：存在，理由如下：点B（3，0），C（0，3），OB=OC，BC=32，设点E（1，n），点F（s，t），当BC为边时，点C向右平移3个单位向下平移3个单位得到点B，同样E（F）向右平移3个单位向下平移3个单位得到点F（E），且BE=CF（CE=BF），如图，1+3=sn3=t

38、(13)2+n2=s2+(t3)2或s+3=1t3=n(10)2+(n3)2=(s3)2+(t0)2，解得：n=4s=4t=1或n=2s=2t=1，此时点F的坐标为（4，1）或（-2，1）；当BC为对角线时，BC=EF，且EF与BC的中点重合，如图，1+s2=32n+t2=32(1s)2+(nt)2=32，解得：n=3+172s=2t=3172或n=3172s=2t=3+172，此时点F的坐标为(2，3+172)或(2，3172)；综上所述，存在点F的坐标为（4，1）或（-2，1）或(2，3+172)或(2，3172).【分析】（1）利用抛物线的对称轴为直线x=1，可求出a的值，再将点B的坐标

39、代入函数解析式，可求出c的值，即可得到抛物线的解析式.（2）利用二次函数解析式，由y=0求出对应的x的值，可得到点A的坐标，同时求出OA的长，由x=0求出对应的y的值，可得到点C的值，即可求出OC的长；利用勾股定理求出AC2；利用待定系数法求出直线BC的函数解析式，设点N（m，-m+3），分别表示出MN，AM，AN2，CN2；利用等腰三角形的定义再分情况讨论： 当AC=AN时；当AC=CN时；当AN=CN时，分别得到关于m的方程，解方程求出m的值，可得到符合题意的点N的坐标.（3）由点B，C的坐标可证得OB=OC，利用勾股定理求出BC的长，设点E（1，n），点F（s，t），分情况讨论：当BC为

40、边时，点C向右平移3个单位向下平移3个单位得到点B，同样E（F）向右平移3个单位向下平移3个单位得到点F（E），且BE=CF（CE=BF），可得到关于n，s，t的方程组，解方程组求出n，s，t的值，可得到符合题意的点F的坐标；当BC为对角线时，BC=EF，且EF与BC的中点重合，利用中点坐标及勾股定理可得到关于n，s，t的方程组，解方程组求出n，s，t的值，可得到符合题意的点F的坐标；综上所述可得到点F的坐标.15【答案】（1）解：抛物线y=12x2+bx+52与x轴交于点A(1，0)，12+b+52=0，b=2（2）解：设点P的坐标为(t，12t22t+52)，抛物线解析式为y=12x22x

41、+52=12(x+2)2+92，顶点B的坐标为(2，92)设直线AB的解析式为：y=kx+b1，2k+b1=92k+b1=0解得k=32b1=32，直线AB的解析式为：y=32x+32PQx轴交直线AB于点Q，Q(t，32t+32)，点P在AB之间，2t1PQ=12t22t+52(32t+32)=12t212t+1=12(t+12)2+98120，当t=12时，PQ有最大值，最大值为98；（3）解：(4，52)或(2，72)【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-动态几何问题【解析】【解答】（3）解：如图1所示， 当点P在直线l左侧时，此时t1（当2t1时矩形与抛物线，没有交点），G从

42、左到右下降，图象最高点为Q，最低点为(t，12t22t+52)m=32t+32，n=12t22t+52， mn=2，32t+32(12t22t+52)=2，t2+t6=0，解得t=2或t=3（舍），此时点P的坐标为(2，72)；综上所述，点P的坐标为(4，52)或(2，72) 【分析】（1）利用待定系数法即可得解； （2）由抛物线解析式得出顶点B的坐标，设直线AB的解析式为：y=kx+b1，设点P的坐标为(t，12t22t+52)，则Q(t，32t+32)，得出PQ=12t22t+52(32t+32)，当t=12时，PQ有最大值，最大值为98；（3）当点P在直线l左侧时，此时t1（当2t1时矩形与抛物线，没有交点），G从左到右下降，图象最高点为Q，最低点为(t，12t22t+52)，结合mn=2，分别求出t的值进而得出点P的坐标。