2023年中考数学压轴培优专题：二次函数与动点综合问题（含答案解析）

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1、二次函数与动点综合问题二次函数与动点问题的背景是特殊图形,考查问题也是二次函数的有个性质和特殊图形的性质，体现的数学思想方法主要是数形结合思想和分类讨论思想，所以要把握好一般与特殊的关系；分析过程中,特别要关注图形的特性(特殊角、特殊图形的性质、图形的特殊位置.)动点问题一直是中考热点，近几年考查探究运动中的特殊性：等腰三角形、直角三角形、相似三角形、平行四边形、梯形、特殊角或三角函数、线段或面积的最值.解决“动点型问题”的关键是动中求静，灵活运用“动中求静”，找到并运用不变的数、不变的量、不变的关系，建立函数关系及综合应用代数、几何知识解决问题. 根据题意灵活运用特殊三角形和四边形的相关性质

2、、判定、定理知识确定二次函数关系式，通过二次函数解析式或函数图象判定“动点型问题”涉及的线与线关系、特殊三角形、四边形及相应的周长、面积，还有存在、最值等问题. 【例1】(2022本溪二模)如图，抛物线yx2+bx+c经过A(3，0)，C(1，0)两点，与y轴交于点B(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，点M是线段AB上方抛物线上一动点，以AB为边作平行四边形ABMD，连接OM，若OM将平行四边形ABMD的面积分成为1：7的两部分，求点M的横坐标；(3)如图2，点P从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿BA匀速运动，同时点Q从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿AOB匀速运动，当点P到达点A时

3、，P、Q同时停止运动，设点P运动的时间为t秒，点G在坐标平面内，使以B、P、Q、G为顶点的四边形是菱形，直接写出所有符合条件的t值【分析】(1)用待定系数法求函数的解析式即可；(2)连接AM，设AB与OM的交点为N，作NHOA于点H，则NHOB，设点M，点N，证明ANHAOB，求出，可得，求出直线OM的解析式，联立方程组，即可求M点的横坐标；(3)分两种情况讨论：当0t3时，P(t，4t)，Q(3t，0)，再由菱形的边的性质分三种情况求解：当BPPQ时，t或t5(舍)；当BPBQ时，t(舍)；当BQPQ时，t0(舍)或t(舍)；当3t5时，P(t，4t)，Q(0，t3)，再由菱形的边的性质分三

4、种情况求解：当BPBQ，t3.5；当BPPQ时，t7(舍)或t(舍)；当BQPQ时，t0(舍)或t【解答】解：(1)将(3，0)，(1，0)代入yx2+bx+c，得，解得，；(2)连接AM，设AB与OM的交点为N，作NHOA于点H，则NHOB，A(3，0)，B(0，4)，设直线AB的解析式为ykx+4，3k+40，k，yx+4，设点M，点N，SBMN：SABM1：4，SBMN：SABM1：4，BN：AN1：3，NHOB，ANHAOB，即，解得，直线OM的解析式为y4x，联立方程组，解得，点M在第一象限，点M的横坐标为；(3)A(3，0)，B(0，4)，OA3，OB4，AB5，当0t3时，P(t

5、，4t)，Q(3t，0)，四边形BPQG是菱形，当BPPQ时，t2(t3+t)2+(t)2，解得t或t5(舍)；当BPBQ时，(3t)2+42t2，解得t(舍)；当BQPQ时，(3t)2+42(t3+t)2+(t)2，解得t0(舍)或t(舍)；当3t5时，P(t，4t)，Q(0，t3)，四边形BPQG是菱形，当BPBQ，t2(7t)2，t3.5；当BPPQ时，t2(t)2+(4tt+3)2，解得t7(舍)或t(舍)；当BQPQ时，(7t)2(t)2+(4tt+3)2，解得t0(舍)或t；综上所述：t的值为或3.5或【例2】(2022沈北新区二模)如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线yax2+

6、bx+6(a0)交x轴于A、B两点，交y轴于点C，且OAOC3OB，连接AC(1)求抛物线的解析式；(2)动点P和动点Q同时出发，点P从点C以每秒2个单位长度的速度沿CA运动到点A，点Q从点O以每秒1个单位长度的速度沿OC运动到点C，连接PQ，当点P到达点A时，点Q停止运动，求SCPQ的最大值及此时点P的坐标；(3)点M是抛物线上一点，是否存在点M，使得ACM15？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由【分析】(1)先求出点A，点B坐标，利用待定系数法可求解析式；(2)先求出CQ与PH的长，由三角形的面积公式和二次函数的性质可求解；(3)分两种情况讨论，先求出CM的解析式，联立方程

7、组可求解【解答】解：(1)抛物线yax2+bx+6(a0)交y轴于点C，点C(0，6)，OC6，OAOC3OB，OAOC6，OB2，点A(6，0)，点B(2，0)，将点A，点B坐标代入解析式，可得：，解得：，抛物线的表达式为：yx22x+6；(2)如图，过点P作PHCO于H，OAOC6，OCA45PHOC，ACOCPH45，PHCH，点P从点C以每秒2个单位长度的速度沿CA运动到点A，点Q从点O以每秒1个单位长度的速度沿OC运动到点C，CP2t，OQt，PHCHt，CQ6t，SPCQCQPH(t2+6t)(t3)2+，当t3时，SCPQ的最大值为，PHCH3，OH63，点P的坐标为(3，63)

8、；(3)如图，当点M在AC的下方时，设CM与x轴的交点为H，ACM15，ACO45，OCH30，tanOCH，OH2，点H(2，0)，直线CM的解析式为：yx+6，联立方程组可得：，解得：(舍去)或，故点M(42，4)；当点M在AC的上方时，设CM与x轴的交点为G，ACM15，ACO45，OCG60，tanOCG，OG6，点H(6，0)，直线CM的解析式为：yx+6，联立方程组可得：，解得：(舍去)或，故点M(4，+)；综上所述：点M的坐标为(42，4)或(4，+)【例3】(2022三亚模拟)如图1，抛物线yx2+bx+c与x轴正半轴、y轴分别交于A(3，0)、B(0，3)两点，点P为抛物线的

9、顶点，连接AB、BP(1)求抛物线的解析式；(2)求PBA的度数；(3)如图2，点M从点O出发，沿着OA的方向以1个单位/秒的速度向A匀速运动，同时点N从点A出发，沿着AB的方向以个单位/秒的速度向B匀速运动，设运动时间为t秒，MEx轴交AB于点E，NFx轴交抛物线于点F，连接MN、EF当EFMN时，求点F的坐标；在M、N运动的过程中，存在t使得BNP与BMN相似，请直接写出t的值【分析】(1)运用待定系数法即可求得答案；(2)如图1，过点P作PDy轴于点D，可证：PBD是等腰直角三角形，AOB是等腰直角三角形，即可求得答案；(3)如图2，延长FN交x轴于点G，由AEM是等腰直角三角形，可得E

10、MAM3t，再由四边形EFNM是平行四边形，可得EMFN，建立方程求解即可得出答案；如图3，过点N作HGx轴于点G，由于MBN90，故MBNPBN，若BMNPBN90，推出t0，不符合题意；若BNMPBN90，可求得t1，进而可得BNMNBP，故t1【解答】解：(1)抛物线yx2+bx+c经过A(3，0)、B(0，3)两点，解得：，抛物线的解析式为yx2+2x+3；(2)yx2+2x+3(x1)2+4，顶点P(1，4)，如图1，过点P作PDy轴于点D，则D(0，4)，PDB90，PD1，BD431，PDBD，PBD是等腰直角三角形，PBD45，BP，OAOB3，AOB90，AOB是等腰直角三角

11、形，ABO45，AB3，PBA180PBDABO180454590，(3)如图2，延长FN交x轴于点G，由题意得：OMt，ANt，AM3t，FNx轴，AGN90，由(2)知：AOB是等腰直角三角形，BAO45，ABG是等腰直角三角形，AGNGANtt，G(3t，0)，当x3t时，x2+2x+3(3t)2+2(3t)+3t2+4t，F(3t，t2+4t)，FGt2+4t，FNFGNGt2+4ttt2+3t，MEx轴，AEM是等腰直角三角形，EMAM3t，MEx轴，EFMN，FNx轴，四边形EFNM是平行四边形，EMFN，3tt2+3t，解得：t1或t3(不符合题意，舍去)，F(2，3)；存在如图

12、3，过点N作HGx轴于点G，由知：OMt，ANt，AGNGt，MG32t，BN3t，BP，PBN90，MBN90，MBNPBN，若BMNPBN90，则BMO+NMG90，BOMMGN90，BMO+MBO90，MBONMG，BMOMNG，即1，32t3，解得：t0(不符合题意，舍去)，故BMNPBN，若BNMPBN90，则ANM90，AMN是等腰直角三角形，AMAN2t，OAOM+AM3t3，t1，当t1时，MNAN，BNABAN32，且BNMPBN90，BNMNBP，综上所述，当BNP与BMN相似时，t1【例4】(2021长沙模拟)在一个三角形中，如果其中某两边的长度之和等于第三边长度的两倍，

13、则称该三角形为“调和三角形”例如我们学过的等边三角形就是“调和三角形”(1)已知一个“调和三角形”三条边的长度分别为4，6，m1，求m的值(2)已知RtABC是“调和三角形”，它的三边长分别为a，b，c，且abc求a：b：c的值；若ABC周长的数值与面积的数值相等，求a，b，c的值(3)在(2)的条件下，动点P从点A出发以每秒2个单位c长度的速度沿路线ABC运动，动点Q从点C出发以每秒1个单位长度的速度向点A运动，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒，设yPQ2求y关于t的函数关系式；求y的最小值【分析】(1)根据两边的长度之和等于第三边长度的两倍，分情况求m值即可；(

14、2)根据两边的长度之和等于第三边长度的两倍，及勾股定理列出三边关系，联立方程组求出比值即可；根据三边比值和ABC周长的数值与面积的数值相等，求出三边长度即可；(3)分点P在AB上和在BC上两种情况，根据勾股定理求出PQ2即可；利用的函数关系式求最值即可【解答】解：(1)“调和三角形”某两边的长度之和等于第三边长度的两倍，当4+62(m1)时，解得m6，当m1+426时，解得m9，当6+m124时，解得m3(不合题意舍去)，综上，m的值为6或9；(2)RtABC是“调和三角形”，且abc，a2+b2c2，a+c2b，由，得b，代入，得a2+()2c2，整理得(5a3c)(a+c)0，a，b，c为

15、三角形三边，0abc，5a3c0，故a：c3：5，同理可得，a：b3：4，a：b：c3：4：5；若ABC周长的数值与面积的数值相等，即a+b+c，a：b：c3：4：5，ba，ca，a+b+c，即a+a+aaa，解得a6或a0(舍去)，a6，b8，c10；(3)()当P点在AB上时，即0t5时，过P作PDAC于D，则有AP2t，CQt，AA，PDABCA90，APDABC，PD：AD：AP3：4：5，PDt，ADt，DQ8tt8t，PQ2PD2+DQ2，PQ2(t)2+(8t)2t2t+64；()当P在BC上时，即5t8时，此时，PC6+102t162t，CQt，PQ2PD2+DQ2(162t)

16、2+t25t264t+256，综上，y关于t的函数关系式：；由y关于t的函数关系式可知当P在AB上时有最小值，yt2t+64(t)2+，当t，y有最小值为1(2021遵化市模拟)如图，关于x的二次函数yx2+bx+c的图象与x轴交于点A(1，0)和点B，与y轴交于点C(0，3)，抛物线的对称轴与x轴交于点D(1)求二次函数的表达式；(2)在y轴上是否存在一点P，使PBC为等腰三角形？若存在请求出点P的坐标；(3)有一个点M从点A出发，以每秒1个单位的速度在AB上向点B运动，另一个点N从 点D与点M同时出发，以每秒2个单位的速度在抛物线的对称轴上运动，当点M到达点B时，点M、N同时停止运动，问点

17、M、N运动到何处时，MNB面积最大，试求出最大面积【分析】(1)代入A(1，0)和C(0，3)，解方程组即可；(2)求出点B的坐标，再根据勾股定理得到BC，当PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：CPCB；BPBC；PBPC；(3)设AMt则DN2t，由AB2，得BM2t，SMNB(2t)2tt2+2t，运用二次函数的顶点坐标解决问题；此时点M在D点，点N在对称轴上x轴上方2个单位处或点N在对称轴上x轴下方2个单位处【解答】解：(1)把A(1，0)和C(0，3)代入yx2+bx+c，解得：b4，c3，二次函数的表达式为：yx24x+3；(2)令y0，则x24x+30，解得：x1或x3，B(3

18、，0)，BC3，点P在y轴上，当PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：如图1，当CPCB时，PC3，OPOC+PC3+3或OPPCOC33P1(0，3+3)，P2(0，33)；当BPBC时，OPOC3，P3(0，3)；当PBPC时，OCOB3此时P与O重合，P4(0，0)；综上所述，点P的坐标为：(0，3+3)或(0，33)或(0，3)或(0，0)；(3)如图2，设M运动时间为t，由AB2，得BM2t，则DN2t，SMNB(2t)2tt2+2t(t1)2+1，即当M(2，0)、N(2，2)或(2，2)时MNB面积最大，最大面积是12(2020市中区一模)如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax

19、2+bx+4经过A(3，0)、B(4，0)两点，且与y轴交于点C，D(44，0)动点P从点A出发，沿线段AB以每秒1个单位长度的速度向点B移动，同时动点Q从点C出发，沿线段CA以某一速度向点A移动(1)求该抛物线的解析式；(2)若经过t秒的移动，线段PQ被CD垂直平分，求此时t的值；(3)在第一象限的抛物线上取一点G，使得SGCBSGCA，再在抛物线上找点E(不与点A、B、C重合)，使得GBE45，求E点的坐标【分析】(1)直接利用待定系数法求二次函数解析式得出即可；(2)首先求出AQDACB，则，得出DQDP的长，进而得出答案；(3)首先得出G点坐标，进而得出BGMBEN，进而假设出E点坐标

20、，利用相似三角形的性质得出E点坐标【解答】解：(1)将A(3，0)、B(4，0)代入yax2+bx+4得：，解得：，故抛物线的解析式为：；(2)如图，连接QD，由B(4，0)和D(，0)，可得BD，CO4，BC4，则BCBD，BDCBCDQDC，DQBC，AQDACB，DQDP，；(3)如图，过点G作GMBC于点M，过点E作ENAB于点N，SGCBSGCA，只有CGAB时，G点才符合题意，C(0，4)，4x2+x+4，解得：x11，x20，G(1，4)，GBEOBC45，GBCABE，BGMBEN，设E(x，)解得x1，x24(舍去)，则E(，)3(2020项城市三模)如图，抛物线经过A(3，

21、0)，C(5，0)两点，点B为抛物线顶点，抛物线的对称轴与x轴交于点D(1)求抛物线的解析式；(2)动点P从点B出发，沿线段BD向终点D作匀速运动，速度为每秒1个单位长度，运动时间为t，过点P作PMBD，交BC于点M，以PM为正方形的一边，向上作正方形PMNQ，边QN交BC于点R，延长NM交AC于点E当t为何值时，点N落在抛物线上；在点P运动过程中，是否存在某一时刻，使得四边形ECRQ为平行四边形？若存在，求出此时刻的t值；若不存在，请说明理由【分析】(1)把点A、C坐标代入抛物线解析式得到关于a、b的二元一次方程组，解方程组求出a、b的值，即可得解；(2)根据抛物线解析式求出顶点B的坐标，然

22、后根据相似三角形对应边成比例用t表示出PM，再求出NE的长度，表示出点N的坐标，再根据点N在抛物线上，把点N的坐标代入抛物线，解方程即可得解；根据PM的长度表示出QD，再利用待定系数法求出直线BC的解析式，然后根据直线BC的解析式求出点R的横坐标，从而求出QR的长度，再表示出EC的长度，然后根据平行四边形对边平行且相等列式求解即可【解答】解：(1)yax2+bx+经过A(3，0)，C(5，0)两点，解得，所以，抛物线的解析式为yx2+x+；(2)yx2+x+，(x22x+1)+，(x1)2+8，点B的坐标为(1，8)，抛物线的对称轴与x轴交于点D，BD8，CD514，PMBD，PMCD，BPM

23、BDC，即，解得PMt，所以，OE1+t，四边形PMNQ为正方形，NE8t+t8t，点N的坐标为(1+t，8t)，若点N在抛物线上，则(1+t1)2+88t，整理得，t(t4)0，解得t10(舍去)，t24，所以，当t4秒时，点N落在抛物线上；存在理由如下：PMt，四边形PMNQ为正方形，QDNE8t，设直线BC的解析式为ykx+m，则，解得，所以直线BC的解析式为y2x+10，则2x+108t，解得xt+1，所以，QRt+11t，又ECCDDE4t，根据平行四边形的对边平行且相等可得QREC，即t4t，解得t，此时点P在BD上，所以，当t时，四边形ECRQ为平行四边形4(2018泉山区三模)

24、在平面直角坐标系xOy中，抛物线yax2+bx+4经过A(3，0)、B(4，0)两点，且与y轴交于点C，点D在x轴的负半轴上，且BDBC，有一动点P从点A出发，沿线段AB以每秒1个单位长度的速度向点B移动，同时另一个动点Q从点C出发，沿线段CA以某一速度向点A移动(1)求该抛物线的解析式；(2)若经过t秒的移动，线段PQ被CD垂直平分，求此时t的值；(3)该抛物线的对称轴上是否存在一点M，使MQ+MA的值最小？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由【分析】(1)由抛物线yax2+bx+4经过A(3，0)，B(4，0)两点利用待定系数法可求出a、b、c的值，进而得出抛物线的解析式；(2)由

25、A、B、C三点的坐标求出AC、BC及AB的值，由相似三角形的判定定理得出ADQABC，再由相似三角形的对应边成比例可求出DP的值，进而可得出AP(即t)的值；(3)设抛物线yx2+x+4的对称轴x与x轴交于点E点A、B关于对称轴x对称，连接BQ交该对称轴于点M则MQ+MAMQ+MB，即MQ+MABQ，由于当BQAC时，BQ最小，此时EBMACO，再由tanEBMtanACO可求出ME的值，进而得出M点的坐标【解答】解：(1)抛物线yax2+bx+4经过A(3，0)，B(4，0)两点，解得，所求抛物线的解析式为：yx2+x+4；(2)如图1，依题意知APt，连接DQ，A(3，0)，B(4，0)，

26、C(0，4)，AC5，BC4，AB7BDBC，ADABBD74，CD垂直平分PQ，QDDP，CDQCDPBDBC，DCBCDBCDQDCBDQBCADQABC，解得DP4，APAD+DP线段PQ被CD垂直平分时，t的值为；(3)如图2，设抛物线yx2+x+4的对称轴x与x轴交于点E点A、B关于对称轴x对称，连接BQ交该对称轴于点M则MQ+MAMQ+MB，即MQ+MABQ，当BQAC时，BQ最小，此时，EBMACO，tanEBMtanACO，解MEM(，)，即在抛物线yx2+x+4的对称轴上存在一点M(，)，使得MQ+MA的值最小5(2018扬州)如图1，四边形OABC是矩形，点A的坐标为(3，

27、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t2时，线段PQ的中点坐标为(，2)；(2)当CBQ与PAQ相似时，求t的值；(3)当t1时，抛物线yx2+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MQDMKQ？若存在，求出所有满足条件的D的坐标；若不存在，说明理由【分析】(1)先根据时间t2，和P，Q的运动速度可得动点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

28、的性质得：BPAQ90，所以当CBQ与PAQ相似时，存在两种情况：当PAQQBC时，当PAQCBQ时，分别列方程可得t的值；(3)根据t1求抛物线的解析式，根据Q(3，2)，M(0，2)，可得MQx轴，则KMKQ，KEMQ，画出符合条件的点D，证明KEQQMH或利用三角函数，列比例式可得点D的坐标，同理根据对称可得另一个点D【解答】解：(1)如图1，点A的坐标为(3，0)，OA3，当t2时，OPt2，AQ2t4，P(2，0)，Q(3，4)，线段PQ的中点坐标为：(，)，即(，2)；故答案为：(，2)；(2)如图1，当点P与点A重合时运动停止，且PAQ可以构成三角形，0t3，四边形OABC是矩形

29、，BPAQ90，当CBQ与PAQ相似时，存在两种情况：当PAQQBC时，4t215t+90，(t3)(t)0，t13(舍)，t2，当PAQCBQ时，t29t+90，t，3，t不符合题意，舍去，综上所述，当CBQ与PAQ相似时，t的值是或；(3)当t1时，P(1，0)，Q(3，2)，把P(1，0)，Q(3，2)代入抛物线yx2+bx+c中得：，解得：，抛物线：yx23x+2(x)2，顶点K(，)，Q(3，2)，M(0，2)，MQx轴，作抛物线对称轴，交MQ于E，设DQ交y轴于H，KMKQ，KEMQ，MKEQKEMKQ，如图2，MQDMKQQKE，tanMQDtanQKE，即，MH2，H(0，4)

30、，易得HQ的解析式为：yx+4，则，x23x+2x+4，解得：x13(舍)，x2，D(，)；同理，在M的下方，y轴上存在点H，如图3，使HQMMKQQKE，由对称性得：H(0，0)，易得OQ的解析式：yx，则，x23x+2x，解得：x13(舍)，x2，D(，)；综上所述，点D的坐标为：D(，)或(，)6(2019兰州)二次函数yax2+bx+2的图象交x轴于点(1，0)，B(4，0)两点，交y轴于点C动点M从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB方向运动，过点M作MNx轴交直线BC于点N，交抛物线于点D，连接AC，设运动的时间为t秒(1)求二次函数yax2+bx+2的表达式；(2)连接BD，

31、当t时，求DNB的面积；(3)在直线MN上存在一点P，当PBC是以BPC为直角的等腰直角三角形时，求此时点D的坐标；(4)当t时，在直线MN上存在一点Q，使得AQC+OAC90，求点Q的坐标【分析】(1)将点(1，0)，B(4，0)代入yax2+bx+2即可；(2)由已知分别求出M(2，0)，N(2，1)，D(2，3)，根据DNB的面积DMB的面积MNB的面积即可求解；(3)由已知可得M(2t1，0)，设P(2t1，m)，根据勾股定理可得PC2(2t1)2+(m2)2，PB2(2t5)2+m2，再由PBPC，得到m与t的关系式：m4t5，因为PCPB，则有1求出t1或t2，即可求D点坐标；(4

32、)当t时，M(，0)，可知点Q在抛物线对称轴x上；过点A作AC的垂线，以M为圆心AB为直径构造圆，圆与x的交点分别为Q1与Q2，由AB5，可得圆半径AM，即可求Q点坐标分别为(，)，(，)【解答】解：(1)将点(1，0)，B(4，0)代入yax2+bx+2，a，b，yx2+x+2；(2)C(0，2)，BC的直线解析式为yx+2，当t时，AM3，AB5，MB2，M(2，0)，N(2，1)，D(2，3)，DNB的面积DMB的面积MNB的面积MBDMMBMN222；(3)BM52t，M(2t1，0)，设P(2t1，m)，PC2(2t1)2+(m2)2，PB2(2t5)2+m2，PBPC，(2t1)2

33、+(m2)2(2t5)2+m2，m4t5，P(2t1，4t5)，PCPB，1t1或t2，M(1，0)或M(3，0)，D(1，3)或D(3，2)；方法二，过点C作CHMN于H，可证BMPPHC，利用全等三角形的性质可求解(4)当t时，M(，0)，点Q在抛物线对称轴x上，如图：过点A作AC的垂线，以M为圆心AB为直径构造圆，圆与x的交点分别为Q1与Q2，AB5，AM，AQ1C+OAC90，OAC+MAG90，AQ1CMAG，又AQ1CCGAMAG，Q1(，)，Q1与Q2关于x轴对称，Q2(，)，Q点坐标分别为(，)，(，)；7(2019鄂州)如图，已知抛物线yx2+bx+c与x轴交于A、B两点，A

34、B4，交y轴于点C，对称轴是直线x1(1)求抛物线的解析式及点C的坐标；(2)连接BC，E是线段OC上一点，E关于直线x1的对称点F正好落在BC上，求点F的坐标；(3)动点M从点O出发，以每秒2个单位长度的速度向点B运动，过M作x轴的垂线交抛物线于点N，交线段BC于点Q设运动时间为t(t0)秒若AOC与BMN相似，请直接写出t的值；BOQ能否为等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由【分析】(1)将A、B关坐标代入yx2+bx+c中，即可求解；(2)确定直线BC的解析式为yx+3，根据点E、F关于直线x1对称，即可求解；(3)AOC与BMN相似，则，即可求解；分OQBQ、BOBQ、OQ

35、OB三种情况，分别求解即可【解答】解：(1)点A、B关于直线x1对称，AB4，A(1，0)，B(3，0)，代入yx2+bx+c中，得：，解得，抛物线的解析式为yx2+2x+3，C点坐标为(0，3)；(2)设直线BC的解析式为ymx+n，则有：，解得，直线BC的解析式为yx+3，点E、F关于直线x1对称，又E到对称轴的距离为1，EF2，F点的横坐标为2，将x2代入yx+3中，得：y2+31，F(2，1)；(3)如下图，连接BC交MN于Q，MN4t2+4t+3，MB32t，AOC与BMN相似，则，即：，解得：t或或1(舍去、)，故：t1；M(2t，0)，MNx轴，Q(2t，32t)，BOQ为等腰三

36、角形，分三种情况讨论，第一种，当OQBQ时，QMOBOMMB2t32tt；第二种，当BOBQ时，在RtBMQ中OBQ45，BQ，BO，即3，t；第三种，当OQOB时，则点Q、C重合，此时t0而t0，故不符合题意综上述，当t或秒时，BOQ为等腰三角形8(2019乐山)如图，已知抛物线ya(x+2)(x6)与x轴相交于A、B两点，与y轴交于C点，且tanCAB设抛物线的顶点为M，对称轴交x轴于点N(1)求抛物线的解析式；(2)P为抛物线的对称轴上一点，Q(n，0)为x轴上一点，且PQPC当点P在线段MN(含端点)上运动时，求n的变化范围；在的条件下，当n取最大值时，求点P到线段CQ的距离；在的条件

37、下，当n取最大值时，将线段CQ向上平移t个单位长度，使得线段CQ与抛物线有两个交点，求t的取值范围【分析】(1)由函数解析式，可以求出点A、B的坐标分别为(2，0)，(6，0)，在RtOAC中由tanCAB，可以求出点C的坐标为(0，3)，进而可以求出抛物线的解析式；(2)抛物线的对称轴为：x2，顶点M(2，4)，在RtPCQ中，由勾股定理得：PC2+PQ2CQ2，把三角形三边长用点P，Q的坐标表达出来，整理得：，利用0m4，求出n的取值范围；由，得：，求出点P到线段CQ距离为2；设线段CQ向上平移t个单位长度后的解析式为：，联立抛物线方程，可求出x27x+4t0，由4916t0，得，可得当线

38、段CQ与抛物线有两个交点时，【解答】解：(1)根据题意得：A(2，0)，B(6，0)，在RtAOC中，且OA2，得CO3，C(0，3)，将C点坐标代入ya(x+2)(x6)得：，抛物线解析式为：；整理得：y故抛物线解析式为：得：y；(2)由(1)知，抛物线的对称轴为：x2，顶点M(2，4)，设P点坐标为(2，m)(其中0m4)，则PC222+(m3)2，PQ2m2+(n2)2，CQ232+n2，PQPC，在RtPCQ中，由勾股定理得：PC2+PQ2CQ2，即22+(m3)2+m2+(n2)232+n2，整理得：(0m4)，当时，n取得最小值为；当m4时，n取得最大值为4，所以；由知：当n取最大

39、值4时，m4，P(2，4)，Q(4，0)，则，CQ5，设点P到线段CQ距离为h，由得：，故点P到线段CQ距离为2；由可知：当n取最大值4时，Q(4，0)，线段CQ的解析式为：，设线段CQ向上平移t个单位长度后的解析式为：，当线段CQ向上平移，使点Q恰好在抛物线上时，线段CQ与抛物线有两个交点，此时对应的点Q的纵坐标为：，将Q(4，3)代入得：t3，当线段CQ继续向上平移，线段CQ与抛物线只有一个交点时，联解得：，化简得：x27x+4t0，由4916t0，得，当线段CQ与抛物线有两个交点时，3t9(2019西宁)如图，直线yx+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，以A为顶点的抛物线经过点B，点P是

40、抛物线上一点，连接OP，AP(1)求抛物线的解析式；(2)若AOP的面积是3，求P点坐标；(3)如图，动点M，N同时从点O出发，点M以1个单位长度/秒的速度沿x轴正半轴方向匀速运动，点N以个单位长度/秒的速度沿y轴正半轴方向匀速运动，当其中一个动点停止运动时，另一个动点也随之停止运动，过点N作NEx轴交直线AB于点E若设运动时间为t秒，是否存在某一时刻，使四边形AMNE是菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由【分析】(1)求出点A、B的坐标；因为抛物线的顶点为点A，所以设抛物线的表达式为：ya(x2)2，将点B的坐标代入上式，即可求解；(2)AOP的面积OAyP2yP3，解得：yP3，即可求解；(3)t秒时，点M、N的坐标分别为：(t，0)、(0，t)，则点E(2t，t)，而点N(0，t)，故NE2t，当四边形AMNE是菱形时，NEMN，即可求解【解答】解：(1)yx+2，令x