數學中考三輪復習《二次函數與角的等量關系綜合壓軸題》專題達標測試（附答案）（共12小題，每小題10分，滿分120分）1．如圖，拋物線C1:y=ax2+bx?2與x軸交于點A(1,0)，B(4,0)兩點，與y軸交于點C，其頂點為D，將該拋物線沿直線l:y=m(0≤m<94)折疊后得到拋物線(1)求拋物線C1(2)如圖2，當m=0時，動點M，N在拋物線C1上，且位于直線l上方（點M在點N的左側），過M，N分別作y軸的平行線交拋物線C2于點P，Q兩點，當四邊形(3)①求當拋物線C2與直線BC恰好只有一個公共點時m②在①的條件下，拋物線C2上是否存在一點F，使得∠BAF=∠ABC？若存在，直接寫出F2．如圖，已知拋物線y=ax2+bx?2a≠0與x軸交于A、B兩點，與y軸交于C點，直線BD交拋物線于點D，并且(1)求拋物線所對應的函數解析式；(2)若拋物線上存在一個點P，使得∠PDB=∠ABD，請求出P點的坐標．(3)已知點M的坐標?2,0，過點M作直線平行于y軸，在這條直線上是否存在一個以Q點為圓心，OQ為半徑且與直線AC相切的圓？若存在，求出圓心Q的坐標，若不存在，請說明理由．3．如圖（1），拋物線y=ax2+(a?5)x+3（a為常數，a≠0）與x軸正半軸分別交于A，B（A在B的右邊）．與y軸的正半軸交于點C．連接BC，tan∠BCO(1)求拋物線的解析式；(2)如圖（2），設拋物線的頂點為Q，P是第一象限拋物線上的點，連接PQ，AQ，AC，若∠AQP=∠ACB，求點P的坐標；(3)如圖（3），D是線段AC上的點，連接BD，滿足∠ADB=3∠ACB，求點D的坐標4．如圖，拋物線y＝﹣12x2+bx+c與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C(0，3)，點A在原點左側，2CO=9AO(1)求點A坐標：(2)求該拋物線的解析式：(3)點D在該拋物線上，∠DCB=∠ABC，求出點D的坐標．5．拋物線y=?12x2+x+4與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側），與y(1)直接寫出A，B，C三點的坐標；(2)點P是拋物線在第一象限上的一動點，當△BPC的面積最大時．①如圖1，若E是y軸上一點，求△BPE周長的最小值；②如圖2，連接PB，取PB的中點M，x軸上存在一點Q使得∠QMB=∠OBC，求點Q的坐標．6．如圖，拋物線y=ax2+bx?4與x軸交于點A（-2，0）、B（4，0），與y軸交于點C，過點C作x軸的平行線交拋物線于點D，連接AC(1)求拋物線y=ax(2)如圖2，點E（x，0）是線段OB上的點，過點E作與x軸垂直的直線與直線BC交于點F，與拋物線交于點G．①線段FG的長是否存在最大值？若存在，求出這個最大值：若不存在，說明理由；②連接CG，當∠DCG=∠ACO時，求點G的坐標；(3)若點P是直線BC下方的拋物線上的一點，點Q在y軸上，點M在線段BC上，當以C，P，Q，M為頂點的四邊形是菱形時，直接寫出菱形的邊長．7．如圖，平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx+3與x軸交于點A(?3,0)和B(1,0)，與y軸交于點C，點D是拋物線的頂點，連接AD(1)求拋物線的解析式；(2)如圖1，點E在線段CO上，連接AE，當∠EAC=∠DAC時，求點E的坐標；(3)如圖2，將△AOC沿直線AC平移得到△A1O1C1，連接C18．如圖1，拋物線y＝﹣x2+bx+c經過點A（﹣1，0）、B（3，0）．(1)求拋物線的函數表達式：(2)設拋物線的頂點為D，與y軸相交與點C，連接AC、CD、BC、BD，請你判斷∠ACO與∠DBC的數量關系，并說明理由；(3)如圖2，連接AD，與BC相交于點E，點G是拋物線上一動點，在對稱軸上是否存在點F，使得∠EFG=90°，且tan∠FEG=12如果存在，請求出點F9．如圖，在平面直角坐標系中，直線y＝﹣12x+3與x軸交于點A，與y軸交于點B，拋物線y＝13x2+bx+c經過坐標原點和點A，頂點為點(1)求拋物線的關系式及點M的坐標；(2)點E是直線AB下方的拋物線上一動點，連接EB，EA，當△EAB的面積等于252時，求E(3)將直線AB向下平移，得到過點M的直線y＝mx+n，且與x軸負半軸交于點C，取點D（2，0），連接DM，求證：∠ADM﹣∠ACM＝45°．10．如圖1，直線y=ax2+4ax+c與x軸交于點A（-6，0）和點B，與y軸交于點C，且OC=3OB(1)直接寫出拋物線的解析式及直線AC的解析式；(2)拋物線的頂點為D，F為拋物線在第四象限的一點，直線AF解析式為y=?13x?2，求∠CAF(3)如圖2，若點P是拋物線上的一個動點，作PQ⊥y軸垂足為點Q，直線PQ交直線AC于E，再過點E作x軸的垂線垂足為R，線段QR最短時，點P的坐標及QR的最短長度．11．如圖1，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y=?x2+bx+c與x軸交于A（1，0），與y(1)求拋物線的解析式；(2)在拋物線上是否存在這樣的點P，使得∠ACP=∠ABC，若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由；(3)如圖2，點D為線段BC上一點，過點D作y軸的平行線交拋物線于點E，連結BE．當∠DBE=90°時，求SΔ12．如圖，在平面直角坐標系中，二次函數y=?14x2+bx?4的圖象與x軸交于點A和點B(8，0)，與y軸交于點C(1)求二次函數的表達式；(2)連接AC，找出圖中與∠ACO相等的角，并說明理由；(3)若點P是拋物線上一點，滿足∠PCB+∠ACB=∠BCO，求點P的坐標；(4)若點Q在第四象限內，且tan∠AQB=32，M參考答案1．(1)y=?(2)13(3)F1(3+【分析】（1）利用待定系數法即可求得拋物線C1（2）將M點坐標設出來，利用矩形的對稱性分別將點N，點P的坐標表示出來，再表示出線段MN、MP的長，即可得到矩形周長和點M橫坐標的關系式，根據二次函數的性質求出最值即可；（3）求出C2的解析式，①求出直線BC的解析式與C2的解析式聯立，利用根的判別式求出m的值；②設出F點坐標，利用【詳解】（1）解：將A(1,0)，B(4,0)代入C1:y=ax解得a=?1所以拋物線C1的解析式為y=?（2）拋物線C1的對稱軸為直線x=設M(x0,?12x0可得N(5?x當m=0時，C1與C2圖象關于則P(?x∴MN=5?2x0，∴矩形周長=2(MN+MP)=2(?x根據題意可知1<x所以當x0=3（3）拋物線C1的解析式為y=?其頂點坐標為(52,98∴C2的解析式為設直線BC的解析式為y3把C(0,?2)，B(4,0)代入得：4k+b=0b=?2解得：k=1∴y聯立y2，y3得∵拋物線C2與直線BC∴Δ解得：m=1由題意得：OC=2，OB=4，∴tan∵∠ABC=∠BAF，∴tan當m=14，過F作FH⊥x軸，則∴tan設F(x當點F在x軸的上方時，如圖，FH=12xtan∠BAF=解得：x1F1當點F在x軸的下方時，如圖，FH=?12xtan∠BAF=解得：x1F2所以F1(3+3【點睛】本題考查了二次函數解析式的求法和與幾何圖形結合的綜合能力培養，要會利用數形結合的思想將代數和幾何圖形結合起來，利用點的坐標的意義表示線段的長度，從而求出線段之間的關系．2．(1)y=(2)P?5,3或(3)點Q的坐標為(?2,4)或(?2,?1)．【分析】（1）利用已知條件求出點B的坐標，然后用待定系數法求出拋物線的解析式．（2）分情況求解，①作PD//AB，則∠PDB=∠ABD，求得點P的坐標，②當P在BD下方時，設PD交x軸于點G，過點G作GK⊥BD，根據tan∠DBA=12，求得GK的長，進而勾股定理求得BG的長，即可求得點G（3）首先求出直線AC與直線x=2的交點F的坐標，從而確定了Rt△AGF的各個邊長；然后證明Rt△AGF∽Rt△QEF，利用相似線段比例關系列出方程，求出點Q的坐標．（1）解：如圖所示，過點D作DH⊥x軸于點H，∵D2,3，則DH=3，OH=2∵tan∴BH=6，∴OB=BH?OH=4，∴B(?4,0)．∵點B(?4,0)、D(2,3)在拋物線y=ax∴16a?4b?2=04a+2b?2=3解得a=1∴拋物線的解析式為：y=1（2）如圖，①作PD//AB，則∵D由3=1解得x∴P②當P在BD下方時，設PD交x軸于點G，過點G作GK⊥BD，∵B∴BD=∵∠PDB=∠ABD∴BK=KD=∵tan∠DBA=∴GK=3在Rt△BGK中BG=GK2∵B∴G設直線P1D的解析式為y=mx+n，將點D2,3?14∴直線P1D聯立二次函數解析式與直線解析式，得y=解得x∴P綜上所述，點P的坐標為P?5,3或（3）解：假設存在這樣的⊙Q．如圖所示，設直線x=?2與直線AC交于點F．設直線AC的解析式為y=kx+b，將A(1,0)、C(0,?2)代入得：k+b=0b=?2解得：k=2，b=?2，∴直線AC解析式為：y=2x?2，令x=?2，得y=?6，∴F(?2,?6)，GF=6．∵M?2,0，MF⊥x在Rt△AMF中，由勾股定理得：AF=A設Q(?2,n)，則在Rt△OMQ中，由勾股定理得：OQ=O設⊙Q與直線AC相切于點E，則QE=OQ=n在Rt△AMF與Rt△QEF中，∵∠AMF=∠QEF=90°，∠AFG=∠QFE，∴Rt△AMF~Rt△QEF，∴AFQF即35化簡得：n2?3n?4=0，解得n=4或∴存在一個以Q點為圓心，OQ為半徑且與直線AC相切的圓，點Q的坐標為(?2,4)或(?2,?1)．【點睛】本題綜合考查了二次函數的圖象與性質、一次函數的圖象與性質、待定系數法、相似三角形、勾股定理、圓的切線性質、解直角三角形、圖形面積計算等重要知識點，涉及考點眾多，有一定的難度．第（3）問為存在型問題，首先假設存在，然后利用已知條件，求出符合條件的點Q坐標．3．(1)y=(2)P(5，8)(3)D(2011，13【分析】（1）由y=ax2+(a?5)x+3可求出C點坐標，即得出OC的長．再根據tan∠BCO＝13，即可求出OB的長，即得出B點坐標，代入（2）設PQ交x軸于點E，過點Q作QF⊥x軸于點F．根據解析式可求出A(3，0)，Q(2，-1)．從而可得出AB=2，OA=OC=3，QF=AF=1，進而可得出∠CAO=∠FAQ=45°，CA=2OA=32，AQ=2AF=2．又易證△ACB～△AQE，即得出ABAE=ACAQ，代入數據可求出AE=23，從而可求出OE=OA?AE=7（3）過點B作BM⊥AC于點M，作∠CBD的角平分線交AC于點N．由作圖和三角形外角性質結合∠ADB=3∠ACB，可求出∠ACB=∠CBN=∠NBD，即得出CN=BN．根據A、C坐標即得出經過點A和點C的直線解析式為y=?x+3．故可設N(t，-t+3)，根據兩點的距離公式可求出CN2和BN2．由CN=BN，即可解出t的值，得到N(54，74)．設D(s，-s+3)，易證△BCD～△NBD，即得出BD2=CD?ND【詳解】（1）解：對于y=ax2+(a?5)x+3，令x=0∴C(0，3)，∴OC=3．∵tan∠BCO＝13，即OB∴OB=1，∴B(1，0)．將B(1，0)代入y=ax2+(a?5)x+3解得：a=1．∴拋物線的解析式為y=x（2）如圖，設PQ交x軸于點E，過點Q作QF⊥x軸于點F．對于y=x2?4x+3，令y=0解得：x1∴A(3，0)，∴AB=2，OA=OC=3，∴∠CAO=45°，∴CA=2∵y=x∴Q(2，-1)．∴QF=AF=1，∴AQ=2AF=2，∠CAO=∠FAQ=45°∵∠AQP=∠ACB，即∠ACB=∠AQE，∴△ACB～△AQE，∴ABAE=AC解得：AE=2∴OE=OA?AE=3?2∴E(73設直線EQ的解析式為：y=kx+b(k≠0)，則0=73∴直線EQ的解析式為：y=3x?7，聯立y=3x?7y=解得：x1=2y∴P(5，8)；（3）如圖，過點B作BM⊥AC于點M，作∠CBD的角平分線交AC于點N．∵∠ADB=∠ACB+∠CBD，∠ADB=3∠ACB，∴∠CBD=2∠ACB．∵BN是∠CBD的角平分線，∴∠CBD=2∠CBN，∴∠ACB=∠CBN=∠NBD．∴CN=BN．∵A(3，0)，C(0，3)，∴經過點A和點C的直線解析式為y=?x+3．故可設N(t，-t+3)，∴CNBN∵CN2=C解得：t=5∴N(54，7設D(s，-s+3)，∵∠BCD=∠NBD，∠BDC=∠NDB，∴△BCD～△NBD，∴BDND=CD∵BDCD=(ND=(∴2s解得：s=20∴D(2011，13【點睛】本題為二次函數綜合題，涉及二次函數與坐標軸的交點、銳角三角函數、相似三角形的判定和性質、勾股定理、一次函數圖象與二次函數圖象的交點、角平分線的定義，三角形外角的性質以及兩點的距離公式等知識．屬于中考壓軸題，困難．熟練掌握各知識點，并利用數形結合的思想是解題關鍵．4．(1)（-23(2)y=?(3)（253，3）或（596，【分析】（1）由題意可知OC=3，根據2CO=9AO，可求OA=23，可知點（2）A（-23，0），點C（0,3）代入解析式y=?（3）如圖分兩種情況點：點D在直線BC上方和下方討論即可．【詳解】（1）解：由題意可知OC=3∵2CO=9AO∴2×3=9OA∴OA=2∴點A的坐標為（-23（2）解：將點A（-23，0），點C（0,3）代入解析式得3=c解得：b=25∴該拋物線的解析式為y=?1（3）解：情況一：如圖，過點C作CD1∴∠DCB=∠ABC令?解得x1∴點D1的坐標為（25情況二：如圖，取BC中點M，過點M作MN⊥BC交AB于點N，連接CN，并延長CN交拋物線與于點D∵直線MN是線段BC的垂直平分線∴CN=BN∴∠DCB=∠ABC由（2）可知y=?令?解得x1∴點B坐標為（9,0）設直線BC解析式為y=kx+b(k≠0)將點B（9,0），點C（0,3）代入y=kx+b(k≠0)得3=b0=9k+b解得k=?∴直線BC解析式為y=?∵點M是BC中點∴點M坐標為（92∵MN⊥MC∴直線MN的k為3設直線MN解析式為y=3x+a將點M（92，得a=?12∴直線MN解析式為y=3x?12令3x?12=0，解得x=4∴點N坐標為（4,0）設直線CN解析式為y=mx+n將點C（0,3），N（4,0）代入y=mx+n得3=n0=4m+n解得m=?∴直線CN解析式為y=?將直線CN與拋物線聯立得y=?1解得x=0y=3或x=∴點D2的坐標為（596，綜上點D的坐標為（253，3）或（596，【點睛】本題是二次函數的綜合，掌握待定系數法求解析式以及等腰三角形和平行線的性質是解題的關鍵．5．(1)A?2,0,B(2)①25+213，②【分析】（1）分別令x=0，y=0，解方程求解即可；（2）過點P作PN⊥x軸交BC于點N，先求得BC的解析式，進而設Pm,?12m2+m+4m>0，則Nm,?m+4，根據二次函數的性質求得當△BPC的面積最大時，P2,4，①作B關于y軸的對稱點B′，連接PB′交y軸于點E′，根據對稱性求得線段和最小值，即△BPE周長的最小值為PB+PB′，②連接PB，取PB的中點M，過點M作MD⊥PB，交x軸于點D，過P作x的垂線，交x軸于點F，作∠BMD的角平分線交x軸于點Q1，過點M（1）由y=?12x2∴C令y=0，則?解得x∴A（2）如圖，過點P作PN⊥x軸交BC于點N，∵B設直線BC的解析式為y=kx+b，4k+b=0解得k=?1∴直線BC的解析式為y=?x+4，∵點P是拋物線在第一象限上的一動點，設Pm,?12m∴PN=?12當m=2時，PN最大∵∴當△BPC的面積最大時，P2,4①如圖1，若E是y軸上一點，作B關于y軸的對稱點B′，連接PB′交∵B∴B′?4,0∴PB+PE+EB=P∴△BPE周長的最小值為PB+P∵P∴PB+P即△BPE周長的最小值25②如圖2，連接PB，取PB的中點M，過點M作MD⊥PB，交x軸于點D，過P作x的垂線，交x軸于點F，作∠BMD的角平分線交x軸于點Q1，過點M作M∴∠∵OB=OC=4∴∠OBC=45°∵∠QMB=∠OBC∴Q∵P2,4，B4,0，M為∴M3,2,∴MB=4?32+2∵∠DMB=∠PFB=90°,∠PBF=∠DBM∴△PFB∽△DMB∴∴DB=PB?MBFB∵B∴D∵∠QMB=∠OBC，∴MQ1是∴Q1到MD,MB的距離相等，設為則S∴∵M∴MD=∴設Q1q,0∴q+1=2解得q=∴Q同理，設Q2M即3?解得t=9或t=7Q2綜上所述，Q73【點睛】本題考查了二次函數綜合，相似三角形的性質與判定，角平分線的性質，軸對稱求最值問題，綜合運用以上知識是解題的關鍵．6．(1)y=(2)①當x=2時，FG有最大值，FG的最大值=2；②G（3，－52）或（1，－4.5）(3)2或4【分析】（1）先求得點C的坐標，設拋物線的解析式為y=a(x+2)(x?4)，將點C的坐標代入求得a的值即可；（2）①先求得直線CB的解析式，由F（x，x-4），G(x,12x2?x?4)得到FG=?12x2+2x，然后依據二次函數的性質求解即可；②過點D作DH∥y軸，交CG于點H，先求得點D的坐標，則可得到（3）當點Q在點C的上方時，由菱形的對角線平分每一組對角可得到∠ACP=90°，則CP∥x軸，可求得點P的坐標，故此可得到菱形的邊長；當點Q在點C的下方時．過點P作PE⊥y軸，垂足為E．設菱形CQPM的邊長為a，可求得點P的坐標為(22a,?4?a+22(1)解：將x=0代入拋物線的解析式得：y=?4∴C（0，－4）．設拋物線的解析式為y=ax+2將點C的坐標代入得；?8a=?4，解得：a=∴y=12x+2(2)①設直線BC的解析式為y=kx+b，將點B和點C的坐標代入得：b=?4解得：k=1，b=?4∴直線CB的解析式為y=x?4∵點E（x，0），EF⊥x軸，Fx,x?4，∴FG=x?4?∴當x=?212×2=2時，②如圖1所示：過點D作DH//y軸，交CG于點H．∵CD∥x軸，∴點D的縱坐標為－4．將y=?4代入拋物線的解析式得：?4=1解得：x=2或x=0∴D（2，－4）．∴CD=2∵∠ACO=∠DCG∴tan∠ACO=tan∠DCG∴HDCD=AOOC∴H（2，－3）．設CG的解析式為y=kx?4，將點H的坐標代入得：2k?4=?3，解得k=∴直線CG的解析式為y=1將y=12x?4代入y=解得：x=0或x=3將x=3代入y=12∴G（3，－52當G點在CD下方時，∴H（2，－5）．∴直線CG的解析式為y=??12x?4=1將x=1代入y=?12x?4∴G（1，－4.5），綜上所述，滿足條件的點G（3，－52）或（1，－4.5）(3)如圖2所示，當點Q在點C的上方時，∵OB=OC=4，∴∠OCB=45°，∵QCPM為菱形，∴∠QCP=90°∴CP//x軸．由（2）可知點P的坐標為（2，-4）．∴菱形的邊長為2．如圖3所示：當點Q在點C的下方時，過點P作PE⊥y軸，垂足為E．設菱形COPM的邊長為a，則QC=PQ=a，∵∠CQP=45°，∴EP=QE=22∴P的坐標為22將點P的坐標代入拋物線的解析式得：?4?a+2解得：a=42綜上所述菱形COPM的邊長為2或42【點睛】本題主要考查的是二次函數的綜合應用，解答本題主要應用了待定系數法求二次函數的解析式，二次函數的性質、銳角三角函數的定義，菱形的性質，分類討論是解答本題的關鍵．7．(1)y=－x2－2x+3(2)E(0，1.5)(3)存在，（－1+5，2+5）或（－1－5，2－5）或（－4+5，【分析】（1）根據待定系數法，把點A（-3，0）和B（1，0）代入y=ax2+bx+3，即可求得拋物線解析式；（2）在AD上截取AG=AE，連接CG，由∠EAC=∠DAC，可證△GAC≌△EAC，可得∠GCA=∠ECA=45°，所以∠GCO=90°，進而可得GC∥AO，則點C和點G的縱坐標相等，然后代入直線AD解析式即可求得點G的坐標；（3）根據OA=OC，設△AOC向右平移了a個單位長度，可得A1（-3＋a，a），C1（a，3+a），分別求出A1B2，A1C12=9＋9=18，BC12，然后根據△A1BC1是等腰三角形，分三種情況：當A1B=A1C1時，當A1B=BC1時和當A1C1=BC1時，分別求出A1的坐標．(1)解：∵拋物線y=ax2+bx+3與x軸交于點A（－3，0）和B（1，0）∴{9a?3b+3=0解得：a=?1∴y=-x2-2x+3；(2)如圖，在AD上截取AG=AE，連接CG，∵y=-x2-2x+3，∴當x=0時，y=3，∴C（0，3），∵A（-3，0），∴AO=CO，∴∠ACO=45°∵y=-x2-2x+3，∴y=-（x+1）2+4，∴D(－1，4)，設直線AD的解析式為y=kx+m∵A(-3，0)，D(-1，4)∴?3k+m=0?k+m=4解得：{∴y=2x+6∵AG=AE，∠GAC=∠EAC，AC=AC∴△GAC≌△EAC∴∠GCA=∠ECA=45°∴∠GCO=90°∴GC∥AO∴點G的縱坐標為3，把y=3代入y=2x+6，得：3=2x+6，解得：x=-1.5，∴CE=CG=1.5，∴E(0，1.5)(3)∵OA=OC，∴∠CAO=45°，設△AOC向右平移了a個單位長度，∵A（-3，0），B（1，0），C（0，3），∴A1（-3＋a，a），C1（a，3+a），∴A1B2=（-3＋a－1）2＋a2=2a2－8a＋16，A1C12=AC2=9＋9=18，BC12=（a-1）2＋（3＋a）2=2a2＋4a＋10，若△A1BC1是等腰三角形，當A1B=A1C1時，則A1B2=A1C12，即：2a2－8a＋16=18，解得：a1此時，A1的坐標為：（?1＋5，當A1B=BC1時，則A1B2=BC12，即：2a2－8a＋16=2a2＋4a＋10，解得：a=1此時，A1的坐標為：（?5當A1C1=BC1時，則A1C12=BC12，即：18=2a2＋4a＋10，解得：a1此時，A1的坐標為：（?4?5，?1?綜上所述，在平移過程中存在點A1，使△A1BC1是等腰三角形，A1的坐標為：（－1＋5，2＋5）或（?1?【點睛】本題主要考查的是二次函數的綜合應用，解答本題主要應用待定系數法求二次函數、一次函數的解析式，全等三角形的判定和性質，點的坐標與函數解析式的關系，熟練掌握兩點距離公式和分類討論思想是解題關鍵．8．(1)y=?(2)∠ACO=∠DBC；理由見解析(3)(1,?22+23【分析】（1）將點A(?1，0)、B(3，（2）判定△BCD是直角三角形，分別求出tan∠ACO=13，tan∠DBC=CD（3）利用直線AD與直線BC的解析式求出點E的坐標(13，83)，設F(1,t)，分三種情況討論：①當G點在對稱軸的右側，F點在E點下方時，過點F作MN⊥y軸，過E點作EM⊥x軸交MN于點M，過點G作GN⊥MN交于N點，證明△EFM～△FGN，求出G(73?12t，t＋13)，再將G點代入拋物線解析式即可求t的值；②當G點對稱軸的左側，F點在E點下方時，過E點作EK垂直對稱軸交于點K，過點F作FH⊥y軸，過點G作GH⊥HF交于H，證明△HGF～△KEF，可得G(12t?13，t?13)，再將G點代入拋物線解析式即可求t的值；③當F點在（1）解：將點A(?1,0)B(3,0)代入y=?x{?1?b+c=0解得：{b=2所以拋物線解析式為y=?x（2）∵y=?x2+2x+3∴D(1,4)，令x=0，則y=3，∴C(0,3)，∴AO=1,CO=3，∴tan∠ACO=∵A(?1,0),B(3,0),D(1,4)，BC=32∴BD∴△BCD是直角三角形，∴∠BCD=90°，∴tan∴∠ACO=∠DBC；（3）存在點F，使得∠EFG=90°，且tan∠FEG=∵y=?拋物線的對稱軸為直線x=1，設直線的解析式為y=kx+b，得，{3k+b=0解得：{k=?1設直線AD的解析式為y=k{?解得：{k∴y=2x+2，聯立方程組{y=2x+2解得：{x=∴E(1設F(1,t)，如圖1，當G點在對稱軸的右側，F點在E點下方時，過點F作MN⊥y軸，過E點作EM⊥x軸交MN于點M，過點G作GN⊥MN交于N點，∵∠EFG=90°，∴∠EFM+∠FEM=90°，∴∠FEM=∠GFN，∴△EFM～△FGN，∴EF∵tan∴∴FN=∵FM=∴FN=4∴G(7∴t+1∴t1=2∴F(1,?22如圖2，當G點對稱軸的左側，F點在E點下方時，過E點作EK垂直對稱軸交于點K，過點F作FH⊥y軸，過點G作GH⊥HF交于H，∵∠EFG=90°，∴∠HFG+∠HFE=90°，∵∠HFE+∠EFK=90°，∴∠HFG=∠EFK，∴△HGF～△KEF，∴GF∵tan∴GF∴HG=1∵KF＝∴HF＝∴G(1∴t?1解得：t1=?4∴F(1,?4如圖3，當F點在E點上方時，此時G點在對稱軸的右側，過點F作PQ∥x軸，過點E作EP⊥PQ交于點P，過點G作GQ⊥PQ交于點∵∠EFG=90°，∴∠PFE+∠QFG=90°，∵∠PFE+∠PEF=90°，∴∠QFG=∠PEF，∴△PEF～△QFG，∴EF∵tan∴FG∴PF=2QG，∵PF=2∴QG=1∴G(1∴t?1解得：t1=2+4∵8∴F(1,2+4綜上可得：點的坐標為(1,?22+23)【點睛】本題是二次函數的綜合題，涉及知識點：待定系數法求函數解析式、勾股定理逆定理、三角函數值、三角形相似的性質及判斷、解一元二次方程；熟練掌握二次函數的圖象及性質，三角形相似的判定及性質是解題的關鍵．9．(1)y＝13x2﹣2x；點M(2)點E的坐標為（1，﹣53）或（72，﹣(3)見解析【分析】（1）先求出A、B坐標，再根據拋物經過原點得到c=0，由此利用待定系數法求出拋物線解析式，然后求出頂點坐標即可；（2）如圖1，過點E作EH∥y軸交AB于點H，設點E的坐標為（m，13m2﹣2m），則點H（m，?12m（3）設直線CM與y軸交于點E先求出直線CM的解析式為y=?12x?32，從而得到點C（﹣3，0），點E（0，?32），即可求出sin∠OCE=OECE（1）解：對于y＝﹣12x+3，令y＝﹣12x+3＝0，解得x＝6，令x＝0，則故點A、B的坐標分別為（6，0）、（0，3），∵拋物線y＝13x2+bx+c經過坐標原點，故c將點A的坐標代入拋物線表達式得：0＝13×36+6b，解得b故拋物線的表達式為y＝13x2﹣2x則拋物線的對稱軸為x＝3，當x＝3時，y＝13x2﹣2x則點M的坐標為（3，﹣3）；（2）解：如圖1，過點E作EH∥y軸交AB于點H，設點E的坐標為（m，13m2﹣2m），則點H（m，?1∴EH=?1∴S△EAB解得x＝1或x=7故點E的坐標為（1，﹣53）或（72，（3）解：設直線CM與y軸交于點E∵直線AB向下平移后過點M（3，﹣3）∴直線CM的解析式為y=?1∴?3=?1∴n=?32∴直線CM的解析式為y=?1令y＝﹣12x﹣32＝0，解得x＝﹣3，令x=0，則∴點C（﹣3，0），點E（0，?3∴OC=3，OE=3∴CE=O∴sin過點D作DH⊥CM于點H，∵D（2，0），C（-3，0），M（3，-3），∴CD=5，DM=3?2∴DH=CD?sin∠HCD∴sin∠HMD∴∠HMD=45°，∴∠ADM﹣∠ACM=∠HMD＝45°【點睛】本題主要考查了二次函數與一次函數綜合，待定系數法求函數解析式，解直角三角形，解題的關鍵在于能夠正確作出輔助線進行求解．10．(1)拋物線的解析式為y=-12x2-2x+6，直線BC的解析式為y=x(2)45°(3)點P的坐標為（-2+10，3）或（-2-10，3），QR的最短長度為3【分析】（1）根據拋物線的對稱軸為直線x=?4a2a=-2，可得B（2，0），再由OC=3OB，可得C（0，6），然后將B、（2）先求出頂點D(-2，8)，過D作DM⊥y軸于M，連接CD，設直線AF交y軸于點N，則M（0，8），從而得到∠MCD=45°，CD=22，再由C（0，6），點A（-6，0），可得∠OCA=45°，從而得到∠ACD=90°，AC=62，可得到tan∠CAD=CDAC=2262=1（3）連接OE，由四邊形OQER為矩形，可得對角線QR=OE，從而得到當OE⊥AC時，QR=OE最短，再由直角三角形的性質可得QR=OE=12AC=32，再求出E（-3，3），可得P（1）解：∵拋物線的對稱軸為直線x=?4a2a=-2，點A和點B關于對稱軸對稱，點∴B（2，0），∴OB=2，∴OC=3OB=6，∴C（0，6）將B、C兩點坐標代入拋物線解析式，得：4a+8a+c=0c=6解得a=-12，c故拋物線的解析式為：y=-12x2-2x設直線BC的解析式為y=kx+m，將A、C兩點坐標代入得：?6k+m=0m=6解得：k=1，c=6，故直線BC的解析式為y=x+6；（2）解：∵y=-12x2-2x+6=-12(∴頂點D(-2，8)，過D作DM⊥y軸于M，連接CD，設直線AF交y軸于點N，則M（0，8），∵C（0，6），∴DM=CM=2，∴∠MCD=45°，CD=22，又點A（-6，0），∴OA=OC=6，∴∠OCA=45°，∴∠ACD=90°，AC=62Rt△ACD中，tan∠CAD=∵直線AF：y=?13x?2與y∴ON=2，∴tan∠BAF=∴∠CAD=∠BAF，故∠CAF-∠CAD=∠CAF-∠BAF=∠OAC=45°；（3）解：如圖，連接OE，∵PQ⊥y軸，ER⊥x軸，∴∠OQE=∠ERO=∠QOR=90°，∴四邊形OQER為矩形，∴對角線QR=OE，∴當OE⊥AC時，QR=OE最短，∵OA=OC=6，△AOC為等腰直角三角形，∴E為線段AC的中點，∴QR=OE=12AC=32∵點A（-6，0），∴E（-3，3），∵PQ⊥y軸，∴P點縱坐標為3，將y=3代入拋物線的解析式，得：-12x2-2x+6=3，解得x=?2±∴點P的坐標為（-2+10，3）或（-2-10，3），QR的最短長度為32【點睛】本題主要考查了二次函數的圖像和性質，等腰直角三角形的判定和性質，解直角三角形，矩形的判定和性質，熟練掌握相關知識點，并利用數形結合思想解答是解題的關鍵．11．(1)y=?(2)存在點P，使得∠ACP=∠ABC，點P的坐標為7(3)S【分析】（1）利用待定系數法求拋物線解析式即可；（2）根據B、C兩點坐標得到∠ACP=45°，再構造K型全等求出點F坐標，再根據C、F兩點坐標求出直線CF的解析式，最后由交點為P求出P點坐標即可；（3）根據∠DBE=90°得到∠EBA=45°，可求出直線B