第第頁參考答案1．(1)(2)（ⅰ）見解析；（ⅱ）或或或【分析】（1）運用待定系數法解方程組即可；（2）①利用勾股定理的逆定理證明即可；②分兩種情況：當以及，列出比例式，求出，再求點P坐標．【詳解】（1）解：∵拋物線經過點和，，解得拋物線的函數表達式為；（2）解：（ⅰ），當時，，點坐標為，當時，，解得或，點A在點的左側，點A坐標為，點坐標為，，，，，，，是直角三角形；

（ⅱ），拋物線的對稱軸是直線，點坐標為，設點坐標為，分兩種情況：①當時，，即，解得，此時點的坐標為或；②當時，，即，解得，此時點的坐標為或；綜上，點坐標為或或或．【點睛】本題考查了二次函數的綜合，涉及了待定系數法求函數解析式，相似三角形的判定與性質，勾股定理的逆定理．解答本題注意分類討論的思想以及數形結合的思想的應用．2．(1)(2)存在，，(3)【分析】（1）由直線與兩坐標的交點可得，，然后利用待定系數法求解即可；（2）在圖1中，過點M作交直線于點N，設，則，，利用坐標與圖形可得，由求得t值，進而可求解；（3）過點P作交直線于點E，則，所以，設點，利用坐標與圖形可得，利用二次函數的性質求解即可．【詳解】（1）解：直線與坐標軸交于A、B兩點，當時，，當時，，，，將A、B代入拋物線，得，解得，拋物線的解析式為：．（2）解：存在．在圖1中，過點M作交直線于點N，依題意，設，則，，，∴，由得，解得，，當時，，則；當時，，則，綜上，存在點M，使得的面積等于3，此時，；（3）解：在圖2中，過點P作交直線于點E，則，，則，設點，，，，∵，，∴當時，有最大值，最大值為．【點睛】本題是二次函數與一次函數的交點問題，考查了用待定系數法求二次函數的解析式，二次函數的性質，坐標與圖形，相似三角形的判定與性質，解一元二次方程等知識，解題的關鍵是添加合適的輔助線構造．3．(1)，(2)最大值為(3)存在，或【分析】（1）令，得到，即可求解；（2）設，則，先求出直線的解析式為，可得，可得到用m表示的長，再根據二次函數的性質，即可求解；（3）根據題意可得，從而得到當以點，，為頂點的三角形與相似時，與為對應頂點．然后分兩種情況討論，即可求解．【詳解】（1）解：∵拋物線與軸相交于，兩點∴．解得：，∴，；（2）解：設，則，∵拋物線與軸相交于點，∴．設直線解析式為，∵直線經過點，，∴，解得．∴直線的解析式為，∴，又∵，∴；∴當時，取得最大值；（3）解：存在以點，，為頂點的三角形與相似，理由如下：設，由（2）得：，如圖，過點F作軸于點G，則，由（1）可得：，∴，∴是等腰直角三角形，∴．∴當以點，，為頂點的三角形與相似時，與為對應頂點．①當時，，即，解得：或（舍去），∴；②當時，，即解得：或（舍去）∴．綜上所述，或．【點睛】本題主要考查了二次函數的圖象和性質，相似三角形的性質，熟練掌握二次函數的圖象和性質，相似三角形的性質，利用分類討論思想解答是解題的關鍵．4．(1)，，；(2)①；②點P的坐標為和．【分析】（1）分別令、，求出對應的y值和x的值，即可求出A、B、C的坐標；（2）①根據點P的橫坐標為t，可得，，然后分點P在y軸的左側和點P在y軸的右側兩種情況，分別表示出即可；②分時和時兩種情況，分別根據相似三角形的性質列出比例式，整理后得出關于t的一元二次方程，解方程求出t的值即可．【詳解】（1）解：當時，，當時，即，解得：，，∴，，；（2）解：①設直線的解析式為，把，代入，得，解得：，∴直線的解析式為，∵點P的橫坐標為t，∴，，當點P在y軸的左側，即時，由題意得：；當點P在y軸的右側（包含原點），即時，由題意得：；綜上，；②如圖，當時，可得，即，∴，整理得：，解得：，（不合題意，舍去），當時，可得，即，∴，整理得：，解得：，（不合題意，舍去），綜上，點P的坐標為和．【點睛】本題是二次函數的綜合題，主要考查了二次函數的圖像和性質、二次函數的應用、相似三角形的判定和性質，解一元二次方程等知識，解題的關鍵是數形結合思想與分類討論思想的應用．5．(1)(2)(3)【分析】（1）先根據二次函數與y軸的交點，求出，可得出，再代入解二次函數解析式即可；（2）過P作軸于K，交AC于點J，分別用含t的代數式表示出KJ，PJ，在中，有勾股定理即可求出求d與t的函數關系式；（3）延長DF交AB于N，過F、D分別作，，垂足為H、Q，證明，，根據相似三角形的性質及勾股定理即可求DF的長．【詳解】（1）解：拋物線交y軸于C，當x＝0時，y＝3a，∴，∴OC＝3a，∵OA＝OC，∴OA＝3a，∴，∵點A在拋物線上，∴，解得：，，∵a＞0，∴a＝1，∴拋物線解析式．（2）過P作軸于K，交AC于點J，∵點P橫坐標為t，∴OK＝－t，∵，∴OA＝3，AK＝AO－OK＝3－（－t）＝3＋t，∵OA＝OC，∴∠OAC＝45°，∠KJA＝∠KAJ＝45°，∴KJ＝AK＝3＋t，∵點P在拋物線上，當x＝t時，，∴，，∵PD=d，∠DJP＝∠AJK＝45°，∴∠DPJ＝∠DJP，DJ＝DP，∴DP＝DJ＝d，在中，∠PDA＝90°，∴，

，，∴．（3）延長DF交AB于N，過F、D分別作，，垂足為H、Q，∵拋物線為，∴，，∴AB＝4，∵，∴，∴，∵，，，∴∠DAB＝45°，，∵，，∴，

∴，設NF＝2m，則ND＝5m，DF＝3m，∵∠DFE＝45°，∠DAB＝45°，∴∠DAF＋∠ADF＝45°，∠DAF＋∠NAF＝45°，∴∠ADF＝∠NAF，∵∠ANF＝∠DNA，∴，∴，∴，∴（負值舍去）在中，，，DQ＝2，勾股定理得，∴，

解得：，（負根舍去），∴．【點睛】本題考查二次函數與幾何圖形綜合，涉及到勾股定理、相似三角形的判定和性質，屬于中考壓軸題，解題的關鍵在于熟練掌握二次函數的性質和相似三角形的性質和判定定理．6．(1)(2)(3)存在，(4)或【分析】（1）由二次函數交點式表達式，即可求解；（2）先由二次函數解析式求得，C(0，4)，P(m，-+m+4)，證△BMQ∽△BOC，從而求得MQ=，PQ=PM-MQ=，再證△PNQ∽△BMQ，求得PN=，代入即可求解．（3）過點C作CD⊥OC，交直線MP于D，易證四邊形OMDC是矩形，從而得PD=MD-PM=4-(-+m+4)=-m，再證∠PCD=∠PCN，從而得到PN=PD，由（2）知：PN=，則有-m=，求解即可；（4）分AC=AQ、AC=CQ、CQ=AQ三種情況，分別求解即可；【詳解】（1）解：設二次函數表達式為：y=a（x+2）（x-3）=a（x2-x-6）=ax2-ax-6a，又∵拋物線y＝ax2＋bx＋4∴-6a=4，解得：a=-，則拋物線的表達式為y=-+x+4；（2）解：當x=m，則y=-+m+4，∴P(m，-+m+4)，當x=0時，y=4，∴C(0，4)，∴OC=4，∵B(3，0)，∴OB=3，∴BC=，∵PM⊥x軸，∴PMOC，∴△BMQ∽△BOC，∴，即，，∴MQ=，∴PQ=PM-MQ=-+m+4-=，∵PN⊥BC，∴∠PNQ=∠BMQ=90°，∵∠PQN=∠BQM，∴△PNQ∽△BMQ，∴，即，∴PN==；（3）解：過點C作CD⊥OC，交直線MP于D，如圖，∵CD⊥OC，OC⊥OM，PM⊥OM，∴四邊形OMDC是矩形，∴OCD=∠PDC=90°，MD=OC=4，∴PD=MD-PM=4-(-+m+4)=-m，∴∠BCO＋∠PCN+∠PCD＝90°當∠BCO＋2∠PCN＝90°時，則∠PCD=∠PCN，∴PD=PN，由（2）知：PN=，∴-m=，化簡得：，解得：，，∵點P是第一象限內拋物線上的一動點，點P的橫坐標為m，∴m=，∴當m=時，在第一象限的拋物線上存在點P，使得∠BCO＋2∠PCN＝90°；（4）解：存在，理由：點A、B、C的坐標分別為（-2，0）、(3，0)、(0，4)，則AC=，AB=3-(-2)=5，，①當AC=AQ時，如圖1，則AC=AQ=，∵M(m，0)，∴AM=m+2，由（2）知：MQ=，由勾股定理，得，∴，解得：m=或m=0(舍去)，∴m=；②當AC=CQ時，如圖2，CQ=AC=，則BQ=BC-CQ=5-，由勾股定理，得，即，解得：m=或m=(不符合題意，舍去)，∴m=；③當CQ=AQ時，點Q在AC的垂直平分線上，∵BC=AB=5，∴點B在AC的垂直平分線上，∴點Q與點B重合，不符合題意，∴CQ=AQ此種情況不存在；綜上，△ACQ為等腰三角形時，m=或．【點睛】主要考查了二次函數的解析式的求法和與了二次函數幾何圖形結合的綜合能力的培養．要會利用數形結合的思想把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．本題屬二次函數與幾何圖形綜合題目，難度較大，熟練掌握二次函數圖象性質，相似三角形判定與性質，勾股定理是解題的關鍵．7．(1)(2)或(3)或【分析】（1）根據拋物線的解析式令即可求得的坐標，令即可求得點的坐標，進而待定系數法求得直線的解析式；（2）由（1）設點，則在上，代入解方程即可求得的值，進而求得點的值；（3）先求得直線的解析式，進而表示出解析式，得點的坐標為，進而根據平行得，根據相似三角形的性質可得，根據勾股定理及逆定理證明是直角三角形，進而可得對稱后的點與重合，進而可得，求得點的縱坐標，進而根據求得的值，即可求得點的坐標．【詳解】（1）解：已知拋物線交x軸于A，B兩點，交y軸于點C，令，得即令，即解得設直線的解析式為，將點代入得，解得直線的解析式為（2）點P是直線上一動點，直線的解析式為設點，點P關于原點O的對稱點Q剛好落在拋物線上，則在上即解得或或（3）依題意，設點，設直線的解析式為，將點代入得，解得直線的解析式為PEBC設直線的解析式為令，，則點的坐標為，，PEBC是直角三角形將沿對折，點P的對應點恰好落在x軸上時，,與點重合，則，解得或即或解得或或【點睛】本題考查了二次函數與坐標軸交點問題，軸對稱問題，相似三角形的性質與判定，勾股定理及其逆定理，一次函數的平移問題，設參數求解是解題的關鍵．8．(1)(2)①2；②【分析】（1）先求出點A，點B坐標，利用待定系數法可求解析式；（2）①證明△ADE∽△BDC，由相似三角形的性質得出∠DAE＝∠DBC，證出AE∥BC，得出C點的縱坐標為2，則可求出答案；②設C（t，），過點B作BH⊥CE于點H，得出tan∠BCH＝tan∠ACE，則，解方程求出t的值，則可求出答案．【詳解】（1）解：由y=-x+2可得：當x=0時，y=2；當y=0時，x=3，∴A（3，0），B（0，2），把A、B的坐標代入y=-x2+bx+c得：，解得：，∴拋物線的解析式為：y=-x2+x+2；（2）①如圖1，∵DE∥OB，∴，∵，∴，又∵∠ADE=∠BDC，∴△ADE∽△BDC，∴∠DAE=∠DBC，∴AE∥BC，∴C點的縱坐標為2，∴2=-x2+x+2，∴x=0或x=2，∴C（2，2），∴t=2；②如圖2，設C（t，-t2+t+2），過點B作BH⊥CE于點H，∵∠BCH=∠ACE，∴tan∠BCH=tan∠ACE，∴，∴，∴t=，∴C（，），∴S△ACB=S△ACE+S梯形BOCE-S△ABO=．【點睛】本題是二次函數綜合題，考查了待定系數法求解析式，平行線的判定和性質，相似三角形的判定和性質，二次函數的性質等知識，靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵．9．(1),，(2)，或，(3)【分析】（1）求出、點的坐標，用待定系數法求直線的解析式即可；（2）由題意可知是直角三角形，設，分兩種情況討論①當，時，，此時，由此可求；②當時，過點作軸交于點，可證明，則，可求，再由點在拋物線上，則可求，進而求點坐標；（3）作的垂直平分線交軸于點，連接，過點作于點，則有，在中，，求出，，則，設，則，，則有，求出，即可求．【詳解】（1）解：令，則，或，，令，則，，設直線的解析式為，，，，，，；（2）解：，，是直角三角形，設，①如圖1，當，時，，，，（舍或，，；②如圖2，當時，過點作軸交于點，，，，，，即，，，，（舍或，，；綜上所述：點的坐標為，或，；（3）解：如圖3，作的垂直平分線交軸于點，連接，過點作于點，，，，，在中，，，，，，，設，則，，，，，，，，，，，．【點睛】本題是二次函數的綜合題，求一次函數的解析式，解題的關鍵熟練掌握二次函數的圖象及性質，三角形相似的性質與判定，分類討論，數形結合也是解題的關鍵．10．(1)(2)(3)N的坐標是【分析】（1）根據拋物線過點A，對稱軸為直線列方程計算即可；（2）求出B、C坐標及直線BC解析式，由可得，再設E、F的坐標，根據相似計算即可；（3）由翻折結合EF∥y軸可得，設E、F坐標計算即可．【詳解】（1）由題意得：解得：

∴所求的拋物線的解析式是：（2）由題意得：，∴直線BC的解析式為：∴，∴設，則當以C、E、F為頂點的三角形與相似時，①若，則，∴或（舍去）∴②若，則，∴或（舍去）∴（3）∵是由沿直線CE翻折而得∴，∵，∴，∴，∴設，則∵，解得：或（舍去）

∴∴∴N的坐標是【點睛】本題考查二次函數的綜合應用，涉及解析式、三角形相似的判定與性質、對稱變換等知識，解題的關鍵是用含字母的代數式表示相關的線段長度，根據已知列方程求解．11．(1)，點D（-3，-5）；(2)或(3)【分析】（1）把點，代入可求出拋物線解析式，再由，OC⊥AB，可得點D的橫坐標為-3，即可求解；（2）根據勾股定理求出BC=5，設點E（0，m），則BF=CE=4-m，可得CF=BC-BF=m+1，然后分兩種情況討論：當∠CEF=∠BOC=90°時，EF∥x軸，△ECF∽△OCB，當∠CFE=∠BOC=90°時，△FCE∽△OCB，即可求解；（3）連接AD，DF，可證得△BDF≌△CAE，可得DF=AE，從而得到當A、F、D三點共線時，AE+AF的值最小，最小值為AD的長，再由勾股定理求出AD，即可求解．【詳解】（1）解：把點，代入得：，解得：，∴拋物線解析式為，∵A（3，0），∴OA=3，∵，OC⊥AB，∴OB=OA=3，即點D的橫坐標為-3，當x=-3時，，∴點D（-3，-5）；（2）解：∵點C（0，-4），∴OC=4，∴，設點E（0，m），則BF=CE=4-m，∴CF=BC-BF=5-（4-m）=m+1，∵∠ECF=∠OCB，當∠CEF=∠BOC=90°時，EF∥x軸，△ECF∽△OCB，∴，即，解得：，∴，解得：，∴此時點F；當∠CFE=∠BOC=90°時，△FCE∽△OCB，過點F作FG⊥y軸于點G，∴，即，解得：，∴，∵，∴，∴，∴，∴此時點F；綜上所述，點F的坐標為或；（3）如圖，連接AD，DF，∵AC=BC，且OC⊥AB，∴∠OCB=∠OCA，∵點D（-3，-5），軸，∴BD=BC=AC=5，BD∥y軸，∴∠CBD=∠OCB，∴∠CBD=∠OCA，∵，∴△BDF≌△CAE，∴DF=AE，∴=DF+AF≥AD，即當A、F、D三點共線時，AE+AF的值最小，最小值為AD的長，，即AE+AF的最小值為．【點睛】本題考查了二次函數的綜合題：熟練掌握二次函數圖象上點的坐標特征、二次函數的性質和相似三角形的判定與性質；會利用待定系數法求函數解析式；理解坐標與圖形性質；會運用分類討論的思想解決數學問題．12．(1)(2)或(3)存在，或或【分析】（1）先求出點A、B、C坐標，再利用待定系數法求解函數關系式即可；（2）聯立方程組，由判別式△=0求得b值，結合圖象即可求解；（3）根據相似三角形的性質分∠CNM=90°和∠NCM=90°討論求解即可．【詳解】（1）解：由翻折可知：.令，解得：，，∴，，設圖象的解析式為，代入，解得，∴對應函數關系式為=．（2）解：聯立方程組，整理，得：，由△=4-4（b-2）=0得：b=3，此時方程有兩個相等的實數根，由圖象可知，當b=2或b=3時，直線與圖象有三個交點；（3）解：存在．如圖1，當時，，此時，N與C關于直線x=對稱，∴點N的橫坐標為1，∴；如圖2，當時，，此時，點縱坐標為2，由，解得，（舍），∴N的橫坐標為，所以；如圖3，當時，，此時，直線的解析式為，聯立方程組：，解得，（舍），∴N的橫坐標為，所以，因此，綜上所述：點坐標為或或．【點睛】本題考查二次函數的綜合，涉及翻折性質、待定系數法求二次函數解析式、二次函數與一次函數的圖象交點問題、相似三角形的性質、解一元二次方程等知識，綜合體現數形結合思想和分類討論思想的運用，屬于綜合題型，有點難度．13．(1)(2)或(3)【分析】（1）先分別求出，，根據勾股定理得出，再根據兩直線平行，內錯角相等，得出，即可求解；（2）找出的外心P，計算，得出點D、C、F、B四點共圓，要使，且點E在直線上，則點F為直線于的交點，即當點E和點F重合，分兩種情況：點E在上方，點E在下方，即可得出結論；（3）過點E作于點H，得出，當點H，E，A三點共線時，，此時取得最小值，證明，得出則，求出，再得出所在直線的表達式為，即可得出，根據兩點之間的距離公式即可求解．【詳解】（1）解：∵，∴，則，把代入得：，解得：，∴，則，在中，根據勾股定理可得，當時，，∴．（2）解：把代入得：，∴，令中點為P，∵，∴，∵是直角三角形，∴的外心為中點P，∴的外接圓半徑，∵，，∴，∴點D、C、F、B四點共圓，∵，點E在直線上，∴點F為直線與的交點，即當點E和點F重合，∵，∴，∴當點E在下方時，；當點E在上方時，如圖所示：此時，∵，，∴，，∵，∴，∴，∴，設直線的解析式為，把代入得：，解得：，∴直線的解析式為，把代入得：，∴，∴，，∵，，∴，∴，∵，，∴，解得：，∴，∴此時點E的坐標為，綜上分析可知，點E的坐標為或；（3）解：過點E作于點H，∵，∴，則，∴，如圖：當點H，E，A三點共線時，，此時取得最小值，∵，，，∴，∵，，∴，∴，則∴，即，解得：，∴，設所在直線的表達式為，把，代入得：，解得：，∴所在直線的表達式為，聯立得：，解得：，，∴，∴．【點睛】本題主要考查了二次函數的綜合應用，解題的關鍵是熟練掌握二次函數的圖象和性質，平行線的性質，解直角三角形的方法和步驟，圓周角定理，相似三角形的判定和性質，以及掌握“胡不歸”問題的解題方法．14．(1)；(2)P點的坐標為或(3)的坐標為或或【分析】（1）根據得，再由待定系數法即可求出解析式；（2）分類討論和，結合相似三角形的性質求得相關線段的長度，從而求得點的坐標；（3）存在．分類討論：四邊形是平行四邊形，四邊形是平行四邊形，四邊形為平行四邊形．由平行線的性質和平移的性質可得點的坐標．【詳解】（1），，設，把代入得，解得，；（2），對稱軸是：直線，，，，，，，，，如圖，當時，，，，，則，

當時，，，，，，點的坐標為或；（3）存在．假設直線上存在點，拋物線上存在點，使得以、、、為頂點的四邊形為平行四邊形．如圖，當四邊形是平行四邊形時，則，，點的橫坐標為，