浙江省绍兴县杨汛桥镇中学2020年中考数学 压轴测试题专题 综合问题

此资料由网络收集而来，如有侵权请告知上传者立即删除。资料共分享，我们负责传递知识。PAGE21世纪教育网www.21cnjy.com精品试卷·第页（共NUMPAGES2页）浙江省绍兴县杨汛桥镇中学2020年中考数学压轴测试题专题15综合问题一、选择题1.（2020广东湛江4分）已知长方形的面积为20cm2，设该长方形一边长为ycm，另一边的长为xcm，则y与x之间的函数图象大致是【】A.B.C.D.【答案】B。【考点】反比例函数的性质和图象。【分析】∵根据题意，得xy=20，∴。故选B。2.（2020浙江湖州3分）如图，已知点A（4，0），O为坐标原点，P是线段OA上任意一点（不含端点O，A），过P、O两点的二次函数y1和过P、A两点的二次函数y2的图象开口均向下，它们的顶点分别为B、C，射线OB与AC相交于点D．当OD=AD=3时，这两个二次函数的最大值之和等于【】A．B．C．3D．4【答案】A。【考点】二次函数的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。【分析】过B作BF⊥OA于F，过D作DE⊥OA于E，过C作CM⊥OA于M，∵BF⊥OA，DE⊥OA，CM⊥OA，∴BF∥DE∥CM。∵OD=AD=3，DE⊥OA，∴OE=EA=OA=2。由勾股定理得：DE=。设P（2x，0），根据二次函数的对称性得出OF=PF=x，∵BF∥DE∥CM，∴△OBF∽△ODE，△ACM∽△ADE。∴，即，解得：。∴BF+CM=。故选A。3.（2020天津市3分）若关于x的一元二次方程（x－2）（x－3）=m有实数根x1,x2，且x1≠x2，有下列结论：①x1=2，x2=3；②；③二次函数y=（x－x1）（x－x2）＋m的图象与x轴交点的坐标为（2，0）和（3，0）．其中，正确结论的个数是【】（A）0（B）1（C）2（D）3【答案】C。【考点】抛物线与x轴的交点，一元二次方程的解，一元二次方程根的判别式和根与系数的关系。【分析】①∵一元二次方程实数根分别为x1、x2，∴x1=2，x2=3，只有在m=0时才能成立，故结论①错误。②一元二次方程（x－2）（x－3）=m化为一般形式得：x2－5x＋6－m=0，∵方程有两个不相等的实数根x1、x2，∴△=b2－4ac=（－5）2－4（6－m）=4m＋1＞0，解得：。故结论②正确。③∵一元二次方程x2－5x＋6－m=0实数根分别为x1、x2，∴x1＋x2=5，x1x2=6－m。∴二次函数y=（x－x1）（x－x2）+m=x2－（x1＋x2）x＋x1x2＋m=x2－5x＋（6－m）＋m=x2－5x＋6=（x－2）（x－3）。令y=0，即（x－2）（x－3）=0，解得：x=2或3。∴抛物线与x轴的交点为（2，0）或（3，0），故结论③正确。综上所述，正确的结论有2个：②③。故选C。4.（2020四川广元3分）已知关于x的方程有唯一实数解，且反比例函数的图象在每个象限内y随x的增大而增大，那么反比例函数的关系式为【】A.B.C.D.【答案】D。【考点】一元二次方程根的判别式，反比例函数的性质。【分析】关于x的方程化成一般形式是：2x2＋（2－2b）x＋（b2－1）=0，∵它有唯一实数解，∴△=（2－2b）2－8（b2－1）=－4（b＋3）（b－1）=0，解得：b=－3或1。∵反比例函数的图象在每个象限内y随x的增大而增大，∴1+b＜0。∴b＜－1。∴b=－3。∴反比例函数的解析式是，即。故选D。5.（2020四川凉山4分）如图，在平面直角坐标系中，⊙O的半径为1，则直线与⊙O的位置关系是【】A．相离B．相切C．相交D．以上三种情况都有可能【答案】B。【考点】坐标与图形性质，直线与圆的位置关系，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理。【分析】如图，在中，令x=0，则y=－；令y=0，则x=，∴A（0，－），B（，0）。∴OA=OB=2。∴△AOB是等腰直角三角形。∴AB=2，过点O作OD⊥AB，则OD=BD=AB=×2=1。又∵⊙O的半径为1，∴圆心到直线的距离等于半径。∴直线y=x-2与⊙O相切。故选B。6.（2020辽宁朝阳3分）如图，矩形ABCD的对角线BD经过坐标原点，矩形的边分别平行于坐标轴，点C在反比例函数的图象上，若点A的坐标为（－2，－3），则k的值为【】A.1B.－5C.4D.1或－5【答案】D。【考点】矩形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征。【分析】如图：∵四边形ABCD、HBEO、OECF、GOFD为矩形，又∵BO为四边形HBEO的对角线，OD为四边形OGDF的对角线，∴。∴。∴。∴xy=k2+4k+1=6，解得，k=1或k=－5。故选D。7.（2020贵州安顺3分）下列说法中正确的是【】　A．是一个无理数　B．函数的自变量的取值范围是x＞﹣1　C．若点P（2，a）和点Q（b，﹣3）关于x轴对称，则a﹣b的值为1　D．﹣8的立方根是2【答案】C。【考点】无理数，函数自变量的取值范围，二次根式有意义的条件，关于x轴对称的点的坐标，立方根。【分析】A、=3是有理数，故此选项错误；B、函数的自变量的取值范围是x≥﹣1，故此选项错误；C、若点P（2，a）和点Q（b，﹣3）关于x轴对称，则b=2，a=3，故a﹣b=3﹣2=1，故此选项正确；D、﹣8的立方根式﹣2，故此选项错误。故选C。8.（2020广西柳州3分）小兰画了一个函数的图象如图，那么关于x的分式方程的解是【】A．x=1　　B．x=2　　C．x=3　　D．x=4【答案】A。【考点】反比例函数的图象，曲线上点的坐标与方程的关系。【分析】根据点在曲线上点的坐标满足方程的关系，关于x的分式方程的解就是函数中，纵坐标y=2时的横坐标x的值．根据图象可以得到：当y=2时，x=1。故选A。9.（2020广西钦州3分）在平面直角坐标系中，对于平面内任意一点（x，y），若规定以下两种变换：①f（x，y）=（y，x）．如f（2，3）=（3，2）；②g（x，y）=（﹣x，﹣y），如g（2，3）=（﹣2，﹣3）．按照以上变换有：f（g（2，3））=f（﹣2，﹣3）=（﹣3，﹣2），那么g（f（﹣6，7））等于【】A．（7，6）B．（7，﹣6）C．（﹣7，6）D．（﹣7，﹣6）【答案】C。【考点】新定义，点的坐标。【分析】由题意应先进行f方式的变换，再进行g方式的变换，注意运算顺序及坐标的符号变化：∵f（﹣6，7）=（7，﹣6），∴g（f（﹣6，7））=g（7，﹣6）=（﹣7，6）。故选C。10.（2020吉林长春3分）如图，在平面直角坐标系中，在x轴、y轴的正半轴上分别截取OA、OB,使OA=OB；再分别以点A,B为圆心，以大于AB长为半径作弧，两弧交于点C．若点C的坐标为(m－1,2n),则m与n的关系为【】(A)m＋2n=1(B)m－2n=1(C)2n－m=1(D)n－2m=1【答案】B。【考点】作图（基本作图），角平分线性质，点到x轴、y轴距离。【分析】如图，根据题意作图知，OC为∠AOB的平分线，点C的坐标为(m－1,2n)且在第一象限，点C到x轴CD=2n，到y轴距离CE=m－1。根据角平分线上的点到角两边距离相等，得m－1=2n，即m－2n=1。故选B。11.（2020青海西宁3分）如图，将矩形沿图中虚线(其中x＞y)剪成四块图形，用这四块图形恰能拼一个正方形．若y＝2，则x的值等于【】A．3B．2eq\r(\s\do1(5))－1C．1＋eq\r(\s\do1(5))D．1＋eq\r(\s\do1(2))【答案】C。【考点】一元二次方程的应用（几何问题），图形的剪拼。【分析】如图所示，四块图形拼成一个正方形边长为x，根据剪拼前后图形的面积相等可得，y（x+y）=x2。∵y=2，∴2（x+2）=x2，整理得，x2-2x-4=0，解得x1=1＋eq\r(\s\do1(5))，x2=1－eq\r(\s\do1(5))（舍去）。故选C。12.（2020内蒙古呼和浩特3分）下列命题中，真命题的个数有【】①一个图形无论经过平移还是旋转，变换后的图形与原来图形的对应线段一定平行②函数图象上的点P（x，y）一定在第二象限③正投影的投影线彼此平行且垂直于投影面④使得|x|﹣y=3和y+x2=0同时成立的x的取值为．A．3个B．1个C．4个D．2个【答案】D。【考点】命题与定理，平移和旋转的性质，非负数的性质，平行投影，公式法解一元二次方程，绝对值，二次根式有意义的条件。【分析】①平移后对应线段平行；对应线段相等，对应角相等，图形的形状和大小没有发生变化；旋转后对应线段不平行；对应线段相等；对应角相等；图形的形状和大小没有发生变化。故此命题错误。②根据二次根式的意义得x＜0，y＞0，故函数图象上的点P（x，y）一定在第二象限。故此命题正确。③根据正投影的定义得出，正投影的投影线彼此平行且垂直于投影面。故此命题正确。④使得|x|﹣y=3和y+x2=0同时成立，即y=|x|﹣3，y=﹣x2，故|x|﹣3=﹣x2，x2﹣|x|﹣3=0。当x＞0，则x2﹣x﹣3=0，解得：x1=，x2=（不合题意舍去）；当x＜0，则x2+x﹣3=0，解得：x1=（不合题意舍去），x2=。∴使得|x|﹣y=3和y+x2=0同时成立的x的取值为：，。故此命题错误。故正确的有2个。故选D。　13.（2020四川眉山3分）已知：如图，在直角坐标系中，有菱形OABC，A点的坐标为（10，0），对角线OB、AC相交于D点，双曲线（）经过D点，交BC的延长线于E点，且OB·AC＝160，有下列四个结论：　①双曲线的解析式为（）　　②E点的坐标是（4，8）③sin∠COA=④AC+OB=，其中正确的结论有【】A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】C。【考点】反比例函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，菱形的性质，勾股定理，解一元二次方程，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，锐角三角函数定义。【分析】∵四边形OABC是菱形，∴OB=2OD，AC=2AD，AC⊥OB。∵OB·AC＝160，∴OD·AD＝40。在Rt△OAD中，AC=10，∴，即。∴。∴取正数。　　　　∴OD、AD是方程的两个根，且OD＞AD（因为双曲线交BC的延长线于E点）。　　　　解得OD＝，AD＝。　　　　过点D作DH⊥OA交OA于点H，设D（ｘ，ｙ），则由相似三角形的判定和性质，可得，ｘ＝8，ｙ＝4。∴D（8，4）。代入得，k＝32。∴双曲线的解析式为（）。结论①错误。过点C作CG⊥OA交OA于点G，则DH是△ACG的中位线，∴CG=8。∴点E的纵坐标是8，代入得点E的横坐标为4，即E点的坐标是（4，8）。结论②正确。根据菱形的性质，得OC=OA=10。在Rt△OCG中，∵OC=10，CG=8，∴。结论③正确。∵，∴，即。结论④正确。综上所述，正确的结论有②③④三个。故选C。二、填空题1.（2020山西省3分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的对角线AC平行于x轴，边OA与x轴正半轴的夹角为30°，OC=2，则点B的坐标是▲．【答案】（2，2）。【考点】矩形的性质，平行的性质，坐标与图形性质，解直角三角形，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。【分析】过点B作DE⊥OE于E，∵矩形OABC的对角线AC平行于x轴，边OA与x轴正半轴的夹角为30°，∴∠CAO=30°。又∵OC=2，∴AC=4。∴OB=AC=4。又∵∠OBC=∠CAO=30°，DE⊥OE，∠CBA=90°，∴∠OBE=30°。∴OE=2，BE=OB·cos∠OBE=2。∴点B的坐标是（2，2）。2.（2020陕西省3分）如图，从点A（0，2）发出的一束光，经x轴反射，过点B（4，3），则这束光从点A到点B所经过路径的长为▲．【答案】。【考点】跨学科问题，坐标与图形性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理。【分析】如图，过点B作BD⊥x轴于D，∵A（0，2），B（4，3），∴OA=2，BD=3，OD=4。根据入射角等于反射角的原理得：∠ACO=∠BCD。∵∠AOC=∠BDC=90°，∴△AOC∽△BDC。∴OA：BD=OC：DC=AC：BC=2：3，设OC=x，则DC=4－x，∴，解得，即OC=。∴。∴：BC=2：3，解得BC=。∴AC+BC=，即这束光从点A到点B所经过的路径的长为。3.（2020广东佛山3分）如图，边长为的正方形纸片剪出一个边长为m的正方形之后，剩余部分可剪拼成一个矩形，若拼成的矩形一边长为4，则另一边长为▲【答案】2m＋4。【考点】图形的变换，一元一次方程的应用（几何问题）。【分析】根据拼成的矩形的面积等于大正方形的面积减去小正方形的面积，列式整理即可得解：设拼成的矩形的另一边长为x，则4x=（m＋4）2－m2=（m＋4＋m）（m＋4－m）=8m＋16，解得x=2m＋4。4.（2020浙江湖州4分）如图，将正△ABC分割成m个边长为1的小正三角形和一个黑色菱形，这个黑色菱形可分割成n个边长为1的小三角形，若，则△ABC的边长是▲【答案】12。【考点】一元二次方程的应用（几何问题），菱形的性质，等边三角形的性质，锐角三角函数定义。【分析】设正△ABC的边长为x，则由勾股定理，得高为，。∵所分成的都是正三角形，∴根据锐角三角函数定义，可得黑色菱形的较长的对角线为，较短的对角线为。∴黑色菱形的面积=。∴，整理得，11x2－144x＋144=0。解得（不符合题意，舍去），x2=12。所以，△ABC的边长是12。5.（2020江苏连云港3分）如图，直线y＝k1x＋b与双曲线交于A、B两点，其横坐标分别为1和5，则不等式k1x＜＋b的解集是　▲　．【答案】－5＜x＜－1或x＞0。【考点】不等式的图象解法，平移的性质，反比例函数与一次函数的交点问题，对称的性质。【分析】不等式k1x＜＋b的解集即k1x－b＜的解集，根据不等式与直线和双曲线解析式的关系，可以理解为直线y＝k1x－b在双曲线下方的自变量x的取值范围即可。而直线y＝k1x－b的图象可以由y＝k1x＋b向下平移2b个单位得到，如图所示。根据函数图象的对称性可得：直线y＝k1x－b和y＝k1x＋b与双曲线的交点坐标关于原点对称。由关于原点对称的坐标点性质，直线y＝k1x－b图象与双曲线图象交点A′、B′的横坐标为A、B两点横坐标的相反数，即为－1，－5。∴由图知，当－5＜x＜－1或x＞0时，直线y＝k1x－b图象在双曲线图象下方。∴不等式k1x＜＋b的解集是－5＜x＜－1或x＞0。6.（2020江苏南通3分）无论a取什么实数，点P(a－1，2a－3)都在直线l上，Q(m，n)是直线l上的点，则(2m－n＋3)2的值等于▲．【答案】16。【考点】待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，求代数式的值。【分析】∵由于a不论为何值此点均在直线l上，∴令a=0，则P1（－1，－3）；再令a=1，则P2（0，－1）。设直线l的解析式为y=kx+b（k≠0），∴，解得。∴直线l的解析式为：y=2x－1。∵Q（m，n）是直线l上的点，∴2m－1=n，即2m－n=1。∴(2m－n＋3)2=（1+3）2=16。7.（2020福建龙岩3分）如图，平面直角坐标系中，⊙O1过原点O，且⊙O1与⊙O2相外切，圆心O1与O2在x轴正半轴上，⊙O1的半径O1P1、⊙O2的半径O2P2都与x轴垂直，且点P1、P2在反比例函数（x>0）的图象上，则▲．【答案】。【考点】反比例函数综合题。【分析】∵⊙O1过原点O，⊙O1的半径O1P1，∴O1O=O1P1。∵⊙O1的半径O1P1与x轴垂直，点P1（x1，y1）在反比例函数（x＞0）的图象上，∴x1=y1，x1y1=1。∴x1=y1=1。∵⊙O1与⊙O2相外切，⊙O2的半径O2P2与x轴垂直，设两圆相切于点A，∴AO2=O2P2=y2，OO2=2+y2。∴P2点的坐标为：（2+y2，y2）。∵点P2在反比例函数（x＞0）的图象上，∴（2+y2）•y2=1，解得：y2=－1+或－1－（不合题意舍去）。∴y1+y2=1+（－1+）=。8.（2020湖北武汉3分）在平面直角坐标系中，点A的坐标为(3，0)，点B为y轴正半轴上的一点，点C是第一象限内一点，且AC＝2．设tan∠BOC＝m，则m的取值范围是▲．【答案】。【考点】锐角三角函数定义，勾股定理，一元二次方程根的判别式。【分析】如图，设C点坐标为（）。∵tan∠BOC＝m，∴，即。∵A的坐标为(3，0)，∴DA=。又∵AC＝2．∴由勾股定理，得，即，整理得由得。∵tan∠BOC＝m＞0，∴。9.（2020湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田3分）平面直角坐标系中，⊙M的圆心坐标为（0，2），半径为1，点N在x轴的正半轴上，如果以点N为圆心，半径为4的⊙N与⊙M相切，则圆心N的坐标为　▲　．【答案】（，0）或（，0）。【考点】相切两圆的性质，坐标与图形性质，勾股定理。【分析】分别从⊙M与⊙N内切或外切去分析：①⊙M与⊙N外切，MN=4+1=5，，∴圆心N的坐标为（，0）。②⊙M与⊙N内切，MN=4﹣1=3，，∴圆心N的坐标为（，0）。综上所述，圆心N的坐标为（，0）或（，0）。10.（2020辽宁阜新3分）如图1，在边长为a的大正方形中剪去一个边长为b的小正方形，再将图中的阴影部分剪拼成一个长方形，如图2．这个拼成的长方形的长为30，宽为20．则图2中Ⅱ部分的面积是▲．【答案】100。【考点】解二元一次方程组的应用（几何问题）。【分析】由题意，得图2中Ⅱ部分长为b，宽为a－b，∴，解得。∴图2中Ⅱ部分的面积是。11.（2020吉林长春3分）如图，在平面直角坐标系中，点A是抛物线与y轴的交点，点B是这条抛物线上的另一点，且AB∥x轴，则以AB为边的等边三角形ABC的周长为▲.【答案】18。【考点】二次函数的性质，等边三角形的性质。【分析】根据二次函数的性质，抛物线的对称轴为x=3。∵A是抛物线与y轴的交点，点B是这条抛物线上的另一点，且AB∥x轴。∴A，B关于x=3对称。∴AB=6。又∵△ABC是等边三角形，∴以AB为边的等边三角形ABC的周长为6×3=18。12.（2020甘肃兰州4分）如图，M为双曲线上的一点，过点M作x轴、y轴的垂线，分别交直线y＝－x＋m于点D、C两点，若直线y＝－x＋m与y轴交于点A，与x轴相交于点B，则AD•BC的值为　▲　．【答案】2。【考点】反比例函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理。【分析】如图，作CE⊥x轴于E，DF⊥y轴于F，在y＝－x＋m中，令x＝0，则y＝m；令y＝0，－x＋m＝0，解得x＝m。∴A(0，m)，B(m，0)。∴△OAB等腰直角三角形。∴△ADF和△CEB都是等腰直角三角形。设M的坐标为(a，b)，则ab＝，CE＝b，DF＝a。∴AD＝DF＝a，BC＝CE＝b，∴AD•BC＝a•b＝2ab＝2。三、解答题1.（2020上海市12分）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+6x+c的图象经过点A（4，0）、B（﹣1，0），与y轴交于点C，点D在线段OC上，OD=t，点E在第二象限，∠ADE=90°，tan∠DAE=，EF⊥OD，垂足为F．（1）求这个二次函数的解析式；（2）求线段EF、OF的长（用含t的代数式 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示）；（3）当∠ECA=∠OAC时，求t的值．【答案】解：（1）二次函数y=ax2+6x+c的图象经过点A（4，0）、B（﹣1，0），∴，解得。∴这个二次函数的解析式为：y=﹣2x2+6x+8。（2）∵∠EFD=∠EDA=90°，∴∠DEF+∠EDF=90°，∠EDF+∠ODA=90°。∴∠DEF=∠ODA。∴△EDF∽△DAO。∴。∵，∴。∵OD=t，∴，∴EF=。同理，∴DF=2，∴OF=t﹣2。（3）∵抛物线的解析式为：y=﹣2x2+6x+8，∴C（0，8），OC=8。如图，连接EC、AC，过A作EC的垂线交CE于G点．∵∠ECA=∠OAC，∴∠OAC=∠GCA（等角的余角相等）。在△CAG与△OCA中，∵∠OAC=∠GCA，AC=CA，∠ECA=∠OAC，∴△CAG≌△OCA（ASA）。∴CG=AO=4，AG=OC=8。如图，过E点作EM⊥x轴于点M，则在Rt△AEM中，EM=OF=t﹣2，AM=OA+AM=OA+EF=4+，由勾股定理得：。在Rt△AEG中，由勾股定理得：。在Rt△ECF中，EF=，CF=OC﹣OF=10﹣t，CE=CG+EG=4+由勾股定理得：EF2+CF2=CE2，即。解得t1=10（不合题意，舍去），t2=6。∴t=6。【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数定义，全等三角形的判定和性质，勾股定理。【分析】（1）已知点A、B坐标，用待定系数法求抛物线解析式即可。（2）先证明△EDF∽△DAO，然后利用相似三角形对应边的比例关系以及三角形函数的定义求解。（3）通过作辅助线构造一对全等三角形：△CAG≌△OCA，得到CG、AG的长度；然后利用勾股定理求得AE、EG的长度（用含t的代数式表示）；最后在Rt△ECF中，利用勾股定理，得到关于t的无理方程，解方程求出t的值。2.（2020福建莆田14分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC四个顶点的坐标分别为O(0，0)，A(0，3)，B(6，3)，C(6，0)，抛物线过点A。(1)(2分)求c的值；．(2)(6分)若a＝－l，且抛物线与矩形有且只有三个交点A、D、E，求△ADE的面积S的最大值；(3)(6分)若抛物线与矩形有且只有三个交点A、M、N，线段MN的垂直平分线l过点O，交线段BC于点F。当BF＝1时，求抛物线的解析式．【答案】解：(1)∵抛物线过点A(0，3)，∴c＝3。(2)∵a＝－l，∴如图①，当抛物线与矩形的两个交点D、E分别在AB、OC边上时，抛物线与直线x＝6的交点应落在C点或C点下方。∴　当x＝6时，y≤0。∴，即。又∵对称轴在y轴右侧，∴b＞0。∴0＜。由抛物线的对称性可知：。又∵△ADE的高＝BC＝3，∴S＝×b×3＝。∵＞0，∴S随b的增大而增大。∴当b＝时，S的最大值＝。如图②，当抛物线与矩形的两个交点D、E分别在AB、BC边上时，抛物线与直线x＝6的交点应落在线段BC上且不与点B重合，即0≤＜3。当x＝6，则，∴0≤6b—33＜3，∴≤b＜6。∴BE＝3－(6b－33)＝36—6b。∴S＝AD·BE＝·b·(36—6b)＝－3b2+18b。∵对称轴b＝3＜，∴随b的增大而减小。∴当b＝时，S的最大值＝。综上所述：S的最大值为。(3)当a＞0时，符合题意要求的抛物线不存在。当a＜0时，符合题意要求的抛物线有两种情况：①当点M、N分别在AB、OC边上时．如图③过M点作MG⊥OC于点G，连接OM．∴MG＝OA＝3．∠2＋∠MNO＝90°。∵OF垂直平分MN．∴OM＝ON，∠1＋∠MNO=90°，∠1＝∠2。∵FB＝1，FC＝3－1＝2。∴tan∠1＝，tan∠2＝＝tan∠1＝。∴GN＝GM＝1。设N(n，0)，则G(n－1，0)，∴M(n－1，3)。∴AM＝n－1，ON＝n＝OM。在Rt△AOM中，，∴，解得n＝5。∴　M(4，3)，N(5，0)。把M(4，3)，N(5，0)分别代入，得，解得。∴抛物线的解析式为。②当点M、N分别在AB、BC边上时．如图=4\*GB3④，连接MF．∵OF垂直平分MN，∴∠1＋∠NFO＝90°，MF＝FN。又∵∠0CB＝90°，∴∠2＋∠CFO=90°。∴∠1＝∠2。∵BF＝1，∴FC＝2。∴tan∠1＝tan∠2＝。在Rt△MBN，tan∠1＝，∴BN＝3MB。设N(6，n)．则FN＝2－n，BN＝3一n。∴MF＝2－n，MB＝。在Rt△MBF中，∵，∴。解得：(不合题意舍去)，∴。∴AM＝6－＝，∴　M(，3)，N(6，)。把M(，3)，N(6，)分别代人，得，解得　。∴抛物线的解析式为。综上所述，抛物线的解析式为或。【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，矩形的性质，锐角三角函数定义，勾股定理，解二元一次方程组。【分析】（1）将点A的坐标代入即可求得c的值。（2）分抛物线与矩形的两个交点D、E分别在AB、OC边上和抛物线与矩形的两个交点D、E分别在AB、BC边两种情况应用二次函数性质分别求解。（3）分抛物线与矩形的两个交点D、E分别在AB、OC边上和抛物线与矩形的两个交点D、E分别在AB、BC边两种情况应用待定系数法分别求解。3.（2020甘肃兰州10分）若x1、x2是关于一元二次方程ax2＋bx＋c(a≠0)的两个根，则方程的两个根x1、x2和系数a、b、c有如下关系：x1＋x2＝，x1•x2＝．把它称为一元二次方程根与系数关系定理．如果设二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象与x轴的两个交点为A(x1，0)，B(x2，0)．利用根与系数关系定理可以得到A、B连个交点间的距离为：AB＝|x1－x2|＝。参考以上定理和结论，解答下列问题：设二次函数y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图象与x轴的两个交点A(x1，0)，B(x2，0)，抛物线的顶点为C，显然△ABC为等腰三角形．(1)当△ABC为直角三角形时，求b2－4ac的值；(2)当△ABC为等边三角形时，求b2－4ac的值．【答案】解：（1）当△ABC为直角三角形时，过C作CE⊥AB于E，则AB＝2CE。∵抛物线与x轴有两个交点，△＝b2－4ac＞0，则|b2－4ac|＝b2－4ac。∵a＞0，∴AB。又∵CE，∴。∴，即。∵b2－4ac＞0，∴b2－4ac＝4。（2）当△ABC为等边三角形时，由(1)可知CE＝AB，∴。∵b2－4ac＞0，∴b2－4ac＝12。【考点】抛物线与x轴的交点，根与系数的关系，等腰三角形的性质，等边三角形的性质。【分析】（1）当△ABC为直角三角形时，由于AC＝BC，所以△ABC为等腰直角三角形，过C作CE⊥AB于E，则AB＝2CE．根据本题定理和结论，得到AB，根据顶点坐标公式，得到CE，列出方程，解方程即可求出b2－4ac的值。（2）当△ABC为等边三角形时，解直角△ACE，得CE＝AB，据此列出方程，解方程即可求出b2－4ac的值。4.（2020湖北黄石10分）已知抛物线C1的函数解析式为，若抛物线C1经过点，方程的两根为，，且。（1）求抛物线C1的顶点坐标.（2）已知实数，请证明：≥,并说明为何值时才会有.（3）若抛物线先向上平移4个单位，再向左平移1个单位后得到抛物线C2，设，是C2上的两个不同点，且满足：，，.请你用含有的表达式表示出△AOB的面积S，并求出S的最小值及S取最小值时一次函数OA的函数解析式。（参考公式：在平面直角坐标系中，若，，则P，Q两点间的距离）【答案】解：（1）∵抛物线过（０,－３）点，∴－3a＝－３。∴a＝１。　∴ｙ＝x2＋bx－３　　　　　∵x2＋bx－３=０的两根为x1，x2且，∴＝４且b＜０。∴b＝－２。∴。∴抛物线Ｃ１的顶点坐标为（１，－４）。（2）∵x＞０，∴∴。当时，即当x＝１时，有。（3）由平移的性质，得C2的解析式为：y＝x2。∴Ａ(m，m2)，B（n，n2）。∵ΔAOB为直角三角形，∴OA2＋OB2=AB2。∴m2＋m4＋n2＋n4＝（m－n）2＋（m2－n2）2，化简得：mn＝－１。∵ＳΔAOB=，mn＝－１，∴ＳΔAOB＝＝。∴ＳΔAOB的最小值为１，此时m＝１,Ａ(１,１)。∴直线OA的一次函数解析式为ｙ＝x。【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，一元二次方程根与系数的关系，二次函数的性质，不等式的知识。【分析】（1）求抛物线的顶点坐标，即要先求出抛物线的解析式，即确定待定系数a、b的值．已知抛物线图象与y轴交点，可确定解析式中的常数项（由此得到a的值）；然后从方程入手求b的值，题目给出了两根差的绝对值，将其进行适当变形（转化为两根和、两根积的形式），结合根与系数的关系即可求出b的值。（2）将配成完全平方式，然后根据平方的非负性即可得证。（3）结合（1）的抛物线的解析式以及函数的平移规律，可得出抛物线C2的解析式；在Rt△OAB中，由勾股定理可确定m、n的关系式，然后用m列出△AOB的面积表达式，结合不等式的相关知识可确定△OAB的最小面积值以及此时m的值，从而由待定系数法确定一次函数OA的解析式。别解：由题意可求抛物线C2的解析式为：y＝x2。∴Ａ(m，m2)，B（n，n2）。过点A、B作x轴的垂线，垂足分别为C、D，则由得，即。∴。∴。∴ＳΔAOB的最小值为１，此时m＝１,Ａ(１,１)。∴直线OA的一次函数解析式为ｙ＝x。5.（2020江苏无锡8分）对于平面直角坐标系中的任意两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），我们把|x1﹣x2|+|y1﹣y2|叫做P1、P2两点间的直角距离，记作d（P1，P2）．（1）已知O为坐标原点，动点P（x，y）满足d（O，P）=1，请写出x与y之间满足的关系式，并在所给的直角坐标系中画出所有符合条件的点P所组成的图形；（2）设P0（x0，y0）是一定点，Q（x，y）是直线y=ax+b上的动点，我们把d（P0，Q）的最小值叫做P0到直线y=ax+b的直角距离．试求点M（2，1）到直线y=x+2的直角距离．【答案】解：（1）由题意，得|x|+|y|=1。所有符合条件的点P组成的图形如图所示：（2）∵d（M，Q）=|x﹣2|+|y﹣1|=|x﹣2|+|x+2﹣1|=|x﹣2|+|x+1|，又∵x可取一切实数，|x﹣2|+|x+1|表示数轴上实数x所对应的点到数2和﹣1所对应的点的距离之和，其最小值为3。∴点M（2，1）到直线y=x+2的直角距离为3。【考点】新定义，一次函数综合题，绝对值与数轴的关系。【分析】（1）根据新定义知|x|+|y|=1，据此可以画出符合题意的图形。（2）根据新定义知d（M，Q）=|x﹣2|+|y﹣1|=|x﹣2|+|x+2﹣1|=|x﹣2|+|x+1|，然后由绝对值与数轴的关系可知，|x﹣2|+|x+1|表示数轴上实数x所对应的点到数2和﹣1所对应的点的距离之和，其最小值为3。6.（2020山东济南9分）如图1，抛物线y=ax2＋bx＋3与x轴相交于点A（－3，0），B（－1，0），与y轴相交于点C，⊙O1为△ABC的外接圆，交抛物线于另一点D．（1）求抛物线的解析式；（2）求cos∠CAB的值和⊙O1的半径；（3）如图2，抛物线的顶点为P，连接BP，CP，BD，M为弦BD中点，若点N在坐标平面内，满足△BMN∽△BPC，请直接写出所有符合条件的点N的坐标．【答案】解：（1）∵抛物线y=ax2＋bx＋3与x轴相交于点A（－3，0），B（－1，0），∴，解得。∴抛物线的解析式为：y=x2＋4x＋3。（2）由（1）知，抛物线解析式为：y=x2＋4x＋3，∵令x=0，得y=3，∴C（0，3）。∴OC=OA=3，则△AOC为等腰直角三角形。∴∠CAB=45°，∴cos∠CAB=。在Rt△BOC中，由勾股定理得：BC=。如图1所示，连接O1B、O1C，由圆周角定理得：∠BO1C=2∠BAC=90°。∴△BO1C为等腰直角三角形，∴⊙O1的半径O1B=。（3）点N的坐标为（，）或（，）。【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，等腰直角三角形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，圆周角定理，圆及抛物线的对称性质，相似三角形的性质，勾股定理。【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；（2）如答图1所示，由△AOC为等腰直角三角形，确定∠CAB=45°，从而求出其三角函数值；由圆周角定理，确定△BO1C为等腰直角三角形，从而求出半径的长度。（3）如答图2所示，首先利用圆及抛物线的对称性求出点D坐标，从而求出点M的坐标和线段BM的长度；点B、P、C的坐标已知，求出线段BP、BC、PC的长度；然后利用△BMN∽△BPC相似三角形比例线段关系，求出线段BN和MN的长度；最后利用勾股定理，列出方程组，求出点N的坐标。∵抛物线y=x2＋4x＋3=（x＋2）2－1，∴顶点P坐标为（－2，－1），对称轴为x=－2。又∵A（－3，0），B（－1，0），可知点A、B关于对称轴x=2对称。如图2所示，由圆及抛物线的对称性可知：点D、点C（0，3）关于对称轴对称。∴D（－4，3）。又∵点M为BD中点，B（－1，0），∴M（）。∴BM=。在△BPC中，B（－1，0），P（－2，－1），C（0，3），由勾股定理得：BP=，BC=，PC=。∵△BMN∽△BPC，∴，即。解得：BN=，MN。设N（x，y），由勾股定理可得：，解得，，。∴点N的坐标为（，）或（，）。7.（2020浙江宁波12分）如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象交x轴于A（﹣1，0），B（2，0），交y轴于C（0，﹣2），过A，C画直线．（1）求二次函数的解析式；（2）点P在x轴正半轴上，且PA=PC，求OP的长；（3）点M在二次函数图象上，以M为圆心的圆与直线AC相切，切点为H．①若M在y轴右侧，且△CHM∽△AOC（点C与点A对应），求点M的坐标；②若⊙M的半径为，求点M的坐标．【答案】解：（1）∵二次函数y=ax2+bx+c的图象交x轴于A（﹣1，0），B（2，0）∴设该二次函数的解析式为：y=a（x+1）（x﹣2），将x=0，y=﹣2代入，得﹣2=a（0+1）（0﹣2），解得a=1。∴抛物线的解析式为y=（x+1）（x﹣2），即y=x2﹣x﹣2。（2）设OP=x，则PC=PA=x+1，在Rt△POC中，由勾股定理，得x2+22=（x+1）2，解得，x=，即OP=。（3）①∵△CHM∽△AOC，∴∠MCH=∠CAO。（i）如图1，当H在点C下方时，∵∠MCH=∠CAO，∴CM∥x轴，∴yM=﹣2。∴x2﹣x﹣2=﹣2，解得x1=0（舍去），x2=1。∴M（1，﹣2）。（ii）如图2，当H在点C上方时，∵∠M′CH=∠CAO，∴PA=PC。由（2）得，M′为直线CP与抛物线的另一交点，设直线CM′的解析式为y=kx﹣2，把P（，0）的坐标代入，得k﹣2=0，解得k=。∴y=x﹣2。由x﹣2=x2﹣x﹣2，解得x1=0（舍去），x2=。此时y=×。∴M′（）。②在x轴上取一点D，如图3，过点D作DE⊥AC于点E，使DE=，在Rt△AOC中，AC=。∵∠COA=∠DEA=90°，∠OAC=∠EAD，∴△AED∽△AOC，∴，即，解得AD=2。∴D（1，0）或D（﹣3，0）。过点D作DM∥AC，交抛物线于M，如图则直线DM的解析式为：y=﹣2x+2或y=﹣2x﹣6。当﹣2x﹣6=x2﹣x﹣2时，即x2+x+4=0，方程无实数根，当﹣2x+2=x2﹣x﹣2时，即x2+x﹣4=0，解得。∴点M的坐标为（）或（）。【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，勾股定理，平行的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程。【分析】（1）根据与x轴的两个交点A、B的坐标，故设出交点式解析式，然后把点C的坐标代入计算求出a的值，即可得到二次函数解析式。（2）设OP=x，然后表示出PC、PA的长度，在Rt△POC中，利用勾股定理列式，然后解方程即可。（3）①根据相似三角形对应角相等可得∠MCH=∠CAO，然后分（i）点H在点C下方时，利用同位角相等，两直线平行判定CM∥x轴，从而得到点M的纵坐标与点C的纵坐标相同，是-2，代入抛物线解析式计算即可；（ii）点H在点C上方时，根据（2）的结论，点M为直线PC与抛物线的另一交点，求出直线PC的解析式，与抛物线的解析式联立求解即可得到点M的坐标。②在x轴上取一点D，过点D作DE⊥AC于点E，可以证明△AED和△AOC相似，根据相似三角形对应边成比例列式求解即可得到AD的长度，然后分点D在点A的左边与右边两种情况求出OD的长度，从而得到点D的坐标，再作直线DM∥AC，然后求出直线DM的解析式，与抛物线解析式联立求解即可得到点M的坐标。8.（2020江苏镇江9分）对于二次函数和一次函数，把称为这两个函数的“再生二次函数”，其中t是不为零的实数，其图象记作抛物线E。现有点A（2，0）和抛物线E上的点B（－1，n），请完成下列任务：【尝试】（1）当t=2时，抛物线的顶点坐标为▲。（2）判断点A是否在抛物线E上；（3）求n的值。【发现】通过（2）和（3）的演算可知，对于t取任何不为零的实数，抛物线E总过定点，坐标为▲。【应用1】二次函数是二次函数和一次函数的一个“再生二次函数”吗？如果是，求出t的值；如果不是，说明理由；【应用2】以AB为边作矩形ABCD，使得其中一个顶点落在y轴上，或抛物线E经过A、B、C、D其中的一点，求出所有符合条件的t的值。【答案】解：【尝试】（1）（1，－2）。（2）点A在抛物线E上，理由如下：将x=2代入得y=0。∴点A在抛物线E上。（3）将（－1，n）代入得。【发现】A（2，0）和B（－1，6）。【应用1】不是。∵将x=－1代入，得，∴二次函数的图象不经过点B。∴二次函数不是二次函数和一次函数的一个“再生二次函数”。【应用2】如图，作矩形ABC1D1和ABC2D2，过点B作BK⊥y轴于点K，过点D1作D1G⊥x轴于点G，过点C2作C2H⊥y轴于点H，过点B作BM⊥x轴于点M，C2H与BM相交于点T。易得AM=3，BM=6，BK=1，△KBC1∽△NBA，则，即，得。∴C1（0，）。易得△KBC1≌△GAD1，得AG=1，GD1=。∴D1（3，）。易得△OAD2∽GAD1，则，由AG=1，OA=2，GD1=得，得OD2=1。∴D2（0，－1）。易得△TBC2≌△OD2A，得TC2=AO=2，BT==OD2=1。∴C2（－3，5）。∵抛物线E总过定点A、B，∴符合条件的三点只可能是A、B、C或A、B、D。当抛物线经过A、B、C1时，将C1（0，）代入得；当抛物线经过A、B、D1时，将D1（3，）代入得；当抛物线经过A、B、C2时，将C2（－3，5）代入得；当抛物线经过A、B、D2时，将D2（0，－1）代入得。∴满足条件的所有t值为，，，。【考点】新定义，二次函数的性质，曲线上点的坐标与方程的关系，矩形的性质。【分析】【尝试】（1）当t=2时，抛物线为，∴抛物线的顶点坐标为（1，－2）。（2）根据点在曲线上，点的坐标满足方程的关系验证即可。（3）根据点在曲线上，点的坐标满足方程的关系，将（－1，n）代入函数关系式即可求得n的值。【发现】由（1）可得。【应用1】根据点在曲线上，点的坐标满足方程的关系验证即可。【应用2】根据条件，作出矩形，求出各点坐标，根据新定义求出t的值。9.（2020四川泸州11分）如图，二次函数的图象与x轴相交于点A、B(点在点的左侧)，与y轴相交于点C，顶点D在第一象限.过点D作x轴的垂线，垂足为H。(1)当时，求tan∠ADH的值；(2)当60°≤∠ADB≤90°时，求m的变化范围；(3)设△BCD和△ABC的面积分别为S1、S2，且满足S1=S2，求点D到直线BC的距离。【答案】解：（1）)当时，。∴D。∴DH=。在中令，即，解得。∴A（－1，0）。∴AH=。∴tan∠ADH=。（2）∵，∴D。∴DH=。在中令，即，解得。∵顶点D在第一象限，∴。∴∴A（－1，0）。∴AH=。当∠ADB=600时，∠ADH=300，tan∠ADH=。∴，解得（增根，舍去）。当∠ADB=900时，∠ADH=450，AH=DH，即，解得（不符合，舍去）。∴当60°≤∠ADB≤90°时，。（3）设DH与BC交于点M，则点M的横坐标为m，设过点B（，0），C（0，）的直线为，则，解得。∴直线BC为。当时，。∴M（m，）。∴DM=，AB=。∵S△BCD=DM·OB，S△ABC=AB·OC，S△BCD=S△ABC，∴。又∵顶点D在第一象限，∴，解得。当时，A（－1，0），B（5，0），C（0，）。∴BC=，S△ABC=。设点D到BC的距离为d，∵S△DBC=，∴，解得。答：点D到直线BC的距离为。【考点】二次函数综合题，二次函数的性质，曲线上点的坐标与方程的关系，待定系数法，锐角三角函数定义，点到直线的距离，解二元一次方程组和一元二次方程。【分析】（1）求出顶点D和A的坐标，根据锐角三角函数定义即可求出tan∠ADH的值。（2）求出∠ADB=600和∠ADB=900时的m的值即可得出m的变化范围。（3）设点D到BC的距离为d，根据S△DBC=和S△BCD=S△ABC，求出BC和S△ABC即可求得点D到直线BC的距离d。10.（2020宁夏区10分）在矩形ABCD中，AB=2，AD=3,P是BC上的任意一点（P与B、C不重合），过点P作AP⊥PE，垂足为P，PE交CD于点E.(1)连接AE，当△APE与△ADE全等时，求BP的长；(2)若设BP为x，CE为y，试确定y与x的函数关系式。当x取何值时，y的值最大？最大值是多少？(3)若PE∥BD，试求出此时BP的长.【答案】解：（1）∵△APE≌△ADE，∴AP=AD=3。在Rt△ABP中，AB=2，∴BP=。（2）∵AP⊥PE，∴Rt△ABP∽Rt△PCE。∴，即。∴。∵∴当时，y的值最大，最大值是。（2）设BP=x,由（2）得。∵PE∥BD，，∴△CPE∽△CBD。∴，即，化简得。解得或（不合题意，舍去）。∴当BP=时，PE∥BD。【考点】矩形的性质，全等三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，二次函数的最值，平行的性质，解一元二次方程。【分析】（1）由△APE≌△ADE可得AP=AD=3，在Rt△ABP中，应用勾股定理即可求得BP的长。（2）由AP⊥PE，得Rt△ABP∽Rt△PCE，根据相似三角形的对应边成比例可列式得y与x的函数关系式。化为顶点式即可求得当时，y的值最大，最大值是。（3）由PE∥BD，得△CPE∽△CBD，根据相似三角形的对应边成比例可列式可求得BP的长。11.（2020贵州黔东南12分）如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点．（1）求抛物线的解析式．（2）点M是线段BC上的点（不与B，C重合），过M作MN∥y轴交抛物线于N，若点M的横坐标为m，请用m的代数式表示MN的长．（3）在（2）的条件下，连接NB、NC，是否存在m，使△BNC的面积最大？若存在，求m的值；若不存在，说明理由．【答案】解：（1）∵抛物线经过点A（﹣1，0）、B（3，0）两点，∴设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x﹣3），将C（0，3）代入，得a（0+1）（0﹣3）=3，a=﹣1。∴抛物线的解析式：y=﹣（x+1）（x﹣3）=﹣x2+2x+3。（2）设直线BC的解析式为：y=kx+b，则有：，解得。∴直线BC的解析式：y=﹣x+3。已知点M的横坐标为m，则M（m，﹣m+3）、N（m，﹣m2+2m+3）；∴MN=﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+3m（0＜m＜3）。（3）存在。如图；∵S△BNC=S△MNC+S△MNB=MN（OD+DB）=MN•OB，∴S△BNC=（﹣m2+3m）•3=﹣（m﹣）2+（0＜m＜3）。∴当m=时，△BNC的面积最大，最大值为。【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数最值。【分析】（1）由抛物线经过点A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点．用待定系数法即可求。（2）求得直线BC的解析式，即可由点M的横坐标为m得其纵坐标为﹣m+3，结合点N的纵坐标﹣m2+2m+3即可用m的代数式表示MN的长。（3）求出S△BNC关于m的函数关系式，应用二次函数最值原理即可求得结论。12.（2020贵州黔西南16分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线经过点A（0，4），B（1，0），C（5，0），抛物线的对称轴l与x轴相交于点M.（1）求抛物线对应的函数解析式和对称轴；（2）设点P为抛物线（x>5）上的一点，若以A、O、M、P为顶点的四边形的四条边的长度为四个连续的正整数，请你直接写出点P的坐标；（3）连接AC，探索：在直线AC下方的抛物线上是否存在一点N，使△NAC的面积最大？若存在，请你求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】解：（1）∵抛物线经过点B（1，0），C（5，0），∴设抛物线对应的函数解析式为。又∵抛物线经过点A（0，4），∴，解得。∴抛物线对应的函数解析式为，即。又∵，∴抛物线的对称轴为x=3。（2）（6，4）。（3）存在。△NAC的面积最大，即点N距AC的距离最大，此时点N在直线AC下方的抛物线上，过点N与直线AC平行的直线与抛物线只有一个交点。设直线AC：，则，解得。∴直线AC：。设过点N与直线AC平行的直线为。由整理得。∵直线与抛物线只有一个交点，∴，解得。∴，解得。当时，。∴N（，－3）。∴在直线AC下方的抛物线上存在一点N（，－3），使△NAC的面积最大。【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，勾股定理，一元二次方程根的判别式【分析】（1）由抛物线经过点A（0，4），B（1，0），C（5，0），用待定系数法可求出抛物线对应的函数解析式，化为顶点式（或用公式）可求抛物线的对称轴。（2）由A（0，4）和对称轴x=3知OA=4，OM=3。由点P为抛物线（x>5）上的一点，知PA＞PM＞2。∴由以A、O、M、P为顶点的四边形的四条边的长度为四个连续的正整数，只能是PA=6，PM=5。由二次函数的轴对称性和勾股定理，知点P与点A关于对称轴对称。∴P（6，4）。（3）△NAC的面积最大，即点N距AC的距离最大，此时点N在直线AC下方的抛物线上，过点N与直线AC平行的直线与抛物线只有一个交点。应用一元二次方程根的判别式即可求解。13.（2020贵州遵义14分）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的图象经过原点O，交x轴于点A，其顶点B的坐标为（3，﹣）．（1）求抛物线的函数解析式及点A的坐标；（2）在抛物线上求点P，使S△POA=2S△AOB；（3）在抛物线上是否存在点Q，使△AQO与△AOB相似？如果存在，请求出Q点的坐标；如果不存在，请说明理由．【答案】解：（1）由函数图象经过原点得，函数解析式为y=ax2+bx（a≠0），又∵函数的顶点坐标为（3，﹣），∴，解得：。∴函数解析式为：。由二次函数图象的对称性可得点A的坐标为（6，0）。（2）∵S△POA=2S△AOB，∴点P到OA的距离是点B到OA距离的2倍，即点P的纵坐标为2。代入函数解析式得：，解得：x1=3+，x2=3﹣。∴满足条件的有两个，P1（3+，2），P2（3﹣，2）。（3）存在。过点B作BP⊥OA，则tan∠BOP=tan∠BAP=。∴∠BOA=30°。设Q1坐标为（x，），过点Q1作Q1F⊥x轴，∵△OAB∽△OQ1A，∴∠Q1OA=30°，∴OF=Q1F，即x=，解得：x=9或x=0（舍去）。∴Q1坐标为（9，3），根据函数的对称性可得Q2坐标为（﹣3，3）。∴Q点的坐标（9，3），（﹣3，3）。【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质。。【分析】（1）根据函数经过原点，可得c=0，然后根据函数的对称轴，及函数图象经过点（3，﹣）可得出函数解析式，根据二次函数的对称性可直接得出点A的坐标。（2）根据题意可得点P到OA的距离是点B到OA距离的2倍，即点P的纵坐标为2，代入函数解析式可得出点P的横坐标。（3）先求出∠BOA的度数，然后可确定∠Q1OA=的度数，继而利用解直角三角形的知识求出x，得出Q1的坐标，利用二次函数图象函数的对称性可得出Q2的坐标。14.（2020江西省10分）如图，已知二次函数L1：y=x2﹣4x+3与x轴交于A．B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C．（1）写出二次函数L1的开口方向、对称轴和顶点坐标；（2）研究二次函数L2：y=kx2﹣4kx+3k（k≠0）．①写出二次函数L2与二次函数L1有关图象的两条相同的性质；②是否存在实数k，使△ABP为等边三角形？如果存在，请求出k的值；如不存在，请说明理由；=3\*GB3③若直线y=8k与抛物线L2交于E、F两点，问线段EF的长度是否发生变化？如果不会，请求出EF的长度；如果会，请说明理由．【答案】解：（1）∵抛物线，∴二次函数L1的