2025年初三数学二次函数的专项培优易错难题练习题含答案附答案.doc

-初三数学二次函数专题培优 易错 难题练习题(含答案)附答案

一、二次函数
1．（6分）（•牡丹江）如图，抛物线y=x2+bx+c通过点A（﹣1，0），B（3，0）．请解答下列问题：

（1）求抛物线解析式；
（2）点E（2，m）在抛物线上，抛物线对称轴与x轴交于点H，点F是AE中点，连接FH，求线段FH长．
注：抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）对称轴是x=﹣．
【答案】（1）y=-2x-3；（2）．
【解析】
试题分析：（1）把A,B两点坐标代入，求待定系数b,c，进而确定抛物线解析式；（2）连接BE，点F是AE中点，H是AB中点，则FH为三角形ABE中位线，求出BE长，FH就懂得了，先由抛物线解析式求出点E坐标，根据勾股定理可求BE，再根据三角形中位线定理求线段HF长．
试题解析：（1）∵抛物线y=x2+bx+c通过点A（﹣1，0），B（3，0），∴把A,B两点坐标代入得：，解得：，∴抛物线解析式是：y=-2x-3；（2）∵点E（2，m）在抛物线上，∴把E点坐标代入抛物线解析式y=-2x-3得：m=4﹣4﹣3=﹣3，∴E（2，﹣3），∴BE==．∵点F是AE中点，点H是抛物线对称轴与x轴交点，即H为AB中点，∴FH是三角形ABE中位线，∴FH=BE=×=．∴线段FH长．
考点：1．待定系数法求抛物线解析式；2．勾股定理；3．三角形中位线定理．

2．某市实行产业精确扶贫，协助贫困户承包荒山种植某品种蜜柚．已知该蜜柚成本价为6元/公斤，到了收获季节投入市场销售时，调查市场行情后，发现该蜜柚不会赔本，且每天销售量y（公斤）与销售单价x（元）之间函数关系如图所示．
（1）求y与x函数关系式，并写出x取值范围；
（2）当该品种蜜柚定价为多少时，每天销售获得利润最大？最大利润是多少？
（3）某村农户今年共采摘蜜柚1公斤，若该品种蜜柚保质期为50天，按照（2）销售方式，能否在保质期内所有销售完这批蜜柚？若能，请阐明理由；若不能，应定销售价为多少元时，既能销售完又能获得最大利润？

【答案】（1）y＝﹣20x+500，（x≥6）；（2）当x＝15.5时，w最大值为1805元；（3）当x＝13时，w＝1680，此时，既能销售完又能获得最大利润．
【解析】
【分析】
（1）将点（15，200）、（10，300）代入一次函数体现式：y＝kx+b即可求解；
（2）由题意得：w＝y（x﹣6）＝﹣20（x﹣25）（x﹣6），∵﹣20＜0，故w有最大值，即可求解；
（3）当x＝15.5时，y＝190，50×190＜1，故：按照（2）销售方式，不能在保质期内所有销售完；由50（500﹣20x）≥1，解得：x≤13，当x＝13时，既能销售完又能获得最大利润．
【详解】
解：（1）将点（15，200）、（10，300）代入一次函数体现式：y＝kx+b得：，
解得：，
即：函数体现式为：y＝﹣20x+500，（x≥6）；
（2）设：该品种蜜柚定价为x元时，每天销售获得利润w最大，
则：w＝y（x﹣6）＝﹣20（x﹣25）（x﹣6），
∵﹣20＜0，故w有最大值，
当x＝﹣＝＝15.5时，w最大值为1805元；
（3）当x＝15.5时，y＝190，
50×190＜1，
故：按照（2）销售方式，不能在保质期内所有销售完；
设：应定销售价为x元时，既能销售完又能获得最大利润w，
由题意得：50（500﹣20x）≥1，解得：x≤13，
w＝﹣20（x﹣25）（x﹣6），
当x＝13时，w＝1680，
此时，既能销售完又能获得最大利润．
【点睛】
本题考察了二次函数性质在实际生活中应用．最大销售利润问题常利函数增减性来解答，我们首先要吃透题意，确定变量，建立函数模型，然后结合实际选择最优方案．其中要注意应当在自变量取值范围内求最大值（或最小值）.

3．如图，已知二次函数图象过点O（0，0）．A（8，4），与x轴交于另一点B，且对称轴是直线x＝3．
（1）求该二次函数解析式；
（2）若M是OB上一点，作MN∥AB交OA于N，当△ANM面积最大时，求M坐标；
（3）P是x轴上点，过P作PQ⊥x轴与抛物线交于Q．过A作AC⊥x轴于C，当以O，P，Q为顶点三角形与以O，A，C为顶点三角形相似时，求P点坐标．

【答案】（1）；（2）当t＝3时，S△AMN有最大值3，此时M点坐标为（3，0）；（3）P点坐标为（14，0）或（﹣2，0）或（4，0）或（8，0）．
【解析】
【分析】
（1）先运用抛物线对称性确定B（6，0），然后设交点式求抛物线解析式；
（2）设M（t，0），先其求出直线OA解析式为直线AB解析式为y=2x-12，直线MN解析式为y=2x-2t，再通过解方程组得N（），接着运用三角形面积公式，运用S△AMN=S△AOM-S△NOM得到然后根据二次函数性质处理问题；
（3）设Q，根据相似三角形判定措施，当时，△PQO∽△COA，则；当时，△PQO∽△CAO，则，然后分别解有关m绝对值方程可得到对应P点坐标．
【详解】
解：（1）∵抛物线过原点，对称轴是直线x＝3，
∴B点坐标为（6，0），
设抛物线解析式为y＝ax（x﹣6），
把A（8，4）代入得a•8•2＝4，解得a＝，
∴抛物线解析式为y＝x（x﹣6），即y＝x2﹣x；
（2）设M（t，0），
易得直线OA解析式为y＝x，
设直线AB解析式为y＝kx+b，
把B（6，0），A（8，4）代入得，解得，
∴直线AB解析式为y＝2x﹣12，
∵MN∥AB，
∴设直线MN解析式为y＝2x+n，
把M（t，0）代入得2t+n＝0，解得n＝﹣2t，
∴直线MN解析式为y＝2x﹣2t，
解方程组得，则，
∴S△AMN＝S△AOM﹣S△NOM

，
当t＝3时，S△AMN有最大值3，此时M点坐标为（3，0）；
（3）设，
∵∠OPQ＝∠ACO，
∴当时，△PQO∽△COA，即，
∴PQ＝2PO，即，
解方程得m1＝0（舍去），m2＝14，此时P点坐标为（14，0）；
解方程得m1＝0（舍去），m2＝﹣2，此时P点坐标为（﹣2，0）；
∴当时，△PQO∽△CAO，即，
∴PQ＝PO，即，
解方程得m1＝0（舍去），m2＝8，此时P点坐标为（8，0）；
解方程得m1＝0（舍去），m2＝4，此时P点坐标为（4，0）；
综上所述，P点坐标为（14，0）或（﹣2，0）或（4，0）或（8，0）．
【点睛】
本题考察了二次函数综合题：纯熟掌握二次函数图象上点坐标特征和二次函数性质；会运用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质；灵活运用相似比表达线段之间关系；会运用分类讨论思想处理数学问题．

4．温州茶山杨梅名扬中国，某企业经营茶山杨梅业务，以3万元/吨价格买入杨梅，包装后直接销售，包装成本为1万元/吨，它平均销售价格y（单位：万元/吨）与销售数量x（2≤x≤10，单位：吨）之间函数关系如图所示．
（1）若杨梅销售量为6吨时，它平均销售价格是每吨多少万元？
（2）当销售数量为多少时，该经营这批杨梅所获得毛利润（w）最大？最大毛利润为多少万元？（毛利润＝销售总收入﹣进价总成本﹣包装总费用）
（3）通过市场调查发现，杨梅深加工后不包装直接销售，平均销售价格为12万元/吨．深加工费用y（单位：万元）与加工数量x（单位：吨）之间函数关系是y＝x+3（2≤x≤10）．
①当该企业买入杨梅多少吨时，采用深加工方式与直接包装销售获得毛利润同样？
②该企业买入杨梅吨数在　 　范围时，采用深加工方式比直接包装销售获得毛利润大些？

【答案】（1）杨梅销售量为6吨时，它平均销售价格是每吨10万元；（2）当x＝8时，此时W最大值＝40万元；（3）①该企业买入杨梅3吨；②3＜x≤8．
【解析】
【分析】
（1）设其解析式为y＝kx+b，由图象通过点（2，12），（8，9）两点，得方程组，即可得到结论；
（2）根据题意得，w＝（y﹣4）x＝（﹣x+13﹣4）x＝﹣x2+9x，根据二次函数性质即可得到结论；
（3）①根据题意列方程，即可得到结论；②根据题意即可得到结论．
【详解】
（1）由图象可知，y是有关x一次函数．
∴设其解析式为y＝kx+b，
∵图象通过点（2，12），（8，9）两点，
∴，
解得k＝﹣，b＝13，
∴一次函数解析式为y＝﹣x+13，
当x＝6时，y＝10，
答：若杨梅销售量为6吨时，它平均销售价格是每吨10万元；
（2）根据题意得，w＝（y﹣4）x＝（﹣x+13﹣4）x＝﹣x2+9x，
当x＝﹣＝9时，x＝9不在取值范围内，
∴当x＝8时，此时W最大值＝﹣x2+9x＝40万元；
（3）①由题意得：﹣x2+9x＝9x﹣（x+3）
解得x＝﹣2（舍去），x＝3，
答该企业买入杨梅3吨；
②当该企业买入杨梅吨数在 3＜x≤8范围时，采用深加工方式比直接包装销售获得毛利润大些．
故答案为：3＜x≤8．
【点睛】
本题是二次函数、一次函数综合应用题，难度较大．解题关键是理清售价、成本、利润三者之间关系．

5．二次函数y=x2-2mx+3（m＞）图象与x轴交于点A（a，0）和点B（a+n，0）（n＞0且n为整数），与y轴交于C点．
（1）若a=1，①求二次函数关系式；②求△ABC面积；
（2）求证：a=m-；
（3）线段AB（包括A、B）上有且只有三个点横坐标是整数，求a值．
【答案】（1）y=x2-4x+3；3；（2）证明见解析；（3）a=1或a=−．
【解析】
试题分析：（1）①首先根据a=1求得A坐标，然后裔入二次函数解析式，求得m值即可确定二次函数解析式；
②根据解析式确定抛物线与坐标轴交点坐标，从而确定三角形面积；
（2）将原二次函数配方后即可确定其对称轴为x=m，然后根据A、B两点有关x=m对称得到a+n-m=m-a，从而确定a、m、n之间关系；
（3）根据a=m-得到A（m-，0）代入y=（x-m）2-m2+3得0=（m--m）2-m2+3，求得m值即可确定a值．
试题解析：（1）①∵a=1，
∴A（1，0），
代入y=x2-2mx+3得1-2m+3=0，解得m=2，
∴y=x2-4x+3；
②在y=x2-4x+3中，当y=0时，有x2-4x+3=0可得x=1或x=3，
∴A（1，0）、B（3，0），
∴AB=2再根据解析式求出C点坐标为（0，3），
∴OC=3，
△ABC面积=×2×3=3；
（2）∵y=x2-2mx+3=（x-m）2-m2+3，
∴对称轴为直线x=m，
∵二次函数y=x2-2mx+3图象与x轴交于点A和点B
∴点A和点B有关直线x=m对称，
∴a+n-m=m-a，
∴a=m-；
（3）y=x2-2mx+3（m＞）化为顶点式为y=（x-m）2-m2+3（m＞）
①当a为整数，由于n＞0且n为整数 因此a+n是整数，
∵线段AB（包括A、B）上有且只有三个点横坐标是整数，
∴n=2，
∴a=m-1，
∴A（m-1，0）代入y=（x-m）2-m2+3得（x-m）2-m2+3=0，
∴m2-4=0，
∴m=2，m=-2（舍去），
∴a=2-1=1，
②当a不是整数，由于n＞0且n为整数 因此a+n不是整数，
∵线段AB（包括A、B）上有且只有三个点横坐标是整数，
∴n=3，
∴a=m-
∴A（m-，0）代入y=（x-m）2-m2+3得0=（m--m）2-m2+3，
∴m2=，
∴m=，m=-（舍去），
∴a=−，
综上所述：a=1或a=−．
考点：二次函数综合题．

6．（10分）（•佛山）如图，一小球从斜坡O点处抛出，球抛出路线可以用二次函数y=﹣x2+4x刻画，斜坡可以用一次函数y=x刻画．

（1）请用配措施求二次函数图象最高点P坐标；
（2）小球落点是A，求点A坐标；
（3）连接抛物线最高点P与点O、A得△POA，求△POA面积；
（4）在OA上方抛物线上存在一点M（M与P不重叠），△MOA面积等于△POA面积．请直接写出点M坐标．
【答案】（1）（2，4）；（2）（，）；（3）；（4）（，）．
【解析】
试题分析：（1）运用配措施抛物线一般式化为顶点式，即可求出二次函数图象最高点P坐标；
（2）联立两解析式，可求出交点A坐标；
（3）作PQ⊥x轴于点Q，AB⊥x轴于点B．根据S△POA=S△POQ+S△梯形PQBA﹣S△BOA，代入数值计算即可求解；
（4）过P作OA平行线，交抛物线于点M，连结OM、AM，由于两平行线之间距离相等，根据同底等高两个三角形面积相等，可得△MOA面积等于△POA面积．设直线PM解析式为y=x+b，将P（2，4）代入，求出直线PM解析式为y=x+3．再与抛物线解析式联立，得到方程组，解方程组即可求出点M坐标．
试题解析：（1）由题意得，y=﹣x2+4x=﹣（x﹣2）2+4，
故二次函数图象最高点P坐标为（2，4）；
（2）联立两解析式可得：，解得：，或．
故可得点A坐标为（，）；
（3）如图，作PQ⊥x轴于点Q，AB⊥x轴于点B．

S△POA=S△POQ+S△梯形PQBA﹣S△BOA
=×2×4+×（+4）×（﹣2）﹣××
=4+﹣
=；
（4）过P作OA平行线，交抛物线于点M，连结OM、AM，则△MOA面积等于△POA面积．
设直线PM解析式为y=x+b，
∵P坐标为（2，4），
∴4=×2+b，解得b=3，
∴直线PM解析式为y=x+3．
由，解得，，
∴点M坐标为（，）．

考点：二次函数综合题

7．如图：在平面直角坐标系中，直线l：y=x﹣与x轴交于点A，通过点A抛物线y=ax2﹣3x+c对称轴是x=．
（1）求抛物线解析式；
（2）平移直线l通过原点O，得到直线m，点P是直线m上任意一点，PB⊥x轴于点B，PC⊥y轴于点C，若点E在线段OB上，点F在线段OC延长线上，连接PE，PF，且PE=3PF．求证：PE⊥PF；
（3）若（2）中点P坐标为（6，2），点E是x轴上点，点F是y轴上点，当PE⊥PF时，抛物线上与否存在点Q，使四边形PEQF是矩形？假如存在，祈求出点Q坐标，假如不存在，请阐明理由．

【答案】（1）抛物线解析式为y=x2﹣3x﹣4；（2）证明见解析；（3）点Q坐标为（﹣2，6）或（2，﹣6）．
【解析】
【分析】
（1）先求得点A坐标，然后根据抛物线过点A，对称轴是x=列出有关a、c方程组求解即可；
（2）设P（3a，a），则PC=3a，PB=a，然后再证明∠FPC=∠EPB，最终通过等量代换进行证明即可；
（3）设E（a，0），然后用含a式子表达BE长，从而可得到CF长，于是可得到点F坐标，然后根据中点坐标公式可得到，，从而可求得点Q坐标（用含a式子表达），最终，将点Q坐标代入抛物线解析式求得a值即可．
【详解】
（1）当y=0时，，解得x=4，即A（4，0），抛物线过点A，对称轴是x=，得，
解得，抛物线解析式为y=x2﹣3x﹣4；
（2）∵平移直线l通过原点O，得到直线m，
∴直线m解析式为y=x．
∵点P是直线1上任意一点，
∴设P（3a，a），则PC=3a，PB=a．
又∵PE=3PF，
∴．
∴∠FPC=∠EPB．
∵∠CPE+∠EPB=90°，
∴∠FPC+∠CPE=90°，
∴FP⊥PE．
（3）如图所示，点E在点B左侧时，设E（a，0），则BE=6﹣a．

∵CF=3BE=18﹣3a，
∴OF=20﹣3a．
∴F（0，20﹣3a）．
∵PEQF为矩形，
∴，，
∴Qx+6=0+a，Qy+2=20﹣3a+0，
∴Qx=a﹣6，Qy=18﹣3a．
将点Q坐标代入抛物线解析式得：18﹣3a=（a﹣6）2﹣3（a﹣6）﹣4，解得：a=4或a=8（舍去）．
∴Q（﹣2，6）．
如下图所示：当点E在点B右侧时，设E（a，0），则BE=a﹣6．

∵CF=3BE=3a﹣18，
∴OF=3a﹣20．
∴F（0，20﹣3a）．
∵PEQF为矩形，
∴，，
∴Qx+6=0+a，Qy+2=20﹣3a+0，
∴Qx=a﹣6，Qy=18﹣3a．
将点Q坐标代入抛物线解析式得：18﹣3a=（a﹣6）2﹣3（a﹣6）﹣4，解得：a=8或a=4（舍去）．
∴Q（2，﹣6）．
综上所述，点Q坐标为（﹣2，6）或（2，﹣6）．
【点睛】
本题重要考察是二次函数综合应用，解答本题重要应用了矩形性质、待定系数法求二次函数解析式、中点坐标公式，用含a式子表达点Q坐标是解题关键．

8．如图，抛物线图象过点.

（1）求抛物线解析式；
（2）在抛物线对称轴上与否存在一点P，使得△PAC周长最小，若存在，祈求出点P坐标及△PAC周长；若不存在，请阐明理由；
（3）在（2）条件下，在x轴上方抛物线上与否存在点M（不与C点重叠），使得？若存在，祈求出点M坐标；若不存在，请阐明理由．
【答案】（1）；（2）存在，点，周长为：；（3）存在，点M坐标为
【解析】
【分析】
（1）由于条件给出抛物线与x轴交点，故可设交点式，把点C代入即求得a值，减小计算量．
（2）由于点A、B有关对称轴：直线对称，故有，则，因此当C、P、B在同一直线上时，最小．运用点A、B、C坐标求AC、CB长，求直线BC解析式，把代入即求得点P纵坐标．
（3）由可得，当两三角形以PA为底时，高相等，即点C和点M到直线PA距离相等．又由于M在x轴上方，故有．由点A、P坐标求直线AP解析式，即得到直线CM解析式．把直线CM解析式与抛物线解析式联立方程组即求得点M坐标．
【详解】
解：（1）∵抛物线与x轴交于点
∴可设交点式
把点代入得：

∴抛物线解析式为
（2）在抛物线对称轴上存在一点P，使得周长最小．
如图1，连接PB、BC
∵点P在抛物线对称轴直线上，点A、B有关对称轴对称

∵当C、P、B在同一直线上时，最小

最小
设直线BC解析式为
把点B代入得：，解得：
∴直线BC：

∴点使周长最小，最小值为．
（3）存在满足条件点M，使得．
∵S△PAM＝S△PAC
∴当以PA为底时，两三角形等高
∴点C和点M到直线PA距离相等
∵M在x轴上方

，设直线AP解析式为
解得：
∴直线
∴直线CM解析式为：

解得：（即点C），
∴点M坐标为

【点睛】
考察了待定系数法求二次函数解析式、一次函数解析式，轴对称最短途径问题，勾股定理，平行线间距离到处相等，一元二次方程解法．其中第（3）题条件给出点M在x轴上方，无需分类讨论，解法较常规而简单．

9．如图，在平面直角坐标系中，A、B为x轴上两点，C、D为y轴上两点，经
过点A、C、B抛物线一部分C1与通过点A、D、B抛物线一部分C2组合成一条封闭曲线，我们把这条封
闭曲线称为“蛋线”．已知点C坐标为（0，），点M是抛物线C2：（＜0）顶点．

（1）求A、B两点坐标；
（2）“蛋线”在第四象限上与否存在一点P，使得△PBC面积最大？若存在，求出△PBC面积最大值；若不存在，请阐明理由；
（3）当△BDM为直角三角形时，求值．
【答案】（1）A（，0）、B（3，0）．
（2）存在．S△PBC最大值为
（3）或时，△BDM为直角三角形．
【解析】
【分析】
（1）在中令y=0，即可得到A、B两点坐标．
（2）先用待定系数法得到抛物线C1解析式，由S△PBC = S△POC+ S△BOP–S△BOC得到△PBC面积体现式，根据二次函数最值原理求出最大值．
（3）先表达出DM2，BD2，MB2，再分两种状况：①∠BMD=90°时；②∠BDM=90°时，讨论即可求得m值．
【详解】
解：（1）令y=0，则，
∵m＜0，∴，解得：，．
∴A（，0）、B（3，0）．
（2）存在．理由如下：
∵设抛物线C1体现式为（），
把C（0，）代入可得，．
∴Ｃ1体现式为：，即．
设P（p，），
∴ S△PBC = S△POC+ S△BOP–S△BOC=．
∵<0，∴当时,S△PBC最大值为．
（3）由C2可知： B（3，0），D（0，），M（1，），
∴BD2=，BM2=，DM2=．
∵∠MBD<90°, ∴讨论∠BMD=90°和∠BDM=90°两种状况：
当∠BMD=90°时，BM2+ DM2= BD2，即＋=，
解得：,(舍去)．
当∠BDM=90°时，BD2+ DM2= BM2，即＋=，
解得：，(舍去) ．
综上所述，或时，△BDM为直角三角形．

10．如图1，抛物线通过点、两点，是其顶点，将抛物线绕点旋转，得到新抛物线．

（1）求抛物线函数解析式及顶点坐标；
（2）如图2，直线通过点，是抛物线上一点，设点横坐标为（），连接并延长，交抛物线于点，交直线l于点，，求值；
（3）如图3，在（2）条件下，连接、，在直线下方抛物线上与否存在点，使得？若存在，求出点横坐标；若不存在，请阐明理由．
【答案】（1），顶点为：；（2）值为﹣3；（3）存在，点横坐标为：或．
【解析】
【分析】
（1）运用待定系数法将、代入中，即可求得和值和抛物线解析式，再运用配措施将抛物线解析式化为顶点式即可求得顶点坐标；
（2）根据抛物线绕点旋转，可求得新抛物线解析式，再将代入中，即可求得直线解析式，根据对称性可得点坐标，过点作轴交直线于，过作轴交直线于，由，即可得，再证明∽，即可得，建立方程求解即可；
（3）连接，易证是，，可得，在轴下方过点作，在上截取，过点作轴于，连接交抛物线于点，点即为所求点；通过建立方程组求解即可．
【详解】
（1）将、代入中，得
解得
∴抛物线解析式为：，
配方，得：，∴顶点为：；
（2）∵抛物线绕点旋转，得到新抛物线．
∴新抛物线顶点为：，二次项系数为：
∴新抛物线解析式为：
将代入中，得，解得，
∴直线解析式为，
∵，
∴直线解析式为，
由抛物线与抛物线有关原点对称，可得点、V有关原点对称，
∴
如图2，过点作轴交直线于，过作轴交直线于，
则，，
∴，，
∵
∴，
∵轴，轴
∴
∴∽
∴，即
∴
解得：，，
∵
∴值为：﹣3；
（3）由（2）知：，
∴，，，
如图3，连接，在中，∵，，
∴
∴是直角三角形，，
∴，
∵
∴，
在轴下方过点作，在上截取，
过点作轴于，连接交抛物线于点，点即为所求点；
∵，
∴
∵
∴
∴，设直线解析式为，
则，解得
∴直线解析式为，
解方程组，得，，
∴点横坐标为：或．

【点睛】
本题考察了二次函数图象和性质，待定系数法求函数解析式，旋转变换，相似三角形判定和性质，直线与抛物线交点，解直角三角形等知识点；属于中考压轴题型，综合性强，难度较大．

11．已知函数（为常数）
（1）当，
①点在此函数图象上，求值；
②求此函数最大值．
（2）已知线段两个端点坐标分别为，当此函数图象与线段只有一种交点时，直接写出取值范围．
（3）当此函数图象上有4个点到轴距离等于4，求取值范围．
【答案】（1）①②；（2），时，图象与线段只有一种交点；（3）函数图象上有4个点到轴距离等于4时，或．
【解析】
【分析】
（1）①将代入；②当时，当时有最大值为5；当时，当时有最大值为；故函数最大值为；
（2）将点代入中，得到，因此时，图象与线段只有一种交点；将点）代入和中，得到，
因此时图象与线段只有一种交点；
（3）当时，，得到；当时，，得到，当时，，．
【详解】
解：（1）当时，
，
①将代入，
∴；
②当时，当时有最大值为5；
当时，当时有最大值为；
∴函数最大值为；
（2）将点代入中，
∴，
∴时，图象与线段只有一种交点；
将点代入中，
∴，
将点代入中，
∴，
∴时图象与线段只有一种交点；
综上所述：，时，图象与线段只有一种交点；
（3）当时，，
，∴；
当时，，
，∴，
当时，，
；
∴函数图象上有4个点到轴距离等于4时，或．
【点睛】
考核知识点：二次函数综合.数形结合分析问题是关键.

12．如图①，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y=ax2+bx+3通过点A(-1，0) 、B(3，0) 两点，且与y轴交于点C
.
（1）求抛物线体现式；
（2）如图②，用宽为4个单位长度直尺垂直于x轴，并沿x轴左右平移，直尺左右两边所在直线与抛物线相交于P、 Q两点（点P在点Q左侧），连接PQ，在线段PQ上方抛物线上有一动点D，连接DP、DQ.
①若点P横坐标为，求△DPQ面积最大值，并求此时点D 坐标；
②直尺在平移过程中，△DPQ面积与否有最大值？若有，求出面积最大值；若没有，请阐明理由.
【答案】（1）抛物线y=-x2+2x+3；（2）①点D（ ）；②△PQD面积最大值为8
【解析】
分析：（1）根据点A、B坐标，运用待定系数法即可求出抛物线体现式；
（2）（I）由点P横坐标可得出点P、Q坐标，运用待定系数法可求出直线PQ体现式，过点D作DE∥y轴交直线PQ于点E，设点D坐标为（x，-x2+2x+3），则点E坐标为（x，-x+），进而即可得出DE长度，运用三角形面积公式可得出S△DPQ=-2x2+6x+，再运用二次函数性质即可处理最值问题；
（II）假设存在，设点P横坐标为t，则点Q横坐标为4+t，进而可得出点P、Q坐标，运用待定系数法可求出直线PQ体现式，设点D坐标为（x，-x2+2x+3），则点E坐标为（x，-2（t+1）x+t2+4t+3），进而即可得出DE长度，运用三角形面积公式可得出S△DPQ=-2x2+4（t+2）x-2t2-8t，再运用二次函数性质即可处理最值问题．
详解：（1）将A（-1，0）、B（3，0）代入y=ax2+bx+3，得：
，解得：，
∴抛物线体现式为y=-x2+2x+3．
（2）（I）当点P横坐标为-时，点Q横坐标为，
∴此时点P坐标为（-，），点Q坐标为（，-）．
设直线PQ体现式为y=mx+n，
将P（-，）、Q（，-）代入y=mx+n，得：
，解得：，
∴直线PQ体现式为y=-x+．
如图②，过点D作DE∥y轴交直线PQ于点E，

设点D坐标为（x，-x2+2x+3），则点E坐标为（x，-x+），
∴DE=-x2+2x+3-（-x+）=-x2+3x+，
∴S△DPQ=DE•（xQ-xP）=-2x2+6x+=-2（x-）2+8．
∵-2＜0，
∴当x=时，△DPQ面积取最大值，最大值为8，此时点D坐标为（，）．
（II）假设存在，设点P横坐标为t，则点Q横坐标为4+t，
∴点P坐标为（t，-t2+2t+3），点Q坐标为（4+t，-（4+t）2+2（4+t）+3），
运用待定系数法易知，直线PQ体现式为y=-2（t+1）x+t2+4t+3．
设点D坐标为（x，-x2+2x+3），则点E坐标为（x，-2（t+1）x+t2+4t+3），
∴DE=-x2+2x+3-[-2（t+1）x+t2+4t+3]=-x2+2（t+2）x-t2-4t，
∴S△DPQ=DE•（xQ-xP）=-2x2+4（t+2）x-2t2-8t=-2[x-（t+2）]2+8．
∵-2＜0，
∴当x=t+2时，△DPQ面积取最大值，最大值为8．
∴假设成立，即直尺在平移过程中，△DPQ面积有最大值，面积最大值为8．
点睛：本题考察了待定系数法求二次（一次）函数解析式、二次（一次）函数图象上点坐标特征、三角形面积以及二次函数最值，解题关键是：（1）根据点坐标，运用待定系数法求出二次函数体现式；（2）（I）运用三角形面积公式找出S△DPQ=-2x2+6x+；（II）运用三角形面积公式找出S△DPQ=-2x2+4（t+2）x-2t2-8t．

13．抛物线与x轴交于A，B两点（OA＜OB），与y轴交于点C．
（1）求点A，B，C坐标；
（2）点P从点O出发，以每秒2个单位长度速度向点B运动，同步点E也从点O出发，以每秒1个单位长度速度向点C运动，设点P运动时间为t秒（0＜t＜2）．
①过点E作x轴平行线，与BC相交于点D（如图所示），当t为何值时，值最小，求出这个最小值并写出此时点E，P坐标；

②在满足①条件下，抛物线对称轴上与否存在点F，使△EFP为直角三角形？若存在，请直接写出点F坐标；若不存在，请阐明理由．
【答案】（1）A（2，0），B（4，0），C（0，2）；（2）①t=1时，有最小值1，此时OP=2，OE=1，∴E（0，1），P（2，0）；②F（3，2），（3，7）．
【解析】
试题分析：（1）在抛物线解析式中，令y=0，令x=0，解方程即可得到成果；
（2）①由题意得：OP=2t，OE=t，通过△CDE∽△CBO得到，即，求得有最小值1，即可求得成果；
②存在，求得抛物线对称方程为x=3，设F（3，m），当△EFP为直角三角形时，①当∠EPF=90°时，②当∠EFP=90°时，③当∠PEF=90°时，根据勾股定理列方程即可求得成果．
试题解析：（1）在抛物线解析式中，令y=0，即，解得：，，∵OA＜OB，∴A（2，0），B（4，0），在抛物线解析式中，令x=0，得y=2，∴C（0，2）；
（2）①由题意得：OP=2t，OE=t，∵DE∥OB，∴△CDE∽△CBO，∴，即，∴DE=4﹣2t，
∴===，∵0＜t＜2，一直为正数，且t=1时，有最大值1，∴t=1时，有最小值1，即t=1时，有最小值1，此时OP=2，OE=1，∴E（0，1），P（2，0）；
②存在，∵抛物线对称轴方程为x=3，设F（3，m），∴，=，=，
当△EFP为直角三角形时，
①当∠EPF=90°时，，即，解得：m=2，
②当∠EFP=90°时，，即，解得；m=0或m=1，不合题意舍去，∴当∠EFP=90°时，这种状况不存在，
③当∠PEF=90°时，，即，解得：m=7，
综上所述，F（3，2），（3，7）．
考点：1．二次函数综合题；2．动点型；3．最值问题；4．二次函数最值；5．分类讨论；6．压轴题．

14．如图，已知抛物线通过点A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）三点，点D与点C有关x轴对称，点P是x轴上一种动点，设点P坐标为（m，0），过点P做x轴垂线l交抛物线于点Q，交直线BD于点M．
（1）求该抛物线所示二次函数体现式；
（2）已知点F（0，），当点P在x轴上运动时，试求m为何值时，四边形DMQF是平行四边形？
（3）点P在线段AB运动过程中，与否存在点Q，使得以点B、Q、M为顶点三角形与△BOD相似？若存在，求出点Q坐标；若不存在，请阐明理由．

【答案】（1）y=﹣x2+x+2；（2）m=﹣1或m=3时，四边形DMQF是平行四边形；（3）点Q坐标为（3，2）或（﹣1，0）时，以点B、Q、M为顶点三角形与△BOD相似．
【解析】
分析：（1）待定系数法求解可得；
（2）先运用待定系数法求出直线BD解析式为y=x-2，则Q（m，-m2+m+2）、M（m，m-2），由QM∥DF且四边形DMQF是平行四边形知QM=DF，据此列出有关m方程，解之可得；
（3）易知∠ODB=∠QMB，故分①∠DOB=∠MBQ=90°，运用△DOB∽△MBQ得，再证△MBQ∽△BPQ得，即，解之即可得此时m值；②∠BQM=90°，此时点Q与点A重叠，△BOD∽△BQM′，易得点Q坐标．
详解：（1）由抛物线过点A（-1，0）、B（4，0）可设解析式为y=a（x+1）（x-4），
将点C（0，2）代入，得：-4a=2，
解得：a=-，
则抛物线解析式为y=-（x+1）（x-4）=-x2+x+2；
（2）由题意知点D坐标为（0，-2），
设直线BD解析式为y=kx+b，
将B（4，0）、D（0，-2）代入，得：
，解得：，
∴直线BD解析式为y=x-2，
∵QM⊥x轴，P（m，0），
∴Q（m，--m2+m+2）、M（m，m-2），
则QM=-m2+m+2-（m-2）=-m2+m+4，
∵F（0，）、D（0，-2），
∴DF=，
∵QM∥DF，
∴当-m2+m+4=时，四边形DMQF是平行四边形，
解得：m=-1（舍）或m=3，
即m=3时，四边形DMQF是平行四边形；
（3）如图所示：

∵QM∥DF，
∴∠ODB=∠QMB，
分如下两种状况：
①当∠DOB=∠MBQ=90°时，△DOB∽△MBQ，
则，
∵∠MBQ=90°，
∴∠MBP+∠PBQ=90°，
∵∠MPB=∠BPQ=90°，
∴∠MBP+∠BMP=90°，
∴∠BMP=∠PBQ，
∴△MBQ∽△BPQ，
∴，即，
解得：m1=3、m2=4，
当m=4时，点P、Q、M均与点B重叠，不能构成三角形，舍去，
∴m=3，点Q坐标为（3，2）；
②当∠BQM=90°时，此时点Q与点A重叠，△BOD∽△BQM′，
此时m=-1，点Q坐标为（-1，0）；
综上，点Q坐标为（3，2）或（-1，0）时，以点B、Q、M为顶点三角形与△BOD相似．
点睛：本题重要考察二次函数综合问题，解题关键是掌握待定系数法求函数解析式、平行四边形判定与性质、相似三角形判定与性质及分类讨论思想运用．

15．如图，已知抛物线（a≠0）通过A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，﹣3）三点，直线l是抛物线对称轴．

（1）求抛物线函数关系式；
（2）设点P是直线l上一种动点，当点P到点A、点B距离之和最短时，求点P坐标；
（3）点M也是直线l上动点，且△MAC为等腰三角形，请直接写出所有符合条件点M坐标．
【答案】（1）；（2）P（1，0）；（3）．
【解析】
试题分析：（1）直接将A、B、C三点坐标代入抛物线解析式中求出待定系数即可；
（2）由图知：A．B点有关抛物线对称轴对称，那么根据抛物线对称性以及两点之间线段最短可知，直线l与x轴交点，即为符合条件P点；
（3）由于△MAC腰和底没有明确，因此要分三种状况来讨论：①MA=AC、②MA=MC、③AC=MC；可先设出M点坐标，然后用M点纵坐标表达△MAC三边长，再按上面三种状况列式求解．
试题解析：（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，﹣3）代入抛物线中，得：，解得：，故抛物线解析式：．
（2）当P点在x轴上，P，A，B三点在一条直线上时，点P到点A、点B距离之和最短，此时x==1，故P（1，0）；
（3）如图所示：抛物线对称轴为：x==1，设M（1，m），已知A（﹣1，0）、C（0，﹣3），则：
=，==，=10；
①若MA=MC，则，得：=，解得：m=﹣1；
②若MA=AC，则，得：=10，得：m=；
③若MC=AC，则，得：=10，得：，；
当m=﹣6时，M、A、C三点共线，构不成三角形，不合题意，故舍去；
综上可知，符合条件M点，且坐标为 M（1，）（1，）（1，﹣1）（1，0）．

考点：二次函数综合题；分类讨论；综合题；动点型．