20**年二次函数压轴题解题思路(有答案)

二次函数压轴题解题思路

一、基本知识 1会求解析式

2.会利用函数性质和图像

3.相关知识：如一次函数、反比例函数、点的坐标、方程。图形中的三角形、四边形、圆及平行线、垂直。一些方法：如相似、三角函数、解方程。一些转换：如轴对称、平移、旋转。 二、典型例题： （一）、求解析式

2

1.（2014•莱芜）过A（1，0）、B（3，0）作x轴的垂线，分别交直线y=4﹣x于C、D两点．抛物线y=ax+bx+c经过O、C、D三点．（1）求抛物线的表达式；

2

2.（2012•莱芜）顶点坐标为（2，﹣1）的抛物线y=ax+bx+c（a≠0）与y轴交于点C（0，3），与x轴交于A、B两点．（1）求抛物线的表达式； 练习：（2014兰州）把抛物线y=﹣2x先向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度后，所得函数

2222

的表达式为（ ）Ay=﹣2（x+1）+2 By=﹣2（x+1）﹣2 Cy=﹣2（x﹣1）+2 Dy=﹣2（x﹣1）﹣2 （二）、二次函数的相关应用 第一类：面积问题

2

例题. （2012•莱芜）如图，顶点坐标为（2，﹣1）的抛物线y=ax+bx+c（a≠0）与y 轴交于点C（0，3），与x轴交于A、B两点．

22

（1）求抛物线的表达式；（抛物线的解析式：y=（x﹣2）﹣1=x﹣4x+3．） （2）设抛物线的对称轴与直线BC交于点D，连接AC、AD，求△ACD的面积；

练习：1.（2010•莱芜）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线yax2bxc2

x轴于A(2,0),B(6,0)两点，交y轴于点C(0,23).（1（抛物线的解析式为：y

24

（3）P为此抛物线在第二象xx2.）

63

限图像上的一点，PG垂直于x轴，垂足为点G，试确定P点的位置，使得△的面积被直线AC分为1︰2两部分.

2. @@@@（2014•莱芜）如图，过A（1，0）、B（3，0）作x轴的垂线，分别交直

2

线y=4﹣x于C、D两点．抛物线y=ax+bx+c经过O、C、D三点． （1）求抛物线的表达式；（抛物线的表达式为：y=﹣x+

2

x．）

（3）若△AOC沿CD方向平移（点C在线段CD上，且不与点D重合），在平移的过程中△AOC与△OBD重叠部分的面积记为S，试求S的最大值．

3.（2014•兰州）如图，抛物线y=﹣x+mx+n与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知A（﹣1，0），C（0，2）．（1）求抛物线的表达式；（3）点E时线段BC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置时，四边形CDBF的面积最大？求出四边形CDBF的最大面积及此时E

点的坐标．

k | B| 1 . c |O |m

2

第二类：.构造问题 （1）构造线段

（2013•莱芜）@@@@构造相似三角形

2

（2013•莱芜）如图，抛物线y=ax+bx+c（a≠0）经过点A（﹣3，0）、B（1，0）、C（﹣2，1），交y轴于点M．（1）求抛物线的表达式；（抛物线的表达式为y=

．）（3）抛物线上是否存在一点P，作PN垂直x轴于点N，使得

以点P、A、N为顶点的三角形与△MAO相似？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．

@@@（3）构造平行四边形 （2014•莱芜）如图，过A（1，0）、B（3，0）作x轴的垂线，分别交直线y=4

2

﹣x于C、D两点．抛物线y=ax+bx+c经过O、C、D三点．（1）求抛物线的表达式；

（2）点M为直线OD上的一个动点，过M作x轴的垂线交抛物线于点N，问是否存在这样的点M，使得以A、C、M、N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求此时点M的横坐标；若不存在，请说明理由；

练习：@@@（2014遵义）如图，二次函数y

2

xbxc的图象与交于A（3,0）、3

B(-1,0),与y轴交于点C.若点P，Q同时从A点出发，都以每秒1个单位长度的速度分别沿AB，AC边运动，其中一点到达端点时，另一点也随即停止运

动. （1）求该二次函数的解析式及点C的坐标.

（2）当点P运动到B点时，点Q停止运动，这时，在x轴上是否存在点E，使得以

A，E，的坐标，若不存在，请Q为顶点的三角形是等腰三角形.若存在，请求出点

说明理由. （3）当P，Q运动到t秒时，△APQ沿PQ翻折，点A恰好落在抛物线上D点处，请判定此时四边形APDQ的形状,并求出D点坐标.

E

（5）构造直角三角形

22 ．（2014•四川内江）如图，抛物线y=ax+bx+c经过A（﹣3.0）、C（0，4），点B在抛物线上，CB∥x轴，且AB平分∠CAO．（1）求抛物线的解析式；

（2）线段AB上有一动点P，过点P作y轴的平行线，交抛物线于点Q，求线段PQ的最大值； （3）抛物线的对称轴上是否存在点M，使△ABM是以AB为直角边的直角三角形？如果存在，求出点M的坐标；如果不存在，说明理由．

（6）构造角相等

2

（2014•娄底）如图，抛物线y=x+mx+（m﹣1）与x轴交于点A（x1，0），B（x2，

22

0），x1＜x2，与y轴交于点C（0，c），且满足x1+x2+x1x2=7．（1）求抛物线的解

2

析式；（2）在抛物线上能不能找到一点P，使∠POC=∠PCO？若能，请求出点P的坐标；若不能，请说明理由．

（7）构造梯形

（2011莱芜）如图，在平面直角坐标系中，已知点A(－2，－4)，OB＝2，抛物线y经过点A、O、B三点．(1)求抛物线的函数表达式；

(2)若点M是抛物线对称轴上一点，试求AM＋OM的最小值；

(3)在此抛物线上，是否存在点P，使得以点P与点O、A、B存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．

12

练习：（2010临沂）如图：二次函数y=﹣x+ ax + b的图象与x轴交于A（-，0）2

B（2，0）两点，且与y轴交于点C．（1）求该抛物线的解析式，并判断△ABC的抛物线上有一点D，且A、C、D、B四点为顶点的四边形是等腰梯形，请直接写出D点的坐标；

A B P（3）在此抛物线上是否存在点P，使得以A、C、B、P四点为顶点的四边形是直角梯形？若存在，求出

点的坐标；若不存在，说明理由．

（8）构造菱形

2

（2013•枣庄）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，A点在原点的左侧，B点的坐标为（3，0），与y轴交于C（0，-3）点，点P是直线BC下方的抛物线上一动点．（1）求这个二次函数的表达式．

（2）连接PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四边形POP′C，那么是否存在点P，使四边形POP′C为菱形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由． （3）当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形ABPC的最大面积．

（9）构造对称点 （2011莱芜）如图，在平面直角坐标系中，已知点A(－2，－4)，OB＝2，抛物线y

＝ax2＋bx＋c经过点A、O、B三点．(1)求抛物线的函数表达式； (2)若点M是抛物线对称轴上一点，试求AM＋OM的最小值；

(3)在此抛物线上，是否存在点P，使得以点P与点O、A、B为顶点的四边形是梯形．若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．

（10）构造平行线

练习：（2014•山东烟台）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的顶点A，C分别在y轴，x轴上，∠ACB=90°，OA=

，抛物线y=ax2﹣ax﹣a经过点B（2，

），与y轴交于点D．（1）求抛物线的表达式；

（2）点B关于直线AC的对称点是否在抛物线上？请说明理由； （3）延长BA交抛物线于点E，连接ED，试说明ED∥AC的理由． （11）构造垂直

（2014宜宾市）如图，已知抛物线y= x2+bx+c的顶点坐标为M(0，–1)，与x轴交于A、B两点. (1)求抛物线的解析式； (2)判断△MAB的形状，并说明理由； (3)过原点的任意直线(不与y轴重合)交抛物线于C、D两点，连结MC、MD，试判断MC、MD是否垂直，并说明理由．

（12）构造圆

(2014年淄博)如图，点A与点B的坐标分别是（1，0），（5，0），点P是该直角坐标系内的一个动点．（1）使∠APB=30°的点P有 无数 个； （2）若点P在y轴上，且∠APB=30°，求满足条件的点P的坐标； （3）当点P在y轴上移动时，∠APB是否有最大值？若有，求点P的坐标，并说明此时∠APB最大的理由；若没有，也请说明理由． （13）轴对称

（2012浙江丽水）在直角坐标系中，点A是抛物线y＝x2在第二象限上的点，连接OA，过点O作OB⊥OA，交抛物线于点B，以OA、OB为边构造矩形AOBC．

(1)如图1，当点A的横坐标为AOBC是正方形； (2)如图2，当点A的横坐标为

1

时，①求点B的坐标； 2

②将抛物线y＝x2作关于x轴的轴对称变换得到抛物线y＝－x2，

试判断抛物线y＝－x2经过平移交换后，能否经过A，B，C三点？如果可以，说出变换的过程；如果不可以，请说明理由． （14）规律

（2014•江西抚州，第23题，10分） 如图，抛物线yax22ax(a

yx2011



2

，其自变量x的取值范围为



200x202. ⑵ 设图象Fm、Fm+1的顶

点分别为Tm 、Tm+1 (m为正整数),x轴上一点Q的坐标为(12 ,0).试探究：当a为何值时，以O、Tm 、

Tm+1、Q四点为顶点的四边形为矩形？并直接写出此时m的值.

解析：(1)当a1时， ①yx22xx11，∴F的顶点是（-1,1)；

1

2

②由①知：“波浪抛物线”的 由平移知：F2：y

y值的取值范围是-1≤y≤1， ∴点H(2014,-3)不在“波浪抛物线”上；

2

2

3

x11, F：yx31，„，

x2011，

2

∵Fn的顶点横坐标是201，∴Fn的解析式是：y此时图象与202 .

x轴的两个交点坐标是（200,0)、(202,0), ∴200≤x≤

(2)如下图，取OQ的中点O′,连接Tm Tm+1 , ∵四边形OTmQTm+1是矩形，∴Tm Tm+1=OQ=12, 且 Tm Tm+1 经过O′, ∴OTm+1=6,∵F1：

yax22axax1a∴T

(

2

m+1

的纵坐标为

a，∴

.

a)+1=6, ∴a=

2

2

2

∴a已知a＜0 ，

∴当aO、T

m

、Tm+1、Q四点为顶点的四边形为矩形. 此时m=4.

解：（1）∵抛物线y=﹣x2+mx+n经过A（﹣1，0），C（0，2）．解得：，∴抛物线的解析式为：y=

﹣x2+x+2；

（2）∵y=

﹣x2

+x+2，∴y=

﹣（x

﹣）2+

，∴抛物线的对称轴是

x=．∴OD=．

∵C（0，2），∴OC=2．在Rt△OCD中，由勾股定理，得CD=．∵△CDP是以CD为腰的等腰三角形，

∴CP1=CP2=CP3=CD．作CH⊥x轴于H，∴HP1=HD=2，∴DP1=4．∴P1（，4），P2（，），P3（，﹣）；（3）当y=0时，0=﹣x2

+x+2∴x1=﹣1，x2=4，∴B（4，0）．设直线BC

的解析式为y=kx+b，由图象，得，解得：，

∴直线BC的解析式为：y=

﹣x+2．如图2，过点C作CM⊥EF于M，设E（a，﹣a+2），F（a，

﹣a2

+a+2），∴EF=﹣a2+a+2﹣（﹣a+2）=﹣a2+2a（0≤x≤4）．∵S四边形CDBF=S△BCD+S△CEF+S

=BD•

OC+EF•CM+EF•BN，=

∴a=2时，S四边形CDBF的面积最大=

+a（﹣a2+2a）+（4﹣a）（﹣a2+2a），=﹣a2+4a+（0≤x≤4）．=﹣，∴E（2，1）．

△BEF

（a﹣2）2+

（2014•莱芜）解：（1）由题意，可得C（1，3），D（3，1）．∵抛物线过原点，∴设抛物线的解析式为：y=ax2+bx．

∴，解得

，∴抛物线的表达式为：y=

﹣x2

+

x．

（2）存在．

设直线OD解析式为y=kx，将D（3，1）代入求得k=，∴直线OD解析式为

y=x． 设点M的横坐标为x，则M（x

，x），N（x

，﹣x2

+

x），∴MN=|yM﹣yN|=|x﹣（﹣x2

+

x）|=|x2﹣4x|．由题意，

可知MN∥AC，因为以A、C、M、N为顶点的四边形为平行四边形，则有MN=AC=3．∴|x2﹣4x|=3．若x2﹣4x=3，整理得：4x2﹣12x﹣9=0，解得：x=

；若x2﹣4x=﹣3，整理得：4x2﹣12x+9=0，解得：x=． 或

．

或

x=

∴存在满足条件的点M，点M的横坐标为：或

（3）∵C（1，3），D（3，1）∴易得直线OC的解析式为y=3x，直线OD的解析式为y=x． 如解答图所示，设平移中的三角形为△A′O′C′，点C′在线段CD上．设O′C′与x轴交于点E，与直线OD交于点P；设A′C′与x轴交于点F，与直线OD交于点Q．设水平方向的平移距离为t（0≤t＜2），则图中AF=t，F（1+t），Q（1+t，

+t），C′（1+t，3﹣t）．设直线O′C′的解析式为y=3x+b，将C′（1+t，3﹣t）代入得：b=﹣4t，∴直线O′C′的解析式为y=3x﹣4t．∴E（t，0）．联立y=3x﹣4t与

y=x，解得x=t，∴P（t，t）．过点P作PG⊥x轴于点G，则

PG=t．∴S=S△OFQ﹣S△OEP=OF•FQ﹣OE•PG=（1+t）（

+t）﹣

•t•t=﹣（t﹣1）2+当t=1时，S有最大值为．∴S的最大值为．

（2013•莱芜）解：由题意可知．解得．∴抛物线的表达式为y=．

（2）将x=0代入抛物线表达式，得y=1．∴点M的坐标为（0，1）．设直线MA的表达式为y=kx+b，则

．解得

．∴直线MA的表达式为y=x+1．设点D的坐标为（），则点F的坐标为

（当

）．DF=

时，DF的最大值为．此时

=

，即点D的坐标为（

）． ）．

．

（3）存在点P，使得以点P、A、N为顶点的三角形与△MAO相似．设P（m，

在Rt△MAO中，AO=3MO，要使两个三角形相似，由题意可知，点P不可能在第一象限．①设点P在第二象限时，∵点P不可能在直线MN上，∴只能PN=3NM，∴﹣3＜m＜0，故此时满足条件的点不存在．

，即m+11m+24=0．解得m=﹣3（舍去）或m=﹣8．又

2

②当点P在第三象限时，∵点P不可能在直线MN上，∴只能PN=3NM，∴m+11m+24=0．解得m=﹣3或m=﹣8．此时点P的坐标为（﹣8，﹣15）． ③当点P在第四象限时，若AN=3PN时，则﹣3m=2时，若PN=3NA，则﹣

．此时点P的坐标为（2，﹣）．

，即m﹣7m﹣30=0．解得m=﹣3（舍去）或m=10，此时点P的坐标

为（10，﹣39）．综上所述，满足条件的点P的坐标为（﹣8，﹣15）、（2，﹣）、（10，

﹣39）．

（2012•莱芜）解：（1）依题意，设抛物线的解析式为 y=a（x﹣2）2﹣1，代入C（O，3）后，得：a（0﹣2）2﹣1=3，a=1

∴抛物线的解析式：y=（x﹣2）2﹣1=x2﹣4x+3． （2）由（1）知，A（1，0）、B（3，0）； 设直线BC的解析式为：y=kx+3，代入点B的坐标后，得：3k+3=0，k=﹣1

∴直线BC：y=﹣x+3；由（1）知：抛物线的对

称轴：x=2，则 D（2，1）；∴AD2=2，AC2=10，CD2=8

即：AC2=AD2+CD2，△ACD是直角三角形，且AD⊥CD；∴S△ACD=AD•CD=×（3）由题意知：EF∥y轴，则∠FED=∠OCB，若△OCB与△FED相似，则有：

①∠DFE=90°，即 DF∥x轴；将点D纵坐标代入抛物线的解析式中，得：x2﹣4x+3=1，解得 x=2±当x=2+

时，y=﹣x+3=1﹣

；当x=2﹣

时，y=﹣

x+3=1+

2

2

2

，即

，即m+m﹣6=0．解得m=﹣3（舍去）或m=2．当

2

×2=2．

； ，1+

）．②∠EDF=90°；

；∴E（12+

，1﹣

）、E（22﹣

易知，直线AD：y=x﹣1，联立抛物线的解析式有：x﹣4x+3=x﹣1，解得 x1=1、x2=4；当x=1时，y=﹣x+3=2；当x=4时，y=﹣x+3=﹣1；∴E3（1，2）、E4（4，﹣1）； 综上，存在符合条件的点E，且坐标为：（2+（2011莱芜）解得：a

，1﹣

）、（2﹣

，1+

）、（1，2）或（4，﹣1）．

11

，b1，c0∴抛物线的函数表达式为yx2x。

22

12112

（2）由yxx(x1)，可得，抛物线的对称轴为直线x1，且对称轴x1是线段OB的垂直平

222

分线，连结AB交直线x1于点M，即为所求。∴MO=MB，则MO+MA=MA+MB=AB作AC⊥x轴，垂足为C，则AC=4，

BC=4，∴

AB=MO+MA

的最小值为（3）①若OB∥AP，此时点A与点P关于直线x1对称，ykx，由A(－2，－4)得，y2x。

BP的表达式为

由A(－2，－4),得P(4,－4),则得梯形OAPB。②若OA∥BP，设直线OA的表达式为设直线BP的表达式为

y2xm，由B(2,0)得，04m，即m4，∴直线y2x4由

y2x4

，解得x14，x22（不合题意，舍去）当x4时，y12，∴点12

yxx2

12)

，则得梯P(4，

42kmk1

形OAPB。③若AB∥OP，设直线AB的表达式为ykxm，则，解得，∴AB的表达式

02kmm2

yx

2

为yx2。∴直线OP的表达式为yx。由，得 x0，解得x0，（不合题意，舍去），此12

yxx212)使得以点P与点O、A、B为顶点的四边形是梯形。 时点P不存在。综上所述，存在两点P(4,－4)或P(4，

（2014•山东临沂）解：（1）直线y=2x﹣1，当x=0时，y=﹣1，则点C坐标为（0，﹣1）．设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，∵点A（﹣1，0）、B（1，0）、C（0，﹣1）在抛物线上，

∴，解得

，∴抛物线的解析式为：y=x2﹣1．

（2）如答图2所示，直线y=2x﹣1，当y=0时，x=；设直线CD交x轴于点E，则E（，0）．在Rt△OCE中，OC=1，OE=，由勾股定理得：

CE=

，设∠OEC=θ，则sinθ=

=

，cosθ=

．过

点A作AF⊥CD于点F，则AF=AE•sinθ=（OA+OE）•sinθ=（1+）×CD的距离为

，∴点A到直线

．（3）∵平移后抛物线的顶点P在直线y=2x﹣1上，∴设P（t，2t﹣1），则平移后抛物线的解析式为y=（x

﹣t）2+2t﹣1．联立，化简得：x2﹣（2t+2）x+t2+2t=0，解得：x1=t，x2=t+2，即点P、点Q的

横坐标相差2，∴PQ=

==．△GPQ为等腰直角三角形，可能有以下情形：

i）若点P为直角顶点，如答图3①所示，则PG=PQ=

．∴

CG=

=

=

=10，

∴OG=CG﹣OC=10﹣1=9，∴G（0，9）；ii）若点Q为直角顶点，如答图3②所示，则QG=PQ=同理可得：Q（0，9）；iii）若点G为直角顶点，如答图3③所示，此时PQ=

，则

GP=GQ=

． ．

分别过点P、Q作y轴的垂线，垂足分别为点M、N．易证Rt△PMG≌Rt△GNQ，∴GN=PM，GM=QN．

在Rt△QNG中，由勾股定理得：GN2+QN2=GQ2，即PM2+QN2=10 ①∵点P、Q横坐标相差2，∴NQ=PM+2， 代入①式得：PM2+（PM+2）2=10，解得PM=1，∴NQ=3．直线y=2x﹣1，当x=1时，y=1，∴P（1，1），即OM=1．∴OG=OM+GM=OM+NQ=1+3=4，∴G（0，4）．

综上所述，符合条件的点G有两个，其坐标为（0，4）或（0，9）．

12（2010临沂）（1）根据题意，将A,0，B（2，0）代入yxaxb中，

2

11

ab0,得42 解这42ab0.

3

a,32

个方程，得2∴该抛物线的解析式为yxx1. 当x0时，y1.∴点C

2b1.AOC

中

，

的坐标为(0,1).

∴在

AC.在

BOC

中

，

B22

OAAB5OB

15525

2.∵AC2BC25AB2，2244

∴ABC是直角三角形.（2）点D的坐标为（3）存在.由（1）知，ACBC的解析式为

3

,1 2

可求得直线

BC.

①若以BC为底边，则BC∥AP，如图5所示.

1

yx1.直线AP可以看作是由直线BC平移得到的，

2

y

11

xb.把点A,0代入直线AP22

的解析式，求得

所以设直线AP的解析式为

b

111

，∴直线AP的解析式为yx.∵点P既在抛物线上，又在直线AP上,∴点424

31151

P的纵坐标相等，即x2x1x.解得x1,x2(不合题意，舍去).

22422

当x



3553

时，y.∴点P的坐标为,.②若以AC为底边，则BP∥AC，

2222

可求得直线

如图6所示.

AC的解析式为y2x1.直线BP可以看作是由直线

AC平移得到的，所以直线BP的解析式为y2xb.把点B(2,0)代入直线

BP的解析式，求得b4.∴直线BP的解析式为y2x4.∵点P既在抛物线

上，又在直线

BP上.

∴点

P

的纵坐标相等,

即x

2



3

x12x4.解得2

5

x1,x22 (不合题意，舍去).

2

当x

55

时，y9.∴点P的坐标为,9.

综上所述，满足题目条件22

的点P为

535,或,9. 222

y

448

(x1)(x3)x2x4 C(0,4) 333

（2014遵义）

（2）存在分三种情况讨论如下：

①以

A

为圆心，

AQ为半径画弧，交x

轴于点

E1,E2

.

AQ=4，OA

=3，

OE1=1，AE2

=3+4=7.∴

E1(1,0),E2(7,0)

②以Q为圆心，QA为半径画弧，交x轴于E3,E4(与A点重合，不合题意)过Q作QN⊥x轴于点N,则QN∥

ANAQAN412y轴，，∴AN 即 ,

AOAC355

1239912312

,E3(，0). ON3,NE3NA,∴OE3

5555555

o

③作AQ的中垂线交x轴于点E5,垂足为G,E5AG=CAO,AGE5=COA=90.∴E5AG∽

CAO∴

AE5AGAE52

即CAAO53

，

AE5

110101

3∴E5(,0) ,OE5

3333

91

E(，0)E(,0). 综上，这样的点有四个，E1(1,0),E2(7,0)，3，5

53

（3）（6分）四边形APDQ是菱形.

解法一：过D作DH⊥x轴于点H,设运动的时间为t秒，则

PD=PA=t.

∵PD∥AC,∴DPH=OAC,DHP=AOC=90. ∴

o

DHP

∽

COA

, ∴

DHDPHP

COACOA

, ∵

AC32425,即

3DHtHP4

， ∴DHt，HPt,∵OP3t， ∴45355

38

OHt(3t)t3 ∴D(38t,4t) ∵点D在抛物线上，

5555

1454488

∴t(3t1)(3t3) 解得t10（舍去），t2

645355

3

[**************]9

t3，t∴D(,) [1**********]816

（2014娄底）解（1）依题意：x1+x2=﹣m，x1x2=m﹣1，∵x1+x2+x1x2=7，∴（x1+x2）2﹣x1x2=7，∴（﹣m）2﹣（m﹣1）=7，即m2﹣m﹣6=0，解得m1=﹣2，m2=3，∵c=m﹣1＜0，∴m=3不合题意∴m=﹣2抛物线的解析式是y=x2﹣2x﹣3；

（2）能如图，设p是抛物线上的一点，连接PO，PC，过点P作y轴的垂线，垂足为D．若∠POC=

∠PCO则PD应是线段OC的垂直平分线∵C的坐标为（0，﹣3）∴D的坐标为（0，﹣）∴P的纵坐标应是﹣令x2﹣2x

﹣3=，解得，x1

=，x2=因此所求点P的坐标是（，﹣），

（，﹣）

(2014年淄博)（1）以AB为边，在第一象限内作等边三角形ABC，以点C为圆心，AC为半径作⊙C，交y轴于点P1、P2．在优弧AP1B上任取一点P，如图1，则∠APB=∠

ACB=×60°=30°．∴使∠APB=30°的点P有无数个．故答案为：无数． （2）①当点P在y轴的正半轴上时，过点C作CG⊥AB，垂足为G，如图1．∵点A（1，0），点B（5，0），∴OA=1，OB=5．∴AB=4．∵点C为圆心，CG⊥AB，∴

AG=BG=AB=2．∴OG=OA+AG=3．

∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC=AB=4．∴

CG=

=

=2

．∴点C的坐标为（3，2

． =

．∵点C为圆心，CD⊥P1P2，

）．过点C

作CD⊥y轴，垂足为D，连接CP2，如图1，∵点C的坐标为（3，2

），∴CD=3，

OD=2

∵P1、P2是⊙C与y轴的交点，∴∠AP1B=∠AP2B=30°．∵CP2=CA=4，CD=3，∴DP2=∴P1D=P2D=

．∴P2（0，2

﹣

）．P1（0，2

﹣

+

）． ﹣

）．P4（0，﹣2

+

+

②当点P在y轴的负半轴上时，同理可得：P3（0，﹣2综上所述：满足条件的点P的坐标有：（0，

2

）． ﹣

）、（0，﹣2

+

）．

）、（0，

2）、（0，﹣2

（3）当过点A、B的⊙E与y轴相切于点P时，∠APB最大．

①当点P在y轴的正半轴上时，连接EA，作EH⊥x轴，垂足为H，如图2．∵⊙E与y轴相切于点P， ∴PE⊥OP．∵EH⊥AB，OP⊥OH，∴∠EPO=∠POH=∠EHO=90°．∴四边形OPEH是矩形． ∴OP=EH，PE=OH=3．∴EA=3．∵∠EHA=90°，AH=2，EA=3，∴EH==

=

∴OP=

∴P（0，

）．理由：①若点P在y

）．②当点P在y轴的负半轴上时，同理可得：P（0，﹣

轴的正半轴上，在y轴的正半轴上任取一点M（不与点P重合），

连接MA，MB，交⊙E于点N，连接NA，如图2所示．∵∠ANB是△AMN的外角， ∴∠ANB＞∠AMB．∵∠APB=∠ANB，∴∠APB＞∠AMB．②若点P在y轴的负半轴上， 同理可证得：∠APB＞∠AMB．综上所述：当点P在y轴上移动时，∠APB有最大值，

此时点P的坐标为（0，

）和（0，﹣

）．

2014泰安解：（1）由题设可知A（0，1），B（﹣3，），

根据题意得：，解得：，则

二次函数的解析式是：y=﹣

（2）设N（x，﹣x2﹣x+1）=

﹣x2﹣

﹣x+1；

x+1

﹣（﹣

x+1），则M、P点的坐标分别是（x，﹣x+1），（x，0）．∴MN=PN﹣PM=﹣x2

﹣

，则当x=

﹣时，MN的最大值为

；

x=

﹣（

x+）2+

（3）连接MN、BN、BM与NC互相垂直平分，即四边形BCMN是菱形，由于BC∥MN，即MN=BC，且BC=MC，即﹣x2

﹣

x=，且（﹣x+1）2+（x+3）2=

，解

得：x=1，故当N（﹣1，4）时，MN和NC互相垂直平分．

（2014•四川内江，第28题，12分）解：（1）如图1，∵A（﹣3，0），C（0，4），∴OA=3，OC=4．

∵∠AOC=90°，∴AC=5．∵BC∥AO，AB平分∠CAO，∴∠CBA=∠BAO=∠CAB．∴BC=AC．

∴BC=5．∵BC∥AO，BC=5，OC=4，∴点B的坐标为（5，4）．∵A（﹣3.0）、C（0，4）、B（5，4）在抛物线y=ax2+bx+c

上，∴解得：

∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+4．

（2）如图2，设直线AB的解析式为y=mx+n，∵A（﹣3.0）、B（5，4）在直线AB上，∴

解得：∴直线AB的解析式为y=x+．设点P的横坐标为t（﹣3≤t≤5），则点Q的横坐标也为t．

∴yP=t+，yQ=﹣t2+t+4．∴PQ=yQ﹣yP=﹣t2+t+4﹣（t+）=﹣t2+t+4﹣t﹣=﹣t2++=﹣（t2﹣2t﹣15）=﹣ [（t﹣1）2﹣16]=﹣（t﹣1）2+．∵﹣＜0，﹣3≤1≤5，∴当t=1时，PQ取到最大值，最大值为．∴线段PQ的最大值为． （3）①当∠BAM=90°时，如图3所示．

抛物线的对称轴为x=

﹣=﹣

=．∴xH=xG=xM=．∴yG=×

+=．∴GH=．

∵∠GHA=∠GAM=90°，∴∠MAH=90°﹣∠GAH=∠AGM．∵∠AHG=∠MHA=90°，∠MAH=∠AGM，

∴△AHG∽△MHA．∴．∴=．解：MH=11．∴点M的坐标为（，﹣11）．②当∠

ABM=90°时，如图4所示．∵∠BDG=90°，BD=5﹣=，DG=4﹣=

=

．同理：

AG=

=，∴

BG=

．∵∠AGH=∠MGB，∠AHG=∠MBG=90°，

∴△AGH∽△MGB

．∴

=．∴=．解得：

MG=．∴MH=MG+GH=+=9．

∴点M的坐标为（，9）．综上所述：符合要求的点M的坐标为（，9）和（，﹣11）．

（2014宜宾市）解：（1）∵抛物线y=x2+bx+c的顶点坐标为M（0，﹣1），∴b=0，c=﹣1，∴抛物线的解析式为：y=x2﹣1．

（2）△MAB是等腰直角三角形，由抛物线的解析式为：y=x2﹣1可知A（﹣1，0），B（1，0），∴OA=OB=OC=1，∴∠AMO=∠MAO=∠BMO=∠BOM=45°，

∴∠AMB=∠AMO+∠BMO=90°∵y轴是对称轴，∴A、B为对称点，∴AM=BM，∴△MAB是等腰直角三角形．

（3）MC⊥MF；分别过C点，D点作y轴的平行线，交x轴于E、F，过M点作x轴的平行线交EC于G，交DF于H，设D（m，m2﹣1），C（n，n2﹣1）， ∴OE=﹣n，CE=1﹣n2，OF=m，DF=m2﹣1，∵OM=1，∴CG=n2，DH=m2，∵FG∥DH， ∴

=

，即

=

解得m=

﹣，∵

=

=﹣n，

=

=，

∴=，∵∠CGM=∠MHD=90°，∴△CGM∽△MHD，∴∠CMG=∠MDH，

∵∠MDH+∠DMH=90°∴∠CMG+∠DMH=90°，∴∠CMD=90°，即MC⊥MF．

（2012浙江丽水10分）解：(1) －1。(2) ①过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F，当x＝－＝90°，21

∠AOE＋∠EAO＝90°，∴∠EAO＝∠BOF。又∵∠AEO＝∠BFO＝90°，∴△AEO∽△OFB。

1

2

时，y＝(－

12

)2＝

14

，即OE＝

12

，AE＝

14

。∵∠AOE＋∠BOF＝180°－90°

1

OFAE1∴。设OFBFEO2

2

＝t，则BF＝2t，∴t2＝2t，解得：t1＝0(舍去)，t2＝2。∴点B(2，4)。②过点C作CG⊥BF于点G，∵∠AOE＋∠EAO＝90°，∠FBO＋∠CBG＝90°，∠EOA＝∠FBO，∴∠EAO＝∠CBG。在△AEO和△BGC中，∠AEO＝∠G=900，∠EAO＝

1113117，BG＝AE＝。∴xc＝2－，yc＝4＋。∴点242244

31733317C(, )。∵当x＝时，y＝－()2＋3×＋2＝，∴点C也在此抛物线上。∴经过A、B、C三点的抛物线解析242224

331717

式为y＝－x2＋3x＋2＝－(x－)2＋。平移方案：先将抛物线y＝－x2向右平移个单位，再向上平移个单位得到

2244

317

抛物线y＝－(x－)2＋。

24

∠CBG,AO=BC，∴△AEO≌△BGC(AAS)。∴CG＝OE＝