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1、下载来源：初中数学资料群：795399662，其他科资料群：729826090挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（全国通用） 专题16二次函数与动点综合问题 二次函数与动点问题的背景是特殊图形,考查问题也是二次函数的有个性质和特殊图形的性质，体现的数学思想方法主要是数形结合思想和分类讨论思想，所以要把握好一般与特殊的关系；分析过程中,特别要关注图形的特性（特殊角、特殊图形的性质、图形的特殊位置.)动点问题一直是中考热点，近几年考查探究运动中的特殊性：等腰三角形、直角三角形、相似三角形、平行四边形、梯形、特殊角或三角函数、线段或面积的最值.解决“动点型问题”的关键是动中求静，灵活运用“
2、动中求静”，找到并运用不变的数、不变的量、不变的关系，建立函数关系及综合应用代数、几何知识解决问题. 根据题意灵活运用特殊三角形和四边形的相关性质、判定、定理知识确定二次函数关系式，通过二次函数解析式或函数图象判定“动点型问题”涉及的线与线关系、特殊三角形、四边形及相应的周长、面积，还有存在、最值等问题. 【例1】（2022本溪二模）如图，抛物线yx2+bx+c经过A（3，0），C（1，0）两点，与y轴交于点B（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，点M是线段AB上方抛物线上一动点，以AB为边作平行四边形ABMD，连接OM，若OM将平行四边形ABMD的面积分成为1：7的两部分，求点M的横坐标；（
3、3）如图2，点P从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿BA匀速运动，同时点Q从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿AOB匀速运动，当点P到达点A时，P、Q同时停止运动，设点P运动的时间为t秒，点G在坐标平面内，使以B、P、Q、G为顶点的四边形是菱形，直接写出所有符合条件的t值【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；（2）连接AM，设AB与OM的交点为N，作NHOA于点H，则NHOB，设点M，点N，证明ANHAOB，求出，可得，求出直线OM的解析式，联立方程组，即可求M点的横坐标；（3）分两种情况讨论：当0t3时，P（t，4t），Q（3t，0），再由菱形的边的性质分三种情况求解：当BPPQ
4、时，t或t5（舍）；当BPBQ时，t（舍）；当BQPQ时，t0（舍）或t（舍）；当3t5时，P（t，4t），Q（0，t3），再由菱形的边的性质分三种情况求解：当BPBQ，t3.5；当BPPQ时，t7（舍）或t（舍）；当BQPQ时，t0（舍）或t【解答】解：（1）将（3，0），（1，0）代入yx2+bx+c，得，解得，；（2）连接AM，设AB与OM的交点为N，作NHOA于点H，则NHOB，A（3，0），B（0，4），设直线AB的解析式为ykx+4，3k+40，k，yx+4，设点M，点N，SBMN：SABM1：4，SBMN：SABM1：4，BN：AN1：3，NHOB，ANHAOB，即，解得，直线O
5、M的解析式为y4x，联立方程组，解得，点M在第一象限，点M的横坐标为；（3）A（3，0），B（0，4），OA3，OB4，AB5，当0t3时，P（t，4t），Q（3t，0），四边形BPQG是菱形，当BPPQ时，t2（t3+t）2+（t）2，解得t或t5（舍）；当BPBQ时，（3t）2+42t2，解得t（舍）；当BQPQ时，（3t）2+42（t3+t）2+（t）2，解得t0（舍）或t（舍）；当3t5时，P（t，4t），Q（0，t3），四边形BPQG是菱形，当BPBQ，t2（7t）2，t3.5；当BPPQ时，t2（t）2+（4tt+3）2，解得t7（舍）或t（舍）；当BQPQ时，（7t）2（t）2+
6、（4tt+3）2，解得t0（舍）或t；综上所述：t的值为或3.5或【例2】（2022沈北新区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线yax2+bx+6（a0）交x轴于A、B两点，交y轴于点C，且OAOC3OB，连接AC（1）求抛物线的解析式；（2）动点P和动点Q同时出发，点P从点C以每秒2个单位长度的速度沿CA运动到点A，点Q从点O以每秒1个单位长度的速度沿OC运动到点C，连接PQ，当点P到达点A时，点Q停止运动，求SCPQ的最大值及此时点P的坐标；（3）点M是抛物线上一点，是否存在点M，使得ACM15？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）先求出点A，点B坐标，
7、利用待定系数法可求解析式；（2）先求出CQ与PH的长，由三角形的面积公式和二次函数的性质可求解；（3）分两种情况讨论，先求出CM的解析式，联立方程组可求解【解答】解：（1）抛物线yax2+bx+6（a0）交y轴于点C，点C（0，6），OC6，OAOC3OB，OAOC6，OB2，点A（6，0），点B（2，0），将点A，点B坐标代入解析式，可得：，解得：，抛物线的表达式为：yx22x+6；（2）如图，过点P作PHCO于H，OAOC6，OCA45PHOC，ACOCPH45，PHCH，点P从点C以每秒2个单位长度的速度沿CA运动到点A，点Q从点O以每秒1个单位长度的速度沿OC运动到点C，CP2t，OQ
8、t，PHCHt，CQ6t，SPCQCQPH（t2+6t）（t3）2+，当t3时，SCPQ的最大值为，PHCH3，OH63，点P的坐标为（3，63）；（3）如图，当点M在AC的下方时，设CM与x轴的交点为H，ACM15，ACO45，OCH30，tanOCH，OH2，点H（2，0），直线CM的解析式为：yx+6，联立方程组可得：，解得：（舍去）或，故点M（42，4）；当点M在AC的上方时，设CM与x轴的交点为G，ACM15，ACO45，OCG60，tanOCG，OG6，点H（6，0），直线CM的解析式为：yx+6，联立方程组可得：，解得：（舍去）或，故点M（4，+）；综上所述：点M的坐标为（42，
9、4）或（4，+）【例3】（2022三亚模拟）如图1，抛物线yx2+bx+c与x轴正半轴、y轴分别交于A（3，0）、B（0，3）两点，点P为抛物线的顶点，连接AB、BP（1）求抛物线的解析式；（2）求PBA的度数；（3）如图2，点M从点O出发，沿着OA的方向以1个单位/秒的速度向A匀速运动，同时点N从点A出发，沿着AB的方向以个单位/秒的速度向B匀速运动，设运动时间为t秒，MEx轴交AB于点E，NFx轴交抛物线于点F，连接MN、EF当EFMN时，求点F的坐标；在M、N运动的过程中，存在t使得BNP与BMN相似，请直接写出t的值【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；（2）如图1，过点P作PDy
10、轴于点D，可证：PBD是等腰直角三角形，AOB是等腰直角三角形，即可求得答案；（3）如图2，延长FN交x轴于点G，由AEM是等腰直角三角形，可得EMAM3t，再由四边形EFNM是平行四边形，可得EMFN，建立方程求解即可得出答案；如图3，过点N作HGx轴于点G，由于MBN90，故MBNPBN，若BMNPBN90，推出t0，不符合题意；若BNMPBN90，可求得t1，进而可得BNMNBP，故t1【解答】解：（1）抛物线yx2+bx+c经过A（3，0）、B（0，3）两点，解得：，抛物线的解析式为yx2+2x+3；（2）yx2+2x+3（x1）2+4，顶点P（1，4），如图1，过点P作PDy轴于点D
11、，则D（0，4），PDB90，PD1，BD431，PDBD，PBD是等腰直角三角形，PBD45，BP，OAOB3，AOB90，AOB是等腰直角三角形，ABO45，AB3，PBA180PBDABO180454590，（3）如图2，延长FN交x轴于点G，由题意得：OMt，ANt，AM3t，FNx轴，AGN90，由（2）知：AOB是等腰直角三角形，BAO45，ABG是等腰直角三角形，AGNGANtt，G（3t，0），当x3t时，x2+2x+3（3t）2+2（3t）+3t2+4t，F（3t，t2+4t），FGt2+4t，FNFGNGt2+4ttt2+3t，MEx轴，AEM是等腰直角三角形，EMAM3t
12、，MEx轴，EFMN，FNx轴，四边形EFNM是平行四边形，EMFN，3tt2+3t，解得：t1或t3（不符合题意，舍去），F（2，3）；存在如图3，过点N作HGx轴于点G，由知：OMt，ANt，AGNGt，MG32t，BN3t，BP，PBN90，MBN90，MBNPBN，若BMNPBN90，则BMO+NMG90，BOMMGN90，BMO+MBO90，MBONMG，BMOMNG，即1，32t3，解得：t0（不符合题意，舍去），故BMNPBN，若BNMPBN90，则ANM90，AMN是等腰直角三角形，AMAN2t，OAOM+AM3t3，t1，当t1时，MNAN，BNABAN32，且BNMPBN9
13、0，BNMNBP，综上所述，当BNP与BMN相似时，t1【例4】（2021长沙模拟）在一个三角形中，如果其中某两边的长度之和等于第三边长度的两倍，则称该三角形为“调和三角形”例如我们学过的等边三角形就是“调和三角形”（1）已知一个“调和三角形”三条边的长度分别为4，6，m1，求m的值（2）已知RtABC是“调和三角形”，它的三边长分别为a，b，c，且abc求a：b：c的值；若ABC周长的数值与面积的数值相等，求a，b，c的值（3）在（2）的条件下，动点P从点A出发以每秒2个单位c长度的速度沿路线ABC运动，动点Q从点C出发以每秒1个单位长度的速度向点A运动，当其中一点到达终点时，另一点也随之停
14、止运动，设运动时间为t秒，设yPQ2求y关于t的函数关系式；求y的最小值【分析】（1）根据两边的长度之和等于第三边长度的两倍，分情况求m值即可；（2）根据两边的长度之和等于第三边长度的两倍，及勾股定理列出三边关系，联立方程组求出比值即可；根据三边比值和ABC周长的数值与面积的数值相等，求出三边长度即可；（3）分点P在AB上和在BC上两种情况，根据勾股定理求出PQ2即可；利用的函数关系式求最值即可【解答】解：（1）“调和三角形”某两边的长度之和等于第三边长度的两倍，当4+62（m1）时，解得m6，当m1+426时，解得m9，当6+m124时，解得m3（不合题意舍去），综上，m的值为6或9；（2）
15、RtABC是“调和三角形”，且abc，a2+b2c2，a+c2b，由，得b，代入，得a2+（）2c2，整理得（5a3c）（a+c）0，a，b，c为三角形三边，0abc，5a3c0，故a：c3：5，同理可得，a：b3：4，a：b：c3：4：5；若ABC周长的数值与面积的数值相等，即a+b+c，a：b：c3：4：5，ba，ca，a+b+c，即a+a+aaa，解得a6或a0（舍去），a6，b8，c10；（3）（）当P点在AB上时，即0t5时，过P作PDAC于D，则有AP2t，CQt，AA，PDABCA90，APDABC，PD：AD：AP3：4：5，PDt，ADt，DQ8tt8t，PQ2PD2+DQ2
16、，PQ2（t）2+（8t）2t2t+64；（）当P在BC上时，即5t8时，此时，PC6+102t162t，CQt，PQ2PD2+DQ2（162t）2+t25t264t+256，综上，y关于t的函数关系式：；由y关于t的函数关系式可知当P在AB上时有最小值，yt2t+64（t）2+，当t，y有最小值为1（2021遵化市模拟）如图，关于x的二次函数yx2+bx+c的图象与x轴交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C（0，3），抛物线的对称轴与x轴交于点D（1）求二次函数的表达式；（2）在y轴上是否存在一点P，使PBC为等腰三角形？若存在请求出点P的坐标；（3）有一个点M从点A出发，以每秒1个单位的
17、速度在AB上向点B运动，另一个点N从 点D与点M同时出发，以每秒2个单位的速度在抛物线的对称轴上运动，当点M到达点B时，点M、N同时停止运动，问点M、N运动到何处时，MNB面积最大，试求出最大面积【分析】（1）代入A（1，0）和C（0，3），解方程组即可；（2）求出点B的坐标，再根据勾股定理得到BC，当PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：CPCB；BPBC；PBPC；（3）设AMt则DN2t，由AB2，得BM2t，SMNB（2t）2tt2+2t，运用二次函数的顶点坐标解决问题；此时点M在D点，点N在对称轴上x轴上方2个单位处或点N在对称轴上x轴下方2个单位处【解答】解：（1）把A（1，0）
18、和C（0，3）代入yx2+bx+c，解得：b4，c3，二次函数的表达式为：yx24x+3；（2）令y0，则x24x+30，解得：x1或x3，B（3，0），BC3，点P在y轴上，当PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：如图1，当CPCB时，PC3，OPOC+PC3+3或OPPCOC33P1（0，3+3），P2（0，33）；当BPBC时，OPOC3，P3（0，3）；当PBPC时，OCOB3此时P与O重合，P4（0，0）；综上所述，点P的坐标为：（0，3+3）或（0，33）或（0，3）或（0，0）；（3）如图2，设M运动时间为t，由AB2，得BM2t，则DN2t，SMNB（2t）2tt2+2t（t
19、1）2+1，即当M（2，0）、N（2，2）或（2，2）时MNB面积最大，最大面积是12（2020市中区一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax2+bx+4经过A（3，0）、B（4，0）两点，且与y轴交于点C，D（44，0）动点P从点A出发，沿线段AB以每秒1个单位长度的速度向点B移动，同时动点Q从点C出发，沿线段CA以某一速度向点A移动（1）求该抛物线的解析式；（2）若经过t秒的移动，线段PQ被CD垂直平分，求此时t的值；（3）在第一象限的抛物线上取一点G，使得SGCBSGCA，再在抛物线上找点E（不与点A、B、C重合），使得GBE45，求E点的坐标【分析】（1）直接利用待定系数法求二次函
20、数解析式得出即可；（2）首先求出AQDACB，则，得出DQDP的长，进而得出答案；（3）首先得出G点坐标，进而得出BGMBEN，进而假设出E点坐标，利用相似三角形的性质得出E点坐标【解答】解：（1）将A（3，0）、B（4，0）代入yax2+bx+4得：，解得：，故抛物线的解析式为：；（2）如图，连接QD，由B（4，0）和D（，0），可得BD，CO4，BC4，则BCBD，BDCBCDQDC，DQBC，AQDACB，DQDP，；（3）如图，过点G作GMBC于点M，过点E作ENAB于点N，SGCBSGCA，只有CGAB时，G点才符合题意，C（0，4），4x2+x+4，解得：x11，x20，G（1，4
21、），GBEOBC45，GBCABE，BGMBEN，设E（x，）解得x1，x24（舍去），则E（，）3（2020项城市三模）如图，抛物线经过A（3，0），C（5，0）两点，点B为抛物线顶点，抛物线的对称轴与x轴交于点D（1）求抛物线的解析式；（2）动点P从点B出发，沿线段BD向终点D作匀速运动，速度为每秒1个单位长度，运动时间为t，过点P作PMBD，交BC于点M，以PM为正方形的一边，向上作正方形PMNQ，边QN交BC于点R，延长NM交AC于点E当t为何值时，点N落在抛物线上；在点P运动过程中，是否存在某一时刻，使得四边形ECRQ为平行四边形？若存在，求出此时刻的t值；若不存在，请说明理由【分析
22、】（1）把点A、C坐标代入抛物线解析式得到关于a、b的二元一次方程组，解方程组求出a、b的值，即可得解；（2）根据抛物线解析式求出顶点B的坐标，然后根据相似三角形对应边成比例用t表示出PM，再求出NE的长度，表示出点N的坐标，再根据点N在抛物线上，把点N的坐标代入抛物线，解方程即可得解；根据PM的长度表示出QD，再利用待定系数法求出直线BC的解析式，然后根据直线BC的解析式求出点R的横坐标，从而求出QR的长度，再表示出EC的长度，然后根据平行四边形对边平行且相等列式求解即可【解答】解：（1）yax2+bx+经过A（3，0），C（5，0）两点，解得，所以，抛物线的解析式为yx2+x+；（2）yx
23、2+x+，（x22x+1）+，（x1）2+8，点B的坐标为（1，8），抛物线的对称轴与x轴交于点D，BD8，CD514，PMBD，PMCD，BPMBDC，即，解得PMt，所以，OE1+t，四边形PMNQ为正方形，NE8t+t8t，点N的坐标为（1+t，8t），若点N在抛物线上，则（1+t1）2+88t，整理得，t（t4）0，解得t10（舍去），t24，所以，当t4秒时，点N落在抛物线上；存在理由如下：PMt，四边形PMNQ为正方形，QDNE8t，设直线BC的解析式为ykx+m，则，解得，所以直线BC的解析式为y2x+10，则2x+108t，解得xt+1，所以，QRt+11t，又ECCDDE4t
24、，根据平行四边形的对边平行且相等可得QREC，即t4t，解得t，此时点P在BD上，所以，当t时，四边形ECRQ为平行四边形4（2018泉山区三模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线yax2+bx+4经过A（3，0）、B（4，0）两点，且与y轴交于点C，点D在x轴的负半轴上，且BDBC，有一动点P从点A出发，沿线段AB以每秒1个单位长度的速度向点B移动，同时另一个动点Q从点C出发，沿线段CA以某一速度向点A移动（1）求该抛物线的解析式；（2）若经过t秒的移动，线段PQ被CD垂直平分，求此时t的值；（3）该抛物线的对称轴上是否存在一点M，使MQ+MA的值最小？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明
25、理由【分析】（1）由抛物线yax2+bx+4经过A（3，0），B（4，0）两点利用待定系数法可求出a、b、c的值，进而得出抛物线的解析式；（2）由A、B、C三点的坐标求出AC、BC及AB的值，由相似三角形的判定定理得出ADQABC，再由相似三角形的对应边成比例可求出DP的值，进而可得出AP（即t）的值；（3）设抛物线yx2+x+4的对称轴x与x轴交于点E点A、B关于对称轴x对称，连接BQ交该对称轴于点M则MQ+MAMQ+MB，即MQ+MABQ，由于当BQAC时，BQ最小，此时EBMACO，再由tanEBMtanACO可求出ME的值，进而得出M点的坐标【解答】解：（1）抛物线yax2+bx+4经
26、过A（3，0），B（4，0）两点，解得，所求抛物线的解析式为：yx2+x+4；（2）如图1，依题意知APt，连接DQ，A（3，0），B（4，0），C（0，4），AC5，BC4，AB7BDBC，ADABBD74，CD垂直平分PQ，QDDP，CDQCDPBDBC，DCBCDBCDQDCBDQBCADQABC，解得DP4，APAD+DP线段PQ被CD垂直平分时，t的值为；（3）如图2，设抛物线yx2+x+4的对称轴x与x轴交于点E点A、B关于对称轴x对称，连接BQ交该对称轴于点M则MQ+MAMQ+MB，即MQ+MABQ，当BQAC时，BQ最小，此时，EBMACO，tanEBMtanACO，解MEM（
27、，），即在抛物线yx2+x+4的对称轴上存在一点M（，），使得MQ+MA的值最小5（2018扬州）如图1，四边形OABC是矩形，点A的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，6），点P从点O出发，沿OA以每秒1个单位长度的速度向点A运动，同时点Q从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度的速度向点B运动，当点P与点A重合时运动停止设运动时间为t秒（1）当t2时，线段PQ的中点坐标为（，2）；（2）当CBQ与PAQ相似时，求t的值；（3）当t1时，抛物线yx2+bx+c经过P，Q两点，与y轴交于点M，抛物线的顶点为K，如图2所示，问该抛物线上是否存在点D，使MQDMKQ？若存在，求出所有满足条件的D的坐标
28、；若不存在，说明理由【分析】（1）先根据时间t2，和P，Q的运动速度可得动点P和Q的路程OP和AQ的长，再根据中点坐标公式可得结论；（2）根据矩形的性质得：BPAQ90，所以当CBQ与PAQ相似时，存在两种情况：当PAQQBC时，当PAQCBQ时，分别列方程可得t的值；（3）根据t1求抛物线的解析式，根据Q（3，2），M（0，2），可得MQx轴，则KMKQ，KEMQ，画出符合条件的点D，证明KEQQMH或利用三角函数，列比例式可得点D的坐标，同理根据对称可得另一个点D【解答】解：（1）如图1，点A的坐标为（3，0），OA3，当t2时，OPt2，AQ2t4，P（2，0），Q（3，4），线段PQ的
29、中点坐标为：（，），即（，2）；故答案为：（，2）；（2）如图1，当点P与点A重合时运动停止，且PAQ可以构成三角形，0t3，四边形OABC是矩形，BPAQ90，当CBQ与PAQ相似时，存在两种情况：当PAQQBC时，4t215t+90，（t3）（t）0，t13（舍），t2，当PAQCBQ时，t29t+90，t，3，t不符合题意，舍去，综上所述，当CBQ与PAQ相似时，t的值是或；（3）当t1时，P（1，0），Q（3，2），把P（1，0），Q（3，2）代入抛物线yx2+bx+c中得：，解得：，抛物线：yx23x+2（x）2，顶点K（，），Q（3，2），M（0，2），MQx轴，作抛物线对称轴，交
30、MQ于E，设DQ交y轴于H，KMKQ，KEMQ，MKEQKEMKQ，如图2，MQDMKQQKE，tanMQDtanQKE，即，MH2，H（0，4），易得HQ的解析式为：yx+4，则，x23x+2x+4，解得：x13（舍），x2，D（，）；同理，在M的下方，y轴上存在点H，如图3，使HQMMKQQKE，由对称性得：H（0，0），易得OQ的解析式：yx，则，x23x+2x，解得：x13（舍），x2，D（，）；综上所述，点D的坐标为：D（，）或（，）6（2019兰州）二次函数yax2+bx+2的图象交x轴于点（1，0），B（4，0）两点，交y轴于点C动点M从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB方
31、向运动，过点M作MNx轴交直线BC于点N，交抛物线于点D，连接AC，设运动的时间为t秒（1）求二次函数yax2+bx+2的表达式；（2）连接BD，当t时，求DNB的面积；（3）在直线MN上存在一点P，当PBC是以BPC为直角的等腰直角三角形时，求此时点D的坐标；（4）当t时，在直线MN上存在一点Q，使得AQC+OAC90，求点Q的坐标【分析】（1）将点（1，0），B（4，0）代入yax2+bx+2即可；（2）由已知分别求出M（2，0），N（2，1），D（2，3），根据DNB的面积DMB的面积MNB的面积即可求解；（3）由已知可得M（2t1，0），设P（2t1，m），根据勾股定理可得PC2（2t
32、1）2+（m2）2，PB2（2t5）2+m2，再由PBPC，得到m与t的关系式：m4t5，因为PCPB，则有1求出t1或t2，即可求D点坐标；（4）当t时，M（，0），可知点Q在抛物线对称轴x上；过点A作AC的垂线，以M为圆心AB为直径构造圆，圆与x的交点分别为Q1与Q2，由AB5，可得圆半径AM，即可求Q点坐标分别为（，），（，）【解答】解：（1）将点（1，0），B（4，0）代入yax2+bx+2，a，b，yx2+x+2；（2）C（0，2），BC的直线解析式为yx+2，当t时，AM3，AB5，MB2，M（2，0），N（2，1），D（2，3），DNB的面积DMB的面积MNB的面积MBDMMBM
33、N222；（3）BM52t，M（2t1，0），设P（2t1，m），PC2（2t1）2+（m2）2，PB2（2t5）2+m2，PBPC，（2t1）2+（m2）2（2t5）2+m2，m4t5，P（2t1，4t5），PCPB，1t1或t2，M（1，0）或M（3，0），D（1，3）或D（3，2）；方法二，过点C作CHMN于H，可证BMPPHC，利用全等三角形的性质可求解（4）当t时，M（，0），点Q在抛物线对称轴x上，如图：过点A作AC的垂线，以M为圆心AB为直径构造圆，圆与x的交点分别为Q1与Q2，AB5，AM，AQ1C+OAC90，OAC+MAG90，AQ1CMAG，又AQ1CCGAMAG，Q1（
34、，），Q1与Q2关于x轴对称，Q2（，），Q点坐标分别为（，），（，）；7（2019鄂州）如图，已知抛物线yx2+bx+c与x轴交于A、B两点，AB4，交y轴于点C，对称轴是直线x1（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；（2）连接BC，E是线段OC上一点，E关于直线x1的对称点F正好落在BC上，求点F的坐标；（3）动点M从点O出发，以每秒2个单位长度的速度向点B运动，过M作x轴的垂线交抛物线于点N，交线段BC于点Q设运动时间为t（t0）秒若AOC与BMN相似，请直接写出t的值；BOQ能否为等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由【分析】（1）将A、B关坐标代入yx2+bx+c中，即可求解
35、；（2）确定直线BC的解析式为yx+3，根据点E、F关于直线x1对称，即可求解；（3）AOC与BMN相似，则，即可求解；分OQBQ、BOBQ、OQOB三种情况，分别求解即可【解答】解：（1）点A、B关于直线x1对称，AB4，A（1，0），B（3，0），代入yx2+bx+c中，得：，解得，抛物线的解析式为yx2+2x+3，C点坐标为（0，3）；（2）设直线BC的解析式为ymx+n，则有：，解得，直线BC的解析式为yx+3，点E、F关于直线x1对称，又E到对称轴的距离为1，EF2，F点的横坐标为2，将x2代入yx+3中，得：y2+31，F（2，1）；（3）如下图，连接BC交MN于Q，MN4t2+4
36、t+3，MB32t，AOC与BMN相似，则，即：，解得：t或或1（舍去、），故：t1；M（2t，0），MNx轴，Q（2t，32t），BOQ为等腰三角形，分三种情况讨论，第一种，当OQBQ时，QMOBOMMB2t32tt；第二种，当BOBQ时，在RtBMQ中OBQ45，BQ，BO，即3，t；第三种，当OQOB时，则点Q、C重合，此时t0而t0，故不符合题意综上述，当t或秒时，BOQ为等腰三角形8（2019乐山）如图，已知抛物线ya（x+2）（x6）与x轴相交于A、B两点，与y轴交于C点，且tanCAB设抛物线的顶点为M，对称轴交x轴于点N（1）求抛物线的解析式；（2）P为抛物线的对称轴上一点，Q
37、（n，0）为x轴上一点，且PQPC当点P在线段MN（含端点）上运动时，求n的变化范围；在的条件下，当n取最大值时，求点P到线段CQ的距离；在的条件下，当n取最大值时，将线段CQ向上平移t个单位长度，使得线段CQ与抛物线有两个交点，求t的取值范围【分析】（1）由函数解析式，可以求出点A、B的坐标分别为（2，0），（6，0），在RtOAC中由tanCAB，可以求出点C的坐标为（0，3），进而可以求出抛物线的解析式；（2）抛物线的对称轴为：x2，顶点M（2，4），在RtPCQ中，由勾股定理得：PC2+PQ2CQ2，把三角形三边长用点P，Q的坐标表达出来，整理得：，利用0m4，求出n的取值范围；由，得
38、：，求出点P到线段CQ距离为2；设线段CQ向上平移t个单位长度后的解析式为：，联立抛物线方程，可求出x27x+4t0，由4916t0，得，可得当线段CQ与抛物线有两个交点时，【解答】解：（1）根据题意得：A（2，0），B（6，0），在RtAOC中，且OA2，得CO3，C（0，3），将C点坐标代入ya（x+2）（x6）得：，抛物线解析式为：；整理得：y故抛物线解析式为：得：y；（2）由（1）知，抛物线的对称轴为：x2，顶点M（2，4），设P点坐标为（2，m）（其中0m4），则PC222+（m3）2，PQ2m2+（n2）2，CQ232+n2，PQPC，在RtPCQ中，由勾股定理得：PC2+PQ2C
39、Q2，即22+（m3）2+m2+（n2）232+n2，整理得：（0m4），当时，n取得最小值为；当m4时，n取得最大值为4，所以；由知：当n取最大值4时，m4，P（2，4），Q（4，0），则，CQ5，设点P到线段CQ距离为h，由得：，故点P到线段CQ距离为2；由可知：当n取最大值4时，Q（4，0），线段CQ的解析式为：，设线段CQ向上平移t个单位长度后的解析式为：，当线段CQ向上平移，使点Q恰好在抛物线上时，线段CQ与抛物线有两个交点，此时对应的点Q的纵坐标为：，将Q（4，3）代入得：t3，当线段CQ继续向上平移，线段CQ与抛物线只有一个交点时，联解得：，化简得：x27x+4t0，由4916t
40、0，得，当线段CQ与抛物线有两个交点时，3t9（2019西宁）如图，直线yx+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，以A为顶点的抛物线经过点B，点P是抛物线上一点，连接OP，AP（1）求抛物线的解析式；（2）若AOP的面积是3，求P点坐标；（3）如图，动点M，N同时从点O出发，点M以1个单位长度/秒的速度沿x轴正半轴方向匀速运动，点N以个单位长度/秒的速度沿y轴正半轴方向匀速运动，当其中一个动点停止运动时，另一个动点也随之停止运动，过点N作NEx轴交直线AB于点E若设运动时间为t秒，是否存在某一时刻，使四边形AMNE是菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由【分析】（1）求出点A、B的坐标；因为抛物线的顶点为点A，所以设抛物线的表达式为：ya（x2）2，将点B的坐标代入上式，即可求解；（2）AOP的面积OAyP2yP3，解得：yP3，即可求解；（3）t秒时，