人教中考数学易错题精选-二次函数练习题含答案

一、二次函数 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．已知，m，n是一元二次方程x2+4x+3=0的两个实数根，且|m|＜|n|，抛物线y=x2+bx+c的图象经过点A（m，0），B（0，n），如图所示． （1）求这个抛物线的解析式；

（2）设（1）中的抛物线与x轴的另一个交点为抛物线的顶点为D，求出点C，D的坐标，并判断△BCD的形状；

（3）点P是直线BC上的一个动点（点P不与点B和点C重合），过点P作x轴的垂线，交抛物线于点M，点Q在直线BC上，距离点P为2个单位长度，设点P的横坐标为t，△PMQ的面积为S，求出S与t之间的函数关系式．

2【答案】（1）yx2x3；（2）C（3，0），D（1，﹣4），△BCD是直角三角形；

123tt(0＜t＜3)22（3）S

13t2t(t＜0或t＞3)22【解析】

试题分析：（1）先解一元二次方程，然后用待定系数法求出抛物线解析式；

（2）先解方程求出抛物线与x轴的交点，再判断出△BOC和△BED都是等腰直角三角形，从而得到结论；

（3）先求出QF=1，再分两种情况，当点P在点M上方和下方，分别计算即可． 试题解析：解（1）∵x2+4x30，∴x11，x23，∵m，n是一元二次方程

2x2+4x30的两个实数根，且|m|＜|n|，∴m=﹣1，n=﹣3，∵抛物线yx2x31bc0b2的图象经过点A（m，0），B（0，n），∴{，∴{，∴抛物线解析式为

c3c3yx22x3；

（2）令y=0，则x22x30，∴x11，x23，∴C（3，0），

∵yx22x3=(x1)24，∴顶点坐标D（1，﹣4），过点D作DE⊥y轴，∵OB=OC=3，∴BE=DE=1，∴△BOC和△BED都是等腰直角三角形，∴∠OBC=∠DBE=45°，∴∠CBD=90°，∴△BCD是直角三角形；

（3）如图，∵B（0，﹣3），C（3，0），∴直线BC解析式为y=x﹣3，∵点P的横坐标为t，PM⊥x轴，∴点M的横坐标为t，∵点P在直线BC上，点M在抛物线上，∴P（t，t﹣3），M（t，t22t3），过点Q作QF⊥PM，∴△PQF是等腰直角三角形，∵PQ=2，∴QF=1．

①当点P在点M上方时，即0＜t＜3时，PM=t﹣3﹣（t22t3）=t23t，∴S=

112123PM×QF=(t3t)=tt，②如图3，当点P在点M下方时，即t＜0或t

222211123PM×QF=（t23t）=tt．

2222＞3时，PM=t22t3﹣（t﹣3）=t23t，∴S=

13t2t (0t3)22综上所述，S={．

123tt (t0或t3)22

考点：二次函数综合题；分类讨论．

2．在平面直角坐标系中，O为原点，抛物线yax233x(a0)经过点A(3,3)，2对称轴为直线l，点O关于直线l的对称点为点B.过点A作直线AC//x轴，交y轴于点

C.

（Ⅰ）求该抛物线的解析式及对称轴；

（Ⅱ）点P在y轴上，当PAPB的值最小时，求点P的坐标； （Ⅲ）抛物线上是否存在点Q，使得SAOC存在，请说明理由.

【答案】（Ⅰ）抛物线的解析式为y1SAOQ，若存在，求出点Q的坐标；若不3123333;xx;抛物线的对称轴为直线x222（Ⅱ）P点坐标为(0,);（Ⅲ）存在，Q点坐标为(33,0)或(23,15)，理由见解析 【解析】 【分析】

94（Ⅰ）将A(3,3)点代入二次函数的解析式，即可求出a，再根据对称轴的公式即可求解.

（Ⅱ）先求出B点胡坐标，要求PAPB胡最小值，只需找到B关于轴的对称点B1，则直线AB1与y轴的交点就是点P，根据待定系数法求出AB1的解析式，令y=0，即可求出P点的坐标.

（Ⅲ）设点Q的坐标，并求出△AOQ面积，从而得到△AOQ面积，根据Q点胡不同位置进行分类，用m及割补法求出面积方程，即可求解. 【详解】 （Ⅰ）∵yax2∴3a(3)233x(a0)经过点A(3,3)， 21333，解得a，

221233xx， 22∴抛物线的解析式为y33b233， ∵x12a222∴抛物线的对称轴为直线x33. 233， 2（Ⅱ）∵点O(0,0)，对称轴为x∴点O关于对称轴的对称点B点坐标为(33,0). 作点B关于轴的对称点B1，得B1(33,0)， 设直线AB1的解析式为ykxb，

33kb把点A(3,3)，点B1(33,0)代入得，

033kb3k394，∴解得yx.

44b94∴直线y39x与y轴的交点即为P点. 4494令x0得y， ∵P点坐标为(0,).

94（Ⅲ）∵A(3,3)，AC//x轴，∴AC∴SAOC3，OC3，

1133， OCAC33222又∵SAOC193SAOQ，∴SAOQ3SAOC. 321233mm)， 2293， 2设Q点坐标为(m,如图情况一，作QRCA，交CA延长线于点R， ∵SAOQS梯形OCRQSAOCSAQR11233931123313mm3∴m2332m32m2m32， 222化简整理得m23m180， 解得m133，m223.



如图情况二，作QNAC，交AC延长线于点N，交x轴于点M， ∵SAOQSAQNSQMOS梯形OMNA93， 21233112333193mm3(m)mm∴(3m)(m3m)22222222，

化简整理得m23m180， 解得m133，m223， ∴Q点坐标为(33,0)或(23,15)， ∴抛物线上存在点Q，使得SAOC1SAOQ. 3

【点睛】

主要考查了二次函数的性质，以及求两边和的最小值，面积等常见的题型，计算量较大，但难度不是很大.

3．如图①，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y=ax2+bx+3经过点A(-1，0) 、B(3，0) 两点，且与y轴交于点C

.

（1）求抛物线的表达式；

（2）如图②，用宽为4个单位长度的直尺垂直于x轴，并沿x轴左右平移，直尺的左右两边所在的直线与抛物线相交于P、 Q两点（点P在点Q的左侧），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的横坐标为1，求△DPQ面积的最大值，并求此时点D 的坐标； 2②直尺在平移过程中，△DPQ面积是否有最大值？若有，求出面积的最大值；若没有，请说明理由.

【答案】（1）抛物线y=-x2+2x+3；（2）①点D（ ，）；②△PQD面积的最大值为8 【解析】

分析：（1）根据点A、B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的表达式；

（2）（I）由点P的横坐标可得出点P、Q的坐标，利用待定系数法可求出直线PQ的表达式，过点D作DE∥y轴交直线PQ于点E，设点D的坐标为（x，-x2+2x+3），则点E的坐标为（x，-x+

315245），进而即可得出DE的长度，利用三角形的面积公式可得出S△DPQ=-42x2+6x+

7，再利用二次函数的性质即可解决最值问题； 2（II）假设存在，设点P的横坐标为t，则点Q的横坐标为4+t，进而可得出点P、Q的坐标，利用待定系数法可求出直线PQ的表达式，设点D的坐标为（x，-x2+2x+3），则点E的坐标为（x，-2（t+1）x+t2+4t+3），进而即可得出DE的长度，利用三角形的面积公式可得出S△DPQ=-2x2+4（t+2）x-2t2-8t，再利用二次函数的性质即可解决最值问题． 详解：（1）将A（-1，0）、B（3，0）代入y=ax2+bx+3，得：

ab3＝0a＝1，解得：， 9a3b3＝0b＝2∴抛物线的表达式为y=-x2+2x+3． （2）（I）当点P的横坐标为-∴此时点P的坐标为（-

17时，点Q的横坐标为，

221779，），点Q的坐标为（，-）．

2424设直线PQ的表达式为y=mx+n， 将P（-

1779，）、Q（，-）代入y=mx+n，得：

242471mn＝m＝124，解得：5，

79n＝mn＝442∴直线PQ的表达式为y=-x+

5． 4如图②，过点D作DE∥y轴交直线PQ于点E，

设点D的坐标为（x，-x2+2x+3），则点E的坐标为（x，-x+∴DE=-x2+2x+3-（-x+∴S△DPQ=

5）， 475）=-x2+3x+， 44173DE•（xQ-xP）=-2x2+6x+=-2（x-）2+8．

222∵-2＜0， ∴当x=

3315时，△DPQ的面积取最大值，最大值为8，此时点D的坐标为（，）．

422（II）假设存在，设点P的横坐标为t，则点Q的横坐标为4+t，

∴点P的坐标为（t，-t2+2t+3），点Q的坐标为（4+t，-（4+t）2+2（4+t）+3）， 利用待定系数法易知，直线PQ的表达式为y=-2（t+1）x+t2+4t+3．

设点D的坐标为（x，-x2+2x+3），则点E的坐标为（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=

1DE•（xQ-xP）=-2x2+4（t+2）x-2t2-8t=-2[x-（t+2）]2+8． 2∵-2＜0，

∴当x=t+2时，△DPQ的面积取最大值，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，面积的最大值为8． 点睛：本题考查了待定系数法求二次（一次）函数解析式、二次（一次）函数图象上点的坐标特征、三角形的面积以及二次函数的最值，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数表达式；（2）（I）利用三角形的面积公式找出S△DPQ=-2x2+6x+

7；（II）利用三角形的面积公式找出S△DPQ=-2x2+4（t+2）x-2t2-8t． 2

4．如图，抛物线yax2bx2交x轴于A(1,0)，B(4,0)两点，交y轴于点C，与过点C且平行于x轴的直线交于另一点(x6)(x)8，点P是抛物线上一动点． （1）求抛物线解析式及点D的坐标；

（2）点E在x轴上，若以A，E，D，P为顶点的四边形是平行四边形，求此时点P的坐标；

（3）过点P作直线CD的垂线，垂足为Q，若将CPQ沿CP翻折，点Q的对应点为

2122Q．是否存在点P，使Q恰好落在x轴上？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，

说明理由．

【答案】（1）y1232)； （2）P1(0,2)； P2(3+41,-xx2；点D坐标为(3，2222)；P3(

341,-2) ; （3）满足条件的点P有两个，其坐标分别为：（13， 2-9+13-9-13），（13，）． 22【解析】 【分析】

1)用待定系数法可得出抛物线的解析式,令y=2可得出点D的坐标

(2)分两种情况进行讨论,①当AE为一边时,AE∥PD,②当AE为对角线时,根据平行四边形对顶点到另一条对角线距离相等,求解点P坐标

(3)结合图形可判断出点P在直线CD下方,设点P的坐标为(a，123aa2),分情况讨22论,①当P点在y轴右侧时,②当P点在y轴左侧时,运用解直角三角形及相似三角形的性质进行求解即可 【详解】

20)两点， ，0)，B(4，解：（1）∵抛物线yaxbx2经过A(1ab2013∴，解得：a，b，

2216a4b20∴抛物线解析式为：y123xx2； 2213 当y2时，x2x22，解得：x13，x20（舍），即：点D坐标为

22(3，2)．

A，E两点都在x轴上，∴AE有两种可能：

①当AE为一边时，AE∥PD，此时点P与点C重合（如图1），∴P1(0,2)，

（2）∵

②当AE为对角线时，P点、D点到直线AE（即x轴）的距离相等， ∴P点的纵坐标为2（如图2），

把y2代入抛物线的解析式，得：123xx22， 22解得：x1341341，x2，

223+41341，2)，(，2)， 22∴P点的坐标为(3+41341，2)；P3(，2) ． 22（3）存在满足条件的点P，显然点P在直线CD下方，设直线PQ交x轴于F，

综上所述：P1(0,2)； P2(123aa2）， 22①当P点在y轴右侧时（如图3），

点P的坐标为（a，

CQxpa，

1313PQycyp2(a2a2)a2a，

2222又∵CQOFQP180CQP180PQC90， CQOOCQ90∴FQPOCQ,

又COQQFP90，∴∴

COQQFP，

Q'CQ'P， COQ'F123aa123∵QCCQa，CO2，QPPQaa，∴a22，222Q'F∴Q'Fa3，

∴OQOFQFa(a3)3，CQ＝CQ＝CO2OQ'2即a13，∴点p的坐标为（13，②当p点在y轴左侧时（如图4），

223213，

913）， 2

此时a0，123aa20，CQ＝xP＝a， 221313PQ＝2－（a2a2）＝a2a，

2222又∵CQOFQPCQPPQC90，CQOOCQ90，

∴FQPOCQ，又COQQFP90 ∴

COQQFP，∴

Q'CQ'P， COQ'F123aa， 22∵QCCQa，CO2，QPPQ123aa∴a22，∴Q'F3a， 2Q'F∴OQQFOF3a(a)3，

CQ＝CQ＝CO2OQ'2223213，

此时a13，点P的坐标为（13，913）． 2913），（13，2综上所述，满足条件的点P有两个，其坐标分别为：（13，913）． 2【点睛】

此题考查二次函数综合题，解题关键在于运用待定系数法的出解析式，难度较大

5．已知抛物线yax2bxc上有两点M(m+1，a)、N(m，b). (1)当a＝－1，m＝1时，求抛物线yax2bxc的解析式； (2)用含a、m的代数式表示b和c；

(3)当a＜0时，抛物线yax2bxc满足b24aca，bc2a，m求a的取值范围. 【答案】（1）【解析】 【分析】

（1）根据题意得到M(2，－1)、N(1，b)，代入抛物线解析式即可求出b、c；

2（2）将点M(m+1，a)、N(m，b)代入抛物线yaxbxc，可得

3， 4b1161a ；（2）b=-am，c=-am；（3）393c1a(m1)2b(m1)ca2ambmcb，化简即可得出；

（3）把bam，cam代入b24aca可得a1，把bam，

m24mcam代入bc2a可得m1，然后根据m的取值范围可得a的取值范围.

【详解】

解：(1)∵a＝－1，m＝1，∴M(2，－1)、N(1，b)

42bc1b1 由题意，得，解，得1bcbc1(2) ∵点M(m+1，a)、N(m，b)在抛物线yax2bxc上

a(m1)2b(m1)ca①2ambmcb②把bam代入②，得cam

①－②得，2ambb，∴bam

(3)把bam，cam代入b24aca得a2m24a2ma

a0，am24am1,a1

m24m把bam，cam代入bc2a得2am2a，m1

33m，1m

44m24m(m2)24，当m2时，m24m随m的增大而增大

3m24m39 1616112 39m4m3161a 即393【点睛】

本题考查待定系数法求函数解析式以及二次函数的图像和性质，由函数图像上点的坐标特征求出bam，cam是解题关键.

6．二次函数y=x2-2mx+3（m＞

）的图象与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的面积； （2）求证：a=m-；

（3）线段AB（包括A、B）上有且只有三个点的横坐标是整数，求a的值． 【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的坐标，然后代入二次函数的解析式，求得m的值即可确定二次函数的解析式；

②根据解析式确定抛物线与坐标轴的交点坐标，从而确定三角形的面积；

（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两点关于x=m对称得到a+n-m=m-a，从而确定a、m、n之间的关系；

（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的值即可确定a的值． 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的面积=×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的图象与x轴交于点A和点B ∴点A和点B关于直线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，因为n＞0且n为整数 所以a+n是整数， ∵线段AB（包括A、B）上有且只有三个点的横坐标是整数， ∴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，因为n＞0且n为整数 所以a+n不是整数， ∵线段AB（包括A、B）上有且只有三个点的横坐标是整数， ∴n=3， ∴a=m-

∴A（m-，0）代入y=（x-m）2-m2+3得0=（m--m）2-m2+3， ∴m2=∴m=∴a=

， ，m=-−，

−． （舍去），

综上所述：a=1或a=

考点：二次函数综合题．

7．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线的顶点坐标为（2，0），且经过点（4，1），

1x与抛物线交于A、B两点，直线l为y=﹣1． 4（1）求抛物线的解析式；

如图，直线y=

（2）在l上是否存在一点P，使PA+PB取得最小值？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

（3）知F（x0，y0）为平面内一定点，M（m，n）为抛物线上一动点，且点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等，求定点F的坐标．

【答案】（1）抛物线的解析式为y=定点F的坐标为（2，1）． 【解析】

1228x﹣x+1．（2）点P的坐标为（，﹣1）．（3）

134分析：（1）由抛物线的顶点坐标为（2，0），可设抛物线的解析式为y=a（x-2）2，由抛

物线过点（4，1），利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；

（2）联立直线AB与抛物线解析式成方程组，通过解方程组可求出点A、B的坐标，作点B关于直线l的对称点B′，连接AB′交直线l于点P，此时PA+PB取得最小值，根据点B的坐标可得出点B′的坐标，根据点A、B′的坐标利用待定系数法可求出直线AB′的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征即可求出点P的坐标；

（3）由点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等结合二次函数图象上点的坐标

11-y0）m2+（2-2x0+2y0）m+x02+y02-2y0-3=0，由m的任意性可得出关22于x0、y0的方程组，解之即可求出顶点F的坐标． 详解：（1）∵抛物线的顶点坐标为（2，0）， 设抛物线的解析式为y=a（x-2）2． ∵该抛物线经过点（4，1），

1∴1=4a，解得：a=，

411∴抛物线的解析式为y=（x-2）2=x2-x+1．

44（2）联立直线AB与抛物线解析式成方程组，得：

特征，即可得出（1-

1y＝xx1＝1x2＝44，解得：，， 111y1＝y2＝y＝x2x144∴点A的坐标为（1，

1），点B的坐标为（4，1）． 4作点B关于直线l的对称点B′，连接AB′交直线l于点P，此时PA+PB取得最小值（如图1所示）．

∵点B（4，1），直线l为y=-1， ∴点B′的坐标为（4，-3）．

设直线AB′的解析式为y=kx+b（k≠0）， 将A（1，

1）、B′（4，-3）代入y=kx+b，得： 4131k＝kb＝12，解得：， 44b＝4kb＝33∴直线AB′的解析式为y=-当y=-1时，有-解得：x=

28， 1328，-1）． 13134x+， 123134x+=-1， 123∴点P的坐标为（

（3）∵点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等， ∴（m-x0）2+（n-y0）2=（n+1）2， ∴m2-2x0m+x02-2y0n+y02=2n+1． ∵M（m，n）为抛物线上一动点， ∴n=

12

m-m+1， 4121m-m+1）+y02=2（m2-m+1）+1， 44∴m2-2x0m+x02-2y0（整理得：（1-

11-y0）m2+（2-2x0+2y0）m+x02+y02-2y0-3=0． 22∵m为任意值，

11122y0＝0∴22x02y0＝0， x2y22y3＝0000x0＝2∴，

y＝10∴定点F的坐标为（2，1）．

点睛：本题考查了待定系数法求二次（一次）函数解析式、二次（一次）函数图象上点的坐标特征、轴对称中的最短路径问题以及解方程组，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）利用两点之间线段最短找出点P的位置；（3）根据点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等结合二次函数图象上点的坐标特征，找出关于x0、y0的方程组．

8．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的坐标；

（2）点P从点O出发，以每秒2个单位长度的速度向点B运动，同时点E也从点O出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动，设点P的运动时间为t秒（0＜t＜2）． ①过点E作x轴的平行线，与BC相交于点D（如图所示），当t为何值时，最小，求出这个最小值并写出此时点E，P的坐标；

的值

②在满足①的条件下，抛物线的对称轴上是否存在点F，使△EFP为直角三角形？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）A（2，0），B（4，0），C（0，2）；（2）①t=1时，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）在抛物线的解析式中，令y=0，令x=0，解方程即可得到结果； （2）①由题意得：OP=2t，OE=t，通过△CDE∽△CBO得到

有最小值1，即可求得结果；

，即

，求得有最小值

②存在，求得抛物线的对称方程为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结果．

试题解析：（1）在抛物线的解析式中，令y=0，即∴C（0，2）；

（2）①由题意得：OP=2t，OE=t，∵DE∥OB，∴△CDE∽△CBO，∴

，∴DE=4﹣2t，

∴时，

=

=

=

，∵0＜t＜2，

始终为正数，且t=1

有最小，即

，解得：

，

，∵OA＜OB，∴A（2，0），B（4，0），在抛物线的解析式中，令x=0，得y=2，

有最大值1，∴t=1时，有最小值1，即t=1时，

值1，此时OP=2，OE=1，∴E（0，1），P（2，0）； ②存在，∵抛物线

=

，

=

当△EFP为直角三角形时， ①当∠EPF=90°时，②当∠EFP=90°时，③当∠PEF=90°时，

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；4．二次函数的最值；5．分类讨论；6．压轴题．

，即，即，即

，解得：m=2， ，解得；m=0或，解得：m=7，

的对称轴方程为x=3，设F（3，m），∴，

，

m=1，不合题意舍去，∴当∠EFP=90°时，这种情况不存在，

9．如图，矩形OABC的两边在坐标轴上，点A的坐标为（10，0），抛物线y=ax2+bx+4过点B，C两点，且与x轴的一个交点为D（﹣2，0），点P是线段CB上的动点，设CP=t（0＜t＜10）．

（1）请直接写出B、C两点的坐标及抛物线的解析式；

（2）过点P作PE⊥BC，交抛物线于点E，连接BE，当t为何值时，∠PBE=∠OCD？ （3）点Q是x轴上的动点，过点P作PM∥BQ，交CQ于点M，作PN∥CQ，交BQ于点N，当四边形PMQN为正方形时，请求出t的值．

【答案】（1）B（10，4），C（0，4），y【解析】

1251020xx4；（2）3；（3）或 . 6333试题分析：（1）由抛物线的解析式可求得C点坐标，由矩形的性质可求得B点坐标，由B、D的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；

（2）可设P（t，4），则可表示出E点坐标，从而可表示出PB、PE的长，由条件可证得△PBE∽△OCD，利用相似三角形的性质可得到关于t的方程，可求得t的值；

（3）当四边形PMQN为正方形时，则可证得△COQ∽△QAB，利用相似三角形的性质可求得CQ的长，在Rt△BCQ中可求得BQ、CQ，则可用t分别表示出PM和PN，可得到关于t的方程，可求得t的值． 试题解析：

解：（1）在y＝ax2＋bx＋4中，令x＝0可得y＝4， ∴C（0，4），

∵四边形OABC为矩形，且A（10，0）， ∴B（10，4），

把B、D坐标代入抛物线解析式可得100a10b44，

4a2b401a6解得，

5b3∴抛物线解析式为y＝125x＋x＋4； 63（2）由题意可设P（t，4），则E（t，∴PB＝10﹣t，PE＝125t＋t＋4）， 6312515t＋t＋4﹣4＝t2＋t， 6363∵∠BPE＝∠COD＝90°， 当∠PBE＝∠OCD时， 则△PBE∽△OCD，

∴

PEPB，即BP•OD＝CO•PE， ODOC125t＋t），解得t＝3或t＝10（不合题意，舍去）， 63∴2（10﹣t）＝4（∴当t＝3时，∠PBE＝∠OCD； 当∠PBE＝∠CDO时， 则△PBE∽△ODC， ∴

PEPB，即BP•OC＝DO•PE， OCOD125t＋t），解得t＝12或t＝10（均不合题意，舍去） 63综上所述∴当t＝3时，∠PBE＝∠OCD；

∴4（10﹣t）＝2（（3）当四边形PMQN为正方形时，则∠PMC＝∠PNB＝∠CQB＝90°，PM＝PN， ∴∠CQO＋∠AQB＝90°， ∵∠CQO＋∠OCQ＝90°， ∴∠OCQ＝∠AQB， ∴Rt△COQ∽Rt△QAB， ∴

COOQ，即OQ•AQ＝CO•AB， AQAB设OQ＝m，则AQ＝10﹣m，

∴m（10﹣m）＝4×4，解得m＝2或m＝8， ①当m＝2时，CQ＝OC2OQ2＝25，BQ＝∴sin∠BCQ＝

AQ2AB2＝45，

BQ25CQ5＝，sin∠CBQ＝＝，

55BCBC255t，PN＝PB•sin∠CBQ＝（10﹣t）， 55∴PM＝PC•sin∠PCQ＝∴

10255t ＝（10﹣t），解得t＝， 55320， 3②当m＝8时，同理可求得t＝

∴当四边形PMQN为正方形时，t的值为

1020或． 33点睛：本题为二次函数的综合应用，涉及矩形的性质、待定系数法、相似三角形的判定和性质、勾股定理、解直角三角形、方程思想等知识．在（1）中注意利用矩形的性质求得B点坐标是解题的关键，在（2）中证得△PBE∽△OCD是解题的关键，在（3）中利用Rt△COQ∽Rt△QAB求得CQ的长是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．

10．如图，抛物线y=ax2+c（a≠0）经过C（2，0），D（0，﹣1）两点，并与直线y=kx交于A、B两点，直线l过点E（0，﹣2）且平行于x轴，过A、B两点分别作直线l的垂线，垂足分别为点M、N．

（1）求此抛物线的解析式； （2）求证：AO=AM； （3）探究：

①当k=0时，直线y=kx与x轴重合，求出此时②试说明无论k取何值，【答案】解：（1）y=（2）详见解析 （3）详见解析 【解析】 【分析】

（1）把点C、D的坐标代入抛物线解析式求出a、c，即可得解。

（2）根据抛物线解析式设出点A的坐标，然后求出AO、AM的长，即可得证。 （3）①k=0时，求出AM、BN的长，然后代入②设点A（x1，

x12﹣1），B（x2，

计算即可得解；

，再联立抛物线与

x2﹣1

的值；

的值都等于同一个常数．

x22﹣1），然后表示出

直线解析式，消掉未知数y得到关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系表示出x1+x2，x1•2，并求出x12+x22，x12•x22，然后代入进行计算即可得解。 【详解】

解：（1）∵抛物线y=ax2+c（a≠0）经过C（2，0），D（0，﹣1）， ∴

，解得

。

∴抛物线的解析式为y=x2﹣1。

m2﹣1），

（2）证明：设点A的坐标为（m，

则。

∵直线l过点E（0，﹣2）且平行于x轴，∴点M的纵坐标为﹣2。 ∴AM=

m2﹣1﹣（﹣2）=

m2+1。

∴AO=AM。

（3）①k=0时，直线y=kx与x轴重合，点A、B在x轴上， ∴AM=BN=0﹣（﹣2）=2， ∴

。

x12﹣1），B（x2，

x22﹣1），

②k取任何值时，设点A（x1，

则。

联立，消掉y得，x2﹣4kx﹣4=0，

由根与系数的关系得，x1+x2=4k，x1•x2=﹣4， ∴x12+x22=（x1+x2）2﹣2x1•x2=16k2+8，x12•x22=16。 ∴

∴无论k取何值，

。

的值都等于同一个常数1。