【数学】数学二次函数的专项培优易错试卷练习题及答案解析
一、二次函数 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．如图，在平面直角坐标系xOy 中，A 、B 为x 轴上两点，C 、D 为y 轴上的两点，经
过点A 、C 、B 的抛物线的一部分C 1与经过点A 、D 、B 的抛物线的一部分C 2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 的坐标为（0，
），点M 是抛物线C 2：
2y mx 2mx 3m =--（m ＜0）的顶点．
（1）求A 、B 两点的坐标；
（2）“蛋线”在第四象限上是否存在一点P ，使得△PBC 的面积最大？若存在，求出△PBC 面积的最大值；若不存在，请说明理由； （3）当△BDM 为直角三角形时，求m 的值． 【答案】（1）A （
，0）、B （3，0）．
（2）存在．S △PBC 最大值为2716
（3）2
m 2
=-或1m =-时，△BDM 为直角三角形． 【解析】 【分析】
（1）在2
y mx 2mx 3m =--中令y=0，即可得到A 、B 两点的坐标．
（2）先用待定系数法得到抛物线C 1的解析式，由S △PBC = S △POC + S △BOP –S △BOC 得到△PBC 面积的表达式，根据二次函数最值原理求出最大值．
（3）先表示出DM 2，BD 2，MB 2，再分两种情况：①∠BMD=90°时；②∠BDM=90°时，讨论即可求得m 的值． 【详解】
解：（1）令y=0，则2mx 2mx 3m 0--=，
∵m ＜0，∴2x 2x 30--=，解得：1x 1=-，2x 3=． ∴A （
，0）、B （3，0）．
（2）存在．理由如下：
∵设抛物线C 1的表达式为()()y a x 1x 3=+-（a 0≠），
把C （0，3
2-
）代入可得，12
a =． ∴Ｃ1的表达式为：()()1y x 1x 32=+-，即213
y x x 22
=--． 设P （p ，
213
p p 22
--）， ∴ S △PBC = S △POC + S △BOP –S △BOC =2
3
327p 4
2
16
--+（）． ∵3a 4=-
<0，∴当3p 2=时,S △PBC 最大值为2716
． （3）由C 2可知： B （3，0），D （0，3m -），M （1，4m -）， ∴BD 2=29m 9+，BM 2=216m 4+，DM 2=2m 1+． ∵∠MBD<90°, ∴讨论∠BMD=90°和∠BDM=90°两种情况：
当∠BMD=90°时，BM 2+ DM 2= BD 2，即216m 4+＋2m 1+=29m 9+， 解得：12m 2=-
,22
m 2
=(舍去)． 当∠BDM=90°时，BD 2+ DM 2= BM 2，即29m 9+＋2m 1+=216m 4+， 解得：1m 1=-，2m 1=(舍去) ． 综上所述，2
m =-
或1m =-时，△BDM 为直角三角形．
2．如图1，抛物线C 1：y=ax 2﹣2ax+c （a ＜0）与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于点C ．已知点A 的坐标为（﹣1，0），点O 为坐标原点，OC=3OA ，抛物线C 1的顶点为G ．
（1）求出抛物线C 1的解析式，并写出点G 的坐标；
（2）如图2，将抛物线C 1向下平移k （k ＞0）个单位，得到抛物线C 2，设C 2与x 轴的交点为A′、B′，顶点为G′，当△A′B′G′是等边三角形时，求k 的值：
（3）在（2）的条件下，如图3，设点M 为x 轴正半轴上一动点，过点M 作x 轴的垂线分别交抛物线C 1、C 2于P 、Q 两点，试探究在直线y=﹣1上是否存在点N ，使得以P 、Q 、N 为顶点的三角形与△AOQ 全等，若存在，直接写出点M ，N 的坐标：若不存在，请说明理由．
【答案】（1）抛物线C 1的解析式为y=﹣x 2+2x+3，点G 的坐标为（1，4）；（2）k=1；
（3）M1（113
2
+
，0）、N1（13，﹣1）；M2（
113
2
+
，0）、N2（1，﹣1）；M3（4，0）、N3（10，﹣1）；M4（4，0）、N4（﹣2，﹣1）．
【解析】
【分析】（1）由点A的坐标及OC=3OA得点C坐标，将A、C坐标代入解析式求解可得；（2）设抛物线C2的解析式为y=﹣x2+2x+3﹣k，即y=﹣（x﹣1）2+4﹣k，′作G′D⊥x轴于点D，设BD′=m，由等边三角形性质知点B′的坐标为（m+1，0），点G′的坐标为（1，
3m），代入所设解析式求解可得；
（3）设M（x，0），则P（x，﹣x2+2x+3）、Q（x，﹣x2+2x+2），根据PQ=OA=1且
∠AOQ、∠PQN均为钝角知△AOQ≌△PQN，延长PQ交直线y=﹣1于点H，证
△OQM≌△QNH，根据对应边相等建立关于x的方程，解之求得x的值从而进一步求解即可．
【详解】（1）∵点A的坐标为（﹣1，0），
∴OA=1，
∴OC=3OA，
∴点C的坐标为（0，3），
将A、C坐标代入y=ax2﹣2ax+c，得：
20
3
a a c
c
++=
?
?
=
?
，
解得：
1
3
a
c
=-
?
?
=
?
，
∴抛物线C1的解析式为y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，
所以点G的坐标为（1，4）；
（2）设抛物线C2的解析式为y=﹣x2+2x+3﹣k，即y=﹣（x﹣1）2+4﹣k，
过点G′作G′D⊥x轴于点D，设BD′=m，
∵△A′B′G′为等边三角形，
∴33，
则点B′的坐标为（m+1，0），点G′的坐标为（13），
将点B′、G′的坐标代入y=﹣（x﹣1）2+4﹣k，得：
240
43
m k
k m
?-+-=
?
?
-=
??
，
解得：1
10 4
m k =
?
?
=?（舍），2
2
3
1
m
k
?=
?
?
=
??
，
∴k=1；
（3）设M（x，0），则P（x，﹣x2+2x+3）、Q（x，﹣x2+2x+2），
∴PQ=OA=1，
∵∠AOQ、∠PQN均为钝角，
∴△AOQ≌△PQN，
如图2，延长PQ交直线y=﹣1于点H，
则∠QHN=∠OMQ=90°，
又∵△AOQ≌△PQN，
∴OQ=QN，∠AOQ=∠PQN，
∴∠MOQ=∠HQN，
∴△OQM≌△QNH（AAS），
∴OM=QH，即x=﹣x2+2x+2+1，
解得：
113
±
当x=
113
2
+
HN=QM=﹣x2+2x+2=
131
2
，点M（
113
2
+
，0），∴点N113
+131
-
1131）；
113
+131
-
1），即（1，﹣1）；
如图3，
同理可得△OQM≌△PNH，
∴OM=PH，即x=﹣（﹣x2+2x+2）﹣1，
解得：x=﹣1（舍）或x=4，
当x=4时，点M的坐标为（4，0），HN=QM=﹣（﹣x2+2x+2）=6，
∴点N的坐标为（4+6，﹣1）即（10，﹣1），或（4﹣6，﹣1）即（﹣2，﹣1）；
综上点M1（113
2
+
，0）、N1（13，﹣1）；M2（
113
2
+
，0）、N2（1，﹣1）；M3
（4，0）、N3（10，﹣1）；M4（4，0）、N4（﹣2，﹣1）．
【点睛】本题考查的是二次函数的综合题，涉及到的知识有待定系数法、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质等，熟练掌握待定系数法求函数解析式、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、运用分类讨论思想是解题的关键.
3．如图，某足球运动员站在点O处练习射门，将足球从离地面0.5m的A处正对球门踢出(点A在y轴上)，足球的飞行高度y(单位：m)与飞行时间t(单位：s)之间满足函数关系y＝at2＋5t＋c，已知足球飞行0.8s时，离地面的高度为3.5m.
(1)足球飞行的时间是多少时，足球离地面最高？最大高度是多少？
(2)若足球飞行的水平距离x(单位：m)与飞行时间t(单位：s)之间具有函数关系x＝10t，已知球门的高度为2.44m，如果该运动员正对球门射门时，离球门的水平距离为28m，他能否将球直接射入球门？
【答案】（1）足球飞行的时间是8
5
s时，足球离地面最高，最大高度是4.5m；（2）能.
【解析】
试题分析：（1）由题意得：函数y=at2+5t+c的图象经过（0，0.5）（0.8，3.5），于是得到，求得抛物线的解析式为：y=﹣t2+5t+，当t=时，y最大
（2）把x=28代入x=10t 得t=2.8，当t=2.8时，y=﹣×2.82+5×2.8+=2.25＜2.44，于是得
到他能将球直接射入球门．
解：（1）由题意得：函数y=at 2+5t+c 的图象经过（0，0.5）（0.8，3.5）， ∴
，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y=﹣t 2+5t+，
∴当t=时，y 最大=4.5；
（2）把x=28代入x=10t 得t=2.8， ∴当t=2.8时，y=﹣
×2.82+5×2.8+=2.25＜2.44，
∴他能将球直接射入球门． 考点：二次函数的应用．
4．函数()2
110,>02
y x mx x m =-
++≥的图象记为1C ，函数()21
10,>02
y x mx x m =---<的图象记为2C ，其中m 为常数，1C 与2C 合起来的图象
记为C .
（Ⅰ）若1C 过点()1,1时，求m 的值； （Ⅱ）若2C 的顶点在直线1y =上，求m 的值； （Ⅲ）设C 在42x -≤≤上最高点的纵坐标为0y ，当03
92
y ≤≤时，求m 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）12m =；（Ⅱ）2m =；（Ⅲ）912
m ≤≤. 【解析】 【分析】
（Ⅰ）将点C 的坐标代入1C 的解析式即可求出m 的值；
（Ⅱ）先求出抛物线2C 的顶点坐标，再根据顶点在直线y 1=上得出关于m 的方程，解之即可
（Ⅲ）先求出抛物线1C 的顶点坐标，结合（Ⅱ）抛物线2C 的顶点坐标，和x 的取值范围，分三种情形讨论求解即可；
解：（Ⅰ）将点()1,1代入1C 的解析式，解得1m .2
=
（Ⅱ）抛物线2C 的顶点坐标为2m m,12??
-- ???
， 令2
m 112
-=，得m 2,=± ∵m>0，∴m 2.=
（Ⅲ）∵抛物线1C 的顶点2m P m,12??+ ???，抛物线2C 的顶点2m Q m,12??
-- ???
， 当0m 2<≤时，最高点是抛物线G 1的顶点
∴2
03m y 1922
≤=+≤，解得1m 2.≤≤ 当2m 4<≤时，G 1中（2，2m-1）是最高点，0y =2m-1 ∴
3
2
≤2m-19≤，解得2m 4.<≤ 当m>4时，G 2中（-4，4m-9）是最高点，0y =4m-9． ∴
32≤4m-99≤，解得94m 2
<≤. 综上所述，9
1m 2
≤≤即为所求. 【点睛】
本题考查二次函数综合题，待定系数法、不等式组等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，利用数形结合的思想解决问题，属于中考压轴题．
5．如图1，抛物线
经过平行四边形
的顶点
、
、，抛物线与轴的另一交点为
.经过点的直线将平行四边形
分割为面
积相等的两部分，与抛物线交于另一点.点
为直线上方抛物线上一动点，设点
的横
坐标为.
（1）求抛物线的解析式； （2）当何值时，的面积最大?并求最大值的立方根；
（3）是否存在点
使
为直角三角形?若存在，求出的值；若不存在，说明理
由.
【答案】（1）抛物线解析式为y=﹣x2+2x+3；（2）当t=时，△PEF的面积最大，其最大值为×，
最大值的立方根为=；（3）存在满足条件的点P，t的值为1或
【解析】
试题分析：（1）由A、B、C三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）由A、C坐标可求得平行四边形的中心的坐标，由抛物线的对称性可求得E点坐标，从而可求得直线EF的解析式，作PH⊥x轴，交直线l于点M，作FN⊥PH，则可用t表示出PM的长，从而可表示出△PEF的面积，再利用二次函数的性质可求得其最大值，再求其最大值的立方根即可；
（3）由题意可知有∠PAE=90°或∠APE=90°两种情况，当∠PAE=90°时，作PG⊥y轴，利用等腰直角三角形的性质可得到关于t的方程，可求得t的值；当∠APE=90°时，作PK⊥x 轴，AQ⊥PK，则可证得△PKE∽△AQP，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．
试题解析：（1）由题意可得，解得，
∴抛物线解析式为y=﹣x2+2x+3；
（2）∵A（0，3），D（2，3），
∴BC=AD=2，
∵B（﹣1，0），
∴C（1，0），
∴线段AC的中点为（，），
∵直线l将平行四边形ABCD分割为面积相等两部分，
∴直线l过平行四边形的对称中心，
∵A、D关于对称轴对称，
∴抛物线对称轴为x=1，
∴E（3，0），
设直线l的解析式为y=kx+m，把E点和对称中心坐标代入可得，解得，
∴直线l的解析式为y=﹣x+，
联立直线l和抛物线解析式可得，解得或，
∴F（﹣，），
如图1，作PH⊥x轴，交l于点M，作FN⊥PH，
∵P点横坐标为t，
∴P（t，﹣t2+2t+3），M（t，﹣t+），
∴PM=﹣t2+2t+3﹣（﹣t+）=﹣t2+t+，
∴S△PEF=S△PFM+S△PEM=PM?FN+PM?EH=PM?（FN+EH）=（﹣t2+t+）（3+）=﹣（t﹣）+×，
∴当t=时，△PEF的面积最大，其最大值为×，
∴最大值的立方根为=；
（3）由图可知∠PEA≠90°，
∴只能有∠PAE=90°或∠APE=90°，
①当∠PAE=90°时，如图2，作PG⊥y轴，
∵OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA=45°，
∴∠PAG=∠APG=45°，
∴PG=AG，
∴t=﹣t2+2t+3﹣3，即﹣t2+t=0，解得t=1或t=0（舍去），
②当∠APE=90°时，如图3，作PK⊥x轴，AQ⊥PK，
则PK=﹣t2+2t+3，AQ=t，KE=3﹣t，PQ=﹣t2+2t+3﹣3=﹣t2+2t，
∵∠APQ+∠KPE=∠APQ+∠PAQ=90°，
∴∠PAQ=∠KPE，且∠PKE=∠PQA，
∴△PKE∽△AQP，
∴，即，即t2﹣t﹣1=0，解得t=或t=＜﹣（舍去），
综上可知存在满足条件的点P，t的值为1或．
考点：二次函数综合题
6．如图，抛物线y=ax2+bx过点B（1，﹣3），对称轴是直线x=2，且抛物线与x轴的正半轴交于点A．
（1）求抛物线的解析式，并根据图象直接写出当y≤0时，自变量x的取值范围；
（2）在第二象限内的抛物线上有一点P，当PA⊥BA时，求△PAB的面积．
【答案】（1）抛物线的解析式为y=x2﹣4x，自变量x的取值范图是0≤x≤4；（2）△PAB的面积=15．
【解析】
【分析】
（1）将函数图象经过的点B坐标代入的函数的解析式中，再和对称轴方程联立求出待定系数a和b；
（2）如图，过点B作BE⊥x轴，垂足为点E，过点P作PE⊥x轴，垂足为F，设P（x，x2-4x），证明△PFA∽△AEB,求出点P的坐标，将△PAB的面积构造成长方形去掉三个三角形的面积．
【详解】
（1）由题意得，
3 2
2
a b
b
a
+-
?
?
?
-?
?
＝
＝
，
解得
1
4
a
b-
?
?
?
＝
＝
，
∴抛物线的解析式为y=x2-4x，
令y=0，得x2-2x=0，解得x=0或4，
结合图象知，A的坐标为（4，0），
根据图象开口向上，则y≤0时，自变量x的取值范围是0≤x≤4；
（2）如图，过点B作BE⊥x轴，垂足为点E，过点P作PE⊥x轴，垂足为F，
设P（x，x2-4x）,
∵PA⊥BA
∴∠PAF+∠BAE=90°,
∵∠PAF+∠FPA=90°,
∴∠FPA=∠BAE
又∠PFA=∠AEB=90° ∴△PFA ∽△AEB,
∴PF AF AE BE =，即244213x x x
--=-， 解得，x= ?1，x=4（舍去） ∴x 2-4x=-5
∴点P 的坐标为（-1，-5），
又∵B 点坐标为（1，-3），易得到BP 直线为y=-4x+1 所以BP 与x 轴交点为（1
4
，0） ∴S △PAB=115
531524
??+= 【点睛】
本题是二次函数综合题，求出函数解析式是解题的关键，特别是利用待定系数法将两条直线表达式解出，利用点的坐标求三角形的面积是关键．
7．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝﹣x 2+bx +c 经过点A （﹣1，0）和点C （0，4），交x 轴正半轴于点B ，连接AC ，点E 是线段OB 上一动点（不与点O ，B 重合），以OE 为边在x 轴上方作正方形OEFG ，连接FB ，将线段FB 绕点F 逆时针旋转90°，得到线段FP ，过点P 作PH ∥y 轴，PH 交抛物线于点H ，设点E （a ，0）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）若△AOC 与△FEB 相似，求a 的值． （3）当PH ＝2时，求点P 的坐标． 【答案】（1）y ＝﹣x 2+3x +4；（2）a ＝165或4
5
；（3）点P 的坐标为（2，4）或（1，4）3+17
，4）． 【解析】 【详解】
（1）点C （0，4），则c ＝4， 二次函数表达式为：y ＝﹣x 2+bx+4，
将点A 的坐标代入上式得：0＝﹣1﹣b+4，解得：b ＝3， 故抛物线的表达式为：y ＝﹣x 2+3x+4；
（2）tan ∠ACO ＝
AO CO ＝1
4
， △AOC 与△FEB 相似，则∠FBE ＝∠ACO 或∠CAO ， 即：tan ∠FEB ＝
1
4
或4， ∵四边形OEFG 为正方形，则FE ＝OE ＝a ， EB ＝4﹣a ， 则
144a a =-或44a
a
=-， 解得：a ＝
165或45
； （3）令y ＝﹣x 2+3x+4＝0，解得：x ＝4或﹣1，故点B （4，0）； 分别延长CF 、HP 交于点N ，
∵∠PFN+∠BFN ＝90°，∠FPN+∠PFN ＝90°， ∴∠FPN ＝∠NFB ，
∵GN ∥x 轴，∴∠FPN ＝∠NFB ＝∠FBE ， ∵∠PNF ＝∠BEF ＝90°，FP ＝FB ， ∴△PNF ≌△BEF （AAS ）， ∴FN ＝FE ＝a ，PN ＝EB ＝4﹣a ，
∴点P （2a ，4），点H （2a ，﹣4a 2+6a+4）， ∵PH ＝2，
即：﹣4a 2+6a+4﹣4＝|2|， 解得：a ＝1或
12317+317
- 故：点P 的坐标为（2，4）或（1，43+17
，4）． 【点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，其中（2）、（3），要注意分类求解，避免遗漏．
8．如图所示抛物线2y ax bx c =++过点()1,0A -，点()0,3C ，且OB OC = （1）求抛物线的解析式及其对称轴；
（2）点,D E 在直线1x =上的两个动点，且1DE =，点D 在点E 的上方，求四边形
ACDE 的周长的最小值；
（3）点P 为抛物线上一点，连接CP ，直线CP 把四边形CBPA 的面积分为3∶5两部
分，求点P 的坐标.
【答案】（1）2y x 2x 3=-++，对称轴为直线1x =；（2）四边形ACDE 的周长最小值为10131++；（3）12(4,5),(8,45)P P -- 【解析】 【分析】
（1）OB=OC ，则点B （3，0），则抛物线的表达式为：y=a （x+1）（x-3）=a （x 2-2x-3）=ax 2-2ax-3a ，即可求解；
（2）CD+AE=A′D+DC′，则当A′、D 、C′三点共线时，CD+AE=A′D+DC′最小，周长也最小，即可求解； （3）S △PCB ：S △PCA =12EB×（y C -y P ）：1
2
AE×（y C -y P ）=BE ：AE ，即可求解． 【详解】
（1）∵OB=OC ，∴点B （3，0），
则抛物线的表达式为：y=a （x+1）（x-3）=a （x 2-2x-3）=ax 2-2ax-3a ， 故-3a=3，解得：a=-1，
故抛物线的表达式为：y=-x 2+2x+3…①； 对称轴为：直线1x =
（2）ACDE 的周长=AC+DE+CD+AE ，其中AC=10、DE=1是常数， 故CD+AE 最小时，周长最小，
取点C 关于函数对称点C （2，3），则CD=C′D ， 取点A′（-1，1），则A′D=AE ，
故：CD+AE=A′D+DC′，则当A′、D 、C′三点共线时，CD+AE=A′D+DC′最小，周长也最小，
四边形ACDE 的周长的最小值
=AC+DE+CD+AE=10+1+A′D+DC′=10+1+A′C′=10+1+13；（3）如图，设直线CP交x轴于点E，
直线CP把四边形CBPA的面积分为3：5两部分，
又∵S△PCB：S△PCA=1
2
EB×（y C-y P）：
1
2
AE×（y C-y P）=BE：AE，
则BE：AE，=3：5或5：3，
则AE=5
2
或
3
2
，
即：点E的坐标为（3
2
，0）或（
1
2
，0），
将点E、C的坐标代入一次函数表达式：y=kx+3，
解得：k=-6或-2，
故直线CP的表达式为：y=-2x+3或y=-6x+3…②
联立①②并解得：x=4或8（不合题意值已舍去），
故点P的坐标为（4，-5）或（8，-45）．
【点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、图象面积计算、点的对称性等，其中（1），通过确定点A′点来求最小值，是本题的难点．
9．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=1
2
x2+
3
2
x﹣2与x轴交于A，B两点（点A
在点B的左侧），与y轴交于点C，直线l经过A，C两点，连接BC．
（1）求直线l的解析式；
（2）若直线x=m（m＜0）与该抛物线在第三象限内交于点E，与直线l交于点D，连接OD．当OD⊥AC时，求线段DE的长；
（3）取点G（0，﹣1），连接AG，在第一象限内的抛物线上，是否存在点P，使
∠BAP=∠BCO﹣∠BAG？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=
1
2
2
x
--；（2）
DE=
32
25
；（3）存在点P（
13
9
，
98
81
），使
∠BAP=∠BCO﹣∠BAG，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据题目中的函数解析式可以求得点A和点C的坐标，从而可以求得直线l的函数解析式；
（2）根据题意作出合适的辅助线，利用三角形相似和勾股定理可以解答本题；
（3）根据题意画出相应的图形，然后根据锐角三角函数可以求得∠OAC=∠OCB，然后根据题目中的条件和图形，利用锐角三角函数和勾股定理即可解答本题．
【详解】
（1）∵抛物线y=
1
2
x2+
3
2
x-2，
∴当y=0时，得x1=1，x2=-4，当x=0时，y=-2，
∵抛物线y=1
2
x2+
3
2
x-2与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，∴点A的坐标为（-4，0），点B（1，0），点C（0，-2），
∵直线l经过A，C两点，设直线l的函数解析式为y=kx+b，
40
2
k b
b
-+
?
?
-
?
＝
＝
，得
1
2
2
k
b
?
-
?
?
?-
?
＝
＝
，
即直线l的函数解析式为y=?
1
2
x?2；
（2）直线ED与x轴交于点F，如图1所示，
由（1）可得，
AO=4，OC=2，∠AOC=90°， ∴AC=25， ∴OD=
45
525
=， ∵OD ⊥AC ，OA ⊥OC ，∠OAD=∠CAO ， ∴△AOD ∽△ACO ， ∴AD AO
AO AC
＝， 即
425AD ＝，得AD=85， ∵EF ⊥x 轴，∠ADC=90°， ∴EF ∥OC ， ∴△ADF ∽△ACO ， ∴
AF DF AD AO OC AC
＝＝， 解得，AF=16
5，DF=85
， ∴OF=4-165=45
， ∴m=-45
， 当m=-45时，y=12×（?45）2+32×（-45）-2=-7225
，
∴EF=
7225
， ∴DE=EF-FD=
7225?85＝3225
； （3）存在点P ，使∠BAP=∠BCO-∠BAG ，
理由：作GM ⊥AC 于点M ，作PN ⊥x 轴于点N ，如图2所示，
∵点A （-4，0），点B （1，0），点C （0，-2），
∴OA=4，OB=1，OC=2，
∴tan ∠OAC=
2142OC OA ＝＝，tan ∠OCB=1
2
OB OC ＝，
， ∴∠OAC=∠OCB ，
∵∠BAP=∠BCO-∠BAG ，∠GAM=∠OAC-∠BAG ， ∴∠BAP=∠GAM ，
∵点G （0，-1），
OA=4， ∴OG=1，GC=1， ∴
，??22AC GM CG OA ＝
，即14
22
GM ?＝， 解得，
， ∴
=
，
∴tan ∠
GAM=
2
9
GM AM =， ∴tan ∠PAN=
29
， 设点P 的坐标为（n ，12n 2+3
2
n-2）， ∴AN=4+n ，PN=
12n 2+3
2
n-2， ∴213
2
222 49n n n +-+＝
， 解得，n 1=13
9，n 2=-4（舍去），
当n=139时，12n 2+32n-2=9881
，
∴点P 的坐标为（139，98
81），
即存在点P （139，98
81
），使∠BAP=∠BCO-∠BAG ．
【点睛】
本题是一道二次函数综合题，解答本题的关键是明确题意，作出合适的辅助线，找出所求问题需要的条件，利用三角形相似、锐角三角函数和二次函数的性质解答．
10．如图，抛物线y =ax 2+bx 经过△OAB 的三个顶点，其中点A （1，
3），点B （3，﹣
3），O 为坐标原点．
（1）求这条抛物线所对应的函数表达式；
（2）若P （4，m ），Q （t ，n ）为该抛物线上的两点，且n ＜m ，求t 的取值范围； （3）若C 为线段AB 上的一个动点，当点A ，点B 到直线OC 的距离之和最大时，求∠BOC 的大小及点C 的坐标．
【答案】（1）22353
y x x =；（2）t ＞4；（3）∠BOC =60°，C （323 【解析】
分析：（1）将已知点坐标代入y=ax 2+bx ，求出a 、b 的值即可； （2）利用抛物线增减性可解问题；
（3）观察图形，点A ，点B 到直线OC 的距离之和小于等于AB ；同时用点A （13点B （33
详解：（1）把点A （13B （33y=ax 2+bx 得
3=393a b a b ?+??-=+??
，解得3
3
53a b ?=-???
?=??
∴y=22353
x + （2）由（1）抛物线开口向下，对称轴为直线x=
5
4
， 当x ＞
5
4
时，y 随x 的增大而减小， ∴当t ＞4时，n ＜m ．
（3）如图，设抛物线交x 轴于点F ，分别过点A 、B 作AD ⊥OC 于点D ，BE ⊥OC 于点E
∵AC≥AD，BC≥BE，
∴AD+BE≤AC+BE=AB，
∴当OC⊥AB时，点A，点B到直线OC的距离之和最大．∵A（13B（33
∴∠AOF=60°，∠BOF=30°，
∴∠AOB=90°，
∴∠ABO=30°．
当OC⊥AB时，∠BOC=60°，点C坐标为（3
2
3
点睛：本题考查综合考查用待定系数法求二次函数解析式，抛物线的增减性．解答问题时注意线段最值问题的转化方法．