2021年湖北省各地中考数学压轴题汇编(解析版)可打印

21、（2020湖北黄冈）已知抛物线yaxbxc与x轴交于点A(1,0)，点B(3,0)，

与y轴交于点C(0,3)，顶点为点D．

（1）求抛物线的解析式；

（2）若过点C的直线交线段AB于点E，且SACE:SCEB3:5，求直线CE的解析式

（3）若点P在抛物线上，点Q在x轴上，当以点D、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形时，求点P的坐标； （4）已知点H0,45,G(2,0)，在抛物线对称轴上找一点F，使HFAF的值最小此8时，在抛物线上是否存在一点K，使KFKG的值最小，若存在，求出点K的坐标；若不存在，请说明理由．

y6x3；【答案】（1）（2）（3）点P的坐标为(15,1),(13,1)；yx22x3；

（4）存在，点K的坐标为(2,3) 【解析】 【分析】

（1）由于点A、B为抛物线与x轴的交点，可设两点式求解；也可将A、B、C的坐标直接代入解析式中利用待定系数法求解即可；

（2）根据两个三角形的高相等，则由面积比得出AE:EB3:5，求出AE,根据点A坐标可解得点E坐标,进而求得直线CE的解析式；

（3）分两种情况讨论①当四边形DCPQ为平行四边形时；②当四边形DCQP为平行四边

形时，根据平行四边形的性质和点的坐标位置关系得出纵坐标的关系式，分别代入坐标数值，解方程即可解答；

（4）根据抛物线的对称性，AF=BF，则HF+AF=HF+BF，当H、F、B共线时，HF+AF值最小，求出此时点F的坐标，设Kx0,y0，由勾股定理和抛物线方程得

KFy01717，过点K作直线SK，使SK//y轴，且点S的纵坐标为，则点S的坐标44为x0,1717KSy,∴KF+KG=KS+KG,当S、K、G共线且平行y轴时，，此时，044KF+KG值最小，由点G坐标解得x0，代入抛物线方程中解得y0，即为所求K的坐标． 【详解】解：（1）方法1：设抛物线的解析式为ya(x3)(x1)

将点C(0,3)代入解析式中，则有1(03)a3a1． ∴抛物线的解析式为yx2x3x2x3． 方法二：∵经过A,B,C三点抛物线的解析式为yaxbxc， 将A(1,0),B(3,0),C(0,3)代入解析式中，则有

222c3a1abc0，解得：b2， 9a3bc0c3∴抛物线的解析式为yx22x3． （2）

SACE:SCEB3:5，

1AECO32． 1EBCO52AE:EB3:5．

AE333AB4． 88231xE1．

22E的坐标为,0．

12又

C点的坐标为(0,3)．

直线CE的解析式为y6x3．

（3）

yx22x3(x1)24．

∴顶点D的坐标为(1,4)．

∴当四边形DCPQ为平行四边形时，由DQ∥CP，DQ=CP得：

yDyQyCyP，即403yP．

yp1．令y1，则x22x31．

x15．

∴点P的坐标为(15,1)．

∴当四边形DCQP为平行四边形时，由CQ∥DP，CQ=DP得：

ycyQyDyp，即304yP

yp1．令y1，则x22x31．

x13．

∴点P的坐标为(13,1)．

∴综合得：点P的坐标为(15,1),(13,1) （4）∵点A或点B关于对称轴x1对称 ∴连接BH与直线x1交点即为F点． ∵点H的坐标为0,45，点B的坐标为(3,0)， 8∴直线BH的解析式为：y令x1，则y1545x． 8815． 4当点F的坐标为1,15时，HFAF的值最小．11分 4设抛物线上存在一点Kx0,y0，使得FKFG的值最小．

15则由勾股定理可得：KF2x01y0． 422又∵点K在抛物线上，

y0x014

x014y0代入上式中，

221517KF24y0y0y0

44KFy017． 422如图，过点K作直线SK，使SK//y轴，且点S的纵坐标为

17． 4∴点S的坐标为x0,17． 4则SKy017． 4y0171717,y0y0 444（两处绝对值化简或者不化简者正确．）

KFSK．

KFKGSKKG

当且仅当S,K,G三点在一条直线上，且该直线干行于y轴，FKFG的值最小． 又∵点G的坐标为(2,0)，

x02，将其代入抛物线解析式中可得：y03．

∴当点K的坐标为(2,3)时，KFKG最小．

【点睛】本题主要考查了二次函数与几何图形的综合，涉及待定系数法、平行四边形的性质、、三角形面积、求线段和的最小值（即将军饮马模型）等知识，解答的关键是认真审题，找出相关条件，运用待定系数法、数形结合法等解题方法确定解题思路，对相关信息进行推理、探究、发现和计算．

2、（2020湖北咸宁）.如图，在平面直角坐标系中，直线y1x2与x轴交于点2A，与y轴交于点B，抛物线y2253xbxc过点B且与直线相交于另一点C,． 324

（1）求抛物线的解析式；

（2）点P是抛物线上的一动点，当PAOBAO时，求点P的坐标；

（3）点N(n,0)0n且满足MNC90．

5在x轴的正半轴上，点M(0,m)是y轴正半轴上的一动点，2①求m与n之间的函数关系式；

②当m在什么范围时，符合条件的N点的个数有2个？ 【答案】（1）y227153xx2；（2）,或（3，）或（-2，-3）；（3）①

2436241025mn2n；②0＜m＜

3312【解析】 【分析】

（1）利用一次函数求出A和B的坐标，结合点C坐标，求出二次函数表达式； （2）当点P在x轴上方时，点P与点C重合，当点P在x轴下方时，AP与y轴交于点Q，求出AQ表达式，联立二次函数，可得交点坐标，即为点P； （3）①过点C作CD⊥x轴于点D，证明△MNO∽△NCD，可得结果；

②作以MC为直径的圆E，根据圆E与线段OD的交点个数来判断M的位置，即可得到m的取值范围.

【详解】解：（1）∵直线yMONO，整理可得NDCD1x2与x轴交于点A，与y轴交于点B， 2令x=0，则y=2，令y=0，则x=4， ∴A（4，0），B（0，2）， ∵抛物线y2253xbxc经过B（0，2），C,， 3242c7b∴3，解得：6， 2255bc3424c2∴抛物线的表达式为：y227xx2； 36（2）当点P在x轴上方时，点P与点C重合，满足PAOBAO， ∵C53,， 24∴P53,， 24当点P在x轴下方时，如图，AP与y轴交于点Q， ∵PAOBAO， ∴B，Q关于x轴对称， ∴Q（0，-2），又A（4，0），

设直线AQ的表达式为y=px+q，代入，

1p2q，解得：2， 04pqq2∴直线AQ的表达式为：y1x2，联立得： 21yx22，解得：x=3或-2， 27yx2x236∴点P的坐标为（3，1）或（-2，-3）， 2153,或（3，）或（-2，-3）；

224综上，当PAOBAO时，点P的坐标为：

（3）①如图，∠MNC=90°，过点C作CD⊥x轴于点D， ∴∠MNO+∠CND=90°， ∵∠OMN+∠MNO=90°，

∴∠CND=∠OMN,又∠MON=∠CDN=90°， ∴△MNO∽△NCD，

mnMONO3， ∴，即5nNDCD244210n； 整理得：mn33

②如图，∵∠MNC=90°， 以MC为直径画圆E， ∵N(n,0)0n5， 2∴点N在线段OD上（不含O和D），即圆E与线段OD有两个交点（不含O和D）， ∵点M在y轴正半轴， 当圆E与线段OD相切时， 有NE=

11MC，即NE2=MC2， 2453C∵M（0，m），,， 24∴E（

53m，）， 4822221533m∴=m，

48242解得：m=

25， 12

当点M与点O重合时，如图，

此时圆E与线段OD（不含O和D）有一个交点，

25时，圆E与线段OD有两个交点， 1225. 故m的取值范围是：0＜m＜12∴当0＜m＜

【点睛】本题是二次函数综合，考查了求二次函数表达式，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，一次函数表达式，难度较大，解题时要充分理解题意，结合图像解决问题.

3、（2020湖北襄阳）如图，直线y1x2交y轴于点A，交x轴于点C，抛物线21yx2bxc经过点A，点C，且交x轴于另一点B．

4

（1）直接写出点A，点B，点C的坐标及抛物线的解析式；

（2）在直线AC上方的抛物线上有一点M，求四边形ABCM面积的最大值及此时点M的坐标；

（3）将线段OA绕x轴上的动点Pm,0顺时针旋转90°得到线段OA，若线段OA与抛物线只有一个公共点，请结合函数图象，求m的取值范围．

【答案】（1）A（0，2），B（﹣2，0），C（4，0），抛物线的解析式是y121xx2；42（2）四边形ABCM面积的最大值为8，点M的坐标为（2，2）；（3）317m4或317m2． 【解析】 【分析】

（1）对直线y1y=0求出相应的y，x的值即得点A、C的坐标，分别令x=0，x2，

2根据待定系数法即可求出抛物线的解析式，利用抛物线的对称性即可求出点B的坐标； （2）过点M作ME⊥x轴于点E，交直线AC于点F，如图1所示．设点M的横坐标为m，则MF的长可用含m的代数式表示，然后根据S四边形ABCM=S△ABC+S△AMC即可得出S四边形

ABCM关于

m的函数关系式，再利用二次函数的性质即可求出四边形ABCM面积的最大值

及点M的坐标；

（3）当m＞0时，分旋转后点A与点O落在抛物线上时，分别画出图形如图2、图3，分别用m的代数式表示出点A与点O的坐标，然后代入抛物线的解析式即可求出m的值，进而可得m的范围；当m＜0时，用同样的方法可再求出m的一个范围，从而可得结果． 【详解】解：（1）对直线y1x2，当x=0时，y=2，当y=0时，x=4， 2∴点A的坐标是（0，2），点C的坐标是（4，0）， 把点A、C两点的坐标代入抛物线的解析式，得：

1c2b，解得：2， 1244bc04c2∴抛物线的解析式为y121xx2， 42∵抛物线的对称轴是直线x1，C（4，0）， ∴点B的坐标为（﹣2，0）；

∴A（0，2），B（﹣2，0），C（4，0），抛物线的解析式是y121xx2； 42（2）过点M作ME⊥x轴于点E，交直线AC于点F，如图1所示． 设M（m，1211mm2），则F（m，m2）， 422121211MFmm2m2mm， ∴2442∴S四边形ABCM=S△ABC+S△AMC =

11BCAOMFOC 2211162m2m4 2241m22m6

212m28，

2∵0＜m＜4，

∴当m=2时，四边形ABCM面积最大，最大值为8，此时点M的坐标为（2，2）；

（3）若m＞0，当旋转后点A落在抛物线上时，如图2，线段OA与抛物线只有一个公共点，

∵点A的坐标是（m+2，m）， ∴112； m2m22m，解得：m317或m317（舍去）42

当旋转后点O落在抛物线上时，如图3，线段OA与抛物线只有一个公共点， ∵点O的坐标是（m，m），

∴121mm2m，解得：m=2或m=﹣4（舍去）； 42∴当m＞0时，若线段OA与抛物线只有一个公共点，m的取值范围是：

317m2；

若m＜0，当旋转后点O落在抛物线上时，如图4，线段OA与抛物线只有一个公共点， ∵点O的坐标是（m，m）， ∴121mm2m，解得：m=﹣4或m=2（舍去）； 42

当旋转后点A落在抛物线上时，如图5，线段OA与抛物线只有一个公共点， ∵点A的坐标是（m+2，m）， ∴112； m2m22m，解得： m317或m317（舍去）42∴当m＜0时，若线段OA与抛物线只有一个公共点，m的取值范围是：

317m4；

综上，若线段OA与抛物线只有一个公共点，m的取值范围是：317m4或

317m2．

【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求二次函数的解析式、旋转的性质、一元二次方程的解法、二次函数的图象与性质以及抛物线上点的坐标特点等知识，具有较强的综合性，属于中考压轴题，熟练掌握二次函数的图象与性质、灵活应用数形结合的思想是解题的关键．

4、（2020湖北荆门）.如图，抛物线L:y轴交于点B．

125xx3与x轴正半轴交于点A，与y24

（1）求直线AB的解析式及抛物线顶点坐标；

（2）如图1，点P为第四象限且在对称轴右侧抛物线上一动点，过点P作PCx轴，垂足为C，PC交AB于点D，求PDBD的最大值，并求出此时点P的坐标； （3）如图2，将抛物线L:y125xx3向右平移得到抛物线L，直线AB与抛物线24L交于M，N两点，若点A是线段MN的中点，求抛物线L的解析式．

【答案】（1）直线AB的解析式为y3135121x3，抛物线顶点坐标为,（2）当x；44432时，PDBD的最大值为【解析】 【分析】

1213316913573yxx； P,；（）． 43232242（1）先根据函数关系式求出A、B两点的坐标，设直线AB的解析式为ykxb，利用待定系数法求出AB的解析式，将二次函数解析式配方为顶点式即可求得顶点坐标； （2）过点D作DEy轴于E，则DE//OA．求得AB=5，设点P的坐标为

12553x,xx3x4D，则点的坐标为x,x3，ED=x，证明

4244BDE∽BAO，由相似三角形的性质求出BD最大值，即可求得点P的坐标； （3）设平移后抛物线L的解析式y5x，用含x的式子表示PD，配方求得41121(xm)2，将L′的解析式和直线AB联立，232得到关于x的方程，设Mx1,y1,Nx2,y2，则x1,x2是方程

3253x22mxm20的两根，得到x1x22m，点A为MN的中点，

41x1x28，可求得m的值，即可求得L′的函数解析式．

125xx3中， 241253令y0，则xx30，解得x1,x24，

242【详解】（1）在y∴A(4,0)．

令x0，则y3，∴B0,3．

3k4kb0设直线AB的解析式为ykxb，则，解得：4，

b3b3∴直线AB的解析式为y3x3． 421515121， yx2x3x242432∴抛物线顶点坐标为,54121 32（2）如图，过点D作DEy轴于E，则DE//OA． ∵OA4,OB3，

∴ABOA2OB242325， 设点P的坐标为x,1255xx3x4， 2443x3， 4则点D坐标为x,∴EDx．

∵DE//OA，

∴BDE∽BAO，

BDED， BAOABDx， ∴545∴BDx．

4∴而PD3511x3x2x3x22x， 442215113113169∴PDBDx22xxx2， xx2424243215∵0，x4，由二次函数的性质可知：

4213169当x时，PDBD的最大值为．

324的232531351357xx33， 44444432∴P21357,． 432

（3）设平移后抛物线L的解析式y1121(xm)2， 232

y联立y∴

3x34，

1121(xm)223231121x3(xm)2， 42322整理，得：x2m3252xm0， 416325220的两根， 设Mx1,y1,Nx2,y2，则x1,x2是方程x2mxm416∴x1x22m3． 4而A为MN的中点，∴x1x28，

∴2m3138，解得：m． 44211312112133∴抛物线L的解析式yxxx．

2432242【点睛】本题考查二次函数的图象和性质、相似三角形的判定与性质、待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象和性质．

5、（2020湖北荆州）如图1，在平面直角坐标系中，A2,1,B3,1，以O为圆心，OA的长为半径的半圆O交AO的延长线于C，连接AB，BC，过O作ED//BC分别交AB和半圆O于E，D，连接OB，CD． （1）求证：BC是半圆O的切线；

（2）试判断四边形OBCD的形状，并说明理由；

（3）如图2，若抛物线经过点D，且顶点为E，求此抛物线的解析式；点P 是此抛物线对称轴上的一动点，以E，D，P为顶点的三角形与OAB相似，问抛物线上是否存在点Q，使得SEPQSOAB，若存在，请直接写出Q点的横坐标；若不存在，说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）平行四边形，见解析；（3）抛物线的解析式为y存在，Q点的横坐标为【解析】 【分析】

41(x)21，32231771或或或 6666（1）证得OE是△ABC中位线，求得点E的坐标，分别求得AB、AC、BC的长，利用勾股定理的逆定理证得ABC是直角三角形，从而证明结论；

（2）求得BC=OD=OA=5，利用平行四边形的判定定理可证得四边形OBCD是平行四

边形；

（3）证明Rt△ODN~Rt△OEM，求得点D的坐标，利用待定系数法可求得此抛物线的解析式；分△PED~△OAB和△DEP~△OAB两种情况讨论，利用相似三角形的性质求得PE的长，再根据三角形的面积公式即可求得Q点的横坐标． 【详解】（1）如图1，

设AB与y轴交于点M，则AM=2，OM=1，AB=5， 则OA=OC∵OE∥BC，

∴OE是△ABC的中位线，

AM2OM222125，

51AB=，BC=2EO， 2211∴点E的坐标为(，1)，ME=，OM=1，

22∴AE=

51∴OE=OMME1，

222222∴BC=2OE=5， ∵AC2BC22525225AB2，

∴ABC是直角三角形，

即BCAC，

所以BC是半圆的O的切线； （2）四边形OBCD是平行四边形， 由图知： BC=OD=OA=5， ∵OD∥BC，

∴四边形OBCD是平行四边形；

（3）①由（2）知：OD=OA=5，

E为AB的中点，过点D作DNy轴，则DN//ME，

∴Rt△ODN~Rt△OEM， ∴

ONDNOD， OMMEOEONDN5∴115，

22∴ON2，DN1， ∴点D的坐标为(1，2)，

∵抛物线经过点D(1，2)，且顶点为E(

1，1)， 2∴设此抛物线的解析式为ya(x)1，

1221则a112 2∴a24， 341(x)21， 32∴此抛物线的解析式为y即y4242xx， 333如图，设抛物线对称轴交AC于F，

由（1）知：∠AOE=∠ACB=90，∠AEF=90， ∴∠OEF+∠AEO=90，∠A+∠AEO=90， ∴∠OEF=∠A，

∵以E，D，P为顶点的三角形与OAB相似， ∴分△PED~△OAB和△DEP~△OAB两种情况讨论， 当△PED~△OAB时，ED=OE+OD=

535 52235PEED，即PE，

2OAAB55∴PE3， 2∵SEPQSOAB， 设点Q到PE的距离为h，

113PEhABOM，即h51， 22210∴h，

31012311017； ∴点Q的横坐标为或326236∴

当△DEP~△OAB时，ED=OE+OD=

535 52235PEED，即PE，

2ABOA55∴PE15， 2∵SEPQSOAB， 设点Q到PE距离为h1，

1115PEh1ABOM，即h51， 2222∴h，

3217121∴点Q的横坐标为或；

326236231771∴符合条件的Q点的横坐标为或或或．

6666∴

【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式，圆的切线的判定，相似三角形的性质和判定，勾股定理的逆定理，平行四边形的判定等知识点的应用，此题综合性比较强，有一定的难度，对学生提出较高的要求．注意：不要漏解，分类讨论思想的巧妙运用．

26、（2020湖北十堰）已知抛物线yax2axc过点A1,0和C0,3，与x轴交

于另一点B，顶点为D．

（1）求抛物线的解析式，并写出D点的坐标；

（2）如图1，E为线段BC上方的抛物线上一点，EFBC，垂足为F，EMx轴，垂足为M，交BC于点G．当BGCF时，求EFG的面积；

（3）如图2，AC与BD的延长线交于点H，在x轴上方的抛物线上是否存在点P，使

的OPBAHB？若存在，求出点P的坐标：若不存在，请说明理由．

【答案】（1）yx22x3，D(1,4)；（2）SEFG1；（3）存在，P1(0,3),15551555P2,P,, 32222【解析】 【分析】

（1）利用待定系数法求出a的值即可得到解析式，进而得到顶点D坐标；

（2）先求出BC的解析式yx3，再设直线EF的解析式为yxb,设点E的坐标为

m,m22m3，联立方程求出点F，G的坐标，根据BG2CF2列出关于m的方程

并求解，然后求得G的坐标，再利用三角形面积公式求解即可；

（3）过点A作AN⊥HB，先求得直线BD，AN的解析式，得到H，N的坐标，进而得到

2H45，设点pn,n2n3，过点P作PRx轴于点R，在x轴上作点S使得

RS=PR，证明OPS∽OPB，根据相似三角形对应边成比例得到关于n的方程，求得后即可得到点P的坐标．

详解】（1）把点A（-1，0），C（0，3）代入yax2axc中，

2【a1解得，

c3yx22x3，

当xa2ac0， c3b1时，y=4， 2aD(1,4)

（2）

yx22x3

令y0,x1,或x=3

B(3,0)

设BC的解析式为ykxb(k0)

将点C(0,3),B(3,0)代入，得

b3， 3kb0k1解得，

b3yx3

EFCB

2设直线EF的解析式为yxb,设点E的坐标为m,m2m3，

将点E坐标代入yxb中，得bm2m3，

yxm2m3

yx3 2yxmm3m2mx2 2ymm62m2mm2m6F,

22把x=m代入yx3

G(m,m3)

BGCF

BG2CF2

m2mm2m22即(m3)(3m)

22解得m=2或m=-3

∵点E是BC上方抛物线上的点 ∴m=-3舍去

22∴点E(2,3),F(1,2)，G(2,1)

EF12122 FG12122

SEFG1221 2（3）过点A作AN⊥HB， ∵点D(1,4),B(3,0)

yDB2x6

∵点A(1,0)，点C(0,3)

yAC3x3

yx3 y2x63x5 y245324H,

5511xb，把（-1，0）代入，得b=

2211yx

22设yAN11yx22 y2x611x5

8y5118N,

55118AN21

55168 55816HN

552222222ANHN

H45

设点pn,n2n3

过点P作PR⊥x轴于点R，在x轴上作点S使得RS=PR

2RSP45且点S的坐标为n3n3,0

2若OPBAHB45 在OPS和△OPB中，

POSPOB OSPOPBOPS∽OPB

OPOS OBOPOP2OBOS

n2(n1)2(n3)23（n22n3)

n0或nP1(0,3)

15 21555P22,2 1555P32,2 

【点睛】本题考查的是二次函数的综合，涉及到的知识点较多，运算较复杂，第3问的解题关键在于添加适当的辅助线，利用数形结合的思想列出方程求解．

7、（2020湖北鄂州）如图，抛物线yB左边），与y轴交于点C．直线y12xbxc与x轴交于A、B两点（点A在点21x2经过B、C两点． 2

（1）求抛物线的解析式；

（2）点P是抛物线上的一动点，过点P且垂直于x轴的直线与直线BC及x轴分别交于点D、M．PNBC，垂足为N．设Mm,0．

①点P在抛物线上运动，若P、D、M三点中恰有一点是其它两点所连线段的中点（三点重合除外）．请直接写出符合条件的m的值；

②当点P在直线BC下方的抛物线上运动时，是否存在一点P，使△PNC与△AOC相似．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）y【解析】 【分析】

1231xx2；（2）-2，，1；（3）存在，（3，-2） 222（1）根据直线y1x2经过B、C两点求出B、C两点的坐标，将B、C坐标代入抛物线212xbxc可得答案； 21231（2）①由题意得P（m，mm2），D（m，m2）；根据P、D、M三点中恰有

222y一点是其它两点所连线段的中点列式计算即可求得m的值；

②先证明△AOC∽△CBO，得出ACO=ABC，再根据△PNC与△AOC相似得出

ACO=PCN，则ABC=PCN，可得出AB//PC，求出点P的纵坐标，代入抛物线

123xx2，即可求得点P的横坐标． 221【详解】解：（1）由直线yx2经过B、C两点得B（4，0），C（0，-2）

2y将B、C坐标代入抛物线得

3bc22， ，解得84bc0c2∴抛物线的解析式为：y123xx2； 22（2）①∵PNBC，垂足为N． Mm,0 ∴P（m，

1231mm2），D（m，m2）， 222分以下几种情况：

M是PD的中点时，MD=PM，即0-（解得m12，m24（舍去）；

113m2）=m2m2 222

P是MD的中点时，MD=2MP，即解得m1113m2=2（m2m2） 2221，m24（舍去）； 2

D是MP的中点时，2MD=MP，即解得m11，m24（舍去）； ∴符合条件的m的值有-2，1231mm2=2（m2） 2221，1； 2

②∵抛物线的解析式为：y123xx2， 22∴A（-1，0），B（4，0），C（0，-2） ∴AO=1，CO=2，BO=4， ∴

AOCO=，又AOC=COB=90°， COBO∴△AOC∽△COB， ∴ACO=ABC， ∵△PNC与△AOC相似 ∴ACO=PCN， ∴ABC=PCN， ∴ AB//PC，

∴点P的纵坐标是-2，代入抛物线y123xx2，得 22123xx22 22解得：x10（舍去），x23， ∴点P的坐标为：（3，-2）

【点睛】本题考查二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和相似三角形的判定和性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式；会利用分类讨论的思想解决数学问题．

28、（2020湖北武汉）将抛物线C:y(x2)向下平移6个单位长度得到抛物线C1，再

将抛物线C1向左平移2个单位长度得到抛物线C2．

（1）直接写出抛物线C1，C2的解析式；

（2）如图（1），点A在抛物线C1对称轴l右侧上，点B在对称轴l上，OAB是以OB为斜边的等腰直角三角形，求点A的坐标；

（3）如图（2），直线ykx（k0，k为常数）与抛物线C2交于E，F两点，M为线段EF的中点；直线y4x与抛物线C2交于G，H两点，N为线段GH的中点．求k证：直线MN经过一个定点．

【答案】（1）抛物线C1的解析式为： y=x2-4x-2；抛物线C2的解析式为：y=x2-6；（2）点A的坐标为（5，3）或（4，-2）；（3）直线MN经过定点（0，2） 【解析】 【分析】

（1）根据函数图象上下平移：函数值上加下减；左右平移：自变量左加右减写出函数解析式并化简即可；

（2）先判断出点A、B、O、D四点共圆，再根据同弧所对的圆周角相等得到∠BDA=∠BOA=45°，从而证出△DAC是等腰直角三角形．设点A的坐标为（x，x2-4x-2），把DC和AC用含x的代数式表示出来，利用DC=AC列方程求解即可，注意有两种情况； （3）根据直线ykx（k0，k为常数）与抛物线C2交于E，F两点，联立两个解析式，得到关于x的一元二次方程，根据根与系数的关系求出点M的横坐标，进而求出纵坐标，同理求出点N的坐标，再用待定系数法求出直线MN的解析式，从而判断直线MN经过的定点即可．

【详解】解：（1）∵抛物线C:y(x2)向下平移6个单位长度得到抛物线C1，再将抛物线C1向左平移2个单位长度得到抛物线C2， ∴抛物线C1的解析式为：y=(x-2)2-6，即y=x2-4x-2， 抛物线C2的解析式为：y=(x-2+2)2-6，即y=x2-6． （2）如下图，过点A作AC⊥x轴于点C，连接AD，

2

∵OAB是等腰直角三角形， ∴∠BOA =45°，

又∵∠BDO=∠BAO=90°， ∴点A、B、O、D四点共圆， ∴∠BDA=∠BOA=45°， ∴∠ADC=90°-∠BDA=45°， ∴△DAC是等腰直角三角形， ∴DC=AC．

∵点A在抛物线C1对称轴l右侧上，点B在对称轴l上， ∴抛物线C1的对称轴为x=2， 设点A的坐标为（x，x2-4x-2）， ∴DC=x-2，AC= x2-4x-2， ∴x-2= x2-4x-2，

解得：x=5或x=0（舍去）， ∴点A的坐标为（5，3）；

同理，当点B、点A在x轴的下方时， x-2= -(x2-4x-2)， x=4或x=-1（舍去）， ∴点A的坐标为（4，-2），

综上，点A的坐标为（5，3）或（4，-2）．

（3）∵直线ykx（k0，k为常数）与抛物线C2交于E，F两点， ∴ykxyx62，

∴x2-kx-6=0，

设点E的横坐标为xE，点F的横坐标为xF， ∴xE+xF=k，

∴中点M的横坐标xM=

xExFk=， 22k2中点M的纵坐标yM=kx=，

2kk2∴点M的坐标为（，）；

22同理可得：点N的坐标为（28，2）， kk设直线MN的解析式为y=ax+b（a≠0），

kk228将M（，）、N（，2）代入得：

2kk2k2kab22， 82abkk2k24a解得：k，

b2k24∴直线MN的解析式为y= ·x+2（k0），

k不论k取何值时（k0），当x=0时，y=2， ∴直线MN经过定点（0，2）．

【点睛】本题考查二次函数综合应用，熟练掌握图象平移的规律、判断点A、B、O、D四点共圆的方法、用待定系数法求函数解析式的步骤是解题的关键．

9、（2020湖北恩施）如图，抛物线y12xbxc经过点C6,0，顶点为B，对称4轴x2与x轴相交于点A，D为线段BC的中点．

（1）求抛物线的解析式；

（2）P为线段BC上任意一点，M为x轴上一动点，连接MP，以点M为中心，将

MPC逆时针旋转90，记点P的对应点为E，点C的对应点为F．当直线EF与抛物

线y12xbxc只有一个交点时，求点M的坐标． 4． 2（如图）（3）MPC在（2）的旋转变换下，若PC

①求证：EAED．

②当点E在（1）所求的抛物线上时，求线段CM的长．

3120）【答案】（1）yxx3；（2）（，；（3）①见解析；②CM=231或CM=123

42【解析】 【分析】

（1）根据点C在抛物线上和已知对称轴的条件可求出解析式；

（2）根据抛物线的解析式求出点B及已知点C的坐标，证明△ABC是等腰直角三角形，根据旋转的性质推出直线EF与x轴的夹角为45°，因此设直线EF的解析式为y=x+b，设

12点M的坐标为（m，0），推出点F（m，6-m），直线EF与抛物线yxx3只有一

4个交点，联立两个解析式，得到关于x的一元二次方程，根据根的判别式为0得到关于m的方程，解方程得点M的坐标．注意有两种情况，均需讨论．

（3）①过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，设点M的坐标为（m，0），由PC2及旋转的性质，证明△EHM≌△MGP，得到点E的坐标为（m-1，5-

m），再根据两点距离公式证明EAED，注意分两种情况，均需讨论；②把E（m-1，5-m）代入抛物线解析式，解出m的值，进而求出CM的长． 【详解】（1）∵点C6,0在抛物线上，

1∴0366bc，

4得到6bc=9， 又∵对称轴x2， ∴xbb21， 2a2()4解得b1， ∴c3，

12∴二次函数的解析式为yxx3；

4（2）当点M在点C的左侧时，如下图：

12∵抛物线的解析式为yxx3，对称轴为x2，C46,0

∴点A（2，0），顶点B（2，4）， ∴AB=AC=4，

∴△ABC是等腰直角三角形，

∴∠1=45°；

∵将MPC逆时针旋转90得到△MEF， ∴FM=CM，∠2=∠1=45°， 设点M的坐标为（m，0）， ∴点F（m，6-m）， 又∵∠2=45°，

∴直线EF与x轴的夹角为45°， ∴设直线EF的解析式为y=x+b，

把点F（m，6-m）代入得：6-m=m+b，解得：b=6-2m， 直线EF的解析式为y=x+6-2m，

12∵直线EF与抛物线yxx3只有一个交点，

4yx62m∴， 12yxx3412整理得：x32m0，

4∴Δ=b2-4ac=0，解得m=点M的坐标为（

3， 23，0）． 2当点M在点C的右侧时，如下图：

12由图可知，直线EF与x轴的夹角仍是45°，因此直线EF与抛物线yxx3不可

4能只有一个交点．

综上，点M的坐标为（

3，0）． 2（3）①当点M在点C的左侧时，如下图，过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，

∵PC2，由（2）知∠BCA=45°，

∴PG=GC=1， ∴点G（5，0），

设点M坐标为（m，0），

∵将MPC逆时针旋转90得到△MEF， ∴EM=PM，

∵∠HEM+∠EMH=∠GMP+∠EMH =90°， ∴∠HEM=∠GMP，

在△EHM和△MGP中，

EHMMGPHEMGMP， EMMP∴△EHM≌△MGP（AAS），

∴EH=MG=5-m，HM=PG=1， ∴点H（m-1，0），

∴点E的坐标为（m-1，5-m）；

∴EA=(m12)2(5m0)2=2m216m34， 又∵D为线段BC的中点，B（2，4），C（6，0）， ∴点D（4，2），

的∴ED=(m14)2(5m2)2=2m216m34， ∴EA= ED．

当点M在点C的右侧时，如下图：

同理，点E的坐标仍为（m-1，5-m），因此EA= ED． 12②当点E在（1）所求的抛物线yxx3上时，

4把E（m-1，5-m）代入，整理得：m2-10m+13=0， 解得：m=523或m=523， ∴CM=231或CM=123．

【点睛】本题是二次函数综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质、旋转的性质、分类讨论的思想是解题的关键．

210、（2020湖北随州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yaxbx1的对称轴为

直线x3，其图象与x轴交于点A和点B(4,0)，与y轴交于点C． 2

（1）直接写出抛物线的解析式和CAO的度数；

（2）动点M，N同时从A点出发，点M以每秒3个单位的速度在线段AB上运动，点

N以每秒2个单位的速度在线段AC上运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随

之停止运动．设运动的时间为t(t0)秒，连接MN，再将线段MN绕点M顺时针旋转

90，设点N落在点D的位置，若点D恰好落在抛物线上，求t的值及此时点D的坐

标；

（3）在（2）的条件下，设P为抛物线上一动点，Q为y轴上一动点，当以点C，P，

Q为顶点的三角形与△MDB相似时，请直接写出点P及其对应的点Q的坐标．（每写出．．．．

一组正确的结果得1分，至多得4分） 【答案】（1）y31233

2t=Dxx1，CAO45；（），点坐标为2,； （3）

4442

；

349P5,,Q0,126353P25,,Q20,222；

317P31,,Q30,26；

257115133725912591P41,,Q40,；P5,,Q50,； P6,,Q60,；

91899922233251413959373719719P7,,Q70,；P,,Q0, P8,,Q80, 99；

399939181112124216874139P,,Q0,101036311121251711613P,,Q12120,．

11121363【解析】 【分析】

（1）根据抛物线的对称轴以及点B坐标可求出抛物线表达式；

（2）过点N作NEAB于E，过点D作DFAB于F，证明△NEM≌△MFD，得到NEMF,EMDF，从而得到点D坐标，代入抛物线表达式，求出t值即可； （3）设点P（m，；

25171617P,,Q11110,11121242；

123mm1），当点P在y轴右侧，点Q在y轴正半轴，过点P作44PR⊥y轴于点R，过点D作DS⊥x轴于点S，根据△CPQ∽△MDB，得到

CPPR，MDDS从而求出m值，再证明△CPQ∽△MDB，求出CQ长度，从而得到点Q坐标，同理可求出其余点P和点Q坐标.

【详解】解：（1）∵抛物线yaxbx1的对称轴为直线x∴23， 2b3，则b=-3a， 2a2∵抛物线经过点B（4，0）， ∴16a+4b+1=0，将b=-3a代入， 解得：a=31，b=， 44123xx1， 44抛物线的解析式为：y令y=0，解得：x=4或-1， 令x=0，则y=1，

∴A（-1，0），C（0，1）， ∴tan∠CAO=

CO1, AO∴CAO45；

（2）由（1）易知A1,0，

过点N作NEAB于E，过点D作DFAB于F， ∵∠DMN=90°，

∴∠NME+∠DMF=90°，又∠NME+∠ENM=90°， ∴∠DMF=∠ENM，

NMDM，DMN90 ， NEM≌MFD（AAS），

NEMF,EMDF，

由题意得：CAO45，AN2t，AM3t，

AECEt,EMAMAE2t， DF2t,MFt,OF4t1，

D4t1,2t ，

13(4t1)2(4t1)12t，又t0，

44故可解得：t=

3或0（舍）， 43时，点M,N均未到达终点，符合题意， 432经检验，当t=

此时D点坐标为2,；

（3）由（2）可知：D2,，t=设点P（m，3235时，M（，0），B（4，0），C（0，1），

44123mm1）， 44如图，当点P在y轴右侧，点Q在y轴正半轴， 过点P作PR⊥y轴于点R，过点D作DS⊥x轴于点S， 则PR=m，DS=

3， 2若△CPQ∽△MDB，

CPPRCP2PR2∴，则， 22MDDSMDDS31mm2mm244，解得：m=0（舍）或1或5（舍）， 4591223故点P的坐标为：1,，

2∵△CPQ∽△MDB，

∴

CPCQPR， MDMBDSCQ4111111733，解得：CQ=，1， 当点P1,时，1126662∴点Q坐标为（0，

17）， 6317P1,,Q0,； 26

同理可得：点P和点Q的坐标为：

349353P5,,Q0,P5,,Q0,；122；

26222317337P31,,Q30,；P41,,Q40,； 26222257115125912591P5,,Q50,P,,Q0,；66；

9189993325159719719P7,,Q70,；P8,,Q80,99991833168737341394139P,,Q0,P9,,Q0,；1010；9111213631112124225171617251711613P,,Q0,P,,Q1111；12120,. 1112124211121363【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图像和性质，二次函数表达式，全等三角形的判定和性质，相似三角形的性质，难度较大，计算量较大，解题时注意结合函数图像，找出符合条件的情形.

11、（2020湖北孝感）在平面直角坐标系中，已知抛物线yax4ax4a6a0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，顶点为点D． （1）当a6时，直接写出点A，B，C，D的坐标：

A______，B______，C______，D______；

（2）如图1，直线DC交x轴于点E，若tanAED4，求a的值和CE的长； 3（3）如图2，在（2）的条件下，若点N为OC的中点，动点P在第三象限的抛物线上，过点P作x轴的垂线，垂足为Q，交AN于点F；过点F作FHDE，垂足为H．设点P的横坐标为t，记fFPFH． ①用含t的代数式表示f；

②设5tmm0，求f的最大值．

【答案】（1）（2）；3,0，1,0，0,18，2,6；②

2325228；（3）①ft4t；63326． 3【解析】 【分析】

（1）求出y0时，x的值可得点A、B的坐标，求出x0时，y的值可得点C的坐标，将二次函数的解析式化为顶点式即可得点D的坐标；

（2）先求出顶点D的坐标，从而可得DK、OK的长，再利用正切三角函数可得EK、OE、OC的长，从而可得出点C的坐标，然后将点C的坐标代入二次函数的解析式可得a的值，利用勾股定理可求出CE的长；

（3）①如图，先利用待定系数法求出直线AN的解析式，从而可得点F的坐标，由此可得

出PF的长，再利用待定系数法求出直线CE的解析式，从而可得点J的坐标，由此可得出FJ的长，然后根据相似三角形的判定与性质可得据f的定义即可得；

②先将f的表达式化为顶点式，从而得出其增减性，再利用二次函数的性质即可得． 【详解】（1）当a6时，y6x24x18

当y0时，6x224x180，解得x1或x3 则点A的坐标为A(3,0)，点B的坐标为B(1,0) 当x0时，y18 则点C的坐标为C(0,18)

将y6x24x18化成顶点式为y6(x2)6 则点D的坐标为D(2,6)

故答案为：3,0，1,0，0,18，2,6； （2）如图，作DKx轴于点K

2将yax4ax4a6化成顶点式为ya(x2)6

2222FHFJ，从而可得FH的长，最后根OECE则顶点D的坐标为D(2,6) ∴DK6，OK2 在RtDKE中，tanAED解得EKDK ，即

EKEK39 2952 22OEEKOKOC4OC在Rt△COE中，tanAED，即53

OE2解得OC10 3C(0,1010525)，CEOC2OE2()2()2 33261010)代入yax24ax4a6得：4a6 33将点C(0,解得a2； 3

（3）①如图，作FP与ED的延长线交于点J 由（2）可知，a∴y102，C0,

3322810xx 333228100，解得x5或x1 当y0时，xx333, ∴A5,0，B10N为OC的中点

5N0,∴

3设直线AN的解析式为yk1xb1

1k5k1b10513将点A5,0，N0,代入得：，解得 553b1b313则直线AN的解析式为y∵Pt,tt15x 332328310 3∴Ft,t

135352281025(tt)t23t 3333335由（2）知，OE

2∴PFt13105E,0，C0,

32设直线CE的解析式为yk2xb2

45kkb010232225将点E,0，C0,代入得：，解得

101032bb2233则直线CE的解析式为y∴Jt,t410x 334310 3∴FJt13541055(t)t 33333∵FHDE，JF//y轴

∴FHJEOC90，FJHECO ∴FJHECO

55tFHFHFJ33 ∴，即525OECE26解得FHt1

∴fPFFHt3t即ft4t2325t1 38； 32282262②将ft4t化成顶点式为ft3

3333223由二次函数的性质可知，当t3时，f随t的增大而增大；当t3时，f随t的增大而减小

5tmm0

5m0

因此，分以下两种情况： 当5m3时

在5tm内，f随t的增大而增大 则当tm时，f取得最大值，最大值为又

当5m3时，2262m3 3322m30 3226262m3 333当3m0时

在5t3内，f随t的增大而增大；在3tm内，f随t的增大而减小 则当t3时，f取得最大值，最大值为综上，f的最大值为

26 326． 3

【点睛】本题考查了利用待定系数法求二次函数的表达式、二次函数的图象与性质、正切三角函数、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3）①，通过作辅助线，构造相似三角形求出FH的长是解题关键．

12、（2020天门仙桃潜江江汉油田）小华端午节从家里出发，沿笔直道路匀速步行去妈妈经营的商店帮忙，妈妈同时骑三轮车从商店出发，沿相同路线匀速回家装载货物，然后按原路原速返回商店，小华到达商店比妈妈返回商店早5分钟．在此过程中，设妈妈从商店出发开始所用时间为t（分钟），图1表示两人之间的距离s（米）与时间t（分钟）的函

数关系的图象；图2中线段AB表示小华和商店的距离y1（米）与时间t（分钟）的函数关系的图象的一部分，请根据所给信息解答下列问题：

（1）填空：妈妈骑车的速度是___________米/分钟，妈妈在家装载货物所用时间是__________分钟，点M的坐标是___________；

（2）直接写出妈妈和商店的距离y2（米）与时间t（分钟）的函数关系式，并在图2中画出其函数图象；

（3）求t为何值时，两人相距360米．

(0t15)120t(15t20)，见解析；【答案】（1）120，5，20,1200；（2）y21800（3）

120t4200(20t35)当t为8，12或32（分钟）时，两人相距360米． 【解析】 【分析】

（1）先求出小华步行的速度，然后即可求出妈妈骑车的速度；先求出妈妈回家用的时间，

然后根据小华到达商店比妈妈返回商店早5分钟，即可求出装货时间；根据题意和图像可得妈妈在M点时开始返回商店，然后即可求出M的坐标；

（2）分①当0≤t＜15时，②当15≤t＜20时，③当20≤t≤35时三段求出解析式即可，根据解析式画图即可；

（3）由题意知，小华速度为60米/分钟，妈妈速度为120米/分钟，分①相遇前，②相遇后，③在小华到达以后三种情况讨论即可． 【详解】解：（1）由题意可得：小华步行的速度为：

1800=60（米/分钟）， 30妈妈骑车的速度为：

18006010=120（米/分钟）；

101800=15（分钟）， 120妈妈回家用的时间为：

∵小华到达商店比妈妈返回商店早5分钟， ∴可知妈妈在35分钟时返回商店， ∴装货时间为：35-15×2=5（分钟）， 即妈妈在家装载货物的时间为5分钟；

由题意和图像可得妈妈在M点时开始返回商店， ∴M点的横坐标为：15+5=20（分钟）， 此时纵坐标为：20×60=1200（米）， ∴点M的坐标为20,1200； 故答案为：120，5，20,1200； （2）①当0≤t＜15时y2=120t， ②当15≤t＜20时y2=1800，

③当20≤t≤35时，设此段函数解析式为y2=kx+b， 将（20，1800），（35，0），代入得180020kb，

035kbk120解得，

b4200∴此段的解析式为y2=-120x+4200，

(0t15)120t(15t20)； 综上：y21800120t4200(20t35)其函数图象如图，

；

（3）由题意知，小华速度为60米/分钟，妈妈速度为120米/分钟， ①相遇前，依题意有60t120t3601800，解得t8（分钟）； ②相遇后，依题意有60t120t3601800，解得t12（分钟）； ③依题意，当t20分钟时，妈妈从家里出发开始追赶小华， 此时小华距商店为18002060600（米），只需10分钟， 即t30分钟时，小华到达商店，

而此时妈妈距离商店为180010120600（米）360（米）， ∴120t536018002，解得t32（分钟）， ∴当t为8，12或32（分钟）时，两人相距360米．

【点睛】本题考查了一次函数的实际应用，由图像获取正确的信息是解题关键．

13（2020湖北黄石）在平面直角坐标系中，抛物线yx2kx2k的顶点为N． （1）若此抛物线过点A3,1，求抛物线的解析式；

（2）在（1）的条件下，若抛物线与y轴交于点B，连接AB，C为抛物线上一点，且位于线段AB的上方，过C作CD垂直x轴于点D，CD交AB于点E，若CEED，求点C坐标；

43M2,0，且无论k取何值，抛物线都经过定点H，当（3）已知点3MHN60时，求抛物线的解析式．

【答案】（1）yx2x4（2）C（-2,4）（3）yx2(423)x(843)． 【解析】 【分析】

2（1）把A3,1代入yxkx2k即可求解；

2（2）根据题意作图，求出直线AB的解析式，再表示出E点坐标，代入直线即可求解； （3）先求出定点H，过H点做HI⊥x轴，根据题意求出∠MHI=30°，再根据题意分情况即可求解．

详解】（1）把A3,1代入yxkx2k

2得-9-3k-2k=1 解得k=-2

【∴抛物线的解析式为yx2x4；

22t2（2）设C（t, t2t4）,则E（t, t2）,

2设直线AB的解析式为y=kx+b，把A（-3，1），（0,4）代入得

13kb 4bk1解得

b4∴直线AB的解析式为y=x+4

t2∵E（t, t2）在直线AB上

2t2∴t2=t+4

2解得t=-2（舍去正值）， ∴C（-2,4）；

2（3）由yxkx2k=k（x-2）-x2,

当x-2=0即x=2时，y=-4

故无论k取何值，抛物线都经过定点H（2，-4）

kk2二次函数的顶点为N（,2k）

241°如图，过H点做HI⊥x轴，若

k＞2时，则k＞4 243M2,0，H（2，-4） ∵3∴MI=43， 3∵HI=4

433 ∴tan∠MHI= 343∴∠MHI=30° ∵MHN60 ∴∠NHI=30° 即∠GNH=30°

GH3 由图可知tan∠GNH=

GNk232k44解得k=4+23，或k=4（舍）

k22

2°如图，若

k＜2，则k＜4 2同理可得∠MHI=30° ∵MHN60

k2∴HN⊥IH，即2k4

4解得k=4不符合题意； 3°若

k=2，N、H重合，舍去． 2∴k=4+23

∴抛物线解析式为yx2(423)x(843)．

【点睛】此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知待定系数法、二次函数的图像与性质及三角函数的定义．

的

14、（2020湖北宜昌）已知函数y1x2m1,y2(2m1)x1均为一次函数，m为常数．

（1）如图1，将直线AO绕点A1,0逆时针旋转45°得到直线l，直线l交y轴于点B．若直线l恰好是y1x2m1,y2(2m1)x1中某个函数的图象，请直接写出点B坐标以及m可能的值；

（2）若存在实数b，使得|m|(b1)1b0成立，求函数

y1x2m1,y2(2m1)x1图象间的距离；

（3）当m1时，函数y1x2m1图象分别交x轴，y轴于C，E两点，

y(2m1)x1图象交x轴于D点，将函数yy1y1的图象最低点F向上平移

562m1个单位后刚好落在一次函数y1x2m1图象上，设yy1y2的图象，线段OD，线段（要求：说出一OE围成的图形面积为S，试利用初中知识，探究S的一个近似取值范围．

种得到S的更精确的近似值的探究办法，写出探究过程，得出探究结果，结果的取值范围两端的数值差不超过0.01．）

【答案】（1）（0,1）；1或0 （2）2 （3）【解析】 【分析】

（1）由题意，可得点B坐标，进而求得直线l的解析式，再分情况讨论即可解的m值； （2）由非负性解得m和b的值，进而得到两个函数解析式，设y1与x轴、y轴交于T，

34813S

1200010P，y2分别与x轴、y轴交于G，H，连接GP，TH，证得四边形GPTH是正方形，求出GP即为距离；

（3）先根据解析式，用m表示出点C、E、D的坐标以及y关于x的表达式为

yy1y22m1x24m2x2m1，得知y是关于x的二次函数且开口向上、最低

2222m12m,根据坐标平移规则，得到关于m的方程，解出m,点为其顶点F2m12m1值，即可得知点D 、E的坐标且抛物线过D、E点，观察图象，即可得出S的大体范围，如：SSODE，较小的可为平行于DE且与抛物线相切时围成的图形面积．

【详解】解：（1）由题意可得点B坐标为（0,1），

设直线l的表达式为y=kx+1，将点A（-1,0）代入得：k=1， 所以直线l的表达式为：y=x+1,

若直线l恰好是y1x2m1的图象，则2m-1=1,解得：m=1， 若直线l恰好是y2(2m1)x1的图象，则2m+1=1,解得：m=0， 综上，B0,1，m1或者m0 （2）如图，

mb11b0

m1b1b0

m0，1b0 m0，1b0

m0

y1x1，y2x1

设y1与x轴、y轴交于T，P，y2分别与x轴、y轴交于G，H，连接GP，TH

OGOHOPOT1，PHGT

四边形GPTH正方形

GH//PT，HGP90，即HGGP

HP2

GP2；

（3）y1x2m1，y22m1x1

y1x2m1分别交x轴，y轴于C，E两点

C12m,0，E0,2m1

y22m1x1图象交x轴于D点

1D,0

2m122yy1y2x2m12m1x12m1x4mx2m1 m1

2m10

二次函数y2m1x24m2x2m1开口向上，它的图象最低点在顶点

2222m12m 顶点F,2m12m1是抛物线顶点F向上平移

56,刚好在一次函数y1x2m1图象上

2m12m21562m22m1且m1

2m12m12m12m2

yy1y25x216x3(x3)(5x1)，

∴y1x3，y25x1

1由y1x3，y25x1得到D,0，E0,3，

52由y5x16x3得到与x轴，y轴交点是3,0，,0，0,3，

151抛物线经过D,0，E0,3两点

5yy1y2的图象，线段OD，线段OE围成的图形是封闭图形，则S即为该封闭图形的

面积

探究办法：利用规则图形面积来估算不规则图形的面积． 探究过程：

①观察大于S的情况． 很容易发现SSODE

1D,0，E0,3 5SODE11333，S 251010（若有S小于其他值情况，只要合理，参照赋分．） ②观察小于S的情况．

选取小于S的几个特殊值来估计更精确的S的近似值，取值会因人而不同，下面推荐一种方法，选取以下三种特殊位置： 位置一：如图

当直线MN与DE平行且与抛物线有唯一交点时，设直线MN与x，y轴分别交于M，N

1D,0，E0,3 5直线DE:y15x3

设直线MN:y15xb1

y5x216x3 5x2x3b10

143b0，b1直线MN:y15x59 2059 2059点M,0

300SOMN1595934813481，S 2203001200012000位置二：如图

当直线DR与抛物线有唯一交点时，直线DR与y轴交于点R 设直线DR:ykxb2，D,0

151直线DR:ykxk

5y5x216x3

15x216kx3k0

51216k453k0，k14

5直线DR:y14x14 514点R0,

5SODR114177，S 2552525位置三：如图

当直线EQ与抛物线有唯一交点时，直线EQ与x轴交于点Q 设直线EQ:ytx3

y5x216x3

5x216tx0

16t0，t16 直线EQ:y16x3

23点Q,0

16S13993S， OEQ2163232348197

120003225我们发现：在曲线DE两端位置时的三角形的面积远离S的值，由此估计在曲线DE靠近中间部分时取值越接近S的值

探究的结论：按上述方法可得一个取值范围

34813S

1200010（备注：不同探究方法会有不同的结论，因而会有不同的答案．只要来龙去脉清晰、合理，即可参照赋分，但若直接写出一个范围或者范围两端数值的差不在0.01之间不得分．）

【点睛】本题是一道综合性很强的代数与几何相结合的压轴题，知识面广，涉及有旋转的性质、坐标平移规则、非负数的性质、一次函数的图象与性质、二次函数的图象与性质、一元二次方程、不规则图形面积的估计等知识，解答的关键是认真审题，找出相关信息，利用待定系数法、数形结合法等解题方法确定解题思路，利用相关信息进行推理、探究、发现和计算．