2024年中考数学二轮专题复习讲义：二次函数函数压轴题（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024年中考数学二轮专题复习讲义：二次函数函数压轴题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 6.6MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-04-14 10:08:49 | ||
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文档简介
成都中考二次函数压轴题专题培优
目录
题型分类图解2
典型例题精讲3
专题一、二次函数与图形面积综合3
专题二、二次函数与角度构造综合6
专题三、二次函数与等腰三角形综合10
专题四、二次函数与线段和差最值综13
专题五、二次函数与相似综合问题16
专题六、二次函数与平行四边形综合问题19
专题七、二次函数与一次函数交点综合问题23
专题八、二次函数与圆综合问题25
学以致用——二次函数压轴题真题专练27
题型分类图解
典型例题精讲
专题一、二次函数与图形面积综合
【例1】（2023黔东南州）如图，已知抛物线经过点三点。
（1）、求抛物线的解析式。
（2）、点是线段上的点（不与重合），过作轴交抛物线于，若点的横坐标为，请用的代数式表示的长。
（3）、在（2）的条件下，连接，是否存在点，使的面积最大？若存在，求的值，若不存在，说明理由。
思路方法总结、易错点解析、重难点突破：
1、对于二次函数与面积问题最值综合问题，有两类方法：
①“铅垂法”——采用的思路是“先定式，后定性”，先利用“铅垂法：”表示三角形的面积（一般来说表示的面积是一个二次函数），再对二次函数的一般式配方成顶点式，最后根据自变量的取值范围确定最终结果；
②“平移法”——采用的思路是“先定性，后定式”，平移三角形边所在的直线，当该直线与抛物线只有一个交点时，面积取得最大值：先联立一次函数与二次函数解析式，得到一个含参的一元二次方程，因为只有一个交点，即判别式为的值零，即可求得参数字母的值，最后再根据相关条件确定最终结果；
2、结论补充：此题中，当铅直高与三角形边的交点刚好是三角形另两个顶点的中点时，取的面积最大值；
【变式1】在（1）条件下，若为线段上方抛物线上一点，作于，求的最大值及此时点坐标；
【变式2】在（1）条件下，连接，为抛物线上一点，满足条件，求点坐标；
【变式3】在（1）条件下，连接，为抛物线上一点，满足条件，
（1）若满足条件的点恰有三个，求的值；
（2）若满足条件的点只有两个，求的取值范围；
（3）若满足条件的点有四个，求的取值范围；
【变式4】（2023金牛区九上期末28改编）如图，抛物线交轴于两点，交轴于点，直线经过点，点的坐标为，且的面积为。
（1）求抛物线的解析式；
（2）为线段上的动点，过点作，交于点，连结，当的面积最大时，求点的坐标；
专题二、二次函数与角度构造综合
【例2】（2023包头改编）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx﹣2（a≠0）与x轴交于A（1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C，其顶点为点D，点E的坐标为（0，﹣1），该抛物线与BE交于另一点F，连接BC．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）一动点M从点D出发，以每秒1个单位的速度平沿行与y轴方向向上运动，连接OM，BM，设运动时间为t秒（t＞0），在点M的运动过程中，当t为何值时，∠OMB=90°？
思路方法总结、易错点解析、重难点突破：
在二次函数综合题型中遇到斜垂直问题，往往想到“改斜归正”，构造“K型相似”将斜垂直问题转化为横边和竖边的比值问题；
【变式1】在抛物线上是否存在点P，使得△PBC是以BC为边的直角三角形，若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由；
【变式2】在抛物线上是否存在点P,使得∠PBO=∠OEB，若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由；
【变式3】在抛物线上是否存在点P,使得∠PBE=∠EBO，若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由；
【变式4】在抛物线上是否存在点P,使得∠PCB=∠EBC，若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由；
【变式5】在抛物线上是否存在点P使得∠PBC=∠EBC，若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由；
思路方法总结、易错点解析、重难点突破：
在二次函数综合题型中遇到构造角度综合问题时，往往是寻找角度之间的特殊关系，可推导如垂直、平行等特殊条件进行解题，若不能推导垂直、平行，则要注意把角度的三角函数值，将角度放入三角形中，利用解直角三角形模型（两角一边或两边一角）进行相关推导；
专题三、二次函数与等腰三角形综合
【例3】（2023临夏州改编）如图，已知抛物线y=﹣x2+bx+c经过A（3，0），B（0，3）两点．
（1）求此抛物线的解析式和直线AB的解析式；
（2）P为（1）中抛物线对称轴上一动点，当△ABP为等腰三角形时，求P点的坐标；
（3）如图①，动点E从O点出发，沿着OA方向以1个单位/秒的速度向终点A匀速运动，同时，动点F从A点出发，沿着AB方向以个单位/秒的速度向终点B匀速运动，当E，F中任意一点到达终点时另一点也随之停止运动，连接EF，设运动时间为t秒，当t为何值时，△AEF为等腰三角形？
思路方法总结、易错点解析、重难点突破：
1、等腰三角形分类标准：按已知线段为等腰三角形的腰（或底边）进行分类讨论，若角度条件特殊，可按角度为顶角（或是底角）进行分类讨论
2、在具体解决问题时，要利用好等腰三角形的性质：若两腰较容易表示，则用两腰相等解决问题；若两腰不易表示时，则要考虑两角相等或三线合一解决问题；
【变式1】（2023山东济南）如图，抛物线平移后过点和原点，顶点为，对称轴与轴相交于点，与原抛物线相交于点．
（1）求平移后抛物线的解析式并直接写出阴影部分的面积；
（2）如图，直线与轴相交于点，点为线段上一动点，为直角，边与相交于点，设，试探求：
①为何值时为等腰三角形；
【变式3】（2023山东临沂改编）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点和点，直线与轴交于点，与抛物线交于点。
（1）求抛物线的解析式；
（2）求点到直线的距离；
（3）平移抛物线，使抛物线的顶点在直线上，抛物线与直线的另一个交点为，点在轴上，当以三点为顶点的三角形为等腰直角三角形时，求出所有符合条件的点的坐标．
专题四、二次函数与线段和差最值综合
【例4】如图，抛物线的图象过点，顶点为，点在轴正半轴上，且。
（1）求直线及抛物线的解析式；
（2）将直线绕点逆时针旋转，所得直线与抛物线相交于另一点。若点是直线上的动点，的周长是否存在最小值？若存在，求出这个最小值并求出此时点的坐标；若不存在，请说明理由。
思路方法总结、易错点解析、重难点突破：
三角形（四边形）周长最值问题其实质是线段和最值问题，通过平移、对称、旋转三大图形变换，将线段转化为首位顺次连接且无回折的情形，最后利用两点间的线段最短原理解决最值问题；
【变式1】条件如上题，若点是线段上的动点，点是线段上的动点，问：在点和点移动过程中，的周长是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由。
【变式2】条件如上题，若点为上的动点（在左边），且满足条件，在点和点移动过程中，求的最小值。
【变式3】条件如上题，若点为抛物线对称轴上的动点，求的最大值。
【变式4】条件如上题，直线交轴于点，为直线上一点，一动点从点出发以个单位长度每秒的速度沿运动到后，又沿线段以个单位长度每秒的速度从运动到点，求改动点最短运动时间及此时点的坐标。
专题五、二次函数与相似综合问题
【例5】（2023黔西南州压轴题）如图，已知抛物线经过及原点，顶点为
（1）求抛物线的函数解析式
（2）是抛物线上第一象限内的动点，过点作轴，垂足为，是否存在点，使得以为顶点的三角形与相似？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
思路方法总结、易错点解析、重难点突破：
1、相似三角形问题的分类标准：按对应角进行分类讨论
2、在具体解决问题时，要利用好相似三角形的性质：若对应边较容易表示，则用对应边成比例解决问题；若对应边不易表示时，则要对应角相等，利用角度相等转化为其他条件，如等腰、另一组相似、三角函数等相关条件解决问题；
【变式1】如图①，已知抛物线经过两点．
（1） 求抛物线的解析式；
（2）将直线向下平移个单位长度后，得到的直线与抛物线只有一个公共点，求的值及点的坐标；
（3）如图②，若点在抛物线上，且，则在(2)的条件下，求出所有满足的点的坐标。
【变式2】如图，已知抛物线（b是实数且b>2）与x轴的正半轴分别交于点A、B(点A位于点B的左侧)，与y轴的正半轴交于点C．
（1）点B的坐标为 ，点C的坐标为 (用含b的代数式表示）；
（2）请你进一步探索在第一象限内是否存在点Q，使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似（全等可看作相似的特殊情况）如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由
专题六、二次函数与平行四边形综合问题
【例6】（2023湖南株洲市）如图，一次函数分别交轴于两点，抛物线过两点。
（1）求这个抛物线的解析式；
（2）作垂直轴的直线，在第一象限交直线于，交这个抛物线于。求当取何值时，有最大值？最大值是多少？
（3）在（2）的情况下，以为顶点作平行四边形，求第四个顶点的坐标。
思路方法总结、易错点解析、重难点突破：
平行四边形问题的解决主要在于掌握平行四边形的分类标准（一般是三种分类），作图方法，以及简便计算方法。
①分类标准：按已知线段为平行四边形的边（或对角线）进行分类讨论；
②在具体解决问题时，要利用好平行四边形的性质：①对边平行且相等；②对角线相互平分
【变式1】已知抛物线与轴交于两点，点在这条抛物线上，点在轴上，如果以点为顶点的四边形是平行四边形，求点的坐标。
【变式2】（2023成都中考28）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于点，顶点为，对称轴与轴交于点，过点的直线交抛物线于两点，点在轴的右侧．
（1）求的值及点的坐标；
（2）当点位于第二象限时，设的中点为，点在抛物线上，则以为对角线的四边形能否为菱形？若能，求出点的坐标；若不能，请说明理由．
【变式3】（2023成都中考28）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于两点（点在点的左侧），经过点的直线与轴负半轴交于点，与抛物线的另一个交点为，且.
（1）直接写出点的坐标，并求直线的函数表达式（其中用含的式子表示）；
（2）点是直线上方的抛物线上的动点，若的面积的最大值为，求的值；
（3）设是抛物线的对称轴上的一点，点在抛物线上，以点为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出点的坐标；若不能，请说明理由。
思路方法总结、易错点解析、重难点突破：
特殊平行四边形问题的解决主要在于掌握特殊平行四边形的分类标准以及具体点坐标求解方法；
①分类标准：按已知线段为特殊平行四边形的边（或对角线）进行分类讨论；
②在具体求点坐标时，要应用平行四边形求点坐标的方法，还要注意正方形四边相等且邻边垂直，矩形邻边垂直，菱形对角线垂直等特殊性质；
专题七、二次函数与一次函数交点综合问题
【例7】（2012成都中考28改编）如图，在平面直角坐标系中，一次函数（为常数）的图象与轴交于点，与轴交于点,以直线为对称轴的抛物线（为常数，且）经过两点，并与轴的正半轴交于点.
（1）求的值及抛物线的函数表达式；
（2）若是抛物线对称轴上使的周长取得最小值的点，过点任意作一条与轴不平行的直线交抛物线于两点，试探究是否为定值，并写出探究过程．
思路方法总结、易错点解析、重难点突破：
一次函数与二次函数交点问题常见解题模式：
①一次函数与二次函数解析式含有待定系数，若无解析式，可设解析式；
②联立解析式，建立关于的一元二次方程（方程中含有待定系数），设方程两根为（即交点横坐标），
③根据其他条件转换为和两交点坐标有关的代数式，再利用韦达定理解题思路转换代数式，注意最后要验证判别式；
【变式1】（2023锦江区二诊28）在平面直角坐标系xOy中，抛物线过点(2,2)且当x=0时y取得最小值１。
（1）求此抛物线的解析式；
（2）如图，过点B（0,2）的直线交已知抛物线P，Q两点（P点为抛物线上不同于A的点）过点P，Q分别作ｘ轴的垂下，垂足分别为S，R．
判断△SBR的形状；
在线段SR上求点Ｍ，使得以点P，S、M为顶点的三角形和以点Q，R，M为顶点的三角形相似；
（3）已知点C（1,3）在已知抛物线内部，试探索是否存在满足下列条件的直线ｌ
直线ｌ过点C（1,3）
直线ｌ交抛物线于E，F两点且C点恰好是线段EF的中点，若存在，请求出直线ｌ的函数解析式；若不存在，请说明理由。
专题八、二次函数与圆综合问题
【例8】（2023湘潭26）如图，抛物线y=﹣x2+mx+n的图象经过点A（2，3），对称轴为直线x=1，一次函数y=kx+b的图象经过点A，交x轴于点P，交抛物线于另一点B，点A、B位于点P的同侧．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若PA：PB=3：1，求一次函数的解析式；
（3）在（2）的条件下，当k＞0时，抛物线的对称轴上是否存在点C，使得⊙C同时与x轴和直线AP都相切，如果存在，请求出点C的坐标，如果不存在，请说明理由．
思路方法总结、易错点解析、重难点突破：
二次函数与圆综合问题常考相切模型，要综合利用切线的性质与判定、切线长定理等相关条件解决数学问题；
【变式1】在（2）的条件下，当k＞0时，D是抛物线线上一点，使得以D为圆心的⊙D与x轴相切，且与直线AP相交，请求出点D的横坐标坐标的取值范围。
【变式2】（2023山东济南）如图，抛物线平移后过点和原点，顶点为，对称轴与轴相交于点，与原抛物线相交于点，直线与轴相交于点，点为线段上一动点，为直角，边与相交于点，设，试探求：
①为何值时，线段长度最大并求该最大值；
学以致用——二次函数压轴题真题专练
1、（2023 哈尔滨）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=ax2+2xa+c经过A（﹣4，0），B（0，4）两点，与x轴交于另一点C，直线y=x+5与x轴交于点D，与y轴交于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是第二象限抛物线上的一个动点，连接EP，过点E作EP的垂线l，在l上截取线段EF，使EF=EP，且点F在第一象限，过点F作FM⊥x轴于点M，设点P的横坐标为t，线段FM的长度为d，求d与t之间的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，过点E作EH⊥ED交MF的延长线于点H，连接DH，点G为DH的中点，当直线PG经过AC的中点Q时，求点F的坐标．
【解答】解：（1）把A（﹣4，0），B（0，4）代入y=ax2+2xa+c得，解得，所以抛物线解析式为y=﹣x2﹣x+4；
（2）如图1，分别过P、F向y轴作垂线，垂足分别为A′、B′，过P作PN⊥x轴，垂足为N，由直线DE的解析式为：y=x+5，则E（0，5），∴OE=5，
∵∠PEO+∠OEF=90°，∠PEO+∠EPA′=90°，∴∠EPA′=∠OEF，
∵PE=EF，∠EA′P=∠EB′F=90°，∴△PEA′≌△EFB′，∴PA′=EB′=﹣t，
则d=FM=OB′=OE﹣EB′=5﹣（﹣t）=5+t；
（3）如图2，由直线DE的解析式为：y=x+5，∵EH⊥ED，
∴直线EH的解析式为：y=﹣x+5，∴FB′=A′E=5﹣（﹣t2﹣t+4）=t2+t+1，
∴F（t2+t+1，5+t）∴点H的横坐标为：t2+t+1，y=﹣t2﹣t﹣1+5=﹣t2﹣t+4，
∴H（t2+t+1，﹣t2﹣t+4），∵G是DH的中点，∴G（，），
∴G（t2+t﹣2，﹣t2﹣t+2），∴PH∥x轴，∵DG=GH，
∴PG=GQ，∵A（﹣4，0），C（2，0），∴AC=6，∵Q是AC的中点，∴Q（﹣1，0），∵P的横坐标是t，∴=t2+t﹣2，t=±，∵P在第二象限，
∴t＜0，∴t=﹣，∴F（4﹣，5﹣）．
【点评】本题是二次函数的综合题，考查了利用待定系数法求二次函数和一次函数的解析式，考查了直角三角形全等的性质和判定；本题的关键是根据直角三角形全等对应边相等列式得出d与t的函数关系式；同时要注意：若A、B两点的坐标分别为（x1、y1）、（x2、y2），则线段AB中点的坐标为（，）．
2、（2023 荆州）阅读：我们约定，在平面直角坐标系中，经过某点且平行于坐标轴或平行于两坐标轴夹角平分线的直线，叫该点的“特征线”．例如，点M（1，3）的特征线有：x=1，y=3，y=x+2，y=﹣x+4．
问题与探究：如图，在平面直角坐标系中有正方形OABC，点B在第一象限，A、C分别在x轴和y轴上，抛物线经过B、C两点，顶点D在正方形内部．
（1）直接写出点D（m，n）所有的特征线；
（2）若点D有一条特征线是y=x+1，求此抛物线的解析式；
（3）点P是AB边上除点A外的任意一点，连接OP，将△OAP沿着OP折叠，点A落在点A′的位置，当点A′在平行于坐标轴的D点的特征线上时，满足（2）中条件的抛物线向下平移多少距离，其顶点落在OP上？
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）根据特征线直接求出点D的特征线；
（2）由点D的一条特征线和正方形的性质求出点D的坐标，从而求出抛物线解析式；
（2）分平行于x轴和y轴两种情况，由折叠的性质计算即可．
【解答】解：（1）∵点D（m，n），∴点D（m，n）的特征线是x=m，y=n，y=x+n﹣m，y=﹣x+m+n；
（2）点D有一条特征线是y=x+1，∴n﹣m=1，∴n=m+1∵抛物线解析式为，
∴y=（x﹣m）2+m+1，∵四边形OABC是正方形，且D点为正方形的对称轴，D（m，n），
∴B（2m，2m），∴（2m﹣m）2+n=2m，将n=m+1带入得到m=2，n=3；
∴D（2，3），∴抛物线解析式为y=（x﹣2）2+3
（3）如图，当点A′在平行于y轴的D点的特征线时，
根据题意可得，D（2，3），∴OA′=OA=4，OM=2，
∴∠A′OM=60°，∴∠A′OP=∠AOP=30°，∴MN==，
∴抛物线需要向下平移的距离=3﹣=．
如图，当点A′在平行于x轴的D点的特征线时，设A′（p，3），
则OA′=OA=4，OE=3，EA′==，∴A′F=4﹣，
设P（4，c）（c＞0），，在Rt△A′FP中，（4﹣）2+（3﹣c）2=c2，
∴c=，∴P（4，）∴直线OP解析式为y=x，
∴N（2，），∴抛物线需要向下平移的距离=3﹣=，
即：抛物线向下平移或距离，其顶点落在OP上．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了折叠的性质，正方形的性质，特征线的理解，解本题的关键是用正方形的性质求出点D的坐标．
3、（16 岳阳）如图①，直线y=x+4交于x轴于点A，交y轴于点C，过A、C两点的抛物线F1交x轴于另一点B（1，0）．
（1）求抛物线F1所表示的二次函数的表达式；
（2）若点M是抛物线F1位于第二象限图象上的一点，设四边形MAOC和△BOC的面积分别为S四边形MAOC和S△BOC，记S=S四边形MAOC﹣S△BOC，求S最大时点M的坐标及S的最大值；
（3）如图②，将抛物线F1沿y轴翻折并“复制”得到抛物线F2，点A、B与（2）中所求的点M的对应点分别为A′、B′、M′，过点M′作M′E⊥x轴于点E，交直线A′C于点D，在x轴上是否存在点P，使得以A′、D、P为顶点的三角形与△AB′C相似？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）利用一次函数的解析式求出点A、C的坐标，然后再利用B点坐标即可求出二次函数的解析式；（2）由于M在抛物线F1上，所以可设M（a，﹣a2﹣a+4），然后分别计算S四边形MAOC和S△BOC，过点M作MP⊥x轴于点P，则S四边形MAOC的值等于△APM的面积与梯形POCM的面积之和．
（3）由于没有说明点P的具体位置，所以需要将点P的位置进行分类讨论，当点P在A′的右边时，此情况是不存在；当点P在A′的左边时，此时∠DA′P=∠CAB′，若以A′、D、P为顶点的三角形与△AB′C相似，则分为以下两种情况进行讨论：①=；②=．
【解答】解：（1）令y=0代入y=x+4，∴x=﹣3，A（﹣3，0），令x=0，代入y=x+4，
∴y=4，∴C（0，4），设抛物线F1的解析式为：y=a（x+3）（x﹣1），把C（0，4）代入上式得，a=﹣，∴y=﹣x2﹣x+4，
（2）如图①，设点M（a，﹣a2﹣a+4）其中﹣3＜a＜0∵B（1，0），C（0，4），∴OB=1，OC=4
∴S△BOC=OB OC=2，过点M作MP⊥x轴于点P，∴MP=﹣a2﹣a+4，AP=a+3，OP=﹣a，
∴S四边形MAOC=AP MP+（MP+OC） OP=AP MP+OP MP+OP OC=+
=+=×3（﹣a2﹣a+4）+×4×（﹣a）=﹣2a2﹣6a+6
∴S=S四边形MAOC﹣S△BOC=（﹣2a2﹣6a+6）﹣2=﹣2a2﹣6a+4=﹣2（a+）2+
∴当a=﹣时，S有最大值，最大值为此时，M（﹣，5）；
（3）如图②，由题意知：M′（），B′（﹣1，0），A′（3，0）∴AB′=2，
设直线A′C的解析式为：y=kx+b，把A′（3，0）和C（0，4）代入y=kx+b，
得：，∴∴y=﹣x+4，令x=代入y=﹣x+4，∴y=2∴
由勾股定理分别可求得：AC=5，DA′=设P（m，0）当m＜3时，此时点P在A′的左边，
∴∠DA′P=∠CAB′，
当=时，△DA′P∽△CAB′，此时，=（3﹣m），解得：m=2，∴P（2，0）
当=时，△DA′P∽△B′AC，此时，=（3﹣m）m=﹣，∴P（﹣，0）
当m＞3时，此时，点P在A′右边，由于∠CB′O≠∠DA′E，∴∠AB′C≠∠DA′P
∴此情况，△DA′P与△B′AC不能相似，
综上所述，当以A′、D、P为顶点的三角形与△AB′C相似时，点P的坐标为（2，0）或（﹣，0）．
【点评】本题是二次函数的综合问题，涉及待定系数法求解析式，二次函数最值问题，相似三角形的判定与性质等知识内容，综合程度较大，需要学生灵活运用所学知识解决问题．另外对于动点问题，通常可以用一参数m来表示该动点．
4、（2023 苏州）如图，直线l：y=﹣3x+3与x轴、y轴分别相交于A、B两点，抛物线y=ax2﹣2ax+a+4（a＜0）经过点B．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）已知点M是抛物线上的一个动点，并且点M在第一象限内，连接AM、BM，设点M的横坐标为m，△ABM的面积为S，求S与m的函数表达式，并求出S的最大值；
（3）在（2）的条件下，当S取得最大值时，动点M相应的位置记为点M′．
①写出点M′的坐标；
②将直线l绕点A按顺时针方向旋转得到直线l′，当直线l′与直线AM′重合时停止旋转，在旋转过程中，直线l′与线段BM′交于点C，设点B、M′到直线l′的距离分别为d1、d2，当d1+d2最大时，求直线l′旋转的角度（即∠BAC的度数）．
【考点】二次函数综合题．
【解答】解：（1）令x=0代入y=﹣3x+3，∴y=3，∴B（0，3），把B（0，3）代入y=ax2﹣2ax+a+4，
∴3=a+4，∴a=﹣1，∴二次函数解析式为：y=﹣x2+2x+3；
（2）y=0代y=﹣x2+2x+3，∴0=﹣x2+2x+3，∴x=﹣1或3，∴抛物线与x轴的交点横坐标为﹣1和3，
∵M在抛物线上，且在第一象限内，∴0＜m＜3，令y=0代入y=﹣3x+3，∴x=1，∴A 1，0），
由题意知：M的坐标为（m，﹣m2+2m+3），S=S四边形OAMB﹣S△AOB
=S△OBM+S△OAM﹣S△AOB=×m×3+×1×（﹣m2+2m+3）﹣×1×3=﹣（m﹣）2+
∴当m=时，S取得最大值．
（3）①由（2）可知：M′的坐标为（，）；②过点M′作直线l1∥l′，过点B作BF⊥l1于点F，
根据题意知：d1+d2=BF，只要求BF的最大值即可，∵∠BFM′=90°，∴点F在以BM′为直径的圆上，
设直线AM′与该圆相交于点H，∵点C在线段BM′上，∴F在优弧上，∴当F与M′重合时，
BF可取得最大值，此时BM′⊥l1，∵A（1，0），B（0，3），M′（，），
∴由勾股定理可求得：AB=，M′B=，M′A=，过点M′作M′G⊥AB于点G，
设BG=x，∴由勾股定理可得：M′B2﹣BG2=M′A2﹣AG2，∴﹣（﹣x）2=﹣x2，
∴x=，cos∠M′BG==，
∵l1∥l′，∴∠BCA=90°，∠BAC=45°
方法二：过B点作BD垂直于l′于D点，过M′点作M′E垂直于l′于E点，则BD=d1，ME=d2，
∵S△ABM=×AC×（d1+d2）当d1+d2取得最大值时，AC应该取得最小值，当AC⊥BM时取得最小值．
根据B（0，3）和M′（，）可得BM′=，∵S△ABM=×AC×BM′=，∴AC=，
当AC⊥BM′时，cos∠BAC===，∴∠BAC=45°．
【点评】本题考查二次函数的综合问题，涉及待定系数求二次函数解析式，求三角形面积，圆的相关性质等知识，内容较为综合，学生需要认真分析题目，化动为静去解决问题．
5、（2023 沈阳）如图，在平面直角坐标系中，矩形OCDE的顶点C和E分别在y轴的正半轴和x轴的正半轴上，OC=8，OE=17，抛物线y=x2﹣3x+m与y轴相交于点A，抛物线的对称轴与x轴相交于点B，与CD交于点K．
（1）将矩形OCDE沿AB折叠，点O恰好落在边CD上的点F处．
①点B的坐标为（ 、 ），BK的长是 ，CK的长是 ；
②求点F的坐标；
③请直接写出抛物线的函数表达式；
（2）将矩形OCDE沿着经过点E的直线折叠，点O恰好落在边CD上的点G处，连接OG，折痕与OG相交于点H，点M是线段EH上的一个动点（不与点H重合），连接MG，MO，过点G作GP⊥OM于点P，交EH于点N，连接ON，点M从点E开始沿线段EH向点H运动，至与点N重合时停止，△MOG和△NOG的面积分别表示为S1和S2，在点M的运动过程中，S1 S2（即S1与S2的积）的值是否发生变化？若变化，请直接写出变化范围；若不变，请直接写出这个值．
温馨提示：考生可以根据题意，在备用图中补充图形，以便作答．
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）①根据四边形OCKB是矩形以及对称轴公式即可解决问题．
②在RT△BKF中利用勾股定理即可解决问题．
③设OA=AF=x，在RT△ACF中，AC=8﹣x，AF=x，CF=4，利用勾股定理即可解决问题．
（2）不变．S1 S2=289．由△GHN∽△MHG，得=，得到GH2=HN HM，求出GH2，根据S1 S2= OG HN OG HM即可解决问题．
【解答】解：（1）如图1中，①∵抛物线y=x2﹣3x+m的对称轴x=﹣=10，
∴点B坐标（10，0），∵四边形OBKC是矩形，∴CK=OB=10，KB=OC=8，
故答案分别为10，0，8，10．②在RT△FBK中，∵∠FKB=90°，BF=OB=10，BK=OC=8，∴FK==6，∴CF=CK﹣FK=4，∴点F坐标（4，8）．
③设OA=AF=x，在RT△ACF中，∵AC2+CF2=AF2，∴（8﹣x）2+42=x2，∴x=5，∴点A坐标（0，5），代入抛物线y=x2﹣3x+m得m=5，∴抛物线为y=x2﹣3x+5．
（2）不变．S1 S2=289．理由：如图2中，在RT△EDG中，∵GE=EO=17，ED=8，
∴DG===15，∴CG=CD﹣DG=2，∴OG===2，
∵GP⊥OM，MH⊥OG，∴∠NPM=∠NHG=90°，∵∠HNG+∠HGN=90°，∠PNM+∠PMN=90°，
∠HNG=∠PNM，∴∠HGN=∠NMP，∵∠NMP=∠HMG，∠GHN=∠GHM，∴△GHN∽△MHG，
∴=，∴GH2=HN HM，∵GH=OH=，∴HN HM=17，
∵S1 S2= OG HN OG HM=（ 2）2 17=289．
【点评】本题考查二次函数综合题、矩形的性质、翻折变换相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是证明△GHN∽△MHG求出HN HM的值，属于中考压轴题．
6、（2023 孝感）在平面直角坐标系中，已知抛物线y=x2+bx+c的顶点M的坐标为（﹣1，﹣4），且与x轴交于点A，点B（点A在点B的左边），与y轴交于点C．
（1）填空：b= ，c= ，直线AC的解析式为 ；
（2）直线x=t与x轴相交于点H．
①当t=﹣3时得到直线AN（如图1），点D为直线AC下方抛物线上一点，若∠COD=∠MAN，求出此时点D的坐标；
②当﹣3＜t＜﹣1时（如图2），直线x=t与线段AC，AM和抛物线分别相交于点E，F，P．试证明线段HE，EF，FP总能组成等腰三角形；如果此等腰三角形底角的余弦值为，求此时t的值．
【解答】解：（1）∵抛物线y=x2+bx+c的顶点M的坐标为（﹣1，﹣4），
∴，解得：，∴抛物线解析式为：y=x2+2x﹣3，令y=0，得：x2+2x﹣3=0，解得：x1=1，x2=﹣3，∴A（﹣3，0），B（1，0），令x=0，得y=﹣3，∴C（0，﹣3），设直线AC的解析式为：y=kx+b，将A（﹣3，0），C（0，﹣3）代入，得：，解得：，∴直线AC为：y=﹣x﹣3；答案：2，﹣3，y=﹣x﹣3．
（2）①设点D的坐标为（m，m2+2m﹣3），∵∠COD=∠MAN，∴tan∠COD=tan∠MAN，
∴=，解：m=±，∵﹣3＜m＜0，∴m=﹣，故点D的坐标为（﹣，﹣2）；
②设直线AM的解析式为y=mx+n，将点A（﹣3，0）、M（﹣1，﹣4）代入，
得：，解得：，∴直线AM的解析式为：y=﹣2x﹣6，
∵当x=t时，HE=﹣（﹣t﹣3）=t+3，HF=﹣（﹣2t﹣6）=2t+6，HP=﹣（t2+2t﹣3），
∴HE=EF=HF﹣HE=t+3，FP=﹣t2﹣4t﹣3，∵HE+EF﹣FP=2（t+3）+t2+4t+3=（t+3）2＞0，
∴HE+EF＞FP，又HE+FP＞EF，EF+FP＞HE，∴当﹣3＜t＜﹣1时，线段HE，EF，FP总能组成等腰三角形；由题意得：=，即=，整理得：5t2+26t+33=0，解得：t1=﹣3，t2=﹣，∵﹣3＜t＜﹣1，∴t=﹣．
7、（2023 常德）如图，已知抛物线与x轴交于A（﹣1，0），B（4，0），与y轴交于C（0，﹣2）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）H是C关于x轴的对称点，P是抛物线上的一点，当△PBH与△AOC相似时，求符合条件的P点的坐标（求出两点即可）；
（3）过点C作CD∥AB，CD交抛物线于点D，点M是线段CD上的一动点，作直线MN与线段AC交于点N，与x轴交于点E，且∠BME=∠BDC，当CN的值最大时，求点E的坐标．
解答】解：（1）∵抛物线与x轴交于A（﹣1，0），B（4，0），
∴设：y=a（x+1）（x﹣4），把（0，﹣2）代入y=a（x+1）（x﹣4），
∴a=，∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣2；
（2）当△PBH与△AOC相似时，∴△AOC是直角三角形，∴△PBH也是直角三角形，
由题意知：H（0，2），∴OH=2，∵A（﹣1，0），B（4，0），∴OA=1，OB=4，
∴AH=，BH=2，∴AH2+BH2=AB2，∴∠AHB=90°，且∠ACO=∠AHO=∠HBA，
∴△AOC∽△AHB，∴A（﹣1，0）符合要求，取AB中点G，则G（，0），
连接HG并延长至F使GF=HG，连接AF，则四边形AFBH为矩形，
∴∠HBD=90°，∠BHG=∠GBH=∠AHO=∠ACO，且F点坐标为（3，﹣2），
将F（3，﹣2）代入y=x2﹣x﹣2得，F在抛物线上，∴点（3，﹣2）符合要求，
所以符合要求的P点的坐标为（﹣1，0）和（3，﹣2）．
（3）过点M作MF⊥x轴于点F，设点E的坐标为（n，0），M的坐标为（m，0），
∵∠BME=∠BDC，∴∠EMC+∠BME=∠BDC+∠MBD，∴∠EMC=∠MBD，∵CD∥x轴，
∴D的纵坐标为﹣2，令y=﹣2代入y=x2﹣x﹣2，∴x=0或x=3，∴D（3，﹣2），
∵B（4，0），∴由勾股定理可求得：BD=，∵M（m，0），∴MD=3﹣m，CM=m（0≤m≤3）
∴由抛物线的对称性可知：∠NCM=∠BDC，∴△NCM∽△MDB，
∴，∴，
∴CN==﹣（m﹣）2+，∴当m=时，CN可取得最大值，
∴此时M的坐标为（，﹣2），∴MF=2，BF=，MD=∴由勾股定理可求得：MB=，
∵E（n，0），∴EB=4﹣n，∵CD∥x轴，∴∠NMC=∠BEM，∠EBM=∠BMD，
∴△EMB∽△BDM，∴，∴MB2=MD EB，∴=×（4﹣n），∴n=﹣，
∴E的坐标为（﹣，0）．
8、（2023 怀化）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过A（﹣3，0）、B（5，0）、C（0，5）三点，O为坐标原点
（1）求此抛物线的解析式；
（2）若把抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）向下平移个单位长度，再向右平移n（n＞0）个单位长度得到新抛物线，若新抛物线的顶点M在△ABC内，求n的取值范围；
（3）设点P在y轴上，且满足∠OPA+∠OCA=∠CBA，求CP的长．
【解答】解：
（1）把A、B、C三点的坐标代入函数解析式可得，解得，
∴抛物线解析式为y=﹣x2+x+5；（2）∵y=﹣x2+x+5，∴抛物线顶点坐标为（1，），
∴当抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）向下平移个单位长度，再向右平移n（n＞0）个单位长度后，得到的新抛物线的顶点M坐标为（1+n，1），
设直线BC解析式为y=kx+m，把B、C两点坐标代入可得，解得，
∴直线BC的解析式为y=﹣x+5，令y=1，代入可得1=﹣x+5，解得x=4，
∵新抛物线的顶点M在△ABC内，∴1+n＜4，且n＞0，解得0＜n＜3，即n的取值范围为0＜n＜3；
（3）当点P在y轴负半轴上时，如图1，过P作PD⊥AC，交AC的延长线于点D，
由题意可知OB=OC=5，∴∠CBA=45°，∴∠PAD=∠OPA+∠OCA=∠CBA=45°，
∴AD=PD，在Rt△OAC中，OA=3，OC=5，可求得AC=，
设PD=AD=m，则CD=AC+AD=+m，
∵∠ACO=∠PCD，∠COA=∠PDC，
∴△COA∽△CDP，
∴==，即==，
由=可求得m=，
∴=，解得PC=17；
可求得PO=PC﹣OC=17﹣5=12，
如图2，在y轴正半轴上截取OP′=OP=12，连接AP′，
则∠OP′A=∠OPA，
∴∠OP′A+∠OCA=∠OPA+∠OCA=∠CBA，
∴P′也满足题目条件，此时P′C=OP′﹣OC=12﹣5=7，
综上可知PC的长为7或17．
【点评】本题主要考查二次函数的综合应用，涉及到的知识点有待定系数法、坐标的平移、三角形的外角、等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质以及分类讨论等．在（2）中确定出M点向右平移的最大位置是解题的关键，在（3）中利用∠OPA+∠OCA=∠CBA=45°构造三角形相似是解题的关键．本题目考查知识点多，综合性强，特别是第（3）问难度很大．
9、（2023 漳州）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A和点B（3，0），与y轴交于点C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点M是抛物线在x轴下方上的动点，过点M作MN∥y轴交直线BC于点N，求线段MN的最大值；
（3）在（2）的条件下，当MN取得最大值时，在抛物线的对称轴l上是否存在点P，使△PBN是等腰三角形？若存在，请直接写出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）将点B（3，0）、C（0，3）代入抛物线y=x2+bx+c中，
得：，解得：，∴抛物线的解析式为y=x2﹣4x+3．
（2）设点M的坐标为（m，m2﹣4m+3），设直线BC的解析式为y=kx+3，
把点点B（3，0）代入y=kx+3中，得：0=3k+3，解得：k=﹣1，∴直线BC的解析式为y=﹣x+3．
∵MN∥y轴，∴点N的坐标为（m，﹣m+3）．∵抛物线的解析式为y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线的对称轴为x=2，∴点（1，0）在抛物线的图象上，∴1＜m＜3．
∵线段MN=﹣m+3﹣（m2﹣4m+3）=﹣m2+3m=﹣+，
∴当m=时，线段MN取最大值，最大值为．
（3）假设存在．设点P的坐标为（2，n）．
当m=时，点N的坐标为（，），
∴PB==，PN=，BN==．
△PBN为等腰三角形分三种情况：
①当PB=PN时，即=，解得：n=，此时点P的坐标为（2，）；
②当PB=BN时，即=，解得：n=±，此时点P的坐标为（2，﹣）或（2，）；
③当PN=BN时，即=，解得：n=，P为（2，）或（2，）．
综上可知：在抛物线的对称轴l上存在点P，使△PBN是等腰三角形，点P的坐标为
（2，）、（2，﹣）、（2，）、（2，）或（2，）．
【点评】本题考查了待定系数法求函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、两点间的距离以及等腰三角形的性质，解题的关键是：（1）利用待定系数法求出函数解析式；（2）利用二次函数的性质解决最值问题；（3）分类讨论．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，利用配方法将二次函数解析式变形为顶点式，再结合二次函数的性质解决最值问题是关键．
10、（2023 海南）如图1，抛物线y=ax2﹣6x+c与x轴交于点A（﹣5，0）、B（﹣1，0），与y轴交于点C（0，﹣5），点P是抛物线上的动点，连接PA、PC，PC与x轴交于点D．
（1）求该抛物线所对应的函数解析式；
（2）若点P的坐标为（﹣2，3），请求出此时△APC的面积；
（3）过点P作y轴的平行线交x轴于点H，交直线AC于点E，如图2．
①若∠APE=∠CPE，求证：；
②△APE能否为等腰三角形？若能，请求出此时点P的坐标；若不能，请说明理由．
【解答】（1）解：设y=a（x+5）（x+1），把C（0，﹣5）代入得a 5 1=﹣5，解得a=﹣1，
所以抛物线解析式为y=﹣（x+5）（x+1），即y=﹣x2﹣6x﹣5；
（2）解：设AC为y=mx+n，把A（﹣5，0），C（0，﹣5）代入得，解得，
∴AC为y=﹣x﹣5，作PQ∥y轴交AC于Q，如图1，则Q（﹣2，﹣3），∴PQ=3﹣（﹣3）=6，
∴S△APC=S△APQ+S△CPQ= PQ 5=×6×5=15；
（3）①证明：∵∠APE=∠CPE，而PH⊥AD，∴△PAD为等腰三角形，∴AH=DH，
设P（x，﹣x2﹣6x﹣5），则OH=﹣x，OD=﹣x﹣DH，∵PH∥OC，∴△PHD∽△COD，
∴PH：OC=DH：OD，即（﹣x2﹣6x﹣5）：5=DH：（﹣x﹣DH），∴DH=﹣x﹣，
而OH+AH=5，即OH+DH=5，∴﹣x﹣x﹣=5，2x2+17x+35=0，解得x1=﹣，x2=﹣5（舍去），
∴OH=，∴AH=5﹣=，∵HE∥OC，∴===；
②能．设P（x，﹣x2﹣6x﹣5），则E（x，﹣x﹣5），
当PA=PE，因为∠PEA=45°，所以∠PAE=45°，则点P与B点重合，此时P点坐标为（﹣1，0）；
当AP=AE，如图2，则PH=HE，即|﹣x2﹣6x﹣5|=|﹣x﹣5|，解﹣x2﹣6x﹣5=﹣x﹣5得x1=﹣5（舍去），x2=0（舍去）；解﹣x2﹣6x﹣5=x+5得x1=﹣5（舍去），x2=﹣2，此时P点坐标为（﹣2，3）；
当E′A=E′P，如图2，AE′=E′H′=（x+5），P′E′=|﹣x﹣5﹣（﹣x2﹣6x﹣5）|=|x2+5x|，若x2+5x=（x+5），解得x1=﹣5（舍去），x2=，此时P点坐标为（，﹣7﹣6）；若x2+5x=﹣（x+5），解得x1=﹣5（舍去），x2=﹣，此时P点坐标为（﹣，6﹣7）．
综上所述，满足条件的P点坐标为（﹣1，0），（﹣2，3），（，﹣7﹣6），（﹣，6﹣7）．
【点评】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和等腰三角形的判定；会运用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质，能运用相似比计算线段的长；会运用方程的思想和分类讨论的思想解决问题．
11、（2023 潍坊）如图，已知抛物线y=x2+bx+c经过△ABC的三个顶点，其中点A（0，1），点B（﹣9，10），AC∥x轴，点P是直线AC下方抛物线上的动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点P且与y轴平行的直线l与直线AB、AC分别交于点E、F，当四边形AECP的面积最大时，求点P的坐标；
（3）当点P为抛物线的顶点时，在直线AC上是否存在点Q，使得以C、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）∵点A（0，1）．B（﹣9，10）在抛物线上，∴，
∴，∴抛物线的解析式为y=x2+2x+1，
（2）∵AC∥x轴，A（0，1）∴x2+2x+1=1，∴x1=﹣6，x2=0，∴点C的坐标（﹣6，1），
∵点A（0，1）．B（﹣9，10），∴直线AB的解析式为y=﹣x+1，设点P（m，m2+2m+1）
∴E（m，﹣m+1）∴PE=﹣m+1﹣（m2+2m+1）=﹣m2﹣3m，∵AC⊥EP，AC=6，
∴S四边形AECP=S△AEC+S△APC=﹣m2﹣9m=﹣（m+）2+，
∵﹣6＜m＜0∴当m=﹣时，四边形AECP的面积的最大值是，此时点P（﹣，﹣）．
（3）∵y=x2+2x+1=（x+3）2﹣2，∴P（﹣3，﹣2），∴PF=yF﹣yP=3，CF=xF﹣xC=3，
∴PF=CF，∴∠PCF=45°同理可得：∠EAF=45°，∴∠PCF=∠EAF∴在直线AC上存在满足条件的Q，
设Q（t，1）且AB=9，AC=6，CP=3∵以C、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，
①当△CPQ∽△ABC时，∴，∴，∴t=﹣4，∴Q（﹣4，1）
②当△CQP∽△ABC时，∴，∴，∴t=3，∴Q（3，1）．
\
12、（2023 巴中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=mx2+4mx﹣5m（m＜0）与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），该抛物线的对称轴与直线y=x相交于点E，与x轴相交于点D，点P在直线y=x上（不与原点重合），连接PD，过点P作PF⊥PD交y轴于点F，连接DF．
（1）如图①，若抛物线顶点的纵坐标为6，求抛物线的解析式；
（2）求A、B两点的坐标；
（3）如图②所示，小红在探究点P的位置发现：当点P与点E重合时，∠PDF的大小为定值，进而猜想：对于直线y=x上任意一点P（不与原点重合），∠PDF的大小为定值．请你判断该猜想是否正确，并说明理由．
【解答】解：（1）∵y=mx2+4mx﹣5m，
∴y=m（x2+4x﹣5）=m（x+5）（x﹣1）．令y=0得：m（x+5）（x﹣1）=0，
∵m≠0，∴x=﹣5或x=1．∴A（﹣5，0）、B（1，0）．∴抛物线的对称轴为x=﹣2．
∵抛物线的顶点坐标为为6，∴﹣9m=6．∴m=﹣．
∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣x+．
（2）由（1）可知：A（﹣5，0）、B（1，0）．
（3）如图所示：∵OP的解析式为y=x，∴∠AOP=30°．∴∠POF=60°∵PD⊥PF，FO⊥OD，
∴∠DPF=∠FOD=90°．∴∠DPF+∠FOD=180°∴点O、D、P、F共圆．∴∠PDF=∠POF．
∴∠PDF=60°．
13、（2023 广安）如图，抛物线y=x2+bx+c与直线y=x﹣3交于A、B两点，其中点A在y轴上，点B坐标为（﹣4，﹣5），点P为y轴左侧的抛物线上一动点，过点P作PC⊥x轴于点C，交AB于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）以O，A，P，D为顶点的平行四边形是否存在？如存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．
（3）当点P运动到直线AB下方某一处时，过点P作PM⊥AB，垂足为M，连接PA使△PAM为等腰直角三角形，请直接写出此时点P的坐标．
【解答】解：（1）∵直线y=x﹣3交于A、B两点，其中点A在y轴上，∴A（0，﹣3），
∵B（﹣4，﹣5），∴，∴，∴抛物线解析式为y=x2+x﹣3，
（2）存在，设P（m，m2+m﹣3），（m＜0），∴D（m，m﹣3），∴PD=|m2+4m|∵PD∥AO，
∴当PD=OA=3，故存在以O，A，P，D为顶点的平行四边形，∴|m2+4m|=3，
①当m2+4m=3时，∴m1=﹣2﹣，m2=﹣2+（舍），∴m2+m﹣3=﹣1﹣，
∴P（﹣2﹣，﹣1﹣），
②当m2+4m=﹣3时，∴m1=﹣1，m2=﹣3，Ⅰ、m1=﹣1， ∴m2+m﹣3=﹣，∴P（﹣1，﹣），
Ⅱ、m2=﹣3， ∴m2+m﹣3=﹣，∴P（﹣3，﹣），
∴点P的坐标为（﹣2﹣，﹣1﹣），（﹣1，﹣），（﹣3，﹣）．
（3）方法一，如图，
∵△PAM为等腰直角三角形，∴∠BAP=45°，∵直线AP可以看做是直线AB绕点A逆时针旋转45°所得，设直线AP解析式为y=kx﹣3，∵直线AB解析式为y=x﹣3，∴k==3，
∴直线AP解析式为y=3x﹣3，联立，∴x1=0（舍）x2=﹣
当x=﹣时，y=﹣，∴P（﹣，﹣）．
方法二：如图，
∵直线AB解析式为y=x﹣3，∴直线AB与x轴的交点坐标为E（6，0），
过点A作AF⊥AB交x轴于点F，∵A（0，﹣3），∴直线AF解析式为y=﹣2x﹣3，
∴直线AF与x轴的交点为F（﹣，0），∴AE=3，AF=，
过点A作∠EAF的角平分线交x轴于点G，与抛物线相较于点P，过点P作PM⊥AB，
∴∠EAG=45°，∴∠BAP=45°，即：△PAM为等腰直角三角形．设点G（m，0），
∴EG=6﹣m．FG=m+，根据角平分线定理得，，∴，∴m=1，∴G（1，0），
∴直线AG解析式为y=3x﹣3①，∵抛物线解析式为y=x2+x﹣3②，联立①②得，x=0（舍）或x=﹣，
∴y=﹣，∴P（﹣，﹣）．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，解本题的关键是确定以O，A，P，D为顶点的平行四边形时，OA和PD是对边，也是本题的难点．
14、（2023 泸州）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线l与抛物线y=mx2+nx相交于A（1，3），B（4，0）两点．
（1）求出抛物线的解析式；
（2）在坐标轴上是否存在点D，使得△ABD是以线段AB为斜边的直角三角形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，说明理由；
（3）点P是线段AB上一动点，（点P不与点A、B重合），过点P作PM∥OA，交第一象限内的抛物线于点M，过点M作MC⊥x轴于点C，交AB于点N，若△BCN、△PMN的面积S△BCN、S△PMN满足S△BCN=2S△PMN，求出的值，并求出此时点M的坐标．
【解答】解：
（1）∵A（1，3），B（4，0）在抛物线y=mx2+nx的图象上，∴，解得，∴抛物线解析式为y=﹣x2+4x；
（2）存在三个点满足题意，理由如下：当点D在x轴上时，如图1，过点A作AD⊥x轴于点D，∵A（1，3），∴D坐标为（1，0）；
当点D在y轴上时，设D（0，d），则AD2=1+（3﹣d）2，BD2=42+d2，且AB2=（4﹣1）2+（3）2=36，∵△ABD是以AB为斜边的直角三角形，∴AD2+BD2=AB2，
即1+（3﹣d）2+42+d2=36，解得d=，∴D点坐标为（0，）或（0，）；
综上可知存在满足条件的D点，其坐标为（1，0）或（0，）或（0，）；
（3）如图2，过P作PF⊥CM于点F，∵PM∥OA，∴Rt△ADO∽Rt△MFP，
∴==3，∴MF=3PF，在Rt△ABD中，BD=3，AD=3，
∴tan∠ABD=，∴∠ABD=60°，设BC=a，则CN=a，
在Rt△PFN中，∠PNF=∠BNC=30°，∴tan∠PNF==，∴FN=PF，
∴MN=MF+FN=4PF，∵S△BCN=2S△PMN，∴a2=2××4PF2，∴a=2PF，∴NC=a=2PF，
∴==，
∴MN=NC=×a=a，
∴MC=MN+NC=（+）a，
∴M点坐标为（4﹣a，（+）a），
又M点在抛物线上，代入可得﹣（4﹣a）2+4（4﹣a）=（+）a，
解得a=3﹣或a=0（舍去），
OC=4﹣a=+1，MC=2+，
∴点M的坐标为（+1，2+）．
【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、勾股定理、相似三角形的判定和性质、点与函数图象的关系及分类讨论等．在（2）中注意分点D在x轴和y轴上两种情况，在（3）中分别利用PF表示出MF和NC是解题的关键，注意构造三角形相似．本题涉及知识点较多，计算量较大，综合性较强，特别是第（3）问，难度很大．
15、（2023 资阳）已知抛物线与x轴交于A（6，0）、B（﹣，0）两点，与y轴交于点C，过抛物线上点M（1，3）作MN⊥x轴于点N，连接OM．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）如图1，将△OMN沿x轴向右平移t个单位（0≤t≤5）到△O′M′N′的位置，MN′、M′O′与直线AC分别交于点E、F．
①当点F为M′O′的中点时，求t的值；
②如图2，若直线M′N′与抛物线相交于点G，过点G作GH∥M′O′交AC于点H，试确定线段EH是否存在最大值？若存在，求出它的最大值及此时t的值；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）设y=a（x﹣6）（x+），把点M（1，3）代入得a=﹣，
∴抛物线解析式为y=﹣（x﹣6）（x+），∴y=﹣x2+x+2．
（2）①如图1中，AC与OM交于点G．连接EO′．∵AO=6，OC=2，MN=3，ON=1，
∴==3，∴=，∵∠AOC=∠MON=90°，∴△AOC∽△MNO，∴∠OAC=∠NMO，
∵∠NMO+∠MON=90°，∴∠MON+∠OAC=90°，∴∠AGO=90°，∴OM⊥AC，
∵△M′N′O′是由△MNO平移所得，∴O′M′∥OM∴O′M′⊥AC，∵M′F=FO′，∴EM′=EO′，
∵EN′∥CO，∴=，∴=，∴EN′=（5﹣t），在RT△EO′N′中，∵O′N′=1，EN′=（5﹣t），EO′=EM′=+t，∴（+t）2=1+（﹣t）2，∴t=1．
②如图2中，∵GH∥O′M′，O′M′⊥AC，∴GH⊥AC，∴∠GHE=90°，
∵∠EGH+∠HEG=90°，∠AEN′+∠OAC=90°，∠HEG=∠AEN′，∴∠OAC=∠HGE，
∵∠GHE=∠AOC=90°，∴△GHE∽△AOC，∵AC==2∴===，
∴EG最大时，EH最大，∵EG=GN′﹣EN′=﹣（t+1）2+（t+1）+2﹣（5﹣t）=﹣t2+t+=﹣（t﹣2）2+．∴t=2时，EG最大值=，∴EH最大值=．∴t=2时，EH最大值为．
16、（2023 重庆）如图1，二次函数y=x2﹣2x+1的图象与一次函数y=kx+b（k≠0）的图象交于A，B两点，点A的坐标为（0，1），点B在第一象限内，点C是二次函数图象的顶点，点M是一次函数y=kx+b（k≠0）的图象与x轴的交点，过点B作轴的垂线，垂足为N，且S△AMO：S四边形AONB=1：48．
（1）求直线AB和直线BC的解析式；
（2）点P是线段AB上一点，点D是线段BC上一点，PD∥x轴，射线PD与抛物线交于点G，过点P作PE⊥x轴于点E，PF⊥BC于点F．当PF与PE的乘积最大时，在线段AB上找一点H（不与点A，点B重合），使GH+BH的值最小，求点H的坐标和GH+BH的最小值；
（3）如图2，直线AB上有一点K（3，4），将二次函数y=x2﹣2x+1沿直线BC平移，平移的距离是t（t≥0），平移后抛物线上点A，点C的对应点分别为点A′，点C′；当△A′C′K是直角三角形时，求t的值．
【解答】解：（1）∵点C是二次函数y=x2﹣2x+1图象的顶点，∴C（2，﹣1），
∵PE⊥x轴，BN⊥x轴，∴△MAO∽△MBN，∵S△AMO：S四边形AONB=1：48，∴S△AMO：S△BMN=1：49，
∴OA：BN=1：7，∵OA=1∴BN=7，把y=7代入y=x2﹣2x+1中，可得7=x2﹣2x+1，
∴x1=﹣2（舍），x2=6∴B（6，7），∵A的坐标为（0，1），∴直线AB解析式为y=x+1，
∵C（2，﹣1），B（6，7），∴直线BC解析式为y=2x﹣5．
（2）如图1，设点P（x0，x0+1），∴D（，x0+1），
∴PE=x0+1，PD=3﹣x0，∵∠DPF固定不变，∴PF：PD的值固定，
∴PE×PF最大时，PE×PD也最大，PE×PD=（x0+1）（3﹣x0）=﹣x02+x0+3，∴当x0=时，PE×PD最大，即：PE×PF最大．此时G（5，）
∵△MNB是等腰直角三角形，过B作x轴的平行线∴BH=B1H，
GH+BH的最小值转化为求GH+HB1的最小值，∴当GH和HB1在一条直线上，GH+HB1的值最小，
此时H（5，6），最小值为7﹣=
（3）令直线BC与x轴交于点I∴I（，0）∴IN=，IN：BN=1：2，
∴沿直线BC平移时，横坐标平移m时，纵坐标则平移2m，平移后A′（m，1+2m），C′（2+m，﹣1+2m），
∴A′C′2=8，A′K2=5m2﹣18m+18，C′K2=5m2﹣22m+26，
当∠A′KC′=90°时，A′K2+KC′2=A′C′2，解得m=，此时t=m=2±；
当∠KC′A′=90°时，KC′2+A′C′2=A′K2，解得m=4，此时t=m=4；
当∠KA′C′=90°时，A′C′2+A′K2=KC′2，解得m=0，此时t=0．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了相似三角形的性质，待定系数法求函数解析式，两点间的距离公式，解本题的关键是相似三角形的性质的运用．
17、（2023 重庆）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2+x+3与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，抛物线的顶点为点E．
（1）判断△ABC的形状，并说明理由；
（2）经过B，C两点的直线交抛物线的对称轴于点D，点P为直线BC上方抛物线上的一动点，当△PCD的面积最大时，Q从点P出发，先沿适当的路径运动到抛物线的对称轴上点M处，再沿垂直于抛物线对称轴的方向运动到y轴上的点N处，最后沿适当的路径运动到点A处停止．当点Q的运动路径最短时，求点N的坐标及点Q经过的最短路径的长；
（3）如图2，平移抛物线，使抛物线的顶点E在射线AE上移动，点E平移后的对应点为点E′，点A的对应点为点A′，将△AOC绕点O顺时针旋转至△A1OC1的位置，点A，C的对应点分别为点A1，C1，且点A1恰好落在AC上，连接C1A′，C1E′，△A′C1E′是否能为等腰三角形？若能，请求出所有符合条件的点E′的坐标；若不能，请说明理由．
【解答】解：（1）△ABC为直角三角形，当y=0时，即﹣x2+x+3=0，∴x1=﹣，x2=3
∴A（﹣，0），B（3，0），∴OA=，OB=3，当x=0时，y=3，∴C（0，3），∴OC=3，
根据勾股，AC2=OB2+OC2=12，BC2=OB2+OC2=36∴AC2+BC2=48，
∵AB2=[3﹣（﹣）]2=48，∴AC2+BC2=AB2，∴△ABC是直角三角形，
（2）如图，∵B（3，0），C（0，3），∴直线BC解析式为y=﹣x+3，
过点P作PG∥y轴，设P（a，﹣a2+a+3），∴G（a，﹣a+3），∴PG=﹣a2+a，
设点D的横坐标为xD，C点的横坐标为xC，S△PCD=×（xD﹣xC）×PG=﹣（a﹣）2+，
∵0＜a＜3，∴当a=时，S△PCD最大，此时点P（，），
将点P向左平移个单位至P′，连接AP′，交y轴于点N，过点N作MN⊥抛物线对称轴于点M，
连接PM，点Q沿P→M→N→A运动，所走的路径最短，即最短路径的长为PM+MN+NA的长，
∴P（，）∴P′（，），∵点A（﹣，0），∴直线AP′的解析式为y=x+，
当x=0时，y=，∴N（0，），过点P′作P′H⊥x轴于点H，∴AH=，P′H=，AP′=，
∴点Q运动得最短路径长为PM+MN+AN=+=；
（3）在Rt△AOC中，∵tan∠OAC==，∴∠OAC=60°，∵OA=OA1，∴△OAA1为等边三角形，∴∠AOA1=60°，∴∠BOC1=30°，∵OC1=OC=3，∴C1（，），∵点A（﹣，0），E（，4），
∴AE=2，∴A′E′=AE=2，∵直线AE的解析式为y=x+2，设点E′（a，a+2），
∴点E移动（a﹣）单位到点E'，∴点A也移动（a﹣）单位到点A'，∴A′（a﹣2，﹣2）
∴C1E′2=（a﹣2）2+（+2﹣）2=a2﹣a+7，
C1A′2=（a﹣2﹣）2+（﹣2﹣）2=a2﹣a+49，
①若C1A′=C1E′，则C1A′2=C1E′2即：a2﹣a+7=a2﹣a+49，∴a=，∴E′（，5），
②若A′C1=A′E′，∴A′C12=A′E′2即：a2﹣a+49=28，∴a1=，a2=，
∴E′（，7+），或（，7﹣），
③若E′A′=E′C1，∴E′A′2=E′C12即：a2﹣a+7=28，∴a1=，a2=（舍），
∴E′（，3+），即，符合条件的点E′（，5），（，7+），或（，7﹣），（，3+）．
18、（2023朝阳）如图1，已知抛物线y=（x﹣2）（x+a）（a＞0）与x轴从左至右交于A，B两点，与y轴交于点C．
（1）若抛物线过点T（1，﹣），求抛物线的解析式；
（2）在第二象限内的抛物线上是否存在点D，使得以A、B、D三点为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求a的值；若不存在，请说明理由．
（3）如图2，在（1）的条件下，点P的坐标为（﹣1，1），点Q（6，t）是抛物线上的点，在x轴上，从左至右有M、N两点，且MN=2，问MN在x轴上移动到何处时，四边形PQNM的周长最小？请直接写出符合条件的点M的坐标．
【解答】解：（1）如图1，把T（1，﹣）代入抛物线y=（x﹣2）（x+a）得：﹣=（1﹣2）（1+a），
解得：a=4，∴抛物线的解析式为：y=x2+x﹣2；
（2）当x=0时，y=×（﹣2）×a=﹣2，∴C（0，﹣2），当y=0时，（x﹣2）（x+a）=0，
x1=2，x2=﹣a，∴A（﹣a，0）、B（2，0），如图2，过D作DE⊥x轴于E，设D（m，n），
∵点D在第二象限，∠DAB为钝角，∴分两种情况：
①如图2，当△BDA∽△ABC时，∠BAC=∠ABD，∴tan∠BAC=tan∠ABD，即，
∴，n=，则，解得：m=﹣2﹣a或2，∴E（﹣2﹣a，0），
由勾股定理得：AC=，∵，∴==，BD=，
∵△BDA∽△ABC，∴，∴AB2=AC BD，即（a+2）2= ，
解得：0=16，此方程无解；
②当△DBA∽△ABC时，如图3，∠ABC=∠ABD，∵B（2，0），C（0，﹣2），∴OB=OC=2，
∴△OBC是等腰直角三角形，BC=2，∴∠OCB=∠OBC=45°，∴∠ABC=∠ABD=45°，∴DE=BE，n=﹣m+2，∴BD=，∵△DBA∽△ABC，∴，∴AB2=BD BC，
∴（a+2）2= 2=4n，则，解得：，则a=2+2；
（3）当x=6时，y=（6﹣2）（6+4）=10，∴Q（6，10），如图4，作P关于x轴的对称点P′，过P′作P′G∥x轴，且P′G=2，连接GQ交x轴于N，过P′作P′M∥GN，交x轴于M，此时，QG就是MP+NQ的最小值，由于PQ、NM为定值，所以此时，四边形PMNQ的周长最小，∵P（﹣1，1），
∴P′（﹣1，﹣1），∵P′G∥MN，P′M∥GN，∴四边形P′GNM是平行四边形，∴MN=P′G=2，NG=P′M=PM，∴G（1，﹣1），设GQ的解析式为：y=kx+b，把G（1，﹣1）和Q（6，10）代入得：，解得：，∴GQ的解析式为：y=x﹣，当y=0时，x=，∴N（，0），
∵MN=2，∴M（﹣，0）．
【点评】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数利用待定系数法求解析式及二次函数的性质，当两个三角形相似时，根据已知条件分类讨论；对于图形周长的最小值问题，要先确定哪此边是定值，哪些边是不确定值，根据轴对称的性质利用数形结合的思想解决问题．
19、（2023 随州）已知抛物线y=a（x+3）（x﹣1）（a≠0），与x轴从左至右依次相交于A、B两点，与y轴相交于点C，经过点A的直线y=﹣x+b与抛物线的另一个交点为D．
（1）若点D的横坐标为2，求抛物线的函数解析式；
（2）若在（1）的条件下，第二象限内的抛物线上有点P，使得以A、B、P为顶点的三角形与△ABC相似，求点P的坐标；
（3）在（1）的条件下，设点E是线段AD上的一点（不含端点），连接BE．一动点Q从点B出发，沿线段BE以每秒1个单位的速度运动到点E，再沿线段ED以每秒个单位的速度运动到点D后停止，问当点E的坐标是多少时，点Q在整个运动过程中所用时间最少？
【解答】解：（1）∵y=a（x+3）（x﹣1），∴点A的坐标为（﹣3，0）、点B两的坐标为（1，0），
∵直线y=﹣x+b经过点A，∴b=﹣3，∴y=﹣x﹣3
当x=2时，y=﹣5 则点D的坐标为（2，﹣5），∵点D在抛物线上，∴a（2+3）（2﹣1）=﹣5，
解得，a=﹣，则抛物线的解析式为y=﹣（x+3）（x﹣1）=﹣x2﹣2x+3；
（2）如图1中，作PH⊥x轴于H，设点 P坐标（m，n），
当△BPA∽△ABC时，∠BAC=∠PBA，
∴tan∠BAC=tan∠PBA，即=，∴=，即n=﹣a（m﹣1），
∴解得m=﹣4或1（舍弃），当m=﹣4时，n=5a，
∵△BPA∽△ABC，∴=，∴AB2=AC PB，∴42=，a=或（舍弃），
则n=5a=﹣，
∴点P坐标（﹣4，﹣）．
当△PBA∽△ABC时，∠CBA=∠PBA，
∴tan∠CBA=tan∠PBA，即=，∴=，∴n=﹣3a（m﹣1），
∴，解得m=﹣6或1（舍弃），当m=﹣6时，n=21a，
∵△PBA∽△ABC，∴=，即AB2=BC PB，∴42= ，
解得a=﹣或（不合题意舍弃），则点P坐标（﹣6，﹣3），
综上所述，符合条件的点P的坐标（﹣4，﹣）和（﹣6，﹣3）．
（3）如图2中，作DM∥x轴交抛物线于M，作DN⊥x轴于N，作EF⊥DM于F，
则tan∠DAN===，∴∠DAN=60°，∴∠EDF=60°，
∴DE==EF，∴Q的运动时间t=+=BE+EF，
∴当BE和EF共线时，t最小，
则BE⊥DM，此时点E坐标（1，﹣4）．
【点评】本题考查的是二次函数知识的综合运用，掌握二次函数的性质、二次函数的交点式、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键，解答时，注意分情况讨论讨论，属于中考压轴题．
20、（2023 邵阳）已知抛物线y=ax2﹣4a（a＞0）与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），点P是抛物线上一点，且PB=AB，∠PBA=120°，如图所示．
（1）求抛物线的解析式．
（2）设点M（m，n）为抛物线上的一个动点，且在曲线PA上移动．
①当点M在曲线PB之间（含端点）移动时，是否存在点M使△APM的面积为？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．
②当点M在曲线BA之间（含端点）移动时，求|m|+|n|的最大值及取得最大值时点M的坐标．
【解答】解：（1）如图1，令y=0代入y=ax2﹣4a，∴0=ax2﹣4a，∵a＞0，∴x2﹣4=0，∴x=±2，
∴A（﹣2，0），B（2，0），∴AB=4，过点P作PC⊥x轴于点C，∴∠PBC=180°﹣∠PBA=60°，
∵PB=AB=4，∴cos∠PBC=，∴BC=2，由勾股定理可求得：PC=2∵OC=OB+BC=4，
∴P（4，2），把P（4，2）代入y=ax2﹣4a，∴2=16a﹣4a，∴a=，
∴抛物线解析式为；y=x2﹣；
（2）∵点M在抛物线上，∴n=m2﹣，∴M的坐标为（m，m2﹣），
①当点M在曲线PB之间（含端点）移动时，∴2≤m≤4，
如图2，过点M作ME⊥x轴于点E，交AP于点D，设直线AP的解析式为y=kx+b，
把A（﹣2，0）与P（4，2）代入y=kx+b，得：，解得
∴直线AP的解析式为：y=x+，令x=m代入y=x+，∴y=m+，
∴D的坐标为（m，m+），
∴DM=（m+）﹣（m2﹣）=﹣m2+m+，
∴S△APM=DM AE+DM CE=﹣m2+m+4
当S△APM=时，∴=﹣m2+m+4，∴解得m=3或m=﹣1，
∵2≤m≤4，∴m=3，此时，M的坐标为（3，）；
②当点M在曲线BA之间（含端点）移动时，∴﹣2≤m≤2，n＜0，当﹣2≤m≤0时，
∴|m|+|n|=﹣m﹣n=﹣m2﹣m+=﹣（m+）2+，
当m=﹣时，∴|m|+|n|可取得最大值，最大值为，此时，M的坐标为（﹣，﹣），
当0＜m≤2时，∴|m|+|n|=m﹣n=﹣m2+m+=﹣（m﹣）2+，
当m=时，∴|m|+|n|可取得最大值，最大值为，
此时，M的坐标为（，﹣），
综上所述，当点M在曲线BA之间（含端点）移动时，M的坐标为（，﹣）或（﹣，﹣）时，|m|+|n|的最大值为．
【点评】本题考查二次函数的综合问题，涉及待定系数法求二次函数解析式，三角形面积公式，二次函数最值等知识，要注意将三角形分解成两个三角形求解；还要注意求最大值可以借助于二次函数的性质．
21、（2023 呼和浩特）已知二次函数y=ax2﹣2ax+c（a＜0）的最大值为4，且抛物线过点（，﹣），点P（t，0）是x轴上的动点，抛物线与y轴交点为C，顶点为D．
（1）求该二次函数的解析式，及顶点D的坐标；
（2）求|PC﹣PD|的最大值及对应的点P的坐标；
（3）设Q（0，2t）是y轴上的动点，若线段PQ与函数y=a|x|2﹣2a|x|+c的图象只有一个公共点，求t的取值．
【解答】解：（1）∵y=ax2﹣2ax+c的对称轴为：x=﹣=1，∴抛物线过（1，4）和（，﹣）两点，代入解析式得：，
解得：a=﹣1，c=3，∴二次函数：y=﹣x2+2x+3，∴顶点D的坐标为（1，4）；
（2）∵C、D两点为（0，3）、（1，4）；由三角形两边之差小于第三边可知：|PC﹣PD|≤|CD|，∴P、C、D三点共线时|PC﹣PD|取得最大值，此时最大值为，|CD|=，
由于CD所在的直线解析式为y=x+3，将P（t，0）代入得t=﹣3，∴此时对应的点P为（﹣3，0）；
（3）y=a|x|2﹣2a|x|+c的解析式可化为：y=，
设线段P为y=kx+b，将P（t，0），Q（0，2t）代入得：线段PQ所在的直线解析式：y=﹣2x+2t，
∴①当线段PQ过点（0，3），即点Q与点C重合时，线段PQ与函数
y=有一个公共点，此时t=，
当线段PQ过点（3，0），即点P与点（3，0）重合时，t=3，此时线段PQ与
y=有两个公共点，当≤t＜3时，PQ与y=有一个公共点，
②将y=﹣2x+2t代入y=﹣x2+2x+3（x≥0）得：﹣x2+2x+3=﹣2x+2t，﹣x2+4x+3﹣2t=0，
令△=16﹣4（﹣1）（3﹣2t）=0，t=＞0，
所以当t=时，线段PQ与y=也有一个公共点，
③当线段PQ过点（﹣3，0），即点P与点（﹣3，0）重合时，线段PQ只与
y=﹣x2﹣2x+3（x＜0）有一个公共点，此时t=﹣3，
所以当t≤﹣3时，线段PQ与y=也有一个公共点，
综上所述，t的取值是≤t＜3或t=或t≤﹣3．
【点评】本题考查了二次函数的综合应用，先利用待定系数法求解析式，同时把最大值与三角形的三边关系联系在一起；同时对于二次函数利用动点求取值问题，从特殊点入手，把函数分成几部分考虑，按自变量从大到小的顺序或从小到大的顺序求解．
22、（2023 南宁）如图，已知抛物线经过原点O，顶点为A（1，1），且与直线y=x﹣2交于B，C两点．
（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；
（2）求证：△ABC是直角三角形；
（3）若点N为x轴上的一个动点，过点N作MN⊥x轴与抛物线交于点M，则是否存在以O，M，N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）∵顶点坐标为（1，1），∴设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+1，
又抛物线过原点，∴0=a（0﹣1）2+1，解得a=﹣1，∴抛物线解析式为y=﹣（x﹣1）2+1，
即y=﹣x2+2x，联立抛物线和直线解析式可得，解得或，
∴B（2，0），C（﹣1，﹣3）；
（2）如图，分别过A、C两点作x轴的垂线，交x轴于点D、E两点，
则AD=OD=BD=1，BE=OB+OE=2+1=3，EC=3，
∴∠ABO=∠CBO=45°，即∠ABC=90°，
∴△ABC是直角三角形；
（3）假设存在满足条件的点N，设N（x，0），则M（x，﹣x2+2x），
∴ON=|x|，MN=|﹣x2+2x|，
由（2）在Rt△ABD和Rt△CEB中，可分别求得AB=，BC=3，
∵MN⊥x轴于点N
∴∠ABC=∠MNO=90°，
∴当△ABC和△MNO相似时有=或=，
①当=时，则有=，即|x||﹣x+2|=|x|，
∵当x=0时M、O、N不能构成三角形，
∴x≠0，
∴|﹣x+2|=，即﹣x+2=±，解得x=或x=，
此时N点坐标为（，0）或（，0）；
②当=时，则有=，即|x||﹣x+2|=3|x|，
∴|﹣x+2|=3，即﹣x+2=±3，解得x=5或x=﹣1，
此时N点坐标为（﹣1，0）或（5，0），
综上可知存在满足条件的N点，其坐标为（，0）或（，0）或（﹣1，0）或（5，0）．
【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、图象的交点问题、直角三角形的判定、勾股定理、相似三角形的性质及分类讨论等．在（1）中注意顶点式的运用，在（3）中设出N、M的坐标，利用相似三角形的性质得到关于坐标的方程是解题的关键，注意相似三角形点的对应．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．
23、（2023 十堰）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+1经过点A（4，﹣3），顶点为点B，点P为抛物线上的一个动点，l是过点（0，2）且垂直于y轴的直线，过P作PH⊥l，垂足为H，连接PO．
（1）求抛物线的解析式，并写出其顶点B的坐标；
（2）①当P点运动到A点处时，计算：PO= ，PH= ，由此发现，PO PH（填“＞”、“＜”或“=”）；
②当P点在抛物线上运动时，猜想PO与PH有什么数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图2，设点C（1，﹣2），问是否存在点P，使得以P，O，H为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】（1）解：∵抛物线y=ax2+1经过点A（4，﹣3），∴﹣3=16a+1，∴a=﹣，
∴抛物线解析式为y=﹣x2+1，顶点B（0，1）．
（2）①当P点运动到A点处时，∵PO=5，PH=5，∴PO=PH，故答案分别为5，5，=．
②结论：PO=PH．理由：设点P坐标（m，﹣m2+1），∵PH=2﹣（﹣m2+1）=m2+1
PO==m2+1，∴PO=PH．
（3）∵BC==，AC==，AB==4∴BC=AC，∵PO=PH，
又∵以P，O，H为顶点的三角形与△ABC相似∴PH与BC，PO与AC是对应边，
∴=，设点P（m，﹣m2+1），∴=，解得m=±1，
∴点P坐标（1，）或（﹣1，）．
24、（2023 桂林）如图1，已知开口向下的抛物线y1=ax2﹣2ax+1过点A（m，1），与y轴交于点C，顶点为B，将抛物线y1绕点C旋转180°后得到抛物线y2，点A，B的对应点分别为点D，E．
（1）直接写出点A，C，D的坐标；
（2）当四边形ABDE是矩形时，求a的值及抛物线y2的解析式；
（3）在（2）的条件下，连接DC，线段DC上的动点P从点D出发，以每秒1个单位长度的速度运动到点C停止，在点P运动的过程中，过点P作直线l⊥x轴，将矩形ABDE沿直线l折叠，设矩形折叠后相互重合部分面积为S平方单位，点P的运动时间为t秒，求S与t的函数关系．
【解答】解：（1）由题意得：将A（m，1）代入y1=ax2﹣2ax+1得：am2﹣2am+1=1，
解得：m1=2，m2=0（舍），∴A（2，1）、C（0，1）、D（﹣2，1）；
（2）如图1，由（1）知：B（1，1﹣a），过点B作BM⊥y轴，若四边形ABDE为矩形，则BC=CD，
∴BM2+CM2=BC2=CD2，∴12+（﹣a）2=22，∴a=，∵y1抛物线开口向下，∴a=﹣，
∵y2由y1绕点C旋转180°得到，则顶点E（﹣1，1﹣），∴设y2=a（x+1）2+1﹣，则a=，
∴y2=x2+2x+1；
（3）如图1，当0≤t≤1时，则DP=t，构建直角△BQD，得BQ=，DQ=3，则BD=2，
∴∠BDQ=30°，∴PH=，PG=t，∴S=（PG+PH）×DP=t2，如图2，当1＜t≤2时，
因为矩形ABDE沿直线l折叠，所以延长DE和D′E′交直线l于同一点，设这一点为M，
D（﹣2，1），E（﹣1，1﹣），∴DE==2，∴EM=DM﹣DE=2t﹣2，
∵∠EMG=30°，∴EG=E′G=（t﹣1），在Rt△FEM中，∠EMF=2×30°=60°，∴∠EFM=30°，
∴FM=2EM=4t﹣4，
∴E′F=FM﹣E′M=FM﹣EM=4t﹣4﹣（2t﹣2）=2t﹣2=2（t﹣1），
S△GE′F=（t﹣1）2，
S=S△HMD′﹣S△GE′F﹣S△GE′M=×t×2t﹣（t﹣1）2﹣×（t﹣1）×（2t﹣2），
=﹣；
综上所述：S=t2（0≤t≤1）或S=﹣（1＜t≤2）．
【点评】本题考查了二次函数的性质，旋转的性质和矩形对角线的性质，以及三角函数及特殊角的应用，综合性较强；善于从已知中挖掘隐藏条件是本题的关键：如此题可以计算矩形的边长及对角线与边的夹角，得出30°，以此为突破口，将需要的边长用t表示，得出函数关系式；另外本题还运用了分类讨论的思想，这在二次函数中运用较多，应熟练掌握．
25、（2023 茂名）如图，抛物线y=﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，且与y轴交于点C，点D是抛物线的顶点，抛物线的对称轴DE交x轴于点E，连接BD．
（1）求经过A，B，C三点的抛物线的函数表达式；
（2）点P是线段BD上一点，当PE=PC时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，过点P作PF⊥x轴于点F，G为抛物线上一动点，M为x轴上一动点，N为直线PF上一动点，当以F、M、N、G为顶点的四边形是正方形时，请求出点M的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y=﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，∴，
解得，，∴经过A，B，C三点的抛物线的函数表达式为y=﹣x2+2x+3；
（2）如图1，连接PC、PE，x=﹣=﹣=1，当x=1时，y=4，∴点D的坐标为（1，4），
设直线BD的解析式为：y=mx+n，则，解得，，
∴直线BD的解析式为y=﹣2x+6，设点P的坐标为（x，﹣2x+6），
则PC2=x2+（3+2x﹣6）2，PE2=（x﹣1）2+（﹣2x+6）2，∵PC=PE，
∴x2+（3+2x﹣6）2=（x﹣1）2+（﹣2x+6）2，解得，x=2，则y=﹣2×2+6=2，
∴点P的坐标为（2，2）；
（3）设点M的坐标为（a，0），则点G的坐标为（a，﹣a2+2a+3），
∵以F、M、N、G为顶点的四边形是正方形，
∴FM=MG，即|2﹣a|=|﹣a2+2a+3|，
当2﹣a=﹣a2+2a+3时，
整理得，a2﹣3a﹣1=0，
解得，a=，
当2﹣a=﹣（﹣a2+2a+3）时，
整理得，a2﹣a﹣5=0，
解得，a=，
∴当以F、M、N、G为顶点的四边形是正方形时，点M的坐标为（，0），（，0），（，0），（，0）．
【点评】本题考查的是二次函数的图象和性质、待定系数法求函数解析式以及正方形的性质，掌握二次函数的图象和性质、灵活运用待定系数法是解题的关键．
26、（2023 宁德）如图1，已知抛物线l1：y=﹣x2+x+3与y轴交于点A，过点A的直线l2：y=kx+b与抛物线l1交于另一点B，点A，B到直线x=2的距离相等．
（1）求直线l2的表达式；
（2）将直线l2向下平移个单位，平移后的直线l3与抛物线l1交于点C，D（如图2），判断直线x=2是否平分线段CD，并说明理由；
（3）已知抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c为常数）和直线y=3x+m有两个交点M，N，对于任意满足条件的m，线段MN都能被直线x=h平分，请直接写出h与a，b之间的数量关系．
【解答】解：（1）当x=0时，y=3，∴A（0，3），∴A到直线x=2的距离为2，
∵点A，B到直线x=2的距离相等，∴B到直线x=2的距离为2，∴B的横坐标为4，
当x=4时，y=﹣×42+4+3=﹣1，∴B（4，﹣1），A（0，3）B（4，﹣1）y=kx+b得：，
解得：，∴直线l2的表达式为：y=﹣x+3；
（2）x=2平分线段CD，理：直线l3表达式为：y=﹣x+3﹣=﹣x+0.5，当x=2时，y=﹣2+0.5=﹣1.5，
，解得：或，∴C（﹣1，1.5）、D（5，﹣4.5），
∴线段CD的中点坐标为：x==2，y==﹣1.5，则直线x=2平分线段CD；
（3），ax2+（b﹣3）x+c﹣m=0，则x1、x2是此方程的两个根，x1+x2=﹣，
∵线段MN都能被直线x=h平分，
设线段MN的中点为P，则P的横坐标为h，
根据中点坐标公式得：h==﹣．
【点评】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数与一次函数的交点问题，与方程组相结合，理解上有难度；要熟知中点坐标公式：若A（a，b），B（m，n），则AB的中点坐标x=，y=；两函数图象的交点就是两函数解析式所列方程组的解．
27、（2023 扬州）如图1，二次函数y=ax2+bx的图象过点A（﹣1，3），顶点B的横坐标为1．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）点P在该二次函数的图象上，点Q在x轴上，若以A、B、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，求点P的坐标；
（3）如图3，一次函数y=kx（k＞0）的图象与该二次函数的图象交于O、C两点，点T为该二次函数图象上位于直线OC下方的动点，过点T作直线TM⊥OC，垂足为点M，且M在线段OC上（不与O、C重合），过点T作直线TN∥y轴交OC于点N．若在点T运动的过程中，为常数，试确定k的值．
【解答】解：（1）∵y=ax2+bx过A（﹣1，3），顶点B的横坐标为1，则有解得∴二次函数y=x2﹣2x，（2）由（1）得，B（1，﹣1），∵A（﹣1，3），∴直线AB解析式为y=﹣2x+1，AB=2，设点Q（m，0），P（n，n2﹣2n）∵以A、B、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，①当AB为对角线时，根据中点坐标公式得，则有，解得或∴P（1+，2）和（1﹣，2）②当AB为边时，根据中点坐标公式得解得或∴P（1+，4）或（1﹣，4）．故答案为P（1+，2）或（1﹣，2）或P（1+，4）或（1﹣，4）．（3）设T（m，m2﹣2m），∵TM⊥OC，∴可以设直线TM为y=﹣x+b，则m2﹣2m=﹣m+b，b=m2﹣2m+，由解得，∴OM==，ON=m ，∴=，∴k=时，=．∴当k=时，点T运动的过程中，为常数．
【点评】本题考查二次函数综合题，平行四边形的判定和性质，中点坐标公式等知识，解题的关键是利用参数，方程组解决问题，学会转化的思想，属于中考压轴题．
28、（2023成都中考28）在平面直角坐标系中，已知抛物线（为常数）的顶点为，等腰直角三角形的定点的坐标为，的坐标为，直角顶点在第四象限.
（1）如图，若该抛物线过 ，两点，求该抛物线的函数表达式；
（2）平移（1）中的抛物线，使顶点在直线上滑动，且与交于另一点.
i）若点在直线下方，且为平移前（1）中的抛物线上的点，当以
三点为顶点的三角形是等腰直角三角形时，求出所有符合条件的点的坐标；
ii）取的中点，连接.试探究是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由.
【解答】解：（1）∵等腰直角三角形ABC的顶点A的坐标为（0，﹣1），C的坐标为（4，3）
∴点B的坐标为（4，﹣1）．∵抛物线过A（0，﹣1），B（4，﹣1）两点，
∴，解得：b=2，c=﹣1，∴抛物线的函数表达式为：y=x2+2x﹣1．
（2）i）∵A（0，﹣1），C（4，3），∴直线AC的解析式为：y=x﹣1．设平移前抛物线的顶点为P0，则由（1）可得P0的坐标为（2，1），且P0在直线AC上．∵点P在直线AC上滑动，∴可设P的坐标为（m，m﹣1），则平移后抛物线的函数表达式为：y=（x﹣m）2+m﹣1．解方程组：，解得，∴P（m，m﹣1），Q（m﹣2，m﹣3）．过点P作PE∥x轴，过点Q作QF∥y轴，则PE=m﹣（m﹣2）=2，QF=（m﹣1）﹣（m﹣3）=2．∴PQ==AP0．若以M、P、Q三点为顶点的等腰直角三角形，则可分为以下两种情况：
①当PQ为直角边时：点M到PQ的距离为（即为PQ的长）．
由A（0，﹣1），B（4，﹣1），P0（2，1）可知，△ABP0为等腰直角三角形，且BP0⊥AC，BP0=．
如答图1，过点B作直线l1∥AC，交抛物线y=x2+2x﹣1于点M，则M为符合条件的点．
∴可设直线l1的解析式为：y=x+b1，∵B（4，﹣1），∴﹣1=4+b1，解得b1=﹣5，
∴直线l1的解析式为：y=x﹣5．解方程组，得：，
∴M1（4，﹣1），M2（﹣2，﹣7）．②当PQ为斜边时：MP=MQ=2，可求得点M到PQ的距离为．
如答图2，取AB的中点F，则点F的坐标为（2，﹣1）．
由A（0，﹣1），F（2，﹣1），P0（2，1）可知：
△AFP0为等腰直角三角形，且点F到直线AC的距离为．
过点F作直线l2∥AC，交抛物线y=x2+2x﹣1于点M，则M为符合条件的点．
∴可设直线l2的解析式为：y=x+b2，∵F（2，﹣1），∴﹣1=2+b2，解得b2=﹣3，
∴直线l2的解析式为：y=x﹣3．解方程组，得：，
∴M3（1+，﹣2+），M4（1﹣，﹣2﹣）．综上所述，所有符合条件的点M的坐标为：
M1（4，﹣1），M2（﹣2，﹣7），M3（1+，﹣2+），M4（1﹣，﹣2﹣）．
ii）存在最大值．理由如下：由i）知PQ=为定值，则当NP+BQ取最小值时，有最大值．如答图2，取点B关于AC的对称点B′，易得点B′的坐标为（0，3），BQ=B′Q．
连接QF，FN，QB′，易得FN∥PQ，且FN=PQ，∴四边形PQFN为平行四边形．∴NP=FQ．∴NP+BQ=FQ+B′Q≥FB′==．∴当B′、Q、F三点共线时，NP+BQ最小，最小值为．∴的最大值为=．
29、（2023青羊区九上期末28）如图，直线与抛物线交于C、D两点，其中点C在y轴上，点D的坐标为（3，），点P使y轴右侧的抛物线上一动点，过点P作PE⊥x轴于点E，交CD于点F.
求一次函数和抛物线的解析式；
若点P的横坐标为t，当t为何值时，四边形OCPF是平行四边形？请说明理由。
在CD上方是否存在点P，使PCF=45°，若存在，求出相应的点P的坐标 ，若不存在，请说明理由。
【解答】解：（1）∵直线y=x+m经过点D（3，），∴=×3+m，解得：m=1，
∴直线的解析式：y=x+1在直线解析式y=x+1中，令x=0，得y=1，∴C（0，1）．
∵点C（0，1）、D（3，）在抛物线y=﹣x2+bx+c上，∴c=1，﹣9+3b+c=，解得b=，c=1，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+1；
（2）∵PF∥OC，且以O、C、P、F为顶点的四边形是平行四边形，∴PF=OC=1，设P（t，﹣t2+t+1）则F（t，t+1）∴PF=|t+1+t2﹣t﹣1|=1，解得：t=或t=．（3）存在．
理由：设点P的横坐标为m，则P（m，﹣m2+m+1），F（m，m+1）．
如答图2所示，过点C作CM⊥PE于点M，则CM=m，EM=1，∴FM=yF﹣EM=m，
∴tan∠CFM=2．
在Rt△CFM中，由勾股定理得：CF=m．
过点P作PN⊥CD于点N，则PN=FN tan∠PFN=FN tan∠CFM=2FN．
∵∠PCF=45°，
∴PN=CN，
而PN=2FN，∴FN=CF=m，PN=2FN=m，
在Rt△PFN中，由勾股定理得：PF==m．
∵PF=yP﹣yF=（﹣m2+m+1）﹣（m+1）=﹣m2+3m，
∴﹣m2+3m=m，整理得：m2﹣m=0，
解得m=0（舍去）或m=，
∴P（，）．
【点评】本题是二次函数综合题型，考查了二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、解方程、平行四边形、勾股定理等重要知识点．第（2）问采用数形结合思想求解，直观形象且易于理解．
30、（2023七中一诊）已知抛物线与轴和轴的正半轴分别交于点A和B，已知点A的坐标为（4,0）。
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，连接AB，M为AB的中点，在AB的同侧以M为旋转中心，且，MP与轴交于点C，MQ交轴于点D。设AD的长为，BC的长为，求和之间的函数关系式；
（3）若抛物线上有一点，当为何值时，的边过点F？
【解答】解：（1）将点A（4，0）代入抛物线解析式可得：
0=﹣×42+4b+4，解得：b=1，故y=﹣x2+x+4；
（2）抛物线y=﹣=﹣x2+x+4与x轴的交点为A（4，0），与y轴的交点为B（0，4），则AB=4，AM=BM=2，
在∠PMQ绕点M在AB同侧旋转过程中，
∠MBC=∠DAM=∠PMQ=45°，
在△BCM中，∠BMC+∠BCM+∠MBC=180°，即∠BMC+∠BCM=135°，
在直线AB上，∠BMC+∠PMQ+∠AMD=180°，即∠BMC+∠AMD=135°，则∠BCM=∠AMD，
故△BCM∽△AMD，则=，即=，n=，故n与m之间的函数关系式为n=（m＞0）．
（3）∵F（﹣k﹣1，﹣k2+1）在y=﹣x2+x+4上，∴﹣（﹣k﹣1）2+（﹣k﹣1）+4=﹣k2+1，
化简得，k2﹣4k+3=0，解得：k1=1，k2=3，即F1（﹣2，0）或F2（﹣4，﹣8），
①MF过点M（2，2）和F1（﹣2，0），设MF为y=kx+b，则，解得：，
故直线MF的解析式为y=x+1，直线MF与x轴的交点为（﹣2，0），与y轴交点为（0，1），
若MP过点F（﹣2，0），则n=4﹣1=3，m=，若MQ过点F（﹣2，0），则m=4﹣（﹣2）=6，n=，
②MF过点M（2，2）或点F1（﹣4，﹣8），设MF为y=kx+b，则，解得：，
故直线MF的解析式为y=x﹣，直线MF与x轴的交点为（，0），与y轴交点为（0，﹣），
若MP过点F（﹣4，﹣8），则n=4﹣（﹣）=，m=，
若MQ过点F（﹣4，﹣8），则m=4﹣=，n=，
故当，，或时∠PMQ的边过点F．
【点评】本题考查了二次函数的综合题，涉及了待定系数法求函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征的问题，同学们注意培养自己解决综合题的能力，将所学知识融会贯通．
目录
题型分类图解2
典型例题精讲3
专题一、二次函数与图形面积综合3
专题二、二次函数与角度构造综合6
专题三、二次函数与等腰三角形综合10
专题四、二次函数与线段和差最值综13
专题五、二次函数与相似综合问题16
专题六、二次函数与平行四边形综合问题19
专题七、二次函数与一次函数交点综合问题23
专题八、二次函数与圆综合问题25
学以致用——二次函数压轴题真题专练27
题型分类图解
典型例题精讲
专题一、二次函数与图形面积综合
【例1】（2023黔东南州）如图，已知抛物线经过点三点。
（1）、求抛物线的解析式。
（2）、点是线段上的点（不与重合），过作轴交抛物线于，若点的横坐标为，请用的代数式表示的长。
（3）、在（2）的条件下，连接，是否存在点，使的面积最大？若存在，求的值，若不存在，说明理由。
思路方法总结、易错点解析、重难点突破：
1、对于二次函数与面积问题最值综合问题，有两类方法：
①“铅垂法”——采用的思路是“先定式，后定性”，先利用“铅垂法：”表示三角形的面积（一般来说表示的面积是一个二次函数），再对二次函数的一般式配方成顶点式，最后根据自变量的取值范围确定最终结果；
②“平移法”——采用的思路是“先定性，后定式”，平移三角形边所在的直线，当该直线与抛物线只有一个交点时，面积取得最大值：先联立一次函数与二次函数解析式，得到一个含参的一元二次方程，因为只有一个交点，即判别式为的值零，即可求得参数字母的值，最后再根据相关条件确定最终结果；
2、结论补充：此题中，当铅直高与三角形边的交点刚好是三角形另两个顶点的中点时，取的面积最大值；
【变式1】在（1）条件下，若为线段上方抛物线上一点，作于，求的最大值及此时点坐标；
【变式2】在（1）条件下，连接，为抛物线上一点，满足条件，求点坐标；
【变式3】在（1）条件下，连接，为抛物线上一点，满足条件，
（1）若满足条件的点恰有三个，求的值；
（2）若满足条件的点只有两个，求的取值范围；
（3）若满足条件的点有四个，求的取值范围；
【变式4】（2023金牛区九上期末28改编）如图，抛物线交轴于两点，交轴于点，直线经过点，点的坐标为，且的面积为。
（1）求抛物线的解析式；
（2）为线段上的动点，过点作，交于点，连结，当的面积最大时，求点的坐标；
专题二、二次函数与角度构造综合
【例2】（2023包头改编）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx﹣2（a≠0）与x轴交于A（1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C，其顶点为点D，点E的坐标为（0，﹣1），该抛物线与BE交于另一点F，连接BC．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）一动点M从点D出发，以每秒1个单位的速度平沿行与y轴方向向上运动，连接OM，BM，设运动时间为t秒（t＞0），在点M的运动过程中，当t为何值时，∠OMB=90°？
思路方法总结、易错点解析、重难点突破：
在二次函数综合题型中遇到斜垂直问题，往往想到“改斜归正”，构造“K型相似”将斜垂直问题转化为横边和竖边的比值问题；
【变式1】在抛物线上是否存在点P，使得△PBC是以BC为边的直角三角形，若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由；
【变式2】在抛物线上是否存在点P,使得∠PBO=∠OEB，若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由；
【变式3】在抛物线上是否存在点P,使得∠PBE=∠EBO，若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由；
【变式4】在抛物线上是否存在点P,使得∠PCB=∠EBC，若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由；
【变式5】在抛物线上是否存在点P使得∠PBC=∠EBC，若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由；
思路方法总结、易错点解析、重难点突破：
在二次函数综合题型中遇到构造角度综合问题时，往往是寻找角度之间的特殊关系，可推导如垂直、平行等特殊条件进行解题，若不能推导垂直、平行，则要注意把角度的三角函数值，将角度放入三角形中，利用解直角三角形模型（两角一边或两边一角）进行相关推导；
专题三、二次函数与等腰三角形综合
【例3】（2023临夏州改编）如图，已知抛物线y=﹣x2+bx+c经过A（3，0），B（0，3）两点．
（1）求此抛物线的解析式和直线AB的解析式；
（2）P为（1）中抛物线对称轴上一动点，当△ABP为等腰三角形时，求P点的坐标；
（3）如图①，动点E从O点出发，沿着OA方向以1个单位/秒的速度向终点A匀速运动，同时，动点F从A点出发，沿着AB方向以个单位/秒的速度向终点B匀速运动，当E，F中任意一点到达终点时另一点也随之停止运动，连接EF，设运动时间为t秒，当t为何值时，△AEF为等腰三角形？
思路方法总结、易错点解析、重难点突破：
1、等腰三角形分类标准：按已知线段为等腰三角形的腰（或底边）进行分类讨论，若角度条件特殊，可按角度为顶角（或是底角）进行分类讨论
2、在具体解决问题时，要利用好等腰三角形的性质：若两腰较容易表示，则用两腰相等解决问题；若两腰不易表示时，则要考虑两角相等或三线合一解决问题；
【变式1】（2023山东济南）如图，抛物线平移后过点和原点，顶点为，对称轴与轴相交于点，与原抛物线相交于点．
（1）求平移后抛物线的解析式并直接写出阴影部分的面积；
（2）如图，直线与轴相交于点，点为线段上一动点，为直角，边与相交于点，设，试探求：
①为何值时为等腰三角形；
【变式3】（2023山东临沂改编）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点和点，直线与轴交于点，与抛物线交于点。
（1）求抛物线的解析式；
（2）求点到直线的距离；
（3）平移抛物线，使抛物线的顶点在直线上，抛物线与直线的另一个交点为，点在轴上，当以三点为顶点的三角形为等腰直角三角形时，求出所有符合条件的点的坐标．
专题四、二次函数与线段和差最值综合
【例4】如图，抛物线的图象过点，顶点为，点在轴正半轴上，且。
（1）求直线及抛物线的解析式；
（2）将直线绕点逆时针旋转，所得直线与抛物线相交于另一点。若点是直线上的动点，的周长是否存在最小值？若存在，求出这个最小值并求出此时点的坐标；若不存在，请说明理由。
思路方法总结、易错点解析、重难点突破：
三角形（四边形）周长最值问题其实质是线段和最值问题，通过平移、对称、旋转三大图形变换，将线段转化为首位顺次连接且无回折的情形，最后利用两点间的线段最短原理解决最值问题；
【变式1】条件如上题，若点是线段上的动点，点是线段上的动点，问：在点和点移动过程中，的周长是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由。
【变式2】条件如上题，若点为上的动点（在左边），且满足条件，在点和点移动过程中，求的最小值。
【变式3】条件如上题，若点为抛物线对称轴上的动点，求的最大值。
【变式4】条件如上题，直线交轴于点，为直线上一点，一动点从点出发以个单位长度每秒的速度沿运动到后，又沿线段以个单位长度每秒的速度从运动到点，求改动点最短运动时间及此时点的坐标。
专题五、二次函数与相似综合问题
【例5】（2023黔西南州压轴题）如图，已知抛物线经过及原点，顶点为
（1）求抛物线的函数解析式
（2）是抛物线上第一象限内的动点，过点作轴，垂足为，是否存在点，使得以为顶点的三角形与相似？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
思路方法总结、易错点解析、重难点突破：
1、相似三角形问题的分类标准：按对应角进行分类讨论
2、在具体解决问题时，要利用好相似三角形的性质：若对应边较容易表示，则用对应边成比例解决问题；若对应边不易表示时，则要对应角相等，利用角度相等转化为其他条件，如等腰、另一组相似、三角函数等相关条件解决问题；
【变式1】如图①，已知抛物线经过两点．
（1） 求抛物线的解析式；
（2）将直线向下平移个单位长度后，得到的直线与抛物线只有一个公共点，求的值及点的坐标；
（3）如图②，若点在抛物线上，且，则在(2)的条件下，求出所有满足的点的坐标。
【变式2】如图，已知抛物线（b是实数且b>2）与x轴的正半轴分别交于点A、B(点A位于点B的左侧)，与y轴的正半轴交于点C．
（1）点B的坐标为 ，点C的坐标为 (用含b的代数式表示）；
（2）请你进一步探索在第一象限内是否存在点Q，使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似（全等可看作相似的特殊情况）如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由
专题六、二次函数与平行四边形综合问题
【例6】（2023湖南株洲市）如图，一次函数分别交轴于两点，抛物线过两点。
（1）求这个抛物线的解析式；
（2）作垂直轴的直线，在第一象限交直线于，交这个抛物线于。求当取何值时，有最大值？最大值是多少？
（3）在（2）的情况下，以为顶点作平行四边形，求第四个顶点的坐标。
思路方法总结、易错点解析、重难点突破：
平行四边形问题的解决主要在于掌握平行四边形的分类标准（一般是三种分类），作图方法，以及简便计算方法。
①分类标准：按已知线段为平行四边形的边（或对角线）进行分类讨论；
②在具体解决问题时，要利用好平行四边形的性质：①对边平行且相等；②对角线相互平分
【变式1】已知抛物线与轴交于两点，点在这条抛物线上，点在轴上，如果以点为顶点的四边形是平行四边形，求点的坐标。
【变式2】（2023成都中考28）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于点，顶点为，对称轴与轴交于点，过点的直线交抛物线于两点，点在轴的右侧．
（1）求的值及点的坐标；
（2）当点位于第二象限时，设的中点为，点在抛物线上，则以为对角线的四边形能否为菱形？若能，求出点的坐标；若不能，请说明理由．
【变式3】（2023成都中考28）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于两点（点在点的左侧），经过点的直线与轴负半轴交于点，与抛物线的另一个交点为，且.
（1）直接写出点的坐标，并求直线的函数表达式（其中用含的式子表示）；
（2）点是直线上方的抛物线上的动点，若的面积的最大值为，求的值；
（3）设是抛物线的对称轴上的一点，点在抛物线上，以点为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出点的坐标；若不能，请说明理由。
思路方法总结、易错点解析、重难点突破：
特殊平行四边形问题的解决主要在于掌握特殊平行四边形的分类标准以及具体点坐标求解方法；
①分类标准：按已知线段为特殊平行四边形的边（或对角线）进行分类讨论；
②在具体求点坐标时，要应用平行四边形求点坐标的方法，还要注意正方形四边相等且邻边垂直，矩形邻边垂直，菱形对角线垂直等特殊性质；
专题七、二次函数与一次函数交点综合问题
【例7】（2012成都中考28改编）如图，在平面直角坐标系中，一次函数（为常数）的图象与轴交于点，与轴交于点,以直线为对称轴的抛物线（为常数，且）经过两点，并与轴的正半轴交于点.
（1）求的值及抛物线的函数表达式；
（2）若是抛物线对称轴上使的周长取得最小值的点，过点任意作一条与轴不平行的直线交抛物线于两点，试探究是否为定值，并写出探究过程．
思路方法总结、易错点解析、重难点突破：
一次函数与二次函数交点问题常见解题模式：
①一次函数与二次函数解析式含有待定系数，若无解析式，可设解析式；
②联立解析式，建立关于的一元二次方程（方程中含有待定系数），设方程两根为（即交点横坐标），
③根据其他条件转换为和两交点坐标有关的代数式，再利用韦达定理解题思路转换代数式，注意最后要验证判别式；
【变式1】（2023锦江区二诊28）在平面直角坐标系xOy中，抛物线过点(2,2)且当x=0时y取得最小值１。
（1）求此抛物线的解析式；
（2）如图，过点B（0,2）的直线交已知抛物线P，Q两点（P点为抛物线上不同于A的点）过点P，Q分别作ｘ轴的垂下，垂足分别为S，R．
判断△SBR的形状；
在线段SR上求点Ｍ，使得以点P，S、M为顶点的三角形和以点Q，R，M为顶点的三角形相似；
（3）已知点C（1,3）在已知抛物线内部，试探索是否存在满足下列条件的直线ｌ
直线ｌ过点C（1,3）
直线ｌ交抛物线于E，F两点且C点恰好是线段EF的中点，若存在，请求出直线ｌ的函数解析式；若不存在，请说明理由。
专题八、二次函数与圆综合问题
【例8】（2023湘潭26）如图，抛物线y=﹣x2+mx+n的图象经过点A（2，3），对称轴为直线x=1，一次函数y=kx+b的图象经过点A，交x轴于点P，交抛物线于另一点B，点A、B位于点P的同侧．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若PA：PB=3：1，求一次函数的解析式；
（3）在（2）的条件下，当k＞0时，抛物线的对称轴上是否存在点C，使得⊙C同时与x轴和直线AP都相切，如果存在，请求出点C的坐标，如果不存在，请说明理由．
思路方法总结、易错点解析、重难点突破：
二次函数与圆综合问题常考相切模型，要综合利用切线的性质与判定、切线长定理等相关条件解决数学问题；
【变式1】在（2）的条件下，当k＞0时，D是抛物线线上一点，使得以D为圆心的⊙D与x轴相切，且与直线AP相交，请求出点D的横坐标坐标的取值范围。
【变式2】（2023山东济南）如图，抛物线平移后过点和原点，顶点为，对称轴与轴相交于点，与原抛物线相交于点，直线与轴相交于点，点为线段上一动点，为直角，边与相交于点，设，试探求：
①为何值时，线段长度最大并求该最大值；
学以致用——二次函数压轴题真题专练
1、（2023 哈尔滨）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=ax2+2xa+c经过A（﹣4，0），B（0，4）两点，与x轴交于另一点C，直线y=x+5与x轴交于点D，与y轴交于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是第二象限抛物线上的一个动点，连接EP，过点E作EP的垂线l，在l上截取线段EF，使EF=EP，且点F在第一象限，过点F作FM⊥x轴于点M，设点P的横坐标为t，线段FM的长度为d，求d与t之间的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，过点E作EH⊥ED交MF的延长线于点H，连接DH，点G为DH的中点，当直线PG经过AC的中点Q时，求点F的坐标．
【解答】解：（1）把A（﹣4，0），B（0，4）代入y=ax2+2xa+c得，解得，所以抛物线解析式为y=﹣x2﹣x+4；
（2）如图1，分别过P、F向y轴作垂线，垂足分别为A′、B′，过P作PN⊥x轴，垂足为N，由直线DE的解析式为：y=x+5，则E（0，5），∴OE=5，
∵∠PEO+∠OEF=90°，∠PEO+∠EPA′=90°，∴∠EPA′=∠OEF，
∵PE=EF，∠EA′P=∠EB′F=90°，∴△PEA′≌△EFB′，∴PA′=EB′=﹣t，
则d=FM=OB′=OE﹣EB′=5﹣（﹣t）=5+t；
（3）如图2，由直线DE的解析式为：y=x+5，∵EH⊥ED，
∴直线EH的解析式为：y=﹣x+5，∴FB′=A′E=5﹣（﹣t2﹣t+4）=t2+t+1，
∴F（t2+t+1，5+t）∴点H的横坐标为：t2+t+1，y=﹣t2﹣t﹣1+5=﹣t2﹣t+4，
∴H（t2+t+1，﹣t2﹣t+4），∵G是DH的中点，∴G（，），
∴G（t2+t﹣2，﹣t2﹣t+2），∴PH∥x轴，∵DG=GH，
∴PG=GQ，∵A（﹣4，0），C（2，0），∴AC=6，∵Q是AC的中点，∴Q（﹣1，0），∵P的横坐标是t，∴=t2+t﹣2，t=±，∵P在第二象限，
∴t＜0，∴t=﹣，∴F（4﹣，5﹣）．
【点评】本题是二次函数的综合题，考查了利用待定系数法求二次函数和一次函数的解析式，考查了直角三角形全等的性质和判定；本题的关键是根据直角三角形全等对应边相等列式得出d与t的函数关系式；同时要注意：若A、B两点的坐标分别为（x1、y1）、（x2、y2），则线段AB中点的坐标为（，）．
2、（2023 荆州）阅读：我们约定，在平面直角坐标系中，经过某点且平行于坐标轴或平行于两坐标轴夹角平分线的直线，叫该点的“特征线”．例如，点M（1，3）的特征线有：x=1，y=3，y=x+2，y=﹣x+4．
问题与探究：如图，在平面直角坐标系中有正方形OABC，点B在第一象限，A、C分别在x轴和y轴上，抛物线经过B、C两点，顶点D在正方形内部．
（1）直接写出点D（m，n）所有的特征线；
（2）若点D有一条特征线是y=x+1，求此抛物线的解析式；
（3）点P是AB边上除点A外的任意一点，连接OP，将△OAP沿着OP折叠，点A落在点A′的位置，当点A′在平行于坐标轴的D点的特征线上时，满足（2）中条件的抛物线向下平移多少距离，其顶点落在OP上？
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）根据特征线直接求出点D的特征线；
（2）由点D的一条特征线和正方形的性质求出点D的坐标，从而求出抛物线解析式；
（2）分平行于x轴和y轴两种情况，由折叠的性质计算即可．
【解答】解：（1）∵点D（m，n），∴点D（m，n）的特征线是x=m，y=n，y=x+n﹣m，y=﹣x+m+n；
（2）点D有一条特征线是y=x+1，∴n﹣m=1，∴n=m+1∵抛物线解析式为，
∴y=（x﹣m）2+m+1，∵四边形OABC是正方形，且D点为正方形的对称轴，D（m，n），
∴B（2m，2m），∴（2m﹣m）2+n=2m，将n=m+1带入得到m=2，n=3；
∴D（2，3），∴抛物线解析式为y=（x﹣2）2+3
（3）如图，当点A′在平行于y轴的D点的特征线时，
根据题意可得，D（2，3），∴OA′=OA=4，OM=2，
∴∠A′OM=60°，∴∠A′OP=∠AOP=30°，∴MN==，
∴抛物线需要向下平移的距离=3﹣=．
如图，当点A′在平行于x轴的D点的特征线时，设A′（p，3），
则OA′=OA=4，OE=3，EA′==，∴A′F=4﹣，
设P（4，c）（c＞0），，在Rt△A′FP中，（4﹣）2+（3﹣c）2=c2，
∴c=，∴P（4，）∴直线OP解析式为y=x，
∴N（2，），∴抛物线需要向下平移的距离=3﹣=，
即：抛物线向下平移或距离，其顶点落在OP上．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了折叠的性质，正方形的性质，特征线的理解，解本题的关键是用正方形的性质求出点D的坐标．
3、（16 岳阳）如图①，直线y=x+4交于x轴于点A，交y轴于点C，过A、C两点的抛物线F1交x轴于另一点B（1，0）．
（1）求抛物线F1所表示的二次函数的表达式；
（2）若点M是抛物线F1位于第二象限图象上的一点，设四边形MAOC和△BOC的面积分别为S四边形MAOC和S△BOC，记S=S四边形MAOC﹣S△BOC，求S最大时点M的坐标及S的最大值；
（3）如图②，将抛物线F1沿y轴翻折并“复制”得到抛物线F2，点A、B与（2）中所求的点M的对应点分别为A′、B′、M′，过点M′作M′E⊥x轴于点E，交直线A′C于点D，在x轴上是否存在点P，使得以A′、D、P为顶点的三角形与△AB′C相似？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）利用一次函数的解析式求出点A、C的坐标，然后再利用B点坐标即可求出二次函数的解析式；（2）由于M在抛物线F1上，所以可设M（a，﹣a2﹣a+4），然后分别计算S四边形MAOC和S△BOC，过点M作MP⊥x轴于点P，则S四边形MAOC的值等于△APM的面积与梯形POCM的面积之和．
（3）由于没有说明点P的具体位置，所以需要将点P的位置进行分类讨论，当点P在A′的右边时，此情况是不存在；当点P在A′的左边时，此时∠DA′P=∠CAB′，若以A′、D、P为顶点的三角形与△AB′C相似，则分为以下两种情况进行讨论：①=；②=．
【解答】解：（1）令y=0代入y=x+4，∴x=﹣3，A（﹣3，0），令x=0，代入y=x+4，
∴y=4，∴C（0，4），设抛物线F1的解析式为：y=a（x+3）（x﹣1），把C（0，4）代入上式得，a=﹣，∴y=﹣x2﹣x+4，
（2）如图①，设点M（a，﹣a2﹣a+4）其中﹣3＜a＜0∵B（1，0），C（0，4），∴OB=1，OC=4
∴S△BOC=OB OC=2，过点M作MP⊥x轴于点P，∴MP=﹣a2﹣a+4，AP=a+3，OP=﹣a，
∴S四边形MAOC=AP MP+（MP+OC） OP=AP MP+OP MP+OP OC=+
=+=×3（﹣a2﹣a+4）+×4×（﹣a）=﹣2a2﹣6a+6
∴S=S四边形MAOC﹣S△BOC=（﹣2a2﹣6a+6）﹣2=﹣2a2﹣6a+4=﹣2（a+）2+
∴当a=﹣时，S有最大值，最大值为此时，M（﹣，5）；
（3）如图②，由题意知：M′（），B′（﹣1，0），A′（3，0）∴AB′=2，
设直线A′C的解析式为：y=kx+b，把A′（3，0）和C（0，4）代入y=kx+b，
得：，∴∴y=﹣x+4，令x=代入y=﹣x+4，∴y=2∴
由勾股定理分别可求得：AC=5，DA′=设P（m，0）当m＜3时，此时点P在A′的左边，
∴∠DA′P=∠CAB′，
当=时，△DA′P∽△CAB′，此时，=（3﹣m），解得：m=2，∴P（2，0）
当=时，△DA′P∽△B′AC，此时，=（3﹣m）m=﹣，∴P（﹣，0）
当m＞3时，此时，点P在A′右边，由于∠CB′O≠∠DA′E，∴∠AB′C≠∠DA′P
∴此情况，△DA′P与△B′AC不能相似，
综上所述，当以A′、D、P为顶点的三角形与△AB′C相似时，点P的坐标为（2，0）或（﹣，0）．
【点评】本题是二次函数的综合问题，涉及待定系数法求解析式，二次函数最值问题，相似三角形的判定与性质等知识内容，综合程度较大，需要学生灵活运用所学知识解决问题．另外对于动点问题，通常可以用一参数m来表示该动点．
4、（2023 苏州）如图，直线l：y=﹣3x+3与x轴、y轴分别相交于A、B两点，抛物线y=ax2﹣2ax+a+4（a＜0）经过点B．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）已知点M是抛物线上的一个动点，并且点M在第一象限内，连接AM、BM，设点M的横坐标为m，△ABM的面积为S，求S与m的函数表达式，并求出S的最大值；
（3）在（2）的条件下，当S取得最大值时，动点M相应的位置记为点M′．
①写出点M′的坐标；
②将直线l绕点A按顺时针方向旋转得到直线l′，当直线l′与直线AM′重合时停止旋转，在旋转过程中，直线l′与线段BM′交于点C，设点B、M′到直线l′的距离分别为d1、d2，当d1+d2最大时，求直线l′旋转的角度（即∠BAC的度数）．
【考点】二次函数综合题．
【解答】解：（1）令x=0代入y=﹣3x+3，∴y=3，∴B（0，3），把B（0，3）代入y=ax2﹣2ax+a+4，
∴3=a+4，∴a=﹣1，∴二次函数解析式为：y=﹣x2+2x+3；
（2）y=0代y=﹣x2+2x+3，∴0=﹣x2+2x+3，∴x=﹣1或3，∴抛物线与x轴的交点横坐标为﹣1和3，
∵M在抛物线上，且在第一象限内，∴0＜m＜3，令y=0代入y=﹣3x+3，∴x=1，∴A 1，0），
由题意知：M的坐标为（m，﹣m2+2m+3），S=S四边形OAMB﹣S△AOB
=S△OBM+S△OAM﹣S△AOB=×m×3+×1×（﹣m2+2m+3）﹣×1×3=﹣（m﹣）2+
∴当m=时，S取得最大值．
（3）①由（2）可知：M′的坐标为（，）；②过点M′作直线l1∥l′，过点B作BF⊥l1于点F，
根据题意知：d1+d2=BF，只要求BF的最大值即可，∵∠BFM′=90°，∴点F在以BM′为直径的圆上，
设直线AM′与该圆相交于点H，∵点C在线段BM′上，∴F在优弧上，∴当F与M′重合时，
BF可取得最大值，此时BM′⊥l1，∵A（1，0），B（0，3），M′（，），
∴由勾股定理可求得：AB=，M′B=，M′A=，过点M′作M′G⊥AB于点G，
设BG=x，∴由勾股定理可得：M′B2﹣BG2=M′A2﹣AG2，∴﹣（﹣x）2=﹣x2，
∴x=，cos∠M′BG==，
∵l1∥l′，∴∠BCA=90°，∠BAC=45°
方法二：过B点作BD垂直于l′于D点，过M′点作M′E垂直于l′于E点，则BD=d1，ME=d2，
∵S△ABM=×AC×（d1+d2）当d1+d2取得最大值时，AC应该取得最小值，当AC⊥BM时取得最小值．
根据B（0，3）和M′（，）可得BM′=，∵S△ABM=×AC×BM′=，∴AC=，
当AC⊥BM′时，cos∠BAC===，∴∠BAC=45°．
【点评】本题考查二次函数的综合问题，涉及待定系数求二次函数解析式，求三角形面积，圆的相关性质等知识，内容较为综合，学生需要认真分析题目，化动为静去解决问题．
5、（2023 沈阳）如图，在平面直角坐标系中，矩形OCDE的顶点C和E分别在y轴的正半轴和x轴的正半轴上，OC=8，OE=17，抛物线y=x2﹣3x+m与y轴相交于点A，抛物线的对称轴与x轴相交于点B，与CD交于点K．
（1）将矩形OCDE沿AB折叠，点O恰好落在边CD上的点F处．
①点B的坐标为（ 、 ），BK的长是 ，CK的长是 ；
②求点F的坐标；
③请直接写出抛物线的函数表达式；
（2）将矩形OCDE沿着经过点E的直线折叠，点O恰好落在边CD上的点G处，连接OG，折痕与OG相交于点H，点M是线段EH上的一个动点（不与点H重合），连接MG，MO，过点G作GP⊥OM于点P，交EH于点N，连接ON，点M从点E开始沿线段EH向点H运动，至与点N重合时停止，△MOG和△NOG的面积分别表示为S1和S2，在点M的运动过程中，S1 S2（即S1与S2的积）的值是否发生变化？若变化，请直接写出变化范围；若不变，请直接写出这个值．
温馨提示：考生可以根据题意，在备用图中补充图形，以便作答．
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）①根据四边形OCKB是矩形以及对称轴公式即可解决问题．
②在RT△BKF中利用勾股定理即可解决问题．
③设OA=AF=x，在RT△ACF中，AC=8﹣x，AF=x，CF=4，利用勾股定理即可解决问题．
（2）不变．S1 S2=289．由△GHN∽△MHG，得=，得到GH2=HN HM，求出GH2，根据S1 S2= OG HN OG HM即可解决问题．
【解答】解：（1）如图1中，①∵抛物线y=x2﹣3x+m的对称轴x=﹣=10，
∴点B坐标（10，0），∵四边形OBKC是矩形，∴CK=OB=10，KB=OC=8，
故答案分别为10，0，8，10．②在RT△FBK中，∵∠FKB=90°，BF=OB=10，BK=OC=8，∴FK==6，∴CF=CK﹣FK=4，∴点F坐标（4，8）．
③设OA=AF=x，在RT△ACF中，∵AC2+CF2=AF2，∴（8﹣x）2+42=x2，∴x=5，∴点A坐标（0，5），代入抛物线y=x2﹣3x+m得m=5，∴抛物线为y=x2﹣3x+5．
（2）不变．S1 S2=289．理由：如图2中，在RT△EDG中，∵GE=EO=17，ED=8，
∴DG===15，∴CG=CD﹣DG=2，∴OG===2，
∵GP⊥OM，MH⊥OG，∴∠NPM=∠NHG=90°，∵∠HNG+∠HGN=90°，∠PNM+∠PMN=90°，
∠HNG=∠PNM，∴∠HGN=∠NMP，∵∠NMP=∠HMG，∠GHN=∠GHM，∴△GHN∽△MHG，
∴=，∴GH2=HN HM，∵GH=OH=，∴HN HM=17，
∵S1 S2= OG HN OG HM=（ 2）2 17=289．
【点评】本题考查二次函数综合题、矩形的性质、翻折变换相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是证明△GHN∽△MHG求出HN HM的值，属于中考压轴题．
6、（2023 孝感）在平面直角坐标系中，已知抛物线y=x2+bx+c的顶点M的坐标为（﹣1，﹣4），且与x轴交于点A，点B（点A在点B的左边），与y轴交于点C．
（1）填空：b= ，c= ，直线AC的解析式为 ；
（2）直线x=t与x轴相交于点H．
①当t=﹣3时得到直线AN（如图1），点D为直线AC下方抛物线上一点，若∠COD=∠MAN，求出此时点D的坐标；
②当﹣3＜t＜﹣1时（如图2），直线x=t与线段AC，AM和抛物线分别相交于点E，F，P．试证明线段HE，EF，FP总能组成等腰三角形；如果此等腰三角形底角的余弦值为，求此时t的值．
【解答】解：（1）∵抛物线y=x2+bx+c的顶点M的坐标为（﹣1，﹣4），
∴，解得：，∴抛物线解析式为：y=x2+2x﹣3，令y=0，得：x2+2x﹣3=0，解得：x1=1，x2=﹣3，∴A（﹣3，0），B（1，0），令x=0，得y=﹣3，∴C（0，﹣3），设直线AC的解析式为：y=kx+b，将A（﹣3，0），C（0，﹣3）代入，得：，解得：，∴直线AC为：y=﹣x﹣3；答案：2，﹣3，y=﹣x﹣3．
（2）①设点D的坐标为（m，m2+2m﹣3），∵∠COD=∠MAN，∴tan∠COD=tan∠MAN，
∴=，解：m=±，∵﹣3＜m＜0，∴m=﹣，故点D的坐标为（﹣，﹣2）；
②设直线AM的解析式为y=mx+n，将点A（﹣3，0）、M（﹣1，﹣4）代入，
得：，解得：，∴直线AM的解析式为：y=﹣2x﹣6，
∵当x=t时，HE=﹣（﹣t﹣3）=t+3，HF=﹣（﹣2t﹣6）=2t+6，HP=﹣（t2+2t﹣3），
∴HE=EF=HF﹣HE=t+3，FP=﹣t2﹣4t﹣3，∵HE+EF﹣FP=2（t+3）+t2+4t+3=（t+3）2＞0，
∴HE+EF＞FP，又HE+FP＞EF，EF+FP＞HE，∴当﹣3＜t＜﹣1时，线段HE，EF，FP总能组成等腰三角形；由题意得：=，即=，整理得：5t2+26t+33=0，解得：t1=﹣3，t2=﹣，∵﹣3＜t＜﹣1，∴t=﹣．
7、（2023 常德）如图，已知抛物线与x轴交于A（﹣1，0），B（4，0），与y轴交于C（0，﹣2）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）H是C关于x轴的对称点，P是抛物线上的一点，当△PBH与△AOC相似时，求符合条件的P点的坐标（求出两点即可）；
（3）过点C作CD∥AB，CD交抛物线于点D，点M是线段CD上的一动点，作直线MN与线段AC交于点N，与x轴交于点E，且∠BME=∠BDC，当CN的值最大时，求点E的坐标．
解答】解：（1）∵抛物线与x轴交于A（﹣1，0），B（4，0），
∴设：y=a（x+1）（x﹣4），把（0，﹣2）代入y=a（x+1）（x﹣4），
∴a=，∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣2；
（2）当△PBH与△AOC相似时，∴△AOC是直角三角形，∴△PBH也是直角三角形，
由题意知：H（0，2），∴OH=2，∵A（﹣1，0），B（4，0），∴OA=1，OB=4，
∴AH=，BH=2，∴AH2+BH2=AB2，∴∠AHB=90°，且∠ACO=∠AHO=∠HBA，
∴△AOC∽△AHB，∴A（﹣1，0）符合要求，取AB中点G，则G（，0），
连接HG并延长至F使GF=HG，连接AF，则四边形AFBH为矩形，
∴∠HBD=90°，∠BHG=∠GBH=∠AHO=∠ACO，且F点坐标为（3，﹣2），
将F（3，﹣2）代入y=x2﹣x﹣2得，F在抛物线上，∴点（3，﹣2）符合要求，
所以符合要求的P点的坐标为（﹣1，0）和（3，﹣2）．
（3）过点M作MF⊥x轴于点F，设点E的坐标为（n，0），M的坐标为（m，0），
∵∠BME=∠BDC，∴∠EMC+∠BME=∠BDC+∠MBD，∴∠EMC=∠MBD，∵CD∥x轴，
∴D的纵坐标为﹣2，令y=﹣2代入y=x2﹣x﹣2，∴x=0或x=3，∴D（3，﹣2），
∵B（4，0），∴由勾股定理可求得：BD=，∵M（m，0），∴MD=3﹣m，CM=m（0≤m≤3）
∴由抛物线的对称性可知：∠NCM=∠BDC，∴△NCM∽△MDB，
∴，∴，
∴CN==﹣（m﹣）2+，∴当m=时，CN可取得最大值，
∴此时M的坐标为（，﹣2），∴MF=2，BF=，MD=∴由勾股定理可求得：MB=，
∵E（n，0），∴EB=4﹣n，∵CD∥x轴，∴∠NMC=∠BEM，∠EBM=∠BMD，
∴△EMB∽△BDM，∴，∴MB2=MD EB，∴=×（4﹣n），∴n=﹣，
∴E的坐标为（﹣，0）．
8、（2023 怀化）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过A（﹣3，0）、B（5，0）、C（0，5）三点，O为坐标原点
（1）求此抛物线的解析式；
（2）若把抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）向下平移个单位长度，再向右平移n（n＞0）个单位长度得到新抛物线，若新抛物线的顶点M在△ABC内，求n的取值范围；
（3）设点P在y轴上，且满足∠OPA+∠OCA=∠CBA，求CP的长．
【解答】解：
（1）把A、B、C三点的坐标代入函数解析式可得，解得，
∴抛物线解析式为y=﹣x2+x+5；（2）∵y=﹣x2+x+5，∴抛物线顶点坐标为（1，），
∴当抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）向下平移个单位长度，再向右平移n（n＞0）个单位长度后，得到的新抛物线的顶点M坐标为（1+n，1），
设直线BC解析式为y=kx+m，把B、C两点坐标代入可得，解得，
∴直线BC的解析式为y=﹣x+5，令y=1，代入可得1=﹣x+5，解得x=4，
∵新抛物线的顶点M在△ABC内，∴1+n＜4，且n＞0，解得0＜n＜3，即n的取值范围为0＜n＜3；
（3）当点P在y轴负半轴上时，如图1，过P作PD⊥AC，交AC的延长线于点D，
由题意可知OB=OC=5，∴∠CBA=45°，∴∠PAD=∠OPA+∠OCA=∠CBA=45°，
∴AD=PD，在Rt△OAC中，OA=3，OC=5，可求得AC=，
设PD=AD=m，则CD=AC+AD=+m，
∵∠ACO=∠PCD，∠COA=∠PDC，
∴△COA∽△CDP，
∴==，即==，
由=可求得m=，
∴=，解得PC=17；
可求得PO=PC﹣OC=17﹣5=12，
如图2，在y轴正半轴上截取OP′=OP=12，连接AP′，
则∠OP′A=∠OPA，
∴∠OP′A+∠OCA=∠OPA+∠OCA=∠CBA，
∴P′也满足题目条件，此时P′C=OP′﹣OC=12﹣5=7，
综上可知PC的长为7或17．
【点评】本题主要考查二次函数的综合应用，涉及到的知识点有待定系数法、坐标的平移、三角形的外角、等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质以及分类讨论等．在（2）中确定出M点向右平移的最大位置是解题的关键，在（3）中利用∠OPA+∠OCA=∠CBA=45°构造三角形相似是解题的关键．本题目考查知识点多，综合性强，特别是第（3）问难度很大．
9、（2023 漳州）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A和点B（3，0），与y轴交于点C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点M是抛物线在x轴下方上的动点，过点M作MN∥y轴交直线BC于点N，求线段MN的最大值；
（3）在（2）的条件下，当MN取得最大值时，在抛物线的对称轴l上是否存在点P，使△PBN是等腰三角形？若存在，请直接写出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）将点B（3，0）、C（0，3）代入抛物线y=x2+bx+c中，
得：，解得：，∴抛物线的解析式为y=x2﹣4x+3．
（2）设点M的坐标为（m，m2﹣4m+3），设直线BC的解析式为y=kx+3，
把点点B（3，0）代入y=kx+3中，得：0=3k+3，解得：k=﹣1，∴直线BC的解析式为y=﹣x+3．
∵MN∥y轴，∴点N的坐标为（m，﹣m+3）．∵抛物线的解析式为y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线的对称轴为x=2，∴点（1，0）在抛物线的图象上，∴1＜m＜3．
∵线段MN=﹣m+3﹣（m2﹣4m+3）=﹣m2+3m=﹣+，
∴当m=时，线段MN取最大值，最大值为．
（3）假设存在．设点P的坐标为（2，n）．
当m=时，点N的坐标为（，），
∴PB==，PN=，BN==．
△PBN为等腰三角形分三种情况：
①当PB=PN时，即=，解得：n=，此时点P的坐标为（2，）；
②当PB=BN时，即=，解得：n=±，此时点P的坐标为（2，﹣）或（2，）；
③当PN=BN时，即=，解得：n=，P为（2，）或（2，）．
综上可知：在抛物线的对称轴l上存在点P，使△PBN是等腰三角形，点P的坐标为
（2，）、（2，﹣）、（2，）、（2，）或（2，）．
【点评】本题考查了待定系数法求函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、两点间的距离以及等腰三角形的性质，解题的关键是：（1）利用待定系数法求出函数解析式；（2）利用二次函数的性质解决最值问题；（3）分类讨论．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，利用配方法将二次函数解析式变形为顶点式，再结合二次函数的性质解决最值问题是关键．
10、（2023 海南）如图1，抛物线y=ax2﹣6x+c与x轴交于点A（﹣5，0）、B（﹣1，0），与y轴交于点C（0，﹣5），点P是抛物线上的动点，连接PA、PC，PC与x轴交于点D．
（1）求该抛物线所对应的函数解析式；
（2）若点P的坐标为（﹣2，3），请求出此时△APC的面积；
（3）过点P作y轴的平行线交x轴于点H，交直线AC于点E，如图2．
①若∠APE=∠CPE，求证：；
②△APE能否为等腰三角形？若能，请求出此时点P的坐标；若不能，请说明理由．
【解答】（1）解：设y=a（x+5）（x+1），把C（0，﹣5）代入得a 5 1=﹣5，解得a=﹣1，
所以抛物线解析式为y=﹣（x+5）（x+1），即y=﹣x2﹣6x﹣5；
（2）解：设AC为y=mx+n，把A（﹣5，0），C（0，﹣5）代入得，解得，
∴AC为y=﹣x﹣5，作PQ∥y轴交AC于Q，如图1，则Q（﹣2，﹣3），∴PQ=3﹣（﹣3）=6，
∴S△APC=S△APQ+S△CPQ= PQ 5=×6×5=15；
（3）①证明：∵∠APE=∠CPE，而PH⊥AD，∴△PAD为等腰三角形，∴AH=DH，
设P（x，﹣x2﹣6x﹣5），则OH=﹣x，OD=﹣x﹣DH，∵PH∥OC，∴△PHD∽△COD，
∴PH：OC=DH：OD，即（﹣x2﹣6x﹣5）：5=DH：（﹣x﹣DH），∴DH=﹣x﹣，
而OH+AH=5，即OH+DH=5，∴﹣x﹣x﹣=5，2x2+17x+35=0，解得x1=﹣，x2=﹣5（舍去），
∴OH=，∴AH=5﹣=，∵HE∥OC，∴===；
②能．设P（x，﹣x2﹣6x﹣5），则E（x，﹣x﹣5），
当PA=PE，因为∠PEA=45°，所以∠PAE=45°，则点P与B点重合，此时P点坐标为（﹣1，0）；
当AP=AE，如图2，则PH=HE，即|﹣x2﹣6x﹣5|=|﹣x﹣5|，解﹣x2﹣6x﹣5=﹣x﹣5得x1=﹣5（舍去），x2=0（舍去）；解﹣x2﹣6x﹣5=x+5得x1=﹣5（舍去），x2=﹣2，此时P点坐标为（﹣2，3）；
当E′A=E′P，如图2，AE′=E′H′=（x+5），P′E′=|﹣x﹣5﹣（﹣x2﹣6x﹣5）|=|x2+5x|，若x2+5x=（x+5），解得x1=﹣5（舍去），x2=，此时P点坐标为（，﹣7﹣6）；若x2+5x=﹣（x+5），解得x1=﹣5（舍去），x2=﹣，此时P点坐标为（﹣，6﹣7）．
综上所述，满足条件的P点坐标为（﹣1，0），（﹣2，3），（，﹣7﹣6），（﹣，6﹣7）．
【点评】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和等腰三角形的判定；会运用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质，能运用相似比计算线段的长；会运用方程的思想和分类讨论的思想解决问题．
11、（2023 潍坊）如图，已知抛物线y=x2+bx+c经过△ABC的三个顶点，其中点A（0，1），点B（﹣9，10），AC∥x轴，点P是直线AC下方抛物线上的动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点P且与y轴平行的直线l与直线AB、AC分别交于点E、F，当四边形AECP的面积最大时，求点P的坐标；
（3）当点P为抛物线的顶点时，在直线AC上是否存在点Q，使得以C、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）∵点A（0，1）．B（﹣9，10）在抛物线上，∴，
∴，∴抛物线的解析式为y=x2+2x+1，
（2）∵AC∥x轴，A（0，1）∴x2+2x+1=1，∴x1=﹣6，x2=0，∴点C的坐标（﹣6，1），
∵点A（0，1）．B（﹣9，10），∴直线AB的解析式为y=﹣x+1，设点P（m，m2+2m+1）
∴E（m，﹣m+1）∴PE=﹣m+1﹣（m2+2m+1）=﹣m2﹣3m，∵AC⊥EP，AC=6，
∴S四边形AECP=S△AEC+S△APC=﹣m2﹣9m=﹣（m+）2+，
∵﹣6＜m＜0∴当m=﹣时，四边形AECP的面积的最大值是，此时点P（﹣，﹣）．
（3）∵y=x2+2x+1=（x+3）2﹣2，∴P（﹣3，﹣2），∴PF=yF﹣yP=3，CF=xF﹣xC=3，
∴PF=CF，∴∠PCF=45°同理可得：∠EAF=45°，∴∠PCF=∠EAF∴在直线AC上存在满足条件的Q，
设Q（t，1）且AB=9，AC=6，CP=3∵以C、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，
①当△CPQ∽△ABC时，∴，∴，∴t=﹣4，∴Q（﹣4，1）
②当△CQP∽△ABC时，∴，∴，∴t=3，∴Q（3，1）．
\
12、（2023 巴中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=mx2+4mx﹣5m（m＜0）与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），该抛物线的对称轴与直线y=x相交于点E，与x轴相交于点D，点P在直线y=x上（不与原点重合），连接PD，过点P作PF⊥PD交y轴于点F，连接DF．
（1）如图①，若抛物线顶点的纵坐标为6，求抛物线的解析式；
（2）求A、B两点的坐标；
（3）如图②所示，小红在探究点P的位置发现：当点P与点E重合时，∠PDF的大小为定值，进而猜想：对于直线y=x上任意一点P（不与原点重合），∠PDF的大小为定值．请你判断该猜想是否正确，并说明理由．
【解答】解：（1）∵y=mx2+4mx﹣5m，
∴y=m（x2+4x﹣5）=m（x+5）（x﹣1）．令y=0得：m（x+5）（x﹣1）=0，
∵m≠0，∴x=﹣5或x=1．∴A（﹣5，0）、B（1，0）．∴抛物线的对称轴为x=﹣2．
∵抛物线的顶点坐标为为6，∴﹣9m=6．∴m=﹣．
∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣x+．
（2）由（1）可知：A（﹣5，0）、B（1，0）．
（3）如图所示：∵OP的解析式为y=x，∴∠AOP=30°．∴∠POF=60°∵PD⊥PF，FO⊥OD，
∴∠DPF=∠FOD=90°．∴∠DPF+∠FOD=180°∴点O、D、P、F共圆．∴∠PDF=∠POF．
∴∠PDF=60°．
13、（2023 广安）如图，抛物线y=x2+bx+c与直线y=x﹣3交于A、B两点，其中点A在y轴上，点B坐标为（﹣4，﹣5），点P为y轴左侧的抛物线上一动点，过点P作PC⊥x轴于点C，交AB于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）以O，A，P，D为顶点的平行四边形是否存在？如存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．
（3）当点P运动到直线AB下方某一处时，过点P作PM⊥AB，垂足为M，连接PA使△PAM为等腰直角三角形，请直接写出此时点P的坐标．
【解答】解：（1）∵直线y=x﹣3交于A、B两点，其中点A在y轴上，∴A（0，﹣3），
∵B（﹣4，﹣5），∴，∴，∴抛物线解析式为y=x2+x﹣3，
（2）存在，设P（m，m2+m﹣3），（m＜0），∴D（m，m﹣3），∴PD=|m2+4m|∵PD∥AO，
∴当PD=OA=3，故存在以O，A，P，D为顶点的平行四边形，∴|m2+4m|=3，
①当m2+4m=3时，∴m1=﹣2﹣，m2=﹣2+（舍），∴m2+m﹣3=﹣1﹣，
∴P（﹣2﹣，﹣1﹣），
②当m2+4m=﹣3时，∴m1=﹣1，m2=﹣3，Ⅰ、m1=﹣1， ∴m2+m﹣3=﹣，∴P（﹣1，﹣），
Ⅱ、m2=﹣3， ∴m2+m﹣3=﹣，∴P（﹣3，﹣），
∴点P的坐标为（﹣2﹣，﹣1﹣），（﹣1，﹣），（﹣3，﹣）．
（3）方法一，如图，
∵△PAM为等腰直角三角形，∴∠BAP=45°，∵直线AP可以看做是直线AB绕点A逆时针旋转45°所得，设直线AP解析式为y=kx﹣3，∵直线AB解析式为y=x﹣3，∴k==3，
∴直线AP解析式为y=3x﹣3，联立，∴x1=0（舍）x2=﹣
当x=﹣时，y=﹣，∴P（﹣，﹣）．
方法二：如图，
∵直线AB解析式为y=x﹣3，∴直线AB与x轴的交点坐标为E（6，0），
过点A作AF⊥AB交x轴于点F，∵A（0，﹣3），∴直线AF解析式为y=﹣2x﹣3，
∴直线AF与x轴的交点为F（﹣，0），∴AE=3，AF=，
过点A作∠EAF的角平分线交x轴于点G，与抛物线相较于点P，过点P作PM⊥AB，
∴∠EAG=45°，∴∠BAP=45°，即：△PAM为等腰直角三角形．设点G（m，0），
∴EG=6﹣m．FG=m+，根据角平分线定理得，，∴，∴m=1，∴G（1，0），
∴直线AG解析式为y=3x﹣3①，∵抛物线解析式为y=x2+x﹣3②，联立①②得，x=0（舍）或x=﹣，
∴y=﹣，∴P（﹣，﹣）．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，解本题的关键是确定以O，A，P，D为顶点的平行四边形时，OA和PD是对边，也是本题的难点．
14、（2023 泸州）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线l与抛物线y=mx2+nx相交于A（1，3），B（4，0）两点．
（1）求出抛物线的解析式；
（2）在坐标轴上是否存在点D，使得△ABD是以线段AB为斜边的直角三角形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，说明理由；
（3）点P是线段AB上一动点，（点P不与点A、B重合），过点P作PM∥OA，交第一象限内的抛物线于点M，过点M作MC⊥x轴于点C，交AB于点N，若△BCN、△PMN的面积S△BCN、S△PMN满足S△BCN=2S△PMN，求出的值，并求出此时点M的坐标．
【解答】解：
（1）∵A（1，3），B（4，0）在抛物线y=mx2+nx的图象上，∴，解得，∴抛物线解析式为y=﹣x2+4x；
（2）存在三个点满足题意，理由如下：当点D在x轴上时，如图1，过点A作AD⊥x轴于点D，∵A（1，3），∴D坐标为（1，0）；
当点D在y轴上时，设D（0，d），则AD2=1+（3﹣d）2，BD2=42+d2，且AB2=（4﹣1）2+（3）2=36，∵△ABD是以AB为斜边的直角三角形，∴AD2+BD2=AB2，
即1+（3﹣d）2+42+d2=36，解得d=，∴D点坐标为（0，）或（0，）；
综上可知存在满足条件的D点，其坐标为（1，0）或（0，）或（0，）；
（3）如图2，过P作PF⊥CM于点F，∵PM∥OA，∴Rt△ADO∽Rt△MFP，
∴==3，∴MF=3PF，在Rt△ABD中，BD=3，AD=3，
∴tan∠ABD=，∴∠ABD=60°，设BC=a，则CN=a，
在Rt△PFN中，∠PNF=∠BNC=30°，∴tan∠PNF==，∴FN=PF，
∴MN=MF+FN=4PF，∵S△BCN=2S△PMN，∴a2=2××4PF2，∴a=2PF，∴NC=a=2PF，
∴==，
∴MN=NC=×a=a，
∴MC=MN+NC=（+）a，
∴M点坐标为（4﹣a，（+）a），
又M点在抛物线上，代入可得﹣（4﹣a）2+4（4﹣a）=（+）a，
解得a=3﹣或a=0（舍去），
OC=4﹣a=+1，MC=2+，
∴点M的坐标为（+1，2+）．
【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、勾股定理、相似三角形的判定和性质、点与函数图象的关系及分类讨论等．在（2）中注意分点D在x轴和y轴上两种情况，在（3）中分别利用PF表示出MF和NC是解题的关键，注意构造三角形相似．本题涉及知识点较多，计算量较大，综合性较强，特别是第（3）问，难度很大．
15、（2023 资阳）已知抛物线与x轴交于A（6，0）、B（﹣，0）两点，与y轴交于点C，过抛物线上点M（1，3）作MN⊥x轴于点N，连接OM．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）如图1，将△OMN沿x轴向右平移t个单位（0≤t≤5）到△O′M′N′的位置，MN′、M′O′与直线AC分别交于点E、F．
①当点F为M′O′的中点时，求t的值；
②如图2，若直线M′N′与抛物线相交于点G，过点G作GH∥M′O′交AC于点H，试确定线段EH是否存在最大值？若存在，求出它的最大值及此时t的值；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）设y=a（x﹣6）（x+），把点M（1，3）代入得a=﹣，
∴抛物线解析式为y=﹣（x﹣6）（x+），∴y=﹣x2+x+2．
（2）①如图1中，AC与OM交于点G．连接EO′．∵AO=6，OC=2，MN=3，ON=1，
∴==3，∴=，∵∠AOC=∠MON=90°，∴△AOC∽△MNO，∴∠OAC=∠NMO，
∵∠NMO+∠MON=90°，∴∠MON+∠OAC=90°，∴∠AGO=90°，∴OM⊥AC，
∵△M′N′O′是由△MNO平移所得，∴O′M′∥OM∴O′M′⊥AC，∵M′F=FO′，∴EM′=EO′，
∵EN′∥CO，∴=，∴=，∴EN′=（5﹣t），在RT△EO′N′中，∵O′N′=1，EN′=（5﹣t），EO′=EM′=+t，∴（+t）2=1+（﹣t）2，∴t=1．
②如图2中，∵GH∥O′M′，O′M′⊥AC，∴GH⊥AC，∴∠GHE=90°，
∵∠EGH+∠HEG=90°，∠AEN′+∠OAC=90°，∠HEG=∠AEN′，∴∠OAC=∠HGE，
∵∠GHE=∠AOC=90°，∴△GHE∽△AOC，∵AC==2∴===，
∴EG最大时，EH最大，∵EG=GN′﹣EN′=﹣（t+1）2+（t+1）+2﹣（5﹣t）=﹣t2+t+=﹣（t﹣2）2+．∴t=2时，EG最大值=，∴EH最大值=．∴t=2时，EH最大值为．
16、（2023 重庆）如图1，二次函数y=x2﹣2x+1的图象与一次函数y=kx+b（k≠0）的图象交于A，B两点，点A的坐标为（0，1），点B在第一象限内，点C是二次函数图象的顶点，点M是一次函数y=kx+b（k≠0）的图象与x轴的交点，过点B作轴的垂线，垂足为N，且S△AMO：S四边形AONB=1：48．
（1）求直线AB和直线BC的解析式；
（2）点P是线段AB上一点，点D是线段BC上一点，PD∥x轴，射线PD与抛物线交于点G，过点P作PE⊥x轴于点E，PF⊥BC于点F．当PF与PE的乘积最大时，在线段AB上找一点H（不与点A，点B重合），使GH+BH的值最小，求点H的坐标和GH+BH的最小值；
（3）如图2，直线AB上有一点K（3，4），将二次函数y=x2﹣2x+1沿直线BC平移，平移的距离是t（t≥0），平移后抛物线上点A，点C的对应点分别为点A′，点C′；当△A′C′K是直角三角形时，求t的值．
【解答】解：（1）∵点C是二次函数y=x2﹣2x+1图象的顶点，∴C（2，﹣1），
∵PE⊥x轴，BN⊥x轴，∴△MAO∽△MBN，∵S△AMO：S四边形AONB=1：48，∴S△AMO：S△BMN=1：49，
∴OA：BN=1：7，∵OA=1∴BN=7，把y=7代入y=x2﹣2x+1中，可得7=x2﹣2x+1，
∴x1=﹣2（舍），x2=6∴B（6，7），∵A的坐标为（0，1），∴直线AB解析式为y=x+1，
∵C（2，﹣1），B（6，7），∴直线BC解析式为y=2x﹣5．
（2）如图1，设点P（x0，x0+1），∴D（，x0+1），
∴PE=x0+1，PD=3﹣x0，∵∠DPF固定不变，∴PF：PD的值固定，
∴PE×PF最大时，PE×PD也最大，PE×PD=（x0+1）（3﹣x0）=﹣x02+x0+3，∴当x0=时，PE×PD最大，即：PE×PF最大．此时G（5，）
∵△MNB是等腰直角三角形，过B作x轴的平行线∴BH=B1H，
GH+BH的最小值转化为求GH+HB1的最小值，∴当GH和HB1在一条直线上，GH+HB1的值最小，
此时H（5，6），最小值为7﹣=
（3）令直线BC与x轴交于点I∴I（，0）∴IN=，IN：BN=1：2，
∴沿直线BC平移时，横坐标平移m时，纵坐标则平移2m，平移后A′（m，1+2m），C′（2+m，﹣1+2m），
∴A′C′2=8，A′K2=5m2﹣18m+18，C′K2=5m2﹣22m+26，
当∠A′KC′=90°时，A′K2+KC′2=A′C′2，解得m=，此时t=m=2±；
当∠KC′A′=90°时，KC′2+A′C′2=A′K2，解得m=4，此时t=m=4；
当∠KA′C′=90°时，A′C′2+A′K2=KC′2，解得m=0，此时t=0．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了相似三角形的性质，待定系数法求函数解析式，两点间的距离公式，解本题的关键是相似三角形的性质的运用．
17、（2023 重庆）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2+x+3与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，抛物线的顶点为点E．
（1）判断△ABC的形状，并说明理由；
（2）经过B，C两点的直线交抛物线的对称轴于点D，点P为直线BC上方抛物线上的一动点，当△PCD的面积最大时，Q从点P出发，先沿适当的路径运动到抛物线的对称轴上点M处，再沿垂直于抛物线对称轴的方向运动到y轴上的点N处，最后沿适当的路径运动到点A处停止．当点Q的运动路径最短时，求点N的坐标及点Q经过的最短路径的长；
（3）如图2，平移抛物线，使抛物线的顶点E在射线AE上移动，点E平移后的对应点为点E′，点A的对应点为点A′，将△AOC绕点O顺时针旋转至△A1OC1的位置，点A，C的对应点分别为点A1，C1，且点A1恰好落在AC上，连接C1A′，C1E′，△A′C1E′是否能为等腰三角形？若能，请求出所有符合条件的点E′的坐标；若不能，请说明理由．
【解答】解：（1）△ABC为直角三角形，当y=0时，即﹣x2+x+3=0，∴x1=﹣，x2=3
∴A（﹣，0），B（3，0），∴OA=，OB=3，当x=0时，y=3，∴C（0，3），∴OC=3，
根据勾股，AC2=OB2+OC2=12，BC2=OB2+OC2=36∴AC2+BC2=48，
∵AB2=[3﹣（﹣）]2=48，∴AC2+BC2=AB2，∴△ABC是直角三角形，
（2）如图，∵B（3，0），C（0，3），∴直线BC解析式为y=﹣x+3，
过点P作PG∥y轴，设P（a，﹣a2+a+3），∴G（a，﹣a+3），∴PG=﹣a2+a，
设点D的横坐标为xD，C点的横坐标为xC，S△PCD=×（xD﹣xC）×PG=﹣（a﹣）2+，
∵0＜a＜3，∴当a=时，S△PCD最大，此时点P（，），
将点P向左平移个单位至P′，连接AP′，交y轴于点N，过点N作MN⊥抛物线对称轴于点M，
连接PM，点Q沿P→M→N→A运动，所走的路径最短，即最短路径的长为PM+MN+NA的长，
∴P（，）∴P′（，），∵点A（﹣，0），∴直线AP′的解析式为y=x+，
当x=0时，y=，∴N（0，），过点P′作P′H⊥x轴于点H，∴AH=，P′H=，AP′=，
∴点Q运动得最短路径长为PM+MN+AN=+=；
（3）在Rt△AOC中，∵tan∠OAC==，∴∠OAC=60°，∵OA=OA1，∴△OAA1为等边三角形，∴∠AOA1=60°，∴∠BOC1=30°，∵OC1=OC=3，∴C1（，），∵点A（﹣，0），E（，4），
∴AE=2，∴A′E′=AE=2，∵直线AE的解析式为y=x+2，设点E′（a，a+2），
∴点E移动（a﹣）单位到点E'，∴点A也移动（a﹣）单位到点A'，∴A′（a﹣2，﹣2）
∴C1E′2=（a﹣2）2+（+2﹣）2=a2﹣a+7，
C1A′2=（a﹣2﹣）2+（﹣2﹣）2=a2﹣a+49，
①若C1A′=C1E′，则C1A′2=C1E′2即：a2﹣a+7=a2﹣a+49，∴a=，∴E′（，5），
②若A′C1=A′E′，∴A′C12=A′E′2即：a2﹣a+49=28，∴a1=，a2=，
∴E′（，7+），或（，7﹣），
③若E′A′=E′C1，∴E′A′2=E′C12即：a2﹣a+7=28，∴a1=，a2=（舍），
∴E′（，3+），即，符合条件的点E′（，5），（，7+），或（，7﹣），（，3+）．
18、（2023朝阳）如图1，已知抛物线y=（x﹣2）（x+a）（a＞0）与x轴从左至右交于A，B两点，与y轴交于点C．
（1）若抛物线过点T（1，﹣），求抛物线的解析式；
（2）在第二象限内的抛物线上是否存在点D，使得以A、B、D三点为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求a的值；若不存在，请说明理由．
（3）如图2，在（1）的条件下，点P的坐标为（﹣1，1），点Q（6，t）是抛物线上的点，在x轴上，从左至右有M、N两点，且MN=2，问MN在x轴上移动到何处时，四边形PQNM的周长最小？请直接写出符合条件的点M的坐标．
【解答】解：（1）如图1，把T（1，﹣）代入抛物线y=（x﹣2）（x+a）得：﹣=（1﹣2）（1+a），
解得：a=4，∴抛物线的解析式为：y=x2+x﹣2；
（2）当x=0时，y=×（﹣2）×a=﹣2，∴C（0，﹣2），当y=0时，（x﹣2）（x+a）=0，
x1=2，x2=﹣a，∴A（﹣a，0）、B（2，0），如图2，过D作DE⊥x轴于E，设D（m，n），
∵点D在第二象限，∠DAB为钝角，∴分两种情况：
①如图2，当△BDA∽△ABC时，∠BAC=∠ABD，∴tan∠BAC=tan∠ABD，即，
∴，n=，则，解得：m=﹣2﹣a或2，∴E（﹣2﹣a，0），
由勾股定理得：AC=，∵，∴==，BD=，
∵△BDA∽△ABC，∴，∴AB2=AC BD，即（a+2）2= ，
解得：0=16，此方程无解；
②当△DBA∽△ABC时，如图3，∠ABC=∠ABD，∵B（2，0），C（0，﹣2），∴OB=OC=2，
∴△OBC是等腰直角三角形，BC=2，∴∠OCB=∠OBC=45°，∴∠ABC=∠ABD=45°，∴DE=BE，n=﹣m+2，∴BD=，∵△DBA∽△ABC，∴，∴AB2=BD BC，
∴（a+2）2= 2=4n，则，解得：，则a=2+2；
（3）当x=6时，y=（6﹣2）（6+4）=10，∴Q（6，10），如图4，作P关于x轴的对称点P′，过P′作P′G∥x轴，且P′G=2，连接GQ交x轴于N，过P′作P′M∥GN，交x轴于M，此时，QG就是MP+NQ的最小值，由于PQ、NM为定值，所以此时，四边形PMNQ的周长最小，∵P（﹣1，1），
∴P′（﹣1，﹣1），∵P′G∥MN，P′M∥GN，∴四边形P′GNM是平行四边形，∴MN=P′G=2，NG=P′M=PM，∴G（1，﹣1），设GQ的解析式为：y=kx+b，把G（1，﹣1）和Q（6，10）代入得：，解得：，∴GQ的解析式为：y=x﹣，当y=0时，x=，∴N（，0），
∵MN=2，∴M（﹣，0）．
【点评】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数利用待定系数法求解析式及二次函数的性质，当两个三角形相似时，根据已知条件分类讨论；对于图形周长的最小值问题，要先确定哪此边是定值，哪些边是不确定值，根据轴对称的性质利用数形结合的思想解决问题．
19、（2023 随州）已知抛物线y=a（x+3）（x﹣1）（a≠0），与x轴从左至右依次相交于A、B两点，与y轴相交于点C，经过点A的直线y=﹣x+b与抛物线的另一个交点为D．
（1）若点D的横坐标为2，求抛物线的函数解析式；
（2）若在（1）的条件下，第二象限内的抛物线上有点P，使得以A、B、P为顶点的三角形与△ABC相似，求点P的坐标；
（3）在（1）的条件下，设点E是线段AD上的一点（不含端点），连接BE．一动点Q从点B出发，沿线段BE以每秒1个单位的速度运动到点E，再沿线段ED以每秒个单位的速度运动到点D后停止，问当点E的坐标是多少时，点Q在整个运动过程中所用时间最少？
【解答】解：（1）∵y=a（x+3）（x﹣1），∴点A的坐标为（﹣3，0）、点B两的坐标为（1，0），
∵直线y=﹣x+b经过点A，∴b=﹣3，∴y=﹣x﹣3
当x=2时，y=﹣5 则点D的坐标为（2，﹣5），∵点D在抛物线上，∴a（2+3）（2﹣1）=﹣5，
解得，a=﹣，则抛物线的解析式为y=﹣（x+3）（x﹣1）=﹣x2﹣2x+3；
（2）如图1中，作PH⊥x轴于H，设点 P坐标（m，n），
当△BPA∽△ABC时，∠BAC=∠PBA，
∴tan∠BAC=tan∠PBA，即=，∴=，即n=﹣a（m﹣1），
∴解得m=﹣4或1（舍弃），当m=﹣4时，n=5a，
∵△BPA∽△ABC，∴=，∴AB2=AC PB，∴42=，a=或（舍弃），
则n=5a=﹣，
∴点P坐标（﹣4，﹣）．
当△PBA∽△ABC时，∠CBA=∠PBA，
∴tan∠CBA=tan∠PBA，即=，∴=，∴n=﹣3a（m﹣1），
∴，解得m=﹣6或1（舍弃），当m=﹣6时，n=21a，
∵△PBA∽△ABC，∴=，即AB2=BC PB，∴42= ，
解得a=﹣或（不合题意舍弃），则点P坐标（﹣6，﹣3），
综上所述，符合条件的点P的坐标（﹣4，﹣）和（﹣6，﹣3）．
（3）如图2中，作DM∥x轴交抛物线于M，作DN⊥x轴于N，作EF⊥DM于F，
则tan∠DAN===，∴∠DAN=60°，∴∠EDF=60°，
∴DE==EF，∴Q的运动时间t=+=BE+EF，
∴当BE和EF共线时，t最小，
则BE⊥DM，此时点E坐标（1，﹣4）．
【点评】本题考查的是二次函数知识的综合运用，掌握二次函数的性质、二次函数的交点式、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键，解答时，注意分情况讨论讨论，属于中考压轴题．
20、（2023 邵阳）已知抛物线y=ax2﹣4a（a＞0）与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），点P是抛物线上一点，且PB=AB，∠PBA=120°，如图所示．
（1）求抛物线的解析式．
（2）设点M（m，n）为抛物线上的一个动点，且在曲线PA上移动．
①当点M在曲线PB之间（含端点）移动时，是否存在点M使△APM的面积为？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．
②当点M在曲线BA之间（含端点）移动时，求|m|+|n|的最大值及取得最大值时点M的坐标．
【解答】解：（1）如图1，令y=0代入y=ax2﹣4a，∴0=ax2﹣4a，∵a＞0，∴x2﹣4=0，∴x=±2，
∴A（﹣2，0），B（2，0），∴AB=4，过点P作PC⊥x轴于点C，∴∠PBC=180°﹣∠PBA=60°，
∵PB=AB=4，∴cos∠PBC=，∴BC=2，由勾股定理可求得：PC=2∵OC=OB+BC=4，
∴P（4，2），把P（4，2）代入y=ax2﹣4a，∴2=16a﹣4a，∴a=，
∴抛物线解析式为；y=x2﹣；
（2）∵点M在抛物线上，∴n=m2﹣，∴M的坐标为（m，m2﹣），
①当点M在曲线PB之间（含端点）移动时，∴2≤m≤4，
如图2，过点M作ME⊥x轴于点E，交AP于点D，设直线AP的解析式为y=kx+b，
把A（﹣2，0）与P（4，2）代入y=kx+b，得：，解得
∴直线AP的解析式为：y=x+，令x=m代入y=x+，∴y=m+，
∴D的坐标为（m，m+），
∴DM=（m+）﹣（m2﹣）=﹣m2+m+，
∴S△APM=DM AE+DM CE=﹣m2+m+4
当S△APM=时，∴=﹣m2+m+4，∴解得m=3或m=﹣1，
∵2≤m≤4，∴m=3，此时，M的坐标为（3，）；
②当点M在曲线BA之间（含端点）移动时，∴﹣2≤m≤2，n＜0，当﹣2≤m≤0时，
∴|m|+|n|=﹣m﹣n=﹣m2﹣m+=﹣（m+）2+，
当m=﹣时，∴|m|+|n|可取得最大值，最大值为，此时，M的坐标为（﹣，﹣），
当0＜m≤2时，∴|m|+|n|=m﹣n=﹣m2+m+=﹣（m﹣）2+，
当m=时，∴|m|+|n|可取得最大值，最大值为，
此时，M的坐标为（，﹣），
综上所述，当点M在曲线BA之间（含端点）移动时，M的坐标为（，﹣）或（﹣，﹣）时，|m|+|n|的最大值为．
【点评】本题考查二次函数的综合问题，涉及待定系数法求二次函数解析式，三角形面积公式，二次函数最值等知识，要注意将三角形分解成两个三角形求解；还要注意求最大值可以借助于二次函数的性质．
21、（2023 呼和浩特）已知二次函数y=ax2﹣2ax+c（a＜0）的最大值为4，且抛物线过点（，﹣），点P（t，0）是x轴上的动点，抛物线与y轴交点为C，顶点为D．
（1）求该二次函数的解析式，及顶点D的坐标；
（2）求|PC﹣PD|的最大值及对应的点P的坐标；
（3）设Q（0，2t）是y轴上的动点，若线段PQ与函数y=a|x|2﹣2a|x|+c的图象只有一个公共点，求t的取值．
【解答】解：（1）∵y=ax2﹣2ax+c的对称轴为：x=﹣=1，∴抛物线过（1，4）和（，﹣）两点，代入解析式得：，
解得：a=﹣1，c=3，∴二次函数：y=﹣x2+2x+3，∴顶点D的坐标为（1，4）；
（2）∵C、D两点为（0，3）、（1，4）；由三角形两边之差小于第三边可知：|PC﹣PD|≤|CD|，∴P、C、D三点共线时|PC﹣PD|取得最大值，此时最大值为，|CD|=，
由于CD所在的直线解析式为y=x+3，将P（t，0）代入得t=﹣3，∴此时对应的点P为（﹣3，0）；
（3）y=a|x|2﹣2a|x|+c的解析式可化为：y=，
设线段P为y=kx+b，将P（t，0），Q（0，2t）代入得：线段PQ所在的直线解析式：y=﹣2x+2t，
∴①当线段PQ过点（0，3），即点Q与点C重合时，线段PQ与函数
y=有一个公共点，此时t=，
当线段PQ过点（3，0），即点P与点（3，0）重合时，t=3，此时线段PQ与
y=有两个公共点，当≤t＜3时，PQ与y=有一个公共点，
②将y=﹣2x+2t代入y=﹣x2+2x+3（x≥0）得：﹣x2+2x+3=﹣2x+2t，﹣x2+4x+3﹣2t=0，
令△=16﹣4（﹣1）（3﹣2t）=0，t=＞0，
所以当t=时，线段PQ与y=也有一个公共点，
③当线段PQ过点（﹣3，0），即点P与点（﹣3，0）重合时，线段PQ只与
y=﹣x2﹣2x+3（x＜0）有一个公共点，此时t=﹣3，
所以当t≤﹣3时，线段PQ与y=也有一个公共点，
综上所述，t的取值是≤t＜3或t=或t≤﹣3．
【点评】本题考查了二次函数的综合应用，先利用待定系数法求解析式，同时把最大值与三角形的三边关系联系在一起；同时对于二次函数利用动点求取值问题，从特殊点入手，把函数分成几部分考虑，按自变量从大到小的顺序或从小到大的顺序求解．
22、（2023 南宁）如图，已知抛物线经过原点O，顶点为A（1，1），且与直线y=x﹣2交于B，C两点．
（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；
（2）求证：△ABC是直角三角形；
（3）若点N为x轴上的一个动点，过点N作MN⊥x轴与抛物线交于点M，则是否存在以O，M，N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）∵顶点坐标为（1，1），∴设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+1，
又抛物线过原点，∴0=a（0﹣1）2+1，解得a=﹣1，∴抛物线解析式为y=﹣（x﹣1）2+1，
即y=﹣x2+2x，联立抛物线和直线解析式可得，解得或，
∴B（2，0），C（﹣1，﹣3）；
（2）如图，分别过A、C两点作x轴的垂线，交x轴于点D、E两点，
则AD=OD=BD=1，BE=OB+OE=2+1=3，EC=3，
∴∠ABO=∠CBO=45°，即∠ABC=90°，
∴△ABC是直角三角形；
（3）假设存在满足条件的点N，设N（x，0），则M（x，﹣x2+2x），
∴ON=|x|，MN=|﹣x2+2x|，
由（2）在Rt△ABD和Rt△CEB中，可分别求得AB=，BC=3，
∵MN⊥x轴于点N
∴∠ABC=∠MNO=90°，
∴当△ABC和△MNO相似时有=或=，
①当=时，则有=，即|x||﹣x+2|=|x|，
∵当x=0时M、O、N不能构成三角形，
∴x≠0，
∴|﹣x+2|=，即﹣x+2=±，解得x=或x=，
此时N点坐标为（，0）或（，0）；
②当=时，则有=，即|x||﹣x+2|=3|x|，
∴|﹣x+2|=3，即﹣x+2=±3，解得x=5或x=﹣1，
此时N点坐标为（﹣1，0）或（5，0），
综上可知存在满足条件的N点，其坐标为（，0）或（，0）或（﹣1，0）或（5，0）．
【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、图象的交点问题、直角三角形的判定、勾股定理、相似三角形的性质及分类讨论等．在（1）中注意顶点式的运用，在（3）中设出N、M的坐标，利用相似三角形的性质得到关于坐标的方程是解题的关键，注意相似三角形点的对应．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．
23、（2023 十堰）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+1经过点A（4，﹣3），顶点为点B，点P为抛物线上的一个动点，l是过点（0，2）且垂直于y轴的直线，过P作PH⊥l，垂足为H，连接PO．
（1）求抛物线的解析式，并写出其顶点B的坐标；
（2）①当P点运动到A点处时，计算：PO= ，PH= ，由此发现，PO PH（填“＞”、“＜”或“=”）；
②当P点在抛物线上运动时，猜想PO与PH有什么数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图2，设点C（1，﹣2），问是否存在点P，使得以P，O，H为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】（1）解：∵抛物线y=ax2+1经过点A（4，﹣3），∴﹣3=16a+1，∴a=﹣，
∴抛物线解析式为y=﹣x2+1，顶点B（0，1）．
（2）①当P点运动到A点处时，∵PO=5，PH=5，∴PO=PH，故答案分别为5，5，=．
②结论：PO=PH．理由：设点P坐标（m，﹣m2+1），∵PH=2﹣（﹣m2+1）=m2+1
PO==m2+1，∴PO=PH．
（3）∵BC==，AC==，AB==4∴BC=AC，∵PO=PH，
又∵以P，O，H为顶点的三角形与△ABC相似∴PH与BC，PO与AC是对应边，
∴=，设点P（m，﹣m2+1），∴=，解得m=±1，
∴点P坐标（1，）或（﹣1，）．
24、（2023 桂林）如图1，已知开口向下的抛物线y1=ax2﹣2ax+1过点A（m，1），与y轴交于点C，顶点为B，将抛物线y1绕点C旋转180°后得到抛物线y2，点A，B的对应点分别为点D，E．
（1）直接写出点A，C，D的坐标；
（2）当四边形ABDE是矩形时，求a的值及抛物线y2的解析式；
（3）在（2）的条件下，连接DC，线段DC上的动点P从点D出发，以每秒1个单位长度的速度运动到点C停止，在点P运动的过程中，过点P作直线l⊥x轴，将矩形ABDE沿直线l折叠，设矩形折叠后相互重合部分面积为S平方单位，点P的运动时间为t秒，求S与t的函数关系．
【解答】解：（1）由题意得：将A（m，1）代入y1=ax2﹣2ax+1得：am2﹣2am+1=1，
解得：m1=2，m2=0（舍），∴A（2，1）、C（0，1）、D（﹣2，1）；
（2）如图1，由（1）知：B（1，1﹣a），过点B作BM⊥y轴，若四边形ABDE为矩形，则BC=CD，
∴BM2+CM2=BC2=CD2，∴12+（﹣a）2=22，∴a=，∵y1抛物线开口向下，∴a=﹣，
∵y2由y1绕点C旋转180°得到，则顶点E（﹣1，1﹣），∴设y2=a（x+1）2+1﹣，则a=，
∴y2=x2+2x+1；
（3）如图1，当0≤t≤1时，则DP=t，构建直角△BQD，得BQ=，DQ=3，则BD=2，
∴∠BDQ=30°，∴PH=，PG=t，∴S=（PG+PH）×DP=t2，如图2，当1＜t≤2时，
因为矩形ABDE沿直线l折叠，所以延长DE和D′E′交直线l于同一点，设这一点为M，
D（﹣2，1），E（﹣1，1﹣），∴DE==2，∴EM=DM﹣DE=2t﹣2，
∵∠EMG=30°，∴EG=E′G=（t﹣1），在Rt△FEM中，∠EMF=2×30°=60°，∴∠EFM=30°，
∴FM=2EM=4t﹣4，
∴E′F=FM﹣E′M=FM﹣EM=4t﹣4﹣（2t﹣2）=2t﹣2=2（t﹣1），
S△GE′F=（t﹣1）2，
S=S△HMD′﹣S△GE′F﹣S△GE′M=×t×2t﹣（t﹣1）2﹣×（t﹣1）×（2t﹣2），
=﹣；
综上所述：S=t2（0≤t≤1）或S=﹣（1＜t≤2）．
【点评】本题考查了二次函数的性质，旋转的性质和矩形对角线的性质，以及三角函数及特殊角的应用，综合性较强；善于从已知中挖掘隐藏条件是本题的关键：如此题可以计算矩形的边长及对角线与边的夹角，得出30°，以此为突破口，将需要的边长用t表示，得出函数关系式；另外本题还运用了分类讨论的思想，这在二次函数中运用较多，应熟练掌握．
25、（2023 茂名）如图，抛物线y=﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，且与y轴交于点C，点D是抛物线的顶点，抛物线的对称轴DE交x轴于点E，连接BD．
（1）求经过A，B，C三点的抛物线的函数表达式；
（2）点P是线段BD上一点，当PE=PC时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，过点P作PF⊥x轴于点F，G为抛物线上一动点，M为x轴上一动点，N为直线PF上一动点，当以F、M、N、G为顶点的四边形是正方形时，请求出点M的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y=﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，∴，
解得，，∴经过A，B，C三点的抛物线的函数表达式为y=﹣x2+2x+3；
（2）如图1，连接PC、PE，x=﹣=﹣=1，当x=1时，y=4，∴点D的坐标为（1，4），
设直线BD的解析式为：y=mx+n，则，解得，，
∴直线BD的解析式为y=﹣2x+6，设点P的坐标为（x，﹣2x+6），
则PC2=x2+（3+2x﹣6）2，PE2=（x﹣1）2+（﹣2x+6）2，∵PC=PE，
∴x2+（3+2x﹣6）2=（x﹣1）2+（﹣2x+6）2，解得，x=2，则y=﹣2×2+6=2，
∴点P的坐标为（2，2）；
（3）设点M的坐标为（a，0），则点G的坐标为（a，﹣a2+2a+3），
∵以F、M、N、G为顶点的四边形是正方形，
∴FM=MG，即|2﹣a|=|﹣a2+2a+3|，
当2﹣a=﹣a2+2a+3时，
整理得，a2﹣3a﹣1=0，
解得，a=，
当2﹣a=﹣（﹣a2+2a+3）时，
整理得，a2﹣a﹣5=0，
解得，a=，
∴当以F、M、N、G为顶点的四边形是正方形时，点M的坐标为（，0），（，0），（，0），（，0）．
【点评】本题考查的是二次函数的图象和性质、待定系数法求函数解析式以及正方形的性质，掌握二次函数的图象和性质、灵活运用待定系数法是解题的关键．
26、（2023 宁德）如图1，已知抛物线l1：y=﹣x2+x+3与y轴交于点A，过点A的直线l2：y=kx+b与抛物线l1交于另一点B，点A，B到直线x=2的距离相等．
（1）求直线l2的表达式；
（2）将直线l2向下平移个单位，平移后的直线l3与抛物线l1交于点C，D（如图2），判断直线x=2是否平分线段CD，并说明理由；
（3）已知抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c为常数）和直线y=3x+m有两个交点M，N，对于任意满足条件的m，线段MN都能被直线x=h平分，请直接写出h与a，b之间的数量关系．
【解答】解：（1）当x=0时，y=3，∴A（0，3），∴A到直线x=2的距离为2，
∵点A，B到直线x=2的距离相等，∴B到直线x=2的距离为2，∴B的横坐标为4，
当x=4时，y=﹣×42+4+3=﹣1，∴B（4，﹣1），A（0，3）B（4，﹣1）y=kx+b得：，
解得：，∴直线l2的表达式为：y=﹣x+3；
（2）x=2平分线段CD，理：直线l3表达式为：y=﹣x+3﹣=﹣x+0.5，当x=2时，y=﹣2+0.5=﹣1.5，
，解得：或，∴C（﹣1，1.5）、D（5，﹣4.5），
∴线段CD的中点坐标为：x==2，y==﹣1.5，则直线x=2平分线段CD；
（3），ax2+（b﹣3）x+c﹣m=0，则x1、x2是此方程的两个根，x1+x2=﹣，
∵线段MN都能被直线x=h平分，
设线段MN的中点为P，则P的横坐标为h，
根据中点坐标公式得：h==﹣．
【点评】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数与一次函数的交点问题，与方程组相结合，理解上有难度；要熟知中点坐标公式：若A（a，b），B（m，n），则AB的中点坐标x=，y=；两函数图象的交点就是两函数解析式所列方程组的解．
27、（2023 扬州）如图1，二次函数y=ax2+bx的图象过点A（﹣1，3），顶点B的横坐标为1．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）点P在该二次函数的图象上，点Q在x轴上，若以A、B、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，求点P的坐标；
（3）如图3，一次函数y=kx（k＞0）的图象与该二次函数的图象交于O、C两点，点T为该二次函数图象上位于直线OC下方的动点，过点T作直线TM⊥OC，垂足为点M，且M在线段OC上（不与O、C重合），过点T作直线TN∥y轴交OC于点N．若在点T运动的过程中，为常数，试确定k的值．
【解答】解：（1）∵y=ax2+bx过A（﹣1，3），顶点B的横坐标为1，则有解得∴二次函数y=x2﹣2x，（2）由（1）得，B（1，﹣1），∵A（﹣1，3），∴直线AB解析式为y=﹣2x+1，AB=2，设点Q（m，0），P（n，n2﹣2n）∵以A、B、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，①当AB为对角线时，根据中点坐标公式得，则有，解得或∴P（1+，2）和（1﹣，2）②当AB为边时，根据中点坐标公式得解得或∴P（1+，4）或（1﹣，4）．故答案为P（1+，2）或（1﹣，2）或P（1+，4）或（1﹣，4）．（3）设T（m，m2﹣2m），∵TM⊥OC，∴可以设直线TM为y=﹣x+b，则m2﹣2m=﹣m+b，b=m2﹣2m+，由解得，∴OM==，ON=m ，∴=，∴k=时，=．∴当k=时，点T运动的过程中，为常数．
【点评】本题考查二次函数综合题，平行四边形的判定和性质，中点坐标公式等知识，解题的关键是利用参数，方程组解决问题，学会转化的思想，属于中考压轴题．
28、（2023成都中考28）在平面直角坐标系中，已知抛物线（为常数）的顶点为，等腰直角三角形的定点的坐标为，的坐标为，直角顶点在第四象限.
（1）如图，若该抛物线过 ，两点，求该抛物线的函数表达式；
（2）平移（1）中的抛物线，使顶点在直线上滑动，且与交于另一点.
i）若点在直线下方，且为平移前（1）中的抛物线上的点，当以
三点为顶点的三角形是等腰直角三角形时，求出所有符合条件的点的坐标；
ii）取的中点，连接.试探究是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由.
【解答】解：（1）∵等腰直角三角形ABC的顶点A的坐标为（0，﹣1），C的坐标为（4，3）
∴点B的坐标为（4，﹣1）．∵抛物线过A（0，﹣1），B（4，﹣1）两点，
∴，解得：b=2，c=﹣1，∴抛物线的函数表达式为：y=x2+2x﹣1．
（2）i）∵A（0，﹣1），C（4，3），∴直线AC的解析式为：y=x﹣1．设平移前抛物线的顶点为P0，则由（1）可得P0的坐标为（2，1），且P0在直线AC上．∵点P在直线AC上滑动，∴可设P的坐标为（m，m﹣1），则平移后抛物线的函数表达式为：y=（x﹣m）2+m﹣1．解方程组：，解得，∴P（m，m﹣1），Q（m﹣2，m﹣3）．过点P作PE∥x轴，过点Q作QF∥y轴，则PE=m﹣（m﹣2）=2，QF=（m﹣1）﹣（m﹣3）=2．∴PQ==AP0．若以M、P、Q三点为顶点的等腰直角三角形，则可分为以下两种情况：
①当PQ为直角边时：点M到PQ的距离为（即为PQ的长）．
由A（0，﹣1），B（4，﹣1），P0（2，1）可知，△ABP0为等腰直角三角形，且BP0⊥AC，BP0=．
如答图1，过点B作直线l1∥AC，交抛物线y=x2+2x﹣1于点M，则M为符合条件的点．
∴可设直线l1的解析式为：y=x+b1，∵B（4，﹣1），∴﹣1=4+b1，解得b1=﹣5，
∴直线l1的解析式为：y=x﹣5．解方程组，得：，
∴M1（4，﹣1），M2（﹣2，﹣7）．②当PQ为斜边时：MP=MQ=2，可求得点M到PQ的距离为．
如答图2，取AB的中点F，则点F的坐标为（2，﹣1）．
由A（0，﹣1），F（2，﹣1），P0（2，1）可知：
△AFP0为等腰直角三角形，且点F到直线AC的距离为．
过点F作直线l2∥AC，交抛物线y=x2+2x﹣1于点M，则M为符合条件的点．
∴可设直线l2的解析式为：y=x+b2，∵F（2，﹣1），∴﹣1=2+b2，解得b2=﹣3，
∴直线l2的解析式为：y=x﹣3．解方程组，得：，
∴M3（1+，﹣2+），M4（1﹣，﹣2﹣）．综上所述，所有符合条件的点M的坐标为：
M1（4，﹣1），M2（﹣2，﹣7），M3（1+，﹣2+），M4（1﹣，﹣2﹣）．
ii）存在最大值．理由如下：由i）知PQ=为定值，则当NP+BQ取最小值时，有最大值．如答图2，取点B关于AC的对称点B′，易得点B′的坐标为（0，3），BQ=B′Q．
连接QF，FN，QB′，易得FN∥PQ，且FN=PQ，∴四边形PQFN为平行四边形．∴NP=FQ．∴NP+BQ=FQ+B′Q≥FB′==．∴当B′、Q、F三点共线时，NP+BQ最小，最小值为．∴的最大值为=．
29、（2023青羊区九上期末28）如图，直线与抛物线交于C、D两点，其中点C在y轴上，点D的坐标为（3，），点P使y轴右侧的抛物线上一动点，过点P作PE⊥x轴于点E，交CD于点F.
求一次函数和抛物线的解析式；
若点P的横坐标为t，当t为何值时，四边形OCPF是平行四边形？请说明理由。
在CD上方是否存在点P，使PCF=45°，若存在，求出相应的点P的坐标 ，若不存在，请说明理由。
【解答】解：（1）∵直线y=x+m经过点D（3，），∴=×3+m，解得：m=1，
∴直线的解析式：y=x+1在直线解析式y=x+1中，令x=0，得y=1，∴C（0，1）．
∵点C（0，1）、D（3，）在抛物线y=﹣x2+bx+c上，∴c=1，﹣9+3b+c=，解得b=，c=1，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+1；
（2）∵PF∥OC，且以O、C、P、F为顶点的四边形是平行四边形，∴PF=OC=1，设P（t，﹣t2+t+1）则F（t，t+1）∴PF=|t+1+t2﹣t﹣1|=1，解得：t=或t=．（3）存在．
理由：设点P的横坐标为m，则P（m，﹣m2+m+1），F（m，m+1）．
如答图2所示，过点C作CM⊥PE于点M，则CM=m，EM=1，∴FM=yF﹣EM=m，
∴tan∠CFM=2．
在Rt△CFM中，由勾股定理得：CF=m．
过点P作PN⊥CD于点N，则PN=FN tan∠PFN=FN tan∠CFM=2FN．
∵∠PCF=45°，
∴PN=CN，
而PN=2FN，∴FN=CF=m，PN=2FN=m，
在Rt△PFN中，由勾股定理得：PF==m．
∵PF=yP﹣yF=（﹣m2+m+1）﹣（m+1）=﹣m2+3m，
∴﹣m2+3m=m，整理得：m2﹣m=0，
解得m=0（舍去）或m=，
∴P（，）．
【点评】本题是二次函数综合题型，考查了二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、解方程、平行四边形、勾股定理等重要知识点．第（2）问采用数形结合思想求解，直观形象且易于理解．
30、（2023七中一诊）已知抛物线与轴和轴的正半轴分别交于点A和B，已知点A的坐标为（4,0）。
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，连接AB，M为AB的中点，在AB的同侧以M为旋转中心，且，MP与轴交于点C，MQ交轴于点D。设AD的长为，BC的长为，求和之间的函数关系式；
（3）若抛物线上有一点，当为何值时，的边过点F？
【解答】解：（1）将点A（4，0）代入抛物线解析式可得：
0=﹣×42+4b+4，解得：b=1，故y=﹣x2+x+4；
（2）抛物线y=﹣=﹣x2+x+4与x轴的交点为A（4，0），与y轴的交点为B（0，4），则AB=4，AM=BM=2，
在∠PMQ绕点M在AB同侧旋转过程中，
∠MBC=∠DAM=∠PMQ=45°，
在△BCM中，∠BMC+∠BCM+∠MBC=180°，即∠BMC+∠BCM=135°，
在直线AB上，∠BMC+∠PMQ+∠AMD=180°，即∠BMC+∠AMD=135°，则∠BCM=∠AMD，
故△BCM∽△AMD，则=，即=，n=，故n与m之间的函数关系式为n=（m＞0）．
（3）∵F（﹣k﹣1，﹣k2+1）在y=﹣x2+x+4上，∴﹣（﹣k﹣1）2+（﹣k﹣1）+4=﹣k2+1，
化简得，k2﹣4k+3=0，解得：k1=1，k2=3，即F1（﹣2，0）或F2（﹣4，﹣8），
①MF过点M（2，2）和F1（﹣2，0），设MF为y=kx+b，则，解得：，
故直线MF的解析式为y=x+1，直线MF与x轴的交点为（﹣2，0），与y轴交点为（0，1），
若MP过点F（﹣2，0），则n=4﹣1=3，m=，若MQ过点F（﹣2，0），则m=4﹣（﹣2）=6，n=，
②MF过点M（2，2）或点F1（﹣4，﹣8），设MF为y=kx+b，则，解得：，
故直线MF的解析式为y=x﹣，直线MF与x轴的交点为（，0），与y轴交点为（0，﹣），
若MP过点F（﹣4，﹣8），则n=4﹣（﹣）=，m=，
若MQ过点F（﹣4，﹣8），则m=4﹣=，n=，
故当，，或时∠PMQ的边过点F．
【点评】本题考查了二次函数的综合题，涉及了待定系数法求函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征的问题，同学们注意培养自己解决综合题的能力，将所学知识融会贯通．
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