2023年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸大題培優(yōu)學(xué)案專題27二次函數(shù)與面積壓軸問題（教師版）

專題27二次函數(shù)與面積壓軸問題經(jīng)典例題經(jīng)典例題【例1】（2022·湖北隨州·統(tǒng)考中考真題）如圖1，平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y=ax2+bx+c+a<0與x軸分則點(diǎn)A和點(diǎn)B1,0，與y軸交于點(diǎn)C，對(duì)稱軸為直線x=?1(1)直接寫出拋物線的解析式；(2)如圖2，連接AC，當(dāng)點(diǎn)P在直線AC上方時(shí)，求四邊形PABC面積的最大值，并求出此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)；(3)設(shè)M為拋物線對(duì)稱軸上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)P，M運(yùn)動(dòng)時(shí)，在坐標(biāo)軸上是否存在點(diǎn)N，使四邊形PMCN為矩形？若存在，直接寫出點(diǎn)P及其對(duì)應(yīng)點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)y=?(2)S最大=758(3)存在，P1?1,4，N10,4；P2?5?【分析】（1）根據(jù)已知條件，列出方程組求出a，b，c的值即可；（2）方法一：設(shè)Pm,n，四邊形PABC的面積S=SΔPAO+SΔPCO+方法二：易知A?3,0，C0,3，故直線AC的方程為y=x+3，設(shè)Px,?x2?2x+3?3<x<0，表示出PQ，并用x表示出△APC（3）根據(jù)題目要求，分類討論當(dāng)當(dāng)N在y軸上時(shí)；當(dāng)N在x軸負(fù)半軸上時(shí)，設(shè)Nt,0，用t表示出點(diǎn)P的坐標(biāo)，解出t，寫出點(diǎn)P及其對(duì)應(yīng)點(diǎn)N【詳解】（1）解：∵OA=OC，∴C0,c，A∵B1,0，對(duì)稱軸為直線x=?1，c>0∴0=a+b+c?b2a∴拋物線的解析式為：y=?x（2）解：方法一：連接OP，設(shè)Pm,n，易知?3<m<0，n>0∵AO=CO=3，BO=1，∴四邊形PABC的面積S=S∴S==又∵n=?m∴S=∴當(dāng)m=?32時(shí)，∴此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)為?3方法二：易知A?3,0，C0,3，故直線AC設(shè)Px,?∵過點(diǎn)P作PQ⊥x軸，交AC于點(diǎn)Q，∴Ox,x+3∵點(diǎn)P在AC上方，∴PQ=?x∴S=1∴四邊形PABC面積S=S∴當(dāng)x=?32時(shí)，S有最大值∴此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)為?3（3）存在點(diǎn)N．①當(dāng)N在y軸上時(shí)，∵四邊形PMCN為矩形，此時(shí)，P1?1,4，②當(dāng)N在x軸負(fù)半軸上時(shí)，如圖所示，四邊形PMCN為矩形，過M作y軸的垂線，垂足為D，過P作x軸的垂線，垂足為E，設(shè)Nt,0，則ON=?t∴∠CDM=∠NEP=90°，∵四邊形PMCN為矩形，∴∠MCN=∠CNP=90°，CM=NP，∵∠MCD+∠OCN=90°，∠ONC+∠OCN=90°，∴∠MCD=∠ONC，又∵∠CDM=∠CON=90°，∴△CMD∽△CNO，∴CDON又∵點(diǎn)M在對(duì)稱軸上，C0,3∴DM=1,OC=3，∴CD?t=1∵∠MCD+∠CMD=90°，∠ONC+∠PNE=90°，∴∠CMD=∠PNE，∴△CMD≌△NPEAAS∴NE=MD=1，EP=CD=?1∴OE=ON+EN=?t+1，∴P點(diǎn)的坐標(biāo)為t?1,?1∵P點(diǎn)在拋物線y=?x∴?解得t1=1?∴P2?5?145③當(dāng)N在x軸正半軸上時(shí)，如圖所示，四邊形PMCN為矩形，過M作y軸的垂線，垂足為D，過P作x軸的垂線，垂足為E，設(shè)Nt,0，則ON=t∴∠CDM=∠NEP=90°，∵四邊形PMCN為矩形時(shí)，∴∠MCN=∠CNP=90°，CM=NP，∵∠MCD+∠OCN=90°，∠ONC+∠OCN=90°，∴∠MCD=∠ONC，又∵∠CDM=∠CON=90°，∴△CMD∽△CNO，∴CDON又∵點(diǎn)M在對(duì)稱軸上，C0,3∴DM=1,OC=3，∴CDt=1∵∠MCD+∠CMD=90°，∠ONC+∠PNE=90°，∴∠CMD=∠PNE，∴△CMD≌△NPEAAS∴NE=MD=1，EP=CD=1∴OE=ON?EN=t?1，∴P點(diǎn)的坐標(biāo)為t?1,?1∵P點(diǎn)在拋物線y=?x∴?解得t1=1?∴P3?5+145綜上：P1?1,4，N10,4；P2?5?【點(diǎn)睛】本題考查用待定系數(shù)法求二次函數(shù)、二次函數(shù)綜合問題，矩形的性質(zhì)與判定，二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征等知識(shí)點(diǎn)的理解和掌握，綜合運(yùn)用這些性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算是解此題的關(guān)鍵．【例2】（2022·廣西賀州·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線y=?x2+bx+c過點(diǎn)A(?1,0),B(3,0)，與y(1)求拋物線的解析式；(2)點(diǎn)P為拋物線對(duì)稱軸上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)△PCB是以BC為底邊的等腰三角形時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；(3)在（2）條件下，是否存在點(diǎn)M為拋物線第一象限上的點(diǎn)，使得S△BCM=S【答案】(1)y=?x(2)點(diǎn)P坐標(biāo)為(1,1)；(3)存在，m【分析】（1）把A(?1,0),B(3,0)代入y=?x（2）依題意可得出即P點(diǎn)在∠COB的平分線上且在拋物線的對(duì)稱軸上利用等腰三角形的性質(zhì)，即可得出P點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）利用鉛垂線ME，即可表達(dá)出S△BCM，再由S【詳解】（1）根據(jù)題意，得{0=?解得{b=2∴拋物線解析式為：y=?x（2）由（1）得y=?x∴點(diǎn)C(0,3)，且點(diǎn)B(3,0)，∴OC=OB=3．∵當(dāng)△PCB是以BC為底邊的等腰三角形∴PC=PB，∵OP=OP，∴△COP?△BOP，∴∠COP=∠BOP=1設(shè)拋物線的對(duì)稱軸與x軸交于H點(diǎn)，則∠OPH=90°，∴∠OPH=∠POH=45°，∴OH=PH，∵拋物線對(duì)稱軸x=?2∴OH=1，∴PH=1，∴y=1．∴點(diǎn)P坐標(biāo)為(1,1)．（3）存在．理由如下：過點(diǎn)M作ME∥y軸，交BC于點(diǎn)E，交x軸于點(diǎn)設(shè)M(m,?m2+2m+3)設(shè)直線BC的解析式為：y=kx+b，依題意，得：{0=3k+b解得{k=?1∴直線BC的解析式為：y=?x+3，當(dāng)x=m時(shí)，y=?m+3，∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為(m,?m+3)，∵點(diǎn)M在第一象限內(nèi)，且在BC的上方，∴ME=?=?mS==3S△BCP∵S△BCM∴3解得m1【點(diǎn)睛】此題考查了求拋物線的解析式、等腰三角形的存在性問題，三角形的面積，掌握待定系數(shù)法求拋物線的解析式，等腰三角形與函數(shù)的特征，三角形面積與函數(shù)的做法是解題的關(guān)鍵．【例3】（2022·河南洛陽·統(tǒng)考二模）如圖，拋物線y=?x2?2x+3的圖象與x軸交于A，B兩點(diǎn)，（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左邊），與y(1)直接寫出A，B，C的坐標(biāo)；(2)點(diǎn)M為線段AB上一點(diǎn)（點(diǎn)M與點(diǎn)A，點(diǎn)B不重合），過點(diǎn)M作x軸的垂線，與直線AC交于點(diǎn)E，與拋物線交于點(diǎn)P，過點(diǎn)P作PQ∥AB交拋物線于點(diǎn)Q，過點(diǎn)Q作QN⊥x軸于點(diǎn)N，若點(diǎn)P在點(diǎn)Q的左側(cè)，當(dāng)矩形PMNQ的周長(zhǎng)最大時(shí)，求△AEM的面積．【答案】(1)A(?3,0)，B(1,0)，C(0,3)(2)1【分析】（1）通過解析式即可得出C點(diǎn)坐標(biāo)，令y=0，解方程得出方程的解，即可求得A、B的坐標(biāo)；（2）設(shè)M點(diǎn)橫坐標(biāo)為m，則PM=?m2?2m+3，MN=(?m?1)×2=?2m?2，矩形PMNQ的周長(zhǎng)=?2m2?8m+2，將?2m【詳解】（1）由拋物線y=?x2?2x+3令y=0，則0=?x解得x=?3或x=1，∴點(diǎn)A(?3,0)，B(1,0)，C(0,3)；（2）由拋物線y=?x2?2x+3=?設(shè)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為m，則PM=?m2?2m+3∴矩形PMNQ的周長(zhǎng)=2(PM+MN)=2(?m∴當(dāng)m=?2時(shí)矩形的周長(zhǎng)最大．∵點(diǎn)A(?3,0)，C(0,3)，∴設(shè)直線AC:y=kx+3，代入(?3,0)得0=?3k+3=0，解得k=1，∴直線AC的函數(shù)表達(dá)式為y=x+3，當(dāng)x=?2時(shí)，y=?2+3=1，則點(diǎn)E(?2,1)，∴EM=1，AM=1，∴ΔAEM的面積【點(diǎn)睛】此題主要考查了求拋物線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，三角形的面積公式，解本題的關(guān)鍵是求出矩形PMNQ的周長(zhǎng)為?2(m+2)【例4】（2022·福建·統(tǒng)考中考真題）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線y=ax2+bx經(jīng)過A（4，0），B（1，4）兩點(diǎn)．P(1)求拋物線的解析式；(2)若△OAB面積是△PAB面積的2倍，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；(3)如圖，OP交AB于點(diǎn)C，PD∥BO交AB于點(diǎn)D．記△CDP，△CPB，△CBO的面積分別為S1，S2，【答案】(1)y=?(2)存在，2,16(3)存在，9【分析】（1）待定系數(shù)法求解析式即可求解；（2）待定系數(shù)法求得直線AB的解析式為y=?43x+163，過點(diǎn)P作PM⊥x軸，垂足為M，PM交AB于點(diǎn)N．過點(diǎn)B作BE⊥PM，垂足為E．可得S△PAB=S△PNB+S（3）由已知條件可得△OBC∽△PDC，進(jìn)而可得S1S2+S2S3=CDBC+PCOC=2PDOB，過點(diǎn)B,P分別作x軸的垂線，垂足分別F,E，PE交AB于點(diǎn)Q，過D作x的平行線，交PE于點(diǎn)G，可得△DPG∽△OBF，設(shè)【詳解】（1）解：（1）將A（4，0），B（1，4）代入y=ax得16a+4b=0a+b=4解得a=?4所以拋物線的解析式為y=?4（2）設(shè)直線AB的解析式為y=kx+tk≠0將A（4，0），B（1，4）代入y=kx+t，得4k+t=0k+t=4解得k=?4所以直線AB的解析式為y=?4過點(diǎn)P作PM⊥x軸，垂足為M，PM交AB于點(diǎn)N．過點(diǎn)B作BE⊥PM，垂足為E．所以S===3因?yàn)锳（4，0），B（1，4），所以S△OAB因?yàn)椤鱋AB的面積是△PAB面積的2倍，所以2×32PN=8設(shè)Pm,?43所以PN=?即?4解得m1=2，所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為2,16（3）∵PD∴△OBC∽△PDC∴記△CDP，△CPB，△CBO的面積分別為S1，S2，S3．則如圖，過點(diǎn)B,P分別作x軸的垂線，垂足分別F,E，PE交AB于點(diǎn)Q，過D作x的平行線，交PE于點(diǎn)G∵B1,4∴F∴OF=1∵PD∴△DPG∽△OBF∴PD設(shè)P∵直線AB的解析式為y=?4設(shè)Dn,?4PG=?=DG=m?n∴整理得4n=∴S1S=2=2=2=?=?∴m=52時(shí)，S【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)綜合，待定系數(shù)法求解析式，面積問題，相似三角形的性質(zhì)與判定，第三問中轉(zhuǎn)化為線段的比是解題的關(guān)鍵．【例5】（2022·湖南岳陽·統(tǒng)考中考真題）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線F1：y=x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)(1)求拋物線F1(2)如圖2，作拋物線F2，使它與拋物線F1關(guān)于原點(diǎn)O成中心對(duì)稱，請(qǐng)直接寫出拋物線(3)如圖3，將（2）中拋物線F2向上平移2個(gè)單位，得到拋物線F3，拋物線F1與拋物線F3相交于C，D兩點(diǎn)（點(diǎn)①求點(diǎn)C和點(diǎn)D的坐標(biāo)；②若點(diǎn)M，N分別為拋物線F1和拋物線F3上C，D之間的動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)M，N與點(diǎn)C，D不重合），試求四邊形【答案】(1)y=(2)y=?(3)①C?2,?3或D2,5；【分析】（1）將點(diǎn)A?3,0和點(diǎn)B1,0代入（2）利用對(duì)稱性求出函數(shù)F1頂點(diǎn)?1,?4關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)為1,4，即可求函數(shù)F（3）①通過聯(lián)立方程組y=?x2+2x+5y=x②求出直線CD的解析式，過點(diǎn)M作MF∥y軸交CD于點(diǎn)F，過點(diǎn)N作NE∥y軸交于點(diǎn)E，設(shè)Mm,m2+2m?3，Nn,?n2+2n+5，則Fm,2m+1（1）解：將點(diǎn)A?3,0和點(diǎn)B1,0代入∴9?3b+c=01+b+c=0，解得b=2∴y=x（2）∵y=x∴拋物線的頂點(diǎn)?1,?4，∵頂點(diǎn)?1,?4關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)為1,4，∴拋物線F2的解析式為y=?∴y=?x（3）由題意可得，拋物線F3的解析式為y=?①聯(lián)立方程組y=?x解得x=2或x=?2，∴C?2,?3或D②設(shè)直線CD的解析式為y=kx+b，∴?2k+b=?32k+b=5，解得k=2∴y=2x+1，過點(diǎn)M作MF∥y軸交CD于點(diǎn)F，過點(diǎn)N作NE∥設(shè)Mm,m2則Fm,2m+1，N∴MF=2m+1?mNE=?n∵?2<m<2，?2<n<2，∴當(dāng)m=0時(shí)，MF有最大值4，當(dāng)n=0時(shí)，NE有最大值4，∵S四邊形∴當(dāng)MF+NE最大時(shí)，四邊形CMDN面積的最大值為16．【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，圖象平移和對(duì)稱的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．培優(yōu)訓(xùn)練培優(yōu)訓(xùn)練1．（2022·廣東·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線y=x2+bx+c（b，c是常數(shù)）的頂點(diǎn)為C，與x軸交于A，B兩點(diǎn)，A1,0，AB=4，點(diǎn)P為線段AB上的動(dòng)點(diǎn)，過P作PQ//BC交(1)求該拋物線的解析式；(2)求△CPQ面積的最大值，并求此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)．【答案】(1)y=(2)2；P（-1，0）【分析】（1）用待定系數(shù)法將A，B的坐標(biāo)代入函數(shù)一般式中，即可求出函數(shù)的解析式；（2）分別求出C點(diǎn)坐標(biāo)，直線AC，BC的解析式，PQ的解析式為：y=-2x+n，進(jìn)而求出P，Q的坐標(biāo)以及n的取值范圍，由S△CPQ【詳解】（1）解：∵點(diǎn)A（1，0），AB=4，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（-3，0），將點(diǎn)A（1，0），B（-3，0）代入函數(shù)解析式中得：{0=1+b+c解得：b=2，c=-3，∴拋物線的解析式為y=x（2）解：由（1）得拋物線的解析式為y=x頂點(diǎn)式為：y=(x+1)則C點(diǎn)坐標(biāo)為：（-1，-4），由B（-3，0），C（-1，-4）可求直線BC的解析式為：y=-2x-6，由A（1，0），C（-1，-4）可求直線AC的解析式為：y=2x-2，∵PQ∥BC，設(shè)直線PQ的解析式為：y=-2x+n，與x軸交點(diǎn)P(n由{y=?2x+ny=2x?2解得：∵P在線段AB上，∴?3<n∴n的取值范圍為-6＜n＜2，則S==?∴當(dāng)n=-2時(shí)，即P（-1，0）時(shí)，S△CPQ【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的面積最值問題，二次函數(shù)的圖象與解析式間的關(guān)系，一次函數(shù)的解析式與圖象，熟練掌握數(shù)形結(jié)合思想是解決本題的關(guān)鍵．2．（2022·湖南常德·統(tǒng)考中考真題）如圖，已經(jīng)拋物線經(jīng)過點(diǎn)O(0,0)，A(5,5)，且它的對(duì)稱軸為x=2．(1)求此拋物線的解析式；(2)若點(diǎn)B是拋物線對(duì)稱軸上的一點(diǎn)，且點(diǎn)B在第一象限，當(dāng)△OAB的面積為15時(shí)，求B的坐標(biāo)；(3)在（2）的條件下，P是拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)PA?PB的值最大時(shí)，求P的坐標(biāo)以及PA?PB的最大值【答案】(1)y=(2)B(2,8)(3)P(?2,12),PA?PB的最大值為3【分析】（1）根據(jù)題意可設(shè)拋物線為y=ax（2）設(shè)B2,y,且y>0,記OA與對(duì)稱軸的交點(diǎn)為Q，設(shè)直線OA為：y=kx,解得：k=1,可得直線OA為：y=x,則Q2,2（3）如圖，連接AB，延長(zhǎng)AB交拋物線于P，則此時(shí)PA?PB=AB最大，由勾股定理可得最小值，再利用待定系數(shù)法求解AB的解析式，聯(lián)立一次函數(shù)與二次函數(shù)的解析式，解方程組可得P的坐標(biāo)．【詳解】（1）解：∵拋物線經(jīng)過點(diǎn)O(0,0)，∴設(shè)拋物線為：y=ax∵拋物線過A(5,5)，且它的對(duì)稱軸為x=2．∴25a+5b=5?b∴拋物線為：y=（2）解：如圖，點(diǎn)B是拋物線對(duì)稱軸上的一點(diǎn)，且點(diǎn)B在第一象限，設(shè)B2,y,且y>0,記OA與對(duì)稱軸的交點(diǎn)為設(shè)直線OA為：y=kx,∴5=5k,解得：k=1,∴直線OA為：y=x,∴Q2,2∴S=1解得：y=8或y=?4,∵y>0,則y=8,∴B（3）如圖，連接AB，延長(zhǎng)AB交拋物線于P，則此時(shí)PA?PB=AB最大，∵A5,5∴AB=5?2設(shè)AB為：y=k'x+b',代入A、B兩點(diǎn)坐標(biāo)，∴5k'+b'=5解得：k'=?1∴AB為：y=?x+10,∴y=?x+10解得：x=5y=5∴P【點(diǎn)睛】本題考查的是利用待定系數(shù)法求解二次函數(shù)的解析式，坐標(biāo)與圖形面積，三角形三邊關(guān)系的應(yīng)用，勾股定理的應(yīng)用，確定PA?PB最大時(shí)P的位置是解本題的關(guān)鍵．3．（2022·湖北襄陽·統(tǒng)考中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝mx-2m與x軸，y軸分別交于A，B兩點(diǎn)，頂點(diǎn)為D的拋物線y＝-x2+2mx-m2+2與y軸交于點(diǎn)C．(1)如圖，當(dāng)m＝2時(shí)，點(diǎn)P是拋物線CD段上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．①求A，B，C，D四點(diǎn)的坐標(biāo)；②當(dāng)△PAB面積最大時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；(2)在y軸上有一點(diǎn)M（0，73m），當(dāng)點(diǎn)C在線段MB①求m的取值范圍；②求線段BC長(zhǎng)度的最大值．【答案】(1)①A（2，0），B（0，-4），C（0，-2），D（2，2）；②△PAB的面積的最大值是3，點(diǎn)P（1，1）；(2)①23≤m≤1+3②13【分析】對(duì)于（1），先求出點(diǎn)A，B的坐標(biāo)，再將拋物線關(guān)系式配方表示出點(diǎn)D的坐標(biāo)，令x=0，表示出點(diǎn)C的坐標(biāo)，然后將m的值代入即可得出①的答案；對(duì)于②，先求出直線和拋物線的解析式，再作PE∥y軸，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，即可表示出點(diǎn)P，E的坐標(biāo)，然后表示出PE，進(jìn)而根據(jù)三角形的面積公式表示△PAB的面積，再配方討論極值即可；對(duì)于（2），由（1）可知，點(diǎn)B，C的坐標(biāo)，再根據(jù)點(diǎn)C在線段MB上，分兩種情況討論，求出①的答案即可；對(duì)于②，根據(jù)①中的情況分別表示BC，再配方二次函數(shù)的性質(zhì)求出答案即可．【詳解】（1）∵直線y=mx?2m與x軸，y軸分別交于A，B兩點(diǎn)，∴A（2，0），B（0，-2m）．∵y=?x∴拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)是D（m，2）．令x=0，則y=?m∴C(0,?m①當(dāng)m=2時(shí)，-2m=-4，則?m∴點(diǎn)B（0，-4），C（0，-2），D（2，2）；②由上可知，直線AB的解析式為y=2x?4，拋物線的解析式為y=?x如圖，過點(diǎn)P作PE∥y軸交直線AB于點(diǎn)E．設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，∴P(t,?t2+4t?2)∴PE=?t∴△PAB的面積=12∵-1＜0，∴當(dāng)t=1時(shí)，△PAB的面積的最大值為3，此時(shí)P（1，1）；（2）由（1）可知，B（0，-2m），C（0，-m2+2），①∵y軸上有一點(diǎn)M(0,73m)，點(diǎn)C∴需分兩種情況討論：當(dāng)73m≥?m當(dāng)73m≤?m∴m的取值范圍是23≤m≤1+3②當(dāng)23∵BC=?m∴當(dāng)m=1時(shí)，BC的最大值為3；當(dāng)?3≤m≤1?3∴BC=?2m?(?m當(dāng)m=-3時(shí)，點(diǎn)M與點(diǎn)C重合，BC的最大值為13，∴BC的最大值是13．【點(diǎn)睛】這是一道關(guān)于一次函數(shù)和二次函數(shù)的綜合問題，考查了求函數(shù)關(guān)系式，二次函數(shù)圖象的性質(zhì)，二次函數(shù)與三角形的綜合，根據(jù)二次函數(shù)關(guān)系式求極值等．4．（2019·廣東河源·校聯(lián)考一模）如圖，已知拋物線的頂點(diǎn)為A1，4，拋物線與y軸交于點(diǎn)B0，3，與x軸交于(1)求此拋物線的解析式．(2)求于C、D兩點(diǎn)坐標(biāo)及三角形△BCD的面積．(3)若點(diǎn)P在x軸上方的拋物線上，滿足S△PCD=1【答案】(1)y=?(2)C?1，(3)P1+10【分析】（1）設(shè)拋物線頂點(diǎn)式解析式y(tǒng)=ax?12+4，然后把點(diǎn)B（2）令y=0，解方程得出點(diǎn)C，D坐標(biāo)，再用三角形面積公式即可得出結(jié)論；（3）先根據(jù)面積關(guān)系求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，求出點(diǎn)P的縱坐標(biāo)，代入拋物線解析式即可求出點(diǎn)P的坐標(biāo)．【詳解】（1）∵拋物線的頂點(diǎn)為A1∴設(shè)拋物線的解析式y(tǒng)=ax?1把點(diǎn)B0，3解得a=?1，∴拋物線的解析式為y=?x?1（2）由（1）知，拋物線的解析式為y=?x?1令y=0，則0=?x?1∴x=?1或x=3，∴C?1∴CD=4，∴S△BCD（3）由（2）知，S△BCD∵S△PCD∴S△PCD∴yP∵點(diǎn)P在x軸上方的拋物線上，∴yP∴yP∵拋物線的解析式為y=?x?1∴32∴x=1±10∴P1+102【點(diǎn)睛】本題考查的是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．5．（2022·湖南婁底·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線y=12x2?2x?6與x軸相交于點(diǎn)A、點(diǎn)B(1)請(qǐng)直接寫出點(diǎn)A，B，C的坐標(biāo)；(2)點(diǎn)Pm,n0<m<6在拋物線上，當(dāng)m取何值時(shí)，△PBC的面積最大？并求出(3)點(diǎn)F是拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，作FE//AC交x軸于點(diǎn)E，是否存在點(diǎn)F，使得以A、C、E、F為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，請(qǐng)寫出所有符合條件的點(diǎn)F的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)A?2,0，B6,0，(2)m=3，△PBC面積的最大值272(3)存在，2+27,6或2?27【分析】（1）令y=0得到12x2?2x?6=0，求出x即可求得點(diǎn)A和點(diǎn)B的坐標(biāo)，令x=0，則（2）過P作PQ∥y軸交BC于Q，先求出直線BC的解析式，根據(jù)三角形的面積，當(dāng)平行于直線BC直線與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)P到BC的距離最大，此時(shí)，△PBC的面積最大，利用三角形面積公式求解；（3）根據(jù)點(diǎn)F是拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，作FE//AC交x軸于點(diǎn)E得到AE∥CF，設(shè)Fa,12a2?2a?6，當(dāng)點(diǎn)F在x軸下方時(shí)，當(dāng)點(diǎn)【詳解】（1）解：令y=0，則12解得x1=?2，∴A?2,0，B令x=0，則y=?6，∴C0,?6（2）解：過P作PQ∥y軸交BC于Q，如下圖．設(shè)直線BC為y=kx+bk≠0，將B6,0、0=6k+bb=?6解得k=1b=?6∴直線BC為y=x?6，根據(jù)三角形的面積，當(dāng)平行于直線BC直線與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)P到BC的距離最大，此時(shí)，△PBC的面積最大，∵Pm,n∴Pm，1∴PQ=m?6∵?1∴m=3時(shí)，PQ最大為92而S△PBC∴△PBC的面積最大為272（3）解：存在．∵點(diǎn)F是拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，作FE//AC交x軸于點(diǎn)E，如下圖．∴AE∥CF，設(shè)Fa,當(dāng)點(diǎn)F在x軸下方時(shí)，∵C0,?6即OC=6，∴12解得a1=0（舍去），∴F4,?6當(dāng)點(diǎn)F在x軸的上方時(shí)，令y=6，則12解得a3=2+27∴F2+27,6綜上所述，滿足條件的點(diǎn)F的坐標(biāo)為2+27,6或4,?6或【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)與平行四邊形、二次函數(shù)與面積等問題的綜合題，主要考查求點(diǎn)的坐標(biāo)，平行四邊形的性質(zhì)，面積的表示，涉及方程思想，分類思想等．6．（2022·四川攀枝花·統(tǒng)考中考真題）如圖，二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象與x軸交于O（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），A兩點(diǎn)，且二次函數(shù)的最小值為?1，點(diǎn)M(1,m)是其對(duì)稱軸上一點(diǎn)，y(1)求二次函數(shù)的表達(dá)式；(2)二次函數(shù)在第四象限的圖象上有一點(diǎn)P，連結(jié)PA，PB，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，△PAB的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式；(3)在二次函數(shù)圖象上是否存在點(diǎn)N，使得以A、B、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，直接寫出所有符合條件的點(diǎn)N的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)y=(2)S=?(3)存在，N(1,?1)或(3,3)或(?1,3)【分析】（1）由二次函數(shù)的最小值為?1，點(diǎn)M(1,m)是其對(duì)稱軸上一點(diǎn)，得二次函數(shù)頂點(diǎn)為(1,?1)，設(shè)頂點(diǎn)式y(tǒng)=a(x?1)2?1（2）連接OP，根據(jù)S=S△AOB+S△OAP（3）設(shè)Nn,n2?2n，分三種情況：當(dāng)AB為對(duì)角線時(shí)，當(dāng)AM為對(duì)角線時(shí)，當(dāng)【詳解】（1）解：∵二次函數(shù)的最小值為?1，點(diǎn)M(1,m)是其對(duì)稱軸上一點(diǎn)，∴二次函數(shù)頂點(diǎn)為(1,?1)，設(shè)二次函數(shù)解析式為y=a(x?1)將點(diǎn)O(0,0)代入得，a?1=0，∴a=1，∴y=(x?1)（2）如圖，連接OP，當(dāng)y=0時(shí)，x2∴x=0或2，∴A(2,0)，∵點(diǎn)P在拋物線y=x∴點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為t2∴S===?t（3）設(shè)Nn,當(dāng)AB為對(duì)角線時(shí)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得，2+0=1+n，∴n=1，∴N(1,?1)，當(dāng)AM為對(duì)角線時(shí)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得，2+1=n+0，∴n=3，∴N(3,3)，當(dāng)AN為對(duì)角線時(shí)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得，2+n=0+1，∴n=?1，∴N(?1,3)，綜上：N(1,?1)或(3,3)或(?1,3)．【點(diǎn)睛】此題考查了待定系數(shù)法求拋物線的解析式，拋物線與圖形面積，平行四邊形的性質(zhì)，熟練掌握待定系數(shù)法及平行四邊形是性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．7．（2022·山東日照·校考一模）如圖，拋物線y=ax2+bx+3與x軸交于A1,0，B3,0(1)求拋物線的解析式；(2)如圖2，M是拋物線x軸下方的拋物線上一點(diǎn)，連接MO、MB、MC，若△MOC的面積是△MBC面積的3倍，求點(diǎn)M的坐標(biāo)(3)如圖3，連接AC?BC，在拋物線上是否存在點(diǎn)N（不與點(diǎn)A重合），使得∠BCN=∠ACB？若存在求出點(diǎn)N的橫坐標(biāo)，若不存在說明理由【答案】(1)y=x(2)8(3)拋物線上存在一點(diǎn)N，使得∠BCN=∠ACB，點(diǎn)N的坐標(biāo)是11【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可求得拋物線的解析式；（2）先用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式為y=?x+3，設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)是m,m2?4m+3，過點(diǎn)M作直線MP∥y軸交BC于點(diǎn)N，則點(diǎn)P的是m,?m+3，求出MP=?m2+3m，得到S△MOC=32m（3）拋物線上存在一點(diǎn)N，使得∠BCN=∠ACB，過點(diǎn)B作BE⊥AB交CN于點(diǎn)E，則∠EBO=90°，證明△ABC≌△EBCASA得到BE=AB=2，求出點(diǎn)E的坐標(biāo)是3,2，待定系數(shù)法求出直線CN的解析式，聯(lián)立直線CN的解析式與拋物線的解析式即可求出點(diǎn)N【詳解】（1）解：把A1,0，B3,0代入a+b+3=09a+3b+3=0解得a=1b=?4∴拋物線的解析式為y=x（2）如圖，對(duì)于y=x當(dāng)x=0時(shí)，y=3，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為0,3，設(shè)直線BC的解析式為y=kx+t，代入B3,0，C3k+t=0t=3，解得k=?1∴直線BC的解析式為y=?x+3，設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)是m,m2?4m+3，過點(diǎn)M作直線MP∥y軸交BC則點(diǎn)P的是m,?m+3，∴MP=?m+3?m∵A1,0，B3,0，∴S△MOC=12OC·m=∵△MOC的面積是△MBC面積的3倍，∴32解得m=0（不合題意，舍去）或m=8當(dāng)m=83時(shí)，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)是83（3）拋物線上存在一點(diǎn)N，使得∠BCN=∠ACB，過點(diǎn)B作BE⊥AB交CN于點(diǎn)E，則∠EBO=90°，∵B3,0，C∴OB=OC，∴△OBC是等腰直角三角形，∴∠OBC=45°，∴∠OBC=∠EBC=45°，∵BC=BC，∠BCN=∠ACB，∴△ABC≌△EBCASA∴BE=AB=2，∴點(diǎn)E的坐標(biāo)是3,2，設(shè)直線CN的解析式為y=mx+n，代入E3,2，C3m+n=2n=3，解得m=?∴直線CN的解析式為y=?1聯(lián)立y=x2?4x+3y=?1解得x=113y=∴拋物線上存在一點(diǎn)N，使得∠BCN=∠ACB，點(diǎn)N的坐標(biāo)是113【點(diǎn)睛】此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、二次函數(shù)與一次函數(shù)的交點(diǎn)問題、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，關(guān)鍵是添加合適的輔助線解決問題．8．（2022·黑龍江·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A?1,0，點(diǎn)B2,?3，與y(1)求拋物線的解析式；(2)拋物線上是否存在點(diǎn)P，使△PBC的面積是△BCD面積的4倍，若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)：若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)y=(2)存在，P11+【分析】（1）將點(diǎn)A?1,0，點(diǎn)B2,?3，代入拋物線得1?b+c=04+2b+c=?3（2）將解析式化成頂點(diǎn)式得y=x2?2x?3=x?12?4，可得D點(diǎn)坐標(biāo)，將x=0代入得，y=?3，可得C點(diǎn)坐標(biāo)，求出S△BCD=1的值，根據(jù)S△PBC=4S【詳解】（1）解：∵拋物線y=x2+bx+c過點(diǎn)A∴1?b+c=04+2b+c=?3解得b=?2c=?3∴拋物線的解析式為：y=x（2）解：存在．∵y=x∴D1,?4將x=0代入得，y=?3，∴C0,?3又∵B（2，-3），∴BC//x軸，∴D到線段BC的距離為1，BC=2，∴S△BCD∴S△PBC設(shè)Pm,m2?2m?3，由題意可知點(diǎn)則S△PBC整理得，m2解得m1=1+5∴P11+5∴存在點(diǎn)P，使△PBC的面積是△BCD面積的4倍，點(diǎn)P的坐標(biāo)為P11+5【點(diǎn)睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，二次函數(shù)頂點(diǎn)式，二次函數(shù)與三角形面積綜合等知識(shí)．解題的關(guān)鍵在于對(duì)知識(shí)的熟練掌握與靈活運(yùn)用．9．（2022·四川巴中·統(tǒng)考中考真題）如圖1，拋物線y=ax2+2x+c，交x軸于A、B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C，F(xiàn)為拋物線頂點(diǎn)，直線EF垂直于x軸于點(diǎn)E，當(dāng)y≥0(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)點(diǎn)P是線段BE上的動(dòng)點(diǎn)（除B、E外），過點(diǎn)P作x軸的垂線交拋物線于點(diǎn)D．①當(dāng)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為2時(shí)，求四邊形ACFD的面積；②如圖2，直線AD，BD分別與拋物線對(duì)稱軸交于M、N兩點(diǎn)．試問，EM+EN是否為定值？如果是，請(qǐng)求出這個(gè)定值；如果不是，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)y=?(2)①4；②是，定值為8，理由見解析【分析】（1）由當(dāng)y≥0時(shí)，?1≤x≤3，可知x1=?1，x2=3是（2）①把x=2代入拋物線解析式可得D點(diǎn)坐標(biāo)，再x=0代入拋物線解析式可得C點(diǎn)坐標(biāo)，從而得知線段CD∥x軸，利用配方法可知點(diǎn)F坐標(biāo)，從而利用②設(shè)Dm,?m2+2m+3(1<m<3)，用待定系數(shù)法求出直線AD與直線BD的解析式，再令x=1得yM，yN【詳解】（1）解：∵當(dāng)y≥0時(shí)，?1≤x≤3，∴x1=?1，x2=3是∴a?2+c=09a+6+c=0解得：a=?1c=3∴拋物線的表達(dá)式為：y=?x（2）①把x=2代入y=?x2+2x+3∴D(2,3)．又當(dāng)x=0，y=3，∴C(0,3)，∴線段CD∥∵y=?x∴F(1,4)，S四邊形②設(shè)Dm,?直線AD:y=k1x+因此可得：0=?k1+解得：k1=3?mb∴直線AD:y=(3?m)x+(3?m)，BD:y=?(m+1)x+3(m+1)．令x=1得yM=6?2m，∴ME=6?2m，NE=2m+2，∴NE+ME=8．【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)與一次函數(shù)綜合，涉及四邊形的面積求法，待定系數(shù)法等知識(shí)，掌握待定系數(shù)法和面積求法是解題的關(guān)鍵．10．（2022·黑龍江綏化·校考二模）如圖，拋物線y=?x2+bx+c與直線AB交于A(?4,?4)，B(0,4)兩點(diǎn)，且點(diǎn)D是它的頂點(diǎn)，在y(1)求出拋物線的解析式及直線AB的解析式；(2)點(diǎn)E在直線AB上運(yùn)動(dòng)，若△BCE是等腰三角形時(shí)，求點(diǎn)E的坐標(biāo)；(3)設(shè)點(diǎn)N是拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，若SΔBDN=【答案】(1)y=?x2(2)?5,?25+4或5(3)N(?3,1)或(2,?4)【分析】（1）用待定系數(shù)法求出一次函數(shù)解析式和二次函數(shù)解析式即可；（2）設(shè)E(x,2x+4)，然后分三種情況BC=BE，BC=EC，BE=CE求出點(diǎn)E的坐標(biāo)即可；（3）設(shè)點(diǎn)N的坐標(biāo)為(a,?a2?2a+4)，求出S△OBD=12×4×1=2，S△BDN=32×2=3，求出直線直線BD的解析式為y=?x+4，過點(diǎn)N作NH【詳解】（1）解：把A(?4,?4)，B(0,4)代入拋物線的解析式，得：?4=?16?4b+c4=c解得：b=?2c=4∴拋物線的解析式為y=?x設(shè)直線AB的解析式為y=mx+n，把A(?4,?4)，B(0,4)代入直線AB的解析式，得：?4=?4m+n4=n解得：m=2n=4∴直線AB的解析式為y=2x+4；（2）解：設(shè)E(x,2x+4)，若BC=BE，則(4?2x?4)2解得x=?5或x=∴?5,?25若BC=EC，則x2解得x=?4或x=0（舍)，∴E(?4,?4)，若BE=CE，則x2解得x=?5∴E?綜上，E的坐標(biāo)為?5,?25+4或5,2（3）解：設(shè)點(diǎn)N的坐標(biāo)為(a,?a2?2a+4)∴S△OBD∴S△BDN設(shè)直線BD的解析式為y=kx+b，把點(diǎn)D(?1,5)，B(0,4)代入得：?k+b=5b=4解得：k=?1b=4∴直線BD的解析式為y=?x+4，過點(diǎn)N作NH平行x軸，交BD于H，則H(a2+2a∴NH=a∴S△BDN解得a=?3或a=2，當(dāng)a=?3時(shí)，?a當(dāng)a=2時(shí)，?a∴N(?3,1)或(2,?4)．【點(diǎn)睛】本題主要考查了求二次函數(shù)解析式，二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，求一次函數(shù)解析式，等腰三角形的定義，勾股定理，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，注意進(jìn)行分類討論．11．（2022·重慶璧山·統(tǒng)考一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y=ax2+43x+c與x軸交于點(diǎn)(1)求拋物線的解析式；(2)如圖1，連接AC，點(diǎn)D為線段AC下方拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE∥y軸交線段AC于E點(diǎn)，連接EO，記△ADC的面積為S1，△AEO的面積為S2，求S1(3)如圖2，在（2）問的條件下，將拋物線沿射線CB方向平移352個(gè)單位長(zhǎng)度得到新拋物線，動(dòng)點(diǎn)M在原拋物線的對(duì)稱軸上，點(diǎn)N為新拋物線上一點(diǎn)，直接寫出所有使得以點(diǎn)A、D、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形的點(diǎn)N的坐標(biāo)，并把求其中一個(gè)點(diǎn)【答案】(1)y=(2)當(dāng)t=?2時(shí)，S1?S2(3)點(diǎn)N的坐標(biāo)為N1?4,836【分析】（1）將A?3,0，C0,?2代入拋物線（2）延長(zhǎng)DE交x軸于點(diǎn)K，設(shè)直線AC的函數(shù)表達(dá)式為y=kx+bk≠0，將A?3,0，C0,?2代入列方程組求解得出解析式，設(shè)Dt,23t2+43（3）根據(jù)C0,?2，B1,0得到OBOC=12，結(jié)合拋物線沿射線CB方向平移【詳解】（1）解：將A?3,0，C0,?2代入拋物線9a?4+c=0c=?2解得a=2∴拋物線的解析式為：y=2（2）解：如圖，延長(zhǎng)DE交x軸于點(diǎn)K，設(shè)直線AC的函數(shù)表達(dá)式為y=kx+bk≠0∵A?3,0，C∴n=?2?3k+b=0，解得k=?∴直線AC的函數(shù)表達(dá)式為y=?2設(shè)Dt,23∴Et,?23∴DE=?2∵S1S2∴S1∴當(dāng)t=?2時(shí)，S1?S2取得最大值，最大值為1，此時(shí)點(diǎn)（3）解：∵C0,?2，B∴OBOC∵拋物線沿射線CB方向平移32∴拋物線向右平移32∴平移后的拋物線解析式為y=2∵點(diǎn)M在原拋物線對(duì)稱軸上，∴設(shè)點(diǎn)M?1,m①當(dāng)以AD為對(duì)角線時(shí)，xM+x∴xN∵點(diǎn)N為新拋物線上一點(diǎn)，∴N1②當(dāng)以AM為對(duì)角線時(shí)，xD+xxN∵點(diǎn)N為新拋物線上一點(diǎn)，∴N2③當(dāng)以AN為對(duì)角線時(shí)，xA+xxN∵點(diǎn)N為新拋物線上一點(diǎn)，∴N3綜上所述，點(diǎn)N的坐標(biāo)為N1?4,836，【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法，二次函數(shù)圖像上點(diǎn)坐標(biāo)的特征，平行四邊形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是用含字母的式子表示相關(guān)點(diǎn)坐標(biāo)和相關(guān)線段的長(zhǎng)度．12．（2023·廣西玉林·一模）已知二次函數(shù)y=x2+2bx?3b(1)求該二次函數(shù)的表達(dá)式；(2)二次函數(shù)圖象與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為B，與y軸的交點(diǎn)為C，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)在線段AB上以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，在線段BC上以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，直到其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，兩點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)，求△BPQ面積的最大值；(3)在點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)的過程中，是否存在使△PBQ與△BOC相似的時(shí)刻，如果存在，求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間t，如果不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)y=(2)存在，當(dāng)t=1時(shí)，△BPQ面積的最大值為2(3)t的值為4?22或【分析】1把點(diǎn)A1,0代入解析式，求出b2過點(diǎn)Q作QN⊥AB于點(diǎn)N，利用NQQB=OCBC表示出△BPQ的高3由∠PBQ=∠OBC，∠BOC=90°，知△PBQ與△BOC相似只需△PBQ為直角三角形，分兩種情況：①當(dāng)∠PQB=90°時(shí)，△PBQ是等腰直角三角形，BP=2BQ，有4?2t=2t，解得t=4?22；②當(dāng)∠BPQ=90°【詳解】（1）把點(diǎn)A1,0代入y=x2解得：b=1，∴二次函數(shù)的表達(dá)式為：y=x（2）過Q作QN⊥OB于N，如圖：在y=x2+2x?3中，令x=0得y=?3，令∴C0,?3，B?3,0，∴AB=4，OB=OC=3，BC=32設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則BQ=t，AP=2t，∴BP=4?2t，∵sin∴NQQB=∴NQ=2∴S∵?2∴當(dāng)t=1時(shí)，△BPQ面積的最大值為22（3）在點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)的過程中，存在使△PBQ與△BOC相似的時(shí)刻，理由如下：∵∠PBQ=∠OBC，∠BOC=90°，∴△PBQ與△BOC相似只需△PBQ為直角三角形，①當(dāng)∠PQB=90°時(shí)，如圖：∵OB=OC=3，∠BOC=90°，∴∠OBC=45°，∴△PBQ是等腰直角三角形，BP=2∴4?2t=2解得t=4?22②當(dāng)∠BPQ=90°時(shí)，如圖：同理可知BQ=2∴t=2解得t=16?4綜上所述，t的值為4?22或16?4【點(diǎn)睛】．本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及二次函數(shù)解析式、拋物線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)坐標(biāo)、三角形面積等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是數(shù)形結(jié)合和分類討論思想的應(yīng)用．13．（2022·內(nèi)蒙古·中考真題）如圖，拋物線y=ax2+x+c經(jīng)過B(3,0)，D?2,?52兩點(diǎn)，與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為(1)求拋物線的解析式和點(diǎn)C的坐標(biāo)；(2)若點(diǎn)M在直線BC上方的拋物線上運(yùn)動(dòng)（與點(diǎn)B，C不重合），求使△MBC面積最大時(shí)M點(diǎn)的坐標(biāo)，并求最大面積；（請(qǐng)?jiān)趫D1中探索）(3)設(shè)點(diǎn)Q在y軸上，點(diǎn)P在拋物線上，要使以點(diǎn)A，B，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，求所有滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)．（請(qǐng)?jiān)趫D2中探索）【答案】(1)y=?12(2)M32,158，當(dāng)(3)滿足條件的點(diǎn)P坐標(biāo)為P14,?52【分析】（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；（2）作直線BC，過M點(diǎn)作MN∥y軸交BC于點(diǎn)N，求出直線BC的解析式，設(shè)M（m，-12m2+m+32），則N（m，-12m+32），可得S△MBC=12?MN（3）設(shè)Q（0，t），P（m，-12m2+m+32），分三種情況討論：①當(dāng)AB為平行四邊形的對(duì)角線時(shí)；②當(dāng)AQ為平行四邊形的對(duì)角線時(shí)；【詳解】（1）解：把點(diǎn)B(3,0)和D?2,?529a+3+c=04a?2+c=?解得a=?∴拋物線的解析式為y=?把x=0代入y=?12∴C0,（2）解：作直線BC，作MN∥y軸交直線BC于點(diǎn)N設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b（k≠0）把點(diǎn)B(3,0)和C0,3可得3k+b解得k=?∴直線BC的解析式為y=?設(shè)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為m∴Mm,?1∴MN==?∴S=?34m?∴當(dāng)m=32時(shí)，S把x=32代入y=?∴M3（3）解：當(dāng)以AB為邊時(shí)，只要PQ∥AB，且PQ=AB=4即可∴點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為4或-4把x=4代入y=?12把x=?4代入y=?12∴此時(shí)P14,?當(dāng)以AB為對(duì)角線時(shí)，作P3H⊥x∵四邊形AQ∴A∴∠在△AOQ3和∠∴△AO∴OA=HB=1∴OH=OB?BH=3?1=2∴點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為2把x=2代入y=?12∴此時(shí)P綜上所述，滿足條件的點(diǎn)P坐標(biāo)為P14,?52【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，分類討論是解題的關(guān)鍵．14．（2022·遼寧大連·統(tǒng)考中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=x2?2x?3與x軸相交于點(diǎn)A，B（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸相交于點(diǎn)C(1)求點(diǎn)B，點(diǎn)C的坐標(biāo)；(2)如圖1，點(diǎn)Em,0在線段OB上（點(diǎn)E不與點(diǎn)B重合），點(diǎn)F在y軸負(fù)半軸上，OE=OF，連接AF,BF,EF，設(shè)△ACF的面積為S1，△BEF的面積為S2，S=S1(3)如圖2，拋物線的頂點(diǎn)為D，連接CD,BC，點(diǎn)P在第一象限的拋物線上，PD與BC相交于點(diǎn)Q，是否存在點(diǎn)P，使∠PQC=∠ACD，若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)B(2)當(dāng)S最大時(shí)，m=1.(3)P【分析】（1）利用拋物線的解析式，令x=0，可得C的坐標(biāo)，令y=0，可得A，C的坐標(biāo)；（2）由Em,00≤m<3,OE=OF,可得F0,?m,（3）如圖，延長(zhǎng)DC與x軸交于點(diǎn)N，過A作AH⊥BC于H，過Q作GK⊥y軸于K，連接BD，證明∠QDC=∠ACQ,證明∠BCD=90°,求解tan∠ACQ=222=2=tan∠QDC,可得CQ=2CD=22,（1）解：∵y=x2?2x?3，令x=0,則y=?3,∴C0,?3,令y=0,則x（2）∵Em,00≤m<3,OE=OF,∴F0,?m,∴CF=?m??3=3?m,BE=3?m,OE=OF=m,而A?1,0,∴S1=1（3）如圖，延長(zhǎng)DC與x軸交于點(diǎn)N，過A作AH⊥BC于H，過Q作QK⊥y軸于K，連接BD，∵∠PQC=∠QCD+∠QDC,∠ACD=∠ACQ+∠QCD,∠PQC=∠ACD，∴∠QDC=∠ACQ,∵拋物線y=x2?2x?3=x?12?4,∴頂點(diǎn)D1,?4,∴CD2=12+?3+42=2,BC2=32+32=18,BD2=3?12+0+42=20,∴CD2+BC2=BD2,【點(diǎn)睛】本題考查的是二次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)問題，二次函數(shù)的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，利用待定系數(shù)法求解一次函數(shù)的解析式，函數(shù)的交點(diǎn)坐標(biāo)問題，求解Q的坐標(biāo)是解本題的關(guān)鍵．15．（2022·山東濟(jì)南·模擬預(yù)測(cè)）如圖1，已知拋物線y=ax2+bx+3經(jīng)過點(diǎn)A?1，0和點(diǎn)B3，0，與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)P(1)試確定拋物線的解析式；(2)當(dāng)S△CPD：S(3)如圖2，連接AC，設(shè)P點(diǎn)橫坐標(biāo)為m(0<m<3)，求當(dāng)m為何值時(shí)，四邊形BACP的面積最大？并求出點(diǎn)P的坐標(biāo)．【答案】(1)y=?(2)D(3)當(dāng)m=32時(shí)，四邊形BACP的面積最大，點(diǎn)P【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；（2）根據(jù)S△CPD：S△BPD=1：2，可得CD:BD=1:2，根據(jù)△CGD∽△COB，得出GC=1（3）過點(diǎn)P作PH∥y軸交BC于點(diǎn)H，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為m,?m2+2m+3，則點(diǎn)H【詳解】（1）將點(diǎn)點(diǎn)A?1，0和點(diǎn)即：?3a=3，解得：a=?1，故拋物線的表達(dá)式為：y=?x（2）如圖1：在y=?x2+2x+3中，令x=0∴C0,3，則∵S△CPD：S過點(diǎn)D分別作x、y軸的垂線交于點(diǎn)∴GD∥∴△CGD∽△COB，∴CGOC∴GC=1，∵DH∥∴△BDH∽△BCO，∴BHBO∴DH=2，故點(diǎn)D1（3）由（2），可得C0,3由點(diǎn)B、C的坐標(biāo)得，設(shè)直線BC則3k+b=0解得：k=?1∴直線BC的表達(dá)式為y=?x+3，過點(diǎn)P作PH∥y軸交BC于點(diǎn)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為m,?m2+2m+3設(shè)四邊形BACP的面積為S，則S===?∴當(dāng)m=32時(shí)，y=154，四邊形BACP的面積最大，點(diǎn)【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合運(yùn)用，相似三角形的性質(zhì)與判定，面積問題，掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．16．（2022·甘肅嘉峪關(guān)·?？家荒＃┤鐖D，已知拋物線y=?x2+mx+n與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，拋物線的對(duì)稱軸交x軸于點(diǎn)D，已知A(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)在拋物線的對(duì)稱軸上是否存在點(diǎn)P，使△PCD是以CD為腰的等腰三角形？如果存在，直接寫出P點(diǎn)的坐標(biāo)；如果不存在，請(qǐng)說明理由；(3)點(diǎn)E是線段BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)E作x軸的垂線與拋物線相交于點(diǎn)F，當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)，四邊形CDBF的面積最大？求出四邊形CDBF的最大面積及此時(shí)E點(diǎn)的坐標(biāo)．【答案】(1)y=?(2)存在；1,6，1,10，(3)518，【分析】（1）將點(diǎn)A、C的坐標(biāo)分別代入可得二元一次方程組，解方程組即可得出m、n的值；（2）根據(jù)二次函數(shù)的解析式可得對(duì)稱軸方程，由勾股定理求出CD的值，以點(diǎn)C為圓心，CD為半徑作弧，交對(duì)稱軸于P1；以點(diǎn)D為圓心CD為半徑作圓交對(duì)稱軸于點(diǎn)P2，P3，作CH（3）由二次函數(shù)的解析式可求出B點(diǎn)的坐標(biāo)，從而可求出直線BC的解析式，從而可設(shè)E點(diǎn)的坐標(biāo)Eq,?q+3，進(jìn)而可表示出F的坐標(biāo)，由四邊形CDBF的面積SCDBF=S△BCD【詳解】（1）解：已知拋物線y=?x2+mx+n經(jīng)過點(diǎn)A則0=?1?m+n3=n，解得n=3∴拋物線表達(dá)式為：y=?x（2）解：由（1）可知拋物線對(duì)稱軸為直線x=?2則點(diǎn)D坐標(biāo)為1,0，CD的長(zhǎng)為1?02如圖1所示，使△PCD是以CD為腰的等腰三角形的點(diǎn)P有P1，P2，P3過點(diǎn)C作CH⊥GD,

垂足為點(diǎn)H，∵CP∴P∴P∵DP∴P∵DP∴P綜上可得，在拋物線的對(duì)稱軸上存在點(diǎn)P，使△PCD是以CD為腰的等腰三角形，P點(diǎn)的坐標(biāo)為1,6，1,10，1,?；（3）解：根據(jù)題意作圖2，過點(diǎn)C作CM⊥FE,垂足為點(diǎn)M，令?x2+2x+3=0∴x1=?1故點(diǎn)B坐標(biāo)為3,0，BD=OB?OD=3?1=2，設(shè)直線BC解析式為y=kx+b，過點(diǎn)C0，33=b0=3k+b，解得b=3則直線BC解析式為y=?x+3，設(shè)Eq,?q+3，F(xiàn)FE=?qS=1====?=?=?3故q=32時(shí)，四邊形CDBF的面積取得最大值為518，此時(shí)點(diǎn)E．【點(diǎn)睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、拋物線中等腰三角形的存在性、拋物線中四邊形面積最大值的存在性、勾股定理等知識(shí)，采用數(shù)形結(jié)合和分類討論思想是解題關(guān)鍵．17．（2022·山東濟(jì)南·模擬預(yù)測(cè)）如圖，拋物線y=ax2+bx?3與(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)點(diǎn)D在拋物線的對(duì)稱軸上，且位于x軸的上方，將△BCD沿直線BD翻折得到△BC'D，若點(diǎn)C'恰好落在拋物線的對(duì)稱軸上，求點(diǎn)(3)在（2）的條件下，設(shè)拋物線與y軸交于點(diǎn)Q，連接BQ、DQ，點(diǎn)P為拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)(點(diǎn)P與點(diǎn)Q不重合)，且S△PBD=S【答案】(1)y=(2)C'（(3)當(dāng)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為3或3+412或3?【分析】（1）利用待定系數(shù)法可求解析式；（2）設(shè)對(duì)稱軸與BC的交點(diǎn)為E，先求出點(diǎn)C，點(diǎn)E坐標(biāo)，可求BC=4，BE=CE=2，由折疊的性質(zhì)可得BC'的長(zhǎng)，由勾股定理可求（3）根據(jù)平行線間的距離相等，分兩種情況討論，若點(diǎn)Q，點(diǎn)P在BD的同側(cè)時(shí)，若點(diǎn)P與點(diǎn)Q在BD的兩側(cè)時(shí)，結(jié)合圖象及題意分別求解即可．【詳解】（1）解：將B(?1,0)，C(3,0可得9a+3b?3∴a=3∴y=3（2）如圖，設(shè)對(duì)稱軸與BC的交點(diǎn)為E，∵y=33x∴對(duì)稱軸為直線x=1，∴BE=CE=2，BC=4，∵點(diǎn)D在拋物線的對(duì)稱軸上，∴BD=CD，∵將△BCD沿直線BD翻折得到△BC∴BC=BC'=4∴BD=C∴C'E=C'∴C'∵BD∴23∴DE=2∴點(diǎn)D1（3）如圖，設(shè)BD交y軸于點(diǎn)F，∵點(diǎn)B(?1,0)，點(diǎn)設(shè)直線BD的解析式為y=kx+b，代入得：?k+b=0k+b=解得：k=∴直線BD解析式為：y=3當(dāng)x=0時(shí)，y=∴點(diǎn)F0∵拋物線的解析式為：y=33x2?∴點(diǎn)Q0直線QD經(jīng)過點(diǎn)Q0，?設(shè)直線QD的解析式為y2代入得：n=?3解得：n=?∴直線QD解析式為：y2當(dāng)y2=0∴S△BDQ若點(diǎn)Q，點(diǎn)P在BD的同側(cè)時(shí)，∵S△PBD∴點(diǎn)P與點(diǎn)Q到直線BD的距離相等，即PQ∥∴設(shè)直線PQ解析式為：y=3∵點(diǎn)Q0∴直線PQ解析式為：y=3∴33∴x=0（與點(diǎn)Q重合，舍去），x=3（與點(diǎn)C重合，符合題意），∴點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為3；若點(diǎn)P與點(diǎn)Q在BD的兩側(cè)時(shí)，∵S△PBD∴點(diǎn)P與點(diǎn)Q到直線BD的距離相等，∵點(diǎn)F0,33∴FQ=4在y軸上截取HF=FQ，過點(diǎn)H作BD的平行線交拋物線于點(diǎn)P'和P∴HF=FQ=4∴HO=HF+FO=∴點(diǎn)H坐標(biāo)0,5∴直線HP'解析式為：∴33∴x=3±綜上所述：當(dāng)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為3或3+412或3?41【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，軸對(duì)稱的性質(zhì)及平行線間的距離相等等知識(shí)，綜合性較強(qiáng)，有一定的難度．18．（2022·重慶大渡口·重慶市第三十七中學(xué)校?？级＃┤鐖D，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=x2+bx+c與直線AB交于A，B兩點(diǎn)，其中A(1)求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)點(diǎn)P，Q為直線AB下方拋物線上任意兩點(diǎn)，且滿足點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為m+1，過點(diǎn)P和點(diǎn)Q分別作y軸的平行線交直線AB于C點(diǎn)和D點(diǎn)，連接PQ，求四邊形PQDC面積的最大值；(3)在（2）的條件下，將拋物線y=x2+bx+c沿射線AB平移25個(gè)單位，得到新的拋物線y1，點(diǎn)E為點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，點(diǎn)F為y1的對(duì)稱軸上任意一點(diǎn)，點(diǎn)G為平面直角坐標(biāo)系內(nèi)一點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)B【答案】(1)y=x(2)154(3)(134,?154【分析】（1）用待定系數(shù)法求解即可；（2）根據(jù)題意，求得直線AB解析式，以及P、Q、C、D四點(diǎn)坐標(biāo)，得到PC、DQ長(zhǎng)度，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可；（3）根據(jù)平移的性質(zhì)，求得y1【詳解】（1）解：將A（0，16+4b+c=?1c=1，解得即y=x（2）設(shè)直線AB解析式y(tǒng)=kx+n，代入A（0，4k+n=?1n=1，解得即y=?1則P(m,m2?92m+1)PC=?1QD=?1S四邊形即當(dāng)m=32時(shí)，S四邊形（3）由（2）可知P(3直線AB為y=?12x+1與x軸的交點(diǎn)為(2,0)，與y軸的交點(diǎn)為(0,1)沿射線AB平移25∴E(11則y=x2?拋物線y1的對(duì)稱軸為x=設(shè)F(25當(dāng)BE=BF時(shí)，如圖：則(11解得t=?22±3∴F(254,當(dāng)F(254,?22+3394)時(shí)，E∴G(19當(dāng)F(254,?22?3394)時(shí)，E∴G(19當(dāng)BF=EF時(shí)，如下圖：(254?4)F平移到B，E平移到G，可得G(13綜上點(diǎn)G的坐標(biāo)為(134,?154【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法，四邊形面積、菱形的性質(zhì)及應(yīng)用等知識(shí)解題的關(guān)鍵是用含字母的代數(shù)式表示相關(guān)點(diǎn)坐標(biāo)和相關(guān)線段的長(zhǎng)度．19．（2022·山東菏澤·統(tǒng)考二模）如圖，拋物線y=ax2+bx+6經(jīng)過A?2,0、B4,0兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，D是拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)D(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式．(2)當(dāng)△BCD的面積等于△AOC的面積的34時(shí)，求m(3)當(dāng)m=2時(shí)，若點(diǎn)M是x軸上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)N是拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，試判斷是否存在這樣的點(diǎn)M，使得以點(diǎn)B、D、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)M的的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)y=?(2)m=3(3)M的坐標(biāo)為2,0或17?1,0或?17【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；（2）先求出直線BC的表達(dá)式，設(shè)點(diǎn)Dm,?34S△BDC=1（3）分BD是邊、BD是對(duì)角線兩種情況，利用圖象平移的性質(zhì)和中點(diǎn)公式即可求解．【詳解】（1）解：由拋物線交點(diǎn)式表達(dá)式得：y=ax+2即?8a=6，解得：a=?3故拋物線的表達(dá)式為：y=?3（2）解：對(duì)于y=?34x2+∴C0,6設(shè)直線BC的表達(dá)式為y=kx+b把點(diǎn)B4,0，C4k+b1=0∴直線BC的表達(dá)式為：y=?3如圖所示，過點(diǎn)D作y軸的平行線交直線BC于點(diǎn)H，設(shè)點(diǎn)Dm,?34∴S△BDC∵3∴2?解得：m=1（舍去）或3，故m=3；（3）解：當(dāng)m=2時(shí)，點(diǎn)D2,6設(shè)點(diǎn)Mx,0，點(diǎn)Nt,n，則①當(dāng)BD是邊時(shí)，點(diǎn)B向左平移2個(gè)單位向上平移6個(gè)單位得到點(diǎn)D，同樣點(diǎn)MN向左平移2個(gè)單位向上平移6個(gè)單位得到點(diǎn)N故x?2=t0+6=n或x+2=t聯(lián)立①②得：x?2=t0+6=nn=?并解得：x=0t=2n=6（舍去）或x=2t=0n=6或故點(diǎn)M的坐標(biāo)為2,0或17?1,0或?②當(dāng)BD是對(duì)角線時(shí)，由中點(diǎn)公式得：12聯(lián)立①③122+4=12故點(diǎn)M的坐標(biāo)為6,0；綜上，點(diǎn)M的坐標(biāo)為2,0或17?1,0或?17?1,0【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了一次函數(shù)的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)、圖形的平移、面積的計(jì)算等，其中（3）要注意分類求解，避免遺漏．20．（2022·四川綿陽·?？级＃┤鐖D，直角三角形的斜邊AB在x軸上，直角頂點(diǎn)在y軸正半軸上，已知A?1,0,C0,2，拋物線y=a(1)求拋物線的解析式．(2)如圖①，點(diǎn)P是y軸右側(cè)拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，若∠PCB=∠ACO，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．(3)如圖②，點(diǎn)P是第一象限內(nèi)拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接PA交BC于點(diǎn)E，交y軸于點(diǎn)F，連接PB．設(shè)ΔPBE，ΔCEF的面積分別為S1，S【答案】(1)拋物線解析式為y=?(2)點(diǎn)P的坐標(biāo)為3,2或17(3)當(dāng)t=85時(shí)，有S1?【分析】（1）先根據(jù)三角形相似得到B點(diǎn)坐標(biāo)，再把A，B，C三點(diǎn)坐標(biāo)代入函數(shù)關(guān)系式求得解析式；（2）分兩種情況解題：①點(diǎn)P在CB上方時(shí)，PC∥AB，把y=2代入解析式求出P點(diǎn)坐標(biāo)；②點(diǎn)P在CB下方時(shí)，如圖：設(shè)PC與x軸交于點(diǎn)D，則DC=DB，求出直線CD的解析式，與二次函數(shù)解析式聯(lián)立求得P（3）設(shè)Pt,?12t2+3【詳解】（1）如圖：∵∠ABC=90°,∠BOC=90°，∴∠OCB+∠ACO=∠OCB+∠CBO=90°，∴∠ACO=∠CBO，∴tan∠ACO=∴OAOC∵A∴OA=1,OC=2，∴12∴OB=4，∴B4,0∵拋物線y=ax2+bx+c∴a?b+c=016a+4b+c=0c=0，解得∴拋物線解析式為y=?1（2）①點(diǎn)P在CB上方時(shí)，如圖：過點(diǎn)P作PM⊥x軸于M，∵∠PCB=∠ACO,∠OCB+∠ACO=90°，∴∠OBC+∠PCB=90°，∵PM⊥x軸，∠COB=90°，∴四邊形OMPC是矩形，∴PM=2∵點(diǎn)P是y軸右側(cè)拋物線y=?1∴2=?12x∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為3,2；②點(diǎn)P在CB下方時(shí)，如圖：設(shè)PC與x軸交于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作DE⊥BC于E，∵∠PCB=∠ACO,∠ACO=∠CBO，∴∠PCB=∠CBO，∴CD=BD，∵DE⊥BC，∴CE=BE，∵B4,0∴BC=4∴CE=BE=5∵∠PCB=∠ACO,∠CED=∠COA=90°，∴Δ∴DEAO∴DE1∴DE=5∴BD=CD=5∴OD=4?5∴D3設(shè)CD的解析式為y=kx+2，∴32k+2=0，解得∴CD的解析式為y=?4聯(lián)立y=?12xx=173時(shí)，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為3,2或173綜上，點(diǎn)P的坐標(biāo)為3,2或173（3）設(shè)Pt,?12t2+3∴PN∥∵AB=5,OC=2，∴SΔ∵PN∥OC，則∴OFPN∴OF?∴OF=?1∴SΔAFO=∴S==?=?=?5∴當(dāng)t=85時(shí)，有S1?S【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)，相似三角形的判定和性質(zhì)，一次函數(shù)，解直角三角形，分類討論和數(shù)形結(jié)合思想是解題的關(guān)鍵．21．（2022·山東淄博·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸相交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），頂點(diǎn)D（1，4）在直線l：y＝43x+t上，動(dòng)點(diǎn)P（m，n）在x(1)求這條拋物線對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式；(2)過點(diǎn)P作PM⊥x軸于點(diǎn)M，PN⊥l于點(diǎn)N，當(dāng)1＜m＜3時(shí)，求PM+PN的最大值；(3)設(shè)直線AP，BP與拋物線的對(duì)稱軸分別相交于點(diǎn)E，F(xiàn)，請(qǐng)?zhí)剿饕訟，F(xiàn)，B，G（G是點(diǎn)E關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)）為頂點(diǎn)的四邊形面積是否隨著P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)而發(fā)生變化，若不變，求出這個(gè)四邊形的面積；若變化，說明理由．【答案】(1)y=?x2+2x+3(2)最大值22(3)定值16【分析】（1）利用頂點(diǎn)式可得結(jié)論；（2）如圖，設(shè)直線l交x軸于點(diǎn)T，連接PT，BD，BD交PM于點(diǎn)J，設(shè)Pm,?m2+2m+3，S四邊形DTBP=（3）如圖，設(shè)Pm,?m2+2m+3，求出直線AP，BP的解析式，可得點(diǎn)E，【詳解】（1）解：∵拋物線的頂點(diǎn)為D（1，4），∴根據(jù)頂點(diǎn)式，拋物線的解析式為y=?x?1（2）解：如圖，設(shè)直線l交x軸于點(diǎn)T，連接PT，BD，BD交PM于點(diǎn)J，設(shè)Pm,?點(diǎn)D1,4，在直線l：y=∴4=4∴t=8∴直線DT的解析式為y=4令y=0，得到x=?2，∴T?2,0∴OT=2，∵B3,0∴BT=5，∵DT=3∴DT=BT，∵PM⊥BT，PN⊥DT，∴S四邊形∴S四邊形DTBP最大時(shí)，∵D1,4，B∴直線BD的解析式為y=?2x+6，∴Jm,?2m+6∴PJ=?m∵S=?=?m?2∵二次項(xiàng)系數(shù)?1＜∴m=2時(shí)，S四邊形∴PM+PN的最大值=2（3）解：四邊形AFBG的面積不變．理由：如圖，設(shè)Pm,?∵A?1,0，B∴直線AP的解析式為y=?m?3∴E1,?2m+6∵E，G關(guān)于x軸對(duì)稱，∴G1,2m?6∴直線PB的解析式為y=?m+1∴F1,2m+2∴GF=2m+2?2m?6∴四邊形AFBG的面積=1∴四邊形AFBG的面積是定值．【點(diǎn)睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，一次函數(shù)的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)構(gòu)建二次函數(shù)解決最值問題，學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問題．22．（2022·遼寧阜新·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知二次函數(shù)y=?x2+bx+c的圖像交x軸于點(diǎn)A?1,0，B5,0(1)求這個(gè)二次函數(shù)的表達(dá)式；(2)如圖1，點(diǎn)M從點(diǎn)B出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿線段BC向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N從點(diǎn)O出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿線段OB向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)M，N同時(shí)出發(fā)．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒（0<t<5）．當(dāng)t為何值時(shí)，△BMN的面積最大？最大面積是多少？(3)已知P是拋物線上一點(diǎn)，在直線BC上是否存在點(diǎn)Q，使以A，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，直接寫出點(diǎn)Q坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)y=?(2)當(dāng)t=52時(shí)，△BMN(3)存在，Q的坐標(biāo)為?7,12或7,?2或1,4或2,3【分析】1用待定系數(shù)法可求得二次函數(shù)的表達(dá)式為；2過點(diǎn)M作ME⊥x軸于點(diǎn)E，設(shè)△BMN面積為S，由ON=t，BM=2t，可得BN=5?t，ME=BMsin45°=2t?22=t3由B5,0，C0,5得直線BC解析式為y=?x+5，設(shè)Q(m,?m+5)，【詳解】（1）將點(diǎn)A?1,0，B5,0代入得0=?1?b+c0=?25+5b+c解這個(gè)方程組得b=4c=5∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y=?x（2）過點(diǎn)M作ME⊥x軸于點(diǎn)E，如圖：設(shè)△BMN面積為S，根據(jù)題意得：ON=t，BM=2∵B(5,0∴BN=5?t，在y=?x2+4x+5中，令x=0∴C(0,5∴OC=OB=5，∴∠∴ME=BMsin45°=2∴S=1∵0<t<5，∴當(dāng)t=52時(shí)，△BMN的面積最大，最大面積是（3）存在點(diǎn)Q，使以A，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，理由如下：由B5,0，C0,5得直線BC解析式為設(shè)Q(m,?m+5)，P(n,?n2+4n+5)，又A①當(dāng)PQ，AC是對(duì)角線，則PQ，AC的中點(diǎn)重合，∴m+n=?1+0解得m=0(與C重合，舍去)或m=?7，∴Q(?7,12②當(dāng)QA，PC為對(duì)角線，則QA，PC的中點(diǎn)重合，∴m?1=n+0解得m=0(舍去)或m=7，∴Q(7,?2)；③當(dāng)QC，PA為對(duì)角線，則QC，PA的中點(diǎn)重合，∴m+0=n?1解得m=1或m=2，∴Q(1,4)或綜上所述，Q的坐標(biāo)為(?7,12)或7,?2或1,4或【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法，三角形面積，平行四邊形的性質(zhì)及應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是用含字母的式子表示相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)和相關(guān)線段的長(zhǎng)度．23．（2022·山東棗莊·統(tǒng)考中考真題）如圖①，已知拋物線L：y＝x2+bx+c的圖象經(jīng)過點(diǎn)A（0，3），B（1，0），過點(diǎn)A作AC∥x軸交拋物線于點(diǎn)C，∠AOB的平分線交線段AC于點(diǎn)E，點(diǎn)P是拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．(1)求拋物線的關(guān)系式；(2)若動(dòng)點(diǎn)P在直線OE下方的拋物線上，連結(jié)PE、PO，當(dāng)△OPE面積最大時(shí)，求出P點(diǎn)坐標(biāo)；(3)將拋物線L向上平移h個(gè)單位長(zhǎng)度，使平移后所得拋物線的頂點(diǎn)落在