重難點03 二次函數(shù)綜合題（22年上海二模24題）-【寒假預習】2022-2023學年九年級數(shù)學核心考點+重難點講練與測試（滬教版）（解析版）

重難點03二次函數(shù)綜合題（22年上海二模24題）（1）壓軸題中的代數(shù)計算題，主要是以二次函數(shù)為背景的代幾綜合題；（2）常用的方法是通過待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，按照設(shè)、列、解、驗、答五步完成，一般來說，解析式中待定幾個字母，就要代入幾個點的坐標；（3）這類題目中，代數(shù)計算的運用主要是利用圖形之間（主要是線段之間）的數(shù)量關(guān)系建立方程，然后求解．【滿分技巧】解數(shù)學壓軸題一般可以分為三個步驟：認真審題，理解題意、探究解題思路、正確解答。審題要全面審視題目的所有條件和答題要求，在整體上把握試題的特點、結(jié)構(gòu)，以利于解題方法的選擇和解題步驟的設(shè)計。解數(shù)學壓軸題要善于總結(jié)解數(shù)學壓軸題中所隱含的重要數(shù)學思想，如轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想、分類討論思想及方程的思想等。認識條件和結(jié)論之間的關(guān)系、圖形的幾何特征與數(shù)、式的數(shù)量、結(jié)構(gòu)特征的關(guān)系，確定解題的思路和方法．當思維受阻時，要及時調(diào)整思路和方法，并重新審視題意，注意挖掘隱蔽的條件和內(nèi)在聯(lián)系，既要防止鉆牛角尖，又要防止輕易放棄?！鞠迺r檢測】一．解答題（共16小題）1．（2022?金山區(qū)二模）已知：在直角坐標系中直線y＝﹣x+4與x軸、y軸相交于點A、B，拋物線y＝﹣+bx+c經(jīng)過點A和點B．（1）求拋物線的解析式；（2）如果直線AB與拋物線的對稱軸相交于點C，求OC的長；（3）P是線段OA上一點，過點P作直線AB的平行線，與y軸相交于點Q，把△OPQ沿直線PQ翻折，點O的對應點是點D，如果點D在拋物線上，求點P的坐標．【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（2）先求出拋物線的對稱軸為直線x＝1，再求出點C的坐標，即可得出結(jié)論；（3）設(shè)點P的坐標為（t，0），先得出四邊形DPOQ為矩形，再得出四邊形DPOQ為正方形，最后得出點D的坐標，列出方程求解即可．【解答】解：（1）直線y＝﹣x+4與x軸、y軸相交于點A、B，∴A（4，0）、B（0，4），代入拋物線得：，∴b＝1，c＝4，∴拋物線的解析式為：．（2）由＝，可得拋物線的對稱軸為直線x＝1，當x＝1時，y＝﹣x+4＝3，∴C（1，3），∴．（3）如圖，設(shè)點P的坐標為（t，0），∵AO＝BO＝4，∠AOB＝90°，∴∠OAB＝∠OBA＝45°，∵PQ∥AB，∴∠OPQ＝∠OQP＝45°，∴∠DPO＝∠DQO＝90°，又∠POQ＝90°，∴四邊形DPOQ為矩形，∵OP＝OQ，∴四邊形DPOQ為正方形，∴DP＝DQ＝OP＝t，∴四邊形DPOQ為正方形，∴D（t，t），∴，解得：，（不合題意，舍去），∴點P是坐標為：（，0）．【點評】本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，正確畫出圖象是解題的關(guān)鍵．2．（2022?閔行區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+4與x軸相交于點A（﹣1，0），B（3，0），與y軸交于點C．將拋物線的對稱軸沿x軸的正方向平移，平移后交x軸于點D，交線段BC于點E，交拋物線于點F，過點F作直線BC的垂線，垂足為點G．（1）求拋物線的表達式；（2）以點G為圓心，BG為半徑畫⊙G；以點E為圓心，EF為半徑畫⊙E．當⊙G與⊙E內(nèi)切時．①試證明EF與EB的數(shù)量關(guān)系；②求點F的坐標．【分析】（1）根據(jù)點A、B的坐標，設(shè)拋物線y＝a（x+1）（x﹣3），再將點C代入即可求出a的值，從而得出答案；（2）①分兩種情形，當r⊙G＞r⊙E時，則GB﹣EF＝GE，則EF＝EB，當r⊙G＜r⊙E時，則EF﹣GB＝GE，設(shè)EF＝5t，F(xiàn)G＝3t，GE＝4t，則5t﹣GB＝4t，則GB＝t＜GE＝4t，從而得出矛盾；②由．設(shè)BD＝t，則DE＝，利用勾股定理得BE＝，則F坐標為（3﹣t，3t），代入拋物線解析式，從而解決問題．【解答】解：（1）∵點A坐標為（﹣1，0），點B坐標為（3，0）．設(shè)拋物線y＝a（x+1）（x﹣3）（a≠0），∵拋物線經(jīng)過點C（0，4），∴4＝﹣3a．解得．∴拋物線的表達式是；（2）①由于⊙G與⊙E內(nèi)切，當r⊙G＜r⊙E時，則EF﹣GB＝GE，設(shè)EF＝5t，F(xiàn)G＝3t，GE＝4t，則5t﹣GB＝4t，∴GB＝t＜GE＝4t，∴點E在線段CB的延長線上．又∵已知點E在線段BC上，∴矛盾，因此不存在．當r⊙G＞r⊙E時，則GB﹣EF＝GE，又∵GE＝GB﹣EB，∴EF＝EB；②∵OC⊥OB，F(xiàn)D⊥OB，∴∠COB＝∠EDB＝90°．∴．∴設(shè)BD＝t，則DE＝；在Rt△BED中，由勾股定理得，．∴，∴F坐標為（3﹣t，3t），∵F點在拋物線上，∴，∴解得，t＝0（點F與點B重合，舍去）．∴F坐標為（，）．【點評】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，圓與圓的位置關(guān)系，三角函數(shù)等知識，根據(jù)⊙G與⊙E內(nèi)切，得出EF＝EB是解決問題的關(guān)鍵．3．（2022?普陀區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線y＝ax2+bx+8與x軸交于點A（﹣2，0）、B（4，0），與y軸交于點C，頂點為D．（1）求拋物線的表達式和點D的坐標；（2）點E是第一象限內(nèi)拋物線的一個動點，其橫坐標為m，直線AE交y軸于點F．①用m的代數(shù)式表示直線AE的截距；②在△ECF的面積與△EAD的面積相等的條件下探究：在y軸右側(cè)存在這樣一條直線，滿足：以該直線上的任意一點及點C、F三點為頂點的三角形的面積都等于△EAD面積，試用規(guī)范、準確的數(shù)學語言表達符合條件的直線．【分析】（1）運用待定系數(shù)法即可求得拋物線的表達式，再利用配方法將拋物線表達式化為頂點式即可求得頂點坐標；（2）①設(shè)點E（m，﹣m2+2m+8）（0＜m＜4），利用待定系數(shù)法求得直線AE的解析式為y＝（4﹣m）x+8﹣2m，即可得出答案；②當點E在對稱軸右側(cè)時，設(shè)拋物線對稱軸交直線AE于點H，則H（1，12﹣3m），可得S△EAD＝DH?（xE﹣xA）＝（3m﹣3）（m+2），再求得S△ECF＝CF?m＝×2m×m＝m2，根據(jù)題意可得：m2＝（3m﹣3）（m+2），解得m＝，故符合條件的直線為x＝；當點E在y軸與對稱軸之間時，過點E作平行y軸的直線交AD于點K，利用待定系數(shù)法求得直線AD的解析式為y＝3x+6，可得K（m，3m+6），進而可得S△EAD＝EK×（xD﹣xA）＝（﹣m2﹣m+2），建立方程求解即可得出符合條件的直線為x＝．【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+8與x軸交于點A（﹣2，0）、B（4，0），∴，解得：，∴拋物線的表達式為y＝﹣x2+2x+8，∵y＝﹣x2+2x+8＝﹣（x﹣1）2+9，∴頂點D的坐標為（1，9）；（2）①設(shè)點E（m，﹣m2+2m+8）（0＜m＜4），直線AE的解析式為y＝kx+d，則，解得：，∴直線AE的解析式為y＝（4﹣m）x+8﹣2m，∴直線AE的截距為8﹣2m；②∵拋物線頂點D的坐標為（1，9），∴拋物線對稱軸為直線x＝1，當點E在對稱軸右側(cè)時，設(shè)拋物線對稱軸交直線AE于點H，如圖1，則H（1，12﹣3m），∴DH＝9﹣（12﹣3m）＝3m﹣3，∴S△EAD＝DH?（xE﹣xA）＝（3m﹣3）（m+2），由①知：直線AE的截距為8﹣2m，即F（0，8﹣2m），又C（0，8），∴CF＝8﹣（8﹣2m）＝2m，∴S△ECF＝CF?m＝×2m×m＝m2，由題意：S△ECF＝S△EAD，∴m2＝（3m﹣3）（m+2），解得：m＝或m＝，∵0＜m＜4，∴m＝，根據(jù)同底等高的三角形面積相等可得：過點E且平行y軸的直線上任意一點及點C、F三點為頂點的三角形的面積都等于△EAD面積，∴符合條件的直線為x＝；當點E在y軸與對稱軸之間時，過點E作平行y軸的直線交AD于點K，如圖2，∵A（﹣2，0）、D（1，9），∴直線AD的解析式為y＝3x+6，∴K（m，3m+6），∴EK＝﹣m2+2m+8﹣（3m+6）＝﹣m2﹣m+2．∴S△EAD＝EK×（xD﹣xA）＝（﹣m2﹣m+2），∵S△ECF＝S△EAD，∴（﹣m2﹣m+2）＝m2，解得：m＝或m＝（舍去），∴符合條件的直線為x＝，綜上所述，符合條件的直線為x＝或x＝．【點評】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法，拋物線的頂點式、頂點坐標、對稱軸，直線的截距，三角形面積等，運用等底等高的三角形面積相等解決問題是解題關(guān)鍵．4．（2022?松江區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標系中，已知直線y＝2x+8與x軸交于點A、與y軸交于點B，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點A、B．（1）求拋物線的表達式；（2）P是拋物線上一點，且位于直線AB上方，過點P作PM∥y軸、PN∥x軸，分別交直線AB于點M、N．①當MN＝AB時，求點P的坐標；②聯(lián)結(jié)OP交AB于點C，當點C是MN的中點時，求的值．【分析】（1）先根據(jù)題意求出點A、B的坐標，代入y＝﹣x2+bx+c即可求得拋物線的表達式；（2）①證明△PMN∽△OBA，可得，設(shè)點M的橫坐標為m（﹣4＜m＜0），則PM＝﹣m2﹣4m，又OA＝4，OB＝8，建立方程求解即可得出答案；②連接OP交AB于點C，先求出點N的坐標，利用中點公式可求得C（﹣，），再證明點C是AB的中點，可得C（﹣2，4），建立方程求解即可得出答案．【解答】解：（1）∵直線y＝2x+8與x軸交于點A、與y軸交于點B，∴令x＝0，則y＝8，令y＝0，則x＝﹣4，∴B（0，8），A（﹣4，0），∵拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點A、B，∴，∴，∴拋物線的表達式為：y＝﹣x2﹣2x+8；（2）①∵P是拋物線上一點，且位于直線AB上方，過點P作PM∥y軸、PN∥x軸，分別交直線AB于點M、N，∴PM⊥PN，∠PNM＝∠BAO，∴∠MPN＝∠AOB＝90°，∴△PMN∽△OBA，∴，設(shè)點M的橫坐標為m（﹣4＜m＜0），則M（m，2m+8），P（m，﹣m2﹣2m+8），∴PM＝﹣m2﹣2m+8﹣（2m+8）＝﹣m2﹣4m，∵B（0，8），A（﹣4，0），∴OA＝4，OB＝8，∵MN＝AB，∴，∴＝，解得m1＝m2＝﹣2，∴P（﹣2，8）；②如圖，連接OP交AB于點C，∵PN∥x軸，P（m，﹣m2﹣2m+8），∴點N的縱坐標為﹣m2﹣2m+8，令y＝﹣m2﹣2m+8，則2x+8＝﹣m2﹣2m+8，解得：x＝，N（，﹣m2﹣2m+8），∵點C是MN的中點，M（m，2m+8），∴C（﹣，），由①知：∠MPN＝90°，又點C是MN的中點，∴PC＝CM＝CN，∴∠CPN＝∠CNP，∠CPM＝∠CMP，∵PM∥y軸、PN∥x軸，∴∠BOC＝∠CPM，∠OBC＝∠CMP，∠OAC＝∠CNP，∠AOC＝∠CPN，∴∠BOC＝∠OBC，∠OAC＝∠AOC，∴AC＝OC，BC＝OC，∴AC＝BC，∴點C是AB的中點，∴C（﹣2，4），∴﹣＝﹣2，解得：m＝±2，∵﹣4＜m＜0，∴m＝﹣2，∴PM＝﹣m2﹣4m＝﹣（﹣2）2﹣4×（﹣2）＝8﹣8，∵PM∥y軸，∴△PCM∽△OCB，∴＝＝＝﹣1，故的值為﹣1．【點評】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，相似三角形的判定和性質(zhì)，中點公式的應用，難度不大，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題關(guān)鍵．5．（2022?崇明區(qū)二模）如圖．在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+2x+c（a≠0）與x軸交于點A、B，與y軸交于點C，點A的坐標為（﹣1，0），對稱軸為直線x＝1．點M為線段OB上的一個動點，過點M作直線l平行于y軸交直線BC于點F，交拋物線y＝ax2+2x+c（a≠0）于點E．（1）求拋物線的解析式；（2）當以C、E、F為頂點的三角形與△ABC相似時，求線段EF的長度；（3）如果將△ECF沿直線CE翻折，點F恰好落在y軸上點N處，求點N的坐標．【分析】（1）根據(jù)點A的坐標和對稱軸可得關(guān)于a、c的方程組，解方程組可得答案；（2）首先利用點B、C的坐標可得直線BC的解析式為：y＝﹣x+3，則∠MBF＝∠FBM＝∠CFE＝45°，設(shè)F（m，﹣m+3），則E（m，﹣m2+2m+3），表示出EF和CF的長度，再根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)，從而解決問題；（3）根據(jù)平行線的性質(zhì)和翻折的性質(zhì)可得CF＝EF，從而得出m的方程，即可解決問題．【解答】解：（1）由題意得：，解得：，所以，所求的拋物線的解析式是：y＝﹣x2+2x+3；（2）由題意得：B（3，0），C（0，3），∴直線BC的解析式為：y＝﹣x+3，∴∠MBF＝∠FBM＝∠CFE＝45°，設(shè)F（m，﹣m+3），則E（m，﹣m2+2m+3），∴，當以C、E、F為頂點的三角形與△ABC相似時，①若，則，∴或m＝0（舍去），∴，②若，則，∴或m＝0（舍去），∴，∴EF＝或；（3）∵△CEN是由△CEF沿直線CE翻折而得，∴CN＝CF，∠NCE＝∠ECF，∵NC∥EF，∴∠NCE＝∠CEF，∴∠ECF＝∠CEF，∴CF＝EF，∵，解得：（舍去），∴，所以，N的的坐標是．【點評】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，相似三角形的判定與性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，翻折的性質(zhì)，一元二次方程等知識，熟練掌握平行線與角平分線得出等腰三角形是解決問題（3）的關(guān)鍵．6．（2022?奉賢區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線y＝﹣x+2與x軸、y軸分別交于點A、B．拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點A、B，頂點為C．（1）求該拋物線的表達式；（2）將拋物線沿y軸向上平移，平移后所得新拋物線頂點為D，如果∠BDC＝∠OAB，求平移的距離；（3）設(shè)拋物線上點M的橫坐標為m，將拋物線向左平移三個單位，如果點M的對應點Q落在△OAB內(nèi)，求m的取值范圍．【分析】（1）首先求得A、B點的坐標，然后利用待定系數(shù)法求拋物線的解析式即可；（2）求出定點C的坐標，過點B作BH⊥CD于H，由題意得，平移后所得新拋物線的頂點D在拋物線的對稱軸上，CD的長即平移的距離，根據(jù)∠BDC＝∠OAB，利用正切函數(shù)求出DH，可得D（，5），可求出CD的長，即可求解；（3）由拋物線的對稱軸可得點B關(guān)于對稱軸對稱的點M′的坐標為（3，2），則將拋物線向左平移三個單位，點M′的對應點和點B重合，點A的對應點為（1，0），即可得出m的取值范圍．【解答】解：（1）∵直線y＝﹣x+2與x軸、y軸分別交于點A，B，∴A（4，0），B（0，2），拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過A、B兩點，可得，解得，∴拋物線解析式為y＝﹣x2+x+2；（2）∵y＝﹣x2+x+2＝﹣（x﹣）2+，∴C（，），對稱軸為x＝，過點B作BH⊥CD于H，由題意得，平移后所得新拋物線的頂點D在拋物線的對稱軸上，CD的長即平移的距離，∵∠BDC＝∠OAB，∴tan∠BDC＝tan∠OAB，∴，∴DH＝2BH，∵BH⊥CD，對稱軸為x＝，∴BH＝，∴DH＝3，∵B（0，2），∴H（，2），∴D（，5），∵C（，），∴CD＝5﹣＝，∴平移的距離為；（3）如圖，∵B（0，2），對稱軸為x＝，∴點B關(guān)于對稱軸對稱的點M′的坐標為（3，2），∴將拋物線向左平移三個單位，點M′的對應點和點B重合，∵將拋物線向左平移三個單位，點A（4，0）的對應點為（1，0），∴3＜m＜4時，點M的對應點Q落在△OAB內(nèi)，∴m的取值范圍為3＜m＜4．【點評】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，配方法求頂點式，拋物線的平移，銳角三角函數(shù)等知識，熟練掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式是解題的關(guān)鍵．7．（2022?虹口區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+6與x軸交于點A（﹣2，0）和點B（6，0），與y軸交于點C，頂點為D，聯(lián)結(jié)BC交拋物線的對稱軸l于點E．（1）求拋物線的表達式；（2）聯(lián)結(jié)CD、BD，點P是射線DE上的一點，如果S△PDB＝S△CDB，求點P的坐標；（3）點M是線段BE上的一點，點N是對稱軸l右側(cè)拋物線上的一點，如果△EMN是以EM為腰的等腰直角三角形，求點M的坐標．【分析】（1）由點A，B的坐標，利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的表達式；（2）求出點C、D的坐標，利用勾股定理的逆定理可得△BCD是直角三角形，∠BCD＝90°，可得S△BCD＝BC?CD＝12，由三角形的面積公式結(jié)合S△PDB＝S△CDB可得出PD＝6，即可求解；（3）設(shè)M（m，﹣m+6），且2＜m＜6，分兩種情況：①當∠MEN＝90°，EM＝EN時，②當∠EMN＝90°，EM＝MN時，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出點M的坐標即可．【解答】解：（1）將A（﹣2，0），B（6，0）代入y＝ax2+bx+6，得：，解得：，∴二次函數(shù)的解析式為y＝﹣x2+2x+6；（2）如圖：∵y＝﹣x2+2x+6＝﹣（x﹣2）2+8，∴C（0，6）、D（2，8），∵B（6，0），∴BC＝＝6，CD＝＝2，BD＝＝4，∴BC2+CD2＝BD2，∴△BCD是直角三角形，∠BCD＝90°，∴S△BCD＝BC?CD＝12，∵S△PDB＝PD?（6﹣2）＝2PD＝S△CDB＝12，∴PD＝6，∴P（2，2）；（3）∵B（6，0），C（0，6）．∴直線BC的解析式為y＝﹣x+6，OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，∵y＝﹣x2+2x+6，∴對稱軸l為x＝﹣＝2，當x＝2時，y＝﹣x+6＝4，∴E（2，4），設(shè)M（m，﹣m+6），且2＜m＜6，①當∠MEN＝90°，EM＝EN時，過點E作EH⊥MN于H，∴MN＝2EH，∠EMN＝∠ENM＝45°，∵∠OBC＝∠OCB＝45°，∴∠NME＝∠OCB，∴MN∥y軸，∴N（m，﹣m2+2m+6），∴MN＝﹣m2+2m+6+m﹣6＝﹣m2+3m，EH＝m﹣2，∴﹣m2+3m＝2（m﹣2），解得m＝4或m＝﹣2（不合題意，舍去），∴M（4，2）；②當∠EMN＝90°，EM＝MN時，∴EH＝NH＝MH＝EN，∠MEN＝∠ENM＝45°，∵∠OBC＝∠OCB＝45°，∴∠MEN＝∠OBC，∴EN∥x軸，∴點N的縱坐標為4，當y＝4時，﹣x2+2x+6＝4，解得x＝2+2或x＝2﹣2（不合題意，舍去），∴N（2+2，4），∴EN＝2+2﹣2＝2，∴EH＝MH＝EN＝，∴m＝2+，∴M（2+，4﹣）；綜上所述，點M的坐標為（4，2）或（2+，4﹣）．【點評】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，勾股定理，等腰直角三角形性質(zhì)，解題關(guān)鍵是運用分類討論思想，避免漏解．8．（2022?嘉定區(qū)二模）在平面直角坐標系xOy（如圖）中，已知拋物線y＝ax2+bx+3經(jīng)過點A（3，0）、B（4，1）兩點，與y軸的交點為C點．（1）求拋物線的表達式；（2）求四邊形OABC的面積；（3）設(shè)拋物線y＝ax2+bx+3的對稱軸是直線l，點D與點B關(guān)于直線l對稱，在線段BC上是否存在一點E，使四邊形ADCE是菱形，如果存在，請求出點E的坐標；如果不存在，請說明理由．【分析】（1）把點A、B的坐標代入函數(shù)解析式，利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式解答；（2）將四邊形OABC的面積分解為△OBC、△OAB的面積和，即可求解；（3）求出點D的坐標，可得AD＝CD，利用待定系數(shù)法求AD、BC、CD的解析式，可AD∥BC，求出AE的解析式，再求AE、BC的交點坐標即可．【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+3（a≠0）經(jīng)過A（3，0），B（4，1）兩點，∴，解得，∴拋物線的關(guān)系式為y＝x2﹣x+3；（2）如圖，連接OB，∵y＝x2﹣x+3與y軸的交點為C點，∴C（0，3），∵A（3，0）、B（4，1），∴OC＝3，OA＝3，∴S四邊形OABC＝S△OBC+S△OAB＝×3×4+×3×1＝；（3）如圖，∵y＝x2﹣x+3，∴拋物線的對稱軸是直線l：x＝﹣＝，∵點D與點B（4，1）關(guān)于直線l對稱，∴D（1，1），∵A（3，0），C（0，3），∴AD＝＝，CD＝＝，∴AD＝CD，設(shè)直線AD的解析式為y＝mx+n，∴，解得，∴直線AD的解析式為y＝﹣x+，同理：直線BC的解析式為y＝﹣x+3，直線CD的解析式為y＝﹣2x+3，∴AD∥BC，當AE∥CD時，四邊形ADCE是菱形，設(shè)直線AE的解析式為y＝﹣2x+a，∵A（3，0），∴﹣6+a＝0，解得a＝6，∴直線AE的解析式為y＝﹣2x+6，聯(lián)立直線BC：y＝﹣x+3得，，解得，∴點E的坐標為（2，2）．∴存在一點E，使四邊形ADCE是菱形，點E的坐標為（2，2）．【點評】本題是二次函數(shù)綜合題型，主要考查了待定系數(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，面積的計算，菱形的判定與性質(zhì)，兩直線相交或平行問題，綜合性較強，難度較大，熟練掌握各性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．9．（2022?楊浦區(qū)二模）如圖，已知在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝﹣+bx+c與x軸相交于點A（4，0），與y軸相交于點B（0，3），在x軸上有一動點E（m，0）（0＜m＜4），過點E作x軸的垂線交線段AB于點N，交拋物線于點P，過P作PM⊥AB，垂足為點M．（1）求這條拋物線的表達式；（2）設(shè)△PMN的周長為C1，△AEN的周長為C2，如果，求點P的坐標；（3）如果以N為圓心，NA為半徑的圓與以O(shè)B為直徑的圓內(nèi)切，求m的值．【分析】（1）運用待定系數(shù)法即可求得拋物線解析式；（2）先證明△PMN∽△AEN，根據(jù)相似三角形性質(zhì)可得出：．利用待定系數(shù)法可得直線AB的解析式為．設(shè)點P（m，﹣m2+m+3）（0＜m＜4），則PN＝﹣m2+3m．AN＝（4﹣m），建立方程求解即可得出答案；（3）設(shè)OB的中點為點Q，則點Q的坐標，過點N作NK⊥y軸于點K，則NK＝m，KQ＝﹣m+3﹣＝﹣m+，運用勾股定理可得QN＝＝，根據(jù)兩圓內(nèi)切建立方程求解即可得出答案．【解答】解，（1）∵拋物線與x軸交于點A（4，0），與y軸交于點C（0，3），∴∴∴拋物線的表達式為y＝﹣x2+x+3；（2）如圖1，∵PM⊥AB，PE⊥x軸，∴∠PMN＝∠PEA＝90°，又∵∠PNM＝∠ANE，∴△PMN∽△AEN．∴．即．又∵，∴．設(shè)直線AB：y＝kx+b，又直線AB經(jīng)過點A（4，0），點B（0，3），∴∴∴．∵點P在拋物線y＝﹣x2+x+3上，∴設(shè)點P（m，﹣m2+m+3）（0＜m＜4），∵點N在直線y＝﹣x+3上，設(shè)點N（m，﹣m+3）．∴PN＝﹣m2+m+3﹣（m+3）＝﹣m2+3m．又．∴，解得：m1＝2，m2＝4（不合題意，舍去）．∴點P的坐標是．（3）如圖2，設(shè)OB的中點為點Q，則點Q的坐標，又點，過點N作NK⊥y軸于點K，則NK＝m，KQ＝﹣m+3﹣＝﹣m+，在Rt△NQK中，QN＝＝，當⊙N與⊙Q內(nèi)切時，．∴＝（4﹣m）﹣，解之得：．∴當⊙N與⊙Q內(nèi)切時，．【點評】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，二次函數(shù)圖象上點的坐標特征，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，兩圓內(nèi)切的性質(zhì)等，本題綜合性強，有一定難度，第（2）問運用相似三角形周長比等于相似比建立方程求解是解題關(guān)鍵，第（3）問根據(jù)圓與圓內(nèi)切的性質(zhì)建立方程求解是解題關(guān)鍵．10．（2022?靜安區(qū)二模）在平面直角坐標系xOy中，已知點A坐標是（2，4），點B在x軸上，OB＝AB（如圖所示），二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點O、A、B三點，頂點為D．（1）求點B與點D的坐標；（2）求二次函數(shù)圖象的對稱軸與線段AB的交點E的坐標；（3）二次函數(shù)的圖象經(jīng)過平移后，點A落在原二次函數(shù)圖象的對稱軸上，點D落在線段AB上，求圖象平移后得到的二次函數(shù)解析式．【分析】（1）設(shè)B（m，0），由OB＝AB，可求B（5，0），設(shè)二次函數(shù)解析式為y＝ax（x﹣5），將（2，4）代入可求函數(shù)的解析式，從而求D點坐標；（2）求出直線AB解析式為y＝﹣x+，令x＝得y＝﹣×+＝，求得E（，）；（3）由A點的變化可知A點向右平移個單位，則D（，）向右平移個單位后點的橫坐標為3，再由平移后的D點在線段AB上，從而求出平移后D點坐標為（3，），可得平移后的函數(shù)解析式為y＝﹣（x﹣3）2+．【解答】解：（1）設(shè)B（m，0），∵A坐標是（2，4），OB＝AB，∴m2＝（m﹣2）2+（0﹣4）2，解得m＝5，∴B（5，0），設(shè)二次函數(shù)解析式為y＝ax（x﹣5），將（2，4）代入得：﹣6a＝4，解得a＝﹣，∴y＝﹣x（x﹣5）＝﹣（x﹣）2+，∴頂點D（，）；（2）由（1）知二次函數(shù)圖象的對稱軸是直線x＝，設(shè)直線AB解析式為y＝kx+b，將A（2，4），B（5，0）代入得：，解得，∴直線AB解析式為y＝﹣x+，令x＝得y＝﹣×+＝，∴E（，）；（3）∵二次函數(shù)圖象的對稱軸是直線x＝，∴A點向右平移個單位，∴D（，）也向右平移個單位后點的橫坐標為3，∵平移后的D點在線段AB上，∴平移后D點坐標為（3，），∴平移后的函數(shù)解析式為y＝﹣（x﹣3）2+．【點評】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)，函數(shù)圖象的平移的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．11．（2022?長寧區(qū)二模）如圖，已知菱形ABCD的頂點A、B分別在x軸、y軸的正半軸上，點D的坐標為（4，1），拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過點A、B、D，對稱軸為直線x＝．（1）求拋物線的表達式；（2）求證：菱形ABCD是正方形；（3）聯(lián)結(jié)OC，如果P是x軸上一點，且它的橫坐標大于點D的橫坐標，∠PCD＝∠BCO，求點P的坐標．【分析】（1）由對稱軸可得b＝﹣，將點D的坐標代入y＝x2+bx+c即可求解析式；（2）分別求出A點、B點坐標，證明△ABO≌△DAE（SSS），即可證明菱形ABCD是正方形；（3）過點C作MN⊥y軸交于M點，過點P作PN⊥MN交于N點，連接DP，通過證明△MBC≌△OAB（AAS），求出C點坐標，再證明△MCO∽△NPC，求出P點坐標即可．【解答】（1）解：∵拋物線y＝x2+bx+c對稱軸為直線x＝，∴﹣＝，∴b＝﹣，∵拋物線經(jīng)過點D（4，1），∴1＝×16﹣×4+c，∴c＝3∴y＝x2﹣x+3；（2）證明：令x＝0，則y＝3，∴B（0，3），令y＝0，則x2﹣x+3＝0，解得x＝1或x＝（舍），∴A（1，0），∴OA＝1，OB＝3，∴AE＝3，∵DE＝1，AB＝AD，∴△ABO≌△DAE（SSS），∴∠BAO＝∠DAE，∵∠BAO+∠OBA＝90°，∴∠DAE+∠BAO＝90°，∴∠BAD＝90°，∴菱形ABCD是正方形；（3）過點C作MN⊥y軸交于M點，過點P作PN⊥MN交于N點，連接DP，∵∠MBC+∠OBA＝90°，∵∠MBC+∠MCB＝90°，∴∠OBA＝∠MCB，∵BC＝AB，∴△MBC≌△OAB（AAS），∴MC＝OB，MB＝OA，∴C（3，4），∵∠PCD＝∠BCO，∴∠BCD＝∠OCP＝90°，∴∠MCO+∠NCP＝90°，∵∠MCO+∠MOC＝90°，∴∠NCP＝∠MOC，∴△MCO∽△NPC，∴＝，∴＝，∴CN＝，∴MN＝3+＝，∴P（，0）．【點評】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)，菱形、正方形的性質(zhì)，三角形全等的判定及性質(zhì)，三角形相似的判定及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．12．（2022?徐匯區(qū)二模）如圖1，在平面直角坐標系xOy中，直線y＝kx+3分別交x軸、y軸于A，B兩點，經(jīng)過A，B兩點的拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸的正半軸相交于點C（1，0），點P為線段AB上的點，且點P的橫坐標為m．（1）求拋物線的解析式和直線AB的解析式；（2）過P作y軸的平行線交拋物線于M，當△PBM是MP為腰的等腰三角形時，求點P的坐標；（3）若頂點D在以PM、PB為鄰邊的平行四邊形的形內(nèi)（不含邊界），求m的取值范圍．【分析】（1）先求出點B（0，3），運用待定系數(shù)法可求得拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣2x+3，令y＝0，可求得A（﹣3，0），把點A的坐標代入y＝kx+3，即可求得直線AB的解析式為y＝x+3；（2）設(shè)P（m，m+3），且﹣3≤m≤0，則M（m，﹣m2﹣2m+3），可得PM＝﹣m2﹣3m，運用兩點間距離公式可得PB＝﹣m，根據(jù)△PBM是MP為腰的等腰三角形，分兩種情況：MP＝PB或MP＝MB，分別建立方程求解即可得出答案；（3）利用待定系數(shù)法可求得經(jīng)過點D（﹣1，4）且平行直線AB的直線DG的解析式y(tǒng)＝x+5，聯(lián)立，得x+5＝﹣x2﹣2x+3，可得點G的橫坐標為﹣2，根據(jù)題意可知：點M必須在直線DG上方的拋物線上運動，故﹣2＜m＜﹣1．【解答】解：（1）∵直線y＝kx+3交y軸于點B，∴B（0，3），∵拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點B（0，3），點C（1，0），∴，解得：，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣2x+3，令y＝0，得﹣x2﹣2x+3＝0，解得：x1＝﹣3，x2＝1，∴A（﹣3，0），把點A的坐標代入y＝kx+3，得﹣3k+3＝0，解得：k＝1，∴直線AB的解析式為y＝x+3；（2）∵點P為線段AB上的點，且點P的橫坐標為m，∴P（m，m+3），且﹣3≤m≤0，∵過P作y軸的平行線交拋物線于M，∴M（m，﹣m2﹣2m+3），∴PM＝﹣m2﹣2m+3﹣（m+3）＝﹣m2﹣3m，∵PB2＝（m﹣0）2+（m+3﹣3）2＝2m2，且﹣3≤m≤0，∴PB＝﹣m，∵△PBM是MP為腰的等腰三角形，B（0，3），∴MP＝PB或MP＝MB，∵OA＝OB＝3，∠AOB＝90°，∴△AOB是等腰直角三角形，∴∠ABO＝45°，∵PM∥OB，∴∠BPM＝45°，①當MP＝PB時，∴﹣m2﹣3m＝﹣m，解得：m＝0（舍去）或m＝﹣3+，∴P（﹣3+，）；②當MP＝MB時，則∠PBM＝∠BPM＝45°，∴∠BMP＝90°，∴BM∥x軸，即點M的縱坐標為3，∴﹣m2﹣2m+3＝3，解得：m1＝0（舍去），m2＝﹣2，∴P（﹣2，1），綜上所述，點P的坐標為（﹣3+，）或（﹣2，1）；（3）∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，∴拋物線的頂點D（﹣1，4），設(shè)經(jīng)過點D（﹣1，4）且平行直線AB的直線DG的解析式為y＝x+n，如圖2，則﹣1+n＝4，解得：n＝5，∴y＝x+5，聯(lián)立，得x+5＝﹣x2﹣2x+3，解得：x1＝﹣1，x2＝﹣2，∴點G的橫坐標為﹣2，∵頂點D在以PM、PB為鄰邊的平行四邊形的形內(nèi)（不含邊界），∴點M必須在直線DG上方的拋物線上運動，∴m的取值范圍為：﹣2＜m＜﹣1．【點評】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法，等腰三角形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會運用分類討論思想和方程思想解決問題，屬于中考壓軸題．13．（2022?寶山區(qū)二模）已知拋物線y＝ax2+bx﹣2（a≠0）經(jīng)過點A（1，0）、B（2，0），與y軸交于點C．（1）求拋物線的表達式；（2）將拋物線向左平移m個單位（m＞2），平移后點A、B、C的對應點分別記作A1、B1、C1，過點C1作C1D⊥x軸，垂足為點D，點E在y軸負半軸上，使得以O(shè)、E、B1為頂點的三角形與△A1C1D相似，①求點E的坐標；（用含m的代數(shù)式表示）②如果平移后的拋物線上存在點F，使得四邊形A1FEB1為平行四邊形，求m的值．【分析】（1）將點A（1，0）、B（2，0）代入y＝ax2+bx﹣2，即可求解；（2）①分別求出A1（1﹣m，0），B1、（2﹣m，0），C1（﹣m，﹣2），D（﹣m，0），設(shè)E（0，y），由題意可知要使三角形相似，只需∠OB1E＝∠DC1A1或∠OB1E＝∠C1A1D，當∠OB1E＝∠DC1A1，tan∠OB1E＝tan∠DC1A1＝，＝則，求出E（0，1﹣m）；當∠OB1E＝∠C1A1D，則＝2，求出E（0，4﹣2m）；②設(shè)F（x，y），當E（0，1﹣m）時，由題意可知四邊形A1E為平行四邊形的對角線，可得，再由y＝﹣（x﹣+m）2+，求出m＝2（舍）或m＝；同理當E（0，4﹣2m）時，求得m＝5．【解答】解：（1）將點A（1，0）、B（2，0）代入y＝ax2+bx﹣2，∴，解得，∴y＝﹣x2+3x﹣2；（2）①y＝﹣x2+3x﹣2＝﹣（x﹣）2+，平移先后拋物線解析式為y＝﹣（x﹣+m）2+，令x＝0，則y＝﹣2，∴C（0，﹣2），平移后A1（1﹣m，0），B1、（2﹣m，0），C1（﹣m，﹣2），∵C1D⊥x軸，∴D（﹣m，0），∴OB1＝m﹣2，C1D＝2，A1D＝1，設(shè)E（0，y），∴OE＝﹣y，∵∠B1OE＝90°，∠C1DA1＝90°，∴∠OB1E＝∠DC1A1或∠OB1E＝∠C1A1D，當∠OB1E＝∠DC1A1，∴tan∠OB1E＝＝，tan∠DC1A1＝＝，∴＝，∴y＝1﹣m，∴E（0，1﹣m）；當∠OB1E＝∠C1A1D，∴＝2，∴y＝4﹣2m，∴E（0，4﹣2m）；綜上所述：E點坐標為（0，1﹣m）或（0，4﹣2m）；②設(shè)F（x，y），當E（0，1﹣m）時，∵四邊形A1FEB1為平行四邊形，∴四邊形A1E為平行四邊形的對角線，∴，∴x＝﹣1，∵平移先后拋物線解析式為y＝﹣（x﹣+m）2+，∴y＝（﹣+m）2+，∴1﹣m＝﹣（﹣+m）2+，解得m＝2（舍）或m＝，當m＝時，y＝﹣，F(xiàn)（﹣1，﹣），∴m＝；當E（0，4﹣2m）時，∵四邊形A1FEB1為平行四邊形，∴四邊形A1E為平行四邊形的對角線，∴，∴x＝﹣1，∵平移先后拋物線解析式為y＝﹣（x﹣+m）2+，∴y＝（﹣+m）2+，∴4﹣2m＝﹣（﹣+m）2+，∴m＝5或m＝2（舍）；綜上所述：m＝或m＝5．【點評】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)，三角形相似的判定及性質(zhì)，拋物線平移的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．14．（2022?黃浦區(qū)二模）在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）經(jīng)過點A（4，0），頂點為H（2，4），對稱軸l與x軸交于點B，點C、P是拋物線上的點，且都在第一象限內(nèi)．（1）求拋物線的表達式；（2）當點C位于對稱軸左側(cè)，∠CHB＝∠CAO，求點C的坐標；（3）在（2）的條件下，已知點P位于對稱軸的右側(cè)，過點P作PQ∥CH，交對稱軸l于點Q，且S△POQ：S△PAQ＝1：5，求直線PQ的表達式．【分析】（1）設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x﹣2）2+4，將A（4，0）代入，即可求解；（2）過點C作CE⊥l交于E，過點C作CG⊥x軸交于G，設(shè)C（t，﹣t2+4t），由＝，則＝，求出t即可求解；（3）求出直線CH的解析式，設(shè)直線PQ的解析式為y＝x+m，過O點作CH的平行線的解析式為y＝x，過A點作AF∥CH，直線AF的解析式為y＝x﹣4，過點O作KO⊥PQ交AF于點K，交PQ于點L，求出OK＝2，當P點在直線y＝x下方時，由題意可知OL：LK＝1：5，則OL＝，在Rt△OLM中，OM＝，可求M（0，﹣），則PQ的解析式為y＝x﹣；當P點在直線y＝x上方時，同理求出M（0，1），則PQ的解析式為y＝x+1．【解答】解：（1）設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x﹣2）2+4，將A（4，0）代入，可得4a+4＝0，∴a＝﹣1，∴y＝﹣x2+4x；（2）過點C作CE⊥l交于E，過點C作CG⊥x軸交于G，令y＝0，則x＝0或x＝4，∴A（4，0），設(shè)C（t，﹣t2+4t），∴AG＝4﹣t，CG＝|﹣t2+4t|，EC＝2﹣t，HE＝4﹣（﹣t2+4t）＝t2﹣4t+4，∵∠CHB＝∠CAO，∴＝，∴＝，解得t＝1或t＝﹣+1，∵C點在第一象限，∴C（1，3）；（3）設(shè)直線CH的解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴y＝x+2，∵PQ∥CH，設(shè)直線PQ的解析式為y＝x+m，過O點作CH的平行線，則解析式為y＝x，過A點作AF∥CH，則解析式為y＝x﹣4，∴F（0，﹣4），∴OF＝4，過點O作KO⊥PQ交AF于點K，交PQ于點L，∵OA＝OF，∴∠OFK＝45°，∴OK＝2，當P點在直線y＝x下方時，∵S△POQ：S△PAQ＝1：5，∴OL：LK＝1：5，∴OL＝，在Rt△OLM中，OM＝，∴M（0，﹣），∴PQ的解析式為y＝x﹣；當P點在直線y＝x上方時，∵S△POQ：S△PAQ＝1：5，∴OL：LK＝1：5，∴OL＝，在Rt△OLM中，OM＝1，∴M（0，1），∴PQ的解析式為y＝x+1；綜上所述：PQ的解析式為y＝x+1或y＝x﹣．【點評】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)，利用平行線間距離的關(guān)系求函數(shù)解析式是解題的關(guān)鍵．15．（2022?浦東新區(qū)二模）如圖，拋物線x2+bx+c與x軸交于點A（4，0）和點B，與y軸交于點C（0，﹣3）．（1）求拋物線的表達式；（2）已知點M在x軸上，且在點B的右側(cè)，聯(lián)結(jié)BC、CM，如果S△MBC：S△ABC＝4：7，求點M的坐標；（3）在（2）的條件下，如果點D在線段OC上，∠CAD＝∠MCO，求OD的長度．【分析】（1）用待定系數(shù)法可得拋物線的表達式為x2﹣x﹣3；（2）在x2﹣x﹣3中，令y＝0得B（﹣3，0），A（4，0），設(shè)M（m，0），可得[（m+3）×3]：（×7×3）＝4：7，可解得M（1，0）；（3）過D作DE⊥AC于E，由M（1，0），C（0，﹣3），得tan∠MCO＝＝，故tan∠CAD＝tan∠MCO＝，設(shè)DE＝t，則AE＝3t，CE＝5﹣3t，根據(jù)△DCE∽△ACO，即得＝，解得t＝，從而可得OD＝OC﹣CD＝．【解答】解：（1）將A（4，0），C（0，﹣3）代入x2+bx+c得：，解得，答：拋物線的表達式為x2﹣x﹣3；（2）在x2﹣x﹣3中，令y＝0得x＝﹣3或x＝4，∴B（﹣3