專題10 二次函數(shù)與幾何問(wèn)題（一）（云南專用）（解析版）

專題10二次函數(shù)與幾何問(wèn)題（一）目錄熱點(diǎn)題型歸納 1題型01二次函數(shù)中利用鉛垂高計(jì)算三角形面積 1題型02二次函數(shù)中三角形面積比值問(wèn)題 6題型03二次函數(shù)中三角形面積最值問(wèn)題 20題型04二次函數(shù)中三角形面積存在性問(wèn)題 32題型05二次函數(shù)中線段最值問(wèn)題 40題型06二次函數(shù)中周長(zhǎng)最值問(wèn)題 40中考練場(chǎng) 55題型01二次函數(shù)中利用鉛垂高計(jì)算三角形面積【解題策略】【典例分析】例1．（2023·山東模擬）對(duì)于某些三角形，我們可以直接用面積公式或是用割補(bǔ)法等來(lái)求它們的面積，下面我們研究一種求面積的新方法：如圖1所示，分別過(guò)三角形的頂點(diǎn)A、C作水平線的鉛垂線l1、l2，l1、l2之間的距離d叫做水平寬；如圖1所示，過(guò)點(diǎn)B作水平線的鉛垂線交AC于點(diǎn)D，稱線段結(jié)論提煉：容易證明，“三角形的面積等于水平寬與鉛垂高乘積的一半”，即“S=1嘗試應(yīng)用：已知：如圖2，點(diǎn)A?5,3、B4,0、C0,6，則△ABC學(xué)以致用：如圖3，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線的解析式為：y=?x2+2x+3，點(diǎn)B為拋物線的頂點(diǎn)，圖象與y軸交于點(diǎn)A，與x軸交于E、C兩點(diǎn)，BD為△ABC的鉛垂高，延長(zhǎng)BD交x軸于點(diǎn)F，則頂點(diǎn)B坐標(biāo)為______，鉛垂高BD=【答案】嘗試應(yīng)用：9，143，21；學(xué)以致用：1【分析】嘗試應(yīng)用：先求出直線l1即為直線x=?5，直線l2即為直線x=4，則d=9，即△ABC的水平寬為9，求出直線AB的解析式為y=?13x+43，則D學(xué)以致用：先把拋物線解析式化為頂點(diǎn)式求出點(diǎn)B的坐標(biāo)，再求出A、C的坐標(biāo)，進(jìn)而求出直線AC的解析式和水平寬，從而得到點(diǎn)D的坐標(biāo)，求出BD的長(zhǎng)即可求出△ABC的面積．【詳解】解：嘗試應(yīng)用：∵點(diǎn)A?5,3、B∴直線l1即為直線x=?5，直線l2即為直線∴d=4??5=9，即△ABC的水平寬為設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，∴?5k+b=34k+b=0∴k=?1∴直線AB的解析式為y=?1在y=?13x+43∴D0∵C0,6∴OC=6，∴?=6?43=∴S△ABC故答案為：9，143學(xué)以致用：∵拋物線解析式為y=?x∴頂點(diǎn)B的坐標(biāo)為1，令x=0，則y=3；令y=0，則?x2+2x+3=0，解得x=?1∴A0∴直線l1即為直線x=0，直線l2即為直線∴d=3?0=3，即△ABC的水平寬為3，設(shè)直線AC的解析式為y=k∴3k+b=0b=3∴k=?1b=3∴直線AC的解析式為y=?x+3，在y=?x+3中，當(dāng)x=1時(shí)，y=2，∴D1∴BD=2，∴S△ABC故答案為：1，【點(diǎn)睛】本題主要考查了一次函數(shù)與幾何綜合，二次函數(shù)與幾何綜合，正確理解題意是解題的關(guān)鍵．【變式演練】1．（2023·黑龍江）如圖，拋物線y=x2+bx+c與x軸交于點(diǎn)A?1,0，B4,0

(1)求拋物線對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式，并直接寫出頂點(diǎn)P的坐標(biāo)；(2)求△BCP的面積．注：拋物線y=ax2+bx+ca≠0的對(duì)稱軸是直線【答案】(1)拋物線對(duì)應(yīng)的解析式y(tǒng)=x2(2)S【分析】（1）利用待定系數(shù)法求出拋物線的表達(dá)式，再根據(jù)解析式求點(diǎn)P的坐標(biāo)即可；（2）求出點(diǎn)C0,?4和拋物線頂點(diǎn)P32,?254，【詳解】（1）∵拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A∴1?b+c=0解這個(gè)方程組，得b=?3c=?4∴拋物線對(duì)應(yīng)的解析式y(tǒng)=x∵P點(diǎn)是拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)，∴P?b2a,4ac?∴P3（2）如圖，連接OP．

∵A?1,0，B4,0，C0,?4∴SS△OBPS△BOC∵S∴S【點(diǎn)睛】此題考查待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)等知識(shí)，掌握數(shù)形結(jié)合的思想和割補(bǔ)法求三角形面積是解題的關(guān)鍵．題型02二次函數(shù)中三角形面積比值問(wèn)題【解題策略】類型一：等底或等高結(jié)論：①當(dāng)?shù)紫嗟龋瑒t面積比=高之比②當(dāng)高相等，則面積比=底邊之比類型二：斜轉(zhuǎn)直【典例分析】例1．（2024·云南模擬）在平面直角坐標(biāo)系中，A(?1,0)，B(3,0)．(1)若拋物線過(guò)A、B兩點(diǎn)，且與y軸交于點(diǎn)(0,?3)，求此拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)；(2)如圖，小敏發(fā)現(xiàn)所有過(guò)A、B兩點(diǎn)的拋物線如果與y軸負(fù)半軸交于點(diǎn)C，M為拋物線的頂點(diǎn)，那么△ACM與△ACB的面積比不變，請(qǐng)你求出這個(gè)比值．【答案】解：(1)設(shè)過(guò)拋物線A，B兩點(diǎn)，且與y軸交于點(diǎn)(0,?3)，的拋物線解析式為y=ax把A(?1,0)，B(3,0)，點(diǎn)(0,?3)代入得a?b+c=09a+3b+c=0解得a=1b=?2故此拋物線的解析式為y=x2?2x?3(2)由題意，設(shè)y=a(x+1)(x?3)，即y=ax∴A(?1,0)，B(3,0)，C(0,?3a)，M(1,?4a)，∴S而a>0，∴S作MD⊥x軸于D，又S△ACM∴S△ACM：S△ACB=1【解析】(1)由于拋物線過(guò)A，B兩點(diǎn)，且與y軸交于點(diǎn)(0,?3)，可用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式，再求出頂點(diǎn)坐標(biāo)；(2)先設(shè)出過(guò)A，B兩點(diǎn)拋物線的解析式，作MD⊥x軸于D，再分別求出A、B、C、M各點(diǎn)的坐標(biāo)，再根據(jù)圖形求各三角形的面積，最后由三角形之間的和差關(guān)系△ACM的面積進(jìn)行計(jì)算；考查的是二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)，及三角形的面積，注意某個(gè)圖形無(wú)法解答時(shí)，常常放到其他圖形中，利用圖形間的“和差”關(guān)系求解．例2．（2023·遼寧模擬）平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線C1：y=x2先向右平移72個(gè)單位長(zhǎng)度，再向上平移74個(gè)單位長(zhǎng)度，得到新的拋物線C2，其頂點(diǎn)為A，C1，C2相交于點(diǎn)B，過(guò)點(diǎn)A作(1)點(diǎn)A的坐標(biāo)是________；(2)如圖，求△OBD面積與△OCD面積的比值；(3)在y軸上有兩點(diǎn)E0，n，G0,n+32，過(guò)點(diǎn)E作x軸的平行線交直線AO于點(diǎn)F，以EF，EG為鄰邊作矩形EFHG，直線FH分別交拋物線C1，C2于點(diǎn)P，Q．若拋物線C在矩形EFHG內(nèi)部（不含邊界）的部分對(duì)應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而增大，且拋物線C2【答案】(1)7(2)S(3)7【分析】（1）根據(jù)函數(shù)圖象平移的性質(zhì)直接求解即可；（2）先求出直線OA解析式為y=12x，求出點(diǎn)B2,4，過(guò)點(diǎn)B作BE∥AC交OA于點(diǎn)E，得出（3）當(dāng)H點(diǎn)恰好落在拋物線C2上時(shí)，滿足拋物線C1在矩形EFHG內(nèi)部（不含邊界）的部分對(duì)應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而增大，再向上移動(dòng)EG時(shí)，即可滿足題意；直至當(dāng)F點(diǎn)恰好與異于A點(diǎn)的點(diǎn)重合時(shí)，滿足題意，因此計(jì)算兩個(gè)端點(diǎn)時(shí)對(duì)應(yīng)【詳解】（1）解：∵拋物線C1:y=x2先向右平移72個(gè)單位長(zhǎng)度，再向上平移7∴新的拋物線C2:y=x?故答案為：72（2）解：如圖，設(shè)直線OA解析式為y=kxk≠0∵圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)A7∴7解得：k=1∴直線OA解析式為y=1∵C令x2解得：x=2，∴y=4，∴B2,4過(guò)點(diǎn)B作BE∥AC交OA于點(diǎn)∴y∴BE=4?1=3，∵BE∥AC，∴∠DBE=∠DCA,∠BED=∠CAD，∴△DBE∽△DAC，∴BD設(shè)△OBC邊BC上的高為?，∴S（3）解：①如圖所示，當(dāng)H點(diǎn)恰好落在拋物線C2上時(shí)，滿足拋物線C1在矩形EFHG內(nèi)部（不含邊界）的部分對(duì)應(yīng)的函數(shù)值y隨∵E0,n，G∴F點(diǎn)的縱坐標(biāo)為n，代入直線OA的解析式y(tǒng)=1解得F點(diǎn)的縱坐標(biāo)為2n，即：F2n,n∵HF=EG=32，∴H2n,n+將H2n,n+32解得：n=54或∵此時(shí)點(diǎn)H在點(diǎn)A左側(cè)，點(diǎn)B右側(cè)，∴n=5∴H5此時(shí)，直線FH分別交拋物線C1，C2于點(diǎn)P，Q，則Q的坐標(biāo)即為將x=52代入C1:y=x2，得：∴此時(shí)PQ=25

②如圖所示，當(dāng)F點(diǎn)恰好和A點(diǎn)重合時(shí)，即：此時(shí)F點(diǎn)的坐標(biāo)為72,74，也即將x=72代入C1:y=x2，得：∴此時(shí)PQ=49

③如圖所示，當(dāng)F點(diǎn)為直線OA與拋物線C2聯(lián)立y=1解得：x=72y=∴此時(shí)F點(diǎn)的坐標(biāo)為4,2，也即Q點(diǎn)的坐標(biāo)為4,2，將x=4代入C1:y=x即：P的坐標(biāo)即為P4,16∴此時(shí)PQ=16?2=14；

綜上，PQ的取值范圍為72【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)綜合問(wèn)題，理解二次函數(shù)的基本性質(zhì)，以及平移法則，掌握矩形相關(guān)性質(zhì)是解題關(guān)鍵．【變式演練】1．（2023·廣東模擬）如圖，已知拋物線y=?x2+ax+3的頂點(diǎn)為P，它分別與x軸的負(fù)半軸、正半軸交于點(diǎn)A，B，與y軸正半軸交于點(diǎn)C，連接AC，BC，若(1)求a的值；(2)若過(guò)點(diǎn)P的直線l把四邊形ABPC分為兩部分，它們的面積比為1：2，求該直線的解析式．【答案】解：(1)∵拋物線y=?x2+ax+3與x軸交于點(diǎn)A∴方程?x設(shè)這兩個(gè)根分別為x1、x2，且x1由根與系數(shù)的關(guān)系得：x1∵當(dāng)x=0時(shí)，y=?x∴OC=3．∵tan∴OB∴OB?OA=2，∴x2?(?∴a=2．(2)由(1)得拋物線的解析式為y=?x∴其頂點(diǎn)坐標(biāo)為P(1,4)．解方程?x2+2x+3=0，得x∴A(?1,0)，B(3,0)．延長(zhǎng)PC交x軸于點(diǎn)D，作PF⊥x軸于點(diǎn)F，∴PC的斜率為1，∴OC=OD=3，∴===9．設(shè)直線l與x軸交于點(diǎn)M(m,0)，則BM=3?m，∴S當(dāng)6?2m=13×9=3時(shí)，m=即直線l過(guò)點(diǎn)P(1,4)，M(3由待定系數(shù)法可得l的解析式為y=?8x+12；同理，當(dāng)6?2m=23×9=6時(shí)，m=0，此時(shí)M(0,0)，即直線l過(guò)點(diǎn)P(1,4)由待定系數(shù)法可得l的解析式為y=4x；綜上所述，直線l的解析式為y=?8x+12或y=4x．

【解析】(1)根據(jù)拋物線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)可得一元二次方程，根據(jù)韋達(dá)定理可得x1+x2=a；由函數(shù)解析式可知當(dāng)x=0時(shí)y的值，則可得OC的長(zhǎng)；結(jié)合tan∠OCB?tan∠OCA=2(2)由(1)可得拋物線的解析式，則可求得點(diǎn)P和點(diǎn)A、點(diǎn)B的坐標(biāo)，延長(zhǎng)PC交x軸于點(diǎn)D，作PF⊥x軸于點(diǎn)F，根據(jù)S四邊形ABPC=S△PDB?S△CDA，可求得四邊形ABPC的面積；設(shè)直線l與x軸交于點(diǎn)M(m,0)，則BM=3?m，根據(jù)直線l把四邊形ABPC分為面積比為1：2本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了拋物線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)、拋物線與一元二次方程的關(guān)系、直線與四邊形的面積問(wèn)題等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握二次函數(shù)的相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2．（2024·四川模擬）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線y=ax2+bx+c與x軸交于A(?1,0)，B(4,0)兩點(diǎn)，與y（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式（2）如圖1，點(diǎn)D為第四象限拋物線上一點(diǎn)，連接AD，BC交于點(diǎn)E，連接BD，記ΔBDE的面積為S1，ΔABE的面積為S2，求（3）如圖2，連接AC，BC，過(guò)點(diǎn)O作直線l//BC，點(diǎn)P，Q分別為直線和拋物線上的點(diǎn)．試探究：在第一象限是否存在這樣的點(diǎn)P，Q，使ΔPQB∽ΔCAB．若存在，請(qǐng)求出所有符合條件的點(diǎn)【答案】（1）y=12x2?3【分析】（1）利用待定系數(shù)法進(jìn)行求解即可；（2）過(guò)點(diǎn)D作DG⊥x軸于點(diǎn)G，交BC于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)A作AK⊥x軸交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)K，則可得△AEK∽△DEF，繼而可得DEAE=DFAK，先求出BC的解析式，繼而求得AK長(zhǎng)，由S1S2=S（3）先確定出∠ACB=90°，再得出直線l的表達(dá)式為y=12x．設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為t,t2，然后分點(diǎn)P在直線BQ【詳解】（1）∵拋物線y=ax2+bx+c與x軸交于A(?1,0)，B(4,0)兩點(diǎn)，與y∴a?b+c=016a+4b+c=0∴a=1∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=1（2）過(guò)點(diǎn)D作DG⊥x軸于點(diǎn)G，交BC于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)A作AK⊥x軸交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)K．則DG//AK，∴△AEK∽△DEF，∴DEAE設(shè)直線BC的解析式為y=kx+n，將B(4,0)、C(0,?2)代入則有：4k+n=0n=?2解得k=1∴直線BC的表達(dá)式為y=1當(dāng)x=-1時(shí)，y=1即K（-1，?5∴AK=5∵S1∴S設(shè)點(diǎn)Dm,12∴DF=1∴S1當(dāng)m=2時(shí)，S1S2（3）∵A(?1,0)，B(4,0)，C(0,?2)．∴AC=12+2∴AC2+BC2=25=52=AB2，∴∠ACB=90°，∵過(guò)點(diǎn)O作直線l//BC，直線BC的表達(dá)式為∴直線l的表達(dá)式為y=1設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為t,t①當(dāng)點(diǎn)P在直線BQ右側(cè)時(shí)，如圖，∠BPQ=90°，過(guò)點(diǎn)P作PN⊥x軸于點(diǎn)N，過(guò)點(diǎn)Q作QM⊥PN于點(diǎn)M，∴∠M=∠PNB=90°，∴∠BPN+∠PBN=90°，∵∠QPM+∠BPN=180°-∠QPB=180°-90°=90°，∴∠QPM=∠PBN，∴ΔQPM∽ΔPBN，∴QMPN又∵ΔPQB∽ΔCAB，∴PQPB∴QMPN∵NB=t-4，PN=t2∴QMt∴QM=t4，PM=1∴MN=12t?2+12∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為34將點(diǎn)Q的坐標(biāo)為34t,t?2代入t?2=9解得：t1=68此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為689②當(dāng)點(diǎn)P在直線BQ左側(cè)時(shí)．如圖，∠BPQ=90°，過(guò)點(diǎn)P作PN⊥x軸于點(diǎn)N，過(guò)點(diǎn)Q作QM⊥PN于點(diǎn)M，∴∠M=∠PNB=90°，∴∠BPN+∠PBN=90°，∵∠QPM+∠BPN=180°-∠QPB=180°-90°=90°，∴∠QPM=∠PBN，∴ΔQPM∽ΔPBN，∴QMPN又∵ΔPQB∽ΔCAB，∴PQPB∴QMPN∵NB=4-t，PN=t2∴QMt∴QM=t4，PM=2?∴MN=2?12t+1∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為54將點(diǎn)Q的坐標(biāo)為54t,2代入2=25解得：t1=6+2此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為6+241【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)綜合題，涉及了待定系數(shù)法，二次函數(shù)的性質(zhì)，勾股定理的逆定理，相似三角形的判定與性質(zhì)等，綜合性較強(qiáng)，難度較大，熟練掌握相關(guān)知識(shí)，正確進(jìn)行分類討論是解題的關(guān)鍵．題型03二次函數(shù)中三角形面積最值問(wèn)題【解題策略】題目要求：在拋物線上的第一象限找一點(diǎn)P，使S△方法總結(jié)：方法一：S=12?水平寬?方法二：作l//BC，l與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)P，此時(shí)h最大，S△PBC面積最大，聯(lián)立l與拋物線，△【典例分析】例1．（2024·云南模擬）如圖，已知拋物線y=ax2+bx+5經(jīng)過(guò)A(?5,0)，B(?4,?3)兩點(diǎn)，與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為(1)求該拋物線的解析式；(2)點(diǎn)P為該拋物線上一動(dòng)點(diǎn)(與點(diǎn)B，C不重合)，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t.當(dāng)點(diǎn)P在直線BC的下方運(yùn)動(dòng)時(shí)，求△PBC的面積的最大值．【答案】解：(1)把A(?5,0)，B(?4,?3)代入y=ax2+bx+5解得a=1b=6∴拋物線解析式為y=x(2)作PQ/?/y軸交BC于Q，如圖，當(dāng)y=0時(shí)，x2+6x+5=0，解得x1=?1，設(shè)直線BC的解析式為y=mx+n，把C(?1,0)，B(?4,?3)代入得?m+n=0?4m+n=?3，解得m=1∴直線BC的解析式為y=x+1，設(shè)P(t,t2∴PQ=t+1?(t∴S∴當(dāng)t=?52時(shí)，S△PCB有最大值，最大值為【解析】本題考查了拋物線與x軸的交點(diǎn)：把求二次函數(shù)y=ax2+bx+c(a,b,c是常數(shù)，a≠0)與x(1)利用待定系數(shù)法求拋物線解析式；(2)作PQ/?/y軸交BC于Q，如圖，解方程x2+6x+5=0得C(?1,0)，再利用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式為y=x+1，設(shè)P(t,t2+6t+5)(?4<t<?1)，則Q(t,t+1)例2．（2024·黑龍江模擬）在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y=ax2+bx+c(a≠0)的圖象與x軸的交點(diǎn)為A(?3,0)，B(1,0)兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C(0,?3)，頂點(diǎn)為D，其對(duì)稱軸與x(1)求二次函數(shù)解析式；(2)連接AC，AD，CD，試判斷△ADC的形狀，并說(shuō)明理由；(3)點(diǎn)P為第三象限內(nèi)拋物線上一點(diǎn)，△APC的面積記為S，求S的最大值及此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；(4)在線段AC上，是否存在點(diǎn)F，使△AEF為等腰三角形？若存在，直接寫出點(diǎn)F的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】解：(1)二次函數(shù)表達(dá)式為：y=a(x+3)(x?1)=a(x則?3a=?3，解得：a=1，函數(shù)的表達(dá)式為：y=x(2)由(1)知，點(diǎn)D(?1,?4)，AC=32，CD=∴AD故△ADC為直角三角形；(3)過(guò)點(diǎn)P作PH/?/y軸交AC于點(diǎn)H，將點(diǎn)A、C的坐標(biāo)代入一次函數(shù)表達(dá)式并解得：直線AC的表達(dá)式為：y=?x?3，設(shè)點(diǎn)P(x,x2+2x?3)S=1當(dāng)x=?32時(shí)，S最大值為278(4)∵OA=OC=3，∴∠OAC=∠OCA=45°，①當(dāng)AE=EF時(shí)，如下圖，△AEF為等腰直角三角形，AE=2=EF，∴點(diǎn)F(?1,2)；②當(dāng)AE=AF時(shí)，同理可得：點(diǎn)F(?3+③當(dāng)AF=EF時(shí)，同理可得：點(diǎn)F(?2,?1)；故點(diǎn)F的坐標(biāo)為：(?1,2)或(?3+2,?【解析】(1)二次函數(shù)表達(dá)式為：y=a(x+3)(x?1)=a(x2+2x?3)，則?3a=?3(2)由AD2=A(3)S=1(4)分AE=EF、AE=AF、AF=EF三種情況分別求解即可．本題考查的是二次函數(shù)綜合運(yùn)用，涉及到等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理的運(yùn)用、面積的計(jì)算等，其中(3)，要注意分類求解，避免遺漏．【變式演練】1．（2023·四川模擬）已知拋物線y=?x2+bx+c與x軸交于A(?1,0)，(1)直接寫出拋物線的函數(shù)解析式；(2)如圖1，M是拋物線頂點(diǎn)，點(diǎn)P在拋物線上，若直線AP經(jīng)過(guò)△CBM外接圓的圓心，求點(diǎn)P的橫坐標(biāo)；(3)如圖2，點(diǎn)N是第一象限內(nèi)拋物線上的一動(dòng)點(diǎn)，連接NA分別交BC、y軸于D、E兩點(diǎn)，若△NBD、△CDE的面積分別為S1、S2，求(4)點(diǎn)Q是拋物線對(duì)稱軸上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)∠OQA的值最大時(shí)，請(qǐng)直接求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)．【答案】解：(1)y=?x(2)如圖1，∵y=?x∴M(1,4)，把x=0代入y=?x2+2x+3∴C(0,3)，∵B(3,0)，∴BC2=32∴BC∴∠BCM=90°，∴BM是△CBM外接圓的直徑，設(shè)BM的中點(diǎn)為F，∴F(2,2)，設(shè)直線AF的解析式為：y=kx+b′，∴解得：k=∴直線AF的解析式為：y=2∴?x解得：x1=?1(舍去)，∴點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為7(3)如圖2，過(guò)點(diǎn)N作NK⊥x軸于K，設(shè)點(diǎn)N的坐標(biāo)為(t,?t設(shè)直線AN的解析式為：y=k′x+m，則?k′+m=0解得：k′=3?t∴直線AN的解析式為：y=(3?t)x+3?t，∴OE=3?t，∵====?2=?2(t?9∵?2<0，∴當(dāng)t=98時(shí)，S(4)Q(1,2)【解析】【分析】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)和一次函數(shù)的解析式，勾股定理的應(yīng)用，垂線段最短，三角形的外接圓，圓周角定理，三角形的面積等知識(shí)，熟練掌握待定系數(shù)法是解題的關(guān)鍵．(1)利用待定系數(shù)法即可得出答案；(2)把二次函數(shù)的解析式化成頂點(diǎn)式，即可求得M的坐標(biāo)，進(jìn)一步求得點(diǎn)P的坐標(biāo)，令x=0即可求得C的坐標(biāo)，利用勾股定理的逆定理可得∠BCM=90°，可知BM是直徑，設(shè)BM的中點(diǎn)為F，求出AF的解析式，聯(lián)立二次函數(shù)的解析式可得點(diǎn)(3)過(guò)點(diǎn)N作NK⊥x軸于K，設(shè)點(diǎn)N的坐標(biāo)為(t,?t2+2t+3)，利用待定系數(shù)法可得直線AN的解析式為：y=(3?t)x+3?t，令x=0可得OE(4)作△AOQ的外接圓圓H，作HG⊥x軸，可得AG是定值，根據(jù)圓周角定理可得∠AQO=12∠AHO，依題意可知：HQ⊥直線x=1【解答】解：(1)∵拋物線y=?x2+bx+c與x軸交于A(?1,0)∴?1?b+c=0解得：b=2c=3∴拋物線的解析式為y=?x(2)見(jiàn)答案；(3)見(jiàn)答案；(4)如圖3，作△AOQ的外接圓圓H，作HG⊥x軸于點(diǎn)H，連接AH，OH，HQ，則AG=GO=12，則∴當(dāng)∠OQA最大時(shí)，∠AHO最大即∠AHG最大，∵AH=HO=HQ，∴當(dāng)AH最小時(shí)，HQ最小，此時(shí)∠OQA最大，即當(dāng)HQ⊥拋物線的對(duì)稱軸x=1時(shí)，HQ最小，此時(shí)HQ=1+1∴AH=3在Rt△AHG中，HG=∴Q(1,根據(jù)對(duì)稱性，則存在Q(1,?綜上所述，Q(1,22．（2023·廣東模擬）已知關(guān)于x的一元二次方程?12(1)求證：無(wú)論a為任何實(shí)數(shù)，此方程總有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根；(2)如圖，若拋物線y=?12x2+ax+a+3與x軸交于點(diǎn)A(?2,0)和點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C，連結(jié)BC①求拋物線的解析式及點(diǎn)B的坐標(biāo)；②若點(diǎn)P是拋物線上的一點(diǎn)，且點(diǎn)P位于直線BC的上方，連接PC，PD，過(guò)點(diǎn)P作PN⊥x軸，交BC于點(diǎn)M，求△PCD的面積的最大值及此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)．【答案】(1)證明：∵關(guān)于x的一元二次方程?1∴Δ=a∵(a+1)∴Δ=(a+1)∴Δ>0，∴無(wú)論a為任何實(shí)數(shù)，此方程總有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根；(2)解：①∵拋物線y=?12x2+ax+a+3∴將A(?2,0)代入拋物線方程得：?1解得：a=1，∴y=?1令y=0，則?1解得：x1=?2，∴拋物線與x軸的交點(diǎn)為(?2,0)和(4,0)，∵A(?2,0)，∴B(4,0)，∴拋物線的解析式為y=?12x2+x+4②由(2)知拋物線解析式為y=?1∴對(duì)稱軸為直線x=?1令x=0，得y=4，∴C(0,4)，設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，∵B(4,0)，C(0,4)，則4k+b=0b=4解得：k=?1b=4∴直線BC的解析式為y=?x+4，∴D(1,3)，設(shè)拋物線的對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)E，如圖，∴OE=1，DE=3．∵C(0,4)，∴OC=4設(shè)點(diǎn)P(x,?1∴ON=x，PN=?1∴EN=ON?OE=x?1，∴===?=?∵?1∴當(dāng)x=2時(shí)，S△PCD有最大值為1此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2,4)．

【解析】【分析】本題主要考查了拋物線與x軸的交點(diǎn)，待定系數(shù)法，配方法確定拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)，一元二次方程根的判別式，一次函數(shù)圖象的性質(zhì)，拋物線上點(diǎn)的坐標(biāo)的特征，一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)的特征，梯形的面積，利用點(diǎn)的坐標(biāo)表示出相應(yīng)線段的長(zhǎng)度是解題的關(guān)鍵．(1)令y=0，得到一元二次方程，說(shuō)明方程的判別式Δ>0即可；(2)①利用待定系數(shù)法將點(diǎn)A坐標(biāo)代入解析式求得a值，即可求出二次函數(shù)的解析式；令y=0，解一元二次方程?1②設(shè)點(diǎn)P(x,?12x2+x+4)(0<x<4)，則線段ON，PN，NE的長(zhǎng)度可得，利用分割法得S△PCD=S四邊形OCPN?S題型04二次函數(shù)中三角形面積存在性問(wèn)題【解題策略】等積變形原理：S△類型一：公共邊為定邊題目要求：在拋物線上找一點(diǎn)P，使得S△方法總結(jié)：①A.P在公共邊BC同側(cè)時(shí)，只需AP∥BC，過(guò)點(diǎn)A作l1//BC，交拋物線于P1.②A.P在公共邊BC異側(cè)時(shí)，將l1上移2CD個(gè)單位，即CD=CE，記為l2//BC,交拋物線于P2，P3③將l1和l2分別與拋物線聯(lián)立.類型二：公共邊為動(dòng)邊題目要求：在拋物線上找一點(diǎn)P，使得S△方法總結(jié)：①當(dāng)點(diǎn)B.C在公共邊AP同側(cè)時(shí)，只需AP//BC即可，過(guò)點(diǎn)A作l//BC交拋物線于P1，聯(lián)立l與拋物線.②當(dāng)點(diǎn)B.C在公共邊AP異側(cè)時(shí)，取BC中點(diǎn)D，CM=BN連接AD交拋物線于P2，聯(lián)立AD與拋物線.【典例分析】例1.（2023·寧夏模擬）如圖拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A?1,0，點(diǎn)B2,?3，與y軸交于點(diǎn)C(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3倍，若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)p的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)y=(2)存在，3,0或?1,0【分析】本題考查了待定系數(shù)法求解析式，根據(jù)三角形面積關(guān)系確定點(diǎn)的存在性，掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式的方法，理解二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，利用方程思想解題是關(guān)鍵．（1）待定系數(shù)法求解析式即可；（2）設(shè)拋物線上的點(diǎn)P坐標(biāo)為m,m【詳解】（1）把點(diǎn)A?1,0，點(diǎn)B2,?3分別代入解析式得1?b+c=04+2b+c=?3解得b=?2c=?3故拋物線的解析式為y=x（2）存在，理由如下：∵y=x∴C0,?3∵B2,?3∴BC∥x軸，∴D到直線y=?3的距離為?3?∴S∴S△PBC設(shè)Pm,∵S△PBC∴m2∴m2?2m=3或解得m=3,m=?1或無(wú)解，故m=3,m=?1，故P3,0或P【變式演練】1．（2023·貴州模擬）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=?x+4交兩坐標(biāo)軸于B、C兩點(diǎn)，二次函數(shù)y=ax2+bx+c圖象經(jīng)過(guò)A，B，C(1)求二次函數(shù)的解析式．(2)在拋物線的對(duì)稱軸上是否存在點(diǎn)P？使得PA+PC的長(zhǎng)度最短．若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．(3)在直線上方拋物線上是否存在點(diǎn)Q？使得△QBC的面積有最大值．若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)及此時(shí)△QBC的面積；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)y=?x(2)存在，點(diǎn)P的坐標(biāo)為32(3)存在，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為2,6，此時(shí)△QBC的面積為8【分析】（1）利用待定系數(shù)法解答即可；（2）利用將軍飲馬模型解答即可；（3）過(guò)點(diǎn)Q作QD∥y軸，交直線BC于點(diǎn)D，設(shè)點(diǎn)Q(m,?m2+3m+4)，則Dm,?m+4，利用△QBC的面積=S【詳解】（1）解：1令x=0，則y=4，∴C0,4令y=0，則x=4，∴B4,0∵二次函數(shù)y=ax2+bx+c圖象經(jīng)過(guò)A，B，C∴a?b+c=0解得：a=?1b=3∴二次函數(shù)的解析式為y=?x（2）解：在拋物線的對(duì)稱軸上存在點(diǎn)P使得PA+PC的長(zhǎng)度最短，點(diǎn)P的坐標(biāo)為32∵y=?x∴拋物線y=?x2+3x+4設(shè)拋物線的對(duì)稱軸與直線BC交于點(diǎn)P，連接PA，∵直線x=32為∴PA=PB，∴PA+PC=PB+PC=BC，∴此時(shí)點(diǎn)P使得PA+PC的長(zhǎng)度最短，令x=32，則∴在拋物線的對(duì)稱軸上存在點(diǎn)P使得PA+PC的長(zhǎng)度最短，點(diǎn)P的坐標(biāo)為32（3）解：在直線上方拋物線上存在點(diǎn)Q，使得△QBC的面積有最大值．點(diǎn)Q的坐標(biāo)為2,6，此時(shí)△QBC的面積為8，理由：過(guò)點(diǎn)Q作OD∥y軸，交直線BC于點(diǎn)D，如圖，設(shè)點(diǎn)Q(m,?m2+3m+4)∴QD=?m∵B4,0∴OB=4，∴△QBC的面積=S=1=1=?2m=?2(m?2)∵?2<0，∴當(dāng)m=2時(shí)，△QBC的面積有最大值8，此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為2,6，∴在直線上方拋物線上存在點(diǎn)Q，使得△QBC的面積有最大值．點(diǎn)Q的坐標(biāo)為2,6，此時(shí)△QBC的面積為8．【點(diǎn)睛】本題主要考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，拋物線上點(diǎn)的坐標(biāo)的特征，待定系數(shù)法，配方法，函數(shù)的極值，理由點(diǎn)的坐標(biāo)表示出相應(yīng)線段的長(zhǎng)度是解題的關(guān)鍵．2．（2024·陜西模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線C1:y=ax2?x+ca≠0與x軸交于A?1,0(1)求拋物線C1(2)設(shè)拋物線C1關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱的拋物線為C2，點(diǎn)A，B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為A'，B'，拋物線C2的頂點(diǎn)為E．則在x軸下方的拋物線C2上是否存在點(diǎn)【答案】(1)y=(2)F3,?6或【分析】（1）待定系數(shù)法求解析式即可求解；（2）設(shè)拋物線為Q'm，n是拋物線C2上一點(diǎn)，點(diǎn)Q是拋物線C1上與點(diǎn)Q'm，n對(duì)應(yīng)的點(diǎn)，則Q?m，?n，由點(diǎn)Q?m，?n在拋物線C1推出n=?12m2?m+32，則【詳解】（1）解：∵拋物線C1:y=ax2?x+ca≠0∴a+1+c=0解得：a=1∴拋物線C1的解析式為：y=（2）解：設(shè)拋物線為Q'm，n是拋物線C2上一點(diǎn)，點(diǎn)Q∵拋物線C2和拋物線C∴Q?m∴?n=12m∴C2的解析式為：y=?∴E?1,2∵B3,0∴B'∴BB∴S△∵A?1,0，B∴AB=4設(shè)F的縱坐標(biāo)為?t，∵S△ABF∴1解得：n=6∴F的縱坐標(biāo)為?6當(dāng)?1解得x=3或x=?5，∴F3,?6或F【點(diǎn)睛】本題考查了待定系數(shù)法求解析式，面積問(wèn)題，中心對(duì)稱的性質(zhì)，掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．題型05二次函數(shù)中線段最值問(wèn)題【解題策略】對(duì)于阿氏圓而言：當(dāng)系數(shù)k＜1的時(shí)候，一般情況下，考慮向內(nèi)構(gòu)造.當(dāng)系數(shù)k＞1的時(shí)候，一般情況下，考慮向外構(gòu)造.【注意事項(xiàng)】針對(duì)求PA+kPB的最小值問(wèn)題時(shí)，當(dāng)軌跡為直線時(shí)，運(yùn)用“胡不歸模型”求解；當(dāng)軌跡為圓形時(shí)，運(yùn)用“阿氏圓模型”求解.【典例分析】例1（2023·浙江模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=?14x2+bx+3的對(duì)稱軸是直線x=2，與x軸相交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B(1)求拋物線的解析式及頂點(diǎn)坐標(biāo)；(2)M為第一象限內(nèi)拋物線上的一個(gè)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M作MN⊥x軸于點(diǎn)N，交BC于點(diǎn)D，連接CM，當(dāng)線段CM=CD時(shí)，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；(3)以原點(diǎn)O為圓心，AO長(zhǎng)為半徑作⊙O，點(diǎn)P為⊙O上的一點(diǎn)，連接BP，CP，求2PC+3PB的最小值．【答案】(1)y=?14(2)點(diǎn)M的坐標(biāo)為2(3)2PC+3PB的最小值為2【分析】（1）由x=2=?b2a=?b（2）當(dāng)線段CM=CD時(shí)，則點(diǎn)C在MD的中垂線上，即yC（3）先證明△POG∽△COP，然后利用當(dāng)B、P、G三點(diǎn)共線時(shí)，2PC+3PB最小，最小值為【詳解】（1）∵對(duì)稱軸是直線x=2，故x=2=?b2a=?b故拋物線的表達(dá)式為y=?1∴拋物線的頂點(diǎn)為2,4；（2）對(duì)于y=?14x解得x=6或?2，令x=0，則y=3，故點(diǎn)A、B、C的坐標(biāo)分別為?2，設(shè)直線BC的表達(dá)式為y=mx+n，則0=6m+nn=3，解得m=?故直線BC的表達(dá)式y(tǒng)=?1設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為x,?14x當(dāng)線段CM=CD時(shí)，則點(diǎn)C在MD的中垂線上，即yC即3=1解得x=0（舍去）或2，故點(diǎn)M的坐標(biāo)為2,（3）在OC上取點(diǎn)G，使OPOC=OGOP=23，即∵OPOC=OG∴△POG∽∴PGPC=OP則2PC+3PB=3PB+故當(dāng)B、P、G三點(diǎn)共線時(shí)，2PC+3PB最小，最小值為3BG，則2PC+3PB的最小值3BG=36【點(diǎn)睛】主要考查了二次函數(shù)的解析式的求法和與幾何圖形結(jié)合的綜合能力的培養(yǎng)，會(huì)利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來(lái)以及利用點(diǎn)的坐標(biāo)的意義表示線段的長(zhǎng)度是解題的關(guān)鍵．.【變式演練】1.（2023·內(nèi)蒙古模擬）如圖，已知直線y=12x+1與y軸交于點(diǎn)A，與x軸交于點(diǎn)D，拋物線y=12x2+bx+1與直線交于A、E兩點(diǎn)，與x軸交于B、(1)求該拋物線的解析式；(2)動(dòng)點(diǎn)P在x軸上移動(dòng)，當(dāng)△PAE是直角三角形時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；(3)在拋物線的對(duì)稱軸上找一點(diǎn)M，使AM?CM的值最大，求點(diǎn)M的坐標(biāo)．【答案】(1)拋物線的解析式為y=(2)點(diǎn)P的坐標(biāo)為12,0或(1,0)或(3,0)或(3)M【分析】（1）首先得點(diǎn)A(0,1)，B(1,0)，那么把A，B坐標(biāo)代入y=1（2）讓直線解析式與拋物線的解析式結(jié)合即可求得點(diǎn)E的坐標(biāo)．△PAE是直角三角形，應(yīng)分點(diǎn)P為直角頂點(diǎn)，點(diǎn)A是直角頂點(diǎn)，點(diǎn)E是直角頂點(diǎn)三種情況探討；（3）首先得AM?CM的值最大，應(yīng)找到C關(guān)于對(duì)稱軸的對(duì)稱點(diǎn)B，連接AB交對(duì)稱軸的一點(diǎn)就是M．應(yīng)讓過(guò)AB的直線解析式和對(duì)稱軸的解析式聯(lián)立即可求得點(diǎn)M坐標(biāo)．【詳解】（1）∵直線與y軸交于點(diǎn)A，令x=0，則y=1∴A點(diǎn)坐標(biāo)為0,1，∵線段OA=OB，直線y=12x+1與x∴B(1,0)，∵拋物線y=12x2+bx+1與直線交于A將A(0,1)、B(1,0)坐標(biāo)代入y=得c=112+b+c=0∴拋物線的解析式為y=1（2）設(shè)點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為m，則它的縱坐標(biāo)為12即E點(diǎn)的坐標(biāo)(m,1又∵點(diǎn)E在直線y=1∴1解得m1=0（舍去），∴E的坐標(biāo)為(4,3)．（Ⅰ）當(dāng)A為直角頂點(diǎn)時(shí)，過(guò)A作AP1⊥DE交x軸于P∵直線y=12x+1與x令y=0，則x=?2∴D點(diǎn)坐標(biāo)為(?2,0)，∵∠DAO+∠P1∴∠ADO=∠∵∠DOA=∠∴Rt△AOD∽∴DOOA=OA∴OP∴P（Ⅱ）同理，當(dāng)E為直角頂點(diǎn)時(shí)，過(guò)E作EP2⊥DE交x軸于P2點(diǎn)，過(guò)E作同理可證Rt△AOD∽∴DOOA∵D點(diǎn)坐標(biāo)為(?2,0)，E的坐標(biāo)為(4,3)∴DE=即21∴EP∴DP∴OP∴P2點(diǎn)坐標(biāo)為11（Ⅲ）當(dāng)P為直角頂點(diǎn)時(shí)，設(shè)P3由∠OP3A+∠FP3∴Rt△AO由AOP3F解得t1=3，∴此時(shí)的點(diǎn)P3的坐標(biāo)為(1,0)或(3,0)綜上所述，滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)為12,0或(1,0)或(3,0)或（3）拋物線的對(duì)稱軸為x=3∵B、C關(guān)于x=3∴MC=MB，要使AM?MC最大，即是使AM?MB最大，由三角形兩邊之差小于第三邊得，當(dāng)A、B、M在同一直線上時(shí)AM?MB的值最大．∵A(0,1)，B(1,0)，設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b∴0=k+bb=1，解得∴直線AB的解析式為y=?x+1∴由y=?x+1x=32∴M3【點(diǎn)睛】此題主要考查了二次函數(shù)綜合以及待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式和相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，根據(jù)一個(gè)三角形是直角三角形，應(yīng)分不同頂點(diǎn)為直角等多種情況進(jìn)行分析；求兩條線段和或差的最值，都要考慮做其中一點(diǎn)關(guān)于所求的點(diǎn)在的直線的對(duì)稱點(diǎn)得出是解題關(guān)鍵．題型06二次函數(shù)中周長(zhǎng)最值問(wèn)題題型【解題策略】對(duì)于阿氏圓而言：當(dāng)系數(shù)k＜1的時(shí)候，一般情況下，考慮向內(nèi)構(gòu)造.當(dāng)系數(shù)k＞1的時(shí)候，一般情況下，考慮向外構(gòu)造.【注意事項(xiàng)】針對(duì)求PA+kPB的最小值問(wèn)題時(shí)，當(dāng)軌跡為直線時(shí)，運(yùn)用“胡不歸模型”求解；當(dāng)軌跡為圓形時(shí)，運(yùn)用“阿氏圓模型”求解.【典例分析】例1（2023·四川）如圖，直線y=?43x+4與x軸、y軸分別交于A、B兩點(diǎn)，拋物線y=?43

(1)求拋物線的解析式；(2)點(diǎn)D為拋物線上位于AB上方的一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，作DF∥y軸交AB于點(diǎn)F，當(dāng)△DEF的周長(zhǎng)最大時(shí)，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；(3)G是平面內(nèi)的一點(diǎn)，在（2）的條件下，將△DEF繞點(diǎn)G順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α得到△D'E'F'，當(dāng)【答案】(1)y=?(2)D(3)1910或【分析】（1）根據(jù)yAB=?43x+4，令y=0和x=0（2）根據(jù)勾股定理求出AB長(zhǎng)度，表示出DE+EF+DF=125DF，設(shè)Dt,?43t2+（3）根據(jù)當(dāng)△DEF順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α后，EF∥y軸，D'E'⊥y軸，設(shè)D'm,n則E'm?95,n，F(xiàn)'m?【詳解】（1）解：∵yAB=?得?4解得：x=3，令x=0，得y=4，∴A3,0，B故得方程組0=?12+3b+c4=c∴b=∴此拋物線的解析式為：y=?4（2）∵A3,0，B∴OA=3，OB=4，∴AB=O∴sin∠ABO=OA∵DF∥∴∠DFE=∠ABO，∵DE⊥AB，∴DE∴EF=3∵EF∴EF=4∴DE+EF+DF=3設(shè)Dt,?43∴DF=?4∴DE+EF+DF=12∴當(dāng)t=32時(shí)，∵t=32，∴D3（3）當(dāng)t=32時(shí)，∴DE=35DF=∵∠DFE=∠ABO=α，∴當(dāng)△DEF順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α后，EF∥y軸，設(shè)D'm,n則E'①當(dāng)E'、D

?4解得：m=19∴D'的橫坐標(biāo)為②當(dāng)D'、F

∴?解得：m=7∴D'的橫坐標(biāo)為又∵E∴E'、∴綜上所述，點(diǎn)D'的橫坐標(biāo)為1910或【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)綜合題，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，二次函數(shù)圖像和特征，一次函數(shù)圖像和特征，勾股定理，三角函數(shù)值，解答本題的關(guān)鍵是運(yùn)用分類討論的思想．【變式演練】1.（2023·湖北模擬）已知直線y=x?1與x軸交于點(diǎn)A，過(guò)x軸上A，C兩點(diǎn)的拋物線y=ax2+bx+3與y軸交于點(diǎn)B，與直線y=x?1交于D(1)直接寫出A，B，C三點(diǎn)的坐標(biāo)；(2)求拋物線的解析式；(3)若點(diǎn)M是拋物線對(duì)稱軸l上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)△CDM的周長(zhǎng)最小時(shí)，求△CDM的面積；(4)點(diǎn)P是拋物線上一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P不與B，C重合），連接AP，DP，若△ADP的面積等于3，求點(diǎn)【答案】(1)A1，0，(2)y=(3)2(4)P12，?1【分析】（1）先求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，進(jìn)而求出點(diǎn)B的坐標(biāo)，在y=x?1中，當(dāng)y=0時(shí)，x=1，即可求出點(diǎn)A的坐標(biāo)；（2）利用待定系數(shù)法求解即可；（3）先求出D4，3；設(shè)直線AD與直線l交于點(diǎn)H，連接AM、CM，CH，由對(duì)稱性可知AM=CM，則當(dāng)A、M、D三點(diǎn)共線時(shí)，AM+DM最小，即此時(shí)△CDM的周長(zhǎng)最小，最小值為AD+CD，此時(shí)點(diǎn)M（4）先求出過(guò)點(diǎn)C且與AD平行的直線解析式為y=x?3，再證明S△ADC=S△ADP，則由平行線間的距離處處相等可得點(diǎn)P在直線【詳解】（1）解：在y=ax2+bx+3中，當(dāng)x=0∴C3∴OB=OC=3，∴B0在y=x?1中，當(dāng)y=0時(shí)，x=1，∴A1（2）解：設(shè)拋物線解析式為y=ax?1把C0，3代入y=a解得a=1，∴拋物線解析式為y=x?1（3）解：聯(lián)立y=x?1y=解得x=4y=3或x=1∴D4設(shè)直線AD與直線l交于點(diǎn)H，連接AM、CM，由對(duì)稱性可知AM=CM，∴△CDM的周長(zhǎng)=CM+DM+CD=AM+DM+CD，∵CD是定值，∴當(dāng)A、M、D三點(diǎn)共線時(shí)，AM+DM最小，即此時(shí)△CDM的周長(zhǎng)最小，最小值為AD+CD，此時(shí)點(diǎn)M與點(diǎn)H重合，∵A1∴拋物線對(duì)稱軸為直線x=2，在y=x?1中，當(dāng)x=2時(shí)，y=1，∴H2∴S△CDH（4）解：設(shè)過(guò)點(diǎn)C且與AD平行的直線解析式為y=x+b1∴0=3+b1∴b1∴過(guò)點(diǎn)C且與AD平行的直線解析式為y=x?3，∵S△ADC∴S△ADC∴由平行線間的距離處處相等可得點(diǎn)P在直線y=x?3或在直線y=x+1上，聯(lián)立y=x?3y=x2?4x+3，解得∴P1聯(lián)立y=x+1y=x2?4x+3，解得∴P25+17綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為P12，?1或【點(diǎn)睛】本題主要考查了二次函數(shù)與一次函數(shù)綜合，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式等等，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．、1．（2023·湖南）如圖，二次函數(shù)的圖象與x軸交于A?1,0，B5,0兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，頂點(diǎn)為D．O為坐標(biāo)原點(diǎn)，

(1)求二次函數(shù)的表達(dá)式；(2)求四邊形ACDB的面積；(3)P是拋物線上的一點(diǎn)，且在第一象限內(nèi)，若∠ACO=∠PBC，求P點(diǎn)的坐標(biāo)．【答案】(1)y=?(2)30(3)P【分析】（1）用兩點(diǎn)式設(shè)出二次函數(shù)的解析式，然后求得C點(diǎn)的坐標(biāo)，并將其代入二次函數(shù)的解析式，求得a的值，再將a代入解析式中即可．（2）先將二次函數(shù)變形為頂點(diǎn)式，求得頂點(diǎn)坐標(biāo)，然后利用矩形、三角形的面積公式即可求得答案．（3）根據(jù)各點(diǎn)的坐標(biāo)的關(guān)系及同角三角函數(shù)相等的結(jié)論可以求得相關(guān)聯(lián)的函數(shù)解析式，最后聯(lián)立一次函數(shù)與二次函數(shù)的解析式，求得點(diǎn)P的坐標(biāo)．【詳解】（1）∵二次函數(shù)的圖象與x軸交于A?1,0∴設(shè)二次函數(shù)的表達(dá)式為y=a∵AO=1,tan∴OC=5，即C的坐標(biāo)為0,5則5=a0+10?5∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y=?x+1（2）y=?∴頂點(diǎn)的坐標(biāo)為2,9過(guò)D作DN⊥AB于N，作DM⊥OC于M，四邊形ACDB的面積==1

（3）如圖，P是拋物線上的一點(diǎn)，且在第一象限，當(dāng)∠ACO=∠PBC時(shí)，連接PB，過(guò)C作CE⊥BC交BP于E，過(guò)E作EF⊥OC于F，

∵OC=OB=5，則△OCB為等腰直角三角形，∠OCB=45°．由勾股定理得：CB=52∵∠ACO=∠PBC，∴tan∠ACO=即15∴CE=由CH⊥BC，得∠BCE=90°，∴∠ECF=180°?∠BCE?∠OCB=180°?90°?45°=45°．∴△EFC是等腰直角三角形∴FC=FE=1∴E的坐標(biāo)為1,6所以過(guò)B、E的直線的解析式為y=?令y=?解得x=5y=0，或所以BE直線與拋物線的兩個(gè)交點(diǎn)為B即所求P的坐標(biāo)為P【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)、二次函數(shù)的性質(zhì)以及與坐標(biāo)系幾何圖形的綜合證明計(jì)算問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是將所學(xué)的知識(shí)靈活運(yùn)用．2．（2023·福建）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線y=ax2+bx經(jīng)過(guò)A(4,0)，B(1,4)兩點(diǎn)．P是拋物線上一點(diǎn)，且在直線(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，S3.【答案】解：(1)將A(4,0)，B(1,4)代入y=ax∴16a+4b=0解得a=?4∴拋物線的解析式為：y=?4(2)設(shè)直線AB的解析式為：y=kx+t，將A(4,0)，B(1,4)代入y=kx+t，∴4k+t=0解得k=?4∴直線AB的解析式為：y=?4∵A(4,0)，B(1,4)，∴S∴S△OAB=2過(guò)點(diǎn)P作PM⊥x軸于點(diǎn)M，PM與AB交于點(diǎn)N，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥PM于點(diǎn)E，如圖，∴S∴PN=8設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，∴P(m,?43m∴PN=?4解得m=2或m=3；∴P(2,163)(3)S∵PD/?/OB，∴∠DPC=∠BOC，∠PDC=∠OBC，∴△DPC∽△BOC，∴CP：CO=CD：CB=PD：OB，∵S1S∴S設(shè)直線AB：y=?43x+163交y過(guò)點(diǎn)P作PH⊥x軸，垂足為H，PH交AB于點(diǎn)G，如圖，∵∠PDC=∠OBC，∴∠PDG=∠OBF，∵PG//OF，∴∠PGD=∠OFB，∴△PDG∽△OBF，∴PD：OB=PG：OF，設(shè)P(n,?4由(2)可知，PG=?4∴S∵1<n<4，∴當(dāng)n=52時(shí)，S1S【解析】本題考查一次函數(shù)和二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、三角形面積、相似三角形的判定與性質(zhì)、二次函數(shù)的最值等基礎(chǔ)知識(shí)，利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，熟練掌握運(yùn)用三角形的面積公式及相似三角形的判定與性質(zhì)是本題的關(guān)鍵．(1)將點(diǎn)A，B的坐標(biāo)代入二次函數(shù)的解析式，利用待定系數(shù)法求解即可；(2)利用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式，過(guò)點(diǎn)P作PM⊥x軸于點(diǎn)M，PM與AB交于點(diǎn)N，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥PM于點(diǎn)E，可分別求出△OAB和△PAB的面積，根據(jù)題意列出方程求出PN的長(zhǎng)，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，表示出PN的長(zhǎng)，列方程求出m，即可得出點(diǎn)P的坐標(biāo)；(3)先證明△DPC∽△BOC，得出CP：CO=CD：CB=PD：OB，由S1S2=CDCB=PDOB，S2S3=CPCO=PDOB，可得S13．（2023·山東）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，菱形OABC的一邊OC在x軸正半軸上，頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為(2,23)，D是邊OC上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥OB交邊OA于點(diǎn)E，作DF//OB交邊BC于點(diǎn)F，連接EF，設(shè)OD=x，△DEF的面積為(1)求S關(guān)于x的函數(shù)解析式．(2)當(dāng)x取何值時(shí)，S的值最大？請(qǐng)求出最大值．【答案】解：(1)如圖，過(guò)點(diǎn)A作AG⊥OC于點(diǎn)G，連接AC，∵頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為(2,23)，∴OA=22+(23)2=4，OG=2，AG=23.∴cos∠AOG=OGAO=12.∴∠AOG=60°.∵四邊形OABC是菱形，∴∠BOC=∠AOB=30°(2)由(1)知，S=?32x2+23x=?

【解析】略4．（2023·廣東）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)，A(1,0)，AB=4，點(diǎn)P為線段AB上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)P作PQ/?/BC交AC于點(diǎn)(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)∵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)，A(1,0)∴B(?3,0)，∴1+b+c=0解得b=2c=?3∴拋物線的解析式為y=x(2)過(guò)Q作QE⊥x軸于E，過(guò)C作CF⊥x軸于F，設(shè)P(m,0)，則PA=1?m，∵y=x∴C(?1,?4)，∴CF=4，AB=4，∵PQ/?/BC，∴△PQA∽△BCA，∴AQ∵CF//QE，∴△AEQ∽△AFC，∴∴QECF=∴QE=1?m，∴===?1∵?3≤m≤1，∴當(dāng)m=?1時(shí)

S△CPQ有最大值2∴△CPQ面積的最大值為2，此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為(?1,0)．

【解析】(1)根據(jù)A(1,0)，AB=4求出B(?3,0)，把A、B的坐標(biāo)代入拋物線y=x(2)過(guò)Q作QE⊥x軸于E，過(guò)C作CF⊥x軸于F，設(shè)P(m,0)，則PA=1?m，易證△PQA∽△BCA，利用相似三角形的性質(zhì)即可表示出QE的長(zhǎng)，又因?yàn)镾△CPQ=S△PCA?本題是二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)圖象和性質(zhì)，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)，解題的關(guān)鍵是抓住圖形中某些特殊的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系．此題綜合性較強(qiáng)，中等難度，是一道很好的試題．5．（2023·四川）已知拋物線y=x2+bx+c與x軸相交于A?1，0，B兩點(diǎn)，與

(1)求b，c的值；(2)P為第一象限拋物線上一點(diǎn)，△PBC的面積與△ABC的面積相等，求直線AP的解析式；(3)在（2）的條件下，設(shè)E是直線BC上一點(diǎn)，點(diǎn)P關(guān)于AE的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)P'，試探究，是否存在滿足條件的點(diǎn)E，使得點(diǎn)P'恰好落在直線BC上，如果存在，求出點(diǎn)【答案】(1)b=?2,(2)y=x+1(3)存在，點(diǎn)P'的坐標(biāo)為1+21【分析】（1）由待定系數(shù)法即可求解；（2）S△PBC=S（3）由題意的：∠AEP=∠AEP【詳解】（1）由題意，得1?b+c=0,∴（2）由（1）得拋物線的解析式為y=x令y=0，則x2?2x?3=0，得∴B點(diǎn)的坐標(biāo)為3，∵S∴AP∥BC．∵B3∴直線BC的解析式為y=x?3．∵AP∥BC，∴可設(shè)直線AP的解析式為y=x+m．∵A（?1，∴0=?1+m．∴m=1．∴直線AP的解析式為y=x+1．

（3）設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為m，∵點(diǎn)P在直線y=x+1和拋物線y=x∴n=m+1，∴m+1=m解得m1∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為4，

由翻折，得∠AEP=∠AEP∵AP∥BC，∴∠PAE=∠AEP∴∠PAE=∠PEA．∴PE=PA=4+1設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為t，t?3，則∴t=6±21當(dāng)t=6+21時(shí)，點(diǎn)E的坐標(biāo)為6+設(shè)P'由P'E=AP，s?6?21解得：s=1+21則點(diǎn)P'的坐標(biāo)為1+當(dāng)t=6?21時(shí)，同理可得，點(diǎn)P'的坐標(biāo)為綜上所述，點(diǎn)P'的坐標(biāo)為1+21,【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)的綜合題，主要考查了用待定系數(shù)法求一次函數(shù)、二次函數(shù)的解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，此題題型較好，綜合性比較強(qiáng)，用的數(shù)學(xué)思想是分類討論和數(shù)形結(jié)合的思想．6．（2023·山東）如圖，拋物線y=?x2+bx+c經(jīng)過(guò)A(?1,0),C(0,3)兩點(diǎn)，并交x軸于另一點(diǎn)B，點(diǎn)M是拋物線的頂點(diǎn)，直線AM

(1)求該拋物線的表達(dá)式；(2)若點(diǎn)H是x軸上一動(dòng)點(diǎn)，分別連接MH，DH，求MH+DH的最小值；(3)