2022年中考数学压轴题突破专题05 二次函数与线段和角的数量关系问题

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2022年中考数学大题狂练之压轴大题突破培优练（江苏专用）
专题5 二次函数与线段和角的数量关系问题
【真题再现】
1．（2021·江苏常州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正比例函数和二次函数的图像都经过点和点B，过点A作的垂线交x轴于点C．D是线段上一点（点D与点A、O、B不重合），E是射线上一点，且，连接，过点D作x轴的垂线交抛物线于点F，以、为邻边作．


（1）填空：________，________；
（2）设点D的横坐标是，连接．若，求t的值；
（3）过点F作的垂线交线段于点P．若，求的长．
2．（2021·江苏宿迁·中考真题）如图，抛物线与轴交于A(-1，0)，B(4，0)，与轴交于点C．连接AC，BC，点P在抛物线上运动．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图①，若点P在第四象限，点Q在PA的延长线上，当∠CAQ=∠CBA45°时，求点P的坐标；
(3)如图②，若点P在第一象限，直线AP交BC于点F，过点P作轴的垂线交BC于点H，当△PFH为等腰三角形时，求线段PH的长．

3．（2021·江苏连云港·中考真题）如图，抛物线与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，已知．
（1）求m的值和直线对应的函数表达式；
（2）P为抛物线上一点，若，请直接写出点P的坐标；
（3）Q为抛物线上一点，若，求点Q的坐标．

4．（2020年泰州第26题）如图，二次函数y1＝a（x﹣m）2+n，y2＝6ax2+n（a＜0，m＞0，n＞0）的图象分别为C1、C2，C1交y轴于点P，点A在C1上，且位于y轴右侧，直线PA与C2在y轴左侧的交点为B．

（1）若P点的坐标为（0，2），C1的顶点坐标为（2，4），求a的值；
（2）设直线PA与y轴所夹的角为α．
①当α＝45°，且A为C1的顶点时，求am的值；
②若α＝90°，试说明：当a、m、n各自取不同的值时，PAPB的值不变；
（3）若PA＝2PB，试判断点A是否为C1的顶点？请说明理由．
5．（2020年淮安第27题）如图①，二次函数y＝﹣x2+bx+4的图象与直线l交于A（﹣1，2）、B（3，n）两点．点P是x轴上的一个动点，过点P作x轴的垂线交直线l于点M，交该二次函数的图象于点N，设点P的横坐标为m．
（1）b＝　 　，n＝　 　；
（2）若点N在点M的上方，且MN＝3，求m的值；
（3）将直线AB向上平移4个单位长度，分别与x轴、y轴交于点C、D（如图②）．
①记△NBC的面积为S1，△NAC的面积为S2，是否存在m，使得点N在直线AC的上方，且满足S1﹣S2＝6？若存在，求出m及相应的S1，S2的值；若不存在，请说明理由．
②当m＞﹣1时，将线段MA绕点M顺时针旋转90°得到线段MF，连接FB、FC、OA．若∠FBA+∠AOD﹣∠BFC＝45°，直接写出直线OF与该二次函数图象交点的横坐标．

6．（2020年常州第28题）如图，二次函数y＝x2+bx+3的图象与y轴交于点A，过点A作x轴的平行线交抛物线于另一点B，抛物线过点C（1，0），且顶点为D，连接AC、BC、BD、CD．
（1）填空：b＝　 　；
（2）点P是抛物线上一点，点P的横坐标大于1，直线PC交直线BD于点Q．若∠CQD＝∠ACB，求点P的坐标；
（3）点E在直线AC上，点E关于直线BD对称的点为F，点F关于直线BC对称的点为G，连接AG．当点F在x轴上时，直接写出AG的长．

7．（2020年镇江第28题）如图①，直线l经过点（4，0）且平行于y轴，二次函数y＝ax2﹣2ax+c（a、c是常数，a＜0）的图象经过点M（﹣1，1），交直线l于点N，图象的顶点为D，它的对称轴与x轴交于点C，直线DM、DN分别与x轴相交于A、B两点．
（1）当a＝﹣1时，求点N的坐标及ACBC的值；
（2）随着a的变化，ACBC的值是否发生变化？请说明理由；
（3）如图②，E是x轴上位于点B右侧的点，BC＝2BE，DE交抛物线于点F．若FB＝FE，求此时的二次函数表达式．

8．（2019年宿迁28题）如图，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于A、B两点，其中点A坐标为（1，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图①，连接AC，点P在抛物线上，且满足∠PAB＝2∠ACO．求点P的坐标；
（3）如图②，点Q为x轴下方抛物线上任意一点，点D是抛物线对称轴与x轴的交点，直线AQ、BQ分别交抛物线的对称轴于点M、N．请问DM+DN是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．


9．（2019年盐城27题）如图所示，二次函数y＝k（x﹣1）2+2的图象与一次函数y＝kx﹣k+2的图象交于A、B两点，点B在点A的右侧，直线AB分别与x、y轴交于C、D两点，其中k＜0．
（1）求A、B两点的横坐标；
（2）若△OAB是以OA为腰的等腰三角形，求k的值；
（3）二次函数图象的对称轴与x轴交于点E，是否存在实数k，使得∠ODC＝2∠BEC，若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．


【专项突破】
一、解答题
1．（2021·江苏·沭阳县怀文中学模拟预测）如图，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a（a≠0）与x轴交于点A，B．与y轴交于点C．连接AC，BC．已知ABC的面积为2．

(1)求抛物线的解析式；
(2)平行于x轴的直线与抛物线从左到右依次交于P，Q两点．过P，Q向x轴作垂线，垂足分别为G，H．若四边形PGHQ为正方形，求正方形的边长；
(3)抛物线上是否存在一点N，使得∠BCN＝∠CAB﹣∠CBA，若存在，请求出满足条件N点的横坐标，若不存在请说明理由．
2．（2021·江苏·常州外国语学校二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数yx2+bx﹣2的图象与x轴交于点A和点B（4，0），与y轴交于点C．

(1)求二次函数的表达式；
(2)若点P是抛物线上一点，满足∠PCB+∠ACB＝∠BCO，求点P的坐标；
(3)若点Q在第四象限内，且tan∠AQB，M（﹣2，1），线段MQ是否存在最大值，如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由．
3．（2021·江苏·景山中学一模）如图1，二次函数的图像与x轴交于点O、点A，顶点为B， 点M、N的坐标分别为（0 ，m）、（0 ，n）．


（1）求点B的坐标．
（2）如图2，将函数图像在y轴左侧部分沿x轴翻折，图像其余部分保持不变，得到的新图像记为G．
①过点M作y轴的垂线l，当m 时，直线l与图像G有且只有两个交点．
②请求出翻折后图像的函数关系式．
（3）如图3，点Q是第二象限内图像上的动点，当m＞1 ，n＜0，且∠QMB＝90°时，是否存在点M，使得△QMB与△ABN相似．若存在，请求出点M的坐标；若不存在，说明理由．

4．（2021·江苏·常州实验初中二模）如图，二次函数的图象与轴交于点C，抛物线的顶点为A，对称轴是经过点H（2，0）且平行于轴的一条直线．点P是对称轴上位于点A下方的一点，连接CP并延长交抛物线于点B，连接CA、AB．

（1）填空：______，点A的坐标是______；
（2）当∠ACB=45°时，求点P的坐标；
（3）将△CAB沿CB翻折后得到△CDB（点A的对应点为点D），问点D能否恰好落在坐标轴上?若能，请直接写出点P的坐标，若不能，请说明理由．
5．（2021·江苏·沭阳县修远中学二模）如图1，抛物线y＝ax2+2x+c与x轴交于点A、B（点A在点B左侧），与y轴交于点C（0，3），连接BC，抛物线的对称轴直线x＝1与BC交于点D，与x轴交于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，把△DEB绕点D顺时针旋转60°得到△DMN，求证：点M在抛物线上；
（3）如图3，点P是抛物线上的动点，连接PN，BN，当∠PNB＝30°时，请直接写出直线PN的解析式．

6．（2022·江苏广陵·九年级期末）如图，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点．直线与抛物线交于、两点，与轴交于点，点的横坐标为4．

(1)求抛物线的解析式与直线的解析式；
(2)若点是抛物线上的点且在直线上方，连接、，求当面积最大时点的坐标及该面积的最大值；
(3)若点是抛物线上的点，且，请直接写出点的坐标．
7．（2022·江苏句容·九年级期末）已知抛物线y＝﹣x2＋bx＋c与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴的交点为C(0，3)，其对称轴是直线x＝1，点P是抛物线上第一象限内的点，过点P作PQ⊥x轴，垂足为Q，交BC于点D，且点P的横坐标为m．

(1)求这条抛物线对应的函数表达式；
(2)如图1，PE⊥BC，垂足为E，当DE＝BD时，求m的值；
(3)如图2，连接AP，交BC于点H，则的最大值是 ．
8．（2022·江苏金湖·九年级期末）如图，二次函数的图像与x轴交于点A、B，与y轴交于点C．已知B（3，0），C（0，4），连接BC．

(1)b＝ ，c＝ ；
(2)点M为直线BC上方抛物线上一动点，当△MBC面积最大时，求点M的坐标；
(3)①点P在抛物线上，若△PAC是以AC为直角边的直角三角形，求点P的横坐标；
②在抛物线上是否存在一点Q，连接AC，使，若存在直接写出点Q的横坐标，若不存在请说明理由．
9．（2021·江苏镇江·二模）已知抛物线交x轴于点和点，其对称轴为直线l，点C在l上，坐标为，射线沿着直线翻折，交l于点F，如图（1）所示．

（1）______，_______；
（2）如图（2），点P在x轴上方的抛物线上，点E在直线l上，且，求证：．
（3）在（2）的条件下，直接写出的值=______；直接写出点P的坐标（____，____）．
10．（2021·江苏丹阳·二模）如图1，在平面直角坐标系中抛物线与x轴交于点、．与y轴交于点C，点P是该抛物线的对称轴（x轴上方部分）上的一个动点．

（1）求抛物线的函数表达式；
（2）连接AP、BP将沿直线AP翻折，得到，当点落在该抛物线的对称轴上时，求点P的坐标；
（3）如图2，过点P作轴交抛物线于点E、F，连接AC，交线段EF于M，AC、OF交于点N．求的最大值．
11．（2021·江苏连云港·二模）如图，二次函数的图像与x轴交于点A、B，已知与y轴交于点，该抛物线的顶点为点D．


（1）二次函数的表达式为 ，点D的坐标为 ；
（2）连接BC．
①在抛物线上存在一点P，使得，求点P的坐标；
②若是抛物线上动点，则是否存在点，使得？若存在，直接写出点的横坐标的取值范围；若不存在，说明理由．
12．（2021·江苏连云港·一模）抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴正半轴交于点C．
（1）如图1，若，，
①求抛物线的解析式；
②Р为抛物线上一点，连接、，若，求点P的坐标；
（2）如图2，D为x轴下方抛物线上一点，连，，若，求点D的纵坐标．

13．（2021·江苏金坛·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数的图像与y轴交于点B，抛物线的对称轴是直线l，顶点是A，过点B作交x轴于点C，交抛物线于点D，连接．将线段沿线段平移得到（点E与点A对应、点F与点B对应），连接．

（1）填空：线段______；
（2）若点F恰好落在直线l上，求的长；
（3）连接并延长交抛物线于点Q，若，求点Q的坐标．
14．（2021·江苏省苏州市阳山实验初级中学校二模）如图，已知抛物线与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，过点B的直线l与抛物线另一个交点为D，与y轴交于点E，且，点A的坐标．

（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若P是抛物线上的一点，P的横坐标为，过点P作轴，垂足为H，直线与l交于点M．
①若将的面积分为1：2两部分，求点P的坐标；
②当时，直线上是否存在一点Q，使？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由
15．（2021·江苏省天一中学三模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线与x轴正半轴交于点A、点B（A在B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的顶点记为D，ABC的面积为10．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）求∠BCD的正弦值；
（3）将此抛物线沿y轴上下平移，所得新抛物线的顶点为P，且PBD与BCD相似，求平移后的新抛物线的解析式．

16．（2021·江苏徐州·一模）如图1，在平面直角坐标系中，点为抛物线的顶点，点、（点与点不重合）为抛物线上的动点，且轴，以为边作矩形，点在上，连接交抛物线于点．

（1）当点、在轴上时，________，________；
（2）如图2，当原点在上时，求直线的表达式；
（3）在点，的运动过程中，是否为定值？如果是，请求出定值：如果不是，请说明理由．
17．（2021·江苏·苏州高新区实验初级中学二模）如图1，抛物线交轴于，两点（在的左侧），与轴交于点，且．

（1）求抛物线的解析式；
（2）连接，，点在抛物线上，且满足，求点的坐标；
（3）如图2，直线交轴于点，过直线上的一动点作轴交抛物线于点，直线交抛物线于另一点，直线交轴于点，试求的值．
18．（2021·江苏·南通市启秀中学一模）抛物线y＝﹣x2＋2x＋3与x轴相交于A、B两点，A在B左，与y轴交于点C，顶点为D，抛物线的对称轴DF与BC相交于点E，与x轴相交于点F．

（1）求线段DE的长；
（2）设过E的直线与抛物线相交于点M（x1，y1），N（x2，y2），试判断当|y1﹣y2|的值最小时，线段MN的长；
（3）在抛物线对称轴上是否存在一点P，使得∠OPB＝135°，若存在，直接写出P点坐标；若不存在，说明理由．
19．（2020·江苏·苏州新草桥中学二模）如图，直线交轴于点，交轴于点，抛物线经过、，与轴交于另一点，顶点为．
（1）求抛物线对应函数表达式；
（2）过点作射线交直线下方的抛物线上于点，使，求点的坐标；
（3）作CG平行于轴，交抛物线于点G，点H为线段CD上的点，点G关于的平分线的对称点为点，若，求点坐标及三角形的面积．

20．（2020·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，连接，点是线段上的动点（与点不重合），连接并延长交抛物线于点，连接，设点的横坐标为．

（1）求抛物线的解析式和点的坐标；
（2）当的面积等于2时，求的值；
（3）在点运动过程中，是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
21．（2020·江苏镇江·中考真题）如图①，直线l经过点（4，0）且平行于y轴，二次函数y＝ax2﹣2ax+c（a、c是常数，a＜0）的图象经过点M(﹣1，1)，交直线l于点N，图象的顶点为D，它的对称轴与x轴交于点C，直线DM、DN分别与x轴相交于A、B两点．
（1）当a＝﹣1时，求点N的坐标及的值；
（2）随着a的变化，的值是否发生变化？请说明理由；
（3）如图②，E是x轴上位于点B右侧的点，BC＝2BE，DE交抛物线于点F．若FB＝FE，求此时的二次函数表达式．

22．（2020·江苏·苏州市吴江区盛泽第二中学模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+c的图像经过点A（-1，0），B（0，）、C（2，0），其中对称轴与x轴交于点D．
（1）求二次函数的表达式及其顶点坐标；
（2）若P为y轴上的一个动点，连接PD，求的最小值；
（3）M（s，t）为抛物线对称轴上的一个动点．若∠AMB不大于60°，则t的取值范围为 ．

23．（2020·江苏·苏州市吴江区南麻中学模拟预测）(本题满分10分)如图①，二次函数的图像经过点（2,0）和（0,4），二次函数的图像和函数图像关于y轴成轴对称．
（1）求两个函数的解析式；
（2）如图①，若直线与抛物线和组成的共同图像有2个公共点，求的取值范围；
（3）如图②，若直线与抛物线交于点B，与抛物线交于点A，连接OA，OB，当时，求的值．

24．（2020·江苏·盐城市初级中学三模）如图，抛物线交轴于两点，对称轴直线交轴于点，已知，点是抛物线上的动点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点在轴上方，设点到点的距离为，点到轴的距离为，试探究的值是否发生变化，若变化，请求出范围；若不变化，请说明理由并求出定值；
（3）点在对称轴上，在直线上，的内心在轴上，点，若与相似，当取得最小值时，求点的坐标．



2022年中考数学大题狂练之压轴大题突破培优练（江苏专用）
专题5 二次函数与线段和角的数量关系问题
【真题再现】
1．（2021·江苏常州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正比例函数和二次函数的图像都经过点和点B，过点A作的垂线交x轴于点C．D是线段上一点（点D与点A、O、B不重合），E是射线上一点，且，连接，过点D作x轴的垂线交抛物线于点F，以、为邻边作．


（1）填空：________，________；
（2）设点D的横坐标是，连接．若，求t的值；
（3）过点F作的垂线交线段于点P．若，求的长．
【答案】（1），1；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）把分别代入一次函数解析式和二次函数解析式，即可求解；
（2）先证明EF=ED，结合D(t， )，F(t， )，可得点E的纵坐标为：，过点A作AM⊥EG，延长GE交x轴于点N，由，从而得，进而即可求解；
（3）先推出，由FP∥AC，得，结合，可得DA==，结合DA+OD=5，列出方程，即可求解．
【详解】
解：（1）把代入得：，解得：，
把代入得：，解得：b=1，
故答案是：，1；
（2）∵在中，，
∵，
∴=，
∴EF=ED，
∵设点D的横坐标是，则D(t， )，F(t， )，
∴点E的纵坐标为：（）÷2=，
联立，解得：或，
∴A(4，3)，
∴ 过点A作AM⊥EG，延长GE交x轴于点N，则∠AEM=∠NEC=∠AOC，
∴，
又∵=，
∴，解得：（舍去）或，
∴；


（3）当时，则，
∵⊥FP，AB⊥AC，
∴FP∥AC，
∴，
∵∠FDQ=∠ODH，
∴，
又∵DF=-=，
∴DQ=，
∴DA==，
∵DA+OD=5，
∴+=5，解得：或（舍去），
∴OD==．


【点睛】
本题主要考查二次函数与平面几何的综合，根据题意画出图形，添加合适的辅助线，熟练掌握锐角三角函数的定义，平行四边形的性质，是解题的关键．
2．（2021·江苏宿迁·中考真题）如图，抛物线与轴交于A(-1，0)，B(4，0)，与轴交于点C．连接AC，BC，点P在抛物线上运动．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图①，若点P在第四象限，点Q在PA的延长线上，当∠CAQ=∠CBA45°时，求点P的坐标；
(3)如图②，若点P在第一象限，直线AP交BC于点F，过点P作轴的垂线交BC于点H，当△PFH为等腰三角形时，求线段PH的长．

【答案】（1）；（2）（6，-7）；（3）PH=或1.5或
【解析】
【分析】
（1）根据待定系数法解答即可；
（2）求得点C的坐标后先利用勾股定理的逆定理判断∠ACB=90°，继而可得∠ACO=∠CBA，在x轴上取点E（2，0），连接CE，易得△OCE是等腰直角三角形，可得∠OCE=45°，进一步可推出∠ACE=∠CAQ，可得CE∥PQ，然后利用待定系数法分别求出直线CE与PQ的解析式，再与抛物线的解析式联立方程组求解即可；
（3）设直线AP交y轴于点G，如图，由题意可得若△PFH为等腰三角形，则△CFG也为等腰三角形，设G（0，m），求出直线AF和直线BC的解析式后，再解方程组求出点F的坐标，然后分三种情况求出m的值，再求出直线AP的解析式，进而可求出点P的坐标，于是问题可求解．
【详解】
解：（1）把A(-1，0)，B(4，0)代入，得
，解得：，
∴抛物线的解析式是；
（2）令x=0，则y=2，即C（0，2），
∵，，AB2=25，
∴，
∴∠ACB=90°，
∵∠ACO+∠CAO=∠CBA+∠CAO=90°，
∴∠ACO=∠CBA，
在x轴上取点E（2，0），连接CE，如图，
则CE=OE=2，
∴∠OCE=45°，
∴∠ACE=∠ACO+45°=∠CBA+45°=∠CAQ，
∴CE∥PQ，
∵C（0，2），E（2，0），
∴直线CE的解析式为y=-x+2，
设直线PQ的解析式为y=-x+n，把点A（-1，0）代入，可得n=-1，
∴直线PQ的解析式为y=-x-1，
解方程组，得或，
∴点P的坐标是（6，-7）；

（3）设直线AP交y轴于点G，如图，
∵PH∥y轴，
∴∠PHC=∠OCB，∠FPH=∠CGF，
∴若△PFH为等腰三角形，则△CFG也为等腰三角形，
∵C（0，2），B（4，0），
∴直线BC的解析式为，
设G（0，m），∵A（-1，0），
∴直线AF的解析式为y=mx+m，
解方程组，得，
∴点F的坐标是，
∴，
当CG=CF时，，解得：（舍去负值），
此时直线AF的解析式为y=x+，
解方程组，得或，
∴点P的坐标是（，），此时点H的坐标是（，），
∴PH=；
当FG=FC时，，解得m=或m=（舍）或m=2（舍），
此时直线AF的解析式为y=x+，
解方程组，得或，
∴点P的坐标是（3，2），此时点H的坐标是（3，），
∴PH=2-=1.5；
当GF=GC时，，解得或m=2（舍去），
此时直线AF的解析式为y=x+，
解方程组，得或，
∴点P的坐标是（，），此时点H的坐标是（，），
∴PH=；

综上，PH=或1.5或．
【点睛】
本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求二次函数的解析式、二次函数图象上点的坐标特征、直线与抛物线的交点以及等腰三角形的判定和性质等知识，具有相当的难度，熟练掌握二次函数的图象和性质、灵活应用数形结合的思想是解题的关键．
3．（2021·江苏连云港·中考真题）如图，抛物线与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，已知．
（1）求m的值和直线对应的函数表达式；
（2）P为抛物线上一点，若，请直接写出点P的坐标；
（3）Q为抛物线上一点，若，求点Q的坐标．

【答案】（1），；（2），，；（3）
【解析】
【分析】
（1）求出A，B的坐标，用待定系数法计算即可；
（2）做点A关于BC的平行线，联立直线与抛物线的表达式可求出的坐标，设出直线与y轴的交点为G，将直线BC向下平移，平移的距离为GC的长度，可得到直线，联立方程组即可求出P；
（3）取点，连接，过点作于点，过点作轴于点，过点作于点，得直线对应的表达式为，即可求出结果；
【详解】
（1）将代入，
化简得，则（舍）或，
∴，
得：，则．
设直线对应的函数表达式为，
将、代入可得，解得，
则直线对应的函数表达式为．
（2）如图，过点A作∥BC，设直线与y轴的交点为G，将直线BC向下平移 GC个单位，得到直线，

由（1）得直线BC的解析式为，，
∴直线AG的表达式为，
联立，
解得：（舍），或，
∴，
由直线AG的表达式可得，
∴，，
∴直线的表达式为，
联立，
解得：，，
∴，，
∴，，．
（3）如图，取点，连接，过点作于点，
过点作轴于点，过点作于点，

∵，
∴AD=CD，
又∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，则，．
设，
∵，，
∴．
由，则，即，解之得，．
所以，又，
可得直线对应的表达式为，
设，代入，
得，，，
又，则．所以．
【点睛】
本题主要考查了二次函数综合题，结合一元二次方程求解是解题的关键．
4．（2020年泰州第26题）如图，二次函数y1＝a（x﹣m）2+n，y2＝6ax2+n（a＜0，m＞0，n＞0）的图象分别为C1、C2，C1交y轴于点P，点A在C1上，且位于y轴右侧，直线PA与C2在y轴左侧的交点为B．

（1）若P点的坐标为（0，2），C1的顶点坐标为（2，4），求a的值；
（2）设直线PA与y轴所夹的角为α．
①当α＝45°，且A为C1的顶点时，求am的值；
②若α＝90°，试说明：当a、m、n各自取不同的值时，PAPB的值不变；
（3）若PA＝2PB，试判断点A是否为C1的顶点？请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）①如图1中，过点A作AN⊥x轴于N，过点P作PM⊥AN于M．证明AM＝PM＝m，根据AM+MN＝AM+OP＝AN，构建关系式即可解决问题．
②如图2中，由题意AB⊥y轴，求出PA，PB的长即可解决问题．
（3））如图3中，过点A作AH⊥x轴于H，过点P作PK⊥AH于K，过点B作BE⊥KP交KP的延长线于E．设B（b，6ab2+n），由PA＝2PB，推出A[﹣2b，a（﹣2b﹣m）2+n]，由BE∥AK，推出BEAK=PBPA=12，推出AK＝2BE，由此构建关系式，证明m＝﹣2b即可解决问题．
【解析】（1）由题意m＝2，n＝4，
∴y1＝a（x﹣2）2+4，
把（0，2）代入得到a=−12．
（2）①如图1中，过点A作AN⊥x轴于N，过点P作PM⊥AN于M．

∵y1＝a（x﹣m）2+n＝ax2﹣2amx+am2+n，
∴P（0，am2+n），
∵A（m，n），
∴PM＝m，AN＝n，
∵∠APM＝45°，
∴AM＝PM＝m，
∴m+am2+n＝n，
∵m＞0，
∴am＝﹣1．

②如图2中，由题意AB⊥y轴，

∵P（0，am2+n），
当y＝am2+n时，am2+n＝6ax2+n，
解得x＝±66m，
∴B（−66m，am2+n），
∴PB=66m，
∵AP＝2m，
∴PAPB=2m66m=26．

（3）如图3中，过点A作AH⊥x轴于H，过点P作PK⊥AH于K，过点B作BE⊥KP交KP的延长线于E．

设B（b，6ab2+n），
∵PA＝2PB，
∴点A的横坐标为﹣2b，
∴A[﹣2b，a（﹣2b﹣m）2+n]，
∵BE∥AK，
∴BEAK=PBPA=12，
∴AK＝2BE，
∴a（﹣2b﹣m）2+n﹣am2﹣n＝2（am2+n﹣6ab2﹣n），
整理得：m2﹣2bm﹣8b2＝0，
∴（m﹣4b）（m+2b）＝0，
∵m﹣4b＞0，
∴m+2b＝0，
∴m＝﹣2b，
∴A（m，n），
∴点A是抛物线C1的顶点．
5．（2020年淮安第27题）如图①，二次函数y＝﹣x2+bx+4的图象与直线l交于A（﹣1，2）、B（3，n）两点．点P是x轴上的一个动点，过点P作x轴的垂线交直线l于点M，交该二次函数的图象于点N，设点P的横坐标为m．
（1）b＝　1　，n＝　﹣2　；
（2）若点N在点M的上方，且MN＝3，求m的值；
（3）将直线AB向上平移4个单位长度，分别与x轴、y轴交于点C、D（如图②）．
①记△NBC的面积为S1，△NAC的面积为S2，是否存在m，使得点N在直线AC的上方，且满足S1﹣S2＝6？若存在，求出m及相应的S1，S2的值；若不存在，请说明理由．
②当m＞﹣1时，将线段MA绕点M顺时针旋转90°得到线段MF，连接FB、FC、OA．若∠FBA+∠AOD﹣∠BFC＝45°，直接写出直线OF与该二次函数图象交点的横坐标．

【分析】（1）将点A坐标代入二次函数解析式中，求出b，进而得出二次函数解析式，再将点B坐标代入二次函数中，即可求出n的值；
（2）先表示出点M，N的坐标，进而用MN＝3建立方程求解，即可得出结论；
（3）①先求出点C坐标，进而求出直线AC的解析式，再求出直线BC的解析式，进而表示出S1，S2，最后用S1﹣S2＝6建立方程求出m的值；
②先判断出CF∥OA，进而求出直线CF的解析式，再判断出AF∥x轴，进而求出点F的坐标，即可求出直线OF的解析式，最后联立二次函数解析式，解方程组即可得出结论．
【解析】（1）将点A（﹣1，2）代入二次函数y＝﹣x2+bx+4中，得﹣1﹣b+4＝2，
∴b＝1，
∴二次函数的解析式为y＝﹣x2+x+4，
将点B（3，n）代入二次函数y＝﹣x2+x+4中，得n＝﹣9+3+4＝﹣2，
故答案为：1，﹣2；

（2）设直线AB的解析式为y＝kx+a，由（1）知，点B（3，﹣2），
∵A（﹣1，2），
∴−k+a=23k+a=−2，
∴k=−1a=1，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+1，
由（1）知，二次函数的解析式为y＝﹣x2+x+4，
∵点P（m，0），
∴M（m，﹣m+1），N（m，﹣m2+m+4），
∵点N在点M的上方，且MN＝3，
∴﹣m2+m+4﹣（﹣m+1）＝3，
∴m＝0或m＝2；

（3）①如图1，由（2）知，直线AB的解析式为y＝﹣x+1，
∴直线CD的解析式为y＝﹣x+1+4＝﹣x+5，
令y＝0，则﹣x+5＝0，
∴x＝5，
∴C（5，0），
∵A（﹣1，2），B（3，﹣2），
∴直线AC的解析式为y=−13x+53，直线BC的解析式为y＝x﹣5，
过点N作y轴的平行线交AC于K，交BC于H，∵点P（m，0），
∴N（m，﹣m2+m+4），K（m，−13m+53），H（m，m﹣5），
∴NK＝﹣m2+m+4+13m−53=−m2+43m+73，NH＝﹣m2+9，
∴S2＝S△NAC=12NK×（xC﹣xA）=12（﹣m2+43m+73）×6＝﹣3m2+4m+7，
S1＝S△NBC=12NH×（xC﹣xB）＝﹣m2+9，
∵S1﹣S2＝6，
∴﹣m2+9﹣（﹣3m2+4m+7）＝6，
∴m＝1+3（由于点N在直线AC上方，所以，舍去）或m＝1−3；
∴S2＝﹣3m2+4m+7＝﹣3（1−3）2+4（1−3）+7＝23−1，
S1＝﹣m2+9＝﹣（1−3）2+9＝23+5；

②如图2，
记直线AB与x轴，y轴的交点为I，L，
由（2）知，直线AB的解析式为y＝﹣x+1，
∴I（1，0），L（0，1），
∴OL＝OI，
∴∠ALD＝∠OLI＝45°，
∴∠AOD+∠OAB＝45°，
过点B作BG∥OA，
∴∠ABG＝∠OAB，
∴∠AOD+∠ABG＝45°，
∵∠FBA＝∠ABG+∠FBG，∠FBA+∠AOD﹣∠BFC＝45°，
∴∠ABG+∠FBG+∠AOD﹣∠BFC＝45°，
∴∠FBG＝∠BFC，
∴BG∥CF，
∴OA∥CF，
∵A（﹣1，2），
∴直线OA的解析式为y＝﹣2x，
∵C（5，0），
∴直线CF的解析式为y＝﹣2x+10，
过点A，F分别作过点M平行于x轴的直线的垂线，交于点Q，S，
由旋转知，AM＝MF，∠AMF＝90°，
∴△AMF是等腰直角三角形，
∴∠FAM＝45°，
∵∠AIO＝45°，
∴∠FAM＝∠AIO，
∴AF∥x轴，
∴点F的纵坐标为2，
∴F（4，2），
∴直线OF的解析式为y=12x①，
∵二次函数的解析式为y＝﹣x2+x+4②，
联立①②解得，x=1+654y=1+658或x=1−654y=1−658，
∵m＞﹣1，
∴直线OF与该二次函数图象交点的横坐标为1+654．


6．（2020年常州第28题）如图，二次函数y＝x2+bx+3的图象与y轴交于点A，过点A作x轴的平行线交抛物线于另一点B，抛物线过点C（1，0），且顶点为D，连接AC、BC、BD、CD．
（1）填空：b＝　﹣4　；
（2）点P是抛物线上一点，点P的横坐标大于1，直线PC交直线BD于点Q．若∠CQD＝∠ACB，求点P的坐标；
（3）点E在直线AC上，点E关于直线BD对称的点为F，点F关于直线BC对称的点为G，连接AG．当点F在x轴上时，直接写出AG的长．

【分析】（1）将点C坐标代入解析式可求解；
（2）分两种情况讨论，当点Q在点D上方时，过点C作CE⊥AB于E，设BD与x轴交于点F，可得点E（1，3），CE＝BE＝3，AE＝1，可得∠EBC＝∠ECB＝45°，tan∠ACE=AEEC=13，∠BCF＝45°，由勾股定理逆定理可得∠BCD＝90°，可求∠ACE＝∠DBC，可得∠ACB＝∠CFD，可得点F与点Q重合，即可求点P坐标；
当点Q在点D下方时，过点C作CH⊥DB于H，在线段BH的延长线上截取HF＝QH，连接CQ交抛物线于点P，先求直线BD解析式，点F坐标，由中点坐标公式可求点Q坐标，求出CQ解析式，联立方程组，可求点P坐标；
（3）设直线AC与BD的交点为N，作CH⊥BD于H，过点N作MN⊥x轴，过点E作EM⊥MN，连接CG，GF，先求出∠CNH＝45°，由轴对称的性质可得EN＝NF，∠ENB＝∠FNB＝45°，由“AAS”可证△EMN≌△NKF，可得EM＝NK=95，MN＝KF，可求CF＝6，由轴对称的性质可得点G坐标，即可求解．
【解析】（1）∵抛物线y＝x2+bx+3的图象过点C（1，0），
∴0＝1+b+3，
∴b＝﹣4，
故答案为：﹣4；
（2）∵b＝﹣4，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x+3
∵抛物线y＝x2﹣4x+3的图象与y轴交于点A，过点A作x轴的平行线交抛物线于另一点B，
∴点A（0，3），3＝x2﹣4x+3，
∴x1＝0（舍去），x2＝4，
∴点B（4，3），
∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴顶点D坐标（2，﹣1），
如图1，当点Q在点D上方时，过点C作CE⊥AB于E，设BD与x轴交于点F，

∵点A（0，3），点B（4，3），点C（1，0），CE⊥AB，
∴点E（1，3），CE＝BE＝3，AE＝1，
∴∠EBC＝∠ECB＝45°，tan∠ACE=AEEC=13，
∴∠BCF＝45°，
∵点B（4，3），点C（1，0），点D（2，﹣1），
∴BC=9+9=32，CD=1+1=2，BD=(4−2)2+(3+1)2=25，
∵BC2+CD2＝20＝BD2，
∴∠BCD＝90°，
∴tan∠DBC=CDBC=232=13=tan∠ACE，
∴∠ACE＝∠DBC，
∴∠ACE+∠ECB＝∠DBC+∠BCF，
∴∠ACB＝∠CFD，
又∵∠CQD＝∠ACB，
∴点F与点Q重合，
∴点P是直线CF与抛物线的交点，
∴0＝x2﹣4x+3，
∴x1＝1，x2＝3，
∴点P（3，0）；
当点Q在点D下方上，过点C作CH⊥DB于H，在线段BH的延长线上截取HF＝QH，连接CQ交抛物线于点P，

∵CH⊥DB，HF＝QH，
∴CF＝CQ，
∴∠CFD＝∠CQD，
∴∠CQD＝∠ACB，
∵CH⊥BD，
∵点B（4，3），点D（2，﹣1），
∴直线BD解析式为：y＝2x﹣5，
∴点F（52，0），
∴直线CH解析式为：y=−12x+12，
∴y=−12x+12y=2x−5，
解得x=115y=−35，
∴点H坐标为（115，−35），
∵FH＝QH，
∴点Q（1910，−65），
∴直线CQ解析式为：y=−43x+43，
联立方程组y=−43x+43y=x2−4x+3，
解得：x1=1y1=0或x2=53y2=−89，
∴点P（53，−89）；
综上所述：点P的坐标为（3，0）或（53，−89）；
（3）如图，设直线AC与BD的交点为N，作CH⊥BD于H，过点N作MN⊥x轴，过点E作EM⊥MN，连接CG，GF，

∵点A（0，3），点C（1，0），
∴直线AC解析式为：y＝﹣3x+3，
∴y=−3x+3y=2x−5，
∴x=85y=−95，
∴点N坐标为（85，−95），
∵点H坐标为（115，−35），
∴CH2＝（115−1）2+（35）2=95，HN2＝（115−85）2+（−35+95）2=95，
∴CH＝HN，
∴∠CNH＝45°，
∵点E关于直线BD对称的点为F，
∴EN＝NF，∠ENB＝∠FNB＝45°，
∴∠ENF＝90°，
∴∠ENM+∠FNM＝90°，
又∵∠ENM+∠MEN＝90°，
∴∠MEN＝∠FNM，
∴△EMN≌△NKF（AAS）
∴EM＝NK=95，MN＝KF，
∴点E的横坐标为−15，
∴点E（−15，185），
∴MN=275=KF，
∴CF=85+275−1＝6，
∵点F关于直线BC对称的点为G，
∴FC＝CG＝6，∠BCF＝∠GCB＝45°，
∴∠GCF＝90°，
∴点G（1，6），
∴AG=12+(6−3)2=10．
7．（2020年镇江第28题）如图①，直线l经过点（4，0）且平行于y轴，二次函数y＝ax2﹣2ax+c（a、c是常数，a＜0）的图象经过点M（﹣1，1），交直线l于点N，图象的顶点为D，它的对称轴与x轴交于点C，直线DM、DN分别与x轴相交于A、B两点．
（1）当a＝﹣1时，求点N的坐标及ACBC的值；
（2）随着a的变化，ACBC的值是否发生变化？请说明理由；
（3）如图②，E是x轴上位于点B右侧的点，BC＝2BE，DE交抛物线于点F．若FB＝FE，求此时的二次函数表达式．

【分析】（1）证明△DMG∽△DAC，△DCB∽△DTN，求出AC=52，BC=53，即可求解；
（2）点D（1，1﹣4a），N（4，1+5a），则ME＝2，DE＝﹣4a，由（1）的结论得：AC=1−4a−2a，BC=1−4a−3a，即可求解；
（3）利用△FHE∽△DCE，求出F（53−512a，16−23a），即可求解．
【解析】（1）分别过点M、N作MG⊥CD于点E，NT⊥DC于点T，
∵MG∥TN∥x轴，

∴△DMG∽△DAC，△DCB∽△DTN，
∴MGAC=DGDC，BCTN=DCDT，
∵a＝﹣1，则y＝﹣x2+2x+c，
将M（﹣1，1）代入上式并解得：c＝4，
∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+4，
则点D（1，5），N（4，﹣4），
则MG＝2，DG＝4，DC＝5，TN＝3，DT＝9，
∴2AC=45，BC3=59，解得：AC=52，BC=53，
∴ACBC=32；

（2）不变，
理由：∵y＝ax2﹣2ax+c过点M（﹣1，1），则a+2a+c＝1，
解得：c＝1﹣3a，
∴y＝ax2﹣2ax+（1﹣3a），
∴点D（1，1﹣4a），N（4，1+5a），
∴MG＝2，DG＝﹣4a，DC＝1﹣4a，FN＝3，DF＝﹣9a，
由（1）的结论得：AC=1−4a−2a，BC=1−4a−3a，
∴ACBC=32；

（3）过点F作FH⊥x轴于点H，则FH∥l，则△FHE∽△DCE，

∵FB＝FE，FH⊥BE，
∴BH＝HE，
∵BC＝2BE，
则CE＝6HE，
∵CD＝1﹣4a，
∴FH=1−4a6，
∵BC=4a−13a，
∴CH=54×4a−13a=20a−512a，
∴F（53−512a+1，16−23a），
将点F的坐标代入y＝ax2﹣2ax+（1﹣3a）＝a（x+1）（x﹣3）+1得：
16−23a＝a（53−512a+1+1）（53−512a+1﹣3）+1，
解得：a=−54或14（舍弃），
经检验a=−54，
故y=−54x2+52x+194．
解法二：∵AC：BC＝3：2，BC＝2BE，
∴AC＝CE，
∴AD与DE关于直线CD对称，
∵AD，DE交抛物线于M，F，
∴M，F关于直线CD对称，
∴F（3，1），
∴16−23a＝1，
∴a=−54．
故y=−54x2+52x+194．
8．（2019年宿迁28题）如图，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于A、B两点，其中点A坐标为（1，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图①，连接AC，点P在抛物线上，且满足∠PAB＝2∠ACO．求点P的坐标；
（3）如图②，点Q为x轴下方抛物线上任意一点，点D是抛物线对称轴与x轴的交点，直线AQ、BQ分别交抛物线的对称轴于点M、N．请问DM+DN是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．

【分析】（1）把点A、C坐标代入抛物线解析式即求得b、c的值．
（2）点P可以在x轴上方或下方，需分类讨论．①若点P在x轴下方，延长AP到H，使AH＝AB构造等腰△ABH，作BH中点G，即有∠PAB＝2∠BAG＝2∠ACO，利用∠ACO的三角函数值，求BG、BH的长，进而求得H的坐标，求得直线AH的解析式后与抛物线解析式联立，即求出点P坐标．②若点P在x轴上方，根据对称性，AP一定经过点H关于x轴的对称点H'，求得直线AH'的解析式后与抛物线解析式联立，即求出点P坐标．
（3）设点Q横坐标为t，用t表示直线AQ、BN的解析式，把x＝﹣1分别代入即求得点M、N的纵坐标，再求DM、DN的长，即得到DM+DN为定值．
【解析】（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（1，0），C（0，﹣3）
∴1+b+c=00+0+c=−3 解得：b=2c=−3
∴抛物线的函数表达式为y＝x2+2x﹣3

（2）①若点P在x轴下方，如图1，
延长AP到H，使AH＝AB，过点B作BI⊥x轴，连接BH，作BH中点G，连接并延长AG交BI于点F，过点H作HI⊥BI于点I
∵当x2+2x﹣3＝0，解得：x1＝﹣3，x2＝1
∴B（﹣3，0）
∵A（1，0），C（0，﹣3）
∴OA＝1，OC＝3，AC=12+32=10，AB＝4
∴Rt△AOC中，sin∠ACO=OAAC=1010，cos∠ACO=OCAC=31010
∵AB＝AH，G为BH中点
∴AG⊥BH，BG＝GH
∴∠BAG＝∠HAG，即∠PAB＝2∠BAG
∵∠PAB＝2∠ACO
∴∠BAG＝∠ACO
∴Rt△ABG中，∠AGB＝90°，sin∠BAG=BGAB=1010
∴BG=1010AB=2105
∴BH＝2BG=4105
∵∠HBI+∠ABG＝∠ABG+∠BAG＝90°
∴∠HBI＝∠BAG＝∠ACO
∴Rt△BHI中，∠BIH＝90°，sin∠HBI=HIBH=1010，cos∠HBI=BIBH=31010
∴HI=1010BH=45，BI=31010BH=125
∴xH＝﹣3+45=−115，yH=−125，即H（−115，−125）
设直线AH解析式为y＝kx+a
∴k+a=0−115k+a=−125 解得：k=34a=−34
∴直线AH：y=34x−34
∵y=34x−34y=x2+2x−3 解得：x1=1y1=0（即点A），x2=−94y2=−3916
∴P（−94，−3916）
②若点P在x轴上方，如图2，
在AP上截取AH'＝AH，则H'与H关于x轴对称
∴H'（−115，125）
设直线AH'解析式为y＝k'x+a'
∴k'+a'=0−115k'+a'=125 解得：k'=−34a'=34
∴直线AH'：y=−34x+34
∵y=−34x+34y=x2+2x−3 解得：x1=1y1=0（即点A），x2=−154y2=5716
∴P（−154，5716）
综上所述，点P的坐标为（−94，−3916）或（−154，5716）．

（3）DM+DN为定值
∵抛物线y＝x2+2x﹣3的对称轴为：直线x＝﹣1
∴D（﹣1，0），xM＝xN＝﹣1
设Q（t，t2+2t﹣3）（﹣3＜t＜1）
设直线AQ解析式为y＝dx+e
∴d+e=0dt+e=t2+2t−3 解得：d=t+3e=−t−3
∴直线AQ：y＝（t+3）x﹣t﹣3
当x＝﹣1时，yM＝﹣t﹣3﹣t﹣3＝﹣2t﹣6
∴DM＝0﹣（﹣2t﹣6）＝2t+6
设直线BQ解析式为y＝mx+n
∴−3m+n=0mt+n=t2+2t−3 解得：m=t−1n=3t−3
∴直线BQ：y＝（t﹣1）x+3t﹣3
当x＝﹣1时，yN＝﹣t+1+3t﹣3＝2t﹣2
∴DN＝0﹣（2t﹣2）＝﹣2t+2
∴DM+DN＝2t+6+（﹣2t+2）＝8，为定值．


点睛：本题考查了求二次函数解析式、求一次函数解析式，解一元二次方程、二元一次方程组，等腰三角形的性质，三角函数的应用．第（2）题由于不确定点P位置需分类讨论；（2）（3）计算量较大，应认真理清线段之间的关系再进行计算．
9．（2019年盐城27题）如图所示，二次函数y＝k（x﹣1）2+2的图象与一次函数y＝kx﹣k+2的图象交于A、B两点，点B在点A的右侧，直线AB分别与x、y轴交于C、D两点，其中k＜0．
（1）求A、B两点的横坐标；
（2）若△OAB是以OA为腰的等腰三角形，求k的值；
（3）二次函数图象的对称轴与x轴交于点E，是否存在实数k，使得∠ODC＝2∠BEC，若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．

【分析】（1）将二次函数与一次函数联立得：k（x﹣1）2+2＝kx﹣k+2，即可求解；
（2）分OA＝AB、OA＝OB两种情况，求解即可；
（3）求出m＝﹣k2﹣kk2+1，在△AHM中，tanα=HMAH=m−k=k+k2+1=tan∠BEC=BKEK=k+2，即可求解．
【解析】（1）将二次函数与一次函数联立得：k（x﹣1）2+2＝kx﹣k+2，
解得：x＝1和2，
故点A、B的坐标横坐标分别为1和2；
（2）OA=22+1=5，
①当OA＝AB时，
即：1+k2＝5，解得：k＝±2（舍去2）；
②当OA＝OB时，
4+（k+2）2＝5，解得：k＝﹣1或﹣3；
故k的值为：﹣1或﹣2或﹣3；
（3）存在，理由：
①当点B在x轴上方时，
过点B作BH⊥AE于点H，将△AHB的图形放大见右侧图形，
过点A作∠HAB的角平分线交BH于点M，过点M作MN⊥AB于点N，过点B作BK⊥x轴于点K，

图中：点A（1，2）、点B（2，k+2），则AH＝﹣k，HB＝1，
设：HM＝m＝MN，则BM＝1﹣m，
则AN＝AH＝﹣k，AB=k2+1，NB＝AB﹣AN，
由勾股定理得：MB2＝NB2+MN2，
即：（1﹣m）2＝m2+（k2+1+k）2，
解得：m＝﹣k2﹣kk2+1，
在△AHM中，tanα=HMAH=m−k=k+k2+1=tan∠BEC=BKEK=k+2，
解得：k=±3，
此时k+2＞0，则﹣2＜k＜0，故：舍去正值，
故k=−3；
②当点B在x轴下方时，
同理可得：tanα=HMAH=m−k=k+k2+1=tan∠BEC=BKEK=−（k+2），
解得：k=−4−73或−4+73，
此时k+2＜0，k＜﹣2，故舍去−4+73，
故k的值为：−3或−4−73．
点睛：本题为二次函数综合应用题，涉及到一次函数、解直角三角形的知识，其中（3），通过tan2α求出tanα，是此类题目求解的一般方法．
【专项突破】
一、解答题
1．（2021·江苏·沭阳县怀文中学模拟预测）如图，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a（a≠0）与x轴交于点A，B．与y轴交于点C．连接AC，BC．已知ABC的面积为2．

(1)求抛物线的解析式；
(2)平行于x轴的直线与抛物线从左到右依次交于P，Q两点．过P，Q向x轴作垂线，垂足分别为G，H．若四边形PGHQ为正方形，求正方形的边长；
(3)抛物线上是否存在一点N，使得∠BCN＝∠CAB﹣∠CBA，若存在，请求出满足条件N点的横坐标，若不存在请说明理由．
【答案】(1)y＝﹣x2+x+1
(2)﹣6+2或﹣6﹣2
(3)存在，5或
【解析】
【分析】
（1）先将抛物线解析式变形，可得A和B的坐标，从而得AB＝1+3＝4，根据三角形ABC的面积为2可得OC的长，确定点C的坐标，根据点C的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数的解析式；
（2）分两种情况：PQ在x轴的上方和下方，设点P的纵坐标为m，当y＝m时，﹣x2+x+1＝m，解方程可得P和Q两点的坐标，从而得G和H的坐标，再利用正方形的性质可得出关于m的方程，解之即可得出结论；
（3）过C作CD⊥AC交x轴于D，交抛物线线于N，作D关于BC的对称点G，作直线CG交抛物线于N'，过E作EF⊥x轴于F，由y＝﹣x2+x+1可得△AOC是等腰直角三角形，从而∠CAB＝∠ODC＝45°，有∠CAB﹣∠CBA＝∠ODC﹣∠CBA＝∠BCD，即直线CD与抛物线交点N是满足条件的点，由C（0，1）、D（1，0）可得直线CD为y＝﹣x+1，
解即得N（5，﹣4）；由D、G关于BC对称，知∠BCD＝∠BCG，即直线CG与抛物线交点N'满足条件，由△COB∽△DEB，可求得BE＝，由△BEF∽△BCO，即得E（，），根据E为DG中点得G（，），由G（，），C（0，1）可得直线CG为y＝x+1，解,即得N'（，）．
(1)
解：如图1，y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a（x2﹣2x﹣3）＝a（x﹣3）（x+1），

∴A（﹣1，0），B（3，0），
∴AB＝4，
∵△ABC的面积为2，即AB•OC＝2，
∴×4×OC＝2，
∴OC＝1，
∴C（0，1），
将C（0，1）代入y＝ax2﹣2ax﹣3a，得：﹣3a＝1，
∴a＝﹣，
∴该二次函数的解析式为y＝﹣x2+x+1；
(2)
分两种情况：
①当PQ在x轴的上方时，如图2，设点P的纵坐标为m，当y＝m时，﹣x2+x+1＝m，

解得：x1＝1+，x2＝1﹣，
∴点P的坐标为（1﹣，m），点Q的坐标为（1+，m），
∴点G的坐标为（1﹣，0），点H的坐标为（1+，0），
∵矩形PGHQ为正方形，
∴1+﹣（1﹣）＝m，
解得：m1＝﹣6﹣2（舍），m2＝﹣6+2；
②当PQ在x轴的下方时，m＜0，
同理可得m＝﹣6﹣2；
∴当四边形PGHQ为正方形时，边长为﹣6+2或﹣6﹣2；
(3)
存在，理由如下：
过C作CD⊥AC交x轴于D，交抛物线线于N，作D关于BC的对称点G，作直线CG交抛物线于N'，过E作EF⊥x轴于F，如图：

由y＝﹣x2+x+1可得A（﹣1，0），B（3，0），C（0，1），
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴∠CAB＝∠ACO＝45°，
∵CD⊥AC，
∴∠OCD＝45°，
∴∠ODC＝45°，
∴∠CAB＝∠ODC＝45°，
∴∠CAB﹣∠CBA＝∠ODC﹣∠CBA＝∠BCD，即直线CD与抛物线交点N是满足条件的点，
∵OD＝OC＝OA，
∴D（1，0），
由C（0，1）、D（1，0）可得直线CD为y＝﹣x+1，
解得或，
∴N（5，﹣4）；
∵D、G关于BC对称，
∴∠BCD＝∠BCG，即直线CG与抛物线交点N'满足条件，
∵∠DEB＝∠COB＝90°，∠CBO＝∠DBE，
∴△COB∽△DEB，
∴＝，即＝，
∴BE＝，
∵EF⊥x轴于F，
∴△BEF∽△BCO，
∴＝＝，即＝＝，
解得EF＝，BF＝，
∴E（，），
∵E为DG中点，
∴G（，），
由G（，），C（0，1）可得直线CG为y＝x+1，
解得或，
∴N'（，），
满足条件N点的横坐标为5或．
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、正方形的性质、待定系数法求一次函数解析式以及相似三角形判定及性质等知识，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）利用正方形的性质，找出关于m的方程；（3）利用A、D关于y轴对称作出图形，再做D关于BC的对称点G，可解决问题．
2．（2021·江苏·常州外国语学校二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数yx2+bx﹣2的图象与x轴交于点A和点B（4，0），与y轴交于点C．

(1)求二次函数的表达式；
(2)若点P是抛物线上一点，满足∠PCB+∠ACB＝∠BCO，求点P的坐标；
(3)若点Q在第四象限内，且tan∠AQB，M（﹣2，1），线段MQ是否存在最大值，如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)yx2x﹣2
(2)P（，）
(3)
【解析】
【分析】
（1）将点B（4，0）代入yx2+bx﹣2，即可求解；
（2）由题意可知∠PCB＝∠OCA，分两种情况讨论：当P点在x轴上方时，CG＝BG，在Rt△OCG中，用勾股定理CG2＝OC2+OG2，求出G（，0），再求出直线CG的解析式为yx﹣2，联立方程组，即可求P（，）；当P点在x轴下方时，OB∥CP，即可求出P（5，﹣2）．
（3）过点A作AH⊥x轴，过点C作CH∥x轴，连接BH，设N为BH的中点，Q点在以N为圆心，BN为半径的圆上运动，求出MN，BN，则MQ的最大值为．
(1)
将点B（4，0）代入yx2+bx﹣2，
∴﹣8+4b﹣2＝0，
∴b，
∴yx2x﹣2；
(2)
令x＝0，则y＝﹣2，
∴C（0，﹣2），
令y＝0，则x2x﹣2＝0，
∴x＝1或x＝4，
∴A（1，0），
∵∠PCB+∠ACB＝∠BCO＝∠ACB+∠OCA，
∴∠PCB＝∠OCA，
如图1，当P点在x轴上方时，

∵OA＝1，OC＝2，OB＝4，
∴tan∠OCA，tan∠OBC，
∴∠OCA＝∠OBC，
∴∠PCB＝∠OBC，
∴CG＝BG，
∵OB＝4，
∴OG＝4﹣CG，
在Rt△OCG中，CG2＝OC2+OG2，
∴（4﹣OG）2＝22+OG2，
∴OG，
∴G（，0），
设直线CG的解析式为y＝kx+b，
，
∴，
∴yx﹣2，
联立方程组，
∴x＝0（舍）或x，
∴P（，）；
如图2，当P点在x轴下方时，

∵∠OBC＝∠PCB，
∴OB∥CP，
∴P（5，﹣2）；   
综上所述：P点坐标为（，）或（5，﹣2）；
(3)
过点A作AH⊥x轴，过点C作CH∥x轴，连接BH，设N为BH的中点，

∵AB＝3，AH＝2，
∴tan∠AHB，
∵tan∠AQB，∠HAB＝90°，
∴Q点在以N为圆心，BN为半径的圆上运动，
∵H（1，﹣2），
∴N（，﹣1），
∵M（﹣2，1），
∴MN，BN，
∴MQ的最大值为．
【点睛】
本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，三角函数，三角形相似的性质，圆的性质是解题的关键．
3．（2021·江苏·景山中学一模）如图1，二次函数的图像与x轴交于点O、点A，顶点为B， 点M、N的坐标分别为（0 ，m）、（0 ，n）．


（1）求点B的坐标．
（2）如图2，将函数图像在y轴左侧部分沿x轴翻折，图像其余部分保持不变，得到的新图像记为G．
①过点M作y轴的垂线l，当m 时，直线l与图像G有且只有两个交点．
②请求出翻折后图像的函数关系式．
（3）如图3，点Q是第二象限内图像上的动点，当m＞1 ，n＜0，且∠QMB＝90°时，是否存在点M，使得△QMB与△ABN相似．若存在，请求出点M的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】（1）B（2，1）；（2）①m=1或m=0；②；（3）存在，M（0，9）．
【解析】
【分析】
（1）由顶点坐标公式直接求解；
（2）①由图象知m=0或1，②根据沿x轴翻折，开口方向相反，顶点（2，1）变成（2，-1）即可得出关系式；
（3）若∠ABN=90°，由A，B坐标，构造出K型相似可知：，由△QMB与△ABN相似，且∠QMB=90°时，分两类和，分别表示出Q的坐标代入函数解析式即可．若∠BAN=90°，算法完全一样．
【详解】
解：（1）∵，
∴当时，，
∴B（2，1）．
（2）①∵B（2，1），过点M作y轴的垂线l，
∴m=1或0时，直线l与图象G有且只有两个交点，
②∵B（2，1），
∴抛物线 ，
将函数图像在y轴左侧部分沿x轴翻折，翻折后的抛物线与原抛物线开口方向相反，顶点（2，1）变成（2，-1），
∴；
（3）如图，当∠ABN=90°时，

过B作CD∥x轴交y轴于D点，过点A作AC∥y轴，过M作EF∥x轴，QF∥y轴，BF∥y轴，
∵B（2，1），A（4，0），
∴BD=BC=2，AC=1，
由△ABC∽△BNE知：，
∵△QMB与△ABN相似，且∠QMB=90°时，
∴当时，
∵M（0，m），
∴BE=m-1，ME=2，
∵△BEM∽△MFQ，
∴，QF=1，
∴Q(，m−1)，
∵Q在抛物线 上，
∴，
∴m2-10m+9=0，
解得m1=9，m2=1（舍），
∴M（9，0），
当时，
同上可得：MF=2m-2，QF=4，
∴Q（2-2m，m-4），
∴，
方程无解，
当∠BAN=90°时，结果同上，
综上所述：M（0，9）．
【点睛】
本题是二次函数综合题，主要考查顶点坐标公式，图象的翻折特征，以及三角形相似的判定与性质，构造K型相似是解决本题的关键．
4．（2021·江苏·常州实验初中二模）如图，二次函数的图象与轴交于点C，抛物线的顶点为A，对称轴是经过点H（2，0）且平行于轴的一条直线．点P是对称轴上位于点A下方的一点，连接CP并延长交抛物线于点B，连接CA、AB．

（1）填空：______，点A的坐标是______；
（2）当∠ACB=45°时，求点P的坐标；
（3）将△CAB沿CB翻折后得到△CDB（点A的对应点为点D），问点D能否恰好落在坐标轴上?若能，请直接写出点P的坐标，若不能，请说明理由．
【答案】（1），（2，6）；（2）P（2，）；（3）点P的坐标为(2，)、(2，)、（2，0）．
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线对称轴的定义，可求出，代入解析式，即可求出抛物线的表达式；
（2）过点C作CE⊥AH，过点P作PF⊥AC于F，则CE=2，利用勾股定理可求出AC，从而△AFP∽△AEC，可得，可得到CF=PF，设CF=PF=，则AF=2，则AC=AF+CF=m+2m,根据AC，可求出m，即可求解；
（3）分三种情况：①当点D落在轴的正半轴上时，当点D落在轴的负半轴上时，当点D落在轴的负半轴上时，即可解答．
【详解】
解：（1）∵对称轴是经过点H（2，0），
∴对称轴，
∴，
∴抛物线的解析式：
将代入，得，
∴A点坐标为（2，6）；
（2）如图1，过点C作CE⊥AH，过点P作PF⊥AC于F，则CE=2，

∵二次函数的图象与轴交于点C，
∴当x=0时，y=2，
∴点C（0，2），
∴AE=4，
∴AC=，
∵∠AFP=∠AEC=90°，∠FAP=∠EAC，
∴△AFP∽△AEC，
∴，
∵∠ACB=45°，
∴CF=PF，
设CF=PF=，则AF=2，则AC=AF+CF=m+2m,
∴，
解得：，
∴AP＝，
∴PH=AH-AP=6- =，
∴P（2，）；
（3）①如图2，当点D落在轴的正半轴上时，则CD=AC=，

又∵OC=2，
在 中，由勾股定理得：
OD=4，
∴HD＝OD-OH＝2，
由对称性可知AP=PD，设PH=，则AP=PD=6-，
在Rt△DPH中，有，
即，解得，
∴P(2，)；
②如图3，当点D落在轴的负半轴上时，则CD=AC=，

由对称性可知∠DCP=∠ACP，
又∵AH∥OC，
∴∠DCP=∠APC，
∴∠APC=∠ACP，
∴AC＝AP＝，
∴，
∴P(2，)；
③如图4，当点D落在轴的负半轴上时，则CD=AC=，

又∵OC=2，
在 中，由勾股定理得：OD=4，
∴DH=AH=6，
连接AD，
∴直线CH是线段AD的中垂线，
又点P在直线AH上，
∴点P与点H重合，
∴（2，0）．
综上所述，点P的坐标为：(2，)、(2，)、（2，0）．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的综合问题，解题的关键是熟练掌握待定系数法求抛物线解析式，二次函数的性质及相似三角形的判定与性质，勾股定理．
5．（2021·江苏·沭阳县修远中学二模）如图1，抛物线y＝ax2+2x+c与x轴交于点A、B（点A在点B左侧），与y轴交于点C（0，3），连接BC，抛物线的对称轴直线x＝1与BC交于点D，与x轴交于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，把△DEB绕点D顺时针旋转60°得到△DMN，求证：点M在抛物线上；
（3）如图3，点P是抛物线上的动点，连接PN，BN，当∠PNB＝30°时，请直接写出直线PN的解析式．

【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）见解析；（3）直线NP的表达式为y＝x﹣1或y＝（﹣2）x+3﹣5．
【解析】
【分析】
（1）用待定系数法即可求解；
（2）证明△DNB为等边三角形，求出点N的坐标，利用，求出点M的坐标，进而求解；
（3）由（2）知，,故当点P在x轴上方时，直线NP的表达式为；当点在x轴下方时，证明,即可求解．
【详解】
解：（1）由题意得：，解得，
故抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵△DEB绕点D顺时针旋转60°得到△DMN，
则DN＝BD，∠DNB＝60°，则△DNB为等边三角形，
对于y＝﹣x2+2x+3，令y＝﹣x2+2x+3＝0，解得x＝3或﹣1，
故点B的坐标为（3，0），
由B、C的坐标得，直线BC的表达式为y＝﹣x+3，
当x＝1时，y＝﹣x+3＝2，故点D（1，2），则点E（1，0），
则EB＝2＝DE，故△DBE为等腰直角三角形，则BD＝，
过点N作直线NP⊥BD交BD于点H，交抛物线于点P，

∵DN＝NB，DE＝BE，则NP为BD的中垂线，
由BC得表达式知，∠OBC＝∠OCB＝45°，则∠PEB＝45°，
故设直线NP的表达式为y＝x+t，
将点E的坐标代入上式得：0＝1+t，解得t＝﹣1，
故直线NP的表达式为y＝x﹣1，
设点N的坐标为（m，m﹣1），
由BN＝DB得：（m﹣3）2+（m﹣1）2＝（）2，解得m＝2±（舍去2+），
故点N的坐标为（2﹣，1﹣）；
过点M作y轴的平行线交过点D与x轴的平行线于点G，交过点N与x轴的平行线于点K，
设点M的坐标为（s，t），
∵∠DMG+∠KMN＝90°，∠DMG+∠GDM＝90°，
∴∠KMN＝∠GDM，
∴∠MKN＝∠DGM＝90°，MD＝MN，
∴△MKN≌△DGM（AAS），
∴GD＝MK，MG＝KN，
∴，解得，
故点M的坐标为（1﹣，1），
当x＝s＝1﹣时，y＝﹣x2+2x+3＝﹣（1﹣）2+2（1﹣）+3＝1，
故点M在抛物线上；
（3）由（2）知，∠PNB＝30°，
①故当点P在x轴上方时，
直线NP的表达式为y＝x﹣1，
②当点P（P′）在x轴下方时，
∵∠P′NB＝30°，∠BND＝60°，则∠P′ND＝90°，
由点DN的坐标得，直线ND的表达式为y＝（2+）x﹣，
则设直线NP′的表达式为y＝（﹣2）x+r，
将点N的坐标代入上式并解得r＝3﹣，
故直线NP′的表达式为y＝（﹣2）x+3﹣5；
综上，直线NP的表达式为y＝x﹣1或y＝（﹣2）x+3﹣5．
【点睛】
本题主要考查二次函数的综合运用，涉及到一次函数的性质，三角形全等，解直角三角形，图形的旋转等，要注意分类求解避免遗漏．
6．（2022·江苏广陵·九年级期末）如图，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点．直线与抛物线交于、两点，与轴交于点，点的横坐标为4．

(1)求抛物线的解析式与直线的解析式；
(2)若点是抛物线上的点且在直线上方，连接、，求当面积最大时点的坐标及该面积的最大值；
(3)若点是抛物线上的点，且，请直接写出点的坐标．
【答案】(1)，
(2)最大值为，
(3)，或
【解析】
【分析】
（1）先利用待定系数法抛物线的解析式为，然后求出点D坐标，在利用待定系数法求直线解析式即可．
（2）如图1中，过点P作PE∥y轴交AD于点E．设P（m，-m2+m+3），则E（m，m+1）．因为，根据，抛物线开口向下，函数有最大值，求出△PAD的面积最大值，再求出点P坐标即可．
（3）如图2中，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AT，则T（-5，6），设DT交抛物线轴于点Q，则∠ADQ=45°，作点T关于AD的对称点T′（1，-6），设DQ′交抛物线于点Q′，则∠ADQ′=45°，分别求出直线DT，直线DT′的解析式，然后利用联立方程组求出点Q坐标即可．
(1)
解：抛物线与轴交于、两点，
设抛物线的解析式为，
∴，
解得，
抛物线的解析式为，
∵点D在抛物线上，
当x=4时，
∴点D（4，3），
直线经过、，
设直线的解析式为，代入坐标得：
，
解得，，
直线的解析式为；
(2)
解：如图1中，过点作轴交于点．设点P的横坐标为m，
∴，则．

，
，
∴，
，抛物线开口向下，函数有最大值，
时， 最大=，
当m=1, ，
∴．
(3)
（3）如图2中，将线段绕点逆时针旋转得到，
∴y=4-(-2)=6，-2-x=3-0,解得x=-5
则，


设交抛物线于点，则，
，
直线的解析式为，
∴，
或，
，
作点关于的对称点，
∵点A（-2,0），点T（-5,6）
∴，解得x=1，0-y=6-0，解得y=-6,
∴点
则直线的解析式为，
设交抛物线于点，则，
∴，
解得或，
，
综上所述，满足条件的坐标为，或．
【点睛】
本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，待定系数法求抛物线解析式和一次函数解析式，图形旋转性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建二次函数解决面积最值问题，学会构造特殊三角形解决问题．
7．（2022·江苏句容·九年级期末）已知抛物线y＝﹣x2＋bx＋c与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴的交点为C(0，3)，其对称轴是直线x＝1，点P是抛物线上第一象限内的点，过点P作PQ⊥x轴，垂足为Q，交BC于点D，且点P的横坐标为m．

(1)求这条抛物线对应的函数表达式；
(2)如图1，PE⊥BC，垂足为E，当DE＝BD时，求m的值；
(3)如图2，连接AP，交BC于点H，则的最大值是 ．
【答案】(1)
(2)m=2
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据对称轴是直线x=1，利用二次函数对称轴方程可求出b，再根据抛物线与y轴的交点坐标C（0，3）可求出c，即可求出二次函数解析式；
（2）先求出抛物线与x轴的交点坐标，可得OB=OC，继而得出△OBC是等腰直角三角形，由PQ⊥OB，PE⊥BC，可得△DQB和△PED是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得BQ=DQ，BD=，DE=PD，由P的横坐标是m，用含m表示出DE、BD的长，再根据DE=BD列方程求解；
（3）过点A作垂直x轴直线交BC与点G，先直线BC解析式，再求AG，由 PQ⊥OB，AG⊥OB，可得 PQ∥AG，继而可得△PDH∽△AHG，由相似三角形的性质可得，再根据二次函数求最值求解即可
(1)
将C （0，3）代入y=-x2+bx+c可得c=3，
∵对称轴是直线x=1，
∴=1，即-=l，解得b=2，
∴二次函数解析式为y=-x2+2x+3；
(2)
令解得，
∴A(-1，0)，B（3，0），
∴OB=3，
∵OC=3，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴∠OBC=45°，BC=，
∵PQ⊥OB，PE⊥BC，
∴∠PQB=∠PED=90°，
∴∠QDB=∠PDE=∠OBC=45°，
∴△DQB和△PED是等腰直角三角形，
∴BQ=DQ，BD=，DE=，
∵P点横坐标是m，且在抛物线上，
∴PQ=，OQ=m，
∴BQ=DQ=3-m，BD=，
∴PD=PQ-DQ=，DE=，
∵DE＝BD，
∴，
解得：（舍去），
∴m=2
(3)
过点A作x轴的垂线交BC于点G，

设直线BC的解析式为：y=kx+b，
将B（3，0），C（0，3）代入，可得：
，
解得，
∴直线BC的解析式为：y=-x+3，
∵A（-1，0），
∴G（-1，4），
∴AG=4，
∴PQ⊥OB，AG⊥OB，
∴PQ∥AG，
∴△PDH∽△AHG，
∴，
∴当a=时，有最大值，最大值是．
故答案为：
【点睛】
本题属于二次函数综合题，主要考查待定系数法求函数解析式，二次函数最值问题，相似三角形的性质与判定等知识，第（3）问将比例转化是解题关键．
8．（2022·江苏金湖·九年级期末）如图，二次函数的图像与x轴交于点A、B，与y轴交于点C．已知B（3，0），C（0，4），连接BC．

(1)b＝ ，c＝ ；
(2)点M为直线BC上方抛物线上一动点，当△MBC面积最大时，求点M的坐标；
(3)①点P在抛物线上，若△PAC是以AC为直角边的直角三角形，求点P的横坐标；
②在抛物线上是否存在一点Q，连接AC，使，若存在直接写出点Q的横坐标，若不存在请说明理由．
【答案】(1)
(2)点M的坐标为（，）
(3)①点P的横坐标为或2；②存在，或
【解析】
【分析】
（1）把B（3，0），C（0，4）代入可求解；
（2）设，连接OM，根据可得二次函数，运用二次函数的性质可求解；
（3）①分和两种情况求解即可；②作交y轴于点E．作交y轴于点D，交抛物线于点Q，分BD在x轴上方和下方两种情况求解即可．
(1)
把B（3，0），C（0，4）代入，得

解得，
故答案为：，4；
(2)
设如图1，连接OM，

，则有



当，△ABC面积最大，此时点M的坐标为（，）
(3)
（3）当时，   
∴0）   
设
满足条件的直角三角形分和两种情况．
①如图2，当时，过点A作轴，分别过点C、P作于点D，于点E，


，



∴
∴，
∴
解得，．
经检验，是原方程的增根，
∴
∴点P的横坐标为；
②如图3，当时，过点C作轴，分别过点A、P作于点D、于点E．

∴



，
∴
，
∴
解得，，
经检验，x=0是增根，
∴x=2
∴此时，点P的横坐标为2．
综上，点P的横坐标为或2．
②作交y轴于点E．
∵

如图4，作交y轴于点D，交抛物线于点Q．

Ⅰ．设，则
在Rt△AOE中．，解得，
∵
∴
又
∴，
∴，
∴
解得，

设直线BD的解析式为
把B（3，0），代入得，
解得，
∴直线BD的解析式为
与联立方程组，得
∴
化简得，
可解得（舍去），．
Ⅱ．在图4中作点D关于x轴对称的点，且作射线交抛物线于点，如图5，

∵点D与点关于x轴对称，
∴，
∴
∴（0，－），
设直线的解析式为
把B（3，0），代入得，
解得，
∴直线BD的解析式为
与联立方程组，得
∴
化简得，
可解得（舍去），．
所以符合题意的点Q的横坐标为－或－．
【点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、三角形相似，面积问题，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
9．（2021·江苏镇江·二模）已知抛物线交x轴于点和点，其对称轴为直线l，点C在l上，坐标为，射线沿着直线翻折，交l于点F，如图（1）所示．

（1）______，_______；
（2）如图（2），点P在x轴上方的抛物线上，点E在直线l上，且，求证：．
（3）在（2）的条件下，直接写出的值=______；直接写出点P的坐标（____，____）．
【答案】（1），；（2）证明过程见解析；（3），
【解析】
【分析】
（1）把A，B代入解析式求解即可；
（2）根据已知条件证明，即可得解；
（3）设l与x轴交于H，求出HC，根据折叠的性质得到，，根据正切的定义求解即可；
【详解】
（1）把和代入中得，
，解得，
故；
（2）∵，
∴，
∵点F在直线l上，
∴，

∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）设l与x轴交于H，作CM⊥AF，垂足为M，
设MF=a，对称轴x=，
∴HC=0-（-3）=3，AH=-4-（-10）=6，
∴，
∵射线AB沿着直线AC翻折得到AF，
∴∠BAC=∠CAF，∠BAF=2∠BAC，
∵CM=CH=3，
∴AM=AH=6，
∵∠MFH=∠HFA，∠FMC=∠FHA=90°，
∴△FMC∽△FHA，
∴，即，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
连接PA交直线l于K，
∵∠ABF=∠PBE，
∴∠ABP=∠FBE，
∵，
∴△ABP∽△FBE，
∴∠PAB=∠BFE，
∵∠BFE=∠AFH，
∴∠KAH=∠AFH，
∵∠AHK=∠AHF=90°，
∴△AHK∽△FHA，
∴，
∴，
∴KH=，
∴K（-4，），
∴直线AK的解析式为y=，
由
解得（即点A）或
∴P（，）．
故答案为：，，．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的综合应用、相似三角形的判定与性质、正切的定义，准确计算是解题的关键．
10．（2021·江苏丹阳·二模）如图1，在平面直角坐标系中抛物线与x轴交于点、．与y轴交于点C，点P是该抛物线的对称轴（x轴上方部分）上的一个动点．

（1）求抛物线的函数表达式；
（2）连接AP、BP将沿直线AP翻折，得到，当点落在该抛物线的对称轴上时，求点P的坐标；
（3）如图2，过点P作轴交抛物线于点E、F，连接AC，交线段EF于M，AC、OF交于点N．求的最大值．
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法把点、代入二次函数解析式即可求解；
（2）根据得到，则，解直角三角形PAD即可；
（3）通过证明得到，即当MF的值最大时，有最大值即可求解．
【详解】
解：（1）把点、代入二次函数解析式，可得：
，解得，
∴抛物线解析式为；
（2）设对称轴与x轴交于点D，则，

∵将沿直线AP翻折，得到，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点；
（3）∵轴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当MF的值最大时，有最大值，
设AC的函数解析式为，
把，代入可得，
∴AC的函数解析式为，
设，则，，
∴，
令，则，
∴，
当时，，此时取得最大值，
此时为最大值．
【点睛】
本题考查二次函数综合、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等内容，灵活运用上述性质定理是解题的关键．
11．（2021·江苏连云港·二模）如图，二次函数的图像与x轴交于点A、B，已知与y轴交于点，该抛物线的顶点为点D．


（1）二次函数的表达式为 ，点D的坐标为 ；
（2）连接BC．
①在抛物线上存在一点P，使得，求点P的坐标；
②若是抛物线上动点，则是否存在点，使得？若存在，直接写出点的横坐标的取值范围；若不存在，说明理由．
【答案】（1），；（2）①（2，3）；②存在，
【解析】
【分析】
（1）把AC两个点坐标代入解析式即可求出二次函数解析式和顶点D的坐标；
（2）①由直线平行则k相等即可求出DP解析式，再求与抛物线交点即可；
②找点Q，使得∠DAB -∠BCQ＞45°，即关键是找到点Q，使得∠DAB -∠BCQ=45°．注意到第①问中点P的坐标为（2，3），且∠PAB=45°，所以关键是找点Q，使得∠QCB=∠DAP ，进而把原问题转化为探究两个角相等问题．
【详解】
（1）∵二次函数的图像过、
∴
解得
∴二次函数的表达式为
顶点D的坐标为（1,4）
（2）①由（1）可知抛物线的对称轴为直线，所以易得点B坐标为（3，0）．
设直线BC的函数表达式为．
则有解得
∴直线BC的函数表达式为．
∵
∴设DP解析式为
代入D（1,4）得：，
∴直线ED的函数表达式为．
令，解得（D点舍去），．
当时，，所以点P坐标为．
（3）设点Q的横坐标为t，
所以关键是找点Q，使得∠QCB=∠DAP ，
过P作PM⊥AB于M
∵点P的坐标为（2，3），A（-1,0）
∴PM=AM=3
∴∠PAB=45°，
∵找点Q，使得∠DAB -∠BCQ＞45°，
∴找到点Q，使得∠DAB -∠BCQ=45°．
∵∠DAB -∠DAP=45°．
∴找点Q，使得∠QCB=∠DAP ，
∵D（1,4）
∴
∴
∴△PAD是直角三角形
当Q在BC上方时，过B作BG⊥BC交CQ于G，过G作GH⊥AB于H

则
∴
∵∠QCB=∠DAP
∴
∴GH=BH=1
∴G点坐标（4,1）
∴CG的解析式为
∵Q为抛物线与CG交点
∴令，解得
当x=0时为C点
∴Q点横坐标
同理：当Q在BC下方时，求得Q点横坐标为4
综上存在点，使得，点的横坐标的取值范围是
【点睛】
本题考查二次函数与相似综合，难度比较大，解题的关键是能察觉隐藏条件∠PAB=45°，最终利用一线三垂直模型构造相似.
12．（2021·江苏连云港·一模）抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴正半轴交于点C．
（1）如图1，若，，
①求抛物线的解析式；
②Р为抛物线上一点，连接、，若，求点P的坐标；
（2）如图2，D为x轴下方抛物线上一点，连，，若，求点D的纵坐标．

【答案】（1）①；②；（2）
【解析】
【分析】
（1）①将点A、B坐标代入解析式求出b、c的值即可得；
②过点C作直线，过点A作交L于点E，过点Р作交l于点F；可得，设点Р坐标为，列出比例式，求出m即可；
（2）作DI⊥x轴，证△IBD∽△IDA，设D点坐标为，列出比例式，求出，变形即可．
【详解】
解：（1）①，代入得：
，解得
∴
②过点C作直线，过点A作交L于点E，过点Р作交l于点F，

∵，，
∴，
∵
∴
∴
设Р点坐标为
∴
∴
解得，，（舍去），把代入，，
∴
（2）作轴，垂足为I
∵，
∴
∵
∴
∵
∴
∴
设D点坐标为
，即，
D为x轴下方抛物线上一点，即且化简得，，
∴
∴
∴D的纵坐标．

【点睛】
本题主要考查二次函数的综合问题，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式、相似三角形的判定与性质等知识点．
13．（2021·江苏金坛·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数的图像与y轴交于点B，抛物线的对称轴是直线l，顶点是A，过点B作交x轴于点C，交抛物线于点D，连接．将线段沿线段平移得到（点E与点A对应、点F与点B对应），连接．

（1）填空：线段______；
（2）若点F恰好落在直线l上，求的长；
（3）连接并延长交抛物线于点Q，若，求点Q的坐标．
【答案】（1）；（2）6；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据函数解析式求出A点的坐标，即可求出OA的长；
（2）添加辅助线过点E作于G，根据已知点，求出直线CD和直线AD的解析式．线段沿线段平移得到，可通过求得到，进而得到E点的坐标，求AF=AG+GF=AG+EG．
（3）添加辅助线过点D作于H，由三角函数值得到，再利用勾股定理求出G点坐标，得到直线DF的解析式，与二次函数解析式联立，即可求出交点Q．
【详解】
解：（1）∵二次函数顶点是A
∴
∴线段．
（2）如图，过点E作于G．

，
．

．
，
．
．
．
设直线的函数表达式是，
把和代入得
解得
．
解
得或（舍去）．
．               
设直线的函数表达式是，
把和代入得
解得．
．
，线段沿线段平移得到
∴
，
∴点E的横坐标是4．
把，代入得，
．
（3）如图，设交直线l于点G，过点D作于H．

，
．
．
，
．
．
设，则．
在中，．
则，
解得．
．
设直线的函数表达式是，
把和代入得

解得
．
解
得或，（舍去）．
．
【点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、勾股定理、解直角三角形等．
综合性较强，属压轴题．
14．（2021·江苏省苏州市阳山实验初级中学校二模）如图，已知抛物线与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，过点B的直线l与抛物线另一个交点为D，与y轴交于点E，且，点A的坐标．

（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若P是抛物线上的一点，P的横坐标为，过点P作轴，垂足为H，直线与l交于点M．
①若将的面积分为1：2两部分，求点P的坐标；
②当时，直线上是否存在一点Q，使？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由
【答案】（1）；（2）①；②存在，或
【解析】
【分析】
（1）把点的坐标代入抛物线，得，求出，即可求出抛物线的函数表达式；
（2）①如图1，过点作于点，由，得，则，得点的坐标为，由和点可得的函数关系式为，点的坐标为，点的坐标为，则，，点若将的面积分为两部分，得或，点的坐标为，可得方程或，求出并检验即可求解；
②第一种情况如图2，将点绕点逆时针旋转得，与直线交于点，构造型全等△，得，，得点的坐标，由两点坐标得直线的函数关系式，由点的横坐标为得点的坐标；第二种情况如图3，将点绕点顺时针旋转得，与直线交于点，构造型全等△，得，，得点的坐标，由两点坐标得直线的函数关系式，由点的横坐标为得点的坐标．
【详解】
解：（1）把点的坐标代入抛物线，
得，求出，
抛物线的函数表达式为；
（2）①当y=0时，，解得：，
如图1，过点作于点，

，
，
，
点的坐标为，
设直线的函数关系式为，
把和点代入得，
，，
的函数关系式为，
点的坐标为，
点的坐标为，
，，
将的面积分为两部分，
或，
或，
或，
解得或2（都不合题意舍去），或不合题意舍去），
点的坐标为；
②分两种情况，
第一种情形，如图2，将点绕点顺时针旋转得，与直线交于点，
构造型全等△，

，，
点的坐标，
设的函数关系式为，
把和两点坐标代入
得，
求得，，
直线的函数关系式为，
点的横坐标为，
点的坐标为；
第二种情形，如图3，将点绕点逆时针旋转得，与直线交于点，
构造型全等△，

，，
点的坐标，
设的函数关系式为，
把和两点坐标代入
得，
求得，，
直线的函数关系式为，
点的横坐标为，
点的坐标为．
综上所述：点的坐标为或．
【点睛】
本题考查了二次函数，一次函数的待定系数法，K型全等等知识，解决本题的关键是利用45°构造K型全等．
15．（2021·江苏省天一中学三模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线与x轴正半轴交于点A、点B（A在B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的顶点记为D，ABC的面积为10．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）求∠BCD的正弦值；
（3）将此抛物线沿y轴上下平移，所得新抛物线的顶点为P，且PBD与BCD相似，求平移后的新抛物线的解析式．

【答案】（1）；（2）；（3）或
【解析】
【分析】
（1）令，由求出点、的坐标，即用含的代数式表示点、的横坐标，求出的长，再根据的面积为10求出点的坐标，由此求出的值，即可得到抛物线的解析式；
（2）过点作的垂线交于点，求出直线的解析式，再求出直线的解析式并将这两条直线的解析式联立成方程组，解方程组求出它们的交点的坐标，再求、的长，即可求的正弦值；
（3）分情况画出图形，求出平移距离，即可求得平移后的抛物线的解析式．
【详解】
解：（1）当时，由，得，，
，，；
设，则，解得，
；
又，
，
解得或（不符合题意，舍去），
抛物线的解析式为；
（2）如图1，作于点，交于点，设直线的解析式为．

，
，
，
解得，
；
由（1），得，，
，
为的中点，，，
设直线的解析式为，则，解得，
，
由，得，
，，
，，
．
（3）如图2，过点作轴于点，交于点，则，
，
，

，
，
又（公共角），
，
点为抛物线平移后的顶点，
，
，
；
平移后的抛物线与抛物线的形状相同且对称轴相同，
平移后的抛物线为，即．

若△BPD∽△DBC，
∴，
∵BD==，CD==，
BC==，
∴，
解得：，
，
∴平移后的抛物线为；

综上：平移后的新抛物线的解析式为或．
【点睛】
此题重点考查二次函数的图象与性质、相似三角形的判定、解直角三角形、解一元二次方程、用待定系数法求函数解析式等知识，解题的关键是正确地作出有关的辅助线，第（3）题应注意用好前面得出的结论，找到点P的位置且求出点P的坐标．
16．（2021·江苏徐州·一模）如图1，在平面直角坐标系中，点为抛物线的顶点，点、（点与点不重合）为抛物线上的动点，且轴，以为边作矩形，点在上，连接交抛物线于点．

（1）当点、在轴上时，________，________；
（2）如图2，当原点在上时，求直线的表达式；
（3）在点，的运动过程中，是否为定值？如果是，请求出定值：如果不是，请说明理由．
【答案】（1），；（2）；（3）是，3
【解析】
【分析】
（1）令y=0，解之即可得出点A、B的坐标，根据抛物线的解析式结合矩形的性质即可得出点C、D、M的坐标，由点A、C的坐标利用待定系数法即可求出直线AC的解析式，联立直线AC与抛物线的解析式成方程组，通过求方程组即可求出点E的坐标，再利用两点间的距离公式即可求出AE和CE的长；
（2）根据二次函数的性质结合点O在AC上即可得出点A、C关于原点对称，通过设点C的坐标求出点A的坐标，由点A在抛物线上即可得出关于m的一元二次方程，可得出m值，再将m值代入点A、C的坐标中，利用待定系数法即可求出直线AC的解析式；
（3）利用待定系数法求出直线AC的解析式，联立直线AC与抛物线的解析式成方程组，通过解方程组找出点E的坐标，再由点A、E、C三点共线结合三点的横坐标，进而求解．
【详解】
解：（1）对于y=x2-4①，
令y=x2-4=0，
解得：x1=-2，x2=2，
∴点A（2，0），点B（-2，0）．
∵点M为抛物线y=-x2+4的顶点，四边形ABCD为矩形，
∴点M（0，-4），点D（2，-4），点C（-2，-4）．
设直线AC的解析式为y=kx+b（k≠0），
将A（2，0）、C（-2，-4）代入y=kx+b，得，解得，
∴直线AC的解析式为y=x-2．
联立直线AC与抛物线的解析式成方程组，，解得或，
∴点E（-1，-3），
∴，
同理可得：CE=；
故答案为，．
（2）由抛物线的对称性可知：点、关于轴对称，
∴点、关于原点对称．
设点的坐标为，则点的坐标为（）．
∵点在抛物线上，
∴，解得：，
∴点．
设直线的表达式为，将点代入，得
，解得：，
∴直线的表达式为．
（3）设点A的纵坐标为（），则点A的坐标为，点的坐标为，
设直线的表达式为（），
∴
解得：
∴直线的表达式为．
∴解得：，，
∴点．
过作，垂足为，则，
∴
∴．
∴在点A，的运动过程中，为定值3．
【点睛】
本题考查了待定系数法求一次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、解二元二次方程组、矩形的性质以及两点间的距离公式，解题的关键是：（1）联立两函数解析式成方程组，通过解方程组求出点E的坐标；（2）根据点A、C的坐标利用待定系数法求出直线AC的解析式；（3）联立两函数解析式成方程组，通过解方程组求出点E的坐标．
17．（2021·江苏·苏州高新区实验初级中学二模）如图1，抛物线交轴于，两点（在的左侧），与轴交于点，且．

（1）求抛物线的解析式；
（2）连接，，点在抛物线上，且满足，求点的坐标；
（3）如图2，直线交轴于点，过直线上的一动点作轴交抛物线于点，直线交抛物线于另一点，直线交轴于点，试求的值．
【答案】（1）；（2）；（3）8
【解析】
【分析】
（1）求出点的坐标，由抛物线的解析式可得出的值，则可得出答案；
（2）延长、交于点，设点点的坐标为，求出直线的解析式为，解方程组可求出点的坐标，联立直线和抛物线解析，则可得出答案；
（3）设点的坐标为，，由题意得出，设直线，由得出，则，可得出，由点的坐标可得出．
【详解】
解：（1）对于抛物线，当时，，
∴点的坐标为，即，
∵，
∴，即点的坐标为，
∴，
解得，，
∴抛物线的解析式为；
（2）延长、交于点，

设点点的坐标为，
∵，
∴，
∴，即，
整理得，，
解方程得，，，
则点的坐标为，
设直线的解析式为：，
则，
解得，，
∴直线的解析式为：，
∵点在直线上，
∴，
，
解得，，
∴点点的坐标为，
设直线的解析式为：，
则，
解得，，
则直线的解析式为：，
解方程组，得，，
∴点的坐标为；
（3）设点的坐标为，，
∴直线的解析式为，
联立，得，
∴，
∴，
设直线，
联立，
∴，
∴，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴．
【点睛】
本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，待定系数法等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
18．（2021·江苏·南通市启秀中学一模）抛物线y＝﹣x2＋2x＋3与x轴相交于A、B两点，A在B左，与y轴交于点C，顶点为D，抛物线的对称轴DF与BC相交于点E，与x轴相交于点F．

（1）求线段DE的长；
（2）设过E的直线与抛物线相交于点M（x1，y1），N（x2，y2），试判断当|y1﹣y2|的值最小时，线段MN的长；
（3）在抛物线对称轴上是否存在一点P，使得∠OPB＝135°，若存在，直接写出P点坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）2；（2）；（3）存在，或．
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线的解析式即可求得与坐标轴的坐标及顶点坐标，进而求得直线BC的解析式，把对称轴代入直线BC的解析式即可求得；
（2）根据y1＝y2时，|y1﹣y2|的值最小，可得MN∥x轴，即可求得﹣x2＋2x＋3＝2，利用根与系数关系可求出|x2﹣x1|＝，即可求得线段MN的长；
（3）根据∠OPB＝135°可得∠QPB＝45°，设P（1，m），过点B作BQ⊥OP的延长线于点Q，根据等腰三角形的判定可得PQ＝BQ，利用相似三角形的判定得△POF∽△BOQ，则得，设PQ＝BQ＝a，得出，可求得，再根据勾股定理可得，并求得，则可与建立等式，再由Rt△BPQ得，则可计算出符合条件的，再代入求解，即可得出符合条件的点P的坐标．
【详解】
解：（1）由抛物线y＝−x2＋2x＋3可知，C（0，3），
令y＝0，则−x2＋2x＋3＝0，
解得：x＝−1，x＝3，
∴A（−1，0），B（3，0），
∴顶点x＝1，y＝4，
即D（1，4），
∴DF＝4，
设直线BC的解析式为y＝kx＋b，代入B（3，0），C（0，3）得，
，
解得，
∴直线BC解析式为y＝−x＋3，
当x＝1时，y＝−1＋3＝2，
∴E（1，2），
∴EF＝2，
∴DE＝DF−EF＝4−2＝2．
（2）当y1＝y2时，|y1﹣y2|的值最小，即MN∥x轴时，|y1﹣y2|的值最小，如图．

∵E（1，2），
∴yMN＝2，
则﹣x2＋2x＋3＝2，即x2－2x－1＝0，
∵x1＋x2＝2，x1x2＝－1，
∴（x1﹣x2）2＝（x1＋x2）2－4x1x2＝8，
∵M（x1，y1），N（x2，y2），
∴MN＝|x2﹣x1|＝，
∴线段MN的长为．
（3）存在，
如图，过点B作BQ⊥OP的延长线于点Q，

设P（1，m），
∵B（3，0），F（1，0），
∴OB＝3，OF＝1， ，，
∵∠OPB＝135°，
∴∠QPB＝45°，
∴PQ＝BQ，
∵BQ⊥OP，PF⊥OF，
∴∠OFP＝∠OQB ＝90°，
∵∠POF＝∠BOQ，
∴△POF∽△BOQ，
∴，
设PQ＝BQ＝a，
∴，
∴①
在Rt△OBQ中，由勾股定理得：，即②
②-①得，，
解得，
∴③，
在Rt△BPQ中，由勾股定理得：，
∴，即④，
将④代入③得，，
解得或（不合题意，舍去），
∴，
∴，
∴或．
【点睛】
本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的图象与性质，待定系数法求函数关系式等知识，熟练掌握二次函数及一次函数的相关知识并能利用数形结合的思想是解答本题的关键．
19．（2020·江苏·苏州新草桥中学二模）如图，直线交轴于点，交轴于点，抛物线经过、，与轴交于另一点，顶点为．
（1）求抛物线对应函数表达式；
（2）过点作射线交直线下方的抛物线上于点，使，求点的坐标；
（3）作CG平行于轴，交抛物线于点G，点H为线段CD上的点，点G关于的平分线的对称点为点，若，求点坐标及三角形的面积．

【答案】（1）；（2），；（3），的面积=
【解析】
【分析】
（1）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A、C的坐标，由点A、B、C的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）利用配方法可找出点D的坐标，结合点A、C的坐标可得出AC、AD、CD的长，由勾股定理的逆定理可得出∠ACD=90°，在y轴上取点F（0，1），连接AF交抛物线与点E，点E即为所求，由点A、F的坐标利用待定系数法可求出直线AE的解析式，联立直线AE及抛物线的解析式成方程组，通过解方程组即可求出点E的坐标；
（3）分别求出GM，NH以及CD的解析式，联立方程组，求出点H的坐标，根据三角形面积公式求出的面积即可．
【详解】
解：（1）∵直线y=x+3交x轴于点A，交y轴于点C，
∴点A的坐标为（-3，0），点C的坐标为（0，3）．
将A（-3，0）、B（1，0）、C（0，3）代入y=ax2+bx+c，得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为y=-x2-2x+3．
（2），
点的坐标为．
，，
，，，．
，
，．
在轴上取点，连接交抛物线与点，如图1所示．

，，
，
．
，
．
设直线的解析式为，
将、代入，得：
，解得：，
直线的解析式为．
联立直线、抛物线的解析式成方程组，得：，
解得：，，
点的坐标为，．
（3）∵轴，
∴令，
∴
∴，
∴
∵点G关于∠GHC的平分线对称点为M
连接GM，作∠GHC的平分线NH

则，，
∴
∵∠，∠
∴∠
∴M点的坐标为（1，2）
∴N点坐标为
设直线GM的解析式为
∴，解得
∴
∵
∴设直线NH的解析式为则将代入得，
∴
∴
设直线CD的解析式为
，解得，
∴
联立，解得
∴H点的坐标为
∵，
∴
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数解析式、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、两点间的距离公式，解题的关键是：（1）利用一次函数图象上点的坐标特征找出点A、C的坐标；（2）通过解直角三角形找出点E的位置．
20．（2020·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，连接，点是线段上的动点（与点不重合），连接并延长交抛物线于点，连接，设点的横坐标为．

（1）求抛物线的解析式和点的坐标；
（2）当的面积等于2时，求的值；
（3）在点运动过程中，是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），C（0，2）；（2）m=或；（3）存在最大值．
【解析】
【分析】
（1）将点A和点B的坐标代入抛物线表达式，求解即可；
（2）连接OQ，得到点Q的坐标，利用S=S△OCQ+S△OBQ-S△OBC得出△BCQ的面积，再令S=2，即可解出m的值；
（3）证明△APC∽△QPH，根据相似三角形的判定与性质，可得，根据三角形的面积，可得QH=，根据二次函数的性质，可得答案．
【详解】
解：（1）∵抛物线经过A（-1，0），B（4，0），可得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为：，
令x=0，则y=2，
∴点C的坐标为（0，2）；
（2）连接OQ，
∵点Q的横坐标为m，
∴Q（m，），
∴S=S△OCQ+S△OBQ-S△OBC=
=，
令S=2，
解得：m=或；

（3）如图，过点Q作QH⊥BC于H，
∵AC=，BC=，AB=5，
满足AC2+BC2=AB2，
∴∠ACB=90°，又∠QHP=90°，∠APC=∠QPH，
∴△APC∽△QPH，
∴，
∵S△BCQ=BC•QH=QH，
∴QH=，
∴，
∴当m=2时，存在最大值．

【点睛】
本题考查了二次函数综合题，涉及到相似三角形的判定与性质，三角形面积求法，待定系数法，勾股定理，综合性强，有一定难度，解题时要注意数形结合．
21．（2020·江苏镇江·中考真题）如图①，直线l经过点（4，0）且平行于y轴，二次函数y＝ax2﹣2ax+c（a、c是常数，a＜0）的图象经过点M(﹣1，1)，交直线l于点N，图象的顶点为D，它的对称轴与x轴交于点C，直线DM、DN分别与x轴相交于A、B两点．
（1）当a＝﹣1时，求点N的坐标及的值；
（2）随着a的变化，的值是否发生变化？请说明理由；
（3）如图②，E是x轴上位于点B右侧的点，BC＝2BE，DE交抛物线于点F．若FB＝FE，求此时的二次函数表达式．

【答案】（1）N(4，﹣4)，＝；（2）不变，理由见解析；（3）y＝﹣x2+x+．
【解析】
【分析】
（1）证明△DME∽△DAC，△DCB∽△DFN，则，，求出AC＝，BC＝，即可求解；
（2）点D(1，1﹣4a)，N(4，1+5a)，则ME＝2，DE＝﹣4a，由（1）的结论得：AC＝，BC＝，即可求解；
（3）利用△FHE∽△DCE，求出F(﹣，﹣)，即可求解．
【详解】
解：（1）分别过点M、N作ME⊥CD于点E，NF⊥DC于点F，
∵ME∥FN∥x轴，

∴△DME∽△DAC，△DCB∽△DFN，
∴，，
∵a＝﹣1，则y＝﹣x2+2x+c，
将M(﹣1，1)代入上式并解得：c＝4，
∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+4，
则点D(1，5)，N(4，﹣4)，
则ME＝2，DE＝4，DC＝5，FN＝3，DF＝9，
∴，解得：AC＝，BC＝，
∴＝；
（2）不变，理由：
∵y＝ax2﹣2ax+c过点M(﹣1，1)，则a+2a+c＝1，
解得：c＝1﹣2a，
∴y＝ax2﹣2ax+(1﹣3a)，
∴点D(1，1﹣4a)，N(4，1+5a)，
∴ME＝2，DE＝﹣4a，
由（1）的结论得：AC＝，BC＝，
∴＝；
（3）过点F作FH⊥x轴于点H，则FH∥l，则△FHE∽△DCE，

∵FB＝FE，FH⊥BE，
∴BH＝HE，
∵BC＝2BE，
则CE＝6HE，
∵CD＝1﹣4a，
∴FH＝，
∵BC＝，
∴CH＝×＝，
∴F(﹣，﹣)，
将点F的坐标代入y＝ax2﹣2ax+(1﹣3a)＝a(x+1)(x﹣3)+1得：
﹣a＝a(﹣+2)(﹣﹣2)+1，
解得：a＝﹣，
故y＝﹣x2+x+．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，二次函数的综合运用等知识．综合性强．
22．（2020·江苏·苏州市吴江区盛泽第二中学模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+c的图像经过点A（-1，0），B（0，）、C（2，0），其中对称轴与x轴交于点D．
（1）求二次函数的表达式及其顶点坐标；
（2）若P为y轴上的一个动点，连接PD，求的最小值；
（3）M（s，t）为抛物线对称轴上的一个动点．若∠AMB不大于60°，则t的取值范围为 ．

【答案】（1），顶点坐标为；（2）；（3）或
【解析】
【详解】
解：（1）设二次函数的表达式为，B（0，-）代入解得
∴…………………………………
             ∴顶点坐标为……………………………………………………
          （2）如图，过P点作DE⊥AB于E点，由题意已知∠ABO=30°。
∴
∴………………………………………………………
要使最小，只需要D、P、E共线，所以过D点作DE⊥AB于E点，与y轴的交点即为P点。
由题意易知，∠ADE=∠ABO=30°，
……………………………………………
        （3）
23．（2020·江苏·苏州市吴江区南麻中学模拟预测）(本题满分10分)如图①，二次函数的图像经过点（2,0）和（0,4），二次函数的图像和函数图像关于y轴成轴对称．
（1）求两个函数的解析式；
（2）如图①，若直线与抛物线和组成的共同图像有2个公共点，求的取值范围；
（3）如图②，若直线与抛物线交于点B，与抛物线交于点A，连接OA，OB，当时，求的值．

【答案】（1），；（2）或；（3）k=0或或．
【解析】
【详解】
试题分析：（1）设，代入点（2,0）和（0,4），解得，根据的图像与的图像关于y轴成轴对称知，
故答案为，；……………………………2分
（2）第一种情况：当直线与抛物线有2个公共点时，
即有两组解，则，化简得，则，解得，…………………………………3分
同时直线与抛物线没有公共点，即有无解，则，化简得，则，解得，故；第二种情况：当直线在点（0,4）的上方时也有2个公共点，则，
所以或；………………………………4分
（3）由得，
则，同理可得，……………7分
而，因为，则，…………………………9分
化简得，解得，，，
故答案为．.…………………………………………………10分
24．（2020·江苏·盐城市初级中学三模）如图，抛物线交轴于两点，对称轴直线交轴于点，已知，点是抛物线上的动点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点在轴上方，设点到点的距离为，点到轴的距离为，试探究的值是否发生变化，若变化，请求出范围；若不变化，请说明理由并求出定值；
（3）点在对称轴上，在直线上，的内心在轴上，点，若与相似，当取得最小值时，求点的坐标．

【答案】（1）；（2）不变，=2，理由见解析；（3）点的坐标为或
【解析】
【分析】
（1）先根据抛物线的性质和解直角三角形的知识求出点C的坐标，再根据待定系数法解答即可；
（2）设点P的横坐标为m，则根据两点间的距离公式可求出d1，而d2易得，然后计算的值即得结论；
（3）根据内心的定义和三角函数可求出点M的坐标，进而可求出直线BM的解析式以及∠BQC=∠DMN，这样两个三角形相似只会存在两种情况：①若，利用勾股定理和点N在直线BM上可求出点N的坐标，然后由（2）的结论可作直线，PF⊥直线于点F，如图，从而将求PD+PN的最小值转化为求PF+PN的最小值，显然当三点共线时，PF+PN最小，进而可得结果；②若，则，然后根据两者的正切相等即得关于点N横坐标的方程，进而可求出点N坐标，再根据①的思路即可求出结果，问题即得解决．
【详解】
解：（1）∵抛物线的对称轴是直线，，
∴OD=1，BD=3－1=2，
∵，∴CD=，
∴点C的坐标是（1，1），
设，将代入并解得，
；
的值不会发生变化；理由如下：设，
∵，
，
∵，
；
（3）的内心在轴上，平分，
，
，
∴直线，设，
，，
∴∠BQC=90°+∠DCQ=90°+∠DBM=∠DMN，
①若，，
，，
，即，解得（舍），
，

由，作直线，PF⊥直线于点F，如图，则，
∴求PD+PN的最小值即为求PF+PN的最小值，
∴当三点共线时，PF+PN最小，此时，
②若，则，
，
，解得，，
同理可求得PD+PN最小时点P的坐标为；
综上，若与相似，当取得最小值时，点的坐标为或．
【点睛】
本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求函数的解析式、二次函数的图象与性质、两点间的距离、三角形的内心、相似三角形的判定和性质、解直角三角形以及一元二次方程的解法等知识，涉及的知识点多、综合性强，难度较大，属于中考压轴题，熟练掌握上述知识、灵活应用数形结合思想是解题的关键．