苏科版九年级数学上学期期末复习专题 二次函数与几何压轴问题大题专练

这是一份苏科版九年级数学上学期期末复习专题 二次函数与几何压轴问题大题专练，共133页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

二次函数与几何压轴问题大题专练（培优强化30题）
一、解答题
1．（2022·江苏·苏州市胥江实验中学校九年级期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=−14x2+32x+4与两坐标轴分别相交于A，B，C三点．

(1)求证：∠ACB=90°；
(2)点D是第一象限内抛物线上的动点，过点D作x轴的垂线交BC于点E，交x轴于点F．
①求DE+255BE的最大值；
②点G是AC的中点，若以点C，D，E为顶点的三角形与△AOG相似，求点D的坐标．
2．（2022·江苏·苏州市平江中学校九年级阶段练习）已知抛物线与x轴交于A-1，0和B（3，0）两点，且与y轴交于点C（0，3）．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求抛物线顶点M坐标及四边形ABMC的面积；
(3)若点P是对称轴上一点，求当△APC周长最短时，求点P的坐标．
3．（2022·江苏宿迁·二模）如图1，二次函数y=ax2−3ax+b（a、b为参数，其中a<0的图像与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，顶点为D．

(1)若b=−10a，求tan∠CBA的值（结果用含a的式子表示）；
(2)若△ABC是等腰三角形，直线AD与y轴交于点P，且AP:DP=2:3．求抛物线的解析式；
(3)如图2，已知b=−4a，E、F分别是CA和CB上的动点，且EF=35AB，若以EF为直径的圆经过点C，并交x轴于M、N两点，求MN的最大值．
4．（2022·江苏盐城·九年级期末）如图，抛物线y=−x2+ax+b与直线y=−12x+1交于A、B两点，其中点A在y轴上，点B的横坐标为﹣4，P为抛物线上一动点，过点P作PC垂直于AB，垂足为C，作PF垂直于x轴，垂足为F，交AB于E，设P的横坐标为t．

(1)求抛物线的解析式；
(2)①求cos∠CPE的值；
②若点P在直线上方的抛物线上，用含t的代数式表示线段PC的长，并求线段PC取最大值时点P的坐标．
(3)若点P是抛物线上任意一点，且满足0°<∠PAB≤∠CPE，请直接写出：
①点P的横坐标/的取值范围______；
②纵坐标为整数的点P为“玉点”，“玉点”的个数是______．
5．（2021·江苏淮安·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．

(1)求抛物线的函数表达式．
(2)若点P为第三象限内抛物线上一动点，作PD⊥x轴于点D，交AC于点E，过点E作AC的垂线与抛物线的对称轴和y轴分别交于点F、G，设点P的横坐标为m．
①求PE+2EG的最大值；
②连接DF、DG，若∠FDG＝45°，求m的值．
6．（2021·江苏扬州·一模）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，点B坐标为3,0顶点P的坐标为1,−4，以AB为直径作圆，圆心为D，过P向右侧作⊙D的切线，切点为C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)请通过计算判断抛物线是否经过点C；
(3)设M，N分别为x轴，y轴上的两个动点，当四边形PNMC的周长最小时，请直接写出M，N两点的坐标．
7．（2022·江苏镇江·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PHAH的最大值是 ．
8．（2021·江苏·九年级专题练习）在平面直角坐标系中，过一点分别作坐标轴的垂线，若与坐标轴围成的矩形的周长与面积相等，则称这个点为“美好点”，如图，过点P分别作x轴，y轴的垂线，与坐标轴围成的矩形OAPB的周长与面积相等，则P为“美好点”．

（1）在点M（2，2），N（4，4），Q（﹣6，3）中，是“美好点”的有　 　；
（2）若“美好点”P（a，﹣3）在直线y＝x+b（b为常数）上，求a和b的值；
（3）若“美好点”P恰好在抛物线y=112x2第一象限的图象上，在x轴上是否存在一点Q使得△POQ为直角三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
9．（2020·江苏盐城·九年级阶段练习）如图1，抛物线y＝ax2＋（a＋3）x＋3（a≠0）与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B，在x轴上有一动点E（m，0）（0＜m＜4），过点E作x轴的垂线交直线AB于点N，交抛物线于点P，过点P作PM⊥AB于点M．
（1）求a的值和直线AB的函数表达式；
（2）设△PMN的周长为C1，△AEN的周长为C2，若C1C2=65，求m的值；
（3）如图2，在（2）条件下，将线段OE绕点O逆时针旋转得到OE′，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接E′A、E′B，求E′A＋23E′B的最小值．

10．（2022·江苏淮安·九年级期中）在平面直角坐标系 xOy 中， 已知抛物线 y=x2−2x−3 与 x 轴交于 A 、 B 两点， 与 y 轴交于 C 点， D 为抛物线顶点．

(1)A点坐标： ；顶点D的坐标： ；
(2)如图1，抛物线的对称轴上是否存在点T，使得线段TA绕点T顺时针旋转90°后，点A的对应点A'恰好也落在此拋物线上? 若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，连接AD，交y轴于点E，P是抛物线上第四象限的一个动点，连接 AP、BE交于点G，设w=S△BGPS△ABG， 则w有最大值还是最小值？w的最值是多少？
(4)点Q是抛物线对称轴上一动点， 连接OQ、AQ，设 △AOQ 外接圆圆心为H， 当 sin∠OQA的值最大时， 变直接写出点H的坐标 ．
11．（2022·江苏连云港·二模）如图，抛物线y=ax2+bx+3经过点A(1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C，其顶点为M，连接MA，MC，AC，过点C作y轴的垂线l．

(1)求该抛物线的表达式；
(2)直线l上是否存在点N，使得S△MBN=2S△MAC？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)如图2，若将原抛物线绕点C逆时针旋转45∘，求新抛物线与y轴交点P坐标．
12．（2022·江苏淮安·一模）如图1，直线y=−2x−4与y轴交于点A，与x轴交于点B,二次函数y=ax2+3x+c的图像经过点A，交x轴于C、D两点，且抛物线的对称轴为直线x=−32，点E是抛物线的顶点．

(1)a= ，c= ，顶点E坐标是 ；
(2)过点C作直线CK∥AB交y轴于点K，点P是直线CK上一动点，点Q是第三象限抛物线上一动点，求四边形APBQ面积的最大值与此时点Q的坐标；
(3)如图2，在（2）的结论下，对称轴与x轴交于点6，直线EQ交x轴于点E，在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得∠MFQ+∠CAO=45°，求点M的坐标．
13．（2022·江苏·苏州市胥江实验中学校九年级期中）抛物线y=ax2+2x+c过点A−1,0，点B3,0，顶点为C．

(1)求抛物线的表达式及顶点C的坐标；
(2)如图1，点P在第一象限抛物线上，连接CP并延长交x轴于点D，连接AC，AP．若S△ACP:S△ADP=4:5，求点P的坐标；
(3)如图2，在（2）的条件下，点E是抛物线对称轴上一点，点F是平面内一点，是否存在点E，点F，使得四边形ADFE为菱形？若存在，请求出所有符合条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由．
14．（2022·江苏苏州·一模）图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴相交于A，B两点（点A位于点B的左侧），与y轴相交于点C，M是抛物线的顶点且横坐标为1，点C的坐标为（0，3），P为线段MB上一个动点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)过点P作PD⊥x轴于点D．若PD=m，ΔPCD的面积为S．求S与m之间的函数关系式，并写出自变量m的取值范围；
(3)是否存在点P满足DC=PC，若存在，请求出点P坐标，若不存在，请说明理由．
15．（2022·江苏·徐州市树人初级中学二模）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2−4x+3与x轴相交于点A，B（A在B的左边），与y轴相交于点C．M0,m是y轴上动点，过点M的直线l垂直于y轴，与抛物线相交于两点P、Q（P在Q的左边），与直线BC交于点N．

(1)求直线BC的函数表达式；
(2)如图2，四边形PMGH是正方形，连接CP．△PNC的面积为S1，正方形PMGH的面积为S2．若m<3，求S1S2的取值范围．
16．（2022·江苏连云港·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=12x2+bx+c与坐标轴交于A0,−2，B4,0两点，直线BC:y=−2x+8交y轴于点C．点D为直线AB下方抛物线上一动点，过点D作x轴的垂线，垂足为G，DG分别交直线BC，AB于点E，F．

(1)求b和c的值；
(2)当GF=12时，连接BD，求△BDF的面积；
(3)H是y轴上一点，当四边形BEHF是矩形时，求点H的坐标．
17．（2022·江苏常州·一模）在平面直角坐标系xOy中，顶点为M的抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，已知A(−3,0)，B(1,0)，C(0,3)．连接OM，作CD∥OM交AM的延长线于点D．

(1)求抛物线对应的二次函数表达式；
(2)求点D的坐标；
(3)直线AM上是否存在点P，使得△POA的面积与四边形POCM面积之比为1∶2？如果存在请求出点P的坐标，如果不存在请说明理由．
18．（2022·江苏盐城·一模）如图1，在平面直角坐标中，抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于点A(−1,0)、B(4,0)两点，与y轴交于点C，连接BC，直线BM:y=2x+m交y轴于点M.P为直线BC上方抛物线上一动点，过点P作x轴的垂线，分别交直线BC、BM于点E、F．

(1)求抛物线的表达式；
(2)当点P落在抛物线的对称轴上时，求△PBC的面积；
(3)①若点N为y轴上一动点，当四边形BENF为矩形时，求点N的坐标；
②在①的条件下，第四象限内有一点Q，满足QN=QM，当△QNB的周长最小时，求点Q的坐标．
19．（2021·江苏盐城·九年级阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，抛物线y＝ax2+bx经过A（﹣4，0），B（﹣3，3）两点，连接AB，BO．
（1）求抛物线表达式和直线OB解析式；
（2）点C是第二象限内直线OB上方抛物线上的一个动点，是否存在一点C使△COB面积最大？若存在请求出点C坐标及最大面积，若不存在请说明理由；
（3）若点D从点O出发沿线段OA向点A作匀速运动，速度为每秒1个单位长度，同时线段OA上另一个点H从点A出发沿线段AO向点O作匀速运动，速度为每秒2个单位长度（当点H到达点O时，点D也同时停止运动）．过点D作x轴的垂线，与直线OB交于点E，延长DE到点F，使得EF＝DE，以DF为边，在DF左侧作等边△DGF（当点D运动时点G、点F也随之运动）．过点H作x轴的垂线，与直线AB交于点L，延长HL到点M，使得LM＝HL，以HM为边，在HM的右侧作等边△HMN（当点H运动时，点M、点N也随之运动）．当点D运动t秒时，△DGF有一条边所在直线恰好过△HMN的重心，直接写出此刻t的值．

20．（2021·江苏·海安市紫石中学九年级阶段练习）x、y是一个函数的两个变量，若当a≤x≤b时，有a≤y≤b（a＜b），则称此函数为a≤x≤b上的闭函数．如y＝﹣x+3，当x＝1时y＝2；当x＝2时y＝1，即当1≤x≤2时，1≤y≤2，所以y＝﹣x+3是1≤x≤2上的闭函数．
（1）请说明y=x2−2是−2≤x≤2上的闭函数；
（2）已知二次函数y＝x2+4x+k是t≤x≤﹣2上的闭函数，求k和t的值；
（3）在（2）的情况下，设A为抛物线顶点，B为直线x＝t上一点，C为抛物线与y轴的交点，若△ABC为等腰直角三角形，请直接写出它的腰长为________________．
21．（2022·江苏·无锡市金桥双语实验学校九年级阶段练习）如图，抛物线y＝mx2﹣4mx＋n（m＞0）与x轴交于A，B两点，点B在点A的右侧，抛物线与y轴正半轴交于点C，连接CA、CB，已知tan∠CAO＝3，sin∠CBO＝22．
（1）求抛物线的对称轴与抛物线的解析式；
（2）设D为抛物线对称轴上一点．
①当△BCD的外接圆的圆心在△BCD的边上时，求点D的坐标；
②若△BCD是锐角三角形，直接写出点D的纵坐标n的取值范围．

22．（2022·江苏宿迁·一模）在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A−4, 0，B0, −4，C2, 0三点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)若点M为第三象限内抛物线上一动点，点M的横坐标为m，△AMB的面积为S，求S关于m的函数关系式，并求出S的最大值．
(3)若点P是抛物线上的动点，点Q是直线y=−x 上的动点，若以点P、Q、B、O为顶点的四边形为平行四边形，直接写出相应的点Q的坐标．
23．（2022·江苏南京·九年级专题练习）如图1，抛物线y=−14x2+bx+c经过点A(4，3)，对称轴是直线x=2，顶点为B．抛物线与y轴交于点C，连接AC，过点A作AD⊥x轴于点D，点E是线段AC上的动点(点E不与A、C两点重合)．

(1)求抛物线的函数解析式和顶点B的坐标；
(2)若直线BE将四边形ACOD分成面积比为1:3的两个四边形，求点E的坐标；
(3)如图2，连接DE，作矩形DEFG，在点E的运动过程中，是否存在点G落在y轴上的同时点F也恰好落在抛物线上?若存在，求出此时AE的长；若不存在，请说明理由．
24．（2021·江苏·炎黄外国语学校一模）平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2−6ax+ca>0与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），顶点为C，直线AC交y轴于点D，连接BD，且△ABD与△ABC的面积之比为1：2．

（1）顶点C的横坐标为__________；
（2）求点B的坐标；
（3）连接CO，将△BCO绕点C按逆时针方向旋转一定的角度后，点B与点A重合，此时点O恰好也在y轴上，求抛物线的表达式．
25．（2022·江苏盐城·一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax−ℎ2+k与x轴相交于O，A两点，顶点P的坐标为2,−1．点B为抛物线上一动点，连接AP,AB，过点B的直线与抛物线交于另一点C．

（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点B的横坐标与纵坐标相等，∠ABC=∠OAP，且点C位于x轴上方，求点C的坐标；
（3）若点B的横坐标为t，∠ABC=90°，请用含t的代数式表示点C的横坐标，并求出当t<0时，点C的横坐标的取值范围．
26．（2021·江苏常州·二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y=−x2+bx+3的图像与x轴交于点A(−1,0)和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC．
（1）填空：b=_______；
（2）设抛物线的顶点是D，连接BC，BD，将∠ABC绕点B顺时针旋转，当射线BC经过点D时，射线BA与抛物线交于点P，求点P的坐标；
（3）设E是x轴上位于点B右侧的一点，F是第一象限内一点，EF⊥x轴且EF=3，点H是线段AE上一点，以EH、EF为邻边作矩形EFGH，FT⊥AC，垂足为T，连接TG，TH．若△TGF与△TGH相似，求OE的长．

27．（2021·江苏·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−4a经过A(−1,0),C(0,4)两点，与x轴交于另一点B，点D为该抛物线的顶点．

（1）顶点D的坐标为__________；
（2）将该抛物线向下平移154个单位长度，再向左平移m(m>0)个单位长度，得到新抛物线．若新抛物线的顶点D'在△ABC内，求m的取值范围；
（3）若点P、点Q(n,n+1)为该抛物线上两点，连接BQ，且tan∠QBP=2，求点P的坐标．
28．（2021·江苏省天一中学三模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2−2ax+a2−4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．

29．（2021·江苏扬州·三模）如图所示，已知抛物线y=x2−1与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C．

（1）求A、B、C三点的坐标；
（2）过点A作AP∥CB交抛物线于点P，求四边形ACBP的面积；
（3）在x轴上方的抛物线上是否存在一点M，过M作MG⊥x轴于点G，使以A、M、G三点为顶点的三角形与△PCA相似？若存在，请求出M点的坐标；否则，请说明理由．
30．（2021·江苏盐城·一模）如图，已知抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于A−2,0、B6,0两点，与y轴交于C点，设抛物线的顶点为D．过点D作DE⊥x轴，垂足为E．P为线段DE上一动点，Fm,0为x轴上一点，且PC⊥PF．

（1）求抛物线的解析式：
（2）①当点P与点D重合时，求m的值；
②在①的条件下，将△COF绕原点按逆时针方向旋转90°并平移，得到△C1O1F1，点C，O，F的对应点分别是点C1，O1，F1，若△COF的两个顶点恰好落在抛物线上，直接写出点F1的坐标；
（3）当点P在线段DE上运动时，求m的变化范围．

二次函数与几何压轴问题大题专练（培优强化30题）
一、解答题
1．（2022·江苏·苏州市胥江实验中学校九年级期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=−14x2+32x+4与两坐标轴分别相交于A，B，C三点．

(1)求证：∠ACB=90°；
(2)点D是第一象限内抛物线上的动点，过点D作x轴的垂线交BC于点E，交x轴于点F．
①求DE+255BE的最大值；
②点G是AC的中点，若以点C，D，E为顶点的三角形与△AOG相似，求点D的坐标．
【答案】(1)见解析
(2)①9；②D(4,6)或D(3,254)．

【分析】（1）分别计算A，B，C三点的坐标，再利用勾股定理求得AB、BC、AC的长，最后利用勾股定理逆定理解题；
（2）①先解出直线BC的解析式，设D(x,−14x2+32x+4)，得出BF=8−x，DE=−14x2+2x，由OC∥DF，得出255BE=BF利用二次函数的配方法求最值；
②根据直角三角形斜边的中线性质，解得AG的长，再证明∠CAO=∠DEC，再分两种情况讨论以点C，D，E为顶点的三角形与△AOG相似，结合相似三角形对应边成比例性质解题即可．
【详解】（1）解：令x=0，得y=4，
∴C(0,4)，
令y=0得−14x2+32x+4=0，
∴x2−6x−16=0，
(x−8)(x+2)=0，
∴A(−2,0)，B(8,0)，
AB=10,AC=(0+2)2+(4−0)2=25,BC=(8−0)2+(0−4)2=45，
∵102=(25)2+(45)2，
∴AB2=AC2+BC2，
∴∠ACB=90°，
（2）①设直线BC的解析式为：y=kx+b(k≠0)，代入B(8,0)，C(0,4)得
8k+b=0b=4，
∴k=−12b=4，
∴y=−12x+4，
设D(x,−14x2+32x+4)，
∴BF=8−x，DE=−14x2+32x+4−(−12x+4)=−14x2+2x，
∵OC∥DF，
∴BEBF=BCOB=458=52，
∴255BE=BF，
∴DE+255BE=DE+BF=−14x2+2x+8−x，
=−14x2+x+8
=−14(x2−4x)+8
=−14(x−2)2+9，
∵−14<0，
∴−14(x−2)2≤0，
∴−14(x−2)2+9≤9，
∴DE+BF≤9，
即DE+BF的最大值为9；
②∵点G是AC的中点，
在Rt△AOC中，OG=12AC=AG=5，
即△AOG为等腰三角形，

∵∠CAO+∠ACO=∠ACO+∠OCB=90°，
∴∠CAO=∠OCB，
∵OC∥DF，
∴∠OCB=∠DEC，
∴∠CAO=∠DEC，
若以点C，D，E为顶点的三角形与△AOG相似，
则①AGAO=DECE=52，
−14x2+2xCE=52，
又∵OC∥DF，
∵CEOF=BCOB，
∴CE=BC⋅OFOB=5x2，
∴−14x2+2x=5x2×52，，
∴x2−3x=0，
∴x1=0，x2=3，
∴D(0,4)或D(3,254)，
经检验：D0,4不符合题意，舍去，
②AGAO=CEDE=52，
又∵OC∥DF，
∵CEOF=BCOB，
∴CE=BC⋅OFOB=5x2，
5x2−14x2+2x=52，
整理得，x2−4x=0，
∴x1=0，x2=4，
∴D(0,4)或D(4,6)，
同理：D0,4不合题意，舍去，
综上所述，D(4,6)或D(3,254)．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质、平行线分线段成比例，相似三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线的性质、勾股定理及其逆定理、二次函数的最值、解一元二次方程等知识，掌握相关知识是解题关键．
2．（2022·江苏·苏州市平江中学校九年级阶段练习）已知抛物线与x轴交于A-1，0和B（3，0）两点，且与y轴交于点C（0，3）．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求抛物线顶点M坐标及四边形ABMC的面积；
(3)若点P是对称轴上一点，求当△APC周长最短时，求点P的坐标．
【答案】(1)y=-x2+2x+3
(2)9
(3)（1，2）

【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）根据S四边形ABMC=SΔAOC+SΔBMN+S梯形MNOC，即可求解；
（3）连接BC与对称轴交于点P，连接AP，当B、P、C三点共线时，PA+PC有最小值，此时△APC周长最短，直线BC与对称轴的交点即为所求点P．
（1）
解：设抛物线解析式为y=ax+1x-3，
把点C（0，3）代入得：
a0+10-3=3，解得：a=-1，
∴抛物线解析式为y=-x+1x-3=-x2+2x+3；
（2）
解：y=-x2+2x+3=-x-12+4，
∴点M的坐标为（1，4），
如图，过点M作MN⊥x轴于点N，则点N的坐标为（1，0），
∵B（3，0），
∴BN=2，MN=4，ON=1，
∵点A-1，0，C（0，3），
∴OC=3，OA=1，
∴SΔACO=12×3×1=32，SΔMNB=12×2×4=4，S梯形EONM=12×3+4×1=72，
∴S四边形ABMC=SΔAOC+SΔBMN+S梯形MNOC=32+72+4=9；

（3）
解：连接BC与对称轴交于点P，连接AP，
∵A、B关于对称轴对称，
∴AP=BP，
∴PA+PC=PB+PC≥BC，
即当B、P、C三点共线时，PA+PC有最小值，最小值为BC的长，此时△APC周长最短
设直线BC的解析式为y=kx+n，
∴3k+n=0n=3，解得：k=-1n=3，
∴直线BC的解析式为y=-x+3，
当x=1时，y=2，
∴点P的坐标为（1，2）．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，利用轴对称求最短距离是解题的关键．
3．（2022·江苏宿迁·二模）如图1，二次函数y=ax2−3ax+b（a、b为参数，其中a<0的图像与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，顶点为D．

(1)若b=−10a，求tan∠CBA的值（结果用含a的式子表示）；
(2)若△ABC是等腰三角形，直线AD与y轴交于点P，且AP:DP=2:3．求抛物线的解析式；
(3)如图2，已知b=−4a，E、F分别是CA和CB上的动点，且EF=35AB，若以EF为直径的圆经过点C，并交x轴于M、N两点，求MN的最大值．
【答案】(1)tan∠CBA=−2a；
(2)抛物线的解析式为y=−34x2+94x+3或y=−62x2+362x+26；
(3)MN的最大值为22

【分析】（1）将b=-10a代入y=ax²-3ax+b，求得点A和点B的坐标，用a表示出点C的坐标，利用正切函数的定义即可得出tan∠CBA的值；
（2）由二次函数y=ax²-3ax+b的顶点为D，可得点D的横坐标，过D作DH⊥x轴，交轴于点H，判定△AOP∽△AHD，从而得比例式，根据AP∶DP=2∶3，可得出点A、点B的坐标，代入解析式可得y=ax²-3ax-4a，从而可用a表示出点C的坐标，再分三种情况计算：①若AB=BC，②若AB=AC，③显然不存在BC=AC．前两种情况分别根据两点距离公式可解得a的值，则可求得抛物线的解析式；
（3）由点A、点B、点C的坐标求得直线AC和直线BC 的k值；由圆周角定理可得∠ECF=90°，则可得kAC×kBC=−1 ，从而解得a的值，求得点C的坐标，取EF的中点Q，过点Q作QH⊥x轴于点H，则Q在以C为圆心，32为半径的圆上运动，在Rt△QHN中，QN=32，求HN的最大值等价于求QH的最小值，求得HN的最大值，即可求出MN的最大值．
(1)
解：∵b=−10a，
∴y=ax2−3ax+b
=ax2−3ax−10a
=ax+2x−5
令y=0，得ax+2x−5=0，
∵a<0，
∴x=−2，x2=5，
∴A（－2，0），B（5，0），C（0，－10a），
∴tan∠CBA=COBO=−2a．
(2)
解：∵二次函数y=ax2−3ax+b的顶点为D，
∴xD=32．
过D作DH⊥x轴，交x轴于点H，如图：

∵OP//DH，
∴ΔAOP∼ΔAHD，
∵AP:DP=2:3，OH=32，
∴OA:OH=AP:DP=2:3，
∴OA=1，
∴A−1,0，
∴B（4，0），
∴y=ax−4x+1=ax2−3ax−4a，
∴C（0，－4a），
①若AB=BC，则AB2=BC2，
∴16+16a2=25，
解得a=−34或a=34（舍），
∴y=−34x2+94x+3；
②若AB=AC，则AB2=AC2，
∴1+16a2=25，
解得a=−62或a=62（舍），
∴y=−62x2+362x+26；
③显然不存在BC=AC．
∴抛物线的解析式为y=−34x2+94x+3或y=−62x2+362x+26；
(3)
解：∵A（－1，0），B（4，0），C（0，－4a）
∴kAC=−4a，kBC=a，
∵以EF为直径的圆经过点C，
∴∠ECF=90∘，
∴kAC×kBC=−1，即−4a×a=−1，
解得a=−12或a=12（舍），
∴C（0，2），
∵AB=5，
∴EF=35AB=3，
取EF的中点Q，过点Q作QH⊥x轴于点H，则Q在以C为圆心，32为半径的圆上运动，

由垂径定理得：MN=2HN，
在Rt△QHN中，QN=32，求HN的最大值等价于求QH的最小值，求得HN的最大值即可求出MN的最大值，
∵QH的最小值为：2−32=12，
∴HN的最大值为：322−122=2，
∴MN的最大值为22．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的图象与坐标轴的交点、一元二次方程的应用、圆的基本性质及相关计算、锐角三角函数、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质及两点距离公式等知识点，数形结合、分类讨论、熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
4．（2022·江苏盐城·九年级期末）如图，抛物线y=−x2+ax+b与直线y=−12x+1交于A、B两点，其中点A在y轴上，点B的横坐标为﹣4，P为抛物线上一动点，过点P作PC垂直于AB，垂足为C，作PF垂直于x轴，垂足为F，交AB于E，设P的横坐标为t．

(1)求抛物线的解析式；
(2)①求cos∠CPE的值；
②若点P在直线上方的抛物线上，用含t的代数式表示线段PC的长，并求线段PC取最大值时点P的坐标．
(3)若点P是抛物线上任意一点，且满足0°<∠PAB≤∠CPE，请直接写出：
①点P的横坐标/的取值范围______；
②纵坐标为整数的点P为“玉点”，“玉点”的个数是______．
【答案】(1)y=−x2−92x+1
(2)①255，②PC=−255t+22+855，P（−2，6）；
(3)①−92≤t≤−196且t≠−4；②4

【分析】（1）把A（0，1），B（−4，3）代入y＝−x2＋ax＋b，即可求解析式；
（2）①设AB与x轴交于G，由∠CPE＝∠OGA，即可求cos∠CPE=255；
②由Pt，−t2−92t+1，则E（t，−12t+1），可求PE=−t2−4t，PC＝−255t+22+855，则有PC的最大值为855，此时P（−2，6）；
（3）①当∠PAB≤∠CPE时，由PCPA=15，可求t=−92或t=−196，又由∠PAB＞0°，则t≠−4，即可得t的取值范围，
②当t=−92时，当t=−196时，分别求得P的坐标为−92，1，−196，479，根据1与479之间共有1，2，3，4，5共5个整数，又由当t＝−4时，P（−4，3），“玉点”的个数是4个．
（1）
∵点A、B在直线y=−12x+1上，点A在y轴上，点B的横坐标为﹣4，
∴A（0，1），B（−4，3），
把A（0，1），B（−4，3）代入y＝−x2＋ax＋b，
得b=1−16−4a+b=3，
解得a=−92b=1
∴抛物线的解析式为y=−x2−92x+1
（2）
①设AB与x轴交于G，

∴G（2，0），
∴AG＝12+22=5，
由PC⊥AB，∠PFO＝90°，
∴∠CPE＝∠OGA，
∴cos∠CPE＝cos∠OGA＝OGAG=25=255；
②设Pt，−t2−92t+1，则E（t，−12t+1），
∴PE=−t2−92t+1−−12t+1=−t2−4t，
∵cos∠CPE＝PCPE=255，
∴PC−t2−4t=255，
∴PC=25−t2−4t5=−255t+22+855，
∵−4＜t＜0，
∴PC的最大值为855，
此时P（−2，6）；
（3）
①∵AO＝1，OG＝2，
∴tan∠AGO＝12，
∵∠CPE＝∠AGO，
∴tan∠PAB＝12，
当∠PAB≤∠CPE时，tan∠PAB＝12，
∴PCPA=15，
∴−255t2−855tt2+t2+92t2=15，
∴t=−92或t=−196，
∵∠PAB＞0°，
∴t≠−4，
∴−92≤t≤−196且t≠−4，
故答案为：−92≤t≤−196且t≠−4；
②当t=−92时，P−92，1
当t=−196时，P−196，479，
∵在1与479之间共有1，2，3，4，5共5个整数，
当t＝−4时，P（−4，3），
∴“玉点”的个数是4个，
故答案为：4个．
【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，利用直角三角形的三角函数值求解是解题的关键．
5．（2021·江苏淮安·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．

(1)求抛物线的函数表达式．
(2)若点P为第三象限内抛物线上一动点，作PD⊥x轴于点D，交AC于点E，过点E作AC的垂线与抛物线的对称轴和y轴分别交于点F、G，设点P的横坐标为m．
①求PE+2EG的最大值；
②连接DF、DG，若∠FDG＝45°，求m的值．
【答案】(1)y＝x2+2x﹣3；
(2)①254；②-1或−95

【分析】（1）运用待定系数法将B（1，0），C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，解方程组求出b、c即可；
（2）①利用待定系数法求出直线AC的解析式，过点E作EK⊥y轴于点K，设P（m，m2+2m﹣3），则E（m，﹣m﹣3），从而得出PE+2EG=−m+522+254EG，运用二次函数求最值方法即可；
②作EK⊥y轴于K，FM⊥y轴于M，直线EG与x轴交于点N．先证明△DGF∽△EGD，可得出DG2＝FG•EG＝2×2（﹣m）＝﹣2m，再运用勾股定理建立方程求解即可．
(1)
∵抛物线y＝x2+bx+c经过点B（1，0），C（0，﹣3），
∴1+b+c=0c=−3，
解得：b=2c=−3，
∴抛物线的函数表达式为：y＝x2+2x﹣3；
(2)
①当y＝0时，x2+2x﹣3＝0，
解得：x1＝﹣3，x2＝1，
∴A（﹣3，0），
设直线AC的解析式为y＝kx+n，
把A（﹣3，0），C（0，﹣3）代入，
得：−3k+n=0n=−3，解得：k=−1n=−3，
∴直线AC的解析式为：y＝﹣x﹣3，
∵OA＝OC＝3，
∴∠OAC＝∠OCA＝45°，
过点E作EK⊥y轴于点K，
∵EG⊥AC，
∴∠KEG＝∠KGE＝45°，
∴EG＝EKsin45°＝2EK＝2OD，
设P（m，m2+2m﹣3），则E（m，﹣m﹣3），
∴PE＝﹣m﹣3﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m，
∴PE+2EG＝PE+2OD＝﹣m2﹣3m﹣2m＝﹣m2﹣5m＝﹣（m+52）2+254，
由题意有﹣3＜m＜0，且﹣3＜﹣52＜0，﹣1＜0，
当m＝﹣52时，PE+2EG取最大值，PE+2EG的最大值为254；
②作EK⊥y轴于K，FM⊥y轴于M，记直线EG与x轴交于点N，
∵EK⊥y轴，PD⊥x轴，∠KEG＝45°，
∴∠DEG＝∠DNE＝45°，
∴DE＝DN．
∵∠KGE＝∠ONG＝45°，
∴OG＝ON，
∵y＝x2+2x﹣3的对称轴为直线x＝﹣1，
∴MF＝1，
∵∠KGF＝45°，
∴GF＝MFsin45°＝2MF＝2，
∵∠FDG＝45°，
∴∠FDN＝∠DEG．
又∵∠DGF＝∠EGD，
∴△DGF∽△EGD，
∴DGFG＝EGDG，
∴DG2＝FG•EG＝2×2（﹣m）＝﹣2m，
在Rt△ONG中，OG＝ON＝|OD﹣DN|＝|OD﹣DE|＝|﹣m﹣（m+3）|＝|﹣2m﹣3|，
OD＝﹣m，
在Rt△ODG中，
∵DG2＝OD2+OG2＝m2+（2m+3）2＝5m2+12m+9，
∴5m2+12m+9＝﹣2m，
解得m1＝﹣1，m2＝−95．


【点睛】本题考查二次函数解析式、线段和最短问题、相似三角形，能够灵活使用方程思想解决问题是解题的关键，常用勾股定理、相似比列方程．
6．（2021·江苏扬州·一模）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，点B坐标为3,0顶点P的坐标为1,−4，以AB为直径作圆，圆心为D，过P向右侧作⊙D的切线，切点为C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)请通过计算判断抛物线是否经过点C；
(3)设M，N分别为x轴，y轴上的两个动点，当四边形PNMC的周长最小时，请直接写出M，N两点的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3；
(2)见解析；
(3)M点坐标为：3+435,0，N点坐标为：0,−53+6

【分析】（1）可设顶点式，将顶点为A1,−4，点B3,0代入求出抛物线的解析式；
（2）首先求出D点坐标，再利用CD等于圆O半径为12AB=2，由cos∠PDC=CDPD=24=12，得出C点坐标即可，进而判断抛物线是否经过点C即可；
（3）作C关于x轴对称点C'，P关于y轴对称点P'，连接P'C'，与x轴，y轴交于M、N点，此时四边形PNMC周长最小，求出直线P'C'的解析式，求出图象与坐标轴交点坐标即可．
(1)
解:设抛物线的解析式为y=ax−ℎ2+k把ℎ=1，k=−4，代入得；y=ax−12−4，
把x=3，y=0代入y=ax−12−4，解得a=1，
∴抛物线的解析式为：y=x−12−4，即：y=x2−2x−3；
(2)
解:如图,

作抛物线的对称轴，
把y=0代入y=x2−2x−3解得x1=−1，x2=3，
∴A点坐标为−1,0，
∴AB=3−−1=4，
∴OD=2−1=1，
∴D点坐标为1,0，而抛物线的对称轴为直线x=1，
∴点D在直线x=1上，
过点C作CE⊥PD，CF⊥x轴，垂足分别为E，F，连接DC，
∵PC是⊙D的切线，
∴PC⊥DC，在Rt△PCD中
∵cos∠PDC=CPPD=24=12，
∴∠PDC=60°，
解直角三角形CDE，可得DE=1，CE=3，
∴C点坐标为3+1,−1，
把x=3+1代入y=x2−2x−3得：y=−1，
∴点C在抛物线上；
(3)
解：如图2，作点C关于x轴的对称点C'，点P关于y轴的对称点P'，连接P'C'，分别交x轴，y轴于M，N两点，


此时四边形PNMC的周长最小，
∵C点坐标为3+1,−1，
∴C'点坐标为3+1,1，
∵P的坐标为1,−4，
∴P'的坐标为−1,−4，
代入y=kx+b中，3+1k+b=1−k+b=−4，
解得：k=−53+10b=−53+6，
则直线P'C'的解析式为：y=−53+10x−53+6，
当x=0，y=−53+6，
故N点坐标为：0,−53+6，
当y=0，则0=−53+10x−53+6，
解得：x=3+435，
故M点坐标为：3+435,0．
【点睛】本题考查了用顶点式求二次函数的解析式以及利用对称性求四边形的最小值,利用轴对称找到M,N的位置是解题的关键.
7．（2022·江苏镇江·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PHAH的最大值是 ．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)m=2
(3)916

【分析】（1）根据对称轴是直线x=1，利用二次函数对称轴方程x=−b2a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=2BQ，DE=22PD，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PHAH=PDAG=−a2+3a4，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，
∴x=−b2a=1，即-b−2=l，解得b=2，
∴二次函数解析式为y=-x2+2x+3；
(2)
令−x2+2x+3=0解得x1=−1,x2=3，
∴A(-1，0)，B（3，0），
∴OB=3，
∵OC=3，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴∠OBC=45°，BC=32+32=32，
∵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=2BQ，DE=22PD，
∵P点横坐标是m，且在抛物线上，
∴PQ=−m2+2m+3，OQ=m，
∴BQ=DQ=3-m，BD=2BQ=23−m，
∴PD=PQ-DQ=−m2+3m，DE=22PD=22−m2+3m，
∵DE＝BD，
∴223−m=22−m2+3m，
解得：m1=2，m2=3（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：
3k+b＝0b＝3，
解得k＝−1b＝3，
∴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，
∴PHAH=PDAG=−a2+3a4=−14(a2−3a)=−14(a−32)2+916，
∴当a=32时，PHAH有最大值，最大值是916．
故答案为：916
【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．（2021·江苏·九年级专题练习）在平面直角坐标系中，过一点分别作坐标轴的垂线，若与坐标轴围成的矩形的周长与面积相等，则称这个点为“美好点”，如图，过点P分别作x轴，y轴的垂线，与坐标轴围成的矩形OAPB的周长与面积相等，则P为“美好点”．

（1）在点M（2，2），N（4，4），Q（﹣6，3）中，是“美好点”的有　 　；
（2）若“美好点”P（a，﹣3）在直线y＝x+b（b为常数）上，求a和b的值；
（3）若“美好点”P恰好在抛物线y=112x2第一象限的图象上，在x轴上是否存在一点Q使得△POQ为直角三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）N、Q；（2）a＝6，b＝﹣9或a＝﹣6，b＝3；（3）存在，点Q的坐标为（6，0）或（152，0）．
【分析】（1）根据“美好点”的定义逐个验证即可；
（2）对于P点，对应图形的周长为：2×（|a|+3）=2|a|+6，面积为3|a|，因为点P是“美好点”，故2|a|+6=3|a|，即可求解；
（3）根据点P是“美好点”确定点P的坐标，设点Q的坐标为（x，0），再分以下三种情况：当∠POQ=90°时，此种情况不存在；当∠PQO=90°时，则PO2=PQ2+OQ2；当∠OPQ=90°时，则OQ2=PQ2+OP2，分别列出关于x的方程，解得x即可．
【详解】解：（1）对于M点，对应图形的周长为：2×（2+2）＝8，面积为2×2＝4≠8，故点M不是“美好点”；
对于点N，对应图形的周长为：2×（4+4）＝16，面积为4×4＝16，故点N是“美好点”；
对于点Q，对应图形的周长为：2×（6+3）＝18，面积为6×3＝18，故点Q是“美好点”；
故答案为：N、Q；
（2）对于P点，对应图形的周长为2×（|a|+3）＝2|a|+6，面积为3|a|，
∵点P是“美好点”，
∴2|a|+6＝3|a|，解得：a＝±6，
将P（a，﹣3）代入y＝x+b得：﹣3＝a+b，则b＝﹣3﹣a，
∴当a=6时，b=-9；当a=-6时，b=3，
故a＝6，b＝﹣9或a＝﹣6，b＝3；
（3）存在，理由如下：
设点P的坐标为（m，n），则n＝112m2（m＞0，n＞0），
由题意得：2m+2n＝mn，∴2m+16m2＝112m3，
解得：m＝6或﹣4（舍去）或0（舍去），
故点P的坐标为（6，3）；
设点Q的坐标为（x，0），
则PQ2＝（x﹣6）2+32＝（x﹣6）2+9，
PO2＝36+9＝45，
OQ2＝x2，
当∠POQ=90°时，∵点Q在x轴上，则∠POQ≠90°，此种情况不存在；
当∠PQO=90°时，则PO2=PQ2+OQ2，∴45=（x﹣6）2+9+ x2，解得x＝6或x=0（舍去）；
当∠OPQ=90°时，则OQ2=PQ2+OP2，∴x2=（x﹣6）2+9+45，解得x＝152；
综上所述，符合条件的点Q的坐标为：（6，0）或（152，0）．
【点睛】本题考查了新定义问题，二次函数图象上的点，勾股定理，一次函数的图象上的点以及解一元二次方程等知识点，理解新定义是解题的关键，第（3）小问注意分类讨论思想的运用，避免漏解．
9．（2020·江苏盐城·九年级阶段练习）如图1，抛物线y＝ax2＋（a＋3）x＋3（a≠0）与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B，在x轴上有一动点E（m，0）（0＜m＜4），过点E作x轴的垂线交直线AB于点N，交抛物线于点P，过点P作PM⊥AB于点M．
（1）求a的值和直线AB的函数表达式；
（2）设△PMN的周长为C1，△AEN的周长为C2，若C1C2=65，求m的值；
（3）如图2，在（2）条件下，将线段OE绕点O逆时针旋转得到OE′，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接E′A、E′B，求E′A＋23E′B的最小值．

【答案】（1）a＝﹣34；y＝﹣34x+3；（2）2；（3）4310
【分析】（1）将点A(4,0)代入抛物线解析式，可求得a，设设直线AB解析式为y＝kx+b，求解即可；
（2）通过相似三角形可得PNAN=65，分别求得PN、AN的长，代入求解即可；
（3）在y轴上 取一点M′使得OM'=43，连接AM′，在AM′上取一点E′使得OE'=OE，通过相似三角形的判定，可得△M'OE'∽△E'OB，
【详解】解：（1）将点A(4,0)代入抛物线y=ax2+(a+3)x+3，得
16a+4(a+3)+3=0，解得a=−34，此时抛物线解析式为y=−34x2+94x+3
∴B(0,3)
∵A（4，0），B（0，3），
设直线AB解析式为y＝kx+b，则b=34k+b=0，解得k=−34b=3，
∴直线AB解析式为y=−34x+3．
（2）由题意可得：OA=4，OB=3，OE=m，则AB=5，AE=4−m
如图1中，∵PM⊥AB，PE⊥OA，
∴∠PMN＝∠AEN，
∵∠PNM＝∠ANE，
∴△PNM∽△ANE，
∴PNAN=65，
∵NE∥OB，
∴△ANE∽△ABO

∴ANAB=AEOA，∴AN=54(4−m)，
∵抛物线解析式为y=−34x2+94x+3，
∴PN=−34m2+94m+3−(−34m+3)=−34m2+3m，
∴−34m2+3m54(4−m)=65，解得m=2．
（3）如图2中，在y轴上 取一点M′使得OM′＝43，连接AM′，在AM′上取一点E′使得OE′＝OE．

∵OE′＝2，OM'•OB=43×3=4，
∴OE'2=OM'•OB，
∴OE'OM'=OBOE'，
∵∠BOE'=∠M'OE'，
∴△M'OE'∽△E'OB，
∴M'E'BE'=OE'OB=23，
∴M'E'=23BE'，
∴AE'+23BE'=AE'+E'M'≥AM'，当A、M′、E′共线时，AE'+23BE'最小，为AM'，
由勾股定理可得AM'=42+(43)2=4310
即最小值为4310
【点睛】此题考查了二次函数的综合应用，涉及相似三角形的判定与性质，待定系数法求函数解析式，解题的关键是灵活运用所学知识，作辅助线，构造出相似三角形．
10．（2022·江苏淮安·九年级期中）在平面直角坐标系 xOy 中， 已知抛物线 y=x2−2x−3 与 x 轴交于 A 、 B 两点， 与 y 轴交于 C 点， D 为抛物线顶点．

(1)A点坐标： ；顶点D的坐标： ；
(2)如图1，抛物线的对称轴上是否存在点T，使得线段TA绕点T顺时针旋转90°后，点A的对应点A'恰好也落在此拋物线上? 若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，连接AD，交y轴于点E，P是抛物线上第四象限的一个动点，连接 AP、BE交于点G，设w=S△BGPS△ABG， 则w有最大值还是最小值？w的最值是多少？
(4)点Q是抛物线对称轴上一动点， 连接OQ、AQ，设 △AOQ 外接圆圆心为H， 当 sin∠OQA的值最大时， 变直接写出点H的坐标 ．
【答案】(1)（-1，0），（1，-4）
(2)点T的坐标为(1，3)或(1，-2)；
(3)w有最小值，最小值为2425；
(4)（-12，2）或（-12，-2）

【分析】（1）令 y=0，解方程可求得A 、 B 两点的坐标，利用配方法配成顶点式，即可求得顶点D的坐标；
（2）作出解图的辅助线，利用AAS证明△A'TU≌△TAV，根据全等三角形的判定和性质以及坐标与图形的性质即可求解；
（3）根据已知条件设P（m，m2-2m-3），其中0＜m＜3，求得直线AP的解析式，直线BE的解析式，联立即可求得点G的坐标，根据三角形的面积公式求得w=8−3m2+8m+3，令z=-3m2+8m+3，根据二次函数的性质求得z的最大值，即可求得w的最小值；
（4）作△AOQ的外心H，作HG⊥x轴，则AG=12AO=12，进而可得H在AO的垂直平分线上运动，根据题意当sin∠OQA最大转化为求当AH取得最小值时，sin∠OQA最大，进而根据点到直线的距离，垂线段最短，即可求得AH=32，运用勾股定理求得HG，即可求得点H的坐标，根据对称性求得另一个坐标．
（1）
解：∵抛物线y=x2-2x-3与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，D为抛物线顶点．
∴令x=0，得：y=-3，
则C（0，-3），
令y=0，得：x2-2x-3=0，
解得：x1=-1，x2=3，
则A（-1，0），B（3，0），
∵y=x2-2x-3=（x-1）2-4，
∴D（1，-4）；
故答案为：（-1，0），（1，-4）；
（2）
解：由（1）知对称轴为直线x=1，设对称轴直线与x轴交于点V，
过点A'作A'U⊥TV于点U，如图：

∵∠A'TA=90°，A'T=TA，
∴∠A'TU+∠ATV=90°，∠ATV+∠TAV=90°，
∴∠A'TU=∠TAV，
∴△A'TU≌△TAV(AAS)，
∴A'U=TV，TU=AV=2，
设TV=a，则A'U=a，点T的坐标为(1，a)，
∴点A'的坐标为(1-a，a+2)，
由题意得a+2=(1−a)2-2(1−a)-3，
整理得a2-a-6=0，
解得a=3或-2，
∴点T的坐标为(1，3)或(1，-2)；
（3）
解：∵点P在第四象限的抛物线上，AP、BE交于点G，如图，

设P（m，m2-2m-3），其中0＜m＜3，
设直线AP的解析式为y=cx+d，
∵A（-1，0），P（m，m2-2m-3），
∴−c+d=0mc+d=m2−2m−3，
解得：c=m−3d=m−3，
∴直线AP的解析式为y=（m-3）x+m-3，
设直线BE的解析式为y=ex+f，
∵B（3，0），E（0，-2），
∴3e+f=0f=−2，
解得：e=23f=−2，
∴直线BE的解析式为y=23x-2，
联立方程组，得：y=(m−3)x+m−3y=23x−2，
解得：x=3−3m3m−11y=24−8m3m−11，
∴yG=24−8m3m−11，
∵0＜m＜3，
∴24-8m＞0，3m-11＜0，
∴24−8m3m−11＜0，
∴w=SΔABGSΔBGP=12AB⋅|yG|12AB⋅|yP|−12AB⋅|yG|=|yG||yP−yG|
=|yG||yP−yG|=8m−243m−11÷(24−8m3m−11−m2+2m+3)
=8−3m2+8m+3，
令z=−3m2+8m+3=−3(m−43)2+253，
∵-3＜0，
∴当m=43时，z取得最大值253，w取得最小值为8253=2425，
∴w有最小值，最小值为2425；
（4）
解：如图，作△AOQ的外心H，作HG⊥x轴，则AG=GO=12，

∵AH=HO，
∴H在AO的垂直平分线上运动，
依题意，当sin∠OQA最大时，即∠OQA最大时，
∵H是△AOQ的外心，
∴∠AHO=2∠AHG=2∠OQA，即当sin∠AHG最大时，sin∠OQA最大，
∵AG=12AO=12，
∴sin∠OQA=sin∠AHG=AGAH=12AH，
则当AH取得最小值时，sin∠OQA最大，
∵AH=HQ，
即当HQ⊥直线x=1时，AH取得最小值，
此时HQ=1-（-12）=32，
∴AH=32，
在Rt△AHG中，HG=AH2−AG2=(32)2−(12)2=2，
∴H（-12，2），
根据对称性，则存在H（-12，-2），
综上所述，H（-12，2）或H（-12，-2）．
故答案为：（-12，2）或（-12，-2）．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，三角形的外心，垂径定理，三角函数定义，抛物线与三角形面积计算，二次函数的性质求最值问题，抛物线与圆综合等，运用转化思想是解题的关键．
11．（2022·江苏连云港·二模）如图，抛物线y=ax2+bx+3经过点A(1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C，其顶点为M，连接MA，MC，AC，过点C作y轴的垂线l．

(1)求该抛物线的表达式；
(2)直线l上是否存在点N，使得S△MBN=2S△MAC？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)如图2，若将原抛物线绕点C逆时针旋转45∘，求新抛物线与y轴交点P坐标．
【答案】(1)y=x2−4x+3
(2)N(2,3)或N(10,3)
(3)P(0,3+52)

【分析】（1）直接代入A(1，0)，B(3，0)两点坐标即可求解．
（2）如图１所示，先求出SΔMAC的面积为１，然后设出直线MN与x轴的交点坐标E，表示出SΔMBN=12xE−xB⋅(yN−yM)=2xE−3，最后根据S△MBN=2S△MAC求出点N的坐标．
（3）将CP绕点C顺时针旋转45°交原抛物线于点P'，即可得出直线CP'的表达式，从而求出P'的坐标，进而算出CP'的长度，最后得出点P的坐标．
(1)
将A(1,0)，B(3,0)代入抛物线y=ax2+bx+3中得：
a+b+3=09a+3b+3=0 ，解得：a=1，b=−4，
故抛物线解析式为：y=x2−4x+3．
(2)
假设存在这样的点N，设直线MC与x轴交于点D，直线MN与x轴交于点E(xE,yE)，
∵ y=x2−4x+3=(x−2)2−1，
∴点M的坐标为(2,−1)，点C的坐标为(0,3)，
∴ lMC:y=−2x+3，
令y=0，−2x+3=0，得x=32，
∴点D的坐标为(32,0)，
∴ SΔMAC=12⋅(xD−xA)⋅(yC−yM)=12×12×4=1，
SΔMBN=12xE−xB⋅(yN−yM)=12xE−3×4=2xE−3，
∵ SΔMBN=2SΔMAC，
∴ 2xE−3=2×1，解得：xE=4或xE=2，
∴点E的坐标为(4,0)或(2,0)．
①当M为(2,−1)，E为(2,0)时，直线MN的表达式为：x=2，
∴点N的坐标为(2,3)．
②当M为(2,−1)，E为(4,0)时，直线MN的表达式为：y=12x−2，
联立y=12x−2y=3，得N(10,3)，
∴点N的坐标为(2,3)或(10,3)．

(3)
如图所示，将CP绕点C顺时针旋转45°交原抛物线于点P'，
则lCP':y=x+3，
联立y=x+3y=x2−4x+3，解得P'(5,8)，
∴ CP'=(5−0)2+(8−3)2=52，
∴ CP=52，即点P的坐标为(0,52+3)．

【点睛】本题考查二次函数与几何综合题，涉及面积求法，旋转性质等知识点，解题的关键是合理表示出面积，根据等量关系式求解；同时利用旋转的性质求出线段的长度，进而求出点的坐标．
12．（2022·江苏淮安·一模）如图1，直线y=−2x−4与y轴交于点A，与x轴交于点B,二次函数y=ax2+3x+c的图像经过点A，交x轴于C、D两点，且抛物线的对称轴为直线x=−32，点E是抛物线的顶点．

(1)a= ，c= ，顶点E坐标是 ；
(2)过点C作直线CK∥AB交y轴于点K，点P是直线CK上一动点，点Q是第三象限抛物线上一动点，求四边形APBQ面积的最大值与此时点Q的坐标；
(3)如图2，在（2）的结论下，对称轴与x轴交于点6，直线EQ交x轴于点E，在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得∠MFQ+∠CAO=45°，求点M的坐标．
【答案】(1)1，-4，−32,−25；
(2)494，Q−52,−214；
(3)−32,−2516，−32,−25

【分析】（1）先由直线y=-2x+4求出点A的坐标，再由点A在抛物线上和抛物线的对称轴为直线x=32，即可求解；
（2）根据直线y=-2x+4求出点B的坐标，根据（1）中求得的抛物线的解析式求出点C的坐标，△ABO的面积等于△ABC的面积且为定值，设点Q的横坐标为x，过点Q分别作x轴、y轴的垂线，用含x的代数表示△ABO的面积，再根据二次函数的性质求出当△ABO的面积最大时的x值，进而求出四边形APBQ面积的最大值及此时点Q的坐标；
（3）通过计算，得出GE=GF，可得∠GFQ=45°．当点M在直线EF下方，则只要作出∠GFM=∠CAO，则∠MFQ=∠CAO．可通过求EQ的解析式的方法求得点F的坐标，再求MG的长，从而得到点M的坐标；当点M在直线EF的上方，作点M关于直线EF的对称点J，求直线J的解析式，再求出另一点M的坐标．
（1）
解：∵直线y=-2x+4与y轴交于点A，
∴A（0，4），
∵抛物线经过点A且对称轴为直线x=32，
∴c=4，−32a=32，
∴a=-1，
∴二次函数的解析式为y=−x2+3x+4；
（2）
如图，作QH⊥AB于点H，QN∥y轴交直线AB于点N，

设点Q（x，-x2+3x+4），则F（x，-2x+4），
当y=0时， -x2+3x+4=0，
解得，x1=-1，x2=4，
∴C（-1，0），D（4，0），
由-2x+4=0，得x=2，
∴B（2，0），
∴AB=22+42=25，
∵∠EFQ=∠OAB，
∴HQQN=OBAB=225=55，
∴HQ=55QN=55(−x2+3x+4+2x−4)=55(−x2+5x)，
∵CE∥AB，
∴SΔABP=SΔABC=12×3×4=6，
∴S四边形APBO=SΔABO+SΔABP
=12×25×55(−x2+5x)+6
=−x2+5x+6
=(x−52)2+494，
∴当x=52时，四边形APBQ面积的最大，最大值为494，此时Q(52,214)；
（3）
解：存在，理由如下：
∵y=−x2+3x+4=(x−32)2+254，
∴点E32，254，
∴GE=254，
设直线EF的解析式为y=kx+bk≠0，
把点Q(52,214)，E32，254代入得：
32k+b=25452k+b=214，解得：k=−1b=314，
∴直线EF的解析式为y=−x+314，
当y=0时，x=314，
∴点F(314,0)，
∴GF=314−32=254=GE，
∴△EGF是等腰直角三角形，
若点M在直线EF的下方，当MGFG=COAO=14时，则∠GFM=∠CAO，
∴∠MFQ+∠CAO=45°，
∴此时MG=14×254=2516，
∴点M(32,2516)；
若点M在直线EF的上方，作点M关于直线EF的对称点J，连接EJ，则△MEJ是等腰直角三角形，

∵EJ∥x轴，EJ=EM=254−2516=7516，
∴点J(9916,254)，
设直线FJ的解析式为y=mx+nm≠0，
把点J(9916,254)，F(314,0)代入得：
9916m+n=254314m+n=0，
解得：m=−4n=31，
∴直线FJ的解析式为y=−4x+31，
当x=32时，y=−4×32+31=25，
此时M(32,25)，
综上所述，点M的坐标为(32,2516)或(32,25)．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图象与性质、利用函数的关系式表示点的坐标和线段长度的方法以及转化等．
13．（2022·江苏·苏州市胥江实验中学校九年级期中）抛物线y=ax2+2x+c过点A−1,0，点B3,0，顶点为C．

(1)求抛物线的表达式及顶点C的坐标；
(2)如图1，点P在第一象限抛物线上，连接CP并延长交x轴于点D，连接AC，AP．若S△ACP:S△ADP=4:5，求点P的坐标；
(3)如图2，在（2）的条件下，点E是抛物线对称轴上一点，点F是平面内一点，是否存在点E，点F，使得四边形ADFE为菱形？若存在，请求出所有符合条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=-x2+2x+3，顶点坐标为1,4
(2)P73,209
(3)存在，6,21或6,−21

【分析】（1）用待定系数法求出二次函数关系式即可；
（2）过点C作CM⊥x轴于M，PN⊥x轴于N，根据面积法求得PNCM=59，设Pt,−t2+2t+3，列出关于t的方程求解即可；
（3）先求出直线CD的函数关系式，再求出点D坐标，设E1,ℎ，根据菱形的性质列出关于h的方程并求解，最后求出点F的坐标
【详解】（1）把A−1,0、B3,0代入y=ax2+2x+c，
得到a−2+c=09a+6+c=0，解得a=−1c=3，
∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3
∴顶点C坐标1,4
（2）如图1，过点C作CM⊥x轴于M，PN⊥x轴于N，

∵S△ACP:S△ADP=4:5，
∴S△ADP:S△ADC=5:9，
∴12AD×PN12AD×CM=59，
∴PNCM=59
设Pt,−t2+2t+3，其中t>0，
则−t2+2t+34=59
解得：t1=−13（舍），t2=73，
∴P73,209
（3）设直线CD的函数关系式为：y=mx+n，
∵直线CD过C1,4，P73,209，
∴m+n=473m+n=209，
解得：m=−43n=163
可求得直线CD:y=−43x+163，
将y=0代入y=−43x+163中，得：x=4 ，
∴D4,0，
由题知抛物线的对称轴为直线x=1，A−1,0，
设E1,ℎ，
若四边形ADFE是菱形，则AD=AE
∴4−−1=1+12+ℎ2，
∴ℎ=±21
∴点E坐标为1,21或1,−21．
由平移性质可得点F坐标分别为6,21或6,−21．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，，菱形的性质等知识，理解二次函数的性质是解题的关键．
14．（2022·江苏苏州·一模）图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴相交于A，B两点（点A位于点B的左侧），与y轴相交于点C，M是抛物线的顶点且横坐标为1，点C的坐标为（0，3），P为线段MB上一个动点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)过点P作PD⊥x轴于点D．若PD=m，ΔPCD的面积为S．求S与m之间的函数关系式，并写出自变量m的取值范围；
(3)是否存在点P满足DC=PC，若存在，请求出点P坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)S=−14m2+32m(0 (3)不存在，理由见解析．

【分析】（1）先根据对称轴求出b的值，再将点C坐标代入解析式可求c的值，即可求解；
（2）先求出点M，点B的坐标，利用待定系数法可求BM解析式，由三角形的面积公式可求解；
（3）假设DC=PC，用两点间距离公式列出关于m的方程，再求解即可．
（1）
由题意知抛物线y=−x2+bx+c的对称轴为直线x=−b2×(−1)=1，
∴b=2．
又∵抛物线与y轴的交点为C(0,3)，
∴c=3，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3．
（2）
∵y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，
∴顶点M(1,4)．
令y=0，则有0=−x2+2x+3，
解得x1=-1，x2=3，
∴A（-1，0），B（3，0），
设直线BM的解析式为y=kx+n，将B(3,0),M(1,4)代入，
得3k+n=0,k+n=4,
解得k=−2,n=6,
∴直线BM的解析式为y=−2x+6．
∵PD⊥x轴且PD=m，
∴P3−m2,m，
∴△PCD的面积S=12PD⋅OD=12m3−m2=−m2−6m4=−14m2+32m．
∵点P在线段BM上，且M(1,4),B(3,0)，
∴0 故S与m之间的函数关系式为S=−14m2+32m(0 （3）
当DC=PC时，由勾股定理可得3−m2−02+(−3)2=3−m2−02+(m−3)2．
解得m=0或m=6，均不符合题意，舍去．
综上所诉，不存在满足DC=PC的点P
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，等腰三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
15．（2022·江苏·徐州市树人初级中学二模）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2−4x+3与x轴相交于点A，B（A在B的左边），与y轴相交于点C．M0,m是y轴上动点，过点M的直线l垂直于y轴，与抛物线相交于两点P、Q（P在Q的左边），与直线BC交于点N．

(1)求直线BC的函数表达式；
(2)如图2，四边形PMGH是正方形，连接CP．△PNC的面积为S1，正方形PMGH的面积为S2．若m<3，求S1S2的取值范围．
【答案】(1)直线BC的函数表达式为y=−x+3
(2)1
【分析】（1）直接根据二次函数表达式求出点B、C坐标，然后待定系数法即可求出表达式．
（2）由题意得出M、N两点的坐标分别为(0,m)和(3−m,m)，然后设出点P坐标为(t,t2−4t+3)，得出m=t2−4t+3，进而表示出PN=3t−t2，CM=4t−t2，PM=t，根据SΔPNC=S1=12PN·CM，S正方形PMGH=S2=PM2得出面积表达式S1=12(4t−t2)(3t−t2)，S2=t2，从而S1S2=12(t−72)2−18，最后根据t的取值范围即可求出答案．
(1)
令y=0，得x2−4x+3=0，解得x1=1，x2=3，
即A的坐标为(1,0)，B的坐标为(3,0)，
令x=0，得y=3，即C的坐标为(0,3)，
设lBC:y=kx+b，代入B,C两点的坐标得出：3k+b=0b=3，
解得k=−1b=3，
∴直线BC的函数表达式为y=−x+3．
(2)
由题意可知，M点的坐标为(0,m)，点N的坐标为(3−m,m)，设点P坐标为(t,t2−4t+3)，即m=t2−4t+3，
∴PN=3−m−t=3t−t2，CM=3−m=4t−t2，PM=t，
即SΔPNC=S1=12PN⋅CM=12(3t−t2)⋅(4t−t2)，

S正方形PMGH=S2=PM2=t2，
∴S1S2=12(4t−t2)(3t−t2)t2=12(t2−7t+12)=12(t−72)2−18
∵y=x2−4x+3=(x−2)2−1，
∴抛物线的顶点坐标为(2,−1)，
∵直线l与抛物线交于P、Q两点，
∴−1 令y=12(t−72)2−18，当0 ∴当t=0时，ymax=6；当t=2时，ymin=1；
∴1 【点睛】本题考查了一次函数表达式求法，二次函数面积综合，解题的关键是理解题意，合理设点的坐标，表示出所求图形的面积，最后根据所给条件求取值范围．
16．（2022·江苏连云港·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=12x2+bx+c与坐标轴交于A0,−2，B4,0两点，直线BC:y=−2x+8交y轴于点C．点D为直线AB下方抛物线上一动点，过点D作x轴的垂线，垂足为G，DG分别交直线BC，AB于点E，F．

(1)求b和c的值；
(2)当GF=12时，连接BD，求△BDF的面积；
(3)H是y轴上一点，当四边形BEHF是矩形时，求点H的坐标．
【答案】(1)b=-32 ，c=-2
(2)△BDF的面积为34
(3)H(0， 3)

【分析】(1)利用待定系数法求解即可；
(2)求出点D的坐标，可得结论；
(3)过点H作HM⊥EF于M，证明△EMH≌△FGB (AAS)，推出MH=GB，EM=FG，由HM=OG可得OG = GB=12OB= 2，由题意直线A B的解析式为y=12x-2，设E(a，-2a+8)，F(a， 12a-2)，根据MH = BG，构建方程求解，可得结论．
（1）
∵抛物线y= -x2 + bx + c过A(0，-2)，B(4， 0)两点，
∴{c=−28+4b+c=0 ，
解得{b=−32c=−2 ，
∴y=12x2−32x−2
故答案为：b=-32 ，c=-2
（2）
∵B(4，0)，A(0，2)
∴OB=4，OA=2，
∵GF⊥x轴，OA⊥x轴，
在Rt△BOA和和Rt△BGF中，
∴tan∠ABO=OAOB=GFGB
即24=12GB
∴GB=1
∴OG=OB-GB=4-1=3
当x=3时，
yD=12×9−32×3−2=−2
∴D(3，-2)，即GD=2
∴FD=GD-GF=2-12=32
∴SΔBDF=12·DF·BG=12×32×1=34
（3）
①如图1中，过点H作HM⊥EF于M，

∵四边形BEHF是矩形，
∴EH//BF，EH= BF，
∴∠HEF=∠BFE，
∵∠EMH=∠FGB= 90°
∴△EMH≌△FGB (AAS)，
∴MH=GB，EM=FG，
∴HM=OG，
∴OG= GB=12OB=2，
∵A(0，-2)， B(4，0)，
∴直线AB的解析式为y= 12x- 2，
设E(a，-2a+8)，F(a， 12a-2)，
由MH = BG得到，a-0=4-a，
∴a= 2，
∴E(2，4)， F(2，-1)，
∴ FG= 1，
∵ EM= FG，
∴4-yH= 1，
∴yH =3，
∴H(0， 3)．
【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，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
17．（2022·江苏常州·一模）在平面直角坐标系xOy中，顶点为M的抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，已知A(−3,0)，B(1,0)，C(0,3)．连接OM，作CD∥OM交AM的延长线于点D．

(1)求抛物线对应的二次函数表达式；
(2)求点D的坐标；
(3)直线AM上是否存在点P，使得△POA的面积与四边形POCM面积之比为1∶2？如果存在请求出点P的坐标，如果不存在请说明理由．
【答案】(1)y=−x2−2x+3
(2)(−12,5)
(3)存在，(−136,53)或(−112,−5)

【分析】（1）用待定系数法求解析式即可；
（2）利用CD∥OM求出直线CD的解析式，再求出直线AM的解析式，联立两解析式即可求出点D坐标；
（3）设△POA的面积为S，根据“△POA的面积与四边形POCM面积之比为1∶2”求出△POA的面积，得到P点的纵坐标，进而代入直线AM的解析式求出P点坐标即可．
（1）
解：设抛物线对应的二次函数表达式为y=ax2+bx+c，
把A(−3,0)，B(1,0)，C(0,3)代入解析式可得
9a−3b+c=0a+b+c=0c=3，
解得a=−1b=−2c=3，
所以抛物线对应的二次函数表达式为y=−x2−2x+3；
（2）
由y=−x2−2x+3=−(x+1)2+4可知顶点M的坐标为(−1,4)，
设直线OM的解析式为：y=k1x，
将M(−1,4)代入得4=−k1，
∴k1=−4，
∵CD//OM
∴kCD=k1=−4，
设直线CD的解析式为y=−4x+b，
将C(0,3)代入得b=3，
∴y=−4x+3，
设直线AM的解析式为y=k2x+b，
将A(−3,0)、M(−1,4)代入得−3k2+b=0−k2+b=0，
解得k2=2b=6，
∴y=2x+6，
联立AM、CD两直线解析式得y=2x+6y=−4x+3，
解得x=−12y=5，
∴D点坐标为(−12,5)；
（3）
由题意可知：OC=3，OA=3，
S△OCM=12·OC·xM=12×3×1=32，S△AOM=12·AO·yM=12×3×4=6，
设△POA的面积为S，
当P点位于x轴上方时，如图：

S△P1OM=6−S，则四边形POCM面积为6−S+32=152−S，
∵ △POA的面积与四边形POCM面积之比为1∶2，即S152−S=12，
∴ S=52，
∴P1H=2SAO=53，即P1的纵坐标为53，
代入y=2x+6得x=−136，
当x=−136时，y=53，
∴P1(−136,53)；
当P点位于x轴下方时，如图：

S△P2OM=6+S，则四边形POCM面积为6+S+32=152+S，
∵ △POA的面积与四边形POCM面积之比为1∶2，即S152+S=12，
∴ S=152，
∴P2I=2SAO=5，即P2的纵坐标为−5，
代入y=2x+6得x=−112，
∴P2(−112,−5)；
综上所述：P点坐标为(−136,53)或(−112,−5)．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，一次函数交点坐标，二次函数与面积等知识点，将面积问题转化为点的坐标是解题的关键．
18．（2022·江苏盐城·一模）如图1，在平面直角坐标中，抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于点A(−1,0)、B(4,0)两点，与y轴交于点C，连接BC，直线BM:y=2x+m交y轴于点M.P为直线BC上方抛物线上一动点，过点P作x轴的垂线，分别交直线BC、BM于点E、F．

(1)求抛物线的表达式；
(2)当点P落在抛物线的对称轴上时，求△PBC的面积；
(3)①若点N为y轴上一动点，当四边形BENF为矩形时，求点N的坐标；
②在①的条件下，第四象限内有一点Q，满足QN=QM，当△QNB的周长最小时，求点Q的坐标．
【答案】(1)y=−12x2+32x+2
(2)154
(3)①N(0,−3)；②Q(54,−112)

【分析】（1）根据抛物线与x轴交点，写出函数的交点式即可得出结果；
（2）求出直线BC的表达式为：y=−12x+2，得到E点纵坐标，利用三角形面积公式求解即可；
（3）①过点N作NG⊥EF于点G，求出直线BM的表达式为：y=2x−8，得到M(0,−8)，设E(a,−12a+2)，F(a,2a−8)，再根据矩形性质求出他们的坐标，进而得到N(0,−3)；②根据①中的相关信息，得出当点B、Q、M共线时，△QNB的周长最小，此时，点Q即为MN的垂直平分线与直线BM的交点，求解即可．
（1）
解：∵抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于点A(−1,0)、B(4,0)两点，
∴抛物线的表达式为：y=−12(x+1)(x−4)，
∴y=−12x2+32x+2；
（2）
解：∵y=−12x2+32x+2，
∴y=−12(x−32)2+258，
∴P(32,258)，
∵B(4,0)，C(0,2)，
∴直线BC的表达式为：y=−12x+2，
把x=32代入y=−12x+2得：y=54，
∴SΔPBC=12×(258−54)×4=154；
（3）
解：①过点N作NG⊥EF于点G，

∵y=2x+m过点B(4,0)，
∴0=2×4+m，
∴m=−8，
∴直线BM的表达式为：y=2x−8，
∴M(0,−8)，
设E(a,−12a+2)，F(a,2a−8)，
∵四边形BENF为矩形，
∴ΔBEH≅ΔNFG，
∴NG=BH，EH=FG，
∴a=4−a，
∴a=2，
∴F(2,−4)、E(2,1)，
∴EH=FG=1，
GH=4−1=3，
∴N(0,−3)；
②∵QN=QM，
∴点Q在MN的垂直平分线上，
又∵B(4,0)，N(0,−3)，
∴BN=5，
∴CΔQNB=BQ+NQ+5=BQ+MQ+5，
∴当点B、Q、M共线时，△QNB的周长最小，

此时，点Q即为MN的垂直平分线与直线BM的交点，
∵N(0,−3)；M(0,−8)，
∴D(0,−112)，
把y=−112代入y=2x−8得：x=54，
∴Q(54,−112)．
【点睛】本题考查二次函数综合，涉及到待定系数法求表达式、平面直角坐标系三角形面积求解、特殊平行四边形问题和动点最值问题，综合性强、难度较大，熟练掌握相关题型的解题方法是解决问题的关键．
19．（2021·江苏盐城·九年级阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，抛物线y＝ax2+bx经过A（﹣4，0），B（﹣3，3）两点，连接AB，BO．
（1）求抛物线表达式和直线OB解析式；
（2）点C是第二象限内直线OB上方抛物线上的一个动点，是否存在一点C使△COB面积最大？若存在请求出点C坐标及最大面积，若不存在请说明理由；
（3）若点D从点O出发沿线段OA向点A作匀速运动，速度为每秒1个单位长度，同时线段OA上另一个点H从点A出发沿线段AO向点O作匀速运动，速度为每秒2个单位长度（当点H到达点O时，点D也同时停止运动）．过点D作x轴的垂线，与直线OB交于点E，延长DE到点F，使得EF＝DE，以DF为边，在DF左侧作等边△DGF（当点D运动时点G、点F也随之运动）．过点H作x轴的垂线，与直线AB交于点L，延长HL到点M，使得LM＝HL，以HM为边，在HM的右侧作等边△HMN（当点H运动时，点M、点N也随之运动）．当点D运动t秒时，△DGF有一条边所在直线恰好过△HMN的重心，直接写出此刻t的值．

【答案】（1）抛物线解析式y=−33x2−433x，直线OB解析式y=−33x；（2）存在，点C−32,534，最大面积为938；（3）t的值为45s或411s时，△DGF有一条边所在直线恰好过△HMN的重心．
【分析】（1）利用待定系数法分别把点A、B的坐标代入抛物线解析式，设直线OB解析式为y=kx，进而代点求解即可；
（2）过点C作CQ∥y轴，交OB于点Q，由（1）可设点Cm,−33m2−433m,Qm,−33m，则有CQ=−33m2−3m，然后根据铅垂法可进行求解；
（3）由题意可分两种情况：①当直线DF经过△HMN的重心P时，②当直线DG经过△HMN的重心P时，然后根据相似三角形的性质与判定及三角函数可进行求解．
【详解】解：（1）由题意得：把点A、B的坐标代入抛物线解析式y＝ax2+bx得：
16a−4b=09a−3b=3，解得：a=−33b=−433，
∴抛物线解析式为y=−33x2−433x，
设直线OB解析式为y=kx，
∴−3k=3，解得：k=−33，
∴直线OB解析式为y=−33x；
（2）过点C作CQ∥y轴，交OB于点Q，如图所示：

由（1）可设点Cm,−33m2−433m,Qm,−33m，
∴CQ=−33m2−433m+33m=−33m2−3m，
∵点B（﹣3，3），
∴△COB的水平宽为3，
∴S△COB=12×3×−33m2−3m=−32m+322+938，
∵−32<0，
∴当m=−32时，△COB的面积为最大，最大值为938，
把m=−32代入抛物线解析式得：y=534，
∴点C−32,534；
（3）由题意可分两种情况：
①当直线DF经过△HMN的重心P时，如图2，连接NL，

∵LM=LH，且△HMN是等边三角形，
∴点P在NL上，
由题意得：OD=t,AH=2t，
AB=−4+32+0−32=2,OA=4,OB=32+0−32=23，
∴AB2+OB2=OA2，且AB=12OA，
∴∠AOB=30°,∠BAO=60°，
∵MH⊥x轴，
∴∠ALH=30°，
∴LH=23t，
∴HN=HM=2HL=43t，
∵∠LHN=60°，
∴LN=HN⋅sin60°=6t，
∵FD⊥x轴，MH⊥x轴，
∴∠LHD=∠PDH=∠PLH=90°，
∴四边形PLHD是矩形，
∵点P是重心，
∴PL=DH=13LN=2t，
∵OA=AH+HD+OD=4，
∴2t+2t+t=4，解得：t=45；
②当直线DG经过△HMN的重心P时，如图3，连接NL，

∵DP//MN，
∴LPPN=LKKM=12，
∵LH=LM，
∴KLKH=14，
∵LP//DH，
∴KLKH=LPDH=14，即2t4−3t=14，
解得：t=411，
综上所述：t的值为45s或411s时，△DGF有一条边所在直线恰好过△HMN的重心．
【点睛】本题主要考查二次函数的综合、相似三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握二次函数的综合、相似三角形的性质与判定及三角函数是解题的关键．
20．（2021·江苏·海安市紫石中学九年级阶段练习）x、y是一个函数的两个变量，若当a≤x≤b时，有a≤y≤b（a＜b），则称此函数为a≤x≤b上的闭函数．如y＝﹣x+3，当x＝1时y＝2；当x＝2时y＝1，即当1≤x≤2时，1≤y≤2，所以y＝﹣x+3是1≤x≤2上的闭函数．
（1）请说明y=x2−2是−2≤x≤2上的闭函数；
（2）已知二次函数y＝x2+4x+k是t≤x≤﹣2上的闭函数，求k和t的值；
（3）在（2）的情况下，设A为抛物线顶点，B为直线x＝t上一点，C为抛物线与y轴的交点，若△ABC为等腰直角三角形，请直接写出它的腰长为________________．
【答案】（1）理由见解析；（2）k,t的值分别为1,−3；（3）10
【分析】（1）根据题意的闭函数的定义求解即可；
（2）根据闭函数的定义以及二次函数的性质，分别求得x=t,x=−2时的函数值为−2，t，进而解方程即可求解；
（3）根据题意以及（2）的结论，分别求得A,B,C的坐标，分类讨论，进而根据等腰三角形的性质和勾股定理即可求得其腰长．
【详解】（1）由y=x2−2，
∵a=1>0，对称轴为x=0，
∴当x≥0时，y随x的增大而增大，
∴当x=−2时，y=2；当x=0时，y=−2
当x<0时，y随x的增大而减小，
∴当x=2时，y=2；
综上可得，当−2≤x≤2，−2≤y≤2
∴ y=x2−2是−2≤x≤2上的闭函数；
（2）∵y=(x+2)2+k−4
∴抛物线的对称轴为x = −2，a=1>0，则抛物线的开口向上，
∵t≤x≤−2
∴ y随x的增大而减小
∵函数y=x2+4x+k是t≤x≤−2上的闭函数，
∴当x=t时，y=t2+4t+k
当x=−2时，y=k−4
∴k−4=tt2+4t+k=−2
解得k1=1t1=−3,k2=2t2=−2
∵ t<−2
∴ k=1t=−3
故k,t的值分别为1,−3
（3）由（2）可知，抛物线的解析式为：y=x2+4x+1，
即y=(x+2)2−3，
A为抛物线顶点，
∴A(−2,−3)，
C为抛物线与y轴的交点，
∴C(0,1)，
∵t=−3，B为直线x=−3上一点，
设B(−3,n)，
由勾股定理可得AC2=22+(−3−1)2=20，
AB2=−2+32+−3−n2=1+(n+3)2 =n2+6n+10，
BC2=32+(n−1)2=n2−2n+10，
①当∠BAC=90°时，AB=AC，则AB2=AC2，
∴ n2+6n+10 =20，
解得n=−3±19，
当n=−3±19，
又AB2+AC2=BC2，
∴ n2+6n+10 + 20 = n2−2n+10，
解得n=−52，
∴此情况不存在；
②当∠ABC=90°时，AB=BC，则AB2=BC2，
n2+6n+10 = n2−2n+10，
解得n=0，
当n=0时，
AB2+BC2=20,AC2=20，
∴ AB2+BC2=AC2，
∴此时是以B点为直角顶点的等腰三角形，腰长为AB=10，
③当∠ACB=90°时，BC=AC，则BC2=AC2，
n2−2n+10=20，
解得m=1±11，
又BC2+AC2=AB2，
∴ 20 + n2−2n+10 = n2+6n+10，
解得n=52，
∴此情况不存在，
综上所述，△ABC为等腰直角三角形，腰长为10．
故答案为：10．
【点睛】本题考查了新定义问题，二次函数的性质，求二次函数，勾股定理，等腰直角三角形的性质，掌握二次函数的性质是解题的关键．
21．（2022·江苏·无锡市金桥双语实验学校九年级阶段练习）如图，抛物线y＝mx2﹣4mx＋n（m＞0）与x轴交于A，B两点，点B在点A的右侧，抛物线与y轴正半轴交于点C，连接CA、CB，已知tan∠CAO＝3，sin∠CBO＝22．
（1）求抛物线的对称轴与抛物线的解析式；
（2）设D为抛物线对称轴上一点．
①当△BCD的外接圆的圆心在△BCD的边上时，求点D的坐标；
②若△BCD是锐角三角形，直接写出点D的纵坐标n的取值范围．

【答案】（1）y=x2−4x+3，对称轴是直线x=2；（2）①D（2，5）或D（2，3+172）或（0，3−172）或D（2，-1）；②3+172 【分析】（1）先根据tan∠CAO=OCOA=3 ，sin∠CBO=22 ，得到OC=3OA，∠CBO=45°，则OC=OB，再求出抛物线对称轴为x=−4m2m=2 ，OC=n，OA=13n ，OB=n ，A（13n，0），B（n，0），由此求出n的值即可求出抛物线的解析式；
（2）①当△BCD的外接圆圆心在△BCD边上时，△BCD是直角三角形，设D（2，t），则CD2=2−02+a−32=a2−6a+13 ，BD2=2−32+a−02=a2+1，BC2=3−02+0−32=18，然后分别讨论当B、C、D为直角顶点时，利用勾股定理求解；
②由图形可知当D在D1和D3之间或D4与D2之间时，△BCD是锐角三角形，其中D1是C为直角顶点时D点的位置，D3是D为直角顶点D的位置，D4和D2分别是以B和D为直角顶角的位置．
【详解】解：（1）由题意可知，∠COA=90°，
∴tan∠CAO=OCOA=3 ，sin∠CBO=22
∴OC=3OA，∠CBO=45°，
∴OC=OB，
∵抛物线y＝mx2﹣4mx＋n（m＞0）与x轴交于A，B两点，点B在点A的右侧，抛物线与y轴正半轴交于点C，
∴C（0，n），抛物线对称轴为x=−−4m2m=2 ，
∴OC=n，
∴OA=13n ，OB=n ，
∴A（13n，0），B（n，0），
∴n+13n2=2 ，
∴n=3，
∴C（0，3），B（3，0），A（1，0），
∴把A（1，0）代入抛物线解析式得：m−4m+3=0 ，
∴m=1，
∴抛物线解析式为y=x2−4x+3 ；
（2）①当△BCD的外接圆圆心在△BCD边上时，△BCD是直角三角形，
∵D为抛物线对称轴上的一点，
∴设D（2，a）
∵C（0，3）B（3，0），
∴CD2=2−02+a−32=a2−6a+13 ，BD2=2−32+a−02=a2+1，BC2=3−02+0−32=18，
当C为直角顶点时，DC2+BC2=BD2即a2−6a+13+18=a2+1，
解得a=5，
∴D（2，5）；
当D为直角顶点时，DC2+BD2=BC2即a2−6a+13+a2+1=18，
解得a=3±172 ，
∴D（2，3+172）或（0，3−172）；
当B为直角顶点时，BC2+BD2=CD2即a2−6a+13=18+a2+1，
解得a=-1，
∴D（2，-1）；
∴综上所述：D（2，5）或D（2，3+172）或（0，3−172）或D（2，-1）；
②由图形可知当D在D1和D3之间或D4与D2之间时，△BCD是锐角三角形，其中D1是C为直角顶点时D点的位置，D3是D为直角顶点D的位置，D4和D2分别是以B和D为直角顶角的位置，
∴3+172
【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，两点距离公式，勾股定理，二次函数与直角三角形的综合，解直角三角形，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
22．（2022·江苏宿迁·一模）在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A−4, 0，B0, −4，C2, 0三点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)若点M为第三象限内抛物线上一动点，点M的横坐标为m，△AMB的面积为S，求S关于m的函数关系式，并求出S的最大值．
(3)若点P是抛物线上的动点，点Q是直线y=−x 上的动点，若以点P、Q、B、O为顶点的四边形为平行四边形，直接写出相应的点Q的坐标．
【答案】(1)y=12x2+x−4；
(2)S=−m2−4m，4；
(3)Q点的坐标为（4，−4）或（−2+25，2−25）或（−2−25，2+25）或（-4，4）.

【分析】（1）先假设出函数解析式，利用待定系数法求解函数解析式；
（2）设出M点的坐标，利用S=S△AOM+S△OBM-S△AOB即可进行解答；
（3）当OB是平行四边形的边时，表示出PQ的长，再根据平行四边形的对边相等列出方程求解即可；当OB是对角线时，由图可知点A与P应该重合．
(1)
解：设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，
将A−4, 0，B0, −4，C2, 0三点代入得，
16a−4b+c=0c=−44a+2b+c=0   解得a=12b=1c=−4，
∴抛物线解析式为y=12x2+x−4；
(2)
解：∵点M的横坐标为m，点M为第三象限内抛物线上一动点，
∴ M的坐标为（m，12m2+m−4），
∴S=S△AOM+S△OBM-S△AOB
=12×4×(12m2+m−4)+12×4×(−m)−12×4×4
=−m2−4m=−(m+2)2+4，
∵−4 ∴当m=−2时，S有最大值为4；
(3)
解：设P（x，12x2+x−4），
当OB为边时，根据平行四边形的性质得 PQ∥OB,PQ=OB，
∴点Q的横坐标等于P的横坐标，
又∵直线的解析式为y=−x ，
∴Q（x，−x），
∴−x−(12x2+x−4)=4，
解得 x=0,−4,−2±25，
x=0不合题意，应舍去，
如图，当OB为对角线时，点A与P重合，OP=4，
四边形PBQO为平行四边形，则BQ=OP=4，
点Q的横坐标为4，
∴Q（4，−4），
综上，Q点的坐标为（4，−4）或（−2+25，2−25）或（−2−25，2+25）或（-4，4）．

【点睛】此题考查了二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法求抛物线解析式，坐标与图形性质，三角形面积求法，以及二次函数的性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解本题的关键，在求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论求得结果．
23．（2022·江苏南京·九年级专题练习）如图1，抛物线y=−14x2+bx+c经过点A(4，3)，对称轴是直线x=2，顶点为B．抛物线与y轴交于点C，连接AC，过点A作AD⊥x轴于点D，点E是线段AC上的动点(点E不与A、C两点重合)．

(1)求抛物线的函数解析式和顶点B的坐标；
(2)若直线BE将四边形ACOD分成面积比为1:3的两个四边形，求点E的坐标；
(3)如图2，连接DE，作矩形DEFG，在点E的运动过程中，是否存在点G落在y轴上的同时点F也恰好落在抛物线上?若存在，求出此时AE的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−14x2+x+3；2,4
(2)85，3或125，3

(3)存在，43

【分析】（1）由题意得出−14×42+4b+c=3−b2×(−14)=2解得b,c的值，代入可得抛物线的解析式，将解析式化成顶点式，可得顶点坐标；
（2）求出C（0，3），设点E的坐标为（m，3），求出直线BE的函数表达式为：y=−1m−2x+4m−6m−2 ，则点M的坐标为（4m-6，0），由题意得出OC=3，AC=4，OM=4m-6，CE=m，则S梯形ACOD=12，S梯形ECOM=15m−182，分两种情况求出m的值即可；
（3）过点F作FN⊥AC于N，则NF∥CG，设点F的坐标为： (a,−14a2+a+3)，则NF＝3−(−14a2+a+3)=14a2−a，NC＝﹣a，证△EFN≌△DGO（ASA），得出NE=OD=AC=4，则AE=NC=-a，证△ENF∽△DAE，得出NEAD=NFAE，即43=14a2−a−a，求出a=−43或0，当a=0时，点E与点A重合，舍去，得出AE=NC=a=43，即可得出结论．
（1）
解：∵抛物线y=−14x2+bx+c经过点A（4，3），对称轴是直线x＝2，
∴−14×42+4b+c=3−b2×(−14)=2
解得：b=1c=3，
∴抛物线的函数表达式为：y=−14x2+x+3，
∵y=−14x2+x+3=−14（x﹣2）2+4，
∴顶点B的坐标为（2，4）．
（2）
解：∵y=−14x2+x+3，
∴x＝0时，y＝3，
则C点的坐标为（0，3），
∵A（4，3），
∴AC∥OD，
∵AD⊥x，
∴四边形ACOD是矩形，
设点E的坐标为（m，3），直线BE的函数表达式为：y=kx+n，直线BE交x轴于点M，如图1所示，

则2k+n=4mk+n=3，
解得： k=−1m−2n=4m−6m−2
∴直线BE的函数表达式为：y=−1m−2x+4m−6m−2，
令y=−1m−2x+4m−6m−2=0，则x＝4m﹣6，
∴点M的坐标为（4m﹣6，0），
∵直线BE将四边形ACOD分成面积比为1：3的两部分，
∴点M在线段OD上，点M不与点O重合，
∵C（0，3），A（4，3），M（4m﹣6，0），E（m，3），
∴OC＝3，AC＝4，OM＝4m﹣6，CE＝m，
∴S矩形ACOD＝OC•AC＝3×4＝12，
S梯形ECOM=12(OM+EC)⋅OC=12(4m−6+m)×3=15m−182，
分两种情况：
（i）S梯形ECOMS矩形ACOD=14，即15m−18222=14，
解得：m=85，
∴点E的坐标为：（85，3）；
（ii）S梯形ECOMS矩形ACOD=34，即15m−18212=34，
解得：m=125，
∴点E的坐标为：（125，3）；
综上所述，点E的坐标为：（85，3）或（125，3）．
（3）
解：存在点G落在y轴上的同时点F恰好落在抛物线上；理由如下：
由题意得：满足条件的矩形DEFG在直线AC的下方，
过点F作FN⊥AC于N，则NF∥CG，如图2所示，

设点F的坐标为：（a，−14a2+a+3），
则NF＝3﹣（−14a2+a+3）=14a2﹣a，NC＝﹣a，
∵四边形DEFG与四边形ACOD都是矩形，
∴∠DAE＝∠DEF＝∠N＝90°，EF＝DG，EF∥DG，AC∥OD，
∴∠NEF＝∠ODG，∠EMC＝∠DGO，
∵NF∥CG，
∴∠EMC＝∠EFN，
∴∠EFN＝∠DGO，
在△EFN和△DGO中，
∵∠NEF=∠ODGEF=DG∠EFN=∠DGO，
∴△EFN≌△DGO（ASA），
∴NE＝OD＝AC＝4，
∴AC﹣CE＝NE﹣CE，即AE＝NC＝﹣a，
∵∠DAE＝∠DEF＝∠N＝90°，
∴∠NEF+∠EFN＝90°，∠NEF+∠DEA＝90°，
∴∠EFN＝∠DEA，
∴△ENF∽△DAE，
∴NEAD=NFAE，即43=14a2−a−a,，
整理得：34a2+a＝0，
解得：a=−43或0（不合题意，舍去），
∴AE＝NC＝﹣a=43，
∴当点G落在y轴上的同时点F恰好落在抛物线上，此时AE的长为43．
【点睛】本题考查了二次函数解析式、二次函数的性质、一次函数解析式、坐标与图形性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．
24．（2021·江苏·炎黄外国语学校一模）平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2−6ax+ca>0与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），顶点为C，直线AC交y轴于点D，连接BD，且△ABD与△ABC的面积之比为1：2．

（1）顶点C的横坐标为__________；
（2）求点B的坐标；
（3）连接CO，将△BCO绕点C按逆时针方向旋转一定的角度后，点B与点A重合，此时点O恰好也在y轴上，求抛物线的表达式．
【答案】（1）3；（2）（5，0）；（3）y=64x2−362x+564
【分析】（1）直接利用顶点坐标公式可得；
（2）根据抛物线的解析式得到对称轴x=3，由S△ABD：S△ABC=1：2，证明△AOD∽△AFC，得到ODCF=OAAF=2，从而得到OA，AF和BF，即可得到点B坐标；
（3）表示出点C坐标，作CF⊥AB于F，CP⊥OD于P，则四边形CFOP是矩形，得到CP，根据旋转的性质得到OB，OO′，利用勾股定理求出AO′，在Rt△AOO'中，利用勾股定理求出a值，可得结果．
【详解】解：（1）在y=ax2−6ax+ca>0中，
−−6a2a=3，
∴顶点C的横坐标为3；
（2）由（1）得：抛物线y=ax2−6ax+ca>0的对称轴为直线x=3，
当S△ABD：S△ABC=1：2时，过点C作CF⊥x轴于F，
∴CF：OD=1：2，
∵OD⊥x轴，CF⊥x轴，
∴OD∥CF，
∴△AOD∽△AFC，
∴ODCF=OAAF=2，又OF=OA+AF=3，
∴OA=1，AF=2，BF=2，
∴OB=5，即B（5，0）；

（3）∵A（1，0），代入a−6a+c=0，
∴c=5a，
∴C（3，−4a），
如图，作CF⊥AB于F，CP⊥OD于P，则四边形CFOP是矩形，

∴OP=CF=4a，CP=OF=3，
由旋转可知：OC=O′C，
∴OP=O'P，
∴OO'=2OP=8a，
由旋转知，OB=AO'=5，
在Rt△AOO'中，OA=1，
根据勾股定理得，8a=52−12=26，
∴a=64，
∴y=64x2−362x+564．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与x轴的交点，坐标与图形的变换-旋转，正确的理解题意是解题的关键．
25．（2022·江苏盐城·一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax−ℎ2+k与x轴相交于O，A两点，顶点P的坐标为2,−1．点B为抛物线上一动点，连接AP,AB，过点B的直线与抛物线交于另一点C．

（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点B的横坐标与纵坐标相等，∠ABC=∠OAP，且点C位于x轴上方，求点C的坐标；
（3）若点B的横坐标为t，∠ABC=90°，请用含t的代数式表示点C的横坐标，并求出当t<0时，点C的横坐标的取值范围．
【答案】（1）y=14x2−x或y=14(x−2)2−1；（2）点C的坐标为(6,3)或−1,54；（3）−t−16t+4；xC≥12
【分析】（1）设抛物线的解析式为y=a(x−2)2−1，把点O(0，0)代入即可求解；
（2）求得B(0，0)或B(8，8)，分两种情况讨论，①当点B的坐标为(0，0)时，过点B作BC∥AP交抛物线于点C，利用待定系数法求得直线BC的解析式为y=12x，解方程组即可求解；②点B的坐标为(8，8)时，作出如图的辅助线，利用三角形函数以及轴对称的性质求得M (85，165)，同①可求解；
（3）作出如图的辅助线，点B的坐标为(t，14t2−t)，得到AH=t−4，BH=14t2−t，OH=t=MN，由AH=t−4，BH=14t2−t，OH=t=MN，△ABH~△BMN得到M(0，14t2−t+4)，求得BC的解析式为：y=−4tx+14t2−t+4，解方程组求得点C的横坐标为−t−16t+4，即可求解．
【详解】（1）∵抛物线的顶点坐标为P(2，-1)，
∴设抛物线的解析式为y=a(x−2)2−1，
∵抛物线经过原点O，即经过点O(0，0)，
∴0=a(0−2)2−1，
解得：a=14，
∴抛物线的解析式为y=14(x−2)2−1=14x2−x；
（2）在y=14(x−2)2−1中，令y=x，
得：x=14(x−2)2−1，
解得x=0或x=8，
∴B(0，0)或B(8，8)，
①当点B的坐标为(0，0)时，过点B作BC∥AP交抛物线于点C，
此时∠ABC=∠OAP，如图：

在y=14(x−2)2−1中，令y=0，
得：14(x−2)2−1=0，
解得：x=0或x=4，
∴A(4，0)，
设直线AP的解析式为y=kx+b1，
将A(4，0)，P(2，-1)代入得
0=4k+b1−1=2k+b1，解得：k=12b1=−2，
∴直线AP的解析式为y=12x−2，
∵BC∥AP，
∴设直线BC的解析式为y=12x+b2，
将B(0，0)代入得b2=0，
∴直线BC的解析式为y=12x，
由y=12xy=14(x−2)2−1，
得：x=0y=0(此点为点O，舍去)或x=6y=3，
∴点C的坐标为(6，3)；
②点B的坐标为(8，8)时，过点P作PQ⊥x轴于点Q，过点B作BH⊥x轴于点H，作H关于AB的对称点M，作直线BM交抛物线于C，连接AM，如图：

∵A(4，0)，P(2，-1)，
∴PQ=1，AQ=2，
在Rt△APQ中，tan∠OAP=PQAQ=12，
∵A(4，0)，B (8，8)，
∴AH=4，BH=8，
在Rt△ABH中，tan∠ABH=AHBH=12，
∴∠OAP=∠ABH，
∵H关于AB的对称点为M，
∴∠ABM=∠ABH，
∴∠ABC=∠OAP，即C为满足条件的点，
设M (x，y)，
∵H关于AB的对称点为M，
∴AM=AH=4，BM=BH=8，
∴(x−4)2+(y−0)2=42(x−8)2+(y−8)2=82
两式相减得：x=8−2y，代入即可解得：
x=8y=0(此点为点H，舍去)或x=85y=165，
∴M (85，165)，
同理求得BM的解析式为：y=34x+2，
解y=34x+2y=14(x−2)2−1得：x=8y=8(此点为点B，舍去)或x=−1y=54，
∴点C的坐标为(-1，54)；
综上，点C的坐标为(6，3)或(-1，54)；
（3）设BC交y轴于点M，过点B作BH⊥x轴于点H，过点M作MN⊥BH于点N，如图：

∵点B的横坐标为t，
∴点B的坐标为(t，14t2−t)，又A(4，0)，
∴AH=t−4，BH=14t2−t，OH=t=MN，
∵∠ABC=90°，
∴∠MBN=90°-∠ABH=∠BAH，
且∠N=∠AHB=90°，
∴△ABH~△BMN，
∴AHBN=BHMN，即t−4BN=14t2−tt，
∴BN=t2−4t14t2−t=4，
∴HN=14t2−t+4，
∴M(0，14t2−t+4)，
同理求得BC的解析式为：y=−4tx+14t2−t+4，
由y=14x2−xy=−4tx+14t2−t+4，得14x2−x=−4tx+14t2−t+4，
解得x=t(点B的横坐标)，或x=−t2−4t+16t=−t−16t+4，
∴点C的横坐标为−t−16t+4，
当t<0时，
xC=−t−16t+4
=(−t)2+(4−t)2+4
=(−t−4−t)2+12，
∴当−t=4−t时，xC的最小值是12，此时t=−4；
∴当t<0时，点C的横坐标的取值范围是xC≥12．
【点睛】本题考查二次函数综合知识，涉及解析式、锐角三角函数、对称变换、两条直线平行、两条直线互相垂直、解含参数的方程等，综合性很强，难度较大，解题的关键是熟练掌握、应用各种综合知识，用含字母的式子表示线段长度及函数解析式．
26．（2021·江苏常州·二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y=−x2+bx+3的图像与x轴交于点A(−1,0)和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC．
（1）填空：b=_______；
（2）设抛物线的顶点是D，连接BC，BD，将∠ABC绕点B顺时针旋转，当射线BC经过点D时，射线BA与抛物线交于点P，求点P的坐标；
（3）设E是x轴上位于点B右侧的一点，F是第一象限内一点，EF⊥x轴且EF=3，点H是线段AE上一点，以EH、EF为邻边作矩形EFGH，FT⊥AC，垂足为T，连接TG，TH．若△TGF与△TGH相似，求OE的长．

【答案】（1）2；（2）P−23,119；（3）10或5或10
【分析】（1）由题意将A(−1,0)代入二次函数y=−x2+bx+3即可求出b的值；
（2）根据题意过点D作DE⊥y轴于E，得出tan∠DBC=tan∠ABP=13，进而过点P作PH⊥x轴于H，并设Px,−x2+2x+3，以此即可求出点P的坐标；
（3）根据题意分两种情形：当点H在原点O的右侧和当点H在原点O的左侧，并结合全等三角形的性质判定进行分析即可.
【详解】解：（1）将A(−1,0)代入二次函数y=−x2+bx+3，
解得：b=2，
故答案为：2；
（2）如图1，

∵y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，
∴D(1,4)，C(0,3)，
过点D作DE⊥y轴于E，
则DE=CE=1，DC=2，
∴∠DCE=∠EDC=45°．
解方程−x2+2x+3=0，
得x1=−1，x2=3．
∴OB=OC=3，BC=32．
∴∠OCB=∠OBC=45°．
∴∠DCB=90°．
∴tan∠DBC=13．
当射线BC经过点D时，∠ABP=∠CBD．
∴tan∠ABP=13．
过点P作PH⊥x轴于H，
设Px,−x2+2x+3，
则BH=3−x，PH=−x2+2x+3．
∴−x2+2x+33−x=13．
解得x1=3（舍去），x2=−23．
∴P−23,119．
（3）分两种情形：
①当点H在原点O的右侧时，
如图2，由题意可知，点C、G、F共线，
过点T作TM⊥CF于M．

则tan∠CTM=tan∠TFM =tan∠ACO=13，
∴FM=3TM．
（i）若△TGF∼△HGT，
则∠TFG=∠THG，∠FTG=∠HTG．
∵∠TFG+∠THG+∠FTH =∠FGH=90°，
∴∠TFG+∠FTG=∠TGM=45°．
∴TM=MG．
∴FG=2TM=2MG．
∵TGHG=GFGT，
∴GT2=HG⋅GF．
设TM=MG=m，
则CM=13m，TG=2m，GF=2m．
∴(2m)2=3×2m．
∴m=3．
∴OE=CF=103m=10．
（ii）若△TGF∼△TGH，
则△TGF≅△TGH．
∴GH=GF=3．
∴TM=MG=32．
∴CM=12．
∴OE=CF=12+32+3=5．
②当点H在原点O的左侧时，如图3，

若△TGF∼△GTH，
则△TGF≅△GTH．
∴TF=GH=3．
∴CT=1．
∴OE=CF= CT2+TF2=12+32=10．
由上可知，OE的长是10或5或10．
【点睛】本题考查二次函数的综合问题，熟练掌握二次函数图象性质并结合全等与相似三角形的性质判定和勾股定理运用方程思维进行分析是解题的关键.
27．（2021·江苏·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−4a经过A(−1,0),C(0,4)两点，与x轴交于另一点B，点D为该抛物线的顶点．

（1）顶点D的坐标为__________；
（2）将该抛物线向下平移154个单位长度，再向左平移m(m>0)个单位长度，得到新抛物线．若新抛物线的顶点D'在△ABC内，求m的取值范围；
（3）若点P、点Q(n,n+1)为该抛物线上两点，连接BQ，且tan∠QBP=2，求点P的坐标．
【答案】（1）32,254；（2）0 【分析】（1）先根据待定系数法求出二次函数解析式，再运用配方法求出顶点D的坐标即可；
（2）根据二次函数平移的性质得到y=−(x−32+m)2+52，得到顶点D'的坐标为D'32−m,52，然后分情况讨论顶点在BC上时m=0，在AC上时m=158，即可解答；
（3）求出点Q坐标，分两种情况求解即可．
【详解】解：（1）把A(−1,0),C(0,4)代入y=ax2+bx−4a得：
a−b−4a=0−4a=4
解得，a=−1b=3
∴抛物线的解析式为：y=−x2+3x+4
∴y=−x2+3x+4=−(x−32)2+254
∴顶点D的坐标为32,254
故答案为：32,254
（2）由题意得D'32−m,52
设直线AC的解析式为y=k1x+4
把A（-1，0）代入得，k1=4
∴lAC:y=4x+4
同理可得直线BC的解析式为：y=-x+4
当顶点D'32−m,52在直线BC上时，
−(32−m)+4=52，解得，m=0；
当顶点D'32−m,52在直线AC上时，
∴432−m+4=52 
∴m=158
∵新抛物线顶点D'在△ABC内
∴0 （3）令y=0，则−x2+3x+4=0，
解得，x1=−1,x2=4
∴B（4，0）
（3）由题意得：−n2+3n+4=n+1
解得，n1=3,n2=−1
∴Q(3,4)或(−1,0)
当Q1(−1,0)时，①点P在x轴上方时，
∵ tan∠QBP=2
∴−x2+3x+44−x=2
解得，x1=1，x2=4（舍去）
当x1=1时，y=6，
∴点P的坐标为（1，6）
②点P在x轴下方时，tan∠QBP=2
∴−x2+3x+4x−4=2
解得，x1=−3，x2=4（舍去）
当x1=−3时，y=-14，
∴点P的坐标为（-3，-14）
当Q2(3,4)时，如图，连接QB，则QB=(3−4)2+(4−0)2=17

过点Q作QN⊥QB,使QN=217,
过Q作MK//x轴，过点N作NM//y轴，交MK于M，过点B作BK⊥MK于点K，
则有：BK=4，QK=1
∵∠NQB=90°
∴∠NQM+∠BQK=90°
又∠BQK+∠QBK=90°
∴∠NQM=∠QBK
又∠NMQ=∠BKQ=90°
∴ΔNMQ∼ΔQKB
∴MQKB=MNKQ=QNQB=2
∴MN=2，MQ=8
∴N(-5,2)
设BP的解析式为y=mx+n
把N(-5,2)，B(4,0)代入得
−5m+n=24m+n=0
解得，m=−29n=89
∴BP的解析式为y=−29x+89
联立方程组得y=−29x+89y=−x2+3x+4
解得，x1=−79y1=8681，x2=4y2=0（舍去）
∴P3−79,8681
综上，点P的坐标为：P1(1,6)；P2(−3,−14)；P3−79,8681
【点睛】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，学会添加常用辅助线，构造特殊相似三角形解决问题
28．（2021·江苏省天一中学三模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2−2ax+a2−4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）y=x2−6x+5；（2）55；（3）y=x2−6x+11或y=x2−6x+253
【分析】（1）令y=0，由x2−2ax+a2−4=0求出点A、B的坐标，即用含a的代数式表示点A、B的横坐标，求出AB的长，再根据ΔABC的面积为10求出点C的坐标，由此求出a的值，即可得到抛物线的解析式；
（2）过点O作BC的垂线OE交CD于点F，求出直线OE的解析式，再求出直线CD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F的坐标，再求EF、CF的长，即可求∠BCD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y=0时，由x2−2ax+a2−4=0，得x1=a−2，x2=a+2，
∴A(a−2,0)，B(a+2,0)，AB=a+2−(a−2)=4；
设C(0,m)，则12×4m=10，解得m=5，
∴C(0,5)；
又∵C(0,a2−4)，
∴a2−4=5，
解得a=3或a=−3（不符合题意，舍去），
∴抛物线的解析式为y=x2−6x+5；
（2）如图1，作OE⊥BC于点E，交CD于点F，设直线CD的解析式为y=kx+5．

∵y=x2−6x+5=(x−3)2−4，
∴D(3,−4)，
∴3k+5=−4，
解得k=−3，
∴y=−3x+5；
由（1），得A(1,0)，B(5,0)，
∴OB=OC，
∴E为BC的中点，E(52，52)，
设直线OE的解析式为y=px，则52p=52，解得p=1，
∴y=x，
由y=xy=−3x+5，得x=54y=54，
∴F(54，54)，
∴EF=(52−54)2+(52−54)2=524，CF=(54)2+(5−54)2=5104，
∴sin∠BCD=5245104=55．
（3）如图2，过点D作DM⊥x轴于点M，交BC于点P，则M(3,0)，
∴BM=5−3=2，
∵DM=4，
∴BD=22+42=25
∴sin∠BDP=225=55=sin∠BCD，
∴∠BDP=∠BCD，
又∵∠PBD=∠DBC（公共角），
∴ΔPBD∽ΔDBC，
∴点P为抛物线平移后的顶点，
∵∠OBC=45°，
∴PM=BM⋅tan45°=BM=2，
∴P(3,2)；
∵平移后的抛物线与抛物线y=x2−6x+5的形状相同且对称轴相同，
∴平移后的抛物线为y=(x−3)2+2，即y=x2−6x+11．

若△BPD∽△DBC，
∴BPBD=BDCD=PDBC，
∵BD=5−32+0+42=25，CD=0−32+5+42=310，
BC=52+52=52，
∴25310=PD52，
解得：PD=103，
−4+103=−23，
∴平移后的抛物线为y=x−32−23=x2−6x+253；

综上：平移后的新抛物线的解析式为y=x2−6x+11或y=x2−6x+253．
【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．
29．（2021·江苏扬州·三模）如图所示，已知抛物线y=x2−1与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C．

（1）求A、B、C三点的坐标；
（2）过点A作AP∥CB交抛物线于点P，求四边形ACBP的面积；
（3）在x轴上方的抛物线上是否存在一点M，过M作MG⊥x轴于点G，使以A、M、G三点为顶点的三角形与△PCA相似？若存在，请求出M点的坐标；否则，请说明理由．
【答案】（1）A（-1，0），B（1，0），C（0，-1）；（2）四边形ACBP的面积为4；（3）M点的坐标为（-2，3）或（43，79）或（4，15）．
【分析】（1）抛物线与x轴的交点，即当y=0，C点坐标即当x=0，分别令y以及x为0，求出A，B，C坐标的值；
（2）四边形ACBP的面积=△ABC+△ABP，由A，B，C三点的坐标，可知△ABC是直角三角形，且AC=BC，则可求出△ABC的面积，根据已知可求出P点坐标，可知点P到直线AB的距离，从而求出△ABP的面积，则就求出四边形ACBP的面积；
（3）假设存在这样的点M，两个三角形相似，根据题意以及上两题可知，∠PAC和∠MGA是直角，只需证明AGPA=MGCA或AGCA=MGPA即可．设M点坐标，根据题中所给条件可求出线段AG，CA，MG，CA的长度，然后列等式，分情况讨论，求解．
【详解】解：（1）令y=0，
得x2-1=0，
解得x=±1，
令x=0，得y=-1，
∴A（-1，0），B（1，0），C（0，-1）；
（2）∵OA=OB=OC=1，
∴∠BAC=∠ACO=∠BCO=∠CBO=45°．
∵AP∥CB，
∴∠PAB=∠CBO=45°．
过点P作PE⊥x轴于E，则△APE为等腰直角三角形，

令OE=a，则AE=PE=a+1，
∴P（a，a+1）．
∵点P在抛物线y=x2-1上，
∴a+1=a2-1．
解得a1=2，a2=-1（不合题意，舍去）．
∴PE=3．
∴四边形ACBP的面积S=12AB•OC+12AB•PE
=12×2×1+12×2×3=4；
（3）假设存在，
∵∠PAB=∠BAC=45°，
∴PA⊥AC，
∵MG⊥x轴于点G，
∴∠MGA=∠PAC=90°，
在Rt△AOC中，OA=OC=1，
∴AC=2，
在Rt△PAE中，AE=PE=3，
∴AP=32，
设M点的横坐标为m，则M（m，m2-1），
①点M在y轴左侧时，则m＜-1．

（ⅰ）当△AMG∽△PCA时，有AGPA=MGCA．
∵AG=-m-1，MG=m2-1．
即−m−132=m2−12，
解得m1=-1（舍去）m2=23（舍去）；
（ⅱ）当△MAG∽△PCA时有AGCA=MGPA，
即−m−12=m2−132．
解得：m=-1（舍去）m2=-2，
∴M（-2，3）；
②点M在y轴右侧时，则m＞1，

（ⅰ）当△AMG∽△PCA时有AGPA=MGCA，
∵AG=m+1，MG=m2-1，
∴m+132=m2−12，
解得m1=-1（舍去）m2=43；
∴M（43，79）；
（ⅱ）当△MAG∽△PCA时有AGCA=MGPA，
即m+12=m2−132．
解得：m1=-1（舍去）m2=4，
∴M（4，15）；
∴存在点M，使以A、M、G三点为顶点的三角形与△PCA相似，M点的坐标为（-2，3）或（43，79）或（4，15）．
【点睛】本题考查了抛物线与数轴交点求解问题，以及抛物线与三角形，四边形之间关系转换问题，相似三角形问题，要特别注意在第三问时要分情况讨论．
30．（2021·江苏盐城·一模）如图，已知抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于A−2,0、B6,0两点，与y轴交于C点，设抛物线的顶点为D．过点D作DE⊥x轴，垂足为E．P为线段DE上一动点，Fm,0为x轴上一点，且PC⊥PF．

（1）求抛物线的解析式：
（2）①当点P与点D重合时，求m的值；
②在①的条件下，将△COF绕原点按逆时针方向旋转90°并平移，得到△C1O1F1，点C，O，F的对应点分别是点C1，O1，F1，若△COF的两个顶点恰好落在抛物线上，直接写出点F1的坐标；
（3）当点P在线段DE上运动时，求m的变化范围．
【答案】（1）y=14x2−x−3；（2）①4；②(12，916)或(−136，49144)；（3）78≤m≤4
【分析】（1）将A、B两点坐标代入即可，
（2）讨论点坐标得变化，找到变化规律分情况讨论，即可找出F1得坐标．
（3）当P点在DE方向运动时，通过数形结合分别找到最大值和最小值即可找到m的取值范围．
【详解】解：（1）将A(−2,0)、B(6,0)代入抛物线解析式y=ax2+bx−3中得：
4a−2b−3=036a+6b−3=0，解得：a=14b=−1，
∴该抛物线的解析式为：y=14x2−x−3，
（2）①∵D为抛物线的顶点，
∴D(2,−4)，
当点P与点D重合时，如图所示：过点D作GD//x轴，过F点作y轴平行线交GD延长线于点H，

由题意易得：CG=1，GD=2，FH=4，而PC⊥PF，即∠CDF=90°，
∵∠CGD=∠DHF=90°，∠CDG=∠DFH，
∴ΔCGD∽ΔDHF，
∴ CGDH=GDHF，即1DH=24，
∴DH=2，
而四边形EDFH为矩形，∴EF=DH=2，
∴OF=4，即F(4,0)，
∴m=4，
②按题意，将ΔCOF绕原点按逆时针方向旋转90°得到△C'O'F'，如图所示：

显然此时C'、O'、F'三点都不在抛物线上，故需要将△C'O'F'平移才能得到两个顶点恰好落在抛物线上，根据C'、O'、F'三点特点，可设：
O1(x,y)，则C1(x+3,y)，F1(x,y+4)，
当O1C1经平移后在抛物线上，把01(x,y)，C1(x+3,y)代入y=14x2−x−3中：
y=14x2−x−3y=14(x+3)2−(x+3)−3，
解得：x=12，
故F1(12，916)，
当F1C1经平移后在抛物线上，把F1(x,y+4)，C1(x+3,y)代入y=14x2−x−3中：
y+4=14x2−x−3y=14(x+3)2−(x+3)−3，
解得：x=−136，
故F1(−136，49144)，
当O1F1经平移后在抛物线上，因为O1、F1在竖直方向，故不成立．
综上所述：F1(12，916)或(−136，49144)，
（3）∵D(2,−4)，E(2,0)，C(0,−3)，点P为线段DE上一动点，F(m,0)为x轴上一点，且PC⊥PF，
如（2）①中当点P与点D重合时，m=4，取得最大，随着P向E移动，m随之变化，设存在一点P使m最小，如图所示：

设OF=m，则FE=2−m；设EP=y，则PQ=3−y，
根据ΔFEP∽ΔPQC得：
FEPQ=EPQC即：2−m3−y=y2，
可得关系式：m=12(y−32)2+78
∵ 12>0，当y=32时，m取得最小值78，
综上所述：78≤m≤4．
【点睛】本题考查二次函数的综合性质，属于二次函数的综合大题，是中考压轴题形，从题干中筛选出有用条件，二次函数的综合性质，坐标的变化规律以及相似三角形知识点灵活运用是解决本题的关键．