专题5二次函数与面积最值定值问题-挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（教师版含解析）

挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘
专题5二次函数与面积最值定值问题

面积是平面几何中一个重要的概念，关联着平面图形中的重要元素边与角，由动点而生成的面积问题，是抛物线与直线形结合的觉形式，常见的面积问题有规则的图形的面积(如直角三角形、平行四边形、菱形、矩形的面积计算问题)以及不规则的图形的面积计算，解决不规则的图形的面积问题是中考压轴题常考的题型，此类问题计算量较大。有时也要根据题目的动点问题产生解的不确定性或多样性。解决这类问题常用到以下与面积相关的知识：图形的割补、等积变形、等比转化等数学方法. 面积的存在性问题常见的题型和解题策略有两类：一是先根据几何法确定存在性，再列方程求解，后检验方程的根．二是先假设关系存在，再列方程，后根据方程的解验证假设是否正确．

解决动点产生的面积问题，常用到的知识和方法，如下：
如图1，如果三角形的某一条边与坐标轴平行，计算这样“规则”的三角形的面积，直接用面积公式．
如图2，图3，三角形的三条边没有与坐标轴平行的，计算这样“不规则”的三角形的面积，用“割”或“补”的方法．

图1 图2 图3
计算面积长用到的策略还有：
如图4，同底等高三角形的面积相等．平行线间的距离处处相等．
如图5，同底三角形的面积比等于高的比．
如图6，同高三角形的面积比等于底的比．

图4 图5 图6

【例1】．(2022•青海)如图1，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A(﹣1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)若点E是抛物线的对称轴与直线BC的交点，点F是抛物线的顶点，求EF的长；
(3)设点P是(1)中抛物线上的一个动点，是否存在满足S△PAB＝6的点P？如果存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．(请在图2中探讨)


【分析】(1)根据点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
(2)利用二次函数的性质，可求出抛物线顶点F的坐标及抛物线的对称轴，利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，根据点B，C的坐标，利用待定系数法即可求出直线BC的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点E的坐标，结合点F的坐标，即可求出线段EF的长；
(3)又点A，B的坐标可求出线段AB的长，设点P的坐标为(t，t2﹣2t﹣3)，利用三角形的面积计算公式，结合S△PAB＝6，即可得出关于t的方程，解之即可得出t值，进而可得出点P的坐标．
【解析】(1)将A(﹣1，0)，B(3，0)代入y＝x2+bx+c，
得：，解得：，
∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3．
(2)∵抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
∴抛物线的顶点F的坐标为(1，﹣4)，抛物线的对称轴为直线x＝1．
当x＝0时，y＝02﹣2×0﹣3＝﹣3，
∴点C的坐标为(0，﹣3)．
设直线BC的解析式为y＝mx+n(m≠0)，
将B(3，0)，C(0，﹣3)代入y＝mx+n，
得：，解得：，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣3．
当x＝1时，y＝1﹣3＝﹣2，
∴点E的坐标为(1，﹣2)，
∴EF＝|﹣2﹣(﹣4)|＝2．
(3)∵点A的坐标为(﹣1，0)，点B的坐标为(3，0)，
∴AB＝|3﹣(﹣1)|＝4．
设点P的坐标为(t，t2﹣2t﹣3)．
∵S△PAB＝6，
∴×4×|t2﹣2t﹣3|＝6，
即t2﹣2t﹣3＝3或t2﹣2t﹣3＝﹣3，
解得：t1＝1﹣，t2＝1+，t3＝0，t4＝2，
∴存在满足S△PAB＝6的点P，点P的坐标为(1﹣，3)或(1+，3)或(0，﹣3)或(2，﹣3)．
【例2】．(2022•随州)如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c(a＜0)与x轴分别交于点A和点B(1，0)，与y轴交于点C，对称轴为直线x＝﹣1，且OA＝OC，P为抛物线上一动点．
(1)直接写出抛物线的解析式；
(2)如图2，连接AC，当点P在直线AC上方时，求四边形PABC面积的最大值，并求出此时P点的坐标；
(3)设M为抛物线对称轴上一动点，当P，M运动时，在坐标轴上是否存在点N，使四边形PMCN为矩形？若存在，直接写出点P及其对应点N的坐标；若不存在，请说明理由．


【分析】(1)判断出A，B两点坐标，可以假设抛物线的解析式为y＝a(x+3)(x﹣1)，把(0，3)代入抛物线的解析式，得a＝﹣1，可得结论；
(2)如图(2)中，连接OP．设P(m，﹣m2﹣2m+3)，构建二次函数，利用二次函数的性质求解即可；
(3)分两种情形，点N在y轴上，点N在x轴上，分别求解即可．
【解析】(1)∵抛物线的对称轴是直线x＝﹣1，抛物线交x轴于点A，B(1，0)，
∴A(﹣3，0)，
∴OA＝OC＝3，
∴C(0，3)，
∴可以假设抛物线的解析式为y＝a(x+3)(x﹣1)，
把(0，3)代入抛物线的解析式，得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；

(2)如图(2)中，连接OP．设P(m，﹣m2﹣2m+3)，

S＝S△PAO+S△POC+S△OBC，
＝×3×(﹣m2﹣2m+3)××3×(﹣m)+×1×3
＝(﹣m2﹣3m+4)
＝﹣(m+)2+，
∵﹣＜0，
∴当m＝﹣时，S的值最大，最大值为，此时P(﹣，)；

(3)存在，理由如下：
如图3﹣1中，当点N在y轴上时，四边形PMCN是矩形，此时P(﹣1，4)，N(0，4)；

如图3﹣2中，当四边形PMCN是矩形时，设M(﹣1，n)，P(t，﹣t2﹣2t+3)，则N(t+1，0)，

由题意，，
解得，消去n得，3t2+5t﹣10＝0，
解得t＝，
∴P(，)，N(，0)或P′(，)，N′(，0)．
综上所述，满足条件的点P(﹣1，4)，N(0，4)或P(，)，N(，0)或P′(，)，N′(，0)．
【例3】(2022•成都)如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝kx﹣3(k≠0)与抛物线y＝﹣x2相交于A，B两点(点A在点B的左侧)，点B关于y轴的对称点为B'．
(1)当k＝2时，求A，B两点的坐标；
(2)连接OA，OB，AB'，BB'，若△B'AB的面积与△OAB的面积相等，求k的值；
(3)试探究直线AB'是否经过某一定点．若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．

【分析】(1)当k＝2时，直线为y＝2x﹣3，联立解析式解方程组即得A(﹣3，﹣9)，B(1，﹣1)；
(2)分两种情况：当k＞0时，根据△B'AB的面积与△OAB的面积相等，知OB'∥AB，可证明△BOD≌△BCD(ASA)，得OD＝OC＝，D(0，﹣)，可求B(，﹣)，即可得k＝；
当k＜0时，过B'作B'F∥AB交y轴于F，由△B'AB的面积与△OAB的面积相等，可得OE＝EF＝3，证明△BGF≌△BGE(ASA)，可得OG＝OE+GE＝，G(0，﹣)，从而B(，﹣)，即可得k＝﹣；
(3)设x2+kx﹣3＝0二根为a，b，可得a+b＝﹣k，ab＝﹣3，A(a，﹣a2)，B(b，﹣b2)，B'(﹣b，﹣b2)，设直线AB'解析式为y＝mx+n，可得，即可得m＝﹣(a﹣b)＝b﹣a＝＝，n＝﹣ab＝﹣(﹣3)＝3，从而直线AB'解析式为y＝•x+3，故直线AB'经过定点(0，3)．
【解析】(1)当k＝2时，直线为y＝2x﹣3，
由得：或，
∴A(﹣3，﹣9)，B(1，﹣1)；
(2)当k＞0时，如图：

∵△B'AB的面积与△OAB的面积相等，
∴OB'∥AB，
∴∠OB'B＝∠B'BC，
∵B、B'关于y轴对称，
∴OB＝OB'，∠ODB＝∠ODB'＝90°，
∴∠OB'B＝∠OBB'，
∴∠OBB'＝∠B'BC，
∵∠ODB＝90°＝∠CDB，BD＝BD，
∴△BOD≌△BCD(ASA)，
∴OD＝CD，
在y＝kx﹣3中，令x＝0得y＝﹣3，
∴C(0，﹣3)，OC＝3，
∴OD＝OC＝，D(0，﹣)，
在y＝﹣x2中，令y＝﹣得﹣＝﹣x2，
解得x＝或x＝﹣，
∴B(，﹣)，
把B(，﹣)代入y＝kx﹣3得：
﹣＝k﹣3，
解得k＝；
当k＜0时，过B'作B'F∥AB交y轴于F，如图：

在y＝kx﹣3中，令x＝0得y＝﹣3，
∴E(0，﹣3)，OE＝3，
∵△B'AB的面积与△OAB的面积相等，
∴OE＝EF＝3，
∵B、B'关于y轴对称，
∴FB＝FB'，∠FGB＝∠FGB'＝90°，
∴∠FB'B＝∠FBB'，
∵B'F∥AB，
∴∠EBB'＝∠FB'B，
∴∠EBB'＝∠FBB'，
∵∠BGE＝90°＝∠BGF，BG＝BG，
∴△BGF≌△BGE(ASA)，
∴GE＝GF＝EF＝，
∴OG＝OE+GE＝，G(0，﹣)，
在y＝﹣x2中，令y＝﹣得﹣＝﹣x2，
解得x＝或x＝﹣，
∴B(，﹣)，
把B(，﹣)代入y＝kx﹣3得：
﹣＝k﹣3，
解得k＝﹣，
综上所述，k的值为或﹣；
(3)直线AB'经过定点(0，3)，理由如下：
由得：x2+kx﹣3＝0，
设x2+kx﹣3＝0二根为a，b，
∴a+b＝﹣k，ab＝﹣3，A(a，﹣a2)，B(b，﹣b2)，
∵B、B'关于y轴对称，
∴B'(﹣b，﹣b2)，
设直线AB'解析式为y＝mx+n，将A(a，﹣a2)，B'(﹣b，﹣b2)代入得：
，
解得：，
∵a+b＝﹣k，ab＝﹣3，
∴m＝﹣(a﹣b)＝b﹣a＝＝，n＝﹣ab＝﹣(﹣3)＝3，
∴直线AB'解析式为y＝•x+3，
令x＝0得y＝3，
∴直线AB'经过定点(0，3)．
【例4】．(2022•岳阳)如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线F1：y＝x2+bx+c经过点A(﹣3，0)和点B(1，0)．
(1)求抛物线F1的解析式；
(2)如图2，作抛物线F2，使它与抛物线F1关于原点O成中心对称，请直接写出抛物线F2的解析式；
(3)如图3，将(2)中抛物线F2向上平移2个单位，得到抛物线F3，抛物线F1与抛物线F3相交于C，D两点(点C在点D的左侧)．
①求点C和点D的坐标；
②若点M，N分别为抛物线F1和抛物线F3上C，D之间的动点(点M，N与点C，D不重合)，试求四边形CMDN面积的最大值．


【分析】(1)将点A(﹣3，0)和点B(1，0)代入y＝x2+bx+c，即可求解；
(2)利用对称性求出函数F1顶点(﹣1，﹣4)关于原点的对称点为(1，4)，即可求函数F2的解析式；
(3)①通过联立方程组，求出C点和D点坐标即可；
②求出直线CD的解析式，过点M作MF∥y轴交CD于点F，过点N作NE∥y轴交于点E，设M(m，m2+2m﹣3)，N(n，﹣n2+2n+5)，则F(m，2m+2)，N(n，2n+1)，可求MF＝﹣m2+4，NE＝﹣n2+4，由S四边形CMDN＝S△CDN+S△CDM＝2(MF+NE)，分别求出MF的最大值4，NE的最大值4，即可求解．
【解析】(1)将点A(﹣3，0)和点B(1，0)代入y＝x2+bx+c，
∴，
解得，
∴y＝x2+2x﹣3；
(2)∵y＝x2+2x﹣3＝(x+1)2﹣4，
∴抛物线的顶点(﹣1，﹣4)，
∵顶点(﹣1，﹣4)关于原点的对称点为(1，4)，
∴抛物线F2的解析式为y＝﹣(x﹣1)2+4，
∴y＝﹣x2+2x+3；
(3)由题意可得，抛物线F3的解析式为y＝﹣(x﹣1)2+6＝﹣x2+2x+5，
①联立方程组，
解得x＝2或x＝﹣2，
∴C(﹣2，﹣3)或D(2，5)；
②设直线CD的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝2x+1，
过点M作MF∥y轴交CD于点F，过点N作NE∥y轴交于点E，
设M(m，m2+2m﹣3)，N(n，﹣n2+2n+5)，
则F(m，2m+1)，E(n，2n+1)，
∴MF＝2m+1﹣(m2+2m﹣3)＝﹣m2+4，
NE＝﹣n2+2n+5﹣2n﹣1＝﹣n2+4，
∵﹣2＜m＜2，﹣2＜n＜2，
∴当m＝0时，MF有最大值4，
当n＝0时，NE有最大值4，
∵S四边形CMDN＝S△CDN+S△CDM＝×4×(MF+NE)＝2(MF+NE)，
∴当MF+NE最大时，四边形CMDN面积的最大值为16．

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1．(2022•金坛区二模)如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝x2+bx﹣2的图象与x轴交于点A(3，0)，B(点B在点A左侧)，与y轴交于点C，点D与点C关于x轴对称，作直线AD．
(1)填空：b＝　﹣　；
(2)将△AOC平移到△EFG(点E，F，G依次与A，O，C对应)，若点E落在抛物线上且点G落在直线AD上，求点E的坐标；
(3)设点P是第四象限抛物线上一点，过点P作x轴的垂线，垂足为H，交AC于点T．若∠CPT+∠DAC＝180°，求△AHT与△CPT的面积之比．

【分析】(1)把A(3，0)代入y＝x2+bx﹣2，求出b；
(2)令x＝0，y＝﹣2，求出C(0，﹣2)，根据点D与点C关于x轴对称，求出D(0，2)，进而得到直线AD解析式：y＝﹣x+2，根据平移的性质及点的坐标特点，得出E(m，m2﹣m﹣2)，则G[m﹣3，﹣(m﹣3)+2]，F[m﹣3，﹣(m﹣3)+4]，再根据平行于x轴的直线点的纵坐标相等，得出m2﹣m﹣2＝﹣(m﹣3)，解出即可；
(3)如图所示：过C作CK⊥AD，CQ⊥HP，根据勾股定理及等面积法，求出AD＝，CK＝，DK＝，AK＝，再根据锐角三角函数定义，得出tan∠CPQ＝tan∠CAK＝，tan∠OAC＝＝＝，
进而求出△AHT与△CPT的面积之比．
【解析】(1)把A(3，0)代入y＝x2+bx﹣2，
得×9+3b﹣2＝0，
解得b＝﹣；
故答案为：﹣；
(2)如图所示：

由(1)得y＝x2﹣x﹣2，
令x＝0，y＝﹣2，
∴C(0，﹣2)，
∵点D与点C关于x轴对称，
∴D(0，2)，
设直线AD：y＝kx+2，
把A(3，0)代入y＝kx+2，
得3k+2＝0，
解得k＝﹣，
∴直线AD解析式：y＝﹣x+2，
∵将△AOC平移到△EFG，
∴OA＝EF＝3，FG＝OC＝2，
设E(m，m2﹣m﹣2)，
则G(m﹣3，﹣(m﹣3)+2)，F(m﹣3，﹣(m﹣3)+4)，
∵EF∥x轴，
∴m2﹣m﹣2＝﹣(m﹣3)2+4，
解得m＝﹣3或m＝4，
∴E(﹣3，8)或(4，)；
(3)如图所示：
过C作CK⊥AD，CQ⊥HP，

∵OD＝2，OA＝3
∴AD＝，
∵CK⊥AD
∴CD•AO＝AD•CK，
∴CK＝，
DK＝，AK＝，
∴tan∠CAK＝＝，
∵CQ⊥HP，
∴∠CPQ+∠CPT＝180°，
∵∠CPT+∠DAC＝180°，
∴∠CPQ＝∠CAK，
∴tan∠CPQ＝tan∠CAK＝，
∴＝，
设P(n，n2﹣n﹣2)，
∴PQ＝n2﹣n，CQ＝n，
∴＝，
解得n＝，
∴P(，﹣)，
∴CQ＝，AH＝3﹣＝，
∵tan∠OAC＝＝＝，
∴TH＝AH＝×＝，
∴TP＝，
∴＝＝，
即△AHT与△CPT的面积之比为8：147．
2．(2022•罗城县模拟)如图，已知抛物线y＝ax2+b经过点A(2，6)，B(﹣4，0)，其中E、F(m，n)为抛物线上的两个动点．
(1)求抛物线的解析式并写出其顶点坐标；
(2)若C(x，y)是抛物线上的一点，当﹣4＜x＜2且S△ABC最大时，求点C的坐标；
(3)若EF∥x轴，点A到EF的距离大于8个单位长度，求m的取值范围．

【分析】(1)运用待定系数法即可求得答案；
(2)如图，过点C作CD∥y轴交AB于点D，运用待定系数法求得直线AB的解析式为y＝x+4，可得S△ABC＝CD•(xA﹣xB)＝(x+1)2+，利用二次函数性质即可求得答案；
(3)根据EF∥x轴，可得点A到EF的距离为|6﹣n|＝，进而可得|6﹣(﹣m2+8)|＞8，求解即可．
【解析】(1)∵抛物线y＝ax2+b经过点A(2，6)，B(﹣4，0)，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+8，顶点坐标为(0，8)；
(2)如图，过点C作CD∥y轴交AB于点D，
设直线AB的解析式为y＝kx+d，则，
解得：，
∴直线AB的解析式为y＝x+4，
∵C(x，﹣x2+8)，
∴D(x，x+4)，
∴CD＝﹣x2+8﹣(x+4)＝﹣x2﹣x+4，
∴S△ABC＝CD•(xA﹣xB)＝×(﹣x2﹣x+4)×6＝(x+1)2+，
∵＜0，
∴当x＝﹣1时，S△ABC最大，此时点C的坐标为(﹣1，)；
(3)∵EF∥x轴，
∴点A到EF的距离为|6﹣n|，
∵F(m，n)在抛物线y＝﹣x2+8上，
∴n＝﹣m2+8，
∴|6﹣(﹣m2+8)|＞8，
∴m2﹣2＞8或m2﹣2＜﹣8(无解)，
∴m＞2或m＜﹣2．

3．(2022•老河口市模拟)在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+2mx的顶点为A，直线l：y＝x﹣1与x轴交于点B．
(1)如图，已知点A的坐标为(2，4)，抛物线与直线l在第一象限交于点C．
①求抛物线的解析式及点C的坐标；
②点M为线段BC上不与B，C重合的一动点，过点M作x轴的垂线交x轴于点D，交抛物线于点E，设点M的横坐标t．当EM＞BD时，求t的取值范围；
(2)过点A作AP⊥l于点P，作AQ∥l交抛物线于点Q，连接PQ，设△APQ的面积为S．直接写出①S关于m的函数关系式；②S的最小值及S取最小值时m的值．

【分析】(1)①利用抛物线的顶点可得y＝﹣(x﹣2)2+4，联立方程组求解即可得到点C的坐标；
②先证得△OBC是等腰直角三角形，进而得出△BDM是等腰直角三角形，可得：EM＝﹣t2+3t+1，BD＝MD＝t﹣1，由EM＞BD，可得﹣t2+3t+1＞t﹣1，即t2﹣2t﹣2＜0，令y＝t2﹣2t﹣2，根据二次函数的图象和性质即可求得答案；
(2)①如图2，过点A作AG∥y轴交直线l于点G，过点Q作QH⊥AG于点H，则AG＝m2﹣m+1，利用三角函数可得AP＝AG•sin45°＝(m2﹣m+1)，根据AQ∥直线l，可得直线AG的解析式为y＝x+m2﹣m，进而求得点Q的横坐标为m﹣1，故QH＝m﹣(m﹣1)＝1，AQ＝，运用三角形面积公式可求得S＝m2﹣m+；
②运用二次函数的性质即可求得答案．
【解析】(1)①∵抛物线y＝﹣x2+2mx的顶点为A(2，4)，
∴y＝﹣(x﹣2)2+4＝﹣x2+4x，
联立方程组，
解得：，，
∵点C在第一象限，
∴C(，)；
②设直线l：y＝x﹣1与y轴交于点F，则F(0，﹣1)，
∴OF＝1，
∵B(1，0)，
∴OB＝1，
∴OB＝OF，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴∠OBF＝∠OFB＝45°，
∴∠MBD＝∠OBF＝45°，
∵∠BDM＝90°，
∴△BDM是等腰直角三角形，
∴BD＝MD，
∵M(t，t﹣1)，D(t，0)，E(t，﹣t2+4t)，
∴EM＝﹣t2+4t﹣(t﹣1)＝﹣t2+3t+1，BD＝MD＝t﹣1，
∵EM＞BD，
∴﹣t2+3t+1＞t﹣1，
∴t2﹣2t﹣2＜0，
令y＝t2﹣2t﹣2，当y＝0时，t2﹣2t﹣2＝0，
解得：t＝1±，
∴当y＜0，即t2﹣2t﹣2＜0时，1﹣＜t＜1+(i)，
∵点M为线段BC上不与B，C重合的一动点，
∴1＜t＜(ii)，
由(i)(ii)得：1＜t＜1+，
故t的取值范围为：1＜t＜1+；
(2)①如图2，过点A作AG∥y轴交直线l于点G，过点Q作QH⊥AG于点H，
∵y＝﹣x2+2mx＝﹣(x﹣m)2+m2，
∴A(m，m2)，
∴G(m，m﹣1)，
∴AG＝m2﹣(m﹣1)＝m2﹣m+1，
由(1)②知：∠OFB＝45°，
∵AG∥y轴，
∴∠AGP＝∠OFB＝45°，
∵AP⊥直线l，
∴∠APG＝90°，
∴AP＝AG•sin45°＝(m2﹣m+1)，
∵AQ∥直线l，
∴设直线AG的解析式为y＝x+n，把A(m，m2)代入得：m+n＝m2，
∴n＝m2﹣m，
∴直线AG的解析式为y＝x+m2﹣m，
令﹣x2+2mx＝x+m2﹣m，
解得：x1＝m，x2＝m﹣1，
∴点Q的横坐标为m﹣1，
∴QH＝m﹣(m﹣1)＝1，
∵AQ∥l，
∴∠QAH＝∠AGP＝45°，∠PAQ＝90°，
∵∠AHQ＝90°，
∴△AHQ是等腰直角三角形，
∴AQ＝QH＝，
∴S＝AP•AQ＝×(m2﹣m+1)×＝m2﹣m+，
故S关于m的函数关系式为S＝m2﹣m+；
②∵S＝m2﹣m+＝(m﹣)2+，
∴当m＝时，S的最小值为．


4．(2022•新吴区二模)如图，已知抛物线y＝+bx过点A(﹣4，0)、顶点为B，一次函数y＝x+2的图象交y轴于M，对称轴与x轴交于点H．

(1)求抛物线的表达式；
(2)已知P是抛物线上一动点，点M关于AP的对称点为N．
①若点N恰好落在抛物线的对称轴上，求点N的坐标；
②请直接写出△MHN面积的最大值．

【分析】(1)运用待定系数法即可求抛物线的表达式．
(2)①先求出抛物线的对称轴为直线x＝﹣2，设N(﹣2，n)，则NH＝|n|，由轴对称性质可得AN＝AM，即AN2＝AM2，建立方程求解即可得出答案．
②连接MH，以点A为圆心，AM为半径作⊙A，过点A作AN⊥MH于点F，交⊙A于点N，则AN＝AM，连接AM，AN，此时△MHN面积最大．运用勾股定理、三角函数、三角形面积公式即可求得答案．
【解析】(1)∵抛物线y＝+bx过点A(﹣4，0)，
∴×(﹣4)2﹣4b＝0，
解得：b＝2，
∴该抛物线的表达式为y＝x2+2x；
(2)①∵y＝x2+2x，
∴抛物线对称轴为直线x＝﹣＝﹣2，
∵对称轴与x轴交于点H，
∴H(﹣2，0)，
∴AH＝1，
∵直线y＝x+2交y轴于M，
∴M(0，2)，
∴AM2＝OA2+OM2＝42+22＝20，
设N(﹣2，n)，则NH＝|n|，如图1、图2，
∵M、N关于直线AP对称，
∴AN＝AM，即AN2＝AM2，
∴12+n2＝20，
∴n±，
∴点N的坐标为(﹣2，﹣)或(﹣2，)；
②如图，连接MH，以点A为圆心，AM为半径作⊙A，过点A作AN⊥MH于点F，交⊙A于点N，
则AN＝AM，
在Rt△AMO中，OM＝2，OA＝4，
∴AM＝＝＝2，
∴AN＝2，
∵OH＝OM＝2，∠HOM＝90°，
∴△HOM是等腰直角三角形，∠MHO＝45°，MH＝2，
∴∠AHF＝∠MHO＝45°，
在Rt△AFH中，AH＝OA﹣OH＝4﹣2＝2，
∴AF＝AH×sin45°＝2×＝，
∴NF＝AN+AF＝2+，
∴S△MHN＝MH•NF＝×2×(2+)＝2+2，
故△MHN面积的最大值为2+2．



5．(2022•开福区校级二模)如图，抛物线y＝(x+1)(x﹣a)(其中a＞1)与x轴交于A、B两点，交y轴于点C．
(1)直接写出∠OCA的度数和线段AB的长(用a表示)；
(2)如图①，若a＝2，点D在抛物线的对称轴上，DB＝DC，求△BCD与△ACO的周长之比；
(3)如图②，若a＝3，动点P在线段OA上，过点P作x轴的垂线分别与AC交于点M，与抛物线交于点N．试问：抛物线上是否存在点Q，使得△PQN与△BPM的面积相等，且线段NQ的长度最小？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，说明理由．

【分析】(1)在y＝(x+1)(x﹣a)中，令x＝0得y＝﹣a，令y＝0得x＝﹣1或x＝a，得A(a，0)，B(﹣1，0)，C(0，﹣a)，即可得∠OCA的度数为45°，线段AB的长是a+1；
(2)当a＝2时，抛物线为y＝(x+1)(x﹣2)，设D(，m)，根据DB＝DC，有(﹣1﹣)2+(0﹣m)2＝(﹣0)2+(m+2)2，解得D(，﹣)，可证△BCD是等腰直角三角形，△BCD∽△ACO，即知△BCD与△ACO的周长之比＝＝；
(3)过Q作QR⊥PN，垂足为R，设点P坐标为(n，0)，则PB＝n+1，PA＝PM＝3﹣n，PN＝﹣n2+2n+3．由S△PQN＝S△BPM，可得QR＝1，分两种情况：①点Q在直线PN的左侧时，Q点的坐标为(n﹣1，n2﹣4n)，R点的坐标为(n，n2﹣4n)，N点的坐标为(n，n2﹣2n﹣3)，在Rt△QRN中，NQ2＝1+(2n﹣3)2，即得n＝时，NQ取最小值1．此时Q点的坐标为(，﹣)；②点Q在直线PN的右侧时，Q点的坐标为(n+1，n2﹣4)，同理可得n＝时，NQ取最小值1．此时Q点的坐标为(，﹣)．
【解析】(1)在y＝(x+1)(x﹣a)中，令x＝0得y＝﹣a，令y＝0得x＝﹣1或x＝a，
∴A(a，0)，B(﹣1，0)，C(0，﹣a)，
∴OA＝a，OB＝1，OC＝a，
∴AB＝a+1，OA＝OC，
∴∠OCA＝45°；
答：∠OCA的度数为45°，线段AB的长是a+1；
(2)当a＝2时，抛物线为y＝(x+1)(x﹣2)，
结合(1)知A(2，0)，B(﹣1，0)，C(0，﹣2)，
∴抛物线对称轴为直线x＝＝，
设D(，m)，
∵DB＝DC，
∴(﹣1﹣)2+(0﹣m)2＝(﹣0)2+(m+2)2，
解得m＝﹣，
∴D(，﹣)，
∴DB2＝DC2＝，
而BC2＝(﹣1﹣0)2+(0+2)2＝5，
∴DB2+DC2＝BC2，
∴△BCD是等腰直角三角形，
由(1)知∠OCA＝45°，
∴△ACO是等腰直角三角形，
∴∠DBC＝∠DCB＝45°＝∠OCA＝∠OAC，
∴△BCD∽△ACO，
∴△BCD与△ACO的周长之比＝＝＝；
(3)a＝3时，存在点Q，使得△PQN与△BPM的面积相等，且线段NQ的长度最小，理由如下：
过Q作QR⊥PN，垂足为R，

设点P坐标为(n，0)，则PB＝n+1，PA＝PM＝3﹣n，PN＝﹣n2+2n+3．
∵S△PQN＝S△BPM，
∴(n+1)(3﹣n)＝(﹣n2+2n+3)•QR，
∴QR＝1，
①点Q在直线PN的左侧时，Q点的坐标为(n﹣1，n2﹣4n)，R点的坐标为(n，n2﹣4n)，N点的坐标为(n，n2﹣2n﹣3)．
∴在Rt△QRN中，NQ2＝1+(2n﹣3)2，
∴n＝时，NQ取最小值1．此时Q点的坐标为(，﹣)；
②点Q在直线PN的右侧时，Q点的坐标为(n+1，n2﹣4)，
同理，NQ2＝1+(2n﹣1)2，
∴n＝时，NQ取最小值1．此时Q点的坐标为(，﹣)．
综上可知存在满足题意的点Q，坐标为(，﹣)或为(，﹣)．
6．(2022•官渡区二模)抛物线交x轴于A、B两点，交y轴正半轴于点C，对称轴为直线．

(1)如图1，若点C坐标为(0，2)，则b＝　﹣　，c＝　2　；
(2)若点P为第二象限抛物线上一动点，在(1)的条件下，求四边形ABCP面积最大时，点P坐标和四边形ABCP的最大面积；
(3)如图2，点D为抛物线的顶点，过点O作MN∥CD别交抛物线于点M，N，当MN＝3CD时，求c的值．
【分析】(1)由点C坐标为(0，2)得c＝2，根据对称轴为直线x＝﹣可得b的值；
(2)设点P(x，)，根据S四边形ABCP＝S△APC+S△ABC，列出四边形面积关于m的二次函数即可得出点P的坐标和四边形ABCP面积的最大值；
(3)求出，C(0，c)，求出直线CD的解析式为：，进而求出直线MN的解析式为，联立y＝﹣x2﹣x+2，得 ，分别过C，N作x轴的平行线，过D，M作y轴的平行线交于点G，H，证明△MHN∽△DGC，
根据相似三角形的性质即可求解．
【解析】(1)∵抛物线y＝﹣x2+bx+c交y轴正半轴于点C，点C坐标为(0，2)，对称轴为直线x＝﹣．
∴c＝2，x＝﹣＝﹣，
∴，
故答案为：﹣，2；

(2)∵c＝2，，
∴y＝﹣x2﹣x+2，
令y＝﹣x2﹣x+2＝0，整理得(x﹣1)(x+4)＝0
解得x＝1或x＝﹣4，
∴A(﹣4，0)，B(1，0)；
∵C(0，2)，
∴AB＝5，OC＝2，
∴S△ABC＝AB×OC＝5，
∵A(﹣4，0)，C(0，2)；
∴lAC：y＝x+2，
过点P作x轴的垂线，交AC于点Q，

设点P(x，)(x＜0)，则点Q(x，x+2)，
PQ＝﹣(x+2)＝，
∴S△APC＝S△APQ+S△PCQ＝PQ×(xC﹣xA)＝﹣x2﹣4x(x＜0)，
∴S四边形ABCP＝S△APC+S△ABC＝﹣x2﹣4x+5＝﹣(x+2)2+9，
∵﹣1＜0，函数图象开口向下，又x＜0，
∴当x＝﹣2时，S四边形ABCP最大＝9，
此时点P(﹣2，3)，
∴当点P(﹣2，3)时，四边形ABCP的最大面积，最大面积为9；

(3)∵，
∴，
∵，C(0，c)
∴设直线CD的解析式为y＝kx+b1(k≠0)，代入点D，C的坐标得，解得，
∴直线CD的解析式为：，
∵MN∥CD，
∴直线MN的解析式为：，
由题意，联立得：，解得：，
由题意，，，
∴，
分别过C，N作x轴的平行线，过D，M作y轴的平行线交于点G，H，

∴∠G＝∠H，∠DCG＝∠MOA＝∠MNH，
∴△MHN∽△DGC，
∴，
∵MN＝3CD，
∴，
∵，C(0，c)，
∴，
∴，
又∵，
∴．
7．(2022•徐州二模)如图，四边形ABCD中，已知AB∥CD，动点P从A点出发，沿边AB运动到点B，动点Q同时由A点出发，沿折线AD﹣DC﹣CB运动点B停止，在移动过程中始终保持PQ⊥AB，已知点P的移动速度为每秒1个单位长度，设点P的移动时间为x秒，△APQ的面积为y，已知y与x之间函数关系如图②，其中MN为线段，曲线OM，NK为抛物线的一部分，根据图中信息，解答下列问题：
(1)图①AB＝　10　，BC＝　5　；
(2)分别求线段MN，曲线NK所对应的函数表达式；
(3)当x为何值，△APQ的面积为6？

【分析】(1)如图①，过点D作DE⊥AB于点E，过点C作CF⊥AB于点F，观察图形②可得：AB＝10，AE＝4，AF＝7，CD＝EF＝3，S△ADE＝8，利用三角形面积公式可求得DE＝4，再运用勾股定理可求得BC＝5；
(2)如图①，连接AC，可得S△ACF＝AF•CF＝×7×4＝14，即N(7，14)，运用待定系数法可得出答案；
(3)分三种情况：当0＜x≤4时，根据三角形面积公式建立方程求解即可得出x＝2，当4＜x≤7时，由于S△APQ＞8，无解；当7＜x≤10时，令y＝6，则﹣(x﹣7)2+14＝6，可求得x＝7+．
【解析】(1)如图①，过点D作DE⊥AB于点E，过点C作CF⊥AB于点F，
由图②可知：AB＝10，AE＝4，AF＝7，CD＝EF＝3，S△ADE＝8，
∴BF＝AB﹣AF＝10﹣7＝3，
∵S△ADE＝AE•DE＝×4DE＝2DE，
∴2DE＝8，
∴DE＝4，
∵AB∥CD，∠DEF＝∠CFE＝90°，
∴∠CDE＝180°﹣∠DEF＝90°，
∴∠DEF＝∠CFE＝∠CDE＝90°，
∴四边形CDEF是矩形，
∴CF＝DE＝4，
在Rt△BCF中，BC＝＝＝5，
故答案为：10，5；
(2)如图①，连接AC，
则S△ACF＝AF•CF＝×7×4＝14，
∴N(7，14)，
设直线MN的解析式为y＝kx+b，把M(4，8)，N(7，14)代入得：
，
解得：，
∴线段MN所在直线的解析式为y＝2x；
设曲线NK所对应的函数表达式为y＝a(x﹣7)2+14，把B(10，0)代入得：
a×(10﹣7)2+14＝0，
解得：a＝﹣，
∴曲线NK所对应的函数表达式为y＝﹣(x﹣7)2+14；
(3)如图①，∵AE＝DE＝4，∠AED＝90°，
∴∠DAE＝45°，
当0＜x≤4时，∵PQ⊥AB，
∴PQ＝AP•tan∠DAE＝x•tan45°＝x，
∴y＝x2＝6，
∵x＞0，
∴x＝2，
当4＜x≤7时，点Q在线段CD上，此时S△APQ＞8；
当7＜x≤10时，令y＝6，则﹣(x﹣7)2+14＝6，
解得：x＝7﹣(舍去)或x＝7+，
综上所述，当x为2或7+时，△APQ的面积为6．

8．(2022•茌平区一模)如图，已知二次函数的图象交x轴于点B(﹣8，0)，C(2，0)，交y轴点A．
(1)求二次函数的表达式；
(2)连接AC，AB，若点P在线段BC上运动(不与点B，C重合)，过点P作PD∥AC，交AB于点D，试猜想△PAD的面积有最大值还是最小值，并求出此时点P的坐标．
(3)连接OD，在(2)的条件下，求出的值．

【分析】(1)运用待定系数法即可求得答案；
(2)设P(m，0)(﹣8＜m＜2)，则PB＝m+8，PC＝2﹣m，利用三角形面积公式可得S△PAB＝2m+16，由PD∥AC，可得，进而得出＝＝，即S△PAD＝﹣(m+3)2+5，利用二次函数的性质即可得出答案；
(3)当P(﹣3，0)时，P为BC边的中点，进而推出D为AB边的中点，得出，即可求得答案．
【解析】(1)∵点B(﹣8，0)，C(2，0)在二次函数的图象上，
∴，
解得：，
∴二次函数的表达式是y＝x2+x﹣4．
(2)猜想：△PAD的面积有最大值．
设P(m，0)(﹣8＜m＜2)，则PB＝m+8，PC＝2﹣m，
∵B(﹣8，0)，C(2，0)，
∴BC＝2﹣(﹣8)＝10，
在y＝x2+x﹣4中，令x＝0，得y＝﹣4，
∴A(0，﹣4)，
∴OA＝4，
∴S△PAB＝PB•OA＝(m+8)×4＝2m+16，
∵PD∥AC，
∴，
∴＝＝，
∴S△PAD＝S△PAB＝×(2m+16)＝﹣(m+3)2+5，
∵，
∴当m＝﹣3时，△PAD的面积存在最大值，此时P(﹣3，0)．
(3)当P(﹣3，0)时，P为BC边的中点，
∴，
∴D为AB边的中点，
∴，
在Rt△AOB中，，
∴，
∴．

9．(2022•碑林区校级模拟)抛物线W1：y＝a(x+)2﹣与x轴交于A(﹣5，0)和点B．
(1)求抛物线W1的函数表达式；
(2)将抛物线W1关于点M(﹣1，0)对称后得到抛物线W2，点A、B的对应点分别为A'，B'，抛物线W2与y轴交于点C，在抛物线W2上是否存在一点P，使得S△PA′B′＝S△PA'C，若存在，求出P点坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】(1)运用待定系数法即可求得答案；
(2)根据中心对称的性质求出抛物线W2的函数表达式为y＝﹣(x﹣)2+，进而得出A′(3，0)，B′(﹣2，0)，A′B′＝5，运用待定系数法求出直线A′C的解析式为y＝﹣x+4，设P(t，﹣t2+t+4)，过点P作PQ∥y轴交A′C的延长线于点Q，则Q(t，﹣t+4)，由S△PA′B′＝S△PA'C，建立方程求解即可得出答案．
【解析】(1)把A(﹣5，0)代入y＝a(x+)2﹣，得：0＝a(﹣5+)2﹣，
解得：a＝，
∴抛物线W1的函数表达式为y＝(x+)2﹣；
(2)存在．
∵抛物线W1关于点M(﹣1，0)对称后得到抛物线W2，
∴抛物线W2的开口大小不变，方向相反，
∵抛物线W1的a1＝，
∴抛物线W2的a2＝﹣，
设抛物线W2的顶点为(m，n)，∵抛物线W1的顶点为(﹣，﹣)，M(﹣1，0)，
∴m﹣＝(﹣1)×2，n﹣＝0，
∴m＝，n＝，
∴抛物线W2的函数表达式为y＝﹣(x﹣)2+．
∴C(0，4)，
∵y＝(x+)2﹣与x轴交于A(﹣5，0)和点B，
∴点B和A(﹣5，0)关于直线x＝﹣对称，
∴B(0，0)，
∵点A、B的对应点分别为A'，B'，
∴A′(3，0)，B′(﹣2，0)，
∴A′B′＝3﹣(﹣2)＝5，
∵y＝﹣(x﹣)2+＝﹣x2+x+4，
设P(t，﹣t2+t+4)，
设直线A′C的解析式为y＝kx+b，则，
解得：，
∴直线A′C的解析式为y＝﹣x+4，
过点P作PQ∥y轴交A′C的延长线于点Q，则Q(t，﹣t+4)，
∴PQ＝﹣t+4﹣(﹣t2+t+4)＝t2﹣2t，
∴S△PA′C′＝PQ×(xA′﹣xC)＝×(t2﹣2t)×3＝t2﹣3t，
S△PA′B′＝A′B′•|yP|＝|﹣t2+t+4|，
∵S△PA′B′＝S△PA'C，
∴|﹣t2+t+4|＝t2﹣3t，
解得：t＝3或t＝﹣5或t＝﹣，
当t＝3时，点P与点A′重合，舍去，
当t＝﹣5时，﹣t2+x+4＝﹣×(﹣5)2+×(﹣5)+4＝﹣16，
∴P(﹣5，﹣16)；
当t＝﹣时，﹣t2+x+4＝﹣×(﹣)2+×(﹣)+4＝，
∴P(﹣，)；
综上所述，P点坐标为(﹣5，﹣16)或(﹣，)．

10．(2021秋•钦北区期末)如图，抛物线y＝ax2+bx+6与直线y＝x+2相交于A(，)、B(4，6)两点，点P是线段AB上的动点(不与A、B两点重合)，过点P作PC⊥x轴于点D，交抛物线于点C，点E是直线AB与x轴的交点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当点C是抛物线的顶点时，求△BCE的面积；
(3)是否存在点P，使得△BCE的面积最大？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．

【分析】(1)把A(，)、B(4，6)代入抛物线y＝ax2+bx+6中列方程组解出即可；
(2)利用配方法计算抛物线顶点C的坐标，计算PC的长，根据三角形面积公式可得结论；
(3)设P(m，m＝2)，表示点C的坐标，计算PC的长，同理根据(2)中△BCE的面积公式可得结论．
【解析】(1)把A(，)、B(4，6)代入抛物线y＝ax2+bx+6中得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝2x2﹣8x+6；
(2)如图1，

∵y＝2x2﹣8x+6＝2(x﹣2)2﹣2，
∴顶点C(2，﹣2)，
当x＝2时，y＝2+2＝4，
∴PC＝4﹣(﹣2)＝6，
当y＝0时，x+2＝0，
∴x＝﹣2，
∴E(﹣2，0)，
∴△BCE的面积＝△PCE的面积+△PBC的面积
＝PC•ED+PC•(xB﹣xD)
＝PC•(xB﹣xE)
＝×6×(4+2)
＝18；
(3)存在，
设点P的坐标为(m，m+2)，则C(m，2m2﹣8m+6)，
∴PC＝m+2﹣(2m2﹣8m+6)＝﹣2m2+9m﹣4，
∴△BCE的面积＝PC•(xB﹣xE)
＝×(﹣2m2+9m﹣4)×(4+2)
＝﹣6(m﹣)2+；
∵﹣6＜0，
∴当m＝时，△BCE的面积最大，这个最大值是．
11．(2022•保定一模)如图，在平面直角坐标系中，点P从原点O出发，沿x轴向右以每秒1个单位长的速度运动t秒(t＞0)，抛物线y＝x2+bx+c经过点O和点P，已知矩形ABCD的三个顶点为A(1，0)，B(1，﹣5)，D(4，0)．
(1)求c，b(含t的代数式表示)；
(2)当4＜t＜5时，设抛物线分别与线段AB，CD交于点M，N．
①在点P的运动过程中，你认为∠AMP的大小是否会变化？若变化，说明理由；若不变，求出∠AMP的值；
②求△MPN的面积S与t的函数关系式．并求t为何值时，△MPN的面积为．

【分析】(1)将(0，0)，P(t，0)代入y＝x2+bx+c，即可求解；
(2)①求出AM＝AP＝t﹣1，则△AMP是等腰直角三角形，可知∠AMP不变；
②利用割补法可知S△MNP＝S△DPN+S梯形NDAM﹣S△PAM，再求解即可．
【解析】(1)将(0，0)代入y＝x2+bx+c，
∴c＝0，
由题可知P(t，0)，
∴t2+bt＝0，
∴b＝﹣t；
(2)①∠AMP的大小不会变化，理由如下：
由(1)知y＝x2﹣tx，
∵四边形ABCD是矩形，
∴M(1，1﹣t)，
∴AM＝t﹣1，
∵P(t，0)，A(1，0)，
∴AP＝t﹣1，
∴AM＝AP，
∵AM⊥AP，
∴∠AMP＝45°；
②∵A(1，0)，D(4，0)，
∴M(1，1﹣t)，N(4，16﹣4t)，
∴AM＝t﹣1，DN＝4t﹣16，
∴S△MNP＝S△DPN+S梯形NDAM﹣S△PAM＝×(t﹣4)×(4t﹣16)+×(4t﹣16+t﹣1)×3﹣×(t﹣1)2＝t2﹣t+6，
∵△MPN的面积为，
∴t2﹣t+6＝，
解得t＝或t＝，
∵4＜t＜5，
∴t＝．
12．(2022•黄石模拟)如图，已知抛物线与x轴交于A(2，0)，B两点，与y轴交于点C(0，﹣4)，直线与x轴交于点D，点P是抛物线上的一动点，过点P作PE⊥x轴，垂足为E，交直线l于点F．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)点P是抛物线上位于第三象限的一动点，设点P的横坐标是m，四边形PCOB的面积是S．①求S关于m的函数解析式及S的最大值；②点Q是直线PE上一动点，当S取最大值时，求△QOC周长的最小值及FQ的长．

【分析】(1)运用待定系数法即可求得抛物线解析式；
(2)①如图1，连接BP，先求得B(﹣10，0)，设P(m，m2+m﹣4)，可得S＝﹣m2﹣10m+20＝﹣(m+5)2+45，利用二次函数性质即可求得答案；
②由①可得：P(﹣5，﹣7)，E(﹣5，0)，可得OE＝BE＝5，故点B与点O关于直线PE对称，连接BC交PE于点Q，则QO＝QB，可得QO+QC＝QB+QC＝BC，此时QO+QC最小，即△QOC的周长最小，运用勾股定理可得BC＝2，即可得出△QOC的周长的最小值为：BC+OC＝2+4；运用待定系数法可得直线BC的解析式为y＝﹣x﹣4，进而可得Q(﹣5，﹣2)，F(﹣5，﹣)，即可求得FQ的值．
【解析】(1)∵抛物线经过A(2，0)、C(0，﹣4)，
∴，
解得：，
∴该抛物线的表达式为y＝x2+x﹣4；
(2)①如图1，连接BP，
∵抛物线y＝x2+x﹣4，令y＝0，得x2+x﹣4＝0，
解得：x1＝﹣10，x2＝2，
∴B(﹣10，0)，
设P(m，m2+m﹣4)，
∵PE⊥x轴，
∴E(m，0)，
∴OE＝﹣m，BE＝m+10，PE＝﹣(m2+m﹣4)＝﹣m2﹣m+4，
∴S＝S△PBE+S梯形OCPE＝×(m+10)×(﹣m2﹣m+4)+×(﹣m2﹣m+4+4)×(﹣m)＝﹣m2﹣10m+20，
∵S＝﹣m2﹣10m+20＝﹣(m+5)2+45，
∴当m＝﹣5时，S的最大值为45；
②由①得：当m＝﹣5时，S的最大值为45，
∴P(﹣5，﹣7)，E(﹣5，0)，
∴OE＝BE＝5，
∵PE⊥x轴，
∴直线PE是线段OB的垂直平分线，
∴点B与点O关于直线PE对称，
连接BC交PE于点Q，则QO＝QB，
∴QO+QC＝QB+QC＝BC，此时QO+QC最小，即△QOC的周长最小，
在Rt△BCO中，BC＝＝＝2，
∴△QOC的周长的最小值为：BC+OC＝2+4，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，把B(﹣10，0)，C(0，﹣4)代入，得，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x﹣4，
当x＝﹣5时，y＝﹣×(﹣5)﹣4＝﹣2，
∴Q(﹣5，﹣2)；
∵直线l的解析式为y＝﹣x﹣4，
∴当x＝﹣5时，y＝﹣×(﹣5)﹣4＝﹣，
∴F(﹣5，﹣)，
∴FQ＝﹣﹣(﹣2)＝，
故△QOC周长的最小值为2+4，FQ的长为．


13．(2022•哈尔滨模拟)如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2﹣2ax+3与x轴的负半轴交于点A，与x的正半轴交于点B，与y轴正半轴交于点C，OB＝2OA．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点D是第四象限内抛物线上一点，连接AD交y轴于点E，过C作CF⊥y轴交抛物线于点F，连接DF，设四边形DECF的面积为S，点D的横坐标的t，求S与t的函数解析式；
(3)在(2)的条件下，过F作FM∥y轴交AD于点M，连接CD交FM于点G，点N是CE上一点，连接MN、EG，当∠BAD+2∠AMN＝90°，MN：EG＝，求点D的坐标．


【分析】(1)根据解析式可以计算抛物线的对称轴，再根据OA、OB关系即可得出点A、B坐标，把其中一个代入解析式即可解答；
(2)过点D作DT⊥y轴于点T，根据题意得到点D坐标，分别计算S△CED、S△CFD，最后根据 S四边形CEDF＝S△CED+S△CFD进行解答；
(3)过点E作EL⊥FM于点L，过点M作MS⊥x轴于点S，所以四边形CFMS、四边形CFLE是矩形，SM＝CF＝2＝OA，用含t的式子表示出ES、SM、EM的长，最后在Rt△ESM中，利用勾股定理得：ES2+SM2＝EM2，即可解答．
【解析】(1)∵抛物线y＝ax2﹣2ax+3与y轴正半轴交于点C，与x轴的负半轴交于点A，与x的正半轴交于点B，
∴C(0，3)，对称轴x＝1，BO﹣1＝AO+1，BO﹣AO＝2，
∵BO＝2AO，
∴AO＝2，BO＝4，即 A(﹣2，0)，B(4，0)，
把B(4，0)代入y＝ax2﹣2ax+3，得：
0＝16a﹣8a+3，
解得：a＝﹣，
∴y＝﹣(x+2)(x﹣4)，即y＝﹣x2+x+3；

(2)过点D作DT⊥y轴于点T，

由(1)得：C(0，3)，
∴点F与点C关于对称轴对称，坐标为F(2，3)，CF＝2，
∵点D的横坐标的t，点D是第四象限内抛物线上一点，
∴D(t，﹣t2+t+3)，
∵A(﹣2，0)，
∴tan∠BAD＝＝＝(t﹣4)，
∵OE＝AO•tan∠BAD＝2[(t﹣4)]＝t﹣3，
∴CE＝CO+OE＝3+(t﹣3)＝t，
∵S△CED＝CE•DT＝×(t)t＝t2，
S△CFD＝CF•CT＝2[3﹣(﹣t2+t+3)]＝t2﹣t，
∴S四边形CEDF＝S△CED+S△CFD＝t2+t2﹣t＝t2﹣t；
即S＝t2﹣t；
(3)过点E作EL⊥FM于点L，过点M作MS⊥x轴于点S，
∴四边形CFMS、四边形CFLE是矩形，SM＝CF＝2＝OA，

∵SM∥AO，
∴＝＝1，
∴OE＝ES＝t﹣3，
∵CE＝t，
∴CS＝CE+ES＝t﹣3，
由(2)知：D(t，﹣t2+t+3)，tan∠BAD＝(t﹣4)，
∴tan∠CDT＝＝t﹣，
∵CF∥DT，
∴∠FCG＝∠CDT，即tan∠FCG＝tan∠CDT，
∴FG＝CF•tan∠CDT＝t﹣，
∴GL＝FL﹣FG＝CE﹣FG＝t﹣(t﹣)＝，
∴EG＝＝＝，
∵MN：EG＝2：5，
∴MN＝，NS＝＝3，
∴NE＝NS﹣ES＝3﹣(t﹣3)＝6﹣t＝ME，
在Rt△ESM中，∠ESM＝90°，
由勾股定理得：ES2+SM2＝EM2，
∴(t﹣3)2+22＝(6﹣t)2，
解得：t＝，
∴D(，﹣)．
14．(2022•利川市模拟)如图，等腰直角三角形OAB的直角顶点O在坐标原点，直角边OA，OB分别在y轴和x轴上，点C的坐标为(3，4)，且AC平行于x轴．
(1)求直线AB的解析式；
(2)求过B，C两点的抛物线y＝﹣x2+bx+c的解析式；
(3)抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴的另一个交点为D，试判定OC与BD的大小关系；
(4)若点M是抛物线上的动点，当△ABM的面积与△ABC的面积相等时，求点M的坐标．

【分析】(1)利用等腰直角三角形的性质与点C的坐标特征求得点A与点B的坐标，利用待定系数法即可求解；
(2)直接把点B与点C的坐标代入y＝﹣x2+bx+c即可求解；
(3)由抛物线与x轴的交点关于对称轴直线对称求得点D的坐标，在利用点C的坐标分别求得OC，BD的长即可求解；
(4)分两种情况：当点M在直线AB的上方时，如图所示；当点M在直线AB的下方时，如图所示，利用铅垂线法求得△ABM的面积，利用△ABM的面积与△ABC的面积相等列出方程求解即可．
【解析】(1)∵点C的坐标为(3，4)，且AC平行于x轴，
∴点A的坐标为(0，4)且OA＝4，
∵△OAB是等腰直角三角形，∠AOB＝90°，
∴OB＝OA＝4，
∵点B的坐标为(4，0)，
设直线AB的解析式为：y＝mx+n，
由题意得 ，
解得：，
∴直线AB的解析式为：y＝﹣x+4；
(2)∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过B，C两点，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+3x+4；
(3)BD＝OC；理由：
∵抛物线的解析式为y＝﹣x2+3x+4＝﹣{x﹣)2+，
∴抛物线的对称轴直线为x＝，
∵点B的坐标为(4，0)，点B与点D关于对称轴对称，
∴点D的坐标为(﹣1，0)，
∴BD＝4﹣(﹣1)＝5，
∵点C的坐标为(3，4)，
∴OC＝＝5，
∴BD＝OC；
(4)∵点C的坐标为(3，4)，且AC平行于x轴，
∴AC＝3，
∴S△ABC＝•yC＝3×4＝6，
当点M在直线AB的上方时，如图所示，

过点M作MN∥y轴，交直线AB于点N，设M的坐标为(t，﹣t2+3t+4)，则N的坐标为(t，﹣t+4)，
∴MN＝﹣t2+3t+4﹣(﹣t+4)＝﹣t2+4t，
∴S△AMB＝MN•xB＝(﹣t2+4t)×4＝﹣2t2+8t，
∵△ABM的面积与△ABC的面积相等，
∴﹣2t2+8t＝6，
解得：t＝1或t＝3(舍，该点为点C)，
此时M的坐标为(1，6)或(3，4)；
当点M在直线AB的下方时，如图所示，
过点M作MN∥x轴，交直线AB于点N，设M的坐标为(t，﹣t2+3t+4)，则N的坐标为(t2﹣3t，﹣t2+3t+4)，

∴MN＝t2﹣3t﹣t＝t2﹣4t，
∴S△ABM＝MN•yA＝(t2﹣4t)×4＝2t2﹣8t，
∵△ABM的面积与△ABC的面积相等，
∴2t2﹣8t＝6，
解得：t＝2±，
此时M的坐标为(2+，﹣1﹣)或(2﹣，﹣1)；
综上可得，M的坐标为(2+，﹣1﹣)或(2﹣，﹣1)或(1，6)．
15．(2021•襄阳)如图，直线y＝x+1与x，y轴分别交于点B，A，顶点为P的抛物线y＝ax2﹣2ax+c过点A．
(1)求出点A，B的坐标及c的值；
(2)若函数y＝ax2﹣2ax+c在3≤x≤4时有最大值为a+2，求a的值；
(3)连接AP，过点A作AP的垂线交x轴于点M．设△BMP的面积为S．
①直接写出S关于a的函数关系式及a的取值范围；
②结合S与a的函数图象，直接写出S＞时a的取值范围．

【分析】(1)先求出点A(0，1)，点B(﹣2，0)，将点A坐标代入解析式可求c的值；
(2)分a＞0，a＜0两种情况讨论，由二次函数的性质可求解；
(3)①分四种情况讨论，由“AAS”可证△AOM≌△PNA，可得OM＝AN，由三角形的面积公式可求解；
②分三种情况讨论，解不等式可求解．
【解析】(1)∵直线y＝x+1与x，y轴分别交于点B，A，
∴点A(0，1)，点B(﹣2，0)，
∵抛物线y＝ax2﹣2ax+c过点A，
∴c＝1；
(2)∵y＝ax2﹣2ax+1＝a(x﹣1)2+1﹣a，
∴对称轴为直线x＝1，
当a＞0，3≤x≤4时，y随x的增大而增大，
∴当x＝4时，y有最大值，
∴9a+1﹣a＝a+2，
解得：a＝；
当a＜0，3≤x≤4时，y随x的增大而减小，
∴当x＝3时，y有最大值，
∴4a+1﹣a＝a+2，
解得：a＝(不合题意舍去)，
综上所述：a＝；
(3)①当a＜0时，则1﹣a＞1，
如图1，过点P作PN⊥y轴于N，

∵y＝ax2﹣2ax+1＝a(x﹣1)2+1﹣a，
∴点P坐标为(1，1﹣a)，
∴PN＝AO＝1，AN＝1﹣a﹣1＝﹣a，
∵AM⊥AP，PN⊥y轴，
∴∠PNA＝∠PAM＝90°＝∠AOM，
∴∠PAN+∠OAM＝90°，∠OAM+∠AMO＝90°，
∴∠PAN＝∠AMO，
∴△AOM≌△PNA(AAS)，
∴OM＝AN＝﹣a，
∴BM＝2﹣a，
∴S＝×(2﹣a)(1﹣a)＝a2﹣a+1；
当a＞0，1﹣a＞0时，即0＜a＜1，
如图2，过点P作PN⊥y轴于N，

∴PN＝1＝OA，AN＝1﹣(1﹣a)＝a，
同理可得△AOM≌△PNA，
∴OM＝AN＝a，
∴BM＝2﹣a，
∴S＝×(2﹣a)(1﹣a)＝a2﹣a+1；
当a＞0，﹣1＜1﹣a＜0时，即1＜a＜2，
如图3，过点P作PN⊥y轴于N，

∴PN＝1＝OA，ON＝a﹣1，AN＝1+a﹣1＝a，
同理可得△AOM≌△PNA，
∴OM＝AN＝a，
∴BM＝2﹣a，
∴S＝×(2﹣a)(a﹣1)＝﹣a2+a﹣1；
当a＝2时，点B与点M重合，不合题意，
当a＞0，1﹣a＜﹣1时，即a＞2，
如图4，过点P作PN⊥y轴于N，

∴PN＝1＝OA，ON＝a﹣1，AN＝1+a﹣1＝a，
同理可得△AOM≌△PNA，
∴OM＝AN＝a，
∴BM＝a﹣2，
∴S＝×(a﹣2)(a﹣1)＝a2﹣a+1；
综上所述：S＝．
②当1＜a＜2时，S＝﹣a2+a﹣1＝﹣(a﹣)2+≤，
∴当1＜a＜2时，不存在a的值使S＞；
当a＜1且a≠0时，S＝a2﹣a+1＞，
∴(a﹣)(a﹣)＞0，
∴a＜或a＞(不合题意舍去)；
当a＞2时，S＝a2﹣a+1＞，
∴(a﹣)(a﹣)＞0，
∴a＜(不合题意舍去)或a＞，
综上所述：a＜且a≠0或a＞．
16．(2021•辽宁)如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A和点C(﹣1，0)，与y轴交于点B(0，3)，连接AB，BC，点P是抛物线第一象限上的一动点，过点P作PD⊥x轴于点D，交AB于点E．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，作PF⊥PD于点P，使PF＝OA，以PE，PF为邻边作矩形PEGF．当矩形PEGF的面积是△BOC面积的3倍时，求点P的坐标；
(3)如图2，当点P运动到抛物线的顶点时，点Q在直线PD上，若以点Q、A、B为顶点的三角形是锐角三角形，请直接写出点Q纵坐标n的取值范围．

【分析】(1)用待定系数法即可求解；
(2)由矩形PEGF的面积＝PF•PE＝2×(﹣x2+x+3+x﹣3)＝3S△BOC＝3××BO•CO＝×3×1，即可求解；
(3)当∠BAQ为直角时，求出直线BQ的表达式为y＝x+3，得到n＝5；当∠BQA为直角时，利用解直角三角形的方法求出n＝；当∠BAQ为直角时，同理可得，n＝﹣，进而求解．
【解析】(1)由题意得：，解得，
故抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+3；

(2)对于y＝﹣x2+x+3，令y＝﹣x2+x+3＝0，解得x＝4或﹣1，
故点A的坐标为(4，0)，则PF＝2，
由点A、B的坐标得，直线AB的表达式为y＝﹣x+3，
设点P的坐标为(x，﹣x2+x+3)，则点E(x，﹣x+3)，
则矩形PEGF的面积＝PF•PE＝2×(﹣x2+x+3+x﹣3)＝3S△BOC＝3××BO•CO＝×3×1，
解得x＝1或3，
故点P的坐标为(1，)或(3，3)；

(3)由抛物线的表达式知，其对称轴为x＝，故点Q的坐标为(，n)，
当∠ABQ为直角时，如图2﹣1，

设BQ交x轴于点H，
由直线AB的表达式知，tan∠BAO＝，则tan∠BHO＝，
故设直线BQ的表达式为y＝x+t，
该直线过点B(0，3)，故t＝3，
则直线BQ的表达式为y＝x+3，
当x＝时，y＝x+3＝5，
即n＝5；
②当∠BQA为直角时，
过点Q作直线MN交y轴于点N，交过点A与y轴的平行线于点M，

∵∠BQN+∠MQA＝90°，∠MQA+∠MAQ＝90°，
∴∠BQN＝∠MAQ，
∴tan∠BQN＝tan∠MAQ，
即，则，
解得n＝；
③当∠BAQ为直角时，
同理可得，n＝﹣；
综上，以点Q、A、B为顶点的三角形是锐角三角形，则△ABQ不为直角三角形，
故点Q纵坐标n的取值范围为﹣＜n＜或＜n＜5．
17．(2021•贺州)如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，且A(﹣1，0)，对称轴为直线x＝2．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)直线l过点A且在第一象限与抛物线交于点C．当∠CAB＝45°时，求点C的坐标；
(3)点D在抛物线上与点C关于对称轴对称，点P是抛物线上一动点，令P(xP，yP)，当1≤xP≤a，1≤a≤5时，求△PCD面积的最大值(可含a表示)．

【分析】(1)把A点代入抛物线，再由对称轴公式可得解析式．
(2)过点C作CE⊥x轴于点E，得AE＝CE，设点C的横坐标为xc，则纵坐标为yc＝xc+1，把点C代入抛物线得C的坐标．
(3)有对称可得D的坐标，即可求出CD＝8，设△PCD以CD为底边的高为h，则h＝|yp|+7，当|yp|取最大值时，△PCD的面积最大，分情况讨论，①当1≤a＜2时，1≤xp＜2，此时y＝x2﹣4x﹣5在1≤xp≤a上y随x的增大而减小，|yp|max＝|a2﹣4a﹣5|＝5+4a﹣a2，△PCD的最大面积为Smax＝×CD×h＝48+16a﹣4a2，
②当2≤a≤5时，此时y＝x2﹣4x﹣5的对称轴x＝2含于1≤xp≤a内，|yp|max＝|22﹣4×2﹣5|＝9，△PCD的最大面积为Smax＝×CD×h＝64，
【解析】(1)抛物线过A(﹣1，0)，对称轴为x＝2，
∴，
解得，
∴抛物线表达式为y＝x2﹣4x﹣5；
(2)过点C作CE⊥x轴于点E，

∵∠CAB＝45°，
∴AE＝CE，
设点C的横坐标为xc，则纵坐标为yc＝xc+1，
∴C(xc，xc+1)，
代入y＝x2﹣4x﹣5得，
xc+1＝﹣4xc﹣5，
解得xc＝﹣1(舍去)，xc＝6，
∴yc＝7，
∴点C的坐标是(6，7)；
(3)由(2)得C的坐标是(6，7)，
∵对称轴x＝2，
∴点D的坐标是(﹣2，7)，
∴CD＝8，
∵CD与x轴平行，点P在x轴下方，
设△PCD以CD为底边的高为h，
则h＝|yp|+7，
∴当|yp|取最大值时，△PCD的面积最大，
∵1≤xp≤a，1≤a≤5，
①当1≤a＜2时，1≤xp≤a，此时y＝x2﹣4x﹣5在1≤xp≤a上y随x的增大而减小，
∴|yp|max＝|a2﹣4a﹣5|＝5+4a﹣a2，
∴h＝|yp|+7＝12+4a﹣a2，
∴△PCD的最大面积为：
Smax＝×CD×h＝×8×(12+4a﹣a2)＝48+16a﹣4a2；
②当2≤a≤5时，此时y＝x2﹣4x﹣5的对称轴x＝2含于1≤xp＜a内，
∴|yp|max＝|22﹣4×2﹣5|＝9，
∴h＝9+7＝16，
∴△PCD的最大面积为Smax＝×CD×h＝×8×16＝64，
综上所述：当1≤a＜2时，△PCD的最大面积为48+16a﹣4a2；
当2≤a≤5时，△PCD的最大面积为64．
18．(2021•常德)如图，在平面直角坐标系xOy中，平行四边形ABCD的AB边与y轴交于E点，F是AD的中点，B、C、D的坐标分别为(﹣2，0)，(8，0)，(13，10)．
(1)求过B、E、C三点的抛物线的解析式；
(2)试判断抛物线的顶点是否在直线EF上；
(3)设过F与AB平行的直线交y轴于Q，M是线段EQ之间的动点，射线BM与抛物线交于另一点P，当△PBQ的面积最大时，求P的坐标．

【分析】(1)过点D作x轴垂线交x轴于点H，利用△EBO∽△DCH求出E点坐标，进而根据B、E、C三点坐标即可求出抛物线解析式；
(2)求出抛物线顶点坐标以及直线EF的解析式，代入验证即可判定顶点是否在直线EF上；
(3)根据AB∥FQ，求出点Q坐标，再设M为(0，m)通过直线BM与抛物线的交点表示出P点坐标，从而可表示出△PBQ的面积结合二次函数最值问题即可求出面积最大值时点P的坐标．
【解析】(1)过点D作x轴垂线交x轴于点H，如图所示：

由题意得∠EOB＝∠DHC＝90°，
∵AB∥CD，
∴∠EBO＝∠DCH，
∴△EBO∽△DCH，
∴，
∵B(﹣2，0)、C(8，0)、D(13，10)，
∴BO＝2，CH＝13﹣8＝5，DH＝10，
∴，
解得：EO＝4，
∴点E坐标为(0，4)，
设过B、E、C三点的抛物线的解析式为：y＝a(x+2)(x﹣8)，将E点代入得：
4＝a×2×(﹣8)，
解得：a＝﹣，
∴过B、E、C三点的抛物线的解析式为：y＝﹣(x+2)(x﹣8)＝﹣x2+x+4；
(2)抛物线的顶点在直线EF上，理由如下：
由(1)可知该抛物线对称轴为直线x＝﹣＝﹣＝3，
当x＝3时，y＝，
∴该抛物线的顶点坐标为(3，)，
又∵F是AD的中点，
∴F(8，10)，
设直线EF的解析式为：y＝kx+b，将E(0，4)，F(8，10)代入得，
解得：，
∴直线EF解析式为：y＝，
把x＝3代入直线EF解析式中得：y＝，
故抛物线的顶点在直线EF上；
(3)由(1)(2)可知：A(3，10)，
设直线AB的解析式为：y＝k'x+b'，将B(﹣2，0)，A(3，10)代入得：
，解得：，
∴直线AB的解析式为：y＝2x+4，
∵FQ∥AB，
故可设：直线FQ的解析式为：y＝2x+b1，将F(8，10)代入得：
b1＝﹣6，
∴直线FQ的解析式为：y＝2x﹣6，
当x＝0时，y＝﹣6，
∴Q点坐标为(0，﹣6)，
设M(0，m)，直线BM的解析式为：y＝k2x+b2，将M、B点代入得：
，解得：，
∴直线BM的解析式为：y＝，
∵点P为直线BM与抛物线的交点，
∴联立方程组有：，
化简得：(x+2)(x﹣8+2m)＝0，
解得：x1＝﹣2(舍去)，x2＝8﹣2m，
∴点P的横坐标为：8﹣2m，
则此时，S△PBQ＝MQ×(|xP|+|xB|)＝＝﹣(m+)2+，
∵a＝﹣1＜0，
∴当m＝﹣时，S取得最大值，
∴点P横坐标为8﹣2×(﹣)＝9，
将x＝9代入抛物线解析式中y＝﹣，
综上所述，当△PBQ的面积最大时，P的坐标为(9，﹣)．
19．(2021•福建)已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴只有一个公共点．
(1)若抛物线过点P(0，1)，求a+b的最小值；
(2)已知点P1(﹣2，1)，P2(2，﹣1)，P3(2，1)中恰有两点在抛物线上．
①求抛物线的解析式；
②设直线l：y＝kx+1与抛物线交于M，N两点，点A在直线y＝﹣1上，且∠MAN＝90°，过点A且与x轴垂直的直线分别交抛物线和l于点B，C．求证：△MAB与△MBC的面积相等．
【分析】(1)将点P的坐标代入解析式中，得出a和b的关系式，即可求出a+b的最小值；
(2)①由题意得出抛物线与x轴只有一个交点，所以抛物线上的点在同一侧，即两点只能为P1，P3，即可求出抛物线的解析式；
(3)根据题意先设出点A的横坐标，然后用含k的式子表示出A的横坐标，再证明AB＝BC即可得出△MAB与△MBC的面积相等．
【解析】(1)把P(0，1)代入解析式得：c＝1，
∴y＝ax2+bx+1，
又∵抛物线与x轴只有一个公共点，
∴△＝b2﹣4a＝0，即，
∴，
当b＝﹣2时，a+b有最小值为﹣1；
(2)①∵抛物线与x轴只有一个公共点，
∴抛物线上的顶点在x轴上，
∴抛物线上的点为P1，P3，
又∵P1，P3关于y轴对称，
∴顶点为原点(0，0)，
设解析式为y＝ax2，
代入点P1得：，
②证明：
联立直线l和抛物线得：
，
即：x2﹣4kx﹣4＝0，
设M(x1，kx1+1)，N(x2，kx2+1)，
由韦达定理得：x1+x2＝4k，x1x2＝﹣4，
设线段MN的中点为T，设A的坐标为(m，﹣1)，
则T的坐标为(2k，2k2+1)，
∴AT2＝(2k﹣m)2+(2k2+2)2，
由题意得：，
∵△MAN是直角三角形，且MN是斜边，
∴，即：，
∴×16(k4+2k2+1)＝(2k﹣m)2+(2k2+2)2，
解得m＝2k，
∴A(2k，﹣1)，
∴B(2k，k2)，
∴C(2k，2k2+1)，
∵，
∴B是AC的中点，
∴AB＝BC，
又∵△MAB与△MBC的高都是点M到直线AC的距离，
∴△MAB与△MBC的高相等，
∴△MAB与△MBC的面积相等．
20．(2021•柳州)在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线：y＝ax2+bx+c交x轴于A(﹣1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C(0，﹣)．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)如图1，点D为第四象限抛物线上一点，连接OD，过点B作BE⊥OD，垂足为E，若BE＝2OE，求点D的坐标；
(3)如图2，点M为第四象限抛物线上一动点，连接AM，交BC于点N，连接BM，记△BMN的面积为S1，△ABN的面积为S2，求的最大值．

【分析】(1)由抛物线交x轴于A(﹣1，0)，B(3，0)两点，设二次函数的交点式y＝a(x+1)(x﹣3)，代入C(0，﹣)可得解析式．
(2)由BE＝2OE，设OE为x，BE＝2x，由勾股定理得OE＝，BE＝，过点E作TG平行于OB，根据相似三角形的判定得△ETO∽△OEB，有相似比的性质得出3TE＝，解出E的坐标为(，﹣)，直线OE的解析式为y＝﹣2x，直线OE与抛物线于点D，联立方程可得D的坐标．
(3)根据＝＝，设直线BC的解析式为y＝kx+b，将B，C两点代入得，直线BC的解析式为y＝x﹣，当x＝﹣1时，得F坐标为(﹣1，﹣2)，设M(x，x2﹣x﹣)，MT＝﹣(x﹣)2+，根据二次函数的性质得出，MTmax＝，即可解出＝＝＝的最值．
【解析】(1)依题意，设y＝a(x+1)(x﹣3)，
代入C(0，﹣)得：a•1•(﹣3)＝﹣，
解得：a＝，
∴y＝(x+1)(x﹣3)＝x2﹣x﹣；
(2)∵BE＝2OE，
设OE为x，BE＝2x，
由勾股定理得：OE2+BE2＝OB2，
x2+4x2＝9，
解得：x1＝，x2＝﹣(舍)，
∴OE＝，BE＝，
过点E作TG平行于OB，T在y轴上，过B作BG⊥TG于G，

∴△ETO∽△OEB，
∴＝＝，
∴OE2＝OB•TE，
∴TE＝＝，
∴OT＝＝，
∴E(，﹣)，
∴直线OE的解析式为y＝﹣2x，
∵OE的延长线交抛物线于点D，
∴，
解得：x1＝1，x2＝﹣3(舍)，
当x＝1时，y＝﹣2，
∴D(1，﹣2)；
(3)如图所示，延长BC于点F，AF∥y轴，过A点作AH⊥BF于点H，作MT∥y轴交BF于点T，过M点作MG⊥BF于点J，

∵AF∥MT，
∴∠AFH＝∠MTJ，
∵AH⊥BF，MJ⊥BF，
∴∠AHF＝∠MJT＝90°，
∴△AFH∽△MJT，
∴＝，
∵S1＝NB•MJ，S2＝NB•AH，
∴＝＝，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，将B，C两点代入得，
，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣，
当x＝﹣1时，y＝•(﹣1)﹣＝﹣2，
∴F(﹣1，﹣2)，
∴AF＝2，
设M(x，x2﹣x﹣)，
∴MT＝x﹣﹣(x2﹣x﹣)＝﹣(x﹣)2+，
∴a＝﹣＜0，
∴MTmax＝，
∴＝＝＝＝＝．
21．(2021•聊城)如图，抛物线y＝ax2+x+c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，已知A，C两点坐标分别是A(1，0)，C(0，﹣2)，连接AC，BC．
(1)求抛物线的表达式和AC所在直线的表达式；
(2)将△ABC沿BC所在直线折叠，得到△DBC，点A的对应点D是否落在抛物线的对称轴上？若点D在对称轴上，请求出点D的坐标；若点D不在对称轴上，请说明理由；
(3)若点P是抛物线位于第三象限图象上的一动点，连接AP交BC于点Q，连接BP，△BPQ的面积记为S1，△ABQ的面积记为S2，求的值最大时点P的坐标．

【分析】(1)利用待定系数法可求得函数的表达式；
(2)抛物线的表达式为y＝，点B坐标为(﹣4，0)．可证明△AOC∽△COB．继而可证AC⊥BC，则将△ABC沿BC所在直线折叠，点D一定落在直线AC上，延长AC至D，使DC＝AC，过点D作DE⊥y轴交y轴于点E，可证△ACO≌△DCE，可得D坐标．则可判断D点是否在抛物线对称轴上；
(3)分别过A、P作x轴的垂线，利用解析式，用同一个字母m表示出P，N的坐标，进而用m表示出的值，根据二次函数的性质可以确定出的最大值，进而可确定出此时的P点坐标．
【解析】(1)∵抛物线y＝ax2+x+c过点A(1，0)，C(0，﹣2)，
∴，解得：．
∴抛物线的表达式为y＝．
设直线AC的表达式为y＝kx+b，则
，解得：．
∴直线AC的表达式为y＝2x﹣2．
(2)点D不在抛物线的对称轴上，理由是：
∵抛物线的表达式为y＝，
∴点B坐标为(﹣4，0)．
∵OA＝1，OC＝2，
∴．
又∵∠AOC＝∠COB＝90°，
∴△AOC∽△COB．
∴∠ACO＝∠CBO．
∴∠ACO+∠BCO＝∠OBC+∠BCO＝90°，
∴AC⊥BC．
∴将△ABC沿BC所在直线折叠，点D一定落在直线AC上，
延长AC至D，使DC＝AC，过点D作DE⊥y轴交y轴于点E，如图1．
又∵∠ACO＝∠DCE，
∴△ACO≌△DCE(AAS)．
∴DE＝AO＝1，则点D横坐标为﹣1，
∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣．
故点D不在抛物线的对称轴上．
(3)设过点B、C的直线表达式为y＝px+q，
∵C(0，﹣2)，B(﹣4，0)，
∴，解得：．
∴过点B、C的直线解析式为y＝．
过点A作x轴的垂线交BC的延长线于点M，点M坐标为(1，﹣)，
过点P作x轴的垂线交BC于点N，垂足为H，如图2．
设点P坐标为(m，)，则点N坐标为(m，)，
∴PN＝﹣()＝，
∵PN∥AM，
∴△AQM∽△PQN．
∴．
若分别以PQ、AQ为底计算△BPQ和△BAQ的面积(同高不等底)，
则△BPQ与△BAQ的面积比为，即．
∴＝＝＝．
∵﹣＜0，
∴当m＝﹣2时，的最大值为，此时点P坐标为(﹣2，﹣3)．


22．(2020•贺州)如图，抛物线y＝a(x﹣2)2﹣2与y轴交于点A(0，2)，顶点为B．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)若点P(t，y1)，Q(t+3，y2)都在抛物线上，且y1＝y2，求P，Q两点的坐标；
(3)在(2)的条件下，若点C是线段QB上一动点，经过点C的直线y＝﹣x+m与y轴交于点D，连接DQ，DB，求△BDQ面积的最大值和最小值．

【分析】(1)直接代入点A坐标，解方程，即可求解；
(2)P，Q两点均在抛物线上，且两点纵坐标相同，代入两点横坐标，可以得到一个关于t的方程，解方程，即可求解．或者由P，Q两点纵坐标相同，得到P，Q两点关于抛物线对称轴x＝2对称，继而列出关于t的方程；
(3)先求出直线BQ的解析式，再求出直线BQ与y轴交点E的坐标，将△BDQ的面积转化成△DQE与△DBE的面积之差，将△BDQ的面积用含m的式子表达出来，根据m的取值范围，确定所求面积的最大值和最小值．
【解析】(1)将A(0，2)代入到抛物线解析式中，得，
4a﹣2＝2，
解得，a＝1，
∴抛物线解析式为y＝(x﹣2)2﹣2；
(2)∵y1＝y2，
∴(t﹣2)2﹣2＝(t+3﹣2)2﹣2，
解得，，
∴P()，Q；
(3)由题可得，顶点B为(2，﹣2)，
将直线y＝﹣x+m进行平移，
当直线经过B点时，﹣2＝﹣2+m，
解得m＝0，
当直线经过点Q时，，
解得m＝，
∵经过点C直线y＝﹣x+m与y轴交于点D，
∴D为(0，m)，
∵点C是线段QB上一动点，
∴，
延长QB交y轴于点E，设直线QB的解析式为y＝kx+b，
代入点Q、B坐标得，
，解得，
∴QB的解析式为：，
令x＝0，则y＝﹣5，
∴E(0，﹣5)，
由图可得，
S△BDQ＝S△DEQ﹣S△DEB，
∴＝，
∵，
∴当m＝0时，S△BDQ最小值为，
当m＝时，S△BDQ最大值为．