2023年中考数学二轮复习压轴题培优练习专题14二次函数与线段数量关系最值定值问题（教师版）

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 专题14二次函数与线段数量关系最值定值问题

图形运动的过程中，求两条线段之间的函数关系，是中考数学的热点问题．
产生两条线段间的函数关系，常见的情况有两种，一是勾股定理，二是比例关系．还有一种不常见的，就是线段全长等于部分线段之和．由比例线段产生的函数关系问题，在两种类型的题目中比较常用．
一是由平行线产生的对于线段成比例，二是相似三角形的对应边成比例．
一般步骤是先说理产生比例关系，再代入数值或表示数的字母，最后整理、变形，根据要求写出定义域．关键是寻找比例关系，难点是有的整理、变形比较繁琐，容易出错．

【例1】（2022•武汉模拟）抛物线y＝x2﹣2x+m的顶点A在x轴上，与y轴交于点B．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，直线CD∥AB交抛物线于C，D两点，若，求△COD的面积；
（3）如图2，P为抛物线对称轴上顶点下方的一点，过点P作直线交抛物线于点E，F，交x轴于点M，求的值．

【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）运用待定系数法求得直线AB的解析式为y＝﹣x+1，根据CD∥AB，设直线CD的解析式为y＝﹣x+d，C（xC，yC），D（xD，yD），联立并整理得x2﹣x+1﹣d＝0，利用根与系数关系可得：xC+xD＝1，xC•xD＝1﹣d，yC＝﹣xC+d，yD＝﹣xD+d，再由，可得CD＝3AB＝3，建立方程求解即可得出答案；
（3）过点E作EG∥x轴交抛物线对称轴于点G，过点F作FH∥x轴交抛物线对称轴于点H，则AM∥EG∥FH，可得：＝，＝，设直线PM的解析式为y＝kx+n，可得：P（1，k+n），M（﹣，0），联立并整理得：整理得：x2﹣（k+2）x+1﹣n＝0，利用根与系数关系可得：xE+xF＝k+2，xE•xF＝1﹣n，再分两种情况：k＜0或k＞0，分别求出的值即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2﹣2x+m＝（x﹣1）2+m﹣1的顶点A（1，m﹣1）在x轴上，
∴m﹣1＝0，
∴m＝1，
∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣2x+1；
（2）∵y＝x2﹣2x+1＝（x﹣1）2，
∴顶点A（1，0），
令x＝0，得y＝1，
∴B（0，1），
在Rt△AOB中，AB＝＝＝，
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
则，
解得：，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+1，
∵CD∥AB，
∴设直线CD的解析式为y＝﹣x+d，C（xC，yC），D（xD，yD），
则x2﹣2x+1＝﹣x+d，
整理得：x2﹣x+1﹣d＝0，
∴xC+xD＝1，xC•xD＝1﹣d，
yC＝﹣xC+d，yD＝﹣xD+d，
∴yC﹣yD＝（﹣xC+d）﹣（﹣xD+d）＝xD﹣xC，
∵，
∴CD＝3AB＝3，
∴CD2＝（3）2＝18，
∴（xC﹣xD）2+（yC﹣yD）2＝18，即（xC﹣xD）2+（xD﹣xC）2＝18，
∴（xC﹣xD）2＝9，
∴（xC+xD）2﹣4xC•xD＝9，即1﹣4（1﹣d）＝9，
解得：d＝3，
∴x2﹣x﹣2＝0，
解得：x＝2或﹣1，
∴C（2，1），D（﹣1，4），
设直线CD：y＝﹣x+3交y轴于点K，
令x＝0，则y＝3，
∴K（0，3），
∴OK＝3，
∴S△COD＝OK×|xC﹣xD|＝×3×3＝；
（3）如图2，过点E作EG∥x轴交抛物线对称轴于点G，过点F作FH∥x轴交抛物线对称轴于点H，
则AM∥EG∥FH，
∴＝，＝，
设直线PM的解析式为y＝kx+n，
当x＝1时，y＝k+n，
∴P（1，k+n），
当y＝0时，kx+n＝0，
解得：x＝﹣，
∴M（﹣，0），
∴AM＝|1﹣（﹣）|＝||，
由x2﹣2x+1＝kx+n，
整理得：x2﹣（k+2）x+1﹣n＝0，
则xE+xF＝k+2，xE•xF＝1﹣n，
∵EG＝|xE﹣1|，FH＝|xF﹣1|，
∴+＝+＝，
当k＜0时，点E、F、M均在对称轴直线x＝1左侧，
∴EG＝|xE﹣1|＝1﹣xE，FH＝|xF﹣1|＝1﹣xF，AM＝||＝，
∴+＝＝＝＝，
∴+＝AM×（+）＝×＝1；
当k＞0时，点E、F、M均在对称轴直线x＝1右侧，
∴EG＝|xE﹣1|＝xE﹣1，FH＝|xF﹣1|＝xF﹣1，AM＝||＝﹣，
∴+＝＝＝＝﹣，
∴+＝AM×（+）＝﹣×（﹣）＝1；
综上所述，的值为1．


【例2】（2022•黄石）如图，抛物线y＝﹣x2+x+4与坐标轴分别交于A，B，C三点，P是第一象限内抛物线上的一点且横坐标为m．
（1）A，B，C三点的坐标为 　（﹣2，0）　，　（3，0）　，　（0，4）　．
（2）连接AP，交线段BC于点D，
①当CP与x轴平行时，求的值；
②当CP与x轴不平行时，求的最大值；
（3）连接CP，是否存在点P，使得∠BCO+2∠PCB＝90°，若存在，求m的值，若不存在，请说明理由．

【分析】（1）令x＝0，则y＝4，令y＝0，则﹣x2+x+4＝0，所以x＝﹣2或x＝3，由此可得结论；
（2）①由题意可知，P（1，4），所以CP＝1，AB＝5，由平行线分线段成比例可知，＝＝．
②过点P作PQ∥AB交BC于点Q，所以直线BC的解析式为：y＝﹣x+4．设点P的横坐标为m，则P（m，﹣m2+m+4），Q（m2﹣m，﹣m2+m+4）．所以PQ＝m﹣（m2﹣m）＝﹣m2+m，因为PQ∥AB，所以＝＝＝﹣（m﹣）2+，由二次函数的性质可得结论；
（3）假设存在点P使得∠BCO+2∠BCP＝90°，即0＜m＜3．过点C作CF∥x轴交抛物线于点F，由∠BCO+2∠PCB＝90°，可知CP平分∠BCF，延长CP交x轴于点M，易证△CBM为等腰三角形，所以M（8，0），所以直线CM的解析式为：y＝﹣x+4，令﹣x2+x+4＝﹣x+4，可得结论．
【解答】解：（1）令x＝0，则y＝4，
∴C（0，4）；
令y＝0，则﹣x2+x+4＝0，
∴x＝﹣2或x＝3，
∴A（﹣2，0），B（3，0）．
故答案为：（﹣2，0）；（3，0）；（0，4）．
（2）①∵CP∥x轴，C（0，4），
∴P（1，4），
∴CP＝1，AB＝5，
∵CP∥x轴，
∴＝＝．
②如图，过点P作PQ∥AB交BC于点Q，

∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+4．
设点P的横坐标为m，
则P（m，﹣m2+m+4），Q（m2﹣m，﹣m2+m+4）．
∴PQ＝m﹣（m2﹣m）＝﹣m2+m，
∵PQ∥AB，
∴＝＝＝﹣（m﹣）2+，
∴当m＝时，的最大值为．
另解：分别过点P，A作y轴的平行线，交直线BC于两点，仿照以上解法即可求解．
（3）假设存在点P使得∠BCO+2∠BCP＝90°，即0＜m＜3．
过点C作CF∥x轴交抛物线于点F，

∵∠BCO+2∠PCB＝90°，∠BCO+∠BCF+∠MCF＝90°，
∴∠MCF＝∠BCP，
延长CP交x轴于点M，
∵CF∥x轴，
∴∠PCF＝∠BMC，
∴∠BCP＝∠BMC，
∴△CBM为等腰三角形，
∵BC＝5，
∴BM＝5，OM＝8，
∴M（8，0），
∴直线CM的解析式为：y＝﹣x+4，
令﹣x2+x+4＝﹣x+4，
解得x＝或x＝0（舍），
∴存在点P满足题意，此时m＝．
【例3】（2022•河南三模）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣4交x轴于A，B两点，交y轴于点C，OB＝2OC＝4OA，连接AC，BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点D是抛物线y＝ax2+bx﹣4的图象上在第四象限内的一动点，DE⊥x轴于点E，交BC于点F．设点D的横坐标为m．
①请用含m的代数式表示线段DF的长；
②已知DG∥AC，交BC于点G，请直接写出当时点D的坐标．

【分析】（1）由抛物线y＝ax2+bx﹣4，可知c＝﹣4，故OC＝4，而OB＝2OC＝4OA，则OA＝2，OB＝8，确定点A、B、C的坐标，再用待定系数法求函数解析式即可；
（2）①先求出直线BC的解析式，再设点D为（m，m2﹣m﹣4），可得F（m，m﹣4），即可得出线段DF的长；
②证明△AOC∽△FGD，根据相似三角形的性质可得DF＝3，再根据①得出的式子求出m的值，即可求解．
【解答】解：（1）在抛物线y＝ax2+bx﹣4中，
令x＝0，则y＝﹣4，
∴点C的坐标为（0，﹣4），
∴OC＝4，
∵OB＝2OC＝4OA，
∴OA＝2，OB＝8，
∴点A为（﹣2，0），点B为（8，0），
则把点A、B代入解析式，得：
，
解得：，
∴此抛物线的表达式为y＝x2﹣x﹣4；

（2）①设直线BC的解析式为y＝mx+n，则
把点B、C代入，得，
解得：，
∴直线AC的解析式为y＝x﹣4；
设点D为（m，m2﹣m﹣4），可得F（m，m﹣4），
∴DF＝m﹣4−（m2﹣m﹣4）＝﹣m2+2m；

②∵点A为（﹣2，0），点B为（8，0），点C的坐标为（0，﹣4），
∴AC2＝22+42＝20，BC2＝82+42＝80，AB2＝（8+2）2＝100，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝∠ACO+∠OCF＝90°，
∵DG∥AC，
∴∠DGC＝∠ACB＝90°，
∴∠DGF＝∠AOC＝90°，
∴∠DFG+∠FDG＝90°，
∵DE⊥x轴，
∴DE∥y轴，
∴∠OCF＝∠DFG，
∵∠ACO+∠OCF＝90°，∠DFG+∠FDG＝90°，
∴∠ACO＝∠FDG，
∴△AOC∽△FGD，
∴，
∵AC2＝22+42＝20，
∴AC＝2，
∵DG＝AC，
∴DG＝，
∴，
∴DF＝3，
∵DF＝﹣m2+2m，
∴﹣m2+2m＝3，解得m1＝2，m2＝6，
∴点D的坐标为（2，﹣6）或（6，﹣4）．
【例4】（2021•大庆）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于原点O和点A，且其顶点B关于x轴的对称点坐标为（2，1）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）抛物线的对称轴上存在定点F，使得抛物线y＝ax2+bx+c上的任意一点G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离总相等．
①证明上述结论并求出点F的坐标；
②过点F的直线l与抛物线y＝ax2+bx+c交于M，N两点．
证明：当直线l绕点F旋转时，+是定值，并求出该定值；
（3）点C（3，m）是该抛物线上的一点，在x轴，y轴上分别找点P，Q，使四边形PQBC周长最小，直接写出P，Q的坐标．

【分析】（1）求出B（2，﹣1），A（4，0），再将点O、点A、点B代入抛物线y＝ax2+bx+c，即可求解解析式；
（2）①设F（2，m），G（x，x2﹣x），由已知可得（x﹣2）2+＝，整理得到m（m﹣x2+2x）＝0，因为任意一点G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离总相等，所以m＝0，即可求F坐标；②设过点F的直线解析式为y＝kx﹣2k，M（xM，yM），N（xN，yN），联立直线与抛物线解析式得x2﹣（4+4k）x+8k＝0，则有xM+xN＝4+4k，xM•xN＝8k，yM+yN＝4k2，yM•yN＝﹣4k2，由①可得+＝+＝1；
（3）作B点关于y轴的对称点B'，作C点关于x轴的对称点C'，连接C'B'交x轴、y轴分别于点P、Q，四边形PQBC周长＝BQ+PQ+PC+BC＝B'Q+PQ+C'P+CB＝C'B'+CB，求出B'（﹣2，﹣1），C'（3，），可得直线B'C'的解析为y＝x﹣，则可求Q（0，﹣），P（，0）．
【解答】解：（1）∵顶点B关于x轴的对称点坐标为（2，1），
∴B（2，﹣1），
∴A（4，0），
将点O、点A、点B代入抛物线y＝ax2+bx+c，
得到，解得，
∴y＝x2﹣x；
（2）①设F（2，m），G（x，y），
∴G点到直线y＝﹣2的距离为|y+2|，
∴（y+2）2＝y2+4y+4，
∵y＝x2﹣x，
∴（y+2）2＝y2+4y+4＝y2+x2﹣4x+4＝y2+（x﹣2）2，
∴G到直线y＝﹣2的距离与点（2，0）和G点的距离相等，
∴抛物线上的任意一点G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离总相等；
∵G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离相等，
∴（x﹣2）2+＝，
整理得，m（m﹣x2+2x）＝0，
∵距离总相等，
∴m＝0，
∴F（2，0）；
②设过点F的直线解析式为y＝kx﹣2k，M（xM，yM），N（xN，yN），
联立，整理得x2﹣（4+4k）x+8k＝0，
∴xM+xN＝4+4k，xM•xN＝8k，
∴yM+yN＝4k2，yM•yN＝﹣4k2，
∵M到F点与M点到y＝﹣2的距离相等，N到F点与N点到y＝﹣2的距离相等，
∴+＝+＝＝＝1，
∴+＝1是定值；
（3）作B点关于y轴的对称点B'，作C点关于x轴的对称点C'，连接C'B'交x轴、y轴分别于点P、Q，
∵BQ＝B'Q，CP＝C'P，
∴四边形PQBC周长＝BQ+PQ+PC+BC＝B'Q+PQ+C'P+CB＝C'B'+CB，
∵点C（3，m）是该抛物线上的一点
∴C（3，﹣），
∵B（2，﹣1），
∴B'（﹣2，﹣1），C'（3，），
∴直线B'C'的解析为y＝x﹣，
∴Q（0，﹣），P（，0）．


1．（2020•道里区二模）已知：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝﹣+bx+3交x轴于A、B两点（点B在点A的右边）交y轴于点C，OB＝3OC．
（1）如图1，求抛物线的解析式；
（2）如图2，点E是第一象限抛物线上的点，连接BE，过点E作ED⊥OB于点D，tan∠EBD＝，求△BDE的面积；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BC交DE于点Q，点K是第四象限抛物线上的点，连接EK交BC于点M，交x轴于点N，∠EMC＝45°，过点K作直线KT⊥x轴于点T，过点E作EL∥x轴，交直线KT于点L，点F是抛物线对称轴右侧第一象限抛物线上的点，连接ET、LF，LF的延长线交ET于点P，连接DP并延长交EL于点S，SE＝2SL，求点F的坐标．

【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）在Rt△EDB中，，则，解得t1＝3，t2＝9（舍去），利用，求出点E的坐标，进而求解；
（3）证明四边形DELT是正方形和△EPS≌△EPL（SAS），则，RL＝11﹣n，故，即可求解．
【解答】解：（1）如图1，当x＝0时，，
∴C（0，3），∴OC＝3，
∵OB＝3OC，
∴OB＝9，∴B（9，0），
∵点B在抛物线上，
∴，，
∴抛物线的解析式为；

（2）如图2，设，
∴，BD＝9﹣t，
在Rt△EDB中，，
∴，
解得t1＝3，t2＝9（舍去），
∴，
∴E（3，8），OD＝3，BD＝6，ED＝8，
∴；

（3）如图3，连接CD，

∵OC＝OD＝3，∠COD＝90°，
∴∠ODC＝∠OCD＝45°
∵∠EDO＝90°，
∴∠EDC＝45°，
∴∠EDC＝∠EMQ，
∵∠QCD＝180°﹣∠CDQ﹣∠CQD，∠QEM＝180°﹣∠QME﹣∠EQM，
∴∠DCQ＝∠DEM，
过点D作DG⊥BC于点G，BD＝6，，
设CG＝a，则，
在Rt△CGD中，DG2＝CD2﹣CG2，
在Rt△BGD中，DG2＝BD2﹣BG2，
∴CD2﹣CG2＝BD2﹣BG2，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，∴DN＝4，
∴N（7，0），
过点K作KH⊥ED于点H，
设，
∴KH＝m﹣3，，
∵，
∴，
∴m1＝11，m2＝3（舍），
当m＝11时，，
∴K（11，﹣8），
∴T（11，0），L（11，8），
∴EL＝ED＝8，
∵∠EDT＝∠DTL＝∠ELT＝90°，
∴四边形DELT是矩形，
∵EL＝ED，
∴四边形DELT是正方形
∴∠DET＝∠LET，
又∵EP＝EP，ED＝EL，
∴△EPS≌△EPL（SAS），
∴∠EDS＝∠ELP，
∵SE＝2SL，
∴，
在Rt△SED中，，
∴，
过点F作FR⊥EL于点R，设，
则，RL＝11﹣n，
∴，
∴n2﹣6n﹣7＝0，
∴n1＝7，n2＝﹣1（舍），
∴．
2．（2020•三明二模）如图，抛物线y＝x2+mx（m＜0）交x轴于O，A两点，顶点为点B．
（Ⅰ）求△AOB的面积（用含m的代数式表示）；
（Ⅱ）直线y＝kx+b（k＞0）过点B，且与抛物线交于另一点D（点D与点A不重合），交y轴于点C．过点C作CE∥AB交x轴于点E．
（ⅰ）若∠OBA＝90°，2＜＜3，求k的取值范围；
（ⅱ）求证：DE∥y轴．

【分析】（I）先根据顶点式可得点B的坐标，令y＝0，解方程可得点A的坐标，从而得OA＝﹣m，根据三角形面积公式可得△AOB的面积；
（II）（i）如图2，作BF⊥AO，可证明△EOC∽△AFB，列比例式，根据△OAB为等腰直角三角形和点B的坐标，列关于m的方程，可得结论；
（ii）先求BC的解析式确定点C的坐标，根据方程组的解析可得点D的横坐标，根据CE∥AB确定CE的解析式，根据y＝0可得E的坐标，由D和E的横坐标相等可得结论．
【解答】解：（Ⅰ）如图1，y＝x2+mx＝，

∴点B的坐标为，
由x2+mx＝0，得x1＝0，x2＝﹣m，
∴A（﹣m，0），
∴OA＝﹣m，
∴S△OAB＝＝＝﹣；


（Ⅱ） （ⅰ）如图2，作BF⊥x轴于点F，

则∠AFB＝∠EOC＝90°．
∵CE∥AB，
∴∠OEC＝∠FAB¸
∴△EOC∽△AFB．
∴．
∵，
∴，
∵抛物线的顶点坐标为B（，），∠OBA＝90°，
∴△OAB为等腰直角三角形，
∴，
∵m≠0，
∴m＝﹣2，
∴B（1，﹣1），
∴BF＝1，
∴2＜OC＜3，
∵点C为直线y＝kx+b与y轴交点，
∴2＜﹣b＜3，
∵直线y＝kx+b（k＞0）过点B，
∴k+b＝﹣1，
∴﹣b＝k+1，
∴2＜k+1＜3，
∴1＜k＜2；

（ⅱ）如图3，∵直线y＝kx+b（k＞0）过点B（，），

∴，
∴，
∴y＝kx+，
∴C（0，），
由x2+mx＝kx+，得：
x2+（m﹣k）x﹣＝0，
△＝（m﹣k）2+4×＝k2，
解得x1＝，x2＝，
∵点D不与点B重合，
∴点D的横坐标为，
设直线AB的表达式为y＝px+q，则：．
解得．，
∴直线AB的表达式为y＝﹣，
∵直线CE∥AB，且过点C，
∴直线CE的表达式为y＝+，
当y＝0时，x＝，
∴E（，0），
∴点D，E的横坐标相同，
∴DE∥y轴．
3．（2022•杜尔伯特县一模）如图，已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于A（﹣1，0），B（m，0）两点，与y轴相交于点C（0，﹣3），抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点E在x轴上，且∠ECB＝∠CBD，求点E的坐标．
（3）若P是直线BC下方抛物线上任意一点，过点P作PH⊥x轴于点H，与BC交于点M．
①求线段PM长度的最大值．
②在①的条件下，若F为y轴上一动点，求PH+HF+CF的最小值．

【分析】（1）将A（﹣1，0）、C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）根据待定系数法，可得BD的解析式，根据平行线的判定和两平行直线的函数解析式的关系，根据待定系数法，可得CE的解析式，进一步可得答案；
（3）①根据BC的解析式和抛物线的解析式，设P（x，x2﹣2x﹣3），则M（x，x﹣3），表示PM的长，根据二次函数的最值可得：当x＝时，PM的最大值；
②当PM的最大值时，P（，﹣），确定F的位置：在x轴的负半轴了取一点K，使∠OCK＝45°，过F作FN⊥CK于N，当N、F、H三点共线时，如图2，FH+FN最小，即PH+HF+CF的值最小，根据45度的直角三角形的性质可得结论．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0），点C（0，﹣3）代入抛物线y＝x2+bx+c中得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3；

（2）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4
∴顶点D（1，﹣4），
当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0，
（x﹣3）（x+1）＝0，
x＝3或﹣1，
∴B（3，0）；
如图1，连接BD，

设BD所在直线的解析式为：y＝k（x﹣3），将D点坐标代入函数解析式，得﹣2k＝﹣4，
解得k＝2，
故BD所在直线的解析式为：y＝2x﹣6，
∵∠ECB＝∠CBD，
∴CE∥BD，
设CE所在直线的解析式为：y＝2x+b，将C点坐标代入函数解析式，得b＝﹣3，
故CE所在直线的解析式为：y＝2x﹣3，
当y＝0时，x＝．
当点E在点B的右侧时，直线CE经过BD的中点（2，2），
此时CE的解析式为y＝x﹣3，
∴点E的坐标是（6，0）．
∴综上所述，点E的坐标是（，0）或（6，0）；

（3）①如图2，

∵B（3，0），C（0，﹣3），
设BC的解析式为：y＝kx+b，
则，
解得：，
BC的解析式为：y＝x﹣3，
设P（x，x2﹣2x﹣3），则M（x，x﹣3），
∴PM＝（x﹣3）﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣）2+，
当x＝时，PM有最大值为；
②当PM有最大值，P（，﹣），
在x轴的负半轴了取一点K，使∠OCK＝45°，过F作FN⊥CK于N，
∴FN＝CF，
当N、F、H三点共线时，PH+NH最小，即PH+HF+CF的值最小，
Rt△OCK中，OC＝3，
∴OK＝3，
∵OH＝，
∴KH＝+3＝，
Rt△KNH中，∠KHN＝45°，
∴KN＝KH＝，
∴NH＝KN＝，
∴PH+HF+CF的最小值是PH+NH＝．
4．（2020•江岸区校级一模）已知：抛物线y＝x2+x+m交x轴于A，B两点，交y轴于点C，其中点B在点A的右侧，且AB＝7．
（1）如图1，求抛物线的解析式；
（2）如图2，点D在第一象限内抛物线上，连接CD，AD，AD交y轴于点E．设点D的横坐标为d，△CDE的面积为S，求S与d之间的函数关系式（不要求写出自变量d的取值范围）；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点D作DH⊥CE于点H，点P在DH上，连接CP，若∠OCP＝2∠DAB，且HE：CP＝3：5，求点D的坐标及相应S的值．
【分析】（1）令y＝0，则（x+2）（x﹣m）＝0，根据AB＝7可求出m的值，则答案可求出；
（2）如图1，过点D作DK⊥x轴于点K，设∠DAB＝α，则D（d，﹣），求出CE＝5﹣（5﹣d）＝d，根据三角形面积公式可得解；
（3）如图2，过点E作CE的垂线，过C作∠OCP的平分线交DE于点J，交CE的垂线于点F，过点F作ED的平行线交HD于点N．则∠ECF＝∠HDE＝α，HE＝3k，CP＝5k，CE＝HD＝d，证明△CEF≌△DHE，得出EF＝HE＝DN＝3k，CF＝DE＝FN，可得出d＝6k，在Rt△DHE中，tan，由（2）可求出d的值，则D点坐标可求出．则S＝8．
【解答】（1）由y＝x2+x+m，
令y＝0，则（x+2）（x﹣m）＝0，
∴AO＝2，BO＝m，
∴A（﹣2，0），B（m，0），
∵AB＝7，
∴m﹣（﹣2）＝7，m＝5，
∴y＝；
（2）过点D作DK⊥x轴于点K，设∠DAB＝α，则D（d，﹣），

∴＝．
∴EO＝AO•tanα＝5﹣d，CE＝5﹣（5﹣d）＝d，
∴；
（3）过点E作CE的垂线，过C作∠OCP的平分线交DE于点J，交CE的垂线于点F，过点F作ED的平行线交HD于点N．

∴∠ECF＝∠HDE＝α，HE＝3k，CP＝5k，CE＝HD＝d，
∵CE＝HD，∠CEF＝∠CHD＝90°，
∴△CEF≌△DHE（ASA），
∵EF∥DN，NF∥DE，
∴四边形EDNF为平行四边形，
∴EF＝HE＝DN＝3k，CF＝DE＝FN，
∴△CFN为等腰直角三角形，
∴∠PCN＝∠FNC＝45°，
∴∠PCN＝∠PNC＝45°﹣α，
∴PC＝PN＝5k，
∴PD＝2k，
∴CH＝d﹣3k，PH＝d﹣2k，
∴（d﹣3k）2+（d﹣2k）2＝（5k）2，
∴（d﹣6k）（d+k）＝0，
∴d＝6k，d＝﹣k（舍去），
∴在Rt△DHE中，tan，
由（2）知，
∴．
∴d＝4，
∴D（4，3），
∴＝＝8．
5．（2020•涡阳县一模）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与直线y＝x+1相交于A（﹣1，0），B（4，m）两点，且抛物线经过点C（5，0）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）点P是直线上方的抛物线上的一个动点，求△ABP的面积最大时的P点坐标．
（3）若点P是抛物线上的一个动点（不与点A点B重合），过点P作直线PD⊥x轴于点D，交直线AB于点E．当PE＝2ED时，求P点坐标；
（4）设抛物线与y轴交于点F，在抛物线的第一象限内，是否存在一点M，使得AM被FC平分？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，说明理由．

【分析】（1）将交点B（4，m）代入直线y＝x+1得B（4，5），由题意可设抛物线解析式y＝a（x+1）（x﹣5），把B（4，m）代入得a＝﹣1，即可求解；
（2），即可求解；
（3），故|﹣x2+3x+4|＝2|x+1|，所以﹣x2+3x+4＝±2（x+1），即可求解；
（4）若AM被FC平分，则AM的中点在直线FC上，由F（0，4），C（5，0）得直线FC的表达式为：y＝﹣x+4，设M（x，﹣x2+4x+5），A（﹣1，0），所以其中点坐标为，将M'代入，解得x1＝3，x2＝﹣1（舍），即可求解．
【解答】解：（1）将交点B（4，m）代入直线y＝x+1得B（4，5），
由题意可设抛物线解析式y＝a（x+1）（x﹣5），
把B（4，m）代入得a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+1）（x﹣5），即y＝﹣x2+4x+5；

（2）过点P作y轴的平行线交AB于点H，
则，
xB﹣xA＝4﹣（﹣1）＝5，
所以，
其对称轴为，
把代入y＝﹣x2+4x+5得：，
即△ABP的面积最大时P点坐标为；

（3）∵P为抛物线上一点，所以存在P点在直线AB上方和下方两种情况．
由题意得，
ED＝yE﹣yD＝（x+1）﹣0＝x+1，
因为PE＝2ED，
所以|﹣x2+3x+4|＝2|x+1|，所以﹣x2+3x+4＝±2（x+1），
解得x1＝﹣1（舍），x2＝2，x3＝6，
当x＝2时，y＝9；当x＝6时，y＝﹣7．
即当PE＝2ED时，求P点坐标为（2，9）或（6，﹣7）；

（4）若AM被FC平分，则AM的中点在直线FC上．
由F（0，5），C（5，0）得直线FC的表达式为：y＝﹣x+5，
设M（x，﹣x2+4x+5），A（﹣1，0），所以其中点坐标为，
将M'代入y＝﹣x+5，解得x1＝3，x2＝2，
∴点M（3，8）或（2，9），
当其坐标为（3，8）或（2，9）时，AM被FC平分．
6．（2021•桂林）如图，已知抛物线y＝a（x﹣3）（x+6）过点A（﹣1，5）和点B（﹣5，m），与x轴的正半轴交于点C．
（1）求a，m的值和点C的坐标；
（2）若点P是x轴上的点，连接PB，PA，当＝时，求点P的坐标；
（3）在抛物线上是否存在点M，使A，B两点到直线MC的距离相等？若存在，求出满足条件的点M的横坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用待定系数法求解即可．
（2）设P（t，0），则有＝，解方程，可得结论．
（3）存在．连接AB，设AB的中点为T．分两种情形：①当直线CM经过AB的中点T时，满足条件．②CM′∥AB时，满足条件．根据方程组求出点M的坐标即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝a（x﹣3）（x+6）过点A（﹣1，5），
∴5＝﹣20a，
∴a＝﹣，
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣3）（x+6），
令y＝0，则﹣（x﹣3）（x+6）＝0，解得x＝3或﹣6，
∴C（3，0），
当x＝﹣5时，y＝﹣×（﹣8）×1＝2，
∴B（﹣5，2），
∴m＝2．

（2）设P（t，0），则有＝，
整理得，21t2+242t+621＝0，
解得t＝﹣或﹣，
经检验t＝﹣或﹣是方程的解，
∴满足条件的点P坐标为（﹣，0）或（﹣，0）．

（3）存在．连接AB，设AB的中点为T．
①当直线CM经过AB的中点T时，满足条件．
∵A（﹣1，5），B（﹣5，2），TA＝TB，
∴T（﹣3，），
∵C（3，0），
∴直线CT的解析式为y＝﹣x+，
由，解得（即点C）或，
∴M（﹣，），
②CM′∥AB时，满足条件，
∵直线AB的解析式为y＝x+，
∴直线CM′的解析式为y＝x﹣，
由，解得（即点C）或，
∴M′（﹣9，﹣9），
综上所述，满足条件的点M的横坐标为﹣或﹣9．

7．（2021•甘肃）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与坐标轴交于A（0，﹣2），B（4，0）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）求抛物线y＝x2+bx+c的表达式；
（2）当GF＝时，连接BD，求△BDF的面积；
（3）①H是y轴上一点，当四边形BEHF是矩形时，求点H的坐标；
②在①的条件下，第一象限有一动点P，满足PH＝PC+2，求△PHB周长的最小值．

【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）①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＝OB＝2，由题意直线AB的解析式为y＝x﹣2，设E（a，﹣2a+8），F（a，a﹣2），根据MH＝BG，构建方程求解，可得结论．
②因为△PHB的周长＝PH+PB+HB＝PC+2+PB+5＝PC+PB+7，所以要使得△PHB的周长最小，只要PC+PB的值最小，因为PC+PB≥BC，所以当点P在BC上时，PC+PB＝BC的值最小．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c过A（0，﹣2），B（4，0）两点，
∴，
解得，
∴y＝x2﹣x﹣2．

（2）∵B（4，0），A（0，﹣2），
∴OB＝4，OA＝2，
∵GF⊥x轴，OA⊥x轴，
在Rt△BOA和Rt△BGF中，tan∠ABO＝＝，
即＝，
∴GB＝1，
∴OG＝OB﹣GB＝4﹣1＝3，
当x＝3时，yD＝×9﹣×3﹣2＝﹣2，
∴D（3，﹣2），即GD＝2，
∴FD＝GD﹣GF＝2﹣＝，
∴S△BDF＝•DF•BG＝××1＝．

（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＝OB＝2，
∵A（0，﹣2），B（4，0），
∴直线AB的解析式为y＝x﹣2，
设E（a，﹣2a+8），F（a，a﹣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）．

②如图2中，

BH＝＝＝5，
∵PH＝PC+2，
∴△PHB的周长＝PH+PB+HB＝PC+2+PB+5＝PC+PB+7，
要使得△PHB的周长最小，只要PC+PB的值最小，
∵PC+PB≥BC，
∴当点P在BC上时，PC+PB＝BC的值最小，
∵BC＝＝＝4，
∴△PHB的周长的最小值为4+7．
8．（2021•丽水）如图，已知抛物线L：y＝x2+bx+c经过点A（0，﹣5），B（5，0）．
（1）求b，c的值；
（2）连结AB，交抛物线L的对称轴于点M．
①求点M的坐标；
②将抛物线L向左平移m（m＞0）个单位得到抛物线L1．过点M作MN∥y轴，交抛物线L1于点N．P是抛物线L1上一点，横坐标为﹣1，过点P作PE∥x轴，交抛物线L于点E，点E在抛物线L对称轴的右侧．若PE+MN＝10，求m的值．

【分析】（1）用待定系数法可求出答案；
（2）①设直线AB的解析式为y＝kx+n（k≠0），由A点及B点坐标可求出直线AB的解析式，由（1）得，抛物线L的对称轴是直线x＝2，则可求出答案；
②由题意可得点N的坐标是（2，m2﹣9），P点的坐标是（﹣1，m2﹣6m），分三种情况，（Ⅰ）如图1，当点N在点M及下方，即0＜m＜时，（Ⅱ）如图2，当点N在点M的上方，点Q在点P及右侧，（Ⅲ）如图3，当点N在M上方，点Q在点P左侧，由平移的性质求出PE及MN的长，根据PE+MN＝10列出方程可得出答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（0，﹣5）和点B（5，0），
∴，
解得：，
∴b，c的值分别为﹣4，﹣5．
（2）①设直线AB的解析式为y＝kx+n（k≠0），
把A（0，﹣5），B（5，0）的坐标分别代入表达式，得，
解得，
∴直线AB的函数表达式为y＝x﹣5．
由（1）得，抛物线L的对称轴是直线x＝2，
当x＝2时，y＝x﹣5＝﹣3，
∴点M的坐标是（2，﹣3）；
②设抛物线L1的表达式为y＝（x﹣2+m）2﹣9，
∵MN∥y轴，
∴点N的坐标是（2，m2﹣9），
∵点P的横坐标为﹣1，
∴P点的坐标是（﹣1，m2﹣6m），
设PE交抛物线L1于另一点Q，
∵抛物线L1的对称轴是直线x＝2﹣m，PE∥x轴，
∴根据抛物线的对称性，点Q的坐标是（5﹣2m，m2﹣6m），
（Ⅰ）如图1，当点N在点M及下方，即0＜m＜时，

∴PQ＝5﹣2m﹣（﹣1）＝6﹣2m，MN＝﹣3﹣（m2﹣9）＝6﹣m2，
由平移的性质得，QE＝m，
∴PE＝6﹣2m+m＝6﹣m，
∵PE+MN＝10，
∴6﹣m+6﹣m2＝10，
解得，m1＝﹣2（舍去），m2＝1，
（Ⅱ）如图2，当点N在点M及上方，点Q在点P及右侧，

即＜m＜3时，
PE＝6﹣m，MN＝m2﹣6，
∵PE+MN＝10，
∴6﹣m+m2﹣6＝10，
解得，m1＝（舍去），m2＝（舍去）．
（Ⅲ）如图3，当点N在M上方，点Q在点P左侧，

即m＞3时，PE＝m，MN＝m2﹣6，
∵PE+MN＝10，
∴m+m2﹣6＝10，
解得，m1＝（舍去），m2＝，
综合以上可得m的值是1或．
9．（2020•陕西）已知抛物线L：y＝﹣x2+bx+c过点（﹣3，3）和（1，﹣5），与x轴的交点为A，B（点A在点B的左侧）．
（1）求抛物线L的表达式；
（2）若点P在抛物线L上，点E、F在抛物线L的对称轴上，D是抛物线L的顶点，要使△PEF∽△DAB（P的对应点是D），且PE：DA＝1：4，求满足条件的点P的坐标．

【分析】（1）利用待定系数法可求解析式；
（2）先求出点A，点B，点D坐标，由相似三角形的性质可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过点（﹣3，3）和（1，﹣5），
∴，
解得：，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2﹣4x；
（2）令y＝0，则0＝﹣x2﹣4x，
∴x1＝﹣4，x2＝0，
∴点A（﹣4，0），点B（0，0），
∴对称轴为x＝﹣2，
∴点D（﹣2，4），
如图，设对称轴与x轴的交点为H，过点P作PQ⊥DH于Q，设点P（m，﹣m2﹣4m），

∵△PEF∽△DAB，
∴，
∴PQ＝×4＝1，
∴|m+2|＝1，
∴m＝﹣1或﹣3，
∴点P（﹣1，3）或（﹣3，3）．
10．（2020•盘锦）如图1，直线y＝x﹣4与x轴交于点B，与y轴交于点A，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点B和点C（0，4），△ABO沿射线AB方向以每秒个单位长度的速度平移，平移后的三角形记为△DEF（点A，B，O的对应点分别为点D，E，F），平移时间为t（0＜t＜4）秒，射线DF交x轴于点G，交抛物线于点M，连接ME．

（1）求抛物线的解析式；
（2）当tan∠EMF＝时，请直接写出t的值；
（3）如图2，点N在抛物线上，点N的横坐标是点M的横坐标的，连接OM，NF，OM与NF相交于点P，当NP＝FP时，求t的值．
【分析】（1）求出等B的坐标，利用待定系数法解决问题即可．
（2）分两种情形：如图1中，当点M在线段DF的上方时，求出DM＝7，构建方程求解即可，当点M在线段DF上时，DM＝1，构建方程求解即可．
（3）如图2中，过点N作NT∥y轴于T．由题意D（t，t﹣4），则M（t，﹣t2+t+4），N（t，﹣t2+t+4），T（t，﹣t2+t+2），F（t，t），利用全等三角形的性质证明NT＝MF，由此构建方程解决问题即可．
【解答】解：（1）∵直线y＝x﹣4与x轴交于点B，与y轴交于点A，
∴B（4，0），A（0，﹣4），
把B（4，0），C（0，4）代入y＝﹣x2+bx+c得到，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+4．

（2）如图1中，当点M在线段DF的上方时，

由题意得，D（t，t﹣4），则M（t，﹣t2+t+4），
∴DM＝﹣t2+8，
在Rt△MEF中，tan∠EMF＝＝＝，
∴MF＝3，
∵DF＝EF＝4，
∴DM＝7，
∴﹣t2+8＝7，
∴t＝或﹣（舍弃）．
当点F在点M上方时，可得DM＝1，即﹣t2+8＝1，
∴t＝或﹣（舍弃），
综上所述，t的值为或．


（3）如图2中，过点N作NT∥y轴于T．由题意得D（t，t﹣4），则M（t，﹣t2+t+4），N（t，﹣t2+t+4），T（t，﹣t2+t+2），F（t，t）

∵NT∥FM，
∴∠PNT＝∠PFM，
∵∠NPT＝∠MPF，PN＝PF，
∴△NPT≌△FPM（ASA），
∴NT＝MF，
∴﹣t2+t+4﹣（﹣t2+t+2）＝﹣t2+t+4﹣t，
解得t＝或﹣（舍弃），
∴t的值为．
11．（2022•深圳三模）如图1，抛物线y＝ax2+bx经过点A（﹣5，0），点B（﹣1，﹣2）．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图2，点P为抛物线上第三象限内一动点，过点Q（﹣4，0）作y轴的平行线，交直线AP于点M，交直线OP于点N，当点P运动时，4QM+QN的值是否变化？若变化，说明变化规律，若不变，求其值；
（3）如图3，长度为的线段CD（点C在点D的左边）在射线AB上移动（点C在线段AB上），连接OD，过点C作CE∥OD交抛物线于点E，线段CD在移动的过程中，直线CE经过一定点F，直接写出定点F的坐标与的最小值．

【分析】（1）将点A（﹣5，0），点B（﹣1，﹣2）代入y＝ax2+bx，即可求解；
（2）设P（t，t2+t），﹣5＜t＜0，分别求出直线AP的解析式为y＝tx+t，直线PO的解析式为y＝（t+）x，由题意求出M（﹣4，t），N（﹣4，﹣2t﹣10），则可求QM＝﹣t，QN＝2t+10，所以4QM+QN＝﹣2t+2t+10＝10，4QM+QN的值不变；
（3）求出直线AB的解析式为y＝﹣x﹣，设D（m，﹣m﹣），C（m﹣2，﹣m﹣），求出直线OD的解析式为y＝（﹣﹣）x，由CE∥OD，求出直线CE的解析式为y＝（﹣﹣）x﹣＝﹣x﹣（x+1），则当x+1＝0时，x＝﹣2，此时y＝1，则直线CE经过定点F（﹣2，1），过点F作FK⊥x轴交直线AB于点K，过点E作EG∥FK交AB于点G，由平行的性质得＝，当GE最大时，的值最小，设E（n，n2+n），则G（n，﹣n﹣），GE＝﹣（n+3）2+2，当n＝﹣3时，GE有最大值3，可求的最小值为．
【解答】解：（1）将点A（﹣5，0），点B（﹣1，﹣2）代入y＝ax2+bx，
∴，
解得，
∴y＝x2+x；
（2）4QM+QN的值为定值，
设P（t，t2+t），﹣5＜t＜0，
设直线AP的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝tx+t，
设直线PO的解析式为y＝k'x，
∴t2+t＝tk'，
∴k'＝t+，
∴y＝（t+）x，
∵点Q（﹣4，0），
∴M（﹣4，t），
∴N（﹣4，﹣2t﹣10），
∴QM＝﹣t，QN＝2t+10，
∴4QM+QN＝﹣2t+2t+10＝10，
∴4QM+QN的值不变；
（3）设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x﹣，
设D（m，﹣m﹣），
∵CD＝，点C在点D的左边，
∴C（m﹣2，﹣m﹣），
设直线OD的解析式为y＝k'x，
∴﹣m﹣＝k'm，
∴k'＝﹣﹣，
∴y＝（﹣﹣）x，
∵CE∥OD，
∴直线CE的解析式为y＝（﹣﹣）x﹣＝﹣x﹣（x+1），
当x+1＝0时，x＝﹣2，此时y＝1，
∴直线CE经过定点F（﹣2，1），
过点F作FK⊥x轴交直线AB于点K，过点E作EG∥FK交AB于点G，
∴＝，
∵点F（﹣2，1），
∴K（﹣2，﹣），
∴FK＝，
∴当GE最大时，的值最小，
设E（n，n2+n），则G（n，﹣n﹣），
∴GE＝﹣（n+3）2+2，
∴当n＝﹣3时，GE有最大值2，
∴的最小值为．

12．（2022•阿克苏地区一模）如图1．抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，连接BC，已知点B（4，0）．
（1）若C（0，3），求抛物线的解析式．
（2）在（1）的条件下，P（﹣2，m）为该抛物线上一点，Q是x轴上一点求的最小值，并求此时点Q的坐标．
（3）如图2．过点A作BC的平行线，交y轴与点D，交抛物线于另一点E．若DE＝7AD，求c的值．


【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）如图1，过点Q作QH⊥BC于点H，作PH′⊥BC于点H′，PH′交x轴于点Q′，交y轴于点G，连接PQ，则∠BHQ＝∠BOC＝90°，可证得△BQH∽△BCO，得出＝＝，推出PQ+BQ＝PQ+QH，当P、Q、H在同一条直线上，且PH⊥BC时，PQ+QH最小，即PQ+BQ＝PH′为最小值，过点P作PK⊥y轴于点K，再证得△PGK∽△CGH′，得出∠GPK＝∠GCH′，利用三角函数可求得G（0，﹣），再运用待定系数法求得直线PG的解析式为y＝x﹣，得出Q（，0），再运用解直角三角形即可求得PH′；
（3）设E（t，﹣t2+bt+c），过点E作EF⊥x轴于点F，如图2，通过△ADO∽△BCO，可求得OD＝c2，再由EF∥OD，得出△ADO∽△AEF，结合DE＝7AD，即可求得：AF＝8OA，EF＝8OD，建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：（1）把B（4，0），C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，
得，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+3．
（2）∵P（﹣2，m）为该抛物线y＝﹣x2+x+3上一点，
∴m＝﹣×（﹣2）2+×（﹣2）+3＝﹣，
∴P（﹣2，﹣），
如图1，过点Q作QH⊥BC于点H，作PH′⊥BC于点H′，PH′交x轴于点Q′，交y轴于点G，连接PQ，
则∠BHQ＝∠BOC＝90°，
∵B（4，0），C（0，3），
∴OB＝4，OC＝3，
∴BC＝＝＝5，
∵∠QBH＝∠CBO，
∴△BQH∽△BCO，
∴＝＝，
∴QH＝BQ，
∴PQ+BQ＝PQ+QH，
当P、Q、H在同一条直线上，且PH⊥BC时，PQ+QH最小，即PQ+BQ＝PH′为最小值，
过点P作PK⊥y轴于点K，
则∠PKG＝∠CH′G＝90°，PK＝2，CK＝3﹣（﹣）＝，
∵∠PGK＝∠CGH′，
∴△PGK∽△CGH′，
∴∠GPK＝∠GCH′，
∴tan∠GPK＝tan∠GCH′＝tan∠BCO＝＝，
∴＝，
∴GK＝×2＝，
∴G（0，﹣），
设直线PG的解析式为y＝kx+d，
则，
解得：，
∴直线PG的解析式为y＝x﹣，
令y＝0，得x﹣＝0，
解得：x＝，
∴Q（，0），
∵cos∠GPK＝cos∠BCO＝，
∴＝cos∠GPK＝，
∴PG＝PK＝，
∵CG＝3﹣（﹣）＝，sin∠GCH′＝sin∠BCO＝＝，
∴GH′＝CG•sin∠GCH′＝×＝，
∴PH′＝PG+GH′＝+＝，
故的最小值为，此时Q（，0），
（3）把B（4，0）代入y＝﹣x2+bx+c，得0＝﹣×42+4b+c，
∴b＝3﹣c，
∴y＝﹣x2+（3﹣c）x+c，
令y＝0，得﹣x2+（3﹣c）x+c＝0，
解得：x1＝4，x2＝﹣c，
∴A（c，0），
∴OA＝c，
∵C（0，c），
∴OC＝c，
设E（t，﹣t2+bt+c），过点E作EF⊥x轴于点F，如图2，
则EF＝﹣[﹣t2+（3﹣c）t+c]＝t2+（c﹣3）t﹣c，AF＝t﹣（﹣c）＝t+c，
∵AE∥BC，
∴∠EAF＝∠CBO，
∵∠AOD＝∠BOC＝90°，
∴△ADO∽△BCO，
∴＝，即＝，
∴OD＝c2，
∵EF∥OD，
∴△ADO∽△AEF，
∴＝＝，
∵DE＝7AD，
∴＝＝＝，
∴＝＝，
∴AF＝8OA，EF＝8OD，
∴，
解得：（舍去）或，
故c的值为2．


13．（2022•松江区二模）如图，在平面直角坐标系中，已知直线y＝2x+8与x轴交于点A、与y轴交于点B，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A、B．
（1）求抛物线的表达式；
（2）P是抛物线上一点，且位于直线AB上方，过点P作PM∥y轴、PN∥x轴，分别交直线AB于点M、N．
①当MN＝AB时，求点P的坐标；
②联结OP交AB于点C，当点C是MN的中点时，求的值．

【分析】（1）先根据题意求出点A、B的坐标，代入y＝﹣x2+bx+c即可求得抛物线的表达式；
（2）①证明△PMN∽△OBA，可得，设点M的横坐标为m（﹣4＜m＜0），则PM＝﹣m2﹣4m，又OA＝4，OB＝8，建立方程求解即可得出答案；
②连接OP交AB于点C，先求出点N的坐标，利用中点公式可求得C（﹣，），再证明点C是AB的中点，可得C（﹣2，4），建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：（1）∵直线y＝2x+8与x轴交于点A、与y轴交于点B，
∴令x＝0，则y＝8，
令y＝0，则x＝﹣4，
∴B（0，8），A（﹣4，0），
∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A、B，
∴，
∴，
∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+8；
（2）①∵P是抛物线上一点，且位于直线AB上方，过点P作PM∥y轴、PN∥x轴，分别交直线AB于点M、N，
∴PM⊥PN，∠PNM＝∠BAO，
∴∠MPN＝∠AOB＝90°，
∴△PMN∽△OBA，
∴，
设点M的横坐标为m（﹣4＜m＜0），
则M（m，2m+8），P（m，﹣m2﹣2m+8），
∴PM＝﹣m2﹣2m+8﹣（2m+8）＝﹣m2﹣4m，
∵B（0，8），A（﹣4，0），
∴OA＝4，OB＝8，
∵MN＝AB，
∴，
∴＝，
解得m1＝m2＝﹣2，
∴P（﹣2，8）；
②如图，连接OP交AB于点C，
∵PN∥x轴，P（m，﹣m2﹣2m+8），
∴点N的纵坐标为﹣m2﹣2m+8，
令y＝﹣m2﹣2m+8，则2x+8＝﹣m2﹣2m+8，
解得：x＝，
N（，﹣m2﹣2m+8），
∵点C是MN的中点，M（m，2m+8），
∴C（﹣，），
由①知：∠MPN＝90°，
又点C是MN的中点，
∴PC＝CM＝CN，
∴∠CPN＝∠CNP，∠CPM＝∠CMP，
∵PM∥y轴、PN∥x轴，
∴∠BOC＝∠CPM，∠OBC＝∠CMP，∠OAC＝∠CNP，∠AOC＝∠CPN，
∴∠BOC＝∠OBC，∠OAC＝∠AOC，
∴AC＝OC，BC＝OC，
∴AC＝BC，
∴点C是AB的中点，
∴C（﹣2，4），
∴﹣＝﹣2，
解得：m＝±2，
∵﹣4＜m＜0，
∴m＝﹣2，
∴PM＝﹣m2﹣4m＝﹣（﹣2）2﹣4×（﹣2）＝8﹣8，
∵PM∥y轴，
∴△PCM∽△OCB，
∴＝＝＝﹣1，
故的值为﹣1．

14．（2022•游仙区模拟）如图，抛物线与坐标轴分别交于A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）．

（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线上是否存在点P，使得∠CBP＝∠ACO，若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；
（3）如图2，Q是△ABC内任意一点，求++的值．

【分析】（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2），把A（﹣1，0），B（3，0）代入，解方程组即可得到结论；
（2）如图1，作∠ACO＝∠CBQ，BQ与OC相交于Q点，过Q作QM⊥BC，根据相似三角形的性质得到，推出△CMQ为等腰直角三角形，得到CM＝QM，＝求得Q（0，），设直线BQ的解析式为y＝kx+b，解方程组得到直线BQ的解析式为y＝﹣x+，于是得到结论；
（3）如图2，过Q点作QM⊥AB，根据相似三角形的性质和三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2），把A（﹣1，0），B（3，0）代入得：y＝a（x+1）（x﹣3），
再将C（0，3）代入得：a＝﹣1，b＝2，c＝3，
∴抛物线的解析式为，y＝﹣x2+2x+3；
（2）答：存在，理由如下：
如图1，作∠ACO＝∠CBQ，BQ与OC相交于Q点，过Q作QM⊥BC，
∵∠AOC＝∠BMQ＝90°，∠CBQ＝∠ACO，
∴△ACO∽△QMB，
∴，
又∵∠OCB＝45°，
∴△CMQ为等腰直角三角形，
∴CM＝QM，＝
∵BC＝3，
∴CM＝，CQ＝，
∴Q（0，），
设直线BQ的解析式为y＝kx+b，
∴，
∴，
∴直线BQ的解析式为y＝﹣x+，
解得，或（舍去），
∴P1（﹣，）；
延长QM到Q′，使QM＝QM′，连接BQ′，
则Q′（，3），
∵B（3，0），
∴直线BQ′的解析式为y＝﹣2x+6，
解得，或（舍去），
∴P2＝（1，4）；
综上所述，P（﹣，）或（1，4）；
（3）如图2，过Q点作QM⊥AB，
∵CO⊥AB，
∴QM∥OC，
∴△QMF∽△COF，
∴＝＝＝，
同理＝，＝，
∴＝++＝1．


15．（2022•龙岩模拟）抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，4）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式（用含a的式子表示）；
（2）当a＞0时，连接AB，BC，若tan∠ABC＝，求a的值；
（3）直线y＝﹣x+m与线段AB交于点P，与抛物线交于M，N两点（点M在点N的左侧），若PM•PN＝6，求m的值．
【分析】（1）由点A，B的坐标，利用待定系数法可求出抛物线的解析式；
（2）设BC与x轴交于D，作DE⊥AB于E，过点B作BH⊥x轴于点H，则△ABH为等腰直角三角形，进而可得出∠BAH＝45°，AB＝4，设DE＝t，则AE＝t，BE＝3t，结合AB＝AE+BE，即可求出t的值，结合AD＝t，即可得出点D的坐标，由点B，D的坐标，利用待定系数法可求出直线BD的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特及二次函数图象上点的坐标特征，即可求出a的值；
（3）由点A，B的坐标，利用待定系数法可求出直线AB的解析式，联立直线AB和直线MN的解析式，可求出点P的坐标，将y＝﹣x+m代入y＝ax2﹣（2a﹣1）x﹣3a+1，整理后可得出关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系可得出xM+xN，xM•xN的值，再结合PM•PN＝（xP﹣xM）×（xM﹣xP）＝6，即可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（3，4）代入y＝ax2+bx+c，
得：，解得：，
∴抛物线的解析式为y＝ax2﹣（2a﹣1）x﹣3a+1．
（2）设BC与x轴交于D，作DE⊥AB于E，过点B作BH⊥x轴于点H，如图1所示．
∵点A的坐标为（﹣1，0），点B的坐标为（3，4），
∴AH＝BH＝4，
∴△ABH为等腰直角三角形，
∴∠BAH＝45°，AB＝AH＝4.
设DE＝t，则AE＝t，
∵tan∠ABC＝，
∴BE＝3t，
∴AB＝t+3t＝4t＝4，
∴t＝，
∴AD＝DE＝t＝×＝2，
∴点D的坐标为（1，0）．
设直线BD的解析式为y＝kx+d（k≠0），
将B（3，4），D（1，0）代入y＝kx+d，
得：，解得：，
∴直线BD的解析式为y＝2x﹣2．
当x＝0时，y＝﹣3a+1，
∴点C的坐标为（0，﹣3a+1），
又∵点C在直线BD上，
∴﹣3a+1＝﹣2，
∴a＝1，
∴a的值为1．
（3）∵点A的坐标为（﹣1，0），点B的坐标为（3，4），
∴直线AB的解析式为y＝x+1（可利用待定系数法求出），
联立直线AB和直线MN的解析式，
得：，解得：，
∴点P的坐标为（，）；
将y＝﹣x+m代入y＝ax2﹣（2a﹣1）x﹣3a+1，整理得：ax2﹣（2a﹣2）x﹣m﹣3a+1＝0，
∴xM+xN＝﹣＝2﹣，xM•xN＝＝﹣﹣3，
∴PM•PN＝（xP﹣xM）×（xM﹣xP）
＝2（xP﹣xM）（xM﹣xP）
＝﹣2[xP2﹣（xM+xN）•xP+xM•xN]
＝﹣2[（）2﹣（2﹣）×﹣﹣3]＝6，
整理得：﹣（m﹣1）＝0，
解得：m1＝1，m2＝5，
∴m的值为1或5．


16．（2022•雷州市模拟）如图（1），抛物线y＝ax2+bx+6与x轴交于点A（﹣6，0）、B（2，0），与y轴交于点C，抛物线对称轴交抛物线于点M，交x轴于点N．点P是抛物线上的动点，且位于x轴上方．
（1）求抛物线的解析式．
（2）如图（2），点D与点C关于直线MN对称，若∠CAD＝∠CAP，求点P的坐标．
（3）直线BP交y轴于点E，交直线MN于点F，猜想线段OE、FM、MN三者之间存在的数量关系，并证明．


【分析】（1）用待定系数法求出二次函数关系式即可；
（2）连接CD，设AP与y轴交点为Q，证明△DCA≌△QCA（ASA），求得点Q的坐标，再求出直线AP的函数关系式，再与二次函数联立方程，求出点P的坐标；
（3）先证明△BOE∽△BNF，得＝，求得2OE＝NF，再分两种情况进行讨论进行求解即可．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+6的图象过点A（﹣6，0）、点B（2，0），
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+6；
（2）如图1，连接CD，设AP与y轴交点为Q，

∵抛物线与y轴交于点C，
∴C（0，6），
∵点D与点C关于直线MN对称，直线MN是抛物线的对称轴，
∴D（﹣4，6），M（﹣2，8），N（﹣2，0），CD∥AB，
∵C（0，6），A（﹣6，0），
∴AO＝CO，CD＝4，
∴∠BAC＝∠ACO＝45°，
∴∠QCA＝∠DCA，
∵∠CAD＝∠CAQ，AC＝AC，
∴△DCA≌△QCA（ASA），
∴CQ＝CD＝4，
∴Q（0，2），
设直线AP的解析式为y＝kx+2，
把点A坐标代入解析式得：﹣6k+2＝0，
解得：k＝，
∴直线AP的解析式为y＝x+2，
∵点P为直线AP与抛物线的交点，
∴，
解得：或（舍去），
∴P（，）；
（3）∵∠BOE＝∠BNF＝90°，∠OBE＝∠NBF，
∴△BOE∽△BNF，
∴＝，
∵OB＝2，BN＝4，
∴＝，
即2OE＝NF．
分类讨论：
①如图2，此时FN＝FM+MN，

∴FM+MN＝2OE；
②如图3，此时FN+FM＝MN，

∴FM+2OE＝MN．
17．（2022•马鞍山二模）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴于点A（﹣1，0）、B（3，0），与y轴交于C点，直线y＝kx（k＜0）交线段BC下方抛物线于D点，交BC于E点
（1）分别求出a、b的值；
（2）求出线段BC的函数关系式，并写出自变量取值范围；
（3）探究是否有最大值，若存在，请求出此时k值，若不存在，请说明理由．

【分析】（1）把点A，B坐标代入函数解析式即可求出a，b的值即可；
（2）根据（1）先求出点C坐标，再用待定系数法求函数解析式即可；
（3）过点D作DF∥y轴，交BC于点F，根据△OEC∽△DFE得出＝＝，设设点D为（m，m2﹣2m﹣3），则点F（m，m﹣3），得出DF＝﹣m2+3m，从而得到＝﹣（m﹣）2+，然后根据函数的性质得出当m＝时，有最大值，从而求出点D坐标，再代入y＝kx求出k的值．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴于点A（﹣1，0）、B（3，0），
则，
解得；
（2）∵a＝1，b＝﹣2，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
令x＝0，则y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
设线段BC所在的直线的函数解析式为y＝kx+b1（k≠0），
则，
解得，
∴线段BC的函数解析式为y＝x﹣3（0≤x≤3）；
（3）存在，理由：
过点D作DF∥y轴，交BC于点F，如图：

∵OC∥DF，
∴△OEC∽△DFE，
∴＝＝，
设点D为（m，m2﹣2m﹣3），则点F（m，m﹣3），
∴DF＝m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m，
∴＝＝＝﹣（m﹣）2+，
∵﹣＜0，
∴当m＝时，有最大值，
此时点D（，﹣），
∴k＝＝＝﹣．
18．（2022•南岗区校级二模）如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝﹣ax2+6ax+6与y轴交于点B，交x轴的负半轴于点A，交x轴的正半轴于点C，且S△ABC＝30．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，点P为第一象限抛物线上一点，其横坐标为t，PD⊥x轴于点D，设tan∠PAD等于m，求m与t之间的函数关系式；
（3）如图3，在（2）的条件下，当m＝时，过点B作BN⊥AB交∠PAC的平分线于点N，点K在线段AB上，点M在线段AN上，连接KM、KN，∠MKN＝2∠BNK，作MT⊥KN于点T，延长MT交BN于点H，若NH＝4BH，求直线KN的解析式．

【分析】（1）由﹣ax2+6ax+6＝0，根据根与系数的关系可得x1+x2＝6，x1•x2＝﹣，求出AB的长为，再由三角形ABC的面积可求a的值；
（2）由题意知P（t，﹣t2+t+6），分别求出AD与PD，根据tan∠PAD＝m，建立方程即可求m与t的函数关系式；
（3）连接BC与AP交于点E，证明△ABO≌△EAB（AAS），从而推导出△ABN是等腰直角三角形，求出tan∠PAN＝，设N（m，n），由＝，2＝，求出N点坐标，过A作AL⊥AB交于HM的延长线于L，过B作BS∥HL交AL于点S，交KN于点Q，再证明△AKM≌△ALM（ASA），四边形BHLS是平行四边形，△NBK≌△BAS（ASA），设BH＝a，KB＝b，则NH＝4a，AB＝5a，由AL＝AK，可得到b＝2a，则BK：AB＝2：5，过K作KG⊥x轴交于G，由△ABO∽△AKG，求出K（﹣，），再用待定系数法求直线KN的解析式即可．
【解答】解：（1）令x＝0，则y＝6，
∴B（0，6），
令y＝0，则﹣ax2+6ax+6＝0，
∴x1+x2＝6，x1•x2＝﹣，
∴|x1﹣x2|＝，
∵S△ABC＝30＝6×，
解得a＝，
∴y＝﹣x2+x+6；
（2）∵P点横坐标为t，
∴P（t，﹣t2+t+6），
∵PD⊥x轴，
∴PD＝﹣t2+t+6，
令y＝0，则﹣x2+x+6，
解得x＝﹣2或x＝8，
∴A（﹣2，0），C（8，0），
∴AD＝t+2，
∵tan∠PAD＝m，
∴＝m，
整理得，m＝﹣（t﹣8）（0＜t＜8）；
（3）连接BC与AP交于点E，
∵A（﹣2，0），B（0，6），C（8，0），
∴AC＝10，BC＝10，
∴AC＝BC，
∴∠BAO＝∠ABE，
∵OB＝6，OC＝8，
∴tan∠OCB＝，
∵m＝，
∴∠PAD＝∠OBC，
∴∠BCO＝∠APD，
∴∠PAD+∠BCO＝90°，
∴BC⊥AP，
∴∠BEA＝90°，
∴△ABO≌△EAB（AAS），
∴∠BAE＝∠ABO，
∵AN平分∠PAC，
∴∠EAN＝∠NAC，
∴2∠OAE+2∠EAN＝90°，
∴∠BAN＝45°，
∴△ABN是等腰直角三角形，
∴BN＝AB＝2，
在Rt△APD中，设AN与PD交于Z，过Z作ZY⊥AP交于Y，
∵AZ是∠PAD的平分线，
∴YZ＝ZD，
∵tan∠PAD＝，
设PD＝4，ZD＝y，则AD＝3，AP＝5，YZ＝y，
在Rt△PYZ中，（4﹣y）2＝y2+22，
∴y＝，
∴tan∠ZAD＝，
设N（m，n），则＝，
∵2＝，
解得m＝6，n＝4，
∴N（6，4），
过A作AL⊥AB交于HM的延长线于L，过B作BS∥HL交AL于点S，交KN于点Q，
∵MT⊥KN，
∴∠NHT＝90°﹣∠HNT，∠BKN＝90°﹣∠HNT，
∵∠MKN＝2∠BNK，
∴∠AKM＝180°﹣（∠BKN+∠NKM）＝90°﹣∠HNT，
∴∠AKM＝∠HTN，
∵∠BAN＝∠BNA＝45°，
∴∠HMN＝∠KMA，
∵∠HMN＝∠AML，
∴∠KMA＝∠AML，
∵AL⊥AB，∠PAN＝∠CAN，
∴∠CAL＝∠BAE，
∴∠KAM＝∠MAL，
∴△AKM≌△ALM（ASA），
∴AK＝AL，∠ALM＝∠AKN，
∵BN⊥AB，AL⊥AB，
∴BN∥AL，
∵BS∥HL，
∴四边形BHLS是平行四边形，
∴∠ALM＝∠BSA，
∴∠BKN＝∠BSA，
∵AB＝BN，∠ABN＝∠BAS＝90°，
∴△NBK≌△BAS（ASA），
∴BK＝AS，
∴HL＝KN，
∵NH＝4BH，
设BH＝a，KB＝b，则NH＝4a，AB＝5a，
∵AK＝AL，
∴5a﹣b＝a+b，
∴b＝2a，
∴BK：AB＝2：5，
过K作KG⊥x轴交于G，
∴△ABO∽△AKG，
∴＝＝＝，
∴KG＝，AG＝，
∴K（﹣，），
设直线KN的解析式为y＝sx+h，
∴，
解得，
∴y＝x+．


19．（2022•江汉区校级模拟）如图1，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．
（1）若C（0，﹣3），求抛物线的解析式；
（2）在（1）的条件下，E是线段BC上一动点，AE交抛物线于F点，求的最大值；
（3）如图2，点N为y轴上一点，AN、BN交抛物线于E、F两点，求•的值．


【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）过点A作AG∥y轴交BC的延长线与点G，过点F作FM∥y轴交BC于点M，求出BC表达式，求出AG的长，再设F（t，t2﹣2t﹣3），得出M （t，t﹣3），求出MF＝﹣t2+3t，再利用△AGE∽△FME求出＝＝＝﹣（t2﹣3t）＝﹣（t﹣）2+，即可得到答案；
（3）过点E作EI⊥x轴于点I，过点F作FH⊥x轴于点H，设点N （0，n），求出AN和BN的表达式，利用这两个表达式分别与y＝x2﹣2x﹣3联立求出E点和F点的横坐标，即可求出I点和H点的横坐标，再求出OI，OH，OA，OB的长．最后利用平行线分线段成比例求出答案即可．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）代入函数解析式y＝ax2+bx+c，
得，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；

（2）如图1，过点A作AG∥y轴交BC的延长线与点G，过点F作FM∥y轴交BC于点M，

设BC表达式为y＝kx+m，将点B（3，0），C（0，﹣3）代入得：
，解得：，
∴BC表达式为y＝x﹣3，
∵AG∥y轴，A（﹣1，0），
∴G（﹣1，﹣4），
∴AG＝4，
F（t，t2﹣2t﹣3），
∵FM∥y轴，
∴M （t，t﹣3），
∴MF＝t﹣3﹣t2+2t+3＝﹣t2+3t，
∵AG∥y轴，FM∥y轴，
∴AG∥FM，
∴△AGE∽△FME，
∴＝＝＝﹣（t2﹣3t）＝﹣（t﹣）2+，
∴当t＝时，有最大值是；

（3）过点E作EI⊥x轴于点I，过点F作FH⊥x轴于点H，

设点N （0，n），AN表达式为y＝k1x+n，
将点A（﹣1，0）代入得k1＝n，
∴AN表达式为y＝nx+n，
联立y＝x2﹣2x﹣3得：，
即：nx+n＝x2﹣2x﹣3，整理得：x2﹣（2+n）x﹣（3+n）＝0，
解得x1＝3+n．x2＝﹣1（舍），
∴E点的横坐标为3+n，
∵EI⊥x轴，
∴I点的横坐标为3+n，
∴OI＝3+n，
同理BN的直线表达式为v﹣y＝﹣x+n，F点的横坐标为﹣，
∴OH＝，
∵EI⊥x轴，FH⊥x轴，
∴ON∥IE，ON∥HF，
又∵OA＝1，OB＝3，
∴，，
∴•＝•＝．
20．（2022•成都模拟）如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
（1）求点A，B，C的坐标及抛物线的对称轴；
（2）如图1，点P（1，m），Q（1，m﹣2）是两动点，分别连接PC，QB，请求出|PC﹣QB|的最大值，并求出m的值；
（3）如图2，∠BAC的角平分线交y轴于点D，过D点的直线l与射线AB，AC分别于E，F，当直线l绕点D旋转时，是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．

【分析】（1）当x＝0时，求得y的值，从而得出点C坐标，令y＝0，求得x的值，进而求得A、B两点坐标，根据点A和点B对称求得对称轴；
（2）将点B向上平移2个单位至B′（5，2），作点C关于直线x＝1的对称点C′（2，﹣4），作直线B′C′交直线x＝1于点P′，则|PC﹣BQ|最大值是：B′C′的长，进一步求得结果；
（3）作DG⊥AC于G，作FH⊥AB于H，先求得点D坐标，从而设出EF的关系式，根据AHF∽△AOC，△DOE∽△FHE，得出AH，CH，EH的关系式，然后解斜三角形ACE，从而用k表示出AE和AF，计算化简+求得结果．
【解答】解：（1）当x＝0时，y＝﹣4，
∴C（0，﹣4），
当y＝0时，x2﹣﹣4＝0，
∴x1＝﹣3，x2＝5，
∴A（﹣3，0），B（5，0）；
∵＝1，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1；
（1）如图1，

将点B向上平移2个单位至B′（5，2），作点C关于直线x＝1的对称点C′（2，﹣4），
作直线B′C′交直线x＝1于点P′，则|PC﹣BQ|最大值是：B′C′的长，
∵B′C′＝＝3，
∴|PC﹣BQ|最大＝3，
∵直线B′C′的解析式为：y＝2x﹣8，
∴当x＝1时，y＝2×1﹣8＝﹣6，
∴m＝﹣6；
（3）为定值，理由如下：
如图2，

作DG⊥AC于G，作FH⊥AB于H，
∵AD平分∠BAC，
∴OD＝DG，
∵S△AOC＝S△AOD+S△ACD，
∴＝+，
∴OD＝，
∵D（0，﹣），
∴设直线EF的关系式为：y＝kx﹣，
∴E（，0），
∵FH∥OC，OD∥FH，
∴△AHF∽△AOC，△DOE∽△FHE，
∴＝＝，＝＝＝，
设AH＝3a，FH＝4a，
∴＝，
∴EH＝，
∵AH+EH＝AE，
∴3a+＝，
∴a＝，
∴AF＝5a＝
∴+＝+＝
21．（2022•沈阳模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+x+2与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，直线l：y＝kx+b经过点B，点C，点P是抛物线上一动点，连接OP交直线BC于点D．
（1）求直线l的解析式；
（2）当＝时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，点N是直线BC上一动点，连接ON，过点D作DF⊥ON于点F，点F在线段ON上，当OD＝DF时，请直接写出点N的坐标．

【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）过点P作PE∥y轴交BC于点E，设P（m，﹣+m+2）），则E（m，m+2），利用m的代数式表示出线段PE，得到关于m的方程，解方程就可求得结论；
（3）利用分类讨论的思想方法分①当点N在线段BD上时和②当点N在线段BD的延长线上时，两种情况讨论解答：①过点N作NH⊥x轴于点H，通过计算线段OH，NH的长度求得结论；②过点F作FK⊥x轴于点K，过点D作DQ⊥FK于点Q，通过求得直线OF的解析式，与直线y＝﹣x+2联立，就可求得结论．
【解答】解：（1）令x＝0，则y＝2，
∴C（0，2）．
∴OC＝2．
令y＝0，则﹣x2+x+2＝0，
解得：x＝﹣1或4，
∴A（﹣1，0），B（4，0）．
∴OA＝1，OB＝4．
设直线l的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得：，
∴直线l的解析式为y＝﹣x+2；
（2）过点P作PE∥y轴交BC于点E，如图，

∴∠COD＝∠DPE，∠OCD＝∠PED，
∴△CDO∽△EDP，
∴，
∵＝，
∴PD＝OD．
∴PE＝OC＝2．
设P（m，﹣+m+2）），则E（m，m+2），
∴PE＝﹣+m+2﹣（m+2）＝﹣+2m，
∴﹣+2m＝2．
解得：m1＝m2＝2．
∴P（2，3）；
（3）N（，）或N（，），理由：
∵P（2，3），
∴直线OP的解析式为y＝x．
∴，
解得：．
∴D（1，）．
∴OD＝，BD＝．
①当点N在线段BD上时，如图，

在Rt△ODF中，∠DFO＝90°，
∵sin∠DOF＝，
∴tan∠DOF＝．
在Rt△OBC中，∠BOC＝90°，
∴tan∠CBO＝．
∴∠DOF＝∠CBO．
∵∠ODN＝∠BDO，
∴△ODN∽△BDO，
∴，
即：OD2＝BD•DN，
∴DN＝．
∴BN＝BD﹣DN＝，
过点N作NH⊥x轴于点H，
∴NH＝BN•sin∠CBO＝，
BH＝BN•cos∠CBO＝，
∴OH＝OB﹣BH＝4﹣＝．
∴N（，）；
②当点N在线段BD的延长线上时，如图，

过点F作FK⊥x轴于点K，过点D作DQ⊥FK于点Q，
∵FD⊥ON，
∴∠OFK+∠DFQ＝90°，
∵DQ⊥FK，
∴∠FDQ+∠DFQ＝90°，
∴∠DFK＝∠FDQ．
∵∠FKO＝∠DQF＝90°，
∴△OKF∽△FQD．
∴＝2，
∴OK＝2FQ，FK＝2QD．
设F（a，n），则OK＝a，FK＝n，
∵D（1，），
∴DQ＝1﹣a，FQ＝n﹣．
∴，
解得：，
∴F（，）．
设直线OF的解析式为y＝cx，
∴c＝，
∴c＝8，
∴直线OF的解析式为y＝8x．
∴，
解得：．
∴N（，）．
综上，点N的坐标为N（，）或N（，）．
22．（2022•沈阳模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣过点A（3，2）和点B（，0），与x轴的另一个交点为点C．
（1）求抛物线的函数表达式．
（2）判断△ABC的形状，并说明理由．
（3）点D在线段BC上，连接AD，作DE⊥AD，且DE＝AD，连接AE交x轴于点F．点F不与点C重合，射线DP⊥AE，交AE于点P，交AC于点Q．
①当AD＝AF时，请直接写出∠CAE的度数；
②当＝时，请直接写出CQ的长．

【分析】（1）将A（3，2）和B（，0）代入y＝ax2+bx﹣，即可求解；
（2）求出C（5，0），再分别求出AB＝4，AC＝4，BC＝4，利用勾股定理即可判断；
（3）①求出∠AFD＝67.5°，即可求∠CAE＝22.5°；
②分两种情况讨论：D点在F点左侧时，设EF＝x，则AF＝3x，分别求出AD＝DE＝2x，AP＝DP＝2x，PF＝x，DF＝x，再由△DFE∽△AFC，求出x＝，进而求出D（，0），过Q点作QH⊥x轴交于点H，设QH＝n，则HC＝n，由tan∠PDF＝＝，求出n＝，即可求CQ＝；当D点在F点右侧时，3＜m＜5，设EF＝t，则AF＝3t，分别求出EA＝2t，AD＝DE＝t，AP＝DP＝t，PF＝2t，DF＝t，再由△DFE∽△AFC，求出t＝，进而求出D（，0），则可求CQ＝．
【解答】解：（1）将A（3，2）和B（，0）代入y＝ax2+bx﹣，
∴，
解得，
∴y＝﹣x2+3x﹣；
（2）令y＝0，则﹣x2+3x﹣＝0，
解得x＝或x＝5，
∴C（5，0），
∴AB＝4，AC＝4，BC＝4，
∴BC2＝AC2+AB2，
∴△ABC是等腰直角三角形；
（3）①∵AB＝AC，
∴∠ACB＝45°，
∵AD＝ED，DE⊥AD，
∴∠DAE＝45°，
∵AD＝AF，
∴∠AFD＝67.5°，
∴∠CAE＝67.5°﹣45°＝22.5°；
②如图1，D点在F点左侧时，
∵＝，
∴AF＝3EF，
设EF＝x，则AF＝3x，
∴AE＝4x，
∵△ADE是等腰直角三角形，
∴AD＝DE＝2x，
∵DP⊥AE，∠CAE＝45°，
∴△ADP是等腰直角三角形，
∴AP＝DP＝2x，
∴PF＝x，
∴DF＝x，
∵∠AED＝∠ACF＝45°，
∴△DFE∽△AFC，
∴＝，即＝，
∴x＝，
∴AD＝，
设D（m，0），0＜m＜3，
∴（m﹣3）2+（2）2＝（）2，
∴m＝或m＝（舍），
∴D（，0），
过Q点作QH⊥x轴交于点H，
∵∠ACH＝45°，
设QH＝n，则HC＝n，
当D（，0）时，CD＝，
∴DH＝﹣n，
∵tan∠PDF＝＝，
∴2n＝﹣n，
∴n＝，
∴CQ＝×＝；
如图2，当D点在F点右侧时，3＜m＜5，
∵＝，
设EF＝t，则AF＝3t，
∴EA＝2t，
∵△ADE是等腰直角三角形，
∴AD＝DE＝t，
∵DP⊥AE，∠CAE＝45°，
∴△ADP是等腰直角三角形，
∴AP＝DP＝t，
∴PF＝2t，
∴DF＝t，
∵∠AED＝∠ACF＝135°，
∴△DFE∽△AFC，
∴＝，即＝，
∴t＝，
∴（m﹣3）2+（2）2＝（）2，
∴m＝（舍）或m＝，
∴D（，0），
∴CD＝，
∴DH＝﹣n，
∴n＝﹣n，
∴n＝，
∴CQ＝；
综上所述：CQ的长为．