2023年中考数学二轮复习重难点专项突破专题19 二次函数中周长与面积的最值问题(教师版)

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备战2022年中考数学复习重难点与压轴题型专项突围训练(全国通用版)
专题19 二次函数中周长与面积的最值问题
【典型例题】
1．(2022·全国·九年级专题练习)在平面直角坐标系中，Rt△ABC，∠ACB＝90°，AB∥x轴，如图1，C(1，0)，且OC：OA＝AC：BC＝1：2．

(1)A点坐标为______，B点坐标为______；
(2)求过A、B、C三点的抛物线表达式；
(3)如图2，抛物线对称轴与AB交于点D，现有一点P从点A出发，以每秒1个单位的速度在AB上向点B运动，另一点Q从点D与点P同时出发，以每秒5个单位在抛物线对称轴上运动．当点P到达B点时，点P、Q同时停止运动，问点P、Q运动到何处时，△PQB面积最大，试求出最大面积．
【答案】(1)(0，2)，(5，2)
(2)过A、B、C三点的抛物线表达式为：yx2x+2
(3)当点P的坐标为(，2)，点Q的坐标为(，)或(，)时，△PQB面积最大，最大面积为．
【解析】
【分析】
(1)由点C的坐标可得OC=1，进而可得OA=2，因为A在y轴上，可得A的坐标，然后根据勾股定理计算AC、AB的长，即可确定点B的坐标：
(2)直接利用待定系数法求二次函数的解析式即可；
(3)用动点的时间和速度的关系表示出PB和DQ的长，然后再根据三角形面积公式表示△PQB面积，最后根据二次函数的最值即可．
(1)
解：∵C(1，0)，
∴OC＝1，
∵OC：OA＝1：2，
∴OA＝2，
∴A(0，2)，
∴AC，
∵AC：BC＝1：2，
∴BC＝2，
∵∠ACB＝90°，
∴
∵AB//x轴，
∴B(5，2)，
故答案为：(0，2)，(5，2)．
(2)
解：设过A、B、C三点的抛物线表达式为：y＝ax2+bx+c，
则解得：
∴过A、B、C三点的抛物线表达式为：yx2x+2．
(3)
解：如图2，设运动t秒时，△PQB面积最大，且0≤t≤5，则BP＝5﹣t，DQ＝5t，
∴，
∵a0
∴当t时，面积最大值是：S△PQB，
此时点P的坐标为(，2)，
当点Q向上运动时，点Q的坐标为(，)，
当点Q向下运动时，点Q的坐标为(，)，
综上，当点P的坐标为(，2)，点Q的坐标为(，)或(，)时，△PQB面积最大，最大面积为．

【点睛】
本题属于二次函数综合题，主要考查了直角三角形、几何动点问题、勾股定理、三角形面积、运用二次函数求最值等知识点，确定点Q的坐标以及灵活运用学会分类讨论成为解答本题的关键．




【专题训练】
一、 解答题
1．(2022·山东槐荫·九年级期末)二次函数y＝ax2+bx+4(a≠0)的图象经过点A(－4，0)，B(1，0)，与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上一点，连接BP、AC，过点P作PD⊥x轴于点D．

(1)求二次函数的表达式；
(2)连接PA，PC，求的最大值；
(3)连接BC，当∠DPB＝2∠BCO时，求直线BP的表达式．
【答案】(1)y＝﹣x2﹣3x＋4
(2)8
(3)y＝﹣x＋
【解析】
【分析】
(1)先将点A和点B代入二次函数的解析式，然后求得a和b的值，最后得到二次函数的表达式；
(2)先求出点C的坐标，然后求得直线AC的解析式，将PD与AC的交点记为点N，过点C作CH⊥PD于点H，然后求得△PAC的面积，最后根据二次函数的性质求得△PAC的面积最大值；
(3)记BP与y轴的交点为点E，由PD∥y轴得到∠DPB=∠OEB，然后由∠DPB=2∠BCO得到∠ECB=∠EBC，从而得到CE=BE，然后设OE=a，通过直角三角形OEB中的勾股定理列出方程求得a的值得到点E的坐标，最后求得直线PB的解析式．
(1)
解：∵二次函数y＝ax2＋bx＋4(a≠0)的图象经过点A(﹣4，0)，B(1，0)，
∴，
解得：，
∴该二次函数的表达式为y＝﹣x2﹣3x＋4；
(2)
解：将x=0代入y=-x2-3x+4得，y=4，
∴点C(0，4)，
设直线AC所在直线的表达式为y=k1x+b1，则
，解得：，
∴直线AC的表达式为y=x+4，
如图，设PD与线段AC交于点N，

设P(t，-t2-3t+4)，
∵PD⊥x轴交AC于点N，
∴N(t，t+4)，
∴PN=yP-yN=-t2-4t，
过点C作CH⊥PD，则CH=-t，AD=t-4，
∴S△APC=S△APN+S△PCN=PN•AD+PN•CH
=PN•(AD+CH)
= (−t2−4t)•(−t+t+4)
=-2t2-8t
=-2(t+2)2+8，
∵a=-2＜0，
∴当t=-2时，S△APC有最大值，△PAC面积的最大值为8．
(3)
解：设BP与y轴交于点E，
∵PD∥y轴，
∴∠DPB=∠OEB，
∵∠DPB=2∠BCO，
∴∠OEB=2∠BCO，
∴∠ECB=∠EBC，
∴BE=CE，
∵C(0，4)，B(1，0)，
∴OC=4，OB=1，
设OE=a，则CE=BE=4-a，
在Rt△BOE中，BE2=OE2+OB2，
∴(4-a)2=a2+12，
解得：a=，
∴E(0，)，
设BP所在直线表达式为y=kx+b(k≠0)，
∴，
解得：，
∴直线BP的表达式为y=-x+．
【点睛】
本题考查了二次函数的解析式、二次函数图象上点的坐标特征、三角形的面积、二次函数的性质、解题的关键会用切割法求得△APC的面积最大值．
2．(2022·广东韶关·九年级期末)如图，已知抛物线经过，，三点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)若点为第三象限内抛物线上一动点，点的横坐标为，的面积为．求关于的函数关系式，并求出的最大值．
【答案】(1)
(2)S与m的函数关系式为S=-m2-4m，S的最大值为4．
【解析】
【分析】
(1)将A(-4，0)，C(2，0)两点坐标代入y=x2+bx+c可求出b、c的值即可确定关系式；
(2)根据面积法得出S关于m的函数关系式，再利用函数的性质得出最大值．
(1)
解：把A(-4，0)，C(2，0)代入y=x2+bx+c得，
，解得，
∴抛物线的解析式为y=x2+x-4；
(2)
解：如图，过点M作MN⊥AC，垂足为N，

抛物线y=x2+x-4与y轴的交点B坐标为(0，-4)，即OB=4，
又∵M(m，m2+m-4)，
∴ON=-m，MN=-m2-m+4，AN=4-(-m)=4+m，
∴S△ABM=S△ANM+S梯形MNOB-S△AOB
=(4+m)(-m2-m+4)+(-m2-m+4+4)(-m)-×4×4
=-m2-4m
=-(m+2)2+4，
∴当m=-2时，S最大=4，
答：S与m的函数关系式为S=-m2-4m，S的最大值为4．
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的最值，用待定系数法求出二次函数的关系式是解决问题的关键．
3．(2022·全国·九年级专题练习)综合与探究：
如图，已知抛物线与x轴相交于A，B两点(点B在点A的右侧)，且与y轴交于点C．

(1)求A，B，C三点的坐标；
(2)如图1，若M(m，y1)，N(n，y2)是第四象限内抛物线上的两个动点，且m＜n，m+n＝4．分别过点M，N作x轴的垂线，分别交线段BC于点D，E．判断四边形MDEN的形状，并求其周长的最大值；
(3)如图2，在(2)的条件下，当四边形MDEN的周长有最大值时，若x轴上有一点H(2m，0)，抛物线的对称轴与x轴相交于点F，试探究在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得∠APB＝2∠OCH？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A(，0)，B(4，0)，C(0，﹣3)
(2)四边形MDEN为平行四边形，四边形MDEN的周长有最大值
(3)存在，点P的坐标为或
【解析】
【分析】
(1)令x=0得出y的值，则点C坐标可得；令y=0，解方程可得A，B的横坐标，纵坐标为0，结论可得；
(2)求出直线BC的解析式，分别用m，n表示D，E的坐标，用坐标表示线段MD，NE的长度，利用m+n=4，将MD，NE都用m表示后可得MD=NE，四边形MDEN的形状可得；过D作DF⊥NE，用勾股定理求得线段BC，利用△OBC∽△FED，求得线段DE的长，利用四边形MDEN为平行四边形的结论可求它的周长，将周长的式子用配方法变形后，周长的最大值可得；
(3)依据题意画出图形，分点P在x轴的上方和P在x轴的下方两种情形讨论解答，设出点P的坐标，用坐标表示相应的线段的长度；由已知∠APB=2∠OCH，和抛物线的对称性可得∠PBF=∠OCH，利用三角函数得出比例式，解由比例式得到的方程，结论可求．
(1)
令y＝0，则．
解这个方程得：．
∵点B在点A的右侧，
∴A(﹣，0)，B(4，0)．
令x＝0，则y＝﹣3．
∴C(0，﹣3)．
(2)
四边形MDEN为平行四边形．理由：
∵若M(m，y1)，N(n，y2)是第四象限内抛物线上的两个动点，
∴，．
设直线BC的解析式为y＝kx+b，由题意：
．
解得：．
∴直线BC的解析式为．
∵过点M，N作x轴的垂线，分别交线段BC于点D，E，
∴D(m，)，E(n，n﹣3)．
∴MD＝﹣(m2﹣﹣3)﹣(3﹣m)＝﹣m2+4m，
EN＝﹣(n2﹣n﹣3)﹣(3﹣n)＝﹣n2+4n．
∵m+n＝4，
∴n＝4﹣m．
∴EN＝﹣(4﹣m)2+4(4﹣m)＝﹣m2+4m．
∴MD＝EN．
∵过点M，N作x轴的垂线，分别交线段BC于点D，E，
∴MD∥EN．
∴四边形MDEN为平行四边形．
过D作DF⊥NE于F，则DF＝n﹣m，如图，

∵B(4，0)，C(0，﹣3)．
∴OB＝4，OC＝3．
∴BC＝．
∵DF∥OB．
∴∠EDF＝∠OBC．
∵∠COB＝∠DFE＝90°，
∴△DFE∽△BOC．
∴．
∴．
∴DE＝(n﹣m)＝(4﹣m﹣m)＝(2﹣m)．
∴平行四边形MDEN的周长＝2MD+2DE＝2(﹣m2+4m)+2×(2﹣m)＝﹣2m2+3m+10．
∵﹣2m2+3m+10＝﹣2，
又﹣2＜0，
∴当m＝时，四边形MDEN的周长有最大值．
(3)
在抛物线的对称轴上存在一点P，使得∠APB＝2∠OCH．
由(2)可知H的坐标为(，0)．
∴OH＝．
∵抛物线的解析式为y＝，
∴抛物线的对称轴为直线x＝．
∴OF＝．
∴BF＝OB﹣OF＝4﹣＝．
分两种情况解答：
①当P在x轴的下方时，∠APB＝2∠OCH．如图，

∵由抛物线的对称性可知∠APB＝2∠BPF，
∴∠OCH＝∠BPF．
∴tan∠OCH＝tan∠BPF．
∵tan∠OCH＝，tan∠BPF＝，
∴．
∴PF＝2BF＝2×＝．
∴点P的坐标为()．
②当点P在x轴的上方时，由对称性可知，点P的坐标为()．
综上所述，在抛物线的对称轴上存在一点P，使得∠APB＝2∠OCH，此时点P的坐标为()或()．
【点睛】
本题主要考查了抛物线与坐标轴的交点坐标，待定系数法确定直线的解析式，平行四边形的判定与性质，列代数式，求代数式的最大值，图象上点的坐标的特征，抛物线的对称性，直角三角形的边角关系，勾股定理，渗透了分类讨论的思想．利用点的坐标的特征表示相应线段的长度是解题的关键．
4．(2022·全国·九年级专题练习)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c的图象与轴交于A(﹣1，0)，B(4，0)，与y轴交于点C(0，﹣3)，连接AC、BC．

(1)求抛物线的函数表达式；
(2)如图1，点D是抛物线上位于第四象限内的一点，连接AD，点E是AD的中点，连接BE、CE，求△BCE面积的最小值；
(3)如图2，点P是抛物线上位于第四象限内的一点，点Q在y轴上，∠PBQ＝∠OBC，是否存在这样的点P、Q使BP＝BQ，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)该抛物线的函数表达式为
(2)当t＝2时，S△BCE取得最小值
(3)存在，
【解析】
【分析】
(1)先设交点式抛物线解析式，利用待定系数法求即可；
(2)先利用待定系数法求直线BC的解析式为y＝x﹣3，过点E作EM∥y轴，交BC于M，设D(t，t2﹣t﹣3)，利用中点坐标公式求出E(，t2﹣x﹣)，M(，)，利用三角形面积得出函数关系式S△BCE＝EM•OB＝2(t2﹣x+)＝ (t﹣2)2+；
(3)存在，P ，Q(0，-)．如图2， 先利用勾股定理求出BC＝，可证△BEG∽△BCO，得出，求出E(，﹣)，再证△ECF∽△OCB，得出，即，F(0，﹣)，利用待定系数法直线EF的解析式为y＝x，联立方程组，得：，解方程组求出P ， 再证△PEB≌△QOB(ASA)，求出Q(0，-)即可．
(1)
解：∵抛物线y＝ax2+bx+c的图象与轴交于A(﹣1，0)，B(4，0)，
∴设该抛物线的函数表达式为y＝a(x+1)(x﹣4)，将C(0，﹣3)代入，
得：﹣4a＝﹣3，
解得：a＝，
∴y＝ (x+1)(x﹣4)＝x2﹣x﹣3，
∴该抛物线的函数表达式为y＝x2﹣x﹣3；
(2)
(2)设直线BC的解析式为y＝kx+n，
∵B(4，0)，C(0，﹣3)，
∴，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣3，
过点E作EM∥y轴，交BC于M，
设D(t，t2﹣t﹣3)，
∵点E是AD的中点，
∴E(，t2﹣x﹣)，
∴M(，)，
∴EM＝t2﹣x﹣﹣＝t2﹣x+，
∴S△BCE＝EM•OB＝2(t2﹣x+)＝ (t﹣2)2+，
∵＞0，
∴当t＝2时，S△BCE取得最小值；

(3)
解：存在，P ，Q(0，-)．
如图2，在BC上截取BE＝BO＝4，过点E作EG∥OC交x轴于G，作EF⊥BC交y轴于F，交抛物线于P，
∵B(4，0)，C(0，﹣3)，
∴OB＝4，OC＝3，CE＝BC﹣BE＝1，
∵∠BOC＝90°，
∴BC＝，
∵EG∥OC，
∴△BEG∽△BCO，
∴，
∴，
∴EG＝，BG＝，
∴OG＝OB﹣BG＝4﹣，
∴E(，﹣)，
∵EF⊥BC，
∴∠CEF＝∠COB＝90°，
∵∠ECF＝∠OCB，
∴△ECF∽△OCB，
∴，即，
∴CF＝，
OF＝OC﹣CF＝3﹣，
∴F(0，﹣)，
设直线EF的解析式为y＝k1x+n1，
∵E(，﹣)，F(0，﹣)，
∴，
解得：，
∴直线EF的解析式为y＝x，
联立方程组，得：，
解得：(舍去)，，
∴P ，
在Rt△BPE中，PE＝，
∵∠PBQ＝∠OBC，
∴∠PBE+∠CBQ＝∠CBQ+∠QBO，
∴∠PBE＝∠QBO，
在△PEB和△QOB中，

∴△PEB≌△QOB(ASA)，
∴BP＝BQ，OQ＝PE＝，
∴Q(0，-)，
∴存在，P ，Q(0，-)．

【点睛】
本题考查待定系数法求抛物线解析式，直线解析式，利用三角形面积列二次函数，其函数最值，勾股定理，三角形相似判定与性质，联立方程组求交点坐标，三角形全等判定与性质，掌握待定系数法求抛物线解析式，直线解析式，利用三角形面积列二次函数，其函数最值，勾股定理，三角形相似判定与性质，联立方程组求交点坐标，三角形全等判定与性质，是解题关键．
5．(2022·全国·九年级专题练习)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋4交x轴于点A(﹣1，0)、B(4，0)，交y轴于点C，点P是直线BC上方抛物线上的一点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)求△PBC的面积的最大值以及此时点P的坐标；
(3)在(2)的条件下，将直线BC向右平移个单位得到直线l，直线l交对称轴右侧的抛物线于点Q，连接PQ，点R为直线BC上的一动点，请问在在平面直角坐标系内是否存在一点T，使得四边形PQTR为菱形，若存在，请直接写出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝﹣x2+3x+4
(2)8；P(2，6)
(3)存在，T(﹣0.5387，2.2887)和T(，)
【解析】
【分析】
(1)将A(1，0)、B(4，0)代入抛物线公式即可求得a，b．
(2)过P点做平行于直线BC的直线K，当K与抛物线恰有一个交点时，△PBC面积最大，求得此时的P点坐标．再过P做垂直于直线BC的直线k，求得k与直线BC的交点，求得交点后发现，此时恰巧交点时C，|BC|即为△PBC的高，再利用三角形面积公式即可求解．
(3)考查菱形的性质．菱形是一个极具对称性的图形，在进行求解时，对角线互相垂直平分．因此，两个相对点的坐标中点也是另外两个相对点的坐标中点．同时，利用菱形的四条边长相等进行求解．
(1)
解：将A(﹣1，0)、B(4，0)代入抛物线公式，如下：
，
求得．
抛物线解析式为：y＝﹣x2+3x+4．
(2)
解：设P到直线BC的距离为d，P点坐标为(x，﹣x2+3x+4)(0＜x＜4)，
∵y＝﹣x2+3x+4交y轴于点C，
令x＝0，
∴y＝4，
∴C(0，4)，
由B(4，0)，C(0，4)两点求得直线BC的解析式为：y+x﹣4＝0．
做直线BC的平行线K：y＝﹣x+m，因为K与BC平行，我们将K平移，根据题意，点P是直线BC上方抛物线上的一点，
∴随着K平行移动，以BC为底的△PBC的高d在逐渐增大，当K与抛物线y＝﹣x2+3x+4恰有一个交点时，此时以BC为底的△PBC的高d最大，即此时△PBC面积最大．
∵此时K：y＝﹣x+m与抛物线y＝﹣x2+3x+4相交，且仅有一个交点，
∴﹣x+m＝﹣x2+3x+4，m＝8．
∴直线K：y＝﹣x+8．
此时求K和抛物线的交点为：
﹣x+8＝﹣x2+3x+4，解得x＝2，
将x＝2代入直线K：y＝﹣x+8，
解得y＝6．
因此P(2，6)．
现在我们来求P到直线BC的距离，即△PBC的高d：
过P作垂直于BC的直线k：y＝x+m．
∵P在直线k上，
∴6＝2+m，
∴m＝4，直线k＝x+4．
直线K与直线k的交点为：，
解得交点坐标(0，4)，即交点为C点．
因此的△PBC的高d即为B点和C点两点之间的距离，
∴d＝|BC|．
在△PBC中，
∵|BC|＝4，△PBC的面积的最大值S△PBC|BC|•d8．
(3)
解：存在．直线BC向右平移个单位得到直线l，
∴l：y＝﹣(x)+4＝﹣x．
，解得．
二次函数y＝﹣x2+3x+4对称轴为x，
∵直线l交对称轴右侧的抛物线于点Q，
∴x，代入y＝﹣x．
∴Q()．
设T(a，b)．
∵R为直线BC上的一动点，
∴设R(x，﹣x+4)．
(Ⅰ)假设T在Q点左侧：
∴．
此时P(2，6)，T(a，b)为菱形对称顶点，Q()，R(x，﹣x+4)为菱形对称定点．
在菱形中PTQR中，|PR|＝|QT|，
即①
又∵对角线互相垂直平分，且对称顶点横纵坐标的中点相等，即：
，②
由①，②解得，，
又∵a，
∴此时T点坐标为：T(﹣0.5387，2.2887)．
(Ⅱ)假设T在Q点右侧：
∴a．
此时P(2，6)，Q()为菱形对称顶点，T(a，b)，R(x，﹣x+4)为菱形对称定点．
在菱形PTQR中，|PR|＝|PT|，
即，③
又∵对角线互相垂直平分，且对称顶点横纵坐标的中点相等，
即：，④
由③，④解得a，符号题意．此时b．
此时T点坐标为：T(，)．
综上所述：T存在两点，分别为：
T(﹣0.5387，2.2887)和T(，)．
【点睛】
此题主要考查二次函数性质，同时还考查了三角形的面积，要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度．同时对于菱形的求解，注意利用对称性求解．
6．(2022·全国·九年级专题练习)定义：平面直角坐标系xOy中，过二次函数图象与坐标轴交点的圆，称为该二次函数的坐标圆．

(1)已知点P(2，2)，以P为圆心，为半径作圆．请判断⊙P是不是二次函数y＝x2﹣4x+3的坐标圆，并说明理由；
(2)已知二次函数y＝x2﹣4x+4图象的顶点为A，坐标圆的圆心为P，如图1，求△POA周长的最小值；
(3)已知二次函数y＝ax2﹣4x+4(0＜a＜1)图象交x轴于点A，B，交y轴于点C，与坐标圆的第四个交点为D，连结PC，PD，如图2．若∠CPD＝120°，求a的值．
【答案】(1)⊙P是二次函数y＝x2﹣4x+3的坐标圆，理由见解析
(2)△POA周长的最小值为6
(3)
【解析】
【分析】
(1)先求出二次函数y=x2-4x+3图象与x轴、y轴的交点，再计算这三个交点是否在以P(2，2)为圆心，为半径的圆上，即可作出判断．
(2)由题意可得，二次函数y=x2-4x+4图象的顶点A(2，0)，与y轴的交点H(0，4)，所以△POA周长=PO+PA+OA=PO+PH+2≥OH+2，即可得出最小值．
(3)连接CD，PA，设二次函数y=ax2-4x+4图象的对称轴l与CD交于点E，与x轴交于点F，由对称性知，对称轴l经过点P，且l⊥CD，设PE=m，由∠CPD=120°，可得PA=PC=2m，CE=m，PF=4-m，表示出AB、AF=BF，在Rt△PAF中，利用勾股定理建立方程，求得m的值，进而得出a的值．
(1)
对于二次函数y＝x2﹣4x+3，
当x＝0时，y＝3；当y＝0时，解得x＝1或x＝3，
∴二次函数图象与x轴交点为A(1，0)，B(3，0)，与y轴交点为C(0，3)，
∵点P(2，2)，
∴PA＝PB＝PC＝，
∴⊙P是二次函数y＝x2﹣4x+3的坐标圆．
(2)
如图1，连接PH，

∵二次函数y＝x2﹣4x+4图象的顶点为A，坐标圆的圆心为P，
∴A(2，0)，与y轴的交点H(0，4)，
∴△POA周长＝PO+PA+OA＝PO+PH+2≥OH+2＝6，
∴△POA周长的最小值为6．
(3)
如图2，连接CD，PA，
设二次函数y＝ax2﹣4x+4图象的对称轴l与CD交于点E，与x轴交于点F，

由对称性知，对称轴l经过点P，且l⊥CD，
∵AB＝，
∴AF＝BF＝，
∵∠CPD＝120°，PC＝PD，C(0，4)，
∴∠PCD＝∠PDC＝30°，
设PE＝m，则PA＝PC＝2m，CE＝m，PF＝4﹣m，
∵二次函数y＝ax2﹣4x+4图象的对称轴l为，
∴，即，
在Rt△PAF中，PA2＝PF2+AF2，
∴，
即，
化简，得，解得，
∴．
【点睛】
此题是二次函数与圆的综合题，主要考查了二次函数的性质、圆的基本性质、解直角三角形、勾股定理等知识以及方程的思想，添加辅助线构造直角三角形是解答本题的关键．
7．(2022·全国·九年级专题练习)如图1，抛物线y＝ax2＋bx＋3过点A(﹣1，0)，点B(3，0)，与y轴交于点C．M是抛物线任意一点，过点M作直线l⊥x轴，交x轴于点E，设M的横坐标为m(0＜m＜3)．

(1)求抛物线的解析式及tan∠OBC的值；
(2)当m＝1时，P是直线l上的点且在第一象限内，若△ACP是直角三角形时，求点P的坐标；
(3)如图2，连接BC，连接AM交y轴于点N，交BC于点D，连接BM，设△BDM的面积为S1，△CDN的面积为S2，求S1﹣S2的最大值．
【答案】(1)y＝﹣x2+2x+3，1
(2)(1，1)或(1，2)或(1，)
(3)
【解析】
【分析】
(1)用待定系数法即可求解；
(2)①当为直角时，证明，则，即，即可求解；②当为直角时，同理可解；③当为直角时，同理可解；
(3)；，即可求解．
(1)
解：设抛物线的表达式为，
则，
则，解得，
故抛物线的表达式为，
则；
(2)
解：当时，则直线为抛物线的对称轴，
如图1，连接，设点，

①当为直角时，
则，，，，
过点作于点，
，，
，
，即，
，解得或2，
故点的坐标为或；
②当为直角时，
同理可得：点的坐标为；
③当为直角时，
同理可得，点的坐标为(舍去)，
综上，点的坐标为或或；
(3)
设点的坐标为，
由点、的坐标得，直线的表达式为，
则点的坐标为，
设四边形的面积为，
则


；
则，
则，
，故有最大值．
当时，的最大值为．
【点睛】
主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
8．(2022·全国·九年级专题练习)如图，抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴交于A、B两点(点A在B左边)，与y轴交于点C．

(1)若A(﹣1，0)，B(3，0)两点，求该抛物线的解析式；
(2)在(1)中位于第四象限内的抛物线上是否存在点P，使得△PBC的面积最大？若存在，求出点P的坐标及△PBC的面积最大值；若没有，请说明理由；
(3)直线y＝1与抛物线y＝x2＋bx＋c交于抛物线对称轴右侧的点为点D，点E与点D关于x轴对称．试判断直线DB与直线AE的位置关系，并证明你的结论．
【答案】(1)y＝x2﹣2x﹣3
(2)点P(，)；；见解析
(3)DB⊥AE，见解析
【解析】
【分析】
(1)利用待定系数法可求解析式；
(2)先求出直线BC解析式，设点P(x，x2﹣2x﹣3)，则F(x，x﹣3)，可得PF＝﹣x2+3x，由三角形面积公式和二次函数的性质可求解；
(3)连接DB并延长交AE于N，设DE交x轴于H，分别求出点D，点E，点A，点B的坐标，由锐角三角函数可得tan∠BDH＝tan∠HAE＝，可得∠HAE＝∠BDH，即可得结论．
(1)
解：∵抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，
∴，
解得：，
∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
(2)
解：∵抛物线y＝x2﹣2x﹣3与y轴交于点C，
∴点C(0，﹣3)，
∵点B(3，0)，点C(0，﹣3)，
∴直线BC解析式为：y＝x﹣3，
如图1，过点P作PF⊥x轴，交BC于F，

设点P(x，x2﹣2x﹣3)，则F(x，x﹣3)，
∴PF＝x﹣3﹣(x2﹣2x﹣3)＝﹣x2+3x，
∴S△PBC(﹣x2+3x)×3(x)2，
∴当x时，△PBC的面积最大值为，
此时，点P(，)；
(3)
解：DB⊥AE，
理由如下：如图2，连接DB并延长交AE于N，设DE交x轴于H，

∵抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，
∴点A(，0)，点B(，0)，
∵直线y＝1与抛物线y＝x2+bx+c交于抛物线对称轴右侧的点为点D，
∴1＝x2+bx+c，
∴x，
∴点D(，1)，
∵点E与点D关于x轴对称，
∴点E(，﹣1)，点H(，0)，DH＝HE＝1，
∴AH，
BH，
∵tan∠BDH，
tan∠HAE，
∴tan∠BDH＝tan∠HAE，
∴∠HAE＝∠BDH，
又∵∠ABH＝∠DBH，
∴∠ANB＝∠AHD＝90°，
∴DB⊥AE．
【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，待定系数法，角平分线的性质，解直角三角形的应用，利用锐角三角函数求∠HAE＝∠BDH是本题的关键．
9．(2022·全国·九年级专题练习)如图，直线yx＋4与x轴交于点C，与y轴交于点B，抛物线y＝ax2x＋c经过B、C两点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，点E是直线BC上方抛物线上的一动点，当△BEC面积最大时，请求出点E的坐标；
(3)在(2)的结论下，过点E作y轴的平行线交直线BC于点M，连接AM，点Q是抛物线对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点P，使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)yx2x+4
(2)E(3，8)
(3)存在，点P的坐标是(，)或(，)或(，)
【解析】
【分析】
(1)由一次函数的解析式可求出B点和C点坐标．再代入抛物线解析式中即可求出a和c的值，即得出抛物线解析式；
(2)过E作EG∥y轴，交直线BC于G，设E(m，m2m+4)，则G(m，m+4)，则可用m表示出EG的长，最后利用三角形面积公式即可求出S△BEC的值，再利用二次函数的性质即得出答案；
(3)根据二次函数解析式即得出其对称轴，由此可得出A点坐标．再由点Q是抛物线对称轴上的动点，得出Q的横坐标为．①当平行四边形以AM为边时，由题意可知点M的横坐标是3，再根据点M在直线yx+4上，即得出其纵坐标．再结合平行四边形的性质即得出平移规律，由此可得出P点坐标；②当平行四边形以AM为边时，同理可知点M的横坐标是3，Q的横坐标为，从而即得出P的坐标；③当平行四边形以AM为对角线时，由平行四边形的性质得出P到A的平移规律，即得出P点坐标．
(1)
当x＝0时，y＝4，
∴B(0，4)，
当y＝0时，x+4＝0，
解得：x＝6，
∴C(6，0)，
把B(0，4)和C(6，0)代入抛物线y＝ax2x+c中得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为：yx2x+4；
(2)
如图1，过E作EG∥y轴，交直线BC于G，

设E(m，m2m+4)，则G(m，m+4)，
∴EG＝(m2m+4)﹣(m+4)4m，
∴S△BECEG•OC6(4m)＝﹣2(m﹣3)2+18，
∵﹣2＜0，
∴S有最大值，此时E(3，8)；
(3)
yx2x+4(x)2；
∴该抛物线对称轴是：x，
∴A(-1，0)
∵点Q是抛物线对称轴上的动点，
∴Q的横坐标为，
在抛物线上存在点P，使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形；
①如图2，以AM为边时，

由(2)，可得点M的横坐标是3，
∵点M在直线yx+4上，
∴点M的坐标是(3，2)，
又∵点A的坐标是(-1，0)，点Q的横坐标为，
根据M到Q的平移规律：可知：P的横坐标为，
∴P(，)；
②如图3，以AM为边时，

∵由(2)，可得点M的横坐标是3，
∵A(-1，0)，且Q的横坐标为，
∴P的横坐标为，
∴P(，)；
③以AM为对角线时，如图4，

∵M到Q的平移规律可得P到A的平移规律，
∴点P的坐标是(，)，
综上所述，在抛物线上存在点P，使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形，
点P的坐标是(，)或(，)或(，)．
【点睛】
本题考查二次函数与几何的综合．掌握平行四边形的性质，两点的距离公式，利用待定系数法求函数解析式是解题的关键．
10．(2022·全国·九年级专题练习)如图，抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴交于点A(﹣1，0)，与y轴交于点C(0，﹣3)．

(1)求该抛物线的解析式及顶点坐标；
(2)若P是线段OB上一动点，过P作y轴的平行线交抛物线于点H，交BC于点N，设OP＝t时，△BCH的面积为S．求S关于t的函数关系式；若S有最大值，请求出S的最大值，若没有，请说明理由．
(3)若P是x轴上一个动点，过P作射线PQ∥AC交抛物线于点Q，在抛物线上是否存在这样的点Q，使以A，P，Q，C为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝x2﹣2x﹣3；顶点的坐标为(1，﹣4)
(2)S，最大值为
(3)P点的坐标为(2，0)或(2，0)或(1，0)
【解析】
【分析】
(1)根据点A、C的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式，再利用配方法可找出顶点的坐标；
(2)根据点B、C的坐标，利用待定系数法可求出直线BC的解析式，设点P的坐标为(t，0)，则点N的坐标为(t，t﹣3)，H(t，t2﹣2t﹣3)，根据两点的距离公式可得NH的长，利用三角形的面积公式可得S与t的关系式，再利用二次函数的性质即可解决最值问题；
(3)分两种情况：①Q在x轴的上方时，根据A和C坐标平移规律可确定点Q的纵坐标为3，代入抛物线的解析式得Q的横坐标，从而知P的横坐标；②Q在x轴的下方，同理可得结论．
(1)
解：把点A(﹣1，0)，点C(0，﹣3)代入抛物线的解析式为y＝x2+bx+c中得：
解得：
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3
∵y＝x2﹣2x﹣3＝(x﹣1)2﹣4
∴顶点的坐标为(1，﹣4)
(2)
如图1，设直线BC的解析式为y＝kx+d(k≠0)

当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0
解得：x1＝3，x2＝﹣1
∴B(3，0)
将B(3，0)，C(0，﹣3)代入y＝kx+d中
得：，解得：
∴直线BC的解析式为y＝x﹣3
∵OP＝t
设点P的坐标为(t，0)，则点N的坐标为(t，t﹣3)，H(t，t2﹣2t﹣3)
∴NH＝t﹣3﹣(t2﹣2t﹣3)＝﹣t2+3t
∴
∵0≤t≤3，，
∴当t时，S取最大值，最大值为；
(3)
分两种情况：
①当Q在x轴的上方时，如图2和图4，四边形ACPQ是平行四边形

根据A(﹣1，0)和C(0，﹣3)可知：点Q的纵坐标为3
当y＝3时，x2﹣2x﹣3＝3
解得：x1＝1，x2＝1
∴P(2，0)或(2，0)
②当Q在x轴的下方时，如图3，四边形ACQP是平行四边形，

当y＝﹣3时，由对称得：Q(2，﹣3)
∴P(1，0)
综上，P点的坐标为(2，0)或(2，0)或(1，0)
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数解析式、待定系数法求一次函数解析式、二次函数的性质、三角形的面积、平行四边形的性质和判定，解题的关键是：(1)根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；(2)利用三角形的面积公式确定S与t的关系式；(3)利用平移的观点确定Q和P的坐标．
11．(2022·全国·九年级专题练习)已知抛物线y＝ax2＋bx＋3与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)．与y轴交于点C．其中OC＝OB，tan∠CAO＝3

(1)求抛物线的解析式；
(2)P是第一象限内的抛物线上一动点，Q为线段PB的中点，求△CPQ面积的最大值时P点坐标：
(3)将抛物线沿射线CB方向平移2个单位得新抛物线y′．M为新抛物线y′的顶点．D为新抛物线y′上任意一点，N为x轴上一点．当以M、N、C、D为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出所有符合条件的点N的坐标．并选择一个你喜欢的N点．写出求解过程．
【答案】(1)
(2)P坐标为(，)
(3)N坐标为(7，0) 或(5，0) 或(-，0)或(，0)
【解析】
【分析】
(1)由抛物线解析式可求出C点坐标，即得出OC的长，再根据题意可得出OB的长，即得出B点坐标．根据tan∠CAO＝3，可得出OA的长，即得出A点坐标．最后利用待定系数法即可求出抛物线解析式；
(2)由Q为线段PB中点，即证明S△CPQ＝S△CPB，即当S△CPB面积最大时，△CPQ面积最大．设P坐标(a，)，过点P作轴交BC于点H，则可得H坐标为(a，-a+3)，即可求出PH的长，再根据三角形面积公式可求出，最后利用二次函数的性质即可求出的最大值，即的最大值时，P点坐标；
(3)沿CB方向平移个单位，即向右2个单位，向下2个单位，由此可求出新抛物线解析式，即可求出M点坐标．再根据分类讨论的思想和平行四边形的性质，列出点的坐标的等量关系，即可求解．
(1)
∵抛物线解析式为，
令x＝0，得y＝3，
∴点C坐标为(0，3)，
∴OC=OB＝3，
∴B坐标为(3，0)．
∵tan∠CAO＝3，即，
∴OA＝1，
∴点A坐标为(-1，0)，
∴可设抛物线解析式为y＝a(x+1)(x﹣3)，
代入C点坐标得：y＝a(0+1)(0﹣3)
解得：a＝-1，
∴，
∴抛物线解析式为：；
(2)
∵Q为线段PB中点，
∴S△CPQ＝S△CPB，
当S△CPB面积最大时，△CPQ面积最大．
设P坐标(a，)，
如图，过点P作轴交BC于点H，

∴H坐标为(a，-a+3)，
∴
∴，
∴当时，即P坐标为(，)时，面积最大，最大值为，
∴；
(3)
沿CB方向平移个单位，即向右2个单位，向下2个单位，
∴新抛物线解析式为，
∴M(3，2)，C坐标为(0，3)，
设N点坐标为(n，0)，
根据平行四边形的性质，分类讨论①当 时，即，
解得：．
∴
解得：
∴xD＝4或xD＝2，
当xD＝4时，，即，
解得：；
当xD＝2时，，即，
解得：；
∴N坐标为(7，0)或(5，0)；
①当 时，即，
解得：．
∴
解得：
∴或
当时，，即，
解得：；
当时，，即，
解得：；
∴N坐标为(，0)或(，0)；
综上，可知N点坐标为(7，0)或(5，0)或(，0)或(，0)；
【点睛】
本题考查二次函数与几何的综合，解直角三角形．利用数形结合和分类讨论的思想是解题关键．
12．(2022·全国·九年级专题练习)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx﹣3交x轴于点A(﹣1，0)和点B(3，0)，与y轴交于点C，顶点是D．

(1)求抛物线顶点D的坐标；
(2)若P是抛物线在第四象限内的一点，设点P的横坐标是m，连接AC、CP、BP，当四边形ACPB面积最大时，求点P的坐标和最大面积；
(3)若N是抛物线对称轴上一点，在抛物线上是否存在点M，使得以B、C、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出线段CN的长度；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(1，-2)
(2)S四边形ACPB的最大值为，P(，)
(3)存在，或或
【解析】
【分析】
(1)利用二次函数的交点式求出a，从而求出解析式，再通过顶点坐标公式求出D点坐标；
(2)把ACPB分解成两边两个三角形和中间一个梯形，即S四边形ACPB＝S△AOC+S梯形OCPG+S△BGP设P(m，m2﹣2m﹣3)，通过面积公式相加得到(m)2，这个式子取值最大时也就是m=时取得最大值；
(3)分两种情况：BC为平行四边形边和BC为平行四边形对角线的两种情况，BC为边时，通过B向右平移三个单位再向上平移三个单位得到C得出：M或N向右平移三个单位再向上平移3各单位得到N或M，且M点横坐标为x=1，N点满足二次函数解析式，从而求出M、N坐标，再求CN距离；BC为对角线时，可通过BC两点坐标求出对角线交点坐标，且这个坐标等于MN两点求得的中点坐标，建立等式就能解出M、N点坐标，从而求出CN距离．
(1)
抛物线的表达式为：y＝a(x+1)(x﹣3)＝a(x2﹣2x﹣3)，
故﹣3a＝﹣3，解得：a＝1，
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3；
顶点D的坐标为x=；y=
故D点坐标为(1，-4)
(2)
令x＝0，则y＝﹣3，∴C(0，﹣3)，
如图1，过点P作PG⊥AB于G，

设P(m，m2﹣2m﹣3)，
∴OG＝m，PG＝﹣m2+2m+3，
∴S四边形ACPB＝S△AOC+S梯形OCPG+S△BGP
1×3m(3﹣m2+2m+3)(3﹣m)(﹣m2+2m+3)
m2m+6
(m)2，
∵0，
∴当m时，S四边形ACPB的最大值为，此时P(，)
(3)
点C(0，﹣3)，点B(3，0)，
设点M(t，n)，n＝t2﹣2t﹣3，点N(1，s)，
①当BC是边时，
点C向右平移3个单位，向上平移3个单位得到B，
同样点M(N)向右平移3个单位，向上平移3个单位得到N(M)，
即t±3＝1，n±3＝s，
解得：t＝﹣2或4，s＝8或2，
∴点N(1，2)或(1，8)，
∴CN或CN；
②当BC是对角线时，
由中点公式得：3＝t+1，﹣3＝s+n，
解得：s＝0，∴点N(1，0)，
∴CN．
∴CN的长为或或．
【点睛】
本题考查二次函数解析式、二次函数上四边形面积最大值、二次函数是否存在点使图形为平行四边形、考查中点坐标公式，综合掌握这些知识和方法才能解题．