压轴题秘籍02 二次函数的综合-备战2023年中考数学抢分秘籍（全国通用）

这是一份压轴题秘籍02 二次函数的综合-备战2023年中考数学抢分秘籍（全国通用），文件包含压轴题秘籍02二次函数的综合解析版docx、压轴题秘籍02二次函数的综合原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共72页， 欢迎下载使用。

二次函数的综合



题型解读：
二次函数的综合问题在中考中常常作为压轴题出现，多考查二次函数与几何图形的综合，一般要用到线段最值、图形面积、特殊三角形、特殊四边形、相似三角形等相关知识，以及转化与化归、数形结合、分类讨论等数学思想.此类题型常涉及以下问题：①求抛物线、直线的解析式；②求点的坐标、线段长度、图形面积；③探究几何图形的存在性问题或周长、面积的最值问题.下图为二次函数综合问题中各题型的考查热度.



题型1：二次函数与最值问题
解题模板：
1.（2022•广元）在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x﹣2与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）经过A，B两点，并与x轴的正半轴交于点C．
（1）求a，b满足的关系式及c的值；
（2）当a＝时，若点P是抛物线对称轴上的一个动点，求△ABP周长的最小值；
（3）当a＝1时，若点Q是直线AB下方抛物线上的一个动点，过点Q作QD⊥AB于点D，当QD的值最大时，求此时点Q的坐标及QD的最大值．

【分析】（1）在直线y＝﹣x﹣2中，令x＝0和y＝0可得点A和B的坐标，代入抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）中可解答；
（2）连接BC交直线x＝1于点P，利用两点之间线段最短可得出此时△PAB的周长最小，从而可以解答；
（3）根据a＝1时，可得抛物线的解析式y＝x2+x﹣2，如图2，过点Q作QF⊥x轴于F，交AB于E，则△EQD是等腰直角三角形，设Q（m，m2+m﹣2），则E（m，﹣m﹣2），表示QE的长，配方后可解答．
【解答】解：（1）直线y＝﹣x﹣2中，当x＝0时，y＝﹣2，
∴B（0，﹣2），
当y＝0时，﹣x﹣2＝0，
∴x＝﹣2，
∴A（﹣2，0），
将A（﹣2，0），B（0，﹣2）代入抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）中，得，
，
∴2a﹣b＝1，c＝﹣2；
（2）如图1，当a＝时，2×﹣b＝1，

∴b＝﹣，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣1）2﹣，
∴抛物线的对称轴是：x＝1，
由对称性可得C（4，0），
要使△ABP的周长最小，只需AP+BP最小即可，
如图1，连接BC交直线x＝1于点P，
因为点A与点C关于直线x＝1对称，由对称性可知：AP+BP＝PC+BP＝BC，
此时△ABP的周长最小，所以△ABP的周长为AB+BC，
Rt△AOB中，AB＝＝＝2，
Rt△BOC中，BC＝＝＝2，
∴△ABP周长的最小值为2+2；
（3）当a＝1时，2×1﹣b＝1，
∴b＝1，
∴y＝x2+x﹣2，
∴A（﹣2，0），B（0，﹣2），C（1，0），
∴OA＝OB，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠OAB＝45°，
如图2，过点Q作QF⊥x轴于F，交AB于E，则△EQD是等腰直角三角形，

设Q（m，m2+m﹣2），则E（m，﹣m﹣2），
∴QE＝（﹣m﹣2）﹣（m2+m﹣2）＝﹣m2﹣2m＝﹣（m+1）2+1，
∴QD＝QE＝﹣（m+1）2+，
当m＝﹣1时，QD有最大值是，
当m＝﹣1时，y＝1﹣1﹣2＝﹣2，
综上，点Q的坐标为（﹣1，﹣2）时，QD有最大值是．

【变式1-1】（2022•遂宁节选）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中点A的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，﹣3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，E为△ABC边AB上的一动点，F为BC边上的一动点，D点坐标为（0，﹣2），求△DEF周长的最小值；


【分析】（1）利用待定系数法把问题转化为方程组解决；
（2）如图，设D1为D关于直线AB的对称点，D2为D关于直线BC的对称点，连接D1E，D2F，D1D2．当D1，E．F．D2共线时，△DEF的周长最小，最小值为D1D2的长；
（3）求出直线AM的解析式，利用方程组求出点M的坐标，过点M作x轴的平行线l，过点N作y轴的平行线交x轴于点P，交直线l于点Q．分三种情形：当AM＝AN时，当AM＝MN时，当AN＝MN时，分别构建方程求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣1，0），点C（0，﹣3）．
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；

（2）如图，设D1为D关于直线AB的对称点，D2为D关于直线BC的对称点，连接D1E，D2F，D1D2．

由对称性可知DE＝D1E，DF＝D2F，△DEF的周长＝D1E+EF+D2F，
∴当D1，E．F．D2共线时，△DEF的周长最小，最小值为D1D2的长，
令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，
解得x＝﹣1或3，
∴B（3，0），
∴OB＝OC＝3，
∴△BOC是等腰直角三角形，
∵BC垂直平分DD2，且D（0，﹣2），
∴D2（1，﹣3），
∵D，D1关于x轴对称，
∴D1（0，2），
∴D1D2＝＝＝，
∴△DEF的周长的最小值为．

【变式1-2】（2022•齐齐哈尔节选）综合与探究
如图，某一次函数与二次函数y＝x2+mx+n的图象交点为A（﹣1，0），B（4，5）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点C为抛物线对称轴上一动点，当AC与BC的和最小时，点C的坐标为　　；
（3）点D为抛物线位于线段AB下方图象上一动点，过点D作DE⊥x轴，交线段AB于点E，求线段DE长度的最大值；

【分析】（1）将A（﹣1，0），B（4，5）代入y＝x2+mx+n，解方程即可得出答案；
（2）根据两点之间，线段最短，可知当点A、B、C三点共线时，AC+BC的最小值为AB的长，求出直线AB的解析式，即可得出点C的坐标；
（3）设D（a，a2﹣2a﹣3），则E（a，a+1），表示出DE的长度，利用二次函数的性质可得答案；
（4）分CF为对角线和边，分别画出图形，利用正方形的性质可得答案．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（4，5）代入y＝x2+mx+n得，
，
∴，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）设直线AB的函数解析式为y＝kx+b，
，
∴，
∴直线AB的解析式为y＝x+1，
∵AC+BC≥AB，
∴当点A、B、C三点共线时，AC+BC的最小值为AB的长，
∵抛物线y＝x2﹣2x﹣3的对称轴为x＝1，
∴当x＝1时，y＝2，
∴C（1，2），
故答案为：（1，2）；
（3）设D（a，a2﹣2a﹣3），则E（a，a+1），

∴DE＝（a+1）﹣（a2﹣2a﹣3）＝﹣a2+3a+4（﹣1＜a＜4），
∴当a＝时，DE的最大值为；

题型2：二次函数与图形面积问题
解题模板：
技巧精讲：表示图形面积的方法

2.（2022•常德）如图，已知抛物线过点O（0，0），A（5，5），且它的对称轴为x＝2，点B是抛物线对称轴上的一点，且点B在第一象限．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）当△OAB的面积为15时，求B的坐标；
（3）在（2）的条件下，P是抛物线上的动点，当PA﹣PB的值最大时，求P的坐标以及PA﹣PB的最大值．

【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）设B（2，m）（m＞0），运用待定系数法求得直线OA的解析式为y＝x，设直线OA与抛物线对称轴交于点H，则H（2，2），BH＝m﹣2，利用三角形面积公式建立方程求解即可得出答案；
（3）运用待定系数法求得直线AB的解析式为y＝﹣x+10，当PA﹣PB的值最大时，A、B、P在同一条直线上，联立方程组求解即可求得点P的坐标，利用两点间距离公式可求得AB，即PA﹣PB的最大值．
【解答】解：（1）∵抛物线过点O（0，0），A（5，5），且它的对称轴为x＝2，
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为（4，0），
设抛物线解析式为y＝ax（x﹣4），把A（5，5）代入，得5a＝5，
解得：a＝1，
∴y＝x（x﹣4）＝x2﹣4x，
故此抛物线的解析式为y＝x2﹣4x；
（2）∵点B是抛物线对称轴上的一点，且点B在第一象限，
∴设B（2，m）（m＞0），
设直线OA的解析式为y＝kx，
则5k＝5，
解得：k＝1，
∴直线OA的解析式为y＝x，
设直线OA与抛物线对称轴交于点H，则H（2，2），
∴BH＝m﹣2，
∵S△OAB＝15，
∴×（m﹣2）×5＝15，
解得：t＝8，
∴点B的坐标为（2，8）；
（3）设直线AB的解析式为y＝cx+d，把A（5，5），B（2，8）代入得：，
解得：，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+10，
当PA﹣PB的值最大时，A、B、P在同一条直线上，
∵P是抛物线上的动点，
∴，
解得：，（舍去），
∴P（﹣2，12），
此时，PA﹣PB＝AB＝＝3．


【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，三角形面积，利用三角形三边关系定理求线段差的最大值，利用线段和差求最值问题是解题的关键．

【变式2-1】（2022•内蒙古节选）如图，抛物线y＝ax2+x+c经过B（3，0），D（﹣2，﹣）两点，与x轴的另一个交点为A，与y轴相交于点C．
（1）求抛物线的解析式和点C的坐标；
（2）若点M在直线BC上方的抛物线上运动（与点B，C不重合），求使△MBC面积最大时M点的坐标，并求最大面积；（请在图1中探索）

【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）作直线BC，过M点作MN∥y轴交BC于点N，求出直线BC的解析式，设M（m，﹣m2+m+），则N（m，﹣m+），可得S△MBC＝•MN•OB＝﹣（m﹣）2+，再求解即可；
（3）设Q（0，t），P（m，﹣m2+m+），分三种情况讨论：①当AB为平行四边形的对角线时；②当AQ为平行四边形的对角线时；③当AP为平行四边形的对角线时；根据平行四边形的对角线互相平分，利用中点坐标公式求解即可．
【解答】解：（1）将B（3，0），D（﹣2，﹣）代入y＝ax2+x+c，
∴，
解得，
∴y＝﹣x2+x+，
令x＝0，则y＝，
∴C（0，）；
（2）作直线BC，过M点作MN∥y轴交BC于点N，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x+
设M（m，﹣m2+m+），则N（m，﹣m+），
∴MN＝﹣m2+m，
∴S△MBC＝•MN•OB＝﹣（m﹣）2+，
当m＝时，△MBC的面积有最大值，
此时M（，）；

【变式2-2】（2022•淄博）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），顶点D（1，4）在直线l：y＝x+t上，动点P（m，n）在x轴上方的抛物线上．
（1）求这条抛物线对应的函数表达式；
（2）过点P作PM⊥x轴于点M，PN⊥l于点N，当1＜m＜3时，求PM+PN的最大值；
（3）设直线AP，BP与抛物线的对称轴分别相交于点E，F，请探索以A，F，B，G（G是点E关于x轴的对称点）为顶点的四边形面积是否随着P点的运动而发生变化，若不变，求出这个四边形的面积；若变化，说明理由．

【分析】（1）利用顶点式求解，可得结论；
（2）如图，设直线l交x轴于点T，连接PT，BD，BD交PM于点J．设P（m，﹣m2+2m+3）．四边形DTBP的面积＝△PDT的面积+△PBT的面积＝×DT×PN+×TB×PM＝（PM+PN），推出四边形DTBP的面积最大时，PM+PN的值最大，求出四边形DTBP的面积的最大值，可得结论；
（3）四边形AFBG的面积不变．如图，设P（m，﹣m2+2m+3），求出直线AP，BP的解析式，可得点E，F的坐标，求出FG的长，可得结论．
【解答】解：（1）∵抛物线的顶点D（1，4），
∴可以假设抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3；

（2）如图，设直线l交x轴于点T，连接PT，BD，BD交PM于点J．设P（m，﹣m2+2m+3）．

点D（1，4）在直线l：y＝x+t上，
∴4＝+t，
∴t＝，
∴直线DT的解析式为y＝x+，
令y＝0，得到x＝﹣2，
∴T（﹣2，0），
∴OT＝2，
∵B（3，0），
∴OB＝3，
∴BT＝5，
∵DT＝＝5，
∴TD＝TB，
∵PM⊥BT，PN⊥DT，
∴四边形DTBP的面积＝△PDT的面积+△PBT的面积＝×DT×PN+×TB×PM＝（PM+PN），
∴四边形DTBP的面积最大时，PM+PN的值最大，
∵D（1，4），B（3，0），
∴直线BD的解析式为y＝﹣2x+6，
∴J（m，﹣2m+6），
∴PJ＝﹣m2+4m﹣3，
∵四边形DTBP的面积＝△DTB的面积+△BDP的面积
＝×5×4+×（﹣m2+4m﹣3）×2
＝﹣m2+4m+7
＝﹣（m﹣2）2+11
∵﹣1＜0，
∴m＝2时，四边形DTBP的面积最大，最大值为11，
∴PM+PN的最大值＝×11＝；

（3）四边形AFBG的面积不变．
理由：如图，设P（m，﹣m2+2m+3），

∵A（﹣1，0），B（3，0），
∴直线AP的解析式为y＝﹣（m﹣3）x﹣m+3，
∴E（1，﹣2m+6），
∵E，G关于x轴对称，
∴G（1，2m﹣6），
∴直线PB的解析式y＝﹣（m+1）x+3（m+1），
∴F（1，2m+2），
∴GF＝2m+2﹣（2m﹣6）＝8，
∴四边形AFBG的面积＝×AB×FG＝×4×8＝16．
∴四边形AFBG的面积是定值．


【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．

【变式2-2】（2022•菏泽节选）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0）、B（8，0）两点，与y轴交于点C（0，4），连接AC、BC．
（1）求抛物线的表达式；
（2）将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，直接写出点D的坐标，并求出四边形OADC的面积；


【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）过点D作DE⊥x轴于点E，利用轴对称的性质和三角形的中位线的性质定理求得线段OE，DE，则点D坐标可得；利用四边形OADC的面积＝S△OAC+S△ACD，S△ADC＝S△ABC，利用三角形的面积公式即可求得结论；
（3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①当点P在BC上方时，利用平行线的判定与性质可得点C，P的纵坐标相等，利用抛物线的解析式即可求得结论；②当点P在BC下方时，设PC交x轴于点H，设HB＝HC＝m，利用等腰三角形的判定与性质和勾股定理求得m值，则点H坐标可求；利用待定系数法求得直线PC的解析式，与抛物线解析式联立即可求得点P坐标；
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0）、B（8，0）两点，与y轴交于点C（0，4），
∴，
解得：．
∴抛物线的表达式为y＝﹣+x+4；
（2）点D的坐标为（﹣8，8），理由：
将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，如图，

过点D作DE⊥x轴于点E，
∵A（﹣2，0）、B（8，0），C（0，4），
∴OA＝2，OB＝8，OC＝4．
∵，，
∴．
∵∠AOC＝∠COB＝90°，
∴△AOC∽△COB，
∴∠ACO＝∠CBO．
∵∠CBO+∠OCB＝90°，
∴∠ACO+∠OCB＝90°，
∴∠ACB＝90°，
∵将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，
∴点D，C，B三点在一条直线上．
由轴对称的性质得：BC＝CD，AB＝AD．
∵OC⊥AB，DE⊥AB，
∴DE∥OC，
∴OC为△BDE的中位线，
∴OE＝OB＝8，DE＝2OC＝8，
∴D（﹣8，8）；
由题意得：S△ACD＝S△ABC，
∴四边形OADC的面积＝S△OAC+S△ADC
＝S△OAC+S△ABC
＝OC•OA+AB•OC
＝4×2+10×4
＝4+20
＝24；

题型3：二次函数与图形判定问题：类型一：与特殊三角形相关
解题模板：

技巧精讲；
1：动点构成特殊三角形的作图方法

2.动点构成特殊三角形的分类讨论方法（情景同上）

3.（2022•百色）已知抛物线经过A（﹣1，0）、B（0，3）、C（3，0）三点，O为坐标原点，抛物线交正方形OBDC的边BD于点E，点M为射线BD上一动点，连接OM，交BC于点F．
（1）求抛物线的表达式；
（2）求证：∠BOF＝∠BDF；
（3）是否存在点M，使△MDF为等腰三角形？若不存在，请说明理由；若存在，求ME的长．


【分析】（1）把A（﹣1，0）、B（0，3）、C（3，0）代入y＝ax2+bx+c，即可得解；
（2）根据正方形的性质得出∠OBC＝∠DBC，BD＝OB，再由BF＝BF，得出△BOF≌△BDF，最后利用全等三角形的性质得出结论；
（3）分两种情况讨论解答，当M在线段BD的延长线上时，先求出∠M，再利用解直角三角形得出结果，当M在线段BD上时，得出∠BOM＝30°，类比①解答即可．
【解答】（1）解：设抛物线的表达式为y＝ax2+bx+c，
把A（﹣1，0）、B（0，3）、C（3，0）代入
得：，解得，
∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）证明：∵正方形OBDC，
∴∠OBC＝∠DBC，BD＝OB，
∵BF＝BF，
∴△BOF≌△BDF，
∴∠BOF＝∠BDF；
（3）解：∵抛物线交正方形OBDC的边BD于点E，
∴令y＝3，则3＝﹣x2+2x+3，解得：x1＝0，x2＝2，
∴E（2，3），
①如图，

当M在线段BD的延长线上时，∠BDF为锐角，
∴∠FDM为钝角，
∵△MDF为等腰三角形，
∴DF＝DM，
∴∠M＝∠DFM，
∴∠BDF＝∠M+∠DFM＝2∠M，
∵BM∥OC，
∴∠M＝∠MOC，
由（2）得∠BOF＝∠BDF，
∴∠BDF+∠MOC＝3∠M＝90°，
∴∠M＝30°，
在Rt△BOM中，
BM＝，
∴ME＝BM﹣BE＝3﹣2；
②如图，

当M在线段BD上时，∠DMF为钝角，
∵△MDF为等腰三角形，
∴MF＝DM，
∴∠BDF＝∠MFD，
∴∠BMO＝∠BDF+∠MFD＝2∠BDF，
由（2）得∠BOF＝∠BDF，
∴∠BMO＝2∠BOM，
∴∠BOM+∠BMO＝3∠BOM＝90°，
∴∠BOM＝30°，
在Rt△BOM中，
BM＝，
∴ME＝BE﹣BM＝2﹣，
综上所述，ME的值为：3﹣2或2﹣．
【点评】本题考查了二次函数的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质及解直角三角形，分类讨论思想的运用是解题的关键．

【变式3-1】（2022•东营）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0），点B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）在对称轴上找一点Q，使△ACQ的周长最小，求点Q的坐标；
（3）点P是抛物线对称轴上的一点，点M是对称轴左侧抛物线上的一点，当△PMB是以PB为腰的等腰直角三角形时，请直接写出所有点M的坐标．

【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）连接CB交对称轴于点Q，当C、B、Q三点共线时，△ACQ的周长最小，求出直线BC的解析式，再求Q点坐标即可；
（3）分两种情况讨论：当∠BPM＝90°时，PM＝PB，M点与A点重合，则M（﹣1，0）；当∠PBM＝90°时，PB＝BM，P点在M点上方时，过点B作x轴的垂线GH，过点P作PH⊥GH交于H，过点M作MG⊥HG交于G，可证明△BPH≌△MBG（AAS），设P（1，t），则M（3﹣t，﹣2），求出M点坐标为（1﹣，﹣2）；当P点在M点下方时，同理M（3+t，2），可求M点坐标为（1﹣，2）．
【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），点B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3，
∴，
解得，
∴y＝x2﹣2x﹣3；
（2）连接CB交对称轴于点Q，
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
∵A、B关于对称轴x＝1对称，
∴AQ＝BQ，
∴AC+AQ+CQ＝AC+CQ+BQ≥AC+BC，
当C、B、Q三点共线时，△ACQ的周长最小，
∵C（0，﹣3），B（3，0），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x﹣3，
∴Q（1，﹣2）；
（3）当∠BPM＝90°时，PM＝PB，
∴M点与A点重合，
∴M（﹣1，0）；
当∠PBM＝90°时，PB＝BM，
如图1，当P点在M点上方时，过点B作x轴的垂线GH，过点P作PH⊥GH交于H，过点M作MG⊥HG交于G，
∵∠PBM＝90°，
∴∠PBH+∠MBG＝90°，
∵∠PBH+∠BPH＝90°，
∴∠MBG＝∠BPH，
∵BP＝BM，
∴△BPH≌△MBG（AAS），
∴BH＝MG，PH＝BG＝2，
设P（1，t），则M（3﹣t，﹣2），
∴﹣2＝（3﹣t）2﹣2（3﹣t）﹣3，
解得t＝2+或t＝2﹣，
∴M（1﹣，﹣2）或（1+，﹣2），
∵M点在对称轴的左侧，
∴M点坐标为（1﹣，﹣2）；
如图2，当P点在M点下方时，
同理可得M（3+t，2），
∴2＝（3+t）2﹣2（3+t）﹣3，
解得t＝﹣2+（舍）或t＝﹣2﹣，
∴M（1﹣，2）；
综上所述：M点的坐标为（1﹣，﹣2）或（1﹣，2）或（﹣1，0）．


【点评】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，等腰直角三角形的性质，轴对称求最短距离，分类讨论，数形结合是解题的关键．
【变式3-2】（2022•呼和浩特节选）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点B（4，0）和点C（0，2），与x轴的另一个交点为A，连接AC、BC．
（1）求抛物线的解析式及点A的坐标；
（2）如图1，若点D是线段AC的中点，连接BD，在y轴上是否存在点E，使得△BDE是以BD为斜边的直角三角形？若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．


【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2，令y＝0得A（﹣1，0）；
（2）由A（﹣1，0），C（0，2），知线段AC的中点D（﹣，1），设E（0，t），根据∠BED＝90°，得[（4﹣0）2+（0﹣t）2]+[（﹣﹣0）2+（1﹣t）2]＝（4+）2+（0﹣1）2，即可解得E的坐标为（0，﹣1）或（0，2）；
【解答】解：（1）将点B（4，0）和点C（0，2）代入抛物线y＝﹣x2+bx+c中，
则，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2，
在y＝﹣x2+x+2中，令y＝0得﹣x2+x+2＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴A（﹣1，0）；
（2）存在y轴上一点E，使得△BDE是以BD为斜边的直角三角形，理由如下：
如图：

∵点D是线段AC的中点，A（﹣1，0），C（0，2），
∴D（﹣，1），
设E（0，t），
又B（4，0），
∵∠BED＝90°，
∴BE2+DE2＝BD2，
即[（4﹣0）2+（0﹣t）2]+[（﹣﹣0）2+（1﹣t）2]＝（4+）2+（0﹣1）2，
化简得：t2﹣t﹣2＝0，
解得：t1＝﹣1，t2＝2，
∴E的坐标为（0，﹣1）或（0，2）；
类型二：与特殊四边形相关
技巧精讲：动点构成特殊四边形的作图方法

2.动点构成特殊四边形的分类讨论方法（情境同上）

4.（2022•攀枝花）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于O（O为坐标原点），A两点，且二次函数的最小值为﹣1，点M（1，m）是其对称轴上一点，y轴上一点B（0，1）．
（1）求二次函数的表达式；
（2）二次函数在第四象限的图象上有一点P，连结PA，PB，设点P的横坐标为t，△PAB的面积为S，求S与t的函数关系式；
（3）在二次函数图象上是否存在点N，使得以A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有符合条件的点N的坐标，若不存在，请说明理由．


【分析】（1）根据题意知，二次函数顶点为（1，﹣1），设二次函数解析式为y＝a（x﹣1）2﹣1，将点B（0，0）代入得，a﹣1＝0，即可得出答案；
（2）连接OP，根据题意得点A的坐标，则S＝S△AOB+S△OAP﹣S△OBP，代入化简即可；
（3）设N（n，n2﹣2n），分AB或AN或AM分别为对角线，利用平行四边形的性质和中点坐标公式，分别求出n＝的值，进而得出答案．
【解答】解：（1）∵二次函数的最小值为﹣1，点M（1，m）是其对称轴上一点，
∴二次函数顶点为（1，﹣1），
设二次函数解析式为y＝a（x﹣1）2﹣1，
将点O（0，0）代入得，a﹣1＝0，
∴a＝1，
∴y＝（x﹣1）2﹣1＝x2﹣2x；
（2）连接OP，

当y＝0时，x2﹣2x＝0，
∴x＝0或2，
∴A（2，0），
∵点P在抛物线y＝x2﹣2x上，
∴点P的纵坐标为t2﹣2t，
∴S＝S△AOB+S△OAP﹣S△OBP
＝+（﹣t2+2t）﹣t
＝﹣t2++1；
（3）设N（n，n2﹣2n），
当AB为对角线时，由中点坐标公式得，2+0＝1+n，
∴n＝1，
∴N（1，﹣1），
当AM为对角线时，由中点坐标公式得，2+1＝n+0，
∴n＝3，
∴N（3，3），
当AN为对角线时，由中点坐标公式得，2+n＝0+1，
∴n＝﹣1，
∴N（﹣1，3），
综上：N（1，﹣1）或（3，3）或（﹣1，3）．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，三角形的面积，平行四边形的性质等知识，运用分类讨论思想是解题的关键．

【变式4-1】（2022•朝阳）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+2x+c与x轴分别交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C（0，﹣3），连接BC．
（1）求抛物线的解析式及点B的坐标．
（2）如图，点P为线段BC上的一个动点（点P不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，求线段PQ长度的最大值．
（3）动点P以每秒个单位长度的速度在线段BC上由点C向点B运动，同时动点M以每秒1个单位长度的速度在线段BO上由点B向点O运动，在平面内是否存在点N，使得以点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出符合条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．


【分析】（1）将A，C两点坐标代入抛物线的解析式求得a，c的值，进而得出解析式，当y＝0时，求出方程的解，进而求得B点坐标；
（2）由B，C两点求出BC的解析式，进而设出点P和点Q坐标，表示出PQ的长，进一步得出结果；
（3）要使以点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形，只需△PMB是等腰三角形，所以分为PM＝BM，PM＝PB和BP＝BM，结合图象，进一步得出结果．
【解答】解：（1）由题意得，
，
∴，
∴y＝x2+2x﹣3，
当y＝0时，x2+2x﹣3＝0，
∴x1＝1，x2＝﹣3，
∴B（﹣3，0）；
（2）设直线BC的解析式为：y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝﹣x﹣3，
设点P（m，﹣m﹣3），Q（m，m2+2m﹣3），
∴PQ＝（﹣m﹣3）﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m＝﹣（m+）2+，
∴当m＝﹣时，PQ最大＝；
（3）如图1，

∵B（﹣3，0），C（0，﹣3），
∴OB＝OC＝3，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
作PD⊥y轴于D，
∴CD＝PD＝PC•sin∠OCB＝＝t，
当BM＝PM时，
∴∠MPB＝∠OBC＝45°，
∵∠PMO＝∠PDO＝∠MOD＝90°，
∴四边形OMPD是矩形，
∴OM＝PD＝t，
由BM+OM＝OB得，
∴2t＝3，
∴t＝，
∴P（﹣，﹣），
∴N（﹣3，﹣），
如图2，

当PM＝PB时，作PD⊥y轴于D，作PE⊥x轴于E，
∴BM＝2BE，
可得四边形PDOE是矩形，
∴OE＝PD＝t，
∴BE＝3﹣t，
∴t＝2（3﹣t），
∴t＝2，
∴P（﹣2，﹣1），
∴N（﹣2，1），
如图3，

当PB＝MB时，
3﹣＝t，
∴t＝6﹣3，
∴P（3，3﹣3），
∴N（0，3﹣3），
综上所述：N（﹣3，﹣）或（﹣2，1）或（0，3﹣3）．
【点评】本题考查了二次函数及其图象的性质，用待定系数法求一次函数的解析式，等腰三角形的分类和等腰三角形的性质，菱形的性质等知识，解决问题的关键是正确分类，画出符合条件的图形．

【变式4-2】（2022•泰安）若二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点A（﹣2，0），B（0，﹣4），其对称轴为直线x＝1，与x轴的另一交点为C．
（1）求二次函数的表达式；
（2）若点M在直线AB上，且在第四象限，过点M作MN⊥x轴于点N．
①若点N在线段OC上，且MN＝3NC，求点M的坐标；
②以MN为对角线作正方形MPNQ（点P在MN右侧），当点P在抛物线上时，求点M的坐标．


【分析】（1）利用待定系数法求出a，b，c即可；
（2）①求出直线AB的解析式为y＝﹣2x﹣4，因为A，C关于直线x＝1对称，推出C（4，0），设N（m，0），则M（m，﹣2m﹣4），NC＝4﹣m，根据MN＝3NC，构建方程求解；
②如图2中，连接PQ，MN交于点E．设M（t，﹣2t﹣4），则点N（t，0），利用正方形的性质求出点P的坐标，代入抛物线的解析式，构建方程求解．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点B（0，﹣4），
∴c＝﹣4，
∵对称轴为直线x＝1，经过A（﹣2，0），
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣4；

（2）①如图1中，

设直线AB的解析式为y＝kx+n，
∵A（﹣2，0），B（0，﹣4），
∴，
解得，
∴直线AB的解析式为y＝﹣2x﹣4，
∵A，C关于直线x＝1对称，
∴C（4，0），
设N（m，0），
∵MN⊥x轴，
∴M（m，﹣2m﹣4），
∴NC＝4﹣m，
∵MN＝3NC，
∴2m+4＝3（4﹣m），
∴m＝，
∴点M（，﹣）；

②如图2中，连接PQ，MN交于点E．设M（t，﹣2t﹣4），则点N（t，0），

∵四边形MPNQ是正方形，
∴PQ⊥MN，NE＝EP，NE＝MN，
∴PQ∥x轴，
∴E（t，﹣t﹣2），
∴NE＝t+2，
∴ON+EP＝ON+NE＝t+t+2＝2t+2，
∴P（2t+2，﹣t﹣2），
∵点P在抛物线y＝x2﹣x﹣4上，
∴（2t+2）2﹣（2t+2）﹣4＝﹣t﹣2，
解得t1＝，t2＝﹣2，
∵点P在第四象限，
∴t＝﹣2舍去，
∴t＝，
∴点M坐标为（，﹣5）．


【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．

【变式4-3】（2022•黔西南州）如图，在平面直角坐标系中，经过点A（4，0）的直线AB与y轴交于点B（0，4）．经过原点O的抛物线y＝﹣x2+bx+c交直线AB于点A，C，抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线y＝﹣x2+bx+c的表达式；
（2）M是线段AB上一点，N是抛物线上一点，当MN∥y轴且MN＝2时，求点M的坐标；
（3）P是抛物线上一动点，Q是平面直角坐标系内一点．是否存在以点A，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．


【分析】（1）将点A、O的坐标分别代入抛物线解析式，解方程即可；
（2）设直线AB的解析式为y＝kx+b，利用待定系数法求出解析式，再表示出MN，然后根据MN＝2解方程可得答案；
（3）分AC为边和对角线两种情况进行讨论：根据平移的性质，三角形相似的性质和判定，两点的距离公式可得结论．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（4，0）和O（0，0），
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x；
（2）∵直线AB经过点A（4，0）和B（0，4），
∴直线AB的解析式为：y＝﹣x+4，
∵MN∥y轴，
设M（t，﹣t+4），N（t，﹣t2+4t），其中0≤t≤4，

当M在N点的上方时，
MN＝﹣t+4﹣（﹣t2+4t）＝t2﹣5t+4＝2，
解得：t1＝，t2＝（舍），
∴M1（，），
当M在N点下方时，
MN＝﹣t2+4t﹣（﹣t+4）＝﹣t2+5t﹣4＝2，
解得：t1＝2，t2＝3，
∴M2（2，2），M3（3，1），
综上，满足条件的点M的坐标有三个（，）或（2，2）或（3，1）；
（3）存在，
①如图2，若AC是矩形的边，

设抛物线的对称轴与直线AB交于点R，且R（2，2），
过点C，A分别作直线AB的垂线交抛物线于点P1，P2，
∵C（1，3），D（2，4），
∴CD＝＝，
同理得：CR＝，RD＝2，
∴CD2+CR2＝DR2，
∴∠RCD＝90°，
∴点P1与点D重合，
当CP1∥AQ1，CP1＝AQ1时，四边形ACP1Q1是矩形，
∵C（1，3）向右平移1个单位，向上平移1个单位得到P1（2，4），
∴A（4，0）向右平移1个单位，向上平移1个单位得到Q1（5，1），
此时直线P1C的解析式为：y＝x+2，
∵直线P2A与P1C平行且过点A（4，0），
∴直线P2A的解析式为：y＝x﹣4，
∵点P2是直线y＝x﹣4与抛物线y＝﹣x2+4x的交点，
∴﹣x2+4x＝x﹣4，
解得：x1＝﹣1，x2＝4（舍），
∴P2（﹣1，﹣5），
当AC∥P2Q2时，四边形ACQ2P2是矩形，
∵A（4，0）向左平移3个单位，向上平移3个单位得到C（1，3），
∴P2（﹣1，﹣5）向左平移3个单位，向上平移3个单位得到Q2（﹣4，﹣2）；
②如图3，若AC是矩形的对角线，

设P3（m，﹣m2+4m）
当∠AP3C＝90°时，过点P3作P3H⊥x轴于H，过点C作CK⊥P3H于K，
∴∠P3KC＝∠AHP3＝90°，∠P3CK＝∠AP3H，
∴△P3CK∽△AP3H，
∴＝，
∴＝，
∵点P不与点A，C重合，
∴m≠1或m≠4，
∴m2﹣3m+1＝0，
∴m＝，
∴如图4，满足条件的点P有两个，即P3（，），P4（，），

当P3C∥AQ3，P3C＝AQ3时，四边形AP3CQ3是矩形，
∵P3（，）向左平移个单位，向下平移个单位得到C（1，3），
∴A（4，0）向左平移个单位，向下平移个单位得到Q3（，），
当P4C∥AQ4，P4C＝AQ4时，四边形AP4CQ4是矩形，
∵P4（，）向右平移个单位，向上平移个单位得到C（1，3），
∴A（4，0）向右平移个单位，向上平移个单位得到Q4（，）；
综上，点Q的坐标为（5，1）或（﹣4，﹣2）或（，）或（，）．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，平移的性质等知识，正确画图，并运用分类讨论的思想是解本题的关键．



一、解答题
1．（九上·垦利期末）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（2，0），B（﹣4，0）两点．
（Ⅰ）求抛物线的解析式；
（Ⅱ）若抛物线交y轴于点C，在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得△QAC的周长最小？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
（Ⅲ）在抛物线第二象限的图象上是否存在一点P，使得△PBC的面积最大？若存在，请直接写出点P的坐标和△PBC面积的最大值；若不存在，请说明理由．

【答案】解：（Ⅰ）将A（2，0），B（﹣4，0）代入得：-4+2b+c=0-16-4b+c=0，
解得b=-2c=8，
则该抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+8；
（Ⅱ）存在，理由：
如图1，点A关于抛物线对称轴的对称点为点B，

设直线BC的解析式为：y＝kx+d，
将点B（﹣4，0）、C（0，8）代入得：d=8-4k+d=0，解得k=2d=8，
故直线BC解析式为：y＝2x+8，
直线BC与抛物线对称轴 x＝﹣1的交点为Q，此时△QAC的周长最小．
解方程组y=2x+8x=-1，解得x=-1y=6，
故点Q的坐标为（﹣1，6）；
（Ⅲ）存在，理由：
如图2，过点P作PE⊥x轴于点E，

设P点的坐标为（x，﹣x2﹣2x+8）（﹣4＜x＜0），
∵S△BPC＝S四边形BPCO﹣S△BOC＝S四边形BPCO﹣16，
若S四边形BPCO有最大值，则S△BPC就最大，
∴S四边形BPCO＝S△BPE+S直角梯形PEOC＝12 BE•PE+ 12 OE（PE+OC）＝12（x+4）（﹣x2﹣2x+8）+ 12（﹣x）（﹣x2﹣2x+8+8）＝﹣2（x+2）2+24，
当x＝﹣2时，S四边形BPCO最大值＝24，
∴S△BPC最大＝24﹣16＝8，
当x＝﹣2时，﹣x2﹣2x+8＝8，
∴点P的坐标为（﹣2，8）．

2．（九上·兰陵期中）如图，直线y=-12x+2与x轴、y轴分别交于B、A两点，Q是线段AB上的动点（不与A、B重合），将Q绕点P(1，0)顺时针旋转90°得到点Q'，连接OQ'，求OQ'的最小值．

【答案】解：作QM⊥x轴于点M，Q'N⊥x轴于N，

∵∠PMQ=∠PNQ'=∠QPQ'=90°，
∴∠QPM+∠NPQ'=∠PQ'N+∠NPQ'，
∴∠QPM=∠PQ'N，
在△PQM和△Q'PN中，
∠PMQ=∠PNQ'∠QPM=∠PQ'NPQ=PQ'，
∴△PQM≅△Q'PN(AAS)，
∴PN=QM，Q'N=PM，
设Q(m，-12m+2)，
∴PM=|m-1|，QM=|-12m+2|，
∴ON=|3-12m|，
∴Q'(3-12m，1-m)，
∴OQ'2=(3-12m)2+(1-m)2=54m2-5m+10=54(m-2)2+5，
当m=2时，OQ'2有最小值为5，
∴OQ'的最小值为5

3．（2021·河东模拟）抛物线y＝﹣x2+bx+c（b，c为常数）与x轴交于点（x1，0）和（x2，0），与y轴交于点A，点E为抛物线顶点．
（Ⅰ）当x1＝﹣1，x2＝3时，求点E，点A的坐标；
（Ⅱ）①若顶点E在直线y＝x上时，用含有b的代数式表示c；
②在①的前提下，当点A的位置最高时，求抛物线的解析式；
（Ⅲ）若x1＝﹣1，b＞0，当P（1，0）满足PA+PE值最小时，求b的值．
【答案】解：（Ⅰ）∵抛物线y＝﹣x2＋bx＋c（b，c为常数）与x轴交于点（x1，0）和（x2，0），与y轴交于点A，点E为抛物线顶点，x1＝﹣1，x2＝3，
∴点（﹣1，0），（3，0）在抛物线y＝﹣x2＋bx＋c的图象上，
∴1-b+c=0-9+3b+c=0，解得b=2c=3，
∴y＝﹣x2＋2x＋3＝﹣（x﹣1）2＋4，
∴点A的坐标为（0，3），点E的坐标为（1，4）；
（Ⅱ）①∵y＝﹣x2＋bx＋c＝-(x-b2)2+b2+4c4，
∴点E的坐标为（b2，b2+4c4），
∵顶点E在直线y＝x上，
∴b2＝b2+4c4，
∴c＝2b-b24；
②由①知，c=2b-b24=-14b2+12b=-14(b-1)2+14，
则点A的坐标为（0，-14(b-1)2+14），
∴当b＝1时，此时点A的位置最高，函数y＝﹣x2＋x＋14，
即在①的前提下，当点A的位置最高时，抛物线的解析式是y=-x2+x+14；
（Ⅲ）∵x1＝﹣1，抛物线y＝﹣x2＋bx＋c过点（x1，0），
∴﹣1﹣b＋c＝0，
∴c＝1＋b，
∵点E的坐标为（b2，b2+4c4），点A的坐标为（0，c），
∴E（b2，(b+2)24），A（0，b＋1），
∴点E关于x轴的对称点E′（b2，﹣(b+2)24），
设过点A（0，b＋1）、P（1，0）的直线解析式为y＝kx＋t，
t=b+1k+t=0，得k=-b-1t=b+1，
∴直线AP的解析式为y＝（﹣b﹣1）x＋（b＋1）＝﹣（b＋1）x＋（b＋1）＝（b＋1）（﹣x＋1），
∵当直线AP过点E′时，PA＋PE值最小，
∴﹣(b+2)24＝（b＋1）（﹣b2＋1），
化简得：b2﹣6b﹣8＝0，
解得：b1＝3+17，b2＝3-17
∵b＞0，
∴b＝3+17，
即b的值是3＋17．

4．（2021·阳西模拟）如图，点B，C分别在x轴和y轴的正半轴上，OB，OC的长分别为x2-8x+12=0的两个根(OC>OB)，点A在x轴的负半轴上，且OA=OC=3OB，连接AC．

（1）求过A，B，C三点的抛物线的函数解析式；
（2）点P从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿CA运动到点A，点Q从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿OC运动到点C，连接PQ，当点P到达点A时，点Q停止运动，求S△CPQ的最大值；
（3）M是抛物线上一点，是否存在点M，使得∠ACM=15°？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）由x2-8x+12=0得x=6或x=2．
又∵OC>OB，∴点B的坐标为(2,0)，点C的坐标为(0,6)．
∵OA=OC，∴点A的坐标为(-6,0)．
设抛物线的函数解析式为y=ax2+bx+c，
将点A，B，C的坐标代入y=ax2+bx+c中，
得36a-6b+c=04a+2b+c=0c=6，解得a=-12b=-2c=6．
∴过A，B，C三点的抛物线的函数解析式为y=-12x2-2x+6．
（2）∵OA=OC，∴∠ACO=45°．
由题意得PC=2t，CQ=6-t，∴|xP|=PC⋅sin45°=2t．
∴S△CPQ=12×CQ×|xP|=12×(6-t)×2t=-22(t2-6t)．
∵-22<0，∴当t=3时，S△CPQ有最大值，最大值为922．
（3）①如图，当点M在AC上方时，过点M作ME⊥x轴于点E，
作MF⊥y轴于点F，连接MC．

∵∠ACM=15°，∠ACO=45°，∴∠OCM=60°．
设点M的坐标为(m,-12m2-2m+6)(-6 在Rt△MCF中，∵CF=MFtan∠MCF，
∴CF=33MF=-33m．∴OF=OC-CF=6+33m．
∵∠MEO=∠EOF=∠MFO=90°，
∴四边形MEOF是矩形．∴ME=OF．
即-12m2-2m+6=6+33m，解得m1=0（舍去），m2=-4-233．
∴ME=6+33m=16-433．
∴点M的坐标为[-4-233,16-433]．
②如图，当点M在AC下方时，过点M作MH⊥x轴于点H，

设MC与x轴交于点G，连接MC．
设点M的坐标为(n,-12n2-2n+6)(n<-6)，
则OH=-n，MH=12n2+2n-6．
∵∠ACM=15°，∠CAO=45°，
∴∠CGO=∠HGM=∠CAG+∠ACM=60°．
在Rt△CGO中，∵OC=6，∴OG=OCtan∠CGO=23．
∴GH=OH-OG=-n-23．
在Rt△MGH中，MH=GH⋅tan∠HGM=3GH，
∴12n2+2n-6=-3n-6，
解得n1=0（舍去），n2=-4-23．
∴GH=-n-23=4，MH=3GH=43．
∴点M的坐标为(-4-23,-43)．
综上所述，存在点M，使得∠ACM=15°，
且点M的坐标为[-4-233,16-433]或(-4-23,-43)．
5．（2021九上·中山期末）如图，抛物线y＝ax2＋bx﹣3经过A、B、C三点，点A（﹣3，0）、C（1，0），点B在y轴上．点P是直线AB下方的抛物线上一动点（不与A、B重合）．

（1）求此抛物线的解析式；
（2）过点P作x轴的垂线，垂足为D，交直线AB于点E，动点P在什么位置时，PE最大，求出此时P点的坐标；
（3）点Q是抛物线对称轴上一动点，是否存在点Q，使以点A、B、Q为顶点的三角形为直角三角形？若存在，请求出点Q坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：把A（﹣3，0）和C（1，0）代入y＝ax2+bx﹣3，
得，0=9a-3b-30=a+b-3，
解得，a=1b=2，
∴抛物线解析式为y＝x2+2x﹣3；
（2）解：设P（x，x2+2x﹣3），直线AB的解析式为y＝kx+b，
由抛物线解析式y＝x2+2x﹣3，
令x＝0，则y＝﹣3，
∴B（0，﹣3），
把A（﹣3，0）和B（0，﹣3）代入y＝kx+b，
得，0=-3k+b-3=b，
解得，k=-1b=-3，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x﹣3，
∵PE⊥x轴，
∴E（x，﹣x﹣3），
∵P在直线AB下方，
∴PE＝﹣x﹣3﹣（ x2+2x﹣3）＝﹣x2﹣3x＝﹣（x+32）2+94，
当x＝﹣32时，y＝x2+2x﹣3＝-154，
∴当PE最大时，P点坐标为（﹣32，-154）
（3）解：存在，理由如下，
∵x＝﹣22×1＝-1，
∴抛物线的对称轴为直线x＝-1，
设Q（-1，a），
∵B（0，-3），A（-3，0），
①当∠QAB＝90°时，AQ2+AB2＝BQ2，
∴22+a2+32+32＝12+（3+a）2，
解得：a＝2，
∴Q1（-1，2），
②当∠QBA＝90°时，BQ2+AB2＝AQ2，
∴12+（3+a）2+32+32＝22+a2，
解得：a＝﹣4，
∴Q2（-1，﹣4），
③当∠AQB＝90°时，BQ2+AQ2＝AB2，
∴12+（3+a）2+22+a2＝32+32，
解得：a1＝-3+172或a1＝-3-172，
∴Q3（-1，-3+172），Q4（-1，-3-172），
综上所述：点Q的坐标是（-1，2）或（-1，﹣4）或（-1，-3+172）或（-1，-3-172）．

6．（九上·大安期末）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A，B两点，其中点A的坐标为(-3，0)，与y轴交于点C，点D(-2，-3)在抛物线上．

（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线的对称轴上有一动点P，求出PA+PD的最小值；
（3）若抛物线上有一动点Q，使△ABQ的面积为6，求点Q的坐标．
【答案】（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c经过点A(-3，0)，D(-2，-3)，∴9-3b+c=0，4-2b+c=-3，解得b=2，c=-3，
∴抛物线的解析式为y=x2+2x-3
（2）解：由（1）得抛物线y=x2+2x-3的对称轴为直线x=-1，C(0，-3)．
∵D(-2，-3)，∴C，D关于抛物线的对称轴对称，连接AC，可知，当点P为直线AC与对称轴的交点时，PA+PD取得最小值，
∴最小值为AC=OA2+OC2=32+32=32
（3）解：设点Q(m，m2+2m-3)，
令y=x2+2x-3=0，
得x=-3或1，
∴点B的坐标为(1，0)，
∴AB=4．∵S△QAB=6，
∴12×4×|m2+2m-3|=6，
∴m2+2m-6=0或m2+2m=0，
解得：m=-1+7或-1-7或0或-2，
∴点Q的坐标为(0，-3)或(-2，-3)或(-1+7，3)或(-1-7，3)

7．（2021·长葛模拟）如图，抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于A（-1，0），B（5，0）两点，直线y=-x+4与y轴交于点C，与x轴交于点D.点P是x轴上方的抛物线上一动点，过点P作PF⊥x轴于点F，交直线CD于点E.设点P的横坐标为m.

（1）求抛物线的解析式；
（2）是否存在点P，使得△PCE与△DEF相似.若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：由抛物线y=-x2+bx+c过A(-1,0)，B(5,0)两点可得：
-1-b+c=0-25+5b+c=0 .
解得b=4c=5 .
故该抛物线的解析式为y=-x2+4x+5
（2）解：存在点P，使得△PCE与△DEF相似.
∵直线y=-x+4与y轴交于点C，与x轴交于点D.
∴点C坐标为（0，4），点D坐标为（4，0），
∴OC=OD=4，
∴∠ODC=∠OCD=45°，
又∵PF⊥x轴，
∴∠EFD=90°，
又∵∠PEC=∠DEF=45°，
∴要使△PCE与△DEF相似，只需∠CPE=90°或∠PCE=90°即可.
设P(m,-m2+4m+5)，则E(m,-m+4)，
当∠CPE=90°时，则由-m2+4m+5=4，
解得：m=2±5，
此时点P的坐标(2+5,4)或(2-5,4)；
当∠PCE=90°时，过P作PG⊥y轴于点G，

则PG=|m|，GC=|-m2+4m+5-4|=|-m2+4m+1|
当△PCG为等腰直角三角形时，有∠PCE=90° .
于是PG=GC，即m=-m2+4m+1，
解得：m=3±132，
此时点P的坐标为(3+132,11+132)或(3-132,11-132)，
故综上所述，有符合条件的点P存在，且坐标为(2+5,4)或(2-5,4)或(3+132,11+132)或(3-132,11-132)

8．（2021·铁岭模拟）如图，抛物线y＝ax2＋bx＋6与x轴交于点A（6，0），B（﹣1，0），与y轴交于点C．

（1）求抛物线的解析式；
（2）若点M为该抛物线对称轴上一点，当CM＋BM最小时，求点M的坐标．
（3）抛物线上是否存在点P，使△ACP为直角三角形？若存在，有几个？写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：当x＝0时，y＝ax2＋bx＋6＝6，则C（0，6），
设抛物线的解析式为y＝a（x＋1）（x﹣6），
把C（0，6）代入得a•1•（﹣6）＝6，解得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x＋1）（x﹣6），即y＝﹣x2＋5x＋6；
（2）解：连接AC，与对称轴交点即为所求点M，

设AC所在直线的解析式为y＝mx＋n，
将A（6，0），C（0，6）代入，得：6m+n=0n=6，
解得：m=-1n=6，
则AC所在直线解析式为y＝﹣x＋6，
又y＝﹣x2＋5x＋6＝﹣（x﹣52）2＋494，
∴抛物线的对称轴为直线x＝52，
在直线y＝﹣x＋6中当x＝52时，y＝72，
则M的坐标为（52，72）；
（3）解：设P点坐标为（x，-x2+5x+6），
存在4个点P，使△ACP为直角三角形．
PC2=x2+（-x2+5x）2，PA2=（x-6）2+（-x2+5x+6）2，AC2=62+62=72，
当∠PAC=90°，∵PA2+AC2=PC2，
∴（x-6）2+（-x2+5x+6）2+72=x2+（-x2+5x）2，
整理得x2-4x-12=0，解得x1=6（舍去），x2=-2，此时P点坐标为（-2，-8）；
当∠PCA=90°，∵PC2+AC2=PA2，
72+x2+（-x2+5x）2=（x-6）2+（-x2+5x+6）2，
整理得x2-4x=0，解得x1=0（舍去），x2=4，此时P点坐标为（4，10）；
当∠APC=90°，∵PA2+AC2=PC2，
∴（x-6）2+（-x2+5x+6）2+x2+（-x2+5x）2=72，
整理得x3-10x2+20x+24=0，
x3-10x2+24x-4x+24=0，
x（x2-10x+24）-4（x-6）=0，
x（x-4）（x-6）-4（x-6）=0，
（x-6）（x2-4x-4）=0，
而x-6≠0，
所以x2﹣4x﹣4＝0，解得x1＝2＋2 2，x2＝2﹣2 2，
此时P点坐标为（2＋2 2，4＋2 2）或（2﹣2 2，4﹣2 2）；
综上所述，符合条件的点P的坐标为（﹣2，﹣8）或（4，10）或（2＋2 2，4＋2 2）或（2﹣2 2，4﹣2 2）．

9．（2022九上·金华月考）如图，抛物线与轴交于A、B（3，0）两点，与轴交于点C（0，－3），抛物线的顶点为D．

（1）求抛物线的解析式；
（2）已知点M是x轴上的动点，过点M作x轴的垂线交抛物线于点G，是否存在这样的点M，使得以点A、M、G为顶点的三角形与△BCD相似，若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）在直线BC下方抛物线上一点P，作PQ垂直BC于点Q，连接CP，当△CPQ中有一个角等于∠ACO时，求点P的坐标。
【答案】（1）解：（1）把点B（3，0），C（0，﹣3）分别代入y＝ax2-2x+c，
得9a-6+c=0c=-3，
∴a=1c=-3，
∴抛物线的解析式为y＝x2-2x-3.
（2）解：令y＝0时，即x2-2x-3＝0，
解得：x1＝-1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），
∵y＝x2-2x-3＝（x-1）2-4，
∴抛物线顶点D的坐标为（1，-4），
又∵C（0，-3）、B（3，0）、D（1，-4），
∴BD2＝22+42＝20，CD2＝12+12＝2，BC2＝32+32＝18，
∴BD2＝CD2+BC2，
∴△BDC是直角三角形，且∠BCD＝90°，
设点M的坐标（m，0），
则点G的坐标为（m，m2-2m-3），
如图，过点M作x轴的垂线交抛物线于点G，

∴∠AMG＝∠BCD＝90°，
∴要使以A、M、G为顶点的三角形与△BCD相似，
需要满足条件：AMMG=BCCD或＝AMMG=CDBC，
∵AM＝|-1-m|，MG＝|m2-2m-3|，CD＝2，BC＝32，
∴BCCD＝3，CDBC＝13，
∴|-1-m||m2-2m-3|＝3①，|-1-m||m2-2m-3|=13②，
整理①，解得：m＝83或103或m＝-1（舍去），
整理②，解得：m＝0或m＝6或m＝-1（舍去），
∴M（0，0）或M（6，0）或M（83，0）或M（103，0）.
（3）解：如图所示，在直线BC下方抛物线上一点P，作PQ垂直BC于点Q，连接CP，

过点P作PH⊥y轴于点H，
设P（x，x2-2x-3），
∴PH＝x，CH＝|x2-2x-3-（-3）|＝|x2-2x|，
∴∠PQC＝∠CHP＝90°，
∴P，Q，H，C四点共圆，
∴∠PCQ＝∠CPH，
当∠PCQ＝∠ACO时，
∴∠HPC＝∠ACO，
∴tan∠HPC＝tan∠ACO，
∴HCPH=AOCO=13，
∴PH＝3HC，
∴x＝3|x2-2x|，
解得x1＝53，x2＝0（舍去）或x3＝73，x4＝0（舍去），
∴点P的坐标为（53，-329）或（73，-209）．

10．（2022·博山模拟）如图，已知抛物线y=ax2+bx-4与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且点A的坐标为(-2，0)，直线BC的解析式为y=12x-4．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，过点A作AD∥BC交抛物线于点D（异于点A），P是直线BC下方抛物线上一点，过点P作PQ∥y轴，交AD于点Q，过点Q作QR⊥BC于点R，连接PR．求ΔPQR面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图2，点C关于x轴的对称点为点C'，将抛物线沿射线CA的方向平移25个单位长度得到新的抛物线y'，新抛物线y'与原抛物线交于点M，原抛物线的对称轴上有一动点N，平面直角坐标系内是否存在一点K，使得以D，M，N，K为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点K的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵点B在x轴上，且点B在y= 12 x-4上，
∴B（8，0），
∵A（－2，0），B（8，0），都在抛物线y=ax2+bx-4上，
∴x=－2，x=8是方程ax2+bx-4=0的两个根，
∴－16=－4a，-ba =6，
∴ a= 14，
b=－32，
∴y= 14 x2－32 x－4；
（2）解：∵AD∥BC，直线BC的解析式为y= 12 x－4，设直线AD的解析式为y= 12 x＋b1，把A（－2，0）代入得：0= 12×(-2) +b1，解得：b1=1，
∴直线AD的解析式为y= 12 x+1，
过点B作BG⊥AD交点G，

∵QR⊥BC，∴QR=BG，
在Rt△ABG中，AB=10，tan∠BAG= 12=BGAG，
∴由勾股定理得：BG=2 5，
设P（m，14 m2－32 m－4），R（n，12 n－4），则Q（m，12 m+1），
∵QR=2 5，
∴（2 5）2=（m－n）2+( 12 m− 12 n+5) 2，
∴ n－m=2，
∴ R（m+2，12 m－3），
S△PQR= 12 ×（12 m+1－14 m2+ 32 m+4）×2=－14 m2+2m+5=－14（m－4）2+9，
∴当m=4时，S△PQR有最大值9，
∴P（4，－6）；
（3）存在，以D，M，N，K为顶点的四边形是矩形时，K点坐标为（－1，－65）或（7，365）或（13，－1）或（13，3）