押中考数学第25-26题（解答压轴题：函数综合）-备战2023年中考数学临考题号押题（全国通用）

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押中考数学第25-26题（解答压轴题：函数探究）
专题诠释：函数探究，历年作为中考数学的压轴题出现，难度大，综合性强。但是这道题本身的难度跨度也比较大，一般第一问较简单，然后逐渐变难。因此，这种题的策略就是先把基础题做对，逐渐攻克中等题和难题，尽量拿到更多的分数！
目录
知识点一：一次函数探究 1
模块一 〖真题回顾〗 1
模块二 〖押题冲关〗 24
知识点二：二次函数探究 49
模块一 〖真题回顾〗 49
模块二 〖押题冲关〗 82

知识点一：一次函数探究
模块一 〖真题回顾〗
1．（2022·四川攀枝花·统考中考真题）如图，直线y=34x+6分别与x轴、y轴交于点A、B，点C为线段AB上一动点（不与A、B重合），以C为顶点作∠OCD=∠OAB，射线CD交线段OB于点D，将射线OC绕点O顺时针旋转90°交射线CD于点E，连接BE．

(1)证明：CDDB=ODDE；（用图1）
(2)当△BDE为直角三角形时，求DE的长度；（用图2）
(3)点A关于射线OC的对称点为F，求BF的最小值．（用图3）
【答案】(1)见解析
(2)DE=94
(3)2

【分析】（1）由条件可证得△BDC∽△EDO，根据相似三角形对应边成比例得CDOD=DBDE，即CDDB=ODDE；
（2）先根据函数关系式求出AO、BO的长度，然后作出对应的图2，可证明tan∠OCD=tan∠OAB，从而得到OBOA=ODCD=68=34，设OD=3m，CD=4m，结合△CDB∽△AOB对应边成比例，得到BD=3m，则OB=BD+OD=3m+3m=6，解方程得到m=1，所以OD=BD=3，CD=4，再由（1）的结论CDDB=ODDE，可计算出DE=94．
【详解】（1）证明：已知射线OC绕点O顺时针旋转90°交射线CD于点E，
∴∠COE=90°，
∴∠AOB=∠COE=90°，
∵∠OCD=∠OAB，
∠ABO=90°−∠OAB,∠CEO=90°−∠OCD
∴∠ABO=∠CEO，
又∵∠BDC=∠EDO，
∴△BDC∽△EDO，
∴CDOD=DBDE
∴CDDB=ODDE；
（2）解：直线y=34x+6，当x=0时，y=6，
∴B(0,6)，
∴OB=6，
当y=0时，34x+6=0，
∴x=−8，
∴A(−8,0)，
∴OA=8，
如图2，∠BDE=90°，

∴∠ODC=∠BDE=90°，
∵∠OCD=∠OAB，
∴tan∠OCD=tan∠OAB，
∴OBOA=ODCD=68=34，
∴设OD=3m，CD=4m，
∵∠CDB=∠AOB=90°，
∴CD∥OA，
∴△CDB∽△AOB，
∴CDOA=BDOB，即4m8=BD6，
∴BD=3m，
∴OB=BD+OD=3m+3m=6，
∴m=1，
∴BD=3，CD=4，
由（1）知：CDDB=ODDE，
∴43=3DE，
∴DE=94
（3）解：如图3，由对称得：OA=OF,

则动点F在以O为圆心，以OA为半径的半圆AFA'上运动，
∴当F在y轴上，此时在B的正上方，BF的值最小，如图4，

此时BF=OF−OB=8−6=2，即BF的最小值是2．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形、一次函数与坐标轴交点问题、轴对称图形特征、圆的性质、动点中的最短距离问题，熟练掌握相似三角形的性质与判定，采用数形结合，利用相似比列方程求线段长是解题关键．

2．（2022·辽宁沈阳·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=kx+b的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B0,9，与直线OC交于点C8,3．

(1)求直线AB的函数表达式；
(2)过点C作CD⊥x轴于点D，将△ACD沿射线CB平移得到的三角形记为△A'C'D'，点A，C，D的对应点分别为A'，C'，D'，若△A'C'D'与△BOC重叠部分的面积为S，平移的距离CC'=m，当点A'与点B重合时停止运动．
①若直线C'D'交直线OC于点E，则线段C'E的长为________（用含有m的代数式表示）；
②当0 ③当S=245时，m的值为________．
【答案】(1)y＝﹣34x+9；
(2)①910m；②925m2；③15−153或15﹣25．

【分析】（1）将点B（0，9），C（8，3）的坐标代入直线解析式，求解即可；
（2）①过点C作CF⊥C′D′，易得△CFC′∽△AOB，可用m表达CF和C′F的长度，进而可表达点C′，D′的坐标，由点C的坐标可得出直线OC的解析式，代入可得点E的坐标；
②根据题意可知，当0＜m＜103时，点D′未到直线OC，利用三角形面积公式可得出本题结果；
③分情况讨论，分别求出当0＜m＜103时，当103＜m＜5时，当5＜m＜10时，当10＜m＜15时，S与m的关系式，分别令S＝245，建立方程，求出m即可．
【详解】（1）解：将点B（0，9），C（8，3）的坐标代入直线y＝kx+b，
∴b=98k+b=3，
解得k=−34b=9．
∴直线AB的函数表达式为：y＝﹣34x+9；
（2）①由（1）知直线AB的函数表达式为：y＝﹣34x+9，
令y＝0，则x＝12，
∴A（12，0），
∴OA＝12，OB＝9，
∴AB＝15；
如图1，过点C作CF⊥C′D′于点F，

∴CF∥OA，
∴∠OAB＝∠FCC′，
∵∠C′FC＝∠BOA＝90°，
∴△CFC′∽△AOB，
∴OB：OA：AB＝C′F：CF：CC′＝9：12：15，
∵CC′＝m，
∴CF＝45m，C′F＝35m，
∴C′（8﹣45m，3+35m），A′（12﹣45m，35m），D′（8﹣45m，35m），
∵C（8，3），
∴直线OC的解析式为：y＝38x，
∴E（8﹣45m，3﹣310m）.
∴C′E＝3+35m﹣（3﹣310m）＝910m．
故答案为：910m．
②当点D′落在直线OC上时，有35m＝38（8﹣45m），
解得m＝103 ，
∴当0＜m＜103时，点D′未到直线OC，
此时S＝12C′E•CF＝12•910m•45m＝925m2；
故答案为：925m2．
③分情况讨论，
当0＜m＜103时，由②可知，S＝925m2；
令S＝925m2＝245 ，解得m＝2303＞103（舍）或m＝﹣2303（舍）；
当103≤m＜5时，如图2，

设线段A′D′与直线OC交于点M，
∴M（85m，35m），
∴D′E＝35m﹣（3﹣310m）＝910m﹣3，
D′M＝85m﹣（8﹣45m）＝125m﹣8；
∴S＝925m2﹣12•（910m﹣3）•（125m﹣8）
＝﹣1825m2+365m﹣12，
令﹣1825m2+365m﹣12＝245；
整理得，3m2﹣30m+70＝0，
解得m＝15−153 或m＝15+153＞5（舍）；
当5≤m＜10时，如图3，

S＝S△A′C′D′＝12×4×3＝6≠245，不符合题意；
当10≤m＜15时，如图4，

此时A′B＝15﹣m，
∴BN＝35（15﹣m），A′N＝45（15﹣m），
∴S＝12•35（15﹣m）•45（15﹣m）＝625（15﹣m）2，
令625（15﹣m）2＝245，解得m＝15+2 5＞15（舍）或m＝15﹣25．
故答案为：15−153或15﹣25．
【点睛】本题属于一次函数综合题，涉及待定系数法求函数解析式、三角形的面积、相似三角形的性质与判定、一元二次方程、分类讨论思想等知识，根据△A′C′D′的运动，进行正确的分类讨论是解题关键．




3．（2022·甘肃兰州·统考中考真题）在平面直角坐标系中，P(a,b)是第一象限内一点，给出如下定义：k1=ab和k2=ba两个值中的最大值叫做点P的“倾斜系数”k．

(1)求点P(6,2)的“倾斜系数”k的值；
(2)①若点P(a,b)的“倾斜系数”k=2，请写出a和b的数量关系，并说明理由；
②若点P(a,b)的“倾斜系数”k=2，且a+b=3，求OP的长；
(3)如图，边长为2的正方形ABCD沿直线AC：y=x运动，P(a,b)是正方形ABCD上任意一点，且点P的“倾斜系数”k<3，请直接写出a的取值范围．
【答案】(1)3
(2)①a-2b或b=2a，②OP=5
(3)a>3+3

【分析】（1）直接由“倾斜系数”定义求解即可；
（2）①由点P(a,b)的“倾斜系数”k=2，由ab=2或ba=2求解即可；
②由a=2b或b=2a，又因a+b=3，求出a、b值，即可得点P坐标，从而由勾股定理可求解；
（3）当点P与点D重合时，且k=3时，a有最小临界值，此时，ba=3，则a+2a=3，求得a=3+1；当点P与B点重合，且k=3时，a有最大临界值，此时，ab=3，则aa−2=3，求得：a=3+3；即可求得k<3时，a的取值范围．
【详解】（1）解：由题意，得62=3，26=13，
∵3>13，
∴点P(6,2)的“倾斜系数”k=3；
（2）解：①a=2b或b=2a，
∵点P(a,b)的“倾斜系数”k=2，
当ab=2时，则a=2b；
当ba=2时，则b=2a，
∴a=2b或b=2a；
②∵P(a,b)的“倾斜系数”k=2，
当ab=2时，则a=2b
∵a+b=3，
∴2b+b=3，
∴b=1，
∴a=2，
∴P(2，1)，
∴OP=22+12=5；
当ba=2时，则b=2a，
∵a+b=3，
∴a+2a=3，
∴a=1，
∴b=2，
∴P(1，2)
∴OP=12+22=5；
综上，OP=5；
（3）解：由题意知，当点P与点D重合时，且k=3时，a有最小临界值，如图，连接OD，延长DA交x轴于E，

此时，ba=3，
则a+2a=3，
解得：a=3+1；
∵k<3,则a>3+1;
当点P与B点重合，且k=3时，a有最大临界值，如图，连接OB，延长CB交x轴于F，

此时，ab=3，
则aa−2=3，
解得：a=3+3，
∵k<3,则a>3+3;
综上，若P的“倾斜系数”k<3，则a>3+3．
【点睛】本题考查新定义，正方形的性质，正比例函数性质，解题的关键是：（1）（2）问理解新定义，（3）问求临界值．

4．（2022·黑龙江·统考中考真题）为抗击疫情，支援B市，A市某蔬菜公司紧急调运两车蔬菜运往B市．甲、乙两辆货车从A市出发前往B市，乙车行驶途中发生故障原地维修，此时甲车刚好到达B市．甲车卸载蔬菜后立即原路原速返回接应乙车，把乙车的蔬菜装上甲车后立即原路原速又运往B市．乙车维修完毕后立即返回A市．两车离A市的距离y（km）与乙车所用时间x（h）之间的函数图象如图所示．

(1)甲车速度是_______km/h，乙车出发时速度是_______km/h；
(2)求乙车返回过程中，乙车离A市的距离y（km）与乙车所用时间x（h）的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）；
(3)乙车出发多少小时，两车之间的距离是120km？请直接写出答案．
【答案】(1)100  60
(2)y=−100x+1200
(3)3，6.3，9.1

【分析】（1）根据图象分别得出甲车5h的路程为500km，乙车5h的路程为300km，即可确定各自的速度；
（2）设y=kx+bk≠0，由图象可得经过点（9，300），（12，0）点，利用待定系数法即可确定函数解析式；
（3）乙出发的时间为t时，相距120km，根据图象分多个时间段进行分析，利用速度与路程、时间的关系求解即可．
【详解】（1）解：根据图象可得，甲车5h的路程为500km，
∴甲的速度为：500÷5=100km/h；
乙车5h的路程为300km，
∴乙的速度为：300÷5=60km/h；
故答案为：100；60；
（2）设y=kx+bk≠0，由图象可得经过点（9，300），（12，0）点，
代入得9k+b=30012k+b=0，
解得k=−100b=1200
∴y与x的函数解析式为y=−100x+1200；
（3）解：设乙出发的时间为t时，相距120km，
根据图象可得，
当0 100t-60t=120，
解得：t=3；
当5 当5.5 500-100（t-5.5）-300=120，
解得：t=6.3；
当8 100（t-8）=120，
解得：t=9.2，不符合题意，舍去；
当9 100×（9-8）+100（t-9）+100（t-9）=120，
解得：t=9.1；
综上可得：乙车出发3h、6.3h与9.1h时，两车之间的距离为120km．
【点睛】题目主要考查根据函数图象获取相关信息，一次函数的应用，一元一次方程的应用等，理解题意，根据函数图象得出相关信息是解题关键．

5．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）在一条笔直的公路上有A、B两地，甲、乙二人同时出发，甲从A地步行匀速前往B地，到达B地后，立刻以原速度沿原路返回A地．乙从B地步行匀速前往A地（甲、乙二人到达A地后均停止运动），甲、乙二人之间的距离y （米）与出发时间x （分钟）之间的函数关系如图所示，请结合图像解答下列问题：

(1)A、B两地之间的距离是 米，乙的步行速度是 米/分；
(2)图中a= ，b= ，c= ；
(3)求线段MN的函数解析式；
(4)在乙运动的过程中，何时两人相距80米?（直接写出答案即可）
【答案】(1)1200，60
(2)900，800，15
(3)y =-20x+1200（15≤x≤20）
(4)8分钟，647分钟

【分析】（1）分析图像，出发前两人之间的距离即为A、B两地之间的距离，为1200米，乙经过20分钟时到达A地，所以乙的速度为可计算出来；
（2）由函数图像可知，经过607分钟时两人相遇，则可算出甲的速度，经过c分钟时两人距离重新达到最大，此时甲到达B地，则可求出a，经过20分钟时乙到达A地，此时两人相距b米，利用甲乙的速度即可算出b；
（3）由（2）可知M、N的坐标，设出MN的一般解析式，将M、N的坐标代入即可求出；
（4）设经过x分钟两人相距80米，根据两人相遇前和相遇后都可相距80米分别列方程即可求出．
【详解】（1）由函数图像可知，最开始时甲乙两人之间的距离为1200米，
因为甲从A地出发，乙从B地出发，两人最开始时的距离就是A、B两地之间的距离，
所以A、B两地之间距离为1200米；
由图像可知乙经过20分时到达A地，
∴乙的步行速度为120020=60（米/分）；
故答案为：1200，60；
（2）由函数图像可知，经过607分钟时两人相遇，经过c分钟时两人距离重新达到最大，此时甲到达B地，乙未到达A地，经过20分钟时乙到达A地，此时两人相距b米，
设甲的步行速度为x米/分，则607(x+60)=1200，
解得：x=80（米/分）
∴c=120080=15（分），
a=15×60=900（米），
b=1200−(80×20−1200)=800（米）．
故答案为：900，800，15；
（3）由（2）可知，M、N的坐标分别为M（15，900），N（20，800），
设线段MN的解析式为y=kx+b（15≤x≤20），
则有15k+b=90020k+b=800 ，
解得：k=−20b=1200
∴线段MN的函数解析式是y =-20x+1200（15≤x≤20）
（4）设经过x分钟两人相距80米，两人相遇前和相遇后都可相距80米，
相遇前：1200-（60+80）x=80，解得：x=8；
相遇后：（60+80）x-1200=80，解得：x=647，
所以经过8分钟和647分钟时两人相距80米．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，解题关键是通过函数图像分析出各个点对应的情况．

6．（2022·湖北鄂州·统考中考真题）在“看图说故事”活动中，某学习小组设计了一个问题情境：小明从家跑步去体育场，在那里锻炼了一阵后又走到文具店买圆规，然后散步走回家．小明离家的距离y（km）与他所用的时间x（min）的关系如图所示：

(1)小明家离体育场的距离为 km，小明跑步的平均速度为 km/min；
(2)当15≤x≤45时，请直接写出y关于x的函数表达式；
(3)当小明离家2km时，求他离开家所用的时间．
【答案】(1)2.5；16；
(2)y=2.515≤x≤30−115x+4.530 (3)当小明离家2km时，他离开家所用的时间为12min或37.5min

【分析】（1）根据函数图象结合路程=时间×速度进行求解即可；
（2）分当15≤x≤30时和当30 （3）分当小明处在去体育馆的途中离家2km时，当小明从体育馆去商店途中离家2kn时两种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：由函数图象可知小明在离家15分钟时到底体育馆，此时离家的距离为2.5km，
∴小明家离体育馆的距离为2.5km，小明跑步的平均速度为2.515=16km/min，
故答案为：2.5；16；
（2）解：由函数图象可知当15≤x≤30时，y=2.5，
当30 ∴30k+b=2.545k+b=1.5，
解得k=−115b=4.5，
∴此时y=−115x+4.5，
综上所述，y=2.515≤x≤30−115x+4.530 （3）解：当小明处在去体育馆的途中离家2km时，
x=216=12；
当小明从体育馆去商店途中离家2km时，
∴−115x+4.5=2，
解得x=37.5；
综上所述，当小明离家2km时，他离开家所用的时间为12min或37.5min．
【点睛】本题主要考查了从函数图象获取信息，一次函数的实际应用，正确读懂函数图象是解题的关键．
7．（2022·河北·统考中考真题）如图，平面直角坐标系中，线段AB的端点为A−8,19，B6,5．

(1)求AB所在直线的解析式；
(2)某同学设计了一个动画：在函数y=mx+nm≠0,y≥0中，分别输入m和n的值，使得到射线CD，其中Cc,0．当c＝2时，会从C处弹出一个光点P，并沿CD飞行；当c≠2时，只发出射线而无光点弹出．
①若有光点P弹出，试推算m，n应满足的数量关系；
②当有光点P弹出，并击中线段AB上的整点（横、纵坐标都是整数）时，线段AB就会发光，求此时整数m的个数．
【答案】(1)y=−x+11
(2)①n=−2m，理由见解析②5

【分析】（1）设直线AB的解析式为y=kx+bk≠0，把点A−8,19，B6,5代入，即可求解；
（2）①根据题意得，点C（2，0），把点C（2，0）代入y=mx+n，即可求解；
②由①得：n=−2m，可得y=x−2m，再根据题意找到线段AB上的整点，再逐一代入，即可求解．
【详解】（1）解：设直线AB的解析式为y=kx+bk≠0，
把点A−8,19，B6,5代入得：
−8k+b=196k+b=5，解得：k=−1b=11，
∴AB所在直线的解析式为y=−x+11；
（2）解： n=−2m，理由如下：
若有光点P弹出，则c＝2，
∴点C（2，0），
把点C（2，0）代入y=mx+nm≠0,y≥0得：
2m+n=0；
∴若有光点P弹出，m，n满足的数量关系为n=−2m；
②由①得：n=−2m，
∴y=mx+n=mx−2m=x−2m，
∵点A−8,19，B6,5，AB所在直线的解析式为y=−x+11，
∴线段AB上的其它整点为−7,18,−6,17,−5,16,−4,15,−3,14,−2,13,−1,12,0,11,1,10,2,9,3,8,4,7,5,6，
∵ 有光点P弹出，并击中线段AB上的整点，
∴直线CD过整数点，
∴当击中线段AB上的整点（-8，19）时，19=−8−2m，即m=−1910（不合题意，舍去），
当击中线段AB上的整点（-7，18）时，18=−7−2m，即m=−2，
当击中线段AB上的整点（-6，17）时，17=（-6-2）m，即m=−178（不合题意，舍去），
当击中线段AB上的整点（-5，16）时，16=（-5-2）m，即m=−167（不合题意，舍去），
当击中线段AB上的整点（-4，15）时，15=（-4-2）m，即m=−52（不合题意，舍去），
当击中线段AB上的整点（-3，14）时，14=（-3-2）m，即m=−145（不合题意，舍去），
当击中线段AB上的整点（-2，13）时，13=（-2-2）m，即m=−134（不合题意，舍去），
当击中线段AB上的整点（-1，12）时，12=（-1-2）m，即m=-4，
当击中线段AB上的整点（0，11）时，11=（0-2）m，即m=−112（不合题意，舍去），
当击中线段AB上的整点（1，10）时，10=（1-2）m，即m=-10，
当击中线段AB上的整点（2，9）时，9=（2-2）m，不存在，
当击中线段AB上的整点（3，8）时，8=（3-2）m，即m=8，
当击中线段AB上的整点（4，7）时，7=（4-2）m，即m=72（不合题意，舍去），
当击中线段AB上的整点（5，6）时，6=（5-2）m，即m=2，
当击中线段AB上的整点（6，5）时，5=（6-2）m，即m=54（不合题意，舍去），
综上所述，此时整数m的个数为5个．
【点睛】本题主要考查了一次函数的图象和性质，熟练掌握一次函数的图象和性质，理解有光点P弹出，并击中线段AB上的整点，即直线CD过整数点是解题的关键．
8．（2022·天津·统考中考真题）在“看图说故事”活动中，某学习小组结合图象设计了一个问题情境．

已知学生公寓、阅览室、超市依次在同一条直线上，阅览室离学生公寓1.2km，超市离学生公寓2km，小琪从学生公寓出发，匀速步行了12min到阅览室；在阅览室停留70min后，匀速步行了10min到超市；在超市停留20min后，匀速骑行了8min返回学生公寓．给出的图象反映了这个过程中小琪离学生公寓的距离ykm与离开学生公寓的时间xmin之间的对应关系．
请根据相关信息，解答下列问题：
(1)填表：
离开学生公寓的时间/min
5
8
50
87
112
离学生公寓的距离/km
0.5


1.6

(2)填空：
①阅览室到超市的距离为___________km；
②小琪从超市返回学生公寓的速度为___________kmmin；
③当小琪离学生公寓的距离为1km时，他离开学生公寓的时间为___________min．
(3)当0≤x≤92时，请直接写出y关于x的函数解析式．
【答案】(1)0.8，1.2，2
(2)①0.8；②0.25；③10或116
(3)当0≤x≤12时，y=0.1x；当12
【分析】（1）根据题意和函数图象，可以将表格补充完整；
（2）根据函数图象中的数据，可以将各个小题中的空补充完整；
（3）根据（2）中的结果和函数图象中的数据，可以写出当0≤x≤92时，y关于x的函数解析式．
【详解】（1）由图象可得，在前12分钟的速度为：1.2÷12=0.1km/min,
故当x=8时，离学生公寓的距离为8×0.1=0.8；
在12≤x≤82时，离学生公寓的距离不变，都是1.2km
故当x=50时，距离不变，都是1.2km；
在92≤x≤112时，离学生公寓的距离不变，都是2km，
所以，当x=112时，离学生公寓的距离为2km
故填表为：
离开学生公寓的时间/min
5
8
50
87
112
离学生公寓的距离/km
0.5
0.8
1.2
1.6
2
（2）①阅览室到超市的距离为2-1.2=0.8km；
②小琪从超市返回学生公寓的速度为：
2÷（120-112）=0.25kmmin；
③分两种情形：
当小琪离开学生公寓，与学生公寓的距离为1km时，他离开学生公寓的时间为：
1÷0.1=10min；
当小琪返回与学生公寓的距离为1km时，他离开学生公寓的时间为：
112+（2-1）÷｛2÷（120-112）｝=112+4=116min；
故答案为：①0.8；②0.25；③10或116
（3）当0≤x≤12时，设直线解析式为y=kx，
把（12，1.2）代入得，12k=1.2,
解得，k=0.1
∴y=0.1x；
当12 当82 把（82，1.2），（92，2）代入得，
82m+n=1.292m+n=2
解得，m=0.08n=−5.36
∴y=0.08x−5.36，
由上可得，当0≤x≤92时，y关于x的函数解析式为y=0.1x0≤x≤12y=1.2(12 【点睛】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
9．（2022·浙江丽水·统考中考真题）因疫情防控需婴，一辆货车先从甲地出发运送防疫物资到乙地，稍后一辆轿车从甲地急送防疫专家到乙地．已知甲、乙两地的路程是330km，货车行驶时的速度是60km/h．两车离甲地的路程s(km)与时间t(h)的函数图象如图．

(1)求出a的值；
(2)求轿车离甲地的路程s(km)与时间t(h)的函数表达式；
(3)问轿车比货车早多少时间到达乙地？
【答案】(1)1.5
(2)s=100t-150
(3)1.2h

【分析】（1）根据货车行驶的路程和速度求出a的值；
（2）将（a，0）和（3，150）代入s=kt+b中，待定系数法解出k和b的值即可；
（3）求出汽车和货车到达乙地的时间，作差即可求得答案．
【详解】（1）由图中可知，货车a小时走了90km，
∴a=90÷60=1.5；
（2）设轿车离甲地的路程s(km)与时间t(h)的函数表达式为s=kt+b，
将（1.5，0）和（3，150）代入得，
1.5k+b=03k+b=150，
解得，k=100b=−150，
∴轿车离甲地的路程s(km)与时间t(h)的函数表达式为s=100t-150；
（3）将s=330代入s=100t-150，
解得t=4.8，
两车相遇后，货车还需继续行驶：330−150÷60=3(h)，
到达乙地一共：3+3=6（h），
6-4.8=1.2(h)，
∴轿车比货车早1.2h时间到达乙地．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，主要利用待定系数法求函数解析式，路程、速度、时间三者之间的关系，从图中准确获取信息是解题的关键．


10．（2021·甘肃兰州·统考中考真题）小军到某景区游玩，他从景区入口处步行到达小憩屋，休息片刻后继续前行，此时观光车从景区入口处出发的沿相同路线先后到达观景点，如图，l1，l2分别表示小军与观光车所行的路程ym与时间xmin之间的关系．
根据图象解决下列问题：

（1）观光车出发______分钟追上小军；
（2）求l2所在直线对应的函数表达式；
（3）观光车比小军早几分钟到达观景点？请说明理由．
【答案】（1）6；（2）y=300x-4500；（3）观光车比小军早8分钟到达观景点，理由见解析．
【分析】（1）由图像可知，l1，l2的交点，即为两者到达同一位置，所以在21分钟时观光车追上小军，而观光车是在15分钟时出发的，所以观光车出发6分钟后追上小军；
（2）设l2所在直线对应的函数表达式为y=kx+b，将经过两点（15,0）和（21,1800）带入表达式y=kx+b，得y=300x-4500；
（3）由图像可知，到达观景点需要3000m的路程，小军到达观景点的时间为33min，通过l2所在直线对应的函数表达式y=300x-4500，可知，观光车到达观景点的时间为x=25min，因此观光车比小军早33min−25min=8min到达观景点．
【详解】解：（1）由图像可知，在21min时，l1，l2相交于一点，表示在21min时，小军和观光车到达了同一高度，此时观光车追上了小军, 观光车是在15min时出发,
∴21min-15min=6min,
∴观光车出发6分钟后追上小军；
（2）设l2所在直线对应的函数表达式为y=kx+b，由图像可知，直线l2分别经过（15,0）和（21,1800）两点，将两点带入l2函数表达式y=kx+b得：
15k+b=021k+b=1800
解得：
k=300b=−4500
∴l2函数表达式为y=300x-4500；
（3）由图像可知，到达观景点需要3000m的路程，小军到达观景点的时间为33min，
∵观光车l2函数表达式为y=300x-4500，
∴将y=3000带入y=300x-4500，可知观光车到达观景点所需时间为x=25min，
∴33min-25min=8min，
∴观光车比小军早8分钟到达观景点．
答：（1）观光车出发6分钟追上小军；
（2）l2所在直线对应的函数表达式为y=300x-4500；
（3）观光车比小军早8分钟到达观景点，理由见解析．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，熟练掌握待定系数法求出函数解析式是解答本题的关键．


模块二 〖押题冲关〗
1．（2023·天津西青·统考一模）在平面直角坐标系中，O为原点，△DOE是等腰直角三角形，∠ODE=90°，DO=DE=3，点D在x轴的负半轴上，点E在第二象限，矩形ABCO的顶点B4,2，点C在x轴的正半轴上，点A在y轴的正半轴上．将△DOE沿x轴向右平移，得到△D'O'E'，点D，O，E的对应点分别为D'，O'，E'．

(1)如图1，当E'O'经过点A时，求点E'的坐标；
(2)设OO'=t，△D'O'E'与矩形ABCO重叠部分的面积为S；
①如图②，当△D'O'E'与矩形ABCO重叠部分为五边形时，D'E'与AB相交于点M，E'O'分别与AB，BC交于点N，P，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
②请直接写出满足S=72的所有t的值．
【答案】(1)E'−1,3
(2)①S=−12t2+4t−44
【分析】（1）先求出直线OE的解析式，利用平移后O'E'过点A，求出O'E'的解析式，进而求出O'的坐标，得到平移距离，即可求解；
（2）①用S=S矩形OABC−S矩形OD'MA−S△BPN进行求解即可，当O'与点C重合，再移动直至直线O'E'过点B之前时，重叠部分为五边形，求出t的范围即可；②分0 【详解】（1）解：∵△DOE是等腰直角三角形，∠ODE=90°，DO=DE=3，
∴D−3,0，E−3,3，
矩形ABCO的顶点B4,2，点C在x轴的正半轴上，点A在y轴的正半轴上，
∴A0,2,C4,0，
设直线OE的解析式为：y=kx，
则：3=−3k，
∴k=−1，
∴y=−x，
设平移后O'E'的解析式为：y=−x+b，
∵直线O'E'过点A，
∴b=2，
∴y=−x+2，
当x=0时，y=2，
∴O'2,0，
∴OO'=2，
∴△DOE沿x轴向右平移了2个单位，
∴E'−1,3；
（2）解：①由题意，得：DD'=OO'=t，O'D'=OD=3，AB=OC=4，AO=BC=2，∠D'O'E'=45°
∴OD'=t−3，CP=CO'=OO'−OC=t−4, ∠BPN=45°，BP=BN=BC−CP=2−t−4=6−t，
∴S=S矩形OABC−S矩形OD'MA−S△BPN
=4×2−2t−3−126−t2
=−12t2+4t−4；
如图，当O'与点C重合，再移动直至直线O'E'过点B之前时，重叠部分为五边形，

∴当O'与点C重合时，t=4，
∵直线O'E'的解析式为：y=−x+b，当直线O'E'过点B4,2时，
∴2=−4+b，
∴b=6，
∴y=−x+6，
当y=0时，x=6，此时O'6,0，
∴t=OO'=6，
∴4 ②当0
∴S=12O'O2=12t2，
当S=72时，12t2=72，解得：t=±7，
∵0 当2
∵∠OO'H=45°，∠HOO'=90°，
∴OH=OO'=t，
∵AG∥OO'，
∴∠AGH=∠OO'H=45°，
∴AG=AH=OH−OA=t−2，
∴S=S△OO'H−S△AGH=12t2−12t−22=2t−2，
当S=72时，2t−2=72，解得：t=114；
当3
此时：HE'=HG=D'E'−D'H=3−2=1，
∴S=S△DO'E'−S△E'GH=12×3×3−12×1×1=4≠72；
当4 当S=72时，−12t2+4t−4=72，解得：t=5或3（不符合题意，舍去）；
当6≤t<7时，重叠部分为矩形D'CBH，如图：

D'C=OC−O'D=OC−OO'−O'D'=4−t−3=7−t，
∴S=27−t=14−2t，
当S=72时，14−2t=72，解得：t=214（不合题意，舍掉）；
综上，t=114或5．
【点睛】本题考查坐标与平移，一次函数的综合应用，等腰三角形性质，矩形的性质．属于中考压轴题，确定动点的位置，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．




2．（2023·陕西宝鸡·统考二模）太白山国家森林公园位于秦岭主峰太白山北麓的陕西省宝鸡市眉县境内，公园以森林景观为主体，苍山奇峰为骨架，清溪碧潭为脉络，文物古迹点缀其间，自然景观与人文景观浑然一体，是中国西部不可多得的自然风光旅游区，被誉为中国西部的一颗绿色明珠．小明一家准备去离家200千米的该景区自驾游，如图是他们离家的距离y（千米）与汽车行驶时间x（小时）之间的函数图象．

(1)他们出发半小时时，离家______千米；
(2)出发1小时后，在服务区等候另一家人一同前往，然后，以匀速直达目的地．
①求BC所在直线的函数解析式；
②出发3小时时，他们距终点还有多少千米？
【答案】(1)30
(2)①y=80x−60；②出发3小时时，他们距终点还有20千米

【分析】（1）根据图象信息求出结果即可；
（2）①用待定系数法求出函数解析式即可；
②把x=3代入函数解析式，求出y的值，再求出与终点间的距离即可．
【详解】（1）解：他们出发半小时时，离家的距离为：
601×0.5=30（千米）．
故答案为：30．
（2）解：①设BC所在直线的函数解析式是y=kx+bk≠0，
将B1.5,60，C2,100代入，得：
1.5k+b=602k+b=100，
解得：k=80b=−60，
∴BC所在直线的函数解析式为y=80x−60．
②在y=80x−60中，令x=3得y=180，
200−180=20（千米）．
答：出发3小时时，他们距终点还有20千米．
【点睛】本题主要考查了一次函数的应用，解题的关键是数形结合，熟练掌握待定系数法．



3．（2023·黑龙江哈尔滨·统考三模）如图1，平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y=−x+b与x轴交于点A，与y轴交于点C，过点C作直线BC⊥AC，交x轴于点B，且线段AB=8．

(1)求直线BC的解析式；
(2)如图2，点D是线段AC上一点，点E在BD的延长线上，连接CE，AE，若∠CED=45°，求证：AE⊥BE；
(3)如图3，在（2）的条件下，点G为第四象限内一点，且点E的横坐标小于点G的横坐标，连接AG，OG，且∠AGO=150°，连接EG交x轴于点F，使EG=AE．点M为第二象限内一点，连接MG交x轴于点P，交y轴于点N，连接OM，使OM=AG，若PF=6FG，∠AGP+∠M=180°，求点N的坐标．
【答案】(1)y=x+4
(2)见解析
(3)0，22

【分析】（1）求出B、C点坐标，再用待定系数法求函数解析式即可；
（2）作CH⊥CE交BE于H点，证明△CHB≌△CEA，求出∠CHB=∠CEA=135°，即可得到∠AEB=135°−45°=90°，则AE⊥BE；
（3）连接OE，作OR=OA，使∠ROG=∠AOG，则△AOG≌△ROG，可得到△AGR是等边三角形，再由圆的定义可知E、A、R三点在以O为圆心，OA为半径的圆上，连接ER，证明△EGR≌△EAR，进而再证明△EGA≌△ORA，即可得△AOE是等边三角形，作OQ∥AG交MG于点Q，证明△APG≌△OPQ，可得OP=AP=2，连接EP，则EP垂直平分AO，设FG=x，则FP=6x，在Rt△EPF中，232+6x2=4−x2，解得x=−2（舍）或x=25，求出PF=265，EF=185，FG=25，作GI⊥OA交于I点，求出GI=239，FI=2645,则PI=469，由tan∠GPI=tan∠NPO，可得ON=22，则N0，22．
【详解】（1）解：在y=−x+b中，当x=0时，y=b，当y=0时，x=b，
∴C0，b，Ab，0，
∴OA=OC，
∴∠CAB=45°，
∵BC⊥AC，
∴∠ACB=90°，
∴∠CBA=45°，
∴OB=OC=b，
∴B−b，0，
∵AB=8=2b，
∴b=4，
∴B−4，0，C0，4，
设直线BC的解析式为y=kx+4，
∴−4k+4=0，
解得k=1，
∴直线BC的解析式为y=x+4；
（2）证明：作CH⊥CE交BE于H点，
∴∠HCE=∠ACB=90°，
∴∠BCH=∠ECA，
∵∠CED=45°，
∴∠CHE=∠CED=45°，
∴CH=CE，∠CHB=135°，
∵AC=AB，
∴△CHB≌△CEASAS，
∴∠CHB=∠CEA=135°，
∴∠AEB=135°−45°=90°，
∴AE⊥BE；

（3）解：连接OE，
∵OA=OB，∠AEB=90°，2OE=AB，
∴OE=OA=4，
作OR=OA，使∠ROG=∠AOG，
∴△AOG≌△ROGSAS，
∴AG=GR，
∵∠AGO=∠OGR=150°，
∴∠AGR=60°，
∴△AGR是等边三角形，
∵OE=OA=OR，
∴E、A、R三点在以O为圆心，OA为半径的圆上，
连接ER，
∵EG=AE，GR=AR，ER=ER，
∴△EGR≌△EARSSS，
∴∠AER=∠GER，
∴∠AEG=∠AOR，
∵OA=OR，AE=EG，
∴∠OAR=∠EAG，
∵AR=AG，
∴△EGA≌△ORAAAS，
∴AE=AO=OE，
∴△AOE是等边三角形，
作OQ∥AG交MG于点Q，
∴∠AGP=∠OQG，
∵∠AGP+∠M=180°，∠MQO+∠OQG=180°，
∴∠M=∠OQM，
∴OM=OQ，
∵OM=AG，
∴OQ=AG，
∵∠APG=∠OPQ，
∴△APG≌△OPQAAS，
∴OP=AP=2，
连接EP，则EP垂直平分AO，
∴∠APE=90°，∠AEP=30°，
∴EP=23，
∵PF=6FG，
设FG=x，则FP=6x，
在Rt△EPF中，EP2+PF2=EF2，即232+6x2=4−x2，
解得x=−2（舍）或x=25，
∴PF=265，EF=185，FG=25，
作GI⊥OA交于I点，
∴sin∠GFI=sin∠EFP=23185=GIFG，cos∠GFI=cos∠EFP=265185=FIFG
∴GI=239，FI=2645，
∴PI=469，
∵∠GPI=∠NPO，
∴tan∠GPI=tan∠NPO，
∴IGIP=ONOP，
∴ON=22，
∴N0，22．

【点睛】本题是一次函数与几何的综合，考查了一次函数的图象及性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，圆周角定理，三角函数等知识，熟练掌握一次函数的图象及性质，三角形全等的判定及性质，圆周角定理，圆的定义，平行线的性质，等边三角形的性质，勾股定理是解题的关键．

4．（2023·江苏徐州·统考一模）学校与图书馆在同一条笔直道路上，甲从学校去图书馆，乙从图书馆回学校，甲、乙两人都匀速步行且同时出发，乙先到达目的地，两人之间的距离y（米）与时间t（分钟）之间的函数关系如图所示．

(1)甲、乙何时相遇？相遇时甲的速度为多少？
(2)求乙到达目的地时，两人之间的距离；
(3)求出线段AB所表示的函数关系式．
【答案】(1)24分钟时甲、乙两人相遇，甲的速度为40米/分钟
(2)当乙到达目的地时，两人之间的距离为1600米
(3)y=40t40≤t≤60

【分析】（1）根据函数图像可知相遇时间，根据总路程和总的时间可以求得甲的速度；
（2）两人的距离与时间的关系在点A出现了拐点，根据题意，乙先到达目的地，可以求出此时两人相距的距离；
（3）根据（2）中结论求得A点的坐标，结合图像中B点的坐标，待定系数法求一次函数的解析式即可；
【详解】（1）当y=0时，t=24分钟，此时甲、乙两人相遇，
∵乙先到达目的地，
∴B点表示甲到达目的地时所用时间为60分钟．
∴甲的速度为2400÷60=40（米/分钟）；
（2）当t=24分钟时，甲乙两人相遇，
∴甲、乙两人的速度和为2400÷24=100（米/分钟），
∵甲的速度为40米/分钟，
∴乙的速度为60米/分钟，
而A点表示乙到达目的地，
∴乙到达目的地所用时间为2400÷60=40（分钟）．
而此时甲乙两人相距2400−60−40×40=1600（米），
∴当乙到达目的地时，两人之间的距离为1600米；
（3）由（2）可知，A点坐标为40,1600，B点坐标为60,2400；
设线段AB所表示的函数关系式为y=kt+b，
将A40,1600，B60,2400代入，
得40k+b=160060k+b=2400，解得k=40b=0，
∴线段AB所表示的函数关系式为y=40t40≤t≤60．
【点睛】本题考查了函数图像的意义，待定系数法求一次函数解析式，理解题意，数形结合是解题的关键．
5．（2023·陕西西安·统考二模）如图，已知直线l:y=kx+b与x轴、y轴分别交于A，B两点，且OA=2OB=8，x轴上一点C的坐标为6,0，P是直线l上一点．

(1)求直线l的函数表达式；
(2)连接OP和CP，当点P的横坐标为2时，求△COP的面积．
【答案】(1)y=−12x+4
(2)9

【分析】（1）根据OA=2OB=8可得出点A,B的坐标，再利用待定系数法求解即可得；
（2）先根据直线l的解析式求出点P的纵坐标，从而可得△COP的OC边上的高，再利用三角形的面积公式求解即可得．
【详解】（1）解：∵OA=2OB=8，
∴A8,0,B0,4，
将点A8,0,B0,4代入y=kx+b得：8k+b=0b=4，解得k=−12b=4，
则直线l的函数表达式为y=−12x+4．
（2）解：∵P是直线l上一点，点P的横坐标为2，
∴点P的纵坐标为−12×2+4=3，
∵C6,0，
∴OC=6，
则△COP的面积为12×6×3=9．
【点睛】本题考查了求一次函数的解析式、一次函数的几何应用，熟练掌握待定系数法是解题关键．
6．（2023·安徽滁州·校联考二模）如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，直线y=kx+403k≠0与x轴交于点B，交直线y=34x于点Am,245，点P从A出发沿着线段AO以每秒1个单位的速度向点O运动，运动到点O停止，点Q从O出发沿着线段OB以每秒1个单位的速度向点B运动，当点P停止时，点Q也停止运动，以PQ为斜边，在PQ的右侧作等腰直角△PQE．

(1)填空：k= ______ ，m= ______ ；
(2)当PE∥OB时求P点的坐标.
【答案】(1)−43，325
(2)P83,2

【分析】（1）把Am,245代入y=34x得m=325即可求得A的坐标，把A的坐标代入y=kx+403得k=−43；
（2）延长QE交OA于H，由A325,245可得OA=8，在y=−43x+403中，可得OB=10，AB=6，由勾股定理的逆定理可得∠OAB=90°，根据PE∥OB， 可得tan∠HPE=tan∠AOB，即HEPE=ABOA，设HE=3p，则PE=QE=4p，HQ=7p，PH=5p，根据tan∠HOQ=HQOQ， 可得OQ=283p， OH=353p，AH=8−353p， AP=8−203p，再根据AP=OQ， 得p=12，即可求得点P的坐标．
【详解】（1）解：把Am,245代入y=34x得：
34m=245，
解得m=325，
∴A325,245；
把A325,245代入y=kx+403得：
325k+403=245，
解得k=−43，
故答案为：−43，325；
（2）解：延长QE交OA于H，如图：

由1知A325,245，
∴OA=3252+2452=8，
在y=−43x+403中，令y=0得x=10，
∴B10,0，
∴OB=10，AB=10−3252+0−2452=6，
OA2+AB2=100=OB2，
∴∠OAB=90°，
∵△PEQ是等腰直角三角形，
∴∠PEQ=90°=∠PEH，PE=QE，
∵PE∥OB，
∴∠HPE=∠AOB，
∴tan∠HPE=tan∠AOB，即HEPE=ABOA=68=34，
设HE=3p，则PE=QE=4p，HQ=HE+QE=7p，
∴PH=HE2+PE2=5p，
∵tan∠HOQ=HQOQ，
∴34=7pOQ，
∴OQ=283p，
∴OH=OQ2+HQ2=(283p)2+(7p)2=353p，
∴AH=OA−OH=8−353p，
∴AP=AH+PH=8−353p+5p=8−203p，
根据题意可知AP=OQ，
∴8−203p=283p，
解得p=12，
∴OQ=283p=143，PE=QE=4p=2，
∵143−2=83，
∴P83,2；
【点睛】本题考查了三角形综合应用、一次函数和正比例函数的性质、勾股定理及应用、锐角三角函数等知识，解题关键熟练掌握勾股定理及一次函数的性质．
7．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六十九中学校校考二模）如图，直线y=kx+b与x轴交于点A，与y轴交于点B，OA=OB=6．
(1)如图1，求直线AB的解析式；
(2)如图1，点C为OB上一点，BD∥x轴，且BD=2BC，连接AD，设点C的纵坐标为m，△ABD的面积为S，求S与m的函数解析式；
(3)如图2，在（2）的条件下，连接OD，连接AC并延长交OD于点E，将线段EA沿BE翻折交直线AB于点P，若∠DBE=∠PAE，求点P的坐标．

【答案】(1)y=x+6
(2)S与m的函数解析式S=−12m+36
(3)P(3,9)

【分析】（1）直线y=kx+b与x轴交于点A，与y轴交于点B，OA=OB=6，可求出A,B的坐标，用待定系数法求解即可；
（2）用含m的式子表示出BC，BD的长，点A到BD的距离为OB=6，根据三角形的面积公式即可求解；
（3）根据折叠的性质，角的正切，三角形相似的判定和性质，一次函数的解析式，两点间的距离公式，计算求解．
【详解】（1）解：∵直线y=kx+b与x轴交于点A，与y轴交于点B，OA=OB=6，
∴A(−6,0)，B(0,6)，
∴−6k+b=0b=6，
解得，k=1b=6，
∴直线AB的解析式为y=x+6．
（2）解：点C为OB上一点，设点C的纵坐标为m，B(0,6)，
∴C(0,m)，则BC=6−m，
∵BD∥x轴，且BD=2BC，
∴BD=2(6−m)=−2m+12，点A到BD的距离为OB=6，
∴S△ABD=12BD·OB=12×(−2m+12)×6=−6m+36．
∴S与m的函数解析式S=−12m+36．
（3）过点C作CQ⊥AB于点Q，
∵OA=OB=6，
∴∠ABO=∠BAO=45°， AB=62+62=62，
∵点C的纵坐标为m，B(0,6)，
∴C(0,m)，BC=6−m，
∴BQ=CQ=BCsin45°=26−m2，AQ=AB−BQ=62−26−m2=26+m2，
∴tan∠PAE=CQAQ=26−m226+m2=6−m6+m，
∵BD∥x轴，且BD=2BC，
∴BD=2(6−m)=−2m+12，点A到BD的距离为OB=6，
∴D(12−2m,6)，
设OD所在直线的解析式为y=k1x，把点D(12−2m,6)代入得，
k1=612−2m=36−m，
∴OD所在直线的解析式为y=36−mx，
∵A(−6,0)，C(0,m)，设AC所在直线的解析式为y=k2x+b，
∴−6k2+b=0b=m，
解得，k2=m6b=m，
∴AC所在直线的解析式为y=m6x+m，
∵AC,OD交于点E，
∴y=36−mxy=m6x+m，
解得，x=36m−6m2m2−6m+18y=18mm2−6m+18，
∴E36m−6m2m2−6m+18,18mm2−6m+18，
过点E作NF⊥x于点F，交BD于点N，
则OF=36m−6m2m2−6m+18,EF=18mm2−6m+18，
∵BD∥x轴，B(0,6)，
∴四边形BOFN是矩形，
∴BO=NF=6，BN=OF=36m−6m2m2−6m+18，
∴EN=NF−EF=6−18mm2−6m+18=6m2−54m+108m2−6m+18=6m−6m−3m2−6m+18，
∴tan∠DBE=ENBN=6m−6m−3m2−6m+1836m−6m2m2−6m+18=3−mm，
∵∠DBE=∠PAE，
∴tan∠DBE=tan∠PAE=3−mm=6−m6+m，
解得m=2，
∴E245,185，
∴AE=245+62+1852=18105，BE=2452+6−1852=1255，
∵EA沿BE翻折交直线AB于点P，设PE与BD交于点M，
∴∠MEB=∠BEA，
∵∠DBE=∠PAE，
∴△MEB∽△∠BEA，
∴ABMB=AEBE，
∴62MB=181051255，

解得MB=4，
∴M4,6，
设PE的解析式是y=px+q，
∴4p+q=6245p+q=185，
解得p=−3q=18，
∴PE的解析式是y=−3x+18，
∴y=x+6y=−3x+18，
解得x=3y=9，
∴P(3,9)．
【点睛】本题考查了一次函数的解析式和性质，折叠的性质，三角形相似的判定和性质，矩形的判定和性质，三角函数的综合运用，熟练掌握三角形相似的判定和性质，矩形的判定和性质，三角函数的综合运用是解题的关键．

8．（2023·黑龙江大庆·统考一模）某企业生产并销售某种产品，假设销售量与产量相等，如图中的折线ABD、线段CD分别表示该产品每千克生产成本y1（单位：元）、销售价y2（单位：元）与产量x（单位：kg）之间的函数关系．

(1)①图中点D所表示的实际意义是　 　；
②产量每增加1kg，销售价格降低　 　元；
(2)求线段AB所表示的y1与x之间的函数表达式，并直接写出自变量x的取值范围；
(3)当该产品产量为多少时，获得的利润最大？最大利润是多少？
【答案】(1)①当产量为130kg时，该产品每千克生产成本与销售价相等，都为42元；②0.6
(2)线段AB的函数关系式为y1=−0.2x+600≤x≤90
(3)当该产品产量为75kg时，获得的利润最大，最大利润为2250元

【分析】（1）①根据图形的意义可知点D的横坐标、纵坐标的实际意义：当产量为130kg时，该产品每千克生产成本与销售价相等，都为42元；②产量每增加1kg，销售价格降低120−42÷130=0.6元；
（2）根据线段AB经过的两点的坐标利用待定系数法确定一次函数的表达式即可；
（3）利用总利润=单位利润×产量列出有关x的二次函数，求得最值即可．
【详解】（1）解：①当产量为130kg时，该产品每千克生产成本与销售价相等，都为42元，
故答案为：当产量为130kg时，该产品每千克生产成本与销售价相等，都为42元；
②产量每增加1kg，销售价格降低120−42÷130=0.6（元）；
故答案为：0.6；
（2）解：设线段AB的函数关系式为y1=k1x+b1，
∵y1=k1x+b1的图象过点0，60与90，42，
∴90k1+b1=42b1=60，
解得b1=60k1=−0.2，
∴线段AB的函数关系式为y1=−0.2x+600≤x≤90；
（3）解：设线段CD的函数关系式为y2=k2x+b2．
∵线段CD经过点0，120与130，42，
∴b2=120130k2+b2=42，
解得b2=120k2=−0.6，
∴线段CD的函数关系式为y2=−0.6x+1200≤x≤130．
设产量为xkg时，获得的利润为W元．
当0≤x<90时，W=x(−0.6x+120)−(−0.2x+60)=−0.4x−752+2250，
∴当x=75时，W的值最大，最大值为2250；
当90≤x≤130时，W=x(−0.6x+120)−42=−0.6x−652+2535，
∴当x=90时，W的值最大，最大值为2160．
∵2160<2250，
∴当该产品产量为75kg时，获得的利润最大，最大利润为2250元．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式及二次函数的应用，解题的关键是从实际问题中抽象出二次函数模型．
9．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市萧红中学校考二模）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，已知直线y=kx+8交x轴于点B，交y轴于点A，OA=OB．

(1)如图1，求直线AB的解析式；
(2)如图2，点P为线段AB上一点，设点P的横坐标为t，连接OP，△POB的面积为S，求S与t的函数关系式；
(3)如图3，在（2）的条件下，过点A作y轴的垂线，交OP的延长线于点D，连接DB，点E为第二象限内一点，连接ED,EB,EO,EB交y轴于点F，交OD于点G，∠ADO+2∠EOD=180°,AF=2AD．当∠BED+∠EOD=90°时，求FG的长．

【答案】(1)y=−x+8
(2)S=−4t+32
(3)459

【分析】（1）先求解B的坐标，再利用待定系数法求解一次函数的解析式即可；
（2）过点P作PK⊥x轴于点K，求解P(t,−t+8)，可得PK=−t+8，再利用三角形的面积公式列式即可；
（3）过点E作EM⊥OB，EN⊥OD，垂足分别是M，N，作∠DER=∠DEB，ER交OD延长线于点R，则∠EMO=∠ENO=90°，设∠ADO=2α，证明∠EOM=∠EOR=90°−α，即OE平分∠MOR，可得△EMB≌△ENR，△EDR≌△EDB，可得到∠R=∠EBD=∠EBO，过点B作BW⊥AD；交AD延长线于点W，则四边形AWBO为正方形，则BO=BW=8，延长AW到点Q，使WQ=OF，连接BQ，证明△BWQ≌△BOF，可得∠Q=∠BFO，设∠GBO=β，证明DB=DQ，设AD=a，则AF=2a，DW=8−a，FO=WQ=8−2a，DQ=DB=16−3a，在Rt△BDW中，DW2+BW2=BD2，即(8−a)2+82=(16−3a)2，解得a1=2，a2=8（舍去），过点G作GT⊥OB于点T，设OT=n，则TG=4n，TB=8n,OB=9n=8,n=89，从而可得答案．
【详解】（1）解：令x=0，则y=8，
∴A(0,8)，  
∴OA=8，
∵OA=OB，
∴OB=8，
∴B(8,0)
∴0=8k+8，得k=−1，
∴y=−x+8；
（2）过点P作PK⊥x轴于点K，

∵P点横坐标为t，y=−x+8，
∴P(t,−t+8)，
∴PK=−t+8，
由（1）得，OB=8
∴S△POB=12OB⋅PK=12×8×(−t+8)=−4t+32，
∴S=−4t+32；
（3）过点E作EM⊥OB，EN⊥OD，垂足分别是M，N，作∠DER=∠DEB，ER交OD延长线于点R，
∴∠EMO=∠ENO=90°，设∠ADO=2α，
∵AD⊥y轴，
∴∠OAD=90°，
∴∠OAD+∠AOB=180°，
∴AD∥OB，
∴∠DOB=∠ADO=2α，
∵∠ADO+2∠EOD=180°，
∴∠EOD=90°−α，  
∵∠BED+∠EOD=90°，
∴∠BED=α=∠DER，
∴∠BER=∠GOB=2α，
∵∠EGR=∠OGB，
∴∠ERD=∠OBF，
∵∠EOD=90°−α，∠DOB=2α，
∴∠EOM=∠EOR=90°−α，即OE平分∠MOR，
∴EM=EN，
∴△EMB≌△ENRAAS，
∴ER=EB，
∴△EDR≌△EDB(SAS)，
∴∠R=∠EBD=∠EBO，
过点B作BW⊥AD；交AD延长线于点W，则四边形AWBO为正方形，

∴BO=BW=8，延长AW到点Q，使WQ=OF，连接BQ，
∴△BWQ≌△BOF(SAS)，
∴∠Q=∠BFO，设∠GBO=β，则∠BDQ=∠DBO=2β，∠Q=∠BFO=90°−β=∠DBQ，
∴DB=DQ，设AD=a，则AF=2a，DW=8−a，FO=WQ=8−2a，DQ=DB=16−3a，
在Rt△BDW中，DW2+BW2=BD2，即(8−a)2+82=(16−3a)2，解得a1=2，a2=8（舍去），
∴OF=4,tan∠BOG=tan∠ADO=4
BF=45,tan∠FBO=12，
过点G作GT⊥OB于点T，设OT=n，则TG=4n，TB=8n,OB=9n=8,n=89，
∴GT=329,BT=649，
∴BG=3259，
∴FG=BF−BG=45−3259=459．
【点睛】本题考查的是求解一次函数的解析式，列面积函数关系式，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，锐角三角函数的应用，熟练的利用以上知识解题是关键．
10．（2023·吉林长春·统考一模）现有一批游客分别乘坐甲、乙两辆旅游车同时从旅行社前往某个旅游景点．行驶过程中甲车因故停留一段时间后继续驶向景点，乙车全程以60km/h的速度匀速驶向景点．两辆车的行驶路程ykm与时间xh之间的函数关系如图所示．

(1)甲车停留前行驶时的速度是______km/h，m=______h；
(2)求甲车停留后继续行驶时的行驶路程y与时间x之间的函数关系式；
(3)求甲车比乙车早多少时间到达旅游景点？
【答案】(1)80，1.5
(2)y=100x−60（1≤x≤ 135）
(3)甲车比乙车早44分钟到达旅游景点

【分析】（1）根据函数图象可知当x=0.5时，y=40，根据路程除以时间得出甲车的速度；根据路程除以乙的速度，得出m的值；
（2）待定系数法求即可求解；
（3）根据题意当y=200时，代入（2）的解析式得出甲的用时，根据路程除以时间得出乙所用的时间，求其差即可求解．
【详解】（1）解：根据函数图象可得当x=0.5时，y=40，
∴甲车停留前行驶时的速度是400.5=80 km/h，
∵乙车的速度为60km/h
解得：m=9060=1.5 h，
故答案为：80，1.5．
（2）设y=kx+b，把1，40，1.5，90代入，
k+b=401.5k+b=90
解得k=100b=−60
所以y=100x−60.（1≤x≤ 135）
（3）当y=200时，200=100x−60,
甲用的时间：x=135.
乙用的时间：20060=103，
103−135=1115，即44分钟．
答：甲车比乙车早44分钟到达旅游景点．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，掌握待定系数法和数形结合是解题的关键．

知识点二：二次函数探究
模块一 〖真题回顾〗
1．（2022·四川攀枝花·统考中考真题）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．
【答案】(1)y=x2−2x
(2)S=−t2+32t+1
(3)存在，N(1,−1)或(3,3)或(−1,3)

【分析】（1）由二次函数的最小值为−1，点M(1,m)是其对称轴上一点，得二次函数顶点为(1,−1)，设顶点式y=a(x−1)2−1，将点O(0,0)代入即可求出函数解析式；
（2）连接OP，根据S=S△AOB+S△OAP−S△OBP求出S与t的函数关系式；
（3）设Nn,n2−2n，分三种情况：当AB为对角线时，当AM为对角线时，当AN为对角线时，由中点坐标公式求出n即可．
【详解】（1）解：∵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）如图，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
=12×2×1+12×2−t2+2t−12t
=−t2+32t+1；
（3）设Nn,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)．
【点睛】此题考查了待定系数法求抛物线的解析式，抛物线与图形面积，平行四边形的性质，熟练掌握待定系数法及平行四边形是性质是解题的关键．




2．（2022·江苏淮安·统考中考真题）如图（1），二次函数y=−x2+bx+c的图像与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，点B的坐标为3,0，点C的坐标为0,3，直线l经过B、C两点．
　
(1)求该二次函数的表达式及其图像的顶点坐标；
(2)点P为直线l上的一点，过点P作x轴的垂线与该二次函数的图像相交于点M，再过点M作y轴的垂线与该二次函数的图像相交于另一点N，当PM=12MN时，求点P的横坐标；
(3)如图（2），点C关于x轴的对称点为点D，点P为线段BC上的一个动点，连接AP，点Q为线段AP上一点，且AQ=3PQ，连接DQ，当3AP＋4DQ的值最小时，直接写出DQ的长．
【答案】(1)y=−x2+2x+3，顶点坐标1,4
(2)P点横坐标为1+2或1−2或2+3或2−3
(3)DQ=5104

【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）设P（t，−t+3），则M（t，−t2+2t+3），N（2−t，−t2+2t+3），则PM=t2−3t，MN=2−2t，由题意可得方程t2−3t=122−2t，求解方程即可；
（3）由题意可知Q点在平行于BC的线段上，设此线段与x轴的交点为G，由QG∥BC，求出点G(2，0)，作A点关于GQ的对称点A'，连接A'D与AP交于点Q，则3AP+4DQ=4(DQ+34AP)=4(DQ＋AQ)≥4A'D，利用对称性和∠OBC=45°，求出A'(2，3)，求出直线DA'的解析式和直线QG的解析式，联立方程组y=−x+2y=3x−3，可求点Q54,34，再求DQ=5104．
【详解】（1）解：将点B3,0，C0,3代入y=−x2+bx+c
∴−9+3b+c=0c=3
解得b=2c=3
∴y=−x2+2x+3
∵y=−x2+2x+3=−x−12+4，
∴顶点坐标1,4；
（2）解：设直线BC的解析式为y=kx+b，
∴3k+b=0b=3
解得k=−1b=3
∴y=−x+3，
设Pt,−t+3，则Mt,−t2+2t+3，N2−t,−t2+2t+3，
∴PM=t2−3t，MN=2−2t，
∵PM=12MN，
∴t2−3t=122−2t，
∴t2−3t=12(2−2t)或t2−3t=−12(2−2t)，
当t2−3t=12(2−2t)时， 整理得t2−2t−1=0，
解得t1=1+2，t2=1−2，
当t2−3t=−12(2−2t)时，整理得t2−4t+1=0，
解得t3=2+3，t4=2−3，
∴P点横坐标为1+2或1−2或2+3或2−3；
（3）解：∵C0,3，D点与C点关于x轴对称，
∴D0,−3，
令y=0，则−x2+2x+3=0，
解得x=−1或x=3，
∴A−1,0，
∴AB=4，
∵AQ=3PQ，
∴Q点在平行于BC的线段上，设此线段与x轴的交点为G，
∴QG∥BC，
∴AQAP=AGBA，
∴34=AG4，
∴AG=3，
∴G2,0，
∵OB=OC，
∴∠OBC=45°，
作A点关于GQ的对称点A'，连接AD与AP交于点Q，

∵AQ=A'Q，
∴AQ+DQ=A'Q+DQ⩾A'D，
∴3AP+4DQ=4DQ+34AP=4DQ+AQ⩾4A'D，
∵∠QGA=∠CBO=45°，AA'⊥QG，
∴∠A'AG=45°，
∵AG=A'G，
∴∠AA'G=45°，
∴∠AGA'=90°，
∴A'2,3，
设直线DA'的解析式为y=kx+b，
∴b=−32k+b=3，
解得k=3b=−3，
∴y=3x−3，
同理可求直线QG的解析式为y=−x+2，
联立方程组y=−x+2y=3x−3，
解得x=54y=34，
∴Q54,34，
∵D0,−3，
∴DQ=54−02+34−−32=2516+22516=5104.
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，利用轴对称求最短距离的方法，解绝对值方程，待定系数法求函数的解析式是解题的关键．
3．（2022·山东淄博·统考中考真题）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＝43x+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．
【答案】(1)y =−x²+2x+3
(2)最大值225
(3)定值16

【分析】（1）利用顶点式可得结论；
（2）如图，设直线l交x轴于点T，连接PT，BD，BD交PM于点J，设Pm,−m2+2m+3，S四边形DTBP=S△PDT+S△PBT，推出S四边形DTBP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）如图，设Pm,−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．
【详解】（1）解：∵抛物线的顶点为D（1，4），
∴根据顶点式，抛物线的解析式为y=−x−12+4=−x2+2x+3；
（2）解：如图，设直线l交x轴于点T，连接PT，BD，
BD交PM于点J，设Pm,−m2+2m+3，

点D1,4，在直线l：y=43x+t上，
∴4=43+t，
∴t=83，
∴直线DT的解析式为y=43x+83，
令y=0，得到x=−2，
∴T−2,0，
∴OT=2，
∵B3,0，
∴BT=5，
∵DT=32+42=5，
∴DT=BT，
∵PM⊥BT，PN⊥DT，
∴S四边形DTBP=S△PDT+S△PBT=12×DT×PN+12×BT×PM=52PM+PN，
∴S四边形DTBP最大时，PM+PN的值最大，
∵D1,4，B3,0，
∴直线BD的解析式为y=−2x+6，
∴Jm,−2m+6，
∴PJ=−m2+4m−3，
∵S四边形DTBP=S△DTB+S△BDP=12×5×4+12×−m2+4m−3×2
=−m2+4m+7
=−m−22+11，
∵二次项系数−1＜0，
∴m=2时，S四边形DTBP最大，最大值为11，
∴PM+PN的最大值=25×11=225；
（3）解：四边形AFBG的面积不变．
理由：如图，设Pm,−m2+2m+3，

∵A−1,0，B3,0，
∴直线AP的解析式为y=−m−3x−m+3，
∴E1,−2m+6，
∵E，G关于x轴对称，
∴G1,2m−6，
∴直线PB的解析式为y=−m+1x+3m+1，
∴F1,2m+2，
∴GF=2m+2−2m−6=8，
∴四边形AFBG的面积=12×AB×FG=12×4×8=16，
∴四边形AFBG的面积是定值．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质等知识，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．
4．（2022·四川巴中·统考中考真题）如图1，抛物线y=ax2+2x+c，交x轴于A、B两点，交y轴于点C，F为抛物线顶点，直线EF垂直于x轴于点E，当y≥0时，−1≤x≤3．

(1)求抛物线的表达式；
(2)点P是线段BE上的动点（除B、E外），过点P作x轴的垂线交抛物线于点D．
①当点P的横坐标为2时，求四边形ACFD的面积；
②如图2，直线AD，BD分别与抛物线对称轴交于M、N两点．试问，EM+EN是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)①4；②是，定值为8，理由见解析

【分析】（1）由当y≥0时，−1≤x≤3，可知x1=−1，x2=3是ax2+2x+c=0的两根，代入方程可得a,c从而得解；
（2）①把x=2代入抛物线解析式可得D点坐标，再x=0代入抛物线解析式可得C点坐标，
从而得知线段CD∥x轴，利用配方法可知点F坐标，从而利用S四边形ACFD=S△FCD+S△ACD=12CDyF−yA求面积；
②设Dm,−m2+2m+3(1 【详解】（1）解：∵当y≥0时，−1≤x≤3，
∴x1=−1，x2=3是ax2+2x+c=0的两根，A(−1,0)，B(3,0)，
∴a−2+c=09a+6+c=0，
解得：a=−1c=3，
∴抛物线的表达式为：y=−x2+2x+3；

（2）①把x=2代入y=−x2+2x+3得：y=3，
∴D(2,3)．
又当x=0，y=3，
∴C(0,3)，
∴线段CD∥x轴．
∵y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，
∴F(1,4)，
S四边形ACFD=S△FCD+S△ACD=12CDyF−yA=4；

②设Dm,−m2+2m+3(1 直线AD:y=k1x+b1，BD:y=k2x+b2，
因此可得：
0=−k1+b1−m2+2m+3=k1m+b1或0=3k2+b2−m2+2m+3=k2m+b2，
解得：k1=3−mb1=3−m或k2=−1−mb2=3m+3，
∴直线AD:y=(3−m)x+(3−m)，
BD:y=−(m+1)x+3(m+1)．
令x=1得yM=6−2m，yN=2m+2，
∴ME=6−2m，NE=2m+2，
∴NE+ME=8．
【点睛】本题考查二次函数与一次函数综合，涉及四边形的面积求法，待定系数法等知识，掌握待定系数法和面积求法是解题的关键．
5．（2022·西藏·统考中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣12 x2 ＋（m﹣1）x＋2m与x轴交于A，B（4，0）两点，与y轴交于点C，点P是抛物线在第一象限内的一个动点．

(1)求抛物线的解析式，并直接写出点A，C的坐标；
(2)如图甲，点M是直线BC上的一个动点，连接AM，OM，是否存在点M使AM＋OM最小，若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)如图乙，过点P作PF⊥BC，垂足为F，过点C作CD⊥BC，交x轴于点D，连接DP交BC于点E，连接CP．设△PEF的面积为S1，△PEC的面积为S2，是否存在点P，使得S1S2最大，若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−12x2+x+4，A（﹣2，0）；C（0，4）
(2)存在点M使AM＋OM最小， M（85，125）
(3)存在， P（2，4）

【分析】（1）将B（4，0）代入y=−12x2+(m−1)x+2m，求出函数解析式即可求解；
（2）作O点关于BC的对称点O'，连接AO'交BC 于点M，连接BO'，当A、M、O'三点共线时，AM＋OM有最小值，分别求出直线AO'的解析式和直线BC的解析式，两直线的交点即为M点；
（3）连接PB，过P点作PG∥y轴交CB于点G， 设P(t，−12t2+t+4)，则G（t，－t＋4），由S△BCP=12×4×PG=12BC·PF求出PF=−24t2+2t，再由PF∥CD，可得S1S2=PFCD 则S1S2=−116(t−2)2+14 当t＝2时，S1S2有最大值，同时可求P的坐标．
【详解】（1）将B（4，0）代入y＝﹣12 x2＋（m﹣1）x＋2m，
∴﹣8＋4（m﹣1）＋2m＝0，
解得m＝2，
∴y＝﹣12 x2＋x＋4，
令x＝0，则y＝4，
∴C（0，4），
令y＝0，则﹣12 x2＋x＋4＝0，
解得x＝4或x＝﹣2，
∴A（﹣2，0）；
（2）
存在点M使AM＋OM最小，理由如下：
作O点关于BC的对称点O'，连接AO'交BC于点M，连接BO'，
由对称性可知，OM＝O'M，
∴AM＋OM＝AM＋O'M≥AO'，
当A、M、O'三点共线时，AM＋OM有最小值，
∵B（4，0），C（0，4），
∴OB＝OC，
∴∠CBO＝45°，
由对称性可知∠O'BM＝45°，
∴BO'⊥BO，
∴O'（4，4），
设直线AO'的解析式为y＝kx＋b，
∴−2k+b=04k+b=4，
解得k=23b=43，
∴y＝23x＋43，
设直线BC的解析式为y＝k'x+4，
∴4k'＋4＝0，
∴k'＝﹣1，
∴y＝﹣x＋4，
联立方程组y＝﹣x+4y＝23x+43，
解得x=85y=125，
∴M（85，125）；
（3）
在点P，使得S1S2最大，理由如下：
连接PB，过P点作PG∥y轴交CB于点G，
设P（t，﹣12 t2＋t＋4），则G（t，﹣t＋4），
∴PG＝﹣12 t2＋2t，
∵OB＝OC＝4，
∴BC＝42，
∴S△BCP＝12×4×（﹣12 t2＋2t）＝﹣t2＋4t＝12×42×PF，
∴PF＝﹣24 t2＋2t，
∵CD⊥BC，PF⊥BC，
∴PF∥CD，
∴EFCE＝PFCD，
∵S1S2＝EFCE，
∴S1S2＝PFCD，
∵B、D两点关于y轴对称，
∴CD＝42，
∴S1S2＝﹣116（t2﹣4t）＝﹣116 （t﹣2）2＋14，
∵P点在第一象限内，
∴0＜t＜4，
∴当t＝2时，S1S2有最大值14，
此时P（2，4）．
【点睛】本题考查二次函数的图像及性质，熟练掌握二次函数的图像及性质，轴对称求最短距离的方法，平行线的性质是解题的关键．
6．（2022·江苏镇江·统考中考真题）一次函数y=12x+1的图像与x轴交于点A，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图像经过点A、原点O和一次函数y=12x+1图像上的点B(m,54)．

(1)求这个二次函数的表达式；
(2)如图1，一次函数y=12x+n(n>−916,n≠1)与二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图像交于点C(x1,y1)、D(x2,y2)（x1 ①x1=_________，x2=_________（分别用含n的代数式表示）；
②证明：AE=BF；
(3)如图2，二次函数y=a(x−t)2+2的图像是由二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图像平移后得到的，且与一次函数y=12x+1的图像交于点P、Q（点P在点Q的左侧），过点P作直线l3⊥x轴，过点Q作直线l4⊥x轴，设平移后点A、B的对应点分别为A'、B'，过点A'作A'M⊥l3于点M，过点B'作B'N⊥l4于点N．
①A'M与B'N相等吗？请说明你的理由；
②若A'M+3B'N=2，求t的值．
【答案】(1)y=x2+2x
(2)①−3−9+16n4，−3+9+16n4；②见解析
(3)①A'M=B'N，理由见解析；②3

【分析】（1）通过一次函数表达式可以求出A、B两点坐标，将A、B、C三点坐标代入二次函数表达式即可求解；
（2）①通过联立关系式可得：12x+n=x2+2x，利用公式法解一元二次方程，求出方程的解即可得到x1,x2的值；
②通过A（-2，0），E(−3−9+16n4,0)即可求出AE的长度；
通过B(12,54)，F(−3+9+16n4,54)即可求出BF的长度；
（3）①通过二次函数平移前后的表达式可以确定新二次函数的图像是由原二次函数的图像向右平移(t+1)个单位，向上平移3个单位得到的，从而可以得到：A'(t−1,3)，B'(t+32,174)．通过联立关系式可得：(x−t)2+2=12x+1，利用公式法解一元二次方程，求出方程的解即可得到点P、点Q的横坐标，通过坐标即可表示出A'M、B'N的长度．
②由①可得5−8t−154=12，求解即可．
【详解】（1）令y=0，则12x+1=0，解得x=−2，
∴A(−2,0)，
将点B(m,54)代入y=12x+1中，解得m=12，
∴点B的坐标为(12,54)．
将A(−2,0)，B(12,54)，C(0,0)代入y=ax2+bx+c(a≠0)可得：
{4a−2b+c=014a+12b+c=54c=0，解得：{a=1b=2c=0，
∴二次函数的表达式为y=x2+2x．
（2）①∵一次函数y=12x+n(n>−916,n≠1)与二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图像交于点C(x1,y1)、D(x2,y2)（x1 ∴联立关系式得：12x+n=x2+2x，
整理得：x2+32x−n=0，
解得：x1=−32−94+4n2=−3−9+16n4，x2=−32+94+4n2=−3+9+16n4，
故答案为：x1=−3−9+16n4，x2=−3+9+16n4；
②当n>1时，CD位于AB的上方，∵A(−2,0)、B(12,54)，
∴AE=−2−−32−94+4n2=−52+94+4n2，BF=−32+94+4n2−12=−52+94+4n2，
∴AE=BF，
当−916 故可得：AE=BF；
（3）方法一：
①∵二次函数y=x2+2x图像的顶点为(−1,−1)，
二次函数y=(x−t)2+2的图像的顶点为(t,2)，
∴新二次函数的图像是由原二次函数的图像向右平移(t+1)个单位，向上平移3个单位得到的．
∴A(−2,0)的对应点为A'(t−1,3)，B(12,54)的对应点为B'(t+32,174)，
联立关系式可得：(x−t)2+2=12x+1，
整理得：x2−(2t+12)x+t+1=0，
△=8t−154，
当t>158时，解得：xP=4t+1−8t−154，xQ=4t+1+8t−154，
∴NB'=t+32−4t+1+8t−154=5−8t−154，AM'=4t+1−8t−154−(t−1)=5−8t−154，
∴A'M=B'N．
②∵A'M+3B'N=2，A'M=B'N．
∴A'M=B'N=12，
∴5−8t−154=12，
解得:t=3．
方法二：
①设P、Q平移前的对应点分别为P'、Q'，则P'Q'∥PQ．
则P'Q'∥AB，
∵A'、B'平移前的对应点分别为A、B，
由（2）②及平移的性质可知，A'M=B'N．
②∵A'M+3B'N=2，
∴A'M=B'N=12，
∵B(12,54)到y轴的距离为12，点O是y轴与二次函数y=x2+2x的图像的交点，
∴平移后点O的对应点即为点Q．
∵二次函数y=x2+2x图像的顶点为(−1,−1)，
二次函数y=(x−t)2+2的图像的顶点为(t,2)，
∴新二次函数的图像是由原二次函数的图像向右平移(t+1)个单位，向上平移3个单位得到的．
∴Q(t+1,3)，将点Q的坐标代入y=12x+1中，解得t=3．
另解：
∵A'M+3B'N=2，
∴A'M=B'N=12，
B(12,54)的对应点为B'(t+32,174)．
∵B'N=12，
∴点Q的横坐标为t+1，代入y=12x+1，得y=12t+32．
∴Q(t+1,12t+32)．将点Q的坐标代入y=(x−t)2+2中，解得t=3．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数表达式，联立关系式求交点坐标及利用点的坐标表示线段的长度，能够熟练掌握函数中表示线段长度的方法，求交点坐标的方法，熟练掌握用公式法解一元二次方程是解决本题的关键．
7．（2014·河南·中考真题）如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（5，0）两点，直线y=﹣34x+3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)若PE=5EF，求m的值；
(3)若点E′是点E关于直线PC的对称点，是否存在点P，使点E′落在y轴上？若存在，请直接写出相应的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=﹣x2+4x+5；
(2)2或1+692；
(3)存在，P坐标为（﹣12，114），（4，5），（3﹣11，211﹣3）

【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）用含m的代数式分别表示出PE、EF，然后列方程求解；
（3）解题关键是识别出四边形PECE′是菱形，然后根据PE=CE的条件，列出方程求解.
【详解】（1）解：将点A、B坐标代入抛物线解析式，得：
−1−b+c=0−25+5b+c=0，解得b=4c=5，
∴抛物线的解析式为：y=−x2+4x+5；
（2）解：∵点P的横坐标为m，
∴P（m，−m2+4m+5），E（m，﹣34m+3），F（m，0）
∴PE=yP−yE=|−m2+4m+5+34m−3|）=|−m2+194m+2|，
EF=|（﹣34m+3）﹣0|=|﹣34m+3|
由题意，PE=5EF，即：|−m2+194m+2|=5|﹣34m+3|=|−154m+15|
①若−m2+194m+2=−154m+15，整理得：2m2﹣17m+26=0，
解得：m=2或m=132；
①若−m2+194m+2=﹣（−154m+15），整理得：m2−m−17=0，
解得：m=1+692或m=1−692
由题意，m的取值范围为：﹣1＜m＜5，故m=132、m=1−692这两个解均舍去
∴m=2或m=1+692 ；
（3）解：假设存在
作出示意图如下：

∵点E、E′关于直线PC对称，
∴∠1=∠2，CE=CE′，PE=PE′，
∵PE平行于y轴，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴PE=CE，
∴PE=CE=PE′=CE′，即四边形PECE′是菱形
由直线CD解析式y=﹣34x+3，
当x=0时，y=3，当y=0时，x=4，
∴OD=4，OC=3，由勾股定理得，
CD=OD2+OC2=42+32=5，
过点E作EM//x轴，交y轴于点M，
∴∠CME=∠COD，∠CEM=∠CDO，
∴ △CEM∽△CDO，
∴MEOD=CECD，即m4=CE5，解得CE=54|m|，
∴PE=CE=54|m|，又由（2）可知：PE=|−m2+194m+2|
∴|−m2+194m+2|=54|m|
①若−m2+194m+2=54m，整理得：2m2−7m−4=0，解得m=4或m=﹣12；
②若−m2+194m+2=﹣54m，整理得：m2−6m−2=0，解得m=3+11或m=3﹣11.
由题意，m的取值范围为：﹣1＜m＜5，故m=3+11这个解舍去
综上所述，存在满足条件的点P，可求得点P坐标为−12,114，（4，5），（3﹣11，211﹣3）．
【点睛】本题主要考查了二次函数与一次函数的图象与性质、点的坐标、待定系数法、菱形、相似三角形等多个知识点，重点考查了分类讨论思想与方程思想的灵活运用.需要注意的是，为了避免漏解，表示线段长度的代数式均含有绝对值，解方程时需要分类讨论、分别计算．
8．（2022·山东东营·统考中考真题）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．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)（1，-2）
(3)（-1，0）或（1−2，-2）或（1−6，2）

【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出点C的坐标和抛物线的对称轴，如图所示，作点C关于直线x=1的对称点E，连接AE，EQ，则点E的坐标为（2，-3），根据轴对称最短路径可知AE与抛物线对称轴的交点即为点Q；
（3）分两种情况当∠BPM=90°和当∠PBM=90°两种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx−3(a≠0)与x轴交于点A(−1,0)，点B(3,0)，
∴a−b−3=09a+3b−3=0，
∴a=1b=−2，
∴抛物线解析式为y=x2−2x−3；
（2）解：∵抛物线解析式为y=x2−2x−3=x−12−4，与y轴交于点C，
∴抛物线对称轴为直线x=1，点C的坐标为（0，-3）
如图所示，作点C关于直线x=1的对称点E，连接AE，EQ，则点E的坐标为（2，-3），  
由轴对称的性质可知CQ=EQ，
∴△ACQ的周长=AC+AQ+CQ，
要使△ACQ的周长最小，则AQ+CQ最小，即AQ+QE最小，
∴当A、Q、E三点共线时，AQ+QE最小，
设直线AE的解析式为y=k1x+b1，
∴−k1+b1=02k1+b1=−3，
∴k1=−1b1=−1，
∴直线AE的解析式为y=−x−1，
当x=1时，y=−x−1=−1−1=−2，
∴点Q的坐标为（1，-2）；

（3）解： 如图1所示，当点P在x轴上方，∠BPM=90°时，过点P作EF∥x轴，过点M作MF⊥EF于F，过点B作BE⊥EF于E，


∵△PBM是以PB为腰的等腰直角三角形，
∴PA=PB，∠MFP=∠PEB=∠BPM=90°，
∴∠FMP+∠FPM=∠FPM+∠EPB=90°，
∴∠FMP=∠EPB，
∴△FMP≌△EPB（AAS），  
∴PE=MF，BE=PF，
设点P的坐标为（1，m），
∴BE=m，PE=2，
∴MF=2，PF=m，
∴点M的坐标为（1-m，m-2），
∵点M在抛物线y=x2−2x−3上，
∴1−m2−21−m−3=m−2，  
∴1−2m+m2−2+2m−3=m−2，
∴m2−m−2=0，
解得m=2或m=−1（舍去），
∴点M的坐标为（-1，0）；
同理当当点P在x轴下方，∠BPM=90°时可以求得点M的坐标为（-1，0）；
如图2所示，当点P在x轴上方，∠PBM=90°时，过点B作EF∥y轴，过点P作PE⊥EF于E，过点M作MF⊥EF于F，设点P的坐标为（1，m），
同理可证△PEB≌△BFM（AAS），
∴BF=PE=2，MF=BE=m，
∴点M的坐标为（3-m，-2），
∵点M在抛物线y=x2−2x−3上，
∴3−m2−23−m−3=−2，
∴9−6m+m2−6+2m−3=−2，
∴m2−4m+2=0，
解得m=2+2或m=2−2（舍去），
∴点M的坐标为（1−2，-2）；

如图3所示，当点P在x轴下方，∠PBM=90°时，
同理可以求得点M的坐标为（1−6，2）；
综上所述，当△PMB是以PB为腰的等腰直角三角形时，点M的坐标为（-1，0）或（1−2，-2）或（1−6，2）．

【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数综合，一次函数与几何综合，全等三角形的性质与判定等等，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．
9．（2022·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于A−1,0，B两点，与y轴交于点C0,2，连接BC．

(1)求抛物线的解析式．
(2)点P是第三象限抛物线上一点，直线PE与y轴交于点D，△BCD的面积为12，求点P的坐标．
(3)在（2）的条件下，若点E是线段BC上点，连接OE，将△OEB沿直线OE翻折得到△OEB'，当直线EB'与直线BP相交所成锐角为45°时，求点B'的坐标．
【答案】(1)y=−12x2+32x+2；
(2)P（−3，−7）；
(3)B'的坐标为455,855或−855,455．

【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）先由△BDC的面积求出OD的长，从而确定D点坐标为（0，−4），再由待定系数法求出直线BD的解析式，直线BD与抛物线的交点即为所求；
（3）当B'在第一象限时，由∠ODB＝45°，可知EB'∥CD，求出直线BC的解析式，可设E（t，−12t+2），在Rt△OHB'中，B'H=16−t2，则BE=16−t2+12t−2，在Rt△BHE中，由勾股定理得16−t2+12t−22=4−t2+−12t+22，求出t的值即可求B'坐标；当B'在第二象限时，B'G∥x轴，可得四边形B'OBE是平行四边形，则B't−4,−12t+2，由折叠的性质可判断平行四边形OBEB'是菱形，再由BE＝OB，可得
4−t2+−12t+22=4，求出t的值即可求B'坐标．
【详解】（1）将A（−1，0），C（0，2）代入y=−12x2+bx+c，
∴c=2−12−b+c=0，
解得b=32c=2，
∴y=−12x2+32x+2；
（2）令y＝0，则−12x2+32x+2=0，
解得x＝−1或x＝4，
∴B（4，0），
∴OB＝4，
∴S△BCD=12×4×2+OD=12，
∴OD＝4，
∴D（0，−4），
设直线BD的解析式为y＝kx＋b，
∴b=−44k＋b=0，
解得k=1b=−4，
∴y＝x−4，
联立方程组y=x−4y=−12x2+bx+c，
解得x=−3y=−7或x=4y=0，
∴P（−3，−7）；
（3）如图1，当B'在第一象限时，

设直线BC的解析式为y＝k'x＋b'，
b'＝24k'＋b'＝0，
解得k'=−12b'=2，
∴y=−12x+2，
设E（t，−12t+2），，
∴OE＝t，EH＝−12t+2，
∵D（0，−4），B（4，0），
∴OB＝OD，
∴∠ODB＝45°，
∵直线EB'与直线BP相交所成锐角为45°，
∴EB'∥CD，
由折叠可知，OB'=BO=4，BE＝B'E，
在Rt△OHB'中，B'H=16−t2，
∴B'E=16−t2−−12t+2=16−t2+12t−2，
∴BE=16−t2+12t−2
在Rt△BHE中，16−t2+12t−22=4−t2+−12t+22，
解得t=±455，
∵0≤t≤4，
∴t＝455，
∴B'455,855；
如图2，当B'在第二象限，∠BGB'＝45°时，

∵∠ABP＝45°，
∴B'G∥x轴，
∵B'E＝BO，
∴四边形B'OBE是平行四边形，
∴B'E＝4，
∴B't−4,−12t+2，
由折叠可知OB=OB'=4，
∴平行四边形OBEB'是菱形，
∴BE＝OB，
∴4−t2+−12t+22=4，
解得t=4+855或t=4−855，
∵0≤t≤4，
∴t=4−855，
∴B'−855,455；
综上所述：B'的坐标为455,855或−855,455．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，直角三角形的性质，折叠的性质，勾股定理的应用是解题的关键．

10．（2022·辽宁丹东·统考中考真题）如图1，抛物线y＝ax2+x+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0），B（6，0）两点，与y轴交于点C，点P是第一象限内抛物线上的一个动点，过点P作PD⊥x轴，垂足为D，PD交直线BC于点E，设点P的横坐标为m．

(1)求抛物线的表达式；
(2)设线段PE的长度为h，请用含有m的代数式表示h；
(3)如图2，过点P作PF⊥CE，垂足为F，当CF＝EF时，请求出m的值；
(4)如图3，连接CP，当四边形OCPD是矩形时，在抛物线的对称轴上存在点Q，使原点O关于直线CQ的对称点O′恰好落在该矩形对角线所在的直线上，请直接写出满足条件的点Q的坐标．

【答案】(1)y＝−14x2+x+3
(2)h＝−14m2+32m（0＜m＜6）
(3)m＝1
(4)点Q的坐标为（2，13）或（2，﹣1）或（2，4）

【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）利用待定系数法可得直线BC的解析式为y＝﹣12x+3，设点P的横坐标为m，则P（m，−14m2+m+3），E（m，﹣12m+3），即可得出h＝−14m2+32m；
（3）如图，过点E、F分别作EH⊥y轴于点H，FG⊥y轴于点G，可证得△BOC∽△PFE，得出EFPE＝OCBC，可求得EF＝55（−14m2+32m），再由△CEH∽△CBO，可得CEEH＝BCOB，求得CE＝52m，结合CF＝EF，可得EF＝12CE＝54m，建立方程求解即可得出答案；
（4）设Q（2，t），分两种情况：①当点O′恰好落在该矩形对角线OD所在的直线上时，②当点O′恰好落在该矩形对角线CD上时，③当点O′恰好落在该矩形对角线DC延长线上时，分别求出点Q的坐标即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y＝ax2+x+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0），B（6，0）两点，
∴4a−2+c=036a+6+c=0，
解得：a=−14c=3，
∴抛物线的表达式为y＝−14x2+x+3；
（2）解：∵抛物线y＝−14x2+x+3与y轴交于点C，
∴C（0，3），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，把B（6，0）、C（0，3）代入，
得：6k+b=0b=3，
解得：k=−12b=3，
∴直线BC的解析式为y＝﹣12x+3，
设点P的横坐标为m，则P（m，−14m2+m+3），E（m，﹣12m+3），
∴h＝−14m2+m+3﹣（﹣12m+3）＝−14m2+32m，
∵点P是第一象限内抛物线上的一个动点，
∴0＜m＜6，
∴h＝−14m2+32m（0＜m＜6）；
（3）解：如图，过点E、F分别作EH⊥y轴于点H，FG⊥y轴于点G，

∵P（m，−14m2+m+3），E（m，﹣12m+3），
∴PE＝−14m2+32m，
∵PF⊥CE，
∴∠EPF+∠PEF＝90°，
∵PD⊥x轴，
∴∠EBD+∠BED＝90°，
又∵∠PEF＝∠BED，
∴∠EPF＝∠EBD，
∵∠BOC＝∠PFE＝90°，
∴△BOC∽△PFE，
∴EFPE＝OCBC，
在Rt△BOC中，BC＝OB2+OC2＝62+32＝35，
∴EF＝OCBC×PE＝335（−14m2+32m）＝55（−14m2+32m），
∵EH⊥y轴，PD⊥x轴，
∴∠EHO＝∠EDO＝∠DOH＝90°，
∴四边形ODEH是矩形，
∴EH＝OD＝m，
∵EH//x轴，
∴△CEH∽△CBO，
∴CEEH＝BCOB，即CEm＝356，
∴CE＝52m，
∵CF＝EF，
∴EF＝12CE＝54m，
∴54m＝55（−14m2+32m），
解得：m＝0或m＝1，
∵0＜m＜6，
∴m＝1；
（4）解：∵抛物线y＝−14x2+x+3，
∴抛物线对称轴为直线x＝﹣12×(−14)＝2，
∵点Q在抛物线的对称轴上，
∴设Q（2，t），设抛物线对称轴交x轴于点H，交CP边于点G，
则GQ＝3﹣t，CG＝2，∠CGQ＝90°，
①当点O′恰好落在该矩形对角线OD所在的直线上时，如图，

则CQ垂直平分OO′，即CQ⊥OD，
∴∠COP+∠OCQ＝90°，
又∵四边形OCPD是矩形，
∴CP＝OD＝4，OC＝3，∠OCP＝90°，
∴∠PCQ+∠OCQ＝90°，
∴∠PCQ＝∠COP，
∴tan∠PCQ＝tan∠COP＝CPOC＝43，
∴GQCG＝tan∠PCQ＝43，
∴3−t2＝43，
解得：t＝13，
∴Q（2，13）；
②当点O′恰好落在该矩形对角线CD上时，如图，连接CD交GH于点K，

∵点O与点O′关于直线CQ对称，
∴CQ垂直平分OO′，
∴∠OCQ＝∠DCQ，
∵GH//OC，
∴∠CQG＝∠OCQ，
∴∠DCQ＝∠CQG，
∴CK＝KQ，
∵C、P关于对称轴对称，即点G是CP的中点，GH//OC//PD，
∴点K是CD的中点，
∴K（2，32），
∴GK＝32，
∴CK＝KQ＝32﹣t，
在Rt△CKG中，CG2+GK2＝CK2，
∴22+（32）2＝（32﹣t）2，
解得：t1＝1（舍去），t2＝﹣1，
∴Q（2，﹣1）；
③当点O′恰好落在该矩形对角线DC延长线上时，如图，过点O′作O′K⊥y轴于点K，连接OO′交CQ于点M，

∵点O与点O′关于直线CQ对称，
∴CQ垂直平分OO′，
∴∠OCM＝∠O′CM，∠OMC＝∠O′MC＝90°，O′C＝OC＝3，
∵∠O′KC＝∠DOC＝90°，∠O′CK＝∠DCO，
∴△O′CK∽△DCO，
∴O'KOD＝CKCO＝CO'CD，即O'K4＝CK3＝35，
∴O′K＝125，CK＝95，
∴OK＝OC+CK＝3+95＝245，
∴O′（﹣125，245），
∵点M是OO′的中点，
∴M（﹣65，125），
设直线CQ的解析式为y＝k′x+b′，
则−65k'+b'=125b'=3，
解得：k'=12b'=3，
∴直线CQ的解析式为y＝12x+3，
当x＝2时，y＝12×2+3＝4，
∴Q（2，4）；
综上所述，点Q的坐标为（2，13）或（2，﹣1）或（2，4）．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数和二次函数解析式，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理，轴对称性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．


模块二 〖押题冲关〗
1．（2023·四川成都·统考二模）如图1，已知一次函数y=−x+3的图象与y轴，x轴相交于点A，B，抛物线y=−x2+bx+c与y轴交于点C，顶点M在直线AB上，设点M横坐标为m．

(1)如图2，当m=3时，求此时抛物线y=−x2+bx+c的函数表达式；
(2)求当m为何值时，点C的纵坐标最大；
(3)如图3，当m=0时，此时的抛物线y=−x2+bx+c与直线y=kx+2相交于D，E两点，连接AD，AE并延长，分别与x轴交于P，Q两点．试探究OP⋅OQ是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+6x−9
(2)当m=−12时，点C的纵坐标最大
(3)9

【分析】（1）当m=3时，根据顶点M在直线AB上，可得抛物线顶点坐标M为3,0，问题随之得解；
（2）点M在直线AB:y=−x+3上，即Mm,−m+3，代入抛物线解析式为y=−x−m2+3−m，即y=−x2+2mx−m2−m+3，可得点C的纵坐标为−m2−m+3，问题随之得解；
（3）当m=0时，可知抛物线y=−x2+bx+c的顶点在y轴上，可得抛物线解析式为y=−x2+3，y=kx+2y=−x2+3⇒x2+kx−1=0，即xD+xE=−k1，xD⋅xE=−1，设直线AD:y=k1x+3，即P点坐标为：−3k1,0，联立y=k1x+3y=−x2+3⇒x2+k1x=0，可得 xD=−k1，同理设直线AE:y=k2x+3，即Q点坐标为：−3k2,0 xE=−k2，即可得k2⋅k1=xD⋅xE=−1，根据OP=−3k1，OQ=−3k2，可得OP⋅OQ=9k1⋅k2=9.
【详解】（1）当x=0时，y=−x+3=3，即A0,3；
当y=0时，y=−x+3=0，则有x=3，即B3,0；
当m=3时，根据顶点M在直线AB上，
可得抛物线顶点坐标M为3,0，
抛物线解析式为y=−x−32，
即y=−x2+6x−9；
（2）由题知，点M在直线AB:y=−x+3上，
∴ Mm,−m+3，
∴抛物线解析式为y=−x−m2+3−m，即y=−x2+2mx−m2−m+3，
∴点C的纵坐标为−m2−m+3，
∴ −m2−m+3=−m+122+134，
∴当m=−12时，点C的纵坐标最大．
（3）当m=0时，可知抛物线y=−x2+bx+c的顶点在y轴上，
即抛物线y=−x2+bx+c的对称轴为x=0，
即−b2=0，
∴b=0，
结合根据顶点M在直线AB上以及A0,3，
则有：y=−x2+3，
y=kx+2y=−x2+3⇒x2+kx−1=0，
即xD+xE=−k1，xD⋅xE=−1，
∵A0,3，
设直线AD:y=k1x+3，即P点坐标为：−3k1,0，
联立y=k1x+3y=−x2+3⇒x2+k1x=0，
∴ xD=−k1，
同理设直线AE:y=k2x+3，即Q点坐标为：−3k2,0，
y=k2x+3y=−x2+3⇒x2+k2x=0，
∴ xE=−k2，
∴ k2⋅k1=xD⋅xE=−1，
又P点坐标为：−3k1,0，Q点坐标为：−3k2,0，
∴ OP=−3k1，OQ=−3k2，
∴ OP⋅OQ=9k1⋅k2=9.
【点睛】本题是一次函数、二次函数与一元二次方程的综合题，考查了二次函数的图象与性质，一元二次方程的根与系数的关系，利用待定系数法求解一次函数解析式等知识，掌握一元二次方程的根与系数的关系，是解答本题的关键．



2．（2023·湖北恩施·统考一模）已知直线y=x−1与x轴交于点A，过x轴上A，C两点的抛物线y=ax2+bx+3与y轴交于点B，与直线y=x−1交于D且OB=OC，

(1)直接写出A，B，C三点的坐标；
(2)求抛物线的解析式；
(3)若点M是抛物线对称轴l上一动点，当△CDM的周长最小时，求△CDM的面积；
(4)点P是抛物线上一动点（点P不与B，C重合），连接AP，DP，若△ADP的面积等于3，求点P的坐标．
【答案】(1)A1，0，B3，0，C0，3
(2)y=x2−4x+3
(3)2
(4)P12，−1或P25+172，7+172或P35−172，7−172

【分析】（1）先求出点C的坐标，进而求出点B的坐标，在y=x−1中，当y=0时，x=1，即可求出点A的坐标；
（2）利用待定系数法求解即可；
（3）先求出D4，3；设直线AD与直线l交于点H，连接AM、CM，CH，由对称性可知AM=CM，则当A、M、D三点共线时，AM+DM最小，即此时△CDM的周长最小，最小值为AD+CD，此时点M与点H重合，根据S△CDH=S△ACD−S△ACH进行求解即可；
（4）先求出过点C且与AD平行的直线解析式为y=x−3，再证明S△ADC=S△ADP，则由平行线间的距离处处相等可得点P在直线y=x−3或在直线y=x+1上，据此求解即可．
【详解】（1）解：在y=ax2+bx+3中，当x=0时，y=3，
∴C0，3，
∴OB=OC=3，
∴B3，0，
在y=x−1中，当y=0时，x=1，
∴A1，0；
（2）解：设抛物线解析式为y=ax−1x−3，
把C0，3代入y=ax−1x−3中得3=a0−10−3，
解得a=1，
∴抛物线解析式为y=x−1x−3=x2−4x+3；
（3）解：联立y=x−1y=x2−4x+3，
解得x=4y=3或x=1y=0，
∴D4，3；
设直线AD与直线l交于点H，连接AM、CM，CH，
由对称性可知AM=CM，
∴△CDM的周长=CM+DM+CD=AM+DM+CD，
∵CD是定值，
∴当A、M、D三点共线时，AM+DM最小，即此时△CDM的周长最小，最小值为AD+CD，此时点M与点H重合，
∵A1，0，B3，0，
∴抛物线对称轴为直线x=2，
在y=x−1中，当x=2时，y=1，
∴H2，1，
∴S△CDH=S△ACD−S△ACH=12×3−1×3−12×3−1×1=2；

（4）解：设过点C且与AD平行的直线解析式为y=x+b1，
∴0=3+b1，
∴b1=−3，
∴过点C且与AD平行的直线解析式为y=x−3，
∵S△ADC=12×3−2×3=3，
∴S△ADC=S△ADP，
∴由平行线间的距离处处相等可得点P在直线y=x−3或在直线y=x+1上，
联立y=x−3y=x2−4x+3，解得x=2y=−1或x=3y=0，
∴P12，−1；
联立y=x+1y=x2−4x+3，解得x=5+172y=7+172或x=5−172y=7−172，
∴P25+172，7+172或P35−172，7−172；
综上所述，点P的坐标为P12，−1或P25+172，7+172或P35−172，7−172．

【点睛】本题主要考查了二次函数与一次函数综合，待定系数法求函数解析式等等，灵活运用所学知识是解题的关键．




3．（2023·广西崇左·统考二模）如图1，直线y=−12x+b与抛物线y=ax2交于A，B两点，与y轴交于点C，其中点A的坐标为−4,8．

(1)求a，b的值．
(2)将点A绕点C逆时针旋转90°得到点D．
①判断点D是否在抛物线上，并说明理由．
②如图2，将直线AB向下平移，交抛物线于E，F两点（点E在点F的左侧），点G在线段OC上．若△GEF∽△DBA，求出点G的坐标．
【答案】(1)a=12，b=6
(2)①在，理由见解析；②0,209

【分析】（1）将点A的坐标分别代入y=−12x+b与抛物线y=ax2的解析式中，解方程即可；
（2）①分别过点A，D作AM⊥y轴于点，DN⊥y轴于点N，利用AAS证明△AMC≌△CND，即可得出点D的坐标；②由ΔGEF∽ΔDBA，可知，EG∥DB，GF∥AD，首先联立抛物线与直线AB的解析式可得点B的坐标，设E(t,12t2)，得直线EF的解析式为y=−12x+12t2+12t，再利用抛物线于直线的交点表示出点F的坐标，从而表示出直线EG和FG的解析式，表示出点G的坐标，从而解决问题．
【详解】（1）解：由题意得：−12×(−4)+b=8(−4)2×a=8，
解得a=12b=6；
（2）①如图，分别过点A，D作AM⊥y轴于点，DN⊥y轴于点N，

由（1）知，直线AB的解析式为y=−12x+6，
∴C(0,6)，
∵∠AMC=∠DNC=∠ACD=90°，
∴∠ACM+∠DCN=90°，∠DCN+∠CDN=90°，
∴∠ACM=∠CDN，
∵CA=CD，
∴△AMC≌△CND(AAS)，
∴CN=AM=4，DN=CM=2，
∴D(−2,2)，
当x=−2时，y=2，
∴点D在抛物线y=12x2上；
②由y=−12x+6y=12x2，解得x=−4y=8 或x=3y=92，
∴B(3,92)，
∴直线AD的解析式为y=−3x−4，直线BD的解析式为y=12x+3，
设E(t,12t2)，
∴直线EF的解析式为y=−12x+12t2+12t，
由y=−12x+12t2+12ty=12x2解得x=ty=12t2或x=t−1y=12(t+1)2，
∴F(−t−1，12(t+1)2)，
∵△GEF∽△DBA，EF∥AB，
由题意可知，EG∥DB，GF∥AD，
∴直线EG的解析式为：y=12x+12t2−12t，
直线FG的解析式为：y=−3x+12(t+1)2−3(t+1)，
联立，解得x=−37t−57y=12t2−57t−514，
∴G(−37t−57，12t2−57t−514)，
令−37t−57=0，
解得t=−53，
∴G(0,209)．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了抛物线与直线的交点问题，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平移的性质等知识，利用设参数表示出各点坐标是解题的关键，要求学生有较强的计算能力．




4．（2023·四川南充·统考一模）如图1，抛物线y=ax2+23x+ca≠0与x轴交于A−2，0，B两点，与y轴交于点C0，4．

(1)求抛物线的解析式；
(2)若点D是第一象限内抛物线上的一点，AD与BC交于点E，且AE=5DE，求点D的坐标；
(3)如图2，已知点M0，1，抛物线上是否存在点P，使锐角∠MBP满足tan∠MBP=12？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)y=−23x2+23x+4；
(2)点D的坐标为1，4或2，83；
(3)存在，点P的坐标为−12,72或−3114,−7398．

【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点D作DF∥AB交BC于点F，求出点B坐标和直线BC的解析式，设点D的横坐标为t，可得Dt，−23t2+23t+4，F12t2−12t,−23t2+23t+4，求出DF，证明△DEF∽△AEB，利用相似三角形的性质列出比例式求出t的值即可；
（3）分情况讨论：①当PB在MB上方时，过点M作IM⊥PB交PB于I，过I作IJ⊥y轴于J，证明△MIJ∽△BMO，利用相似三角形的性质求出IJ=12，JM=32，进而可得点I的坐标，然后求出直线BI的解析式，联立抛物线和直线BI的解析式即可求出此时点P的坐标；②当PB在MB下方时，同理求解即可．
【详解】（1）解：把点A−2，0，C0，4代入y=ax2+23x+ca≠0得：4a−43+c=0c=4，
解得：a=−23c=4，
∴抛物线的解析式为y=−23x2+23x+4；
（2）解：过点D作DF∥AB交BC于点F，

当y=0时，有−23x2+23x+4=0，
解得x1=−2,x2=3，
∴B3,0     ，           
设直线BC的解析式为：y=kx+b，
代入B3,0，C0，4得：3k+b=0b=4，
解得k=−43b=4 ，
∴直线BC的解析式为：y=−43x+4，
设点D的横坐标为t，则Dt，−23t2+23t+4，
∴F12t2−12t,−23t2+23t+4，
∴DF=t−12t2−12t=−12t2+32t，
∵A−2，0，B3，0，
∴AB=5，
∵DF∥AB，
∴△DEF∽△AEB，
∴DFAB=DEAE，
∴−12t2+32t5=DE5DE=15，
∴−12t2+32t=1，
解得：t1=1，t2=2，
∴点D的坐标为1，4或2,83；
（3）解：存在点P，使tan∠MBP=12，
①当PB在MB上方时，过点M作IM⊥PB交PB于I，过I作IJ⊥y轴于J，
则tan∠MBI=MIMB=12，
∵∠JMI+∠JIM=90°，∠JMI+∠OMB=90°，
∴∠JIM=∠OMB，
又∵∠IJM=∠MOB=90°，
∴△MIJ∽△BMO，
∴IJMO=JMOB=IMMB，
∴IJ1=JM3=12，
∴IJ=12，JM=32，
∴OJ=JM+OM=52，
∴I12,52，
设直线BI的解析式为：y=mx+n，
代入B3，0，I12,52得：3m+n=012m+n=52，
解得：m=−1n=3，
∴直线BI的解析式为：y=−x+3，
联立y=−23x2+23x+4y=−x+3，
解得：x=−12y=72或x=3y=0（不合题意，舍去），
∴此时点P的坐标为−12,72；
②当PB在MB下方时，过点M作KM⊥P'B交P'B于K，过K作KL⊥y轴于L，
同理可得，点P的坐标为−3114,−7398，
综上所述，点P的坐标为−12,72或−3114,−7398．

【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法的应用，相似三角形的判定和性质，锐角三角形函数等知识，能够根据题意作出合适的辅助线，利用数形结合的思想是解题的关键．


5．（2023·四川成都·统考二模）如图，Rt△ABC的顶点A−1,0，B4,0，直角顶点C在y轴的正半轴上，抛物线y=ax2+bx+c经过A、B、C三点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)动点P从点A出发以2个单位/s的速度沿AB向点B运动，动点Q从点C出发以5个单位/s的速度沿CB向点B运动，当其中一点到达终点时，另一点也停止运动，连接CP、PQ，当△CPQ的面积最大时，求点P的坐标及最大面积；
(3)如图2，过原点的直线与抛物线交于点E、F（点E在点F的左侧），点G0,4，若设直线GE的解析式为y=mx+4，直线GF的解析式为y=nx+4，试探究：m+n是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)y=−12x2+32x+2；
(2)P32,0，S△CPQ=2516；
(3)定值，定值为3．

【分析】（1）先证明△AOC∽△COB，求出OC的长，得到点C的坐标，再利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）根据两点间的距离公式，求出BC=25，设运动时间为t，则AP=2t，CQ=5t，BP=5−2t，BQ=52−t，过点Q作QG⊥x轴于点G，易证△BGQ∽△BOC，得到QGOC=BQBC，进而得到QG=2−t，然后根据S△CPQ=S△BPC−S△BPQ，求得S△CPQ=−t−542+2516，利用二次函数的性质，即可得到答案；
（3）设过原点的直线EF的解析式为y=kx，点E、F坐标为(x1,kx1)，(x2,kx2)，联立直线和抛物线解析式，得到x2+(2k−3)x−4=0，根据二元一次方程根和系数的关系，得到x1+x2=3−2k，x1x2=−4，再跟别将点E和点F代入直线GE和直线GF中，求得x1=4k−m、x2=4k−n，再进行代入求值，得到m+n=3，即可得到答案．
【详解】（1）解：如图，连接AC，
∵ Rt△ABC，CO⊥AB
∴∠ACB=COB=COA=90°，
∴∠ACO+∠BCO=90°，∠CBO+∠BCO=90°，
∴∠ACO=∠BCO，
∴△AOC∽△COB，
∴OAOC=OCOB，
∴OC2=OA⋅OB，
∵A−1,0，B4,0，
∴OA=1，OB=4，
∴OC2=4，
∵点C在y轴的正半轴上，
∴OC=2，即C(0,2)，
∵抛物线y=ax2+bx+c经过A、B、C三点
∴设抛物线的解析式y=a(x+1)(x−4)，
将C(0,2)代入，解得a=−12，
∴y=−12(x+1)(x−4)，即y=−12x2+32x+2；

（2）解：∵B4,0、C0,2，
∴BC=4−02+0−22=25，
设运动时间为t，
由题意可知，AP=2t，CQ=5t，
∴BP=AB−AP=1+4−2t=5−2t，BQ=BC−CQ=25−5t=52−t，
如图，过点Q作QG⊥x轴于点G，
∴QG∥OC，
∴△BGQ∽△BOC，
∴QGOC=BQBC，
∴QG=OC⋅BQBC=2×52−t25=2−t，
∴S△CPQ=S△BPC−S△BPQ=12BP⋅OC−12BP⋅QG=125−2t⋅2−2−t=−t2+52t=−t−542+2516，
∵点P从点A运动到点B需要2.5s，点Q从点C运动到点B需要2s，
∴0 ∴当t=54时，面积最大，此时P32,0，S△CPQ=2516；

（3）解：设过原点的直线EF的解析式为y=kx，点E、F坐标为(x1,kx1)，(x2,kx2)，
联立y=kxy=−12x2+32x+2 ，化简得：x2+(2k−3)x−4=0，
∴x1+x2=3−2k，x1x2=−4，
点Ex1,kx1代入直线GE:y=mx+4，解得：x1=4k−m，
点F(x2,kx2)代入直线GF:y=nx+4，解得：x2=4k−n，
将x1=4k−m，x2=4k−n代入x1x2=−4，解得:(k−m)(k−n)=−4，
将x1=4k−m，x2=4k−n，(k−m)(k−n)=−4代入x1+x2=3−2k，解得：m+n=3，
即m+n为定值，定值为3．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了相似三角形的判定和性质，二次函数的图象和性质，一次函数与二次函数交点问题，一元二次方程根和系数的关系等知识，熟练掌握二次函数的性质是解题关键．




6．（2023·江苏常州·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=−13x2+bx−3的图像与x轴交于点A和点B9,0，与y轴交于点C．



(1)求二次函数的表达式；
(2)若点P是抛物线上一点，满足∠PCB+∠ACB=∠BCO，求点P的坐标；
(3)若点Q在第四象限内，且cos∠AQB=35，点M在y轴正半轴，∠MBO=45°，线段MQ是否存在最大值，如果存在，直接写出最大值；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−13x2+103x−3；
(2)314,4516或10,−3；
(3)存在，18．

【分析】(1)将点B9,0代入解析式计算即可．
(2)分点P在x轴的上方和下方两种情况计算即可．
(3) 作线段AB的垂直平分线GR交x轴于点R，过点C作CG∥x轴，交GR于点G，从而得到点Q在以AB垂直平分线上G点为圆心，且半径为5的圆上的第四象限部分的弧上运动，当M，G，Q三点一线时，MQ取得最大值．
【详解】（1）解：将点B9,0代入y=−13x2+bx−3，
∴−27+9b−3=0，
∴b=103，
∴y=−13x2+103x−3．
（2）令x=0，则y=−3，
∴C0,−3，
令y=0，则−13x2+103x−3=0，
∴x=1或x=9，
∴A1,0，
∵∠PCB+∠ACB=∠BCO=∠ACB+∠OCA，
∴∠PCB=∠OCA，
如图1，当P点在x轴上方时，设PC与x轴的交点为点G，
∵OA=1，OC=3，OB=9，

∴tan∠OCA=13，tan∠OBC=13，
∴∠OCA=∠OBC，
∴∠PCB=∠OBC，
∴CG=BG，
∵OB=9，
∴OG=9−CG，
在Rt△OCG中，
CG2=OC2+OG2，
∴9−OG2=32+OG2，
∴OG=4，
∴G4,0，
设直线CG的解析式为y=kx+b，
4k+b=0b=−3，
∴k=34,b=−3，
∴y=34x−3，
联立方程组y=34x−3y=−13x2+103x−3，
∴x=0y=−3（舍）或x=314y=4516，
∴P314,4516；
如图2，当P点在x轴下方时，

∵∠OBC=∠PCB，C0,−3，
∴OB∥CP，Py=−3，
∴−13x2+103x−3=−3，
解得x=10,x=0（舍去），
∴P10,−3；
综上所述：P点坐标为314,4516或10,−3．
（3）线段MQ存在最大值，且为18．理由如下：
作线段AB的垂直平分线GR交x轴于点R，过点C作CG∥x轴，交GR于点G，
则四边形OCGR是矩形，
∴OC=GR=3，
∵AB=9−1=8，  
∴AR=4，
连接AG，
则AG=32+42=5，
以G点为圆心，半径为5的作⊙G，点G5，−3，
当点Q位于⊙G上时，作直径AT，连接TB，QB，QA，
则∠AQB=∠ATB，
∵AB=9−1=8，AT=10，
∴TB=102−82=6，
∴cos∠AQB=cos∠ATB=610=35，



∴点G位于⊙G的第四象限部分的弧上运动，
故当M，G，Q三点一线时，MQ取得最大值．
∵∠MBO=45°，∴OB=OM=9，
∴MC=9−−3=12，GC=5，
∴MG=122+52=13，GC=5，
∴MQ=13+5=18．
【点睛】本题考查了二次函数的解析式确定，正切函数，余弦函数，勾股定理，圆的性质，熟练掌握待定系数法，三角函数，圆的性质是解题的关键．

7．（2023·广东汕尾·统考二模）如图，抛物线y=−x2+3x+4与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，连接AC、BC，点E为线段BC上的一点，直线AE与抛物线交于点H．

(1)直接写出A、B、C三点的坐标，并求出直线BC的表达式；
(2)连接HB、HC，求△HBC面积的最大值；
(3)若点P为抛物线上一动点，试判断在平面内是否存在一点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是以BC为边的矩形？若存在，请直接写出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A−1，0；B4，0；C0，4；y=−x+4
(2)S最大=8
(3)存在，Q的坐标为(6,2)或(−6,−2)

【分析】（1）分别令y=0，x=0，求出对应的x、y的值，即可求出A、B、C的坐标，然后根据待定系数法求出直线BC的表达式即可；
（2）过点H作HM⊥x轴，交直线BC于点M，设点H的坐标为(m,−m2+3m+4)，则点M的坐标为(m,−m+4)，可求HM=−m2+4m，S△HBC=−2m2+8m，然后根据二次函数的性质求解即可；
（3）分CP⊥BC或BP⊥BC两种情况讨论即可．
【详解】（1）解：当y=0时，−x2+3x+4=0，
解得x1=−1，x2=4，
∴A−1，0，B4，0，
当x=0时，y=4，
∴C0，4，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
则4k+b=0b=4，
解得k=−1b=4
∴y=−x+4；
（2）解：过点H作HM⊥x轴，交直线BC于点M，
，
设点H的坐标为(m,−m2+3m+4)，
则点M的坐标为(m,−m+4)，
∴HM=−m2+3m+4−(−m+4)=−m2+4m，
∴S△HBC=4−m2+3m+42=−2m2+8m，
当m=−82×(−2)=2时，S最大=−2×22+8×2=8．
（3）解：以B、C、P、Q为顶点的四边形是以BC为边的矩形时，存在CP⊥BC或BP⊥BC两种情况，设Q(x,y)
（1）当CP⊥BC，延长PC，交x轴一点M，

∵B(4,0)，C(0,4) ，
∴OB=OC=4，即△BOC为等腰直角三角形，即：∠CBO=45°，
∵∠BCM=90°，则∠CMO=45∘，
∴△MOC为等腰直角三角形，则OM=OC=4，则M(−4,0)，
设PC解析式为y=k1x+b1，代入M(−4,0)，C(0,4)，
得−4k1+b1=0b1=4，解得k1=1b1=4，
∴y=x+4，
令y=x+4y=−x2+3x+4，解得x1=0y1=4（舍去），x2=2y2=6，
∴P(2,6)，
∵B(4,0)，C(0,4)，
∴Q(6,2)；
②当BP⊥BC交x轴于点N，

∵B(4,0)，C(0,4)
∴OB=OC=4，即△BOC为等腰直角三角形，即：∠BCO=45°，
∵∠BON=90°，则∠BNO=45°，
∴△NOB为等腰直角三角形，则ON=OB=4，则N(0,−4)，
同理可得BP解析式为：y=x−4，
令y=x−4y=−x2+3x+4，解得x1=4y1=0（舍去）x2=−2y2=−6，
∴P(−2,−6)，
∵B(4,0)，C(0,4)
∴Q(−6,−2)，
综上，点Q的坐标为(6,2)或(−6,−2)．
【点睛】本题考查了二次函数与面积问题、特殊四边形问题等，涉及到的知识有待定系数法，二次函数的性质，矩形的性质等，明确题意，合理分类讨论，找出所求问题需要的条件是解题的关键．

8．（2023·辽宁本溪·统考一模）如图，抛物线y=ax2+bx+3经过点A−1,0，B3,0，与y轴交于点C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图①，若点E是直线BC上方抛物线上的点，EG⊥x轴于点G，交BC于点F，当tan∠CEF=2时，求点E的坐标；
(3)如图②，点Pm,0在线段OB上，点Q线段CB上，且BQ=2OP．以PQ为边作矩形PQNM，使点M在y轴上，直接写出当m为何值时，恰好有矩形PQNM的顶点落在抛物线上．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)E32,154
(3)m=0;m=3;m=9+338;m=9−338

【分析】(1)把点A−1,0，B3,0代入解析式，解方程组即可．
（2）过点C作CN⊥EG于点N，确定直线的解析式，利用正切函数表示点，后代入解析式计算即可．
（3）运用分类思想，平移思想，结合函数的解析式计算即可．
【详解】（1）∵点A−1,0，B3,0，
∴a−b+3=09a+3b+3=0，
∴a=−1b=2
∴y=−x2+2x+3．
（2）过点C作CN⊥EG于点N，
∵C0,3，B3,0，
设BC的解析式为y=kx+3，
∴3k+3=0，
解得k=−1，
∴BC的解析式为y=−x+3，

设Em,yE,Fm,yF
∴yE=−m2+2m+3, yF=−m+3, CN=m
∴EF=yE−yF=−m2+2m+3−(−m+3)=−m2+3m
在Rt△CNE中，∠CNE=90°，
∴tan∠CEN=CNEN=2，
∵CN=m，
∴.EN=m2，
∵CN=NF，
∴CN=NF=m，
∴EF=EN+NF=m+m2=3m2，
又∵EF=−m2+3m，
∴−m2+3m=3m2，
∴m1=0（舍），m2=32，
∴yE=154，
∴E32,154．
（3）当点P与原点重合时，点Q与点B重合，点M与点C重合，构造矩形PQNM如下，此时符合题意，

故m=0；
当点P与点B重合时，点Q与点C重合，构造矩形PQNM如下，此时符合题意，
∵B3,0，

故m=3；
当点N在抛物线上，构造矩形PQNM如下，此时符合题意，
过点Q作QD⊥BO于点D，
∵B3,0，C0,3，
∴OB=OC=3，
∴∠OBC=∠OCB=45°，

∵Pm,0，且BQ=2OP=2m，
∴BD=DQ=m，OD=OB−BD=3−m,OP+BD=2m,PD=3−2m，
∴Q3−m,m
故点Pm,0经过向右平移3−2m个单位，再向上平移m个单位得到Q3−m,m．
∵矩形PQNM，
∴∠MPQ=90°，
∴∠OMP=90°−∠MPO=∠DPQ，
∵∠OMP=∠DPQ∠MOP=∠PDQOP=DQ，
∴△OMP≌△DPQAAS，
∴OM=DP=3−2m，
∴M0,3−2m，
∵矩形PQNM，
∴MN∥PQ,MN=PQ，
故点M0,3−2m经过向右平移3−2m个单位，再向上平移m个单位得到N3−2m,3−m．
∵N3−2m,3−m在抛物线y=−x2+2x+3上，
∴3−m=−3−2m2+23−2m+3，
整理得4m2−9m+3=0，
解得m=9−338,m=9+338（舍去），
故m=9−338；
当点N在抛物线上，构造矩形PQNM如下，此时符合题意，
过点Q作QD⊥BO于点D，
∵B3,0，C0,3，
∴OB=OC=3，
∴∠OBC=∠OCB=45°，

∵Pm,0，且BQ=2OP=2m，
∴BD=DQ=m，OD=OB−BD=3−m，PD=OP−OD=2m−3，
∴Q3−m,m
故点Pm,0经过向左平移2m−3个单位，再向上平移m个单位得到Q3−m,m．
∵矩形PQNM，
∴∠MPQ=90°，
∴∠OMP=90°−∠MPO=∠DPQ，
∵∠OMP=∠DPQ∠MOP=∠PDQOP=DQ，
∴△OMP≌△DPQAAS，
∴OM=DP=2m−3，
∴M0,3−2m，
∵矩形PQNM，
∴MN∥PQ,MN=PQ，
故点M0,3−2m经过向左平移2m−3个单位，再向上平移m个单位得到N3−2m,3−m．
∵N3−2m,3−m在抛物线y=−x2+2x+3上，
∴3−m=−3−2m2+23−2m+3，
整理得4m2−9m+3=0，
解得m=9+338,m=9−338（舍去），
故m=9+338；
综上所述，m=0;m=3;m=9+338;m=9−338．
【点睛】本题考查了抛物线解析式的确定，正切函数，矩形的性质，三角形全等的判定和性质，平移思想的应用，熟练掌握待定系数法，正切函数，平移思想是解题的关键．
9．（2023·四川成都·统考二模）如图1，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图像与x轴交于点A−1,0，B4,0，与y轴交于点C，直线BC的函数表达式为y=x+m，直线x=1与x轴交于点D，P为该直线上一动点，连接PB，将PB绕P顺时针旋转一定角度得到PQ．

(1)求二次函数与直线BC的函数表达式．
(2)如图1，若点Q恰好落在抛物线位于第四象限的图像上，连接AQ交BC于点E，连接AC，CQ，当△CEQ与△ACE的面积之比最大时，求点P的坐标．
(3)如图2，若∠BPQ=90°，在点P运动过程中，当点Q落在抛物线上时，求点Q的坐标，连接BQ，DQ，请直接写出△BDQ周长的最小值．
【答案】(1)y=x2−3x−4，y=x−4；
(2)P1,−73．
(3)Q的坐标为1+3,−3−3或(1−3，−3+3)，周长最小值为35+3．

【分析】（1）首先根据点B的坐标求出直线BC的函数表达式，进而得到点C坐标，再将A、B、C三点坐标代入二次函数解析式，即可求得抛物线函数表达式；
（2）过A作AM∥y轴交BC于点M，可以得到M点坐标，求出AM，过Q作QN∥y轴交BC于点N，设Qm,m2−3m−4，则Nm,m−4，再根据直线平行得到三角形相似，两个三角形面积比转换为线段之比，用含有m的代数式表示，根据二次函数的图象和性质求得△CEQ与△ACE的面积之比最大时m的值，得到点Q坐标，最后根据PB=PQ，得到P点坐标；
（3）①过Q作QM⊥PD于点M，得到△BDP≌△PMQ，进而得到PM=DB=3，QM=DP，DM=DP+PM=QM+DB，将Q点坐标设出来，得到一元二次方程，求解，即可得到Q点坐标；
②当点P与点D重合时，PQ=DB=3，此时，点Q位于E1,−3处，作直线EQ，可得直线EQ为点Q运动的轨迹，易求直线EQ的解析式为y=−x−2，作点B关于直线EQ的对称点B'−2,−6，连接DB'交直线EQ于点Q'，连接BQ'，此时△Q'BD周长最小．
【详解】（1）解：对y=x+m，由于过点B4,0，∴m=−4．∴y=x−4．
令x=0，则y=−4．∴ C0,−4．
∵y=ax2+bx+c的图像过A−1,0，b4,0，C0,−4三点．
∴a−b+c=016a+4b+c=0c=−4，解之得a=1b=−3c=−4
∴抛物线的函数表达式为y=x2−3x−4．
（2）解：如图，过A作AM∥y轴交BC于点M，则M−1,−5，∴AM=5
过Q作QN∥y轴交BC于点N，设Qm,m2−3m−4，则Nm,m−4．

∴QN=yN−yQ=−m2+4m．
∵AM∥QN，∴△AEM∽△QEN．
∴S△CEQS△ACE=QEAE=QNAM=−m2+4m5=−15m−22+45．
∵−15<0，0 当m=2时，∴S△CEQS△ACE有最大值．∴Q2,−6．
设P1,n，由PB=PQ得，1−42+n−02=1−22+n+62．
∴n=−73，∴P1,−73·
（3）①如图，过Q作QM⊥PD于点M，

∴∠BPQ=90°，∠PDB=90°，PB=PQ，
∵∠DPB+∠DBP=90°，∠DPB+∠MPQ=180°−∠BPQ=90°，
∴∠DBP=∠MPQ，
∴△BDP≌△PMQ，∴PM=DB=3，QM=DP．
∴DM=DP+PM=QM+DB．
设Qm,m2−3m−4，
∴−m2−3m−4=m−1+3，∴m=2±4+82=1±3．
∴Q的坐标为1+3,−3−3或(1−3，−3+3)．
②△BDQ周长最小值为35+3．
理由如下：当点P与点D重合时，PQ=DB=3，此时，点Q位于E1,−3处，作直线EQ，可得直线EQ为点Q运动的轨迹，易求直线EQ的解析式为y=−x−2．如图，作点B关于直线EQ的对称点B'−2,−6，连接DB'交直线EQ于点Q'，连接BQ'，此时△Q'BD周长最小，为35+3．

【点睛】本题为二次函数综合题，考查了二次函数解析式的求法、相似三角形的判定和应用、二次函数的最值、全等三角形的判定和应用以及对称点的妙用，本题综合性较强，解题关键是熟练掌握三角形的有关知识，做到数形结合．
10．（2023·山西晋中·统考一模）综合与探究．
如图1，在平面直角坐标系中，已知二次函数y=−23x2+43x+2的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接BC．

(1)求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线BC的函数表达式；
(2)点P是二次函数图象上的一个动点，请问是否存在点P使∠PCB=∠ABC？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，作出该二次函数图象的对称轴直线l，交x轴于点D．若点M是二次函数图象上一动点，且点M始终位于x轴上方，作直线AM，BM，分别交l于点E，F，在点M的运动过程中，DE+DF的值是否为定值？若是，请直接写出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)A−1,0，B3,0，C0,2，yBC=−23x+2
(2)存在，点P的坐标为2,2或285,−28625
(3)存在，163

【分析】（1）先根据二次函数的性质求出A,B,C的坐标，再利用待定系数法求一次函数解析式；
（2）分两种情况讨论，当点P在BC上方时，当点P在BC下方时，再利用勾股定理和待定系数法进行求解即可；
（3）由（2）得抛物线的对称轴为直线x=1，求出点D的坐标，设Mt,−23t2+43t+2且−1 【详解】（1）当y=0时，即−23x2+43x+2=0，
解得x1=−1，x2=3．
∴图象与x轴交于点A−1,0，B3,0，
当x=0时，y=2，
∴图象与y轴交于点C0,2，
∴直线BC的函数表达式为yBC=−23x+2；
（2）存在，理由如下：
当点P在BC上方时，∵∠PCB=∠ABC，
∴CP∥AB，即CP∥x轴，
∴点P与点C关于抛物线的对称轴对称，
∵y=−23x2+43x+2，
∴抛物线的对称轴为直线x=−432×−23=1；
∵C0,2，∴P2,2，
当点P在BC下方时，设CP交x轴于点Km,0，
则OK=m，KB=3−m．
∵∠PCB=∠ABC，∴CK=BK=3−m．
在Rt△COK中，OC2+OK2=CK2，
∴22+m2=(3−m)2，
解得：m=56，∴K56,0，
设直线CK的解析式为y=kx+d，则56k+d=0d=2，
解得：k=−125d=2，
∴直线CK的解析式为y=−125x+2，
联立，得y=−125x+2y=−23x2+43x+2，
解得：x1=0y1=2（舍去），x2=285y2=−28625，
∴P285,−28625．
综上所述，点P的坐标为2,2或285,−28625，
（3）存在，DE+DF的值为定值163，理由如下：
由（2）得抛物线的对称轴为直线x=1，
∴D1,0，
设Mt,−23t2+43t+2且−1 设直线AM的解析式为y=k1x+b1，
将A−1,0和点M的坐标代入得−k1+b10tk1+b1=−23t2+43t+2，
解得：k1=−23t+2b1=−23t+2，
∴直线AM的解析式为y=−23t+2x−23t+2，
当x=1时，y=−43t+4，
∴E1,−43t+4，
同理，直线BM的解析式为y=−23t−23x+2t+2，
当x=1时，y=43t+43，
∴F1,43t+43，
∴DE=−43t+4,DF=43t+43，
∴DE+DF=43t+43+−43t+4=163，
∴DE+DF的值是定值，DE+DF=163．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题目，涉及待定系数法求一次函数解析式，二次函数解析式，二次函数的图象和性质，熟练掌握知识点是解题的关键．

11．（2023·广东广州·统考一模）已知抛物线y=12ax2−(a−2)x−4开口向上，与x轴交于B，C（点B在点C的左边），与y轴交于点A．
(1)求出点C的坐标；
(2)在直线AB下方的抛物线上一点M，当△MAB最大面积为4时，求点M的坐标及a的值；
(3)设抛物线的顶点为点D，连接AD，是否存在点D，使得∠DAC=2∠ACB？若存在，求出此时a的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)C2,0，详见解析

(2)M−2,−4，a=1，详见解析

(3)存在，a=6,a=1811，详见解析


【分析】（1）令y=0得到方程12ax2−a−2x−4=0求出与x轴的交点坐标，然后根据开口方向即可确定C点坐标；
（2）设Mm,12am2−a−2m−4，过点M作MN⊥x轴交直线AB于点N，用含m的代数式表示出MN，表示出S△ABM=−m2−4am，利用二次函数的最值性质即可得解；
（3）分顶点D在y轴左侧和右侧两种情况，分别构造符合条件的直线解析式，先求出解析，然后将Da−2a,−a2−4a−42a代入直线解析式，解方程得值，进而即可得解．
【详解】（1）解：令y=0得到方程12ax2−a−2x−4=0，
解这个方程得：x1=−4a,x2=2，
∴抛物线y=12ax2−a−2x−4与x轴的交点为−4a,0,2,0，
∵抛物线开口向上，
∴a>0，
∴−4a<0<2，
又∵B点在C点的左侧，
∴B−4a,0,C2,0，
∴C2,0；
（2）解：如图，在AB下方的抛物线上任取一点M，过点M作MN⊥x轴交直线AB于点N，连接BM,AM，
令x=0得12a×02−a−2×0−4=y，
解得y=−4，
∴A0,−4，由1知B−4a,0，
设直线AB的解析式为y=kx+b，
∴0×k+b=−4−4a×k+b=0，
∴k=−ab=−4，
∴直线AB解析式为y=−ax−4，
设Mm,12am2−a−2m−4，
∴Nm,−am−4，
∴MN=−am−4−12am2−a−2m−4=−12am2−2m，
∴S△ABM=12−12am2−2m×0−−4a=−m2−4am，
∴当m=−−4a2×−1=−2a时S△ABM最大为4，
∴−−2a2−4a×−2a=4，
∴a=±1，
又∵a>0，
∴a=1，
∴m=−2a=−2时，12am2−a−2m−4=12×1×−22−1−2×−2−4=−4，
∴M−2,−4，
综上：M−2,−4，a=1；

（3）解：存在，如图2，作G0,4，连接CG，
∵A0,−4,OC⊥AO，
∴OG=OA，

∴CG=CA，
∴∠OCG=∠OCA=12∠ACG，
作等腰△CFE，使∠CFE=∠FCG，AE=CG，交y轴于点M，
∴∠ACG=2∠OCA=2∠BCA=∠CFE，
∴△CEF≅△FCGSAS，
∴AG=CE=4+4=8，∠MCA=∠MAC，
∴MA=MC，
过点E作EF⊥AF交y轴于F点，
在Rt△OCM中，OC2+OM2=CM2=OA−OM2，        
∴22+OM2=4−OM2，
∴OM=32,CM=AM=52，
∴EM=8−52=112，
∵∠COM=∠EFM,∠CMO=∠EMF，
∴△COM∼△EFM，
∴COEF=OMMF=CMEM=52112=511，
∴EF=225,MF=3310，
∴OF=OM+MF=32+3310=4810=245，
∴E−225,−245，
∴过E,A两点的解析式设为y=kx+b，
∴−4=0×k+b−245=−225×k+b，
∴k=211b=−4，
∴y=211x−4，
∵点D为抛物线y=12ax2−a−2x−4的顶点，
∴Da−2a,−a2−4a−42a，
将D点坐标代入y=211x−4得−a2−4a−42a=211×a−2a−4，
解方程得a=2,a=1811，
当a=2时，D0,−4与A重合，不符合题意，舍去

如图3，作G0,4，连接CG，
∵A0,−4,OC⊥AB，
∴CG=CA，
∴∠OCG=∠OCA=12∠ACG，
过点A作AE∥CG，
∴∠ACG=∠CAF=2∠ACB，
∵C2,0,G0,4，
∴过C,G两点的解析为：y=−2x+4，
∵AE∥CG，直线AE过A点，
∴过A,E两点的解析式为y=−2x−4，
∵点D为抛物线y=12ax2−a−2x−4的顶点，
∴Da−2a,−a2−4a−42a，
将D点坐标代入y=−2x−4得−a2−4a−42a=−2×a−2a−4，
解方程得：a=6,a=2（舍去），
综上所述：a=6,a=1811．

【点睛】本题考查了二次函数的图像及性质的综合，相似三角形的判定与性质，勾股定理,一次函数解析式等知识点，，熟练掌握其性质，合理构造二倍角是解决此题的关键．

12．（2023·辽宁葫芦岛·统考一模）如图，抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于点A−1，0和点B2，0，点P在第一象限的抛物线上运动，直线AP交y轴于点D．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，连接BD，BP，当SΔADB=23SΔPDB时，求点P的坐标；
(3)如图2，若AO=DO，点E在直线AD上运动，连接OE，将△AOE沿OE折叠，得到△FOE，当EF与坐标轴平行时，请直接写出点E的坐标．
【答案】(1)y=−x2+x+2
(2)P32,54
(3)E122−1,22，E222,1+22，E3−22,1−22，E4−22−1,−22

【分析】（1）把A(−1,0)和点B(2,0)代入y=ax2+bx+2，待定系数法求解析式即可求解；
（2）过点B作BM⊥AP，垂足为点M，根据已知条件得出AD=23PD，过点P作PC∥x轴，交y轴于点C，可得△PCD∽△AOD，进而根据相似三角形的性质得出AO=23PC，进而得出点P的横坐标为32，代入抛物线解析式即可求解；
（3）根据已知得出直线AD的解析式为y=x+1；设Et,t+1，根据当EF ∥x轴时，当EF∥y轴时，分别画出图形，分类讨论即可求解．
【详解】（1）把A(−1,0)和点B(2,0)代入y=ax2+bx+2，
得a−b+2=04a+2b+2=0，
解得a=−1b=1
∴抛物线解析式为y=−x2+x+2；
（2）过点B作BM⊥AP，垂足为点M

∴S△ADB=12⋅AD⋅BM，S△DPB=12⋅PD⋅BM，
∵S△ADB=23S△PDB，
∴AD=23PD，
∴ADPD=23，
过点P作PC∥x轴，交y轴于点C，
∴∠PCD=∠AOD，
∵∠PDC=∠ADO，
∴△PCD∽△AOD，
∴ADPD=AOPC=23，
∴ AO=23PC
∵A(−1,0)，
∴PC=32
∴点P的横坐标为32，  
把x=32代入y=−x2+x+2
得：y=−94+32+2=54
∴点P32,54；
（3）解：∵AO=DO，A(−1,0)，
∴DO=AO=1，则D0,1，
设直线AD的解析式为y=kx+b，
∴−k+b=0b=1，
解得：k=1b=1，
∴直线AD的解析式为y=x+1；
依题意设Et,t+1，
如图所示，将△AOE沿OE折叠，得到△FOE，

∴AO=OF，AE=EF，∠AOE=∠FOE，
当EF ∥x轴时，
∴∠AOE=∠FEO，
∴∠FEO=∠FOE，
∴EF=AO
又AO∥EF
∴四边形AOFE是平行四边形，
又∵AO=OF
∴四边形AOFE是菱形；
∴AE=AO
∴−1−t2+t+12=1
解得：t=22−1或t=−22−1
如图所示，当EF∥y轴时，

∵AO=DO，∠AOD=90°
∴△AOD是等腰直角三角形，
∴∠DAO=45°，
设直线EF交x轴于点G，  
∵折叠，
∴∠OFG=45°
∴OF=OA=1,GO2+GF2=OF2
即t2+t2=1,
解得：t=22或t=−22
∴E122−1,22，E222,1+22，E3−22,1−22，E4−22−1,−22
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，待定系数法，面积问题，旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．




13．（2023·福建三明·统考二模）如图①，在平面直角坐标系xOy中，直线y=12x与抛物线L1：y=ax2−2xa>0在第一象限交于点A，点P为线段OA上一点（不含端点），过点P作直线l∥y轴，分别交x轴，抛物线L1于点M，Q．

(1)若点A的横坐标为2，求a的值；
(2)过点A作AN⊥l，垂足为N，求证：PQ=a·OM·AN；
(3)如图②，若过点Q的抛物线L2：y=ax2−4x+b与直线y=12x交于点B，C （点B在C的左侧） ，求证：PB·PC=PO·PA．
【答案】(1)54
(2)见解析
(3)见解析

【分析】（1）先将x=2代入y=12x中求得点A坐标，再将A2,1代入L1：y=ax2−2xa>0中求解即可；
（2）设Pp,12p，则Mp,0，Qp,ap2−2p，
∴OM=p，PQ=12p−ap2−2p=52p−ap2，由12x=ax2−2x求得A52a,54a，进而求得AN=52a−p，进而可求解即可；
（3）作BE⊥l，CF⊥l，AN⊥l，垂足分别为E、F、N，由（2）知Pp,12p，A52a,54a，AN=52a−p，由抛物线都过点Q求得b=2p，设Bx1,12x1，Cx2,12x2，则BE=p−x1，CF=x2−p，由题意和一元二次方程的根与系数关系得到x1+x2=92a，x1x2=2pa，证△BPE∽△APN，△OPM∽△CPF得到PBPA=BEAN=p−x152a−p，POPC=OMCF=px2−p，进而证明p−x152a−p=px2−p即可证得结论．
【详解】（1）解：将x=2代入y=12x中，得y=1，则A2,1，
将A2,1代入L1：y=ax2−2xa>0中，得1=4a−4，
∴a=54；
（2）解：由题意，设Pp,12p，则Mp,0，Qp,ap2−2p，
∴OM=p，PQ=12p−ap2−2p=52p−ap2，
由12x=ax2−2x得x1=52a，x2=0，
∴A52a,54a，又AN⊥l，
∴AN=52a−p，
∴a⋅OM⋅AN=a⋅p52a−p=52p−ap2，
∴PQ=a·OM·AN；
（3）解：作BE⊥l，CF⊥l，AN⊥l，垂足分别为E、F、N，
由（2）知Pp,12p，A52a,54a，AN=52a−p，
∵抛物线都过点Q，Qp,ap2−2p，
∴ap2−4p+b=ap2−2p，则b=2p，
设Bx1,12x1，Cx2,12x2，则BE=p−x1，CF=x2−p，
由ax2−4x+2p=12x得2ax2−9x+4p=0，
∴x1+x2=92a，x1x2=2pa，
∵CF∥AN∥BE∥OM，
∴△BPE∽△APN，△OPM∽△CPF，
∴PBPA=BEAN=p−x152a−p，POPC=OMCF=px2−p，
∵p−x1x2−p=px1+x2−x1x2−p2
=p⋅92a−2pa−p2
=5p2a−p2
=p52a−p，
∴p−x152a−p=px2−p，
∴PBPA=POPC，即PB·PC=PO·PA．

【点睛】本题考查待定系数法求函数解析式、坐标与图形、相似三角形的判定与性质、比例性质、二次函数与一元二次方程的关系等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，会利用相似三角形的性质探究线段关系是解答的关键．

14．（2023·黑龙江哈尔滨·统考一模）如图，在平面直角坐标系xoy中，抛物线y=ax2+bx+4与x轴负半轴交于点A，与x轴正半轴交于点B，与y轴交于点C，直线AC的解析式为y=x+n

(1)如图1，求点A的坐标；
(2)点Q在点B的右侧的x轴上，点P在线段AC上，AP=2BQ，连接PB、PQ，如图2，设线段BQ长为m，△PBQ的面积为s，求s与m的函数关系式；
(3)在（2）的条件下，连接BC交PQ于点D，连接OD，当∠BDQ=45°，OD⊥PQ时，如图3，求抛物线的解析式．
【答案】(1)A−4,0
(2)S=12m2
(3)y=−38x2−12x+4

【分析】（1）先根据抛物线的解析式求出C0,4，再利用C0,4求出一次函数的解析式，根据一次函数的解析式即可求得点A的坐标；
（2）根据C0,4，A−4,0，求出∠AOC=45°，从而得到AE=PE，根据勾股定理得到AP=2AE=2PE，结合已知条件AP=2BQ得到AE=PE=BQ=m，从而根据三角形的面积公式可以得到S=12BQ⋅PE=12m⋅m=12m2；
（3）过点P作PF⊥CO，垂足为F，过点F作FH∥PQ，交x轴于点H，过点H作GH⊥BQ，且HG=BO，连接BG，延长OD交CG于点N，先证明△COB≌△BHGSAS得到BC=BG，再证明∠CBG=90°，进一步证明四边形CFHG是平行四边形，得到FC=HG，再证明△ONC≌△QDOAAS，得到DQ=2OD，从而得到tan∠OQD=PEEQ=12，根据OQ=BH=4， 得到EQ=8−m，即可求出m得值，从而求出点B的坐标，再结合点A的坐标即可求出二次函数的解析式．
【详解】（1）解：抛物线y=ax2+bx+4上，
当x=0时，y=4，
∴C0,4
把0,4代入y=x+n，得n=4，
∴一次函数的解析式为：y=x+4，
∵在一次函数的图像上，当y=0时，x=−4，
∴A−4,0．
（2）解：如下图所示，过点P作PE⊥AO垂足为E，

∵ C0,4，A−4,0，
∴OA=OC=4，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠AOC=45°，
∵∠PEA=90°，
∴∠APE=45°=∠PAE
∴AE=PE，
∴AP=2AE=2PE，
∵AP=2BQ，
∴AE=PE=BQ=m，
∴S=12BQ⋅PE=12m⋅m=12m2，
∴S=12m2．
（3）解：如下图所示，过点P作PF⊥CO，垂足为F，过点F作FH∥PQ，交x轴于点H，过点H作GH⊥BQ，且HG=BO，连接BG，延长OD交CG于点N，

∵∠PFC=∠PFO=90°，∠PCF=45°
∴∠CPF=45°
∴∠CPF=∠PCF=45°，
∴CF=PF，
∵∠PFO=∠FOE=∠OEP=∠EPF=90°，
∴四边形PEOF是矩形，
∴CF=PF=EO，
∵∠PFO=∠FOQ=90°，
∴PF∥QH，
∵FH∥PQ，
∴四边形PFHQ是平行四边形
∴PF=QH，
∴OE=QH，
∵由（2）得AE=BQ，
∴BH=AO=4=CO，
∵CO=BH∠COQ=∠BHG=90°OB=HG
∴△COB≌△BHGSAS，
∴BC=BG，∠GBH=∠OCB
∵∠OCB+∠OBC=90°，
∴∠GBH+∠OBC=90°，
∴∠CBG=90°，
∴∠BCG=45°
∵∠BDQ=45°，
∴FH∥CG，
∵ FC∥HG，
∴四边形CFHG是平行四边形，
∴ FC=HG，
∴FC=OB=OE，
∴OQ=AE=CO=4，
∴ PQ∥CG，
∴ ∠ODQ=∠ONG，
∵ OD⊥PQ
∴ ∠ODQ=∠ONG=90°，
∴ ∠CDN=45°=∠DCN，
∴ CN=DN
∵∠CON+∠NOQ=90°，
∴∠OQD+∠NOQ=90°，
∴∠OQD=∠CON，
∵CO=BH∠CNQ=∠ODQ=90°∠OQD=∠CON
∴△ONC≌△QDOAAS，
∴ CN=OD，
∴ DN=OD，DQ=ON
∴ DQ=2OD，
∴ tan∠OQD=ODDQ=12，
∵tan∠OQD=PEEQ=12
∵ QH=PF=FC=HG=OB，
∴ OQ=BH=4，
∴ EQ=8−m，
∴ m8−m=12，解得m=83．OB=4−m=43，
∴ B43,0
点A−4,0，B43,0在抛物线y=ax2+bx+4
16a−4b+4=0169a+43b+4=0，
解得a=−38b=−12，
∴y=−38x2−12x+4．
【点睛】本题考查一次函数和二次函数的解析式，平行四边形的性质，全等三角形的判定于性质，以及三角函数，解题的关键是添加正确的辅助线，构造出△COB≌△BHG．


15．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第四十七中学校考二模）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=ax2−3ax+5交x轴于A、B两点，交y轴于C，tan∠ABC=1.

(1)求抛物线的解析式；
(2)P为抛物线上第一象限上一点，AP交y轴于D交BC于E，连接CP，点P的横坐标为t，CD的长为d，求d与t之间的函数关系式；
(3)在（2）的条件下，AP交BC于E，过点O做OF∥AP交BC于点F，G为抛物线上一点，延长交BG于点H，连接BP，若PE=PF，∠BPC=∠PHG，求点G的PF坐标.
【答案】(1)y=−12x2+32x+5；
(2)d=t；
(3)G−83,−239

【分析】（1）根据已知，可先求出点B的坐标，然后代入抛物线的解析式即可确定出a的值，得出结论；
（2）过P作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N，将y=0代入函数关系式，0=−12x2+32x+5，求得x1=−2，x2=5，得出OM=t，PM=−12t2+32t+5，AM=OA+OM=t+2，OA=2，再证△AOD∼△APM，得出OAAM=ODPM，最后代入可得结果；
（3）PM交BC于Q，连接QD交OF于R，过G作GT⊥x轴于T，先证△PQF≅△RQF，再设∠FPE=2α，推导可得tan∠MPB=tan∠GBA=13=GTBT=12m+2m−35−m，最后求出m的值即可．
【详解】（1）当x=5，y=5，
∴C0,5，OC=5，
∠BOC=90°，tan∠ABC=OCOB=1，OB=OC=5，
∴B5,0，
0=52×a−3×5x+5，
∴a=−12，
∴y=−12x2+32x+5
（2）过P作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N，

∴∠PMO=∠PNO=∠BOC=90°，
∴ 四边形PMON为矩形，
当y=0时，0=−12x2+32x+5，
解得：x1=−2，x2=5，
OM=t，PM=−12t2+32t+5，AM=OA+OM=t+2，OA=2，
∵∠AOD=∠PMO=90°，
∴OD∥PM，
∴△AOD∼△APM，
∴OAAM=ODPM，
OD=2×−12t2+32t+5t+2=−t+2t−5t+2，
t+2≠0，
∴OD=5−t，d=CD=OC−OD=5−5−t=t
（3）PM交BC于Q，则BM=5−t=MQ=OD，连接QD交OF于R，过G作GT⊥x轴于T，

∴四边形DQMO为矩形，OF∥AP，DR∥AO，
∴四边形AORD是平行四边形，DR=OA=2，RQ=t−2，
∵PE=PF，
∴∠1=∠2=∠3，
∴△PQF≅△RQF，
∴RQ=PQ=t−2，PM=PQ+MQ=5−t+t−2=3，
∴P4,3
∵PN⊥y轴于N，OM=PN=CD=t=4，CN=OC−ON=2，
∴DN=2=CN，PC=PD，
设∠FPE=2α，
∴∠1=∠2=90°−α，∠PFC=45°，
∴∠QPF=45°−α=∠FPQ=∠PDR=∠NPD，
∴∠CPD=90°−2α，
∴∠CPF=90°，∠BPC=∠CPF+∠HPB=90°+∠HPB=∠PHG，
∴∠PHG=∠HPB+∠PBH，
∴∠PBH=90°
tan∠MPB=tan∠GBA=13=GTBT=12m+2m−35−m，
∴m=−83 ，
∴G−83,−239
【点睛】本题为二次函数综合题，主要考查了待定系数法确函数解析式、相似三角形判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角函数、解一元二次方程等重要知识点．解决本题的关键是熟练掌握二次函数中特殊角的解决方法．