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专题26二次函数与线段周长压轴问题-中考数学压轴大题之经典模型培优案（全国通用）
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中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题26二次函数与线段周长压轴问题
经典例题
【例1】（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．
【例2】（2021·四川遂宁·统考中考真题）如图，已知二次函数的图象与x轴交于A和B（－3，0）两点，与y轴交于C（0，－3），对称轴为直线x=-1，直线y＝－2x＋m经过点A，且与y轴交于点D，与抛物线交于点E，与对称轴交于点F．
（1）求抛物线的解析式和m的值；
（2）在y轴上是否存在点P，使得以D、E、P为顶点的三角形与△AOD相似，若存在，求出点P的坐标；若不存在，试说明理由；
（3）直线y＝1上有M、N两点（M在N的左侧），且MN＝2，若将线段MN在直线y＝1上平移，当它移动到某一位置时，四边形MEFN的周长会达到最小，请求出周长的最小值（结果保留根号）．
【答案】（1）y=x+12-4；m=2；（2）存在，P0,12或0,14.5；（3）102+45+2
【分析】（1）根据抛物线的对称性求出A（1，0），再利用待定系数法，即可求解；再把点A坐标代入直线的解析式，即可求出m的值；
（2）先求出E（-5，12），过点E作EP⊥y轴于点P，从而得△EDP∽△ADO，即可得到P的坐标，过点E作EP'⊥AE，交y轴于点P'，可得△P'DE∽△ADO，再利用tan∠ADO=tan∠PEP'，即可求解；
（3）作直线y=1，将点F向左平移2个单位得到F'，作点E关于y=1的对称点E'，连接E'F'与直线y=1交于点M，过点F作FN∥E'F'，交直线y=1于点N，在Rt△EWF中和 Rt△E'WF'中分别求出EF， E'F'，进而即可求解．
【详解】（1）解：∵二次函数的图象与x轴交于A和B（－3，0）两点，对称轴为直线x=-1，
∴A（1，0），
设二次函数解析式为：y=a(x-1)(x+3)，把C（0，－3）代入得：-3=a(0-1)(0+3)，解得：a=1，
∴二次函数解析式为：y= (x-1)(x+3)，即：y=x+12-4，
∵直线y＝－2x＋m经过点A，
∴0=-2×1+m，解得：m=2；
（2）由（1）得：直线AF的解析式为：y=-2x+2，
又∵直线y=-2x+2与y轴交于点D，与抛物线交于点E，
∴当x=0时，y=2，即D（0，2），
联立y=-2x+2y=x+12-4，解得：x1=-5y1=12，x2=1y2=0，
∵点E在第二象限，
∴E（-5，12），
过点E作EP⊥y轴于点P，
∵∠ADO=∠EDP，∠DOA=∠DPE=90°，
∴△EDP∽△ADO，
∴P（0，12）；
过点E作EP'⊥AE，交y轴于点P'，可得△P'DE∽△ADO，
∵∠EDP'+∠PED=∠PEP'+∠PED=90°，
∴∠ADO=∠EDP'=∠PEP'，即：tan∠ADO=tan∠PEP'，
∴OAOD=PP'EP，即：12=PP'5，解得：PP'=2.5，
∴P'（0，14.5），
综上所述：点P的坐标为（0，12）或（0，14.5）；
（3）∵点E、F均为定点，
∴线段EF长为定值，
∵MN=2，
∴当EM+FN为最小值时，四边形MEFN的周长最小，
作直线y=1，将点F向左平移2个单位得到F'，作点E关于y=1的对称点E'，连接E'F'与直线y=1交于点M，过点F作FN∥E'F'，交直线y=1于点N，
由作图可知：EM=E'M，F'M=FN，
又∵E'，M，F'三点共线，
∴EM+FN=E'M+F'M=E'F'，此时，EM+FN的值最小，
∵点F为直线y=-2x+2与直线x=-1的交点，
∴F（-1，4），
∴F'（-3，4），
又∵E（-5，12），
∴E'（-5，-10），
延长FF'交线段EE'于点W，
∵FF'与直线y=1平行，
∴FW⊥EE'，
∵在Rt△EWF中，由勾股定理得：EF=12-42+-1+52=45，
在Rt△E'WF'中，由勾股定理得：E'F'=4+102+-3+52=102，
∴四边形MEFN的周长最小值=ME+FN+EF+MN=E'F'+EF+MN=102+45+2．
【点睛】本题主要考查二次函数与平面几何的综合，掌握待定系数法，相似三角形的判定和性质，添加辅助线，利用轴对称图形的性质，构造线段和的最小值，是解题的关键．
【例3】（2022·辽宁朝阳·统考中考真题）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2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．
【答案】(1)y=x2+2x-3，（-3，0）
(2)94
(3)-3,-32或（-2，1）或0,3-32
【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．
（1）
解：把点A(1，0)，C(0，﹣3)代入y=ax2+2x+c得：
c=-3a+2×1+c=0，解得：c=-3a=1，
∴抛物线解析式为y=x2+2x-3；
令 y=0，则x2+2x-3=0，
解得：x1=1,x2=-3，
∴点B的坐标为（-3，0）；
（2）
解：设直线BC的解析式为y=kx+bk≠0，
把点B（-3，0），C(0，﹣3)代入得：
b=-3-3k+b=0，解得：k=-1b=-3，
∴直线BC的解析式为y=-x-3，
设点Pm,-m+3，则Qm,m2+2m-3，
∴PQ=-m-3-m2+2m-3=-m2-3m=-m+322+94，
∴当m=-32时，PQ最大，最大值为94；
（3）
解：存在，
根据题意得：PC=2t,BM=t，则PB=32-2t，
如图，当BM=PM时，
∵B（-3，0），C（0，-3），
∴OB=OC=3，
∴∠OCB=∠OBC=45°，
延长NP交y轴于点D，
∵点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形，
∴PN∥x轴，BN∥PM，即DN⊥y轴，
∴△CDP为等腰直角三角形，
∴CD=PD=PC⋅sin∠OCB=2t×22=t，
∵BM=PM，
∴∠MPB=∠OBC=45°，
∴∠PMO=∠PDO=∠MOD=90°，
∴四边形OMPD是矩形，
∴OM=PD=t，MP⊥x轴，
∴BN⊥x轴，
∵BM+OM=OB，
∴t+t=3，解得t=32，
∴P-32,-32，
∴N-3,-32；
如图，当PM=PB时，作PD⊥y轴于D，连接PN，
∵点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形，
∴PN⊥BM，NE=PE，
∴BM=2BE，
∴∠OEP=∠DOE=∠ODP=90°，
∴四边形PDOE是矩形，
∴OE=PD=t，
∴BE=3-t，
∴t=2（3-t），解得：t=2，
∴P（-2，-1），
∴N（-2，1）；
如图，当PB=MB时，
32-2t=t，解得：t=6-32，
∴PN=BP=BM=6-32，
过点P作PE⊥x轴于点E，
∴PE⊥PM，
∴∠EON=∠OEP=∠EPN=90°，
∴四边形OEPN为矩形，
∴PN=OE，PN⊥y轴，
∵∠OBC=45°，
∴BE=PE=PB⋅sin∠OBC=6-32×22=32-3，
∴OE=OB-BE=3-32-3=6-32，
∴点N在y轴上，
∴N0,3-32，
综上所述，点N的坐标为-3,-32或（-2，1）或0,3-32．
【点睛】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．
【例4】（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
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
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
（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．
培优训练
一、解答题
1．（2022·云南文山·统考三模）已知抛物线y=ax2+1-3ax-3与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），顶点坐标为点D1,m．
(1)求m的值；
(2)设点P在抛物线的对称轴上，连接BP，求DP+5BP的最小值．
【答案】(1)-4
(2)8
【分析】（1）根据题意可得-1-3a2a=1，求出a的值，即可求解；
（2）过B作BK⊥BP，且BK=2BP，过K作KS⊥x轴于S，过K作KT∥x轴交DP于T，设抛物线对称轴交x轴于R，先求出B3,0，可得BR=2，再证得△PBR∽△BKS，可得KS=2BR=4，即K为直线y=4上的动点，从而得到T1,4，进而得到DP+5BP=DP+PK，可得到当K运动到T时，DP+5BP=DP+PK=DP+PT=DT，此时DP+5BP取最小值，最小值即是DT的长，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+1-3ax-3顶点坐标为点D1,m，
∴-1-3a2a=1，
解得a=1，
∴y=x2-2x-3=x-12-4，
∴顶点坐标为1,-4，
∴m的值是-4；
（2）解：过B作BK⊥BP，且BK=2BP，过K作KS⊥x轴于S，过K作KT∥x轴交DP于T，设抛物线对称轴交x轴于R，如图：
由（1）知抛物线y=x2-2x-3对称轴为直线x=1，顶点D1,-4，
在y=x2-2x-3中，
令y=0，得∶ x2-2x-3=0，
解得：x=-1或3，
∴B3,0，
∴BR=2，
∵BK⊥BP，
∴∠PBR=90°-∠KBS=∠BKS，
∵∠PRB=∠KSB=90°，
∴△PBR∽△BKS，
∴BPBK=BRKS，
∵BK=2BP，
∴KS=2BR=4，
即K为直线y=4上的动点，
∴T1,4，
∵BK⊥BP,BK=2BP，
∴PK=5BP，
∴DP+5BP=DP+PK，
由垂线段最短可得，当K运动到T时，DP+5BP=DP+PK=DP+PT=DT，此时DP+5BP取最小值，最小值即是DT的长，如图：
∵D1,-4,T1,4，
∴DT=8，
∴DP+5BP的最小值为8．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，相似三角形的判定与性质，解题的关键是添加辅助线，构造相似三角形，转化5BP成PK．
2．（2016·河南·模拟预测）如图，对称轴为直线x=-1的抛物线y=x2+bx+c与x轴相交于A，B两点，其中A点的坐标为-3,0．
(1)求该二次函数解析式；
(2)已知点C为抛物线与y轴的交点．
①若点P在抛物线上，且S△POC=4S△BOC，请直接写出点P的坐标；
②设点Q是线段AC上的动点，作QD⊥x轴交抛物线于点D，求线段QD长度的最大值．
【答案】(1)y=x2+2x-3
(2)①4,21或-4,5；②94
【分析】（1）由点A与点B关于直线x=-1对称可求得点B的坐标；
（2）①将点A和点B的坐标代入抛物线的解析式可求得b、c的值，从而得到抛物线的解析式，设点P的坐标为(a,a2+2a-3)，则点P到OC的距离为|a|．然后依据SΔPOC=4SΔBOC列出关于a的方程，从而可求得a的值，于是可求得点P的坐标；
②先求得直线AC的解析式，设点D的坐标为(x,x2+2x-3)，则点Q的坐标为(x,-x-3)，然后可得到QD与x的函数的关系，最后利用配方法求得QD的最大值即可．
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴为x=-1，A点的坐标为(-3,0)，
∴点B的坐标为1,0．
将点A和点B的坐标代入抛物线的解析式得：
9-3b+c=01+b+c=0，解得：b=2c=-3，
∴抛物线的解析式为y=x2+2x-3；
（2）∵将x=0代入得y=-3，
∴点C的坐标为0,-3．
∴OC=3．
①∵点B的坐标为1,0，
∴OB=1．
设点P的坐标为a,a2+2a-3，则点P到OC的距离为|a|．
∵SΔPOC=4SΔBOC，
∴ 12OC×|a|=12OC×OB，即12×3×a=4×12×3×1，
解得a=±4．
当a=4时，点P的坐标为4,21；
当a=-4时，点P的坐标为-4,5．
∴点P的坐标为4,21或-4,5．
②如图所示：
设AC的解析式为y=kx-3，
将点A的坐标代入得：-3k-3=0，解得k=-1，
∴直线AC的解析式为y=-x-3．
设点D的坐标为x,x2+2x-3，则点Q的坐标为x,-x-3．
∴QD=-x-3-x2+2x-3=-x-3-x2-2x+3=-x2-3x=-x+322+94，
∴当x=-32时，QD有最大值，QD的最大值=94．
【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解题的关键是主要应用了抛物线的对称性、待定系数法求二次函数的解析式，列出线段QD的长与点P横坐标x之间的函数关系是解题的关键．
3．（2022·山东济南·校考一模）如图，直线y=12x+12与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y=ax-12-2过点A．
(1)求出抛物线解析式的一般式；
(2)抛物线上的动点D在一次函数的图象下方，求△ACD面积的最大值，并求出此时点D的坐标；
(3)若点P为x轴上任意一点，在（2）的结论下，求PD+35PA的最小值．
【答案】(1)y=12x2-x-32；
(2)2516，32,-158；
(3)3．
【分析】（1）利用函数y=12x+12求解A的坐标，再把A的坐标代入二次函数解析式可得答案，
（2）过点D作DM∥y轴交AC于M，得到S△ACD=12DM，利用二次函数的性质可得答案，
（3）作点D关于x轴的对称点F，连接DF交x轴于点G，过点F作FH⊥AD于点H，交x轴于点P，证明PH=35AP，从而得到PD+35AP=FH，从而可得答案．
【详解】（1）解：令12x+12=0，解得：x=-1，
∴点A-1,0，∴0=a(-1-1)2-2，
∴a=12，∴y=12(x-1)2-2，
即y=12x2-x-32．
（2）解：令12x+12=12x2-x-32，化简可得：x2-3x-4=0
解得x=-1或x=4，
如图，过点D作DM∥y轴交AC于M，
设Da,12a2-a-32，-1
所以：①当-1
②当0
∴S△ACD=12DM=12-12a2+32a+2=-14a-322+2516，
∴当a=32时，△ACD的面积有最大值，最大值是2516，
此时D点坐标为32,-158．
（3）解：作点D关于x轴的对称点F，连接DF交x轴于点G，过点F作FH⊥AD于点H，交x轴于点P．
∵D32,-158，OA=1，
∴AG=1+32=52，DG=158，
∴tan∠DAG=DGAG=52158=34，
设DG=3m,AG=4m, 则AD=5m,
∴sin∠ADG=AGAD=45, sin∠DAG=DGAD=PHAP=35，
∴PH=35AP，
∵D、F关于x轴对称，∴PD=PF，
∴PD+35AP=FP+HP=FH，此时PD+35AP最小．
∵DF=158×2=154，
∴sin∠ADG=AGAD=FHDF=45，
∴FH=45DF=45×154=3，
∴PD+35AP的最小值是3．
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，以及利用二次函数的性质求解面积的最大值，同时考查利用轴对称求线段和的最小值，同时考查锐角三角函数的应用，掌握以上知识是解题的关键．
4．（2022·重庆·重庆八中校考模拟预测）平面直角坐标系中，抛物线y=-14x2+bx+c与直线KB交于点B(2,0)，K(-12,-14)，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的函数表达式及顶点坐标；
(2)如图1，连接BC，点P是线段BK上方抛物线上的一个动点，过点P作PZ∥x轴交CB于点Z，过点P作PQ∥CB交直线KB于点Q，求655PQ+PZ的最大值及此时点P的坐标；
(3)如图2，在（2）的条件下，将该抛物线向下平移38个单位，向右平移3个单位，使得P点对应点P'．点S是新抛物线对称轴上一点，在平面上否存在一点N，使以P'、S、A、N为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=-14x2-32x+4，-3,254
(2)655PQ+PZ最大值为1958，P-7,94
(3)N-12,94980或-4,-158
【分析】（1）运用待定系数法即可求解；
（2）设Pt,-14t2-32t+4-12
【详解】（1）解：∵抛物线y=-14x2+bx+c经过点B(2,0)，K(-12,-14)，
∴-1+2b+c=0-36-12b+c=-14，
解得：b=-32c=4，
∴抛物线解析式为y=-14x2-32x+4，
∵y=-14x2-32x+4=-14x+32+254
∴顶点坐标为-3,254；
（2）解：设Pt,-14t2-32t+4-12
∵B(2,0)，K(-12,-14)，
∴直线BK的解析式为y=x-2，
∵PM∥y轴，
∴P、M的横坐标相同，
∴Mt,t-2，
∴PM=-14t2-32t+4-t-2=-14t2-52t+6，
易求C0,4，
∵B(2,0)，
∴直线BC的解析式为y=-2x+4，
∵QN∥x轴，
∴P、Z的纵坐标相同，
∴Z的纵坐标为-14t2-32t+4，
∴-14t2-32t+4=-2x+4，
解得x=18t2+34t，
∴Z18t2+34t,-14t2-32t+4，
∴PZ=18t2+34t-t=18t2-14t，
∵PZ∥x轴，BC∥PQ，PZ∥x轴∥NQ，
∴∠OBC=∠PZC，∠PZC=∠ZPQ，∠ZPQ=∠PQN，
∴∠OBC=∠PQN，
又∠BOC=∠QNP=90°，
∴△BOC∽△QNP，
∴BONQ=BCPQ=OCPN，
∵BO=2，CO=4，
∴BC=BO2+CO2=25，
∴ 2NQ=25PQ=4PN，
∴NQ=55PQ，PN=2QN，
∵QN∥x轴，y=x-2与x轴所交的锐角为45°
∴∠NQM=45°，
∴△MNQ是等腰直角三角形，
∴MN=NQ，
∴NQ=13PM，
∴13PM=55PQ，
∴PQ=53PM，
∴655PQ+PZ=655×53PM+PZ=2PM+PZ
=2-14t2-52t+6+18t2-14t
=-38t2-214t+6
=-38t+72+1958，
∴当t=-7时，655PQ+PZ有最大值为1958，
此时-14t2-32t+4=-14×-72-32×-7+4=94，
∴P-7,94；
（3）解：抛物线y=-14x+32+254向下平移38个单位，向右平移3个单位，得到新抛物线y=-14x2+478，
P-7,94向下平移38个单位，向右平移3个单位，得到P'-4,158
设S0,m， NxN,yN，
令y=0，则-14x2-32x+4=0，解得x1=-8，x2=2，
∴A-8,0，
①以AP'，NS为对角线时，
-8+-42=xN+02，
解得xN=-12，
又AN=NP'，
∴-12+82+yN2=-82+m2，
∴yN=94980，
∴N-12,94980
②以AN，P'S为对角线时，
-8+xN2=-4+02，
解得xN=4，，
又AP'=P'N，
∴-4+82+1582=-4-42+158-yN2，
∴158-yN2=22564-48<0，
∴无解，
∴不符合题，舍去；
③以AS，P'S为对角线时，
-8+02=xN+-42，
解得xN=-4，
又AP'=AN，
∴-8+42+1582=-4+82+yN2，
∴yN=-158（正跟舍去），
∴N-4,-158，
综上，N-12,94980或-4,-158．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数的图象与性质，一次函数图象上点坐标的特征，菱形的性质，相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点的坐标以及相关线段的长度．
5．（2022·山西·山西实验中学校考模拟预测）综合与探究：
已知：二次函数y=ax2+bx+c的图象的顶点为D-1,4，与x轴交于B，A两点，与y轴交于点C0,3，如图：
(1)求二次函数的表达式；
(2)在抛物线的对称轴上有一点E，使得△ACE的周长最小，求出点E的坐标；
(3)若点N在抛物线的对称轴上，抛物线上是否存在点P，使得以A、B、N、P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=-x2-2x+3；
(2)-1,2；
(3)-1,4或-5,-12或3,-12.
【分析】（1）利用待定系数法，设顶点式求出二次函数的表达式；
（2）根据轴对称最短路径问题得到点E的位置，利用待定系数法求出直线BC的函数解析式，令x=-1代入计算得到答案；
（3）根据平行四边形的判定定理画出可能的图形，根据二次函数图象上点的坐标特征解答．
【详解】（1）解：∵抛物线的顶点为-1,4，
∴设函数表达式为y=ax+12+4.
∵图象过点C0,3，
∴当x=0时，y=3，
∴3=a0+12+4，
解得，a=-1，
∴函数表达式为y=-x+12+4，即y=-x2-2x+3；
（2）解方程-x2-2x+3=0，
得：x1=-3，x2=1，
∴点B的坐标为-3,0，点A的坐标为1,0．
如图1，连接BE，
∵A、B关于对称轴x=-1对称，点E在对称轴x=-1上，
∴EA=EB，
∴△ACE的周长=AC+CE+EA=AC+CE+EB，
当B、E、C在同一直线上时，△ACE的周长最小．
设直线BC的函数解析式为y=kx+bk≠0.
则-3k+b=0b=3，解得k=1b=3，
∴直线BC的函数解析式为y=x+3.
∵点E的横坐标为x=-1，
所以点E的坐标为-1,2；
（3）如图2，当点P与点D重合，点N与点P关于x轴对称时，四边形ANBP的对角线互相平分，
∴四边形ANBP是平行四边形，此时点P的坐标为-1,4.
当P'N'∥AB，P'N'=AB=4时，四边形ABP'N'是平行四边形，
此时P'点的横坐标为-1-4=-5，
∴P'的纵坐标为：y=-x2-2x+3=-25+10+3=-12，
∴点P'的坐标为-5,-12.
当P″N'∥AB，P″N'=AB=4时，四边形ABN'P″是平行四边形，
此时P″点的横坐标为-1+4=3，
P″的纵坐标为：y=-x2-2x+3=-9-6+3=-12，
∴点P″的坐标为3,-12.
∴以A、B、N、P四点为顶点的四边形为平行四边形，点P的坐标为：-1,4或-5,-12或3,-12.
【点睛】本题考查了二次函数的性质、平行四边形的判定、灵活运用分情况讨论思想、掌握待定系数法求二次函数解析式的一般步骤是解题的关键．
6．（2022·甘肃平凉·统考二模）如图，抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于A1，0，B-3，0两点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)设（1）中的抛物线交y轴于C点，在该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Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)在（1）中的抛物线上的第二象限上是否存在一点P，使△PBC的面积最大？若存在，求出△PBC面积的最大值．若没有，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的解析式为：y=-x2-2x+3
(2)存在，点Q的坐标为-1，2
(3)存在，S△PBC最大值为278
【分析】（1）根据题意可知，将点A、B的坐标代入函数解析式，列出方程组即可求得b、c的值，求得函数解析式；
（2）根据题意可知，边AC的长是定值，要想△QAC的周长最小，即是AQ+CQ最小，所以此题的关键是确定点Q的位置，找到点A的对称点B，求得直线BC的解析式，求得与对称轴的交点即是所求；
（3）设Px，-x2-2x+3-3
可得：-1+b+c=0-9-3b+c=0，
解得：b=-2c=3，
∴抛物线的解析式为：y=-x2-2x+3；
（2）解：存在，理由如下：
如图，
∵A、B两点关于抛物线的对称轴x=-1对称，
∴直线BC与x=-1的交点即为Q点，此时△AQC周长最小，连接AC、AQ，
∵点C是抛物线与y轴的交点，
∴C的坐标为0，3，
又∵B-3，0，
∴直线BC解析式为：y=x+3，
∴Q点坐标即为x=-1y=x+3，
解得：x=-1y=2，
∴Q-1，2；
（3）解：存在，理由如下：
如图，设Px，-x2-2x+3-3
若S四边形BPCO有最大值，则S△PBC就最大，
∴S四边形BPCO=S△BPE+S直角梯形PEOC，
∵S△BPE=12BE⋅PE=12x+3-x2-2x+3，
又∵S直角梯形PEOC=12OEPE+OC=12-x-x2-2x+3+3，
∴S四边形BPCO=12x+3-x2-2x+3+12-x-x2-2x+3+3，
∴S四边形BPCO=-32x+322+92+278，
∴S△PBC=S四边形BPCO-S△BOC=-32x+322+92+278-92=-32x+322+278，
∴当x=-32时，S△PBC最大值为278．
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，要注意距离最短问题的求解关键是点的确定，还要注意面积的求解可以借助于图形的分割与拼凑，特别是要注意数形结合思想的应用．
7．（2022·重庆·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于点A和C（1，0），交y轴于点B（0，3），抛物线的对称轴交x轴于点E，交抛物线于点F．
(1)求抛物线的解析式；
(2)将线段OE绕着点O沿顺时针方向旋转得到线段OE'，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接AE',BE'，求BE'+13AE'的最小值；
(3)M为平面直角坐标系中一点，在抛物线上是否存在一点N，使得以A，B，M，N为顶点的四边形为矩形？若存在，请直接写出点N的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝﹣x2﹣2x+3；
(2)823；
(3)存在，-1-52，-1+52，﹣1，2
【分析】（1）根据待定系数法即可求出解析式；
（2）先取OE的三等分点D，得出DE'=13AE'，当B，E'，D三点共线时即为最小值；
（3）先设出点N的坐标，根据矩形的性质列出关于N点坐标的方程组，即可求出N点的坐标．
（1）
把C(1,0)，B(0,3)代入y=-x2+bx+c中，
得：-1+b+c=0c=3，
∴b=-2，c=3，
∴y=-x2-2x+3；
（2）
在OE上取一点D，使得OD=13OE，
连接DE'，BD，
∵ OD=13OE=13OE'，对称轴x=-1，
∴E(-1,0)，OE=1，
∴OE'=OE=1，OA=3，
∴ OE'OA=ODOE'=13，
又∵∠DOE'=∠E'OA，
ΔDOE'∽△E'OA，
∴ DE'=13AE'，
∴ BE'+13AE'=BE'+DE'，
当B，E'，D三点共线时，BE'+DE'最小为BD，
BD=OB2+OD2=32+(13)2=823，
∴ BE'+13AE'的最小值为823；
（3）
存在，
∵A(-3,0)，B(0,3)，
设N(n,-n2-2n+3)，
则AB2=18，AN2=(n2+2n-3)2+(n+3)2，BN2=n2+(n2+2n)2，
∵以点A，B，M，N为顶点构成的四边形是矩形，
∴ΔABN是直角三角形，
若AB是斜边，则AB2=AN2+BN2，
即18=(n2+2n-3)2+(n+3)2+n2+(n2+2n)2，
解得：n1=-1-52，n2=-1+52，
∴N的横坐标为-1-52或-1+52，
若AN是斜边，则AN2=AB2+BN2，
即(n2+2n-3)2+(n+3)2=18+n2+(n2+2n)2，
解得n=0（与点B重合，舍去）或n=-1，
∴N的横坐标是-1，
若BN是斜边，则BN2=AB2+AN2，
即n2+(n2+2n)2=18+(n2+2n-3)2+(n+3)2，
解得n=-3（与点A重合，舍去）或n=2，
∴N的横坐标为2，
综上N的横坐标为-1-52，-1+52，-1，2．
【点睛】本题主要考查二次函数的综合应用，求解析式常用的是待定系数法，一般都是第一问，也是后面内容的基础，必须掌握且不能出错，否则后面的两问没法做，对于相似三角形，要牢记它的判定与性质，考试中一般都是先判定，再用性质．
8．（2022·广东东莞·东莞市光明中学校考一模）二次函数y=ax2+bx+3a≠0的图像与y轴交于点C，与x轴交于点A1,0、B92,0．
(1)求a、b的值；
(2)P是二次函数图像在第一象限部分上一点，且∠PAB=∠OCA，求P点坐标；
(3)在（2）的条件下，有一条长度为1的线段EF落在OA上（E与点O重合，F与点A重合），将线段EF沿x轴正方向以每秒613个单位向右平移，设移动时间为t秒，当四边形CEFP周长最小时，求t的值．
【答案】(1)a=23,b=-113
(2)P5,43
(3)6
【分析】（1）把A1,0、B92,0代入数y=ax2+bx+3即可得出结果；
（2）先得出tan∠PAB=13，设Px,23x2-113x+3(092），如图：过点P作.PD⊥x.轴于点D，根据解直角三角形得出tan∠PAD=PDAD=23x2-113x+3x-1=13，得出P点坐标；
（3）作P1关于x轴的对称点P2，先求CP2的解析式，得出当CE+PF值最小时，四边形CEFP的周长最小，连接EP1，根据两点之间线段最短可得：当C，E，P2三点共线，CE+EP2=CP2时，CE+EP2最短，得出结论．
（1）
解：把A1,0、B92,0代入数y=ax2+bx+3
得：a+b+3=0814a+92b+3=0，解得：a=23，b=-113，
∴a的值为：23，b的值为：-113．
（2）
解：由y=23x2-113x+3，令x=0，则y=3，
∴C(0,3），即OC=3
∵OA=1，OC=3，
∴在Rt△AOC中，tan∠ACO=AOCO=13，
∵∠PAB=∠OCA，
∴tan∠PAB=13，
设Px,23x2-113x+3(092），
过点P作PD⊥x轴于点D，
∴AD=OD-OA=x-1，
在Rt△PAD中，
tan∠PAD=PDAD=23x2-113x+3x-1=13，
∴x=5，
∴x-1≠0，
当x=5时，23x2-113x+3=23×52-113×5+3=43，
∴P5,43.
（3）
解：由题意得：OE=613t，OF=613t+1，即F向左平移1个单位到点E，
将P5,43向左平移1个单位到P14,43，
作P1关于x轴的对称点P2，则P24,-43，
连接CP2，
设CP2：y=kx+b(k≠0），
把C0,3，P24,-43代入得：
b=34k+b=-43，解得：k=-1312b=3，
∴CP2：y=-1312x+3，
令y=0，则0=-1312x+3，
∴x=3613，即CP2与x轴的交点为3613,0，
∴当E3613,0，F4913,0时，四边形CEFP的周长最短，
∵四边形CEFP的周长=CP+EF+CE+PF，且CP，EF是定长，
∴当CE+PF值最小时，四边形CEFP的周长最小，
连接EP1，
∵PP1=1=EF，且PP1//EF，
∴四边形EFPP1是平行四边形，
∴EP1=PF，
∵P1，P2关于x轴对称，E是x轴上的点，
∴EP1=EP2，
∴EP2=PF，
∴CE+PF=CE+EP2，
根据两点之间线段最短可得：当C，E，P2三点共线，CE+EP2=CP2时，CE+EP2最短，
即E3613,0时，四边形CEFP的周长最小，
∴613t=3613，t=6s，
即当t=6s时，四边形CEFP的周长最小．
【点睛】本题考查了二次函数的性质、轴对称的性质、平行四边形的判定与性质、解直角三角形等知识点，正确作出辅助线是解答本题的关键．
9．（2022·浙江杭州·杭州绿城育华学校校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，过点A(0,4)、B(5,9)两点的抛物线的顶点C在x轴正半轴上．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求点C的坐标；
(3)P(x,y)为线段AB上一点，1≤x≤4，作PM∥y轴交抛物线于点M，求PM的最大值与最小值．
【答案】(1)y=(x-2)2
(2)(2,0)
(3)最大值是254，最小值是4
【分析】（1）根据题意设抛物线的解析式为y=a(x-h)2，然后把点A(0,4)、B(5,9)代入关系式进行计算即可解答；
（2）把y=0代入（1）中所求的抛物线的解析式进行计算即可解答；
（3）先求出AB解析式，然后计算当x=1，x=2，x=4，PM的长度，然后设P(n,n+4)，M(n,n2-4n+4)，表示出PM的值，然后再进行计算即可解答．
【详解】（1）解：∵抛物线的顶点C在x轴正半轴上，
∴设抛物线的解析式为y=a(x-h)2，
把点A(0,4)、B(5,9)代入y=a(x-h)2中可得：a0-h2=4a5-h2=9，
解得：h=-10舍去或h=2，
∴a=1，
∴抛物线的解析式为：y=(x-2)2；
（2）把y=0代入y=(x-2)2中可得：(x-2)2=0，
∴x=2，
∴点C的坐标为(2,0)；
（3）设AB的解析式为：y=kx+b，
把点A(0,4)、B(5,9)代入y=kx+b中可得：{b=45k+b=9，
解得：{k=1b=4，
∴AB的解析式为：y=x+4，
∵点P为线段AB上一点，点M为抛物线y=(x-2)2上一点，且1≤x≤4，PM∥y轴，
∴当x=1时，P(1,5)，M(1,5)，
∴PM=5-1=4，
当x=4时，P(4,8)，M(4,4)，
∴PM=8-4=4，
当x=2时，P(2,6)，M(2,0)，
∴PM=6-0=6，
设P(n,n+4)，M(n,n2-4n+4)，
∴PM=n+4-(n2-4n+4)=-n2+5n=-(n-52)2+254，
当n=52时，PM的最大值为：254，
∴PM的最大值是254，最小值是4．
【点睛】本题考查了二次函数的最值，待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，准确熟练地进行计算是解题的关键．
10．（2021·四川乐山·统考三模）抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A（﹣3，0）和B（1，0），与y轴交于点C，顶点是点D．
(1)求抛物线解析式；
(2)连接AD，CD，BC，将△OBC沿着x轴以1个单位每秒的速度向左平移，对应点分别是O'，B'，C′，设S表示O'B'C'与四边形AOCD的重叠部分面积，求S与时间t的函数解析式；
(3)如图2，点M（m，n）为抛物线上的任意一点，过M向直线y=92作垂线，垂足为E，点F为抛物线对称轴上的一点，当ME﹣MF恒等于14时，求F点的坐标．
【答案】(1)y＝﹣x2﹣2x+3；
(2)S=-32t2+3t(0＜t＜1)32(1≤t＜32)-25t2+65t+35(32≤t≤3)35(t-4)2(3＜t≤4)
(3)（﹣1，154）．
【分析】（1）将点A（﹣3，0）和B（1，0）代入y＝ax2+bx+3，得：9a-3b+3=0a+b+3=0，解方程组即可求解；
（2）配方求出顶点坐标为：（﹣1，4），用待定系数法求直线AD的函数关系式为：y＝2x+6，当C′在AD上时，令y＝3，即2x+6＝3，解得：x=-32，分四种情况分别求出重叠面积；
（3）设点F坐标为（﹣1，h），则MF=(m+1)2+(n-h)2，ME=92-n，表示出MF＝ME-14=92-n-14=174-n，两边平方得（m+1）2+（n﹣h）2＝（174-n）2，化简m2+2m+1+h2﹣2nh=-172n+28916，将n＝﹣m2﹣2m+3代入上式，整理，得（2h-152）m2+（4h﹣15）m+1+h2﹣6h+512-28916=0，利用0乘任何数都得0，即可求解．
（1）
解：将点A（﹣3，0）和B（1，0）代入y＝ax2+bx+3，
得：9a-3b+3=0a+b+3=0，
解得：a=-1b=-2，
∴抛物线解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）
∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴顶点D的坐标为：（﹣1，4），
设直线AD的函数关系式为：y＝mx+n，
则：-m+n=4-3m+n=0，
解得：m=2n=6，
∴直线AD的函数关系式为：y＝2x+6，
对y＝﹣x2﹣2x+3来说，当x＝0时，y＝3，即点C的坐标是（0，3），
当C′在AD上时，令y＝3，即2x+6＝3，
解得：x=-32，
①如图1，当0＜t＜1时，
由题意得，OC＝O′C′＝3，OB＝O′B′＝1，
∴OB′＝1﹣t，
∵OC∥ O′C′，
∴△O′B′C′∽△OB′M，
∴O'C'OM=O'B'OB' 即3OM=11-t，
解得：OM＝3（1﹣t），
S＝S△O′B′C′﹣S△OMB′
=12×3×1-12×3（1﹣t）2＝-32t2+3t；
②当1≤t＜32时，如图2，
△O′B′C′完全在四边形AOCD内，
此时：S=12×1×3=32；
③当32≤t≤3时，如图3，
设B′C′，C′O′与AD的交点分别为P，Q，
过点P作PH⊥C′O′于点H，
∵AO＝3，OO′＝t，
∴AO′＝3﹣t，O′Q＝A O′tan∠QAO′＝2AO′＝6﹣2t，
∴C′Q＝3﹣（6﹣2t）＝2t﹣3，
∵PH∥AB，
∴∠HPQ＝∠DAO，
∴QH＝HPtan∠HPQ＝2HP，C′H=HPtanC'=3HP，
∴HP=15C′Q=15(2t-3)，
∴S=32-12（2t﹣3）×15（2t﹣3）=-25t2+65t+35；
④当3＜t≤4时，如图4，
BB′＝t，则AB′＝4﹣t，
tan∠DAM＝tan∠PAN=DMAM=2，tan∠PB′N＝tan∠CBO＝3，
设NB′＝m，则PN＝3m，AN＝1.5m，
∵AB′＝NB′＋AN，
∴2.5m＝4﹣t，
解得：m=25（4﹣t），
∴PN＝65(4-t)，
∴S=12（4﹣t）•65（4﹣t）=35（t﹣4）2，
综上所述：S=-32t2+3t(0＜t＜1)32(1≤t＜32)-25t2+65t+35(32≤t≤3)35(t-4)2(3＜t≤4)
（3）
设点F坐标为（﹣1，h），则MF=(m+1)2+(n-h)2，ME=92-n，
∵ME﹣MF=14，
∴MF＝ME-14=92-n-14=174-n，
∴（m+1）2+（n﹣h）2＝（174-n）2，
∴m2+2m+1+h2﹣2nh=-172n+28916，
将n＝﹣m2﹣2m+3代入上式，
整理，得（2h-152）m2+（4h﹣15）m+1+h2﹣6h+512-28916=0，
∴当h=154时，上式对于任意实数m的值恒成立，
∴满足题意的点F的坐标为（﹣1，154）．
【点睛】本题考查了二次函数的图像和性质、待定系数法求一次函数和二次函数解析式、锐角三角函数、相似三角形的判定和性质、两点间的距离公式等知识，综合性很强，解题的关键是分类讨论和数形结合思想的应用．
11．（2021·四川资阳·统考中考真题）抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且B-1,0,C0,3．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P是抛物线上位于直线AC上方的一点，BP与AC相交于点E，当PE:BE=1:2时，求点P的坐标；
（3）如图2，点D是抛物线的顶点，将抛物线沿CD方向平移，使点D落在点D'处，且DD'=2CD，点M是平移后所得抛物线上位于D'左侧的一点，MN//y轴交直线OD'于点N，连结CN．当55D'N+CN的值最小时，求MN的长．
【答案】（1）y=-x2+2x+3；（2）P(1,4)或P(2,3)；（3）34．
【分析】（1）利用待定系数法即可得；
（2）设点P的坐标为P(a,-a2+2a+3)，先利用待定系数法求出直线AC的解析式，再根据PE:BE=1:2可得点E的坐标，代入直线AC的解析式求解即可得；
（3）先根据DD'=2CD求出点D'的坐标，再根据二次函数图象的平移规律得出平移后的函数解析式，设点M的坐标，从而可得点N的坐标，然后根据两点之间的距离公式可得55D'N+CN，最后根据两点之间线段最短、垂线段最短求解即可得．
【详解】解：（1）由题意，将点B-1,0,C0,3代入y=-x2+bx+c得：-1-b+c=0c=3，
解得b=2c=3，
则抛物线的解析式为y=-x2+2x+3；
（2）对于二次函数y=-x2+2x+3，
当y=0时，-x2+2x+3=0，解得x=-1或x=3，
∴A(3,0)，
设点P的坐标为P(a,-a2+2a+3)(0
∴a-x1x1+1=12-a2+2a+3-y1y1-0=12，解得x1=23a-13y1=-23a2+43a+2，
∴E(23a-13,-23a2+43a+2)，
设直线AC的解析式为y=kx+t，
将点A(3,0),C(0,3)代入得：3k+t=0t=3，解得k=-1t=3，
则直线AC的解析式为y=-x+3，
将点E(23a-13,-23a2+43a+2)代入得：-23a+13+3=-23a2+43a+2，
解得a=1或a=2，
当a=1时，-a2+2a+3=-1+2+3=4，此时P(1,4)，
当a=2时，-a2+2a+3=-4+2×2+3=3，此时P(2,3)，
综上，点P的坐标为P(1,4)或P(2,3)；
（3）二次函数y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4的顶点D坐标为D(1,4)，
设点D'的坐标为D'(x2,y2)，
∵DD'=2CD,C(0,3),D(1,4)，
∴x2-11-0=2y2-44-3=2，解得x2=3y2=6，
∴D'(3,6)，
则平移后的二次函数的解析式为y=-(x-3)2+6=-x2+6x-3，
设直线OD'的解析式为y=k0x，
将点D'(3,6)代入得：3k0=6，解得k0=2，
则直线OD'的解析式为y=2x，
设点M的坐标为M(m,-m2+6m-3)(m<3)，则点N的坐标为N(m,2m)，
如图，连接AD'，过点N作NF⊥AD'于点F，过点C作CG⊥AD'于点G，交OD'于点N'，连接CF，
∵A(3,0),D'(3,6)，
∴AD'⊥x轴，
∴FN=3-m，
∴55D'N+CN=55(3-m)2+(6-2m)2+CN=3-m+CN=FN+CN，
由两点之间线段最短得：FN+CN的最小值为CF，
由垂线段最短得：当点F与点G重合时，CF取得最小值CG，此时点N与点N'重合，
则点N'的纵坐标与点C的纵坐标相等，
即2m=3，解得m=32，
则MN=-m2+6m-3-2m=-m2+4m-3，
=-(32)2+4×32-3，
=34．
【点睛】本题考查了利用待定系数法求二次函数的解析式、二次函数图象的平移规律、垂线段最短等知识点，较难的是题（3），正确求出平移后的抛物线的解析式是解题关键．
12．（2021·四川眉山·统考三模）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，B点坐标为（3，0），与y轴交于点（0，3）．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是x轴下方的抛物线上的一个动点，过点P的直线y＝x+m与直线BC交于点E，与y轴交于点F，当PE+EF有最大值时，求P点的坐标；
(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点D使△BCD是以BC为斜边的直角三角形，若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝x2﹣4x+3
(2)点P的坐标为（2，﹣1）
(3)存在，点D的坐标为：（2，3+172）或（2，3-172）．
【分析】（1）利用待定系数法解得即可；
（2）过点P作PQ∥FC，交直线BC与点Q，设直线EF交x轴于点K，由已知易得△EPQ和△EFC是等腰直角三角形；设P（t，t2-4t+3），则Q（t，-t+3），利用已知条件得出用字母t表示PE+EF的关系式，再利用二次函数的性质求得符合条件的t值，结论可求；
（3）分两种情况讨论解答：①点D在x轴上方时，②点D在x轴下方时，设出点D的坐标，利用相似三角形对应边成比例，列出方程即可求解．
（1）
解：由题意得：
9+3b+c=0c=3，
解得：b=-4c=3；
∴抛物线的解析式为：y=x2-4x+3；
（2）
解：过点P作PQ∥FC，交直线BC与点Q，设直线EF交x轴于点K，如图，
由题意：F（0，m），K（-m，0），
∴OF=OK=-m．
∴∠OFP=∠OKF=45°．
∵OB=OC=3，
∴∠OBC=∠OCB=45°．
∴∠ECF=∠EFC=45°．
∵PQ∥FC，
∴△EPQ和△EFC都是等腰直角三角形．
∴PE=22PQ，EF=22FC．
∵FC=OF+OC，
∴FC=3-m．
∴EF=22（3-m）．
设直线BC的解析式为y=kx+m，
∴3k+m=0m=3，
解得：k=-1m=3．
∴直线BC的解析式为：y=-x+3．
设P（t，t2-4t+3），1＜t＜3，则Q（t，-t+3），
∴PQ=（-t+3）-（t2-4t+3）=-t2+3t，
∴PE=22（-t2+3t）．
∵抛物线y=x2-4x+3与直线y=x+m相交于点P，
∴t2-4t+3=t+m，
∴t2-5t=m-3．
∴PE+EF=22（-t2+3t）+22（3-m）=-2（t2-4t）=-2（t-2）2+42．
∵-2＜0，
∴当t=2时，PE+EF取得最大值为42．
此时点P的坐标为（2，-1）；
（3）
解：在抛物线的对称轴上存在一点D，使△BCD是以BC为斜边的直角三角形．
①点D在x轴上方时，
过点D作DG⊥OC，交OC延长线于点G，过点B作BH⊥GD交GD延长线于点H，如图，
∵y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线的对称轴为直线x=2，
∴GD=OK=2．
∵OC⊥OB，HG⊥OC，BH⊥GH，
∴四边形OBHG为矩形，
∴GH=OB=3，BH=OG．
∴DH=GH﹣GD=1．
设D（2，n），则OG=BH=n，
∴CG=n﹣3．
∵∠BDC=90°，
∴∠GDC+∠HDB=90°．
∵DG⊥OC，
∴∠GCD+∠GDC=90°．
∴∠GCD=∠HDC．
∵∠CGD＝∠DHB=90°，
∴△GCD∽△HDB．
∴GDGC=BHDH．
∴2n-3=n1．
解得：n＝3±172（负数不合题意，舍去）．
∴D（2，3+172）；
②点D在x轴下方时，
过点D作DN⊥OC，交OC延长线于点N，过点B作BM⊥ND交ND延长线于点M，如图，
设D（2，n），则ON=BM=﹣n，
∴CN=﹣n+3．
同理可知：DN=2，DM=1，
同理△DNC∽△BMD，
∴CNDN=DMBM．
∴-n+32=1-n．
解得：n＝3±172（正数不合题意，舍去）．
∴n＝3-172，
∴D（2，3-172）．
综上，在抛物线的对称轴上存在一点D，使△BCD是以BC为斜边的直角三角形．
点D的坐标为：（2，3+172）或（2，3-172）．
【点睛】本题是一道二次函数的综合题，主要考查了待定系数法确定函数的解析式，抛物线上点的坐标的特征，二次函数图象的性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质．利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
13．（2021·四川泸州·统考二模）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A（﹣2，0）和B（4，0）两点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当点P为直线BC下方抛物线上一动点（不与点B、C重合），PM⊥BC于点M，PD⊥AB于点D，交直线BC于点N，当P点的坐标为何值时，PM+PN的值最大？
(3)点P在第四象限的抛物线上移动，以PC为边作正方形CPEF、当抛物线的对称轴经过点E时，求出此时点P的坐标．
【答案】(1)y＝38x2-34x﹣3
(2)当n＝2时，PM+PN的值最大，此时P点坐标为（2，﹣3）
(3)P点坐标为（23，﹣103）或（43，﹣103）
【分析】（1）用待定系数法确定抛物线解析式即可；
（2）求出直线BC的解析式为y＝34x-3．设P点坐标为（n，38n2-34n-3），N点的坐标为（n，34n-3），则PN＝34n-3-(38n2-34n-3)=-38n2+32n，由锐角三角函数表示PM＝45PN，则由二次函数的性质可得解；
（3）过点P作PK⊥y轴于K，交抛物线的对称轴于G，证明△PEG≌△CPK（AAS），得出CK＝PG，设P（x，38 x2﹣34x﹣3），抛物线的对称轴为直线x＝1，则G（1，38 x2﹣34x﹣3），K（0，38 x2﹣34x﹣3），可得出PG＝|1﹣x|，CK＝|38x2﹣34x﹣3+3|＝|x2﹣34x|，解方程即可得解．
（1）
解：依题意将A、B两点坐标代入y＝ax2+bx﹣3中得：
4a-2b-3=016a+4b-3=0，
解得：a=38b=-34，
∴抛物线的解析式为y＝38x2-34x﹣3；
（2）
解：在y＝38x2-34x﹣3中，令x=0得y=-3，
∴C(0,-3)；
设直线BC的解析式为y＝kx+m，
将B（4，0），C(0,-3)分别代入得：
4k+m=0m=-3
解得：k=34m=-3，
∴直线BC的解析式为y＝34x﹣3．
设P点坐标为（n，38n2-34n﹣3），N点的坐标为（n，34 n﹣3），
∴PN＝34n-3-(38n2-34n-3)=-38n2+32n，
∵PM⊥BC，PD⊥AB，
∴∠PMN＝∠PDB，
∵∠PNM＝∠BND，
∴∠MPN＝∠OBC，
∵OB＝4，OC＝3，
∴BC＝OB2+OC2＝42+32＝5，
∴PM＝PN•cos∠MPN＝PN•cos∠OBC＝45PN，
∴PM+PN＝95PN＝﹣2740n2+2710n＝﹣2740(n-2)2+2710．
∵-2740＜0，且0＜n＜4，
∴当n＝2时，PM+PN的值最大，此时P点坐标为（2，﹣3）．
（3）
过点P作PK⊥y轴于K，交抛物线的对称轴于G，如图，
∵四边形PEFC为正方形，
∴PE＝PC，∠EPC＝90°
∵∠PGE＝∠PKC＝90°，
∴∠PEG＝∠CPK，
∴△PEG≌△CPK（AAS），
∴CK＝PG，
设P（x，38x2﹣34x﹣3），抛物线的对称轴为直线x＝1，
则G（1，38x2﹣34x﹣3），K（0，38x2﹣34x﹣3），
∴PG＝|1﹣x|，CK＝|38x2﹣34x﹣3+3|＝|38x2﹣34x|，
∴|1﹣x|＝|38x2﹣34x|，
解方程1﹣x＝38x2﹣34x得，x1＝43，x2＝﹣2（舍去）；
解方程x﹣1＝38x2﹣34x得，x1＝23，x2＝4（舍去）；
∴P点坐标为（23，﹣103 ）或（43，﹣103 ）．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题，考查了二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和正方形的性质、全等三角形的判定与性质；利用待定系数法求二次函数解析式，解一元二次方程；理解坐标与图形性质是解题的关键．
14．（2021·广西百色·一模）如图，抛物线y=x2+bx+c经过A(-1,0)、B(4,5)两点，点E是线段AB上一动点，过点E作x轴的垂线，交抛物线于点F．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求线段EF的最大值；
(3)抛物线与x轴的另一个交点为点C，在抛物线上是否存在一个动点P，使得SΔACP=25SΔABC ？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2-2x-3
(2)254
(3)存在，点P的坐标为(1-6,2) 或(1+6,2)或(1-2,-2)或(1+2,-2)
【分析】（1）利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）先设出点F的坐标，然后表示出点E的坐标，再表示出EF的长度，根据二次函数的性质即可确定EF的最大值；
（3）先求出点C的坐标，然后求出三角形ABC的面积，设出点P的坐标，用含点P的坐标的式子表示出三角形ACP的面积，列出关于方程，即可求出点P的坐标．
（1）
解：把A(-1,0)、B(4,5)代入y=x2+bx+c，得：
{0=1-b+c5=16+4b+c ，
解得：{b=-2c=-3 ，
∴抛物线的解析式为y=x2-2x-3；
（2）
解：设F(x,x2-2x-3)(-1
{0=-k+b5=4k+b ，
解得：{k=1b=1，
∴直线AB的解析式为y=x+1，EF∥y轴，
∴E(x,x+1)
∴EF=x+1-(x2-2x-3)=-x2+3x+4=-(x-32)2+254
则当x=32时，EF取得最大值为254；
（3）
答：存在，
取y=0，则x2-2x-3=0，
解得x=-1或x=3，
∴C(3,0)，
∴SΔABC=12×4×5=10，
∴SΔACP=25×10=4，
设P(m,m2-2m-3)，则12×4×|m2-2m-3|=4，
解得m=1-6或m=1+6或m=1-2或m=1+2，
当m=1-6或m=1+6时，y=2
当m=1-2或m=1+2时，y=-2，
∴点P的坐标为(1-6,2) 或(1+6,2)或(1-2,-2)或(1+2,-2)．
【点睛】本题主要考查二次函数的性质，关键是要会用待定系数法求抛物线的解析式，会根据解析式确定抛物线和坐标轴的交点，对于动点问题，一般是先设出动点的坐标，再列出关于动点坐标的方程，然后解方程．
15．（2022·吉林四平·统考一模）如图．在平面直角坐标系中，已如抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(5,0),B(-1,0)两点，与y轴交于点C0,52．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在抛物线上是否存在点P，使得△ACP是以点A为直角顶点的直角三角形？若存在，求出符合条件的点P的坐标：若不存在，请说明理由；
(3)点G为抛物线上的一动点，过点G作GE垂直于y轴于点E，交直线AC于点D，过点D作x轴的垂线垂足为点F，连接EF，当线段EF的长度最短时，求出点G的坐标．
【答案】(1)y=-12x2+2x+52
(2)存在，P（-5，-20）
(3)G2-5,2或2+5,2
【分析】（1）运用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）过点A作AP⊥AC，交y轴于点H，交抛物线与点P，通过ΔOAC∽ΔOHA 求得OH的长，从而得到H点坐标，继而得到直线AP的解析式，与抛物线解析式联立即可得到点P坐标；
（3）连接OD，易得四边形OFDE是矩形，则OD=EF，根据垂线段最短可得当OD⊥AC时，OD（即EF）的长度最小．然后只需求出点D的纵坐标，就可得到点G的纵坐标，代入解析式就可求出点G的横坐标，从而得到点G的坐标．
（1）
∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(5,0),B(-1,0)两点，
设抛物线的解析式为y=ax-5x+1，
∵抛物线过点C（0，52），
∴52=-5a
∴a=-12，
∴y=-12x-5x+1=-12x2+2x+52，
∴y=-12x2+2x+52；
（2）
过点A作AP⊥AC，交y轴于点H，交抛物线与点P，则A（5，0），B（-1，0）
∵AC⊥AP，OC⊥OA
∴ΔOAC∽ΔOHA
∴OAOH=OCOA
∴OA2=OC⋅OH；
又∵OA=5，OC=52，
∴OH=10，
∴H（0，-10），A（5，0），
设直线AP的解析式为y=kx+b，
5k+b=0b=-10
解得k=2b=-10
∴直线AP的解析式为y=2x-10，
联立y=2x-10y=-x22+2x+52
解得x1=5y1=0,x2=-5y2=-20
∴P（-5，-20）；
（3）
∵DF⊥x轴，DE⊥y轴，
∴四边形OFDE是矩形，
∴EF=OD，
∴EF长度的最小值为OD长度的最小值，当OD⊥AC时，OD的长度最小．
此时SΔAOC=12AC⋅OD=12OA⋅OC，
∵ AO=5,CP=52
∴AC=AO2+OC2=525，
∴ OD=5
又∵DE⊥y轴，OD⊥AC，
∴ΔODE∽ΔOCD，
∴ODOE=COOD
∴OD2=OE⋅CO，
∴OE=2，
∴点G的纵坐标为2，
∴y=-12x2+2x+52=2
解得x1=2-5，x2=2+5
∴G2-5,2或2+5,2．
【点睛】本题考查二次函数，待定系数法，相似三角形的判定与性质，解一元二次方程，最小值等知识，能正确地分析问题，根据题意画出图形等是解题的关键．
16．（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第四十九中学校校考模拟预测）如图，抛物线y=a(x+3)(x-4)交x轴于A、B，交y轴于点C，点D为抛物线第三象限上一点，且∠BOD＝135°，OD＝42，
(1)求a的值；
(2)点P为第一象限抛物线上一点，连接PD，交y轴于点E，过点P作PF⊥y轴，垂足为F，求CEPF的值；
(3)在（2）的条件下，连接PB，若PE＋PB＝DE，求点P的坐标．
【答案】(1)a=-12
(2)2
(3)（1，6）
【分析】（1）如图所示，过点D作DH⊥x轴于E，先证明DH=OH，然后利用勾股定理求出OH=DH=4，从而求出点D的坐标，然后代入抛物线解析式即可求出a的值；
（2）先求出点C的坐标为（0，6），设点P的坐标为（m，-12m2+12m+6），求出直线PD的解析式为y=-m2+m+202m+8x+-2m2-2m+24m+4，则点E的坐标为（0，-2m2-2m+24m+4），即可推出CE=2m，由此即可得到答案；
（3）如图所示，在DE上取一点M使得，EM=EP，过点E作y轴的平行线交过点D与x轴平行的直线于Q，过点P作PN⊥x轴于N，直线PQ与x轴交于点T，设点P的坐标为（m，-12m2+12m+6），同理可以求出直线PD的解析式为y=-m2+m+202m+8x+-2m2-2m+24m+4，点E的坐标为（0，-2m2-2m+24m+4），然后证明Rt△BPN≌Rt△DMQ，从而推出∠PTB=∠MDQ=∠PBN，得到PT=PB，进而推出点T的坐标为（2m-4，0），令y=0，则-m2+m+202m+8x+-2m2-2m+24m+4=0，解得x=4m2+4m-48-m2+m+20，则2m-4=4m2+4m-48-m2+m+20，由此即可得到答案．
(1)
解：如图所示，过点D作DH⊥x轴于E，
∵∠BOD=135°，
∴∠HOD=45°，
又∵DH⊥OH，即∠DHO=90°，
∴∠HDO=∠HOD=45°，
∴DH=OH，
∵OH2+DH2=OD2=32，
∴OH=DH=4，
又∵点D在第三象限，
∴点D的坐标为（-4，-4），
∴-4=a-4+3-4-4，
∴a=-12；
(2)
解：由（1）可知，抛物线解析式为y=-12x+3x-4=-12x2+12x+6，
∴点C的坐标为（0，6），
设点P的坐标为（m，-12m2+12m+6），直线PD的解析式为y=kx+b，
∴-4k+b=-4mk+b=-12m2+12m+6，
∴k=-m2+m+202m+8b=-2m2-2m+24m+4，
∴直线PD的解析式为y=-m2+m+202m+8x+-2m2-2m+24m+4，
∴点E的坐标为（0，-2m2-2m+24m+4），
∴CE=6--2m2-2m+24m+4
=6m+24+2m2+2m-24m+4
=2m2+8mm+4
=2m，
又∵PF⊥y轴，
∴PF=m，
∴CEPF=2；
(3)
解：如图所示，在DE上取一点M使得，EM=EP，过点E作y轴的平行线交过点D与x轴平行的直线于Q，过点P作PN⊥x轴于N，直线PQ与x轴交于点T，
设点P的坐标为（m，-12m2+12m+6），
同理可以求出直线PD的解析式为y=-m2+m+202m+8x+-2m2-2m+24m+4，
∴点E的坐标为（0，-2m2-2m+24m+4），
∵ME=PE，DE=PE+PB，
∴E为MP的中点，DM=BP，
∴点M的横坐标为-m，
∴点Q的横坐标为-m，
∴DQ=-m-（-4）=4-m，
∵点B是抛物线y=-12x+3x-4=-12x2+12x+6与x轴靠右边的一个交点，
∴点B的坐标为（4，0），
∴BN=4-m=DQ，
在Rt△BPN和Rt△DMQ中，
DM=BPDQ=BN，
∴Rt△BPN≌Rt△DMQ（HL），
∴∠PBN=∠MDQ，
∵DQ∥x轴，
∴∠PTB=∠MDQ=∠PBN，
∴PT=PB，
又∵PN⊥TB，
∴点N为TB的中点，
∴点T的坐标为（2m-4，0），
令y=0，则-m2+m+202m+8x+-2m2-2m+24m+4=0，
∴x=4m2+4m-48-m2+m+20，
∴2m-4=4m2+4m-48-m2+m+20，
∴-2m3+2m2+40m+4m2-4m-80=4m2+4m-48，
∴m3-m2-16m+16=0，
∴m2m-1-16m-1=0，
∴m+4m-4m-1=0，
又∵点P在第一象限，
∴0
∴m=1，
∴点P的坐标为（1，6）．
【点睛】本题主要考查了二次函数与几何综合，等腰直角三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，一次函数与几何综合等等，正确作出辅助线利用属性结合的思想求解是解题的关键．
17．（2022·广西柳州·统考中考真题）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（m，0）两点，与y轴交于点C（0，5）．
(1)求b，c，m的值；
(2)如图1，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D在第一象限内，过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EF⊥x轴，垂足为点F，当四边形DEFG的周长最大时，求点D的坐标；
(3)如图2，点M是抛物线的顶点，将△MBC沿BC翻折得到△NBC，NB与y轴交于点Q，在对称轴上找一点P，使得△PQB是以QB为直角边的直角三角形，求出所有符合条件的点P的坐标．
【答案】(1)b=4，c=5， m=5
(2)当四边形DEFG的周长最大时，点D的坐标为（3，8）
(3)所有符合条件的点P的坐标为（2，233），（2，﹣9）
【分析】（1）把A（﹣1，0），C（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c，利用待定系数法求解b，c即可，再令y=0，再解方程求解m即可；
（2）先求解抛物线的对称轴为x＝2，设D（x，﹣x2+4x+5），则E（4﹣x，﹣x2+4x+5），证明四边形DEFG是矩形，而DE=2x-4,DF=-x2+4x+5, 可得四边形DEFG的周长＝2（﹣x2+4x+5）+2（2x﹣4）＝﹣2x2+12x+2＝﹣2（x﹣3）2+20，再利用二次函数的性质可得答案；
（3）过点C作CH⊥对称轴于H，过点N作NK⊥y轴于K，证明△MCH≌△NCK（AAS），再求解N（﹣4，3），求解直线BN的解析式为：y=-13x+53, 可得Q(0,53), 设P（2，p），再利用勾股定理表示PQ2=22+(p-53)2=p2-103p+619, BP2＝(5-2)2+p2=9+p2，BQ2=52+(53)2=25+259, 再分两种情况建立方程求解即可．
【详解】（1）把A（﹣1，0），C（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c，
∴{-1-b+c=0c=5 ，解得：{b=4c=5,
∴这个抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5，
令y＝0，则﹣x2+4x+5＝0，解得x1＝5，x2＝﹣1，
∴B（5，0），
∴m＝5；
（2）∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，
∴对称轴为x＝2，
设D（x，﹣x2+4x+5），
∵DE∥x轴，
∴E（4﹣x，﹣x2+4x+5），
∵过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EF⊥x轴，
∴四边形DEFG是矩形，
∴DE=2x-4,DF=-x2+4x+5,
∴四边形DEFG的周长＝2（﹣x2+4x+5）+2（2x﹣4）＝﹣2x2+12x+2＝﹣2（x﹣3）2+20，
∴当x＝3时，四边形DEFG的周长最大，
∴当四边形DEFG的周长最大时，点D的坐标为（3，8）；
（3）过点C作CH⊥对称轴于H，过点N作NK⊥y轴于K，
∴∠NKC＝∠MHC＝90°，
由翻折得CN＝CM，∠BCN＝∠BCM，
∵B（5，0），C（0，5）．
∴OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∵CH⊥对称轴于H，
∴CH∥x轴，
∴∠BCH＝45°，
∴∠BCH＝∠OCB，
∴∠NCK＝∠MCH，
∴△MCH≌△NCK（AAS），
∴NK＝MH，CK＝CH，
∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，
∴对称轴为x＝2，M（2，9），
∴MH＝9﹣5＝4，CH＝2，
∴NK＝MH＝4，CK＝CH＝2，
∴N（﹣4，3），
设直线BN的解析式为y＝mx+n，
∴{-4m+n=35m+n=0, 解得：{m=-13n=53,
∴直线BN的解析式为：y=-13x+53,
∴Q(0,53),
设P（2，p），
∴PQ2=22+(p-53)2=p2-103p+619,
BP2＝(5-2)2+p2=9+p2，
BQ2=52+(53)2=25+259,
分两种情况：
①当∠BQP＝90°时，BP2＝PQ2+BQ2，
∴9+p2=p2-103p+619+25+259,
解得：p=233,
∴P(2,233),
②当∠QBP＝90°时，P′Q2＝BP′2+BQ2，
∴p2-103p+619=9+p2+25+259,
解得：p=-9,
∴点P′的坐标为（2，﹣9）．
综上，所有符合条件的点P的坐标为(2,233)或P(2,-9)．
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数与坐标轴的交点坐标问题，二次函数的性质，对称轴的性质，二次函数与直角三角形，勾股定理的应用，清晰的分类讨论是解本题的关键．
18．（2022·辽宁营口·统考中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线y=-12x2+bx+c经过点A-12,278和点B4,0，与y轴交于点C，点P为抛物线上一动点．
(1)求抛物线和直线AB的解析式；
(2)如图，点P为第一象限内抛物线上的点，过点P作PD⊥AB，垂足为D，作PE⊥x轴，垂足为E，交AB于点F，设△PDF的面积为S1，△BEF的面积为S2，当S1S2=4925时，求点P坐标；
(3)点N为抛物线对称轴上的动点，是否存在点N，使得直线BC垂直平分线段PN？若存在，请直接写出点N坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线解析式为y=-12x2+x+4，直线AB的解析式为y=-34x+3，
(2)P3,52
(3)存在N1,3-3
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）设∠ABO=α，则sinα=35，Rt△BEF中，BF=EFsinα=5EF3，证明△DFP∽△EFB，根据相似三角形的性质以及S1S2=4925建立方程，解方程即可求解；
（3）设直线PN交y轴于点K，设PE交BC于点H，连接CN，NH，PC，证明△NHP是等腰直角三角形，则设Pn,-12n2+n+4，则Hn,-n+4，N1,-n+4，根据HN=HP列出方程，即可求解．
【详解】（1）解：抛物线y=-12x2+bx+c经过点A-12,278和点B4,0，
278=-12×-122+-12b+c0=-12×42+4b+c，
解得b=1c=4，
∴抛物线解析式为y=-12x2+x+4，
设直线AB的解析式为y=kx+b1，
278=-12k+b10=4k+b1，
解得k=-34b=3，
∴直线AB的解析式为y=-34x+3，
（2）如图，设直线AB与y轴交于点G，
由y=-34x+3，令x=0,得y=3，则G0,3，
∴OG=3,OB=4，
∴BG=5，
设∠ABO=α，则sinα=35，
∵PE⊥OB,PD⊥AB，
∴∠FEB=∠OBG=α，
∵∠PFD=∠EFB,∠PDF=∠FEB，
∴∠DPF=∠EBF=α，
∴△DFP∽△EFB，
∴S1S2=PFBF2，
Rt△BEF中，BF=EFsinα=5EF3，
设△PDF的面积为S1，△BEF的面积为S2，
∵ S1S2=4925，
∴S1S2=PFBF2 =3PF5EF2=4925=752，
∴3PF5EF=75，
即3PF=7EF，
设Pm,-12m2+m+4，则Fm,-34m+3，
∴PF=-12m2+m+4--34m+3=-12m2+74m+1,EF=-34m+3 ∴3-12m2+74m+1=7-34m+3，
解得m=3或m=4（舍），
当m=3时，-12m2+m+4 =52，
∴P3,52
（3）设直线PN交y轴于点K，设PE交BC于点H，连接CN，NH，PC，如图，
由y=-12x2+x+4，令x=0，得y=4，则C0,4
∵B4,0,C0,4
设过直线BC的解析式为y=sx+t，
4s+t=0t=4
解得s=-1t=4
∴过直线BC的解析式为y=-x+4，
∵OB=OC=4
∴△OBC是等腰直角三角形
∴∠OCQ=45°
∴△CQK是等腰直角三角形
∵PE⊥OB
∴ ∠QPH=45°
∵直线BC垂直平分线段PN
∴HN=HP
∴△NHP是等腰直角三角形，
∴NH⊥PH，
设Pn,-12n2+n+4，则Hn,-n+4，N1,-n+4
∴PH=-12n2+n+4--n+4=-12n2+2n，NH=n-1
∴-12n2+2n=n-1
解得n1=1+3,n2=1-3（舍）
∴N1,-1-3+4即N1,3-3
【点睛】本题考查了二次函数综合，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，二次函数线段问题，掌握以上知识是解题的关键．
19．（2022·四川广元·统考中考真题）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＝14时，若点P是抛物线对称轴上的一个动点，求△PAB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．
【答案】(1)2a=b+1，c=-2；
(2)△PAB的周长最小值是25+22；
(3)此时Q（-1，-2），DQ最大值为22．
【分析】（1）先求得点A、点B的坐标，再利用待定系数法求解即可；
（2）先利用对称性找出△PAB周长最小时点P的位置，此时AP=CP，△PAB的周长最小值为：PB+PA+AB=BC+AB，根据勾股定理求出AB、BC的长即可求出△PAB最小值；
（3）过点Q作QF⊥x轴交于F点，交直线AB于点E，得到∠QED=∠EQD=45°，推出QD=ED=22EQ，设Q（t，t2+t-2），E（t，-t-2），求得QE=-t2-2t，再利用二次函数的性质即可求解．
【详解】（1）解：∵直线y＝﹣x﹣2与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴点A的坐标为(-2，0)，点B的坐标为(0，-2)，
∵抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）经过A，B两点，
∴4a-2b+c=0c=-2，
∴2a=b+1，c=-2；
（2）解：当a=14时，则b=-12，
∴抛物线的解析式为y=14x2-12x-2，
抛物线的对称轴为直线x=1，
∵点A的坐标为(-2，0)，
∴点C的坐标为(4，0) ，
△PAB的周长为：PB+PA+AB，且AB是定值，
∴当PB+PA最小时，△PAB的周长最小，
∵点A、C关于直线x=1对称，
∴连接BC交直线x=1于点P，此时PB+PA值最小，
∵AP=CP，
∴△PAB的周长最小值为：PB+PA+AB=BC+AB，
∵A（-2，0），B（0，-2），C（4，0），
∴OA=2，OB=2，OC=4，
由勾股定理得BC=25，AB=22，
∴△PAB的周长最小值是：25+22．
（3）解：当a=1时，b=1，
∴抛物线的解析式为y=x2+x-2，
过点Q作QF⊥x轴交于F点，交直线AB于点E，
∵A（-2，0），B（0，-2），
∴OA=OB，
∴∠OAB=45°，
∵QD⊥AB，
∴∠AEF=∠QED=∠EQD=45°，
∴QD=ED=22EQ，
设Q（t，t2+t-2），E（t，-t-2），
∴QE=-t-2-(t2+t-2)=-t2-2t，
∴DQ=22QE=-22(t2+2t)= -22(t+1)2+22，
当t=-1时，DQ有最大值22，此时Q（-1，-2）．
【点睛】本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰直角三角形的性质是解题的关键．
20．（2022·山东泰安·统考中考真题）若二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点A-2,0，B0,-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．
【答案】(1)y=12x2-x-4
(2)①85,-365；②12,-5
【分析】（1）利用待定系数解答，即可求解；
（2）①先求出直线AB的表达式为y=-2x-4，然后设点N的坐标为m,0．可得Mm,-2m-4．可得到MN=2m+4，NC=4-m．再由MN=3NC，即可求解；②连接PQ与MN交与点E．设点M的坐标为t,-2t-4，则点N的坐标为t,0
根据正方形的性质可得E的坐标为t,-t-2，进而得到P的坐标2t+2,-t-2．再由点P在抛物线上，即可求解．
【详解】（1）解：∵二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点0,-4，
∴c=-4．
又∵抛物线经过点A-2,0，对称轴为直线x=1，
∴-b2a=1,4a-2b-4=0, 解得∶a=12,b=-1,
∴抛物线的表达式为y=12x2-x-4．
（2）解∶①设直线AB的表达式为y=kx+n．
∵点A，B的坐标为A-2,0，B0,-4，
∴-2k+n=0n=-4， 解得∶k=-2n=-4 ，
∴直线AB的表达式为y=-2x-4．
根据题意得∶点C与点A-2,0关于对称轴直线x=1对称，
∴C4,0．
设点N的坐标为m,0．
∵MN⊥x轴，
∴Mm,-2m-4．
∴MN=2m+4
∴NC=4-m．
∵MN=3NC
∴2m+4=34-m，
解，得m=85．
∴点M的坐标85,-365；
②连接PQ与MN交与点E．
设点M的坐标为t,-2t-4，则点N的坐标为t,0
∵四边形MPNQ是正方形，
∴PQ⊥MN，NE=EP，NE=12MN．
∵MN⊥x轴，
∴PQ//x轴．
∴E的坐标为t,-t-2．
∴NE=t+2．
∴ON+EP=ON+NE=t+t+2=2t+2．
∴P的坐标2t+2,-t-2．
∵点P在抛物线y=12x2-x-4上，
∴122t+22-2t+2-4=-t-2．
解，得t1=12，t2=-2．
∵点P在第四象限，
∴t=-2舍去．
即t=12．
∴点M坐标为12,-5．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图形和性质，正方形的性质，一次函数的图象和性质是解题的关键．
21．（2022·湖南怀化·统考中考真题）如图一所示，在平面直角坐标中，抛物线y＝ax2+2x+c经过点A(﹣1，0）、B（3，0），与y轴交于点C，顶点为点D．在线段CB上方的抛物线上有一动点P，过点P作PE⊥BC于点E，作PF∥AB交BC于点F．
(1)求抛物线和直线BC的函数表达式，
(2)当△PEF的周长为最大值时，求点P的坐标和△PEF的周长．
(3)若点G是抛物线上的一个动点，点M是抛物线对称轴上的一个动点，是否存在以C、B、G、M为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点G的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线函数表达式为y=-x2+2x+3，直线BC的函数表达式为y=-x+3
(2)点P的坐标为 (32,154)，△PEF的周长为94(2+1)
(3)存在，(2，3)或(-2，-5)或(4，-5)
【分析】（1）由点A，B的坐标，利用待定系数即可求解析式；
（2）利用直线和抛物线的位置关系相切时对应的等腰直角三角形PEF周长最大，二次函数与一次函数联立方程，根的判别式Δ=0，从而找出对应点P坐标，进而求出周长；
（3）根据平行四边形对角线性质和中点公式，把BC是否为对角线分情况进行分析，设出点G的横坐标，利用中点公式列方程计算即可求解．
【详解】（1）解：将点A(-1,0)，B(3,0)代入y=ax2+2x+c，得：
{0=a-2+c0=9a+6+c ，解得{a=-1c=3 ，
所以抛物线解析式为y=-x2+2x+3，C(0，3)
设直线BC的函数表达式y=kx+b ，将B(3，0)，C(0，3)代入得：
{0=3k+b3=b ，解得{k=-1b=3 ，
所以直线BC的函数表达式为y=-x+3
（2）
解：如图，设将直线BC平移到与抛物线相切时的解析式为y=-x+p ，与抛物线联立得：
{y=-x+py=-x2+2x+3 整理得x2-3x+p-3=0
Δ=32-4(p-3)=0 ，解得p=214 ，
将p=214代入x2-3x+p-3=0，解得x=32，
将x=32代入y=-x2+2x+3得y=154，
即△PEF的周长为最大值时，点P的坐标为 (32,154)
将x=32代入y=-x+3得y=32，
则此时PF=154-32=94，
因为△PEF为等腰直角三角形，PE=FE=94×22=928
则△PEF的周长最大为94(2+1)
（3）答：存在．
已知B(3，0)，C(0，3)，设点Ｇ(m，-m2+2m+3 )，N(1，n)，
当BC为平行四边形对角线时，根据中点公式得：m+1=3 ，m=2，则G点坐标为(2，3)；
当BC为平行四边形的边时，由题意可知：m+3=1 或m-3=1 ，解得m=-2 或m=4 则G点坐标为(-2，-5)或(4，-5)
故点G坐标为(2，3)或(-2，-5)或(4，-5)
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图像上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、直线与抛物线的位置关系、根的判别式，等腰直角三角形性质，平行四边形的性质，解题的关键（1）根据点的坐标利用待定系数求解析式；（2利用直线和抛物线的位置关系，巧妙利用判别式；（3）熟悉平行四边形对角线性质，结合中点公式分情况展开讨论．
22．（2021·四川绵阳·统考中考真题）如图，二次函数y=-x2-2x+4-a2的图象与一次函数y=-2x的图象交于点A、B（点B在右侧），与y轴交于点C，点A的横坐标恰好为a．动点P、Q同时从原点O出发，沿射线OB分别以每秒5和25个单位长度运动，经过t秒后，以PQ为对角线作矩形PMQN，且矩形四边与坐标轴平行．
（1）求a的值及t=1秒时点P的坐标；
（2）当矩形PMQN与抛物线有公共点时，求时间t的取值范围；
（3）在位于x轴上方的抛物线图象上任取一点R，作关于原点0,0的对称点为R'，当点M恰在抛物线上时，求R'M长度的最小值，并求此时点R的坐标．
【答案】（1）a=-2，1,-2；（2）12≤t≤1+3；（3）72，-1±62,32
【分析】（1）将a,-2a，代入y=-x2-2x+4-a2，求出a，即可得到抛物线解析式，当t=1秒时，OP=5，设P的坐标为x,y，建立方程求解即可；
（2）经过t秒后，OP=5t，OQ=25t，由（1）方法知，P的坐标为t,-2t，Q的坐标为2t,-4t进而得出M的坐标为2t,-2t，N的坐标为t,-4t将M2t,-2t代入y=-x2-2x+2，将Nt,-4t代入y=-x2-2x+2，解方程即可得到答案；
（3）设Rm,n，则R关于原点的对称点为R'-m,-n，当点M恰好在抛物线上时，M坐标为1,-1．过R'和M作坐标轴平行线相交于点S，如图③则
R'M=MS2+R'S2=(-m-1)2+(-n+1)2．又n=-m2-2m+2得(m+1)2=3-n，消去m得R'M=(m+1)2+(n-1)2 =n-322+74，即可求解．
【详解】解：（1）由题意知，交点A坐标为a,-2a，代入y=-x2-2x+4-a2，
解得a=-2，
∴抛物线解析式为y=-x2-2x+2．
当t=1秒时，OP=5，设P的坐标为x,y，
则x2+y2=52=5y=-2x，
解得x=1y=-2或x=-1y=2（舍），
所以P的坐标为1,-2．
（2）经过t秒后，OP=5t，OQ=25t，
由（1）方法知，P的坐标为t,-2t，Q的坐标为2t,-4t，
由矩形PMQN的邻边与坐标轴平行可知，M的坐标为2t,-2t，N的坐标为t,-4t．
矩形PMQN在沿着射线OB移动的过程中，点M与抛物线最先相交，
如图①，然后公共点变为2个，点N与抛物线最后相离，然后渐行渐远．
如图②，将M2t,-2t代入y=-x2-2x+2，得2t2+t-1=0，
解得t=12，或t=-1（舍），
将Nt,-4t代入y=-x2-2x+2，得t-12=3，
解得t=1+3，或t=1-3（舍）．
所以，当矩形PMQN与抛物线有公共点时，时间t的取值范围是12≤t≤1+3．
（3）设Rm,n，则R关于原点的对称点为R'-m,-n，当点M恰好在抛物线上时，M坐标为1,-1．过R'和M作坐标轴平行线相交于点S，如图③则
R'M=MS2+R'S2=(-m-1)2+(-n+1)2．又n=-m2-2m+2得(m+1)2=3-n，
消去m得
R'M=(m+1)2+(n-1)2
=(3-n)+(n-1)2
=n2-3n+4 =n-322+74，
当n=32时，R'M长度的最小值为72．
此时，n=-m2-2m+2=32，解得m=-1±62，
所以，点R的坐标是-1±62,32．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合，待定系数法求函数解析式，二次函数的最值，勾股定理，矩形的性质，中心对称等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
23．（2021·西藏·统考中考真题）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．且点A的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，5）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图（甲）．若点P是第一象限内抛物线上的一动点．当点P到直线BC的距离最大时，求点P的坐标；
（3）图（乙）中，若点M是抛物线上一点，点N是抛物线对称轴上一点，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，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y＝﹣x2＋4x＋5；（2）P（52，354）；（3）存在，M的坐标为：（3，8）或（﹣3，﹣16）或（7，﹣16）．
【分析】（1）将A的坐标（﹣1，0），点C的坐（0，5）代入y＝﹣x2＋bx＋c，即可得抛物线的解析式为y＝﹣x2＋4x＋5；
（2）过P作PD⊥x轴于D，交BC于Q，过P作PH⊥BC于H，由y＝﹣x2＋4x＋5可得B（5，0），故OB＝OC，△BOC是等腰直角三角形，可证明△PHQ是等腰直角三角形，即知PH＝PQ2，当PQ最大时，PH最大，设直线BC解析式为y＝kx＋5，将B（5，0）代入得直线BC解析式为y＝﹣x＋5，设P（m，﹣m2＋4m＋5），（0＜m＜5），则Q（m，﹣m＋5），PQ＝﹣（m﹣52）2＋254，故当m＝52时，PH最大，即点P到直线BC的距离最大，此时P（52，354）；
（3）抛物线y＝﹣x2＋4x＋5对称轴为直线x＝2，设M（s，﹣s2＋4s＋5），N（2，t），而B（5，0），C（0，5），①以MN、BC为对角线，则MN、BC的中点重合，可列方程组s+22=5+02-s2+4s+5+t2=0+52，即可解得M（3，8），②以MB、NC为对角线，则MB、NC的中点重合，同理可得s+52=2+02-s2+4s+4+02=t+52，解得M（﹣3，﹣16），③以MC、NB为对角线，则MC、NB中点重合，则s+02=2+52-s2+4s+5+52=t+02，解得M（7，﹣16）．
【详解】解：（1）将A的坐标（﹣1，0），点C的坐（0，5）代入y＝﹣x2＋bx＋c得：
0=-1-b+c5=c，解得b=4c=5，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2＋4x＋5；
（2）过P作PD⊥x轴于D，交BC于Q，过P作PH⊥BC于H，如图：
在y＝﹣x2＋4x＋5中，令y＝0得﹣x2＋4x＋5＝0，
解得x＝5或x＝﹣1，
∴B（5，0），
∴OB＝OC，△BOC是等腰直角三角形，
∴∠CBO＝45°，
∵PD⊥x轴，
∴∠BQD＝45°＝∠PQH，
∴△PHQ是等腰直角三角形，
∴PH＝PQ2，
∴当PQ最大时，PH最大，
设直线BC解析式为y＝kx＋5，将B（5，0）代入得0＝5k＋5，
∴k＝﹣1，
∴直线BC解析式为y＝﹣x＋5，
设P（m，﹣m2＋4m＋5），（0＜m＜5），则Q（m，﹣m＋5），
∴PQ＝（﹣m2＋4m＋5）﹣（﹣m＋5）＝﹣m2＋5m＝﹣（m﹣52）2＋254，
∵a＝﹣1＜0，
∴当m＝52时，PQ最大为254，
∴m＝52时，PH最大，即点P到直线BC的距离最大，此时P（52，354）；
（3）存在，理由如下：
抛物线y＝﹣x2＋4x＋5对称轴为直线x＝2，
设M（s，﹣s2＋4s＋5），N（2，t），而B（5，0），C（0，5），
①以MN、BC为对角线，则MN、BC的中点重合，如图：
∴s+22=5+02-s2+4s+5+t2=0+52，解得s=3t=-3，
∴M（3，8），
②以MB、NC为对角线，则MB、NC的中点重合，如图：
∴s+52=2+02-s2+4s+4+02=t+52，解得s=-3t=-21，
∴M（﹣3，﹣16），
③以MC、NB为对角线，则MC、NB中点重合，如图：
s+02=2+52-s2+4s+5+52=t+02，解得s=7t=-11，
∴M（7，﹣16）；
综上所述，M的坐标为：（3，8）或（﹣3，﹣16）或（7，﹣16）．
【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、函数图象上点坐标的特征、等腰直角三角形、平行四边形等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点的坐标和相关线段的长度．
中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题26二次函数与线段周长压轴问题
经典例题
【例1】（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．
【例2】（2021·四川遂宁·统考中考真题）如图，已知二次函数的图象与x轴交于A和B（－3，0）两点，与y轴交于C（0，－3），对称轴为直线x=-1，直线y＝－2x＋m经过点A，且与y轴交于点D，与抛物线交于点E，与对称轴交于点F．
（1）求抛物线的解析式和m的值；
（2）在y轴上是否存在点P，使得以D、E、P为顶点的三角形与△AOD相似，若存在，求出点P的坐标；若不存在，试说明理由；
（3）直线y＝1上有M、N两点（M在N的左侧），且MN＝2，若将线段MN在直线y＝1上平移，当它移动到某一位置时，四边形MEFN的周长会达到最小，请求出周长的最小值（结果保留根号）．
【答案】（1）y=x+12-4；m=2；（2）存在，P0,12或0,14.5；（3）102+45+2
【分析】（1）根据抛物线的对称性求出A（1，0），再利用待定系数法，即可求解；再把点A坐标代入直线的解析式，即可求出m的值；
（2）先求出E（-5，12），过点E作EP⊥y轴于点P，从而得△EDP∽△ADO，即可得到P的坐标，过点E作EP'⊥AE，交y轴于点P'，可得△P'DE∽△ADO，再利用tan∠ADO=tan∠PEP'，即可求解；
（3）作直线y=1，将点F向左平移2个单位得到F'，作点E关于y=1的对称点E'，连接E'F'与直线y=1交于点M，过点F作FN∥E'F'，交直线y=1于点N，在Rt△EWF中和 Rt△E'WF'中分别求出EF， E'F'，进而即可求解．
【详解】（1）解：∵二次函数的图象与x轴交于A和B（－3，0）两点，对称轴为直线x=-1，
∴A（1，0），
设二次函数解析式为：y=a(x-1)(x+3)，把C（0，－3）代入得：-3=a(0-1)(0+3)，解得：a=1，
∴二次函数解析式为：y= (x-1)(x+3)，即：y=x+12-4，
∵直线y＝－2x＋m经过点A，
∴0=-2×1+m，解得：m=2；
（2）由（1）得：直线AF的解析式为：y=-2x+2，
又∵直线y=-2x+2与y轴交于点D，与抛物线交于点E，
∴当x=0时，y=2，即D（0，2），
联立y=-2x+2y=x+12-4，解得：x1=-5y1=12，x2=1y2=0，
∵点E在第二象限，
∴E（-5，12），
过点E作EP⊥y轴于点P，
∵∠ADO=∠EDP，∠DOA=∠DPE=90°，
∴△EDP∽△ADO，
∴P（0，12）；
过点E作EP'⊥AE，交y轴于点P'，可得△P'DE∽△ADO，
∵∠EDP'+∠PED=∠PEP'+∠PED=90°，
∴∠ADO=∠EDP'=∠PEP'，即：tan∠ADO=tan∠PEP'，
∴OAOD=PP'EP，即：12=PP'5，解得：PP'=2.5，
∴P'（0，14.5），
综上所述：点P的坐标为（0，12）或（0，14.5）；
（3）∵点E、F均为定点，
∴线段EF长为定值，
∵MN=2，
∴当EM+FN为最小值时，四边形MEFN的周长最小，
作直线y=1，将点F向左平移2个单位得到F'，作点E关于y=1的对称点E'，连接E'F'与直线y=1交于点M，过点F作FN∥E'F'，交直线y=1于点N，
由作图可知：EM=E'M，F'M=FN，
又∵E'，M，F'三点共线，
∴EM+FN=E'M+F'M=E'F'，此时，EM+FN的值最小，
∵点F为直线y=-2x+2与直线x=-1的交点，
∴F（-1，4），
∴F'（-3，4），
又∵E（-5，12），
∴E'（-5，-10），
延长FF'交线段EE'于点W，
∵FF'与直线y=1平行，
∴FW⊥EE'，
∵在Rt△EWF中，由勾股定理得：EF=12-42+-1+52=45，
在Rt△E'WF'中，由勾股定理得：E'F'=4+102+-3+52=102，
∴四边形MEFN的周长最小值=ME+FN+EF+MN=E'F'+EF+MN=102+45+2．
【点睛】本题主要考查二次函数与平面几何的综合，掌握待定系数法，相似三角形的判定和性质，添加辅助线，利用轴对称图形的性质，构造线段和的最小值，是解题的关键．
【例3】（2022·辽宁朝阳·统考中考真题）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2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．
【答案】(1)y=x2+2x-3，（-3，0）
(2)94
(3)-3,-32或（-2，1）或0,3-32
【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．
（1）
解：把点A(1，0)，C(0，﹣3)代入y=ax2+2x+c得：
c=-3a+2×1+c=0，解得：c=-3a=1，
∴抛物线解析式为y=x2+2x-3；
令 y=0，则x2+2x-3=0，
解得：x1=1,x2=-3，
∴点B的坐标为（-3，0）；
（2）
解：设直线BC的解析式为y=kx+bk≠0，
把点B（-3，0），C(0，﹣3)代入得：
b=-3-3k+b=0，解得：k=-1b=-3，
∴直线BC的解析式为y=-x-3，
设点Pm,-m+3，则Qm,m2+2m-3，
∴PQ=-m-3-m2+2m-3=-m2-3m=-m+322+94，
∴当m=-32时，PQ最大，最大值为94；
（3）
解：存在，
根据题意得：PC=2t,BM=t，则PB=32-2t，
如图，当BM=PM时，
∵B（-3，0），C（0，-3），
∴OB=OC=3，
∴∠OCB=∠OBC=45°，
延长NP交y轴于点D，
∵点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形，
∴PN∥x轴，BN∥PM，即DN⊥y轴，
∴△CDP为等腰直角三角形，
∴CD=PD=PC⋅sin∠OCB=2t×22=t，
∵BM=PM，
∴∠MPB=∠OBC=45°，
∴∠PMO=∠PDO=∠MOD=90°，
∴四边形OMPD是矩形，
∴OM=PD=t，MP⊥x轴，
∴BN⊥x轴，
∵BM+OM=OB，
∴t+t=3，解得t=32，
∴P-32,-32，
∴N-3,-32；
如图，当PM=PB时，作PD⊥y轴于D，连接PN，
∵点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形，
∴PN⊥BM，NE=PE，
∴BM=2BE，
∴∠OEP=∠DOE=∠ODP=90°，
∴四边形PDOE是矩形，
∴OE=PD=t，
∴BE=3-t，
∴t=2（3-t），解得：t=2，
∴P（-2，-1），
∴N（-2，1）；
如图，当PB=MB时，
32-2t=t，解得：t=6-32，
∴PN=BP=BM=6-32，
过点P作PE⊥x轴于点E，
∴PE⊥PM，
∴∠EON=∠OEP=∠EPN=90°，
∴四边形OEPN为矩形，
∴PN=OE，PN⊥y轴，
∵∠OBC=45°，
∴BE=PE=PB⋅sin∠OBC=6-32×22=32-3，
∴OE=OB-BE=3-32-3=6-32，
∴点N在y轴上，
∴N0,3-32，
综上所述，点N的坐标为-3,-32或（-2，1）或0,3-32．
【点睛】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．
【例4】（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
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
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
（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．
培优训练
一、解答题
1．（2022·云南文山·统考三模）已知抛物线y=ax2+1-3ax-3与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），顶点坐标为点D1,m．
(1)求m的值；
(2)设点P在抛物线的对称轴上，连接BP，求DP+5BP的最小值．
【答案】(1)-4
(2)8
【分析】（1）根据题意可得-1-3a2a=1，求出a的值，即可求解；
（2）过B作BK⊥BP，且BK=2BP，过K作KS⊥x轴于S，过K作KT∥x轴交DP于T，设抛物线对称轴交x轴于R，先求出B3,0，可得BR=2，再证得△PBR∽△BKS，可得KS=2BR=4，即K为直线y=4上的动点，从而得到T1,4，进而得到DP+5BP=DP+PK，可得到当K运动到T时，DP+5BP=DP+PK=DP+PT=DT，此时DP+5BP取最小值，最小值即是DT的长，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+1-3ax-3顶点坐标为点D1,m，
∴-1-3a2a=1，
解得a=1，
∴y=x2-2x-3=x-12-4，
∴顶点坐标为1,-4，
∴m的值是-4；
（2）解：过B作BK⊥BP，且BK=2BP，过K作KS⊥x轴于S，过K作KT∥x轴交DP于T，设抛物线对称轴交x轴于R，如图：
由（1）知抛物线y=x2-2x-3对称轴为直线x=1，顶点D1,-4，
在y=x2-2x-3中，
令y=0，得∶ x2-2x-3=0，
解得：x=-1或3，
∴B3,0，
∴BR=2，
∵BK⊥BP，
∴∠PBR=90°-∠KBS=∠BKS，
∵∠PRB=∠KSB=90°，
∴△PBR∽△BKS，
∴BPBK=BRKS，
∵BK=2BP，
∴KS=2BR=4，
即K为直线y=4上的动点，
∴T1,4，
∵BK⊥BP,BK=2BP，
∴PK=5BP，
∴DP+5BP=DP+PK，
由垂线段最短可得，当K运动到T时，DP+5BP=DP+PK=DP+PT=DT，此时DP+5BP取最小值，最小值即是DT的长，如图：
∵D1,-4,T1,4，
∴DT=8，
∴DP+5BP的最小值为8．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，相似三角形的判定与性质，解题的关键是添加辅助线，构造相似三角形，转化5BP成PK．
2．（2016·河南·模拟预测）如图，对称轴为直线x=-1的抛物线y=x2+bx+c与x轴相交于A，B两点，其中A点的坐标为-3,0．
(1)求该二次函数解析式；
(2)已知点C为抛物线与y轴的交点．
①若点P在抛物线上，且S△POC=4S△BOC，请直接写出点P的坐标；
②设点Q是线段AC上的动点，作QD⊥x轴交抛物线于点D，求线段QD长度的最大值．
【答案】(1)y=x2+2x-3
(2)①4,21或-4,5；②94
【分析】（1）由点A与点B关于直线x=-1对称可求得点B的坐标；
（2）①将点A和点B的坐标代入抛物线的解析式可求得b、c的值，从而得到抛物线的解析式，设点P的坐标为(a,a2+2a-3)，则点P到OC的距离为|a|．然后依据SΔPOC=4SΔBOC列出关于a的方程，从而可求得a的值，于是可求得点P的坐标；
②先求得直线AC的解析式，设点D的坐标为(x,x2+2x-3)，则点Q的坐标为(x,-x-3)，然后可得到QD与x的函数的关系，最后利用配方法求得QD的最大值即可．
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴为x=-1，A点的坐标为(-3,0)，
∴点B的坐标为1,0．
将点A和点B的坐标代入抛物线的解析式得：
9-3b+c=01+b+c=0，解得：b=2c=-3，
∴抛物线的解析式为y=x2+2x-3；
（2）∵将x=0代入得y=-3，
∴点C的坐标为0,-3．
∴OC=3．
①∵点B的坐标为1,0，
∴OB=1．
设点P的坐标为a,a2+2a-3，则点P到OC的距离为|a|．
∵SΔPOC=4SΔBOC，
∴ 12OC×|a|=12OC×OB，即12×3×a=4×12×3×1，
解得a=±4．
当a=4时，点P的坐标为4,21；
当a=-4时，点P的坐标为-4,5．
∴点P的坐标为4,21或-4,5．
②如图所示：
设AC的解析式为y=kx-3，
将点A的坐标代入得：-3k-3=0，解得k=-1，
∴直线AC的解析式为y=-x-3．
设点D的坐标为x,x2+2x-3，则点Q的坐标为x,-x-3．
∴QD=-x-3-x2+2x-3=-x-3-x2-2x+3=-x2-3x=-x+322+94，
∴当x=-32时，QD有最大值，QD的最大值=94．
【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解题的关键是主要应用了抛物线的对称性、待定系数法求二次函数的解析式，列出线段QD的长与点P横坐标x之间的函数关系是解题的关键．
3．（2022·山东济南·校考一模）如图，直线y=12x+12与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y=ax-12-2过点A．
(1)求出抛物线解析式的一般式；
(2)抛物线上的动点D在一次函数的图象下方，求△ACD面积的最大值，并求出此时点D的坐标；
(3)若点P为x轴上任意一点，在（2）的结论下，求PD+35PA的最小值．
【答案】(1)y=12x2-x-32；
(2)2516，32,-158；
(3)3．
【分析】（1）利用函数y=12x+12求解A的坐标，再把A的坐标代入二次函数解析式可得答案，
（2）过点D作DM∥y轴交AC于M，得到S△ACD=12DM，利用二次函数的性质可得答案，
（3）作点D关于x轴的对称点F，连接DF交x轴于点G，过点F作FH⊥AD于点H，交x轴于点P，证明PH=35AP，从而得到PD+35AP=FH，从而可得答案．
【详解】（1）解：令12x+12=0，解得：x=-1，
∴点A-1,0，∴0=a(-1-1)2-2，
∴a=12，∴y=12(x-1)2-2，
即y=12x2-x-32．
（2）解：令12x+12=12x2-x-32，化简可得：x2-3x-4=0
解得x=-1或x=4，
如图，过点D作DM∥y轴交AC于M，
设Da,12a2-a-32，-1
所以：①当-1
②当0
∴S△ACD=12DM=12-12a2+32a+2=-14a-322+2516，
∴当a=32时，△ACD的面积有最大值，最大值是2516，
此时D点坐标为32,-158．
（3）解：作点D关于x轴的对称点F，连接DF交x轴于点G，过点F作FH⊥AD于点H，交x轴于点P．
∵D32,-158，OA=1，
∴AG=1+32=52，DG=158，
∴tan∠DAG=DGAG=52158=34，
设DG=3m,AG=4m, 则AD=5m,
∴sin∠ADG=AGAD=45, sin∠DAG=DGAD=PHAP=35，
∴PH=35AP，
∵D、F关于x轴对称，∴PD=PF，
∴PD+35AP=FP+HP=FH，此时PD+35AP最小．
∵DF=158×2=154，
∴sin∠ADG=AGAD=FHDF=45，
∴FH=45DF=45×154=3，
∴PD+35AP的最小值是3．
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，以及利用二次函数的性质求解面积的最大值，同时考查利用轴对称求线段和的最小值，同时考查锐角三角函数的应用，掌握以上知识是解题的关键．
4．（2022·重庆·重庆八中校考模拟预测）平面直角坐标系中，抛物线y=-14x2+bx+c与直线KB交于点B(2,0)，K(-12,-14)，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的函数表达式及顶点坐标；
(2)如图1，连接BC，点P是线段BK上方抛物线上的一个动点，过点P作PZ∥x轴交CB于点Z，过点P作PQ∥CB交直线KB于点Q，求655PQ+PZ的最大值及此时点P的坐标；
(3)如图2，在（2）的条件下，将该抛物线向下平移38个单位，向右平移3个单位，使得P点对应点P'．点S是新抛物线对称轴上一点，在平面上否存在一点N，使以P'、S、A、N为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=-14x2-32x+4，-3,254
(2)655PQ+PZ最大值为1958，P-7,94
(3)N-12,94980或-4,-158
【分析】（1）运用待定系数法即可求解；
（2）设Pt,-14t2-32t+4-12
【详解】（1）解：∵抛物线y=-14x2+bx+c经过点B(2,0)，K(-12,-14)，
∴-1+2b+c=0-36-12b+c=-14，
解得：b=-32c=4，
∴抛物线解析式为y=-14x2-32x+4，
∵y=-14x2-32x+4=-14x+32+254
∴顶点坐标为-3,254；
（2）解：设Pt,-14t2-32t+4-12
∵B(2,0)，K(-12,-14)，
∴直线BK的解析式为y=x-2，
∵PM∥y轴，
∴P、M的横坐标相同，
∴Mt,t-2，
∴PM=-14t2-32t+4-t-2=-14t2-52t+6，
易求C0,4，
∵B(2,0)，
∴直线BC的解析式为y=-2x+4，
∵QN∥x轴，
∴P、Z的纵坐标相同，
∴Z的纵坐标为-14t2-32t+4，
∴-14t2-32t+4=-2x+4，
解得x=18t2+34t，
∴Z18t2+34t,-14t2-32t+4，
∴PZ=18t2+34t-t=18t2-14t，
∵PZ∥x轴，BC∥PQ，PZ∥x轴∥NQ，
∴∠OBC=∠PZC，∠PZC=∠ZPQ，∠ZPQ=∠PQN，
∴∠OBC=∠PQN，
又∠BOC=∠QNP=90°，
∴△BOC∽△QNP，
∴BONQ=BCPQ=OCPN，
∵BO=2，CO=4，
∴BC=BO2+CO2=25，
∴ 2NQ=25PQ=4PN，
∴NQ=55PQ，PN=2QN，
∵QN∥x轴，y=x-2与x轴所交的锐角为45°
∴∠NQM=45°，
∴△MNQ是等腰直角三角形，
∴MN=NQ，
∴NQ=13PM，
∴13PM=55PQ，
∴PQ=53PM，
∴655PQ+PZ=655×53PM+PZ=2PM+PZ
=2-14t2-52t+6+18t2-14t
=-38t2-214t+6
=-38t+72+1958，
∴当t=-7时，655PQ+PZ有最大值为1958，
此时-14t2-32t+4=-14×-72-32×-7+4=94，
∴P-7,94；
（3）解：抛物线y=-14x+32+254向下平移38个单位，向右平移3个单位，得到新抛物线y=-14x2+478，
P-7,94向下平移38个单位，向右平移3个单位，得到P'-4,158
设S0,m， NxN,yN，
令y=0，则-14x2-32x+4=0，解得x1=-8，x2=2，
∴A-8,0，
①以AP'，NS为对角线时，
-8+-42=xN+02，
解得xN=-12，
又AN=NP'，
∴-12+82+yN2=-82+m2，
∴yN=94980，
∴N-12,94980
②以AN，P'S为对角线时，
-8+xN2=-4+02，
解得xN=4，，
又AP'=P'N，
∴-4+82+1582=-4-42+158-yN2，
∴158-yN2=22564-48<0，
∴无解，
∴不符合题，舍去；
③以AS，P'S为对角线时，
-8+02=xN+-42，
解得xN=-4，
又AP'=AN，
∴-8+42+1582=-4+82+yN2，
∴yN=-158（正跟舍去），
∴N-4,-158，
综上，N-12,94980或-4,-158．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数的图象与性质，一次函数图象上点坐标的特征，菱形的性质，相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点的坐标以及相关线段的长度．
5．（2022·山西·山西实验中学校考模拟预测）综合与探究：
已知：二次函数y=ax2+bx+c的图象的顶点为D-1,4，与x轴交于B，A两点，与y轴交于点C0,3，如图：
(1)求二次函数的表达式；
(2)在抛物线的对称轴上有一点E，使得△ACE的周长最小，求出点E的坐标；
(3)若点N在抛物线的对称轴上，抛物线上是否存在点P，使得以A、B、N、P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=-x2-2x+3；
(2)-1,2；
(3)-1,4或-5,-12或3,-12.
【分析】（1）利用待定系数法，设顶点式求出二次函数的表达式；
（2）根据轴对称最短路径问题得到点E的位置，利用待定系数法求出直线BC的函数解析式，令x=-1代入计算得到答案；
（3）根据平行四边形的判定定理画出可能的图形，根据二次函数图象上点的坐标特征解答．
【详解】（1）解：∵抛物线的顶点为-1,4，
∴设函数表达式为y=ax+12+4.
∵图象过点C0,3，
∴当x=0时，y=3，
∴3=a0+12+4，
解得，a=-1，
∴函数表达式为y=-x+12+4，即y=-x2-2x+3；
（2）解方程-x2-2x+3=0，
得：x1=-3，x2=1，
∴点B的坐标为-3,0，点A的坐标为1,0．
如图1，连接BE，
∵A、B关于对称轴x=-1对称，点E在对称轴x=-1上，
∴EA=EB，
∴△ACE的周长=AC+CE+EA=AC+CE+EB，
当B、E、C在同一直线上时，△ACE的周长最小．
设直线BC的函数解析式为y=kx+bk≠0.
则-3k+b=0b=3，解得k=1b=3，
∴直线BC的函数解析式为y=x+3.
∵点E的横坐标为x=-1，
所以点E的坐标为-1,2；
（3）如图2，当点P与点D重合，点N与点P关于x轴对称时，四边形ANBP的对角线互相平分，
∴四边形ANBP是平行四边形，此时点P的坐标为-1,4.
当P'N'∥AB，P'N'=AB=4时，四边形ABP'N'是平行四边形，
此时P'点的横坐标为-1-4=-5，
∴P'的纵坐标为：y=-x2-2x+3=-25+10+3=-12，
∴点P'的坐标为-5,-12.
当P″N'∥AB，P″N'=AB=4时，四边形ABN'P″是平行四边形，
此时P″点的横坐标为-1+4=3，
P″的纵坐标为：y=-x2-2x+3=-9-6+3=-12，
∴点P″的坐标为3,-12.
∴以A、B、N、P四点为顶点的四边形为平行四边形，点P的坐标为：-1,4或-5,-12或3,-12.
【点睛】本题考查了二次函数的性质、平行四边形的判定、灵活运用分情况讨论思想、掌握待定系数法求二次函数解析式的一般步骤是解题的关键．
6．（2022·甘肃平凉·统考二模）如图，抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于A1，0，B-3，0两点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)设（1）中的抛物线交y轴于C点，在该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Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)在（1）中的抛物线上的第二象限上是否存在一点P，使△PBC的面积最大？若存在，求出△PBC面积的最大值．若没有，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的解析式为：y=-x2-2x+3
(2)存在，点Q的坐标为-1，2
(3)存在，S△PBC最大值为278
【分析】（1）根据题意可知，将点A、B的坐标代入函数解析式，列出方程组即可求得b、c的值，求得函数解析式；
（2）根据题意可知，边AC的长是定值，要想△QAC的周长最小，即是AQ+CQ最小，所以此题的关键是确定点Q的位置，找到点A的对称点B，求得直线BC的解析式，求得与对称轴的交点即是所求；
（3）设Px，-x2-2x+3-3
可得：-1+b+c=0-9-3b+c=0，
解得：b=-2c=3，
∴抛物线的解析式为：y=-x2-2x+3；
（2）解：存在，理由如下：
如图，
∵A、B两点关于抛物线的对称轴x=-1对称，
∴直线BC与x=-1的交点即为Q点，此时△AQC周长最小，连接AC、AQ，
∵点C是抛物线与y轴的交点，
∴C的坐标为0，3，
又∵B-3，0，
∴直线BC解析式为：y=x+3，
∴Q点坐标即为x=-1y=x+3，
解得：x=-1y=2，
∴Q-1，2；
（3）解：存在，理由如下：
如图，设Px，-x2-2x+3-3
若S四边形BPCO有最大值，则S△PBC就最大，
∴S四边形BPCO=S△BPE+S直角梯形PEOC，
∵S△BPE=12BE⋅PE=12x+3-x2-2x+3，
又∵S直角梯形PEOC=12OEPE+OC=12-x-x2-2x+3+3，
∴S四边形BPCO=12x+3-x2-2x+3+12-x-x2-2x+3+3，
∴S四边形BPCO=-32x+322+92+278，
∴S△PBC=S四边形BPCO-S△BOC=-32x+322+92+278-92=-32x+322+278，
∴当x=-32时，S△PBC最大值为278．
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，要注意距离最短问题的求解关键是点的确定，还要注意面积的求解可以借助于图形的分割与拼凑，特别是要注意数形结合思想的应用．
7．（2022·重庆·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于点A和C（1，0），交y轴于点B（0，3），抛物线的对称轴交x轴于点E，交抛物线于点F．
(1)求抛物线的解析式；
(2)将线段OE绕着点O沿顺时针方向旋转得到线段OE'，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接AE',BE'，求BE'+13AE'的最小值；
(3)M为平面直角坐标系中一点，在抛物线上是否存在一点N，使得以A，B，M，N为顶点的四边形为矩形？若存在，请直接写出点N的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝﹣x2﹣2x+3；
(2)823；
(3)存在，-1-52，-1+52，﹣1，2
【分析】（1）根据待定系数法即可求出解析式；
（2）先取OE的三等分点D，得出DE'=13AE'，当B，E'，D三点共线时即为最小值；
（3）先设出点N的坐标，根据矩形的性质列出关于N点坐标的方程组，即可求出N点的坐标．
（1）
把C(1,0)，B(0,3)代入y=-x2+bx+c中，
得：-1+b+c=0c=3，
∴b=-2，c=3，
∴y=-x2-2x+3；
（2）
在OE上取一点D，使得OD=13OE，
连接DE'，BD，
∵ OD=13OE=13OE'，对称轴x=-1，
∴E(-1,0)，OE=1，
∴OE'=OE=1，OA=3，
∴ OE'OA=ODOE'=13，
又∵∠DOE'=∠E'OA，
ΔDOE'∽△E'OA，
∴ DE'=13AE'，
∴ BE'+13AE'=BE'+DE'，
当B，E'，D三点共线时，BE'+DE'最小为BD，
BD=OB2+OD2=32+(13)2=823，
∴ BE'+13AE'的最小值为823；
（3）
存在，
∵A(-3,0)，B(0,3)，
设N(n,-n2-2n+3)，
则AB2=18，AN2=(n2+2n-3)2+(n+3)2，BN2=n2+(n2+2n)2，
∵以点A，B，M，N为顶点构成的四边形是矩形，
∴ΔABN是直角三角形，
若AB是斜边，则AB2=AN2+BN2，
即18=(n2+2n-3)2+(n+3)2+n2+(n2+2n)2，
解得：n1=-1-52，n2=-1+52，
∴N的横坐标为-1-52或-1+52，
若AN是斜边，则AN2=AB2+BN2，
即(n2+2n-3)2+(n+3)2=18+n2+(n2+2n)2，
解得n=0（与点B重合，舍去）或n=-1，
∴N的横坐标是-1，
若BN是斜边，则BN2=AB2+AN2，
即n2+(n2+2n)2=18+(n2+2n-3)2+(n+3)2，
解得n=-3（与点A重合，舍去）或n=2，
∴N的横坐标为2，
综上N的横坐标为-1-52，-1+52，-1，2．
【点睛】本题主要考查二次函数的综合应用，求解析式常用的是待定系数法，一般都是第一问，也是后面内容的基础，必须掌握且不能出错，否则后面的两问没法做，对于相似三角形，要牢记它的判定与性质，考试中一般都是先判定，再用性质．
8．（2022·广东东莞·东莞市光明中学校考一模）二次函数y=ax2+bx+3a≠0的图像与y轴交于点C，与x轴交于点A1,0、B92,0．
(1)求a、b的值；
(2)P是二次函数图像在第一象限部分上一点，且∠PAB=∠OCA，求P点坐标；
(3)在（2）的条件下，有一条长度为1的线段EF落在OA上（E与点O重合，F与点A重合），将线段EF沿x轴正方向以每秒613个单位向右平移，设移动时间为t秒，当四边形CEFP周长最小时，求t的值．
【答案】(1)a=23,b=-113
(2)P5,43
(3)6
【分析】（1）把A1,0、B92,0代入数y=ax2+bx+3即可得出结果；
（2）先得出tan∠PAB=13，设Px,23x2-113x+3(0
（3）作P1关于x轴的对称点P2，先求CP2的解析式，得出当CE+PF值最小时，四边形CEFP的周长最小，连接EP1，根据两点之间线段最短可得：当C，E，P2三点共线，CE+EP2=CP2时，CE+EP2最短，得出结论．
（1）
解：把A1,0、B92,0代入数y=ax2+bx+3
得：a+b+3=0814a+92b+3=0，解得：a=23，b=-113，
∴a的值为：23，b的值为：-113．
（2）
解：由y=23x2-113x+3，令x=0，则y=3，
∴C(0,3），即OC=3
∵OA=1，OC=3，
∴在Rt△AOC中，tan∠ACO=AOCO=13，
∵∠PAB=∠OCA，
∴tan∠PAB=13，
设Px,23x2-113x+3(0
过点P作PD⊥x轴于点D，
∴AD=OD-OA=x-1，
在Rt△PAD中，
tan∠PAD=PDAD=23x2-113x+3x-1=13，
∴x=5，
∴x-1≠0，
当x=5时，23x2-113x+3=23×52-113×5+3=43，
∴P5,43.
（3）
解：由题意得：OE=613t，OF=613t+1，即F向左平移1个单位到点E，
将P5,43向左平移1个单位到P14,43，
作P1关于x轴的对称点P2，则P24,-43，
连接CP2，
设CP2：y=kx+b(k≠0），
把C0,3，P24,-43代入得：
b=34k+b=-43，解得：k=-1312b=3，
∴CP2：y=-1312x+3，
令y=0，则0=-1312x+3，
∴x=3613，即CP2与x轴的交点为3613,0，
∴当E3613,0，F4913,0时，四边形CEFP的周长最短，
∵四边形CEFP的周长=CP+EF+CE+PF，且CP，EF是定长，
∴当CE+PF值最小时，四边形CEFP的周长最小，
连接EP1，
∵PP1=1=EF，且PP1//EF，
∴四边形EFPP1是平行四边形，
∴EP1=PF，
∵P1，P2关于x轴对称，E是x轴上的点，
∴EP1=EP2，
∴EP2=PF，
∴CE+PF=CE+EP2，
根据两点之间线段最短可得：当C，E，P2三点共线，CE+EP2=CP2时，CE+EP2最短，
即E3613,0时，四边形CEFP的周长最小，
∴613t=3613，t=6s，
即当t=6s时，四边形CEFP的周长最小．
【点睛】本题考查了二次函数的性质、轴对称的性质、平行四边形的判定与性质、解直角三角形等知识点，正确作出辅助线是解答本题的关键．
9．（2022·浙江杭州·杭州绿城育华学校校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，过点A(0,4)、B(5,9)两点的抛物线的顶点C在x轴正半轴上．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求点C的坐标；
(3)P(x,y)为线段AB上一点，1≤x≤4，作PM∥y轴交抛物线于点M，求PM的最大值与最小值．
【答案】(1)y=(x-2)2
(2)(2,0)
(3)最大值是254，最小值是4
【分析】（1）根据题意设抛物线的解析式为y=a(x-h)2，然后把点A(0,4)、B(5,9)代入关系式进行计算即可解答；
（2）把y=0代入（1）中所求的抛物线的解析式进行计算即可解答；
（3）先求出AB解析式，然后计算当x=1，x=2，x=4，PM的长度，然后设P(n,n+4)，M(n,n2-4n+4)，表示出PM的值，然后再进行计算即可解答．
【详解】（1）解：∵抛物线的顶点C在x轴正半轴上，
∴设抛物线的解析式为y=a(x-h)2，
把点A(0,4)、B(5,9)代入y=a(x-h)2中可得：a0-h2=4a5-h2=9，
解得：h=-10舍去或h=2，
∴a=1，
∴抛物线的解析式为：y=(x-2)2；
（2）把y=0代入y=(x-2)2中可得：(x-2)2=0，
∴x=2，
∴点C的坐标为(2,0)；
（3）设AB的解析式为：y=kx+b，
把点A(0,4)、B(5,9)代入y=kx+b中可得：{b=45k+b=9，
解得：{k=1b=4，
∴AB的解析式为：y=x+4，
∵点P为线段AB上一点，点M为抛物线y=(x-2)2上一点，且1≤x≤4，PM∥y轴，
∴当x=1时，P(1,5)，M(1,5)，
∴PM=5-1=4，
当x=4时，P(4,8)，M(4,4)，
∴PM=8-4=4，
当x=2时，P(2,6)，M(2,0)，
∴PM=6-0=6，
设P(n,n+4)，M(n,n2-4n+4)，
∴PM=n+4-(n2-4n+4)=-n2+5n=-(n-52)2+254，
当n=52时，PM的最大值为：254，
∴PM的最大值是254，最小值是4．
【点睛】本题考查了二次函数的最值，待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，准确熟练地进行计算是解题的关键．
10．（2021·四川乐山·统考三模）抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A（﹣3，0）和B（1，0），与y轴交于点C，顶点是点D．
(1)求抛物线解析式；
(2)连接AD，CD，BC，将△OBC沿着x轴以1个单位每秒的速度向左平移，对应点分别是O'，B'，C′，设S表示O'B'C'与四边形AOCD的重叠部分面积，求S与时间t的函数解析式；
(3)如图2，点M（m，n）为抛物线上的任意一点，过M向直线y=92作垂线，垂足为E，点F为抛物线对称轴上的一点，当ME﹣MF恒等于14时，求F点的坐标．
【答案】(1)y＝﹣x2﹣2x+3；
(2)S=-32t2+3t(0＜t＜1)32(1≤t＜32)-25t2+65t+35(32≤t≤3)35(t-4)2(3＜t≤4)
(3)（﹣1，154）．
【分析】（1）将点A（﹣3，0）和B（1，0）代入y＝ax2+bx+3，得：9a-3b+3=0a+b+3=0，解方程组即可求解；
（2）配方求出顶点坐标为：（﹣1，4），用待定系数法求直线AD的函数关系式为：y＝2x+6，当C′在AD上时，令y＝3，即2x+6＝3，解得：x=-32，分四种情况分别求出重叠面积；
（3）设点F坐标为（﹣1，h），则MF=(m+1)2+(n-h)2，ME=92-n，表示出MF＝ME-14=92-n-14=174-n，两边平方得（m+1）2+（n﹣h）2＝（174-n）2，化简m2+2m+1+h2﹣2nh=-172n+28916，将n＝﹣m2﹣2m+3代入上式，整理，得（2h-152）m2+（4h﹣15）m+1+h2﹣6h+512-28916=0，利用0乘任何数都得0，即可求解．
（1）
解：将点A（﹣3，0）和B（1，0）代入y＝ax2+bx+3，
得：9a-3b+3=0a+b+3=0，
解得：a=-1b=-2，
∴抛物线解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）
∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴顶点D的坐标为：（﹣1，4），
设直线AD的函数关系式为：y＝mx+n，
则：-m+n=4-3m+n=0，
解得：m=2n=6，
∴直线AD的函数关系式为：y＝2x+6，
对y＝﹣x2﹣2x+3来说，当x＝0时，y＝3，即点C的坐标是（0，3），
当C′在AD上时，令y＝3，即2x+6＝3，
解得：x=-32，
①如图1，当0＜t＜1时，
由题意得，OC＝O′C′＝3，OB＝O′B′＝1，
∴OB′＝1﹣t，
∵OC∥ O′C′，
∴△O′B′C′∽△OB′M，
∴O'C'OM=O'B'OB' 即3OM=11-t，
解得：OM＝3（1﹣t），
S＝S△O′B′C′﹣S△OMB′
=12×3×1-12×3（1﹣t）2＝-32t2+3t；
②当1≤t＜32时，如图2，
△O′B′C′完全在四边形AOCD内，
此时：S=12×1×3=32；
③当32≤t≤3时，如图3，
设B′C′，C′O′与AD的交点分别为P，Q，
过点P作PH⊥C′O′于点H，
∵AO＝3，OO′＝t，
∴AO′＝3﹣t，O′Q＝A O′tan∠QAO′＝2AO′＝6﹣2t，
∴C′Q＝3﹣（6﹣2t）＝2t﹣3，
∵PH∥AB，
∴∠HPQ＝∠DAO，
∴QH＝HPtan∠HPQ＝2HP，C′H=HPtanC'=3HP，
∴HP=15C′Q=15(2t-3)，
∴S=32-12（2t﹣3）×15（2t﹣3）=-25t2+65t+35；
④当3＜t≤4时，如图4，
BB′＝t，则AB′＝4﹣t，
tan∠DAM＝tan∠PAN=DMAM=2，tan∠PB′N＝tan∠CBO＝3，
设NB′＝m，则PN＝3m，AN＝1.5m，
∵AB′＝NB′＋AN，
∴2.5m＝4﹣t，
解得：m=25（4﹣t），
∴PN＝65(4-t)，
∴S=12（4﹣t）•65（4﹣t）=35（t﹣4）2，
综上所述：S=-32t2+3t(0＜t＜1)32(1≤t＜32)-25t2+65t+35(32≤t≤3)35(t-4)2(3＜t≤4)
（3）
设点F坐标为（﹣1，h），则MF=(m+1)2+(n-h)2，ME=92-n，
∵ME﹣MF=14，
∴MF＝ME-14=92-n-14=174-n，
∴（m+1）2+（n﹣h）2＝（174-n）2，
∴m2+2m+1+h2﹣2nh=-172n+28916，
将n＝﹣m2﹣2m+3代入上式，
整理，得（2h-152）m2+（4h﹣15）m+1+h2﹣6h+512-28916=0，
∴当h=154时，上式对于任意实数m的值恒成立，
∴满足题意的点F的坐标为（﹣1，154）．
【点睛】本题考查了二次函数的图像和性质、待定系数法求一次函数和二次函数解析式、锐角三角函数、相似三角形的判定和性质、两点间的距离公式等知识，综合性很强，解题的关键是分类讨论和数形结合思想的应用．
11．（2021·四川资阳·统考中考真题）抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且B-1,0,C0,3．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P是抛物线上位于直线AC上方的一点，BP与AC相交于点E，当PE:BE=1:2时，求点P的坐标；
（3）如图2，点D是抛物线的顶点，将抛物线沿CD方向平移，使点D落在点D'处，且DD'=2CD，点M是平移后所得抛物线上位于D'左侧的一点，MN//y轴交直线OD'于点N，连结CN．当55D'N+CN的值最小时，求MN的长．
【答案】（1）y=-x2+2x+3；（2）P(1,4)或P(2,3)；（3）34．
【分析】（1）利用待定系数法即可得；
（2）设点P的坐标为P(a,-a2+2a+3)，先利用待定系数法求出直线AC的解析式，再根据PE:BE=1:2可得点E的坐标，代入直线AC的解析式求解即可得；
（3）先根据DD'=2CD求出点D'的坐标，再根据二次函数图象的平移规律得出平移后的函数解析式，设点M的坐标，从而可得点N的坐标，然后根据两点之间的距离公式可得55D'N+CN，最后根据两点之间线段最短、垂线段最短求解即可得．
【详解】解：（1）由题意，将点B-1,0,C0,3代入y=-x2+bx+c得：-1-b+c=0c=3，
解得b=2c=3，
则抛物线的解析式为y=-x2+2x+3；
（2）对于二次函数y=-x2+2x+3，
当y=0时，-x2+2x+3=0，解得x=-1或x=3，
∴A(3,0)，
设点P的坐标为P(a,-a2+2a+3)(0
∴a-x1x1+1=12-a2+2a+3-y1y1-0=12，解得x1=23a-13y1=-23a2+43a+2，
∴E(23a-13,-23a2+43a+2)，
设直线AC的解析式为y=kx+t，
将点A(3,0),C(0,3)代入得：3k+t=0t=3，解得k=-1t=3，
则直线AC的解析式为y=-x+3，
将点E(23a-13,-23a2+43a+2)代入得：-23a+13+3=-23a2+43a+2，
解得a=1或a=2，
当a=1时，-a2+2a+3=-1+2+3=4，此时P(1,4)，
当a=2时，-a2+2a+3=-4+2×2+3=3，此时P(2,3)，
综上，点P的坐标为P(1,4)或P(2,3)；
（3）二次函数y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4的顶点D坐标为D(1,4)，
设点D'的坐标为D'(x2,y2)，
∵DD'=2CD,C(0,3),D(1,4)，
∴x2-11-0=2y2-44-3=2，解得x2=3y2=6，
∴D'(3,6)，
则平移后的二次函数的解析式为y=-(x-3)2+6=-x2+6x-3，
设直线OD'的解析式为y=k0x，
将点D'(3,6)代入得：3k0=6，解得k0=2，
则直线OD'的解析式为y=2x，
设点M的坐标为M(m,-m2+6m-3)(m<3)，则点N的坐标为N(m,2m)，
如图，连接AD'，过点N作NF⊥AD'于点F，过点C作CG⊥AD'于点G，交OD'于点N'，连接CF，
∵A(3,0),D'(3,6)，
∴AD'⊥x轴，
∴FN=3-m，
∴55D'N+CN=55(3-m)2+(6-2m)2+CN=3-m+CN=FN+CN，
由两点之间线段最短得：FN+CN的最小值为CF，
由垂线段最短得：当点F与点G重合时，CF取得最小值CG，此时点N与点N'重合，
则点N'的纵坐标与点C的纵坐标相等，
即2m=3，解得m=32，
则MN=-m2+6m-3-2m=-m2+4m-3，
=-(32)2+4×32-3，
=34．
【点睛】本题考查了利用待定系数法求二次函数的解析式、二次函数图象的平移规律、垂线段最短等知识点，较难的是题（3），正确求出平移后的抛物线的解析式是解题关键．
12．（2021·四川眉山·统考三模）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，B点坐标为（3，0），与y轴交于点（0，3）．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是x轴下方的抛物线上的一个动点，过点P的直线y＝x+m与直线BC交于点E，与y轴交于点F，当PE+EF有最大值时，求P点的坐标；
(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点D使△BCD是以BC为斜边的直角三角形，若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝x2﹣4x+3
(2)点P的坐标为（2，﹣1）
(3)存在，点D的坐标为：（2，3+172）或（2，3-172）．
【分析】（1）利用待定系数法解得即可；
（2）过点P作PQ∥FC，交直线BC与点Q，设直线EF交x轴于点K，由已知易得△EPQ和△EFC是等腰直角三角形；设P（t，t2-4t+3），则Q（t，-t+3），利用已知条件得出用字母t表示PE+EF的关系式，再利用二次函数的性质求得符合条件的t值，结论可求；
（3）分两种情况讨论解答：①点D在x轴上方时，②点D在x轴下方时，设出点D的坐标，利用相似三角形对应边成比例，列出方程即可求解．
（1）
解：由题意得：
9+3b+c=0c=3，
解得：b=-4c=3；
∴抛物线的解析式为：y=x2-4x+3；
（2）
解：过点P作PQ∥FC，交直线BC与点Q，设直线EF交x轴于点K，如图，
由题意：F（0，m），K（-m，0），
∴OF=OK=-m．
∴∠OFP=∠OKF=45°．
∵OB=OC=3，
∴∠OBC=∠OCB=45°．
∴∠ECF=∠EFC=45°．
∵PQ∥FC，
∴△EPQ和△EFC都是等腰直角三角形．
∴PE=22PQ，EF=22FC．
∵FC=OF+OC，
∴FC=3-m．
∴EF=22（3-m）．
设直线BC的解析式为y=kx+m，
∴3k+m=0m=3，
解得：k=-1m=3．
∴直线BC的解析式为：y=-x+3．
设P（t，t2-4t+3），1＜t＜3，则Q（t，-t+3），
∴PQ=（-t+3）-（t2-4t+3）=-t2+3t，
∴PE=22（-t2+3t）．
∵抛物线y=x2-4x+3与直线y=x+m相交于点P，
∴t2-4t+3=t+m，
∴t2-5t=m-3．
∴PE+EF=22（-t2+3t）+22（3-m）=-2（t2-4t）=-2（t-2）2+42．
∵-2＜0，
∴当t=2时，PE+EF取得最大值为42．
此时点P的坐标为（2，-1）；
（3）
解：在抛物线的对称轴上存在一点D，使△BCD是以BC为斜边的直角三角形．
①点D在x轴上方时，
过点D作DG⊥OC，交OC延长线于点G，过点B作BH⊥GD交GD延长线于点H，如图，
∵y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线的对称轴为直线x=2，
∴GD=OK=2．
∵OC⊥OB，HG⊥OC，BH⊥GH，
∴四边形OBHG为矩形，
∴GH=OB=3，BH=OG．
∴DH=GH﹣GD=1．
设D（2，n），则OG=BH=n，
∴CG=n﹣3．
∵∠BDC=90°，
∴∠GDC+∠HDB=90°．
∵DG⊥OC，
∴∠GCD+∠GDC=90°．
∴∠GCD=∠HDC．
∵∠CGD＝∠DHB=90°，
∴△GCD∽△HDB．
∴GDGC=BHDH．
∴2n-3=n1．
解得：n＝3±172（负数不合题意，舍去）．
∴D（2，3+172）；
②点D在x轴下方时，
过点D作DN⊥OC，交OC延长线于点N，过点B作BM⊥ND交ND延长线于点M，如图，
设D（2，n），则ON=BM=﹣n，
∴CN=﹣n+3．
同理可知：DN=2，DM=1，
同理△DNC∽△BMD，
∴CNDN=DMBM．
∴-n+32=1-n．
解得：n＝3±172（正数不合题意，舍去）．
∴n＝3-172，
∴D（2，3-172）．
综上，在抛物线的对称轴上存在一点D，使△BCD是以BC为斜边的直角三角形．
点D的坐标为：（2，3+172）或（2，3-172）．
【点睛】本题是一道二次函数的综合题，主要考查了待定系数法确定函数的解析式，抛物线上点的坐标的特征，二次函数图象的性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质．利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
13．（2021·四川泸州·统考二模）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A（﹣2，0）和B（4，0）两点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当点P为直线BC下方抛物线上一动点（不与点B、C重合），PM⊥BC于点M，PD⊥AB于点D，交直线BC于点N，当P点的坐标为何值时，PM+PN的值最大？
(3)点P在第四象限的抛物线上移动，以PC为边作正方形CPEF、当抛物线的对称轴经过点E时，求出此时点P的坐标．
【答案】(1)y＝38x2-34x﹣3
(2)当n＝2时，PM+PN的值最大，此时P点坐标为（2，﹣3）
(3)P点坐标为（23，﹣103）或（43，﹣103）
【分析】（1）用待定系数法确定抛物线解析式即可；
（2）求出直线BC的解析式为y＝34x-3．设P点坐标为（n，38n2-34n-3），N点的坐标为（n，34n-3），则PN＝34n-3-(38n2-34n-3)=-38n2+32n，由锐角三角函数表示PM＝45PN，则由二次函数的性质可得解；
（3）过点P作PK⊥y轴于K，交抛物线的对称轴于G，证明△PEG≌△CPK（AAS），得出CK＝PG，设P（x，38 x2﹣34x﹣3），抛物线的对称轴为直线x＝1，则G（1，38 x2﹣34x﹣3），K（0，38 x2﹣34x﹣3），可得出PG＝|1﹣x|，CK＝|38x2﹣34x﹣3+3|＝|x2﹣34x|，解方程即可得解．
（1）
解：依题意将A、B两点坐标代入y＝ax2+bx﹣3中得：
4a-2b-3=016a+4b-3=0，
解得：a=38b=-34，
∴抛物线的解析式为y＝38x2-34x﹣3；
（2）
解：在y＝38x2-34x﹣3中，令x=0得y=-3，
∴C(0,-3)；
设直线BC的解析式为y＝kx+m，
将B（4，0），C(0,-3)分别代入得：
4k+m=0m=-3
解得：k=34m=-3，
∴直线BC的解析式为y＝34x﹣3．
设P点坐标为（n，38n2-34n﹣3），N点的坐标为（n，34 n﹣3），
∴PN＝34n-3-(38n2-34n-3)=-38n2+32n，
∵PM⊥BC，PD⊥AB，
∴∠PMN＝∠PDB，
∵∠PNM＝∠BND，
∴∠MPN＝∠OBC，
∵OB＝4，OC＝3，
∴BC＝OB2+OC2＝42+32＝5，
∴PM＝PN•cos∠MPN＝PN•cos∠OBC＝45PN，
∴PM+PN＝95PN＝﹣2740n2+2710n＝﹣2740(n-2)2+2710．
∵-2740＜0，且0＜n＜4，
∴当n＝2时，PM+PN的值最大，此时P点坐标为（2，﹣3）．
（3）
过点P作PK⊥y轴于K，交抛物线的对称轴于G，如图，
∵四边形PEFC为正方形，
∴PE＝PC，∠EPC＝90°
∵∠PGE＝∠PKC＝90°，
∴∠PEG＝∠CPK，
∴△PEG≌△CPK（AAS），
∴CK＝PG，
设P（x，38x2﹣34x﹣3），抛物线的对称轴为直线x＝1，
则G（1，38x2﹣34x﹣3），K（0，38x2﹣34x﹣3），
∴PG＝|1﹣x|，CK＝|38x2﹣34x﹣3+3|＝|38x2﹣34x|，
∴|1﹣x|＝|38x2﹣34x|，
解方程1﹣x＝38x2﹣34x得，x1＝43，x2＝﹣2（舍去）；
解方程x﹣1＝38x2﹣34x得，x1＝23，x2＝4（舍去）；
∴P点坐标为（23，﹣103 ）或（43，﹣103 ）．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题，考查了二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和正方形的性质、全等三角形的判定与性质；利用待定系数法求二次函数解析式，解一元二次方程；理解坐标与图形性质是解题的关键．
14．（2021·广西百色·一模）如图，抛物线y=x2+bx+c经过A(-1,0)、B(4,5)两点，点E是线段AB上一动点，过点E作x轴的垂线，交抛物线于点F．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求线段EF的最大值；
(3)抛物线与x轴的另一个交点为点C，在抛物线上是否存在一个动点P，使得SΔACP=25SΔABC ？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2-2x-3
(2)254
(3)存在，点P的坐标为(1-6,2) 或(1+6,2)或(1-2,-2)或(1+2,-2)
【分析】（1）利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）先设出点F的坐标，然后表示出点E的坐标，再表示出EF的长度，根据二次函数的性质即可确定EF的最大值；
（3）先求出点C的坐标，然后求出三角形ABC的面积，设出点P的坐标，用含点P的坐标的式子表示出三角形ACP的面积，列出关于方程，即可求出点P的坐标．
（1）
解：把A(-1,0)、B(4,5)代入y=x2+bx+c，得：
{0=1-b+c5=16+4b+c ，
解得：{b=-2c=-3 ，
∴抛物线的解析式为y=x2-2x-3；
（2）
解：设F(x,x2-2x-3)(-1
{0=-k+b5=4k+b ，
解得：{k=1b=1，
∴直线AB的解析式为y=x+1，EF∥y轴，
∴E(x,x+1)
∴EF=x+1-(x2-2x-3)=-x2+3x+4=-(x-32)2+254
则当x=32时，EF取得最大值为254；
（3）
答：存在，
取y=0，则x2-2x-3=0，
解得x=-1或x=3，
∴C(3,0)，
∴SΔABC=12×4×5=10，
∴SΔACP=25×10=4，
设P(m,m2-2m-3)，则12×4×|m2-2m-3|=4，
解得m=1-6或m=1+6或m=1-2或m=1+2，
当m=1-6或m=1+6时，y=2
当m=1-2或m=1+2时，y=-2，
∴点P的坐标为(1-6,2) 或(1+6,2)或(1-2,-2)或(1+2,-2)．
【点睛】本题主要考查二次函数的性质，关键是要会用待定系数法求抛物线的解析式，会根据解析式确定抛物线和坐标轴的交点，对于动点问题，一般是先设出动点的坐标，再列出关于动点坐标的方程，然后解方程．
15．（2022·吉林四平·统考一模）如图．在平面直角坐标系中，已如抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(5,0),B(-1,0)两点，与y轴交于点C0,52．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在抛物线上是否存在点P，使得△ACP是以点A为直角顶点的直角三角形？若存在，求出符合条件的点P的坐标：若不存在，请说明理由；
(3)点G为抛物线上的一动点，过点G作GE垂直于y轴于点E，交直线AC于点D，过点D作x轴的垂线垂足为点F，连接EF，当线段EF的长度最短时，求出点G的坐标．
【答案】(1)y=-12x2+2x+52
(2)存在，P（-5，-20）
(3)G2-5,2或2+5,2
【分析】（1）运用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）过点A作AP⊥AC，交y轴于点H，交抛物线与点P，通过ΔOAC∽ΔOHA 求得OH的长，从而得到H点坐标，继而得到直线AP的解析式，与抛物线解析式联立即可得到点P坐标；
（3）连接OD，易得四边形OFDE是矩形，则OD=EF，根据垂线段最短可得当OD⊥AC时，OD（即EF）的长度最小．然后只需求出点D的纵坐标，就可得到点G的纵坐标，代入解析式就可求出点G的横坐标，从而得到点G的坐标．
（1）
∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(5,0),B(-1,0)两点，
设抛物线的解析式为y=ax-5x+1，
∵抛物线过点C（0，52），
∴52=-5a
∴a=-12，
∴y=-12x-5x+1=-12x2+2x+52，
∴y=-12x2+2x+52；
（2）
过点A作AP⊥AC，交y轴于点H，交抛物线与点P，则A（5，0），B（-1，0）
∵AC⊥AP，OC⊥OA
∴ΔOAC∽ΔOHA
∴OAOH=OCOA
∴OA2=OC⋅OH；
又∵OA=5，OC=52，
∴OH=10，
∴H（0，-10），A（5，0），
设直线AP的解析式为y=kx+b，
5k+b=0b=-10
解得k=2b=-10
∴直线AP的解析式为y=2x-10，
联立y=2x-10y=-x22+2x+52
解得x1=5y1=0,x2=-5y2=-20
∴P（-5，-20）；
（3）
∵DF⊥x轴，DE⊥y轴，
∴四边形OFDE是矩形，
∴EF=OD，
∴EF长度的最小值为OD长度的最小值，当OD⊥AC时，OD的长度最小．
此时SΔAOC=12AC⋅OD=12OA⋅OC，
∵ AO=5,CP=52
∴AC=AO2+OC2=525，
∴ OD=5
又∵DE⊥y轴，OD⊥AC，
∴ΔODE∽ΔOCD，
∴ODOE=COOD
∴OD2=OE⋅CO，
∴OE=2，
∴点G的纵坐标为2，
∴y=-12x2+2x+52=2
解得x1=2-5，x2=2+5
∴G2-5,2或2+5,2．
【点睛】本题考查二次函数，待定系数法，相似三角形的判定与性质，解一元二次方程，最小值等知识，能正确地分析问题，根据题意画出图形等是解题的关键．
16．（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第四十九中学校校考模拟预测）如图，抛物线y=a(x+3)(x-4)交x轴于A、B，交y轴于点C，点D为抛物线第三象限上一点，且∠BOD＝135°，OD＝42，
(1)求a的值；
(2)点P为第一象限抛物线上一点，连接PD，交y轴于点E，过点P作PF⊥y轴，垂足为F，求CEPF的值；
(3)在（2）的条件下，连接PB，若PE＋PB＝DE，求点P的坐标．
【答案】(1)a=-12
(2)2
(3)（1，6）
【分析】（1）如图所示，过点D作DH⊥x轴于E，先证明DH=OH，然后利用勾股定理求出OH=DH=4，从而求出点D的坐标，然后代入抛物线解析式即可求出a的值；
（2）先求出点C的坐标为（0，6），设点P的坐标为（m，-12m2+12m+6），求出直线PD的解析式为y=-m2+m+202m+8x+-2m2-2m+24m+4，则点E的坐标为（0，-2m2-2m+24m+4），即可推出CE=2m，由此即可得到答案；
（3）如图所示，在DE上取一点M使得，EM=EP，过点E作y轴的平行线交过点D与x轴平行的直线于Q，过点P作PN⊥x轴于N，直线PQ与x轴交于点T，设点P的坐标为（m，-12m2+12m+6），同理可以求出直线PD的解析式为y=-m2+m+202m+8x+-2m2-2m+24m+4，点E的坐标为（0，-2m2-2m+24m+4），然后证明Rt△BPN≌Rt△DMQ，从而推出∠PTB=∠MDQ=∠PBN，得到PT=PB，进而推出点T的坐标为（2m-4，0），令y=0，则-m2+m+202m+8x+-2m2-2m+24m+4=0，解得x=4m2+4m-48-m2+m+20，则2m-4=4m2+4m-48-m2+m+20，由此即可得到答案．
(1)
解：如图所示，过点D作DH⊥x轴于E，
∵∠BOD=135°，
∴∠HOD=45°，
又∵DH⊥OH，即∠DHO=90°，
∴∠HDO=∠HOD=45°，
∴DH=OH，
∵OH2+DH2=OD2=32，
∴OH=DH=4，
又∵点D在第三象限，
∴点D的坐标为（-4，-4），
∴-4=a-4+3-4-4，
∴a=-12；
(2)
解：由（1）可知，抛物线解析式为y=-12x+3x-4=-12x2+12x+6，
∴点C的坐标为（0，6），
设点P的坐标为（m，-12m2+12m+6），直线PD的解析式为y=kx+b，
∴-4k+b=-4mk+b=-12m2+12m+6，
∴k=-m2+m+202m+8b=-2m2-2m+24m+4，
∴直线PD的解析式为y=-m2+m+202m+8x+-2m2-2m+24m+4，
∴点E的坐标为（0，-2m2-2m+24m+4），
∴CE=6--2m2-2m+24m+4
=6m+24+2m2+2m-24m+4
=2m2+8mm+4
=2m，
又∵PF⊥y轴，
∴PF=m，
∴CEPF=2；
(3)
解：如图所示，在DE上取一点M使得，EM=EP，过点E作y轴的平行线交过点D与x轴平行的直线于Q，过点P作PN⊥x轴于N，直线PQ与x轴交于点T，
设点P的坐标为（m，-12m2+12m+6），
同理可以求出直线PD的解析式为y=-m2+m+202m+8x+-2m2-2m+24m+4，
∴点E的坐标为（0，-2m2-2m+24m+4），
∵ME=PE，DE=PE+PB，
∴E为MP的中点，DM=BP，
∴点M的横坐标为-m，
∴点Q的横坐标为-m，
∴DQ=-m-（-4）=4-m，
∵点B是抛物线y=-12x+3x-4=-12x2+12x+6与x轴靠右边的一个交点，
∴点B的坐标为（4，0），
∴BN=4-m=DQ，
在Rt△BPN和Rt△DMQ中，
DM=BPDQ=BN，
∴Rt△BPN≌Rt△DMQ（HL），
∴∠PBN=∠MDQ，
∵DQ∥x轴，
∴∠PTB=∠MDQ=∠PBN，
∴PT=PB，
又∵PN⊥TB，
∴点N为TB的中点，
∴点T的坐标为（2m-4，0），
令y=0，则-m2+m+202m+8x+-2m2-2m+24m+4=0，
∴x=4m2+4m-48-m2+m+20，
∴2m-4=4m2+4m-48-m2+m+20，
∴-2m3+2m2+40m+4m2-4m-80=4m2+4m-48，
∴m3-m2-16m+16=0，
∴m2m-1-16m-1=0，
∴m+4m-4m-1=0，
又∵点P在第一象限，
∴0
∴m=1，
∴点P的坐标为（1，6）．
【点睛】本题主要考查了二次函数与几何综合，等腰直角三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，一次函数与几何综合等等，正确作出辅助线利用属性结合的思想求解是解题的关键．
17．（2022·广西柳州·统考中考真题）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（m，0）两点，与y轴交于点C（0，5）．
(1)求b，c，m的值；
(2)如图1，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D在第一象限内，过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EF⊥x轴，垂足为点F，当四边形DEFG的周长最大时，求点D的坐标；
(3)如图2，点M是抛物线的顶点，将△MBC沿BC翻折得到△NBC，NB与y轴交于点Q，在对称轴上找一点P，使得△PQB是以QB为直角边的直角三角形，求出所有符合条件的点P的坐标．
【答案】(1)b=4，c=5， m=5
(2)当四边形DEFG的周长最大时，点D的坐标为（3，8）
(3)所有符合条件的点P的坐标为（2，233），（2，﹣9）
【分析】（1）把A（﹣1，0），C（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c，利用待定系数法求解b，c即可，再令y=0，再解方程求解m即可；
（2）先求解抛物线的对称轴为x＝2，设D（x，﹣x2+4x+5），则E（4﹣x，﹣x2+4x+5），证明四边形DEFG是矩形，而DE=2x-4,DF=-x2+4x+5, 可得四边形DEFG的周长＝2（﹣x2+4x+5）+2（2x﹣4）＝﹣2x2+12x+2＝﹣2（x﹣3）2+20，再利用二次函数的性质可得答案；
（3）过点C作CH⊥对称轴于H，过点N作NK⊥y轴于K，证明△MCH≌△NCK（AAS），再求解N（﹣4，3），求解直线BN的解析式为：y=-13x+53, 可得Q(0,53), 设P（2，p），再利用勾股定理表示PQ2=22+(p-53)2=p2-103p+619, BP2＝(5-2)2+p2=9+p2，BQ2=52+(53)2=25+259, 再分两种情况建立方程求解即可．
【详解】（1）把A（﹣1，0），C（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c，
∴{-1-b+c=0c=5 ，解得：{b=4c=5,
∴这个抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5，
令y＝0，则﹣x2+4x+5＝0，解得x1＝5，x2＝﹣1，
∴B（5，0），
∴m＝5；
（2）∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，
∴对称轴为x＝2，
设D（x，﹣x2+4x+5），
∵DE∥x轴，
∴E（4﹣x，﹣x2+4x+5），
∵过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EF⊥x轴，
∴四边形DEFG是矩形，
∴DE=2x-4,DF=-x2+4x+5,
∴四边形DEFG的周长＝2（﹣x2+4x+5）+2（2x﹣4）＝﹣2x2+12x+2＝﹣2（x﹣3）2+20，
∴当x＝3时，四边形DEFG的周长最大，
∴当四边形DEFG的周长最大时，点D的坐标为（3，8）；
（3）过点C作CH⊥对称轴于H，过点N作NK⊥y轴于K，
∴∠NKC＝∠MHC＝90°，
由翻折得CN＝CM，∠BCN＝∠BCM，
∵B（5，0），C（0，5）．
∴OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∵CH⊥对称轴于H，
∴CH∥x轴，
∴∠BCH＝45°，
∴∠BCH＝∠OCB，
∴∠NCK＝∠MCH，
∴△MCH≌△NCK（AAS），
∴NK＝MH，CK＝CH，
∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，
∴对称轴为x＝2，M（2，9），
∴MH＝9﹣5＝4，CH＝2，
∴NK＝MH＝4，CK＝CH＝2，
∴N（﹣4，3），
设直线BN的解析式为y＝mx+n，
∴{-4m+n=35m+n=0, 解得：{m=-13n=53,
∴直线BN的解析式为：y=-13x+53,
∴Q(0,53),
设P（2，p），
∴PQ2=22+(p-53)2=p2-103p+619,
BP2＝(5-2)2+p2=9+p2，
BQ2=52+(53)2=25+259,
分两种情况：
①当∠BQP＝90°时，BP2＝PQ2+BQ2，
∴9+p2=p2-103p+619+25+259,
解得：p=233,
∴P(2,233),
②当∠QBP＝90°时，P′Q2＝BP′2+BQ2，
∴p2-103p+619=9+p2+25+259,
解得：p=-9,
∴点P′的坐标为（2，﹣9）．
综上，所有符合条件的点P的坐标为(2,233)或P(2,-9)．
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数与坐标轴的交点坐标问题，二次函数的性质，对称轴的性质，二次函数与直角三角形，勾股定理的应用，清晰的分类讨论是解本题的关键．
18．（2022·辽宁营口·统考中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线y=-12x2+bx+c经过点A-12,278和点B4,0，与y轴交于点C，点P为抛物线上一动点．
(1)求抛物线和直线AB的解析式；
(2)如图，点P为第一象限内抛物线上的点，过点P作PD⊥AB，垂足为D，作PE⊥x轴，垂足为E，交AB于点F，设△PDF的面积为S1，△BEF的面积为S2，当S1S2=4925时，求点P坐标；
(3)点N为抛物线对称轴上的动点，是否存在点N，使得直线BC垂直平分线段PN？若存在，请直接写出点N坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线解析式为y=-12x2+x+4，直线AB的解析式为y=-34x+3，
(2)P3,52
(3)存在N1,3-3
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）设∠ABO=α，则sinα=35，Rt△BEF中，BF=EFsinα=5EF3，证明△DFP∽△EFB，根据相似三角形的性质以及S1S2=4925建立方程，解方程即可求解；
（3）设直线PN交y轴于点K，设PE交BC于点H，连接CN，NH，PC，证明△NHP是等腰直角三角形，则设Pn,-12n2+n+4，则Hn,-n+4，N1,-n+4，根据HN=HP列出方程，即可求解．
【详解】（1）解：抛物线y=-12x2+bx+c经过点A-12,278和点B4,0，
278=-12×-122+-12b+c0=-12×42+4b+c，
解得b=1c=4，
∴抛物线解析式为y=-12x2+x+4，
设直线AB的解析式为y=kx+b1，
278=-12k+b10=4k+b1，
解得k=-34b=3，
∴直线AB的解析式为y=-34x+3，
（2）如图，设直线AB与y轴交于点G，
由y=-34x+3，令x=0,得y=3，则G0,3，
∴OG=3,OB=4，
∴BG=5，
设∠ABO=α，则sinα=35，
∵PE⊥OB,PD⊥AB，
∴∠FEB=∠OBG=α，
∵∠PFD=∠EFB,∠PDF=∠FEB，
∴∠DPF=∠EBF=α，
∴△DFP∽△EFB，
∴S1S2=PFBF2，
Rt△BEF中，BF=EFsinα=5EF3，
设△PDF的面积为S1，△BEF的面积为S2，
∵ S1S2=4925，
∴S1S2=PFBF2 =3PF5EF2=4925=752，
∴3PF5EF=75，
即3PF=7EF，
设Pm,-12m2+m+4，则Fm,-34m+3，
∴PF=-12m2+m+4--34m+3=-12m2+74m+1,EF=-34m+3 ∴3-12m2+74m+1=7-34m+3，
解得m=3或m=4（舍），
当m=3时，-12m2+m+4 =52，
∴P3,52
（3）设直线PN交y轴于点K，设PE交BC于点H，连接CN，NH，PC，如图，
由y=-12x2+x+4，令x=0，得y=4，则C0,4
∵B4,0,C0,4
设过直线BC的解析式为y=sx+t，
4s+t=0t=4
解得s=-1t=4
∴过直线BC的解析式为y=-x+4，
∵OB=OC=4
∴△OBC是等腰直角三角形
∴∠OCQ=45°
∴△CQK是等腰直角三角形
∵PE⊥OB
∴ ∠QPH=45°
∵直线BC垂直平分线段PN
∴HN=HP
∴△NHP是等腰直角三角形，
∴NH⊥PH，
设Pn,-12n2+n+4，则Hn,-n+4，N1,-n+4
∴PH=-12n2+n+4--n+4=-12n2+2n，NH=n-1
∴-12n2+2n=n-1
解得n1=1+3,n2=1-3（舍）
∴N1,-1-3+4即N1,3-3
【点睛】本题考查了二次函数综合，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，二次函数线段问题，掌握以上知识是解题的关键．
19．（2022·四川广元·统考中考真题）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＝14时，若点P是抛物线对称轴上的一个动点，求△PAB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．
【答案】(1)2a=b+1，c=-2；
(2)△PAB的周长最小值是25+22；
(3)此时Q（-1，-2），DQ最大值为22．
【分析】（1）先求得点A、点B的坐标，再利用待定系数法求解即可；
（2）先利用对称性找出△PAB周长最小时点P的位置，此时AP=CP，△PAB的周长最小值为：PB+PA+AB=BC+AB，根据勾股定理求出AB、BC的长即可求出△PAB最小值；
（3）过点Q作QF⊥x轴交于F点，交直线AB于点E，得到∠QED=∠EQD=45°，推出QD=ED=22EQ，设Q（t，t2+t-2），E（t，-t-2），求得QE=-t2-2t，再利用二次函数的性质即可求解．
【详解】（1）解：∵直线y＝﹣x﹣2与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴点A的坐标为(-2，0)，点B的坐标为(0，-2)，
∵抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）经过A，B两点，
∴4a-2b+c=0c=-2，
∴2a=b+1，c=-2；
（2）解：当a=14时，则b=-12，
∴抛物线的解析式为y=14x2-12x-2，
抛物线的对称轴为直线x=1，
∵点A的坐标为(-2，0)，
∴点C的坐标为(4，0) ，
△PAB的周长为：PB+PA+AB，且AB是定值，
∴当PB+PA最小时，△PAB的周长最小，
∵点A、C关于直线x=1对称，
∴连接BC交直线x=1于点P，此时PB+PA值最小，
∵AP=CP，
∴△PAB的周长最小值为：PB+PA+AB=BC+AB，
∵A（-2，0），B（0，-2），C（4，0），
∴OA=2，OB=2，OC=4，
由勾股定理得BC=25，AB=22，
∴△PAB的周长最小值是：25+22．
（3）解：当a=1时，b=1，
∴抛物线的解析式为y=x2+x-2，
过点Q作QF⊥x轴交于F点，交直线AB于点E，
∵A（-2，0），B（0，-2），
∴OA=OB，
∴∠OAB=45°，
∵QD⊥AB，
∴∠AEF=∠QED=∠EQD=45°，
∴QD=ED=22EQ，
设Q（t，t2+t-2），E（t，-t-2），
∴QE=-t-2-(t2+t-2)=-t2-2t，
∴DQ=22QE=-22(t2+2t)= -22(t+1)2+22，
当t=-1时，DQ有最大值22，此时Q（-1，-2）．
【点睛】本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰直角三角形的性质是解题的关键．
20．（2022·山东泰安·统考中考真题）若二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点A-2,0，B0,-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．
【答案】(1)y=12x2-x-4
(2)①85,-365；②12,-5
【分析】（1）利用待定系数解答，即可求解；
（2）①先求出直线AB的表达式为y=-2x-4，然后设点N的坐标为m,0．可得Mm,-2m-4．可得到MN=2m+4，NC=4-m．再由MN=3NC，即可求解；②连接PQ与MN交与点E．设点M的坐标为t,-2t-4，则点N的坐标为t,0
根据正方形的性质可得E的坐标为t,-t-2，进而得到P的坐标2t+2,-t-2．再由点P在抛物线上，即可求解．
【详解】（1）解：∵二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点0,-4，
∴c=-4．
又∵抛物线经过点A-2,0，对称轴为直线x=1，
∴-b2a=1,4a-2b-4=0, 解得∶a=12,b=-1,
∴抛物线的表达式为y=12x2-x-4．
（2）解∶①设直线AB的表达式为y=kx+n．
∵点A，B的坐标为A-2,0，B0,-4，
∴-2k+n=0n=-4， 解得∶k=-2n=-4 ，
∴直线AB的表达式为y=-2x-4．
根据题意得∶点C与点A-2,0关于对称轴直线x=1对称，
∴C4,0．
设点N的坐标为m,0．
∵MN⊥x轴，
∴Mm,-2m-4．
∴MN=2m+4
∴NC=4-m．
∵MN=3NC
∴2m+4=34-m，
解，得m=85．
∴点M的坐标85,-365；
②连接PQ与MN交与点E．
设点M的坐标为t,-2t-4，则点N的坐标为t,0
∵四边形MPNQ是正方形，
∴PQ⊥MN，NE=EP，NE=12MN．
∵MN⊥x轴，
∴PQ//x轴．
∴E的坐标为t,-t-2．
∴NE=t+2．
∴ON+EP=ON+NE=t+t+2=2t+2．
∴P的坐标2t+2,-t-2．
∵点P在抛物线y=12x2-x-4上，
∴122t+22-2t+2-4=-t-2．
解，得t1=12，t2=-2．
∵点P在第四象限，
∴t=-2舍去．
即t=12．
∴点M坐标为12,-5．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图形和性质，正方形的性质，一次函数的图象和性质是解题的关键．
21．（2022·湖南怀化·统考中考真题）如图一所示，在平面直角坐标中，抛物线y＝ax2+2x+c经过点A(﹣1，0）、B（3，0），与y轴交于点C，顶点为点D．在线段CB上方的抛物线上有一动点P，过点P作PE⊥BC于点E，作PF∥AB交BC于点F．
(1)求抛物线和直线BC的函数表达式，
(2)当△PEF的周长为最大值时，求点P的坐标和△PEF的周长．
(3)若点G是抛物线上的一个动点，点M是抛物线对称轴上的一个动点，是否存在以C、B、G、M为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点G的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线函数表达式为y=-x2+2x+3，直线BC的函数表达式为y=-x+3
(2)点P的坐标为 (32,154)，△PEF的周长为94(2+1)
(3)存在，(2，3)或(-2，-5)或(4，-5)
【分析】（1）由点A，B的坐标，利用待定系数即可求解析式；
（2）利用直线和抛物线的位置关系相切时对应的等腰直角三角形PEF周长最大，二次函数与一次函数联立方程，根的判别式Δ=0，从而找出对应点P坐标，进而求出周长；
（3）根据平行四边形对角线性质和中点公式，把BC是否为对角线分情况进行分析，设出点G的横坐标，利用中点公式列方程计算即可求解．
【详解】（1）解：将点A(-1,0)，B(3,0)代入y=ax2+2x+c，得：
{0=a-2+c0=9a+6+c ，解得{a=-1c=3 ，
所以抛物线解析式为y=-x2+2x+3，C(0，3)
设直线BC的函数表达式y=kx+b ，将B(3，0)，C(0，3)代入得：
{0=3k+b3=b ，解得{k=-1b=3 ，
所以直线BC的函数表达式为y=-x+3
（2）
解：如图，设将直线BC平移到与抛物线相切时的解析式为y=-x+p ，与抛物线联立得：
{y=-x+py=-x2+2x+3 整理得x2-3x+p-3=0
Δ=32-4(p-3)=0 ，解得p=214 ，
将p=214代入x2-3x+p-3=0，解得x=32，
将x=32代入y=-x2+2x+3得y=154，
即△PEF的周长为最大值时，点P的坐标为 (32,154)
将x=32代入y=-x+3得y=32，
则此时PF=154-32=94，
因为△PEF为等腰直角三角形，PE=FE=94×22=928
则△PEF的周长最大为94(2+1)
（3）答：存在．
已知B(3，0)，C(0，3)，设点Ｇ(m，-m2+2m+3 )，N(1，n)，
当BC为平行四边形对角线时，根据中点公式得：m+1=3 ，m=2，则G点坐标为(2，3)；
当BC为平行四边形的边时，由题意可知：m+3=1 或m-3=1 ，解得m=-2 或m=4 则G点坐标为(-2，-5)或(4，-5)
故点G坐标为(2，3)或(-2，-5)或(4，-5)
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图像上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、直线与抛物线的位置关系、根的判别式，等腰直角三角形性质，平行四边形的性质，解题的关键（1）根据点的坐标利用待定系数求解析式；（2利用直线和抛物线的位置关系，巧妙利用判别式；（3）熟悉平行四边形对角线性质，结合中点公式分情况展开讨论．
22．（2021·四川绵阳·统考中考真题）如图，二次函数y=-x2-2x+4-a2的图象与一次函数y=-2x的图象交于点A、B（点B在右侧），与y轴交于点C，点A的横坐标恰好为a．动点P、Q同时从原点O出发，沿射线OB分别以每秒5和25个单位长度运动，经过t秒后，以PQ为对角线作矩形PMQN，且矩形四边与坐标轴平行．
（1）求a的值及t=1秒时点P的坐标；
（2）当矩形PMQN与抛物线有公共点时，求时间t的取值范围；
（3）在位于x轴上方的抛物线图象上任取一点R，作关于原点0,0的对称点为R'，当点M恰在抛物线上时，求R'M长度的最小值，并求此时点R的坐标．
【答案】（1）a=-2，1,-2；（2）12≤t≤1+3；（3）72，-1±62,32
【分析】（1）将a,-2a，代入y=-x2-2x+4-a2，求出a，即可得到抛物线解析式，当t=1秒时，OP=5，设P的坐标为x,y，建立方程求解即可；
（2）经过t秒后，OP=5t，OQ=25t，由（1）方法知，P的坐标为t,-2t，Q的坐标为2t,-4t进而得出M的坐标为2t,-2t，N的坐标为t,-4t将M2t,-2t代入y=-x2-2x+2，将Nt,-4t代入y=-x2-2x+2，解方程即可得到答案；
（3）设Rm,n，则R关于原点的对称点为R'-m,-n，当点M恰好在抛物线上时，M坐标为1,-1．过R'和M作坐标轴平行线相交于点S，如图③则
R'M=MS2+R'S2=(-m-1)2+(-n+1)2．又n=-m2-2m+2得(m+1)2=3-n，消去m得R'M=(m+1)2+(n-1)2 =n-322+74，即可求解．
【详解】解：（1）由题意知，交点A坐标为a,-2a，代入y=-x2-2x+4-a2，
解得a=-2，
∴抛物线解析式为y=-x2-2x+2．
当t=1秒时，OP=5，设P的坐标为x,y，
则x2+y2=52=5y=-2x，
解得x=1y=-2或x=-1y=2（舍），
所以P的坐标为1,-2．
（2）经过t秒后，OP=5t，OQ=25t，
由（1）方法知，P的坐标为t,-2t，Q的坐标为2t,-4t，
由矩形PMQN的邻边与坐标轴平行可知，M的坐标为2t,-2t，N的坐标为t,-4t．
矩形PMQN在沿着射线OB移动的过程中，点M与抛物线最先相交，
如图①，然后公共点变为2个，点N与抛物线最后相离，然后渐行渐远．
如图②，将M2t,-2t代入y=-x2-2x+2，得2t2+t-1=0，
解得t=12，或t=-1（舍），
将Nt,-4t代入y=-x2-2x+2，得t-12=3，
解得t=1+3，或t=1-3（舍）．
所以，当矩形PMQN与抛物线有公共点时，时间t的取值范围是12≤t≤1+3．
（3）设Rm,n，则R关于原点的对称点为R'-m,-n，当点M恰好在抛物线上时，M坐标为1,-1．过R'和M作坐标轴平行线相交于点S，如图③则
R'M=MS2+R'S2=(-m-1)2+(-n+1)2．又n=-m2-2m+2得(m+1)2=3-n，
消去m得
R'M=(m+1)2+(n-1)2
=(3-n)+(n-1)2
=n2-3n+4 =n-322+74，
当n=32时，R'M长度的最小值为72．
此时，n=-m2-2m+2=32，解得m=-1±62，
所以，点R的坐标是-1±62,32．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合，待定系数法求函数解析式，二次函数的最值，勾股定理，矩形的性质，中心对称等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
23．（2021·西藏·统考中考真题）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．且点A的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，5）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图（甲）．若点P是第一象限内抛物线上的一动点．当点P到直线BC的距离最大时，求点P的坐标；
（3）图（乙）中，若点M是抛物线上一点，点N是抛物线对称轴上一点，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，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y＝﹣x2＋4x＋5；（2）P（52，354）；（3）存在，M的坐标为：（3，8）或（﹣3，﹣16）或（7，﹣16）．
【分析】（1）将A的坐标（﹣1，0），点C的坐（0，5）代入y＝﹣x2＋bx＋c，即可得抛物线的解析式为y＝﹣x2＋4x＋5；
（2）过P作PD⊥x轴于D，交BC于Q，过P作PH⊥BC于H，由y＝﹣x2＋4x＋5可得B（5，0），故OB＝OC，△BOC是等腰直角三角形，可证明△PHQ是等腰直角三角形，即知PH＝PQ2，当PQ最大时，PH最大，设直线BC解析式为y＝kx＋5，将B（5，0）代入得直线BC解析式为y＝﹣x＋5，设P（m，﹣m2＋4m＋5），（0＜m＜5），则Q（m，﹣m＋5），PQ＝﹣（m﹣52）2＋254，故当m＝52时，PH最大，即点P到直线BC的距离最大，此时P（52，354）；
（3）抛物线y＝﹣x2＋4x＋5对称轴为直线x＝2，设M（s，﹣s2＋4s＋5），N（2，t），而B（5，0），C（0，5），①以MN、BC为对角线，则MN、BC的中点重合，可列方程组s+22=5+02-s2+4s+5+t2=0+52，即可解得M（3，8），②以MB、NC为对角线，则MB、NC的中点重合，同理可得s+52=2+02-s2+4s+4+02=t+52，解得M（﹣3，﹣16），③以MC、NB为对角线，则MC、NB中点重合，则s+02=2+52-s2+4s+5+52=t+02，解得M（7，﹣16）．
【详解】解：（1）将A的坐标（﹣1，0），点C的坐（0，5）代入y＝﹣x2＋bx＋c得：
0=-1-b+c5=c，解得b=4c=5，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2＋4x＋5；
（2）过P作PD⊥x轴于D，交BC于Q，过P作PH⊥BC于H，如图：
在y＝﹣x2＋4x＋5中，令y＝0得﹣x2＋4x＋5＝0，
解得x＝5或x＝﹣1，
∴B（5，0），
∴OB＝OC，△BOC是等腰直角三角形，
∴∠CBO＝45°，
∵PD⊥x轴，
∴∠BQD＝45°＝∠PQH，
∴△PHQ是等腰直角三角形，
∴PH＝PQ2，
∴当PQ最大时，PH最大，
设直线BC解析式为y＝kx＋5，将B（5，0）代入得0＝5k＋5，
∴k＝﹣1，
∴直线BC解析式为y＝﹣x＋5，
设P（m，﹣m2＋4m＋5），（0＜m＜5），则Q（m，﹣m＋5），
∴PQ＝（﹣m2＋4m＋5）﹣（﹣m＋5）＝﹣m2＋5m＝﹣（m﹣52）2＋254，
∵a＝﹣1＜0，
∴当m＝52时，PQ最大为254，
∴m＝52时，PH最大，即点P到直线BC的距离最大，此时P（52，354）；
（3）存在，理由如下：
抛物线y＝﹣x2＋4x＋5对称轴为直线x＝2，
设M（s，﹣s2＋4s＋5），N（2，t），而B（5，0），C（0，5），
①以MN、BC为对角线，则MN、BC的中点重合，如图：
∴s+22=5+02-s2+4s+5+t2=0+52，解得s=3t=-3，
∴M（3，8），
②以MB、NC为对角线，则MB、NC的中点重合，如图：
∴s+52=2+02-s2+4s+4+02=t+52，解得s=-3t=-21，
∴M（﹣3，﹣16），
③以MC、NB为对角线，则MC、NB中点重合，如图：
s+02=2+52-s2+4s+5+52=t+02，解得s=7t=-11，
∴M（7，﹣16）；
综上所述，M的坐标为：（3，8）或（﹣3，﹣16）或（7，﹣16）．
【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、函数图象上点坐标的特征、等腰直角三角形、平行四边形等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点的坐标和相关线段的长度．
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