初中数学苏科版九年级下册5.1 二次函数课时练习

这是一份初中数学苏科版九年级下册5.1 二次函数课时练习，文件包含专题56确定二次函数解析式的方法八大题型举一反三苏科版原卷版docx、专题56确定二次函数解析式的方法八大题型举一反三苏科版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共50页， 欢迎下载使用。


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\l "_Tc30216" 【题型1 已知一点、两点或三点坐标确定二次函数解析式】 PAGEREF _Tc30216 \h 1
\l "_Tc10090" 【题型2 利用顶点式确定二次函数解析式】 PAGEREF _Tc10090 \h 4
\l "_Tc32527" 【题型3 利用交点式确定二次函数解析式】 PAGEREF _Tc32527 \h 8
\l "_Tc5040" 【题型4 利用平移确定二次函数解析式】 PAGEREF _Tc5040 \h 11
\l "_Tc9808" 【题型5 利用对称变换或旋转变换确定二次函数解析式】 PAGEREF _Tc9808 \h 14
\l "_Tc21337" 【题型6 根据图象信息确定二次函数解析式】 PAGEREF _Tc21337 \h 16
\l "_Tc23095" 【题型7 根据几何图形的性质确定二次函数解析式】 PAGEREF _Tc23095 \h 21
\l "_Tc9632" 【题型8 根据数量关系确定二次函数解析式】 PAGEREF _Tc9632 \h 29
【题型1 已知一点、两点或三点坐标确定二次函数解析式】
【例1】（2023·陕西西安·西安市庆安初级中学校联考模拟预测）二次函数y=ax2+bx+ca≠0中的自变量x与函数值y的部分对应值如下表：
下列选项中，正确的是（ ）
A．这个函数的最大值为−1
B．这个函数图象的对称轴为直线x=3
C．这个函数的图象与x轴有两个不同的交点
D．若点P−32,y1，Q4，y2在该抛物线上，则y1＜y2
【答案】D
【分析】先求二次函数的解析式，再判断．
【详解】由题意，得a−b+c=−9a+b+c=−1c=−4，解得a=−1b=4c=−4．
∴该二次函数的表达式y=−x−22．
A.由函数解析式y=−x−22可知，这个函数的最大值为0，故选项不符合题意；
B.函数的对称轴为直线x=−b2a=2，故选项不符合题意；
C.该函数图象与x轴只有2,0一个交点，故选项不符合题意；
D.当x=−32时，y1=−−32−22=−494，当x=4时，y2=−4−22=−4．∵−494<−4，∴y1故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数的图像和性质，求出二次函数的解析式是求解本题的关键．
【变式1-1】（2023春·浙江杭州·九年级统考期末）若二次函数y=ax2a≠0的图象过点−2,−3，则必在该图象上的点还有（ ）
A．−2,−3B．2,3C．2,−3D．−2,3
【答案】C
【分析】把−2,−3代入y=ax2a≠0得a的值，然后把各点坐标代入二次函数解析式判断是否在图像上即可得到答案．
【详解】解：把−2,−3代入y=ax2a≠0得，
−3=a⋅−22
解得：a=−34
所以二次函数解析式：y=−34x2．
A.当x=−2时，y=−34×−22=−3，故−2,−3在函数图像上，但因题目中已给出，重复，故不符合题意；
B. 当x=2时，y=−34×22=−3，故2,3不在函数图像上；
C. 当x=2时，y=−34×22=−3，故2,−3在函数图像上；
D. 当x=−2时，y=−34×−22=−3，故−2,3不在函数图像上；
故选C．
【点睛】本题考查二次函数解析式的求法，以及二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式．
【变式1-2】（2023·上海·九年级假期作业）已知抛物线y=ax2+bx+ca≠0经过点A（2，t），B（3，t），C（4，2），那么a+b+c的值是（ ）
A．2B．3C．4D．t
【答案】A
【分析】把点A（2，t），B（3，t），C（4，2）代入抛物线，解三元一次方程组即可求解．
【详解】解：∵抛物线y=ax2+bx+ca≠0经过点A（2，t），B（3，t），C（4，2），
∴4a+2b+c=t9a+3b+c=t16a+4b+c=2，解得，a=1−12tb=52t−5c=6−2t，
∴a+b+c=1−12t+52t−5+6−2t=2，
故选：A．
【点睛】本题主要考查二次函数与三元一次方程组的综合，掌握二次函数的代入法，解三元一次方程组的方法是解题的关键．
【变式1-3】（2023春·广东广州·九年级校考期中）已知抛物线y=13x2+bx+c过点C−1，m和D5，m，A4，−1．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)求抛物线的顶点B的坐标．
【答案】(1)y=13x2−43x−1
(2)B2，−73
【分析】（1）先求出函数的对称轴，得到−b2×13=2，从而得到b=−43，再把A4，−1代入抛物线可得c=−1，即可得到答案；
（2）把函数解析式化成顶点式，再得出顶点坐标即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=13x2+bx+c过点C−1，m和D5，m，
∴对称轴是直线x=−1+52=2，即−b2×13=2，
解得：b=−43，
∴y=13x2−43x+c，
∵抛物线过点A4，−1，
∴13×42−43×4+c=−1，
解得：c=−1，
∴抛物线的解析式为：y=13x2−43x−1；
（2）解：y=13x2−43x−1=13x2−4x−1=13x−22−43−1=13x−22−73，
∴顶点坐标B2，−73．
【点睛】本题考查了用待定系数法求二次函数解析式，把二次函数解析式化成顶点式，根据题意求出b的值是解题的关键．
【题型2 利用顶点式确定二次函数解析式】
【例2】（2023春·广东广州·九年级统考开学考试）如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于O、A两点，顶点坐标B2,−2，直线l:y=mx+n与抛物线交于点A，B．

(1)分别求出抛物线的解析式和直线l的解析式；
(2)根据图象，直接写出ax2+bx+c【答案】(1)抛物线y=12x2−2x，直线l:y=x−4；
(2)2【分析】（1）先根据点O,B的坐标，利用待定系数法可求出抛物线的解析式，再利用抛物线求得A点的坐标，利用待定系数法即可求得直线l的解析式；
（2）找出二次函数的图象位于一次函数的图象的下方时，x的取值范围即可得．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c的顶点坐标为B2,−2，
∴y=ax−22−2，
∵y=ax−22−2过原点O0，0,
∴0=a0−22−2,
解得a=12，
∴y=12x−22−2，即y=12x2−2x，
令y=0，则0=12x2−2x，
解得x=0或x=4，
∴A4，0,
∵直线l:y=mx+n与抛物线交于点A4，0，B2,−2，
∴0=4m+n−2=2m+n
解得m=1n=−4，
∴直线l:y=x−4；
（2）解：不等式ax2+bx+c∵直线l:y=mx+n与抛物线交于点A4，0，B2,−2，
∴由函数图象得：2即不等式ax2+bx+c【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的综合，熟练掌握待定系数法和函数图象法是解题关键．
【变式2-1】（2023春·广东广州·九年级广州市第十三中学校考期中）已知抛物线经过点1,−1，并且当x=3时，y有最大值为5，求抛物线的函数关系式．
【答案】y=32(x−3)2+5
【分析】根据当x=3时，y取得最大值是5，可知顶点坐标为(3,5)，设抛物线顶点式解析式y=a(x−3)2+5，然后把点1,−1代入求出a的值，即可得解．
【详解】解：由题意，可得抛物线顶点坐标(3,5)，
∴设抛物线解析式为y=a(x−3)2+5，
∵抛物线经过点1,−1，
∴−1=a(1−3)2+5，
解得a=−32，
所以，该抛物线解析式为y=32(x−3)2+5．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式．在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．一般地，当已知抛物线上三点时，常选择一般式，用待定系数法列三元一次方程组来求解；当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解；当已知抛物线与x轴有两个交点时，可选择设其解析式为交点式来求解．
【变式2-2】（2023春·九年级课时练习）已知二次函数的图像关于直线y=3对称，最大值是0，在y轴上的截距是－1，这个二次函数解析式为 ．
【答案】y=－19(x－3)2
【分析】根据已知可知：该二次函数顶点坐标是（3，0）、该函数经过点（0，-1）；所以设该函数解析式为y=a（x-3）2（a为常数，且a≠0），将点（0，-1）代入求解即可．
【详解】解：∵二次函数的图象的对称轴是x=3，函数的最大值是0，
∴该二次函数顶点坐标是（3，0），
故设该二次函数的解析式为：y=a（x-3）2（a为常数，且a≠0），
∵该函数在y轴上的截距是-1，
∴该函数经过点（0，-1），
∴把x=0，y=-1代入上式，得
9a=-1，即a=-19，
∴这个二次函数解析式为y=-19（x-3）2．
故答案为y=-19（x-3）2．
【点睛】本题主要考查的是二次函数解析式的求法．在解答时，要认真挖掘隐含在题干中的已知条件，根据已知条件来解答．
【变式2-3】（2023·青海海东·统考二模）抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中点A的坐标为−3,0，点C的坐标为0,−3，对称轴为直线x=−1．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)若点P在抛物线上，且S△POC=4S△BOC，求点P的坐标；
(3)设点Q是线段AC上的动点，作QD∥y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)P14,21，P2−4,5
(3)94
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）根据抛物线的解析式得出OB=1，OC=3，从而求得三角形BOC的面积，设点P的坐标为m,m2+2m−3，根据S△POC=4S△BOC即可求得m的值，从而得出点P的坐标；
（3）利用待定系数法可求得直线AC的解析式为y=−x−3，设点Qn,−n−3，再根据两点间的距离可表示DQ，然后利用二次函数的最值即可得出答案．
【详解】（1）已知抛物线的对称轴为直线x=−1，
可设抛物线的表达式为y=ax+12+k，
将点A−3,0，点C0,−3代入，
得4a+k=0a+k=−3，
解得a=1k=−4，
∴抛物线的表达式为y=x+12−4=x2+2x−3；
（2）由（1）知抛物线表达式为y=x2+2x−3，
令y=0，解得x=−3或x=1，
∴点B的坐标为1,0，
∵点C坐标为0,−3，
∴OB=1，OC=3，
∴S△BOC=12OB⋅OC=12×1×3=32，
∵点P在抛物线上，
∴设点P的坐标为m,m2+2m−3，
∴S△POC=12OC⋅m=32m
∵S△POC=4S△BOC，
∴32m=4×32，
解得m=4或m=−4，
∴当m=4时，m2+2m−3=21，
当m=−4时，m2+2m−3=5，
∴满足条件的点P有两个，分别为P14,21，P2−4,5；
（3）如解图，设直线AC的解析式为y=bx+c，

将点A−3,0，C0,−3代入，
得−3b+c=0c=−3，
解得b=−1c=−3，
∴直线AC的解析式为y=−x−3，
由于点Q在AC上，可设点Qn,−n−3，
则点Dn,n2+2n−3，其中−3∴DQ=−n−3−n2+2n−3
=−n2−3n =−n+322+94
∴当n=−32时，DQ长度有最大值94．
【点睛】本题考查了待定系数法求解析式、二次函数的性质及最值，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
【题型3 利用交点式确定二次函数解析式】
【例3】（2023·上海·九年级假期作业）已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴的公共点是−4,0，2,0，将该抛物线向右平移3个单位长度与y轴的交点坐标为0,−5，则a+b+c的值为（ ）
A．5B．−5C．4D．−9
【答案】B
【分析】先利用点平移的规律得到点−4,0，2,0向右平移3个单位长度后对应点的坐标为−1,0，5,0，利用交点式，设平移后的抛物线解析式为y=ax+1x−5，接着把把0,−5代入求得a=1，于是原抛物线的解析式可设为y=x+4x−2，然后化为一般式得到a、b、c的值，从而可计算出a+b+c的值．
【详解】解：∵点−4,0，2,0向右平移3个单位长度后对应点的坐标为−1,0，5,0，
∴设平移后的抛物线解析式为y=ax+1x−5，
把0,−5代入得a×0+1×0−5=−5，
解得a=1，
∴原抛物线的解析式为y=x+4x−2，
即y=x2+2x−8，
∴a=1，b=2，c=8，
∴a+b+c=1+2−8=−5．
故选：B．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，a≠0)与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数图象上的点的坐标特征和二次函数图象与几何变换．
【变式3-1】（2023春·九年级课时练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，B，C分别为坐标轴上的三个点，且OA＝1，OB＝3，OC＝4，则经过A，B，C三点的抛物线的表达式为 ．
【答案】y＝－34 (x＋4)(x－1)
【详解】由题意可知：点A、B、C的坐标分别为（1，0）、（0，3）、（-4，0），
∴可设抛物线表达式为：y=a(x−1)(x+4)，代入点（0，3）可得：a(0−1)(0+4)=3，解得a=−34，
∴抛物线的表达式为：y=−34(x+4)(x−1).
【变式3-2】（2023春·安徽合肥·九年级合肥市第四十五中学校考期中）二次函数图象经过（﹣1，0），（3，0），（1，﹣8）三点，求此函数的解析式．
【答案】y＝2x2﹣4x﹣6
【分析】利用待定系数法求解即可.
【详解】解：根据题意可设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），
将点（1，﹣8）代入，得：﹣4a＝﹣8，解得：a＝2，
∴该二次函数解析式为y＝2（x+1）（x﹣3），即y＝2x2﹣4x﹣6．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的的解析式，属于基本题型，熟练掌握求解的方法是关键.
【变式3-3】（2023·山东菏泽·统考三模）在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴的交点为A(−3,0)，B(1,0)两点，与y轴交于点C(0,−3)，顶点为D，其对称轴与x轴交于点E．
(1)求二次函数的解析式；
(2)点P为第三象限内抛物线上一点，△APC的面积记为S，求S的最大值及此时点P的坐标．
【答案】(1)y=x2+2x−3
(2)S的最大值是278，点P的坐标是−32,−154
【分析】（1）根据二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴的交点为A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，﹣3），可以求得该函数的解析式；
（2）根据题意可以得到直线AC的函数解析式，然后根据△APC的面积记为S，利用二次函数的性质可以得到S的最大值，以及此时点P的坐标
【详解】（1）解：∵二次函数过A(−3,0)，B(1,0)两点，
∴设二次函数解析式为y=a(x+3)(x−1)，
∵二次函数过C点(0,−3)，
∴−3=a(0+3)(0−1)，
解得a＝1，
∴y=(x+3)(x−1)=x2+2x−3
即二次函数解析式为y=x2+2x−3；
（2）解：设直线AC解析式为：y＝kx＋b，
∵A(−3,0)，C(0,−3)，
∴−3k+b=0b=−3，
解得k=−1b=−3，
∴直线AC的解析式为y＝﹣x－3，
过点P作x轴的垂线交AC于点G，设点P的坐标为x,x2+2x−3，
则G(x,−x−3)，
∵点P在第三象限，
∴PG=−x−3−x2+2x−3=−x−3−x2−2x+3=−x2−3x，
∴S=12PG⋅OA=12−x2−3x×3=−32x2−92x=−32x+322+278，
∴当x=−32时，S最大=278，
此时x2+2x−3=(−32)2+2×(−32)−3=−154，
∴点P−32,−154.
即S的最大值是278，此时点P的坐标是−32,−154.
【点睛】本题考查待定系数法求二次函数解析式、二次函数的性质、二次函数的最值，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．
【题型4 利用平移确定二次函数解析式】
【例4】（2023·浙江·九年级假期作业）已知二次函数y=ax2−4ax+5aa≠0的图象先向右平移2个单位，再向上平移3个单位，所得新抛物线的顶点恰好落在原抛物线图象上，则a的值为( )
A．−34B．−12C．12D．34
【答案】D
【分析】求出平移后的抛物线，进而求出顶点坐标，待入原解析式，进行求解即可．
【详解】解：y=ax2−4ax+5a=ax−22+a，
由题意，得，新的抛物线的解析式为：y=ax−2−22+a+3=ax−42+a+3，
∴新抛物线的顶点坐标为4,a+3，
∵所得新抛物线的顶点恰好落在原抛物线图象上，
∴a+3=16a−16a+5a，
∴a=34；
故选D．
【点睛】本题考查二次函数图象的平移，待定系数法求二次函数解析式．熟练掌握抛物线的平移规则：左加右减，上加下减，是解题的关键．
【变式4-1】（2023春·陕西榆林·九年级统考期末）已知抛物线：y=a(x−1)2−4过点(3,0)，将该抛物线向上平移2个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到新的抛物线，求新的抛物线相应的函数表达式．
【答案】y=(x−2)2−2或y=x2−4x+2
【分析】先利用待定系数法确定函数关系式，再根据平移规律“上加下减，左加右减”写出新抛物线解析式．
【详解】解：将(3,0)代入y=a(x−1)2−4，得4a−4=0，
解得a=1，
∴该抛物线的表达式为y=(x−1)2−4．
将抛物线y=(x−1)2−4向上平移2个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到新的抛物线相应的函数表达式为：y=(x−2)2−2或y=x2−4x+2．
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征和二次函数图象与几何变换，由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
【变式4-2】（2023春·山东济南·九年级统考开学考试）把抛物线y=ax2+bx+c先向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，所得的抛物线解析式为y=x−22+3，则a+b+c的值为 ．
【答案】1
【分析】先将抛物线y=ax2+bx+c化为顶点式，再根据“左加右减”的平移规律，得到新的解析式，求出a、b、c的值，即可得到答案．
【详解】∵y=ax2+bx+c=ax+b2a2−b24a+c，
抛物线y=ax2+bx+c先向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，所得的抛物线解析式为y=x−22+3，
∴ax+b2a−12−b24a+c+2=x−22+3，
∴a=1b2a−1=−2−b24a+c+2=3，解得：a=1b=−2c=2，
∴a+b+c=1+−2+2=1
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查了二次函数图像的平移，熟练掌握二次函数一般式化为顶点式，解方程组，平移规则，是解题关键．
【变式4-3】（2023春·黑龙江大庆·九年级统考期末）如图，抛物线y1=−x2+2向右平移1个单位得到抛物线y2，回答下列问题：

(1)抛物线y2的顶点坐标__________；
(2)阴影部分的面积S=__________；
(3)若再将抛物线y2绕原点O旋转180°得到抛物线y3，求抛物线y3的解析式．
【答案】(1)(1,2)
(2)2
(3)y3=(x+1)2−2
【分析】（1）根据抛物线的移动规律左加右减可直接得出抛物线y2的解析式，再根据y2的解析式求出顶点坐标即可；
（2）根据平移的性质知，阴影部分的面积等于底×高，列式计算即可；
（3）先求出二次函数旋转后的开口方向和顶点坐标，从而得出抛物线y3的解析式．
【详解】（1）解：解：∵抛物线y1=−x2+2向右平移1个单位得到的抛物线y2，
∴抛物线y2的解析式是y2=−x−12+2，顶点坐标为(1,2)．
故答案为：(1,2)；
（2）把阴影部分进行平移，可得到阴影部分的面积即为图中两个方格的面积=1×2=2；
故答案为：2；
（3）由题意可得：抛物线y3的顶点与抛物线y2的顶点关于原O成中心对称．
所以抛物线y3的顶点坐标为(−1,−2)，于是可设抛物线y3的解析式为：y=a(x+1)2−2．
由对称性或者抛物线开口大小不变方向改变得a=1，
所以y3=(x+1)2−2．
【点睛】此题考查了二次函数的图像与几何变化，用到的知识点是二次函数的图像和性质、顶点坐标，关键是掌握二次函数的移动规律和几何变换．
【题型5 利用对称变换或旋转变换确定二次函数解析式】
【例5】（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考模拟预测）在同一平面直角坐标系中，若抛物线y=−ax2+3x−c与y=2x2−3x−c+a关于x轴对称，则a+2c的值为（ ）
A．0B．−4C．4D．−1
【答案】C
【分析】根据关于x轴对称，函数y是互为相反数即可解答．
【详解】解：∵y=−ax2+3x−c与y=2x2−3x−c+a关于x轴对称，
∴−y=2x2−3x−c+a，即ax2−3x+c=2x2−3x−c+a，
∴a=2c=−c+a，解得：a=2c=1．
∴a+2c=4．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了二次函数图像与几何变换，根据关于x轴对称的坐标特征把抛物线y=−ax2+3x−c化成关于x轴对称的抛物线的解析式是解题的关键．
【变式5-1】（2023·陕西·九年级专题练习）将抛物线y＝x2﹣2x﹣3沿x轴折叠得到的新抛物线的解析式为（ ）
A．y＝﹣x2+2x+3B．y＝﹣x2﹣2x﹣3C．y＝x2+2x﹣3D．y＝x2﹣2x+3
【答案】A
【分析】利用原抛物线上的关于x轴对称的点的特点：横坐标相同，纵坐标互为相反数就可以解答．
【详解】抛物线y＝x2﹣2x﹣3关于x轴对称的抛物线的解析式为：﹣y＝x2﹣2x﹣3，
即y＝﹣x2+2x+3，
故选A．
【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，解决本题的关键是抓住关于x轴对称的坐标特点．
【变式5-2】（2023春·山东威海·九年级校考期末）将抛物线y=2x2−12x+16绕它的顶点旋转180°，所得抛物线的解析式是（）
A．y=−2x2−12x+16B．y=−2x2+12x−16
C．y=−2x2+12x−19D．y=−2x2+12x−20
【答案】D
【详解】y=2x2-12x+16=2（x2-6x+8）=2（x-3）2-2，
将原抛物线绕顶点旋转180°后，得：y=-2（x-3）2-2=-2x2+12x-20；
故选D．
【变式5-3】（2023春·陕西安康·九年级统考期末）在平面直角坐标系中，将抛物线C1:y=x2+2x+3绕着它与y轴的交点旋转180°，得到抛物线C2，下列关于抛物线C2的说法，错误的是（ ）
A．抛物线C2的开口向下B．抛物线C2的对称轴为直线x=1
C．抛物线C2的顶点坐标为1,4D．抛物线C2与x轴无交点
【答案】D
【分析】先根据中心对称的性质求出旋转后抛物线C2解析式为y=−x−12+4，再根据解析式逐项判定即可．
【详解】解：原抛物线C1解析式变形：y=x2+2x+3=x+12+2，
∴顶点坐标为−1,2，与y轴交点的坐标为0,3，
又由抛物线绕着它与y轴的交点旋转180°，
∴新的抛物线开口向下，新抛物线的顶点坐标与原抛物线的顶点坐标关于点0,3中心对称，
∴新的抛物线的顶点坐标为1,4，
∴新的抛物线C2解析式为：y=−x−12+4．如图，

∴抛物线C2的开口向下，故A选项正确；
抛物线C2的对称轴为直线x=1，故B选项正确；
抛物线C2的顶点坐标为1,4，故C选项正确；
∵抛物线C2的顶点坐标为1,4，顶点在第一象限，开口向下，
∴抛物线C2与x轴有两个交点，故D选项错误；
故选：D．
【点睛】本题考查抛物线的几何变换，抛物线的图象性质，根据中心对称的性质求出旋转后抛物线解析式是解题的关键．
【题型6 根据图象信息确定二次函数解析式】
【例6】（2023春·福建龙岩·九年级校考阶段练习）二次函数的部分图象如图所示，对称轴是直线x＝﹣1．
(1)求这个二次函数的解析式；
(2)求该图象的顶点坐标；
(3)观察图象，当y＞0时，求自变量x的取值范围．
【答案】(1)y=−x2−2x+3；
(2)该图象的顶点坐标为（﹣1，4）；
(3)﹣3＜x＜1
【分析】（1）由对称轴为直线x＝−1，可设抛物线解析式为y=ax+12+k，再利用待定系数法求解；
（2）根据抛物线顶点式可直接得出答案；
（3）根据抛物线的对称性求出抛物线与x轴的另一个交点坐标，然后结合函数图象求解即可．
（1）
解：设抛物线解析式为y=ax+12+k，
将（﹣3，0），（0，3）代入得：0=4a+k3=a+k，
解得a=−1k=4，
∴二次函数的解析式为：y=−x+12+4=−x2−2x+3；
（2）
∵y=−x+12+4，
∴该图象的顶点坐标为（﹣1，4）；
（3）
∵抛物线经过点（﹣3，0），对称轴为直线x＝﹣1，
∴抛物线经过点（1，0），
由函数图象得：当y＞0时，自变量x的取值范围是﹣3＜x＜1．
【点睛】本题考查待定系数法的应用，二次函数的顶点式，二次函数与不等式的关系等知识，熟练掌握数形结合思想的应用是解答本题的关键．
【变式6-1】（2023春·广东河源·九年级校考开学考试）若二次函数y=ax2+bx+a2−2（a，b为常数）的图象如图，则a的值为（ ）

A．−2B．±2C．−2D．2
【答案】D
【分析】根据图象开口向下可知a>0，又二次函数图象经过坐标原点，把原点坐标代入函数解析式解关于a的一元二次方程即可．
【详解】解：把原点0,0代入抛物线解析式，得a2−2=0，
解得a=±2，
∵函数开口向上，a>0，
∴a=2．
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，观察图象判断出a是负数且经过坐标原点是解题的关键．
【变式6-2】（2023春·广东广州·九年级广州市第八十九中学校考期中）如图，抛物线y=ax2+6x+c交x轴于A，B两点，交y轴于点C．直线y=x−5经过点B，C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)过点A的直线交直线BC于点M．当AM⊥x轴时，过抛物线上一动点P（不与点B，C重合），作直线AM的平行线交直线BC于点Q，若以点A，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求点P的横坐标；
【答案】(1)y=−x2+6x−5
(2)4或5+412或5−412
【分析】（1）利用一次函数解析式确定B5,0，C0,−5，然后利用待定系数法求抛物线解析式；
（2）先解方程−x2+6x−5=0得A1,0，再判断△OCB为等腰直角三角形得到∠OBC=∠OCB=45°，则△AMB为等腰直角三角形，所以AM=4，接着根据平行四边形的性质得到PQ=AM=4，PQ⊥x轴，如图，设Pm,−m2+6m−5，则Qm,m−5，讨论：当P点在直线BC上方时，PQ=−m2+6m−5−m−5=4；当P点在直线BC下方时，PQ=m−5−−m2+6m−5=4，然后分别解方程即可得到P点的横坐标．
【详解】（1）解：∵直线y=x−5经过点B，C，
∴当x=0时，y=0−5=−5，则C0,−5，
当y=0时，x−5=0，解得x=5，则B5,0，
∵点B，C在抛物线y=ax2+6x+c上，
∴25a+30+c=0c=−5，
解得a=−1c=−5，
∴抛物线解析式为y=−x2+6x−5；
（2）∵抛物线y=−x2+6x−5交x轴于A，B两点，
∴y=0时，−x2+6x−5=0，
解得：x1=1，x2=5，
∴A1,0，
∵B5,0，C0,−5，∠BOC=90°，
∴OB=OC=5，
∴△OCB为等腰直角三角形，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∵AM⊥x轴，
∴△AMB为等腰直角三角形，
∴AM=AB=OB−OA=5−1=4，
∵以点A，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，AM∥PQ，
∴PQ=AM=4，PQ⊥x轴，
设Pm,−m2+6m−5，则Qm,m−5，
当P点在直线BC上方时，
PQ=−m2+6m−5−m−5=4，
解得：m1=1（舍去），m2=4；
当P点在直线BC下方时，
PQ=m−5−−m2+6m−5=4，
解得：m3=5+412，m4=5−412；
综上所述，点P的横坐标为4或5+412或5−412．

【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了用待定系数法确定函数解析式，二次函数图像上点的坐标特征、一次函数图像上点的坐标特征，等腰直角三角形的判定与性质和平行四边形的性质，运用了分类讨论的思想．运用分类讨论是解题的关键．
【变式6-3】（2023春·全国·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，2），点B的坐标为（4，2）．若抛物线y=−32(x−ℎ)2+k（h、k为常数）与线段AB交于C、D两点，A、B也关于抛物线对称轴对称，且CD＝12AB，求抛物线的解析式．
【答案】y=−32(x−2)2+72
【分析】根据题意，可以得到点C的坐标和h的值，然后将点C的坐标代入抛物线的解析式，即可得到k的值，本题得以解决．
【详解】解：∵点A的坐标为（0，2），点B的坐标为（4，2），
∴AB＝4，
又A、B也关于抛物线对称轴对称，
∴h＝2，
∵抛物线y＝﹣32（x﹣h）2+k（h、k为常数）与线段AB交于C、D两点，
∴CD＝12AB＝2，
∴则点C的坐标为（1，2），（或点D的坐标为（3，2）），代入解析式，
∴2＝﹣32+k，
解得，k＝72．
∴ 所求抛物线解析式为y=−32(x−2)2+72
【点睛】本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
【题型7 根据几何图形的性质确定二次函数解析式】
【例7】（2023·山东东营·统考中考真题）如图，抛物线过点O0,0，E10,0，矩形ABCD的边AB在线段OE上（点B在点A的左侧），点C，D在抛物线上，设Bt,0，当t=2时，BC=4．

(1)求抛物线的函数表达式；
(2)当t为何值时，矩形ABCD的周长有最大值？最大值是多少？
(3)保持t=2时的矩形ABCD不动，向右平移抛物线，当平移后的抛物线与矩形的边有两个交点G，H，且直线GH平分矩形ABCD的面积时，求抛物线平移的距离．
【答案】(1)y=14x2−52x
(2)当t=1时，矩形ABCD的周长有最大值，最大值为412
(3)4
【分析】（1）设抛物线的函数表达式为y=axx−10a≠0，求出点C的坐标，将点C的坐标代入即可求出该抛物线的函数表达式；
（2）由抛物线的对称性得AE=OB=t，则AB=10−2t，再得出BC=−14t2+52t，根据矩形的周长公式，列出矩形周长的表达式，并将其化为顶点式，即可求解；
（3）连接AC，BD相交于点P，连接OC，取OC的中点Q，连接PQ，根据矩形的性质和平移的性质推出四边形OCHG是平行四边形，则PQ=CH，PQ=12OA．求出t=2时，点A的坐标为8,0，则CH=12OA=4，即可得出结论．
【详解】（1）解：设抛物线的函数表达式为y=axx−10a≠0．
∵当t=2时，BC=4，
∴点C的坐标为2,−4．
将点C坐标代入表达式，得2a2−10=−4，
解得a=14．
∴抛物线的函数表达式为y=14x2−52x．
（2）解：由抛物线的对称性得：AE=OB=t，
∴AB=10−2t．
当x=t时，BC=−14t2+52t．
∴矩形ABCD的周长为
2AB+BC=210−2t+−14t2+52t
=−12t2+t+20
=−12t−12+412．
∵−12<0，
∴当t=1时，矩形ABCD的周长有最大值，最大值为412．
（3）解：连接AC，BD相交于点P，连接OC，取OC的中点Q，连接PQ．

∵直线GH平分矩形ABCD的面积，
∴直线GH过点P．．
由平移的性质可知，四边形OCHG是平行四边形，
∴PQ=CH．
∵四边形ABCD是矩形，
∴P是AC的中点．
∴PQ=12OA．
当t=2时，点A的坐标为8,0，
∴CH=12OA=4．
∴抛物线平移的距离是4．
【点睛】本题主要考查了求二次函数的解析式，二次函数的图象和性质，矩形的性质，平移的性质，解题的关键是掌握用待定系数法求解二次函数表达式的方法和步骤，二次函数图象上点的坐标特征，矩形的性质，以及平移的性质．
【变式7-1】（2023·安徽·校联考模拟预测）如图①，一块金属板的两边为线段OA，OB，OB⊥OA，另一边曲线ACB为抛物线的一部分，在这块金属板中截取四边形OACB，其中C点在曲线ACB上，且BC∥OA．以OA边所在直线为x轴，OB边所在直线为y轴，建立平面直角坐标系xOy，规定一个单位代表1m．已知：OA=8m，OB=6m，BC=2m．

(1)求曲线ACB所在抛物线的函数表达式；
(2)如图②，点P为线段AC上任意一点，设P点的横坐标为m，△OAP的面积为S，求S随m的变化情况
【答案】(1)y=−18x−12+498
(2)S随m的增大而减小
【分析】（1）利用待定系数法求二次函数解析式即可；
（2）先用待定系数法求直线AC的解析式，可得Pm,−m+8，再利用三角形的面积公式可得S=−4m+32，再根据一次函数的系数判断增减性即可；
【详解】（1）解：∵BC=2m，BC∥OA，
∴曲线ACB所在抛物线的函数表达式可设为y=ax−12+c．
∵OA=8m，OB=6m，
∴a8−12+c=0a0−12+c=6，
解得a=−18c=498，
∴曲线ACB所在抛物线的函数表达式为：y=−18(x−1)2+498；
（2）解：∵OA=8m，OB=6m，BC=2m，
∴A8,0，C2,6，
设直线AC的解析式为：y=kx+bk≠0，
∴8k+b=02k+b=6，
解得：k=−1b=8，
∴AC所在直线的函数表达式为y=−x+8，
∴Pm,−m+8，
∴S=12×8×(−m+8)，
即S=−4m+32，
∴S随m的增大而减小
【点睛】本题考查用待定系数法求二次函数解析式和一次函数解析式、二次函数最值、一次函数的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握用待定系数法求二次函数解析式和一次函数解析式是解题的关键．
【变式7-2】（2023·山东东营·统考中考真题）如图，抛物线过点O0,0，E10,0，矩形ABCD的边AB在线段OE上（点B在点A的左侧），点C，D在抛物线上，设Bt,0，当t=2时，BC=4．

(1)求抛物线的函数表达式；
(2)当t为何值时，矩形ABCD的周长有最大值？最大值是多少？
(3)保持t=2时的矩形ABCD不动，向右平移抛物线，当平移后的抛物线与矩形的边有两个交点G，H，且直线GH平分矩形ABCD的面积时，求抛物线平移的距离．
【答案】(1)y=14x2−52x
(2)当t=1时，矩形ABCD的周长有最大值，最大值为412
(3)4
【分析】（1）设抛物线的函数表达式为y=axx−10a≠0，求出点C的坐标，将点C的坐标代入即可求出该抛物线的函数表达式；
（2）由抛物线的对称性得AE=OB=t，则AB=10−2t，再得出BC=−14t2+52t，根据矩形的周长公式，列出矩形周长的表达式，并将其化为顶点式，即可求解；
（3）连接AC，BD相交于点P，连接OC，取OC的中点Q，连接PQ，根据矩形的性质和平移的性质推出四边形OCHG是平行四边形，则PQ=CH，PQ=12OA．求出t=2时，点A的坐标为8,0，则CH=12OA=4，即可得出结论．
【详解】（1）解：设抛物线的函数表达式为y=axx−10a≠0．
∵当t=2时，BC=4，
∴点C的坐标为2,−4．
将点C坐标代入表达式，得2a2−10=−4，
解得a=14．
∴抛物线的函数表达式为y=14x2−52x．
（2）解：由抛物线的对称性得：AE=OB=t，
∴AB=10−2t．
当x=t时，BC=−14t2+52t．
∴矩形ABCD的周长为
2AB+BC=210−2t+−14t2+52t
=−12t2+t+20
=−12t−12+412．
∵−12<0，
∴当t=1时，矩形ABCD的周长有最大值，最大值为412．
（3）解：连接AC，BD相交于点P，连接OC，取OC的中点Q，连接PQ．

∵直线GH平分矩形ABCD的面积，
∴直线GH过点P．．
由平移的性质可知，四边形OCHG是平行四边形，
∴PQ=CH．
∵四边形ABCD是矩形，
∴P是AC的中点．
∴PQ=12OA．
当t=2时，点A的坐标为8,0，
∴CH=12OA=4．
∴抛物线平移的距离是4．
【点睛】本题主要考查了求二次函数的解析式，二次函数的图象和性质，矩形的性质，平移的性质，解题的关键是掌握用待定系数法求解二次函数表达式的方法和步骤，二次函数图象上点的坐标特征，矩形的性质，以及平移的性质．
【变式7-3】（2023春·广东惠州·九年级惠州一中校考阶段练习）如图，抛物线y=ax2−2ax−3a与x轴交于A，B两点，点A，B分别位于原点的左、右两侧，与y轴交于点C，D为抛物线的顶点，已知△ABC的面积为23．
(1)求抛物线的解析式．
(2)P为抛物线对称轴上的点，当PA−PC取最大值时，求点P的坐标．
(3)在（2）的条件下，E为抛物线上的动点，若S△BDE:S△BDP=1:2时，直接写出点E的坐标．
【答案】(1)y=33x2−233x−3
(2)P（1，−23）
(3)2+2,236−33或2−2,−33−236或2,−3
【分析】（1）令y=0，求出x的值即可；
（2）根据三角形两边之差小于第三边，所以当点P在直线AC延长线上时，PA−PC最大，最大值为AC，求出直线AC的解析式，代入x=1即可求得P的坐标；
（3）连接BP，BD，过点E作EF∥y轴交BD于点F，连接BE，DE，先求出S△BDP =233，S△BDE=33；设点E的坐标为：t,33t2−233t−3，点F的坐标为t,233t−23,进而求出EF，列方程求出t的值即可
【详解】（1）对于y=ax2−2ax−3a，当y=0时，ax2−2ax−3a=0，
∵a≠0,
∴x2−2x−3=0,
解得，x1=−1,x2=3,
∵点A，B分别位于原点的左、右两侧，
∴A−1,0,B3,0；
∴AB=3−−1=4,
令x=0,则y=−3a，
∴OC=−3a；
∵S△ABC=12AB⋅OC=12×4×3a=23，
∴a=33，
∴OC=3，
∴抛物线的解析式为y=33x2−233x−3；
（2）如图所示，根据三角形两边之差小于第三边，所以，当点P在直线AB上时，PA−PC最大，
设直线AC的解析式为y=kx+b，
把−1,0,0,−3代入得，−k+b=0b=−3，
解得，k=−3b=−3，
∴直线AC的解析式为y=−3x−3，
∵y=33x2−233x−3=33x−12+233,
∴抛物线的对称轴直线为x=1，
∴y=−3−3=−23,
∴P（1，−23）．
（3）如图，连接BP，BD，过点E作EF∥y轴交BD于点F，
连接BE，DE，
当x=1时，y=−433，
∴点D的坐标为1,−433
∵P1,−23,
∴PD=−433−−23=233,
∴S△BDP=12×DP×xB−xD =12×233×3−1 =233
又S△BDE:S△BDP=1:2
∴S△BDE=233×12=33，
设点E的坐标为：t,33t2−233t−3，
设直线BD的解析式为y=k1x+b1，
代入B3,0，D1,−433得，3k1+b1=0k1+b1=−433，
解得：k1=233,b1=−23，
∴直线BD的解析式为：y=233x−23；
∴点F的坐标为t,233t−23,
∴EF=33t2−433t+3，
∵S△BDE=S△BEF−S△DEF
=12⋅EF⋅xB−xD
=12×|33t2−433t+3|×2
∴|33t2−433t+3|=33,
整理得，t2−4t+2=0或t2−4t+4=0，
解得，t1=2+2，t2=2−2或t3=2，
代入可得点E的坐标为：2+2,236−33或2−2,−33−236或2,−3
【点睛】本题考查了二次函数的应用以及解析式的确定以及面积问题等知识，主要考查学生数形结合思想的应用能力，题目的综合性很强．
【题型8 根据数量关系确定二次函数解析式】
【例8】（2023·广东珠海·校考三模）如图，在平面直角坐标系中，已知点B的坐标为−1,0，且OA=OC=4OB，抛物线y=ax2+bx+ca≠0图像经过A，B，C三点．

(1)求A，C两点的坐标；
(2)求抛物线的解析式；
(3)若点P是直线AC下方的抛物线上的一个动点，作PD⊥AC于点D，当PD的值最大时，求此时点P的坐标及PD的最大值．
【答案】(1)A4,0,C0,−4
(2)y=x2−3x−4
(3)P2,-6
【分析】（1）根据点B的坐标得出OB=1，则OA=OC=4，即可得出点B和点C的坐标；
（2）设该抛物线的表达式为y=ax−x1x−x2，将点A4,0,B−1,0代入得y=ax−4x+1，再将点C0,−4代入，求出a的值即可；
（3）先求出直线AC的解析式，过点P作y轴的平行线交AC于点H，设点Px,x2−3x−4，则点Hx,x−4，利用解直角三角形，则PD=HPsin∠PHD=−22x−22+22，即可求解．
【详解】（1）解：∵点B的坐标为−1,0，
∴OB=1，
∵OA=OC=4OB，
∴OA=OC=4，
∴A4,0,C0,−4；
（2）解：设该抛物线的表达式为y=ax−x1x−x2，
把点A4,0,B−1,0代入得：y=ax−4x+1，
把点C0,−4代入得：−4=a0−40+1，
解得：a=1，
∴该抛物线的解析式为：y=x−4x+1=x2−3x−4，
（3）解：设直线AC函数表达式为：y=kx+b，
将点A4,0，C0,−4代入得：
−4=b0=4k+b，解得：k=1b=−4，
∴直线AC的表达式为：y=x−4，
过点P作y轴的平行线交AC于点H，

∵OA=OC=4，
∴∠OAC=∠OCA=45°，
∵PH∥y轴，
∴∠PHD=∠OCA=45°，
设点Px,x2−3x−4，则点Hx,x−4，
∴PD=22x−4−x2+3x+4=−22x2−22x=−22x−22+22，
∵−22<0，
∴当x=2时，PD有最大值，其最大值为22，
此时点P2,-6．
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，涉及到一次函数、解直角三角形等知识，用二次函数关系表示PD是解题的关键．
【变式8-1】（2023春·福建福州·九年级统考期中）在平面直角坐标系xOy中，对称轴为直线x=1的抛物线y=ax2+2x+c与x轴正半轴，y轴正半轴分别交于点B，C，且OB=OC．
(1)求抛物线的解析式；
(2)设抛物线y=ax2+2x+c与x轴的另一个交点为A，点P在抛物线y=ax2+2x+c上，直线PA交y轴于点E，过点C作CD∥x轴交抛物线y=ax2+2x+c于点D．
①若△PCD的面积是△ACE面积的2倍，求点P的坐标；
②连接BC交直线x=1于点H，当点P在抛物线对称轴右侧图象上，且在直线CD的上方时，记△ACE，△PCH，△PCD的面积分别为S1，S2，S3，若6S1S2+S3=M，判断MS1是否存在最大值.若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)①1,4或3,0；②存在，最大值9712
【分析】（1）根据对称轴求出a的值，再由OB=OC，可得Bc,0，再将B点坐标代入y=−x2+2x+c，即可确定函数的解析式；
（2）①设Pt,−t2+2t+3，分别求出D、E点坐标，再求出S△PCD=−t2+2t，S△ACE=12t，根据题意可得方程−t2+2t=t，求出t的值即可确定P点坐标；
②过点P作PG∥轴交直线BC于点G，先求出Gt,−t+3，再求铅锤法求出S△PCH=12×−t2+3t，根据已知可得M=32t−t2+3t+−t2+2t，则MS1=−3(t−76)2+9712，当t=76时，MS1有最大值9712．
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴为直线x=1，
∴−22a=1，
解得a=−1，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+c，
当x=0时，y=c，
∴C0,c，
∴CO=c，
∵OB=OC，
∴Bc,0，
将B点代入y=−x2+2x+c，
∴−c2+2c+c=0，
解得c=0(舍)或c=3，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：当y=0时，−x2+2x+3=0，
解得x=−1或x=3，
∴A−1,0，
∵CD∥x轴，
∴D2,3，
设Pt,−t2+2t+3，直线AP的解析式为y=kx+b，
∴−k+b=0kt+b=−t2+2t+3，
解得k=3−tb=3−t，
∴直线AP的解析式为y=3−tx+3−t，
∴E0,3−t；
①∵CD=2，
∴S△PCD=12×2×−t2+2t+3−3=−t2+2t，S△ACE=12×1×3−3+t=12t，
∵△PCD的面积是△ACE面积的2倍，
∴−t2+2t=t，
解得t=0(舍)或t=1或t=3，
∴P1,4或3,0；
②MS1存在最大值，理由如下：
过点P作PG∥轴交直线BC于点G，
设直线BC的解析式为y=mx+n，
∴n=33m+n=0，
解得m=−1n=3，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
∴Gt,−t+3，
∴PG=−t2+2t+3+t−3=−t2+3t，
∴S△PCH=12×−t2+3t，
∵6S1S2+S3=M，
∴M=6×12t×12×−t2+3t+−t2+2t=32t−t2+3t+−t2+2t，
∴MS1=3−t2+3t−2t+4=−3t2+7t+4=−3(t−76)2+9712，
当t=76时，MS1有最大值9712．
【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，利用铅锤法求三角形面积是解题的关键．
【变式8-2】（2023·广东珠海·校考三模）如图，在平面直角坐标系中，已知点B的坐标为−1,0，且OA=OC=4OB，抛物线y=ax2+bx+ca≠0图像经过A，B，C三点．

(1)求A，C两点的坐标；
(2)求抛物线的解析式；
(3)若点P是直线AC下方的抛物线上的一个动点，作PD⊥AC于点D，当PD的值最大时，求此时点P的坐标及PD的最大值．
【答案】(1)A4,0,C0,−4
(2)y=x2−3x−4
(3)P2,-6
【分析】（1）根据点B的坐标得出OB=1，则OA=OC=4，即可得出点B和点C的坐标；
（2）设该抛物线的表达式为y=ax−x1x−x2，将点A4,0,B−1,0代入得y=ax−4x+1，再将点C0,−4代入，求出a的值即可；
（3）先求出直线AC的解析式，过点P作y轴的平行线交AC于点H，设点Px,x2−3x−4，则点Hx,x−4，利用解直角三角形，则PD=HPsin∠PHD=−22x−22+22，即可求解．
【详解】（1）解：∵点B的坐标为−1,0，
∴OB=1，
∵OA=OC=4OB，
∴OA=OC=4，
∴A4,0,C0,−4；
（2）解：设该抛物线的表达式为y=ax−x1x−x2，
把点A4,0,B−1,0代入得：y=ax−4x+1，
把点C0,−4代入得：−4=a0−40+1，
解得：a=1，
∴该抛物线的解析式为：y=x−4x+1=x2−3x−4，
（3）解：设直线AC函数表达式为：y=kx+b，
将点A4,0，C0,−4代入得：
−4=b0=4k+b，解得：k=1b=−4，
∴直线AC的表达式为：y=x−4，
过点P作y轴的平行线交AC于点H，

∵OA=OC=4，
∴∠OAC=∠OCA=45°，
∵PH∥y轴，
∴∠PHD=∠OCA=45°，
设点Px,x2−3x−4，则点Hx,x−4，
∴PD=22x−4−x2+3x+4=−22x2−22x=−22x−22+22，
∵−22<0，
∴当x=2时，PD有最大值，其最大值为22，
此时点P2,-6．
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，涉及到一次函数、解直角三角形等知识，用二次函数关系表示PD是解题的关键．
【变式8-3】（2023春·上海青浦·九年级校考期中）如图，在平面直角坐标系xy中，顶点为M的抛物线y=ax2+bxa>0经过点A(−1,3)和x轴正半轴上的点B，AO=OB．

(1)求这条抛物线的表达式；
(2)联结OM，求∠AOM的度数；
(3)联结AM、BM、AB，若在坐标轴上存在一点P，使∠OAP=∠ABM，求点P的坐标．
【答案】(1)y=33x2−233x
(2)∠AOM=150°
(3)P0,3或P−2,0
【分析】（1）根据已知条件求出点B的坐标，将A，B的坐标代入y=ax2+bx，即可求得a、b，从而求得抛物线的表达式.
（2）应用二次函数的性质，求出点M的坐标，从而求得∠EPM=30°，进而求得∠AOM的大小.
（3）根据（2）的结论得出∠OAP=∠ABM=60°，进而分类讨论，即可求解．
【详解】（1）解：∵A(−1,3)
∴OA=1+3=2，
∵AO=OB
∴OB=2，则B2,0
将A(−1,3)，B2,0代入y=ax2+bx
得：a−b=34a+2b=0，
解得a=33b=−233，
∴这条抛物线的表达式为y=33x2−233x；
（2）过点M作ME⊥x轴于点E，过点A作AD⊥x轴于点D，
∵A(−1,3)
∴AD=1,OD=3，
∴∠AOD=30°
∵∠AOB=120°

∵y=33x2−233x=33(x−1)2+33
∴M1,−33，即OE=1，EM= 33
∴∠EOM=30°.
∴∠AOM=∠AOB+∠EOM=150°.
（3）解：∵∠EOB=30°,MO=MB
∴∠MBO=30°
∵∠AOB=120°,OA=OB
∴∠ABO=30°，
∴∠ABM=60°，
∵∠OAP=∠ABM
∴AP⊥y轴或AP⊥AB
如图所示，

当AP⊥y轴时，P0,3，
当AP⊥AB时，∠AOP=∠OAP=60°，则△AOP是等边三角形，
∴OP=AO=2，
∴P−2,0，
综上所述，P0,3或P−2,0．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，等腰三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．x
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−2
−1
0
1
3
…
y
…
−16
−9
−4
−1
−1
…