中考数学大题高分秘籍【江苏专用】专题15二次函数与相似综合问题(江苏真题7道模拟30道)(原卷版+解析)

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【真题再现】直面中考真题，实战培优提升
一．解答题（共7小题）
1．（2022•宿迁）如图，二次函数y＝x2+bx+c与x轴交于O（0，0），A（4，0）两点，顶点为C，连接OC、AC，若点B是线段OA上一动点，连接BC，将△ABC沿BC折叠后，点A落在点A′的位置，线段A′C与x轴交于点D，且点D与O、A点不重合．
（1）求二次函数的表达式；
（2）①求证：△OCD∽△A′BD；
②求的最小值；
（3）当S△OCD＝8S△A'BD时，求直线A′B与二次函数的交点横坐标．
2．（2021•镇江）将一张三角形纸片ABC放置在如图所示的平面直角坐标系中，点A（﹣6，0），点B（0，2），点C（﹣4，8），二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点A，B，该抛物线的对称轴经过点C，顶点为D．
（1）求该二次函数的表达式及点D的坐标；
（2）点M在边AC上（异于点A，C），将三角形纸片ABC折叠，使得点A落在直线AB上，且点M落在边BC上，点M的对应点记为点N，折痕所在直线l交抛物线的对称轴于点P，然后将纸片展开．
①请作出图中点M的对应点N和折痕所在直线l；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
②连接MP，NP，在下列选项中：A．折痕与AB垂直，B．折痕与MN的交点可以落在抛物线的对称轴上，C.＝，D.＝，所有正确选项的序号是 ．
③点Q在二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象上，当△PDQ∼△PMN时，求点Q的坐标．
3．（2021•无锡）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线y＝﹣x+3与x轴交于点B，与y轴交于点C，二次函数y＝ax2+2x+c的图象过B、C两点，且与x轴交于另一点A，点M为线段OB上的一个动点，过点M作直线l平行于y轴交BC于点F，交二次函数y＝ax2+2x+c的图象于点E．
（1）求二次函数的表达式；
（2）当以C、E、F为顶点的三角形与△ABC相似时，求线段EF的长度；
（3）已知点N是y轴上的点，若点N、F关于直线EC对称，求点N的坐标．
4．（2020•镇江）如图①，直线l经过点（4，0）且平行于y轴，二次函数y＝ax2﹣2ax+c（a、c是常数，a＜0）的图象经过点M（﹣1，1），交直线l于点N，图象的顶点为D，它的对称轴与x轴交于点C，直线DM、DN分别与x轴相交于A、B两点．
（1）当a＝﹣1时，求点N的坐标及的值；
（2）随着a的变化，的值是否发生变化？请说明理由；
（3）如图②，E是x轴上位于点B右侧的点，BC＝2BE，DE交抛物线于点F．若FB＝FE，求此时的二次函数表达式．
5．（2020•连云港）在平面直角坐标系xOy中，把与x轴交点相同的二次函数图象称为“共根抛物线”．如图，抛物线L1：y＝x2﹣x﹣2的顶点为D，交x轴于点A、B（点A在点B左侧），交y轴于点C．抛物线L2与L1是“共根抛物线”，其顶点为P．
（1）若抛物线L2经过点（2，﹣12），求L2对应的函数表达式；
（2）当BP﹣CP的值最大时，求点P的坐标；
（3）设点Q是抛物线L1上的一个动点，且位于其对称轴的右侧．若△DPQ与△ABC相似，求其“共根抛物线”L2的顶点P的坐标．
6．（2019•镇江）如图，二次函数y＝﹣x2+4x+5图象的顶点为D，对称轴是直线l，一次函数y＝x+1的图象与x轴交于点A，且与直线DA关于l的对称直线交于点B．
（1）点D的坐标是 ；
（2）直线l与直线AB交于点C，N是线段DC上一点（不与点D、C重合），点N的纵坐标为n．过点N作直线与线段DA、DB分别交于点P、Q，使得△DPQ与△DAB相似．
①当n＝时，求DP的长；
②若对于每一个确定的n的值，有且只有一个△DPQ与△DAB相似，请直接写出n的取值范围 ．
7．（2022•无锡）已知二次函数y＝﹣x2+bx+c图象的对称轴与x轴交于点A（1，0），图象与y轴交于点B（0，3），C、D为该二次函数图象上的两个动点（点C在点D的左侧），且∠CAD＝90°．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）若点C与点B重合，求tan∠CDA的值；
（3）点C是否存在其他的位置，使得tan∠CDA的值与（2）中所求的值相等？若存在，请求出点C的坐标；若不存在，请说明理由．
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一、解答题
1．（2022·江苏无锡·无锡市天一实验学校校考模拟预测）如图，抛物线y=−14x2+bx+c与x轴的一个交点为A−2，0，与y轴的交点为B0，4，对称轴与x轴交于点P．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点M为y轴正半轴上的一个动点，连接AM，过点M作AM的垂线，与抛物线的对称轴交于点N，连接AN．
①若△AMN与△AOB相似，求点M的坐标；
②若点M在y轴正半轴上运动到某一位置时，△AMN有一边与线段AP相等，并且此时有一边与线段AP具有对称性，我们把这样的点M称为“对称点”，请直接写出“对称点”M的坐标．
2．（2022·江苏镇江·统考一模）如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y=(x+1)(x−m)与x轴交于A(−1,0)、B （点A在点B左侧），与y轴交于点C．
(1)连接BC，则∠OCB= °；
(2)如图2，若⊙P经过A、B、C三点，连接PA、PC，若△PAC与△OBC 的周长之比为5:3，求该抛物线的函数表达式；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接OP，抛物线对称轴上是否存在一点Q，使得以O、P、Q为顶点的三角形与△OAP相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
3．（2022·江苏淮安·统考模拟预测）如图，已知A（﹣2，0）、B（3，0），抛物线y＝ax2＋bx＋4经过A、B两点，交y轴于点C．点P是第一象限内抛物线上的一动点，点P的横坐标为m．过点P作PM⊥x轴，垂足为点M，PM交BC于点Q．过点P作PN⊥BC，垂足为点N．
(1)直接写出抛物线的函数关系式 ；
(2)请用含m的代数式表示线段PN的长 ；
(3)连接PC，在第一象限的抛物线上是否存在点P，使得∠BCO＋2∠PCN＝90°？若存在，请求出m的值；若不存在，请说明理由；
(4)连接AQ，若△ACQ为等腰三角形，请直接写出m的值 ．
4．（2021·江苏宿迁·一模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C（0，﹣2）．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)如图1，点D为第四象限抛物线上一点，连接AD，BC交于点E，连接BD，记△BDE的面积为S1，△ABE的面积为S2，求S1S2的最大值；
(3)如图2，连接AC，BC，过点O作直线l∥BC，点P，Q分别为直线l和抛物线上的点．试探究：在第一象限是否存在这样的点P，Q，使△PQB∽△CAB？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
5．（2023·江苏苏州·一模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+bx经过A（4，0），B（1，4）两点．P是抛物线上一点，且在直线AB的上方．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若△OAB面积是△PAB面积的2倍，求点P的坐标；
(3)如图，OP交AB于点C，PD∥BO交AB于点D．记△CDP，△CPB，△CBO的面积分别为S1，S2，S3．判断S1S2+S2S3是否存在最大值．若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
6．（2022·江苏淮安·统考一模）如图1，抛物线y=ax2+5ax+c经过A3,0，C0,−4，点B在x轴上，且AC=BC，过点B作BD⊥x轴交抛物线于点D，点E，F分别是线段CO，BC上的动点，且CE=BF，连接EF．
(1)求抛物线的表达式及点D的坐标；
(2)当△CEF是直角三角形时，求点F的坐标；
(3)如图2，连接AE，AF，直接写出AE+AF的最小值为：______．
7．（2022·江苏镇江·统考二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：y=ax2+bx+c（a、b、c为常数且a≠0）与x轴交于A(−1，0)、B(4，0)，交y轴于点C(0，−2)，顶点为P．
(1)求抛物线C1对应的函数表达式；
(2)抛物线C2：y=max2+bx+c（m为常数且m≠0）的顶点为Q，
①当AQ+CQ的值最小时，点Q的坐标为________；
②连接AC、AQ，若∠BAQ=2∠ACO，求点Q的坐标；
③抛物线C1上有一个点M，且位于第一象限，若△PQM与△ABC相似，求点Q的坐标．
8．（2022·江苏无锡·宜兴市实验中学校考二模）如图，二次函数y=ax2−6ax+ca<0的图象与x轴的负半轴和正半轴分别交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为P，对称轴交x轴于点D，点Q是抛物线对称轴上一动点，直线BQ交y轴于点E，且5EQ=3BQ．
(1)请直接写出A，B两点的坐标：A______，B______；
(2)当顶点P与点Q关于x轴对称时，S△QCE=425．
①求此时抛物线的函数表达式；
②在抛物线的对称轴上是否存在点F，使∠BEF=2∠OBE．若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
9．（2022·江苏无锡·统考二模）二次函数y＝ax2＋bx＋4的图象与x轴交于两点A、B，与y轴交于点C，且A（﹣1，0）、B（4，0）．
(1)求此二次函数的表达式；
(2)①如图1，抛物线的对称轴m与x轴交于点E，CD⊥m，垂足为D，点F（﹣76，0），动点N在线段DE上运动，连接CF、CN、FN，若以点C、D、N为顶点的三角形与△FEN相似，求点N的坐标；
②如图2，点M在抛物线上，且点M的横坐标是1，将射线MA绕点M逆时针旋转45°，交抛物线于点P，求点P的坐标；
(3)已知Q在y轴上，T为二次函数对称轴上一点，且△QOT为等腰三角形，若符合条件的Q恰好有2个，直接写出T的坐标．
10．（2022·江苏苏州·统考一模）如图，抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，且点A−1,0，点C0,2，抛物线的对称轴为直线x=32，连接AC，BC．
(1)求抛物线的解析式；
(2)将△ABC沿直线BC折叠，得到△DBC，请问：点A的对应点D是否落在抛物线的对称轴上？若点D落在对称轴上，请求出点D的坐标；若点D没有落在对称轴上，请说明理由；
(3)若点E是抛物线位于第一象限内的一个动点，连接AE交直线BC于点F，设EFAF=n，求n的最大值并求出此时点E的坐标．
11．（2022·江苏连云港·统考一模）已知：抛物线y=ax2+bx+c经过A(−1,0)，B(3,0)，C(0,3)，三点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，点P为直线BC上方抛物线上任意一点，连PC、PB、PO，PO交直线BC于点E，设PEOE=k，求当k取最大值时点P的坐标，并求此时k的值；
(3)如图2，D(m,0)是x的正半轴上一点，过点D作y轴的平行线，与直线BC交于点M，与抛物线交于点N，连结CN，将△CMN沿CN翻折，M的对应点为M′．在图2中探究：是否存在点D，使得四边形CMNM′是菱形？若存在，请求出D的坐标；若不存在，请说明理由．
12．（2022·江苏泰州·统考一模）如图，抛物线y=ax2+c(a>0,c>0)，抛物线交y轴于点C，直线AB与抛物线交于A，B两点，与y轴交于点D(0，d)．
(1)若d=4，点A(−1，3)，且满足BD=2AD，求点B的坐标；
(2)在（1）的条件下，作BE⊥x轴，交x轴于E，试说明A、C、E在同一条直线上；
(3)过点B作BE⊥x轴，交x轴于E，若A、C、E始终在同一条直线上，求d、c之间满足的数量关系．
13．（2022·江苏盐城·校考一模）如图1，二次函数y＝ax2+bx+c的图象交x轴于点A（﹣1，0），B（3，0），交y轴于点C（0，﹣3），直线l经过点B．
(1)求二次函数的表达式和顶点D的坐标；
(2)如图2，当直线l过点D时，求△BCD的面积；
(3)如图3，直线l与抛物线有另一个交点E，且点E使得∠BAC﹣∠CBE＞45°，求点E的横坐标m的取值范围；
(4)如图4，动点F在直线l上，作∠CFG＝45°，FG与线段AB交于点G，连接CG，当△ABC与△CFG相似，且S△CFG最小时，在直线l上是否存在一点H，使得∠FHG＝45°存在，请求出点H的坐标；若不存在，请说明理由．
14．（2022·江苏泰州·校考一模）如图①，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A(x1，0)，点C(x2，0)，且x1，x2满足x1+x2＝2，x1•x2＝﹣3，与y轴交于点B，E(m，0)是x轴上一动点，过点E作EP⊥x轴于点E，交抛物线于点P．
(1)求抛物线解析式．
(2)如图②，直线EP交直线AB于点D，连接PB．
①点E在线段OA上运动，若△PBD是等腰三角形时，求点E的坐标；
②点E在x轴的正半轴上运动，若∠PBD+∠CBO＝45°，请求出m的值．
(3)如图③，点Q是直线EP上的一动点，连接CQ，将线段CQ绕点Q逆时针旋转90°，得到线段QF，当m＝1时，请直接写出PF的最小值．
15．（2022·江苏无锡·校考一模）抛物线y＝ax2+c（a<0）与x轴交于A、B两点，顶点为C，点P在抛物线上，且位于x轴上方．
(1)如图1，若P(1，2)，A(-3，0)．
①求该抛物线的解析式；
②若D是抛物线上异于点P一点，满足∠DPO＝∠POB，求点D的坐标；
(2)如图2，已知直线PA、PB与y轴分别交于E、F两点．当点P运动时，OE+OFOC是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由．
16．（2022·江苏常州·统考一模）如图，二次函数y=14x2+bx+3的图像经过点A8,3，交x轴于点B，C（点B在点C的左侧），与y轴交于点D．
(1)填空：b= ______；
(2)点P是第一象限内抛物线上一点，直线PO交直线CD于点Q，过点P作x轴的垂线交直线CD于点T，若PQ=QT，求点P的坐标；
(3)在x轴的正半轴上找一点E，过点E作AE的垂线EF交y轴于F，若△AEF与△EFO相似，求OE的长．
17．（2022·江苏连云港·统考一模）如图，已知抛物线y=−12x2+32x+2与x轴交于点A、B，与y轴交于点C．
(1)则点A的坐标为_________，点B的坐标为_________，点C的坐标为_________；
(2)设点P(x1,y1)，Q(x2,y2)（其中x1>x2）都在抛物线y=−12x2+32x+2上，若x1+x2=1，请证明：y1>y2；
(3)已知点M是线段BC上的动点，点N是线段BC上方抛物线上的动点，若∠CNM=90°，且△CMN与△OBC相似，试求此时点N的坐标．
18．（2022·江苏无锡·校联考一模）如图，抛物线y=ax2-2ax-3a（a>0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，且OB=OC．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，若点P是线段BC（不与B，C重合）上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于M点，连接CM，当△PCM和△ABC相似时，求此时点P的坐标；
(3)若点P是直线BC（不与B，C重合）上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于M点，连接CM，将△PCM沿CM对折，如果点P的对应点N恰好落在y轴上，求此时点P的坐标；
19．（2022·江苏无锡·校联考一模） 如图，抛物线y＝12x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C．直线y＝12x﹣2经过B、C两点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是抛物线上的一动点，过点P且垂直于x轴的直线与直线BC及x轴分别交于点D、M．PN⊥BC，垂足为N．设M（m，0）．当点P在直线BC下方的抛物线上运动时，是否存在一点P，使△PNC与△AOC相似．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
20．（2020·江苏苏州·统考二模）如图1，抛物线y=ax2+a+3x+3a≠0与x轴交于点A4,0，与y轴交于点B，在x轴上有一动点Em,0（0(1)求a的值和直线AB的函数表达式：
(2)设△PMN的周长为C1，△AEN的周长为C2，若C1C2=65求m的值．
(3)如图2，在（2）的条件下，将线段OE绕点O逆时针旋转得到OE′，旋转角为α（0°<α<90°），连接E′A、E′B，求E′A+23E′B的最小值．
21．（2022·江苏无锡·校考一模）如图，已知二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于A和B3,0两点，与y轴交于C0,−2，对称轴为直线x=54，连接BC，在直线BC上有一动点P，过点P作y轴的平行线交二次函数的图像于点N，交x轴于点M，
(1)求抛物线与直线BC的函数解析式；
(2)设点M的坐标为m,0，求当以PN为直径的圆与y轴相切时m的值：
(3)若点P在线段BC上运动，则是否存在这样的点P，使得△CPN与△BPM相似，若存在请直接写出点P的坐标，若不存在，请写出理由．
22．（2022·江苏无锡·校考一模）已知二次函数的图像如图所示．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）若该函数图像与x轴正方向交点为A，与x轴负方向交点为B，与y轴交点为C，顶点为D
①求证：△AOC∽△DCB；
②连接BC交抛物线对称轴于点E，若抛物线上存在点P满足S△BCP=2S△COE，请直接写出点P的坐标．
23．（2022·江苏无锡·一模）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c与x轴分别相交于A（−1，0）、B（3，0）两点，与y轴相交于点C（0，3）．
（1）求出这条抛物线的解析式及顶点M的坐标；
（2）PQ是抛物线对称轴上长为1的一条动线段（点P在点Q上方），求AQ+QP+PC的最小值；
（3）如图2，点D是第四象限内抛物线上一动点，过点D作DF⊥x轴，垂足为F，△ABD的外接圆与DF相交于点E．试问：线段EF的长是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
24．（2022·江苏苏州·统考二模）如图1，二次函数y=−14x2+x的图像与x轴交于点O、点A，顶点为B， 点M、N的坐标分别为（0 ，m）、（0 ，n）．
（1）求点B的坐标．
（2）如图2，将函数图像在y轴左侧部分沿x轴翻折，图像其余部分保持不变，得到的新图像记为G．
①过点M作y轴的垂线l，当m 时，直线l与图像G有且只有两个交点．
②请求出翻折后图像的函数关系式．
（3）如图3，点Q是第二象限内图像上的动点，当m＞1 ，n＜0，且∠QMB＝90°时，是否存在点M，使得△QMB与△ABN相似．若存在，请求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
25．（2021·江苏苏州·校考一模）如图，抛物线y=ax2−2ax+c的图象经过点C(0,−2)，顶点D的坐标为1,−83，与x轴交于A、B两点．
（1）求抛物线的解析式．
（2）连接AC,E为直线AC上一点，当△AOC∽△AEB时，求AEAB的值．
（3）点F(0,y)是y轴上一动点，当y为何值时，55FC+BF的值最小．并求出这个最小值．
（4）点C关于x轴的对称点为H，当55FC+BF取最小值时，在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△QHF是直角三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
26．（2021·江苏苏州·二模）如图1，已知二次函数y=ax2+bx+c的图像经过点A(−1,0)点B(3,0)和点C(0,2)，连接AC，线段AB上有一动点P，过点P作AC的平行线交直线BC于点D，交抛物线于点E．
（1）求二次函数的解析式；
（2）移动点P，求线段DE的最大值；
（3）如图2，过点E作y轴的平行线EF交BC于点F，连接PC，若以点C、D、P为顶点的三角形和△EFD是相似三角形，求此时点P坐标．
27．（2022·江苏无锡·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2−433x+c与x轴交于两点A(1，0)和点B（3，0），与y轴交于点C，连接AC，BC．点D是抛物线对称轴上一点，对称轴与x轴交于点E，与直线BC交于点F．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接BD，当以点B，D，E为顶点的三角形与△OAC相似时，求点D的坐标；
（3）当点D关于直线BC的对称点G落在抛物线上时，直接写出点G的坐标．
28．（2021·江苏扬州·三模）如图所示，已知抛物线y=x2−1与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C．
（1）求A、B、C三点的坐标；
（2）过点A作AP∥CB交抛物线于点P，求四边形ACBP的面积；
（3）在x轴上方的抛物线上是否存在一点M，过M作MG⊥x轴于点G，使以A、M、G三点为顶点的三角形与△PCA相似？若存在，请求出M点的坐标；否则，请说明理由．
29．（2020·江苏镇江·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中， 一次函数y=12x−2的图象分别交x、y轴于点A、B，抛物线y=x2+bx+c经过点A、B，点P为第四象限内抛物线上的一个动点．
（1）求此抛物线对应的函数表达式；
（2）如图1所示，过点P作PM//y轴，分别交直线AB、x轴于点C、D，若以点P、B、C为顶点的三角形与以点A、C、D为顶点的三角形相似，求点P的坐标；
（3）如图2所示，过点P作PQ⊥AB于点Q，连接PB，当ΔPBQ中有某个角的度数等于∠OAB度数的2倍时，请直接写出点P的横坐标．
30．（2021·江苏无锡·统考一模）已知二次函数y＝ax2＋bx＋c（a＞0）的图像经过A、B两点，直线AB交x轴交于点C，点D为二次函数图像的顶点，若点A的坐标为（－1，4a），点B的坐标为（2，a）．
（1）①用含a的代数式表示b、c；
②求点C的坐标．
（2）若直线AB与抛物线y＝ax2＋bx＋c的对称轴交于点E，且△ADE∽△ACD，求该二次函数的表达式．
2023年中考数学大题高分秘籍（江苏专用）
专题15二次函数与相似综合问题（江苏真题7道模拟30道）
【真题再现】直面中考真题，实战培优提升
1．（2022•宿迁）如图，二次函数y＝x2+bx+c与x轴交于O（0，0），A（4，0）两点，顶点为C，连接OC、AC，若点B是线段OA上一动点，连接BC，将△ABC沿BC折叠后，点A落在点A′的位置，线段A′C与x轴交于点D，且点D与O、A点不重合．
（1）求二次函数的表达式；
（2）①求证：△OCD∽△A′BD；
②求的最小值；
（3）当S△OCD＝8S△A'BD时，求直线A′B与二次函数的交点横坐标．
【分析】（1）利用交点式可得二次函数的解析式；
（2）①根据两角相等可证明两三角形相似；
②根据△OCD∽△A′BD，得＝，则＝，即的最小值就是的最小值，OC为定值，所以当CD最小为2时，有最小值是；
（3）解法一：根据面积的关系可得：△OCD∽△A′BD时，相似比为2：1，可得A'B＝AB＝1，作辅助线，构建直角三角形，根据等角的正切可得A'G和BG的长，最后再证明△A'GB∽△QOB，可得OQ的长，利用待定系数法可得A'B的解析式，最后联立方程可得结论．
解法二：设BD＝t，根据OB＝3列方程可得t的值，计算A'D，AM的长，表示点M的坐标，计算BM的解析式，列方程可得结论．
【解答】（1）解：∵二次函数y＝x2+bx+c与x轴交于O（0，0），A（4，0）两点，
∴二次函数的解析式为：y＝（x﹣0）（x﹣4）＝x2﹣2x；
（2）①证明：如图1，
由翻折得：∠OAC＝∠A'，
由对称得：OC＝AC，
∴∠AOC＝∠OAC，
∴∠COA＝∠A'，
∵∠A'DB＝∠ODC，
∴△OCD∽△A′BD；
②解：∵△OCD∽△A′BD，
∴＝，
∵AB＝A'B，
∴＝，
∴的最小值就是的最小值，
y＝x2﹣2x＝（x﹣2）2﹣2，
∴C（2，﹣2），
∴OC＝2，
∴当CD⊥OA时，CD最小，的值最小，
当CD＝2时，的最小值为＝；
（3）解法一：∵S△OCD＝8S△A'BD，
∴S△OCD：S△A'BD＝8，
∵△OCD∽△A′BD，
∴＝（）2＝8，
∴＝2，
∵OC＝2，
∴A'B＝AB＝1，
∴BF＝2﹣1＝1，
如图2，连接AA'，过点A'作A'G⊥OA于G，延长CB交AA'于H，设抛物线的对称轴与x轴交于点F，
由翻折得：AA'⊥CH，
∵∠AHB＝∠BFC＝90°，∠ABH＝∠CBD，
∴∠BCF＝∠BAH，
tan∠BCF＝tan∠GAA'，
∴＝＝，
设A'G＝a，则AG＝2a，BG＝2a﹣1，
在Rt△A'GB中，由勾股定理得：BG2+A'G2＝A'B2，
∴a2+（2a﹣1）2＝12，
∴a1＝0（舍），a2＝，
∴BG＝2a﹣1＝﹣1＝，
∵A'G∥OQ，
∴△A'GB∽△QOB，
∴＝，即＝，
∴OQ＝4，
∴Q（0，4），
设直线A'B的解析式为：y＝kx+m，
∴，
解得：，
∴直线A'B的解析式为：y＝﹣x+4，
∴﹣x+4＝x2﹣2x，
3x2﹣4x﹣24＝0，
解得：x＝，
∴直线A′B与二次函数的交点横坐标是．
（3）解法二：如图3，过点M作MH⊥OA于H，
∵△OCD∽△A′BD，
∴＝＝＝2，
∵OC＝2，
∴A'B＝AB＝1，
设BD＝t，则CD＝2t，
∴A'D＝2﹣2t，OD＝2A'D＝8﹣8t，
∵OB＝OD+BD＝4﹣1＝3，
∴8﹣8t+t＝3，
∴t＝，
∴A'D＝2﹣＝，
∵A'B＝AB，∠A'＝∠OAC，∠A'BD＝∠ABN，
∴△A'BD≌△ABM（ASA），
∴AM＝A'D＝，
∵△AHM是等腰直角三角形，
∴AH＝MH＝，
∴M（，﹣），
易得BM的解析式为：y＝﹣x+4，
∴﹣x+4＝x2﹣2x，
解得：3x2﹣4x﹣24＝0，
解得：x＝，
∴直线A′B与二次函数的交点横坐标是．
2．（2021•镇江）将一张三角形纸片ABC放置在如图所示的平面直角坐标系中，点A（﹣6，0），点B（0，2），点C（﹣4，8），二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点A，B，该抛物线的对称轴经过点C，顶点为D．
（1）求该二次函数的表达式及点D的坐标；
（2）点M在边AC上（异于点A，C），将三角形纸片ABC折叠，使得点A落在直线AB上，且点M落在边BC上，点M的对应点记为点N，折痕所在直线l交抛物线的对称轴于点P，然后将纸片展开．
①请作出图中点M的对应点N和折痕所在直线l；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
②连接MP，NP，在下列选项中：A．折痕与AB垂直，B．折痕与MN的交点可以落在抛物线的对称轴上，C.＝，D.＝，所有正确选项的序号是 A，D ．
③点Q在二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象上，当△PDQ∼△PMN时，求点Q的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可．
（2）①根据要求作出图形即可．
②如图2中，设线段MN的垂直平分线交抛物线对称轴于P，交MN于点Q，过点M作MH⊥CD，过点Q作QJ⊥CD于J，QT⊥MH于T．想办法证明△PMN是等腰直角三角形，可得结论．
③设P（﹣4，m）．由△PDQ∽△PMN，△PMN是等腰直角三角形，推出△PDQ是等腰直角三角形，推出∠DPQ＝90°，DP＝PQ＝m+，推出Q（﹣+m，m），构建方程求出m即可．
【解答】解（1）由题意得：，
解之得：a＝，b＝，c＝2，
∴y＝+，
∴当x＝﹣4时，y＝＝﹣，
∴D（﹣4，﹣）．
（2）①如图1中，点N，直线l即为所求．
②如图2中，设线段MN的垂直平分线交抛物线对称轴于P，交MN于点Q，过点M作MH⊥CD，过点Q作QJ⊥CD于J，QT⊥MH于T．
由题意A（﹣6，0），B（0，2），C（﹣4，8），
∴直线AC的解析式为y＝4x+24，直线AB的解析式为y＝x+2，直线BC的解析式为y＝﹣x+2，
∵MN∥AB，
∴可以假设直线MN的解析式为y＝x+t，
由，解得，
∴M（，），
由．解得，
∴N（，），
∴Q（，），
∵QJ⊥CD，QT⊥MH，
∴QJ＝+4＝，QT＝﹣＝，
∴QJ＝QT，
∵∠PJQ＝∠MTQ＝90°，∠QPJ＝∠QMT，QJ＝QT，
∴△PJQ≌△MTQ（AAS），
∴PQ＝MQ，
∵∠PQM＝90°，
∴∠PMN＝∠MPQ＝45°，
∵PM＝PN，
∴∠PMN＝∠PNM＝45°，
∴∠MPN＝90°，
∴△PMN是等腰直角三角形，
∴＝，故选项D正确，B，C错误，
∵将三角形纸片ABC折叠，使得点A落在直线AB上，且点M落在边BC上，
∴折痕与AB垂直，故选项A正确，
故答案为：A，D．
③设P（﹣4，m）．
∵△PDQ∽△PMN，△PMN是等腰直角三角形，
∴△PDQ是等腰直角三角形，
∴∠DPQ＝90°，DP＝PQ＝m+，
∴Q（﹣4+m+，m），即Q（﹣+m，m），
把Q的坐标代入y＝+，得到，m＝（﹣+m）2+（﹣+m）+2，
整理得，9m2﹣42m﹣32＝0，
解得m＝或﹣（舍弃），
∴Q（2，），
根据对称性可知Q′（﹣10，）也满足条件，
综上所述，满足条件的点Q的坐标为（2，）或（﹣10，）．
3．（2021•无锡）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线y＝﹣x+3与x轴交于点B，与y轴交于点C，二次函数y＝ax2+2x+c的图象过B、C两点，且与x轴交于另一点A，点M为线段OB上的一个动点，过点M作直线l平行于y轴交BC于点F，交二次函数y＝ax2+2x+c的图象于点E．
（1）求二次函数的表达式；
（2）当以C、E、F为顶点的三角形与△ABC相似时，求线段EF的长度；
（3）已知点N是y轴上的点，若点N、F关于直线EC对称，求点N的坐标．
【分析】（1）由y＝﹣x+3得B（3，0），C（0，3），代入y＝ax2+2x+c即得二次函数的表达式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）由y＝﹣x2+2x+3得A（﹣1，0），OB＝OC，AB＝4，BC＝3，故∠ABC＝∠MFB＝∠CFE＝45°，以C、E、F为顶点的三角形与△ABC相似，B和F为对应点，设E（m，﹣m2+2m+3），则F（m，﹣m+3），EF＝﹣m2+3m，CF＝m，①△ABC∽△CFE时，＝，可得EF＝，②△ABC∽△EFC时，＝，可得EF＝；
（3）连接NE，由点N、F关于直线EC对称，可得CF＝EF＝CN，故﹣m2+3m＝m，解得m＝0（舍去）或m＝3﹣，即得CN＝CF＝m＝3﹣2，N（0，3+1）．
【解答】解：（1）在y＝﹣x+3中，令x＝0得y＝3，令y＝0得x＝3，
∴B（3，0），C（0，3），
把B（3，0），C（0，3）代入y＝ax2+2x+c得：
，解得，
∴二次函数的表达式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）如图：
在y＝﹣x2+2x+3中，令y＝0得x＝3或x＝﹣1，
∴A（﹣1，0），
∵B（3，0），C（0，3），
∴OB＝OC，AB＝4，BC＝3，
∴∠ABC＝∠MFB＝∠CFE＝45°，
∴以C、E、F为顶点的三角形与△ABC相似，B和F为对应点，
设E（m，﹣m2+2m+3），则F（m，﹣m+3），
∴EF＝（﹣m2+2m+3）﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，CF＝＝m，
①△ABC∽△CFE时，＝，
∴＝，
解得m＝或m＝0（舍去），
∴EF＝，
②△ABC∽△EFC时，＝，
∴＝，
解得m＝0（舍去）或m＝，
∴EF＝，
综上所述，EF＝或．
（3）连接NE，如图：
∵点N、F关于直线EC对称，
∴∠NCE＝∠FCE，CF＝CN，
∵EF∥y轴，
∴∠NCE＝∠CEF，
∴∠FCE＝∠CEF，
∴CF＝EF＝CN，
由（2）知：
设E（m，﹣m2+2m+3），则F（m，﹣m+3），EF＝（﹣m2+2m+3）﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，CF＝＝m，
∴﹣m2+3m＝m，解得m＝0（舍去）或m＝3﹣，
∴CN＝CF＝m＝3﹣2，
∴N（0，3+1）．
4．（2020•镇江）如图①，直线l经过点（4，0）且平行于y轴，二次函数y＝ax2﹣2ax+c（a、c是常数，a＜0）的图象经过点M（﹣1，1），交直线l于点N，图象的顶点为D，它的对称轴与x轴交于点C，直线DM、DN分别与x轴相交于A、B两点．
（1）当a＝﹣1时，求点N的坐标及的值；
（2）随着a的变化，的值是否发生变化？请说明理由；
（3）如图②，E是x轴上位于点B右侧的点，BC＝2BE，DE交抛物线于点F．若FB＝FE，求此时的二次函数表达式．
【分析】（1）证明△DMG∽△DAC，△DCB∽△DTN，求出AC＝，BC＝，即可求解；
（2）点D（1，1﹣4a），N（4，1+5a），则ME＝2，DE＝﹣4a，由（1）的结论得：AC＝，BC＝，即可求解；
（3）利用△FHE∽△DCE，求出F（﹣，﹣a），即可求解．
【解答】解：（1）分别过点M、N作MG⊥CD于点E，NT⊥DC于点T，
∵MG∥TN∥x轴，
∴△DMG∽△DAC，△DCB∽△DTN，
∴，＝，
∵a＝﹣1，则y＝﹣x2+2x+c，
将M（﹣1，1）代入上式并解得：c＝4，
∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+4，
则点D（1，5），N（4，﹣4），
则MG＝2，DG＝4，DC＝5，TN＝3，DT＝9，
∴，解得：AC＝，BC＝，
∴＝；
（2）不变，
理由：∵y＝ax2﹣2ax+c过点M（﹣1，1），则a+2a+c＝1，
解得：c＝1﹣3a，
∴y＝ax2﹣2ax+（1﹣3a），
∴点D（1，1﹣4a），N（4，1+5a），
∴MG＝2，DG＝﹣4a，DC＝1﹣4a，TN＝3，DT＝﹣9a，
由（1）的结论得：AC＝，BC＝，
∴＝；
（3）过点F作FH⊥x轴于点H，则FH∥l，则△FHE∽△DCE，
∵FB＝FE，FH⊥BE，
∴BH＝HE，
∵BC＝2BE，
则CE＝6HE，
∵CD＝1﹣4a，
∴FH＝，
∵BC＝，
∴CH＝×＝，
∴F（﹣+1，﹣a），
将点F的坐标代入y＝ax2﹣2ax+（1﹣3a）＝a（x+1）（x﹣3）+1得：
﹣a＝a（﹣+1+1）（﹣+1﹣3）+1，
解得：a＝﹣或（舍弃），
经检验a＝﹣，
故y＝﹣x2+x+．
解法二：∵AC：BC＝3：2，BC＝2BE，
∴AC＝CE，
∴AD与DE关于直线CD对称，
∵AD，DE交抛物线于M，F，
∴M，F关于直线CD对称，
∴F（3，1），
∴﹣a＝1，
∴a＝﹣．
故y＝﹣x2+x+．
5．（2020•连云港）在平面直角坐标系xOy中，把与x轴交点相同的二次函数图象称为“共根抛物线”．如图，抛物线L1：y＝x2﹣x﹣2的顶点为D，交x轴于点A、B（点A在点B左侧），交y轴于点C．抛物线L2与L1是“共根抛物线”，其顶点为P．
（1）若抛物线L2经过点（2，﹣12），求L2对应的函数表达式；
（2）当BP﹣CP的值最大时，求点P的坐标；
（3）设点Q是抛物线L1上的一个动点，且位于其对称轴的右侧．若△DPQ与△ABC相似，求其“共根抛物线”L2的顶点P的坐标．
【分析】（1）由题意设抛物线L2的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4），利用待定系数法求出a即可解决问题．
（2）由题意BP＝AP，如图1中，当A，C，P共线时，BP﹣PC的值最大，此时点P为直线AC与直线x＝的交点．
（3）由题意，顶点D（，﹣），∠PDQ不可能是直角，第一种情形：当∠DPQ＝90°时，①如图3﹣1中，当△QDP∽△ABC时．②如图3﹣2中，当△DQP∽△ABC时．第二种情形：当∠DQP＝90°．①如图3﹣3中，当△PDQ∽△ABC时．②当△DPQ∽△ABC时，分别求解即可解决问题．
【解答】解：（1）当y＝0时，x2﹣x﹣2＝0，解得x＝﹣1或4，
∴A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣2），
由题意设抛物线L2的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4），
把（2，﹣12）代入y＝a（x+1）（x﹣4），
﹣12＝﹣6a，
解得a＝2，
∴抛物线的解析式为y＝2（x+1）（x﹣4）＝2x2﹣6x﹣8．
（2）∵抛物线L2与L1是“共根抛物线”，A（﹣1，0），B（4，0），
∴抛物线L1，L2的对称轴是直线x＝，
∴点P在直线x＝上，
∴BP＝AP，如图1中，当A，C，P共线时，BP﹣PC的值最大，
此时点P为直线AC与直线x＝的交点，
∵直线AC的解析式为y＝﹣2x﹣2，
∴P（，﹣5）
（3）由题意，AB＝5，CB＝2，CA＝，
∴AB2＝BC2+AC2，
∴∠ACB＝90°，CB＝2CA，
∵y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣）2﹣，
∴顶点D（，﹣），
由题意，∠PDQ不可能是直角，
第一种情形：当∠DPQ＝90°时，
①如图3﹣1中，当△QDP∽△ABC时，＝＝，
设Q（x，x2﹣x﹣2），则P（，x2﹣x﹣2），
∴DP＝x2﹣x﹣2﹣（﹣）＝x2﹣x+，QP＝x﹣，
∵PD＝2QP，
∴2x﹣3＝x2﹣x+，解得x＝或（舍弃），
∴P（，）．
②如图3﹣2中，当△DQP∽△ABC时，同法可得PQ＝2PD，
x﹣＝x2﹣3x+，
解得x＝或（舍弃），
∴P（，﹣）．
第二种情形：当∠DQP＝90°．
①如图3﹣3中，当△PDQ∽△ABC时，＝＝，
过点Q作QM⊥PD于M．则△QDM∽△PDQ，
∴＝＝，由图3﹣3可知，M（，），Q（，），
∴MD＝8，MQ＝4，
∴DQ＝4，
由＝，可得PD＝10，
∵D（，﹣）
∴P（，）．
②当△DPQ∽△ABC时，过点Q作QM⊥PD于M．
同法可得M（，﹣），Q（，﹣），
∴DM＝，QM＝1，QD＝，
由＝，可得PD＝，
∴P（，﹣）．
综上所述：P点坐标为（，）或（，﹣）或（，）或（，﹣）．
6．（2019•镇江）如图，二次函数y＝﹣x2+4x+5图象的顶点为D，对称轴是直线l，一次函数y＝x+1的图象与x轴交于点A，且与直线DA关于l的对称直线交于点B．
（1）点D的坐标是 （2，9） ；
（2）直线l与直线AB交于点C，N是线段DC上一点（不与点D、C重合），点N的纵坐标为n．过点N作直线与线段DA、DB分别交于点P、Q，使得△DPQ与△DAB相似．
①当n＝时，求DP的长；
②若对于每一个确定的n的值，有且只有一个△DPQ与△DAB相似，请直接写出n的取值范围 ＜n＜ ．
【分析】（1）直接用顶点坐标公式求即可；
（2）由对称轴可知点C（2，），A（﹣，0），点A关于对称轴对称的点（，0），借助AD的直线解析式求得B（5，3）；①当n＝时，N（2，），可求DA＝，DN＝，CD＝当PQ∥AB时，△DPQ∽△DAB，DP＝DP＝；当PQ与AB不平行时，DP＝，；②当PQ∥AB，DB＝DP时，DB＝3，DN＝，所以N（2，），则有且只有一个△DPQ与△DAB相似时，＜n＜；
【解答】解：（1）顶点为D（2，9）；
故答案为（2，9）；
（2）对称轴x＝2，
∴C（2，），
由已知可求A（﹣，0），
点A关于x＝2对称点为（，0），
则AD关于x＝2对称的直线为y＝﹣2x+13，
∴B（5，3），
①当n＝时，N（2，），
∴DA＝，DN＝，CD＝
当PQ∥AB时，△DPQ∽△DAB，
∴△DAC∽△DPN，
∴，
∴DP＝；
当PQ与AB不平行时，△DPQ∽△DBA，
∴△DNQ∽△DCA，
∴＝＝
∴DP＝；
综上所述，DP＝，DP＝；
②当PQ∥AB，DB＝DP时，
DB＝3，
∴，
∴DN＝，
∴N（2，），
∴有且只有一个△DPQ与△DAB相似时，＜n＜；
故答案为＜n＜；
7．（2022•无锡）已知二次函数y＝﹣x2+bx+c图象的对称轴与x轴交于点A（1，0），图象与y轴交于点B（0，3），C、D为该二次函数图象上的两个动点（点C在点D的左侧），且∠CAD＝90°．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）若点C与点B重合，求tan∠CDA的值；
（3）点C是否存在其他的位置，使得tan∠CDA的值与（2）中所求的值相等？若存在，请求出点C的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）二次函数与y轴交于点B（0，3），求得c＝3，根据A（1，0），即二次函数对称轴为直线x＝1，求出b的值，即可得到二次函数的表达式；
（2）通过证明△ADE∽△BAO，BO•DE＝OA•AE，然后结合点D的坐标特征列方程求得DE和AE的长度，从而求解；
（3）根据题目要求，找出符合条件的点C的位置，再利用几何图形的性质，结合方程思想求出对应点C的坐标即可．
【解答】解：将点B（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，
可得c＝3，
∵二次函数y＝﹣x2+bx+c图象的对称轴与x轴交于点A（1，0），
∴﹣＝1，
解得：b＝，
∴二次函数的解析式为y＝﹣x2+x+3；
（2）如图，过点D作DE⊥x轴于点E，连接BD，
∵∠CAD＝90°，
∴∠BAO+∠DAE＝90°，
∵∠ADE+∠DAE＝90°，
∴∠ADE＝∠BAO，
∵∠BOA＝∠DEA＝90°，
∴△ADE∽△BAO，
∴，即BO•DE＝OA•AE，
设D点坐标为（t，﹣t2+t+3），
∴OE＝t，DE＝﹣t2+t+3，AE＝t﹣1，
∴3（﹣t2+t+3）＝t﹣1，
解得：t＝﹣（舍去），t＝4，
当t＝4时，y＝﹣t2+t+3＝1，
∴AE＝3，DE＝1，
在Rt△ADE中，AD＝＝，
在Rt△AOB中，AB＝＝，
在Rt△ACD中，tan∠CDA＝＝1；
（3）存在，理由如下：
①如图，与（2）图中Rt△BAD关于对称轴对称时，tan∠C′D′A＝1，
∵点D的坐标为（4，1），
∴此时，点C′的坐标为（﹣2，1），
当点C′、D关于对称轴对称时，此时AC′与AD长度相等，即tan∠C′D′A＝1，
②当点C在x轴上方时，过点C作CE垂直于x轴，垂足为E，
∵∠CAD＝90°，点C、D关于对称轴对称，
∴∠CAE＝45°，
∴△CAE为等腰直角三角形，
∴CE＝AE，
设点C的坐标为（m，﹣m2+m+3），
∴CE＝﹣m2+m+3，AE＝1﹣m，
∴﹣m2+m+3＝1﹣m，
解得m＝3+（舍去）或m＝3﹣，
此时点C的坐标为（3﹣，﹣2）；
③当点C在x轴下方时，过点C作CF垂直于x轴，垂足为F，
∵∠CAD＝90°，点C、D关于对称轴对称，
∴∠CAF＝45°，
∴△CAF为等腰直角三角形，
∴CF＝AF，
设点C的坐标为（m，﹣m2+m+3），
∴CF＝m2﹣m﹣3，AF＝1﹣m，
∴m2﹣m﹣3＝1﹣m，
解得m＝﹣1+（舍去）或m＝﹣1﹣，
此时点C的坐标为（﹣1﹣，﹣﹣2）；
综上，点C的坐标为（﹣2，1）或（3﹣，﹣2）或（﹣1﹣，﹣﹣2）．
【专项突破】深挖考点考向，揭示内涵实质
1．（2022·江苏无锡·无锡市天一实验学校校考模拟预测）如图，抛物线y=−14x2+bx+c与x轴的一个交点为A−2，0，与y轴的交点为B0，4，对称轴与x轴交于点P．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点M为y轴正半轴上的一个动点，连接AM，过点M作AM的垂线，与抛物线的对称轴交于点N，连接AN．
①若△AMN与△AOB相似，求点M的坐标；
②若点M在y轴正半轴上运动到某一位置时，△AMN有一边与线段AP相等，并且此时有一边与线段AP具有对称性，我们把这样的点M称为“对称点”，请直接写出“对称点”M的坐标．
【答案】(1)y=−14x2+32x+4
(2)①M点的坐标为0，6或0，32 ；②M点的坐标为0，21或0，6或0，32
【分析】（1）利用待定系数法去求抛物线解析式；
（2）①先求出抛物线的对称轴为x=3，作MD⊥直线x=3于点D，作AE⊥MD于E，根据相似三角形的判定和性质进行如下的分类讨论即可：（1）当AMOB=MNOA时，（2）当AMOA=MNOB时进行求解即可；
②先确定AP=5进行如下的分类讨论即可：（1）当AM=AP=5时，（2）当AN=AP=5时，（3）当MN=5时进行求解即可．
【详解】（1）将点A−2，0，B0，4分别代入y=−14x2+bx+c得−1−2b+c=0c=4，
解得b=32c=4，
∴抛物线的解析式为y=−14x2+32x+4；
（2）①抛物线的对称轴为直线x=−322×−14=3，
作MD⊥直线x=3于点D，作AE⊥MD于E，
∵∠AMN=∠AOB，
∴当AMOB=MNOA，即AMMN=OBOA=42=2，
∴△AMN∽△BOA，如图1，
∵∠EAM+∠EMA=90°，∠DMN+∠EMA=90°，
∴∠EAM=∠DMN，
∵∠AEM=∠MDN=90°，
∴△AEM∽△MDN，
∴AEMD=AMMN=2，
而MD=3，
∴AE=6，
此时M点的坐标为0，6，
∴当AMOA=MNOB，即AMMN=OAOB=24=12，
∴△AMN∽△AOB，如图2，
同理可得△AEM∽△MDN，
∴AEMD=AMMN=12，
而MD=3，
∴AE=32，
此时M点的坐标为0，32，
综上所述，M点的坐标为0，6或0，32；
②∵A−2，0，P3，0，
∴AP=5，
当AM=AP=5时，OM=52−22=21，此时点M的坐标为0，21；
当AN=AP=5时，点N与点P重合，则OM2=OA·OP，
∴OM=2×3=6，此时M点的坐标为0，6；
当MN=5时，在Rt△MND中，DN=52−32=4，
∵△AEM∽△MDN，
∴AEMD=EMDN，即AE3=24，
解得AE=32，此时点M的坐标为0，32，
综上所述，M点的坐标为0，21或0，6或0，32．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质；会利用待定系数法求函数解析式；会灵活应用相似三角形的判定和性质进行几何计算；理解坐标与图形的性质；会利用分类讨论的思想解决数学问题．
2．（2022·江苏镇江·统考一模）如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y=(x+1)(x−m)与x轴交于A(−1,0)、B （点A在点B左侧），与y轴交于点C．
(1)连接BC，则∠OCB= °；
(2)如图2，若⊙P经过A、B、C三点，连接PA、PC，若△PAC与△OBC 的周长之比为5:3，求该抛物线的函数表达式；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接OP，抛物线对称轴上是否存在一点Q，使得以O、P、Q为顶点的三角形与△OAP相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)45°
(2)y=x2−2x−3
(3)存在，点Q的坐标为(1,−3),(1,−2)
【分析】（1）根据函数表达式y=(x+1)(x−m)，分别求出B(m,0)、C(0,−m)，继而得到OB=OC、△OBC是等腰直角三角形，即可得解；
（2）根据三角形外接圆圆心和圆周角定理可得△APC是等腰直角三角形，继而表示出△APC的周长为：AP+CP+AC=(2+1)1+m2，再根据△OBC是等腰直角三角形表示出△OBC的周长为：OB+OC+BC=(2+2)m，最后利用周长之比即可求出m值，代入抛物线表达式即可得解；
（3）在（2）的条件下求出AC=10，AP=5，抛物线的对称轴为直线x=1，以及点P(1,−1)，继而得到∠POM=45°，OP=2，∠AOP=∠OPQ=135°，然后设Q(1,t)，表示出PQ=−1−t，分情况讨论求出t值即可解答．
【详解】（1）解：根据题意，在函数y=(x+1)(x−m)中，
当y=0时，(x+1)(x−m)=0，
解得：x1=−1,x2=m，
∴B(m,0)，即OB=m(m＞0)，
当x=0时，y=−m ，
∴C(0,−m)，即OC=m，
∴OB=OC，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴∠OCB=45°，
故答案为：∠OCB=45°；
（2）解：由（1）知∠OBC=∠OCB=45°，
又∵点P是△ABC的外接圆圆心，
∴∠APC=2∠OBC=90°,AP=CP ,
∴△APC是等腰直角三角形，
∴AP=CP=22AC，
∵A(−1,0)，C(0,−m)，
∴AC=1+m2 ，
∴△APC的周长为：AP+CP+AC=(2+1)1+m2 ；
∵△OBC是等腰直角三角形，OB=OC=m(m＞0)，
∴BC=2m，
∴△OBC的周长为：OB+OC+BC=(2+2)m ，
又∵△PAC与△OBC 的周长之比为5:3，
∴(2+1)1+m2(2+2)m=53 ，
解得m1=3，m2=−3（舍去），
∴该抛物线的函数表达式为y=(x+1)(x−3)=x2−2x−3；
（3）解：存在；
在（2）的条件下，AO=1，AC=1+m2=10，
∴AP=22AC=5，
∵y=x2−2x−3=(x−1)2−4，
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
∵点P是△ABC的外接圆圆心，点A、B为抛物线与x轴的交点，
∴点P也在直线x=1上，
设直线x=1与x相交于点M，如图所示，
则PM⊥AB，AM=2，OM=1，
∴MP=AP2−AM2=1 ，
∴P(1,−1)，OM=MP=1，
∴△OMP是等腰直角三角形，
∴∠POM=∠OPM=45°，OP=2，
∴∠AOP=∠OPN=135°，
∴点Q是抛物线对称轴上在点P下方一动点，
∴设Q(1,t)（t＜−1），
∴PQ=−1−t，
∴当AOOP=OPPQ,∠OPQ=∠AOP=135°时，△OAP∼△POQ
∴2−1−t=12 ，
解得：t1=−3，t2=1（舍去）；
当AOOP=PQOP,∠OPQ=∠AOP=135°时，△OAP∼△PQO
∴−1−t2=12，
解得：t3=−2，t4=0（舍去）；
综上所述，点Q的坐标为(1,−3),(1,−2)．
【点睛】本题考查二次函数几何综合，以及圆的有关性质定理，熟练掌握圆周角定理，外接圆圆心性质，两点间的距离公式、勾股定理及相似三角形的性质与判定进行分类是解题的关键．
3．（2022·江苏淮安·统考模拟预测）如图，已知A（﹣2，0）、B（3，0），抛物线y＝ax2＋bx＋4经过A、B两点，交y轴于点C．点P是第一象限内抛物线上的一动点，点P的横坐标为m．过点P作PM⊥x轴，垂足为点M，PM交BC于点Q．过点P作PN⊥BC，垂足为点N．
(1)直接写出抛物线的函数关系式 ；
(2)请用含m的代数式表示线段PN的长 ；
(3)连接PC，在第一象限的抛物线上是否存在点P，使得∠BCO＋2∠PCN＝90°？若存在，请求出m的值；若不存在，请说明理由；
(4)连接AQ，若△ACQ为等腰三角形，请直接写出m的值 ．
【答案】(1)y=−23x2+23x+4
(2)PN=−25m2+65m
(3)存在，74
(4)655或125
【分析】（1）由二次函数交点式表达式，即可求解；
（2）先由二次函数解析式求得，C(0，4)，P(m， -23m2+23m+4)，证△BMQ∽△BOC，从而求得MQ=12−4m3，PQ=PM-MQ=−23m2+2m，再证△PNQ∽△BMQ，求得PN=35PQ，代入即可求解．
（3）过点C作CD⊥OC，交直线MP于D，易证四边形OMDC是矩形，从而得PD=MD-PM=4-(-23m2+23m+4)= 23m2-23m，再证∠PCD=∠PCN，从而得到PN=PD，由（2）知：PN=−25m2+65m，则有23m2-23m=−25m2+65m，求解即可；
（4）分AC=AQ、AC=CQ、CQ=AQ三种情况，分别求解即可；
（1）
解：设二次函数表达式为：y=a（x+2）（x-3）=a（x2-x-6）=ax2-ax-6a，
又∵抛物线y＝ax2＋bx＋4
∴-6a=4，解得：a=-23，
则抛物线的表达式为y=-23x2+23x+4；
（2）
解：当x=m，则y=-23m2+23m+4，
∴P(m， -23m2+23m+4)，
当x=0时，y=4，
∴C(0，4)，
∴OC=4，
∵B(3，0)，
∴OB=3，
∴BC=OB2+OC2=5，
∵PM⊥x轴，
∴PM∥OC，
∴△BMQ∽△BOC，
∴MQOC=BMOB=BQBC，即MQ4=3−m3，BMBQ=OBBC=35，
∴MQ=12−4m3，
∴PQ=PM-MQ=-23m2+23m+4-12−4m3=−23m2+2m，
∵PN⊥BC，
∴∠PNQ=∠BMQ=90°，
∵∠PQN=∠BQM，
∴△PNQ∽△BMQ，
∴PNBM=PQBQ，即PNPQ=BMBQ=OBBC=35，
∴PN=35PQ=35−23m2+2m=−25m2+65m；
（3）
解：过点C作CD⊥OC，交直线MP于D，如图，
∵CD⊥OC，OC⊥OM，PM⊥OM，
∴四边形OMDC是矩形，
∴OCD=∠PDC=90°，MD=OC=4，
∴PD=MD-PM=4-(-23m2+23m+4)= 23m2-23m，
∴∠BCO＋∠PCN+∠PCD＝90°
当∠BCO＋2∠PCN＝90°时，
则∠PCD=∠PCN，
∴PD=PN，
由（2）知：PN=−25m2+65m，
∴23m2-23m=−25m2+65m，
化简得：4m2−7m=0，
解得：m1=74，m2=0，
∵点P是第一象限内抛物线上的一动点，点P的横坐标为m，
∴m=74，
∴当m=74时，在第一象限的抛物线上存在点P，使得∠BCO＋2∠PCN＝90°；
（4）
解：存在，理由：
点A、B、C的坐标分别为（-2，0）、(3，0)、(0，4)，
则AC=22+42=25，AB=3-(-2)=5，OB2+OC2=5，
①当AC=AQ时，如图1，
则AC=AQ=25，
∵M(m，0)，
∴AM=m+2，
由（2）知：MQ=12−4m3，
由勾股定理，得AQ2=AM2+MQ2，
∴252=m+22+12−4m32，
解得：m=125或m=0(舍去)，
∴m=125；
②当AC=CQ时，如图2，
CQ=AC=25，则BQ=BC-CQ=5-25，
由勾股定理，得BQ2=BM2+MQ2，
即5−252=(3−m)2+12−4m32，
解得：m=655或m=6−655(不符合题意，舍去)，
∴m=655；
③当CQ=AQ时，点Q在AC的垂直平分线上，
∵BC=AB=5，
∴点B在AC的的垂直平分线上，
∴点Q与点B重合，不符合题意，
∴CQ=AQ此种情况不存在；
综上，△ACQ为等腰三角形时，m=655或125．
【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与了二次函数几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．本题属二次函数与几何图形综合题目，难度较大，熟练掌握二次函数图象性质，相似三角形判定与性质，勾股定理是解题的关键．
4．（2021·江苏宿迁·一模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C（0，﹣2）．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)如图1，点D为第四象限抛物线上一点，连接AD，BC交于点E，连接BD，记△BDE的面积为S1，△ABE的面积为S2，求S1S2的最大值；
(3)如图2，连接AC，BC，过点O作直线l∥BC，点P，Q分别为直线l和抛物线上的点．试探究：在第一象限是否存在这样的点P，Q，使△PQB∽△CAB？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=12x2−32x−2
(2)45
(3)存在．符合条件的点P的坐标为（689,349）或（6+2415,3+415）．
【分析】（1）把点的坐标直接代入函数解析式，计算即可；
（2）用二次函数的解析式表示点D的坐标，用点D的表示线段的比值，构造出二次函数，用二次函数的最值求解即可；
（3）分点P在直线BQ的左右两侧求解即可．
（1）
解：∵A−1,0，B4,0，点C0,−2，
∴设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x-4)，
∴-2=-4a，
解得a=12，
∴y=12(x+1)(x-4)，
∴y=12x2−32x−2．
（2）
解：过点D作DG⊥x轴于点G，交BC于点F，过点A作AK⊥x轴交BC的延长线于点K，
∴AK∥DG，
∴△AKE∽△DFE，
∴DFAK=DEAE
设直线BC的解析式为y=kx+b1，
∴4k+b1=0b1=−2，
解得k=12b1=−2
∴直线BC的解析式为y=12x−2，
∵A−1,0，
∴y=−12−2=−52，
∴AK=52，
设D(m,12m2−32m−2)，则F(m,12m−2)，
∴DF=12m−2−12m2+32m+2=−12m2+2m．
∴S1S2=−12m2+2m52=−15m2+45m=−15m−22+45．
∴当m=2时，S1S2有最大值，最大值是45．
（3）
解：符合条件的点P的坐标为(689,349)或（(6+2415,3+415)．
∵l∥BC，
∴直线l的解析式为y=12x，
设P(a1,a12)，
①当点P在直线BQ右侧时，如图2，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥直线PN于点M，
∵A−1,0，C0,−2，B4,0，
∴AC=5，AB=5，BC=25，
∵AC2+BC2=AB2，
∴∠ACB=90°，
∵△PQB∽△CAB，
∴PQPB=ACBC=12，
∵∠QMP=∠BNP=90°，
∴∠MQP+∠MPQ=90°，∠MPQ+∠BPN=90°，
∴∠MQP=∠BPN，
∴△QPM∽△PBN，
∴QMPN=PMBN=PQPB=12，
∴QM=a14 ,PM=12(a1−4)=12a1−2，
∴MN=a1−2，BN−QM=a1−4−a4=34a1−4，
∴Q(34a1,a1−2)，
将点Q的坐标代入抛物线的解析式得12×(34a1)2−32×34a1−2=a1−2，
解得a1=0（舍去）或a1=689．
∴P(689,349)．
②当点P在直线BQ左侧时，
由①的方法同理可得点Q的坐标为(54a1,2)．
此时点P的坐标为(6+2415,3+415)．
综合所述，存在这样的点P，且坐标为为(689,349)或（(6+2415,3+415)．
【点睛】本题考查了二次函数解析式的确定，最值的应用，一次函数解析式的确定，平行线的性质，三角形的相似，存在性问题，熟练掌握二次函数的性质，灵活用点的坐标表示比值构造二次函数，活用分类思想是解题的关键．
5．（2023·江苏苏州·一模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+bx经过A（4，0），B（1，4）两点．P是抛物线上一点，且在直线AB的上方．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若△OAB面积是△PAB面积的2倍，求点P的坐标；
(3)如图，OP交AB于点C，PD∥BO交AB于点D．记△CDP，△CPB，△CBO的面积分别为S1，S2，S3．判断S1S2+S2S3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=−43x2+163x
(2)存在，2,163或（3，4）
(3)存在，98
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）待定系数法求得直线AB的解析式为y=−43x+163，过点P作PM⊥x轴，垂足为M，PM交AB于点N．过点B作BE⊥PM，垂足为E．可得S△PAB=S△PNB+S△PNA =32PN，设Pm,−43m2+163m1（3）由已知条件可得△OBC∽△PDC，进而可得S1S2+S2S3=CDBC+PCOC =2PDOB，过点B,P分别作x轴的垂线，垂足分别F,E，PE交AB于点Q，过D作x的平行线，交PE于点G，可得△DPG∽△OBF，设Pm,−43m2+163m1【详解】（1）解：（1）将A（4，0），B（1，4）代入y=ax2+bx，
得16a+4b=0a+b=4，
解得a=−43b=163．
所以抛物线的解析式为y=−43x2+163x．
（2）设直线AB的解析式为y=kx+tk≠0，
将A（4，0），B（1，4）代入y=kx+t，
得4k+t=0k+t=4，
解得k=−43t=163．
所以直线AB的解析式为y=−43x+163．
过点P作PM⊥x轴，垂足为M，PM交AB于点N．
过点B作BE⊥PM，垂足为E．
所以S△PAB=S△PNB+S△PNA
=12PN×BE+12PN×AM
=12PN×BE+AM
=32PN．
因为A（4，0），B（1，4），所以S△OAB=12×4×4=8．
因为△OAB的面积是△PAB面积的2倍，
所以2×32PN=8，PN=83．
设Pm,−43m2+163m1所以PN=−43m2+163m−−43m+163=83，
即−43m2+203m−163=83，
解得m1=2，m2=3．
所以点P的坐标为2,163或（3，4）．
（3）∵ PD∥BO
∴△OBC∽△PDC
∴CDBC=PDOB=PCOC
记△CDP，△CPB，△CBO的面积分别为S1，S2，S3．则S1S2+S2S3=CDBC+PCOC =2PDOB
如图，过点B,P分别作x轴的垂线，垂足分别F,E，PE交AB于点Q，过D作x的平行线，交PE于点G
∵B1,4，
∴F1,0
∴OF=1
∵PD∥OB,DG∥OF
∴△DPG∽△OBF
∴PDOB=PGBF=DGOF，
设Pm,−43m2+163m1∵直线AB的解析式为y=−43x+163．
设Dn,−43n+163，则Gm,−43n+163
PG=−43m2+163m+43n−163
=43m2−4m−n+4
DG=m−n
∴43(m2−4m−n+4)4=m−n1
整理得4n=m2−m+4
∴ S1S2+S2S3=CDBC+PCOC =2PDOB
=2DGOF
=2m−n
=2m−m2−m+44
=−12m2−5m+4
=−12m−522+98
∴m=52时，S1S2+S2S3取得最大值，最大值为98
【点睛】本题考查了二次函数综合，待定系数法求解析式，面积问题，相似三角形的性质与判定，第三问中转化为线段的比是解题的关键．
6．（2022·江苏淮安·统考一模）如图1，抛物线y=ax2+5ax+c经过A3,0，C0,−4，点B在x轴上，且AC=BC，过点B作BD⊥x轴交抛物线于点D，点E，F分别是线段CO，BC上的动点，且CE=BF，连接EF．
(1)求抛物线的表达式及点D的坐标；
(2)当△CEF是直角三角形时，求点F的坐标；
(3)如图2，连接AE，AF，直接写出AE+AF的最小值为：______．
【答案】(1)y=16x2+56x−4，点D（-3，-5）；
(2)(−53,169)或(−43,209)
(3)61
【分析】（1）把点A3,0，C0,−4代入可求出抛物线解析式，再由AC=BC，OC⊥AB，可得点D的横坐标为-3，即可求解；
（2）根据勾股定理求出BC=5，设点E（0，m），则BF=CE=4-m，可得CF=BC-BF=m+1，然后分两种情况讨论：当∠CEF=∠BOC=90°时，EF∥x轴，△ECF∽△OCB，当∠CFE=∠BOC=90°时，△FCE∽△OCB，即可求解；
（3）连接AD，DF，可证得△BDF≌△CAE，可得DF=AE，从而得到当A、F、D三点共线时，AE+AF的值最小，最小值为AD的长，再由勾股定理求出AD，即可求解．
【详解】（1）解：把点A3,0，C0,−4代入得：
9a+15a+c=0c=−4，解得：a=16c=−4，
∴抛物线解析式为y=16x2+56x−4，
∵A（3，0），
∴OA=3，
∵AC=BC，OC⊥AB，
∴OB=OA=3，即点D的横坐标为-3，
当x=-3时，y=16×9−56×3−4=−5，
∴点D（-3，-5）；
（2）解：∵点C（0，-4），
∴OC=4，
∴BC=OB2+OC2=32+42=5，
设点E（0，m），则BF=CE=4-m，
∴CF=BC-BF=5-（4-m）=m+1，
∵∠ECF=∠OCB，
当∠CEF=∠BOC=90°时，EF∥x轴，△ECF∽△OCB，
∴CEOC=CFBC=EFOB，即4−m4=m+15=EF3，
解得：m=169，
∴169+15=EF3，解得：EF=53，
∴此时点F(−53,169)；
当∠CFE=∠BOC=90°时，△FCE∽△OCB，过点F作FG⊥y轴于点G，
∴CEBC=CFOC=EFOB，即4−m5=m+14，解得：m=119，
∴CF=209，
∵sin∠OCB=OBBC=FGCF=35，
∴FG=43，
∴CG=169，
∴OG=209，
∴此时点F(−43,209)；
综上所述，点F的坐标为(−53,169)或(−43,209)；
（3）如图，连接AD，DF，
∵AC=BC，且OC⊥AB，
∴∠OCB=∠OCA，
∵点D（-3，-5），BD⊥x轴，
∴BD=BC=AC=5，BD∥y轴，
∴∠CBD=∠OCB，
∴∠CBD=∠OCA，
∵CE=BF，
∴△BDF≌△CAE，
∴DF=AE，
∴AE+AF=DF+AF≥AD，即当A、F、D三点共线时，AE+AF的值最小，最小值为AD的长，
AD=AB2+BD2=3+32+52=61，
即AE+AF的最小值为61．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和相似三角形的判定与性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质；会运用分类讨论的思想解决数学问题．
7．（2022·江苏镇江·统考二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：y=ax2+bx+c（a、b、c为常数且a≠0）与x轴交于A(−1，0)、B(4，0)，交y轴于点C(0，−2)，顶点为P．
(1)求抛物线C1对应的函数表达式；
(2)抛物线C2：y=max2+bx+c（m为常数且m≠0）的顶点为Q，
①当AQ+CQ的值最小时，点Q的坐标为________；
②连接AC、AQ，若∠BAQ=2∠ACO，求点Q的坐标；
③抛物线C1上有一个点M，且位于第一象限，若△PQM与△ABC相似，求点Q的坐标．
【答案】(1)y=12x2−32x−2
(2)①Q(32，-54)；②Q的坐标为(32，103)或(32，−103)；③Q的坐标为(32，398)或(32，558)．
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）①先求得直线BC的解析式为y=12x-2，据此求解即可；
②分当Q在x轴上方时，当Q在x轴下方时，两种情况讨论，求解即可；
③分△ACB∽△MQP，和ΔMPQ~ΔQ′MP两种情况讨论，求解即可．
（1）
解：把A(−1，0)、B(4，0)，C(0，−2)，代入y=ax2+bx+c得：
a−b+c=016a+4b+c=0c=−2，解得a=12b=−32c=−2，
∴抛物线C1对应的函数表达式为y=12x2−32x−2；
（2）
解：∵y=12x2−32x−2=12(x−32)2−258，
∴顶点P为(32，-258)，对称轴为直线x=32，
由抛物线C2：y=max2+bx+c知y=m(12x2−32x−2)=m2(x−32)2−25m8，
∴顶点P为(32，-25m8)，对称轴为直线x=32，
即抛物线C1和C2的对称轴相同，都为直线x=32，顶点Q在直线x=32上，
①如图，连接BC，AQ，
∵A、B关于直线x=32对称，
∴AQ=BQ，
∴AQ+CQ=BQ+CQ，
由两点之间线段最短知：Q在线段BC上时，BQ+CQ最短，
如图，连接BC交抛物线对称轴于点Q，连接AQ，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
将B(4，0)，C(0，−2)，代入得4k+b=0b=−2，
∴k=12b=−2，
∴直线BC的解析式为y=12x-2，
当x=32时，y=-54，
∴Q(32，-54)，
故答案为：Q(32，-54)；
②如图，当Q在x轴上方时，作∠QAB的平分线交直线x=32于点M，作MN⊥AQ于点N，交直线x=32于点K，
由A(−1，0)、B(4，0)，C(0，−2)，对称轴直线x=32，可得：
AO=1，KO=32，CO=2，BO=4，
∴∠ANM=∠AKM=90°，∠QAM=∠KAM=12∠QAB，
∴MK=MN，
在Rt△ANM和Rt△AKM中，AN2=AM2-MN2， AK2=AM2-MK2，
∴AN=AK=AO+OK=1+32=52，
∵∠BAQ=2∠ACO，
∴∠ACO=12∠BAQ=∠KAM，
∵tan∠ACO=AOCO=12，
∴tan∠KAM=MKAK=MK52=12，
∴MK=MN=54，
∵∠MQN=∠AQK，∠MNQ=∠AKQ=90°，
∴△MNQ∽△AKQ，
∴MNAK=MQAQ=NQKQ，
∴MNAK=MQAN+NQ=NQKM+MQ，
∴MQ52+NQ=NQMQ+54=5452=12，
∴2MQ=52+NQ， 2NQ=MQ+54，
解得NQ=53,MQ=2512，
∴KQ=MQ+MK=2512+54=103，
∴Q(32，103)；
当Q在x轴下方时，设点Q与点Q′关于x轴对称，
如图：∠BAQ′=2∠ACO=∠QAB，
在△AKQ和△AKQ′中，∠QAK=∠Q′AKAK=AK∠AKQ=∠AKQ′=90°，
∴△AKQ≌△AKQ′，
∴KQ= KQ′=103；
∴Q′(32，−103)；
综上，Q的坐标为(32，103)或(32，−103)；
③如图：
在Rt△AOC和Rt△BOC中，由勾股定理可知：
AC=AO2+OC2=12+22=5，BC=OC2+BO2=22+42=25，
∴AC2+BC2=(5)2+(25)2=25，ACBC=525=12，
∵AB=AO+OB=1+4=5，
∴AB2=AC2+BC2=25，
∴AC⊥BC，∠ACB=90°，
∴△ABC是直角三角形，且两条直角边的比为12，
如图，当∠MQP=∠ACB=90°，MQPQ=ACBC=12时，
∴△ACB∽△MQP，
设M(m,12m2−32m−2)，则Q(32,12m2−32m−2)，
∵P(32,−258)，
∴MQ=m−32，PQ=258+12m2−32m−2=12m2−32m+98，
∴MQPQ=m−3212m2−32m+98=12，
整理得m2−7m+334=0，
解得m=32或m=112，
∵M是抛物线C1第一象限的点，
∴m>4，
∴m=32舍去，取m=112，
∴12m2−32m−2=12×1214−32×112−2=398，
∴Q(32,398),M(112,398)；
作MQ′⊥PM，垂足为M，
∵∠QPM=∠MPQ′，∠PQM=∠PMQ′=90°，
∴ΔMPQ~ΔQ′MP则ΔQ′MP~ΔACB，
∴PMBC=PQ′AB，
∴MQ=112−32=4,PQ=398+258=8，
∴PM=QM2+PQ2=42+82=45，
∴4525=PQ′5，
∴PQ′=45×525=10
∴KQ′=PQ′−PK=10−258=558
∴Q′(32，558)；
综上，Q的坐标为(32，398)或(32，558)．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、待定系数法求二次函数的解析式等知识点，读懂题中的定义、数形结合、熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
8．（2022·江苏无锡·宜兴市实验中学校考二模）如图，二次函数y=ax2−6ax+ca<0的图象与x轴的负半轴和正半轴分别交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为P，对称轴交x轴于点D，点Q是抛物线对称轴上一动点，直线BQ交y轴于点E，且5EQ=3BQ．
(1)请直接写出A，B两点的坐标：A______，B______；
(2)当顶点P与点Q关于x轴对称时，S△QCE=425．
①求此时抛物线的函数表达式；
②在抛物线的对称轴上是否存在点F，使∠BEF=2∠OBE．若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)−2,0，8,0
(2)①y=−110x2+35x+85
②F3,−112或F3,252
【分析】（1）根据抛物线的解析式配方后可得对称轴，根据平行线分线段成比例定理可得B点坐标，由对称性可得A点坐标；
（2）①根据△QCE的面积可得CE的长，表示点E和点C的坐标，根据两点的距离公式可列方程，解方程可得结论；
②如图2，当点F在BE的下方时，连接PB，根据顶点P与点Q关于x轴对称，结合已知可证得PB∥EF，在此基础上求出直线PB的解析式和直线EF的解析式，进而求出F点的坐标；当F点在BE上方时，连接DE，设F3,m，D，E，P，B每个点的坐标易求出，可得ED，BD的长，所以有∠DEB=∠OBE，易知ED是∠FEB的平分线，因此有EQEF=DQDF，然后过F作FD⊥y轴，垂足为N，由勾股定理可求出EF，根据等量代换进而求出F点的坐标．
（1）
∵y=ax2−6ax+c=ax−32−9a+c
∴这个抛物线的对称轴是：直线x=3
∴OD=3
如图1所示，
∵DQ∥y轴
∴ODBD=EQBQ
∵EQBQ=35
∴ODBD=35
∴BD=5
∴OB=8
∴B8,0
根据抛物线的对称性得A−2,0
故答案为：−2,0，8,0
（2）
①如图1，
将A−2,0代入二次函数y=ax2−6ax+c中得：4a+12a+c=0
∴c=−16a
∵y=ax2−6ax+c=ax−32−9a+c
∴P3,−9a+c
∵顶点P与点Q关于x轴对称，
∴Q3,9a−c，即Q3,25a
∵S△QCE=425
∴12CE×3=425
∴CE=285
设直线BQ的解析式为：y=kx+m
∴8k+m=03k+m=25a
∴k=−5am=40a
∴直线BQ的解析式为：y=−5ax+40a
∴E0,40a
∵C0,c
∴C0,−16a
∴−16a−40a=285
∴a=−110
∴c=−16×−110=85
∴此时抛物线的函数解析式为：y=−110x2+35x+85；
②如图2，当点F在BE的下方时，连接PB，
∵顶点P与点Q关于x轴对称，
∴∠PBD=∠QBD
∵∠BEF=2∠OBE
∴∠BEF=∠PBQ
∴PB∥EF
由①得：a=−110
∴P3,2.5
设直线PB的解析式为y=k1x+b1
∵P3,2.5，B8,0
∴3k1+b1=2.58k1+b1=0
∴k1=−12b1=4
∴直线PB的解析式y=−12x+4
设直线EF的解析式为：y=−12x+n
∵E0,−4
∴n=−4
当x=3时，y=−32−4=−112
∴F3,−112
如图3，当点F在BE的上方时，连接DE
设F3,m，
∵D3,0
∴BD=5
∵D3,0，E4,0
∴OD=3，OE=4
由勾股定理得ED=OD2+OE2=5
∴DE=BD
∴∠DEB=∠OBE
∵∠BEF=2∠OBE
∴∠BEF=2∠DEB
∴EQEF=DQFD
∵BE=OB2+OE2=45，5EQ=3BQ
∴EQ=35BQ
∵EQ+BQ=BE
∴EQ=352
∵DQ=2.5，FD=m，EQEF=DQFD
∴EF=355m
过F作FD⊥y轴，垂足为N，
在Rt△NEF中
EF=NF2+NE2=32+m+42
∴355m=32+m+42
∴m=252或m=−52(舍去)
∴F3,252
综上所述，在抛物线的对称轴上，存在点F3,−112或F3,252，使∠BEF=2∠OBE．
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了一次函数解析式和二次函数解析式的确定，函数图象的平移，轴对称的性质，勾股定理等知识，熟练掌握待定系数法和一次函数与二次函数的图象与性质是解本题的关键．
9．（2022·江苏无锡·统考二模）二次函数y＝ax2＋bx＋4的图象与x轴交于两点A、B，与y轴交于点C，且A（﹣1，0）、B（4，0）．
(1)求此二次函数的表达式；
(2)①如图1，抛物线的对称轴m与x轴交于点E，CD⊥m，垂足为D，点F（﹣76，0），动点N在线段DE上运动，连接CF、CN、FN，若以点C、D、N为顶点的三角形与△FEN相似，求点N的坐标；
②如图2，点M在抛物线上，且点M的横坐标是1，将射线MA绕点M逆时针旋转45°，交抛物线于点P，求点P的坐标；
(3)已知Q在y轴上，T为二次函数对称轴上一点，且△QOT为等腰三角形，若符合条件的Q恰好有2个，直接写出T的坐标．
【答案】(1)y＝−x²＋3x＋4
(2)①点N的坐标为（32，6425）或（32，2）；②（4，0）
(3)T（32，0）、T（32，32）、T（32，﹣32）
【分析】（1）先求得点C的坐标，设抛物线的解析式为y＝a（x＋1）（x−4），将点C的坐标代入求得a的值，从而得到抛物线的解析式；
（2）①先求得抛物线的对称轴，然后求得CD，EF的长，设点N的坐标为（0，a）则ND＝4−a，NE＝a，然后依据相似三角形的性质列出关于a的方程，然后可求得a的值；
②过点A作AD∥y轴，过点M作DM∥x轴，交点为D，过点A作AE⊥AM，取AE＝AM，作EF⊥x轴，垂足为F，连接EM交抛物线于点P，则△AME为等腰直角三角形，然后再求得点M的坐标，从而可得到MD＝2，AD＝6，然后证明△ADM≌△AFE，于是可得到点E的坐标，然后求得EM的解析式为y＝−2x＋8，最后求得直线EM与抛物线的交点坐标即可；
（3）当点T在x轴上时，△TOQ为等腰直角三角形，此时Q恰好有2个；当△TOQ为等边三角形时，Q恰好有2个；分别求出此时T点的坐标即可．
【详解】（1）解：当x＝0时，y＝4，
∴C（0，4）．
设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x-4），将点C的坐标代入得：-4a＝4，解得a＝-1，
∴抛物线的解析式为y＝-x²+3x+4．
（2）①抛物线的对称轴为直线x＝−b2a＝32，
∵点F−76,0，
∴CD＝32，EF＝83，
设点N的坐标为（32，a）则ND＝4-a，NE＝a，
当△CDN∽△FEN时，ENDN＝EFCD，
即a4−a＝169，
解得a＝6425，
∴点N的坐标为（32，6425）；
当△CDN∽△NEF时，CDNE＝DNEF，
即a32=834−a，
解得：a＝2．
∴点N的坐标为（32，2）；
综上所述，点N的坐标为（32，6425）或（32，2）．
②过点A作AD∥y轴，过点M作DM∥x轴，交点为D，过点A作AE⊥AM，取AE＝AM，作EF⊥x轴，垂足为F，连接EM交抛物线于点P，如图所示：
∵AM＝AE，∠MAE＝90°，
∴∠AMP＝45°，
将x＝1代入抛物线的解析式得：y＝6，
∴点M的坐标为（1，6），
∴MD＝2，AD＝6，
∵∠DAM＋∠MAF＝90°，∠MAF＋∠FAE＝90°，
∴∠DAM＝∠FAE．
在△ADM和△AFE中，
∠D＝∠AFE＝90°
∠DAM＝∠FAE
AM＝AE，
∴△ADM≌△AFE，
∴EF＝DM＝2，AF＝AD＝6，
∴E（5，−2），
设EM的解析式为y＝kx＋b，
将点M和点E的坐标代入得：k＋b＝65k＋b＝−2，
解得k＝−2，b＝8，
∴直线EM的解析式为y＝−2x＋8，
联立y＝−2x＋8y＝−x²＋3x＋4，解得：x＝1或x＝4，
将x＝4代入y＝−2x＋8得：y＝0，
∴点P的坐标为（4，0）．
（3）抛物线的对称轴为直线x＝32，
当点T在x轴上时，△TOQ为等腰直角三角形，此时Q恰好有2个，则点T的坐标为（32，0）；
当△TOQ为等边三角形时，Q恰好有2个，设点T32，m，N0,N，
∵△TOQ为等边三角形，
∴OT=OQ=TQ，
∵OT2=n2，ON2=322+m2，TQ2=323+m−n2，
∴n2=322+m2322+m2=322+m−n2，
解得：m=±32，
∴此时T点的坐标为：（32，32）、（32，﹣32）；
综上分析可知，T点坐标为（32，0）、（32，32）、（32，﹣32）．
【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，相似三角形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质，通过作辅助线构造等腰直角三角形、全等三角形求得点E的坐标是解题的关键．
10．（2022·江苏苏州·统考一模）如图，抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，且点A−1,0，点C0,2，抛物线的对称轴为直线x=32，连接AC，BC．
(1)求抛物线的解析式；
(2)将△ABC沿直线BC折叠，得到△DBC，请问：点A的对应点D是否落在抛物线的对称轴上？若点D落在对称轴上，请求出点D的坐标；若点D没有落在对称轴上，请说明理由；
(3)若点E是抛物线位于第一象限内的一个动点，连接AE交直线BC于点F，设EFAF=n，求n的最大值并求出此时点E的坐标．
【答案】(1)y=−12x2+32x+2
(2)D点不在对称轴x=32上，理由见解析
(3)45，E2,3
【分析】（1）根据待定系数法求解析式即可；
（2）根据勾股定理逆定理证明△ABC是直角三角形，根据中点坐标公式求得点D的坐标即可；
（3）过点E，A分别作x轴的垂线，交直线BC于点G,H，先求得直线BC的解析式y=−12x+2，根据题意设设Et,−12t2+32t+2，则Gt,−12t+2，则根据EFAF=EGAH=n，求得关于t的二次函数，根据二次函数的性质即可求得n的最大值，即可求得E的坐标．
（1）
∵抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，且点A−1,0，点C0,2，抛物线的对称轴为直线x=32，
∴B4,0，
设抛物线的解析式为y=ax+1x−4，
将点C0,2代入得2=−4a，
解得a=−12，
∴物线的解析式为y=−12x+1x−4 =−12x2+32x+2，
即y=−12x2+32x+2，；
（2）
D点不在对称轴x=32上，理由如下，
∵A−1,0,B4,0,C0,2，
∴AO=1,BO=4,CO=2，
∴AB=5，AC=12+22=5,BC=42+22=25，
∴AB2=25,AC2+BC2=5+20=25，
∴AB2=AC2+BC2，
∴△ABC是直角三角形，
将△ABC沿直线BC折叠，得到△DBC，点A的对应点为点D，
∵ AD⊥BC，
∴AC=CD，
设Dm,n，则m−12=0,n+02=2，
解得m=1,n=4，
∴D1,4，
故D点不在对称轴x=32上；
（3）
如图，过点E，A分别作x轴的垂线，交直线BC于点G,H，
∴AH∥EG，
∴△FAH∽△FEG，
∴EFAF=EGAH，
∵B4,0,A−1,0,C0,2，
设直线BC解析式为y=kx+b，
则4x+b=0b=2，
解得k=−12b=2，
∴直线BC解析式为y=−12x+2，
令x=−1，则y=52，
∴H−1,52，
∴AH=52，
设Et,−12t2+32t+2，则Gt,−12t+2，
∴EG=−12t2+32t+2−−12t+2=−12t2+2t，
∵ EFAF=EGAH=n，
∴n=−12t2+2t52=−15t2+45t，
当t=−452×−15=2时，n取得最大值，最大值为−15×22+45×2=45，
−12t2+32t+2 =−12×4+3+2=3．
此时E2,3．
【点睛】本题考查了二次函数的性质与图象，待定系数法求二次函数解析式，相似三角形的性质与判定，二次函数的性质求最值，第三问中转化线段的比是解题的关键．
11．（2022·江苏连云港·统考一模）已知：抛物线y=ax2+bx+c经过A(−1,0)，B(3,0)，C(0,3)，三点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，点P为直线BC上方抛物线上任意一点，连PC、PB、PO，PO交直线BC于点E，设PEOE=k，求当k取最大值时点P的坐标，并求此时k的值；
(3)如图2，D(m,0)是x的正半轴上一点，过点D作y轴的平行线，与直线BC交于点M，与抛物线交于点N，连结CN，将△CMN沿CN翻折，M的对应点为M′．在图2中探究：是否存在点D，使得四边形CMNM′是菱形？若存在，请求出D的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)k取得的最大值是34，此时P(32,154)
(3)存在，(3+2,0)或(3−2,0)
【分析】（1）根据抛物线y=ax2+bx+c经过A(−1,0)，B(3,0)，设y=a(x+1)(x−3)，将C(0,3)代入，求得：a=−1，得到y=−x2+2x+3 ；
（2）过点P作PH∥y轴交直线BC于点H，得到△PEH∽△OEC，PEOE=PHOC，根据PEOE=k，OC=3，得到k=13PH，求出直线BC的解析式y=−x+3， 设点P(t,−t2+2t+3)，H(t,−t+3)，得到PH=−t2+2t+3−(−t+3)=−t2+3t，得到 k=13(−t2+3t)=−13(t−32)2+34，得到k取得最大值34，P(32,154)；
（3）由折叠知，MC=M'C，MN=M'N，根据MN=MC时，判断四边形CMNM′为菱形，设M(m,−m+3)，N(m,−m2+2m+3)，得到MN=|−m2+3m|，MC=(m−0)2+(−m+3−3)2=2|m|，推出|−m2+3m|=2|m|， 解得：m=3+2或3−2，得到点D坐标为(3+2,0)或(3−2,0)．
(1)
解：∵抛物线y=ax2+bx+c经过A(−1,0)，B(3,0)，C(0,3)，
∴设y=a(x+1)(x−3)，
将C(0,3)代入，得a(0+1)(0−3)=3，
解得：a=−1，
∴y=−(x+1)(x−3)=−x2+2x+3，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
(2)
解：如图1，过点P作PH∥y轴交直线BC于点H，
∴△PEH∽△OEC，
∴PEOE=PHOC，
∵PEOE=k，OC=3，
∴k=13PH，
设直线BC的解析式为y=kx+n，
∵B(3,0)，C(0,3)，
∴{3k+n=0n=3解得：{k=−1n=3，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
设点P(t,−t2+2t+3)，则H(t,−t+3)，
∴PH=−t2+2t+3−(−t+3)=−t2+3t，
∴k=13(−t2+3t)=−13(t−32)2+34，
∴当t=32时，k取得最大值34，此时，P(32,154)，
(3)
由折叠知，MC=M'C，MN=M'N，
∴当MN=MC时，四边形CMNM′为菱形，
设M(m,−m+3)，则N(m,−m2+2m+3)，
∴MC=(m−0)2+(−m+3−3)2=2|m|，
∴|−m2+3m|=2|m|，−m2+3m=±2m，
解得：m=3+2或3−2，
综上所述：点D坐标为(3+2,0)或(3−2,0)．
【点睛】本题考查了二次函数，相似三角形，二次函数的最值，折叠，菱形．熟练掌握用待定系数法求二次函数的解析式，作辅助线构建相似三角形，用配方法将二次函数解析式化为顶点式，求二次函数的最值，折叠图形的全等性，菱形的判定，是解决问题的关键．
12．（2022·江苏泰州·统考一模）如图，抛物线y=ax2+c(a>0,c>0)，抛物线交y轴于点C，直线AB与抛物线交于A，B两点，与y轴交于点D(0，d)．
(1)若d=4，点A(−1，3)，且满足BD=2AD，求点B的坐标；
(2)在（1）的条件下，作BE⊥x轴，交x轴于E，试说明A、C、E在同一条直线上；
(3)过点B作BE⊥x轴，交x轴于E，若A、C、E始终在同一条直线上，求d、c之间满足的数量关系．
【答案】(1)B（2,6）；
(2)见详解；
(3)d=2c，证明见详解．
【分析】（1）先求出AB的函数解析式：y=x+4，再利用BD=2AD，证得BM=2MN=2，进而求出BE= 6，将y=6代入，AB的函数解析式：y=x+4，得x=2，即可得B坐标；
（2）先求出抛物线解析式：y=x2+2，E（2,0）再求出设AC的函数解析式：y=−x+2，令x=2时，则y=0，故E（2,0）在一次函数y=−x+2上，说明A、C、E在同一条直线上；
（3）点Am,km+c，点Bn,an2+c则En,0，利用函数关系求出a=km=−cmn，利用△ACD∽△AEB，可得DCBE=AQAN，则：d−can2+c=−mn−m，将a=−cmn代入，得：d−c−cmnn2+c=−mn−m，化简即可得到d与c的关系．
（1）
解：过点D作DM⊥BE，垂足为点M，过点A作AN⊥BE，垂足为点N．
设AB的函数解析式：y=kx+d
∵d=4，
∴AB的函数解析式：y=kx+4
∵A(−1，3)
∴3=−k+4则k=1
∴AB的函数解析式：y=x+4
∵A(−1，3)，D(0，4)
∴MN=1
∵DM⊥BE， AN⊥BE
∴DM//AN
∵BD=2AD
∴BM=2MN=2
∴BN=BM+MN=2+1=3
∴BE=BN+NE=3+3=6
∴将y=6代入，AB的函数解析式：y=x+4，得x=2
∴B（2,6）
（2）
解：将A(−1，3)，B（2,6）代入y=ax2+c(a>0,c>0)
则：3=a+c6=4a+c，解得：a=1c=2
∴抛物线解析式：y=x2+2
∴C（0,2）
设AC的函数解析式：y=kx+b，
将C（0,2），A(−1，3)代入y=kx+b
则：3=−k+b2=b，得k=−1b=2
∴设AC的函数解析式：y=−x+2，
∵B（2,6），BE⊥x轴，
∴E（2,0）
当x=2时，y=0
故E（2,0）在一次函数y=−x+2上，
∴A、C、E在同一条直线上；
（3）
解：连接AC，并延长AC，因为若A、C、E始终在同一条直线上
所以可设直线AC的函数解析式：y=kx+c，
设点Am,km+c，点Bn,an2+c则En,0
将En,0代入y=kx+c中，则：0=kn+c，则：k=−cn
则am2+c=km+c，则：a=km=−cmn
∵BE⊥x轴，
∴BE//y轴，
∴△ACD∽△AEB
∴DCBE=AQAN
则：d−can2+c=−mn−m
将a=−cmn代入，得：d−c−cmnn2+c=−mn−m
化简得：d=2c
即：过点B作BE⊥x轴，交x轴于E，若A、C、E始终在同一条直线上，时d=2c．
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数解析式的求法，待定系数法，利用函数图象上点的坐标的特征表示相应的线段的长度，三角形相似等性质，利用函数图象上点的坐标的特征表示相应的线段的长度是解题的关键．
13．（2022·江苏盐城·校考一模）如图1，二次函数y＝ax2+bx+c的图象交x轴于点A（﹣1，0），B（3，0），交y轴于点C（0，﹣3），直线l经过点B．
(1)求二次函数的表达式和顶点D的坐标；
(2)如图2，当直线l过点D时，求△BCD的面积；
(3)如图3，直线l与抛物线有另一个交点E，且点E使得∠BAC﹣∠CBE＞45°，求点E的横坐标m的取值范围；
(4)如图4，动点F在直线l上，作∠CFG＝45°，FG与线段AB交于点G，连接CG，当△ABC与△CFG相似，且S△CFG最小时，在直线l上是否存在一点H，使得∠FHG＝45°存在，请求出点H的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)二次函数的表达式为y＝x2﹣2x﹣3，顶点D的坐标为（1，﹣4）
(2)2
(3)﹣23＜m＜2
(4)存在，点H的坐标为：（65，185）或（95，185）
【分析】（1）运用待定系数法和配方法即可求得答案；
（2）先运用待定系数法求得直线l的解析式为y＝2x﹣6，进而可得M（0，﹣6），CM＝3，OM＝6，OC＝3，OB＝3，再运用S△BCD＝S△ABM﹣S△ABC﹣S△CDM，即可求得答案；
（3）如图3，连接AC，在y轴上取点N（0，﹣9），连接BN交抛物线于点E′，过点C作CL∥x轴交BN于点L，在线段OC上截取CK＝CL，连接BK交抛物线于点E″，先证明△AOC∽△BON，推出∠BAC﹣∠CBN＝∠OBC＝45°，再运用待定系数法求得直线BN的解析式为y＝3x﹣9，通过联立方程组求得E′（2，﹣3）；再运用待定系数法求得直线BK的解析式为y＝13x﹣1，通过联立方程组可求得E″（−23，−119）；再根据∠BAC﹣∠CBE＞45°，即可得出答案；
（4）过G作GR⊥直线l于R，过H作HT⊥x轴于T，过F作FW⊥x轴于W，如图4，分两种情况：①当△ABC∽△GFC时，②当△ABC∽△CFG时，分别利用相似三角形的判定和性质以及解直角三角形即可求得点H的坐标．
【详解】（1）解：看，∵二次函数y＝ax2+bx+c的图象交x轴于点A（﹣1，0），B（3，0），
∴设y＝a（x+1）（x﹣3），把C（0，﹣3）代入，
得：﹣3＝a（0+1）（0﹣3），
解得：a＝1，
∴y＝（x+1）（x﹣3）＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴二次函数的表达式为y＝x2﹣2x﹣3，顶点D的坐标为（1，﹣4）；
（2）解：设直线l交y轴于点M，如图2，
设直线l的解析式为y＝kx+d，把B（3，0），D（1，﹣4）代入，
得：3k+d=0k+d=−4，
解得：k=2d=−6，
∴直线l的解析式为y＝2x﹣6，
令x＝0，得y＝﹣6，
∴M（0，﹣6），
∴CM＝3，OM＝6，OC＝3，OB＝3，
∴S△BCD＝S△OBM﹣S△OBC﹣S△CDM＝12×3×6﹣12×3×3﹣12×3×1＝2；
（3）解：∵B（3，0），C（0，﹣3），∠BOC＝90°，
∴OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝∠BCO＝45°，
如图3，连接AC，在y轴上取点N（0，﹣9），连接BN交抛物线于点E′，过点C作CL∥x轴交BN于点L，
在线段OC上截取CK＝CL，连接BK交抛物线于点E″，
∵OAOC=13，OBON=39=13，
∴OAOC=OBON
∵∠AOC＝∠BON＝90°，
∴△AOC∽△BON，
∴∠OAC＝∠OBN，即∠BAC＝∠OBN，
∴∠BAC﹣∠CBN＝∠OBC＝45°，
设直线BN的解析式为y＝ex+f，把B（3，0），N（0，﹣9）代入，得：
3e+f=0f=−9，
解得：e=3f=−9，
∴直线BN的解析式为y＝3x﹣9，
联立方程组，得：y=3x−9y=x2−2x−3，
解得：x=2y=−3或x=3y=0，
∴E′（2，﹣3）；
∵CL∥x轴，
∴点L的纵坐标为﹣3，
∴3x﹣9＝﹣3，
解得：x＝2，
∴L（2，﹣3），
∴CL＝2，
∴CK＝2
∴K（0，﹣1），
设直线BK的解析式为y＝mx+n，把B（3，0），K（0，﹣1）代入，得：
3m+n=0n=−1，
解得：m=13n=−1，
∴直线BK的解析式为y＝13x﹣1，
联立方程组，得：y=13x−1y=x2−2x−3，
解得：x=3y=0或x=−23y=119，
∴E″（−23，−119）；
∵CL∥x轴，
∴∠BCL＝∠OBC＝45°＝∠BCK，
在△BCL和△BCK中，
CL=CK∠BCL=∠BCEBC=BC，
∴△BCL≌△BCK（SAS），
∴∠CBK＝∠CBE，即∠CBK＝∠CBN，
∵∠BAC﹣∠CBN＝∠OBC＝45°，
∴∠BAC﹣∠CBK＝45°，
∵∠BAC﹣∠CBE＞45°，
∴点E的横坐标m的取值范围为−23＜m＜2；
（4）解：过G作GR⊥直线l于R，过H作HT⊥x轴于T，过F作FW⊥x轴于W，如图4，
∵A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3），
∴AC＝10，AB＝4，BC＝32，∠ABC＝45°，
∵∠CFG＝45°，△ABC与△CFG相似，
∴∠ABC＝∠CFG，点F对应点B，边AC对应边CG，
∵S△CFG最小，且△CFG与△ABC相似，形状不变，
∴边CG最小，即CG⊥x轴，G与O重合，CG＝CO＝3，
分两种情况：
①当△ABC∽△GFC时，ACCG=ABFG=BCCF
∴103=4FG=32CF，
∴FG＝6105，CF＝955，
设F（m，n），而G（0，0），C（0，﹣3），
∴m2+n2=(6105)2m2+(n+3)2=(955)2，
解得：m=185n=−65，
∴F（185，−65），OW＝185，FW＝65，
∴BW＝OW﹣OB＝35，
Rt△BFW中，tan∠FBW＝FWBW＝6535 ＝2，
Rt△GRB中，tan∠GBR＝tan∠FBW＝2，即GR＝2BR，
∴cs∠GBR＝55，sin∠GBR＝255，
又BG＝3，
∴BR＝355，GR＝655，
∵∠FHG＝45°，GR⊥直线l于R，
∴HR＝GR＝655，
∴BH＝HR+BR＝955，
Rt△BHT中，tan∠GBR＝2，cs∠GBR＝55，sin∠GBR＝255，
∴BT＝BH•55＝95，HT＝BH•255＝185，
∴GT＝GB﹣BT＝65，
∴H（65，185），
②当△ABC∽△CFG时，CFAB=FGBC=CGAC
∴CF4=FG32=310
∴CF＝655，FG＝955，
设F（s，r），方法同①可得F（185，−95），
∴BW＝35，FW＝95，
∴tan∠FBW＝3，
同①方法可得H（95，185），
综上所述，点H的坐标为：（65，185）或（95，185），．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，一次函数的图象和性质，二次函数的图象和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形面积，三角函数等综合知识，题目难度大，解题的关键是画出图形，确定H坐标，熟练运用三角函数求线段长
14．（2022·江苏泰州·校考一模）如图①，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A(x1，0)，点C(x2，0)，且x1，x2满足x1+x2＝2，x1•x2＝﹣3，与y轴交于点B，E(m，0)是x轴上一动点，过点E作EP⊥x轴于点E，交抛物线于点P．
(1)求抛物线解析式．
(2)如图②，直线EP交直线AB于点D，连接PB．
①点E在线段OA上运动，若△PBD是等腰三角形时，求点E的坐标；
②点E在x轴的正半轴上运动，若∠PBD+∠CBO＝45°，请求出m的值．
(3)如图③，点Q是直线EP上的一动点，连接CQ，将线段CQ绕点Q逆时针旋转90°，得到线段QF，当m＝1时，请直接写出PF的最小值．
【答案】(1)y＝﹣x2+2x+3
(2)①点E为（2，0）或（1，0）或（3-2，0）；②73或5
(3)32
【分析】（1）根据根与系数的关系，求出b，c，进而得出解析式；
（2）①由已知得△ADE为等腰直角三角形，则∠PDB=∠ADE=45°，再分情况讨论即可；
②当P在x轴上方时，连接BC，延长BP交x轴于点F，证△BOC∽△FOB，求出F坐标，得出直线BP的解析式，进而求出点P坐标，得出m的值；
当P在x轴下方时，连接BC，设BP与x轴交于点H，求出H的坐标，然后求BP的解析式，然后联立方程组求出P点坐标，得出m的值；
（3）当m＝1，得出点E（1，0），P（1，4），过点F作FH⊥PE，利用AAS证△QCE≌△FQH，得出CE=QH，QE=FH，令Q为（1，a），求出点F的坐标为（1+a，a-2），利用两点间距离公式求PF的最小值即可．
(1)
解：∵x1，x2满足x1+x2＝2，x1•x2＝﹣3
∴b=2，c=3
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3
(2)
解：①抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴交于点A(x1，0)、点C(x2，0)，与y轴交于点B，
∴当y=0时，﹣x2+2x+3=0解得x1=3，x2=-1
当x=0时y＝3
∴A(3，0)，C(-1，0)，B(0，3)
∴△AOB为等腰直角三角形
∴∠BAO=45°
又EP⊥x轴
∴△ADE为等腰直角三角形
∴∠ADE=45°
又∴∠PDB=∠ADE
∴∠PDB=45°
设直线AB的解析式为y=kx+b
则3k+b=0b=3解得k=−1b=3
∴直线AB的解析式为y=-x+3
∵E(m，0)，直线EP交直线AB于点D
∴设点D为（m，-m+3），点P为（m，﹣m2+2m+3）
点E在线段OA上运动，若△PBD是等腰三角形，则0＜m＜3
当PD=PB时
△PBD是以P为直角顶点的等腰直角三角形
∴﹣m2+2m+3-（-m+3）=m
解得m=2或m=0（舍去）
∴点E为（2，0）
当BD=BP时
△PBD是以B为直角顶点的等腰直角三角形
∴2 m =﹣m2+2m+3-（-m+3）
解得m=1或m=0（舍去）
∴点E为（1，0）
当DB=DP时
△PBD是以D为顶点的等腰三角形
∵∠OBD=45°
∴BD=2OE=2m
∴2m=﹣m2+2m+3-（-m+3）
解得m=3-2或m=0（舍去）
∴点E为（3-2，0）
综上可知，点E为（2，0）或（1，0）或（3-2，0）
②当P在x轴上方时
连接BC，延长BP交x轴于点F
∵∠BAO=∠ABO=45°
又∠PBD+∠CBO＝45°
∴∠CBP=90°
∴∠OBF+∠CBO＝90°
又∠BCO+∠CBO＝90°
∴∠OBF=∠BCO
∴△BOC∽△FOB
∴BOFO=OCOB
∵C(-1，0)，B(0，3)
∴3FO=13
∴OF=9
∴点F为（9，0）
设直线PB的解析式为y=mx+n
则9m+n=0n=3解得m=−13n=3
∴直线PB的解析式为y=-13x+3
∵P，B都在抛物线上
∴y=−13x+3y=−x2+2x+3
解得x=0y=3（舍去）x=73y=209
∴点P为（73，209）
∴m=73
当P在x轴下方时
连接BC，设BP与x轴交于点H
∵∠PBD+∠CBO=45°，∠OBH+∠PBD=45°
∴∠CBO=∠OBH
又OB=OB，∠COB=∠BOH
∴△BOH≌△BOC（ASA）
∴OC=OH=1
∴点H（1，0）
设直线BH解析式为：y=kx+b
∴k+b=0b=3解得k=−3b=3
∴直线BH解析式为：y=-3x+3
∴联立方程组y=−3x+3y=−x2+2x+3
解得x=0y=3（舍去）x=5y=−12
∴点P为（5，-12）
∴m=5
综上可知，m的值为73或5．
(3)
解：当m＝1，得点E（1，0），P（1，4），
过点F作FH⊥PE
又PE⊥x轴，∠CQF=90°
∴∠CQH+∠FQH=90°，∠CQH+∠QCH=90°°
∠QEC=∠QHF=90°
∴∠FQH=∠QCH
∵线段CQ绕点Q逆时针旋转90°，得到线段QF
∴CQ=QF
∴△QCE≌△FQH（AAS）
∴CE=QH，QE=FH
又E（1，0），C（-1，0）
∴CE=QH =2
令Q为（1，a）
QE=FH=a
∴点F的坐标为（1+a，a-2）
∴PF=1+a−12+a−2−42=2a2−12a+36
∵2＞0
∴当a=-−122×2=3时，PF有最小值，且最小值为32．
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求解析式，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，旋转与全等，综合性强，是中考常考题．
15．（2022·江苏无锡·校考一模）抛物线y＝ax2+c（a<0）与x轴交于A、B两点，顶点为C，点P在抛物线上，且位于x轴上方．
(1)如图1，若P(1，2)，A(-3，0)．
①求该抛物线的解析式；
②若D是抛物线上异于点P一点，满足∠DPO＝∠POB，求点D的坐标；
(2)如图2，已知直线PA、PB与y轴分别交于E、F两点．当点P运动时，OE+OFOC是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)①y=−14x2+94；②(-1，2)或(133，−229)
(2)OE+OFOC是定值，定值为2．
【分析】（1）①将P(1，2)，A(-3，0)代入y=ax2＋c中，求解，即可得出答案；②ⅰ当点D在P左侧时，由平行线的判定和二次函数的图象和性质即可知D与P关于y轴对称，从而即得出答案；ⅱ当点D在P右侧时，设PD与x轴交于点M，过点P作PN⊥x轴与N．由等角对等边可知PM＝OM．设M(t，0)，可用t表示出PM和OM的长，即得出等式，解出t，即得出M点坐标，从而可求出直线PM的解析式．最后联立直线PM的解析式和抛物线解析式，即可得出D点坐标；
（2）过点P作PQ⊥AB于Q．设B(m，0)，则A(-m，0)，m2=−ca．设P(n，an2+c)．由所作辅助线易证△PAQ∽△EAO，得出PQOE=AQAO，即yPOE=xP−xA−xA． 同理易证△PQB∽△FOB，得出PQOF=BQBO，即yPOF=xB−xPxB．代入数据即可求出OE和OF的长，从而可求出OE+OF的长，再整理化简即得出OE+OF=2c．由抛物线解析式可求出C(0，c)，即OC=c，从而即可求出OE+OFOC=2，即得出答案．
【详解】（1）①将P(1，2)，A(-3，0)代入y=ax2＋c，得：
2=a+c0=(−3)2a+c，
解得：a=−14c=94
∴抛物线的解析式为：y=−14x2+94；
②分类讨论：ⅰ当点D在P左侧时，如图，
∵∠DPO＝∠POB，
∴DP∥OB，
∴D与P关于y轴对称．
∵P(1，2)，
∴D(-1，2)；
ⅱ当点D在P右侧时，如图，设PD与x轴交于点M，过点P作PN⊥x轴与N．
∵∠DPO＝∠POB，即∠MPO＝∠MOP，
∴PM＝OM．
设M(t，0)，
∴PM=(xM−xP)2+(yM−yP)2=(t−1)2+22，MO=t
∴(t−1)2+22=t
解得：t=52，
∴M(52，0)．
设直线PD的解析式为y=kx+b，
∴2=k+b0=52k+b，解得：k=−43b=103，
∴直线PD的解析式为y=−43x+103．
联立y=−43x+103y=−14x2+94，
解得：x1=1y1=2，x2=133y2=−229，
∴D(133，−229)．
综上可知点D的坐标为(-1，2)或(133，−229)；
（2）设B(m，0)，则A(-m，0)，am2+c=0 ，
∴m2=−ca．
如图，过点P作PQ⊥AB于Q．
设P(n，an2+c)．
由所作辅助线可知QP∥OE，
∴△PAQ∽△EAO，
∴PQOE=AQAO，即yPOE=xP−xA−xA，
∴an2+cOE=n−(−m)−(−m)，
整理得：OE=(an2+c)mm+n．
同理可证：△PQB∽△FOB，
∴PQOF=BQBO，即yPOF=xB−xPxB，
∴an2+cOF=m−nm，
整理得：OF=(an2+c)mm−n．
∴OE+OF=(an2+c)mm+n+(an2+c)mm−n=2m2(an2+c)m2−n2，
将m2=−ca，代入，得：OE+OF=2(−ca)(an2+c)(−ca)−n2=−2c(n2+ca)−(n2+ca)=2c．
对于y=ax2+c，令x=0，则y=c，
∴C(0，c)，
∴OC=c，
∴OE+OFOC=2cc=2，
∴OE+OFOC是定值，定值为2．
【点睛】本题为二次函数综合题．考查利用待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质，平行线的判定，等腰三角形的判定，一次函数的图象和性质，直线与抛物线的交点问题以及相似三角形的判定和性质，为中考压轴题．利用数形结合的思想是解题关键．
16．（2022·江苏常州·统考一模）如图，二次函数y=14x2+bx+3的图像经过点A8,3，交x轴于点B，C（点B在点C的左侧），与y轴交于点D．
(1)填空：b= ______；
(2)点P是第一象限内抛物线上一点，直线PO交直线CD于点Q，过点P作x轴的垂线交直线CD于点T，若PQ=QT，求点P的坐标；
(3)在x轴的正半轴上找一点E，过点E作AE的垂线EF交y轴于F，若△AEF与△EFO相似，求OE的长．
【答案】(1)−2
(2)5+13,5+132或5−13,5−132
(3)4或4±7或9
【分析】（1）将点A8,3代入二次函数y=14x2+bx+3可得b的值；
（2）如图1，过Q作QH⊥x轴于H，根据二次函数的图像交x轴于点B，C，与y轴交于点D，可确定OC=6，OD=3，然后由PT⊥x轴可得到OD∥PT，又PQ=QT，所以∠QOC=∠QCO，可得DQ=QC=OQ，所以QH=12OD，OH=12OC，可求得点Q的坐标；设直线OP的表达式是y=kx，将点Q的坐标代入y=kx可得k的值，最后用直线OP解析式与二次函数解析式建立联立方程组，然后解方程组即可得到点P的坐标；
（3）根据三角形相似的判定方法可以分三种情况：①如图2，若△AEF∽△EOF，则∠AFE＝∠EFO，再利用△AEH≌△GEO，可得到OE=4；②如图3，若△AEF∽△FOE，则∠AFE=∠OEF，再利用△AEH∽△EFO，得到AHEH=OEOF，可得到OE=4±7；③如图4，若△AEF∽△FOE，则∠AFE=∠OEF，再利用△AEH∽△EFO， 得到AHEH=OEOF，可求得EO=9．
(1)
解：∵二次函数y=14x2+bx+3的图像经过点A8,3，
∴14×82+8b+3=3，
解得：b=−2．
故答案为：−2
(2)
如图1，过Q作QH⊥x轴于H，
当14x2−2x+3=0时，x1=2，x2=6．
∴OC=6，
∵x=0时，y=3，
∴OD=3，
∵PQ=QT，
∴∠QPT=∠QTP，
∵PT⊥x轴，
∴OD∥PT，
∴∠QPT=∠DOQ，∠QTP=∠QDO，
∴∠QOD=∠QDO，
∴∠QOC=∠QCO，
∴DQ=QC=OQ，
∴QH=12OD，OH=12OC，
∴Q3,32．
设直线OP的表达式是y=kx，
把x=3，y=32代入y=kx得32=3k．
∴k=12，
∴y=12x，
联立方程组得：y=14x2−2x+3y=12x，
解得：x1=5+13y1=5+132，x2=5−13y2=5−132，
∴点P坐标是：5+13,5+132或5−13,5−132．
(3)
过点A作AH⊥x轴，垂足为H．
分三种情形：
①如图2，若△AEF∽△EOF，则∠AFE＝∠EFO．
延长AE交y轴于点G．
∵AE⊥EF，
∴AE=EG，
∴△AEH≌△GEO，
∴OE=EH=4；
②如图3，若△AEF∽△FOE，则∠AFE=∠OEF．
∴AF∥OE，此时点D与点F重合，
∴OF=AH=3，
设OE=x，则EH=8−x，
∵△AEH∽△EFO，
∴AHEH=OEOF，
∴38−x=x3，
解得：x=4±7，
∴OE=4±7；
③如图4，若△AEF∽△FOE，则∠AFE=∠OEF，
设AF交x轴于点G，则FG=EG，
∵AE⊥EF，
∴FG=AG，
∴△AGH≌△FGO，
∴OF=AH=3，
设HE=x，则EO=8+x，
∵△AEH∽△EFO，
∴AHEH=OEOF．
∴3x=8+x3．
解得x1=−9（舍去），x2=1，
∴EO=8+x=8+1=9．
综上①，②，③可得OE的长是4或4±7或9．
【点睛】主要考查二次函数的综合应用．考查了全等三角形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定以及用待定系数法求函数的解析式、应用解方程组求两个函数图形的交点；对于△AEF与△EFO相似，根据对应角相等，应分情况讨论．利用相似三角形的对应边的比相等这一性质求解是解题的关键．
17．（2022·江苏连云港·统考一模）如图，已知抛物线y=−12x2+32x+2与x轴交于点A、B，与y轴交于点C．
(1)则点A的坐标为_________，点B的坐标为_________，点C的坐标为_________；
(2)设点P(x1,y1)，Q(x2,y2)（其中x1>x2）都在抛物线y=−12x2+32x+2上，若x1+x2=1，请证明：y1>y2；
(3)已知点M是线段BC上的动点，点N是线段BC上方抛物线上的动点，若∠CNM=90°，且△CMN与△OBC相似，试求此时点N的坐标．
【答案】(1)（−1，0），（4，0），(0，2)；
(2)证明见解析；
(3)点N的坐标为（32，258）或（3，2）．
【分析】（1）分别令x=0和y=0，即可求出点A、B、C的坐标；
（2）由题意，结合x1+x2=1，利用作差法即可求出y1−y2=x1−x2>0，即可得到结论成立；
（3）过点N作NG⊥y轴于点G，过点M作MH⊥GN于点H，先求出直线BC的函数表达式为y=−12x+2，然后分成两种情况进行分析：①CN：MN=1：2或②CN：MN=2：1，分别求出答案即可．
【详解】（1）解：∵y=−12x2+32x+2与x轴交于点A、B，与y轴交于点C．
令x=0，则y=2；
∴点C的坐标为（0，2）；
令y=0，则−12x2+32x+2=0，
解得：x=−1或x=4；
∴点A为（−1，0），点B为（4，0）；
故答案为：（−1，0），（4，0），（0，2）；
（2）解：∵x1+x2=1，由题意得
y1−y2=−12x12+32x1+2−(−12x22+32x2+2)
=−12x12+32x1+2+12x22−32x2−2
=−12(x1+x2)(x1−x2)+32(x1−x2)
=x1−x2．
∵x1>x2，
∴x1−x2>0．
∴y1>y2．
（3）解：过点N作NG⊥y轴于点G，过点M作MH⊥GN于点H．
由点B、C的坐标分别为（4，0），(0，2)，
易得直线BC的函数表达式为y=−12x+2．
设点N的坐标为（n，−12n2+32n+2），则GN=n，GC=−12n2+32n．
当∠CNM=90°时，易得△CNG∽△NMH．
①△CMN中CN：MN=1：2，
则易得NH=2(−12n2+32n)=−n2+3n，HM=2 n．
∴点M的坐标为（−n2+3n+n，−12n2+32n+2−2n）．
该点在直线BC上，则有−12n2+32n+2−2n=−12−n2+3n+n+2．
解得：n1=0（舍去）， n2=32．
此时可得点N坐标为（32，258）．
②若△CMN中CN：MN=2：1，
则易得NH=12(−12n2+32n)=−14n2+34n，HM=12n．
所以点M的坐标为（−14n2+34n+n，−12n2+32n+2−12n）．
可得−12n2+32n+2 −12n=−12（−14n2+34n+n）+2．
解得：n3=0（舍去）， n4=3．
此时可得点N坐标为（3，2）．
综上所述，点N的坐标为（32，258）或（3，2）．
【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，相似三角形的判定和性质，利用作差法比较大小，解题的关键是熟练掌握题意，正确的作出辅助线，运用分类讨论、数形结合的思想进行解题．
18．（2022·江苏无锡·校联考一模）如图，抛物线y=ax2-2ax-3a（a>0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，且OB=OC．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，若点P是线段BC（不与B，C重合）上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于M点，连接CM，当△PCM和△ABC相似时，求此时点P的坐标；
(3)若点P是直线BC（不与B，C重合）上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于M点，连接CM，将△PCM沿CM对折，如果点P的对应点N恰好落在y轴上，求此时点P的坐标；
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)P32，−32或53，−43
(3)P3−2，−2或3+2，2
【分析】（1）在抛物线y＝ax2−2ax−3a（a＞0）中，令y＝0，得出点A、B坐标，再根据OB＝OC，建立方程求出a的值即可得到二次函数的解析式；
（2）易证∠CPM＝∠OBC，则可分两种情况讨论：①当△PCM∽△BAC时，②当△PCM∽△BCA时；求出直线BC解析式，设点M的坐标为（m，m2−2m−3），则P的坐标为（m，m−3），分别表示出PM，PC，利用相似三角形的性质列出比例式，求出m的值即可得到对应的点P的坐标；
（3）分三种情况讨论：①当点P在线段BC上时（不与B，C重合），根据折叠的性质和平行线的性质证明∠PCM＝∠PMC，则PC＝PM，然后列方程求解即可得出P点坐标；②当点P在线段CB的延长线上时，同理可求P点坐标；③当点P在线段BC的延长线上时，点P的对应点N不可能落在y轴上，此情况不存在．
【详解】（1）解：在y＝ax2−2ax−3a（a＞0）中，令y＝0，得：ax2−2ax−3a＝0，
解得：x1＝3，x2＝−1，
∴A（−1，0），B（3，0），
∴OB＝3，
∵OB＝OC，
∴OC＝3，
∴C（0，−3），
∴−3a＝−3，
∴a＝1，
∴抛物线解析式为：y＝x2−2x−3；
（2）解：∵OB＝OC＝3，OA＝1，∠BOC＝90°，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，AB＝4，BC＝32，
∵PM⊥x轴，
∴PM∥y轴，
∴∠CPM＝∠OCB＝45°，
∴∠CPM＝∠OBC，
分情况讨论：
①当△PCM∽△BAC时，
设直线BC解析式为y＝kx＋b，
代入B（3，0），C（0，−3）得：3k+b=0b=−3，
解得：k=1b=−3，
∴直线BC解析式为：y＝x−3，
设点M的坐标为（m，m2−2m−3），则P的坐标为（m，m−3），
∴PM＝m−3−（m2−2m−3）＝−m2＋3m，PC＝2m，
∵△PCM∽△BAC，
∴PCAB=PMBC，即2m4=−m2+3m32，
整理得：−2m2+3m=0，
解得：m=32或m=0（舍去），
当m=32时，m−3＝−32，
∴此时P的坐标为（32，−32）；
②当△PCM∽△BCA时，则有PCBC=PMAB，
由①可得2m32=−m2+3m4，
整理得：−32m2+52m=0，
解得：m=53或m=0（舍去），
当m=53时，m−3＝−43，
∴此时P的坐标为（53，−43）；
综上所述：当△PCM和△ABC相似时，点P的坐标为（32，−32）或（53，−43）；
（3）解：分三种情况讨论：
①当点P在线段BC上时（不与B，C重合），
由（2）可知直线BC解析式为：y＝x−3，
设点M的坐标为（m，m2−2m−3），则P的坐标为（m，m−3），PM＝m−3−（m2−2m−3）＝−m2＋3m，PC＝2m，
∵△PCM沿CM对折，点P的对应点N恰好落在y轴上，
∴∠PCM＝∠NCM，
∵PM∥y轴，
∴∠NCM＝∠PMC，
∴∠PCM＝∠PMC，
∴PC＝PM，
∴2m=−m2+3m，
整理得：m2+2−3m=0，
解得：m1=3−2，m2＝0（舍去），
当m＝3−2时，m−3＝−2，
∴此时P的坐标为3−2，−2；
②当点P在线段CB的延长线上时，
由（3）中情况①可知：PM＝m2−2m−3−（m−3）＝m2−3m，PC＝2m，
∵PC＝PM，
∴2m=m2−3m，
整理得：m2−3+2m=0，
解得：m1=3+2，m2＝0（舍去），
当m＝3+2时，m−3＝2，
∴此时P的坐标为3+2，2；
③当点P在线段BC的延长线上时，点P的对应点N不可能落在y轴上，
故此情况不存在；
综上所述：当点P的对应点N恰好落在y轴上时，点P的坐标为3−2，−2或3+2，2．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数与一次函数的图象和性质，待定系数法的应用，相似三角形的判定和性质，勾股定理，折叠的性质以及解一元二次方程等知识点，熟练掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用是解题关键．
19．（2022·江苏无锡·校联考一模） 如图，抛物线y＝12x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C．直线y＝12x﹣2经过B、C两点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是抛物线上的一动点，过点P且垂直于x轴的直线与直线BC及x轴分别交于点D、M．PN⊥BC，垂足为N．设M（m，0）．当点P在直线BC下方的抛物线上运动时，是否存在一点P，使△PNC与△AOC相似．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=12x2−32x−2；
(2)P的坐标为(3,−2)或(32，−258)
【分析】（1）先求出B、C的坐标，再代入抛物线解析式中，即可求解；
（2）先求出P、M、D的坐标，再判断出△AOC与△COB相似，得出∠OAC=∠OCB,∠ACO=∠OBC，①当△PNC∼△AOC，得出∠PCN=∠ACO，继而得出CP∥OB,即可得出结论；②当△PNC∽△COA，得出∠PCN=∠CAO，继而得出PC=PD，即可得出结论；
（1）
针对于直线y=12x−2，
令x=0，则y=−2，
∴C(0,−2)，
令y=0，则0=12x−2，
∴x=4，
∴B(4,0)，
将点B，C坐标代入抛物线y=12x2+bx+c中，得c=−28+4b+c=0，
∴ b=−32c=−2
∴抛物线的解析式为y=12x2−32x−2；
（2）
存在，
∵PN⊥BC，垂足为N．设M（m，0），
∴ Pm，12m2−32m−2，Dm，12m−2
由（1）知，抛物线的解析式为y=12x2−32x−2，
令y=0，则0=12x2−32x−2，
∴x=−1或x=4，
∴点A(−1,0)，
∴OA=1，
∵B(4,0)，C(0,−2)，
∴OB=4，OC=2，
∴ OAOC=OCOB，
∵∠AOC=∠COB=90°，
∴△AOC∼△COB，
∴ ∠OAC=∠OCB,∠ACO=∠OBC，
∵ΔPNC与ΔAOC相似，
∴①当ΔPNC∽ΔAOC，
∴∠PCN=∠ACO，
∴∠PCN=∠OBC，
∴CP//OB，
∴点P的纵坐标为−2，
∴ 12m2−32m−2=−2，
∴m=0（舍)或m=3，
∴P(3,−2)；
②当ΔPNC∽ΔCOA时，
∴∠PCN=∠CAO，
∴∠OCB=∠PCD，
∵PD//OC，
∴∠OCB=∠CDP，
∴∠PCD=∠PDC，
∴PC=PD，
又P(m,12m2−32m−2)，D(m,12m−2)，
∵C(0,−2)，
∴PD=2m−12m2，PC=m2+(12m2−32m−2+2)2=m2+(12m2−32m)2，
∴2m−12m2=m2+(12m2−32m)2，
∴m=32或m=0（舍)，
∴P(32，−258)．
即满足条件的点P的坐标为(3,−2)或(32，−258)
【点睛】本题考查二次函数综合题，主要涉及到待定系数法，相似三角形的判定及其性质，中点坐标公式，利用方程的思想解本题的关键．
20．（2020·江苏苏州·统考二模）如图1，抛物线y=ax2+a+3x+3a≠0与x轴交于点A4,0，与y轴交于点B，在x轴上有一动点Em,0（0(1)求a的值和直线AB的函数表达式：
(2)设△PMN的周长为C1，△AEN的周长为C2，若C1C2=65求m的值．
(3)如图2，在（2）的条件下，将线段OE绕点O逆时针旋转得到OE′，旋转角为α（0°<α<90°），连接E′A、E′B，求E′A+23E′B的最小值．
【答案】(1)a=-34．直线AB解析式为y=-34x+3；
(2)2
(3)4103
【分析】（1）令y=0，求出抛物线与x轴交点，列出方程即可求出a，根据待定系数法可以确定直线AB解析式；
（2）由△PNM∽△ANE，推出PNAN=65，列出方程即可解决问题；
（3）在y轴上 取一点M使得OM′=43，构造相似三角形，可以证明AM′就是E′A+23E′B的最小值．
【详解】（1）令y=0，则ax2+（a+3）x+3=0，
∴（x+1）（ax+3）=0，
∴x=-1或-3a，
∵抛物线y=ax2+（a+3）x+3（a≠0）与x轴交于点A（4，0），
∴-3a=4，
∴a=-34．
∵A（4，0），B（0，3），
设直线AB解析式为y=kx+b，则b＝34k+b＝0，
解得k＝−34b＝3，
∴直线AB解析式为y=-34x+3；
（2）如图1，
∵PM⊥AB，PE⊥OA，
∴∠PMN=∠AEN，
∵∠PNM=∠ANE，
∴△PNM∽△ANE，
∵C1C2=65
∴PNAN=65，
∵NE∥OB，
∴ANAB=AEOA，
∴AN=54(4−m)，
∵抛物线解析式为y=−34x2+94x+3，
∴PN=−34m2+94m+3−(−34m+3)=−34m2+3m，
∴−34m2+3m54(4−m)=65，
解得m=2或4，
经检验x=4是分式方程的增根，
∴m=2；
（3）如图2，在y轴上 取一点M′使得OM′=43，连接AM′，在AM′上取一点E′使得OE′=OE．
∵OE′=2，OM′•OB=43×3=4，
∴OE′2=OM′•OB，
∴OE′OM′=OBOE′，
∵∠BOE′=∠M′OE′，
∴△M′OE′∽△E′OB，
∴ME′BE′=OE′OB=23，
∴M′E′=23BE′，
∴AE′+23BE′=AE′+E′M′=AM′，此时AE′+23BE′最小（两点间线段最短，A、M′、E′共线时），
最小值=AM′=42+(43)2=4103．
【点睛】本题为二次函数综合题，主要考查相似三角形的判定和性质、待定系数法、最小值问题等知识，解题的关键是构造相似三角形，找到线段AM′就是AE′+23BE′的最小值．
21．（2022·江苏无锡·校考一模）如图，已知二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于A和B3,0两点，与y轴交于C0,−2，对称轴为直线x=54，连接BC，在直线BC上有一动点P，过点P作y轴的平行线交二次函数的图像于点N，交x轴于点M，
(1)求抛物线与直线BC的函数解析式；
(2)设点M的坐标为m,0，求当以PN为直径的圆与y轴相切时m的值：
(3)若点P在线段BC上运动，则是否存在这样的点P，使得△CPN与△BPM相似，若存在请直接写出点P的坐标，若不存在，请写出理由．
【答案】(1)抛物线解析式为y=43x2−103x−2，直线BC解析式为y=23x−2
(2)32或92
(3)存在，52,−13或118,−1312
【分析】（1）根据二次函数y=ax2+bx+c的对称轴为直线x=54，可得5a=−2b，再利用待定系数法，即可求解；
（2）根据以PN为直径的圆与y轴相切，可得2OM=PN ，然后分两种情况：当点P在点N上方时和当点P在点N下方时，即可求解；
（3）设点Ms,0 ，则点Ps,23s−2 ，Ns,43s2−103s−2 ，然后分两种情况：当∠PNC=∠PMB=90°时和当∠PCN=∠PMB=90°时，即可求解．
【详解】（1）解：∵二次函数y=ax2+bx+c的对称轴为直线x=54，
∴−b2a=54 ，即5a=−2b ，
∵二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于B3,0，与y轴交于C0,−2，
∴9a+3b+c=0c=−25a=−2b ，解得：a=43b=−103c=−2 ，
∴二次函数的解析式为y=43x2−103x−2，
设直线BC的解析式为y=kx+nk≠0 ，
把点B3,0，C0,−2代入得：
3m+n=0n=−2 ，解得：m=23n=−2 ，
∴直线BC解析式为y=23x−2；
（2）解： 根据题意得：点Pm,23m−2 ，Nm,43m2−103m−2 ，
∵以PN为直径的圆与y轴相切，
∴2OM=PN ，
当点P在点N上方时，
PN=23m−2−43m2−103m−2=−43m2+4m ，
∴2m=−43m2+4m ，
解得：m=32 或m=0（舍去），
当点P在点N下方时，
PN=43m2−103m−2−23m−2=43m2−4m，
∴2m=43m2−4m，
解得：m=92或m=0（舍去），
∴当以PN为直径的圆与y轴相切时m的值为32或92；
（3）解：存在，理由如下：
设点Ms,0 ，则点Ps,23s−2 ，Ns,43s2−103s−2 ，
∴PM=0−23s−2=−23s+2，PC=s2+23s−2−−22=133s ，BM=3−s ，PN=23s−2−43s2−103s−2=−43s2+4s ，
根据题意得：∠CPN=∠BPM，
当∠PNC=∠PMB=90°时，△PBM∽△PCN，
∴CN∥x轴，
∴43s2−103s−2=−2，解得：s=52 或s=0 （舍去），
∴点P52,−13 ，
当∠PCN=∠PMB=90°时，△PBM∽△PNC，
，
∴S△PBMS△PCN=PMPC2 ，
∴123−s−23s+212s−43s2+4s=−23s+2133s2 ，解得：s=118 或s=3 （舍去），
∴点P118,−1312 ，
综上所述，存在这样的点P 52,−13或118,−1312，使得△CPN与△BPM相似．
【点睛】本题主要考查了二次函数与相似三角形以及圆的综合题，熟练掌握相关知识点，并利用数形结合思想和分类讨论思想解答是解题的关键．
22．（2022·江苏无锡·校考一模）已知二次函数的图像如图所示．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）若该函数图像与x轴正方向交点为A，与x轴负方向交点为B，与y轴交点为C，顶点为D
①求证：△AOC∽△DCB；
②连接BC交抛物线对称轴于点E，若抛物线上存在点P满足S△BCP=2S△COE，请直接写出点P的坐标．
【答案】（1）y=x2+2x−3；（2）①见详解；②若S△BCP=2S△COE，则有P17−32,1−172或P−17+32,1+172或P−1,−4或P−2,−3．
【分析】（1）由图象易证二次函数的顶点坐标为（-1，-4），经过点（1，0），然后可设函数解析式为y=ax+12−4，进而把点（1，0）代入求解即可；
（2）①由（1）可得点A、B、C、D的坐标，然后根据两点距离公式可得OA、OC、CD、BD、BC的长，进而勾股定理逆定理及相似三角形的判定定理可进行求证；②由①易求直线BC的解析式为y=−x−3，则有E−1,−2，然后可得S△COE=32，根据题意可分当点P在直线BC的下方抛物线图象上时和当点P在直线BC的上方抛物线图象上时，进而分类求解即可．
【详解】解：（1）由图象可得：二次函数的顶点坐标为（-1，-4），经过点（1，0），则设函数解析式为y=ax+12−4，
∴0=a1+12−4，解得：a=1，
∴二次函数解析式为y=x+12−4=x2+2x−3；
（2）①由题意可得如图所示，
由（1）可得二次函数解析式为y=x2+2x−3，则令x=0时，y=-3，令y=0时，0=x2+2x−3，
∴x1=−3,x2=1，
∴A1,0,B−3,0,C0,−3,D−1,−4，
∴OA=1,OC=3,CD2=−1−02+−4+32=2，BC2=−3−02+0+32=18，BD2=−1+32+−4−02=20，
∴CD2+BC2=BD2，
∴△BCD是直角三角形，且∠BCD=90°，
∴∠BCD=∠AOC=90°，
∵OAOC=13,CDBC=232=13，
∴OAOC=CDBC，
∴△AOC∽△DCB；
②存在，理由如下：
由①可设直线BC的解析式为y=kx+b，把点B−3,0,C0,−3代入得：
−3k+b=0b=−3，解得：k=−1b=−3，
∴直线BC的解析式为y=−x−3，
由题意把x=-1代入直线BC解析式得：y=−−1−3=−2，
∴E−1,−2，
∴S△COE=12OC⋅xE=32，
当点P在直线BC的下方抛物线图象上时，过点P作PH∥y轴，交BC于点H，如图所示：
设点Pm,m2+2m−3，则Hm,−m−3，且−3∴PH=−m−3−m2+2m−3=−m2−3m，
∴S△BCP=S△PHB+S△PHC=12PH⋅xC−xB=32−m2−3m，
∵S△BCP=2S△COE，
∴32−m2−3m=2×32，解得：m1=−1,m2=−2，
∴P−1,−4或P−2,−3；
当点P在直线BC的上方抛物线图象上时，过点P作PM∥y轴，交BC于点M，如图所示：
设点Pn,n2+2n−3，则Mn,−n−3，且n<−3或n>0，
∴PM=n2+2n−3−−n−3=n2+3n，
同理可得：S△BCP=32n2+3n=2×32，
解得：n1=17−32,n2=−17+32，
∴P17−32,1−172或P−17+32,1+172；
综上所述：若S△BCP=2S△COE，则有P17−32,1−172或P−17+32,1+172或P−1,−4或P−2,−3．
【点睛】本题主要考查二次函数的综合及相似三角形的判定，熟练掌握二次函数的图象与性质及相似三角形的判定定理是解题的关键．
23．（2022·江苏无锡·一模）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c与x轴分别相交于A（−1，0）、B（3，0）两点，与y轴相交于点C（0，3）．
（1）求出这条抛物线的解析式及顶点M的坐标；
（2）PQ是抛物线对称轴上长为1的一条动线段（点P在点Q上方），求AQ+QP+PC的最小值；
（3）如图2，点D是第四象限内抛物线上一动点，过点D作DF⊥x轴，垂足为F，△ABD的外接圆与DF相交于点E．试问：线段EF的长是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
【答案】（1）y=-x2+2x+3， M（1，4）；（2）13+1；（3）线段EF的长为定值1
【分析】（1）运用待定系数法即可求出抛物线解析式，再运用配方法求出顶点坐标；
（2）如图1，将点沿y轴向下平移1个单位得C′（0，2），连接BC′交抛物线对称轴x=1于点Q′，过点C作CP′∥BC′，交对称轴于点P′，连接AQ′，此时，C′、Q′、B三点共线，BQ′+C′Q′的值最小，运用勾股定理即可求出答案；
（3）如图2，连接BE，设D（t，-t2+2t+3），且t＞3，可得DF=t2-2t-3，BF=t-3，AF=t+1，运用圆内接四边形的性质可得∠DAF=∠BEF，进而证明△AFD∽△EFB，利用EFBF=AFDF，即可求得答案．
【详解】解：（1）根据表格可得出A（-1，0），B（3，0），C（0，3），
设抛物线解析式为y=a（x+1）（x-3），
将C（0，3）代入，得：3=a（0+1）（0-3），
解得：a=-1，
∴y=-（x+1）（x-3）=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，
∴该抛物线解析式为
（2）如图1，将点C沿y轴向下平移1个单位得C′（0，2），连接BC′交抛物线对称轴x=1于点Q′，过点C作CP′∥BC′，交对称轴于点P′，连接AQ′，
∵A、B关于直线x=1对称，
∴AQ′=BQ′，
∵CP′∥BC′，P′Q′∥CC′，
∴四边形CC′Q′P′是平行四边形，
∴CP′=C′Q′，Q′P′=CC′=1，
在Rt△BOC′中，BC′=OC′2+OB2=13，
∴AQ′+Q′P′+P′C=BQ′+C′Q′+Q′P′=BC′+Q′P′=13+1，
此时，C′、Q′、B三点共线，BQ′+C′Q′的值最小，
∴AQ+QP+PC的最小值为13+1；
（3）线段EF的长为定值1.
如图2，连接BE，
设D（t，-t2+2t+3），且t＞3，
∵EF⊥x轴，
∴DF=-（-t2+2t+3）=t2-2t-3，
∵F（t，0），
∴BF=OF-OB=t-3，AF=t-（-1）=t+1，
∵四边形ABED是圆内接四边形，
∴∠DAF+∠BED=180°，
∵∠BEF+∠BED=180°，
∴∠DAF=∠BEF，
∵∠AFD=∠EFB=90°，
∴△AFD∽△EFB，
∴EFBF=AFDF，
∴EFt−3=t+1t2−2t−3
解得EF=1
∴线段EF的长为定值1．
【点睛】本题是二次函数与圆的综合题，主要考查了待定系数法求抛物线解析式，配方法，轴对称的应用，平行四边形的判定与性质，勾股定理，圆内接四边形性质，相似三角形的判定和性质等，属于中考数学压轴题，综合性强，难度大；第（2）小题难度不小，解决该问时，利用轴对称加平移找出AQ+QP+PC最小时点P、Q的位置是解题关键．第（3）小题运用圆内接四边形性质得出△AFD∽△EFB是解题关键．
24．（2022·江苏苏州·统考二模）如图1，二次函数y=−14x2+x的图像与x轴交于点O、点A，顶点为B， 点M、N的坐标分别为（0 ，m）、（0 ，n）．
（1）求点B的坐标．
（2）如图2，将函数图像在y轴左侧部分沿x轴翻折，图像其余部分保持不变，得到的新图像记为G．
①过点M作y轴的垂线l，当m 时，直线l与图像G有且只有两个交点．
②请求出翻折后图像的函数关系式．
（3）如图3，点Q是第二象限内图像上的动点，当m＞1 ，n＜0，且∠QMB＝90°时，是否存在点M，使得△QMB与△ABN相似．若存在，请求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）B（2，1）；（2）①m=1或m=0；②y=14x−22−1 x＜0；（3）存在，M（0，9）或0，25+438 ．
【分析】（1）由顶点坐标公式直接求解；
（2）①由图象知m=0或1，②根据沿x轴翻折，开口方向相反，顶点（2，1）变成（2，-1）即可得出关系式；
（3）若∠ABN=90°，由A，B坐标，构造出K型相似可知：ABBN＝12，由△QMB与△ABN相似，且∠QMB=90°时，分两类BMQM＝12和BMQM＝21，分别表示出Q的坐标代入函数解析式即可．若∠BAN=90°，算法完全一样．
【详解】解：（1）∵y=−14x2+x，
∴当x=−12×−14=2时，y=−14×22+2＝1，
∴B（2，1）；
（2）①∵B（2，1），过点M作y轴的垂线l，
∴m=1或0时，直线l与图象G有且只有两个交点，
②∵B（2，1），
∴抛物线y=−14x−22+1 x≥0 ，
将函数图像在y轴左侧部分沿x轴翻折，翻折后的抛物线与原抛物线开口方向相反，顶点（2，1）变成（2，-1），
∴y=14x−22−1 x＜0；
（3）如图，当∠ABN=90°时，
过B作CD∥x轴交y轴于D点，过点A作AC∥y轴，过M作EF∥x轴，QF∥y轴，BF∥y轴，
∵B（2，1），A（4，0），
∴BD=BC=2，AC=1，
由△ABC∽△BNE知：ABBN=ACBD＝12，
∵△QMB与△ABN相似，且∠QMB=90°时，
∴当BMQM＝21时，
∵M（0，m），
∴BE=m-1，ME=2，
∵△BEM∽△MFQ，
∴MF=12m−12，QF=1，
∴Q(12−12m，m−1)，
∵Q在抛物线y=14x−22−1=14x2−x 上，
∴14×12−12m2−12−12m＝m−1，
∴m2-10m+9=0，
解得m1=9，m2=1（舍），
∴M（0，9），
当BMQM＝12时，
同上可得：MF=2m-2，QF=4，
∴Q（2-2m，m-4），
∴14×2−2m2−2−2m＝m−4，
方程无解，
当∠BAN=90°时，同理可得BMQM=4或BMQM=14时，
同理可得M0，25+438．
综上所述：M（0，9）或0，25+438．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查顶点坐标公式，图象的翻折特征，以及三角形相似的判定与性质，构造K型相似是解决本题的关键．
25．（2021·江苏苏州·校考一模）如图，抛物线y=ax2−2ax+c的图象经过点C(0,−2)，顶点D的坐标为1,−83，与x轴交于A、B两点．
（1）求抛物线的解析式．
（2）连接AC,E为直线AC上一点，当△AOC∽△AEB时，求AEAB的值．
（3）点F(0,y)是y轴上一动点，当y为何值时，55FC+BF的值最小．并求出这个最小值．
（4）点C关于x轴的对称点为H，当55FC+BF取最小值时，在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△QHF是直角三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=23x2−43x−2；（2）55；（3）当y=−32时，点F0,−32,55CF+BF有最小值为855；（4）存在，点Q的坐标为：1,1+334或1,1−334或Q(1,2)或Q1,−32．
【分析】（1）将点C、D的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）当△AOC∽△AEB时，根据题意先求得AO，AC，AB的长，由△AOC∽△AEB得：AOAC=AEAB，即可求解；
（3）连接BF，过点F作FG⊥AC于G，当折线段BFG与BE重合时，取得最小值，即可求解；
（4）①当点Q为直角顶点时，由Rt△QHM∽Rt△FQM得：QM2=HM·FM；②当点
H为直角顶点时，点H(0，2)，则点Q(1,2)；③当点F为直角顶点时，同理可得：点Q1,−32．
【详解】（1）∵抛物线y=ax2−2ax+c的图象经过点C(0,−2)，顶点D的坐标为1,−83，
c=−2a−2a+c=−83
解得a=23c=−2
∴抛物线的解析式为：y=23x2−43x−2；
（2）∵ y=23x2−43x−2与x轴交于A、B两点，
令y=0，即23x2−43x−2=0
解得x1=−1,x2=3
∴A(−1,0),B(3,0)
∵C(0,−2)
∴OA=1,OC=2,AB=4
∵∠AOC=90°
∴AC=AO2+CO2=12+22=5
∵ △AOC∽△AEB
∴ AEAB=AOAC=15= 55
（3）如图，连接BF,过点F作FG⊥AC于点G

∵AO=1,AC=5,∠AOC=90°
∴sin∠ACO=AOAC=55，cs∠ACO=COAC=25=255，
tan∠ACO=12
∴∠ACO=∠FCG
则FG=CF×sin∠FCG=55FC
∵ 55CF+BF=GF+FB≥BG≥BE
∴当折线段BFG与BE重合时，取得最小值
由（2）可知，∠ABE=∠ACO
∴BE=AB×cs∠ABE=AB×cs∠ACO=4×25=855
∵当折线段BFG与BE重合时，F在线段BE上
∴ yF=OBtan∠ABE=OBtan∠ACO=3×12=32
∴当y=−32时，即点F0,−32,55CF+BF有最小值为855；
（4）①当点Q为直角顶点时
依题意，由（3）可知F(0,−32)
∵ C(0,−2),点C关于x轴的对称点为H
∴H(0,2)
∵顶点D的坐标为1,−83，
∴抛物线的对称轴为x=1
设Q(1,m)，过点Q作QM⊥ y于M，如图：
∵ H(0,2),M(0，1),F(0，−32)
∴ HM=2−m,FM=m+32
由题意△FQH是Rt△
∴∠HQM+∠MQF=90°,∠HQM+∠MHQ=90°
∴∠MHQ=∠MQF
∵∠QMH=∠FMQ=90°
∴ Rt△QHM∽Rt△FQM
∴HMQM=QMFM
∴ QM2=HM·FM
∴12=(2−m)(m+32)
解得m1=1+334,m2=1−334
∴ Q(1,1+334)或者Q(1,1−334)
②当H点为直角顶点时
则QH⊥y轴
∵H(0,2)
∴ Q (1,2)
③当F点为直角顶点时
则QF⊥y轴
∵F(0,−32)
∴Q (1,−32)
综合①②③可知
点Q的坐标为：1,1+334或1,1−334或Q(1,2)或Q1,−32．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、点的对称性、三角形相似、图形的面积计算等，其中(4)，要注意分类求解，避免遗漏，综合运用以上知识是解题的关键．
26．（2021·江苏苏州·二模）如图1，已知二次函数y=ax2+bx+c的图像经过点A(−1,0)点B(3,0)和点C(0,2)，连接AC，线段AB上有一动点P，过点P作AC的平行线交直线BC于点D，交抛物线于点E．
（1）求二次函数的解析式；
（2）移动点P，求线段DE的最大值；
（3）如图2，过点E作y轴的平行线EF交BC于点F，连接PC，若以点C、D、P为顶点的三角形和△EFD是相似三角形，求此时点P坐标．
【答案】（1）二次函数的解析式为：y=−23x2+43x+2；（2）ED最大值为9165；（3）点P坐标为（0，0）或（87，0）．
【分析】（1）用待定系数法即可求出二次函数的解析式；
（2）先待定系数法求BC的函数解析式为：y=−23x+2，过点E作EF∥y轴交BC于点F，过点D作DG⊥EF于点G，证明△DFG～△BCO，再证△EDG∽△CAO，则DG=3k，EG=6k，ED=35k，ED=358EF，要线段DE的最大，只要求EF的最大值．设点E坐标为（e，−23e2+43e+2），则点F坐标为（e，−23e+2），然后表示出EF，结合最值的性质，即可得到答案；
（3）△CPD与△DEF中，已有∠CDP=∠EDF，分两种情况讨论：①△DPC∽△DEF，易得P与O重合，点P坐标为（0，0）；
②△DCP∽△DEF先求tan∠DCP=tan∠ACO=12，过点B作BQ⊥CB交CP于点Q，过点Q作QM⊥BO于点M，在Rt△CBQ中．BQCB=12，证明△OCB∽△MBQ，求出点Q坐标为（2，−32），用待定系数法求直线CQ的解析式为：y=−74x+2，当y=0时，x=−87，即得点P坐标为（−87，0）．
【详解】解：（1）把点A（-1，0）点B（3，0）和点C（0，2）代入二次函数y=ax2+bx+c，得，
a−b+c=09a+3b+c=0c=2，解得，a=−23b=43c=2，
∴二次函数的解析式为：y=−23x2+43x+2；
（2）设BC的函数解析式为：y=mx+n，
把点C（0，2）和B（3，0）代入，得，
n=23m+n=0，
解得，m=−23n=2，
∴BC的函数解析式为：y=−23x+2，
过点E作EF∥y轴交BC于点F，过点D作DG⊥EF于点G，
∴∠GFD=∠BCO，
∵∠BOC=∠DGF，
∴△DFG～△BCO，
∴GFGD=OCOB=23，
∵AC∥EP，DG∥AO，
∴∠GDE=∠OAC，
∵∠COA=∠EGD=90°，
∴△EDG∽△CAO，
∴DGEG=AOCO=12，
设GF=2k，则DG=3k，EG=6k，
∴ED=35k，
∴ED=358EF，
要线段DE的最大，只要求EF的最大值．
设点E坐标为（e，−23e2+43e+2），则点F坐标为（e，−23e+2），
∴EF=−23e2+43e+2−(−23e+2)
=−23e2+2e
=−23(e−32)2+32；
当e=32时，EF最大=32，
∴ED最大=358EF=9165；
（3）∵△CPD与△DEF中，已有∠CDP=∠EDF，分两种情况讨论：
①△DPC∽△DEF，
∴点C与点F对应，∠PCD=∠EFD，
∴CP∥EF，即P与O重合，
∴点P坐标为（0，0）；
②△DCP∽△DEF，
∴点E与点C重合，
∴∠DEF=∠PCD，
∵∠DEF=∠ACO，
∴∠DCP=∠ACO，
∴tan∠DCP=tan∠ACO=12；
过点B作BQ⊥CB交CP于点Q，过点Q作QM⊥BO于点M，
在Rt△CBQ中，BQCB=12，
∵∠CBO+∠MBQ=90°，∠CBO+∠OCB=90°，
∴∠MBQ=∠OCB，
∵∠COB=∠BMQ，
∴△OCB∽△MBQ，
∴BMCO=MQBO=BQCB=12，
∴BM=12OC=1，MQ=12BO=32，
∴点Q坐标为（2，−32），
设CQ的关系为：y=px+q
q=22p+q=−23，
解得：p=−74q=2，
∴直线CQ的解析式为：y=−74x+2，
当y=0时，x=87，
∴点P坐标为（87，0），
综上，点P坐标为（0，0）或（87，0）；
【点睛】本题考查了二次函数、一次函数待定系数法求关系式，三角形相似的判定与性质的综合运用，解题关键是熟练掌握所学的知识，熟练运用化斜为直的解题策略，
27．（2022·江苏无锡·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2−433x+c与x轴交于两点A(1，0)和点B（3，0），与y轴交于点C，连接AC，BC．点D是抛物线对称轴上一点，对称轴与x轴交于点E，与直线BC交于点F．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接BD，当以点B，D，E为顶点的三角形与△OAC相似时，求点D的坐标；
（3）当点D关于直线BC的对称点G落在抛物线上时，直接写出点G的坐标．
【答案】（1）y=33x2−433x+3；（2）2,3或2,−3或2,33或2,−33；（3）(1,0)或(4,3)
【分析】（1）将A(1,0)，B(3,0)代入y=ax2−433x+c，求出待定系数b、c的值；
（2）根据三角形相似，进行分类讨论，利用相似三角形的性质求出DE，即可求出点D的坐标．
（3）根据题中隐含条件∠OBC=30°的特点，直线EF关于直线BC的对称直线的解析式，该对称直线与抛物线的交点就是符合条件的点；
【详解】解：（1）将A(1,0)，B(3,0)代入y=ax2−433x+c，
得a−433+c=09a−43+c=0，解得a=33c=3，
∴抛物线的解析式为：y=33x2−433x+3；
（2）如图，当△BED∽△AOC时，
xE=−−4332×33=2，
∴E（2，0），
∵A（1，0），B（3，0），
∴OA=BE=1，
∴OC=DE=3，即D（2，3）；
同理当D（2，−3）时，也满足△BED∽△AOC；
如图，当△BED∽△COA时，
BECO=DEAO，即13=DE1，
解得：DE=33，
∴D（2，33），
同理：当D（2，−33）时，也满足△BED∽△COA；
综上所述，点D的坐标为2,3或2,−3或2,33或2,−33．
（3）如图，过点A、F作直线交抛物线于点G，
∵抛物线与y轴交于点C，
∴C(0,3)，
∵OB=3，OC=3，
∴tan∠OBC=OCOB=33，
∴∠OBC=30°，
∴∠GFB=2∠OBC=60°=∠DFB，
∴直线AF与直线EF关于直线BC成轴对称，
∴点G是点D关于直线BC的对称点，
∵EF=33EB=33，
∴F(2,33)，
设直线AF的解析式为y=kx+b，则k+b=02k+b=33，解得k=33b=−33，
∴ y=33x−33，
由y=33x−33y=33x2−433x+3，得x1=1y1=0，x2=4y2=3，
∴G(1,0)或G(4,3)．
【点睛】此题重点考查二次函数的性质，解题的关键是确定特殊角∠OBC的度数，并通过作辅助线构造相似三角形来求得相应的结果．
28．（2021·江苏扬州·三模）如图所示，已知抛物线y=x2−1与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C．
（1）求A、B、C三点的坐标；
（2）过点A作AP∥CB交抛物线于点P，求四边形ACBP的面积；
（3）在x轴上方的抛物线上是否存在一点M，过M作MG⊥x轴于点G，使以A、M、G三点为顶点的三角形与△PCA相似？若存在，请求出M点的坐标；否则，请说明理由．
【答案】（1）A（-1，0），B（1，0），C（0，-1）；（2）四边形ACBP的面积为4；（3）M点的坐标为（-2，3）或（43，79）或（4，15）．
【分析】（1）抛物线与x轴的交点，即当y=0，C点坐标即当x=0，分别令y以及x为0，求出A，B，C坐标的值；
（2）四边形ACBP的面积=△ABC+△ABP，由A，B，C三点的坐标，可知△ABC是直角三角形，且AC=BC，则可求出△ABC的面积，根据已知可求出P点坐标，可知点P到直线AB的距离，从而求出△ABP的面积，则就求出四边形ACBP的面积；
（3）假设存在这样的点M，两个三角形相似，根据题意以及上两题可知，∠PAC和∠MGA是直角，只需证明AGPA=MGCA或AGCA=MGPA即可．设M点坐标，根据题中所给条件可求出线段AG，CA，MG，CA的长度，然后列等式，分情况讨论，求解．
【详解】解：（1）令y=0，
得x2-1=0，
解得x=±1，
令x=0，得y=-1，
∴A（-1，0），B（1，0），C（0，-1）；
（2）∵OA=OB=OC=1，
∴∠BAC=∠ACO=∠BCO=∠CBO=45°．
∵AP∥CB，
∴∠PAB=∠CBO=45°．
过点P作PE⊥x轴于E，则△APE为等腰直角三角形，
令OE=a，则AE=PE=a+1，
∴P（a，a+1）．
∵点P在抛物线y=x2-1上，
∴a+1=a2-1．
解得a1=2，a2=-1（不合题意，舍去）．
∴PE=3．
∴四边形ACBP的面积S=12AB•OC+12AB•PE
=12×2×1+12×2×3=4；
（3）假设存在，
∵∠PAB=∠BAC=45°，
∴PA⊥AC，
∵MG⊥x轴于点G，
∴∠MGA=∠PAC=90°，
在Rt△AOC中，OA=OC=1，
∴AC=2，
在Rt△PAE中，AE=PE=3，
∴AP=32，
设M点的横坐标为m，则M（m，m2-1），
①点M在y轴左侧时，则m＜-1．
（ⅰ）当△AMG∽△PCA时，有AGPA=MGCA．
∵AG=-m-1，MG=m2-1．
即−m−132=m2−12，
解得m1=-1（舍去）m2=23（舍去）；
（ⅱ）当△MAG∽△PCA时有AGCA=MGPA，
即−m−12=m2−132．
解得：m=-1（舍去）m2=-2，
∴M（-2，3）；
②点M在y轴右侧时，则m＞1，
（ⅰ）当△AMG∽△PCA时有AGPA=MGCA，
∵AG=m+1，MG=m2-1，
∴m+132=m2−12，
解得m1=-1（舍去）m2=43；
∴M（43，79）；
（ⅱ）当△MAG∽△PCA时有AGCA=MGPA，
即m+12=m2−132．
解得：m1=-1（舍去）m2=4，
∴M（4，15）；
∴存在点M，使以A、M、G三点为顶点的三角形与△PCA相似，M点的坐标为（-2，3）或（43，79）或（4，15）．
【点睛】本题考查了抛物线与数轴交点求解问题，以及抛物线与三角形，四边形之间关系转换问题，相似三角形问题，要特别注意在第三问时要分情况讨论．
29．（2020·江苏镇江·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中， 一次函数y=12x−2的图象分别交x、y轴于点A、B，抛物线y=x2+bx+c经过点A、B，点P为第四象限内抛物线上的一个动点．
（1）求此抛物线对应的函数表达式；
（2）如图1所示，过点P作PM//y轴，分别交直线AB、x轴于点C、D，若以点P、B、C为顶点的三角形与以点A、C、D为顶点的三角形相似，求点P的坐标；
（3）如图2所示，过点P作PQ⊥AB于点Q，连接PB，当ΔPBQ中有某个角的度数等于∠OAB度数的2倍时，请直接写出点P的横坐标．
【答案】（1）y=x2−72x−2；（2）点P的坐标是32,−5或72,−2；（3）3或7322
【分析】（1）令x=0，得y=−2，则B0,−2，令y=0，得12x−2=0，解得x=4，则A4,0 ，把A4,0，B0,−2代入y=x2+bx+ca≠0中，得：16+4b+c=0c=−2解方程即可；
（2）由PM//y轴可得∠ADC=90°，∠ACD=∠BCP 以点P、B、C为顶点的三角形与以点A、C、D为顶点的三角形相似，存在两种情况：∠CBP=90°， ∠CPB=90°，①设Px,x2−72x−2，则Cx,12x−2 ，当∠CBP=90°时，如图1，过P作PN⊥y轴于N，可证△PBC∽△ADC，△ADC∽△AOB，△PBC∽△BNP，可证ΔAOB∽ΔBNP，可得AOBN=OBPN 即4−2−x2−72x−2=2x 可得2x2−3x=0解方程，②如图2，当∠CPB=90°时， 则△BPC∽△ADC，由PB⊥y轴，则点B和点P是对称点，点B（0，-2）当y=−2时，x2−72x−2=−2 解方程即可；
（3）分两种情况：①当∠PBQ=2∠OAB时，过P作PG⊥y轴于G，过B作BH∥x轴交PQ于H，ΔGBP∽ΔOBA，可得OAPG=OBGB， 设P（x，x2−72x−2），GB=12PG=12x，则x2−72x−2=−2−12x，②当∠BPQ=2∠OAB时，如图取AB的中点E，连结OE，过点P作PG⊥x轴与点G，交直线AB于点H，连结AP，则∠BPQ=∠OEF，设点Pt,t2−72t−2，则Ht,12t−2，可得PH=12t−2−t2−72t−2=−t2+4t由勾股定理得AB=OA2+OB2=25，OF=OA⋅OBAB=455，EF=OE2−OF2=355，PQ=−2t2+8t25，可证△PBQ∽△EOF，可求BQ=−8t2+32t35，由BQ2+PQ2=PH2，−8t2+32t352+−2t2+8t252=t2+t2−72t−2+22化简得，44t2−388t+803=0解方程即可．
【详解】解：（1）令x=0，得y=12×0−2=−2，则B0,−2，
令y=0，得12x−2=0，解得x=4，则A4,0 ，
把A4,0，B0,−2代入y=x2+bx+ca≠0中，
得：16+4b+c=0c=−2，
解得：b=−72c=−2 ，
∴抛物线的解析式为：y=x2−72x−2 ，
（2）∵PM//y轴，
∴∠ADC=90°，
∵∠ACD=∠BCP ，
∴以点P、B、C为顶点的三角形与以点A、C、D为顶点的三角形相似，存在两种情况：∠CBP=90°或∠CPB=90°，
①设Px,x2−72x−2，则Cx,12x−2 ，
当∠CBP=90°时，如图1，过P作PN⊥y轴于N，
则△PBC∽△ADC，
∵CD∥OB，
∴∠DCA=∠OBA，∠DAC=∠OAB，
∴△ADC∽△AOB，
又∵∠BPC=∠NBP，∠PBC=∠BNP，
∴△PBC∽△BNP，
∴ΔAOB∽ΔBNP，
∴AOBN=OBPN 即4−2−x2−72x−2=2x ，
整理得2x2−3x=0，
解得：x1=0（舍），x2=32，
∴P32,−5，
②如图2，当∠CPB=90°时，
则△BPC∽△ADC，
∴PB⊥y轴，
则点B和点P是对称点，点B（0，-2），
当y=−2时，x2−72x−2=−2 ，
x1=0（舍），x2=72，
∴P72,−2，
综上，点P的坐标是32,−5或72,−2，
（3）分两种情况：
①当∠PBQ=2∠OAB时，
过P作PG⊥y轴于G，过B作BH∥x轴交PQ于H，
∴∠HBQ=∠OAB，
∴∠PBH=∠HBQ=∠OAB，
∵∠HBQ+∠OBA=90°，∠PBH+∠PBG=90°，
∴∠GBP=∠OBA，
∴ΔGBP∽ΔOBA，
∴OAPG=OBGB，即GBPG=OBOA=24=12，
设P（x，x2−72x−2），GB=12PG=12x，
∴P点纵坐标为-2-12x，
则x2−72x−2=−2−12x，
整理得x2−3x=0，
解得x1=3,x2=0（舍去），
∴点P的横坐标是3；
②当∠BPQ=2∠OAB时，如图取AB的中点E，连结OE，过点P作PG⊥x轴与点G，交直线AB于点H，连结AP，
则∠BPQ=∠OEF，
设点Pt,t2−72t−2，则Ht,12t−2，
∴PH=12t−2−t2−72t−2=−t2+4t，
∵OB=2，OA=4，
由勾股定理得AB=OA2+OB2=42+22=25，
∴OE=BE=AE=5，
由面积12OA⋅OB=12OF⋅AB即OF=OA⋅OBAB=2×425=455，
∴EF=OE2−OF2=52−4552=355，
∴由面积SΔABP=12OA⋅PQ=12PH⋅OA，
∴25⋅PQ=4−t2+4t，
∴PQ=−2t2+8t25，
∴∠OFE=∠PQB=90°，
∴△PBQ∽△EOF，
∴PQBQ=EFOF，即−2t2+8t5BQ=355455，
∴BQ−2t2+8t5⋅455355=−8t2+32t35，
∵BQ2+PQ2=PH2，
∴−8t2+32t352+−2t2+8t252=t2+t2−72t−2+22，
化简得，44t2−388t+803=0，
∴t1=112（舍），t2=7322，
点P的横坐标是7322；
综上，存在点P，使得ΔPBQ中有某个角的度数等于∠OAB度数的2倍时，其P点的横坐标为3或7322．
【点睛】本题考查一次函数与坐标轴交点，待定系数法求抛物线解析式；相似三角形判定与性质，一元二次方程解法，勾股定理，掌握本题考查一次函数与坐标轴交点，待定系数法求抛物线解析式；相似三角形判定与性质，一元二次方程解法，勾股定理是解题关键．
30．（2021·江苏无锡·统考一模）已知二次函数y＝ax2＋bx＋c（a＞0）的图像经过A、B两点，直线AB交x轴交于点C，点D为二次函数图像的顶点，若点A的坐标为（－1，4a），点B的坐标为（2，a）．
（1）①用含a的代数式表示b、c；
②求点C的坐标．
（2）若直线AB与抛物线y＝ax2＋bx＋c的对称轴交于点E，且△ADE∽△ACD，求该二次函数的表达式．
【答案】（1）①b=−2a,c=a；②点C的坐标为（3，0）；（2）y=22x2−2x+22
【分析】（1）直接将A、B两点坐标代入二次函数解析式中即可求出b、c；
（2）先求出直线AB的解析式，再令y=0即可完成求 C点坐标；
（3）先过A点作辅助线，分别求出F、G两点坐标，确定AF=2，FD=AG=4a，CG=4，再利用相似的性质得到∠ ADF＝∠ACG，利用三角函数建立相等关系，得到关于 a的分式方程，求解即可得到a的值，从而求出该函数表达式．
【详解】解：(1) 把x＝－1，y＝4a，把x＝2，y＝a代入y＝ax2＋bx＋c中；
得：4a＝a－b＋c
a＝4a＋2b＋c
解得： b＝－2a
c＝a
∴b＝－2a，c＝a．
(2)设直线AB的表达式为y＝mx＋n（m≠0），
把x＝－1，y＝4a，把x＝2，y＝a代入y＝mx＋n中；
得： 4a＝－m＋n
a＝2m＋n
解得： m＝－a
n＝3a
∴直线AB的表达式为y＝－a x＋3a，
令y＝0，得0＝－a x＋3a，
解得，x＝3，
∴点C的坐标为（3，0）．
(3)如图，作AF⊥DE于点F，作AG⊥x轴于点G，
∴G−1,0
∵对称轴x =− b2a= 1，且4ac−b24a=4a2−−2a24a=0，
∴点D的坐标为（1，0），
∴F1,4a
∵△ADE∽△ACD，
∴∠ADF＝∠ACG，
∴tan∠ADF＝tan∠ACG
∴AFFD=AGGC，
∵A−1,4a,F1,4a,G−1,0，C3，0，
∴AF=1-(-1)=2，FD=AG=4a，CG=3-(-1)=4
∴24a=4a4，
解得：a= 22（负值已舍去），且经检验，该值符合题意；
∴b=−2，c=22；
∴二次函数的表达式为y=22x2−2x+22．
【点睛】本题综合考查了二次函数的图像与性质、相似三角形的性质、三角函数、分式方程等内容，要求学生理解图像上的点的坐标与函数解析式之间的关系，坐标轴上点的特征，相似三角形的性质及其应用等，能通过作辅助线构造直角三角形，并能正确列出分式方程以及求解，本题蕴含了数形结合等思想方法．