（寒假）沪教版数学九年级重难点讲练测重难点03 二次函数综合题（2份，原卷版+解析版）

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（1）压轴题中的代数计算题，主要是以二次函数为背景的代几综合题；
（2）常用的方法是通过待定系数法求函数的解析式，按照设、列、解、验、答五步完成，一般来说，解析式中待定几个字母，就要代入几个点的坐标；
（3）这类题目中，代数计算的运用主要是利用图形之间（主要是线段之间）的数量关系建立方程，然后求解．
【满分技巧】
解数学压轴题一般可以分为三个步骤：认真审题，理解题意、探究解题思路、正确解答。审题要全面审视题目的所有条件和答题要求，在整体上把握试题的特点、结构，以利于解题方法的选择和解题步骤的设计。解数学压轴题要善于总结解数学压轴题中所隐含的重要数学思想，如转化思想、数形结合思想、分类讨论思想及方程的思想等。认识条件和结论之间的关系、图形的几何特征与数、式的数量、结构特征的关系，确定解题的思路和方法．当思维受阻时，要及时调整思路和方法，并重新审视题意，注意挖掘隐蔽的条件和内在联系，既要防止钻牛角尖，又要防止轻易放弃。
【限时检测】
一．解答题（共16小题）
1．（2022•金山区二模）已知：在直角坐标系中直线y＝﹣x+4与x轴、y轴相交于点A、B，抛物线y＝﹣+bx+c经过点A和点B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如果直线AB与抛物线的对称轴相交于点C，求OC的长；
（3）P是线段OA上一点，过点P作直线AB的平行线，与y轴相交于点Q，把△OPQ沿直线PQ翻折，点O的对应点是点D，如果点D在抛物线上，求点P的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出抛物线的对称轴为直线x＝1，再求出点C的坐标，即可得出结论；
（3）设点P的坐标为（t，0），先得出四边形DPOQ为矩形，再得出四边形DPOQ为正方形，最后得出点D的坐标，列出方程求解即可．
【解答】解：（1）直线y＝﹣x+4与x轴、y轴相交于点A、B，
∴A（4，0）、B（0，4），
代入抛物线得：，
∴b＝1，c＝4，
∴抛物线的解析式为：．
（2）由＝，
可得抛物线的对称轴为直线x＝1，
当x＝1时，y＝﹣x+4＝3，
∴C（1，3），
∴．
（3）如图，设点P的坐标为（t，0），
∵AO＝BO＝4，∠AOB＝90°，
∴∠OAB＝∠OBA＝45°，
∵PQ∥AB，
∴∠OPQ＝∠OQP＝45°，
∴∠DPO＝∠DQO＝90°，又∠POQ＝90°，
∴四边形DPOQ为矩形，
∵OP＝OQ，
∴四边形DPOQ为正方形，
∴DP＝DQ＝OP＝t，
∴四边形DPOQ为正方形，
∴D（t，t），
∴，
解得：，（不合题意，舍去），
∴点P是坐标为：（，0）．
【点评】本题考查了二次函数的图象与性质，待定系数法求二次函数的解析式，正确画出图象是解题的关键．
2．（2022•闵行区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+4与x轴相交于点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．将抛物线的对称轴沿x轴的正方向平移，平移后交x轴于点D，交线段BC于点E，交抛物线于点F，过点F作直线BC的垂线，垂足为点G．
（1）求抛物线的表达式；
（2）以点G为圆心，BG为半径画⊙G；以点E为圆心，EF为半径画⊙E．
当⊙G与⊙E内切时．
①试证明EF与EB的数量关系；
②求点F的坐标．
【分析】（1）根据点A、B的坐标，设抛物线y＝a（x+1）（x﹣3），再将点C代入即可求出a的值，从而得出答案；
（2）①分两种情形，当r⊙G＞r⊙E时，则GB﹣EF＝GE，则EF＝EB，当r⊙G＜r⊙E时，则EF﹣GB＝GE，设EF＝5t，FG＝3t，GE＝4t，则5t﹣GB＝4t，则GB＝t＜GE＝4t，从而得出矛盾；
②由．设BD＝t，则DE＝，利用勾股定理得BE＝，则F坐标为（3﹣t，3t），代入抛物线解析式，从而解决问题．
【解答】解：（1）∵点A坐标为（﹣1，0），点B坐标为（3，0）．
设抛物线y＝a（x+1）（x﹣3）（a≠0），
∵抛物线经过点C（0，4），
∴4＝﹣3a．
解得．
∴抛物线的表达式是；
（2）①由于⊙G与⊙E内切，
当r⊙G＜r⊙E时，则EF﹣GB＝GE，
设EF＝5t，FG＝3t，GE＝4t，则5t﹣GB＝4t，
∴GB＝t＜GE＝4t，
∴点E在线段CB的延长线上．
又∵已知点E在线段BC上，
∴矛盾，因此不存在．
当r⊙G＞r⊙E时，则GB﹣EF＝GE，
又∵GE＝GB﹣EB，
∴EF＝EB；
②∵OC⊥OB，FD⊥OB，
∴∠COB＝∠EDB＝90°．
∴．
∴设BD＝t，则DE＝；
在Rt△BED中，由勾股定理得，
．
∴，
∴F坐标为（3﹣t，3t），
∵F点在抛物线上，
∴，
∴解得，t＝0（点F与点B重合，舍去）．
∴F坐标为（，）．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，圆与圆的位置关系，三角函数等知识，根据⊙G与⊙E内切，得出EF＝EB是解决问题的关键．
3．（2022•普陀区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+bx+8与x轴交于点A（﹣2，0）、B（4，0），与y轴交于点C，顶点为D．
（1）求抛物线的表达式和点D的坐标；
（2）点E是第一象限内抛物线的一个动点，其横坐标为m，直线AE交y轴于点F．
①用m的代数式表示直线AE的截距；
②在△ECF的面积与△EAD的面积相等的条件下探究：在y轴右侧存在这样一条直线，满足：以该直线上的任意一点及点C、F三点为顶点的三角形的面积都等于△EAD面积，试用规范、准确的数学语言表达符合条件的直线．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线的表达式，再利用配方法将抛物线表达式化为顶点式即可求得顶点坐标；
（2）①设点E（m，﹣m2+2m+8）（0＜m＜4），利用待定系数法求得直线AE的解析式为y＝（4﹣m）x+8﹣2m，即可得出答案；
②当点E在对称轴右侧时，设抛物线对称轴交直线AE于点H，则H（1，12﹣3m），可得S△EAD＝DH•（xE﹣xA）＝（3m﹣3）（m+2），再求得S△ECF＝CF•m＝×2m×m＝m2，根据题意可得：m2＝（3m﹣3）（m+2），解得m＝，故符合条件的直线为x＝；当点E在y轴与对称轴之间时，过点E作平行y轴的直线交AD于点K，利用待定系数法求得直线AD的解析式为y＝3x+6，可得K（m，3m+6），进而可得S△EAD＝EK×（xD﹣xA）＝（﹣m2﹣m+2），建立方程求解即可得出符合条件的直线为x＝．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+8与x轴交于点A（﹣2，0）、B（4，0），
∴，
解得：，
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+8，
∵y＝﹣x2+2x+8＝﹣（x﹣1）2+9，
∴顶点D的坐标为（1，9）；
（2）①设点E（m，﹣m2+2m+8）（0＜m＜4），直线AE的解析式为y＝kx+d，
则，
解得：，
∴直线AE的解析式为y＝（4﹣m）x+8﹣2m，
∴直线AE的截距为8﹣2m；
②∵抛物线顶点D的坐标为（1，9），
∴抛物线对称轴为直线x＝1，
当点E在对称轴右侧时，设抛物线对称轴交直线AE于点H，如图1，
则H（1，12﹣3m），
∴DH＝9﹣（12﹣3m）＝3m﹣3，
∴S△EAD＝DH•（xE﹣xA）＝（3m﹣3）（m+2），
由①知：直线AE的截距为8﹣2m，即F（0，8﹣2m），
又C（0，8），
∴CF＝8﹣（8﹣2m）＝2m，
∴S△ECF＝CF•m＝×2m×m＝m2，
由题意：S△ECF＝S△EAD，
∴m2＝（3m﹣3）（m+2），
解得：m＝或m＝，
∵0＜m＜4，
∴m＝，
根据同底等高的三角形面积相等可得：过点E且平行y轴的直线上任意一点及点C、F三点为顶点的三角形的面积都等于△EAD面积，
∴符合条件的直线为x＝；
当点E在y轴与对称轴之间时，过点E作平行y轴的直线交AD于点K，如图2，
∵A（﹣2，0）、D（1，9），
∴直线AD的解析式为y＝3x+6，
∴K（m，3m+6），
∴EK＝﹣m2+2m+8﹣（3m+6）＝﹣m2﹣m+2．
∴S△EAD＝EK×（xD﹣xA）＝（﹣m2﹣m+2），
∵S△ECF＝S△EAD，
∴（﹣m2﹣m+2）＝m2，
解得：m＝或m＝（舍去），
∴符合条件的直线为x＝，
综上所述，符合条件的直线为x＝或x＝．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，抛物线的顶点式、顶点坐标、对称轴，直线的截距，三角形面积等，运用等底等高的三角形面积相等解决问题是解题关键．
4．（2022•松江区二模）如图，在平面直角坐标系中，已知直线y＝2x+8与x轴交于点A、与y轴交于点B，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A、B．
（1）求抛物线的表达式；
（2）P是抛物线上一点，且位于直线AB上方，过点P作PM∥y轴、PN∥x轴，分别交直线AB于点M、N．
①当MN＝AB时，求点P的坐标；
②联结OP交AB于点C，当点C是MN的中点时，求的值．
【分析】（1）先根据题意求出点A、B的坐标，代入y＝﹣x2+bx+c即可求得抛物线的表达式；
（2）①证明△PMN∽△OBA，可得，设点M的横坐标为m（﹣4＜m＜0），则PM＝﹣m2﹣4m，又OA＝4，OB＝8，建立方程求解即可得出答案；
②连接OP交AB于点C，先求出点N的坐标，利用中点公式可求得C（﹣，），再证明点C是AB的中点，可得C（﹣2，4），建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：（1）∵直线y＝2x+8与x轴交于点A、与y轴交于点B，
∴令x＝0，则y＝8，
令y＝0，则x＝﹣4，
∴B（0，8），A（﹣4，0），
∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A、B，
∴，
∴，
∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+8；
（2）①∵P是抛物线上一点，且位于直线AB上方，过点P作PM∥y轴、PN∥x轴，分别交直线AB于点M、N，
∴PM⊥PN，∠PNM＝∠BAO，
∴∠MPN＝∠AOB＝90°，
∴△PMN∽△OBA，
∴，
设点M的横坐标为m（﹣4＜m＜0），
则M（m，2m+8），P（m，﹣m2﹣2m+8），
∴PM＝﹣m2﹣2m+8﹣（2m+8）＝﹣m2﹣4m，
∵B（0，8），A（﹣4，0），
∴OA＝4，OB＝8，
∵MN＝AB，
∴，
∴＝，
解得m1＝m2＝﹣2，
∴P（﹣2，8）；
②如图，连接OP交AB于点C，
∵PN∥x轴，P（m，﹣m2﹣2m+8），
∴点N的纵坐标为﹣m2﹣2m+8，
令y＝﹣m2﹣2m+8，则2x+8＝﹣m2﹣2m+8，
解得：x＝，
N（，﹣m2﹣2m+8），
∵点C是MN的中点，M（m，2m+8），
∴C（﹣，），
由①知：∠MPN＝90°，
又点C是MN的中点，
∴PC＝CM＝CN，
∴∠CPN＝∠CNP，∠CPM＝∠CMP，
∵PM∥y轴、PN∥x轴，
∴∠BOC＝∠CPM，∠OBC＝∠CMP，∠OAC＝∠CNP，∠AOC＝∠CPN，
∴∠BOC＝∠OBC，∠OAC＝∠AOC，
∴AC＝OC，BC＝OC，
∴AC＝BC，
∴点C是AB的中点，
∴C（﹣2，4），
∴﹣＝﹣2，
解得：m＝±2，
∵﹣4＜m＜0，
∴m＝﹣2，
∴PM＝﹣m2﹣4m＝﹣（﹣2）2﹣4×（﹣2）＝8﹣8，
∵PM∥y轴，
∴△PCM∽△OCB，
∴＝＝＝﹣1，
故的值为﹣1．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定和性质，中点公式的应用，难度不大，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题关键．
5．（2022•崇明区二模）如图．在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+2x+c（a≠0）与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣1，0），对称轴为直线x＝1．点M为线段OB上的一个动点，过点M作直线l平行于y轴交直线BC于点F，交抛物线y＝ax2+2x+c（a≠0）于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（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）如果将△ECF沿直线CE翻折，点F恰好落在y轴上点N处，求点N的坐标．
【分析】（1）根据点A的坐标和对称轴可得关于a、c的方程组，解方程组可得答案；
（2）首先利用点B、C的坐标可得直线BC的解析式为：y＝﹣x+3，则∠MBF＝∠FBM＝∠CFE＝45°，设F（m，﹣m+3），则E（m，﹣m2+2m+3），表示出EF和CF的长度，再根据相似三角形的判定与性质，从而解决问题；
（3）根据平行线的性质和翻折的性质可得CF＝EF，从而得出m的方程，即可解决问题．
【解答】解：（1）由题意得：，
解得：，
所以，所求的抛物线的解析式是：y＝﹣x2+2x+3；
（2）由题意得：B（3，0），C（0，3），
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+3，
∴∠MBF＝∠FBM＝∠CFE＝45°，
设F（m，﹣m+3），则E（m，﹣m2+2m+3），
∴，
当以C、E、F为顶点的三角形与△ABC相似时，
①若，则，
∴或m＝0（舍去），
∴，
②若，则，
∴或m＝0（舍去），
∴，
∴EF＝或；
（3）∵△CEN是由△CEF沿直线CE翻折而得，
∴CN＝CF，∠NCE＝∠ECF，
∵NC∥EF，
∴∠NCE＝∠CEF，
∴∠ECF＝∠CEF，
∴CF＝EF，
∵，
解得：（舍去），
∴，
所以，N的的坐标是．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，平行线的性质，翻折的性质，一元二次方程等知识，熟练掌握平行线与角平分线得出等腰三角形是解决问题（3）的关键．
6．（2022•奉贤区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x+2与x轴、y轴分别交于点A、B．抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A、B，顶点为C．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）将抛物线沿y轴向上平移，平移后所得新抛物线顶点为D，如果∠BDC＝∠OAB，求平移的距离；
（3）设抛物线上点M的横坐标为m，将抛物线向左平移三个单位，如果点M的对应点Q落在△OAB内，求m的取值范围．
【分析】（1）首先求得A、B点的坐标，然后利用待定系数法求抛物线的解析式即可；
（2）求出定点C的坐标，过点B作BH⊥CD于H，由题意得，平移后所得新抛物线的顶点D在抛物线的对称轴上，CD的长即平移的距离，根据∠BDC＝∠OAB，利用正切函数求出DH，可得D（，5），可求出CD的长，即可求解；
（3）由抛物线的对称轴可得点B关于对称轴对称的点M′的坐标为（3，2），则将抛物线向左平移三个单位，点M′的对应点和点B重合，点A的对应点为（1，0），即可得出m的取值范围．
【解答】解：（1）∵直线y＝﹣x+2与x轴、y轴分别交于点A，B，
∴A（4，0），B（0，2），
抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A、B两点，可得
，解得，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+x+2；
（2）∵y＝﹣x2+x+2＝﹣（x﹣）2+，
∴C（，），对称轴为x＝，
过点B作BH⊥CD于H，
由题意得，平移后所得新抛物线的顶点D在抛物线的对称轴上，CD的长即平移的距离，
∵∠BDC＝∠OAB，
∴tan∠BDC＝tan∠OAB，
∴，
∴DH＝2BH，
∵BH⊥CD，对称轴为x＝，
∴BH＝，
∴DH＝3，
∵B（0，2），
∴H（，2），
∴D（，5），
∵C（，），
∴CD＝5﹣＝，
∴平移的距离为；
（3）如图，
∵B（0，2），对称轴为x＝，
∴点B关于对称轴对称的点M′的坐标为（3，2），
∴将抛物线向左平移三个单位，点M′的对应点和点B重合，
∵将抛物线向左平移三个单位，点A（4，0）的对应点为（1，0），
∴3＜m＜4时，点M的对应点Q落在△OAB内，
∴m的取值范围为3＜m＜4．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，配方法求顶点式，抛物线的平移，锐角三角函数等知识，熟练掌握待定系数法求函数解析式是解题的关键．
7．（2022•虹口区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+6与x轴交于点A（﹣2，0）和点B（6，0），与y轴交于点C，顶点为D，联结BC交抛物线的对称轴l于点E．
（1）求抛物线的表达式；
（2）联结CD、BD，点P是射线DE上的一点，如果S△PDB＝S△CDB，求点P的坐标；
（3）点M是线段BE上的一点，点N是对称轴l右侧抛物线上的一点，如果△EMN是以EM为腰的等腰直角三角形，求点M的坐标．
【分析】（1）由点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的表达式；
（2）求出点C、D的坐标，利用勾股定理的逆定理可得△BCD是直角三角形，∠BCD＝90°，可得S△BCD＝BC•CD＝12，由三角形的面积公式结合S△PDB＝S△CDB可得出PD＝6，即可求解；
（3）设M（m，﹣m+6），且2＜m＜6，分两种情况：①当∠MEN＝90°，EM＝EN时，②当∠EMN＝90°，EM＝MN时，根据等腰直角三角形的性质求出点M的坐标即可．
【解答】解：（1）将A（﹣2，0），B（6，0）代入y＝ax2+bx+6，
得：，
解得：，
∴二次函数的解析式为y＝﹣x2+2x+6；
（2）如图：
∵y＝﹣x2+2x+6＝﹣（x﹣2）2+8，
∴C（0，6）、D（2，8），
∵B（6，0），
∴BC＝＝6，
CD＝＝2，
BD＝＝4，
∴BC2+CD2＝BD2，
∴△BCD是直角三角形，∠BCD＝90°，
∴S△BCD＝BC•CD＝12，
∵S△PDB＝PD•（6﹣2）＝2PD＝S△CDB＝12，
∴PD＝6，
∴P（2，2）；
（3）∵B（6，0），C（0，6）．
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+6，OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
∵y＝﹣x2+2x+6，
∴对称轴l为x＝﹣＝2，
当x＝2时，y＝﹣x+6＝4，
∴E（2，4），
设M（m，﹣m+6），且2＜m＜6，
①当∠MEN＝90°，EM＝EN时，
过点E作EH⊥MN于H，
∴MN＝2EH，∠EMN＝∠ENM＝45°，
∵∠OBC＝∠OCB＝45°，
∴∠NME＝∠OCB，
∴MN∥y轴，
∴N（m，﹣m2+2m+6），
∴MN＝﹣m2+2m+6+m﹣6＝﹣m2+3m，EH＝m﹣2，
∴﹣m2+3m＝2（m﹣2），解得m＝4或m＝﹣2（不合题意，舍去），
∴M（4，2）；
②当∠EMN＝90°，EM＝MN时，
∴EH＝NH＝MH＝EN，∠MEN＝∠ENM＝45°，
∵∠OBC＝∠OCB＝45°，
∴∠MEN＝∠OBC，
∴EN∥x轴，
∴点N的纵坐标为4，
当y＝4时，﹣x2+2x+6＝4，
解得x＝2+2或x＝2﹣2（不合题意，舍去），
∴N（2+2，4），
∴EN＝2+2﹣2＝2，
∴EH＝MH＝EN＝，
∴m＝2+，
∴M（2+，4﹣）；
综上所述，点M的坐标为（4，2）或（2+，4﹣）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，勾股定理，等腰直角三角形性质，解题关键是运用分类讨论思想，避免漏解．
8．（2022•嘉定区二模）在平面直角坐标系xOy（如图）中，已知抛物线y＝ax2+bx+3经过点A（3，0）、B（4，1）两点，与y轴的交点为C点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）求四边形OABC的面积；
（3）设抛物线y＝ax2+bx+3的对称轴是直线l，点D与点B关于直线l对称，在线段BC上是否存在一点E，使四边形ADCE是菱形，如果存在，请求出点E的坐标；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）把点A、B的坐标代入函数解析式，利用待定系数法求二次函数解析式解答；
（2）将四边形OABC的面积分解为△OBC、△OAB的面积和，即可求解；
（3）求出点D的坐标，可得AD＝CD，利用待定系数法求AD、BC、CD的解析式，可AD∥BC，求出AE的解析式，再求AE、BC的交点坐标即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）经过A（3，0），B（4，1）两点，
∴，
解得，
∴抛物线的关系式为y＝x2﹣x+3；
（2）如图，连接OB，
∵y＝x2﹣x+3与y轴的交点为C点，
∴C（0，3），
∵A（3，0）、B（4，1），
∴OC＝3，OA＝3，
∴S四边形OABC＝S△OBC+S△OAB＝×3×4+×3×1＝；
（3）如图，
∵y＝x2﹣x+3，
∴抛物线的对称轴是直线l：x＝﹣＝，
∵点D与点B（4，1）关于直线l对称，
∴D（1，1），
∵A（3，0），C（0，3），
∴AD＝＝，CD＝＝，
∴AD＝CD，
设直线AD的解析式为y＝mx+n，
∴，解得，
∴直线AD的解析式为y＝﹣x+，
同理：直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
直线CD的解析式为y＝﹣2x+3，
∴AD∥BC，
当AE∥CD时，四边形ADCE是菱形，
设直线AE的解析式为y＝﹣2x+a，
∵A（3，0），
∴﹣6+a＝0，解得a＝6，
∴直线AE的解析式为y＝﹣2x+6，
联立直线BC：y＝﹣x+3得，
，解得，
∴点E的坐标为（2，2）．
∴存在一点E，使四边形ADCE是菱形，点E的坐标为（2，2）．
【点评】本题是二次函数综合题型，主要考查了待定系数法求二次函数解析式，待定系数法求一次函数解析式，面积的计算，菱形的判定与性质，两直线相交或平行问题，综合性较强，难度较大，熟练掌握各性质是解题的关键．
9．（2022•杨浦区二模）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣+bx+c与x轴相交于点A（4，0），与y轴相交于点B（0，3），在x轴上有一动点E（m，0）（0＜m＜4），过点E作x轴的垂线交线段AB于点N，交抛物线于点P，过P作PM⊥AB，垂足为点M．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）设△PMN的周长为C1，△AEN的周长为C2，如果，求点P的坐标；
（3）如果以N为圆心，NA为半径的圆与以OB为直径的圆内切，求m的值．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线解析式；
（2）先证明△PMN∽△AEN，根据相似三角形性质可得出：．利用待定系数法可得直线AB的解析式为．设点P（m，﹣m2+m+3）（0＜m＜4），则PN＝﹣m2+3m．AN＝（4﹣m），建立方程求解即可得出答案；
（3）设OB的中点为点Q，则点Q的坐标，过点N作NK⊥y轴于点K，则NK＝m，KQ＝﹣m+3﹣＝﹣m+，运用勾股定理可得QN＝＝，根据两圆内切建立方程求解即可得出答案．
【解答】解，（1）∵抛物线与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点C（0，3），
∴
∴
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+3；
（2）如图1，∵PM⊥AB，PE⊥x轴，
∴∠PMN＝∠PEA＝90°，
又∵∠PNM＝∠ANE，
∴△PMN∽△AEN．
∴．即．
又∵，
∴．
设直线AB：y＝kx+b，又直线AB经过点A（4，0），点B（0，3），
∴
∴
∴．
∵点P在抛物线y＝﹣x2+x+3上，
∴设点P（m，﹣m2+m+3）（0＜m＜4），
∵点N在直线y＝﹣x+3上，设点N（m，﹣m+3）．
∴PN＝﹣m2+m+3﹣（m+3）＝﹣m2+3m．
又．
∴，
解得：m1＝2，m2＝4（不合题意，舍去）．
∴点P的坐标是．
（3）如图2，设OB的中点为点Q，则点Q的坐标，
又点，过点N作NK⊥y轴于点K，则NK＝m，KQ＝﹣m+3﹣＝﹣m+，
在Rt△NQK中，QN＝＝，
当⊙N与⊙Q内切时，．
∴＝（4﹣m）﹣，
解之得：．
∴当⊙N与⊙Q内切时，．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数图象上点的坐标特征，相似三角形的判定和性质，勾股定理，两圆内切的性质等，本题综合性强，有一定难度，第（2）问运用相似三角形周长比等于相似比建立方程求解是解题关键，第（3）问根据圆与圆内切的性质建立方程求解是解题关键．
10．（2022•静安区二模）在平面直角坐标系xOy中，已知点A坐标是（2，4），点B在x轴上，OB＝AB（如图所示），二次函数的图象经过点O、A、B三点，顶点为D．
（1）求点B与点D的坐标；
（2）求二次函数图象的对称轴与线段AB的交点E的坐标；
（3）二次函数的图象经过平移后，点A落在原二次函数图象的对称轴上，点D落在线段AB上，求图象平移后得到的二次函数解析式．
【分析】（1）设B（m，0），由OB＝AB，可求B（5，0），设二次函数解析式为y＝ax（x﹣5），将（2，4）代入可求函数的解析式，从而求D点坐标；
（2）求出直线AB解析式为y＝﹣x+，令x＝得y＝﹣×+＝，求得E（，）；
（3）由A点的变化可知A点向右平移个单位，则D（，）向右平移个单位后点的横坐标为3，再由平移后的D点在线段AB上，从而求出平移后D点坐标为（3，），可得平移后的函数解析式为y＝﹣（x﹣3）2+．
【解答】解：（1）设B（m，0），
∵A坐标是（2，4），OB＝AB，
∴m2＝（m﹣2）2+（0﹣4）2，
解得m＝5，
∴B（5，0），
设二次函数解析式为y＝ax（x﹣5），将（2，4）代入得：
﹣6a＝4，
解得a＝﹣，
∴y＝﹣x（x﹣5）＝﹣（x﹣）2+，
∴顶点D（，）；
（2）由（1）知二次函数图象的对称轴是直线x＝，
设直线AB解析式为y＝kx+b，将A（2，4），B（5，0）代入得：
，
解得，
∴直线AB解析式为y＝﹣x+，
令x＝得y＝﹣×+＝，
∴E（，）；
（3）∵二次函数图象的对称轴是直线x＝，
∴A点向右平移个单位，
∴D（，）也向右平移个单位后点的横坐标为3，
∵平移后的D点在线段AB上，
∴平移后D点坐标为（3，），
∴平移后的函数解析式为y＝﹣（x﹣3）2+．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，函数图象的平移的性质是解题的关键．
11．（2022•长宁区二模）如图，已知菱形ABCD的顶点A、B分别在x轴、y轴的正半轴上，点D的坐标为（4，1），抛物线y＝x2+bx+c经过点A、B、D，对称轴为直线x＝．
（1）求抛物线的表达式；
（2）求证：菱形ABCD是正方形；
（3）联结OC，如果P是x轴上一点，且它的横坐标大于点D的横坐标，∠PCD＝∠BCO，求点P的坐标．
【分析】（1）由对称轴可得b＝﹣，将点D的坐标代入y＝x2+bx+c即可求解析式；
（2）分别求出A点、B点坐标，证明△ABO≌△DAE（SSS），即可证明菱形ABCD是正方形；
（3）过点C作MN⊥y轴交于M点，过点P作PN⊥MN交于N点，连接DP，通过证明△MBC≌△OAB（AAS），求出C点坐标，再证明△MCO∽△NPC，求出P点坐标即可．
【解答】（1）解：∵抛物线y＝x2+bx+c对称轴为直线x＝，
∴﹣＝，
∴b＝﹣，
∵抛物线经过点D（4，1），
∴1＝×16﹣×4+c，
∴c＝3
∴y＝x2﹣x+3；
（2）证明：令x＝0，则y＝3，
∴B（0，3），
令y＝0，则x2﹣x+3＝0，
解得x＝1或x＝（舍），
∴A（1，0），
∴OA＝1，OB＝3，
∴AE＝3，
∵DE＝1，AB＝AD，
∴△ABO≌△DAE（SSS），
∴∠BAO＝∠DAE，
∵∠BAO+∠OBA＝90°，
∴∠DAE+∠BAO＝90°，
∴∠BAD＝90°，
∴菱形ABCD是正方形；
（3）过点C作MN⊥y轴交于M点，过点P作PN⊥MN交于N点，连接DP，
∵∠MBC+∠OBA＝90°，
∵∠MBC+∠MCB＝90°，
∴∠OBA＝∠MCB，
∵BC＝AB，
∴△MBC≌△OAB（AAS），
∴MC＝OB，MB＝OA，
∴C（3，4），
∵∠PCD＝∠BCO，
∴∠BCD＝∠OCP＝90°，
∴∠MCO+∠NCP＝90°，
∵∠MCO+∠MOC＝90°，
∴∠NCP＝∠MOC，
∴△MCO∽△NPC，
∴＝，
∴＝，
∴CN＝，
∴MN＝3+＝，
∴P（，0）．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，菱形、正方形的性质，三角形全等的判定及性质，三角形相似的判定及性质是解题的关键．
12．（2022•徐汇区二模）如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝kx+3分别交x轴、y轴于A，B两点，经过A，B两点的抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴的正半轴相交于点C（1，0），点P为线段AB上的点，且点P的横坐标为m．
（1）求抛物线的解析式和直线AB的解析式；
（2）过P作y轴的平行线交抛物线于M，当△PBM是MP为腰的等腰三角形时，求点P的坐标；
（3）若顶点D在以PM、PB为邻边的平行四边形的形内（不含边界），求m的取值范围．
【分析】（1）先求出点B（0，3），运用待定系数法可求得抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，令y＝0，可求得A（﹣3，0），把点A的坐标代入y＝kx+3，即可求得直线AB的解析式为y＝x+3；
（2）设P（m，m+3），且﹣3≤m≤0，则M（m，﹣m2﹣2m+3），可得PM＝﹣m2﹣3m，运用两点间距离公式可得PB＝﹣m，根据△PBM是MP为腰的等腰三角形，分两种情况：MP＝PB或MP＝MB，分别建立方程求解即可得出答案；
（3）利用待定系数法可求得经过点D（﹣1，4）且平行直线AB的直线DG的解析式y＝x+5，联立，得x+5＝﹣x2﹣2x+3，可得点G的横坐标为﹣2，根据题意可知：点M必须在直线DG上方的抛物线上运动，故﹣2＜m＜﹣1．
【解答】解：（1）∵直线y＝kx+3交y轴于点B，
∴B（0，3），
∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点B（0，3），点C（1，0），
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，
令y＝0，得﹣x2﹣2x+3＝0，
解得：x1＝﹣3，x2＝1，
∴A（﹣3，0），
把点A的坐标代入y＝kx+3，得﹣3k+3＝0，
解得：k＝1，
∴直线AB的解析式为y＝x+3；
（2）∵点P为线段AB上的点，且点P的横坐标为m，
∴P（m，m+3），且﹣3≤m≤0，
∵过P作y轴的平行线交抛物线于M，
∴M（m，﹣m2﹣2m+3），
∴PM＝﹣m2﹣2m+3﹣（m+3）＝﹣m2﹣3m，
∵PB2＝（m﹣0）2+（m+3﹣3）2＝2m2，且﹣3≤m≤0，
∴PB＝﹣m，
∵△PBM是MP为腰的等腰三角形，B（0，3），
∴MP＝PB或MP＝MB，
∵OA＝OB＝3，∠AOB＝90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠ABO＝45°，
∵PM∥OB，
∴∠BPM＝45°，
①当MP＝PB时，
∴﹣m2﹣3m＝﹣m，
解得：m＝0（舍去）或m＝﹣3+，
∴P（﹣3+，）；
②当MP＝MB时，
则∠PBM＝∠BPM＝45°，
∴∠BMP＝90°，
∴BM∥x轴，即点M的纵坐标为3，
∴﹣m2﹣2m+3＝3，
解得：m1＝0（舍去），m2＝﹣2，
∴P（﹣2，1），
综上所述，点P的坐标为（﹣3+，）或（﹣2，1）；
（3）∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴抛物线的顶点D（﹣1，4），
设经过点D（﹣1，4）且平行直线AB的直线DG的解析式为y＝x+n，如图2，
则﹣1+n＝4，
解得：n＝5，
∴y＝x+5，
联立，得x+5＝﹣x2﹣2x+3，
解得：x1＝﹣1，x2＝﹣2，
∴点G的横坐标为﹣2，
∵顶点D在以PM、PB为邻边的平行四边形的形内（不含边界），
∴点M必须在直线DG上方的抛物线上运动，
∴m的取值范围为：﹣2＜m＜﹣1．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，等腰三角形的性质，平行四边形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会运用分类讨论思想和方程思想解决问题，属于中考压轴题．
13．（2022•宝山区二模）已知抛物线y＝ax2+bx﹣2（a≠0）经过点A（1，0）、B（2，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）将抛物线向左平移m个单位（m＞2），平移后点A、B、C的对应点分别记作A1、B1、C1，过点C1作C1D⊥x轴，垂足为点D，点E在y轴负半轴上，使得以O、E、B1为顶点的三角形与△A1C1D相似，
①求点E的坐标；（用含m的代数式表示）
②如果平移后的抛物线上存在点F，使得四边形A1FEB1为平行四边形，求m的值．
【分析】（1）将点A（1，0）、B（2，0）代入y＝ax2+bx﹣2，即可求解；
（2）①分别求出A1（1﹣m，0），B1、（2﹣m，0），C1（﹣m，﹣2），D（﹣m，0），设E（0，y），由题意可知要使三角形相似，只需∠OB1E＝∠DC1A1或∠OB1E＝∠C1A1D，当∠OB1E＝∠DC1A1，tan∠OB1E＝tan∠DC1A1＝，＝则，求出E（0，1﹣m）；当∠OB1E＝∠C1A1D，则＝2，求出E（0，4﹣2m）；
②设F（x，y），当E（0，1﹣m）时，由题意可知四边形A1E为平行四边形的对角线，可得，再由y＝﹣（x﹣+m）2+，求出m＝2（舍）或m＝；同理当E（0，4﹣2m）时，求得m＝5．
【解答】解：（1）将点A（1，0）、B（2，0）代入y＝ax2+bx﹣2，
∴，
解得，
∴y＝﹣x2+3x﹣2；
（2）①y＝﹣x2+3x﹣2＝﹣（x﹣）2+，
平移先后抛物线解析式为y＝﹣（x﹣+m）2+，
令x＝0，则y＝﹣2，
∴C（0，﹣2），
平移后A1（1﹣m，0），B1、（2﹣m，0），C1（﹣m，﹣2），
∵C1D⊥x轴，
∴D（﹣m，0），
∴OB1＝m﹣2，C1D＝2，A1D＝1，
设E（0，y），
∴OE＝﹣y，
∵∠B1OE＝90°，∠C1DA1＝90°，
∴∠OB1E＝∠DC1A1或∠OB1E＝∠C1A1D，
当∠OB1E＝∠DC1A1，
∴tan∠OB1E＝＝，tan∠DC1A1＝＝，
∴＝，
∴y＝1﹣m，
∴E（0，1﹣m）；
当∠OB1E＝∠C1A1D，
∴＝2，
∴y＝4﹣2m，
∴E（0，4﹣2m）；
综上所述：E点坐标为（0，1﹣m）或（0，4﹣2m）；
②设F（x，y），
当E（0，1﹣m）时，
∵四边形A1FEB1为平行四边形，
∴四边形A1E为平行四边形的对角线，
∴，
∴x＝﹣1，
∵平移先后抛物线解析式为y＝﹣（x﹣+m）2+，
∴y＝（﹣+m）2+，
∴1﹣m＝﹣（﹣+m）2+，
解得m＝2（舍）或m＝，
当m＝时，y＝﹣，F（﹣1，﹣），
∴m＝；
当E（0，4﹣2m）时，
∵四边形A1FEB1为平行四边形，
∴四边形A1E为平行四边形的对角线，
∴，
∴x＝﹣1，
∵平移先后抛物线解析式为y＝﹣（x﹣+m）2+，
∴y＝（﹣+m）2+，
∴4﹣2m＝﹣（﹣+m）2+，
∴m＝5或m＝2（舍）；
综上所述：m＝或m＝5．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，三角形相似的判定及性质，抛物线平移的性质，平行四边形的性质是解题的关键．
14．（2022•黄浦区二模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过点A（4，0），顶点为H（2，4），对称轴l与x轴交于点B，点C、P是抛物线上的点，且都在第一象限内．
（1）求抛物线的表达式；
（2）当点C位于对称轴左侧，∠CHB＝∠CAO，求点C的坐标；
（3）在（2）的条件下，已知点P位于对称轴的右侧，过点P作PQ∥CH，交对称轴l于点Q，且S△POQ：S△PAQ＝1：5，求直线PQ的表达式．
【分析】（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）2+4，将A（4，0）代入，即可求解；
（2）过点C作CE⊥l交于E，过点C作CG⊥x轴交于G，设C（t，﹣t2+4t），由＝，则＝，求出t即可求解；
（3）求出直线CH的解析式，设直线PQ的解析式为y＝x+m，过O点作CH的平行线的解析式为y＝x，过A点作AF∥CH，直线 AF的解析式为y＝x﹣4，过点O作KO⊥PQ交AF于点K，交PQ于点L，求出OK＝2，当P点在直线y＝x下方时，由题意可知OL：LK＝1：5，则OL＝，在Rt△OLM中，OM＝，可求M（0，﹣），则PQ的解析式为y＝x﹣；当P点在直线y＝x上方时，同理求出M（0，1），则PQ的解析式为y＝x+1．
【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）2+4，
将A（4，0）代入，可得4a+4＝0，
∴a＝﹣1，
∴y＝﹣x2+4x；
（2）过点C作CE⊥l交于E，过点C作CG⊥x轴交于G，
令y＝0，则x＝0或x＝4，
∴A（4，0），
设C（t，﹣t2+4t），
∴AG＝4﹣t，CG＝|﹣t2+4t|，EC＝2﹣t，HE＝4﹣（﹣t2+4t）＝t2﹣4t+4，
∵∠CHB＝∠CAO，
∴＝，
∴＝，
解得t＝1或t＝﹣+1，
∵C点在第一象限，
∴C（1，3）；
（3）设直线CH的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x+2，
∵PQ∥CH，
设直线PQ的解析式为y＝x+m，
过O点作CH的平行线，则解析式为y＝x，
过A点作AF∥CH，则解析式为y＝x﹣4，
∴F（0，﹣4），
∴OF＝4，
过点O作KO⊥PQ交AF于点K，交PQ于点L，
∵OA＝OF，
∴∠OFK＝45°，
∴OK＝2，
当P点在直线y＝x下方时，
∵S△POQ：S△PAQ＝1：5，
∴OL：LK＝1：5，
∴OL＝，
在Rt△OLM中，OM＝，
∴M（0，﹣），
∴PQ的解析式为y＝x﹣；
当P点在直线y＝x上方时，
∵S△POQ：S△PAQ＝1：5，
∴OL：LK＝1：5，
∴OL＝，
在Rt△OLM中，OM＝1，
∴M（0，1），
∴PQ的解析式为y＝x+1；
综上所述：PQ的解析式为y＝x+1或y＝x﹣．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，利用平行线间距离的关系求函数解析式是解题的关键．
15．（2022•浦东新区二模）如图，抛物线x2+bx+c与x轴交于点A（4，0）和点B，与y轴交于点C（0，﹣3）．
（1）求抛物线的表达式；
（2）已知点M在x轴上，且在点B的右侧，联结BC、CM，如果S△MBC：S△ABC＝4：7，求点M的坐标；
（3）在（2）的条件下，如果点D在线段OC上，∠CAD＝∠MCO，求OD的长度．
【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的表达式为x2﹣x﹣3；
（2）在x2﹣x﹣3中，令y＝0得B（﹣3，0），A（4，0），设M（m，0），可得[（m+3）×3]：（×7×3）＝4：7，可解得M（1，0）；
（3）过D作DE⊥AC于E，由M（1，0），C（0，﹣3），得tan∠MCO＝＝，故tan∠CAD＝tan∠MCO＝，设DE＝t，则AE＝3t，CE＝5﹣3t，根据△DCE∽△ACO，即得＝，解得t＝，从而可得OD＝OC﹣CD＝．
【解答】解：（1）将A（4，0），C（0，﹣3）代入x2+bx+c得：
，
解得，
答：抛物线的表达式为x2﹣x﹣3；
（2）在x2﹣x﹣3中，令y＝0得x＝﹣3或x＝4，
∴B（﹣3，0），A（4，0），
∴AB＝7，
设M（m，0），
∵S△MBC：S△ABC＝4：7，
∴[（m+3）×3]：（×7×3）＝4：7，
解得m＝1，
∴M（1，0）；
（3）过D作DE⊥AC于E，如图：
由A（4，0），C（0，﹣3）得AC＝＝5，
∵M（1，0），C（0，﹣3），
∴tan∠MCO＝＝，
∴tan∠CAD＝tan∠MCO＝，
∴＝，
设DE＝t，则AE＝3t，CE＝5﹣3t，
∵∠DCE＝∠ACO，∠DEC＝90°＝∠AOC，
∴△DCE∽△ACO，
∴＝，即＝，
解得t＝，
∴DE＝，CE＝5﹣3t＝1，
∴CD＝＝，
∴OD＝OC﹣CD＝3﹣＝，
答：OD的长度为．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，锐角三角函数，相似三角形判定与性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造相似三角形解决问题．
16．（2022•黄浦区校级二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2﹣2ax+c（a＞0）与x轴交于点A（﹣2，0）、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D，直线经过点A，交抛物线的对称轴于点E．
（1）求△ABE的面积；
（2）联结EC，交x轴于点F，联结AC，若，求抛物线的表达式；
（3）在（2）的条件下，点P是直线AE上一点，且∠EPB＝∠ECB，求点P的坐标．
【分析】（1）将A（﹣2，0）代入y＝x+b可得b＝1，由抛物线y＝ax2﹣2ax+c的对称轴为直线x＝﹣＝1，在y＝x+1中，令x＝1可得E（1，），根据A（﹣2，0），B关于对称轴直线x＝1对称，即知B（4，0），从而可得S△ABE＝AB•|yE|＝；
（2）过E作EK⊥y轴于K，由，OF∥EK，可得＝＝，即得C（0，﹣2），用待定系数法得抛物线的表达式为y＝x2﹣x﹣2；
（3）过B作BP∥CE交直线AE于P，以B为圆心，BP为半径作圆与直线AE另一交点为P'，直线AE为y＝x+1，用待定系数法可得直线BC为y＝x﹣2，即知AE∥BC，从而四边形ECBP是平行四边形，有∠ECB＝∠EPB，P是满足题意的点，由平移可得P（5，），因BP＝BP'，所以∠EP'B＝∠EPB＝∠ECB，P'是满足题意的点，设P'（m，m+1），可得（5﹣4）2+（﹣0）2＝（m﹣4）2+（m+1）2，即可解得P'（，）．
【解答】解：（1）将A（﹣2，0）代入y＝x+b得：
﹣1+b＝0，
解得b＝1，
∴y＝x+1，
抛物线y＝ax2﹣2ax+c的对称轴为直线x＝﹣＝1，
在y＝x+1中，令x＝1得y＝，
∴E（1，），
∵抛物线y＝ax2﹣2ax+c（a＞0）与x轴交于点A（﹣2，0）、B两点，
∴A（﹣2，0），B关于对称轴直线x＝1对称，
∴B（4，0），
∴AB＝6，
∴S△ABE＝AB•|yE|＝×6×＝，
答：△ABE的面积是；
（2）过E作EK⊥y轴于K，如图：
∵，
∴＝，
∵OF∥EK，
∴＝＝，
由（1）知E（1，），
∴OK＝，
∴OC＝2，
∴C（0，﹣2），
把A（﹣2，0），C（0，﹣2）代入y＝ax2﹣2ax+c得：
，
解得，
∴抛物线的表达式为y＝x2﹣x﹣2；
（3）过B作BP∥CE交直线AE于P，以B为圆心，BP为半径作圆与直线AE另一交点为P'，如图：
由（1）（2）知直线AE为y＝x+1，C（0，﹣2），B（4，0），
设直线BC为y＝tx﹣2，将B（4，0）代入得：
4t﹣2＝0，
解得t＝，
∴直线BC为y＝x﹣2，
∴AE∥BC，
∵BP∥CE，
∴四边形ECBP是平行四边形，
∴∠ECB＝∠EPB，
∴P是满足题意的点，
由C（0，﹣2）平移至B（4，0）与E（1，）平移至P方式相同，可得P（5，），
∵BP＝BP'，
∴∠EP'B＝∠EPB＝∠ECB，
∴P'是满足题意的点，
设P'（m，m+1），
∵BP＝BP'，
∴（5﹣4）2+（﹣0）2＝（m﹣4）2+（m+1）2，
解得m＝5（与P重合，舍去）或m＝，
∴P'（，），
综上所述，点P的坐标为（5，）或（，）．
【点评】本题考查一次函数、二次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，平行四边形、等腰三角形等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．