中考数学二轮巩固训练专题07 二次函数的综合（2份，原卷版+解析版）

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1．（2021•绵阳）如图，二次函数y＝﹣x2﹣2x+4﹣a2的图象与一次函数y＝﹣2x的图象交于点A、B（点B在右侧），与y轴交于点C，点A的横坐标恰好为a．动点P、Q同时从原点O出发，沿射线OB分别以每秒和2个单位长度运动，经过t秒后，以PQ为对角线作矩形PMQN，且矩形四边与坐标轴平行．
（1）求a的值及t＝1秒时点P的坐标；
（2）当矩形PMQN与抛物线有公共点时，求时间t的取值范围；
（3）在位于x轴上方的抛物线图象上任取一点R，作关于原点（0，0）的对称点为R′，当点M恰在抛物线上时，求R′M长度的最小值，并求此时点R的坐标．
【思路点拨】
（1）将A（a，﹣2a）代入y＝﹣x2﹣2x+4﹣a2，解方程求出a，即可求得抛物线解析式，当t＝1秒时，OP，设P的坐标为（x，y），建立方程求解即可；
（2）经过t秒后，OPt，OQ＝2t，得出P的坐标为（1，﹣2t），Q的坐标为（2t，﹣4t），进而得出M的坐标为（2t，﹣2t），N的坐标为（t，﹣4t），将M（2t，﹣2t）代入y＝﹣x2﹣2x+2，得2t2+t﹣1＝0，解方程即可，将N（1，﹣4t）代入y＝﹣x2﹣2x+2，得（t﹣1）2＝3，解方程即可得出答案；
（3）设R（m，n），则R关于原点的对称点为R'（﹣m，﹣n），当点M恰好在抛物线上时，M坐标为（1，﹣1），过R'和M作坐标轴平行线相交于点S，如图3，利用勾股定理可得R'M，当n时，R'M长度的最小值为，进而可得出答案．
【解答过程】
解：（1）由题意知，交点A坐标为（a，﹣2a），代入y＝﹣x2﹣2x+4﹣a2，
解得：a，
抛物线解析式为：y＝﹣x2﹣2x+2，
当t＝1秒时，OP，设P的坐标为（x，y），
则，
解得或（舍去），
∴P的坐标为（1，﹣2）；
（2）经过t秒后，OPt，OQ＝2t，
由（1）方法知，P的坐标为（t，﹣2t），Q的坐标为（2t，﹣4t），
由矩形PMQN的邻边与坐标轴平行可知，M的坐标为（2t，﹣2t），N的坐标为（t，﹣4t），
矩形PMQN在沿着射线OB移动的过程中，点M与抛物线最先相交，如图1，
然后公共点变为2个，点N与抛物线最后相离，然后渐行渐远，如图2，
将M（2t，﹣2t）代入y＝﹣x2﹣2x+2，得2t2+t﹣1＝0，
解得：t，或t＝﹣1（舍），
将N（t，﹣4t）代入y＝﹣x2﹣2x+2，得（t﹣1）2＝3，
解得：t＝1或t＝1（舍）．
所以，当矩形PMQN与抛物线有公共点时，
时间t的取值范围是：t≤1；
（3）设R（m，n），则R关于原点的对称点为R'（﹣m，﹣n），
当点M恰好在抛物线上时，M坐标为（1，﹣1），
过R'和M作坐标轴平行线相交于点S，如图3，
则R'M，
又∵n＝﹣m2﹣2m+2得（m+1）2＝3﹣n，
消去m得：R'M


，
当n时，R'M长度的最小值为，
此时，n＝﹣m2﹣2m+2，
解得：m＝﹣1±，
∴点R的坐标是（﹣1±，）．
2．（2021•内江）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣2，0）、B（6，0）两点，与y轴交于点C．直线l与抛物线交于A、D两点，与y轴交于点E，点D的坐标为（4，3）．
（1）求抛物线的解析式与直线l的解析式；
（2）若点P是抛物线上的点且在直线l上方，连接PA、PD，求当△PAD面积最大时点P的坐标及该面积的最大值；
（3）若点Q是y轴上的点，且∠ADQ＝45°，求点Q的坐标．
【思路点拨】
（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）如图1中，过点P作PK∥y轴交AD于点K．设P（m，m2+m+3），则K（m，m+1）．因为S△PAD•（xD﹣xA）•PK＝3PK，所以PK的值最大值时，△PAD的面积最大，求出PK的最大值即可．
（3）如图2中，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AT，则T（﹣5，6），设DT交y轴于点Q，则∠ADQ＝45°，作点T关于AD的对称点T′（1，﹣6），设DQ′交y轴于点Q′，则∠ADQ′＝45°，分别求出直线DT，直线DT′的解析式即可解决问题．
【解答过程】
解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣2，0）、B（6，0）两点，
∴设抛物线的解析式为y＝a（x+2）（x﹣6），
∵D（4，3）在抛物线上，
∴3＝a（4+2）×（4﹣6），
解得a，
∴抛物线的解析式为y（x+2）（x﹣6）x2+x+3，
∵直线l经过A（﹣2，0）、D（4，3），
设直线l的解析式为y＝kx+m（k≠0），
则，
解得，，
∴直线l的解析式为yx+1；
（2）如图1中，过点P作PK∥y轴交AD于点K．设P（m，m2+m+3），则K（m，m+1）．
∵S△PAD•（xD﹣xA）•PK＝3PK，
∴PK的值最大值时，△PAD的面积最大，
∵PKm2+m+3m﹣1m2m+2（m﹣1）2，
∵0，
∴m＝1时，PK的值最大，最大值为，此时△PAD的面积的最大值为，P（1，）．
（3）如图2中，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AT，则T（﹣5，6），
设DT交y轴于点Q，则∠ADQ＝45°，
∵D（4，3），
∴直线DT的解析式为yx，
∴Q（0，），
作点T关于AD的对称点T′（1，﹣6），
则直线DT′的解析式为y＝3x﹣9，
设DQ′交y轴于点Q′，则∠ADQ′＝45°，
∴Q′（0，﹣9），
综上所述，满足条件的点Q的坐标为（0，）或（0，﹣9）．
3．（2021•西宁）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数yx+3的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C的坐标为（﹣2，0），抛物线经过A，B，C三点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）直线AD与y轴负半轴交于点D，且∠BAO＝∠DAO，求证：OB＝OD；
（3）在（2）的条件下，若直线AD与抛物线的对称轴l交于点E，连接BE，在第一象限内的抛物线上是否存在一点P，使四边形BEAP的面积最大？若存在，请求出点P的坐标及四边形BEAP面积的最大值；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）由直线求得A，B，再由待定系数法求出抛物线解析式即可；
（2）证明出△BOA≌△DOA即可；
（3）根据△BPA面积最大时，四边形BEAP的面积最大，先设点P的坐标为（t，t2+t+3），表示出S△ABP（t﹣3）2，即可得出点P的坐标及四边形BEAP面积的最大值．
【解答过程】
解：（1）令y＝0，则x+3＝0，解得x＝6，
令x＝0，则y＝3，
∴A（6，0），B（0，3），
设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，
把A，B，C三点坐标代入解析式，得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为yx2+x+3；
（2）证明：∵在平面直角坐标系xOy中，
∴∠BOA＝∠DOA＝90°，
在△BOA和△DOA中，
，
∴△BOA≌△DOA （ASA），
∴OB＝OD，
（3）存在，理由如下：
如图，过点E作EM⊥y轴于点M，
∵yx2+x+3（x﹣2）2+4，
∴抛物线的对称轴是直线x＝2，
∴E点的横坐标是2，即EM＝2，
∵B（0，3），
∴OB＝OD＝3，
∴BD＝6，
∵A（6，0），
∴OA＝6，
∴S△ABE＝S△ABD﹣S△DBE6×66×2＝12，
设点P的坐标为（t，t2+t+3），
连接PA，PB，过点P作PN⊥x轴于点H1，交直线AB于点N，过点B作BH2⊥PN于点H2，
∴N（t，t+3），
∴PNt2+t+3﹣（t+3）t2t，
∵AH1+BH2＝OA＝6，S△ABP＝S△NBP+S△ANPPN•BH2PN•AH1PN•OA，
∴S△ABP6（t2t）（t﹣3）2，
∵0，抛物线开口向下，函数有最大值，
∴当t＝3时，△BPA面积的最大值是，此时四边形BEAP的面积最大，
∴四边形BEAP的面积最大值为12，
∴当P点坐标是（3，）时，四边形BEAP面积的最大值是．
4．（2021•兴安盟）如图，直线y＝x+2与抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）相交于点A（，）和点B（4，m）．抛物线与x轴的交点分别为H、K（点H在点K的左侧）．点F在线段AB上运动（不与点A、B重合），过点F作直线FC⊥x轴于点P，交抛物线于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，连接AC，是否存在点F，使△FAC是直角三角形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，说明理由；
（3）如图2，过点C作CE⊥AB于点E，当△CEF的周长最大时，过点F作任意直线l，把△CEF沿直线l翻折180°，翻折后点C的对应点记为点Q，求出当△CEF的周长最大时，点F的坐标，并直接写出翻折过程中线段KQ的最大值和最小值．
【思路点拨】
（1）先把点B代入直线的解析式，求出m的值，再把点A和点B代入抛物线的解析式，即可求出抛物线的解析式；
（2）先设出F的坐标，然后分A为直角顶点和C为直角顶点两种情况，利用等腰直角三角形得性质即可求出点F的坐标；
（3）先设出点C的坐标，再设出点F的坐标，然后表示出三角形CEF的周长，求出周长取最大值时点C和F的坐标即可，折叠过程中，当K，F，Q共线，且K和Q在F两侧时，KQ的最大，K和Q在F同侧时，KQ的最小．
【解答过程】
解：（1）∵直线y＝x+2过点B（4，m），
∴m＝4+2，
解得m＝6，
∴B（4，6），
把点A和B代入抛物线的解析式，得：
，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）存在点F，使△FAC为直角三角形，
设F（n，n+2），直线AB与x轴交于M，则M（﹣2，0），直线AB与y轴交于点N，则N（0，2），
∵FC∥y轴，
∴C（n，2n2﹣8n+6），
∵直线y＝x+2与x轴的交点为M（﹣2，0），与y轴交点为N（0，2），
∴OM＝ON＝2，
∴∠ONM＝45°，
∵FC∥y轴，
∴∠AFC＝∠ONM＝45°，
若△FAC为直角三角形，则分两种情况讨论：
（i）若点A为直角顶点，即∠FAC＝90°，
过点A作AD⊥FC于点D，
在Rt△FAC中，
∵∠AFC＝45°，
∴AF＝AC，
∴DF＝DC，
∴ADFC，
∵n，
化简得：2n2﹣7n+3＝0，
解得：n1＝3，（与A重合舍去），
∴F（3，5），
（ii）若点C为直角顶点，即∠FCA＝90°，则AC∥x轴，
在Rt△FAC中，
∵∠AFC＝45°，
∴AC＝CF，
∴n（n+2）﹣（2n2﹣8n+6，
化简得：4n2﹣16n+7＝0，
解得：，（舍去），
∴F（，），
综上所述：存在点 F（3，5）或（，），使△FAC为直角三角形；
（3）设F（c，c+2），
∵FC∥y轴，
∴C（c，2c2﹣8c+6），
在Rt△FEC中，
∵∠AFC＝45
∴EF＝EC＝CF•sin∠AFC，
∴当CF最大时，△FEC的周长最大，
∵CF＝（c+2）﹣（2c2﹣8c+6）＝﹣2c2+9c﹣4，
又∵﹣2＜0，
∴当时，CF最大即△FEC的周长最大，此时F点坐标为，
折叠过程中，当K，F，Q共线，且K和Q在F两侧时，KQ的最大，K和Q在F同侧时，KQ的最小，
∵CF，
由（1）知点K的坐标为（3，0），
∴KF，
∴KQ的最大值为CF+KF，KQ的最小值为CF﹣KF．
5．（2021•赤峰）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣3，0）、B（1，0）两点，与y轴交于点C，对称轴l与x轴交于点F，直线m∥AC，点E是直线AC上方抛物线上一动点，过点E作EH⊥m，垂足为H，交AC于点G，连接AE、EC、CH、AH．
（1）抛物线的解析式为 y＝﹣x2﹣2x+3 ；
（2）当四边形AHCE面积最大时，求点E的坐标；
（3）在（2）的条件下，连接EF，点P是x轴上一动点，在抛物线上是否存在点Q，使得以F、E、P、Q为顶点，以EF为一边的四边形是平行四边形．若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
【思路点拨】
（1）利用待定系数法构建方程组求出b，c即可；
（2）如图1中，连接OE．设E（m，﹣m2﹣2m+3）．由题意AC∥直线m，推出△ACH的面积是定值，因为S四边形AECH＝S△AEC+S△ACH，推出当△AEC的面积最大时，四边形AECH的面积最大，构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可；
（3）如图2中，因为点Q在抛物线上 EF是平行四边形的边，观察图象可知，满足条件的点Q的纵坐标为±，构建方程求解即可．
【解答过程】
解：（1）∵y＝﹣x2+bx+c与x轴交于（﹣3，0）、B（1，0），
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3．
故答案为：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如图1中，连接OE．设E（m，﹣m2﹣2m+3）．
∵A（﹣3，0），C（0，3），
∴OA＝OC＝3，AC＝3，
∵AC∥直线m，
∴当直线m的位置确定时，△ACH的面积是定值，
∵S四边形AECH＝S△AEC+S△ACH，
∴当△AEC的面积最大时，四边形AECH的面积最大，
∵S△AEC＝S△AEO+S△ECO﹣S△AOC3×（﹣m2﹣2m+3）3×（﹣m）3×3（m）2，
∵0，
∴m时，△AEC的面积最大，
∴E（，）；
（3）存在．如图2中，因为点Q在抛物线上 EF是平行四边形的边，观察图象可知，满足条件的点Q的纵坐标为±，
对于抛物线y＝﹣x2﹣2x+3，当y时，﹣x2﹣2x+3，解得x（舍弃）或，
∴Q1（，）．
当y时，﹣x2﹣2x+3，解得x，
∴Q2（，），Q3（，）．
综上所述，满足条件的点Q坐标为（，）或（，）或（，）．
6．（2021•阜新）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴于点A（﹣1，0），B（3，0），过点B的直线yx﹣2交抛物线于点C．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）若点P是直线BC下方抛物线上的一个动点（P不与点B，C重合），求△PBC面积的最大值；
（3）若点M在抛物线上，将线段OM绕点O旋转90°，得到线段ON，是否存在点M，使点N恰好落在直线BC上？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）利用待定系数法即可求得答案；
（2）如图1，过点P作PD∥y轴，交x轴于点D，交BC于点E，作CF⊥PD于点F，连接PB，PC，设点P（m，m2﹣2m﹣3），则点E （m，），可得出PE＝﹣m2m+1，再通过解方程组求出点C的坐标为（，），利用三角形面积公式和二次函数性质即可得出答案；
（3）设M（t，t2﹣2t﹣3），N（n，n﹣2），作MG⊥y轴于点G，NH⊥x轴于H，证明△OGM≌△OHN（AAS），得出GM＝NH，OG＝OH，建立方程组求解即可．
【解答过程】
解：（1）将点A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3 中，得：
，
解得：，
∴该抛物线表达式为y＝x2﹣2x﹣3．
（2）如图1，过点P作PD∥y轴，交x轴于点D，交BC于点E，作CF⊥PD于点F，连接PB，PC，
设点P（m，m2﹣2m﹣3），则点E （m，），
∴PE＝PD﹣DE＝﹣m2+2m+3﹣（m+2）＝﹣m2m+1，
联立方程组：，
解得：，，
∵点B坐标为（3，0），
∴点C的坐标为（，），
∴BD+CF＝3，
∴S△PBC＝S△PEB+S△PEC
PE•BDPE•CF
PE（BD+CF）
（﹣m2m+1）•
（）2，（其中m＜3），
∵，
∴这个二次函数有最大值．
当m时，S△PBC的最大值为．
（3）如图2，设M（t，t2﹣2t﹣3），N（n，n﹣2），
作MG⊥y轴于点G，NH⊥x轴于H，
∴∠OGM＝∠OHN＝90°，
∵线段OM绕点O旋转90°，得到线段ON，
∴OM＝ON，∠MON＝90°，
∵∠GOH＝90°，
∴∠MOG＝∠NOH，
在△OGM与△OHN中，
，
∴△OGM≌△OHN（AAS），
∴GM＝NH，OG＝OH，
∴，
解得：，，
M1（0，﹣3），M2 ，
如图3，设M（t，t2﹣2t﹣3），N（n，n﹣2），
作MG⊥x轴于点G，NH⊥x轴于H，
∴∠OGM＝∠OHN＝90°，
∵线段OM绕点O旋转90°，得到线段ON，
∴OM＝ON，∠MON＝90°，
∵∠GOH＝90°，
∴∠MOG＝∠NOH，
在△OGM与△OHN中，
，
∴△OGM≌△OHN（AAS），
∴GM＝NH，OG＝OH，
∴，
解得：t1，t2，
∴M3，M4（，）；
综上所述，点M的坐标为M1（0，﹣3），M2 ，M3，M4（，）．
7．（2021•德阳）如图，已知：抛物线y＝x2+bx+c与直线l交于点A（﹣1，0），C（2，﹣3），与x轴另一交点为B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线上找一点P，使△ACP的内心在x轴上，求点P的坐标；
（3）M是抛物线上一动点，过点M作x轴的垂线，垂足为N，连接BM．在（2）的条件下，是否存在点M，使∠MBN＝∠APC？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）把点A，C代入抛物线的解析式，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）先作出点C关于x轴的对称点C'，然后连接AC'并延长交抛物线于点P，根据对称性可知P为所求的点；
（3）根据勾股定理先求出∠APC的正切值，再设出点M的坐标为（m，m2﹣2m﹣3），利用∠MBN＝∠APC列出关于m的方程，求出m，即可确定M的坐标．
【解答过程】
解：（1）把点A（﹣1，0），C（2，﹣3）代入y＝x2+bx+c，
得到方程组：，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）作点C关于x轴的对称点C'，则C'（2，3），连接AC'并延长与抛物线交于点P，由图形的对称性可知P为所求的点，
设直线AC'的解析式为y＝mx+n，
由题意得：，
解得：，
∴直线AC'的解析式为y＝x+1，
将直线和抛物线的解析式联立得：
，
解得（舍去）或，
∴P（4，5）；
（3）存在点M，
过点P作x轴的垂线，由勾股定理得AP，
同理可求得AC，PC，
∴AP2+AC2＝PC2，∠PAC＝90°，
∴tan∠APC，
∵∠MBN＝∠APC，
∴tan∠MBN＝tan∠APC，
∴，
设点M（m，m2﹣2m﹣3），则（m≠3），
解得m或m，
当m时，m2﹣2m﹣3，
∴M（，），
当m，m2﹣2m﹣3，
∴M（，），
∴存在符合条件的点M，M的坐标为（，），（，）．
8．（2021•攀枝花）如图，开口向上的抛物线与x轴交于A（x1，0）、B（x2，0）两点，与y轴交于点C，且AC⊥BC，其中x1，x2是方程x2+3x﹣4＝0的两个根．
（1）求点C的坐标，并求出抛物线的表达式；
（2）垂直于线段BC的直线l交x轴于点D，交线段BC于点E，连接CD，求△CDE的面积的最大值及此时点D的坐标；
（3）在（2）的结论下，抛物线的对称轴上是否存在点P，使得△PDE是等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）由x2+3x﹣4＝0得A（﹣4，0），B（1，0），根据△AOC∽△COB，可求C（0，﹣2），从而由待定系数法可得抛物线解析式为yx2x﹣2；
（2）由A（﹣4，0），B（1，0），C（0，﹣2）可得AB＝5，BC，AC＝2，根据△ABC∽△DBE，设D（t，0），即得DE（1﹣t），BE（1﹣t），故S△BDEDE•BE（1﹣t）2，S△CDE＝S△BDC﹣S△BDE（t）2，即得S△CDE最大为，D（，0）；
（3）由yx2x﹣2得抛物线对称轴为直线x，D在对称轴上，DE[1﹣（）]，当DE＝DP时，即得P（，）或（，），当DE＝PE时，过E作EH⊥x轴于H，由△DHE∽△DEB，可得E（，﹣1），而E在DP的垂直平分线上，故P（，﹣2），当PD＝PE时，设P（，m），可得m2＝（）2+（m+1）2，解得P（，）．
【解答过程】
解：（1）由x2+3x﹣4＝0得x1＝﹣4，x2＝1，
∴A（﹣4，0），B（1，0），
∴OA＝4，OB＝1，
∵AC⊥BC，
∴∠ACO＝90°﹣∠BCO＝∠OBC，
∵∠AOC＝∠BOC＝90°，
∴△AOC∽△COB，
∴，即，
∴OC＝2，
∴C（0，﹣2），
设抛物线解析式为y＝a（x+4）（x﹣1），
将C（0，﹣2）代入得﹣2＝﹣4a，
∴a，
∴抛物线解析式为y（x+4）（x﹣1）x2x﹣2；
（2）如图：
由A（﹣4，0），B（1，0），C（0，﹣2）得：AB＝5，BC，AC＝2，
∵DE⊥BC，AC⊥BC，
∴DE∥AC，
∴△ABC∽△DBE，
∴，
设D（t，0），则BD＝1﹣t，
∴，
∴DE（1﹣t），BE（1﹣t），
∴S△BDEDE•BE（1﹣t）2，
而S△BDCBD•OC（1﹣t）×2＝1﹣t，
∴S△CDE＝S△BDC﹣S△BDE＝1﹣t（1﹣t）2t2t（t）2，
∵0，
∴t时，S△CDE最大为，
此时D（，0）；
（3）存在，
由yx2x﹣2知抛物线对称轴为直线x，
而D（，0），
∴D在对称轴上，
由（2）得DE[1﹣（）]，
当DE＝DP时，如图：
∴DP，
∴P（，）或（，），
当DE＝PE时，过E作EH⊥x轴于H，如图：
∵∠HDE＝∠EDB，∠DHE＝∠BED＝90°，
∴△DHE∽△DEB，
∴，即，
∴HE＝1，DH＝2，
∴E（，﹣1），
∵E在DP的垂直平分线上，
∴P（，﹣2），
当PD＝PE时，如图：
设P（，m），
则m2＝（）2+（m+1）2，
解得m，
∴P（，），
综上所述，P的坐标为（，）或（，）或（，﹣2）或（，）．
9．（2021•百色）已知O为坐标原点，直线l：yx+2与x轴、y轴分别交于A、C两点，点B（4，2）关于直线l的对称点是点E，连接EC交x轴于点D．
（1）求证：AD＝CD；
（2）求经过B、C、D三点的抛物线的函数表达式；
（3）当x＞0时，抛物线上是否存在点P，使S△PBCS△OAE？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．
【思路点拨】
（1）求出A、C两点的坐标，可得四边形OABC是矩形，则OA∥BC，∠BCA＝∠OAC，由对称可得∠ACD＝∠ACB，等量代换得∠ACD＝∠OAC，等角对等边即可得出AD＝CD；
（2）设OD＝m，由对称可得CE＝BC＝4，AE＝AB＝OC＝2，由（1）得CD＝AD＝4﹣m，在Rt△OCD中，根据勾股定理可得m，可得D的坐标，再由B、C、D三点的坐标通过待定系数法即可求得抛物线的函数表达式；
（3）过点E作EM⊥x轴于M，由S△AEDAE•DEAD•EM，可得EM，设△PBC中BC边上的高为h，由S△PBCS△OAE可得h＝2，则点P的纵坐标为0或4，分别将y＝0和y＝4代入抛物线的函数表达式即可求解．
【解答过程】
（1）证明：∵yx+2与x轴、y轴分别交于A、C两点，
∴A（4，0），C（0，2），
由对称得∠ACD＝∠ACB，
∵B（4，2），
∴四边形OABC是矩形，
∴OA∥BC，
∴∠BCA＝∠OAC，
∴∠ACD＝∠OAC，
∴AD＝CD；
（2）解：设OD＝m，由对称可得CE＝BC＝4，AE＝AB＝OC＝2，∠AED＝∠B＝90°，
∴CD＝AD＝4﹣m，
在Rt△OCD中，OD2+OC2＝CD2，
∴m2+22＝（4﹣m）2，
∴m，
∴D（，0），
设经过B、C、D三点的抛物线的函数表达式为：y＝ax2+bx+c，
把B（4，2），C（0，2），D（，0）代入得：
，
解得：．
∴经过B，C，D三点的抛物线的函数表达式为：yx2x+2；
（3）解：存在，
过点E作EM⊥x轴于M，
∵ED＝EC﹣CD＝EC﹣AD＝OD，
∴S△AEDAE•DEAD•EM，
∴2（4）EM，
∴EM，
设△PBC中BC边上的高为h，
∵S△PBCS△OAE，
∴OA•EMBC•h，
∴44h，
∴h＝2，
∵C（0，2），B（4，2），
∴点P的纵坐标为0或4，
①y＝0时，x2x+2＝0，
解得：x1，x2；
②y＝4时，x2x+2＝4，
解得：x3，x4（舍去），
∴存在，点P的坐标为（，0）或（，0）或（，4）．
10．（2021•湘潭）如图，一次函数yx图象与坐标轴交于点A、B，二次函数yx2+bx+c图象过A、B两点．
（1）求二次函数解析式；
（2）点B关于抛物线对称轴的对称点为点C，点P是对称轴上一动点，在抛物线上是否存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）由yx可求出A（3，0），B（0，），代入二次函数yx2+bx+c即得二次函数解析式为yx2x；
（2）由二次函数yx2x可得其对称轴为直线x1，设P（1，m），Q（n，n2n），而C与B关于直线x＝1对称，可得C（2，），
①当BC、PQ为对角线时，，可得，此时四边形BQCP是平行四边形，根据P（1，），B（0，），C（2，）可得PB＝PC，即得此时Q（1，）；②BP、CQ为对角线时，同理可得Q（﹣1，0）；③以BQ、CP为对角线，同理可得Q（3，0）．
【解答过程】
解：（1）在yx中，令x＝0得y，令y＝0得x＝3，
∴A（3，0），B（0，），
∵二次函数yx2+bx+c图象过A、B两点，
∴，解得，
∴二次函数解析式为yx2x；
（2）存在，理由如下：
由二次函数yx2x可得其对称轴为直线x1，
设P（1，m），Q（n，n2n），而B（0，），
∵C与B关于直线x＝1对称，
∴C（2，），
①当BC、PQ为对角线时，如图：
此时BC的中点即是PQ的中点，即，
解得，
∴当P（1，），Q（1，）时，四边形BQCP是平行四边形，
由P（1，），B（0，），C（2，）可得PB2PC2，
∴PB＝PC，
∴四边形BQCP是菱形，
∴此时Q（1，）；
②BP、CQ为对角线时，如图：
同理BP、CQ中点重合，可得，
解得，
∴当P（1，0），Q（﹣1，0）时，四边形BCPQ是平行四边形，
由P（1，0），B（0，），C（2，）可得BC2＝4＝PC2，
∴四边形BCPQ是菱形，
∴此时Q（﹣1，0）；
③以BQ、CP为对角线，如图：
BQ、CP中点重合，可得，
解得，
∴P（1，0），Q（3，0）时，四边形BCQP是平行四边形，
由P（1，0），B（0，），C（2，）可得BC2＝4＝PC2，
∴四边形BCQP是菱形，
∴此时Q（3，0）；
综上所述，Q的坐标为：（1，）或（﹣1，0）或（3，0）．
11．（2021•西藏）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A，B两点．与y轴交于点C．且点A的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，5）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图（甲）．若点P是第一象限内抛物线上的一动点．当点P到直线BC的距离最大时，求点P的坐标；
（3）图（乙）中，若点M是抛物线上一点，点N是抛物线对称轴上一点，是否存在点M使得以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）将A的坐标（﹣1，0），点C的坐（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c，即可得抛物线的解析式为y＝﹣x2+4x+5；
（2）过P作PD⊥x轴于D，交BC于Q，过P作PH⊥BC于H，由y＝﹣x2+4x+5可得B（5，0），故OB＝OC，△BOC是等腰直角三角形，可证明△PHQ是等腰直角三角形，即知PH，当PQ最大时，PH最大，设直线BC解析式为y＝kx+5，将B（5，0）代入得直线BC解析式为y＝﹣x+5，设P（m，﹣m2+4m+5），（0＜m＜5），则Q（m，﹣m+5），PQ＝﹣（m）2，故当m时，PH最大，即点P到直线BC的距离最大，此时P（，）；
（3）抛物线y＝﹣x2+4x+5对称轴为直线x＝2，设M（s，﹣s2+4s+5），N（2，t），而B（5，0），C（0，5），①以MN、BC为对角线，则MN、BC的中点重合，可列方程组，即可解得M（3，8），②以MB、NC为对角线，则MB、NC的中点重合，同理可得，解得M（﹣3，﹣16），③以MC、NB为对角线，则MC、NB中点重合，则，解得M（7，﹣16）．
【解答过程】
解：（1）将A的坐标（﹣1，0），点C的坐（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c得：
，解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+4x+5；
（2）过P作PD⊥x轴于D，交BC于Q，过P作PH⊥BC于H，如图：
在y＝﹣x2+4x+5中，令y＝0得﹣x2+4x+5＝0，
解得x＝5或x＝﹣1，
∴B（5，0），
∴OB＝OC，△BOC是等腰直角三角形，
∴∠CBO＝45°，
∵PD⊥x轴，
∴∠BQD＝45°＝∠PQH，
∴△PHQ是等腰直角三角形，
∴PH，
∴当PQ最大时，PH最大，
设直线BC解析式为y＝kx+5，将B（5，0）代入得0＝5k+5，
∴k＝﹣1，
∴直线BC解析式为y＝﹣x+5，
设P（m，﹣m2+4m+5），（0＜m＜5），则Q（m，﹣m+5），
∴PQ＝（﹣m2+4m+5）﹣（﹣m+5）＝﹣m2+5m＝﹣（m）2，
∵a＝﹣1＜0，
∴当m时，PQ最大为，
∴m时，PH最大，即点P到直线BC的距离最大，此时P（，）；
（3）存在，理由如下：
抛物线y＝﹣x2+4x+5对称轴为直线x＝2，
设M（s，﹣s2+4s+5），N（2，t），而B（5，0），C（0，5），
①以MN、BC为对角线，则MN、BC的中点重合，如图：
∴，解得，
∴M（3，8），
②以MB、NC为对角线，则MB、NC的中点重合，如图：
∴，解得，
∴M（﹣3，﹣16），
③以MC、NB为对角线，则MC、NB中点重合，如图：
，解得，
∴M（7，﹣16）；
综上所述，M的坐标为：（3，8）或（﹣3，﹣16）或（7，﹣16）．
12．（2021•郴州）将抛物线y＝ax2（a≠0）向左平移1个单位，再向上平移4个单位后，得到抛物线H：y＝a（x﹣h）2+k．抛物线H与x轴交于点A，B，与y轴交于点C．已知A（﹣3，0），点P是抛物线H上的一个动点．
（1）求抛物线H的表达式；
（2）如图1，点P在线段AC上方的抛物线H上运动（不与A，C重合），过点P作PD⊥AB，垂足为D，PD交AC于点E．作PF⊥AC，垂足为F，求△PEF的面积的最大值；
（3）如图2，点Q是抛物线H的对称轴l上的一个动点，在抛物线H上，是否存在点P，使得以点A，P，C，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．
【思路点拨】
（1）根据将抛物线y＝ax2（a≠0）向左平移1个单位，再向上平移4个单位后，得到抛物线H：y＝a（x﹣h）2+k，可得顶点坐标为（﹣1，4），即可得到抛物线H：y＝a（x+1）2+4，运用待定系数法将点A的坐标代入，即可得出答案；
（2）利用待定系数法可得直线AC的解析式为y＝x+3，设P（m，﹣m2﹣2m+3），则E（m，m+3），进而得出PE＝﹣（m）2，运用二次函数性质可得：当m时，PE有最大值，再证得△PEF是等腰直角三角形，即可求出答案；
（3）分两种情形：①当AC为平行四边形的边时，则有PQ∥AC，且PQ＝AC，如图2，过点P作对称轴的垂线，垂足为G，设AC交对称轴于点H，证得△PQG≌△ACO（AAS），根据点P到对称轴的距离为3，建立方程求解即可；
②当AC为平行四边形的对角线时，如图3，设AC的中点为M，则M（，），设点P的横坐标为x，根据中点公式建立方程求解即可．
【解答过程】
解：（1）由题意得抛物线的顶点坐标为（﹣1，4），
∴抛物线H：y＝a（x+1）2+4，
将A（﹣3，0）代入，得：a（﹣3+1）2+4＝0，
解得：a＝﹣1，
∴抛物线H的表达式为y＝﹣（x+1）2+4；
（2）如图1，
由（1）知：y＝﹣x2﹣2x+3，
令x＝0，得y＝3，
∴C（0，3），
设直线AC的解析式为y＝mx+n，
∵A（﹣3，0），C（0，3），
∴，
解得：，
∴直线AC的解析式为y＝x+3，
设P（m，﹣m2﹣2m+3），则E（m，m+3），
∴PE＝﹣m2﹣2m+3﹣（m+3）＝﹣m2﹣3m＝﹣（m）2，
∵﹣1＜0，
∴当m时，PE有最大值，
∵OA＝OC＝3，∠AOC＝90°，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴∠ACO＝45°，
∵PD⊥AB，
∴∠ADP＝90°，
∴∠ADP＝∠AOC，
∴PD∥OC，
∴∠PEF＝∠ACO＝45°，
∵PF⊥AC，
∴△PEF是等腰直角三角形，
∴PF＝EFPE，
∴S△PEFPF•EFPE2，
∴当m时，S△PEF最大值（）2；
（3）①当AC为平行四边形的边时，则有PQ∥AC，且PQ＝AC，
如图2，过点P作对称轴的垂线，垂足为G，设AC交对称轴于点H，
则∠AHG＝∠ACO＝∠PQG，
在△PQG和△ACO中，
，
∴△PQG≌△ACO（AAS），
∴PG＝AO＝3，
∴点P到对称轴的距离为3，
又∵y＝﹣（x+1）2+4，
∴抛物线对称轴为直线x＝﹣1，
设点P（x，y），则|x+1|＝3，
解得：x＝2或x＝﹣4，
当x＝2时，y＝﹣5，
当x＝﹣4时，y＝﹣5，
∴点P坐标为（2，﹣5）或（﹣4，﹣5）；
②当AC为平行四边形的对角线时，
如图3，设AC的中点为M，
∵A（﹣3，0），C（0，3），
∴M（，），
∵点Q在对称轴上，
∴点Q的横坐标为﹣1，设点P的横坐标为x，
根据中点公式得：x+（﹣1）＝2×（）＝﹣3，
∴x＝﹣2，此时y＝3，
∴P（﹣2，3）；
综上所述，点P的坐标为（2，﹣5）或（﹣4，﹣5）或（﹣2，3）．
13．（2021•兰州）如图1，二次函数y＝a（x+3）（x﹣4）的图象交坐标轴于点A，B（0，﹣2），点P为x轴上一动点．
（1）求二次函数y＝a（x+3）（x﹣4）的表达式；
（2）过点P作PQ⊥x轴分别交线段AB，抛物线于点Q，C，连接AC．当OP＝1时，求△ACQ的面积；
（3）如图2，将线段PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PD．
①当点D在抛物线上时，求点D的坐标；
②点E（2，）在抛物线上，连接PE，当PE平分∠BPD时，直接写出点P的坐标．
【思路点拨】
（1）将B（0，﹣2）代入y＝a（x+3）（x﹣4），即可求解；
（2）先求直线AB的解析式为yx﹣2，则Q（1，），C（1，﹣2），可求S△ACQ＝S△ACP﹣S△APQ；
（3）①设P（t，0），过点D作x轴垂线交于点N，可证明△PND≌△BOP（AAS），则D（t+2，﹣t），将D点代入抛物线解析式得﹣t（t+2+3）（t+2﹣4），求德D（3，﹣1）或D（﹣8，10）；
②分两种情况讨论：当PE∥y轴时，∠OBP＝45°，则P（2，0）；
当PE不平行y轴时，过B点作BG⊥PB交PE于点G，过G点作FG⊥y轴，交于点F，可证明△BPO≌△GBF（AAS），则E点与G点重合，求得P（，0）．
【解答过程】
解：（1）将B（0，﹣2）代入y＝a（x+3）（x﹣4），
∴a，
∴y（x+3）（x﹣4）x2x﹣2；
（2）令y＝0，则（x+3）（x﹣4）＝0，
∴x＝﹣3或x＝4，
∴A（4，0），
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∴，
∴，
∴yx﹣2，
∵OP＝1，
∴P（1，0），
∵PQ⊥x轴，
∴Q（1，），C（1，﹣2），
∴AP＝3，
∴S△ACQ＝S△ACP﹣S△APQ3×23；
（3）①设P（t，0），
如图2，过点D作x轴垂线交于点N，
∵∠BPD＝90°，
∴∠OPB+∠NPD＝90°，∠OPB+∠OBP＝90°，
∴∠NPD＝∠OBP，
∵BP＝PD，
∴△PND≌△BOP（AAS），
∴OP＝ND，BO＝PN，
∴D（t+2，﹣t），
∴﹣t（t+2+3）（t+2﹣4），
解得t＝1或t＝﹣10，
∴D（3，﹣1）或D（﹣8，10）；
②如图3，
∵PE平分∠BPD，
∴∠BPE＝∠EPD，
∵∠BPD＝90°，
∴∠BPE＝45°，
当PE∥y轴时，∠OBP＝45°，
∴P（2，0）；
如图4，过B点作BG⊥PB交PE于点G，过G点作FG⊥y轴，交于点F，
∵∠PBF+∠FBG＝90°，∠FBG+∠FGB＝90°，
∴∠PBF＝∠FGB，
∵∠BPG＝45°，
∴BP＝BG，
∴△BPO≌△GBF（AAS），
∴BF＝OP，FG＝OB，
∵OB＝2，
∴FG＝2，
∵E（2，）
∴E点与G点重合，
∴PO＝BF＝2，
∴P（，0）；
综上所述：P点的坐标为（2，0）或（，0）．
14．（2021•济南）抛物线y＝ax2+bx+3过点A（﹣1，0），点B（3，0），顶点为C．
（1）求抛物线的表达式及点C的坐标；
（2）如图1，点P在抛物线上，连接CP并延长交x轴于点D，连接AC，若△DAC是以AC为底的等腰三角形，求点P的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，点E是线段AC上（与点A，C不重合）的动点，连接PE，作∠PEF＝∠CAB，边EF交x轴于点F，设点F的横坐标为m，求m的取值范围．
【思路点拨】
（1）利用待定系数法可以确定抛物线的解析式，利用配方法可得抛物线的顶点坐标；
（2）利用△DAC是以AC为底的等腰三角形，求出点D的坐标，利用待定系数法确定直线CD的解析式，再与抛物线解析式联立，解方程组即可得到点P的坐标；
（3）由（2）中的条件求得线段CP，AB的长；由已知判定出△EPC∽△FEA，得出比例式，设AF＝x，AE＝y，
利用比例式求得AF的最大值，即可求得m的取值范围．
【解答过程】
解：（1）将点A（﹣1，0），点B（3，0）代入y＝ax2+bx+3得：
，
解得：．
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3．
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点C（1，4）．
（2）设AC交y轴于点F，连接DF，过点C作CE⊥x轴于点E，如图，
∵A（﹣1，0），C（1，4），
∴OA＝1，OE＝1，CE＝4．
∴OA＝OE，AC2．
∵FO⊥AB，CE⊥AB，
∴FO∥CE，
∴OFCE＝2，F为AC的中点．
∵△DAC是以AC为底的等腰三角形，
∴DF⊥AC．
∵FO⊥AD，
∴△AFO∽△FDO．
∴．
∴．
∴OD＝4．
∴D（4，0）．
设直线CD的解析式为y＝kx+m，
∴，
解得：．
∴直线CD的解析式为y．
∴，
解得：，．
∴P（）．
（3）过点P作PH⊥AB于点H，如下图，
则OH，PH，
∵OD＝4，
∴HD＝OD﹣OH，
∴PD．
∴PC＝CD﹣PD＝5．
由（2）知：AC＝2．
设AF＝x，AE＝y，则CE＝2y．
∵DA＝DC，
∴∠DAC＝∠C．
∵∠CAB+∠AEF+∠AFE＝180°，
∠AEF+∠PEF+∠CEP＝180°，
又∵∠PEF＝∠CAB，
∴∠CEP＝∠AFE．
∴△CEP∽△AFE．
∴．
∴．
∴xy．
∴当y时，x即AF有最大值．
∵OA＝1，
∴OF的最大值为1．
∵点F在线段AD上，
∴点F的横坐标m的取值范围为﹣1＜m．
15．（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．
【思路点拨】
（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．
【解答过程】
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yx+2，直线BC的解析式为yx+2，
∵MN∥AB，
∴可以假设直线MN的解析式为yx+t，
由，解得，
∴M（，），
由．解得，
∴N（，），
∴Q（，），
∵QJ⊥CD，QT⊥MH，
∴QJ4，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，）．
16．（2021•锦州）如图1，在平面直角坐标系中，直线yx+1分别与x轴、y轴交于点A，C，经过点C的抛物线yx2+bx+c与直线yx+1的另一个交点为点D，点D的横坐标为6．
（1）求抛物线的表达式．
（2）M为抛物线上的动点．
①N为x轴上一点，当四边形CDMN为平行四边形时，求点M的坐标；
②如图2，点M在直线CD下方，直线OM（OM∥CD的情况除外）交直线CD于点B，作直线BD关于直线OM对称的直线BD′，当直线BD′与坐标轴平行时，直接写出点M的横坐标．
【思路点拨】
（1）先由直线解析式求出A，C，D的坐标，再由C，D坐标求出抛物线解析式；
（2）①设N（n，0），由四边形CDMN为平行四边形，推出由平移与坐标关系可得M（n+6，），再利用待定系数法求出n即可．
②因为直线BD′与坐标轴平行，所以BD′∥x轴和BD′∥y轴分类讨论，以BD′∥x轴为例，画出草图，由于BM平分∠DBD′，又∠AOB＝∠D′BM，等量代换，可以证得△AOB是等腰三角形，求出AB的长度，并且有A和D点坐标，求出∠DAO的三角函数值，过B作BH⊥x轴于H，在直角△ABH中，利用AB的长度，和∠BAH的三角函数值，求出AH和BH的长度，得到B点坐标，进一步得到直线OB的解析式，联立直线OB和抛物线解析式，求得交点M点坐标，当BD′∥y轴，用同样的方法解决．
【解答过程】
解：（1）令x＝0，则yx+1＝1，
∴C点坐标为（0，1），
令y＝0，则，
∴，
∴A点坐标为（，0），
令x＝6，则y，
∴D点坐标为（），
将C，D两点坐标代入到抛物线解析式中得，
，
解得，
∴抛物线的表达式为：y；
（2）①设N（n，0），
∵四边形CDMN为平行四边形，
∴由平移与坐标关系可得M（n+6，），
∵点M在抛物线上，
∴1，
∴n2+9n+4＝0，
∴n，
∴点M的坐标为（，）或（，）；
②第一种情况：如图1，当BD′∥x轴时，分别过A，D作x轴的垂线，垂足分别为H，Q，
在直角△ADQ中，AQ＝6，DQ，
∴tan∠DAQ，
∴cs∠DAQ，
∵∠BAH＝∠DAQ，
∴cs∠BAH，
∵直线BD与直线BD′关于直线OM对称，
∴∠DBM＝∠D′BM，
∵BD′∥x轴，
∴∠HOB＝∠D′BM＝∠DBM，
∴AB＝AO，
∴，
∴AH，
∴OH＝AH+AO
令x，则y，
∴B点坐标为（，），
设直线OB的解析式为y＝kx，代入点B得，k，
∴直线OB的解析式为yx，
联立，
解得，，
∴点M的横坐标为3或，
第二种情况，如图2，当BD′∥y轴时，设BD′交x轴于H，
∴∠COB＝∠OBH，
∵直线BD与直线BD′关于直线OM对称，
∴∠CBO＝∠OBH＝∠COB，
∴CB＝CO＝1，
过C作CE⊥BH于E，
∴CE∥x轴，
∴∠BCE＝∠CAO，
∵tan∠CAO，
∴cs∠CAO，
∴cs∠BCE，
∴CE，
∴，
∵CE⊥BH，BH⊥x轴，
∴∠CEH＝∠BHO＝∠COH＝90°，
∴四边形CEHO为矩形，
∴EH＝CO＝1，CE＝OH，
∴BH＝BE+EH，
∴点B的坐标为（），
∴直线OB的解析式为y＝2x，
联立，
化简得，x211x+4＝0，
∴，
∵点M在直线CD下方，
∴x＜6，
∴x，
∴点M的横坐标为，
即点M的横坐标为3或或．
17．（2021•鞍山）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴于点A（﹣1，0），B（3，0），D是抛物线的顶点，P是抛物线上的动点，点P的横坐标为m（0≤m≤3），AE∥PD交直线l：yx+2于点E，AP交DE于点F，交y轴于点Q．
（1）求抛物线的表达式；
（2）设△PDF的面积为S1，△AEF的面积为S2，当S1＝S2时，求点P的坐标；
（3）连接BQ，点M在抛物线的对称轴上（位于第一象限内），且∠BMQ＝45°，在点P从点B运动到点C的过程中，点M也随之运动，直接写出点M的纵坐标t的取值范围．
【思路点拨】
（1）运用待定系数法将A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3，即可求得答案；
（2）利用配方法可求得抛物线顶点坐标D（1，﹣4），由AE∥PD得△AEF∽△PDF，再根据△PDF与△AEF的面积相等，可得△AEF≌△PDF，故点F分别是AP、ED的中点，设E（e，e+2），P（m，m2﹣2m﹣3），结合中点坐标公式建立方程求解即可；
（3）根据题意，分别求出t的最大值和最小值：①当点P与点B重合时，点Q与点O重合，此时t的值最大，如图2，以OB为斜边在第一象限内作等腰直角△O′OB，以O′为圆心，OO′为半径作⊙O′，交抛物线对称轴于点M（1，t），过点O′作O′H⊥y轴于点H，运用勾股定理即可求得答案，②当点P与点C重合时，点Q与点C重合，此时t的值最小，如图3，连接BC，以O为圆心，OB为半径作⊙O交抛物线对称轴于点M，连接OM，设抛物线对称轴交x轴于点E，运用勾股定理即可求得答案．
【解答过程】
解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴于点A（﹣1，0），B（3，0），
∴将A、B坐标分别代入抛物线解析式得：，
解得：，
∴抛物线的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）∵D是抛物线的顶点，抛物线的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴D（1，﹣4），
∵AE∥PD交直线l：yx+2于点E，P是抛物线上的动点，点P的横坐标为m（0≤m≤3），
∴△AEF∽△PDF，设E（e，e+2），P（m，m2﹣2m﹣3），
又∵△PDF的面积为S1，△AEF的面积为S2，S1＝S2，
∴△AEF≌△PDF，
∴AF＝PF，EF＝DF，即点F分别是AP、ED的中点，
又∵A（﹣1，0），P（m，m2﹣2m﹣3），E（e，e+2），D（1，﹣4），
∴由中点坐标公式得：，
解得：m1＝0，m2，
∴点P的坐标为（，）或（0，﹣3）；
（3）①当点P与点B重合时，点Q与点O重合，此时t的值最大，如图2，
以OB为斜边在第一象限内作等腰直角△O′OB，
则O′（，），OO′＝O′B，
以O′为圆心，OO′为半径作⊙O′，交抛物线对称轴于点M（1，t），
过点O′作O′H⊥y轴于点H，则∠O′HM＝90°，
∵O′H1，O′M＝OO′，
∴MH，
∴t，
②当点P与点C重合时，点Q与点C重合，此时t的值最小，如图3，
连接BC，以O为圆心，OB为半径作⊙O交抛物线对称轴于点M，
∵OB＝OC＝3，
∴⊙O经过点C，
连接OM，设抛物线对称轴交x轴于点E，
则OM＝OB＝3，OE＝1，
∵∠MEO＝90°，
∴ME2，
∴t＝2，
综上所述，2t．
18．（2021•淮安）如图，在平面直角坐标系中，二次函数yx2+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣3，0）和点B（5，0），顶点为点D，动点M、Q在x轴上（点M在点Q的左侧），在x轴下方作矩形MNPQ，其中MQ＝3，MN＝2．矩形MNPQ沿x轴以每秒1个单位长度的速度向右匀速运动，运动开始时，点M的坐标为（﹣6，0），当点M与点B重合时停止运动，设运动的时间为t秒（t＞0）．
（1）b＝ ，c＝ ．
（2）连接BD，求直线BD的函数表达式．
（3）在矩形MNPQ运动的过程中，MN所在直线与该二次函数的图象交于点G，PQ所在直线与直线BD交于点H，是否存在某一时刻，使得以G、M、H、Q为顶点的四边形是面积小于10的平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
（4）连接PD，过点P作PD的垂线交y轴于点R，直接写出在矩形MNPQ整个运动过程中点R运动的路径长．
【思路点拨】
（1）把A（﹣3，0）、B（5，0）代入yx2+bx+c，列方程组求出b，c的值；
（2）将抛物线的函数表达式由一般式配成顶点式，求出顶点D的坐标，再用待定系数法求直线BD的函数表达式；
（3）先由QM•QH＜10，且QH≠0，点M与点B重合时停止运动，确定t的取值范围，再用含t的代数式分别表示点G、点H的坐标，由MG＝HQ列方程求出t的值；
（4）过点P作直线x＝1的垂线，垂足为点F，交y轴于点G，由△PRG∽△DPF，确定点R的最低点和最高点的坐标，再求出点R运动的路径长．
【解答过程】
解：（1）把A（﹣3，0）、B（5，0）代入yx2+bx+c，
得，解得，
故答案为：，.
（2）∵yx2x（x﹣1）2﹣4，
∴该抛物线的顶点坐标为D（1，﹣4）；
设直线BD的函数表达式为y＝mx+n，
则，解得，
∴y＝x﹣5．
（3）存在，如图1、图2．
由题意得，M（t﹣6，0），Q（t﹣3，0），
∴G（t﹣6，t2t），H（t﹣3，t﹣8）；
∵QM•QH＜10，且QH≠0，点M、B重合时停止运动，
∴，解得t≤11，且t≠8；
∵MG∥HQ，
∴当MG＝HQ时，以G、M、H、Q为顶点的四边形是平行四边形，
∴|t2t|＝|t﹣8|；
由t2tt﹣8得，t2﹣18t+65＝0，
解得，t1＝5，t2＝13（不符合题意，舍去）；
由t2tt+8得，t2﹣10t+1＝0，
解得，t1＝5+2，t2＝5﹣2（不符合题意，舍去），
综上所述，t＝5或t＝5+2．
（4）由（2）得，抛物线yx2x的对称轴为直线x＝1，
过点P作直线x＝1的垂线，垂足为点F，交y轴于点G，
如图3，点Q在y轴左侧，此时点R在点G的上方，
当点M的坐标为（﹣6，0）时，点R的位置最高，
此时点Q与点A重合，
∵∠PGR＝∠DFP＝90°，∠RPG＝90°﹣∠FPD＝∠PDF，
∴△PRG∽△DPF，
∴，
∴RG6，
∴R（0，4）；
如图4，为原图象的局部入大图，
当点Q在y轴右侧且在直线x＝1左侧，此时点R的最低位置在点G下方，
由△PRG∽△DPF，
得，，
∴GR；
设点Q的坐标为（r，0）（0＜r＜1），则P（r，﹣2），
∴GRr2r（r）2，
∴当r时，GR的最大值为，
∴R（0，）；
如图5，为原图象的缩小图，
当点Q在直线x＝1右侧，则点R在点G的上方，
当点M与点B重合时，点R的位置最高，
由△PRG∽△DPF，
得，，
∴GR28，
∴R（0，26），
∴426，
∴点R运动路径的长为．
19．（2021•盘锦）如图，抛物线yx2+2x+6与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，直线y＝x﹣2与y轴交于点D，与x轴交于点E，与直线BC交于点F．
（1）点F的坐标为 （4，2） ；
（2）如图1，点P为第一象限抛物线上的一点，PF的延长线交OB于点Q，PM⊥BC于点M，QN⊥BC于点N，若，求点P的坐标；
（3）如图2，点S为第一象限抛物线上的一点，且点S在射线DE上方，动点G从点E出发，沿射线DE方向以每秒4个单位长度的速度运动，当SE＝SG，且tan∠SEG时，求点G的运动时间t．
【思路点拨】
（1）先求出B（6，0），C（0，6），再求出直线BC的解析式为y＝﹣x+6，联立即可求F点坐标；
（2）过点P作PG⊥x轴于点G，过点F作FH⊥x轴交于点H，证明△PMF∽△QNF，得，再由FH∥PG，得，可求PG，即为P点纵坐标为，则可求P（1，）或P（3，）；
（3）过点S作SK⊥EG于点K，SH⊥x轴于点H，交EG于点L，证明△ODE是等腰直角三角形，△EHL为等腰直角三角形，则有LK＝SKt，SLSK＝2t，ELt，EH＝LH＝t，OH＝t+2，SH＝3t，求出S（t+2，3t），求出t＝2，则可得点G的运动时间为2s．
【解答过程】
解：（1）在抛物线yx2+2x+6中，
令y＝0，则x2+2x+6＝0，
∴x＝﹣2或x＝6，
∴A（﹣2，0），B（6，0），
令x＝0，则y＝6，
∴C（0，6），
在直线y＝x﹣2，令y＝0，则x＝2，
∴E（2，0），
令x＝0，则y＝﹣2，
∴D（0，﹣2），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝﹣x+6，
联立，
解得，
∴F（4，2），
故答案为（4，2）；
（2）如图1，过点P作PG⊥x轴于点G，过点F作FH⊥x轴交于点H，
∵PM⊥BC，QN⊥BC，
∴∠PMF＝∠QNF，
∴△PMF∽△QNF，
∴，
∵，
∴，
∵FH∥PG，
∴，
∵FH＝2，
∴PG，
∴P点纵坐标为，
∴x2+2x+6，
∴x＝1或x＝3，
∴P（1，）或P（3，）；
（3）如图2，过点S作SK⊥EG于点K，SH⊥x轴于点H，交EG于点L，
由题意得，EG＝4t，
∵SE＝SG，
∴EK＝GKEG＝2t，
在Rt△SEK中，tan∠SEG，
∴SKt，
∵E（2，0），D（0，﹣2），
∴OE＝OD，
∴△ODE是等腰直角三角形，
∴∠OED＝45°，
∴∠KEH＝∠OED＝45°，
∴△EHL为等腰直角三角形，
∴LK＝SKt，SLSK＝2t，
∴EL＝EK﹣LKt，
∴EH＝LH＝t，
∴OH＝OE+EH＝t+2，SH＝SL+LH＝3t，
∴S（t+2，3t），
∴（t+2）2+2（t+2）+6＝3t，
∴t＝2或t＝﹣8（舍），
∴点G的运动时间为2s．
20．（2021•日照）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，点Q为抛物线对称轴与x轴的交点，点C关于x轴的对称点为点D．
①求△BDQ的周长及tan∠BDQ的值；
②点M是y轴负半轴上的点，且满足tan∠BMQ（t为大于0的常数），求点M的坐标．
【思路点拨】
（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）如图1，过点P作PH∥y轴交直线BC于点H，则△PEH∽△OEC，进而可得kPH，再运用待定系数法求得直线BC的解析式为y＝﹣x+3，设点P（t，﹣t2+2t+3），则H（t，﹣t+3），从而得出k（t）2，再利用二次函数性质即可得出答案；
（3）①如图2，过点Q作QT⊥BD于点T，则∠BTQ＝∠DTQ＝90°，利用配方法求得抛物线对称轴为直线x＝1，得出Q（1，0），运用勾股定理即可求得△BDQ的周长＝BQ+DQ+BD＝23；再证明△BQT是等腰直角三角形，利用三角函数求得QT，DT，即可求得答案；
②解法1：如图3，设M（0，﹣m），则OM＝m，过点M作MF∥x轴，过点B作BN⊥BM交MQ于点N，过点N作DN⊥y轴于点D，过点B作EF∥y轴交DN于E，交MF于F，由△MBF∽△BNE，可得tan∠BMQ，求得：BE，EN，DN＝3，再由OQ∥DN，可得△MQO∽△MND，得出，建立方程求解即可；
解法2：如图4，设M（0，﹣m），则OM＝m，根据QT2+MT2＝MQ2，求得QT、MT，再利用cs∠QBT＝cs∠MBO，求得BT，根据BT+MT＝BM，可得，化简得m2﹣2tm+3＝0，解方程即可求得答案．
解法3：如图5，取线段BQ的中点E，作EO′⊥BQ，使EO′＝t，且点O′在x轴下方，则O′（2，﹣t），连接O′B，O′Q，以O′为圆心，O′B为半径作⊙O′，交y轴于点M，设M（0，m），根据O′M＝O′B，可得（2﹣0）2+（﹣t﹣m）2＝12+t2，解方程即可求得答案．
【解答过程】
解：（1）∵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）如图1，过点P作PH∥y轴交直线BC于点H，
∴△PEH∽△OEC，
∴，
∵k，OC＝3，
∴kPH，
设直线BC的解析式为y＝kx+n，
∵B（3，0），C（0，3），
∴，
解得：，
∴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（﹣t2+3t）（t）2，
∵0，
∴当t时，k取得最大值，此时，P（，）；
（3）①如图2，过点Q作QT⊥BD于点T，则∠BTQ＝∠DTQ＝90°，
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线对称轴为直线x＝1，
∴Q（1，0），
∴OQ＝1，BQ＝OB﹣OQ＝3﹣1＝2，
∵点C关于x轴的对称点为点D，
∴D（0，﹣3），
∵B（3，0），
∴OB＝OD＝3，
∵∠BOD＝90°，
∴DQ，
BD3，
∴△BDQ的周长＝BQ+DQ+BD＝23；
在Rt△OBD中，∵∠BOD＝90°，OB＝OD，
∴∠DBO＝∠BDO＝45°，
∵∠BTQ＝90°，
∴△BQT是等腰直角三角形，
∴QT＝BT＝BQ•cs∠DBO＝2•cs45°，
∴DT＝BD﹣BT＝32，
∴tan∠BDQ；
②解法1：如图3，设M（0，﹣m），则OM＝m，
过点M作MF∥x轴，过点B作BN⊥BM交MQ于点N，
过点N作DN⊥y轴于点D，过点B作EF∥y轴交DN于E，交MF于F，
则∠MBN＝∠BEN＝∠MFB＝90°，
∵∠BMF+∠MBF＝∠MBF+∠NBE＝90°，
∴∠BMF＝∠NBE，
∴△MBF∽△BNE，
∴tan∠BMQ，
∴BEMF，ENBF，
∴DN＝DE﹣EN＝3，
∵OQ∥DN，
∴△MQO∽△MND，
∴，即，
解得：m＝t±，
∴M（0，t）或（0，t）．
解法2：如图4，设M（0，﹣m），则OM＝m，
BM，
MQ，
∵tan∠BMQ，
∴，
∴MT＝t•QT，
∵QT2+MT2＝MQ2，
∴QT2+（t•QT）2＝（）2，
∴QT，MT，
∵cs∠QBT＝cs∠MBO，
∴，即，
∴BT，
∵BT+MT＝BM，
∴，
整理得，（m2+3）2＝4t2m2，
∵t＞0，m＞0，
∴m2+3＝2tm，即m2﹣2tm+3＝0，
当Δ＝（﹣2t）2﹣4×1×3＝4t2﹣12≥0，即t时，
mt±，
∴M（0，t）或（0，t）．
解法3：如图5，取线段BQ的中点E，作EO′⊥BQ，使EO′＝t，且点O′在x轴下方，
∴O′（2，﹣t），
连接O′B，O′Q，以O′为圆心，O′B为半径作⊙O′，交y轴于点M，
则tan∠BO′E，
∵EB＝EQ，∠O′EB＝∠O′EQ＝90°，O′E＝O′E，
∴△O′EB≌△O′EQ（SAS），
∴∠QO′E＝∠BO′E，
∴∠BMQ∠BO′Q＝∠BO′E，
∴tan∠BMQ＝tan∠BO′E，
设M（0，m），
∵O′M＝O′B，
∴（2﹣0）2+（﹣t﹣m）2＝12+t2，
∴m2+2tm+3＝0，
解得：mt±，
∴M（0，t）或（0，t）．