考点18二次函数的几何应用（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（北师大版）

这是一份考点18二次函数的几何应用（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（北师大版），共40页。
考点18二次函数的几何应用

【命题趋势】
二次函数的几何应用主要考查：二次函数与几何应用综合题一般结合一次函数、反比例函数或几何图形（三角形、四边形）考查：①单纯考查探究或存在性问题；②动点或动图结合考查探究或存在性问题，设问形式：第（1）问多以求函数的解析式为主，（2）（3）问一般考查线段数量关系，角度数量关系，面积最值，面积数量关系，特殊三角形、特殊四边形及相似、全等三角形的存在探究性问题。通常命题以压轴题形式考查。
【常考知识】
单纯考查探究或存在性问题、动点或动图结合考查探究或存在性问题，设问形式：第（1）问多以求函数的解析式为主，（2）（3）问一般考查线段数量关系，角度数量关系，面积最值，面积数量关系，特殊三角形、特殊四边形及相似、全等三角形的存在探究性问题。
【夺分技巧】
①根据已知点坐标求出函数解析式；
②第（2）问一般考查线段数量关系，角度数量关系，面积最值，面积数量关系；
③（3）问一般考查特殊三角形、特殊四边形及相似、全等三角形的存在探究性问题求出点的坐标。
真题演练

一、解答题
1．（2021·全国·九年级课时练习）如图，抛物线y＝ax2+bx（a＞0，b＜0）交x轴于O，A两点，顶点为B（2，－4）．

（1）求抛物线的解析式；
（2）直线y＝kx+m（k＞0）过点B，且与抛物线交于另一点D（点D与点A不重合），交y轴于点C．过点D作DE⊥x轴于点E，连接AB，CE．
①若k＝1，求△CDE的面积；
②求证：CE∥AB．
【答案】（1）y=x2-4x；（2）①；②见解析
【分析】
（1）先求出A点的坐标，然后用待定系数法求解即可；
（2）①先求出直线BD的解析式，然后得到D点的坐标，由此求解即可；
②过点B作BF⊥x轴于F，则∠AFB=∠COE=90°，由（1）得A（4，0），B（2，-4），则AF=2，BF=4，，联立得，，求得，从而可以得到，即可证明△AFB∽△EOC，得到∠FAB=∠OEC，由此即可证明．
【详解】
解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx（a＞0，b＜0）交x轴于O，A两点，顶点为B（2，－4）
∴抛物线的对称轴为，
∴A（4，0）
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为：；
（2）①当k=1时，直线的解析式为，
∵直线经过B（2，-4），
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
∴，
解得或（舍去）
∴D（3，-3），
∴DE=3，OE=3，
∴；
②如图，过点B作BF⊥x轴于F，
∴∠AFB=∠COE=90°，
由（1）得A（4，0），B（2，-4），
∴F（2，0），
∴AF=2，BF=4，
∴
联立得，
∴，
∴，
∴OE=，
∵C是直线与y轴的交点，
∴C（0，m），
∴OC=-m，
∴，
∴，
∴△AFB∽△EOC，
∴∠FAB=∠OEC，
∴AB//CE．

2．（2021·重庆八中二模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A(3，0)，B(﹣1，0)两点，于y轴交于C点，且OC＝3OB，顶点为D点，连接OD．
（1）求抛物线解析式；
（2）P点为抛物线上AD部分上一动点，过P点作PF∥DE交AC于F点，求四边形DPAF面积的最大值及此时P点坐标．
（3）在（2）问的情况下，把抛物线向右平移两个单位长度，在平移后的新抛物线对称轴上找一个点M，在平面内找一个点N，使以D、P、M、N为顶点的四边形为矩形，请直接写出N点坐标．

【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；（2），；（3）或
【分析】
（1）先确定点C的坐标，利用待定系数法可求函数的解析式；
（2）利用转化的思想，将四边形DPAE的面积用三角形APE的面积表示，设出点P的坐标，用m的代数式表示三角形APE的面积，利用二次函数的性质可得面积的最大值，并得到m的取值，P点坐标可得；
（3）首先求出平移后的抛物线的解析式，得到抛物线的对称轴为直线x＝3；然后分类讨论解答：①当四边形DPNM为矩形时，过D作DE⊥x轴于E，过P作PF⊥x轴于F，PK⊥DE于K，过N作NH⊥y轴于H，则DK，KP可求，利用△DKP≌△MHN求得NH，MH的长；通过求得DM的解析式，得到线段MG，HG的长度，从而点N的坐标可求；②当四边形DPNM为矩形时，同①的方法可得N点坐标．
【详解】
解：（1）∵点A（3，0），B（﹣1，0），
∴OA＝3，OB＝1．
∵OC＝3OB，
∴OC＝3．
∴C（0，3）．
设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，由题意得：
．
解得：．
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3．
（2）∵y＝﹣x2+2x＝3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴D（1，4）．
过点E作EM⊥OA于M，过点P作PN⊥OA于N，连接EP，如图，

∵DE∥PF，
∴S△DPF＝S△EPF．
∴S四边形DPAF＝S△APF+S△DPF＝S△APF+S△EPF＝S△APE．
设点P（m，﹣m2+2m+3），
则ON＝m，PN＝﹣m2+2m+3．设直线AC的解析式为y＝kx+n，
∴．
解得：．
∴直线AC的解析式为：y＝﹣x+3．
设直线OD的解析式为：y＝dx，
∴d＝4．
∴直线OD的解析式为：y＝4x．
∴．
解得：．
∴E（，）．
∴OM＝，ME＝．
∴MN＝m﹣，NA＝3﹣m．
∵S△APE＝S四边形EMNP+S△ANP﹣S△AME，
∴S△APE＝
＝﹣
＝﹣
＝．
∵，
∴当m＝时，S△APE有最大值．
∴四边形DPAF面积的最大值为．
此时点P的坐标为：．
（3）∵y＝﹣x2+2x＝3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴平移后的抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣3）2+4，对称轴为x＝3．
①当四边形DPNM为矩形时，如图，

过D作DE⊥x轴于E，过P作PF⊥x轴于F，PK⊥DE于K，过N作NH⊥MG于H，
则DK＝DE﹣PF＝4﹣＝，KP＝OF﹣OE＝﹣1＝．
结合矩形的性质可得：
△DKP≌△MHN．
∴NH＝KP＝，MH＝＝DK＝．
设DP的解析式为y＝ex+f，
∴．
解得：．
∴y＝﹣x+．
∴设直线DM的解析式为y＝2x+n，
∴4＝1×2+n．
∴n＝2．
∴直线DM的解析式为y＝2x+2．
当x＝3时，y＝2×3+2＝8．
∴MG＝8，
∴HG＝MG﹣MH＝．
∴N（）．
②当四边形DPNM为矩形时，如图，

过D作DE⊥x轴于E，过P作PF⊥x轴于F，PK⊥DE于K，过N作NH⊥MG于H，
则DK＝DE﹣PF＝4﹣＝，KP＝OF﹣OE＝﹣1＝．
同理可得：△DKP≌△MHN．
∴NH＝KP＝，MH＝DK＝．
设DP的解析式为y＝ex+f，
∴．
解得：．
∴y＝．
∴设直线PM的解析式为y＝2x+h，
∴．
∴h＝．
∴直线PM的解析式为y＝2x+．
∴当x＝3时，y＝2×3+＝．
∴MG＝．
∴GH＝MG+MH＝7．
∴N（）．
综上，N点的坐标为：或．
3．（2021·江苏·靖江市靖城中学一模）如图，抛物线y＝mx2﹣4mx＋n（m＞0）与x轴交于A，B两点，点B在点A的右侧，抛物线与y轴正半轴交于点C，连接CA、CB，已知tan∠CAO＝3，sin∠CBO＝．
（1）求抛物线的对称轴与抛物线的解析式；
（2）设D为抛物线对称轴上一点．
①当△BCD的外接圆的圆心在△BCD的边上时，求点D的坐标；
②若△BCD是锐角三角形，直接写出点D的纵坐标n的取值范围．

【答案】（1），对称轴是直线；（2）①D（2，5）或D（2，）或（0，）或D（2，-1）；② 或
【分析】
（1）先根据 ， ，得到OC=3OA，∠CBO=45°，则OC=OB，再求出抛物线对称轴为 ，OC=n， ， ，A（，0），B（n，0），由此求出n的值即可求出抛物线的解析式；
（2）①当△BCD的外接圆圆心在△BCD边上时，△BCD是直角三角形，设D（2，t），则 ，，，然后分别讨论当B、C、D为直角顶点时，利用勾股定理求解；
②由图形可知当D在D1和D3之间或D4与D2之间时，△BCD是锐角三角形，其中D1是C为直角顶点时D点的位置，D3是D为直角顶点D的位置，D4和D2分别是以B和D为直角顶角的位置．
【详解】
解：（1）由题意可知，∠COA=90°，
∴ ，
∴OC=3OA，∠CBO=45°，
∴OC=OB，
∵抛物线y＝mx2﹣4mx＋n（m＞0）与x轴交于A，B两点，点B在点A的右侧，抛物线与y轴正半轴交于点C，
∴C（0，n），抛物线对称轴为 ，
∴OC=n，
∴ ， ，
∴A（，0），B（n，0），
∴ ，
∴n=3，
∴C（0，3），B（3，0），A（1，0），
∴把A（1，0）代入抛物线解析式得： ，
∴m=1，
∴抛物线解析式为 ；
（2）①当△BCD的外接圆圆心在△BCD边上时，△BCD是直角三角形，
∵D为抛物线对称轴上的一点，
∴设D（2，a）
∵C（0，3）B（3，0），
∴ ，，，
当C为直角顶点时，即，
解得a=5，
∴D（2，5）；
当D为直角顶点时，即，
解得 ，
∴D（2，）或（0，）；
当B为直角顶点时，即，
解得a=-1，
∴D（2，-1）；
∴综上所述：D（2，5）或D（2，）或（0，）或D（2，-1）；
②由图形可知当D在D1和D3之间或D4与D2之间时，△BCD是锐角三角形，其中D1是C为直角顶点时D点的位置，D3是D为直角顶点D的位置，D4和D2分别是以B和D为直角顶角的位置，
∴ 或 ．

4．（2021·陕西·交大附中分校模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线W1：y＝x2+bx+c与x轴交于A（﹣4，0）、B两点，且过点C（0，﹣2）．抛物线W2与抛物线W1关于原点对称，点C在W2上的对应点为C′．
（1）求抛物线W1的表达式；
（2）写出抛物线W2的表达式；
（3）若点P在抛物线W1上，试探究：在抛物线W2上是否存在点Q，使以C、C′、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，并且其面积等于24？若存在，求点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）y＝；（2）y＝；（3）存在，Q点坐标为（﹣6，10）或（6，﹣4）．
【分析】
（1）待定系数法：把A、C两点的坐标分别代入抛物线的解析式中，解方程组即可；
（2）两抛物线关于原点对称，则其大小和形状相同，开口方向相反，则只要求出W1的顶点坐标，即可求出它关于原点对称的抛物线W2的顶点坐标，从而求得W2的解析式；
（3）按是对角线和边分类，根据面积确定点P或Q的横坐标，代入函数关系式，从而求得Q的坐标．
【详解】
解（1）把点A、点C的坐标分别代入y＝x2+bx+c中，
得：，
∴b＝，c=－2，
∴y＝；
（2）∵抛物线w1：y＝＝（x+1）2﹣的顶点是（﹣1，﹣），
∴w2的顶点是（1，），
∴w2的解析式是：y＝﹣（x﹣1）2+＝﹣x2+x+2；
（3）存在．
由题意知，，则．
①若CC′是对角线，如图，

∵W1和W2关于原点对称，
∴P、Q也关于原点对称，
设点P到y轴的距离为h，
∵平行四边形的面积=2
∴CC′•h＝24，
∴4•h＝24，
∴h＝6，
即P点横坐标是6或﹣6，
当x＝6时，y＝×62+×6﹣2＝10，
∴Q（﹣6，10），
当x＝﹣6时，y＝×（﹣6）2﹣×6﹣2＝4，
∴Q（6，﹣4），
②当CC′是边时，PQ∥CC′，PQ＝CC′，如图，

设点Q（x，），P（x，），
由①知：x＝6或﹣6，
当P（6，10）时，
∵y＝﹣×62+×6+2＝﹣4，
∴Q（6，﹣4），
∴PQ＝14≠4，
当x＝﹣6时，y＝﹣×（﹣6）2+×（﹣6）+2＝﹣10，
∴PQ＝14，
∴PQ≠CC′，
∴CC′不能为边，
综上所述，当C、C′、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，并且其面积等于24时，点Q的坐标是（﹣6，10）或（6，﹣4）．
5．（2021·湖南·长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校一模）已知一次函数：与x轴交于点A，与y交于点C． 抛物线（a、m为常数）过定点B，连接BC，点D为线段BC上一动点．
（1）求出点B的坐标；
（2）过D作DP⊥AC于点P，DQ⊥x于点Q，设Q点横坐标为t，DP长度为d，试求d关于t的函数解析式；
（3）①当m＝0，a＞0时，该抛物线上存在唯一的点H使∠CAH＝45°，求此时抛物线的解析式；
②过点D作DE⊥BC交线段OB于点E，连接CE并延长交△OBC的外接圆于点F，当点D在BC上移动时，求的最大值．

【答案】（1）点B的坐标为(4，0)；（2）=；；（3）①；②
【分析】
（1）根据图形知抛物线过(0，0)，求得m=0，即可求得点B的坐标；
（2）延长QD交AC于点E，先求得直线BC的解析式为y=x−3，设D点坐标为 (t，t−3)，利用sin∠DEA=sin∠OCA即可求解；
（3）①作出辅助线，求得AG所在直线的函数解析式为y=-x−，根据该抛物线上存在唯一的点H，利用根的判别式求解即可；
②由题意得O、C、D、E四点共圆，且CE为直径，证明△ODB∽△CEB和△FBE∽△OCE，得到，利用二次函数的性质即可求解．
【详解】
解：（1）由图可得抛物线过(0，0)，a≠0 ，则有4ma=0，
∴m=0，
∴y=ax2−4ax=a(x2−4x)=ax(x−4)，
∴点B的坐标为(4，0)；
（2）延长QD交AC于点E，
∵DQ⊥x轴，且Q点横坐标为t，E点在一次函数y=3x−3上，
则有E点坐标为(t，−3t−3)，
由（1）得， B点坐标为(4，0)，
又∵A、C两点在y=−3x−3上，
∴C点坐标为(0，3)，A点坐标为(-1，0)，
∴AC=，
设直线BC的解析式为y=kx−3，
把点B的坐标为(4，0)代入得0=4k−3，
解得，
∴直线BC的解析式为y=x−3，
又∵D为线段BC上一动点，
∴D点坐标为 (t，t−3)，
∴DE=t−3-(−3t−3)=t，
∵∠DEA=∠OCA，
∴sin∠DEA=sin∠OCA=，
在Rt△DPE中，sin∠DEA=，
∴=；

（3）①过点A作∠CAH=45°，交抛物线于点H，过点C作MN//x轴，
过点A作AM⊥MN于点M，过点C作CG⊥AC交直线AH于点G，过点G作GN⊥MN于点N，如图：

∵∠ACG=∠AMC=90°，
∴∠ACM+∠MAC=∠NCG+∠ACM=90°，
∴∠MAC=∠NCG，
∴Rt△AMC≌Rt△GNC(AAS)，
∴AM=NC=3，MC=NG=1，
∴G点坐标为 (3，−2)．
同理可得AG所在直线的函数解析式为y=-x−，
∵m=0，
∴抛物线的解析式为，
因为该抛物线上存在唯一的点H，
联立，得，则有，
即，
解得，
又因为，
∴，
∴此时抛物线的解析式为；
②∵点B的坐标为(4，0)，C点坐标为(0，3)，
∴BC=，
∵∠EDC=∠COE=90°，
∴O、C、D、E四点共圆，且CE为直径，
则有∠BOD=∠DCE，
又∵∠OBC=∠CBO，
∴△ODB∽△CEB，
∴，
∴OD=CE，
连接BF，

∠BEF=∠CEO，∠FBE=∠OCE，
∴△FBE∽△OCE，
∴，即，
设，则，
∴
∴当时，原式取最大值，此时．
6．（2021·重庆实验外国语学校三模）抛物线交轴于、两点（点位于点左侧），交轴于点．直线：交轴于点，交抛物线于、两点．
（1）如图1，求点的坐标；

图1
（2）如图2，为直线上方抛物线上一动点，，求线段的最大值及此时对应点的坐标；

图2
（3）如图3，将抛物线沿射线平移一定的距离得新抛物线，使得新抛物线过点，点为新抛物线的顶点．点为抛物线上的一动点，点、为直线上的两个动点当以，，，为顶点的四边形为平行四边形时，请直接写出所有符合条件的点的坐标，并选一个点坐标写出推理过程．

图3
【答案】（1）D（-4，3）（2）PQ最大值为，此时点的坐标（-1，）；（3）（-1+，）或（-1-，）或（0，3）或（-2，4）．
【分析】
（1）先求出B（2，0）代入求出b，再联立两函数即可求出D点坐标；
（2）过点P作PRy轴，交l于R点，证明△PQR∽△BOE，得到，设P（x，）（-4＜x＜2）表示出R点坐标，求出PR的关系式，得到PQ==，故可求解；
（3）先根据平移的特点求出F点坐标，再根据平行四边形的性质分三种情况分别讨论求解即可．
【详解】
（1）令=0
解得x1=-6，x2=2
∴A（-6，0），B（2，0），
∵经过点
∴0=-1+b
解得b=1
∴
联立
解得或
故D（-4，3）
（2）过点P作PRy轴，交l于R点
∵PRCE
∴∠PRQ=∠CER=∠BEO
又∵，EO⊥BO
∴∠PQR=∠BOE=90°
∴△PQR∽△BOE
∴
由，令x=0，得y=1，∴E（0，1）
令y=0，解得x=2，∴B（2，0）
∴OE=1，OB=2
在Rt△BOE中，BE=
设P（x，）（-4＜x＜2）
∴R（x，）
则PR=（）-（）=
∴PQ==
故当x=-1时，PQ最大值为，此时点的坐标（-1，）；

（3）y=
∴顶点为（-2，4）
∵新抛物线为原抛物线沿BD平移所得，
故B点（2，0）在新抛物线的对应点为D点（-4，3）
则原抛物线向左平移6个单位、向上平移3个单位得到新抛物线
故新抛物线的得到为F（-8，7）
∵点、为直线上的两个动点，点为抛物线上的一动点，
故设M（x1，），（x2，），G（x0，）
以，，，为顶点的四边形为平行四边形有如下3种情况
①MN为对角线，此时MN的中点与FG中点重合
∴
解得x0=-1+或x0=-1-
∴G（-1+，）或（-1-，）；
②MF为对角线时，此时MF的中点与NG中点重合
∴
解得x0=0或x0=-2
∴G（0，3）或（-2，4）；
③MG为对角线时，此时MG的中点与NF中点重合
∴
解得x0=0或x0=-2
∴G（0，3）或（-2，4）；
综上，G点坐标为（-1+，）或（-1-，）或（0，3）或（-2，4）．
7．（2021·湖南·长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校三模）定义：在平面直角坐标系中，点是某函数图象上的一点，作该函数图象中自变量大于m的部分关于直线的轴对称图形，与原函数图象中自变量大于或等于m的部分共同构成一个新函数的图象，则这个新函数叫做原函数关于点的“派生函数”．
例如：图①是函数的图象，则它关于点的“派生函数”的图象如图②所示，且它的“派生函数”的解析式为．


（1）直接写出函数关于点的“派生函数”的解析式．
（2）请在图③的平面坐标系（单位长度为1）中画出函数关于点的“派生函数”的图象，并求出图象上到x轴距离为6的所有点的坐标．
（3）点M是函数的图象上的一点，设点M的横坐标为m，是函数G关于点M的“派生函数”．
①当时，若函数值的范围是，求此时自变量x的取值范围；
②直接写出以点为顶点的正方形与函数的图象只有两个公共点时，m的取值范围．
【答案】（1）y＝；（2）图像见详解；（，6）或（−，−6）或（−，6）或（−，−6）；（3）≤m＜或m＜时G'与正方形ABCD有两个交点．
【分析】
（1）取y＝x＋1在x＞1部分任意取一点（2，3），求出该点关于x＝1的对称点为（0，3），再由待定系数法确定对称的直线解析式；
（2）分别画出对于函数（x＞0）的图像的“派生函数”图像以及函数（x＜0）的图像关于点的“派生函数”的图象，当y＝±6时，求出上对应的点，再求出每个点关于x＝−1对称的点即可；
（3））①当m＝1时，G'的解析式为y＝，分别求出x2＋4x−3＝−1，解得x＝2−或x＝2＋；x2＋1＝−1，解得x＝−或x＝；即可得到当−≤x＜0或0＜x＜2或2＜x＜2＋时，−1≤y＜1；
②求出函数y＝−x2＋4x−3关于x＝m对称的函数解析式为y＝−（x−2m＋2）2＋1，再由2m−2＞1时，即m＞，当x＝1时，−（3−2m）2＋1＞−1，即≤m＜时G'与正方形ABCD有两个交点；当x＝−1时，−（1−2m）2＋1＜−1，即m＜ 或m＞，可得m＜，即可求解．
【详解】
解：（1）函数y＝x＋1在x＞1部分任意取一点（2，3）关于x＝1的对称点为（0，3），
设函数y＝x＋1图象关于x＝1对称的部分的图象解析式为y＝kx＋b，
将点（0，3），（1，2）代入解析式，得，
解得：，
∴“派生函数”的解析式为y＝；
（2）对于函数（x＞0）的图像关于点的“派生函数”的图象与函数（x＞0）的图像关于直线x=-1轴对称，
对于函数（x＜0）的图像关于点的“派生函数”的图象是：作该函数图象中-1≤x＜0的部分关于直线的轴对称图形，与原函数图象中-1≤x＜0的部分共同构成一个新函数的图象，如图所示：


令y＝6，则x＝，
∴点的坐标为（，6），
∵点（，6）关于x＝−1的对称点为（−，6），
令y＝−6，则＝6，解得x＝−，
∴点的坐标为（−，−6），
点（−，−6）关于x＝−1的对称点的坐标为（−，−6），
综上所述：到x轴距离为6的点的坐标为（，6）或（−，−6）或（−，6）或（−，−6）；
（3）①∵当m＝1时，图像的顶点坐标为（2，1）关于直线x=1的对称点坐标为：（0，1），
∴关于直线x=1的图像解析式为：y=
∴G'的解析式为y＝，
令y＝−1，−x2＋4x−3＝−1，
解得x＝或x＝2＋，
令y＝−1，−x2＋1＝−1，
解得x＝−或x＝，
当−≤x＜0或0＜x＜2或2＜x≤2＋时，−1≤y＜1；
②函数y＝−x2＋4x−3的顶点为（2，1），
点（2，1）关于x＝m对称的点的坐标为（2m−2，1），
∴函数y＝−x2＋4x−3关于x＝m对称的函数解析式为y＝−（x−2m＋2）2＋1，
当2m−2＞1时，即m＞，
当x＝1时，−（3−2m）2＋1＞−1，即，
∴≤m＜时G'与正方形ABCD有两个交点；
当x＝−1时，−（1−2m）2＋1＜−1，即m＜ 或m＞，
∴m＜；
综上所述：≤m＜或m＜时G'与正方形ABCD有两个交点．
8．（2021·青海西宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C的坐标为，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，求证：；
（3）在（2）的条件下，若直线与抛物线的对称轴l交于点E，连接，在第一象限内的抛物线上是否存在一点P，使四边形的面积最大？若存在，请求出点P的坐标及四边形面积的最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）存在，当P点坐标是时，四边形面积的最大值是
【分析】
（1）由一次函数可求得A、B两点的坐标，从而用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）证明即可解决；
（3）过点E作轴于点M，由可求得△ABE的面积为定值12；因此只要求出点P的位置使△PAB的面积最大，从而使四边形的面积最大；为此过点P作轴于点，交直线AB于点N，过点B作于点，设点P的坐标为，则可求得PN，且，由可得关于t的二次函数，从而求得△PAB面积的最大值，因而可得四边形BEAP面积的最大值，且可求得此时点P的坐标．
【详解】
（1）一次函数与x轴的交点，令，则，解得；
与y轴的交点，令，则
∴，
设抛物线的解析式为
把A，B，C三点坐标代入解析式，得解得
∴抛物线的解析式为
（2）在平面直角坐标系中，
在和中

∴
∴（全等三角形的对应边相等）
（3）存在，理由如下：
过点E作轴于点M
∵
∴抛物线的对称轴是直线
∴E点的横坐标是2，即
∵
∴
∴
∵
∴
∴
设点P的坐标为
过点P作轴于点，交直线AB于点N，过点B作于点，如图

∴
∴
∵
∵
∴
∵，抛物线开口向下，函数有最大值
∴当时，面积的最大值是，此时四边形的面积最大
∴，
当时，
∴
∴当P点坐标是时，四边形面积的最大值是．
9．（2021·海南三亚·一模）如图，已知抛物线与x轴交于点和两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，点M为抛物线第二象限上一点，连接交线段于点D，与的面积比为．

①求点M的坐标；
②过点D作直线轴，点E是直线l上的点，点F是抛物线上一动点，是否存在这样的E、F，使得以A，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点E，F的坐标：若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）①；②存在点E、F使得以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形，；；．
【分析】
（1）把和两点坐标代入，利用待定系数法求抛物线解析式；
（2）①求出OD解析式，联立一次函数和二次函数解析式，求出交点即可；
②使得以A，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形，分类讨论：1）当为对角线时，2）当为边，、为对角线时，3）当为边，、为对角线时，根据已知求出E，F即可；
【详解】
解：（1）∵抛物线经过点，
将点代入解析式得：
，
解得：
∴抛物线的解析式为．
（2）①由抛物线解析式得，
∴，
如图，设直线l与x轴交于点P，

∵，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∴，
∴直线的解析式为．
联立方程组得，
解得（舍去第四象限的解），
∴．
②存在，理由如下：
由上可知，
设，，

1）如图，当为对角线时，
的中点坐标为：，
的中点坐标为：，
∵、互相平分，
∴，
解得：，
∴，．

2）如图，当为边，、为对角线时，
的中点坐标为：，
的中点坐标为：，
∵、互相平分，
∴，解得：，
∴，．

3）如图，当为边，、为对角线时，
的中点坐标为：，
的中点坐标为：，
∵、互相平分，
∴，
解得：，
∴，．
综上所述，存在点E、F使得以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形，；；．
10．（2021·全国·九年级课时练习）已知抛物线与直线有一个交点．

（1）若点的坐标为，求的值，并写出抛物线的顶点坐标；
（2）若，点在轴上，直线与抛物线的另一交点是，当时，求抛物线的解析式；
（3）设平行于直线且经过原点的直线与抛物线交于，两点，的面积，若对于任意的取值，满足恒成立，求的值．
【答案】（1），顶点；（2）或；（3）
【分析】
（1）把点代入抛物线解析式，求出的值，得到解析式，从而求出抛物线顶点坐标；
（2）由点在轴上，写出点的坐标，由推出直线与轴成角，过点作轴的平行线，过点作轴的平行线交于点，得到为等腰直角三角形，结合，表达出点坐标，把代入抛物线求出，得到抛物线的解析式；
（3）由恒成立得直线与抛物线相切，联立得到关于、、的方程备用，结合用、表示的面积，求出．
【详解】
解：（1）把点代入得：
，
解得：，
∴，
∵，
∴抛物线的顶点为，
（2）时，，
当时，，当时，，
记直线与轴的交点为，则：，，
∴，
∴，
①如图1，过点、分别作轴、轴的平行线交于点，

∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，是直线与抛物线的交点，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为：．
如图2，同①理可知：，，

∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为：．
（3）∵对于任意的取值，满足恒成立，
∴只有一个解，
∴，
化简得：，
如图2，过点作轴交于点，

∵直线平行于直线且经过原点，并与抛物线交于，两点，
∴，，有两个不同的解，
∴，，
∴，

∵

，
∴，
解得：．
11．（2021·广东·中考真题）已知二次函数的图象过点，且对任意实数x，都有．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）若（1）中二次函数图象与x轴的正半轴交点为A，与y轴交点为C；点M是（1）中二次函数图象上的动点．问在x轴上是否存在点N，使得以A、C、M、N为顶点的四边形是平行四边形．若存在，求出所有满足条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，或或或
【分析】
（1）令，解得，可得函数 必过 ，再结合 必过 得出，，即可得到，再根据，可看成二次函数与一次函数仅有一个交点，且整体位于的上方，可得，有两个相等的实数根，再根据，可解得的值，即可求出二次函数解析式．
（2）结合（1）求出点C的坐标，设，①当为对角线时，②当为对角线时，③当为对角线时,根据中点坐标公式分别列出方程组，解方程组即可得到答案．
【详解】
解：（1）令，解得，
当时，，
∴ 必过 ，
又∵ 必过 ，
∴，
∴，
即，
即可看成二次函数与一次函数仅有一个交点，且整体位于的上方
∴，
有两个相等的实数根

∴，
∴，
∴，
∴，，
∴．
（2）由（1）可知：，，设，
①当为对角线时，
∴，解得（舍），，
∴，即．
②当为对角线时，
∴，解得（舍），
∴，即．
③当为对角线时，
∴，解得，
∴或，
∴．
综上所述：N点坐标为或或或．
12．（2021·湖南娄底·中考真题）如图，在直角坐标系中，二次函数的图象与x轴相交于点和点，与y轴交于点C．

（1）求的值；
（2）点为抛物线上的动点，过P作x轴的垂线交直线于点Q．
①当时，求当P点到直线的距离最大时m的值；
②是否存在m，使得以点为顶点的四边形是菱形，若不存在，请说明理由；若存在，请求出m的值．
【答案】（1）b=，c=；（2）①；②不存在，理由见解析
【分析】
（1）将A（-1，0），B（3，0）代入y=x2+bx+c，可求出答案；
（2）①设点P（m，m2-2m-3），则点Q（m，m），再利用二次函数的性质即可求解；
②分情况讨论，利用菱形的性质即可得出结论．
【详解】
解：（1）∵抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于点A（-1，0），B（3，0），
∴，
解得：，
∴b=，c=；
（2）①由（1）得，抛物线的函数表达式为：y=x2，
设点P（m，m2-2m-3），则点Q（m，m），
∵0