2022年中考数学压轴题突破专题02 二次函数与面积的最值定值问题

这是一份2022年中考数学压轴题突破专题02 二次函数与面积的最值定值问题，共132页。试卷主要包含了4，直线与轴交于点，连接．，m≥﹣1.5等内容，欢迎下载使用。

2022年中考数学大题狂练之压轴大题培优突破练（江苏专用）
专题2 二次函数与面积的最值定值问题
本专题共精选2021、和2020和2019年中考真题9道，2021和2020江苏中考模拟题28道，7个题组，每个题组4道解答题，可作为课后作业或每日一练使用.
【真题再现】
1．（2021·江苏南通·中考真题）定义：若一个函数图象上存在横、纵坐标相等的点，则称该点为这个函数图象的“等值点”．例如，点是函数的图象的“等值点”．
（1）分别判断函数的图象上是否存在“等值点”？如果存在，求出“等值点”的坐标；如果不存在，说明理由；
（2）设函数的图象的“等值点”分别为点A，B，过点B作轴，垂足为C．当的面积为3时，求b的值；
（3）若函数的图象记为，将其沿直线翻折后的图象记为．当两部分组成的图象上恰有2个“等值点”时，直接写出m的取值范围．
2．（2021·江苏徐州·中考真题）如图，点在函数的图像上．已知的横坐标分别为－2、4，直线与轴交于点，连接．
（1）求直线的函数表达式；
（2）求的面积；
（3）若函数的图像上存在点，使得的面积等于的面积的一半，则这样的点共有___________个．

3．（2021·江苏扬州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图像与x轴交于点．、，与y轴交于点C．

（1）________，________；
（2）若点D在该二次函数的图像上，且，求点D的坐标；
（3）若点P是该二次函数图像上位于x轴上方的一点，且，直接写出点P的坐标．
4．（2021·江苏连云港·中考真题）如图，抛物线与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，已知．
（1）求m的值和直线对应的函数表达式；
（2）P为抛物线上一点，若，请直接写出点P的坐标；
（3）Q为抛物线上一点，若，求点Q的坐标．

5．（2020年宿迁中考第28题）二次函数y＝ax2+bx+3的图象与x轴交于A（2，0），B（6，0）两点，与y轴交于点C，顶点为E．．
（1）求这个二次函数的表达式，并写出点E的坐标；
（2）如图①，D是该二次函数图象的对称轴上一个动点，当BD的垂直平分线恰好经过点C时，求点D的坐标；
（3）如图②，P是该二次函数图象上的一个动点，连接OP，取OP中点Q，连接QC，QE，CE，当△CEQ的面积为12时，求点P的坐标．

6．（2020年淮安中考第27题）如图①，二次函数y＝﹣x2+bx+4的图象与直线l交于A（﹣1，2）、B（3，n）两点．点P是x轴上的一个动点，过点P作x轴的垂线交直线l于点M，交该二次函数的图象于点N，设点P的横坐标为m．
（1）b＝　1　，n＝　﹣2　；
（2）若点N在点M的上方，且MN＝3，求m的值；
（3）将直线AB向上平移4个单位长度，分别与x轴、y轴交于点C、D（如图②）．
①记△NBC的面积为S1，△NAC的面积为S2，是否存在m，使得点N在直线AC的上方，且满足S1﹣S2＝6？若存在，求出m及相应的S1，S2的值；若不存在，请说明理由．
②当m＞﹣1时，将线段MA绕点M顺时针旋转90°得到线段MF，连接FB、FC、OA．若∠FBA+∠AOD﹣∠BFC＝45°，直接写出直线OF与该二次函数图象交点的横坐标．

7．（2019年常州27题）如图，二次函数y＝﹣x2+bx+3的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣1，0），点D为OC的中点，点P在抛物线上．
（1）b＝　2　；
（2）若点P在第一象限，过点P作PH⊥x轴，垂足为H，PH与BC、BD分别交于点M、N．是否存在这样的点P，使得PM＝MN＝NH？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点P的横坐标小于3，过点P作PQ⊥BD，垂足为Q，直线PQ与x轴交于点R，且S△PQB＝2S△QRB，求点P的坐标．

8．（2019年淮安26题）如图，已知二次函数的图象与x轴交于A、B两点，D为顶点，其中点B的坐标为（5，0），点D的坐标为（1，3）．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）点E是线段BD上的一点，过点E作x轴的垂线，垂足为F，且ED＝EF，求点E的坐标．
（3）试问在该二次函数图象上是否存在点G，使得△ADG的面积是△BDG的面积的35？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．

9．（2019年无锡27题）已知二次函数y＝ax2+bx﹣4（a＞0）的图象与x轴交于A、B两点，（A在B左侧，且OA＜OB），与y轴交于点C．
（1）求C点坐标，并判断b的正负性；
（2）设这个二次函数的图象的对称轴与直线AC相交于点D，已知DC：CA＝1：2，直线BD与y轴交于点E，连接BC．
①若△BCE的面积为8，求二次函数的解析式；
②若△BCD为锐角三角形，请直接写出OA的取值范围．

【专项突破】
【题组一】
1．（2020•徐州模拟）如图，二次函数y＝﹣x2+3x+m的图象与x轴的一个交点为B（4，0），另一个交点为A，且与y轴相交于C点．
（1）m的值为　4　，C点坐标是（　0　，　4　）；
（2）在直线BC上方的抛物线上是否存在一点M，使得它与B，C两点构成的三角形面积最大，若存在，求出此时M点坐标；若不存在，请简要说明理由．
（3）P为抛物线上一点，它关于直线BC的对称点为Q．
①当四边形PBQC为菱形时，求点P的坐标；
②点P的横坐标为t（0＜t＜4），当t为何值时，四边形PBQC的面积最大，请说明理由．

2．（2020•姑苏区一模）如图，二次函数y＝﹣x2+bx+8的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点B的坐标为（2，0），点D（0，2）在y轴上，连接AD．
（1）b＝　﹣2　；
（2）若点P是抛物线在第二象限上的点，过点P作PF⊥x轴，垂足为F，PF与AD交于点E．是否存在这样的点P，使得PE＝7EF？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点P在抛物线上，且点P的横坐标大于﹣4，过点P作PH⊥AD，垂足为H，直线PH与x轴交于点K，且S△HKA=12S△PHA，求点P的坐标．

3．（2020•无锡模拟）如图，已知二次函数y＝ax2﹣2ax+c（a＜0）的图象交x轴于A、B两点，交y轴于点C．过点A的直线y＝kx+2k（k≠0）与这个二次函数的图象的另一个交点为F，与该图象的对称轴交于点E，与y轴交于点D，且DE＝EF．
（1）求点A的坐标；
（2）若△BDF的面积为12，求这个二次函数的关系式；
（3）设二次函数的顶点为P，连接PF，PC，若∠CPF＝2∠DAB，求此时二次函数的表达式．

4．（2021·江苏·宜兴市实验中学二模）抛物线与轴交于、两点（点在点的左侧），与轴交于点，线段的中点为点．将绕着点逆时针旋转，点的对应点为，点的对应点为．


（1）求、、三点的坐标；
（2）当旋转至时，求此时、两点间的距离；
（3）点是线段上的动点，旋转后的对应点为，当恰巧落在边上时，连接，，试求最小时点的坐标；
（4）连接，，则在旋转过程中，的面积是否存在最大值？若存在，直接写出最大值，若不存在，说明理由．
【题组二】
5．（2020·江苏无锡·三模）已知抛物线与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴的正半轴交于点C，顶点为D，对称轴与直线BC交于点E，且CE ：BE=1 ：2，连接BD，作CF//AB交抛物线对称轴于点H，交BD于点F．

（1）写出A、B两点的坐标：A（ ， ），B（ ， ）
（2）若四边形BEHF的面积为，求抛物线的函数表达式；
（3）在（2）的条件下，抛物线对称轴上是否存在点M，使得∠CMF=∠CBF，若存在，请求出M点的坐标；若不存在，请说明理由．

6．（2021·江苏常州·一模）如图，平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，，与轴交于点．
（1）____________；_______________；
（2）若直线经过点，点关于直线的对称点恰好在线段上，直线与抛物线交于另一点；
①求点的坐标；
②点是直线上一点，若对于在第一象限内的抛物线上的动点始终有，请直接写出的取值范围．

7．（2021·江苏滨湖·一模）直线l：y＝kx+k（k＜0）与x轴交于点B，点A（m，5）（m＜0），点C在线段AB上，，过点C作CD⊥y轴于点D，且．
（1）求m的值；
（2）经过C、D两点的开口向下的抛物线的顶点为P，且△ADP的面积为3，求抛物线的解析式．
8．（2019秋•常熟市期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点为A（﹣2，0），且经过点B（﹣5，9），与y轴交于点C，连接AB，AC，BC．
（1）求该抛物线对应的函数表达式；
（2）点P为该抛物线上点A与点B之间的一动点．
①若S△PAB=15S△ABC，求点P的坐标．
②如图②，过点B作x轴的垂线，垂足为D，连接AP并延长，交BD于点M．连接BP并延长，交AD于点N．试说明DN（DM+DB）为定值．

【题组三】
9．（2020•无锡模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣2ax+c与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），且AB＝4，又P是第一象限抛物线上的一点，抛物线对称轴交x轴于点F，交直线AP于点E，AE：EP＝1：2．

（1）求点A、点B的坐标；
（2）直线AP交y轴于点G，若CG=533，求此抛物线的解析式；
（3）在（2）的条件下，若点D是射线AP上一动点，沿着DF翻折△ADF得到△A′DF（点A的对应点为A′），△A′DF与△ADB重叠部分的面积为△ADB的14，求此时△ADB的面积．
10．（2021·江苏省苏州市阳山实验初级中学校二模）如图，已知抛物线与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，过点B的直线l与抛物线另一个交点为D，与y轴交于点E，且，点A的坐标．

（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若P是抛物线上的一点，P的横坐标为，过点P作轴，垂足为H，直线与l交于点M．
①若将的面积分为1：2两部分，求点P的坐标；
②当时，直线上是否存在一点Q，使？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由

11.（2021·江苏·二模）已知抛物线y=mx2-2mx+3(m<0)与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且OB=3OA．
（1）求抛物线的解析式：
（2）若M，N是第一象限的抛物线上不同的两点，且ΔBCN的面积恒小于BCM的面积，求点M的坐标；
（3）若D为抛物线的顶点，P为第二象限的抛物线上的一点，连接BP，DP，分别交y轴于E，F，若EF=OC，求点P的坐标．
12．（2019秋•邳州市期中）已知抛物线y＝ax2+bx+3经过A（﹣1，0）、B（3，0）点，直线l是抛物线的对称轴．
（1）求抛物线的函数关系式；
（2）在直线l上确定一点P，使△PAC的周长最小，求出点P的坐标；
（3）若点D是抛物线上一动点，当S△ABC＝3S△ABD时，请直接写出点D的坐标．

【题组四】
13．（2020·江苏昆山·一模）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与y轴交于点A（0，4），与x轴负半轴交于B，与正半轴交于点C（8，0），且∠BAC＝90°．
（1）求该二次函数解析式；
（2）若N是线段BC上一动点，作NE∥AC，交AB于点E，连结AN，当△ANE面积最大时，求点N的坐标；
（3）若点P为x轴上方的抛物线上的一个动点，连接PA、PC，设所得△PAC的面积为S．问：是否存在一个S的值，使得相应的点P有且只有2个？若有，求出这个S的值，并求此时点P的横坐标；若不存在，请说明理由．

14（2020·江苏·苏州新草桥中学二模）如图，直线交轴于点，交轴于点，抛物线经过、，与轴交于另一点，顶点为．
（1）求抛物线对应函数表达式；
（2）过点作射线交直线下方的抛物线上于点，使，求点的坐标；
（3）作CG平行于轴，交抛物线于点G，点H为线段CD上的点，点G关于的平分线的对称点为点，若，求点坐标及三角形的面积．

15．（2020•南通模拟）已知，抛物线y＝ax2+ax+b（a≠0）与直线y＝2x+m有一个公共点M（1，0），且a＜b．
（1）求b与a的关系式和抛物线的顶点D坐标（用a的代数式表示）；
（2）直线与抛物线的另外一个交点记为N，求△DMN的面积与a的关系式；
（3）a＝﹣1时，直线y＝﹣2x与抛物线在第二象限交于点G，点G、H关于原点对称，现将线段GH沿y轴向上平移t个单位（t＞0），若线段GH与抛物线有两个不同的公共点，试求t的取值范围．

16．（2020•姑苏区校级二模）如图1，在平面直角坐标系中，直线y=12x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C，二次函数y=−12x2+bx+c的图象经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B．
（1）求二次函数的表达式；
（2）当m≤x≤m+1时，二次函数y=−12x2+bx+c的最大值为﹣2m，求m的值；
（3）如图2，点D为直线AC上方二次函数图象上一动点，连接BC、CD，设直线BD交线段AC于点E，△CDE的面积为S1，△BCE的面积为S2，求S1S2的最大值．

【题组五】
17．（2020•盱眙县校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝ax2+bx+4（a≠0）经过点A（﹣8，0）、B（2，0），与y轴交于点C，点D是AB中点，连接CD．点P是抛物线上一点．
（1）求a、b的值；
（2）若S△CDP＝S△CDO，求点P的横坐标；
（3）过点P作直线CD的垂线，垂足为E，若∠CPE=12∠CDO，求点P的横坐标．

18．（2020•惠山区二模）已知：在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝mx2+2mx﹣4（m≠0）的图象与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，△ABC的面积为12．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）点D的坐标为（﹣2，1），点P在二次函数的图象上，∠ADP为锐角，且tan∠ADP＝2，求出点P的横坐标．
19．（2020•徐州模拟）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2﹣2ax+c（a≠0）的图象交x轴于A，B两点，交y轴于点C（0，6），连接AC，已知tan∠OAC=34．
（1）点A的坐标是　（8，0）　；
（2）若点P是抛物线上的任意一点，连接PA、PC．
①当△APC与△AOC的面积相等时，求点P的坐标；
②把△PAC沿着AC翻折，若点P与抛物线对称轴上的点Q重合，直接写出点P的横坐标．

20．（2020•金湖县一模）如图1，在直角坐标系中，二次函数y=23x2+23x﹣4的图象交坐标轴于点A，B，C（点A在点B的左侧），点P是AC边上的动点，过P作x轴和BC的垂线，垂足分别为D点，E点，连接BP．
（1）求△ABC的面积；
（2）当BP与y轴交点恰好是BP中点时，求PE的长；
（3）如图2，取BP中点F，连接DF、EF、DE，请直接写出△DEF周长的最小值．

【题组六】
21.（2020•常州二模）已知二次函数y＝ax2+bx+6的图象开口向下，与x轴交于点A（﹣6，0）和点B（2，0），与y轴交于点C，点P是该函数图象上的一个动点（不与点C重合）．
（1）求二次函数的关系式；
（2）如图1，当点P是该函数图象上一个动点且在线段AC的上方，若△PCA的面积为12，求点P的坐标；
（3）如图2，该函数图象的顶点为D，在该函数图象上是否存在点E，使得∠EAB＝2∠DAC，若存在请直接写出点E的坐标；若不存在请说明理由．

22．（2020•连云港一模）二次函数y＝ax2+bx+8（a≠0）图象与x轴的交点为A，B，与y轴交点为C，且A（﹣2，0），B（6，0），
（1）求该二次函数的解析式；
（2）连接BC，若点P是抛物线在第一象限图象上的动点，求△BCP的面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）抛物线的对称轴为直线L，点D是点C关于直线L的对称点，CD、BC与直线L分别交于点E，F，连接BD．若M是直线L上一点，满足∠CMD＝2∠CBD，求点M的坐标．
23．（2020•张家港市模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（0，3），B（1，0），其对称轴为直线l：x＝2，过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点，设其横坐标为m．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，动点P在直线BC下方的抛物线上，连接PO，PC，当m为何值时，四边形OPCE面积最大，并求出其最大值；
（3）如图2，F是抛物线的对称轴l上的一点，连接PO，PF，OF，在抛物线x轴下方的图象上是否存在点P使△POF满足：①∠OPF＝90°；②tan∠POF=12？若存在，求点P的坐标，若不存在，请说明理由．

24．（2020•亭湖区一模）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2﹣2x+c与x轴交于点A（1，0），点B（﹣3，0），与y轴交于点C，连接BC，点P在第二象限的抛物线上，连接PC、PO，线段PO交线段BC于点 E．

（1）求抛物线的表达式；
（2）若△PCE的面积为S1，△OCE的面积为S2，当S1S2=23时，求点P的坐标；
（3）已知点C关于抛物线对称轴的对称点为点N，连接BN，点H在x轴上，当∠HCB＝∠NBC时，
①求满足条件的所有点H的坐标；
②当点H在线段AB上时，点Q是线段BH外一点，QH＝1，连接BQ，将线段BQ绕着点Q顺时针旋转90°，得到线段QM，连接MH，直接写出线段MH的取值范围．
【题组七】
25（2021·江苏·苏州市胥江实验中学校二模）在平面直角坐标系中，抛物线经过点和点，与y轴交于点D，与x轴的另一交点为点B．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，连接，在抛物线上是否存在点P，使得？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，连接，交y轴于点E，点M是线段上的动点（不与点A，点D重合），将沿所在直线翻折，得到，当与重叠部分的面积是面积的时，请直接写出线段的长．
26（2021·江苏·苏州高新区第五初级中学校二模）二次函数的图象与x轴交于A(2，0)，B(6，0)两点，与y轴交于点C，顶点为E．
(1)求这个二次函数的表达式，并写出点E的坐标；
(2)如图①，D是该二次函数图象的对称轴上一个动点，当BD的垂直平分线恰好经过点C时，求点D的坐标；
(3)如图②，P是该二次函数图象上的一个动点，连接OP，取OP中点Q，连接QC，QE，CE，当△CEQ的面积为12时，求点P的坐标．

27．（2020·江苏宿迁·模拟预测）如图，已知二次函数的图象与轴分别交于两点，与轴交于点，点在抛物线的对称轴上，且四边形为平行四边形．
（1）求此抛物线的对称轴，并确定此二次函数的表达式；
（2）点为轴下方抛物线上一点，若的面积为12，求点的坐标；
（3）在（2）的条件下，设抛物线的顶点为，点是抛物线的对称轴上一动点且在轴上方，连接，过点作的垂线交抛物线于点，当时，求点到抛物线的对称轴的距离．

28.（2021·江苏泰州·模拟预测）如图，已知二次函数的图像与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中点A的坐标为，对称轴是直线．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）如图，连接AC，若点P是该抛物线上一点，且，求点P的坐标；

（3）如图，点P是该抛物线上一点，点Q为射线CB上一点，且P、Q两点均在第四象限内，线段AQ与BP交于点M，当，且△ABM与△PQM的面积相等时，请问线段PQ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．


2022年中考数学大题狂练之压轴大题培优突破练（江苏专用）
专题2 二次函数与面积的最值定值问题
本专题共精选2021、和2020和2019年中考真题9道，2021和2020江苏中考模拟题28道，7个题组，每个题组4道解答题，可作为课后作业或每日一练使用.
【真题再现】
1．（2021·江苏南通·中考真题）定义：若一个函数图象上存在横、纵坐标相等的点，则称该点为这个函数图象的“等值点”．例如，点是函数的图象的“等值点”．
（1）分别判断函数的图象上是否存在“等值点”？如果存在，求出“等值点”的坐标；如果不存在，说明理由；
（2）设函数的图象的“等值点”分别为点A，B，过点B作轴，垂足为C．当的面积为3时，求b的值；
（3）若函数的图象记为，将其沿直线翻折后的图象记为．当两部分组成的图象上恰有2个“等值点”时，直接写出m的取值范围．
【答案】（1）函数y=x+2没有“等值点”； 函数的“等值点”为(0，0)，(2，2)；（2）或；（3）或．．
【分析】
（1）根据定义分别求解即可求得答案；
（2）根据定义分别求A(，)，B(，)，利用三角形面积公式列出方程求解即可；
（3）由记函数y=x2-2（x≥m）的图象为W1，将W1沿x=m翻折后得到的函数图象记为W2，可得W1与W2的图象关于x=m对称，然后根据定义分类讨论即可求得答案．
【详解】
解：（1）∵函数y=x+2，令y=x，则x+2=x，无解，
∴函数y=x+2没有“等值点”；
∵函数，令y=x，则，即，
解得：，
∴函数的“等值点”为(0，0)，(2，2)；
（2）∵函数，令y=x，则，
解得：(负值已舍)，
∴函数的“等值点”为A(，)；
∵函数，令y=x，则，
解得：，
∴函数的“等值点”为B(，)；
的面积为，
即，
解得：或；

（3）将W1沿x=m翻折后得到的函数图象记为W2．
∴W1与W2两部分组成的函数W的图象关于对称，
∴函数W的解析式为，
令y=x，则，即，
解得：，
∴函数的“等值点”为(-1，-1)，(2，2)；
令y=x，则，即，
当时，函数W的图象不存在恰有2个“等值点”的情况；
当时，观察图象，恰有2个“等值点”；

当时，
∵W1的图象上恰有2个“等值点”(-1，-1)，(2，2)，
∴函数W2没有“等值点”，
∴，
整理得：，
解得：．
综上，m的取值范围为或．
【点睛】
本题属于二次函数的综合题，考查了二次函数、反比例函数、一次函数的性质以及函数的对称性．解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
2．（2021·江苏徐州·中考真题）如图，点在函数的图像上．已知的横坐标分别为－2、4，直线与轴交于点，连接．
（1）求直线的函数表达式；
（2）求的面积；
（3）若函数的图像上存在点，使得的面积等于的面积的一半，则这样的点共有___________个．

【答案】（1）直线AB的解析式为：；（2）6；（3）4
【分析】
（1）将的横坐标分别代入求出生意人y的值，得到A，B点坐标，再运用待定系数法求出直线AB的解析式即可；
（2）求出OC的长，根据“”求解即可；
（3）分点P在直线AB的上方和下方两种情况根据分割法求解即可．
【详解】
解：（1）∵A，B是抛物线上的两点，
∴当时，；当时，
∴点A的坐标为（-2，1），点B的坐标为（4，4）
设直线AB的解析式为，
把A，B点坐标代入得
解得，
所以，直线AB的解析式为：；
（2）对于直线AB：
当时，
∴
∴==6
（3）设点P的坐标为（，）
∵的面积等于的面积的一半，
∴的面积等于=3，
①当点P在直线AB的下方时，过点A作AD⊥x轴，过点P作PF⊥x轴，过点B作BE⊥x轴，垂足分别为D，F，E，连接PA，PB，如图，

∵
∴
整理，得，
解得，，
∴在直线AB的下方有两个点P，使得的面积等于的面积的一半；
②当点P在直线AB的上方时，过点A作AD⊥x轴，过点P作PF⊥x轴，过点B作BE⊥x轴，垂足分别为D，F，E，连接PA，PB，如图，

∵
∴
整理，得，
解得，，
∴在直线AB的上方有两个点P，使得的面积等于的面积的一半；
综上，函数的图像上存在点，使得的面积等于的面积的一半，则这样的点共有4个，
故答案为：4．
【点睛】
此题主要考查了运用待定系数法示直线解析式，二次函数与图形面积，注意在解决（3）问时要注意分类讨论．
3．（2021·江苏扬州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图像与x轴交于点．、，与y轴交于点C．

（1）________，________；
（2）若点D在该二次函数的图像上，且，求点D的坐标；
（3）若点P是该二次函数图像上位于x轴上方的一点，且，直接写出点P的坐标．
【答案】（1）-2，-3；（2）（，6）或（，6）；（3）（4，5）
【分析】
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出△ABC的面积，设点D（m，），再根据，得到方程求出m值，即可求出点D的坐标；
（3）分点P在点A左侧和点P在点A右侧，结合平行线之间的距离，分别求解．
【详解】
解：（1）∵点A和点B在二次函数图像上，
则，解得：，
故答案为：-2，-3；
（2）连接BC，由题意可得：
A（-1，0），B（3，0），C（0，-3），，
∴S△ABC==6，
∵S△ABD=2S△ABC，设点D（m，），
∴，即，
解得：x=或，代入，
可得：y值都为6，
∴D（，6）或（，6）；

（3）设P（n，），
∵点P在抛物线位于x轴上方的部分，
∴n＜-1或n＞3，
当点P在点A左侧时，即n＜-1，
可知点C到AP的距离小于点B到AP的距离，
∴，不成立；
当点P在点B右侧时，即n＞3，
∵△APC和△APB都以AP为底，若要面积相等，
则点B和点C到AP的距离相等，即BC∥AP，
设直线BC的解析式为y=kx+p，
则，解得：，
则设直线AP的解析式为y=x+q，将点A（-1，0）代入，
则-1+q=0，解得：q=1，
则直线AP的解析式为y=x+1，将P（n，）代入，
即，
解得：n=4或n=-1（舍），
，
∴点P的坐标为（4，5）．

【点睛】
本题考查了二次函数综合，涉及到待定系数法求函数解析式，三角形面积，平行线之间的距离，一次函数，解题的难点在于将同底的三角形面积转化为点到直线的距离．
4．（2021·江苏连云港·中考真题）如图，抛物线与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，已知．
（1）求m的值和直线对应的函数表达式；
（2）P为抛物线上一点，若，请直接写出点P的坐标；
（3）Q为抛物线上一点，若，求点Q的坐标．

【答案】（1），；（2），，；（3）
【分析】
（1）求出A，B的坐标，用待定系数法计算即可；
（2）做点A关于BC的平行线，联立直线与抛物线的表达式可求出的坐标，设出直线与y轴的交点为G，将直线BC向下平移，平移的距离为GC的长度，可得到直线，联立方程组即可求出P；
（3）取点，连接，过点作于点，过点作轴于点，过点作于点，得直线对应的表达式为，即可求出结果；
【详解】
（1）将代入，
化简得，则（舍）或，
∴，
得：，则．
设直线对应的函数表达式为，
将、代入可得，解得，
则直线对应的函数表达式为．
（2）如图，过点A作∥BC，设直线与y轴的交点为G，将直线BC向下平移 GC个单位，得到直线，

由（1）得直线BC的解析式为，，
∴直线AG的表达式为，
联立，
解得：（舍），或，
∴，
由直线AG的表达式可得，
∴，，
∴直线的表达式为，
联立，
解得：，，
∴，，
∴，，．
（3）如图，取点，连接，过点作于点，
过点作轴于点，过点作于点，

∵，
∴AD=CD，
又∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，则，．
设，
∵，，
∴．
由，则，即，解之得，．
所以，又，
可得直线对应的表达式为，
设，代入，
得，，，
又，则．所以．
【点睛】
本题主要考查了二次函数综合题，结合一元二次方程求解是解题的关键．
5．（2020年宿迁中考第28题）二次函数y＝ax2+bx+3的图象与x轴交于A（2，0），B（6，0）两点，与y轴交于点C，顶点为E．．
（1）求这个二次函数的表达式，并写出点E的坐标；
（2）如图①，D是该二次函数图象的对称轴上一个动点，当BD的垂直平分线恰好经过点C时，求点D的坐标；
（3）如图②，P是该二次函数图象上的一个动点，连接OP，取OP中点Q，连接QC，QE，CE，当△CEQ的面积为12时，求点P的坐标．

【分析】（1）由于二次函数的图象与x轴交于A（2，0）、B（6，0）两点，把A，B两点坐标代入y＝ax2+bx+3，计算出a的值即可求出抛物线解析式，由配方法求出E点坐标；
（2）由线段垂直平分线的性质可得出CB＝CD，设D（4，m），由勾股定理可得42+（m﹣3）2＝62+32．解方程可得出答案；
（3）设CQ交抛物线的对称轴于点M，设P（n，14n2−2n+3），则Q（12n，18n2−n+32），设直线CQ的解析式为y＝kx+3，则18n2−n+32=12nk+3．解得k=14n−2−3n，求出M（4，n﹣5−12n），ME＝n﹣4−12n．由面积公式可求出n的值．则可得出答案．
【解析】（1）将A（2，0），B（6，0）代入y＝ax2+bx+3，
得4a+2b+3=036a+6b+3=0，
解得a=14b=−2
∴二次函数的解析式为y=14x2−2x+3．
∵y=14x2−2x+3=14(x−4)2−1，
∴E（4，﹣1）．
（2）如图1，图2，连接CB，CD，由点C在线段BD的垂直平分线CN上，得CB＝CD．

设D（4，m），
∵C（0，3），由勾股定理可得：
42+（m﹣3）2＝62+32．
解得m＝3±29．
∴满足条件的点D的坐标为（4，3+29）或(4，3−29)．
（3）如图3，设CQ交抛物线的对称轴于点M，

设P（n，14n2−2n+3），则Q（12n，18n2−n+32），
设直线CQ的解析式为y＝kx+3，则18n2−n+32=12nk+3．
解得k=14n−2−3n，于是CQ：y＝（14n−2−3n）x+3，
当x＝4时，y＝4（14n−2−3n）+3＝n﹣5−12n，
∴M（4，n﹣5−12n），ME＝n﹣4−12n．
∵S△CQE＝S△CEM+S△QEM=12×12n⋅ME=12⋅12n⋅(n−4−12n)=12．
∴n2﹣4n﹣60＝0，
解得n＝10或n＝﹣6，
当n＝10时，P（10，8），当n＝﹣6时，P（﹣6，24）．
综合以上可得，满足条件的点P的坐标为（10，8）或（﹣6，24）．
6．（2020年淮安中考第27题）如图①，二次函数y＝﹣x2+bx+4的图象与直线l交于A（﹣1，2）、B（3，n）两点．点P是x轴上的一个动点，过点P作x轴的垂线交直线l于点M，交该二次函数的图象于点N，设点P的横坐标为m．
（1）b＝　1　，n＝　﹣2　；
（2）若点N在点M的上方，且MN＝3，求m的值；
（3）将直线AB向上平移4个单位长度，分别与x轴、y轴交于点C、D（如图②）．
①记△NBC的面积为S1，△NAC的面积为S2，是否存在m，使得点N在直线AC的上方，且满足S1﹣S2＝6？若存在，求出m及相应的S1，S2的值；若不存在，请说明理由．
②当m＞﹣1时，将线段MA绕点M顺时针旋转90°得到线段MF，连接FB、FC、OA．若∠FBA+∠AOD﹣∠BFC＝45°，直接写出直线OF与该二次函数图象交点的横坐标．

【分析】（1）将点A坐标代入二次函数解析式中，求出b，进而得出二次函数解析式，再将点B坐标代入二次函数中，即可求出n的值；
（2）先表示出点M，N的坐标，进而用MN＝3建立方程求解，即可得出结论；
（3）①先求出点C坐标，进而求出直线AC的解析式，再求出直线BC的解析式，进而表示出S1，S2，最后用S1﹣S2＝6建立方程求出m的值；
②先判断出CF∥OA，进而求出直线CF的解析式，再判断出AF∥x轴，进而求出点F的坐标，即可求出直线OF的解析式，最后联立二次函数解析式，解方程组即可得出结论．
【解析】（1）将点A（﹣1，2）代入二次函数y＝﹣x2+bx+4中，得﹣1﹣b+4＝2，
∴b＝1，
∴二次函数的解析式为y＝﹣x2+x+4，
将点B（3，n）代入二次函数y＝﹣x2+x+4中，得n＝﹣9+3+4＝﹣2，
故答案为：1，﹣2；

（2）设直线AB的解析式为y＝kx+a，由（1）知，点B（3，﹣2），
∵A（﹣1，2），
∴−k+a=23k+a=−2，
∴k=−1a=1，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+1，
由（1）知，二次函数的解析式为y＝﹣x2+x+4，
∵点P（m，0），
∴M（m，﹣m+1），N（m，﹣m2+m+4），
∵点N在点M的上方，且MN＝3，
∴﹣m2+m+4﹣（﹣m+1）＝3，
∴m＝0或m＝2；

（3）①如图1，由（2）知，直线AB的解析式为y＝﹣x+1，
∴直线CD的解析式为y＝﹣x+1+4＝﹣x+5，
令y＝0，则﹣x+5＝0，
∴x＝5，
∴C（5，0），
∵A（﹣1，2），B（3，﹣2），
∴直线AC的解析式为y=−13x+53，直线BC的解析式为y＝x﹣5，
过点N作y轴的平行线交AC于K，交BC于H，∵点P（m，0），
∴N（m，﹣m2+m+4），K（m，−13m+53），H（m，m﹣5），
∴NK＝﹣m2+m+4+13m−53=−m2+43m+73，NH＝﹣m2+9，
∴S2＝S△NAC=12NK×（xC﹣xA）=12（﹣m2+43m+73）×6＝﹣3m2+4m+7，
S1＝S△NBC=12NH×（xC﹣xB）＝﹣m2+9，
∵S1﹣S2＝6，
∴﹣m2+9﹣（﹣3m2+4m+7）＝6，
∴m＝1+3（由于点N在直线AC上方，所以，舍去）或m＝1−3；
∴S2＝﹣3m2+4m+7＝﹣3（1−3）2+4（1−3）+7＝23−1，
S1＝﹣m2+9＝﹣（1−3）2+9＝23+5；

②如图2，
记直线AB与x轴，y轴的交点为I，L，
由（2）知，直线AB的解析式为y＝﹣x+1，
∴I（1，0），L（0，1），
∴OL＝OI，
∴∠ALD＝∠OLI＝45°，
∴∠AOD+∠OAB＝45°，
过点B作BG∥OA，
∴∠ABG＝∠OAB，
∴∠AOD+∠ABG＝45°，
∵∠FBA＝∠ABG+∠FBG，∠FBA+∠AOD﹣∠BFC＝45°，
∴∠ABG+∠FBG+∠AOD﹣∠BFC＝45°，
∴∠FBG＝∠BFC，
∴BG∥CF，
∴OA∥CF，
∵A（﹣1，2），
∴直线OA的解析式为y＝﹣2x，
∵C（5，0），
∴直线CF的解析式为y＝﹣2x+10，
过点A，F分别作过点M平行于x轴的直线的垂线，交于点Q，S，
由旋转知，AM＝MF，∠AMF＝90°，
∴△AMF是等腰直角三角形，
∴∠FAM＝45°，
∵∠AIO＝45°，
∴∠FAM＝∠AIO，
∴AF∥x轴，
∴点F的纵坐标为2，
∴F（4，2），
∴直线OF的解析式为y=12x①，
∵二次函数的解析式为y＝﹣x2+x+4②，
联立①②解得，x=1+654y=1+658或x=1−654y=1−658，
∵m＞﹣1，
∴直线OF与该二次函数图象交点的横坐标为1+654．



7．（2019年常州27题）如图，二次函数y＝﹣x2+bx+3的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣1，0），点D为OC的中点，点P在抛物线上．
（1）b＝　2　；
（2）若点P在第一象限，过点P作PH⊥x轴，垂足为H，PH与BC、BD分别交于点M、N．是否存在这样的点P，使得PM＝MN＝NH？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点P的横坐标小于3，过点P作PQ⊥BD，垂足为Q，直线PQ与x轴交于点R，且S△PQB＝2S△QRB，求点P的坐标．

【分析】（1）把点A坐标代入二次函数解析式即求得b的值．
（2）求点B、C、D坐标，求直线BC、BD解析式．设点P横坐标为t，则能用t表示点P、M、N、H的坐标，进而用含t的式子表示PM、MN、NH的长．以PM＝MN为等量关系列得关于t的方程，求得t的值合理（满足P在第一象限），故存在满足条件的点P，且求得点P坐标．
（3）过点P作PF⊥x轴于F，交直线BD于E，根据同角的余角相等易证∠EPQ＝∠OBD，所以cos∠EPQ＝cos∠OBD=255，即在Rt△PQE中，cos∠EPQ=PQPE=255；在Rt△PFR中，cos∠RPF=PFPR=255，进而得PQ=255PE，PR=52PF．设点P横坐标为t，可用t表示PE、PF，即得到用t表示PQ、PR．又由S△PQB＝2S△QRB易得PQ＝2QR．要对点P位置进行分类讨论得到PQ与PR的关系，即列得关于t的方程．求得t的值要注意是否符合各种情况下t的取值范围．
【解析】（1）∵二次函数y＝﹣x2+bx+3的图象与x轴交于点A（﹣1，0）
∴﹣1﹣b+3＝0
解得：b＝2
故答案为：2．
（2）存在满足条件呢的点P，使得PM＝MN＝NH．
∵二次函数解析式为y＝﹣x2+2x+3
当x＝0时y＝3，
∴C（0，3）
当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0
解得：x1＝﹣1，x2＝3
∴A（﹣1，0），B（3，0）
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3
∵点D为OC的中点，
∴D（0，32）
∴直线BD的解析式为y=−12x+32，
设P（t，﹣t2+2t+3）（0＜t＜3），则M（t，﹣t+3），N（t，−12t+32），H（t，0）
∴PM＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3）＝﹣t2+3t，MN＝﹣t+3﹣（−12x+32）=−12t+32，NH=−12t+32
∴MN＝NH
∵PM＝MN
∴﹣t2+3t=−12t+32
解得：t1=12，t2＝3（舍去）
∴P（12，154）
∴P的坐标为（12，154），使得PM＝MN＝NH．

（3）过点P作PF⊥x轴于F，交直线BD于E
∵OB＝3，OD=32，∠BOD＝90°
∴BD=OB2+OD2=352
∴cos∠OBD=OBBD=3352=255
∵PQ⊥BD于点Q，PF⊥x轴于点F
∴∠PQE＝∠BQR＝∠PFR＝90°
∴∠PRF+∠OBD＝∠PRF+∠EPQ＝90°
∴∠EPQ＝∠OBD，即cos∠EPQ＝cos∠OBD=255
在Rt△PQE中，cos∠EPQ=PQPE=255
∴PQ=255PE
在Rt△PFR中，cos∠RPF=PFPR=255
∴PR=PF255=52PF
∵S△PQB＝2S△QRB，S△PQB=12BQ•PQ，S△QRB=12BQ•QR
∴PQ＝2QR
设直线BD与抛物线交于点G
∵−12x+32=−x2+2x+3，解得：x1＝3（即点B横坐标），x2=−12
∴点G横坐标为−12
设P（t，﹣t2+2t+3）（t＜3），则E（t，−12t+32）
∴PF＝|﹣t2+2t+3|，PE＝|﹣t2+2t+3﹣（−12t+32）|＝|﹣t2+52t+32|
①若−12＜t＜3，则点P在直线BD上方，如图2，
∴PF＝﹣t2+2t+3，PE＝﹣t2+52t+32
∵PQ＝2QR
∴PQ=23PR
∴255PE=23•52PF，即6PE＝5PF
∴6（﹣t2+52t+32）＝5（﹣t2+2t+3）
解得：t1＝2，t2＝3（舍去）
∴P（2，3）
②若﹣1＜t＜−12，则点P在x轴上方、直线BD下方，如图3，
此时，PQ＜QR，即S△PQB＝2S△QRB不成立．
③若t＜﹣1，则点P在x轴下方，如图4，
∴PF＝﹣（﹣t2+2t+3）＝t2﹣2t﹣3，PE=−12t+32−（﹣t2+2t+3）＝t2−52t−32
∵PQ＝2QR
∴PQ＝2PR
∴255PE＝2•52PF，即2PE＝5PF
∴2（t2−52t−32）＝5（t2﹣2t﹣3）
解得：t1=−43，t2＝3（舍去）
∴P（−43，−139）
综上所述，点P坐标为（2，3）或（−43，−139）．


点睛：本题考查了二次函数的图象与性质，一次函数的图象与性质，解一元二次方程，同角的余角相等，三角函数的应用．第（3）题解题过程容易受第（2）题影响而没有分类讨论点P的位置，要通过图象发现每种情况下相同的和不同的解题思路．
8．（2019年淮安26题）如图，已知二次函数的图象与x轴交于A、B两点，D为顶点，其中点B的坐标为（5，0），点D的坐标为（1，3）．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）点E是线段BD上的一点，过点E作x轴的垂线，垂足为F，且ED＝EF，求点E的坐标．
（3）试问在该二次函数图象上是否存在点G，使得△ADG的面积是△BDG的面积的35？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）依题意，利用二次函数的顶点式即可求解；
（2）可通过点B，点D求出线段BD所在的直线关系式，点E在线段BD上，即可设点E的坐标，利用点与点的关系公式，通过EF＝ED即可求解；
（3）分两种情形分别求解，求出直线DG的解析式，构建方程组确定交点坐标即可．
【解析】（1）依题意，设二次函数的解析式为y＝a（x﹣1）2+3
将点B代入得0＝a（5﹣1）2+3，得a=−316
∴二次函数的表达式为：y=−316（x﹣1）2+3
（2）依题意，点B（5，0），点D（1，3），设直线BD的解析式为y＝kx+b，
代入得0=5k+b3=k+b，解得k=−34b=154
∴线段BD所在的直线为y=−34x+154，
设点E的坐标为：（x，−34x+154）
∴ED2＝（x﹣1）2+（−34x+154−3）2，
EF2=(−34x+154)2
∵ED＝EF，
∴（x﹣1）2+（−34x+154−3）2=(−34x+154)2，
整理得2x2+5x﹣25＝0，
解得x1=52，x2＝﹣5（舍去）．
故点E的纵坐标为y=−34×52+154=158
∴点E的坐标为(52，158)
（3）存在点G，
当点G在x轴的上方时，设直线DG交x轴于P，设P（t，0），作AE⊥DG于E，BF⊥DG于F．

由题意：AE：BF＝3：5，
∵BF∥AE，
∴AP：BP＝AE：BF＝3：5，
∴（﹣3﹣t）：（5﹣t）＝3：5，
解得t＝﹣15，
∴直线DG的解析式为y=316x+4516，
由y=316x+4516y=−316(x−1)2+3，
解得x=0y=4516或x=1y=3，
∴G（0，4516）．
当点G在x轴下方时，如图2所示，
∵AO：OB＝3：5
∴当△ADG与△BDG的高相等时，
存在点G使得S△ADG：S△BDG＝3：5，
此时，DG的直线经过原点，设直线DG的解析式为y＝kx，
将点D代入得k＝3，
故y＝3x，
则有y=3xy=−316(x−1)2+3
整理得，（x﹣1）（x+15）＝0，
得x1＝1（舍去），x2＝﹣15
当x＝﹣15时，y＝﹣45，
故点G为（﹣15，﹣45）．
综上所述，点G的坐标为（0，4516）或（﹣15，﹣45）．

点睛：主要考查了二次函数的解析式的求法和与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．
9．（2019年无锡27题）已知二次函数y＝ax2+bx﹣4（a＞0）的图象与x轴交于A、B两点，（A在B左侧，且OA＜OB），与y轴交于点C．
（1）求C点坐标，并判断b的正负性；
（2）设这个二次函数的图象的对称轴与直线AC相交于点D，已知DC：CA＝1：2，直线BD与y轴交于点E，连接BC．
①若△BCE的面积为8，求二次函数的解析式；
②若△BCD为锐角三角形，请直接写出OA的取值范围．

【分析】（1）确定C（0，﹣4），则OA＜OB，则对称轴在y轴右侧，即−b2a＞0，即可求解；
（2）①过点D作DM⊥Oy，则DCCA=DMOA=MCCO=12，DM=12AO，求出D（m，﹣6），B（4m，0）、OE＝8，由S△BEF=12×4×4m＝8，即可求解；②分∠CDB为锐角、当∠BCD为锐角时，两种情况，分别求解即可．
【解析】（1）令x＝0，则y＝﹣4，∴C（0，﹣4），
∵OA＜OB，∴对称轴在y轴右侧，即−b2a＞0
∵a＞0，∴b＜0；
（2）①过点D作DM⊥y轴，

则DCCA=DMOA=MCCO=12，
∴DM=12AO，
设A（﹣2m，0）m＞0，则AO＝2m，DM＝m
∵OC＝4，∴CM＝2，
∴D（m，﹣6），B（4m，0），
则MDBO=MEOE=OE−6OE，
∴OE＝8，
S△BEC=12×4×4m＝8，
∴m＝1，
∴A（﹣2，0），B（4，0），
设y＝a（x+2）（x﹣4），
即y＝ax2﹣2ax﹣8a，
令x＝0，则y＝﹣8a，
∴C（0，﹣8a），
∴﹣8a＝﹣4，a=12，
∴y=12x2−x−4；
②由①知B（4m，0）C（0，﹣4）D（m，﹣6），则∠CBD一定为锐角，
CB2＝16m2+16，CD2＝m2+4，DB2＝9m2+36，
当∠CDB为锐角时，
CD2+DB2＞CB2，
m2+4+9m2+36＞16m2+16，
解得﹣2＜m＜2；
当∠BCD为锐角时，
CD2+CB2＞DB2，
m2+4+16m2+16＞9m2+36，
解得m＞2或m＜−2(舍)，
综上：2＜m＜2，22＜2m＜4；
故：22＜OA＜4．
点睛：本题考查的是二次函数综合运用，涉及到平行线分线段成比例、勾股定理运用等，其中（1），用平行线分线段成比例，是本题解题的关键．
【专项突破】
【题组一】
1．（2020•徐州模拟）如图，二次函数y＝﹣x2+3x+m的图象与x轴的一个交点为B（4，0），另一个交点为A，且与y轴相交于C点．
（1）m的值为　4　，C点坐标是（　0　，　4　）；
（2）在直线BC上方的抛物线上是否存在一点M，使得它与B，C两点构成的三角形面积最大，若存在，求出此时M点坐标；若不存在，请简要说明理由．
（3）P为抛物线上一点，它关于直线BC的对称点为Q．
①当四边形PBQC为菱形时，求点P的坐标；
②点P的横坐标为t（0＜t＜4），当t为何值时，四边形PBQC的面积最大，请说明理由．

【分析】（1）将B（4，0）代入y＝﹣x2+3x+m，即可求解；
（2）BCM的面积S＝S△MHC+S△MHB=12MN×OB=12×4×（﹣x2+3x+4+x﹣4）＝﹣2x2+8x，即可求解；
（3）①当四边形PBQC是菱形时，点P在线段BC的垂直平分线上，即可求解；
②S四边形PBQC＝2S△PCB＝2（S△PCD+S△PBD）＝2（12PD×CF+12PD×BE）＝4PD＝﹣4t2+16t，即可求解．
【解析】（1）将B（4，0）代入y＝﹣x2+3x+m，解得，m＝4，
∴二次函数解析式为y＝﹣x2+3x+4，
令x＝0，得y＝4，
∴C（0，4），
故答案为：4，0，4；

（2）存在，理由：
过点M作y轴的平行线交BC于点H，

由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y＝﹣x+4，
设点M（x，﹣x2+3x+4），则点H（x，﹣x+4），
BCM的面积S＝S△MHC+S△MHB=12MN×OB=12×4×（﹣x2+3x+4+x﹣4）＝﹣2x2+8x，
∵﹣2＜0，故S有最大值，此时x＝2，
故点M（2，6）；

（3）①如图2，∵点P在抛物线上，

∴设P（m，﹣m2+3m+4），
当四边形PBQC是菱形时，点P在线段BC的垂直平分线上，
∵B（4，0），C（0，4），
∴线段BC的垂直平分线的解析式为y＝x，
∴m＝﹣m2+3m+4，
∴m＝1±5，
∴P（1+5，1+5）或P（1−5，1−5）．

②如图2，设点P（t，﹣t2+3t+4），过点P作y轴的平行线l交BC与D，交x轴与E；
过点C作l的垂线交l与F，
∵点D在直线BC上，
∴D（t，﹣t+4），
∵B（4，0），C（0，4），
∴直线BC解析式为y＝﹣x+4，
∵PD＝﹣t2+3t+4﹣（﹣t+4）＝﹣t2+4t，BE+CF＝4，
∴S四边形PBQC＝2S△PCB＝2（S△PCD+S△PBD）＝2（12PD×CF+12PD×BE）＝4PD＝﹣4t2+16t，
∵0＜t＜4，
∴当t＝2时，S四边形PBQC最大＝16，
故当t为2时，四边形PBQC的面积最大．
2．（2020•姑苏区一模）如图，二次函数y＝﹣x2+bx+8的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点B的坐标为（2，0），点D（0，2）在y轴上，连接AD．
（1）b＝　﹣2　；
（2）若点P是抛物线在第二象限上的点，过点P作PF⊥x轴，垂足为F，PF与AD交于点E．是否存在这样的点P，使得PE＝7EF？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点P在抛物线上，且点P的横坐标大于﹣4，过点P作PH⊥AD，垂足为H，直线PH与x轴交于点K，且S△HKA=12S△PHA，求点P的坐标．

【分析】（1）把点B坐标代入二次函数解析式即求得b的值．
（2）设出P点坐标，求出直线AD的解析式，进而求出线段PE，EF的长度，根据所给关系列出等式，即可求出P点坐标；
（3）延长AD交抛物线于T，过P作PF⊥x轴于F，交AD于E，根据同角的余角相等易证cos∠FAD＝cos∠EPH=255，进而求得PH=255PE，根据已知的面积的关系式可求得PK=32PH，进而求得PE，PF关系，设P点横坐标为t，可用t表示PE，PF，可列得关于t的方程，求得的t值即可得出答案．
【解析】（1）∵二次函数y＝﹣x2+bx+8的图象与x轴交于点B（2，0），
∴﹣4+2b+8＝0，
解得：b＝﹣2，
故答案为：﹣2．
（2）∵二次函数y＝﹣x2﹣2x+8的图象与x轴交于点A、B，
∴y＝0时，x＝2或﹣4，
∴A（﹣4，0），
设直线AD的解析式为y＝kx+m，
∴−4k+m=0m=2，
解得：k=12m=2，
∴直线AD的解析式为y=12x+2，
设P（t，﹣t2﹣2t+8），则E(t，12t+2)，
∴PE=−t2−2t+8−12t−2=−t2−52t+6，
EF=12t+2，
∵PE＝7EF，
∴−t2−52t+6=7(12t+2)，
解得：t1＝﹣2，t2＝﹣4（舍去），
∴P（﹣2，8）．
故存在这样的点P，使得PE＝7EF，点P的坐标为（﹣2，8）；
（3）如图，延长AD交抛物线于T，过点P作PF⊥x轴于点F，交AD于点E，

①若点P在直线AT上方，
∵OA＝4，OD＝2，∠AOD＝90°，
∴AD=OA2+OD2=25，
∵AH⊥PH，
∴∠FAD+∠AEF＝90°，∠EPH+∠PEH＝90°，∠AEF＝∠PEH，
∴∠FAD＝∠EPH，
∴cos∠FAD=OAAD=425=255=cos∠EPH=PHPE，
∴PH=255PE，
∴cos∠FPK=PFPK=255，
∴PK=52PF，
∵S△HKA=12S△PHA，
∴KH=12PH，
∴PK=32PH，
∴52PF=32PH=32×255PE，
∴PEPF=56，
设P（t，﹣t2﹣2t+8），则5（﹣t2﹣2t+8）＝6（−t2−52t+6），
解得t＝﹣1或t＝﹣4（舍去），
∴P（﹣1，9）．
②若P在直线AT的下方，且在x轴上方，此时S△HKA＞S△PHA，不合题意，舍去．
③若P在x轴下方，可得2PE＝5PF，
∴2（t2+52t−6）＝5（t2+2t﹣8），
解得：t=73或t＝﹣4（舍去），
∴P（73，−199）．
综合以上可得，满足条件的点P的坐标为（﹣1，9）或（73，−199）．
3．（2020•无锡模拟）如图，已知二次函数y＝ax2﹣2ax+c（a＜0）的图象交x轴于A、B两点，交y轴于点C．过点A的直线y＝kx+2k（k≠0）与这个二次函数的图象的另一个交点为F，与该图象的对称轴交于点E，与y轴交于点D，且DE＝EF．
（1）求点A的坐标；
（2）若△BDF的面积为12，求这个二次函数的关系式；
（3）设二次函数的顶点为P，连接PF，PC，若∠CPF＝2∠DAB，求此时二次函数的表达式．

【分析】（1）当y＝0时，kx+2k＝0，解得x＝﹣2，则A（﹣2，0）；
（2）函数的对称轴为直线x＝1，则B点坐标为（4，0），则抛物线解析式为y＝﹣ax2+2ax+8a，S△BDF＝S△FAB﹣S△DAB，即可求解；
（3）证明△PCF为等腰三角形，故PG平分∠CPF，即∠CPF＝2∠CPG，则Rt△ADO∽Rt△PCG，即可求解．
【解答】解：（1）当y＝0时，kx+2k＝0，解得x＝﹣2，则A（﹣2，0）；

（2）∵二次函数y＝﹣ax2+2ax+c（a＞0）的图象的对称轴为直线x＝1，
∴B点坐标为（4，0），
把A（﹣2，0）代入y＝﹣ax2+2ax+c得﹣4a﹣4a+c＝0，
∴c＝8a，
∴抛物线解析式为y＝﹣ax2+2ax+8a，
∵DE＝EF，
∴F点的横坐标为2，
∴F（2，8a），
把F（2，8a）代入y＝kx+2k得8a＝2k+2k，解得k＝2a，
∴y＝2ax+4a，
当x＝0时，y＝4a，则D（0，4a），
∵S△BDF＝S△FAB﹣S△DAB，
∴12•（4+2）•8a−12•（4+2）•4a＝12，解得a＝1，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+8；

（3）如图，连接CF交对称轴于G，过点D作DH⊥PG交函数对称轴于点H，

将点A的坐标代入抛物线表达式并解得：c＝﹣8a，
故抛物线的解析式表示为y＝ax2﹣2ax﹣8a，
则点C（0，﹣8a），点P（1，﹣9a），
∵DE＝EF，
∴△EHD≌△EGF（AAS），故DH＝GF＝GC，
即点F、C关于抛物线对称轴对称，故点F（2，﹣8a），
∴CF∥x轴，G（1，﹣8a），
∴△PCF为等腰三角形，
∴PG平分∠CPF，即∠CPF＝2∠CPG，
∵∠CPF＝2∠DAB，
∴∠DAB＝∠CPG，
∴Rt△ADO∽Rt△PCG，
∴AOPG=ODCG，2−a=−4a1，解得a=±22（舍去负值）（舍去），
∴抛物线的解析式表示为y=−22x2+2x+42．
4．（2021·江苏·宜兴市实验中学二模）抛物线与轴交于、两点（点在点的左侧），与轴交于点，线段的中点为点．将绕着点逆时针旋转，点的对应点为，点的对应点为．


（1）求、、三点的坐标；
（2）当旋转至时，求此时、两点间的距离；
（3）点是线段上的动点，旋转后的对应点为，当恰巧落在边上时，连接，，试求最小时点的坐标；
（4）连接，，则在旋转过程中，的面积是否存在最大值？若存在，直接写出最大值，若不存在，说明理由．
【答案】（1）A（-，0）、B（2，0）、C（0，3）；（2）6；（3）P（0，1）；（4）3．
【分析】
（1）令y=0建立一元二次方程，求其根即得到A，B的横坐标，令x=0，得到y值即得到点C的坐标；
（2）分两种情形计算即可，注意三角形全等和三点共线原理的运用；
（3）利用旋转的全等性，把线段和的最小值问题转化为将军饮马河问题，利用函数的解析式确定坐标即可；
（4）根据旋转的全等性质，得到OC==3，直角三角形的性质AD=DO=AO=，得到点O在以A为圆心，半径为的圆上，故当DO是圆的直径时，三角形面积最大．
【详解】
（1）∵，
令y=0得，
解得，
∵点在点的左侧，
∴A（-，0）、B（2，0）；
令x=0，得到y=3，
∴点C的坐标（0，3）；
（2）当点落在x轴的负半轴上时，
∵A（-，0）,C（0，3）,
∴OA=，OC=3，
∴tan∠ACO=，
∴∠ACO=30°，∠OAC=60°，


根据旋转的性质，得∠A=30°，∠ A =60°，
∵ A=OA，
∴∠AO=∠A O = 30°，
∴∠O C=60°，
∵ O=3=OC，
∴△O C是等边三角形，
∴ C= O C，
∵AO=AO，
∴△A C≌△AOC，
∴∠AC= ∠AOC= 90°，
∴∠A+ ∠AC =180°，
∴、、C三点一线，
∴C=6；
当点落在y轴的负半轴上时，C=2OC=6；
（3）根据旋转的性质,得=AP，∴=AP+
作点关于Y轴的对称点M，
作直线AM，交y轴与点P，此时的点P就是取得最小值的位置，
∵A（-，0）,C（0，3）,
∴OA=，OC=3，


∴tan∠ACO=，
∴∠ACO=30°，∠OAC=60°，
∴A=，
过点作N⊥x轴，垂足为N，
∴AN=，N=，
∴（-，），∴M（，），
设直线AM的解析式为y=kx+b，根据题意，得
，解得，
∴直线AM的解析式为y=x+1，令x=0，得y=1，
∴P（0，1）；
（4）根据旋转的全等性质，得到OC==3，在直角三角形AOC中，根据直角三角形的性质AD=DO=AO=，得到点O在以A为圆心，半径为的圆上，


故当D是圆的直径时，三角形面积最大，面积最大值为：=3．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，特殊角的三角函数，线段之和的最小值，一次函数的解析式，三角形的全等，圆的基本性质，等边三角形的性质，一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法，将军饮马河模型，直径是圆中最大的弦是解题的关键．

【题组二】
5．（2020·江苏无锡·三模）已知抛物线与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴的正半轴交于点C，顶点为D，对称轴与直线BC交于点E，且CE ：BE=1 ：2，连接BD，作CF//AB交抛物线对称轴于点H，交BD于点F．

（1）写出A、B两点的坐标：A（ ， ），B（ ， ）
（2）若四边形BEHF的面积为，求抛物线的函数表达式；
（3）在（2）的条件下，抛物线对称轴上是否存在点M，使得∠CMF=∠CBF，若存在，请求出M点的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）-1，0；3，0；（2）y=﹣x2 + 2x + 3 ；（3）或
【分析】
（1）设对称轴与x轴交于点G，根据CE：BE=1：2得出OG：BG=1:2，再结合对称轴为直线x=1可得OG和BG的长，从而得到点B坐标，再利用两根之和得出点A坐标；
（2）设抛物线表达式为，得到点C和点D的坐标，求出BD和BC的表达式得到E和F的坐标，再利用S四边形BEFH=S△BCF-S△CHE得到方程求出a的值即可；
（3）根据（2）得出B，C，F的坐标，设△BCF的外接圆圆心为点P，根据题意设点P坐标为（m，m），由PC2=PF2，列出方程求出m值，再根据M在抛物线对称轴上，∠CMF=∠CBF，设M（1，n），根据PM2=PC2，列出方程求出n值即可得到结果.
【详解】
解：（1）如图，设对称轴与x轴交于点G，
∵CE：BE=1：2，DG∥y轴，
可得OG：BG=1:2，
在抛物线中，
对称轴为直线x=1，
∴OG=1，BG=2，
∴B（3，0），
则点A的横坐标为：2-3=-1，
则A（-1，0），
故答案为：A（-1，0）， B（3，0）；

（2）设，
得：C（0，﹣3a），D（1，﹣4a），
∵B（3，0），设BD的表达式为：y=kx+b，将B和C代入，
，解得：，
∴BD的表达式为：，
∵CF//AB，
令y=-3a，解得x=，
∴，
同理可得：BC的表达式为：，
令x=1，则y=-2a，
∴E（1，-2a），
S四边形BEFH=S△BCF-S△CHE==，
解得：a=﹣1，
∴y=﹣x2 + 2x + 3；
（3）由（2）可得：C（0，3），B（3，0），F（，3），
∵OB=OC，
设△BCF的外接圆圆心为点P，可知点P到点B的距离等于点P到点C的距离，
可知点P在直线y=x上，
∴设点P坐标为（m，m），
∵PC2=PF2，
∴，
解得：m=，
∴P（，），
∵M在抛物线对称轴上，∠CMF=∠CBF，
∴M在△BCF的外接圆上，
设M（1，n），
则有PM2=PC2，
∴，
解得n=（舍）或，
∴
设M2为M1关于CF的对称点，则∠CM2F=∠CBF，且
∴或
【点睛】
本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的图像和性质，圆周角定理，求一次函数表达式，两点之间的距离，三角形外接圆，难度较大，解题时要注意利用三角形外接圆的性质求出相应点的坐标.
6．（2021·江苏常州·一模）如图，平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，，与轴交于点．
（1）____________；_______________；
（2）若直线经过点，点关于直线的对称点恰好在线段上，直线与抛物线交于另一点；
①求点的坐标；
②点是直线上一点，若对于在第一象限内的抛物线上的动点始终有，请直接写出的取值范围．

【答案】（1），；（2）①；②或
【分析】
（1）用待定系数法直接求出二次函数的解析式即可；
（2）①根据对称性求出点A的坐标，再求出AA'的解析式，即可求出E点；
②先求出△QCA'面积的最大值，再求出直线BE的解析式，得到△PCA'的面积等于△QCA'面积的最大值时P'的坐标，即得到x0的值，数形结合即求出此时x0的范围，根据对称性可得P''坐标，即可得到满足条件的x0的范围．
【详解】
解：（1）将点A（﹣1，0），B（4，0）代入yx2+bx+c得：
，
解得b，c＝2，
故答案为：，2；
（2）①如图：

∵A和A′关于直线l的对称点，
∴AC＝A′C，
由抛物线yx2x+2得C(0，2)，
∴AC，
设直线BC解析式为y＝mx+n,将B(4，0),C(0，2)代入得：
，解得，
∴直线BC为yx+2，
设A′（a，a+2），
∴，
解得a1＝2，a2＝﹣2（不在线段BC上，舍去），
∴A′（2，1），
由A(﹣1，0)，A'(2，1)可得直线AA′为：y，
由解得：，（舍去），
∴E（）；
②如图：

由①知；直线BC的解析式：yx+2,
设直线BC的平行线l′；
当直线l′与抛物线相切时，设切点为Q，此时△QCA′的面积达到最大值，
联立直线l′与抛物线解析式可得,
整理得：，
当二者相切时，判别式△＝4+4•0；
解得n＝4，
∴直线l′的解析式为yx+4；
设直线BE的解析式为y＝k2x+b2，
将B(4，0)，E()代入得：
，解得：；
∴直线BE：yx，
设直线BE与直线l′交于点P′，联立两直线解析式得：
,
此时P′（），此时S△P′CA′＝S△QCA′max，
为使S△P′CA′≥S△QCA′max，x0，
根据对称性，当直线l'与直线BC的距离等于直线l''与直线BC的距离时，直线l''解析式为yx,
同理可得P''(，),
为使S△P′CA′≥S△QCA′max，此时x0，
综上所述，x0或x0．
【点睛】
本题主要考查二次函数的性质，其中用待定系数法求解析式是基础，一定要掌握，对称性的性质也要掌握，包括等腰三角形等在二次函数的综合题里都经常考．
7．（2021·江苏滨湖·一模）直线l：y＝kx+k（k＜0）与x轴交于点B，点A（m，5）（m＜0），点C在线段AB上，，过点C作CD⊥y轴于点D，且．
（1）求m的值；
（2）经过C、D两点的开口向下的抛物线的顶点为P，且△ADP的面积为3，求抛物线的解析式．
【答案】（1）m的值为﹣6；（2）．
【分析】
（1）过点C作CE⊥x轴于E，根据平行线分线段成比例得出点C的横坐标xC，再求出BC，根据得出关于m的方程，即可求解；
（2）由题意得抛物线的对称轴，求出直线AD的解析式，进而得出AD与对称轴的交点Q的坐标，根据S△ADP=S△AQP+S△DQP可得点P的坐标，即可得抛物线的解析式．
【详解】
（1）过点C作CE⊥x轴于E，过点A作AM⊥x轴于点M，AN⊥y轴于点N，则CD∥AN，

∴，
∵点A（m，5），，
∴，CE＝2，
∵y＝kx+k（k＜0）与x轴交于点B，
令y=0，则x=-1
∴点B的坐标（﹣1，0），
∴，
∴xC＝，
∴CD＝，BC＝，
∵，
∴，
化简得（m+6）（7m﹣108）＝0，
解得：m1＝﹣6，m2＝（不合题意），
∴m的值为﹣6；
（2）由（1）可得
∵抛物线开口向下，经过C，D
∴对称轴为x＝，
设直线AD的解析式为，
把代入得，
解得，
∴直线AD的解析式为，
设AD与对称轴的交点为Q，
当时，
∴，
设，
则，
解得：t＝或
∵ ，
∴不符合题意，舍去
∴顶点，
设抛物线的解析式为，
将代入得：，
∴抛物线的解析式为．
【点睛】
本题综合考查二次函数和一次函数性质．在解答过程中，应注意利用平行线分线段成比例和三角形的面积公式构造方程，求出未知量．
8．（2019秋•常熟市期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点为A（﹣2，0），且经过点B（﹣5，9），与y轴交于点C，连接AB，AC，BC．
（1）求该抛物线对应的函数表达式；
（2）点P为该抛物线上点A与点B之间的一动点．
①若S△PAB=15S△ABC，求点P的坐标．
②如图②，过点B作x轴的垂线，垂足为D，连接AP并延长，交BD于点M．连接BP并延长，交AD于点N．试说明DN（DM+DB）为定值．

【分析】（1）利用顶点式设出抛物线解析式，再将点B坐标代入求解，即可得出结论；
（2）先求出直线BC解析式，进而求出三角形ABC的面积，得出三角形ABP的面积为3，设出点P坐标，表示出点G坐标，利用三角形ABP的面积为3建立方程求解即可得出结论；
②先设出直线BN的解析式y＝k（x+5）+9①，得出DN，再设出直线AM的解析式为y＝k'（x+2）②，进而得出DM，再联立①②求出点P坐标，再将点P坐标代入抛物线解析式中，得出k＝k'﹣3，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点为A（﹣2，0），
∴设抛物线的解析式为y＝a（x+2）2，
将点B（﹣5，9）代入y＝a（x+2）2中，得，9＝a（﹣5+2）2，
∴a＝1，
∴抛物线的解析式为y＝（x+2）2＝x2+4x+4；

（2）①如图①，由（1）知，抛物线的解析式为y＝x2+4x+4，
∴C（0，4），
∵B（﹣5，9），
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+4，
过点A作AH∥y轴，交直线BC于H，
过P作PG∥y轴，交直线BA于HG，
∵A（﹣2，0），
∴H（﹣2，6），
∴S△ABC=12AH×（xC﹣xB）=12×6×5＝15，
∵S△PAB=15S△ABC，
∴S△PAB=15×15＝3，
∵A（﹣2，0），B（﹣5，9），
∴直线AB的解析式为y＝﹣3x﹣6
设点P（p，p2+4p+4），
∴G（p，﹣3p﹣6），
∴S△PAB=12PG×（xA﹣xB）=12[﹣3p﹣6﹣（p2+4p+4）]×（﹣2+5）＝3，
∴p＝﹣3或p＝﹣4，
∴P（﹣3，1）或（﹣4，4）；

②如图②，
∵BD⊥x轴，且B（﹣5，9），
∴D（﹣5，0），
设直线BN的解析式为y＝k（x+5）+9①，
令y＝0，则k（x+5）+9＝0，
∴x=−5k+9k=−5−9k，
∴N（﹣5−9k，0），
∴DN＝﹣5−9k+5=−9k，
∵点A（﹣2，0），
∴设直线AM的解析式为y＝k'（x+2）②，
当x＝﹣5时，y＝﹣3k'，
∴M（﹣5，﹣3k'），
∴DM＝﹣3k'，
联立①②得y=k(x+5)+9y=k'(x+2)，
解得，x=−2−3×k+3k−k'y=−3k'×k+3k−k'，
∴P（﹣2﹣3×k+3k−k'，﹣3k'×k+3k−k'），
∵点P在抛物线y＝（x+2）2上，
∴（﹣2﹣3×k+3k−k'+2）2＝﹣3k'×k+3k−k'，
∴3k+9k−k'=−k'，
∴k＝k'﹣3，
∴DN（DM+DB）=−9k（﹣3k'+9）＝27×1k（k'﹣3）＝27×1k×k＝27；
即：DN（DM+DB）为定值27．


【题组三】
9．（2020•无锡模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣2ax+c与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），且AB＝4，又P是第一象限抛物线上的一点，抛物线对称轴交x轴于点F，交直线AP于点E，AE：EP＝1：2．

（1）求点A、点B的坐标；
（2）直线AP交y轴于点G，若CG=533，求此抛物线的解析式；
（3）在（2）的条件下，若点D是射线AP上一动点，沿着DF翻折△ADF得到△A′DF（点A的对应点为A′），△A′DF与△ADB重叠部分的面积为△ADB的14，求此时△ADB的面积．
【分析】（1）根据对称轴的位置以及AB的长度即可解决问题；
（2）如图1中所示：过点P作PF⊥x轴，垂足为F．设G（m，0），求出点P坐标，利用待定系数法构建方程组即可解决问题；
（3）分两种情形：如图2中，作DM⊥AB于M，设A′F交BD于N．求出DM的长度即可解决问题．如图3中，当点A′在AB的下方时，设DA′交AB于N，观察图象可知：点N不可能是BF中点，此种情形不存在；
【解答】解：（1）∵抛物线的对称轴x＝1，AB＝4，
∴AF＝FB＝2，
∴A（﹣1，0），B（3，0）；

（2）如图1中所示：过点P作PF⊥x轴，垂足为F．设G（m，0），

∵EG∥PF，AE：EP＝1：2，
∴AGAP=AOAF=16．
又∵A0＝1，
∴AF＝6，
∴F（5，0），
∵OG∥PF，
∴OG：PF＝OA：AF，
∴PF＝6m，
∴P（5，6m），
由题意：3a+c=015a+c=6mm−c=533，
解得a=33c=−3m=233
∴抛物线的解析式为y=33x2−233x−3．

（3）如图2中，作DM⊥AB于M，设A′F交BD于N．

当DN＝BN时，△A′DF与△ADB重叠部分的面积为△ADB的14．
∵AF＝FB，BN＝ND，
∴AD∥FA′，
∴∠ADF＝∠DFA′＝∠FDA′，
∴DA′＝A′F＝AD＝AF，
∴四边形ADA′F是菱形，
∴AD＝AF＝2，
∵OG∥DM，
∴AMDM=OAOG=1233，设AM＝x，则DM=233x，
在Rt△ADM中，∵AD2＝DM2+AM2，
∴4＝x2+43x2，
∴x=2217，
∴DM=477，
∴S△ADB=12×4×477=877．

如图3中，当点A′在AB的下方时，设DA′交AB于N，

观察图象可知：点N不可能是BF中点，此种情形不存在．
∴当△A′DF与△ADB重叠部分的面积为△ADB的14时△ADB的面积为877．
10．（2021·江苏省苏州市阳山实验初级中学校二模）如图，已知抛物线与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，过点B的直线l与抛物线另一个交点为D，与y轴交于点E，且，点A的坐标．

（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若P是抛物线上的一点，P的横坐标为，过点P作轴，垂足为H，直线与l交于点M．
①若将的面积分为1：2两部分，求点P的坐标；
②当时，直线上是否存在一点Q，使？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由
【答案】（1）；（2）①；②存在，或
【分析】
（1）把点的坐标代入抛物线，得，求出，即可求出抛物线的函数表达式；
（2）①如图1，过点作于点，由，得，则，得点的坐标为，由和点可得的函数关系式为，点的坐标为，点的坐标为，则，，点若将的面积分为两部分，得或，点的坐标为，可得方程或，求出并检验即可求解；
②第一种情况如图2，将点绕点逆时针旋转得，与直线交于点，构造型全等△，得，，得点的坐标，由两点坐标得直线的函数关系式，由点的横坐标为得点的坐标；第二种情况如图3，将点绕点顺时针旋转得，与直线交于点，构造型全等△，得，，得点的坐标，由两点坐标得直线的函数关系式，由点的横坐标为得点的坐标．
【详解】
解：（1）把点的坐标代入抛物线，
得，求出，
抛物线的函数表达式为；
（2）①当y=0时，，解得：，
如图1，过点作于点，

，
，
，
点的坐标为，
设直线的函数关系式为，
把和点代入得，
，，
的函数关系式为，
点的坐标为，
点的坐标为，
，，
将的面积分为两部分，
或，
或，
或，
解得或2（都不合题意舍去），或不合题意舍去），
点的坐标为；
②分两种情况，
第一种情形，如图2，将点绕点顺时针旋转得，与直线交于点，
构造型全等△，

，，
点的坐标，
设的函数关系式为，
把和两点坐标代入
得，
求得，，
直线的函数关系式为，
点的横坐标为，
点的坐标为；
第二种情形，如图3，将点绕点逆时针旋转得，与直线交于点，
构造型全等△，

，，
点的坐标，
设的函数关系式为，
把和两点坐标代入
得，
求得，，
直线的函数关系式为，
点的横坐标为，
点的坐标为．
综上所述：点的坐标为或．
【点睛】
本题考查了二次函数，一次函数的待定系数法，K型全等等知识，解决本题的关键是利用45°构造K型全等．
11.（2021·江苏·二模）已知抛物线y=mx2-2mx+3(m<0)与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且OB=3OA．
（1）求抛物线的解析式：
（2）若M，N是第一象限的抛物线上不同的两点，且ΔBCN的面积恒小于BCM的面积，求点M的坐标；
（3）若D为抛物线的顶点，P为第二象限的抛物线上的一点，连接BP，DP，分别交y轴于E，F，若EF=OC，求点P的坐标．
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】
（1）设OA=a，OB=3a，分两种情形讨论，求出m的值即可得到结论；
（2）设，求出，根据BCM的面积最大可求出t的值，从而可求出点M的坐标；
（3）过D作DG//x轴交y轴于点G，过P作PH//x轴交y轴于点H，证明得，代入相关数据求解即可．
【详解】
解：（1）∵OB=3OA，点A在点B的左侧
设OA=a，OB=3a
情形一：A（-a，0），B（3a，0）
令y=0，则有
∴
解得，
∴
将代入y=mx2-2mx+3得：，
解得，
∴函数解析式为：；
情形二：A（a，0），B（3a，0）
令y=0，则有
∴
解得，
∴
将代入y=mx2-2mx+3得：，
解得，
∵m<0
∴此情形不符合题意；
综上所述，函数解析式为：；
（2） ΔBCN的面积恒小于BCM的面积，
∴BCM的面积最大，

过M点作MQ⊥x轴，交BC于点Q，
设
∵B（3，0），C（0，3）
∴设直线BC的解析式为，则有
解得，
∴直线BC的解析式为
∴
∴
∴当时，BCM的面积最大，
∴
（3）过D作DG//x轴交y轴于点G，过P作PH//x轴交y轴于点H

由题意知，
设
∵DG//PH//x轴
∴
∴，
∴
解得，，
∴
∴
∴
【点睛】
本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有抛物线的顶点公式和三角形的面积求法．在求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论结果．
12．（2019秋•邳州市期中）已知抛物线y＝ax2+bx+3经过A（﹣1，0）、B（3，0）点，直线l是抛物线的对称轴．
（1）求抛物线的函数关系式；
（2）在直线l上确定一点P，使△PAC的周长最小，求出点P的坐标；
（3）若点D是抛物线上一动点，当S△ABC＝3S△ABD时，请直接写出点D的坐标．

【分析】（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+1）（x﹣3）＝a（x2﹣2x﹣3），即可求解；
（2）点A的对称点为点B，连接BC交函数对称轴于点P，则点P为所求，即可求解；
（3）S△ABC＝3S△ABD，则|yD|=13yC＝1，即yD＝±1，即可求解．
【解答】解：（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+1）（x﹣3）＝a（x2﹣2x﹣3），
即﹣3a＝3，解得：a＝﹣1，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3；

（2）点A的对称点为点B，连接BC交函数对称轴于点P，则点P为所求，

将点B、C的坐标代入一次函数表达式：y＝kx+b并解得：
直线BC的表达式为：y＝﹣x+3，
当x＝1时，y＝2，
故点P（1，2）；

（3）S△ABC＝3S△ABD，则|yD|=13yC＝1，即yD＝±1，
故﹣x2+2x+3＝±1，
解得：x＝1±3或1±5，
故点D的坐标为：（1+3，1）或（1−3，1）或（1+5，﹣1）或（1−5，﹣1）．
【题组四】
13．（2020·江苏昆山·一模）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与y轴交于点A（0，4），与x轴负半轴交于B，与正半轴交于点C（8，0），且∠BAC＝90°．
（1）求该二次函数解析式；
（2）若N是线段BC上一动点，作NE∥AC，交AB于点E，连结AN，当△ANE面积最大时，求点N的坐标；
（3）若点P为x轴上方的抛物线上的一个动点，连接PA、PC，设所得△PAC的面积为S．问：是否存在一个S的值，使得相应的点P有且只有2个？若有，求出这个S的值，并求此时点P的横坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）y＝﹣x2+x+4；（2）（3，0）；（3）当S＝16时，相应的点P有且只有两个
【分析】
（1）证明，求出点B坐标，利用待定系数法即可求出二次函数解析式；
（2）设N（n，0），则BN＝n+2，BC＝10，证明△BNE∽△BAC，得到S△BEN＝（n+2）2，再求出S△BAN＝2n+4，利用割补法求出，根据二次函数性质即可求解；
（3）设P，分别求出当0＜m＜8和﹣2≤m＜0时S与m函数关系式，假设存在一个S的值，使得相应的点P有且只有2个，得到当S＝16时，m＝4或m＝这两个，问题得解．
【详解】
解：（1）∵∠BAC＝90°，∠AOC=＝90°，
∴



∴OA2＝OB•OC，
由题意知：OA＝4，OC＝8，
∴42＝OB•8，
∴OB＝2，
∴B（﹣2，0），
将A、B、C三点坐标代入即得：
，
解得：，
∴抛物线解析式为：y＝﹣x2+x+4；
（2）设N（n，0），则BN＝n+2，BC＝10，
∵NE∥AC，
∴△BNE∽△BAC，
∴，
∵S△BAC＝×10×4＝20，
∴，
S△BEN＝（n+2）2，
∵S△BAN＝×（n+2）×4＝2n+4，
∴，
∵，
∴当n＝3时，最大值S△ANE＝5，
此时N的坐标为：（3，0）；

（3）设直线AC对应的函数解析式为：y＝kx+b，
则，
解得：，
∴直线AC对应的函数解析式为，
如图，过P作PH⊥OC，垂足为H，交直线AC于点Q；
设P，则Q．
①当0＜m＜8时，
PQ，
S＝S△APQ+S△CPQ＝×8×＝﹣（m﹣4）2+16，
∴0＜S≤16；
②当﹣2≤m＜0时，
PQ＝（）﹣（）＝，
S＝S△CPQ﹣S△APQ＝×8×（）＝（m﹣4）2﹣16，
∴0＜S＜20；
∴当0＜S＜16时，0＜m＜8中有m两个值，﹣2≤m＜0中m有一个值，此时有三个；
当16＜S＜20时，﹣2≤m＜0中m只有一个值；
当S＝16时，m＝4或m＝这两个．
故当S＝16时，相应的点P有且只有两个．

【点睛】
本题为二次函数与几何图形面积问题综合题，难度较大，综合性强．解决问题的关键在于根据题意，表示出各点坐标，利用割补法得到面积与自变量的函数关系式，再利用函数性质求解．
14（2020·江苏·苏州新草桥中学二模）如图，直线交轴于点，交轴于点，抛物线经过、，与轴交于另一点，顶点为．
（1）求抛物线对应函数表达式；
（2）过点作射线交直线下方的抛物线上于点，使，求点的坐标；
（3）作CG平行于轴，交抛物线于点G，点H为线段CD上的点，点G关于的平分线的对称点为点，若，求点坐标及三角形的面积．

【答案】（1）；（2），；（3），的面积=
【分析】
（1）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A、C的坐标，由点A、B、C的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）利用配方法可找出点D的坐标，结合点A、C的坐标可得出AC、AD、CD的长，由勾股定理的逆定理可得出∠ACD=90°，在y轴上取点F（0，1），连接AF交抛物线与点E，点E即为所求，由点A、F的坐标利用待定系数法可求出直线AE的解析式，联立直线AE及抛物线的解析式成方程组，通过解方程组即可求出点E的坐标；
（3）分别求出GM，NH以及CD的解析式，联立方程组，求出点H的坐标，根据三角形面积公式求出的面积即可．
【详解】
解：（1）∵直线y=x+3交x轴于点A，交y轴于点C，
∴点A的坐标为（-3，0），点C的坐标为（0，3）．
将A（-3，0）、B（1，0）、C（0，3）代入y=ax2+bx+c，得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为y=-x2-2x+3．
（2），
点的坐标为．
，，
，，，．
，
，．
在轴上取点，连接交抛物线与点，如图1所示．

，，
，
．
，
．
设直线的解析式为，
将、代入，得：
，解得：，
直线的解析式为．
联立直线、抛物线的解析式成方程组，得：，
解得：，，
点的坐标为，．
（3）∵轴，
∴令，
∴
∴，
∴
∵点G关于∠GHC的平分线对称点为M
连接GM，作∠GHC的平分线NH

则，，
∴
∵∠，∠
∴∠
∴M点的坐标为（1，2）
∴N点坐标为
设直线GM的解析式为
∴，解得
∴
∵
∴设直线NH的解析式为则将代入得，
∴
∴
设直线CD的解析式为
，解得，
∴
联立，解得
∴H点的坐标为
∵，
∴
【点睛】
本题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、一次函数图象上点的坐标特征、两点间的距离公式，解题的关键是：（1）利用一次函数图象上点的坐标特征找出点A、C的坐标；（2）通过解直角三角形找出点E的位置．
15．（2020•南通模拟）已知，抛物线y＝ax2+ax+b（a≠0）与直线y＝2x+m有一个公共点M（1，0），且a＜b．
（1）求b与a的关系式和抛物线的顶点D坐标（用a的代数式表示）；
（2）直线与抛物线的另外一个交点记为N，求△DMN的面积与a的关系式；
（3）a＝﹣1时，直线y＝﹣2x与抛物线在第二象限交于点G，点G、H关于原点对称，现将线段GH沿y轴向上平移t个单位（t＞0），若线段GH与抛物线有两个不同的公共点，试求t的取值范围．

【分析】（1）把M点坐标代入抛物线解析式可得到b与a的关系，可用a表示出抛物线解析式，化为顶点式可求得其顶点D的坐标；
（2）把点M（1，0）代入直线解析式可先求得m的值，联立直线与抛物线解析式，消去y，可得到关于x的一元二次方程，可求得另一交点N的坐标，根据a＜b，判断a＜0，确定D、M、N的位置，画图1，根据面积和可得△DMN的面积即可；
（3）先根据a的值确定抛物线的解析式，画出图2，先联立方程组可求得当GH与抛物线只有一个公共点时，t的值，再确定当线段一个端点在抛物线上时，t的值，可得：线段GH与抛物线有两个不同的公共点时t的取值范围．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+ax+b有一个公共点M（1，0），
∴a+a+b＝0，即b＝﹣2a，
∴y＝ax2+ax+b＝ax2+ax﹣2a＝a（x+12）2−9a4，
∴抛物线顶点D的坐标为（−12，−9a4）；
（2）∵直线y＝2x+m经过点M（1，0），
∴0＝2×1+m，解得m＝﹣2，
∴y＝2x﹣2，
则y=2x−2y=ax2+ax−2a，
得ax2+（a﹣2）x﹣2a+2＝0，
∴（x﹣1）（ax+2a﹣2）＝0，
解得x＝1或x=2a−2，
∴N点坐标为（2a−2，4a−6），
∵a＜b，即a＜﹣2a，
∴a＜0，
如图1，设抛物线对称轴交直线于点E，
∵抛物线对称轴为x=−a2a=−12，
∴E（−12，﹣3），
∵M（1，0），N（2a−2，4a−6），
设△DMN的面积为S，
∴S＝S△DEN+S△DEM=12|（ 2a−2）﹣1|•|−9a4−（﹣3）|=274−3a−278a，
（3）当a＝﹣1时，
抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣x+2＝﹣（x+12）2+94，
有y=−x2−x+2y=−2x，
﹣x2﹣x+2＝﹣2x，
解得：x1＝2，x2＝﹣1，
∴G（﹣1，2），
∵点G、H关于原点对称，
∴H（1，﹣2），
设线段GH平移后的解析式为：y＝﹣2x+t，
﹣x2﹣x+2＝﹣2x+t，
x2﹣x﹣2+t＝0，
△＝1﹣4（t﹣2）＝0，
t=94，
当点H平移后落在抛物线上时，坐标为（1，0），
把（1，0）代入y＝﹣2x+t，
∴t＝2，
∴当线段GH与抛物线有两个不同的公共点，t的取值范围是2≤t＜94．


16．（2020•姑苏区校级二模）如图1，在平面直角坐标系中，直线y=12x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C，二次函数y=−12x2+bx+c的图象经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B．
（1）求二次函数的表达式；
（2）当m≤x≤m+1时，二次函数y=−12x2+bx+c的最大值为﹣2m，求m的值；
（3）如图2，点D为直线AC上方二次函数图象上一动点，连接BC、CD，设直线BD交线段AC于点E，△CDE的面积为S1，△BCE的面积为S2，求S1S2的最大值．

【分析】（1）抛物线y=−12x2+bx+c经过A．C两点，则0=−12×16−4b+cc=2，解得b=−32c=2，即可求解；
（2）分m≤﹣2.5、m≥﹣1.5、﹣2.5＜m＜﹣1.5三种情况，利用函数的增减性即可求解；
（3）证明△DME∽△BNE，则S1：S2＝DE：BE＝DM：BN＝（−12a2﹣2a）：52=−15（a+2）2+45，即可求解．
【解析】（1）根据题意得A（﹣4，0），C（0，2），
∵抛物线y=−12x2+bx+c经过A．C两点，则0=−12×16−4b+cc=2，解得b=−32c=2，
∴y=−12x2−32x+2；
（2）由抛物线的表达式知，抛物线的对称轴为直线x=−32，
①当m+1≤−32（m≤﹣2.5）时，
当x＝m+1时，y=−12x2−32x+2=−12（m+1）2−32（m+1）+2＝﹣2m，解得m＝0或﹣1（两个均舍去）；
②当m≥−32时，
当x＝m时，y=−12x2−32x+2=−12m2−32m+2＝﹣2m，解得m=1−172（舍去）或1+172；
③当﹣2.5＜m＜﹣1.5时，
当x=−32时，y=−12x2−32x+2=−12×（−32）2+32×32+2＝﹣2m，解得m=−2516，
综上，m=−2516或1+172；

（3）如图1，令y＝0，

∴y=−12x2−32x+2＝0，
∴x1＝﹣4，x2＝1，
∴B（1，0），
过D作DM⊥x轴交AC于M，过B作BN⊥x轴交AC于N，
∴DM∥BN，
∴△DME∽△BNE，
∴S1：S2＝DE：BE＝DM：BN，
设D（a，−12a2−32a+2），
∴M（a，12a+2），
∵B（1.0），
∴N（1，52），
∴S1：S2＝DM：BN＝（−12a2﹣2a）：52=−15（a+2）2+45；
∴当a＝﹣2时，S1：S2的最大值是45．
【题组五】
17．（2020•盱眙县校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝ax2+bx+4（a≠0）经过点A（﹣8，0）、B（2，0），与y轴交于点C，点D是AB中点，连接CD．点P是抛物线上一点．
（1）求a、b的值；
（2）若S△CDP＝S△CDO，求点P的横坐标；
（3）过点P作直线CD的垂线，垂足为E，若∠CPE=12∠CDO，求点P的横坐标．

【分析】（1）设抛物线的表达式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）＝a（x+8）（x﹣2）＝a（x2+6x﹣16），即﹣16a＝4，即可求解；
（2）分点P在DC的下方、点P在CD上方两种情况，利用平行线的性质，分别求解即可；
（3）当点P在CD的左侧、点P在CD的右侧两种情况，利用三角形相似，分别求解即可．
【解析】（1）设抛物线的表达式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）＝a（x+8）（x﹣2）＝a（x2+6x﹣16），
即﹣16a＝4，解得a=−14，则b=−32；

（2）由（1）知，抛物线的表达式为y=−14x2−32x+4①，
∵点D是AB中点，故点D（﹣3，0），
当点P在DC的下方时，

过点O作直线m∥CO，
∵S△CDP＝S△CDO，则点P为直线m与抛物线的交点，
由点C、D的坐标得，直线CD的表达式为y=43x+4，
则直线m的表达式为y=43x②，
联立①②并解得x=−17±4333；
当点P在CD上方时，
则作CD的平行线n，该平行线与CD距离与点O到CD的距离一样，即为y=43x+8，
同理可得x=−17±1453，
故点P的横坐标为−17±4333、−17±1453；

（3）当点P在CD的左侧时，如图2，
过点D作DQ⊥CD交CP的延长线于点Q，过点Q作QG⊥x轴于点G，连接AC，

∵QD⊥CD，PE⊥CD，故∠CPE＝∠CQD，
在Rt△OCD中，OD＝3，CO＝4，则CD＝5，
而AD＝AO﹣OD＝8﹣3＝5＝CD，
∴∠CAD＝∠ACD=12∠CDO，
而∠CPE=12∠CDO，故∠CAD＝∠ACD＝∠CPE＝∠CQD，
设∠CAD＝∠ACD＝∠CPE＝α，
在Rt△AOC中，tan∠CAO=COAO=48=12=tanα＝tan∠CQD，
∵∠CDO+∠QDG＝90°，∠CDO+∠DCO＝90°，
∴∠QDG＝∠DCO，
∴△COD∽△DGQ，
∵tan∠CQD=12，即上述两个三角形的相似比为12，
则QGOD=DGOC=2，即QG3=DG4=2，
故QG＝6，DG＝8，
故点Q（﹣11，6），
由点Q、C的坐标得，直线QC的表达式为y=−211x+4③，
联立①③并解得x=−5811；
当点P在CD的右侧时，
同理可得x＝2，
故点P的横坐标为−5811或2．
18．（2020•惠山区二模）已知：在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝mx2+2mx﹣4（m≠0）的图象与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，△ABC的面积为12．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）点D的坐标为（﹣2，1），点P在二次函数的图象上，∠ADP为锐角，且tan∠ADP＝2，求出点P的横坐标．
【分析】（1）S△ABC=12AB•|yC|＝12，则AB＝6，求出A、B的坐标，进而求解；
（2）当点P在直线AD的下方时，tan∠ADF=AFDF=2，故延长DF与抛物线交于点P1，则P1点为所求；当点P在直线AD的上方时，延长P1A至点G使得AG＝AP1，连接DG，与抛物线交于点P2，则P2点为所求，进而求解．
【解析】（1）由题意可得：该二次函数图象的对称轴为直线x＝﹣1；
∵当x＝0时，y＝﹣4，
∴点C的坐标为（0，﹣4），
∵S△ABC=12AB•|yC|＝12，
∴AB＝6，
又∵点A，B关于直线x＝﹣1对称，
∴A点和B点的坐标分别为（﹣4，0），（2，0），
∴4m+4m﹣4＝0，解得m=12，
∴所求二次函数的解析式为y=12x2+x﹣4①；

（2）作DF⊥x轴于点F．分两种情况：
（ⅰ）当点P在直线AD的下方时，

由（1）得点A（﹣4，0），点D（﹣2，1），
∴DF＝1，AF＝2．
在Rt△ADF中，∠AFD＝90°，得tan∠ADF=AFDF=2，
延长DF与抛物线交于点P1，则P1点为所求．
∴点P1的坐标为（﹣2，﹣4）；
（ⅱ）当点P在直线AD的上方时，延长P1A至点G使得AG＝AP1，连接DG，与抛物线交于点P2，则P2点为所求．
又∵A（﹣4，0），P1（﹣2，﹣4），
∴点G的坐标是（﹣6，4），
由点G、D的坐标得，直线GD的表达式为：yGD=−34x−12②，
联立①②并解得：x=−7−1614，
综上：点P横坐标为﹣2或−7−1614．
19．（2020•徐州模拟）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2﹣2ax+c（a≠0）的图象交x轴于A，B两点，交y轴于点C（0，6），连接AC，已知tan∠OAC=34．
（1）点A的坐标是　（8，0）　；
（2）若点P是抛物线上的任意一点，连接PA、PC．
①当△APC与△AOC的面积相等时，求点P的坐标；
②把△PAC沿着AC翻折，若点P与抛物线对称轴上的点Q重合，直接写出点P的横坐标．

【分析】（1）点C （0，6），则OC＝6，而tan∠OAC=34，故OA＝8，即可求解；
（2）①设点P的坐标为（m，=−18m2+14m+6），△APC与△AOC的面积相等，则12×8×6=12|18m2−m|×8，即可求解；
②分P点在直线AC的上方、P点在直线AC下方两种情况，分别求解即可．
【解析】（1）∵点C （0，6），
∴OC＝6，
∵tan∠OAC=34，
∴OCOA=34，
∴OA＝8，
∴A（8，0），
故答案为：（8，0）；

（2）①把A点和C点坐标代入二次函数y＝ax2﹣2ax+c（a≠0）中得，
64a−16a+c=0c=6，
解得a=−18c=6，
∴二次函数的解析式为：y=−18x2+14x+6，
设直线AC的解析式为y＝kx+b（k≠0），则
8k+b=0b=6，
解得，k=−34b=6，
∴直线AC的解析式为：y=−34x+6，
设点P的坐标为（m，−18m2+14m+6），
过P作PM⊥x轴，与AC交于点M，则M（m，−34m+6）
∴PM=|18m2−m|，
∵△APC与△AOC的面积相等，
∴12×8×6=12|18m2−m|×8，
∴18m2﹣m＝6，或18m2﹣m＝﹣6，
解方程18m2﹣m＝6，得m＝12或﹣4，
18m2﹣m＝﹣6无解，
∴P（﹣4，3）或（12，﹣9）；

②∵y=−18x2+14x+6，
∴对称轴为x＝1，
∵点P与抛物线对称轴上的点Q重合，
∴可设P（m，−18m2+14m+6，），
当P点在直线AC的上方时，如图1，
设AC与抛物线的对称轴的交点为M点，PQ与AC的交点为N点，过点P作PE⊥MQ于点E，
则M（1，214），∠MNQ＝∠MFA＝∠PEQ＝∠AOC＝90°，

∴∠MQN+∠QMN＝∠QMN+∠OAC＝90°，
∴∠MQN＝∠OAC，
∴tan∠MQN＝tan∠OAC，
∴PEEQ=OCOA，即m−1EQ=68，
∴EQ=43m−43，
∴QF＝EF﹣EQ=−18m2−1312m+223，
∴MQ=MF−QF=18m2+1312m−2512，
∵cos∠MQN＝cos∠OAC，
∴QNQM=OAAC，即QN18m2+1312m−2512=862+82，
∴QN=110m2+1315m−53，
∵sin∠MQN＝sin∠OAC，
∴PEPQ=OCAC，即m−1PQ=610，
∴PQ=53m−53，
∵PQ＝2QN，
∴53m−53=2(110m2+1315m−53)，
∴m=421−116，或m=−421−116（舍），
当P点在直线AC下方时，如图2，

设AC与抛物线的对称轴的交点为M点，PQ与AC的交点为N点，过点P作PE⊥MQ于点E，
则M（1，214），∠MNQ＝∠MFA＝∠PEQ＝∠AOC＝90°，
∴∠MQN+∠QMN＝∠AMF+∠OAC＝90°，
∵∠QMN＝∠AMF，
∴∠MQN＝∠OAC，
∴tan∠MQN＝tan∠OAC，
∴PEEQ=OCOA，即1−mEQ=68，
∴EQ=43m−43，
∴QF＝EF+EQ=−18m2+1912m+143，
∴MQ=QF−MF=−18m2+1912m−712，
∵cos∠MQN＝cos∠OAC，
∴QNQM=OAAC，即QN18m2+1312m−2512=862+82，
∴QN=110m2+1315m−53，
∵sin∠MQN＝sin∠OAC，
∴PEPQ=OCAC，即m−1PQ=610，
∴PQ=53m−53，
∵PQ＝2QN，
∴53m−53=2(110m2+1315m−53)，
∴m=421−116（舍去），或m=−421−116，
综上，点P的横坐标为421−116或−421−116．
20．（2020•金湖县一模）如图1，在直角坐标系中，二次函数y=23x2+23x﹣4的图象交坐标轴于点A，B，C（点A在点B的左侧），点P是AC边上的动点，过P作x轴和BC的垂线，垂足分别为D点，E点，连接BP．
（1）求△ABC的面积；
（2）当BP与y轴交点恰好是BP中点时，求PE的长；
（3）如图2，取BP中点F，连接DF、EF、DE，请直接写出△DEF周长的最小值．

【分析】（1）求出抛物线与坐标轴的交点坐标，进而求得AB与OC，最后根据三角形的面积公式便可求得结果；
（2）根据三角形的中位线求得D点坐标，再求得P点坐标，得PD，进而得△PAB的面积，再由△BCP的面积求得PE；
（3）过F作FM⊥DE于点M，由直角三角形斜边上的中线定理得DF＝EF，进而证明∠DFG＝∠OBC，解直角三角形，用BP表示DE，进而用BP表示△DEF的周长，再由垂线段最短定理求得结果．
【解析】（1）令x＝0，得y=23x2+23x﹣4＝﹣4，
∴C（0，﹣4），
∴OC＝4，
令y＝0，得y=23x2+23x﹣4＝0，
解得，x＝﹣3或2，
∴A（﹣3，0），B（2，0），
∴AB＝2+3＝5，
∴△ABC的面积=12AB•OC=12×5×4＝10；
（2）∵PD∥y轴，BP与y轴交点恰好是BP中点，
∴OB＝OD＝2，
∴D（﹣2，0），
设直线AC的解析式为：y＝mx+n（m≠0），则
−3m+n=0n=−4，
解得，m=−43n=−4，
∴直线AC的解析式为：y=−43x﹣4，
∴P（﹣2，−43），
∴PD=43，
∴△APB的面积=12AB⋅PD=12×5×43=103，
∴△PCB的面积＝△ABC的面积﹣△APB的面积＝10−103=203，
∴12BC⋅PE=203，即12×25×PE=203，
∴PE=453；
（3）过F作FM⊥DE于点M，
∵∠PDB＝∠PCB＝90°，F是BP的中点，
∴DF＝EF＝BF=12BP，
∴∠FBD＝∠FDB，∠FBE＝∠FEB，
∴∠DFP＝2∠FBD，∠EFP＝2∠EBF，
∴∠DFE＝2（∠FBD+∠FBE）＝2∠OBC，
∵FD＝FE，FM⊥DE，
∴∠DFM=12∠DFE＝∠OBC，DE＝2DM，
∴DE＝2DM＝2DF•sin∠DFM＝2×12BP⋅sin∠OBC=BP⋅OCBC=255BP，
∴△DEF周长＝DF+EF+DE＝BP+255BP，
当BP⊥AC时，BP的值最小，
此时有12AC⋅BP=12AB⋅OC，即12×5×BP=12×5×4，
∴BP的最小值为4，
当BP取最小值4时，△DEF周长＝BP+255BP＝4+855的值最小，
故，△DEF周长的最小值为4+855．

【题组六】
21.（2020•常州二模）已知二次函数y＝ax2+bx+6的图象开口向下，与x轴交于点A（﹣6，0）和点B（2，0），与y轴交于点C，点P是该函数图象上的一个动点（不与点C重合）．
（1）求二次函数的关系式；
（2）如图1，当点P是该函数图象上一个动点且在线段AC的上方，若△PCA的面积为12，求点P的坐标；
（3）如图2，该函数图象的顶点为D，在该函数图象上是否存在点E，使得∠EAB＝2∠DAC，若存在请直接写出点E的坐标；若不存在请说明理由．

【分析】（1）函数的表达式为：y＝a（x+6）（x﹣2）＝a（x2+4x﹣12），即可求解；
（2）方法一：S△PCA=12PG×AC=12×22PG×62=12，解得：PH＝4，直线AC的表达式为：y＝x+6，即可求解；
方法二：过点P作y轴上平行线交AC于H，设出点P的坐标，则PH＝4，利用S△APH+S△CPH＝12直接求出点P的横坐标；
（3）sin∠DAC=DCAD=1010，sin2∠DAC＝sin∠DAD′=DHAD'=12580=35=sin∠EAB，则tan∠EAB=34，即可求解．
【解析】（1）因为点A（﹣6，0）和点B（2，0），
设函数的表达式为：y＝a（x+6）（x﹣2）＝a（x2+4x﹣12），
则﹣12a＝6，解得：a=−12，
函数的表达式为：y=−12x2﹣2x+6…①，
顶点D坐标为（﹣2，8）；

（2）解法一：如图1所示，过点P作直线m∥AC交抛物线于点P′，
过点P作PH∥y轴交AC于点H，作PG⊥AC于点G，

∵OA＝OC，
∴∠PHG＝∠CAB＝45°，则HP=2PG，
S△PCA=12PG×AC=12×22PG×62=12，解得：PH＝4，
直线AC的表达式为：y＝x+6，
则直线m的表达式为：y＝x+10…②，
联立①②并解得：x＝﹣2或﹣4，
则点P坐标为（﹣2，8）或（﹣4，6）；
解法二：如图1，过点P作PH∥y轴交AC于点H，

设P（x，−12x2﹣2x+6）．
∵△PCA的面积为12，
∴12OA•PH＝12，即12×6•PH＝12．
∴PH＝4，
∴PH=−12x2﹣2x+6﹣（x+6）＝4，
∴xP＝﹣2或﹣4，
则点P坐标为（﹣2，8）或（﹣4，6）；

（3）点A、B、C、D的坐标为（﹣6，0）、（2，0）、（0，6）、（﹣2，8），
则AC=72，CD=8，AD=80，
则∠ACD＝90°，sin∠DAC=DCAD=1010，
延长DC至D′使CD＝CD′，连接AD′，过点D作DH⊥AD′，

则DD′＝28，AD＝AD′=80，
S△ADD′=12DD′×AC=12DH×AD′，
即：28×72=DH×80，解得：DH=125，
sin2∠DAC＝sin∠DAD′=DHAD'=12580=35=sin∠EAB，
则tan∠EAB=34，
①当点E在AB上方时，
则直线AE的表达式为：y=34x+b，
将点A坐标代入上式并解得：
直线AE的表达式为：y=34x+92⋯④，
联立①④并解得：x=12（不合题意值已舍去），
即点E（12，398）；
②当点E在AB下方时，
同理可得：点E（72，−578）．
综上，点E（12，398）或（72，−578）．
22．（2020•连云港一模）二次函数y＝ax2+bx+8（a≠0）图象与x轴的交点为A，B，与y轴交点为C，且A（﹣2，0），B（6，0），
（1）求该二次函数的解析式；
（2）连接BC，若点P是抛物线在第一象限图象上的动点，求△BCP的面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）抛物线的对称轴为直线L，点D是点C关于直线L的对称点，CD、BC与直线L分别交于点E，F，连接BD．若M是直线L上一点，满足∠CMD＝2∠CBD，求点M的坐标．
【分析】（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）△BCP的面积S＝S△PHB+S△PHC=12×PH×OB=12×6×（−23x2+83x+8+43x﹣8）＝﹣2x2+12x，即可求解；
（3）根据点的对称性∠CMD＝2∠EMD，而∠CMD＝2∠CBD，故∠EMD＝∠CBD，进而求解．
【解析】（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得0=4a−2b+80=36a+6b+8，
解得a=−23b=83，
故抛物线的表达式为：y=−23x2+83x+8；

（2）过点P作PH∥y轴交BC于点H，

由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y=−43x+8，
设点P（x，−23x2+83x+8），则点H（x，−43x+8）
则△BCP的面积S＝S△PHB+S△PHC=12×PH×OB=12×6×（−23x2+83x+8+43x﹣8）＝﹣2x2+12x，
∵﹣2＜0，故S有最大值为18，此时点P（3，10）；

（3）根据点的对称性∠CMD＝2∠EMD，而∠CMD＝2∠CBD，
故∠EMD＝∠CBD，
在△CDB中，CD∥x轴，
故∠DCB＝∠CBO，CD＝4，
则点D（4，8），而B（6，0），
则BD=(6−4)2+82=217，
过点D作DN⊥BC于点N，DN＝CDsin∠DCF＝CDsin∠CBO＝4×45=165，
故sin∠CBD=DNBD=165217=8517，
故tan∠CBD=819=tan∠DME=EDEM=2EM，
解得：EM=194，
故点M（2，514）；
当点M在CD下方时，则点M（2，134），
故点M（2，514）或（2，134）．
23．（2020•张家港市模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（0，3），B（1，0），其对称轴为直线l：x＝2，过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点，设其横坐标为m．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，动点P在直线BC下方的抛物线上，连接PO，PC，当m为何值时，四边形OPCE面积最大，并求出其最大值；
（3）如图2，F是抛物线的对称轴l上的一点，连接PO，PF，OF，在抛物线x轴下方的图象上是否存在点P使△POF满足：①∠OPF＝90°；②tan∠POF=12？若存在，求点P的坐标，若不存在，请说明理由．

【分析】（1）由题意得：c=3a+b+c=0−b2a=2，解之即可求解；
（2）四边形OPCE面积S＝S△OCE+S△OCP=12×EF×AC+12PH×AC，即可求解；
（3）证明△PMO∽△FNP，而tan∠POF=12，则△PMO和△FNP的相似比为2：1，即OM＝2PN，即可求解．
【解析】（1）由题意得：c=3a+b+c=0−b2a=2，解得a=1b=−4c=3，
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣4x+3；

（2）点A（0，3），函数的对称轴为直线x＝2，则点C（4，3），
∵OE是∠AOB的平分线，故∠AOE＝45°，则△AOE为等腰直角三角形，故OE＝OA＝3，故点E（3，3）；
连接OC，过点E、P分别作y轴的平行线分别交OC于点F、H，

由点O、C的坐标得，直线OC的表达式为：y=34x，当x＝3时，y=94，故F（3，94），则EF＝3−94=34，
设点P（m，m2﹣4m+3），则点H（m，34m），
则四边形OPCE面积S＝S△OCE+S△OCP=12×EF×AC+12PH×AC=12×4×（34+34m﹣m2+4m﹣3）＝﹣2m2+192m−92，
∵﹣2＜0，故S有最大值，当m=198时，S的最大值为21732；

（3）存在，理由：
过点P作x轴的平行线交y轴于点M，交直线l于点N，

设点P（m，m2﹣4m+3），
∵∠OPF＝90°，则∠MOP+∠MPO＝90°，∠OPM+∠FPN＝90°，
∵∠FPN＝∠POM＝90°，
∴△PMO∽△FNP，
∵tan∠POF=12，即△PMO和△FNP的相似比为2：1，
则OM＝2PN，即﹣（m2﹣4m+3）＝2|2﹣m|，解得：m＝3−2或1+2，
故点P的坐标为（3−2，2﹣22）或（1+2，2﹣22）．
24．（2020•亭湖区一模）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2﹣2x+c与x轴交于点A（1，0），点B（﹣3，0），与y轴交于点C，连接BC，点P在第二象限的抛物线上，连接PC、PO，线段PO交线段BC于点 E．

（1）求抛物线的表达式；
（2）若△PCE的面积为S1，△OCE的面积为S2，当S1S2=23时，求点P的坐标；
（3）已知点C关于抛物线对称轴的对称点为点N，连接BN，点H在x轴上，当∠HCB＝∠NBC时，
①求满足条件的所有点H的坐标；
②当点H在线段AB上时，点Q是线段BH外一点，QH＝1，连接BQ，将线段BQ绕着点Q顺时针旋转90°，得到线段QM，连接MH，直接写出线段MH的取值范围．
【分析】（1）先把点A（1，0），点B（﹣3，0）代入抛物线y＝ax2﹣2x+c中列方程组，解方程组可得a和c的值，从而得抛物线的表达式；
（2）先根据待定系数法求BC的解析式为：y＝x+3，根据同高三角形面积的比等于对应底边的比，可得PEOE=23，证明△OEH∽△OPG，得EHPG=OHOG=OEPO=35，可设E（3m，3m+3），则P（5m，﹣25m2﹣10m+3），代入比例式可得方程，解出即可得结论；
（3）①由对称得：N（﹣2，3），有两种情况：如图2，i）当BN∥CH1时，∠H1CB＝∠NBC，根据平移的性质可得点H1的坐标；ii）当∠H2CB＝∠NBC，设H2（n，0），直线CH2与BN交于点M，确定BN和CH2的解析式，利用方程组的解可得M的坐标（−2nn+1，3n+9n+1），根据两点的距离公式利用BM＝CM，列方程可得结论；
②如图3，当Q在x轴下方时，且MH⊥x轴时，MH最小，作辅助线，构建矩形MFGH是，证明△BGQ≌△QFM（AAS），得GQ＝GH＝FM，可得△QHG是等腰直角三角形，由斜边为1可得QG＝GH=22，利用全等三角形的性质与线段和与差可得结论；同理如图4，当Q在x轴上方时，且MH⊥x轴时，MH最大，同理可得最大值MH的长，从而得结论．
【解析】（1）把点A（1，0），点B（﹣3，0）代入抛物线y＝ax2﹣2x+c中，
得：a−2+c=09a+6+c=0，
解得：a=−1c=3
∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如图1，过P作PG⊥y轴于G，过E作EH⊥y轴于H，

当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3），
设BC的解析式为：y＝kx+b，
则−3k+b=0b=3，解得k=1b=3，
∴BC的解析式为：y＝x+3，
∵△PCE的面积为S1，△OCE的面积为S2，且S1S2=23，
∴PEOE=23，
∵EH∥PG，
∴△OEH∽△OPG，
∴EHPG=OHOG=OEPO=35，
∴设E（3m，3m+3），则P（5m，﹣25m2﹣10m+3），
∴3m+3−25m2−10m+3=35，
∴25m2+15m+2＝0，
（5m+2）（5m+1）＝0，
m1=−25，m2=−15，
当m=−25时，5m＝﹣2，则P（﹣2，3），
当m=−15时，5m＝﹣1，则P（﹣1，4），
综上，点P的坐标是（﹣2，3）或（﹣1，4）；
（3）①由对称得：N（﹣2，3），
∵∠HCB＝∠NBC，

如图2，连接CN，有两种情况：
i）当BN∥CH1时，∠H1CB＝∠NBC，
∵CN∥AB，
∴四边形CNBH1是平行四边形，
∴H1（﹣1，0）；
ii）当∠H2CB＝∠NBC，
设H2（n，0），直线CH2与BN交于点M，
∴BM＝CM，
∵B（﹣3，0），N（﹣2，3），
∴同理可得BN的解析式为：y＝3x+9，
设CH2的解析式为：y＝k1x+b1，
则b1=3k1n+b1=0，解得：k1=−3nb1=3，
∴设CH2的解析式为：y=−3xn+3，
∴M（−2nn+1，3n+9n+1），
∵BM＝CM，
∴(−2nn+1+3)2+(3n+9n+1)2=(−2nn+1)2+(3−3n+9n+1)2，
解得：n＝﹣9或﹣1（舍），
∴H2（﹣9，0），
综上，点H的坐标是（﹣1，0）或（﹣9，0）；
②如图3，当Q在x轴下方时，且MH⊥x轴时，MH最小，过Q作QG⊥x轴，过M作MF⊥QG于F，则四边形MFGH是矩形，

∴FM＝GH，FG＝MH，
∵∠BQM＝∠F＝90°，
∴∠BQG+∠GQM＝∠FMQ+∠GQM＝90°，
∴∠BQG＝∠FMQ，
∵BQ＝QM，∠BGQ＝∠F＝90°，
∴△BGQ≌△QFM（AAS），
∴FM＝GQ，BG＝FQ，
∴GQ＝FM＝GH，
∵QH＝1，
∴QG＝GH=22，
∴MH＝FG＝FQ﹣QG＝BG﹣GH＝2−22−22=2−2；
如图4，当Q在x轴上方时，且MH⊥x轴时，MH最大，过Q作QG⊥x轴，作QF⊥MH于F，则四边形QFHG是矩形，

∴FQ＝GH，GQ＝FH，
同理得△BGQ≌△MFQ（AAS），
∴QG＝FQ＝GH，BG＝MF，
∵QH＝1，
∴QG＝GH=22，
∴MH＝FM+FH＝BG+GH＝2+22+22=2+2；
∴MH的取值范围是2−2≤MH≤2+2．
【题组七】
25（2021·江苏·苏州市胥江实验中学校二模）在平面直角坐标系中，抛物线经过点和点，与y轴交于点D，与x轴的另一交点为点B．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，连接，在抛物线上是否存在点P，使得？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，连接，交y轴于点E，点M是线段上的动点（不与点A，点D重合），将沿所在直线翻折，得到，当与重叠部分的面积是面积的时，请直接写出线段的长．
【答案】（1）；（2）存在，（，）或（，）；（3）或
【分析】
（1）根据点A和点C的坐标，利用待定系数法求解；
（2）在x轴正半轴上取点E，使OB=OE，过点E作EF⊥BD，垂足为F，构造出∠PBC=∠BDE，分点P在第三象限时，点P在x轴上方时，点P在第四象限时，共三种情况分别求解；
（3）设EF与AD交于点N，分点F在直线AC上方和点F在直线AC下方时两种情况，利用题中所给面积关系和中线的性质可得MN=AN，FN=NE，从而证明四边形FMEA为平行四边形，继而求解．
【详解】
解：（1）∵抛物线经过点A（-2，-4）和点C（2，0），
则，解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）存在，理由是：
在x轴正半轴上取点E，使OB=OE，过点E作EF⊥BD，垂足为F，
在中，
令y=0，解得：x=2或-1，
∴点B坐标为（-1，0），
∴点E坐标为（1，0），
可知：点B和点E关于y轴对称，
∴∠BDO=∠EDO，即∠BDE=2∠BDO，
∵D（0，2），
∴DE==BD，
在△BDE中，有×BE×OD=×BD×EF，
即2×2=×EF，解得：EF=，
∴DF==，
∴tan∠BDE===，
若∠PBC=2∠BDO，
则∠PBC=∠BDE，
∵BD=DE=，BE=2，
则BD2+DE2＞BE2，
∴∠BDE为锐角，
当点P在第三象限时，
∠PBC为钝角，不符合；
当点P在x轴上方时，
∵∠PBC=∠BDE，设点P坐标为（c，），
过点P作x轴的垂线，垂足为G，
则BG=c+1，PG=，
∴tan∠PBC===，
解得：c=，
∴=，
∴点P的坐标为（，）；

当点P在第四象限时，
同理可得：PG=，BG=c+1，
tan∠PBC===，
解得：c=，
∴=，
∴点P的坐标为（，），
综上：点P的坐标为（，）或（，）；

（3）设EF与AD交于点N，
∵A（-2，-4），D（0，2），设直线AD表达式为y=mx+n，
则，解得：，
∴直线AD表达式为y=3x+2，
设点M的坐标为（s，3s+2），
∵A（-2，-4），C（2，0），设直线AC表达式为y=m1x+n1，
则，解得：，
∴直线AC表达式为y=x-2，
令x=0，则y=-2，
∴点E坐标为（0，-2），
可得：点E是线段AC中点，
∴△AME和△CME的面积相等，
由于折叠，
∴△CME≌△FME，即S△CME=S△FME，
由题意可得：
当点F在直线AC上方时，
∴S△MNE=S△AMC=S△AME=S△FME，
即S△MNE= S△ANE= S△MNF，
∴MN=AN，FN=NE，
∴四边形FMEA为平行四边形，
∴CM=FM=AE=AC==，
∵M（s，3s+2），
∴，
解得：s=或0（舍），
∴M（，），
∴AM==，

当点F在直线AC下方时，如图，
同理可得：四边形AFEM为平行四边形，
∴AM=EF，
由于折叠可得：CE=EF，
∴AM=EF=CE=，

综上：AM的长度为或．
【点睛】
本题是二次函数综合题，涉及到待定系数法，二次函数的图像和性质，折叠问题，平行四边形的判定和性质，中线的性质，题目的综合性很强．难度很大，对学生的解题能力要求较高．
26（2021·江苏·苏州高新区第五初级中学校二模）二次函数的图象与x轴交于A(2，0)，B(6，0)两点，与y轴交于点C，顶点为E．
(1)求这个二次函数的表达式，并写出点E的坐标；
(2)如图①，D是该二次函数图象的对称轴上一个动点，当BD的垂直平分线恰好经过点C时，求点D的坐标；
(3)如图②，P是该二次函数图象上的一个动点，连接OP，取OP中点Q，连接QC，QE，CE，当△CEQ的面积为12时，求点P的坐标．

【答案】(1)；(4，-1)；(2)(4，3+)或(4，3-)；(3)(10，8)或(，24)
【分析】
(1)由于二次函数的图象与x轴交于A(2，0)、B(6，0)两点，把A，B两点坐标代入，计算出a的值即可求出抛物线解析式，由配方法求出E点坐标；
(2)由线段垂直平分线的性质可得出CB=CD，设D(4，m)，由勾股定理可得=，解方程可得出答案；
(3)设CQ交抛物线的对称轴于点M，设P(，)，则Q(，)，设直线CQ的解析式为，则，解得，求出M(，)，ME=，由面积公式可求出n的值，则可得出答案．
【详解】
(1)将A(2，0)，B(6，0)代入，
得，
解得，
∴二次函数的解析式为；
∵，
∴E(4，)；
(2)如图1，图2，连接CB，CD，由点C在线段BD的垂直平分线CN上，得CB=CD，

设D(4，m)，
当时，，
∴C(0，3)，
∵=，由勾股定理可得：
=，
解得m=3±，
∴满足条件的点D的坐标为(4，3+)或(4，3-)；
(3)如图3，设CQ交抛物线的对称轴于点M，

设P(，)，则Q(，)，
设直线CQ的解析式为，则，
解得，
于是直线CQ的解析式为：，
当时，，
∴M(，)，ME==，
∵S△CQE=S△CEM+S△QEM=，
∴，
解得或，
当时，P(10，8)，
当时，P(，24)．
综合以上可得，满足条件的点P的坐标为(10，8)或(，24)．
【点睛】
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数图象与性质，垂直平分线的性质，勾股定理，三角形的面积；熟练掌握二次函数的性质及方程思想是解题的关键．
27．（2020·江苏宿迁·模拟预测）如图，已知二次函数的图象与轴分别交于两点，与轴交于点，点在抛物线的对称轴上，且四边形为平行四边形．
（1）求此抛物线的对称轴，并确定此二次函数的表达式；
（2）点为轴下方抛物线上一点，若的面积为12，求点的坐标；
（3）在（2）的条件下，设抛物线的顶点为，点是抛物线的对称轴上一动点且在轴上方，连接，过点作的垂线交抛物线于点，当时，求点到抛物线的对称轴的距离．

【答案】（1）对称轴x=4 ，解析式；（2）；（3）4或
【分析】
（1）先求出对称轴为x＝4，进而求出AB＝4，进而求出点A，B坐标，即可得出结论；
（2）根据E点在抛物线上，设E(m，)，作EN⊥y轴于N，利用面积的和差：建立方程求解，即可得出结论；
（3）①当点Q在对称轴右侧时，先判断出点E，M，Q，P四点共圆，得出∠EMQ＝90°，利用同角的余角相等判断出∠EMF＝∠HGM，得出tan∠EMF＝＝2，得出HG＝HM＝1，进而求出Q(8，6)，得出结论；
②当点Q在对称轴左侧时，先判断出△PDQ∽△EFP，得出，进而判断出DP＝，PF＝2QD，即可得出结论．
【详解】
解：（1）抛物线为：，对称轴，
∵抛物线与y轴交于C点，D点在对称轴上，且CDx轴，故CD=4，
∴平行四边形ABCD中，AB=CD=4，故A(2，0)，B(6，0)，
将点A(2，0)代入，解得：a=，
∴抛物线为：；
（2）如下图所示，作ENy轴于点N，设点E坐标为(m，)，由（1）中求出的抛物线解析式，可得抛物线与x轴交点为A(2，0)，B(6,0)，点E在x轴下方的抛物线上，故2

==12
化简得：，解得：m=3或m=8（舍），
∴点E坐标为(3，)；
（3）①当点Q在对称轴右侧时，如图2，

过点E作EF⊥PM于F，MQ交x轴于G，
∵∠PQE＝∠PME，
∴点E，M，Q，P四点共圆，
∵PE⊥PQ，
∴∠EPQ＝90°，
∴∠EMQ＝90°，
∴∠EMF+∠HMG＝90°，
∵∠HMG+∠HGM＝90°，
∴∠EMF＝∠HGM，
在RtEFM中，EF＝1，FM＝，tan∠EMF＝＝2，
∴tan∠HGM＝2，
∴，
∴HG＝HM＝1，
∴点G（5，0），
∵M（4，-2），
∴直线MG的解析式为y＝2x﹣10①，
∵二次函数解析式为y＝②，
联立①②解得，（舍）或，
∴Q（8，6），
∴点Q到对称轴的距离为8﹣4＝4；
②当点Q在对称轴左侧时，如图3，

过点E作EF⊥PM于F，过点Q作QD⊥PM于D，
∴∠DQP+∠QPD＝90°，
∵∠EPQ＝90°，
∴∠DPQ+∠FPE＝90°，
∴∠DQP＝∠FPE，
∵∠PDQ＝∠EFP，
∴△PDQ∽△EFP，
∴，
由①知，tan∠PQE＝＝2，
∵EF＝1，
∴＝，
∴DP＝，PF＝2QD，
设Q（n，），
∴DQ＝4-n，DH＝，
∴PF＝DH+FH﹣DP＝＝，
∴＝2（4-n），
∴n＝（舍）或n＝，
∴DQ＝4﹣n＝，
即点Q到对称轴的距离为4或．
【点睛】
本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数图像中三角形面积的计算，二次函数与一次函数结合并根据三角形相似等知识计算点（抛物线上的）到直线（对称轴）的距离的综合型题目，难度较大，属于压轴题类；在解决此类题目时，一定要分小题进行，具体问题具体分析，一般地：（1）第一小题，用待定系数法求函数解析式，难度不大，只要我们熟练掌握解题方法即可；（2）第二小题，难度加大，一般求解步骤也较繁琐，具有一定的挑战性，需要平时多积累解题方法，在具体问题上灵活变通运用之；（3）属于拔高题, 一般答案不唯一, 需要分类讨论, 需要敏锐的观察能力和高效快捷的数据处理能力．
28.（2021·江苏泰州·模拟预测）如图，已知二次函数的图像与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中点A的坐标为，对称轴是直线．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）如图，连接AC，若点P是该抛物线上一点，且，求点P的坐标；

（3）如图，点P是该抛物线上一点，点Q为射线CB上一点，且P、Q两点均在第四象限内，线段AQ与BP交于点M，当，且△ABM与△PQM的面积相等时，请问线段PQ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）；（2）或；（3）线段PQ的长是定值，定值为7
【分析】
（1）由点A的坐标为，对称轴是直线，即可得出方程组，解方程组即可求出二次函数的表达式；
（2）设P（x，），在y轴上取点D，，使CD=CA，可求得D（0，9），故∠ACO=2∠ADO，故∠ADO=∠PAB，所以tan∠ADO=tan∠PAB，列出方程，求出x的值即可；
（3）连接AP,由△ABM与△PQM的面积相等，可得△ABP与△PQA的面积相等，故BQ∥AP，故∠BQA=∠PAQ，∠PBQ=∠APB，由等腰三角形的判定可得AM=PM,BM=QM，故AQ=PB，根据SAS可证△ABP≌△PQA，即可得出答案．
【详解】
（1）∵点A的坐标为，对称轴是直线．
∴
∴
∴
（2）设P（x，），
当x=0时，
∴C（0，4）
∵A(-3，0)C（0．4）
∴OA=4,OC=4
∴AC=5
在y轴上C的上方取点D，使CD=CA=5，

∴OD=OC+CD=4+5=9
∴D（0，9），
连结AD，
∵CD=CA=5，
∴∠DAC-∠ADC
∴∠ACO=2∠ADO，
∴∠ADO=∠PAB，
∴tan∠ADO=tan∠PAB，
∴，
∴
∴P（3，2）或（5，）
（3）线段PQ的长是定值，为7．
连接AP

∵△ABM与△PQM的面积相等
∴△ABP与△PQA的面积相等
∴BQ∥AP
∴∠BQA=∠PAQ，∠PBQ=∠APB，
∵∠PBQ＝∠AQB，
∴∠BQA=∠PAQ=∠PBQ=∠APB，
∴AM=PM,BM=QM
∴AM=PM,BM=QM
∴AM+MQ=PM+BM
∴AQ=PB
∵∠QAP＝∠BPA，AP=AP
∴△ABP≌△PQA
∴PQ=AB=7．
【点睛】
本题考查了函数的图像性质，三角函数，等腰三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识点，掌握函数的图像性质，三角函数等知识点，准确画出图形是解题的关键．