2023年中考数学二轮复习重难点专项突破专题15 二次函数的图象与性质(教师版)

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备战2022年中考数学复习重难点与压轴题型专项突围训练(全国通用版)
专题15 二次函数的图象与性质
【典型例题】
1．(2022·全国·九年级专题练习)如图，抛物线C的顶点坐标为(2，8)，与x轴相交于A，B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点D(0，6)．

(1)求抛物线C的函数表达式以及点B的坐标；
(2)平移抛物线C，使平移后的抛物线C′的顶点P落在线段BD上，过P作x轴的垂线，交抛物线C于点Q，再过点Q作QE∥x轴交抛物线C于另一点E，连接PE，若△PQE是等腰直角三角形，请求出所有满足条件的抛物线C′的函数表达式．
【答案】(1)，B(6，0)
(2)y+2或y+1．
【解析】
【分析】
(1)设抛物线C的解析式为y＝a+8，把(0，6)代入y＝a+8，确定解析式即可．
(2) 确定直线BD的解析式为y＝﹣x+6，设P(t，﹣t+6)，则0＜t＜6，则Q(t，)，利用Q，E是C的对称点，确定E的坐标，分别计算PQ，EQ的长度，分类计算即可．
(1)
∵抛物线C的顶点坐标为(2，8)，
∴设抛物线C的解析式为y＝a+8，
把(0，6)代入y＝a+8，
得a，
∴抛物线C的解析式为y+8，
∴，
令y＝0，则有，
解得x＝﹣2或6，
∵点A在点B的左侧
∴B(6，0)．
(2)
设直线BD的解析式为y＝kx+b，
则，
解得，
∴直线BD的解析式为y＝﹣x+6，
设P(t，﹣t+6)，则0＜t＜6，则Q(t，)，
∵E，Q关于抛物线C的对称轴直线x＝2对称，
∴，
∴，
∴E(﹣t+4，)，
∴QP=﹣(﹣t+6)=，QE＝|2t﹣4|，
∵QP⊥x轴，QE∥x轴，
∴∠PQE＝90°，
∴当QE＝PQ时，△PQE是等腰直角三角形，
即＝|2t﹣4|，
①当＝2t﹣4时，

解得t＝4或﹣2(舍弃)，
此时P(4，2)，
故抛物线解析式为y+2．
②当＝﹣2t+4时，
解得t＝5或5(舍弃)，
此时P(5，1)．
∴y+1
∴满足条件的抛物线有两条，解析式分别为y+2或y+1．
【点睛】
本题考查了二次函数的解析式，一次函数的解析式，抛物线的对称性，抛物线与x轴的交点，等腰直角三角形的分类，熟练掌握待定系数法，抛物线的对称性，分类思想是解题的关键．




【专题训练】
一、 选择题
1．(2021·广东斗门·一模)对于二次函数的图象，下列说法正确的是(        )
A．开口向下 B．对称轴是直线
C．与轴有两个交点 D．顶点坐标是
【答案】C
【解析】
【分析】
根据二次函数解析式，得出该函数图象的信息，然后依次判断各选项即可．
【详解】
解：由二次函数解析式可知：，图象开口向上；顶点坐标为；对称轴为直线，故A、B、D错误；

△
二次函数的图象与轴有两个交点
故C正确，
故选C．
【点睛】
本题考查了二次函数的图象与性质．解题的关键在于熟练掌握二次函数的图象与性质．
2．(2021·广西平桂·九年级期中)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c交x轴于(-1，0)，(3，0)，则下列判断错误的是(       )．

A．图象的对称轴是直线x＝1 B．当x>1时，y随x的增大而减小
C．一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的两个根分别是-1和3 D．当y<0时，x<-1
【答案】D
【解析】
【分析】
直接利用二次函数的性质结合图象分别分析得出答案．
【详解】
解：∵抛物线y=ax2+bx+c交x轴于(-1，0)、(3，0)两点，
∴图象的对称轴是直线 x==1，故A正确；
∵图象的对称轴是直线 x=1，开口向下，
∴当x＞1时，y随x的增大而减小，故B正确；
∵抛物线y=ax2+bx+c交x轴于(-1，0)、(3，0)两点，
∴一元二次方程ax2+bx+c=0的两个根是-1和3，故C正确；
如图所示：当y＜0时，x＜-1或x＞3，故D选项错误．
故选D．
【点睛】
本题考查了抛物线与x轴的交点，正确掌握x上方的部分对应的函数值大于0，x下方的部分对应的函数值小于0是解题关键．
3．(2021·广东南雄·九年级期中)二次函数y＝ax2+bx+c与一次函数y＝ax+c在同一坐标系内的图象可能是图所示的(　　)
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
本题可先由二次函数图象判断字母系数a的正负，再与一次函数的图象比较看是否一致．
【详解】
解：A、由抛物线可知，，由直线可知，，错误；
B、由抛物线可知，，由直线可知，错误；
C、由抛物线可知，，由直线可知，，，错误；
D、由抛物线可知，，过点，由直线可知，过点，正确．
故选D．
【点睛】
主要考查了一次函数和二次函数的图象性质，要掌握它们的性质才能灵活解题．
4．(2022·陕西雁塔·九年级期末)已知二次函数y＝ax2+bx+c(a，b，c是常数，a≠0)的y与x的部分对应值如表：
x
﹣5
﹣4
﹣2
0
2
y
6
0
﹣6
﹣4
6

以下结论：①a＞0；②当x＝﹣2时，函数最小值为﹣6；③图象经过了点(4，0)；④若点(﹣8，y1)，点(8，y2)在二次函数图象上，则y1＜y2；⑤方程ax2+bx+c＝﹣5有两个不相等的实数根．其中，正确结论的是(　　)A．①②③ B．①③④ C．①④⑤ D．②③⑤
【答案】C
【解析】
【分析】
根据表格中对称点(-5，6)，(2，6)可求图象对称轴，由图象对称轴右侧的y随x增大而增大可得抛物线开口向上，从而可判断①②．根据点(-4，0)和对称轴为直线x=-，可以判断图象不经过点(4，0)，从而可判断③．根据抛物线开口向上，通过点(-8，y1)，点(8，y2)与对称轴的距离可判断④．由表格可得二次函数最小值小于-6，从而可得抛物线与直线y=-5有两个交点，进而判断⑤．
【详解】
解：∵图象经过(-5，6)，(2，6)，
∴图象对称轴为直线x=-，
由表格可得，x＞-时，y随x的增大而增大，
∴抛物线图象开口向上，x=-时，y取最小值，
∴①正确，②不正确．
∵图象经过了点(-4，0)，对称轴为直线x=-，
且，
∴图象不经过点(4，0)．
∴③不正确．
∵抛物线开口向上，对称轴为直线x=-，--(-8)＜8-(-)，
∴y1＜y2，
∴④正确．
∵图象开口向上，由表格可得y最小值小于-6，
∴抛物线与直线y=-5有两个交点，
∴方程ax2+bx+c=-5有两个不相等的实数根．
∴⑤正确．
故选：C．
【点睛】
本题考查二次函数的图象和性质，解题关键是根据表格判断出抛物线开口方向与对称轴．
二、填空题
5．(2022·江西·余干县第三中学九年级期末)二次函数y＝x2﹣2x+2图像的顶点坐标是_______．
【答案】
【解析】
【分析】
利用配方法把函数解析式化为顶点式，求出顶点坐标即可．
【详解】
解：，
顶点坐标是；
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查二次函数的图象和性质，解题的关键是化一般式为顶点式．
6．(2021·广西平桂·九年级期中)已知点A(-1，)，B(-3，)在二次函数的图象上，则__________． (填“>”“<”或“=”)．
【答案】<
【解析】
【分析】
先根据二次函数开口向上，在对称轴的左侧，y随x的增大而减小，根据点A、B的横坐标和对称轴的位置即可得出y1、y2的大小，比较后即可得出结论．
【详解】
解：∵二次函数，
∴ ，二次函数开口向上，在对称轴的左侧，y随x的增大而减小，
∵二次函数的对称轴为x=1，
-3＜-1＜1，
∴＞， 即＜，
故答案为＜．
【点睛】
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象上性质，利用函数的增减性确定y1、y2大小是解题的关键．
7．(2022·吉林吉林·九年级期末)如图，在平面直角坐标系中，Rt△OAB的顶点A(2，4)在抛物线y=ax2上，直角顶点B在x轴上．将Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°得到△OCD，边CD与该抛物线交于点P．则DP的长为___．

【答案】
【解析】
【分析】
先把A点坐标代入y=ax2求出a=1，得到抛物线的解析式为y=x2，再根据旋转的性质得OD=OB=2，∠ODC=∠OBA=90°，所以D点坐标为(0，2)，CD⊥y轴，即P点的纵坐标为2，然后把y=2代入抛物线解析式计算出对应的自变量的值，于是确定P点坐标，利用P点坐标易得PD的长．
【详解】
解：把A(2，4)代入y=ax2得4a=4，解得a=1，
∴抛物线的解析式为y=x2，
∵Rt△OAB的顶点A的坐标为(2，4)，AB⊥x轴，
∴AB=4，OB=2，
∵Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°得到△OCD，
∴OD=OB=2，∠ODC=∠OBA=90°，
∴D点坐标为(0，2)，CD⊥y轴，
∴P点的纵坐标为2，
把y=2代入y=x2得x2=2，
解得：x=(负值已舍去)，
∴P点坐标为(，2)，
∴PD=．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了二次函数图象上点的坐标特征．
8．(2022·河南汝阳·九年级期末)如图，二次函数y＝ax2+bx﹣c的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，则下列结论：①a＜0；②b＜0；③c＜0；④b2-4ac＞0．其中正确结论的个数是 _____个．

【答案】2
【解析】
【分析】
由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【详解】
解：图象开口向下，与y轴交于负半轴，能得到：a<0，-c>0，﹣>0，
∴a<0，b>0，c<0，
故结论①③正确，结论②不正确；
∵图象与x轴有2个交点，依据根的判别式可知b2﹣4a(-c)= b2+4ac >0，
故结论④错误．
故正确结论的序号是①③，共2个．
故答案是：2．
【点睛】
此题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的范围求2a与b的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用．
三、解答题
9．(2021·广东南雄·九年级期中)已知二次函数．配方成y＝a(x－k)2＋h的形式
(1)求出抛物线的顶点坐标、对称轴、最小值；
(2)求出抛物线与x轴、y轴交点坐标
【答案】(1)顶点坐标(﹣2，﹣)，对称轴：直线x＝﹣2；函数有最小值﹣
(2)抛物线与x轴的交点坐标为(﹣5，0)，(1，0)；抛物线与y轴的交点坐标为(0，﹣)．
【解析】
【分析】
(1)首先把已知函数解析式配方，然后利用抛物线的顶点坐标、对称轴的公式即可求解；
(2)根据抛物线与x轴、y轴交点坐标特点和函数解析式即可求解．
(1)
解：∵，
∴顶点坐标(﹣2，﹣)，对称轴：直线x＝﹣2；
因为二次项系数大于0，所以函数有最小值﹣；
(2)
令y＝0，则，
解得x＝﹣5，x＝1．
所以抛物线与x轴的交点坐标为(﹣5，0)，(1，0)；
令x＝0，则y＝﹣．
所以抛物线与y轴的交点坐标为(0，﹣)．
【点睛】
考查了抛物线与坐标轴的交点、函数图象的性质、最值、及二次函数的一般式化顶点式．熟练掌握二次函数的基本概念和性质式本题解题的关键．
10．(2022·全国·九年级专题练习)如图，抛物线M：y＝﹣x2﹣3x＋4与x轴的交点分别为A、B，与y轴交点为C．

(1)求A、B、C三点的坐标．
(2)将抛物线M向右平移m个单位得到抛物线M′，设抛物线M'的顶点为D，它的对称轴与x轴交点为E，要使△ODE与△OAC相似，求m的值．
【答案】(1)点A(1，0)，点B(﹣4，0)，点C(0，4)
(2)m=或
【解析】
【分析】
(1)令x=0，y=0，可求出A、B、C三点的坐标
(2)用m表示点D的坐标，由相似三角形的性质可得或，即可求出m的值
(1)
解：∵y＝﹣x2﹣3x+4与x轴的交点分别为A、B，
∴0＝﹣x2﹣3x+4，
∴x1＝﹣4，x2＝1，
∴点A(1，0)，点B(﹣4，0)，
∵y＝﹣x2﹣3x+4与y轴交点为C，
∴点C(0，4)；
(2)
∵y＝﹣x2﹣3x+4＝﹣(x)2，
∴顶点坐标为(，)，
∵将抛物线M向右平移m(m)个单位得到抛物线M'，
∴点D(m，)，
∴OEm，DE，
∵点A(1，0)，点C(0，4)，
∴OA＝1，OC＝4，
∵△ODE与△OAC相似，∠AOC＝∠DEO＝90°，
∴或，
∴或，
∴m=或．
【点睛】
本题是二次函数的综合题，考查了二次函数的性质，平移的性质，相似三角形的性质，利用参数列方程是本题的关键．
11．(2022·全国·九年级专题练习)如图，抛物线y＝ax2x＋c与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，连结AC，已知B(﹣1，0)，且抛物线经过点D(2，﹣2)．

(1)求抛物线的解析式；
(2)若点E是抛物线上位于x轴下方的一点，且S△ACES△ABC，求E的坐标；
(3)若点P是y轴上一点，以P、A、C三点为顶点的三角形是等腰三角形，求P点的坐标．
【答案】(1)yx2x﹣2
(2)E1(，)，E2(1，)，E3(2，﹣2)
(3)P点的坐标(0，2)或(0，2)或(0，)或(0，)
【解析】
【分析】
(1)利用待定系数法求解即可；
(2)先分别求出AC的坐标，从而得到AB=4，OC=2，即可求出S△ABC＝4，然后求出直线AC的解析式为yx﹣2，如图1，过点E作x轴的垂线交直线AC于点F，设点F(a，a﹣2)，点E(a，a2a﹣2)，其中﹣1＜a＜3，则S△ACEEF|xA﹣xC||a2﹣2a|，再由S△ACES△ABC，得到a2﹣3a＝2或﹣a2+3a＝2，由此求解即可；
(3)先求出点C的坐标，然后设P(0，m)，则 ， ，，再分三种情况：①当PA＝CA时，②当PC＝CA时，③当PC＝PA时， 利用两点距离公式求解即可．
(1)
解：把B(﹣1，0)，D(2，﹣2)代入得
，
解得 ，
∴抛物线的解析式为；
(2)
解：当y＝0时，，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴A(3，0)，
∴AB＝4，
当x＝0时，y＝﹣2，
∴C(0，﹣2)，
∴OC＝2，
∴S△ABC4×2＝4，
设AC的解析式为y＝kx+b，把A(3，0)，C(0，﹣2)代入y＝kx+b得

解得．
∴直线AC的解析式为yx﹣2，
如图1，过点E作x轴的垂线交直线AC于点F，
设点F(a，a﹣2)，点E(a，a2a﹣2)，其中﹣1＜a＜3，
∴S△ACEEF|xA﹣xC||a2﹣2a|，
∵S△ACES△ABC，
∴a2﹣3a＝2或﹣a2+3a＝2，
解得 (舍去)，或a3＝1，a4＝2，
∴E1(，)，E2(1，)，E3(2，﹣2)；

(3)
解：在y＝ax2+bx﹣2中，当x＝0时，y＝﹣2，
∴C(0，﹣2)，
设P(0，m)，则 ， ，，
①当PA＝CA时，
∴，
解得或(此时点P与点C重合，舍去)，
∴点P的坐标为(0，2)；
②当PC＝CA时，
∴，
解得或
∴点P的坐标为(0，)或(0，)；
③当PC＝PA时，
∴
解得m，
∴P3(0，)，
综上所述，P点的坐标(0，2)或(0，2)或(0，)或或(0，)．
【点睛】
本题主要考查了求二次函数解析式，二次函数与图形面积，二次函数与等腰三角形，两点距离公式等等，熟知相关知识是解题的关键．
12．(2022·全国·九年级专题练习)如图，二次函数ybx＋c的图象与x轴交于A(3，0)，B(﹣1，0)，与y轴交于点C．若点P，Q同时从A点出发，都以每秒1个单位长度的速度分别沿AB，AC边运动，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．

(1)直接写出二次函数的解析式；
(2)当P，Q运动到t秒时，将△APQ沿PQ翻折，若点A恰好落在抛物线上D点处，求出D点坐标；
(3)当点P运动到B点时，点Q停止运动，这时，在x轴上是否存在点E，使得以A，E，Q为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请直接写出E点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，点E的坐标为(，0)或(，0)或(﹣1，0)或(7，0)
【解析】
【分析】
(1)将A，B两点的坐标代入二次函数解析式中，求得b、c，进而可求解析式；
(2)如图，D点关于PQ与A点对称，过点Q作FQ⊥AP于F，根据轴对称的性质及已知条件可得AP=AQ=QD=DP，那么四边形AQDP为菱形．由FQ∥OC，证明，求出，得到．又DQ=AP=t，所以．将D点坐标代入二次函数解析式，进而求解即可；
(3)以A，E，Q为顶点的三角形为等腰三角形时，分三种情况进行讨论：①AE=EQ；②AQ=EQ；③AE=AQ．可通过画图得E点大致位置，再利用勾股定理，等腰三角形的性质求解．
(1)
∵二次函数yx2+bx+c的图象与x轴交于A(3，0)，B(﹣1，0)，
∴，
解得，
∴二次函数的解析式为；
(2)
如图，D点是点A关于PQ的对称点，过点Q作FQ⊥AP 于F，则FQ∥OC，

∵AP＝AQ＝t，AP＝DP，AQ＝DQ，
∴AP＝AQ＝QD＝DP，
∴四边形AQDP为菱形．
∵A(3，0)，B(﹣1，0)，C(0，﹣4)，O(0，0)，
∴OA＝3，OC＝4，AB＝3-(-1)=4，
在Rt△AOC中，由勾股定理得，

∵FQ∥OC，
∴
∴，
∴，
∴，，
∴．
∵DQ＝AP＝t，
∴．
∵D在二次函数 上，
∴，
∴，或 t＝0(与A重合，舍去)，
∴；
(3)
存在满足条件的点E，点E的坐标为(，0)或(，0)或(﹣1，0)或(7，0)．
如图，过点Q作QD⊥OA于D，此时QD//OC，

∵A(3，0)，B(﹣1，0)，C(0，﹣4)，O(0，0)，
∴OA＝3，OC＝4，AB＝3-(-1)=4，
在Rt△AOC中，由勾股定理得，
，
点P运动的时间为：4÷1=4(秒)
∴AQ＝4×1=4．
∵QD∥OC，
∴
∴，
∴，
∴，．
①作AQ的垂直平分线，交x轴于E，此时AE＝EQ，即△AEQ为等腰三角形．
设AE＝x，则EQ＝x，DE＝|AD﹣AE|＝|x|，
∴在Rt△EDQ中，(x)2+()2＝x2，
解得 x，
∴OA﹣AE＝3，
∴E(，0)，点E在x轴的负半轴上；
②以Q为圆心，AQ长半径画圆，交x轴于E，此时QE＝QA＝4，
∵ED＝AD，
∴AE，
∴OA﹣AE＝3，
∴E(，0)；
③当AE＝AQ＝4时，
∵OA﹣AE＝3﹣4＝﹣1，或OA+AE＝7，
∴E(﹣1，0)或(7，0)．
综上所述，存在满足条件的点E，点E的坐标为(，0)或(，0)或(﹣1，0)或(7，0)．
【点睛】
本题是二次函数综合题，其中涉及到利用待定系数法求二次函数解析式，轴对称的性质，相似三角形的判定与性质以及等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识，综合性较强，关键是分类讨论、数形结合思想的运用．
13．(2022·全国·九年级专题练习)在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣4ax＋3a(a＞0)与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)，其顶点为C．
(1)求抛物线的对称轴；
(2)当△ABC为等边三角形时，求a的值；
(3)直线l：y＝kx＋b经过点A，并与抛物线交于另一点D(4，3)，点P为直线l下方抛物线上一点，过点P分别作PM∥y轴交直线l于点M，PN∥x轴交直线l于点N，记W＝PM＋PN，求W的最大值．
【答案】(1)直线x＝2
(2)
(3)
【解析】
【分析】
(1)根据对称轴直线公式直接代入系数即可；
(2)若△ABC为等边三角形，则C点的纵坐标等于AB，即可求出a值；
(3)把D点代入解析式可求出抛物线解析式，A点坐标和D点坐标可确定直线解析式，设出P点坐标，分别用P点横坐标字母表示出PM和PN，利用二次函数性质求出最值即可．
(1)
解：∵抛物线y＝ax2﹣4ax+3a(a＞0)，
∴对称轴为直线x＝﹣＝2，
即对称轴为直线x＝2；
(2)
解：当y＝0时，ax2﹣4ax+3a＝0，
解得x1＝1，x2＝3，
∴A(1，0)，B(3，0)，
当△ABC为等边三角形时，抛物线开口向上，

∴C点的横坐标为＝2，纵坐标为﹣AC•sin60°＝﹣AB•sin60°＝﹣AB＝-×(3﹣1)＝﹣，
即C(2，﹣)，
把C点坐标代入抛物线得﹣＝4a﹣8a+3a，
解得a＝；
(3)
∵A(1，0)，D(4，3)在直线y＝kx+b上，
∴，
解得，
∴直线l的解析式为y＝x﹣1，
∵抛物线过点D(4，3)，
∴3＝16a﹣16a+3a，
解得a＝1，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x+3，
∵PM∥y轴交直线l于点M，PN∥x轴交直线l于点N，

∴设P点坐标为(m，m2﹣4m+3)，M点坐标为(m，m﹣1)，
∵点P与N的纵坐标相同，
∴m2﹣4m+3＝xN﹣1，
∴xN＝m2﹣4m+4，
∴PM＝yM﹣yP＝m﹣1﹣m2+4m﹣3＝﹣m2+5m﹣4，
PN＝xP﹣xN＝m﹣m2+4m﹣4＝﹣m2+5m﹣4，
∴W＝PM+PN＝﹣m2+5m﹣4﹣m2+5m﹣4＝﹣2(m﹣)2+，
∴当m＝时，W有最大值，最大值为．
【点睛】
本题主要考查二次函数的性质，等边三角形的性质，一次函数的性质等知识点，熟练应用抛物线对称轴公式，利用二次函数求最值是解题的关键．
14．(2022·全国·九年级专题练习)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C(0，3)，点A的坐标是(3，0)，抛物线的对称轴是直线x＝1

(1)求抛物线的函数表达式；
(2)若点P为第四象限内抛物线上一点，且△PBC是直角三角形，求点P的坐标；
(3)在(2)的条件下，在直线BC上是否存在点Q，使∠PQB＝∠CPB，若存在，求出点Q坐标：若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝﹣x2+2x+3
(2)P(，)
(3)存在，Q的坐标为(，)或(，)
【解析】
【分析】
(1)由抛物线过A、C两点及对称轴，可得关于a、b、c的方程组，解方程组即可；
(2)如图1，过点P作x轴的垂线，垂足为F，可求得直线BC的解析式，易得Rt△CBO∽Rt△BPF，则可BF=3PF，设点P的坐标为，则由BF=3PF可得关于t的方程，解方程即可求得点P的坐标；
(3)如图2，当∠CPB＝∠PQB时，可得∠CPQ=90゜，求出直线PC、PQ的解析式，建立方程组求出点Q的坐标，再利用对称性求出满足条件的点 即可．
(1)
由题意，，
解得，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3．
(2)
如图1中，连接BC，由题意，点P在第四象限，所以∠CBP＝90°，
过点B作BP⊥BC交抛物线于P，连接PC，过点P作x轴的垂线，垂足为F．

对于抛物线y＝﹣x2+2x+3，令y＝0，可得x2﹣2x﹣3＝0，
解得x＝﹣1或3，
∴B(﹣1，0)，
∴OB=1
∵C(0，3)，
∴直线BC的解析式为y＝3x+3，OC=3
∵PB⊥BC，PF⊥BF
∴∠CBO+∠BCO=∠CBO+∠PBO=90゜
∴∠BCO=∠PBF
∴Rt△CBO∽Rt△BPF
∴
即BF=3FP
设P ，则BF=t+1，
∴
解得：t=−1(舍去)，
∴P(，)．
(3)
如图2中，当∠CPB＝∠PQB时，

∵∠CPB+∠PCB＝90°，
∴∠PQB+∠PCB＝90°，
∴∠CPQ＝90°，
∴PQ⊥PC，
∵C(0，3)，P(，)，
∴直线PC的解析式为yx+3，直线PQ的解析式为yx，
由，解得，
∴Q(，)，
根据对称性可知，点Q关于点B的对称点Q′也满足条件，
设，则点B是线段的中点，
∵B(−1，0)
∴Q与Q′两点的纵坐标互为相反数，即
解得
∴Q′(，)，
综上所述，满足条件的点Q的坐标为(，)或(，)．
【点睛】
本题属于二次函数的综合，考查了待定系数法求函数解析式，一次函数与二元一次方程组的关系，相似三角形的判定与性质等知识，关键是学会构建函数，利用方程组确定交点坐标，体会数形结合思想．
15．(2022·全国·九年级专题练习)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c与坐标轴交于点A(0，﹣3)、B(﹣1，0)、E(3，0)，点P为抛物线上动点，设点P的横坐标为t．

(1)若点C与点A关于抛物线的对称轴对称，求C点的坐标及抛物线的解析式；
(2)若点P在第四象限，连接PA、PE及AE，当t为何值时，△PAE的面积最大？最大面积是多少？
(3)是否存在点P，使△PAE为以AE为直角边的直角三角形，若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)C(2，﹣3)，y＝x2﹣2x﹣3
(2)当t时，S有最大值
(3)存在，(﹣2，5)或(1，﹣4)
【解析】
【分析】
(1)抛物线y＝ax2+bx+c经过点B(﹣1，0)、E(3，0)，则抛物线的对称轴为x＝1，再利用抛物线的对称性即可求得C点坐标；设抛物线的解析式为交点式y＝a(x﹣3)(x+1)，把点A的坐标代入即可求得a的值，从而求得解析式；
(2)如图，过点P作y轴的平行线交AE于点H，由点A，E的坐标可求得直线AE的表达式；设点P(t，t2﹣2t﹣3)，则可得点H的坐标，由△PAE的面积SPH×OE可得关于t的二次函数，即可求得最大值；
(3)分∠PEA＝90°、∠PAE＝90°两种情况，分别求解即可．
(1)
∵抛物线y＝ax2+bx+c经过点B(﹣1，0)、E(3，0)，
∴抛物线的对称轴为x＝1，
∵点C与点A关于抛物线的对称轴对称，点A(0，﹣3)，
∴C(2，﹣3)，
设抛物线表达式为y＝a(x﹣3)(x+1)＝a(x2﹣2x﹣3)，
把点A的坐标代入上述解析式中，得﹣3a＝﹣3，解得：a＝1，
∴抛物线的表达式为y＝x2﹣2x﹣3；
(2)
如图，过点P作y轴的平行线交AE于点H，

由点A，E的坐标得直线AE的表达式为y＝x﹣3，
设点P(t，t2﹣2t﹣3)，则点H(t，t﹣3)，
∴△PAE的面积SPH×OE(t﹣3﹣t2+2t+3)(﹣t2+3t)，
∴当t时，S有最大值；
(3)
∵OE=OA=3，OE⊥OA，
∴∠AEO＝∠EAO=45°，
①当∠PEA＝90°时，
∵PE⊥AE，
∴直线PE与x轴的夹角为45°，
∴PE与y轴的夹角为45゜
∴PE与y轴交点的坐标为(0，3)
设直线PE的表达式为y＝mx+3，将点E的坐标代入并解得m＝−1，
∴直线PE的表达式为y＝﹣x+3，
联立得，
解得x＝﹣2或x=3(不合题意，舍去)
故点P的坐标为(﹣2，5)，
②当∠PAE＝90°时，
∵PA⊥AE，∠EAO=45°，
∴直线PE与y轴的夹角为45°，
∴PE与x轴的夹角为45゜
∴PE与x轴交点的坐标为(−3，0)
设直线PE的表达式为y＝nx−3，将点(−3，0)代入并解得n＝−1，
∴直线PE的表达式为y＝﹣x−3，
联立得，
解得x＝1或x=0(不合题意，舍去)
∴点P(1，﹣4)，
综上，点P的坐标为(﹣2，5)或(1，﹣4)．
【点睛】
本题是二次函数的综合运用，考查了待定系数法求函数解析式，一次函数的性质，直角三角形的性质，二次函数的性质及三角形的面积等知识，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
16．(2022·全国·九年级专题练习)在平面直角坐标系xOy中，把与x轴交点相同的二次函数图象称为“共根抛物线”．如图，抛物线L1：yx2x﹣2的顶点为D，交x轴于点A、B(点A在点B左侧)，交y轴于点C．抛物线L2与L1是“共根抛物线”，其顶点为P．

(1)若抛物线L2经过点(2，﹣12)，求L2对应的函数表达式；
(2)当BP﹣CP的值最大时，求点P的坐标；
(3)设点Q是抛物线L1上的一个动点，且位于其对称轴的右侧．若△DPQ与△ABC相似，求其“共根抛物线”L2的顶点P的坐标．
【答案】(1)y＝2x2﹣6x﹣8
(2)P(，﹣5)
(3)P点坐标为(，)或(，)或(，)或(，)
【解析】
【分析】
(1)由“共根抛物线”定义可知抛物线经过抛物线与x轴交点，故根据抛物线可求AB两点坐标进而由交点式设为，将点代入，即可求出解；
(2)由抛物线对称性可知PA=PB，∴，根据三角形两边之差小于第三边可知当A、C、P三点共线时，的值最大，而P点在对称轴为上，由此求出点P坐标；
(3)根据点A、B、C坐标可证明△ABC为直角三角形，与相似，分两种情况讨论：当、时，分别利用对应边成比例求解即可．
(1)
当y＝0时，x2x﹣2＝0，解得x＝﹣1或4，
∴A(﹣1，0)，B(4，0)，C(0，﹣2)，
由题意设抛物线L2的解析式为y＝a(x+1)(x﹣4)，
把(2，﹣12)代入y＝a(x+1)(x﹣4)，
﹣12＝﹣6a，
解得a＝2，
∴抛物线的解析式为y＝2(x+1)(x﹣4)＝2x2﹣6x﹣8．
(2)
∵抛物线L2与L1是“共根抛物线”，A(﹣1，0)，B(4，0)，
∴抛物线L1，L2的对称轴是直线x，
∴点P在直线x上，
∴BP＝AP，如图1中，当A，C，P共线时，BP﹣PC的值最大，
此时点P为直线AC与直线x的交点，
∵直线AC的解析式为y＝﹣2x﹣2，
∴P(，﹣5)

(3)
由题意，AB＝5，CB＝2，CA，
∴AB2＝BC2+AC2，
∴∠ACB＝90°，CB＝2CA，
∵yx2x﹣2(x)2，
∴顶点D(，)，
由题意，∠PDQ不可能是直角，
第一种情形：当∠DPQ＝90°时，
①如图3﹣1中，当△QDP∽△ABC时，，

设Q(x，x2x﹣2)，则P(，x2x﹣2)，
∴DPx2x﹣2﹣()x2x，QP＝x，
∵PD＝2QP，
∴2x﹣3x2x，解得x或(舍弃)，
∴P(，)．
②如图3﹣2中，当△DQP∽△ABC时，同法可得PQ＝2PD，

xx2﹣3x，
解得x或(舍弃)，
∴P(，)．
第二种情形：当∠DQP＝90°．
①如图3﹣3中，当△PDQ∽△ABC时， ，

过点Q作QM⊥PD于M．则△QDM∽△PDQ，
∴，由图3﹣3可知，M(，)，Q(，)，
∴MD＝8，MQ＝4，
∴DQ＝4，
由，可得PD＝10，
∵D(，)
∴P(，)．
②当△DPQ∽△ABC时，过点Q作QM⊥PD于M．

同法可得M(，)，Q(，)，
∴DM，QM＝1，QD，
由，可得PD，
∴P(，)．
综上所述：P点坐标为(，)或(，)或(，)或(，)．
【点睛】
本题是二次函数的综合题，关键是根据待定系数法求解析式，二次函数图象上点的坐标特征，以及相似三角形的性质解答．
17．(2022·全国·九年级专题练习)已知抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)与x轴交于A、B两点(点A在点B的左边)，与y轴交于点C(0，﹣3)，顶点D的坐标为(1，﹣4)．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，抛物线在第四象限的图象上有一点M，求四边形ABMC面积的最大值及此时点M的坐标；
(3)如图2，直线CD交x轴于点E，若点P是线段EC上的一个动点，是否存在以点P、E、O为顶点的三角形与△ABC相似．若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝(x﹣1)2﹣4
(2)点M坐标(，﹣)时，四边形ABMC面积的最大值
(3)存在，点P坐标为(﹣1，﹣2)或(﹣，﹣)
【解析】
【分析】
(1)利用二次函数的顶点式求解；
(2)将四边形ABMC进行分割，分成△ABC，△CMN，△BMN的和，△ABC的面积是定值，求出直线BC的表达式，当点M在移动时，表示出线段MN的长度，从而计算出△CMN，△BMN面积和的最大值，进而求解；
(3)利用三角形相似的判定条件，两边对应成比例且夹角相等进行求解，通过求直线CD的表达式，得到E点的坐标，从而求出∠OEC=∠OBC，分情况讨论两边成比例的情况，进而求出点EP的长度，再借助解直角三角形进行求解．
(1)
设抛物线的表达式为y＝a(x﹣1)2﹣4，将点C(0，﹣3)代入得：
4a﹣4＝0，
解得a＝1，
∴抛物线表达式为：y＝(x﹣1)2﹣4；
(2)
连接BC，作MN∥y轴交BC于点N，交AB于点E，作CF⊥MN于点F，如图，

由(1)知，抛物线表达式为y＝(x﹣1)2﹣4＝x2﹣2x﹣3，
令y＝0，可解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴点A坐标(﹣1，0)，点B坐标(3，0)，
设直线BC的表达式为y＝kx+b，将点B (3，0)，C(0，﹣3)代入得：
，
∴，
∴直线BC表达式为y＝x﹣3，
设M点(m，m2﹣2m﹣3)，则点N(m，m﹣3)，

∴S四边形ABMC＝S△ABC+S△BCM
＝S△ABC+S△CMN+S△BMN
＝+
＝
＝6+
＝
当时，即点M坐标时，四边形ABMC面积的最大值；
(3)
如图，作PQ垂直x轴，

设直线CD：y＝px+q，将点C，D分别代入得，
，
解得，
∴直线BC：y＝﹣x﹣3，
当y＝0时，解得x＝﹣3，
∴点E坐标为(﹣3，0)，
∵OE＝OC＝OB＝3，
∴∠OEC＝∠OBC＝45°，
在Rt△OBC中，
BC＝＝，
①当△BAC∽△EPO时，
，即，
解得EP＝，
在Rt△EPQ中，∠OEC＝45°，
∴sin45°＝，
解得PQ＝2，
∴EQ＝PQ＝2，
此时点P坐标(﹣1，﹣2)；
②当△BAC∽△EOP时，
，即，
解得EP＝，
在Rt△EPQ中，∠OEC＝45°，
∴sin45°＝，
解得
∴，
此时点P坐标；
综上所述，当点P坐标为(﹣1，﹣2)或时，点P、E、O为顶点的三角形与△ABC相似．
【点睛】
本题是二次函数的综合应用题，主要考查了待定系数法求函数解析式，直角坐标系内多边形面积的求法，三角形相似的判定，第二问的解题关键是能够将四边形面积进行分割计算，并且能够表示出线段MN的长度，从而建立函数关系进行求解，第三问的解题关键是利用三角形相似求出线段EP的长度，再借助解直角三角形进行求解．
18．(2022·全国·九年级专题练习)在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴交于A(﹣1，0)，B(4，0)两点，与y轴交于点C(0，﹣2)．

(1)求抛物线的函数表达式；
(2)如图1，点D为第四象限抛物线上一点，连接AD，BC交于点E，连接BD，记△BDE的面积为S1，△ABE的面积为S2，求的最大值；
(3)如图2，连接AC，BC，过点O作直线l∥BC，点P，Q分别为直线l和抛物线上的点．试探究：在第一象限是否存在这样的点P，Q，使△PQB∽△CAB．若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)yx2x﹣2
(2)
(3)存在，点P的坐标为或
【解析】
【分析】
(1)设抛物线的解析式为y＝a(x+1)(x﹣4)，待定系数法求解即可；
(2)如图1，过点D作DG⊥x轴于点G，交BC于点F，过点A作AK⊥x轴交BC的延长线于点K，可证△AKE∽△DFE，有，可知，设直线BC的解析式为y＝kx+b，待定系数法求得BC的解析式为yx﹣2，AK，设D(m，m﹣2)，则F(m，m﹣2)，∴DFm+2，代入，计算求解即可；
(3)由l∥BC，可得直线l的解析式为yx，设P(a，)，分两种情况求解：①当点P在直线BQ右侧时，如图2，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥直线PN于点M，由A(﹣1，0)，C(0，﹣2)，B(4，0)，计算可得AC2+BC2＝AB2，有∠ACB＝90°，△PQB∽△CAB，，有∠MQP＝∠BPN，△QPM∽△PBN，，进而表示出Q的坐标，然后代入抛物线的解析式计算求出符合题意的解即可，进而得到P的坐标；②当点P在直线BQ左侧时，由①的方法同理可得点Q的坐标，进而得到P的坐标．
(1)
解：设抛物线的解析式为y＝a(x+1)(x﹣4)．
∵将C(0，﹣2)代入得：4a＝2，解得a，
∴抛物线的解析式为y(x+1)(x﹣4)，
∴抛物线的解析式为yx2x﹣2．
(2)
解：如图1，过点D作DG⊥x轴于点G，交BC于点F，过点A作AK⊥x轴交BC的延长线于点K，

∴AK∥DG，
∴△AKE∽△DFE，
∴，
∴，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴，解得，
∴直线BC的解析式为yx﹣2，
∵A(﹣1，0)，
∴y2，
∴AK，
设D(m，m﹣2)，则F(m，m﹣2)，
∴DFm+22m．
∴m．
∴当m＝2时，有最大值，最大值是．
(3)
解：符合条件的点P的坐标为()或()．
∵l∥BC，
∴直线l的解析式为yx，
设P(a，)，
①当点P在直线BQ右侧时，如图2，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥直线PN于点M，

∵A(﹣1，0)，C(0，﹣2)，B(4，0)，
∴AC，AB＝5，BC＝2，
∵AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∵△PQB∽△CAB，
∴，
∵∠QMP＝∠BNP＝90°，
∴∠MQP+∠MPQ＝90°，∠MPQ+∠BPN＝90°，
∴∠MQP＝∠BPN，
∴△QPM∽△PBN，
∴，
∴QM，PM(a﹣4)a﹣2，
∴MN＝a﹣2，BN﹣QM＝a﹣4a﹣4，
∴Q(a，a﹣2)，
将点Q的坐标代入抛物线的解析式得a﹣2＝a﹣2，
解得a＝0(舍去)或a．
∴P()．
②当点P在直线BQ左侧时，
由①的方法同理可得点Q的坐标为(a，2)．
此时点P的坐标为()
综上所述，点P的坐标为()或()．
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数解析式，勾股定理逆定理，二次函数与面积、相似三角形的综合．解题的关键在于对知识的灵活运用．