中考数学二轮复习专题四 函数综合问题（二次函数综合问题）（含答案详解）

这是一份中考数学二轮复习专题四 函数综合问题（二次函数综合问题）（含答案详解），共206页。试卷主要包含了与二次函数有关的图形问题，与二次函数有关的线段周长问题，与二次函数有关的面积问题，与二次函数有关的角度问题等内容，欢迎下载使用。
专题四 函数综合问题（二次函数综合问题）
一、与二次函数有关的图形问题
例题（2021·江苏·苏州高新区实验初级中学二模）如图1，抛物线y＝x2+bx﹣4交x轴于A，B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，且OC＝2OB．

（1）求抛物线的解析式；
（2）连接AC，BC，点P在抛物线上，且满足∠PBC＝∠ACB，求点P的坐标；
（3）如图2，直线l：y＝x+t（﹣4＜t＜0）交y轴于点E，过直线l上的一动点M作MN∥y轴交抛物线于点N，直线CM交抛物线于另一点D，直线DN交y轴于点F，试求OE+OF的值．
【答案】（1）y＝x2+x﹣4；（2）（，）；（3）8
【解析】
【分析】
（1）求出点B的坐标，由抛物线的解析式可得出b的值，抛物线的解析式即可求解；
（2）延长CA、BP交于点Q，设点Q的坐标为（m，n），求出直线AC的解析式为y=-x-4，解方程组可求出点Q的坐标，联立直线BQ和抛物线的解析式，则可得出答案；
（3）设点D的坐标为（s，），可求C（0，-4），由题意得出，设直线DN：y＝mx+n，由得出，则，可得出-t-n=8，由点的坐标可得出OE+OF=8
【详解】
解：（1）对于抛物线y＝x2+bx﹣4，当x=0时，y=-4，
∴点C的坐标为（0，-4），即OC=4，
∵OC＝2OB
∴OB=2，即点B的坐标为（2，0），
∴，
解得b=1，
∴抛物线的解析式为y＝x2+x﹣4；
（2）延长CA、BP交于点Q，设点Q的坐标为（m，n），
，
，
，即，
整理得：，
解方程x2+x﹣4=0得：，
∴点A的坐标为（-4，0），
设直线AC的解析式为y=kx+b，
则，解得，
∴直线AC的解析式为y=-x-4，
∵点Q在直线AC上，
∴n=-m-4
∴，解得
∴点Q的坐标为（-5，1），
设直线BQ的解析式为y=px+q，
则，解得，
∴直线BQ的解析式为，
解方程组，得，，
∴点P的坐标为（，）

（3）设点D的坐标为（s，），可求C（0，-4），
∴直线CD的解析式为，
联立，得，
∴，
∴，
设直线DN：y＝mx+n，
联立得，
∴，
∴，
∵MNy轴，
∴，
∴t+4=-4-n，即-t-n=8，
∵OE=-t，OF=-n
∴OE+OF=8．
【点睛】
本题考查了二次函数解析式的求法及二次函数与一次函数的综合问题，解题的关键是作出辅助线，用待定系数法求出相关关系式并联立求解．
练习题
1．（2021·广东·雷州市第八中学二模）如图，在平面直角坐标系中，顶点为M的抛物线是由抛物线向右平移1个单位得到的，它与y轴负半轴交于点A，点B在抛物线上，且横坐标为3．

(1)写出以M为顶点的抛物线解析式及点A、B、M的坐标．
(2)连接AB，AM，BM，求；
(3)点P是顶点为M的抛物线上一点，且位于对称轴的右侧，设PO与x正半轴的夹角为，当时，求点P坐标．
【答案】(1)；，，；(2)；
(3)或.
【解析】
【分析】
（1）由平移可得y＝(x﹣1)2﹣3，求出解析式即可求解各点坐标；
（2）求出MB＝2，AM＝，AB＝3，利用勾股定理可知△ABM是直角三角形，即可求解；
（3）由已知可知tanα＝＝，求出t的值即可．
(1)解：抛物线y＝x2﹣3向右平移1个单位得到y＝(x﹣1)2﹣3＝x2﹣2x﹣2，
∴M（1，﹣3），
令x＝0，则y＝﹣2，
∴A（0，﹣2），
∵点B在抛物线上，且横坐标为3，
∴B（3，1）；
(2)解：∵M（1，﹣3），A（0，﹣2），B（3，1），
∴MB＝2，AM＝，AB＝3，
∵MB2＝AM2+AB2，
∴△ABM是直角三角形，
∴∠MAB＝90°，
∴tan∠ABM＝＝；
(3)解：设P（t，t2﹣2t﹣2），
∵点P位于对称轴的右侧，
∴t＞1，
∵PO与x轴正半轴的夹角为α，
∴P点在第一象限或P点在第四象限，
当P点在第一象限时，
∵α＝∠ABM，
∴tanα＝，
∴＝，
∴t＝3或t＝﹣（舍），
∴P（3，1）；
当P点在第四象限时，
＝，
∴t＝（舍）或t＝，
∴P（，﹣）；
综上所述：P点坐标为（，﹣）或（3，1）．
【点睛】
本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，灵活应用勾股定理逆定理是解题的关键．
2．（2021·河南·息县教育体育局基础教育教学研究室二模）如图，抛物线与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且OB＝OC＝3OA．

(1)求抛物线的解析式及对称轴．
(2)在抛物线上任取一点M，过点M作MN//x轴，且四边形ABMN为平行四边形，在线段MN上任取一点P，过点P作x轴的垂线交抛物线于点Q，记点Q的纵坐标为yQ．当点M到抛物线对称轴的距离不超过1个单位长度时，求yQ的取值范围．
【答案】(1)抛物线的解析式为；抛物线的对称轴为x=1
(2)
【解析】
【分析】
（1）先根据点C为抛物线y=ax2+bx+3与y轴的交点，得出点C的坐标及OC的长，再根据OB=OC=3OA，得出点A和点B的坐标，然后用待定系数法求解即可求得解析式，最后根据x=-求得对称轴．
（2）作平行四边形ABMN，由平行四边形的性质可得MN=AB=4；由点M到抛物线对称轴的距离不超过1个单位长度，得出xM的取值范围，从而可得xN的范围；根据点P在线段MN上，PQ⊥MN，xP和xQ的范围，结合点Q在抛物线y=-x2+2x+3上，可得点Q的纵坐标yQ的取值范围．
(1)∵点C为抛物线y=ax2+bx+3与y轴的交点，
∴C（0，3），
∴OC=3，
又∵OB=OC=3OA，
∴OB=3，OA=1，
∴A（-1，0），B（3，0），
将点A，B的坐标代入抛物线y=ax2+bx+3中，
得 ，解得
∴抛物线的解析式为
∴抛物线的对称轴为直线x1．
(2)作平行四边形ABMN，如图所示：

∴MN=AB=4，点N在点M的左侧，
又∵点M到抛物线对称轴的距离不超过1个单位长度，抛物线的对称轴为直线x=1，
∴0≤xM≤2，
∴-4≤xN≤-2，
又∵点P在线段MN上，PQ⊥MN，
∴-4≤xP≤2，xP=xQ，
∴-4≤xQ≤2，
又∵点Q在抛物线y=-x2+2x+3= 上，
∴当xQ=1时，yQ取最大值4；当xQ=-4时，yQ取最小值-21；
∴-21≤yQ≤4．
【点睛】
本题考查了抛物线与纵坐标的交点坐标、待定系数法求函数的解析式、平行四边形的性质、二次函数的图象与性质等知识点，数形结合、熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
3．（2022·山东·东营市实验中学模拟预测）如图，经过原点的抛物线与轴的另一个交点为过点作直线轴于点，交抛物线于点记点关于抛物线对称轴的对称点为、不重合连接，．

(1)直接写出点、、的坐标用含的代数式表示；
(2)当时，连接，问为何值时？
(3)当过点作且，问是否存在，使得点落在轴上？若存在，求出所有满足要求的的值，并定出相对应的点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；；；(2)(3)
【解析】
【分析】
（1）令抛物线解析式即求得点坐标；由轴可知点横坐标与点相等为，代入抛物线解析式即求得点纵坐标；由抛物线解析式可得对称轴为直线，根据点、到对称轴距离相等即求得点坐标．
（2）由点、、坐标可用表示、、，由可得，故有，得到关于的一元二次方程，求解即得到的值．
（3）由的取值范围求得此时点在对称轴右侧，点在点上方，画出图形．若点在轴上方，根据且可证得≌，故有，由即得到关于的方程，求得的值代入求点、坐标，即由求得点坐标．
(1)解：∵当时，，
解得：，，
，
轴，，
，
，
，
抛物线对称轴为直线：，
，
，
．
(2)，，，
，
，
，
，即，
，
，
解得：，舍去，，
时，．
(3)存在，使得点落在轴上，
，
，点在对称轴右侧，

，
，即点在点下方，如图，
若点在轴上，则，
，即，
，
，
在与中，
，
≌，
，，
，
解得：，符合，
，，
，
，
．
【点睛】
本题考查了二次函数的图象与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，一元一次不等式的应用，全等三角形的判定和性质．第（3）题由的取值范围求得的点、、位置与题干图形不相同，必须画出准确图形再讨论计算．
4．（2021·广东·中山一中三模）抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣3，0）和点B（2，0），与y轴交于点C．

(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)点P是该抛物线上的动点，且位于y轴的左侧．
①如图1，过点P作PD⊥x轴于点D，作PE⊥y轴于点E，当PD＝2PE时，求PE的长；
②如图2，该抛物线上是否存在点P，使得∠ACP＝∠OCB？若存在，请求出所有点P的坐标：若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝x2+x﹣6(2)①PE＝2或；②存在（﹣2，﹣4）或（﹣8，50）
【解析】
【分析】
（1）将点A，点C坐标代入解析式，可求b，c的值，即可求解；
（2）①设点P（a，a2+a6），由PD=2PE，可得|a2+a6|=2a，可求a的值；
②由勾股定理可求AC，BC的长，通过证明△ACH∽△BCO，可得，可求AH，HC的长，由两点距离公式可求点H坐标，再求出直线HC的解析式，即可求点P坐标．
(1)解：∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣3，0）和点B（2，0），
∴
解得：，
∴抛物线解析式为：y＝x2+x﹣6；
(2)
解：①设点P（a，a2+a﹣6），
∵点P位于y轴的左侧，
∴a＜0，PE＝﹣a，
∵PD＝2PE，
∴|a2+a﹣6|＝﹣2a，
∴a2+a﹣6＝﹣2a或a2+a﹣6＝2a，
解得：a1＝，a2＝（舍去）或a3＝﹣2，a4＝3（舍去）
∴PE＝2或；
②存在点P，使得∠ACP＝∠OCB，
理由如下，
∵抛物线y＝x2+x﹣6与y轴交于点C，
∴点C（0，﹣6），
∴OC＝6，
∵点B（2，0），点A（﹣3，0），
∴OB＝2，OA＝3，
∴BC＝，
AC＝，
如图，过点A作AH⊥CP于H，

∵∠AHC＝∠BOC＝90°，∠ACP＝∠BCO，
∴△ACH∽△BCO，
∴
∴
∴AH＝，HC＝，
设点H（m，n），
∴（）2＝（m+3）2+n2，（）2＝m2+（n+6）2，
∴或
∴点H（﹣，﹣）或（﹣，），
当H（﹣，﹣）时，
∵点C（0，﹣6），
∴直线HC的解析式为：y＝﹣x﹣6，
∴x2+x﹣6＝﹣x﹣6，
解得：x1＝﹣2，x2＝0（舍去），
∴点P的坐标（﹣2，﹣4）；
当H（﹣，）时，
∵点C（0，﹣6），
∴直线HC的解析式为：y＝﹣7x﹣6，
∴x2+x﹣6＝﹣7x﹣6，
解得：x1＝﹣8，x2＝0（舍去），
∴点P的坐标（﹣8，50）；
综上所述：点P坐标为（﹣2，﹣4）或（﹣8，50）．
【点睛】
本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，两点距离公式，相似三角形的判定和性质等知识，综合性比较强，求出点H坐标是本题的关键．
5．（2021·重庆北碚·模拟预测）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），与y轴交于C点，且OC＝3OB，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，在平面内找一个点N，使以D、P、M、N为顶点的四边形为矩形
【答案】(1)y＝﹣x2+2x+3
(2)面积的最大值为，P（，）．(3)N（）或N（）
【解析】
【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．
(1)解：∵点A（3，0），B（﹣1，0），
∴OA＝3，OB＝1．
∵OC＝4OB，
∴OC＝3．
∴C（0，6）．
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：．
(2)解：∵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=，NA=3-m．
∵S△APE=S四边形EMPN+S△ANP-S△AME，
∴S△APE=(PN+EM)×MN+AN•PN−AM•ME
=(−m2+2m+3+)×(m−)+(3−m)×(−m2+2m+3)×(3−)×
=
=．
∵，
∴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)解：∵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==，KP=OF-OE==．
易证△DKP≌△MHN．
∴NH=KP=，MH=DK=．
设DP的解析式为y=ex+f，
∴．
解得：．
∴y=．
∴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=MGMH=．
∴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=，KP=OF-OE=．
易证△DKP≌△MHN．
∴NH=KP=，MH=DK=．
则DP的解析式为．
∴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（，7）．
综上，N点的坐标为：（，）或（，7）．
【点睛】
本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数的性质，二次函数的最大值，待定系数法确定函数的解析式，三角形的面积，利用点的坐标表示相应线段的长度，综合性较强．过平面内的点作坐标轴的垂线，便于用坐标表示线段的长度．
6．（2022·广东惠州·模拟预测）如图，已知二次函数的图象过点．

(1)求二次函数的解析式；
(2)请你判断是什么三角形，并说明理由．
(3)若点在第二象限，且是抛物线上的一动点，过点作垂直轴于点，试探究是否存在以、、为顶点的三角形与相似？若存在，求出点的坐标．若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)直角三角形，理由见解析；
(3)存在，点P的坐标为（，）或（，），理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）将点A及点B的坐标代入函数解析式，得出a、b的值，继而可得出函数解析式；
（2）根据二次函数解析式，求出点C的坐标，然后分别求出AC、AB、BC的长度，利用勾股定理的逆定理可证明是直角三角形；
（3）分两种情况进行讨论，①△DHP∽△BCA，②△PHD∽△BCA，然后分别利用相似三角形对应边成比例的性质求出点P的坐标．
(1)解：由题意得，函数图象经过点A（﹣4，3），B（4，4），
故可得：，
解得：，
故二次函数关系式为： ．
故答案为：．
(2)解：是直角三角形，理由如下：
由（1）所求函数关系式，
当时， ，
解得，；
∴点C坐标为（﹣2，0），点D坐标为（，0），
又∵点A（﹣4，3），B（4，4），
∴，
，
，
∵满足，
∴是直角三角形．
(3)解：存在；
点P的坐标为（，）或（，）．
设点P坐标为（x，（x+2）（13x﹣20）），
则PH＝（x+2）（13x﹣20），HD＝﹣x+，
若△DHP∽△BCA，
则＝，
即＝，
解得：或（因为点P在第二象限，故舍去）；
代入可得，
即P1坐标为（，）；
若△PHD∽△BCA，则＝，
即＝，
解得：或 （因为点P在第二象限，故舍去）．
代入可得 ，
即P2坐标为：（，）．
综上所述，满足条件的点P有两个，即P1（，）或P2（，）．
【点睛】
此题属于二次函数综合题目，涉及了相似三角形的判定与性质、待定系数法求二次函数解析式，同时还让学生探究存在性问题，本题的第三问计算量比较大，同学们要注意细心求解．
7．（2022·全国·九年级专题练习）如图1，抛物线C1：y＝ax2+bx﹣2与直线l：y＝﹣x﹣交于x轴上的一点A，和另一点B（3，n）

(1)求抛物线C1的解析式；
(2)点P是抛物线C1上的一个动点（点P在A，B两点之间，但不包括A，B两点）PM⊥AB于点M，PN∥y轴交AB于点N，求MN的最大值；
(3)如图2，将抛物线C1绕顶点旋转180°后，再作适当平移得到抛物线C2，已知抛物线C2的顶点E在第一象限的抛物线C1上，且抛物线C2与抛物线C1交于点D，过点D作DF∥x轴交抛物线C2于点F，过点E作EG∥x轴交抛物线C1于点G，是否存在这样的抛物线C2，使得四边形DFEG为菱形？若存在，请求E点的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝x2﹣x﹣2
(2)
(3)存在，E点的横坐标为2
【解析】
【分析】
（1）求直线l与x轴交点A坐标、B坐标，用待定系数法求抛物线C1的解析式．
（2）延长PN交x轴于点H，设点P横坐标为m，由PN∥y轴可得点N、H横坐标也为m，即能用m表示PN、NH、AH的长．由∠AHN＝∠PMN＝90°及对顶角∠ANH＝∠PNM可得∠NAH＝∠NPM．发现在Rt△PMN中，MN与PN比值即为sin∠NPM，故先在Rt△ANH中求sin∠NAH的值，再代入MN＝PN•sin∠NPM，即得到MN与m的函数关系式，配方即求得MN最大值．
（3）设点E（e，e2﹣e﹣2），所以可设抛物线C2顶点式为y＝﹣（x﹣e）2+e2﹣e﹣2．令两抛物线解析式y＝0列得关于x的方程，解得两抛物线的另一交点D即为抛物线C1的顶点，故DG＝DE＝EF，且求得DF平行且等于GE，即四边形DFEG首先一定是平行四边形．由▱DFEG为菱形可得DF＝DG，故此时△DEF为等边三角形．利用特殊三角函数值作为等量关系列方程，即求得e的值．
(1)解：直线l：y＝﹣x﹣交x轴于点A
∴﹣x﹣＝0，解得：x＝﹣1
∴A（﹣1，0）
∵点B（3，n）在直线l上
∴n＝﹣×3﹣＝﹣2
∴B（3，﹣2）
∵抛物线C1：y＝ax2+bx﹣2经过点A、B
∴，
解得：，
∴抛物线C1的解析式为y＝x2﹣x﹣2；
(2)解：如图1，延长PN交x轴于点H

∴∠AHN＝90°
设P（m，m2﹣m﹣2）（﹣1＜m＜3）
∵PN∥y轴
∴xN＝xH＝xP＝m
∴N（m，﹣m﹣），AH＝m+1，
∴NH＝﹣（﹣m﹣）＝m+，
PN＝﹣m﹣﹣（m2﹣m﹣2）＝﹣m2+m+
∵Rt△AHN中，tan∠NAH＝，
∴sin∠NAH＝
∵PM⊥AB于点M
∴∠AHN＝∠PMN＝90°
∵∠ANH＝∠PNM
∴∠NAH＝∠NPM
∴Rt△PMN中，sin∠NPM＝，
∴MN＝PN＝（﹣m2+m+）＝﹣（m﹣1）2+
∴MN的最大值为；
(3)解：存在满足条件的抛物线C2，使得四边形DFEG为菱形
如图2，连接DE，过点E作EQ⊥DF于点Q

∵y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣）2﹣
∴抛物线C1顶点为（，﹣）
设E（e，e2﹣e﹣2）（e＞4）
∴抛物线C2顶点式为y＝﹣（x﹣e）2+e2﹣e﹣2
当﹣（x﹣e）2+e2﹣e﹣2＝x2﹣x﹣2
解得：x1＝e，x2＝；
∴两抛物线另一交点D（，﹣）为抛物线C1顶点
∵EG∥x轴，DF∥x轴
∴EG＝DF＝2DQ＝2（e﹣）＝2e﹣3，EQ＝e2﹣e﹣2+＝e2﹣e+
∴四边形DFEG是平行四边形
若▱DFEG为菱形，则DG＝DF
∵由抛物线对称性可得：DG＝DE＝EF
∴DE＝EF＝DF
∴△DEF是等边三角形
∴＝tan∠EDQ＝
∴e2﹣e+＝（e﹣）
解得：e1＝（舍去），e2＝
∴E点的横坐标为（2）时，四边形DFEG为菱形．
【点睛】
本题考查了二次函数的图象与性质，三角函数的应用，求二次函数最值，二元一次方程组和一元二次方程的解法，菱形的判定和性质．第（3）题问是否存在满足条件的点E，使四边形DFEG为菱形，需要先证明它一定是平行四边形，才有可能存在．
8．（2022·全国·九年级专题练习）如图，抛物线y＝ax2+bx+4经过点A（﹣1，0），B（2，0）两点，与y轴交于点C，点是拋物线在轴上方，对称轴右侧上的一个动点，设点D的横坐标为m．连接AC，BC，，DC．

(1)求抛物线的函数表达式；
(2)当△BCD的面积与△AOC的面积和为时，求m的值；
(3)在（2）的条件下，若点M是x轴上一动点，点是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点B，D，M，为顶点的四边形是平行四边形．请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)m＝
(3)存在，M点的坐标为或或或．
【解析】
【分析】
（1）把，代入中进行求解即可；
（2）如图，连接，求解对称轴为， 由题意可知，，，结合，与，利用即可得到答案；
（3）由（2）得：D点为，再分两种情况讨论，①当BD是平行四边形的一条边时， 如图，当在轴的上方时，由平行四边形的性质与抛物线的性质可得关于抛物线的对称轴对称，重合， 设点， 如图，当在轴的下方时，由平行四边形对角线中点坐标相同得到，， 解方程求解，可得，；②如图，当BD是平行四边形的对角线时， 则，同理可得关于抛物线的对称轴对称，从而可得 从而可得答案．
(1)（1）把，代入：
，
解得：
∴抛物线表达式为：；
(2)如图，连接，
∵抛物线解析式为：，且抛物线与y轴交于点C
∴抛物线的对称轴为，
∴OC=4，

∵点D的横坐标为m，
∴，
∵，，
∴AO=1，BO=2，
∴

又∵
∴，


解得：，，
当时，点在对称轴上，不合题意，舍去，所以取，
综上，；
(3)当时，
D点为，
①当BD是平行四边形的一条边时， 如图，当在轴的上方时，

由平行四边形可得，
关于抛物线的对称轴对称，

重合，

如图，当在轴的下方时，设点， ，
∴，（平行四边形对角线中点坐标相同），
∴，
解得或
∴或，
∴或；

②如图，当BD是平行四边形的对角线时， 则，
∴，关于抛物线的对称轴对称，
，



综上，点的坐标为： 或或或．
【点睛】
主要考查了二次函数的综合，二次函数的性质，平行四边形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
9．（2021·辽宁·建昌县教师进修学校二模）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，直线经过B，C两点，点P为第一象限内抛物线上一点，射线OP与线段BC交于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，连接AC，当∠OAC＋∠ODC＝180°时，求点P的坐标；
（3）过点B作BE⊥x轴交射线OP于点E，当BDE为等腰三角形时，直接写出点D的坐标．

【答案】（1）；（2）(，)；（3）(，)，(，)
【解析】
【分析】
（1）先求出B，C坐标，代入得到方程组，故可求解；
（2）先得到OA＝2，OC＝OB＝，AB＝，根据∠OAC＋∠ODC＝180°，证明△BOD∽△BCA，得到，求出BD，作DF⊥x轴于点F，由等腰直角三角形的象征得到，故可得到D点坐标，故可求出直线OD解析式，联立即可求出P点坐标；
（3）设直线OP解析式为，表示出D（，），E（6，6p），根据勾股定理得到BD2=，DE2=，BE2=36p2，根据等腰三角形的性质分情况讨论，得到方程进行求解．
【详解】
解：（1）∵直线与x轴y轴分别交点于B，C，
令x=0，y=6，∴C（，）
令y=0，=0，解得x=6
∴ B（，），
抛物线经过点 B，C
代入B（，），C（，）得

解得
∴抛物线的解析式为．
（2）由（1），知，
∴时，，
解得，
∴ A（，），又B（，），C（，），
∴OA＝2，OC＝OB＝，AB＝，
如图∵OC＝OB＝
∴∠1＝45°，BC＝
∵∠OAC＋∠ODC＝180°，∠ODB＋∠ODC＝180°
∴∠OAC＝∠ODB，又∠1＝∠1，
∴△BOD∽△BCA
∴
∴，
∴，
作DF⊥x轴于点F，
∴△BDF是等腰直角三角形
则，
∴，D（，）

设直线OD解析式为，代入D（，）
则，
∴       
∴直线OD解析式为，
令，
解得，（舍去）
代入得，
∴D（，）
（3）设直线OP解析式为，
当时，
解得x=
∴D（，）
∵过点B作BE⊥x轴交射线OP于点E，
∴E（6，6p）
∵B（6，0）
∴BD2=，DE2=，BE2=36p2
①BD=DE时，则=
解得p=1或p=-1（舍）
∴D（，）
②BD=BE时，则=36p2
解得p=-1或p=--1（舍）
∴D（，）
③DE=BE时，则=36p2
解得p=0（舍）
综上，（，），（，）．

【点睛】
此题主要考查二次函数与几何综合，解题的关键是熟知待定系数法的运用、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理的运用．
10．（2021·福建省厦门第六中学三模）如图1，抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴交于点A、B，OB＝3OA＝3．
（1）求抛物线的解析式；
（3）如图2，直线l与抛物线有且只有一个公共点E，l与抛物线对称轴交于点F，若点E的横坐标为2，求△AEF的面积；
（2）如图3，直线y＝kx＋n与抛物线交于点C、D，若△ACD的内心落在x轴上，求n的取值范围．

【答案】（1）y＝x2－2x－3；（2）；（3）－12＜n＜4
【解析】
【分析】（1）由OB＝3OA＝3，点A在x轴负半轴，点B在x轴正半轴上，得出点A,B的坐标，代入解析式解出即可；
（2）首先求出点E的坐标，再求出直线AE的解析式，由直线AE的解析式得出点P的坐标，再将点E的坐标代入直线l的解析式，与抛物线解析式联立，由直线l与抛物线只有一个交点，即可求出直线l的解析式，求出点F的坐标，即可求出面积；
（3）过C作CG⊥x轴，交x轴于点G，过D作DH⊥x轴，交x轴于点H，由△ACD的内心落在x轴上，可得，即可证明△CAG∽△DAH，则,设C(t，t2－2t－3)，D(d，d2－2d－3)，代入比例式化简可得t＋d＝6，再将C,D两点的坐标代入抛物线的解析式，求出k，将直线y＝4x＋n与抛物线解析式联立，根据直线与抛物线有两个不同的交点得出，再根据点A在直线CD的上方，即可求出n的取值范围．
【详解】
解：（1）∵OB＝3OA＝3，点A在x轴负半轴，点B在x轴正半轴上，
∴A(－1，0)，B(3，0)
把A(－1，0)，B(3，0)代入抛物线y＝x2＋bx＋c，
得，
解得：，
∴y＝x2－2x－3；
（2）设直线l的解析式为y＝mx＋p，直线AE与抛物线对称轴的交点为P，

∵点E的横坐标为2，且E在抛物线y＝x2－2x－3上，
∴E(2，－3)，
∴直线AE的解析式为y＝－x－1，
∴P(1，－2)，
把E(2，－3)代入y＝mx＋p，得：－3＝2m＋p，
∴p＝－2m－3，
令x2－2x－3＝mx－2m－3，整理得：(x－2)(x－m)＝0，
∴x1＝m，x2＝2，
∵直线l与抛物线有且只有一个公共点E，
∴x1＝x2，即m＝2，
∴y＝2x－7，
∴F(1，－5)，
∴PF＝3，
∴；
（3）过C作CG⊥x轴，交x轴于点G，过D作DH⊥x轴，交x轴于点H，

∴∠CGA＝∠DHA＝90°，
∵△ACD的内心落在x轴上，
∴AG平分∠CAD，点C，D在x轴两侧，
∴∠CAG＝∠DAH，
∴△CAG∽△DAH，
∴,
设C(t，t2－2t－3)，D(d，d2－2d－3)，
∴AG＝t＋1，CG＝t2－2t－3，AH＝d＋1，DH＝－d2＋2d＋3，代入，
，
∵,
∴，即t＋d＝6，
把C(t，t2－2t－3)，D(d，d2－2d－3)代入y＝kx＋n，
得：，
两式相减消去n，，
解得：，
∴y＝4x＋n，
令4x＋n＝x2－2x－3，整理得：x2－6x－3－n＝0，
∵直线y＝4x＋n与抛物线y＝x2－2x－3有两个交点，
∴Δ＝36＋4(3＋n)＞0，
∴n＞－12，
∵点C，D在x轴两侧，
∴点A在直线CD的上方，
∴,
∴n＜4，
∴－12＜n＜4．
【点睛】
本题是二次函数综合题，主要考查求二次函数解析式，求三角形面积，几何问题与二次函数，解题关键是熟练掌握二次函数的性质与灵活应用数形结合，将特殊的几何关系转化为等量关系．
二、与二次函数有关的线段周长问题
例题11．（2021·广东·江门市第二中学二模）如图1，抛物线与x轴交于A（-2，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C，直线l与抛物线交于A、D两点，其中D点的横坐标为2．

（1）求抛物线的解析式以及直线AD的解析式；
（2）点P是抛物线上位于直线AD下方的动点，过点P作x轴，y轴的平行线，交AD于点E、F，当PE+PF取最大值时，求点P的坐标；
（3）如图2，连接AC，点Q在抛物线上，且满足∠QAB=2∠ACO，求点Q的坐标．
【答案】（1），；（2）P（0，-4）；（3）点Q的坐标为，．
【解析】
【分析】
（1）将点A和点B的坐标代入二次函数解析式即可求出二次函数的解析式，再求出点D的坐标，设直线AD的解析式为，将点A和点D的坐标代入直线解析式，即可求出直线AD的解析式；
（2）根据题意表示出，再表示出，再求最值即可；
（3）在BO上截取ON＝OA，连接CN，过点A作AH⊥CN，证明△OCN≌△OCA（SAS），即可得出∠QAB＝∠NCA，分两种情况，点Q在AB上方和下方，求出直线AQ的解析式，与二次函数联立即可求出点Q的坐标．
【详解】
（1）将A（-2,0），B（4,0）代入，
得，
解得，
∴抛物线解析式为，
当x=2时，，
∴D（2，-4）
设直线AD的解析式为，
将A（-2,0）D（2，-4）代入，
得，解得
∴直线AD的解析式为
（2）根据题意作图，如图，

在上，当x=0时， ，
∴AD与y轴的交点M的坐标为（0，-2），
∴OA=OM，∠AOM=90°，
∴∠OAB=45°，
∵PE∥x轴，PF∥y轴，
∴∠PEF=∠OAB=45°，∠EPF=90°，
∴PF=PE，
设，
∴，
∵P在AD的下方，
∴-2