最新中考数学压轴大题之经典模型 专题30 二次函数与动点压轴问题-【压轴必刷】

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今天整理了初三中考总复习阶段在教学过程中收集的经典题目，一共有31讲，包括原卷版和解析版，供大家学习复习参考。
经典题目1：这是一道非常经典的最值问题，最值模型将军饮马和一箭穿心。
经典题目2：上面三道题是费马点经典问题，旋转转化是费马点问题的关键。
经典题目3：阿氏圆经典题目，这道题目实际包括了隐圆模型，一箭穿心模型等常见几何模型。
经典题目4：这是中考出现频率比较高的胡不归问题，也是经典最值问题。
【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题30二次函数与动点压轴问题
经典例题
【例1】（2022·辽宁阜新·统考中考真题）如图，已知二次函数y=−x2+bx+c的图像交x轴于点A−1,0，B5,0，交y轴于点C．
(1)求这个二次函数的表达式；
(2)如图1，点M从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段BC向点C运动，点N从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段OB向点B运动，点M，N同时出发．设运动时间为t秒（0(3)已知P是抛物线上一点，在直线BC上是否存在点Q，使以A，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点Q坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+4x+5
(2)当t=52时，△BMN的面积最大，最大面积是258
(3)存在，Q的坐标为−7,12或7,−2或1,4或2,3
【分析】1用待定系数法可求得二次函数的表达式为；
2过点M作ME⊥x轴于点E，设△BMN面积为S，由ON=t，BM=2t，可得BN=5−t，ME=BMsin45°=2t⋅22=t，即得S=12BN⋅ME=12(5−t)⋅t=−12(t−52)2+258，由二次函数性质可得当t=52秒时，△BMN的面积最大，求得其最大面积；
3由B5,0，C0,5得直线BC解析式为y=−x+5，设Q(m,−m+5)，P(n,−n2+4n+5)，分三种情况进行讨论求解．
【详解】（1）将点A−1,0，B5,0代入y=−x2+bx+c中，
得0=−1−b+c0=−25+5b+c，
解这个方程组得b=4c=5，
∴二次函数的表达式为y=−x2+4x+5；
（2）过点M作ME⊥x轴于点E，如图：

设△BMN面积为S，
根据题意得：ON=t，BM=2t．
∵B(5,0)，
∴BN=5−t，
在y=−x2+4x+5中，令x=0得y=5，
∴C(0,5)，
∴OC=OB=5，
∴∠OBC=45°．
∴ME=BMsin45°=2t⋅22=t，
∴S=12BN⋅ME=12(5−t)⋅t=−12t2+52t=−12(t−52)2+258，
∵0∴当t=52时，△BMN的面积最大，最大面积是258；
（3）存在点Q，使以A，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
由B5,0，C0,5得直线BC解析式为y=−x+5，
设Q(m,−m+5)，P(n,−n2+4n+5)，又A−1,0，C0,5，
①当PQ，AC是对角线，则PQ，AC的中点重合，
∴m+n=−1+0−m+5−n2+4n+5=0+5，
解得m=0(与C重合，舍去)或m=−7，
∴Q(−7,12)；
②当QA，PC为对角线，则QA，PC的中点重合，
∴m−1=n+0−m+5+0=−n2+4n+5+5，
解得m=0(舍去)或m=7，
∴Q(7,−2)；
③当QC，PA为对角线，则QC，PA的中点重合，
∴m+0=n−1−m+5+5=−n2+4n+5+0，
解得m=1或m=2，
∴Q(1,4)或2,3，
综上所述，Q的坐标为(−7,12)或7,−2或1,4或2,3．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，平行四边形的性质及应用，解题的关键是用含字母的式子表示相关点的坐标和相关线段的长度．
【例2】（2022·四川达州·统考中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，已知二次函数y=ax2+bx+2的图象经过点A(−1,0)，B(3,0)，与y轴交于点C．
(1)求该二次函数的表达式；
(2)连接BC，在该二次函数图象上是否存在点P，使∠PCB=∠ABC？若存在，请求出点P的坐标：若不存在，请说明理由；
(3)如图2，直线l为该二次函数图象的对称轴，交x轴于点E．若点Q为x轴上方二次函数图象上一动点，过点Q作直线AQ，BQ分别交直线l于点M，N，在点Q的运动过程中，EM+EN的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)y=−23x2+43x+2
(2)P2,2或285,−28625
(3)163
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）根据题意，分情况讨论，①过点C作关于x=1的对称点P，即可求P的坐标，②x轴上取一点D，使得DC=DB，则∠DCB=∠ABC，设Dd,0，根据勾股定理求得CD,BD，建列方程，解方程求解即可；
（3）设Qt,−23t2+43t+2，−1【详解】（1）解：∵由二次函数y=ax2+bx+2，令x=0，则y=2，
∴C0,2，
∵过点A(−1,0)，B(3,0)，
设二次函数的表达式为y=ax+1x−3 =ax2−2x−3，
将点C0,2代入得，
2=−3a，
解得a=−23，
∴y=−23x2+43x+2，
（2）∵二次函数y=ax2+bx+2的图象经过点A(−1,0)，B(3,0)，
∴抛物线的对称轴为x=1，
①如图，过点C作关于x=1的对称点P，
∴CP∥AB，
∴∠PCB=∠ABC，
∵C0,2，
∴P2,2，
②x轴上取一点D，使得DC=DB，则∠DCB=∠ABC，设Dd,0，
则CD=22+d2,BD=3−d，
∴22+d2=3−d2，
解得d=56，
即D56,0，
设直线CD的解析式为y=kx+b，
56k+b=0b=2，
解得k=−125b=2，
∴直线CD的解析式为y=−125x+2，
联立y=−125x+2y=−23x2+43x+2，
解得x=0y=2或x=285y=−28625，
∴P285,−28625，
综上所述，P2,2或285,−28625，
（3）EM+EN的值是定值163，
设Qt,−23t2+43t+2，−1过点Q作QF⊥x轴于点F，则Ft,0，
∵A−1,0,B3,0,E1,0,Ft,0，
∴AE=BE=2,AF=t+1,BF=3−t，
∴ME∥QF,NE∥QF，
∴△AME∽△AQF,△BNE∽△BQF，
∴MEQF=AEAF,NEQF=BEBF，
即MEQF=2t+1,NEQF=23−t，
∴ME=2t+1QF，NE=23−tQF，
∴ME+NE=2t+1+23−tQF，
∵QF=−23t2+43t+2=−23×t+1t−3，
∴ME+NE=2t+1+23−t×−23×t+1t−3
=−43t−3−t+1
=163．
即EM+EN的值是定值163
【点睛】本题考查了二次函数综合，待定系数法求解析式，角度问题，相似三角形的性质与判定，掌握二次函数的性质是解题的关键．
【例3】（2021·江苏淮安·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝14x2＋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．
【答案】（1）−12，−154；（2）y＝x﹣5；（3）存在，t＝5或t＝5＋26；（4）1374
【分析】（1）把A−3,0,B5,0代入y=14x2+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，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．
【详解】解：（1）把A−3,0,B5,0代入y=14x2+bx+c，
得94−3b+c=0254+5b+c=0，解得b=−12c=−154，
故答案为：−12，−154．
（2）∵y=14x2−12x−154= 14 x−12−4，
∴该抛物线的顶点坐标为D1,−4；
设直线BD的函数表达式为y=mx+n，
则5m+n=0m+n=−4，解得m=1n=−5，
∴y=x−5．
（3）存在，如图1、图2．
由题意得，Mt−6,0,Qt−3,0，
∴Gt−6,14t2−72t+334，Ht−3,t−8；
∵QM•QH<10，且QH≠0，
∴3(t−8)<103(8−t)<10t−8≠0，解得143＜t＜343，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，
∴14t2−72+334=t−8；
由14t2−72+334=t−8，
解得，t1=5,t2=13（不符合题意，舍去）；
由14t2−72+334=−t+8，
解得，t1=5+26,t2=5−26（不符合题意，舍去），
综上所述，t=5或t=5+26．
（4）由（2）得，抛物线y=14x2−12x−154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，
∴RGPF=PGDF，
∴RG= PG⋅PFDF＝3×42＝6，
∴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，RGPF=PGDF，
∴GR＝PG⋅PFDF；
设点Q的坐标为（r，0）（0＜r＜1），则P（r，﹣2），
∴GR＝r(1−r)2＝−12r2＋12r＝−12(r−12)2+18，
∴当r＝12时，GR的最小值为18，
∴R（0，−178）；
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，RGPF=PGDF，
∴GR＝PG⋅PFDF＝8×72＝28，
∴R（0，26），
∴4+178+26+178=1374，
∴点R运动路径的长为1374．
【点睛】本题重点考查了二次函数的图像与性质、一次函数的图像与性质、待定系数法求函数解析式、矩形的性质、平行四边形的判定与性质、解一元二次方程以及动点问题的求解等知识与方法，还涉及数形结合、分类讨论等数学思想的运用，综合性强、难度大，属于考试压轴题．
【例4】（2021·四川雅安·统考中考真题）已知二次函数y=x2+2bx−3b．
（1）当该二次函数的图象经过点A(1,0)时，求该二次函数的表达式；
（2）在(1) 的条件下，二次函数图象与x轴的另一个交点为点B，与y轴的交点为点C,点P从点A出发在线段AB上以每秒2个单位长度的速度向点B运动，同时点Q从点B出发，在线段BC上以每秒1个单位长度的速度向点C运动，直到其中一点到达终点时，两点停止运动，求△BPQ面积的最大值;
（3）若对满足x≥1的任意实数x，都使得y≥0成立，求实数b的取值范围．
【答案】（1）y=x2+2x−3；（2）22；（3）-3≤b≤1．
【分析】（1）根据待定系数法，即可求解；
（2）先求出A(1，0)，B(-3，0)，C(0，-3)，设运动时间为t，则AP=2t，BQ=t，BP=4-2t，过点M作MQ⊥x轴，可得MQ=22t，从而得到△BPQ的面积的表达式，进而即可求解；
（3）设y=f(x)=x2+2bx−3b，结合函数图像的对称轴，开口方向，分两种情况：{−b≤1f(1)≥0或{−b>1f(−b)≥0，进而即可求解．
【详解】解：（1）把A(1,0)代入y=x2+2bx−3b，
得：0=12+2b−3b，解得：b=1，
∴该二次函数的表达式为：y=x2+2x−3；
（2）令y=0代入y=x2+2x−3，
得：0=x2+2x−3，
解得：x1=1或x2=−3，
令x=0代入y=x2+2x−3得：y=-3，
∴A(1，0)，B(-3，0)，C(0，-3)，
设运动时间为t，则AP=2t，BQ=t，
∴BP=4-2t，
过点M作MQ⊥x轴，
∵OB=OC=3，
∴∠OBC=45°，
∴△BMQ是等腰直角三角形，
∴MQ=22BQ=22t，
∴△BPQ的面积=12BP⋅MQ=12(4−2t)⋅22t=−22(t−1)2+22，
∴当t=1时，△BPQ面积的最大值=22；
（3）抛物线y=x2+2bx−3b的对称轴为：直线x=-b，开口向上，
设y=f(x)=x2+2bx−3b，
∵对x≥1的任意实数x，都使得y≥0成立，
∴{−b≤1f(1)≥0或{−b>1f(−b)≥0，
∴-1≤b≤1或-3≤b＜-1，
∴-3≤b≤1．
【点睛】本题主要考查二次函数综合，掌握待定系数法，二次函数的性质以及根据图像对称轴位置，列出不等式组，是解题的关键．
【例5】（2021·湖南张家界·统考中考真题）如图，已知二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点C(2,−3)且与x轴交于原点及点B(8,0)．
（1）求二次函数的表达式；
（2）求顶点A的坐标及直线AB的表达式；
（3）判断△ABO的形状，试说明理由；
（4）若点P为⊙O上的动点，且⊙O的半径为22，一动点E从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段AP匀速运动到点P，再以每秒1个单位长度的速度沿线段PB匀速运动到点B后停止运动，求点E的运动时间t的最小值．
【答案】（1）y=14x2−2x；（2）A4,−4，y=x−8；（3）等腰直角三角形，理由见解析；（4）52
【分析】（1）根据已知条件，运用待定系数法直接列方程组求解即可；
（2）根据（1）中二次函数解析式，直接利用顶点坐标公式计算即可，再根据点A、B坐标求出AB解析式即可；
（3）根据二次函数对称性可知△ABO为等腰三角形，再根据O、A、B三点坐标，求出三条线段的长，利用勾股定理验证即可；
（4）根据题意可知动点E的运动时间为t=12AP+PB，在OA上取点D，使OD=2，可证明△APO ∽ △PDO，根据相似三角形比例关系得PD=12AP，即t=12AP+PB=PD+PB，当B、P、D三点共线时，PD+PB取得最小值，再根据等腰直角三角形的性质以及勾股定理进一步计算即可．
【详解】解：（1）∵二次函数y=ax2+bx+ca≠0的图象经过C(2,−3)，且与x轴交于原点及点B8,0
∴c=0，二次函数表达式可设为：y=ax2+bxa≠0
将C(2,−3)，B8,0代入y=ax2+bx得：
−3=4a+2b0=64a+8b解这个方程组得a=14b=−2
∵二次函数的函数表达式为y=14x2−2x
（2）∵点A为二次函数图像的顶点，
∴x=−b2a=−−22×14=4，y=4ac−b24a=4×14×0−(−2)24×14=−4
∴顶点坐标为：A4,−4，
设直线AB的函数表达式为y=kx+m，则有：
−4=4k+m0=8k+m解之得：k=1m=−8
∴直线AB的函数表达式为y=x−8
（3）△ABC是等腰直角三角形，
过点A作AF⊥OB于点F，易知其坐标为F(4,0)
∵△ABC的三个顶点分别是O0,0，A4,−4，B8,0，
∴OB=8−0=8，OA=OF2+FA2=(4−0)2+(−4−0)2=42
AB=AF2+BF2=0−(−4)2+(8−4)2=42
且满足OB2=OA2+AB2
∴△ABC是等腰直角三角形
（4）如图，以O为圆心，42为半径作圆，则点P在圆周上，依题意知：
动点E的运动时间为t=12AP+PB
在OA上取点D，使OD=2，
连接PD，则在△APO和△PDO中，
满足：POOD=AOOP=2，∠AOP=∠POD，
∴ △APO ∽ △PDO，
∴APPD=POOD=AOOP=2，
从而得：PD=12AP
∴t=12AP+PB=PD+PB
显然当B、P、D三点共线时，PD+PB取得最小值，
过点D作DG⊥OB于点G，由于OD=2，
且△ABO为等腰直角三角形，
则有DG=1，∠DOG=45°，
∴动点E的运动时间t的最小值为：
t=DB=DG2+GB2=12+(8−1)2=52．
【点睛】本题主要考查待定系数法求函数解析式，抛物线顶点坐标，等腰直角三角形的性质与判定，相似三角形的判定与性质等知识点，将运动时间的最小值转换为线段长度的最小值是解题的关键．
培优训练
1．（2022·内蒙古包头·模拟预测）如图，已知正方形OABC的边OC，OA分别在x轴和y轴的正半轴上，点B的坐标为4，4．二次函数y=−16x2+bx+c的图象经过点A，B，且x轴的交点为E，F．点P在线段EF上运动，过点O作OH⊥AP于点H．直线OH交直线BC于点D，连接AD．
(1)求b，c的值及点E和点F的坐标；
(2)在点P运动的过程中，当△AOP与以A，B，D为顶点的三角形相似时，求点P的坐标；
(3)当点P运动到OC的中点时，能否将△AOP绕平面内某点旋转90°后使得△AOP的两个顶点落在x轴上方的抛物线上？若能，请直接写出旋转中心M的坐标；若不能，请说明理由．
【答案】(1)b=23，c=4，E2−27，0，F2+27，0；
(2)当△AOP与以A，B，D为顶点的三角形相似时，点P的坐标为2，0或2+25，0或2−25，0；
(3)旋转中心M的坐标为2，2或0，4或2516，4916或−116，4116．
【分析】（1）先由点B的坐标和正方形OABC的性质得到点A的坐标，然后将点A和点B的坐标代入函数解析式，求得b和c的值，得到二次函数的解析式，再令y=0求得点E和点F的坐标；
（2）分三种情况讨论，①当点P在线段OC上，由OA=AB结合三角形相似得到△AOP与△ABD全等，求得OP=BD，即可得到点P的坐标；②点P在线段CF上，通过△AOP与△ABD相似，以及△AOP和△OCD全等即可求得点P的坐标；③点P在线段OE上通过△AOP与△DBA相似，以及△AOP与△OCD全等得到点P的坐标；
（3）分四种情况讨论，设△AOP绕点M顺时针旋转90°得到△A′O′P′，且点P′、A′两点在抛物线上，设O′x，y，则P′x，y−2，A′x+4，y，然后将P′、A′代入抛物线的解析式，求得x、y的值，最后通过△O′MG≌△MOHAAS即可求得点M的坐标．同法可求得其他情况下点M的坐标．
【详解】（1）解：∵正方形OABC的边OC，OA分别在x轴和y轴的正半轴上，点B的坐标为4，4，
∴A0，4，C4，0，
将点A0，4，B4，4分别代入y=−16x2+bx+c，得
c=4−16×16+4b+c=4，解得：b=23c=4，
∴二次函数的解析式为y=−16x2+23x+4，
令y=0，则−16x2+23x+4=0，
解得：x=2+27或2−27，
∴点E2−27，0，F2+27，0；
（2）解：∵四边形OABC是正方形，
∴OA=OC，∠AOP=∠OCD=90°，
∴∠OAP+∠APO=90°，
∵OH⊥AP，
∴∠COD+∠APO=90°，
∴∠OAP=∠COD，
∴△AOP≌△OCDASA，
∴OP=CD，
设Pt，0，
①当点P在线段OC上时，如图所示，
则∠OAP<45°，∠BAD<45°，
∵△AOP与△ABD相似，AB=AO，
∴△AOP≌△ABD，
∴OP=BD，
∵OP=CD，
∴BD=CD=OP=2，
∴t=2，
∴点P的坐标为2，0；
②点P在线段CF上时，如图所示，
∵∠ADB>∠ODC，∠ODC=∠APO，
∴∠ADB>∠APO，
∵△AOP与△ABD相似，
∴△AOP∽△DBA，
∴AODB=OPAB，
∵OP=CD，
∴DB=PC=t−4，
∴4t−4=t4，
解得：t=2−25（舍）或t=2+25，
∴点P的坐标为2+25，0；
③点P在线段OE上时，如图所示，
∵∠COD+∠ODC=90°，∠HOP+∠APO=90°，∠COD=∠HOP，
∴∠ODC=∠APO，
∵∠ODC>∠ADB，
∴∠APO>∠ADB，
∴△AOP∽△ABD，
∴AODB=OPAB，
∵OP=CD，
∴DB=PC=4−t，
∴44−t=−t4，
解得：t=2−25或t=2+25（舍），
∴点P的坐标为2−25，0；
综上所述，当△AOP与以A，B，D为顶点的三角形相似时，点P的坐标为2，0或2+25，0或2−25，0；
（3）解：①△AOP绕点M2，2顺时针旋转90°时，点A与点B重合，点O与点A重合，
∵点A和点B在x轴上方的抛物线上，
∴旋转中心M的坐标为2，2；
②△AOP绕点M0，4逆时针旋转90°时，点O与点B重合，
∵点A和点B在x轴上方的抛物线上，
∴旋转中心M的坐标为0，4；
③如图3所示，设△AOP绕点M顺时针旋转90°得到△A′O′P′，且点P′、A′两点在抛物线上，
设O′x，y，则P′x，y−2，A′x+4，y，
∴−16x2+23x+4=y−2−16x+42+23x+4+4=y，解得：x=−32y=378，
∴O′−32，378，
过点M作GH∥y轴，交OC于点H，交O′A′于点G，连接O′M、OM，
则∠O′GM=∠OHM=∠O′MO=90°，O′M=OM，
∴∠O′MG+∠MO′G=90°，∠O′MG+∠OMH=90°，
∴∠MO'G=∠OMH，
∴△O′MG≌△MOHAAS，
设Ma，b，则O′G=MH=b，MG=OH=a，
∴b−a=32a+b=378，解得：a=2516b=4916，
∴点M的坐标为2516，4916；
④如图4所示，设△AOP绕点M逆时针旋转90°得到△A″O″P″，且P″、A″两点在抛物线上，
设O″x，y，则P′′′x，y−4，A″x+2，y，
同③理可证，M的坐标为−116，4116；
综上所述，旋转中心M的坐标为2，2或0，4或2516，4916或−116，4116．
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求二次函数的解析式、正方形的性质、相似三角形的性质、全等三角形的判定与性质，会用待定系数法求得二次函数的解析式是解题的关键．
2．（2023·广西玉林·一模）已知二次函数y=x2+2bx−3b的图象经过点A1,0．
(1)求该二次函数的表达式；
(2)二次函数图象与x轴的另一个交点为B，与y轴的交点为C，点P从点A出发在线段AB上以每秒2个单位长度的速度向点B运动，同时点Q从点B出发，在线段BC上以每秒1个单位长度的速度向点C运动，直到其中一点到达终点时，两点停止运动，求△BPQ面积的最大值；
(3)在点P、Q运动的过程中，是否存在使△PBQ与△BOC相似的时刻，如果存在，求出运动时间t，如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2+2x−3
(2)存在，当t=1时，△BPQ面积的最大值为22
(3)t的值为4−22或16−427
【分析】1把点A1,0代入解析式，求出b的值，即可得到解析式；
2过点Q作QN⊥AB于点N，利用NQQB=OCBC表示出△BPQ的高NQ，然后表示出△BPQ的面积，利用二次函数的性质求出最大面积；
3由∠PBQ=∠OBC，∠BOC=90°，知△PBQ与△BOC相似只需△PBQ为直角三角形，分两种情况：①当∠PQB=90°时，△PBQ是等腰直角三角形，BP=2BQ，有4−2t=2t，解得t=4−22；②当∠BPQ=90°时，t=24−2t，解得t=16−427．
【详解】（1）把点A1,0代入y=x2+2bx−3b得：1+2b−3b=0，
解得：b=1，
∴二次函数的表达式为：y=x2+2x−3．
（2）过Q作QN⊥OB于N，如图：

在y=x2+2x−3中，令x=0得y=−3，令y=0得x1=−3，x2=1，
∴C0,−3，B−3,0，A1,0，
∴AB=4，OB=OC=3，BC=32，
设运动时间为t，则BQ=t，AP=2t，
∴BP=4−2t，
∵sin∠NBQ=sin∠OBC，
∴NQQB=OCBC，即NQt=332，
∴NQ=22t，
∴S△BPQ=12BP⋅NQ=124−2t×22t=−22t2+2t=−22(t−1)2+22，
∵−22<0，
∴当t=1时，△BPQ面积的最大值为22．
（3）在点P、Q运动的过程中，存在使△PBQ与△BOC相似的时刻，理由如下：
∵∠PBQ=∠OBC，∠BOC=90°，
∴△PBQ与△BOC相似只需△PBQ为直角三角形，
①当∠PQB=90°时，如图：

∵OB=OC=3，∠BOC=90°，
∴∠OBC=45°，
∴△PBQ是等腰直角三角形，BP=2BQ，
∴4−2t=2t，
解得t=4−22；
②当∠BPQ=90°时，如图：

同理可知BQ=2PB，
∴t=24−2t，
解得t=16−427，
综上所述，t的值为4−22或16−427．
【点睛】．本题考查二次函数的综合应用，涉及二次函数解析式、抛物线与坐标轴的交点坐标、三角形面积等知识，解题的关键是数形结合和分类讨论思想的应用．
3．（2022·湖南长沙·长沙市南雅中学校联考一模）已知二次函数y=ax2+bx−32（a≠0）的图象经过A（1，0）、B（−3，0）两点，顶点为点C．
(1)求二次函数的解析式；
(2)如二次函数y=ax2+bx−32的图象与y轴交于点G，抛物线上是否存在点Q，使得∠QAB=∠ABG，若存在求出Q点坐标，若不存在请说明理由；
(3)经过点B并且与直线AC平行的直线BD与二次函数y=ax2+bx−32图象的另一交点为D，DE⊥AC，垂足为E，DF∥y轴交直线AC于点F，点M是线段BC之间一动点，FN⊥FM交直线BD于点N，延长MF与线段DE的延长线交于点H，点P为△NFH的外心，求点M从点B运动到点C的过程中，P点经过的路线长．
【答案】(1)y=12x2+x−32
(2)−4，52或−2，−32
(3)1
【分析】（1）将A（1，0）、B（-3，0）代入y=ax2+bx−32，即可求解；
（2）先求出BG的解析式为y=−12x−32，然后再进行分类讨论，分别求得点Q的坐标即可；
（3）可知△DNH与△FNH是直角三角形，外心P在斜边NH的中点，分别求出直线AC及直线BD的函数关系式，再分为当M运动到C点时及当点M运动到B点时两种情况进行讨论，求解即可．
【详解】（1）∵二次函数y=ax2+bx−32的图像经过A（1,0）、B（-3,0），
∴a+b−32=09a−3b−32=0，
解得a=12b=1，
∴二次函数的解析式为y=12x2+x−32；
（2）由题可知G点坐标0,−32，
设直线BG的解析式为y=px+q，得：
−3k+b=00k+b=−32，解得：k=−12b=−32，
∴BG的解析式为y=−12x−32，
①AQ∥BG，直线AQ的解析式y=−12x+12，
联立直线AQ与二次函数解析式y=−12x+12y=12x2+x−32 ，
解得x1=1y1=0或x2=−4y2=52
此时Q的坐标为−4，52，
②直线y=−12x+12与y轴的交点为K0，12，其关于x轴的对称点为K10，−12
直线AK1的解析式为：y=12x−12 与二次函数解析式联立得
y=12x−12y=12x2+x−32，
解得x1=1y1=0或x2=−2y2=−32，
此时Q的坐标为−2，−32，
综上,抛物线上存在点Q使得∠QAB=∠BAG，Q点坐标为−4，52或−2，−32
（3）如图，易知△DNH与△FNH是直角三角形，外心P在斜边NH的中点，
∴PD=PF=12NH，所以点P是线段DF的垂直平分线上的动点，
∵直线AC的解析式为y=x-1，BD∥AC，
∴直线BD的解析式为y=x+3，
∴D（3,6），
①当M运动到C点时H1与点E重合，FN1⊥AC，则FN1⊥BD，又因为∠DEF=90°，DE=EF，
∴四边形DN1FE为正方形，
∴P1是线段DF的中点（3,4）；
②当点M运动到B点时，FN2⊥FH2，
∵四边形DN1FE是正方形
∴∠N1FN2=∠BFC，∠N2N1F=∠BCF=90°，
∴△N2N1F∽△BCF，
∴CFN1F=BCN2N1，
∵四边形DN1FE是正方形，
∴N1（1,4），
∴BCN2N1=CFN1F=4222=2，
∴N1N2=2，
∴N2（2,5），
同理H2（6,3），
所以N2H2的中点P2（4，4），
∵P1（3，4），
∴P1P2=1
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，会用待定系数法求函数的解析式，会求函数的交点坐标，根据点M的运动情况确定P点的轨迹是线段是解题的关键．
4．（2021·四川宜宾·四川省宜宾市第二中学校校考一模）次函数y=ax2+bx+2的图象交x轴于点A（－1，0），B（4，0），两点，交y轴于点C，动点M从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB方向运动，过点M作MN⊥x轴交直线BC于点N，交抛物线于点D，连接AC，设运动的时间为t秒．
(1)求二次函数y=ax2+bx+2的表达式；
(2)连接BD，当t=32时，求△DNB的面积；
(3)在直线MN上存在一点P，当△PBC是以∠BPC为直角的等腰直角三角形时，求此时点P的坐标．
【答案】(1)y=−12x2+32x+2
(2)S△DNB=2
(3)P（1，－1）或（3，3）
【分析】（1）将A、B两点的坐标代入二次函数解析式中，求出系数a与b即可；
（2）先求出BC的解析式y=−12x+2，再将x=2代入y=−12x2+32x+2和y=−12x+2，得出D、N的坐标即可求出DN的值，再根据三角形的面积公式计算出答案即可；
（3）由BM的值得出M的坐标M（2t−1,0)，因此设P（2t-1，m），由勾股定理可得PC2=(2t−1)2+(m−2)2，PB2=(2t−5)2+m2，根据题意PB=PC，所以(2t−1)2+(m−2)2=(2t−5)2+m2，得出P的坐标为P(2t−1,4t−5)，再利用勾股定理列出方程，解得t=1或t=2，代入求值即得出答案．
【详解】（1）解：将A(-1, 0)，B(4, 0)代入y=ax2+bx+2中，
得：{a−b+2=016a+4b+2=0 ，
解得：{a=−12b=32 ．
∴二次函数的表达式为y=−12x2+32x+2．
（2）解：连接BD，如图所示，
∵t=32，
∴AM=3．
又∵OA=1，
∴OM=2．
设直线BC的表达式为y=kx+b(k≠0)，
将点C（0，2），B（4，0）代入得：{b=24k+b=0，
解得：{k=−12b=2，
∴直线BC的解析式为：y=−12x+2．
将x=2代入y=−12x2+32x+2和y=−12x+2，
得D(2，3)，N（2，1），
∴DN=2．
∴S△DNB=12×2×2=2．
（3）解：∵BM=5−2t，
∴M(2t−1,0)．
设P（2t-1，m），
则PC2=(2t−1)2+(m−2)2，PB2=(2t−5)2+m2．
∵PB=PC，
∴(2t−1)2+(m−2)2=(2t−5)2+m2，
∴m=4t−5，
∴P(2t−1,4t−5)．
∵PC⊥PB，
∴[(2t−1)2+(m−2)2]+[(2t−5)2+m2]=(25)2，
将m=4t−5代入整理得：t2−3t+2=0，
解得：t=1或t=2．
将t=1或t=2分别代入P(2t−1,4t−5)中，
∴P（1，－1）或（3，3）．
【点睛】本题是二次函数与几何的综合题，考查了待定系数法求二次函数表达式，根据点的坐标求平面内三角形的面积，以及根据等腰直角三角形求点的坐标，解题的关键是根据点的坐标求出函数解析式，同时根据解析式将点表示出来，列出方程进行计算．
5．（2022·辽宁葫芦岛·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=13x2+bx+c的图象与坐标轴交于A，B，C三点，其中点A的坐标为（-3，0），点B的坐标为（0，-4），连接AB，BC． 动点P从点A出发，在线段AB上以每秒1个单位长度的速度向点B作匀速运动；同时，动点Q从点A出发，在线段AC上以每秒53个单位长度的速度向点C作匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，设运动时间为t秒． 连接PQ，PC．
(1)求抛物线的表达式；
(2)在点P，Q运动过程中，当△CPQ的面积为176时，求点Q坐标；
(3)在（2）条件下，t>2时，在直线PQ上是否存在点M，使∠MAP=60°？若存在，请直接求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=13x2−13x−4
(2)Q76,0或−16,0
(3)存在，M23−32,332−2，M−23−32,−2−332
【分析】（1）利用待定系数法代入计算即可；
（2）过P作PG⊥x轴于G，利用sin∠OAB=OBAB=PGAP求出PG的长，从而用t表示出△CPQ，列出方程即可得出答案；
（3）由（2）及t>2可知t=52，代入求得Q76,0、P−32,−2，即可得出直线PQ的解析式为y=34x−78，设Mm,34m−78，利用两点坐标距离公式和勾股定理的逆定理判断出∠APM=90°，由30°的直角三角形即可推出AM=5，利用两点坐标距离公式列出方程，进行求解即可得出答案．
【详解】（1）解：将点A−3,0、点B0,−4的坐标分别代入y=13x2+bx+c，得
3−3b+c=0c=−4，
解这个方程组，得b=−13c=−4，
则二次函数表达式y=13x2−13x−4．
（2）过P作PG⊥x轴于G，
当y=0时，13x2−13x−4=0，
∴x1=−3,x2=4，
∴C4,0．
∵A−3,0、B0,−4，
∴AC=7,OB=4,OA=3,
∴AB=OA2+OB2=5．
∵动点P从点A出发，在线段AB上以每秒1个单位长度的速度向点B作匀速运动；同时，动点Q从点A出发，在线段AC上以每秒53个单位长度的速度向点C作匀速运动，
∴AP=t，AQ=53t，
∴CQ=7−53t，
∵sin∠OAB=OBAB=PGAP，
∴45=PGt，
∴PG=45t．
∴S△CPQ=12PG×CQ=12×45t7−53t=176，
解得，t1=52，t2=1710．
∵Q的横坐标为−3+53t，
∴Q76,0或−16,0．
（3）存在，理由如下：
由（2）可知：t1=52，t2=1710，
∵t>2，
∴t=52．
∴AP=52,AQ=256，此时点P为AB的中点，
∴P−32,−2 OQ=256−3=76，
∴Q76,0，
设直线PQ的解析式为y=kx+n，
将点P、Q坐标代入y=kx+n中，得：
−32k+n=−276k+n=0，解得：k=34n=−78，
∴设直线PQ的解析式为y=34x−78，
∴设Mm,34m−78，
∵A−3,0,P−32,−2,
∴AM2=m+32+34m−782,PM2=m+322+34m−78+22,AP2=−3+322+0+22=254
∵m+322+34m+982+254=m+32+34m−782
∴PM2+AP2=AM2，
∴∠APM=90°，
∵∠MAP=60°，
∴∠AMP=30°，
∴AM=2AP=5．
∵A−3,0,Mm,34m−78，
∴AM2=m+32+34m−78−02=52，
∴m1=23−32,m2=−23−32,
∴M23−32,332−2，M−23−32,−2−332．
故答案为：存在，M23−32,332−2，M−23−32,−2−332．
【点睛】本题考查了二次函数与几何动点的综合应用，利用锐角三角函数求线段的长度，勾股逆定理，勾股定理，距离公式及坐标轴上点的特征等知识，较为综合，能够熟练应用知识是解题的关键．
6．（2022·四川广安·统考二模）如图：已知关于x的二次函数y=x2+bx+c的图像与x轴交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C（0，3）．
(1)求二次函数的解析式；
(2)在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使△PBC为等腰三角形，若存在，请求出点P的坐标；
(3)有一个点M在线段CB上运动，作MN⊥x轴交抛物线于点N，问当M、N点位于何处时，△BCN的面积最大，求最大面积.
【答案】(1)y=x2−4x+3
(2)存在，P（2，2） （2，3+14）（2，3，-14）（2，17）（2，-17）
(3)当M32，32，N32，−34时，△BCN的面积最大，最大面积为278
【分析】（1）根据题中所给的解析式及A（1，0）和C（0，3）利用待定系数法求解析式即可；
（2）根据等腰三角形的性质，分三种情况，利用两点之间距离公式列出方程求解即可；
（3）平面直角坐标系中三角形面积问题，找平行于坐标轴的边为底，然后表示出面积即可得出结论．
【详解】（1）解：已知关于x的二次函数y=x2+bx+c的图像与x轴交于点A（1，0），与y轴交于点C（0，3），
∴{0=1+b+c3=c，
解得{b=−4c=3，
∴二次函数的解析式为y=x2−4x+3
（2）解：存在，
由（1）知抛物线的对称轴为直线x=2，
设P（2，n），C（0，3），B（3，0），则根据两点之间距离公式可得PC2=22+（n-3）2 ，PB2=（2-3）2+n2，CB2=18，当△PBC为等腰三角形时，分三种情况：
①当PC=PB时，22+（n-3）2=（2-3）2+n2，解得n=2；
②当PC=BC时，22+（n-3）2=18，解得n1=3+14，n2=3-14；
③当PB=CB时，（2-3）2+n2=18，解得n1=17，n2=-17；
综上所述：P（2，2）、（2，3+14）、（2，3−14）、（2，17）、（2，−17）；
（3）解：设直线yBC=kx+b'，
把C（3，0）代入得{3=b'0=3k+b'，
解得k=−1,b'=3，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
设M(m,−m+3)，
∴Nm,m2−4m+3，
∴MN=−m+3−(m2−4m+3)=−m2+3m，
∴SΔBCN=12MN×3=32−m2+3m=−32m−322+278 ，
当m=32时，SΔBCN最大=278，
当m=32时，−m+3=−32+3=32，
∴M32，32，
当m=32时，m2−4m+3=−34 ，
∴N32，−34
综上所述，当M32，32，N32，−34时，△BCN的面积最大，最大面积为278．
【点睛】本题考查二次函数综合，涉及到待定系数求二次函数表达式、二次函数综合中的等腰三角形问题、二次函数综合中的三角形面积问题，熟练掌握二次函数的图像与性质，理解常见二次函数综合题型的解题方法步骤是解决问题的关键．
7．（2022·湖北省直辖县级单位·校考一模）综合与探究
如图，二次函数y=−14x2+32x+4的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点，设点P的横坐标为m．过点P作直线PD⊥x轴于点D，作直线BC交PD于点E
(1)求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线BC的函数表达式；
(2)当△CEP是以PE为底边的等腰三角形时，求点P的坐标；
(3)连接AC，过点P作直线l∥AC ，交y轴于点F，连接DF．试探究：在点P运动的过程中，是否存在点P，使得CE=FD，若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A−2,0,B8,0，点C的坐标为0,4；y=−12x+4
(2)4,6
(3)存在；m的值为4或25−2
【分析】（1）令y=−14x2+32x+4中y和x分别为0，即可求出A，B，C三点的坐标，利用待定系数法求直线BC的函数表达式；
（2）过点C作CG⊥PD于点G，易证四边形CODG是矩形，推出CG∥OB，DG=OC=4，CG=OD=m，再证明△CGE∽△BOC，推出EG=12m，由等腰三角形三线合一的性质可以得出PG=EG=12m， 则PD=PG+DG=12m+4，由P点在抛物线上可得PD=−14m2+32m+4，联立解出m，代入二次函数解析式即可求出点P的坐标；
（3）分点F在y轴的负半轴上和点F在y轴的正半轴上两种情况，画出大致图形，当CE=FD时，EG=OF，由（2）知EG=12m，用含m的代数式分别表示出OF，列等式计算即可．
【详解】（1）解：由y=−14x2+32x+4得，
当x=0时，y=4，
∴点C的坐标为0,4．
当y=0时，−14x2+32x+4=0，
解得x1=−2,x2=8．
∵点A在点B的左侧，
∴点A，B的坐标分别为A−2,0,B8,0．
设直线BC的函数表达式为y=kx+b，
将B8,0，C0,4代入得0=8k+b4=b，
解得k=−12b=4，
∴直线BC的函数表达式为y=−12x+4﹒
（2）解：∵点P在第一象限抛物线上，横坐标为m，且PD⊥x轴于点D，
∴点P的坐标为m,−14m2+32m+4，OD=m，
∴PD=−14m2+32m+4．
∵点B的坐标为8,0，点C的坐标为0,4，
∴OB=8，OC=4．
过点C作CG⊥PD于点G，则∠CGD=90°．
∵∠PDO=∠COD=90°，
∴四边形CODG是矩形，
∴CG∥OB ，DG=OC=4，CG=OD=m．
∴∠1=∠2．
∵∠CGE=∠BOC=90°，
∴△CGE∽△BOC．
∴EGCO=CGBO，即EG4=m8，
∴EG=12m．
在△CPE中，
∵CP=CE,CG⊥PE，
∴PG=EG=12m．
∴PD=PG+DG=12m+4，
∴−14m2+32m+4=12m+4
解得m1=4,m2=0（舍去），
∴m=4．
当m=4时，y=−14m2+32m+4=6﹒
∴点P的坐标为4,6．
（3）解：存在；m的值为4或25−2．
分两种情况，①当点F在y轴的负半轴上时，如下图所示，过点P作直线PH⊥y轴于点H，
∵过点P作直线l∥AC，交y轴于点F，
∴PF∥AC ，
∴∠ACO=∠PFH，
∴tan∠ACO=tan∠PFH，
∴AOOC=HPHF，即24=mHF，
∴HF=2m，
∵OH=PD=−14m2+32m+4，
∴OF=HF−OH=2m−−14m2+32m+4=14m2+12m−4，
由（2）知，EG=12m．
根据勾股定理，在△CGE中，CE2=CG2+GE2，
在△FOD中，FD2=OF2+OD2，
当CE=FD时，CG2+GE2=OF2+OD2，
∵CG=OD=m，
∴EG=OF，
∴12m=14m2+12m−4，
解得m=4或m=−4，
∵点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点，
∴m=4；
②当点F在y轴的正半轴上时，如下图所示，
同理可得，EG=OF，EG=12m，HF=2m，OH=PD=−14m2+32m+4，
∴OF=OH−HF=−14m2+32m+4−2m=−14m2−12m+4
∴12m=−14m2−12m+4，
解得m=25−2或m=−25−2，
∵点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点，
∴m=25−2；
综上，m的值为4或25−2
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数、一次函数、等腰三角形、矩形、勾股定理、相似三角形等知识点，第三问难度较大，需要分情况讨论，画出大致图形，用含m的代数式表示出OF是解题的关键．
8．（2020·江苏盐城·统考一模）如图，二次函数y=−12x2+bx+c的图像与x轴交于点A（−2，0）和点B（4，0），与y轴交于点E，以AB为边在x轴下方作正方形ABCD，点M是x轴上一动点，连接CM，过点M作MN⊥MC，与AD边交于点N，与y轴交于点F．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)在第一象限的抛物线上任取一点P，连接EP、PB，请问：△EPB的面积是否存在最大值？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)当点M在线段OB（点M不与O、B重合）上运动至何处时，线段OF的长有最大值？并求出这个最大值．
【答案】(1)y=−12x2+x+4
(2)△EPB的面积有最大值4，此时点P的坐标为（2，4）
(3)OF有最大值，最大值为23，此时点M在（2，0）处
【分析】（1）将点A、B的坐标代入二次函数表达式，即可求解；
（2）过点P作PQ⊥AB于Q，交BE于点H，过点E作EG⊥PQ于点G，设点P（m，-12m2+m+4），根据S△PBE=S△PBH+S△PHE=12•PH•OB=-（m-2）2+4，运用二次函数最值得到答案；
（3）设点M的坐标为（x，0），运用正方形性质可证得△MFO∽△CMB，再利用相似三角形性质可得OF=16（-x2+4x）=-16（x-2）2+23，运用二次函数最值得到答案．
（1）
解：∵二次函数y=-12x2+bx+c的图象经过点A（-2，0）和点B（4，0），
∴0=−12×4−2b+c0=−12×16+4b+c解得b=1c=4，
∴该抛物线的函数表达式为：y=−12x2+x+4；
（2）
解：存在，理由如下：
如图，过点P作PQ⊥AB于Q，交BE于点H，过点E作EG⊥PQ于点G，
∵PQ⊥AB，
∴∠PQB=∠EOB=90°，
∴PQ∥EO，
设点P（m，-12m2+m+4），则Q（m，0），
∴OQ=m，
在y=-12x2+x+4中，令x=0，则y=4，
∴E（0，4），
∴OB=OE=4，
∴△OBE是等腰直角三角形，
∴∠EBO=45°，
∴BQ=HQ=4-m，
∴PH=-12m2+m+4-（4-m）=-12m2+2m，
∴S△PBE=S△PBH+S△PHE
=12•PH•BQ+12•PH•OQ
=12•PH•OB
=12×（-12m2+2m）×4
=-m2+4m
=-（m-2）2+4，
∵-1＜0，
∴当m=2时，S△PBE=有最大值4，此时，点P的坐标为（2，4）；
（3）
解：设点M的坐标为（x，0），
∴OM=x，BM=4-x，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=4+2=6，∠BAD=∠CBA=∠MOF=90°，
∵MN⊥MC，
∴∠CMN=90°，
∴∠FMO+∠CMB=∠CMB+∠BCM=90°，
∴∠FMO=∠BCM，
∴△MFO∽△CMB，
∴OMBC=OFBM，即：x6=OF4−x，
∴OF=16（-x2+4x）=-16（x-2）2+23，
∵点M在线段OB上，且点M不与O、B重合，
∴0＜x＜4，
∵-16＜0，
∴当x=2时，即点M为线段OB中点时，OF的长度最大，最大值为23．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，等腰直角三角形判定和性质，正方形性质，相似三角形的判定与性质；熟练掌握待定系数法求函数解析式，灵活运用数形结合的思想、方程思想是解题的关键．
9．（2022·山西大同·校联考三模）如图，二次函数y=14x2−14x−3的图象与x轴交于点A和B，点A在点B的左侧，与y轴交于点C．
(1)求直线BC的函数解析式；
(2)如图2，点D在直线BC下方的抛物线上运动，过点D作DM∥y轴交BC于点M，作DN⊥BC于点N，当△DMN的周长最大时，求点D的坐标及△DMN周长的最大值；
(3)以BC为边作∠CBE=∠BAC交y轴于点E，借助图1探究，并直接写出点E的坐标．
【答案】(1)y=34x−3
(2)点D的坐标是2,−52，△DMN周长的最大值是125
(3)(0,−28),0,47
【分析】（1）利用二次函数解析式先求解A、B两点坐标，再写出C点坐标，利用待定系数法求BC所在直线的解析式；
（2）设点D的坐标是m,14m2−14m−3，因为DM∥y，则D、M两点横坐标相同，将x=m代入（1）中所求一次函数解析式，表示出M点坐标为m,34m−3，则可表示出DM的长度；可证△OBC∽△NDM，则△NDM的周长△OBC的周长=DMBC，因为△OBC的周长是定值，BC也是定值，可以通过求DM的最大值计算△NDM周长的最大值；
（3）设E1(0,p) ，E2(0,q)，利用特殊角的三角函数值与相似三角形的性质进行求解即可．
(1)
把x=0代入y=14x2−14x−3中，得y=−3．
∴点C的坐标是(0,−3)．
把y=0代入y=14x2−14x−3，得14x2−14x−3=0．
解，得x1=4,x2=−3．
∴点A的坐标是(−3,0)，点B的坐标是(4,0)．
设直线BC的解析式是y=kx−3．
∵B(4,0)，
∴0=4k−3．
解得k=34．
∴直线BC的函数解析式是y=34x−3．
(2)
设点D的坐标是m,14m2−14m−3．
∵B(4,0),C(0,−3)，
∴OB=4,OC=3．
在Rt△BOC中，∠BOC=90°，由勾股定理，得BC=OB2+OC2=42+32=5．
∴△OBC的周长是OB+OC+BC=12．
∵DM∥y轴，
∴∠OCB=∠DMN，点M的坐标是m,34m−3．
∴DM=34m−3−14m2−14m−3=−14m2+m．
∵DN⊥BC于点N，
∴∠DNM=∠BOC=90°．
∴△OBC∽△NDM．
∴△NDM的周长△OBC的周长=DMBC．
∴△NDM的周长=DM×△OBC的周长BC=−14m2+m×125=−35(m−2)2+125．
∴m=2时，△DMN的周长最大，最大值是125．
∴14m2−14m−3=14×22−14×2−3=−52．
∴点D的坐标是2,−52，△DMN周长的最大值是125．
(3)
如上图所示，过点E1作EH⊥BC，设E1(0,p) ，E2(0,q) ，
∵∠OCB=∠HCE1，
∴Rt△OCB~Rt△HCE1 ，则OCCH=BCCE1=OBE1H，
由（1）得OC=3，OB=4，BC=5，代入得3CH=53+p=4E1H，
所以CH=3(3+p)5 ，E1H=4(3+p)5 ，BH=BC-CH=5−3(3+p)5，
由（1）得，OA=OC=3，所以∠BAC=∠CBE=45°，
则△E1HB为等腰直角三角形，故E1H=BH，
即4(3+p)5=5−3(3+p)5，解得p=47，
又∵∠CBE1=∠CBE2=45°，则∠E1BE2=90°，
∴∠E1BO+∠OBE2=90°，
∵∠E1BO+∠BE1O=90°，
∴∠OBE2=∠BE1O，
∴Rt△E1BO~Rt△BE2O，则有E1OBO=BOE2O，
即474=4−q ，则q=-28，
故点E的坐标是(0,−28),0,47．
【点睛】本题考查了二次函数与几何结合，难度较大，灵活运用相似三角形的性质是解题的关键．
10．（2022·山西·校联考模拟预测）综合与探究
如图，二次函数y=ax2+bx+4的图象与x轴分别交于点A(−2，0)，B(4，0)，点E是x轴正半轴上的一个动点，过点E作直线PE⊥x轴，交抛物线于点P，交直线BC于点F．
(1)求二次函数的表达式．
(2)当点E在线段OB上运动时（不与点O，B重合），恰有线段PF=12EF，求此时点P的坐标．
(3)试探究：若点Q是y轴上一点，在点E运动过程中，是否存在点Q，使得以点C，F，P，Q为顶点的四边形为菱形，若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−12x2+x+4
(2)1,92
(3)存在，点Q的坐标为(0，2)或(0，42)或(0，-42)．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）利用待定系数法求得直线BC的表达式为y=−x+4，用m表示点P、E、F的坐标，根据PE=12EF，列方程求解即可；
（3）分当FP=FC和FP=PC时，两种情况讨论，建立方程，解方程即可求解．
【详解】（1）解：∵二次函数y=ax2+bx+4的图象与x轴分别交于点A(−2，0)，B(4，0)，
∴4a−2b+4=016a+4b+4=0，解得a=−12b=1，
∴二次函数的表达式为y=-12x2+x+4；
（2）解：令x=0，得y=4，
∴点C(0，4)．
∵B(4，0)，C(0，4)，设直线BC的表达式为y=kx+n，
∴4k+n=0n=4，解得k=−1n=4，
∴直线BC的表达式为y=−x+4；
设点P的横坐标为m(0∴PF=−12m2+m+4−(−m+4)=−12m2+2m，
EF=(−m+4)−0=−m+4，
当PF=12EF时，−12m2+2m=12(−m+4)．解得m1=1，m2=4（舍去）．
当m=1时，−12m2+m+4=92．
∴点P坐标为1,92；
（3）解：由（2）得Pm,−12m2+m+4，F(m,−m+4)，PF=−12m2+2m，C(0，4)，
当FP=FC时，
∴−12m2+2m=(0−m)2+(4+m−4)2，
整理得：m2-(4-22)m=0或m2-(4+22)m=0，
解得：m=0(舍去)或m=4-22或m=4+22，
∴CQ=PF=42-4或42+4，
如图①，当点Q在点C上方时，点Q(0，42)；
如图②，当点Q在点C下方时，点Q(0，-42)；
；
当FP=PC时，
∴−12m2+2m=(0−m)2+(−12m2+m+4−4)2，
整理得：m2-2m=0，
解得：m=0(舍去)或m=2，
∴CQ=PF=2，
∴点Q(0，2)；
综上，点Q的坐标为(0，2)或(0，42)或(0，-42)．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和菱形的性质；会利用待定系数法求二次函数解析式；理解坐标与图形性质．
11．（2022·福建三明·统考模拟预测）已知直线l1:y=2x+6交x轴于点A，交y轴于点B，二次函数y=3x2 +bx+c的图像经过A、B两点．
(1)求二次函数的表达式．
(2)设动点M的横坐标为m，当动点M在AB下方的抛物线上运动时，求△MAB的面积S关于m的函数表达式．
(3)有一条动直线l2:x=a，直线l2在AO之间移动（包括A，O两端点），直线l2交抛物线于点Q，当△QAB的面积是△QAO面积的2倍时，求a的值．
【答案】(1)y=3x2+11x+6
(2)S=−92m2−272m
(3)a=−43或a=−49
【分析】（1）先根据一次函数解析式求出点A、点B坐标，将A，B点代入y=3x2+bx+c中，求b，c，即可求出抛物线解析式；
（2）过点M作MP//y轴交AB于点P，故P点坐标为（m，2m+6），M点坐标为（m，3m2+11m+6），即可表示出MP的长，利用面积的和差即可得到答案，△MAB的面积＝△MPA的面积＋△MPB的面积；
（3）根据题意可知Q点横坐标为a−3得2×92a2+332a+9=−92a2−272a．即可求得a值．
【详解】（1）解：∵直线l1:y=2x+6交x轴于点A，交y轴于点B，
∴点A为（－3，0），点B为（0，6）．将A，B点代入y=3x2+bx+c中，得
c=627−3b+c=0，解得b=11c=6
故抛物线表达式为y=3x2+11x+6．
（2）如图，过点M作MP//y轴交AB于点P，
故P点坐标为（m，2m+6），M点坐标为（m，3m2+11m+6），
∴MP=2m+6−3m2+11m+6=−3m2−9m．
∵△MAB的面积＝△MPA的面积＋△MPB的面积，
∴S=12−3m2−9m×3=−92m2−272m．
（3）根据题意可知Q点横坐标为a，
由（2）可知SΔABQ=−92a2−272a， SΔAOQ=12AO×yQ=12×3×3a2+11a+6=92a2+332a+9
∵△QAB的面积是△QAO面积的2倍，
∴2×92a2+332a+9=−92a2−272a
解得a=−3（舍）或a=−43或a=−49．
【点睛】本题主要考查的二次函数的综合应用、解答本题需要同学们熟练掌握二次函数的图象和性质、待定系数法求函数的解析式，用含m的式子表示出MP的长是解题的关键．
12．（2022·江苏泰州·统考二模）我国于2022年在北京举办冬奥会，滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图所示，一个滑道由滑坡（AB段）和缓冲带（BC段）组成，其中滑坡AB长为270米．某滑雪运动员在滑坡上滑行的距离y1（单位：m）与滑行时间t1（单位：s）满足二次函数关系，并测得相关数据：
该运动员在缓冲带上滑行的距离y2（单位：m）与在缓冲带上滑行时间t2（单位：s）满足：y2=52t2−2t22．
(1)求y1与t1的函数关系式；
(2)求该运动员从A出发到在缓冲带BC上停止所用的总时间．
【答案】(1)y1=52t12+2t1
(2)该运动员从A出发到缓冲带BC上停止所用的总时间为23秒
【分析】（1）设y1与t1的函数关系式为y1=at12+bt1+c，然后利用待定系数法求解即可；
（2）根据（1）所求，先求出从A到B的时间，然后求出在BC上滑行的时间即可得到答案．
【详解】（1）解：设y1与t1的函数关系式为y1=at12+bt1+c，
由题意得：a+b+c=4.54a+2b+c=149a+3b+c=28.5，
解得a=52b=2c=0，
∴y1与t1的函数关系式为y1=52t12+2t1；
（2）解：在y1=52t12+2t1中，
令y1=270，得52t12+2t1＝270，
解，得t1=10，t1=−545（舍去）
∵y2=−2t22+52t2=−2t2−132+338，
∴当t2=13时，运动员在缓冲带BC上停止，
∴该运动员从A出发到缓冲带BC上停止所用的总时间为10+13=23（秒）．
【点睛】本题主要考查了二次函数的实际应用，待定系数法求函数解析式，正确求出AB段的函数解析式是解题的关键．
13．（2022·江苏连云港·统考二模）如图，平面直角坐标系中，二次函数y=−110x2−45x+2图像交x轴于点A、B，交y轴于点C，图像对称轴交x轴于点D．点P是线段OD上一动点，从O向D运动，H是射线BC上一点．
(1)则点A的坐标为 ，点B的坐标为 ，线段BC的长为 ；
(2)如图1，在P点运动过程中，若△OPC中有一个内角等于∠HCA，求OP的长；
(3)如图2，点M−3,72在二次函数图像上，在P点开始运动的同时，点Q在抛物线对称轴上从D点向上运动，Q点运动速度是P点运动速度的2倍，连接QM，则QM+2CP的最小值为 ．
【答案】(1)（－10，0）；（2，0）；22
(2)43或3
(3)1492
【分析】（1）二次函数y=−110x2−45x+2中，令y=0，解方程得点A、B坐标，令x=0得点C坐标，通过勾股定理求得BC的长；
（2）先求出直线BC的函数关系式，再求得点D及点E的坐标，再得出△AEB为等腰直角三角形，求得EC及AC的长，证得△CPO∽△ACE，求得OP的长，再证△CPO∽△CAE，求得OP的长；
（3）先证明Rt△COP∽Rt△QDO，可得CPOQ=12，作点M关于直线x＝－4的对称点M’， 过点M’作MN⊥x轴于点N，求得点M及M’的坐标，再求出OM’的长，最后求出QM+2CP的最小值．
(1)
二次函数y=−110x2−45x+2中，令y=0，得：−110x2−45x+2=0，
解得：x1=−10,x2=2，
∴A（－10，0），B（2，0），
二次函数y=−110x2−45x+2中，令x=0，得：y=2，
∴C（0，2），
∴BC=OB2+OC2=22+22=22，
故答案为：（－10，0）；（2，0）；22；
(2)
如图，连接AE，
设直线BC的函数关系式为y＝kx＋b．
∵函数图像经过B（2，0），C（0，2）
则2k+b=0b=2，解得k=−1b=2．
∴y与x的函数关系式为y=−x+2；
∵抛物线的对称轴为x＝－4
∴D（4，0）．
延长BC交对称轴为E，
∴E（－4，6），
∴DE＝DB＝6．
又∵DE⊥DB，
∴∠DEB＝∠DBE＝45°．
∵A（－10，0），AD＝DE＝DB＝6，
∴△AEB为等腰直角三角形，BE=AE=62．
∴EC=42，AC=226．
若∠CPO＝∠HCA，
则△CPO∽△ACE，
∵在△ACE中，AE：CE＝3：2，
∴CO：OP＝3：2
∵CO＝2，
∴OP=43；
若∠PCO＝∠HCA，
则△CPO∽△CAE，
∵在△ACE中，AE：CE＝3：2，
∴OP：CO＝3：2
∵CO＝2，
∴OP＝3；
综上所述，OP长为43或3．
(3)
由题意可知：
∵OPDP=OCOD=12，∠COP＝∠QDO＝90°，
∴Rt△COP∽Rt△QDO．
∴CPOQ=12
∴OQ＝2CP．作点M关于直线x＝－4的对称点M’，则MQ＝M’Q．
∵M（－3，72）
∴M’（－5，72），
过点M’作MN⊥x轴于点N，
在Rt△M’NO中，OM'=M'N2+ON2=722+52=1492．
所以QM＋2CP的最小值为OQ+QM'=OM'=1492．
故答案为：1492
【点睛】本题主要考查待定系数法求二次函数解析式，二次函数背景下三角形最值问题，相似三角形的性质及判定、勾股定理等内容，是道综合性比较强的题目，在解题时注意作适当的辅助线，求最值问题的关键是构造出对应的线段．
14．（2020·新疆乌鲁木齐·乌鲁木齐市第九中学校考一模）已知二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A1,0和B−3,0，与y轴交于点C．
(1)求该二次函数的表达式．
(2)如图1，连接BC，动点D以每秒1个单位长度的速度由A向B运动，同时动点E以每秒2个单位长度的速度由B向C运动，连接DE，当点E到达点C的位置时，D、E同时停止运动，设运动时间为t秒．当△BDE为直角三角形时，求t的值．
(3)如图2，在抛物线对称轴上是否存在一点Q，使得点Q到x轴的距离与到直线AC的距离相等，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2+2x−3
(2)43或2
(3)存在；−1,2−2103或−1,210+23
【分析】1运用待定系数法即可求得答案．
2由题意得：AD=t，BE=2t，BD=4−t，分两种情况：当∠BED=90°时，BEBD=cs∠DBE=cs45°=22，即4−t=2×2t，可求得t=43；当∠BDE=90°时，BDBE=cs∠DBE=cs45°=22，即2t=24−t，可求得t=2．
3运用待定系数法求得直线AC的解析式为y=3x−3，可得出：H−1,0，K−1,−6，如图2，作∠BAC的平分线AQ1交直线x=−1于点Q1，过点Q1作Q1F⊥AC于点F，设Q10,n，利用角平分线性质可得出：Q1H=Q1F=−n，AF=AH=2，再运用三角函数定义可得tan∠AKH=Q1FFK=AHHK，建立方程求解即可；过点A作AQ2⊥AQ1交直线x=−1于点Q2，过点Q2作Q2G⊥AC于点G，设Q20,m，如图2，利用角平分线性质可得出：Q2H=Q2G=m，AG=AH=2，再运用三角函数定义可得tan∠AKH=Q2GKG=AHHK，建立方程求解即可得出答案．
【详解】（1）解：∵二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A1,0和B−3,0，
∴1+b+c=09−3b+c=0，
解得：b=2c=−3，
∴该二次函数的表达式为y=x2+2x−3．
（2）∵抛物线y=x2+2x−3与y轴交于点C，
∴C0,−3，
由题意得：AD=t，BE=2t，
∴BD=4−t，
∵OB=OC=3，∠BOC=90°，
∴∠CBO=∠BCO=45°，BC=2OB=32，
∵32÷2=3，
∴0∵△BDE为直角三角形，∠DBE=45°，如图1，
∴∠BED=90°或∠BDE=90°，
当∠BED=90°时，BEBD=cs∠DBE=cs45°=22，
∴BD=2BE，
∴4−t=2×2t，
解得：t=43；
当∠BDE=90°时，BDBE=cs∠DBE=cs45°=22，
∴BE=2BD，
∴2t=24−t，
解得：t=2；
综上所述，当△BDE为直角三角形时，t的值为43或2．
（3）存在，
设直线AC的解析式为y=kx+d，把A1,0，C0,−3代入，
得：k+d=0d=−3，
解得：k=3d=−3，
∴直线AC的解析式为y=3x−3，
∵y=x2+2x−3=(x+1)2−4，
∴抛物线的对称轴为直线x=−1，设直线x=−1与x轴交于点H，与直线AC交于点K，
则H−1,0，K−1,−6，
如图2，作∠BAC的平分线AQ1交直线x=−1于点Q1，过点Q1作Q1F⊥AC于点F，设Q10,n，
∵AQ1平分∠BAC，Q1H⊥AB，Q1F⊥AC，
∴Q1H=Q1F=−n，AF=AH=2，
∵AH=2，HK=6，∠AHK=90°，
∴AK=22+62=210，
∴FK=210−2，
∵tan∠AKH=Q1FFK=AHHK，
∴−n210−2=26，
解得：n=2−2103，
∴Q1−1,2−2103；
过点A作AQ2⊥AQ1交直线x=−1于点Q2，过点Q2作Q2G⊥AC于点G，设Q20,m，如图2，
则∠BAQ1+∠BAQ2=90°，∠CAQ1+∠GAQ2=90°，
∵AQ1平分∠BAC，
∴∠BAQ1=∠CAQ1，
∴∠BAQ2=∠GAQ2，
∵Q2H⊥AB，Q2G⊥AG，
∴Q2H=Q2G=m，AG=AH=2，
∴KG=AK+AG=210+2，
∵tan∠AKH=Q2GKG=AHHK，
∴m210+2=26，
解得：m=210+23，
∴Q2−1,210+23，
综上所述，点Q的坐标为−1,2−2103或−1,210+23 ．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式、动点问题，直角三角形的性质、角平分线性质、三角函数定义等知识点，运用数形结合、分类讨论思想是解题的关键．
15．（2022·山西吕梁·统考二模）综合与探究
如图，二次函数y=−34x2+94x+3与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．点D是射线BC上的动点，过点D作DE∥AC，并且交x轴于点E．
(1)请直接写出A，B，C三点的坐标及直线BC的函数表达式；
(2)当AD平分∠CDE时，求出点D的坐标；
(3)当点D在线段BC上运动时，直线DE与抛物线在第一象限内交于点P，则线段PD是否存在最大值？若存在，求出其最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A(−1,0)，B(4,0)，C(0,3)，y=−34x+3
(2)D(4105,3−3105)，D(−4105,3+3105)
(3)存在，4105
【分析】（1）分别令x,y=0，求得A,B,C的坐标，然后待定系数法求解析式即可求解．；
（2）先根据勾股定理求得AC=10，当点D在线段BC上时．过点D作DH⊥y轴，垂足为H．当点D在线段BC的延长线上时．过点D作DH⊥y轴，垂足为H．证明△CDH∽△CBO，根据相似三角形的性质列出比例式，代入数值即可求解；
（3）过点P作PM∥y轴，并且交直线BC于点M,过点A作AN∥BC，并且交y轴于点N，证明△AON∽△BOC，△CAN∽△PDM，设点P(t,−34t2+94t+3)，M(t,−34t+3)，则PM=−34t2+3t，根据ACPD=CNPM，求得PD，进而根据二次函数的性质求得PD的最大值即可求解．
（1）
解：∵二次函数y=−34x2+94x+3与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．
令x=0，则y=3，即C(0,3)．
令y=0，则−34x2+94x+3=0，解得x1=−1,x2=4，即A(−1,0)，B(4,0)，
∴ A(−1,0)，B(4,0)，C(0,3)．
设直线BC的表达式为y=kx+b，
则{4k+b=0b=3
解得{k=−34b=3
∴直线BC的表达式是：y=−34x+3．
（2）
∵AC∥DE，
∴∠ADE=∠CAD．
又∵∠CDA=∠ADE．
∴∠CAD=∠CDA．
∴AC=CD．
由勾股定理，得AC=OA2+OC2=10．
分两种情况．
如答图1，当点D在线段BC上时．过点D作DH⊥y轴，垂足为H．
∴DH∥OD
则△CDH∽△CBO．
∴DHOB=CDCB=CHCO．
∴DH4=105=CH3．
解得DH=4105，CH=3105．
∴OH=3−3105．
∴点D(4105,3−3105)．
如答图2，当点D在线段BC的延长线上时．过点D作DH⊥y轴，垂足为H．
∴DH∥OD
则△CDH∽△CBO．
∴DHOB=CDCB=CHCO．
∴DH4=105=CH3．
解得DH=4105，CH=3105．
∴OH=3+3105．
∴点D(−4105,3+3105)．
（3）
如答图3.过点P作PM∥y轴，并且交直线BC于点M,过点A作AN∥BC，并且交y轴于点N．
则△AON∽△BOC，
∴ ACBC=ONOC
∴ ON=34．
∴CN=34+3=154．
∵∠ACN=∠DPM，∠ANC=∠DMP，
∴△CAN∽△PDM．
∴ACPD=CNPM．
设点P(t,−34t2+94t+3)，M(t,−34t+3)．
∴PM=−34t2+3t．
∴10PD=154−34t2+3t．
∴PD=−105t2+4105t=−105(t−2)2+4105．
∵−105<0，
∴PD有最大值．PD的最大值为4105．
【点睛】本题考查了二次函数的综合运用，相似三角形的性质与判定，掌握二次函数的性质以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
16．（2022·山西吕梁·统考二模）综合与探究
如图，二次函数y=−34x2+94x+3与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．点D是射线BC上的动点，过点D作DE∥AC，并且交x轴于点E．
(1)请直接写出A，B，C三点的坐标及直线BC的函数表达式；
(2)当AD平分∠CDE时，求出点D的坐标；
(3)当点D在线段BC上运动时，直线DE与抛物线在第一象限内交于点P，则线段PD是否存在最大值？若存在，求出其最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A(−1，0)；B(4，0)；C(0，3)；y=−34x+3
(2)点D4105,3−3105或点D−4105,3+3105
(3)存在；4105
【分析】（1）把y=0代入函数解析式，解关于x的方程，得出A、B两点的坐标，把x=0代入函数解析式得出点C的解析式，利用待定系数法求一次函数解析式即可；
（2）根据AC∥DE，∠CDA=∠ADE，证明AC=CD，由勾股定理，求出AC的长，分点D在线段BC上时或点D在线段BC的延长线上时，两种情况进行分类讨论，利用三角形相似的性质，求出DH、CH的长，即可求出点D的坐标；
（3）过点P作PM∥y轴，并且交直线BC于点M，过点A作AN∥BC，并且交y轴于点N，利用△AON∽△BOC，求出ON，证明△CAN∽△PDM，得出ACPD=CNPM，设点Pt,−34t2+94t+3，Mt,−34t+3，用t表示出PM，求出PD，即可得出PD的最大值．
（1）
解：把y=0代入函数解析式得：−34x2+94x+3=0，
解得：x1=−1，x2=4，
∴A(−1,0)，B(4,0)；
把x=0代入函数解析式得：y=3，
∴C（0，3）；
设直线BC的表达式为：y=kx+b，把B(4,0)、C（0，3）代入得：
4k+b=0b=3，
解得：k=−34b=3，
∴直线BC的表达式是：y=−34x+3．
（2）
∵AC∥DE，
∴∠ADE=∠CAD，
又∵∠CDA=∠ADE，
∴∠CAD=∠CDA，
∴AC=CD，
由勾股定理，得AC=OA2+OC2=10，
分两种情况：
当点D在线段BC上时，过点D作DH⊥y轴，垂足为H，如图所示：
∵BO⊥y轴，
∴DH∥BO，
∴△CDH∽△CBO，
∴DHOB=CDCB=CHCO，
∴DH4=105=CH3，
解得：DH=4105，CH=3105，
∴OH=3−3105，
∴点D4105,3−3105；
当点D在线段BC的延长线上时，过点D作DH⊥y轴，垂足为H，如图所示：
∵BO⊥y轴，
∴DH∥BO，
∴△CDH∽△CBO，
∴DHOB=CDCB=CHCO，
∴DH4=105=CH3，
解得DH=4105，CH=3105，
∴OH=3+3105，
∴点D−4105,3+3105．
（3）
过点P作PM∥y轴，并且交直线BC于点M，过点A作AN∥BC，并且交y轴于点N，如图所示：
∵AN∥BC，
∴△AON∽△BOC，
∴AOOB=ONOC，
即14=ON3，
解得：ON=34，
∴CN=34+3=154，
∵∠ACN=∠DPM，∠ANC=∠DMP，
∴△CAN∽△PDM，
∴ACPD=CNPM，
设点Pt,−34t2+94t+3，Mt,−34t+3，
∴PM=−34t2+3t，
∴10PD=154−34t2+3t，
∴PD=−105t2+4105t=−105(t−2)2+4105．
∵−105<0，
∴PD有最大值，且PD的最大值为4105．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合运用，三角形相似的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，根据题意作出辅助线，主要进行分类讨论，是解题的关键．
17．（2022·贵州铜仁·统考二模）如图，已知二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点C(2,−3)且与x轴交于原点及点B(8,0)，顶点为A．
(1)求二次函数的表达式；
(2)判断△ABO的形状，试说明理由；
(3)若点P为⊙O上的动点，且⊙O的半径为22，一动点E从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段AP匀速运动到点P，再以每秒1个单位长度的速度沿线段PB匀速运动到点B后停止运动，求点E的运动时间t的最小值．
【答案】(1)y= 14x2−2x；
(2)△ABO是等腰直角三角形，理由见解析；
(3)52
【分析】（1）运用待定系数法解答；
（2）方法1：过点A作AF⊥OB于点F，则F(4,0)，得出△AFO、△AFB均为等腰直角三角形，即可解答；方法2：由△ABO的三个顶点分别为O(0,0),A(4,−4),B(8,0)，运用勾股定理及其逆定理即可解答；
（3）以O为圆心，22为半径作圆，则点P在圆周上，根据t=12AP+PB=PD+PB，可知当B、P、D三点共线时，PD+PB取得最小值，过点D作DG⊥OB于点G，由t=DB=DG2+GB2即可解答．
（1）
解：由题意得，c=0，
设二次函数的表达式为：y=ax2+bx(a≠0)，
将点C，B代入得，
4a+2b=−364a+8b=0，
∴a=14b=−2，
∴y= 14x2−2x；
（2）
△ABO是等腰直角三角形，理由如下：
方法1：如图，过点A作AF⊥OB于点F，则F(4,0)，
∴∠AFO=∠AFB=90°，OF=BF=AF=4，
∴ △AFO、△AFB均为等腰直角三角形，
∴OA=AB=42,∠OAF=∠BAF=45°，
∴∠OAB=90°，
∴△ABO是等腰直角三角形；
方法2：∵△ABO的三个顶点分别为O(0,0),A(4,−4),B(8,0)，
∴OB=8,OA=OF2+BF2=42+42=42，
且满足OB2=OA2+AB2，
∴△ABO是等腰直角三角形；
（3）
如图，以O为圆心，22为半径作圆，则点P在圆周上，
由题意得，动点E的运动时间为t=12AP+PB，
在OA上取点D，使得OD=2，连接PD，
在△APO与△PDO中，
满足：POOD=AOOP=2,∠AOP=∠POD，
∴△APO∼△PDO，
∴APPD=POOD=AOOP=2，
∴PD=12AP，
∴t=12AP+PB=PD+PB，
∴当B、P、D三点共线时，PD+PB取得最小值，
过点D作DG⊥OB于点G，
∵OD=2，且△ABO是等腰直角三角形；
∴DG=1,∠DOG=45°，
∴ t=DB=DG2+GB2=12+(8−1)2=52 ．
【点睛】本题考查二次函数综合题，涉及待定系数法求一次函数和二次函数的解析式、相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、圆的性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
18．（2022·江苏无锡·统考二模）二次函数y＝ax2＋bx＋4的图象与x轴交于两点A、B，与y轴交于点C，且A（﹣1，0）、B（4，0）．
(1)求此二次函数的表达式；
(2)①如图1，抛物线的对称轴m与x轴交于点E，CD⊥m，垂足为D，点F（﹣76，0），动点N在线段DE上运动，连接CF、CN、FN，若以点C、D、N为顶点的三角形与△FEN相似，求点N的坐标；
②如图2，点M在抛物线上，且点M的横坐标是1，将射线MA绕点M逆时针旋转45°，交抛物线于点P，求点P的坐标；
(3)已知Q在y轴上，T为二次函数对称轴上一点，且△QOT为等腰三角形，若符合条件的Q恰好有2个，直接写出T的坐标．
【答案】(1)y＝−x²＋3x＋4
(2)①点N的坐标为（32，6425）或（32，2）；②（4，0）
(3)T（32，0）、T（32，32）、T（32，﹣32）
【分析】（1）先求得点C的坐标，设抛物线的解析式为y＝a（x＋1）（x−4），将点C的坐标代入求得a的值，从而得到抛物线的解析式；
（2）①先求得抛物线的对称轴，然后求得CD，EF的长，设点N的坐标为（0，a）则ND＝4−a，NE＝a，然后依据相似三角形的性质列出关于a的方程，然后可求得a的值；
②过点A作AD∥y轴，过点M作DM∥x轴，交点为D，过点A作AE⊥AM，取AE＝AM，作EF⊥x轴，垂足为F，连接EM交抛物线于点P，则△AME为等腰直角三角形，然后再求得点M的坐标，从而可得到MD＝2，AD＝6，然后证明△ADM≌△AFE，于是可得到点E的坐标，然后求得EM的解析式为y＝−2x＋8，最后求得直线EM与抛物线的交点坐标即可；
（3）当点T在x轴上时，△TOQ为等腰直角三角形，此时Q恰好有2个；当△TOQ为等边三角形时，Q恰好有2个；分别求出此时T点的坐标即可．
【详解】（1）解：当x＝0时，y＝4，
∴C（0，4）．
设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x-4），将点C的坐标代入得：-4a＝4，解得a＝-1，
∴抛物线的解析式为y＝-x²+3x+4．
（2）①抛物线的对称轴为直线x＝−b2a＝32，
∵点F−76,0，
∴CD＝32，EF＝83，
设点N的坐标为（32，a）则ND＝4-a，NE＝a，
当△CDN∽△FEN时，ENDN＝EFCD，
即a4−a＝169，
解得a＝6425，
∴点N的坐标为（32，6425）；
当△CDN∽△NEF时，CDNE＝DNEF，
即a32=834−a，
解得：a＝2．
∴点N的坐标为（32，2）；
综上所述，点N的坐标为（32，6425）或（32，2）．
②过点A作AD∥y轴，过点M作DM∥x轴，交点为D，过点A作AE⊥AM，取AE＝AM，作EF⊥x轴，垂足为F，连接EM交抛物线于点P，如图所示：
∵AM＝AE，∠MAE＝90°，
∴∠AMP＝45°，
将x＝1代入抛物线的解析式得：y＝6，
∴点M的坐标为（1，6），
∴MD＝2，AD＝6，
∵∠DAM＋∠MAF＝90°，∠MAF＋∠FAE＝90°，
∴∠DAM＝∠FAE．
在△ADM和△AFE中，
∠D＝∠AFE＝90°
∠DAM＝∠FAE
AM＝AE，
∴△ADM≌△AFE，
∴EF＝DM＝2，AF＝AD＝6，
∴E（5，−2），
设EM的解析式为y＝kx＋b，
将点M和点E的坐标代入得：k＋b＝65k＋b＝−2，
解得k＝−2，b＝8，
∴直线EM的解析式为y＝−2x＋8，
联立y＝−2x＋8y＝−x²＋3x＋4，解得：x＝1或x＝4，
将x＝4代入y＝−2x＋8得：y＝0，
∴点P的坐标为（4，0）．
（3）抛物线的对称轴为直线x＝32，
当点T在x轴上时，△TOQ为等腰直角三角形，此时Q恰好有2个，则点T的坐标为（32，0）；
当△TOQ为等边三角形时，Q恰好有2个，设点T32，m，N0,N，
∵△TOQ为等边三角形，
∴OT=OQ=TQ，
∵OT2=n2，ON2=322+m2，TQ2=323+m−n2，
∴n2=322+m2322+m2=322+m−n2，
解得：m=±32，
∴此时T点的坐标为：（32，32）、（32，﹣32）；
综上分析可知，T点坐标为（32，0）、（32，32）、（32，﹣32）．
【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，相似三角形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质，通过作辅助线构造等腰直角三角形、全等三角形求得点E的坐标是解题的关键．
19．（2022·江苏徐州·统考二模）如图，已知二次函数y=ax2+bx+c的图像与x轴交于A−1,0，B2,0两点，与y轴交于点0,2．
(1)求此二次函数的表达式；
(2)点Q在以BC为直径的圆上（点Q与点O，点B，点C均不重合），试探究QO，QB、QC的数量关系，并说明理由．
(3)E点为该图像在第一象限内的一动点，过点E作直线BC的平行线，交x轴于点F．若点E从点C出发，沿着抛物线运动到点B，则点F经过的路程为______．
【答案】(1)y=−x2+x+2
(2)当Q在第一象限内的圆弧上时，QC+QB=2OQ，当Q在OC上时QB−QC=2OQ当Q在OB上时，QC−QB=2OQ 理由见解析
(3)2
【分析】(1)把过点的坐标代入解析式，确定a、b、c值即可．
(2)分点Q在第一象限内的弧上、弧OC和弧OB上，三种情况求解．
(3) 设直线BC的解析式为y=kx+b，确定其解析式，根据直线与抛物线相切时，点F运动最远，确定水平值，结合题意确定距离即可．
【详解】（1）设y=ax+1x−2将0,2代入得a=−1
∴y=−x2+x+2．
（2）如图1，当Q在余下第一象限半圆上时，QC+QB=2OQ.
∵点C(0，2)，点B(2，0)，
∴OB=OC=2，BC=OC2+OB2=22，
设QO与BC交于点D，
∵∠BOD=∠QOB，∠OCB=∠OBD=∠OQB=45°，
∴△OBD∽△OQB，
∴OBOQ=ODOB=BDQB，
∴OQ=OB2OD=4OD，QB=BD·OQOB=BD·OQ2
同理可证，△OCD∽△OQC，
∴OCOQ=CDQC，
∴QC=OQ·CDOC=OQ·CD2，
∴QB+QC=BD·OQ2+CD·OQ2=(BD+CD)·OQ2=CB·OQ2=22×OQ2=2OQ；
如图2，当Q在OC上时QB−QC=2OQ．
在QB上截取QP=QC，连接CP，并延长，交圆于点N，连接BN，
∵BC是圆的直径，
∴∠CQP=∠PNB=90°，
∴∠QCP=∠QPC=∠BPN=∠PBN=45°，
∴PN=BN，PB=2PN，
∵OB=OC，
∴∠OQB=∠OCB=∠OBC=45°，
∴∠OQB=∠BPN，
∴QO∥PN，
∴QC=ON，∠OQC+∠QCP=180°，∠QCN=∠ONC，
∵∠OQC=135°，
∴∠QCN=∠ONC=45°，
∴∠BPN=∠ONC=45°，
∴QP∥ON，
∴四边形PQON是平行四边形，
∴PN=QO，
∴PB=2QO，
∴QB-QP=2QO，
∴QB-QC=2QO．
如图3，当Q在OB上时，QC−QB=2OQ．
在QC上截取CN=QB，连接ON，
∵BC是圆的直径，
∴∠COB=90°，
∴∠CON+∠NOB=90°，
∵OB=OC，∠OCN=∠OBQ，CN=BQ，
∴△OCN≌△OBQ，
∴ON=OQ，∠O=CON=∠BOQ，
∴∠BOQ +∠NOB=90°，
∴∠NOQ=90°，
∴NQ=2QO，
∴QC-CN=2QO，
∴QC-QB=2QO．
（3）如图4，设直线BC的解析式为y=kx+b，
根据题意，得2k+b=0b=2，
解得k=−1b=2，
∴解析式为y=-x+2，
设E的坐标为(n，−n2+n+2)，
∵EF∥BC，
∴设直线EF的解析式为y=-x+p，
∴−n2+n+2= -n+p，
∴p=−n2+2n+2，
∴设直线EF的解析式为y=-x−n2+2n+2，
当直线EF与抛物线相切时，F到达最远位置，此时，
-x−n2+2n+2=−x2+x+2的判别式为0，
故x2−2x−n2+2n=0的判别式为0，
∴(−2)2−4(−n2+2n)=0，
解得n=1，
∴EF的解析式为y=-x+3，
令y=0，得-x+3=0，解得x=3，
此时点F水平运动的最大距离为3，
实际运动距离为3-2=1；
当E经过这个位置后，点F向左运动，回到B位置，此时运动距离也是1，
故F运动的距离为1+1=2．
【点睛】本题考查了抛物线的解析式，圆的基本性质，判别式的应用，三角形的相似和性质，熟练掌握待定系数法，三角形相似和根的判别式是解题的关键．
20．（2022·江苏苏州·统考一模）如图，二次函数y＝﹣16x2+bx+4的图象与x轴交于点A、B与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣8，0），P是抛物线上一点（点P与点A、B、C不重合）．
(1)b＝ ，点B的坐标是 ；
(2)连接AC、BC，证明：∠CBA＝2∠CAB；
(3)点D为AC的中点，点E是抛物线在第二象限图象上一动点，作DE，把点A沿直线DE翻折，点A的对称点为点G，点E运动时，当点G恰好落在直线BC上时，求E点的坐标．
【答案】(1)−56;3,0.
(2)见解析．
(3)E（-5，4）或3−1852,−16+21853.
【分析】（1）根据二次函数图象与坐标轴交点性质可得答案．
（2）在x轴上找出点B的对称点B′，由点B，点C的坐标，可求出BC的长，由点A的坐标，得出AB′的长，从而得出AB′=B′C=BC=5,由等腰三角形的性质即可得出结果．
（3）当点 G 恰好落在 BC 上时，由对称性可知： AD = DG = CD ，所以 A ，C ， G 三点在以 D 为圆心， AC为直径的圆上，连接 AG ，所以∠AGC=90° ，从而可知 ED / BC ，求出直线 BC 的解析式，从而可求出 ED 的解析式，联立直线 DE 的解析式与抛物线的解析式即可求出点 E 的坐标．
【详解】（1）∵点A−8,0在二次函数y＝﹣16x2+bx+4的图象上，
∴−16×64−8b+4=0,
∴b=−56,
∴y=−16x2−56x+4,
当y=0时，y=−16x2−56x+4=0,
∴x1=−8,x2=3,
∴点B的坐标为3,0.
故答案为：−56;3,0.
（2）如图1，作点B关于y轴对称的点B′，连接CB′
∴CB=CB′,
∠CBA=∠CB′O,
∵x=0时，y=−16x2−56x+4=4,
∴C0,4,
∴OC=4,
令y=0,即−16x2−56x+4=0,
∴x1=−8,x2=3,
∴B3,0,
∴OB=3,
∴BC=B′C=5,
∵OA=8,
∴AB′=B′C=BC=5,
∴∠CAO=∠CB′A,
∴∠CB′O=2∠CAB,
∴∠CBA=2∠CAB.
（3）如图2所示：连接AG交直线DE于点F，连接DG，
∵当点G恰好落在直线BC上时，由对称性可知，
∴DA=DG,
∵点D为AC的中点，
∴DA=DC,
∴DA=DC=DG,
∴点A，C，G三点共圆，即在以点D为圆心，直径为AC的圆上，
∴∠AGC=90°,
∵直线DE垂直平分AG，
∴∠DFG=90°,
DE//BC,
设直线BC的解析式为：y=kx+b,
把点C0,4,B3,0代入y=kx+b,
∴b=43k+b=0
∴b=4k=−43
∴直线BC的解析式为：y=−43x+4,
∴可设直线DE的解析式为：y=−43x+m,
∵A−8,0,C0,4,点D为线段AC 的中点，
∴D−4,0,
把D−4,0代入y=−43x+m中，
∴m=−103,
∴直线DE 的解析式为：y=−43x−103,
把直线DE和抛物线联立，得
∴y=−43x−103y=−16x2−56x+4
∴解得x=3±1852,
∵点E是抛物线在第二象限图象上一个动点，
∴x=3−1852,
∴E3−1852,−16+21853.
特别地，当点G与点C重合时，此时DE⊥AC，
设直线AC的解析式为y=ax+c,则，
−8a+c=0c=4
解得：a=12c=4
∴直线AC的解析式为y=12x+4
∴直线DE的解析式为y=−2x−6
∴y=−2x−6y=−16x2−56x+4
解得：x=12y=−30或x=−5y=4
∵点E为第二象限，
∴E（-5，4）．
故E（-5，4）或3−1852,−16+21853.
【点睛】此题考查的是二次函数的综合题目，涉及知识点有二次函数的有关性质，待定系数法求解析式，等腰三角形的性质，抛物线与坐标轴交点问题，圆周角定理等知识，正确作出辅助线是解决此题关键．
滑行时间t1s
0
1
2
3
4
滑行距离y1m
0
4.5
14
28.5
48