初中数学中考复习专题满分秘籍讲义练习二次函数与面积的最值定值问题

这是一份初中数学中考复习专题满分秘籍讲义练习二次函数与面积的最值定值问题，共82页。


【真题再现】
1．（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）．
2．（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．
3．（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cs∠EPQ＝cs∠OBD=255，即在Rt△PQE中，cs∠EPQ=PQPE=255；在Rt△PFR中，cs∠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
∴cs∠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cs∠EPQ＝cs∠OBD=255
在Rt△PQE中，cs∠EPQ=PQPE=255
∴PQ=255PE
在Rt△PFR中，cs∠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．
4．（2018年徐州27题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝﹣x2+6x﹣5的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其顶点为P，连接PA、AC、CP，过点C作y轴的垂线l．
（1）求点P，C的坐标；
（2）直线l上是否存在点Q，使△PBQ的面积等于△PAC的面积的2倍？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用配方法求出顶点坐标，令x＝0，可得y＝﹣5，推出C（0，﹣5）；
（2）直线PC的解析式为y＝3x﹣5，设直线交x轴于D，则D（53，0），设直线PQ交x轴于E，当BE＝2AD时，△PBQ的面积等于△PAC的面积的2倍，分两种情形分别求解即可解决问题．
【解析】（1）∵y＝﹣x2+6x﹣5＝﹣（x﹣3）2+4，
∴顶点P（3，4），
令x＝0得到y＝﹣5，
∴C（0．﹣5）．
（2）令y＝0，x2﹣6x+5＝0，解得x＝1或5，
∴A（1，0），B（5，0），
设直线PC的解析式为y＝kx+b，则有b=−53k+b=4，
解得k=3b=−5，
∴直线PC的解析式为y＝3x﹣5，设直线交x轴于D，则D（53，0），
设直线PQ交x轴于E，当BE＝2AD时，△PBQ的面积等于△PAC的面积的2倍，
∵AD=23，
∴BE=43，
∴E（113，0）或E′（193，0），
则直线PE的解析式为y＝﹣6x+22，
∴Q（92，﹣5），
直线PE′的解析式为y=−65x+385，
∴Q′（212，﹣5），
综上所述，满足条件的点Q（92，﹣5），Q′（212，﹣5）．
点睛：本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
5．（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．
6．（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．
7．（2018年盐城27题）如图①，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+3经过点A（﹣1，0）、B（3，0）两点，且与y轴交于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图②，用宽为4个单位长度的直尺垂直于x轴，并沿x轴左右平移，直尺的左右两边所在的直线与抛物线相交于P、Q两点（点P在点Q的左侧），连接PQ，在线段PQ上方抛物线上有一动点D，连接DP、DQ．
（Ⅰ）若点P的横坐标为−12，求△DPQ面积的最大值，并求此时点D的坐标；
（Ⅱ）直尺在平移过程中，△DPQ面积是否有最大值？若有，求出面积的最大值；若没有，请说明理由．
【分析】（1）根据点A、B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的表达式；
（2）（I）由点P的横坐标可得出点P、Q的坐标，利用待定系数法可求出直线PQ的表达式，过点D作DE∥y轴交直线PQ于点E，设点D的坐标为（x，﹣x2+2x+3），则点E的坐标为（x，﹣x+54），进而即可得出DE的长度，利用三角形的面积公式可得出S△DPQ＝﹣2x2+6x+72，再利用二次函数的性质即可解决最值问题；
（II）假设存在，设点P的横坐标为t，则点Q的横坐标为4+t，进而可得出点P、Q的坐标，利用待定系数法可求出直线PQ的表达式，设点D的坐标为（x，﹣x2+2x+3），则点E的坐标为（x，﹣2（t+1）x+t2+4t+3），进而即可得出DE的长度，利用三角形的面积公式可得出S△DPQ＝﹣2x2+4（t+2）x﹣2t2﹣8t，再利用二次函数的性质即可解决最值问题．
【解析】（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx+3，得：
a−b+3=09a+3b+3=0，解得：a=−1b=2，
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3．
（2）（I）当点P的横坐标为−12时，点Q的横坐标为72，
∴此时点P的坐标为（−12，74），点Q的坐标为（72，−94）．
设直线PQ的表达式为y＝mx+n，
将P（−12，74）、Q（72，−94）代入y＝mx+n，得：
−12m+n=7472m+n=−94，解得：m=−1n=54，
∴直线PQ的表达式为y＝﹣x+54．
如图②，过点D作DE∥y轴交直线PQ于点E，
设点D的坐标为（x，﹣x2+2x+3），则点E的坐标为（x，﹣x+54），
∴DE＝﹣x2+2x+3﹣（﹣x+54）＝﹣x2+3x+74，
∴S△DPQ＝S△DPE+S△DQE=12DE•（xQ﹣xP）＝﹣2x2+6x+72=−2（x−32）2+8．
∵﹣2＜0，
∴当x=32时，△DPQ的面积取最大值，最大值为8，此时点D的坐标为（32，154）．
（II）假设存在，设点P的横坐标为t，则点Q的横坐标为4+t，
∴点P的坐标为（t，﹣t2+2t+3），点Q的坐标为（4+t，﹣（4+t）2+2（4+t）+3），
利用待定系数法易知，直线PQ的表达式为y＝﹣2（t+1）x+t2+4t+3．
设点D的坐标为（x，﹣x2+2x+3），则点E的坐标为（x，﹣2（t+1）x+t2+4t+3），
∴DE＝﹣x2+2x+3﹣[﹣2（t+1）x+t2+4t+3]＝﹣x2+2（t+2）x﹣t2﹣4t，
∴S△DPQ=12DE•（xQ﹣xP）＝﹣2x2+4（t+2）x﹣2t2﹣8t＝﹣2[x﹣（t+2）]2+8．
∵﹣2＜0，
∴当x＝t+2时，△DPQ的面积取最大值，最大值为8．
∴假设成立，即直尺在平移过程中，△DPQ面积有最大值，面积的最大值为8．
点睛：本题考查了待定系数法求二次（一次）函数解析式、二次（一次）函数图象上点的坐标特征、三角形的面积以及二次函数的最值，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数表达式；（2）（I）利用三角形的面积公式找出S△DPQ＝﹣2x2+6x+72；（II）利用三角形的面积公式找出S△DPQ＝﹣2x2+4（t+2）x﹣2t2﹣8t．
【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cs∠FAD＝cs∠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，
∴cs∠FAD=OAAD=425=255=cs∠EPH=PHPE，
∴PH=255PE，
∴cs∠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．（2019秋•溧阳市期末）如图，直线y＝x﹣1与抛物线y＝﹣x2+6x﹣5相交于A、D两点．抛物线的顶点为C，连结AC．
（1）求A，D两点的坐标；
（2）点P为该抛物线上一动点（与点A、D不重合），连接PA、PD．
①当点P的横坐标为2时，求△PAD的面积；
②当∠PDA＝∠CAD时，直接写出点P的坐标．
【分析】（1）由于A、D是直线直线y＝x﹣1与抛物线y＝﹣x2+6x﹣5的交点，要求两个交点的坐标，需可联立方程组求解；
（2）①要求△PAD的面积，可以过P作PE⊥x轴，与AD相交于点E，求得PE，再用△PAE和△PDE的面积和求得结果；
②分两种情况解答：过D点作DP∥AC，与抛物线交于点P，求出AC的解析式，进而得PD的解析式，再解PD的解析式与抛物线的解析式联立方程组，便可求得P点坐标；当P点在AD上方时，延长DP与y轴交于F点，过F点作FG∥AC与AD交于点G，则∠CAD＝∠FGD＝∠PDA，则FG＝FD，设F点坐标为（0，m），求出G点的坐标（用m表示），再由FG＝FD，列出m的方程，便可求得F点坐标，从而求出DF的解析式，最后解DF的解析式与抛物线的解析式联立的方程组，便可求得P点坐标．
【解答】解：（1）联立方程组y=x−1y=−x2+6x−5，
解得，x1=1y1=0，x2=4y2=3，
∴A（1，0），D（4，3），
（2）①过P作PE⊥x轴，与AD相交于点E，
∵点P的横坐标为2，
∴P（2，3），E（2，1），
∴PE＝3﹣1＝2，
∴S△PAD=12PE（xD﹣xA）=12×2×（4﹣1）＝3；
②过点D作DP∥AC，与抛物线交于点P，则∠PDA＝∠CAD，
∵y＝﹣x2+6x﹣5＝﹣（x﹣3）2+4，
∴C（3，4），
设AC的解析式为：y＝kx+b（k≠0），
∵A（1，0），
∴k+b=03k+b=4，
∴k=2b=−2，
∴AC的解析式为：y＝2x﹣2，
设DP的解析式为：y＝2x+n，
把D（4，3）代入，得3＝8+n，
∴n＝﹣5，
∴DP的解析式为：y＝2x﹣5，
联立方程组y=2x−5y=−x2+6x−5，
解得，x1=0y1=−5，x2=4y2=3，
∴此时P（0，﹣5），
当P点在直线AD上方时，延长DP，与y轴交于点F，过F作FG∥AC，FG与AD交于点G，
则∠FGD＝∠CAD＝∠PDA，
∴FG＝FD，
设F（0，m），
∵AC的解析式为：y＝2x﹣2，
∴FG的解析式为：y＝2x+m，
联立方程组y=2x+my=x−1，
解得，x=−m−1y=−m−2，
∴G（﹣m﹣1，﹣m﹣2），
∴FG=(m+1)2+(2m+2)2，FD=16+(m−3)2，
∵FG＝FD，
∴(m+1)2+(2m+2)2=16+(m−3)2，
∴m＝﹣5或1，
∵F在AD上方，
∴m＞﹣1，
∴m＝1，
∴F（0，1），
设DF的解析式为：y＝qx+1（q≠0），
把D（4，3）代入，得4q+1＝3，
∴q=12，
∴DF的解析式为：y=12x+1，
联立方程组y=12x+1y=−x2+6x−5
∴x1=4y1=3，x2=32y2=74，
∴此时P点的坐标为(32，74)，
综上，P点的坐标为（0，﹣5）或(32，74)．
【题组二】
5．（2019秋•越秀区期末）如图，抛物线y＝ax2+（4a﹣1）x﹣4与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，且OC＝2OB，点D为线段OB上一动点（不与点B重合），过点D作矩形DEFH，点H、F在抛物线上，点E在x轴上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当矩形DEFH的周长最大时，求矩形DEFH的面积；
（3）在（2）的条件下，矩形DEFH不动，将抛物线沿着x轴向左平移m个单位，抛物线与矩形DEFH的边交于点M、N，连接M、N．若MN恰好平分矩形DEFH的面积，求m的值．
【分析】（1）先求出点C的坐标，由OC＝2OB，可推出点B坐标，将点B坐标代入y＝ax2+（4a﹣1）x﹣4可求出a的值，即可写出抛物线的解析式；
（2）设点D坐标为（x，0），用含x的代数式表示出矩形DEFH的周长，用函数的思想求出取其最大值时x的值，即求出点D的坐标，进一步可求出矩形DEFH的面积；
（3）如图，连接BH，EH，DF，设EH与DF交于点G，过点G作BH的平行线，交ED于M，交HF于点N，则直线MN将矩形DEFH的面积分成相等的两半，依次求出直线BH，MN的解析式，再求出点M的坐标，即可得出m的值．
【解答】解：（1）在抛物线y＝ax2+（4a﹣1）x﹣4中，
当x＝0时，y＝﹣4，
∴C（0，﹣4），
∴OC＝4，
∵OC＝2OB，
∴OB＝2，
∴B（2，0），
将B（2，0）代入y＝ax2+（4a﹣1）x﹣4，
得，a=12，
∴抛物线的解析式为y=12x2+x﹣4；
（2）设点D坐标为（x，0），
∵四边形DEFH为矩形，
∴H（x，12x2+x﹣4），
∵y=12x2+x﹣4=12（x+1）2−92，
∴抛物线对称轴为x＝﹣1，
∴点H到对称轴的距离为x+1，
由对称性可知DE＝FH＝2x+2，
∴矩形DEFH的周长C＝2（2x+2）+2（−12x2﹣x+4）＝﹣x2+2x+12＝﹣（x﹣1）2+13，
∴当x＝1时，矩形DEFH周长取最大值13，
∴此时H（1，−52），
∴HF＝2x+2＝4，DH=52，
∴S矩形DEFH＝HF•DH＝4×52=10；
（3）如图，连接BH，EH，DF，设EH与DF交于点G，
过点G作BH的平行线，交ED于M，交HF于点N，则直线MN将矩形DEFH的面积分成相等的两半，
由（2）知，抛物线对称轴为x＝﹣1，H（1，−52），
∴G（﹣1，−54），
设直线BH的解析式为y＝kx+b，
将点B（2，0），H（1，−52）代入，
得，2k+b=0k+b=−52，
解得，k=52b=−5，
∴直线BH的解析式为y=52x﹣5，
∴可设直线MN的解析式为y=52x+n，
将点（﹣1，−54）代入，得n=54，
∴直线MN的解析式为y=52x+54，
当y＝0时，x=−12，
∴M（−12，0），
∵B（2，0），
∴将抛物线沿着x轴向左平移52个单位，抛物线与矩形DEFH的边交于点M、N，连接M、N，则MN恰好平分矩形DEFH的面积，
∴m的值为52．
6．（2019秋•丹阳市期末）如图，顶点为P（2，﹣4）的二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过原点，点A（m，n）在该函数图象上，连接AP、OP．
（1）求二次函数y＝ax2+bx+c的表达式；
（2）若∠APO＝90°，求点A的坐标；
（3）若点A关于抛物线的对称轴的对称点为C，点A关于y轴的对称点为D，设抛物线与x轴的另一交点为B，请解答下列问题：
①当m≠4时，试判断四边形OBCD的形状并说明理由；
②当n＜0时，若四边形OBCD的面积为12，求点A的坐标．
【分析】（1）由已知可得抛物线与x轴另一个交点（4，0），将（2，﹣4）、（4，0）、（0，0）代入y＝ax2+bx即可求表达式；
（2）由∠APO＝90°，可知AP⊥PO，所以m﹣2=12，即可求A（52，−154）；
（3）①由已知可得C（4﹣m，n），D（﹣m，n），B（4，0），可得CD∥OB，CD＝CB，所以四边形OBCD是平行四边形；
②四边形由OBCD是平行四边形，n＜0，所以12＝4×（﹣n），即可求出A（1，﹣3）或A（3，﹣3）．
【解答】解：（1）∵图象经过原点，
∴c＝0，
∵顶点为P（2，﹣4）
∴抛物线与x轴另一个交点（4，0），
将（2，﹣4）和（4，0）代入y＝ax2+bx，
∴a＝1，b＝﹣4，
∴二次函数的解析式为y＝x2﹣4x；
（2）∵∠APO＝90°，
∴AP⊥PO，
∵A（m，m2﹣4m），
∴m﹣2=12，
∴m=52，
∴A（52，−154）；
（3）①由已知可得C（4﹣m，n），D（﹣m，n），B（4，0），
∴CD∥OB，
∵CD＝4，OB＝4，
∴四边形OBCD是平行四边形；
②∵四边形OBCD是平行四边形，n＜0，
S平行四边形ABCD＝OB×|yD|，
∴12＝4×（﹣n），
∴n＝﹣3，
∴A（1，﹣3）或A（3，﹣3）．
7．（2019秋•徐州期末）如图，矩形OABC中，O为原点，点A在y轴上，点C在x轴上，点B的坐标为（4，3），抛物线y=−38x2+bx+c与y轴交于点A，与直线AB交于点D，与x轴交于C，E两点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长度的速度向点B运动，与此同时，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运动，当其中一点到达终点时，另一点也停止运动．连接DP、DQ、PQ，设运动时间为t（秒）．
①当t为何值时，△DPQ的面积最小？
②是否存在某一时刻t，使△DPQ为直角三角形？
若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）点A（0，3），点C（4，0），将点A、C的坐标代入抛物线表达式并解得：b=12，c＝4，即可求解；
（2）①△DPQ的面积＝S△ABC﹣（S△ADQ+S△PQC+S△BPD），即可求解；②分DQ、PQ、DP为斜边三种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）点A（0，3），点C（4，0），
将点A、C的坐标代入抛物线表达式c=3−38×42+4b+c=0，解得：b=34，c＝3，
故抛物线的表达式为：y=−38x2+34x+3；
（2）y=−38x2+12x+3=−38（x﹣4）（x+2），故点E（﹣2，0）；
抛物线的对称轴为：x＝1，则点D（2，3），
由题意得：点Q（43t，3﹣t），点P（4，t），
①△DPQ的面积＝S△ABC﹣（S△ADQ+S△PQC+S△BPD）=12×3×4−12[2×t+2（3﹣t）+（5−5t3）×t×45]=23t2﹣2t．
∵23＞0，故△DPQ的面积有最小值，此时，t=32；
②点D（2，3），点Q（43t，3﹣t），点P（4，t），
（Ⅰ）当PQ是斜边时，如图1，
过点Q作QM⊥AB于点M，则MQ＝t，MD＝2−43t，BD＝4﹣2＝2，PB＝3﹣t，
则tan∠MQD＝tan∠BDP，即3−t2=2−43tt，解得：t=17±1456（舍去17+1456）；
（Ⅱ）当PD为斜边时，
过点Q作y轴的平行线交AB于点N，交过点P于x轴的平行线于点M，
则ND＝2−43t，QN＝t，MP＝4−43t，QM＝3﹣t﹣t＝3﹣2t，
同理可得：3−2t4−43t=2−43tt，
解得：t=32或2417；
（Ⅲ）当QD为斜边时，
同理可得：故t=176；
综上，t=17−1456或32或2417或176．
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．（2020•营口模拟）如图1，抛物线y＝﹣x2+mx+n交x轴于点A（﹣2，0）和点B，交y轴于点C（0，2）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点M在抛物线上，且S△AOM＝2S△BOC，求点M的坐标；
（3）如图2，设点N是线段AC上的一动点，作DN⊥x轴，交抛物线于点D，求线段DN长度的最大值．
【分析】（1）把A（﹣2，0），C（0，2）代入抛物线的解析式求解即可；
（2）由（1）知，该抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+2，则易得B（1，0）．然后依据S△AOM＝2S△BOC列方程求解即可；
（3）设直线AC的解析式为y＝kx+t，将A（﹣2，0），C（0，2）代入可求得直线AC的解析式，设N点坐标为（x，x+2），（﹣2≤x≤0），则D点坐标为（x，﹣x2﹣x+2），然后列出ND与x的函数关系式，最后再利用配方法求解即可．
【解答】解：（1）A（﹣2，0），C（0，2）代入抛物线的解析式y＝﹣x2+mx+n，
得−4−2m+n=0n=2，解得m=−1n=2，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+2．
（2）由（1）知，该抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+2，则易得B（1，0），设M（m，n）然后依据S△AOM＝2S△BOC列方程可得：
12•AO×|n|＝2×12×OB×OC，
∴12×2×|﹣m2﹣m+2|＝2，
∴m2+m＝0或m2+m﹣4＝0，
解得x＝0或﹣1或−1±172，
∴符合条件的点M的坐标为：（0，2）或（﹣1，2）或（−1+172，﹣2）或（−1−172，﹣2）．
（3）设直线AC的解析式为y＝kx+b，将A（﹣2，0），C（0，2）代入
得到−2k+b=0b=2，解得k=1b=2，
∴直线AC的解析式为y＝x+2，
设N（x，x+2）（﹣2≤x≤0），则D（x，﹣x2﹣x+2），
ND＝（﹣x2﹣x+2）﹣（x+2）＝﹣x2﹣2x＝﹣（x+1）2+1，
∵﹣1＜0，
∴x＝﹣1时，ND有最大值1．
∴ND的最大值为1．
11．（2020春•渝中区校级月考）平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，点A，C的坐标分别为（﹣3，0），（0，3），对称轴直线x＝﹣1交x轴于点E，点D为顶点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点K是直线AC下方的抛物线上一点，且S△KAC＝S△DAC求点K的坐标；
（3）如图2若点P是线段AC上的一个动点，∠DPM＝30°，DP⊥DM，则点P的线段AC上运动时，D点不变，M点随之运动，求当点P从点A运动到点C时，点M运动的路径长．
【分析】（1）根据条件可得到关于a、b、c的三元一次方程组，只需解这个方程组就可解决问题；
（2）过点D作DH⊥y轴于H，连接EK交y轴于F，连接EC，如图1，运用割补法可求出△DAC的面积，易得S△ADC＝S△AEC，由S△KAC＝S△DAC，可得S△KAC＝S△EAC，从而可得EK∥AC，根据平行线分线段成比例可求出OF，然后运用待定系数法可求出直线EK的解析式，只需求出直线EK与抛物线的交点坐标就可解决问题；
（3）设点P在点A处时点M在点M′，点P在点C处时点M在点M″，如图2．易证△DPC∽△DMM″，△DAC∽△DM′M″，从而可得∠DM″M＝∠DM″M′＝∠DCP，由于∠DCP是定值，因此点M的运动路径是线段M′M″，然后只需根据△DM′M″∽△DAC，运用相似三角形的性质就可解决问题．
【解答】解：（1）由题意可得，
9a−3b+c=0c=3−b2a=−1
解得a=−1b=−2c=3，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）过点D作DH⊥y轴于H，连接EK交y轴于F，连接EC，如图1．
由y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4可得顶点D为（﹣1，4），
∴S△ADC＝S梯形AOHD﹣S△OAC﹣S△DHC
=12（1+3）×4−12×3×3−12×1×（4﹣3）＝3．
又∵S△AEC=12AE•OC=12×2×3＝3，
∴S△ADC＝S△AEC．
∵S△KAC＝S△DAC，
∴S△KAC＝S△EAC，
∴EK∥AC，
∴OFOC=OEOA，
∴OF3=13，
∴OF＝1，F（0，1）．
设直线EK的解析式为y＝mx+n，则有
−m+n=0n=1，
解得m=1n=1，
∴直线EK的解析式为y＝x+1．
解方程组y=x+1y=−x2−2x+3，得
x1=−3+172y1=−1+172，x2=−3−172y2=−1−172，
∴点K的坐标为（−3+172，−1+172）或（−3−172，−1−172）；
（3）设点P在点A处时点M在点M′，点P在点C处时点M在点M″，如图2．
∵∠CDM″＝∠PDM＝90°，∠DPM＝∠DCM″＝30°，
∴DMDP=DM″DC=33，∠PDC＝∠MDM″，
∴△DPC∽△DMM″，
∴∠DCP＝∠DM″M．
同理可得△DAC∽△DM′M″，
∴∠DCA＝∠DM″M′．
∴∠DM″M＝∠DM″M′＝∠DCP，
∵∠DCP是定值，
∴点M的运动路径是线段M′M″．
∵△DM′M″∽△DAC，
∴M'M″AC=DM″DC=33．
∵AC=OA2+OC2=32+32=32，
∴M′M″=6，
∴点M的运动路径长为6．
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．（2019秋•沛县期中）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+6x+5的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其顶点为P，连接PA、AC、CP，过点C作y轴的垂线l．
（1）求点P，C的坐标；
（2）直线l上是否存在点D，使△PBD的面积等于△PAC的面积的3倍？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用配方法求出顶点坐标，令x＝0，可得y＝﹣5，推出C（0，5）；
（2）直线PC的解析式为y＝3x+5，设直线交x轴于E，则E（−53，0），设直线PQ交x轴于F，当BD＝3AF时，△PBD的面积等于△PAC的面积的3倍，分两种情形分别求解即可解决问题．
【解答】解：（1）∵y＝x2+6x+5＝（x+3）2﹣4，
∴顶点P（﹣3，﹣4）．
令x＝0得到y＝5，
∴C（0，5）；
（2）令y＝0，x2+6x+5＝0，解得x＝﹣1或﹣5，
∴A（﹣1，0），B（﹣5，0）．
设直线PC的解析式为y＝kx+b，则有−4=−3k+b5=b．
解得 k=3b=5．
∴直线PC的解析式y＝3x+5，
设直线交x轴于E，则E（−53，0），
设直线PD交x轴于F，当BF＝3AE时，△PBD的面积等于△PAC的面积的3倍，
∵AE=23，
∴BF＝2．
∴F（﹣3，0）或F'（﹣7，0）．
当F（﹣3，0）时，直线PF垂直于x轴，
∴D（﹣3，5）．
当F'（﹣7，0）时，直线PF'的解析式为y＝﹣x﹣7，
∴D'（﹣12，5）．
综上所述，满足条件的点D（﹣3，5），D'（﹣12，5）．
14．如图，抛物线y＝ax2+bx+c的图象过点A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得△PAC的周长最小，若存在，请求出点P的坐标及△PAC的周长；若不存在，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，在x轴上方的抛物线上是否存在点M（不与C点重合），使得S△PAM＝S△PAC？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由于条件给出抛物线与x轴的交点A（﹣1，0）、B（3，0），故可设交点式y＝a（x+1）（x﹣3），把点C代入即求得a的值，减小计算量．
（2）由于点A、B关于对称轴：直线x＝1对称，故有PA＝PB，则C△PAC＝AC+PC+PA＝AC+PC+PB，所以当C、P、B在同一直线上时，C△PAC＝AC+CB最小．利用点A、B、C的坐标求AC、CB的长，求直线BC解析式，把x＝1代入即求得点P纵坐标．
（3）由S△PAM＝S△PAC可得，当两三角形以PA为底时，高相等，即点C和点M到直线PA距离相等．若点M在点P上方，则有CM∥PA．由点A、P坐标求直线AP解析式，即得到直线CM解析式．把直线CM解析式与抛物线解析式联立方程组即求得点M坐标．若点M在点P下方，则此时M所在的直线到直线PA的距离等于第一种情况时CM到PA的距离，故可用平移的方法来求此时点M所在直线的解析式．
【解答】解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（﹣1，0）、B（3，0）
∴可设交点式y＝a（x+1）（x﹣3）
把点C（0，3）代入得：﹣3a＝3
∴a＝﹣1
∴y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3
（2）在抛物线的对称轴上存在一点P，使得△PAC的周长最小．
如图1，连接PB、BC
∵点P在抛物线对称轴直线x＝1上，点A、B关于对称轴对称
∴PA＝PB
∴C△PAC＝AC+PC+PA＝AC+PC+PB
∵当C、P、B在同一直线上时，PC+PB＝CB最小
∵A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）
∴AC=12+32=10，BC=32+32=32
∴C△PAC＝AC+CB=10+32最小
设直线BC解析式为y＝kx+3
把点B代入得：3k+3＝0，解得：k＝﹣1
∴直线BC：y＝﹣x+3
∴yP＝﹣1+3＝2
∴点P（1，2）使△PAC的周长最小，最小值为10+32．
（3）存在满足条件的点M，使得S△PAM＝S△PAC．
∵S△PAM＝S△PAC
∴当以PA为底时，两三角形等高
∴点C和点M到直线PA距离相等
①若点M在点P上方，如图2，
∴CM∥PA
∵A（﹣1，0），P（1，2），设直线AP解析式为y＝px+d
∴−p+d=0p+d=2 解得：p=1d=1
∴直线AP：y＝x+1
∴直线CM解析式为：y＝x+3
∵y=x+3y=−x2+2x+3 解得：x1=0y1=3（即点C），x2=1y2=4
∴点M坐标为（1，4）
②若点M在点P下方，如图3，
则点M所在的直线l∥PA，且直线l到PA的距离等于直线y＝x+3到PA的距离
∴直线AP：y＝x+1向下平移2个单位得y＝x﹣1即为直线l的解析式
∵y=x−1y=−x2+2x+3 解得：x1=1+172y1=17−12 x2=1−172y2=−1−172
∵点M在x轴上方
∴y＞0
∴点M坐标为（1+172，17−12）
综上所述，点M坐标为（1，4）或（1+172，17−12）时，S△PAM＝S△PAC．
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，
∵cs∠MQN＝cs∠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，
∵cs∠MQN＝cs∠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．