备战2021年上海中考专题10：二次函数压轴题

备战2021年中考数学真题模拟题分类汇编（上海专版）
专题10二次函数压轴题（共34题）
一．解答题（共34小题）
1．（2020•上海）在平面直角坐标系xOy中，直线y=-12x+5与x轴、y轴分别交于点A、B（如图）．抛物线y＝ax2+bx（a≠0）经过点A．
（1）求线段AB的长；
（2）如果抛物线y＝ax2+bx经过线段AB上的另一点C，且BC=5，求这条抛物线的表达式；
（3）如果抛物线y＝ax2+bx的顶点D位于△AOB内，求a的取值范围．

【分析】（1）先求出A，B坐标，即可得出结论；
（2）设点C（m，-12m+5），则BC=52|m，进而求出点C（2，4），最后将点A，C代入抛物线解析式中，即可得出结论；
（3）将点A坐标代入抛物线解析式中得出b＝﹣10a，代入抛物线解析式中得出顶点D坐标为（5，﹣25a），即可得出结论．
【解析】（1）针对于直线y=-12x+5，
令x＝0，y＝5，
∴B（0，5），
令y＝0，则-12x+5＝0，
∴x＝10，
∴A（10，0），
∴AB=52+102=55；
（2）设点C（m，-12m+5），
∵B（0，5），
∴BC=m2+(-12m+5-5)2=52|m|，
∵BC=5，
∴52|m|=5，
∴m＝±2，
∵点C在线段AB上，
∴m＝2，
∴C（2，4），
将点A（10，0），C（2，4）代入抛物线y＝ax2+bx（a≠0）中，得100a+10b=04a+2b=4，
∴a=-14b=52，
∴抛物线y=-14x2+52x；
（3）∵点A（10，0）在抛物线y＝ax2+bx中，得100a+10b＝0，
∴b＝﹣10a，
∴抛物线的解析式为y＝ax2﹣10ax＝a（x﹣5）2﹣25a，
∴抛物线的顶点D坐标为（5，﹣25a），
将x＝5代入y=-12x+5中，得y=-12×5+5=52，
∵顶点D位于△AOB内，
∴0＜﹣25a＜52，
∴-110＜a＜0；
2．（2019•上海）在平面直角坐标系xOy中（如图），已知抛物线y＝x2﹣2x，其顶点为A．
（1）写出这条抛物线的开口方向、顶点A的坐标，并说明它的变化情况；
（2）我们把一条抛物线上横坐标与纵坐标相等的点叫做这条抛物线的“不动点”．
①试求抛物线y＝x2﹣2x的“不动点”的坐标；
②平移抛物线y＝x2﹣2x，使所得新抛物线的顶点B是该抛物线的“不动点”，其对称轴与x轴交于点C，且四边形OABC是梯形，求新抛物线的表达式．

【分析】（1）∵a＝1＞0，故该抛物线开口向上，顶点A的坐标为（1，﹣1）；
（2）①设抛物线“不动点”坐标为（t，t），则t＝t2﹣2t，即可求解；②新抛物线顶点B为“不动点”，则设点B（m，m），则新抛物线的对称轴为：x＝m，与x轴的交点C（m，0），四边形OABC是梯形，则直线x＝m在y轴左侧，而点A（1，﹣1），点B（m，m），则m＝﹣1，即可求解．
【解析】（1）∵a＝1＞0，
故该抛物线开口向上，顶点A的坐标为（1，﹣1），
当x＞1，y随x的增大而增大，当x＜1，y随x增大而减小；
（2）①设抛物线“不动点”坐标为（t，t），则t＝t2﹣2t，
解得：t＝0或3，
故“不动点”坐标为（0，0）或（3，3）；
②当OC∥AB时，
∵新抛物线顶点B为“不动点”，则设点B（m，m），
∴新抛物线的对称轴为：x＝m，与x轴的交点C（m，0），
∵四边形OABC是梯形，
∴直线x＝m在y轴左侧，
∵BC与OA不平行，
∴OC∥AB，
又∵点A（1，﹣1），点B（m，m），
∴m＝﹣1，
故新抛物线是由抛物线y＝x2﹣2x向左平移2个单位得到的；
当OB∥AC时，
同理可得：抛物线的表达式为：y＝（x﹣2）2+2＝x2﹣4x+6，
当四边形OABC是梯形，字母顺序不对，故舍去，
综上，新抛物线的表达式为：y＝（x+1）2﹣1．
3．（2018•上海）在平面直角坐标系xOy中（如图）．已知抛物线y=-12x2+bx+c经过点A（﹣1，0）和点B（0，52），顶点为C，点D在其对称轴上且位于点C下方，将线段DC绕点D按顺时针方向旋转90°，点C落在抛物线上的点P处．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）求线段CD的长；
（3）将抛物线平移，使其顶点C移到原点O的位置，这时点P落在点E的位置，如果点M在y轴上，且以O、D、E、M为顶点的四边形面积为8，求点M的坐标．

【分析】（1）利用待定系数法求抛物线解析式；
（2）利用配方法得到y=-12（x﹣2）2+92，则根据二次函数的性质得到C点坐标和抛物线的对称轴为直线x＝2，如图，设CD＝t，则D（2，92-t），根据旋转性质得∠PDC＝90°，DP＝DC＝t，则P（2+t，92-t），然后把P（2+t，92-t）代入y=-12x2+2x+52得到关于t的方程，从而解方程可得到CD的长；
（3）P点坐标为（4，52），D点坐标为（2，52），利用抛物线的平移规律确定E点坐标为（2，﹣2），设M（0，m），当m＞0时，利用梯形面积公式得到12•（m+52+2）•2＝8当m＜0时，利用梯形面积公式得到12•（﹣m+52+2）•2＝8，然后分别解方程求出m即可得到对应的M点坐标．
【解析】（1）把A（﹣1，0）和点B（0，52）代入y=-12x2+bx+c得-12-b+c=0c=52，解得b=2c=52，
∴抛物线解析式为y=-12x2+2x+52；
（2）∵y=-12（x﹣2）2+92，
∴C（2，92），抛物线的对称轴为直线x＝2，
如图，设CD＝t，则D（2，92-t），
∵线段DC绕点D按顺时针方向旋转90°，点C落在抛物线上的点P处，
∴∠PDC＝90°，DP＝DC＝t，
∴P（2+t，92-t），
把P（2+t，92-t）代入y=-12x2+2x+52得-12（2+t）2+2（2+t）+52=92-t，
整理得t2﹣2t＝0，解得t1＝0（舍去），t2＝2，
∴线段CD的长为2；
（3）P点坐标为（4，52），D点坐标为（2，52），
∵抛物线平移，使其顶点C（2，92）移到原点O的位置，
∴抛物线向左平移2个单位，向下平移92个单位，
而P点（4，52）向左平移2个单位，向下平移92个单位得到点E，
∴E点坐标为（2，﹣2），
设M（0，m），
当m＞0时，12•（m+52+2）•2＝8，解得m=72，此时M点坐标为（0，72）；
当m＜0时，12•（﹣m+52+2）•2＝8，解得m=-72，此时M点坐标为（0，-72）；
综上所述，M点的坐标为（0，72）或（0，-72）．

4．（2017•上海）已知在平面直角坐标系xOy中（如图），已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（2，2），对称轴是直线x＝1，顶点为B．
（1）求这条抛物线的表达式和点B的坐标；
（2）点M在对称轴上，且位于顶点上方，设它的纵坐标为m，联结AM，用含m的代数式表示∠AMB的余切值；
（3）将该抛物线向上或向下平移，使得新抛物线的顶点C在x轴上．原抛物线上一点P平移后的对应点为点Q，如果OP＝OQ，求点Q的坐标．

【分析】（1）依据抛物线的对称轴方程可求得b的值，然后将点A的坐标代入y＝﹣x2+2x+c可求得c的值；
（2）过点A作AC⊥BM，垂足为C，从而可得到AC＝1，MC＝m﹣2，最后利用锐角三角函数的定义求解即可；
（3）由平移后抛物线的顶点在x轴上可求得平移的方向和距离，故此QP＝3，然后由点QO＝PO，QP∥y轴可得到点Q和P关于x对称，可求得点Q的纵坐标，将点Q的纵坐标代入平移后的解析式可求得对应的x的值，则可得到点Q的坐标．
【解析】（1）∵抛物线的对称轴为x＝1，
∴x=-b2a=1，即-b2×(-1)=1，解得b＝2．
∴y＝﹣x2+2x+c．
将A（2，2）代入得：﹣4+4+c＝2，解得：c＝2．
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+2．
配方得：y＝﹣（x﹣1）2+3．
∴抛物线的顶点坐标为（1，3）．
（2）如图所示：过点A作AG⊥BM，垂足为G，则AG＝1，G（1，2）．

∵M（1，m），G（1，2），
∴MG＝m﹣2．
∴cot∠AMB=GMAG=m﹣2．
（3）∵抛物线的顶点坐标为（1，3），平移后抛物线的顶点坐标在x轴上，
∴抛物线向下平移了3个单位．
∴平移后抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x﹣1，PQ＝3．
∵OP＝OQ，
∴点O在PQ的垂直平分线上．
又∵QP∥y轴，
∴点Q与点P关于x轴对称．
∴点Q的纵坐标为-32．
将y=-32代入y＝﹣x2+2x﹣1得：﹣x2+2x﹣1=-32，解得：x=2+62或x=2-62．
∴点Q的坐标为（2+62，-32）或（2-62，-32）．
5．（2016•上海）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣5（a≠0）经过点A（4，﹣5），与x轴的负半轴交于点B，与y轴交于点C，且OC＝5OB，抛物线的顶点为点D．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）联结AB、BC、CD、DA，求四边形ABCD的面积；
（3）如果点E在y轴的正半轴上，且∠BEO＝∠ABC，求点E的坐标．

【分析】（1）先得出C点坐标，再由OC＝5BO，得出B点坐标，将A、B两点坐标代入解析式求出a，b；
（2）分别算出△ABC和△ACD的面积，相加即得四边形ABCD的面积；
（3）由∠BEO＝∠ABC可知，tan∠BEO＝tan∠ABC，过C作AB边上的高CH，利用等面积法求出CH，从而算出tan∠ABC，而BO是已知的，从而利用tan∠BEO＝tan∠ABC可求出EO长度，也就求出了E点坐标．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣5与y轴交于点C，
∴C（0，﹣5），
∴OC＝5．
∵OC＝5OB，
∴OB＝1，
又点B在x轴的负半轴上，
∴B（﹣1，0）．
∵抛物线经过点A（4，﹣5）和点B（﹣1，0），
∴16a+4b-5=-5a-b-5=0，解得a=1b=-4，
∴这条抛物线的表达式为y＝x2﹣4x﹣5．

（2）由y＝x2﹣4x﹣5，得顶点D的坐标为（2，﹣9）．
连接AC，
∵点A的坐标是（4，﹣5），点C的坐标是（0，﹣5），
又S△ABC=12×4×5＝10，S△ACD=12×4×4＝8，
∴S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD＝18．
（3）过点C作CH⊥AB，垂足为点H．
∵S△ABC=12×AB×CH＝10，AB=(-1-4)2+(0+5)2=52，
∴CH＝22，
在RT△BCH中，∠BHC＝90°，BC=26，BH=BC2-CH2=32，
∴tan∠CBH=CHBH=23．
∵在RT△BOE中，∠BOE＝90°，tan∠BEO=BOEO，
∵∠BEO＝∠ABC，
∴BOEO=23，得EO=32，
∴点E的坐标为（0，32）．
6．（2020•浦东新区三模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0）和点B，与y轴相交于点C（0，3），抛物线的顶点为点D．
（1）求抛物线的表达式及顶点D的坐标；
（2）联结AD、AC、CD，求∠DAC的正切值；
（3）如果点P是原抛物线上的一点，且∠PAB＝∠DAC，将原抛物线向右平移m个单位（m＞0），使平移后新抛物线经过点P，求平移距离．

【分析】（1）利用待定系数法构建方程组即可解决问题．
（2）利用勾股定理求出AD，CD，AC，证明∠ACD＝90°即可解决问题．
（3）过点P作x轴的垂线，垂足为H．设P（a，﹣a2﹣2a+3），可得PH＝|﹣a2﹣2a+3|，AH＝a+3，由∠PAB＝∠DAC，推出tan∠PAB＝tan∠DAC=PHAH=13．接下来分两种情形，构建方程求解即可．
【解析】（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0）和点B，与y轴相交于点C（0，3），
则有-9-3b+c=0c=3，
解得b=-2c=3，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，顶点D（﹣1，4）．

（2）∵A（﹣3，0），C（0，3），D（﹣1，4），
∴AD=(-3+1)2+(0-4)2=25，
CD=(0+1)2+(3-4)2=2，
AC=(-3-0)2+(0-3)2=32，
∴AC2+CD2＝AD2，
∴∠ACD＝90°，
∴tan∠DAC=CDAC=13．

（3）过点P作x轴的垂线，垂足为H．
∵点P在抛物线y＝﹣x2﹣2x+3上，
∴设P（a，﹣a2﹣2a+3），可得PH＝|﹣a2﹣2a+3|，AH＝a+3，
∵∠PAB＝∠DAC，
∴tan∠PAB＝tan∠DAC=PHAH=13．
①当a+3＝3（﹣a2﹣2a+3），解得a=23或﹣3（舍弃），
∴P（23，119），
过点P作x轴的平行线与抛物线交于点N，则点N与点P关于直线x＝﹣1对称，
根据对称性可知N（-83，119），
∴平移的距离为103．
②当a+3＝﹣3（﹣a2﹣2a+3），解得a=43或﹣3（舍弃），
∴P（43，-139），
过点P作x轴的平行线交抛物线于点Q，则点Q与点P关于直线x＝﹣1对称，
根据对称性可知Q（-103，-139），
∴平移的距离为143，
综上所述，平移的距离为103或143．

7．（2020•普陀区二模）在平面直角坐标系xOy中（如图），已知点A在x轴的正半轴上，且与原点的距离为3，抛物线y＝ax2﹣4ax+3（a≠0）经过点A，其顶点为C，直线y＝1与y轴交于点B，与抛物线交于点D（在其对称轴右侧），联结BC、CD．
（1）求抛物线的表达式及点C的坐标；
（2）点P是y轴的负半轴上的一点，如果△PBC与△BCD相似，且相似比不为1，求点P的坐标；
（3）将∠CBD绕着点B逆时针方向旋转，使射线BC经过点A，另一边与抛物线交于点E（点E在对称轴的右侧），求点E的坐标．

【分析】（1）把点A的坐标代入抛物线的解析式中可得：a的值，从而得抛物线的解析式，配方得顶点C的坐标；
（2）根据∠DBC＝∠PBC＝45°，且相似比不为1，所以只能△CBP∽△DBC，列比例式可得BP的长，从而得点P的坐标；
（3）连接AC，过E作EH⊥BD于H，先根据勾股定理的逆定理证明△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB＝90°，由等角三角函数得tan∠ABC＝tan∠EBD=12=EHBH，设EH＝m，则BH＝2m，表示E（2m，m+1），代入抛物线的解析式，可得结论．
【解析】（1）∵点A在x轴的正半轴上，且与原点的距离为3，
∴A（3，0），
把A（3，0）代入抛物线y＝ax2﹣4ax+3中得：0＝9a﹣12a+3，
∴a＝1，
∴抛物线的表达式为：y＝x2﹣4x+3，
y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴C（2，﹣1）；

（2）当y＝1时，x2﹣4x+3＝1，
解得：x1＝2-2，x2＝2+2，
由题意得：D（2+2，1），
∵B（0，1），C（2，﹣1），
∴BC=22+(1+1)2=22，BD＝2+2，
∵∠DBC＝∠PBC＝45°，且相似比不为1，
只能△CBP∽△DBC，
∴CBDB=BPBC，即222+2=BP22，
∴BP＝8﹣42，
∴P（0，42-7）；

（3）连接AC，过E作EH⊥BD于H，
由旋转得：∠CBD＝∠ABE，
∴∠EBD＝∠ABC，
∵AB2＝32+12＝10，BC2＝22+22＝4，AC2＝12+12＝2，
∴AB2＝BC2+AC2，
∴△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB＝90°，
∴tan∠ABC=ACBC=222=12，
∴tan∠EBD=12=EHBH，
设EH＝m，则BH＝2m，
∴E（2m，m+1），
∵点E在抛物线上，
∴（2m）2﹣4×2m+3＝m+1，
4m2﹣9m+2＝0，
解得：m1＝2，m2=14（舍），
∴E（4，3）．

8．（2020•杨浦区二模）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+4经过点A（﹣3，0）和点B（3，2），与y轴相交于点C．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）点P是抛物线在第一象限内一点，联结AP，如果点C关于直线AP的对称点D恰好落在x轴上，求直线AP的截距；
（3）在（2）小题的条件下，如果点E是y轴正半轴上一点，点F是直线AP上一点．当△EAO与△EAF全等时，求点E的纵坐标．

【分析】（1）把A（﹣3，0）和点B（3，2）代入抛物线的解析式，列方程组，可得结论；
（2）如图1，根据对称的性质得AD＝AC＝5，可得OD＝2，设OH＝a，则HC＝HD＝4﹣a，在Rt△HOD中，根据勾股定理得HD2＝OH2+OD2，列方程可得结论；
（3）分两种情况：先说明△AOE是直角三角形，所以△EAF也是直角三角形，根据∠EFA＝90°，画图，由勾股定理列方程可解答．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+4过点A（﹣3，0）和点B（3，2），
∴9a-3b+4=09a+3b+4=2，
解得a=-13b=13，
∴y=-13x2+13x+4；
（2）如图1，连接AC，DH，
∵点C关于直线AP的对称点D，
∴AD＝AC，
∵y=-13x2+13x+4与y轴交于点C（0，4），与x轴交于点A（﹣3，0），
∴AC＝5，
∴AD＝5，
∴点D（2，0），
设直线AP与y轴交于点H，则HC＝HD，

设OH＝a，则HC＝HD＝4﹣a，
在Rt△HOD中，HD2＝OH2+OD2，
∴（4﹣a）2＝a2+22，
∴a=32，
∴直线AP的截距为32；
（3）∵点E是y轴正半轴上一点，
∴△AOE是直角三角形，且∠AOE＝90°
当△EAO与△EAF全等时，存在两种情况：
①如图2，当∠EFA＝∠AOE＝90°，△EFA≌△AOE，

∴EF＝OA，
∵∠AHO＝∠EHF，∠AOH＝∠EFH＝90°，
∴△AOH≌△EFH（AAS），
∴AH＝EH，
由（2）知：OH=32，
∴EH＝AH＝OE-32，
Rt△AHO中，AH2＝AO2+OH2，
∴（OE-32）2＝32+(32)2，
解得：OE=3+352或3-352（舍），
∴点E的纵坐标是3+352；
②如图3，当∠EFA＝∠AOE＝90°，△EFA≌△EOA，

∴AF＝AO＝3，EF＝OE，
Rt△AHO中，AH=32+(32)2=352，
∴FH=352-3，EH=32-OE，
Rt△EFH中，由勾股定理得：EH2＝FH2+EF2，
∴（32-OE）2＝（352-3）2+OE2，
解得：OE＝35-6，
∴点E的纵坐标是35-6；
综上，点E的纵坐标是3+352或35-6．
9．（2020•嘉定区二模）在平面直角坐标系xOy中（如图），已知经过点A（﹣3，0）的抛物线y＝ax2+2ax﹣3与y轴交于点C，点B与点A关于该抛物线的对称轴对称，D为该抛物线的顶点．
（1）直接写出该抛物线的对称轴以及点B的坐标、点C的坐标、点D的坐标；
（2）联结AD、DC、CB，求四边形ABCD的面积；
（3）联结AC．如果点E在该抛物线上，过点E作x轴的垂线，垂足为H，线段EH交线段AC于点F．当EF＝2FH时，求点E的坐标．

【分析】（1）该抛物线的对称轴为直线x=-2a2a=-1，而点A（﹣3，0），求出点B的坐标，进而求解；
（2）将四边形ABCD的面积分解为△DAM、梯形DMOC、△BOC的面积和，即可求解；
（3）设点E（x，x2+2x﹣3），则点F（x，﹣x﹣1），求出EF、FH长度的表达式，即可求解．
【解析】（1）∵该抛物线的对称轴为直线x=-2a2a=-1，而点A（﹣3，0），
∴点B的坐标为（1，0），
∵c＝﹣3，故点C的坐标为（0，﹣3），
∵函数的对称轴为x＝﹣1，故点D的坐标为（﹣1，﹣4）；

（2）过点D作DM⊥AB，垂足为M，
则OM＝1，DM＝4，AM＝2，OB＝1，

∴S△ADM=12AM⋅DM=12×2×4=4，
∴S梯形OCDM=12(OC+DM)⋅OM=12(3+4)×1=72，
∴S△OBC=12OB⋅OC=12×1×3=32，
∴S四边形ABCD=S△ADM+S梯形OCDM+S△OBC=4+72+32=9；

（3）设直线AC的表达式为：y＝kx+b，则b=-3-3k+b=0，解得：k=-1b=-3，
故直线AC的表达式为：y＝﹣x﹣3，
将点A的坐标代入抛物线表达式得：9a﹣6a﹣3＝0，解得：a＝1，
故抛物线的表达式为：y＝x2+2x﹣3，
设点E（x，x2+2x﹣3），则点F（x，﹣x﹣3），
则EF＝（﹣x﹣3）﹣（x2+2x﹣3）＝﹣x2﹣3x，FH＝x+3，
∵EF＝2FH，
∴﹣x2﹣3x＝2（x+3），解得：x＝﹣2或﹣3（舍去﹣3），
故m＝﹣2，
故点E的坐标为：（﹣2，﹣3）．
10．（2020•长宁区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝x2+mx+n经过点A（2，﹣2），对称轴是直线x＝1，顶点为点B，抛物线与y轴交于点 C．
（1）求抛物线的表达式和点B的坐标；
（2）将上述抛物线向下平移1个单位，平移后的抛物线与x轴正半轴交于点D，求△BCD的面积；
（3）如果点P在原抛物线上，且在对称轴的右侧，联结BP交线段OA于点Q，BQPQ=15，求点P的坐标．

【分析】（1）先根据对称轴求出m，再将点A坐标代入抛物线解析式中求出n，得出抛物线解析式，最后配成顶点式，即可得出结论；
（2）先求出点D坐标，进而求出直线CD解析式，得出点E坐标，再用面积公式求解即可得出结论；
（3）设出点P坐标，构造出△PMQ∽△PNB，得出QMBN=PMPN=PQPB，表示出QM=56（a2﹣2a+1），PM=56（a﹣1），进而表示出Q（16a+56，16a2-13a-116），代入直线OA中，即可得出结论．
【解析】（1）∵抛物线y＝x2+mx+n的对称轴是直线x＝1，
∴-m2=1，
∴m＝﹣2，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣2x+n，
∵抛物线过点（2，﹣2），
∴4﹣2×2+n＝﹣2，
∴n＝﹣2，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣2＝（x﹣1）2﹣3，
∴顶点B的坐标为（1，﹣3）；

（2）如图1，由平移知，平移后的抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，
∴x＝﹣1或x＝3，
∵点D在x正半轴上，
∴D（3，0），
针对于抛物线y＝x2﹣2x﹣2，
令x＝0，则y＝﹣2，
∴C（0，﹣2），
∴直线CD的解析式为y=23x﹣2，
记直线CD与直线x＝1的交点为E，则E（1，-43），
∴S△BCD=12BE•|xD﹣xC|=12×|-43-（﹣3）|×3=52；

（3）如图2，设P（a，a2﹣2a﹣2），
过点P作PN垂直于直线x＝1于点N过点Q作QM⊥PN于M，
∴QM∥NB，
∴△PMQ∽△PNB，
∴QMBN=PMPN=PQPB，
∵BQPQ=15，
∴QMBN=PMPN=56，
∵PN＝a﹣1，BN＝a2﹣2a﹣2+3＝a2﹣2a+1，
∴QMa2-2a+1=PMa-1=56，
∴QM=56（a2﹣2a+1），PM=56（a﹣1），
∴MN＝PN﹣PM=16（a﹣1），点Q与点B的纵坐标之差的绝对值为16（a2﹣2a+1），
∴Q（16a+56，16a2-13a-116），
∵A（2，﹣2），
∴直线OA的解析式为y＝﹣x，
∵点Q在线段OA上，
∴16a+56+16a2-13a-116=0，
∴a＝﹣3（舍）或a＝4，
∴P（4，6）．


11．（2020•宝山区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＜0）与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），经过点A的直线l：y＝kx+b与y轴负半轴交于点C，与抛物线的另一个交点为D，且CD＝4AC．
（1）直接写出点A的坐标，并求直线l的函数表达式（其中k、b用含a的式子表示）；
（2）点E是直线l上方的抛物线上的动点，若△ACE的面积的最大值为54，求a的值；
（3）设P是抛物线的对称轴上的一点，点Q在抛物线上，当以点A、D、P、Q为顶点的四边形为矩形时，请直接写出点P的坐标．

【分析】（1）将已知抛物线解析式转化为两点式，可以直接得到点A的坐标；根据直线l：y＝kx+b过A（﹣1，0），得到直线l：y＝kx+k，解方程得到点D的横坐标为4，求得k＝a，得到直线l的函数表达式为y＝ax+a；
（2）过E作EF∥y轴交直线l于F，设E（x，ax2﹣2ax﹣3a），得到F（x，ax+a），求出EF＝ax2﹣3ax﹣4a，根据三角形的面积公式列方程即可得到结论；
（3）令ax2﹣2ax﹣3a＝ax+a，即ax2﹣3ax﹣4a＝0，得到D（4，5a），设P（1，m），①若AD是矩形ADPQ的一条边，②若AD是矩形APDQ的对角线，列方程即可得到结论．
【解析】（1）当y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a（x+1）（x﹣3），得A（﹣1，0），B（3，0），
∵直线l：y＝kx+b过A（﹣1，0），
∴0＝﹣k+b，
即k＝b，
∴直线l：y＝kx+k，
∵抛物线与直线l交于点A，D，
∴ax2﹣2ax﹣3a＝kx+k，
即ax2﹣（2a+k）x﹣3a﹣k＝0，
∵CD＝4AC，
∴点D的横坐标为4，
∴﹣3-ka=-1×4，
∴k＝a，
∴直线l的函数表达式为y＝ax+a；

（2）如图1，过E作EF∥y轴交直线l于F，

设E（x，ax2﹣2ax﹣3a），
则F（x，ax+a），EF＝ax2﹣2ax﹣3a﹣ax﹣a＝ax2﹣3ax﹣4a，
∴S△ACE＝S△AFE﹣S△CEF=12（ax2﹣3ax﹣4a）（x+1）-12（ax2﹣3ax﹣4a）x=12（ax2﹣3ax﹣4a）=12a（x-32）2-258a，
∴△ACE的面积的最大值═258a，
∵△ACE的面积的最大值为54，
∴-258a=54，
解得a=-25；

（3）以点A、D、P、Q为顶点的四边形能成为矩形，
令ax2﹣2ax﹣3a＝ax+a，即ax2﹣3ax﹣4a＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴D（4，5a），
∵抛物线的对称轴为直线x＝1，
设P（1，m），
①如图2，若AD是矩形ADPQ的一条边，

则易得Q（﹣4，21a），
∴m＝21a+5a＝26a，则P（1，26a），
∵四边形ADPQ是矩形，
∴∠ADP＝90°，
∴AD2+PD2＝AP2，
∴52+（5a）2+32+（26a﹣5a）2＝22+（26a）2，
即a2=17，
∵a＜0，
∴a=-77
∴P（1，-2677）；
②如图3，若AD是矩形APDQ的对角线，

则易得Q（2，﹣3a），
∴m＝5a﹣（﹣3a）＝8a，则P（1，8a），
∵四边形APDQ是矩形，
∴∠APD＝90°，
∴AP2+PD2＝AD2，
∴（﹣1﹣1）2+（8a）2+（1﹣4）2+（8a﹣5a）2＝52+（5a）2，
即a2=14，
∵a＜0，
∴a=-12，
∴P（1，﹣4），
综上所述，点A、D、P、Q为顶点的四边形能成为矩形，点P（1，-2677）或（1，﹣4）．
12．（2020•黄浦区二模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=12x2+bx+c经过点A（﹣4，0）和B（2，6），其顶点为D．
（1）求此抛物线的表达式；
（2）求△ABD的面积；
（3）设C为该抛物线上一点，且位于第二象限，过点C作CH⊥x轴，垂足为点H，如果△OCH与△ABD相似，求点C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）BD2＝AB2+AD2，则△ABD为直角三角形，△ABD的面积=12AB×AD，即可求解；
（3）△OCH与△ABD相似，tan∠COH＝tan∠ABD或tan∠ADB，即tan∠COH=CHOH=12m2+2m-m=13或3，即可求解．
【解析】（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得：12×16-4b+c=012×4+2b+c=6，解得：b=2c=0，
故抛物线的表达式为：y=12x2+2x；

（2）对于y=12x2+2x，顶点D（﹣2，﹣2），
则AD=(-4+2)2+(0+2)2=22，
同理AB＝62，BD＝45，
故BD2＝AB2+AD2，
∴△ABD为直角三角形，
∴△ABD的面积=12AB×AD=12×62×22=12；

（3）在△ABD中，tan∠ABD=ADAB=2262=13，
∵△OCH与△ABD相似，

∴tan∠COH＝tan∠ABD或tan∠ADB，
即tan∠COH=13或3，
设点C（m，12m2+2m），则tan∠COH=CHOH=12m2+2m-m=13或3，
解得：m＝﹣10或-143（不合题意的值已舍去），
故点H的坐标为（﹣10，30）或（-143，149）．
13．（2020•虹口区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+3经过点A（﹣1，0）和点B（3，0），该抛物线对称轴上的点P在x轴上方，线段PB绕着点P逆时针旋转90°至PC（点B对应点C），点C恰好落在抛物线上．
（1）求抛物线的表达式并写出抛物线的对称轴；
（2）求点P的坐标；
（3）点Q在抛物线上，联结AC，如果∠QAC＝∠ABC，求点Q的坐标．

【分析】（1）将点A、B坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）证明△PMC≌△BNP（AAS），则PM＝BN，MC＝PN，即可求解；
（3）设MH＝3x，用x表示AM、GM，利用AG＝AM+GM=2，求出x的值；在△AOH中，OH=AH2-OA2，求得点H的坐标，即可求解．
【解析】（1）将点A、B坐标代入抛物线表达式得：a-b+3=09a+3b+3=0，解得：a=-1b=2，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3①；
函数的对称轴为：x＝1；

（2）设点C（m，n），则n＝﹣m2+2m+3，点P（1，s），
如图1，设抛物线对称轴交x轴于点N，过点C作CM⊥PN交抛物线对称轴于点M，

∵∠PBN+∠BPN＝90°，∠BPN+∠MPC＝90°，
∴∠MPC＝∠PBN，
∵∠PMC＝∠BNP＝90°，PB＝PC，
∴△PMC≌△BNP（AAS），
∴PM＝BN，MC＝PN，
∴m-1=sn-s=2n=-m2+2m+3，解得：m=2n=3s=1，
故点C（2，3），点P（1，1）；
故点P的坐标为（1，1）；

（3）设直线AC交y轴于点G，直线AQ交y轴于点H，

由（2）知，点C（2，3），而点A（﹣1，0），
过点C作CK⊥x轴于点K，则CK＝AK＝3，
故直线AC的倾斜角为45°，故∠AGO＝∠GAO＝45°，
∴tan∠ABC=CKBK=33-2=3
∵∠QAC＝∠ABC，
∴tan∠QAC＝3；
在△AGH中，过点H作HM⊥AG于点M，设MH＝3x，
∵∠AGO＝45°，则GO＝AO＝1，
∴MG＝MH＝3x，
∵tan∠QAC＝3，则AM＝x，
AG＝AM+GM＝x+3x=(-1)2+12=2，
解得：x=24，
在△AHM中，AH=AM2+MH2=10x=52，
在△AOH中，OH=AH2-OA2=12，故点H（0，-12），
由点A、H的坐标得，直线AH的表达式为：y=-12x-12②，
联立①②并解得：x＝﹣1（舍去）或72，
故点Q的坐标为：（72，-94）．
14．（2020•浦东新区二模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C（0，3），对称轴是直线x＝1．
（1）求抛物线的表达式；
（2）直线MN平行于x轴，与抛物线交于M、N两点（点M在点N的左侧），且MN=34AB，点C关于直线MN的对称点为E，求线段OE的长；
（3）点P是该抛物线上一点，且在第一象限内，联结CP、EP，EP交线段BC于点F，当S△CPF：S△CEF＝1：2时，求点P的坐标．

【分析】（1）根据对称轴为直线x＝1求出b＝2，即可求解；
（2）由抛物线的对称性知，QM＝QN=12MN=32，则点N（52，74），即MN在直线y=74上，即可求解；
（3）S△CPF：S△CEF＝1：2，即PFEF=12，而△PP′F∽△ECF，则PFEF=PP'EC，即-a2+3a52=12，即可求解．
【解析】（1）由题意得：-b2×(-1)=1，解得：b＝2，
∵抛物线与y轴交于点C（0，3），故c＝3，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3；

（2）对于y＝﹣x2+2x+3，令y＝0，则x＝﹣1或3，
故点A、B的坐标分别为：（﹣1，0）、（3，0），则AB＝4，MN=34AB＝3，
如图1，作抛物线的对称轴交MN于点Q，

由抛物线的对称性知，QM＝QN=12MN=32，
则点N的横坐标为1+32=52，故点N（52，74），即MN在直线y=74上，
则点C关于MN的对称点E的坐标为：（0，12），
即OE=12；

（3）过点P作PP′∥OC交BC于点P′，

设直线BC的表达式为：y＝mx+n，则n=30=3m+n，解得：m=-1n=3，
故直线BC的表达式为：y＝﹣x+3，
设点P（a，﹣a2+2a+3），则点P′（a，﹣a+3），
则PP′＝（﹣a2+2a+3）﹣（﹣a+3）＝﹣a2+3a，
∵S△CPF：S△CEF＝1：2，即PFEF=12，
∵PP′∥CE，
∴△PP′F∽△ECF，
∴PFEF=PP'EC，即-a2+3a52=12，
解得：a=52或12，
故点P的坐标为：（52，74）或（12，154）．
15．（2020•松江区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+bx+3与x轴和y轴的正半轴分别交于A、B两点，且OA＝OB，抛物线的顶点为M，联结AB、AM．
（1）求这条抛物线的表达式和点M的坐标；
（2）求sin∠BAM的值；
（3）如果Q是线段OB上一点，满足∠MAQ＝45°，求点Q的坐标．

【分析】（1）抛物线y＝﹣x2+bx+3与y轴交于B点，令x＝0得y＝3，求出B（0，3），而AO＝BO求出A（3，0），进而求解；
（2）证明∠MBC＝90°，则sin∠BAM=BMAM=225=1010；
（3）证明∠BAM＝∠OAQ，即可求解．
【解析】（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+3与y轴交于B点，
令x＝0得y＝3，
∴B（0，3），
∵AO＝BO，
∴A（3，0），
把A（3，0）代入y＝﹣x2+bx+3，得﹣9+3b+3＝0，
解得b＝2，
∴这条抛物线的表达式y＝﹣x2+2x+3，
顶点M（1，4）；

（2）∵A（3，0），B（0，3）M（1，4），
∴BM2＝2，AB2＝18，AM2＝20，
∴∠MBC＝90°，
∴sin∠BAM=BMAM=225=1010；

（3）∵OA＝OB，
∴∠OAB＝45°
∵∠MAQ＝45°，
∴∠BAM＝∠OAQ，
由（2）得sin∠BAM=1010，
∴sin∠OAQ=1010，
∴tan∠OAQ=13，
∴OQOA=OQ3=13，
∴OQ＝1，
∴Q（0，1）．
16．（2020•青浦区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2﹣4ax+3的图象与x轴正半轴交于点A、B，与y轴相交于点C，顶点为D，且tan∠CAO＝3．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）点P是对称轴右侧抛物线上的点，联结CP，交对称轴于点F，当S△CDF：S△FDP＝2：3时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，将△PCD沿直线MN翻折，当点P恰好与点O重合时，折痕MN交x轴于点M，交y轴于点N，求OMON的值．

【分析】（1）在Rt△AOC中，tan∠CAO=OCOA=3，求出点A的坐标，即可求解；
（2）利用S△CDFS△FDP=CGPQ=23，即可求解；
（3）证明∠ONM＝∠POH，则tan∠ONM=OMON=tan∠POM=PHOH=85．
【解析】（1）∵二次函数y＝ax2﹣4ax+3的图象与y轴交于点C，
∴点C的坐标为（0，3），
∴OC＝3，
连接AC，在Rt△AOC中，tan∠CAO=OCOA=3，
∴OA＝1，

将点A（1，0）代入y＝ax2﹣4ax+3，得a﹣4a+3＝0，
解得：a＝1．
所以，这个二次函数的解析式为 y＝x2﹣4x+3；

（2）过点C作CG⊥DF，过点P作PQ⊥DF，垂足分别为点G、Q．

∵抛物线y＝x2﹣4x+3的对称轴为直线x＝2，
∴CG＝2，
∵S△CDFS△FDP=CGPQ=23，
∴PQ＝3，
∴点P的横坐标为5，
∴把x＝5代入y＝x2﹣4x+3，得 y＝8，
∴点P的坐标为（5，8）；

（3）过点P作PH⊥OM，垂足分别为点H，

∵点P的坐标为（5，8），
∴OH＝5，PH＝8，
∵将△PCD沿直线MN翻折，点P恰好与点O重合，
∴MN⊥OP，
∴∠ONM+∠NOP＝90°，
又∵∠POH+∠NOP＝90°，
∴∠ONM＝∠POH，
∴tan∠ONM=OMON=tan∠POM=PHOH=85．
17．（2020•闵行区二模）在平面直角坐标系xOy中，我们把以抛物线y＝x2上的动点A为顶点的抛物线叫做这条抛物线的“子抛物线”．
如图，已知某条“子抛物线”的二次项系数为32，且与y轴交于点C．设点A的横坐标为m（m＞0），过点A作y轴的垂线交y轴于点B．
（1）当m＝1时，求这条“子抛物线”的解析式；
（2）用含m的代数式表示∠ACB的余切值；
（3）如果∠OAC＝135°，求m的值．

【分析】（1）根据题意得出A（m，m2），将m＝1代入得出其坐标，继而可得答案；
（2）根据A（m，m2）知“子抛物线”的解析式为y=32(x-m)2+m2．求出x＝0时y的值可知点C坐标，表示出OC、BC的长度，从而求得余切值；
（3）过O点作OD⊥CA的延长线于点D，过点D作y轴的平行线分别交BA的延长线于点E，交x轴于点F，证△AED≌△DFO得AE＝DF，DE＝OF，设AE＝n，知DF＝n，BE＝m+n＝OF＝ED．结合OB＝EF得m2＝m+2n．再由∠BCA＝∠ADE知cot∠ADE=DEAE=m+nn=32m，联立方程组m2=m+2nm+nn=32m，解之可得答案．
【解析】（1）由题得，A（m，m2），
当m＝1时，A（1，1），
∴这条“子抛物线”的解析式：y=32(x-1)2+1；

（2）由A（m，m2），且AB⊥y轴，可得AB＝m，OB＝m2．
∴“子抛物线”的解析式为y=32(x-m)2+m2．
令x＝0，则y=52m2，
∴点C的坐标（0，52m2），OC=52m2，
∴BC=32m2．
在Rt△ABC中，cot∠ACB=BCAB=32m2m=32m．

（3）如图，过O点作OD⊥CA的延长线于点D，过点D作y轴的平行线分别交BA的延长线于点E，交x轴于点F，

∵∠OAC＝135°，
∴∠OAD＝45°，
又∵OD⊥CA，
∴∠OAD＝∠AOD＝45°，
∴AD＝OD，
∴△AED≌△DFO（AAS），
∴AE＝DF，DE＝OF，
设AE＝n，那么DF＝n，BE＝m+n＝OF＝ED．
又∵OB＝EF，
∴m2＝m+2n．
又∵∠BCA＝∠ADE，
∴cot∠ADE=DEAE=m+nn=32m，
解方程组m2=m+2nm+nn=32m，得m1＝2，m2=-13（舍去），
∴m的值为2．
18．（2020•崇明区二模）已知抛物线y＝ax2+bx﹣4经过点A（﹣1，0），B（4，0），与y轴交于点C，点D是该抛物线上一点，且在第四象限内，连结AC、BC、CD、BD．
（1）求抛物线的函数解析式，并写出对称轴；
（2）当S△BCD＝4S△AOC时，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，如果点E是x轴上的一点，点F是抛物线上一点，当点A、D、E、F为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点E的坐标．

【分析】（1）设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4）＝ax2﹣3ax﹣4a，根据﹣4a＝﹣4，可得a＝1，由此即可解决问题．
（2）如图1中，设D（m，m2﹣3m﹣4），连接OD．根据S△BCD＝S△OCD+S△OBD﹣S△OBC＝4S△AOC，构建方程求出m即可解决问题．
（3）分两种情形：如图2中，当AE为平行四边形的边时，根据DF＝AE＝1，求解即可．如图3中，当AE，DF是平行四边形的对角线时，根据点F的纵坐标为6，求出点F的坐标，再根据中点坐标公式求解即可．
【解析】（1）∵y＝ax2+bx﹣4经过点A（﹣1，0），B（4，0），
∴可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4）＝ax2﹣3ax﹣4a，
∴﹣4a＝﹣4，
∴a＝1，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣3x﹣4，对称轴x=32．

（2）如图1中，设D（m，m2﹣3m﹣4），连接OD．

∵S△BCD＝S△OCD+S△OBD﹣S△OBC＝4S△AOC，
∴12×4×（﹣m2+3m+4）+12×4×m-12×4×4＝4×12×1×4
整理得：m2﹣4m+4＝0，
解得m＝2，
∴D（2，﹣6）．

（3）如图2中，当AE为平行四边形的边时，

∵DF∥AE，D（2，﹣6）
∴F（1，﹣6），
∴DF＝1，
∴AE＝1，
∴E（0，0），或E′（﹣2，0）．
如图3中，当AE，DF是平行四边形的对角线时，

∵点D与点F到x轴的距离相等，
∴点F的纵坐标为6，
当y＝6时，6＝x2﹣3x﹣4，
解得x＝﹣2或5，
∴F（﹣2，6）或（5，6），
设E（n，0），则有-1+n2=-2+22或-1+n2=5+22，
解得n＝1或8，
∴E（1，0）或（8，0），
，综上所述，满足条件的点E的坐标为（0，0）或（1，0）或（8，0）或（﹣2，0）．
19．（2020•金山区二模）在平面直角坐标系xOy中（如图），已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（3，0）和B（0，3），其顶点为C．
（1）求抛物线的解析式和顶点C的坐标；
（2）我们把坐标为（n，m）的点叫做坐标为（m，n）的点的反射点，已知点M在这条抛物线上，它的反射点在抛物线的对称轴上，求点M的坐标；
（3）点P是抛物线在第一象限部分上的一点，如果∠POA＝∠ACB，求点P的坐标．

【分析】（1）把A，B两点坐标代入抛物线的解析式，构建方程组解决问题即可．
（2）设M（m，﹣m2+2m+3），则M的反射点为（﹣m2+2m+3，m），根据M点的反射点在抛物线的对称轴上，构建方程求出m即可．
（3）如图，设P（a，﹣a2+2a+3）．利用勾股定理的逆定理证明∠ABC＝90°，推出tan∠POA＝tan∠ACB＝3，由此构建方程即可解决问题．
【解析】（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（3，0）和B（0，3），
∴c=3-9+3b+c=0，
解得b=2c=3，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，
∴顶点C（1，4）．

（2）设M（m，﹣m2+2m+3），
∴M的反射点为（﹣m2+2m+3，m），
∵M点的反射点在抛物线的对称轴上，
∴﹣m2+2m+3＝1，
∴m2﹣2m﹣2＝0，
解得m＝1±3，
∴M（1+3，1）或（1-3，1）．

（3）如图，设P（a，﹣a2+2a+3）．

∵A（3，0），B（0，3），C（1，4），
∴BC=2，AB＝32，AC＝25，
∴AB2+BC2＝AC2，
∴∠ABC＝90°，
∴tan∠ACB=ABBC=322=3，
∵∠POA＝∠ACB，
∴tan∠POA＝3，
∴-a2+2a+3a=3，
整理得：a2+a﹣3＝0
解得a=-1+132或-1-132（舍弃），
∴P（-1+132，-3+3132）．
20．（2020•闵行区一模）如图，已知一个抛物线经过A（0，1），B（1，3），C（﹣1，1）三点．
（1）求这个抛物线的表达式及其顶点D的坐标；
（2）联结AB、BC、CA，求tan∠ABC的值；
（3）如果点E在该抛物线的对称轴上，且以点A、B、C、E为顶点的四边形是梯形，直接写出点E的坐标．

【分析】（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，将A（0，1）、B（1，3）、C（﹣1，1）代入，求a、b、c的值，可得结果；
（2）如图，过点B作BF⊥x轴于F，延长CA交BF于点D，过点A作AM⊥BC于M，通过勾股定理和等腰直角三角形的性质可求AM和BM的长，即可求解；
（3）分三种情况讨论，由梯形的性质可求解．
【解析】（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c（a≠0）．
由题意可得：3=a+b+c1=a-b+cc=1
解得：a=1b=1c=1
∴抛物线的解析式为：y＝x2+x+1，
∵y＝x2+x+1＝（x+12）2+34，
∴顶点D的坐标（-12，34）；
（2）如图，过点B作BF⊥x轴于F，延长CA交BF于点D，过点A作AM⊥BC于M，

∴BF＝3，
∵A（0，1），C（﹣1，1），
∴AC∥x轴，
∴CD⊥BF，
∴CD＝BD＝2，AD＝1，CA＝1，
∴BC＝22，∠BCD＝∠CBD＝45°，
∵AM⊥BC，
∴∠MAC＝∠MCA＝45°，
∴CM＝AM，
∴CM＝AM=AC2=22，
∴BM＝BC﹣CM=322，
∴tan∠ABC=AMBM=13；
（3）∵A（0，1），B（1，3），C（﹣1，1），
∴直线AC解析式为：y＝1，
直线AB解析式为：y＝2x+1，
直线BC解析式为：y＝x+2，
若BE∥AC，则点E的纵坐标为3，且点E在对称轴上，
∴点E（-12，3）；
若CE∥AB，则CE的解析式为；y＝2x+3，
∵点E在对称轴上，
∴x=-12，
∴y＝2，
即点E（-12，2）；
若AE∥BC，则AE解析式为：y＝x+1，
∵点E在对称轴上，
∴x=-12，
∴y=12，
即点E（-12，12），
综上所述：点E的坐标为（-12，3）或（-12，2）或（-12，12）．
21．（2020•虹口区一模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0）、B两点，与y轴交于点C （0，3），点P在该抛物线的对称轴上，且纵坐标为23．
（1）求抛物线的表达式以及点P的坐标；
（2）当三角形中一个内角α是另一个内角β的两倍时，我们称α为此三角形的“特征角”．
①当D在射线AP上，如果∠DAB为△ABD的特征角，求点D的坐标；
②点E为第一象限内抛物线上一点，点F在x轴上，CE⊥EF，如果∠CEF为△ECF的特征角，求点E的坐标．
【分析】（1）抛物线y＝﹣x2+bx+c与y轴交于点C （0，3），则c＝3，将点A的坐标代入抛物线表达式并解得：b＝2，即可求解；
（2）当α＝60°，∠DBA=β=12α=30°时，△ABD为直角三角形，即可求解；当∠ADB＝β时，则∠ABD＝90°，即可求解；
（3）∠CEF为△ECF的特征角，则△CEF为等腰直角三角形，则△CNE≌△EMF（AAS），即可求解．
【解析】（1）抛物线y＝﹣x2+bx+c与y轴交于点C （0，3），则c＝3，
将点A的坐标代入抛物线表达式并解得：b＝2，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3；
点P（1，23）；
（2）由点A、P的坐标知，∠PAB＝60°，
直线AP的表达式为：y=3（x+1）…①，
当α＝60°，∠DBA=β=12α=30°时，

△ABD为直角三角形，由面积公式得：
yD×AB＝AD•BD，即yD×4＝2×23，
解得：yD=3，
点D在AP上，故点D（0，3）；
当∠ADB＝β时，则∠ABD＝90°，
故点D（3，43）；
综上，点D的坐标为：（0，3）或（3，43）；

（3）∠CEF为△ECF的特征角，则△CEF为等腰直角三角形，

过点E分别作x轴、y轴的垂线交于点M、N，
则△CNE≌△EMF（AAS），
则EN＝EM，即x＝y，
x＝y＝﹣x2+2x+3，解得：x=1+132，
故点E（1+132，1+132）．
22．（2020•青浦区一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，对称轴为直线x＝2，点A的坐标为（1，0）．
（1）求该抛物线的表达式及顶点坐标；
（2）点P为抛物线上一点（不与点A重合），连接PC．当∠PCB＝∠ACB时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，将抛物线沿平行于y轴的方向向下平移，平移后的抛物线的顶点为点D，点P的对应点为点Q，当OD⊥DQ时，求抛物线平移的距离．

【分析】（1）由抛物线的对称性质得到点B的坐标，把点A、B的坐标分别代入抛物线解析式，列出方程组，通过解方程组求得系数的值；根据抛物线解析式求得顶点坐标；
（2）过点P作PN⊥x轴于N，过点C作CM⊥PN，交NP的延长线于点M，构造矩形COMN和直角三角形，利用锐角三角函数的定义求得PMPN=13，故设PM＝a，MC＝3a，PN＝3﹣a．易得P（3a，3﹣a），由二次函数图象上点的坐标特征列出关于a的方程，通过解方程求得a的值，易得点P的坐标；
（3）设抛物线平移的距离为m，得y＝（x﹣2）2﹣1﹣m．从而求得D（2，﹣1﹣m）．过点D作直线EF∥x轴，交y轴于点E，交PQ延长线于点F．易推知∠EOD＝∠QDF，则tan∠EOD＝tan∠QDF，根据锐角三角函数定义列出关于m的方程，通过解方程求得m的值．
【解析】（1）∵对称轴为直线x＝2，点A的坐标为（1，0），
∴点B的坐标是（3，0）．
将A（1，0），B（3，0）分别代入y＝x2+bx+c，得
1+b+c=09+3b+c=0．
解得b=-4c=3．
则该抛物线解析式是：y＝x2﹣4x+3．
由y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1知，该抛物线顶点坐标是（2，﹣1）；
（2）如图1，过点P作PN⊥x轴于N，过点C作CM⊥PN，交NP的延长线于点M，

∵∠CON＝90°，
∴四边形CONM是矩形．
∴∠CMN＝90°，CO＝MN、
∴y＝x2﹣4x+3，
∴C（0，3）．
∵B（3，0），
∴OB＝OC＝3．
∵∠COB＝90°，
∴∠OCB＝∠BCM＝45°．
又∵∠ACB＝∠PCB，
∴∠OCB﹣∠ACB＝∠BCM﹣∠PCB，即∠OCA＝∠PCM．
∴tan∠OCA＝tan∠PCM．
∴PMCM=13．
故设PM＝a，MC＝3a，PN＝3﹣a．
∴P（3a，3﹣a），
将其代入抛物线解析式y＝x2﹣4x+3，得（3a）2﹣4（3﹣a）+3＝3﹣a．
解得a1=119，a2＝0（舍去）．
∴P（113，169）．
（3）设抛物线平移的距离为m，得y＝（x﹣2）2﹣1﹣m．
∴D（2，﹣1﹣m）．
如图2，过点D作直线EF∥x轴，交y轴于点E，交PQ延长线于点F，

∵∠OED＝∠QFD＝∠ODQ＝90°，
∴∠EOD+∠ODE＝90°，∠ODE+∠QDP＝90°．
∴∠EOD＝∠QDF．
∴tan∠EOD＝tan∠QDF，
∴DEOE=QFDF．
∴2m+1=169-m+1+m113-2．
解得m=15．
故抛物线平移的距离为15．
23．（2020•奉贤区一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+bx+c经过点A（2，﹣3）和点B（5，0），顶点为C．
（1）求这条抛物线的表达式和顶点C的坐标；
（2）点A关于抛物线对称轴的对应点为点D，联结OD、BD，求∠ODB的正切值；
（3）将抛物线y＝x2+bx+c向上平移t（t＞0）个单位，使顶点C落在点E处，点B落在点F处，如果BE＝BF，求t的值．

【分析】（1）用待定系数法可求解析式，配方后即可求顶点C坐标；
（2）作辅助线，构建直角三角形，根据两点的距离求线段的长，根据三角函数定义可得结论；
（3）利用平移的性质表示E和F的坐标，根据两点的距离公式和BE＝BF列方程可得结论．
【解析】（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（2，﹣3）和点B（5，0），
∴-3=4+2b+c0=25+5b+c
解得：b=-6c=5
∴抛物线解析式为y＝x2﹣6x+5＝（x﹣3）2﹣4，
∴顶点C坐标为（3，﹣4）；
（2）∵点A关于抛物线对称轴x＝3的对应点为点D，
∴点D的坐标（4，﹣3），
∴OD＝5，
如图1，过O作OG⊥BD于G，

∵点B（5，0），
∴OB＝OD，
∴DG＝BG=12BD=1212+32=102，
∴OG=OB2-BG2=52-(102)2=3102，
∴tan∠ODB=OGDG=3102102=3；

（3）如图2，∵抛物线y＝x2+bx+c向上平移t（t＞0）个单位，
∴E（3，﹣4+t），F（5，t），
∵BE＝BF，B（5，0），
∴（3﹣5）2+（﹣4+t）2＝（5﹣5）2+t2，
t=52．

24．（2020•宝山区一模）在平面直角坐标系内，反比例函数和二次函数y＝a（x2+x﹣1）的图象交于点A（1，a）和点B（﹣1，﹣a）．
（1）求直线AB与y轴的交点坐标；
（2）要使上述反比例函数和二次函数在某一区域都是y随着x的增大而增大，求a应满足的条件以及x的取值范围；
（3）设二次函数的图象的顶点为Q，当Q在以AB为直径的圆上时，求a的值．
【分析】（1）由待定系数法可求直线AB解析式，即可求解；
（2）由反比例函数和二次函数都是y随着x的增大而增大，可得a＜0，又由二次函数y＝a（x2+x﹣1）的对称轴为x=-12，可得x≤-12时，才能使得y随着x的增大而增大；
（3）先求点Q坐标，由OQ＝OA，可得方程，即可求a的值．
【解析】（1）设直线AB的解析式为：y＝kx+b，
由题意可得a=k+b-a=-k+b
∴b＝0，k＝a，
∴直线AB的解析式为：y＝ax，
∴当x＝0时，y＝0，
∴直线AB与y轴的交点坐标（0，0）；
（2）∵反比例函数过点A（1，a），
∴反比例函数解析式为：y=ax，
∵要使反比例函数和二次函数都是y随着x的增大而增大，
∴a＜0．
∵二次函数y＝a（x2+x﹣1）＝a（x+12）2-54a，
∴对称轴为：直线x=-12．
要使二次函数y＝a（x2+x﹣1）满足上述条件，在k＜0的情况下，x必须在对称轴的左边，即x≤-12时，才能使得y随着x的增大而增大．
综上所述，a＜0且x≤-12；
（3）∵二次函数y＝a（x2+x﹣1）＝a（x+12）2-54a，
∴顶点Q（-12，-54a），
∵Q在以AB为直径的圆上，
∴OA＝OQ，
∴（-12）2+（-54a）2＝12+a2，
∴a＝±233
25．（2020•杨浦区一模）已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝mx2﹣2mx+4（m≠0）与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），且AB＝6．
（1）求这条抛物线的对称轴及表达式；
（2）在y轴上取点E（0，2），点F为第一象限内抛物线上一点，联结BF，EF，如果S四边形OEFB＝10，求点F的坐标；
（3）在第（2）小题的条件下，点F在抛物线对称轴右侧，点P在x轴上且在点B左侧，如果直线PF与y轴的夹角等于∠EBF，求点P的坐标．

【分析】（1）根据抛物线解析式求得对称轴方程为x＝1，结合AB＝6求得点A、B的坐标；然后利用待定系数法确定函数解析式；
（2）如图1，联结OF，设F（t，-12t2+t+4），根据图形得到S四边形OEFB＝S△OEF+S△OFB，由三角形的面积公式列出方程，利用方程求得点F的横坐标，结合二次函数图象上点的坐标特征求得点F的纵坐标；
（3）如图2，设PF与y轴的交点为G．由tan∠EBO＝tan∠HFB=12得到：∠EBO＝∠HFB．易推知∠PFB＝∠PBF．故PF＝PB．设P（a，0）．由两点间的距离公式求得相关线段的长度并列出方程，通过解方程求得点P的横坐标．
【解析】（1）由y＝mx2﹣2mx+4＝m（x﹣1）2+4﹣m得到：抛物线对称轴为直线x＝1．
∵AB＝6，
∴A（﹣2，0），B（4，0）．
将点A的坐标代入函数解析式得到：4m+4m+4＝0，解得m=-12．
故该抛物线解析式是：y=-12x2+x+4；
（2）如图1，联结OF，

设F（t，-12t2+t+4），则
S四边形OEFB＝S△OEF+S△OFB=12×2t+12×4（-12t2+t+4）＝10．
∴t1＝1，t2＝2．
∴点F的坐标是（1，92）或（2，4）；

（2）由题意得，F（2，4），
如图2，设PF与y轴的交点为G．，

∵tan∠EBO=OEOB=24=12，tan∠HFB=BHFH=12，
∴tan∠EBO＝tan∠HFB．
∴∠EBO＝∠HFB．
又∵∠PFH＝∠EGF＝∠FBE，
∴∠PFB＝∠PBF．
∴PF＝PB．
设P（a，0）．
则PF＝PB，
∴（a﹣4）2＝（a﹣2）2+42，解得a＝﹣1．
∴P（﹣1，0）
26．（2020•松江区一模）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（3，0），点B（0，3）．点M（m，0）在线段OA上（与点A，O不重合），过点M作x轴的垂线与线段AB交于点P，与抛物线交于点Q，联结BQ．
（1）求抛物线表达式；
（2）联结OP，当∠BOP＝∠PBQ时，求PQ的长度；
（3）当△PBQ为等腰三角形时，求m的值．

【分析】（1）利用待定系数法确定函数解析式即可；
（2）根据点A、B的坐标得到直线AB解析式：y＝﹣x+3．设P（m，﹣m+3），Q（m，﹣m2+2m+3）．根据相似三角形△POB∽△QBP的性质列出比例式，通过比例式求得m的值，然后由两点间的距离公式求得PQ的长度；
（3）利用两点间的距离公式求得BP2、PQ2、BQ2的值．
需要分三种情况解答：①BP＝BQ；②BP＝PQ；③PQ＝BQ，代入相关数值，列出方程，通过解方程求得m的值．
【解析】（1）将A（3，0），B（0，3）分别代入抛物线解析式，得
-9+3b+c=0c=3．
解得b=2c=3．
故该抛物线解析式是：y＝﹣x2+2x+3；

（2）设直线AB的解析式是：y＝kx+t（k≠0），
把A（3，0），B（0，3）分别代入，得
3k+t=0t=3．
解得k＝﹣1，t＝3．
则该直线方程为：y＝﹣x+3．
故设P（m，﹣m+3），Q（m，﹣m2+2m+3）．
则BP=2m，PQ＝﹣m2+3m．
∵OB＝OA＝3，
∴∠BAO＝45°．
∵QM⊥OA，
∴∠PMA＝90°．
∴∠AMP＝45°．
∴∠BPQ＝∠APM＝∠BAO＝45°．
又∵∠BOP＝∠QBP，
∴△POB∽△QBP．
于是BPPQ=OBBP，即2m-m2+3m=32m．
解得m1=95，m2＝0（舍去）．
∴PQ＝﹣m2+3m=5425；

（3）由两点间的距离公式知，BP2＝2m2，PQ2＝（﹣m2+3m）2，BQ2＝m2+（﹣m2+2m）2．
①若BP＝BQ，2m2＝m2+（﹣m2+2m）2，
解得m1＝1，m2＝3（舍去）．
即m＝1符合题意．
②若BP＝PQ，2m2＝（﹣m2+3m）2，
解得m1＝3-2，m2＝3+2（舍去）．
即m＝3-2符合题意．
③若PQ＝BQ，（﹣m2+3m）2＝m2+（﹣m2+2m）2，
解得m＝2．
综上所述，m的值为1或3-2或2．

27．（2020•黄浦区一模）在平面直角坐标系xOy中，平移一条抛物线，如果平移后的新抛物线经过原抛物线顶点，且新抛物线的对称轴是y轴，那么新抛物线称为原抛物线的“影子抛物线”．
（1）已知原抛物线表达式是y＝x2﹣2x+5，求它的“影子抛物线”的表达式；
（2）已知原抛物线经过点（1，0），且它的“影子抛物线”的表达式是y＝﹣x2+5，求原抛物线的表达式；
（3）小明研究后提出：“如果两条不重合的抛物线交y轴于同一点，且它们有相同的“影子抛物线”，那么这两条抛物线的顶点一定关于y轴对称．”你认为这个结论成立吗？请说明理由．

【分析】（1）设影子抛物线表达式是y＝x2+n，先求出原抛物线的顶点坐标，代入y＝x2+n，可求解；
（2）设原抛物线表达式是y＝﹣（x+m）2+k，用待定系数法可求m，k，即可求解；
（3）分别求出两个抛物线的顶点坐标，即可求解．
【解析】（1）∵原抛物线表达式是y＝x2﹣2x+5＝（x﹣1）2+4
∴原抛物线顶点是（1，4），
设影子抛物线表达式是y＝x2+n，
将（1，4）代入y＝x2+n，解得n＝3，
所以“影子抛物线”的表达式是y＝x2+3；
（2）设原抛物线表达式是y＝﹣（x+m）2+k，
则原抛物线顶点是（﹣m，k），
将（﹣m，k）代入y＝﹣x2+5，得﹣（﹣m）2+5＝k①，
将（1，0）代入y＝﹣（x+m）2+k，0＝﹣（1+m）2+k②，
由①、②解得 m1=1k1=4，m2=-2k2=1．
所以，原抛物线表达式是y＝﹣（x+1）2+4或y＝﹣（x﹣2）2+1；
（3）结论成立．
设影子抛物线表达式是y＝ax2+n．原抛物线于y轴交点坐标为（0，c）
则两条原抛物线可表示为y1＝ax2+b1x+c与抛物线y2＝ax2+b2x+c（其中a、b1、b2、c是常数，且a≠0，b1≠b2）
由题意，可知两个抛物线的顶点分别是P1(-b12a，4ac-b124a)、P2(-b22a，4ac-b224a)
将P1、P2分别代入y＝ax2+n，
得a(-b12a)2+n=4ac-b124aa(-b22a)2+n=4ac-b224a
消去n得b12＝b22，
∵b1≠b2，
∴b1＝﹣b2
∴P1(b22a，4ac-b224a)，P2(-b22a，4ac-b224a)，
∴P1、P2关于y轴对称．
28．（2020•黄浦区一模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=-14x2-x+2，其顶点为A．
（1）写出这条抛物线的开口方向、顶点A的坐标，并说明它的变化情况；
（2）直线BC平行于x轴，交这条抛物线于B、C两点（点B在点C左侧），且cot∠ABC＝2，求点B坐标．

【分析】（1）由二次函数的性质可求解；
（2）如图，设直线BC与对称轴交于点D，则AD⊥BD，设线段AD的长为m，则BD＝AD•cot∠ABC＝2m，可求点B坐标，代入解析式可求m的值，即可求点B坐标．
【解析】（1）抛物线y=-14x2-x+2=-14（x+2）2+3的开口方向向下，顶点A的坐标是（﹣2，3），
抛物线的变化情况是：在对称轴直线x＝﹣2左侧部分是上升的，右侧部分是下降的；
（2）如图，设直线BC与对称轴交于点D，则AD⊥BD．

设线段AD的长为m，则BD＝AD•cot∠ABC＝2m，
∴点B的坐标可表示为（﹣2m﹣2，3﹣m），
代入y=-14x2-x+2，得3-m=-14(-2m-2)2-(-2m-2)+2．
解得m1＝0（舍），m2＝1，
∴点B的坐标为（﹣4，2）．
29．（2020•闵行区一模）已知：在平面直角坐标系xOy中，对称轴为直线x＝﹣2的抛物线经过点C（0，2），与x轴交于A（﹣3，0）、B两点（点A在点B的左侧）．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）联结BC，求∠BCO的余切值；
（3）如果过点C的直线，交x轴于点E，交抛物线于点P，且∠CEO＝∠BCO，求点P的坐标．

【分析】（1）设抛物线的表达式为y＝ax2+bx+c，将A，B的坐标及对称轴方程代入即可；
（2）分别求出点B，C的坐标，直接在Rt△OBC中，根据余切定义即可求出；
（3）设点E的坐标是（x，0），求出点E的坐标，再求出CE的解析式，即可求出其与抛物线的交点坐标．
【解析】（1）设抛物线的表达式为y＝ax2+bx+c，将点C（0，2）、A（﹣3，0）、对称轴直线x＝﹣2代入，
得：-b2a=-29a-3b+c=0c=2，
解得：a=23，b=83，
∴这条抛物线的表达式为y=23x2+83x+2；

（2）令y＝0，那么23x2+83x+2=0，
解得x1＝﹣3，x2＝﹣1，
∵点A的坐标是（﹣3，0），∴点B的坐标是（﹣1，0），
∵C（0，2），
∴OB＝1，OC＝2，
在Rt△OBC中，∠BOC＝90°，
∴cot∠BCO=OCOB=2；

（3）设点E的坐标是（x，0），得OE＝|x|．
∵∠CEO＝∠BCO，
∴cot∠CEO＝cot∠BCO，
在Rt△EOC中，∴cot∠CEO=OEOC=|x|2=2，
∴|x|＝4，∴点E坐标是（4，0）或（﹣4，0），
∵点C坐标是（0，2），
∴lCE：y=12x+2或y=-12x+2，
∴y=12x+2y=23x2+83x+2，或y=-12x+2y=23x2+83x+2
解得x=-134y=38和x=0y=2（舍去），或x=-194y=358和x=0y=2（舍去）；
∴点P坐标是（-134，38）或（-194，358）．


30．（2020•徐汇区一模）如图，将抛物线y=-43x2+4平移后，新抛物线经过原抛物线的顶点C，新抛物线与x轴正半轴交于点B，联结BC，tanB＝4，设新抛物线与x轴的另一交点是A，新抛物线的顶点是D．
（1）求点D的坐标；
（2）设点E在新抛物线上，联结AC、DC，如果CE平分∠DCA，求点E的坐标．
（3）在（2）的条件下，将抛物线y=-43x2+4沿x轴左右平移，点C的对应点为F，当△DEF和△ABC相似时，请直接写出平移后得到抛物线的表达式．

【分析】（1）设点D坐标（a，b），可得新抛物线解析式为：y=-43（x﹣a）2+b，先求出点C，点B坐标，代入解析式可求解；
（2）通过证明△AOC∽△CHD，可得∠ACO＝∠DCH，可证EC∥AO，可得点E纵坐标为4，即可求点E坐标；
（3）分两种情况讨论，由相似三角形的性质可求点F坐标，即可求平移后得到抛物线的表达式．
【解析】（1）∵抛物线y=-43x2+4的顶点为C，
∴点C（0，4）
∴OC＝4，
∵tanB＝4=OCOB，
∴OB＝1，
∴点B（1，0）
设点D坐标（a，b）
∴新抛物线解析式为：y=-43（x﹣a）2+b，且过点C（0，4），点B（1，0）
∴0=-43(1-a)2+b4=-43a2+b
解得：a=-1b=163
∴点D坐标（﹣1，163）
（2）如图1，过点D作DH⊥OC，

∵点D坐标（﹣1，163）
∴新抛物线解析式为：y=-43（x+1）2+163，
当y＝0时，0=-43（x+1）2+163，
∴x1＝﹣3，x2＝1，
∴点A（﹣3，0），
∴AO＝3，
∴AOCO=34，
∵点D坐标（﹣1，163）
∴DH＝1，HO=163，
∴CH＝OH﹣OC=43，
∴DHCH=34，
∴AOCO=DHCH，且∠AOC＝∠DHC＝90°，
∴△AOC∽△CHD，
∴∠ACO＝∠DCH，
∵CE平分∠ACD，
∴∠ACE＝∠DCE，
∴∠ACO+∠ACE＝∠DCH+∠DCE，且∠ACO+∠ACE+∠DCH+∠DCE＝180°
∴∠ECO＝∠ECH＝90°＝∠AOB，
∴EC∥AO，
∴点E纵坐标为4，
∴4=-43（x+1）2+163，
∴x1＝﹣2，x2＝0，
∴点E（﹣2，4），
（3）如图2，

∵点E（﹣2，4），点C（0，4），点A（﹣3，0），点B（1，0），点D坐标（﹣1，163）
∴DE＝DC=53，AC=AO2+CO2=16+9=5，AB＝3+1＝4，
∴∠DEC＝∠DCE，
∵EC∥AB，
∴∠ECA＝∠CAB，
∴∠DEC＝∠CAB，
∵△DEF和△ABC相似
∴DEAC=EFAB或DEAB=EFAC，
∴535=EF4或534=EF5
∴EF=43或2512
∴点F（-23，4）或（112，4）
设平移后解析式为：y=-43（x+1﹣c）2+4，
∴4=-43（-23+1﹣c）2+4或4=-43（112+1﹣c）2+4，
∴c1=13，c2=1312
∴平移后解析式为：y=-43（x+23）2+4或y=-43（x-112）2+4，
31．（2020•静安区一模）在平面直角坐标系xOy中（如图），已知二次函数y＝ax2+bx+c（其中a、b、c是常数，且a≠0）的图象经过点A（0，﹣3）、B（1，0）、C（3，0），联结AB、AC．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）点D是线段AC上的一点，联结BD，如果S△ABD：S△BCD＝3：2，求tan∠DBC的值；
（3）如果点E在该二次函数图象的对称轴上，当AC平分∠BAE时，求点E的坐标．

【分析】（1）将A、B、C的坐标直接代入y＝ax2+bx+c即可；
（2）过点D作DH⊥BC于H，在△ABC中，设AC边上的高为h，求出AD与DC的比，证△CHD∽△COA，可求出CH，DH，BH的长，可根据正切定义求出结果；
（3）求出抛物线对称轴为直线x＝2，设直线x＝2与x轴交于点G，过点A作AF垂直于直线x＝2，垂足为F，证∠OAC＝∠OCA＝45°，∠FAC＝∠OCA＝45°，推出∠BAO＝∠EAF，证△OAB∽△FEA，即可求出AF的长，EF的长，EG的长，即可写出点E的坐标．
【解析】（1）将A（0，﹣3）、B（1，0）、C（3，0）代入y＝ax2+bx+c，
得，c=-3a+b+c=09a+3b+c=0，
解得，a=-1b=4c=-3，
∴此抛物线的表达式是y＝﹣x2+4x﹣3；

（2）过点D作DH⊥BC于H，
在△ABC中，设AC边上的高为h，则S△ABDS△BCD=12AD⋅h12DC⋅h=ADDC=32，
又∵DH∥y轴，
∴△CHD∽△COA，
∴CHOC=DCAC=DHOA=25，
∴CH＝DH=25×3=65，
∴BH＝BC﹣CH＝2-65=45，
∴tan∠DBC=DHBH=32；

（3）∵y＝﹣x2+4x﹣3＝﹣（x﹣2）2+1，
∴对称轴为直线x＝2，设直线x＝2与x轴交于点G，过点A作AF垂直于直线x＝2，垂足为F，
∵OA＝OC＝3，
∠AOC＝90°，
∴∠OAC＝∠OCA＝45°，
∵AF∥x轴，
∴∠FAC＝∠OCA＝45°，
∵AC平分∠BAE，
∴∠BAC＝∠EAC，
∵∠BAO＝∠OAC﹣∠BAC，∠EAF＝∠FAC﹣∠EAC，
∴∠BAO＝∠EAF，
∵∠AOB＝∠AFE＝90°，
∴△OAB∽△FEA，
∴OBOA=EFAF=13，
∵AF＝2，
∴EF=23，
∴EG＝GF﹣EF＝AO﹣EF＝3-23=73，
∴E（2，-73）．


32．（2020•金山区一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=13x2+mx+n经过点B（6，1），C（5，0），且与y轴交于点A．
（1）求抛物线的表达式及点A的坐标；
（2）点P是y轴右侧抛物线上的一点，过点P作PQ⊥OA，交线段OA的延长线于点Q，如果∠PAB＝45°．求证：△PQA∽△ACB；
（3）若点F是线段AB（不包含端点）上的一点，且点F关于AC的对称点F′恰好在上述抛物线上，求FF′的长．

【分析】（1）将点B、C代入抛物线解析式y=13x2+mx+n即可；
（2）先证△ABC为直角三角形，再证∠QAP+∠CAB＝90°，又因∠AQP＝∠ACB＝90°，即可证△PQA∽△ACB；
（3）做点B关于AC的对称点B'，求出BB'的坐标，直线AB'的解析式，即可求出点F'的坐标，接着求直线FF'的解析式，求出其与AB的交点即可．
【解析】（1）将B（6，1），C（5，0）代入抛物线解析式y=13x2+mx+n，
得1=12+6m+n0=253+5m+n，
解得，m=-83，n＝5，
则抛物线的解析式为：y=13x2-83x+5，点A坐标为（0，5）；
（2）AC=52+52=52，BC=(6-5)2+12=2，AB=62+(5-1)2=213，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC为直角三角形，且∠ACB＝90°，
当∠PAB＝45°时，点P只能在点B右侧，过点P作PQ⊥y 轴于点Q，
∴∠QAB+∠OAB＝180°﹣∠PAB＝135°，
∴∠QAP+∠CAB＝135°﹣∠OAC＝90°，
∵∠QAP+∠QPA＝90°，
∴∠QPA＝∠CAB，
又∵∠AQP＝∠ACB＝90°，
∴△PQA∽△ACB；
（3）做点B关于AC的对称点B'，则A，F'，B'三点共线，
由于AC⊥BC，根据对称性知点B'（4，﹣1），
将B'（4，﹣1）代入直线y＝kx+5，
∴k=-32，
∴yAB'=-32x+5，
联立y=-32x+5y=13x2-83x+5，
解得，x1=72，x2＝0（舍去），
则F'（72，-14），
将B（6，1），B'（4，﹣1）代入直线y＝mx+n，
得，6k+b=14k+b=-1，
解得，k＝1，b＝﹣5，
∴yBB'＝x﹣5，
由题意知，kFF'＝KBB'，
∴设yFF'＝x+b，
将点F'（72，-14）代入，
得，b=-154，
∴yFF'＝x-154，
联立y=-23x+5y=x-154，
解得，x=214，y=32，
∴F（214，32），
则FF'=(214-72)2+(32+14)2=724．


33．（2020•浦东新区一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴的两个交点分别为A（﹣1，0），B（3，0），与y轴相交于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）联结AC、BC，求∠ACB的正切值；
（3）点P在抛物线上，且∠PAB＝∠ACB，求点P的坐标．

【分析】（1）将点A，B坐标代入抛物线y＝﹣x2+bx+c即可；
（2）如图1，过点A作AH⊥BC于H，分别证△OBC和△AHB是等腰直角三角形，可求出CH，AH的长，可在Rt△AHC中，直接求出∠ACB的正切值；
（3）此问需分类讨论，当∠PAB＝∠ACB时，过点P作PM⊥x轴于点M，设P（a，﹣a2+2a+3），由同角的三角函数值相等可求出a的值，由对称性可求出第二种情况．
【解析】（1）将点A（﹣1，0），B（3，0）代入抛物线y＝﹣x2+bx+c中，
得-1-b+c=0-9+3b+c=0，
解得，b＝2，c＝3，
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3；

（2）∵在y＝﹣x2+2x+3中，当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3），
∴OC＝OB＝3，
∴△OBC为等腰直角三角形，∠OBC＝45°，
∴BC=2OC＝32，
如图1，过点A作AH⊥BC于H，
则∠HAB＝∠HBA＝45°，
∴△AHB是等腰直角三角形，
∵AB＝4，
∴AH＝BH=22AB＝22，
∴CH＝BC﹣BH=2，
∴在Rt△AHC中，tan∠ACH=AHCH=222=2，
即∠ACB的正切值为2；
（3）①如图2，当∠PAB＝∠ACB时，过点P作PM⊥x轴于点M，
设P（a，﹣a2+2a+3），则M（a，0），
由（1）知，tan∠ACB＝2，
∴tan∠PAM＝2，
∴PMAM=2，
∴-a2+2a+3a+1=2，
解得，a1＝﹣1（舍去），a2＝1，
∴P1（1，4）；

②取点P（1，4）关于x轴的对称点Q（1，﹣4），延长AQ交抛物线于P2，则此时∠P2AB＝∠PAM＝∠ACB，
设直线PQ的解析式为y＝kx+b，将A（﹣1，0），Q（1，﹣4）代入，
得，-k+b=0k+b=-4，
解得，k＝﹣2，b＝﹣2，
∴yAQ＝﹣2x﹣2，
联立，y=-2x-2y=-x2+2x+3，
解得，x=-1y=0或x=5y=-12，
∴P2（5，﹣12）；
综上所述，点P的坐标为（1，4）或（5，﹣12）．


34．（2020•普陀区一模）在平面直角坐标系xOy中（如图），已知抛物线y＝ax2+（a+83）x+c（a≠0）经过点A（﹣3，﹣2），与y轴交于点B （0，﹣2），抛物线的顶点为点C，对称轴与x轴交于点D．
（1）求抛物线的表达式及点C的坐标；
（2）点E是x轴正半轴上的一点，如果∠AED＝∠BCD，求点E的坐标；
（3）在（2）的条件下，点P是位于y轴左侧抛物线上的一点，如果△PAE是以AE为直角边的直角三角形，求点P的坐标．

【分析】（1）将点A、B 代入抛物线y＝ax2+（a+83）x+c，即可求出抛物线解析式，再化为顶点式即可；
（2）如图1，连接AB，交对称轴于点N，则N（-32，﹣2），利用相等角的正切值相等即可求出EH的长，OE的长，可写出点E的坐标；
（3）分∠EAP＝90°和∠AEP＝90°两种情况讨论，通过相似的性质，用含t的代数式表示出点P的坐标，可分别求出点P的坐标．
【解析】（1）将点A（﹣3，﹣2）、B （0，﹣2）代入抛物线y＝ax2+（a+83）x+c，
得-2=9a-3(a+83)+c-2=c，
解得，a=43，c＝﹣2，
∴y=43x2+4x﹣2
=43（x+32）2﹣5，
∴抛物线解析式为y=43x2+4x﹣2，顶点C的坐标为（-32，﹣5）；

（2）如图1，连接AB，交对称轴于点N，则N（-32，﹣2），
在Rt△BCN中，
tan∠BCN=BNCN=323=12，
∴tan∠AED=12，
过点A作AH⊥DE于H，
则tan∠AED=AHEH=2EH=12，
∴EH＝4，
∴OE＝1，
∴E（1，0）；

（3）①如图2，当∠EAP＝90°时，
∵∠HEA+∠HAE＝90°，∠HAE+∠MAP＝90°，
∴∠HEA＝∠MAP，
又∠AHE＝∠PMA＝90°，
∴△AHE∽△PMA，
则MPAM=AHHE，
设PM＝t，则AM＝2t，
将P（t﹣3，﹣2﹣2t）代入y=43x2+4x﹣2，
得t1＝0（舍去），t2=32，
∴P1（-32，﹣5）；

②如图3，当∠AEP＝90°时，
∵∠EAG+∠AEG＝90°，∠AEG+∠PEN＝90°，
∴∠AEG＝∠EPN，
又∵∠N＝∠G＝90°，
∴△AEG∽△EPN，
则PNEN=EGAG=12，
设PN＝t，则EN＝2t，
将P（1﹣t，2t）代入y=43x2+4x﹣2，
得，t1=13+1294，t2=13-1294（舍），
∴P2（-9+1294，13+1292）．
综上所述：P1（-32，﹣5），P2（-9+1294，13+1292）．