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挑战2023年中考数学压轴题专题14 二次函数与线段数量关系最值定值问题（含答案解析）
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这是一份挑战2023年中考数学压轴题专题14 二次函数与线段数量关系最值定值问题（含答案解析），共93页。
专题14二次函数与线段数量关系最值定值问题
图形运动的过程中,求两条线段之间的函数关系,是中考数学的热点问题．
产生两条线段间的函数关系,常见的情况有两种,一是勾股定理,二是比例关系．还有一种不常见的,就是线段全长等于部分线段之和．由比例线段产生的函数关系问题,在两种类型的题目中比较常用．
一是由平行线产生的对于线段成比例,二是相似三角形的对应边成比例．
一般步骤是先说理产生比例关系,再代入数值或表示数的字母,最后整理、变形,根据要求写出定义域．关键是寻找比例关系,难点是有的整理、变形比较繁琐,容易出错．
【例1】（2022•武汉模拟）抛物线y＝x2﹣2x+m的顶点A在x轴上,与y轴交于点B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,直线CD∥AB交抛物线于C,D两点,若,求△COD的面积；
（3）如图2,P为抛物线对称轴上顶点下方的一点,过点P作直线交抛物线于点E,F,交x轴于点M,求的值．
【例2】（2022•黄石）如图,抛物线y＝﹣x2+x+4与坐标轴分别交于A,B,C三点,P是第一象限内抛物线上的一点且横坐标为m．
（1）A,B,C三点的坐标为 , , ．
（2）连接AP,交线段BC于点D,
①当CP与x轴平行时,求的值；
②当CP与x轴不平行时,求的最大值；
（3）连接CP,是否存在点P,使得∠BCO+2∠PCB＝90°,若存在,求m的值,若不存在,请说明理由．
【例3】（2022•河南三模）如图,抛物线y＝ax2+bx﹣4交x轴于A,B两点,交y轴于点C,OB＝2OC＝4OA,连接AC,BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点D是抛物线y＝ax2+bx﹣4的图象上在第四象限内的一动点,DE⊥x轴于点E,交BC于点F．设点D的横坐标为m．
①请用含m的代数式表示线段DF的长；
②已知DG∥AC,交BC于点G,请直接写出当时点D的坐标．
【例4】（2021•大庆）如图,抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于原点O和点A,且其顶点B关于x轴的对称点坐标为（2,1）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）抛物线的对称轴上存在定点F,使得抛物线y＝ax2+bx+c上的任意一点G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离总相等．
①证明上述结论并求出点F的坐标；
②过点F的直线l与抛物线y＝ax2+bx+c交于M,N两点．
证明：当直线l绕点F旋转时,+是定值,并求出该定值；
（3）点C（3,m）是该抛物线上的一点,在x轴,y轴上分别找点P,Q,使四边形PQBC周长最小,直接写出P,Q的坐标．
1．（2020•道里区二模）已知：在平面直角坐标系中,点O为坐标原点,抛物线y＝﹣+bx+3交x轴于A、B两点（点B在点A的右边）交y轴于点C,OB＝3OC．
（1）如图1,求抛物线的解析式；
（2）如图2,点E是第一象限抛物线上的点,连接BE,过点E作ED⊥OB于点D,tan∠EBD＝,求△BDE的面积；
（3）如图3,在（2）的条件下,连接BC交DE于点Q,点K是第四象限抛物线上的点,连接EK交BC于点M,交x轴于点N,∠EMC＝45°,过点K作直线KT⊥x轴于点T,过点E作EL∥x轴,交直线KT于点L,点F是抛物线对称轴右侧第一象限抛物线上的点,连接ET、LF,LF的延长线交ET于点P,连接DP并延长交EL于点S,SE＝2SL,求点F的坐标．
2．（2020•三明二模）如图,抛物线y＝x2+mx（m＜0）交x轴于O,A两点,顶点为点B．
（Ⅰ）求△AOB的面积（用含m的代数式表示）；
（Ⅱ）直线y＝kx+b（k＞0）过点B,且与抛物线交于另一点D（点D与点A不重合）,交y轴于点C．过点C作CE∥AB交x轴于点E．
（ⅰ）若∠OBA＝90°,2＜＜3,求k的取值范围；
（ⅱ）求证：DE∥y轴．
3．（2022•杜尔伯特县一模）如图,已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于A（﹣1,0）,B（m,0）两点,与y轴相交于点C（0,﹣3）,抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点E在x轴上,且∠ECB＝∠CBD,求点E的坐标．
（3）若P是直线BC下方抛物线上任意一点,过点P作PH⊥x轴于点H,与BC交于点M．
①求线段PM长度的最大值．
②在①的条件下,若F为y轴上一动点,求PH+HF+CF的最小值．
4．（2020•江岸区校级一模）已知：抛物线y＝x2+x+m交x轴于A,B两点,交y轴于点C,其中点B在点A的右侧,且AB＝7．
（1）如图1,求抛物线的解析式；
（2）如图2,点D在第一象限内抛物线上,连接CD,AD,AD交y轴于点E．设点D的横坐标为d,△CDE的面积为S,求S与d之间的函数关系式（不要求写出自变量d的取值范围）；
（3）如图3,在（2）的条件下,过点D作DH⊥CE于点H,点P在DH上,连接CP,若∠OCP＝2∠DAB,且HE：CP＝3：5,求点D的坐标及相应S的值．
5．（2020•涡阳县一模）如图,抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与直线y＝x+1相交于A（﹣1,0）,B（4,m）两点,且抛物线经过点C（5,0）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）点P是直线上方的抛物线上的一个动点,求△ABP的面积最大时的P点坐标．
（3）若点P是抛物线上的一个动点（不与点A点B重合）,过点P作直线PD⊥x轴于点D,交直线AB于点E．当PE＝2ED时,求P点坐标；
（4）设抛物线与y轴交于点F,在抛物线的第一象限内,是否存在一点M,使得AM被FC平分？若存在,请求出点M的坐标；若不存在,说明理由．
6．（2021•桂林）如图,已知抛物线y＝a（x﹣3）（x+6）过点A（﹣1,5）和点B（﹣5,m）,与x轴的正半轴交于点C．
（1）求a,m的值和点C的坐标；
（2）若点P是x轴上的点,连接PB,PA,当＝时,求点P的坐标；
（3）在抛物线上是否存在点M,使A,B两点到直线MC的距离相等？若存在,求出满足条件的点M的横坐标；若不存在,请说明理由．
7．（2021•甘肃）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝x2+bx+c与坐标轴交于A（0,﹣2）,B（4,0）两点,直线BC：y＝﹣2x+8交y轴于点C．点D为直线AB下方抛物线上一动点,过点D作x轴的垂线,垂足为G,DG分别交直线BC,AB于点E,F．
（1）求抛物线y＝x2+bx+c的表达式；
（2）当GF＝时,连接BD,求△BDF的面积；
（3）①H是y轴上一点,当四边形BEHF是矩形时,求点H的坐标；
②在①的条件下,第一象限有一动点P,满足PH＝PC+2,求△PHB周长的最小值．
8．（2021•丽水）如图,已知抛物线L：y＝x2+bx+c经过点A（0,﹣5）,B（5,0）．
（1）求b,c的值；
（2）连结AB,交抛物线L的对称轴于点M．
①求点M的坐标；
②将抛物线L向左平移m（m＞0）个单位得到抛物线L1．过点M作MN∥y轴,交抛物线L1于点N．P是抛物线L1上一点,横坐标为﹣1,过点P作PE∥x轴,交抛物线L于点E,点E在抛物线L对称轴的右侧．若PE+MN＝10,求m的值．
9．（2020•陕西）已知抛物线L：y＝﹣x2+bx+c过点（﹣3,3）和（1,﹣5）,与x轴的交点为A,B（点A在点B的左侧）．
（1）求抛物线L的表达式；
（2）若点P在抛物线L上,点E、F在抛物线L的对称轴上,D是抛物线L的顶点,要使△PEF∽△DAB（P的对应点是D）,且PE：DA＝1：4,求满足条件的点P的坐标．
10．（2020•盘锦）如图1,直线y＝x﹣4与x轴交于点B,与y轴交于点A,抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点B和点C（0,4）,△ABO沿射线AB方向以每秒个单位长度的速度平移,平移后的三角形记为△DEF（点A,B,O的对应点分别为点D,E,F）,平移时间为t（0＜t＜4）秒,射线DF交x轴于点G,交抛物线于点M,连接ME．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当tan∠EMF＝时,请直接写出t的值；
（3）如图2,点N在抛物线上,点N的横坐标是点M的横坐标的,连接OM,NF,OM与NF相交于点P,当NP＝FP时,求t的值．
11．（2022•深圳三模）如图1,抛物线y＝ax2+bx经过点A（﹣5,0）,点B（﹣1,﹣2）．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图2,点P为抛物线上第三象限内一动点,过点Q（﹣4,0）作y轴的平行线,交直线AP于点M,交直线OP于点N,当点P运动时,4QM+QN的值是否变化？若变化,说明变化规律,若不变,求其值；
（3）如图3,长度为的线段CD（点C在点D的左边）在射线AB上移动（点C在线段AB上）,连接OD,过点C作CE∥OD交抛物线于点E,线段CD在移动的过程中,直线CE经过一定点F,直接写出定点F的坐标与的最小值．
12．（2022•阿克苏地区一模）如图1．抛物线与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,连接BC,已知点B（4,0）．
（1）若C（0,3）,求抛物线的解析式．
（2）在（1）的条件下,P（﹣2,m）为该抛物线上一点,Q是x轴上一点求的最小值,并求此时点Q的坐标．
（3）如图2．过点A作BC的平行线,交y轴与点D,交抛物线于另一点E．若DE＝7AD,求c的值．
13．（2022•松江区二模）如图,在平面直角坐标系中,已知直线y＝2x+8与x轴交于点A、与y轴交于点B,抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A、B．
（1）求抛物线的表达式；
（2）P是抛物线上一点,且位于直线AB上方,过点P作PM∥y轴、PN∥x轴,分别交直线AB于点M、N．
①当MN＝AB时,求点P的坐标；
②联结OP交AB于点C,当点C是MN的中点时,求的值．
14．（2022•游仙区模拟）如图,抛物线与坐标轴分别交于A（﹣1,0）,B（3,0）,C（0,3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线上是否存在点P,使得∠CBP＝∠ACO,若存在,求出点P的坐标；若不存在,说明理由；
（3）如图2,Q是△ABC内任意一点,求++的值．
15．（2022•龙岩模拟）抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣1,0）,B（3,4）两点,与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式（用含a的式子表示）；
（2）当a＞0时,连接AB,BC,若tan∠ABC＝,求a的值；
（3）直线y＝﹣x+m与线段AB交于点P,与抛物线交于M,N两点（点M在点N的左侧）,若PM•PN＝6,求m的值．
16．（2022•雷州市模拟）如图（1）,抛物线y＝ax2+bx+6与x轴交于点A（﹣6,0）、B（2,0）,与y轴交于点C,抛物线对称轴交抛物线于点M,交x轴于点N．点P是抛物线上的动点,且位于x轴上方．
（1）求抛物线的解析式．
（2）如图（2）,点D与点C关于直线MN对称,若∠CAD＝∠CAP,求点P的坐标．
（3）直线BP交y轴于点E,交直线MN于点F,猜想线段OE、FM、MN三者之间存在的数量关系,并证明．
17．（2022•马鞍山二模）如图,抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴于点A（﹣1,0）、B（3,0）,与y轴交于C点,直线y＝kx（k＜0）交线段BC下方抛物线于D点,交BC于E点
（1）分别求出a、b的值；
（2）求出线段BC的函数关系式,并写出自变量取值范围；
（3）探究是否有最大值,若存在,请求出此时k值,若不存在,请说明理由．
18．（2022•南岗区校级二模）如图1,在平面直角坐标系中,O为坐标原点,抛物线y＝﹣ax2+6ax+6与y轴交于点B,交x轴的负半轴于点A,交x轴的正半轴于点C,且S△ABC＝30．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2,点P为第一象限抛物线上一点,其横坐标为t,PD⊥x轴于点D,设tan∠PAD等于m,求m与t之间的函数关系式；
（3）如图3,在（2）的条件下,当m＝时,过点B作BN⊥AB交∠PAC的平分线于点N,点K在线段AB上,点M在线段AN上,连接KM、KN,∠MKN＝2∠BNK,作MT⊥KN于点T,延长MT交BN于点H,若NH＝4BH,求直线KN的解析式．
19．（2022•江汉区校级模拟）如图1,已知抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）与x轴交于A（﹣1,0）,B（3,0）,与y轴交于点C．
（1）若C（0,﹣3）,求抛物线的解析式；
（2）在（1）的条件下,E是线段BC上一动点,AE交抛物线于F点,求的最大值；
（3）如图2,点N为y轴上一点,AN、BN交抛物线于E、F两点,求•的值．
20．（2022•成都模拟）如图,抛物线与x轴交于A,B两点（点A在点B的左侧）,与y轴交于点C．
（1）求点A,B,C的坐标及抛物线的对称轴；
（2）如图1,点P（1,m）,Q（1,m﹣2）是两动点,分别连接PC,QB,请求出|PC﹣QB|的最大值,并求出m的值；
（3）如图2,∠BAC的角平分线交y轴于点D,过D点的直线l与射线AB,AC分别于E,F,当直线l绕点D旋转时,是否为定值,若是,请求出该定值；若不是,请说明理由．
21．（2022•沈阳模拟）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝﹣x2+x+2与x轴交于A,B两点（点A在点B左侧）,与y轴交于点C,直线l：y＝kx+b经过点B,点C,点P是抛物线上一动点,连接OP交直线BC于点D．
（1）求直线l的解析式；
（2）当＝时,求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下,点N是直线BC上一动点,连接ON,过点D作DF⊥ON于点F,点F在线段ON上,当OD＝DF时,请直接写出点N的坐标．
22．（2022•沈阳模拟）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝ax2+bx﹣过点A（3,2）和点B（,0）,与x轴的另一个交点为点C．
（1）求抛物线的函数表达式．
（2）判断△ABC的形状,并说明理由．
（3）点D在线段BC上,连接AD,作DE⊥AD,且DE＝AD,连接AE交x轴于点F．点F不与点C重合,射线DP⊥AE,交AE于点P,交AC于点Q．
①当AD＝AF时,请直接写出∠CAE的度数；
②当＝时,请直接写出CQ的长．
【例1】（2022•武汉模拟）抛物线y＝x2﹣2x+m的顶点A在x轴上,与y轴交于点B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,直线CD∥AB交抛物线于C,D两点,若,求△COD的面积；
（3）如图2,P为抛物线对称轴上顶点下方的一点,过点P作直线交抛物线于点E,F,交x轴于点M,求的值．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）运用待定系数法求得直线AB的解析式为y＝﹣x+1,根据CD∥AB,设直线CD的解析式为y＝﹣x+d,C（xC,yC）,D（xD,yD）,联立并整理得x2﹣x+1﹣d＝0,利用根与系数关系可得：xC+xD＝1,xC•xD＝1﹣d,yC＝﹣xC+d,yD＝﹣xD+d,再由,可得CD＝3AB＝3,建立方程求解即可得出答案；
（3）过点E作EG∥x轴交抛物线对称轴于点G,过点F作FH∥x轴交抛物线对称轴于点H,则AM∥EG∥FH,可得：＝,＝,设直线PM的解析式为y＝kx+n,可得：P（1,k+n）,M（﹣,0）,联立并整理得：整理得：x2﹣（k+2）x+1﹣n＝0,利用根与系数关系可得：xE+xF＝k+2,xE•xF＝1﹣n,再分两种情况：k＜0或k＞0,分别求出的值即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2﹣2x+m＝（x﹣1）2+m﹣1的顶点A（1,m﹣1）在x轴上,
∴m﹣1＝0,
∴m＝1,
∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣2x+1；
（2）∵y＝x2﹣2x+1＝（x﹣1）2,
∴顶点A（1,0）,
令x＝0,得y＝1,
∴B（0,1）,
在Rt△AOB中,AB＝＝＝,
设直线AB的解析式为y＝kx+b,
则,
解得：,
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+1,
∵CD∥AB,
∴设直线CD的解析式为y＝﹣x+d,C（xC,yC）,D（xD,yD）,
则x2﹣2x+1＝﹣x+d,
整理得：x2﹣x+1﹣d＝0,
∴xC+xD＝1,xC•xD＝1﹣d,
yC＝﹣xC+d,yD＝﹣xD+d,
∴yC﹣yD＝（﹣xC+d）﹣（﹣xD+d）＝xD﹣xC,
∵,
∴CD＝3AB＝3,
∴CD2＝（3）2＝18,
∴（xC﹣xD）2+（yC﹣yD）2＝18,即（xC﹣xD）2+（xD﹣xC）2＝18,
∴（xC﹣xD）2＝9,
∴（xC+xD）2﹣4xC•xD＝9,即1﹣4（1﹣d）＝9,
解得：d＝3,
∴x2﹣x﹣2＝0,
解得：x＝2或﹣1,
∴C（2,1）,D（﹣1,4）,
设直线CD：y＝﹣x+3交y轴于点K,
令x＝0,则y＝3,
∴K（0,3）,
∴OK＝3,
∴S△COD＝OK×|xC﹣xD|＝×3×3＝；
（3）如图2,过点E作EG∥x轴交抛物线对称轴于点G,过点F作FH∥x轴交抛物线对称轴于点H,
则AM∥EG∥FH,
∴＝,＝,
设直线PM的解析式为y＝kx+n,
当x＝1时,y＝k+n,
∴P（1,k+n）,
当y＝0时,kx+n＝0,
解得：x＝﹣,
∴M（﹣,0）,
∴AM＝|1﹣（﹣）|＝||,
由x2﹣2x+1＝kx+n,
整理得：x2﹣（k+2）x+1﹣n＝0,
则xE+xF＝k+2,xE•xF＝1﹣n,
∵EG＝|xE﹣1|,FH＝|xF﹣1|,
∴+＝+＝,
当k＜0时,点E、F、M均在对称轴直线x＝1左侧,
∴EG＝|xE﹣1|＝1﹣xE,FH＝|xF﹣1|＝1﹣xF,AM＝||＝,
∴+＝＝＝＝,
∴+＝AM×（+）＝×＝1；
当k＞0时,点E、F、M均在对称轴直线x＝1右侧,
∴EG＝|xE﹣1|＝xE﹣1,FH＝|xF﹣1|＝xF﹣1,AM＝||＝﹣,
∴+＝＝＝＝﹣,
∴+＝AM×（+）＝﹣×（﹣）＝1；
综上所述,的值为1．
【例2】（2022•黄石）如图,抛物线y＝﹣x2+x+4与坐标轴分别交于A,B,C三点,P是第一象限内抛物线上的一点且横坐标为m．
（1）A,B,C三点的坐标为 （﹣2,0） , （3,0） , （0,4） ．
（2）连接AP,交线段BC于点D,
①当CP与x轴平行时,求的值；
②当CP与x轴不平行时,求的最大值；
（3）连接CP,是否存在点P,使得∠BCO+2∠PCB＝90°,若存在,求m的值,若不存在,请说明理由．
【分析】（1）令x＝0,则y＝4,令y＝0,则﹣x2+x+4＝0,所以x＝﹣2或x＝3,由此可得结论；
（2）①由题意可知,P（1,4）,所以CP＝1,AB＝5,由平行线分线段成比例可知,＝＝．
②过点P作PQ∥AB交BC于点Q,所以直线BC的解析式为：y＝﹣x+4．设点P的横坐标为m,则P（m,﹣m2+m+4）,Q（m2﹣m,﹣m2+m+4）．所以PQ＝m﹣（m2﹣m）＝﹣m2+m,因为PQ∥AB,所以＝＝＝﹣（m﹣）2+,由二次函数的性质可得结论；
（3）假设存在点P使得∠BCO+2∠BCP＝90°,即0＜m＜3．过点C作CF∥x轴交抛物线于点F,由∠BCO+2∠PCB＝90°,可知CP平分∠BCF,延长CP交x轴于点M,易证△CBM为等腰三角形,所以M（8,0）,所以直线CM的解析式为：y＝﹣x+4,令﹣x2+x+4＝﹣x+4,可得结论．
【解答】解：（1）令x＝0,则y＝4,
∴C（0,4）；
令y＝0,则﹣x2+x+4＝0,
∴x＝﹣2或x＝3,
∴A（﹣2,0）,B（3,0）．
故答案为：（﹣2,0）；（3,0）；（0,4）．
（2）①∵CP∥x轴,C（0,4）,
∴P（1,4）,
∴CP＝1,AB＝5,
∵CP∥x轴,
∴＝＝．
②如图,过点P作PQ∥AB交BC于点Q,
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+4．
设点P的横坐标为m,
则P（m,﹣m2+m+4）,Q（m2﹣m,﹣m2+m+4）．
∴PQ＝m﹣（m2﹣m）＝﹣m2+m,
∵PQ∥AB,
∴＝＝＝﹣（m﹣）2+,
∴当m＝时,的最大值为．
另解：分别过点P,A作y轴的平行线,交直线BC于两点,仿照以上解法即可求解．
（3）假设存在点P使得∠BCO+2∠BCP＝90°,即0＜m＜3．
过点C作CF∥x轴交抛物线于点F,
∵∠BCO+2∠PCB＝90°,∠BCO+∠BCF+∠MCF＝90°,
∴∠MCF＝∠BCP,
延长CP交x轴于点M,
∵CF∥x轴,
∴∠PCF＝∠BMC,
∴∠BCP＝∠BMC,
∴△CBM为等腰三角形,
∵BC＝5,
∴BM＝5,OM＝8,
∴M（8,0）,
∴直线CM的解析式为：y＝﹣x+4,
令﹣x2+x+4＝﹣x+4,
解得x＝或x＝0（舍）,
∴存在点P满足题意,此时m＝．
【例3】（2022•河南三模）如图,抛物线y＝ax2+bx﹣4交x轴于A,B两点,交y轴于点C,OB＝2OC＝4OA,连接AC,BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点D是抛物线y＝ax2+bx﹣4的图象上在第四象限内的一动点,DE⊥x轴于点E,交BC于点F．设点D的横坐标为m．
①请用含m的代数式表示线段DF的长；
②已知DG∥AC,交BC于点G,请直接写出当时点D的坐标．
【分析】（1）由抛物线y＝ax2+bx﹣4,可知c＝﹣4,故OC＝4,而OB＝2OC＝4OA,则OA＝2,OB＝8,确定点A、B、C的坐标,再用待定系数法求函数解析式即可；
（2）①先求出直线BC的解析式,再设点D为（m,m2﹣m﹣4）,可得F（m,m﹣4）,即可得出线段DF的长；
②证明△AOC∽△FGD,根据相似三角形的性质可得DF＝3,再根据①得出的式子求出m的值,即可求解．
【解答】解：（1）在抛物线y＝ax2+bx﹣4中,
令x＝0,则y＝﹣4,
∴点C的坐标为（0,﹣4）,
∴OC＝4,
∵OB＝2OC＝4OA,
∴OA＝2,OB＝8,
∴点A为（﹣2,0）,点B为（8,0）,
则把点A、B代入解析式,得：
,
解得：,
∴此抛物线的表达式为y＝x2﹣x﹣4；
（2）①设直线BC的解析式为y＝mx+n,则
把点B、C代入,得,
解得：,
∴直线AC的解析式为y＝x﹣4；
设点D为（m,m2﹣m﹣4）,可得F（m,m﹣4）,
∴DF＝m﹣4−（m2﹣m﹣4）＝﹣m2+2m；
②∵点A为（﹣2,0）,点B为（8,0）,点C的坐标为（0,﹣4）,
∴AC2＝22+42＝20,BC2＝82+42＝80,AB2＝（8+2）2＝100,
∴AC2+BC2＝AB2,
∴△ABC是直角三角形,∠ACB＝∠ACO+∠OCF＝90°,
∵DG∥AC,
∴∠DGC＝∠ACB＝90°,
∴∠DGF＝∠AOC＝90°,
∴∠DFG+∠FDG＝90°,
∵DE⊥x轴,
∴DE∥y轴,
∴∠OCF＝∠DFG,
∵∠ACO+∠OCF＝90°,∠DFG+∠FDG＝90°,
∴∠ACO＝∠FDG,
∴△AOC∽△FGD,
∴,
∵AC2＝22+42＝20,
∴AC＝2,
∵DG＝AC,
∴DG＝,
∴,
∴DF＝3,
∵DF＝﹣m2+2m,
∴﹣m2+2m＝3,解得m1＝2,m2＝6,
∴点D的坐标为（2,﹣6）或（6,﹣4）．
【例4】（2021•大庆）如图,抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于原点O和点A,且其顶点B关于x轴的对称点坐标为（2,1）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）抛物线的对称轴上存在定点F,使得抛物线y＝ax2+bx+c上的任意一点G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离总相等．
①证明上述结论并求出点F的坐标；
②过点F的直线l与抛物线y＝ax2+bx+c交于M,N两点．
证明：当直线l绕点F旋转时,+是定值,并求出该定值；
（3）点C（3,m）是该抛物线上的一点,在x轴,y轴上分别找点P,Q,使四边形PQBC周长最小,直接写出P,Q的坐标．
【分析】（1）求出B（2,﹣1）,A（4,0）,再将点O、点A、点B代入抛物线y＝ax2+bx+c,即可求解解析式；
（2）①设F（2,m）,G（x,x2﹣x）,由已知可得（x﹣2）2+＝,整理得到m（m﹣x2+2x）＝0,因为任意一点G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离总相等,所以m＝0,即可求F坐标；②设过点F的直线解析式为y＝kx﹣2k,M（xM,yM）,N（xN,yN）,联立直线与抛物线解析式得x2﹣（4+4k）x+8k＝0,则有xM+xN＝4+4k,xM•xN＝8k,yM+yN＝4k2,yM•yN＝﹣4k2,由①可得+＝+＝1；
（3）作B点关于y轴的对称点B',作C点关于x轴的对称点C',连接C'B'交x轴、y轴分别于点P、Q,四边形PQBC周长＝BQ+PQ+PC+BC＝B'Q+PQ+C'P+CB＝C'B'+CB,求出B'（﹣2,﹣1）,C'（3,）,可得直线B'C'的解析为y＝x﹣,则可求Q（0,﹣）,P（,0）．
【解答】解：（1）∵顶点B关于x轴的对称点坐标为（2,1）,
∴B（2,﹣1）,
∴A（4,0）,
将点O、点A、点B代入抛物线y＝ax2+bx+c,
得到,解得,
∴y＝x2﹣x；
（2）①设F（2,m）,G（x,y）,
∴G点到直线y＝﹣2的距离为|y+2|,
∴（y+2）2＝y2+4y+4,
∵y＝x2﹣x,
∴（y+2）2＝y2+4y+4＝y2+x2﹣4x+4＝y2+（x﹣2）2,
∴G到直线y＝﹣2的距离与点（2,0）和G点的距离相等,
∴抛物线上的任意一点G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离总相等；
∵G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离相等,
∴（x﹣2）2+＝,
整理得,m（m﹣x2+2x）＝0,
∵距离总相等,
∴m＝0,
∴F（2,0）；
②设过点F的直线解析式为y＝kx﹣2k,M（xM,yM）,N（xN,yN）,
联立,整理得x2﹣（4+4k）x+8k＝0,
∴xM+xN＝4+4k,xM•xN＝8k,
∴yM+yN＝4k2,yM•yN＝﹣4k2,
∵M到F点与M点到y＝﹣2的距离相等,N到F点与N点到y＝﹣2的距离相等,
∴+＝+＝＝＝1,
∴+＝1是定值；
（3）作B点关于y轴的对称点B',作C点关于x轴的对称点C',连接C'B'交x轴、y轴分别于点P、Q,
∵BQ＝B'Q,CP＝C'P,
∴四边形PQBC周长＝BQ+PQ+PC+BC＝B'Q+PQ+C'P+CB＝C'B'+CB,
∵点C（3,m）是该抛物线上的一点
∴C（3,﹣）,
∵B（2,﹣1）,
∴B'（﹣2,﹣1）,C'（3,）,
∴直线B'C'的解析为y＝x﹣,
∴Q（0,﹣）,P（,0）．
1．（2020•道里区二模）已知：在平面直角坐标系中,点O为坐标原点,抛物线y＝﹣+bx+3交x轴于A、B两点（点B在点A的右边）交y轴于点C,OB＝3OC．
（1）如图1,求抛物线的解析式；
（2）如图2,点E是第一象限抛物线上的点,连接BE,过点E作ED⊥OB于点D,tan∠EBD＝,求△BDE的面积；
（3）如图3,在（2）的条件下,连接BC交DE于点Q,点K是第四象限抛物线上的点,连接EK交BC于点M,交x轴于点N,∠EMC＝45°,过点K作直线KT⊥x轴于点T,过点E作EL∥x轴,交直线KT于点L,点F是抛物线对称轴右侧第一象限抛物线上的点,连接ET、LF,LF的延长线交ET于点P,连接DP并延长交EL于点S,SE＝2SL,求点F的坐标．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）在Rt△EDB中,,则,解得t1＝3,t2＝9（舍去）,利用,求出点E的坐标,进而求解；
（3）证明四边形DELT是正方形和△EPS≌△EPL（SAS）,则,RL＝11﹣n,故,即可求解．
【解答】解：（1）如图1,当x＝0时,,
∴C（0,3）,∴OC＝3,
∵OB＝3OC,
∴OB＝9,∴B（9,0）,
∵点B在抛物线上,
∴,,
∴抛物线的解析式为；
（2）如图2,设,
∴,BD＝9﹣t,
在Rt△EDB中,,
∴,
解得t1＝3,t2＝9（舍去）,
∴,
∴E（3,8）,OD＝3,BD＝6,ED＝8,
∴；
（3）如图3,连接CD,
∵OC＝OD＝3,∠COD＝90°,
∴∠ODC＝∠OCD＝45°
∵∠EDO＝90°,
∴∠EDC＝45°,
∴∠EDC＝∠EMQ,
∵∠QCD＝180°﹣∠CDQ﹣∠CQD,∠QEM＝180°﹣∠QME﹣∠EQM,
∴∠DCQ＝∠DEM,
过点D作DG⊥BC于点G,BD＝6,,
设CG＝a,则,
在Rt△CGD中,DG2＝CD2﹣CG2,
在Rt△BGD中,DG2＝BD2﹣BG2,
∴CD2﹣CG2＝BD2﹣BG2,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴,∴DN＝4,
∴N（7,0）,
过点K作KH⊥ED于点H,
设,
∴KH＝m﹣3,,
∵,
∴,
∴m1＝11,m2＝3（舍）,
当m＝11时,,
∴K（11,﹣8）,
∴T（11,0）,L（11,8）,
∴EL＝ED＝8,
∵∠EDT＝∠DTL＝∠ELT＝90°,
∴四边形DELT是矩形,
∵EL＝ED,
∴四边形DELT是正方形
∴∠DET＝∠LET,
又∵EP＝EP,ED＝EL,
∴△EPS≌△EPL（SAS）,
∴∠EDS＝∠ELP,
∵SE＝2SL,
∴,
在Rt△SED中,,
∴,
过点F作FR⊥EL于点R,设,
则,RL＝11﹣n,
∴,
∴n2﹣6n﹣7＝0,
∴n1＝7,n2＝﹣1（舍）,
∴．
2．（2020•三明二模）如图,抛物线y＝x2+mx（m＜0）交x轴于O,A两点,顶点为点B．
（Ⅰ）求△AOB的面积（用含m的代数式表示）；
（Ⅱ）直线y＝kx+b（k＞0）过点B,且与抛物线交于另一点D（点D与点A不重合）,交y轴于点C．过点C作CE∥AB交x轴于点E．
（ⅰ）若∠OBA＝90°,2＜＜3,求k的取值范围；
（ⅱ）求证：DE∥y轴．
【分析】（I）先根据顶点式可得点B的坐标,令y＝0,解方程可得点A的坐标,从而得OA＝﹣m,根据三角形面积公式可得△AOB的面积；
（II）（i）如图2,作BF⊥AO,可证明△EOC∽△AFB,列比例式,根据△OAB为等腰直角三角形和点B的坐标,列关于m的方程,可得结论；
（ii）先求BC的解析式确定点C的坐标,根据方程组的解析可得点D的横坐标,根据CE∥AB确定CE的解析式,根据y＝0可得E的坐标,由D和E的横坐标相等可得结论．
【解答】解：（Ⅰ）如图1,y＝x2+mx＝,
∴点B的坐标为,
由x2+mx＝0,得x1＝0,x2＝﹣m,
∴A（﹣m,0）,
∴OA＝﹣m,
∴S△OAB＝＝＝﹣；
（Ⅱ） （ⅰ）如图2,作BF⊥x轴于点F,
则∠AFB＝∠EOC＝90°．
∵CE∥AB,
∴∠OEC＝∠FAB¸
∴△EOC∽△AFB．
∴．
∵,
∴,
∵抛物线的顶点坐标为B（,）,∠OBA＝90°,
∴△OAB为等腰直角三角形,
∴,
∵m≠0,
∴m＝﹣2,
∴B（1,﹣1）,
∴BF＝1,
∴2＜OC＜3,
∵点C为直线y＝kx+b与y轴交点,
∴2＜﹣b＜3,
∵直线y＝kx+b（k＞0）过点B,
∴k+b＝﹣1,
∴﹣b＝k+1,
∴2＜k+1＜3,
∴1＜k＜2；
（ⅱ）如图3,∵直线y＝kx+b（k＞0）过点B（,）,
∴,
∴,
∴y＝kx+,
∴C（0,）,
由x2+mx＝kx+,得：
x2+（m﹣k）x﹣＝0,
△＝（m﹣k）2+4×＝k2,
解得x1＝,x2＝,
∵点D不与点B重合,
∴点D的横坐标为,
设直线AB的表达式为y＝px+q,则：．
解得．,
∴直线AB的表达式为y＝﹣,
∵直线CE∥AB,且过点C,
∴直线CE的表达式为y＝+,
当y＝0时,x＝,
∴E（,0）,
∴点D,E的横坐标相同,
∴DE∥y轴．
3．（2022•杜尔伯特县一模）如图,已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于A（﹣1,0）,B（m,0）两点,与y轴相交于点C（0,﹣3）,抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点E在x轴上,且∠ECB＝∠CBD,求点E的坐标．
（3）若P是直线BC下方抛物线上任意一点,过点P作PH⊥x轴于点H,与BC交于点M．
①求线段PM长度的最大值．
②在①的条件下,若F为y轴上一动点,求PH+HF+CF的最小值．
【分析】（1）将A（﹣1,0）、C（0,﹣3）代入y＝x2+bx+c,待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）根据待定系数法,可得BD的解析式,根据平行线的判定和两平行直线的函数解析式的关系,根据待定系数法,可得CE的解析式,进一步可得答案；
（3）①根据BC的解析式和抛物线的解析式,设P（x,x2﹣2x﹣3）,则M（x,x﹣3）,表示PM的长,根据二次函数的最值可得：当x＝时,PM的最大值；
②当PM的最大值时,P（,﹣）,确定F的位置：在x轴的负半轴了取一点K,使∠OCK＝45°,过F作FN⊥CK于N,当N、F、H三点共线时,如图2,FH+FN最小,即PH+HF+CF的值最小,根据45度的直角三角形的性质可得结论．
【解答】解：（1）把A（﹣1,0）,点C（0,﹣3）代入抛物线y＝x2+bx+c中得：,
解得：,
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4
∴顶点D（1,﹣4）,
当y＝0时,x2﹣2x﹣3＝0,
（x﹣3）（x+1）＝0,
x＝3或﹣1,
∴B（3,0）；
如图1,连接BD,
设BD所在直线的解析式为：y＝k（x﹣3）,将D点坐标代入函数解析式,得﹣2k＝﹣4,
解得k＝2,
故BD所在直线的解析式为：y＝2x﹣6,
∵∠ECB＝∠CBD,
∴CE∥BD,
设CE所在直线的解析式为：y＝2x+b,将C点坐标代入函数解析式,得b＝﹣3,
故CE所在直线的解析式为：y＝2x﹣3,
当y＝0时,x＝．
当点E在点B的右侧时,直线CE经过BD的中点（2,2）,
此时CE的解析式为y＝x﹣3,
∴点E的坐标是（6,0）．
∴综上所述,点E的坐标是（,0）或（6,0）；
（3）①如图2,
∵B（3,0）,C（0,﹣3）,
设BC的解析式为：y＝kx+b,
则,
解得：,
BC的解析式为：y＝x﹣3,
设P（x,x2﹣2x﹣3）,则M（x,x﹣3）,
∴PM＝（x﹣3）﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣）2+,
当x＝时,PM有最大值为；
②当PM有最大值,P（,﹣）,
在x轴的负半轴了取一点K,使∠OCK＝45°,过F作FN⊥CK于N,
∴FN＝CF,
当N、F、H三点共线时,PH+NH最小,即PH+HF+CF的值最小,
Rt△OCK中,OC＝3,
∴OK＝3,
∵OH＝,
∴KH＝+3＝,
Rt△KNH中,∠KHN＝45°,
∴KN＝KH＝,
∴NH＝KN＝,
∴PH+HF+CF的最小值是PH+NH＝．
4．（2020•江岸区校级一模）已知：抛物线y＝x2+x+m交x轴于A,B两点,交y轴于点C,其中点B在点A的右侧,且AB＝7．
（1）如图1,求抛物线的解析式；
（2）如图2,点D在第一象限内抛物线上,连接CD,AD,AD交y轴于点E．设点D的横坐标为d,△CDE的面积为S,求S与d之间的函数关系式（不要求写出自变量d的取值范围）；
（3）如图3,在（2）的条件下,过点D作DH⊥CE于点H,点P在DH上,连接CP,若∠OCP＝2∠DAB,且HE：CP＝3：5,求点D的坐标及相应S的值．
【分析】（1）令y＝0,则（x+2）（x﹣m）＝0,根据AB＝7可求出m的值,则答案可求出；
（2）如图1,过点D作DK⊥x轴于点K,设∠DAB＝α,则D（d,﹣）,求出CE＝5﹣（5﹣d）＝d,根据三角形面积公式可得解；
（3）如图2,过点E作CE的垂线,过C作∠OCP的平分线交DE于点J,交CE的垂线于点F,过点F作ED的平行线交HD于点N．则∠ECF＝∠HDE＝α,HE＝3k,CP＝5k,CE＝HD＝d,证明△CEF≌△DHE,得出EF＝HE＝DN＝3k,CF＝DE＝FN,可得出d＝6k,在Rt△DHE中,tan,由（2）可求出d的值,则D点坐标可求出．则S＝8．
【解答】（1）由y＝x2+x+m,
令y＝0,则（x+2）（x﹣m）＝0,
∴AO＝2,BO＝m,
∴A（﹣2,0）,B（m,0）,
∵AB＝7,
∴m﹣（﹣2）＝7,m＝5,
∴y＝；
（2）过点D作DK⊥x轴于点K,设∠DAB＝α,则D（d,﹣）,
∴＝．
∴EO＝AO•tanα＝5﹣d,CE＝5﹣（5﹣d）＝d,
∴；
（3）过点E作CE的垂线,过C作∠OCP的平分线交DE于点J,交CE的垂线于点F,过点F作ED的平行线交HD于点N．
∴∠ECF＝∠HDE＝α,HE＝3k,CP＝5k,CE＝HD＝d,
∵CE＝HD,∠CEF＝∠CHD＝90°,
∴△CEF≌△DHE（ASA）,
∵EF∥DN,NF∥DE,
∴四边形EDNF为平行四边形,
∴EF＝HE＝DN＝3k,CF＝DE＝FN,
∴△CFN为等腰直角三角形,
∴∠PCN＝∠FNC＝45°,
∴∠PCN＝∠PNC＝45°﹣α,
∴PC＝PN＝5k,
∴PD＝2k,
∴CH＝d﹣3k,PH＝d﹣2k,
∴（d﹣3k）2+（d﹣2k）2＝（5k）2,
∴（d﹣6k）（d+k）＝0,
∴d＝6k,d＝﹣k（舍去）,
∴在Rt△DHE中,tan,
由（2）知,
∴．
∴d＝4,
∴D（4,3）,
∴＝＝8．
5．（2020•涡阳县一模）如图,抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与直线y＝x+1相交于A（﹣1,0）,B（4,m）两点,且抛物线经过点C（5,0）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）点P是直线上方的抛物线上的一个动点,求△ABP的面积最大时的P点坐标．
（3）若点P是抛物线上的一个动点（不与点A点B重合）,过点P作直线PD⊥x轴于点D,交直线AB于点E．当PE＝2ED时,求P点坐标；
（4）设抛物线与y轴交于点F,在抛物线的第一象限内,是否存在一点M,使得AM被FC平分？若存在,请求出点M的坐标；若不存在,说明理由．
【分析】（1）将交点B（4,m）代入直线y＝x+1得B（4,5）,由题意可设抛物线解析式y＝a（x+1）（x﹣5）,把B（4,m）代入得a＝﹣1,即可求解；
（2）,即可求解；
（3）,故|﹣x2+3x+4|＝2|x+1|,所以﹣x2+3x+4＝±2（x+1）,即可求解；
（4）若AM被FC平分,则AM的中点在直线FC上,由F（0,4）,C（5,0）得直线FC的表达式为：y＝﹣x+4,设M（x,﹣x2+4x+5）,A（﹣1,0）,所以其中点坐标为,将M'代入,解得x1＝3,x2＝﹣1（舍）,即可求解．
【解答】解：（1）将交点B（4,m）代入直线y＝x+1得B（4,5）,
由题意可设抛物线解析式y＝a（x+1）（x﹣5）,
把B（4,m）代入得a＝﹣1,
∴y＝﹣（x+1）（x﹣5）,即y＝﹣x2+4x+5；
（2）过点P作y轴的平行线交AB于点H,
则,
xB﹣xA＝4﹣（﹣1）＝5,
所以,
其对称轴为,
把代入y＝﹣x2+4x+5得：,
即△ABP的面积最大时P点坐标为；
（3）∵P为抛物线上一点,所以存在P点在直线AB上方和下方两种情况．
由题意得,
ED＝yE﹣yD＝（x+1）﹣0＝x+1,
因为PE＝2ED,
所以|﹣x2+3x+4|＝2|x+1|,所以﹣x2+3x+4＝±2（x+1）,
解得x1＝﹣1（舍）,x2＝2,x3＝6,
当x＝2时,y＝9；当x＝6时,y＝﹣7．
即当PE＝2ED时,求P点坐标为（2,9）或（6,﹣7）；
（4）若AM被FC平分,则AM的中点在直线FC上．
由F（0,5）,C（5,0）得直线FC的表达式为：y＝﹣x+5,
设M（x,﹣x2+4x+5）,A（﹣1,0）,所以其中点坐标为,
将M'代入y＝﹣x+5,解得x1＝3,x2＝2,
∴点M（3,8）或（2,9）,
当其坐标为（3,8）或（2,9）时,AM被FC平分．
6．（2021•桂林）如图,已知抛物线y＝a（x﹣3）（x+6）过点A（﹣1,5）和点B（﹣5,m）,与x轴的正半轴交于点C．
（1）求a,m的值和点C的坐标；
（2）若点P是x轴上的点,连接PB,PA,当＝时,求点P的坐标；
（3）在抛物线上是否存在点M,使A,B两点到直线MC的距离相等？若存在,求出满足条件的点M的横坐标；若不存在,请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可．
（2）设P（t,0）,则有＝,解方程,可得结论．
（3）存在．连接AB,设AB的中点为T．分两种情形：①当直线CM经过AB的中点T时,满足条件．②CM′∥AB时,满足条件．根据方程组求出点M的坐标即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝a（x﹣3）（x+6）过点A（﹣1,5）,
∴5＝﹣20a,
∴a＝﹣,
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣3）（x+6）,
令y＝0,则﹣（x﹣3）（x+6）＝0,解得x＝3或﹣6,
∴C（3,0）,
当x＝﹣5时,y＝﹣×（﹣8）×1＝2,
∴B（﹣5,2）,
∴m＝2．
（2）设P（t,0）,则有＝,
整理得,21t2+242t+621＝0,
解得t＝﹣或﹣,
经检验t＝﹣或﹣是方程的解,
∴满足条件的点P坐标为（﹣,0）或（﹣,0）．
（3）存在．连接AB,设AB的中点为T．
①当直线CM经过AB的中点T时,满足条件．
∵A（﹣1,5）,B（﹣5,2）,TA＝TB,
∴T（﹣3,）,
∵C（3,0）,
∴直线CT的解析式为y＝﹣x+,
由,解得（即点C）或,
∴M（﹣,）,
②CM′∥AB时,满足条件,
∵直线AB的解析式为y＝x+,
∴直线CM′的解析式为y＝x﹣,
由,解得（即点C）或,
∴M′（﹣9,﹣9）,
综上所述,满足条件的点M的横坐标为﹣或﹣9．
7．（2021•甘肃）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝x2+bx+c与坐标轴交于A（0,﹣2）,B（4,0）两点,直线BC：y＝﹣2x+8交y轴于点C．点D为直线AB下方抛物线上一动点,过点D作x轴的垂线,垂足为G,DG分别交直线BC,AB于点E,F．
（1）求抛物线y＝x2+bx+c的表达式；
（2）当GF＝时,连接BD,求△BDF的面积；
（3）①H是y轴上一点,当四边形BEHF是矩形时,求点H的坐标；
②在①的条件下,第一象限有一动点P,满足PH＝PC+2,求△PHB周长的最小值．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可．
（2）求出点D的坐标,可得结论．
（3）①过点H作HM⊥EF于M,证明△EMH≌△FGB（AAS）,推出MH＝GB,EM＝FG,由HM＝OG,可得OG＝GB＝OB＝2,由题意直线AB的解析式为y＝x﹣2,设E（a,﹣2a+8）,F（a,a﹣2）,根据MH＝BG,构建方程求解,可得结论．
②因为△PHB的周长＝PH+PB+HB＝PC+2+PB+5＝PC+PB+7,所以要使得△PHB的周长最小,只要PC+PB的值最小,因为PC+PB≥BC,所以当点P在BC上时,PC+PB＝BC的值最小．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c过A（0,﹣2）,B（4,0）两点,
∴,
解得,
∴y＝x2﹣x﹣2．
（2）∵B（4,0）,A（0,﹣2）,
∴OB＝4,OA＝2,
∵GF⊥x轴,OA⊥x轴,
在Rt△BOA和Rt△BGF中,tan∠ABO＝＝,
即＝,
∴GB＝1,
∴OG＝OB﹣GB＝4﹣1＝3,
当x＝3时,yD＝×9﹣×3﹣2＝﹣2,
∴D（3,﹣2）,即GD＝2,
∴FD＝GD﹣GF＝2﹣＝,
∴S△BDF＝•DF•BG＝××1＝．
（3）①如图1中,过点H作HM⊥EF于M,
∵四边形BEHF是矩形,
∴EH∥BF,EH＝BF,
∴∠HEF＝∠BFE,
∵∠EMH＝∠FGB＝90°,
∴△EMH≌△FGB（AAS）,
∴MH＝GB,EM＝FG,
∵HM＝OG,
∴OG＝GB＝OB＝2,
∵A（0,﹣2）,B（4,0）,
∴直线AB的解析式为y＝x﹣2,
设E（a,﹣2a+8）,F（a,a﹣2）,
由MH＝BG得到,a﹣0＝4﹣a,
∴a＝2,
∴E（2,4）,F（2,﹣1）,
∴FG＝1,
∵EM＝FG,
∴4﹣yH＝1,
∴yH＝3,
∴H（0,3）．
②如图2中,
BH＝＝＝5,
∵PH＝PC+2,
∴△PHB的周长＝PH+PB+HB＝PC+2+PB+5＝PC+PB+7,
要使得△PHB的周长最小,只要PC+PB的值最小,
∵PC+PB≥BC,
∴当点P在BC上时,PC+PB＝BC的值最小,
∵BC＝＝＝4,
∴△PHB的周长的最小值为4+7．
8．（2021•丽水）如图,已知抛物线L：y＝x2+bx+c经过点A（0,﹣5）,B（5,0）．
（1）求b,c的值；
（2）连结AB,交抛物线L的对称轴于点M．
①求点M的坐标；
②将抛物线L向左平移m（m＞0）个单位得到抛物线L1．过点M作MN∥y轴,交抛物线L1于点N．P是抛物线L1上一点,横坐标为﹣1,过点P作PE∥x轴,交抛物线L于点E,点E在抛物线L对称轴的右侧．若PE+MN＝10,求m的值．
【分析】（1）用待定系数法可求出答案；
（2）①设直线AB的解析式为y＝kx+n（k≠0）,由A点及B点坐标可求出直线AB的解析式,由（1）得,抛物线L的对称轴是直线x＝2,则可求出答案；
②由题意可得点N的坐标是（2,m2﹣9）,P点的坐标是（﹣1,m2﹣6m）,分三种情况,（Ⅰ）如图1,当点N在点M及下方,即0＜m＜时,（Ⅱ）如图2,当点N在点M的上方,点Q在点P及右侧,（Ⅲ）如图3,当点N在M上方,点Q在点P左侧,由平移的性质求出PE及MN的长,根据PE+MN＝10列出方程可得出答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（0,﹣5）和点B（5,0）,
∴,
解得：,
∴b,c的值分别为﹣4,﹣5．
（2）①设直线AB的解析式为y＝kx+n（k≠0）,
把A（0,﹣5）,B（5,0）的坐标分别代入表达式,得,
解得,
∴直线AB的函数表达式为y＝x﹣5．
由（1）得,抛物线L的对称轴是直线x＝2,
当x＝2时,y＝x﹣5＝﹣3,
∴点M的坐标是（2,﹣3）；
②设抛物线L1的表达式为y＝（x﹣2+m）2﹣9,
∵MN∥y轴,
∴点N的坐标是（2,m2﹣9）,
∵点P的横坐标为﹣1,
∴P点的坐标是（﹣1,m2﹣6m）,
设PE交抛物线L1于另一点Q,
∵抛物线L1的对称轴是直线x＝2﹣m,PE∥x轴,
∴根据抛物线的对称性,点Q的坐标是（5﹣2m,m2﹣6m）,
（Ⅰ）如图1,当点N在点M及下方,即0＜m＜时,
∴PQ＝5﹣2m﹣（﹣1）＝6﹣2m,MN＝﹣3﹣（m2﹣9）＝6﹣m2,
由平移的性质得,QE＝m,
∴PE＝6﹣2m+m＝6﹣m,
∵PE+MN＝10,
∴6﹣m+6﹣m2＝10,
解得,m1＝﹣2（舍去）,m2＝1,
（Ⅱ）如图2,当点N在点M及上方,点Q在点P及右侧,
即＜m＜3时,
PE＝6﹣m,MN＝m2﹣6,
∵PE+MN＝10,
∴6﹣m+m2﹣6＝10,
解得,m1＝（舍去）,m2＝（舍去）．
（Ⅲ）如图3,当点N在M上方,点Q在点P左侧,
即m＞3时,PE＝m,MN＝m2﹣6,
∵PE+MN＝10,
∴m+m2﹣6＝10,
解得,m1＝（舍去）,m2＝,
综合以上可得m的值是1或．
9．（2020•陕西）已知抛物线L：y＝﹣x2+bx+c过点（﹣3,3）和（1,﹣5）,与x轴的交点为A,B（点A在点B的左侧）．
（1）求抛物线L的表达式；
（2）若点P在抛物线L上,点E、F在抛物线L的对称轴上,D是抛物线L的顶点,要使△PEF∽△DAB（P的对应点是D）,且PE：DA＝1：4,求满足条件的点P的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法可求解析式；
（2）先求出点A,点B,点D坐标,由相似三角形的性质可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过点（﹣3,3）和（1,﹣5）,
∴,
解得：,
∴抛物线解析式为y＝﹣x2﹣4x；
（2）令y＝0,则0＝﹣x2﹣4x,
∴x1＝﹣4,x2＝0,
∴点A（﹣4,0）,点B（0,0）,
∴对称轴为x＝﹣2,
∴点D（﹣2,4）,
如图,设对称轴与x轴的交点为H,过点P作PQ⊥DH于Q,设点P（m,﹣m2﹣4m）,
∵△PEF∽△DAB,
∴,
∴PQ＝×4＝1,
∴|m+2|＝1,
∴m＝﹣1或﹣3,
∴点P（﹣1,3）或（﹣3,3）．
10．（2020•盘锦）如图1,直线y＝x﹣4与x轴交于点B,与y轴交于点A,抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点B和点C（0,4）,△ABO沿射线AB方向以每秒个单位长度的速度平移,平移后的三角形记为△DEF（点A,B,O的对应点分别为点D,E,F）,平移时间为t（0＜t＜4）秒,射线DF交x轴于点G,交抛物线于点M,连接ME．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当tan∠EMF＝时,请直接写出t的值；
（3）如图2,点N在抛物线上,点N的横坐标是点M的横坐标的,连接OM,NF,OM与NF相交于点P,当NP＝FP时,求t的值．
【分析】（1）求出等B的坐标,利用待定系数法解决问题即可．
（2）分两种情形：如图1中,当点M在线段DF的上方时,求出DM＝7,构建方程求解即可,当点M在线段DF上时,DM＝1,构建方程求解即可．
（3）如图2中,过点N作NT∥y轴于T．由题意D（t,t﹣4）,则M（t,﹣t2+t+4）,N（t,﹣t2+t+4）,T（t,﹣t2+t+2）,F（t,t）,利用全等三角形的性质证明NT＝MF,由此构建方程解决问题即可．
【解答】解：（1）∵直线y＝x﹣4与x轴交于点B,与y轴交于点A,
∴B（4,0）,A（0,﹣4）,
把B（4,0）,C（0,4）代入y＝﹣x2+bx+c得到,
解得,
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+4．
（2）如图1中,当点M在线段DF的上方时,
由题意得,D（t,t﹣4）,则M（t,﹣t2+t+4）,
∴DM＝﹣t2+8,
在Rt△MEF中,tan∠EMF＝＝＝,
∴MF＝3,
∵DF＝EF＝4,
∴DM＝7,
∴﹣t2+8＝7,
∴t＝或﹣（舍弃）．
当点F在点M上方时,可得DM＝1,即﹣t2+8＝1,
∴t＝或﹣（舍弃）,
综上所述,t的值为或．
（3）如图2中,过点N作NT∥y轴于T．由题意得D（t,t﹣4）,则M（t,﹣t2+t+4）,N（t,﹣t2+t+4）,T（t,﹣t2+t+2）,F（t,t）
∵NT∥FM,
∴∠PNT＝∠PFM,
∵∠NPT＝∠MPF,PN＝PF,
∴△NPT≌△FPM（ASA）,
∴NT＝MF,
∴﹣t2+t+4﹣（﹣t2+t+2）＝﹣t2+t+4﹣t,
解得t＝或﹣（舍弃）,
∴t的值为．
11．（2022•深圳三模）如图1,抛物线y＝ax2+bx经过点A（﹣5,0）,点B（﹣1,﹣2）．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图2,点P为抛物线上第三象限内一动点,过点Q（﹣4,0）作y轴的平行线,交直线AP于点M,交直线OP于点N,当点P运动时,4QM+QN的值是否变化？若变化,说明变化规律,若不变,求其值；
（3）如图3,长度为的线段CD（点C在点D的左边）在射线AB上移动（点C在线段AB上）,连接OD,过点C作CE∥OD交抛物线于点E,线段CD在移动的过程中,直线CE经过一定点F,直接写出定点F的坐标与的最小值．
【分析】（1）将点A（﹣5,0）,点B（﹣1,﹣2）代入y＝ax2+bx,即可求解；
（2）设P（t,t2+t）,﹣5＜t＜0,分别求出直线AP的解析式为y＝tx+t,直线PO的解析式为y＝（t+）x,由题意求出M（﹣4,t）,N（﹣4,﹣2t﹣10）,则可求QM＝﹣t,QN＝2t+10,所以4QM+QN＝﹣2t+2t+10＝10,4QM+QN的值不变；
（3）求出直线AB的解析式为y＝﹣x﹣,设D（m,﹣m﹣）,C（m﹣2,﹣m﹣）,求出直线OD的解析式为y＝（﹣﹣）x,由CE∥OD,求出直线CE的解析式为y＝（﹣﹣）x﹣＝﹣x﹣（x+1）,则当x+1＝0时,x＝﹣2,此时y＝1,则直线CE经过定点F（﹣2,1）,过点F作FK⊥x轴交直线AB于点K,过点E作EG∥FK交AB于点G,由平行的性质得＝,当GE最大时,的值最小,设E（n,n2+n）,则G（n,﹣n﹣）,GE＝﹣（n+3）2+2,当n＝﹣3时,GE有最大值3,可求的最小值为．
【解答】解：（1）将点A（﹣5,0）,点B（﹣1,﹣2）代入y＝ax2+bx,
∴,
解得,
∴y＝x2+x；
（2）4QM+QN的值为定值,
设P（t,t2+t）,﹣5＜t＜0,
设直线AP的解析式为y＝kx+b,
∴,
解得,
∴y＝tx+t,
设直线PO的解析式为y＝k'x,
∴t2+t＝tk',
∴k'＝t+,
∴y＝（t+）x,
∵点Q（﹣4,0）,
∴M（﹣4,t）,
∴N（﹣4,﹣2t﹣10）,
∴QM＝﹣t,QN＝2t+10,
∴4QM+QN＝﹣2t+2t+10＝10,
∴4QM+QN的值不变；
（3）设直线AB的解析式为y＝kx+b,
∴,
解得,
∴y＝﹣x﹣,
设D（m,﹣m﹣）,
∵CD＝,点C在点D的左边,
∴C（m﹣2,﹣m﹣）,
设直线OD的解析式为y＝k'x,
∴﹣m﹣＝k'm,
∴k'＝﹣﹣,
∴y＝（﹣﹣）x,
∵CE∥OD,
∴直线CE的解析式为y＝（﹣﹣）x﹣＝﹣x﹣（x+1）,
当x+1＝0时,x＝﹣2,此时y＝1,
∴直线CE经过定点F（﹣2,1）,
过点F作FK⊥x轴交直线AB于点K,过点E作EG∥FK交AB于点G,
∴＝,
∵点F（﹣2,1）,
∴K（﹣2,﹣）,
∴FK＝,
∴当GE最大时,的值最小,
设E（n,n2+n）,则G（n,﹣n﹣）,
∴GE＝﹣（n+3）2+2,
∴当n＝﹣3时,GE有最大值2,
∴的最小值为．
12．（2022•阿克苏地区一模）如图1．抛物线与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,连接BC,已知点B（4,0）．
（1）若C（0,3）,求抛物线的解析式．
（2）在（1）的条件下,P（﹣2,m）为该抛物线上一点,Q是x轴上一点求的最小值,并求此时点Q的坐标．
（3）如图2．过点A作BC的平行线,交y轴与点D,交抛物线于另一点E．若DE＝7AD,求c的值．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）如图1,过点Q作QH⊥BC于点H,作PH′⊥BC于点H′,PH′交x轴于点Q′,交y轴于点G,连接PQ,则∠BHQ＝∠BOC＝90°,可证得△BQH∽△BCO,得出＝＝,推出PQ+BQ＝PQ+QH,当P、Q、H在同一条直线上,且PH⊥BC时,PQ+QH最小,即PQ+BQ＝PH′为最小值,过点P作PK⊥y轴于点K,再证得△PGK∽△CGH′,得出∠GPK＝∠GCH′,利用三角函数可求得G（0,﹣）,再运用待定系数法求得直线PG的解析式为y＝x﹣,得出Q（,0）,再运用解直角三角形即可求得PH′；
（3）设E（t,﹣t2+bt+c）,过点E作EF⊥x轴于点F,如图2,通过△ADO∽△BCO,可求得OD＝c2,再由EF∥OD,得出△ADO∽△AEF,结合DE＝7AD,即可求得：AF＝8OA,EF＝8OD,建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：（1）把B（4,0）,C（0,3）代入y＝﹣x2+bx+c,
得,
解得：,
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+3．
（2）∵P（﹣2,m）为该抛物线y＝﹣x2+x+3上一点,
∴m＝﹣×（﹣2）2+×（﹣2）+3＝﹣,
∴P（﹣2,﹣）,
如图1,过点Q作QH⊥BC于点H,作PH′⊥BC于点H′,PH′交x轴于点Q′,交y轴于点G,连接PQ,
则∠BHQ＝∠BOC＝90°,
∵B（4,0）,C（0,3）,
∴OB＝4,OC＝3,
∴BC＝＝＝5,
∵∠QBH＝∠CBO,
∴△BQH∽△BCO,
∴＝＝,
∴QH＝BQ,
∴PQ+BQ＝PQ+QH,
当P、Q、H在同一条直线上,且PH⊥BC时,PQ+QH最小,即PQ+BQ＝PH′为最小值,
过点P作PK⊥y轴于点K,
则∠PKG＝∠CH′G＝90°,PK＝2,CK＝3﹣（﹣）＝,
∵∠PGK＝∠CGH′,
∴△PGK∽△CGH′,
∴∠GPK＝∠GCH′,
∴tan∠GPK＝tan∠GCH′＝tan∠BCO＝＝,
∴＝,
∴GK＝×2＝,
∴G（0,﹣）,
设直线PG的解析式为y＝kx+d,
则,
解得：,
∴直线PG的解析式为y＝x﹣,
令y＝0,得x﹣＝0,
解得：x＝,
∴Q（,0）,
∵cos∠GPK＝cos∠BCO＝,
∴＝cos∠GPK＝,
∴PG＝PK＝,
∵CG＝3﹣（﹣）＝,sin∠GCH′＝sin∠BCO＝＝,
∴GH′＝CG•sin∠GCH′＝×＝,
∴PH′＝PG+GH′＝+＝,
故的最小值为,此时Q（,0）,
（3）把B（4,0）代入y＝﹣x2+bx+c,得0＝﹣×42+4b+c,
∴b＝3﹣c,
∴y＝﹣x2+（3﹣c）x+c,
令y＝0,得﹣x2+（3﹣c）x+c＝0,
解得：x1＝4,x2＝﹣c,
∴A（c,0）,
∴OA＝c,
∵C（0,c）,
∴OC＝c,
设E（t,﹣t2+bt+c）,过点E作EF⊥x轴于点F,如图2,
则EF＝﹣[﹣t2+（3﹣c）t+c]＝t2+（c﹣3）t﹣c,AF＝t﹣（﹣c）＝t+c,
∵AE∥BC,
∴∠EAF＝∠CBO,
∵∠AOD＝∠BOC＝90°,
∴△ADO∽△BCO,
∴＝,即＝,
∴OD＝c2,
∵EF∥OD,
∴△ADO∽△AEF,
∴＝＝,
∵DE＝7AD,
∴＝＝＝,
∴＝＝,
∴AF＝8OA,EF＝8OD,
∴,
解得：（舍去）或,
故c的值为2．
13．（2022•松江区二模）如图,在平面直角坐标系中,已知直线y＝2x+8与x轴交于点A、与y轴交于点B,抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A、B．
（1）求抛物线的表达式；
（2）P是抛物线上一点,且位于直线AB上方,过点P作PM∥y轴、PN∥x轴,分别交直线AB于点M、N．
①当MN＝AB时,求点P的坐标；
②联结OP交AB于点C,当点C是MN的中点时,求的值．
【分析】（1）先根据题意求出点A、B的坐标,代入y＝﹣x2+bx+c即可求得抛物线的表达式；
（2）①证明△PMN∽△OBA,可得,设点M的横坐标为m（﹣4＜m＜0）,则PM＝﹣m2﹣4m,又OA＝4,OB＝8,建立方程求解即可得出答案；
②连接OP交AB于点C,先求出点N的坐标,利用中点公式可求得C（﹣,）,再证明点C是AB的中点,可得C（﹣2,4）,建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：（1）∵直线y＝2x+8与x轴交于点A、与y轴交于点B,
∴令x＝0,则y＝8,
令y＝0,则x＝﹣4,
∴B（0,8）,A（﹣4,0）,
∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A、B,
∴,
∴,
∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+8；
（2）①∵P是抛物线上一点,且位于直线AB上方,过点P作PM∥y轴、PN∥x轴,分别交直线AB于点M、N,
∴PM⊥PN,∠PNM＝∠BAO,
∴∠MPN＝∠AOB＝90°,
∴△PMN∽△OBA,
∴,
设点M的横坐标为m（﹣4＜m＜0）,
则M（m,2m+8）,P（m,﹣m2﹣2m+8）,
∴PM＝﹣m2﹣2m+8﹣（2m+8）＝﹣m2﹣4m,
∵B（0,8）,A（﹣4,0）,
∴OA＝4,OB＝8,
∵MN＝AB,
∴,
∴＝,
解得m1＝m2＝﹣2,
∴P（﹣2,8）；
②如图,连接OP交AB于点C,
∵PN∥x轴,P（m,﹣m2﹣2m+8）,
∴点N的纵坐标为﹣m2﹣2m+8,
令y＝﹣m2﹣2m+8,则2x+8＝﹣m2﹣2m+8,
解得：x＝,
N（,﹣m2﹣2m+8）,
∵点C是MN的中点,M（m,2m+8）,
∴C（﹣,）,
由①知：∠MPN＝90°,
又点C是MN的中点,
∴PC＝CM＝CN,
∴∠CPN＝∠CNP,∠CPM＝∠CMP,
∵PM∥y轴、PN∥x轴,
∴∠BOC＝∠CPM,∠OBC＝∠CMP,∠OAC＝∠CNP,∠AOC＝∠CPN,
∴∠BOC＝∠OBC,∠OAC＝∠AOC,
∴AC＝OC,BC＝OC,
∴AC＝BC,
∴点C是AB的中点,
∴C（﹣2,4）,
∴﹣＝﹣2,
解得：m＝±2,
∵﹣4＜m＜0,
∴m＝﹣2,
∴PM＝﹣m2﹣4m＝﹣（﹣2）2﹣4×（﹣2）＝8﹣8,
∵PM∥y轴,
∴△PCM∽△OCB,
∴＝＝＝﹣1,
故的值为﹣1．
14．（2022•游仙区模拟）如图,抛物线与坐标轴分别交于A（﹣1,0）,B（3,0）,C（0,3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线上是否存在点P,使得∠CBP＝∠ACO,若存在,求出点P的坐标；若不存在,说明理由；
（3）如图2,Q是△ABC内任意一点,求++的值．
【分析】（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）,把A（﹣1,0）,B（3,0）代入,解方程组即可得到结论；
（2）如图1,作∠ACO＝∠CBQ,BQ与OC相交于Q点,过Q作QM⊥BC,根据相似三角形的性质得到,推出△CMQ为等腰直角三角形,得到CM＝QM,＝求得Q（0,）,设直线BQ的解析式为y＝kx+b,解方程组得到直线BQ的解析式为y＝﹣x+,于是得到结论；
（3）如图2,过Q点作QM⊥AB,根据相似三角形的性质和三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）,把A（﹣1,0）,B（3,0）代入得：y＝a（x+1）（x﹣3）,
再将C（0,3）代入得：a＝﹣1,b＝2,c＝3,
∴抛物线的解析式为,y＝﹣x2+2x+3；
（2）答：存在,理由如下：
如图1,作∠ACO＝∠CBQ,BQ与OC相交于Q点,过Q作QM⊥BC,
∵∠AOC＝∠BMQ＝90°,∠CBQ＝∠ACO,
∴△ACO∽△QMB,
∴,
又∵∠OCB＝45°,
∴△CMQ为等腰直角三角形,
∴CM＝QM,＝
∵BC＝3,
∴CM＝,CQ＝,
∴Q（0,）,
设直线BQ的解析式为y＝kx+b,
∴,
∴,
∴直线BQ的解析式为y＝﹣x+,
解得,或（舍去）,
∴P1（﹣,）；
延长QM到Q′,使QM＝QM′,连接BQ′,
则Q′（,3）,
∵B（3,0）,
∴直线BQ′的解析式为y＝﹣2x+6,
解得,或（舍去）,
∴P2＝（1,4）；
综上所述,P（﹣,）或（1,4）；
（3）如图2,过Q点作QM⊥AB,
∵CO⊥AB,
∴QM∥OC,
∴△QMF∽△COF,
∴＝＝＝,
同理＝,＝,
∴＝++＝1．
15．（2022•龙岩模拟）抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣1,0）,B（3,4）两点,与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式（用含a的式子表示）；
（2）当a＞0时,连接AB,BC,若tan∠ABC＝,求a的值；
（3）直线y＝﹣x+m与线段AB交于点P,与抛物线交于M,N两点（点M在点N的左侧）,若PM•PN＝6,求m的值．
【分析】（1）由点A,B的坐标,利用待定系数法可求出抛物线的解析式；
（2）设BC与x轴交于D,作DE⊥AB于E,过点B作BH⊥x轴于点H,则△ABH为等腰直角三角形,进而可得出∠BAH＝45°,AB＝4,设DE＝t,则AE＝t,BE＝3t,结合AB＝AE+BE,即可求出t的值,结合AD＝t,即可得出点D的坐标,由点B,D的坐标,利用待定系数法可求出直线BD的解析式,再利用一次函数图象上点的坐标特及二次函数图象上点的坐标特征,即可求出a的值；
（3）由点A,B的坐标,利用待定系数法可求出直线AB的解析式,联立直线AB和直线MN的解析式,可求出点P的坐标,将y＝﹣x+m代入y＝ax2﹣（2a﹣1）x﹣3a+1,整理后可得出关于x的一元二次方程,利用根与系数的关系可得出xM+xN,xM•xN的值,再结合PM•PN＝（xP﹣xM）×（xM﹣xP）＝6,即可得出关于m的一元二次方程,解之即可得出m的值．
【解答】解：（1）将A（﹣1,0）,B（3,4）代入y＝ax2+bx+c,
得：,解得：,
∴抛物线的解析式为y＝ax2﹣（2a﹣1）x﹣3a+1．
（2）设BC与x轴交于D,作DE⊥AB于E,过点B作BH⊥x轴于点H,如图1所示．
∵点A的坐标为（﹣1,0）,点B的坐标为（3,4）,
∴AH＝BH＝4,
∴△ABH为等腰直角三角形,
∴∠BAH＝45°,AB＝AH＝4.
设DE＝t,则AE＝t,
∵tan∠ABC＝,
∴BE＝3t,
∴AB＝t+3t＝4t＝4,
∴t＝,
∴AD＝DE＝t＝×＝2,
∴点D的坐标为（1,0）．
设直线BD的解析式为y＝kx+d（k≠0）,
将B（3,4）,D（1,0）代入y＝kx+d,
得：,解得：,
∴直线BD的解析式为y＝2x﹣2．
当x＝0时,y＝﹣3a+1,
∴点C的坐标为（0,﹣3a+1）,
又∵点C在直线BD上,
∴﹣3a+1＝﹣2,
∴a＝1,
∴a的值为1．
（3）∵点A的坐标为（﹣1,0）,点B的坐标为（3,4）,
∴直线AB的解析式为y＝x+1（可利用待定系数法求出）,
联立直线AB和直线MN的解析式,
得：,解得：,
∴点P的坐标为（,）；
将y＝﹣x+m代入y＝ax2﹣（2a﹣1）x﹣3a+1,整理得：ax2﹣（2a﹣2）x﹣m﹣3a+1＝0,
∴xM+xN＝﹣＝2﹣,xM•xN＝＝﹣﹣3,
∴PM•PN＝（xP﹣xM）×（xM﹣xP）
＝2（xP﹣xM）（xM﹣xP）
＝﹣2[xP2﹣（xM+xN）•xP+xM•xN]
＝﹣2[（）2﹣（2﹣）×﹣﹣3]＝6,
整理得：﹣（m﹣1）＝0,
解得：m1＝1,m2＝5,
∴m的值为1或5．
16．（2022•雷州市模拟）如图（1）,抛物线y＝ax2+bx+6与x轴交于点A（﹣6,0）、B（2,0）,与y轴交于点C,抛物线对称轴交抛物线于点M,交x轴于点N．点P是抛物线上的动点,且位于x轴上方．
（1）求抛物线的解析式．
（2）如图（2）,点D与点C关于直线MN对称,若∠CAD＝∠CAP,求点P的坐标．
（3）直线BP交y轴于点E,交直线MN于点F,猜想线段OE、FM、MN三者之间存在的数量关系,并证明．
【分析】（1）用待定系数法求出二次函数关系式即可；
（2）连接CD,设AP与y轴交点为Q,证明△DCA≌△QCA（ASA）,求得点Q的坐标,再求出直线AP的函数关系式,再与二次函数联立方程,求出点P的坐标；
（3）先证明△BOE∽△BNF,得＝,求得2OE＝NF,再分两种情况进行讨论进行求解即可．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+6的图象过点A（﹣6,0）、点B（2,0）,
∴,
解得,
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+6；
（2）如图1,连接CD,设AP与y轴交点为Q,
∵抛物线与y轴交于点C,
∴C（0,6）,
∵点D与点C关于直线MN对称,直线MN是抛物线的对称轴,
∴D（﹣4,6）,M（﹣2,8）,N（﹣2,0）,CD∥AB,
∵C（0,6）,A（﹣6,0）,
∴AO＝CO,CD＝4,
∴∠BAC＝∠ACO＝45°,
∴∠QCA＝∠DCA,
∵∠CAD＝∠CAQ,AC＝AC,
∴△DCA≌△QCA（ASA）,
∴CQ＝CD＝4,
∴Q（0,2）,
设直线AP的解析式为y＝kx+2,
把点A坐标代入解析式得：﹣6k+2＝0,
解得：k＝,
∴直线AP的解析式为y＝x+2,
∵点P为直线AP与抛物线的交点,
∴,
解得：或（舍去）,
∴P（,）；
（3）∵∠BOE＝∠BNF＝90°,∠OBE＝∠NBF,
∴△BOE∽△BNF,
∴＝,
∵OB＝2,BN＝4,
∴＝,
即2OE＝NF．
分类讨论：
①如图2,此时FN＝FM+MN,
∴FM+MN＝2OE；
②如图3,此时FN+FM＝MN,
∴FM+2OE＝MN．
17．（2022•马鞍山二模）如图,抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴于点A（﹣1,0）、B（3,0）,与y轴交于C点,直线y＝kx（k＜0）交线段BC下方抛物线于D点,交BC于E点
（1）分别求出a、b的值；
（2）求出线段BC的函数关系式,并写出自变量取值范围；
（3）探究是否有最大值,若存在,请求出此时k值,若不存在,请说明理由．
【分析】（1）把点A,B坐标代入函数解析式即可求出a,b的值即可；
（2）根据（1）先求出点C坐标,再用待定系数法求函数解析式即可；
（3）过点D作DF∥y轴,交BC于点F,根据△OEC∽△DFE得出＝＝,设设点D为（m,m2﹣2m﹣3）,则点F（m,m﹣3）,得出DF＝﹣m2+3m,从而得到＝﹣（m﹣）2+,然后根据函数的性质得出当m＝时,有最大值,从而求出点D坐标,再代入y＝kx求出k的值．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴于点A（﹣1,0）、B（3,0）,
则,
解得；
（2）∵a＝1,b＝﹣2,
∴抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3,
令x＝0,则y＝﹣3,
∴C（0,﹣3）,
设线段BC所在的直线的函数解析式为y＝kx+b1（k≠0）,
则,
解得,
∴线段BC的函数解析式为y＝x﹣3（0≤x≤3）；
（3）存在,理由：
过点D作DF∥y轴,交BC于点F,如图：
∵OC∥DF,
∴△OEC∽△DFE,
∴＝＝,
设点D为（m,m2﹣2m﹣3）,则点F（m,m﹣3）,
∴DF＝m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m,
∴＝＝＝﹣（m﹣）2+,
∵﹣＜0,
∴当m＝时,有最大值,
此时点D（,﹣）,
∴k＝＝＝﹣．
18．（2022•南岗区校级二模）如图1,在平面直角坐标系中,O为坐标原点,抛物线y＝﹣ax2+6ax+6与y轴交于点B,交x轴的负半轴于点A,交x轴的正半轴于点C,且S△ABC＝30．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2,点P为第一象限抛物线上一点,其横坐标为t,PD⊥x轴于点D,设tan∠PAD等于m,求m与t之间的函数关系式；
（3）如图3,在（2）的条件下,当m＝时,过点B作BN⊥AB交∠PAC的平分线于点N,点K在线段AB上,点M在线段AN上,连接KM、KN,∠MKN＝2∠BNK,作MT⊥KN于点T,延长MT交BN于点H,若NH＝4BH,求直线KN的解析式．
【分析】（1）由﹣ax2+6ax+6＝0,根据根与系数的关系可得x1+x2＝6,x1•x2＝﹣,求出AB的长为,再由三角形ABC的面积可求a的值；
（2）由题意知P（t,﹣t2+t+6）,分别求出AD与PD,根据tan∠PAD＝m,建立方程即可求m与t的函数关系式；
（3）连接BC与AP交于点E,证明△ABO≌△EAB（AAS）,从而推导出△ABN是等腰直角三角形,求出tan∠PAN＝,设N（m,n）,由＝,2＝,求出N点坐标,过A作AL⊥AB交于HM的延长线于L,过B作BS∥HL交AL于点S,交KN于点Q,再证明△AKM≌△ALM（ASA）,四边形BHLS是平行四边形,△NBK≌△BAS（ASA）,设BH＝a,KB＝b,则NH＝4a,AB＝5a,由AL＝AK,可得到b＝2a,则BK：AB＝2：5,过K作KG⊥x轴交于G,由△ABO∽△AKG,求出K（﹣,）,再用待定系数法求直线KN的解析式即可．
【解答】解：（1）令x＝0,则y＝6,
∴B（0,6）,
令y＝0,则﹣ax2+6ax+6＝0,
∴x1+x2＝6,x1•x2＝﹣,
∴|x1﹣x2|＝,
∵S△ABC＝30＝6×,
解得a＝,
∴y＝﹣x2+x+6；
（2）∵P点横坐标为t,
∴P（t,﹣t2+t+6）,
∵PD⊥x轴,
∴PD＝﹣t2+t+6,
令y＝0,则﹣x2+x+6,
解得x＝﹣2或x＝8,
∴A（﹣2,0）,C（8,0）,
∴AD＝t+2,
∵tan∠PAD＝m,
∴＝m,
整理得,m＝﹣（t﹣8）（0＜t＜8）；
（3）连接BC与AP交于点E,
∵A（﹣2,0）,B（0,6）,C（8,0）,
∴AC＝10,BC＝10,
∴AC＝BC,
∴∠BAO＝∠ABE,
∵OB＝6,OC＝8,
∴tan∠OCB＝,
∵m＝,
∴∠PAD＝∠OBC,
∴∠BCO＝∠APD,
∴∠PAD+∠BCO＝90°,
∴BC⊥AP,
∴∠BEA＝90°,
∴△ABO≌△EAB（AAS）,
∴∠BAE＝∠ABO,
∵AN平分∠PAC,
∴∠EAN＝∠NAC,
∴2∠OAE+2∠EAN＝90°,
∴∠BAN＝45°,
∴△ABN是等腰直角三角形,
∴BN＝AB＝2,
在Rt△APD中,设AN与PD交于Z,过Z作ZY⊥AP交于Y,
∵AZ是∠PAD的平分线,
∴YZ＝ZD,
∵tan∠PAD＝,
设PD＝4,ZD＝y,则AD＝3,AP＝5,YZ＝y,
在Rt△PYZ中,（4﹣y）2＝y2+22,
∴y＝,
∴tan∠ZAD＝,
设N（m,n）,则＝,
∵2＝,
解得m＝6,n＝4,
∴N（6,4）,
过A作AL⊥AB交于HM的延长线于L,过B作BS∥HL交AL于点S,交KN于点Q,
∵MT⊥KN,
∴∠NHT＝90°﹣∠HNT,∠BKN＝90°﹣∠HNT,
∵∠MKN＝2∠BNK,
∴∠AKM＝180°﹣（∠BKN+∠NKM）＝90°﹣∠HNT,
∴∠AKM＝∠HTN,
∵∠BAN＝∠BNA＝45°,
∴∠HMN＝∠KMA,
∵∠HMN＝∠AML,
∴∠KMA＝∠AML,
∵AL⊥AB,∠PAN＝∠CAN,
∴∠CAL＝∠BAE,
∴∠KAM＝∠MAL,
∴△AKM≌△ALM（ASA）,
∴AK＝AL,∠ALM＝∠AKN,
∵BN⊥AB,AL⊥AB,
∴BN∥AL,
∵BS∥HL,
∴四边形BHLS是平行四边形,
∴∠ALM＝∠BSA,
∴∠BKN＝∠BSA,
∵AB＝BN,∠ABN＝∠BAS＝90°,
∴△NBK≌△BAS（ASA）,
∴BK＝AS,
∴HL＝KN,
∵NH＝4BH,
设BH＝a,KB＝b,则NH＝4a,AB＝5a,
∵AK＝AL,
∴5a﹣b＝a+b,
∴b＝2a,
∴BK：AB＝2：5,
过K作KG⊥x轴交于G,
∴△ABO∽△AKG,
∴＝＝＝,
∴KG＝,AG＝,
∴K（﹣,）,
设直线KN的解析式为y＝sx+h,
∴,
解得,
∴y＝x+．
19．（2022•江汉区校级模拟）如图1,已知抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）与x轴交于A（﹣1,0）,B（3,0）,与y轴交于点C．
（1）若C（0,﹣3）,求抛物线的解析式；
（2）在（1）的条件下,E是线段BC上一动点,AE交抛物线于F点,求的最大值；
（3）如图2,点N为y轴上一点,AN、BN交抛物线于E、F两点,求•的值．
【分析】（1）根据待定系数法,可得函数解析式；
（2）过点A作AG∥y轴交BC的延长线与点G,过点F作FM∥y轴交BC于点M,求出BC表达式,求出AG的长,再设F（t,t2﹣2t﹣3）,得出M （t,t﹣3）,求出MF＝﹣t2+3t,再利用△AGE∽△FME求出＝＝＝﹣（t2﹣3t）＝﹣（t﹣）2+,即可得到答案；
（3）过点E作EI⊥x轴于点I,过点F作FH⊥x轴于点H,设点N （0,n）,求出AN和BN的表达式,利用这两个表达式分别与y＝x2﹣2x﹣3联立求出E点和F点的横坐标,即可求出I点和H点的横坐标,再求出OI,OH,OA,OB的长．最后利用平行线分线段成比例求出答案即可．
【解答】解：（1）将A（﹣1,0）,B（3,0）,C（0,﹣3）代入函数解析式y＝ax2+bx+c,
得,
解得,
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）如图1,过点A作AG∥y轴交BC的延长线与点G,过点F作FM∥y轴交BC于点M,
设BC表达式为y＝kx+m,将点B（3,0）,C（0,﹣3）代入得：
,解得：,
∴BC表达式为y＝x﹣3,
∵AG∥y轴,A（﹣1,0）,
∴G（﹣1,﹣4）,
∴AG＝4,
F（t,t2﹣2t﹣3）,
∵FM∥y轴,
∴M （t,t﹣3）,
∴MF＝t﹣3﹣t2+2t+3＝﹣t2+3t,
∵AG∥y轴,FM∥y轴,
∴AG∥FM,
∴△AGE∽△FME,
∴＝＝＝﹣（t2﹣3t）＝﹣（t﹣）2+,
∴当t＝时,有最大值是；
（3）过点E作EI⊥x轴于点I,过点F作FH⊥x轴于点H,
设点N （0,n）,AN表达式为y＝k1x+n,
将点A（﹣1,0）代入得k1＝n,
∴AN表达式为y＝nx+n,
联立y＝x2﹣2x﹣3得：,
即：nx+n＝x2﹣2x﹣3,整理得：x2﹣（2+n）x﹣（3+n）＝0,
解得x1＝3+n．x2＝﹣1（舍）,
∴E点的横坐标为3+n,
∵EI⊥x轴,
∴I点的横坐标为3+n,
∴OI＝3+n,
同理BN的直线表达式为v﹣y＝﹣x+n,F点的横坐标为﹣,
∴OH＝,
∵EI⊥x轴,FH⊥x轴,
∴ON∥IE,ON∥HF,
又∵OA＝1,OB＝3,
∴,,
∴•＝•＝．
20．（2022•成都模拟）如图,抛物线与x轴交于A,B两点（点A在点B的左侧）,与y轴交于点C．
（1）求点A,B,C的坐标及抛物线的对称轴；
（2）如图1,点P（1,m）,Q（1,m﹣2）是两动点,分别连接PC,QB,请求出|PC﹣QB|的最大值,并求出m的值；
（3）如图2,∠BAC的角平分线交y轴于点D,过D点的直线l与射线AB,AC分别于E,F,当直线l绕点D旋转时,是否为定值,若是,请求出该定值；若不是,请说明理由．
【分析】（1）当x＝0时,求得y的值,从而得出点C坐标,令y＝0,求得x的值,进而求得A、B两点坐标,根据点A和点B对称求得对称轴；
（2）将点B向上平移2个单位至B′（5,2）,作点C关于直线x＝1的对称点C′（2,﹣4）,作直线B′C′交直线x＝1于点P′,则|PC﹣BQ|最大值是：B′C′的长,进一步求得结果；
（3）作DG⊥AC于G,作FH⊥AB于H,先求得点D坐标,从而设出EF的关系式,根据AHF∽△AOC,△DOE∽△FHE,得出AH,CH,EH的关系式,然后解斜三角形ACE,从而用k表示出AE和AF,计算化简+求得结果．
【解答】解：（1）当x＝0时,y＝﹣4,
∴C（0,﹣4）,
当y＝0时,x2﹣﹣4＝0,
∴x1＝﹣3,x2＝5,
∴A（﹣3,0）,B（5,0）；
∵＝1,
∴抛物线的对称轴为直线x＝1；
（1）如图1,
将点B向上平移2个单位至B′（5,2）,作点C关于直线x＝1的对称点C′（2,﹣4）,
作直线B′C′交直线x＝1于点P′,则|PC﹣BQ|最大值是：B′C′的长,
∵B′C′＝＝3,
∴|PC﹣BQ|最大＝3,
∵直线B′C′的解析式为：y＝2x﹣8,
∴当x＝1时,y＝2×1﹣8＝﹣6,
∴m＝﹣6；
（3）为定值,理由如下：
如图2,
作DG⊥AC于G,作FH⊥AB于H,
∵AD平分∠BAC,
∴OD＝DG,
∵S△AOC＝S△AOD+S△ACD,
∴＝+,
∴OD＝,
∵D（0,﹣）,
∴设直线EF的关系式为：y＝kx﹣,
∴E（,0）,
∵FH∥OC,OD∥FH,
∴△AHF∽△AOC,△DOE∽△FHE,
∴＝＝,＝＝＝,
设AH＝3a,FH＝4a,
∴＝,
∴EH＝,
∵AH+EH＝AE,
∴3a+＝,
∴a＝,
∴AF＝5a＝
∴+＝+＝
21．（2022•沈阳模拟）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝﹣x2+x+2与x轴交于A,B两点（点A在点B左侧）,与y轴交于点C,直线l：y＝kx+b经过点B,点C,点P是抛物线上一动点,连接OP交直线BC于点D．
（1）求直线l的解析式；
（2）当＝时,求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下,点N是直线BC上一动点,连接ON,过点D作DF⊥ON于点F,点F在线段ON上,当OD＝DF时,请直接写出点N的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）过点P作PE∥y轴交BC于点E,设P（m,﹣+m+2））,则E（m,m+2）,利用m的代数式表示出线段PE,得到关于m的方程,解方程就可求得结论；
（3）利用分类讨论的思想方法分①当点N在线段BD上时和②当点N在线段BD的延长线上时,两种情况讨论解答：①过点N作NH⊥x轴于点H,通过计算线段OH,NH的长度求得结论；②过点F作FK⊥x轴于点K,过点D作DQ⊥FK于点Q,通过求得直线OF的解析式,与直线y＝﹣x+2联立,就可求得结论．
【解答】解：（1）令x＝0,则y＝2,
∴C（0,2）．
∴OC＝2．
令y＝0,则﹣x2+x+2＝0,
解得：x＝﹣1或4,
∴A（﹣1,0）,B（4,0）．
∴OA＝1,OB＝4．
设直线l的解析式为y＝kx+b,
∴,
解得：,
∴直线l的解析式为y＝﹣x+2；
（2）过点P作PE∥y轴交BC于点E,如图,
∴∠COD＝∠DPE,∠OCD＝∠PED,
∴△CDO∽△EDP,
∴,
∵＝,
∴PD＝OD．
∴PE＝OC＝2．
设P（m,﹣+m+2））,则E（m,m+2）,
∴PE＝﹣+m+2﹣（m+2）＝﹣+2m,
∴﹣+2m＝2．
解得：m1＝m2＝2．
∴P（2,3）；
（3）N（,）或N（,）,理由：
∵P（2,3）,
∴直线OP的解析式为y＝x．
∴,
解得：．
∴D（1,）．
∴OD＝,BD＝．
①当点N在线段BD上时,如图,
在Rt△ODF中,∠DFO＝90°,
∵sin∠DOF＝,
∴tan∠DOF＝．
在Rt△OBC中,∠BOC＝90°,
∴tan∠CBO＝．
∴∠DOF＝∠CBO．
∵∠ODN＝∠BDO,
∴△ODN∽△BDO,
∴,
即：OD2＝BD•DN,
∴DN＝．
∴BN＝BD﹣DN＝,
过点N作NH⊥x轴于点H,
∴NH＝BN•sin∠CBO＝,
BH＝BN•cos∠CBO＝,
∴OH＝OB﹣BH＝4﹣＝．
∴N（,）；
②当点N在线段BD的延长线上时,如图,
过点F作FK⊥x轴于点K,过点D作DQ⊥FK于点Q,
∵FD⊥ON,
∴∠OFK+∠DFQ＝90°,
∵DQ⊥FK,
∴∠FDQ+∠DFQ＝90°,
∴∠DFK＝∠FDQ．
∵∠FKO＝∠DQF＝90°,
∴△OKF∽△FQD．
∴＝2,
∴OK＝2FQ,FK＝2QD．
设F（a,n）,则OK＝a,FK＝n,
∵D（1,）,
∴DQ＝1﹣a,FQ＝n﹣．
∴,
解得：,
∴F（,）．
设直线OF的解析式为y＝cx,
∴c＝,
∴c＝8,
∴直线OF的解析式为y＝8x．
∴,
解得：．
∴N（,）．
综上,点N的坐标为N（,）或N（,）．
22．（2022•沈阳模拟）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝ax2+bx﹣过点A（3,2）和点B（,0）,与x轴的另一个交点为点C．
（1）求抛物线的函数表达式．
（2）判断△ABC的形状,并说明理由．
（3）点D在线段BC上,连接AD,作DE⊥AD,且DE＝AD,连接AE交x轴于点F．点F不与点C重合,射线DP⊥AE,交AE于点P,交AC于点Q．
①当AD＝AF时,请直接写出∠CAE的度数；
②当＝时,请直接写出CQ的长．
【分析】（1）将A（3,2）和B（,0）代入y＝ax2+bx﹣,即可求解；
（2）求出C（5,0）,再分别求出AB＝4,AC＝4,BC＝4,利用勾股定理即可判断；
（3）①求出∠AFD＝67.5°,即可求∠CAE＝22.5°；
②分两种情况讨论：D点在F点左侧时,设EF＝x,则AF＝3x,分别求出AD＝DE＝2x,AP＝DP＝2x,PF＝x,DF＝x,再由△DFE∽△AFC,求出x＝,进而求出D（,0）,过Q点作QH⊥x轴交于点H,设QH＝n,则HC＝n,由tan∠PDF＝＝,求出n＝,即可求CQ＝；当D点在F点右侧时,3＜m＜5,设EF＝t,则AF＝3t,分别求出EA＝2t,AD＝DE＝t,AP＝DP＝t,PF＝2t,DF＝t,再由△DFE∽△AFC,求出t＝,进而求出D（,0）,则可求CQ＝．
【解答】解：（1）将A（3,2）和B（,0）代入y＝ax2+bx﹣,
∴,
解得,
∴y＝﹣x2+3x﹣；
（2）令y＝0,则﹣x2+3x﹣＝0,
解得x＝或x＝5,
∴C（5,0）,
∴AB＝4,AC＝4,BC＝4,
∴BC2＝AC2+AB2,
∴△ABC是等腰直角三角形；
（3）①∵AB＝AC,
∴∠ACB＝45°,
∵AD＝ED,DE⊥AD,
∴∠DAE＝45°,
∵AD＝AF,
∴∠AFD＝67.5°,
∴∠CAE＝67.5°﹣45°＝22.5°；
②如图1,D点在F点左侧时,
∵＝,
∴AF＝3EF,
设EF＝x,则AF＝3x,
∴AE＝4x,
∵△ADE是等腰直角三角形,
∴AD＝DE＝2x,
∵DP⊥AE,∠CAE＝45°,
∴△ADP是等腰直角三角形,
∴AP＝DP＝2x,
∴PF＝x,
∴DF＝x,
∵∠AED＝∠ACF＝45°,
∴△DFE∽△AFC,
∴＝,即＝,
∴x＝,
∴AD＝,
设D（m,0）,0＜m＜3,
∴（m﹣3）2+（2）2＝（）2,
∴m＝或m＝（舍）,
∴D（,0）,
过Q点作QH⊥x轴交于点H,
∵∠ACH＝45°,
设QH＝n,则HC＝n,
当D（,0）时,CD＝,
∴DH＝﹣n,
∵tan∠PDF＝＝,
∴2n＝﹣n,
∴n＝,
∴CQ＝×＝；
如图2,当D点在F点右侧时,3＜m＜5,
∵＝,
设EF＝t,则AF＝3t,
∴EA＝2t,
∵△ADE是等腰直角三角形,
∴AD＝DE＝t,
∵DP⊥AE,∠CAE＝45°,
∴△ADP是等腰直角三角形,
∴AP＝DP＝t,
∴PF＝2t,
∴DF＝t,
∵∠AED＝∠ACF＝135°,
∴△DFE∽△AFC,
∴＝,即＝,
∴t＝,
∴（m﹣3）2+（2）2＝（）2,
∴m＝（舍）或m＝,
∴D（,0）,
∴CD＝,
∴DH＝﹣n,
∴n＝﹣n,
∴n＝,
∴CQ＝；
综上所述：CQ的长为．
专题14二次函数与线段数量关系最值定值问题
图形运动的过程中,求两条线段之间的函数关系,是中考数学的热点问题．
产生两条线段间的函数关系,常见的情况有两种,一是勾股定理,二是比例关系．还有一种不常见的,就是线段全长等于部分线段之和．由比例线段产生的函数关系问题,在两种类型的题目中比较常用．
一是由平行线产生的对于线段成比例,二是相似三角形的对应边成比例．
一般步骤是先说理产生比例关系,再代入数值或表示数的字母,最后整理、变形,根据要求写出定义域．关键是寻找比例关系,难点是有的整理、变形比较繁琐,容易出错．
【例1】（2022•武汉模拟）抛物线y＝x2﹣2x+m的顶点A在x轴上,与y轴交于点B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,直线CD∥AB交抛物线于C,D两点,若,求△COD的面积；
（3）如图2,P为抛物线对称轴上顶点下方的一点,过点P作直线交抛物线于点E,F,交x轴于点M,求的值．
【例2】（2022•黄石）如图,抛物线y＝﹣x2+x+4与坐标轴分别交于A,B,C三点,P是第一象限内抛物线上的一点且横坐标为m．
（1）A,B,C三点的坐标为 , , ．
（2）连接AP,交线段BC于点D,
①当CP与x轴平行时,求的值；
②当CP与x轴不平行时,求的最大值；
（3）连接CP,是否存在点P,使得∠BCO+2∠PCB＝90°,若存在,求m的值,若不存在,请说明理由．
【例3】（2022•河南三模）如图,抛物线y＝ax2+bx﹣4交x轴于A,B两点,交y轴于点C,OB＝2OC＝4OA,连接AC,BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点D是抛物线y＝ax2+bx﹣4的图象上在第四象限内的一动点,DE⊥x轴于点E,交BC于点F．设点D的横坐标为m．
①请用含m的代数式表示线段DF的长；
②已知DG∥AC,交BC于点G,请直接写出当时点D的坐标．
【例4】（2021•大庆）如图,抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于原点O和点A,且其顶点B关于x轴的对称点坐标为（2,1）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）抛物线的对称轴上存在定点F,使得抛物线y＝ax2+bx+c上的任意一点G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离总相等．
①证明上述结论并求出点F的坐标；
②过点F的直线l与抛物线y＝ax2+bx+c交于M,N两点．
证明：当直线l绕点F旋转时,+是定值,并求出该定值；
（3）点C（3,m）是该抛物线上的一点,在x轴,y轴上分别找点P,Q,使四边形PQBC周长最小,直接写出P,Q的坐标．
1．（2020•道里区二模）已知：在平面直角坐标系中,点O为坐标原点,抛物线y＝﹣+bx+3交x轴于A、B两点（点B在点A的右边）交y轴于点C,OB＝3OC．
（1）如图1,求抛物线的解析式；
（2）如图2,点E是第一象限抛物线上的点,连接BE,过点E作ED⊥OB于点D,tan∠EBD＝,求△BDE的面积；
（3）如图3,在（2）的条件下,连接BC交DE于点Q,点K是第四象限抛物线上的点,连接EK交BC于点M,交x轴于点N,∠EMC＝45°,过点K作直线KT⊥x轴于点T,过点E作EL∥x轴,交直线KT于点L,点F是抛物线对称轴右侧第一象限抛物线上的点,连接ET、LF,LF的延长线交ET于点P,连接DP并延长交EL于点S,SE＝2SL,求点F的坐标．
2．（2020•三明二模）如图,抛物线y＝x2+mx（m＜0）交x轴于O,A两点,顶点为点B．
（Ⅰ）求△AOB的面积（用含m的代数式表示）；
（Ⅱ）直线y＝kx+b（k＞0）过点B,且与抛物线交于另一点D（点D与点A不重合）,交y轴于点C．过点C作CE∥AB交x轴于点E．
（ⅰ）若∠OBA＝90°,2＜＜3,求k的取值范围；
（ⅱ）求证：DE∥y轴．
3．（2022•杜尔伯特县一模）如图,已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于A（﹣1,0）,B（m,0）两点,与y轴相交于点C（0,﹣3）,抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点E在x轴上,且∠ECB＝∠CBD,求点E的坐标．
（3）若P是直线BC下方抛物线上任意一点,过点P作PH⊥x轴于点H,与BC交于点M．
①求线段PM长度的最大值．
②在①的条件下,若F为y轴上一动点,求PH+HF+CF的最小值．
4．（2020•江岸区校级一模）已知：抛物线y＝x2+x+m交x轴于A,B两点,交y轴于点C,其中点B在点A的右侧,且AB＝7．
（1）如图1,求抛物线的解析式；
（2）如图2,点D在第一象限内抛物线上,连接CD,AD,AD交y轴于点E．设点D的横坐标为d,△CDE的面积为S,求S与d之间的函数关系式（不要求写出自变量d的取值范围）；
（3）如图3,在（2）的条件下,过点D作DH⊥CE于点H,点P在DH上,连接CP,若∠OCP＝2∠DAB,且HE：CP＝3：5,求点D的坐标及相应S的值．
5．（2020•涡阳县一模）如图,抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与直线y＝x+1相交于A（﹣1,0）,B（4,m）两点,且抛物线经过点C（5,0）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）点P是直线上方的抛物线上的一个动点,求△ABP的面积最大时的P点坐标．
（3）若点P是抛物线上的一个动点（不与点A点B重合）,过点P作直线PD⊥x轴于点D,交直线AB于点E．当PE＝2ED时,求P点坐标；
（4）设抛物线与y轴交于点F,在抛物线的第一象限内,是否存在一点M,使得AM被FC平分？若存在,请求出点M的坐标；若不存在,说明理由．
6．（2021•桂林）如图,已知抛物线y＝a（x﹣3）（x+6）过点A（﹣1,5）和点B（﹣5,m）,与x轴的正半轴交于点C．
（1）求a,m的值和点C的坐标；
（2）若点P是x轴上的点,连接PB,PA,当＝时,求点P的坐标；
（3）在抛物线上是否存在点M,使A,B两点到直线MC的距离相等？若存在,求出满足条件的点M的横坐标；若不存在,请说明理由．
7．（2021•甘肃）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝x2+bx+c与坐标轴交于A（0,﹣2）,B（4,0）两点,直线BC：y＝﹣2x+8交y轴于点C．点D为直线AB下方抛物线上一动点,过点D作x轴的垂线,垂足为G,DG分别交直线BC,AB于点E,F．
（1）求抛物线y＝x2+bx+c的表达式；
（2）当GF＝时,连接BD,求△BDF的面积；
（3）①H是y轴上一点,当四边形BEHF是矩形时,求点H的坐标；
②在①的条件下,第一象限有一动点P,满足PH＝PC+2,求△PHB周长的最小值．
8．（2021•丽水）如图,已知抛物线L：y＝x2+bx+c经过点A（0,﹣5）,B（5,0）．
（1）求b,c的值；
（2）连结AB,交抛物线L的对称轴于点M．
①求点M的坐标；
②将抛物线L向左平移m（m＞0）个单位得到抛物线L1．过点M作MN∥y轴,交抛物线L1于点N．P是抛物线L1上一点,横坐标为﹣1,过点P作PE∥x轴,交抛物线L于点E,点E在抛物线L对称轴的右侧．若PE+MN＝10,求m的值．
9．（2020•陕西）已知抛物线L：y＝﹣x2+bx+c过点（﹣3,3）和（1,﹣5）,与x轴的交点为A,B（点A在点B的左侧）．
（1）求抛物线L的表达式；
（2）若点P在抛物线L上,点E、F在抛物线L的对称轴上,D是抛物线L的顶点,要使△PEF∽△DAB（P的对应点是D）,且PE：DA＝1：4,求满足条件的点P的坐标．
10．（2020•盘锦）如图1,直线y＝x﹣4与x轴交于点B,与y轴交于点A,抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点B和点C（0,4）,△ABO沿射线AB方向以每秒个单位长度的速度平移,平移后的三角形记为△DEF（点A,B,O的对应点分别为点D,E,F）,平移时间为t（0＜t＜4）秒,射线DF交x轴于点G,交抛物线于点M,连接ME．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当tan∠EMF＝时,请直接写出t的值；
（3）如图2,点N在抛物线上,点N的横坐标是点M的横坐标的,连接OM,NF,OM与NF相交于点P,当NP＝FP时,求t的值．
11．（2022•深圳三模）如图1,抛物线y＝ax2+bx经过点A（﹣5,0）,点B（﹣1,﹣2）．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图2,点P为抛物线上第三象限内一动点,过点Q（﹣4,0）作y轴的平行线,交直线AP于点M,交直线OP于点N,当点P运动时,4QM+QN的值是否变化？若变化,说明变化规律,若不变,求其值；
（3）如图3,长度为的线段CD（点C在点D的左边）在射线AB上移动（点C在线段AB上）,连接OD,过点C作CE∥OD交抛物线于点E,线段CD在移动的过程中,直线CE经过一定点F,直接写出定点F的坐标与的最小值．
12．（2022•阿克苏地区一模）如图1．抛物线与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,连接BC,已知点B（4,0）．
（1）若C（0,3）,求抛物线的解析式．
（2）在（1）的条件下,P（﹣2,m）为该抛物线上一点,Q是x轴上一点求的最小值,并求此时点Q的坐标．
（3）如图2．过点A作BC的平行线,交y轴与点D,交抛物线于另一点E．若DE＝7AD,求c的值．
13．（2022•松江区二模）如图,在平面直角坐标系中,已知直线y＝2x+8与x轴交于点A、与y轴交于点B,抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A、B．
（1）求抛物线的表达式；
（2）P是抛物线上一点,且位于直线AB上方,过点P作PM∥y轴、PN∥x轴,分别交直线AB于点M、N．
①当MN＝AB时,求点P的坐标；
②联结OP交AB于点C,当点C是MN的中点时,求的值．
14．（2022•游仙区模拟）如图,抛物线与坐标轴分别交于A（﹣1,0）,B（3,0）,C（0,3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线上是否存在点P,使得∠CBP＝∠ACO,若存在,求出点P的坐标；若不存在,说明理由；
（3）如图2,Q是△ABC内任意一点,求++的值．
15．（2022•龙岩模拟）抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣1,0）,B（3,4）两点,与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式（用含a的式子表示）；
（2）当a＞0时,连接AB,BC,若tan∠ABC＝,求a的值；
（3）直线y＝﹣x+m与线段AB交于点P,与抛物线交于M,N两点（点M在点N的左侧）,若PM•PN＝6,求m的值．
16．（2022•雷州市模拟）如图（1）,抛物线y＝ax2+bx+6与x轴交于点A（﹣6,0）、B（2,0）,与y轴交于点C,抛物线对称轴交抛物线于点M,交x轴于点N．点P是抛物线上的动点,且位于x轴上方．
（1）求抛物线的解析式．
（2）如图（2）,点D与点C关于直线MN对称,若∠CAD＝∠CAP,求点P的坐标．
（3）直线BP交y轴于点E,交直线MN于点F,猜想线段OE、FM、MN三者之间存在的数量关系,并证明．
17．（2022•马鞍山二模）如图,抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴于点A（﹣1,0）、B（3,0）,与y轴交于C点,直线y＝kx（k＜0）交线段BC下方抛物线于D点,交BC于E点
（1）分别求出a、b的值；
（2）求出线段BC的函数关系式,并写出自变量取值范围；
（3）探究是否有最大值,若存在,请求出此时k值,若不存在,请说明理由．
18．（2022•南岗区校级二模）如图1,在平面直角坐标系中,O为坐标原点,抛物线y＝﹣ax2+6ax+6与y轴交于点B,交x轴的负半轴于点A,交x轴的正半轴于点C,且S△ABC＝30．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2,点P为第一象限抛物线上一点,其横坐标为t,PD⊥x轴于点D,设tan∠PAD等于m,求m与t之间的函数关系式；
（3）如图3,在（2）的条件下,当m＝时,过点B作BN⊥AB交∠PAC的平分线于点N,点K在线段AB上,点M在线段AN上,连接KM、KN,∠MKN＝2∠BNK,作MT⊥KN于点T,延长MT交BN于点H,若NH＝4BH,求直线KN的解析式．
19．（2022•江汉区校级模拟）如图1,已知抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）与x轴交于A（﹣1,0）,B（3,0）,与y轴交于点C．
（1）若C（0,﹣3）,求抛物线的解析式；
（2）在（1）的条件下,E是线段BC上一动点,AE交抛物线于F点,求的最大值；
（3）如图2,点N为y轴上一点,AN、BN交抛物线于E、F两点,求•的值．
20．（2022•成都模拟）如图,抛物线与x轴交于A,B两点（点A在点B的左侧）,与y轴交于点C．
（1）求点A,B,C的坐标及抛物线的对称轴；
（2）如图1,点P（1,m）,Q（1,m﹣2）是两动点,分别连接PC,QB,请求出|PC﹣QB|的最大值,并求出m的值；
（3）如图2,∠BAC的角平分线交y轴于点D,过D点的直线l与射线AB,AC分别于E,F,当直线l绕点D旋转时,是否为定值,若是,请求出该定值；若不是,请说明理由．
21．（2022•沈阳模拟）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝﹣x2+x+2与x轴交于A,B两点（点A在点B左侧）,与y轴交于点C,直线l：y＝kx+b经过点B,点C,点P是抛物线上一动点,连接OP交直线BC于点D．
（1）求直线l的解析式；
（2）当＝时,求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下,点N是直线BC上一动点,连接ON,过点D作DF⊥ON于点F,点F在线段ON上,当OD＝DF时,请直接写出点N的坐标．
22．（2022•沈阳模拟）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝ax2+bx﹣过点A（3,2）和点B（,0）,与x轴的另一个交点为点C．
（1）求抛物线的函数表达式．
（2）判断△ABC的形状,并说明理由．
（3）点D在线段BC上,连接AD,作DE⊥AD,且DE＝AD,连接AE交x轴于点F．点F不与点C重合,射线DP⊥AE,交AE于点P,交AC于点Q．
①当AD＝AF时,请直接写出∠CAE的度数；
②当＝时,请直接写出CQ的长．
【例1】（2022•武汉模拟）抛物线y＝x2﹣2x+m的顶点A在x轴上,与y轴交于点B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,直线CD∥AB交抛物线于C,D两点,若,求△COD的面积；
（3）如图2,P为抛物线对称轴上顶点下方的一点,过点P作直线交抛物线于点E,F,交x轴于点M,求的值．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）运用待定系数法求得直线AB的解析式为y＝﹣x+1,根据CD∥AB,设直线CD的解析式为y＝﹣x+d,C（xC,yC）,D（xD,yD）,联立并整理得x2﹣x+1﹣d＝0,利用根与系数关系可得：xC+xD＝1,xC•xD＝1﹣d,yC＝﹣xC+d,yD＝﹣xD+d,再由,可得CD＝3AB＝3,建立方程求解即可得出答案；
（3）过点E作EG∥x轴交抛物线对称轴于点G,过点F作FH∥x轴交抛物线对称轴于点H,则AM∥EG∥FH,可得：＝,＝,设直线PM的解析式为y＝kx+n,可得：P（1,k+n）,M（﹣,0）,联立并整理得：整理得：x2﹣（k+2）x+1﹣n＝0,利用根与系数关系可得：xE+xF＝k+2,xE•xF＝1﹣n,再分两种情况：k＜0或k＞0,分别求出的值即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2﹣2x+m＝（x﹣1）2+m﹣1的顶点A（1,m﹣1）在x轴上,
∴m﹣1＝0,
∴m＝1,
∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣2x+1；
（2）∵y＝x2﹣2x+1＝（x﹣1）2,
∴顶点A（1,0）,
令x＝0,得y＝1,
∴B（0,1）,
在Rt△AOB中,AB＝＝＝,
设直线AB的解析式为y＝kx+b,
则,
解得：,
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+1,
∵CD∥AB,
∴设直线CD的解析式为y＝﹣x+d,C（xC,yC）,D（xD,yD）,
则x2﹣2x+1＝﹣x+d,
整理得：x2﹣x+1﹣d＝0,
∴xC+xD＝1,xC•xD＝1﹣d,
yC＝﹣xC+d,yD＝﹣xD+d,
∴yC﹣yD＝（﹣xC+d）﹣（﹣xD+d）＝xD﹣xC,
∵,
∴CD＝3AB＝3,
∴CD2＝（3）2＝18,
∴（xC﹣xD）2+（yC﹣yD）2＝18,即（xC﹣xD）2+（xD﹣xC）2＝18,
∴（xC﹣xD）2＝9,
∴（xC+xD）2﹣4xC•xD＝9,即1﹣4（1﹣d）＝9,
解得：d＝3,
∴x2﹣x﹣2＝0,
解得：x＝2或﹣1,
∴C（2,1）,D（﹣1,4）,
设直线CD：y＝﹣x+3交y轴于点K,
令x＝0,则y＝3,
∴K（0,3）,
∴OK＝3,
∴S△COD＝OK×|xC﹣xD|＝×3×3＝；
（3）如图2,过点E作EG∥x轴交抛物线对称轴于点G,过点F作FH∥x轴交抛物线对称轴于点H,
则AM∥EG∥FH,
∴＝,＝,
设直线PM的解析式为y＝kx+n,
当x＝1时,y＝k+n,
∴P（1,k+n）,
当y＝0时,kx+n＝0,
解得：x＝﹣,
∴M（﹣,0）,
∴AM＝|1﹣（﹣）|＝||,
由x2﹣2x+1＝kx+n,
整理得：x2﹣（k+2）x+1﹣n＝0,
则xE+xF＝k+2,xE•xF＝1﹣n,
∵EG＝|xE﹣1|,FH＝|xF﹣1|,
∴+＝+＝,
当k＜0时,点E、F、M均在对称轴直线x＝1左侧,
∴EG＝|xE﹣1|＝1﹣xE,FH＝|xF﹣1|＝1﹣xF,AM＝||＝,
∴+＝＝＝＝,
∴+＝AM×（+）＝×＝1；
当k＞0时,点E、F、M均在对称轴直线x＝1右侧,
∴EG＝|xE﹣1|＝xE﹣1,FH＝|xF﹣1|＝xF﹣1,AM＝||＝﹣,
∴+＝＝＝＝﹣,
∴+＝AM×（+）＝﹣×（﹣）＝1；
综上所述,的值为1．
【例2】（2022•黄石）如图,抛物线y＝﹣x2+x+4与坐标轴分别交于A,B,C三点,P是第一象限内抛物线上的一点且横坐标为m．
（1）A,B,C三点的坐标为 （﹣2,0） , （3,0） , （0,4） ．
（2）连接AP,交线段BC于点D,
①当CP与x轴平行时,求的值；
②当CP与x轴不平行时,求的最大值；
（3）连接CP,是否存在点P,使得∠BCO+2∠PCB＝90°,若存在,求m的值,若不存在,请说明理由．
【分析】（1）令x＝0,则y＝4,令y＝0,则﹣x2+x+4＝0,所以x＝﹣2或x＝3,由此可得结论；
（2）①由题意可知,P（1,4）,所以CP＝1,AB＝5,由平行线分线段成比例可知,＝＝．
②过点P作PQ∥AB交BC于点Q,所以直线BC的解析式为：y＝﹣x+4．设点P的横坐标为m,则P（m,﹣m2+m+4）,Q（m2﹣m,﹣m2+m+4）．所以PQ＝m﹣（m2﹣m）＝﹣m2+m,因为PQ∥AB,所以＝＝＝﹣（m﹣）2+,由二次函数的性质可得结论；
（3）假设存在点P使得∠BCO+2∠BCP＝90°,即0＜m＜3．过点C作CF∥x轴交抛物线于点F,由∠BCO+2∠PCB＝90°,可知CP平分∠BCF,延长CP交x轴于点M,易证△CBM为等腰三角形,所以M（8,0）,所以直线CM的解析式为：y＝﹣x+4,令﹣x2+x+4＝﹣x+4,可得结论．
【解答】解：（1）令x＝0,则y＝4,
∴C（0,4）；
令y＝0,则﹣x2+x+4＝0,
∴x＝﹣2或x＝3,
∴A（﹣2,0）,B（3,0）．
故答案为：（﹣2,0）；（3,0）；（0,4）．
（2）①∵CP∥x轴,C（0,4）,
∴P（1,4）,
∴CP＝1,AB＝5,
∵CP∥x轴,
∴＝＝．
②如图,过点P作PQ∥AB交BC于点Q,
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+4．
设点P的横坐标为m,
则P（m,﹣m2+m+4）,Q（m2﹣m,﹣m2+m+4）．
∴PQ＝m﹣（m2﹣m）＝﹣m2+m,
∵PQ∥AB,
∴＝＝＝﹣（m﹣）2+,
∴当m＝时,的最大值为．
另解：分别过点P,A作y轴的平行线,交直线BC于两点,仿照以上解法即可求解．
（3）假设存在点P使得∠BCO+2∠BCP＝90°,即0＜m＜3．
过点C作CF∥x轴交抛物线于点F,
∵∠BCO+2∠PCB＝90°,∠BCO+∠BCF+∠MCF＝90°,
∴∠MCF＝∠BCP,
延长CP交x轴于点M,
∵CF∥x轴,
∴∠PCF＝∠BMC,
∴∠BCP＝∠BMC,
∴△CBM为等腰三角形,
∵BC＝5,
∴BM＝5,OM＝8,
∴M（8,0）,
∴直线CM的解析式为：y＝﹣x+4,
令﹣x2+x+4＝﹣x+4,
解得x＝或x＝0（舍）,
∴存在点P满足题意,此时m＝．
【例3】（2022•河南三模）如图,抛物线y＝ax2+bx﹣4交x轴于A,B两点,交y轴于点C,OB＝2OC＝4OA,连接AC,BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点D是抛物线y＝ax2+bx﹣4的图象上在第四象限内的一动点,DE⊥x轴于点E,交BC于点F．设点D的横坐标为m．
①请用含m的代数式表示线段DF的长；
②已知DG∥AC,交BC于点G,请直接写出当时点D的坐标．
【分析】（1）由抛物线y＝ax2+bx﹣4,可知c＝﹣4,故OC＝4,而OB＝2OC＝4OA,则OA＝2,OB＝8,确定点A、B、C的坐标,再用待定系数法求函数解析式即可；
（2）①先求出直线BC的解析式,再设点D为（m,m2﹣m﹣4）,可得F（m,m﹣4）,即可得出线段DF的长；
②证明△AOC∽△FGD,根据相似三角形的性质可得DF＝3,再根据①得出的式子求出m的值,即可求解．
【解答】解：（1）在抛物线y＝ax2+bx﹣4中,
令x＝0,则y＝﹣4,
∴点C的坐标为（0,﹣4）,
∴OC＝4,
∵OB＝2OC＝4OA,
∴OA＝2,OB＝8,
∴点A为（﹣2,0）,点B为（8,0）,
则把点A、B代入解析式,得：
,
解得：,
∴此抛物线的表达式为y＝x2﹣x﹣4；
（2）①设直线BC的解析式为y＝mx+n,则
把点B、C代入,得,
解得：,
∴直线AC的解析式为y＝x﹣4；
设点D为（m,m2﹣m﹣4）,可得F（m,m﹣4）,
∴DF＝m﹣4−（m2﹣m﹣4）＝﹣m2+2m；
②∵点A为（﹣2,0）,点B为（8,0）,点C的坐标为（0,﹣4）,
∴AC2＝22+42＝20,BC2＝82+42＝80,AB2＝（8+2）2＝100,
∴AC2+BC2＝AB2,
∴△ABC是直角三角形,∠ACB＝∠ACO+∠OCF＝90°,
∵DG∥AC,
∴∠DGC＝∠ACB＝90°,
∴∠DGF＝∠AOC＝90°,
∴∠DFG+∠FDG＝90°,
∵DE⊥x轴,
∴DE∥y轴,
∴∠OCF＝∠DFG,
∵∠ACO+∠OCF＝90°,∠DFG+∠FDG＝90°,
∴∠ACO＝∠FDG,
∴△AOC∽△FGD,
∴,
∵AC2＝22+42＝20,
∴AC＝2,
∵DG＝AC,
∴DG＝,
∴,
∴DF＝3,
∵DF＝﹣m2+2m,
∴﹣m2+2m＝3,解得m1＝2,m2＝6,
∴点D的坐标为（2,﹣6）或（6,﹣4）．
【例4】（2021•大庆）如图,抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于原点O和点A,且其顶点B关于x轴的对称点坐标为（2,1）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）抛物线的对称轴上存在定点F,使得抛物线y＝ax2+bx+c上的任意一点G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离总相等．
①证明上述结论并求出点F的坐标；
②过点F的直线l与抛物线y＝ax2+bx+c交于M,N两点．
证明：当直线l绕点F旋转时,+是定值,并求出该定值；
（3）点C（3,m）是该抛物线上的一点,在x轴,y轴上分别找点P,Q,使四边形PQBC周长最小,直接写出P,Q的坐标．
【分析】（1）求出B（2,﹣1）,A（4,0）,再将点O、点A、点B代入抛物线y＝ax2+bx+c,即可求解解析式；
（2）①设F（2,m）,G（x,x2﹣x）,由已知可得（x﹣2）2+＝,整理得到m（m﹣x2+2x）＝0,因为任意一点G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离总相等,所以m＝0,即可求F坐标；②设过点F的直线解析式为y＝kx﹣2k,M（xM,yM）,N（xN,yN）,联立直线与抛物线解析式得x2﹣（4+4k）x+8k＝0,则有xM+xN＝4+4k,xM•xN＝8k,yM+yN＝4k2,yM•yN＝﹣4k2,由①可得+＝+＝1；
（3）作B点关于y轴的对称点B',作C点关于x轴的对称点C',连接C'B'交x轴、y轴分别于点P、Q,四边形PQBC周长＝BQ+PQ+PC+BC＝B'Q+PQ+C'P+CB＝C'B'+CB,求出B'（﹣2,﹣1）,C'（3,）,可得直线B'C'的解析为y＝x﹣,则可求Q（0,﹣）,P（,0）．
【解答】解：（1）∵顶点B关于x轴的对称点坐标为（2,1）,
∴B（2,﹣1）,
∴A（4,0）,
将点O、点A、点B代入抛物线y＝ax2+bx+c,
得到,解得,
∴y＝x2﹣x；
（2）①设F（2,m）,G（x,y）,
∴G点到直线y＝﹣2的距离为|y+2|,
∴（y+2）2＝y2+4y+4,
∵y＝x2﹣x,
∴（y+2）2＝y2+4y+4＝y2+x2﹣4x+4＝y2+（x﹣2）2,
∴G到直线y＝﹣2的距离与点（2,0）和G点的距离相等,
∴抛物线上的任意一点G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离总相等；
∵G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离相等,
∴（x﹣2）2+＝,
整理得,m（m﹣x2+2x）＝0,
∵距离总相等,
∴m＝0,
∴F（2,0）；
②设过点F的直线解析式为y＝kx﹣2k,M（xM,yM）,N（xN,yN）,
联立,整理得x2﹣（4+4k）x+8k＝0,
∴xM+xN＝4+4k,xM•xN＝8k,
∴yM+yN＝4k2,yM•yN＝﹣4k2,
∵M到F点与M点到y＝﹣2的距离相等,N到F点与N点到y＝﹣2的距离相等,
∴+＝+＝＝＝1,
∴+＝1是定值；
（3）作B点关于y轴的对称点B',作C点关于x轴的对称点C',连接C'B'交x轴、y轴分别于点P、Q,
∵BQ＝B'Q,CP＝C'P,
∴四边形PQBC周长＝BQ+PQ+PC+BC＝B'Q+PQ+C'P+CB＝C'B'+CB,
∵点C（3,m）是该抛物线上的一点
∴C（3,﹣）,
∵B（2,﹣1）,
∴B'（﹣2,﹣1）,C'（3,）,
∴直线B'C'的解析为y＝x﹣,
∴Q（0,﹣）,P（,0）．
1．（2020•道里区二模）已知：在平面直角坐标系中,点O为坐标原点,抛物线y＝﹣+bx+3交x轴于A、B两点（点B在点A的右边）交y轴于点C,OB＝3OC．
（1）如图1,求抛物线的解析式；
（2）如图2,点E是第一象限抛物线上的点,连接BE,过点E作ED⊥OB于点D,tan∠EBD＝,求△BDE的面积；
（3）如图3,在（2）的条件下,连接BC交DE于点Q,点K是第四象限抛物线上的点,连接EK交BC于点M,交x轴于点N,∠EMC＝45°,过点K作直线KT⊥x轴于点T,过点E作EL∥x轴,交直线KT于点L,点F是抛物线对称轴右侧第一象限抛物线上的点,连接ET、LF,LF的延长线交ET于点P,连接DP并延长交EL于点S,SE＝2SL,求点F的坐标．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）在Rt△EDB中,,则,解得t1＝3,t2＝9（舍去）,利用,求出点E的坐标,进而求解；
（3）证明四边形DELT是正方形和△EPS≌△EPL（SAS）,则,RL＝11﹣n,故,即可求解．
【解答】解：（1）如图1,当x＝0时,,
∴C（0,3）,∴OC＝3,
∵OB＝3OC,
∴OB＝9,∴B（9,0）,
∵点B在抛物线上,
∴,,
∴抛物线的解析式为；
（2）如图2,设,
∴,BD＝9﹣t,
在Rt△EDB中,,
∴,
解得t1＝3,t2＝9（舍去）,
∴,
∴E（3,8）,OD＝3,BD＝6,ED＝8,
∴；
（3）如图3,连接CD,
∵OC＝OD＝3,∠COD＝90°,
∴∠ODC＝∠OCD＝45°
∵∠EDO＝90°,
∴∠EDC＝45°,
∴∠EDC＝∠EMQ,
∵∠QCD＝180°﹣∠CDQ﹣∠CQD,∠QEM＝180°﹣∠QME﹣∠EQM,
∴∠DCQ＝∠DEM,
过点D作DG⊥BC于点G,BD＝6,,
设CG＝a,则,
在Rt△CGD中,DG2＝CD2﹣CG2,
在Rt△BGD中,DG2＝BD2﹣BG2,
∴CD2﹣CG2＝BD2﹣BG2,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴,∴DN＝4,
∴N（7,0）,
过点K作KH⊥ED于点H,
设,
∴KH＝m﹣3,,
∵,
∴,
∴m1＝11,m2＝3（舍）,
当m＝11时,,
∴K（11,﹣8）,
∴T（11,0）,L（11,8）,
∴EL＝ED＝8,
∵∠EDT＝∠DTL＝∠ELT＝90°,
∴四边形DELT是矩形,
∵EL＝ED,
∴四边形DELT是正方形
∴∠DET＝∠LET,
又∵EP＝EP,ED＝EL,
∴△EPS≌△EPL（SAS）,
∴∠EDS＝∠ELP,
∵SE＝2SL,
∴,
在Rt△SED中,,
∴,
过点F作FR⊥EL于点R,设,
则,RL＝11﹣n,
∴,
∴n2﹣6n﹣7＝0,
∴n1＝7,n2＝﹣1（舍）,
∴．
2．（2020•三明二模）如图,抛物线y＝x2+mx（m＜0）交x轴于O,A两点,顶点为点B．
（Ⅰ）求△AOB的面积（用含m的代数式表示）；
（Ⅱ）直线y＝kx+b（k＞0）过点B,且与抛物线交于另一点D（点D与点A不重合）,交y轴于点C．过点C作CE∥AB交x轴于点E．
（ⅰ）若∠OBA＝90°,2＜＜3,求k的取值范围；
（ⅱ）求证：DE∥y轴．
【分析】（I）先根据顶点式可得点B的坐标,令y＝0,解方程可得点A的坐标,从而得OA＝﹣m,根据三角形面积公式可得△AOB的面积；
（II）（i）如图2,作BF⊥AO,可证明△EOC∽△AFB,列比例式,根据△OAB为等腰直角三角形和点B的坐标,列关于m的方程,可得结论；
（ii）先求BC的解析式确定点C的坐标,根据方程组的解析可得点D的横坐标,根据CE∥AB确定CE的解析式,根据y＝0可得E的坐标,由D和E的横坐标相等可得结论．
【解答】解：（Ⅰ）如图1,y＝x2+mx＝,
∴点B的坐标为,
由x2+mx＝0,得x1＝0,x2＝﹣m,
∴A（﹣m,0）,
∴OA＝﹣m,
∴S△OAB＝＝＝﹣；
（Ⅱ） （ⅰ）如图2,作BF⊥x轴于点F,
则∠AFB＝∠EOC＝90°．
∵CE∥AB,
∴∠OEC＝∠FAB¸
∴△EOC∽△AFB．
∴．
∵,
∴,
∵抛物线的顶点坐标为B（,）,∠OBA＝90°,
∴△OAB为等腰直角三角形,
∴,
∵m≠0,
∴m＝﹣2,
∴B（1,﹣1）,
∴BF＝1,
∴2＜OC＜3,
∵点C为直线y＝kx+b与y轴交点,
∴2＜﹣b＜3,
∵直线y＝kx+b（k＞0）过点B,
∴k+b＝﹣1,
∴﹣b＝k+1,
∴2＜k+1＜3,
∴1＜k＜2；
（ⅱ）如图3,∵直线y＝kx+b（k＞0）过点B（,）,
∴,
∴,
∴y＝kx+,
∴C（0,）,
由x2+mx＝kx+,得：
x2+（m﹣k）x﹣＝0,
△＝（m﹣k）2+4×＝k2,
解得x1＝,x2＝,
∵点D不与点B重合,
∴点D的横坐标为,
设直线AB的表达式为y＝px+q,则：．
解得．,
∴直线AB的表达式为y＝﹣,
∵直线CE∥AB,且过点C,
∴直线CE的表达式为y＝+,
当y＝0时,x＝,
∴E（,0）,
∴点D,E的横坐标相同,
∴DE∥y轴．
3．（2022•杜尔伯特县一模）如图,已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于A（﹣1,0）,B（m,0）两点,与y轴相交于点C（0,﹣3）,抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点E在x轴上,且∠ECB＝∠CBD,求点E的坐标．
（3）若P是直线BC下方抛物线上任意一点,过点P作PH⊥x轴于点H,与BC交于点M．
①求线段PM长度的最大值．
②在①的条件下,若F为y轴上一动点,求PH+HF+CF的最小值．
【分析】（1）将A（﹣1,0）、C（0,﹣3）代入y＝x2+bx+c,待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）根据待定系数法,可得BD的解析式,根据平行线的判定和两平行直线的函数解析式的关系,根据待定系数法,可得CE的解析式,进一步可得答案；
（3）①根据BC的解析式和抛物线的解析式,设P（x,x2﹣2x﹣3）,则M（x,x﹣3）,表示PM的长,根据二次函数的最值可得：当x＝时,PM的最大值；
②当PM的最大值时,P（,﹣）,确定F的位置：在x轴的负半轴了取一点K,使∠OCK＝45°,过F作FN⊥CK于N,当N、F、H三点共线时,如图2,FH+FN最小,即PH+HF+CF的值最小,根据45度的直角三角形的性质可得结论．
【解答】解：（1）把A（﹣1,0）,点C（0,﹣3）代入抛物线y＝x2+bx+c中得：,
解得：,
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4
∴顶点D（1,﹣4）,
当y＝0时,x2﹣2x﹣3＝0,
（x﹣3）（x+1）＝0,
x＝3或﹣1,
∴B（3,0）；
如图1,连接BD,
设BD所在直线的解析式为：y＝k（x﹣3）,将D点坐标代入函数解析式,得﹣2k＝﹣4,
解得k＝2,
故BD所在直线的解析式为：y＝2x﹣6,
∵∠ECB＝∠CBD,
∴CE∥BD,
设CE所在直线的解析式为：y＝2x+b,将C点坐标代入函数解析式,得b＝﹣3,
故CE所在直线的解析式为：y＝2x﹣3,
当y＝0时,x＝．
当点E在点B的右侧时,直线CE经过BD的中点（2,2）,
此时CE的解析式为y＝x﹣3,
∴点E的坐标是（6,0）．
∴综上所述,点E的坐标是（,0）或（6,0）；
（3）①如图2,
∵B（3,0）,C（0,﹣3）,
设BC的解析式为：y＝kx+b,
则,
解得：,
BC的解析式为：y＝x﹣3,
设P（x,x2﹣2x﹣3）,则M（x,x﹣3）,
∴PM＝（x﹣3）﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣）2+,
当x＝时,PM有最大值为；
②当PM有最大值,P（,﹣）,
在x轴的负半轴了取一点K,使∠OCK＝45°,过F作FN⊥CK于N,
∴FN＝CF,
当N、F、H三点共线时,PH+NH最小,即PH+HF+CF的值最小,
Rt△OCK中,OC＝3,
∴OK＝3,
∵OH＝,
∴KH＝+3＝,
Rt△KNH中,∠KHN＝45°,
∴KN＝KH＝,
∴NH＝KN＝,
∴PH+HF+CF的最小值是PH+NH＝．
4．（2020•江岸区校级一模）已知：抛物线y＝x2+x+m交x轴于A,B两点,交y轴于点C,其中点B在点A的右侧,且AB＝7．
（1）如图1,求抛物线的解析式；
（2）如图2,点D在第一象限内抛物线上,连接CD,AD,AD交y轴于点E．设点D的横坐标为d,△CDE的面积为S,求S与d之间的函数关系式（不要求写出自变量d的取值范围）；
（3）如图3,在（2）的条件下,过点D作DH⊥CE于点H,点P在DH上,连接CP,若∠OCP＝2∠DAB,且HE：CP＝3：5,求点D的坐标及相应S的值．
【分析】（1）令y＝0,则（x+2）（x﹣m）＝0,根据AB＝7可求出m的值,则答案可求出；
（2）如图1,过点D作DK⊥x轴于点K,设∠DAB＝α,则D（d,﹣）,求出CE＝5﹣（5﹣d）＝d,根据三角形面积公式可得解；
（3）如图2,过点E作CE的垂线,过C作∠OCP的平分线交DE于点J,交CE的垂线于点F,过点F作ED的平行线交HD于点N．则∠ECF＝∠HDE＝α,HE＝3k,CP＝5k,CE＝HD＝d,证明△CEF≌△DHE,得出EF＝HE＝DN＝3k,CF＝DE＝FN,可得出d＝6k,在Rt△DHE中,tan,由（2）可求出d的值,则D点坐标可求出．则S＝8．
【解答】（1）由y＝x2+x+m,
令y＝0,则（x+2）（x﹣m）＝0,
∴AO＝2,BO＝m,
∴A（﹣2,0）,B（m,0）,
∵AB＝7,
∴m﹣（﹣2）＝7,m＝5,
∴y＝；
（2）过点D作DK⊥x轴于点K,设∠DAB＝α,则D（d,﹣）,
∴＝．
∴EO＝AO•tanα＝5﹣d,CE＝5﹣（5﹣d）＝d,
∴；
（3）过点E作CE的垂线,过C作∠OCP的平分线交DE于点J,交CE的垂线于点F,过点F作ED的平行线交HD于点N．
∴∠ECF＝∠HDE＝α,HE＝3k,CP＝5k,CE＝HD＝d,
∵CE＝HD,∠CEF＝∠CHD＝90°,
∴△CEF≌△DHE（ASA）,
∵EF∥DN,NF∥DE,
∴四边形EDNF为平行四边形,
∴EF＝HE＝DN＝3k,CF＝DE＝FN,
∴△CFN为等腰直角三角形,
∴∠PCN＝∠FNC＝45°,
∴∠PCN＝∠PNC＝45°﹣α,
∴PC＝PN＝5k,
∴PD＝2k,
∴CH＝d﹣3k,PH＝d﹣2k,
∴（d﹣3k）2+（d﹣2k）2＝（5k）2,
∴（d﹣6k）（d+k）＝0,
∴d＝6k,d＝﹣k（舍去）,
∴在Rt△DHE中,tan,
由（2）知,
∴．
∴d＝4,
∴D（4,3）,
∴＝＝8．
5．（2020•涡阳县一模）如图,抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与直线y＝x+1相交于A（﹣1,0）,B（4,m）两点,且抛物线经过点C（5,0）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）点P是直线上方的抛物线上的一个动点,求△ABP的面积最大时的P点坐标．
（3）若点P是抛物线上的一个动点（不与点A点B重合）,过点P作直线PD⊥x轴于点D,交直线AB于点E．当PE＝2ED时,求P点坐标；
（4）设抛物线与y轴交于点F,在抛物线的第一象限内,是否存在一点M,使得AM被FC平分？若存在,请求出点M的坐标；若不存在,说明理由．
【分析】（1）将交点B（4,m）代入直线y＝x+1得B（4,5）,由题意可设抛物线解析式y＝a（x+1）（x﹣5）,把B（4,m）代入得a＝﹣1,即可求解；
（2）,即可求解；
（3）,故|﹣x2+3x+4|＝2|x+1|,所以﹣x2+3x+4＝±2（x+1）,即可求解；
（4）若AM被FC平分,则AM的中点在直线FC上,由F（0,4）,C（5,0）得直线FC的表达式为：y＝﹣x+4,设M（x,﹣x2+4x+5）,A（﹣1,0）,所以其中点坐标为,将M'代入,解得x1＝3,x2＝﹣1（舍）,即可求解．
【解答】解：（1）将交点B（4,m）代入直线y＝x+1得B（4,5）,
由题意可设抛物线解析式y＝a（x+1）（x﹣5）,
把B（4,m）代入得a＝﹣1,
∴y＝﹣（x+1）（x﹣5）,即y＝﹣x2+4x+5；
（2）过点P作y轴的平行线交AB于点H,
则,
xB﹣xA＝4﹣（﹣1）＝5,
所以,
其对称轴为,
把代入y＝﹣x2+4x+5得：,
即△ABP的面积最大时P点坐标为；
（3）∵P为抛物线上一点,所以存在P点在直线AB上方和下方两种情况．
由题意得,
ED＝yE﹣yD＝（x+1）﹣0＝x+1,
因为PE＝2ED,
所以|﹣x2+3x+4|＝2|x+1|,所以﹣x2+3x+4＝±2（x+1）,
解得x1＝﹣1（舍）,x2＝2,x3＝6,
当x＝2时,y＝9；当x＝6时,y＝﹣7．
即当PE＝2ED时,求P点坐标为（2,9）或（6,﹣7）；
（4）若AM被FC平分,则AM的中点在直线FC上．
由F（0,5）,C（5,0）得直线FC的表达式为：y＝﹣x+5,
设M（x,﹣x2+4x+5）,A（﹣1,0）,所以其中点坐标为,
将M'代入y＝﹣x+5,解得x1＝3,x2＝2,
∴点M（3,8）或（2,9）,
当其坐标为（3,8）或（2,9）时,AM被FC平分．
6．（2021•桂林）如图,已知抛物线y＝a（x﹣3）（x+6）过点A（﹣1,5）和点B（﹣5,m）,与x轴的正半轴交于点C．
（1）求a,m的值和点C的坐标；
（2）若点P是x轴上的点,连接PB,PA,当＝时,求点P的坐标；
（3）在抛物线上是否存在点M,使A,B两点到直线MC的距离相等？若存在,求出满足条件的点M的横坐标；若不存在,请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可．
（2）设P（t,0）,则有＝,解方程,可得结论．
（3）存在．连接AB,设AB的中点为T．分两种情形：①当直线CM经过AB的中点T时,满足条件．②CM′∥AB时,满足条件．根据方程组求出点M的坐标即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝a（x﹣3）（x+6）过点A（﹣1,5）,
∴5＝﹣20a,
∴a＝﹣,
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣3）（x+6）,
令y＝0,则﹣（x﹣3）（x+6）＝0,解得x＝3或﹣6,
∴C（3,0）,
当x＝﹣5时,y＝﹣×（﹣8）×1＝2,
∴B（﹣5,2）,
∴m＝2．
（2）设P（t,0）,则有＝,
整理得,21t2+242t+621＝0,
解得t＝﹣或﹣,
经检验t＝﹣或﹣是方程的解,
∴满足条件的点P坐标为（﹣,0）或（﹣,0）．
（3）存在．连接AB,设AB的中点为T．
①当直线CM经过AB的中点T时,满足条件．
∵A（﹣1,5）,B（﹣5,2）,TA＝TB,
∴T（﹣3,）,
∵C（3,0）,
∴直线CT的解析式为y＝﹣x+,
由,解得（即点C）或,
∴M（﹣,）,
②CM′∥AB时,满足条件,
∵直线AB的解析式为y＝x+,
∴直线CM′的解析式为y＝x﹣,
由,解得（即点C）或,
∴M′（﹣9,﹣9）,
综上所述,满足条件的点M的横坐标为﹣或﹣9．
7．（2021•甘肃）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝x2+bx+c与坐标轴交于A（0,﹣2）,B（4,0）两点,直线BC：y＝﹣2x+8交y轴于点C．点D为直线AB下方抛物线上一动点,过点D作x轴的垂线,垂足为G,DG分别交直线BC,AB于点E,F．
（1）求抛物线y＝x2+bx+c的表达式；
（2）当GF＝时,连接BD,求△BDF的面积；
（3）①H是y轴上一点,当四边形BEHF是矩形时,求点H的坐标；
②在①的条件下,第一象限有一动点P,满足PH＝PC+2,求△PHB周长的最小值．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可．
（2）求出点D的坐标,可得结论．
（3）①过点H作HM⊥EF于M,证明△EMH≌△FGB（AAS）,推出MH＝GB,EM＝FG,由HM＝OG,可得OG＝GB＝OB＝2,由题意直线AB的解析式为y＝x﹣2,设E（a,﹣2a+8）,F（a,a﹣2）,根据MH＝BG,构建方程求解,可得结论．
②因为△PHB的周长＝PH+PB+HB＝PC+2+PB+5＝PC+PB+7,所以要使得△PHB的周长最小,只要PC+PB的值最小,因为PC+PB≥BC,所以当点P在BC上时,PC+PB＝BC的值最小．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c过A（0,﹣2）,B（4,0）两点,
∴,
解得,
∴y＝x2﹣x﹣2．
（2）∵B（4,0）,A（0,﹣2）,
∴OB＝4,OA＝2,
∵GF⊥x轴,OA⊥x轴,
在Rt△BOA和Rt△BGF中,tan∠ABO＝＝,
即＝,
∴GB＝1,
∴OG＝OB﹣GB＝4﹣1＝3,
当x＝3时,yD＝×9﹣×3﹣2＝﹣2,
∴D（3,﹣2）,即GD＝2,
∴FD＝GD﹣GF＝2﹣＝,
∴S△BDF＝•DF•BG＝××1＝．
（3）①如图1中,过点H作HM⊥EF于M,
∵四边形BEHF是矩形,
∴EH∥BF,EH＝BF,
∴∠HEF＝∠BFE,
∵∠EMH＝∠FGB＝90°,
∴△EMH≌△FGB（AAS）,
∴MH＝GB,EM＝FG,
∵HM＝OG,
∴OG＝GB＝OB＝2,
∵A（0,﹣2）,B（4,0）,
∴直线AB的解析式为y＝x﹣2,
设E（a,﹣2a+8）,F（a,a﹣2）,
由MH＝BG得到,a﹣0＝4﹣a,
∴a＝2,
∴E（2,4）,F（2,﹣1）,
∴FG＝1,
∵EM＝FG,
∴4﹣yH＝1,
∴yH＝3,
∴H（0,3）．
②如图2中,
BH＝＝＝5,
∵PH＝PC+2,
∴△PHB的周长＝PH+PB+HB＝PC+2+PB+5＝PC+PB+7,
要使得△PHB的周长最小,只要PC+PB的值最小,
∵PC+PB≥BC,
∴当点P在BC上时,PC+PB＝BC的值最小,
∵BC＝＝＝4,
∴△PHB的周长的最小值为4+7．
8．（2021•丽水）如图,已知抛物线L：y＝x2+bx+c经过点A（0,﹣5）,B（5,0）．
（1）求b,c的值；
（2）连结AB,交抛物线L的对称轴于点M．
①求点M的坐标；
②将抛物线L向左平移m（m＞0）个单位得到抛物线L1．过点M作MN∥y轴,交抛物线L1于点N．P是抛物线L1上一点,横坐标为﹣1,过点P作PE∥x轴,交抛物线L于点E,点E在抛物线L对称轴的右侧．若PE+MN＝10,求m的值．
【分析】（1）用待定系数法可求出答案；
（2）①设直线AB的解析式为y＝kx+n（k≠0）,由A点及B点坐标可求出直线AB的解析式,由（1）得,抛物线L的对称轴是直线x＝2,则可求出答案；
②由题意可得点N的坐标是（2,m2﹣9）,P点的坐标是（﹣1,m2﹣6m）,分三种情况,（Ⅰ）如图1,当点N在点M及下方,即0＜m＜时,（Ⅱ）如图2,当点N在点M的上方,点Q在点P及右侧,（Ⅲ）如图3,当点N在M上方,点Q在点P左侧,由平移的性质求出PE及MN的长,根据PE+MN＝10列出方程可得出答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（0,﹣5）和点B（5,0）,
∴,
解得：,
∴b,c的值分别为﹣4,﹣5．
（2）①设直线AB的解析式为y＝kx+n（k≠0）,
把A（0,﹣5）,B（5,0）的坐标分别代入表达式,得,
解得,
∴直线AB的函数表达式为y＝x﹣5．
由（1）得,抛物线L的对称轴是直线x＝2,
当x＝2时,y＝x﹣5＝﹣3,
∴点M的坐标是（2,﹣3）；
②设抛物线L1的表达式为y＝（x﹣2+m）2﹣9,
∵MN∥y轴,
∴点N的坐标是（2,m2﹣9）,
∵点P的横坐标为﹣1,
∴P点的坐标是（﹣1,m2﹣6m）,
设PE交抛物线L1于另一点Q,
∵抛物线L1的对称轴是直线x＝2﹣m,PE∥x轴,
∴根据抛物线的对称性,点Q的坐标是（5﹣2m,m2﹣6m）,
（Ⅰ）如图1,当点N在点M及下方,即0＜m＜时,
∴PQ＝5﹣2m﹣（﹣1）＝6﹣2m,MN＝﹣3﹣（m2﹣9）＝6﹣m2,
由平移的性质得,QE＝m,
∴PE＝6﹣2m+m＝6﹣m,
∵PE+MN＝10,
∴6﹣m+6﹣m2＝10,
解得,m1＝﹣2（舍去）,m2＝1,
（Ⅱ）如图2,当点N在点M及上方,点Q在点P及右侧,
即＜m＜3时,
PE＝6﹣m,MN＝m2﹣6,
∵PE+MN＝10,
∴6﹣m+m2﹣6＝10,
解得,m1＝（舍去）,m2＝（舍去）．
（Ⅲ）如图3,当点N在M上方,点Q在点P左侧,
即m＞3时,PE＝m,MN＝m2﹣6,
∵PE+MN＝10,
∴m+m2﹣6＝10,
解得,m1＝（舍去）,m2＝,
综合以上可得m的值是1或．
9．（2020•陕西）已知抛物线L：y＝﹣x2+bx+c过点（﹣3,3）和（1,﹣5）,与x轴的交点为A,B（点A在点B的左侧）．
（1）求抛物线L的表达式；
（2）若点P在抛物线L上,点E、F在抛物线L的对称轴上,D是抛物线L的顶点,要使△PEF∽△DAB（P的对应点是D）,且PE：DA＝1：4,求满足条件的点P的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法可求解析式；
（2）先求出点A,点B,点D坐标,由相似三角形的性质可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过点（﹣3,3）和（1,﹣5）,
∴,
解得：,
∴抛物线解析式为y＝﹣x2﹣4x；
（2）令y＝0,则0＝﹣x2﹣4x,
∴x1＝﹣4,x2＝0,
∴点A（﹣4,0）,点B（0,0）,
∴对称轴为x＝﹣2,
∴点D（﹣2,4）,
如图,设对称轴与x轴的交点为H,过点P作PQ⊥DH于Q,设点P（m,﹣m2﹣4m）,
∵△PEF∽△DAB,
∴,
∴PQ＝×4＝1,
∴|m+2|＝1,
∴m＝﹣1或﹣3,
∴点P（﹣1,3）或（﹣3,3）．
10．（2020•盘锦）如图1,直线y＝x﹣4与x轴交于点B,与y轴交于点A,抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点B和点C（0,4）,△ABO沿射线AB方向以每秒个单位长度的速度平移,平移后的三角形记为△DEF（点A,B,O的对应点分别为点D,E,F）,平移时间为t（0＜t＜4）秒,射线DF交x轴于点G,交抛物线于点M,连接ME．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当tan∠EMF＝时,请直接写出t的值；
（3）如图2,点N在抛物线上,点N的横坐标是点M的横坐标的,连接OM,NF,OM与NF相交于点P,当NP＝FP时,求t的值．
【分析】（1）求出等B的坐标,利用待定系数法解决问题即可．
（2）分两种情形：如图1中,当点M在线段DF的上方时,求出DM＝7,构建方程求解即可,当点M在线段DF上时,DM＝1,构建方程求解即可．
（3）如图2中,过点N作NT∥y轴于T．由题意D（t,t﹣4）,则M（t,﹣t2+t+4）,N（t,﹣t2+t+4）,T（t,﹣t2+t+2）,F（t,t）,利用全等三角形的性质证明NT＝MF,由此构建方程解决问题即可．
【解答】解：（1）∵直线y＝x﹣4与x轴交于点B,与y轴交于点A,
∴B（4,0）,A（0,﹣4）,
把B（4,0）,C（0,4）代入y＝﹣x2+bx+c得到,
解得,
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+4．
（2）如图1中,当点M在线段DF的上方时,
由题意得,D（t,t﹣4）,则M（t,﹣t2+t+4）,
∴DM＝﹣t2+8,
在Rt△MEF中,tan∠EMF＝＝＝,
∴MF＝3,
∵DF＝EF＝4,
∴DM＝7,
∴﹣t2+8＝7,
∴t＝或﹣（舍弃）．
当点F在点M上方时,可得DM＝1,即﹣t2+8＝1,
∴t＝或﹣（舍弃）,
综上所述,t的值为或．
（3）如图2中,过点N作NT∥y轴于T．由题意得D（t,t﹣4）,则M（t,﹣t2+t+4）,N（t,﹣t2+t+4）,T（t,﹣t2+t+2）,F（t,t）
∵NT∥FM,
∴∠PNT＝∠PFM,
∵∠NPT＝∠MPF,PN＝PF,
∴△NPT≌△FPM（ASA）,
∴NT＝MF,
∴﹣t2+t+4﹣（﹣t2+t+2）＝﹣t2+t+4﹣t,
解得t＝或﹣（舍弃）,
∴t的值为．
11．（2022•深圳三模）如图1,抛物线y＝ax2+bx经过点A（﹣5,0）,点B（﹣1,﹣2）．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图2,点P为抛物线上第三象限内一动点,过点Q（﹣4,0）作y轴的平行线,交直线AP于点M,交直线OP于点N,当点P运动时,4QM+QN的值是否变化？若变化,说明变化规律,若不变,求其值；
（3）如图3,长度为的线段CD（点C在点D的左边）在射线AB上移动（点C在线段AB上）,连接OD,过点C作CE∥OD交抛物线于点E,线段CD在移动的过程中,直线CE经过一定点F,直接写出定点F的坐标与的最小值．
【分析】（1）将点A（﹣5,0）,点B（﹣1,﹣2）代入y＝ax2+bx,即可求解；
（2）设P（t,t2+t）,﹣5＜t＜0,分别求出直线AP的解析式为y＝tx+t,直线PO的解析式为y＝（t+）x,由题意求出M（﹣4,t）,N（﹣4,﹣2t﹣10）,则可求QM＝﹣t,QN＝2t+10,所以4QM+QN＝﹣2t+2t+10＝10,4QM+QN的值不变；
（3）求出直线AB的解析式为y＝﹣x﹣,设D（m,﹣m﹣）,C（m﹣2,﹣m﹣）,求出直线OD的解析式为y＝（﹣﹣）x,由CE∥OD,求出直线CE的解析式为y＝（﹣﹣）x﹣＝﹣x﹣（x+1）,则当x+1＝0时,x＝﹣2,此时y＝1,则直线CE经过定点F（﹣2,1）,过点F作FK⊥x轴交直线AB于点K,过点E作EG∥FK交AB于点G,由平行的性质得＝,当GE最大时,的值最小,设E（n,n2+n）,则G（n,﹣n﹣）,GE＝﹣（n+3）2+2,当n＝﹣3时,GE有最大值3,可求的最小值为．
【解答】解：（1）将点A（﹣5,0）,点B（﹣1,﹣2）代入y＝ax2+bx,
∴,
解得,
∴y＝x2+x；
（2）4QM+QN的值为定值,
设P（t,t2+t）,﹣5＜t＜0,
设直线AP的解析式为y＝kx+b,
∴,
解得,
∴y＝tx+t,
设直线PO的解析式为y＝k'x,
∴t2+t＝tk',
∴k'＝t+,
∴y＝（t+）x,
∵点Q（﹣4,0）,
∴M（﹣4,t）,
∴N（﹣4,﹣2t﹣10）,
∴QM＝﹣t,QN＝2t+10,
∴4QM+QN＝﹣2t+2t+10＝10,
∴4QM+QN的值不变；
（3）设直线AB的解析式为y＝kx+b,
∴,
解得,
∴y＝﹣x﹣,
设D（m,﹣m﹣）,
∵CD＝,点C在点D的左边,
∴C（m﹣2,﹣m﹣）,
设直线OD的解析式为y＝k'x,
∴﹣m﹣＝k'm,
∴k'＝﹣﹣,
∴y＝（﹣﹣）x,
∵CE∥OD,
∴直线CE的解析式为y＝（﹣﹣）x﹣＝﹣x﹣（x+1）,
当x+1＝0时,x＝﹣2,此时y＝1,
∴直线CE经过定点F（﹣2,1）,
过点F作FK⊥x轴交直线AB于点K,过点E作EG∥FK交AB于点G,
∴＝,
∵点F（﹣2,1）,
∴K（﹣2,﹣）,
∴FK＝,
∴当GE最大时,的值最小,
设E（n,n2+n）,则G（n,﹣n﹣）,
∴GE＝﹣（n+3）2+2,
∴当n＝﹣3时,GE有最大值2,
∴的最小值为．
12．（2022•阿克苏地区一模）如图1．抛物线与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,连接BC,已知点B（4,0）．
（1）若C（0,3）,求抛物线的解析式．
（2）在（1）的条件下,P（﹣2,m）为该抛物线上一点,Q是x轴上一点求的最小值,并求此时点Q的坐标．
（3）如图2．过点A作BC的平行线,交y轴与点D,交抛物线于另一点E．若DE＝7AD,求c的值．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）如图1,过点Q作QH⊥BC于点H,作PH′⊥BC于点H′,PH′交x轴于点Q′,交y轴于点G,连接PQ,则∠BHQ＝∠BOC＝90°,可证得△BQH∽△BCO,得出＝＝,推出PQ+BQ＝PQ+QH,当P、Q、H在同一条直线上,且PH⊥BC时,PQ+QH最小,即PQ+BQ＝PH′为最小值,过点P作PK⊥y轴于点K,再证得△PGK∽△CGH′,得出∠GPK＝∠GCH′,利用三角函数可求得G（0,﹣）,再运用待定系数法求得直线PG的解析式为y＝x﹣,得出Q（,0）,再运用解直角三角形即可求得PH′；
（3）设E（t,﹣t2+bt+c）,过点E作EF⊥x轴于点F,如图2,通过△ADO∽△BCO,可求得OD＝c2,再由EF∥OD,得出△ADO∽△AEF,结合DE＝7AD,即可求得：AF＝8OA,EF＝8OD,建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：（1）把B（4,0）,C（0,3）代入y＝﹣x2+bx+c,
得,
解得：,
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+3．
（2）∵P（﹣2,m）为该抛物线y＝﹣x2+x+3上一点,
∴m＝﹣×（﹣2）2+×（﹣2）+3＝﹣,
∴P（﹣2,﹣）,
如图1,过点Q作QH⊥BC于点H,作PH′⊥BC于点H′,PH′交x轴于点Q′,交y轴于点G,连接PQ,
则∠BHQ＝∠BOC＝90°,
∵B（4,0）,C（0,3）,
∴OB＝4,OC＝3,
∴BC＝＝＝5,
∵∠QBH＝∠CBO,
∴△BQH∽△BCO,
∴＝＝,
∴QH＝BQ,
∴PQ+BQ＝PQ+QH,
当P、Q、H在同一条直线上,且PH⊥BC时,PQ+QH最小,即PQ+BQ＝PH′为最小值,
过点P作PK⊥y轴于点K,
则∠PKG＝∠CH′G＝90°,PK＝2,CK＝3﹣（﹣）＝,
∵∠PGK＝∠CGH′,
∴△PGK∽△CGH′,
∴∠GPK＝∠GCH′,
∴tan∠GPK＝tan∠GCH′＝tan∠BCO＝＝,
∴＝,
∴GK＝×2＝,
∴G（0,﹣）,
设直线PG的解析式为y＝kx+d,
则,
解得：,
∴直线PG的解析式为y＝x﹣,
令y＝0,得x﹣＝0,
解得：x＝,
∴Q（,0）,
∵cos∠GPK＝cos∠BCO＝,
∴＝cos∠GPK＝,
∴PG＝PK＝,
∵CG＝3﹣（﹣）＝,sin∠GCH′＝sin∠BCO＝＝,
∴GH′＝CG•sin∠GCH′＝×＝,
∴PH′＝PG+GH′＝+＝,
故的最小值为,此时Q（,0）,
（3）把B（4,0）代入y＝﹣x2+bx+c,得0＝﹣×42+4b+c,
∴b＝3﹣c,
∴y＝﹣x2+（3﹣c）x+c,
令y＝0,得﹣x2+（3﹣c）x+c＝0,
解得：x1＝4,x2＝﹣c,
∴A（c,0）,
∴OA＝c,
∵C（0,c）,
∴OC＝c,
设E（t,﹣t2+bt+c）,过点E作EF⊥x轴于点F,如图2,
则EF＝﹣[﹣t2+（3﹣c）t+c]＝t2+（c﹣3）t﹣c,AF＝t﹣（﹣c）＝t+c,
∵AE∥BC,
∴∠EAF＝∠CBO,
∵∠AOD＝∠BOC＝90°,
∴△ADO∽△BCO,
∴＝,即＝,
∴OD＝c2,
∵EF∥OD,
∴△ADO∽△AEF,
∴＝＝,
∵DE＝7AD,
∴＝＝＝,
∴＝＝,
∴AF＝8OA,EF＝8OD,
∴,
解得：（舍去）或,
故c的值为2．
13．（2022•松江区二模）如图,在平面直角坐标系中,已知直线y＝2x+8与x轴交于点A、与y轴交于点B,抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A、B．
（1）求抛物线的表达式；
（2）P是抛物线上一点,且位于直线AB上方,过点P作PM∥y轴、PN∥x轴,分别交直线AB于点M、N．
①当MN＝AB时,求点P的坐标；
②联结OP交AB于点C,当点C是MN的中点时,求的值．
【分析】（1）先根据题意求出点A、B的坐标,代入y＝﹣x2+bx+c即可求得抛物线的表达式；
（2）①证明△PMN∽△OBA,可得,设点M的横坐标为m（﹣4＜m＜0）,则PM＝﹣m2﹣4m,又OA＝4,OB＝8,建立方程求解即可得出答案；
②连接OP交AB于点C,先求出点N的坐标,利用中点公式可求得C（﹣,）,再证明点C是AB的中点,可得C（﹣2,4）,建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：（1）∵直线y＝2x+8与x轴交于点A、与y轴交于点B,
∴令x＝0,则y＝8,
令y＝0,则x＝﹣4,
∴B（0,8）,A（﹣4,0）,
∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A、B,
∴,
∴,
∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+8；
（2）①∵P是抛物线上一点,且位于直线AB上方,过点P作PM∥y轴、PN∥x轴,分别交直线AB于点M、N,
∴PM⊥PN,∠PNM＝∠BAO,
∴∠MPN＝∠AOB＝90°,
∴△PMN∽△OBA,
∴,
设点M的横坐标为m（﹣4＜m＜0）,
则M（m,2m+8）,P（m,﹣m2﹣2m+8）,
∴PM＝﹣m2﹣2m+8﹣（2m+8）＝﹣m2﹣4m,
∵B（0,8）,A（﹣4,0）,
∴OA＝4,OB＝8,
∵MN＝AB,
∴,
∴＝,
解得m1＝m2＝﹣2,
∴P（﹣2,8）；
②如图,连接OP交AB于点C,
∵PN∥x轴,P（m,﹣m2﹣2m+8）,
∴点N的纵坐标为﹣m2﹣2m+8,
令y＝﹣m2﹣2m+8,则2x+8＝﹣m2﹣2m+8,
解得：x＝,
N（,﹣m2﹣2m+8）,
∵点C是MN的中点,M（m,2m+8）,
∴C（﹣,）,
由①知：∠MPN＝90°,
又点C是MN的中点,
∴PC＝CM＝CN,
∴∠CPN＝∠CNP,∠CPM＝∠CMP,
∵PM∥y轴、PN∥x轴,
∴∠BOC＝∠CPM,∠OBC＝∠CMP,∠OAC＝∠CNP,∠AOC＝∠CPN,
∴∠BOC＝∠OBC,∠OAC＝∠AOC,
∴AC＝OC,BC＝OC,
∴AC＝BC,
∴点C是AB的中点,
∴C（﹣2,4）,
∴﹣＝﹣2,
解得：m＝±2,
∵﹣4＜m＜0,
∴m＝﹣2,
∴PM＝﹣m2﹣4m＝﹣（﹣2）2﹣4×（﹣2）＝8﹣8,
∵PM∥y轴,
∴△PCM∽△OCB,
∴＝＝＝﹣1,
故的值为﹣1．
14．（2022•游仙区模拟）如图,抛物线与坐标轴分别交于A（﹣1,0）,B（3,0）,C（0,3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线上是否存在点P,使得∠CBP＝∠ACO,若存在,求出点P的坐标；若不存在,说明理由；
（3）如图2,Q是△ABC内任意一点,求++的值．
【分析】（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）,把A（﹣1,0）,B（3,0）代入,解方程组即可得到结论；
（2）如图1,作∠ACO＝∠CBQ,BQ与OC相交于Q点,过Q作QM⊥BC,根据相似三角形的性质得到,推出△CMQ为等腰直角三角形,得到CM＝QM,＝求得Q（0,）,设直线BQ的解析式为y＝kx+b,解方程组得到直线BQ的解析式为y＝﹣x+,于是得到结论；
（3）如图2,过Q点作QM⊥AB,根据相似三角形的性质和三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）,把A（﹣1,0）,B（3,0）代入得：y＝a（x+1）（x﹣3）,
再将C（0,3）代入得：a＝﹣1,b＝2,c＝3,
∴抛物线的解析式为,y＝﹣x2+2x+3；
（2）答：存在,理由如下：
如图1,作∠ACO＝∠CBQ,BQ与OC相交于Q点,过Q作QM⊥BC,
∵∠AOC＝∠BMQ＝90°,∠CBQ＝∠ACO,
∴△ACO∽△QMB,
∴,
又∵∠OCB＝45°,
∴△CMQ为等腰直角三角形,
∴CM＝QM,＝
∵BC＝3,
∴CM＝,CQ＝,
∴Q（0,）,
设直线BQ的解析式为y＝kx+b,
∴,
∴,
∴直线BQ的解析式为y＝﹣x+,
解得,或（舍去）,
∴P1（﹣,）；
延长QM到Q′,使QM＝QM′,连接BQ′,
则Q′（,3）,
∵B（3,0）,
∴直线BQ′的解析式为y＝﹣2x+6,
解得,或（舍去）,
∴P2＝（1,4）；
综上所述,P（﹣,）或（1,4）；
（3）如图2,过Q点作QM⊥AB,
∵CO⊥AB,
∴QM∥OC,
∴△QMF∽△COF,
∴＝＝＝,
同理＝,＝,
∴＝++＝1．
15．（2022•龙岩模拟）抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣1,0）,B（3,4）两点,与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式（用含a的式子表示）；
（2）当a＞0时,连接AB,BC,若tan∠ABC＝,求a的值；
（3）直线y＝﹣x+m与线段AB交于点P,与抛物线交于M,N两点（点M在点N的左侧）,若PM•PN＝6,求m的值．
【分析】（1）由点A,B的坐标,利用待定系数法可求出抛物线的解析式；
（2）设BC与x轴交于D,作DE⊥AB于E,过点B作BH⊥x轴于点H,则△ABH为等腰直角三角形,进而可得出∠BAH＝45°,AB＝4,设DE＝t,则AE＝t,BE＝3t,结合AB＝AE+BE,即可求出t的值,结合AD＝t,即可得出点D的坐标,由点B,D的坐标,利用待定系数法可求出直线BD的解析式,再利用一次函数图象上点的坐标特及二次函数图象上点的坐标特征,即可求出a的值；
（3）由点A,B的坐标,利用待定系数法可求出直线AB的解析式,联立直线AB和直线MN的解析式,可求出点P的坐标,将y＝﹣x+m代入y＝ax2﹣（2a﹣1）x﹣3a+1,整理后可得出关于x的一元二次方程,利用根与系数的关系可得出xM+xN,xM•xN的值,再结合PM•PN＝（xP﹣xM）×（xM﹣xP）＝6,即可得出关于m的一元二次方程,解之即可得出m的值．
【解答】解：（1）将A（﹣1,0）,B（3,4）代入y＝ax2+bx+c,
得：,解得：,
∴抛物线的解析式为y＝ax2﹣（2a﹣1）x﹣3a+1．
（2）设BC与x轴交于D,作DE⊥AB于E,过点B作BH⊥x轴于点H,如图1所示．
∵点A的坐标为（﹣1,0）,点B的坐标为（3,4）,
∴AH＝BH＝4,
∴△ABH为等腰直角三角形,
∴∠BAH＝45°,AB＝AH＝4.
设DE＝t,则AE＝t,
∵tan∠ABC＝,
∴BE＝3t,
∴AB＝t+3t＝4t＝4,
∴t＝,
∴AD＝DE＝t＝×＝2,
∴点D的坐标为（1,0）．
设直线BD的解析式为y＝kx+d（k≠0）,
将B（3,4）,D（1,0）代入y＝kx+d,
得：,解得：,
∴直线BD的解析式为y＝2x﹣2．
当x＝0时,y＝﹣3a+1,
∴点C的坐标为（0,﹣3a+1）,
又∵点C在直线BD上,
∴﹣3a+1＝﹣2,
∴a＝1,
∴a的值为1．
（3）∵点A的坐标为（﹣1,0）,点B的坐标为（3,4）,
∴直线AB的解析式为y＝x+1（可利用待定系数法求出）,
联立直线AB和直线MN的解析式,
得：,解得：,
∴点P的坐标为（,）；
将y＝﹣x+m代入y＝ax2﹣（2a﹣1）x﹣3a+1,整理得：ax2﹣（2a﹣2）x﹣m﹣3a+1＝0,
∴xM+xN＝﹣＝2﹣,xM•xN＝＝﹣﹣3,
∴PM•PN＝（xP﹣xM）×（xM﹣xP）
＝2（xP﹣xM）（xM﹣xP）
＝﹣2[xP2﹣（xM+xN）•xP+xM•xN]
＝﹣2[（）2﹣（2﹣）×﹣﹣3]＝6,
整理得：﹣（m﹣1）＝0,
解得：m1＝1,m2＝5,
∴m的值为1或5．
16．（2022•雷州市模拟）如图（1）,抛物线y＝ax2+bx+6与x轴交于点A（﹣6,0）、B（2,0）,与y轴交于点C,抛物线对称轴交抛物线于点M,交x轴于点N．点P是抛物线上的动点,且位于x轴上方．
（1）求抛物线的解析式．
（2）如图（2）,点D与点C关于直线MN对称,若∠CAD＝∠CAP,求点P的坐标．
（3）直线BP交y轴于点E,交直线MN于点F,猜想线段OE、FM、MN三者之间存在的数量关系,并证明．
【分析】（1）用待定系数法求出二次函数关系式即可；
（2）连接CD,设AP与y轴交点为Q,证明△DCA≌△QCA（ASA）,求得点Q的坐标,再求出直线AP的函数关系式,再与二次函数联立方程,求出点P的坐标；
（3）先证明△BOE∽△BNF,得＝,求得2OE＝NF,再分两种情况进行讨论进行求解即可．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+6的图象过点A（﹣6,0）、点B（2,0）,
∴,
解得,
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+6；
（2）如图1,连接CD,设AP与y轴交点为Q,
∵抛物线与y轴交于点C,
∴C（0,6）,
∵点D与点C关于直线MN对称,直线MN是抛物线的对称轴,
∴D（﹣4,6）,M（﹣2,8）,N（﹣2,0）,CD∥AB,
∵C（0,6）,A（﹣6,0）,
∴AO＝CO,CD＝4,
∴∠BAC＝∠ACO＝45°,
∴∠QCA＝∠DCA,
∵∠CAD＝∠CAQ,AC＝AC,
∴△DCA≌△QCA（ASA）,
∴CQ＝CD＝4,
∴Q（0,2）,
设直线AP的解析式为y＝kx+2,
把点A坐标代入解析式得：﹣6k+2＝0,
解得：k＝,
∴直线AP的解析式为y＝x+2,
∵点P为直线AP与抛物线的交点,
∴,
解得：或（舍去）,
∴P（,）；
（3）∵∠BOE＝∠BNF＝90°,∠OBE＝∠NBF,
∴△BOE∽△BNF,
∴＝,
∵OB＝2,BN＝4,
∴＝,
即2OE＝NF．
分类讨论：
①如图2,此时FN＝FM+MN,
∴FM+MN＝2OE；
②如图3,此时FN+FM＝MN,
∴FM+2OE＝MN．
17．（2022•马鞍山二模）如图,抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴于点A（﹣1,0）、B（3,0）,与y轴交于C点,直线y＝kx（k＜0）交线段BC下方抛物线于D点,交BC于E点
（1）分别求出a、b的值；
（2）求出线段BC的函数关系式,并写出自变量取值范围；
（3）探究是否有最大值,若存在,请求出此时k值,若不存在,请说明理由．
【分析】（1）把点A,B坐标代入函数解析式即可求出a,b的值即可；
（2）根据（1）先求出点C坐标,再用待定系数法求函数解析式即可；
（3）过点D作DF∥y轴,交BC于点F,根据△OEC∽△DFE得出＝＝,设设点D为（m,m2﹣2m﹣3）,则点F（m,m﹣3）,得出DF＝﹣m2+3m,从而得到＝﹣（m﹣）2+,然后根据函数的性质得出当m＝时,有最大值,从而求出点D坐标,再代入y＝kx求出k的值．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴于点A（﹣1,0）、B（3,0）,
则,
解得；
（2）∵a＝1,b＝﹣2,
∴抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3,
令x＝0,则y＝﹣3,
∴C（0,﹣3）,
设线段BC所在的直线的函数解析式为y＝kx+b1（k≠0）,
则,
解得,
∴线段BC的函数解析式为y＝x﹣3（0≤x≤3）；
（3）存在,理由：
过点D作DF∥y轴,交BC于点F,如图：
∵OC∥DF,
∴△OEC∽△DFE,
∴＝＝,
设点D为（m,m2﹣2m﹣3）,则点F（m,m﹣3）,
∴DF＝m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m,
∴＝＝＝﹣（m﹣）2+,
∵﹣＜0,
∴当m＝时,有最大值,
此时点D（,﹣）,
∴k＝＝＝﹣．
18．（2022•南岗区校级二模）如图1,在平面直角坐标系中,O为坐标原点,抛物线y＝﹣ax2+6ax+6与y轴交于点B,交x轴的负半轴于点A,交x轴的正半轴于点C,且S△ABC＝30．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2,点P为第一象限抛物线上一点,其横坐标为t,PD⊥x轴于点D,设tan∠PAD等于m,求m与t之间的函数关系式；
（3）如图3,在（2）的条件下,当m＝时,过点B作BN⊥AB交∠PAC的平分线于点N,点K在线段AB上,点M在线段AN上,连接KM、KN,∠MKN＝2∠BNK,作MT⊥KN于点T,延长MT交BN于点H,若NH＝4BH,求直线KN的解析式．
【分析】（1）由﹣ax2+6ax+6＝0,根据根与系数的关系可得x1+x2＝6,x1•x2＝﹣,求出AB的长为,再由三角形ABC的面积可求a的值；
（2）由题意知P（t,﹣t2+t+6）,分别求出AD与PD,根据tan∠PAD＝m,建立方程即可求m与t的函数关系式；
（3）连接BC与AP交于点E,证明△ABO≌△EAB（AAS）,从而推导出△ABN是等腰直角三角形,求出tan∠PAN＝,设N（m,n）,由＝,2＝,求出N点坐标,过A作AL⊥AB交于HM的延长线于L,过B作BS∥HL交AL于点S,交KN于点Q,再证明△AKM≌△ALM（ASA）,四边形BHLS是平行四边形,△NBK≌△BAS（ASA）,设BH＝a,KB＝b,则NH＝4a,AB＝5a,由AL＝AK,可得到b＝2a,则BK：AB＝2：5,过K作KG⊥x轴交于G,由△ABO∽△AKG,求出K（﹣,）,再用待定系数法求直线KN的解析式即可．
【解答】解：（1）令x＝0,则y＝6,
∴B（0,6）,
令y＝0,则﹣ax2+6ax+6＝0,
∴x1+x2＝6,x1•x2＝﹣,
∴|x1﹣x2|＝,
∵S△ABC＝30＝6×,
解得a＝,
∴y＝﹣x2+x+6；
（2）∵P点横坐标为t,
∴P（t,﹣t2+t+6）,
∵PD⊥x轴,
∴PD＝﹣t2+t+6,
令y＝0,则﹣x2+x+6,
解得x＝﹣2或x＝8,
∴A（﹣2,0）,C（8,0）,
∴AD＝t+2,
∵tan∠PAD＝m,
∴＝m,
整理得,m＝﹣（t﹣8）（0＜t＜8）；
（3）连接BC与AP交于点E,
∵A（﹣2,0）,B（0,6）,C（8,0）,
∴AC＝10,BC＝10,
∴AC＝BC,
∴∠BAO＝∠ABE,
∵OB＝6,OC＝8,
∴tan∠OCB＝,
∵m＝,
∴∠PAD＝∠OBC,
∴∠BCO＝∠APD,
∴∠PAD+∠BCO＝90°,
∴BC⊥AP,
∴∠BEA＝90°,
∴△ABO≌△EAB（AAS）,
∴∠BAE＝∠ABO,
∵AN平分∠PAC,
∴∠EAN＝∠NAC,
∴2∠OAE+2∠EAN＝90°,
∴∠BAN＝45°,
∴△ABN是等腰直角三角形,
∴BN＝AB＝2,
在Rt△APD中,设AN与PD交于Z,过Z作ZY⊥AP交于Y,
∵AZ是∠PAD的平分线,
∴YZ＝ZD,
∵tan∠PAD＝,
设PD＝4,ZD＝y,则AD＝3,AP＝5,YZ＝y,
在Rt△PYZ中,（4﹣y）2＝y2+22,
∴y＝,
∴tan∠ZAD＝,
设N（m,n）,则＝,
∵2＝,
解得m＝6,n＝4,
∴N（6,4）,
过A作AL⊥AB交于HM的延长线于L,过B作BS∥HL交AL于点S,交KN于点Q,
∵MT⊥KN,
∴∠NHT＝90°﹣∠HNT,∠BKN＝90°﹣∠HNT,
∵∠MKN＝2∠BNK,
∴∠AKM＝180°﹣（∠BKN+∠NKM）＝90°﹣∠HNT,
∴∠AKM＝∠HTN,
∵∠BAN＝∠BNA＝45°,
∴∠HMN＝∠KMA,
∵∠HMN＝∠AML,
∴∠KMA＝∠AML,
∵AL⊥AB,∠PAN＝∠CAN,
∴∠CAL＝∠BAE,
∴∠KAM＝∠MAL,
∴△AKM≌△ALM（ASA）,
∴AK＝AL,∠ALM＝∠AKN,
∵BN⊥AB,AL⊥AB,
∴BN∥AL,
∵BS∥HL,
∴四边形BHLS是平行四边形,
∴∠ALM＝∠BSA,
∴∠BKN＝∠BSA,
∵AB＝BN,∠ABN＝∠BAS＝90°,
∴△NBK≌△BAS（ASA）,
∴BK＝AS,
∴HL＝KN,
∵NH＝4BH,
设BH＝a,KB＝b,则NH＝4a,AB＝5a,
∵AK＝AL,
∴5a﹣b＝a+b,
∴b＝2a,
∴BK：AB＝2：5,
过K作KG⊥x轴交于G,
∴△ABO∽△AKG,
∴＝＝＝,
∴KG＝,AG＝,
∴K（﹣,）,
设直线KN的解析式为y＝sx+h,
∴,
解得,
∴y＝x+．
19．（2022•江汉区校级模拟）如图1,已知抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）与x轴交于A（﹣1,0）,B（3,0）,与y轴交于点C．
（1）若C（0,﹣3）,求抛物线的解析式；
（2）在（1）的条件下,E是线段BC上一动点,AE交抛物线于F点,求的最大值；
（3）如图2,点N为y轴上一点,AN、BN交抛物线于E、F两点,求•的值．
【分析】（1）根据待定系数法,可得函数解析式；
（2）过点A作AG∥y轴交BC的延长线与点G,过点F作FM∥y轴交BC于点M,求出BC表达式,求出AG的长,再设F（t,t2﹣2t﹣3）,得出M （t,t﹣3）,求出MF＝﹣t2+3t,再利用△AGE∽△FME求出＝＝＝﹣（t2﹣3t）＝﹣（t﹣）2+,即可得到答案；
（3）过点E作EI⊥x轴于点I,过点F作FH⊥x轴于点H,设点N （0,n）,求出AN和BN的表达式,利用这两个表达式分别与y＝x2﹣2x﹣3联立求出E点和F点的横坐标,即可求出I点和H点的横坐标,再求出OI,OH,OA,OB的长．最后利用平行线分线段成比例求出答案即可．
【解答】解：（1）将A（﹣1,0）,B（3,0）,C（0,﹣3）代入函数解析式y＝ax2+bx+c,
得,
解得,
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）如图1,过点A作AG∥y轴交BC的延长线与点G,过点F作FM∥y轴交BC于点M,
设BC表达式为y＝kx+m,将点B（3,0）,C（0,﹣3）代入得：
,解得：,
∴BC表达式为y＝x﹣3,
∵AG∥y轴,A（﹣1,0）,
∴G（﹣1,﹣4）,
∴AG＝4,
F（t,t2﹣2t﹣3）,
∵FM∥y轴,
∴M （t,t﹣3）,
∴MF＝t﹣3﹣t2+2t+3＝﹣t2+3t,
∵AG∥y轴,FM∥y轴,
∴AG∥FM,
∴△AGE∽△FME,
∴＝＝＝﹣（t2﹣3t）＝﹣（t﹣）2+,
∴当t＝时,有最大值是；
（3）过点E作EI⊥x轴于点I,过点F作FH⊥x轴于点H,
设点N （0,n）,AN表达式为y＝k1x+n,
将点A（﹣1,0）代入得k1＝n,
∴AN表达式为y＝nx+n,
联立y＝x2﹣2x﹣3得：,
即：nx+n＝x2﹣2x﹣3,整理得：x2﹣（2+n）x﹣（3+n）＝0,
解得x1＝3+n．x2＝﹣1（舍）,
∴E点的横坐标为3+n,
∵EI⊥x轴,
∴I点的横坐标为3+n,
∴OI＝3+n,
同理BN的直线表达式为v﹣y＝﹣x+n,F点的横坐标为﹣,
∴OH＝,
∵EI⊥x轴,FH⊥x轴,
∴ON∥IE,ON∥HF,
又∵OA＝1,OB＝3,
∴,,
∴•＝•＝．
20．（2022•成都模拟）如图,抛物线与x轴交于A,B两点（点A在点B的左侧）,与y轴交于点C．
（1）求点A,B,C的坐标及抛物线的对称轴；
（2）如图1,点P（1,m）,Q（1,m﹣2）是两动点,分别连接PC,QB,请求出|PC﹣QB|的最大值,并求出m的值；
（3）如图2,∠BAC的角平分线交y轴于点D,过D点的直线l与射线AB,AC分别于E,F,当直线l绕点D旋转时,是否为定值,若是,请求出该定值；若不是,请说明理由．
【分析】（1）当x＝0时,求得y的值,从而得出点C坐标,令y＝0,求得x的值,进而求得A、B两点坐标,根据点A和点B对称求得对称轴；
（2）将点B向上平移2个单位至B′（5,2）,作点C关于直线x＝1的对称点C′（2,﹣4）,作直线B′C′交直线x＝1于点P′,则|PC﹣BQ|最大值是：B′C′的长,进一步求得结果；
（3）作DG⊥AC于G,作FH⊥AB于H,先求得点D坐标,从而设出EF的关系式,根据AHF∽△AOC,△DOE∽△FHE,得出AH,CH,EH的关系式,然后解斜三角形ACE,从而用k表示出AE和AF,计算化简+求得结果．
【解答】解：（1）当x＝0时,y＝﹣4,
∴C（0,﹣4）,
当y＝0时,x2﹣﹣4＝0,
∴x1＝﹣3,x2＝5,
∴A（﹣3,0）,B（5,0）；
∵＝1,
∴抛物线的对称轴为直线x＝1；
（1）如图1,
将点B向上平移2个单位至B′（5,2）,作点C关于直线x＝1的对称点C′（2,﹣4）,
作直线B′C′交直线x＝1于点P′,则|PC﹣BQ|最大值是：B′C′的长,
∵B′C′＝＝3,
∴|PC﹣BQ|最大＝3,
∵直线B′C′的解析式为：y＝2x﹣8,
∴当x＝1时,y＝2×1﹣8＝﹣6,
∴m＝﹣6；
（3）为定值,理由如下：
如图2,
作DG⊥AC于G,作FH⊥AB于H,
∵AD平分∠BAC,
∴OD＝DG,
∵S△AOC＝S△AOD+S△ACD,
∴＝+,
∴OD＝,
∵D（0,﹣）,
∴设直线EF的关系式为：y＝kx﹣,
∴E（,0）,
∵FH∥OC,OD∥FH,
∴△AHF∽△AOC,△DOE∽△FHE,
∴＝＝,＝＝＝,
设AH＝3a,FH＝4a,
∴＝,
∴EH＝,
∵AH+EH＝AE,
∴3a+＝,
∴a＝,
∴AF＝5a＝
∴+＝+＝
21．（2022•沈阳模拟）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝﹣x2+x+2与x轴交于A,B两点（点A在点B左侧）,与y轴交于点C,直线l：y＝kx+b经过点B,点C,点P是抛物线上一动点,连接OP交直线BC于点D．
（1）求直线l的解析式；
（2）当＝时,求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下,点N是直线BC上一动点,连接ON,过点D作DF⊥ON于点F,点F在线段ON上,当OD＝DF时,请直接写出点N的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）过点P作PE∥y轴交BC于点E,设P（m,﹣+m+2））,则E（m,m+2）,利用m的代数式表示出线段PE,得到关于m的方程,解方程就可求得结论；
（3）利用分类讨论的思想方法分①当点N在线段BD上时和②当点N在线段BD的延长线上时,两种情况讨论解答：①过点N作NH⊥x轴于点H,通过计算线段OH,NH的长度求得结论；②过点F作FK⊥x轴于点K,过点D作DQ⊥FK于点Q,通过求得直线OF的解析式,与直线y＝﹣x+2联立,就可求得结论．
【解答】解：（1）令x＝0,则y＝2,
∴C（0,2）．
∴OC＝2．
令y＝0,则﹣x2+x+2＝0,
解得：x＝﹣1或4,
∴A（﹣1,0）,B（4,0）．
∴OA＝1,OB＝4．
设直线l的解析式为y＝kx+b,
∴,
解得：,
∴直线l的解析式为y＝﹣x+2；
（2）过点P作PE∥y轴交BC于点E,如图,
∴∠COD＝∠DPE,∠OCD＝∠PED,
∴△CDO∽△EDP,
∴,
∵＝,
∴PD＝OD．
∴PE＝OC＝2．
设P（m,﹣+m+2））,则E（m,m+2）,
∴PE＝﹣+m+2﹣（m+2）＝﹣+2m,
∴﹣+2m＝2．
解得：m1＝m2＝2．
∴P（2,3）；
（3）N（,）或N（,）,理由：
∵P（2,3）,
∴直线OP的解析式为y＝x．
∴,
解得：．
∴D（1,）．
∴OD＝,BD＝．
①当点N在线段BD上时,如图,
在Rt△ODF中,∠DFO＝90°,
∵sin∠DOF＝,
∴tan∠DOF＝．
在Rt△OBC中,∠BOC＝90°,
∴tan∠CBO＝．
∴∠DOF＝∠CBO．
∵∠ODN＝∠BDO,
∴△ODN∽△BDO,
∴,
即：OD2＝BD•DN,
∴DN＝．
∴BN＝BD﹣DN＝,
过点N作NH⊥x轴于点H,
∴NH＝BN•sin∠CBO＝,
BH＝BN•cos∠CBO＝,
∴OH＝OB﹣BH＝4﹣＝．
∴N（,）；
②当点N在线段BD的延长线上时,如图,
过点F作FK⊥x轴于点K,过点D作DQ⊥FK于点Q,
∵FD⊥ON,
∴∠OFK+∠DFQ＝90°,
∵DQ⊥FK,
∴∠FDQ+∠DFQ＝90°,
∴∠DFK＝∠FDQ．
∵∠FKO＝∠DQF＝90°,
∴△OKF∽△FQD．
∴＝2,
∴OK＝2FQ,FK＝2QD．
设F（a,n）,则OK＝a,FK＝n,
∵D（1,）,
∴DQ＝1﹣a,FQ＝n﹣．
∴,
解得：,
∴F（,）．
设直线OF的解析式为y＝cx,
∴c＝,
∴c＝8,
∴直线OF的解析式为y＝8x．
∴,
解得：．
∴N（,）．
综上,点N的坐标为N（,）或N（,）．
22．（2022•沈阳模拟）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝ax2+bx﹣过点A（3,2）和点B（,0）,与x轴的另一个交点为点C．
（1）求抛物线的函数表达式．
（2）判断△ABC的形状,并说明理由．
（3）点D在线段BC上,连接AD,作DE⊥AD,且DE＝AD,连接AE交x轴于点F．点F不与点C重合,射线DP⊥AE,交AE于点P,交AC于点Q．
①当AD＝AF时,请直接写出∠CAE的度数；
②当＝时,请直接写出CQ的长．
【分析】（1）将A（3,2）和B（,0）代入y＝ax2+bx﹣,即可求解；
（2）求出C（5,0）,再分别求出AB＝4,AC＝4,BC＝4,利用勾股定理即可判断；
（3）①求出∠AFD＝67.5°,即可求∠CAE＝22.5°；
②分两种情况讨论：D点在F点左侧时,设EF＝x,则AF＝3x,分别求出AD＝DE＝2x,AP＝DP＝2x,PF＝x,DF＝x,再由△DFE∽△AFC,求出x＝,进而求出D（,0）,过Q点作QH⊥x轴交于点H,设QH＝n,则HC＝n,由tan∠PDF＝＝,求出n＝,即可求CQ＝；当D点在F点右侧时,3＜m＜5,设EF＝t,则AF＝3t,分别求出EA＝2t,AD＝DE＝t,AP＝DP＝t,PF＝2t,DF＝t,再由△DFE∽△AFC,求出t＝,进而求出D（,0）,则可求CQ＝．
【解答】解：（1）将A（3,2）和B（,0）代入y＝ax2+bx﹣,
∴,
解得,
∴y＝﹣x2+3x﹣；
（2）令y＝0,则﹣x2+3x﹣＝0,
解得x＝或x＝5,
∴C（5,0）,
∴AB＝4,AC＝4,BC＝4,
∴BC2＝AC2+AB2,
∴△ABC是等腰直角三角形；
（3）①∵AB＝AC,
∴∠ACB＝45°,
∵AD＝ED,DE⊥AD,
∴∠DAE＝45°,
∵AD＝AF,
∴∠AFD＝67.5°,
∴∠CAE＝67.5°﹣45°＝22.5°；
②如图1,D点在F点左侧时,
∵＝,
∴AF＝3EF,
设EF＝x,则AF＝3x,
∴AE＝4x,
∵△ADE是等腰直角三角形,
∴AD＝DE＝2x,
∵DP⊥AE,∠CAE＝45°,
∴△ADP是等腰直角三角形,
∴AP＝DP＝2x,
∴PF＝x,
∴DF＝x,
∵∠AED＝∠ACF＝45°,
∴△DFE∽△AFC,
∴＝,即＝,
∴x＝,
∴AD＝,
设D（m,0）,0＜m＜3,
∴（m﹣3）2+（2）2＝（）2,
∴m＝或m＝（舍）,
∴D（,0）,
过Q点作QH⊥x轴交于点H,
∵∠ACH＝45°,
设QH＝n,则HC＝n,
当D（,0）时,CD＝,
∴DH＝﹣n,
∵tan∠PDF＝＝,
∴2n＝﹣n,
∴n＝,
∴CQ＝×＝；
如图2,当D点在F点右侧时,3＜m＜5,
∵＝,
设EF＝t,则AF＝3t,
∴EA＝2t,
∵△ADE是等腰直角三角形,
∴AD＝DE＝t,
∵DP⊥AE,∠CAE＝45°,
∴△ADP是等腰直角三角形,
∴AP＝DP＝t,
∴PF＝2t,
∴DF＝t,
∵∠AED＝∠ACF＝135°,
∴△DFE∽△AFC,
∴＝,即＝,
∴t＝,
∴（m﹣3）2+（2）2＝（）2,
∴m＝（舍）或m＝,
∴D（,0）,
∴CD＝,
∴DH＝﹣n,
∴n＝﹣n,
∴n＝,
∴CQ＝；
综上所述：CQ的长为．
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