专题11二次函数与单线段最值问题-挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（教师版含解析）

挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘(全国通用)
专题11二次函数与单线段最值问题



【例1】(2022•襄阳)在平面直角坐标系中，直线y＝mx﹣2m与x轴，y轴分别交于A，B两点，顶点为D的抛物线y＝﹣x2+2mx﹣m2+2与y轴交于点C．
(1)如图，当m＝2时，点P是抛物线CD段上的一个动点．
①求A，B，C，D四点的坐标；
②当△PAB面积最大时，求点P的坐标；
(2)在y轴上有一点M(0，m)，当点C在线段MB上时，
①求m的取值范围；
②求线段BC长度的最大值．


【分析】(1)根据函数上点的坐标特点可分别得出A，B，C，D的坐标；①当m＝2时，代入上述坐标即可得出结论；
②过点P作PE∥y轴交直线AB于点E，设点P的横坐标为t，所以P(t，﹣t2+4t﹣2)，E(t，2t﹣4)．根据三角形的面积公式可得△PAB的面积，再利用二次函数的性质可得出结论；
(2)由(1)可知，B(0，﹣2m)，C(0，﹣m2+2)，①y轴上有一点M(0，m)，点C在线段MB上，需要分两种情况：当点M的坐标大于点B的坐标时；当点M的坐标小于点B的坐标时，分别得出m的取值范围即可；
②根据①中的条件可知，分两种情况，分别得出BC的长度，利用二次函数的性质可得出结论．
【解答】解：(1)∵直线y＝mx﹣2m与x轴，y轴分别交于A，B两点，
∴A(2，0)，B(0，﹣2m)；
∵y＝﹣(x﹣m)2+2，
∴抛物线的顶点为D(m，2)，
令x＝0，则y＝﹣m2+2，
∴C(0，﹣m2+2)．
①当m＝2时，﹣2m＝﹣4，﹣m2+2＝﹣2，
∴B(0，﹣4)，C(0，﹣2)，D(2，2)．
②由上可知，直线AB的解析式为：y＝2x﹣4，抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x﹣2．
如图，过点P作PE∥y轴交直线AB于点E，

设点P的横坐标为t，
∴P(t，﹣t2+4t﹣2)，E(t，2t﹣4)．
∴PE＝﹣t2+4t﹣2﹣(2t﹣4)＝﹣t2+2t+2，
∴△PAB的面积为：×(2﹣0)×(﹣t2+2t+2)＝﹣(t﹣1)2+3，
∵﹣1＜0，
∴当t＝1时，△PAB的面积的最大值为3．
此时P(1，1)．
(2)由(1)可知，B(0，﹣2m)，C(0，﹣m2+2)，
①∵y轴上有一点M(0，m)，点C在线段MB上，
∴需要分两种情况：
当m≥﹣m2+2≥﹣2m时，可得≤m≤1+，
当m≤﹣m2+2≤﹣2m时，可得﹣3≤m≤1﹣，
∴m的取值范围为：≤m≤1+或﹣3≤m≤1﹣．
②当≤m≤1+时，
∵BC＝﹣m2+2﹣(﹣2m)＝﹣m2+2m+2＝﹣(m﹣1)2+3，
∴当m＝1时，BC的最大值为3；
当m≤﹣m2+2≤﹣2m时，即﹣3≤m≤1﹣，
∴BC＝﹣2m﹣(﹣m2+2)＝m2﹣2m﹣2＝(m﹣1)2﹣3，
当m＝﹣3时，点M与点C重合，BC的最大值为13．
∴当m＝1时，BC的最大值为3；当m＝﹣3时，BC的最大值为13．
【例2】(2022•湖州)如图1，已知在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是边长为3的正方形，其中顶点A，C分别在x轴的正半轴和y轴的正半轴上．抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A，C两点，与x轴交于另一个点D．
(1)①求点A，B，C的坐标；
②求b，c的值．
(2)若点P是边BC上的一个动点，连结AP，过点P作PM⊥AP，交y轴于点M(如图2所示)．当点P在BC上运动时，点M也随之运动．设BP＝m，CM＝n，试用含m的代数式表示n，并求出n的最大值．

【分析】(1)①根据正方形的性质得出点A，B，C的坐标；
②利用待定系数法求函数解析式解答；
(2)根据两角相等证明△MCP∽△PBA，列比例式可得n与m的关系式，配方后可得结论．
【解答】解：(1)①四边形OABC是边长为3的正方形，
∴A(3，0)，B(3，3)，C(0，3)；
②把A(3，0)，C(0，3)代入抛物线y＝﹣x2+bx+c中得：，
解得：；
(2)∵AP⊥PM，
∴∠APM＝90°，
∴∠APB+∠CPM＝90°，
∵∠B＝∠APB+∠BAP＝90°，
∴∠BAP＝∠CPM，
∵∠B＝∠PCM＝90°，
∴△MCP∽△PBA，
∴＝，即＝，
∴3n＝m(3﹣m)，
∴n＝﹣m2+m＝﹣(m﹣)2+(0≤m≤3)，
∵﹣＜0，
∴当m＝时，n的值最大，最大值是．
【例3】(2021•青海)如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x+2与坐标轴交于A，B两点，点A在x轴上，点B在y轴上，C点的坐标为(1，0)，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A，B，C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)根据图象写出不等式ax2+(b﹣1 )x+c＞2的解集；
(3)点P是抛物线上的一动点，过点P作直线AB的垂线段，垂足为Q点．当PQ＝时，求P点的坐标．

【分析】(1)根据题意得出A、B点的坐标，然后利用待定系数法求出二次函数的解析式；
(2)根据(1)的解析式由图象判断即可；
(3)作PE⊥x轴于点E，交AB于点D，根据函数图象点P的位置分三种情况分别计算出P点的坐标即可．
【解答】解：(1)当x＝0，y＝0+2＝2，
当y＝0时，x+2＝0，
解得x＝﹣2，
∴A(﹣2，0)，B(0，2)，
把A(﹣2，0)，C(1，0)，B(0，2)代入抛物线解析式，
得，
解得，
∴该抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣x+2；
(2)方法一：ax2+(b﹣1 )x+c＞2，
即﹣x2﹣2x+2＞2，
当函数y＝﹣x2﹣2x+2＝2时，
解得x＝0或x＝﹣2，
由图象知，当﹣2＜x＜0时函数值大于2，
∴不等式ax2+(b﹣1 )x+c＞2的解集为：﹣2＜x＜0；
方法二：ax2+(b﹣1 )x+c＞2，
即﹣x2﹣x+2＞x+2，
观察函数图象可知当﹣2＜x＜0时y＝﹣x2﹣x+2的函数值大于y＝x+2的函数值，
∴不等式ax2+(b﹣1 )x+c＞2的解集为：﹣2＜x＜0；
(3)作PE⊥x轴于点E，交AB于点D，作PQ⊥AB于Q，
①如图1，当P在AB上方时，
在Rt△OAB中，
∵OA＝OB＝2，
∴∠OAB＝45°，
∴∠PDQ＝∠ADE＝45°，
在Rt△PDQ中，∠DPQ＝∠PDQ＝45°，
∴PQ＝DQ＝，
∴PD＝＝1，
设点P(x，﹣x2﹣x+2)，则点D(x，x+2)，
∴PD＝﹣x2﹣x+2﹣(x+2)＝﹣x2﹣2x，
即﹣x2﹣2x＝1，
解得x＝﹣1，
∴此时P点的坐标为(﹣1，2)，
②如图2，当P点在A点左侧时，
同理①可得PD＝1，
设点P(x，﹣x2﹣x+2)，则点D(x，x+2)，
∴PD＝(x+2)﹣(﹣x2﹣x+2)＝x2+2x，
即x2+2x＝1，
解得x＝±﹣1，
由图象知此时P点在第三象限，
∴x＝﹣﹣1，
∴此时P点的坐标为(﹣﹣1，﹣)，
③如图3，当P点在B点右侧时，
在Rt△OAB中，
∵OA＝OB＝2，
∴∠OAB＝45°，
∴∠PDQ＝∠DPQ＝45°，
在Rt△PDQ中，∠DPQ＝∠PDQ＝45°，
∴PQ＝DQ＝，
∴PD＝＝1，
设点P(x，﹣x2﹣x+2)，则点D(x，x+2)，
∴PD＝(x+2)﹣(﹣x2﹣x+2)＝x2+2x，
即x2+2x＝1，
解得x＝±﹣1，
由图象知此时P点在第一象限，
∴x＝﹣1，
∴此时P点的坐标为(﹣1，)，
综上，P点的坐标为(﹣1，2)或(﹣﹣1，﹣)或(﹣1，)．



【例4】(2022•雅安)已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象过点A(﹣1，0)，B(3，0)，且与y轴交于点C(0，﹣3)．

(1)求此二次函数的表达式及图象顶点D的坐标；
(2)在此抛物线的对称轴上是否存在点E，使△ACE为Rt△，若存在，试求点E的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)在平面直角坐标系中，存在点P，满足PA⊥PD，求线段PB的最小值．
【分析】(1)设二次函数的表达式为交点式，将点C坐标代入，进而求得结果；
(2)先把AC，CE，AE的平方求出或表示出来，然后分为∠CAE＝90°，∠ACE＝90°及∠AEC＝90°，然后根据勾股定理逆定理列出方程，解方程，进而求得结果；
(3)根据∠APD＝90°确定点P在以AD的中点为圆心，为半径的圆上，进一步求得结果．
【解答】解：(1)由题意设二次函数表达式为：y＝a(x+1)•(x﹣3)，
∴a•(﹣3)＝﹣3，
∴a＝1，
∴y＝(x+1)•(x﹣3)＝x2﹣2x﹣3＝(x﹣1)2﹣4，
∴D(1，﹣4)；
(2)存在点E，使△ACE是直角三角形，过程如下：
设点E(1，m)，
∵A(﹣1，0)，C(0，﹣3)，
∴AC2＝10，AE2＝4+m2，CE2＝1+(m+3)2，
当∠EAC＝90°时，
AE2+AC2＝CE2，
∴14+m2＝1+(m+3)2，
∴m＝，
∴E1(1，)，
当∠ACE＝90°时，
AC2+CE2＝AE2，
∴11+(m+3)2＝4+m2，
∴m＝﹣，
∴E2(1，﹣)，
当∠AEC＝90°时，
AE2+CE2＝AC2，
∴5+m2+(m+3)2＝10，
∴m＝﹣1或﹣2，
∴E3(1，﹣1)，E4(1，﹣2)，
综上所述：点E(1，)或(1，﹣)或(1，﹣1)或(1，﹣2)；
(3)设AD的中点为I，
∵A(﹣1，0)，D(1，﹣4)，
∴AD＝＝2，I(0，﹣2)，
∴PA⊥PD，
∴∠ADP＝90°，
∴点P在以AD的中点I为圆心，为半径的圆上，
∵BI＝＝，
∴PB最小＝﹣．


1．(2020•河北模拟)已知抛物线C：y＝ax2+bx+c(a＞0，c＜0)的对称轴为x＝4，C为顶点，且A(2，0)，C(4，﹣2)
【问题背景】求出抛物线C的解析式．

【尝试探索】如图2，作点C关于x轴的对称点C′，连接BC′，作直线x＝k交BC′于点M，交抛物线C于点N．
①连接ND，若四边形MNDC′是平行四边形，求出k的值．
②当线段MN在抛物线C与直线BC′围成的封闭图形内部或边界上时，请直接写出线段MN的长度的最大值．
【拓展延伸】如图4，作矩形HGOE，且E(﹣3，0)，H(﹣3，4)，现将其沿x轴以1个单位每秒的速度向右平移，设运动时间为t，得到矩形H′G′O′E′，连接AC′，若矩形H′G′O′E′与直线AC′和抛物线C围成的封闭图形有公共部分，请求出t的取值范围．

【分析】【问题背景】A(2，0)，对称轴为x＝4，则点B(6，0)，则抛物线的表达式为：y＝a(x﹣2)(x﹣6)，将点C的坐标代入上式即可求解；
【尝试探索】①四边形MNDC′是平行四边形，则MN＝DC′＝2，即|k2﹣4k+6﹣(﹣k+6)|＝2，解得：k＝3或3，
②MN＝(﹣k+6)﹣(k2﹣4k+6)＝﹣k2+3k，即可求解；
【拓展延伸】(Ⅰ)当t＝2时，矩形过点A，此时矩形H′G′O′E′与直线AC′和抛物线C围成的封闭图形有公共部分；(Ⅱ)当H′E′与对称轴右侧抛物线有交点时，此时y＝H′E′＝4，
即x2﹣4x+6＝4，解得：x＝4(舍去4﹣2)，即可求解．
【解答】解：【问题背景】
A(2，0)，对称轴为x＝4，则点B(6，0)，
则抛物线的表达式为：y＝a(x﹣2)(x﹣6)，
将点C的坐标代入上式得：﹣2＝a(4﹣2)•(4﹣6)，解得：a＝，
故抛物线的表达式为：…①；

【尝试探索】
①点C′(4，2)，由点B、C′的坐标可得，
直线BC′的表达式为：y＝﹣x+6…②，
四边形MNDC′是平行四边形，则MN＝DC′＝2，
设点N的坐标为：(x，k2﹣4k+6)，则点M(k，﹣k+6)，
即|k2﹣4k+6﹣(﹣k+6)|＝2，解得：k＝3或3，
故k的值为：；
②联立①②并解得：x＝0或6，
故抛物线C与直线BC′围成的封闭图形对应的k值取值范围为：0≤k≤6，
MN＝(﹣k+6)﹣(k2﹣4k+6)＝﹣k2+3k，
∵0，故MN有最大值，最大值为；

【拓展延伸】
由点A、C′的坐标得，直线AC′表达式为：y＝x﹣2…③，
联立①③并解得：x＝2或8，即封闭区间对应的x取值范围为：2≤x≤8，
(Ⅰ)当t＝2时，矩形过点A，此时矩形H′G′O′E′与直线AC′和抛物线C围成的封闭图形有公共部分，
(Ⅱ)当H′E′与对称轴右侧抛物线有交点时，此时y＝H′E′＝4，
即x2﹣4x+6＝4，解得：x＝4(舍去4﹣2)，
即x＝4+2，则t＝3+4+2＝7+2，
故t的取值范围为：2≤t≤．
2．(2018秋•宁城县期末)已知，如图，抛物线与x轴交点坐标为A(1，0)，C(﹣3，0)，
(1)如图1，已知顶点坐标D为(﹣1，4)或B点(0，3)，选择适当方法求抛物线的解析式；
(2)如图2，在抛物线的对称轴DH上求作一点M，使△ABM的周长最小，并求出点M的坐标；
(3)如图3，将图2中的对称轴向左移动，交x轴于点P(m，0)(﹣3＜m＜﹣1)，与抛物线，线段BC的交点分别为点E、F，用含m的代数式表示线段EF的长度，并求出当m为何值时，线段EF最长．

【分析】(1)根据顶点D坐标设其顶点式，再将点C
(2)连接BC，交DH于点M，使△ABM周长最小，即AM+BM最小，先求出BC直线解析式，再令x＝﹣1，求得M(﹣1，2)；
(3)由题意得出E(m，﹣m2﹣2m+3)，F(m，m+3)，据此可知EF＝EP﹣FP＝﹣m2﹣2m+3﹣(m+3)，再根据二次函数的性质可得答案．
【解答】解：(1)由抛物线的顶点D的坐标(﹣1，4)可设其解析式为y＝a(x+1)2+4，
将点C(﹣3，0)代入，得：4a+4＝0，
解得a＝﹣1，
则抛物线解析式为y＝﹣(x+1)2+4＝﹣x2﹣2x+3；

(2)连接BC，交DH于点M，此时△ABM的周长最小，

当y＝0时，﹣(x+1)2+4＝0，
解得x＝﹣3或x＝1，
则A(1，0)，C(﹣3，0)，
当x＝0时，y＝3，则B(0，3)，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
将B(0，3)，C(﹣3，0)代入得，
解得：，
∴直线BC解析式为y＝x+3，
当x＝﹣1时，y＝﹣1+3＝2，
所以点M坐标为(﹣1，2)；

(3)由题意知E(m，﹣m2﹣2m+3)，F(m，m+3)，
则EF＝EP﹣FP＝﹣m2﹣2m+3﹣(m+3)＝﹣m2﹣3m＝﹣(m+)2+，
∴当m＝﹣时，线段EF最长．
3．(2021•桥西区模拟)如图1，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A(﹣1，0)，B两点，与y轴交于点C，且CO＝BO，连接BC．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图2，抛物线的顶点为D，其对称轴与线段BC交于点E，求线段DE的长度；
(3)如图3，垂直于x轴的动直线l分别交抛物线和线段BC于点P和点F，连接CP，CD，抛物线上是否存在点P，使△CDE∽△PCF，如果存在，求出点P的坐标，如果不存在，请说明理由．
【分析】(1)根据题意可求得点C，B的坐标，将A，B坐标代入抛物线解析式求出a，b的值，即可得到抛物线解析式；
(2)设直线BC的解析式为y＝kx+b，将点C，B的坐标代入求得k，b的值，即可求得直线BC的解析式，再求DE即可；
(3)根据△CDE∽△PCF，DE∥PF，可得：＝，设点P坐标为(t，﹣t2+2t+3)，点F坐标为(t，﹣t+3)，建立关于t的方程求解即可．
【解答】解：(1)在抛物线y＝ax2+bx+3中，令x＝0，得y＝3，
∴C(0，3)，
∴CO＝3，
∵CO＝BO，
∴BO＝3，
∴B(3，0)，
∵A(﹣1，0)，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3；
(2)设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∵B(3，0)，C(0，3)，
∴，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
∵抛物线y＝﹣x2+2x+3的顶点D坐标为(1，4)，
∴当x＝1时，y＝﹣1+3＝2，
∴E(1，2)，
∴DE＝2；
(3)∵PF∥DE，
∴∠CED＝∠CFP，
当＝时，△PCF∽△CDE，
由D(1，4)，C(0，3)，E(1，2)，
利用勾股定理，可得CE＝＝，
DE＝4﹣2＝2，
设点P坐标为(t，﹣t2+2t+3)，点F坐标为(t，﹣t+3)，
∴PF＝﹣t2+2t+3﹣(﹣t+3)＝﹣t2+3t，CF＝＝t，
∴＝，
∵t≠0，
∴t＝2，
当t＝2时，﹣t2+2t+3＝﹣22+2×2+3＝3，
∴点P坐标为(2，3)．



4．(2022•和平区二模)如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线顶点A的坐标为(﹣2，4)，且经过坐标原点，与x轴负半轴交于点B．
(1)求抛物线的函数表达式并直接写出点B的坐标；
(2)过点A作AC⊥x轴于点C，若点D是y轴左侧的抛物线上一个动点(点D与点A不重合)，过点D作DE⊥x轴于点E，连接AO，DO，当以A，O，C为顶点的三角形与以D，O，E为顶点的三角形相似时，求点D的坐标；
(3)在(2)的条件下，当点D在第二象限时，在平面内存在一条直线，这条直线与抛物线在第二象限交于点F，在第三象限交于点G，且点A，点B，点D，到直线FG的距离都相等，请直接写出线段FG的长．

【分析】(1)设该抛物线解析式为y＝a(x+2)2+4(a≠0)，把点(0，0)代入，即可求解；
(2)根据题意得OC＝2，AC＝4，设点D(x，﹣x2﹣4x)，则DE＝|﹣x2﹣4x|，OE＝﹣x，根据∠ACO＝∠DEO＝90°，可得当以A，O，C为顶点的三角形与以D，O，E为顶点的三角形相似时，∠AOC＝∠ODE或∠AOC＝∠DOE，分两种讨论，即可求解；
(3)求出直线BD的解析式y＝x+14，直线BD与y轴交于(0，14)，可得过点A平行于BD的直线AM的解析式为y＝x+11，交y轴于(0，11)，可得直线FG的的解析式为y＝x+，联立方程组，得到点F．G的坐标，即可求解．
【解答】解：(1)∵抛物线顶点的坐标为(﹣2，4)，
∴设抛物线解析式为y＝a(x+2)2+4(a≠0)，
把点(0，0)代入得：0＝a(x+2)2+4．
解得：a＝﹣1，
∴抛物线解析式为y＝﹣(x+2)2+4＝﹣x2﹣4x．
令y﹣0，则﹣x2﹣4x＝0，
解得：x1＝﹣4，x2＝0，
∴点B(﹣4，0)，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2﹣4x．点B(﹣4，0)；

(2)∵AC⊥x轴，点A (﹣2，4)，
∴点C(﹣2，0)，
∴OC＝2，AC＝4，
∵∠ACO＝∠DEO＝90°，
∴当以A，O，C为顶点的三角形与以D，O，E为顶点的三角形相似时，∠AOC＝∠ODE或∠AOC＝∠DOE，
设D(x，﹣x2﹣4x)，
①当∠AOC＝∠ODE时，△AOC∽△ODE，如图：

∵∠AOC＝∠ODE，
∴tan∠AOC＝tan∠ODE，
∴＝＝2，
∴＝2，
∴﹣x＝2(x2+4x)或﹣x＝﹣2(x2+4x)，
∴x1＝0(舍去)，x2＝﹣或x3＝0(舍去)，x4＝﹣，
∴点D的坐标为(﹣，﹣)或(﹣，)；
②当∠AOC＝∠DOE时，△AOC∽△DOE，如图：

∵∠AOC＝∠DOE，
∴tan∠AOC＝tan∠DOE，
∴＝＝2，
∴＝2，
∴﹣2x＝x2+4x或2x＝x2+4x，
∴x1＝0(舍去)，x2＝﹣6或x3＝0(舍去)，x4＝﹣2(舍去)，
∴点D的坐标为(﹣6，﹣12)；
点D(﹣6，﹣12)；
综上所述，当以A，O，C为顶点的三角形与以D，O，E为顶点的三角形相似时，点D的坐标为(﹣6，﹣12)或(﹣，﹣)或(﹣，)；

(3)∵在(2)的条件下，点D在第二象限，
∴点D的坐标为(﹣，)，
直线BD的解析式y＝kx+m，
∴，解得，
∴直线BD的解析式y＝x+14，直线BD与y轴交于(0，14)，
∴过点A平行于BD的直线AM的解析式为y＝x+11，交y轴于(0，11)，
∵点A，点B，点D，到直线FG的距离都相等，
∴直线FG的的解析式为y＝x+，
联立得，解得，，
∴F(﹣，)，G(﹣5，﹣5)，
∴FG＝＝．
5．(2022•鹿城区校级二模)如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A(﹣1，0)，B(5，0)，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式和顶点D的坐标．
(2)连结AD，点E是对称轴与x轴的交点，过E作EF∥AD交抛物线于点F(F在E的右侧)，过点F作FG∥x轴交ED于点H，交AD于点G，求HF的长．

【分析】(1)把点A(﹣1，0)，B(5，0)代入抛物线解析式即可求解；
(2)延长FG交y轴于点I，根据A，E，D坐标求出AE＝3，DE＝9，在Rt△EAD中，tan∠EAD＝3，再根据四边形AGFE是平行四边形，得出tan∠EFH＝tan∠EAD＝3，设HF＝m，EH＝3m，易证四边形OIHE是矩形，把点F(m+2，﹣3m)代入y＝x2﹣4x﹣5，求出m即可．
【解答】解：(1)把点A(﹣1，0)，B(5，0)代入抛物线解析式，
得：，
解得：，
∴y＝x2﹣4x﹣5＝(x﹣2)2﹣9，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x﹣5，顶点D坐标为(2，﹣9)；
(2)延长FG交y轴于点I，

∵A(﹣1，0)，E(2，0)，D(2，﹣9)，
∴AE＝3，DE＝9，
∴在Rt△EAD中，
，
∵EF∥AD，FG∥x轴，
∴四边形AGFE是平行四边形，
∴tan∠EFH＝tan∠EAD＝3，
∴在Rt△EHF中，EH＝3HF，
设HF＝m，EH＝3m，易证四边形OIHE是矩形，
把点F(m+2，﹣3m)代入y＝x2﹣4x﹣5，
得，﹣3m＝(m+2)2﹣4(m+2)﹣5，
解得：或m＝(舍去)，
∴．
6．(2021•南岗区模拟)如图，抛物线y＝ax2+bx﹣4交x轴于点A(﹣3，0)，B(4，0)，交y轴于点C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)点P为第一象限抛物线上一点，过点P作x轴的平行线，与抛物线的另一个交点为点G，连接CG交x轴于点N，设点P的横坐标为t，ON的长为d，求d与t之间的函数解析式(不要求写出自变量t的取值范围)；
(3)在(2)的条件下，连接PB，将线段PB绕着点P顺时针旋转90°得到线段PD，点D恰好落在y轴上，点E在线段OB上，连接PE，点Q在EB的延长线上，且EQ＝PE，连接DQ交PE于点F，若PE＝3PF，求QN的长．
【分析】(1)运用待定系数法即可得出答案；
(2)设P(t，t2﹣t﹣4)，则G(1﹣t，t2﹣t﹣4)，利用tan∠GCH＝＝，求出CN，即可得出答案；
(3)过点P作PT⊥x轴于点T，可证得△PDH≌△PBT(AAS)，过点F作x轴的垂线，垂足为K，过点D作KF的垂线，垂足为R，KR与PH交于点M，再证得△DRF≌△QKF(ASA)，过点Q作QW∥PD，可证得△DPF≌△QWF(AAS)，过点Q作QZ⊥PE于点Z，再证明△EQZ≌△EPT(AAS)，再利用HL证明Rt△QWZ≌Rt△PBT，设EB＝m，运用勾股定理建立方程求解即可．
【解答】解：(1)∵抛物线y＝ax2+bx﹣4交x轴于点A(﹣3，0)，B(4，0)，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
(2)如图1，设P(t，t2﹣t﹣4)，
∵抛物线的对称轴为直线，PG∥x轴，
∴点G与点P是抛物线上的一对对称点，
∴G(1﹣t，t2﹣t﹣4)，
设PG与y轴交于点H，则H(0，t2﹣t﹣4)，
在抛物线中，
令x＝0，得y＝﹣4，
∴C(0，﹣4)，
∴OC＝4，
又CH＝t2﹣t﹣4﹣(﹣4)＝t2﹣t，GH＝t﹣1，
∵tan∠GCH＝＝，
∴，
解得：，
∴d与t之间的函数解析式为d＝；
(3)如图2，过点P作PT⊥x轴于点T，
∵∠DPB＝∠PHO＝∠HOB＝∠PTO＝∠PHD＝90°，
∴四边形PHOT为矩形，
∴∠HPT＝90°，
∴∠DPH＝∠BPT，
∵PD＝PB，
∴△PDH≌△PBT(AAS)，
∴DH＝BT，PH＝PT，
∴，
解得：t1＝6，t2＝﹣2(舍)，
∴P(6，6)，
∴T(6，0)，
∴DH＝BT＝2，ON＝d＝2，
过点F作x轴的垂线，垂足为K，过点D作KF的垂线，垂足为R，KR与PH交于点M，
∵PE＝3PF，
∴EF＝2PF，
∵cos∠PFM＝cos∠EFK，
∴，
∴FK＝2FM，
∵∠MPT＝∠PTK＝∠TKM＝90°，
∴四边形PMKT为矩形，
∴MK＝PT＝6，
∴FM＝2，FK＝4，
同理四边形DHMR为矩形，
∴DH＝RM＝2，RF＝FK＝4，∠R＝∠FKQ＝90°，
∵∠DFR＝∠KFQ，
∴△DRF≌△QKF(ASA)，
∴DF＝QF，
过点Q作QW∥PD，
∴∠DPF＝∠QWF
∵∠DFP＝∠WFQ，DF＝FQ，
∴△DPF≌△QWF(AAS)，
∴DP＝QW＝PB，PF＝WF，
∴，
过点Q作QZ⊥PE于点Z，
∴∠EZQ＝∠PTE＝90°，
∵∠PET＝∠QEZ，EP＝EQ，
∴△EQZ≌△EPT(AAS)，
∴PT＝QZ，EZ＝ET，
∵QW＝PB，
∴Rt△QWZ≌Rt△PBT(HL)，
∴WZ＝BT，
∴EW＝EB．
设EB＝m，
则EW＝WF＝FP＝m，
∴EP＝3m，
∵BT＝2，
∴ET＝m+2，PT＝6，
在Rt△EPT中，∵PE2＝ET2+PT2，
∴(3m)2＝(m+2)2+62，
解得：，m2＝﹣2(舍)，
∴，
∴BQ＝2BE＝5，
∵OB＝4，
∴OQ＝9，
∵ON＝2，
∴QN＝OQ+ON＝11．


7．(2021•凉山州模拟)如图1，在平面直角坐标系中，已知B点坐标为(1，0)，且OA＝OC＝3OB，抛物线y＝ax2+bx+c(a≠0)图象经过A，B，C三点，其中D点是该抛物线的顶点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)判断△ADC的形状并且求△ADC的面积；
(3)如图2，点P是该抛物线第三象限部分上的一个动点，过P点作PE⊥AC于E点，当PE的值最大时，求此时P点的坐标及PE的最大值．

【分析】(1)根据B点坐标为(1，0)，且OA＝OC＝3OB，得出B，C点的坐标，用待定系数法求解析式即可；
(2)根据坐标求出三角形各边的长，利用勾股定理判断其为直角三角形，再用三角形面积公式求面积即可；
(3)求出直线AC的解析式，过点P作PH∥y轴交AC于H，设出P点和H点坐标，用含x的代数式求出PE的值，根据二次函数性质求最值即可．
【解答】解：(1)∵B点坐标为(1，0)，
∴OB＝1，
又∵OA＝OC＝3OB，
∴OA＝OC＝3，
∴A(﹣3，0)，C(0，﹣3)，
将A，B，C三点代入解析式得，
，
解得，
∴抛物线的解析式为：y＝x2+2x﹣3；
(2)由(1)知抛物线的解析式为y＝x2+2x﹣3，
∴对称轴为直线x＝﹣＝﹣1，
当x＝﹣1时，y＝(﹣1)2+2×(﹣1)﹣3＝﹣4，
∴D点的坐标为(﹣1，﹣4)，
∴|AD|＝＝2，|AC|＝＝3，|CD|＝＝，
∵|AD|2＝|AC|2+|CD|2，
∴△ACD是直角三角形，
S△ABC＝|AC|•|CD|＝×＝3；
(3)设直线AC的解析式为y＝sx+t，
代入A，C点坐标，
得，
解得，
∴直线AC的解析式为y＝﹣x﹣3，
如右图，过点P作y轴的平行线交AC于点H，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA＝45°，
∵PH∥y轴，
∴∠PHE＝∠OCA＝45°，
设点P(x，x2+2x﹣3)，则点H(x，﹣x﹣3)，
∴PH＝﹣x﹣3﹣(x2+2x﹣3)＝﹣x2﹣3x，
∴PE＝PH•sin∠PHE＝(﹣x2﹣3x)×＝﹣(x+)2+，
∴当x＝﹣时，PE有最大值为，
此时P点的坐标为(﹣，﹣)．

8．(2022•无锡二模)已知抛物线y＝mx2﹣2mx+3(m＜0)与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，且OB＝3OA．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)若M、N是第一象限的抛物线上不同的两点，且△BCN的面积总小于△BCM的面积，求点M的坐标；
(3)若D为抛物线的顶点，P为第二象限的抛物线上的一点，连接BP、DP，分别交y轴于点E、F，若EF＝OC，求点P的坐标．

【分析】(1)设A(x1，0)，B(x2，0)，因为OB＝3OA，所以x2＝﹣3x1，又由于x1，x2是方程mx2﹣2mx+3＝0的两根，所以x1+x2＝2，从而求出x1的值，得到A点坐标，代入到解析式中，求出m，即可解决问题；
(2)由题意可得，只要求得第一象限内M点，使△BCM面积最大，过M作y轴平行线交BC于G点，设M(a，﹣a2+2a+3)，先求出直线BC的解析式，可以得到G(a，﹣a+3)，从而得的MG＝﹣a2+3a，利用S△MBC＝S△MGC+S△MGB，得到S△MBC＝，当a＝时，△MBC面积最大，从而求得M点坐标；
(3)由EF＝得EF＝1，过D作DQ∥y轴交BP于Q点，设出P点坐标，求出D点坐标和直线BP解析式，从而表示出DQ的长度，由△PEF∽△PQD，利用相似三角形对应边上的高的比等于相似比，列出方程，即可解决．
【解答】解：(1)设A(x1，0)，B(x2，0)，
∵OB＝3OA，
∴x2＝﹣3x1，
令y＝0，则mx2﹣2mx+3＝0，
∵x1与x2是方程的两根，
∴x1+x2＝2，
又x2＝﹣3x1，
∴x1＝﹣1，x2＝3，
∴A(﹣1，0)，B(3，0)，
将x＝﹣1代入到方程中得m＝﹣1，
∴抛物线的函数表达式为：y＝﹣x2+2x+3；
(2)令x＝0，则y＝﹣x2+2x+3＝3，
∴C(0，3)，
设直线BC解析式为y＝kx+3，
代入点B的坐标得，k＝﹣1，
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+3，
设M(a，﹣a2+2a+3)，
如图1，过M作MG∥y轴交直线BC于G点，则G(a，﹣a+3)，
∴MG＝﹣a2+3a，
∴S△MBC＝S△MGC+S△MGB＝＝，
当a＝时，△MBC面积最大，此时△BCN的面积总小于△BCM的面积，
∴M()；
(3)如图2，由(1)可得，OC＝3，
∴EF＝，
设P(t，﹣t2+2t+3)，
∵B(3，0)，
∴直线BP的解析式为y＝﹣(t+1)(x﹣3)，
∵y＝﹣(x﹣1)2+4，
∴D(1，4)，
过D作y轴的平行线交直线BP于Q点，
∴Q(1，2t+2)，
∴DQ＝2﹣2t，
∵DQ∥y轴，
∴△PEF∽△PQD，
∴，
∴，
∴P()．


9．(2021•乳源县三模)如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A(5，0)，B(﹣1，0)两点，与y轴交于点C(0，)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点M是抛物线的顶点，连接AM，CM，求△AMC的面积；
(3)若点P是抛物线上的一个动点，过点P作PE垂直y轴于点E，交直线AC于点D，过点D作x轴的垂线，垂足为点F，连接EF，当线段EF的长度最短时，求出点P的坐标．

【分析】(1)用待定系数法即可求解；
(2)△AMC的面积＝S△MHC+S△MHA＝×MH×OA，即可求解；
(3)点D在直线AC上，设点D(m，﹣m+)，由题意得，四边形OEDF为矩形，故EF＝OD，即当线段EF的长度最短时，只需要OD最短即可，进而求解．
【解答】解：(1)设抛物线的表达式为y＝a(x﹣x1)(x﹣x2)＝a(x﹣5)(x+1)，
将点C的坐标代入上式得：＝a(0﹣5)(0+1)，解得a＝﹣，
故抛物线的表达式为y＝﹣(x﹣5)(x+1)＝﹣x2+2x+；

(2)由抛物线的表达式得顶点M(2，)，
过点M作MH∥y轴交AC于点H，

设直线AC的表达式为y＝kx+t，则，解得，
故直线AC的表达式为y＝﹣x+，
当x＝2时，y＝，则MH＝﹣＝3，
则△AMC的面积＝S△MHC+S△MHA＝×MH×OA＝×3×5＝；

(3)点D在直线AC上，设点D(m，﹣m+)，
由题意得，四边形OEDF为矩形，故EF＝OD，即当线段EF的长度最短时，只需要OD最短即可，

则EF2＝OD2＝m2+(﹣m+)2＝m2﹣m+，
∵＞0，故EF2存在最小值(即EF最小)，此时m＝1，
故点D(1，2)，
∵点P、D的纵坐标相同，
故2＝﹣x2+2x+，解得x＝2±，
故点P的坐标为(2，2)或(2﹣，2)．
10．(2021•河池)在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣(x﹣1)2+4与x轴交于A，B两点(A在B的右侧)，与y轴交于点C．
(1)求直线CA的解析式；
(2)如图，直线x＝m与抛物线在第一象限交于点D，交CA于点E，交x轴于点F，DG⊥CA于点G，若E为GA的中点，求m的值．
(3)直线y＝nx+n与抛物线交于M(x1，y1)，N(x2，y2)两点，其中x1＜x2．若x2﹣x1＞3且y2﹣y1＞0，结合函数图象，探究n的取值范围．

【分析】(1)由y＝﹣(x﹣1)2+4中，得A(3，0)，B(﹣1，0)，C(0，3)，利用待定系数法即可得，直线CA的解析式为y＝﹣x+3；
(2)根据直线x＝m与抛物线在第一象限交于点D，交CA于点E，交x轴于点F，可得D(m，﹣(m﹣1)2+4)，且0＜m＜3，E(m，﹣m+3)，F(m，0)，从而AF＝3﹣m，DE＝﹣m2+3m，而△EAF是等腰直角三角形，可得AE＝AF＝3﹣m，△DEG是等腰直角三角形，即可列﹣m2+3m＝(3﹣m)，解得m＝2或m＝3(舍去)；
(3)由得或，①若3﹣n＞﹣1，即n＜4，根据x2﹣x1＞3且y2﹣y1＞0，可得3﹣n﹣(﹣1)＞3，且﹣n2+4n﹣0＞0，即解得0＜n＜1；②若3﹣n＜﹣1，即n＞4，可得：﹣1﹣(3﹣n)＞3且0﹣(﹣n2+4n)＞0，即解得n＞7．
【解答】解：(1)在y＝﹣(x﹣1)2+4中，令x＝0得y＝3，令y＝0得x＝﹣1或3，
∴A(3，0)，B(﹣1，0)，C(0，3)，
设直线CA的解析式为y＝kx+b，则，
解得，
∴直线CA的解析式为y＝﹣x+3；
(2)∵直线x＝m与抛物线在第一象限交于点D，交CA于点E，交x轴于点F，
∴D(m，﹣(m﹣1)2+4)，且0＜m＜3，E(m，﹣m+3)，F(m，0)，
∴AF＝3﹣m，DE＝﹣(m﹣1)2+4﹣(﹣m+3)＝﹣m2+3m，
∵A(3，0)，C(0，3)，
∴∠EAF＝45°，△EAF是等腰直角三角形，
∴AE＝AF＝3﹣m，∠DEG＝∠AEF＝45°，
∴△DEG是等腰直角三角形，
∴DE＝GE，
∵E为GA的中点，
∴GE＝AE＝3﹣m，
∴﹣m2+3m＝(3﹣m)，
解得m＝2或m＝3，
∵m＝3时，D与A重合，舍去，
∴m＝2；
(3)由得或，
①若3﹣n＞﹣1，即n＜4，如图：

∵x2﹣x1＞3且y2﹣y1＞0，
∴3﹣n﹣(﹣1)＞3，且﹣n2+4n﹣0＞0，
解得0＜n＜1；
②若3﹣n＜﹣1，即n＞4，同理可得：
﹣1﹣(3﹣n)＞3且0﹣(﹣n2+4n)＞0，
解得n＞7，
综上所述，n的取值范围是0＜n＜1或n＞7．
11．(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．

12．(2021•吉林)如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象经过点A(0，﹣)，点B(1，)．
(1)求此二次函数的解析式；
(2)当﹣2≤x≤2时，求二次函数y＝x2+bx+c的最大值和最小值；
(3)点P为此函数图象上任意一点，其横坐标为m，过点P作PQ∥x轴，点Q的横坐标为﹣2m+1．已知点P与点Q不重合，且线段PQ的长度随m的增大而减小．
①求m的取值范围；
②当PQ≤7时，直接写出线段PQ与二次函数y＝x2+bx+c(﹣2≤x＜)的图象交点个数及对应的m的取值范围．
【分析】(1)利用待定系数法求解．
(2)将函数代数式配方，由抛物线开口方向和对称轴直线方程求解．
(3)①由0＜PQ≤7求出m取值范围，
②通过数形结合求解．
【解答】解：(1)将A(0，﹣)，点B(1，)代入y＝x2+bx+c得：
，
解得，
∴y＝x2+x﹣．
(2)∵y＝x2+x﹣＝(x+)2﹣2，
∵抛物线开口向上，对称轴为直线x＝﹣．
∴当x＝﹣时，y取最小值为﹣2，
∵2﹣(﹣)＞﹣﹣(﹣2)，
∴当x＝2时，y取最大值22+2﹣＝．
(3)①PQ＝|﹣2m+1﹣m|＝|﹣3m+1|，
当﹣3m+1＞0时，PQ＝﹣3m+1，PQ的长度随m的增大而减小，
当﹣3m+1＜0时，PQ＝3m﹣1，PQ的长度随m增大而增大，
∴﹣3m+1＞0满足题意，
解得m＜．
②∵0＜PQ≤7，
∴0＜﹣3m+1≤7，
解得﹣2≤m＜，
如图，当m＝﹣时，点P在最低点，PQ与图象有1交点，

m增大过程中，﹣＜m＜，点P与点Q在对称轴右侧，PQ与图象只有1个交点，

直线x＝关于抛物线对称轴直线x＝﹣对称后直线为x＝﹣，
∴﹣＜m＜﹣时，PQ与图象有2个交点，

当﹣2≤m≤﹣时，PQ与图象有1个交点，

综上所述，﹣2≤m≤﹣或﹣≤m时，PQ与图象交点个数为1，﹣＜m＜﹣时，PQ与图象有2个交点．
13．(2020•武汉模拟)已知：在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a交x轴于A、B两点(点A在点B的左边)，交y轴负半轴于点C．
(1)则点A的坐标为 　(﹣1，0)　，点B的坐标为 　(3，0)　．
(2)如图1，过点A的直线y＝ax+a交y轴正半轴于点F，交抛物线于点D，过点B作BE∥y轴交AD于E，求证：AF＝DE．
(3)如图2，直线DE：y＝kx+b与抛物线只有一个交点D，与对称轴交于点E，对称轴上存在点F，满足DF＝FE．若a＝1，求点F坐标．

【分析】(1)令y＝0，得ax2﹣2ax﹣3a＝0，解出x即可；
(2)过E，D分别作x轴，y轴的平行线，交于H，证明∴&△FAO≌△DEH即可；
(3)令x^{2}﹣2 x﹣3＝kx+b得x2﹣(2+k)x﹣3﹣b＝0，得出k与b的关系，然后求出D，E的坐标，根据FE＝FD，列方程求出F的坐标．
【解答】(1)令y＝0，得ax2﹣2ax﹣3a＝0
即x2﹣2x﹣3＝0
得x1＝3，x2＝﹣1
∴A(﹣1，0)B(3，0)
(2)过E，D分别作x轴，y轴的平行线，交于H．

令ax+a＝ax2﹣2ax﹣3a
得ax2﹣3ax﹣4a＝0，
∴x2﹣3x﹣4＝0
∴x1＝4，x2＝﹣1
∴xD＝4
∴EH＝AO＝1
＝∠AOF＝∠EHD，∠FAO＝∠DEH
∴△FAO≌△DEH
∴AF＝DE
(3)令x^{2}﹣2 x﹣3＝kx+b
得x2﹣(2+k)x﹣3﹣b＝0
(2+k)2+4(3+b)＝0
∴
＝
＝
∴
∴
＝
∴，
∴
＝
＝
∴
＝

＝
∵EF＝DF
∴
整理得

∴yF＝﹣
F的坐标为(1，﹣)
14．(2020•哈尔滨模拟)如图，抛物线y＝ax2+bx+5经过坐标轴上A、B和C三点，连接AC，tanC＝，5OA＝3OB．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点Q在第四象限的抛物线上且横坐标为t，连接BQ交y轴于点E，连接CQ、CB，△BCQ的面积为S，求S与t的函数解析式；
(3)已知点D是抛物线的顶点，连接CQ，DH所在直线是抛物线的对称轴，连接QH，若∠BQC＝45°，HR∥x轴交抛物线于点R，HQ＝HR，求点R的坐标．

【分析】(1)c＝5，OC＝5，tanC＝，则OA＝3，5OA＝3OB，则OB＝5，故点A、B、C的坐标分别为：(3，0)、(﹣5，0)、(0，5)，即可求解；
(2)S＝CE×(xQ﹣xB)＝×(5+t﹣5)×(t+5)＝t2+t；
(3)证明△CTE≌△QTJ(AAS)，故CE＝QJ＝5m，JN＝JQ﹣QN＝5m﹣3m＝2m，tan∠EQN＝tan∠JCN，即，解得：EN＝m或﹣6m(舍去﹣6m)；CN＝CE+EN＝5m+m＝6m，故点Q(3m，5﹣6m)，将点Q的坐标代入抛物线表达式并解得：m＝0(舍去)或，故点Q(4，﹣3)，设：HR＝k，则点R(k﹣1，﹣k2+)，
QS＝yQ﹣yR＝k2﹣，由勾股定理得：QS2+HS2＝HQ2，即(k2﹣)2+25＝k2，即可求解．
【解答】解：(1)c＝5，OC＝5，tanC＝，则OA＝3，
5OA＝3OB，则OB＝5，
故点A、B、C的坐标分别为：(3，0)、(﹣5，0)、(0，5)，
则抛物线表达式为：y＝a(x+5)(x﹣3)＝a(x2+2x﹣15)，
即﹣15a＝5，解得：a＝﹣，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣x+5；

(2)设点Q(t，﹣t2﹣t+5)，点B(﹣5，0)，
由点B、Q的坐标得：直线BQ的表达式为：y＝﹣(t﹣3)(x+5)，
故点E(0，﹣t+5)，
S＝CE×(xQ﹣xB)＝×(5+t﹣5)×(t+5)＝t2+t；

(3)过点Q作QJ∥x轴交y轴于点N，交对称轴于点L，过点C作CT⊥BQ于点T，
延长CT交QJ于点J，过点Q作y轴的平行线交x轴于点K，交HR于点S，

则OKQN为矩形，OK＝QN＝t，
由(2)知，CE＝t，故QN：CE＝3：5，
设QN＝3m，则CE＝5m，
∵∠BQC＝45°，故CT＝QT，
∠EQN＝90°﹣∠NEQ＝90°﹣∠CET＝∠TCE＝∠JCN，
故△CTE≌△QTJ(AAS)，
故CE＝QJ＝5m，JN＝JQ﹣QN＝5m﹣3m＝2m，
tan∠EQN＝tan∠JCN，即，
解得：EN＝m或﹣6m(舍去﹣6m)；
CN＝CE+EN＝5m+m＝6m，故点Q(3m，5﹣6m)，
将点Q的坐标代入抛物线表达式并解得：m＝0(舍去)或，
故点Q(4，﹣3)，
抛物线的顶点D坐标为：(﹣1，)，
QL＝4+1＝5＝HS，
设：HR＝k，则点R(k﹣1，﹣k2+)，
QS＝yQ﹣yR＝k2﹣，
由勾股定理得：QS2+HS2＝HQ2，
即(k2﹣)2+25＝k2，
解得：k＝(不合题意值已舍去)，
故点R(﹣1，﹣6)．
15．(2019•衡阳)如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A(﹣1，0)和点B(3，0)，与y轴交于点N，以AB为边在x轴上方作正方形ABCD，点P是x轴上一动点，连接CP，过点P作CP的垂线与y轴交于点E．
(1)求该抛物线的函数关系表达式；
(2)当点P在线段OB(点P不与O、B重合)上运动至何处时，线段OE的长有最大值？并求出这个最大值；
(3)在第四象限的抛物线上任取一点M，连接MN、MB．请问：△MBN的面积是否存在最大值？若存在，求出此时点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】(1)将点A、B的坐标代入二次函数表达式，即可求解；
(2)设OP＝x，则PB＝3﹣x，由△POE∽△CBP得出比例线段，可表示OE的长，利用二次函数的性质可求出线段OE的最大值；
(3)过点M作MH∥y轴交BN于点H，由S△MNB＝S△BMH+S△MNH＝即可求解．
【解答】解：(1))∵抛物线y＝x2+bx+c经过A(﹣1，0)，B(3，0)，
把A、B两点坐标代入上式，，
解得：，
故抛物线函数关系表达式为y＝x2﹣2x﹣3；
(2)∵A(﹣1，0)，点B(3，0)，
∴AB＝OA+OB＝1+3＝4，
∵正方形ABCD中，∠ABC＝90°，PC⊥PE，
∴∠OPE+∠CPB＝90°，
∠CPB+∠PCB＝90°，
∴∠OPE＝∠PCB，
又∵∠EOP＝∠PBC＝90°，
∴△POE∽△CBP，
∴，
设OP＝x，则PB＝3﹣x，
∴，
∴OE＝，
∵0＜x＜3，
∴时，线段OE长有最大值，最大值为．
即OP＝时，点P在线段OB上运动至P(，0)时，线段OE有最大值．最大值是．
(3)存在．
如图，过点M作MH∥y轴交BN于点H，
∵抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
∴x＝0，y＝﹣3，
∴N点坐标为(0，﹣3)，
设直线BN的解析式为y＝kx+b，
∴，
∴，
∴直线BN的解析式为y＝x﹣3，
设M(a，a2﹣2a﹣3)，则H(a，a﹣3)，
∴MH＝a﹣3﹣(a2﹣2a﹣3)＝﹣a2+3a，
∴S△MNB＝S△BMH+S△MNH＝＝＝，
∵，
∴a＝时，△MBN的面积有最大值，最大值是，此时M点的坐标为()．
16．(2020•天津)已知点A(1，0)是抛物线y＝ax2+bx+m(a，b，m为常数，a≠0，m＜0)与x轴的一个交点．
(Ⅰ)当a＝1，m＝﹣3时，求该抛物线的顶点坐标；
(Ⅱ)若抛物线与x轴的另一个交点为M(m，0)，与y轴的交点为C，过点C作直线l平行于x轴，E是直线l上的动点，F是y轴上的动点，EF＝2．
①当点E落在抛物线上(不与点C重合)，且AE＝EF时，求点F的坐标；
②取EF的中点N，当m为何值时，MN的最小值是？
【分析】(Ⅰ)将A(1，0)代入抛物线的解析式求出b＝2，由配方法可求出顶点坐标；
(Ⅱ)①根据题意得出a＝1，b＝﹣m﹣1．求出抛物线的解析式为y＝x2﹣(m+1)x+m．则点C(0，m)，点E(m+1，m)，过点A作AH⊥l于点H，由点A(1，0)，得点H(1，m)．根据题意求出m的值，可求出CF的长，则可得出答案；
②得出CN＝EF＝．求出MC＝﹣m，当MC≥，即m≤﹣1时，当MC＜，即﹣1＜m＜0时，根据MN的最小值可分别求出m的值即可．
【解答】解：(Ⅰ)当a＝1，m＝﹣3时，抛物线的解析式为y＝x2+bx﹣3．
∵抛物线经过点A(1，0)，
∴0＝1+b﹣3，
解得b＝2，
∴抛物线的解析式为y＝x2+2x﹣3．
∵y＝x2+2x﹣3＝(x+1)2﹣4，
∴抛物线的顶点坐标为(﹣1，﹣4)．
(Ⅱ)①∵抛物线y＝ax2+bx+m经过点A(1，0)和M(m，0)，m＜0，
∴0＝a+b+m，0＝am2+bm+m，即am+b+1＝0．
∴a＝1，b＝﹣m﹣1．
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣(m+1)x+m．
根据题意得，点C(0，m)，点E(m+1，m)，
过点A作AH⊥l于点H，由点A(1，0)，得点H(1，m)．

在Rt△EAH中，EH＝1﹣(m+1)＝﹣m，HA＝0﹣m＝﹣m，
∴AE＝＝﹣m，
∵AE＝EF＝2，
∴﹣m＝2，
解得m＝﹣2．
此时，点E(﹣1，﹣2)，点C(0，﹣2)，有EC＝1．
∵点F在y轴上，
∴在Rt△EFC中，CF＝＝．
∴点F的坐标为(0，﹣2﹣)或(0，﹣2+)．
②由N是EF的中点，连接CN，CM，得CN＝EF＝．
根据题意，点N在以点C为圆心、为半径的圆上，
由点M(m，0)，点C(0，m)，得MO＝﹣m，CO＝﹣m，
∴在Rt△MCO中，MC＝＝﹣m．
当MC≥，即m≤﹣1时，满足条件的点N在线段MC上．
MN的最小值为MC﹣NC＝﹣m﹣＝，解得m＝﹣；
当MC＜，即﹣1＜m＜0时，满足条件的点N落在线段CM的延长线上，MN的最小值为NC﹣MC＝﹣(﹣m)＝，
解得m＝﹣．
∴当m的值为﹣或﹣时，MN的最小值是．
17．(2020•凉山州)如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象过O(0，0)、A(1，0)、B(，)三点．
(1)求二次函数的解析式；
(2)若线段OB的垂直平分线与y轴交于点C，与二次函数的图象在x轴上方的部分相交于点D，求直线CD的解析式；
(3)在直线CD下方的二次函数的图象上有一动点P，过点P作PQ⊥x轴，交直线CD于Q，当线段PQ的长最大时，求点P的坐标．

【分析】(1)将点O、A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
(2)由点B的坐标知，直线BO的倾斜角为30°，则OB中垂线(CD)与x轴正半轴的夹角为60°，故设CD的表达式为：y＝﹣x+b，而OB中点的坐标为(，)，将该点坐标代入CD表达式，即可求解；
(3)过点P作y轴额平行线交CD于点Q，PQ＝﹣x+﹣(x2﹣x)＝﹣x2﹣x+，即可求解．
【解答】解：(1)将点O、A、B的坐标代入抛物线表达式得，解得，
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣x；
(2)由点B的坐标知，直线BO的倾斜角为30°，
∵BO⊥AD，
则∠BOA+∠BOC＝90°，∠BOC+∠OCA＝90°，
∴∠OCA＝∠BOA＝30°，
则CD与x轴负半轴的夹角为60°，
故设CD的表达式为：y＝﹣x+b，而OB中点的坐标为(，)，
将该点坐标代入CD表达式并解得：b＝，
故直线CD的表达式为：y＝﹣x+；

(3)设点P(x，x2﹣x)，则点Q(x，﹣x+)，

则PQ＝﹣x+﹣(x2﹣x)＝﹣x2﹣x+，
∵＜0，
∴当x＝﹣时，PQ有最大值，
此时点P的坐标为(﹣，)．
18．(2020•滨州)如图，抛物线的顶点为A(h，﹣1)，与y轴交于点B(0，﹣)，点F(2，1)为其对称轴上的一个定点．
(1)求这条抛物线的函数解析式；
(2)已知直线l是过点C(0，﹣3)且垂直于y轴的定直线，若抛物线上的任意一点P(m，n)到直线l的距离为d，求证：PF＝d；
(3)已知坐标平面内的点D(4，3)，请在抛物线上找一点Q，使△DFQ的周长最小，并求此时△DFQ周长的最小值及点Q的坐标．

【分析】(1)由题意抛物线的顶点A(2，﹣1)，可以假设抛物线的解析式为y＝a(x﹣2)2﹣1，把点B坐标代入求出a即可．
(2)由题意P(m，m2﹣m﹣)，求出d2，PF2(用m表示)即可解决问题．
(3)如图，过点Q作QH⊥直线l于H，过点D作DN⊥直线l于N．因为△DFQ的周长＝DF+DQ+FQ，DF是定值＝＝2，推出DQ+QF的值最小时，△DFQ的周长最小，再根据垂线段最短解决问题即可．
【解答】(1)解：由题意抛物线的顶点A(2，﹣1)，可以假设抛物线的解析式为y＝a(x﹣2)2﹣1，
∵抛物线经过B(0，﹣)，
∴﹣＝4a﹣1，
∴a＝
∴抛物线的解析式为y＝(x﹣2)2﹣1．
(2)证明：过点P作PJ⊥AF于J．
∵P(m，n)，
∴n＝(m﹣2)2﹣1＝m2﹣m﹣，
∴P(m，m2﹣m﹣)，
∴d＝m2﹣m﹣﹣(﹣3)＝m2﹣m+，
∵F(2，1)，
∴PF＝＝＝，
∵d2＝m4﹣m3+m2﹣m+，PF2＝m4﹣m3+m2﹣m+，
∴d2＝PF2，
∴PF＝d．

(3)如图，过点Q作QH⊥直线l于H，过点D作DN⊥直线l于N．
∵△DFQ的周长＝DF+DQ+FQ，DF是定值＝＝2，
∴DQ+QF的值最小时，△DFQ的周长最小，
由(2)可知QF＝QH，
∴DQ+QF＝DQ+QH，
根据垂线段最短可知，当D，Q，H共线时，DQ+QH的值最小，此时点H与N重合，点Q在线段DN上，
∴DQ+QH的最小值为6，
∴△DFQ的周长的最小值为2+6，此时Q(4，﹣)．

19．(2016•巴彦淖尔)如图所示，抛物线y＝ax2﹣x+c经过原点O与点A(6，0)两点，过点A作AC⊥x轴，交直线y＝2x﹣2于点C，且直线y＝2x﹣2与x轴交于点D．
(1)求抛物线的解析式，并求出点C和点D的坐标；
(2)求点A关于直线y＝2x﹣2的对称点A′的坐标，并判断点A′是否在抛物线上，并说明理由；
(3)点P(x，y)是抛物线上一动点，过点P作y轴的平行线，交线段CA′于点Q，设线段PQ的长为l，求l与x的函数关系式及l的最大值．

【分析】(1)把O、A代入抛物线解析式即可求出a、c，令y＝0，即可求出D坐标，根据A、C两点横坐标相等，即可求出点C坐标．
(2)过点A′作AF⊥x轴于点F，求出A′F、FO即可解决问题．
(3)设点P(x，x2﹣x)，先求出直线A′C的解析式，再构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．
【解答】解：(1)把点O(0，0)，A(6，0)代入y＝ax2﹣x+c，得，解得，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣x．
当x＝6时，y＝2×6﹣2＝10，
当y＝0时，2x﹣2＝0，解得x＝1，
∴点C坐标(6，10)，点D的坐标(1，0)
(2)过点A′作AF⊥x轴于点F，
∵点D(1，0)，A(6，0)，可得AD＝5，
在Rt△ACD中，CD＝＝5，
∵点A与点A′关于直线y＝2x﹣2对称，
∴∠AED＝90°，
∴S△ADC＝וAE＝×5×10，
解得AE＝2，
∴AA′＝2AE＝4，DE＝＝，
∵∠AED＝∠AFA′＝90°，∠DAE＝∠A′AF，
∴△ADE∽△AA′F，
∴＝＝，
解得AF＝4，A′F＝8，
∴OF＝8﹣6＝2，
∴点A′坐标为(﹣2，4)，
当x＝﹣2时，y＝×4﹣×(﹣2)＝4，
∴A′在抛物线上．

(3)∵点P在抛物线上，则点P(x，x2﹣x)，
设直线A′C的解析式为y＝kx+b，
∵直线A经过A′(﹣2，4)，C(6，10)两点，
∴，解得，
∴直线A′C的解析式为y＝x+，
∵点Q在直线A′C上，PQ∥AC，点Q的坐标为(x，x+)，
∵PQ∥AC，又点Q在点P上方，
∴l＝(x+)﹣(x2﹣x)＝﹣x2+x+，
∴l与x的函数关系式为l＝﹣x2+x+，(﹣2＜x≤6)，
∵l＝﹣x2+x+＝﹣(x﹣)2+，
∴当x＝时，l的最大值为．

20．(2018•葫芦岛)如图，抛物线y＝ax2+4x+c(a≠0)经过点A(﹣1，0)，点E(4，5)，与y轴交于点B，连接AB．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)将△ABO绕点O旋转，点B的对应点为点F．
①当点F落在直线AE上时，求点F的坐标和△ABF的面积；
②当点F到直线AE的距离为时，过点F作直线AE的平行线与抛物线相交，请直接写出交点的坐标．

【分析】(1)根据待定系数法，可得函数解析式；
(2)①根据旋转的性质，可得关于n的方程，根据自变量与函数值的对应关系，可得F点的坐标，根据面积的和差，可得答案；
②根据相似三角形的判定与性质，可得HG＝CG＝，根据勾股定理，可得HC，根据平移的规律，可得直线l，直线l1，根据解方程组，可得答案．
【解答】解：(1)将A(﹣1，0)，E(4，5)点坐标代入函数解析式，得
，
解得，
抛物线的解析式是y＝﹣x2+4x+5，
(2)①设AE的解析式为y＝kx+b，将A(﹣1，0)，E(4，5)点坐标代入，得
，
解得，
AE的解析式为y＝x+1，
x＝0时，y＝1即C(0，1)，
设F点坐标为(n，n+1)，
由旋转的性质得，OF＝OB＝5，
n2+(n+1)2＝25，解得n1＝﹣4，n2＝3，
F(﹣4，﹣3)，F(3，4)，
当F(﹣4，﹣3)时如图1，
S△ABF＝S△BCF﹣S△ABC＝BC•|xF|﹣BC•|xA|＝BC•(xA﹣xF)
S△ABF＝×4(﹣1+4)＝6；
当F(3，4)时，如图2，
S△ABF＝S△BCF+S△ABC＝BC•|xF|+BC•|xA|＝BC•(xF﹣xA)
S△ABF＝×4(3+1)＝8；
②如图3，
∵∠HCG＝∠ACO，∠HGC＝∠COA，
∴△HGC∽△COA，
∵OA＝OC＝1，∴CG＝HG＝，
由勾股定理，得
HC＝＝2，
直线AE向上平移2个单位或向下平移2个单位，
l的解析是为y＝x+3，l1的解析是为y＝x﹣1，
联立解得x1＝，x2＝，
，解得x3＝，x4＝，
交点的坐标为(，)，(，)，(，)，(，)．