挑战2023年中考数学压轴题专题05+二次函数与面积最值定值问题

这是一份挑战2023年中考数学压轴题专题05+二次函数与面积最值定值问题，共87页。

 专题5二次函数与面积最值定值问题

面积是平面几何中一个重要的概念，关联着平面图形中的重要元素边与角，由动点而生成的面积问题，是抛物线与直线形结合的觉形式，常见的面积问题有规则的图形的面积（如直角三角形、平行四边形、菱形、矩形的面积计算问题）以及不规则的图形的面积计算，解决不规则的图形的面积问题是中考压轴题常考的题型，此类问题计算量较大。有时也要根据题目的动点问题产生解的不确定性或多样性。解决这类问题常用到以下与面积相关的知识：图形的割补、等积变形、等比转化等数学方法. 面积的存在性问题常见的题型和解题策略有两类：一是先根据几何法确定存在性，再列方程求解，后检验方程的根．二是先假设关系存在，再列方程，后根据方程的解验证假设是否正确．

解决动点产生的面积问题，常用到的知识和方法，如下：
如图1，如果三角形的某一条边与坐标轴平行，计算这样“规则”的三角形的面积，直接用面积公式．
如图2，图3，三角形的三条边没有与坐标轴平行的，计算这样“不规则”的三角形的面积，用“割”或“补”的方法．

图1 图2 图3
计算面积长用到的策略还有：
如图4，同底等高三角形的面积相等．平行线间的距离处处相等．
如图5，同底三角形的面积比等于高的比．
如图6，同高三角形的面积比等于底的比．

图4 图5 图6

【例1】（2022•青海）如图1，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若点E是抛物线的对称轴与直线BC的交点，点F是抛物线的顶点，求EF的长；
（3）设点P是（1）中抛物线上的一个动点，是否存在满足S△PAB＝6的点P？如果存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．（请在图2中探讨）


【例2】（2022•随州）如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）与x轴分别交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C，对称轴为直线x＝﹣1，且OA＝OC，P为抛物线上一动点．
（1）直接写出抛物线的解析式；
（2）如图2，连接AC，当点P在直线AC上方时，求四边形PABC面积的最大值，并求出此时P点的坐标；
（3）设M为抛物线对称轴上一动点，当P，M运动时，在坐标轴上是否存在点N，使四边形PMCN为矩形？若存在，直接写出点P及其对应点N的坐标；若不存在，请说明理由．


【例3】（2022•成都）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝kx﹣3（k≠0）与抛物线y＝﹣x2相交于A，B两点（点A在点B的左侧），点B关于y轴的对称点为B'．
（1）当k＝2时，求A，B两点的坐标；
（2）连接OA，OB，AB'，BB'，若△B'AB的面积与△OAB的面积相等，求k的值；
（3）试探究直线AB'是否经过某一定点．若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．

【例4】（2022•岳阳）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线F1：y＝x2+bx+c经过点A（﹣3，0）和点B（1，0）．
（1）求抛物线F1的解析式；
（2）如图2，作抛物线F2，使它与抛物线F1关于原点O成中心对称，请直接写出抛物线F2的解析式；
（3）如图3，将（2）中抛物线F2向上平移2个单位，得到抛物线F3，抛物线F1与抛物线F3相交于C，D两点（点C在点D的左侧）．
①求点C和点D的坐标；
②若点M，N分别为抛物线F1和抛物线F3上C，D之间的动点（点M，N与点C，D不重合），试求四边形CMDN面积的最大值．



1．（2022•金坛区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝x2+bx﹣2的图象与x轴交于点A（3，0），B（点B在点A左侧），与y轴交于点C，点D与点C关于x轴对称，作直线AD．
（1）填空：b＝　 　；
（2）将△AOC平移到△EFG（点E，F，G依次与A，O，C对应），若点E落在抛物线上且点G落在直线AD上，求点E的坐标；
（3）设点P是第四象限抛物线上一点，过点P作x轴的垂线，垂足为H，交AC于点T．若∠CPT+∠DAC＝180°，求△AHT与△CPT的面积之比．

2．（2022•罗城县模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+b经过点A（2，6），B（﹣4，0），其中E、F（m，n）为抛物线上的两个动点．
（1）求抛物线的解析式并写出其顶点坐标；
（2）若C（x，y）是抛物线上的一点，当﹣4＜x＜2且S△ABC最大时，求点C的坐标；
（3）若EF∥x轴，点A到EF的距离大于8个单位长度，求m的取值范围．

3．（2022•老河口市模拟）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+2mx的顶点为A，直线l：y＝x﹣1与x轴交于点B．
（1）如图，已知点A的坐标为（2，4），抛物线与直线l在第一象限交于点C．
①求抛物线的解析式及点C的坐标；
②点M为线段BC上不与B，C重合的一动点，过点M作x轴的垂线交x轴于点D，交抛物线于点E，设点M的横坐标t．当EM＞BD时，求t的取值范围；
（2）过点A作AP⊥l于点P，作AQ∥l交抛物线于点Q，连接PQ，设△APQ的面积为S．直接写出①S关于m的函数关系式；②S的最小值及S取最小值时m的值．

4．（2022•新吴区二模）如图，已知抛物线y＝+bx过点A（﹣4，0）、顶点为B，一次函数y＝x+2的图象交y轴于M，对称轴与x轴交于点H．

（1）求抛物线的表达式；
（2）已知P是抛物线上一动点，点M关于AP的对称点为N．
①若点N恰好落在抛物线的对称轴上，求点N的坐标；
②请直接写出△MHN面积的最大值．

5．（2022•开福区校级二模）如图，抛物线y＝（x+1）（x﹣a）（其中a＞1）与x轴交于A、B两点，交y轴于点C．
（1）直接写出∠OCA的度数和线段AB的长（用a表示）；
（2）如图①，若a＝2，点D在抛物线的对称轴上，DB＝DC，求△BCD与△ACO的周长之比；
（3）如图②，若a＝3，动点P在线段OA上，过点P作x轴的垂线分别与AC交于点M，与抛物线交于点N．试问：抛物线上是否存在点Q，使得△PQN与△BPM的面积相等，且线段NQ的长度最小？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，说明理由．

6．（2022•官渡区二模）抛物线交x轴于A、B两点，交y轴正半轴于点C，对称轴为直线．

（1）如图1，若点C坐标为（0，2），则b＝　 　，c＝　 　；
（2）若点P为第二象限抛物线上一动点，在（1）的条件下，求四边形ABCP面积最大时，点P坐标和四边形ABCP的最大面积；
（3）如图2，点D为抛物线的顶点，过点O作MN∥CD别交抛物线于点M，N，当MN＝3CD时，求c的值．
7．（2022•徐州二模）如图，四边形ABCD中，已知AB∥CD，动点P从A点出发，沿边AB运动到点B，动点Q同时由A点出发，沿折线AD﹣DC﹣CB运动点B停止，在移动过程中始终保持PQ⊥AB，已知点P的移动速度为每秒1个单位长度，设点P的移动时间为x秒，△APQ的面积为y，已知y与x之间函数关系如图②，其中MN为线段，曲线OM，NK为抛物线的一部分，根据图中信息，解答下列问题：
（1）图①AB＝　 　，BC＝　 　；
（2）分别求线段MN，曲线NK所对应的函数表达式；
（3）当x为何值，△APQ的面积为6？

8．（2022•茌平区一模）如图，已知二次函数的图象交x轴于点B（﹣8，0），C（2，0），交y轴点A．
（1）求二次函数的表达式；
（2）连接AC，AB，若点P在线段BC上运动（不与点B，C重合），过点P作PD∥AC，交AB于点D，试猜想△PAD的面积有最大值还是最小值，并求出此时点P的坐标．
（3）连接OD，在（2）的条件下，求出的值．

9．（2022•碑林区校级模拟）抛物线W1：y＝a（x+）2﹣与x轴交于A（﹣5，0）和点B．
（1）求抛物线W1的函数表达式；
（2）将抛物线W1关于点M（﹣1，0）对称后得到抛物线W2，点A、B的对应点分别为A'，B'，抛物线W2与y轴交于点C，在抛物线W2上是否存在一点P，使得S△PA′B′＝S△PA'C，若存在，求出P点坐标，若不存在，请说明理由．
10．（2021秋•钦北区期末）如图，抛物线y＝ax2+bx+6与直线y＝x+2相交于A（，）、B（4，6）两点，点P是线段AB上的动点（不与A、B两点重合），过点P作PC⊥x轴于点D，交抛物线于点C，点E是直线AB与x轴的交点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点C是抛物线的顶点时，求△BCE的面积；
（3）是否存在点P，使得△BCE的面积最大？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．

11．（2022•保定一模）如图，在平面直角坐标系中，点P从原点O出发，沿x轴向右以每秒1个单位长的速度运动t秒（t＞0），抛物线y＝x2+bx+c经过点O和点P，已知矩形ABCD的三个顶点为A（1，0），B（1，﹣5），D（4，0）．
（1）求c，b（含t的代数式表示）；
（2）当4＜t＜5时，设抛物线分别与线段AB，CD交于点M，N．
①在点P的运动过程中，你认为∠AMP的大小是否会变化？若变化，说明理由；若不变，求出∠AMP的值；
②求△MPN的面积S与t的函数关系式．并求t为何值时，△MPN的面积为．

12．（2022•黄石模拟）如图，已知抛物线与x轴交于A（2，0），B两点，与y轴交于点C（0，﹣4），直线与x轴交于点D，点P是抛物线上的一动点，过点P作PE⊥x轴，垂足为E，交直线l于点F．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）点P是抛物线上位于第三象限的一动点，设点P的横坐标是m，四边形PCOB的面积是S．①求S关于m的函数解析式及S的最大值；②点Q是直线PE上一动点，当S取最大值时，求△QOC周长的最小值及FQ的长．

13．（2022•哈尔滨模拟）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2﹣2ax+3与x轴的负半轴交于点A，与x的正半轴交于点B，与y轴正半轴交于点C，OB＝2OA．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点D是第四象限内抛物线上一点，连接AD交y轴于点E，过C作CF⊥y轴交抛物线于点F，连接DF，设四边形DECF的面积为S，点D的横坐标的t，求S与t的函数解析式；
（3）在（2）的条件下，过F作FM∥y轴交AD于点M，连接CD交FM于点G，点N是CE上一点，连接MN、EG，当∠BAD+2∠AMN＝90°，MN：EG＝，求点D的坐标．


14．（2022•利川市模拟）如图，等腰直角三角形OAB的直角顶点O在坐标原点，直角边OA，OB分别在y轴和x轴上，点C的坐标为（3，4），且AC平行于x轴．
（1）求直线AB的解析式；
（2）求过B，C两点的抛物线y＝﹣x2+bx+c的解析式；
（3）抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴的另一个交点为D，试判定OC与BD的大小关系；
（4）若点M是抛物线上的动点，当△ABM的面积与△ABC的面积相等时，求点M的坐标．

15．（2021•襄阳）如图，直线y＝x+1与x，y轴分别交于点B，A，顶点为P的抛物线y＝ax2﹣2ax+c过点A．
（1）求出点A，B的坐标及c的值；
（2）若函数y＝ax2﹣2ax+c在3≤x≤4时有最大值为a+2，求a的值；
（3）连接AP，过点A作AP的垂线交x轴于点M．设△BMP的面积为S．
①直接写出S关于a的函数关系式及a的取值范围；
②结合S与a的函数图象，直接写出S＞时a的取值范围．

16．（2021•辽宁）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A和点C（﹣1，0），与y轴交于点B（0，3），连接AB，BC，点P是抛物线第一象限上的一动点，过点P作PD⊥x轴于点D，交AB于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，作PF⊥PD于点P，使PF＝OA，以PE，PF为邻边作矩形PEGF．当矩形PEGF的面积是△BOC面积的3倍时，求点P的坐标；
（3）如图2，当点P运动到抛物线的顶点时，点Q在直线PD上，若以点Q、A、B为顶点的三角形是锐角三角形，请直接写出点Q纵坐标n的取值范围．

17．（2021•贺州）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，且A（﹣1，0），对称轴为直线x＝2．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）直线l过点A且在第一象限与抛物线交于点C．当∠CAB＝45°时，求点C的坐标；
（3）点D在抛物线上与点C关于对称轴对称，点P是抛物线上一动点，令P（xP，yP），当1≤xP≤a，1≤a≤5时，求△PCD面积的最大值（可含a表示）．

18．（2021•常德）如图，在平面直角坐标系xOy中，平行四边形ABCD的AB边与y轴交于E点，F是AD的中点，B、C、D的坐标分别为（﹣2，0），（8，0），（13，10）．
（1）求过B、E、C三点的抛物线的解析式；
（2）试判断抛物线的顶点是否在直线EF上；
（3）设过F与AB平行的直线交y轴于Q，M是线段EQ之间的动点，射线BM与抛物线交于另一点P，当△PBQ的面积最大时，求P的坐标．

19．（2021•福建）已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴只有一个公共点．
（1）若抛物线过点P（0，1），求a+b的最小值；
（2）已知点P1（﹣2，1），P2（2，﹣1），P3（2，1）中恰有两点在抛物线上．
①求抛物线的解析式；
②设直线l：y＝kx+1与抛物线交于M，N两点，点A在直线y＝﹣1上，且∠MAN＝90°，过点A且与x轴垂直的直线分别交抛物线和l于点B，C．求证：△MAB与△MBC的面积相等．
20．（2021•柳州）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线：y＝ax2+bx+c交x轴于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C（0，﹣）．
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）如图1，点D为第四象限抛物线上一点，连接OD，过点B作BE⊥OD，垂足为E，若BE＝2OE，求点D的坐标；
（3）如图2，点M为第四象限抛物线上一动点，连接AM，交BC于点N，连接BM，记△BMN的面积为S1，△ABN的面积为S2，求的最大值．

21．（2021•聊城）如图，抛物线y＝ax2+x+c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，已知A，C两点坐标分别是A（1，0），C（0，﹣2），连接AC，BC．
（1）求抛物线的表达式和AC所在直线的表达式；
（2）将△ABC沿BC所在直线折叠，得到△DBC，点A的对应点D是否落在抛物线的对称轴上？若点D在对称轴上，请求出点D的坐标；若点D不在对称轴上，请说明理由；
（3）若点P是抛物线位于第三象限图象上的一动点，连接AP交BC于点Q，连接BP，△BPQ的面积记为S1，△ABQ的面积记为S2，求的值最大时点P的坐标．

22．（2020•贺州）如图，抛物线y＝a（x﹣2）2﹣2与y轴交于点A（0，2），顶点为B．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若点P（t，y1），Q（t+3，y2）都在抛物线上，且y1＝y2，求P，Q两点的坐标；
（3）在（2）的条件下，若点C是线段QB上一动点，经过点C的直线y＝﹣x+m与y轴交于点D，连接DQ，DB，求△BDQ面积的最大值和最小值．





【例1】．（2022•青海）如图1，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若点E是抛物线的对称轴与直线BC的交点，点F是抛物线的顶点，求EF的长；
（3）设点P是（1）中抛物线上的一个动点，是否存在满足S△PAB＝6的点P？如果存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．（请在图2中探讨）


【分析】（1）根据点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）利用二次函数的性质，可求出抛物线顶点F的坐标及抛物线的对称轴，利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，根据点B，C的坐标，利用待定系数法即可求出直线BC的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点E的坐标，结合点F的坐标，即可求出线段EF的长；
（3）又点A，B的坐标可求出线段AB的长，设点P的坐标为（t，t2﹣2t﹣3），利用三角形的面积计算公式，结合S△PAB＝6，即可得出关于t的方程，解之即可得出t值，进而可得出点P的坐标．
【解析】（1）将A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝x2+bx+c，
得：，解得：，
∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3．
（2）∵抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
∴抛物线的顶点F的坐标为（1，﹣4），抛物线的对称轴为直线x＝1．
当x＝0时，y＝02﹣2×0﹣3＝﹣3，
∴点C的坐标为（0，﹣3）．
设直线BC的解析式为y＝mx+n（m≠0），
将B（3，0），C（0，﹣3）代入y＝mx+n，
得：，解得：，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣3．
当x＝1时，y＝1﹣3＝﹣2，
∴点E的坐标为（1，﹣2），
∴EF＝|﹣2﹣（﹣4）|＝2．
（3）∵点A的坐标为（﹣1，0），点B的坐标为（3，0），
∴AB＝|3﹣（﹣1）|＝4．
设点P的坐标为（t，t2﹣2t﹣3）．
∵S△PAB＝6，
∴×4×|t2﹣2t﹣3|＝6，
即t2﹣2t﹣3＝3或t2﹣2t﹣3＝﹣3，
解得：t1＝1﹣，t2＝1+，t3＝0，t4＝2，
∴存在满足S△PAB＝6的点P，点P的坐标为（1﹣，3）或（1+，3）或（0，﹣3）或（2，﹣3）．
【例2】．（2022•随州）如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）与x轴分别交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C，对称轴为直线x＝﹣1，且OA＝OC，P为抛物线上一动点．
（1）直接写出抛物线的解析式；
（2）如图2，连接AC，当点P在直线AC上方时，求四边形PABC面积的最大值，并求出此时P点的坐标；
（3）设M为抛物线对称轴上一动点，当P，M运动时，在坐标轴上是否存在点N，使四边形PMCN为矩形？若存在，直接写出点P及其对应点N的坐标；若不存在，请说明理由．


【分析】（1）判断出A，B两点坐标，可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），把（0，3）代入抛物线的解析式，得a＝﹣1，可得结论；
（2）如图（2）中，连接OP．设P（m，﹣m2﹣2m+3），构建二次函数，利用二次函数的性质求解即可；
（3）分两种情形，点N在y轴上，点N在x轴上，分别求解即可．
【解析】（1）∵抛物线的对称轴是直线x＝﹣1，抛物线交x轴于点A，B（1，0），
∴A（﹣3，0），
∴OA＝OC＝3，
∴C（0，3），
∴可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），
把（0，3）代入抛物线的解析式，得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；

（2）如图（2）中，连接OP．设P（m，﹣m2﹣2m+3），

S＝S△PAO+S△POC+S△OBC，
＝×3×（﹣m2﹣2m+3）××3×（﹣m）+×1×3
＝（﹣m2﹣3m+4）
＝﹣（m+）2+，
∵﹣＜0，
∴当m＝﹣时，S的值最大，最大值为，此时P（﹣，）；

（3）存在，理由如下：
如图3﹣1中，当点N在y轴上时，四边形PMCN是矩形，此时P（﹣1，4），N（0，4）；

如图3﹣2中，当四边形PMCN是矩形时，设M（﹣1，n），P（t，﹣t2﹣2t+3），则N（t+1，0），

由题意，，
解得，消去n得，3t2+5t﹣10＝0，
解得t＝，
∴P（，），N（，0）或P′（，），N′（，0）．
综上所述，满足条件的点P（﹣1，4），N（0，4）或P（，），N（，0）或P′（，），N′（，0）．
【例3】（2022•成都）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝kx﹣3（k≠0）与抛物线y＝﹣x2相交于A，B两点（点A在点B的左侧），点B关于y轴的对称点为B'．
（1）当k＝2时，求A，B两点的坐标；
（2）连接OA，OB，AB'，BB'，若△B'AB的面积与△OAB的面积相等，求k的值；
（3）试探究直线AB'是否经过某一定点．若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．

【分析】（1）当k＝2时，直线为y＝2x﹣3，联立解析式解方程组即得A（﹣3，﹣9），B（1，﹣1）；
（2）分两种情况：当k＞0时，根据△B'AB的面积与△OAB的面积相等，知OB'∥AB，可证明△BOD≌△BCD（ASA），得OD＝OC＝，D（0，﹣），可求B（，﹣），即可得k＝；
当k＜0时，过B'作B'F∥AB交y轴于F，由△B'AB的面积与△OAB的面积相等，可得OE＝EF＝3，证明△BGF≌△BGE（ASA），可得OG＝OE+GE＝，G（0，﹣），从而B（，﹣），即可得k＝﹣；
（3）设x2+kx﹣3＝0二根为a，b，可得a+b＝﹣k，ab＝﹣3，A（a，﹣a2），B（b，﹣b2），B'（﹣b，﹣b2），设直线AB'解析式为y＝mx+n，可得，即可得m＝﹣（a﹣b）＝b﹣a＝＝，n＝﹣ab＝﹣（﹣3）＝3，从而直线AB'解析式为y＝•x+3，故直线AB'经过定点（0，3）．
【解析】（1）当k＝2时，直线为y＝2x﹣3，
由得：或，
∴A（﹣3，﹣9），B（1，﹣1）；
（2）当k＞0时，如图：

∵△B'AB的面积与△OAB的面积相等，
∴OB'∥AB，
∴∠OB'B＝∠B'BC，
∵B、B'关于y轴对称，
∴OB＝OB'，∠ODB＝∠ODB'＝90°，
∴∠OB'B＝∠OBB'，
∴∠OBB'＝∠B'BC，
∵∠ODB＝90°＝∠CDB，BD＝BD，
∴△BOD≌△BCD（ASA），
∴OD＝CD，
在y＝kx﹣3中，令x＝0得y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），OC＝3，
∴OD＝OC＝，D（0，﹣），
在y＝﹣x2中，令y＝﹣得﹣＝﹣x2，
解得x＝或x＝﹣，
∴B（，﹣），
把B（，﹣）代入y＝kx﹣3得：
﹣＝k﹣3，
解得k＝；
当k＜0时，过B'作B'F∥AB交y轴于F，如图：

在y＝kx﹣3中，令x＝0得y＝﹣3，
∴E（0，﹣3），OE＝3，
∵△B'AB的面积与△OAB的面积相等，
∴OE＝EF＝3，
∵B、B'关于y轴对称，
∴FB＝FB'，∠FGB＝∠FGB'＝90°，
∴∠FB'B＝∠FBB'，
∵B'F∥AB，
∴∠EBB'＝∠FB'B，
∴∠EBB'＝∠FBB'，
∵∠BGE＝90°＝∠BGF，BG＝BG，
∴△BGF≌△BGE（ASA），
∴GE＝GF＝EF＝，
∴OG＝OE+GE＝，G（0，﹣），
在y＝﹣x2中，令y＝﹣得﹣＝﹣x2，
解得x＝或x＝﹣，
∴B（，﹣），
把B（，﹣）代入y＝kx﹣3得：
﹣＝k﹣3，
解得k＝﹣，
综上所述，k的值为或﹣；
（3）直线AB'经过定点（0，3），理由如下：
由得：x2+kx﹣3＝0，
设x2+kx﹣3＝0二根为a，b，
∴a+b＝﹣k，ab＝﹣3，A（a，﹣a2），B（b，﹣b2），
∵B、B'关于y轴对称，
∴B'（﹣b，﹣b2），
设直线AB'解析式为y＝mx+n，将A（a，﹣a2），B'（﹣b，﹣b2）代入得：
，
解得：，
∵a+b＝﹣k，ab＝﹣3，
∴m＝﹣（a﹣b）＝b﹣a＝＝，n＝﹣ab＝﹣（﹣3）＝3，
∴直线AB'解析式为y＝•x+3，
令x＝0得y＝3，
∴直线AB'经过定点（0，3）．
【例4】．（2022•岳阳）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线F1：y＝x2+bx+c经过点A（﹣3，0）和点B（1，0）．
（1）求抛物线F1的解析式；
（2）如图2，作抛物线F2，使它与抛物线F1关于原点O成中心对称，请直接写出抛物线F2的解析式；
（3）如图3，将（2）中抛物线F2向上平移2个单位，得到抛物线F3，抛物线F1与抛物线F3相交于C，D两点（点C在点D的左侧）．
①求点C和点D的坐标；
②若点M，N分别为抛物线F1和抛物线F3上C，D之间的动点（点M，N与点C，D不重合），试求四边形CMDN面积的最大值．


【分析】（1）将点A（﹣3，0）和点B（1，0）代入y＝x2+bx+c，即可求解；
（2）利用对称性求出函数F1顶点（﹣1，﹣4）关于原点的对称点为（1，4），即可求函数F2的解析式；
（3）①通过联立方程组，求出C点和D点坐标即可；
②求出直线CD的解析式，过点M作MF∥y轴交CD于点F，过点N作NE∥y轴交于点E，设M（m，m2+2m﹣3），N（n，﹣n2+2n+5），则F（m，2m+2），N（n，2n+1），可求MF＝﹣m2+4，NE＝﹣n2+4，由S四边形CMDN＝S△CDN+S△CDM＝2（MF+NE），分别求出MF的最大值4，NE的最大值4，即可求解．
【解析】（1）将点A（﹣3，0）和点B（1，0）代入y＝x2+bx+c，
∴，
解得，
∴y＝x2+2x﹣3；
（2）∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴抛物线的顶点（﹣1，﹣4），
∵顶点（﹣1，﹣4）关于原点的对称点为（1，4），
∴抛物线F2的解析式为y＝﹣（x﹣1）2+4，
∴y＝﹣x2+2x+3；
（3）由题意可得，抛物线F3的解析式为y＝﹣（x﹣1）2+6＝﹣x2+2x+5，
①联立方程组，
解得x＝2或x＝﹣2，
∴C（﹣2，﹣3）或D（2，5）；
②设直线CD的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝2x+1，
过点M作MF∥y轴交CD于点F，过点N作NE∥y轴交于点E，
设M（m，m2+2m﹣3），N（n，﹣n2+2n+5），
则F（m，2m+1），E（n，2n+1），
∴MF＝2m+1﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2+4，
NE＝﹣n2+2n+5﹣2n﹣1＝﹣n2+4，
∵﹣2＜m＜2，﹣2＜n＜2，
∴当m＝0时，MF有最大值4，
当n＝0时，NE有最大值4，
∵S四边形CMDN＝S△CDN+S△CDM＝×4×（MF+NE）＝2（MF+NE），
∴当MF+NE最大时，四边形CMDN面积的最大值为16．

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1．（2022•金坛区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝x2+bx﹣2的图象与x轴交于点A（3，0），B（点B在点A左侧），与y轴交于点C，点D与点C关于x轴对称，作直线AD．
（1）填空：b＝　﹣　；
（2）将△AOC平移到△EFG（点E，F，G依次与A，O，C对应），若点E落在抛物线上且点G落在直线AD上，求点E的坐标；
（3）设点P是第四象限抛物线上一点，过点P作x轴的垂线，垂足为H，交AC于点T．若∠CPT+∠DAC＝180°，求△AHT与△CPT的面积之比．

【分析】（1）把A（3，0）代入y＝x2+bx﹣2，求出b；
（2）令x＝0，y＝﹣2，求出C（0，﹣2），根据点D与点C关于x轴对称，求出D（0，2），进而得到直线AD解析式：y＝﹣x+2，根据平移的性质及点的坐标特点，得出E（m，m2﹣m﹣2），则G[m﹣3，﹣（m﹣3）+2]，F[m﹣3，﹣（m﹣3）+4]，再根据平行于x轴的直线点的纵坐标相等，得出m2﹣m﹣2＝﹣（m﹣3），解出即可；
（3）如图所示：过C作CK⊥AD，CQ⊥HP，根据勾股定理及等面积法，求出AD＝，CK＝，DK＝，AK＝，再根据锐角三角函数定义，得出tan∠CPQ＝tan∠CAK＝，tan∠OAC＝＝＝，
进而求出△AHT与△CPT的面积之比．
【解析】（1）把A（3，0）代入y＝x2+bx﹣2，
得×9+3b﹣2＝0，
解得b＝﹣；
故答案为：﹣；
（2）如图所示：

由（1）得y＝x2﹣x﹣2，
令x＝0，y＝﹣2，
∴C（0，﹣2），
∵点D与点C关于x轴对称，
∴D（0，2），
设直线AD：y＝kx+2，
把A（3，0）代入y＝kx+2，
得3k+2＝0，
解得k＝﹣，
∴直线AD解析式：y＝﹣x+2，
∵将△AOC平移到△EFG，
∴OA＝EF＝3，FG＝OC＝2，
设E（m，m2﹣m﹣2），
则G（m﹣3，﹣（m﹣3）+2），F（m﹣3，﹣（m﹣3）+4），
∵EF∥x轴，
∴m2﹣m﹣2＝﹣（m﹣3）2+4，
解得m＝﹣3或m＝4，
∴E（﹣3，8）或（4，）；
（3）如图所示：
过C作CK⊥AD，CQ⊥HP，

∵OD＝2，OA＝3
∴AD＝，
∵CK⊥AD
∴CD•AO＝AD•CK，
∴CK＝，
DK＝，AK＝，
∴tan∠CAK＝＝，
∵CQ⊥HP，
∴∠CPQ+∠CPT＝180°，
∵∠CPT+∠DAC＝180°，
∴∠CPQ＝∠CAK，
∴tan∠CPQ＝tan∠CAK＝，
∴＝，
设P（n，n2﹣n﹣2），
∴PQ＝n2﹣n，CQ＝n，
∴＝，
解得n＝，
∴P（，﹣），
∴CQ＝，AH＝3﹣＝，
∵tan∠OAC＝＝＝，
∴TH＝AH＝×＝，
∴TP＝，
∴＝＝，
即△AHT与△CPT的面积之比为8：147．
2．（2022•罗城县模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+b经过点A（2，6），B（﹣4，0），其中E、F（m，n）为抛物线上的两个动点．
（1）求抛物线的解析式并写出其顶点坐标；
（2）若C（x，y）是抛物线上的一点，当﹣4＜x＜2且S△ABC最大时，求点C的坐标；
（3）若EF∥x轴，点A到EF的距离大于8个单位长度，求m的取值范围．

【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）如图，过点C作CD∥y轴交AB于点D，运用待定系数法求得直线AB的解析式为y＝x+4，可得S△ABC＝CD•（xA﹣xB）＝（x+1）2+，利用二次函数性质即可求得答案；
（3）根据EF∥x轴，可得点A到EF的距离为|6﹣n|＝，进而可得|6﹣（﹣m2+8）|＞8，求解即可．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+b经过点A（2，6），B（﹣4，0），
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+8，顶点坐标为（0，8）；
（2）如图，过点C作CD∥y轴交AB于点D，
设直线AB的解析式为y＝kx+d，则，
解得：，
∴直线AB的解析式为y＝x+4，
∵C（x，﹣x2+8），
∴D（x，x+4），
∴CD＝﹣x2+8﹣（x+4）＝﹣x2﹣x+4，
∴S△ABC＝CD•（xA﹣xB）＝×（﹣x2﹣x+4）×6＝（x+1）2+，
∵＜0，
∴当x＝﹣1时，S△ABC最大，此时点C的坐标为（﹣1，）；
（3）∵EF∥x轴，
∴点A到EF的距离为|6﹣n|，
∵F（m，n）在抛物线y＝﹣x2+8上，
∴n＝﹣m2+8，
∴|6﹣（﹣m2+8）|＞8，
∴m2﹣2＞8或m2﹣2＜﹣8（无解），
∴m＞2或m＜﹣2．

3．（2022•老河口市模拟）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+2mx的顶点为A，直线l：y＝x﹣1与x轴交于点B．
（1）如图，已知点A的坐标为（2，4），抛物线与直线l在第一象限交于点C．
①求抛物线的解析式及点C的坐标；
②点M为线段BC上不与B，C重合的一动点，过点M作x轴的垂线交x轴于点D，交抛物线于点E，设点M的横坐标t．当EM＞BD时，求t的取值范围；
（2）过点A作AP⊥l于点P，作AQ∥l交抛物线于点Q，连接PQ，设△APQ的面积为S．直接写出①S关于m的函数关系式；②S的最小值及S取最小值时m的值．

【分析】（1）①利用抛物线的顶点可得y＝﹣（x﹣2）2+4，联立方程组求解即可得到点C的坐标；
②先证得△OBC是等腰直角三角形，进而得出△BDM是等腰直角三角形，可得：EM＝﹣t2+3t+1，BD＝MD＝t﹣1，由EM＞BD，可得﹣t2+3t+1＞t﹣1，即t2﹣2t﹣2＜0，令y＝t2﹣2t﹣2，根据二次函数的图象和性质即可求得答案；
（2）①如图2，过点A作AG∥y轴交直线l于点G，过点Q作QH⊥AG于点H，则AG＝m2﹣m+1，利用三角函数可得AP＝AG•sin45°＝（m2﹣m+1），根据AQ∥直线l，可得直线AG的解析式为y＝x+m2﹣m，进而求得点Q的横坐标为m﹣1，故QH＝m﹣（m﹣1）＝1，AQ＝，运用三角形面积公式可求得S＝m2﹣m+；
②运用二次函数的性质即可求得答案．
【解析】（1）①∵抛物线y＝﹣x2+2mx的顶点为A（2，4），
∴y＝﹣（x﹣2）2+4＝﹣x2+4x，
联立方程组，
解得：，，
∵点C在第一象限，
∴C（，）；
②设直线l：y＝x﹣1与y轴交于点F，则F（0，﹣1），
∴OF＝1，
∵B（1，0），
∴OB＝1，
∴OB＝OF，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴∠OBF＝∠OFB＝45°，
∴∠MBD＝∠OBF＝45°，
∵∠BDM＝90°，
∴△BDM是等腰直角三角形，
∴BD＝MD，
∵M（t，t﹣1），D（t，0），E（t，﹣t2+4t），
∴EM＝﹣t2+4t﹣（t﹣1）＝﹣t2+3t+1，BD＝MD＝t﹣1，
∵EM＞BD，
∴﹣t2+3t+1＞t﹣1，
∴t2﹣2t﹣2＜0，
令y＝t2﹣2t﹣2，当y＝0时，t2﹣2t﹣2＝0，
解得：t＝1±，
∴当y＜0，即t2﹣2t﹣2＜0时，1﹣＜t＜1+（i），
∵点M为线段BC上不与B，C重合的一动点，
∴1＜t＜（ii），
由（i）（ii）得：1＜t＜1+，
故t的取值范围为：1＜t＜1+；
（2）①如图2，过点A作AG∥y轴交直线l于点G，过点Q作QH⊥AG于点H，
∵y＝﹣x2+2mx＝﹣（x﹣m）2+m2，
∴A（m，m2），
∴G（m，m﹣1），
∴AG＝m2﹣（m﹣1）＝m2﹣m+1，
由（1）②知：∠OFB＝45°，
∵AG∥y轴，
∴∠AGP＝∠OFB＝45°，
∵AP⊥直线l，
∴∠APG＝90°，
∴AP＝AG•sin45°＝（m2﹣m+1），
∵AQ∥直线l，
∴设直线AG的解析式为y＝x+n，把A（m，m2）代入得：m+n＝m2，
∴n＝m2﹣m，
∴直线AG的解析式为y＝x+m2﹣m，
令﹣x2+2mx＝x+m2﹣m，
解得：x1＝m，x2＝m﹣1，
∴点Q的横坐标为m﹣1，
∴QH＝m﹣（m﹣1）＝1，
∵AQ∥l，
∴∠QAH＝∠AGP＝45°，∠PAQ＝90°，
∵∠AHQ＝90°，
∴△AHQ是等腰直角三角形，
∴AQ＝QH＝，
∴S＝AP•AQ＝×（m2﹣m+1）×＝m2﹣m+，
故S关于m的函数关系式为S＝m2﹣m+；
②∵S＝m2﹣m+＝（m﹣）2+，
∴当m＝时，S的最小值为．


4．（2022•新吴区二模）如图，已知抛物线y＝+bx过点A（﹣4，0）、顶点为B，一次函数y＝x+2的图象交y轴于M，对称轴与x轴交于点H．

（1）求抛物线的表达式；
（2）已知P是抛物线上一动点，点M关于AP的对称点为N．
①若点N恰好落在抛物线的对称轴上，求点N的坐标；
②请直接写出△MHN面积的最大值．

【分析】（1）运用待定系数法即可求抛物线的表达式．
（2）①先求出抛物线的对称轴为直线x＝﹣2，设N（﹣2，n），则NH＝|n|，由轴对称性质可得AN＝AM，即AN2＝AM2，建立方程求解即可得出答案．
②连接MH，以点A为圆心，AM为半径作⊙A，过点A作AN⊥MH于点F，交⊙A于点N，则AN＝AM，连接AM，AN，此时△MHN面积最大．运用勾股定理、三角函数、三角形面积公式即可求得答案．
【解析】（1）∵抛物线y＝+bx过点A（﹣4，0），
∴×（﹣4）2﹣4b＝0，
解得：b＝2，
∴该抛物线的表达式为y＝x2+2x；
（2）①∵y＝x2+2x，
∴抛物线对称轴为直线x＝﹣＝﹣2，
∵对称轴与x轴交于点H，
∴H（﹣2，0），
∴AH＝1，
∵直线y＝x+2交y轴于M，
∴M（0，2），
∴AM2＝OA2+OM2＝42+22＝20，
设N（﹣2，n），则NH＝|n|，如图1、图2，
∵M、N关于直线AP对称，
∴AN＝AM，即AN2＝AM2，
∴12+n2＝20，
∴n±，
∴点N的坐标为（﹣2，﹣）或（﹣2，）；
②如图，连接MH，以点A为圆心，AM为半径作⊙A，过点A作AN⊥MH于点F，交⊙A于点N，
则AN＝AM，
在Rt△AMO中，OM＝2，OA＝4，
∴AM＝＝＝2，
∴AN＝2，
∵OH＝OM＝2，∠HOM＝90°，
∴△HOM是等腰直角三角形，∠MHO＝45°，MH＝2，
∴∠AHF＝∠MHO＝45°，
在Rt△AFH中，AH＝OA﹣OH＝4﹣2＝2，
∴AF＝AH×sin45°＝2×＝，
∴NF＝AN+AF＝2+，
∴S△MHN＝MH•NF＝×2×（2+）＝2+2，
故△MHN面积的最大值为2+2．



5．（2022•开福区校级二模）如图，抛物线y＝（x+1）（x﹣a）（其中a＞1）与x轴交于A、B两点，交y轴于点C．
（1）直接写出∠OCA的度数和线段AB的长（用a表示）；
（2）如图①，若a＝2，点D在抛物线的对称轴上，DB＝DC，求△BCD与△ACO的周长之比；
（3）如图②，若a＝3，动点P在线段OA上，过点P作x轴的垂线分别与AC交于点M，与抛物线交于点N．试问：抛物线上是否存在点Q，使得△PQN与△BPM的面积相等，且线段NQ的长度最小？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，说明理由．

【分析】（1）在y＝（x+1）（x﹣a）中，令x＝0得y＝﹣a，令y＝0得x＝﹣1或x＝a，得A（a，0），B（﹣1，0），C（0，﹣a），即可得∠OCA的度数为45°，线段AB的长是a+1；
（2）当a＝2时，抛物线为y＝（x+1）（x﹣2），设D（，m），根据DB＝DC，有（﹣1﹣）2+（0﹣m）2＝（﹣0）2+（m+2）2，解得D（，﹣），可证△BCD是等腰直角三角形，△BCD∽△ACO，即知△BCD与△ACO的周长之比＝＝；
（3）过Q作QR⊥PN，垂足为R，设点P坐标为（n，0），则PB＝n+1，PA＝PM＝3﹣n，PN＝﹣n2+2n+3．由S△PQN＝S△BPM，可得QR＝1，分两种情况：①点Q在直线PN的左侧时，Q点的坐标为（n﹣1，n2﹣4n），R点的坐标为（n，n2﹣4n），N点的坐标为（n，n2﹣2n﹣3），在Rt△QRN中，NQ2＝1+（2n﹣3）2，即得n＝时，NQ取最小值1．此时Q点的坐标为（，﹣）；②点Q在直线PN的右侧时，Q点的坐标为（n+1，n2﹣4），同理可得n＝时，NQ取最小值1．此时Q点的坐标为（，﹣）．
【解析】（1）在y＝（x+1）（x﹣a）中，令x＝0得y＝﹣a，令y＝0得x＝﹣1或x＝a，
∴A（a，0），B（﹣1，0），C（0，﹣a），
∴OA＝a，OB＝1，OC＝a，
∴AB＝a+1，OA＝OC，
∴∠OCA＝45°；
答：∠OCA的度数为45°，线段AB的长是a+1；
（2）当a＝2时，抛物线为y＝（x+1）（x﹣2），
结合（1）知A（2，0），B（﹣1，0），C（0，﹣2），
∴抛物线对称轴为直线x＝＝，
设D（，m），
∵DB＝DC，
∴（﹣1﹣）2+（0﹣m）2＝（﹣0）2+（m+2）2，
解得m＝﹣，
∴D（，﹣），
∴DB2＝DC2＝，
而BC2＝（﹣1﹣0）2+（0+2）2＝5，
∴DB2+DC2＝BC2，
∴△BCD是等腰直角三角形，
由（1）知∠OCA＝45°，
∴△ACO是等腰直角三角形，
∴∠DBC＝∠DCB＝45°＝∠OCA＝∠OAC，
∴△BCD∽△ACO，
∴△BCD与△ACO的周长之比＝＝＝；
（3）a＝3时，存在点Q，使得△PQN与△BPM的面积相等，且线段NQ的长度最小，理由如下：
过Q作QR⊥PN，垂足为R，

设点P坐标为（n，0），则PB＝n+1，PA＝PM＝3﹣n，PN＝﹣n2+2n+3．
∵S△PQN＝S△BPM，
∴（n+1）（3﹣n）＝（﹣n2+2n+3）•QR，
∴QR＝1，
①点Q在直线PN的左侧时，Q点的坐标为（n﹣1，n2﹣4n），R点的坐标为（n，n2﹣4n），N点的坐标为（n，n2﹣2n﹣3）．
∴在Rt△QRN中，NQ2＝1+（2n﹣3）2，
∴n＝时，NQ取最小值1．此时Q点的坐标为（，﹣）；
②点Q在直线PN的右侧时，Q点的坐标为（n+1，n2﹣4），
同理，NQ2＝1+（2n﹣1）2，
∴n＝时，NQ取最小值1．此时Q点的坐标为（，﹣）．
综上可知存在满足题意的点Q，坐标为（，﹣）或为（，﹣）．
6．（2022•官渡区二模）抛物线交x轴于A、B两点，交y轴正半轴于点C，对称轴为直线．

（1）如图1，若点C坐标为（0，2），则b＝　﹣　，c＝　2　；
（2）若点P为第二象限抛物线上一动点，在（1）的条件下，求四边形ABCP面积最大时，点P坐标和四边形ABCP的最大面积；
（3）如图2，点D为抛物线的顶点，过点O作MN∥CD别交抛物线于点M，N，当MN＝3CD时，求c的值．
【分析】（1）由点C坐标为（0，2）得c＝2，根据对称轴为直线x＝﹣可得b的值；
（2）设点P（x，），根据S四边形ABCP＝S△APC+S△ABC，列出四边形面积关于m的二次函数即可得出点P的坐标和四边形ABCP面积的最大值；
（3）求出，C（0，c），求出直线CD的解析式为：，进而求出直线MN的解析式为，联立y＝﹣x2﹣x+2，得 ，分别过C，N作x轴的平行线，过D，M作y轴的平行线交于点G，H，证明△MHN∽△DGC，
根据相似三角形的性质即可求解．
【解析】（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c交y轴正半轴于点C，点C坐标为（0，2），对称轴为直线x＝﹣．
∴c＝2，x＝﹣＝﹣，
∴，
故答案为：﹣，2；

（2）∵c＝2，，
∴y＝﹣x2﹣x+2，
令y＝﹣x2﹣x+2＝0，整理得（x﹣1）（x+4）＝0
解得x＝1或x＝﹣4，
∴A（﹣4，0），B（1，0）；
∵C（0，2），
∴AB＝5，OC＝2，
∴S△ABC＝AB×OC＝5，
∵A（﹣4，0），C（0，2）；
∴lAC：y＝x+2，
过点P作x轴的垂线，交AC于点Q，

设点P（x，）（x＜0），则点Q（x，x+2），
PQ＝﹣（x+2）＝，
∴S△APC＝S△APQ+S△PCQ＝PQ×（xC﹣xA）＝﹣x2﹣4x（x＜0），
∴S四边形ABCP＝S△APC+S△ABC＝﹣x2﹣4x+5＝﹣（x+2）2+9，
∵﹣1＜0，函数图象开口向下，又x＜0，
∴当x＝﹣2时，S四边形ABCP最大＝9，
此时点P（﹣2，3），
∴当点P（﹣2，3）时，四边形ABCP的最大面积，最大面积为9；

（3）∵，
∴，
∵，C（0，c）
∴设直线CD的解析式为y＝kx+b1（k≠0），代入点D，C的坐标得，解得，
∴直线CD的解析式为：，
∵MN∥CD，
∴直线MN的解析式为：，
由题意，联立得：，解得：，
由题意，，，
∴，
分别过C，N作x轴的平行线，过D，M作y轴的平行线交于点G，H，

∴∠G＝∠H，∠DCG＝∠MOA＝∠MNH，
∴△MHN∽△DGC，
∴，
∵MN＝3CD，
∴，
∵，C（0，c），
∴，
∴，
又∵，
∴．
7．（2022•徐州二模）如图，四边形ABCD中，已知AB∥CD，动点P从A点出发，沿边AB运动到点B，动点Q同时由A点出发，沿折线AD﹣DC﹣CB运动点B停止，在移动过程中始终保持PQ⊥AB，已知点P的移动速度为每秒1个单位长度，设点P的移动时间为x秒，△APQ的面积为y，已知y与x之间函数关系如图②，其中MN为线段，曲线OM，NK为抛物线的一部分，根据图中信息，解答下列问题：
（1）图①AB＝　10　，BC＝　5　；
（2）分别求线段MN，曲线NK所对应的函数表达式；
（3）当x为何值，△APQ的面积为6？

【分析】（1）如图①，过点D作DE⊥AB于点E，过点C作CF⊥AB于点F，观察图形②可得：AB＝10，AE＝4，AF＝7，CD＝EF＝3，S△ADE＝8，利用三角形面积公式可求得DE＝4，再运用勾股定理可求得BC＝5；
（2）如图①，连接AC，可得S△ACF＝AF•CF＝×7×4＝14，即N（7，14），运用待定系数法可得出答案；
（3）分三种情况：当0＜x≤4时，根据三角形面积公式建立方程求解即可得出x＝2，当4＜x≤7时，由于S△APQ＞8，无解；当7＜x≤10时，令y＝6，则﹣（x﹣7）2+14＝6，可求得x＝7+．
【解析】（1）如图①，过点D作DE⊥AB于点E，过点C作CF⊥AB于点F，
由图②可知：AB＝10，AE＝4，AF＝7，CD＝EF＝3，S△ADE＝8，
∴BF＝AB﹣AF＝10﹣7＝3，
∵S△ADE＝AE•DE＝×4DE＝2DE，
∴2DE＝8，
∴DE＝4，
∵AB∥CD，∠DEF＝∠CFE＝90°，
∴∠CDE＝180°﹣∠DEF＝90°，
∴∠DEF＝∠CFE＝∠CDE＝90°，
∴四边形CDEF是矩形，
∴CF＝DE＝4，
在Rt△BCF中，BC＝＝＝5，
故答案为：10，5；
（2）如图①，连接AC，
则S△ACF＝AF•CF＝×7×4＝14，
∴N（7，14），
设直线MN的解析式为y＝kx+b，把M（4，8），N（7，14）代入得：
，
解得：，
∴线段MN所在直线的解析式为y＝2x；
设曲线NK所对应的函数表达式为y＝a（x﹣7）2+14，把B（10，0）代入得：
a×（10﹣7）2+14＝0，
解得：a＝﹣，
∴曲线NK所对应的函数表达式为y＝﹣（x﹣7）2+14；
（3）如图①，∵AE＝DE＝4，∠AED＝90°，
∴∠DAE＝45°，
当0＜x≤4时，∵PQ⊥AB，
∴PQ＝AP•tan∠DAE＝x•tan45°＝x，
∴y＝x2＝6，
∵x＞0，
∴x＝2，
当4＜x≤7时，点Q在线段CD上，此时S△APQ＞8；
当7＜x≤10时，令y＝6，则﹣（x﹣7）2+14＝6，
解得：x＝7﹣（舍去）或x＝7+，
综上所述，当x为2或7+时，△APQ的面积为6．

8．（2022•茌平区一模）如图，已知二次函数的图象交x轴于点B（﹣8，0），C（2，0），交y轴点A．
（1）求二次函数的表达式；
（2）连接AC，AB，若点P在线段BC上运动（不与点B，C重合），过点P作PD∥AC，交AB于点D，试猜想△PAD的面积有最大值还是最小值，并求出此时点P的坐标．
（3）连接OD，在（2）的条件下，求出的值．

【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）设P（m，0）（﹣8＜m＜2），则PB＝m+8，PC＝2﹣m，利用三角形面积公式可得S△PAB＝2m+16，由PD∥AC，可得，进而得出＝＝，即S△PAD＝﹣（m+3）2+5，利用二次函数的性质即可得出答案；
（3）当P（﹣3，0）时，P为BC边的中点，进而推出D为AB边的中点，得出，即可求得答案．
【解析】（1）∵点B（﹣8，0），C（2，0）在二次函数的图象上，
∴，
解得：，
∴二次函数的表达式是y＝x2+x﹣4．
（2）猜想：△PAD的面积有最大值．
设P（m，0）（﹣8＜m＜2），则PB＝m+8，PC＝2﹣m，
∵B（﹣8，0），C（2，0），
∴BC＝2﹣（﹣8）＝10，
在y＝x2+x﹣4中，令x＝0，得y＝﹣4，
∴A（0，﹣4），
∴OA＝4，
∴S△PAB＝PB•OA＝（m+8）×4＝2m+16，
∵PD∥AC，
∴，
∴＝＝，
∴S△PAD＝S△PAB＝×（2m+16）＝﹣（m+3）2+5，
∵，
∴当m＝﹣3时，△PAD的面积存在最大值，此时P（﹣3，0）．
（3）当P（﹣3，0）时，P为BC边的中点，
∴，
∴D为AB边的中点，
∴，
在Rt△AOB中，，
∴，
∴．

9．（2022•碑林区校级模拟）抛物线W1：y＝a（x+）2﹣与x轴交于A（﹣5，0）和点B．
（1）求抛物线W1的函数表达式；
（2）将抛物线W1关于点M（﹣1，0）对称后得到抛物线W2，点A、B的对应点分别为A'，B'，抛物线W2与y轴交于点C，在抛物线W2上是否存在一点P，使得S△PA′B′＝S△PA'C，若存在，求出P点坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）根据中心对称的性质求出抛物线W2的函数表达式为y＝﹣（x﹣）2+，进而得出A′（3，0），B′（﹣2，0），A′B′＝5，运用待定系数法求出直线A′C的解析式为y＝﹣x+4，设P（t，﹣t2+t+4），过点P作PQ∥y轴交A′C的延长线于点Q，则Q（t，﹣t+4），由S△PA′B′＝S△PA'C，建立方程求解即可得出答案．
【解析】（1）把A（﹣5，0）代入y＝a（x+）2﹣，得：0＝a（﹣5+）2﹣，
解得：a＝，
∴抛物线W1的函数表达式为y＝（x+）2﹣；
（2）存在．
∵抛物线W1关于点M（﹣1，0）对称后得到抛物线W2，
∴抛物线W2的开口大小不变，方向相反，
∵抛物线W1的a1＝，
∴抛物线W2的a2＝﹣，
设抛物线W2的顶点为（m，n），∵抛物线W1的顶点为（﹣，﹣），M（﹣1，0），
∴m﹣＝（﹣1）×2，n﹣＝0，
∴m＝，n＝，
∴抛物线W2的函数表达式为y＝﹣（x﹣）2+．
∴C（0，4），
∵y＝（x+）2﹣与x轴交于A（﹣5，0）和点B，
∴点B和A（﹣5，0）关于直线x＝﹣对称，
∴B（0，0），
∵点A、B的对应点分别为A'，B'，
∴A′（3，0），B′（﹣2，0），
∴A′B′＝3﹣（﹣2）＝5，
∵y＝﹣（x﹣）2+＝﹣x2+x+4，
设P（t，﹣t2+t+4），
设直线A′C的解析式为y＝kx+b，则，
解得：，
∴直线A′C的解析式为y＝﹣x+4，
过点P作PQ∥y轴交A′C的延长线于点Q，则Q（t，﹣t+4），
∴PQ＝﹣t+4﹣（﹣t2+t+4）＝t2﹣2t，
∴S△PA′C′＝PQ×（xA′﹣xC）＝×（t2﹣2t）×3＝t2﹣3t，
S△PA′B′＝A′B′•|yP|＝|﹣t2+t+4|，
∵S△PA′B′＝S△PA'C，
∴|﹣t2+t+4|＝t2﹣3t，
解得：t＝3或t＝﹣5或t＝﹣，
当t＝3时，点P与点A′重合，舍去，
当t＝﹣5时，﹣t2+x+4＝﹣×（﹣5）2+×（﹣5）+4＝﹣16，
∴P（﹣5，﹣16）；
当t＝﹣时，﹣t2+x+4＝﹣×（﹣）2+×（﹣）+4＝，
∴P（﹣，）；
综上所述，P点坐标为（﹣5，﹣16）或（﹣，）．

10．（2021秋•钦北区期末）如图，抛物线y＝ax2+bx+6与直线y＝x+2相交于A（，）、B（4，6）两点，点P是线段AB上的动点（不与A、B两点重合），过点P作PC⊥x轴于点D，交抛物线于点C，点E是直线AB与x轴的交点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点C是抛物线的顶点时，求△BCE的面积；
（3）是否存在点P，使得△BCE的面积最大？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）把A（，）、B（4，6）代入抛物线y＝ax2+bx+6中列方程组解出即可；
（2）利用配方法计算抛物线顶点C的坐标，计算PC的长，根据三角形面积公式可得结论；
（3）设P（m，m＝2），表示点C的坐标，计算PC的长，同理根据（2）中△BCE的面积公式可得结论．
【解析】（1）把A（，）、B（4，6）代入抛物线y＝ax2+bx+6中得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝2x2﹣8x+6；
（2）如图1，

∵y＝2x2﹣8x+6＝2（x﹣2）2﹣2，
∴顶点C（2，﹣2），
当x＝2时，y＝2+2＝4，
∴PC＝4﹣（﹣2）＝6，
当y＝0时，x+2＝0，
∴x＝﹣2，
∴E（﹣2，0），
∴△BCE的面积＝△PCE的面积+△PBC的面积
＝PC•ED+PC•（xB﹣xD）
＝PC•（xB﹣xE）
＝×6×（4+2）
＝18；
（3）存在，
设点P的坐标为（m，m+2），则C（m，2m2﹣8m+6），
∴PC＝m+2﹣（2m2﹣8m+6）＝﹣2m2+9m﹣4，
∴△BCE的面积＝PC•（xB﹣xE）
＝×（﹣2m2+9m﹣4）×（4+2）
＝﹣6（m﹣）2+；
∵﹣6＜0，
∴当m＝时，△BCE的面积最大，这个最大值是．
11．（2022•保定一模）如图，在平面直角坐标系中，点P从原点O出发，沿x轴向右以每秒1个单位长的速度运动t秒（t＞0），抛物线y＝x2+bx+c经过点O和点P，已知矩形ABCD的三个顶点为A（1，0），B（1，﹣5），D（4，0）．
（1）求c，b（含t的代数式表示）；
（2）当4＜t＜5时，设抛物线分别与线段AB，CD交于点M，N．
①在点P的运动过程中，你认为∠AMP的大小是否会变化？若变化，说明理由；若不变，求出∠AMP的值；
②求△MPN的面积S与t的函数关系式．并求t为何值时，△MPN的面积为．

【分析】（1）将（0，0），P（t，0）代入y＝x2+bx+c，即可求解；
（2）①求出AM＝AP＝t﹣1，则△AMP是等腰直角三角形，可知∠AMP不变；
②利用割补法可知S△MNP＝S△DPN+S梯形NDAM﹣S△PAM，再求解即可．
【解析】（1）将（0，0）代入y＝x2+bx+c，
∴c＝0，
由题可知P（t，0），
∴t2+bt＝0，
∴b＝﹣t；
（2）①∠AMP的大小不会变化，理由如下：
由（1）知y＝x2﹣tx，
∵四边形ABCD是矩形，
∴M（1，1﹣t），
∴AM＝t﹣1，
∵P（t，0），A（1，0），
∴AP＝t﹣1，
∴AM＝AP，
∵AM⊥AP，
∴∠AMP＝45°；
②∵A（1，0），D（4，0），
∴M（1，1﹣t），N（4，16﹣4t），
∴AM＝t﹣1，DN＝4t﹣16，
∴S△MNP＝S△DPN+S梯形NDAM﹣S△PAM＝×（t﹣4）×（4t﹣16）+×（4t﹣16+t﹣1）×3﹣×（t﹣1）2＝t2﹣t+6，
∵△MPN的面积为，
∴t2﹣t+6＝，
解得t＝或t＝，
∵4＜t＜5，
∴t＝．
12．（2022•黄石模拟）如图，已知抛物线与x轴交于A（2，0），B两点，与y轴交于点C（0，﹣4），直线与x轴交于点D，点P是抛物线上的一动点，过点P作PE⊥x轴，垂足为E，交直线l于点F．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）点P是抛物线上位于第三象限的一动点，设点P的横坐标是m，四边形PCOB的面积是S．①求S关于m的函数解析式及S的最大值；②点Q是直线PE上一动点，当S取最大值时，求△QOC周长的最小值及FQ的长．

【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线解析式；
（2）①如图1，连接BP，先求得B（﹣10，0），设P（m，m2+m﹣4），可得S＝﹣m2﹣10m+20＝﹣（m+5）2+45，利用二次函数性质即可求得答案；
②由①可得：P（﹣5，﹣7），E（﹣5，0），可得OE＝BE＝5，故点B与点O关于直线PE对称，连接BC交PE于点Q，则QO＝QB，可得QO+QC＝QB+QC＝BC，此时QO+QC最小，即△QOC的周长最小，运用勾股定理可得BC＝2，即可得出△QOC的周长的最小值为：BC+OC＝2+4；运用待定系数法可得直线BC的解析式为y＝﹣x﹣4，进而可得Q（﹣5，﹣2），F（﹣5，﹣），即可求得FQ的值．
【解析】（1）∵抛物线经过A（2，0）、C（0，﹣4），
∴，
解得：，
∴该抛物线的表达式为y＝x2+x﹣4；
（2）①如图1，连接BP，
∵抛物线y＝x2+x﹣4，令y＝0，得x2+x﹣4＝0，
解得：x1＝﹣10，x2＝2，
∴B（﹣10，0），
设P（m，m2+m﹣4），
∵PE⊥x轴，
∴E（m，0），
∴OE＝﹣m，BE＝m+10，PE＝﹣（m2+m﹣4）＝﹣m2﹣m+4，
∴S＝S△PBE+S梯形OCPE＝×（m+10）×（﹣m2﹣m+4）+×（﹣m2﹣m+4+4）×（﹣m）＝﹣m2﹣10m+20，
∵S＝﹣m2﹣10m+20＝﹣（m+5）2+45，
∴当m＝﹣5时，S的最大值为45；
②由①得：当m＝﹣5时，S的最大值为45，
∴P（﹣5，﹣7），E（﹣5，0），
∴OE＝BE＝5，
∵PE⊥x轴，
∴直线PE是线段OB的垂直平分线，
∴点B与点O关于直线PE对称，
连接BC交PE于点Q，则QO＝QB，
∴QO+QC＝QB+QC＝BC，此时QO+QC最小，即△QOC的周长最小，
在Rt△BCO中，BC＝＝＝2，
∴△QOC的周长的最小值为：BC+OC＝2+4，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，把B（﹣10，0），C（0，﹣4）代入，得，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x﹣4，
当x＝﹣5时，y＝﹣×（﹣5）﹣4＝﹣2，
∴Q（﹣5，﹣2）；
∵直线l的解析式为y＝﹣x﹣4，
∴当x＝﹣5时，y＝﹣×（﹣5）﹣4＝﹣，
∴F（﹣5，﹣），
∴FQ＝﹣﹣（﹣2）＝，
故△QOC周长的最小值为2+4，FQ的长为．


13．（2022•哈尔滨模拟）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2﹣2ax+3与x轴的负半轴交于点A，与x的正半轴交于点B，与y轴正半轴交于点C，OB＝2OA．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点D是第四象限内抛物线上一点，连接AD交y轴于点E，过C作CF⊥y轴交抛物线于点F，连接DF，设四边形DECF的面积为S，点D的横坐标的t，求S与t的函数解析式；
（3）在（2）的条件下，过F作FM∥y轴交AD于点M，连接CD交FM于点G，点N是CE上一点，连接MN、EG，当∠BAD+2∠AMN＝90°，MN：EG＝，求点D的坐标．


【分析】（1）根据解析式可以计算抛物线的对称轴，再根据OA、OB关系即可得出点A、B坐标，把其中一个代入解析式即可解答；
（2）过点D作DT⊥y轴于点T，根据题意得到点D坐标，分别计算S△CED、S△CFD，最后根据 S四边形CEDF＝S△CED+S△CFD进行解答；
（3）过点E作EL⊥FM于点L，过点M作MS⊥x轴于点S，所以四边形CFMS、四边形CFLE是矩形，SM＝CF＝2＝OA，用含t的式子表示出ES、SM、EM的长，最后在Rt△ESM中，利用勾股定理得：ES2+SM2＝EM2，即可解答．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2﹣2ax+3与y轴正半轴交于点C，与x轴的负半轴交于点A，与x的正半轴交于点B，
∴C（0，3），对称轴x＝1，BO﹣1＝AO+1，BO﹣AO＝2，
∵BO＝2AO，
∴AO＝2，BO＝4，即 A（﹣2，0），B（4，0），
把B（4，0）代入y＝ax2﹣2ax+3，得：
0＝16a﹣8a+3，
解得：a＝﹣，
∴y＝﹣（x+2）（x﹣4），即y＝﹣x2+x+3；

（2）过点D作DT⊥y轴于点T，

由（1）得：C（0，3），
∴点F与点C关于对称轴对称，坐标为F（2，3），CF＝2，
∵点D的横坐标的t，点D是第四象限内抛物线上一点，
∴D（t，﹣t2+t+3），
∵A（﹣2，0），
∴tan∠BAD＝＝＝（t﹣4），
∵OE＝AO•tan∠BAD＝2[（t﹣4）]＝t﹣3，
∴CE＝CO+OE＝3+（t﹣3）＝t，
∵S△CED＝CE•DT＝×（t）t＝t2，
S△CFD＝CF•CT＝2[3﹣（﹣t2+t+3）]＝t2﹣t，
∴S四边形CEDF＝S△CED+S△CFD＝t2+t2﹣t＝t2﹣t；
即S＝t2﹣t；
（3）过点E作EL⊥FM于点L，过点M作MS⊥x轴于点S，
∴四边形CFMS、四边形CFLE是矩形，SM＝CF＝2＝OA，

∵SM∥AO，
∴＝＝1，
∴OE＝ES＝t﹣3，
∵CE＝t，
∴CS＝CE+ES＝t﹣3，
由（2）知：D（t，﹣t2+t+3），tan∠BAD＝（t﹣4），
∴tan∠CDT＝＝t﹣，
∵CF∥DT，
∴∠FCG＝∠CDT，即tan∠FCG＝tan∠CDT，
∴FG＝CF•tan∠CDT＝t﹣，
∴GL＝FL﹣FG＝CE﹣FG＝t﹣（t﹣）＝，
∴EG＝＝＝，
∵MN：EG＝2：5，
∴MN＝，NS＝＝3，
∴NE＝NS﹣ES＝3﹣（t﹣3）＝6﹣t＝ME，
在Rt△ESM中，∠ESM＝90°，
由勾股定理得：ES2+SM2＝EM2，
∴（t﹣3）2+22＝（6﹣t）2，
解得：t＝，
∴D（，﹣）．
14．（2022•利川市模拟）如图，等腰直角三角形OAB的直角顶点O在坐标原点，直角边OA，OB分别在y轴和x轴上，点C的坐标为（3，4），且AC平行于x轴．
（1）求直线AB的解析式；
（2）求过B，C两点的抛物线y＝﹣x2+bx+c的解析式；
（3）抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴的另一个交点为D，试判定OC与BD的大小关系；
（4）若点M是抛物线上的动点，当△ABM的面积与△ABC的面积相等时，求点M的坐标．

【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质与点C的坐标特征求得点A与点B的坐标，利用待定系数法即可求解；
（2）直接把点B与点C的坐标代入y＝﹣x2+bx+c即可求解；
（3）由抛物线与x轴的交点关于对称轴直线对称求得点D的坐标，在利用点C的坐标分别求得OC，BD的长即可求解；
（4）分两种情况：当点M在直线AB的上方时，如图所示；当点M在直线AB的下方时，如图所示，利用铅垂线法求得△ABM的面积，利用△ABM的面积与△ABC的面积相等列出方程求解即可．
【解析】（1）∵点C的坐标为（3，4），且AC平行于x轴，
∴点A的坐标为（0，4）且OA＝4，
∵△OAB是等腰直角三角形，∠AOB＝90°，
∴OB＝OA＝4，
∵点B的坐标为（4，0），
设直线AB的解析式为：y＝mx+n，
由题意得 ，
解得：，
∴直线AB的解析式为：y＝﹣x+4；
（2）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过B，C两点，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+3x+4；
（3）BD＝OC；理由：
∵抛物线的解析式为y＝﹣x2+3x+4＝﹣{x﹣）2+，
∴抛物线的对称轴直线为x＝，
∵点B的坐标为（4，0），点B与点D关于对称轴对称，
∴点D的坐标为（﹣1，0），
∴BD＝4﹣（﹣1）＝5，
∵点C的坐标为（3，4），
∴OC＝＝5，
∴BD＝OC；
（4）∵点C的坐标为（3，4），且AC平行于x轴，
∴AC＝3，
∴S△ABC＝•yC＝3×4＝6，
当点M在直线AB的上方时，如图所示，

过点M作MN∥y轴，交直线AB于点N，设M的坐标为（t，﹣t2+3t+4），则N的坐标为（t，﹣t+4），
∴MN＝﹣t2+3t+4﹣（﹣t+4）＝﹣t2+4t，
∴S△AMB＝MN•xB＝（﹣t2+4t）×4＝﹣2t2+8t，
∵△ABM的面积与△ABC的面积相等，
∴﹣2t2+8t＝6，
解得：t＝1或t＝3（舍，该点为点C），
此时M的坐标为（1，6）或（3，4）；
当点M在直线AB的下方时，如图所示，
过点M作MN∥x轴，交直线AB于点N，设M的坐标为（t，﹣t2+3t+4），则N的坐标为（t2﹣3t，﹣t2+3t+4），

∴MN＝t2﹣3t﹣t＝t2﹣4t，
∴S△ABM＝MN•yA＝（t2﹣4t）×4＝2t2﹣8t，
∵△ABM的面积与△ABC的面积相等，
∴2t2﹣8t＝6，
解得：t＝2±，
此时M的坐标为（2+，﹣1﹣）或（2﹣，﹣1）；
综上可得，M的坐标为（2+，﹣1﹣）或（2﹣，﹣1）或（1，6）．
15．（2021•襄阳）如图，直线y＝x+1与x，y轴分别交于点B，A，顶点为P的抛物线y＝ax2﹣2ax+c过点A．
（1）求出点A，B的坐标及c的值；
（2）若函数y＝ax2﹣2ax+c在3≤x≤4时有最大值为a+2，求a的值；
（3）连接AP，过点A作AP的垂线交x轴于点M．设△BMP的面积为S．
①直接写出S关于a的函数关系式及a的取值范围；
②结合S与a的函数图象，直接写出S＞时a的取值范围．

【分析】（1）先求出点A（0，1），点B（﹣2，0），将点A坐标代入解析式可求c的值；
（2）分a＞0，a＜0两种情况讨论，由二次函数的性质可求解；
（3）①分四种情况讨论，由“AAS”可证△AOM≌△PNA，可得OM＝AN，由三角形的面积公式可求解；
②分三种情况讨论，解不等式可求解．
【解析】（1）∵直线y＝x+1与x，y轴分别交于点B，A，
∴点A（0，1），点B（﹣2，0），
∵抛物线y＝ax2﹣2ax+c过点A，
∴c＝1；
（2）∵y＝ax2﹣2ax+1＝a（x﹣1）2+1﹣a，
∴对称轴为直线x＝1，
当a＞0，3≤x≤4时，y随x的增大而增大，
∴当x＝4时，y有最大值，
∴9a+1﹣a＝a+2，
解得：a＝；
当a＜0，3≤x≤4时，y随x的增大而减小，
∴当x＝3时，y有最大值，
∴4a+1﹣a＝a+2，
解得：a＝（不合题意舍去），
综上所述：a＝；
（3）①当a＜0时，则1﹣a＞1，
如图1，过点P作PN⊥y轴于N，

∵y＝ax2﹣2ax+1＝a（x﹣1）2+1﹣a，
∴点P坐标为（1，1﹣a），
∴PN＝AO＝1，AN＝1﹣a﹣1＝﹣a，
∵AM⊥AP，PN⊥y轴，
∴∠PNA＝∠PAM＝90°＝∠AOM，
∴∠PAN+∠OAM＝90°，∠OAM+∠AMO＝90°，
∴∠PAN＝∠AMO，
∴△AOM≌△PNA（AAS），
∴OM＝AN＝﹣a，
∴BM＝2﹣a，
∴S＝×（2﹣a）（1﹣a）＝a2﹣a+1；
当a＞0，1﹣a＞0时，即0＜a＜1，
如图2，过点P作PN⊥y轴于N，

∴PN＝1＝OA，AN＝1﹣（1﹣a）＝a，
同理可得△AOM≌△PNA，
∴OM＝AN＝a，
∴BM＝2﹣a，
∴S＝×（2﹣a）（1﹣a）＝a2﹣a+1；
当a＞0，﹣1＜1﹣a＜0时，即1＜a＜2，
如图3，过点P作PN⊥y轴于N，

∴PN＝1＝OA，ON＝a﹣1，AN＝1+a﹣1＝a，
同理可得△AOM≌△PNA，
∴OM＝AN＝a，
∴BM＝2﹣a，
∴S＝×（2﹣a）（a﹣1）＝﹣a2+a﹣1；
当a＝2时，点B与点M重合，不合题意，
当a＞0，1﹣a＜﹣1时，即a＞2，
如图4，过点P作PN⊥y轴于N，

∴PN＝1＝OA，ON＝a﹣1，AN＝1+a﹣1＝a，
同理可得△AOM≌△PNA，
∴OM＝AN＝a，
∴BM＝a﹣2，
∴S＝×（a﹣2）（a﹣1）＝a2﹣a+1；
综上所述：S＝．
②当1＜a＜2时，S＝﹣a2+a﹣1＝﹣（a﹣）2+≤，
∴当1＜a＜2时，不存在a的值使S＞；
当a＜1且a≠0时，S＝a2﹣a+1＞，
∴（a﹣）（a﹣）＞0，
∴a＜或a＞（不合题意舍去）；
当a＞2时，S＝a2﹣a+1＞，
∴（a﹣）（a﹣）＞0，
∴a＜（不合题意舍去）或a＞，
综上所述：a＜且a≠0或a＞．
16．（2021•辽宁）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A和点C（﹣1，0），与y轴交于点B（0，3），连接AB，BC，点P是抛物线第一象限上的一动点，过点P作PD⊥x轴于点D，交AB于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，作PF⊥PD于点P，使PF＝OA，以PE，PF为邻边作矩形PEGF．当矩形PEGF的面积是△BOC面积的3倍时，求点P的坐标；
（3）如图2，当点P运动到抛物线的顶点时，点Q在直线PD上，若以点Q、A、B为顶点的三角形是锐角三角形，请直接写出点Q纵坐标n的取值范围．

【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）由矩形PEGF的面积＝PF•PE＝2×（﹣x2+x+3+x﹣3）＝3S△BOC＝3××BO•CO＝×3×1，即可求解；
（3）当∠BAQ为直角时，求出直线BQ的表达式为y＝x+3，得到n＝5；当∠BQA为直角时，利用解直角三角形的方法求出n＝；当∠BAQ为直角时，同理可得，n＝﹣，进而求解．
【解析】（1）由题意得：，解得，
故抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+3；

（2）对于y＝﹣x2+x+3，令y＝﹣x2+x+3＝0，解得x＝4或﹣1，
故点A的坐标为（4，0），则PF＝2，
由点A、B的坐标得，直线AB的表达式为y＝﹣x+3，
设点P的坐标为（x，﹣x2+x+3），则点E（x，﹣x+3），
则矩形PEGF的面积＝PF•PE＝2×（﹣x2+x+3+x﹣3）＝3S△BOC＝3××BO•CO＝×3×1，
解得x＝1或3，
故点P的坐标为（1，）或（3，3）；

（3）由抛物线的表达式知，其对称轴为x＝，故点Q的坐标为（，n），
当∠ABQ为直角时，如图2﹣1，

设BQ交x轴于点H，
由直线AB的表达式知，tan∠BAO＝，则tan∠BHO＝，
故设直线BQ的表达式为y＝x+t，
该直线过点B（0，3），故t＝3，
则直线BQ的表达式为y＝x+3，
当x＝时，y＝x+3＝5，
即n＝5；
②当∠BQA为直角时，
过点Q作直线MN交y轴于点N，交过点A与y轴的平行线于点M，

∵∠BQN+∠MQA＝90°，∠MQA+∠MAQ＝90°，
∴∠BQN＝∠MAQ，
∴tan∠BQN＝tan∠MAQ，
即，则，
解得n＝；
③当∠BAQ为直角时，
同理可得，n＝﹣；
综上，以点Q、A、B为顶点的三角形是锐角三角形，则△ABQ不为直角三角形，
故点Q纵坐标n的取值范围为﹣＜n＜或＜n＜5．
17．（2021•贺州）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，且A（﹣1，0），对称轴为直线x＝2．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）直线l过点A且在第一象限与抛物线交于点C．当∠CAB＝45°时，求点C的坐标；
（3）点D在抛物线上与点C关于对称轴对称，点P是抛物线上一动点，令P（xP，yP），当1≤xP≤a，1≤a≤5时，求△PCD面积的最大值（可含a表示）．

【分析】（1）把A点代入抛物线，再由对称轴公式可得解析式．
（2）过点C作CE⊥x轴于点E，得AE＝CE，设点C的横坐标为xc，则纵坐标为yc＝xc+1，把点C代入抛物线得C的坐标．
（3）有对称可得D的坐标，即可求出CD＝8，设△PCD以CD为底边的高为h，则h＝|yp|+7，当|yp|取最大值时，△PCD的面积最大，分情况讨论，①当1≤a＜2时，1≤xp＜2，此时y＝x2﹣4x﹣5在1≤xp≤a上y随x的增大而减小，|yp|max＝|a2﹣4a﹣5|＝5+4a﹣a2，△PCD的最大面积为Smax＝×CD×h＝48+16a﹣4a2，
②当2≤a≤5时，此时y＝x2﹣4x﹣5的对称轴x＝2含于1≤xp≤a内，|yp|max＝|22﹣4×2﹣5|＝9，△PCD的最大面积为Smax＝×CD×h＝64，
【解析】（1）抛物线过A（﹣1，0），对称轴为x＝2，
∴，
解得，
∴抛物线表达式为y＝x2﹣4x﹣5；
（2）过点C作CE⊥x轴于点E，

∵∠CAB＝45°，
∴AE＝CE，
设点C的横坐标为xc，则纵坐标为yc＝xc+1，
∴C（xc，xc+1），
代入y＝x2﹣4x﹣5得，
xc+1＝﹣4xc﹣5，
解得xc＝﹣1（舍去），xc＝6，
∴yc＝7，
∴点C的坐标是（6，7）；
（3）由（2）得C的坐标是（6，7），
∵对称轴x＝2，
∴点D的坐标是（﹣2，7），
∴CD＝8，
∵CD与x轴平行，点P在x轴下方，
设△PCD以CD为底边的高为h，
则h＝|yp|+7，
∴当|yp|取最大值时，△PCD的面积最大，
∵1≤xp≤a，1≤a≤5，
①当1≤a＜2时，1≤xp≤a，此时y＝x2﹣4x﹣5在1≤xp≤a上y随x的增大而减小，
∴|yp|max＝|a2﹣4a﹣5|＝5+4a﹣a2，
∴h＝|yp|+7＝12+4a﹣a2，
∴△PCD的最大面积为：
Smax＝×CD×h＝×8×（12+4a﹣a2）＝48+16a﹣4a2；
②当2≤a≤5时，此时y＝x2﹣4x﹣5的对称轴x＝2含于1≤xp＜a内，
∴|yp|max＝|22﹣4×2﹣5|＝9，
∴h＝9+7＝16，
∴△PCD的最大面积为Smax＝×CD×h＝×8×16＝64，
综上所述：当1≤a＜2时，△PCD的最大面积为48+16a﹣4a2；
当2≤a≤5时，△PCD的最大面积为64．
18．（2021•常德）如图，在平面直角坐标系xOy中，平行四边形ABCD的AB边与y轴交于E点，F是AD的中点，B、C、D的坐标分别为（﹣2，0），（8，0），（13，10）．
（1）求过B、E、C三点的抛物线的解析式；
（2）试判断抛物线的顶点是否在直线EF上；
（3）设过F与AB平行的直线交y轴于Q，M是线段EQ之间的动点，射线BM与抛物线交于另一点P，当△PBQ的面积最大时，求P的坐标．

【分析】（1）过点D作x轴垂线交x轴于点H，利用△EBO∽△DCH求出E点坐标，进而根据B、E、C三点坐标即可求出抛物线解析式；
（2）求出抛物线顶点坐标以及直线EF的解析式，代入验证即可判定顶点是否在直线EF上；
（3）根据AB∥FQ，求出点Q坐标，再设M为（0，m）通过直线BM与抛物线的交点表示出P点坐标，从而可表示出△PBQ的面积结合二次函数最值问题即可求出面积最大值时点P的坐标．
【解析】（1）过点D作x轴垂线交x轴于点H，如图所示：

由题意得∠EOB＝∠DHC＝90°，
∵AB∥CD，
∴∠EBO＝∠DCH，
∴△EBO∽△DCH，
∴，
∵B（﹣2，0）、C（8，0）、D（13，10），
∴BO＝2，CH＝13﹣8＝5，DH＝10，
∴，
解得：EO＝4，
∴点E坐标为（0，4），
设过B、E、C三点的抛物线的解析式为：y＝a（x+2）（x﹣8），将E点代入得：
4＝a×2×（﹣8），
解得：a＝﹣，
∴过B、E、C三点的抛物线的解析式为：y＝﹣（x+2）（x﹣8）＝﹣x2+x+4；
（2）抛物线的顶点在直线EF上，理由如下：
由（1）可知该抛物线对称轴为直线x＝﹣＝﹣＝3，
当x＝3时，y＝，
∴该抛物线的顶点坐标为（3，），
又∵F是AD的中点，
∴F（8，10），
设直线EF的解析式为：y＝kx+b，将E（0，4），F（8，10）代入得，
解得：，
∴直线EF解析式为：y＝，
把x＝3代入直线EF解析式中得：y＝，
故抛物线的顶点在直线EF上；
（3）由（1）（2）可知：A（3，10），
设直线AB的解析式为：y＝k'x+b'，将B（﹣2，0），A（3，10）代入得：
，解得：，
∴直线AB的解析式为：y＝2x+4，
∵FQ∥AB，
故可设：直线FQ的解析式为：y＝2x+b1，将F（8，10）代入得：
b1＝﹣6，
∴直线FQ的解析式为：y＝2x﹣6，
当x＝0时，y＝﹣6，
∴Q点坐标为（0，﹣6），
设M（0，m），直线BM的解析式为：y＝k2x+b2，将M、B点代入得：
，解得：，
∴直线BM的解析式为：y＝，
∵点P为直线BM与抛物线的交点，
∴联立方程组有：，
化简得：（x+2）（x﹣8+2m）＝0，
解得：x1＝﹣2（舍去），x2＝8﹣2m，
∴点P的横坐标为：8﹣2m，
则此时，S△PBQ＝MQ×（|xP|+|xB|）＝＝﹣（m+）2+，
∵a＝﹣1＜0，
∴当m＝﹣时，S取得最大值，
∴点P横坐标为8﹣2×（﹣）＝9，
将x＝9代入抛物线解析式中y＝﹣，
综上所述，当△PBQ的面积最大时，P的坐标为（9，﹣）．
19．（2021•福建）已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴只有一个公共点．
（1）若抛物线过点P（0，1），求a+b的最小值；
（2）已知点P1（﹣2，1），P2（2，﹣1），P3（2，1）中恰有两点在抛物线上．
①求抛物线的解析式；
②设直线l：y＝kx+1与抛物线交于M，N两点，点A在直线y＝﹣1上，且∠MAN＝90°，过点A且与x轴垂直的直线分别交抛物线和l于点B，C．求证：△MAB与△MBC的面积相等．
【分析】（1）将点P的坐标代入解析式中，得出a和b的关系式，即可求出a+b的最小值；
（2）①由题意得出抛物线与x轴只有一个交点，所以抛物线上的点在同一侧，即两点只能为P1，P3，即可求出抛物线的解析式；
（3）根据题意先设出点A的横坐标，然后用含k的式子表示出A的横坐标，再证明AB＝BC即可得出△MAB与△MBC的面积相等．
【解析】（1）把P（0，1）代入解析式得：c＝1，
∴y＝ax2+bx+1，
又∵抛物线与x轴只有一个公共点，
∴△＝b2﹣4a＝0，即，
∴，
当b＝﹣2时，a+b有最小值为﹣1；
（2）①∵抛物线与x轴只有一个公共点，
∴抛物线上的顶点在x轴上，
∴抛物线上的点为P1，P3，
又∵P1，P3关于y轴对称，
∴顶点为原点（0，0），
设解析式为y＝ax2，
代入点P1得：，
②证明：
联立直线l和抛物线得：
，
即：x2﹣4kx﹣4＝0，
设M（x1，kx1+1），N（x2，kx2+1），
由韦达定理得：x1+x2＝4k，x1x2＝﹣4，
设线段MN的中点为T，设A的坐标为（m，﹣1），
则T的坐标为（2k，2k2+1），
∴AT2＝（2k﹣m）2+（2k2+2）2，
由题意得：，
∵△MAN是直角三角形，且MN是斜边，
∴，即：，
∴×16（k4+2k2+1）＝（2k﹣m）2+（2k2+2）2，
解得m＝2k，
∴A（2k，﹣1），
∴B（2k，k2），
∴C（2k，2k2+1），
∵，
∴B是AC的中点，
∴AB＝BC，
又∵△MAB与△MBC的高都是点M到直线AC的距离，
∴△MAB与△MBC的高相等，
∴△MAB与△MBC的面积相等．
20．（2021•柳州）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线：y＝ax2+bx+c交x轴于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C（0，﹣）．
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）如图1，点D为第四象限抛物线上一点，连接OD，过点B作BE⊥OD，垂足为E，若BE＝2OE，求点D的坐标；
（3）如图2，点M为第四象限抛物线上一动点，连接AM，交BC于点N，连接BM，记△BMN的面积为S1，△ABN的面积为S2，求的最大值．

【分析】（1）由抛物线交x轴于A（﹣1，0），B（3，0）两点，设二次函数的交点式y＝a（x+1）（x﹣3），代入C（0，﹣）可得解析式．
（2）由BE＝2OE，设OE为x，BE＝2x，由勾股定理得OE＝，BE＝，过点E作TG平行于OB，根据相似三角形的判定得△ETO∽△OEB，有相似比的性质得出3TE＝，解出E的坐标为（，﹣），直线OE的解析式为y＝﹣2x，直线OE与抛物线于点D，联立方程可得D的坐标．
（3）根据＝＝，设直线BC的解析式为y＝kx+b，将B，C两点代入得，直线BC的解析式为y＝x﹣，当x＝﹣1时，得F坐标为（﹣1，﹣2），设M（x，x2﹣x﹣），MT＝﹣（x﹣）2+，根据二次函数的性质得出，MTmax＝，即可解出＝＝＝的最值．
【解析】（1）依题意，设y＝a（x+1）（x﹣3），
代入C（0，﹣）得：a•1•（﹣3）＝﹣，
解得：a＝，
∴y＝（x+1）（x﹣3）＝x2﹣x﹣；
（2）∵BE＝2OE，
设OE为x，BE＝2x，
由勾股定理得：OE2+BE2＝OB2，
x2+4x2＝9，
解得：x1＝，x2＝﹣（舍），
∴OE＝，BE＝，
过点E作TG平行于OB，T在y轴上，过B作BG⊥TG于G，

∴△ETO∽△OEB，
∴＝＝，
∴OE2＝OB•TE，
∴TE＝＝，
∴OT＝＝，
∴E（，﹣），
∴直线OE的解析式为y＝﹣2x，
∵OE的延长线交抛物线于点D，
∴，
解得：x1＝1，x2＝﹣3（舍），
当x＝1时，y＝﹣2，
∴D（1，﹣2）；
（3）如图所示，延长BC于点F，AF∥y轴，过A点作AH⊥BF于点H，作MT∥y轴交BF于点T，过M点作MG⊥BF于点J，

∵AF∥MT，
∴∠AFH＝∠MTJ，
∵AH⊥BF，MJ⊥BF，
∴∠AHF＝∠MJT＝90°，
∴△AFH∽△MJT，
∴＝，
∵S1＝NB•MJ，S2＝NB•AH，
∴＝＝，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，将B，C两点代入得，
，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣，
当x＝﹣1时，y＝•（﹣1）﹣＝﹣2，
∴F（﹣1，﹣2），
∴AF＝2，
设M（x，x2﹣x﹣），
∴MT＝x﹣﹣（x2﹣x﹣）＝﹣（x﹣）2+，
∴a＝﹣＜0，
∴MTmax＝，
∴＝＝＝＝＝．
21．（2021•聊城）如图，抛物线y＝ax2+x+c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，已知A，C两点坐标分别是A（1，0），C（0，﹣2），连接AC，BC．
（1）求抛物线的表达式和AC所在直线的表达式；
（2）将△ABC沿BC所在直线折叠，得到△DBC，点A的对应点D是否落在抛物线的对称轴上？若点D在对称轴上，请求出点D的坐标；若点D不在对称轴上，请说明理由；
（3）若点P是抛物线位于第三象限图象上的一动点，连接AP交BC于点Q，连接BP，△BPQ的面积记为S1，△ABQ的面积记为S2，求的值最大时点P的坐标．

【分析】（1）利用待定系数法可求得函数的表达式；
（2）抛物线的表达式为y＝，点B坐标为（﹣4，0）．可证明△AOC∽△COB．继而可证AC⊥BC，则将△ABC沿BC所在直线折叠，点D一定落在直线AC上，延长AC至D，使DC＝AC，过点D作DE⊥y轴交y轴于点E，可证△ACO≌△DCE，可得D坐标．则可判断D点是否在抛物线对称轴上；
（3）分别过A、P作x轴的垂线，利用解析式，用同一个字母m表示出P，N的坐标，进而用m表示出的值，根据二次函数的性质可以确定出的最大值，进而可确定出此时的P点坐标．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+x+c过点A（1，0），C（0，﹣2），
∴，解得：．
∴抛物线的表达式为y＝．
设直线AC的表达式为y＝kx+b，则
，解得：．
∴直线AC的表达式为y＝2x﹣2．
（2）点D不在抛物线的对称轴上，理由是：
∵抛物线的表达式为y＝，
∴点B坐标为（﹣4，0）．
∵OA＝1，OC＝2，
∴．
又∵∠AOC＝∠COB＝90°，
∴△AOC∽△COB．
∴∠ACO＝∠CBO．
∴∠ACO+∠BCO＝∠OBC+∠BCO＝90°，
∴AC⊥BC．
∴将△ABC沿BC所在直线折叠，点D一定落在直线AC上，
延长AC至D，使DC＝AC，过点D作DE⊥y轴交y轴于点E，如图1．
又∵∠ACO＝∠DCE，
∴△ACO≌△DCE（AAS）．
∴DE＝AO＝1，则点D横坐标为﹣1，
∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣．
故点D不在抛物线的对称轴上．
（3）设过点B、C的直线表达式为y＝px+q，
∵C（0，﹣2），B（﹣4，0），
∴，解得：．
∴过点B、C的直线解析式为y＝．
过点A作x轴的垂线交BC的延长线于点M，点M坐标为（1，﹣），
过点P作x轴的垂线交BC于点N，垂足为H，如图2．
设点P坐标为（m，），则点N坐标为（m，），
∴PN＝﹣（）＝，
∵PN∥AM，
∴△AQM∽△PQN．
∴．
若分别以PQ、AQ为底计算△BPQ和△BAQ的面积（同高不等底），
则△BPQ与△BAQ的面积比为，即．
∴＝＝＝．
∵﹣＜0，
∴当m＝﹣2时，的最大值为，此时点P坐标为（﹣2，﹣3）．


22．（2020•贺州）如图，抛物线y＝a（x﹣2）2﹣2与y轴交于点A（0，2），顶点为B．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若点P（t，y1），Q（t+3，y2）都在抛物线上，且y1＝y2，求P，Q两点的坐标；
（3）在（2）的条件下，若点C是线段QB上一动点，经过点C的直线y＝﹣x+m与y轴交于点D，连接DQ，DB，求△BDQ面积的最大值和最小值．

【分析】（1）直接代入点A坐标，解方程，即可求解；
（2）P，Q两点均在抛物线上，且两点纵坐标相同，代入两点横坐标，可以得到一个关于t的方程，解方程，即可求解．或者由P，Q两点纵坐标相同，得到P，Q两点关于抛物线对称轴x＝2对称，继而列出关于t的方程；
（3）先求出直线BQ的解析式，再求出直线BQ与y轴交点E的坐标，将△BDQ的面积转化成△DQE与△DBE的面积之差，将△BDQ的面积用含m的式子表达出来，根据m的取值范围，确定所求面积的最大值和最小值．
【解析】（1）将A（0，2）代入到抛物线解析式中，得，
4a﹣2＝2，
解得，a＝1，
∴抛物线解析式为y＝（x﹣2）2﹣2；
（2）∵y1＝y2，
∴（t﹣2）2﹣2＝（t+3﹣2）2﹣2，
解得，，
∴P（），Q；
（3）由题可得，顶点B为（2，﹣2），
将直线y＝﹣x+m进行平移，
当直线经过B点时，﹣2＝﹣2+m，
解得m＝0，
当直线经过点Q时，，
解得m＝，
∵经过点C直线y＝﹣x+m与y轴交于点D，
∴D为（0，m），
∵点C是线段QB上一动点，
∴，
延长QB交y轴于点E，设直线QB的解析式为y＝kx+b，
代入点Q、B坐标得，
，解得，
∴QB的解析式为：，
令x＝0，则y＝﹣5，
∴E（0，﹣5），
由图可得，
S△BDQ＝S△DEQ﹣S△DEB，
∴＝，
∵，
∴当m＝0时，S△BDQ最小值为，
当m＝时，S△BDQ最大值为．