2023年中考数学压轴题专项训练压轴题09二次函数与角度数量关系问题（试题+答案）

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2023年中考数学压轴题专项训练
压轴题09二次函数与角度数量关系问题

例1．（2023·福建三明·统考模拟预测）如图，二次函数y=−x2+2ax+2a+1（a是常数，且a>0）的图象与x轴交A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D，对称轴与线段BC交于点E，与x轴交于点F，连接AC，BD．

(1)若a=1
①求直线BC的表达式；
②求证：∠ACO=∠CBD；
(2)若二次函数y=−x2+2ax+2a+1（a是常数，且a>0）在第四象限的图象上，始终存在一点P，使得∠ACP=75°，求出a的取值范围．
【答案】(1)①y=−x+3，②见解析
(2)0
【分析】（1）①当a=1时，y=−x2+2x+3，则当x=0时，y=3，当y=0时，−x2+2x+3=0，解得：x1=−1，x2=3，得到A−1,0，B3,0，C0,3，利用待定系数法求出直线BC的表达式即可；
②连接AE，D1,4，F1,0，DF=4，AF=BF=2，由OB=OC=3，则可得到∠OBC=∠OCB=45°，则BC=32，得到∠EAB=∠EBA=45°．则∠AEB=90°，求得AE=BE=22，则CE=2，即可求得tan∠ACE=2，tan∠DBF=2，则∠ACE=∠DBF由∠OBC=∠OCB=45°，即可得到结论；
（2）设在二次函数第四象限的图象上存在一点P，使得∠ACP=75°，连接CP，交x轴于点M，求得C0,2a+1，OC=2a+1，由∠ACP=75°得∠ACB>75°，即可得到∠CAB=180°−∠ACB−∠ABC<60°，则tan∠CAO=OCOA<3得到2a+1<3，进步求得a的取值范围．
【详解】（1）解：①当a=1时，y=−x2+2x+3，
当x=0时，y=3，
当y=0时，−x2+2x+3=0，
解得：x1=−1，x2=3，
∴A−1,0，B3,0，C0,3，
设直线BC的表达式为：y=kx+b，则
3k+b=0b=3，
解得：k=−1b=3，
∴直线BC的表达式为：y=−x+3
②连接AE，

∵y=−x2+2x+3=−x−12+4，
∴D1,4，F1,0，DF=4，AF=BF=2．
∵OB=OC=3，∠COB=90°．
∴∠OBC=∠OCB=45°．
∴BC=2OB=32，
∵A，B关于直线DF对称，
∴∠EAB=∠EBA=45°．
∴∠AEB=90°．
∵AB=4，
∴AE=BE=22AB=22，
∵BC=32，BE=22，
∴CE=2，
在Rt△ACE中，tan∠ACE=AECE=2，
在Rt△DFB中，tan∠DBF=DFBF=2，
∴∠ACE=∠DBF，
∵∠OBC=∠OCB=45°，
∴∠ACO=∠CBD；
（2）如图，设在二次函数第四象限的图象上存在一点P，使得∠ACP=75°，连接CP，交x轴于点M，

当x=0时，y=−x2+2ax+2a+1=2a+1，
∴C0,2a+1，
∴OC=2a+1，
∵∠ACP=75°，
∴∠ACB>75°．
∵∠ABC=45°，
∴∠CAB=180°−∠ACB−∠ABC<60°．
∴tan∠CAO=OCOA<3．
即2a+1<3．
解得：a<3−12，
∵a>0，
∴0 【点睛】此题是二次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数解析式、二次函数的图象和性质、解直角三角形、解一元一次不等式等知识，数形结合和准确计算是解题的关键．
例2．（2023·辽宁鞍山·统考二模）如图，在平面直角坐标系xoy中，抛物线y=x2+bx+c与y轴交于点C，与x轴交于A,B两点，直线y=−x+3恰好经过A,C两点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)点D是抛物线上一动点，连接CD,AD，若ΔACD的面积为6，求点D的坐标；
(3)点E是抛物线上一动点，连接BE，若∠ABE=2∠ACB，直接写出点E的坐标．
【答案】(1)y=x2−4x+3
(2)点D的坐标为−1,8或4,3
(3)点E的坐标为53,−89或133,409

【分析】（1）先求出点A和点C的坐标，然后用待定系数法求解即可；
（2）分点D在直线AC的上方和点D在直线AC的下方两种情况求解即可；
（2）分点E在x轴的上方和点E在x轴的下方两种情况求解即可．
【详解】（1）对于y=−x+3，当x=0时，y=3；当y=0时，x=3，
∴A3,0,C0,3，
将A,C两点坐标分别代入y=x2+bx+c中，得
0=9+3b+c3=0+0+c
解得b=−4c=3
∴抛物线的解析式为y=x2−4x+3；
（2）如图1，当点D在直线AC的上方时，

过点D作x轴的垂线，交直线AC于点F，
设点Dm,m2−4m+3，点Fm,−m+3，
则DF=m2−4m+3−−m+3=m2−3m，
SΔACD=SΔCDF−SΔADF=12·DF·m−12·DF·m−3
=32DF=32m2−3m
∵SΔACD=6，
∴32m2−3m=6，解得m=−1或m=4
∴点D−1,8或D4,3；
如图2，当点D在直线AC的下方时，

连接OD，
设点Dn,n2−4n+3，
S△ACD=S△OAC+S△OAD−S△OCD
=12×3×3+12×3×−n2+4n−3−32n
=−32n2+92n
∵SΔACD=6，
∴−32n2+92n=6，
整理得n2−3n+4=0
∵Δ=−32−4×1×4<0，
∴方程无实数根，
∴此种情况不存在，
综上，点D的坐标为−1,8或4,3；
（3）如图3，当点D在x轴的上方时，在AC上取点G，使CG=BG，作BF⊥AC于点F，作EH⊥AB于点H，

∵CG=BG，
∴∠ACB=∠CBG，
∴∠BGF=2∠ACB，
∵∠ABE=2∠ACB，
∴∠ABE=∠BGF．
设Gm,−m+3，
解x2−4x+3=0得x1=1,x2=3，
∴B1,0，
∵C0,3，
∴m−12+−m+32=m2+−m+3−32，
解得m=54，
∴−m+3=74，
∴G54,74，
∴AG=54−32+742=742．
∵OA=OC=3，
∴∠BAF=45°，
∴BF=AF=22AB=22×3−1=2，
∴FG=AG−AF=342，
∴tan∠BGF=BFFG=43，
∴tan∠ABE=43，
∴EHBH=43．
设En,n2−4n+3，
∴n2−4n+3n−1=43，
解得n1=3（舍去），n2=133，
∴n2−4n+3=409，
∴E133,409；
如图4，当点E在x轴的下方时，

同理可求tan∠ABE=tan∠BGF=43，
∴EHBH=43．
设En,n2−4n+3，
∴−n2+4n−3n−1=43，
解得n1=1（舍去），n2=53，
∴n2−4n+3=−89，
∴E53,−89；
综上，点E的坐标为53,−89或133,409．
【点睛】本题考查了待定系数法求表达式，一次函数与坐标轴的交点，二次函数与几何综合，分类讨论思想等内容，数形结合是解答本题的关键．
例3．（2023·山东济宁·统考一模）如图，抛物线y=ax2+bx+3与坐标轴分别交于A，B，C三点，其中A(−4,0)、B(1，0)，M是第二象限内抛物线上的一动点且横坐标为m，

(1)求抛物线的解析式；
(2)连接BM，交线段AC于点D，求SΔADMSΔADB的最大值（其中符号S表示面积）；
(3)连接CM，是否存在点M，使得∠ACO+2∠ACM=90∘，若存在，求m的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−34x2−94x+3
(2)SΔADMSΔADB的最大值为45
(3)存在，m=−319

【分析】（1）代入点A和点B的坐标到二次函数解析式即可求解；
（2）SΔADM和SΔADB是等高的两个三角形，面积比的最大值即是底边MDDB的最大值，构造相似三角形，用m表示相似比求最大值即可；
（3）做辅助线构造等腰三角形可得二倍角关系，建立一次函数图像，与二次函数交点的横坐标即为所求．
【详解】（1）解：（1）分别代入A(－4，0)、B(1，0)到抛物线解析式，
解得：y=−34x2−94x+3；
故答案为：y=−34x2−94x+3．
（2）设直线AC的解析式为y=kx+b，
将点A(−4，0)和点C(0，3)代入y=kx+b中，
−4k+b=0b=3，
解得：k=34b=3，
∴直线AC的解析式为y=34x+3，
如图所示，过点M作MG∥x轴交于AC于点G，过点A作AF⊥MB交MB与点F，
∴G点的纵坐标与M点的纵坐标相同，
∵M为抛物线y=−34x2−94x+3上的一点，
设M(m，−34m2−94m+3)，
又∵G点在直线AC上，直线AC的解析式为y=34x+3，
∴ G(−m2−3m,−34m2−94m+3)，
∴ MG=−m2−4m，
又∵ MG∥AB，
∴ MDDB=MGAB=−m2−4m5，
∵ SΔADM=12MD⋅AF,SΔADB=12DB⋅AF，
∴ SΔADMSΔADB=DMDB，
∴ SΔADBSΔADB=DMDB=MGAB=−m2−4m5=−m2+4m5=−15m+22+45，
∴ SΔADMSΔADB的最大值为45．
故答案为：45．

（3）过点C作CP∥x轴，延长CM交x轴于点T．
∴ ∠MCO=90∘,∠MCP=∠MTA，
∵ ∠ACO+2∠ACM=90∘
∠ACO+∠PCM+∠MCA=90∘，
∴ ∠MCP=∠MCA，
∴ ∠MCA=∠MTA，
∴ △ACT为等腰三角形，
∴ AC=AT．
在Rt△ACO中，AC=AO2+OC2=42+32=5，
∴ AC=AT=5，
∴ OT=AT+OA=5+4=9，
∴ T(−9，0)，
设直线CT的解析式为y=kx+b，
将点T(－9，0)和点C(0，3)代入y=kx+b中，
解得：k=13b=3，
∴直线CT的解析式为y=13x+3，
∵M是直线CT和抛物线y=−34x2−94x+3的交点，−4 ∴令−34m2−94m+3=13m+3，
∴ 9m2+27m+4m=0，
∴ 9m2+31m=0，
∴ m9m+31=0，
解得m=0（舍去）或m=−319
故答案为：m=−319．

【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查的是待定系数求解析式，平行线分线段成比例定理的推论，角度的存在性等相关内容，解本题的关键在于是否能将面积比转化为线段比，解本题的难点在于是否能通过已知角度条件建立有关m的一次函数解析式.
例4．（2023·山东济南·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，直线y=12x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y=−12x2+bx+c经过AB两点，与x轴的另一个交点为C．

(1)求抛物线的解析式．
(2)D为直线AB上方抛物线上一动点．
①连接DO交AB于点E，若DE:OE=3:4，求点D的坐标；
②是否存在点D，使得∠DBA的度数恰好是∠BAC的2倍？如果存在，请求出点D的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−12x2−32x+2
(2)①D的坐标为(−1,3)或(−3,2)；②存在点D，使得∠DBA=2∠BAC，此时点D(−2,3)

【分析】（1）分别令x=0和y=0代入y=12x+2中可得点A和点B的坐标,利用待定系数法求抛物线的函数解析式；
（2）①过点D作DF⊥x轴于G，交AB于点F，证明△DFE∼△OBE，设点D(m,−12m2−32m+2)，F(m,12m+2)，根据相似三角形性质建立方程求解即可；
②过点B作BH∥x轴，交抛物线于点H，过点D作DM⊥x轴，交BH于点N，先证明∠DBH=∠HBA=∠BAC，然后设点D(m,−12m2−32m+2)，应用三角函数定义建立方程求解．
【详解】（1）在y=12x+2中，令x=0时，y=2，
∴B(0,2)，
令y=0时，12x+2=0，
∴x=−4，
∴A(−4,0),
把A(−4,0)，B(0,2)代入y=−12x2+bx+c中得：
−12×16−4b+c=0c=2，
解得：b=−32c=2，
∴抛物线的函数解析式为：y=−12x2−32x+2；
（2）①如图1，过点D作DF⊥x轴于G，交AB于点F，

设点D(m,−12m2−32m+2)，F(m,12m+2)，
∴DF=−12m2−32m+2−(12m+2)=−12m2−2m，
∵DF⊥x轴，
∴∠DGA=∠BOA=90°，
∴DF∥OB，
∴△DFE∼△OBE，
∴ DEOE=DFOB，
∵DE:OE=3:4，
∴ DEOE=DFOB=34，
即：−12m2−2m2=34，
∴−m2−4m=3，
解得：m1=−1，m2=−3，
∵点D为直线AB上方抛物线上的点，
∴D的坐标为(−1,3)或(−3,2)；
②存在点D，使得∠DBA=2∠BAC，理由如下：
如图2，过点B作BH∥x轴，交抛物线于点H，过点D作DM⊥x轴，交BH于点N，

∴∠BAC=∠HBA，
∵∠DBA=2∠BAC，
∴∠DBH=∠HBA=∠BAC，
在Rt△ABO中，OB=2，OA=4，
∴tan∠DBH=tan∠BAC=OBOA=12，
∴tan∠DBH=DNNB=12，
设点D(m,−12m2−32m+2)，则DN=−12m2−32m，BN=−m，
∴ −12m2−32m−m=12，
解得：m=−2，
∴点D的坐标为(−2,3)；
∴存在点D，使得∠DBA=2∠BAC，此时点D(−2,3)．
【点睛】本题是二次函数的综合题，属于中考压轴题，考查了待定系数法求函数解析式的知识、相似三角形判定与性质、平行线的性质、三角函数定义以及两函数的交点问题．熟练掌握二次函数的性质，相似三角形性质与判定以及正确添加辅助线是解答此题的关键．

1．（2023春·广东汕头·九年级校考期中）如图1，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于点A−1,0、点B，与y轴交于点C，顶点D的横坐标为1，对称轴交x轴于点E，交BC于点F．

(1)求顶点D的坐标；
(2)如图2所示，过点C的直线交线段BD于点M，交抛物线于点N．
①若直线CM将△BCD分成的两部分面积之比为2∶1，求点M的坐标；
②若∠NCB=∠DBC，求点N的坐标．
(3)如图1，若点P为线段OC上的一动点，请直接写出2AP+CP的最小值．
【答案】(1)(1,4)
(2)①53,83或者73,43，②52,74
(3)3+3

【分析】（1）将点A坐标代入函数关系式可得a与b 的方程，再根据顶点D的横坐标为1可得另一个关于a和b的方程，联立方程组求解即可得到a和b的值，进而求得抛物线的函数关系式，再将顶点D的横坐标代入即可求得点D坐标；
（2）①如图，取DB的三等分点M1,M2，过点M1,M2分别作x轴，y轴的平行线分别交DE、x轴于点G、H、P、Q，通过证相似三角形可得点M的横纵坐标与点B、D的横纵坐标之间的数量关系，进而得解；②取线段BC的中点G，连接GM，由中点坐标可得G32,32，根据等腰三角形的三线合一可得GM⊥BC，再根据两条直线互相垂直可求得lGM:y=x，与lBD:y=−2x+6联立方程组可求得点M的坐标，再由M(2,2)，C(0,3)，利用待定系数法可得lCM:y=−12x+3，最后将y=−12x+3与y=−x2+2x+3联立方程组即可求得点N的坐标；
（3）作∠OCH=30°，过A点作AG⊥CH于G点，AG交OC于点P，根据 ∠OCH=30°，可得在Rt△PCG中，PG=12PC，即AG=AP+PG=AP+12PC，根据A、P、G三点共线，可知此时AP+12PC最小，最小值为AG，问题随之得解．
【详解】（1）将A(−1,0)代入y=ax2+bx+3可得0=a−b+3①，
∵顶点D的横坐标为1，
∴−b2a=1，即b=−2a②，
联立①②解得a=−1,b=2，
∴y=−x2+2x+3，
当x=1时，y=4，
∴D(1,4)；
（2）①由（1）得y=−x2+2x+3，
当y=0时，x1=−1，x2=3，
∴B3,0，即BO=3，
如图，取DB的三等分点M1,M2，过点M1,M2分别作x轴，y轴的平行线分别交DE、x轴于点G、H、P、Q，

则可得△DGM1∽△DHM2∽△DEB，△BQM2∽△BPM1∽△BED，且相似比为1:2:3，
∴yM1=23yD=83，
xM1=xD+13(xB−xD)=53，
∴M153,83，
同理可得：M273,43
∴点M的坐标为：M153,83，M273,43；
②∵∠NCB=∠DBC，
∴CM=MB，
取线段BC的中点G，作直线GM，

∵点B3,0，点C0，3，
∴中点G的坐标为32,32，OB=OC=3，
∵CM=MB，
∴点M、点O、点G在线段BC的垂直平分线上，
∴GM⊥BC，
∴设直线GM为y=x+m，
将G32,32代入得m=0，
∴lGM:y=x①，
设直线BD为y=kx+n，
将B,D坐标代入得k=−2，n=6，
∴lBD:y=−2x+6②，
联立①②可得x=2y=2，
∴M(2,2)，
设直线MC为y=k2x+n2，
将M(2,2),C(0,3)坐标代入得k2=−12，n2=3，
∴lCM:y=−12x+3③，
联立③与y=−x2+2x+3可得x=52y=74，x=0y=3（不合题意舍去），
∴N52,74，
故N的坐标为52,74；
（3）作∠OCH=30°，过A点作AG⊥CH于G点，AG交OC于点P，如图，

∵∠OCH=30°，
∴在Rt△PCG中，PG=12PC，
∴AG=AP+PG=AP+12PC，
根据A、P、G三点共线，可知此时AP+12PC最小，最小值为AG，
∴2AG=2AP+PC，此时2AP+CP有最小值，
此时∵∠AOP=∠AGP=90°，∠APO=∠APG，
∴∠OAP=∠GCP=30°，
∵OA=1，OC=3，
∴OP=AO×tan∠OAP=33，
∴PC=OC−OP=3−33，AP=2OP=233，
∴2AG=2AP+PC=433+3−33=3+3，
即2AP+CP的最小值为3+3．
【点睛】本题考查了一次函数与二次函数的综合应用，相似三角形的判定及性质的应用以及解直接三角形等知识，能够根据题意做出正确的辅助线，利用数形结合思想进行转化是解决本题的关键．
2．（2023·上海·模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A1，0和点B3，0，与y轴交于点C．

(1)求该抛物线的表达式及点C的坐标；
(2)点P为抛物线上一点，且在x轴下方，连接PA．当∠PAB=∠ACO时，求点P的坐标；
(3)在（2）的条件下，将抛物线沿平行于y轴的方向平移，平移后点P的对应点为点Q，当AQ平分∠PAC时，求抛物线平移的距离．
【答案】(1)y=−x2+4x−3，C0，−3
(2)P（103，−79）
(3)抛物线y=−x2+4x−3，向下平移了359个单位

【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）设Pt，−t2+4t−3，如图1，过点P作PD⊥x轴于点D，连接AC、AP，可证得△APD∽△CAO，建立方程求解即可得出答案；
（3）如图2，连接AQ、PQ，过点P作PE⊥PA交AQ于点E，过点E作EF⊥PQ于点F，可证得△APD≌△PEF（AAS），得出：PF=AD=73，EF=PD=79，即E239,−279，再利用待定系数法求得直线AE的解析式为y=−2x+2，再求得Q103,−143，即可求得抛物线平移的距离．
【详解】（1）∵抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A1，0和点B3，0，
∴−1+b+c=0−9+3b+c=0
解得：b=4c=−3，
∴该抛物线的表达式为y=−x2+4x−3，
当x=0时，y=−3，
∴C0，−3；
（2）
设Pt，−t2+4t−3，如图1，过点P作PD⊥x轴于点D，连接AC、AP，则∠ADP=∠AOC=90°，AD=t−1，PD=−（−t2+4t−3）＝t2−4t+3，
又OA=1，OC=3，
∵∠PAB=∠ACO，
∴△APD∽△CAO，
∴ADAC=PDOA，即t−13=t2−4t+31
∴3t2−13t+10=0，
解得：t1=1（舍去），t=103，
当t=103时，t2−4t+3=−1032+4×103−3=−79
∴P103，−79；
（3）
如图2，连接AQ、PQ，过点P作PE⊥PA交AQ于点E，过点E作EF⊥PQ于点F，
由（2）知：P103，−79
∠PAC=90°，
∴PD=79，AD=103−1=73，∠ADP=90°，
∵将抛物线沿平行于y轴的方向平移，平移后点P的对应点为点Q，
∴D、P、Q在同一条直线上，
∴∠APD+∠EPF=90°，
∵∠PFE=90°=∠ADP，
∴∠PEF+∠EPF=90°，
∴∠APD=∠PEF，
∵AQ平分∠PAC，
∴∠PAE=12∠PAC=12×90°=45°，
又PE⊥PA，
∴△APE是等腰直角三角形，
∴AP=PE，
∴△APD≌△PEF（AAS），
∴PF=AD=73，EF=PD=79，
∴E239，−289，
设直线AE的解析式为y=kx+d，则
k+d=0239k+d=−289，解得：k=−2d=2，
∴直线AE的解析式为y=−2x+2，
当x=103时，y=−2x+2=−2×103+2=−143，
∴Q103，−143
∵−79−−143=359，
∴抛物线y=−x2+4x−3向下平移了359个单位．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识点，正确添加辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键．
3．（2023·江苏苏州·模拟预测）如图，二次函数y=−14x2+12m−1x+m（m是常数，且m>0）的图象与x轴相交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，动点P在对称轴l上，连接AC、BC、PA、PC．

(1)求点A、B、C的坐标（用数字或含m的式子表示）；
(2)当PA+PC的最小值等于45时，求m的值及此时点P的坐标；
(3)当m取（2）中的值时，若∠APC=2∠ABC，请直接写出点P的坐标．
【答案】(1)A−2，0，B2m，0，C0，m
(2)m=4，P3，52
(3)P点坐标为3，0或3，52

【分析】（1）将x=0，y=0，分别代入y=−14x2+12m−1x+m，计算求解即可；
（2）如图1，连接PB，由题意知，PA=PB，则PA+PC=PB+PC，可知当C，P，B三点共线时，PA+PC值最小，在Rt△BOC中，由勾股定理得BC=5m，由PA+PC的最小值等于45，可得5m=45，计算m的值，然后得出B，C的点坐标，待定系数法求直线BC的解析式，根据P是直线BC与直线l的交点，计算求解即可；
（3）由（2）知m=4，则B8，0，C0，4，抛物线的对称轴为直线x=3，勾股定理逆定理判断△ABC是直角三角形，且∠ACB=90°，记D为直线l与x轴的交点，如图2，连接CD，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得CD=BD=AD，由等边对等角可得∠DCB=∠ABC，由三角形外角的性质可得∠ADC=∠DCB+∠ABC=2∠ABC，进而可得∠ADC=∠APC，即P与D重合，求此时的P点坐标；过A，C，D三点作⊙O'，如图2，由同弧所对的圆周角相等可知⊙O'与直线l=3交点即为P，设P3，a，由题意知，圆心O'在直线x=12上，设圆心坐标为12，n，则AO'2=CO'2=PO'2，根据AO'2=CO'2，可求n值，根据AO'2=PO'2，可求a值，进而可得此时的P点坐标．
【详解】（1）解：当x=0时，y=m，
当y=0时，−14x2+12m−1x+m=0，整理得x2−2m−1x−4m=0，即x−2mx+2=0，
解得x1=2m，x2=−2，
∴A−2，0，B2m，0，C0，m，
（2）解：如图1，连接PB，

由题意知，PA=PB，
∴PA+PC=PB+PC，
∴当C，P，B三点共线时，PA+PC值最小，
在Rt△BOC中，由勾股定理得BC=OB2+OC2=4m2+m2=5m，
∵PA+PC的最小值等于45，
∴5m=45，
解得m=4，
∴B8，0，C0，4，
∴抛物线的对称轴为直线x=3，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
将B8，0，C0，4代入得，0=8k+b4=b，
解得k=−12b=4，
∴直线BC的解析式为y=−12x+4，
当x=3时，y=−12×3+4=52，
∴P3，52，
∴m=4，P3，52；
（3）解：∵m=4，
∴B8，0，C0，4，抛物线的对称轴为直线x=3，
∵AC2=22+42=20，BC2=452=80，AB2=102=100，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是直角三角形，且∠ACB=90°，
记D为直线l与x轴的交点，如图2，连接CD，

∴CD=BD=AD，
∴∠DCB=∠ABC，
∵∠ADC=∠DCB+∠ABC=2∠ABC，
∴∠ADC=∠APC，
∴P与D重合，即P3，0；
过A，C，D三点作⊙O'，如图2，由同弧所对的圆周角相等可知⊙O'与直线l=3交点即为P，设P3，a，
由题意知，圆心O'在直线x=12上，设圆心坐标为12，n，则AO'2=CO'2=PO'2，
∵AO'2=CO'2，即−2−122+0−n2=0−122+4−n2，
解得n=54，
∵AO'2=PO'2，即−2−122+0−542=3−122+a−542，
解得a1=0，a2=52，
∴P3，52，
综上，P点坐标为3，0或3，52．
【点睛】本题考查了二次函数与线段、角度综合，二次函数的图象与性质，勾股定理的逆定理，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，同弧所对的圆周角相等，等边对等角，三角形外角的性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
4．（2023·广东东莞·东莞市厚街海月学校校考模拟预测）如图（1），抛物线y=−x2−3ax−4a与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，且OB=OC=4，若点D是直线BC（不与B，C重合）上一动点，过点D作x轴的垂线交抛物线于点E．

(1)求抛物线的解析式．
(2)连接CE，OD，当点D的横坐标为83时，求证：∠COD=∠DCE．
(3)如图（2），若点F是y轴上的动点，是否存在点F，使以点C，D，E，F为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+3x+4
(2)证明见解析
(3)4+2，−2或4−2，2或3，1

【分析】（1）先求出B4，0，C0，4，再利用待定系数法求解即可；
（2）求出直线BC的解析式为y=−x+4，进而求出E83，449，D83，43，则DE=329，CD=823，即可得到CDOC=DECD，再证明∠OCD=∠CDE，进而证明△COD∽△DCE，即可得到∠COD=∠DCE；
（3）设Dm，−m+4，则Em，−m2+3m+4，则DE=m2−4m，CD2=2m2，CE2=m4−6m3+10m2，再分当CD为边时，则CD=DE，当CD为对角线时，则CE=DE，两种情况建立对应的方程求解即可．
【详解】（1）解：∵OB=OC=4，
∴B4，0，C0，4，
把C0，4代入抛物线解析式中得：−4a=4，
解得a=−1，
∴抛物线解析式为y=−x2+3x+4；
（2）证明：设直线BC的解析式为y=kx+b，
∴4k+b=0b=4，
∴k=−1b=4，
∴直线BC的解析式为y=−x+4，
在y=−x+4中，当x=83时，y=43，在y=−x2+3x+4中，x=83时，y=−649+8+4=449，
∴E83，449，D83，43，
∴DE=329，CD=832+4−432=823，
∴CDOC=8234=223，DECD=329823=223，
∴CDOC=DECD，
∵OC⊥OB，DE⊥OB，
∴OC∥DE，
∴∠OCD=∠CDE，
∴△COD∽△DCE，
∴∠COD=∠DCE；
（3）解：设Dm，−m+4，则Em，−m2+3m+4，
∴DE=−m+4−−m2+3m+4=m2−4m，CD2=m2+−m+4−42=2m2，CE2=m2+−m2+3m+4−4=m4−6m3+10m2，
当CD为边时，则CD=DE，
∴2m2=m2−4m2，
∴2m2=m4−8m3+16m2，
∴m2m2−8m+14=0，
解得m=4±2或m=0（舍去），
∴点D的坐标为4+2，−2或4−2，2；
当CD为对角线时，则CE=DE，
∴m4−6m3+10m2=m2−4m2
∴m4−6m3+10m2=m4−8m3+16m2，
∴2m3−6m2=0，
解得m=3或m=0（舍去），
∴点D的坐标为3，1；
综上所述，点D的坐标为4+2，−2或4−2，2或3，1．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，勾股定理，相似三角形的性质与判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
5．（2023·山东济南·统考一模）如图，抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于A−1,0，B两点，与y轴交于点C0,2，连接BC．

(1)求抛物线的解析式．
(2)点P是第三象限抛物线上一点，直线PB与y轴交于点D，△BCD的面积为12，求点P的坐标．
(3)抛物线上是否存在点Q使得∠QCB=∠CBO？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−12x2+32x+2
(2)P(−3,−7)
(3)存在，3,2或173,−509

【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）先由△BDC的面积求出OD的长，从而确定D点坐标为(0,−4)，再由待定系数法求出直线BD的解析式，直线BD与抛物线的交点即为所求；
（3）根据题意当点Q在第一象限时，利用二次函数的对称性求解；当点Q在第四象限时，设CQ与x轴交于点E，首先根据勾股定理求出点E的坐标，然后求出CE的解析式，最后联立直线CE和抛物线即可求出点Q的坐标．
【详解】（1）将A(−1,0)，C(0,2)代入y=−12x2+bx+c，
∴ c=2−12−b+c=0，
解得b=32c=2，
∴y=−12x2+32x+2；
（2）令y=0，则−12x2+32x+2=0，
解得x=−1或x=4，
∴B(4,0)，
∴OB=4，
∴S△BCD=12×4×(2+OD)=12，
∴OD=4，
∴D(0,−4)，
设直线BD的解析式为y=kx+b，
∴ b=−44k+b=0，
解得k=1b=−4，
∴y=x−4，
联立方程组y=x−4y=−12x2+32x+2，
解得x=−3y=−7或x=4y=0，
∴P(−3,−7)；
（3）如图所示，当点Q在第一象限抛物线上时，

∵∠QCB=∠CBO
∴CQ∥OB
∴点Q和点C关于对称轴对称
∵A−1,0，B4,0
∴抛物线的对称轴为−1+42=32
∵C0,2
∴点Q的坐标为3,2；
如图所示，当点Q在第四象限的抛物线上时，设CQ与x轴交于点E

∵∠QCB=∠CBO
∴EC=EB
∴设EC=EB=x
∵C0,2，B4,0
∴OC=2，OE=4−x
∴在Rt△OEC中，OC2+OE2=CE2，即22+4−x2=x2
∴解得x=52
∴OE=32
∴E32,0
∴设直线CE的解析式为y=k1x+b1
将C0,2，E32,0代入得，2=b10=32k1+b1
∴解得b1=2k1=−43
∴y=−43x+2
∴联立直线CE和抛物线得，y=−43x+2y=−12x2+32x+2
∴解得x1=0,x2=173
∴将x2=173代入y=−43x+2得，y=−509
∴点Q的坐标为173,−509．
综上所述，点Q的坐标为3,2或173,−509．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，直角三角形的性质，勾股定理的应用是解题的关键．
6．（2023·广东东莞·校考一模）如图，抛物线y=12x2+bx+c与x轴交于点A(−1,0)和点B，与y轴交于点C(0,−2)，连接AC，BC．

(1)求抛物线的解析式；
(2)点P在第四象限的抛物线上，若△PBC的面积为4时，求点P的坐标；
(3)点M在抛物线上，当∠MAB=2∠ABC时，求点M的横坐标．
【答案】(1)y=12x2−32x−2
(2)点P的坐标为(2,−3)
(3)203或43

【分析】（1）将A(−1,0)、C(0,−2)代入y=12x2+bx+c，列方程组并且解该方程组求出b、c的值，即可得到抛物线的解析式为y=12x2−32x−2；
（2）先求得B(4,0)，则SΔABC=12AB⋅OC=5，再求得直线BC的解析式为y=12x−2，作PH⊥x轴于点H，交BC于点G，设P(x,12x2−32x−2)，则G(x,12x−2)，所以PG=12x−2−(12x2−32x−2)=−12x2+2x，可求得S△PBC=−x2+4x，由SΔPBC=4，得−x2+4x=4，解方程求出x的值即可；
（3）取AB点中E，连接CE，则E(32，0)，可证明△AOC∼△COB，得∠ACO=∠CBO，再证明∠ACB=90°，则BE=CE=12AB，即可证明∠AEC=2∠CBO=2∠ACO，再分两种情况讨论，一是点M在x轴的上方，则AM∥CE，可求得直线CE的解析式为y=43x−2，进而求得直线AM的解析式为y=43x+43，将其与抛物线的解析式联立方程组，即可求出此时点M的横坐标；二是点M'在x轴的下方，可求得直线AM'的解析式为y=−43x−43，将其与抛物线的解析式联立方程组，即可求出此时点M'的横坐标．
【详解】（1）∵抛物线y=12x2+bx+c经过点A(−1,0)和点C(0,−2)，
∴ 12−b+c=0c=−2，
解得b=−32c=−2，
∴抛物线的解析式为y=12x2−32x−2．
（2）抛物线y=12x2−32x−2，当y=0时，则12x2−32x−2=0，
解得x1=4，x2=−1（不符合题得，舍去），
∴B(4,0)，
∴S△ABC=12AB⋅OC=12×(4+1)×2=5，
设直线BC的解析式为y=kx−2，则4k−2=0，
解得k=12，
∴直线BC的解析式为y=12x−2，
如图1，作PH⊥x轴于点H，交BC于点G，

设P(x，12x2−32x−2)(0 ∴PG=12x−2−(12x2−32x−2)=−12x2+2x，
∴S△PBC=12OH⋅PG+12BH⋅PG=12×4PG=2(−12x2+2x)=−x2+4x，
∵S△PBC=4，
∴−x2+4x=4，
解得x1=x2=2，
∴点P的坐标为(2,−3)．
（3）如图2，取AB点中E，连接CE，则E(32，0)，

∵ OAOC=OCOB=12，∠AOC=∠COB=90°，
∴△AOC∼△COB，
∴∠ACO=∠CBO，
∴∠ACB=∠ACO+∠BCO=∠CBO+∠BCO=90°，
∴BE=CE=12AB，
∴∠ECB=∠CBO，
∴∠AEC=∠ECB+∠CBO=2∠CBO=2∠ACO，
当点M在x轴的上方，设AM交y轴于点D，
∵∠MAB=2∠ABC，
∴∠MAB=2∠ACO=∠AEC，
∴AM∥CE，
设直线CE的解析式为y=mx−2，
则32m−2=0，
解得m=43，
∴直线CE的解析式为y=43x−2，
设直线AM的解析式为y=43x+a，
则−43+a=0，
解得a=43，
∴直线AM的解析式为y=43x+43，
由y=12x2−32x−2y=43x+43，
得12x2−32x−2=43x+43，
解得x1=203，x2=−1（不符合题意，舍去），
∴点M的横坐标为203；
当点M'在x轴的下方，设AM'交y轴于点F，
直线y=43x+43，当x=0时，y=43，
∴D(0,43)，
∵∠M'AB=2∠ACO=∠MAB，OA=OA，∠AOF=∠AOD=90°，
∴△OAF≅△OAD(ASA)，
∴OF=OD=43，
∴F(0,−43)，
设直线AM'的解析式为y=nx−43，则−n−43=0，
解得n=−43，
∴直线AM'的解析式为y=−43x−43，
由y=12x2−32x−2y=−43x−43，
得12x2−32x−2=−43x−43，
解得x1=43，x2=−1（不符合题意，舍去），
∴点M'的横坐标为43，
综上所述，点M的横坐标为203或43．
【点睛】此题重点考查二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、用待定系数法求函数解析式、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、等腰三角形的性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题难度较大，属于考试压轴题．
7．（2023·广东珠海·珠海市紫荆中学校考一模）如图1，经过原点O的抛物线y=ax2+bx(a、b为常数，a≠0)与x轴相交于另一点A4，0．在第一象限内与直线y=x交于点B5，t，抛物线的顶点为C点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)抛物线上是否存在点D，使得∠DOB=∠OBC？若存在，求出所有点D的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，点E是点B关于抛物线对称轴的对称点，点F是直线OB下方的抛物线上的动点，EF与直线OB交于点G．设△BFG和△BEG的面积分别为S1和S2，求S1S2的最大值．
【答案】(1)抛物线的解析式为y=x2−4x；
(2)当点D的坐标为133，139或7，21时，使得∠DOB=∠OBC；
(3)S1S2的最大值为2524．

【分析】（1）先求得点B5，5，再利用待定系数法即可求解；
（2）分点D在直线OB下方、上方两种情况，分别求解即可；
（3）如图，分别过点E，F作y轴的平行线，交直线OB于点M，N，则S1=12FNxB−xG，S2=12EMxB−xG，设Fm，m2−4m，可表达S1S2，再利用二次函数的性质可得出结论．
【详解】（1）解：∵直线y=x经过点B5，t，
∴t=5，
∴点B5，5，
∵抛物线y=ax2+bx经过点A4，0和点B5，5，
∴16a+4b=025a+5b=5，解得a=1b=−4，
∴抛物线的解析式为y=x2−4x；
（2）解：∵抛物线y=x2−4x=x−22−4，
∴顶点C的坐标为2，−4，
设直线BC的解析式为：y=kx+b1，
则将B5，5，C2，−4代入y=kx+b1得，
5k+b1=52k+b1=−4，解得k=3b=−10，
∴直线BC的解析式为：y=3x−10．
①当点D在直线OB的下方时，过点B作BF⊥x轴，交x轴于点F，延长OD，交BF于G，设BC交x轴于点E，如图，

∵B5，5，
∴OF=BF，即∠BOF=∠OBF=45°，∠OFG=∠BFE=90°，
∵∠DOB=∠OBC，
∴∠GOF=∠EBF，
∴△OFG≌△BFEASA，
∴EF=GF．
当y=0时，3x−10=0，得：x=103，
∴E103，0，
则GF=EF=OF−OE=5−103=53，
∴G5，53，
同理求得直线OG的解析式为：y=13x，
联立：y=13xy=x2−4x，解得x=133y=139或x=0y=0（舍去），
∴D133，139；
②当点D在直线OB的上方时，

∵∠DOB=∠OBC，
∴OD∥BC，
∵直线BC的解析式为：y=3x−10，
∴直线OD的解析式为：y=3x，
联立：y=3xy=x2−4x，解得：x=7y=21或x=0y=0（舍去），
∴D7，21．
综上，当点D的坐标为133，139或7，21时，使得∠DOB=∠OBC；
（3）解：∵点B5，5与点E关于对称轴直线x=2对称，
∴E−1，5，
如图，分别过点E，F作y轴的平行线，交直线OB于点M，N，

∴M−1，−1，EM=6，
设Fm，m2−4m，则Nm，m，
∴FN=m−m2−4m=−m2+5m，
∵S1=12FNxB−xG，S2=12EMxB−xG，
∴S1S2=FNEM=−m2+5m6=−16m2−5m=−16m−522+2524，
∴当m=52时，S1S2的最大值为2524．
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积和全等三角形的判定及性质，解题的关键正确表达两个三角形面积的比．
8．（2023·湖南长沙·湘府中学校考一模）如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A−1,0，B3,0两点，与y轴交于点C．

(1)求抛物线解析式；
(2)如图2，M是抛物线顶点，△CBM的外接圆与x轴的另一交点为D，与y轴的另一交点为E．
①求tan∠CBE；
②若点N是第一象限内抛物线上的一个动点，在射线AN上是否存在点P，使得△ACP与△BCE相似？如果存在，请求出点P的坐标；
(3)点Q是拋物线对称轴上一动点，若∠AQC为锐角，且tan∠AQC>1，请直接写出点Q纵坐标的取值范围．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)①12；②存在，P5,3或13,23或2,3或23,53
(3)1−5
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）①法一：先求出M1,4，C0,3，进而利用勾股定理和勾股定理的逆定理证明∠BCM=90°，则BM是△CBM外接圆的直径，设BM的中点为F，圆心F2,2，再根据对称性求出E0,1，得到CE=2，过E作EH⊥BC于H，求出∠BCE=45°，BC=32，解直角三角形得到EH=2，BH=22，则tan∠CBE=EHBH=12；法二：设△CBM外接圆与x轴的另一交点为D，同理可得D1，0，证明∠CBE=∠BMD，再由BM是直径，得到∠BDM=90°，则tan∠CBE=tan∠BMD=BDDM=12；②求出AC=10，BC=32，CE=2，BE=10，解直角三角形得到tan∠OEB=tan∠CAB，由于∠CAN为锐角，要使得△ACP与△BCE相似，情况1：∠CAN=∠BCE=45°，根据相似三角形的性质得到AP=35或253，点P作PQ⊥x轴于Q，解直角三角形得到AQ=2PQ，由勾股定理求出PQ=3或PQ=23，进而求出点P的坐标即可情况2：∠CAN=∠CBE，同理求出AP=32或523，同理可得P2,3或23,53．
（3）得抛物线对称轴为直线x=1，取点K1，1，证明当∠AQC=45°时，点Q在以K为圆心，CK为半径的圆上，此时KQ=5，即可得到Q21，1+5，Q11，1−5，同理可得当取M1，2时，△AMC是直角三角形，即∠AMC=90°，再根据锐角三角形的定义即可得到答案．
【详解】（1）解：将A，B两点坐标直接代入解析式有a−b+3=09a+3b+3=0，
解得a=−1，b=2，
∴拋物线的解析式为y=−x2+2x+3．
（2）解：①法一：∵抛物线解析式为y=−x2+2x+3=−x−12+4，
∴M1,4，
把x=0代入y=−x2+2x+3，得y=3，
∴C0,3，
∵B3,0，
∴BC2=32+32=18，CM2=1−02+4−32=2，BM2=4−02+3−12=20，
∴BC2+CM2=BM2，
∴∠BCM=90°，
∴BM是△CBM外接圆的直径，
设BM的中点为F，
∴圆心F2,2，
∵C0,3，CF=EF，
∴点F在CE垂直平分线上，即点F的纵坐标于CE中点的纵坐标相同
∴E0,1，
∴CE=2，
过E作EH⊥BC于H，
∵OB=OC=3，
∴∠BCE=45°，BC=OC2+OB2=32，
∴EH=CE⋅sin∠HCE=2，CH=CE⋅cos∠HCE=2，
∴BH=22，
∴在Rt△BEH中，tan∠CBE=EHBH=12；

法二：设△CBM外接圆与x轴的另一交点为D，

同法一：可得BM是△CBM外接圆的直径，M1,4，CE=2，
∴∠BDM=90°
∴D1，0，
∴BD=2，DM=4，
∴BD=CE，
∴∠CBE=∠BMD，
∵BM是直径，
∴∠BDM=90°，
∴tan∠CBE=tan∠BMD=BDDM=12．
②AC=12+32=10，BC=32，CE=2，BE=10，
在Rt△AOC中，tan∠CAO=OCOA=3，
在Rt△BOE中，tan∠OEB=OBOE=3
∴tan∠OEB=tan∠CAB，
∴∠CAB=∠OEB=∠ECB+∠CBE，
又∵点N在射线AN上，
∴∠CAN为锐角，要使得△ACP与△BCE相似，
情况1：∠CAN=∠BCE=45°，
∴∠NAB=∠EBC，
∴tan∠NAB=tan∠EBC=12，
∴在Rt△OEA中，tan∠OAE=OTOA=12，
∴T0，12，
∴lAN：y=12x+12，
又∵△ACP与△BCE相似，
∴△ACP∽△CEB或△ACP∽△CBE
∴ACAP=CEBC或ACAP=BCCE，
∴10AP=232或10AP=322，
∴AP=35或253，
过点P作PQ⊥x轴于Q，

∴tan∠PAQ=PQAQ=12，即AQ=2PQ，
由勾股定理得AQ2+PQ2=AP2，
∴4PQ2+PQ2=45或4PQ2+PQ2=209，
解得PQ=3或PQ=23，
当PQ=3时，AQ=6，则OQ=5，
∴P5，3；
当PQ=23时，AQ=43，则OQ=13，
∴P13，23；
情况2：∠CAN=∠CBE，
∴∠NAB=∠ECB=45°，
∴tan∠NAB=tan∠ECB=1，
又∵△ACP与△BCE相似，
∴△ACP∽△BCE或△ACP∽△BEC
∴ACAP=BEBC或ACAP=BCBE，
∴10AP=1032或10AP=3210
∴AP=32或523，
同理可得P2,3或23,53．……
综上所述，点P的坐标为5,3或13,23或2,3或23,53．
（3）解：由（2）得抛物线对称轴为直线x=1，取点K1，1，

∴KA=−1−12+12=5，KC=12+1−32=6，
∴KA=KC，KA2+KC2=AC2，
∴△KAC是等腰直角三角形，即∠AKC=90°，
∴当∠AQC=45°时，点Q在以K为圆心，CK为半径的圆上，
∴此时KQ=5，
∴Q21，1+5，Q11，1−5，
同理可得当取M1，2时，△AMC是直角三角形，即∠AMC=90°，
∵∠AQC为锐角，且tan∠AQC>1，
∴45°<∠AQC<90°，
∴1−5 【点睛】本题主要考查了二次函数与圆综合，解直角三角形，勾股定理与勾股定理得逆定理，相似三角形的性质等等，正确作出辅助线并利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
9．（2023春·福建泉州·九年级福建省永春第一中学校考期中）在平面直角坐标系xOy中，抛物线L:y=ax2−2ax−3aa>0与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），直线y=ax+1与抛物线交于C，D两点（点D在第一象限）．

(1)如图，当点C与点A重合时，求抛物线的函数表达式；
(2)在（1）的条件下，连接BD，点E在抛物线上，若∠DAE=∠ADB，求出点E的坐标；
(3)将抛物线L向上平移1个单位得到抛物线L1，抛物线L1的顶点为P，直线y=ax+1与抛物线L1交于M，N两点，连接MP，NP，若∠MPN=90°，求a的值．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)E18,45；E2165,2125
(3)a=55

【分析】（1）令y=0，则ax2−2ax−3a=0，求得A−1，0，B3，0，将A−1，0代入y=ax+1，解得a=1，进而可得抛物线的表达式；
（2）联立y=x2−2x−3y=x+1，求得A−1,0，D4,5，设直线BD的函数表达式为y=kx+b，待定系数法求得直线BD的函数表达式为：y=5x−15，①当直线AE∥BD时，可以得到∠DAE=∠ADB，求直线AE的表达式为y=5x+5，联立y=x2−2x−3y=5x+5，求解E1；②如图1，过点D作DF⊥x轴于点F，则DF=5=AF，tan∠BDF=BFDF=15，∠ADF=∠DAF=45°，如图1，记G4，1，连接AG，则tan∠GAF=GFAF=15，可得∠GAD=∠ADB，则直线AG与抛物线的交点即为点E，求直线AG的函数关系式为y=15x+15，联立y=x2−2x−3y=15x+15，求解E2即可；
（3）由题意得，抛物线L1:y=ax2−2ax−3a+1，直线y=ax+1，设抛物线与直线两个交点M，N的坐标分别为Mx1,y1，Nx2,y2，联立y=ax2−2ax−3a+1y=ax+1得ax2−3ax−3a=0，可得x1+x2=3，x1x2=−3，y1+y2=ax1+1+ax2+1=3a+2，y1⋅y2=ax1+1ax2+1=−3a2+3a+1，P点坐标为1,1−4a，如图2，过点M，N分别作过点P的水平线的垂线，垂足分别为G，H，证明△MPG∽△PNH，则MGPH=PGNH，MG⋅NH=PG⋅PH，不妨设m=1−4a，则y1−my2−m=1−x1x2−1，整理得a2=15，求解满足要求的a值即可．
【详解】（1）解：令y=0，则ax2−2ax−3a=0，
解得x1=−1，x2=3，
∴A−1，0，B3，0，
将A−1，0代入y=ax+1，解得a=1，
∴y=x2−2x−3，
∴抛物线的函数表达式为y=x2−2x−3；
（2）解：联立y=x2−2x−3y=x+1，解得x1=−1y1=0，x2=4y2=5 ，
∴A−1,0，D4,5，
设直线BD的函数表达式为y=kx+b，
将B，D 坐标代入得，0=3k+b5=4k+b，解得k=5b=−15，
∴直线BD的函数表达式为：y=5x−15，
①当直线AE∥BD时，可以得到∠DAE=∠ADB，
设直线AE的表达式为y=5x+m，
将A−1,0，代入得：0=−5+m，解得m=5，
∴直线AE的表达式为y=5x+5，
联立y=x2−2x−3y=5x+5，解得x1=−1y1=0，x2=8y2=45，
∴E18,45；
②如图1，过点D作DF⊥x轴于点F，则DF=5=AF，tan∠BDF=BFDF=15，
∴∠ADF=∠DAF=45°，

如图，记G4，1，连接AG，则tan∠GAF=GFAF=15，
∴∠GAF=∠BDF，
∴∠GAD=∠ADB，
∴直线AG与抛物线的交点即为点E，
设直线AG的函数关系式为y=nx+1，
将G4，1代入得，1=n4+1，解得n=15，
∴直线AG的函数关系式为y=15x+15，
联立y=x2−2x−3y=15x+15，解得x1=−1y1=0，x2=165y2=2125，
∴E2165,2125；
综上所述，E18,45，E2165,2125；
（3）解：由题意得，抛物线L1:y=ax2−2ax−3a+1，直线y=ax+1，
设抛物线与直线两个交点M，N的坐标分别为Mx1,y1，Nx2,y2，
联立y=ax2−2ax−3a+1y=ax+1，得：ax2−3ax−3a=0，
∴x1+x2=3，x1x2=−3，y1+y2=ax1+1+ax2+1=3a+2，y1⋅y2=ax1+1ax2+1=−3a2+3a+1，P点坐标为1,1−4a，
如图2，过点M，N分别作过点P的水平线的垂线，垂足分别为G，H，

∴∠MGP=∠PHN=90°，
∵∠MPN=90°，∠MPG+∠PMG=90°，∠MPG+∠NPH=90°，
∴∠PMG=∠NPH，
∴△MPG∽△PNH，
∴MGPH=PGNH，
∴MG⋅NH=PG⋅PH，
不妨设m=1−4a，则y1−my2−m=1−x1x2−1；即y1y2−my1+y2+m2=−x1x2+x1+x2−1，
将x1+x2=3，x1x2=−3，y1+y2=3a+2；y1⋅y2=−3a2+3a+1，m=1−4a，代入整理得a2=15，
解得a1=55，a2=−55（不合题意，舍去），
∴a=55．
【点睛】本题考查了二次函数解析式，二次函数图象的平移，二次函数与角度综合，相似三角形的判定与性质，正切，一元二次方程根与系数的关系等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
10．（2023·辽宁沈阳·校联考一模）如图，△ABC的三个顶点坐标分别为A−1，0，B0，32，C3，0，抛物线y=ax2+bx+ca≠0经过△ABC的三个顶点．

(1)求抛物线y=ax2+bx+ca≠0的函数表达式；
(2)点M是抛物线在第一象限上一点．
①连接AM与BC相交于点E，即将△ABC分为两个三角形，若这两个三角形的面积之比为1：2时，则点M的坐标为_______，直线AM的函数表达式为_______；
②将△ABO沿着x轴正方向平移，当点B与点M重合时停止，点A的对应点为A'，点O的对应点为点O'，求出△A'MO'与△BOC重合部分的图形的周长；
(3)在抛物线y=ax2+bx+ca≠0的对称轴上取一点K，连接CK，使∠ACK+∠BAO=90°，延长CK交抛物线于点P，连接AK，动点Q从C点出发，沿射线CA以每秒1个单位长度的速度运动，是否存在某一时刻，使∠AQP=∠AKP？若存在，请直接写出此时t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−12x2+x+32
(2)①当点M的坐标为2，32时，直线AM的解析式为y=12x+12；当点M的坐标为83，1118时，直线AM的解析式为y=16x+16；②6+5+134
(3)5227或10427或18427

【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）①如图所示，过点E作EF⊥x轴于F，先证明△BOC∽△EFC，得到EFOB=CFOC=CEBC，求出OB=32，OC=3，由AE将△ABC分为两个面积为1：2的三角形，可得BE：CE=1:2或BE：CE=2:1，
当BE：CE=1:2时，则CE:BC=2:3，利用相似三角形的性质得到EF=1，CF=2，则E1，1，求出直线AE的解析式为y=12x+12，联立y=12x+12y=−12x2+x+32，即可求出点M的坐标为2，32；同理可得当BE：CE=2:1时，直线AE的解析式为y=16x+16，点M的坐标为83，1118；②根据题意可得点B与点M关于抛物线对称轴对称，即可求出M2，32，则A'1，0，设MA'、MO'分别与BC交于PQ，由平移的性质得到∠MO'A'=∠BOA=90°，O'A'=OA=1，即可求出O'C'=1，解直角三角形求出QO'=12，则Q2，12；求出直线A'M的解析式为y=32x−32，同理可求得直线BC的解析式为y=−12x+32
联立y=32x−32y=−12x+32，求出P32，34，利用勾股定理求出A'P=134，QP=54，则△A'MO'与△BOC重合部分的图形的周长=A'O'+O'Q+PQ+A'P=6+5+134；
（3）如图3-1所示，当点K在x轴上方时，过点K作KT⊥x轴于T，过点P作PH⊥x轴于H，连接AB，KQ，先求出点P的坐标，再证明PQ=CQ，在Rt△PHQ中，由勾股定理建立方程求解即可；同理当点K在x轴下方时，求出对应的t的值即可．
【详解】（1）解：把A−1，0，B0，32，C3，0代入抛物线解析式中得：a−b+c=09a+3b+c=0c=32，
∴a=−12b=1c=32，
∴抛物线解析式为y=−12x2+x+32；
（2）解：①如图所示，过点E作EF⊥x轴于F，

∴EF∥OB，
∴△BOC∽△EFC，
∴EFOB=CFOC=CEBC，
∵B0，32，C3，0，
∴OB=32，OC=3，
∵AE将△ABC分为两个面积为1：2的三角形，
∴BE：CE=1:2或BE：CE=2:1，
当BE：CE=1:2时，则CE:BC=2:3，
∴EFOB=CFOC=CEBC=23，
∴EF=1，CF=2，
∴E1，1，
设直线AE的解析式为y=kx+b1，
∴−k+b1=0k+b1=1，
∴k=12b=12，
∴直线AE的解析式为y=12x+12，
联立y=12x+12y=−12x2+x+32，解得x=2y=32或x=−1y=0（舍去），
∴点M的坐标为2，32；
同理可得当BE：CE=2:1时，直线AE的解析式为y=16x+16，点M的坐标为83，1118；
综上所述，当点M的坐标为2，32时，直线AM的解析式为y=12x+12；当点M的坐标为83，1118时，直线AM的解析式为y=16x+16；
②∵将△ABO沿着x轴正方向平移，当点B与点M重合时停止，
∴点B与点M关于抛物线对称轴对称，
∵抛物线对称轴为直线x=1−2×−12=1，B0，32，
∴M2，32；
∴A'1，0，
设MA'、MO'分别与BC交于P、Q，
∵△MA'O'是由△BOA平移得到的，
∴∠MO'A'=∠BOA=90°，O'A'=OA=1，
∴O'C'=1，MO'=BO=32，
在Rt△OBC中，tan∠BCO=OBOC=12，
在Rt△QO'C中，QO'=O'C⋅tan∠QCO'=12；
∴Q2，12；
设直线A'M的解析式为y=k1x+b2，
∴k1+b2=02k1+b2=32，
∴k1=32b2=−32，
∴直线A'M的解析式为y=32x−32，
同理可求得直线BC的解析式为y=−12x+32
联立y=32x−32y=−12x+32，解得x=32y=34，
∴P32，34，
∴A'P=32−12+342=134，QP=2−322+12−342=54，
∴△A'MO'与△BOC重合部分的图形的周长=A'O'+O'Q+PQ+A'P
=1+12+134+54
=6+5+134；

（3）解：如图3-1所示，当点K在x轴上方时，过点K作KT⊥x轴于T，过点P作PH⊥x轴于H，连接PQ、AK，

∵∠ACK+∠BAO=90°，∠ABO+∠BAO=90°，
∴∠ACK=∠ABO，
∴tan∠KCT=tan∠ABO=OAOB=23，
在Rt△CTK中，KT=CT⋅tan∠KCT=43，
∴K1，43，
设直线CK的解析式为y=k3x+b4，
∴3k3+b4=0k3+b4=43，
∴k3=−23b4=2，
∴直线CK的解析式为y=−23x+2，
联立y=−23x+2y=−12x2+x+32，解得x=13y=169或x=3y=0（舍去），
∴P13，169，
∴OH=13，PH=169，
∴CH=83；
∵A、C关于KT对称，
∴AK=CK，
∴∠KAC=∠KCA，
∴∠AKP=∠KAC+∠KCA=2∠KCA，
∵∠AQP=∠AKP，
∴∠AQP=2∠KCA，
∵∠AQP=∠KCA+∠CPQ，
∴∠KCA=∠CPQ，
∴PQ=CQ，
设PQ=CQ=m，则HQ=CH−QC=83−m，
在Rt△PHQ中，由勾股定理得PH2+QH2=PQ2，
∴1692+83−m2=m2，
解得m=5227，即t=5227；
如图3-2所示，当点K在x轴下方，且点Q在点P右侧时，

同理可得直线CP解析式为y=23x−2，
联立y=23x−2y=−12x2+x+32，解得x=−73y=−329或x=3y=0（舍去），
∴P−73，−329，
∴PH=329，
∴CH=163；
同理可证PQ=CQ，
设PQ=CQ=n，则HQ=CH−QC=163−n，
在Rt△PHQ中，由勾股定理得PH2+QH2=PQ2，
∴3292+163−n2=n2，
解得n=10427，即t=10427；
∴HQ=163−10427=4027，
由对称性可知，当点Q运动到点G，此时GH=4027时，也满足题意，
∴t=163+4027=18427；
综上所述，t的值为5227或10427或18427．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，解直角三角形，一次函数与几何综合，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，灵活运用所学知识并利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
11．（2023春·山东威海·九年级统考阶段练习）抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A−1，0，B3，0，与y轴交于点C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)点D为第一象限内抛物线上的一动点，作DE⊥x轴于点E，交BC于点F，过点F作BC的垂线与抛物线的对称轴、x轴、y轴分别交于点G，N，H，设点D的横坐标为m．
①当DF+HF取最大值时，求点F的坐标；
②连接EG，若∠GEH=45°，求m的值．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)①点F的坐标为3+22，3−22；②1或95

【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）①先求得直线BC的解析式，设Dm，−m2+2m+3，Fm，−m+3，则DF+HF=DE−EF+2OE，进一步计算，利用二次函数的性质进而求解；
②由∠GEH=∠EFH得到△EHG∽△FHE，推出HE2=HG⋅HF=2m，进而求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A−1，0，B3，0，
∴−1−b+c=0−9+3b+c=0，
解得b=2c=3，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：①当x=0时y=3，
∴点C0，3．
设直线BC的解析式为y=kx+3，
将B3，0代入得0=3k+3，解得k=−1，
∴直线BC的解析式为y=−x+3．
设点D的横坐标为m，则Dm，−m2+2m+3，Fm，−m+3，
∵OB=OC=3，
∴∠OBC=∠OCB=45°．
作FK⊥y轴于点K，直线FH与x轴交于点N，

∵HF⊥BC，
∴∠KFH=∠KHF=∠HCF=45°．
∴FH=2KF=2OE．
∴DF+HF=DE−EF+2OE
=−m2+2m+3−−m+3+2m
=−m2+3+2m．
∴当m=3+22时，DF+HF取最大值．
将m=3+22代入y=−x+3，得y=3−22．
∴点F的坐标为3+22，3−22；
②作GM⊥y轴于点M．
∵FK⊥y轴，DE⊥x轴，∠KFH=45°，
∴∠EFH=∠ENF=45°．
∴EF=EN．
∵∠KHF=∠ONH=45°，
∴OH=ON．
∵y=−x2+2x+3=−x−12+4的对称轴为直线x=1，
∴MG=1．
∴HG=2MG=2．
∵∠GEH=45°，
∴∠GEH=∠EFH．
∵∠EHF=∠GHE，
∴△EHG∽△FHE．
∴HEHG=HFHE．
∴HE2=HG⋅HF=2m．
可求得OH2=ON2=OE−EN2=OE−EF2=2m−32．
在Rt△OEH中，
HE2=OE2+OH2
=m2+2m−32=5m2−12m+9．
∵HE2=2m，
∴5m2−12m+9=2m．
解得，m=1或95．
【点睛】本题主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系，这是解题的关键．
12．（2023·广东梅州·统考一模）已知二次函数y1=12x2+bx+c，关于x的方程12x2+bx+c=0有下列四个命题：①x=1是方程的根  ②x=−3是方程的根  ③该方程两根和为4  ④该方程两根同号，若其中只有1个命题为假命题，将y1向左平移12个单位，向下平移218个单位得到函数y2．

(1)求函数y1与y2的解析式；
(2)如题图所示，已知y2与x轴相交于A、B两点，与y轴交于点C．点P是抛物线上位于直线BC下方一动点，当∠PCB=2∠ABC时，求点P的坐标；
【答案】(1)y1=12x2−2x+32，y2=12x2−32x−2
(2)P2,−3

【分析】（1）通过观察①②③可知，若①②为真命题，则两根之和为−2，与③的命题相斥，故在①②③中存在假命题，由题意在四个命题中仅有一个假命题，故可以确定④为真命题．由④为真命题为结论可知这两个根应为同号，故①②与命题④相斥，故命题①②中存在假命题，故命题③为真命题；在③为真命题的情况下，若②为真命题，可知方程的另一个根为7，与命题④相斥，故命题②为假命题，则命题①为真命题，故方程的两个根应为x=1或x=3，进而得到y1的函数解析式为y1=12x−1x−3=12x2−2x+32，再根据函数图像平移法则可知y2=12x+122−2x+12+32−218 =12x2−32x−2；
（2）作点C关于x轴的对称点C'，连接BC'，如图所示，由条件得到∠PCB=∠CBC'，从而确定BC'∥CP，进而利用一次函数的平行关系得到直线CP的解析式为y=−12x−2，联立y=−12x−2y=12x2−32x−2，消去y得方程−12x−2=12x2−32x−2，求解即可得到答案．
【详解】（1）解：通过观察①②③可知，若①②为真命题，则两根之和为−2，与③的命题相斥，故在①②③中存在假命题，由题意在四个命题中仅有一个假命题，故可以确定④为真命题．由④为真命题为结论可知这两个根应为同号，故①②与命题④相斥，故命题①②中存在假命题，故命题③为真命题；在③为真命题的情况下，若②为真命题，可知方程的另一个根为7，与命题④相斥，故命题②为假命题，则命题①为真命题，故方程的两个根应为x=1或x=3．
∴ y1的函数解析式为y1=12x−1x−3=12x2−2x+32
∴根据函数图像平移法则可知，将y1向左平移12个单位，向下平移218个单位得到函数y2=12x+122−2x+12+32−218 =12x2−32x−2；
（2）解：作点C关于x轴的对称点C'，连接BC'，如图所示：

∴ ∠ABC=ABC'，∠CBC'=2ABC，
∵∠PCB=2∠ABC，
∴∠PCB=∠CBC'，
∴BC'∥CP，
∵抛物线y=12x2−32x−2与x轴相交于A、B两点，与y轴交于点C，
∴C0,−2，B4,0，
∴C'0,2，
设直线BC'的解析式为：y=kx+b，
把C'0,2，B4,0代入y=kx+b得4k+b=0b=2，解得k=−12b=2，
∴直线BC'的解析式为y=−12x+2，
∵BC'∥CP，
∴设直线CP的解析式为y=−12x+m，
把C0,−2代入y=−12x+m得m=−2，
∴直线CP的解析式为y=−12x−2，
联立y=−12x−2y=12x2−32x−2，消去y可得−12x−2=12x2−32x−2，解得x1=2，x2=0（舍去），
∴P2,−3．
【点睛】本题考查二次函数综合，涉及命题真假判断、待定系数法求函数解析式、二次函数与直线交点问题等知识，熟练掌握函数综合题型的解题方法是解决问题的关键．
13．（2023·山西·山西实验中学校考模拟预测）综合与探究
如图1，经过原点O的抛物线y=−2x2+8x与x轴的另一个交点为A，直线l与抛物线交于A，B两点，已知点B的横坐标为1，点M为抛物线上一动点．

(1)求出A，B两点的坐标及直线l的函数表达式．
(2)如图2，若点M是直线l上方的抛物线上的一个动点，直线OM交直线l于点C，设点M的横坐标为m，求MCOC的最大值．
(3)如图3，连接OB，抛物线上是否存在一点M，使得∠MAO=∠BOA，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A4,0，B1,6，y=−2x+8；
(2)最大值为：916；
(3)M3,6或M−3,−42．

【分析】（1）令y=−2x2+8x=0可得A的坐标，把xB=1代入抛物线的解析式可得B的坐标，再利用待定系数法求解AB的解析式即可；
（2）如图，过M作MQ∥y轴交AB于Q，记AB于y轴的交点为K，则△MCQ∽△OCK，可得MCOC=MQOK，再建立MCOC=MQOK=−14m2+54m−11 （3）如图，过B作BT⊥x轴于T，而B1,6，可得tan∠MAO=6，过M作MS⊥x轴于S，可得tan∠MAO=BSAS=−2m2+8m4−m=6，再解方程可得答案．
【详解】（1）解：令y=−2x2+8x=0，
∴−2xx−4=0，
解得：x1=0，x2=4，
∴A4,0，
∵点B的横坐标为1，
∴y=−2×12+8×1=6，
∴B1,6；
设AB为y=kx+b，
∴4k+b=0k+b=6，
解得：k=−2b=8，
∴直线l为y=−2x+8；
（2）如图，过M作MQ∥y轴交AB于Q，记AB于y轴的交点为K，
则△MCQ∽△OCK，
∴MCOC=MQOK，

∵点M的横坐标为m，则Mm,−2m2+8m，
∴Qm,−2m+8，
∴MQ=−2m2+8m+2m−8=−2m2+10m−8，
把x=0代入y=−2x+8，则y=8，
∴K0,8，
∴MCOC=MQOK=18−2m2+10m−8=−14m2+54m−11 当m=−542×−14=52时，MCOC最大，
最大值为：−14×254+258−1=916；
（3）如图，连接BO，MA，过B作BT⊥x轴于T，而B1,6，
∴tan∠BOA=BTOT=6，
∵∠MAO=∠BOA，
∴tan∠MAO=6，

∵Mm,−2m2+8m，
∴MS=−2m2+8m，AS=4−m，
过M作MS⊥x轴于S，
∴tan∠MAO=BSAS=−2m2+8m4−m=6，
当−2m2+8m4−m=6时，解得：m=3，经检验符合题意；
∴−2m2+8m=−2×9+24=6，即M3,6，
当2m2−8m4−m=6时，解得：m=−3，经检验符合题意；
∴−2m2+8m=−2×9−24=−42，即M−3,−42，
综上：M3,6或M−3,−42．
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解一次函数的解析式，二次函数的性质与坐标轴的交点，相似三角形的判定与性质，锐角的正切的应用，分式方程的解法，掌握以上知识并灵活应用，注意分类讨论是解本题的关键．
14．（2023·辽宁铁岭·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx+c的顶点D的坐标为1,4，并与x轴交于点A，点B3,0．

(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是抛物线上一点（不与点D重合），直线PD将△ABD的面积分成3:1两部分，求点P的坐标；
(3)点Q从点C出发，以每秒2个单位的速度在y轴运动，运动时间为t秒，当∠OQA=∠ABC−∠OCA时，求t的值．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)5,−12或−3,−12
(3)52或12

【分析】（1）根据题意可设抛物线的表达式为：y=ax−12+4，再把点B的坐标代入，求a，即可；
（2）先求出AB=4，然后分两种情况讨论：当点P在点D的右侧时；当点P在点D的左侧时，分别求出对应的直线PD的表达式，即可求解；
（3）在线段OC上取点N，使ON=1，连接BN，可得∠NBO=∠OCA，从而得到∠OQA=∠CBN，过点N作NH⊥BC于点H，先求出∠OCB=45°，在Rt△CNH中，可得 HN=CH=2，从而得到BH=BC−HC=22，
进而得到tan∠OQA=tan∠CBN=NHBH=12，然后分两种情况讨论，即可求解．
【详解】（1）解：∵顶点D的坐标为1,4，
∴可设抛物线的表达式为：y=ax−12+4，
将点B的坐标代入上式得：0=a3−12+4，
解得：a=−1，
∴抛物线的表达式为：y=−x−12+4=−x2+2x+3；
（2）解：令y=0，−x2+2x+3=0，
解得：x1=−1,x2=3，
∴点A−1,0，
∴AB=4，
当点P在点D的右侧时，设直线PD交x轴于点T，如图，

∵直线PD将△ABD的面积分成3:1两部分，
∴DT将△ABD的面积分成3:1两部分，
即点T将AB分为3:1两部分，
∴BT=14AB=1，
∴OT=2，
即点T2,0，
设直线PD的表达式为：y=kx+m，
把点T2,0，D1,4代入得：
2k+m=0k+m=4，解得：k=−4m=8，
∴直线PD的表达式为：y=−4x+8，
联立：y=−x2+2x+3y=−4x+8
解得：x=5y=−12或x=1y=4，
∴此时点P的坐标为5,−12；
当点P在点D的左侧时，同理得，直线PD的表达式为：y=4x，
联立y=−x2+2x+3y=4x，解得：x=−3y=−12或x=1y=4，
∴点P的坐标为−3,−12，
综上，点P的坐标为5,−12或−3,−12；
（3）解：如图，在线段OC上取点N，使ON=1，连接BN，

∴tan∠NBO=ONBO=13，
当x=0时，y=3，
∴OC=3，
∴tan∠ACO=OACO=13，
∴tan∠NBO=tan∠ACO，
∴∠NBO=∠OCA，
∵∠OQA=∠ABC−∠OCA，
∴∠OQA=∠CBN，
过点N作NH⊥BC于点H，
∵OB=3,OC=3，
∴OB=OC，AB=32，
∴∠OCB=45°，
在Rt△CNH中，CN=OC−ON=2，
∴HN=CH=2，
∴BH=BC−HC=22，
∴tan∠OQA=tan∠CBN=NHBH=222=12，
当点Q在x轴下方时，
tan∠OQA=OAOQ=12
∴OQ=2OA=2，
∴点Q的坐标为0,−2，
∴CQ=5，
∵点Q从点C出发，以每秒2个单位的速度在y轴运动，
∴t=52；
当点Q在x轴上方时，
同理得，点Q的坐标为0,2，
∴CQ=1，
∵点Q从点C出发，以每秒2个单位的速度在y轴运动，
∴t=12；
综上所述，t=52或12．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，涉及了求二次函数的解析式，三角形的面积问题，解直角三角形，利用分类讨论思想和数形结合思想解答是解题的关键．
15．（2023·江苏徐州·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=−x2+bx+c的图象与x轴分别交于点A−1,0、B3,0，与y轴交于点C．

(1)求该二次函数的表达式；
(2)若点P是该二次函数图象上的动点，且P在直线BC的上方，
①如图1，当CB平分∠ACP时，求点P的坐标；
②如图2，连接PA交BC于E点，设S△CPE=kS△CAE，求k的最大值．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)①P53,329；②916

【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）作BN⊥x轴，在BN上截取BN=AB=4，则N(3,4)，证明△ACB≌△NCB，可证CB平分∠ACP，求出CN的解析式，与二次函数解析式联立即可求出点P的坐标；
（3）作PN∥BA，交BC于点N，证明△PEN∽△AEB，结合S△CPE=kS△CAE，可求出PN4=k，则当PN取得最大值时，k值最大，设P(m,−m2+2m+3)，求出直线BC的解析式，可得PN=−(m−32)2+94，进而可求出结论．
【详解】（1）把A−1,0、B3,0代入y=−x2+bx+c，得
−1−b+c=0−9+3b+c=0，
∴b=2c=3，
∴y=−x2+2x+3；
（2）①令y=−x2+2x+3中x=0，得y=3，
∴C(0,3)．
作BN⊥x轴，在BN上截取BN=AB=4，则N(3,4)，
连接CN交抛物线于点P，则P满足∠BCP=∠ACB．

∵OC=OB=3，∠BOC=90°，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∵BN⊥x轴，
∴∠CBN=45°=∠OBC．
∵BN=AB，BC=BC，
∴△ACB≌△NCB(SAS)，
∴∠BCP=∠ACB，即CB平分∠ACP．
设直线CN的解析式为y=k1x+b1，
∴b1=33k1+b1=4，
∴k1=13b1=3，
∴y=13x+3，
∵−x2+2x+3=13x+3
解得x1=0（舍去），x2=53．
当x=53时，y=13×53+3=329，
∴P(53,329)；
②作PM∥BA，交BC于点N，

∴△PEM∽△AEB，
∴PEAE=PMAB=PM4．
∵S△CPE=kS△CAE，
∴S△CEES△ACE=k．
∵S△CPES△ACE=PEAE，
∴PM4=k，
∴当PM取得最大值时，k值最大．
设P(m,−m2+2m+3)，
∵B(3,0),C(0,3)，
设直线BC的解析式为y=k2x+b2，
∴3k2+b2=0k2=3，
∴b2=3k2=−1，
∴y=−x+3，
则M为m2−2m,−m2+2m+3，
∴PM=m−(m2−2m)=−(m2−3m)=−(m−32)2+94
∴当m=32时，PM有最大值94，
∴k有最大值916．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数和一次函数函数解析式，二次函数与一次函数的交点问题，二次函数的图象与性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，难度较大，属中考压轴题，数形结合是解答本题的关键．
16．（2023春·湖南长沙·九年级校联考阶段练习）已知抛物线C1：y=−12x2，将抛物线C1向右平移1个单位，向上平移2个单位得抛物线C2．

(1)抛物线C2的解析式为：；
(2)如图1，抛物线C2与x轴正半轴交于点A，直线y=12x+b经过点A，交抛物线C2于另一点B.在抛物线上是否存在点P，使得∠PAB=∠OAB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，△MNE的顶点M、N在抛物线C1上，点M在点N右边，两条直线ME、NE与抛物线C1均有唯一公共点，ME、NE均与y轴不平行.若△MNE的面积为27，设M、N两点的横坐标分别为m、n，求m与n的数量关系．
【答案】(1)y=−12(x−1)2+2
(2)存在，点P的坐标是−113,−809
(3)m−n=6

【分析】（1）利用二次函数平移的规律求出平移后的二次函数的顶点坐标即可求解；
（2）设直线AB交y轴于F，求出点F的坐标，过F作FG∥AP交x轴于G，利用勾股定理求出OG，由待定系数法求出FG的解析式，根据平行线的性质求出AP的解析式，联立抛物线C2即可求解；
（3）设M点坐标，设直线ME的函数解析式，将点M坐标代入，与y=−12x2联立，根据题意可得Δ=0．从而表示出ME的解析式，同样得出NE的解析式，从而得出点E坐标，进而求得EF的长，根据三角形面积可得m，n的关系式．
【详解】（1）∵抛物线C1:y=−12x2，
∴其顶点坐标为(0,0)，
∵将抛物线C1向右平移1个单位，向上平移2个单位得抛物线C2，
∴抛物线C2的顶点坐标为(1,2)，
∴C2的解析式为y=−12(x−1)2+2，
故答案为：y=−12(x−1)2+2；
（2））如图1，设直线AB交y轴于F，过F作FG∥AP交x轴于G，

∵FG∥AP，
∴∠AFG=∠PAB，
∵∠PAB=∠OAB，
∴∠AFG=∠OAB，
∴AG=FG，
∵抛物线C2与x轴正半轴交于点A，C2的解析式为y=−12(x−1)2+2，
当y=0时，0=−12(x−1)2+2，解得x=3或−1，
∴A(3,0)，
∵直线y=12x+b经过点A，
∴0=32+b，解得b=−32，
∴直线y=12x−32，
∴F(0,−32)，
∴OF=32，
设OG=t，则AG=FG=3−t，
在Rt△OFG中，OF2+OG2=FG2，
∴(32)2+t2=(3−t)2，解得t=98，
∴G(98，0)，
设FG的解析式为y=sx+c，
∴ 98s+c=0c=−32，解得s=43c=−32，
∴FG的解析式为y=43x−32，
∵FG∥AP，
∴设AP的解析式为y=43x+p，
∴ 43×3+p=0，解得p=−4，
∴AP的解析式为y=43x−4，
联立抛物线C2得y=−12(x−1)2+2y=43x−4，
解得x=−113y=−809或x=3y=0，
∴存在，点P的坐标是(−113，−809)；
（3）如图2，过点E作EF∥y轴交MN于F，

设ME的解析式是y=kx+a，
∵M(m,−12m2)，
∴km+a=−12m2，
∴a=−12m2−km，
∴y=kx+(−12m2−km)，
由−12x2=kx+(−12m2−km)得，
x2+2kx−(m2+2km)=0，
∵直线ME抛物线C2有唯一公共点，
∴ Δ=4k2+4[(m2+2km)]=0，
∴k=−m，
∴y=−mx+12m2，
同理可得：直线EN的解析式是y=−nx+12n2，
∵ y=−mx+12m2y=−nx+12n2，
∴ x=m+n2y=−mn2，
∴E(m+n2，−mn2)，
∵M(m,−12m2)，N(n,−12n2)，
∴MN的解析式是y=−12(m+n)x+mn2，
∴当x=m+n2时，y=−12(m+n)×12(m+n)+mn2=−m2−n24，
∴EF=−mn2−−m2−n24=(m−n)24，
∵SΔMNE=12EF⋅(xm−xn)，
∴ 12×(m−n)24⋅(m−n)=27，
∴m−n=6．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数及其图象性质，一次函数及其图象性质，一元二次方程与二次函数之间的关系等知识，解决问题的关键是熟练掌握函数的相关知识．
17．（2023·湖北黄冈·校考二模）如图，已知抛物线y=1mx+2x−m与x轴负半轴交于点A，与x轴正半轴交于点B，与y轴交于点C，点P抛物线上一动点（P与C不重合）．

(1)求点A、C的坐标；
(2)当S△ABC=6时，抛物线上是否存在点P（C点除外）使∠PAB=∠BAC？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)当AP∥BC时，过点P作PQ⊥x轴于点Q，求BQ的长．
【答案】(1)A−2,0，C0,−2
(2)存在，P8,10
(3)2

【分析】（1）分别求出y=0时，x的值、以及x=0时，y的值即可得出答案；
（2）先根据三角形的面积公式求出m的值，再过点P作PM⊥x轴于点M，根据∠PAB=∠BAC可得tan∠PAB=tan∠BAC，利用正切的定义求解即可得；
（3）先根据平行线的性质可得∠PAQ=∠ABC，从而可得tan∠PAQ=tan∠ABC=2m，再设点P的坐标为Pn,1mn+2n−m，则AQ=n+2,PQ=1mn+2n−m，根据正切的定义可得PQAQ=2m，从而可得n=m+2，由此即可得．
【详解】（1）解：∵抛物线y=1mx+2x−m开口向上，
∴1m>0，即m>0，
当x=0时，y=1m⋅2⋅−m=−2，
则点C的坐标为C0,−2，
当y=0时，1mx+2x−m=0，解得x=−2或x=m，
∵抛物线y=1mx+2x−m与x轴负半轴交于点A，
∴点A的坐标为A−2,0．
（2）解：由（1）可知，A−2,0，Bm,0，C0,−2，
∴OA=2,OB=m,OC=2,AB=m+2，
∴tan∠BAC=OCOA=1，
∵S△ABC=12OC⋅AB=6，
∴12×2m+2=6，
解得m=4，
∴y=14x+2x−4=14x2−12x−2，
由题意可知，点P只能在x轴的上方，如图，过点P作PM⊥x轴于点M，

设点P的坐标为P2a,a2−a−2，则AM=2a+2,PM=a2−a−2，
∵∠PAB=∠BAC，
∴tan∠PAB=tan∠BAC=1，
∴PMAM=1，即a2−a−22a+2=1，
整理得：a2−a−2=2a+2，
解得a=4或a=−1，
经检验，a=4是所列方程的解，a=−1不是所列方程的解，
∴2a=2×4=8,a2−a−2=42−4−2=10，
则点P的坐标为P8,10，
所以抛物线上存在点P（C点除外）使∠PAB=∠BAC，此时点P的坐标为P8,10．
（3）解：∵OB=m,OC=2，
∴tan∠ABC=OCOB=2m，
∵AP∥BC，
∴∠PAQ=∠ABC，
∴tan∠PAQ=tan∠ABC=2m，
设点P的坐标为Pn,1mn+2n−m，则AQ=n+2,PQ=1mn+2n−m，
∵tan∠PAQ=PQAQ=2m，
∴1mn+2n−mn+2=2m，
解得n=m+2，
∴Qm+2,0，
又∵Bm,0，
∴BQ=m+2−m=2．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质、正切、一元二次方程的应用等知识点，熟练掌握二次函数的性质和正切的定义是解题关键．
18．（2023春·江苏泰州·九年级校联考阶段练习）在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+2x+3 与x轴交于点A、B（A在B左侧），与y轴交于点C，顶点为D，对称轴为直线l，点P是抛物线上位于点B、C之间的动点．

(1)求∠ABC的度数；
(2)若∠PBC=∠ACO，求点P的坐标；
(3)已知点Pp,n，若点Qq,n在抛物线上，且p>q；
①仅用无刻度的直尺在图2中画出点Q；
②若PQ=2t，求p2+tq−3t+2022的值．
【答案】(1)45°
(2)P(1,4)
(3)①见解析；②2023

【分析】（1）先求出点A、B、C的坐标，得到OB=OC，则△BOC是等腰直角三角形，即可得到结论；
（2）延长BP与y轴相交于点M，作BN⊥AC于点N，先求出AC=10，再利用等积法求出BN=6105，勾股定理求出AN=2105，则NC=AC−AN=3105，得到tan∠BCN=2，再证明∠OBM=∠NCB，则tan∠OBM=tan∠NCB=2，即可得到OM=6，得到点M0,6，利用待定系数法求出直线BP的解析式为y=−2x+6，与抛物线解析式联立，进一步即可得到点P的坐标；
（3）①在y轴上找到点N0,n，用无刻度直尺连接PN，则PN与抛物线的交点即为点Q；
②求出抛物线y=−x2+2x+3的对称轴为x=−22×−1=1，由点Pp,n，点Qq,n且p>q的PQ=p−q，p+q2=1，则p+q=2，即p=2−q，得PQ=21−q，由PQ=2t，则t=1−q，把p=2−q和t=1−q代入p2+tq−3t+2022即可得到答案．
【详解】（1）解：当x=0时，y=−x2+2x+3=3，
∴点C的坐标是0,3，
∴OC=3，
当y=0时，−x2+2x+3=0，解得x1=3,x2=−1，
∴点A的坐标是−1,0，点B的坐标是3,0，
∴OB=3,
∴OB=OC,
∵∠BOC=90°，
∴△BOC是等腰直角三角形，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∴∠ABC=45°；
（2）延长BP与y轴相交于点M，作BN⊥AC于点N，

∵AB=AO+OB=4，
∴S△ABC=12AB⋅OC=12×4×3=6，
∵AC=OA2+OC2=12+32=10，
∴S△ABC=12AC⋅BN=12×10×BN=6，
∴BN=6105，AN=AB2−BN2=42−61052=2105，
∴NC=AC−AN=10−2105=3105，
∴tan∠BCN=BNNC=2，
∵∠BCN=∠OCB+∠ACO=45°+∠ACO，∠OBM=∠OBC+∠PBC=45°+∠PBC，∠PBC=∠ACO，
∴∠OBM=∠NCB，
∴tan∠OBM=tan∠NCB=OMOB=2，
∴OM=6，
∴M0,6，
设直线BP的解析式为y=kx+b，将M0,6，B3,0代入得，
b=63k+b=0，
解得b=6k=−2,
∴直线BP的解析式为y=−2x+6，
联立得y=−2x+6y=−x2+2x+3，
解得x=1y=4或x=3y=0（舍去），
∴点P的坐标是1,4；
（3）①在y轴上找到点N0,n，用无刻度直尺连接PN，则PN与抛物线的交点即为点Q，

②∵抛物线y=−x2+2x+3的对称轴为x=−22×−1=1，点Pp,n，点Qq,n且p>q，
∴PQ=p−q，p+q2=1，
∴p+q=2，即p=2−q，
∴PQ=2−q−q=2−2q=21−q，
∵PQ=2t，
∴t=1−q，
∴p2+tq−3t+2022
=2−q2+q1−q−31−q+2022
=4−4q+q2+q−q2−3+3q+2022
=2023
【点睛】此题是二次函数综合题，考查了抛物线与坐标轴的交点坐标、勾股定理、解直角三角形、待定系数法求一次函数解析式、整式的混合运算等知识，数形结合和准确计算是解题的关键．
19．（2023·山东青岛·统考一模）如图，抛物线y=−14x2+bx+c与x轴相交于点A4,0，与y轴相交于点B0,2．

(1)求抛物线的表达式．
(2)D为线段AB上一点（不与点A，B重合），过点D作DE⊥x轴于点E，交抛物线于点F，若DE=DF，求点D的坐标．
(3)P是第四象限内抛物线上一点，已知∠PBA=∠BAO，则点P的坐标为______．
【答案】(1)y=−14x2+12x+2
(2)点D的坐标为2,1
(3)P223,−709

【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的表达式即可；
（2）利用待定系数法求出直线AB的表达式为y=−12x+2，设Da,−12a+2，则点F为a,−14a2+12a+2，点E为a,0，由DE=DF得关于a的方程，解方程求得a的值，即可得到点D的坐标；
（3）设PB交x轴于点Q，由∠PBA=∠BAO得到AQ=BQ，设AQ=BQ=t，则OQ=4−t，在Rt△BOQ中，利用勾股定理列方程解得t=52，得到点Q32,0．利用待定系数法求出直线PB的表达式为y=−43x+2，与抛物线的表达式联立，进一步即可得到点P的坐标．
【详解】（1）将A4,0，B0,2代入y=−14x2+bx+c，
得−4+4b+c=0c=2，
解得b=12c=2，
∴抛物线的表达式为y=−14x2+12x+2．
（2）设直线AB的表达式为y=mx+n，将点A4,0，B0,2代入，
得4m+n=0n=2，
解得m=−12n=2，
∴直线AB的表达式为y=−12x+2．
∵点D在线段AB上，
∴设Da,−12a+2，
∴点F的坐标为a,−14a2+12a+2，点E的坐标为a,0．
∵DE=DF，
∴−12a+2=−14a2+12a+2−−12a+2，
整理得a2−6a+8=0，
解得a1=2，a2=4（舍），
当a=2时，−12a+2=−12×2+2=1，
∴点D的坐标为2,1．
（3）设PB交x轴于点Q，

∵∠PBA=∠BAO，
∴AQ=BQ．
设AQ=BQ=t，则OQ=4−t，
在Rt△BOQ中，BO2+QO2=BQ2，
∴22+4−t2=t2，
解得t=52，
∴OQ=4−t=32，
∴Q32,0．
设直线PB的表达式为y=m1x+n1，将点B0,2，Q32,0代入，
得n1=232m1+n1=0，
解得m1=−43n1=2，
∴直线PB的表达式为y=−43x+2．
令−14x2+12x+2=−43x+2，
解得x1=0（舍），x2=223，
将x=223代入y=−43x+2中，
y=−43×223+2=−709，
∴P223,−709．
【点睛】此题是二次函数与几何综合题，考查了待定系数法求一次函数和二次函数解析式、二次函数与一次函数交点问题、勾股定理、等角对等边等知识，数形结合和准确计算是解题的关键．
20．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市萧红中学校考一模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线y=−x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点，抛物线y=−x2+bx+c经过B、C两点，与x轴的另一个交点为A．

(1)如图1，求b、c的值；
(2)如图2，点P是第一象限抛物线y=−x2+bx+c上一点，直线AP交y轴于点D，设点P的横坐标为t，△ADC的面积为S，求S与t的函数关系式；
(3)如图3，在（2）的条件下，E是直线BC上一点，∠EPD=45°，△ADC的面积S为54，求E点坐标．
【答案】(1)b=2，c=3
(2)S=12t
(3)3516,1316

【分析】（1）根据一次函数的解析式，求出B,C两点的坐标，再利用待定系数法，求出b、c的值即可；
（2）过点P作PH⊥x轴于点H，易得△AOD∽△AHP，得到ODPH=AOAH，求出OD的长，进而得到CD的长，利用S=12CD⋅OA，即可得出结果；
（3）法一：先求出P点坐标，过点P作PL⊥x轴于点L，过点A作AM⊥AP，且AM=AP，连接PM，过点A作y轴的平行线，过点M作MK⊥AK点K，交y轴于点N，易证△APL≌△AMKAAS，进而推出M点坐标，求出直线PM的解析式，联立直线PM,BC的解析式，两条直线的交点坐标即为E点坐标；
法二：法二：过点A作AK⊥PE，交PE延长线于点K，过点P作PN⊥x轴，过点K作KL⊥PN，交PN延长线于点L，过点K作KM⊥x轴于点M，易证△AMK≌△PLKAAS，求出K点坐标，进而求出直线PK的解析式，联立直线PK,BC的解析式，两条直线的交点坐标即为E点坐标．
【详解】（1）∵直线y=−x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点，当x=0时，y=3；当y=0时，x=3；
∴B3,0，C0,3．
将点B、C的坐标代入抛物线y=−x2+bx+c中，可得：
0=−9+3b+c3=c，
解得b=2c=3；
∴b=2,c=3；
（2）解：由（1）得抛物线的解析式为y=−x2+2x+3，则：Pt,−t2+2t+3，
当y=0时，0=−x2+2x+3，
解得：x1=−1,x2=3，
∴A−1,0，
过点P作PH⊥x轴于点H，则：OD∥PH，Ht,0，

∴OA=1,PH=−t2+2t+3,OH=t,AH=t+1，
∵OD∥PH，
∴△AOD∽△AHP，
∴ODPH=AOAH，
即：OD−t2+2t+3=11+t
整理得：OD=−t+3，
∵OC=3，
∴CD=3−−t+3=t，
∴S=12CD⋅OA=12t．
（3）法一：
∵S=54，
∴t=52，
∴P52,74，
过点P作PL⊥x轴于点L，过点A作AM⊥AP，且AM=AP，连接PM，过点A作y轴的平行线，过点M作MK⊥AK点K，交y轴于点N，

则：∠AKM=∠ALP=∠MAP=90°，
∴∠KAM=∠PAL=90°−∠MAB，
∴△APL≌△AMKAAS，
∴AK=AL=AO+OL=1+52=72，MK=PL=74，MN=KM−KN=34，
∴M34,−72，
设直线PM的函数关系式为：y=kx+m，
则：74=52k+m−72=34k+m，解得：k=3m=−234，
∴直线PM的函数关系式为y=3x−234，
∵∠EPD=∠MPD=45°，
∴E为直线PM与直线BC的交点，
联立y=3x−234y=−x+3，解得：x=3516y=1316，
∴E点坐标为3516,1316；
法二：过点A作AK⊥PE，交PE延长线于点K，过点P作PN⊥x轴，过点K作KL⊥PN，交PN延长线于点L，过点K作KM⊥x轴于点M，则：∠AMK=∠AKP=∠PLK=90°，KM∥PL，四边形MKLN为矩形，

∴∠MAK=∠MKP=∠KPL，
∵∠EPD=45°，
∴∠PAK=45°=∠KPA，
∴AK=PK，
∴△AMK≌△PLKAAS，
∴MK=KL，AM=PL，
∴四边形MKLN为正方形，
设MK=m，
∵P52,74，
∴AM=72−m，PL=74+m，
∴72−m=74+m，m=78，
∴K138,−78，
设直线PK的函数关系式为：y=ax+n，
则：74=52a+n−78=138a+n，解得：a=3n=−234，
∴直线PK:y=3x−234，
∵E为直线PK与直线BC的交点，
联立y=3x−234y=−x+3，解得：x=3516y=1316，
∴E点坐标为3516,1316．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用．属于常见的中考压轴题，正确的求出函数解析式，利用数形结合的思想和二次函数的性质进行求解，是解题的关键．