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2024年中考数学三轮冲刺热门考点归纳：专题10 二次函数与几何问题（一）（原卷版+解析版）
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这是一份2024年中考数学三轮冲刺热门考点归纳：专题10 二次函数与几何问题（一）（原卷版+解析版），文件包含专题10二次函数与几何问题一原卷版docx、专题10二次函数与几何问题一解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共93页， 欢迎下载使用。
【解题策略】
【典例分析】
例1．（2023·山东模拟）对于某些三角形，我们可以直接用面积公式或是用割补法等来求它们的面积，下面我们研究一种求面积的新方法：如图1所示，分别过三角形的顶点A、C作水平线的铅垂线l1、l2，l1、l2之间的距离d叫做水平宽；如图1所示，过点B作水平线的铅垂线交AC于点D，称线段BD的长叫做这个三角形的铅垂高；
结论提炼：容易证明，“三角形的面积等于水平宽与铅垂高乘积的一半”，即“S=12dℎ”．
尝试应用：
已知：如图2，点A−5,3、B4,0、C0,6，则△ABC的水平宽为______，铅垂高为______，所以△ABC的面积为______．
学以致用：
如图3，在平面直角坐标系中，抛物线的解析式为：y=−x2+2x+3，点B为抛物线的顶点，图象与y轴交于点A，与x轴交于E、C两点，BD为△ABC的铅垂高，延长BD交x轴于点F，则顶点B坐标为______，铅垂高BD=______，△ABC的面积为______．
【答案】尝试应用：9，143，21；学以致用：1，4，2，3
【分析】尝试应用：先求出直线l1即为直线x=−5，直线l2即为直线x=4，则d=9，即△ABC的水平宽为9，求出直线AB的解析式为y=−13x+43，则D0，43，即可得到ℎ=143，即铅垂高为143，则S△ABC=12dℎ=12×9×143=21；
学以致用：先把抛物线解析式化为顶点式求出点B的坐标，再求出A、C的坐标，进而求出直线AC的解析式和水平宽，从而得到点D的坐标，求出BD的长即可求出△ABC的面积．
【详解】解：尝试应用：∵点A−5,3、B4,0，
∴直线l1即为直线x=−5，直线l2即为直线x=4，
∴d=4−−5=9，即△ABC的水平宽为9，
设直线AB的解析式为y=kx+b，
∴−5k+b=34k+b=0，
∴k=−13b=43，
∴直线AB的解析式为y=−13x+43，
在y=−13x+43中，当x=0时，y=43，
∴D0，43，
∵C0,6，
∴OC=6，
∴ℎ=6−43=143，即铅垂高为143，
∴S△ABC=12dℎ=12×9×143=21；
故答案为：9，143，21；
学以致用：∵抛物线解析式为y=−x2+2x+3=−x−12+4，
∴顶点B的坐标为1，4；
令x=0，则y=3；令y=0，则−x2+2x+3=0，解得x=−1或x=3，
∴A0，3，C3，0，
∴直线l1即为直线x=0，直线l2即为直线x=3，
∴d=3−0=3，即△ABC的水平宽为3，
设直线AC的解析式为y=k1x+b1，
∴3k+b=0b=3，
∴k=−1b=3，
∴直线AC的解析式为y=−x+3，
在y=−x+3中，当x=1时，y=2，
∴D1，2，
∴BD=2，
∴S△ABC=12d⋅BD=12×3×2=3；
故答案为：1，4，2，3．
【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，二次函数与几何综合，正确理解题意是解题的关键．
【变式演练】
1．（2023·黑龙江）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A−1,0，B4,0，与y轴交于点C．
(1)求抛物线对应的函数解析式，并直接写出顶点P的坐标；
(2)求△BCP的面积．
注：抛物线y=ax2+bx+ca≠0的对称轴是直线x=−b2a，顶点坐标是−b2a,4ac−b24a．
【答案】(1)抛物线对应的解析式y=x2−3x−4，P32,−254
(2)S△BCP=152
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的表达式，再根据解析式求点P的坐标即可；
（2）求出点C0,−4和抛物线顶点P32,−254，A−1,0，B4,0利用S△BCP=S△OCP+S△OBP−S△BOC即可得到答案．
【详解】（1）∵抛物线y=x2+bx+c经过点A−1,0，B4,0，
∴1−b+c=016+4b+c=0，
解这个方程组，得b=−3c=−4．
∴抛物线对应的解析式y=x2−3x−4．
∵P点是抛物线的顶点坐标，
∴P−b2a,4ac−b24a，即：−b2a=−−32×1=32，4ac−b24a=4×1×−4−−324×1=−254，
∴P32,−254．
（2）如图，连接OP．
∵A−1,0，B4,0，C0,−4，P32,−254，
∴S△OCP=12×4×32=3，
S△OBP=12×4×254=252，
S△BOC=12×4×4=8．
∵S△BCP=S△OCP+S△OBP−S△BOC，
∴S△BCP=3+252−8=152．
【点睛】此题考查待定系数法求二次函数解析式、二次函数的图象和性质等知识，掌握数形结合的思想和割补法求三角形面积是解题的关键．
题型02 二次函数中三角形面积比值问题
【解题策略】
类型一：等底或等高
S△ABCS△BCD=AEDF S△ABCS△ACD=BCCD
结论：①当底相等，则面积比=高之比 ②当高相等，则面积比=底边之比
类型二：斜转直
【典例分析】
例1．（2024·云南模拟）
在平面直角坐标系中，A(−1,0)，B(3,0)．
(1)若抛物线过A、B两点，且与y轴交于点(0,−3)，求此抛物线的顶点坐标；
(2)如图，小敏发现所有过A、B两点的抛物线如果与y轴负半轴交于点C，M为抛物线的顶点，那么△ACM与△ACB的面积比不变，请你求出这个比值．
【答案】解：(1)设过抛物线A，B两点，且与y轴交于点(0,−3)，的抛物线解析式为y=ax2+bx+c，
把A(−1,0)，B(3,0)，点(0,−3)代入
得a−b+c=09a+3b+c=0c=−3，
解得a=1b=−2c=−3，
故此抛物线的解析式为y=x2−2x−3，顶点坐标为(1,−4)；
(2)由题意，设y=a(x+1)(x−3)，即y=ax2−2ax−3a，
∴A(−1,0)，B(3,0)，C(0,−3a)，M(1,−4a)，
∴S△ACB=12×4×|−3a|=6|a|，
而a>0，
∴S△ACB=6a．
作MD⊥x轴于D，
又S△ACM=S△ACO+SOCMD−S△AMD=12⋅1⋅3a+12(3a+4a)−12⋅2⋅4a=a，
∴S△ACM：S△ACB=1：6；
【解析】(1)由于抛物线过A，B两点，且与y轴交于点(0,−3)，可用待定系数法求出抛物线的解析式，再求出顶点坐标；
(2)先设出过A，B两点抛物线的解析式，作MD⊥x轴于D，再分别求出A、B、C、M各点的坐标，再根据图形求各三角形的面积，最后由三角形之间的和差关系△ACM的面积进行计算；
考查的是二次函数图象上点的坐标特点，及三角形的面积，注意某个图形无法解答时，常常放到其他图形中，利用图形间的“和差”关系求解．
例2．（2023·辽宁模拟）平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：y=x2先向右平移72个单位长度，再向上平移74个单位长度，得到新的抛物线C2，其顶点为A，C1，C2相交于点B，过点A作AC⊥x轴于点C，连接BC交OA于点D．
(1)点A的坐标是________；
(2)如图，求△OBD面积与△OCD面积的比值；
(3)在y轴上有两点E0，n，G0,n+32，过点E作x轴的平行线交直线AO于点F，以EF，EG为邻边作矩形EFHG，直线FH分别交抛物线C1，C2于点P，Q．若抛物线C在矩形EFHG内部（不含边界）的部分对应的函数值y随x的增大而增大，且抛物线C2，在矩形EFHG内部（不含边界）的部分对应的函数值y随x的增大而减小，求PQ的取值范围．
【答案】(1)72,74
(2)S△OBDS△OCD=127
(3)72【分析】（1）根据函数图象平移的性质直接求解即可；
（2）先求出直线OA解析式为y=12x，求出点B2,4，过点B作BE∥AC交OA于点E，得出BE=4−1=3，证明△DBE∽△DAC，得出BDCD=BECA=374=127即可；
（3）当H点恰好落在抛物线C2上时，满足抛物线C1在矩形EFHG内部（不含边界）的部分对应的函数值y随x的增大而增大，再向上移动EG时，即可满足题意；直至当F点恰好与异于A点的点重合时，满足题意，因此计算两个端点时对应PQ的长度即可．
【详解】（1）解：∵抛物线C1:y=x2先向右平移72个单位长度，再向上平移74个单位长度，得到新的抛物线C2，其顶点为A，
∴新的抛物线C2:y=x−722+74，顶点为A72,74，
故答案为：72,74；
（2）解：如图，设直线OA解析式为y=kxk≠0，
∵图象经过点A72,74，
∴72k=74，
解得：k=12，
∴直线OA解析式为y=12x，
∵C2:y=x−722+74，
令x2=x−722+74，
解得：x=2，
∴y=4，
∴B2,4，
过点B作BE∥AC交OA于点E，
∴yE=12×2=1，
∴BE=4−1=3，
∵BE∥AC，
∴∠DBE=∠DCA,∠BED=∠CAD，
∴△DBE∽△DAC，
∴BDCD=BECA=374=127，
设△OBC边BC上的高为ℎ，
∴S△OBDS△OCD=12⋅BD⋅ℎ12⋅CD⋅ℎ=BDCD=127．
（3）解：①如图所示，当H点恰好落在抛物线C2上时，满足抛物线C1在矩形EFHG内部（不含边界）的部分对应的函数值y随x的增大而增大，
∵E0,n，G0,n+32，
∴F点的纵坐标为n，代入直线OA的解析式y=12x，
解得F点的纵坐标为2n，即：F2n,n，
∵HF=EG=32，HF∥y轴，
∴H2n,n+32，
将H2n,n+32代入C2:y=x−722+74，
解得：n=54或n=52，
∵此时点H在点A左侧，点B右侧，
∴n=54，
∴H52,114，
此时，直线FH分别交抛物线C1，C2于点P，Q，则Q的坐标即为Q52,114，
将x=52代入C1:y=x2，得：y=254，即：P的坐标即为P52,254，
∴此时PQ=254−114=72；
②如图所示，当F点恰好和A点重合时，
即：此时F点的坐标为72,74，也即Q点的坐标为72,74，
将x=72代入C1:y=x2，得：y=494，即：P的坐标即为P72,494，
∴此时PQ=494−74=212；
③如图所示，当F点为直线OA与抛物线C2的另一交点时，满足题意；
联立y=12xy=x−722+74，
解得：x=72y=74或x=4y=2，
∴此时F点的坐标为4,2，也即Q点的坐标为4,2，
将x=4代入C1:y=x2，得：y=16，
即：P的坐标即为P4,16，
∴此时PQ=16−2=14；
综上，PQ的取值范围为72【点睛】本题考查二次函数综合问题，理解二次函数的基本性质，以及平移法则，掌握矩形相关性质是解题关键．
【变式演练】
1．（2023·广东模拟）如图，已知抛物线y=−x2+ax+3的顶点为P，它分别与x轴的负半轴、正半轴交于点A，B，与y轴正半轴交于点C，连接AC，BC，若tan∠OCB−tan∠OCA=23．
(1)求a的值；
(2)若过点P的直线l把四边形ABPC分为两部分，它们的面积比为1：2，求该直线的解析式．
【答案】解：(1)∵抛物线y=−x2+ax+3与x轴交于点A，B，
∴方程−x2+ax+3=0有两个不同的实数根．
设这两个根分别为x1、x2，且x1<0，x2>0，
由根与系数的关系得：x1+x2=a，
∵当x=0时，y=−x2+ax+3=3，
∴OC=3．
∵tan∠OCB−tan∠OCA=23．
∴OBOC−OAOC=23，
∴OB−OA=2，
∴x2−(−x1)=2，即x2+x1=2，
∴a=2．
(2)由(1)得抛物线的解析式为y=−x2+2x+3，
∴其顶点坐标为P(1,4)．
解方程−x2+2x+3=0，得x1=−1、x2=3，
∴A(−1,0)，B(3,0)．
延长PC交x轴于点D，作PF⊥x轴于点F，
∴PC的斜率为1，
∴OC=OD=3，
∴S四边形ABPC=S△PDB−S△CDA
=12DB⋅PF−12DA⋅OC
=12(3+3)×4−12(3−1)×3
=9．
设直线l与x轴交于点M(m,0)，则BM=3−m，
∴S△PMB=12×(3−m)×4=6−2m，
当6−2m=13×9=3时，m=32，此时M(32,0)，
即直线l过点P(1,4)，M(32,0)，
由待定系数法可得l的解析式为y=−8x+12；
同理，当6−2m=23×9=6时，m=0，此时M(0,0)，即直线l过点P(1,4)，M(0,0)，
由待定系数法可得l的解析式为y=4x；
综上所述，直线l的解析式为y=−8x+12或y=4x．
【解析】(1)根据抛物线与坐标轴的交点可得一元二次方程，根据韦达定理可得x1+x2=a；由函数解析式可知当x=0时y的值，则可得OC的长；结合tan∠OCB−tan∠OCA=23得出OB−OA=2，再用x1、x2表示出来，可得a的值；
(2)由(1)可得抛物线的解析式，则可求得点P和点A、点B的坐标，延长PC交x轴于点D，作PF⊥x轴于点F，根据S四边形ABPC=S△PDB−S△CDA，可求得四边形ABPC的面积；设直线l与x轴交于点M(m,0)，则BM=3−m，根据直线l把四边形ABPC分为面积比为1：2的两部分，分情况列出关于m的方程，解得m的值，则根据待定系数法可得直线l的解析式．
本题属于二次函数综合题，考查了抛物线与坐标轴的交点、抛物线与一元二次方程的关系、直线与四边形的面积问题等知识点，熟练掌握二次函数的相关性质是解题的关键．
2．（2024·四川模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(4,0)两点，与y轴交于点C(0,−2)．
（1）求抛物线的函数表达式
（2）如图1，点D为第四象限抛物线上一点，连接AD，BC交于点E，连接BD，记ΔBDE的面积为S1，ΔABE的面积为S2，求S1S2的最大值；
（3）如图2，连接AC，BC，过点O作直线l//BC，点P，Q分别为直线和抛物线上的点．试探究：在第一象限是否存在这样的点P，Q，使ΔPQB∽ΔCAB．若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=12x2−32x−2；（2）45；（3）存在，689,349或6+2415,3+415
【分析】（1）利用待定系数法进行求解即可；
（2）过点D作DG⊥x轴于点G，交BC于点F，过点A作AK⊥x轴交BC的延长线于点K，则可得△AEK∽△DEF，继而可得DEAE=DFAK，先求出BC的解析式，继而求得AK长，由S1S2=SΔBDESΔABE=DEAE可得S1S2=DFAK，设点Dm,12m2−32m−2，进而可得DF=−12m2+2m，从而可得S1S2=−15m2+45m，再利用二次函数的性质即可求得答案；
（3）先确定出∠ACB=90°，再得出直线l的表达式为y=12x．设点P的坐标为t,t2，然后分点P在直线BQ右侧，点P在直线BQ左侧两种情况分别进行讨论即可．
【详解】（1）∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(4,0)两点，与y轴交于点C(0,−2)．
∴a−b+c=016a+4b+c=0c=−2，
∴a=12c=−2b=−32，
∴抛物线的函数表达式为y=12x2−32x−2；
（2）过点D作DG⊥x轴于点G，交BC于点F，过点A作AK⊥x轴交BC的延长线于点K．
则DG//AK，
∴△AEK∽△DEF，
∴DEAE=DFAK，
设直线BC的解析式为y=kx+n，
将B(4,0)、C(0,−2)代入则有：4k+n=0n=−2，
解得k=12n=−2，
∴直线BC的表达式为y=12x−2，
当x=-1时，y=12x−2=−52，
即K（-1，−52），
∴AK=52．
∵S1S2=SΔBDESΔABE=DEAE．
∴S1S2=DFAK
设点Dm,12m2−32m−2，则F点坐标为（m，12m−2），
∴DF=12m−2−12m2−32m−2=−12m2+2m．
∴S1S2=−12m2+2m52=−15m2+45m=−15m−22+45，
当m=2时，S1S2有最大值45．
（3）∵A(−1,0)，B(4,0)，C(0,−2)．
∴AC=12+22=5，BC=42+22=25，AB=5，
∴AC2+BC2=25=52=AB2，
∴∠ACB=90°，
∵过点O作直线l//BC，直线BC的表达式为y=12x−2，
∴直线l的表达式为y=12x．
设点P的坐标为t,t2．
①当点P在直线BQ右侧时，如图，∠BPQ=90°，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥PN于点M，
∴∠M=∠PNB=90°，
∴∠BPN+∠PBN=90°，
∵∠QPM+∠BPN=180°-∠QPB=180°-90°=90°，
∴∠QPM=∠PBN，
∴ΔQPM∽ΔPBN，
∴QMPN=PMBN=PQPB，
又∵ΔPQB∽ΔCAB，
∴PQPB=CABC，
∴QMPN=PMBN=PQPB=CABC=12，
∵NB=t-4，PN=t2，
∴QMt2=PMt−4=12，
∴QM=t4，PM=12t−2，
∴MN=12t−2+12t=t−2，t−t4=34t，
∴点Q的坐标为34t,t−2．
将点Q的坐标为34t,t−2代入y=12x2−32x−2，得
t−2=932t2−98t−2，
解得：t1=689，t2=0（舍去），
此时点P的坐标为689,349．
②当点P在直线BQ左侧时．如图，∠BPQ=90°，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥PN于点M，
∴∠M=∠PNB=90°，
∴∠BPN+∠PBN=90°，
∵∠QPM+∠BPN=180°-∠QPB=180°-90°=90°，
∴∠QPM=∠PBN，
∴ΔQPM∽ΔPBN，
∴QMPN=PMBN=PQPB，
又∵ΔPQB∽ΔCAB，
∴PQPB=CABC，
∴QMPN=PMBN=PQPB=CABC=12，
∵NB=4-t，PN=t2，
∴QMt2=PM4−t=12，
∴QM=t4，PM=2−12t，
∴MN=2−12t+12t=2，t+t4=54t，
∴点Q的坐标为54t,2．
将点Q的坐标为54t,2代入y=12x2−32x−2，得
2=2532t2−158t−2，
解得：t1=6+2415，t2=6−2415<0（舍去），
此时点P的坐标为6+2415,3+415．
【点睛】本题是二次函数综合题，涉及了待定系数法，二次函数的性质，勾股定理的逆定理，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，难度较大，熟练掌握相关知识，正确进行分类讨论是解题的关键．
题型03 二次函数中三角形面积最值问题
【解题策略】
【典例分析】
例1．（2024·云南模拟）如图，已知抛物线y=ax2+bx+5经过A(−5,0)，B(−4,−3)两点，与x轴的另一个交点为C．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)点P为该抛物线上一动点(与点B，C不重合)，设点P的横坐标为t.当点P在直线BC的下方运动时，求△PBC的面积的最大值．
【答案】解：(1)把A(−5,0)，B(−4,−3)代入y=ax2+bx+5得25a−5b+5=016a−4b+5=−3，
解得a=1b=6，
∴抛物线解析式为y=x2+6x+5；
(2)作PQ//y轴交BC于Q，如图，
当y=0时，x2+6x+5=0，解得x1=−1，x2=−5，则C(−1,0)，
设直线BC的解析式为y=mx+n，
把C(−1,0)，B(−4,−3)代入得−m+n=0−4m+n=−3，解得m=1n=1，
∴直线BC的解析式为y=x+1，
设P(t,t2+6t+5)(−4∴PQ=t+1−(t2+6t+5)=−t2−5t−4，
∴S△PCB=12×3×PQ=−32t2−152t−6=−32(t+52)2+278，
∴当t=−52时，S△PCB有最大值，最大值为278．
【解析】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，a≠0)与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．
(1)利用待定系数法求抛物线解析式；
(2)作PQ//y轴交BC于Q，如图，解方程x2+6x+5=0得C(−1,0)，再利用待定系数法求出直线BC的解析式为y=x+1，设P(t,t2+6t+5)(−4例2．（2024·黑龙江模拟）在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴的交点为A(−3,0)，B(1,0)两点，与y轴交于点C(0,−3)，顶点为D，其对称轴与x轴交与点E．
(1)求二次函数解析式；
(2)连接AC，AD，CD，试判断△ADC的形状，并说明理由；
(3)点P为第三象限内抛物线上一点，△APC的面积记为S，求S的最大值及此时点P的坐标；
(4)在线段AC上，是否存在点F，使△AEF为等腰三角形？若存在，直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】解：(1)二次函数表达式为：y=a(x+3)(x−1)=a(x2+2x−3)，
则−3a=−3，解得：a=1，
函数的表达式为：y=x2+2x−3；
(2)由(1)知，点D(−1,−4)，
AC=3 2，CD= 2，AD= (−1+3)2+(−4)2= 20，
∴AD2=AC2+CD2，
故△ADC为直角三角形；
(3)过点P作PH//y轴交AC于点H，
将点A、C的坐标代入一次函数表达式并解得：
直线AC的表达式为：y=−x−3，
设点P(x,x2+2x−3)，则点H(x,−x−3)，
S=12PH×OA=32(−x−3−x2−2x+3)=−32(x+32)2+278，
当x=−32时，S最大值为278，此时点P(−32,−154)；
(4)∵OA=OC=3，∴∠OAC=∠OCA=45°，
①当AE=EF时，如下图，
△AEF为等腰直角三角形，AE=2=EF，
∴点F(−1,2)；
②当AE=AF时，
同理可得：点F(−3+ 2,− 2)；
③当AF=EF时，
同理可得：点F(−2,−1)；
故点F的坐标为：(−1,2)或(−3+ 2,− 2)或(−2,−1)．
【解析】(1)二次函数表达式为：y=a(x+3)(x−1)=a(x2+2x−3)，则−3a=−3，解得：a=1，即可求解；
(2)由AD2=AC2+CD2，故△ADC为直角三角形；
(3)S=12PH×OA=32(−x−3−x2−2x+3)=−32(x+32)2+278，即可求解；
(4)分AE=EF、AE=AF、AF=EF三种情况分别求解即可．
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到等腰三角形的性质、勾股定理的运用、面积的计算等，其中(3)，要注意分类求解，避免遗漏．
【变式演练】
1．（2023·四川模拟）已知抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点．
(1)直接写出抛物线的函数解析式；
(2)如图1，M是抛物线顶点，点P在抛物线上，若直线AP经过△CBM外接圆的圆心，求点P的横坐标；
(3)如图2，点N是第一象限内抛物线上的一动点，连接NA分别交BC、y轴于D、E两点，若△NBD、△CDE的面积分别为S1、S2，求S1−S2的最大值；
(4)点Q是抛物线对称轴上一动点，当∠OQA的值最大时，请直接求出点Q的坐标．
【答案】解：(1)y=−x2+2x+3；
(2)如图1，
∵y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，
∴M(1,4)，
把x=0代入y=−x2+2x+3，得y=3，
∴C(0,3)，
∵B(3,0)，
∴BC2=32+32=18，CM2=(1−0)2+(4−3)2=2，BM2=(4−0)2+(3−1)2=20，
∴BC2+CM2=BM2，
∴∠BCM=90°，
∴BM是△CBM外接圆的直径，
设BM的中点为F，
∴F(2,2)，
设直线AF的解析式为：y=kx+b′，
∴−k+b′=02k+b′=2,
解得：k=23b′=23,
∴直线AF的解析式为：y=23x+23，
∴−x2+2x+3=23x+23，
解得：x1=−1(舍去)，x2=73，
∴点P的横坐标为73;
(3)如图2，过点N作NK⊥x轴于K，
设点N的坐标为(t,−t2+2t+3)，
设直线AN的解析式为：y=k′x+m，
则−k′+m=0tk′+m=−t2+2t+3,
解得：k′=3−tm=3−t,
∴直线AN的解析式为：y=(3−t)x+3−t，
∴OE=3−t，
∵S1−S2
=S1+S△ADB−(S2+S△ADB)
=S△ANB−(S△BOC+S△AOE)
=12×4×(−t2+2t+3)−12×3×3−12×1×(3−t)
=−2t2+92t
=−2(t−98)2+8132，
∵−2<0，
∴当t=98时，S1−S2有最大值是8132;
(4)Q(1, 2)或(1,− 2).
【解析】【分析】
本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求二次函数和一次函数的解析式，勾股定理的应用，垂线段最短，三角形的外接圆，圆周角定理，三角形的面积等知识，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
(1)利用待定系数法即可得出答案；
(2)把二次函数的解析式化成顶点式，即可求得M的坐标，进一步求得点P的坐标，令x=0即可求得C的坐标，利用勾股定理的逆定理可得∠BCM=90∘，可知BM是直径，设BM的中点为F，求出AF的解析式，联立二次函数的解析式可得点P的横坐标；
(3)过点N作NK⊥x轴于K，设点N的坐标为(t,−t2+2t+3)，利用待定系数法可得直线AN的解析式为：y=(3−t)x+3−t，令x=0可得OE的长，根据S1−S2=S1+S△ADB−(S2+S△ADB)=S△ANB−(S△BOC+S△AOE)并结合二次函数最值可得答案；
(4)作△AOQ的外接圆圆H，作HG⊥x轴，可得AG是定值，根据圆周角定理可得∠AQO=12∠AHO，依题意可知：HQ⊥直线x=1时，∠OQA的值最大，根据勾股定理和对称性可得答案．
【解答】
解：(1)∵抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，
∴−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)见答案；
(3)见答案；
(4)如图3，作△AOQ的外接圆圆H，作HG⊥x轴于点H，连接AH，OH，HQ，则AG=GO=12，则∠AQO=12∠AHO，
∴当∠OQA最大时，∠AHO最大即∠AHG最大，
∵AH=HO=HQ，
∴当AH最小时，HQ最小，此时∠OQA最大，
即当HQ⊥抛物线的对称轴x=1时，HQ最小，
此时HQ=1+12=32，
∴AH=32，
在Rt△AHG中，HG= AH2−AG2= (32)2−(12)2= 2，
∴Q(1, 2)，
根据对称性，则存在Q(1,− 2)，
综上所述，Q(1, 2)或(1,− 2).
2．（2023·广东模拟）已知关于x的一元二次方程−12x2+ax+a+3=0．
(1)求证：无论a为任何实数，此方程总有两个不相等的实数根；
(2)如图，若抛物线y=−12x2+ax+a+3与x轴交于点A(−2,0)和点B，与y轴交于点C，连结BC，BC与对称轴交于点D．
①求抛物线的解析式及点B的坐标；
②若点P是抛物线上的一点，且点P位于直线BC的上方，连接PC，PD，过点P作PN⊥x轴，交BC于点M，求△PCD的面积的最大值及此时点P的坐标．
【答案】(1)证明：∵关于x的一元二次方程−12x2+ax+a+3=0，
∴Δ=a2−4×(−12)×(a+3)=a2+2a+6=(a+1)2+5，
∵(a+1)2≥0，
∴Δ=(a+1)2+5≥5，
∴Δ>0，
∴无论a为任何实数，此方程总有两个不相等的实数根；
(2)解：①∵抛物线y=−12x2+ax+a+3与x轴交于点A(−2,0)，
∴将A(−2,0)代入抛物线方程得：−12×(−2)2−2a+a+3=0，
解得：a=1，
∴y=−12x2+x+4，
令y=0，则−12x2+x+4=0，
解得：x1=−2，x2=4，
∴抛物线与x轴的交点为(−2,0)和(4,0)，
∵A(−2,0)，
∴B(4,0)，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+x+4，点B的坐标为(4,0)；
②由(2)知抛物线解析式为y=−12x2+x+4，
∴对称轴为直线x=−12×(−12)=1，
令x=0，得y=4，
∴C(0,4)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∵B(4,0)，C(0,4)，
则4k+b=0b=4，
解得：k=−1b=4，
∴直线BC的解析式为y=−x+4，
∴D(1,3)，
设抛物线的对称轴与x轴交于点E，如图，
∴OE=1，DE=3．
∵C(0,4)，
∴OC=4
设点P(x,−12x2+x+4)(0∴ON=x，PN=−12x2+x+4，
∴EN=ON−OE=x−1，
∴S△PCD=S四边形OCPN−S四边形OCDE−S四边形DENP
=12×(OC+PN)×ON−12×(OC+DE)×OE−12×(DE+PN)×EN
=12×(4−12x2+x+4)⋅x−12×(4+3)×1−12×(3−12x2+x+4)×(x−1)
=−14x2+x
=−14(x−2)2+1
∵−14<0，
∴当x=2时，S△PCD有最大值为1，
此时点P的坐标为(2,4)．
【解析】【分析】
本题主要考查了抛物线与x轴的交点，待定系数法，配方法确定抛物线的顶点坐标，一元二次方程根的判别式，一次函数图象的性质，抛物线上点的坐标的特征，一次函数图象上点的坐标的特征，梯形的面积，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
(1)令y=0，得到一元二次方程，说明方程的判别式Δ>0即可；
(2)①利用待定系数法将点A坐标代入解析式求得a值，即可求出二次函数的解析式；令y=0，解一元二次方程−12x2+x+4=0即可得出结论；
②设点P(x,−12x2+x+4)(0题型04 二次函数中三角形面积存在性问题
【解题策略】
等积变形原理：S△ABC=S△BCD=S△BCE
类型一：公共边为定边
题目要求：在抛物线上找一点P，使得S△ABC=S△PBC
方法总结：
①A.P在公共边BC同侧时，只需AP∥BC，过点A作l1//BC，交抛物线于P1.
②A.P在公共边BC异侧时，将l1上移2CD个单位，即CD=CE，记为l2//BC, 交抛物线于P2，P3
③将l1和l2分别与抛物线联立.
类型二：公共边为动边
题目要求：在抛物线上找一点P，使得S△APB=S△APC
方法总结：
①当点B.C在公共边AP同侧时，只需AP //BC即可，过点A作l//BC交抛物线于P1，联立l与抛物线.
②当点B.C在公共边AP异侧时，取BC中点D，CM=BN连接AD交抛物线于P2，联立AD与抛物线.
【典例分析】
例1.（2023·宁夏模拟）如图抛物线y=x2+bx+c经过点A−1,0，点B2,−3，与y轴交于点C，抛物线的顶点为D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)抛物线上是否存在点p，使△PBC的面积是△BCD面积的3倍，若存在，请直接写出点p的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)存在，3,0或−1,0
【分析】本题考查了待定系数法求解析式，根据三角形面积关系确定点的存在性，掌握待定系数法求函数解析式的方法，理解二次函数图象上点的坐标特征，利用方程思想解题是关键．
（1）待定系数法求解析式即可；
（2）设抛物线上的点P坐标为m,m2−2m−3，结合方程思想和三角形面积公式列方程求解．
【详解】（1）把点A−1,0，点B2,−3分别代入解析式y=x2+bx+c，
得1−b+c=04+2b+c=−3，
解得b=−2c=−3，
故抛物线的解析式为y=x2−2x−3．
（2）存在，理由如下：
∵y=x2−2x−3=x−12−4，
∴C0,−3,D1,−4，
∵B2,−3，
∴BC∥x轴，
∴D到直线y=−3的距离为−3−−4=1,BC=2−0=2，
∴S△BCD=12×2×1=1
∴S△PBC=3,
设Pm,m2−2m−3,
∵S△PBC=12·BC·m2−2m−3−−3=m2−2m，
∴m2−2m=3,
∴m2−2m=3或m2−2m=−3,
解得m=3,m=−1或无解，
故m=3,m=−1，
故P3,0或P−1,0．
【变式演练】
1．（2023·贵州模拟）如图1，在平面直角坐标系中，直线y=−x+4交两坐标轴于B、C两点，二次函数y=ax2+bx+c图象经过A，B，C三点且A(−1,0)．
(1)求二次函数的解析式．
(2)在抛物线的对称轴上是否存在点P？使得PA+PC的长度最短．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)在直线上方抛物线上是否存在点Q？使得△QBC的面积有最大值．若存在，求出点Q的坐标及此时△QBC的面积；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+3x+4；
(2)存在，点P的坐标为32，52；
(3)存在，点Q的坐标为2,6，此时△QBC的面积为8
【分析】
（1）利用待定系数法解答即可；
（2）利用将军饮马模型解答即可；
（3）过点Q作QD∥y轴，交直线BC于点D，设点Q(m,−m2+3m+4)，则Dm,−m+4，利用△QBC的面积=S△QCD+S△QBD，求出△QBC的面积关于m的函数关系式，再利用配方法和二次函数的性质解答即可得出结论．
【详解】（1）
解：1令x=0，则y=4，
∴C0,4．
令y=0，则x=4，
∴B4,0．
∵二次函数y=ax2+bx+c图象经过A，B，C三点且A−1,0，
∴a−b+c=0c=416a+4b+c=0，
解得：a=−1b=3c=4，
∴二次函数的解析式为y=−x2+3x+4；
（2）
解：在抛物线的对称轴上存在点P使得PA+PC的长度最短，点P的坐标为32,52，理由：
∵y=−x2+3x+4=−(x−32)2+254，
∴抛物线y=−x2+3x+4的对称轴为直线x=32，
设抛物线的对称轴与直线BC交于点P，连接PA，
∵直线x=32为AB的垂直平分线，
∴PA=PB，
∴PA+PC=PB+PC=BC，
∴此时点P使得PA+PC的长度最短，
令x=32，则y=−32+4=52，
∴在抛物线的对称轴上存在点P使得PA+PC的长度最短，点P的坐标为32,52；
（3）
解：在直线上方抛物线上存在点Q，使得△QBC的面积有最大值．点Q的坐标为2,6，此时△QBC的面积为8，理由：
过点Q作OD∥y轴，交直线BC于点D，如图，
设点Q(m,−m2+3m+4)，则Dm,−m+4，
∴QD=−m2+3m+4−(−m+4)=−m2+4m，
∵B4,0，
∴OB=4，
∴△QBC的面积=S△QCD+S△QBD
=12×QD⋅OB
=12×4(−m2+4m)
=−2m2+8m
=−2(m−2)2+8，
∵−2<0，
∴当m=2时，△QBC的面积有最大值8，此时点Q的坐标为2,6，
∴在直线上方抛物线上存在点Q，使得△QBC的面积有最大值．点Q的坐标为2,6，此时△QBC的面积为8．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的图象与性质，抛物线上点的坐标的特征，待定系数法，配方法，函数的极值，理由点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
2．（2024·陕西模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线C1:y=ax2−x+ca≠0与x轴交于A−1,0，B3,0两点，交y轴于点C．
(1)求抛物线C1的解析式；
(2)设抛物线C1关于坐标原点对称的抛物线为C2，点A，B的对应点分别为A'，B'，抛物线C2的顶点为E．则在x轴下方的抛物线C2上是否存在点F，使得S△ABF=2S△B'BE．若存在，求出F点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=12x2−x−32
(2)F3,−6或F−5,−6
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）设抛物线为Q'm，n是抛物线C2上一点，点Q是抛物线C1上与点Q'm，n对应的点，则Q−m，−n，由点Q−m，−n在抛物线C1推出n=−12m2−m+32，则C2的解析式为y=−12x+12+2，可得E−1,2；由B3,0，得到B'−3,0， 则BB'=6，S△B'BE=12BB'⋅yE=6，设F的纵坐标为−t，进而根据△ABF的面积等于△B'BE的面积的两倍，建立方程求得F的坐标，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线C1:y=ax2−x+ca≠0与x轴交于A−1,0，B3,0
∴a+1+c=09a−3+c=0
解得：a=12c=−32,
∴抛物线C1的解析式为：y=12x2−x−32；
（2）解：设抛物线为Q'm，n是抛物线C2上一点，点Q是抛物线C1上与点Q'm，n对应的点
∵抛物线C2和抛物线C1关于原点对称，
∴Q−m，−n，
∴−n=12m2+m−32，即n=−12m2−m+32，
∴C2的解析式为：y=−12x2−x+32=−12x+12+2，
∴E−1,2；
∵B3,0，
∴B'−3,0，
∴BB'=6，
∴S△B'BE=12BB'⋅yE=12×6×2=6，
∵A−1,0，B3,0，
∴AB=4
设F的纵坐标为−t，
∵S△ABF=2S△B'BE．
∴12×4n=2×6
解得：n=6
∴F的纵坐标为−6
当−12x2−x+32=−6时，
解得x=3或x=−5，
∴F3,−6或F−5,−6。
【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，面积问题，中心对称的性质，掌握二次函数的性质是解题的关键．
题型05 二次函数中线段最值问题
【解题策略】
对于阿氏圆而言：当系数k＜1的时候，一般情况下，考虑向内构造.
当系数k＞1的时候，一般情况下，考虑向外构造.
【注意事项】针对求PA+kPB的最小值问题时，当轨迹为直线时，运用“胡不归模型”求解；
当轨迹为圆形时，运用“阿氏圆模型”求解.
【典例分析】
例1（2023·浙江模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−14x2+bx+3的对称轴是直线x=2，与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式及顶点坐标；
(2)M为第一象限内抛物线上的一个点，过点M作MN⊥x轴于点N，交BC于点D，连接CM，当线段CM=CD时，求点M的坐标；
(3)以原点O为圆心，AO长为半径作⊙O，点P为⊙O上的一点，连接BP，CP，求2PC+3PB的最小值．
【答案】(1)y=−14x2+x+3，顶点坐标为2，4
(2)点M的坐标为2，4
(3)2PC+3PB的最小值为285
【分析】（1）由x=2=−b2a=− b2×(−14)，解得b=1，然后代入解析式求解；
（2）当线段CM=CD时，则点C在MD的中垂线上，即yC=12yM+yD时，即可求解；
（3）先证明△POG∽△COP，然后利用当B、P、G三点共线时，2PC+3PB最小，最小值为3BG即可求解．
【详解】（1）∵对称轴是直线x=2，
故x=2=−b2a=− b2×(−14)，解得b=1，
故抛物线的表达式为y=−14x2+x+3=−14x−22+4，
∴抛物线的顶点为2,4；
（2）
对于y=−14x2+x+3，令y=−14x2+x+3=0，
解得x=6或−2，令x=0，则y=3，
故点A、B、C的坐标分别为−2，0、6，0、0，3，
设直线BC的表达式为y=mx+n，则0=6m+nn=3，解得m=−12n=3，
故直线BC的表达式y=−12x+3，
设点M的坐标为x,−14x2+x+3，则点D的坐标为x,−12x+3，
当线段CM=CD时，则点C在MD的中垂线上，即yC=12yM+yD，
即3=12−14x2+x+3−12x+3，
解得x=0（舍去）或2，
故点M的坐标为2,4；
（3）
在OC上取点G，使OPOC=OGOP= 23，即23=OG2，则OG=43，则点G0,43，
∵OPOC=OGOP，∠GOP=∠COP，
∴△POG∽△COP，
∴PGPC=OPOC=23，故PG=23PC，
则2PC+3PB=3PB+23PC=3BP+PG，
故当B、P、G三点共线时，2PC+3PB最小，最小值为3BG，
则2PC+3PB的最小值3BG=362+432=285．
【点睛】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，会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来以及利用点的坐标的意义表示线段的长度是解题的关键．.
【变式演练】
1.（2023·内蒙古模拟）如图，已知直线y=12x+1与y轴交于点A，与x轴交于点D，抛物线y=12x2+bx+1与直线交于A、E两点，与x轴交于B、C两点，且线段OA=OB．（注：抛物线y=ax2+bx+c的对称轴为x=−b2a）
(1)求该抛物线的解析式；
(2)动点P在x轴上移动，当△PAE是直角三角形时，求点P的坐标；
(3)在抛物线的对称轴上找一点M，使AM−CM的值最大，求点M的坐标．
【答案】(1)抛物线的解析式为y=12x2−32x+1
(2)点P的坐标为12,0或(1,0)或(3,0)或112,0；
(3)M32,−12
【分析】（1）首先得点A(0,1)，B(1,0)，那么把A，B坐标代入y=12x2+bx+c即可求得函数解析式；
（2）让直线解析式与抛物线的解析式结合即可求得点E的坐标．△PAE是直角三角形，应分点P为直角顶点，点A是直角顶点，点E是直角顶点三种情况探讨；
（3）首先得AM−CM的值最大，应找到C关于对称轴的对称点B，连接AB交对称轴的一点就是M．应让过AB的直线解析式和对称轴的解析式联立即可求得点M坐标．
【详解】（1）∵直线与y轴交于点A，
令x=0，则y=1
∴A点坐标为0,1，
∵线段OA=OB，直线y=12x+1与x轴交于B点，
∴B(1,0)，
∵抛物线y=12x2+bx+1与直线交于A点，与x轴交于B点，
将A(0,1)、B(1,0)坐标代入y=12x2+bx+c
得c=112+b+c=0，解得b=−32c=1，
∴抛物线的解析式为y=12x2−32x+1；
（2）设点E的横坐标为m，则它的纵坐标为12m2−32m+1，
即E点的坐标(m,12m2−32m+1)，
又∵点E在直线y=12x+1上，
∴ 12m2−32m+1=12m+1
解得m1=0（舍去），m2=4，
∴E的坐标为(4,3)．
（Ⅰ）当A为直角顶点时，
过A作AP1⊥DE交x轴于P1点，设P1(a,0)，
∵直线y=12x+1与x轴交于点D，
令y=0，则x=−2
∴D点坐标为(−2,0)，
∵∠DAO+∠P1AO=90°，∠DAO+∠ADO=90°
∴∠ADO=∠P1AO
∵∠DOA=∠P1OA=90°
∴Rt△AOD∽Rt△P1OA，
∴DOOA=OAOP1，即21=1OP1，
∴OP1=12，
∴P112,0．
（Ⅱ）同理，当E为直角顶点时，过E作EP2⊥DE交x轴于P2点，过E作EF⊥x轴于F，
同理可证Rt△AOD∽Rt△P2ED，
∴DOOA=DEEP2，
∵D点坐标为(−2,0)，E的坐标为(4,3)
∴DE=−2−42+0−32=35
即21=35EP2，
∴EP2=352，
∴DP2=DE×EP2EF=152，
∴OP2=152−2=112，
∴P2点坐标为112,0．
（Ⅲ）当P为直角顶点时，设P3(t,0)，
由∠OP3A+∠FP3E=90°，∠P3EF+∠FP3E=90°得∠OP3A=∠FEP3，
∴Rt△AOP3∽Rt△P3FE，
由AOP3F=OP3EF得14−t=t3，
解得t1=3，t2=1，
∴此时的点P3的坐标为(1,0)或(3,0)，
综上所述，满足条件的点P的坐标为12,0或(1,0)或(3,0)或112,0；
（3）抛物线的对称轴为x=32，
∵B、C关于x=32对称，
∴MC=MB，
要使AM−MC最大，即是使AM−MB最大，
由三角形两边之差小于第三边得，当A、B、M在同一直线上时AM−MB的值最大．
∵A(0,1)，B(1,0)，
设直线AB的解析式为y=kx+b
∴0=k+bb=1，解得k=−1b=1
∴直线AB的解析式为y=−x+1
∴由y=−x+1x=32，得x=32y=−12，
∴M32,−12．
【点睛】此题主要考查了二次函数综合以及待定系数法求二次函数解析式和相似三角形的判定与性质等知识，根据一个三角形是直角三角形，应分不同顶点为直角等多种情况进行分析；求两条线段和或差的最值，都要考虑做其中一点关于所求的点在的直线的对称点得出是解题关键．
题型06 二次函数中周长最值问题题型
【解题策略】
对于阿氏圆而言：当系数k＜1的时候，一般情况下，考虑向内构造.
当系数k＞1的时候，一般情况下，考虑向外构造.
【注意事项】针对求PA+kPB的最小值问题时，当轨迹为直线时，运用“胡不归模型”求解；
当轨迹为圆形时，运用“阿氏圆模型”求解.
【典例分析】
例1（2023·四川）如图，直线y=−43x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y=−43x2+bx+c过A、B两点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点D为抛物线上位于AB上方的一点，过点D作DE⊥AB于点E，作DF∥y轴交AB于点F，当△DEF的周长最大时，求点D的坐标；
(3)G是平面内的一点，在（2）的条件下，将△DEF绕点G顺时针旋转α得到△D'E'F'，当α=∠OBA时，△D'E'F'的两个顶点恰好落在抛物线上，求点D'的横坐标．
【答案】(1)y=−43x2+83x+4
(2)D32,5
(3)1910或75
【分析】（1）根据yAB=−43x+4，令y=0和x=0，求出 A3,0，B0,4，代入解析式即可得到最后结果；
（2）根据勾股定理求出AB长度，表示出DE+EF+DF=125DF，设Dt,−43t2+83t+4，则Ft,−43t+4，表示出DF=−43t2+4t，DE+EF+DF=−165t−322+365，根据题意，即可得到D点坐标；
（3）根据当△DEF顺时针旋转α后，EF∥y轴，D'E'⊥y轴，设D'm,n则E'm−95,n，F'm−95,n，分别在当E'、D'两个顶点在抛物线上时，和当D'、E'两个顶点在抛物线上时，求出m的值为1910或75，即可得到最后结果．
【详解】（1）解：∵yAB=−43x+4，令y=0，
得−43x+4=0，
解得：x=3，
令x=0，得y=4，
∴A3,0，B0,4，
故得方程组0=−12+3b+c4=c，
∴b=83c=4，
∴此抛物线的解析式为：y=−43x2+83x+4；
（2）∵A3,0，B0,4，
∴OA=3，OB=4，
∴AB=OA2+OB2=5，
∴sin∠ABO=OAAB=35，cs∠ABO=OBAB=45，
∵DF∥y轴，
∴∠DFE=∠ABO，
∵DE⊥AB，
∴DEDF=sin∠DFE=cs∠ABO=35，
∴EF=35DF，
∵EFDF=cs∠DFE=cs∠ABO=45，
∴EF=45DF，
∴DE+EF+DF=35DF+45DF+DF=125DF，
设Dt,−43t2+83t+4，则Ft,−43t+4，
∴DF=−43t2+83t+4−−43t+4=−43t2+4t，
∴DE+EF+DF=125−43t2+4t=−165t−322+365，
∴当t=32时，△DEF的周长最大，
∵t=32，−43t2+83t+4=5，
∴D32,5；
（3）当t=32时，DF=3，
∴DE=35DF=95，EF=45DF=125，
∵∠DFE=∠ABO=α，
∴当△DEF顺时针旋转α后，EF∥y轴，D'E'⊥y轴，
设D'm,n则E'm−95,n，F'm−95,n，
①当E'、D'两个顶点在抛物线上时，
−43m2+83m+4=n−43m−952+83m−95+4=n，
解得：m=1910，
∴D'的横坐标为1910，
②当D'、F'两个顶点在抛物线上时，
∴−43m2+83m+4=n−43m−952+83m−95+4=n−125，
解得：m=75，
∴D'的横坐标为75，
又∵E'F'∥y轴，
∴E'、F'不会同时在抛物线上，
∴综上所述，点D'的横坐标为1910或75．
【点睛】本题考查了二次函数综合题，待定系数法求函数解析式，二次函数图像和特征，一次函数图像和特征，勾股定理，三角函数值，解答本题的关键是运用分类讨论的思想．
【变式演练】
1.（2023·湖北模拟）已知直线y=x−1与x轴交于点A，过x轴上A，C两点的抛物线y=ax2+bx+3与y轴交于点B，与直线y=x−1交于D且OB=OC，
(1)直接写出A，B，C三点的坐标；
(2)求抛物线的解析式；
(3)若点M是抛物线对称轴l上一动点，当△CDM的周长最小时，求△CDM的面积；
(4)点P是抛物线上一动点（点P不与B，C重合），连接AP，DP，若△ADP的面积等于3，求点P的坐标．
【答案】(1)A1，0，C3，0，B0，3
(2)y=x2−4x+3
(3)2
(4)P12，−1或P25+172，7+172或P35−172，7−172
【分析】（1）先求出点C的坐标，进而求出点B的坐标，在y=x−1中，当y=0时，x=1，即可求出点A的坐标；
（2）利用待定系数法求解即可；
（3）先求出D4，3；设直线AD与直线l交于点H，连接AM、CM，CH，由对称性可知AM=CM，则当A、M、D三点共线时，AM+DM最小，即此时△CDM的周长最小，最小值为AD+CD，此时点M与点H重合，根据S△CDH=S△ACD−S△ACH进行求解即可；
（4）先求出过点C且与AD平行的直线解析式为y=x−3，再证明S△ADC=S△ADP，则由平行线间的距离处处相等可得点P在直线y=x−3或在直线y=x+1上，据此求解即可．
【详解】（1）解：在y=ax2+bx+3中，当x=0时，y=3，
∴C3，0，
∴OB=OC=3，
∴B0，3，
在y=x−1中，当y=0时，x=1，
∴A1，0；
（2）解：设抛物线解析式为y=ax−1x−3，
把C0，3代入y=ax−1x−3中得3=a0−10−3，
解得a=1，
∴抛物线解析式为y=x−1x−3=x2−4x+3；
（3）解：联立y=x−1y=x2−4x+3，
解得x=4y=3或x=1y=0，
∴D4，3；
设直线AD与直线l交于点H，连接AM、CM，CH，
由对称性可知AM=CM，
∴△CDM的周长=CM+DM+CD=AM+DM+CD，
∵CD是定值，
∴当A、M、D三点共线时，AM+DM最小，即此时△CDM的周长最小，最小值为AD+CD，此时点M与点H重合，
∵A1，0，B3，0，
∴抛物线对称轴为直线x=2，
在y=x−1中，当x=2时，y=1，
∴H2，1，
∴S△CDH=S△ACD−S△ACH=12×3−1×3−12×3−1×1=2；
（4）解：设过点C且与AD平行的直线解析式为y=x+b1，
∴0=3+b1，
∴b1=−3，
∴过点C且与AD平行的直线解析式为y=x−3，
∵S△ADC=12×3−2×3=3，
∴S△ADC=S△ADP，
∴由平行线间的距离处处相等可得点P在直线y=x−3或在直线y=x+1上，
联立y=x−3y=x2−4x+3，解得x=2y=−1或x=3y=0，
∴P12，−1；
联立y=x+1y=x2−4x+3，解得x=5+172y=7+172或x=5−172y=7−172，
∴P25+172，7+172或P35−172，7−172；
综上所述，点P的坐标为P12，−1或P25+172，7+172或P35−172，7−172．
【点睛】本题主要考查了二次函数与一次函数综合，待定系数法求函数解析式等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
、
1．（2023·湖南）如图，二次函数的图象与x轴交于A−1,0，B5,0两点，与y轴交于点C，顶点为D．O为坐标原点，tan∠ACO=15．
(1)求二次函数的表达式；
(2)求四边形ACDB的面积；
(3)P是抛物线上的一点，且在第一象限内，若∠ACO=∠PBC，求P点的坐标．
【答案】(1)y=−x+1x−5
(2)30
(3)P12,274
【分析】（1）用两点式设出二次函数的解析式，然后求得C点的坐标，并将其代入二次函数的解析式，求得a的值，再将a代入解析式中即可．
（2）先将二次函数变形为顶点式，求得顶点坐标，然后利用矩形、三角形的面积公式即可求得答案．
（3）根据各点的坐标的关系及同角三角函数相等的结论可以求得相关联的函数解析式，最后联立一次函数与二次函数的解析式，求得点P的坐标．
【详解】（1）∵二次函数的图象与x轴交于A−1,0,B5,0两点．
∴设二次函数的表达式为y=ax+1x−5
∵AO=1,tan∠ACO=15，
∴OC=5，即C的坐标为0,5
则5=a0+10−5，得a=−1
∴二次函数的表达式为y=−x+1x−5；
（2）y=−x+1x−5=−(x−2)2+9
∴顶点的坐标为2,9
过D作DN⊥AB于N，作DM⊥OC于M，
四边形ACDB的面积=S△AOC+S矩形OMDN−S△CDM+S△DNB
=12×1×5+2×9−12×2×9−5+12×5−2×9=30；
（3）如图，P是抛物线上的一点，且在第一象限，当∠ACO=∠PBC时，
连接PB，过C作CE⊥BC交BP于E，过E作EF⊥OC于F，
∵OC=OB=5，则△OCB为等腰直角三角形，∠OCB=45°．
由勾股定理得：CB=52，
∵∠ACO=∠PBC，
∴tan∠ACO=tan∠PBC，
即15=CECB=CE52，
∴CE=2
由CH⊥BC，得∠BCE=90°，
∴∠ECF=180°−∠BCE−∠OCB=180°−90°−45°=45°．
∴△EFC是等腰直角三角形
∴FC=FE=1
∴E的坐标为1,6
所以过B、E的直线的解析式为y=−32x+152
令y=−32x+152y=−x+1x−5
解得x=5y=0，或x=12y=274
所以BE直线与抛物线的两个交点为B5,0,P12,274
即所求P的坐标为P12,274
【点睛】本题考查了一次函数、二次函数的性质以及与坐标系几何图形的综合证明计算问题，解题的关键是将所学的知识灵活运用．
2．（2023·福建）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+bx经过A(4,0)，B(1,4)两点．P是抛物线上一点，且在直线AB的上方．
(1)求抛物线的解析式．
(2)若△OAB面积是△PAB面积的2倍，求点P的坐标．
(3)如图，OP交AB于点C，PD//BO交AB于点D.记△CDP，△CPB，△CBO的面积分别为S1，S2，S3.判断s1s2+s2s3是否存在最大值．若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】解：(1)将A(4,0)，B(1,4)代入y=ax2+bx，
∴16a+4b=0a+b=4，
解得a=−43b=163．
∴抛物线的解析式为：y=−43x2+163x；
(2)设直线AB的解析式为：y=kx+t，
将A(4,0)，B(1,4)代入y=kx+t，
∴4k+t=0k+t=4，
解得k=−43t=163，
∴直线AB的解析式为：y=−43x+163．
∵A(4,0)，B(1,4)，
∴S△OAB=12×4×4=8，
∴S△OAB=2S△PAB=8，即S△PAB=4，
过点P作PM⊥x轴于点M，PM与AB交于点N，过点B作BE⊥PM于点E，如图，
∴S△PAB=S△PNB+S△PNA=12PN×BE+12PN×AM=32PN=4，
∴PN=83，
设点P的横坐标为m，
∴P(m,−43m2+163m)(1∴PN=−43m2+163m−(−43m+163)=83．
解得m=2或m=3；
∴P(2,163)或(3,4)．
(3)S1S2+S2S3存在最大值，理由如下：
∵PD//OB，
∴∠DPC=∠BOC，∠PDC=∠OBC，
∴△DPC∽△BOC，
∴CP：CO=CD：CB=PD：OB，
∵S1S2=CDCB=PDOB，S2S3=CPCO=PDOB，
∴S1S2+S2S3=2PDOB，
设直线AB：y=−43x+163交y轴于点F，则F(0,163)，
过点P作PH⊥x轴，垂足为H，PH交AB于点G，如图，
∵∠PDC=∠OBC，
∴∠PDG=∠OBF，
∵PG//OF，
∴∠PGD=∠OFB，
∴△PDG∽△OBF，
∴PD：OB=PG：OF，
设P(n,−43n2+163n)(1由(2)可知，PG=−43n2+203n−163，
∴S1S2+S2S3=2PDOB=2PGOF=38PG=−12(n−52)2+98．
∵1∴当n=52时，S1S2+S2S3的最大值为98．
【解析】本题考查一次函数和二次函数的图象与性质、待定系数法、三角形面积、相似三角形的判定与性质、二次函数的最值等基础知识，利用待定系数法求函数解析式，熟练掌握运用三角形的面积公式及相似三角形的判定与性质是本题的关键．
(1)将点A，B的坐标代入二次函数的解析式，利用待定系数法求解即可；
(2)利用待定系数法求出直线AB的解析式，过点P作PM⊥x轴于点M，PM与AB交于点N，过点B作BE⊥PM于点E，可分别求出△OAB和△PAB的面积，根据题意列出方程求出PN的长，设点P的横坐标为m，表示出PN的长，列方程求出m，即可得出点P的坐标；
(3)先证明△DPC∽△BOC，得出CP：CO=CD：CB=PD：OB，由S1S2=CDCB=PDOB，S2S3=CPCO=PDOB，可得S1S2+S2S3=2PDOB，过点P作PH⊥x轴，垂足为H，PH交AB于点G，设P(n,−43n2+163n)(13．（2023·山东）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的一边OC在x轴正半轴上，顶点A的坐标为(2,2 3)，D是边OC上的动点，过点D作DE⊥OB交边OA于点E，作DF//OB交边BC于点F，连接EF，设OD=x，△DEF的面积为S．
(1)求S关于x的函数解析式．
(2)当x取何值时，S的值最大？请求出最大值．
【答案】解：(1)如图，过点A作AG⊥OC于点G，连接AC，∵顶点A的坐标为(2,2 3)，∴OA= 22+(2 3)2=4，OG=2，AG=2 3.∴cs∠AOG=OGAO=12.∴∠AOG=60°.∵四边形OABC是菱形，∴∠BOC=∠AOB=30°，AC⊥BD，AO=OC.∴△AOC是等边三角形．∴∠ACO=60°.∵DE⊥OB，∴DE//AC.∴∠EDO=∠ACO=60°.∴△EOD是等边三角形．∴ED=OD=x.∵DF//OB，∴△CDF∽△COB.∴DFOB=CDCO.易得B(6,2 3)，∴OB= 62+(2 3)2=4 3.∴DF4 3=4−x4.∴DF= 3(4−x).∴S=12x× 3(4−x)=− 32x2+2 3x.∴S关于x的函数解析式为S=− 32x2+2 3x．
(2)由(1)知，S=− 32x2+2 3x=− 32(x−2)2+2 3，∴当x=2时，S有最大值，最大值为2 3．
【解析】略
4．（2023·广东）如图，抛物线y=x2+bx+c(b,c是常数)的顶点为C，与x轴交于A，B两点，A(1,0)，AB=4，点P为线段AB上的动点，过P作PQ//BC交AC于点Q．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)求△CPQ面积的最大值，并求此时P点坐标．
【答案】(1)∵抛物线y=x2+bx+c(b,c是常数)的顶点为C，与x轴交于A，B两点，A(1,0)，AB=4，
∴B(−3,0)，
∴1+b+c=09−3b+c=0，
解得b=2c=−3，
∴抛物线的解析式为y=x2+2x−3；
(2)过Q作QE⊥x轴于E，过C作CF⊥x轴于F，
设P(m,0)，则PA=1−m，
∵y=x2+2x−3=(x+1)2−4，
∴C(−1,−4)，
∴CF=4，AB=4，
∵PQ//BC，
∴△PQA∽△BCA，
∴AQAC=APAB，
∵CF//QE，
∴△AEQ∽△AFC，
∴AQAC=QECF
∴QECF=APAB，即QE4=1−m4，
∴QE=1−m，
∴S△CPQ=S△PCA−S△PQA
=12PA⋅CF−12PA⋅QE
=12(1−m)×4−12(1−m)(1−m)
=−12(m+1)2+2，
∵−3≤m≤1，
∴当m=−1时 S△CPQ有最大值2，
∴△CPQ面积的最大值为2，此时P点坐标为(−1,0)．
【解析】(1)根据A(1,0)，AB=4求出B(−3,0)，把A、B的坐标代入抛物线y=x2+bx+c，即可求解；
(2)过Q作QE⊥x轴于E，过C作CF⊥x轴于F，设P(m,0)，则PA=1−m，易证△PQA∽△BCA，利用相似三角形的性质即可表示出QE的长，又因为S△CPQ=S△PCA−S△PQA，进而得到△CPQ面积和m的二次函数关系式，利用二次函数的性质即可求出面积最大值．
本题是二次函数综合题，考查了二次函数图象和性质，待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定和性质，解题的关键是抓住图形中某些特殊的数量关系和位置关系．此题综合性较强，中等难度，是一道很好的试题．
5．（2023·四川）已知抛物线y=x2+bx+c与x轴相交于A−1，0，B两点，与y轴相交于点C0，−3．
(1)求b，c的值；
(2)P为第一象限抛物线上一点，△PBC的面积与△ABC的面积相等，求直线AP的解析式；
(3)在（2）的条件下，设E是直线BC上一点，点P关于AE的对称点为点P'，试探究，是否存在满足条件的点E，使得点P'恰好落在直线BC上，如果存在，求出点P'的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)b=−2,c=−3.
(2)y=x+1
(3)存在，点P'的坐标为1+21,−2+21或1−21,−2−21
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）S△PBC=S△ABC得到AP∥BC，即可求解；
（3）由题意的：∠AEP=∠AEP',P'E=PE，即可求解．
【详解】（1）由题意，得1−b+c=0,c=−3.
∴b=−2,c=−3.
（2）由（1）得抛物线的解析式为y=x2−2x−3．
令y=0，则x2−2x−3=0，得x1=−1，x2=3．
∴B点的坐标为3，0．
∵S△PBC=S△ABC，
∴AP∥BC．
∵B3，0，C0，−3，
∴直线BC的解析式为y=x−3．
∵AP∥BC，
∴可设直线AP的解析式为y=x+m．
∵A（−1，0）在直线AP上，
∴0=−1+m．
∴m=1．
∴直线AP的解析式为y=x+1．
（3）设P点坐标为m，n．
∵点P在直线y=x+1和抛物线y=x2−2x−3上，
∴n=m+1，n=m2−2m−3．
∴m+1=m2−2m−3．
解得m1=4，m2=−1（舍去）．
∴点P的坐标为4，5．
由翻折，得∠AEP=∠AEP',P'E=PE．
∵AP∥BC，
∴∠PAE=∠AEP''．
∴∠PAE=∠PEA．
∴PE=PA=4+12+5−02=52．
设点E的坐标为t，t−3，则PE2=t−42+t−3−52=522．
∴t=6±21．
当t=6+21时，点E的坐标为6+21,3+21．
设P'(s,s−3),
由P'E=AP，P'E=PE=52得：
s−6−212+s−3−3−212=522，
解得：s=1+21，
则点P'的坐标为1+21,−2+21．
当t=6−21时，同理可得，点P'的坐标为1−21,−2−21．
综上所述，点P'的坐标为1+21,−2+21或1−21,−2−21．
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了用待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，二次函数的性质，此题题型较好，综合性比较强，用的数学思想是分类讨论和数形结合的思想．
6．（2023·山东）如图，抛物线y=−x2+bx+c经过A(−1,0),C(0,3)两点，并交x轴于另一点B，点M是抛物线的顶点，直线AM与轴交于点D．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)若点H是x轴上一动点，分别连接MH，DH，求MH+DH的最小值；
(3)若点P是抛物线上一动点，问在对称轴上是否存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)37
(3)存在，Q1,3或Q1,1或Q1,5
【分析】
（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）作点D关于x轴的对称点D'，连接D'M，D'M与x轴的交点即为点H，进而得到MH+DH的最小值为D'M的长，利用两点间距离公式进行求解即可；
（3）分DM，DP，MP分别为对角线，三种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c经过A(−1,0),C(0,3)两点，
∴−1−b+c=0c=3，解得：b=2c=3，
∴y=−x2+2x+3；
（2）∵y=−x2+2x+3=−x−12+4，
∴M1,4，
设直线AM:y=kx+m(k≠0)，
则：−k+m=0k+m=4，解得：k=2m=2，
∴AM:y=2x+2，
当x=0时，y=2，
∴D0,2；
作点D关于x轴的对称点D'，连接D'M，
则：D'0,−2，MH+DH=MH+D'H≥D'M，
∴当M,H,D'三点共线时，MH+DH有最小值为D'M的长，
∵D'0,−2，M1,4，
∴D'M=12+4+22=37，
即：MH+DH的最小值为：37；
（3）解：存在；
∵y=−x2+2x+3=−x−12+4，
∴对称轴为直线x=1，
设Pp,t，Q1,n，
当以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时：
①DM为对角线时：1+p=0+1t+n=4+2，
∴p=0t+n=6，
当p=0时，t=3，
∴n=3，
∴Q1,3；
②当DP为对角线时：0+p=1+12+t=4+n，
∴p=22+t=4+n，
当p=2时，t=−22+2×2+3=3，
∴n=1，
∴Q1,1；
③当MP为对角线时：1+p=0+14+t=2+n，
∴p=0n−t=2，
当p=0时，t=3，
∴n=5，
∴Q1,5；
综上：当以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，Q1,3或Q1,1或Q1,5．
【点睛】
本题考查二次函数的综合应用，是中考常见的压轴题．正确的求出函数解析式，熟练掌握二次函数的性质，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．
7．（2023·山东）如图，抛物线y=ax2+bx−3(a≠0)与x轴交于点A(−1,0)，点B(3,0)，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的表达式；
(2)在对称轴上找一点Q，使△ACQ的周长最小，求点Q的坐标；
(3)点P是抛物线对称轴上的一点，点M是对称轴左侧抛物线上的一点，当△PMB是以PB为腰的等腰直角三角形时，请直接写出所有点M的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)（1，-2）
(3)（-1，0）或（1−2，-2）或（1−6，2）
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出点C的坐标和抛物线的对称轴，如图所示，作点C关于直线x=1的对称点E，连接AE，EQ，则点E的坐标为（2，-3），根据轴对称最短路径可知AE与抛物线对称轴的交点即为点Q；
（3）分两种情况当∠BPM=90°和当∠PBM=90°两种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx−3(a≠0)与x轴交于点A(−1,0)，点B(3,0)，
∴a−b−3=09a+3b−3=0，
∴a=1b=−2，
∴抛物线解析式为y=x2−2x−3；
（2）解：∵抛物线解析式为y=x2−2x−3=x−12−4，与y轴交于点C，
∴抛物线对称轴为直线x=1，点C的坐标为（0，-3）
如图所示，作点C关于直线x=1的对称点E，连接AE，EQ，则点E的坐标为（2，-3），
由轴对称的性质可知CQ=EQ，
∴△ACQ的周长=AC+AQ+CQ，
要使△ACQ的周长最小，则AQ+CQ最小，即AQ+QE最小，
∴当A、Q、E三点共线时，AQ+QE最小，
设直线AE的解析式为y=k1x+b1，
∴−k1+b1=02k1+b1=−3，
∴k1=−1b1=−1，
∴直线AE的解析式为y=−x−1，
当x=1时，y=−x−1=−1−1=−2，
∴点Q的坐标为（1，-2）；
（3）解： 如图1所示，当点P在x轴上方，∠BPM=90°时，过点P作EF∥x轴，过点M作MF⊥EF于F，过点B作BE⊥EF于E，
∵△PBM是以PB为腰的等腰直角三角形，
∴PA=PB，∠MFP=∠PEB=∠BPM=90°，
∴∠FMP+∠FPM=∠FPM+∠EPB=90°，
∴∠FMP=∠EPB，
∴△FMP≌△EPB（AAS），
∴PE=MF，BE=PF，
设点P的坐标为（1，m），
∴BE=m，PE=2，
∴MF=2，PF=m，
∴点M的坐标为（1-m，m-2），
∵点M在抛物线y=x2−2x−3上，
∴1−m2−21−m−3=m−2，
∴1−2m+m2−2+2m−3=m−2，
∴m2−m−2=0，
解得m=2或m=−1（舍去），
∴点M的坐标为（-1，0）；
同理当当点P在x轴下方，∠BPM=90°时可以求得点M的坐标为（-1，0）；
如图2所示，当点P在x轴上方，∠PBM=90°时，过点B作EF∥y轴，过点P作PE⊥EF于E，过点M作MF⊥EF于F，设点P的坐标为（1，m），
同理可证△PEB≌△BFM（AAS），
∴BF=PE=2，MF=BE=m，
∴点M的坐标为（3-m，-2），
∵点M在抛物线y=x2−2x−3上，
∴3−m2−23−m−3=−2，
∴9−6m+m2−6+2m−3=−2，
∴m2−4m+2=0，
解得m=2+2或m=2−2（舍去），
∴点M的坐标为（1−2，-2）；
如图3所示，当点P在x轴下方，∠PBM=90°时，
同理可以求得点M的坐标为（1−6，2）；
综上所述，当△PMB是以PB为腰的等腰直角三角形时，点M的坐标为（-1，0）或（1−2，-2）或（1−6，2）．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数综合，一次函数与几何综合，全等三角形的性质与判定等等，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．
题目要求：在抛物线上的第一象限找一点P，使S△PBC面积最大
方法总结：
方法一：S=12•水平宽•铅垂高
方法二：作l//BC，l与抛物线只有一个交点P，此时h最大，S△PBC面积最大，联立l与抛物线，△=0
【解题策略】
【典例分析】
例1．（2023·山东模拟）对于某些三角形，我们可以直接用面积公式或是用割补法等来求它们的面积，下面我们研究一种求面积的新方法：如图1所示，分别过三角形的顶点A、C作水平线的铅垂线l1、l2，l1、l2之间的距离d叫做水平宽；如图1所示，过点B作水平线的铅垂线交AC于点D，称线段BD的长叫做这个三角形的铅垂高；
结论提炼：容易证明，“三角形的面积等于水平宽与铅垂高乘积的一半”，即“S=12dℎ”．
尝试应用：
已知：如图2，点A−5,3、B4,0、C0,6，则△ABC的水平宽为______，铅垂高为______，所以△ABC的面积为______．
学以致用：
如图3，在平面直角坐标系中，抛物线的解析式为：y=−x2+2x+3，点B为抛物线的顶点，图象与y轴交于点A，与x轴交于E、C两点，BD为△ABC的铅垂高，延长BD交x轴于点F，则顶点B坐标为______，铅垂高BD=______，△ABC的面积为______．
【答案】尝试应用：9，143，21；学以致用：1，4，2，3
【分析】尝试应用：先求出直线l1即为直线x=−5，直线l2即为直线x=4，则d=9，即△ABC的水平宽为9，求出直线AB的解析式为y=−13x+43，则D0，43，即可得到ℎ=143，即铅垂高为143，则S△ABC=12dℎ=12×9×143=21；
学以致用：先把抛物线解析式化为顶点式求出点B的坐标，再求出A、C的坐标，进而求出直线AC的解析式和水平宽，从而得到点D的坐标，求出BD的长即可求出△ABC的面积．
【详解】解：尝试应用：∵点A−5,3、B4,0，
∴直线l1即为直线x=−5，直线l2即为直线x=4，
∴d=4−−5=9，即△ABC的水平宽为9，
设直线AB的解析式为y=kx+b，
∴−5k+b=34k+b=0，
∴k=−13b=43，
∴直线AB的解析式为y=−13x+43，
在y=−13x+43中，当x=0时，y=43，
∴D0，43，
∵C0,6，
∴OC=6，
∴ℎ=6−43=143，即铅垂高为143，
∴S△ABC=12dℎ=12×9×143=21；
故答案为：9，143，21；
学以致用：∵抛物线解析式为y=−x2+2x+3=−x−12+4，
∴顶点B的坐标为1，4；
令x=0，则y=3；令y=0，则−x2+2x+3=0，解得x=−1或x=3，
∴A0，3，C3，0，
∴直线l1即为直线x=0，直线l2即为直线x=3，
∴d=3−0=3，即△ABC的水平宽为3，
设直线AC的解析式为y=k1x+b1，
∴3k+b=0b=3，
∴k=−1b=3，
∴直线AC的解析式为y=−x+3，
在y=−x+3中，当x=1时，y=2，
∴D1，2，
∴BD=2，
∴S△ABC=12d⋅BD=12×3×2=3；
故答案为：1，4，2，3．
【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，二次函数与几何综合，正确理解题意是解题的关键．
【变式演练】
1．（2023·黑龙江）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A−1,0，B4,0，与y轴交于点C．
(1)求抛物线对应的函数解析式，并直接写出顶点P的坐标；
(2)求△BCP的面积．
注：抛物线y=ax2+bx+ca≠0的对称轴是直线x=−b2a，顶点坐标是−b2a,4ac−b24a．
【答案】(1)抛物线对应的解析式y=x2−3x−4，P32,−254
(2)S△BCP=152
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的表达式，再根据解析式求点P的坐标即可；
（2）求出点C0,−4和抛物线顶点P32,−254，A−1,0，B4,0利用S△BCP=S△OCP+S△OBP−S△BOC即可得到答案．
【详解】（1）∵抛物线y=x2+bx+c经过点A−1,0，B4,0，
∴1−b+c=016+4b+c=0，
解这个方程组，得b=−3c=−4．
∴抛物线对应的解析式y=x2−3x−4．
∵P点是抛物线的顶点坐标，
∴P−b2a,4ac−b24a，即：−b2a=−−32×1=32，4ac−b24a=4×1×−4−−324×1=−254，
∴P32,−254．
（2）如图，连接OP．
∵A−1,0，B4,0，C0,−4，P32,−254，
∴S△OCP=12×4×32=3，
S△OBP=12×4×254=252，
S△BOC=12×4×4=8．
∵S△BCP=S△OCP+S△OBP−S△BOC，
∴S△BCP=3+252−8=152．
【点睛】此题考查待定系数法求二次函数解析式、二次函数的图象和性质等知识，掌握数形结合的思想和割补法求三角形面积是解题的关键．
题型02 二次函数中三角形面积比值问题
【解题策略】
类型一：等底或等高
S△ABCS△BCD=AEDF S△ABCS△ACD=BCCD
结论：①当底相等，则面积比=高之比 ②当高相等，则面积比=底边之比
类型二：斜转直
【典例分析】
例1．（2024·云南模拟）
在平面直角坐标系中，A(−1,0)，B(3,0)．
(1)若抛物线过A、B两点，且与y轴交于点(0,−3)，求此抛物线的顶点坐标；
(2)如图，小敏发现所有过A、B两点的抛物线如果与y轴负半轴交于点C，M为抛物线的顶点，那么△ACM与△ACB的面积比不变，请你求出这个比值．
【答案】解：(1)设过抛物线A，B两点，且与y轴交于点(0,−3)，的抛物线解析式为y=ax2+bx+c，
把A(−1,0)，B(3,0)，点(0,−3)代入
得a−b+c=09a+3b+c=0c=−3，
解得a=1b=−2c=−3，
故此抛物线的解析式为y=x2−2x−3，顶点坐标为(1,−4)；
(2)由题意，设y=a(x+1)(x−3)，即y=ax2−2ax−3a，
∴A(−1,0)，B(3,0)，C(0,−3a)，M(1,−4a)，
∴S△ACB=12×4×|−3a|=6|a|，
而a>0，
∴S△ACB=6a．
作MD⊥x轴于D，
又S△ACM=S△ACO+SOCMD−S△AMD=12⋅1⋅3a+12(3a+4a)−12⋅2⋅4a=a，
∴S△ACM：S△ACB=1：6；
【解析】(1)由于抛物线过A，B两点，且与y轴交于点(0,−3)，可用待定系数法求出抛物线的解析式，再求出顶点坐标；
(2)先设出过A，B两点抛物线的解析式，作MD⊥x轴于D，再分别求出A、B、C、M各点的坐标，再根据图形求各三角形的面积，最后由三角形之间的和差关系△ACM的面积进行计算；
考查的是二次函数图象上点的坐标特点，及三角形的面积，注意某个图形无法解答时，常常放到其他图形中，利用图形间的“和差”关系求解．
例2．（2023·辽宁模拟）平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：y=x2先向右平移72个单位长度，再向上平移74个单位长度，得到新的抛物线C2，其顶点为A，C1，C2相交于点B，过点A作AC⊥x轴于点C，连接BC交OA于点D．
(1)点A的坐标是________；
(2)如图，求△OBD面积与△OCD面积的比值；
(3)在y轴上有两点E0，n，G0,n+32，过点E作x轴的平行线交直线AO于点F，以EF，EG为邻边作矩形EFHG，直线FH分别交抛物线C1，C2于点P，Q．若抛物线C在矩形EFHG内部（不含边界）的部分对应的函数值y随x的增大而增大，且抛物线C2，在矩形EFHG内部（不含边界）的部分对应的函数值y随x的增大而减小，求PQ的取值范围．
【答案】(1)72,74
(2)S△OBDS△OCD=127
(3)72
（2）先求出直线OA解析式为y=12x，求出点B2,4，过点B作BE∥AC交OA于点E，得出BE=4−1=3，证明△DBE∽△DAC，得出BDCD=BECA=374=127即可；
（3）当H点恰好落在抛物线C2上时，满足抛物线C1在矩形EFHG内部（不含边界）的部分对应的函数值y随x的增大而增大，再向上移动EG时，即可满足题意；直至当F点恰好与异于A点的点重合时，满足题意，因此计算两个端点时对应PQ的长度即可．
【详解】（1）解：∵抛物线C1:y=x2先向右平移72个单位长度，再向上平移74个单位长度，得到新的抛物线C2，其顶点为A，
∴新的抛物线C2:y=x−722+74，顶点为A72,74，
故答案为：72,74；
（2）解：如图，设直线OA解析式为y=kxk≠0，
∵图象经过点A72,74，
∴72k=74，
解得：k=12，
∴直线OA解析式为y=12x，
∵C2:y=x−722+74，
令x2=x−722+74，
解得：x=2，
∴y=4，
∴B2,4，
过点B作BE∥AC交OA于点E，
∴yE=12×2=1，
∴BE=4−1=3，
∵BE∥AC，
∴∠DBE=∠DCA,∠BED=∠CAD，
∴△DBE∽△DAC，
∴BDCD=BECA=374=127，
设△OBC边BC上的高为ℎ，
∴S△OBDS△OCD=12⋅BD⋅ℎ12⋅CD⋅ℎ=BDCD=127．
（3）解：①如图所示，当H点恰好落在抛物线C2上时，满足抛物线C1在矩形EFHG内部（不含边界）的部分对应的函数值y随x的增大而增大，
∵E0,n，G0,n+32，
∴F点的纵坐标为n，代入直线OA的解析式y=12x，
解得F点的纵坐标为2n，即：F2n,n，
∵HF=EG=32，HF∥y轴，
∴H2n,n+32，
将H2n,n+32代入C2:y=x−722+74，
解得：n=54或n=52，
∵此时点H在点A左侧，点B右侧，
∴n=54，
∴H52,114，
此时，直线FH分别交抛物线C1，C2于点P，Q，则Q的坐标即为Q52,114，
将x=52代入C1:y=x2，得：y=254，即：P的坐标即为P52,254，
∴此时PQ=254−114=72；
②如图所示，当F点恰好和A点重合时，
即：此时F点的坐标为72,74，也即Q点的坐标为72,74，
将x=72代入C1:y=x2，得：y=494，即：P的坐标即为P72,494，
∴此时PQ=494−74=212；
③如图所示，当F点为直线OA与抛物线C2的另一交点时，满足题意；
联立y=12xy=x−722+74，
解得：x=72y=74或x=4y=2，
∴此时F点的坐标为4,2，也即Q点的坐标为4,2，
将x=4代入C1:y=x2，得：y=16，
即：P的坐标即为P4,16，
∴此时PQ=16−2=14；
综上，PQ的取值范围为72
【变式演练】
1．（2023·广东模拟）如图，已知抛物线y=−x2+ax+3的顶点为P，它分别与x轴的负半轴、正半轴交于点A，B，与y轴正半轴交于点C，连接AC，BC，若tan∠OCB−tan∠OCA=23．
(1)求a的值；
(2)若过点P的直线l把四边形ABPC分为两部分，它们的面积比为1：2，求该直线的解析式．
【答案】解：(1)∵抛物线y=−x2+ax+3与x轴交于点A，B，
∴方程−x2+ax+3=0有两个不同的实数根．
设这两个根分别为x1、x2，且x1<0，x2>0，
由根与系数的关系得：x1+x2=a，
∵当x=0时，y=−x2+ax+3=3，
∴OC=3．
∵tan∠OCB−tan∠OCA=23．
∴OBOC−OAOC=23，
∴OB−OA=2，
∴x2−(−x1)=2，即x2+x1=2，
∴a=2．
(2)由(1)得抛物线的解析式为y=−x2+2x+3，
∴其顶点坐标为P(1,4)．
解方程−x2+2x+3=0，得x1=−1、x2=3，
∴A(−1,0)，B(3,0)．
延长PC交x轴于点D，作PF⊥x轴于点F，
∴PC的斜率为1，
∴OC=OD=3，
∴S四边形ABPC=S△PDB−S△CDA
=12DB⋅PF−12DA⋅OC
=12(3+3)×4−12(3−1)×3
=9．
设直线l与x轴交于点M(m,0)，则BM=3−m，
∴S△PMB=12×(3−m)×4=6−2m，
当6−2m=13×9=3时，m=32，此时M(32,0)，
即直线l过点P(1,4)，M(32,0)，
由待定系数法可得l的解析式为y=−8x+12；
同理，当6−2m=23×9=6时，m=0，此时M(0,0)，即直线l过点P(1,4)，M(0,0)，
由待定系数法可得l的解析式为y=4x；
综上所述，直线l的解析式为y=−8x+12或y=4x．
【解析】(1)根据抛物线与坐标轴的交点可得一元二次方程，根据韦达定理可得x1+x2=a；由函数解析式可知当x=0时y的值，则可得OC的长；结合tan∠OCB−tan∠OCA=23得出OB−OA=2，再用x1、x2表示出来，可得a的值；
(2)由(1)可得抛物线的解析式，则可求得点P和点A、点B的坐标，延长PC交x轴于点D，作PF⊥x轴于点F，根据S四边形ABPC=S△PDB−S△CDA，可求得四边形ABPC的面积；设直线l与x轴交于点M(m,0)，则BM=3−m，根据直线l把四边形ABPC分为面积比为1：2的两部分，分情况列出关于m的方程，解得m的值，则根据待定系数法可得直线l的解析式．
本题属于二次函数综合题，考查了抛物线与坐标轴的交点、抛物线与一元二次方程的关系、直线与四边形的面积问题等知识点，熟练掌握二次函数的相关性质是解题的关键．
2．（2024·四川模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(4,0)两点，与y轴交于点C(0,−2)．
（1）求抛物线的函数表达式
（2）如图1，点D为第四象限抛物线上一点，连接AD，BC交于点E，连接BD，记ΔBDE的面积为S1，ΔABE的面积为S2，求S1S2的最大值；
（3）如图2，连接AC，BC，过点O作直线l//BC，点P，Q分别为直线和抛物线上的点．试探究：在第一象限是否存在这样的点P，Q，使ΔPQB∽ΔCAB．若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=12x2−32x−2；（2）45；（3）存在，689,349或6+2415,3+415
【分析】（1）利用待定系数法进行求解即可；
（2）过点D作DG⊥x轴于点G，交BC于点F，过点A作AK⊥x轴交BC的延长线于点K，则可得△AEK∽△DEF，继而可得DEAE=DFAK，先求出BC的解析式，继而求得AK长，由S1S2=SΔBDESΔABE=DEAE可得S1S2=DFAK，设点Dm,12m2−32m−2，进而可得DF=−12m2+2m，从而可得S1S2=−15m2+45m，再利用二次函数的性质即可求得答案；
（3）先确定出∠ACB=90°，再得出直线l的表达式为y=12x．设点P的坐标为t,t2，然后分点P在直线BQ右侧，点P在直线BQ左侧两种情况分别进行讨论即可．
【详解】（1）∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(4,0)两点，与y轴交于点C(0,−2)．
∴a−b+c=016a+4b+c=0c=−2，
∴a=12c=−2b=−32，
∴抛物线的函数表达式为y=12x2−32x−2；
（2）过点D作DG⊥x轴于点G，交BC于点F，过点A作AK⊥x轴交BC的延长线于点K．
则DG//AK，
∴△AEK∽△DEF，
∴DEAE=DFAK，
设直线BC的解析式为y=kx+n，
将B(4,0)、C(0,−2)代入则有：4k+n=0n=−2，
解得k=12n=−2，
∴直线BC的表达式为y=12x−2，
当x=-1时，y=12x−2=−52，
即K（-1，−52），
∴AK=52．
∵S1S2=SΔBDESΔABE=DEAE．
∴S1S2=DFAK
设点Dm,12m2−32m−2，则F点坐标为（m，12m−2），
∴DF=12m−2−12m2−32m−2=−12m2+2m．
∴S1S2=−12m2+2m52=−15m2+45m=−15m−22+45，
当m=2时，S1S2有最大值45．
（3）∵A(−1,0)，B(4,0)，C(0,−2)．
∴AC=12+22=5，BC=42+22=25，AB=5，
∴AC2+BC2=25=52=AB2，
∴∠ACB=90°，
∵过点O作直线l//BC，直线BC的表达式为y=12x−2，
∴直线l的表达式为y=12x．
设点P的坐标为t,t2．
①当点P在直线BQ右侧时，如图，∠BPQ=90°，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥PN于点M，
∴∠M=∠PNB=90°，
∴∠BPN+∠PBN=90°，
∵∠QPM+∠BPN=180°-∠QPB=180°-90°=90°，
∴∠QPM=∠PBN，
∴ΔQPM∽ΔPBN，
∴QMPN=PMBN=PQPB，
又∵ΔPQB∽ΔCAB，
∴PQPB=CABC，
∴QMPN=PMBN=PQPB=CABC=12，
∵NB=t-4，PN=t2，
∴QMt2=PMt−4=12，
∴QM=t4，PM=12t−2，
∴MN=12t−2+12t=t−2，t−t4=34t，
∴点Q的坐标为34t,t−2．
将点Q的坐标为34t,t−2代入y=12x2−32x−2，得
t−2=932t2−98t−2，
解得：t1=689，t2=0（舍去），
此时点P的坐标为689,349．
②当点P在直线BQ左侧时．如图，∠BPQ=90°，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥PN于点M，
∴∠M=∠PNB=90°，
∴∠BPN+∠PBN=90°，
∵∠QPM+∠BPN=180°-∠QPB=180°-90°=90°，
∴∠QPM=∠PBN，
∴ΔQPM∽ΔPBN，
∴QMPN=PMBN=PQPB，
又∵ΔPQB∽ΔCAB，
∴PQPB=CABC，
∴QMPN=PMBN=PQPB=CABC=12，
∵NB=4-t，PN=t2，
∴QMt2=PM4−t=12，
∴QM=t4，PM=2−12t，
∴MN=2−12t+12t=2，t+t4=54t，
∴点Q的坐标为54t,2．
将点Q的坐标为54t,2代入y=12x2−32x−2，得
2=2532t2−158t−2，
解得：t1=6+2415，t2=6−2415<0（舍去），
此时点P的坐标为6+2415,3+415．
【点睛】本题是二次函数综合题，涉及了待定系数法，二次函数的性质，勾股定理的逆定理，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，难度较大，熟练掌握相关知识，正确进行分类讨论是解题的关键．
题型03 二次函数中三角形面积最值问题
【解题策略】
【典例分析】
例1．（2024·云南模拟）如图，已知抛物线y=ax2+bx+5经过A(−5,0)，B(−4,−3)两点，与x轴的另一个交点为C．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)点P为该抛物线上一动点(与点B，C不重合)，设点P的横坐标为t.当点P在直线BC的下方运动时，求△PBC的面积的最大值．
【答案】解：(1)把A(−5,0)，B(−4,−3)代入y=ax2+bx+5得25a−5b+5=016a−4b+5=−3，
解得a=1b=6，
∴抛物线解析式为y=x2+6x+5；
(2)作PQ//y轴交BC于Q，如图，
当y=0时，x2+6x+5=0，解得x1=−1，x2=−5，则C(−1,0)，
设直线BC的解析式为y=mx+n，
把C(−1,0)，B(−4,−3)代入得−m+n=0−4m+n=−3，解得m=1n=1，
∴直线BC的解析式为y=x+1，
设P(t,t2+6t+5)(−4
∴S△PCB=12×3×PQ=−32t2−152t−6=−32(t+52)2+278，
∴当t=−52时，S△PCB有最大值，最大值为278．
【解析】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，a≠0)与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．
(1)利用待定系数法求抛物线解析式；
(2)作PQ//y轴交BC于Q，如图，解方程x2+6x+5=0得C(−1,0)，再利用待定系数法求出直线BC的解析式为y=x+1，设P(t,t2+6t+5)(−4
(1)求二次函数解析式；
(2)连接AC，AD，CD，试判断△ADC的形状，并说明理由；
(3)点P为第三象限内抛物线上一点，△APC的面积记为S，求S的最大值及此时点P的坐标；
(4)在线段AC上，是否存在点F，使△AEF为等腰三角形？若存在，直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】解：(1)二次函数表达式为：y=a(x+3)(x−1)=a(x2+2x−3)，
则−3a=−3，解得：a=1，
函数的表达式为：y=x2+2x−3；
(2)由(1)知，点D(−1,−4)，
AC=3 2，CD= 2，AD= (−1+3)2+(−4)2= 20，
∴AD2=AC2+CD2，
故△ADC为直角三角形；
(3)过点P作PH//y轴交AC于点H，
将点A、C的坐标代入一次函数表达式并解得：
直线AC的表达式为：y=−x−3，
设点P(x,x2+2x−3)，则点H(x,−x−3)，
S=12PH×OA=32(−x−3−x2−2x+3)=−32(x+32)2+278，
当x=−32时，S最大值为278，此时点P(−32,−154)；
(4)∵OA=OC=3，∴∠OAC=∠OCA=45°，
①当AE=EF时，如下图，
△AEF为等腰直角三角形，AE=2=EF，
∴点F(−1,2)；
②当AE=AF时，
同理可得：点F(−3+ 2,− 2)；
③当AF=EF时，
同理可得：点F(−2,−1)；
故点F的坐标为：(−1,2)或(−3+ 2,− 2)或(−2,−1)．
【解析】(1)二次函数表达式为：y=a(x+3)(x−1)=a(x2+2x−3)，则−3a=−3，解得：a=1，即可求解；
(2)由AD2=AC2+CD2，故△ADC为直角三角形；
(3)S=12PH×OA=32(−x−3−x2−2x+3)=−32(x+32)2+278，即可求解；
(4)分AE=EF、AE=AF、AF=EF三种情况分别求解即可．
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到等腰三角形的性质、勾股定理的运用、面积的计算等，其中(3)，要注意分类求解，避免遗漏．
【变式演练】
1．（2023·四川模拟）已知抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点．
(1)直接写出抛物线的函数解析式；
(2)如图1，M是抛物线顶点，点P在抛物线上，若直线AP经过△CBM外接圆的圆心，求点P的横坐标；
(3)如图2，点N是第一象限内抛物线上的一动点，连接NA分别交BC、y轴于D、E两点，若△NBD、△CDE的面积分别为S1、S2，求S1−S2的最大值；
(4)点Q是抛物线对称轴上一动点，当∠OQA的值最大时，请直接求出点Q的坐标．
【答案】解：(1)y=−x2+2x+3；
(2)如图1，
∵y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，
∴M(1,4)，
把x=0代入y=−x2+2x+3，得y=3，
∴C(0,3)，
∵B(3,0)，
∴BC2=32+32=18，CM2=(1−0)2+(4−3)2=2，BM2=(4−0)2+(3−1)2=20，
∴BC2+CM2=BM2，
∴∠BCM=90°，
∴BM是△CBM外接圆的直径，
设BM的中点为F，
∴F(2,2)，
设直线AF的解析式为：y=kx+b′，
∴−k+b′=02k+b′=2,
解得：k=23b′=23,
∴直线AF的解析式为：y=23x+23，
∴−x2+2x+3=23x+23，
解得：x1=−1(舍去)，x2=73，
∴点P的横坐标为73;
(3)如图2，过点N作NK⊥x轴于K，
设点N的坐标为(t,−t2+2t+3)，
设直线AN的解析式为：y=k′x+m，
则−k′+m=0tk′+m=−t2+2t+3,
解得：k′=3−tm=3−t,
∴直线AN的解析式为：y=(3−t)x+3−t，
∴OE=3−t，
∵S1−S2
=S1+S△ADB−(S2+S△ADB)
=S△ANB−(S△BOC+S△AOE)
=12×4×(−t2+2t+3)−12×3×3−12×1×(3−t)
=−2t2+92t
=−2(t−98)2+8132，
∵−2<0，
∴当t=98时，S1−S2有最大值是8132;
(4)Q(1, 2)或(1,− 2).
【解析】【分析】
本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求二次函数和一次函数的解析式，勾股定理的应用，垂线段最短，三角形的外接圆，圆周角定理，三角形的面积等知识，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
(1)利用待定系数法即可得出答案；
(2)把二次函数的解析式化成顶点式，即可求得M的坐标，进一步求得点P的坐标，令x=0即可求得C的坐标，利用勾股定理的逆定理可得∠BCM=90∘，可知BM是直径，设BM的中点为F，求出AF的解析式，联立二次函数的解析式可得点P的横坐标；
(3)过点N作NK⊥x轴于K，设点N的坐标为(t,−t2+2t+3)，利用待定系数法可得直线AN的解析式为：y=(3−t)x+3−t，令x=0可得OE的长，根据S1−S2=S1+S△ADB−(S2+S△ADB)=S△ANB−(S△BOC+S△AOE)并结合二次函数最值可得答案；
(4)作△AOQ的外接圆圆H，作HG⊥x轴，可得AG是定值，根据圆周角定理可得∠AQO=12∠AHO，依题意可知：HQ⊥直线x=1时，∠OQA的值最大，根据勾股定理和对称性可得答案．
【解答】
解：(1)∵抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，
∴−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)见答案；
(3)见答案；
(4)如图3，作△AOQ的外接圆圆H，作HG⊥x轴于点H，连接AH，OH，HQ，则AG=GO=12，则∠AQO=12∠AHO，
∴当∠OQA最大时，∠AHO最大即∠AHG最大，
∵AH=HO=HQ，
∴当AH最小时，HQ最小，此时∠OQA最大，
即当HQ⊥抛物线的对称轴x=1时，HQ最小，
此时HQ=1+12=32，
∴AH=32，
在Rt△AHG中，HG= AH2−AG2= (32)2−(12)2= 2，
∴Q(1, 2)，
根据对称性，则存在Q(1,− 2)，
综上所述，Q(1, 2)或(1,− 2).
2．（2023·广东模拟）已知关于x的一元二次方程−12x2+ax+a+3=0．
(1)求证：无论a为任何实数，此方程总有两个不相等的实数根；
(2)如图，若抛物线y=−12x2+ax+a+3与x轴交于点A(−2,0)和点B，与y轴交于点C，连结BC，BC与对称轴交于点D．
①求抛物线的解析式及点B的坐标；
②若点P是抛物线上的一点，且点P位于直线BC的上方，连接PC，PD，过点P作PN⊥x轴，交BC于点M，求△PCD的面积的最大值及此时点P的坐标．
【答案】(1)证明：∵关于x的一元二次方程−12x2+ax+a+3=0，
∴Δ=a2−4×(−12)×(a+3)=a2+2a+6=(a+1)2+5，
∵(a+1)2≥0，
∴Δ=(a+1)2+5≥5，
∴Δ>0，
∴无论a为任何实数，此方程总有两个不相等的实数根；
(2)解：①∵抛物线y=−12x2+ax+a+3与x轴交于点A(−2,0)，
∴将A(−2,0)代入抛物线方程得：−12×(−2)2−2a+a+3=0，
解得：a=1，
∴y=−12x2+x+4，
令y=0，则−12x2+x+4=0，
解得：x1=−2，x2=4，
∴抛物线与x轴的交点为(−2,0)和(4,0)，
∵A(−2,0)，
∴B(4,0)，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+x+4，点B的坐标为(4,0)；
②由(2)知抛物线解析式为y=−12x2+x+4，
∴对称轴为直线x=−12×(−12)=1，
令x=0，得y=4，
∴C(0,4)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∵B(4,0)，C(0,4)，
则4k+b=0b=4，
解得：k=−1b=4，
∴直线BC的解析式为y=−x+4，
∴D(1,3)，
设抛物线的对称轴与x轴交于点E，如图，
∴OE=1，DE=3．
∵C(0,4)，
∴OC=4
设点P(x,−12x2+x+4)(0
∴EN=ON−OE=x−1，
∴S△PCD=S四边形OCPN−S四边形OCDE−S四边形DENP
=12×(OC+PN)×ON−12×(OC+DE)×OE−12×(DE+PN)×EN
=12×(4−12x2+x+4)⋅x−12×(4+3)×1−12×(3−12x2+x+4)×(x−1)
=−14x2+x
=−14(x−2)2+1
∵−14<0，
∴当x=2时，S△PCD有最大值为1，
此时点P的坐标为(2,4)．
【解析】【分析】
本题主要考查了抛物线与x轴的交点，待定系数法，配方法确定抛物线的顶点坐标，一元二次方程根的判别式，一次函数图象的性质，抛物线上点的坐标的特征，一次函数图象上点的坐标的特征，梯形的面积，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
(1)令y=0，得到一元二次方程，说明方程的判别式Δ>0即可；
(2)①利用待定系数法将点A坐标代入解析式求得a值，即可求出二次函数的解析式；令y=0，解一元二次方程−12x2+x+4=0即可得出结论；
②设点P(x,−12x2+x+4)(0
【解题策略】
等积变形原理：S△ABC=S△BCD=S△BCE
类型一：公共边为定边
题目要求：在抛物线上找一点P，使得S△ABC=S△PBC
方法总结：
①A.P在公共边BC同侧时，只需AP∥BC，过点A作l1//BC，交抛物线于P1.
②A.P在公共边BC异侧时，将l1上移2CD个单位，即CD=CE，记为l2//BC, 交抛物线于P2，P3
③将l1和l2分别与抛物线联立.
类型二：公共边为动边
题目要求：在抛物线上找一点P，使得S△APB=S△APC
方法总结：
①当点B.C在公共边AP同侧时，只需AP //BC即可，过点A作l//BC交抛物线于P1，联立l与抛物线.
②当点B.C在公共边AP异侧时，取BC中点D，CM=BN连接AD交抛物线于P2，联立AD与抛物线.
【典例分析】
例1.（2023·宁夏模拟）如图抛物线y=x2+bx+c经过点A−1,0，点B2,−3，与y轴交于点C，抛物线的顶点为D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)抛物线上是否存在点p，使△PBC的面积是△BCD面积的3倍，若存在，请直接写出点p的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)存在，3,0或−1,0
【分析】本题考查了待定系数法求解析式，根据三角形面积关系确定点的存在性，掌握待定系数法求函数解析式的方法，理解二次函数图象上点的坐标特征，利用方程思想解题是关键．
（1）待定系数法求解析式即可；
（2）设抛物线上的点P坐标为m,m2−2m−3，结合方程思想和三角形面积公式列方程求解．
【详解】（1）把点A−1,0，点B2,−3分别代入解析式y=x2+bx+c，
得1−b+c=04+2b+c=−3，
解得b=−2c=−3，
故抛物线的解析式为y=x2−2x−3．
（2）存在，理由如下：
∵y=x2−2x−3=x−12−4，
∴C0,−3,D1,−4，
∵B2,−3，
∴BC∥x轴，
∴D到直线y=−3的距离为−3−−4=1,BC=2−0=2，
∴S△BCD=12×2×1=1
∴S△PBC=3,
设Pm,m2−2m−3,
∵S△PBC=12·BC·m2−2m−3−−3=m2−2m，
∴m2−2m=3,
∴m2−2m=3或m2−2m=−3,
解得m=3,m=−1或无解，
故m=3,m=−1，
故P3,0或P−1,0．
【变式演练】
1．（2023·贵州模拟）如图1，在平面直角坐标系中，直线y=−x+4交两坐标轴于B、C两点，二次函数y=ax2+bx+c图象经过A，B，C三点且A(−1,0)．
(1)求二次函数的解析式．
(2)在抛物线的对称轴上是否存在点P？使得PA+PC的长度最短．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)在直线上方抛物线上是否存在点Q？使得△QBC的面积有最大值．若存在，求出点Q的坐标及此时△QBC的面积；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+3x+4；
(2)存在，点P的坐标为32，52；
(3)存在，点Q的坐标为2,6，此时△QBC的面积为8
【分析】
（1）利用待定系数法解答即可；
（2）利用将军饮马模型解答即可；
（3）过点Q作QD∥y轴，交直线BC于点D，设点Q(m,−m2+3m+4)，则Dm,−m+4，利用△QBC的面积=S△QCD+S△QBD，求出△QBC的面积关于m的函数关系式，再利用配方法和二次函数的性质解答即可得出结论．
【详解】（1）
解：1令x=0，则y=4，
∴C0,4．
令y=0，则x=4，
∴B4,0．
∵二次函数y=ax2+bx+c图象经过A，B，C三点且A−1,0，
∴a−b+c=0c=416a+4b+c=0，
解得：a=−1b=3c=4，
∴二次函数的解析式为y=−x2+3x+4；
（2）
解：在抛物线的对称轴上存在点P使得PA+PC的长度最短，点P的坐标为32,52，理由：
∵y=−x2+3x+4=−(x−32)2+254，
∴抛物线y=−x2+3x+4的对称轴为直线x=32，
设抛物线的对称轴与直线BC交于点P，连接PA，
∵直线x=32为AB的垂直平分线，
∴PA=PB，
∴PA+PC=PB+PC=BC，
∴此时点P使得PA+PC的长度最短，
令x=32，则y=−32+4=52，
∴在抛物线的对称轴上存在点P使得PA+PC的长度最短，点P的坐标为32,52；
（3）
解：在直线上方抛物线上存在点Q，使得△QBC的面积有最大值．点Q的坐标为2,6，此时△QBC的面积为8，理由：
过点Q作OD∥y轴，交直线BC于点D，如图，
设点Q(m,−m2+3m+4)，则Dm,−m+4，
∴QD=−m2+3m+4−(−m+4)=−m2+4m，
∵B4,0，
∴OB=4，
∴△QBC的面积=S△QCD+S△QBD
=12×QD⋅OB
=12×4(−m2+4m)
=−2m2+8m
=−2(m−2)2+8，
∵−2<0，
∴当m=2时，△QBC的面积有最大值8，此时点Q的坐标为2,6，
∴在直线上方抛物线上存在点Q，使得△QBC的面积有最大值．点Q的坐标为2,6，此时△QBC的面积为8．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的图象与性质，抛物线上点的坐标的特征，待定系数法，配方法，函数的极值，理由点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
2．（2024·陕西模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线C1:y=ax2−x+ca≠0与x轴交于A−1,0，B3,0两点，交y轴于点C．
(1)求抛物线C1的解析式；
(2)设抛物线C1关于坐标原点对称的抛物线为C2，点A，B的对应点分别为A'，B'，抛物线C2的顶点为E．则在x轴下方的抛物线C2上是否存在点F，使得S△ABF=2S△B'BE．若存在，求出F点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=12x2−x−32
(2)F3,−6或F−5,−6
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）设抛物线为Q'm，n是抛物线C2上一点，点Q是抛物线C1上与点Q'm，n对应的点，则Q−m，−n，由点Q−m，−n在抛物线C1推出n=−12m2−m+32，则C2的解析式为y=−12x+12+2，可得E−1,2；由B3,0，得到B'−3,0， 则BB'=6，S△B'BE=12BB'⋅yE=6，设F的纵坐标为−t，进而根据△ABF的面积等于△B'BE的面积的两倍，建立方程求得F的坐标，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线C1:y=ax2−x+ca≠0与x轴交于A−1,0，B3,0
∴a+1+c=09a−3+c=0
解得：a=12c=−32,
∴抛物线C1的解析式为：y=12x2−x−32；
（2）解：设抛物线为Q'm，n是抛物线C2上一点，点Q是抛物线C1上与点Q'm，n对应的点
∵抛物线C2和抛物线C1关于原点对称，
∴Q−m，−n，
∴−n=12m2+m−32，即n=−12m2−m+32，
∴C2的解析式为：y=−12x2−x+32=−12x+12+2，
∴E−1,2；
∵B3,0，
∴B'−3,0，
∴BB'=6，
∴S△B'BE=12BB'⋅yE=12×6×2=6，
∵A−1,0，B3,0，
∴AB=4
设F的纵坐标为−t，
∵S△ABF=2S△B'BE．
∴12×4n=2×6
解得：n=6
∴F的纵坐标为−6
当−12x2−x+32=−6时，
解得x=3或x=−5，
∴F3,−6或F−5,−6。
【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，面积问题，中心对称的性质，掌握二次函数的性质是解题的关键．
题型05 二次函数中线段最值问题
【解题策略】
对于阿氏圆而言：当系数k＜1的时候，一般情况下，考虑向内构造.
当系数k＞1的时候，一般情况下，考虑向外构造.
【注意事项】针对求PA+kPB的最小值问题时，当轨迹为直线时，运用“胡不归模型”求解；
当轨迹为圆形时，运用“阿氏圆模型”求解.
【典例分析】
例1（2023·浙江模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−14x2+bx+3的对称轴是直线x=2，与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式及顶点坐标；
(2)M为第一象限内抛物线上的一个点，过点M作MN⊥x轴于点N，交BC于点D，连接CM，当线段CM=CD时，求点M的坐标；
(3)以原点O为圆心，AO长为半径作⊙O，点P为⊙O上的一点，连接BP，CP，求2PC+3PB的最小值．
【答案】(1)y=−14x2+x+3，顶点坐标为2，4
(2)点M的坐标为2，4
(3)2PC+3PB的最小值为285
【分析】（1）由x=2=−b2a=− b2×(−14)，解得b=1，然后代入解析式求解；
（2）当线段CM=CD时，则点C在MD的中垂线上，即yC=12yM+yD时，即可求解；
（3）先证明△POG∽△COP，然后利用当B、P、G三点共线时，2PC+3PB最小，最小值为3BG即可求解．
【详解】（1）∵对称轴是直线x=2，
故x=2=−b2a=− b2×(−14)，解得b=1，
故抛物线的表达式为y=−14x2+x+3=−14x−22+4，
∴抛物线的顶点为2,4；
（2）
对于y=−14x2+x+3，令y=−14x2+x+3=0，
解得x=6或−2，令x=0，则y=3，
故点A、B、C的坐标分别为−2，0、6，0、0，3，
设直线BC的表达式为y=mx+n，则0=6m+nn=3，解得m=−12n=3，
故直线BC的表达式y=−12x+3，
设点M的坐标为x,−14x2+x+3，则点D的坐标为x,−12x+3，
当线段CM=CD时，则点C在MD的中垂线上，即yC=12yM+yD，
即3=12−14x2+x+3−12x+3，
解得x=0（舍去）或2，
故点M的坐标为2,4；
（3）
在OC上取点G，使OPOC=OGOP= 23，即23=OG2，则OG=43，则点G0,43，
∵OPOC=OGOP，∠GOP=∠COP，
∴△POG∽△COP，
∴PGPC=OPOC=23，故PG=23PC，
则2PC+3PB=3PB+23PC=3BP+PG，
故当B、P、G三点共线时，2PC+3PB最小，最小值为3BG，
则2PC+3PB的最小值3BG=362+432=285．
【点睛】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，会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来以及利用点的坐标的意义表示线段的长度是解题的关键．.
【变式演练】
1.（2023·内蒙古模拟）如图，已知直线y=12x+1与y轴交于点A，与x轴交于点D，抛物线y=12x2+bx+1与直线交于A、E两点，与x轴交于B、C两点，且线段OA=OB．（注：抛物线y=ax2+bx+c的对称轴为x=−b2a）
(1)求该抛物线的解析式；
(2)动点P在x轴上移动，当△PAE是直角三角形时，求点P的坐标；
(3)在抛物线的对称轴上找一点M，使AM−CM的值最大，求点M的坐标．
【答案】(1)抛物线的解析式为y=12x2−32x+1
(2)点P的坐标为12,0或(1,0)或(3,0)或112,0；
(3)M32,−12
【分析】（1）首先得点A(0,1)，B(1,0)，那么把A，B坐标代入y=12x2+bx+c即可求得函数解析式；
（2）让直线解析式与抛物线的解析式结合即可求得点E的坐标．△PAE是直角三角形，应分点P为直角顶点，点A是直角顶点，点E是直角顶点三种情况探讨；
（3）首先得AM−CM的值最大，应找到C关于对称轴的对称点B，连接AB交对称轴的一点就是M．应让过AB的直线解析式和对称轴的解析式联立即可求得点M坐标．
【详解】（1）∵直线与y轴交于点A，
令x=0，则y=1
∴A点坐标为0,1，
∵线段OA=OB，直线y=12x+1与x轴交于B点，
∴B(1,0)，
∵抛物线y=12x2+bx+1与直线交于A点，与x轴交于B点，
将A(0,1)、B(1,0)坐标代入y=12x2+bx+c
得c=112+b+c=0，解得b=−32c=1，
∴抛物线的解析式为y=12x2−32x+1；
（2）设点E的横坐标为m，则它的纵坐标为12m2−32m+1，
即E点的坐标(m,12m2−32m+1)，
又∵点E在直线y=12x+1上，
∴ 12m2−32m+1=12m+1
解得m1=0（舍去），m2=4，
∴E的坐标为(4,3)．
（Ⅰ）当A为直角顶点时，
过A作AP1⊥DE交x轴于P1点，设P1(a,0)，
∵直线y=12x+1与x轴交于点D，
令y=0，则x=−2
∴D点坐标为(−2,0)，
∵∠DAO+∠P1AO=90°，∠DAO+∠ADO=90°
∴∠ADO=∠P1AO
∵∠DOA=∠P1OA=90°
∴Rt△AOD∽Rt△P1OA，
∴DOOA=OAOP1，即21=1OP1，
∴OP1=12，
∴P112,0．
（Ⅱ）同理，当E为直角顶点时，过E作EP2⊥DE交x轴于P2点，过E作EF⊥x轴于F，
同理可证Rt△AOD∽Rt△P2ED，
∴DOOA=DEEP2，
∵D点坐标为(−2,0)，E的坐标为(4,3)
∴DE=−2−42+0−32=35
即21=35EP2，
∴EP2=352，
∴DP2=DE×EP2EF=152，
∴OP2=152−2=112，
∴P2点坐标为112,0．
（Ⅲ）当P为直角顶点时，设P3(t,0)，
由∠OP3A+∠FP3E=90°，∠P3EF+∠FP3E=90°得∠OP3A=∠FEP3，
∴Rt△AOP3∽Rt△P3FE，
由AOP3F=OP3EF得14−t=t3，
解得t1=3，t2=1，
∴此时的点P3的坐标为(1,0)或(3,0)，
综上所述，满足条件的点P的坐标为12,0或(1,0)或(3,0)或112,0；
（3）抛物线的对称轴为x=32，
∵B、C关于x=32对称，
∴MC=MB，
要使AM−MC最大，即是使AM−MB最大，
由三角形两边之差小于第三边得，当A、B、M在同一直线上时AM−MB的值最大．
∵A(0,1)，B(1,0)，
设直线AB的解析式为y=kx+b
∴0=k+bb=1，解得k=−1b=1
∴直线AB的解析式为y=−x+1
∴由y=−x+1x=32，得x=32y=−12，
∴M32,−12．
【点睛】此题主要考查了二次函数综合以及待定系数法求二次函数解析式和相似三角形的判定与性质等知识，根据一个三角形是直角三角形，应分不同顶点为直角等多种情况进行分析；求两条线段和或差的最值，都要考虑做其中一点关于所求的点在的直线的对称点得出是解题关键．
题型06 二次函数中周长最值问题题型
【解题策略】
对于阿氏圆而言：当系数k＜1的时候，一般情况下，考虑向内构造.
当系数k＞1的时候，一般情况下，考虑向外构造.
【注意事项】针对求PA+kPB的最小值问题时，当轨迹为直线时，运用“胡不归模型”求解；
当轨迹为圆形时，运用“阿氏圆模型”求解.
【典例分析】
例1（2023·四川）如图，直线y=−43x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y=−43x2+bx+c过A、B两点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点D为抛物线上位于AB上方的一点，过点D作DE⊥AB于点E，作DF∥y轴交AB于点F，当△DEF的周长最大时，求点D的坐标；
(3)G是平面内的一点，在（2）的条件下，将△DEF绕点G顺时针旋转α得到△D'E'F'，当α=∠OBA时，△D'E'F'的两个顶点恰好落在抛物线上，求点D'的横坐标．
【答案】(1)y=−43x2+83x+4
(2)D32,5
(3)1910或75
【分析】（1）根据yAB=−43x+4，令y=0和x=0，求出 A3,0，B0,4，代入解析式即可得到最后结果；
（2）根据勾股定理求出AB长度，表示出DE+EF+DF=125DF，设Dt,−43t2+83t+4，则Ft,−43t+4，表示出DF=−43t2+4t，DE+EF+DF=−165t−322+365，根据题意，即可得到D点坐标；
（3）根据当△DEF顺时针旋转α后，EF∥y轴，D'E'⊥y轴，设D'm,n则E'm−95,n，F'm−95,n，分别在当E'、D'两个顶点在抛物线上时，和当D'、E'两个顶点在抛物线上时，求出m的值为1910或75，即可得到最后结果．
【详解】（1）解：∵yAB=−43x+4，令y=0，
得−43x+4=0，
解得：x=3，
令x=0，得y=4，
∴A3,0，B0,4，
故得方程组0=−12+3b+c4=c，
∴b=83c=4，
∴此抛物线的解析式为：y=−43x2+83x+4；
（2）∵A3,0，B0,4，
∴OA=3，OB=4，
∴AB=OA2+OB2=5，
∴sin∠ABO=OAAB=35，cs∠ABO=OBAB=45，
∵DF∥y轴，
∴∠DFE=∠ABO，
∵DE⊥AB，
∴DEDF=sin∠DFE=cs∠ABO=35，
∴EF=35DF，
∵EFDF=cs∠DFE=cs∠ABO=45，
∴EF=45DF，
∴DE+EF+DF=35DF+45DF+DF=125DF，
设Dt,−43t2+83t+4，则Ft,−43t+4，
∴DF=−43t2+83t+4−−43t+4=−43t2+4t，
∴DE+EF+DF=125−43t2+4t=−165t−322+365，
∴当t=32时，△DEF的周长最大，
∵t=32，−43t2+83t+4=5，
∴D32,5；
（3）当t=32时，DF=3，
∴DE=35DF=95，EF=45DF=125，
∵∠DFE=∠ABO=α，
∴当△DEF顺时针旋转α后，EF∥y轴，D'E'⊥y轴，
设D'm,n则E'm−95,n，F'm−95,n，
①当E'、D'两个顶点在抛物线上时，
−43m2+83m+4=n−43m−952+83m−95+4=n，
解得：m=1910，
∴D'的横坐标为1910，
②当D'、F'两个顶点在抛物线上时，
∴−43m2+83m+4=n−43m−952+83m−95+4=n−125，
解得：m=75，
∴D'的横坐标为75，
又∵E'F'∥y轴，
∴E'、F'不会同时在抛物线上，
∴综上所述，点D'的横坐标为1910或75．
【点睛】本题考查了二次函数综合题，待定系数法求函数解析式，二次函数图像和特征，一次函数图像和特征，勾股定理，三角函数值，解答本题的关键是运用分类讨论的思想．
【变式演练】
1.（2023·湖北模拟）已知直线y=x−1与x轴交于点A，过x轴上A，C两点的抛物线y=ax2+bx+3与y轴交于点B，与直线y=x−1交于D且OB=OC，
(1)直接写出A，B，C三点的坐标；
(2)求抛物线的解析式；
(3)若点M是抛物线对称轴l上一动点，当△CDM的周长最小时，求△CDM的面积；
(4)点P是抛物线上一动点（点P不与B，C重合），连接AP，DP，若△ADP的面积等于3，求点P的坐标．
【答案】(1)A1，0，C3，0，B0，3
(2)y=x2−4x+3
(3)2
(4)P12，−1或P25+172，7+172或P35−172，7−172
【分析】（1）先求出点C的坐标，进而求出点B的坐标，在y=x−1中，当y=0时，x=1，即可求出点A的坐标；
（2）利用待定系数法求解即可；
（3）先求出D4，3；设直线AD与直线l交于点H，连接AM、CM，CH，由对称性可知AM=CM，则当A、M、D三点共线时，AM+DM最小，即此时△CDM的周长最小，最小值为AD+CD，此时点M与点H重合，根据S△CDH=S△ACD−S△ACH进行求解即可；
（4）先求出过点C且与AD平行的直线解析式为y=x−3，再证明S△ADC=S△ADP，则由平行线间的距离处处相等可得点P在直线y=x−3或在直线y=x+1上，据此求解即可．
【详解】（1）解：在y=ax2+bx+3中，当x=0时，y=3，
∴C3，0，
∴OB=OC=3，
∴B0，3，
在y=x−1中，当y=0时，x=1，
∴A1，0；
（2）解：设抛物线解析式为y=ax−1x−3，
把C0，3代入y=ax−1x−3中得3=a0−10−3，
解得a=1，
∴抛物线解析式为y=x−1x−3=x2−4x+3；
（3）解：联立y=x−1y=x2−4x+3，
解得x=4y=3或x=1y=0，
∴D4，3；
设直线AD与直线l交于点H，连接AM、CM，CH，
由对称性可知AM=CM，
∴△CDM的周长=CM+DM+CD=AM+DM+CD，
∵CD是定值，
∴当A、M、D三点共线时，AM+DM最小，即此时△CDM的周长最小，最小值为AD+CD，此时点M与点H重合，
∵A1，0，B3，0，
∴抛物线对称轴为直线x=2，
在y=x−1中，当x=2时，y=1，
∴H2，1，
∴S△CDH=S△ACD−S△ACH=12×3−1×3−12×3−1×1=2；
（4）解：设过点C且与AD平行的直线解析式为y=x+b1，
∴0=3+b1，
∴b1=−3，
∴过点C且与AD平行的直线解析式为y=x−3，
∵S△ADC=12×3−2×3=3，
∴S△ADC=S△ADP，
∴由平行线间的距离处处相等可得点P在直线y=x−3或在直线y=x+1上，
联立y=x−3y=x2−4x+3，解得x=2y=−1或x=3y=0，
∴P12，−1；
联立y=x+1y=x2−4x+3，解得x=5+172y=7+172或x=5−172y=7−172，
∴P25+172，7+172或P35−172，7−172；
综上所述，点P的坐标为P12，−1或P25+172，7+172或P35−172，7−172．
【点睛】本题主要考查了二次函数与一次函数综合，待定系数法求函数解析式等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
、
1．（2023·湖南）如图，二次函数的图象与x轴交于A−1,0，B5,0两点，与y轴交于点C，顶点为D．O为坐标原点，tan∠ACO=15．
(1)求二次函数的表达式；
(2)求四边形ACDB的面积；
(3)P是抛物线上的一点，且在第一象限内，若∠ACO=∠PBC，求P点的坐标．
【答案】(1)y=−x+1x−5
(2)30
(3)P12,274
【分析】（1）用两点式设出二次函数的解析式，然后求得C点的坐标，并将其代入二次函数的解析式，求得a的值，再将a代入解析式中即可．
（2）先将二次函数变形为顶点式，求得顶点坐标，然后利用矩形、三角形的面积公式即可求得答案．
（3）根据各点的坐标的关系及同角三角函数相等的结论可以求得相关联的函数解析式，最后联立一次函数与二次函数的解析式，求得点P的坐标．
【详解】（1）∵二次函数的图象与x轴交于A−1,0,B5,0两点．
∴设二次函数的表达式为y=ax+1x−5
∵AO=1,tan∠ACO=15，
∴OC=5，即C的坐标为0,5
则5=a0+10−5，得a=−1
∴二次函数的表达式为y=−x+1x−5；
（2）y=−x+1x−5=−(x−2)2+9
∴顶点的坐标为2,9
过D作DN⊥AB于N，作DM⊥OC于M，
四边形ACDB的面积=S△AOC+S矩形OMDN−S△CDM+S△DNB
=12×1×5+2×9−12×2×9−5+12×5−2×9=30；
（3）如图，P是抛物线上的一点，且在第一象限，当∠ACO=∠PBC时，
连接PB，过C作CE⊥BC交BP于E，过E作EF⊥OC于F，
∵OC=OB=5，则△OCB为等腰直角三角形，∠OCB=45°．
由勾股定理得：CB=52，
∵∠ACO=∠PBC，
∴tan∠ACO=tan∠PBC，
即15=CECB=CE52，
∴CE=2
由CH⊥BC，得∠BCE=90°，
∴∠ECF=180°−∠BCE−∠OCB=180°−90°−45°=45°．
∴△EFC是等腰直角三角形
∴FC=FE=1
∴E的坐标为1,6
所以过B、E的直线的解析式为y=−32x+152
令y=−32x+152y=−x+1x−5
解得x=5y=0，或x=12y=274
所以BE直线与抛物线的两个交点为B5,0,P12,274
即所求P的坐标为P12,274
【点睛】本题考查了一次函数、二次函数的性质以及与坐标系几何图形的综合证明计算问题，解题的关键是将所学的知识灵活运用．
2．（2023·福建）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+bx经过A(4,0)，B(1,4)两点．P是抛物线上一点，且在直线AB的上方．
(1)求抛物线的解析式．
(2)若△OAB面积是△PAB面积的2倍，求点P的坐标．
(3)如图，OP交AB于点C，PD//BO交AB于点D.记△CDP，△CPB，△CBO的面积分别为S1，S2，S3.判断s1s2+s2s3是否存在最大值．若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】解：(1)将A(4,0)，B(1,4)代入y=ax2+bx，
∴16a+4b=0a+b=4，
解得a=−43b=163．
∴抛物线的解析式为：y=−43x2+163x；
(2)设直线AB的解析式为：y=kx+t，
将A(4,0)，B(1,4)代入y=kx+t，
∴4k+t=0k+t=4，
解得k=−43t=163，
∴直线AB的解析式为：y=−43x+163．
∵A(4,0)，B(1,4)，
∴S△OAB=12×4×4=8，
∴S△OAB=2S△PAB=8，即S△PAB=4，
过点P作PM⊥x轴于点M，PM与AB交于点N，过点B作BE⊥PM于点E，如图，
∴S△PAB=S△PNB+S△PNA=12PN×BE+12PN×AM=32PN=4，
∴PN=83，
设点P的横坐标为m，
∴P(m,−43m2+163m)(1
解得m=2或m=3；
∴P(2,163)或(3,4)．
(3)S1S2+S2S3存在最大值，理由如下：
∵PD//OB，
∴∠DPC=∠BOC，∠PDC=∠OBC，
∴△DPC∽△BOC，
∴CP：CO=CD：CB=PD：OB，
∵S1S2=CDCB=PDOB，S2S3=CPCO=PDOB，
∴S1S2+S2S3=2PDOB，
设直线AB：y=−43x+163交y轴于点F，则F(0,163)，
过点P作PH⊥x轴，垂足为H，PH交AB于点G，如图，
∵∠PDC=∠OBC，
∴∠PDG=∠OBF，
∵PG//OF，
∴∠PGD=∠OFB，
∴△PDG∽△OBF，
∴PD：OB=PG：OF，
设P(n,−43n2+163n)(1
∴S1S2+S2S3=2PDOB=2PGOF=38PG=−12(n−52)2+98．
∵1
【解析】本题考查一次函数和二次函数的图象与性质、待定系数法、三角形面积、相似三角形的判定与性质、二次函数的最值等基础知识，利用待定系数法求函数解析式，熟练掌握运用三角形的面积公式及相似三角形的判定与性质是本题的关键．
(1)将点A，B的坐标代入二次函数的解析式，利用待定系数法求解即可；
(2)利用待定系数法求出直线AB的解析式，过点P作PM⊥x轴于点M，PM与AB交于点N，过点B作BE⊥PM于点E，可分别求出△OAB和△PAB的面积，根据题意列出方程求出PN的长，设点P的横坐标为m，表示出PN的长，列方程求出m，即可得出点P的坐标；
(3)先证明△DPC∽△BOC，得出CP：CO=CD：CB=PD：OB，由S1S2=CDCB=PDOB，S2S3=CPCO=PDOB，可得S1S2+S2S3=2PDOB，过点P作PH⊥x轴，垂足为H，PH交AB于点G，设P(n,−43n2+163n)(1
(1)求S关于x的函数解析式．
(2)当x取何值时，S的值最大？请求出最大值．
【答案】解：(1)如图，过点A作AG⊥OC于点G，连接AC，∵顶点A的坐标为(2,2 3)，∴OA= 22+(2 3)2=4，OG=2，AG=2 3.∴cs∠AOG=OGAO=12.∴∠AOG=60°.∵四边形OABC是菱形，∴∠BOC=∠AOB=30°，AC⊥BD，AO=OC.∴△AOC是等边三角形．∴∠ACO=60°.∵DE⊥OB，∴DE//AC.∴∠EDO=∠ACO=60°.∴△EOD是等边三角形．∴ED=OD=x.∵DF//OB，∴△CDF∽△COB.∴DFOB=CDCO.易得B(6,2 3)，∴OB= 62+(2 3)2=4 3.∴DF4 3=4−x4.∴DF= 3(4−x).∴S=12x× 3(4−x)=− 32x2+2 3x.∴S关于x的函数解析式为S=− 32x2+2 3x．
(2)由(1)知，S=− 32x2+2 3x=− 32(x−2)2+2 3，∴当x=2时，S有最大值，最大值为2 3．
【解析】略
4．（2023·广东）如图，抛物线y=x2+bx+c(b,c是常数)的顶点为C，与x轴交于A，B两点，A(1,0)，AB=4，点P为线段AB上的动点，过P作PQ//BC交AC于点Q．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)求△CPQ面积的最大值，并求此时P点坐标．
【答案】(1)∵抛物线y=x2+bx+c(b,c是常数)的顶点为C，与x轴交于A，B两点，A(1,0)，AB=4，
∴B(−3,0)，
∴1+b+c=09−3b+c=0，
解得b=2c=−3，
∴抛物线的解析式为y=x2+2x−3；
(2)过Q作QE⊥x轴于E，过C作CF⊥x轴于F，
设P(m,0)，则PA=1−m，
∵y=x2+2x−3=(x+1)2−4，
∴C(−1,−4)，
∴CF=4，AB=4，
∵PQ//BC，
∴△PQA∽△BCA，
∴AQAC=APAB，
∵CF//QE，
∴△AEQ∽△AFC，
∴AQAC=QECF
∴QECF=APAB，即QE4=1−m4，
∴QE=1−m，
∴S△CPQ=S△PCA−S△PQA
=12PA⋅CF−12PA⋅QE
=12(1−m)×4−12(1−m)(1−m)
=−12(m+1)2+2，
∵−3≤m≤1，
∴当m=−1时 S△CPQ有最大值2，
∴△CPQ面积的最大值为2，此时P点坐标为(−1,0)．
【解析】(1)根据A(1,0)，AB=4求出B(−3,0)，把A、B的坐标代入抛物线y=x2+bx+c，即可求解；
(2)过Q作QE⊥x轴于E，过C作CF⊥x轴于F，设P(m,0)，则PA=1−m，易证△PQA∽△BCA，利用相似三角形的性质即可表示出QE的长，又因为S△CPQ=S△PCA−S△PQA，进而得到△CPQ面积和m的二次函数关系式，利用二次函数的性质即可求出面积最大值．
本题是二次函数综合题，考查了二次函数图象和性质，待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定和性质，解题的关键是抓住图形中某些特殊的数量关系和位置关系．此题综合性较强，中等难度，是一道很好的试题．
5．（2023·四川）已知抛物线y=x2+bx+c与x轴相交于A−1，0，B两点，与y轴相交于点C0，−3．
(1)求b，c的值；
(2)P为第一象限抛物线上一点，△PBC的面积与△ABC的面积相等，求直线AP的解析式；
(3)在（2）的条件下，设E是直线BC上一点，点P关于AE的对称点为点P'，试探究，是否存在满足条件的点E，使得点P'恰好落在直线BC上，如果存在，求出点P'的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)b=−2,c=−3.
(2)y=x+1
(3)存在，点P'的坐标为1+21,−2+21或1−21,−2−21
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）S△PBC=S△ABC得到AP∥BC，即可求解；
（3）由题意的：∠AEP=∠AEP',P'E=PE，即可求解．
【详解】（1）由题意，得1−b+c=0,c=−3.
∴b=−2,c=−3.
（2）由（1）得抛物线的解析式为y=x2−2x−3．
令y=0，则x2−2x−3=0，得x1=−1，x2=3．
∴B点的坐标为3，0．
∵S△PBC=S△ABC，
∴AP∥BC．
∵B3，0，C0，−3，
∴直线BC的解析式为y=x−3．
∵AP∥BC，
∴可设直线AP的解析式为y=x+m．
∵A（−1，0）在直线AP上，
∴0=−1+m．
∴m=1．
∴直线AP的解析式为y=x+1．
（3）设P点坐标为m，n．
∵点P在直线y=x+1和抛物线y=x2−2x−3上，
∴n=m+1，n=m2−2m−3．
∴m+1=m2−2m−3．
解得m1=4，m2=−1（舍去）．
∴点P的坐标为4，5．
由翻折，得∠AEP=∠AEP',P'E=PE．
∵AP∥BC，
∴∠PAE=∠AEP''．
∴∠PAE=∠PEA．
∴PE=PA=4+12+5−02=52．
设点E的坐标为t，t−3，则PE2=t−42+t−3−52=522．
∴t=6±21．
当t=6+21时，点E的坐标为6+21,3+21．
设P'(s,s−3),
由P'E=AP，P'E=PE=52得：
s−6−212+s−3−3−212=522，
解得：s=1+21，
则点P'的坐标为1+21,−2+21．
当t=6−21时，同理可得，点P'的坐标为1−21,−2−21．
综上所述，点P'的坐标为1+21,−2+21或1−21,−2−21．
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了用待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，二次函数的性质，此题题型较好，综合性比较强，用的数学思想是分类讨论和数形结合的思想．
6．（2023·山东）如图，抛物线y=−x2+bx+c经过A(−1,0),C(0,3)两点，并交x轴于另一点B，点M是抛物线的顶点，直线AM与轴交于点D．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)若点H是x轴上一动点，分别连接MH，DH，求MH+DH的最小值；
(3)若点P是抛物线上一动点，问在对称轴上是否存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)37
(3)存在，Q1,3或Q1,1或Q1,5
【分析】
（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）作点D关于x轴的对称点D'，连接D'M，D'M与x轴的交点即为点H，进而得到MH+DH的最小值为D'M的长，利用两点间距离公式进行求解即可；
（3）分DM，DP，MP分别为对角线，三种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c经过A(−1,0),C(0,3)两点，
∴−1−b+c=0c=3，解得：b=2c=3，
∴y=−x2+2x+3；
（2）∵y=−x2+2x+3=−x−12+4，
∴M1,4，
设直线AM:y=kx+m(k≠0)，
则：−k+m=0k+m=4，解得：k=2m=2，
∴AM:y=2x+2，
当x=0时，y=2，
∴D0,2；
作点D关于x轴的对称点D'，连接D'M，
则：D'0,−2，MH+DH=MH+D'H≥D'M，
∴当M,H,D'三点共线时，MH+DH有最小值为D'M的长，
∵D'0,−2，M1,4，
∴D'M=12+4+22=37，
即：MH+DH的最小值为：37；
（3）解：存在；
∵y=−x2+2x+3=−x−12+4，
∴对称轴为直线x=1，
设Pp,t，Q1,n，
当以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时：
①DM为对角线时：1+p=0+1t+n=4+2，
∴p=0t+n=6，
当p=0时，t=3，
∴n=3，
∴Q1,3；
②当DP为对角线时：0+p=1+12+t=4+n，
∴p=22+t=4+n，
当p=2时，t=−22+2×2+3=3，
∴n=1，
∴Q1,1；
③当MP为对角线时：1+p=0+14+t=2+n，
∴p=0n−t=2，
当p=0时，t=3，
∴n=5，
∴Q1,5；
综上：当以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，Q1,3或Q1,1或Q1,5．
【点睛】
本题考查二次函数的综合应用，是中考常见的压轴题．正确的求出函数解析式，熟练掌握二次函数的性质，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．
7．（2023·山东）如图，抛物线y=ax2+bx−3(a≠0)与x轴交于点A(−1,0)，点B(3,0)，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的表达式；
(2)在对称轴上找一点Q，使△ACQ的周长最小，求点Q的坐标；
(3)点P是抛物线对称轴上的一点，点M是对称轴左侧抛物线上的一点，当△PMB是以PB为腰的等腰直角三角形时，请直接写出所有点M的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)（1，-2）
(3)（-1，0）或（1−2，-2）或（1−6，2）
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出点C的坐标和抛物线的对称轴，如图所示，作点C关于直线x=1的对称点E，连接AE，EQ，则点E的坐标为（2，-3），根据轴对称最短路径可知AE与抛物线对称轴的交点即为点Q；
（3）分两种情况当∠BPM=90°和当∠PBM=90°两种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx−3(a≠0)与x轴交于点A(−1,0)，点B(3,0)，
∴a−b−3=09a+3b−3=0，
∴a=1b=−2，
∴抛物线解析式为y=x2−2x−3；
（2）解：∵抛物线解析式为y=x2−2x−3=x−12−4，与y轴交于点C，
∴抛物线对称轴为直线x=1，点C的坐标为（0，-3）
如图所示，作点C关于直线x=1的对称点E，连接AE，EQ，则点E的坐标为（2，-3），
由轴对称的性质可知CQ=EQ，
∴△ACQ的周长=AC+AQ+CQ，
要使△ACQ的周长最小，则AQ+CQ最小，即AQ+QE最小，
∴当A、Q、E三点共线时，AQ+QE最小，
设直线AE的解析式为y=k1x+b1，
∴−k1+b1=02k1+b1=−3，
∴k1=−1b1=−1，
∴直线AE的解析式为y=−x−1，
当x=1时，y=−x−1=−1−1=−2，
∴点Q的坐标为（1，-2）；
（3）解： 如图1所示，当点P在x轴上方，∠BPM=90°时，过点P作EF∥x轴，过点M作MF⊥EF于F，过点B作BE⊥EF于E，
∵△PBM是以PB为腰的等腰直角三角形，
∴PA=PB，∠MFP=∠PEB=∠BPM=90°，
∴∠FMP+∠FPM=∠FPM+∠EPB=90°，
∴∠FMP=∠EPB，
∴△FMP≌△EPB（AAS），
∴PE=MF，BE=PF，
设点P的坐标为（1，m），
∴BE=m，PE=2，
∴MF=2，PF=m，
∴点M的坐标为（1-m，m-2），
∵点M在抛物线y=x2−2x−3上，
∴1−m2−21−m−3=m−2，
∴1−2m+m2−2+2m−3=m−2，
∴m2−m−2=0，
解得m=2或m=−1（舍去），
∴点M的坐标为（-1，0）；
同理当当点P在x轴下方，∠BPM=90°时可以求得点M的坐标为（-1，0）；
如图2所示，当点P在x轴上方，∠PBM=90°时，过点B作EF∥y轴，过点P作PE⊥EF于E，过点M作MF⊥EF于F，设点P的坐标为（1，m），
同理可证△PEB≌△BFM（AAS），
∴BF=PE=2，MF=BE=m，
∴点M的坐标为（3-m，-2），
∵点M在抛物线y=x2−2x−3上，
∴3−m2−23−m−3=−2，
∴9−6m+m2−6+2m−3=−2，
∴m2−4m+2=0，
解得m=2+2或m=2−2（舍去），
∴点M的坐标为（1−2，-2）；
如图3所示，当点P在x轴下方，∠PBM=90°时，
同理可以求得点M的坐标为（1−6，2）；
综上所述，当△PMB是以PB为腰的等腰直角三角形时，点M的坐标为（-1，0）或（1−2，-2）或（1−6，2）．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数综合，一次函数与几何综合，全等三角形的性质与判定等等，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．
题目要求：在抛物线上的第一象限找一点P，使S△PBC面积最大
方法总结：
方法一：S=12•水平宽•铅垂高
方法二：作l//BC，l与抛物线只有一个交点P，此时h最大，S△PBC面积最大，联立l与抛物线，△=0
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