中考数学大题高分秘籍【江苏专用】专题14二次函数与面积最值定值问题(江苏真题9道模拟30道)(原卷版+解析)

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【真题再现】直面中考真题，实战培优提升
1．（2022·江苏连云港·统考中考真题）已知二次函数y=x2+(m−2)x+m−4，其中m>2．
(1)当该函数的图像经过原点O0,0，求此时函数图像的顶点A的坐标；
(2)求证：二次函数y=x2+(m−2)x+m−4的顶点在第三象限；
(3)如图，在（1）的条件下，若平移该二次函数的图像，使其顶点在直线y=−x−2上运动，平移后所得函数的图像与y轴的负半轴的交点为B，求△AOB面积的最大值．
2．（2021·江苏南通·统考中考真题）定义：若一个函数图象上存在横、纵坐标相等的点，则称该点为这个函数图象的“等值点”．例如，点(1,1)是函数y=12x+12的图象的“等值点”．
（1）分别判断函数y=x+2,y=x2−x的图象上是否存在“等值点”？如果存在，求出“等值点”的坐标；如果不存在，说明理由；
（2）设函数y=3x(x>0),y=−x+b的图象的“等值点”分别为点A，B，过点B作BC⊥x轴，垂足为C．当△ABC的面积为3时，求b的值；
（3）若函数y=x2−2(x≥m)的图象记为W1，将其沿直线x=m翻折后的图象记为W2．当W1,W2两部分组成的图象上恰有2个“等值点”时，直接写出m的取值范围．
3．（2021·江苏徐州·统考中考真题）如图，点A,B在函数y=14x2的图像上．已知A,B的横坐标分别为－2、4，直线AB与y轴交于点C，连接OA,OB．
（1）求直线AB的函数表达式；
（2）求ΔAOB的面积；
（3）若函数y=14x2的图像上存在点P，使得ΔPAB的面积等于ΔAOB的面积的一半，则这样的点P共有___________个．
4．（2021·江苏扬州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的图像与x轴交于点．A−1,0、B3,0，与y轴交于点C．
（1）b=________，c=________；
（2）若点D在该二次函数的图像上，且S△ABD=2S△ABC，求点D的坐标；
（3）若点P是该二次函数图像上位于x轴上方的一点，且S△APC=S△APB，直接写出点P的坐标．
5．（2021·江苏连云港·统考中考真题）如图，抛物线y=mx2+m2+3x−(6m+9)与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，已知B(3,0)．
（1）求m的值和直线BC对应的函数表达式；
（2）P为抛物线上一点，若S△PBC=S△ABC，请直接写出点P的坐标；
（3）Q为抛物线上一点，若∠ACQ=45°，求点Q的坐标．
6．（2020·江苏宿迁·统考中考真题）二次函数y=ax2+bx+3的图象与x轴交于A(2，0)，B(6，0)两点，与y轴交于点C，顶点为E．
(1)求这个二次函数的表达式，并写出点E的坐标；
(2)如图①，D是该二次函数图象的对称轴上一个动点，当BD的垂直平分线恰好经过点C时，求点D的坐标；
(3)如图②，P是该二次函数图象上的一个动点，连接OP，取OP中点Q，连接QC，QE，CE，当△CEQ的面积为12时，求点P的坐标．
7．（2019·江苏淮安·统考中考真题）如图，已知二次函数的图象与x轴交于A、B两点，D为顶点，其中点B的坐标为(5,0)，点D的坐标为(1,3)．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）点E是线段BD上的一点，过点E作x轴的垂线，垂足为F，且ED=EF，求点E的坐标．
（3）试问在该二次函数图象上是否存在点G，使得ΔADG的面积是ΔBDG的面积的35？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
8．（2019·江苏苏州·统考中考真题）如图①，抛物线y=−x2+(a+1)x−a与x轴交于A、B两点(点A位于点B的左侧)，与y轴交于点C，已知ΔABC的面积为6.
(1)求a的值；
(2)求ΔABC外接圆圆心的坐标；
(3)如图②，P是抛物线上一点，点Q为射线CA上一点，且P、Q两点均在第三象限内，Q、A是位于直线BP同侧的不同两点，若点P到x轴的距离为d，ΔQPB的面积为2d，且∠PAQ=∠AQB，求点Q的坐标.
9．（2019·江苏无锡·统考中考真题）已知二次函数y=ax2+bx−4（a＞0）的图象与x轴交于A、B两点，（A在B左侧，且OA＜OB），与y轴交于点C．
（1）求C点坐标，并判断b的正负性；
（2）设这个二次函数的图像的对称轴与直线AC交于点D，已知DC：CA=1：2，直线BD与y轴交于点E，连接BC，
①若△BCE的面积为8，求二次函数的解析式；
②若△BCD为锐角三角形，请直接写出OA的取值范围.
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一、解答题
1．（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．
2．（2023·江苏盐城·校考一模）如图，抛物线y=ax2+bx+c经过点A−2,0,B4,0，与y轴正半轴交于点C，且OC=2OA，抛物线的顶点为D，直线y=mx+n经过B，C两点，与对称轴交于点E．
(1)求抛物线及直线BC的函数表达式；
(2)点M是直线BC上方抛物线上的动点，连接MB,ME，得到△MBE，求出△MBE面积的最大值及此时点M的坐标；
(3)直线y=kxk>0交线段BC于点H，若以点O，B，H为顶点的三角形与△CDE相似，求k的值；
(4)点N在对称轴上，满足∠BNC=∠ABC，求出点N的坐标．
3．（2022·江苏镇江·模拟预测）如图，直线l：y=−3x+3与x轴、y轴分别相交于A、B两点，抛物线y=ax2−2ax+a+4(a<0)经过点B．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)已知点M是抛物线上的一个动点，并且点M在第一象限内，连接AM、BM，设点M的横坐标为m，△ABM的面积为S，求S与m的函数表达式，并求出S的最大值；
(3)在(2)的条件下，当S取得最大值时，动点M相应的位置记为点M'．
①写出点M'的坐标；
②将直线l绕点A按顺时针方向旋转得到直线l'，当直线l'与直线AM'重合时停止旋转，在旋转过程中，直线l'与线段BM'交于点C，设点B、M'到直线l'的距离分别为d1、d2，当d1+d2最大时，求直线l'旋转的角度(即∠BAC的度数)．
4．（2022·江苏泰州·校联考三模）如图，已知直线l经过点A2,2，与x轴负半轴交于点B，且tan∠ABO=12；
(1)求直线l的解析式．
(2)直线l上有一点Cm,nm>0,n>2
①在x轴上仅存在一点P，使得△APC的外心在线段AC上，求点C的坐标．
②若n=8，过A、C的抛物线顶点在x的正半轴上．点Q是线段AC下方抛物线上的一个动点，且以点Q为圆心的圆与直线l相切，求圆的最大半径．
5．（2021·江苏淮安·统考一模）如图1，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点A−3,4、B−3,0、C−1,0．以D为顶点的抛物线y=ax2+bx+c过点B．动点P以每秒1个单位的速度从点D出发，沿DC边向点C运动，运动的时间为t秒．过点P作PE⊥CD交BD于点E，过点E作EF⊥AD于点F，交抛物线于点G．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)连接BG，求△BGD的面积最大值；
(3)如图2，在点P运动的同时，点Q从点B出发，沿BA边以每秒1个单位的速度向点A运动．动点P、Q运动的过程中，在矩形ABCD内（包括其边界）是否存在点H，使以B，Q，E，H为顶点的四边形是菱形？若不存在，请说明理由，若存在，请直接写出t的值：t= ．
6．（2023·江苏苏州·一模）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．
7．（2022·江苏淮安·统考二模）二次函数y=ax2+bx+3的图像与x轴交于A2,0，B6,0两点，与y轴交于点C，顶点为E．
(1)二次函数的表达式为________，点E的坐标为_________；
(2)如图①，D是该二次函数图像的对称轴上一个动点，当BD的垂直平分线恰好经过点C时，求点D的坐标；
(3)如图②，P是直线CE上方的二次函数图像上的一个动点，连接OP，取OP中点Q，连接QC，QE，CE，当△CEQ的面积为12时，求点P的坐标．
(4)连接BC，M是平面内一点，将△BOC绕点M沿逆时针方向旋转90°后，得到△B1O1C1，点B、O、C的对应点分别是点B1、O1、C1．若△B1O1C1的B1、C1两个顶点恰好落在抛物线上，请直接写出点C1的横坐标．
8．（2020·江苏盐城·统考一模）如图，二次函数y=−12x2+bx+c的图像与x轴交于点A（−2，0）和点B（4，0），与y轴交于点E，以AB为边在x轴下方作正方形ABCD，点M是x轴上一动点，连接CM，过点M作MN⊥MC，与AD边交于点N，与y轴交于点F．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)在第一象限的抛物线上任取一点P，连接EP、PB，请问：△EPB的面积是否存在最大值？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)当点M在线段OB（点M不与O、B重合）上运动至何处时，线段OF的长有最大值？并求出这个最大值．
9．（2022·江苏无锡·模拟预测）如图，直线l：y=−3x+3与x轴、y轴分别相交于A、B两点，抛物线y=ax2−2ax−3a(a<0)经过点B．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)已知点M是抛物线上的一个动点，并且点M在第一象限内，连接AM、BM，设点M的横坐标为m，△ABM的面积为S，求S与m的函数表达式，并求出S的最大值；
(3)在（2）的条件下，当S取得最大值时，动点M相应的位置记为点M′，将直线l绕点A按顺时针方向旋转得到直线l′，当直线l′与直线AM′重合时停止旋转，在旋转过程中，直线l'与线段BM′交于点C，设点B、M′到直线l′的距离分别为d1、d2，当d1+d2最大时，求直线l′旋转的角度（即∠BAC的度数）．
10．（2022·江苏常州·统考二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y=23x2+bx−2的图像与x轴交于点A3,0，B（点B在点A左侧），与y轴交于点C，点D与点C关于x轴对称，作直线AD．
(1)填空：b=______；
(2)将△AOC平移到△EFG（点E，F，G依次与A，O，C对应），若点E落在抛物线上且点G落在直线AD上，求点E的坐标；
(3)设点P是第四象限抛物线上一点，过点P作x轴的垂线，垂足为H，交AC于点T．若∠CPT+∠DAC=180°，求△AHT与△CPT的面积之比．
11．（2022·江苏无锡·无锡市天一实验学校校考三模）已知，关于x的二次函数y=ax2+2ax−3a(a>0)的图像与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，图像顶点为D，连接AC、BC、BD、CD，满足∠ACB≥90°．
(1)请直接写出点A、点B的坐标以及a的取值范围；
(2)点E(−12,0)，点F在AC边上，若直线EF平分△ABC的面积，求点F的坐标（用含a的代数式表示）；
(3)△BCD中CD边上的高是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．
12．（2022·江苏无锡·宜兴市实验中学校考二模）如图，二次函数y=ax2−6ax+ca<0的图象与x轴的负半轴和正半轴分别交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为P，对称轴交x轴于点D，点Q是抛物线对称轴上一动点，直线BQ交y轴于点E，且5EQ=3BQ．
(1)请直接写出A，B两点的坐标：A______，B______；
(2)当顶点P与点Q关于x轴对称时，S△QCE=425．
①求此时抛物线的函数表达式；
②在抛物线的对称轴上是否存在点F，使∠BEF=2∠OBE．若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
13．（2022·江苏苏州·苏州市平江中学校校联考二模）如图，已知抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y 轴交于点C，OA=OC=3．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)若点P为直线AC下方抛物线上一点，连接BP并交AC于点Q，若AC分△ABP的面积为1：2两部分，请求出点P的坐标；
(3)在y轴上是否存在一点N，使得∠BCO+∠BNO=45°，若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
14．（2022·江苏徐州·统考二模）如图①，抛物线y=−12x2+2x+bb≠0与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，连接AC、BC，tan∠CBO=3．
(1)求b的值；
(2)如图②，点P是直线AC上方抛物线上的一个动点，过点P作BC的平行线l，交线段AC于点D．抛物线的对称轴与直线l交于点M，与直线AC交于点N．当点D在对称轴的右侧，且S△DMN=S△AOC时，请求出点D的坐标．
15．（2022·江苏无锡·统考二模）如图，抛物线y=ax2+bx+c(a为常数，且a＜0)与x轴相交于A（－1，0），B（3，0）两点，与y轴相交于点C，顶点为D，直线BD与y轴相交于点E．
(1)求证OC=12OE；
(2)M为线段OB上一点，N为线段BE上一点，当a=−12时，求△CMN的周长的最小值；
(3)若Q为第一象限内抛物线上一动点，小林猜想：当点Q与点D重合时，四边形ABQC的面积取得最大值．请判断小林猜想是否正确，并说理由．
16．（2022·江苏常州·常州市朝阳中学校考二模）如图1，抛物线y=14x2+bx+c，点A(4，−3)，对称轴是直线x=2．顶点为D．抛物线与y轴交于点C，连接AC，过点A作AB⊥x轴于点B，点E是线段AC上的动点（点E不与A、C两点重合）．
(1)求抛物线的函数解析式和顶点D的坐标；
(2)若直线DE将四边形OBAC分成面积比为1:3的两个四边形，求点E的坐标；
(3)如图2，连接DE，作矩形BEFG，在点E的运动过程中，是否存在点G落在y轴上的同时点F也恰好落在抛物线上？若存在，求出此时AE的长；若不存在，请说明理由．
17．（2022·江苏宿迁·统考三模）如图，直线y=−x−2与抛物线y=ax2+bx−6a≠0相交于点A12,−52和点B4,n，抛物线与x轴的交点分别为C、D（点C在点D的左侧），点P在线段AB上运动（不与点A、B重合），过点P作直线PE⊥x轴于点F，交抛物线于点E．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)如图1，连接AE，是否存在点P，使△APE是直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，过点E作EG⊥AB于点G，当△EGP的周长最大时，求点P坐标，并求出此时△EGP的面积．
18．（2022·江苏宿迁·统考三模）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2+2x−3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
(1)求点A的坐标；
(2)如图2，连接AC，点D为线段AC下方抛物线上一动点，过点D作DE∥y轴交线段AC于E点，连接EO、AD，记△ADC的面积为S1，△AEO的面积为S2，求S1−S2的最大值及此时点D的坐标；
(3)如图3，连接CB，并将抛物线沿射线CB方向平移210个单位长度得到新抛物线，动点N在原抛物线的对称轴上，点M为新抛物线与y轴的交点，当△AMN为以AM为腰的等腰三角形时，请直接写出点N的坐标．
19．（2022·江苏连云港·统考二模）如图，抛物线y=ax2+bx+3经过点A(1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C，其顶点为M，连接MA，MC，AC，过点C作y轴的垂线l．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)直线l上是否存在点N，使得S△MBN=2S△MAC？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)如图2，若将原抛物线绕点C逆时针旋转45∘，求新抛物线与y轴交点P坐标．
20．（2022·江苏淮安·统考一模）如图1，直线y=−2x−4与y轴交于点A，与x轴交于点B,二次函数y=ax2+3x+c的图像经过点A，交x轴于C、D两点，且抛物线的对称轴为直线x=−32，点E是抛物线的顶点．
(1)a= ，c= ，顶点E坐标是 ；
(2)过点C作直线CK∥AB交y轴于点K，点P是直线CK上一动点，点Q是第三象限抛物线上一动点，求四边形APBQ面积的最大值与此时点Q的坐标；
(3)如图2，在（2）的结论下，对称轴与x轴交于点6，直线EQ交x轴于点E，在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得∠MFQ+∠CAO=45°，求点M的坐标．
21．（2022·江苏苏州·统考一模）图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴相交于A，B两点（点A位于点B的左侧），与y轴相交于点C，M是抛物线的顶点且横坐标为1，点C的坐标为（0，3），P为线段MB上一个动点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)过点P作PD⊥x轴于点D．若PD=m，ΔPCD的面积为S．求S与m之间的函数关系式，并写出自变量m的取值范围；
(3)是否存在点P满足DC=PC，若存在，请求出点P坐标，若不存在，请说明理由．
22．（2022·江苏徐州·校考二模）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2−4x+3与x轴相交于点A，B（A在B的左边），与y轴相交于点C．M0,m是y轴上动点，过点M的直线l垂直于y轴，与抛物线相交于两点P、Q（P在Q的左边），与直线BC交于点N．
(1)求直线BC的函数表达式；
(2)如图2，四边形PMGH是正方形，连接CP．△PNC的面积为S1，正方形PMGH的面积为S2．若m<3，求S1S2的取值范围．
23．（2022·江苏连云港·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=12x2+bx+c与坐标轴交于A0,−2，B4,0两点，直线BC:y=−2x+8交y轴于点C．点D为直线AB下方抛物线上一动点，过点D作x轴的垂线，垂足为G，DG分别交直线BC，AB于点E，F．
(1)求b和c的值；
(2)当GF=12时，连接BD，求△BDF的面积；
(3)H是y轴上一点，当四边形BEHF是矩形时，求点H的坐标．
24．（2022·江苏常州·统考一模）在平面直角坐标系xOy中，顶点为M的抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，已知A(−3,0)，B(1,0)，C(0,3)．连接OM，作CD∥OM交AM的延长线于点D．
(1)求抛物线对应的二次函数表达式；
(2)求点D的坐标；
(3)直线AM上是否存在点P，使得△POA的面积与四边形POCM面积之比为1∶2？如果存在请求出点P的坐标，如果不存在请说明理由．
25．（2022·江苏盐城·统考一模）如图1，在平面直角坐标中，抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于点A(−1,0)、B(4,0)两点，与y轴交于点C，连接BC，直线BM:y=2x+m交y轴于点M.P为直线BC上方抛物线上一动点，过点P作x轴的垂线，分别交直线BC、BM于点E、F．
(1)求抛物线的表达式；
(2)当点P落在抛物线的对称轴上时，求△PBC的面积；
(3)①若点N为y轴上一动点，当四边形BENF为矩形时，求点N的坐标；
②在①的条件下，第四象限内有一点Q，满足QN=QM，当△QNB的周长最小时，求点Q的坐标．
26．（2022·江苏徐州·统考一模）抛物线y=43x2+bx+c经过点C（0，－4），且OB=34OC．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)如图1，点D、E是抛物线对称轴上的两个动点，且DE=1，点D在点E的下方，求四边形ACDE的周长的最小值；
(3)如图2，点N为抛物线上一点，连接CN，直线CN把四边形CBNA的面积分为3:1两部分，直接写出点N的坐标．
27．（2022·江苏宿迁·统考二模）如图，已知二次函数y=ax2+bx+4(a≠0)的图像与x轴交于A(−2，0)、B(8，0)两点，与y轴交于点C，其对称轴与x轴交于点D，连接AC、BC．点P为抛物线上的一个动点（与点A、B、C不重合），设点P的横坐标为m，ΔPCB的面积为S．
(1)求此二次函数的表达式；
(2)当点P在第一象限内时，求S关于m的函数表达式；
(3)若点P在x轴上方，ΔPCB的面积能否等于ΔBOC的面积？若能，求出此时点P的坐标，若不能，请说明理由．
28．（2022·江苏南通·统考一模）已知抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的表达式；
(2)连接AC，BC，抛物线上是否存在一点E，使得S△ABE＝23S△ABC？若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
29．（2022·江苏扬州·校考一模）已知二次函数y＝（x﹣m）（x﹣m﹣4）（m为常数）．
(1)求证：不论m为何值，该函数的图象与x轴总有两个不同的公共点；
(2)求证：不论m为何值，该函数的图象的顶点纵坐标不变；
(3)若该函数的图象与x轴交点为A、B，与y轴交点为C，当﹣3≤m≤﹣1时，△ABC面积S的最大值为 ．
30．（2022·江苏无锡·校考一模）如图，已知抛物线y=ax2+bx+4(a≠0)与x轴交于点A（1，0）和B，与y轴交于点C，对称轴为x=52．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，若点Q在抛物线上且位于线段BC下方的一个动点（不与点B，C重合），求当△BCQ面积的最大时，点Q的坐标；
(3)如图2，在（2）的条件下，D是OC的中点，过点Q的直线与抛物线交于点E，且∠DQE=2∠ODQ．在y轴上是否存在点F，使得△BEF为等腰三角形？若存在，求点F的坐标；若不存在，请说明理由．
2023年中考数学大题高分秘籍（江苏专用）
专题14二次函数与面积最值定值问题（江苏真题9道模拟30道）
【真题再现】直面中考真题，实战培优提升
1．（2022·江苏连云港·统考中考真题）已知二次函数y=x2+(m−2)x+m−4，其中m>2．
(1)当该函数的图像经过原点O0,0，求此时函数图像的顶点A的坐标；
(2)求证：二次函数y=x2+(m−2)x+m−4的顶点在第三象限；
(3)如图，在（1）的条件下，若平移该二次函数的图像，使其顶点在直线y=−x−2上运动，平移后所得函数的图像与y轴的负半轴的交点为B，求△AOB面积的最大值．
【答案】(1)A−1,−1
(2)见解析
(3)最大值为98
【分析】（1）先利用待定系数法求出二次函数解析式，再将二次函数解析式化为顶点式即可得到答案；
（2）先根据顶点坐标公式求出顶点坐标为2−m2,−m2+8m−204，然后分别证明顶点坐标的横纵坐标都小于0即可；
（3）设平移后图像对应的二次函数表达式为y=x2+bx+c，则其顶点坐标为−b2,4c−b24，然后求出点B的坐标，根据平移后的二次函数顶点在直线y=−x−2上推出c=b2+2b−84，过点A作AH⊥OB，垂足为H，可以推出S△AOB=−18(b+1)2+98,由此即可求解．
【详解】（1）解：将O0,0代入y=x2+(m−2)x+m−4，
解得m=4．
由m>2，则m=4符合题意，
∴y=x2+2x=(x+1)2−1，
∴A−1,−1．
（2）解：由抛物线顶点坐标公式得顶点坐标为2−m2,−m2+8m−204．
∵m>2，
∴m−2>0，
∴2−m<0，
∴2−m2<0．
∵−m2+8m−204=−14(m−4)2−1≤−1<0，
∴二次函数y=x2+(m−2)x+m−4的顶点在第三象限．
（3）解：设平移后图像对应的二次函数表达式为y=x2+bx+c，则其顶点坐标为−b2,4c−b24
当x=0时，y=c，
∴B0,c．
将−b2,4c−b24代入y=−x−2，
解得c=b2+2b−84．
∵B0,c在y轴的负半轴上，
∴c<0．
∴OB=−c=−b2+2b−84．
过点A作AH⊥OB，垂足为H，
∵A−1,−1，
∴AH=1．
在△AOB中，S△AOB=12OB⋅AH=12×−b2+2b−84×1
=−18b2−14b+1
=−18(b+1)2+98,
∴当b=−1时，此时c<0，△AOB面积有最大值，最大值为98．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，二次函数的平移，二次函数的最值问题，正确理解题意，熟练掌握二次函数的相关知识是解题的关键．
2．（2021·江苏南通·统考中考真题）定义：若一个函数图象上存在横、纵坐标相等的点，则称该点为这个函数图象的“等值点”．例如，点(1,1)是函数y=12x+12的图象的“等值点”．
（1）分别判断函数y=x+2,y=x2−x的图象上是否存在“等值点”？如果存在，求出“等值点”的坐标；如果不存在，说明理由；
（2）设函数y=3x(x>0),y=−x+b的图象的“等值点”分别为点A，B，过点B作BC⊥x轴，垂足为C．当△ABC的面积为3时，求b的值；
（3）若函数y=x2−2(x≥m)的图象记为W1，将其沿直线x=m翻折后的图象记为W2．当W1,W2两部分组成的图象上恰有2个“等值点”时，直接写出m的取值范围．
【答案】（1）函数y=x+2没有“等值点”； 函数y=x2−x的“等值点”为(0，0)，(2，2)；（2）b=43或−23；（3）m<−98或−1【分析】（1）根据定义分别求解即可求得答案；
（2）根据定义分别求A(3，3)，B(b2，b2)，利用三角形面积公式列出方程求解即可；
（3）由记函数y=x2-2（x≥m）的图象为W1，将W1沿x=m翻折后得到的函数图象记为W2，可得W1与W2的图象关于x=m对称，然后根据定义分类讨论即可求得答案．
【详解】解：（1）∵函数y=x+2，令y=x，则x+2=x，无解，
∴函数y=x+2没有“等值点”；
∵函数y=x2−x，令y=x，则x2−x=x，即xx−2=0，
解得：x1=2，x2=0，
∴函数y=x2−x的“等值点”为(0，0)，(2，2)；
（2）∵函数y=3x，令y=x，则x2=3，
解得：x=3(负值已舍)，
∴函数y=3x的“等值点”为A(3，3)；
∵函数y=−x+b，令y=x，则x=−x+b，
解得：x=b2，
∴函数y=−x+b的“等值点”为B(b2，b2)；
△ABC的面积为12BC•xB−xA=12•b2•b2−3=3，
即b2−23b−24=0，
解得：b=43或−23；
（3）将W1沿x=m翻折后得到的函数图象记为W2．
∴W1与W2两部分组成的函数W的图象关于x=m对称，
∴函数W的解析式为y=x2−2(x≥m)y=(2m−x)2−2(x令y=x，则x2−2=x，即x2−x−2=0，
解得：x1=2，x2=−1，
∴函数y=x2−2的“等值点”为(-1，-1)，(2，2)；
令y=x，则(2m−x)2−2=x，即x2−4m+1x+4m2−2=0，
当m≥2时，函数W的图象不存在恰有2个“等值点”的情况；
当−1当m<−1时，
∵W1的图象上恰有2个“等值点”(-1，-1)，(2，2)，
∴函数W2没有“等值点”，
∴△=−4m+12−4×1×4m2−2<0，
整理得：8m+9<0，
解得：m<−98．
综上，m的取值范围为m<−98或−1【点睛】本题属于二次函数的综合题，考查了二次函数、反比例函数、一次函数的性质以及函数的对称性．解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
3．（2021·江苏徐州·统考中考真题）如图，点A,B在函数y=14x2的图像上．已知A,B的横坐标分别为－2、4，直线AB与y轴交于点C，连接OA,OB．
（1）求直线AB的函数表达式；
（2）求ΔAOB的面积；
（3）若函数y=14x2的图像上存在点P，使得ΔPAB的面积等于ΔAOB的面积的一半，则这样的点P共有___________个．
【答案】（1）直线AB的解析式为：y=12x+2；（2）6；（3）4
【分析】（1）将A,B的横坐标分别代入y=14x2求出生意人y的值，得到A，B点坐标，再运用待定系数法求出直线AB的解析式即可；
（2）求出OC的长，根据“SΔAOB=SΔAOC+SΔBOC”求解即可；
（3）分点P在直线AB的上方和下方两种情况根据分割法求解即可．
【详解】解：（1）∵A，B是抛物线y=14x2上的两点，
∴当x=−2时，y=14×(−2)2=1；当x=4时，y=14×42=4
∴点A的坐标为（-2，1），点B的坐标为（4，4）
设直线AB的解析式为y=kx+b，
把A，B点坐标代入得{−2k+b=14k+b=4
解得，{k=12b=2
所以，直线AB的解析式为：y=12x+2；
（2）对于直线AB：y=12x+2
当x=0时，y=2
∴OC=2
∴SΔAOB=SΔAOC+SΔBOC=12×2×2+12×2×4=6
（3）设点P的坐标为（x，14x2）
∵ΔPAB的面积等于ΔAOB的面积的一半，
∴ΔPAB的面积等于12×6=3，
①当点P在直线AB的下方时，过点A作AD⊥x轴，过点P作PF⊥x轴，过点B作BE⊥x轴，垂足分别为D，F，E，连接PA，PB，如图，
∵S四边形ADEB=S四边形ADFP+S四边形PFEB+SΔPAB
∴12×(1+4)×(2+4)=12(x+2)(1+14x2)+12(14x2+4)(4−x)+3
整理，得，x2−2x−4=0
解得，x1=1+5，x2=1−5
∴在直线AB的下方有两个点P，使得ΔPAB的面积等于ΔAOB的面积的一半；
②当点P在直线AB的上方时，过点A作AD⊥x轴，过点P作PF⊥x轴，过点B作BE⊥x轴，垂足分别为D，F，E，连接PA，PB，如图，
∵S四边形PADF=S四边形ADEB+S四边形BEFP+SΔPAB
∴12(1+14x2)(x+2)=12×(1+4)×(2+4)+12(4+14x2)(x−4)+3
整理，得，x2−2x−12=0
解得，x1=1+13，x2=1−13
∴在直线AB的上方有两个点P，使得ΔPAB的面积等于ΔAOB的面积的一半；
综上，函数y=14x2的图像上存在点P，使得ΔPAB的面积等于ΔAOB的面积的一半，则这样的点P共有4个，
故答案为：4．
【点睛】此题主要考查了运用待定系数法示直线解析式，二次函数与图形面积，注意在解决（3）问时要注意分类讨论．
4．（2021·江苏扬州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的图像与x轴交于点．A−1,0、B3,0，与y轴交于点C．
（1）b=________，c=________；
（2）若点D在该二次函数的图像上，且S△ABD=2S△ABC，求点D的坐标；
（3）若点P是该二次函数图像上位于x轴上方的一点，且S△APC=S△APB，直接写出点P的坐标．
【答案】（1）-2，-3；（2）（1+10，6）或（1−10，6）；（3）（4，5）
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出△ABC的面积，设点D（m，m2−2m−3），再根据S△ABD=2S△ABC，得到方程求出m值，即可求出点D的坐标；
（3）分点P在点A左侧和点P在点A右侧，结合平行线之间的距离，分别求解．
【详解】解：（1）∵点A和点B在二次函数y=x2+bx+c图像上，
则0=1−b+c0=9+3b+c，解得：b=−2c=−3，
故答案为：-2，-3；
（2）连接BC，由题意可得：
A（-1，0），B（3，0），C（0，-3），y=x2−2x−3，
∴S△ABC=12×4×3=6，
∵S△ABD=2S△ABC，设点D（m，m2−2m−3），
∴12×AB×yD=2×6，即12×4×m2−2m−3=2×6，
解得：x=1+10或1−10，代入y=x2−2x−3，
可得：y值都为6，
∴D（1+10，6）或（1−10，6）；
（3）设P（n，n2−2n−3），
∵点P在抛物线位于x轴上方的部分，
∴n＜-1或n＞3，
当点P在点A左侧时，即n＜-1，
可知点C到AP的距离小于点B到AP的距离，
∴S△APC当点P在点B右侧时，即n＞3，
∵△APC和△APB都以AP为底，若要面积相等，
则点B和点C到AP的距离相等，即BC∥AP，
设直线BC的解析式为y=kx+p，
则0=3k+p−3=p，解得：k=1p=−3，
则设直线AP的解析式为y=x+q，将点A（-1，0）代入，
则-1+q=0，解得：q=1，
则直线AP的解析式为y=x+1，将P（n，n2−2n−3）代入，
即n2−2n−3=n+1，
解得：n=4或n=-1（舍），
n2−2n−3=5，
∴点P的坐标为（4，5）．
【点睛】本题考查了二次函数综合，涉及到待定系数法求函数解析式，三角形面积，平行线之间的距离，一次函数，解题的难点在于将同底的三角形面积转化为点到直线的距离．
5．（2021·江苏连云港·统考中考真题）如图，抛物线y=mx2+m2+3x−(6m+9)与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，已知B(3,0)．
（1）求m的值和直线BC对应的函数表达式；
（2）P为抛物线上一点，若S△PBC=S△ABC，请直接写出点P的坐标；
（3）Q为抛物线上一点，若∠ACQ=45°，求点Q的坐标．
【答案】（1）m=−1，y=x−3；（2）P2,1，P3+172,−7+172，P3−172,−7−172；（3）Q72,−54
【分析】（1）求出A，B的坐标，用待定系数法计算即可；
（2）做点A关于BC的平行线AP1，联立直线AP1与抛物线的表达式可求出P1的坐标，设出直线AP1与y轴的交点为G，将直线BC向下平移，平移的距离为GC的长度，可得到直线P3P2，联立方程组即可求出P；
（3）取点Q，连接CQ，过点A作AD⊥CQ于点D，过点D作DF⊥x轴于点F，过点C作CE⊥DF于点E，得直线CD对应的表达式为y=12x−3，即可求出结果；
【详解】（1）将B3,0代入y=mx2+m2+3x−6m+9，
化简得m2+m=0，则m=0（舍）或m=−1，
∴m=−1，
得：y=−x2+4x−3，则C0,−3．
设直线BC对应的函数表达式为y=kx+b，
将B3,0、C0,−3代入可得0=3k+b−3=b，解得k=1，
则直线BC对应的函数表达式为y=x−3．
（2）如图，过点A作AP1∥BC，设直线AP1与y轴的交点为G，将直线BC向下平移 GC个单位，得到直线P3P2，
由（1）得直线BC的解析式为y=x−3，A1,0，
∴直线AG的表达式为y=x−1，
联立y=x−1y=−x2+4x−3，
解得：x=1y=0（舍），或x=2y=1，
∴P12,1，
由直线AG的表达式可得G−1,0，
∴GC=2，CH=2，
∴直线P3P2的表达式为y=x−5，
联立y=x−5y=−x2+4x−3，
解得：x1=3+172y1=−7+17，x2=3−172y2=−7−17，
∴P33+172,−7+172，P23−172,−7−172，
∴P2,1，P3+172,−7+172，P3−172,−7−172．
（3）如图，取点Q，连接CQ，过点A作AD⊥CQ于点D，
过点D作DF⊥x轴于点F，过点C作CE⊥DF于点E，
∵∠ACQ=45°，
∴AD=CD，
又∵∠ADC=90°，
∴∠ADF+∠CDE=90°，
∵∠CDE+∠DCE=90°，
∴∠DCE=∠ADF，
又∵∠E=∠AFD=90°，
∴ΔCDE≌ΔDAF，则AF=DE，CE=DF．
设DE=AF=a，
∵OA=1，OF=CE，
∴CE=DF=a+1．
由OC=3，则DF=3−a，即a+1=3−a，解之得，a=1．
所以D2,−2，又C0,−3，
可得直线CD对应的表达式为y=12x−3，
设Qm,12m−3，代入y=−x2+4x−3，
得12m−3=−m2+4m−3，12m=−m2+4m，m2−72m=0，
又m≠0，则m=72．所以Q72,−54．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合题，结合一元二次方程求解是解题的关键．
6．（2020·江苏宿迁·统考中考真题）二次函数y=ax2+bx+3的图象与x轴交于A(2，0)，B(6，0)两点，与y轴交于点C，顶点为E．
(1)求这个二次函数的表达式，并写出点E的坐标；
(2)如图①，D是该二次函数图象的对称轴上一个动点，当BD的垂直平分线恰好经过点C时，求点D的坐标；
(3)如图②，P是该二次函数图象上的一个动点，连接OP，取OP中点Q，连接QC，QE，CE，当△CEQ的面积为12时，求点P的坐标．
【答案】(1)y=14x2−2x+3；(4，-1)；(2)(4，3+29)或(4，3-29)；(3)(10，8)或(−6，24)
【分析】(1)由于二次函数的图象与x轴交于A(2，0)、B(6，0)两点，把A，B两点坐标代入y=ax2+bx+3，计算出a的值即可求出抛物线解析式，由配方法求出E点坐标；
(2)由线段垂直平分线的性质可得出CB=CD，设D(4，m)，由勾股定理可得42+m−32=62+32，解方程可得出答案；
(3)设CQ交抛物线的对称轴于点M，设P(n，14n2−2n+3)，则Q(12n，18n2−2n+32)，设直线CQ的解析式为y=kx+3，则18n2−2n+32=12nk+3，解得k=14n−2−3n，求出M(4，n−5−12n)，ME=n−4−12n，由面积公式可求出n的值，则可得出答案．
【详解】(1)将A(2，0)，B(6，0)代入y=ax2+bx+3，
得4a+2b+3=036a+6b+3=0，
解得a=−14b=−2，
∴二次函数的解析式为y=14x2−2x+3；
∵y=14x2−2x+3=14x−42−1，
∴E(4，−1)；
(2)如图1，图2，连接CB，CD，由点C在线段BD的垂直平分线CN上，得CB=CD，
设D(4，m)，
当x=0时，y=14x2−2x+3=3，
∴C(0，3)，
∵CD2=CB2，由勾股定理可得：
42+m−32=62+32，
解得m=3±29，
∴满足条件的点D的坐标为(4，3+29)或(4，3-29)；
(3)如图3，设CQ交抛物线的对称轴于点M，
设P(n，14n2−2n+3)，则Q(12n，18n2−n+32)，
设直线CQ的解析式为y=kx+3，则18n2−n+32=12nk+3，
解得k=14n−2−3n，
于是直线CQ的解析式为：y=14n−2−3nx+3，
当x=4时，y=414n−2−3n+3=n−5−12n，
∴M(4，n−5−12n)，ME=n−5−12n+1=n−4−12n，
∵S△CQE=S△CEM+S△QEM=12ME⋅xQ=12n−4−12n×12n=12，
∴n2−4n−60=0，
解得n=10或n=−6，
当n=10时，P(10，8)，
当n=−6时，P(−6，24)．
综合以上可得，满足条件的点P的坐标为(10，8)或(−6，24)．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数图象与性质，垂直平分线的性质，勾股定理，三角形的面积；熟练掌握二次函数的性质及方程思想是解题的关键．
7．（2019·江苏淮安·统考中考真题）如图，已知二次函数的图象与x轴交于A、B两点，D为顶点，其中点B的坐标为(5,0)，点D的坐标为(1,3)．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）点E是线段BD上的一点，过点E作x轴的垂线，垂足为F，且ED=EF，求点E的坐标．
（3）试问在该二次函数图象上是否存在点G，使得ΔADG的面积是ΔBDG的面积的35？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=−316(x−1)2+3；（2）点E的坐标为52,158；（3）存在，点G的坐标为0,4516或76,575192.
【分析】（1）依题意，利用二次函数的顶点式即可求
（2）可通过点B，点D求出线段BD所在的直线关系式，点E在线段BD上，即可设点E的坐标，利用点与点的关系公式，通过EF=ED即可求
（3）先求线段AD所在的直线解析式，求利用点到直线的公式d=Ax+By+CA2+B2，即可求ΔADG与ΔBDG的高，利用三角形面积公式即可求．
【详解】（1）依题意，设二次函数的解析式为y=a(x−1)2+3
将点B代入得0=a(5−1)2+3，得a=−316
∴二次函数的表达式为：y=−316(x−1)2+3
（2）依题意，点B(5,0)，点D(1,3)，设直线BD的解析式为y=kx+b
代入得{0=5k+b3=k+b，解得{k=−34b=154
∴线段BD所在的直线为y=−34x+154，
设点E的坐标为：(x,−34x+154)
∴ED2=(x−1)2+(−34x+154−3)2
EF=(−34x+154)2
∵ED=EF
∴(x−1)2+(−34x+154−3)2=(−34x+154)2
整理得2x2+5x−25=0
解得x1=52，x2=−5（舍去）
故点E的纵坐标为y=34×52+154=158
∴点E的坐标为(52,158)
（3）存在点G，
设点G的坐标为(x,t)
∵点B的坐标为(5,0)，对称轴x=1
∴点A的坐标为(−3,0)
∴设AD所在的直线解析式为y=kx+b
代入得{0=−3k+b3=k+b，解得{k=34b=94
∴直线AD的解析式为y=34x+94
∴ AD的距离为5
点G到AD的距离为：d1=Ax+By+CA2+B2=3x−4t+95
由（2）知直线BD的解析式为：y=34x+154，
∵BD的距离为5
∴同理得点G至BD的距离为：d2=Ax+By+CA2+B2=3x+4t+155
∴SΔADCSΔBDG=AD⋅d1⋅12BD⋅d2⋅12=3x−4t+93x+4+15=35
整理得5x−32t+90=0
∵点G在二次函数上，
∴t=316(x−1)2+3
代入得5x−32[−316(x−1)2+3]+90=0
整理得6x2−7x=0⇒x(6x−7)=0
解得x1=0，x2=76
此时点G的坐标为(0,4516)或(76,575192)
【点睛】此题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．解题关键在于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．
8．（2019·江苏苏州·统考中考真题）如图①，抛物线y=−x2+(a+1)x−a与x轴交于A、B两点(点A位于点B的左侧)，与y轴交于点C，已知ΔABC的面积为6.
(1)求a的值；
(2)求ΔABC外接圆圆心的坐标；
(3)如图②，P是抛物线上一点，点Q为射线CA上一点，且P、Q两点均在第三象限内，Q、A是位于直线BP同侧的不同两点，若点P到x轴的距离为d，ΔQPB的面积为2d，且∠PAQ=∠AQB，求点Q的坐标.
【答案】(1)-3；(2)坐标(-1，1)；(3)Q−4,1.
【分析】（1）利用抛物线解析式得到A、B、C三点坐标，然后利用三角形面积公式列出方程解出a；（2）利用第一问得到A、B、C三点坐标，求出AC解析式，找到AC垂直平分线的解析式，与AB垂直平分线解析式联立，解出x、y即为圆心坐标；（3）过点P做PD⊥x轴，PD=d，发现△ABP与△QBP的面积相等，得到A、D两点到PB得距离相等，可得AQ∥PB，求出PB解析式，与二次函数解析式联立得到P点坐标，又易证ΔABQ≌ΔQPA，得到BQ=AP=26，设出Q点坐标，点与点的距离列出方程，解出Q点坐标即可
【详解】(1)解：由题意得y=−x−1x−a
由图知：a＜0
所以A(a,0)，B1,0,C0,−a
SΔABC=121−a⋅−a=6
a=−3或a=4(舍)
∴a=−3
(2)由(1)得A(-3,0)，B1,0,C0,3
∴直线AC得解析式为：y=x+3
AC中点坐标为−32,32
∴AC的垂直平分线为：y=−x
又∵AB的垂直平分线为：x=−1
∴y=−xx=−1 得x=−1y=1
ΔABC外接圆圆心的坐标(-1，1).
(3)解：过点P做PD⊥x轴
由题意得：PD=d，
∴SΔABP=12PD⋅AB
=2d
∵ΔQPB的面积为2d
∴SΔABP=SΔBPQ，即A、D两点到PB得距离相等
∴AQ∥PB
设PB直线解析式为;y=x+b过点B(1,0)
∴y=x−1
∴y=x−1y=−x2−2x+3易得x=−4y=5 x=1y=0(舍)
所以P(-4,-5),
由题意及∠PAQ=∠AQB
易得：ΔABQ≌ΔQPA
∴BQ=AP=26
设Q(m，-1)(m＜0)
∴1−m2+12=26
m=−4
∴Q−4,1.
【点睛】本题考查二次函数综合性问题，涉及到一次函数、三角形外接圆圆心、全等三角形等知识点，第一问关键在于用a表示出A、B、C三点坐标；第二问关键在于找到AC垂直平分线的解析式，与AB垂直平分线解析式；第三问关键在于能够求出PB的解析式
9．（2019·江苏无锡·统考中考真题）已知二次函数y=ax2+bx−4（a＞0）的图象与x轴交于A、B两点，（A在B左侧，且OA＜OB），与y轴交于点C．
（1）求C点坐标，并判断b的正负性；
（2）设这个二次函数的图像的对称轴与直线AC交于点D，已知DC：CA=1：2，直线BD与y轴交于点E，连接BC，
①若△BCE的面积为8，求二次函数的解析式；
②若△BCD为锐角三角形，请直接写出OA的取值范围.
【答案】（1）C(0，-4)，b＜0；（2）①y=12x2−x−4；②22＜OA＜4
【分析】(1)把x=0代入y=ax2+bx−4，即可求得点C坐标，根据 OA＜OB，可知−b2a>0，由a＞0即可求得b＜0；
(2)①过点D作DM⊥y轴，垂足为M，则有DMOA=MCCO=DCCA=12，由此可得DM=12AO，设A(-2m，0)m＞0，则AO=2m，DM=m，继而可得D(m，-6)，B(4m，0)，AB=6m， BN=3m，再由DN//OE，可得△BND∽△BOE，继而根据相似三角形的性质可得OE=8，再根据S△BCE=12×4×4m=8，可求得m=1，由此可得A(-2，0)，B(4，0)，设y=a(x+2)(x−4)，继而可得C(0，-8a)，再根据C点(0，-4)可求得a值，即可求得答案；
②由①易知：B(4m，0)，C(0，-4)，D(m，-6)，∠CBD一定为锐角，利用勾股定理求得CB2=16m2+16,CD2=m2+4,DB2=9m2+36，然后分两种情况进行讨论即可得.
【详解】(1)当x=0时，y=ax2+bx−4=-4，
∴C(0，-4)，
∵ OA＜OB，∴对称轴在y轴右侧，即−b2a>0，
∵a＞0，∴b＜0；
(2)①过点D作DM⊥y轴，垂足为M，则有DM//OA，
∴△DCM∽△ACO，
∴DMOA=MCCO=DCCA=12，
∴DM=12AO，
设A(-2m，0)m＞0，则AO=2m，DM=m，
∵OC=4，∴CM=2，
∴D(m，-6)，B(4m，0)，AB=6m， BN=3m，
∵DN//OE，
∴△BND∽△BOE，
∴DNOE=BNOB，
即6OE=3m4m，
∴OE=8，
∴CE=OE-OC=4，
∴S△BCE=12×4×4m=8，
∴m=1，
∴A(-2，0)，B(4，0)，
设y=a(x+2)(x−4)，
即y=ax2−2ax−8a，
令x=0，则y=-8a，
∴C(0，-8a)，
∴-8a=-4，
∴a=12，
∴y=12x2−x−4；
②由①易知：B(4m，0)，C(0，-4)，D(m，-6)，∠CBD一定为锐角，
由勾股定理可得：CB2=16m2+16,CD2=m2+4,DB2=9m2+36，
当∠CDB为锐角时，CD2+DB2＞CB2，
m2+4+9m2+36＞16m2+16，
解得−2＜m＜2；
当∠BCD为锐角时，CD2+CB2＞DB2，
m2+4+16m2+16＞9m2+36，
解得m＞2或m＜−2（舍），
综上：2＜m＜2，
∴22＜2m＜4，
∴22＜OA＜4.
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，二次函数的性质，待定系数法，勾股定理以及不等式等知识，综合性较强，有一定的难度，熟练掌握相关知识并运用数形结合思想是解题的关键.
【专项突破】深挖考点考向，揭示内涵实质
1．（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．
2．（2023·江苏盐城·校考一模）如图，抛物线y=ax2+bx+c经过点A−2,0,B4,0，与y轴正半轴交于点C，且OC=2OA，抛物线的顶点为D，直线y=mx+n经过B，C两点，与对称轴交于点E．
(1)求抛物线及直线BC的函数表达式；
(2)点M是直线BC上方抛物线上的动点，连接MB,ME，得到△MBE，求出△MBE面积的最大值及此时点M的坐标；
(3)直线y=kxk>0交线段BC于点H，若以点O，B，H为顶点的三角形与△CDE相似，求k的值；
(4)点N在对称轴上，满足∠BNC=∠ABC，求出点N的坐标．
【答案】(1)直线BC的解析式为y=−x+4，抛物线解析式y=−12x2+x+4
(2)△MBE的面积有最大值3，M2,4
(3)3或13或2或12
(4)1,−15或 1,7+4
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）求出D、E点坐标，过点M作MN∥y轴交BC于点N，设Mt,−12t2+t+4，则Nt,−t+4，则S△MBE=−34t−22+3即可求解；
（3）设Hs,−s+4，当△CED∽△OBH时，CEOB=CDOH，可求OH=10，再由s2+s−42=10，求出点H的坐标，则；当△CED∽△HBO时，CDHO=EDBO，可求HO=453，再由s2+s−42=809，求出H的坐标，即可求解；
（4）设N1,p，以O为圆心4为半径做圆，圆O与直线x=1的交点为N点；以4,4为圆心4为半径作圆，圆与直线x=1的交点为N，求出N点坐标即可．
【详解】（1）解：∵A−2,0，
∴AO=2，
∵OC=2OA，
∴OC=4，
∴C0,4，
将点A−2,0,B4,0,C0,4代入y=ax2+bx+c，
∴4a−2b+c=016a+4b+c=0c=4，解得a=−12b=1c=4，
∴抛物线解析式为y=−12x2+x+4；
∵直线BC的解析式为y=mx+n，
∴4m+n=0n=4，解得m=−1n=4，
∴直线BC的解析式为y=−x+4；
（2）解：∵y=−12x2+x+4=−12x−12+92，
∴D1,92,E1,3，
过点M作MN∥y轴交BC于点N，
设Mt,−12t2+t+4，则Nt,−t+4，
∴MN=−12t2+t+4+t−4=−12t2+2t，
∴S△MBE=12×3×−12t2+2t=−34t−22+3，
∴当t=2时，△MBE的面积有最大值3，
此时M2,4；
（3）解：∵D1,92,E1,3,C0,4，
∴CD=52,CE=2,DE=32，
设Hs,−s+4，
∵∠OBE=45°，
∴∠CED=∠OBE，
当△CED∽△OBH时，CEOB=CDOH，
∴24=52OH，
∴OH=10，
∴s2+s−42=10，
解得s=1或3，
∴H1,3或3,1，
∵H点在y=kx上，
∴k=13或3；
当△CED∽△HBO时，CDHO=EDBO，
∴52OH=324，
解得HO=453，
∴s2+s−42=809，
解得s=43或83，
∴H43,83或83,43，
∴k=12或2；
综上所述：k的值为3或13或2或12；
（4）解：∵∠ABC=45°,∠BNC=∠ABC，
∴∠BNC=45°，
∵∠BOC=90°，
以O为圆心4为半径做圆，圆O与直线x=1的交点为N点，
设N1,p，
∴1+p2=16，
解得p=15（舍）或−15，
∴N1,−15；
以4,4为圆心4为半径作圆，圆与直线x=1的交点为N，
∴9+p−42=16，
解得p=7+4+4或−7+4（舍），
∴N1,7+4；
综上所述：N点坐标为1,−15或 1,7+4．
【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，相似三角形的判定及性质，圆周角与圆心角的关系是解题的关键．
3．（2022·江苏镇江·模拟预测）如图，直线l：y=−3x+3与x轴、y轴分别相交于A、B两点，抛物线y=ax2−2ax+a+4(a<0)经过点B．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)已知点M是抛物线上的一个动点，并且点M在第一象限内，连接AM、BM，设点M的横坐标为m，△ABM的面积为S，求S与m的函数表达式，并求出S的最大值；
(3)在(2)的条件下，当S取得最大值时，动点M相应的位置记为点M'．
①写出点M'的坐标；
②将直线l绕点A按顺时针方向旋转得到直线l'，当直线l'与直线AM'重合时停止旋转，在旋转过程中，直线l'与线段BM'交于点C，设点B、M'到直线l'的距离分别为d1、d2，当d1+d2最大时，求直线l'旋转的角度(即∠BAC的度数)．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)S=−12m2+52m，258
(3)①M′(52，74) ②45°
【分析】（1）利用直线l的解析式求出B点坐标，再把B点坐标代入二次函数解析式即可求出a的值；
（2）设M的坐标为m，−m2+2m+3，然后根据面积关系将△ABM的面积进行转化；
（3）由（2）可知m= 52，代入二次函数解析式即可求出纵坐标的值；可将求d1+d2最大值转化为求AC的最小值．
【详解】（1）解：令x=0代入y=−3x+3，
∴y=3，
∴B(0，3)，
把B(0，3)代入y=ax2−2ax+a+4，
∴3=a+4，
∴a=−1，
∴二次函数解析式为：y=−x2+2x+3；
（2）令y=0代入y=−x2+2x+3，
∴0=−x2+2x+3，
∴x1=−1或x2=3，
∴抛物线与x轴的交点横坐标为−1和3，
∵M在抛物线上，且在第一象限内，
∴0令y=0代入y=−3x+3，
∴x=1，
∴A的坐标为(1，0)，
由题意知：M的坐标为m，−m2+2m+3，
S=S四边形OAMB−S△AOB，
=S△OBM+S△OAM−S△AOB，
=12×m×3+12×1×−m2+2m+3−12×1×3，
=−12m−522+258，
∴当m=52时，S取得最大值258．
（3）①由（2）可知：当m=52，y=−522+2×52+3=74，
∴M′的坐标为(52，74)；
②过点M′作直线l1∥l′，过点B作BF⊥l1于点F，
根据题意知：d1+d2=BF，
此时只要求出BF的最大值即可，
∵∠BFM′=90°，
∴点F在以BM′为直径的圆上，
设直线AM′与该圆相交于点H，
∵点C在线段BM′上，
∴F在优弧BM′H上，
∴当F与M′重合时，
BF可取得最大值，
此时BM′⊥l1，
∵A1，0，B0，3，M′52，74，
∴由勾股定理可求得：AB=10,M′B=554,M′A=854，
过点M′作M′G⊥AB于点G，
设BG=x，
∴由勾股定理可得：M′B2−BG2=M′A2−AG2，
∴8516−(10−x)2=12516−x2，
∴x=5108, cs∠M′BG=BGM′B=22，即∠M′BG=45°，
∵l1∥l′，
∴∠BCA=90°，
∴∠BAC=45°．
【点睛】本题考查二次函数的综合问题，涉及待定系数求二次函数解析式，求三角形面积，圆的相关性质等知识，内容较为综合，学生需要认真分析题目，化动为静去解决问题．
4．（2022·江苏泰州·校联考三模）如图，已知直线l经过点A2,2，与x轴负半轴交于点B，且tan∠ABO=12；
(1)求直线l的解析式．
(2)直线l上有一点Cm,nm>0,n>2
①在x轴上仅存在一点P，使得△APC的外心在线段AC上，求点C的坐标．
②若n=8，过A、C的抛物线顶点在x的正半轴上．点Q是线段AC下方抛物线上的一个动点，且以点Q为圆心的圆与直线l相切，求圆的最大半径．
【答案】(1)y=12x+1
(2)①C4+25,3+5；②955
【分析】（1）过点A作AM⊥x轴于M，由题意易得BM=4，然后可得B−2,0，进而代入点A、B的坐标进行求解即可；
（2）①过点C作CN⊥x轴于N，如（1）图，由题意得：∠APC=90°，则可证△AMP∽△PNC，则有AMPN=PMCN，设Px,0，然后根据相似三角形的性质及一元二次方程根的判别式可进行求解；②由题意易得C14,8，然后可得求出抛物线解析式为y=18x−62，过Q作QH⊥AC于H，由题意可知圆Q的半径最大且与AC相切，则只要QH最大．过Q作QG⊥x轴交AC于G，然后根据铅锤法及二次函数的性质可求解．
【详解】（1）解：过点A作AM⊥x轴于M，
在Rt△ABM中，∠ABM=90°，tan∠ABO=AMBM=12．
∵A2,2，
∴AM=2,OM=2，
∴BM=4，
∴BO=2，
∴B−2,0，
设直线l的解析式为y=kx+b，则有：
2k+b=2−2k+b=0，解得：k=12b=1，
∴直线l的解析式为y=12x+1．
（2）解：①过点C作CN⊥x轴于N，如（1）图，由题意得：∠APC=90°．
∴∠AMP=∠PNC=90°,∠APM+∠MAP=∠NPC+∠APM=90°，
∴∠MAP=∠NPC，
∴△AMP∽△PNC，
∴AMPN=PMCN，
设Px,0，
∴2m−x=x−2n，
又∵n=12m+1，
∴x2−m+2x+3m+2=0，
令Δ=m+22−43m+2=0，m2−8m−4=0，
解得：m=4±25．
∵m>0，
∴m=4+25，
∴n=3+5，
∴C4+25,3+5．
②当n=8时，代入直线l的解析式得：m=14，
∴C14,8，
设抛物线的解析式为y=ax−t2，代入A2,2，C14,8，得：
a2−t2=2a14−t2=8，解得：a=18t=6，
∴y=18x−62，
过Q作QH⊥AC于H，由题意可知圆Q的半径最大且与AC相切，则只要QH最大．
过Q作QG⊥x轴交AC于G，
设点Qs,18s−62，则Gs,12s+1，
∴GQ=12s+1−18s−62=−18s2+2s−72，
∴S△AQC=S△AQG+△CQG=12−18s2+2s−72⋅12=−34s−82+27．
∵2∵AC=65，
∴最大半径QH=955．
【点睛】本题主要考查二次函数的综合、一次函数的综合、相似三角形的性质与判定及圆的切线与三角函数等知识，熟练掌握相似三角形的性质与判定及二次函数的性质是解题的关键．
5．（2021·江苏淮安·统考一模）如图1，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点A−3,4、B−3,0、C−1,0．以D为顶点的抛物线y=ax2+bx+c过点B．动点P以每秒1个单位的速度从点D出发，沿DC边向点C运动，运动的时间为t秒．过点P作PE⊥CD交BD于点E，过点E作EF⊥AD于点F，交抛物线于点G．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)连接BG，求△BGD的面积最大值；
(3)如图2，在点P运动的同时，点Q从点B出发，沿BA边以每秒1个单位的速度向点A运动．动点P、Q运动的过程中，在矩形ABCD内（包括其边界）是否存在点H，使以B，Q，E，H为顶点的四边形是菱形？若不存在，请说明理由，若存在，请直接写出t的值：t= ．
【答案】(1)y=−x2−2x+3
(2)1
(3)存在，20−85或2013
【分析】（1）由矩形ABCD的三个顶点的坐标分别为A−3,4、B−3,0、C−1,0，可得顶点D的坐标，点D又是抛物线的顶点，设抛物线的解析式为顶点式，将点B的坐标代入该解析式，即可求出系数a的值，从而求得抛物线的解析式；
（2）设点G的横坐标为x，用含x的代数式表示点G、点E的纵坐标及线段EG的长，由S△BGD=12AD·EG得出关于x的二次函数解析式，再利用二次函数的性质求出△BGD面积的最大值；
（3）存在符合条件的菱形，分两种情况，一是以BE为一边，则点H在AD边上，由相似三角形的性质及BQ=FQ=t列方程求出t的值；一是以BE为对角线，仍可由相似三角形的性质列方程求出t的值．
（1）
解：∵矩形ABCD的三个顶点的坐标分别为A−3,4、B−3,0、C−1,0，
∴D−1,4，AB=CD=4，
由抛物线的顶点为D−1,4，设抛物线的解析式为：y=ax+12+4，
∵抛物线经过点B−3,0，
∴−3+12a+4=0，
解得：a=−1，
∴该抛物线的解析式为y=−x+12+4，即y=−x2−2x+3．
∴该抛物线的解析式为y=−x2−2x+3．
（2）
如图1，设直线BD的解析式为y=kx+d，
∵B−3,0，D−1,4，
∴−3k+d=0−k+d=4，
解得：k=2d=6，
∴直线BD的解析式为y=2x+6，
设Gx,−x2−2x+3−3∵EF⊥AD，点E在BD上，
∴Ex,2x+6，
∴GE=−x2−2x+3−2x+6=−x2−4x−3，
∵A−3,4，D−1,4，
∴AD=−1−−3=2，
∴S△BGD=S△DGE+S△BGE
=12GE·AF+12GE·DF
=12GE·AD
=12×2×−x2−4x−3
=−x+22+1，
∴当x=−2时，S△BGD最大=1，
∴△BGD面积的最大值为1．
（3）
存在．
第一种情况：如图2，菱形BQHE以BE为一边，
∵四边形ABCD是矩形，PE⊥CD，EF⊥AD，
∴∠ADC=∠EFD=∠DPE=90°，∠A=∠DCB=90°，AB∥EF，
∴四边形PEFD是矩形，
∴EF=DP，
∵动点P以每秒1个单位的速度从点D出发，沿DC边向点C运动，在点P运动的同时，点Q从点B出发，沿BA边以每秒1个单位的速度向点A运动，
∴BQ=PD=EF=t，
∵BQ∥EF，
∴四边形BQFE是平行四边形，
∴当BQ=QF=t时，四边形BQFE是菱形，此时点H与点F重合，
∵QF∥BD，
∴∠AQF=∠ABD，
∵∠QAF=∠BAD=90°，
∴△AQF∽△ABD，
∵∠A=90°，AD=2，AB=4，
∴BD=AD2+AB2=22+42=25，
∴AQQF=ABBD=425=255，
∴AQ=255QF=255t，
∵AQ+BQ=AB=4，
∴255t+t=4，
解得：t=20−85；
第二种情况：如图3，菱形BQEH以BE为对角线，连接QH，则QH⊥BE，
∴∠BRQ=90°，BR=ER，
∵∠BAD=90°，
∴∠BRQ=∠BAD，
又∵∠RBQ=∠ABD，
∴△BRQ∽△BAD，
∴BRBQ=ABBD=255，
∵BQ=DP=t，
∴BR=255BQ=255t，
∴ER=BR=255t，
∵∠DPE=∠DCB=90°，∠EDP=∠BDC，
∴△DEP∽△DBC，
∴PDED=CDBD=425=255，
∴DE=52PD=52t，
∵ER+BR+DE=BD，
∴255t+255t+52t=25，
解得：t=2013；
综上所述，t=20−85或t=2013．
故答案为：20−85或2013．
【点睛】本题重点考查了二次函数的图像与性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质、菱形的性质，用待定系数法求函数解析式，二次根式的化简等知识，还考查了平行四边形的判定，勾股定理，解方程，三角形的面积等知识．还应注意数形结合、分类讨论等数学思想的应用．
6．（2023·江苏苏州·一模）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】(1)y=−43x2+163x
(2)存在，2,163或（3，4）
(3)存在，98
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）待定系数法求得直线AB的解析式为y=−43x+163，过点P作PM⊥x轴，垂足为M，PM交AB于点N．过点B作BE⊥PM，垂足为E．可得S△PAB=S△PNB+S△PNA =32PN，设Pm,−43m2+163m1（3）由已知条件可得△OBC∽△PDC，进而可得S1S2+S2S3=CDBC+PCOC =2PDOB，过点B,P分别作x轴的垂线，垂足分别F,E，PE交AB于点Q，过D作x的平行线，交PE于点G，可得△DPG∽△OBF，设Pm,−43m2+163m1【详解】（1）解：（1）将A（4，0），B（1，4）代入y=ax2+bx，
得16a+4b=0a+b=4，
解得a=−43b=163．
所以抛物线的解析式为y=−43x2+163x．
（2）设直线AB的解析式为y=kx+tk≠0，
将A（4，0），B（1，4）代入y=kx+t，
得4k+t=0k+t=4，
解得k=−43t=163．
所以直线AB的解析式为y=−43x+163．
过点P作PM⊥x轴，垂足为M，PM交AB于点N．
过点B作BE⊥PM，垂足为E．
所以S△PAB=S△PNB+S△PNA
=12PN×BE+12PN×AM
=12PN×BE+AM
=32PN．
因为A（4，0），B（1，4），所以S△OAB=12×4×4=8．
因为△OAB的面积是△PAB面积的2倍，
所以2×32PN=8，PN=83．
设Pm,−43m2+163m1所以PN=−43m2+163m−−43m+163=83，
即−43m2+203m−163=83，
解得m1=2，m2=3．
所以点P的坐标为2,163或（3，4）．
（3）∵ PD∥BO
∴△OBC∽△PDC
∴CDBC=PDOB=PCOC
记△CDP，△CPB，△CBO的面积分别为S1，S2，S3．则S1S2+S2S3=CDBC+PCOC =2PDOB
如图，过点B,P分别作x轴的垂线，垂足分别F,E，PE交AB于点Q，过D作x的平行线，交PE于点G
∵B1,4，
∴F1,0
∴OF=1
∵PD∥OB,DG∥OF
∴△DPG∽△OBF
∴PDOB=PGBF=DGOF，
设Pm,−43m2+163m1∵直线AB的解析式为y=−43x+163．
设Dn,−43n+163，则Gm,−43n+163
PG=−43m2+163m+43n−163
=43m2−4m−n+4
DG=m−n
∴43(m2−4m−n+4)4=m−n1
整理得4n=m2−m+4
∴ S1S2+S2S3=CDBC+PCOC =2PDOB
=2DGOF
=2m−n
=2m−m2−m+44
=−12m2−5m+4
=−12m−522+98
∴m=52时，S1S2+S2S3取得最大值，最大值为98
【点睛】本题考查了二次函数综合，待定系数法求解析式，面积问题，相似三角形的性质与判定，第三问中转化为线段的比是解题的关键．
7．（2022·江苏淮安·统考二模）二次函数y=ax2+bx+3的图像与x轴交于A2,0，B6,0两点，与y轴交于点C，顶点为E．
(1)二次函数的表达式为________，点E的坐标为_________；
(2)如图①，D是该二次函数图像的对称轴上一个动点，当BD的垂直平分线恰好经过点C时，求点D的坐标；
(3)如图②，P是直线CE上方的二次函数图像上的一个动点，连接OP，取OP中点Q，连接QC，QE，CE，当△CEQ的面积为12时，求点P的坐标．
(4)连接BC，M是平面内一点，将△BOC绕点M沿逆时针方向旋转90°后，得到△B1O1C1，点B、O、C的对应点分别是点B1、O1、C1．若△B1O1C1的B1、C1两个顶点恰好落在抛物线上，请直接写出点C1的横坐标．
【答案】(1)y=14x2−2x+3；4,−1
(2)点D的坐标为4,3+29或4,3−29
(3)点P的坐标为10,8或−6,24
(4)点C1的横坐标为132
【分析】（1）由于二次函数的图像与x轴交于A2,0，B6,0两点，把A，B两点坐标代入y=ax2+bx+3，求出a，b的值即可得出拋物线解析式，由配方法可求出点E的坐标；
（2）由线段垂直平分线的性质可得出CB=CD，设D4,d，由勾股定理可得42+d−32=62+32，解方程可得出答案；
（3）设CQ交抛物线的对称轴于点N，设Pn,14n2−2n+3，则Q12n,18n2−n+32，设直线CQ的解析式为y=kx+3，则18n2−n+32=12nk+3，解得k=14n−2−3n，求出N4,n−5−12n，NE=n−4−12n．由面积公式可求出n的值，则可得出答案；
（4）设C1m,14m2−2m+3，根据C0,3，B6,0，可确定点C向右平移6个单位，再向下平移3个单位与点B重合，再根据将△BOC绕点M沿逆时针方向旋转90°后得到△B1O1C1，可确定点C1向右平移3个单位，再向上平移6个单位与点B1重合，从而得到B1m+3,14m2−2m+3+6，再根据点B1在抛物线上，可得到14m+32−2m+3+3=14m2−2m+3+6，最后解方程求出m的值即可．
（1）
解：∵二次函数y=ax2+bx+3的图像与x轴交于A2,0，B6,0两点，
∴4a+2b+3=036a+6b+3=0，
解得：a=14b=−2，
∴二次函数的解析式为y=14x2−2x+3，
∵y=14x2−2x+3=14x−42−1，
∴E4,−1．
故答案为：y=14x2−2x+3；4,−1．
（2）
如图1，如图2，连接CB，CD，设CG是BD的垂直平分线，
∴CB=CD，
∵二次函数y=14x2−2x+3的图像与y轴交于点C，
∴C0,3，且对称轴x=4，
∵点D是该二次函数图像的对称轴上一个动点，设D4,d，
又∵B6,0，
∴由勾股定理可得：42+(d−3)2=62+32，
解得：d=3±29，
∴点D的坐标为4,3+29或4,3−29．
（3）
如图3，设CQ交抛物线的对称轴于点N，
设点Pn,14n2−2n+3，
∵点Q是OP的中点，
∴Q12n,18n2−n+32，
设直线CQ的解析式为y=kx+3，
∴18n2−n+32=12nk+3，
解得：k=14n−2−3n，
∴直线CQ的解析式为y=14n−2−3nx+3，
当x=4时，y=414n−2−3n+3=n−5−12n，
∴N4,n−5−12n，
∴NE=n−5−12n−−1=n−4−12n，
∵S△CNE+S△QNE=S△CEQ=12，
∴12×4×n−4−12n+12×n2−4×n−4−12n=12，
整理得：n2−4n−60=0，
解得：n1=10，n2=−6，
当n=10时，14n2−2n+3=14×102−2×10+3=8，
当n=−6时，14n2−2n+3=14×−62−2×−6+3=24，
∴点P的坐标为10,8或−6,24．
（4）
旋转后点B1、C1两个顶点在抛物线y=14x2−2x+3上，设C1m,14m2−2m+3，
∵C0,3，B6,0，
∴点C向右平移6个单位，再向下平移3个单位与点B重合，
∵将△BOC绕点M沿逆时针方向旋转90°后得到△B1O1C1，
即线段CB绕点M沿逆时针方向旋转90°后可得到C1B1，
∴点C1向右平移3个单位，再向上平移6个单位与点B1重合，
∴B1m+3,14m2−2m+3+6，
∴14m+32−2m+3+3=14m2−2m+3+6，
解得：m=132．
∴点C1的横坐标为132．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了图形的旋转及性质，平移方式的确定，待定系数法，二次函数图像与性质，垂直平分线的性质，勾股定理，三角形的面积，一元二次方程，二元一次方程组等知识．熟练掌握二次函数的性质，图形变换的性质及方程思想是解题的关键．
8．（2020·江苏盐城·统考一模）如图，二次函数y=−12x2+bx+c的图像与x轴交于点A（−2，0）和点B（4，0），与y轴交于点E，以AB为边在x轴下方作正方形ABCD，点M是x轴上一动点，连接CM，过点M作MN⊥MC，与AD边交于点N，与y轴交于点F．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)在第一象限的抛物线上任取一点P，连接EP、PB，请问：△EPB的面积是否存在最大值？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)当点M在线段OB（点M不与O、B重合）上运动至何处时，线段OF的长有最大值？并求出这个最大值．
【答案】(1)y=−12x2+x+4
(2)△EPB的面积有最大值4，此时点P的坐标为（2，4）
(3)OF有最大值，最大值为23，此时点M在（2，0）处
【分析】（1）将点A、B的坐标代入二次函数表达式，即可求解；
（2）过点P作PQ⊥AB于Q，交BE于点H，过点E作EG⊥PQ于点G，设点P（m，-12m2+m+4），根据S△PBE=S△PBH+S△PHE=12•PH•OB=-（m-2）2+4，运用二次函数最值得到答案；
（3）设点M的坐标为（x，0），运用正方形性质可证得△MFO∽△CMB，再利用相似三角形性质可得OF=16（-x2+4x）=-16（x-2）2+23，运用二次函数最值得到答案．
（1）
解：∵二次函数y=-12x2+bx+c的图象经过点A（-2，0）和点B（4，0），
∴0=−12×4−2b+c0=−12×16+4b+c解得b=1c=4，
∴该抛物线的函数表达式为：y=−12x2+x+4；
（2）
解：存在，理由如下：
如图，过点P作PQ⊥AB于Q，交BE于点H，过点E作EG⊥PQ于点G，
∵PQ⊥AB，
∴∠PQB=∠EOB=90°，
∴PQ∥EO，
设点P（m，-12m2+m+4），则Q（m，0），
∴OQ=m，
在y=-12x2+x+4中，令x=0，则y=4，
∴E（0，4），
∴OB=OE=4，
∴△OBE是等腰直角三角形，
∴∠EBO=45°，
∴BQ=HQ=4-m，
∴PH=-12m2+m+4-（4-m）=-12m2+2m，
∴S△PBE=S△PBH+S△PHE
=12•PH•BQ+12•PH•OQ
=12•PH•OB
=12×（-12m2+2m）×4
=-m2+4m
=-（m-2）2+4，
∵-1＜0，
∴当m=2时，S△PBE=有最大值4，此时，点P的坐标为（2，4）；
（3）
解：设点M的坐标为（x，0），
∴OM=x，BM=4-x，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=4+2=6，∠BAD=∠CBA=∠MOF=90°，
∵MN⊥MC，
∴∠CMN=90°，
∴∠FMO+∠CMB=∠CMB+∠BCM=90°，
∴∠FMO=∠BCM，
∴△MFO∽△CMB，
∴OMBC=OFBM，即：x6=OF4−x，
∴OF=16（-x2+4x）=-16（x-2）2+23，
∵点M在线段OB上，且点M不与O、B重合，
∴0＜x＜4，
∵-16＜0，
∴当x=2时，即点M为线段OB中点时，OF的长度最大，最大值为23．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，等腰直角三角形判定和性质，正方形性质，相似三角形的判定与性质；熟练掌握待定系数法求函数解析式，灵活运用数形结合的思想、方程思想是解题的关键．
9．（2022·江苏无锡·模拟预测）如图，直线l：y=−3x+3与x轴、y轴分别相交于A、B两点，抛物线y=ax2−2ax−3a(a<0)经过点B．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)已知点M是抛物线上的一个动点，并且点M在第一象限内，连接AM、BM，设点M的横坐标为m，△ABM的面积为S，求S与m的函数表达式，并求出S的最大值；
(3)在（2）的条件下，当S取得最大值时，动点M相应的位置记为点M′，将直线l绕点A按顺时针方向旋转得到直线l′，当直线l′与直线AM′重合时停止旋转，在旋转过程中，直线l'与线段BM′交于点C，设点B、M′到直线l′的距离分别为d1、d2，当d1+d2最大时，求直线l′旋转的角度（即∠BAC的度数）．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)S=−12(m−52)2+258，最大值为258
(3)45°
【分析】（1）利用直线l的解析式求出B点坐标，再把B点坐标代入二次函数解析式即可求出a的值；
（2）设M的坐标为（m，-m2+2m+3），然后根据面积关系将△ABM的面积进行转化；
（3）由（2）可知m=52，代入二次函数解析式即可求出纵坐标的值；可将求d1+d2最大值转化为求AC的最小值．
（1）
解：令x=0代入y=-3x+3，
∴y=3，
∴B（0，3），
把B（0，3）代入y=ax2−2ax−3a，
∴3=-3a，
∴a=-1，
∴二次函数解析式为：y=-x2+2x+3；
（2）
令y=0代入y=-x2+2x+3，
∴0=-x2+2x+3，
∴x=-1或3，
∴抛物线与x轴的交点横坐标为-1和3，
∵M在抛物线上，且在第一象限内，
∴0＜m＜3，
令y=0代入y=-3x+3，
∴x=1，
∴A的坐标为（1，0），
由题意知：M的坐标为（m，-m2+2m+3），
S=S四边形OAMB-S△AOB
=S△OBM+S△OAM-S△AOB
=12×m×3+12×1×（-m2+2m+3）-12×1×3
=-12（m-52）2+258
∴当m=52时，S取得最大值258．
（3）
由（2）可知：M′的坐标为（52，74）；
过点M′作直线l1∥l′，过点B作BF⊥l1于点F，
根据题意知：d1+d2=BF，
此时只要求出BF的最大值即可，
∵∠BFM′=90°，
∴点F在以BM′为直径的圆上，
设直线AM′与该圆相交于点H，
∵点C在线段BM′上，
∴F在优弧BM′H上，
∴当F与M′重合时，
BF可取得最大值，
此时BM′⊥l1，
∵A（1，0），B（0，3），M′（52，74），
∴由勾股定理可求得：AB=10,M′B=554,M′A=854，
过点M′作M′G⊥AB于点G，
设BG=x，
∴由勾股定理可得：M′B2-BG2=M′A2-AG2，
∴8516−(10−x)2=12516−x2，
∴,x=5108, cs∠M′BG=BGM′B=22，
∵l1∥l′，
∴∠BCA=90°，
∠BAC=45°．
【点睛】本题考查二次函数的综合问题，涉及待定系数求二次函数解析式，求三角形面积，圆的相关性质等知识，内容较为综合，学生需要认真分析题目，化动为静去解决问题．
10．（2022·江苏常州·统考二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y=23x2+bx−2的图像与x轴交于点A3,0，B（点B在点A左侧），与y轴交于点C，点D与点C关于x轴对称，作直线AD．
(1)填空：b=______；
(2)将△AOC平移到△EFG（点E，F，G依次与A，O，C对应），若点E落在抛物线上且点G落在直线AD上，求点E的坐标；
(3)设点P是第四象限抛物线上一点，过点P作x轴的垂线，垂足为H，交AC于点T．若∠CPT+∠DAC=180°，求△AHT与△CPT的面积之比．
【答案】(1)b=−43
(2)E−3,8，E4,103
(3)8147
【分析】（1）由题意，将点A(3,0)代入y=23x2+bx−2中，即可解得b的值；
（2）令x=0，可求得点C的坐标，再由点D与点C关于x轴对称可求得D的坐标，求出直线AD的表达式，由于△EFG是由△AOC平移得到，若设E(m,23m2−43m−2)，则G(m−3,23m2−43m−4)，将点G代入直线AD的表达式中，即可求得m，从而得E的坐标；
（3）过C作CK⊥AD于K，作CQ⊥PH于Q，先由勾股定理求出AD的长，再利用等面积法求出CK的长，再用勾股定理求AK的长，由∠CPT+∠DAC=180°可得∠CPQ=∠DAC，故tan∠DAC=CKAK=CQPQ，设出点P(n,23n2−43n−2)，则可利用上式求出n的值，由此可进一步计算出PT与HT的值，求出两个三角形的面积之比．
(1)
解：∵二次函数y=23x2+bx−2的图像经过点A(3,0)，
∴ 0=23×32+3b−2，解得b=−43．
故答案是：−43；
(2)
解：如图1，对于二次函数y=23x2−43x−2，
当x=0时，y=−2．
∴ C0,−2．
∵点D与点C关于x轴对称，
∴ D0,2．
设直线AD的函数表达式是y=kx+2．
∵ A3,0，
∴ 3k+2=0．解得k=−23．
∴直线AD的函数表达式为y=−23x+2．
设点E(m,23m2−43m−2)，则点G(m−3,23m2−43m−4)．
∵点G在直线y=−23x+2上，
∴ 23m2−43m−4=−23(m−3)+2，整理得m2−m−12=0，
解得m1=−3，m2=4．
∴ E−3,8，E(4,103)．
(3)
解：如图2，过点C作CK⊥AD，垂足为K．
∵ OD=2，OA=3，
∴ AD=OA2+OD2=13．
∵ AO⋅CD=AD⋅CK，
∴ CK=121313．
∴ DK=CD2−CK2=81313．
∴ AK=AD−DK=51313．
∴ tan∠CAK=CKAK=125．
过点C作CQ⊥PH，垂足为Q．
∵ ∠CPT+∠DAC=180°，
∴ ∠CPQ=∠CAK．
∴ CQPQ=125．
设点P(n,23n2−43n−2)，则PQ=23n2−43n，CQ=n．
∴ n23n2−43n=125．解得n=218，
∴ P(218,−2932)．
∴ CQ=218，AH=3−218=38．
∵ tan∠OAC=THAH=OCOA=23，
∴ TH=23AH=23×38=14，
∴ TP=PH−TH=2932−14=2132．
∴ S△AHTS△CPT=12×AH×TH12×TP×CQ=12×38×1412×2132×218=8147．
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用、一次函数表达式的求法、三角函数的性质与应用、相似三角形的性质与判定（本题答案中应用三角函数的步骤也可以改用相似三角形的知识解答）、勾股定理的应用，解决本题的关键在于将各模块知识点融会贯通，并作出正确的辅助线．
11．（2022·江苏无锡·无锡市天一实验学校校考三模）已知，关于x的二次函数y=ax2+2ax−3a(a>0)的图像与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，图像顶点为D，连接AC、BC、BD、CD，满足∠ACB≥90°．
(1)请直接写出点A、点B的坐标以及a的取值范围；
(2)点E(−12,0)，点F在AC边上，若直线EF平分△ABC的面积，求点F的坐标（用含a的代数式表示）；
(3)△BCD中CD边上的高是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A（－3，0），B（1，0），0(2)(−35,−12a5)
(3)存在；最大值为1
【分析】（1）先求出A、B、C的坐标，求出当∠AMB＝90°且M在y轴负半轴上时，OM的长度，结合图形可得∠ACB≥90°即OC≤OM，即求出a的取值范围；
（2）求出△ABC的面积（用a表示），求出直线AC解析式，设AC边上点F横坐标为t，即能用t把F纵坐标及△AEF面积表示出来，再根据△AEF面积为△ABC面积的一半列得方程，即能求出t进而得F的坐标；
（3）求出直线BD与y轴的交点P，即能用“水平长与铅垂高的积的一半”求△BCD面积．又CD可求，所以CD边上的高h也能用a的式子表示．根据第（1）题求出a的范围和不等式性质，即能求出h的取值范围，得到h的最大值．
【详解】（1）解：当y＝ax2＋2ax−3a＝0（a＞0），解得：x1＝−3，x2＝1，
∴A（−3，0），B（1，0），即OA＝3，OB＝1，
当x＝0时，y＝ax2＋2ax−3a＝−3a，
∴C（0，−3a），即OC＝3a，
设y轴负半轴上有点M满足∠AMB＝90°，如图所示：
则∠AMO＋∠OMB＝90°，
∵∠AOM＝∠MOB＝90°，
∴∠OMB＋∠MBO＝90°，
∴∠AMO＝∠MBO，
∴△AMO∽△MBO
∴AOMO=MOBO，
∴MO=AO⋅BO=3，
∵∠ACB≥90°，
∴OC≤OM，即3a≤3，
∴a的取值范围是0（2）解：∵AB＝1－（－3）＝4，OC＝3a，
∴SΔABC=12AB⋅OC=12×4×3a=6a，
设直线AC的解析式为：y＝kx＋b，∴{−3k+b=00+b=−3a，解得：{k=−ab=−3a，
∴直线AC解析式为：y＝－ax－3a，
设AC边上的点F（t，－at－3a）（－3＜t＜0），
∵E(−12,0)，
∴SΔAEF=12AE⋅|yF|=12⋅(−12+3)⋅(at+3a)=5(at+3a)4，
∵SΔAEF=12SΔABC，
∴5(at+3a)4=12⋅6a，解得：t=−35，
∴−at−3a=3a5−3a=−12a5，
∴点F的坐标为(−35,−12a5)；
（3）解：△BCD中CD边上的高存在最大值．
设直线BD与y轴交点为点P，
∵y＝ax2＋2ax－3a＝a（x＋1）2－4a，
∴顶点D（－1，－4a），
设直线BD解析式为：y＝cx＋d，{c+d=0−c+d=−4a，解得：{c=2ad=−2a，
∴P（0，－2a），
∴PC＝－2a－（－3a）＝a，
∴SΔBCD=SΔBCP+SΔCDP=12PC⋅|xB|+12PC⋅|xD|=12PC⋅|xB−xD|=12⋅a⋅(1+1)=a，
设△BCD中CD边上的高为h，
∵CD=12+(−3a+4a)2=1+a2，SΔBCD=12CD⋅ℎ，
∴ℎ=2SΔBCDCD=2aa2+1，
∴ℎ2=4a2a2+1，即1ℎ2=a2+14a2=14+14a2，
∵0∴0∴0<4a2≤43，
∴14a2≥34，
∴1ℎ2=14+14a2≥1，
∴ℎ2≤1即h≤1，
∴当a=33时，h取得最大值为1．
【点睛】本题考查了二次函数的图像与性质，相似三角形的判定和性质，一元一次方程的解法，不等式性质．第（3）题的解题关键是利用面积法得到用a表示h的式子，对式子进行恒等变形再根据不等式性质求最大值．
12．（2022·江苏无锡·宜兴市实验中学校考二模）如图，二次函数y=ax2−6ax+ca<0的图象与x轴的负半轴和正半轴分别交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为P，对称轴交x轴于点D，点Q是抛物线对称轴上一动点，直线BQ交y轴于点E，且5EQ=3BQ．
(1)请直接写出A，B两点的坐标：A______，B______；
(2)当顶点P与点Q关于x轴对称时，S△QCE=425．
①求此时抛物线的函数表达式；
②在抛物线的对称轴上是否存在点F，使∠BEF=2∠OBE．若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)−2,0，8,0
(2)①y=−110x2+35x+85
②F3,−112或F3,252
【分析】（1）根据抛物线的解析式配方后可得对称轴，根据平行线分线段成比例定理可得B点坐标，由对称性可得A点坐标；
（2）①根据△QCE的面积可得CE的长，表示点E和点C的坐标，根据两点的距离公式可列方程，解方程可得结论；
②如图2，当点F在BE的下方时，连接PB，根据顶点P与点Q关于x轴对称，结合已知可证得PB∥EF，在此基础上求出直线PB的解析式和直线EF的解析式，进而求出F点的坐标；当F点在BE上方时，连接DE，设F3,m，D，E，P，B每个点的坐标易求出，可得ED，BD的长，所以有∠DEB=∠OBE，易知ED是∠FEB的平分线，因此有EQEF=DQDF，然后过F作FD⊥y轴，垂足为N，由勾股定理可求出EF，根据等量代换进而求出F点的坐标．
（1）
∵y=ax2−6ax+c=ax−32−9a+c
∴这个抛物线的对称轴是：直线x=3
∴OD=3
如图1所示，
∵DQ∥y轴
∴ODBD=EQBQ
∵EQBQ=35
∴ODBD=35
∴BD=5
∴OB=8
∴B8,0
根据抛物线的对称性得A−2,0
故答案为：−2,0，8,0
（2）
①如图1，
将A−2,0代入二次函数y=ax2−6ax+c中得：4a+12a+c=0
∴c=−16a
∵y=ax2−6ax+c=ax−32−9a+c
∴P3,−9a+c
∵顶点P与点Q关于x轴对称，
∴Q3,9a−c，即Q3,25a
∵S△QCE=425
∴12CE×3=425
∴CE=285
设直线BQ的解析式为：y=kx+m
∴8k+m=03k+m=25a
∴k=−5am=40a
∴直线BQ的解析式为：y=−5ax+40a
∴E0,40a
∵C0,c
∴C0,−16a
∴−16a−40a=285
∴a=−110
∴c=−16×−110=85
∴此时抛物线的函数解析式为：y=−110x2+35x+85；
②如图2，当点F在BE的下方时，连接PB，
∵顶点P与点Q关于x轴对称，
∴∠PBD=∠QBD
∵∠BEF=2∠OBE
∴∠BEF=∠PBQ
∴PB∥EF
由①得：a=−110
∴P3,2.5
设直线PB的解析式为y=k1x+b1
∵P3,2.5，B8,0
∴3k1+b1=2.58k1+b1=0
∴k1=−12b1=4
∴直线PB的解析式y=−12x+4
设直线EF的解析式为：y=−12x+n
∵E0,−4
∴n=−4
当x=3时，y=−32−4=−112
∴F3,−112
如图3，当点F在BE的上方时，连接DE
设F3,m，
∵D3,0
∴BD=5
∵D3,0，E4,0
∴OD=3，OE=4
由勾股定理得ED=OD2+OE2=5
∴DE=BD
∴∠DEB=∠OBE
∵∠BEF=2∠OBE
∴∠BEF=2∠DEB
∴EQEF=DQFD
∵BE=OB2+OE2=45，5EQ=3BQ
∴EQ=35BQ
∵EQ+BQ=BE
∴EQ=352
∵DQ=2.5，FD=m，EQEF=DQFD
∴EF=355m
过F作FD⊥y轴，垂足为N，
在Rt△NEF中
EF=NF2+NE2=32+m+42
∴355m=32+m+42
∴m=252或m=−52(舍去)
∴F3,252
综上所述，在抛物线的对称轴上，存在点F3,−112或F3,252，使∠BEF=2∠OBE．
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了一次函数解析式和二次函数解析式的确定，函数图象的平移，轴对称的性质，勾股定理等知识，熟练掌握待定系数法和一次函数与二次函数的图象与性质是解本题的关键．
13．（2022·江苏苏州·苏州市平江中学校校联考二模）如图，已知抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y 轴交于点C，OA=OC=3．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)若点P为直线AC下方抛物线上一点，连接BP并交AC于点Q，若AC分△ABP的面积为1：2两部分，请求出点P的坐标；
(3)在y轴上是否存在一点N，使得∠BCO+∠BNO=45°，若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2+2x−3
(2)（-2，-3）或（-1，-4）
(3)（0，2）或（0，-2）
【分析】（1）先求出A、C的坐标，然后用待定系数法求解即可；
（2）先求出直线AC的解析为y=−x−3，根据AC把△ABP的面积分成1:2两部分，得到S△APQ：S△ABQ=1：2，如图所示，过点P作PD⊥x轴于D，过点Q作DE⊥x轴于E， 先求出EQ=23PD，设点P的坐标为（m，m2+2m−3），则点D的纵坐标为23m2+43m−2，点D的坐标为（−23m2−43m−1，23m2+43m−2），然后求出点B的坐标，从而求出∴BD=1−m，BE=1−−23m2−43m−1=23m2+43m+2，证明△BEQ∽△BDP，得到23m2+43m+21−m=23，据此求解即可；
（3）分两种情况当点N在x轴上方时，过点N作NH⊥直线BC于H，过点H作HE⊥y轴于E，HF⊥x轴于F，求出直线BC的解析式为y=3x−3，证明HN=HF，四边形EOFH是矩形，得到∠EHF=90°，OE=HF，证明△NEH≌△BFH得到NE=BF，设H坐标为（m，3m-3），则NE=BF=m-1，OE=3m-3ON=EN+OE=4m-4，CE=3m-3+3=3m，点N的坐标为（0，4m-4），NC=4m-1在Rt△NCH中，由NH2+CH2=CN2，得到m2+m−12+m2+9m2=4m−12，由此求解即可；当点N在x轴下方时，利用等腰三角形的性质求解即可．
（1）
解：∵OA=OC=3，
∴点A的坐标为（-3，0），点C的坐标为（0，-3），
∴9−3b+c=0c=−3，
∴b=2c=−3，
∴抛物线解析式为y=x2+2x−3；
（2）
解：设直线AC的解析式为y=kx+b1，
∴−3k+b1=0b1=−3，
∴k=−1b1=−3，
∴直线AC的解析为y=−x−3，
∵AC把△ABP的面积分成1:2两部分，
∴S△APQ：S△ABQ=1：2或S△APQ：S△ABQ=2：1（此种情况不符合题意，舍去），
如图所示，过点P作PD⊥x轴于D，过点Q作QE⊥x轴于E，
∴S△APB：S△ABQ=3：2，
∴12AB⋅PD12AB⋅EQ=32，
∴EQ=23PD，
设点P的坐标为（m，m2+2m−3），则点Q的纵坐标为23m2+43m−2，
∴点Q的坐标为（−23m2−43m−1，23m2+43m−2），
令y=0，则x2+2x−3=0，
解得x=1或x=−3，
∴点B的坐标为（1，0），
∴BD=1−m，BE=1−−23m2−43m−1=23m2+43m+2，
∵PD⊥x轴，QE⊥x轴，
∴DP∥QE，
∴△BEQ∽△BDP，
∴BEBD=QEPD=23，
∴23m2+43m+21−m=23，
解得m=−2或m=−1，
∴点P的坐标为（-2，-3）或（-1，-4）；
（3）
解：如图1所示，当N在x轴上方时，过点N作NH⊥直线BC于H，过点H作HE⊥y轴于E，HF⊥x轴于F，
设直线BC的解析式为y=k1x+b2，
∴k1+b2=0b2=−3，
∴k1=3b2=−3，
∴直线BC的解析式为y=3x−3，
∵∠BNO+∠BCO=45°，
∴∠NBH=45°，
∴∠HNB=45°=∠HBN，
∴HN=HF，
∵EH⊥OE，FH⊥OF，OE⊥OF，
∴四边形EOFH是矩形，
∴∠EHF=90°，OE=HF，
∵∠NHE+∠BHE=90°=∠BHF+∠BHE，
∴∠NHE=∠BHF，
又∵∠HEN=∠HFB=90°，
∴△NEH≌△BFH（AAS），
∴NE=BF，
设H坐标为（m，3m-3），
∴NE=BF=m-1，OE=3m-3
∴ON=EN+OE=4m-4，CE=3m-3+3=3m，
∴点N的坐标为（0，4m-4），NC=4m-1
在Rt△NCH中，NH2+CH2=CN2，
∴m2+m−12+m2+9m2=4m−12，
∴m2+m2−2m+1+9m2+m2=16m2−8m+1，
∴4m2−6m=0，
解得m=32或m=0（舍去），
∴点N的坐标为（0，2）；
如图2所示，当点N在x轴下方的N1点时，
由等腰三角形的性质可知当N1B=BN（N点为图1中的N）时，∠BN1O=∠BNO，
∵OB⊥NN1，
∴ON1=ON=2，
∴点N1的坐标为（0，-2），
综上所述，在y轴上是否存在一点N（0，2）或（0，-2），使得∠BCO+∠BNO=45°．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，三角形外角的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．
14．（2022·江苏徐州·统考二模）如图①，抛物线y=−12x2+2x+bb≠0与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，连接AC、BC，tan∠CBO=3．
(1)求b的值；
(2)如图②，点P是直线AC上方抛物线上的一个动点，过点P作BC的平行线l，交线段AC于点D．抛物线的对称轴与直线l交于点M，与直线AC交于点N．当点D在对称轴的右侧，且S△DMN=S△AOC时，请求出点D的坐标．
【答案】(1)6；
(2)D5,1．
【分析】（1）求出C点坐标，利用tan∠CBO=3得B−b3,0，将其代入抛物线解析式即可求出b的值；
（2）求出A6,0，B−2,0，C0,6，进一步可求出直线AC的解析式为：y=−x+6，直线BC的解析式为：y=3x+6，设l直线方程为：y=3x+n，求出D6−n4,n+184，利用S△DMN=S△AOC求出n 的值即可．
（1）
解：∵抛物线y=−12x2+2x+bb≠0与y轴交于点C，
∴C0,b，
∵tan∠CBO=OCOB=3，
∴OB=b3，即B−b3,0，
∵B−b3,0在抛物线上，
∴−12−b32+2−b3+b=0，解得：b=0（舍去）或b=6，
∴b=6；
（2）
解：由（1）可知抛物线解析式为：y=−12x2+2x+6，
∴对称轴为：x=2，
令−12x2+2x+6=0，解得：x1=6或x2=−2，
∵点A在点B的右侧，
∴A6,0，B−2,0，
令x=0，得y=6，即C0,6，
设直线AC的解析式为：y=kx+m，则6k+m=0m=6，解得：k=−1m=6，
∴直线AC的解析式为：y=−x+6，
同理可得直线BC的解析式为：y=3x+6，
∵l∥BC，
故设l直线方程为：y=3x+n，
联立y=3x+ny=−x+6，解得：x=6−n4y=n+184，
∴D6−n4,n+184，
∵对称轴为：x=2，
∴M，N的横坐标为2，
∵N在AC上，
∴当x=2时，y=4，即N2,4，
∵M在BC上，
∴当x=2时，y=6+n，即M2,6+n，
过D作DG⊥MN，
∵S△DMN=S△AOC，
∴12·DG·MN=12·6−n4−2·4−n−6=18，解得n=10或n=−14，
∵点D在对称轴的右侧且在AC上，
∴2＜6−n4＜6，解得：−18＜n＜−2，
∴n=−14，即D5,1．
【点睛】本题考查二次函数和一次函数综合，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式，掌握二次函数性质，（2）有一定难度，表示出D点坐标是解第（2）的关键．
15．（2022·江苏无锡·统考二模）如图，抛物线y=ax2+bx+c(a为常数，且a＜0)与x轴相交于A（－1，0），B（3，0）两点，与y轴相交于点C，顶点为D，直线BD与y轴相交于点E．
(1)求证OC=12OE；
(2)M为线段OB上一点，N为线段BE上一点，当a=−12时，求△CMN的周长的最小值；
(3)若Q为第一象限内抛物线上一动点，小林猜想：当点Q与点D重合时，四边形ABQC的面积取得最大值．请判断小林猜想是否正确，并说理由．
【答案】(1)见解析
(2)3102
(3)错误；理由见解析
【分析】（1）A（－1，0），B（3，0）两点代入抛物线关系式，用a表示出b、c，用a表示出点C，点D的坐标，求出直线BD的关系式，即可表示出E点坐标，用a表示出OC、OE，即可得出结论；
（2）当a=−12时，抛物线为y=−12x2+x+32，作点C关于BE的对称点C1，作关于x轴的对称点C2，连接C1C2，与OB交点为M，与BE交点为N，此时△CMN的周长最小，连接C1E，求出点C1的坐标，根据△CMN周长的最小值为：CM+CN+MN=C2M+C1N+MN=C1C2，算出最小值即可；
（3）过Q作QK∥y轴，交BC于点K，设点Q的横坐标为x，用x表示出QK，再将四边形分成两个三角形，用x表示出两个三角形的面积，求出当x取32时，S有最大值，对比D点的横坐标，说明小林猜想错误．
【详解】（1）解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c经过A（－1，0），B（3，0）两点，
∴a−b+c=09a+3b+c=0，解得b=−2ac=−3a，
∴抛物线为y=ax2-2ax-3a，
∴C（0，-3a），D（1，-4a），
设直线BD的解析式为y=k1x+b1，把B、D两点的坐标分别代入得：
3k1+b1=0k1+b1=−4a，解得：k1=2ab1=−6a，
∴直线BD为y=2ax-6a，
∴E为（0，-6a），
∴OC=-3a，OE=-6a，
∴OC=12OE．
（2）当a=−12时，抛物线为y=−12x2+x+32，作点C关于BE的对称点C1，作关于x轴的对称点C2，连接C1C2，与OB交点为M，与BE交点为N，此时△CMN的周长最小，连接C1E，如图所示：
此时C（0，32），直线BE为y=－x＋3，点E（0，3），
∵OB=3，
∴OB=OE=3，
∵∠BOE=90°，
∴∠OEB=∠OBE=12×90°=45°，
∵CC1⊥BE，
∴∠CEB=90°−45°=45°，
∵BE垂直平分CC1，
∴CE=C1E=3−32=32，C1N=CN，
∴∠C1EB=∠CEB=45°，
∴∠CEC1=90°，
∴C1E⊥y轴，
∴点C1为（32，3），
C关于x轴的对称点C2为（0，－32），
∵CM=C2M，
∴△CMN周长的最小值为：
CM+CN+MN=C2M+C1N+MN
=C1C2
=(32)2+(3+32)2
=3102
（3）小林猜想是错误的；理由如下：
过Q作QK∥y轴，交BC于点K，如图所示：
设点Q的横坐标为x，则QK=ax2−2ax−3a−(ax−3a)=ax2−3ax，
∴S=S△BCQ＋S△ABC
=SΔBQK−SΔCQK+SΔABC
=12×QKOJ−CJ+SΔABC
=12×QK×OC+SΔABC
=12(ax2−3ax)×−3a+12×4×(−3a)
=−32a2x2+92a2x−6a
=−32a2(x−32)2+278a2−6a
∴当点Q的横坐标为x取32时，S有最大值，
∵点D的横坐标是1，
∴它们不重合．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，等腰三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，作出相应的辅助线，找出使△CMN取最小值时的点M、N，是解题的关键．
16．（2022·江苏常州·常州市朝阳中学校考二模）如图1，抛物线y=14x2+bx+c，点A(4，−3)，对称轴是直线x=2．顶点为D．抛物线与y轴交于点C，连接AC，过点A作AB⊥x轴于点B，点E是线段AC上的动点（点E不与A、C两点重合）．
(1)求抛物线的函数解析式和顶点D的坐标；
(2)若直线DE将四边形OBAC分成面积比为1:3的两个四边形，求点E的坐标；
(3)如图2，连接DE，作矩形BEFG，在点E的运动过程中，是否存在点G落在y轴上的同时点F也恰好落在抛物线上？若存在，求出此时AE的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=14x2−x−3，顶点D的坐标为(2，-4)
(2)点E的坐标为：(85,−3)或(125,−3)
(3)存在，AE的长为43
【分析】（1）由题意得出−3=14×42+4b+cx=−b2×14=2，求出b、c的值，再根据顶点公式求解即可；
（2）过D作x轴垂线交CA、OB于M、N，设直线DE交x轴于点P，先证明四边形OCAB是矩形，设点E的坐标为(m,−3)，求出直线DE的解析式为y=1m−2x+−4m+6m−2，表示出P(4m−6,0)，再根据各点的坐标表示出OC=3,AC=4,OP=4m−6,CE=m，求出S梯形ODEP，S矩形OCAB，根据题意分类讨论当S梯形ODEPS矩形OCAB=14时，当S梯形ODEPS矩形OCAB=34时，求解即可；
（3）存在点G落在y轴上的同时点F恰好落在抛物线上，作FQ⊥AC交AC延长线于Q，设点F的坐标为(−a,14a2+a−3)，则FQ=14a2+a，QC=a，由矩形的性质可证ΔEFQ∼ΔBEA，ΔEFQ≅ΔBGO(AAS)，再根据相似三角形的性质建立关于a的方程，求解即可．
【详解】（1）∵抛物线y=14x2+bx+c，点A(4，−3)，对称轴是直线x=2，
∴−3=14×42+4b+cx=−b2×14=2，解得b=−1c=−3，
∴抛物线的函数解析式为y=14x2−x−3，
当x=2时，
∴y=14×22−2−3=−4，
∴顶点D的坐标为(2，-4)；
（2）由（1）可得，点C坐标为(0,−3)，
∵点A(4，−3)，
∴AC∥OB，
过D作x轴垂线交CA、OB于M、N，设直线DE交x轴于点P，如图，
∵AB⊥x轴，
∴四边形OCAB是矩形，
设点E的坐标为(m,−3)，直线DE的解析式为y=kx+n，
则−4=2k+n−3=mk+n，解得k=1m−2n=−4m+6m−2，
∴直线DE的解析式为y=1m−2x+−4m+6m−2，
当y=0时，x=4m−6，
∴P(4m−6,0)，
∵直线DE将四边形OBAC分成面积比为1:3的两个四边形，
∴点P在线段OB上，且不与O重合，
∵ A(4，−3)，C(0,−3)，E(m,−3)，P(4m−6,0)，
∴OC=3,AC=4,OP=4m−6,CE=m，
∴S梯形ODEP=12(OP+CE)⋅OC=12(4m−6+m)×3=15m−182，S矩形OCAB=OC⋅AC=3×4=12，
当S梯形ODEPS矩形OCAB=14=15m−18212时，解得m=85，
∴点E的坐标为(85，−3)；
当S梯形ODEPS矩形OCAB=34=15m−18212时，解得m=125，
∴点E的坐标为(125，−3)；
综上所述，点E的坐标为：(85，−3)或(125，−3)；
（3）存在点G落在y轴上的同时点F恰好落在抛物线上，理由如下：
作FQ⊥AC交AC延长线于Q，如图，则FQ∥CG，
设点F的坐标为(−a,14a2+a−3)，则FQ=14a2+a，QC=a，
∵四边形BEFG、四边形OCAB都是矩形，
∴∠BAE=∠BEF=∠Q=90°，EF=BG,EF∥BG,AC∥OB，
∴∠QEF=∠OBG=∠ABE，
∴ΔEFQ∼ΔBEA，
∴FQEA=QEAB，
∵∠Q=∠BOG=90°，
∴ΔEFQ≅ΔBGO(AAS)，
∴QE=BO=AC=4，
∴AC−CE=QE−CE，即AE=QC=a，
∴ 14a2+aa=43，
解得a=43或a=0（舍去），
∴AE=43．
∴当点G落在y轴上的同时点F恰好落在抛物线上，此时AE的长为43．
【点睛】本题是二次函数综合题目，考查了二次函数解析式的求法、二次函数的性质、一次函数解析式的求法、坐标与图形性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、梯形面积公式等知识；本题综合性强，熟练掌握知识点并能够综合运用是解题的关键．
17．（2022·江苏宿迁·统考三模）如图，直线y=−x−2与抛物线y=ax2+bx−6a≠0相交于点A12,−52和点B4,n，抛物线与x轴的交点分别为C、D（点C在点D的左侧），点P在线段AB上运动（不与点A、B重合），过点P作直线PE⊥x轴于点F，交抛物线于点E．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)如图1，连接AE，是否存在点P，使△APE是直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，过点E作EG⊥AB于点G，当△EGP的周长最大时，求点P坐标，并求出此时△EGP的面积．
【答案】(1)y=−2x2+8x−6
(2)存在P72，−112或3，−5
(3)VΔEGP=4982+1；SΔEGP=2401256
【分析】（1）将点B代入一次函数求n，再将A、B代入二次函数表达式即可求解；
（2）根据题意，可求∠GPF=45°，分情况讨论求出点P即可；
（3）由（2）知∠GPF=45°，从而表示ΔEGP的周长，求出最值，进而求ΔEGP面积；
【详解】（1）解：将B4，n代入y=−x−2中
n=−4−2=−6
∴B4，−6
将A12，−52、B4，−6代入y=ax2+bx−6中
−52=14a+12b−6−6=16a+4b−6解得：a=−2b=8
∴y=−2x2+8x−6
（2）设Pm，−m−2，则Em，−2m2+8m−6、Fm，0
令y=0代入y=−x−2中得，x=-2
∴y=−x−2与x轴的交点坐标为：G−2，0
∴tan∠GPF=GFPF=m−−2−−m−2=1
∴∠GPF=45°
如图：
当∠EAP=90°时，AE=AP
则
2m−12=−2m2+8m−6−−m−2
解得：m1=3，m2=12（舍去）
∴P3，−5
当∠AE1P=90°时，AE1=PE1
m−12=−2m2+8m−6−−m−2
解得：m1=72，m2=12（舍去）
P72，−112
综上，P72，−112或3，−5
（3）由（2）知∠GPF=45°
∴ΔEGP的周长VΔEGP=PG+GE+PE=22PE+22PE+PE=2+1PE
VΔEGP=2+1PE=2+1−2m2+8m−6−−m−2=−22+1m−942+4982+1
当m=94时，VΔEGP最大，VΔEGP=4982+1
∴PE=−2m2+8m−6−−m−2=−2×942+8×94−6−−94−2=498
SΔEGP=12⋅22PE2=12⋅22×4982=2401256
【点睛】本题主要考查二次函数和一次函数的综合应用、锐角三角函数值，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
18．（2022·江苏宿迁·统考三模）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2+2x−3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
(1)求点A的坐标；
(2)如图2，连接AC，点D为线段AC下方抛物线上一动点，过点D作DE∥y轴交线段AC于E点，连接EO、AD，记△ADC的面积为S1，△AEO的面积为S2，求S1−S2的最大值及此时点D的坐标；
(3)如图3，连接CB，并将抛物线沿射线CB方向平移210个单位长度得到新抛物线，动点N在原抛物线的对称轴上，点M为新抛物线与y轴的交点，当△AMN为以AM为腰的等腰三角形时，请直接写出点N的坐标．
【答案】(1)−3,0
(2)S1−S2最大值为32，此时点D的坐标为(−2,−3)
(3)N点坐标为(−1,14)或(−1,−14)或(−1,3+17)或(−1,3−17)
【分析】（1）令y=0，解一元二次方程x2+2x−3=0，结合点A在点B的左侧，即可得出A点坐标；
（2）延长DE交x轴于点K，先求出点C的坐标，再利用待定系数法求出直线AC的解析式，设Dt,t2+2t−3,K(t,)，其中−3（3）根据C、B两点的坐标得出OBOC=13，则可推出抛物线沿射线CB方向平移210个单位长度，即抛物线向右平移2个单位长度，向上平移6个单位长度，根据平移的规律得出新的抛物线，从而求出M点的坐标，设N(−1,n)，分两种情况讨论，即①当AM=AN时，②当AM=MN时，分别根据腰相等建立关于n的方程求解，即可解答．
【详解】（1）解：∵抛物线y=x2+2x−3，与x轴交于A、B两点，
令y=0，得x2+2x−3=0，
解得x1=−3，x2=1，
∵点A在点B的左侧，
∴点A的坐标为（−3，0）；
（2）解：如图1，
延长DE交x轴于点K，
∵抛物线与y轴交于点C，
∴C（0，−3），
设直线AC的函数表达式为y=kx+n（k≠0），
∵A(−3,0),C(0,−3)，
∴n=−3−3k+n=0，
解得n=−3k=−1，
∴直线AC的函数表达式为y=−x−3，
设Dt,t2+2t−3,K(t,)，其中−3∴E(t,−t−3), ∴DE=−t2−3t，
∵S1=S△ADC=DE⋅OA2=32−t2−3t=−32t2−92t，
S2=S△AEO=EK⋅OA2=32(t+3)=32t+92，
∴S1−S2=−32t2−92t−32t+92=−32t2−6t−92=−32(t+2)2+32，
∴当t=−2时，S1−S2取得最大值，最大值为32，
此时点D的坐标为(−2,−3)；
（3）解：∵C(0,−3), B(1,0)，
∴OBOC=13，
∵抛物线沿射线CB方向平移210个单位长度，
∴抛物线向右平移2个单位长度，向上平移6个单位长度，
∴平移后的抛物线解析式为y=(x+1−2)2−4+6=(x−1)2+2，
当x=0时，y=3，
∴M(0,3)，
∵原抛物线的对称轴为直线x=−1，设N(−1,n)，
①当AM=AN时，9+9=4+n2，
∴n=±14，
∴N(−1,14)或N(−1,−14)；
②当AM=MN时，9+9=1+(3−n)2，
∴n=3+17或n=3−17,
∴N(−1,3+17)或N(−1,3−17)；
综上所述：N点坐标为(−1,14)或(−1,−14)或(−1,3+17)或(−1,3−17)．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合，一次函数与几何综合，待定系数法求函数解析式，等腰三角形的定义，二次函数图像的平移，两点间距离公式的等，利用数形结合和分类讨论的思想求解是解题的关键．
19．（2022·江苏连云港·统考二模）如图，抛物线y=ax2+bx+3经过点A(1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C，其顶点为M，连接MA，MC，AC，过点C作y轴的垂线l．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)直线l上是否存在点N，使得S△MBN=2S△MAC？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)如图2，若将原抛物线绕点C逆时针旋转45∘，求新抛物线与y轴交点P坐标．
【答案】(1)y=x2−4x+3
(2)N(2,3)或N(10,3)
(3)P(0,3+52)
【分析】（1）直接代入A(1，0)，B(3，0)两点坐标即可求解．
（2）如图１所示，先求出SΔMAC的面积为１，然后设出直线MN与x轴的交点坐标E，表示出SΔMBN=12xE−xB⋅(yN−yM)=2xE−3，最后根据S△MBN=2S△MAC求出点N的坐标．
（3）将CP绕点C顺时针旋转45°交原抛物线于点P′，即可得出直线CP′的表达式，从而求出P′的坐标，进而算出CP′的长度，最后得出点P的坐标．
【详解】（1）将A(1,0)，B(3,0)代入抛物线y=ax2+bx+3中得：
a+b+3=09a+3b+3=0 ，解得：a=1，b=−4，
故抛物线解析式为：y=x2−4x+3．
（2）假设存在这样的点N，设直线MC与x轴交于点D，直线MN与x轴交于点E(xE,yE)，
∵ y=x2−4x+3=(x−2)2−1，
∴点M的坐标为(2,−1)，点C的坐标为(0,3)，
∴ lMC:y=−2x+3，
令y=0，−2x+3=0，得x=32，
∴点D的坐标为(32,0)，
∴ SΔMAC=12⋅(xD−xA)⋅(yC−yM)=12×12×4=1，
SΔMBN=12xE−xB⋅(yN−yM)=12xE−3×4=2xE−3，
∵ SΔMBN=2SΔMAC，
∴ 2xE−3=2×1，解得：xE=4或xE=2，
∴点E的坐标为(4,0)或(2,0)．
①当M为(2,−1)，E为(2,0)时，直线MN的表达式为：x=2，
∴点N的坐标为(2,3)．
②当M为(2,−1)，E为(4,0)时，直线MN的表达式为：y=12x−2，
联立y=12x−2y=3，得N(10,3)，
∴点N的坐标为(2,3)或(10,3)．
（3）如图所示，将CP绕点C顺时针旋转45°交原抛物线于点P′，
则lCP′:y=x+3，
联立y=x+3y=x2−4x+3，解得P′(5,8)，
∴ CP′=(5−0)2+(8−3)2=52，
∴ CP=52，即点P的坐标为(0,52+3)．
【点睛】本题考查二次函数与几何综合题，涉及面积求法，旋转性质等知识点，解题的关键是合理表示出面积，根据等量关系式求解；同时利用旋转的性质求出线段的长度，进而求出点的坐标．
20．（2022·江苏淮安·统考一模）如图1，直线y=−2x−4与y轴交于点A，与x轴交于点B,二次函数y=ax2+3x+c的图像经过点A，交x轴于C、D两点，且抛物线的对称轴为直线x=−32，点E是抛物线的顶点．
(1)a= ，c= ，顶点E坐标是 ；
(2)过点C作直线CK∥AB交y轴于点K，点P是直线CK上一动点，点Q是第三象限抛物线上一动点，求四边形APBQ面积的最大值与此时点Q的坐标；
(3)如图2，在（2）的结论下，对称轴与x轴交于点6，直线EQ交x轴于点E，在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得∠MFQ+∠CAO=45°，求点M的坐标．
【答案】(1)1，-4，−32,−25；
(2)494，Q−52,−214；
(3)−32,−2516，−32,−25
【分析】（1）先由直线y=-2x+4求出点A的坐标，再由点A在抛物线上和抛物线的对称轴为直线x=32，即可求解；
（2）根据直线y=-2x+4求出点B的坐标，根据（1）中求得的抛物线的解析式求出点C的坐标，△ABO的面积等于△ABC的面积且为定值，设点Q的横坐标为x，过点Q分别作x轴、y轴的垂线，用含x的代数表示△ABO的面积，再根据二次函数的性质求出当△ABO的面积最大时的x值，进而求出四边形APBQ面积的最大值及此时点Q的坐标；
（3）通过计算，得出GE=GF，可得∠GFQ=45°．当点M在直线EF下方，则只要作出∠GFM=∠CAO，则∠MFQ=∠CAO．可通过求EQ的解析式的方法求得点F的坐标，再求MG的长，从而得到点M的坐标；当点M在直线EF的上方，作点M关于直线EF的对称点J，求直线J的解析式，再求出另一点M的坐标．
（1）
解：∵直线y=-2x+4与y轴交于点A，
∴A（0，4），
∵抛物线经过点A且对称轴为直线x=32，
∴c=4，−32a=32，
∴a=-1，
∴二次函数的解析式为y=−x2+3x+4；
（2）
如图，作QH⊥AB于点H，QN∥y轴交直线AB于点N，
设点Q（x，-x2+3x+4），则F（x，-2x+4），
当y=0时， -x2+3x+4=0，
解得，x1=-1，x2=4，
∴C（-1，0），D（4，0），
由-2x+4=0，得x=2，
∴B（2，0），
∴AB=22+42=25，
∵∠EFQ=∠OAB，
∴HQQN=OBAB=225=55，
∴HQ=55QN=55(−x2+3x+4+2x−4)=55(−x2+5x)，
∵CE∥AB，
∴SΔABP=SΔABC=12×3×4=6，
∴S四边形APBO=SΔABO+SΔABP
=12×25×55(−x2+5x)+6
=−x2+5x+6
=(x−52)2+494，
∴当x=52时，四边形APBQ面积的最大，最大值为494，此时Q(52,214)；
（3）
解：存在，理由如下：
∵y=−x2+3x+4=(x−32)2+254，
∴点E32，254，
∴GE=254，
设直线EF的解析式为y=kx+bk≠0，
把点Q(52,214)，E32，254代入得：
32k+b=25452k+b=214，解得：k=−1b=314，
∴直线EF的解析式为y=−x+314，
当y=0时，x=314，
∴点F(314,0)，
∴GF=314−32=254=GE，
∴△EGF是等腰直角三角形，
若点M在直线EF的下方，当MGFG=COAO=14时，则∠GFM=∠CAO，
∴∠MFQ+∠CAO=45°，
∴此时MG=14×254=2516，
∴点M(32,2516)；
若点M在直线EF的上方，作点M关于直线EF的对称点J，连接EJ，则△MEJ是等腰直角三角形，
∵EJ∥x轴，EJ=EM=254−2516=7516，
∴点J(9916,254)，
设直线FJ的解析式为y=mx+nm≠0，
把点J(9916,254)，F(314,0)代入得：
9916m+n=254314m+n=0，
解得：m=−4n=31，
∴直线FJ的解析式为y=−4x+31，
当x=32时，y=−4×32+31=25，
此时M(32,25)，
综上所述，点M的坐标为(32,2516)或(32,25)．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图象与性质、利用函数的关系式表示点的坐标和线段长度的方法以及转化等．
21．（2022·江苏苏州·统考一模）图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴相交于A，B两点（点A位于点B的左侧），与y轴相交于点C，M是抛物线的顶点且横坐标为1，点C的坐标为（0，3），P为线段MB上一个动点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)过点P作PD⊥x轴于点D．若PD=m，ΔPCD的面积为S．求S与m之间的函数关系式，并写出自变量m的取值范围；
(3)是否存在点P满足DC=PC，若存在，请求出点P坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)S=−14m2+32m(0(3)不存在，理由见解析．
【分析】（1）先根据对称轴求出b的值，再将点C坐标代入解析式可求c的值，即可求解；
（2）先求出点M，点B的坐标，利用待定系数法可求BM解析式，由三角形的面积公式可求解；
（3）假设DC=PC，用两点间距离公式列出关于m的方程，再求解即可．
（1）
由题意知抛物线y=−x2+bx+c的对称轴为直线x=−b2×(−1)=1，
∴b=2．
又∵抛物线与y轴的交点为C(0,3)，
∴c=3，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3．
（2）
∵y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，
∴顶点M(1,4)．
令y=0，则有0=−x2+2x+3，
解得x1=-1，x2=3，
∴A（-1，0），B（3，0），
设直线BM的解析式为y=kx+n，将B(3,0),M(1,4)代入，
得3k+n=0,k+n=4,
解得k=−2,n=6,
∴直线BM的解析式为y=−2x+6．
∵PD⊥x轴且PD=m，
∴P3−m2,m，
∴△PCD的面积S=12PD⋅OD=12m3−m2=−m2−6m4=−14m2+32m．
∵点P在线段BM上，且M(1,4),B(3,0)，
∴0故S与m之间的函数关系式为S=−14m2+32m(0（3）
当DC=PC时，由勾股定理可得3−m2−02+(−3)2=3−m2−02+(m−3)2．
解得m=0或m=6，均不符合题意，舍去．
综上所诉，不存在满足DC=PC的点P
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，等腰三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
22．（2022·江苏徐州·校考二模）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2−4x+3与x轴相交于点A，B（A在B的左边），与y轴相交于点C．M0,m是y轴上动点，过点M的直线l垂直于y轴，与抛物线相交于两点P、Q（P在Q的左边），与直线BC交于点N．
(1)求直线BC的函数表达式；
(2)如图2，四边形PMGH是正方形，连接CP．△PNC的面积为S1，正方形PMGH的面积为S2．若m<3，求S1S2的取值范围．
【答案】(1)直线BC的函数表达式为y=−x+3
(2)1【分析】（1）直接根据二次函数表达式求出点B、C坐标，然后待定系数法即可求出表达式．
（2）由题意得出M、N两点的坐标分别为(0,m)和(3−m,m)，然后设出点P坐标为(t,t2−4t+3)，得出m=t2−4t+3，进而表示出PN=3t−t2，CM=4t−t2，PM=t，根据SΔPNC=S1=12PN·CM，S正方形PMGH=S2=PM2得出面积表达式S1=12(4t−t2)(3t−t2)，S2=t2，从而S1S2=12(t−72)2−18，最后根据t的取值范围即可求出答案．
(1)
令y=0，得x2−4x+3=0，解得x1=1，x2=3，
即A的坐标为(1,0)，B的坐标为(3,0)，
令x=0，得y=3，即C的坐标为(0,3)，
设lBC:y=kx+b，代入B,C两点的坐标得出：3k+b=0b=3，
解得k=−1b=3，
∴直线BC的函数表达式为y=−x+3．
(2)
由题意可知，M点的坐标为(0,m)，点N的坐标为(3−m,m)，设点P坐标为(t,t2−4t+3)，即m=t2−4t+3，
∴PN=3−m−t=3t−t2，CM=3−m=4t−t2，PM=t，
即SΔPNC=S1=12PN⋅CM=12(3t−t2)⋅(4t−t2)，
S正方形PMGH=S2=PM2=t2，
∴S1S2=12(4t−t2)(3t−t2)t2=12(t2−7t+12)=12(t−72)2−18
∵y=x2−4x+3=(x−2)2−1，
∴抛物线的顶点坐标为(2,−1)，
∵直线l与抛物线交于P、Q两点，
∴−1令y=12(t−72)2−18，当0∴当t=0时，ymax=6；当t=2时，ymin=1；
∴1【点睛】本题考查了一次函数表达式求法，二次函数面积综合，解题的关键是理解题意，合理设点的坐标，表示出所求图形的面积，最后根据所给条件求取值范围．
23．（2022·江苏连云港·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=12x2+bx+c与坐标轴交于A0,−2，B4,0两点，直线BC:y=−2x+8交y轴于点C．点D为直线AB下方抛物线上一动点，过点D作x轴的垂线，垂足为G，DG分别交直线BC，AB于点E，F．
(1)求b和c的值；
(2)当GF=12时，连接BD，求△BDF的面积；
(3)H是y轴上一点，当四边形BEHF是矩形时，求点H的坐标．
【答案】(1)b=-32 ，c=-2
(2)△BDF的面积为34
(3)H(0， 3)
【分析】(1)利用待定系数法求解即可；
(2)求出点D的坐标，可得结论；
(3)过点H作HM⊥EF于M，证明△EMH≌△FGB (AAS)，推出MH=GB，EM=FG，由HM=OG可得OG = GB=12OB= 2，由题意直线A B的解析式为y=12x-2，设E(a，-2a+8)，F(a， 12a-2)，根据MH = BG，构建方程求解，可得结论．
（1）
∵抛物线y= -x2 + bx + c过A(0，-2)，B(4， 0)两点，
∴{c=−28+4b+c=0 ，
解得{b=−32c=−2 ，
∴y=12x2−32x−2
故答案为：b=-32 ，c=-2
（2）
∵B(4，0)，A(0，2)
∴OB=4，OA=2，
∵GF⊥x轴，OA⊥x轴，
在Rt△BOA和和Rt△BGF中，
∴tan∠ABO=OAOB=GFGB
即24=12GB
∴GB=1
∴OG=OB-GB=4-1=3
当x=3时，
yD=12×9−32×3−2=−2
∴D(3，-2)，即GD=2
∴FD=GD-GF=2-12=32
∴SΔBDF=12·DF·BG=12×32×1=34
（3）
①如图1中，过点H作HM⊥EF于M，
∵四边形BEHF是矩形，
∴EH//BF，EH= BF，
∴∠HEF=∠BFE，
∵∠EMH=∠FGB= 90°
∴△EMH≌△FGB (AAS)，
∴MH=GB，EM=FG，
∴HM=OG，
∴OG= GB=12OB=2，
∵A(0，-2)， B(4，0)，
∴直线AB的解析式为y= 12x- 2，
设E(a，-2a+8)，F(a， 12a-2)，
由MH = BG得到，a-0=4-a，
∴a= 2，
∴E(2，4)， F(2，-1)，
∴ FG= 1，
∵ EM= FG，
∴4-yH= 1，
∴yH =3，
∴H(0， 3)．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
24．（2022·江苏常州·统考一模）在平面直角坐标系xOy中，顶点为M的抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，已知A(−3,0)，B(1,0)，C(0,3)．连接OM，作CD∥OM交AM的延长线于点D．
(1)求抛物线对应的二次函数表达式；
(2)求点D的坐标；
(3)直线AM上是否存在点P，使得△POA的面积与四边形POCM面积之比为1∶2？如果存在请求出点P的坐标，如果不存在请说明理由．
【答案】(1)y=−x2−2x+3
(2)(−12,5)
(3)存在，(−136,53)或(−112,−5)
【分析】（1）用待定系数法求解析式即可；
（2）利用CD∥OM求出直线CD的解析式，再求出直线AM的解析式，联立两解析式即可求出点D坐标；
（3）设△POA的面积为S，根据“△POA的面积与四边形POCM面积之比为1∶2”求出△POA的面积，得到P点的纵坐标，进而代入直线AM的解析式求出P点坐标即可．
（1）
解：设抛物线对应的二次函数表达式为y=ax2+bx+c，
把A(−3,0)，B(1,0)，C(0,3)代入解析式可得
9a−3b+c=0a+b+c=0c=3，
解得a=−1b=−2c=3，
所以抛物线对应的二次函数表达式为y=−x2−2x+3；
（2）
由y=−x2−2x+3=−(x+1)2+4可知顶点M的坐标为(−1,4)，
设直线OM的解析式为：y=k1x，
将M(−1,4)代入得4=−k1，
∴k1=−4，
∵CD//OM
∴kCD=k1=−4，
设直线CD的解析式为y=−4x+b，
将C(0,3)代入得b=3，
∴y=−4x+3，
设直线AM的解析式为y=k2x+b，
将A(−3,0)、M(−1,4)代入得−3k2+b=0−k2+b=0，
解得k2=2b=6，
∴y=2x+6，
联立AM、CD两直线解析式得y=2x+6y=−4x+3，
解得x=−12y=5，
∴D点坐标为(−12,5)；
（3）
由题意可知：OC=3，OA=3，
S△OCM=12·OC·xM=12×3×1=32，S△AOM=12·AO·yM=12×3×4=6，
设△POA的面积为S，
当P点位于x轴上方时，如图：
S△P1OM=6−S，则四边形POCM面积为6−S+32=152−S，
∵ △POA的面积与四边形POCM面积之比为1∶2，即S152−S=12，
∴ S=52，
∴P1H=2SAO=53，即P1的纵坐标为53，
代入y=2x+6得x=−136，
当x=−136时，y=53，
∴P1(−136,53)；
当P点位于x轴下方时，如图：
S△P2OM=6+S，则四边形POCM面积为6+S+32=152+S，
∵ △POA的面积与四边形POCM面积之比为1∶2，即S152+S=12，
∴ S=152，
∴P2I=2SAO=5，即P2的纵坐标为−5，
代入y=2x+6得x=−112，
∴P2(−112,−5)；
综上所述：P点坐标为(−136,53)或(−112,−5)．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，一次函数交点坐标，二次函数与面积等知识点，将面积问题转化为点的坐标是解题的关键．
25．（2022·江苏盐城·统考一模）如图1，在平面直角坐标中，抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于点A(−1,0)、B(4,0)两点，与y轴交于点C，连接BC，直线BM:y=2x+m交y轴于点M.P为直线BC上方抛物线上一动点，过点P作x轴的垂线，分别交直线BC、BM于点E、F．
(1)求抛物线的表达式；
(2)当点P落在抛物线的对称轴上时，求△PBC的面积；
(3)①若点N为y轴上一动点，当四边形BENF为矩形时，求点N的坐标；
②在①的条件下，第四象限内有一点Q，满足QN=QM，当△QNB的周长最小时，求点Q的坐标．
【答案】(1)y=−12x2+32x+2
(2)154
(3)①N(0,−3)；②Q(54,−112)
【分析】（1）根据抛物线与x轴交点，写出函数的交点式即可得出结果；
（2）求出直线BC的表达式为：y=−12x+2，得到E点纵坐标，利用三角形面积公式求解即可；
（3）①过点N作NG⊥EF于点G，求出直线BM的表达式为：y=2x−8，得到M(0,−8)，设E(a,−12a+2)，F(a,2a−8)，再根据矩形性质求出他们的坐标，进而得到N(0,−3)；②根据①中的相关信息，得出当点B、Q、M共线时，△QNB的周长最小，此时，点Q即为MN的垂直平分线与直线BM的交点，求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于点A(−1,0)、B(4,0)两点，
∴抛物线的表达式为：y=−12(x+1)(x−4)，
∴y=−12x2+32x+2；
（2）解：∵y=−12x2+32x+2，
∴y=−12(x−32)2+258，
∴P(32,258)，
∵B(4,0)，C(0,2)，
∴直线BC的表达式为：y=−12x+2，
把x=32代入y=−12x+2得：y=54，
∴SΔPBC=12×(258−54)×4=154；
（3）解：①过点N作NG⊥EF于点G，
∵y=2x+m过点B(4,0)，
∴0=2×4+m，
∴m=−8，
∴直线BM的表达式为：y=2x−8，
∴M(0,−8)，
设E(a,−12a+2)，F(a,2a−8)，
∵四边形BENF为矩形，
∴ΔBEH≅ΔNFG，
∴NG=BH，EH=FG，
∴a=4−a，
∴a=2，
∴F(2,−4)、E(2,1)，
∴EH=FG=1，
GH=4−1=3，
∴N(0,−3)；
②∵QN=QM，
∴点Q在MN的垂直平分线上，
又∵B(4,0)，N(0,−3)，
∴BN=5，
∴CΔQNB=BQ+NQ+5=BQ+MQ+5，
∴当点B、Q、M共线时，△QNB的周长最小，
此时，点Q即为MN的垂直平分线与直线BM的交点，
∵N(0,−3)；M(0,−8)，
∴D(0,−112)，
把y=−112代入y=2x−8得：x=54，
∴Q(54,−112)．
【点睛】本题考查二次函数综合，涉及到待定系数法求表达式、平面直角坐标系三角形面积求解、特殊平行四边形问题和动点最值问题，综合性强、难度较大，熟练掌握相关题型的解题方法是解决问题的关键．
26．（2022·江苏徐州·统考一模）抛物线y=43x2+bx+c经过点C（0，－4），且OB=34OC．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)如图1，点D、E是抛物线对称轴上的两个动点，且DE=1，点D在点E的下方，求四边形ACDE的周长的最小值；
(3)如图2，点N为抛物线上一点，连接CN，直线CN把四边形CBNA的面积分为3:1两部分，直接写出点N的坐标．
【答案】(1)y=43x2−83x−4
(2)1+17+32
(3)点N的坐标为（72，3）．
【分析】（1）先求得点B（3，0），再利用待定系数法求解即可；
（2）CD+AE=C′E+BE，则当B、E、C′三点共线时，CD+AE= C′E+BE最小，周长也最小，即可求解；
（3）S△NCB：S△NCA=12GB×（yN-yC）：12AG×（yN-yC）=BG：AG，据此求解即可．
(1)
解：∵点C（0，－4），OB=34OC，
∴点B（3，0），
把点（0，－4），（3，0）代入y=43x2+bx+c得，
c=−443×32+3b+c=0，
解得c=−4b=−83，
∴抛物线的表达式为y=43x2−83x−4①；
(2)
解：抛物线的对称轴为直线x=832×43=1，
由点B（3，0）得点A（－1，0），
∴AC=42+12=17，
∵四边形ACDE的周长=AC+DE+CD+AE，AC=17，DE=1，
∴CD+AE最小时，周长最小．
由对称可知AE=BE，
令点C沿y轴向上平移1个单位得点C′（0，－3），则CD=C′E，
∴CD+AE=C′E+BE，
则当B、E、C′三点共线时和最小CD+AE=C′E+BE=C′B=32+32=32，
四边形ACDE的周长的最小值=DE+AC+CD+AE=1+17+32；
(3)
解：如图，设直线CN交x轴于点G，
直线CN把四边形CBNA的面积分为3：1两部分，
又∵S△NCB：S△NCA=12GB×（yN-yC）：12AG×（yN-yC）=BG：AG，
则BG：AG=3：1或1：3，
则AG=3或1，
即：点G的坐标为（2，0）或（0，0）(舍去)，
将点G的坐标（2，0）代入直线CN的表达式：y=kx-4，
解得：k=2，
故直线CN的表达式为：y=2x-4②
联立①②并解得：x=72，
故点N的坐标为（72，3）．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，解题关键是掌握待定系数法求函数解析式，掌握二次函数与方程的关系，掌握求线段和最小值问题．
27．（2022·江苏宿迁·统考二模）如图，已知二次函数y=ax2+bx+4(a≠0)的图像与x轴交于A(−2，0)、B(8，0)两点，与y轴交于点C，其对称轴与x轴交于点D，连接AC、BC．点P为抛物线上的一个动点（与点A、B、C不重合），设点P的横坐标为m，ΔPCB的面积为S．
(1)求此二次函数的表达式；
(2)当点P在第一象限内时，求S关于m的函数表达式；
(3)若点P在x轴上方，ΔPCB的面积能否等于ΔBOC的面积？若能，求出此时点P的坐标，若不能，请说明理由．
【答案】(1)y=−14x2+32x+4
(2)S=−m2+8m（0(3)能；(4−42,22−2)
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）过点P作PN⊥y轴于N，作PM⊥x轴于M，连接PB、PC，当点P在第一象限时，则P(m,−14m2+32m+4),又因为C(0,4),B(8,0)，由S△PBC=S梯形PNOB-S△PCN-S△OBC求解即可；
（3）当P在第一象限时，当P在第二象限，分别求解即可；
（1）
解：把A(−2，0)、B(8，0)代入二次函数y=ax2+bx+4(a≠0)，得
4a−2b+4=064a+8b+4=0，
解得：a=−14b=32，
∴y=−14x2+32x+4；
（2）
解：如图，过点P作PN⊥y轴于N，作PM⊥x轴于M，连接PB、PC，
，
当点P在第一象限时，
∵点P的横坐标为m，
∴P(m,−14m2+32m+4),
对于二次函数，令x=0，则y=4，
∴C(0,4),
∵B(8,0)，
∴S△PBC=S梯形PNOB-S△PCN-S△OBC
=12(m+8)⋅(−14m2+32m+4)−12m⋅(−14m2+32m+4−4)−12×8×4
=−m2+8m（0（3）
解：当P在第一象限时，若S△PBC=S△BOC，
则−m2+8m=12×8×4，
解得：m=4，
∴P点坐标为（4，6），
当P在第二象限，即-2设直线BC的解析式为y=kx+b，把B(8,0)，C(0,4)代入，得
0=8k+b4=b，解得：k=−12b=4，
∴直线BC的表达式为y=−12x+4，
所以直线l的表达式为y=−12x，
所以
解方程组y=−12xy=−14x2+32x+4，
得：x1=4+42（舍去），x2=4−42，
∴x=4−42，y=22−2
所以点P坐标为(4−42,22−2)．
【点睛】本题考查用待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象性质，三角形面积，等定系数法求一次函数的式，一次函数图象平称等知识，（3）问要注意分类讨论．
28．（2022·江苏南通·统考一模）已知抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的表达式；
(2)连接AC，BC，抛物线上是否存在一点E，使得S△ABE＝23S△ABC？若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝﹣x2+2x+3
(2)存在，点E的坐标是（1+2，2）或（1﹣2，2）或（1+6，﹣2）或（1﹣6，﹣2）
【分析】（1）设抛物线的表达式为y=a(x−x1)(x−x2)=a(x+1)(x−3)=a(x2−2x−3)，故−3a=3，易得答案；
（2）由SΔABE=23SΔABC得到方程，利用方程求解即可．
(1)
设抛物线的表达式为y=a(x−x1)(x−x2)=a(x+1)(x−3)=a(x2−2x−3)，
故−3a=3，
解得a=−1，
故抛物线的表达式为y=−x2+2x+3；
(2)
当x=0时，y=3，则C(0,3)．
∴SΔABC=12⋅AB⋅OC=12×4×3=6．
∴SΔABE=23SΔABC=6×23=4．
∵SΔABE=12⋅AB⋅|yE|=4．
∴|yE|=2．
把y=2代入抛物线解析式y=−x2+2x+3，得2=−x2+2x+3．
解得x=1±2．
把y=−2代入抛物线解析式y=−x2+2x+3，得−2=−x2+2x+3．
解得x=1±6．
综上所述，点E的坐标是(1+2，2)或(1−2，2)或(1+6，−2)或(1−6，−2)．
【点睛】本题主要考查了待定系数法确定函数关系式，抛物线与x轴的交点，以及二次函数图象上点的坐标特征等知识点，解答（2）题时，注意点E的纵坐标有两种情况．
29．（2022·江苏扬州·校考一模）已知二次函数y＝（x﹣m）（x﹣m﹣4）（m为常数）．
(1)求证：不论m为何值，该函数的图象与x轴总有两个不同的公共点；
(2)求证：不论m为何值，该函数的图象的顶点纵坐标不变；
(3)若该函数的图象与x轴交点为A、B，与y轴交点为C，当﹣3≤m≤﹣1时，△ABC面积S的最大值为 ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)8
【分析】（1）当y=0时，（x-m）（x-m-4）=0，解得x1=m，x2=m+4，即可得到结论；
（2）图象与x轴的两个交点坐标为（m，0）、（m+4，0），由抛物线的对称性可知图象顶点横坐标为m+2，代入解析式求得y=-4，从而求得结论；
（3）当-3≤m≤-1时，求得3≤OC≤4，即可求得S的取值．
【详解】（1）证明：当y=0时，（x-m）（x-m-4）=0，
解得x1=m，x2=m+4，
∵m≠m+4，方程有两个不相等的实数根，
∴不论m为何值，函数图象与x轴总有两个不同的公共点；
（2）解：由（1）得图象与x轴的两个交点坐标为（m，0）、（m+4，0），
由抛物线的对称性可知图象顶点横坐标为m+2，
把x=m+2代入y=（x-m）（x-m-4）得y=-4，
∴不论m为何值，该函数的图象的顶点纵坐标不变为-4；
（3）解：∵y=（x-m）（x-m-4）=x2-（2m+4）x+m2+4m，
∴C（0，m2+4m），
∵图象与x轴的两个交点坐标为（m，0）、（m+4，0），
∴AB=4，
∴S=12AB•OC=12×4•|m2+4m|，
当m=-3时，S=2×3=6；当m=-1时，S=2×3=6，
当顶点在y轴上，即m=-2时，|m2+4m|最大值是4，故此时S=2×4=8，
∴6≤S≤8，
故答案为8．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，求得交点坐标和顶点坐标是解题的关键．
30．（2022·江苏无锡·校考一模）如图，已知抛物线y=ax2+bx+4(a≠0)与x轴交于点A（1，0）和B，与y轴交于点C，对称轴为x=52．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，若点Q在抛物线上且位于线段BC下方的一个动点（不与点B，C重合），求当△BCQ面积的最大时，点Q的坐标；
(3)如图2，在（2）的条件下，D是OC的中点，过点Q的直线与抛物线交于点E，且∠DQE=2∠ODQ．在y轴上是否存在点F，使得△BEF为等腰三角形？若存在，求点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−5x+4
(2)Q（2，-2）
(3)（0，258）或（0，1）或（0，-1）
【分析】（1）设抛物线y=a(x−1)(x−4)，根据待定系数法，即可求解；
（2）先求出直线BC的解析式为：y=-x+4，设Q（x，x2−5x+4），（0≤x≤4），则P（x，-x+4），得到PQ =−x−22+4，从而求出SΔBCQ最大值，进而即可得到结论；
（3）过点Q作QM⊥y轴，过点Q作QN∥y轴，过点E作EN∥x轴，交于点N，推出∠MDQ=∠DQN=∠EQN，从而得MQMD=NENQ，进而求出E（5，4），设F（0，y），分三种情况讨论，即可求解．
（1）
解：∵抛物线y=ax2+bx+4(a≠0)与x轴交于点A（1，0）和B，与y轴交于点C，对称轴为直线x=52，
∴B（4，0），C（0，4），
设抛物线y=a(x−1)(x−4)，把C（0，4）代入得：
4=a(0−1)×(0−4)，
解得：a=1，
∴抛物线的解析式为：y=x2−5x+4；
（2）
解：如图，过点Q作PQ∥y轴，交BC于P，交x轴于N，过点C作CM⊥PQ与M，
设直线BC的解析式为：y=kx+b，
∵B（4，0），C（0，4），
∴4k+b=0b=4 解得k=-1b=4
∴直线BC的解析式为：y=-x+4，
设Q（x，x2−5x+4）（0≤x≤4），则P（x，-x+4），
∴PQ=-x+4-(x2−5x+4)=−x2+4x，
∴SΔBCQ=SΔPCQ+SΔPBQ=12PQ·CM+12PQ·BN=12PQ·OB
=12(−x2+4x)×4=-2(x-2)2+8
∴当x=2时，SΔBCQ最大，
∴Q（2，-2）．
（3）
解：过点Q作QM⊥y轴，过点Q作QN∥y轴，过点E作EN∥x轴，交于点N，
由（2）得：Q（2，-2），
∵D是OC的中点，
∴D（0，2），
∵QN∥y轴，
∴∠ODQ=∠DQN，
又∵∠DQE=2∠ODQ，
∴∠DQE=2∠DQN，
∴∠MDQ=∠DQN=∠EQN，
∴tan∠MDQ=tan∠EQN，即：MQMD=NENQ，
设E（x，x2−5x+4），则24=x−2x2−5x+4−(−2)，解得：x1=5，x2=2（舍去），
∴E（5，4），
设F（0，y），则BF2=4−02+0−y2=16+y2，
EF2=5−02+4−y2=25+4−y2，BE2=5−42+4−02=17，
①当BF=EF时，16+y2=25+4−y2，解得：y=258，
②当BF=BE时，16+y2=17，解得：y=1或y=−1，
③当EF=BE时，25+4−y2=17，无解，
综上所述：点F的坐标为：（0，258）或（0，1）或（0，-1）．
【点睛】本题主要考查二次函数与平面几何的综合，掌握二次函数的性质以及图像上点的坐标特征，添加辅助线，构造直角三角形，是解题的关键．