沪教版暑假新九年级数学考点讲与练第21讲二次函数中面积的存在性问题(考点讲与练)(原卷版+解析)

这是一份沪教版暑假新九年级数学考点讲与练第21讲二次函数中面积的存在性问题(考点讲与练)(原卷版+解析)，共40页。

类型一：固定面积的存在性问题
固定面积的存在性问题最为简单，在待求图形中，往往只有一个是变量，此时只需通过方程将其解出即可．
类型二：有关面积比的存在性问题
有些问题是关于两个未知面积比的，此类问题的难度稍大．一般都需要先通过公共边或公共高，将面积比转化为线段之比，从而进一步列出方程解决问题．
解题思路：
根据题目条件，求出相应的固定面积；
找到待求图形合适的底和高；
列出方程，解出相应变量；
根据题目实际情况，验证所有可能点是否满足要求并作答．
【考点剖析】
1．(2023秋•闵行区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x+5与x牰交于点A，与y轴交于点B，点C为抛物线y＝ax2﹣2a2x+a3+12a的顶点．
（1）用含a的代数式表示顶点C的坐标；
（2）当顶点C在△AOB内部，且S△AOC=52时，求抛物线的表达式；
（3）如果将抛物线向右平移一个单位，再向下平移12个单位后，平移后的抛物线的顶点P仍在△AOB内，求a的取值范围．
2．(2023春•金山区月考）在平面直角坐标系xOy中（如图），已知点A（2，1），点B与点A关于x轴对称．抛物线y＝f（x）经过原点O，且顶点为B，将该抛物线与x轴的另外一个交点记为C．
（1）求抛物线y＝f（x）的表达式；
（2）如果点D在抛物线y＝f（x）上，且S△DOC＝2S△AOC，求点D的坐标；
（3）在抛物线y＝f（x）的对称轴上是否存在一点E，使得抛物线y＝f（x）上的任意一点F到点E的距离都等于点F到直线y＝﹣2的距离？如果存在，试求点E的坐标；如果不存在，请简述理由．
3．(2023•青山区二模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C（0，3），对称轴是直线x＝1．
（1）求抛物线的表达式；
（2）直线MN平行于x轴，与抛物线交于M、N两点（点M在点N的左侧），且MN=34AB，点C关于直线MN的对称点为E，求线段OE的长；
（3）点P是该抛物线上一点，且在第一象限内，联结CP、EP，EP交线段BC于点F，当S△CPF：S△CEF＝1：2时，求点P的坐标．
4．(2023秋•徐汇区期末）如图，抛物线y=−43x2+103x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，C为线段OA上的一个动点，过点C作x轴的垂线，交直线AB于点D，交该抛物线于点E．
（1）求直线AB的表达式，直接写出顶点M的坐标；
（2）当以B，E，D为顶点的三角形与△CDA相似时，求点C的坐标；
（3）当∠BED＝2∠OAB时，求△BDE与△CDA的面积之比．
5．(2023•黄浦区校级二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2﹣2ax+c（a＞0）与x轴交于点A（﹣2，0）、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D，直线y=12x+b经过点A，交抛物线的对称轴于点E．
（1）求△ABE的面积；
（2）联结EC，交x轴于点F，联结AC，若S△AEFS△AFC=34，求抛物线的表达式；
（3）在（2）的条件下，点P是直线AE上一点，且∠EPB＝∠ECB，求点P的坐标．
【过关检测】
1．(2023•青浦区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2﹣4ax+3的图象与x轴正半轴交于点A、B，与y轴相交于点C，顶点为D，且tan∠CAO＝3．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）点P是对称轴右侧抛物线上的点，联结CP，交对称轴于点F，当S△CDF：S△FDP＝2：3时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，将△PCD沿直线MN翻折，当点P恰好与点O重合时，折痕MN交x轴于点M，交y轴于点N，求OMON的值．
2．(2023•黄浦区二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+mx+n经过点A（5，0），顶点为点B，对称轴为直线x＝3，且对称轴与x轴交于点C．直线y＝kx+b经过点A，与线段BC交于点E．
（1）求抛物线y＝﹣x2+mx+n的表达式；
（2）联结BO、EO．当△BOE的面积为3时，求直线y＝kx+b的表达式；
（3）在（2）的条件下，设点D为y轴上的一点，联结BD、AD．当BD＝EO时，求∠DAO的余切值．
3．(2023•宝山区三模）如图，在直角坐标平面xOy内，点A在x轴的正半轴上，点B在第一象限内，且∠OAB＝90°，∠BOA＝30°，OB＝4．二次函数y＝﹣x2+bx的图象经过点A，顶点为点C．
（1）求这个二次函数的解析式，并写出顶点C的坐标；
（2）设这个二次函数图象的对称轴l与OB相交于点D，与x轴相交于点E，求DEDC的值；
（3）设P是这个二次函数图象的对称轴l上一点，如果△POA的面积与△OCE的面积相等，求点P的坐标．
4．(2023•宝山区二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=13x2+bx﹣1与x轴交于点A和点B（点A在x轴的正半轴上），与y轴交于点C，已知tan∠CAB=13．
（1）求顶点P和点B的坐标；
（2）将抛物线向右平移2个单位，得到的新抛物线与y轴交于点M，求点M的坐标和△APM的面积；
（3）如果点N在原抛物线的对称轴上，当△PMN与△ABC相似时，求点N的坐标．
5．(2023•普陀区二模）在平面直角坐标系xOy中（如图），已知抛物线y=12x2+bx+c与x轴交于点A（﹣2，0）、B（6，0），与y轴交于点C，点D是在第四象限内抛物线上的一个动点，直线AD与直线BC交于点E．
（1）求b、c的值和直线BC的表达式；
（2）设∠CAD＝45°，求点E的坐标；
（3）设点D的横坐标为d，用含d的代数式表示△ACE与△DCE的面积比．
6．(2023秋•松江区月考）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝x2+bx+c过A，B，C三点，点A的坐标是（3，0），点C的坐标是（0，﹣3）．
（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）求以点A、点C及点D围成的△ACD的面积；
（3）在抛物线上是否存在点P，使得∠PCA＝15°，若存在，请求出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．
7．(2023•崇明区二模）已知抛物线y＝ax2+bx﹣4经过点A（﹣1，0），B（4，0），与y轴交于点C，点D是该抛物线上一点，且在第四象限内，连接AC、BC、CD、BD．
（1）求抛物线的函数解析式，并写出对称轴；
（2）当S△BCD＝4S△AOC时，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，如果点E是x轴上的一点，点F是抛物线上一点，当点A、D、E、F为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点E的坐标．
第21讲二次函数中面积的存在性问题（核心考点讲与练）
【基础知识】
类型一：固定面积的存在性问题
固定面积的存在性问题最为简单，在待求图形中，往往只有一个是变量，此时只需通过方程将其解出即可．
类型二：有关面积比的存在性问题
有些问题是关于两个未知面积比的，此类问题的难度稍大．一般都需要先通过公共边或公共高，将面积比转化为线段之比，从而进一步列出方程解决问题．
解题思路：
根据题目条件，求出相应的固定面积；
找到待求图形合适的底和高；
列出方程，解出相应变量；
根据题目实际情况，验证所有可能点是否满足要求并作答．
【考点剖析】
1．(2023秋•闵行区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x+5与x牰交于点A，与y轴交于点B，点C为抛物线y＝ax2﹣2a2x+a3+12a的顶点．
（1）用含a的代数式表示顶点C的坐标；
（2）当顶点C在△AOB内部，且S△AOC=52时，求抛物线的表达式；
（3）如果将抛物线向右平移一个单位，再向下平移12个单位后，平移后的抛物线的顶点P仍在△AOB内，求a的取值范围．
分析：（1）将二次函数解析式化为顶点式求解．
（2）先由直线解析式求出点A，B的坐标，由S△AOC=12OA•|yC|=52求出|yC|，再由点C在三角形AOB内部求解．
（3）由点C平移得到点P坐标，由点P在三角形AOB内部列不等式求解．
【解答】解：（1）∵y＝ax2﹣2a2x+a3+12a＝a（x2﹣2ax+a2）+12a＝a（x﹣a）2+12a，
∴抛物线顶点C坐标为（a，12a）．
（2）把x＝0代入y＝﹣x+5得y＝5，
∴点B坐标为（0，5），
把y＝0代入y＝﹣x+5得0＝﹣x+5，
解得x＝5，
∴点A坐标为（5，0），
∵S△AOC=12OA•|yC|=52，
∴52|yC|=52，
∴|yC|＝1，
解得yC＝±1，
∵C在△AOB内部，
∴12a＝1，
解得a＝2，
∴y＝2x2﹣8x+9．
（3）∵点顶点C坐标为（a，12a）．
∴抛物线向右平移一个单位，再向下平移12个单位后，点P坐标为（a+1，12a−12），
把x＝a+1代入y＝﹣x+5得y＝﹣a+4，
∴0＜a＜50＜12a−12＜−a+4，
解得1＜a＜3．
【点评】本题考查二次函数与一次函数的综合问题，掌握函数与方程及不等式的关系．
2．(2023春•金山区月考）在平面直角坐标系xOy中（如图），已知点A（2，1），点B与点A关于x轴对称．抛物线y＝f（x）经过原点O，且顶点为B，将该抛物线与x轴的另外一个交点记为C．
（1）求抛物线y＝f（x）的表达式；
（2）如果点D在抛物线y＝f（x）上，且S△DOC＝2S△AOC，求点D的坐标；
（3）在抛物线y＝f（x）的对称轴上是否存在一点E，使得抛物线y＝f（x）上的任意一点F到点E的距离都等于点F到直线y＝﹣2的距离？如果存在，试求点E的坐标；如果不存在，请简述理由．
分析：（1）由点A坐标求出点B坐标，设抛物线顶点式，将（0，0）代入解析式求解．
（2）由S△DOC＝2S△AOC可得yD＝2yA＝2，进而求解．
（3）设点E坐标为（2，a），点F坐标为（x，14x2﹣x），用代数式表示点F到点E及点F到直线y＝﹣2的距离，列等式求解．
【解答】解：（1）点A（2，1）关于x轴对称点B坐标为（2，﹣1），点B为顶点，
设抛物线解析式为y＝a（x﹣2）2﹣1，
将（0，0）代入y＝a（x﹣2）2﹣1得0＝4a﹣1，
解得a=14，
∴y=14（x﹣2）2﹣1=14x2﹣x．
（2）∵抛物线对称轴为直线x＝2，抛物线经过原点，
∴点C坐标为（4，0），
∵S△DOC＝2S△AOC，
∴yD＝2yA＝2，
将y＝2代入y=14（x﹣2）2﹣1得2=14（x﹣2）2﹣1，
解得x1＝2﹣23，x2＝2+23，
∴点D坐标为（2﹣23，2）或（2+23，2）．
（3）设点E坐标为（2，a），点F坐标为（x，14x2﹣x），
∴EF=(2−x)2+(14x2−x−a)2，
∵F到直线y＝﹣2的距离为14x2﹣x﹣（﹣2）=14x2﹣x+2，
∴(2−x)2+(14x2−x−a)2=14x2﹣x+2，整理得12a（x﹣2）2＝0，
∴a＝0满足题意，
∴点E坐标为（2，0）．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与方程的关系．
3．(2023•青山区二模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C（0，3），对称轴是直线x＝1．
（1）求抛物线的表达式；
（2）直线MN平行于x轴，与抛物线交于M、N两点（点M在点N的左侧），且MN=34AB，点C关于直线MN的对称点为E，求线段OE的长；
（3）点P是该抛物线上一点，且在第一象限内，联结CP、EP，EP交线段BC于点F，当S△CPF：S△CEF＝1：2时，求点P的坐标．
分析：（1）根据对称轴为直线x＝1求出b＝2，即可求解；
（2）由抛物线的对称性知，QM＝QN=12MN=32，则点N（52，74），即MN在直线y=74上，即可求解；
（3）S△CPF：S△CEF＝1：2，即PFEF=12，而△PP′F∽△ECF，则PFEF=PP'EC，即−a2+3a52=12，即可求解．
【解答】解：（1）由题意得：−b2×(−1)=1，解得：b＝2，
∵抛物线与y轴交于点C（0，3），故c＝3，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）对于y＝﹣x2+2x+3，令y＝0，则x＝﹣1或3，
故点A、B的坐标分别为：（﹣1，0）、（3，0），则AB＝4，MN=34AB＝3，
如图1，作抛物线的对称轴交MN于点Q，
由抛物线的对称性知，QM＝QN=12MN=32，
则点N的横坐标为1+32=52，故点N（52，74），即MN在直线y=74上，
则点C关于MN的对称点E的坐标为：（0，12），
即OE=12；
（3）过点P作PP′∥OC交BC于点P′，
设直线BC的表达式为：y＝mx+n，则n=30=3m+n，解得：m=−1n=3，
故直线BC的表达式为：y＝﹣x+3，
设点P（a，﹣a2+2a+3），则点P′（a，﹣a+3），
则PP′＝（﹣a2+2a+3）﹣（﹣a+3）＝﹣a2+3a，
∵S△CPF：S△CEF＝1：2，即PFEF=12，
∵PP′∥CE，
∴△PP′F∽△ECF，
∴PFEF=PP'EC，即−a2+3a52=12，
解得：a=52或12，
故点P的坐标为：（52，74）或（12，154）．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、三角形相似、面积的计算等，综合性比较强，难度适中．
4．(2023秋•徐汇区期末）如图，抛物线y=−43x2+103x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，C为线段OA上的一个动点，过点C作x轴的垂线，交直线AB于点D，交该抛物线于点E．
（1）求直线AB的表达式，直接写出顶点M的坐标；
（2）当以B，E，D为顶点的三角形与△CDA相似时，求点C的坐标；
（3）当∠BED＝2∠OAB时，求△BDE与△CDA的面积之比．
分析：（1）求出A、B点的坐标，用待定系数法求直线AB的解析式即可；
（2）由题意可知△BED是直角三角形，设C（t，0），分两种情况讨论①当∠BED＝90°，时，BE∥AC，此时E（t，2），由此可求t=52；②当∠EBD＝90°时，过点E作EQ⊥y轴交于点Q，可证明△ABO∽△BEQ，则AOBQ=BOEQ，可求E（t，2+32t），再由E点在抛物线上，则可求t=118，进而求C点坐标；
（3）作BA的垂直平分线交x轴于点Q，连接BQ，过点B作BG⊥EC于点G，则有∠BQO＝∠BED，在Rt△BOQ中，BQ2＝4+（3﹣BQ）2，求出BQ=136，QO=56，则tan∠BQO＝tan∠BEG=125，设C（t，0），则D（t，−23t+2），E（t，−43t2+103t+2），则有125=t−43t2+103t，求出t=3516，即可求S△BDES△CDA=2t23−t=1225104．
【解答】解：（1）令y＝0，则−43x2+103x+2＝0，
∴x=−12或x＝3，
∴A（3，0），
令x＝0，则y＝2，
∴B（0，2），
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∴b=23k+b=0，
∴k=−23b=2，
∴y=−23x+2，
∵y=−43x2+103x+2=−43（x−54）2+4912，
∴M（54，4912）；
（2）∵∠ADC＝∠BDE，∠ACD＝90°，
∴△BED是直角三角形，
设C（t，0），
如图1，当∠BED＝90°，时，BE∥AC，
∴E（t，2），
∴−43t2+103t+2＝2，
∴t＝0（舍）或t=52，
∴C（52，0）；
②如图2，当∠EBD＝90°时，
过点E作EQ⊥y轴交于点Q，
∵∠BAO+∠ABO＝90°，∠ABO+∠QBE＝90°，
∴∠QBE＝∠BAO，
∴△ABO∽△BEQ，
∴AOBQ=BOEQ，即3BQ=2t，
∴BQ=32t，
∴E（t，2+32t），
∴2+32t=−43t2+103t+2，
∴t＝0（舍）或t=118，
∴C（118，0）；
综上所述：C点的坐标为（118，0）或（52，0）；
（3）如图3，作BA的垂直平分线交x轴于点Q，连接BQ，过点B作BG⊥EC于点G，
∴BQ＝AQ，
∴∠BQA＝∠QAB，
∵∠BED＝2∠OAB，
∴∠BQO＝∠BED，
在Rt△BOQ中，BQ2＝BO2+OQ2，
∴BQ2＝4+（3﹣BQ）2，
∴BQ=136，
∴QO=56，
∴tan∠BQO=125，
∴tan∠BEG=125，
设C（t，0），则D（t，−23t+2），E（t，−43t2+103t+2），
∵BG＝t，DE=−43t2+4t，AC＝3﹣t，DC=−23t+2，EG=−43t2+103t，
∴125=t−43t2+103t，
∴t=3516，
∴S△BDE=12ED•BG，
S△CDA=12AC•CD，
∴S△BDES△CDA=(−43t2+4t)t(3−t)(−23t+2)=2t23−t=1225104．
【点评】本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，三角形相似的性质与判定，分类讨论，数形结合是解题的关键．
5．(2023•黄浦区校级二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2﹣2ax+c（a＞0）与x轴交于点A（﹣2，0）、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D，直线y=12x+b经过点A，交抛物线的对称轴于点E．
（1）求△ABE的面积；
（2）联结EC，交x轴于点F，联结AC，若S△AEFS△AFC=34，求抛物线的表达式；
（3）在（2）的条件下，点P是直线AE上一点，且∠EPB＝∠ECB，求点P的坐标．
分析：（1）将A（﹣2，0）代入y=12x+b可得b＝1，由抛物线y＝ax2﹣2ax+c的对称轴为直线x=−−2a2a=1，在y=12x+1中，令x＝1可得E（1，32），根据A（﹣2，0），B关于对称轴直线x＝1对称，即知B（4，0），从而可得S△ABE=12AB•|yE|=92；
（2）过E作EK⊥y轴于K，由S△AEFS△AFC=34，OF∥EK，可得OKOC=EFCF=34，即得C（0，﹣2），用待定系数法得抛物线的表达式为y=14x2−12x﹣2；
（3）过B作BP∥CE交直线AE于P，以B为圆心，BP为半径作圆与直线AE另一交点为P'，直线AE为y=12x+1，用待定系数法可得直线BC为y=12x﹣2，即知AE∥BC，从而四边形ECBP是平行四边形，有∠ECB＝∠EPB，P是满足题意的点，由平移可得P（5，72），因BP＝BP'，所以∠EP'B＝∠EPB＝∠ECB，P'是满足题意的点，设P'（m，12m+1），可得（5﹣4）2+（72−0）2＝（m﹣4）2+（12m+1）2，即可解得P'（35，1310）．
【解答】解：（1）将A（﹣2，0）代入y=12x+b得：
﹣1+b＝0，
解得b＝1，
∴y=12x+1，
抛物线y＝ax2﹣2ax+c的对称轴为直线x=−−2a2a=1，
在y=12x+1中，令x＝1得y=32，
∴E（1，32），
∵抛物线y＝ax2﹣2ax+c（a＞0）与x轴交于点A（﹣2，0）、B两点，
∴A（﹣2，0），B关于对称轴直线x＝1对称，
∴B（4，0），
∴AB＝6，
∴S△ABE=12AB•|yE|=12×6×32=92，
答：△ABE的面积是92；
（2）过E作EK⊥y轴于K，如图：
∵S△AEFS△AFC=34，
∴EFCF=34，
∵OF∥EK，
∴OKOC=EFCF=34，
由（1）知E（1，32），
∴OK=32，
∴OC＝2，
∴C（0，﹣2），
把A（﹣2，0），C（0，﹣2）代入y＝ax2﹣2ax+c得：
4a+4a+c=0c=−2，
解得a=14c=−2，
∴抛物线的表达式为y=14x2−12x﹣2；
（3）过B作BP∥CE交直线AE于P，以B为圆心，BP为半径作圆与直线AE另一交点为P'，如图：
由（1）（2）知直线AE为y=12x+1，C（0，﹣2），B（4，0），
设直线BC为y＝tx﹣2，将B（4，0）代入得：
4t﹣2＝0，
解得t=12，
∴直线BC为y=12x﹣2，
∴AE∥BC，
∵BP∥CE，
∴四边形ECBP是平行四边形，
∴∠ECB＝∠EPB，
∴P是满足题意的点，
由C（0，﹣2）平移至B（4，0）与E（1，32）平移至P方式相同，可得P（5，72），
∵BP＝BP'，
∴∠EP'B＝∠EPB＝∠ECB，
∴P'是满足题意的点，
设P'（m，12m+1），
∵BP＝BP'，
∴（5﹣4）2+（72−0）2＝（m﹣4）2+（12m+1）2，
解得m＝5（与P重合，舍去）或m=35，
∴P'（35，1310），
综上所述，点P的坐标为（5，72）或（35，1310）．
【点评】本题考查一次函数、二次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，平行四边形、等腰三角形等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
【过关检测】
1．(2023•青浦区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2﹣4ax+3的图象与x轴正半轴交于点A、B，与y轴相交于点C，顶点为D，且tan∠CAO＝3．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）点P是对称轴右侧抛物线上的点，联结CP，交对称轴于点F，当S△CDF：S△FDP＝2：3时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，将△PCD沿直线MN翻折，当点P恰好与点O重合时，折痕MN交x轴于点M，交y轴于点N，求OMON的值．
分析：（1）在Rt△AOC中，tan∠CAO=OCOA=3，求出点A的坐标，即可求解；
（2）利用S△CDFS△FDP=CGPQ=23，即可求解；
（3）证明∠ONM＝∠POH，则tan∠ONM=OMON=tan∠POM=PHOH=85．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2﹣4ax+3的图象与y轴交于点C，
∴点C的坐标为（0，3），
∴OC＝3，
连接AC，在Rt△AOC中，tan∠CAO=OCOA=3，
∴OA＝1，
将点A（1，0）代入y＝ax2﹣4ax+3，得a﹣4a+3＝0，
解得：a＝1．
所以，这个二次函数的解析式为 y＝x2﹣4x+3；
（2）过点C作CG⊥DF，过点P作PQ⊥DF，垂足分别为点G、Q．
∵抛物线y＝x2﹣4x+3的对称轴为直线x＝2，
∴CG＝2，
∵S△CDFS△FDP=CGPQ=23，
∴PQ＝3，
∴点P的横坐标为5，
∴把x＝5代入y＝x2﹣4x+3，得 y＝8，
∴点P的坐标为（5，8）；
（3）过点P作PH⊥OM，垂足分别为点H，
∵点P的坐标为（5，8），
∴OH＝5，PH＝8，
∵将△PCD沿直线MN翻折，点P恰好与点O重合，
∴MN⊥OP，
∴∠ONM+∠NOP＝90°，
又∵∠POH+∠NOP＝90°，
∴∠ONM＝∠POH，
∴tan∠ONM=OMON=tan∠POM=PHOH=85．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、图象的翻折、面积的计算等，具有一定的综合性，难度适中．
2．(2023•黄浦区二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+mx+n经过点A（5，0），顶点为点B，对称轴为直线x＝3，且对称轴与x轴交于点C．直线y＝kx+b经过点A，与线段BC交于点E．
（1）求抛物线y＝﹣x2+mx+n的表达式；
（2）联结BO、EO．当△BOE的面积为3时，求直线y＝kx+b的表达式；
（3）在（2）的条件下，设点D为y轴上的一点，联结BD、AD．当BD＝EO时，求∠DAO的余切值．
分析：（1）利用待定系数法和抛物线对称轴公式即可求解；
（2）先求出顶点B坐标，根据△BOE的面积为3求出BE，进而求出点E坐标，利用待定系数法即可求解；
（3）分BD∥OE和BD与OE不平行两种情况，分别求出D坐标，利用余切定义即可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+mx+n经过点A（5，0），对称轴为直线x＝3，
∴−m−2=3−25+5m+n=0，
∴m=6n=−5，
∴抛物线表达式为y＝﹣x2+6x﹣5；
（2）把x＝3代入y＝﹣x2+6x﹣5得y＝4，
∴抛物线顶点B坐标为（3，4），
由△BOE的面积为3得12BE×3＝3，
∴BE＝2，
∵点E在线段BC上，
∴点E坐标为E（3，2），
把点E（3，2）和点A（5，0）代入y＝kx+b得，
5k+b=03k+b=2，
∴k=−1b=5，
∴直线的表达式为y＝﹣x+5；
（3）如图，①若BD∥OE，
∵BD＝EO，
∴四边形OEBD为平行四边形，
则点D坐标为（0，2），
连接DA，
∴ct∠DAO=OADO=52；
②若BD不平行OE，如图D′，
则四边形OEBD′为等腰梯形，
做BF⊥y轴于F，则D′F＝DF＝2，
∴点D′坐标为（0，6），
连接D′A，
∴ct∠D′AO=AOD'O=56，
综上所述，此时∠DAO的余切值为52或56．
【点评】本题为二次函数综合题，考查了二次函数性质，求一次函数解析式，余切定义等知识，熟练掌握各知识点是解题关键，解第（3）步时要注意分类讨论思想应用．
3．(2023•宝山区三模）如图，在直角坐标平面xOy内，点A在x轴的正半轴上，点B在第一象限内，且∠OAB＝90°，∠BOA＝30°，OB＝4．二次函数y＝﹣x2+bx的图象经过点A，顶点为点C．
（1）求这个二次函数的解析式，并写出顶点C的坐标；
（2）设这个二次函数图象的对称轴l与OB相交于点D，与x轴相交于点E，求DEDC的值；
（3）设P是这个二次函数图象的对称轴l上一点，如果△POA的面积与△OCE的面积相等，求点P的坐标．
分析：（1）由∠OAB＝90°，在直角三角形OAB中求得点A，代入函数式解得．
（2）直角三角形OAB中求得AB的长度，由抛物线的对称轴可知DE∥AB，OE＝AE．求得DE，进而求得CD，从而求得．（3）利用三角形OCE和三角形POA的面积相等即求得．
【解答】解：（1）∵∠OAB＝90°，∠BOA＝30°，OB＝4，
∴OA=OB⋅cs30°=23．
∴A（23，0）．
∵二次函数y＝﹣x2+bx的图象经过点A，
∴−(23)2+23b=0．
解得b=23．
∴二次函数的解析式为y=−x2+23x．
顶点C的坐标是（3，3）．
（2）∵∠OAB＝90°，∠BOA＝30°，OB＝4，
∴AB＝2．
由DE是二次函数y=−x2+23x的图象的对称轴，
可知DE∥AB，OE＝AE．
∴DEAB=OEOA=12．即得DE＝1．
又∵C（3，3），∴CE＝3．
即得CD＝2．
∴DEDC=12．
（3）根据题意，可设P（3，n）．
∵OE=12OA=3，CE＝3，
∴S△OCE=12OE⋅CE=323．
∴S△POA=12OA⋅PE=12×23|n|=332．
解得n=±32．
∴点P的坐标为P1（3，32）、P2（3，−32）．
【点评】本题考查了二次函数的综合运用，考查了直角三角形内的三角函数，抛物线过一点，即代入求得；通过抛物线的对称轴来做题，方便快捷，这也考查了灵活的思维；通过面积的求得，来求得点的做标，只是考查的手段，问题考查的思路．
4．(2023•宝山区二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=13x2+bx﹣1与x轴交于点A和点B（点A在x轴的正半轴上），与y轴交于点C，已知tan∠CAB=13．
（1）求顶点P和点B的坐标；
（2）将抛物线向右平移2个单位，得到的新抛物线与y轴交于点M，求点M的坐标和△APM的面积；
（3）如果点N在原抛物线的对称轴上，当△PMN与△ABC相似时，求点N的坐标．
分析：（1）根据题意可画出函数图象，由tan∠CAB=13可得OCOA=13，令x＝0可得y＝﹣1，进而可得C（0，﹣1），即OC＝1，由此可得A（3，0），将点A的坐标代入抛物线解析式可求出b的值，化作顶点式可求出点P的坐标；令y＝0，可求出x的值，进而可得出点B的坐标；
（2）根据抛物线的平移可求出新抛物线，令x＝0，可得出点M的坐标，利用三角形的面积公式可求出△APM的面积；
（3）过点M作MQ垂直于原抛物线的对称轴，可得出MQ和PQ的长，进而可得出tan∠MPQ＝tan∠CAB=13，由△PMN与△ABC相似可得，PM：PN＝AB：AC或PM：PN＝AC：AB，由此可得出点N的坐标．
【解答】解：（1）根据题意可画出函数图象，
令x＝0可得y＝﹣1，
∴C（0，﹣1），即OC＝1．
在Rt△AOC中，tan∠CAB=13，
∴OCOA=13，
∴OA＝3，
∴A（3，0）．
将点A的坐标代入抛物线解析式可得，13×32+3b﹣1＝0，解得b=−23．
∴抛物线的解析式为：y=13x2−23x﹣1=13（x﹣1）2−43．
∴顶点P（1，−43），
令y＝0，即13（x﹣1）2−43=0，
∴x＝3或x＝﹣1，
∴B（﹣1，0）．
（2）将（1）中抛物线向右平移2个单位，得到的新抛物线y=13（x﹣3）2−43．
令x＝0，则y=53．
∴M（0，53）．
连接AP并延长交y轴于点D，
∴直线AP的解析式为：y=23x﹣2，
∴D（0，﹣2），
∴S△APM=12（xA﹣xP）•MD=12×（3﹣1）×（53+2）=113．
（3）在△ABC中，A（3，0），B（﹣1，0），C（0，﹣1），tan∠CAB=13，
∴AB＝4，AC=10．
如图，过点M作MQ垂直于原抛物线的对称轴，
∴MQ＝1，PQ53+43=3，
∴tan∠MPQ=MQPQ=13，PM=10．
∴∠MPQ＝∠CAB，
若△PMN与△ABC相似，则PM：PN＝AB：AC或PM：PN＝AC：AB，
设N（1，t），则PN＝t+43，
∴10：（t+43）＝4：10或10：（t+43）=10：4，
解得t=76或t=83．
∴N（1，76）或（1，83）．
【点评】本题属于二次函数与几何综合题，涉及待定系数法求函数解析式，三角函数值，相似三角形的性质与判定，分类讨论思想等知识．第（3）问得出∠MPQ＝∠CAB是解题关键．
5．(2023•普陀区二模）在平面直角坐标系xOy中（如图），已知抛物线y=12x2+bx+c与x轴交于点A（﹣2，0）、B（6，0），与y轴交于点C，点D是在第四象限内抛物线上的一个动点，直线AD与直线BC交于点E．
（1）求b、c的值和直线BC的表达式；
（2）设∠CAD＝45°，求点E的坐标；
（3）设点D的横坐标为d，用含d的代数式表示△ACE与△DCE的面积比．
分析：（1）利用待定系数法可求解析式；
（2）通过证明△ACE∽△BCA，可得ACBC=CEAC，即可求解；
（3）由相似三角形的性质可得S△ACES△DCE=ABDF，即可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y=12x2+bx+c与x轴交于点A（﹣2，0）、B（6，0），
∴0=12×4−2b+c0=12×36+6b+c，
解得b=−2c=−6，
∴抛物线解析式为y=12x2﹣2x﹣6，
当x＝0时，y＝﹣6，
∴点C（0，﹣6），
设直线BC解析式为y＝mx+n，
则n=−60=6m+n，
解得：m=1n=−6，
∴直线BC解析式为y＝x﹣6；
（2）如图1，过点E作EH⊥OC于H，
∵点C（0，﹣6），点B（6，0），点A（﹣2，0），
∴OB＝OC＝6，OA＝2，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，BC＝62，AC=OA2+OC2=4+36=210，
∵∠ABC＝∠CAD＝45°，∠ACE＝∠ACB，
∴△ACE∽△BCA，
∴ACBC=CEAC，
∴21062=CE210，
∴CE=1023，
∵EH⊥CO，∠ECH＝45°，
∴EH＝HC=103，
∴OH=83，
∴点E（103，−83）；
（3）∵点D的横坐标为d，
∴点D（d，12d2﹣2d﹣6），（0＜d＜6），
如图2，过点D作DF∥AB交BC于点F，
∴△ABE∽△DFE，
∴ABDF=AEDE，
∵S△ACES△DCE=AEDE，
∴S△ACES△DCE=ABDF．
∵点F在直线BC上，
∴点F（12d2﹣2d，12d2﹣2d﹣6），
∴DF＝3d−12d2，
∴S△ACES△DCE=83d−12d2=166d−d2．
【点评】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，相似三角形的判定和性质等知识，根据题意画出符合条件的图形是解题的关键．
6．(2023秋•松江区月考）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝x2+bx+c过A，B，C三点，点A的坐标是（3，0），点C的坐标是（0，﹣3）．
（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）求以点A、点C及点D围成的△ACD的面积；
（3）在抛物线上是否存在点P，使得∠PCA＝15°，若存在，请求出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．
分析：（1）将点A、C坐标代入即可求出抛物线解析式，再通过配方即可确定点D坐标；
（2）过抛物线顶点D作x轴垂线交直线AC于点E，求出直线AC解析式再求出E点坐标，通过S△ACD=12×DE⋅xA即可求出△ACD的面积；
（3）分当点P位于AC上方时和当点P'位于AC下方两种情况，数形结合即可找出点P坐标．
【解答】解：（1）把点A的坐标（3，0），点C的坐标（0，﹣3）分别代入抛物线y＝x2+bx+c中得：
0=9+3b+c−3=c，
解得：b=−2c=−3，
∴抛物线解析式为：y＝x2﹣2x﹣3，
又∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴顶点D的坐标为（1，﹣4）；
（2）如图所示，过抛物线顶点D作x轴垂线交直线AC于点E，连结CD、AD，
由（1）知：A（3，0），C（0，﹣3），D（1，﹣4），
设直线AC的解析式为：y＝kx+b，将A、C两点坐标代入得：
0=3k+b−3=b，
解得：k=1b=−3，
∴直线AC的解析式为：y＝x﹣3，
当x＝1时，y＝﹣2，
∴点E坐标为（1，﹣2），
∴DE＝﹣2﹣（﹣4）＝2，
又∵S△ACD=12×DE⋅xA，
∴S△ACD=12×2×3=3；
（3）存在，理由如下：
由上可知AO＝CO＝3，∠ACO＝∠OAC＝45°，假设存在点P，使得∠PCA＝15°，
分情况讨论①：当点P位于AC上方时，连结CP交x轴于点H，如下图所示：
∵∠ACO＝45°，∠PCA＝15°，
∴∠OCH＝30°，
在Rt△COH中，tan∠OCH＝tan30°=OHOC=OH3=33，
∴OH=3，H坐标为（3，0），
设直线CH的解析式为y＝k1x+b1，将点C、H代入得：
0=3k1+b1−3=b1
解得：k1=3b1=−3，
∴直线CH的解析式为：y=3x−3，
∵点P为直线PC与抛物线交点，
∴联立方程得：y=x2−2x−3y=3x−3，
解得：x1＝2+3，x2＝0（舍去），
∴此时点P的横坐标为2+3；
分情况讨论②：当点P'位于AC下方时，连结CP'交x轴于点K，如下图所示：
∵∠ACO＝45°，∠P'CA＝15°，
∴∠OCK＝45°+15°＝60°，
在Rt△COK中，tan∠OCK＝tan60°=OKOC=OK3=3，
∴OK＝33，K坐标为（33，0），
设直线CK的解析式为y＝k2x+b2，将点C、K代入得：
0=33k2+b2−3=b2
解得：k2=33b2=−3，
∴直线CK的解析式为：y=33x−3，
∵点P'为直线CK与抛物线交点，
∴联立方程得：y=x2−2x−3y=33x−3，
解得：x1＝2+33，x2＝0（舍去），
∴此时点P'的横坐标为2+33，
综上所述：点P的横坐标为2+3或2+33．
【点评】本题属于二次函数压轴大题，考查二次函数图象和基本性质，熟练掌握二次函数图象和性质以及能数形结合、分类讨论是解题的关键．
7．(2023•崇明区二模）已知抛物线y＝ax2+bx﹣4经过点A（﹣1，0），B（4，0），与y轴交于点C，点D是该抛物线上一点，且在第四象限内，连接AC、BC、CD、BD．
（1）求抛物线的函数解析式，并写出对称轴；
（2）当S△BCD＝4S△AOC时，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，如果点E是x轴上的一点，点F是抛物线上一点，当点A、D、E、F为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点E的坐标．
分析：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4）＝ax2﹣3ax﹣4a，根据﹣4a＝﹣4，可得a＝1，由此即可解决问题．
（2）如图1中，设D（m，m2﹣3m﹣4），连接OD．根据S△BCD＝S△OCD+S△OBD﹣S△OBC＝4S△AOC，构建方程求出m即可解决问题．
（3）分两种情形：如图2中，当AE为平行四边形的边时，根据DF＝AE＝1，求解即可．如图3中，当AE，DF是平行四边形的对角线时，根据点F的纵坐标为6，求出点F的坐标，再根据中点坐标公式求解即可．
【解答】解：（1）∵y＝ax2+bx﹣4经过点A（﹣1，0），B（4，0），
∴可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4）＝ax2﹣3ax﹣4a，
∴﹣4a＝﹣4，
∴a＝1，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣3x﹣4，对称轴x=32．
（2）如图1中，设D（m，m2﹣3m﹣4），连接OD．
∵S△BCD＝S△OCD+S△OBD﹣S△OBC＝4S△AOC，
∴12×4×（﹣m2+3m+4）+12×4×m−12×4×4＝4×12×1×4
整理得：m2﹣4m+4＝0，
解得m＝2，
∴D（2，﹣6）．
（3）如图2中，当AE为平行四边形的边时，
∵DF∥AE，D（2，﹣6）
∴F（1，﹣6），
∴DF＝1，
∴AE＝1，
∴E（0，0），或E′（﹣2，0）．
如图3中，当AE，DF是平行四边形的对角线时，
∵点D与点F到x轴的距离相等，
∴点F的纵坐标为6，
当y＝6时，6＝x2﹣3x﹣4，
解得x＝﹣2或5，
∴F（﹣2，6）或（5，6），
设E（n，0），则有−1+n2=−2+22或−1+n2=5+22，
解得n＝1或8，
∴E（1，0）或（8，0），
，综上所述，满足条件的点E的坐标为（0，0）或（1，0）或（8，0）或（﹣2，0）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，平行四边形的判定和性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．