初中数学中考复习专题满分秘籍讲义练习二次函数与线段和角的数量关系问题 (2)

这是一份初中数学中考复习专题满分秘籍讲义练习二次函数与线段和角的数量关系问题 (2)，共90页。


【真题再现】
1．（2020年泰州第26题）如图，二次函数y1＝a（x﹣m）2+n，y2＝6ax2+n（a＜0，m＞0，n＞0）的图象分别为C1、C2，C1交y轴于点P，点A在C1上，且位于y轴右侧，直线PA与C2在y轴左侧的交点为B．
（1）若P点的坐标为（0，2），C1的顶点坐标为（2，4），求a的值；
（2）设直线PA与y轴所夹的角为α．
①当α＝45°，且A为C1的顶点时，求am的值；
②若α＝90°，试说明：当a、m、n各自取不同的值时，PAPB的值不变；
（3）若PA＝2PB，试判断点A是否为C1的顶点？请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）①如图1中，过点A作AN⊥x轴于N，过点P作PM⊥AN于M．证明AM＝PM＝m，根据AM+MN＝AM+OP＝AN，构建关系式即可解决问题．
②如图2中，由题意AB⊥y轴，求出PA，PB的长即可解决问题．
（3））如图3中，过点A作AH⊥x轴于H，过点P作PK⊥AH于K，过点B作BE⊥KP交KP的延长线于E．设B（b，6ab2+n），由PA＝2PB，推出A[﹣2b，a（﹣2b﹣m）2+n]，由BE∥AK，推出BEAK=PBPA=12，推出AK＝2BE，由此构建关系式，证明m＝﹣2b即可解决问题．
【解析】（1）由题意m＝2，n＝4，
∴y1＝a（x﹣2）2+4，
把（0，2）代入得到a=−12．
（2）①如图1中，过点A作AN⊥x轴于N，过点P作PM⊥AN于M．
∵y1＝a（x﹣m）2+n＝ax2﹣2amx+am2+n，
∴P（0，am2+n），
∵A（m，n），
∴PM＝m，AN＝n，
∵∠APM＝45°，
∴AM＝PM＝m，
∴m+am2+n＝n，
∵m＞0，
∴am＝﹣1．
②如图2中，由题意AB⊥y轴，
∵P（0，am2+n），
当y＝am2+n时，am2+n＝6ax2+n，
解得x＝±66m，
∴B（−66m，am2+n），
∴PB=66m，
∵AP＝2m，
∴PAPB=2m66m=26．
（3）如图3中，过点A作AH⊥x轴于H，过点P作PK⊥AH于K，过点B作BE⊥KP交KP的延长线于E．
设B（b，6ab2+n），
∵PA＝2PB，
∴点A的横坐标为﹣2b，
∴A[﹣2b，a（﹣2b﹣m）2+n]，
∵BE∥AK，
∴BEAK=PBPA=12，
∴AK＝2BE，
∴a（﹣2b﹣m）2+n﹣am2﹣n＝2（am2+n﹣6ab2﹣n），
整理得：m2﹣2bm﹣8b2＝0，
∴（m﹣4b）（m+2b）＝0，
∵m﹣4b＞0，
∴m+2b＝0，
∴m＝﹣2b，
∴A（m，n），
∴点A是抛物线C1的顶点．
2．（2020年淮安第27题）如图①，二次函数y＝﹣x2+bx+4的图象与直线l交于A（﹣1，2）、B（3，n）两点．点P是x轴上的一个动点，过点P作x轴的垂线交直线l于点M，交该二次函数的图象于点N，设点P的横坐标为m．
（1）b＝ 1 ，n＝ ﹣2 ；
（2）若点N在点M的上方，且MN＝3，求m的值；
（3）将直线AB向上平移4个单位长度，分别与x轴、y轴交于点C、D（如图②）．
①记△NBC的面积为S1，△NAC的面积为S2，是否存在m，使得点N在直线AC的上方，且满足S1﹣S2＝6？若存在，求出m及相应的S1，S2的值；若不存在，请说明理由．
②当m＞﹣1时，将线段MA绕点M顺时针旋转90°得到线段MF，连接FB、FC、OA．若∠FBA+∠AOD﹣∠BFC＝45°，直接写出直线OF与该二次函数图象交点的横坐标．
【分析】（1）将点A坐标代入二次函数解析式中，求出b，进而得出二次函数解析式，再将点B坐标代入二次函数中，即可求出n的值；
（2）先表示出点M，N的坐标，进而用MN＝3建立方程求解，即可得出结论；
（3）①先求出点C坐标，进而求出直线AC的解析式，再求出直线BC的解析式，进而表示出S1，S2，最后用S1﹣S2＝6建立方程求出m的值；
②先判断出CF∥OA，进而求出直线CF的解析式，再判断出AF∥x轴，进而求出点F的坐标，即可求出直线OF的解析式，最后联立二次函数解析式，解方程组即可得出结论．
【解析】（1）将点A（﹣1，2）代入二次函数y＝﹣x2+bx+4中，得﹣1﹣b+4＝2，
∴b＝1，
∴二次函数的解析式为y＝﹣x2+x+4，
将点B（3，n）代入二次函数y＝﹣x2+x+4中，得n＝﹣9+3+4＝﹣2，
故答案为：1，﹣2；
（2）设直线AB的解析式为y＝kx+a，由（1）知，点B（3，﹣2），
∵A（﹣1，2），
∴−k+a=23k+a=−2，
∴k=−1a=1，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+1，
由（1）知，二次函数的解析式为y＝﹣x2+x+4，
∵点P（m，0），
∴M（m，﹣m+1），N（m，﹣m2+m+4），
∵点N在点M的上方，且MN＝3，
∴﹣m2+m+4﹣（﹣m+1）＝3，
∴m＝0或m＝2；
（3）①如图1，由（2）知，直线AB的解析式为y＝﹣x+1，
∴直线CD的解析式为y＝﹣x+1+4＝﹣x+5，
令y＝0，则﹣x+5＝0，
∴x＝5，
∴C（5，0），
∵A（﹣1，2），B（3，﹣2），
∴直线AC的解析式为y=−13x+53，直线BC的解析式为y＝x﹣5，
过点N作y轴的平行线交AC于K，交BC于H，∵点P（m，0），
∴N（m，﹣m2+m+4），K（m，−13m+53），H（m，m﹣5），
∴NK＝﹣m2+m+4+13m−53=−m2+43m+73，NH＝﹣m2+9，
∴S2＝S△NAC=12NK×（xC﹣xA）=12（﹣m2+43m+73）×6＝﹣3m2+4m+7，
S1＝S△NBC=12NH×（xC﹣xB）＝﹣m2+9，
∵S1﹣S2＝6，
∴﹣m2+9﹣（﹣3m2+4m+7）＝6，
∴m＝1+3（由于点N在直线AC上方，所以，舍去）或m＝1−3；
∴S2＝﹣3m2+4m+7＝﹣3（1−3）2+4（1−3）+7＝23−1，
S1＝﹣m2+9＝﹣（1−3）2+9＝23+5；
②如图2，
记直线AB与x轴，y轴的交点为I，L，
由（2）知，直线AB的解析式为y＝﹣x+1，
∴I（1，0），L（0，1），
∴OL＝OI，
∴∠ALD＝∠OLI＝45°，
∴∠AOD+∠OAB＝45°，
过点B作BG∥OA，
∴∠ABG＝∠OAB，
∴∠AOD+∠ABG＝45°，
∵∠FBA＝∠ABG+∠FBG，∠FBA+∠AOD﹣∠BFC＝45°，
∴∠ABG+∠FBG+∠AOD﹣∠BFC＝45°，
∴∠FBG＝∠BFC，
∴BG∥CF，
∴OA∥CF，
∵A（﹣1，2），
∴直线OA的解析式为y＝﹣2x，
∵C（5，0），
∴直线CF的解析式为y＝﹣2x+10，
过点A，F分别作过点M平行于x轴的直线的垂线，交于点Q，S，
由旋转知，AM＝MF，∠AMF＝90°，
∴△AMF是等腰直角三角形，
∴∠FAM＝45°，
∵∠AIO＝45°，
∴∠FAM＝∠AIO，
∴AF∥x轴，
∴点F的纵坐标为2，
∴F（4，2），
∴直线OF的解析式为y=12x①，
∵二次函数的解析式为y＝﹣x2+x+4②，
联立①②解得，x=1+654y=1+658或x=1−654y=1−658，
∵m＞﹣1，
∴直线OF与该二次函数图象交点的横坐标为1+654．
3．（2020年常州第28题）如图，二次函数y＝x2+bx+3的图象与y轴交于点A，过点A作x轴的平行线交抛物线于另一点B，抛物线过点C（1，0），且顶点为D，连接AC、BC、BD、CD．
（1）填空：b＝ ﹣4 ；
（2）点P是抛物线上一点，点P的横坐标大于1，直线PC交直线BD于点Q．若∠CQD＝∠ACB，求点P的坐标；
（3）点E在直线AC上，点E关于直线BD对称的点为F，点F关于直线BC对称的点为G，连接AG．当点F在x轴上时，直接写出AG的长．
【分析】（1）将点C坐标代入解析式可求解；
（2）分两种情况讨论，当点Q在点D上方时，过点C作CE⊥AB于E，设BD与x轴交于点F，可得点E（1，3），CE＝BE＝3，AE＝1，可得∠EBC＝∠ECB＝45°，tan∠ACE=AEEC=13，∠BCF＝45°，由勾股定理逆定理可得∠BCD＝90°，可求∠ACE＝∠DBC，可得∠ACB＝∠CFD，可得点F与点Q重合，即可求点P坐标；
当点Q在点D下方时，过点C作CH⊥DB于H，在线段BH的延长线上截取HF＝QH，连接CQ交抛物线于点P，先求直线BD解析式，点F坐标，由中点坐标公式可求点Q坐标，求出CQ解析式，联立方程组，可求点P坐标；
（3）设直线AC与BD的交点为N，作CH⊥BD于H，过点N作MN⊥x轴，过点E作EM⊥MN，连接CG，GF，先求出∠CNH＝45°，由轴对称的性质可得EN＝NF，∠ENB＝∠FNB＝45°，由“AAS”可证△EMN≌△NKF，可得EM＝NK=95，MN＝KF，可求CF＝6，由轴对称的性质可得点G坐标，即可求解．
【解析】（1）∵抛物线y＝x2+bx+3的图象过点C（1，0），
∴0＝1+b+3，
∴b＝﹣4，
故答案为：﹣4；
（2）∵b＝﹣4，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x+3
∵抛物线y＝x2﹣4x+3的图象与y轴交于点A，过点A作x轴的平行线交抛物线于另一点B，
∴点A（0，3），3＝x2﹣4x+3，
∴x1＝0（舍去），x2＝4，
∴点B（4，3），
∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴顶点D坐标（2，﹣1），
如图1，当点Q在点D上方时，过点C作CE⊥AB于E，设BD与x轴交于点F，
∵点A（0，3），点B（4，3），点C（1，0），CE⊥AB，
∴点E（1，3），CE＝BE＝3，AE＝1，
∴∠EBC＝∠ECB＝45°，tan∠ACE=AEEC=13，
∴∠BCF＝45°，
∵点B（4，3），点C（1，0），点D（2，﹣1），
∴BC=9+9=32，CD=1+1=2，BD=(4−2)2+(3+1)2=25，
∵BC2+CD2＝20＝BD2，
∴∠BCD＝90°，
∴tan∠DBC=CDBC=232=13=tan∠ACE，
∴∠ACE＝∠DBC，
∴∠ACE+∠ECB＝∠DBC+∠BCF，
∴∠ACB＝∠CFD，
又∵∠CQD＝∠ACB，
∴点F与点Q重合，
∴点P是直线CF与抛物线的交点，
∴0＝x2﹣4x+3，
∴x1＝1，x2＝3，
∴点P（3，0）；
当点Q在点D下方上，过点C作CH⊥DB于H，在线段BH的延长线上截取HF＝QH，连接CQ交抛物线于点P，
∵CH⊥DB，HF＝QH，
∴CF＝CQ，
∴∠CFD＝∠CQD，
∴∠CQD＝∠ACB，
∵CH⊥BD，
∵点B（4，3），点D（2，﹣1），
∴直线BD解析式为：y＝2x﹣5，
∴点F（52，0），
∴直线CH解析式为：y=−12x+12，
∴y=−12x+12y=2x−5，
解得x=115y=−35，
∴点H坐标为（115，−35），
∵FH＝QH，
∴点Q（1910，−65），
∴直线CQ解析式为：y=−43x+43，
联立方程组y=−43x+43y=x2−4x+3，
解得：x1=1y1=0或x2=53y2=−89，
∴点P（53，−89）；
综上所述：点P的坐标为（3，0）或（53，−89）；
（3）如图，设直线AC与BD的交点为N，作CH⊥BD于H，过点N作MN⊥x轴，过点E作EM⊥MN，连接CG，GF，
∵点A（0，3），点C（1，0），
∴直线AC解析式为：y＝﹣3x+3，
∴y=−3x+3y=2x−5，
∴x=85y=−95，
∴点N坐标为（85，−95），
∵点H坐标为（115，−35），
∴CH2＝（115−1）2+（35）2=95，HN2＝（115−85）2+（−35+95）2=95，
∴CH＝HN，
∴∠CNH＝45°，
∵点E关于直线BD对称的点为F，
∴EN＝NF，∠ENB＝∠FNB＝45°，
∴∠ENF＝90°，
∴∠ENM+∠FNM＝90°，
又∵∠ENM+∠MEN＝90°，
∴∠MEN＝∠FNM，
∴△EMN≌△NKF（AAS）
∴EM＝NK=95，MN＝KF，
∴点E的横坐标为−15，
∴点E（−15，185），
∴MN=275=KF，
∴CF=85+275−1＝6，
∵点F关于直线BC对称的点为G，
∴FC＝CG＝6，∠BCF＝∠GCB＝45°，
∴∠GCF＝90°，
∴点G（1，6），
∴AG=12+(6−3)2=10．
4．（2020年镇江第28题）如图①，直线l经过点（4，0）且平行于y轴，二次函数y＝ax2﹣2ax+c（a、c是常数，a＜0）的图象经过点M（﹣1，1），交直线l于点N，图象的顶点为D，它的对称轴与x轴交于点C，直线DM、DN分别与x轴相交于A、B两点．
（1）当a＝﹣1时，求点N的坐标及ACBC的值；
（2）随着a的变化，ACBC的值是否发生变化？请说明理由；
（3）如图②，E是x轴上位于点B右侧的点，BC＝2BE，DE交抛物线于点F．若FB＝FE，求此时的二次函数表达式．
【分析】（1）证明△DMG∽△DAC，△DCB∽△DTN，求出AC=52，BC=53，即可求解；
（2）点D（1，1﹣4a），N（4，1+5a），则ME＝2，DE＝﹣4a，由（1）的结论得：AC=1−4a−2a，BC=1−4a−3a，即可求解；
（3）利用△FHE∽△DCE，求出F（53−512a，16−23a），即可求解．
【解析】（1）分别过点M、N作MG⊥CD于点E，NT⊥DC于点T，
∵MG∥TN∥x轴，
∴△DMG∽△DAC，△DCB∽△DTN，
∴MGAC=DGDC，BCTN=DCDT，
∵a＝﹣1，则y＝﹣x2+2x+c，
将M（﹣1，1）代入上式并解得：c＝4，
∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+4，
则点D（1，5），N（4，﹣4），
则MG＝2，DG＝4，DC＝5，TN＝3，DT＝9，
∴2AC=45，BC3=59，解得：AC=52，BC=53，
∴ACBC=32；
（2）不变，
理由：∵y＝ax2﹣2ax+c过点M（﹣1，1），则a+2a+c＝1，
解得：c＝1﹣3a，
∴y＝ax2﹣2ax+（1﹣3a），
∴点D（1，1﹣4a），N（4，1+5a），
∴MG＝2，DG＝﹣4a，DC＝1﹣4a，FN＝3，DF＝﹣9a，
由（1）的结论得：AC=1−4a−2a，BC=1−4a−3a，
∴ACBC=32；
（3）过点F作FH⊥x轴于点H，则FH∥l，则△FHE∽△DCE，
∵FB＝FE，FH⊥BE，
∴BH＝HE，
∵BC＝2BE，
则CE＝6HE，
∵CD＝1﹣4a，
∴FH=1−4a6，
∵BC=4a−13a，
∴CH=54×4a−13a=20a−512a，
∴F（53−512a+1，16−23a），
将点F的坐标代入y＝ax2﹣2ax+（1﹣3a）＝a（x+1）（x﹣3）+1得：
16−23a＝a（53−512a+1+1）（53−512a+1﹣3）+1，
解得：a=−54或14（舍弃），
经检验a=−54，
故y=−54x2+52x+194．
解法二：∵AC：BC＝3：2，BC＝2BE，
∴AC＝CE，
∴AD与DE关于直线CD对称，
∵AD，DE交抛物线于M，F，
∴M，F关于直线CD对称，
∴F（3，1），
∴16−23a＝1，
∴a=−54．
故y=−54x2+52x+194．
5．（2019年宿迁28题）如图，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于A、B两点，其中点A坐标为（1，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图①，连接AC，点P在抛物线上，且满足∠PAB＝2∠ACO．求点P的坐标；
（3）如图②，点Q为x轴下方抛物线上任意一点，点D是抛物线对称轴与x轴的交点，直线AQ、BQ分别交抛物线的对称轴于点M、N．请问DM+DN是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
【分析】（1）把点A、C坐标代入抛物线解析式即求得b、c的值．
（2）点P可以在x轴上方或下方，需分类讨论．①若点P在x轴下方，延长AP到H，使AH＝AB构造等腰△ABH，作BH中点G，即有∠PAB＝2∠BAG＝2∠ACO，利用∠ACO的三角函数值，求BG、BH的长，进而求得H的坐标，求得直线AH的解析式后与抛物线解析式联立，即求出点P坐标．②若点P在x轴上方，根据对称性，AP一定经过点H关于x轴的对称点H'，求得直线AH'的解析式后与抛物线解析式联立，即求出点P坐标．
（3）设点Q横坐标为t，用t表示直线AQ、BN的解析式，把x＝﹣1分别代入即求得点M、N的纵坐标，再求DM、DN的长，即得到DM+DN为定值．
【解析】（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（1，0），C（0，﹣3）
∴1+b+c=00+0+c=−3 解得：b=2c=−3
∴抛物线的函数表达式为y＝x2+2x﹣3
（2）①若点P在x轴下方，如图1，
延长AP到H，使AH＝AB，过点B作BI⊥x轴，连接BH，作BH中点G，连接并延长AG交BI于点F，过点H作HI⊥BI于点I
∵当x2+2x﹣3＝0，解得：x1＝﹣3，x2＝1
∴B（﹣3，0）
∵A（1，0），C（0，﹣3）
∴OA＝1，OC＝3，AC=12+32=10，AB＝4
∴Rt△AOC中，sin∠ACO=OAAC=1010，cs∠ACO=OCAC=31010
∵AB＝AH，G为BH中点
∴AG⊥BH，BG＝GH
∴∠BAG＝∠HAG，即∠PAB＝2∠BAG
∵∠PAB＝2∠ACO
∴∠BAG＝∠ACO
∴Rt△ABG中，∠AGB＝90°，sin∠BAG=BGAB=1010
∴BG=1010AB=2105
∴BH＝2BG=4105
∵∠HBI+∠ABG＝∠ABG+∠BAG＝90°
∴∠HBI＝∠BAG＝∠ACO
∴Rt△BHI中，∠BIH＝90°，sin∠HBI=HIBH=1010，cs∠HBI=BIBH=31010
∴HI=1010BH=45，BI=31010BH=125
∴xH＝﹣3+45=−115，yH=−125，即H（−115，−125）
设直线AH解析式为y＝kx+a
∴k+a=0−115k+a=−125 解得：k=34a=−34
∴直线AH：y=34x−34
∵y=34x−34y=x2+2x−3 解得：x1=1y1=0（即点A），x2=−94y2=−3916
∴P（−94，−3916）
②若点P在x轴上方，如图2，
在AP上截取AH'＝AH，则H'与H关于x轴对称
∴H'（−115，125）
设直线AH'解析式为y＝k'x+a'
∴k'+a'=0−115k'+a'=125 解得：k'=−34a'=34
∴直线AH'：y=−34x+34
∵y=−34x+34y=x2+2x−3 解得：x1=1y1=0（即点A），x2=−154y2=5716
∴P（−154，5716）
综上所述，点P的坐标为（−94，−3916）或（−154，5716）．
（3）DM+DN为定值
∵抛物线y＝x2+2x﹣3的对称轴为：直线x＝﹣1
∴D（﹣1，0），xM＝xN＝﹣1
设Q（t，t2+2t﹣3）（﹣3＜t＜1）
设直线AQ解析式为y＝dx+e
∴d+e=0dt+e=t2+2t−3 解得：d=t+3e=−t−3
∴直线AQ：y＝（t+3）x﹣t﹣3
当x＝﹣1时，yM＝﹣t﹣3﹣t﹣3＝﹣2t﹣6
∴DM＝0﹣（﹣2t﹣6）＝2t+6
设直线BQ解析式为y＝mx+n
∴−3m+n=0mt+n=t2+2t−3 解得：m=t−1n=3t−3
∴直线BQ：y＝（t﹣1）x+3t﹣3
当x＝﹣1时，yN＝﹣t+1+3t﹣3＝2t﹣2
∴DN＝0﹣（2t﹣2）＝﹣2t+2
∴DM+DN＝2t+6+（﹣2t+2）＝8，为定值．
点睛：本题考查了求二次函数解析式、求一次函数解析式，解一元二次方程、二元一次方程组，等腰三角形的性质，三角函数的应用．第（2）题由于不确定点P位置需分类讨论；（2）（3）计算量较大，应认真理清线段之间的关系再进行计算．
6．（2019年盐城27题）如图所示，二次函数y＝k（x﹣1）2+2的图象与一次函数y＝kx﹣k+2的图象交于A、B两点，点B在点A的右侧，直线AB分别与x、y轴交于C、D两点，其中k＜0．
（1）求A、B两点的横坐标；
（2）若△OAB是以OA为腰的等腰三角形，求k的值；
（3）二次函数图象的对称轴与x轴交于点E，是否存在实数k，使得∠ODC＝2∠BEC，若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
【分析】（1）将二次函数与一次函数联立得：k（x﹣1）2+2＝kx﹣k+2，即可求解；
（2）分OA＝AB、OA＝OB两种情况，求解即可；
（3）求出m＝﹣k2﹣kk2+1，在△AHM中，tanα=HMAH=m−k=k+k2+1=tan∠BEC=BKEK=k+2，即可求解．
【解析】（1）将二次函数与一次函数联立得：k（x﹣1）2+2＝kx﹣k+2，
解得：x＝1和2，
故点A、B的坐标横坐标分别为1和2；
（2）OA=22+1=5，
①当OA＝AB时，
即：1+k2＝5，解得：k＝±2（舍去2）；
②当OA＝OB时，
4+（k+2）2＝5，解得：k＝﹣1或﹣3；
故k的值为：﹣1或﹣2或﹣3；
（3）存在，理由：
①当点B在x轴上方时，
过点B作BH⊥AE于点H，将△AHB的图形放大见右侧图形，
过点A作∠HAB的角平分线交BH于点M，过点M作MN⊥AB于点N，过点B作BK⊥x轴于点K，
图中：点A（1，2）、点B（2，k+2），则AH＝﹣k，HB＝1，
设：HM＝m＝MN，则BM＝1﹣m，
则AN＝AH＝﹣k，AB=k2+1，NB＝AB﹣AN，
由勾股定理得：MB2＝NB2+MN2，
即：（1﹣m）2＝m2+（k2+1+k）2，
解得：m＝﹣k2﹣kk2+1，
在△AHM中，tanα=HMAH=m−k=k+k2+1=tan∠BEC=BKEK=k+2，
解得：k=±3，
此时k+2＞0，则﹣2＜k＜0，故：舍去正值，
故k=−3；
②当点B在x轴下方时，
同理可得：tanα=HMAH=m−k=k+k2+1=tan∠BEC=BKEK=−（k+2），
解得：k=−4−73或−4+73，
此时k+2＜0，k＜﹣2，故舍去−4+73，
故k的值为：−3或−4−73．
点睛：本题为二次函数综合应用题，涉及到一次函数、解直角三角形的知识，其中（3），通过tan2α求出tanα，是此类题目求解的一般方法．
7．（2018年常州28题）如图，二次函数y=−13x2+bx+2的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣4，0），P是抛物线上一点（点P与点A、B、C不重合）．
（1）b＝ −56 ，点B的坐标是 （32，0） ；
（2）设直线PB与直线AC相交于点M，是否存在这样的点P，使得PM：MB＝1：2？若存在，求出点P的横坐标；若不存在，请说明理由；
（3）连接AC、BC，判断∠CAB和∠CBA的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）由点A的坐标，利用二次函数图象上点的坐标特征可求出b的值，代入y＝0求出x值，进而可得出点B的坐标；
（2）（解法一）代入x＝0求出y值，进而可得出点C的坐标，由点A、C的坐标利用待定系数法可求出直线AC的解析式，假设存在，设点M的坐标为（m，12m+2），分B、P在直线AC的同侧和异侧两种情况考虑，由点B、M的坐标结合PM：MB＝1：2即可得出点P的坐标，再利用二次函数图象上点的坐标特征可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出结论；
（解法二）代入x＝0求出y值，进而可得出点C的坐标，由点A、C的坐标利用待定系数法可求出直线AC的解析式，过点B作BB′∥y轴交直线AC于点B′，过点P作PP′∥y轴交直线AC于点P′，由点B的坐标可得出BB′的值，结合相似三角形的性质可得出PP′的值，设点P的坐标为（x，−13x2−56x+2），则点P′的坐标为（x，12x+2），结合PP′的值可得出关于x的含绝对值符号的一元二次方程，解之即可得出结论；
（3）（解法一）作∠CBA的角平分线，交y轴于点E，过点E作EF⊥BC于点F，设OE＝n，则CE＝2﹣n，EF＝n，利用面积法可求出n值，进而可得出OCOA=12=OEOB，结合∠AOC＝90°＝∠BOE可证出△AOC∽△BOE，根据相似三角形的性质可得出∠CAO＝∠EBO，再根据角平分线的性质可得出∠CBA＝2∠EBO＝2∠CAB，此题得解；
（解法二）将BC沿y轴对折，交x轴于点B′，根据点A、B、C的坐标可得出点B′的坐标，进而可得出AB′＝B′C＝BC，根据等腰三角形的性质结合三角形的外角性质，可得出∠CBA＝2∠CAB．
【解析】（1）∵点A（﹣4，0）在二次函数y=−13x2+bx+2的图象上，
∴−163−4b+2＝0，
∴b=−56．
当y＝0时，有−13x2−56x+2＝0，
解得：x1＝﹣4，x2=32，
∴点B的坐标为（32，0）．
故答案为：−56；（32，0）．
（2）（方法一）当x＝0时，y=−13x2−56x+2＝2，
∴点C的坐标为（0，2）．
设直线AC的解析式为y＝kx+c（k≠0），
将A（﹣4，0）、C（0，2）代入y＝kx+c中，
得：−4k+c=0c=2，解得：k=12c=2，
∴直线AC的解析式为y=12x+2．
假设存在，设点M的坐标为（m，12m+2）．
①当点P、B在直线AC的异侧时，点P的坐标为（32m−34，34m+3），
∵点P在抛物线y=−13x2−56x+2上，
∴34m+3=−13×（32m−34）2−56×（32m−34）+2，
整理，得：12m2+20m+9＝0．
∵△＝202﹣4×12×9＝﹣32＜0，
∴方程无解，即不存在符合题意得点P；
②当点P、B在直线AC的同侧时，点P的坐标为（12m+34，14m+1），
∵点P在抛物线y=−13x2−56x+2上，
∴14m+1=−13×（12m+34）2−56×（12m+34）+2，
整理，得：4m2+44m﹣9＝0，
解得：m1=−11+1302，m2=−11+1302，
∴点P的横坐标为﹣2−1304或﹣2+1304．
综上所述：存在点P，使得PM：MB＝1：2，点P的横坐标为﹣2−1304或﹣2+1304．
（方法二）当x＝0时，y=−13x2−56x+2＝2，
∴点C的坐标为（0，2）．
设直线AC的解析式为y＝kx+c（k≠0），
将A（﹣4，0）、C（0，2）代入y＝kx+c中，
得：−4k+c=0c=2，解得：k=12c=2，
∴直线AC的解析式为y=12x+2．
过点B作BB′∥y轴交直线AC于点B′，过点P作PP′∥y轴交直线AC于点P′，如图1﹣1所示．
∵点B的坐标为（32，0），
∴点B′的坐标为（32，114），
∴BB′=114．
∵BB′∥PP′，
∴△PP′M∽△BB′M，
∴PP'BB'=PMBM=12，
∴PP′=118．
设点P的坐标为（x，−13x2−56x+2），则点P′的坐标为（x，12x+2），
∴PP′＝|−13x2−56x+2﹣（12x+2）|＝|13x2+43x|=118，
解得：x1＝﹣2−1304，x2＝﹣2+1304，
∴存在点P，使得PM：MB＝1：2，点P的横坐标为﹣2−1304或﹣2+1304．
（3）（解法一）∠CBA＝2∠CAB，理由如下：
作∠CBA的角平分线，交y轴于点E，过点E作EF⊥BC于点F，如图2所示．
∵点B（32，0），点C（0，2），
∴OB=32，OC＝2，BC=52．
设OE＝n，则CE＝2﹣n，EF＝n，
由面积法，可知：12OB•CE=12BC•EF，即32（2﹣n）=52n，
解得：n=34．
∵OCOA=12=OEOB，∠AOC＝90°＝∠BOE，
∴△AOC∽△BOE，
∴∠CAO＝∠EBO，
∴∠CBA＝2∠EBO＝2∠CAB．
（解法二）∠CBA＝2∠CAB，理由如下：
将BC沿y轴对折，交x轴于点B′，如图3所示．
∵点B（32，0），点C（0，2），点A（﹣4，0），
∴点B′（−32，0），
∴AB′=−32−（﹣4）=52，B′C=22+(32)2=52，
∴AB′＝B′C＝BC，
∴∠CAB＝∠ACB′，∠CBA＝∠CB′B．
∵∠AB′B＝∠CAB+∠ACB′，
∴∠CBA＝2∠CAB．
点睛：题考查了二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、三角形的面积、勾股定理、一次函数图象上点的坐标特征以及相似三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）由点A的坐标，利用二次函数图象上点的坐标特征求出b的值；（2）（解法一）分B、P在直线AC的同侧和异侧两种情况找出点P的坐标；（解法二）利用相似三角形的性质找出PP′=118；（3）（解法一）构造相似三角形找出两角的数量关系；（解法二）根据等腰三角形的性质结合三角形的外角性质找出∠CBA＝2∠CAB．
8.（2019年苏州28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△ABC的面积是6．
（1）求a的值；
（2）求△ABC外接圆圆心的坐标；
（3）如图②，P是抛物线上一点，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，△QPB的面积为2d，且∠PAQ＝∠AQB，求点Q的坐标．
【分析】（1）由y＝﹣x2+（a+1）x﹣a，令y＝0，即﹣x2+（a+1）x﹣a＝0，可求出A、B坐标结合三角形的面积，解出a＝﹣3；（2）三角形外接圆圆心是三边垂直平分线的交点，求出两边垂直平分线，解交点可求出；
（3）作PM⊥x轴，则S△BAP=12AB•PM=12×4d 由S△PQB＝S△PAB可得A、Q到PB的距离相等，得到AQ∥PB，求出直线PB的解析式，以抛物线解析式联立得出点P坐标，由于△PBQ≌△ABP，可得PQ＝AB＝4，利用两点间距离公式，解出m值．
【解析】（1）∵y＝﹣x2+（a+1）x﹣a
令y＝0，即﹣x2+（a+1）x﹣a＝0
解得x1＝a，x2＝1
由图象知：a＜0
∴A（a，0），B（1，0）
∵S△ABC＝6
∴12(1−a)(−a)=6
解得：a＝﹣3，（a＝4舍去）
（2）∵A（﹣3，0），C（0，3），
∴OA＝OC，
∴线段AC的垂直平分线过原点，
∴线段AC的垂直平分线解析式为：y＝﹣x，
∵由A（﹣3，0），B（1，0），
∴线段AB的垂直平分线为x＝﹣1
将x＝﹣1代入y＝﹣x，
解得：y＝1
∴△ABC外接圆圆心的坐标（﹣1，1）
（3）作PM⊥x轴交x轴于M，则S△BAP=12AB•PM=12×4d
∵S△PQB＝S△PAB
∴A、Q到PB的距离相等，
∴AQ∥PB
设直线PB解析式为：y＝x+b
∵直线经过点B（1，0）
所以：直线PB的解析式为y＝x﹣1
联立y=−x2−2x+3y=x−1
解得：x=−4y=−5
∴点P坐标为（﹣4，﹣5）
又∵∠PAQ＝∠AQB，
∴∠BPA＝∠PBQ，
∴AP＝QB，
在△PBQ与△BPA中，
AP=QB∠BPA=∠PBQPB=BP，
∴△PBQ≌△ABP（SAS），
∴PQ＝AB＝4
设Q（m，m+3）
由PQ＝4得：
(m+4)2+(m+3+5)2=42
解得：m＝﹣4，m＝﹣8（当m＝﹣8时，∠PAQ≠∠AQB，故应舍去）
∴Q坐标为（﹣4，﹣1）
点睛：本题考查二次函数的综合应用，函数和几何图形的综合题目，抛物线和直线“曲直”联立解交点，利用三角形的全等和二次函数的性质把数与形有机的结合在一起，转化线段长求出结果．
9.（2018年无锡28题）已知：如图，一次函数y＝kx﹣1的图象经过点A（35，m）（m＞0），与y轴交于点B．点C在线段AB上，且BC＝2AC，过点C作x轴的垂线，垂足为点D．若AC＝CD．
（1）求这个一次函数的表达式；
（2）已知一开口向下、以直线CD为对称轴的抛物线经过点A，它的顶点为P，若过点P且垂直于AP的直线与x轴的交点为Q（−455，0），求这条抛物线的函数表达式．
【分析】（1）利用三角形相似和勾股定理构造方程，求AC和m
（2）由∠APQ＝90°，构造△PQD∽△APE构造方程求点P坐标可求二次函数解析式．
【解析】（1）过点A作AF⊥x轴，过点B作BF⊥CD于H，交AF于点F，过点C作CE⊥AF于点E
设AC＝n，则CD＝n
∵点B坐标为（0，﹣1）
∴CH＝n+1，AF＝m+1
∵CH∥AF，BC＝2AC
∴CHAF=BCAB=23
即：n+1m+1=23
整理得：
n=2m−13
Rt△AEC中，
CE2+AE2＝AC2
∴5+（m﹣n）2＝n2
把n=2m−13代入
5+（m−2m−13）2＝（2m−13）2
解得m1＝5，m2＝﹣3（舍去）
∴n＝3
∴把A（35，5）代入y＝kx﹣1得
k=255
∴y=255x﹣1
（2）如图，过点A作AE⊥CD于点E
设点P坐标为（25，n），由已知n＞0
由已知，PD⊥x轴
∴△PQD∽△APE
∴QDPD=PEAE
∴1455n=n−55
解得n1＝7，n2＝﹣2（舍去）
设抛物线解析式为y＝a（x﹣h）2+k
∴y＝a（x﹣25）2+7
把A（35，5）代入y＝a（x﹣25）2+7
解得a=−25
∴抛物线解析式为：y=−25x2+855x−1
【点评】本题综合考查二次函数和一次函数性质．在解答过程中，应注意利用三角形相似和勾股定理构造方程，求出未知量．
【专项突破】
【题组一】
1．（2020•广陵区校级一模）如图，已知二次函数y=49x2﹣4的图象与x轴交于A，B两点与y轴交于点C，⊙C的半径为5，P为⊙C上一动点．
（1）点B，C的坐标分别为B （3，0） ，C （0，﹣4） ；
（2）当P点运动到（﹣1，﹣2）时，判断PB与⊙C的位置关系，并说出理由；
（3）是否存在点P，使得△PBC是以BC为斜边的直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（4）连接PB，若E为PB的中点，连接OE，则OE的最大值＝ 5+52 ．
【分析】（1）在抛物线解析式中令y＝0可求得B点坐标，令x＝0可求得C点坐标；
（2）用勾股定理的逆定理即可求解；
（3）当PB与⊙相切时，△PBC为直角三角形，利用△CP2F∽△BP2E，即可求解；
（4）如图3中，连接AP，根据OB＝OA，BE＝EP，推出OE=12AP，可知当AP最大时，OE的值最大．
【解析】（1）在y=49x2﹣4中，令y＝0，则x＝±3，令x＝0，则y＝﹣4，
∴B（3，0），C（0，﹣4）；
故答案为：（3，0），（0，﹣4）；
（2）如图（2），当P点运动到（﹣1，﹣2）时，即处于点P1位置，此时，P（P1）B与⊙C相切；
∵P1（﹣1，﹣2），
而点B、C的坐标分别为（3，0）、（0，﹣4），
∴P1B2＝20，P1C2＝5，BC2＝25，故P1B2+P1C2＝BC2，
∴CP1⊥P1B，
∴P1B与⊙C相切；
（3）存在点P，使得△PBC为直角三角形，
当PB与⊙相切时，△PBC为直角三角形，如图（2），
连接BC，
∵OB＝3．OC＝4，
∴BC＝5，
∵CP2⊥BP2，CP2=5，
∴BP2＝25，
过P2作P2E⊥x轴于E，P2F⊥y轴于F，
则△CP2F∽△BP2E，
P2FP2E=CP2BP2=12，
设OF＝P2E＝2x，FP2＝OE＝x，
∴BE＝3﹣x，CF＝2x﹣4，
∴BECF=3−x2x−4=2，
∴x=115，2x=225，
∴FP2=115，EP2=225，
∴P2（115，−225），
由（2）知，P1符合条件，即P1（﹣1，﹣2）；
综上所述：点P的坐标为：（﹣1，﹣2）或（115，−225）；
（4）如图（3），连接AP，∵OB＝OA，BE＝EP，
∴OE=12AP，
∴当AP最大时，OE的值最大，
∵当P在AC的延长线上时，AP的值最大，最大值＝5+5，
∴OE的最大值为5+52
故答案为：5+52．
2．（2020•新吴区一模）如图，已知抛物线的顶点D（1，4）．与y轴交于点C（0，3）．与x轴交于A，B两点，连接BC．
（1）此二次函数的表达式为 y＝﹣x2+2x+3 ．
（2）点P为抛物线上一动点，点M是抛物线对称轴上一动点，当以A、M、P、B为顶点的四边形是平行四边形时，求点P的坐标；
（3）若过点C作x轴的平行线l与抛物线对称轴交于点K．若点Q从K点出发，以每秒1个单位长度的速度沿着平行线l向右运动，过点Q作QE∥y轴交抛物线于点E．同时点R从原点O出发以每秒2个单位长度的速度沿着x轴的正方向运动，它们同时运动t秒，当∠ECQ＝∠RCO时，求t的值．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）分AB是边、AB是对角线两种情况，利用图形平移和中点公式分别求解即可；
（3）由∠ECQ＝∠RCO，则tan∠ECQ＝tan∠RCO，即可求解．
【解析】（1）设抛物线的表达式为y＝a（x﹣1）2+4，
将点C的坐标代入上式得：3＝a（0﹣1）2+4，解得a＝﹣1，
故抛物线的表达式为y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3，
故答案为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）设点P的坐标为（m，﹣m2+2m+3），点M（1，t），
①当AB是边时，
点A向右平移4个单位得到点B，同样，点P（M）向右平移4个单位得到点M（P），
则m±4＝1，解得m＝﹣3或5，
故点P的坐标为（﹣3，﹣12）或（5，﹣12）；
②当AB是对角线时，
由中点公式得：12（3﹣1）=12（m+1），解得m＝1，
故点P的坐标为（1，4），
综上，点P的坐标为（﹣3，﹣12）或（5，﹣12）或（1，4）；
（3）由题意得：OR＝2t，KQ＝t，OC＝3，
则点R的坐标为（2t，0），点K的坐标为（1，3）、点Q的坐标为（t+1，3），
当x＝t+1时，y＝﹣x2+2x+3＝4﹣t2，故点E的坐标为（t+1，4﹣t2），则QE＝|4﹣t2﹣3|＝|1﹣t2|，
∵∠ECQ＝∠RCO，则tan∠ECQ＝tan∠RCO，
∴OROC=QECQ，即2t3=|1−t2|1+t，
解得：t=35或﹣1（舍去）或3，
故t=35或3．
3．（2021•兴化市模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+（2a﹣ma）x﹣2am（a＜0）与x轴分别交于点A、C，顶点坐标为D．
（1）当a＝﹣1，m＝1时．
①求点D的坐标；
②若F为线段AD上一动点，过点F作FH⊥x轴，垂足为H，交抛物线于点P，当PH+OH的值最大时，求点F的坐标．
（2）当m=23时，若另一个抛物线y＝ax2﹣（6a+ma）x+6am的顶点为E．试判断直线AD是否经过点E？请说明理由．
【分析】（1）①当a＝﹣1，m＝1时，y＝﹣x2﹣x+2＝﹣（x+12）2+94，即可求解；
②点P的横坐标为t，点P的纵坐标为﹣t2﹣t+2，则PH+OH＝﹣t2﹣t+2﹣t＝﹣（t+1）2+3，即可求解；
（2）利用m=23，分别求出D（−23，−16a9），E（103，−64a9），进而求解．
【解析】（1）①当a＝﹣1，m＝1时，y＝﹣x2﹣x+2＝﹣（x+12）2+94；
∴点D的坐标为（−12，94）；
②∵y＝﹣x2﹣x+2，当y＝0时，y＝﹣x2﹣x+2＝0，解得x＝﹣2或1，故点A的坐标为（﹣2，0），
设直线AD的表达式为：y＝kx+b，则0=−2k+b94=−12k+b，解得k=32b=3，
∴直线AD的表达式为：y=32x+3，
∵F为线段AD上一动点，
设点F的横坐标为t，
∵FH⊥x轴，垂足为H，交抛物线于点P，
∴点P的横坐标也为t，点P的纵坐标为﹣t2﹣t+2，
∴P（t，﹣t2﹣t+2），H（t，0）
∴PH+OH＝﹣t2﹣t+2﹣t＝﹣（t+1）2+3，
∴当t＝﹣1时，PH+OH有最大值，
当t＝﹣1时，y=32×（﹣1）+3=32
∴F（﹣1，32）；
（2）直线AD经过点E，理由：
∵m=23，
∴y＝ax2+（2a﹣ma）x﹣2am＝a（x+23）2−16a9，
∴D（−23，−16a9），
则y＝ax2﹣（6a+ma）x+6am＝a（x−103）2−64a9，
∴E（103，−64a9），
令y＝ax2+（2a﹣ma）x﹣2am＝a（x+23）2−16a9=0，解得x＝﹣2或23，
∴A（﹣2，0）
设直线AD的表达式为：y＝mx+n，则−2m+n=0−23m+n=−16a9，解得m=−4a3n=−8a3，
∴直线AD的表达式为y=−4a3x−8a3，
当x=103时，y=−4a3x−8a3=−64a9，
∴点E在直线AD上
∴直线AD经过的点E．
4．（2020•张家港市模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（0，3），B（1，0），其对称轴为直线l：x＝2，过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点，设其横坐标为m．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，动点P在直线BC下方的抛物线上，连接PO，PC，当m为何值时，四边形OPCE面积最大，并求出其最大值；
（3）如图2，F是抛物线的对称轴l上的一点，连接PO，PF，OF，在抛物线x轴下方的图象上是否存在点P使△POF满足：①∠OPF＝90°；②tan∠POF=12？若存在，求点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由题意得：c=3a+b+c=0−b2a=2，解之即可求解；
（2）四边形OPCE面积S＝S△OCE+S△OCP=12×EF×AC+12PH×AC，即可求解；
（3）证明△PMO∽△FNP，而tan∠POF=12，则△PMO和△FNP的相似比为2：1，即OM＝2PN，即可求解．
【解析】（1）由题意得：c=3a+b+c=0−b2a=2，解得a=1b=−4c=3，
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）点A（0，3），函数的对称轴为直线x＝2，则点C（4，3），
∵OE是∠AOB的平分线，故∠AOE＝45°，则△AOE为等腰直角三角形，故OE＝OA＝3，故点E（3，3）；
连接OC，过点E、P分别作y轴的平行线分别交OC于点F、H，
由点O、C的坐标得，直线OC的表达式为：y=34x，当x＝3时，y=94，故F（3，94），则EF＝3−94=34，
设点P（m，m2﹣4m+3），则点H（m，34m），
则四边形OPCE面积S＝S△OCE+S△OCP=12×EF×AC+12PH×AC=12×4×（34+34m﹣m2+4m﹣3）＝﹣2m2+192m−92，
∵﹣2＜0，故S有最大值，当m=198时，S的最大值为21732；
（3）存在，理由：
过点P作x轴的平行线交y轴于点M，交直线l于点N，
设点P（m，m2﹣4m+3），
∵∠OPF＝90°，则∠MOP+∠MPO＝90°，∠OPM+∠FPN＝90°，
∵∠FPN＝∠POM＝90°，
∴△PMO∽△FNP，
∵tan∠POF=12，即△PMO和△FNP的相似比为2：1，
则OM＝2PN，即﹣（m2﹣4m+3）＝2|2﹣m|，解得：m＝3−2或1+2，
故点P的坐标为（3−2，2﹣22）或（1+2，2﹣22）．
【题组二】
5．（2020•广陵区校级三模）已知二次函数y＝ax2﹣2x+3经过点A（﹣3，0），P是抛物线上的一个动点．
（1）求该函数的表达式；
（2）如图所示，点P是抛物线上在第二象限内的一个动点，且点P的横坐标为t，连接AC，PA，PC．求△ACP的面积S关于t的函数关系式，并求出△ACP的面积最大时点P的坐标．
（3）连接BC，在抛物线上是否存在点P，使得∠PCA＝∠OCB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）由S＝S△PQC+S△PQA=12PQ×OA，即可求解；
（3）分点P在AC下方、点P在AC上方两种情况，利用解直角三角形的方法求出点H的坐标，进而求解．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2﹣2x+3经过点A（﹣3，0），
∴0＝a（﹣3）2﹣2×（﹣3）+3，
解得a＝﹣1．
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2﹣2x+3①；
（2）过点P作PN⊥AO于点N，交AC于点Q．
设直线AC的解析式为y＝kx+b（k≠0），
将A（﹣3，0）、C（0，3）代入y＝kx+b，−3k+b=0b=3，解得k=1b=3，
∴直线AC的解析式为y＝x+3．
∵点P在抛物线y＝﹣x2﹣2x+3上，点Q在直线AC上，
∴点P的坐标为（t，﹣t2﹣2t+3），点Q的坐标为（t，t+3），
∴PQ＝（﹣t2﹣2t+3）﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t，
S＝S△PQC+S△PQA=12PQ×OA=12×3×（﹣t2﹣3t）=−32（t+32）2+278，
∵−32＜0，故S存在最大值，
当t=−32时，S的最大值为278，
此时点P的坐标为（−32，154）；
（3）由点A、B、C的坐标知，OB＝1，OC＝3，OA＝3，
则tan∠COB=13=tan∠PCA，∠CAO＝45°，AC＝32，
①当点P在AC下方时，
设CP交x轴于点H，过点H作HM⊥AC于点M，
∵tan∠PCA=13，∠CAO＝45°，
故设MH＝x＝AM，则CM＝3x，则AH=2x，
则AC＝AM+MC＝4x＝32，解得x=324，
∴AH=2x=32，故点H的坐标为（−32，0），
由点C、H的坐标得：直线CH的表达式为y＝2x+3②，
联立①②并解得x=−4y=−5（不合题意的值已舍去）；
②当点P在AC上方时，
同理可得，点H′的坐标为（−92，0），
由点C、H′的坐标得：直线CH′的表达式为y=23x+3③，
联立①③并解得x=−83y=119（不合题意的值已舍去）；
综上，点P的坐标为（﹣4，﹣5）或（−83，119）．
6．（2020•江都区一模）我们定义：把y2＝ax叫做函数y＝ax2的伴随函数．比如：y2＝x就是y＝x2的伴随函数．数形结合是学习函数的一种重要方法，对于二次函数y＝ax2（a≠0的常数），若点（m，n）在函数y＝ax2的图象上，则点（﹣m，n）也在其图象上，即从数的角度可以知道它的图象关于y轴对称．解答下列问题：
（1）y2＝x的图象关于 x 轴对称；
（2）①直接写出函数y＝4x2的伴随函数的表达式 y2＝4x ；
②在如图①所示的平面直角坐标系中画y＝4x2的伴随函数的大致图象；
（3）若直线y＝kx﹣3k（k≠0）与y＝4x2的伴随函数图象交于A、B两点（点A在点B的上方），连接OA、OB，且△ABO的面积为12，求k的值；
（4）若直线AB（AB不平行于y轴）与y＝ax2（a＞0的常数）的伴随函数图象交于A、B两点（点A、B分别在第一、四象限），且∠AOB＝90°，试AB两点的纵坐标的积是否为常数？如果是，请给予证明；如果不是，请说明理由．
【分析】（1）∵点（m，n）和点（m，﹣n）都在y2＝x的图象上，即可求解；
（2）①由伴随函数的定义即可求解；取点描点连线，即可绘制函数大致图象；
（3）由△ABO的面积＝S△OCA+S△OCB=12×OC×|yA﹣yB|=12×3×41k2+3=12，即可求解；
（4）证明∠MAO＝∠BON，则tan∠MAO＝tan∠BON，即OMAM=BNON，得到am（−an）＝mn，即可求解．
【解析】（1）∵点（m，n）和点（m，﹣n）都在y2＝x的图象上，
故y2＝x的图象关于x轴对称，
故答案为：x；
（2）①由伴随函数的定义知：函数y＝4x2的伴随函数的表达式y2＝4x，
故答案为：y2＝4x；
②当x＝0时，y＝0；当x＝1时，y＝±2；当x＝4时，y＝±4；当x＝9时，y＝±6，
根据上述值，描点连线绘制函数大致图象如下：
（3）y＝kx﹣3k＝k（x﹣3），故该函数过点（3，0），设该点为点C（3，0），
联立y＝kx﹣3k和y2＝4x并整理得：14y2−14y﹣3＝0，解得：y=2k±1k2+3，
即点A、B的纵坐标为：2k+1k2+3、2k−1k2+3，
则|yA﹣yB|＝41k2+3，
∵△ABO的面积＝S△OCA+S△OCB=12×OC×|yA﹣yB|=12×3×41k2+3=12，
解得k＝±1，
经检验k＝±1是方程的根，
故k＝±1；
（4）是常数，理由：
见上图，∵点A、B分别在第一、四象限，设点A、B的横坐标分别为m，n，
则点A、B的坐标分别为（m，am）、（n，−an），
分别过点A、B作y轴的垂线AM、BN，垂足分别为M、N，
∵∠AOB＝90°，
∴∠AOM+∠MAO＝90°，
∵∠AOM+∠BON＝90°，
∴∠MAO＝∠BON，
∴tan∠MAO＝tan∠BON，即OMAM=BNON，
∴OM•OM＝AM•BN，即am（−an）＝mn，解得：mn＝a2，
则AB两点的纵坐标的积=am（−an）＝﹣a2．
7．（2020•姑苏区校级二模）如图1，在平面直角坐标系中，直线y=12x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C，二次函数y=−12x2+bx+c的图象经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B．
（1）求二次函数的表达式；
（2）当m≤x≤m+1时，二次函数y=−12x2+bx+c的最大值为﹣2m，求m的值；
（3）如图2，点D为直线AC上方二次函数图象上一动点，连接BC、CD，设直线BD交线段AC于点E，△CDE的面积为S1，△BCE的面积为S2，求S1S2的最大值．
【分析】（1）抛物线y=−12x2+bx+c经过A．C两点，则0=−12×16−4b+cc=2，解得b=−32c=2，即可求解；
（2）分m≤﹣2.5、m≥﹣1.5、﹣2.5＜m＜﹣1.5三种情况，利用函数的增减性即可求解；
（3）证明△DME∽△BNE，则S1：S2＝DE：BE＝DM：BN＝（−12a2﹣2a）：52=−15（a+2）2+45，即可求解．
【解析】（1）根据题意得A（﹣4，0），C（0，2），
∵抛物线y=−12x2+bx+c经过A．C两点，则0=−12×16−4b+cc=2，解得b=−32c=2，
∴y=−12x2−32x+2；
（2）由抛物线的表达式知，抛物线的对称轴为直线x=−32，
①当m+1≤−32（m≤﹣2.5）时，
当x＝m+1时，y=−12x2−32x+2=−12（m+1）2−32（m+1）+2＝﹣2m，解得m＝0或﹣1（两个均舍去）；
②当m≥−32时，
当x＝m时，y=−12x2−32x+2=−12m2−32m+2＝﹣2m，解得m=1−172（舍去）或1+172；
③当﹣2.5＜m＜﹣1.5时，
当x=−32时，y=−12x2−32x+2=−12×（−32）2+32×32+2＝﹣2m，解得m=−2516，
综上，m=−2516或1+172；
（3）如图1，令y＝0，
∴y=−12x2−32x+2＝0，
∴x1＝﹣4，x2＝1，
∴B（1，0），
过D作DM⊥x轴交AC于M，过B作BN⊥x轴交AC于N，
∴DM∥BN，
∴△DME∽△BNE，
∴S1：S2＝DE：BE＝DM：BN，
设D（a，−12a2−32a+2），
∴M（a，12a+2），
∵B（1.0），
∴N（1，52），
∴S1：S2＝DM：BN＝（−12a2﹣2a）：52=−15（a+2）2+45；
∴当a＝﹣2时，S1：S2的最大值是45．
8．（2020•惠山区二模）已知：在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝mx2+2mx﹣4（m≠0）的图象与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，△ABC的面积为12．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）点D的坐标为（﹣2，1），点P在二次函数的图象上，∠ADP为锐角，且tan∠ADP＝2，求出点P的横坐标．
【分析】（1）S△ABC=12AB•|yC|＝12，则AB＝6，求出A、B的坐标，进而求解；
（2）当点P在直线AD的下方时，tan∠ADF=AFDF=2，故延长DF与抛物线交于点P1，则P1点为所求；当点P在直线AD的上方时，延长P1A至点G使得AG＝AP1，连接DG，与抛物线交于点P2，则P2点为所求，进而求解．
【解析】（1）由题意可得：该二次函数图象的对称轴为直线x＝﹣1；
∵当x＝0时，y＝﹣4，
∴点C的坐标为（0，﹣4），
∵S△ABC=12AB•|yC|＝12，
∴AB＝6，
又∵点A，B关于直线x＝﹣1对称，
∴A点和B点的坐标分别为（﹣4，0），（2，0），
∴4m+4m﹣4＝0，解得m=12，
∴所求二次函数的解析式为y=12x2+x﹣4①；
（2）作DF⊥x轴于点F．分两种情况：
（ⅰ）当点P在直线AD的下方时，
由（1）得点A（﹣4，0），点D（﹣2，1），
∴DF＝1，AF＝2．
在Rt△ADF中，∠AFD＝90°，得tan∠ADF=AFDF=2，
延长DF与抛物线交于点P1，则P1点为所求．
∴点P1的坐标为（﹣2，﹣4）；
（ⅱ）当点P在直线AD的上方时，延长P1A至点G使得AG＝AP1，连接DG，与抛物线交于点P2，则P2点为所求．
又∵A（﹣4，0），P1（﹣2，﹣4），
∴点G的坐标是（﹣6，4），
由点G、D的坐标得，直线GD的表达式为：yGD=−34x−12②，
联立①②并解得：x=−7−1614，
综上：点P横坐标为﹣2或−7−1614．
【题组三】
9．（2020•滨湖区二模）如图，已知二次函数y＝ax2﹣2ax+c（a＜0）的图象与x轴负半轴交于点A（﹣1，0），与y轴正半轴交于点B，顶点为P，且OB＝3OA，一次函数y＝kx+b的图象经过A、B．
（1）填空：点B的坐标 （0，3） ；顶点P的坐标 （1，4） ；
（2）平移直线AB恰好过点P，若点M在平移后的直线AB上，且tan∠OAM=32，求点M坐标；
（3）设抛物线的对称轴交x轴于点E，连接AP交y轴于点D，若点Q、N分别为两线段PE、PD上的动点，连接QD、QN，请直接写出QD+QN的最小值．
【分析】（1）根据抛物线的解析式即可得出B（0，3），根据OB＝3OA，可求出OA的长，也就得出了A点的坐标，然后将A、B的坐标代入直线AB的解析式中，即可得出所求；将A点坐标代入抛物线的解析式中，可求出a的值，也就确定了抛物线的解析式进而可求出P点的坐标；
（2）易求出平移后的直线的解析式，可根据此解析式设出M点坐标，然后根据∠OAM的正切值得出方程可求出M的坐标．
（3）作点D关于直线x＝1的对称点D′，过点D′作D′N⊥PD于点N，根据垂线段最短求出QD+QN的最小值．
【解析】（1）∵A（﹣1，0），
∴OA＝1
∵OB＝3OA，
∴B（0，3），
∴图象过A、B两点的一次函数的解析式为：y＝3x+3；
∵二次函数y＝ax2﹣2ax+c（a＜0）的图象与x轴负半轴交于点A（﹣1，0），与y轴正半轴交于点B（0，3），
∴c＝3，a＝﹣1，
∴二次函数的解析式为：y＝﹣x2+2x+3，
∴抛物线y＝﹣x2+2x+3的顶点P（1，4）；
故答案为：（0，3），（1，4）．
（2）设平移后的直线的解析式为：y＝3x+m，
∵直线y＝3x+m过P（1，4），
∴m＝1，
∴平移后的直线为y＝3x+1
∵M在直线y＝3x+1上，且tan∠OAM=32，
设M（x，3x+1），
①当点M在x轴上方时，有3x+1x+1=32，
∴x=13，
∴M1(13，2)；
②当点M在x轴下方时，有−3x+1x+1=32，
∴x=−59，
∴M2(−59，−23)；
（3）作点D关于直线x＝1的对称点D′，过点D′作D′N⊥PD于点N，
当﹣x2+2x+3＝0时，解得，x＝﹣1或x＝3，
∴A（﹣1，0），
P点坐标为（1，4），
则可得PD解析式为：y＝2x+2，
令x＝0，可得y＝2，
∴D（0，2），
∵D与D′关于直线x＝1对称，
∴D′（2，2）．
根据ND′⊥PD，
设ND′解析式为y＝kx+b，
则k=−12，即y=−12x+b，
将D′（2，2）代入，得2=−12×2+b，解得b＝3，
可得函数解析式为y=−12x+3，
将两函数解析式组成方程组得：y=−12x+3y=2x+2，
解得x=25y=145，
故N（25，145），
由两点间的距离公式：d=(2−25)2+(2−145)2=455，
∴所求最小值为455．
10．（2020•扬中市模拟）已知，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a（a≠0）分别交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC，tan∠ACO=13．
（1）如图l，求a的值；
（2）如图2，D是x轴上一点（不与点A、B重合），过点D作y轴的平行线，交抛物线于点E，交直线CB于点F．
①当点D在点B右侧时，连接AF，当AF＝BE时，求AF的长．
②当点D在运动时，若DE、DF、EF中有两条线段相等，此时点D的坐标 （1，0）或（0，0）或（﹣2，0）或（−12，0） ．
【分析】（1）令y＝0，求得抛物线与x轴的交点A和B的坐标，再根据tan∠ACO=13，求出C点坐标，将C点坐标代入抛物线的解析式求得a；
（2）①设D（m，0），证明△ADF≌△EDB得AD＝DE，列出m的方程便可求得AF；
②分三种情况：当DF＝EF时；当DE＝EF时；当DE＝DF时，分别列出m的方程进行解答便可．
【解析】（1）令y＝0，则y＝ax2﹣2ax﹣3a＝0，
解得，x＝﹣1或3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∴OA＝1，
∵tan∠ACO=13，
∴OAOC=1OC=13，
∴OC＝3，
∴C（0，﹣3），
把C（0，﹣3）代入y＝ax2﹣2ax﹣3a，得﹣3a＝﹣3，
∴a＝1；
（2）①由（1）得抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
设直线BC的解析式为：y＝kx+b（k≠0），则
3k+b=0b=−3，
解得，k=1b=−3，
∴直线BC的解析式为：y＝x﹣3，
设D（m，0），则F（m，m﹣3），E（m，m2﹣2m﹣3），
∵OB＝OC＝3，
∴∠ABC＝∠FBE＝45°，
∵ED⊥x轴，
∴BD＝FD，
∵AF＝BE，∠ADF＝∠EDB，
∴△ADF≌△EDB（SAS），
∴AD＝DE，即m+1＝m2﹣2m﹣3，
解得，m＝4，或m＝﹣1（舍），
∴D（4，0），F（4，1）
∴AD＝5，DF＝1，
∴AF=26；
②当DF＝EF时，有|m﹣3|＝|m2﹣3m|，
解得m＝1，或m＝3（舍），或m＝﹣1（舍），
∴D（1，0）；
当DE＝DF时，有|m2﹣2m﹣3|＝|m﹣3|，
解得，m＝3（舍），或m＝0，或m＝﹣2，
∴D（0，0）或（﹣2，0）；
当DE＝EF时，有|m2﹣2m﹣3|＝|m2﹣3m|，
解得，m＝3（舍），或m=−12，
∴D（−12，0）；
综上，当点D在运动时，若DE、DF、EF中有两条线段相等，此时点D的坐标（1，0）或（0，0）或（﹣2，0）或（−12，0）．
故答案为：（1，0）或（0，0）或（﹣2，0）或（−12，0）．
11．（2020•宿迁模拟）如图，已知二次函数y＝ax2﹣8ax+6（a＞0）的图象与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C，点D在抛物线的对称轴上，且四边形ABDC为平行四边形．
（1）求此抛物线的对称轴，并确定此二次函数的表达式；
（2）点E为x轴下方抛物线上一点，若△ODE的面积为12，求点E的坐标；
（3）在（2）的条件下，设抛物线的顶点为M，点P是抛物线的对称轴上一动点，连接PE、EM，过点P作PE的垂线交抛物线于点Q，当∠PQE＝∠EMP时，求点Q到抛物线的对称轴的距离．
【分析】（1）先求出对称轴为x＝4，进而求出AB＝4，进而求出点A，B坐标，即可得出结论；
（2）利用面积的和差建立方程求解，即可得出结论；
（3）Ⅰ、当点Q在对称轴右侧时，先判断出点E，M，Q，P四点共圆，得出∠EMQ＝90°，利用同角的余角相等判断出∠EMF＝∠HGM，得出tan∠EMF=EFFM=2，得出HG=12HM＝1，进而求出Q（8，6），得出结论；
Ⅱ、当点Q在对称轴左侧时，先判断出△PDQ∽△EFP，得出DPEF=QDPF=PQPE，进而判断出DP=12，PF＝2QD，即可得出结论．
【解析】（1）对称轴为直线x=−−8a2a=4，则CD＝4，
∵四边形ABDC为平行四边形，
∴DC∥AB，DC＝AB，
∴DC＝AB＝4，
∴A（2，0），B（6，0），
把点 A（2，0）代入得y＝ax2﹣8ax+12得4a﹣16a+6＝0，解得a=12，
∴二次函数解析式为y=12x2﹣4x+6；
（2）如图1，设E（m，12m2﹣4m+6），其中2＜m＜6，
作EN⊥y轴于N，如图2，
∵S梯形CDEN﹣S△OCD﹣S△OEN＝S△ODE，
∴12（4+m）（6−12m2+4m﹣6）−12×4×6−12m（−12m2+4m﹣6）＝12，
化简得：m2﹣11m+24＝0，解得m1＝3，m2＝8（舍），
∴点E的坐标为（3，−32）；
（3）Ⅰ、当点Q在对称轴右侧时，如图2，
过点E作EF⊥PM于F，MQ交x轴于G，
∵∠PQE＝∠PME，
∴点E，M，Q，P四点共圆，
∵PE⊥PQ，
∴∠EPQ＝90°，
∴∠EMQ＝90°，
∴∠EMF+∠HMG＝90°，
∵∠HMG+∠HGM＝90°，
∴∠EMF＝∠HGM，
在Rt△EFM中，EF＝1，FM=12，tan∠EMF=EFFM=2，
∴tan∠HGM＝2，
∴HMHG=2，
∴HG=12HM＝1，
∴点G（5，0），
∵M（4，﹣2），
∴直线MG的解析式为y＝2x﹣10①，
∵二次函数解析式为y=12x2﹣4x+6②，
联立①②解得，x=4y=−2（舍）或x=8y=6，
∴Q（8，6），
∴点Q到对称轴的距离为8﹣4＝4；
Ⅱ、当点Q在对称轴左侧时，如图3，
过点E作EF⊥PM于F，过点Q作QD⊥PM于D，
∴∠DQP+∠QPD＝90°，
∵∠EPQ＝90°，
∴∠DPQ+∠FPE＝90°，
∴∠DQP＝∠FPE，
∵∠PDQ＝∠EFP，
∴△PDQ∽△EFP，
∴DPEF=QDPF=PQPE，
由Ⅰ知，tan∠PQE=PEPQ=2，
∵EF＝1，
∴DP1=QDPF=12，
∴DP=12，PF＝2QD，
设Q（n，12n2﹣4n+6），
∴DQ＝4﹣n，DH=12n2﹣4n+6，
∴PF＝DH+FH﹣DP=12n2﹣4n+6+32−12=12n2﹣4n+7，
∴12n2﹣4n+7＝2（4﹣n），
∴n＝2+6（舍）或n＝2−6，
∴DQ＝4﹣n＝2+6，
即点Q到对称轴的距离为4或2+6．
12．（2021•宿迁模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣3经过点A（﹣3，0）、B（1，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P为该抛物线上一点，且点P的横坐标为m．
①当点P在直线AC下方时，过点P作PE∥x轴，交直线AC于点E，作PF∥y轴．交直线AC于点F，求PE+PF的最大值；
②若∠PCB＝3∠OCB，求m的值．
【分析】（1）把点A、B的坐标代入抛物线解析式，利用待定系数法求二次函数解析式解答即可；
（2）①运用待定系数法求得直线AC解析式y＝﹣x﹣3，应用平行线性质及三角函数定义可求得PE＝PF，再根据点P的横坐标为m，表示出PE+PF＝﹣2（m+32）2+92，运用二次函数最值即可得到答案；
②作点B关于y轴的对称点B′（﹣1，0），连接B′C，过点B′作B′D⊥B′C交CP于D，过点D作DE⊥x轴于E，通过构造等角，运用三角函数定义求得点D坐标，再应用待定系数法求得直线CD解析式，联立方程组求解即可求得点P的坐标，即可求得m．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣3经过点A（﹣3，0）、B（1，0），与y轴交于点C．
∴9a−3b−3=0a+b−3=0，
解得：a=1b=2，
∴抛物线的解析式为y＝x2+2x﹣3；
（2）①在y＝x2+2x﹣3中，令x＝0，得y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
设直线AC解析式y＝kx+n，∵A（﹣3，0）、C（0，﹣3），
∴−3k+n=0n=−3，
解得：k=−1n=−3，
∴直线AC解析式y＝﹣x﹣3，
∵OA＝OC＝3，∠AOC＝90°，
∴tan∠ACO=OAOC=33=1，
∴∠ACO＝45°，
∵点P为该抛物线上一点，且点P的横坐标为m，
∴P（m，m2+2m﹣3），
∵PE∥x轴，PF∥y轴，
∴F（m，﹣m﹣3），∠PFE＝∠ACO＝45°，∠EPF＝90°，
∴PEPF=tan∠PFE＝tan45°＝1，
∴PE＝PF＝﹣m﹣3﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m，
∴PE+PF＝2（﹣m2﹣3m）＝﹣2（m+32）2+92，
∵﹣2＜0，
∴当m=−32时，PE+PF的最大值=92；
②作点B关于y轴的对称点B′（﹣1，0），连接B′C，过点B′作B′D⊥B′C交CP于D，过点D作DE⊥x轴于E，
∵∠PCB＝3∠OCB，
∴∠PCO＝2∠OCB，
∵OB＝OB′，OC⊥BB′，
∴tan∠OCB=OBOC=13，tan∠OCB′=OB'OC=13，
∴tan∠OCB＝tan∠OCB′，
∴∠OCB＝∠OCB′，
∴∠PCB′＝∠OCB，
∴tan∠PCB′＝tan∠OCB=13，即B'DB'C=13，
∵B′C=OB'2+OC2=12+32=10，
∴B′D=103，
∵∠CB′D＝∠B′ED＝90°，
∴∠DB′E+∠CB′O＝90°，
∵∠OCB+∠CB′O＝90°，
∴∠DB′E＝∠OCB，
∴sin∠DB′E＝sin∠OCB=OB'B'C=110=1010，cs∠DB′E＝cs∠OCB=OCB'C=310=31010，
∴DEB'D=1010，B'EB'D=31010，
∴DE=1010B′D=1010×103=13，B′E=31010B′D=31010×103=1，
∴OE＝OB′+B′E＝1+1＝2，
∴D（﹣2，−13），
设直线CD解析式为y＝k1x+b1，
则：−2k1+b1=−13b1=−3，解得：k1=−43b1=−3，
∴直线CD解析式为y=−43x﹣3，
联立方程组：y=−43x−3y=x2+2x−3，解得：x1=0y1=−3（舍去），x2=−103y2=139；
∴m=−103．
【题组四】
13．（2020•东台市一模）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣5x+5与x轴、y轴分别交于A、C两点，抛物线y＝x2+bx+c经过A、C两点，与x轴的另一个交点为B．
（1）求抛物线的解析式及B点坐标；
（2）若点M为x轴下方抛物线上一动点，连接MA、MB、BC，当点M运动到某一位置时，四边形AMBC面积最大，求此时点M的坐标及四边形AMBC的面积；
（3）如图2，若P点是半径为2的⊙B上一动点，连接PC、PA，当点P运动到某一位置时，PC+12PA的值最小为 41 ．（直接写出结果）
【分析】（1）由直线y＝﹣5x+5求点A、C坐标，用待定系数法求抛物线解析式，进而求得点B坐标．
（2）从x轴把四边形AMBC分成△ABC与△ABM；由点A、B、C坐标求△ABC面积；设点M横坐标为m，过点M作x轴的垂线段MH，则能用m表示MH的长，进而求△ABM的面积，得到△ABM面积与m的二次函数关系式，且对应的a值小于0，配方即求得m为何值时取得最大值，进而求点M坐标和四边形AMBC的面积最大值．
（3）根据两边对应成比例且夹角相等可证△PBD∽△ABP，得PDPA等于相似比12，进而得PD=12AP，所以当C、P、D在同一直线上时，PC+12PA＝PC+PD＝CD最小，即可求解．
【解析】（1）直线y＝﹣5x+5，x＝0时，y＝5，
∴C（0，5），
y＝﹣5x+5＝0时，解得：x＝1，
∴A（1，0），
∵抛物线y＝x2+bx+c经过A，C两点，
∴1+b+c=0c=5，解得：b=−6c=5，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣6x+5，
当y＝x2﹣6x+5＝0时，解得：x1＝1，x2＝5，
∴B（5，0）；
（2）如图1，过点M作MH⊥x轴于点H，
∵A（1，0），B（5，0），C（0，5），
∴AB＝5﹣1＝4，OC＝5，
∴S△ABC=12AB•OC=12×4×5＝10，
∵点M为x轴下方抛物线上的点，
∴设M（m，m2﹣6m+5）（1＜m＜5），
∴MH＝|m2﹣6m+5|＝﹣m2+6m﹣5，
∴S△ABM=12AB•MH=12×4（﹣m2+6m﹣5）＝﹣2m2+12m﹣10＝﹣2（m﹣3）2+8，
∴S四边形AMBC＝S△ABC+S△ABM＝10+[﹣2（m﹣3）2+8]＝﹣2（m﹣3）2+18，
∴当m＝3，即M（3，﹣4）时，四边形AMBC面积最大，最大面积等于18；
（3）如图2，在x轴上取点D（4，0），连接PD、CD，
∴BD＝5﹣4＝1，
∵AB＝4，BP＝2，
∴BDBP=BPAB=12，
∵∠PBD＝∠ABP，
∴△PBD∽△ABP，
∴PDAP=BDBP=12，
∴PD=12AP，
∴PC+12PA＝PC+PD，
∴当点C、P、D在同一直线上时，PC+12PA＝PC+PD＝CD最小，
∵CD=CO2+DO2=52+42=41，
∴PC+12PA的最小值为41，
故答案为41．
14．（2020•亭湖区校级三模）如图，抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于A、B两点，对称轴直线x＝1交x轴于点D，已知B（3，0），tan∠ABC=12，点P是抛物线上的动点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点P在x轴上方，设点P到点D的距离为d1，点P到x轴的距离为d2，试探究d1+d2的值是否发生变化，若变化，请求出范围；若不变化，请说明理由并求出定值．
（3）点M在对称轴上，N在直线BM上，△BCN的内心在x轴上，点Q（32，0），若△BCQ与△DMN相似，当PD+PN取得最小值时，求点P的坐标．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）设P(m，−14(m−1)2+1)，D（1，0），d1=(m−1)2+[−14(m−1)2+1]2=14(m−1)2+1，d2=−14(m−1)2+1，即可求解；
（3）①当△BQC～△NMD，证明∠MND＝∠DBM，则DN＝DB＝2，求出点N（−15，−85），当P，F，N三点共线时，（PD+PN）min＝（PF+PN）min＝FN，求出点N的坐标为（−15，−85），进而出P(−15，1625)；②当△BQC～△DMN，同理可解．
【解析】（1）设抛物线的表达式为：y＝a（x﹣1）2+1，
将B（3，0）代入上式得：0＝a（3﹣1）2+1，解得a=−14，
∴抛物线的表达式为y=−14（x﹣1）2+1；
（2）不变化，为定值2，理由：
设P(m，−14(m−1)2+1)，D（1，0），
∴d1=(m−1)2+[−14(m−1)2+1]2=14(m−1)2+1，d2=−14(m−1)2+1，
∴d1+d2＝2；
（3）∵△BCN的内心在x轴上，如图1，
∴BQ平分∠CBM，
∴tan∠DBM=tan∠ABC=12，
∴DM＝1，M（1，﹣1），
由M、B的坐标得：直线BM的表达式为：y=12x−32，
则设点N的坐标为（t，12t−32），
①当△BQC～△NMD，
∴∠CBQ＝∠DNM，
∴∠MND＝∠DBM，
∴DN＝DB＝2，
∴（t﹣1）2+（12t−32）2＝22，
解得：t=−15或3（舍去3），
∴点N（−15，−85），
作直线y＝2，如图2，
过点P作y轴的平行线交y＝2于点F，交x轴于点E，连接PD，
则PE+PF＝2，
由（2）知，PD+PE＝2，
∴PF＝PD，
∴P，F，N三点共线时，（PD+PN）min＝（PF+PN）min＝FN，
∵点N的坐标为（−15，−85），
当x=−15时，y=−14（x﹣1）2+1=1625，
∴P(−15，1625)；
②当△BQC～△DMN，则∠CBQ＝∠NDM，如图3，
∴tan∠NDM=tan∠CBQ=12，
过点N作NH⊥DC于点H，
在Rt△NHD中，tan∠NDM=NHDH=1−t−(12t−32)=12，
解得t=13，则点N（13，−43），
当t=13时，y=−14（x﹣1）2+1=89，
∴点P的坐标为（13，89）．
综上，点P的坐标为（−15，1625）或（13，89）．
15．（2020•盱眙县校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝ax2+bx+4（a≠0）经过点A（﹣8，0）、B（2，0），与y轴交于点C，点D是AB中点，连接CD．点P是抛物线上一点．
（1）求a、b的值；
（2）若S△CDP＝S△CDO，求点P的横坐标；
（3）过点P作直线CD的垂线，垂足为E，若∠CPE=12∠CDO，求点P的横坐标．
【分析】（1）设抛物线的表达式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）＝a（x+8）（x﹣2）＝a（x2+6x﹣16），即﹣16a＝4，即可求解；
（2）分点P在DC的下方、点P在CD上方两种情况，利用平行线的性质，分别求解即可；
（3）当点P在CD的左侧、点P在CD的右侧两种情况，利用三角形相似，分别求解即可．
【解析】（1）设抛物线的表达式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）＝a（x+8）（x﹣2）＝a（x2+6x﹣16），
即﹣16a＝4，解得a=−14，则b=−32；
（2）由（1）知，抛物线的表达式为y=−14x2−32x+4①，
∵点D是AB中点，故点D（﹣3，0），
当点P在DC的下方时，
过点O作直线m∥CO，
∵S△CDP＝S△CDO，则点P为直线m与抛物线的交点，
由点C、D的坐标得，直线CD的表达式为y=43x+4，
则直线m的表达式为y=43x②，
联立①②并解得x=−17±4333；
当点P在CD上方时，
则作CD的平行线n，该平行线与CD距离与点O到CD的距离一样，即为y=43x+8，
同理可得x=−17±1453，
故点P的横坐标为−17±4333、−17±1453；
（3）当点P在CD的左侧时，如图2，
过点D作DQ⊥CD交CP的延长线于点Q，过点Q作QG⊥x轴于点G，连接AC，
∵QD⊥CD，PE⊥CD，故∠CPE＝∠CQD，
在Rt△OCD中，OD＝3，CO＝4，则CD＝5，
而AD＝AO﹣OD＝8﹣3＝5＝CD，
∴∠CAD＝∠ACD=12∠CDO，
而∠CPE=12∠CDO，故∠CAD＝∠ACD＝∠CPE＝∠CQD，
设∠CAD＝∠ACD＝∠CPE＝α，
在Rt△AOC中，tan∠CAO=COAO=48=12=tanα＝tan∠CQD，
∵∠CDO+∠QDG＝90°，∠CDO+∠DCO＝90°，
∴∠QDG＝∠DCO，
∴△COD∽△DGQ，
∵tan∠CQD=12，即上述两个三角形的相似比为12，
则QGOD=DGOC=2，即QG3=DG4=2，
故QG＝6，DG＝8，
故点Q（﹣11，6），
由点Q、C的坐标得，直线QC的表达式为y=−211x+4③，
联立①③并解得x=−5811；
当点P在CD的右侧时，
同理可得x＝2，
故点P的横坐标为−5811或2．
16．（2020•宿迁二模）已知，如图1，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点B、C，与y轴交于点A，且AO＝CO，BC＝4．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图2，点P是抛物线第二象限上一点，连接PB交y轴于点Q，设点P的横坐标为t，线段OQ长为d，求d与t之间的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，过点Q作直线l⊥y轴，在l上取一点M（点M在第一象限），连接AM，使AM＝PQ，连接CP并延长CP交y轴于点K，过点P作PN⊥l于点N，连接KN、CN、CM．若∠MCN+∠NKQ＝45°时，求t值．
【分析】（1）先令x＝0代入抛物线的解析式中求得与y轴交点A的坐标，根据OA＝OC可得C的坐标，从而得B的坐标，利用待定系数法求抛物线解析式；
（2）如图2，设P（t，﹣t2﹣2t+3）（﹣3＜t＜0），证明△BOQ∽△BGP，列比例式可得结论；
（3）如图3，如图3，作辅助线，构建全等三角形和等腰直角三角形，先得QN＝OG＝AQ＝﹣t，则△AQN是等腰直角三角形，得AN=−2t，由PG∥OK，得PGOK=CGOC，求得AK＝﹣3t，证明△NGC是等腰直角三角形，及△AKN∽△NMC，则AKMN=ANNC，代入可得t的值，即可得出结论．
【解析】（1）如图1，当x＝0时，y＝3，
∴A（0，3），
∴OA＝OC＝3，
∵BC＝4，
∴OB＝1，
∴B（1，0），C（﹣3，0），
把B（1，0），C（﹣3，0）代入抛物线y＝ax2+bx+3中得：a+b+3=09a−3b+3=0，
解得：a=−1b=−2，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如图2，设P（t，﹣t2﹣2t+3）（﹣3＜t＜0），
过P作PG⊥x轴于G，
∵OQ∥PG，
∴△BOQ∽△BGP，
∴OQPG=OBBG，
∴d−t2−2t+3=11−t，
∴d=−(t2+2t−3)1−t=t+3（﹣3＜t＜0）；
（3）如备用图，连接AN，延长PN交x轴于G，
由（2）知：OQ＝t+3，OA＝3，
∴AQ＝OA﹣OQ＝3﹣（t+3）＝﹣t，
∴QN＝OG＝AQ＝﹣t，
∴△AQN是等腰直角三角形，
∴∠QAN＝45°，AN=−2t，
∵PG∥OK，
∴PGOK=CGOC，
∴−t2−2t+3OK=t+33，
∴OK＝3﹣3t，
∴AK＝﹣3t，
∵∠QAN＝∠NKQ+∠ANK，
∴∠NKQ+∠ANK＝45°，
∵∠MCN+∠NKQ＝45°，
∴∠ANK＝∠MCN，
∵NG＝CG＝t+3，
∴△NGC是等腰直角三角形，
∴NC=2（t+3），∠GNC＝45°，
∴∠CNH＝∠NCM+∠NMC＝45°，
∴∠NKQ＝∠NMC，
∴△AKN∽△NMC，
∴AKMN=ANNC，
∵AQ＝QN＝﹣t，AM＝PQ，
∴Rt△AQM≌△Rt△QNP（HL），
∴MQ＝PN＝﹣t2﹣2t+3﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t，
∴−3t−t2−3t−t=−2t2(t+3)，
∴t2+7t+9＝0，
t1=−7+132，t2=−7−132，
∵﹣3＜t＜0，
∴t=−7+132．
【题组五】
17．（2020•邗江区二模）如图，已知二次函数y=−13x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中点A的坐标为（﹣3，0），对称轴是直线x=12．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）如图1，连接AC，若点P是该抛物线上一点，且∠PAB=12∠ACO，求点P的坐标；
（3）如图2，点P是该抛物线上一点，点Q为射线CB上一点，且P、Q两点均在第四象限内，线段AQ与BP交于点M，当∠PBQ＝∠AQB，且△ABM与△PQM的面积相等时，请问线段PQ的长是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法可求解析式；
（2）先求出点B，点C坐标，可求OC＝4，由勾股定理可求AC＝5，在y轴上取点D，使CD＝CA＝5，可得∠CAD＝∠ADC，DO＝9，可得∠ADO＝∠PAB，设P（x，−13x2+13x+4），利用锐角三角函数可求点P坐标；
（3）过点A作AE⊥BC于E，过点P作PF⊥BC于F，由“AAS”可证△AEQ≌△PFB，可得EQ＝BF，由“SAS”可得△AEB≌△PFQ，可得PQ＝AB＝7．
【解析】（1）由题意可得：−b2×(−13)=120=−3−3b+c，
解得：b=13c=4，
∴抛物线的解析式为：y=−13x2+13x+4；
（2）设P（x，−13x2+13x+4），
∵已知二次函数y=−13x2+13x+4的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，
∴点B的坐标为（4，0），点C的坐标为（0，4），
∴OC＝4，
∵点A的坐标为（﹣3，0），
∴OA＝3，
∴AC=OA2+OC2=9+16=5，
如图，在y轴上取点D，使CD＝CA，连接AD，
∴∠CAD＝∠ADC，DO＝9，
∴∠ACO＝∠CAD+∠ADC＝2∠ADO，
∵∠PAB=12∠ACO，
∴∠ADO＝∠PAB，
∴tan∠ADO＝tan∠PAB，
∴|−13x2+13x+4|x+3=13，
∴x1＝3，x2＝5
∴P（3，2）或（5，−83）；
（3）线段PQ的长是定值，PQ＝7．
如图2，过点A作AE⊥BC于E，过点P作PF⊥BC于F，
∵点B的坐标为（4，0），点A的坐标为（﹣3，0），
∴AB＝7，
∵△ABM与△PQM的面积相等，
∴△ABQ与△PQB的面积相等，
∴12×BQ×AE=12×BQ×PF，
∴AE＝PF，
又∵∠PBQ＝∠AQB，∠AEQ＝∠PFB＝90°，
∴△AEQ≌△PFB（AAS），
∴EQ＝BF，
∴BE＝QF，
∵AE＝PF，∠AEB＝∠PFQ＝90°，BE＝QF，
∴△AEB≌△PFQ（SAS），
∴AB＝PQ＝7．
18．（2021•靖江市模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于A（4，0），B两点，与y轴交于点C（0，2），对称轴x＝1，与x轴交于点H．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）直线y＝kx+1（k≠0）与y轴交于点E，与抛物线交于点P，Q（点P在y轴左侧，点Q在y轴右侧），连接CP，CQ，若△CPQ的面积为5，求点P，Q的坐标；
（3）在（2）的条件下，连接AC交PQ于G，在对称轴上是否存在一点K，连接GK，将线段GK绕点G顺时针旋转90°，使点K恰好落在抛物线上？若存在，请直接写出点K的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）对称轴x＝1，则点B（﹣2，0），则抛物线的表达式为：y＝a（x+2）（x﹣4）＝a（x2﹣2x﹣8），即可求解；
（2）△CPQ的面积=12×CE×（n﹣m）=5，即n﹣m＝25，联立抛物线与直线PQ的表达式并整理得−14x2+(12−k)x+1=0⋯①，
根据题意可得m+n＝2﹣4k，mn＝﹣4，n﹣m＝25=(m+n)2−4mn=(2−4k)2+16，即可求解；
（3）待定系数法求得AC的解析式，联立PQ和AC解析式可得G点坐标，再证明△KMG≌△GNR（AAS），可得GM＝1−23=13=NR，MK＝|53−m|，则点R（m﹣1，43），将该坐标代入抛物线表达式，即可求解．
【解析】（1）对称轴x＝1，则点B（﹣2，0），
则抛物线的表达式为：y＝a（x+2）（x﹣4）＝a（x2﹣2x﹣8），即﹣8a＝2，解得：a=−14，
故抛物线的表达式为：y=−14x2+12x+2；
（2）设直线PQ交y轴于点E（0，1），点P、Q横坐标分别为m，n，
△CPQ的面积=12×CE×（n﹣m）=5，即n﹣m＝25，
联立抛物线与直线PQ的表达式并整理得：−14x2+(12−k)x+1=0⋯①，
m+n＝2﹣4k，mn＝﹣4，
n﹣m＝25=(m+n)2−4mn=(2−4k)2+16，
解得：k＝0（舍去）或1；
将k＝1代入①式并解得：x=−1±5，
故点P、Q的坐标分别为：（−1−5，−5）、（−1+5，5）．
（3）设点K（1，m），
联立PQ和AC的表达式并解得：x=23，故点G（23，53）
过点G作x轴的平行线交函数对称轴于点M，交过点R与y轴的平行线于点N，
则△KMG≌△GNR（AAS），
GM＝1−23=13=NR，MK=|53−m|，
故点R的纵坐标为：43，则点R（m﹣1，43）
将该坐标代入抛物线表达式解得：x=1±333，
故m=2±333，
故点K（1，2±333）．
19．（2020•吴江区二模）如图，二次函数y＝ax2﹣6ax﹣16a（a≠0）的图象与x轴交于点A，B（A在B左侧），与y轴正半轴交于点C，点D在抛物线上，CD∥x轴，且OD＝AB．
（1）求点A，B的坐标及a的值；
（2）点P为y轴右侧抛物线上一点．
①如图①，若OP平分∠COD，OP交CD于点E，求点P的坐标；
②如图②，抛物线上一点F的横坐标为2，直线CF交x轴于点G，过点P作直线CF的垂线，垂足为Q，若∠PCQ＝∠BGC，求点Q的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法求出A，B的坐标，利用对称轴求出CD的长，用勾股定理求出OC，可得点C的坐标，中粮鸿云待定系数法求出a的值即可．
（2）①如图①中，过点E作EG⊥OD于G．想办法求出直线OP的解析式，构建方程组确定交点坐标．
②分两种情形：（Ⅰ）若点Q在点C的上方，如图②中，过点Q作QM∥x轴交y轴于M．（Ⅱ）若点Q在点C的下方时，如图③中，过点Q作AM∥y轴交DC的延长线于M，过点P作PN⊥MQ交MQ的延长线于N，交轴于K．分别构建方程求解即可．
【解析】（1）令y＝0，a（x+2）（x﹣8）＝0，
∴x＝﹣2或8，
∴A（﹣2，0），B（8，0），
∴AB＝10，抛物线的对称轴x＝3，
∴OD＝AB＝10，CD＝6，
∵CD∥x轴，
∴∠OCD＝90°，
∴OC=OD2−CD2=8，
∴点C（0，8），
∴﹣16a＝8，
∴a=−12．
（2）①如图①中，过点E作EG⊥OD于G．
∵OP平分∠COD，EC⊥OC，EG⊥OD，
∴EC＝EG，设EC＝EG＝x，
∵sin∠CDO=EGED=CODO，
∴x6−x=810，
∴x=83，
∴E（83，8），
设直线OP的解析式为y＝kx（k≠0），把E（83，8）代入，得到k＝3，
∴直线OP的解析式为y＝3x，
∵a=−12，
∴二次函数的解析式为y=−12x2+3x+8，
由y=3xy=−12x2+3x+8，解得x=4y=12或x=−4y=−12（舍弃），
∴P（4，12）．
②∵当x＝2时，y＝12，
∴F（2，12），
设直线CF的解析式为y＝mx+n（m≠0），
把C（0，8），F（2，12）代入，得到n=82m+n=12，解得m=2n=8，
∴直线CF的解析式为y＝2x+8，
∴点G（﹣4，0），
∴OG＝4，
∵∠PCQ＝∠BGC，
∴tan∠PCQ＝tan∠BGC，
∴PQCQ=COGO=2．
（Ⅰ）若点Q在点C的上方，如图②中，过点Q作QM∥x轴交y轴于M．
∵∠PCQ＝∠BGC，
∴CP∥x轴，
∵CD∥x轴，
∴点P与点D重合，MQ∥CP，
∴∠MQC＝∠QCP，
∴tan∠MQC＝tan∠QCP＝2，
设MQ＝k，CM＝2k，
∵MQ∥x轴，
∴∠QMC＝90°，
∴CQ=5k，PQ＝25k，
∵PQ⊥CF，
∴CQ2+PQ2＝PC2，
∴（5k）2+（25k）2＝36，
∴k=65或−65（舍弃），
∴MQ=65，
把x=65代入y＝2x+8得，y=525，
∴Q（65，525）．
（Ⅱ）若点Q在点C的下方时，如图③中，过点Q作AM∥y轴交DC的延长线于M，过点P作PN⊥MQ交MQ的延长线于N，交轴于K．
∵∠M＝∠N＝∠MCK＝90°，
∴四边形CMNK是矩形，
∴KN＝CM，
∵CD∥x轴，
∴∠MCQ＝∠BGC，
∴tan∠MCQ＝tan∠BGC＝tan∠PCQ＝2，
∴可以假设CM＝k，MQ＝2k，
∵∠MCQ+∠MQC＝90°，∠MQC+∠NQP＝90°，
∴∠MCQ＝∠NQP，
∵∠M＝∠N＝90°，
∴△CMQ∽△QNP，
∴QNCM=PNQM=PQQC=2，
∴QN＝2k，PN＝4k，
∴PK＝3k，OK＝4k﹣8，
∴P（3k，8﹣4K），
把点P坐标代入y=−12x2+3x+8，得，8﹣4k=−12×9k2+9k+8，
解得k=269或0（舍弃），
把x=−269代入y＝2x+8，得到，y=209，
∴Q（−269，209）．
综上所述，满足条件的点Q的坐标为（65，525）或（−269，209）．
20．（2020•镇江模拟）二次函数y＝a（x﹣3）2﹣1的图象记为抛物线C，它与x轴交于点A（2，0）、B，其对称轴与x轴交于点E，顶点为D，点P（m，n）在抛物线C上（异于点A、B、D）．小聪以点E为位似中心，把A、B、D、P为顶点的四边形按相似比2：1放大，并画出了过A、B、D的对应点的抛物线C1（如图），小明认为还可以找到一条过A、B、D的对应点的抛物线C2．
（1）a＝ 1 ；抛物线C2对应的函数表达式为 y=−12（x﹣3）2+2 ；
（2）试证明：点P的对应点在抛物线C1或C2上；（选择其中一种情形证明）
（3）设点P（1，3）落在抛物线C1、C2上的对应点分别为P1、P2，点Q在这个平面直角坐标系上，P1Q＝213，DQ+12P2Q的最小值为 25 ．（直接写出结果）
【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）如图1中：按照小聪的作法作出点P的对称点P'．过点P（m，n）作PM⊥x轴，过它的对应点P'（a，b）作P'N⊥x轴，M、N是垂足（如图），想办法求出P′坐标（用m表示），如何利用待定系数法求解即可．
（3）如图2中，连接PQ，PD，DQ，P1Q，P2Q，由题意点P（1，3），P1（﹣1，6），P2（7，﹣6），E（3，0），证明△P1QP∽△P1P2Q，推出PQQP2=PP1QP1=12，推出PQ=12QP2，推出DQ+12QP2＝DQ+PQ≥DP，求出PD即可解决问题．
【解析】（1）把点A（2，0）代入二次函数y＝a（x﹣3）2﹣1中，
解得a＝1，
由题意，抛物线C2的顶点（3，2），经过（1，0）和（5，0），
∴可以假设抛物线C2的解析式为y＝a（x﹣3）2+2，
把（1，0）代入得到a=−12，
∴抛物线C2：y=−12(x−3)2+2．
故答案为：1，y=−12（x﹣3）2+2．
（2）如图1中：按照小聪的作法作出点P的对称点P'．
过点P（m，n）作PM⊥x轴，过它的对应点P'（a，b）作P'N⊥x轴，M、N是垂足（如图），
∴Rt△PME∽Rt△P'NE，相似比1：2，
∴3﹣a＝2（3﹣m），b﹣0＝2（n﹣0），
则点P'的坐标为（2m﹣3，2n），
P（m，n）在抛物线y＝（x﹣3）2﹣1上，
∴n＝（m﹣3）2﹣1，即 （m﹣3）2＝n+1，
将x＝2m﹣3代入抛物线C1对应的函数表达式y=12（x﹣3）2﹣2中，
则y=12（2m﹣3﹣3）2﹣2＝2（m﹣3）2﹣2＝2（n+1）﹣2＝2n
∴P'（2m﹣3，2n）在抛物线C1上．
（另一种情形的同法可证）．
（3）如图2中，连接PQ，PD，DQ，P1Q，P2Q，由题意点P（1，3），P1（﹣1，6），P2（7，﹣6），E（3，0），
∴P1E=42+62=213，P1P=13，P1P2=122+82=413，DP=22+42=25，
∴点Q是以点P1为圆心，PE长为半径的圆上，
∴P1Q2＝P1P•P1P2，
∴P1QP1P2=P1PP1Q=12，
∵∠QP1P＝∠QP1P2，
∴△P1QP∽△P1P2Q，
∴PQQP2=PP1QP1=12，
∴PQ=12QP2，
∴DQ+12QP2＝DQ+PQ≥DP，
∴DQ+12QP2≥25，
∴DQ+12P2Q的最小值25．
故答案为25．
【题组六】
21．（2020•滨海县二模）如图1，抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于点A（4，0），B（﹣2，0），与y轴交于点C，线段BC的垂直平分线与对称轴l交于点D，与x轴交于点F，与BC交于点E．对称轴l与x轴交于点H．
（1）求抛物线的函数表达式及对称轴；
（2）求点D和点F的坐标；
（3）如图2，若点P是抛物线上位于第一象限的一个动点，当∠EFP＝45°时，请求出此时点P的坐标．
【分析】（1）由抛物线过点A（4，0），B（﹣2，0），得y=−12（x﹣4）（x+2），则y=−12x2+x+4，由y=−12x2+x+4=−12（x﹣1）2+92，得出对称轴为x＝1；
（2）连接BD、CD，作CG⊥l于G，设D（1，m），由线段垂直平分线的性质得BD＝CD，由勾股定理得出方程，解方程得m＝1，则D（1，1），证△DHF∽△BOC，求出HF＝2，则OF＝OH+HF＝3，得F（3，0）；
（3）分别延长EC与FP，交于点M，过点E作EG⊥x轴，过点M作MN⊥EG于点N，求出E（﹣1，2），证△EGF≌△MNE（AAS），得MN＝EG＝2，NE＝GF＝4，则M（1，6），由待定系数法求直线MF的表达式为y＝﹣3x+9，由直线MF和抛物线解析式组成方程组，解方程组即可．
【解析】（1）∵抛物线过点A（4，0），B（﹣2，0），
∴y=−12（x﹣4）（x+2），
∴y=−12x2+x+4，
即所求抛物线的表达式为：y=−12x2+x+4，
∵y=−12x2+x+4=−12（x﹣1）2+92，
∴抛物线对称轴为：直线x＝1
（2）连接BD、CD，作CG⊥l于G，如图1所示：
∵点D在直线x＝1上
∴设D（1，m），
∵EF垂直平分BC，
∴BD＝CD，
∵C（0，4），B（﹣2，0），
∴OC＝4，OB＝2，
∴（1+2）2+m2＝12+（m﹣4）2，
解得：m＝1，
∴D（1，1），
∵∠DHF＝∠BOC＝90°，∠BFE+∠CBO＝∠BCO+∠CBO＝90°，
∴∠BFE＝∠BCO，
∴△DHF∽△BOC，
∴DHHF=OBOC，即1HF=24，
∴HF＝2，
∴OF＝OH+HF＝3，
∴F（3，0）
（3）分别延长EC与FP，交于点M，过点E作EG⊥x轴，过点M作MN⊥EG于点N，如图2所示：
∵C（0，4），B（﹣2，0），E为BC的中点，
∴E（﹣1，2），
∵∠EFP＝45°，∠MEF＝90°，
∴EF＝EM，∠MEN+∠FEG＝90°，
∵∠FEG+∠EFG＝90°，
∴MEN＝∠EFG，
在△EGF和△MNE中，∠EGF=∠MNE=90°∠EFG=∠MENEF=ME，
∴△EGF≌△MNE（AAS），
∴MN＝EG＝2，NE＝GF＝4，
∴M（1，6），
又∵F（3，0），
∴设直线MF的表达式为：y＝kx+b，
由题意得：6=k+b0=3k+b，
解得：k=−3b=9，
∴y＝﹣3x+9，
∴y=−3x+9y=−12x2+x+4，
∴x1＝4+6（舍去），x2＝4−6，
∴x=4−6y=36−3，
∴P（4−6，36−3）．
22．（2020•锡山区校级模拟）二次函数y＝﹣x2+（m﹣1）x+m（m＞0）图象与x轴交于A，B（A在B左侧），与y轴交于C，顶点为D，连接AC，tan∠OAC＝3．
（1）求抛物线的解析式和D点坐标；
（2）有一点Q在直线BC上，当Q，C，D三点构成的三角形和△AOC相似，直接写出Q点坐标；
（3）P点坐标为（0，t）（t＞0），G（3，t），连接PG，在线段PG上是否存在一点M，连接MO，MB，使∠OMB＝30°，如果存在，求出t的取值范围，如果不存在，说明理由．
【分析】（1）首先确定A，B的坐标，解直角三角形求出OC即可解决问题．
（2）首先证明∠DCB＝90°，证明△BCD∽△COA，推出当Q1与B重合时，Q，C，D三点构成的三角形和△AOC相似，此时Q1（3，0），再根据对称性求出Q4，当CQ2＝CQ3且CQ2＝CQ3=13CD=23时，也满足条件，求出Q2，Q3的坐标即可．
（3）如图2中，以OB为边向上作等边△OBT，以T为圆心，TO为半径作⊙T，交y轴于M，则M（0，33），观察图象可知，当线段PQ与⊙T有交点时，在线段PG上存在一点M，使∠OMB＝30°，求出点N的坐标即可判断．
【解析】（1）如图1中，
对于抛物线y＝﹣x2+（m﹣1）x+m，令y＝0，可得x2+（1﹣m）x﹣m＝0，
∴（x+1）（x﹣m）＝0
∴x＝﹣1或m，
∴A（﹣1，0），B（m，0），C（0，m），
∴OA＝1，OB＝OC＝m，
在Rt△AOC中，∵tan∠OAC=OCOA=3，
∴OA＝OB＝3，即m＝3，
∴y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴D（1，4）．
（2）由（1）可知，A（﹣1，0），C（0，3），B（3，0），D（1，4），
∴OA＝1，OC＝OB＝3，AC=10，CD=2，BC＝32BD＝25，
∴BD2＝CD2+BC2，
∴∠DCB＝90°，
∵OAOC=CDBC=13，
∴OACD=OCBC，
∵∠AOC＝∠BCD＝90°，
∴△BCD∽△COA，
∴当Q1与B重合时，Q，C，D三点构成的三角形和△AOC相似，此时Q1（3，0），
根据对称性可知，当Q4（﹣3，6）时，也满足条件，
当CQ2＝CQ3且CQ2＝CQ3=13CD=23时，也满足条件，此时Q2（13，83），Q3（−13，103），
综上所述，满足条件的点Q的坐标为（3，0）或（﹣3，6）或（13，83）或（−13，103）．
（3）如图2中，以OB为边向上作等边△OBT，以T为圆心，TO为半径作⊙T，交y轴于M，则M（0，33），
观察图象可知，当线段与⊙T有交点时，在线段PG上存在一点M，使∠OMB＝30°，
过点T作TH⊥OB于H，交⊙T于N．则OH＝HB=32，TH=332，TN＝3，
∴N（32，3+332），
∴满足条件的t的值为33≤t≤3+332．