压轴题01 二次函数图象性质与几何问题（3题型+2类型+解题模板+技巧精讲）-2024年中考数学一轮复习讲练测（全国通用）

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2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数）。
3、要学会抢得分点。要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想：体现在数学上也就是要把难转简，把不熟转熟，把未知转为已知的问题。
压轴题解题模板01
二次函数图象性质与几何问题
目 录
TOC \ "1-2" \n \p " " \h \z \u \l "_Tc157701139" 题型一 二次函数与最值问题：
\l "_Tc157701140" 题型二 二次函数与图形面积问题
\l "_Tc157701141" 题型三 二次函数与图形判定问题
\l "_Tc157701142" 类型1：与特殊三角形相关
\l "_Tc157701143" 类型2：与特殊四边形相关
题型一 二次函数与最值问题
【例1】（2023•枣庄节选）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），C（0，3）两点，并交x轴于另一点B，点M是抛物线的顶点，直线AM与y轴交于点D．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）若点H是x轴上一动点，分别连接MH，DH，求MH+DH的最小值；
【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线的表达式；
（2）利用待定系数法可得直线AM的解析式为y＝2x+2，进而可得D（0，2），作点D关于x轴的对称点D′（0，﹣2），连接D′M，D′H，MH+DH＝MH+D′H≥D′M，即MH+DH的最小值为D′M，利用两点间距离公式即可求得答案；
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），C（0，3）两点，
∴，
解得：，
∴该抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点M（1，4），
设直线AM的解析式为y＝kx+d，则，
解得：，
∴直线AM的解析式为y＝2x+2，
当x＝0时，y＝2，
∴D（0，2），
作点D关于x轴的对称点D′（0，﹣2），连接D′M，D′H，如图，
则DH＝D′H，
∴MH+DH＝MH+D′H≥D′M，即MH+DH的最小值为D′M，
∵D′M＝＝，
∴MH+DH的最小值为；
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了求二次函数解析式，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，二次函数图象上点的坐标特征，运用分类讨论思想是解题的关键．
【变式1-1】（2023•内蒙古节选）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴的交点分别为A和B（1，0）（点A在点B的左侧），与y轴交于点C（0，3），点P是直线AC上方抛物线上一动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，过点P做x轴平行线交AC于点E，过点P做y轴平行线交x轴于点D，求PE+PD的最大值及点P的坐标；
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）先求直线AC的解析式，设P（t，﹣t2﹣2t+3），则D（t，0），E（﹣t2﹣2t，﹣t2﹣2t+3），可得PD+PE＝﹣2（t+）2+，当t＝﹣时，PD+PE取最大值，此时P（﹣，）；
【解答】解：（1）把B（1，0），C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c得：
，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）在y＝﹣x2﹣2x+3中，令y＝0得0＝﹣x2﹣2x+3，
解得x＝﹣3或x＝1，
∴A（﹣3，0），
由A（﹣3，0），C（0，3）得直线AC解析式为y＝x+3，
设P（t，﹣t2﹣2t+3），则D（t，0），E（﹣t2﹣2t，﹣t2﹣2t+3），
∴PD+PE＝﹣t2﹣2t+3+（﹣t2﹣2t）﹣t＝﹣2t2﹣5t+3＝﹣2（t+）2+，
∵﹣2＜0，
∴当t＝﹣时，PD+PE取最大值，
此时P（﹣，）；
【点评】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，矩形的性质是解题的关键．
【变式1-2】（2023•眉山）在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，3），点P是抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）当点P在直线AC上方的抛物线上时，连接BP交AC于点D，如图1，当的值最大时，求点P的坐标及的最大值；
【分析】（1）运用待定系数法，将点A（﹣3，0），B（1，0），C（0，3）代入y＝ax2+bx+c，即可求得抛物线的解析式；
（2）运用待定系数法可得直线AC的解析式为y＝x+3，过点P作PE∥x轴交直线AC于点E，设P（t，﹣t2﹣2t+3），则E（﹣t2﹣2t，﹣t2﹣2t+3），可得PE＝﹣t2﹣2t﹣t＝﹣t2﹣3t，由PE∥x轴，得△EPD∽△ABD，进而得出＝＝＝﹣（t+）2+，再运用二次函数的性质即可求得答案；
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，3），
∴，
解得：，
∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）设直线AC的解析式为y＝kx+n，则，
解得：，
∴直线AC的解析式为y＝x+3，
过点P作PE∥x轴交直线AC于点E，如图，
设P（t，﹣t2﹣2t+3），则E（﹣t2﹣2t，﹣t2﹣2t+3），
∴PE＝﹣t2﹣2t﹣t＝﹣t2﹣3t，
∵A（﹣3，0），B（1，0），
∴AB＝1﹣（﹣3）＝4，
∵PE∥x轴，
∴△EPD∽△ABD，
∴＝，
∴＝＝﹣（t+）2+，
∵﹣＜0，
∴当t＝﹣时，的值最大，最大值为，此时点P的坐标为（﹣，）；
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，点坐标转换为线段长度，几何图形与二次函数结合的问题，相似三角形的判定和性质，翻折变换的性质等，最后一问推出PM＝CM为解题关键．
【变式1-3】（2023•西宁）如图，在平面直角坐标系中，直线l与x轴交于点A（6，0），与y轴交于点B（0，﹣6），抛物线经过点A，B，且对称轴是直线x＝1．
（1）求直线l的解析式；
（2）求抛物线的解析式；
（3）点P是直线l下方抛物线上的一动点，过点P作PC⊥x轴，垂足为C，交直线1于点D，过点P作PM⊥l，垂足为M．求PM的最大值及此时P点的坐标．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）根据抛物线的对称轴是直线x＝1，可设y＝a（x﹣1）2+k，利用待定系数法即可求得答案；
（3）由∠PCA＝90°，∠OAB＝45°，可得∠PDM＝∠ADC＝45°，利用解直角三角形可得PM＝PD，设点P（t，t2﹣t﹣6），则D（t，t﹣6），可得PD＝t﹣6﹣（t2﹣t﹣6）＝﹣t2+t＝﹣（t﹣3）2+，利用二次函数的性质即可求得答案．
【解答】解：（1）设直线l的解析式为y＝mx+n（m≠0），
∵直线l与x轴交于点A（6，0），与y轴交于点B（0，﹣6），
∴，
解得：，
∴直线l的解析式为y＝x﹣6；
（2）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣h）2+k（a≠0），
∵抛物线的对称轴是直线x＝1，
∴y＝a（x﹣1）2+k，
∵抛物线经过点A，B，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝（x﹣1）2﹣；
（3）∵A（6，0），B（0，﹣6），
∴OA＝OB＝6，
在△AOB中，∠AOB＝90°，
∴∠OAB＝∠OBA＝45°，
∵PC⊥x轴，PM⊥l，
∴∠PCA＝∠PND＝90°，
在Rt△ADC中，∵∠PCA＝90°，∠OAB＝45°，
∴∠ADC＝45°，
∴∠PDM＝∠ADC＝45°，
在Rt△PMD中，∠PMD＝90°，∠PDM＝45°，
∴sin45°＝，
∴PM＝PD，
∵y＝（x﹣1）2﹣＝x2﹣x﹣6，
∴设点P（t，t2﹣t﹣6），
∴D（t，t﹣6），
∴PD＝t﹣6﹣（t2﹣t﹣6）＝﹣t2+t＝﹣（t﹣3）2+，
∵﹣＜0，
∴当t＝3时，PD有最大值是，此时PM最大，
PM＝PD＝×＝，
当t＝3时，t2﹣t﹣6＝×9﹣×3﹣6＝﹣，
∴P（3，﹣），
∴PM的最大值是，此时点P（3，﹣）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数的图象和性质，解直角三角形等，本题难度适中，熟练掌握待定系数法和二次函数的图象和性质是解题关键．
题型二 二次函数与图形面积问题
【例2】（2023•娄底）如图，抛物线y＝x2+bx+c过点A（﹣1，0）、点B（5，0），交y轴于点C．
（1）求b，c的值．
（2）点P（x0，y0）（0＜x0＜5）是抛物线上的动点．当x0取何值时，△PBC的面积最大？并求出△PBC面积的最大值；
【分析】（1）由抛物线过点A，B，可直接得出抛物线的表达式为：y＝（x+1）（x﹣5），展开即可得出结论；
（2）过点P作PD⊥x轴，交线段BC于点D，则S△PBC＝OB•PD，根据二次函数的性质可得结论；
（2）由题意可知PF⊥PE，若△PEF是等腰直角三角形，则PE＝PF，分别表达PE及PF，可求出x0的值，进而求出点P的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c过点A（﹣1，0）、点B（5，0），
∴抛物线的表达式为：y＝（x+1）（x﹣5）＝x2﹣4x﹣5，
∴b＝﹣4，c＝﹣5；
（2）由（1）得，抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x﹣5，
令x＝0，则y＝﹣5；
∴C（0，﹣5）
∴直线BC的表达式为：y＝x﹣5，P（x0，﹣4x0﹣5），
如图，过点P作x轴的垂线，交线段BC于点D，
则D（x0，x0﹣5），
∴S△PBC＝OB•PD＝×5×（x0﹣5﹣+4x0+5）
＝﹣+x0
＝﹣（x0﹣2.5）2+，
∴当x0＝2.5时，S的值取最大，最大值为；
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、等腰三角形的性质、图形的面积计算等，本题难度不大．
【变式2-1】（2023•怀化）如图一所示，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣8与x轴交于A（﹣4，0）、B（2，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的函数表达式及顶点坐标；
（2）点P为第三象限内抛物线上一点，作直线AC，连接PA、PC，求△PAC面积的最大值及此时点P的坐标；
【分析】（1）运用待定系数法，将A（﹣4，0）、B（2，0）代入y＝ax2+bx﹣8，即可求得抛物线的函数表达式，再利用配方法或顶点坐标公式即可求得抛物线的顶点坐标；
（2）运用待定系数法可得直线AC的解析式为y＝﹣2x﹣8，设P（t，t2+2t﹣8），过点P作PF∥y轴，交AC于点F，则F（t，﹣2t﹣8），进而可得S△PAC＝S△PAF+S△PCF＝2（﹣t2﹣4t）＝﹣2（t+2）2+8，运用二次函数的性质即可求得答案；
【解答】（1）解：∵抛物线y＝ax2+bx﹣8与x轴交于A（﹣4，0）、B（2，0）两点，
∴，
解得：，
∴抛物线的函数表达式为y＝x2+2x﹣8，
∵y＝x2+2x﹣8＝（x+1）2﹣9，
∴抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣9）；
（2）解：∵抛物线y＝x2+2x﹣8与y轴交于点C，
∴C（0，﹣8），
设直线AC的解析式为y＝mx+n，则，
解得：，
∴直线AC的解析式为y＝﹣2x﹣8，
设P（t，t2+2t﹣8），
过点P作PF∥y轴，交AC于点F，如图，
则F（t，﹣2t﹣8），
∴PF＝﹣2t﹣8﹣（t2+2t﹣8）＝﹣t2﹣4t，
∴S△PAC＝S△PAF+S△PCF＝PF•（t+4）+PF•（﹣t）＝2PF＝2（﹣t2﹣4t）＝﹣2（t+2）2+8，
∵﹣2＜0，
∴当t＝﹣2时，S△PAC的最大值为8，此时点P（﹣2，﹣8）；
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质，一元二次方程根与系数关系，圆的性质，圆周角定理等，解题关键是证得O′E＝MN，得出以MN为直径的⊙O′一定经过点E．
【变式2-2】（2023•安徽）在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，抛物线y＝ax2+bx（a≠0）经过点A（3，3），对称轴为直线x＝2．
（1）求a，b的值；
（2）已知点B，C在抛物线上，点B的横坐标为t，点C的横坐标为t+1．过点B作x轴的垂线交直线OA于点D，过点C作x轴的垂线交直线OA于点E．
（i）当0＜t＜2时，求△OBD与△ACE的面积之和；
（ii）在抛物线对称轴右侧，是否存在点B，使得以B，C，D，E为顶点的四边形的面积为？若存在，请求出点B的横坐标t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）由题意得B（t，﹣t2+4t），C（t+1，﹣t2+2t+3），利用待定系数法可得OA的解析式为y＝x，则D（t，t），E（t+1，t+1），
（i）设BD与x轴交于点M，过点A作AN⊥CE，则M（t，0），N（t+1，3），利用S△OBD+S△ACE＝BD•OM+AN•CE即可求得答案；
（ii）分两种情况：①当2＜t＜3时，②当t＞3时，分别画出图象，利用S四边形DCEB＝（BD+CE）•DH，建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx（a≠0）经过点A（3，3），对称轴为直线x＝2，
∴，
解得：；
（2）由（1）得：y＝﹣x2+4x，
∴当x＝t时，y＝﹣t2+4t，
当x＝t+1时，y＝﹣（t+1）2+4（t+1），即y＝﹣t2+2t+3，
∴B（t，﹣t2+4t），C（t+1，﹣t2+2t+3），
设OA的解析式为y＝kx，将A（3，3）代入，得：3＝3k，
∴k＝1，
∴OA的解析式为y＝x，
∴D（t，t），E（t+1，t+1），
（i）设BD与x轴交于点M，过点A作AN⊥CE，如图，
则M（t，0），N（t+1，3），
∴S△OBD+S△ACE＝BD•OM+AN•CE＝（﹣t2+4t﹣t）•t+（﹣t2+2t+3﹣t﹣1）•（3﹣t﹣1）＝（﹣t3+3t2）+（t3﹣3t2+4）＝﹣t3+t2+t3﹣t2+2＝2；
（ii）①当2＜t＜3时，过点D作DH⊥CE于H，如图，
则H（t+1，t），BD＝﹣t2+4t﹣t＝﹣t2+3t，CE＝t+1﹣（﹣t2+2t+3）＝t2﹣t﹣2，DH＝t+1﹣t＝1，
∴S四边形DCEB＝（BD+CE）•DH，
即＝（﹣t2+3t+t2﹣t﹣2）×1，
解得：t＝；
②当t＞3时，如图，过点D作DH⊥CE于H，
则BD＝t﹣（﹣t2+4t）＝t2﹣3t，CE＝t2﹣t﹣2，
∴S四边形DBCE＝（BD+CE）•DH，
即＝（t2﹣3t+t2﹣t﹣2）×1，
解得：t1＝+1（舍去），t2＝﹣+1（舍去）；
综上所述，t的值为．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，一次函数和二次函数的综合应用，四边形面积等，其中（2）（ii）分类求解是解题的关键．
【变式2-3】（2023·辽宁阜新·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于点和点，与y轴交于点C．

(1)求这个二次函数的表达式．
(2)如图1，二次函数图象的对称轴与直线交于点D，若点M是直线上方抛物线上的一个动点，求面积的最大值．
【答案】(1)；
(2)；
【分析】（1）根据抛物线的交点式直接得出结果；
（2）作于，作于，交于，先求出抛物线的对称轴，进而求得，坐标及的长，从而得出过的直线与抛物线相切时，的面积最大，根据的△求得的值，进而求得的坐标，进一步求得上的高的值，进一步得出结果；
【详解】（1）解：由题意得，
；
（2）解：如图1，
作于，作于，交于，
，，
，
，
抛物线的对称轴是直线：，
，
，
，
，
故只需的边上的高最大时，的面积最大，
设过点与平行的直线的解析式为：，
当直线与抛物线相切时，的面积最大，
由得，
，
由△得，
得，
，
，
，
，
，
，
，
；
【点睛】本题考查了二次函数及其图象的性质，一元二次方程的解法，平行四边形的判定和性质，轴对称的性质等知识，解决问题的关键是分类讨论．
【变式2-4】（2023·湖南·统考中考真题）如图，二次函数的图象与轴交于，两点，与轴交于点，其中，．

(1)求这个二次函数的表达式；
(2)在二次函数图象上是否存在点，使得？若存在，请求出点坐标；若不存在，请说明理由；
【答案】(1)
(2)或或
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）根据，可得到的距离等于到的距离，进而作出两条的平行线，求得解析式，联立抛物线即可求解；
【详解】（1）解：将点，代入，得
解得：
∴抛物线解析式为；
（2）∵，
顶点坐标为，
当时，
解得：
∴，则
∵，则
∴是等腰直角三角形，
∵
∴到的距离等于到的距离，
∵，，设直线的解析式为
∴
解得：
∴直线的解析式为，
如图所示，过点作的平行线，交抛物线于点，

设的解析式为，将点代入得，
解得：
∴直线的解析式为，
解得：或
∴，
∵
∴
∴是等腰直角三角形，且，
如图所示，延长至，使得，过点作的平行线，交轴于点，则，则符合题意的点在直线上，
∵是等腰直角三角形，
∴
∴是等腰直角三角形，
∴
∴
设直线的解析式为
∴
解得：
∴直线的解析式为
联立
解得：或
∴或
综上所述，或或；
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，面积问题，角度问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
题型三 二次函数与图形判定问题
类型一 与特殊三角形相关
【例3】（2023•随州节选）如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c过点A（﹣1，0），B（2，0）和C（0，2），连接BC，点P（m，n）（m＞0）为抛物线上一动点，过点P作PN⊥x轴交直线BC于点M，交x轴于点N．
（1）直接写出抛物线和直线BC的解析式；
（2）如图2，连接OM，当△OCM为等腰三角形时，求m的值；
【分析】（1）由题得抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣2），将点C坐标代入求a，进而得到抛物线的解析式；设直线BC的解析式为y＝kx+t，将B、C两点坐标代入求解即可得到直线BC的解析式．
（2）由题可得M坐标，分别求出OC，OM，CM，对等腰三角形OCM中相等的边界线分类讨论，进而列方程求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c过点A（﹣1，0），B（2，0），
∴抛物线的表达式为y＝a（x+1）（x﹣2），
将点C（0，2）代入得，2＝﹣2a，
∴a＝﹣1，
∴抛物线的表达式为y＝﹣（x+1）（x﹣2），即y＝﹣x2+x+2．
设直线BC的表达式为y＝kx+t，
将B（2，0），C（0，2）代入得，
，
解得，
∴直线BC的表达式为y＝﹣x+2．
（2）∵点M在直线BC上，且P（m，n），
∴点M的坐标为（m，﹣m+2），
∴OC＝2
∴CM2＝（m﹣0）2+（﹣m+2﹣2）2＝2m2，OM2＝m2+（﹣m+2）2＝2m2﹣4m+4，
当△OCM为等腰三角形时，
①若CM＝OM，则CM2＝OM2，
即2m2＝2m2﹣4m+4，
解得m＝1；
②若CM＝OC，则CM2＝OC2，
即2m2＝4，
解得或m＝﹣（舍去）；
③若OM＝OC，则OM2＝OC2，
即2m2﹣4m+4＝4，
解得m＝2或m＝0（舍去）．
综上，m＝1或m＝或m＝2．
【点评】本题考查了二次函数的综合应用，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式，等腰三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定等相关知识．
【变式3-1】（2023•恩施州节选）在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与y轴交于点A，抛物线的对称轴与x轴交于点B．
（1）如图，若A（0，），抛物线的对称轴为x＝3．求抛物线的解析式，并直接写出y≥时x的取值范围；
（2）在（1）的条件下，若P为y轴上的点，C为x轴上方抛物线上的点，当△PBC为等边三角形时，求点P，C的坐标；
【分析】（1）把A点的坐标代入抛物线的解析式，可得c，由对称轴是，可求得b；当y＝时，结合图象求得x的范围；
（2）连接AB，在对称轴上截取BD＝AB，分两种情况进行讨论，根据题意可得A、B、C、P四点共圆，先证A、D、C在同一直线上，根据等边三角形的性质，两点之间的距离公式，坐标系中的交点坐标特征等即可求解．
（3））由抛物线过点D（m，2），E（n，2）可设设抛物线解析式为y＝，于是再将点F（1，﹣1）的坐标代入解析式中可得（m﹣1）（n﹣1）＝6，再利用m＜n，m，n为正整数求解即可．
【解答】解：（1）∵A ，抛物线的对称轴为x＝3．
∴c＝，，
解得：b＝3，
∴抛物线解析式为y＝，
当y＝时，＝，
解得：x1＝0，x2＝6，
∴x的取值范围是：0≤x≤6；
（2）连接AB，在对称轴上截取BD＝AB，
由已知可得：OA＝，OB＝3，
在Rt△AOB中，
tan∠OAB＝＝，
∴∠OAB＝60°，
∴∠PAB＝180°﹣∠OAB＝120°，
∵△BCP是等边三角形，
∴∠BCP＝60°，
∴∠PAB+∠BCP＝180°，
∴A、B、C、P四点共圆，
∴∠BAC＝∠BPC＝60°，
∵BD＝AB，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠BAD＝60°，
∴点D在AC上，
BD＝AB＝，
∴D（3，），
设AD的解析式为y＝kx+b，则有：
，
解得：，
∴AC的解析式为：y＝，
由＝，得：
x1＝0，x2＝，
当x＝时，y＝，
∴C（，），
设P（0，y），则有：
，
解得：y＝，
∴P（0，）；
当C与A重合时，
∵∠OAB＝60°，
∴点P与点A关于x轴对称，符合题意，
此时，P（0，），C（0，）；
∴C（，），P（0，）或P（0，），C（0，）；
【点评】本题考查了二次函数的性质，根据特三角函数求角度，圆内接四边形对角互补，二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
【变式3-2】（2023•益阳）在平面直角坐标系xOy中，直线l：y＝a（x+2）（a＞0）与x轴交于点A，与抛物线E：y＝ax2交于B，C两点（B在C的左边）．
（1）求A点的坐标；
（2）如图1，若B点关于x轴的对称点为B′点，当以点A，B′，C为顶点的三角形是直角三角形时，求实数a的值；
【分析】（1）解方程a（x+2）＝0；
（2）表示出点A，B′，C的坐标，利用勾股定理解方程求解，注意直角顶点不确定，需分类讨论；
（3）直线l与抛物线E所围成的封闭图形（不包含边界）中的格点只能落在y轴和直线x＝1上，各为13个，分别求出a的范围．
【解答】解：（1）令y＝a（x+2）＝0，得x＝﹣2，
A点的坐标为（﹣2，0）；
（2）联立直线l：y＝a（x+2）与抛物线E：y＝ax2得：
，
∴x2﹣x﹣2＝0，
∴x＝﹣1或x＝2，
∴B（﹣1，a），C（2，4a），
∵B点关于x轴的对称点为B′点，
∴B'（﹣1，﹣a），
∴AB'2＝（﹣2+1）2+（0+a）2＝a2+1，
AC2＝（2+2）2+（4a﹣0）2＝16a2+16，
B'C2＝（2+1）2+（4a+a）2＝25a2+9，
若∠CAB'＝90°，则AB'2+AC2＝B'C2，即a2+1+16a2+16＝25a2+9，所以a＝1，
若∠AB'C＝90°，则AB'2+B'C2＝AC2，即a2+1+25a2+9＝16a2+16，所以a＝，
若∠ACB'＝90°，则AC2+B'C2＝AB'2，即16a2+16+25a2+9＝a2+1，此方程无解．
∴a＝1或a＝．
【点评】本题考查了一次函数和二次函数的图象与性质，并与直角三角形和新定义结合，关键是弄清格点只能落在y轴和直线x＝1上，各为13个，并对点D、F进行定位．
类型二 与特殊四边形相关
【例4】（2023•自贡）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+4与x轴交于A（﹣3，0），B两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线解析式及B，C两点坐标；
（2）以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，求点D坐标；
【分析】（1）根据待定系数法求出抛物线的解析式，然后即可求出抛物线与x轴和y轴的交点坐标．
（2）分三种情况，先确定四边形的对角线，找到对角线的中点，然后根据中点坐标公式即可求解．
【解答】解：（1）把点A的坐标代入解析式得b＝，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+4，
∴点C的坐标为（0，4），点B的坐标为（1，0）．
（2）以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，分三种情况：
①若AC为对角线，设AC的中点为F，则根据中点坐标公式可得F的坐标为（﹣，2），
设点D的坐标为（a，b），则有，
解得a＝﹣4，b＝4，此时点D的坐标为（﹣4，4），
②若以AB为对角线，设AB的中点为F，则F的坐标为（﹣1，0），
设点D的坐标为（a，b），则有，
解得a＝﹣2，b＝﹣4，此时点D的坐标为（﹣2，﹣4），
③若以BC为对角线，设BC的中点为F，则点F的坐标为（，2），
设点D的坐标为（a，b），则有，
解得a＝4，b＝4，此时点D的坐标为（4，4），
综上所述，点D的坐标为（﹣4，4）或（﹣2，﹣4）或（4，4）；
【变式4-1】（2023•巴中）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过点A（﹣1，0）和B（0，3），其顶点的横坐标为1．
（1）求抛物线的表达式．
（2）若直线x＝m与x轴交于点N，在第一象限内与抛物线交于点M，当m取何值时，使得AN+MN有最大值，并求出最大值．
（3）若点P为抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴上一动点，将抛物线向左平移1个单位长度后，Q为平移后抛物线上一动点．在（2）的条件下求得的点M，是否能与A、P、Q构成平行四边形？若能构成，求出Q点坐标；若不能构成，请说明理由．
【分析】（1）由抛物线顶点横坐标，可得出抛物线的对称轴为直线x＝1，结合点A的坐标，可得出抛物线与x轴另一交点的坐标，结合点B的坐标，再利用待定系数法，即可求出抛物线的表达式；
（2）由“直线x＝m与x轴交于点N，在第一象限内与抛物线交于点M”，可得出点M，N的坐标，进而可得出AN，MN的值，代入AN+MN中，可得出AN+MN＝﹣（m﹣）2+，再利用二次函数的性质，即可解决最值问题；
（3）利用平移的性质，可得出平移后抛物线的表达式为y＝﹣x2+4，利用二次函数图象上点的坐标特征，可求出点M的坐标，假设存在以A，P，Q，M为顶点的平行四边形，设点P的坐标为（1，m），点Q的坐标为（n，﹣n2+4），分AM为对角线、AP为对角线及AQ为对角线三种情况考虑，由平行四边形的对角线互相平分，可得出关于n的一元一次方程，解之可得出n值，再将其代入点Q的坐标中，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵抛物线的顶点横坐标为1，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1．
∵点A的坐标为（﹣1，0），
∴抛物线与x轴的另一交点坐标为（3，0）．
将（﹣1，0），（3，0），（0，3）代入y＝ax2+bx+c得：，
解得：，
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵直线x＝m与x轴交于点N，在第一象限内与抛物线交于点M，
∴点M的坐标为（m，﹣m2+2m+3），点N的坐标为（m，0），
∴MN＝﹣m2+2m+3，AN＝m+1，
∴AN+MN＝m+1+（﹣m2+2m+3）＝﹣m2+3m+4＝﹣（m﹣）2+，
∵﹣1＜0，且0＜m＜3，
∴当m＝时，AN+MN有最大值，最大值为；
（3）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线向左平移1个单位长度后的表达式为y＝﹣x2+4．
当x＝时，y＝﹣（）2+2×+3＝，
∴点M的坐标为（，）．
假设存在以A，P，Q，M为顶点的平行四边形，设点P的坐标为（1，m），点Q的坐标为（n，﹣n2+4）．
①当AM为对角线时，对角线AM，PQ互相平分，
∴＝，
解得：n＝﹣，
∴点Q的坐标为（﹣，）；
②当AP为对角线时，对角线AP，MQ互相平分，
∴＝，
解得：n＝﹣，
∴点Q的坐标为（﹣，）；
③当AQ为对角线时，对角线AQ，PM互相平分，
∴＝，
解得：n＝，
∴点Q的坐标为（，﹣）．
综上所述，存在以A，P，Q，M为顶点的平行四边形，点Q的坐标为（﹣，）或（﹣，）或（，﹣）．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求二次函数解析式、二次函数的性质以及平行四边形的判定与性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出抛物线的表达式；（2）利用二次函数的性质，求出AN+MN的最大值；（3）利用平行四边形的性质（对角线互相平分），找出关于n的一元一次方程．
【变式4-2】（2023•锦州）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于点A（﹣1，0）和B，交y轴于点C（0，3），顶点为D．
（1）求抛物线的表达式；
（2）若点E在第一象限内对称轴右侧的抛物线上，四边形ODEB的面积为7，求点E的坐标；
（3）在（2）的条件下，若点F是对称轴上一点，点H是坐标平面内一点，在对称轴右侧的抛物线上是否存在点G，使以点E，F，G，H为顶点的四边形是菱形，且∠EFG＝60°，如果存在，请直接写出点G的坐标；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）把点A（﹣1，0）和点C（0，3）代入求抛物线的表达式；
（2）将四边形ODEB分割，S四边形ODEB＝S△ODM+S梯形DMNE+S△ENB，利用7建立方程求点E的坐标；
（3）对E，F，G，H四个点按顺时针和逆时针排成菱形，分别求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（﹣1，0）和点C（0，3），
∴，
∴，
∴抛物线的表达式y＝﹣x2+2x+3．
（2）设抛物线的对称轴与x轴交于点M，过点E作EN⊥x轴于点N，如图．
设E（x，﹣x2+2x+3），
∴BN＝3﹣x，MN＝x﹣1，
∴S四边形ODEB＝S△ODM+S梯形DMNE+S△ENB＝×1×4+（4﹣x2+2x+3）（x﹣1）+（﹣x2+2x+3）（3﹣x）＝﹣x2+4x+3，
∵四边形ODEB的面积为7，
∴﹣x2+4x+3＝7，
∴x2﹣4x+4＝0，
∴x1＝x2＝2，
∴E（2，3）．
（3）存在点G，使以点E，F，G，H为顶点的四边形是菱形，且∠EFG＝60°，满足条件G的坐标为（，）或（，）．理由如下：
如图，连接CG，DG，
∵四边形EFGH是菱形，且∠EFG＝60°，
∴△EFG是等边三角形，
∴△DCE是等边三角形，
∴△CEG≌△DEF，
∴∠ECG＝∠EDF＝30°，
∴直线CG的表达式为y＝﹣x+3，
∴，
∴G（，）；
如图，连接CG、DG、CF，
∵四边形EFGH是菱形，且∠EFG＝60°，
∴△EFG是等边三角形，
∴△DCE是等边三角形，
∴△DGE≌△CFE，
∴DG＝CF，
∴CF＝FE，GE＝FE，
∴DG＝GE，
∴△CDG≌△CEG，
∴∠DCG＝∠ECG＝30°，
∴直线CG的表达式为y＝x+3，
∴，
∴G（，），
综上，G（，）或（，）．
【点评】本题考查了二次函数解析式的求法，与四边形面积和菱形结合，对于（2）关键是分割，对于（3）关键是找清分类标准．
【变式4-3】（2022•黔西南州）如图，在平面直角坐标系中，经过点A（4，0）的直线AB与y轴交于点B（0，4）．经过原点O的抛物线y＝﹣x2+bx+c交直线AB于点A，C，抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线y＝﹣x2+bx+c的表达式；
（2）M是线段AB上一点，N是抛物线上一点，当MN∥y轴且MN＝2时，求点M的坐标；
（3）P是抛物线上一动点，Q是平面直角坐标系内一点．是否存在以点A，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将点A、O的坐标分别代入抛物线解析式，解方程即可；
（2）设直线AB的解析式为y＝kx+b，利用待定系数法求出解析式，再表示出MN，然后根据MN＝2解方程可得答案；
（3）分AC为边和对角线两种情况进行讨论：根据平移的性质，三角形相似的性质和判定，两点的距离公式可得结论．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（4，0）和O（0，0），
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x；
（2）∵直线AB经过点A（4，0）和B（0，4），
∴直线AB的解析式为：y＝﹣x+4，
∵MN∥y轴，
设M（t，﹣t+4），N（t，﹣t2+4t），其中0≤t≤4，
当M在N点的上方时，
MN＝﹣t+4﹣（﹣t2+4t）＝t2﹣5t+4＝2，
解得：t1＝，t2＝（舍），
∴M1（，），
当M在N点下方时，
MN＝﹣t2+4t﹣（﹣t+4）＝﹣t2+5t﹣4＝2，
解得：t1＝2，t2＝3，
∴M2（2，2），M3（3，1），
综上，满足条件的点M的坐标有三个（，）或（2，2）或（3，1）；
（3）存在，
①如图2，若AC是矩形的边，
设抛物线的对称轴与直线AB交于点R，且R（2，2），
过点C，A分别作直线AB的垂线交抛物线于点P1，P2，
∵C（1，3），D（2，4），
∴CD＝＝，
同理得：CR＝，RD＝2，
∴CD2+CR2＝DR2，
∴∠RCD＝90°，
∴点P1与点D重合，
当CP1∥AQ1，CP1＝AQ1时，四边形ACP1Q1是矩形，
∵C（1，3）向右平移1个单位，向上平移1个单位得到P1（2，4），
∴A（4，0）向右平移1个单位，向上平移1个单位得到Q1（5，1），
此时直线P1C的解析式为：y＝x+2，
∵直线P2A与P1C平行且过点A（4，0），
∴直线P2A的解析式为：y＝x﹣4，
∵点P2是直线y＝x﹣4与抛物线y＝﹣x2+4x的交点，
∴﹣x2+4x＝x﹣4，
解得：x1＝﹣1，x2＝4（舍），
∴P2（﹣1，﹣5），
当AC∥P2Q2时，四边形ACQ2P2是矩形，
∵A（4，0）向左平移3个单位，向上平移3个单位得到C（1，3），
∴P2（﹣1，﹣5）向左平移3个单位，向上平移3个单位得到Q2（﹣4，﹣2）；
②如图3，若AC是矩形的对角线，
设P3（m，﹣m2+4m）
当∠AP3C＝90°时，过点P3作P3H⊥x轴于H，过点C作CK⊥P3H于K，
∴∠P3KC＝∠AHP3＝90°，∠P3CK＝∠AP3H，
∴△P3CK∽△AP3H，
∴＝，
∴＝，
∵点P不与点A，C重合，
∴m≠1或m≠4，
∴m2﹣3m+1＝0，
∴m＝，
∴如图4，满足条件的点P有两个，即P3（，），P4（，），
当P3C∥AQ3，P3C＝AQ3时，四边形AP3CQ3是矩形，
∵P3（，）向左平移个单位，向下平移个单位得到C（1，3），
∴A（4，0）向左平移个单位，向下平移个单位得到Q3（，），
当P4C∥AQ4，P4C＝AQ4时，四边形AP4CQ4是矩形，
∵P4（，）向右平移个单位，向上平移个单位得到C（1，3），
∴A（4，0）向右平移个单位，向上平移个单位得到Q4（，）；
综上，点Q的坐标为（5，1）或（﹣4，﹣2）或（，）或（，）．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，平移的性质等知识，正确画图，并运用分类讨论的思想是解本题的关键．
一、解答题
1．（2023·辽宁·统考中考真题）如图，抛物线y=ax2+83x+c与x轴交于点A和点B3.0，与y轴交于点C0,4，点P为第一象限内抛物线上的动点过点P作PE⊥x轴于点E，交BC于点F．

(1)求抛物线的解析式；
(2)当△BEF的周长是线段PF长度的2倍时，求点P的坐标；
(3)当点P运动到抛物线顶点时，点Q是y轴上的动点，连接BQ，过点B作直线l⊥BQ，连接QF并延长交直线l于点M．当BQ=BM时，请直接写出点的坐标．
【答案】(1)y=−43x2+83x+4
(2)P32,5
(3)Q0,12+463或0,12−463
【分析】（1）利用待定系数法求解；
（2）根据直角三角形三角函数值可得BE=34EF，BF=54EF，进而可得△BEF的周长=BE+BF+EF=3EF，结合已知条件可得2PF=3EF，设Pt,−43t2+83t+4，则Ft,−43t+4，Et,0，从而可得方程3×−43t+4 =2×−43t2+4t，解方程即可；
（3）先求出F1,83，P1,163，设Q0,n，过点M作MN⊥x轴于点N，通过证明△BQO△≌MBN AAS，求出M3+n,3，再求出直线QM的解析式为y=3−n3+nx+n，将点F1,83代入解析式求出n的值即可．
【详解】（1）解：将B3.0，C0,4代入y=ax2+83x+c，
可得32⋅a+83×3+c=0c=4，
解得a=−43c=4，
∴抛物线的解析式为y=−43x2+83x+4；
（2）解：∵ B3.0，C0,4，
∴ OB=3，OC=4，
∴ tan∠OBC=43，
∴ BE=34EF，BF=54EF，
∴ △BEF的周长=BE+BF+EF=3EF，
∵ △BEF的周长是线段PF长度的2倍，
∴ 2PF=3EF，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
将B3.0，C0,4代入可得3k+b=0b=4，
解得k=−43b=4，
∴直线BC的解析式为y=−43x+4，
设Pt,−43t2+83t+4，则Ft,−43t+4，Et,0，
∴ EF=−43t+4，PF=−43t2+83t+4−−43t+4=−43t2+4t，
∴ 3×−43t+4 =2×−43t2+4t，
解得t1=32，t2=3（舍），
∴ −43t2+83t+4=−43×322+83×32+4=5，
∴ P32,5；
（3）解：∵ y=−43x2+83x+4=−43x−12+163，
∴当x=1时，y取最大值163，
∴ P1,163，
∵直线BC的解析式为y=−43x+4，
∴当x=1时，y=−43×1+4=83，
∴ F1,83，
设Q0,n，过点M作MN⊥x轴于点N，

由题意知∠QBM=90°，
∴ ∠QBO+∠MBN=90°，
∵ ∠QBO+∠OQB=90°，
∴ ∠OQB=∠MBN，
又∵ ∠QOB=∠BNM=90°，BQ=BM，
∴ △BQO△≌MBN AAS，
∴ OQ=NB，BO=MN，
∴ M3+n,3，
设直线QM的解析式为y=k′x+n，
则k′3+n+n=3，
解得k′=3−n3+n，
∴直线QM的解析式为y=3−n3+nx+n，
将点F1,83代入，得3−n3+n+n=83，
解得n=13+463或n=13−463，
∴ Q0,13+463或0,13−463．
【点睛】本题考查一次函数的图象和性质，二次函数的图象和性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形等，综合性较强，难度较大，熟练运用数形结合思想，正确作出辅助线是解题的关键．
2．（2023·湖南张家界·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于点A−2,0和点B6,0两点，与y轴交于点C0,6．点D为线段BC上的一动点．

(1)求二次函数的表达式；
(2)如图1，求△AOD周长的最小值；
(3)如图2，过动点D作DP∥AC交抛物线第一象限部分于点P，连接PA,PB，记△PAD与△PBD的面积和为S，当S取得最大值时，求点P的坐标，并求出此时S的最大值．
【答案】(1)y=−12x2+2x+6
(2)12
(3)3,152，S最大值=272
【分析】（1）根据题意设抛物线的表达式为y=ax+2x−6，将0,6代入求解即可；
（2）作点O关于直线BC的对称点E，连接EC、EB，根据点坐特点及正方形的判定得出四边形OBEC为正方形，E6,6，连接AE，交BC于点D，由对称性DE=DO，此时DO+DA有最小值为AE的长，再由勾股定理求解即可；
（3）由待定系数法确定直线BC的表达式为y=−x+6，直线AC的表达式为y=3x+6，设Pm,−12m2+2m+6，然后结合图形及面积之间的关系求解即可．
【详解】（1）解：由题意可知，设抛物线的表达式为y=ax+2x−6，
将0,6代入上式得：6=a0+20−6，
a=−12
所以抛物线的表达式为y=−12x2+2x+6；
（2）作点O关于直线BC的对称点E，连接EC、EB，
∵B6,0，C0,6，∠BOC=90°，
∴OB=OC=6，
∵O、E关于直线BC对称，
∴四边形OBEC为正方形，
∴E6,6，
连接AE，交BC于点D，由对称性DE=DO，
此时DO+DA有最小值为AE的长，
AE=AB2+BE2=82+62=10
∵△AOD的周长为DA+DO+AO，
AO=2，DA+DO的最小值为10，
∴△AOD的周长的最小值为10+2=12；
（3）由已知点A−2,0，B6,0，C0,6，
设直线BC的表达式为y=kx+n，
将B6,0，C0,6代入y=kx+n中，6k+n=0n=0，解得k=−1n=6，
∴直线BC的表达式为y=−x+6，
同理可得：直线AC的表达式为y=3x+6，
∵PD∥AC，
∴设直线PD表达式为y=3x+ℎ，
由（1）设Pm,−12m2+2m+6，代入直线PD的表达式
得：ℎ=−12m2−m+6，
∴直线PD的表达式为：y=3x−12m2−m+6，
由y=−x+6y=3x−12m2−m+6，得x=18m2+14my=−18m2−14m+6，
∴D18m2+14m,−18m2−14m+6，
∵P，D都在第一象限，
∴S=S△PAD+S△PBD=S△PAB−S△DAB
=12AB−12m2+2m+6−−18m2−14m+6
=12×8−38m2+94m
=−32m2+9m=−32m2−6m
=−32(m−3)2+272，
∴当m=3时，此时P点为3,152.
S最大值=272．
【点睛】题目主要考查二次函数的综合应用，包括待定系数法确定函数解析式，周长最短问题及面积问题，理解题意，熟练掌握运用二次函数的综合性质是解题关键．
3．（2023·四川凉山·统考中考真题）如图，已知抛物线与x轴交于A1,0和B−5,0两点，与y轴交于点C．直线y=−3x+3过抛物线的顶点P．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)若直线x=m−5