试卷 2020年全国中考数学压轴题——函数篇（解析版）

这是一份试卷 2020年全国中考数学压轴题——函数篇（解析版），共452页。试卷主要包含了两点，交y轴于点C，分别相交于点P，Q，，作直线BC等内容，欢迎下载使用。

2020年全国中考数学压轴题——函数篇
解析版
1．（2020•西藏）在平面直角坐标系中，二次函数y=12x2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣2，0），B（4，0）两点，交y轴于点C，点P是第四象限内抛物线上的一个动点．
（1）求二次函数的解析式；
（2）如图甲，连接AC，PA，PC，若S△PAC=152，求点P的坐标；
（3）如图乙，过A，B，P三点作⊙M，过点P作PE⊥x轴，垂足为D，交⊙M于点E．点P在运动过程中线段DE的长是否变化，若有变化，求出DE的取值范围；若不变，求DE的长．

【分析】（1）由二次函数y=12x2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣2，0），B（4，0）两点，可得二次函数的解析式为y=12（x+2）（x﹣4），由此即可解决问题．
（2）根据S△PAC＝S△AOC+S△OPC﹣S△AOP，构建方程即可解决问题．
（3）结论：点P在运动过程中线段DE的长是定值，DE＝2．根据AM＝MP，根据方程求出t，再利用中点坐标公式，求出点E的纵坐标即可解决问题．
【解答】解：（1）∵二次函数y=12x2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣2，0），B（4，0）两点，
∴二次函数的解析式为y=12（x+2）（x﹣4），
即y=12x2﹣x﹣4．
（2）如图甲中，连接OP．设P（m，12m2﹣m﹣4）．

由题意，A（﹣2，0），C（0，﹣4），
∵S△PAC＝S△AOC+S△OPC﹣S△AOP，
∴152=12×2×4+12×4×m-12×2×（-12m2+m+4），
整理得，m2+2m﹣15＝0，
解得m＝3或﹣5（舍弃），
∴P（3，-52）．
（3）结论：点P在运动过程中线段DE的长是定值，DE＝2．
理由：如图乙中，连接AM，PM，EM，设M（1，t），P[m，12（m+2）（m﹣4）]，E（m，n）．

由题意A（﹣2，0），AM＝PM，
∴32+t2＝（m﹣1）2+[12（m+2）（m﹣4）﹣t]2，
解得t＝1+14（m+2）（m﹣4），
∵ME＝PM，PE⊥AB，
∴t=n+12(m+2)(m-4)2，
∴n＝2t-12（m+2）（m﹣4）＝2[1+14（m+2）（m﹣4）]-12（m+2）（m﹣4）＝2，
∴DE＝2，
另解：∵PD•DE＝AD•DB，∴DE=AD⋅DBPD=(m+2)(4-m)-12(m+2)(m-4)=2，为定值．
∴点P在运动过程中线段DE的长是定值，DE＝2．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了三角形的面积，三角形的外接圆，三角形的外心等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
2．（2020•德阳）如图1，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a（a≠0）与x轴交于点A，B．与y轴交于点C．连接AC，BC．已知△ABC的面积为2．
（1）求抛物线的解析式；
（2）平行于x轴的直线与抛物线从左到右依次交于P，Q两点．过P，Q向x轴作垂线，垂足分别为G，H．若四边形PGHQ为正方形，求正方形的边长；
（3）如图2，平行于y轴的直线交抛物线于点M，交x轴于点N（2，0）．点D是抛物线上A，M之间的一动点，且点D不与A，M重合，连接DB交MN于点E．连接AD并延长交MN于点F．在点D运动过程中，3NE+NF是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．

【分析】（1）先将抛物线解析式变形，可得A和B的坐标，从而得AB＝1+3＝4，根据三角形ABC的面积为2可得OC的长，确定点C的坐标，根据点C的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数的解析式；
（2）分两种情况：PQ在x轴的上方和下方，设点P的纵坐标为m，当y＝m时，-13x2+23x+1＝m，解方程可得P和Q两点的坐标，从而得G和H的坐标，再利用正方形的性质可得出关于m的方程，解之即可得出结论；
（3）设点D（n，-13n2+23n+1），利用待定系数法求直线AD和BD的解析式，表示FN和OK的长，直接代入计算可得结论．
【解答】解：（1）如图1，y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a（x2﹣2x﹣3）＝a（x﹣3）（x+1），

∴A（﹣1，0），B（3，0），
∴AB＝4，
∵△ABC的面积为2，即12AB⋅OC=2，
∴12×4×OC=2，
∴OC＝1，
∴C（0，1），
将C（0，1）代入y＝ax2﹣2ax﹣3a，得：﹣3a＝1，
∴a=-13，
∴该二次函数的解析式为y=-13x2+23x+1；
（2）分两种情况：
①当PQ在x轴的上方时，如图2，设点P的纵坐标为m，当y＝m时，-13x2+23x+1＝m，

解得：x1＝1+4-3m，x2＝1-4-3m，
∴点P的坐标为（1-4-3m，m），点Q的坐标为（1+4-3m，m），
∴点G的坐标为（1-4-3m，0），点H的坐标为（1+4-3m，0），
∵矩形PGHQ为正方形，
∴1+4-3m-（1-4-3m）＝m，
解得：m1＝﹣6﹣213（舍），m2＝﹣6+213；
②当PQ在x轴的下方时，m＜0，
同理可得m＝﹣6﹣213；
∴当四边形PGHQ为正方形时，边长为6+213或213-6；
（3）如图3，设点D（n，-13n2+23n+1），延长BD交y轴于K，

∵A（﹣1，0），
设AD的解析式为：y＝kx+b，
则-k+b=0nk+b=-13n2+23n+1，解得：k=-13n+1b=-13n+1，
∴AD的解析式为：y＝（-13n+1）x-13n+1，
当x＝2时，y=-23n+2-13n+1＝﹣n+3，
∴F（2，3﹣n），
∴FN＝3﹣n，
同理得直线BD的解析式为：y＝（-13n-13）x+n+1，
∴K（0，n+1），
∴OK＝n+1，
∵N（2，0），B（3，0），
∴BNOB=13，
∵EN∥OK，
∴ENOK=BNOB=13，
∴OK＝3EN，
∴3EN+FN＝OK+FN＝n+1+3﹣n＝4，
∴在点D运动过程中，3NE+NF为定值4．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、正方形的性质、待定系数法求一次函数解析式以及平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）利用正方形的性质，找出关于m的方程；（3）利用AD和BD的解析式确定FN和OK的长，可解决问题．
3．（2020•锦州）在平面直角坐标系中，抛物线y=-13x2+bx+c交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，交y轴于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图，直线y=34x+94与抛物线交于A，D两点，与直线BC交于点E．若M（m，0）是线段AB上的动点，过点M作x轴的垂线，交抛物线于点F，交直线AD于点G，交直线BC于点H．
①当点F在直线AD上方的抛物线上，且S△EFG=59S△OEG时，求m的值；
②在平面内是否存在点P，使四边形EFHP为正方形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）根据抛物线解析式中a=-13和交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，利用交点式可得抛物线的解析式；
（2）①如图1，先利用待定系数法求直线BC的解析式，联立方程可得交点E的坐标，根据M（m，0），且MH⊥x轴，表示点G（m，34m+94），F（m，-13m2+13m+4），由S△EFG=59S△OEG，列方程可得结论；
②存在，根据正方形的性质得：FH＝EF，∠EFH＝∠FHP＝∠HPE＝90°，同理根据M（m，0），得H（m，﹣m+4），F（m，-13m2+13m+4），分两种情况：F在EP的左侧，在EP的右侧，根据EF＝FH，列方程可得结论．
【解答】解：（1）∵抛物线y=-13x2+bx+c交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，
∴y=-13（x+3）（x﹣4）=-13x2+13x+4；
（2）①如图1，∵B（4，0），C（0，4），

∴设BC的解析式为：y＝kx+n，
则4k+n=0n=4，解得k=-1n=4，
∴BC的解析式为：y＝﹣x+4，
∴﹣x+4=34x+94，
解得：x＝1，
∴E（1，3），
∵M（m，0），且MH⊥x轴，
∴G（m，34m+94），F（m，-13m2+13m+4），
∵S△EFG=59S△OEG，
∴12FG×(xE-xF)=59×12ON（xE﹣xG），
[（-13m2+13m+4）﹣（34m+94）]（1﹣m）=59×94(1-m)，
解得：m1=34，m2＝﹣2；
②存在，由①知：E（1，3），
∵四边形EFHP是正方形，
∴FH＝EF，∠EFH＝∠FHP＝∠HPE＝90°，
∵M（m，0），且MH⊥x轴，
∴H（m，﹣m+4），F（m，-13m2+13m+4），
分两种情况：
i）当﹣3≤m＜1时，如图2，点F在EP的左侧，

∴FH＝（﹣m+4）﹣（-13m2+13m+4）=13m2-43m，
∵EF＝FH，
∴13m2-43m=1-m，
解得：m1=1+132（舍），m2=1-132，
∴H（1-132，7+132），
∴P（1，7+132），
ii）当1＜m＜4时，点F在PE的右边，如图3，

同理得-13m2+43m=m﹣1，
解得：m1=1+132，m2=1-132（舍），
同理得P（1，7-132）；
综上，点P的坐标为：(1，7+132)或(1，7-132)．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数，正方形的性质，二次函数，两函数的交点，图形的面积计算等，与方程相结合，求解点的坐标，难度适中．
4．（2020•朝阳）如图，抛物线y=-12x2+bx+c与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C，抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，点C坐标为（0，4）．

（1）求抛物线表达式；
（2）在抛物线上是否存在点P，使∠ABP＝∠BCO，如果存在，求出点P坐标；如果不存在，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，若点P在x轴上方，点M是直线BP上方抛物线上的一个动点，求点M到直线BP的最大距离；
（4）点G是线段AC上的动点，点H是线段BC上的动点，点Q是线段AB上的动点，三个动点都不与点A，B，C重合，连接GH，GQ，HQ，得到△GHQ，直接写出△GHQ周长的最小值．
【分析】（1）利用抛物线的对称轴为x＝﹣1，求出b的值，再把b的值和C的坐标代入y=-12x2+bx+c计算即可；
（2）作PE⊥x轴于点E，利用相似三角形的判定方法可证得△PEB∽△BOC，设P(m，-12m2-m+4)，则PE=|-12m2-m+4|，BE＝2﹣m，再分别讨论P的位置列式求解即可；
（3）作MF⊥x轴于点F，交BP于点R，作MN⊥BP于点N，用待定系数法求出直线BP的解析式，利用解析式表示出MR的长度，再通过求证△MNR∽△BFR联合Rt△MNR建立比值关系列式计算即可；
（4）作Q点关于AC的对称点Q1，作Q关于CB的对称点Q2，连接Q1Q2与AC于G1，与CB交于点H1，连接QQ1交AC于J，连接QQ2交CB于K，此时△QG1H1的周长最小，这个最小值＝QQ2，再证明Q1Q2＝2JK，JK最小时，△QGH周长最小，利用图2证明当点Q与点O重合时JK最小，在图3中利用相似三角形的性质求出JK的最小值即可解决问题．
【解答】解：（1）∵抛物线对称轴为x＝﹣1，
∴-b2×(-12)=-1，
∴b＝﹣1，
将（0，4）代入y=-12x2-x+c中，
∴c＝4，
∴y=-12x2-x+4．
（2）如图1中，作PE⊥x轴于点E．

∵∠ABP＝∠BCO，∠PEB＝∠BOC＝90°，
∴△PEB∽△BOC，
∴PEBE=OBOC=12（此处也可以由等角的正切值相等得到），
设P(m，-12m2-m+4)，则PE＝|-12m2﹣m+4|，BE＝2﹣m，
①当点P在x轴上方时：-12m2-m+42-m=12，
解得m1＝﹣3，m2＝2（不符题意，舍），
②当点P在x轴下方时：12m2+m-42-m=12，
解得m1＝﹣5，m2＝2（不符题意，舍），
∴P(-3，52)或P(-5，-72)．

（3）作MF⊥x轴于点F，交BP于点R，作MN⊥BP于点N．

∵y=-12x2-x+4=-12（x+4）（x﹣2），
∴A（﹣4，0），B（2，0），
设yBP＝kx+b1，
将P(-3，52)，(2，0)代入得解得k=-12，b1=1，
∴yBP=-12x+1，
设M(a，-12a2-a+4)，则R(a，-12a+1)，
∴MR=(-12a2-a+4)-(-12a+1)=-12a2-12a+3，
∵∠MNR＝∠RFB＝90°，∠NRM＝∠FRB，
∴△MNR∽△BFR，
∴NRMN=RFFB，
∵tan∠ABP=12=RFFB=NRMN，
在Rt△MNR中NR：MN：MR＝1：2：5，
∴MNMR=25=255，
∴MN=-55a2-55a+655=-55(a+12)2+554，
当a=-12时，MN最大为554．

（4）作Q点关于AC的对称点Q1，作Q关于CB的对称点Q2，连接Q1Q2与AC于G1，与CB交于点H1，连接QQ1交AC于J，连接QQ2交CB于K，此时△QG1H1的周长最小，这个最小值＝Q1Q2．

∵QJ＝JQ1，QK＝KQ2，
∴Q1Q2＝2JK，
∴当JK最小时，Q1Q2最小，如图2中：

∵∠CJQ＝∠CKQ＝90°，
∴C、J、Q、K四点共圆，线段CQ就是圆的直径，JK是弦，
∵∠JCK是定值，
∴直径CQ最小时，弦JK最小，
∴当点Q与点O重合时，CQ最小，此时JK最小，如图3中：

∵在Rt△COA中，∠COA＝90°，CO＝4，AO＝4，
∴AC=AO2+CO2=42+42=42，
∵Rt△COB，∠COB＝90°，CB=CO2+BO2=42+22=25，
∵OJ⊥AC，OK⊥CB，
∴12CB⋅OK=12OC•OB，
∴OK=455，
∴CK=CO2-OK2=42-(455)=855，
∵∠JCO＝∠OCA，∠CJO＝∠COA，
∴△CJO∽△COA，
∴CJCO=COCA，
∴CO2＝CJ•CA，同理可得：CO2＝CK•CB，
∴CJ•CA＝CK•CB，
∴CJCB=CKCA，
∵∠JCK＝∠BCA，
∴△CJK∽△CBA，
∴JKBA=CKCA，
∴JK6=85542，
∴JK=6105，
∴△QGH周长的最小值＝Q1Q2＝2JK=6105×2=12105．
【点评】本题主要考查了二次函数综合题，其中涉及了待定系数法求二次函数，二次函数与坐标轴交点问题，待定系数法求一次函数，相似三角形的判断与性质，圆的性质，勾股定理，中位线，三角函数等知识点，熟练掌握二次函数的性质及相似三角形的判定定理并灵活运用分类讨论的思想是解题的关键．
5．（2020•鞍山）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）经过点A（﹣2，﹣4）和点C（2，0），与y轴交于点D，与x轴的另一交点为点B．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，连接BD，在抛物线上是否存在点P，使得∠PBC＝2∠BDO？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，连接AC，交y轴于点E，点M是线段AD上的动点（不与点A，点D重合），将△CME沿ME所在直线翻折，得到△FME，当△FME与△AME重叠部分的面积是△AMC面积的14时，请直接写出线段AM的长．
【分析】（1）根据点A和点C的坐标，利用待定系数法求解；
（2）在x轴正半轴上取点E，使OB＝OE，过点E作EF⊥BD，垂足为F，构造出∠PBC＝∠BDE，分点P在第三象限时，点P在x轴上方时，点P在第四象限时，共三种情况分别求解；
（3）设EF与AD交于点N，分点F在直线AC上方和点F在直线AC下方时两种情况，利用题中所给面积关系和中线的性质可得MN＝AN，FN＝NE，从而证明四边形FMEA为平行四边形，继而求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+2经过点A（﹣2，﹣4）和点C（2，0），
则-4=4a-2b+20=4a+2b+2，解得：a=-1b=1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2；
（2）存在，理由是：
在x轴正半轴上取点E，使OB＝OE，过点E作EF⊥BD，垂足为F，
在y＝﹣x2+x+2中，
令y＝0，解得：x＝2或﹣1，
∴点B坐标为（﹣1，0），
∴点E坐标为（1，0），
可知：点B和点E关于y轴对称，
∴∠BDO＝∠EDO，即∠BDE＝2∠BDO，
∵D（0，2），
∴DE=22+12=5=BD，
在△BDE中，12×BE×OD=12×BD×EF，
即2×2=5×EF，解得：EF=455，
∴DF=DE2-EF2=355，
∴tan∠BDE=EFDF=455÷355=43，
若∠PBC＝2∠BDO，
则∠PBC＝∠BDE，
∵BD＝DE=5，BE＝2，
则BD2+DE2＞BE2，
∴∠BDE为锐角，
当点P在第三象限时，
∠PBC为钝角，不符合；
当点P在x轴上方时，
∵∠PBC＝∠BDE，设点P坐标为（c，﹣c2+c+2），
过点P作x轴的垂线，垂足为G，
则BG＝c+1，PG＝﹣c2+c+2，
∴tan∠PBC=PGBG=-c2+c+2c+1=43，
解得：c=23，
∴﹣c2+c+2=209，
∴点P的坐标为（23，209）；

当点P在第四象限时，
同理可得：PG＝c2﹣c﹣2，BG＝c+1，
tan∠PBC=PGBG=c2-c-2c+1=43，
解得：c=103，
∴-c2+c+2=-529，
∴点P的坐标为（103，-529），
综上：点P的坐标为（23，209）或（103，-529）；

（3）设EF与AD交于点N，
∵A（﹣2，﹣4），D（0，2），设直线AD表达式为y＝mx+n，
则-4=-2m+n2=n，解得：m=3n=2，
∴直线AD表达式为y＝3x+2，
设点M的坐标为（s，3s+2），
∵A（﹣2，﹣4），C（2，0），设直线AC表达式为y＝m1x+n1，
则-4=-2m1+n10=2m1+n1，解得：m1=1n1=-2，
∴直线AC表达式为y＝x﹣2，
令x＝0，则y＝﹣2，
∴点E坐标为（0，﹣2），
可得：点E是线段AC中点，
∴△AME和△CME的面积相等，
由于折叠，
∴△CME≌△FME，即S△CME＝S△FME，
由题意可得：
当点F在直线AC上方时，
∴S△MNE=14S△AMC=12S△AME=12S△FME，
即S△MNE＝S△ANE＝S△MNF，
∴MN＝AN，FN＝NE，
∴四边形FMEA为平行四边形，
∴CM＝FM＝AE=12AC=12×42+42=22，
∵M（s，3s+2），
∴(s-2)2+(3s+2)2=22，
解得：s=-45或0（舍），
∴M（-45，-25），
∴AM=(-45+2)2+(-25+4)2=6105，

当点F在直线AC下方时，如图，
同理可得：四边形AFEM为平行四边形，
∴AM＝EF，
由于折叠可得：CE＝EF，
∴AM＝EF＝CE=22，

综上：AM的长度为6105或22．
【点评】本题是二次函数综合题，涉及到待定系数法，二次函数的图象和性质，折叠问题，平行四边形的判定和性质，中线的性质，题目的综合性很强．难度很大，对学生的解题能力要求较高．
6．（2020•赤峰）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于A（1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，直线y=-12x+2经过B，C两点．
（1）直接写出二次函数的解析式　y=12x2-52x+2　；
（2）平移直线BC，当直线BC与抛物线有唯一公共点Q时，求此时点Q的坐标；
（3）过（2）中的点Q作QE∥y轴，交x轴于点E．若点M是抛物线上一个动点，点N是x轴上一个动点，是否存在以E，M，N三点为顶点的直角三角形（其中M为直角顶点）与△BOC相似？如果存在，请直接写出满足条件的点M的个数和其中一个符合条件的点M的坐标；如果不存在，请说明理由．

【分析】（1）先求出点C坐标，利用待定系数法可求解析式；
（2）先求出直线BC平移后的解析式，联立方程组可求解；
（3）分两种情况，构造出两三角形相似，得出EHMH=OBOC或EHMH=OCOB，进而建立绝对值方程求解即可得出结论．
【解答】解：（1）∵直线y=-12x+2经过B，C两点．
∴点C（0，2），
∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过A（1，0），B（4，0），点C（0，2），
∴0=a+b+c0=16a+4b+cc=2，
解得：a=12b=-52c=2，
∴抛物线解析式为y=12x2-52x+2，
故答案为：y=12x2-52x+2；

（2）∵直线BC解析式为：y=-12x+2，
∴设平移后的解析式为：y=-12x+2+m，
∵平移后直线BC与抛物线有唯一公共点Q
∴12x2-52x+2=-12x+2+m，
∴△＝4﹣4×12×（﹣m）＝0，
∴m＝﹣2，
∴设平移后的解析式为：y=-12x，
联立方程组得：y=-12xy=12x2-52x+2，
∴x=2y=-1，
∴点Q（2，﹣1）；

（3）设点M的坐标为（m，12m2-52m+2），
∵以E，M，N三点为顶点的直角三角形（其中M为直角顶点）与△BOC相似，
∴①当△MEN∽△OBC时，
∴∠MEN＝∠OBC，
过点M作MH⊥x轴于H，
∴∠EHM＝90°＝∠BOC，
∴△EHM∽△BOC，
∴EHMH=OBOC，
∴MH＝|12m2-52m+2|，EH＝|m﹣2|，
∵OB＝4，OC＝2．
∴|m-2||12m2-52m+2|=2，
∴m＝3±3或m＝2±2，
当m＝3+3时，12m2-52m+2=3+12，
∴M（3+3，3+12），
当m＝3-3时，12m2-52m+2=1-32，
∴M（3-3，1-32），
当m＝2+2时，12m2-52m+2=-22，
∴M（2+2，-22），
当m＝2-2时，12m2-52m+2=22，
∴M（2-2，22），
②当△NEM∽△OBC时，
同①的方法得，|m-2||12m2-52m+2|=12，
∴m=9±332或m=1±172，
当m=9+332时，12m2-52m+2＝5+33，
∴M（9+332，5+33），
当m=9-332时，12m2-52m+2＝5-33，
∴M（9-332，5-33），
当m=1+172时，12m2-52m+2＝3-17，
∴M（1+172，3-17），
当m=1-172时，12m2-52m+2＝3+17，
∴M（1-172，3+17），
即满足条件的点M共有8个，其点的坐标为（3+3，3+12）或（3-3，1-32）或（2+2，-22）或（2-2，22）或（9+332，5+33）或（9-332，5-33）或（1+172，3-17）或（1-172，3+17）．

【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，一元二次方程的解法，相似三角形的判定和性质，解绝对值方程，用方程的思想解决问题是解本题的关键．
7．（2020•大连）在平面直角坐标系xOy中，函数F1和F2的图象关于y轴对称，它们与直线x＝t（t＞0）分别相交于点P，Q．
（1）如图，函数F1为y＝x+1，当t＝2时，PQ的长为　4　；
（2）函数F1为y=3x，当PQ＝6时，t的值为　1　；
（3）函数F1为y＝ax2+bx+c（a≠0），
①当t=bb时，求△OPQ的面积；
②若c＞0，函数F1和F2的图象与x轴正半轴分别交于点A（5，0），B（1，0），当c≤x≤c+1时，设函数F1的最大值和函数F2的最小值的差为h，求h关于c的函数解析式，并直接写出自变量c的取值范围．

【分析】（1）根据F1和F2关于y轴对称得出F2的解析式，求出P、Q两点坐标，即可得到PQ；
（2）根据F1和F2关于y轴对称得出F2的解析式，求出P、Q两点坐标，根据PQ＝6得出方程，解出t值即可；
（3）①根据F1和F2关于y轴对称得出F2的解析式，将x=bb代入解析式，求出P、Q两点坐标，从而得出△OPQ的面积；
②根据题意得出两个函数的解析式，再分当0＜c＜1时，当1≤c≤2时，当c＞2时，三种情况，分析两个函数的增减性，得出最值，相减即可．
【解答】解：（1）∵F1：y＝x+1，
F1和F2关于y轴对称，
∴F2：y＝﹣x+1，
分别令x＝2，则2+1＝3，﹣2+1＝﹣1，
∴P（2，3），Q（2，﹣1），
∴PQ＝3﹣（﹣1）＝4，
故答案为：4；
（2）∵F1：y=3x，
可得：F2：y=-3x，
∵x＝t，可得：P（t，3t），Q（t，-3t），
∴PQ=3t--3t=6t=6，
解得：t＝1，
经检验：t＝1是原方程的解，
故答案为：1；
（3）①∵F1：y＝ax2+bx+c，
∴F2：y＝ax2﹣bx+c，
∵t=bb，分别代入F1，F2，
可得：P（bb，ab+b+c），Q（bb，ab-b+c），
∴PQ＝|ab+b+c-(ab-b+c)|=2b，
∴S△OPQ=12×2b×bb=1；
②∵函数F1和F2的图象与x轴正半轴分别交于点A（5，0），B（1，0），
而函数F1和F2的图象关于y轴对称，
∴函数F1的图象经过A（5，0）和（﹣1，0），
∴设F1：y＝a（x+1）（x﹣5）＝ax2﹣4ax﹣5a，
则F2：y＝ax2+4ax﹣5a，
∴F1的图象的对称轴是直线x＝2，且c＝﹣5a，
∴a=-c5，
∵c＞0，则a＜0，c+1＞1，
而F2的图象在x＞0时，y随x的增大而减小，
当0＜c＜1时，
F1的图象y随x的增大而增大，F2的图象y随x的增大而减小，
∴当x＝c+1时，y＝ax2﹣4ax﹣5a的最大值为a（c+1）2﹣4a（c+1）﹣5a，
y＝ax2+4ax﹣5a的最小值为a（c+1）2+4a（c+1）﹣5a，
则h＝a（c+1）2﹣4a（c+1）﹣5a﹣[a（c+1）2+4a（c+1）﹣5a]＝﹣8ac﹣8a，
又∵a=-c5，
∴h=85c2+85c；
当1≤c≤2时，
F1的最大值为4a×(-5a)-(-4a)24a=-9a，F2的图象y随x的增大而减小，
∴F2的最小值为：a（c+1）2+4a（c+1）﹣5a，
则h＝﹣9a﹣[a（c+1）2+4a（c+1）﹣5a]＝﹣a（c+1）2﹣4a（c+1）﹣4a＝﹣ac2﹣6ac﹣9a，
又∵a=-c5，
∴h=15c3+65c2+95c，
当c＞2时，
F1的图象y随x的增大而减小，F2的图象y随x的增大而减小，
∴当x＝c时，y＝ax2﹣4ax﹣5a的最大值为ac2﹣4ac﹣5a，
当x＝c+1时，y＝ax2+4ax﹣5a的最小值为a（c+1）2+4a（c+1）﹣5a，
则h＝ac2+4ac﹣5a﹣[a（c+1）2+4a（c+1）﹣5a]，
又∵a=-c5，
∴h＝2c2+c；
综上：h关于x的解析式为：h=85c2+85c(0＜c＜1)15c3+65c2+95c(1≤c≤2)2c2+c(c＞2)．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了一次函数，反比例函数，以及二次函数的图象与性质，二次函数的最值，解题的关键是要理解题意，尤其（3）问中要读懂题干，结合图象进行分析求解．
8．（2020•桂林）如图，已知抛物线y＝a（x+6）（x﹣2）过点C（0，2），交x轴于点A和点B（点A在点B的左侧），抛物线的顶点为D，对称轴DE交x轴于点E，连接EC．
（1）直接写出a的值，点A的坐标和抛物线对称轴的表达式；
（2）若点M是抛物线对称轴DE上的点，当△MCE是等腰三角形时，求点M的坐标；
（3）点P是抛物线上的动点，连接PC，PE，将△PCE沿CE所在的直线对折，点P落在坐标平面内的点P′处．求当点P′恰好落在直线AD上时点P的横坐标．

【分析】（1）将点C坐标代入抛物线解析式中，即可得出结论；
（2）分三种情况：直接利用等腰三角形的性质，即可得出结论；
（3）先判断出△PQE≌△P'Q'E（AAS），得出PQ＝P'Q'，EQ＝EQ'，进而得出P'Q'＝n，EQ'＝QE＝m+2，确定出点P'（n﹣2，2+m），将点P'的坐标代入直线AD的解析式中，和点P代入抛物线解析式中，联立方程组，求解即可得出结论．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝a（x+6）（x﹣2）过点C（0，2），
∴2＝a（0+6）（0﹣2），
∴a=-16，
∴抛物线的解析式为y=-16（x+6）（x﹣2）=-16（x+2）2+83，
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣2；
针对于抛物线的解析式为y=-16（x+6）（x﹣2），
令y＝0，则-16（x+6）（x﹣2）＝0，
∴x＝2或x＝﹣6，
∴A（﹣6，0）；


（2）如图1，由（1）知，抛物线的对称轴为x＝﹣2，
∴E（﹣2，0），
∵C（0，2），
∴OC＝OE＝2，
∴CE=2OC＝22，∠CED＝45°，
∵△CME是等腰三角形，
∴①当ME＝MC时，
∴∠ECM＝∠CED＝45°，
∴∠CME＝90°，
∴M（﹣2，2），
②当CE＝CM时，
∴MM1＝CM＝2，
∴EM1＝4，
∴M1（﹣2，4），
③当EM＝CE时，
∴EM2＝EM3＝22，
∴M2（﹣2，﹣22），M3（﹣2，22），
即满足条件的点M的坐标为（﹣2，2）或（﹣2，4）或（﹣2，22）或（﹣2，﹣22）；

（3）如图2，
由（1）知，抛物线的解析式为y=-16（x+6）（x﹣2）=-16（x+2）2+83，
∴D（﹣2，83），
令y＝0，则（x+6）（x﹣2）＝0，
∴x＝﹣6或x＝2，
∴点A（﹣6，0），
∴直线AD的解析式为y=23x+4，
过点P作PQ⊥x轴于Q，过点P'作P'Q'⊥DE于Q'，
∴∠EQ'P'＝∠EQP＝90°，
由（2）知，∠CED＝∠CEB＝45°，
由折叠知，EP'＝EP，∠CEP'＝∠CEP，
∴△PQE≌△P'Q'E（AAS），
∴PQ＝P'Q'，EQ＝EQ'，
设点P（m，n），
∴OQ＝m，PQ＝n，
∴P'Q'＝n，EQ'＝QE＝m+2，
∴点P'（n﹣2，2+m），
∵点P'在直线AD上，
∴2+m=23（n﹣2）+4①，
∵点P在抛物线上，
∴n=-16（m+6）（m﹣2）②，
联立①②解得，m=-13-2412或m=-13+2412，
即点P的横坐标为-13-2412或-13+2412．


【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．
9．（2020•葫芦岛）如图，抛物线y＝ax2+94x+c（a≠0）与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴相交于点C（0，3），作直线BC．

（1）求抛物线的解析式；
（2）在直线BC上方的抛物线上存在点D，使∠DCB＝2∠ABC，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，点F的坐标为（0，72），点M在抛物线上，点N在直线BC上．当以D，F，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点N的坐标．
【分析】（1）把点A（﹣1，0），C（0，3）代入抛物线的解析式中，列方程组解出即可；
（2）如图1，作辅助线，构建相似三角形，证明△DCH∽△CBO，则DHCO=CHBO，设点D的横坐标为t，则D(t，-34t2+94t+3)，列关于t的方程解出可得结论；
（3）利用待定系数法求直线BC的解析式为：y=-34x+3，设N（m，-34m+3），当以D，F，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，存在两种情况：如图2和图3，分别画图，根据平移的性质可表示M的坐标，代入抛物线的解析式列方程可解答．
【解答】解：（1）∵抛物线y=ax2+94x+c经过点A（﹣1，0），C（0，3），
∴a-94+c=0c=3，解得：a=-34c=3，
∴抛物线的解析式为：y=-34x2+94x+3；
（2）如图1，过点C作CE∥x轴交抛物线于点E，则∠ECB＝∠ABC，

过点D作DH⊥CE于点H，则∠DHC＝90°，
∵∠DCB＝∠DCH+∠ECB＝2∠ABC，
∴∠DCH＝∠ABC，
∵∠DHC＝∠COB＝90°，
∴△DCH∽△CBO，
∴DHCO=CHBO，
设点D的横坐标为t，则D(t，-34t2+94t+3)，
∵C（0，3），
∴DH=-34t2+94t，
∵点B是y=-34x2+94x+3与x轴的交点，
∴-34x2+94x+3=0，
解得x1＝4，x2＝﹣1，
∴B的坐标为（4，0），
∴OB＝4，
∴-34t2+94t3=t4，
解得t1＝0（舍去），t2＝2，
∴点D的纵坐标为：-34t2+94t+3=92，
则点D坐标为(2，92)；
（3）设直线BC的解析式为：y＝kx+b，
则4k+b=0b=3，解得：k=-34b=3，
∴直线BC的解析式为：y=-34x+3，
设N（m，-34m+3），
分两种情况：
①如图2﹣1和图2﹣2，以DF为边，DN为对角线，N在x轴的上方时，四边形DFNM是平行四边形，

∵D（2，92），F（0，72），
∴M（m+2，-34m+4），
代入抛物线的解析式得：-34(m+2)2+94(m+2)+3=-34m+4，
解得：m=±63，
∴N（63，3-64）或（-63，3+64）；
②如图3﹣1和3﹣2，以DF为边，DM为对角线，四边形DFMN是平行四边形，

同理得：M（m﹣2，-34m+2），
代入抛物线的解析式得：-34(m-2)2+94(m-2)+3=-34m+2，
解得：m＝4±663，
∴N（4+663，-664）或（4-663，664）；
综上，点N的坐标分别为：（63，3-64）或（-63，3+64）或（4+663，-664）或（4-663，664）．
【点评】本题考查了待定系数法求一次（二次）函数解析式、二次函数的性质、平行四边形的性质以及解一元二次方程，解题的关键是：（1）根据点A、C的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）利用相似三角形可解决问题；（3）分N在x轴的上方和下方两种情况，表示M和N两点的坐标，确定关于m的一元二次方程．
10．（2020•呼伦贝尔）如图，抛物线y=-12x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0）和点B（4，0），与y轴交于点C，连接BC，点P是线段BC上的动点（与点B，C不重合），连接AP并延长AP交抛物线于点Q，连接CQ，BQ，设点Q的横坐标为m．
（1）求抛物线的解析式和点C的坐标；
（2）当△BCQ的面积等于2时，求m的值；
（3）在点P运动过程中，PQAP是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）将点A和点B的坐标代入抛物线表达式，求解即可；
（2）连接OQ，得到点Q的坐标，利用S＝S△OCQ+S△OBQ﹣S△OBC得出△BCQ的面积，再令S＝2，即可解出m的值；
（3）证明△APC∽△QPH，根据相似三角形的判定与性质，可得 PQAP=QHAC，根据三角形的面积，可得QH=S△BCQ5，根据二次函数的性质，可得答案．
【解答】解：（1）∵抛物线经过A（﹣1，0），B（4，0），可得：
0=-12-b+c0=-12×16+4b+c，
解得：b=32c=2，
∴抛物线的解析式为：y=-12x2+32x+2，
令x＝0，则y＝2，
∴点C的坐标为（0，2）；
（2）连接OQ，
∵点Q的横坐标为m，
∴Q（m，-12m2+32m+2），
∴S＝S△OCQ+S△OBQ﹣S△OBC
=12×2×m+12×4×(-12m2+32m+2)-12×2×4
＝﹣m2+4m，
令S＝2，
解得：m=2+2或2-2，

（3）如图，过点Q作QH⊥BC于H，连接AC，
∵AC=12+22=5，BC=42+22=20，AB＝5，
满足AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，又∠QHP＝90°，∠APC＝∠QPH，
∴△APC∽△QPH，
∴PQAP=QHAC=QH5，
∵S△BCQ=12BC•QH=5QH，
∴QH=S△BCQ5，
∴PQAP=QH5=S5=15(-m2+4m)=-15(m-2)2+45，
∴当m＝2时，PQAP存在最大值45．

【点评】本题考查了二次函数综合题，涉及到相似三角形的判定与性质，三角形面积求法，待定系数法，勾股定理，综合性强，有一定难度，解题时要注意数形结合．
11．（2020•沈阳）如图1，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，抛物线y=12x2+bx+c经过点B（6，0）和点C（0，﹣3）．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图2，线段OC绕原点O逆时针旋转30°得到线段OD．过点B作射线BD，点M是射线BD上一点（不与点B重合），点M关于x轴的对称点为点N，连接NM，NB．
①直接写出△MBN的形状为　等边三角形　；
②设△MBN的面积为S1，△ODB的面积为是S2．当S1=23S2时，求点M的坐标；
（3）如图3，在（2）的结论下，过点B作BE⊥BN，交NM的延长线于点E，线段BE绕点B逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜120°）得到线段BF，过点F作FK∥x轴，交射线BE于点K，∠KBF的角平分线和∠KFB的角平分线相交于点G，当BG＝23时，请直接写出点G的坐标为　（6，﹣23）　．

【分析】（1）将点B，点C坐标代入解析式，可求b，c的值，即可求抛物线的表达式；
（2）①如图2，过点D作DH⊥OB，由旋转的性质可得OD＝3，∠COD＝30°，由直角三角形的性质可得OH=12OH=32，DH=3OH=332，由锐角三角函数可求∠HBD＝30°，由对称性可得BN＝BM，∠MBH＝∠NBH＝30°，可证△BMN是等边三角形；
②由三角形面积公式可求S2，S1，由等边三角形的面积公式可求MN的长，由对称性可求MR＝NR=3，由直角三角形的性质可求BR＝3，可得OR＝3，即可求点M坐标；
（3）如图3中，过点F作FH⊥BG交BG的延长线于H．想办法证明△BFK是等边三角形，推出BG⊥x轴即可解决问题．
【解答】解：（1）∵抛物线y=12x2+bx+c经过点B（6，0）和点C（0，﹣3），
∴18+6b+c=0c=-3，
解得：b=-52c=-3，
∴抛物线解析式为：y=12x2-52x-3；
（2）①如图2，过点D作DH⊥OB于H，设MN与x轴交于点R，

∵点B（6，0）和点C（0，﹣3），
∴OC＝3，OB＝6，
∵线段OC绕原点O逆时针旋转30°得到线段OD，
∴OD＝3，∠COD＝30°，
∴∠BOD＝60°，
∵DH⊥OB，
∴∠ODH＝30°，
∴OH=12OD=32，DH=3OH=332，
∴BH＝OB﹣OH=92，
∵tan∠HBD=HDHB=33292=33，
∴∠HBD＝30°，
∵点M关于x轴的对称点为点N，
∴BN＝BM，∠MBH＝∠NBH＝30°，
∴∠MBN＝60°，
∴△BMN是等边三角形，
故答案为：等边三角形；
②∵△ODB的面积S2=12×OB×DH=12×6×332=932，且S1=23S2，
∴S1=23×932=33，
∵△BMN是等边三角形，
∴S1=34MN2＝33，
∴MN＝23，
∵点M关于x轴的对称点为点N，
∴MR＝NR=3，MN⊥OB，
∵∠MBH＝30°，
∴BR=3MR＝3，
∴OR＝3，
∵点M在第四象限，
∴点M坐标为（3，-3）；
（3）如图3中，过点F作FH⊥BG交BG的延长线于H．

由题意BE＝BF＝6，FK∥OB，
∴∠ABK＝∠FKB＝60°，
∵BG平分∠FBE，GF平分∠BFK，
∴∠FGB＝120°，设GH＝a，则FG＝2a，FH=3a，
在Rt△BHF中，∵∠FHB＝90°，
∴BF2＝BH2+FH2，
∴62＝（23+a）2+（3a）2，
解得a=3或﹣23（不符合题意舍弃），
∴FG＝BG＝23，
∴∠GBF＝∠GFB＝30°，
∴∠FBK＝∠BFK＝60°，
∴△BFK是等边三角形，此时E与K重合，BG⊥KF，
∵KF∥x轴，
∴BG⊥x轴，
∴G（6，﹣23）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，旋转的性质，轴对称的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
12．（2020•大庆）如图，抛物线y＝ax2+bx+12与x轴交于A，B两点（B在A的右侧），且经过点C（﹣1，7）和点D（5，7）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）连接AD，经过点B的直线l与线段AD交于点E，与抛物线交于另一点F．连接CA，CE，CD，△CED的面积与△CAD的面积之比为1：7，点P为直线l上方抛物线上的一个动点，设点P的横坐标为t．当t为何值时，△PFB的面积最大？并求出最大值；
（3）在抛物线y＝ax2+bx+12上，当m≤x≤n时，y的取值范围是12≤y≤16，求m﹣n的取值范围．（直接写出结果即可）

【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）如图1中，过点E作EM⊥AB于M，过点D作DN⊥AB于N．利用平行线分线段成比例定理求出点E的坐标，求出直线BE的解析式，构建方程组确定点F的坐标，过点P作PQ∥y轴交BF于Q，设P（t，﹣t2+4t+12_）则Q（t，﹣3t+18），再构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可．
（3）求出y＝12或16时，自变量x的值，利用图象法确定m，n的值即可．
【解答】解：（1）把C（﹣1，7），D（5，7）代入y＝ax2+bx+12，
可得a-b+12=725a+5b+12=7，
解得a=-1b=4，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+4x+12．

（2）如图1中，过点E作EM⊥AB于M，过点D作DN⊥AB于N．

对于抛物线y＝﹣x2+4x+12，令y＝0，得到，x﹣4x﹣12＝0，解得x＝﹣2或6，
∴A（﹣2，0），B（6，0），
∵D（5，7），
∴OA＝2，DN＝7，ON＝5，AN＝7
∵△CED的面积与△CAD的面积之比为1：7，
∴DE：AD＝1：7，
∴AE：AD＝6：7，
∵EM∥DN，
∵EMDN=AMAN=AEAD=67，
∴EM7=AM7=67，
∴AM＝EM＝6，
∴E（4，6），
∴直线BE的解析式为y＝﹣3x+18，
由y=-3x+18y=-x2+4x+12，解得x=6y=0或x=1y=15，
∴F（1，15），
过点P作PQ∥y轴交BF于Q，设P（t，﹣t2+4t+12）则Q（t，﹣3t+18），
∴PQ＝﹣t2+4t+12﹣（﹣3t+18）＝﹣t2+7t﹣6，
∵S△PBF=12•（﹣t2+7t﹣6）•5=-52（t-72）2+1258，
∵-52＜0，
∴t=72时，△BFP的面积最大，最大值为1258．

（3）对于抛物线y＝﹣x2+4x+12，当y＝16时，﹣x2+4x+12＝16，
解得x1＝x2＝2，
当y＝12时，﹣x2+4x+12＝12，解得x＝0或4，
观察图2可知：当0≤x≤4时，12≤y≤16，

∵m≤x≤n，
而m﹣n＜0，
故﹣4≤m﹣n≤﹣2．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，一次函数的性质，二次函数的性质等知识，解题的关键是学会构建一次函数利用方程组确定交点坐标，学会构建二次函数解决最值问题，属于中考压轴题．
13．（2020•镇江）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．
【解答】解：（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．
【点评】本题是二次函数综合运用，考查了一次函数的性质、三角形相似等知识，综合性强，难度较大．
14．（2020•眉山）如图1，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，已知点B坐标为（3，0），点C坐标为（0，3）．

（1）求抛物线的表达式；
（2）点P为直线BC上方抛物线上的一个动点，当△PBC的面积最大时，求点P的坐标；
（3）如图2，点M为该抛物线的顶点，直线MD⊥x轴于点D，在直线MD上是否存在点N，使点N到直线MC的距离等于点N到点A的距离？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法可求解析式；
（2）过点P作PH⊥x轴于H，交BC于点G，先求出BC的解析式，设点P（m，﹣m2+2m+3），则点G（m，﹣m+3），由三角形面积公式可得S△PBC=12×PG×OB=12×3×（﹣m2+3m）=-32（m-32）2+278，由二次函数的性质可求解；
（3）设直线MC与x轴交于点E，过点N作NQ⊥MC于Q，先求出点A，点M坐标，可求MC解析式，可得DE＝4＝MD，由等腰直角三角形的性质可得MQ＝NQ=22MN，由两点距离公式可列（22|4﹣n|）2＝4+n2，即可求解．
【解答】解：（1）∵点B（3，0），点C（0，3）在抛物线y＝﹣x2+bx+c图象上，
∴-9+3b+c=0c=3，
解得：b=2c=3，
∴抛物线解析式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵点B（3，0），点C（0，3），
∴直线BC解析式为：y＝﹣x+3，
如图，过点P作PH⊥x轴于H，交BC于点G，

设点P（m，﹣m2+2m+3），则点G（m，﹣m+3），
∴PG＝（﹣m2+2m+3）﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，
∵S△PBC=12×PG×OB=12×3×（﹣m2+3m）=-32（m-32）2+278，
∴当m=32时，S△PBC有最大值，
∴点P（32，154）；
（3）存在N满足条件，
理由如下：∵抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴交于A、B两点，
∴点A（﹣1，0），
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点M为（1，4），
∵点M为（1，4），点C（0，3），
∴直线MC的解析式为：y＝x+3，
如图，设直线MC与x轴交于点E，过点N作NQ⊥MC于Q，

∴点E（﹣3，0），
∴DE＝4＝MD，
∴∠NMQ＝45°，
∵NQ⊥MC，
∴∠NMQ＝∠MNQ＝45°，
∴MQ＝NQ，
∴MQ＝NQ=22MN，
设点N（1，n），
∵点N到直线MC的距离等于点N到点A的距离，
∴NQ＝AN，
∴NQ2＝AN2，
∴（22MN）2＝AN2，
∴（22|4﹣n|）2＝4+n2，
∴n2+8n﹣8＝0，
∴n＝﹣4±26，
∴存在点N满足要求，点N坐标为（1，﹣4+26）或（1，﹣4﹣26）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，一次函数的性质，两点距离公式，等腰直角三角形的性质等知识，利用参数列方程是本题的关键．
15．（2020•河池）在平面直角坐标系xOy中，抛物线与x轴交于（p，0），（q，0），则该抛物线的解析式可以表示为：
y＝a（x﹣p）（x﹣q）＝ax2﹣a（p+q）x+apq．
（1）若a＝1，抛物线与x轴交于（1，0），（5，0），直接写出该抛物线的解析式和顶点坐标；
（2）若a＝﹣1，如图（1），A（﹣1，0），B（3，0），点M（m，0）在线段AB上，抛物线C1与x轴交于A，M，顶点为C；抛物线C2与x轴交于B，M，顶点为D．当A，C，D三点在同一条直线上时，求m的值；
（3）已知抛物线C3与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0），线段EF的端点E（0，3），F（4，3）．若抛物线C3与线段EF有公共点，结合图象，在图（2）中探究a的取值范围．

【分析】（1）结合题意，利用配方法解决问题即可．
（2）求出两个抛物线的顶点坐标，根据A，C，D三点在同一条直线上，构建方程求解即可．
（3）求出两种特殊情形a的值，结合图象判断即可解决问题．
【解答】解：（1）由题意抛物线的解析式为y＝（x﹣1）（x﹣5）＝x2﹣6x+5＝（x﹣3）2﹣4，
∴y＝x2﹣6x+5，抛物线的顶点坐标为（3，﹣4）．

（2）如图1中，过点C作CE⊥AB于E，过点D作DF⊥AB于F．



由题意抛物线C1为y＝﹣（x+1）（x﹣m）＝﹣（x-m-12）2+m2+2m+14，
∴C（m-12，m2+2m+14），
抛物线C2为y＝﹣（x﹣m）（x﹣3）＝﹣（x-3+m2）2+m2-6m+94，
∴D（3+m2，m2-6m+94），
∵A，C，D共线，CE∥DF，
∴CEAE=DFAF，
∴m2+2m+14m-12+1=m2-6m+943+m2+1，
解得m=13，
经检验，m=13 是分式方程的解，
∴m=13．

（3）如图2﹣1，当a＞0时，

设抛物线的解析式为y＝a（（x+1）（x﹣3），
当抛物线经过F（4，3）时，3＝a×5×1，
∴a=35，
观察图象可知当a≥35时，满足条件．
如图2﹣2中，当a＜0时，顶点在线段EF上时，顶点为（1，3），

把（1，3）代入y＝a（x+1）（x﹣3），可得a=-34，
观察图象可知当a≤-34时，满足条件，
综上所述，满足条件的a的范围为：a≥35或a≤-34．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题，属于中考常压轴题．
16．（2020•雅安）已知二次函数y＝ax2+2x+c（a≠0）的图象与x轴交于A、B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，﹣3），
（1）求二次函数的表达式及A点坐标；
（2）D是二次函数图象上位于第三象限内的点，求点D到直线AC的距离取得最大值时点D的坐标；
（3）M是二次函数图象对称轴上的点，在二次函数图象上是否存在点N，使以M、N、B、O为顶点的四边形是平行四边形？若有，请写出点N的坐标（不写求解过程）．

【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）如图1中连接AD，CD．由题意点D到直线AC的距离取得最大，推出此时△DAC的面积最大．过点D作x轴的垂线交AC于点G，设点D的坐标为（x，x2+2x﹣3），则G（x，﹣x﹣3），推出DG＝﹣x﹣3﹣（x2+2x﹣3）＝﹣x﹣3﹣x2﹣2x+3＝﹣x2﹣3x，利用二次函数的性质求解即可．
（3）分两种情形：OB是平行四边形的边或对角线分别求解即可．
【解答】解：（1）把B（1，0），C（0，﹣3）代入y＝ax2+2x+c
则有c=-3a+2+c=0，
解得a=1c=-3，
∴二次函数的解析式为y＝x2+2x﹣3，
令y＝0，得到x2+2x﹣3＝0，解得x＝﹣3或1，
∴A（﹣3，0）．

（2）如图1中连接AD，CD．
∵点D到直线AC的距离取得最大，
∴此时△DAC的面积最大，
设直线AC解析式为：y＝kx+b，
∵A（﹣3，0），C（0，﹣3），
∴b=-3-3k+b=0，
解得，k=-1b=-3，
∴直线AC的解析式为y＝﹣x﹣3，
过点D作x轴的垂线交AC于点G，设点D的坐标为（x，x2+2x﹣3），
则G（x，﹣x﹣3），
∵点D在第三象限，
∴DG＝﹣x﹣3﹣（x2+2x﹣3）＝﹣x﹣3﹣x2﹣2x+3＝﹣x2﹣3x，
∴S△ACD=12•DG•OA=12（﹣x2﹣3x）×3=-32x2-92x=-32（x+32）2+278，
∴当x=-32时，S最大=278，点D（-32，-154），
∴点D到直线AC的距离取得最大时，D（-32，-154）．

（3）如图2中，当OB是平行四边形的边时，OB＝MN＝1，OB∥MN，可得N（﹣2，﹣3）或N′（0，﹣3），

当OB为对角线时，点N″的横坐标为2，
x＝2时，y＝4+4﹣3＝5，
∴N″（2，5）．
综上所述，满足条件的点N的坐标为（﹣2，﹣3）或（0，﹣3）或（2，5）．

【点评】本题考查待定系数法求二次函数解析式、二次函数的性质、二次函数的最值，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．
17．（2020•绵阳）如图，抛物线过点A（0，1）和C，顶点为D，直线AC与抛物线的对称轴BD的交点为B（3，0），平行于y轴的直线EF与抛物线交于点E，与直线AC交于点F，点F的横坐标为433，四边形BDEF为平行四边形．
（1）求点F的坐标及抛物线的解析式；
（2）若点P为抛物线上的动点，且在直线AC上方，当△PAB面积最大时，求点P的坐标及△PAB面积的最大值；
（3）在抛物线的对称轴上取一点Q，同时在抛物线上取一点R，使以AC为一边且以A，C，Q，R为顶点的四边形为平行四边形，求点Q和点R的坐标．

【分析】（1）由待定系数法求出直线AB的解析式为y=-33x+1，求出F点的坐标，由平行四边形的性质得出﹣3a+1=163a﹣8a+1﹣（-13），求出a的值，则可得出答案；
（2）设P（n，﹣n2+23n+1），作PP'⊥x轴交AC于点P'，则P'（n，-33n+1），得出PP'＝﹣n2+733n，由二次函数的性质可得出答案；
（3）联立直线AC和抛物线解析式求出C（733，-43），设Q（3，m），分两种情况：①当AQ为对角线时，②当AR为对角线时，分别求出点Q和R的坐标即可．
【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c（a≠0），
∵A（0，1），B（3，0），
设直线AB的解析式为y＝kx+m，
∴3k+m=0m=1，
解得k=-33m=1，
∴直线AB的解析式为y=-33x+1，
∵点F的横坐标为433，
∴F点纵坐标为-33×433+1=-13，
∴F点的坐标为（433，-13），
又∵点A在抛物线上，
∴c＝1，
对称轴为：x=-b2a=3，
∴b＝﹣23a，
∴解析式化为：y＝ax2﹣23ax+1，
∵四边形DBFE为平行四边形．
∴BD＝EF，
∴﹣3a+1=163a﹣8a+1﹣（-13），
解得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+23x+1；
（2）设P（n，﹣n2+23n+1），作PP'⊥x轴交AC于点P'，

则P'（n，-33n+1），
∴PP'＝﹣n2+733n，
S△ABP=12OB•PP'=-32n2+72n=-32(n-763)2+49243，
∴当n=763时，△ABP的面积最大为49243，此时P（763，4712）．
（3）∵y=-33x+1y=-x2+23x+1，
∴x＝0或x=733，
∴C（733，-43），
设Q（3，m），
①当AQ为对角线时，
∴R（-433，m+73），
∵R在抛物线y=-(x-3)2+4上，
∴m+73=-(-433-3)2+4，
解得m=-443，
∴Q(3，-443)，R(-433，-373)；
②当AR为对角线时，
∴R（1033，m-73），
∵R在抛物线y=-(x-3)2+4上，
∴m-73=-(1033-3)2+4，
解得m＝﹣10，
∴Q（3，﹣10），R（1033，-373）．
综上所述，Q(3，-443)，R(-433，-373)；或Q（3，﹣10），R（1033，-373）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，平行四边形的性质等知识，熟练掌握二次函数的性质及方程思想，分类讨论思想是解题的关键．
18．（2020•长春）在平面直角坐标系中，函数y＝x2﹣2ax﹣1（a为常数）的图象与y轴交于点A．
（1）求点A的坐标．
（2）当此函数图象经过点（1，2）时，求此函数的表达式，并写出函数值y随x的增大而增大时x的取值范围．
（3）当x≤0时，若函数y＝x2﹣2ax﹣1（a为常数）的图象的最低点到直线y＝2a的距离为2，求a的值．
（4）设a＜0，Rt△EFG三个顶点的坐标分别为E（﹣1，﹣1）、F（﹣1，a﹣1）、G（0，a﹣1）．当函数y＝x2﹣2ax﹣1（a为常数）的图象与△EFG的直角边有交点时，交点记为点P．过点P作y轴的垂线，与此函数图象的另一个交点为P′（P′与P不重合），过点A作y轴的垂线，与此函数图象的另一个交点为A′．若AA′＝2PP′，直接写出a的值．

【分析】（1）当x＝0时，代入y＝x2﹣2ax﹣1，即可得出结果；
（2）将点（1，2）代入y＝x2﹣2ax﹣1，得a＝﹣1，则函数的表达式为y＝x2+2x﹣1，由y＝x2+2x﹣1＝（x+1）2﹣2，得出抛物线的开口向上，对称轴为x＝﹣1，则当x＞﹣1时，y随x的增大而增大；
（3）抛物线y＝x2﹣2ax﹣1＝（x﹣a）2﹣a2﹣1的对称轴为x＝a，顶点坐标为（a，﹣a2﹣1），当a＞0时，对称轴在y轴右侧，最低点就是A（0，﹣1），则2a﹣（﹣1）＝2，即可得出结果；当a＜0，对称轴在y轴左侧，顶点（a，﹣a2﹣1）就是最低点，则2a﹣（﹣a2﹣1）＝2，即可得出结果；
（4）易证直角边为EF与FG，由抛物线的对称轴为x＝a，A（0，﹣1），则AA′＝﹣2a，当点P在EF边上时，PP′＝2（a+1），则﹣2a＝2×2（a+1），即可得出结果；当点P在FG边上时，求出PP′＝2a2+a，则﹣2a＝4a2+a，即可得出结果．
【解答】解：（1）当x＝0时，y＝x2﹣2ax﹣1＝﹣1，
∴点A的坐标为：（0，﹣1）；
（2）将点（1，2）代入y＝x2﹣2ax﹣1，
得：2＝1﹣2a﹣1，
解得：a＝﹣1，
∴函数的表达式为：y＝x2+2x﹣1，
∵y＝x2+2x﹣1＝（x+1）2﹣2，
∴抛物线的开口向上，对称轴为x＝﹣1，如图1所示：
∴当x＞﹣1时，y随x的增大而增大；
（3）抛物线y＝x2﹣2ax﹣1＝（x﹣a）2﹣a2﹣1的对称轴为：x＝a，顶点坐标为：（a，﹣a2﹣1），
当a＞0时，对称轴在y轴右侧，如图2所示：
∵x≤0，
∴最低点就是A（0，﹣1），
∵图象的最低点到直线y＝2a的距离为2，
∴2a﹣（﹣1）＝2，
解得：a=12；
当a＜0，对称轴在y轴左侧，顶点（a，﹣a2﹣1）就是最低点，
如图3所示：
∴2a﹣（﹣a2﹣1）＝2，
整理得：（a+1）2＝2，
解得：a1＝﹣1-2，a2＝﹣1+2（不合题意舍去）；
综上所述，a的值为12或﹣1-2；
（4）∵a＜0，Rt△EFG三个顶点的坐标分别为E（﹣1，﹣1）、F（﹣1，a﹣1）、G（0，a﹣1），
∴直角边为EF与FG，
∵抛物线y＝x2﹣2ax﹣1＝（x﹣a）2﹣a2﹣1的对称轴为：x＝a，A（0，﹣1），
∴AA′＝﹣2a，
当点P在EF边上时，如图4所示：
则xp＝﹣1，
∵EA＝OA＝1，
∴点P在对称轴x＝a的左侧，
∴PP′＝2（a+1），
∵AA′＝2PP′，
∴﹣2a＝2×2（a+1），
解得：a=-23；
当点P在FG边上时，如图5所示：
则yp＝a﹣1，
∴x2﹣2ax﹣1＝a﹣1，
解得：x1＝a+a2+a，x2＝a-a2+a，
∴PP′＝a+a2+a-（a-a2+a）＝2a2+a，
∵AA′＝2PP′，
∴﹣2a＝4a2+a，
解得：a1=-43，a2＝0（不合题意舍去）；
综上所述，a的值为-23或-43．





【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数图象与性质、待定系数法求解析式、直角三角形的性质、解一元二次方程、分类讨论等知识；熟练掌握二次函数图象与性质是解题的关键．
19．（2020•海南）抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣3，0）和点B（2，0），与y轴交于点C．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）点P是该抛物线上的动点，且位于y轴的左侧．
①如图1，过点P作PD⊥x轴于点D，作PE⊥y轴于点E，当PD＝2PE时，求PE的长；
②如图2，该抛物线上是否存在点P，使得∠ACP＝∠OCB？若存在，请求出所有点P的坐标：若不存在，请说明理由．

【分析】（1）将点A，点C坐标代入解析式，可求b，c的值，即可求解；
（2）设点P（a，a2+a﹣6），由PD＝2PE，可得|a2+a﹣6|＝﹣2a，可求a的值；
（3）由勾股定理可求AC，BC的长，通过证明△ACH∽△BCO，可得BCAC=BOAH=OCHC，可求AH，HC的长，由两点距离公式可求点H坐标，再求出直线HC的解析式，即可求点P坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣3，0）和点B（2，0），
∴0=4+2b+c0=9-3b+c，
解得：b=1c=-6，
∴抛物线解析式为：y＝x2+x﹣6；
（2）①设点P（a，a2+a﹣6），
∵点P位于y轴的左侧，
∴a＜0，PE＝﹣a，
∵PD＝2PE，
∴|a2+a﹣6|＝﹣2a，
∴a2+a﹣6＝﹣2a或a2+a﹣6＝2a，
解得：a1=-3-332，a2=-3+332（舍去）或a3＝﹣2，a4＝3（舍去）
∴PE＝2或3+332；
②存在点P，使得∠ACP＝∠OCB，
理由如下，
∵抛物线y＝x2+x﹣6与x轴交于点C，
∴点C（0，﹣6），
∴OC＝6，
∵点B（2，0），点A（﹣3，0），
∴OB＝2，OA＝3，
∴BC=OB2+OC2=4+36=210，
AC=OA2+OC2=9+36=35，
如图，过点A作AH⊥CP于H，

∵∠AHC＝∠BOC＝90°，∠ACP＝∠BCO，
∴△ACH∽△BCO，
∴BCAC=BOAH=OCHC，
∴21035=2AH=6HC，
∴AH=322，HC=922，
设点H（m，n），
∴（322）2＝（m+3）2+n2，（922）2＝m2+（n+6）2，
∴m=-92n=-32或m=-910n=310，
∴点H（-92，-32）或（-910，310），
当H（-92，-32）时，
∵点C（0，﹣6），
∴直线HC的解析式为：y＝﹣x﹣6，
∴x2+x﹣6＝﹣x﹣6，
解得：x1＝﹣2，x2＝0（舍去），
∴点P的坐标（﹣2，﹣4）；
当H（-910，310）时，
∵点C（0，﹣6），
∴直线HC的解析式为：y＝﹣7x﹣6，
∴x2+x﹣6＝﹣7x﹣6，
解得：x1＝﹣8，x2＝0（舍去），
∴点P的坐标（﹣8，50）；
综上所述：点P坐标为（﹣2，﹣4）或（﹣8，50）．
【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，两点距离公式，相似三角形的判定和性质等知识，综合性比较强，求出点H坐标是本题的关键．
20．（2020•丹东）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=-12x2+bx+c与x轴交于A，B两点，A点坐标为（﹣2，0），与y轴交于点C（0，4），直线y=-12x+m与抛物线交于B，D两点．
（1）求抛物线的函数表达式．
（2）求m的值和D点坐标．
（3）点P是直线BD上方抛物线上的动点，过点P作x轴的垂线，垂足为H，交直线BD于点F，过点D作x轴的平行线，交PH于点N，当N是线段PF的三等分点时，求P点坐标．
（4）如图2，Q是x轴上一点，其坐标为（-45，0）．动点M从A出发，沿x轴正方向以每秒5个单位的速度运动，设M的运动时间为t（t＞0），连接AD，过M作MG⊥AD于点G，以MG所在直线为对称轴，线段AQ经轴对称变换后的图形为A′Q′，点M在运动过程中，线段A′Q′的位置也随之变化，请直接写出运动过程中线段A′Q′与抛物线有公共点时t的取值范围．

【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）求出点B的坐标，可得直线BD的解析式，构建方程组确定点D坐标即可．
（3）设P（a，-12a2+a+4），则N（a，52），F（a，-12a+2）推出PN=-12a2+a+4-52=-12a2+a+32，NF=52-（-12a+2）=12a+12，由N是线段PF的三等分点，推出PN＝2NF或NF＝2PN，构建方程求解即可．
（4）首先证明QQ′∥AD，由题意直线QQ′的解析式为y=52x+2，设直线QQ′交抛物线于E，利用方程组求出点E的坐标，求出两种特殊情形t的值即可判断．
【解答】解：（1）把A（﹣2，0），C（0，4）代入y=-12x2+bx+c，
得到c=4-2-2b+c=0，
解得b=1c=4，
∴抛物线的解析式为y=-12x2+x+4．

（2）令y＝0，则有-12x2+x+4＝0，
解得x＝﹣2或4，
∴B（4，0），
把B（4，0）代入y=-12x+m，得到m＝2，
∴直线BD的解析式为y=-12x+2，
由y=-12x2+x+4y=-12x+2，解得x=4y=0或x=-1y=52，
∴D（﹣1，52）．

（3）设P（a，-12a2+a+4），
则N（a，52），F（a，-12a+2），
∴PN=-12a2+a+4-52=-12a2+a+32，NF=52-（-12a+2）=12a+12，
∵N是线段PF的三等分点，
∴PN＝2NF或NF＝2PN，
∴-12a2+a+32=a+1或12a+12=-a2+2a+3，
解得a＝±1或﹣1或52，
∵a＞﹣1，
∴a＝1或52，
∴P（1，92）或（52，278）．

（4）如图2中，

∵A（﹣2，0），D（﹣1，52），
∴直线AD的解析式为y=52x+5，
∵A′Q′与AQ关于MG对称，MG⊥AD，
∴QQ′∥AD，
∵Q（-45，0），
∴直线QQ′的解析式为y=52x+2，设直线QQ′交抛物线于E，
由y=-12x2+x+4y=52x+2，解得x=1y=92或x=-4y=-8，
∴E（1，92），
当点A′与D重合时，直线GM的解析式为y=-25x+1320，可得M（138，0），此时t=2940，
当点Q′与E重合时，直线GM经过点（110，94），
∵GM⊥AD，
∴GM的解析式为y=-25x+229100，
令y＝0，可得x=22940，
∴M（22940，0），此时t=22940+25=309200，
观察图象可知，满足条件的t的值为2940≤t≤309200．
【点评】本题考查二次函数综合题，一次函数的性质，轴对称变换等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，学会寻找特殊点解决问题，属于中考压轴题．
21．（2020•益阳）如图，在平面直角坐标系中，点F的坐标是（4，2），点P为一个动点，过点P作x轴的垂线PH，垂足为H，点P在运动过程中始终满足PF＝PH．
【提示：平面直角坐标系内点M、N的坐标分别为（x1，y1）、（x2，y2），则MN2＝（x2﹣x1）2+（y2﹣y1）2】
（1）判断点P在运动过程中是否经过点C（0，5）；
（2）设动点P的坐标为（x，y），求y关于x的函数表达式；填写下表，并在给定坐标系中画出该函数的图象；
x
…
0
2
4
6
8
…
y
…
　5　
　2　
　1　
　2　
　5　
…
（3）点C关于x轴的对称点为C'，点P在直线C'F的下方时，求线段PF长度的取值范围．

【分析】（1）当P与C（0，5）重合，证明PH＝PF即可解决问题．
（2）根据PF2＝PH2，根据函数关系式即可解决问题．
（3）求出直线FC′的解析式，求出直线FC′与抛物线的交点坐标即可判断．
【解答】解：（1）当P与C（0，5）重合，
∴PH＝5，PF=(5-2)2+42=5，
∴PH＝PF，
∴点P运动过程中经过点C．

（2）由题意：y2＝（x﹣4）2+（y﹣2）2，
整理得，y=14x2﹣2x+5，
∴函数解析式为y=14x2﹣2x+5，
当x＝0时，y＝5，
当x＝2时，y＝2，
当x＝4时，y＝1，
当x＝6时，y＝2，
当x＝8时，y＝5，
函数图象如图所示：

故答案为5，2，1，2，5．

（3）由题意C′（0，﹣5），F（4，2），
∴直线FC′的解析式为y=74x﹣5，设抛物线交直线FC′于G，K．
由y=74x-5y=14x2-2x+5，解得x=15+652y=65+7658或x=15-652y=65-7658，
∴G（15-652，65-7658），K（15+652，65+7658），
观察图象可知满足条件的PF长度的取值范围为1≤PF＜65+7658．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
22．（2020•吉林）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-12x2+bx+32与x轴正半轴交于点A，且点A的坐标为（3，0），过点A作垂直于x轴的直线l．P是该抛物线上的任意一点，其横坐标为m，过点P作PQ⊥l于点Q，M是直线l上的一点，其纵坐标为﹣m+32．以PQ，QM为边作矩形PQMN．
（1）求b的值．
（2）当点Q与点M重合时，求m的值．
（3）当矩形PQMN是正方形，且抛物线的顶点在该正方形内部时，求m的值．
（4）当抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小时，直接写出m的取值范围．

【分析】（1）利用待定系数法求解即可．
（2）根据点M与点P的纵坐标相等构建方程求解即可．
（3）根据PQ＝MQ，构建方程求解即可．
（3）当点P在直线l的左边，点M在点Q是下方下方时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，则有﹣m+32＜-12m2+m+32，解得0＜m＜4，观察图象可知．当0＜m＜3时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，如图4﹣1中．当m＞4时，点M在点Q的上方，也满足条件，如图4﹣2中．
【解答】解：（1）把点A（3，0）代入y=-12x2+bx+32，得到0=-92+3b+32，
解得b＝1．

（2）∵抛物线的解析式为y=-12x2+x+32，
∴P（m，-12m2+m+32），
∵M，Q重合，
∴﹣m+32=-12m2+m+32，
解得m＝0或4．

（3）y=-12x2+x+32=-12（x﹣1）2+2，
∴抛物线的顶点坐标为（1，2），
由题意PQ＝MQ，且抛物线的顶点在该正方形内部，
∴3﹣m＝﹣m+32-（-12m2+m+32）且﹣m+32＞2，得m＜-12
解得m＝1-7或1+7（不合题意舍弃），
∴m＝1-7．

（4）当点P在直线l的左边，点M在点Q下方时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，
则有﹣m+32＜-12m2+m+32，
∴m2﹣4m＜0，
解得0＜m＜4，
观察图象可知．当0＜m＜3时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，如图4﹣1中，

当3＜m＜4时，抛物线不在矩形PQMN内部，不符合题意，
当m＞4时，点M在点Q的上方，也满足条件，如图4﹣2中，

综上所述，满足条件的m的值为0＜m＜3或m＞4．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法，矩形的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
23．（2020•永州）在平面直角坐标系xOy中，等腰直角△ABC的直角顶点C在y轴上，另两个顶点A，B在x轴上，且AB＝4，抛物线经过A，B，C三点，如图1所示．
（1）求抛物线所表示的二次函数表达式．
（2）过原点任作直线l交抛物线于M，N两点，如图2所示．
①求△CMN面积的最小值．
②已知Q（1，-32）是抛物线上一定点，问抛物线上是否存在点P，使得点P与点Q关于直线l对称，若存在，求出点P的坐标及直线l的一次函数表达式；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）先根据等腰直角三角形的性质求得OA、OB、OC，进而得A、B、C三点的坐标，再用待定系数法求得抛物线的解析式；
（2）①设直线l的解析式为y＝kx，M（x1，y1），N（x2，y2），联立方程组求得|x1﹣x2|，再由三角形的面积公式求得结果；
②假设抛物线上存在点P（m，12m2-2），使得点P与点Q关于直线l对称，由OP＝OQ列出方程求得m的值，再根据题意舍去不合题意的m值，再求得PQ的中点坐标，便可求得直线l的解析式．
【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c（a≠0），
在等腰Rt△ABC中，OC垂直平分AB，且AB＝4，
∴OA＝OB＝OC＝2，
∴A（﹣2，0），B（2，0），C（0，﹣2），
∴4a+2b+c=04a-2b+c=0c=-2，
解得，a=12b=0c=-2，
∴抛物线的解析式为y=12x2-2；
（2）①设直线l的解析式为y＝kx，M（x1，y1），N（x2，y2），
由y=12x2-2y=kx，可得12x2-kx-2=0，
∴x1+x2＝2k，x1•x2＝﹣4，
∴(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2=4k2+16，
∴|x1-x2|=2k2+4，
∴S△CMN=12OC⋅|x1-x2|=2k2+4，
∴当k＝0时2k2+4取最小值为4．
∴△CMN面积的最小值为4．
②假设抛物线上存在点P（m，12m2-2），使得点P与点Q关于直线l对称，
∴OP＝OQ，即12+(32)2=m2+(12m2-2)2，
解得，m1=3，m2=-3，m3＝1，m4＝﹣1，
∵m3＝1，m4＝﹣1不合题意，舍去，
当m1=3时，点P（3，-12），
线段PQ的中点为（1+32，-1），
∴1+32k=-1，
∴k=1-3，
∴直线l的表达式为：y＝（1-3）x，
当m2=-3时，点P（-3，-12），
线段PQ的中点为（1-32，﹣1），
∴1-32k=-1，
∴k=1+3，
∴直线l的解析式为y＝（1+3）x．
综上，点P（3，-12），直线l的解析式为y＝（1-3）x或点P（-3，-12），直线l的解析式为y＝（1+3）x．
【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，一次函数的图象与性质，待定系数法，轴对称的性质，第（2）①题关键是求得M、N两点的横坐标之差，第（2）②小题关键是根据轴对称性质列出m的方程，以及求得PQ的中点坐标．
24．（2020•宿迁）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．

【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﹣3）2＝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-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．
【解答】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=14(x-4)2-1，
∴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），
∵C（0，3），由勾股定理可得：
42+（m﹣3）2＝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CQ：y＝（14n-2-3n）x+3，
当x＝4时，y＝4（14n-2-3n）+3＝n﹣5-12n，
∴M（4，n﹣5-12n），ME＝n﹣4-12n．
∵S△CQE＝S△CEM+S△QEM=12×12n⋅ME=12⋅12n⋅(n-4-12n)=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）．
【点评】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．
25．（2020•毕节市）如图（1），在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+4（a≠0）与y轴交于点A，与x轴交于点C（﹣2，0），且经过点B（8，4），连接AB，BO，作AM⊥OB于点M，将Rt△OMA沿y轴翻折，点M的对应点为点N．解答下列问题：
（1）抛物线的解析式为　y=-15x2+85x+4　，顶点坐标为　（4，365）　；
（2）判断点N是否在直线AC上，并说明理由；
（3）如图（2），将图（1）中Rt△OMA沿着OB平移后，得到Rt△DEF．若DE边在线段OB上，点F在抛物线上，连接AF，求四边形AMEF的面积．

【分析】（1）将点B，点C坐标代入解析式可求a，b的值，由配方法可求顶点坐标；
（2）由余角的性质可得∠MAO＝∠B，利用三角函数可求tan∠MAO＝tan∠NAO＝tan∠CAO=12，可得∠CAO＝∠NAO，可得AC与AN共线，即可求解；
（3）先求出OB解析式，AF解析式，联立方程组可求点F坐标，由四边形AMEF的面积＝S四边形AMDF+S△DEF＝S四边形AMDF+S△OAM＝S四边形OAFD，可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+4（a≠0）与x轴交于点C（﹣2，0），且经过点B（8，4），
∴0=4a-2b+44=64a+8b+4，
解得：a=-15b=85，
∴抛物线解析式为：y=-15x2+85x+4，
∵：y=-15x2+85x+4=-15（x﹣4）2+365，
∴顶点坐标为（4，365）
故答案为：y=-15x2+85x+4，（4，365）；
（2）点N在直线AC上，
理由如下：∵抛物线y=-15x2+85x+4与y轴交于点A，
∴点A（0，4），即OA＝4，
∵点B（8，4），
∴AB∥x轴，AB＝8，
∴AB⊥AO，
∴∠OAB＝90°，
∴∠OAM+∠BAM＝90°，
∵AM⊥OB，
∴∠BAM+∠B＝90°，
∴∠B＝∠OAM，
∴tan∠B＝tan∠OAM=OAAB=48=12，
∵将Rt△OMA沿y轴翻折，
∴∠NAO＝∠OAM，
∴tan∠NAO＝tan∠OAM=12，
∵OC＝2，OA＝4，
∴tan∠CAO=OCOA=12，
∴tan∠CAO＝tan∠NAO，
∴∠CAO＝∠NAO，
∴AN，AC共线，
∴点N在直线AC上；
（3）∵点B（8，4），点O（0，0），
∴直线OB解析式为y=12x，
∵Rt△OMA沿着OB平移后，得到Rt△DEF，
∴AF∥OB，
∴直线AF的解析式为：y=12x+4，
联立方程组：y=12x+4y=-15x2+85x+4
解得：x1=0y1=4或x2=112y2=274
∴点F（112，274），
∵Rt△OMA沿着OB平移后，得到Rt△DEF，
∴Rt△OMA≌Rt△DEF，OA＝DF，OA∥DF
∴S△OMA＝S△DEF，四边形OAFD是平行四边形，
∵四边形AMEF的面积＝S四边形AMDF+S△DEF＝S四边形AMDF+S△OAM＝S四边形OAFD，
∴四边形AMEF的面积＝S四边形OAFD＝4×112=22．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，锐角三角函数，直角三角形的性质，折叠的性质，平移的性质，平行四边形的性质等知识，求出点F的坐标是本题的关键．
26．（2020•鄂尔多斯）如图1，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于A，B两点，其中点A的坐标为（1，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）点D为y轴上一点，如果直线BD与直线BC的夹角为15°，求线段CD的长度；
（3）如图2，连接AC，点P在抛物线上，且满足∠PAB＝2∠ACO，求点P的坐标．

【分析】（1）将点A，点C坐标代入解析式可求解；
（2）先求出点B坐标，可得OB＝OC，可得∠OBC＝∠OCB＝45°，再分点D在点C上方或下方两种情况讨论，由锐角三角函数可求解；
（3）在BO上截取OE＝OA，连接CE，过点E作EF⊥AC，由“SAS”可证△OCE≌△OCA，可得∠ACO＝∠ECO，CE＝AC=10，由面积法可求EF的长，由勾股定理可求CF的长，可求tan∠ECA＝tan∠PAB=34，分点P在AB上方和下方两种情况讨论，求出AP解析式，联立方程组可求点P坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c交x轴于点A（1，0），与y轴交于点C（0，﹣3），
∴0=1+b+cc=-3，
解得：b=2c=-3，
∴抛物线解析式为：y＝x2+2x﹣3；
（2）∵抛物线y＝x2+2x﹣3与x轴交于A，B两点，
∴点B（﹣3，0），
∵点B（﹣3，0），点C（0，﹣3），
∴OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
如图1，当点D在点C上方时，

∵∠DBC＝15°，
∴∠OBD＝30°，
∴tan∠DBO=ODBO=33，
∴OD=33×3=3，
∴CD＝3-3；
若点D在点C下方时，
∵∠DBC＝15°，
∴∠OBD＝60°，
∴tan∠DBO=ODBO=3，
∴OD＝33，
∴DC＝33-3，
综上所述：线段CD的长度为3-3或33-3；
（3）如图2，在BO上截取OE＝OA，连接CE，过点E作EF⊥AC，

∵点A（1，0），点C（0，﹣3），
∴OA＝1，OC＝3，
∴AC=OA2+OC2=1+9=10，
∵OE＝OA，∠COE＝∠COA＝90°，OC＝OC，
∴△OCE≌△OCA（SAS），
∴∠ACO＝∠ECO，CE＝AC=10，
∴∠ECA＝2∠ACO，
∵∠PAB＝2∠ACO，
∴∠PAB＝∠ECA，
∵S△AEC=12AE×OC=12AC×EF，
∴EF=2×310=3105，
∴CF=CE2-EF2=10-185=4105，
∴tan∠ECA=EFCF=34，
如图2，当点P在AB的下方时，设AP与y轴交于点N，
∵∠PAB＝∠ECA，
∴tan∠ECA＝tan∠PAB=ONAO=34，
∴ON=34，
∴点N（0，-34），
又∵点A（1，0），
∴直线AP解析式为：y=34x-34，
联立方程组得：y=34x-34y=x2+2x-3，
解得：x1=1y1=0或x2=-94y2=-3916，
∴点P坐标为：（-94，-3916），
当点P在AB的上方时，同理可求直线AP解析式为：y=-34x+34，
联立方程组得：y=-34x+34y=x2+2x-3，
解得：x1=1y1=0或x2=-154y2=5716，
∴点P坐标为：（-154，5716），
综上所述：点P的坐标为（-154，5716），（-94，-3916）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，锐角三角函数等知识，求出tan∠ECA＝tan∠PAB=34是本题的关键．
27．（2020•鸡西）已知抛物线y＝a（x﹣2）2+c经过点A（﹣2，0）和点C（0，94），与x轴交于另一点B，顶点为D．
（1）求抛物线的解析式，并写出顶点D的坐标；
（2）如图，点E，F分别在线段AB，BD上（点E不与点A，B重合），且∠DEF＝∠DAB，DE＝EF，直接写出线段BE的长．

【分析】（1）利用待定系数法，转化为解方程组即可解决问题．
（2）根据y＝0，解方程可得A和B两点的坐标，根据两点的距离公式可得AD＝BD＝5，证明△ADE≌△BEF（AAS），可得结论．
【解答】解：（1）将点A（﹣2，0），C（0，94）代入 y＝a（x﹣2）2 +c，
得：16a+c=04a+c=94，
解得：a=-316c=3，
∴抛物线的解析式为y=-316（x﹣2）2+3，即y=-316x2+34x+94；
∴顶点D的坐标为（2，3）；
（2）当y＝0时，-316（x﹣2）2+3＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝6，
∴A（﹣2，0），B（6，0），
∵∠DEB＝∠DEF+∠BEF＝∠DAB+∠ADE，∠DEF＝∠DAB，
∴∠ADE＝∠BEF，
∵AD=(2+2)2+32=5，BD=(6-2)2+32=5，
∴AD＝BD，
∴∠DAE＝∠EBF，
∵DE＝EF，
∴△ADE≌△BEF（AAS），
∴BE＝AD＝5．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用方程的思想解决问题．
28．（2020•随州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+1的对称轴为直线x=32，其图象与x轴交于点A和点B（4，0），与y轴交于点C．

（1）直接写出抛物线的解析式和∠CAO的度数；
（2）动点M，N同时从A点出发，点M以每秒3个单位的速度在线段AB上运动，点N以每秒2个单位的速度在线段AC上运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动的时间为t（t＞0）秒，连接MN，再将线段MN绕点M顺时针旋转90°，设点N落在点D的位置，若点D恰好落在抛物线上，求t的值及此时点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，设P为抛物线上一动点，Q为y轴上一动点，当以点C，P，Q为顶点的三角形与△MDB相似时，请直接写出点P及其对应的点Q的坐标．（每写出一组正确的结果得1分，至多得4分）
【分析】（1）利用待定系数法，对称轴公式构建方程组求出a，b即可，再求出点A点C的坐标即可得出结论．
（2）如图1中，过点C作CE⊥OA于E，过点D作DF⊥AB于F．利用全等三角形的性质求出点F的坐标，再利用待定系数法求解即可．
（3）分6种情形首先确定点P的坐标，再利用相似三角形的性质求解即可．
【解答】解：（1）由题意：-b2a=3216a+4b+1=0，
解得a=-14b=34，
∴抛物线的解析式为y=-14x2+34x+1，
令y＝0，可得x2﹣3x﹣4＝0，解得x＝﹣1或4，
∴A（﹣1，0），
令y＝0，得到x＝1，
∴C（0，1），
∴OA＝OC＝1，
∴∠CAO＝45°．

（2）如图1中，过点C作CE⊥OA于E，过点D作DF⊥AB于F．

∵∠NEM＝∠DFM＝∠NMD＝90°，
∴∠NME+∠DMF＝90°，∠DMF+∠MDF＝90°，
∴∠NME＝∠MDF，
∵NM＝DM，
∴△MEN≌△DFM（AAS），
∴NE＝MF，EM＝DF，
∵∠CAO＝45°，AN=2t，AM＝3t，
∴AE＝EN＝t，
∴EM＝AM﹣AE＝2t，
∴DF＝2t，MF＝t，OF＝4t﹣1，
∴D（4t﹣1，2t），
∴-14（4t﹣1）2+34（4t﹣1）+1＝2t，
∵t＞0，故可以解得t=34，
经检验，t=34时，M，N均没有达到终点，符合题意，
∴D（2，32）．

（3）如图3﹣1中，当点Q在点C的下方，点P在y的右侧，∠QCP＝∠MDB时，

取E（12，0），连接EC，过点E作EG⊥EC交PC于G，
∵M（54，0），D（2，32），B（4，0）
∴FM＝2-54=34，DM=354，BM=114，BD=52，
∴DF＝2MF，
∵OC＝2OE，
∴tan∠OCE＝tan∠MDF=12，
∴∠OCE＝∠MDF，
∴∠OCP＝∠MDB，
∴∠ECG＝∠FDB，
∴tan∠ECG＝tan∠FDB=43，
∵EC=52，
∴EG=253，可得G（116，23），
∴直线CP的解析式为y=-211x+1，
由y=-211x+1y=-14x2+34x+1，解得x=0y=1或x=4111y=39121，
∴P（4111，39121），C（0，1），
∴PC=2105121，
当MDCQ=BDCP或MDPC=BDCQ时，△QCP与△MDB相似，可得CQ=615242或2050363，
∴Q（0，-373242）或（0，-1687363）．
如图3﹣2中，当点Q在点C的下方，点P在y的右侧，∠QCP＝∠DMB时，设PC交x轴于k．

∵tan∠OCK＝tan∠DMB＝2，
∴OK＝2OC＝2，
∴点K与F重合，
∴直线PC的解析式为y=-12x+1，
由y=-12x+1y=-14x2+34x+1，解得x=0y=1或x=5y=-32，
∴P（5，-32），
∴PC=552，
当DMPC=BMCQ或DMCQ=BMPC时，△QCP与△MDB相似，可得CQ=556或7522，
∴Q（0，-496）或（0，-5322）．
当点Q在点C的下方，点P在y的右侧，∠QCP＝∠DBM时，同法可得P（253，-919），Q（0，-25718）或（0，115199），
当点Q在点C上方，∠QCP＝∠DMB时，同法可得P（1，32），Q（0，176）或（0，3722），
当点Q在点C上方，∠QCP＝∠MDB时，同法可得P（2511，171121），Q（0，617242）或（0，1613363），
当点Q在点C下方，点P在y轴的左侧时，∠QCP＝∠DBM时，同法可得P（-73，-199），Q（0，-5918）或（0，-25199）．
【点评】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，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会构建一次函数，构建方程组确定交点坐标，属于中考压轴题．
29．（2020•黄石）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+kx﹣2k的顶点为N．
（1）若此抛物线过点A（﹣3，1），求抛物线的解析式；
（2）在（1）的条件下，若抛物线与y轴交于点B，连接AB，C为抛物线上一点，且位于线段AB的上方，过C作CD垂直x轴于点D，CD交AB于点E，若CE＝ED，求点C坐标；
（3）已知点M（2-433，0），且无论k取何值，抛物线都经过定点H，当∠MHN＝60°时，求抛物线的解析式．

【分析】（1）把A（﹣3.1）代入y＝﹣x2+kx﹣2k即可求解．
（2）根据题意作图，求出直线AB的解折式，再表示出E点坐标，代入直线AB的解析式可求解．
（3）先求出定点H，过H点做HI⊥x轴，根据题意求出∠MHI＝30°，再根据题意分情况即可求解．
【解答】解：（1）把A（﹣3.1）代入y＝﹣x2+kx﹣2k，
得﹣9﹣3k﹣2k＝1．
解得k＝﹣2，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+4；

（2）如图1，设C（t，﹣t2﹣2t+4），则E（t，-t22-t+2），
设直线AB的解析式为y＝kx+b，把A（﹣3，1），（0，4）代入得到，
-3k+b=1b=4，
解得k=1b=4，
∴直线AB的解析式为y＝x+4，
∵E（t，-t22-t+2）在直线AB上，
∴-t22-t+2＝t+4，
解得t1＝t2＝﹣2，
∴C（﹣2，4）．

（3）由y＝﹣x2+kx﹣2k＝k（x﹣2）﹣x2，
当x﹣2＝0时，x＝2，y＝﹣4，
∴无论k取何值，抛物线都经过定点H（2，﹣4），
二次函数的顶点N（k2，k24-2k），
①如图2中，过点H作HI⊥x轴于I，分别过H，N作y轴，x轴的垂线交于点G，若k2＞2时，则k＞4，
∵M（2-433，0），H（2，﹣4），
∴MI=433，HI＝4，
∴tan∠MHI=4334=33，
∴∠MHI＝30°，
∵∠MHN＝60°，
∴∠NHI＝30°，
即∠GNH＝30°，
由图可知，tan∠GNH=GHGN=k2-2k24-2k+4=33，
解得k＝4+23或4（不合题意舍弃）．

②如图3中，过点H作HI⊥x轴于I，分别过H，N作y轴，x轴的垂线交于点G．

若k2＜2，则k＜4，
同理可得，∠MHI＝30°，
∵∠MHN＝60°，
∴NH⊥HI，
即k24-2k═﹣4，
解得k＝4（不符合题意舍弃）．
③若k2=2，则N，H重合，不符合题意舍弃，
综上所述，抛物线的解析式为y＝﹣x2+（4+23）x﹣（8+43）．


【点评】本题考查二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，待定系数法，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
30．如图1，在平面直角坐标系中，A（﹣2，﹣1），B（3，﹣1），以O为圆心，OA的长为半径的半圆O交AO延长线于C，连接AB，BC，过O作ED∥BC分别交AB和半圆O于E，D，连接OB，CD．
（1）求证：BC是半圆O的切线；
（2）试判断四边形OBCD的形状，并说明理由；
（3）如图2，若抛物线经过点D且顶点为E．
①求此抛物线的解析式；
②点P是此抛物线对称轴上的一个动点，以E，D，P为顶点的三角形与△OAB相似，问抛物线上是否存在一点Q．使S△EPQ＝S△OAB？若存在，请直接写出Q点的横坐标；若不存在，说明理由．

【分析】（1）如图1，设AB与y轴交于M，先证明OE是△ABC的中位线，得BC＝2OE，E（12，﹣1），利用勾股定理计算OE的长，可得BC的长，根据勾股定理的逆定理计算AC2+BC2＝AB2，所以△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，可得结论；
（2）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，证明OD与BC平行且相等，可得四边形OBCD是平行四边形；
（3）①作辅助线，构建平行线，利用平行线分线段成比例定理列比例式可得D的坐标，利用顶点E的坐标设抛物线的解析式为：y＝a（x-12）2﹣1，把点D的坐标代入可得结论；
②以E，D，P为顶点的三角形与△OAB相似，存在两种情况，过D作DG⊥EP于G，设Q的横坐标为x，根据S△EPQ＝S△OAB，列方程可得x的值．
【解答】（1）证明：如图1，设AB与y轴交于M，

∵A（﹣2，﹣1），B（3，﹣1），
∴AB∥x轴，且AM＝2，OM＝1，AB＝5，
∴OA＝OC=5，
∵DE∥BC，O是AC的中点，
∴OE是△ABC的中位线，
∴AE=12AB，BC＝2OE，
∴E（12，﹣1），
∴EM=12，
∴OE=OM2+ME2=12+(12)2=52，
∴BC＝2OE=5，
在△ABC中，∵AC2+BC2=(25)2+(5)2=25，AB2＝52＝25，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，
∴BC⊥AC，
∵AC为半圆O的直径，
∴BC是半圆O的切线；
（2）解：四边形OBCD是平行四边形，理由是：
如图1，由（1）得：BC＝OD＝OA=5，
∵OD∥BC，
∴四边形OBCD是平行四边形；
（3）解：①如图2，由（1）知：OD＝OA=5，E是AB的中点，且E（12，﹣1），OE=52，
过D作DN⊥y轴于N，则DN∥EM，

∴△ODN∽△OEM，
∴ONOM=DNEM=ODOE，即ON1=DN12=552，
∴ON＝2，DN＝1，
∴D（﹣1，2），
设此抛物线的解析式为：y＝a（x-12）2﹣1，
把D（﹣1，2）代入得：2＝a（﹣1-12）2﹣1，
解得：a=43，
∴此抛物线的解析式为：y=43（x-12）2﹣1，即y=43x2-43x-23；
②存在，
过D作DG⊥EP于G，设Q的横坐标为x，

∵DG＝1+12=32，EG＝2+1＝3，
∴DE=DG2+EG2=(32)2+32=352，
tan∠DEG=DGEG=323=12，
∵tan∠OAM=OMAM=12，且∠DEG和∠OAM都是锐角，
∴∠DEG＝∠OAM，
如图3，当△EPD∽△AOB时，EPAO=DEAB，即EP5=3525，
∴EP=32，
∵S△AOB=12AB⋅OM=12×5×1=52，
∵S△EPQ＝S△OAB，
∴12⋅EP⋅|x-12|=52，
即12×32×|x-12|=52，
解得：x=236或-176；
如图4，当△OAB∽△DEP时，ABEP=OADE，即5EP=5352，

∴EP=152，
同理得：12⋅152⋅|x-12|=52，
解得：x=76或-16；
综上，存在符合条件的点Q，Q点的横坐标为236或-176或76或-16．
【点评】本题考查二次函数综合题，平行四边形的判定和性质、锐角三角函数，勾股定理，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
31．（2020•娄底）如图，抛物线经过点A（﹣3，0）、B（1，0）、C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P（m，n）是抛物线上的动点，当﹣3＜m＜0时，试确定m的值，使得△PAC的面积最大；
（3）抛物线上是否存在不同于点B的点D，满足DA2﹣DC2＝6，若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）由题意可设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），将点代入C（0，3）解出a，即可求出抛物线的解析式．
（2）先求出直线AC的解析式，然后根据当﹣3＜m＜0时，点P（m，n）在直线AC上方，过点P作x轴的垂线与线段AC相交于点Q，可将x＝m分别代入y＝一x2﹣2x+3和y＝x+3得P（m，﹣m2﹣2m+3），Q（m，m+3），从而得出PQ的代数式，从而可求出m的值；
（3）由题意可得AB＝4，OB＝1，CO＝3，根据BC2＝10，∠CAO＝45°，可求出BA2﹣BC2＝6，连接BC，过B作AC的垂线交抛物线于点D，交AC于点H，可得DA2﹣DC2＝HA2﹣HC2＝BA2﹣BC2＝6，根据∠CAO＝∠DBA，可得BD与AC关于AB的垂直平分线对称，即关于抛物线的对称轴x＝﹣1对称，即点D与点C关于抛物线的对称轴x＝﹣1对称，从而可求出点D的坐标．
【解答】解：（1）由题意可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），
把C（0，3）代入，可得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3．

（2）设直线AC的解析式为y＝kx+b，
将A（﹣3，0），C（0，3）代入得到0=-3k+b3=b，
解得k=1b=3，
∴直线AC的解析式为y＝x+3．
当﹣3＜m＜0时，点P（m，n）在直线AC的上方，过点P作x轴的垂线交AC于Q．则P（m，﹣m2﹣2m+3），Q（m，m+3），
∴PQ＝﹣m2﹣2m+3﹣（m+3）
＝﹣m2﹣3m
＝﹣（m+32）2+94，
∵﹣3＜m＜0，
∴当m=-32时，PQ的值最大，
此时S△PAC=12•PQ•AO=32PQ最大，
∴m=-32．

（3）由A（﹣3，0），B（1，0），C（0，3），可得AB＝4，OB＝1，OC＝3，
∵BC2＝10，∠CAO＝45°，
∴BA2﹣BC2＝6，
连接BC，过点B作AC的垂线交抛物线于D，交AC于H，连接AD，DC，
则∠AHB＝90°，∠DBA＝∠CAO＝45°，
∴DA2﹣DC2＝HA2﹣HC2＝AB2﹣BC2＝6，
∵∠CAO＝∠DBA，
∴点H在AB的垂直平分线上，
即点H在抛物线的对称轴x＝﹣1上，
∴点D与点C关于抛物线的对称轴x＝﹣1对称，
∵C（0，3），
∴点D的坐标为（﹣2，3）．


【点评】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，三角形的面积，勾股定理，轴对称等知识，解题的关键是学会利用参数，构建二次函数解决最值问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
32．（2020•郴州）如图1，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．已知直线y＝kx+n过B，C两点．
（1）求抛物线和直线BC的表达式；
（2）点P是抛物线上的一个动点．
①如图1，若点P在第一象限内，连接PA，交直线BC于点D．设△PDC的面积为S1，△ADC的面积为S2，求S1S2的最大值；
②如图2，抛物线的对称轴l与x轴交于点E，过点E作EF⊥BC，垂足为F．点Q是对称轴l上的一个动点，是否存在以点E，F，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点P，Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）把A（﹣1，0），B（3，0）代入可求得抛物线的表达式，再求得点C的坐标，把B（3，0），C的坐标代入即可求解；
（2）①设点D的坐标为（m，﹣m+3），利用待定系数法求得直线AD的表达式y=-m+3m+1x+-m+3m+1，解方程-m+3m+1x+-m+3m+1=-x2+2x+3，求得点P的横坐标为4mm+1，利用平行线分线段成比例定理求得S1S2=S△PDCS△ADC=PDDA=MNAM=4mm+1-mm+1=-m2+3m(m+1)2，设S1S2=t，则t=-m2+3m(m+1)2，整理得（t+1）m2+（2t﹣3）m+t＝0，根据△≥0，即可解决问题．
②根据等腰直角三角形的性质求得的点F坐标为（2，1），分EF为边和EF为对角线两种情况讨论，即可求解．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx+3得：a-b+3=09a+3b+3=0，
解得a=-1b=2
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3，
∴点C坐标为（0，3），
把B（3，0），C（0，3）代入y＝kx+n得：3k+n=0n=3，
解得k=-1n=3
∴直线BC的表达式为y＝﹣x+3．

（2）①∵PA交直线BC于点D，
∴设点D的坐标为（m，﹣m+3），
设直线AD的表达式为y＝k1x+b1，
∴-k1+b1=0mk1+b1=-m+3，
解得，k1=-m+3m+1b1=-m+3m+1
∴直线AD的表达式，y=-m+3m+1x+-m+3m+1，
∴-m+3m+1x+-m+3m+1=-x2+2x+3，
整理得，（x-4mm+1）（x+1）＝0
解得x=4mm+1或﹣1（不合题意，舍去），
∴点D的横坐标为m，点P的横坐标为4mm+1，
分别过点D、P作x轴的垂线，垂足分别为M、N，如图1中：

∴DM∥PN，OM＝m，ON=4mm+1，OA＝1，
∴S1S2=S△PDCS△ADC=PDDA=MNAM=4mm+1-mm+1=-m2+3m(m+1)2，
设S1S2=t，则t=-m2+3m(m+1)2
整理得，（t+1）m2+（2t﹣3）m+t＝0，
∵△≥0，
∴（2t﹣3）2﹣4t（t+1）≥0，
解得t≤916
∴S1S2有最大值，最大值为916．

②存在，理由如下：过点F作FG⊥OB于G，如图2中，

∵y＝﹣x2+2x+3的对称轴为x＝1，
∴OE＝1，
∵B（3，0），C（0，3）
∴OC＝OB＝3，
又∵∠COB＝90°，
∴△OCB是等腰直角三角形，
∵∠EFB＝90°，BE＝OB﹣OE＝2，
∴△EFB是等腰直角三角形，
∴FG＝GB＝EG＝1，
∴点F的坐标为（2，1），
当EF为边时，
∵四边形EFPQ为平行四边形，
∴QE＝PF，QE∥PF∥y轴，
∴点P的横坐标与点F的横坐标同为2，
当x＝2时，y＝﹣22+2×2+3＝3，
∴点P的坐标为（2，3），
∴QE＝PF＝3﹣1＝2，
点Q的坐标为（1，2），
根据对称性当P（0，3）时，Q（1，4）时，四边形EFQP也是平行四边形．
当EF为对角线时，如图3中，

∵四边形PEQF为平行四边形，
∴QE＝PF，QE∥PF∥y轴，
同理求得：点P的坐标为（2，3），
∴QE＝PF＝3﹣1＝2，
点Q的坐标为（1，﹣2）；
综上，点P的坐标为（2，3）时，点Q的坐标为（1，2）或（1，﹣2），P（0，3）时，Q（1，4）．
【点评】本题主要考查了一元二次方程的解法，待定系数法求二次函数解析式，等腰直角三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，等高的三角形的面积的比等于底边的比，二次函数的性质以及平行四边形的判定和性质，（3）注意要分EF是对角线与边两种情况讨论．
33．（2020•鄂州）如图，抛物线y=12x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C．直线y=12x﹣2经过B、C两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是抛物线上的一动点，过点P且垂直于x轴的直线与直线BC及x轴分别交于点D、M．PN⊥BC，垂足为N．设M（m，0）．
①点P在抛物线上运动，若P、D、M三点中恰有一点是其它两点所连线段的中点（三点重合除外）．请直接写出符合条件的m的值；
②当点P在直线BC下方的抛物线上运动时，是否存在一点P，使△PNC与△AOC相似．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）先求出点B，C坐标，再代入抛物线解析式中，即可得出结论；
（2）①先表示出点M，D，P坐标，再分三种情况利用中点坐标公式建立方程求解即可得出结论；
②先判断出△AOC∽△COB，得出∠OAC＝∠OCB，∠ACO＝∠OBC，
Ⅰ、当△PNC∽△AOC，得出∠PCN＝∠ACO，进而得出CP∥OB，即可得出结论；
Ⅱ、当△PNC∽△COA时，得出∠PCN＝∠CAO，进而得出PC＝PD，即可得出结论．
【解答】解：（1）针对于直线y=12x﹣2，
令x＝0，则y＝﹣2，
∴C（0，﹣2），
令y＝0，则0=12x﹣2，
∴x＝4，
∴B（4，0），
将点B，C坐标代入抛物线y=12x2+bx+c中，得c=-28+4b+c=0，
∴b=-32c=-2，
∴抛物线的解析式为y=12x2-32x﹣2；

（2）①∵PM⊥x轴，M（m，0），
∴P（m，12m2-32m﹣2），D（m，12m﹣2），
∵P、D、M三点中恰有一点是其它两点所连线段的中点，
∴Ⅰ、当点D是PM的中点时，12（0+12m2-32m﹣2）=12m﹣2，
∴m＝1或m＝4（此时点D，M，P三点重合，舍去），
Ⅱ、当点P是DM的中点时，12（0+12m﹣2）=12m2-32m﹣2，
∴m=-12或m＝4（此时点D，M，P三点重合，舍去），
Ⅲ、当点M是DP的中点时，12（12m2-32m﹣2+12m﹣2）＝0，
∴m＝﹣2或m＝4（此时点D，M，P三点重合，舍去），
即满足条件的m的值为-12或1或﹣2；

②由（1）知，抛物线的解析式为y=12x2-32x﹣2，
令y＝0，则0=12x2-32x﹣2，
∴x＝﹣1或x＝4，
∴点A（﹣1，0），
∴OA＝1，
∵B（4，0），C（0，﹣2），
∴OB＝4，OC＝2，
∴OAOC=OCOB，
∵∠AOC＝∠COB＝90°，
∴△AOC∽△COB，
∴∠OAC＝∠OCB，∠ACO＝∠OBC，
∵△PNC与△AOC相似，
∴Ⅰ、当△PNC∽△AOC，
∴∠PCN＝∠ACO，
∴∠PCN＝∠OBC，
∴CP∥OB，
∴点P的纵坐标为﹣2，
∴12m2-32m﹣2＝﹣2，
∴m＝0（舍）或m＝3，
∴P（3，﹣2）；
Ⅱ、当△PNC∽△COA时，
∴∠PCN＝∠CAO，
∴∠OCB＝∠PCD，
∵PD∥OC，
∴∠OCB＝∠CDP，
∴∠PCD＝∠PDC，
∴PC＝PD，
由①知，P（m，12m2-32m﹣2），D（m，12m﹣2），
∵C（0，﹣2），
∴PD＝2m-12m2，PC=m2+(12m2-32m-2+2)2=m2+(12m2-32m)2，
∴2m-12m2=m2+(12m2-32m)2，
∴m=32或m＝0（舍），
∴P（32，-258），
即满足条件的点P的坐标为（3，﹣2）或（32，-258）．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，相似三角形的判定和性质，中点坐标公式，用方程的思想解决问题是解本题的关键．
34．（2020•包头）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=13x2﹣2x经过坐标原点，与x轴正半轴交于点A，该抛物线的顶点为M，直线y=-12x+b经过点A，与y轴交于点B，连接OM．
（1）求b的值及点M的坐标；
（2）将直线AB向下平移，得到过点M的直线y＝mx+n，且与x轴负半轴交于点C，取点D（2，0），连接DM，求证：∠ADM﹣∠ACM＝45°；
（3）点E是线段AB上一动点，点F是线段OA上一动点，连接EF，线段EF的延长线与线段OM交于点G．当∠BEF＝2∠BAO时，是否存在点E，使得3GF＝4EF？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）证明：如图1中，设平移后的直线的解析式为y=-12x+n．把点M的坐标代入求出n，过点D（2，0）作DH⊥MC于H，则直线DH的解析式为y＝2x﹣4，构建方程组求出点H的坐标，证明DH＝HM，推出∠DMC＝45°可得结论．
（3）如图2中，过点G作GH⊥OA于H，过点E作EK⊥OA于K．证明∠EFA＝∠BAO，由题意∠EFA＝∠GFH，tan∠BAO=OBOA=36=12，推出tan∠GFH＝tan∠EFK=12，由GH∥EK，推出GFEF=GHEK=43，设GH＝4k，EK＝3k，构建方程求出k即可解决问题．
【解答】（1）解：对于抛物线y=13x2﹣2x，令y＝0，得到13x2﹣2x＝0，
解得x＝0或6，
∴A（6，0），
∵直线y=-12x+b经过点A，
∴0＝﹣3+b，
∴b＝3，
∵y=13x2﹣2x=13（x﹣3）2﹣3，
∴M（3，﹣3）．

（2）证明：如图1中，设平移后的直线的解析式y=-12x+n．

∵平移后的直线经过M（3，﹣3），
∴﹣3=-32+n，
∴n=-32，
∴平移后的直线的解析式为y=-12x-32，
过点D（2，0）作DH⊥MC于H，
则直线DH的解析式为y＝2x﹣4，
由y=2x-4y=-12x-32，解得x=1y=-2，
∴H（1，﹣2），
∵D（2，0），M（3，﹣3），
∴DH=22+12=5，HM=12+22=5，
∴DH＝HM．
∴∠DMC＝45°，
∵∠ADM＝∠DMC+∠ACM，
∴∠ADM﹣∠ACM＝45°．

（3）解：如图2中，过点G作GH⊥OA于H，过点E作EK⊥OA于K．

∵∠BEF＝2∠BAO，∠BEF＝∠BAO+∠EFA，
∴∠EFA＝∠BAO，
∵∠EFA＝∠GFH，tan∠BAO=OBOA=36=12，
∴tan∠GFH＝tan∠EFK=12，
∵GH∥EK，
∴GFEF=GHEK=43，设GH＝4k，EK＝3k，
则OH＝HG＝4k，FH＝8k，FK＝AK＝6k，
∴OF＝AF＝12k＝3，
∴k=14，
∴OF＝3，FK＝AK=32，EK=34，
∴OK=92，
∴E（92，34）．
【点评】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，平行线分线段成比例定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
35．（2020•玉林）如图，已知抛物线：y1＝﹣x2﹣2x+3与x轴交于A，B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C．
（1）直接写出点A，B，C的坐标；
（2）将抛物线y1经过向右与向下平移，使得到的抛物线y2与x轴交于B，B'两点（B'在B的右侧），顶点D的对应点为点D'，若∠BD'B'＝90°，求点B'的坐标及抛物线y2的解析式；
（3）在（2）的条件下，若点Q在x轴上，则在抛物线y1或y2上是否存在点P，使以B′，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，求出所有符合条件的点P的坐标；如果不存在，请说明理由．

【分析】（1）令x＝0或y1＝0，解方程可得结论．
（2）设平移后的抛物线的解析式为y2＝﹣（x﹣a）2+b，如图1中，过点D′作D′H⊥OB′于H．，连接BD′，B′D′．构建方程组解决问题即可．
（3）观察图象可知，当点P的纵坐标为3或﹣3时，存在满足条件的平行四边形．分别令y1和y2等于3或﹣3，解方程即可解决问题．
【解答】解：（1）对于y1＝﹣x2﹣2x+3，令y1＝0，得到﹣x2﹣2x+3＝0，解得x＝﹣3或1，
∴A（﹣3，0），B（1，0），
令x＝0，得到y1＝3，
∴C（0，3）．

（2）设平移后的抛物线的解析式为y2＝﹣（x﹣a）2+b，
如图1中，过点D′作D′H⊥OB′于H，连接BD′．

∵D′是抛物线的顶点，
∴D′B＝D′B′，D′（a，b），
∵∠BD′B′＝90°，D′H⊥BB′，
∴BH＝HB′，
∴D′H＝BH＝HB′＝b，
∴a＝1+b，
又∵y2＝﹣（x﹣a）2+b，经过B（1，0），
∴b＝（1﹣a）2，
解得a＝2或1（不合题意舍弃），b＝1，
∴B′（3，0），y2＝﹣（x﹣2）2+1＝﹣x2+4x﹣3．

（3）如图2中，

观察图象可知，当点P的纵坐标为3或﹣3时，存在满足条件的平行四边形．
对于y1＝﹣x2﹣2x+3，令y1＝3，x2+2x＝0，解得x＝0或﹣2，可得P1（﹣2，3），
令y1＝﹣3，则x2+2x﹣6＝0，解得x＝﹣1±7，可得P2（﹣1-7，﹣3），P3（﹣1+7，﹣3），
对于y2＝﹣x2+4x﹣3，令y2＝3，方程无解，
令y2＝﹣3，则x2﹣4x＝0，解得x＝0或4，可得P4（0，﹣3），P5（4，﹣3），
综上所述，满足条件的点P的坐标为（﹣2，3）或（﹣1-7，﹣3）或（﹣1+7，﹣3）或（0，﹣3）或（4，﹣3）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程组解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
36．（2020•云南）抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，﹣3）．点P为抛物线y＝x2+bx+c上的一个动点．过点P作PD⊥x轴于点D，交直线BC于点E．
（1）求b、c的值；
（2）设点F在抛物线y＝x2+bx+c的对称轴上，当△ACF的周长最小时，直接写出点F的坐标；
（3）在第一象限，是否存在点P，使点P到直线BC的距离是点D到直线BC的距离的5倍？若存在，求出点P所有的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把A、C点的坐标代入抛物线的解析式列出b、c的方程组，解得b、c便可；
（2）连接BC与对称轴交于点F，此时△ACF的周长最小，求得BC的解析式，再求得BC与对称轴的交点坐标便可；
（3）设P（m，m2﹣2m﹣3）（m＞3），根据相似三角形的比例式列出m的方程解答便可．
【解答】解：（1）把A、C点的坐标代入抛物线的解析式得，
1-b+c=0c=-3，
解得，b=-2c=-3；
（2）直线BC与抛物线的对称轴交于点F，连接AF，如图1，
此时，AF+CF＝BF+CF＝BC的值最小，
∵AC为定值，
∴此时△AFC的周长最小，
由（1）知，b＝﹣2，c＝﹣3，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3，
∴对称轴为x＝1，
令y＝0，得y＝x2﹣2x﹣3＝0，
解得，x＝﹣1，或x＝3，
∴B（3，0），
令x＝0，得y＝x2﹣2x﹣3＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
设直线BC的解析式为：y＝kx+b（k≠0），得
3k+b=0b=-3，
解得，k=1b=-3，
∴直线BC的解析式为：y＝x﹣3，
当x＝1时，y＝x﹣3＝﹣2，
∴F（1，﹣2）；

（3）设P（m，m2﹣2m﹣3）（m＞3），过P作PH⊥BC于H，过D作DG⊥BC于G，如图2，
则PH＝5DG，E（m，m﹣3），
∴PE＝m2﹣3m，DE＝m﹣3，
∵∠PHE＝∠DGE＝90°，∠PEH＝∠DEG，
∴△PEH∽△DEG，
∴PEDE=PHDG=5，
∴m2-3mm-3=5，
∵m＝3（舍），或m＝5，
∴点P的坐标为P（5，12）．
故存在点P，使点P到直线BC的距离是点D到直线BC的距离的5倍，其P点坐标为（5，12）．

【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法，二次函数的图象与性质，相似三角形的性质与判定，轴对称的性质应用求线段的最值，第（2）题关键是确定F点的位置，第（3）题关键在于构建相似三角形．
37．（2020•湘西州）已知直线y＝kx﹣2与抛物线y＝x2﹣bx+c（b，c为常数，b＞0）的一个交点为A（﹣1，0），点M（m，0）是x轴正半轴上的动点．
（1）当直线y＝kx﹣2与抛物线y＝x2﹣bx+c（b，c为常数，b＞0）的另一个交点为该抛物线的顶点E时，求k，b，c的值及抛物线顶点E的坐标；
（2）在（1）的条件下，设该抛物线与y轴的交点为C，若点Q在抛物线上，且点Q的横坐标为b，当S△EQM=12S△ACE时，求m的值；
（3）点D在抛物线上，且点D的横坐标为b+12，当2AM+2DM的最小值为2724时，求b的值．
【分析】（1）将A点坐标代入直线与抛物线的解析式中求得k的值和b与c的关系式，再将抛物线的顶点坐标代入求得的直线的解析式，便可求得b、c的值，进而求得E点的坐标；
（2）先根据抛物线的解析式求得C、Q点坐标，用m表示△EQM的面积，再根据S△EQM=12S△ACE列出m的方程进行解答；
（3）取点N（0，1），则∠OAN＝45°，过D作直线AN的垂线，垂足为G，DG与x轴相交于点M，此时2AM+2DM＝2DG的值最小，由2DG=2724列出关于b的方程求解便可．
【解答】解：（1）∵直线y＝kx﹣2与抛物线y＝x2﹣bx+c（b，c为常数，b＞0）的一个交点为A（﹣1，0），
∴﹣k﹣2＝0，1+b+c＝0，
∴k＝﹣2，c＝﹣b﹣1，
∴直线y＝kx﹣2的解析式为y＝﹣2x﹣2，
∵抛物线y＝x2﹣bx+c的顶点坐标为E（b2，4c-b24），
∴E（b2，-4b-4-b24），
∵直线y＝﹣2x﹣2与抛物线y＝x2﹣bx+c（b，c为常数，b＞0）的另一个交点为该抛物线的顶点E，
∴-4b-4-b24=-2×b2-2，
解得，b＝2，或b＝﹣2（舍），
当b＝2时，c＝﹣3，
∴E（1，﹣4），
故k＝﹣2，b＝2，c＝﹣3，E（1，﹣4）；
（2）由（1）知，直线的解析式为y＝﹣2x﹣2，抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
∴C（0，﹣3），Q（2，﹣3），
如图1，设直线y＝﹣2x﹣2与y轴交点为N，则N（0，﹣2），

∴CN＝1，
∴S△ACE=S△ACN+S△ECN=12×1×1+12×1×1=1，
∴S△EQM=12，
设直线EQ与x轴的交点为D，显然点M不能与点D重合，
设直线EQ的解析式为y＝dx+n（d≠0），
则2d+n=-3d+n=-4，
解得，d=1n=-5，
∴直线EQ的解析式为y＝x﹣5，
∴D（5，0），
∴S△EQM＝S△EDM﹣S△QDM=12DM×|-4|-12DM×|-3|=12DM=12|5-m|=12，
解得，m＝4，或m＝6；
（3）∵点D（b+12，yD）在抛物线y＝x2﹣bx﹣b﹣1上，
∴yD=(b+12)2-b(b+12)-b-1=-b2-34，
可知点D（b+12，-b2-34）在第四象限，且在直线x＝b的右侧，
∵2AM+2DM=2(22AM+DM)，
∴可取点N（0，1），则∠OAN＝45°，
如图2，过D作直线AN的垂线，垂足为G，DG与x轴相交于点M，

∵∠GAM＝90°﹣∠OAN＝45°，得22AM＝GM，
则此时点M满足题意，
过D作DH⊥x轴于点H，则点H（b+12，0），
在Rt△MDH中，可知∠DMH＝∠MDH＝45°，
∴DH＝MH，DM=2MH，
∵点M（m，0），
∴0﹣（-b2-34）＝（b+12）﹣m，
解得，m=b2-14，
∵2AM+2DM=2724，
∴2[(b2-14)-(-1)]+22[(b+12)-(b2-14)]=2724，
解得，b＝3，
此时，m=32-14=54＞0，符合题意，
∴b＝3．
【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法，二次函数的图象与性质，三角形面积公式，等腰直角三角形的性质，第（2）小题关键是由面积关系列出m的方程，第（3）小题关键是确定2AM+2DM的最小值为2DG的值．
38．（2020•广州）平面直角坐标系xOy中，抛物线G：y＝ax2+bx+c（0＜a＜12）过点A（1，c﹣5a），B（x1，3），C（x2，3）．顶点D不在第一象限，线段BC上有一点E，设△OBE的面积为S1，△OCE的面积为S2，S1＝S2+32．
（1）用含a的式子表示b；
（2）求点E的坐标：
（3）若直线DE与抛物线G的另一个交点F的横坐标为6a+3，求y＝ax2+bx+c在1＜x＜6时的取值范围（用含a的式子表示）．
【分析】（1）将点A坐标代入解析式可求解；
（2）分两种情况讨论，由三角形面积关系，可得BE＝CE+1，由对称轴为x＝3，可求BC中点M的坐标（3，3），由线段的数量关系，可求EM=12，可求解；
（3）先求出点F坐标，点D坐标可求直线DF解析式，可得点E坐标，可求DE解析式，可得c＝9a，由二次函数的性质可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线G：y＝ax2+bx+c（0＜a＜12）过点A（1，c﹣5a），
∴c﹣5a＝a+b+c，
∴b＝﹣6a；
（2）如图1，当点B在点C的左边时，设BC的中点为M，

∵B（x1，3），C（x2，3），线段BC上有一点E，
∴S1=12×BE×3=32BE，S2=12×CE×3=32CE，
∵S1＝S2+32．
∴32CE+32=32BE，
∴BE＝CE+1，
∵b＝﹣6a，
∴抛物线G：y＝ax2﹣6ax+c，
∴对称轴为x=-6a-2a=3，
∴BC的中点M坐标为（3，3），
∵BE＝BM+EM，CE＝CM﹣EM，BM＝CM，BE＝CE+1，
∴EM=12，
∴点E（72，3）
当点B在点C的右边时，设BC的中点为M，

同理可求点E（52，3），
综上所述：点E（72，3）或（52，3）；
（3）∵直线DE与抛物线G：y＝ax2﹣6ax+c的另一个交点F的横坐标为6a+3，
∴y＝a（6a+3）2﹣6a×（6a+3）+c=36a-9a+c，
∴点F（6a+3，36a-9a+c），
∵点D是抛物线的顶点，
∴点D（3，﹣9a+c），
∴直线DF的解析式为：y＝6x﹣18+c﹣9a，
∴点E坐标为（72，3），
又∵点D（3，﹣9a+c），
∴直线DE解析式为：y＝（6+18a﹣2c）x+7c﹣63a﹣18，
∵直线DE与直线DF是同一直线，
∴6＝6+18a﹣2c，
∴c＝9a，
∴抛物线解析式为：y＝ax2﹣6ax+9a，
∵1＜x＜6，
∴当x＝3时，ymin＝0，当x＝6时，ymax＝9a，
∴0≤y＜9a．
【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，三角形面积公式，一次函数图象的性质，求出c＝9a是本题的关键．
39．（2020•徐州）如图，在平面直角坐标系中，函数y＝﹣ax2+2ax+3a（a＞0）的图象交x轴于点A、B，交y轴于点C，它的对称轴交x轴于点E．过点C作CD∥x轴交抛物线于点D，连接DE并延长交y轴于点F，交抛物线于点G．直线AF交CD于点H，交抛物线于点K，连接HE、GK．
（1）点E的坐标为：　（1，0）　；
（2）当△HEF是直角三角形时，求a的值；
（3）HE与GK有怎样的位置关系？请说明理由．

【分析】（1）利用对称轴公式求解即可．
（2）连接EC，分两种情形：当∠HEF＝90°时，当∠HFE＝90°，分别求解即可．
（3）求出直线HF，DF的解析式，利用方程组确定点K，G的坐标，再求出直线EH，GK的解析式即可判断．
【解答】解：（1）对于抛物线y＝﹣ax2+2ax+3a，对称轴x=-2a-2a=1，
∴E（1，0），
故答案为（1，0）．

（2）如图，连接EC．
对于抛物线y＝﹣ax2+2ax+3a，令x＝0，得到y＝3a，
令y＝0，﹣ax2+2ax+3a＝0，解得x＝﹣1或3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3a），
∵C，D关于对称轴对称，
∴D（2，3a），CD＝2，EC＝DE，
当∠HEF＝90°时，
∵ED＝EC，
∴∠ECD＝∠EDC，
∵∠DCF＝90°，
∴∠CFD+∠EDC＝90°，∠ECF+∠ECD＝90°，
∴∠ECF＝∠EFC，
∴EC＝EF＝DE，
∵EA∥DH，
∴FA＝AH，
∴AE=12DH，
∵AE＝2，
∴DH＝4，
∵HE⊥DFEF＝ED，
∴FH＝DH＝4，
在Rt△CFH中，则有42＝22+（6a）2，
解得a=33或-33（不符合题意舍弃），
∴a=33．
当∠HFE＝90°时，∵OA＝OE，FO⊥AE，
∴FA＝FE，
∴OF＝OA＝OE＝1，
∴3a＝1，
∴a=13，
综上所述，满足条件的a的值为33或13．

（3）结论：EH∥GK．
理由：由题意A（﹣1，0），F（0，﹣3a），D（2，3a），H（﹣2，3a），E（1，0），
∴直线AF的解析式y＝﹣3ax﹣3a，直线DF的解析式为y＝3ax﹣3a，
由y=-3ax-3ay=-ax2+2ax+3a，解得x=-1y=0或x=6y=-21a，
∴K（6，﹣21a），
由y=3ax-3ay=-ax2+2ax+3a，解得x=2y=3a或x=-3y=-12a，
∴G（﹣3，﹣12a），
∴直线HE的解析式为y＝﹣ax+a，
直线GK的解析式为y＝﹣ax﹣15a，
∵k相同，a≠﹣15a，
∴HE∥GK．

【点评】本题属于二次函数综合题，解直角三角形，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数解决问题，学会构建一次函数，利用方程组确定交点坐标，属于中考压轴题．
40．（2020•恩施州）如图1，抛物线y=-14x2+bx+c经过点C（6，0），顶点为B，对称轴x＝2与x轴相交于点A，D为线段BC的中点．

（1）求抛物线的解析式；
（2）P为线段BC上任意一点，M为x轴上一动点，连接MP，以点M为中心，将△MPC逆时针旋转90°，记点P的对应点为E，点C的对应点为F．当直线EF与抛物线y=-14x2+bx+c只有一个交点时，求点M的坐标．
（3）△MPC在（2）的旋转变换下，若PC=2（如图2）．
①求证：EA＝ED．
②当点E在（1）所求的抛物线上时，求线段CM的长．
【分析】（1）根据点C在抛物线上和已知对称轴的条件可求出解析式；
（2）根据抛物线的解析式求出点B及已知点C的坐标，证明△ABC是等腰直角三角形，根据旋转的性质推出直线EF与x轴的夹角为45°，因此设直线EF的解析式为y＝x+b，设点M的坐标为（m，0），推出点F（m，6﹣m），直线EF与抛物线y=-14x2+x+3只有一个交点，联立两个解析式，得到关于x的一元二次方程，根据根的判别式为0得到关于m的方程，解方程得点M的坐标．注意有两种情况，均需讨论．
（3）①过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，设点M的坐标为（m，0），由PC=2及旋转的性质，证明△EHM≌△MGP，得到点E的坐标为（m﹣1，5﹣m），再根据两点距离公式证明EA＝ED，注意分两种情况，均需讨论；②把E（m﹣1，5﹣m）代入抛物线解析式，解出m的值，进而求出CM的长．
【解答】解：（1）∵点C（6，0）在抛物线上，
∴0=-14×36+6b+c，
得到6b+c＝9，
又∵对称轴为x＝2，
∴x=-b2a=-b2×(-14)=2，
解得b＝1，
∴c＝3，
∴二次函数的解析式为y=-14x2+x+3；
（2）当点M在点C的左侧时，如图2﹣1中：

∵抛物线的解析式为y=-14x2+x+3，对称轴为x＝2，C（6，0）
∴点A（2，0），顶点B（2，4），
∴AB＝AC＝4，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠1＝45°；
∵将△MPC逆时针旋转90°得到△MEF，
∴FM＝CM，∠2＝∠1＝45°，
设点M的坐标为（m，0），
∴点F（m，6﹣m），
又∵∠2＝45°，
∴直线EF与x轴的夹角为45°，
∴设直线EF的解析式为y＝x+b，
把点F（m，6﹣m）代入得：6﹣m＝m+b，解得：b＝6﹣2m，
直线EF的解析式为y＝x+6﹣2m，
∵直线EF与抛物线y=-14x2+x+3只有一个交点，
∴y=x+6-2my=-14x2+x+3，
整理得：14x2+3-2m=0，
∴△＝b2﹣4ac＝0，解得m=32，
点M的坐标为（32，0）．
当点M在点C的右侧时，如下图：

由图可知，直线EF与x轴的夹角仍是45°，因此直线EF与抛物线y=-14x2+x+3不可能只有一个交点．
综上，点M的坐标为（32，0）．
（3）①当点M在点C的左侧时，如下图，过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，

∵PC=2，由（2）知∠BCA＝45°，
∴PG＝GC＝1，
∴点G（5，0），
设点M的坐标为（m，0），
∵将△MPC逆时针旋转90°得到△MEF，
∴EM＝PM，
∵∠HEM+∠EMH＝∠GMP+∠EMH＝90°，
∴∠HEM＝∠GMP，
在△EHM和△MGP中，∠EHM=∠MGP∠HEM=∠GMPEM=MP，
∴△EHM≌△MGP（AAS），
∴EH＝MG＝5﹣m，HM＝PG＝1，
∴点H（m﹣1，0），
∴点E的坐标为（m﹣1，5﹣m）；
∴EA=(m-1-2)2+(5-m-0)2=2m2-16m+34，
又∵D为线段BC的中点，B（2，4），C（6，0），
∴点D（4，2），
∴ED=(m-1-4)2+(5-m-2)2=2m2-16m+34，
∴EA＝ED．
当点M在点C的右侧时，如下图：

同理，点E的坐标仍为（m﹣1，5﹣m），因此EA＝ED．
②当点E在（1）所求的抛物线y=-14x2+x+3上时，
把E（m﹣1，5﹣m）代入，整理得：m2﹣10m+13＝0，
解得：m=5+23或m=5-23，
∴CM=23-1或CM=1+23．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的图象和性质，旋转的性质，一次函数的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
41．（2020•黄冈）已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），点B（3，0），与y轴交于点C（0，3）．顶点为点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若过点C的直线交线段AB于点E，且S△ACE：S△CEB＝3：5，求直线CE的解析式；
（3）若点P在抛物线上，点Q在x轴上，当以点D，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，求点P的坐标；
（4）已知点H（0，458），G（2，0），在抛物线对称轴上找一点F，使HF+AF的值最小．此时，在抛物线上是否存在一点K，使KF+KG的值最小？若存在，求出点K的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）因为抛物线经过A（﹣1，0），B（3，0），可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），利用待定系数法解决问题即可．
（2）求出点E的坐标即可解决问题．
（3）分点P在x轴的上方或下方，点P的纵坐标为1或﹣1，利用待定系数法求解即可．
（4）如图3中，连接BH交对称轴于F，连接AF，此时AF+FH的值最小．求出直线HB的解析式，可得点F的坐标，设K（x，y），作直线y=174，过点K作KM⊥直线y=174于M．证明KF＝KM，利用垂线段最短解决问题即可．
【解答】解：（1）因为抛物线经过A（﹣1，0），B（3，0），
∴可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），
把C（0，3）代入，可得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3．

（2）如图1中，连接AC，BC．

∵S△ACE：S△CEB＝3：5，
∴AE：EB＝3：5，
∵AB＝4，
∴AE＝4×38=32，
∴OE＝0.5，
设直线CE的解析式为y＝kx+b，则有b=30.5k+b=0，
解得k=-6b=3，
∴直线EC的解析式为y＝﹣6x+3．

（3）由题意C（0，3），D（1，4）．

当四边形P1Q1CD，四边形P2Q2CD是平行四边形时，点P的纵坐标为1，
当y＝1时，﹣x2+2x+3＝1，
解得x＝1±3，
∴P1（1+3，1），P2（1-3，1），
当四边形P3Q3DC，四边形P4Q4DC是平行四边形时，点P的纵坐标为﹣1，
当y＝﹣1时，﹣x2+2x+3＝﹣1，
解得x＝1±5，
∴P1（1+5，﹣1），P2（1-5，﹣1），
综上所述，满足条件的点P的坐标为（1+3，1）或（1-3，1）或（1-5，﹣1）或（1+5，﹣1）．

（4）如图3中，连接BH交对称轴于F，连接AF，此时AF+FH的值最小．

∵H（0，458），B（3，0），
∴直线BH的解析式为y=-158x+458，
∵x＝1时，y=154，
∴F（1，154），
设K（x，y），作直线y=174，过点K作KM⊥直线y=174于M．
∵KF=(x-1)2+(y-154)2，y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴（x﹣1）2＝4﹣y，
∴KF=4-y+(y-154)2=y2-172y+(174)2=|y-174|，
∵KM＝|y-174|，
∴KF＝KM，
∴KG+KF＝KG+KM，
根据垂线段最短可知，当G，K，M共线，且垂直直线y=174时，GK+KM的值最小，最小值为174，
此时K（2，3）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，一次函数的性质，平行四边形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，第四个问题的关键是学会用转化的思想思考问题，把最短问题转化为垂线段最短，属于中考压轴题．
42．（2020•十堰）已知抛物线y＝ax2﹣2ax+c过点A（﹣1，0）和C（0，3），与x轴交于另一点B，顶点为D．
（1）求抛物线的解析式，并写出D点的坐标；
（2）如图1，E为线段BC上方的抛物线上一点，EF⊥BC，垂足为F，EM⊥x轴，垂足为M，交BC于点G．当BG＝CF时，求△EFG的面积；
（3）如图2，AC与BD的延长线交于点H，在x轴上方的抛物线上是否存在点P，使∠OPB＝∠AHB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用待定系数法求出a的值即可得到解析式，进而得到顶点D坐标；
（2）先求出BC的解析式y＝﹣x+3，再设直线EF的解析式为y＝x+b，设点E的坐标为（m，﹣m2+2m+3），联立方程求出点F，G的坐标，根据BG2＝CF2列出关于m的方程并求解，然后求得G的坐标，再利用三角形面积公式求解即可；
（3）过点A作AN⊥HB，先求得直线BD，AN的解析式，得到H，N的坐标，进而得到∠H＝45°，设点P（n，﹣n2+2n+3），过点P作PR⊥x轴于点R，在x轴上作点S使得RS＝PR，证明△OPS∽△OBP，根据相似三角形对应边成比例得到关于n的方程，求解后即可得到点P的坐标．
【解答】（1）把点A（﹣1，0），C（0，3）代入y＝ax2﹣2ax+c中，a+2a+c=0c=3，
解得a=-1c=3，
∴y＝﹣x2+2x+3，
当x=-b2a=1时，y＝4，
∴D（1，4）；

（2）如图1，∵抛物线y＝﹣x2+2x+3，
令y＝0，
∴x＝﹣1，或x＝3，
∴B（3，0）．
设BC的解析式为y＝kx+b（k≠0），
将点C（0，3），B（3，0）代入，得b=33k+b=0，
解得k=-1b=3，
∴y＝﹣x+3．
∵EF⊥CB．
设直线EF的解析式为y＝x+b，设点E的坐标为（m，﹣m2+2m+3），
将点E坐标代入y＝x+b中，得b＝﹣m2+m+3，
∴y＝x﹣m2+m+3，联立得y=-x+3y=x-m2+m+3．
∴x=m2-m2y=-m2+m+62．
∴F(m2-m2，-m2+m+62)．
把x＝m代入y＝﹣x+3，得y＝﹣m+3，
∴G（m，﹣m+3）．
∵BG＝CF．
∴BG2＝CF2，即(m-3)2+(3-m)2=(m2-m2)2+(m2-m2)2．
解得m＝2或m＝﹣3．
∵点E是BC上方抛物线上的点，
∴m＝﹣3，（舍去）．
∴点E（2，3），F（1，2），G（2，1），EF=12+12=2，FG=12+12=2，
∴S△EFG=12×2×2=1；
（3）如图2，过点A作AN⊥HB于N，
∵点D（1，4），B（3，0），
∴yDB＝﹣2x+6．
∵点A（﹣1，0），点C（0，3），
∴yAC＝3x+3，联立得y=3x+3y=-2x+6，
∴x=35y=245，
∴H(35，245)．
设yAN=12x+b，把（﹣1，0）代入，得b=12，
∴y=12x+12，联立得y=12x+12y=-2x+6，
∴x=115y=85，
∴N(115，85)，
∴AN2=(115+1)2+(85)2=(165)2+(85)2，HN2=(85)2+(165)2，
∴AN＝HN．
∴∠H＝45°．
设点P（n，﹣n2+2n+3）．
过点P作PR⊥x轴于点R，在x轴上作点S使得RS＝PR，
∴∠RSP＝45°且点S的坐标为（﹣n2+3n+3，0）．
若∠OPB＝∠AHB＝45°
在△OPS和△OPB中，∠POS＝∠POB，∠OSP＝∠OPB，
∴△OPS∽△OBP．
∴OPOB=OSOP．
∴OP2＝OB•OS．
∴n2+（n+1）2（n﹣3）2＝3•（﹣n2+3n+3）．
∴n＝0或n=1±52或n＝3（舍去）．
∴P1（0，3），P2(1+52，5+52)，P3(1-52，5-52)．


【点评】本题考查的是二次函数的综合，涉及到的知识点较多，运算较复杂，第3问的解题关键在于添加适当的辅助线，利用数形结合的思想列出方程求解．
43．（2020•淮安）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．
【解答】解：（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，
∴直线OF与该二次函数图象交点的横坐标为1+654或1-654．


【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角形面积的计算方法，全等三角形的判定和性质，解方程组，构造出全等三角形是解本题的关键．
44．（2020•长沙）我们不妨约定：若某函数图象上至少存在不同的两点关于原点对称，则把该函数称之为“H函数”，其图象上关于原点对称的两点叫做一对“H点”．根据该约定，完成下列各题．
（1）在下列关于x的函数中，是“H函数”的，请在相应题目后面的括号中打“√”，不是“H函数”的打“×”．
①y＝2x（　√　）；
②y=mx（m≠0）（　√　）；
③y＝3x﹣1（　×　）．
（2）若点A（1，m）与点B（n，﹣4）是关于x的“H函数”y＝ax2+bx+c（a≠0）的一对“H点”，且该函数的对称轴始终位于直线x＝2的右侧，求a，b，c的值或取值范围．
（3）若关于x的“H函数”y＝ax2+2bx+3c（a，b，c是常数）同时满足下列两个条件：①a+b+c＝0，②（2c+b﹣a）（2c+b+3a）＜0，求该“H函数”截x轴得到的线段长度的取值范围．
【分析】（1）根据“H函数”的定义判断即可．
（2）先根据题意求出m，n的取值范围，代入y＝ax2+bx+c得到a，b，c的关系，再根据对称轴在x＝2的右侧即可求解．
（3）设“H“点为（p，q）和（﹣p，﹣q），代入y＝ax2+2bx+3c得到ap2+3c＝0，2bp＝q，得到a，c异号，再根据a+b+c＝0，代入（2c+b﹣a）（2x+b+3a）＜0，求出ca的取值，设函数与x轴的交点为（x1，0），（x2，0），t=ca，利用根与系数的关系得到|x1﹣x2|=(x1+x2)2-4x1x2=2(t-12)2+34，再利用二次函数的性质即可求解．
【解答】解：（1）①y＝2x是“H函数”．②y=mx（m≠0）是“H函数”．③y＝3x﹣1不是“H函数”．
故答案为：√，√，×．
（2）∵A，B是“H点”，
∴A，B关于原点对称，
∴m＝4，n＝﹣1，
∴A（1，4），B（﹣1，﹣4），
代入y＝ax2+bx+c（a≠0）
得a+b+c=4a-b+c=-4，
∴b=4a+c=0，
∵该函数的对称轴始终位于直线x＝2的右侧，
∴-b2a＞2，
∴-42a＞2，
∴﹣1＜a＜0，
∵a+c＝0，
∴0＜c＜1，
综上所述，﹣1＜a＜0，b＝4，0＜c＜1．

（3）∵y＝ax2+2bx+3c是“H函数”，
∴设H（p，q）和（﹣p，﹣q），
代入得到ap2+2bp+3c=qap2-2bp+3c=-q，
解得ap2+3c＝0，2bp＝q，
∵p2＞0，
∴a，c异号，
∴ac＜0，
∵a+b+c＝0，
∴b＝﹣a﹣c，
∵（2c+b﹣a）（2c+b+3a）＜0，
∴（2c﹣a﹣c﹣a）（2c﹣a﹣c+3a）＜0，
∴（c﹣2a）（c+2a）＜0，
∴c2＜4a2，
∴c2a2＜4，
∴﹣2＜ca＜2，
设t=ca，则﹣2＜t＜0，
设函数与x轴交于（x1，0），（x2，0），
∴x1，x2是方程ax2+2bx+3c＝0的两根，
∴|x1﹣x2|=(x1+x2)2-4x1x2
=(-2ba)2-4⋅3ca
=4(a+c)2a2-12ca
=4[1+2ca+(ca)2-3ca]
＝21+2t+t2-3t
＝2(t-12)2+34，
∵﹣2＜t＜0，
∴2＜|x1﹣x2|＜27．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法，一元二次方程的根与系数的关系等知识，“H函数”，“H点”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
45．（2020•邵阳）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的边BC与x轴、y轴的交点分别为C（8，0），B（0，6），CD＝5，抛物线y＝ax2-154x+c（a≠0）过B，C两点，动点M从点D开始以每秒5个单位长度的速度沿D→A→B→C的方向运动到达C点后停止运动．动点N从点O以每秒4个单位长度的速度沿OC方向运动，到达C点后，立即返回，向CO方向运动，到达O点后，又立即返回，依此在线段OC上反复运动，当点M停止运动时，点N也停止运动，设运动时间为t．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求点D的坐标；
（3）当点M，N同时开始运动时，若以点M，D，C为顶点的三角形与以点B，O，N为顶点的三角形相似，求t的值；
（4）过点D与x轴平行的直线，交抛物线的对称轴于点Q，将线段BA沿过点B的直线翻折，点A的对称点为A'，求A'Q+QN+DN的最小值．

【分析】（1）将C（8，0），B（0，6）代入y=ax2-154x+c计算即可；
（2）作DE⊥x轴于点E，证明△BOC～△CED，可得CE，DE长度，进而得到点D的坐标；
（3）分为点M在AD，BC上两种情况讨论，当点M在AD上时，分为△BON～△CDM和△BON～△MDC两种情况讨论；当点M在BC上时，分为△BON～△MCD和△BON～△DCM两种情况讨论；
（4）作点D关于x轴的对称F，连接QF，可得QN+DN的最小值；连接BQ减去BA'可得A'Q的最小值，综上可得A'Q+QN+DN的最小值．
【解答】解：（1）将C（8，0），B（0，6）代入y=ax2-154x+c，得64a-154×8+c=0c=6，
解得a=38c=6，
∴抛物线的解析式为：y=38x2-154x+6；

（2）如答图1，作DE⊥x轴于点E，

∵C（8，0），B（0，6），
∴OC＝8，OB＝6．
∴BC＝10．
∵∠BOC＝∠BCD＝∠DEC，
∴△BOC～△CED．
∴BCCD=BOCE=OCDE．
∴CE＝3，DE＝4．
∴OE＝OC+CE＝11．
∴D（11，4）．

（3）若点M在DA上运动时，DM＝5t，ON＝4t，
当△BON～△CDM，则BOCD=ONDM，即65=4t5t不成立，舍去；
当△BON～△MDC，则BOMD=ONDC，即65t=4t5，解得：t=62；
若点M在BC上运动时，CM＝25﹣5t．
当△BON～△MCD，则BOMC=ONCD，即625-5t=ON5，
∴ON=65-t．
当3＜t≤4时，ON＝16﹣4t．
∴65-t=16-4t，
解得t1=9+72（舍去），t2=9-72．
当4＜t≤5时，ON＝4t﹣16
∴65-t=4t-16，无解；
当△BON～△DCM，则BODC=ONCM，即65=ON25-5t，
∴ON＝30﹣6t；
当3＜t≤4时，ON＝16﹣4t，
∴30﹣6t＝16﹣4t，
解得t＝7（舍去）；
当4＜t≤5时，ON＝4t﹣16，
∴30﹣6t＝4t﹣16，
解得t=235．
综上所示：当t=62时，△BON～△MDC；t=9-72时，△BON～△MCD；t=235时，△BON～△DCM；

（4）如答图2，作点D关于x轴的对称点F，连接QF交x轴于点N，

∵点D（11，4），
∴点F（11，﹣4）．
由y=38x2-154x+6得对称轴为x＝5，
∴点Q（5，4）．
∴QF=(5-11)2+(4+4)2=10，BQ=(0-5)2+(6-4)2=29．
∴A'Q+QN+DN=BQ-BA'+QF=29-5+10=29+5．
故A'Q+QN+DN的最小值为29+5．
【点评】本题考查了二次函数与几何图形的综合，涉及相似三角形的性质与判定，最短路径问题的计算，熟知以上知识的应用是解题的关键．
46．（2020•青海）如图1（注：与图2完全相同）所示，抛物线y=-12x2+bx+c经过B、D两点，与x轴的另一个交点为A，与y轴相交于点C．
（1）求抛物线的解析式．
（2）设抛物线的顶点为M，求四边形ABMC的面积．（请在图1中探索）
（3）设点Q在y轴上，点P在抛物线上．要使以点A、B、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，求所有满足条件的点P的坐标．（请在图2中探索）

【分析】（1）用待定系数法解答便可；
（2）求出抛物线与坐标轴的交点A、C坐标及抛物线顶点M的坐标，再将四边形ABMC的面积分为三角形的面积的和，进行计算便可；
（3）分两种情况：AB为平行四边形的边；AB为平行四边形的对角线．分别解答便可．
【解答】解：（1）把B（3，0）和D（﹣2，-52）代入抛物线的解析式得，
-92+3b+c=0-2-2b+c=-52，
解得，b=1c=32，
∴抛物线的解析式为：y=-12x2+x+32；
（2）令x＝0，得y=-12x2+x+32=32，
∴C(0，32)，
令y＝0，得y=-12x2+x+32=0，
解得，x＝﹣1，或x＝3，
∴A（﹣1，0），
∵y=-12x2+x+32=-12(x-1)2+2，
∴M（1，2），
∴S四边形ABMC＝S△AOC+S△COM+S△MOB
=12OA⋅OC+12OC⋅xM+12OB⋅yM
=12×1×32+12×32×1+12×3×2=92；

（3）设Q（0，n），
①当AB为平行四边形的边时，有AB∥PQ，AB＝PQ，
a）．P点在Q点左边时，则P（﹣4，n），
把P（﹣4，n）代入y=-12x2+x+32，得
n=-212，
∴P（﹣4，-212）；
②当AB为平行四边形的边时，有AB∥PQ，AB＝PQ，
当P点在Q点右边时，则P（4，n），
把P（4，n）代入y=-12x2+x+32，得
n=-52，
∴P（4，-52）；
③当AB为平行四边形的对角线时，如图2，AB与PQ交于点E，
则E（1，0），
∵PE＝QE，
∴P（2，﹣n），
把P（2，﹣n）代入y=-12x2+x+32，得
﹣n=32，
∴n=-32，
∴P（2，32）．

综上，满足条件的P点坐标为：（﹣4，-212）或（4，-52）或（2，32）．
【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法，二次函数的图象与性质，四边形的面积计算，平行四边形的性质，第（2）题关键是把四边形分割成三角形进行解答，第（3）题关键是分情况讨论．
47．（2020•山西）综合与探究
如图，抛物线y=14x2﹣x﹣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．直线l与抛物线交于A，D两点，与y轴交于点E，点D的坐标为（4，﹣3）．
（1）请直接写出A，B两点的坐标及直线l的函数表达式；
（2）若点P是抛物线上的点，点P的横坐标为m（m≥0），过点P作PM⊥x轴，垂足为M．PM与直线l交于点N，当点N是线段PM的三等分点时，求点P的坐标；
（3）若点Q是y轴上的点，且∠ADQ＝45°，求点Q的坐标．

【分析】（1）令y＝0，便可由抛物线的解析式求得A、B点坐标，用待定系数法求得直线AD的解析式；
（2）设P（m，14m2﹣m﹣3），用m表示N点坐标，分两种情况：PM＝3MN；PM＝3PN．分别列出m的方程进行解答便可；
（3）分两种情况，Q点在y轴正半轴上时；Q点在y轴负半轴上时．分别解决问题．
【解答】解：（1）令y＝0，得y=14x2﹣x﹣3＝0，
解得，x＝﹣2，或x＝6，
∴A（﹣2，0），B（6，0），
设直线l的解析式为y＝kx+b（k≠0），则
-2k+b=04k+b=-3，
解得，k=-12b=-1，
∴直线l的解析式为y=-12x-1；
（2）如图1，根据题意可知，点P与点N的坐标分别为
P（m，14m2﹣m﹣3），N（m，-12m﹣1），

∴PM=-14m2+m+3，MN=12m+1，NP=-14m2+12m+2，
分两种情况：
①当PM＝3MN时，得-14m2+m+3＝3（12m+1），
解得，m＝0，或m＝﹣2（舍），
∴P（0，﹣3）；
②当PM＝3NP时，得-14m2+m+3＝3（-14m2+12m+2），
解得，m＝3，或m＝﹣2（舍），
∴P（3，-154）；
∴当点N是线段PM的三等分点时，点P的坐标为（3，-154）或（0，﹣3）；
（3）∵直线l：y=-12x-1与y轴交于点E，
∴点E的坐标为（0，﹣1），
分两种情况：①如图2，当点Q在y轴的正半轴上时，记为点Q1，

过Q1作Q1H⊥AD于点H，则∠Q1HE＝∠AOE＝90°，
∵∠Q1EH＝∠AEO，
∴△Q1EH∽△AEO，
∴Q1HAO=EHEO，即Q1H2=EH1
∴Q1H＝2HE，
∵∠Q1DH＝45°，∠Q1HD＝90°，
∴Q1H＝DH，
∴DH＝2EH，
∴HE＝ED，
连接CD，
∵C（0，﹣3），D（4，﹣3），
∴CD⊥y轴，
∴ED=CE2+CD2=22+42=25，
∴HE=ED=25，Q1H=2EH=45，
∴Q1E=Q1H2+EH2=10，
∴Q1O＝Q1E﹣OE＝9，
∴Q1（0，9）；
②如图3，当点Q在y轴的负半轴上时，记为点Q2，过Q2作Q2G⊥AD于G，则∠Q2GE＝∠AOE＝90°，

∵∠Q2EG＝∠AEO，
∴△Q2GE∽△AOE，
∴Q2GAO=EGOE，即Q2G2=EG1，
∴Q2G＝2EG，
∵∠Q2DG＝45°，∠Q2GD＝90°，
∴∠DQ2G＝∠Q2DG＝45°，
∴DG＝Q2G＝2EG，
∴ED＝EG+DG＝3EG，
由①可知，ED＝25，
∴3EG＝25，
∴EG=253，
∴Q2G=453，
∴EQ2=EG2+Q2G2=103，
∴OQ2=OE+EQ2=133，
∴Q2(0，-133)，
综上，点Q的坐标为（0，9）或（0，-133）．
【点评】本题是一个二次函数的综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，第（2）、（3）小题的关键在于分情况讨论．
48．（2020•广东）如图，抛物线y=3+36x2+bx+c与x轴交于A，B两点，点A，B分别位于原点的左、右两侧，BO＝3AO＝3，过点B的直线与y轴正半轴和抛物线的交点分别为C，D，BC=3CD．
（1）求b，c的值；
（2）求直线BD的函数解析式；
（3）点P在抛物线的对称轴上且在x轴下方，点Q在射线BA上．当△ABD与△BPQ相似时，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标．

【分析】（1）先求出点A，点B坐标，代入交点式，可求抛物线解析式，即可求解；
（2）过点D作DE⊥AB于E，由平行线分线段成比例可求OE=3，可求点D坐标，利用待定系数法可求解析式；
（3）利用两点距离公式可求AD，AB，BD的长，利用锐角三角函数和直角三角形的性质可求∠ABD＝30°，∠ADB＝45°，分∠ABP＝30°或∠ABP＝45°两种情况讨论，利用相似三角形的性质可求解．
【解答】解：（1）∵BO＝3AO＝3，
∴点B（3，0），点A（﹣1，0），
∴抛物线解析式为：y=3+36（x+1）（x﹣3）=3+36x2-3+33x-3+32，
∴b=-3+33，c=-3+32；
（2）如图1，过点D作DE⊥AB于E，

∴CO∥DE，
∴BCCD=BOOE，
∵BC=3CD，BO＝3，
∴3=3OE，
∴OE=3，
∴点D横坐标为-3，
∴点D坐标为（-3，3+1），
设直线BD的函数解析式为：y＝kx+b，
由题意可得：3+1=-3k+b0=3k+b，
解得：k=-33b=3，
∴直线BD的函数解析式为y=-33x+3；
（3）∵点B（3，0），点A（﹣1，0），点D（-3，3+1），
∴AB＝4，AD＝22，BD＝23+2，对称轴为直线x＝1，
∵直线BD：y=-33x+3与y轴交于点C，
∴点C（0，3），
∴OC=3，
∵tan∠CBO=COBO=33，
∴∠CBO＝30°，
如图2，过点A作AK⊥BD于K，

∴AK=12AB＝2，
∴DK=AD2-AK2=8-4=2，
∴DK＝AK，
∴∠ADB＝45°，
如图，设对称轴与x轴的交点为N，即点N（1，0），

若∠CBO＝∠PBO＝30°，
∴BN=3PN＝2，BP＝2PN，
∴PN=233，BP=433，
当△BAD∽△BPQ，
∴BPBA=BQBD，
∴BQ=433×(23+2)4=2+233，
∴点Q（1-233，0）；
当△BAD∽△BQP，
∴BPBD=BQAB，
∴BQ=433×423+2=4-433，
∴点Q（﹣1+433，0）；
若∠PBO＝∠ADB＝45°，
∴BN＝PN＝2，BP=2BN＝22，
当△DAB∽△BPQ，
∴BPAD=BQBD，
∴2222=BQ23+2，
∴BQ＝23+2
∴点Q（1﹣23，0）；
当△BAD∽△PQB，
∴BPBD=BQAD，
∴BQ=22×2223+2=23-2，
∴点Q（5﹣23，0）；
综上所述：满足条件的点Q的坐标为（1-233，0）或（﹣1+433，0）或（1﹣23，0）或（5﹣23，0）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，一次函数的性质，相似三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
49．（2020•荆门）如图，抛物线L：y=12x2-54x﹣3与x轴正半轴交于点A，与y轴交于点B．
（1）求直线AB的解析式及抛物线顶点坐标；
（2）如图1，点P为第四象限且在对称轴右侧抛物线上一动点，过点P作PC⊥x轴，垂足为C，PC交AB于点D，求PD+BD的最大值，并求出此时点P的坐标；
（3）如图2，将抛物线L：y=12x2-54x﹣3向右平移得到抛物线L'，直线AB与抛物线L'交于M，N两点，若点A是线段MN的中点，求抛物线L'的解析式．

【分析】（1）先求出点A，点B坐标，利用待定系数法可求解析式，通过配方法可求顶点坐标；
（2）设点P（x，12x2-54x﹣3）（54＜x＜4），则点D（x，34x﹣3），由两点距离公式可求PD，BD的长，可得PD+BD=-12x2+2x+54x=-12（x-134）2+16932，由二次函数的性质可求解；
（3）设平移后的抛物线L'解析式为y=12（x﹣m）2-12132，联立方程组可得x2﹣2（m+34）x+m2-2516=0，设点M（x1，y1），点N（x2，y2），可得x1+x2＝2（m+34），由中点坐标公式可得x1+x2＝8，可求m的值，即可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线L：y=12x2-54x﹣3与x轴正半轴交于点A，与y轴交于点B，
∴点A（4，0），点B（0，﹣3），
设直线AB解析式为：y＝kx﹣3，
∴0＝4k﹣3，
∴k=34，
∴直线AB解析式为：y=34x﹣3，
∵y=12x2-54x﹣3=12（x-54）2-12132，
∴抛物线顶点坐标为（54，-12132）；
（2）∵点A（4，0），点B（0，﹣3），
∴OA＝4，OB＝3，
∴AB=OA2+OB2=16+9=5，
设点P（x，12x2-54x﹣3）（54＜x＜4），则点D（x，34x﹣3），
∴BD=(x-0)2+(34x-3+3)2=54x，
PD＝（34x﹣3）﹣（12x2-54x﹣3）=-12x2+2x，
∴PD+BD=-12x2+2x+54x=-12（x-134）2+16932，
∵54＜x＜4，-12＜0，
∴当x=134时，PD+BD有最大值为16932，
此时，点P（134，-5732）；
（3）设平移后的抛物线L'解析式为y=12（x﹣m）2-12132，
联立方程组可得：y=34x-3y=12(x-m)2-12132，
∴x2﹣2（m+34）x+m2-2516=0，
设点M（x1，y1），点N（x2，y2），
∵直线AB与抛物线L'交于M，N两点，
∴x1，x2是方程x2﹣2（m+34）x+m2-2516=0的两根，
∴x1+x2＝2（m+34），
∵点A是MN的中点，
∴x1+x2＝8，
∴2（m+34）＝8，
∴m=134，
∴平移后的抛物线L'解析式为y=12（x-134）2-12132=12x2-134x+32．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，平移的性质，根与系数关系，中点坐标公式等知识，利用参数m列出方程组是本题的关键．
50．如图，在直角坐标系中，四边形OABC是平行四边形，经过A（﹣2，0），B，C三点的抛物线y＝ax2+bx+83（a＜0）与x轴的另一个交点为D，其顶点为M，对称轴与x轴交于点E．
（1）求这条抛物线对应的函数表达式；
（2）已知R是抛物线上的点，使得△ADR的面积是▱OABC的面积的34，求点R的坐标；
（3）已知P是抛物线对称轴上的点，满足在直线MD上存在唯一的点Q，使得∠PQE＝45°，求点P的坐标．

【分析】（1）OA＝2＝BC，故函数的对称轴为x＝1，则x=-b2a=1①，将点A的坐标代入抛物线表达式得：0＝4a﹣2b+83②，联立①②即可求解；
（2）△ADR的面积是▱OABC的面积的34，则12×AD×|yR|=34×OA×OB，则12×6×|yR|=34×2×83，即可求解；
（3）分点Q在MD之间、点Q、点D重合两种情况，求解即可．
【解答】解：（1）OA＝2＝BC，故函数的对称轴为x＝1，则x=-b2a=1①，
将点A的坐标代入抛物线表达式得：0＝4a﹣2b+83②，
联立①②并解得a=-13b=23，
故抛物线的表达式为：y=-13x2+23x+83③；

（2）∵y=-13x2+23x+83=-13（x﹣1）2+3，
∴抛物线的顶点M（1，3）
令y＝0，可得x＝﹣2或4，
∴点D（4，0）；
∵△ADR的面积是▱OABC的面积的34，
∴12×AD×|yR|=34×OA×OB，则12×6×|yR|=34×2×83，解得：yR＝±43④，
联立④③并解得x=1±5y=43或x=1±13y=-43，
故点R的坐标为（1+13，-43）或（1-13，-43）或（1+5，43）或（1-5，43）；

（3）（Ⅰ）当点Q在MD之间时，
作△PEQ的外接圆R，
∵∠PQE＝45°，故∠PRE＝90°，则△PER为等腰直角三角形，
当在直线MD上存在唯一的点Q时，圆R与直线MD相切，
∵点M、D的坐标分别为（1，3）、（4，0），
则ME＝3，ED＝4﹣1＝3，则MD＝32，
过点R作RH⊥ME于点H，

设点P（1，2m），则PH＝HE＝HR＝m，则圆R的半径为2m，则点R（1+m，m），
S△MED＝S△MRD+S△MRE+S△DRE，即12×EM•ED=12×MD•RQ+12×ED•yR+12×ME•RH，
∴12×3×3=12×32×2m+12×3×m+12×3×m，解得：m=34，
故点P（1，32）；
（Ⅱ）当点Q与点D重合时，
由点M、E、D的坐标知，ME＝ED，即∠MDE＝45°；
①当点P在x轴上方时，当点P与点M重合时，此时∠PQE＝45°，此时点P（1，3），
②当点P在x轴下方时，同理可得：点P（1，﹣3），
综上，点P的坐标为（1，32）或（1，3）或（1，﹣3）．
【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、圆的基本知识、面积的计算等，综合性强，难度较大．
51．（2020•西宁）如图1，一次函数的图象与两坐标轴分别交于A，B两点，且B点坐标为（0，4），以点A为顶点的抛物线解析式为y＝﹣（x+2）2．
（1）求一次函数的解析式；
（2）如图2，将抛物线的顶点沿线段AB平移，此时抛物线顶点记为C，与y轴交点记为D，当点C的横坐标为﹣1时，求抛物线的解析式及D点的坐标；
（3）在（2）的条件下，线段AB上是否存在点P，使以点B，D，P为顶点的三角形与△AOB相似，若存在，求出所有满足条件的P点坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）先求出点A坐标，利用待定系数法可求解析式；
（2）先求出点C坐标，由平移的性质可得可求平移后的解析式，即可求点D坐标；
（3）分两种情况讨论，利用相似三角形的性质可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线解析式为y＝﹣（x+2）2，
∴点A的坐标为（﹣2，0），
设一次函数解析式为y＝kx+b（k≠0），
把A（﹣2，0），B（0，4）代入y＝kx+b，
得-2k+b=0b=4，
解得k=2b=4，
∴一次函数解析式为y＝2x+4；
（2）∵点C在直线y＝2x+4上，且点C的横坐标为﹣1，
∴y＝2×（﹣1）+4＝2，
∴点C坐标为（﹣1，2），
设平移后的抛物线解析式为y＝a（x﹣h）2+k（a≠0），
∵a＝﹣1，顶点坐标为C（﹣1，2），
∴抛物线的解析式是y＝﹣（x+1）2+2，
∵抛物线与y轴的交点为D，
∴令x＝0，得y＝1，
∴点D坐标为（0，1）；
（3）存在，
①过点D作P1D∥OA交AB于点P1，

∴△BDP1∽△BOA，
∴P1点的纵坐标为1，代入一次函数y＝2x+4，
得x=-32，
∴P1的坐标为（-32，1）；
②过点D作P2D⊥AB于点P2，
∴∠BP2D＝∠AOB＝90°，
又∵∠DBP2＝∠ABO（公共角），
∴△BP2D∽△BOA，
∴OBP2B=ABBD，
∵直线y＝2x+4与x轴的交点A（﹣2，0），B（0，4），
又∵D（0，1），
∴OA＝2，OB＝4，BD＝3，
∴AB=22+42=25，
∴4P2B=253，
∴P2B=655，
过P2作P2M⊥y轴于点M，
设P2（a，2a+4），
则P2M＝|a|＝﹣a，BM＝4﹣（2a+4）＝﹣2a，
在Rt△BP2M中 P2M2+BM2=P2B2，
∴(-a)2+(-2a)2=(655)2，
解得a=±65a=65（舍去），
∴a=-65，
∴2a+4=85，
∴P2的坐标为（-65，85），
综上所述：点P的坐标为：（-32，1）或（-65，85）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，相似三角形的判定和性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
52．（2020•广西）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，已知B（3，0），C（0，﹣3），连接BC，点P是抛物线上的一个动点，点N是对称轴上的一个动点．
（1）求该抛物线的函数解析式．
（2）当△PAB的面积为8时，求点P的坐标．
（3）若点P在直线BC的下方，当点P到直线BC的距离最大时，在抛物线上是否存在点Q，使得以点P，C，N，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用待定系数法可求解析式；
（2）设点P（p，p2﹣2p﹣3），由三角形的面积公式可求解；
（3）利用二次函数的性质先求点P坐标，分三种情况讨论，利用平行四边形的性质可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过点B（3，0），C（0，﹣3），
∴c=-30=9+3b+c，
解得：b=-2c=-3，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）∵抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴交于A，B两点，
∴0＝x2﹣2x﹣3，
∴x1＝﹣1，x2＝3，
∴点A（﹣1，0），
∴AB＝4，
设点P（p，p2﹣2p﹣3），
∵△PAB的面积为8，
∴12×4×|p2﹣2p﹣3|＝8，
∴p2﹣2p﹣3＝4或p2﹣2p﹣3＝﹣4，
∴p1＝22+1，p2＝﹣22+1，p3＝1，
∴点P坐标为（22+1，4）或（﹣22+1，4）或（1，﹣4）；
（3）如图1，过点P作PE⊥x轴，交BC于E，

∵点B（3，0），C（0，﹣3），
∴直线BC的解析式为y＝x﹣3，
设点P（a，a2﹣2a﹣3），则点E（a，a﹣3），
∴PE＝a﹣3﹣（a2﹣2a﹣3）＝﹣a2+3a，
∴S△BCP=12×（﹣a2+3a）×3=-32（a-32）2+278，
∴当a=32时，S△BCP有最大值，即点P到直线BC的距离最大，
此时点P（32，-154），
设点N（1，n），点Q（m，m2﹣2m﹣3），
若CP为边，CN为边时，则CQ与NP互相平分，
∴32+12=0+m2，
∴m=52，
∴点Q（52，-74），
若CP为边，CQ为边时，则CN与PQ互相平分，
∴m+322=0+12，
∴m=-12，
∴点Q（-12，-74），
若CP为对角线，则CP与NQ互相平分，
∴0+322=1+m2，
∴m=12，
∴点Q（12，-154），
综上所述：点Q坐标为（52，-74）或（-12，-74）或（12，-154）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，平行四边形的性质，三角形的面积公式等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
53．（2020•巴中）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），交y轴正半轴于点C，M为BC中点，点P为抛物线上一动点，已知点A坐标（﹣1，0），且OB＝2OC＝4OA．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当△PCM≌△POM时，求PM的长；
（3）当4S△ABC＝5S△BCP时，求点P的坐标．

【分析】（1）先求出点B，点C坐标，利用待定系数法可求解析式；
（2）由全等三角形的性质可得PO＝PC，可得点M在CO的垂直平分线上，即可求解；
（3）分两种情况讨论，利用面积关系可求解．
【解答】解：（1）∵A（﹣1，0），
∴OA＝1，
又∵OB＝2OC＝4OA，
∴OC＝2，OB＝4，
∴B（4，0），C（0，2），
∵点B，点C，点A在抛物线上，
∴c=216a+4b+c=0a-b+c=0
解得：a=-12b=32c=2，、
∴抛物线解析式为：y=-12x2+32x+2；
（2）连接OM，

∵M为BC中点，
∴M（2，1），
∵△PCM≌△POM，
∴CM＝OM，PC＝PO，
∴MP是OC的垂直平分线，
∴PM∥x轴，
∴点P的纵坐标为1，
当y＝1时，代入y=-12x2+32x+2，
解得：x=3±172，
∴P(3+172，1)或(3-172，1)，
∴PM=17-12或17+12；
（3）
∵S△ABC=12×AB×OC＝5，4S△ABC＝5S△BCP，
∴S△BCP＝4，
∵B（4，0），C（0，2），
∴直线BC解析式为y=-12x+2，
当点P在BC上方时，如图2，过点P作PE⊥x轴，交BC于点E，

设点P（p，-12p2+32p+2），则点E（p，-12p+2），
∴PE=-12p2+2p，
∴4=12×4×（-12p2+2p），
∴p＝2，
∴点P（2，3）；
当点P在BC下方时，如图3，过点P作PE⊥x轴，交BC于点E，

∴PE=12p2﹣2p，
∴4=12×4×（12p2﹣2p），
∴p＝2±22，
∴点P(2+22，-1-2)或(2-22，-1+2)；
综上，点P的坐标为：（2，3）或(2+22，-1-2)或(2-22，-1+2)．
【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，全等三角形的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
54．（2020•广安）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，过点A的直线l交抛物线于点C（2，m）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）点P是线段AC上一个动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点E，求线段PE最大时点P的坐标．
（3）点F是抛物线上的动点，在x轴上是否存在点D，使得以点A，C，D，F为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出所有满足条件的点D的坐标；如果不存在，请说明理由．

【分析】（1）将A、B的坐标代入抛物线中，易求出抛物线的解析式；将C点横坐标代入抛物线的解析式中，即可求出C点的坐标，再由待定系数法可求出直线AC的解析式．
（2）PE的长实际是直线AC与抛物线的函数值的差，可设P点的横坐标为x，用x分别表示出P、E的纵坐标，即可得到关于PE的长、x的函数关系式，根据所得函数的性质即可求得PE的最大值．
（3）存在．如图，设抛物线与y的交点为K，由题意K（0，﹣3），可知CK∥x轴，分图中四种情形，利用平行四边形的性质以及平移变换的性质求解即可．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝x2+bx+c，
得到1-b+c=09+3b+c=0
解得b=-2c=-3，
∴y＝x2﹣2x﹣3．

（2）将C点的横坐标x＝2代入y＝x2﹣2x﹣3，得y＝﹣3，∴C（2，﹣3）；
∴直线AC的函数解析式是y＝﹣x﹣1．
设P点的横坐标为x（﹣1≤x≤2），则P、E的坐标分别为：P（x，﹣x﹣1），E（x，x2﹣2x﹣3）；
∵P点在E点的上方，PE＝（﹣x﹣1）﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+x+2，
＝﹣（x-12）2+94，
∵﹣1＜0，
∴当x=12时，PE的最大值=94，此时P（12，-32）．

（3）存在．
理由：如图，设抛物线与y的交点为K，由题意K（0，﹣3），

∵C（2，﹣3），
∴CK∥x轴，CK＝2，
当AC是平行四边形ACF1D1的边时，可得D1（﹣3，0）．
当AC是平行四边形AF1CD2的对角线时，AD2＝CK，可得D2（1，0），
当点F在x轴的上方时，令y＝3，3＝x2﹣2x﹣3，
解得x＝1±7，
∴F3（1-7，3），F4（1+7，3），
由平移的性质可知D3（4-7，0），D4（4+7，0）．
综上所述，满足条件的点D的坐标为（﹣3，0）或（1，0）或（4-7，0）或（4+7，0）．
【点评】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，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
55．（2020•贵港）如图，已知抛物线y=12x2+bx+c与x轴相交于A（﹣6，0），B（1，0），与y轴相交于点C，直线l⊥AC，垂足为C．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）若直线l与该抛物线的另一个交点为D，求点D的坐标；
（3）设动点P（m，n）在该抛物线上，当∠PAC＝45°时，求m的值．

【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）证明△CED∽△AOC，则DEOC=CEAO，即-x3=-12x2-52x6，即可求解；
（3）①当点P在x轴的上方时，证明△ACM为等腰直角三角形，利用AC＝CM，即可求解；②当点P在x轴的下方时，同理可解．
【解答】解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线的表达式得0=12×36-6b+c0=12+b+c，解得b=52c=-3，
故抛物线的表达式为y=12x2+52x﹣3①；

（2）过点D作DE⊥y轴于点E，
而直线l⊥AC，AO⊥y轴，

∴∠CDE+∠DCE＝90°，∠DCE+∠OCA＝90°，
∴∠CDE＝∠OCA，
∵∠AOC＝∠CED＝90°，
∴△CED∽△AOC，则DEOC=CEAO，
而点A、C的坐标分别为（﹣6，0）、（0，﹣3），则AO＝6，OC＝3，设点D（x，12x2+52x﹣3），
则DE＝﹣x，CE=-12x2-52x，
则-x3=-12x2-52x6，解得x＝0（舍去）或﹣1，
当x＝﹣1时，y=12x2+52x﹣3＝﹣5，
故点D的坐标为（﹣1，﹣5）；

（3）①当点P在x轴的上方时，
由点C、D的坐标得，直线l的表达式为y＝2x﹣3，

延长AP交直线l于点M，设点M（t，2t﹣3），
∵∠PAC＝45°，直线l⊥AC，
∴△ACM为等腰直角三角形，则AC＝CM，
则62+32＝（t﹣0）2+（2t﹣3+3）2，解得t＝3，
故点M的坐标为（3，3），
由点A、M的坐标得，直线AM的表达式为y=13x+2②，
联立①②并解得x＝﹣6（舍去）或53，
故点P的横坐标m=53；
②当点P在x轴的下方时，
同理可得x＝﹣6（舍去）或x＝﹣5，
故m＝﹣5，
综上，m＝﹣5或53．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、等腰直角三角形的性质、三角形相似等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
56．（2020•柳州）如图①，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2﹣4x+a（a＜0）与y轴交于点A，与x轴交于E、F两点（点E在点F的右侧），顶点为M．直线y=23x-a与x轴、y轴分别交于B、C两点，与直线AM交于点D．
（1）求抛物线的对称轴；
（2）在y轴右侧的抛物线上存在点P，使得以P、A、C、D为顶点的四边形是平行四边形，求a的值；
（3）如图②，过抛物线顶点M作MN⊥x轴于N，连接ME，点Q为抛物线上任意一点，过点Q作QG⊥x轴于G，连接QE．当a＝﹣5时，是否存在点Q，使得以Q、E、G为顶点的三角形与△MNE相似（不含全等）？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）y＝x2﹣4x+a＝（x﹣2）2+a﹣4，即可求解；
（2）求出直线AM的解析式为y＝﹣2x+a，联立方程组得y=-2x+ay=23x-a，解得 x=34ay=-12a，即D（34a，-12a）；AC是以P、A、C、D为顶点的平行四边形的对角线，则点P与点D关于原点对称，即P（-34a，12a），将点P（-34a，12a）代入抛物线y＝x2﹣4x+a，即可求解；
（3）分EGQG=ENMN=39=13、QGEG=ENMN=39=13两种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）∵y＝x2﹣4x+a＝（x﹣2）2+a﹣4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝2；

（2）由y＝（x﹣2）2+a﹣4得：A（0，a），M（2，a﹣4），
由y=23x﹣a 得C（0，﹣a），
设直线AM的解析式为y＝kx+a，
将M（2，a﹣4）代入y＝kx+a中，得2k+a＝a﹣4，
解得k＝﹣2，
直线AM的解析式为y＝﹣2x+a，
联立方程组得y=-2x+ay=23x-a，解得 x=34ay=-12a，
∴D（34a，-12a），
∵a＜0，
∴点D在第二象限，
又点A与点C关于原点对称，
∴AC是以P、A、C、D为顶点的平行四边形的对角线，则点P与点D关于原点对称，
即P（-34a，12a），
将点P（-34a，12a）代入抛物线y＝x2﹣4x+a，解得a=-569或a＝0（舍去），
∴a=-569；

（3）存在，
理由如下：当a＝﹣5时，y＝x2﹣4x﹣5＝（x﹣2）2﹣9，此时M（2，﹣9），
令y＝0，即（x﹣2）2﹣9＝0，解得x1＝﹣1，x2＝5，
∴点F（﹣1，0）E（5，0），
∴EN＝FN＝3 MN＝9，
设点Q（m，m2﹣4m﹣5），则G（m，0），
∴EG＝|m﹣5|QG＝|m2﹣4m﹣5|，
又△QEG与△MNE都是直角三角形，且∠MNE＝∠QGE＝90°，
如图所示，需分两种情况进行讨论：

i）当QGEG=MNEN=93=3时，即|m2-4m-5m-5|=3，
当m＝2时点Q与点M重合，不符合题意，舍去，
当m＝﹣4时，此时Q坐标为点Q1（﹣4，27）；
ii）当QGEG=ENMN=39=13时，即|m2-4m-5m-5|=13，
解得m=-23或m=-43或m＝5（舍去），
当m=-23时，Q坐标为点Q2（-23，-179），
当m=-43，Q坐标为点Q3（-43，199），
综上所述，点Q的坐标为（﹣4，27）或（-23，-179）或（-43，199）．
【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、平行四边形的性质等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
57．（2020•陕西）已知抛物线L：y＝﹣x2+bx+c过点（﹣3，3）和（1，﹣5），与x轴的交点为A，B（点A在点B的左侧）．
（1）求抛物线L的表达式；
（2）若点P在抛物线L上，点E、F在抛物线L的对称轴上，D是抛物线L的顶点，要使△PEF∽△DAB（P的对应点是D），且PE：DA＝1：4，求满足条件的点P的坐标．

【分析】（1）利用待定系数法可求解析式；
（2）先求出点A，点B，点D坐标，由相似三角形的性质可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过点（﹣3，3）和（1，﹣5），
∴-5=-1+b+c3=-9-3b+c，
解得：b=-4c=0，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2﹣4x；
（2）令y＝0，则0＝﹣x2﹣4x，
∴x1＝﹣4，x2＝0，
∴点A（﹣4，0），点B（0，0），
∴对称轴为x＝﹣2，
∴点D（﹣2，4），
如图，设对称轴与x轴的交点为H，过点P作PQ⊥DH于Q，设点P（m，﹣m2﹣4m），

∵△PEF∽△DAB，
∴PEAD=PQDH=14，
∴PQ=14×4＝1，
∴|m+2|＝1，
∴m＝﹣1或﹣3，
∴点P（﹣1，3）或（﹣3，3）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用相似三角形的性质是本题的关键．
58．（2020•兰州）如图，二次函数y=14x2+bx+c的图象过点A（4，﹣4），B（﹣2，m），交y轴于点C（0，﹣4）．直线BO与抛物线相交于另一点D，连接AB，AD，点E是线段AB上的一动点，过点E作EF∥BD交AD于点F．
（1）求二次函数y=14x2+bx+c的表达式；
（2）判断△ABD的形状，并说明理由；
（3）在点E的运动过程中，直线BD上存在一点G，使得四边形AFGE为矩形，请判断此时AG与BD的数量关系，并求出点E的坐标；
（4）点H是抛物线的顶点，在（3）的条件下，点P是平面内使得∠EPF＝90°的点，在抛物线的对称轴上，是否存在点Q，使得△HPQ是以∠PQH为直角的等腰直角三角形，若存在，直接写出符合条件的所有点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）把A，C两点坐标代入抛物线的解析式，转化为解方程组，即可解决问题．
（2）求出AB，AD，BD，利用勾股定理的逆定理判断即可．
（3）利用矩形的性质以及平行线分线段成比例定理证明BE＝AE，BG＝GD，即可解决问题．
（4）如图2中，设EF的中点为K，P（x，y），连接PK．求直线PH的解析式，想办法构建方程求出点P的纵坐标y即可解决问题．
【解答】解：（1）∵二次函数y=14x2+bx+c的图象过点A（4，﹣4），点C（0，﹣4），
∴c=-44+4b+c=-4，
解得b=-1c=-4，
∴二次函数的解析式为y=14x2﹣x﹣4．

（2）△ABD是直角三角形，理由：
∵B（﹣2，m）在y=14x2﹣x﹣4，
∴B（﹣2，﹣1），
∴直线OB的解析式为y=12x，
由y=12xy=14x2-x-4，解得x=-2y=-1（即点B）或x=8y=4，
∴D（8，4），
∵A（4，﹣4），
∴AB=62+32=35，AD=42+82=45，BD=102+52=55，
∴BD2＝AB2+AD2，
∴∠BAD＝90°，
∴△ABD是直角三角形．

（3）结论AG=12BD．
理由：如图1中，连接AG，交EF于H．

∵四边形AEGF是矩形，
∴AH＝HG，EH＝FH，
∵EF∥BD，
∴AEEB=AHGH=1，
∴AE＝BE，
∴E（1，-52），
∵EHBG=AHAG=FHDG，EH＝FH，
∴BG＝GD，
∵∠BAD＝90°，
∴AG=12BD．

（4）如图2中，设EF的中点为K，P（x，y），连接PK．

∵E（1，-52），F（6，0），
∴K（72，-54），EF=52+(52)2=552，
∵∠EPF＝90°，
∴点P在以EF为直径的⊙K上运动，
∵△PQH是等腰直角三角形，∠PQH＝90°，
∴∠QHP＝45°，
∵抛物线的顶点H（2，﹣5），
∴直线PH的解析式为y＝x﹣7，
∵PK=12EF，
∴（x-72）2+（y+54）2＝（554）2，
（y+7-72）2+（y+54）2＝（554）2，
解得y＝﹣4或-34，
∴Q（2，﹣4）或（2，-34）．
【点评】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，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
58．（2020•济南）如图1，抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（﹣1，0），点B（3，0），与y轴交于点C．在x轴上有一动点E（m，0）（0＜m＜3），过点E作直线l⊥x轴，交抛物线于点M．
（1）求抛物线的解析式及C点坐标；
（2）当m＝1时，D是直线l上的点且在第一象限内，若△ACD是以∠DCA为底角的等腰三角形，求点D的坐标；
（3）如图2，连接BM并延长交y轴于点N，连接AM，OM，设△AEM的面积为S1，△MON的面积为S2，若S1＝2S2，求m的值．

【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）若△ACD是以∠DCA为底角的等腰三角形，则可以分CD＝AD或AC＝AD两种情况，分别求解即可；
（3）S1=12×AE×yM，2S2＝ON•xM，即可求解．
【解答】解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得-1-b+c=0-9+3b+c=0，解得b=2c=3，
故抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3，
当x＝0时，y＝3，故点C（0，3）；

（2）当m＝1时，点E（1，0），设点D的坐标为（1，a），
由点A、C、D的坐标得，AC=(0+1)2+(3-0)2=10，同理可得：AD=a2+4，CD=1+(a-3)2，
①当CD＝AD时，即a2+4=1+(a-3)2，解得a＝1；
②当AC＝AD时，同理可得a=±6（舍去负值）；
故点D的坐标为（1，1）或（1，6）；

（3）∵E（m，0），则设点M（m，﹣m2+2m+3），
设直线BM的表达式为y＝sx+t，则-m2+2m+3=sm+t0=3s+t，解得s=-m-1t=3m+3，
故直线BM的表达式为y＝（﹣m﹣1）x+3m+3，
当x＝0时，y＝3m+3，故点N（0，3m+3），则ON＝3m+3；
S1=12×AE×yM=12×（m+1）×（﹣m2+2m+3），
2S2＝ON•xM＝（3m+3）×m＝S1=12×（m+1）×（﹣m2+2m+3），
解得m＝﹣2±7或﹣1（舍去负值），
故m=7-2．
【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、等腰三角形的性质、面积的计算等，其中（2），要注意分类求解，避免遗漏．
60．（2020•日照）如图，函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过点A（m，0），B（0，n）两点，m，n分别是方程x2﹣2x﹣3＝0的两个实数根，且m＜n．
（Ⅰ）求m，n的值以及函数的解析式；
（Ⅱ）设抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴的另一个交点为C，抛物线的顶点为D，连接AB，BC，BD，CD．求证：△BCD∽△OBA；
（Ⅲ）对于（Ⅰ）中所求的函数y＝﹣x2+bx+c，
（1）当0≤x≤3时，求函数y的最大值和最小值；
（2）设函数y在t≤x≤t+1内的最大值为p，最小值为q，若p﹣q＝3，求t的值．

【分析】（I）首先解方程求得A、B两点的坐标，然后利用待定系数法确定二次函数的解析式即可；
（II）根据解方程直接写出点C的坐标，然后确定顶点D的坐标，根据两点的距离公式可得△BDC三边的长，根据勾股定理的逆定理可得∠DBC＝90°，根据边长可得△AOB和△DBC两直角边的比相等，则两直角三角形相似；
（III）（1）确定抛物线的对称轴是x＝1，根据增减性可知：x＝1时，y有最大值，当x＝3时，y有最小值；
（2）分5种情况：①当函数y在t≤x≤t+1内的抛物线完全在对称轴的左侧；②当t+1＝1时；③当函数y在t≤x≤t+1内的抛物线分别在对称轴的两侧；④当t＝1时，⑤函数y在t≤x≤t+1内的抛物线完全在对称轴的右侧；分别根据增减性可解答．
【解答】（I）解：∵m，n分别是方程x2﹣2x﹣3＝0的两个实数根，且m＜n，
用因式分解法解方程：（x+1）（x﹣3）＝0，
∴x1＝﹣1，x2＝3，
∴m＝﹣1，n＝3，
∴A（﹣1，0），B（0，3），
把（﹣1，0），（0，3）代入得，-1-b+c=0c=3，解得b=2c=3，
∴函数解析式为y＝﹣x2+2x+3．
（ II）证明：令y＝﹣x2+2x+3＝0，即x2﹣2x﹣3＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴的交点为A（﹣1，0），C（3，0），
∴OA＝1，OC＝3，
∴对称轴为x=-1+32=1，顶点D（1，﹣1+2+3），即D（1，4），
∴BC=32+32=32，BD=12+12=2，DC=42+22=25，
∵CD2＝DB2+CB2，
∴△BCD是直角三角形，且∠DBC＝90°，
∴∠AOB＝∠DBC，
在Rt△AOB和Rt△DBC中，AOBD=12=22，OBBC=332=22，
∴AOBD=OBBC，
∴△BCD∽△OBA；
（ III）解：抛物线y＝﹣x2+2x+3的对称轴为x＝1，顶点为D（1，4），
（1）在0≤x≤3范围内，
当x＝1时，y最大值＝4；当x＝3时，y最小值＝0；
（2）①当函数y在t≤x≤t+1内的抛物线完全在对称轴的左侧，当x＝t时取得最小值q＝﹣t2+2t+3，最大值p＝﹣（t+1）2+2（t+1）+3，
令p﹣q＝﹣（t+1）2+2（t+1）+3﹣（﹣t2+2t+3）＝3，即﹣2t+1＝3，解得t＝﹣1．
②当t+1＝1时，此时p＝4，q＝3，不合题意，舍去；
③当函数y在t≤x≤t+1内的抛物线分别在对称轴的两侧，
此时p＝4，令p﹣q＝4﹣（﹣t2+2t+3）＝3，即t2﹣2t﹣2＝0解得：t1＝1+3（舍），t2＝1-3（舍）；
或者p﹣q＝4﹣[﹣（t+1）2+2（t+1）+3]＝3，即t=±3（不合题意，舍去）；
④当t＝1时，此时p＝4，q＝3，不合题意，舍去；
⑤当函数y在t≤x≤t+1内的抛物线完全在对称轴的右侧，当x＝t时取得最大值p＝﹣t2+2t+3，最小值q＝﹣（t+1）2+2（t+1）+3，
令p﹣q＝﹣t2+2t+3﹣[﹣（t+1）2+2（t+1）+3]＝3，解得t＝2．
综上，t＝﹣1或t＝2．
【点评】本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有利用待定系数法求抛物线的解析式，抛物线的顶点公式，三角形相似的性质和判定，勾股定理的逆定理，最值问题等知识，注意运用分类讨论的思想解决问题．
61．（2020•阜新）如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象交x轴于点A（﹣3，0），B（1，0），交y轴于点 C．点P（m，0）是x轴上的一动点，PM⊥x轴，交直线AC于点M，交抛物线于点N．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）①若点P仅在线段AO上运动，如图，求线段MN的最大值；
②若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形．若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）把A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝x2+bx+c中，构建方程组解决问题即可．
（2）①构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可．
②分三种情形：如图2﹣1中，当点M在线段AC上，MN＝MC，四边形MNQC是菱形时．如图2﹣2中，当MC是菱形的对角线时，四边形MNCQ是正方形，如图2﹣3中，当点M在CA延长线上时，MN＝CM，四边形MNQC是菱形时，分别求解即可．
【解答】解：（1）把A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝x2+bx+c中，得9-3b+c=01+b+c=0，
解得b=2c=-3，
∴y＝x2+2x﹣3．

（2）①设直线AC的表达式为y＝kx+b，把A（﹣3，0），C（0，﹣3）代入y＝kx+b′．得b'=-3-3k+b'=0，
解得k=-1b'=-3，
∴y＝﹣x﹣3，
∵点P（m，0）是x轴上的一动点，且PM⊥x轴．
∴M（m，﹣m﹣3），N（m，m2+2m﹣3），
∴MN＝（﹣m﹣3）﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m＝﹣（m+32）2+94，
∵a＝﹣1＜0，
∴此函数有最大值．
又∵点P在线段OA上运动，且﹣3＜-32＜0，
∴当m=-32时，MN有最大值94．

②如图2﹣1中，当点M在线段AC上，MN＝MC，四边形MNQC是菱形时．

∵MN＝﹣m2﹣3m，MC=-2m，
∴﹣m2﹣3m=-2m，
解得m＝﹣3+2或0（舍弃）
∴MN＝32-2，
∴CQ＝MN＝32-2，
∴OQ＝32+1，
∴Q（0，﹣32-1）．

如图2﹣2中，当MC是菱形的对角线时，四边形MNCQ是正方形，此时CN＝MN＝CQ＝2，可得Q（0，﹣1）．

如图2﹣3中，当点M在CA延长线上时，MN＝CM，四边形MNQC是菱形时，

则有，m2+3m=-2m，
解得m＝﹣3-2或0（舍弃），
∴MN＝CQ＝32+2，
∴OQ＝CQ﹣OC＝32-1，
∴Q（0，32-1）．
当点P在y轴的右侧时，显然MN＞CM，此时满足条件的菱形不存在．
综上所述，满足条件的点Q的坐标为（0，﹣32-1）或（0，﹣1）或（0，32-1）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法，一次函数的性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
62．（2020•盘锦）如图1，直线y＝x﹣4与x轴交于点B，与y轴交于点A，抛物线y=-12x2+bx+c经过点B和点C（0，4），△ABO沿射线AB方向以每秒2个单位长度的速度平移，平移后的三角形记为△DEF（点A，B，O的对应点分别为点D，E，F），平移时间为t（0＜t＜4）秒，射线DF交x轴于点G，交抛物线于点M，连接ME．

（1）求抛物线的解析式；
（2）当tan∠EMF=43时，请直接写出t的值；
（3）如图2，点N在抛物线上，点N的横坐标是点M的横坐标的12，连接OM，NF，OM与NF相交于点P，当NP＝FP时，求t的值．
【分析】（1）求出等B的坐标，利用待定系数法解决问题即可．
（2）分两种情形：如图1中，当点M在线段DF的上方时，求出DM＝7，构建方程求解即可，当点M在线段DF上时，DM＝1，构建方程求解即可．
（3）如图2中，过点N作NT∥y轴于T．由题意D（t，t﹣4），则M（t，-12t2+t+4），N（12t，-18t2+12t+4），T（12t，-14t2+12t+2），F（t，t），利用全等三角形的性质证明NT＝MF，由此构建方程解决问题即可．
【解答】解：（1）∵直线y＝x﹣4与x轴交于点B，与y轴交于点A，
∴B（4，0），A（0，﹣4），
把B（4，0），C（0，4）代入y=-12x2+bx+c得到c=4-8+4b+c=0，
解得b=1c=4，
∴抛物线的解析式为y=-12x2+x+4．

（2）如图1中，当点M在线段DF的上方时，

由题意得，D（t，t﹣4），则M（t，-12t2+t+4），
∴DM=-12t2+8，
在Rt△MEF中，tan∠EMF=EFFM=4FM=43，
∴MF＝3，
∵DF＝EF＝4，
∴DM＝7，
∴-12t2+8＝7，
∴t=2或-2（舍弃）．
当点F在点M上方时，可得DM＝1，即-12t2+8＝1，
∴t=14或-14（舍弃），
综上所述，t的值为2或14．


（3）如图2中，过点N作NT∥y轴于T．由题意得D（t，t﹣4），则M（t，-12t2+t+4），N（12t，-18t2+12t+4），T（12t，-14t2+12t+2），F（t，t）

∵NT∥FM，
∴∠PNT＝∠PFM，
∵∠NPT＝∠MPF，PN＝PF，
∴△NPT≌△FPM（ASA），
∴NT＝MF，
∴-18t2+12t+4﹣（-14t2+12t+2）=-12t2+t+4﹣t，
解得t=455或-455（舍弃），
∴t的值为455．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
63．（2020•常州）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．
【解答】解：（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．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，一次函数的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数等知识，综合性强，求出∠CNH＝45°是本题的关键．
64．（2020•岳阳）如图1所示，在平面直角坐标系中，抛物线F1：y＝a（x-25）2+6415与x轴交于点A（-65，0）和点B，与y轴交于点C．
（1）求抛物线F1的表达式；
（2）如图2，将抛物线F1先向左平移1个单位，再向下平移3个单位，得到抛物线F2，若抛物线F1与抛物线F2相交于点D，连接BD，CD，BC．
①求点D的坐标；
②判断△BCD的形状，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，抛物线F2上是否存在点P，使得△BDP为等腰直角三角形，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）把点A（-65，0）代入抛物线F1：y＝a（x-25）2+6415中，求出a的值，即可求解；
（2）①由平移的原则：左加，右减，上加，下减，可得抛物线F2的解析式，与抛物线F1联立方程组，解出可得点D的坐标；
②根据两点的距离公式和勾股定理的逆定理可得：△BDC是等腰直角三角形；
（3）设P[m，-53(m+35)2+1915]，根据两点的距离公式和勾股定理列方程可解出m的值，并确认两直角边是否相等，可得符合条件的点P的坐标．
【解答】解：（1）把点A（-65，0）代入抛物线F1：y＝a（x-25）2+6415中得：
0＝a（-65-25）2+6415，
解得：a=-53，
∴抛物线F1：y=-53（x-25）2+6415；
（2）①由平移得：抛物线F2：y=-53（x-25+1）2+6415-3，
∴y=-53（x+35）2+1915，
∴-53（x+35）2+1915=-53（x-25）2+6415，
-103x=103，
解得：x＝﹣1，
∴D（﹣1，1）；
②当x＝0时，y=-53×425+6415=4，
∴C（0，4），
当y＝0时，-53（x-25）2+6415=0，
解得：x=-65或2，
∴B（2，0），
∵D（﹣1，1），
∴BD2＝（2+1）2+（1﹣0）2＝10，
CD2＝（0+1）2+（4﹣1）2＝10，
BC2＝22+42＝20，
∴BD2+CD2＝BC2且BD＝CD，
∴△BDC是等腰直角三角形；
（3）存在，
设P（m，-53(m+35)2+1915），
∵B（2，0），D（﹣1，1），
∴BD2＝（2+1）2+12＝10，PB2=(m-2)2+[-53(m+35)2+1915]2，PD2=(m+1)2+[-53(m+35)2+1915-1]2，
分三种情况：
①当∠DBP＝90°时，BD2+PB2＝PD2，
即10+（m﹣2）2+[-53(m+35)2+1915]2＝（m+1）2+[-53（m+35）2+1915-1]2，
解得：m＝﹣4或1，
当m＝﹣4时，BD=10，PB=36+324=610，即△BDP不是等腰直角三角形，不符合题意，
当m＝1时，BD=10，PB=1+9=10，
∴BD＝PB，即△BDP是等腰直角三角形，符合题意，
∴P（1，﹣3）；
②当∠BDP＝90°时，BD2+PD2＝PB2，
即10+（m+1）2+[-53（m+35）2+1915-1]2＝（m﹣2）2+[-53(m+35)2+1915]2，
解得：m＝﹣1（舍）或﹣2，
当m＝﹣2时，BD=10，PD=1+9=10，
∴BD＝PD，即此时△BDP为等腰直角三角形，
∴P（﹣2，﹣2）；
③当∠BPD＝90°时，且BP＝DP，有BD2＝PD2+PB2，如图3，

当△BDP为等腰直角三角形时，点P1和P2不在抛物线上，此种情况不存在这样的点P；
综上，点P的坐标是（1，﹣3）或（﹣2，﹣2）．
【点评】本题是二次函数综合题型，主要利用了待定系数法和平移求二次函数解析式，勾股定理及逆定理，两点的距离公式，难点在于（3）根据直角三角形的直角顶点分情况讨论．
65．（2020•营口）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣3过点A（﹣3，0），B（1，0），与y轴交于点C，顶点为点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为直线CD上的一个动点，连接BC；
①如图1，是否存在点P，使∠PBC＝∠BCO？若存在，求出所有满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；
②如图2，点P在x轴上方，连接PA交抛物线于点N，∠PAB＝∠BCO，点M在第三象限抛物线上，连接MN，当∠ANM＝45°时，请直接写出点M的坐标．

【分析】（1）y＝ax2+bx﹣3＝a（x+3）（x﹣1），即可求解；
（2）①分点P（P′）在点C的右侧、点P在点C的左侧两种情况，分别求解即可；
②证明△AGR≌△RHM（AAS），则点M（m+n，n﹣m﹣3），利用点M在抛物线上和AR＝NR，列出等式即可求解．
【解答】解：（1）y＝ax2+bx﹣3＝a（x+3）（x﹣1），
解得：a＝1，
故抛物线的表达式为：y＝x2+2x﹣3；

（2）由抛物线的表达式知，点C、D的坐标分别为（0，﹣3）、（﹣1，﹣4），
由点C、D的坐标知，直线CD的表达式为：y＝x﹣3①；
tan∠BCO=13，则cos∠BCO=310；
①当点P（P′）在点C的右侧时，

∵∠P'BC＝∠BCO，
故P′B∥y轴，则点P′（1，﹣2）；
当点P在点C的左侧时，
设直线PB交y轴于点H，过点H作HN⊥BC于点N，
∵∠P'BC＝∠BCO，
∴△BCH为等腰三角形，则BC＝2CH•cos∠BCO＝2×CH×310=32+12，
解得：CH=53，则OH＝3﹣CH=43，故点H（0，-43），
由点B、H的坐标得，直线BH的表达式为：y=43x-43②，
联立①②并解得：x=-5y=-8，
故点P的坐标为（﹣5，﹣8）；
②∵∠PAB＝∠BCO，而tan∠BCO=13，
故设直线AP的表达式为：y=13x+s，将点A的坐标代入上式并解得：s＝1，
故直线AP的表达式为：y=13x+1③，
联立①③并解得：x=43y=139，故点N（43，139）；
设△AMN的外接圆为圆R，

当∠ANM＝45°时，则∠ARM＝90°，设圆心R的坐标为（m，n），
∵∠GRA+∠MRH＝90°，∠MRH+∠RMH＝90°，
∴∠RMH＝∠GAR，
∵AR＝MR，∠AGR＝∠RHM＝90°，
∴△AGR≌△RHM（AAS），
∴AG＝m+3＝RH，RG＝﹣n＝MH，
∴点M（m+n，n﹣m﹣3），
将点M的坐标代入抛物线表达式得：n﹣m﹣3＝（m+n）2+2（m+n）﹣3④，
由题意得：AR＝NR，即（m+3）2+n2＝（m-43）2+（139-n）2⑤，
联立④⑤并解得：m=-29n=-109，
故点M（-43，-359）．
【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、三角形全等、圆的基本知识等，其中（2）①，要注意分类求解，避免遗漏．
66．（2020•通辽）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C．且直线y＝x﹣6过点B，与y轴交于点D，点C与点D关于x轴对称，点P是线段OB上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点M，交直线BD于点N．
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）当△MDB的面积最大时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，在y轴上是否存在点Q，使得以Q，M，N三点为顶点的三角形是直角三角形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．

【分析】（1）由一次函数图象与坐标轴交点B、D的坐标，再由对称求得C点坐标，再用待定系数法求抛物线的解析式；
（2）设P（m，0），则M（m，﹣m2+5m+6），N（m，m﹣6），由三角形的面积公式求得△MDB的面积关于m的二次函数，最后根据二次函数的最大值的求法，求得m的值，进而得P点的坐标；
（3）分三种情况：M为直角顶点；N为直角顶点；Q为直角顶点．分别得出Q点的坐标．
【解答】解：（1）令y＝0，得y＝x﹣6＝0，
解得x＝6，
∴B（6，0），
令x＝0，得y＝x﹣6＝﹣6，
∴D（0，﹣6），
∵点C与点D关于x轴对称，
∴C（0，6），
把B、C点坐标代入y＝﹣x2+bx+c中，得
-36+6b+c=0c=6，
解得，b=5c=6，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+5x+6；
（2）设P（m，0），则M（m，﹣m2+5m+6），N（m，m﹣6），
则MN＝﹣m2+4m+12，
∴△MDB的面积=12MN⋅OB=-3m2+12m+36＝﹣3（m﹣2）2+48，
∵﹣3＜0，
∴当m＝2时，△MDB的面积最大，
此时，P点的坐标为（2，0）；

（3）由（2）知，M（2，12），N（2，﹣4），
当∠QMN＝90°时，QM∥x轴，则Q（0，12）；
当∠MNQ＝90°时，NQ∥x轴，则Q（0，﹣4）；
当∠MQN＝90°时，设Q（0，n），则QM2+QN2＝MN2，
即4+（12﹣n）2+4+（n+4）2＝（12+4）2，
解得，n＝4±215，
∴Q（0，4+215）或（0，4﹣215）．
综上，存在以Q，M，N三点为顶点的三角形是直角三角形．其Q点坐标为（0，12）或（0，﹣4）或（0，4+215）或（0，4﹣215）．
【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，二次函数的最值的应用，待定系数法，直角三角形的性质，三角形的面积计算，分类讨论思想，关键是正确求出函数解析式和分类讨论．
67．（2020•咸宁）如图，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B，抛物线y=-23x2+bx+c过点B且与直线相交于另一点C（52，34）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是抛物线上的一动点，当∠PAO＝∠BAO时，求点P的坐标；
（3）点N（n，0）（0＜n＜52）在x轴的正半轴上，点M（0，m）是y轴正半轴上的一动点，且满足∠MNC＝90°．
①求m与n之间的函数关系式；
②当m在什么范围时，符合条件的N点的个数有2个？

【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）如图1，作点B关于x轴的对称点B′（0，﹣2），连接AB′交抛物线于点P（P′），则∠PAO＝∠BAO，即可求解，另外当点P与B，C重合时也满足条件．
（3）①证明tan∠MNO＝tan∠NCH，即OMON=NHCH，即mn=52-n34，即可求解；②m=-43n2+103n，当n=54时，m的最大值为2512，即可求解．
【解答】解：（1）直线y=-12x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，则点A、B的坐标分别为（4，0）、（0，2），
将点B、C的坐标代入抛物线表达式得-23×(52)2+52b+c=34c=2，解得b=76c=2，
故抛物线的表达式为：y=-23x2+76x+2①；

（2）如图1，作点B关于x轴的对称点B′（0，﹣2），连接AB′交抛物线于点P（P′），则∠PAO＝∠BAO，

设直线AB'的解析式为y＝kx+m，
∴4k+m=0m=-2，
∴k=12m=-2，
直线AB′的表达式为：y=12x﹣2②，
联立①②并解得：x＝3或﹣2，
故点P的坐标为（3，-12）或（﹣2，﹣3），
当点P与B，C重合时，也满足条件，此时P（0，2）或（52，34），
综上所述，满足条件的点P的坐标为（3，-12）或（﹣2，﹣3）或（0，2）或（52，34）．

（3）①过点C作CH⊥x轴于点H，

∵∠MNC＝90°，
∴∠MNO+∠CNH＝90°，
又∵∠CNH+∠NCH＝90°，
∴∠MNO＝∠NCH，
∴tan∠MNO＝tan∠NCH，即OMON=NHCH，即mn=52-n34，
解得：m=-43n2+103n；

②m=-43n2+103n，
∵-43＜0，故m有最大值，当n=54时，m的最大值为2512，
而m＞0，
故0＜m＜2512时，符合条件的N点的个数有2个．
【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、解直角三角形等，综合性强，难度适中．
68．（2020•深圳）如图1，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴的交点A（﹣3，0）和B（1，0），与y轴交于点C，顶点为D．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）连接AD，DC，CB，将△OBC沿x轴以每秒1个单位长度的速度向左平移，得到△O'B'C'，点O、B、C的对应点分别为点O'、B'、C'，设平移时间为t秒，当点O'与点A重合时停止移动．记△O'B'C'与四边形AOCD重合部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式；
（3）如图2，过该抛物线上任意一点M（m，n）向直线l：y=92作垂线，垂足为E，试问在该抛物线的对称轴上是否存在一点F，使得ME﹣MF=14？若存在，请求出F的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）将点A（﹣3，0）、B（1，0）代入抛物线的解析式得到关于a、b的方程组即可；
（2）分三种情况：①0＜t＜1时，②1≤t＜32时，③32≤t≤3时，可由面积公式得出答案；
（3）令F（﹣1，t），则MF=(m+1)2+(n-t)2，ME=92-n，得出(m+1)2+(n-t)2=(174-n)2，可求出n=154．则得出答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3过点A（﹣3，0），B（1，0），
∴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）①0＜t＜1时，如图1，若B'C'与y轴交于点F，

∵OO'＝t，OB'＝1﹣t，
∴OF＝3OB'＝3﹣3t，
∴S=12×（C'O'+OF）×OO'=12×（3+3﹣3t）×t=-32t2+3t，
②1≤t＜32时，S=32；
③32≤t≤3时，如图2，C′O′与AD交于点Q，B′C′与AD交于点P，过点P作PH⊥C′O′于H，

∵AO＝3，O'O＝t，
∴AO'＝3﹣t，O'Q＝6﹣2t，
∴C'Q＝2t﹣3，
∵QH＝2PH，C'H＝3PH，
∴PH=15C'Q=15（2t﹣3），
∴S=32-12(2t-3)×15（2t﹣3），
∴S=-25t2+65t+35，
综合以上可得：S=-32t2+3t(0＜t＜1)32(1≤t＜32)-25t2+65t+35(32≤t≤3)．
（3）令F（﹣1，t），则MF=(m+1)2+(n-t)2，ME=92-n，
∵ME﹣MF=14，
∴MF＝ME-14，
∴(m+1)2+(n-t)2=(174-n)2，
∴m2+2m+1+t2﹣2nt=-172n+28916．
∵n＝﹣m2﹣2m+3，
∴（1+2t-172）m2+（2+4t﹣17）m+1+t2﹣6t+512-28916=0．
当t=154时，上式对于任意m恒成立，
∴存在F（﹣1，154）．
【点评】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式，两点间的距离公式，平移的性质，三角形的面积等知识．熟练运用方程的思想方法，正确进行分类是解题的关键．
69．（2020•天水）如图所示，拋物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且点A的坐标为A（﹣2，0），点C的坐标为C（0，6），对称轴为直线x＝1．点D是抛物线上一个动点，设点D的横坐标为m（1＜m＜4），连接AC，BC，DC，DB．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）当△BCD的面积等于△AOC的面积的34时，求m的值；
（3）在（2）的条件下，若点M是x轴上一动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形．若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）由题意得出方程组，解方程组即可；
（2）过点D作DE⊥x轴于E，交BC于G，过点C作CF⊥ED交ED的延长线于F，求出点B的坐标为（4，0），由待定系数法求出直线BC的函数表达式为y=-32x+6，则点D的坐标为（m，-34m2+32m+6），点G的坐标为（m，-32m+6），求出S△BCD=-32m2+6m=92，解方程即可；
（3）求出点D的坐标为（3，154），分三种情况，①当DB为对角线时，证出DN∥x轴，则点D与点N关于直线x＝1对称，得出N（﹣1，154）求出BM＝4，即可得出答案；
②当DM为对角线时，由①得N（﹣1，154），DN＝4，由平行四边形的性质得出DN＝BM＝4，进而得出答案；
③当DN为对角线时，点D与点N的纵坐标互为相反数，N（1+14，-154）或N（1-14，-154），再分两种情况解答即可．
【解答】解：（1）由题意得：-b2a=14a-2b+c=0c=6，
解得：a=-34b=32c=6，
∴抛物线的函数表达式为：y=-34x2+32x+6；
（2）过点D作DE⊥x轴于E，交BC于G，过点C作CF⊥ED交ED的延长线于F，如图1所示：
∵点A的坐标为（﹣2，0），点C的坐标为（0，6），
∴OA＝2，OC＝6，
∴S△AOC=12OA•OC=12×2×6＝6，
∴S△BCD=34S△AOC=34×6=92，
当y＝0时，-34x2+32x+6＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝4，
∴点B的坐标为（4，0），
设直线BC的函数表达式为：y＝kx+n，
则0=4k+n6=n，
解得：k=-32n=6，
∴直线BC的函数表达式为：y=-32x+6，
∵点D的横坐标为m（1＜m＜4），
∴点D的坐标为：（m，-34m2+32m+6），
点G的坐标为：（m，-32m+6），
∴DG=-34m2+32m+6﹣（-32m+6）=-34m2+3m，CF＝m，BE＝4﹣m，
∴S△BCD＝S△CDG+S△BDG=12DG•CF+12DG•BE=12DG×（CF+BE）=12×（-34m2+3m）×（m+4﹣m）=-32m2+6m，
∴-32m2+6m=92，
解得：m1＝1（不合题意舍去），m2＝3，
∴m的值为3；
（3）由（2）得：m＝3，-34m2+32m+6=-34×32+32×3+6=154，
∴点D的坐标为：（3，154），
分三种情况讨论：
①当DB为对角线时，如图2所示：
∵四边形BDNM是平行四边形，
∴DN∥BM，
∴DN∥x轴，
∴点D与点N关于直线x＝1对称，
∴N（﹣1，154），
∴DN＝3﹣（﹣1）＝4，
∴BM＝4，
∵B（4，0），
∴M（8，0）；
②当DM为对角线时，如图3所示：
由①得：N（﹣1，154），DN＝4，
∵四边形BDNM是平行四边形，
∴DN＝BM＝4，
∵B（4，0），
∴M（0，0）；
③当DN为对角线时，
∵四边形BDNM是平行四边形，
∴DM＝BN，DM∥BN，
∴∠DMB＝∠MBN，
∴点D与点N的纵坐标互为相反数，
∵点D（3，154），
∴点N的纵坐标为：-154，
将y=-154代入y=-34x2+32x+6中，
得：-34x2+32x+6=-154，
解得：x1＝1+14，x2＝1-14，
当x＝1+14时，如图4所示：
则N（1+14，-154），
分别过点D、N作x轴的垂线，垂足分别为E、Q，
在Rt△DEM和Rt△NQB中，DM=BNDE=NQ，
∴Rt△DEM≌Rt△NQB（HL），
∴BQ＝EM，
∵BQ＝1+14-4=14-3，
∴EM=14-3，
∵E（3，0），
∴M（14，0）；
当x＝1-14时，如图5所示：
则N（1-14，-154），
同理得点M（-14，0）；
综上所述，点M的坐标为（8，0）或（0，0）或（14，0）或（-14，0）．





【点评】本题是二次函数综合题目，考查了待定系数法求函数的解析式、坐标与图形性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度．
70．（2020•辽阳）如图，抛物线y＝ax2﹣23x+c（a≠0）过点O（0，0）和A（6，0）．点B是抛物线的顶点，点D是x轴下方抛物线上的一点，连接OB，OD．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图①，当∠BOD＝30°时，求点D的坐标；
（3）如图②，在（2）的条件下，抛物线的对称轴交x轴于点C，交线段OD于点E，点F是线段OB上的动点（点F不与点O和点B重合），连接EF，将△BEF沿EF折叠，点B的对应点为点B'，△EFB'与△OBE的重叠部分为△EFG，在坐标平面内是否存在一点H，使以点E，F，G，H为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点H的坐标，若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）如图①中，设抛物线的对称轴交x轴于M，与OD交于点N．解直角三角形求出点N的坐标，求出直线ON的解析式，构建方程组确定点D坐标即可．
（3）分三种情形：如图②﹣1中，当∠EFG＝90°时，点H在第一象限，此时G，B′，O重合．如图②﹣2中，当∠EGF＝90°时，点H在对称轴右侧．如图②﹣3中当∠FEG＝90°时，点H在对称轴左侧，点B′在对称轴上，分别求解即可．
【解答】解：（1）把点O（0，0）和A（6，0）代入y＝ax2﹣23x+c中，
得到c=036a-123+c=0，
解得a=33c=0，
∴抛物线的解析式为y=33x2﹣23x．

（2）如图①中，设抛物线的对称轴交x轴于M，与OD交于点N．

∵y=33x2﹣23x=33（x﹣3）2﹣33，
∴顶点B（3，﹣33），M（3，0），
∴OM＝3．BM＝33，
∴tan∠MOB=BMOM=3，
∴∠MOB＝60°，
∵∠BOD＝30°，
∴∠MON＝∠MOB﹣∠BOD＝30°，
∴MN＝OM•tan30°=3，
∴N（3，-3），
∴直线ON的解析式为y=-33x，
由y=-33xy=33x2-23x，解得x=0y=0或x=5y=-533，
∴D（5，-533）．

（3）如图②﹣1中，当∠EFG＝90°时，点H在第一象限，此时G，B′，O重合，由题意OF＝BF，可得F（32，-332），E（3，-3），利用平移的性质可得H（32，32）．

如图②﹣2中，当∠EGF＝90°时，点H在对称轴右侧，由题意，∠EBF＝∠FEB＝30°
∴EF＝BF，可得F（2，﹣23），利用平移的性质可得H（72，-332）．

如图②﹣3中当∠FGE＝90°时，点H在对称轴左侧，点B′在对称轴上，由题意EF⊥BE，可得F（1，-3），G（32，-32），利用平移的性质，可得H（52，-332）．

综上所述，满足条件的点H的坐标为（32，32）或（52，-332）或（72，-332）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，解直角三角形，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建一次函数，利用方程组确定交点坐标，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
71．（2020•烟台）如图，抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于A，B两点，且OA＝2OB，与y轴交于点C，连接BC，抛物线对称轴为直线x=12，D为第一象限内抛物线上一动点，过点D作DE⊥OA于点E，与AC交于点F，设点D的横坐标为m．
（1）求抛物线的表达式；
（2）当线段DF的长度最大时，求D点的坐标；
（3）抛物线上是否存在点D，使得以点O，D，E为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）点A、B的坐标分别为（2t，0）、（﹣t，0），则x=12=12（2t﹣t），即可求解；
（2）点D（m，﹣m2+m+2），则点F（m，﹣m+2），则DF＝﹣m2+m+2﹣（﹣m+2）＝﹣m2+2m，即可求解；
（3）以点O，D，E为顶点的三角形与△BOC相似，则DEOE=OBOC或OCOB，即可求解．
【解答】解：（1）设OB＝t，则OA＝2t，则点A、B的坐标分别为（2t，0）、（﹣t，0），
则x=12=12（2t﹣t），解得：t＝1，
故点A、B的坐标分别为（2，0）、（﹣1，0），
则抛物线的表达式为：y＝a（x﹣2）（x+1）＝ax2+bx+2，
解得：a＝﹣1，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+x+2；

（2）对于y＝﹣x2+x+2，令x＝0，则y＝2，故点C（0，2），
由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y＝﹣x+2，
设点D的横坐标为m，则点D（m，﹣m2+m+2），则点F（m，﹣m+2），
则DF＝﹣m2+m+2﹣（﹣m+2）＝﹣m2+2m，
∵﹣1＜0，故DF有最大值，DF最大时m＝1，
∴点D（1，2）；

（3）存在，理由：
点D（m，﹣m2+m+2）（m＞0），则OE＝m，DE＝﹣m2+m+2，
以点O，D，E为顶点的三角形与△BOC相似，
则DEOE=OBOC或OCOB，即DEOE=12或2，即-m2+m+2m=12或2，
解得：m＝1或﹣2（舍去）或1+334或1-334（舍去），
故m＝1或1+334．
【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会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．
72．（2020•宜宾）如图，已知二次函数的图象顶点在原点，且点（2，1）在二次函数的图象上，过点F（0，1）作x轴的平行线交二次函数的图象于M、N两点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）P为平面内一点，当△PMN是等边三角形时，求点P的坐标；
（3）在二次函数的图象上是否存在一点E，使得以点E为圆心的圆过点F和点N，且与直线y＝﹣1相切．若存在，求出点E的坐标，并求⊙E的半径；若不存在，说明理由．

【分析】（1）设二次函数表达式为：y＝ax2，将（2，1）代入上式，即可求解；
（2）△PMN是等边三角形，则点P在y轴上且PM＝4，故PF＝23，即可求解；
（3）在Rt△FQE中，EN=(2-1)2+(1-14)2=54，EF=(1-0)2+(1-14)2=54，即可求解．
【解答】解：（1）∵二次函数的图象顶点在原点，
故设二次函数表达式为：y＝ax2，将（2，1）代入上式并解得：a=14，
故二次函数表达式为：y=14x2；

（2）将y＝1代入y=14x2并解得：x＝±2，故点M、N的坐标分别为（﹣2，1）、（2，1），
则MN＝4，
∵△PMN是等边三角形，
∴点P在y轴上且PM＝4，
∴PF＝23；
∵点F（0，1），
∴点P的坐标为（0，1+23）或（0，1﹣23）；

（3）假设二次函数的图象上存在一点E满足条件，
设点Q是FN的中点，则点Q（1，1），
故点E在FN的中垂线上．
∴点E是FN的中垂线与y=14x2图象的交点，
∴y=14×12=14，则点E（1，14），
EN=(2-1)2+(1-14)2=54，
同理EF=(1-0)2+(1-14)2=54，
点E到直线y＝﹣1的距离为|14-（﹣1）|=54，
故存在点E，使得以点E为圆心半径为54的圆过点F，N且与直线y＝﹣1相切．
【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、圆的基本的性质、等边三角形的性质等，综合性强，难度适中．
73．（2020•潍坊）如图，抛物线y＝ax2+bx+8（a≠0）与x轴交于点A（﹣2，0）和点B（8，0），与y轴交于点C，顶点为D，连接AC，BC，BC与抛物线的对称轴l交于点E．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P是第一象限内抛物线上的动点，连接PB，PC，当S△PBC=35S△ABC时，求点P的坐标；
（3）点N是对称轴l右侧抛物线上的动点，在射线ED上是否存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与△OBC相似？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）直接将A（﹣2，0）和点B（8，0）代入y＝ax2+bx+8（a≠0），解出a，b的值即可得出答案；
（2）先求出点C的坐标及直线BC的解析式，再根据图及题意得出三角形PBC的面积；过点P作PG⊥x轴，交x轴于点G，交BC于点F，设P(t，-12t2+3x+8)，根据三角形PBC的面积列关于t的方程，解出t的值，即可得出点P的坐标；
（3）由题意得出三角形BOC为等腰直角三角形，然后分MN＝EM，MN＝NE，NE＝EM三种情况讨论结合图形得出边之间的关系，即可得出答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+8（a≠0）过点A（﹣2，0）和点B（8，0），
∴4a-2b+8=064a+8b+8=0，解得a=-12b=3，
∴抛物线解析式为：y=-12x2+3x+8；

（2）当x＝0时，y＝8，
∴C（0，8），
∴直线BC解析式为：y＝﹣x+8，
∵S△ABC=12⋅AB⋅OC=12×10×8=40，
∴S△PBC=35S△ABC=24，
过点P作PG⊥x轴，交x轴于点G，交BC于点F，
设P(t，-12t2+3t+8)，
∴F（t，﹣t+8），
∴PF=-12t2+4t，
∴S△PBC=12PF⋅OB=24，
即12×(-12t2+4t)×8=24，
∴t1＝2，t2＝6，
∴P1（2，12），P2（6，8）；


（3）∵C（0，8），B（8，0），∠COB＝90°，
∴△OBC为等腰直角三角形，
抛物线y=-12x2+3x+8的对称轴为x=-b2a=-32×(-12)=3，
∴点E的横坐标为3，
又∵点E在直线BC上，
∴点E的纵坐标为5，
∴E（3，5），
设M(3，m)，N(n，-12n2+3n+8)，
①当MN＝EM，∠EMN＝90°，
△NME～△COB，则m-5=n-3-12n2+3n+8=m，
解得n=6m=8或n=-2m=0（舍去），
∴此时点M的坐标为（3，8），

②当ME＝EN，当∠MEN＝90°时，
则m-5=n-3-12n2+3n+8=5，解得：m=5+15n=3+15或m=5-15n=3-15（舍去），
∴此时点M的坐标为(3，5+15)；

③当MN＝EN，∠MNE＝90°时，
此时△MNE与△COB相似，
此时的点M与点E关于②的结果（3，8）对称，
设M（3，m），
则m﹣8＝8﹣5，
解得m＝11，
∴M（3，11）；
此时点M的坐标为（3，11）；

故在射线ED上存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与△OBC相似，点M的坐标为：（3，8），(3，5+15)或（3，11）．
【点评】本题是一道综合题，涉及到二次函数的综合、相似三角形的判定及性质、等腰三角形的性质、勾股定理、正方形的性质等知识点，综合性比较强，解答类似题的关键是添加合适的辅助线．
74．（2020•株洲）如图所示，二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象（记为抛物线L）与y轴交于点C，与x轴分别交于点A、B，点A、B的横坐标分别记为x1，x2，且0＜x1＜x2．
（1）若a＝c，b＝﹣3，且过点（1，﹣1），求该二次函数的表达式；
（2）若关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的判别式△＝4．求证：当b＜-52时，二次函数y1＝ax2+（b+1）x+c的图象与x轴没有交点．
（3）若AB2=c2-2c+6c，点P的坐标为（-x0，﹣1），过点P作直线l垂直于y轴，且抛物线的L的顶点在直线l上，连接OP、AP、BP，PA的延长线与抛物线L交于点D，若∠OPB＝∠DAB，求x0的最小值．

【分析】（1）根据题意，把a＝c，b＝﹣3，点（1，﹣1），代入解析式，即可求出解析式；
（2）利用根的判别式进行判断，即可得到结论；
（3）根据二次函数的性质，得到b2﹣4ac＝4a，结合根与系数的关系，得到4a=c2-2c+6c，然后证明△OAP∽△OPB，得到OAOP=OPOB，然后得到x0=ca-1，利用二次函数的性质即可得到答案．
【解答】解：（1）由题意得：y＝ax2﹣3x+a，
∵函数过点（1，﹣1），
∴a﹣3+a＝﹣1，
∴a＝c＝1，
∴y＝x2﹣3x+1；

（2）由题意，一元二次方程ax2+bx+c＝0的判别式△＝4．
∴△＝b2﹣4ac＝4，
∴4ac＝b2﹣4，
在函数y1=ax2+(b+1)x+c中，△1=(b+1)2-4ac=(b+1)2-(b2-4)=2b+5，
∵b＜-52，
∴2b+5＜0，
即函数图象与x轴没有交点；

（3）因为函数顶点在直线l上，则有4ac-b24a=-1，
即b2﹣4ac＝4a①，
∵AB2=c2-2c+6c，
∴(x2-x1)2=c2-2c+6c，
即(x1+x2)2-4x1x2=c2-2c+6c，
∴b2-4aca2=c2-2c+6c，
由①得：4a=c2-2c+6c②，
∵∠OAP＝∠DAB，∠OPB＝∠DAB，
∴∠OAP＝∠OPB，
∵∠OAP＝∠OBP+∠APB，∠OPB＝∠OPA+∠APB，
∴∠OBP＝∠OPA，
则△OAP∽△OPB．
∴OAOP=OPOB，
∴OA•OB＝OP2，
∴x1x2=(-x0)2+(-1)2．
∴ca=x0+1，
∴x0=ca-1．
由②得：x0=c2-2c+64-1，
∴x0=14(c-1)2+14，
∴当c＝1时，(x0)min=14．
【点评】本题考查了二次函数的综合问题，相似三角形的判定和性质，一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质，二次函数的最值等知识进行解题．
75．（2020•怀化）如图所示，抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，点M为抛物线的顶点．
（1）求点C及顶点M的坐标．
（2）若点N是第四象限内抛物线上的一个动点，连接BN、CN，求△BCN面积的最大值及此时点N的坐标．
（3）若点D是抛物线对称轴上的动点，点G是抛物线上的动点，是否存在以点B、C、D、G为顶点的四边形是平行四边形．若存在，求出点G的坐标；若不存在，试说明理由．
（4）直线CM交x轴于点E，若点P是线段EM上的一个动点，是否存在以点P、E、O为顶点的三角形与△ABC相似．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）令抛物线解析式中x＝0即可求出C点坐标，写出抛物线顶点式，即可求出顶点M坐标；
（2）过N点作x轴的垂线交直线BC于Q点，设N（n，n2﹣2n﹣3），求出BC解析式，进而得到Q点坐标，最后根据S△BCN＝S△NQC+S△NQB即可求解；
（3）设D点坐标为（1，t），G点坐标为（m，m2﹣2m﹣3），然后分成①DG是对角线；②DB是对角线；③DC是对角线时三种情况进行讨论即可求解；
（4）连接AC，由CE＝CB可知∠EBC＝∠E，求出MC的解析式，设P（x，﹣x﹣3），然后根据△PEO相似△ABC，分成EOBA=EPBC和EOBC=EPBA讨论即可求解．
【解答】解：（1）令y＝x2﹣2x﹣3中x＝0，此时y＝﹣3，
故C点坐标为（0，﹣3），
又∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线的顶点M的坐标为（1，﹣4）；
（2）过N点作x轴的垂线交直线BC于Q点，连接BN，CN，如图1所示：
令y＝x2﹣2x﹣3＝0，
解得：x＝3或x＝﹣1，
∴B（3，0），A（﹣1，0），
设直线BC的解析式为：y＝ax+b，
将C（0，﹣3），B（3，0）代入直线BC的解析式得：-3=b0=3a+b，
解得：a=1b=-3，
∴直线BC的解析式为：y＝x﹣3，
设N点坐标为（n，n2﹣2n﹣3），故Q点坐标为（n，n﹣3），其中0＜n＜3，
则S△BCN=S△NQC+S△NQB=12⋅QN⋅(xQ-xC)+12⋅QN⋅(xB-xQ)=12⋅QN⋅(xQ-xC+xB-xQ)=12⋅QN⋅(xB-xC)，（其中xQ，xC，xB分别表示Q，C，B三点的横坐标），且QN＝（n﹣3）﹣（n2﹣2n﹣3）＝﹣n2+3n，xB﹣xC＝3，
故S△BCN=12⋅(-n2+3n)⋅3=-32n2+92n=-32(n-32)2+278，其中0＜n＜3，
当n=32时，S△BCN有最大值为278，
此时点N的坐标为（32，-154），
（3）设D点坐标为（1，t），G点坐标为（m，m2﹣2m﹣3），且B（3，0），C（0，﹣3）
分情况讨论：
①当DG为对角线时，则另一对角线是BC，由中点坐标公式可知：
线段DG的中点坐标为(xD+xG2，yD+yG2)，即(1+m2，t+m2-2m-32)，
线段BC的中点坐标为(xB+xC2，yB+yC2)，即(3+02，0-32)，
此时DG的中点与BC的中点为同一个点，
∴1+m2=32t+m2-2m-32=-32，解得m=2t=0，
经检验，此时四边形DCGB为平行四边形，此时G坐标为（2，﹣3）；
②当DB为对角线时，则另一对角线是GC，由中点坐标公式可知：
线段DB的中点坐标为(xD+xB2，yD+yB2)，即(1+32，t+02)，
线段GC的中点坐标为(xG+xC2，yG+yC2)，即(m+02，m2-2m-3-32)，
此时DB的中点与GC的中点为同一个点，
∴1+32=m+02t+02=m2-2m-3-32，解得m=4t=2，
经检验，此时四边形DCBG为平行四边形，此时G坐标为（4，5）；
③当DC为对角线时，则另一对角线是GB，由中点坐标公式可知：
线段DC的中点坐标为(xD+xC2，yD+yC2)，即(1+02，t-32)，
线段GB的中点坐标为(xG+xB2，yG+yB2)，即(m+32，m2-2m-3+02)，
此时DC的中点与GB的中点为同一个点，
∴1+02=m+32t-32=m2-2m-3+02，解得m=-2t=8，
经检验，此时四边形DGCB为平行四边形，此时G坐标为（﹣2，5）；
综上所述，G点坐标存在，为（2，﹣3）或（4，5）或（﹣2，5）；
（4）连接AC，OP，如图2所示：
设MC的解析式为：y＝kx+m，
将C（0，﹣3），M（1，﹣4）代入MC的解析式得：-3=m-4=k+m，
解得：k=-1m=-3
∴MC的解析式为：y＝﹣x﹣3，令y＝0，则x＝﹣3，
∴E点坐标为（﹣3，0），
∴OE＝OB＝3，且OC⊥BE，
∴CE＝CB，
∴∠CBE＝∠E，
设P（x，﹣x﹣3），
又∵P点在线段EC上，
∴﹣3＜x＜0，
则EP=(x+3)2+(-x-3)2=2(x+3)，BC=32+32=32，
由题意知：△PEO相似于△ABC，
分情况讨论：
①△PEO∽△CBA，
∴EOBA=EPBC，
∴34=2(x+3)32，
解得x=-34，满足﹣3＜x＜0，此时P的坐标为(-34，-94)；
②△PEO∽△ABC，
∴EOBC=EPBA，
∴332=2(x+3)4，
解得x＝﹣1，满足﹣3＜x＜0，此时P的坐标为（﹣1，﹣2）．
综上所述，P点的坐标为(-34，-94)或（﹣1，﹣2）．


【点评】本题是二次函数综合题目，考查了二次函数的图象和性质、待定系数法求直线的解析式、平行四边形的性质、相似三角形的性质和判定、等腰三角形的判定与性质等知识；本题综合性较强，具有一定的难度，熟练掌握二次函数的图形和性质，学会用代数的方法求解几何问题．
76．（2020•张家界）如图，抛物线y＝ax2﹣6x+c交x轴于A，B两点，交y轴于点C．直线y＝﹣x+5经过点B，C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线的对称轴l与直线BC相交于点P，连接AC，AP，判定△APC的形状，并说明理由；
（3）在直线BC上是否存在点M，使AM与直线BC的夹角等于∠ACB的2倍？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）先根据直线y＝﹣x+5经过点B，C，即可确定B、C的坐标，然后用待定系数法解答即可；
（2）先求出A、B的坐标结合抛物线的对称性，说明三角形APB为等腰三角形；再结合OB＝OC得到∠ABP＝45°，进一步说明∠APB＝90°，则∠APC＝90°即可判定△APC的形状；
（3）作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M1，AC于E；然后说明△ANB为等腰直角三角形，进而确定N的坐标；再求出AC的解析式，进而确定M1E的解析式；然后联立直线BC和M1E的解析式即可求得M1的坐标；在直线BC上作点M1关于N点的对称点M2，利用中点坐标公式即可确定点M2的坐标．
【解答】解：（1）∵直线y＝﹣x+5经过点B，C，
∴当x＝0时，可得y＝5，即C的坐标为（0，5）．
当y＝0时，可得x＝5，即B的坐标为（5，0）．
∴5=a⋅02-6×0+c0=52a-6×5+c．
解得a=1c=5．
∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣6x+5；

（2）△APC为直角三角形，理由如下：
∵解方程x2﹣6x+5＝0，则x1＝1，x2＝5．
∴A（1，0），B（5，0）．
∵抛物线y＝x2﹣6x+5的对称轴l为x＝3，
∴△APB为等腰三角形．
∵C的坐标为（0，5），B的坐标为（5，0），
∴OB＝CO＝5，即∠ABP＝45°．
∵PA＝PB，
∴∠PAB＝∠ABP＝45°，
∴∠APB＝180°﹣45°﹣45°＝90°．
∴∠APC＝180°﹣90°＝90°．
∴△APC为直角三角形；

（3）如图：作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M1，AC于E，

∵M1A＝M1C，
∴∠ACM1＝∠CAM1．
∴∠AM1B＝2∠ACB．
∵△ANB为等腰直角三角形．
∴AH＝BH＝NH＝2．
∴N（3，2）．
设AC的函数解析式为y＝kx+b（k≠0）．
∵C（0，5），A（1，0），
∴5=k⋅0+b0=k+b．
解得b＝5，k＝﹣5．
∴AC的函数解析式为y＝﹣5x+5，
设EM1的函数解析式为y=15x+n，
∵点E的坐标为（12，52）．
∴52=15×12+n，
解得：n=125．
∴EM1的函数解析式为y=15x+125．
∵y=-x+5y=15x+125．
解得x=136y=176．
∴M1的坐标为（136，176）；
在直线BC上作点M1关于N点的对称点M2，
设M2（a，﹣a+5），
则有：3=136+a2，解得a=236．
∴﹣a+5=76．
∴M2的坐标为（236，76）．
综上，存在使AM与直线BC的夹角等于∠ACB的2倍的点，且坐标为M1（136，176），M2（236，76）．
【点评】本题属于二次函数与几何的综合题，主要考查了待定系数法确定函数解析式、等腰直角三角形的判定与性质、一次函数图象、三角形外角等知识，考查知识点较多，综合应用所学知识成为解答本题的关键．
77．（2020•广元）如图，直线y＝﹣2x+10分别与x轴，y轴交于A，B两点，点C为OB的中点，抛物线y＝x2+bx+c经过A，C两点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点D是直线AB下方的抛物线上的一点，且△ABD的面积为452，求点D的坐标；
（3）点P为抛物线上一点，若△APB是以AB为直角边的直角三角形，求点P到抛物线的对称轴的距离．

【分析】（1）由直线解析式求出A、B坐标，然后得出C点坐标，再用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）过点D作DE⊥x轴，交直线AB于点E，设D（m，m2﹣6m+5），利用S△ABD=12×OA×DE=452得出方程，解出m值即可；
（3）分点A是直角顶点和点B是直角顶点，结合图象，表示出△ABP三边长度，利用勾股定理得出方程，求解即可．
【解答】解：（1）直线y＝﹣2x+10中，
令x＝0，则y＝10，令y＝0，则x＝5，
∴A（5，0），B（0，10），
∵点C是OB中点，
∴C（0，5），将A和C代入抛物线y＝x2+bx+c中，0=25+5b+c5=c，解得：b=-6c=5，
∴抛物线表达式为：y＝x2﹣6x+5；
（2）联立：y=-2x+10y=x2-6x+5，
解得：x=-1y=12或x=5y=0，
∴直线AB与抛物线交于点（﹣1，12）和（5，0），
∵点D是直线AB下方抛物线上的一点，设D（m，m2﹣6m+5），
∴﹣1＜m＜5，
过点D作DE⊥x轴，交直线AB于点E，
∴E（m，﹣2m+10），
∴DE＝﹣2m+10﹣m2+6m﹣5＝﹣m2+4m+5，
∴S△ABD=12×OA×DE=12×5×(-m2+4m+5)=452，
解得：m＝2，
∴点D的坐标为（2，﹣3）；

（3）抛物线表达式为：y＝x2﹣6x+5，
∵△APB是以AB为直角边的直角三角形，
设点P（n，n2﹣6n+5），∵A（5，0），B（0，10），
∴AP2＝（n﹣5）2+（n2﹣6n+5）2，BP2＝n2+（n2﹣6n+5﹣10）2，AB2＝125，
当点A为直角顶点时，
BP2＝AB2+AP2，
解得：n=32或5（舍），

当点B为直角顶点时，
AP2＝AB2+BP2，
解得：n=13+2494或13-2494，

而抛物线对称轴为直线x＝3，
则3-32=32，13+2494-3=249+14，3-13-2494=249-14，
综上：点P到抛物线对称轴的距离为：32或249+14或249-14．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数图象上坐标点的特征，待定系数法求二次函数解析式，三角形面积的铅垂高表示法，解一元二次方程，勾股定理，相似三角形的判定与性质等重要知识点，综合性强，难度较大，
78．（2020•孝感）在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+4ax+4a﹣6（a＞0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为点D．
（1）当a＝6时，直接写出点A，B，C，D的坐标：
A　（﹣3，0）　，B　（﹣1，0）　，C　（0，18）　，D　（﹣2，﹣6）　；
（2）如图1，直线DC交x轴于点E，若tan∠AED=43，求a的值和CE的长；
（3）如图2，在（2）的条件下，若点N为OC的中点，动点P在第三象限的抛物线上，过点P作x轴的垂线，垂足为Q，交AN于点F；过点F作FH⊥DE，垂足为H．设点P的横坐标为t，记f＝FP+FH．
①用含t的代数式表示f；
②设﹣5＜t≤m（m＜0），求f的最大值．

【分析】（1）当a＝6时，抛物线的表达式为：y＝6x2+24x+18，即可求解；
（2）由点C、D的坐标得，直线CD的表达式为：y＝2ax+4a﹣6，进而求出点E（3a-2，0），利用tan∠AED=OCOE=4a-63a-2=43，即可求解；
（3）①证明△FJH∽△ECO，故FHOE=FJCE，则FH=OECE×FJ=-t+1，即可求解；
②f=-23（t+3）2+263（﹣5＜t≤m且m＜0），即可求解．
【解答】解：（1）当a＝6时，抛物线的表达式为：y＝6x2+24x+18，
令y＝0，则x＝﹣1或﹣3；当x＝0时，y＝18，函数的对称轴为x＝﹣2，
故点A、B、C、D的坐标分别为（﹣3，0）、（﹣1，0）、（0，18）、（﹣2，﹣6）；
故答案为：（﹣3，0）、（﹣1，0）、（0，18）、（﹣2，﹣6）；

（2）y＝ax2+4ax+4a﹣6，令x＝0，则y＝4a﹣6，则点C（0，4a﹣6），
函数的对称轴为x＝﹣2，故点D的坐标为（﹣2，﹣6），
由点C、D的坐标得，直线CD的表达式为：y＝2ax+4a﹣6，
令y＝0，则x=3a-2，故点E（3a-2，0），则OE=3a-2，
tan∠AED=OCOE=6-4a3a-2=43，解得：a=23，
故点C、E的坐标分别为（0，-103）、（52，0），
则CE=(103)2+(52)2=256；

（3）①如图，作PF与ED的延长线交于点J，

由（2）知，抛物线的表达式为：y=23x2+83x-103，
故点A、C的坐标分别为（﹣5，0）、（0，-103），则点N（0，-53），
由点A、N的坐标得，直线AN的表达式为：y=-13x-53；
设点P（t，23t2+83t-103），则点F（t，-13t-53）；
则PF=-23t2﹣3t+53，
由点E（52，0）、C的坐标得，直线CE的表达式为：y=43x-103，
则点J（t，43t-103），故FJ=-53t+53，
∵FH⊥DE，JF∥y轴，
故∠FHJ＝∠EOC＝90°，∠FJH＝∠ECO，
∴△FJH∽△ECO，故FHOE=FJCE，
则FH=OECE×FJ=-t+1，
f＝PF+FH=-23t2﹣3t+53+（﹣t+1）=-23t2﹣4t+83；
②f=-23t2﹣4t+83=-23（t+3）2+263（﹣5＜t≤m且m＜0）；
∴当﹣5＜m＜﹣3时，fmax=-23m2﹣4m+83；
当﹣3≤m＜0时，fmax=263．
【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、三角形相似的判定与性质等，综合性较强，难度较大．
79．（2020•绥化）如图1，抛物线y=-12（x+2）2+6与抛物线y1＝﹣x2+12tx+t﹣2相交y轴于点C，抛物线y1与x轴交于A、B两点（点B在点A的右侧），直线y2＝kx+3交x轴负半轴于点N，交y轴于点M，且OC＝ON．
（1）求抛物线y1的解析式与k的值；
（2）抛物线y1的对称轴交x轴于点D，连接AC，在x轴上方的对称轴上找一点E，使以点A，D，E为顶点的三角形与△AOC相似，求出DE的长；
（3）如图2，过抛物线y1上的动点G作GH⊥x轴于点H，交直线y2＝kx+3于点Q，若点Q'是点Q关于直线MG的对称点，是否存在点G（不与点C重合），使点Q'落在y轴上？若存在，请直接写出点G的横坐标，若不存在，请说明理由．

【分析】（1）令x＝0，由抛物线y=-12（x+2）2+6求出C点坐标，再将C点坐标代入抛物线y1＝﹣x2+12tx+t﹣2得y1的解析式，由OC＝ON．得N点的坐标，再把N点坐标代入直线y2＝kx+3中，得k的值；
（2）求出抛物线与坐标轴的交点坐标和对称轴，进而求得OA、OC、AD的长度，再分两种情况△AOC∽△ADE和△AOC∽△EDA，由相似三角形的比例线段求得DE；
（3）由轴对称性质可知，QM＝Q'M，QG＝Q'G，∠Q'MG＝∠QMG，证明四边形QMQ'G为菱形，得出GQ'∥QN，作GP⊥y轴于点P，设G（a，﹣a2+3a+4），则Q（a，34a+3），得出PG＝|a|，Q'G＝GQ＝|a2-94a﹣1|，由锐角三角函数的定义得出|a||a2-94a-1|=45．解方程求出a的值即可得出答案．
【解答】解：（1）当x＝0时，得y=-12（x+2）2+6＝﹣2+6＝4，
∴C（0，4），
把C（0，4）代入y1＝﹣x2+12tx+t﹣2得，t﹣2＝4，
∴t＝6，
∴y1＝﹣x2+3x+4，
∵ON＝OC，
∴N（﹣4，0），
把N（﹣4，0）代入y2＝kx+3中，得﹣4k+3＝0，
解得，k=34；
∴抛物线y1的解析式为y1＝﹣x2+3x+4，k的值为34．

（2）连接AE，如图1，

令y1＝0，得y1＝﹣x2+3x+4＝0，
解得，x＝﹣1或4，
∴A（﹣1，0），B（4，0），
∴对称轴为：x=-1+42=32，
∴D（32，0），
∴OA＝1，OC＝4，OD=32，AD=52，
①当△AOC∽△EDA时，
OADE=OCDA，即1DE=452，
∴DE=58，
②当△AOC∽△ADE时，
AOAD=OCDE，即152=4DE，
∴DE＝10，
综上，DE=58或10；

（3）点G的横坐标为7+654或7-654或1+52或1-52．
如图，点Q'是点Q关于直线MG的对称点，且点Q'在y轴上时，由轴对称性质可知，QM＝Q'M，QG＝Q'G，∠Q'MG＝∠QMG，

∵QG⊥x轴，
∴QG∥y轴，
∴∠Q'MG＝∠QGM，
∴∠QMG＝∠QGM，
∴QM＝QG，
∴QM＝Q'M＝QG＝Q'G，
∴四边形QMQ'G为菱形，
∴GQ'∥QN，
作GP⊥y轴于点P，设G（a，﹣a2+3a+4），则Q（a，34a+3），
∴PG＝|a|，Q'G＝GQ＝|（34a+3）﹣（﹣a2+3a+4）|＝|a2-94a﹣1|，
∵GQ'∥QN，
∴∠GQ'P＝∠NMO，
在Rt△NMO中，MN=NO2+MO2=5，
∴sin∠GQ'P＝sin∠NMO=NOMN=PGGQ'=45，
∴|a||a2-94a-1|=45．
解得a1=7+654，a2=7-654，a3=1+52，a4=1-52．
经检验，a1=7+654，a2=7-654，a3=1+52，a4=1-52都是所列方程的解．
综合以上可得，点G的横坐标为7+654或7-654或1+52或1-52．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，相似三角形的判定与性质，轴对称的性质，平行线的性质，锐角三角函数，菱形的判定与性质等知识，解题关键是能熟练掌握坐标与图形的性质，灵活运用分类讨论的思想及方程的思想．
80．（2020•福建）已知直线l1：y＝﹣2x+10交y轴于点A，交x轴于点B，二次函数的图象过A，B两点，交x轴于另一点C，BC＝4，且对于该二次函数图象上的任意两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），当x1＞x2≥5时，总有y1＞y2．
（1）求二次函数的表达式；
（2）若直线l2：y＝mx+n（n≠10），求证：当m＝﹣2时，l2∥l1；
（3）E为线段BC上不与端点重合的点，直线l3：y＝﹣2x+q过点C且交直线AE于点F，求△ABE与△CEF面积之和的最小值．
【分析】（1）先求出点A，点B，点C坐标，利用待定系数法可求解析式；
（2）利用反证法可得结论；
（3）通过证明△CEF∽△BEA，可得S△CEFS△ABE=（CEBE）2，BE＝t（0＜t＜4），则CE＝4﹣t，可求S△ABE=12×t×10＝5t，S△CEF=5(4-t)2t，利用二次函数的性质可求解．
【解答】解：（1）∵直线l1：y＝﹣2x+10交y轴于点A，交x轴于点B，
∴点A（0，10），点B（5，0），
∵BC＝4，
∴点C（9，0）或点C（1，0），
∵点P1（x1，y1），P2（x2，y2），当x1＞x2≥5时，总有y1＞y2．
∴当x≥5时，y随x的增大而增大，
当抛物线过点C（9，0）时，则当5＜x＜7时，y随x的增大而减少，不合题意舍去，
当抛物线过点C（1，0）时，则当x＞3时，y随x的增大而增大，符合题意，
∴设抛物线解析式为：y＝a（x﹣1）（x﹣5），过点A（0，10），
∴10＝5a，
∴a＝2，
∴抛物线解析式为：y＝2（x﹣1）（x﹣5）＝2x2﹣12x+10；
（2）当m＝﹣2时，直线l2：y＝﹣2x+n（n≠10），
∴直线l2：y＝﹣2x+n（n≠10）与直线l1：y＝﹣2x+10不重合，
假设l1与l2不平行，则l1与l2必相交，设交点为P（xP，yP），
∴yP=-2xP+nyP=-2xP+10
解得：n＝10，
∵n＝10与已知n≠10矛盾，
∴l1与l2不相交，
∴l2∥l1；
（3）如图，
、
∵直线l3：y＝﹣2x+q过点C，
∴0＝﹣2×1+q，
∴q＝2，
∴直线l3解析式为：y＝﹣2x+2，
∴l3∥l1，
∴CF∥AB，
∴∠ECF＝∠ABE，∠CFE＝∠BAE，
∴△CEF∽△BEA，
∴S△CEFS△ABE=（CEBE）2，
设BE＝t（0＜t＜4），则CE＝4﹣t，
∴S△ABE=12×t×10＝5t，
∴S△CEF＝（CEBE）2×S△ABE＝（4-tt）2×5t=5(4-t)2t，
∴S△ABE+S△CEF＝5t+5(4-t)2t=10t+80t-40＝10（t-22t）2+402-40，
∴当t＝22时，S△ABE+S△CEF的最小值为402-40．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了一次函数和二次函数的图象和性质，利用待定系数法可求解析式，相似三角形的判定和性质，三角形的面积等知识，利用数形结合思想和函数和方程的思想解决问题是本题的关键．
81．（2020•菏泽）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣6与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，OA＝2，OB＝4，直线l是抛物线的对称轴，在直线l右侧的抛物线上有一动点D，连接AD，BD，BC，CD．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点D在x轴的下方，当△BCD的面积是92时，求△ABD的面积；
（3）在（2）的条件下，点M是x轴上一点，点N是抛物线上一动点，是否存在点N，使得以点B，D，M，N为顶点，以BD为一边的四边形是平行四边形，若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）根据OA＝2，OB＝4确定点A和B的坐标，代入抛物线的解析式列方程组解出即可；
（2）如图1，过D作DG⊥x轴于G，交BC于H，利用待定系数法求直线BC的解析式，设D（x，34x2-32x﹣6），则H（x，32x﹣6），表示DH的长，根据△BCD的面积是92，列方程可得x的值，因为D在对称轴的右侧，所以x＝1不符合题意，舍去，利用三角形面积公式可得结论；
（3）分两种情况：N在x轴的上方和下方，根据y=±154确定N的坐标，并正确画图．
【解答】解：（1）∵OA＝2，OB＝4，
∴A（﹣2，0），B（4，0），
把A（﹣2，0），B（4，0）代入抛物线y＝ax2+bx﹣6中得：4a-2b-6=016a+4b-6=0，
∴抛物线的解析式为：y=34x2-32x﹣6；

（2）如图1，过D作DG⊥x轴于G，交BC于H，

当x＝0时，y＝﹣6，
∴C（0，﹣6），
设BC的解析式为：y＝kx+n，
则n=-64k+n=0，解得：k=32n=-6，
∴BC的解析式为：y=32x﹣6，
设D（x，34x2-32x﹣6），则H（x，32x﹣6），
∴DH=32x﹣6﹣（34x2-32x﹣6）=-34x2+3x，
∵△BCD的面积是92，
∴12DH⋅OB=92，
∴12×4×(-34x2+3x)=92，
解得：x＝1或3，
∵点D在直线l右侧的抛物线上，
∴D（3，-154），
∴△ABD的面积=12AB⋅DG=12×6×154=454；

（3）分两种情况：
①如图2，N在x轴的上方时，四边形MNBD是平行四边形，

∵B（4，0），D（3，-154），且M在x轴上，
∴N的纵坐标为154，
当y=154时，即34x2-32x﹣6=154，
解得：x＝1+14或1-14，
∴N（1-14，154）或（1+14，154）；
②如图3，点N在x轴的下方时，四边形BDNM是平行四边形，此时M与O重合，

∴N（﹣1，-154）；
综上，点N的坐标为：（1-14，154）或（1+14，154）或（﹣1，-154）．
【点评】此题主要考查二次函数的综合问题，会求函数与坐标轴的交点，会利用待定系数法求函数解析式，会利用数形结合的思想解决平行四边形的问题，并结合方程思想解决问题．
82．（2020•湘潭）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+5与x轴交于A，B两点．

（1）若过点C的直线x＝2是抛物线的对称轴．
①求抛物线的解析式；
②对称轴上是否存在一点P，使点B关于直线OP的对称点B'恰好落在对称轴上．若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（2）当b≥4，0≤x≤2时，函数值y的最大值满足3≤y≤15，求b的取值范围．
【分析】（1）①根据抛物线的对称轴公式即可求出解析式；
②如图，若点P在x轴上方，点B关于OP对称的点B'在对称轴上，连接OB′、PB，根据轴对称的性质得到OB'＝OB，PB'＝PB，求出点B的坐标，利用勾股定理得到B'(2，21)，再根据PB'＝PB，列出方程解答，同理得到点P在x轴下方时的坐标即可；
（2）当b≥4时，确定对称轴的位置，再结合开口方向，确定当0≤x≤2时，函数的增减性，从而得到当x＝2时，函数取最大值，再列出不等式解答即可．
【解答】解：（1）①抛物线y＝﹣x2+bx+5的对称轴为直线x=-b2×(-1)=b2，
∴若过点C的直线x＝2是抛物线的对称轴，
则b2=2，解得：b＝4，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+4x+5；

②存在，
如图，若点P在x轴上方，点B关于OP对称的点B'在对称轴上，连接OB′、PB，
则OB'＝OB，PB'＝PB，
对于y＝﹣x2+4x+5，令y＝0，则﹣x2+4x+5＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝5，
∴A（﹣1，0），B（5，0），
∴OB'＝OB＝5，
∴CB'=OB'2-OC2=25-4=21，
∴B'(2，21)，
设点P（2，m），
由PB'＝PB可得：21-m=m2+(5-2)2，解得：m=2217，
∴P（2，2217）；
同理，当点P在x轴下方时，P（2，-2217）．
综上所述，点P（2，2217）或P（2，-2217）；

（2）∵抛物线y＝﹣x2+bx+5的对称轴为直线x=-b2×(-1)=b2，
∴当b≥4时，x=b2≥2，
∵抛物线开口向下，在对称轴左边，y随x的增大而增大，
∴当0≤x≤2时，取x＝2，y有最大值，
即y＝﹣4+2b+5＝2b+1，
∴3≤2b+1≤15，解得：1≤b≤7，
又∵b≥4，
∴4≤b≤7．

【点评】本题考查了二次函数的综合应用，涉及了二次函数的图象与性质，以及勾股定理的应用，其中第（1）②问要先画出图形再理解，第（2）问运用到了二次函数的增减性，难度适中，解题的关键是熟记二次函数的图象与性质．
83．（2020•内江）如图，抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣1，0）、B（4，0）、C（0，2）三点，点D（x，y）为抛物线上第一象限内的一个动点．
（1）求抛物线所对应的函数表达式；
（2）当△BCD的面积为3时，求点D的坐标；
（3）过点D作DE⊥BC，垂足为点E，是否存在点D，使得△CDE中的某个角等于∠ABC的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）根据点A、B、C的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）根据三角形面积公式可求与BC平行的经过点D的y轴上点M的坐标，再根据待定系数法可求DM的解析式，再联立抛物线可求点D的坐标；
（3）分∠DCE＝2∠ABC及∠CDE＝2∠ABC两种情况考虑：①当∠DCE＝2∠ABC时，取点F（0，﹣2），连接BF，则CD∥BF，由点B，F的坐标，利用待定系数法可求出直线BF，CD的解析式，联立直线CD及抛物线的解析式成方程组，通过解方程组可求出点D的坐标；②当∠CDE＝2∠ABC时，过点C作CN⊥BF于点N，交OB于H．作点N关于BC的对称点P，连接NP交BC于点Q，由△OCH∽△OBF求出H点坐标，利用待定系数法求出直线CN的解析式，联立直线BF及直线CN成方程组，通过解方程组可求出点N的坐标，利用对称的性质可求出点P的坐标，由点C、P的坐标，利用待定系数法可求出直线CP的解析式，将直线CP的解析式代入抛物线解析式中可得出关于x的一元二次方程，解之取其非零值可得出点D的横坐标．依此即可得解．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0）、B（4，0）、C（0，2）代入y＝ax2+bx+c得：a-b+c=016a+4b+c=0c=2，
解得：a=-12b=32c=2．
故抛物线的解析式为y=-12x2+32x+2．
（2）
法一：如图2，设点M的坐标为（0，m），使得△BCM的面积为3，
3×2÷4＝1.5，
则m＝2+1.5=72，
M（0，72）
∵点B（4，0），C（0，2），
∴直线BC的解析式为y=-12x+2，
∴DM的解析式为y=-12x+72，
联立抛物线解析式y=-12x+72y=-12x2+32x+2，
解得x1=3y1=2，x2=1y2=3．
∴点D的坐标为（3，2）或（1，3）．

法二：如下图所示，过D作DG⊥x轴，垂足为G点，与BC交于K点，设D（a，b）（其中a＞0，b＞0），
∴K（a，2-a2），
∴DK=b-2+a2，
∴S△BCD＝S△CDK+S△BDK=12×4×(b-2+a2)=2b﹣4+a＝3，
∴2b+a＝7，
∵D在抛物线y=-12x2+32x+2上，
∴b=-12a2+32a+2，
∴a2﹣4a+3＝0，
∴（a﹣1）（a﹣3）＝0，
∴a＝1或3，
∵当a＝1时，b＝3，当a＝3时，b＝2，
∴点D的坐标为（3，2）或（1，3）．

（3）分两种情况考虑：
①当∠DCE＝2∠ABC时，取点F（0，﹣2），连接BF，如图3所示．
∵OC＝OF，OB⊥CF，
∴∠ABC＝∠ABF，
∴∠CBF＝2∠ABC．
∵∠DCB＝2∠ABC，
∴∠DCB＝∠CBF，
∴CD∥BF．
∵点B（4，0），F（0，﹣2），
∴直线BF的解析式为y=12x﹣2，
∴直线CD的解析式为y=12x+2．
联立直线CD及抛物线的解析式成方程组得：y=12x+2y=-12x2+32x+2，
解得：x1=0y1=2（舍去），x2=2y2=3，
∴点D的坐标为（2，3）；
②当∠CDE＝2∠ABC时，过点C作CN⊥BF于点N，交OB于H．作点N关于BC的对称点P，连接NP交BC于点Q，如图4所示．
∵∠OCH＝90°﹣∠OHC，∠OBF＝90°﹣∠BHN，
∠OHC＝∠BHN，
∴∠OCH＝∠OBF．
在△OCH与△OBF中
∠COH=∠BOF=90°∠OCH=∠OBF，
∴△OCH∽△OBF，
∴OHOF=OCOB，即OH2=24，
∴OH＝1，H（1，0）．
设直线CN的解析式为y＝kx+n（k≠0），
∵C（0，2），H（1，0），
∴n=2k+n=0，解得k=-2n=2，
∴直线CN的解析式为y＝﹣2x+2．
联立直线BF及直线CN成方程组得：y=12x-2y=-2x+2，
解得：x=85y=-65，
∴点N的坐标为（85，-65）．
∵点B（4，0），C（0，2），
∴直线BC的解析式为y=-12x+2．
∵NP⊥BC，且点N（85，-65），
∴直线NP的解析式为y＝2x-225．
联立直线BC及直线NP成方程组得：y=-12x+2y=2x-225，
解得：x=6425y=1825，
∴点Q的坐标为（6425，1825）．
∵点N（85，-65），点N，P关于BC对称，
∴点P的坐标为（8825，6625）．
∵点C（0，2），P（8825，6625），
∴直线CP的解析式为y=211x+2．
将y=211x+2代入y=-12x2+32x+2整理，得：11x2﹣29x＝0，
解得：x1＝0（舍去），x2=2911，
∴点D的横坐标为2911．
综上所述：存在点D，使得△CDE的某个角恰好等于∠ABC的2倍，点D的横坐标为2或2911．



【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、勾股定理、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、待定系数法求一次函数解析式以及一次函数图象上点的坐标特征，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解析式；（2）作铅垂线，计算三角形面积的方法；（3）分∠DCE＝2∠ABC及∠CDE＝2∠ABC两种情况求出点D的横坐标．
84．（2020•黑龙江）如图，已知二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过点A（﹣1，0），B （3，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线上是否存在点P，使∠PAB＝∠ABC，若存在请直接写出点P的坐标．若不存在，请说明理由．

【分析】（1）运用待定系数法即可求解；
（2）先求出点C的坐标，根据抛物线与x轴的两个交点，可求对称轴，找到点C关于对称轴的对应点；先运用待定系数法求出直线BC的解析式，再根据互相平行的两直线的关系求出与BC平行的直线AP2的解析式，联立抛物线解析式即可求解．
【解答】解：（1）根据题意得-1-b+c=0-9+3b+c=0，
解得b=2c=3．
故抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）二次函数y＝﹣x2+2x+3的对称轴是x＝（﹣1+3）÷2＝1，
当x＝0时，y＝3，
则C（0，3），
点C关于对称轴的对应点P1（2，3），
设直线BC的解析式为y＝kx+3，
则3k+3＝0，
解得k＝﹣1．
则直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
设与BC平行的直线AP2的解析式为y＝﹣x+m，
则1+m＝0，
解得m＝﹣1．
则与BC平行的直线AP2的解析式为y＝﹣x﹣1，
联立抛物线解析式得y=-x-1y=-x2+2x+3，
解得x1=4y1=-5，x2=-1y2=0（舍去）．
P2（4，﹣5）．
综上所述，P1（2，3），P2（4，﹣5）．

【点评】此题考查了二次函数综合题，综合运用待定系数法求二次函数解析式的方法和对称轴，以及互相平行的两直线的关系．
85．（2020•武汉）将抛物线C：y＝（x﹣2）2向下平移6个单位长度得到抛物线C1，再将抛物线C1向左平移2个单位长度得到抛物线C2．
（1）直接写出抛物线C1，C2的解析式；
（2）如图（1），点A在抛物线C1（对称轴l右侧）上，点B在对称轴l上，△OAB是以OB为斜边的等腰直角三角形，求点A的坐标；
（3）如图（2），直线y＝kx（k≠0，k为常数）与抛物线C2交于E，F两点，M为线段EF的中点；直线y=-4kx与抛物线C2交于G，H两点，N为线段GH的中点．求证：直线MN经过一个定点．

【分析】（1）根据平移规律：上加下减，左加右减，直接写出平移后的解析式；
（2）过点A作AC⊥x轴于点C，过B作BD⊥AC于点D，设A（a，（a﹣2）2﹣6），则BD＝a﹣2，AC＝|（a﹣2）2﹣6|，再证明△ABD≌△OAC，由全等三角形的性质得a的方程求得a便可得A的坐标；
（3）由两直线解析式分别与抛物线的解析式联立方程组，求出M、N点的坐标，进而求得MN的解析式，再根据解析式的特征得出MN经过一个定点．
【解答】解：（1）∵抛物线C：y＝（x﹣2）2向下平移6个单位长度得到抛物线C1，
∴C1：y＝（x﹣2）2﹣6，
∵将抛物线C1向左平移2个单位长度得到抛物线C2．
∴C2：y＝（x﹣2+2）2﹣6，即y＝x2﹣6；

（2）过点A作AC⊥x轴于点C，过B作BD⊥AC于点D，如图1，
设A（a，（a﹣2）2﹣6），则BD＝a﹣2，AC＝|（a﹣2）2﹣6|，
∵∠BAO＝∠ACO＝90°，
∴∠BAD+∠OAC＝∠OAC+∠AOC＝90°，
∴∠BAD＝∠AOC，
∵AB＝OA，∠ADB＝∠OCA，
∴△ABD≌△OAC（AAS），
∴BD＝AC，
∴a﹣2＝|（a﹣2）2﹣6|，
解得，a＝4，或a＝﹣1（舍），或a＝0（舍），或a＝5，
∴A（4，﹣2）或（5，3）；


（3）把y＝kx代入y＝x2﹣6中得，x2﹣kx﹣6＝0，
∴xE+xF＝k，
∴M（k2，k22），
把y=-4kx代入y＝x2﹣6中得，x2+4kx﹣6＝0，
∴xG+xH=-4k，
∴N（-2k，8k2），
设MN的解析式为y＝mx+n（m≠0），则
k2m+n=k22-2km+n=8k2，解得，m=k2-4kn=2，
∴直线MN的解析式为：y=k2-4kx+2，
当x＝0时，y＝2，
∴直线MN：y=k2-4kx+2经过定点（0，2），
即直线MN经过一个定点．
【点评】本题是一个二次函数综合题，主要考查了平移的性质，二次函数的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，待定系数法，求函数图象的交点问题，第（2）小题关键是证明三角形全等，第（3）题关键是求出M、N点的坐标及直线MN的解析式．
86．（2020•襄阳）如图，直线y=-12x+2交y轴于点A，交x轴于点C，抛物线y=-14x2+bx+c经过点A，点C，且交x轴于另一点B．
（1）直接写出点A，点B，点C的坐标及拋物线的解析式；
（2）在直线AC上方的抛物线上有一点M，求四边形ABCM面积的最大值及此时点M的坐标；
（3）将线段OA绕x轴上的动点P（m，0）顺时针旋转90°得到线段O′A′，若线段O′A′与抛物线只有一个公共点，请结合函数图象，求m的取值范围．

【分析】（1）令x＝0，由y=-12x+2，得A点坐标，令y＝0，由y=-12x+2，得C点坐标，将A、C的坐标代入抛物线的解析式便可求得抛物线的解析式，进而由二次函数解析式令y＝0，便可求得B点坐标；
（2）过M点作MN⊥x轴，与AC交于点N，设M（a，-14a2+12a+2），则N（a，-12a+2），由三角形的面积公式表示出四边形的面积关于a的函数关系式，再根据二次函数的性质求得最大值，并求得a的值，便可得M点的坐标；
（3）根据旋转性质，求得O′点和A′点的坐标，令O′点和A′点在抛物线上时，求出m的最大和最小值便可．
【解答】解：（1）令x＝0，得y=-12x+2＝2，
∴A（0，2），
令y＝0，得y=-12x+2＝0，解得，x＝4，
∴C（4，0），
把A、C两点代入y=-14x2+bx+c得，
c=2-4+4b+c=0，解得b=12c=2，
∴抛物线的解析式为y=-14x2+12x+2，
令y＝0，得y=-14x2+12x+2=0，
解得，x＝4，或x＝﹣2，
∴B（﹣2，0）；

（2）过M点作MN⊥x轴，与AC交于点N，如图1，
设M（a，-14a2+12a+2），则N（a，-12a+2），
∴S△ACM=12MN⋅OC=12(-14a2+a)×4=-12a2+2a，
∵S△ABC=12BC⋅OA=12×(4+2)×2=6，
∴S四边形ABCM＝S△ACM+S△ABC=-12a2+2a+6=-12(a-2)2+8，
∴当a＝2时，四边形ABCM面积最大，其最大值为8，
此时M的坐标为（2，2）；


（3）∵将线段OA绕x轴上的动点P（m，0）顺时针旋转90°得到线段O′A′，如图2，

∴PO′＝PO＝m，O′A′＝OA＝2，
∴O′（m，m），A′（m+2，m），
当A′（m+2，m）在抛物线上时，有-14(m+2)2+12(m+2)+2=m，
解得，m＝﹣3±17，
当点O′（m，m）在抛物线上时，有-14m2+12m+2=m，
解得，m＝﹣4或2，
∴当﹣3-17≤m≤﹣4或﹣3+17≤m≤2时，线段O′A′与抛物线只有一个公共点．
【点评】本题是一个二次函数的综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，旋转的性质，待定系数法，求函数图象与坐标轴的交点，求函数的最大值，三角形的面积公式，第（2）题关键在求函数的解析式，第（3）关键是确定O′，A′点的坐标与位置．
87．（2020•陕西）如图，抛物线y＝x2+bx+c经过点（3，12）和（﹣2，﹣3），与两坐标轴的交点分别为A，B，C，它的对称轴为直线l．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）P是该抛物线上的点，过点P作l的垂线，垂足为D，E是l上的点．要使以P、D、E为顶点的三角形与△AOC全等，求满足条件的点P，点E的坐标．

【分析】（1）将点（3，12）和（﹣2，﹣3）代入抛物线表达式，即可求解；
（2）由题意得：PD＝DE＝3时，以P、D、E为顶点的三角形与△AOC全等，分点P在抛物线对称轴右侧、点P在抛物线对称轴的左侧两种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）将点（3，12）和（﹣2，﹣3）代入抛物线表达式得12=9+3b+c-3=4-2b+c，解得b=2c=-3，
故抛物线的表达式为：y＝x2+2x﹣3；

（2）抛物线的对称轴为x＝﹣1，令y＝0，则x＝﹣3或1，令x＝0，则y＝﹣3，
故点A、B的坐标分别为（﹣3，0）、（1，0）；点C（0，﹣3），
故OA＝OC＝3，
∵∠PDE＝∠AOC＝90°，
∴当PD＝DE＝3时，以P、D、E为顶点的三角形与△AOC全等，
设点P（m，n），当点P在抛物线对称轴右侧时，m﹣（﹣1）＝3，解得：m＝2，
故n＝22+2×2﹣3＝5，故点P（2，5），
故点E（﹣1，2）或（﹣1，8）；
当点P在抛物线对称轴的左侧时，由抛物线的对称性可得，点P（﹣4，5），此时点E坐标同上，
综上，点P的坐标为（2，5）或（﹣4，5）；点E的坐标为（﹣1，2）或（﹣1，8）．

【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到三角形全等等，有一定的综合性，难度适中，其中（2）需要分类求解，避免遗漏．
88．（2020•金昌）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣2交x轴于A，B两点，交y轴于点C，且OA＝2OC＝8OB．点P是第三象限内抛物线上的一动点．
（1）求此抛物线的表达式；
（2）若PC∥AB，求点P的坐标；
（3）连接AC，求△PAC面积的最大值及此时点P的坐标．

【分析】（1）抛物线y＝ax2+bx﹣2，则c＝﹣2，故OC＝2，而OA＝2OC＝8OB，则OA＝4，OB=12，确定点A、B、C的坐标；即可求解；
（2）抛物线的对称轴为x=-74，当PC∥AB时，点P、C的纵坐标相同，即可求解；
（3）△PAC的面积S＝S△PHA+S△PHC=12PH×OA，即可求解．
【解答】解：（1）抛物线y＝ax2+bx﹣2，则c＝﹣2，故OC＝2，
而OA＝2OC＝8OB，则OA＝4，OB=12，
故点A、B、C的坐标分别为（﹣4，0）、（12，0）、（0，﹣2）；
则y＝a（x+4）（x-12）＝a（x2+72x﹣2）＝ax2+bx﹣2，故a＝1，
故抛物线的表达式为：y＝x2+72x﹣2；

（2）抛物线的对称轴为x=-74，
当PC∥AB时，点P、C的纵坐标相同，根据函数的对称性得点P（-72，﹣2）；

（3）过点P作PH∥y轴交AC于点H，
设P（x，x2+72x-2），

由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y=-12x﹣2，
则△PAC的面积S＝S△PHA+S△PHC=12PH×OA=12×4×（-12x﹣2﹣x2-72x+2）＝﹣2（x+2）2+8，
∵﹣2＜0，
∴S有最大值，当x＝﹣2时，S的最大值为8，此时点P（﹣2，﹣5）．
【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、面积的计算等，有一定的综合性，但较为容易．
89．（2020•泸州）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣2，0），B（4，0），C（0，4）三点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）经过点B的直线交y轴于点D，交线段AC于点E，若BD＝5DE．
①求直线BD的解析式；
②已知点Q在该抛物线的对称轴l上，且纵坐标为1，点P是该抛物线上位于第一象限的动点，且在l右侧，点R是直线BD上的动点，若△PQR是以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，求点P的坐标．

【分析】（1）根据交点式设出抛物线的解析式，再将点C坐标代入抛物线交点式中，即可求出a，即可得出结论；
（2）①先利用待定系数法求出直线AC的解析式，再利用相似三角形得出比例式求出BF，进而得出点E坐标，最后用待定系数法，即可得出结论；
②Ⅰ、当点R在直线l右侧时，先确定出点Q的坐标，设点P（x，-12x2+x+4）（1＜x＜4），得出PG＝x﹣1，GQ=-12x2+x+3，再利用三垂线构造出△PQG≌△QRH（AAS），得出RH＝GQ=-12x2+x+3，QH＝PG＝x﹣1，进而得出R（-12x2+x+4，2﹣x），最后代入直线BD的解析式中，即可求出x的值，即可得出结论；
Ⅱ、当R在直线l左侧时，同Ⅰ的方法即可得出结论．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣2，0），B（4，0），
∴设抛物线的解析式为y＝a（x+2）（x﹣4），
将点C坐标（0，4）代入抛物线的解析式为y＝a（x+2）（x﹣4）中，得﹣8a＝4，
∴a=-12，
∴抛物线的解析式为y=-12（x+2）（x﹣4）=-12x2+x+4；

（2）①如图1，
设直线AC的解析式为y＝kx+b'，
将点A（﹣2，0），C（0，4），代入y＝kx+b'中，得-2k+b'=0b'=4，
∴k=2b'=4，
∴直线AC的解析式为y＝2x+4，
过点E作EF⊥x轴于F，
∴OD∥EF，
∴△BOD∽△BFE，
∴OBBF=BDBE，
∵B（4，0），
∴OB＝4，
∵BD＝5DE，
∴BDBE=BDBD+DE=5DE5DE+BE=56，
∴BF=BEBD×OB=65×4=245，
∴OF＝BF﹣OB=245-4=45，
将x=-45代入直线AC：y＝2x+4中，得y＝2×（-45）+4=125，
∴E（-45，125），
设直线BD的解析式为y＝mx+n，
∴4m+n=0-45m+n=125，
∴m=-12n=2，
∴直线BD的解析式为y=-12x+2；

②Ⅰ、当点R在直线l右侧时，
∵抛物线与x轴的交点坐标为A（﹣2，0）和B（4，0），
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
∴点Q（1，1），
如图2，设点P（x，-12x2+x+4）（1＜x＜4），
过点P作PG⊥l于G，过点R作RH⊥l于H，
∴PG＝x﹣1，GQ=-12x2+x+4﹣1=-12x2+x+3，
∵PG⊥l，
∴∠PGQ＝90°，
∴∠GPQ+∠PQG＝90°，
∵△PQR是以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，
∴PQ＝RQ，∠PQR＝90°，
∴∠PQG+∠RQH＝90°，
∴∠GPQ＝∠HQR，
∴△PQG≌△QRH（AAS），
∴RH＝GQ=-12x2+x+3，QH＝PG＝x﹣1，
∴R（-12x2+x+4，2﹣x）
由①知，直线BD的解析式为y=-12x+2，
∴-12（-12x2+x+4）+2＝2﹣x，
∴x＝2或x＝﹣4（舍），
当x＝2时，y=-12x2+x+4=-12×4+2+4＝4，
∴P（2，4），
Ⅱ、当点R在直线l左侧时，记作R'，
设点P'（x，-12x2+x+4）（1＜x＜4），
过点P'作P'G'⊥l于G'，过点R'作R'H'⊥l于H，
∴P'G'＝x﹣1，G'Q=-12x2+x+4﹣1=-12x2+x+3，
同Ⅰ的方法得，△P'QG'≌△QR'H'（AAS），
∴R'H'＝G'Q=-12x2+x+3，QH'＝P'G'＝x﹣1，
∴R'（12x2﹣x﹣2，x），
由①知，直线BD的解析式为y=-12x+2，
∴-12（12x2﹣x﹣2）+2＝x，
∴x＝﹣1+13或x＝﹣1-13（舍），
当x＝﹣1+13时，y=-12x2+x+4＝213-4，
∴P'（﹣1+13，213-4），
即满足条件的点P的坐标为（2，4）或（﹣1+13，213-4）．


【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键．
90．（2020•泰州）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．
【解答】解：（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．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，解直角三角形，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
91．（2020•齐齐哈尔）综合与探究
在平面直角坐标系中，抛物线y=12x2+bx+c经过点A（﹣4，0），点M为抛物线的顶点，点B在y轴上，且OA＝OB，直线AB与抛物线在第一象限交于点C（2，6），如图①．
（1）求抛物线的解析式；
（2）直线AB的函数解析式为　y＝x+4　，点M的坐标为　（﹣2，﹣2）　，cos∠ABO＝　22　；
连接OC，若过点O的直线交线段AC于点P，将△AOC的面积分成1：2的两部分，则点P的坐标为　（﹣2，2）或（0，4）　；
（3）在y轴上找一点Q，使得△AMQ的周长最小．具体作法如图②，作点A关于y轴的对称点A'，连接MA'交y轴于点Q，连接AM、AQ，此时△AMQ的周长最小．请求出点Q的坐标；
（4）在坐标平面内是否存在点N，使以点A、O、C、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）将点A、C的坐标代入抛物线表达式即可求解；
（2）点A（﹣4，0），OB＝OA＝4，故点B（0，4），即可求出AB的表达式；OP将△AOC的面积分成1：2的两部分，则AP=13AC或23AC，即可求解；
（3）△AMQ的周长＝AM+AQ+MQ＝AM+A′M最小，即可求解；
（4）分AC是边、AC是对角线两种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）将点A、C的坐标代入抛物线表达式得：12×16-4b+c=012×4+2b+c=6，解得b=2c=0，
故抛物线的表达式为：y=12x2+2x；

（2）点A（﹣4，0），OB＝OA＝4，故点B（0，4），
设直线AB的解析式为y＝kx+4，
将点A坐标代入得，﹣4k+4＝0，
∴k＝1．
∴直线AB的表达式为：y＝x+4；
则∠ABO＝45°，故cos∠ABO=22；
对于y=12x2+2x，函数的对称轴为x＝﹣2，故点M（﹣2，﹣2）；
OP将△AOC的面积分成1：2的两部分，则AP=13AC或23AC，
则yPyC=13或23，即yP6=13或23，解得：yP＝2或4，
故点P（﹣2，2）或（0，4）；
故答案为：y＝x+4；（﹣2，﹣2）；22；（﹣2，2）或（0，4）；

（3）△AMQ的周长＝AM+AQ+MQ＝AM+A′M最小，
点A′（4，0），
设直线A′M的表达式为：y＝kx+b，则4k+b=0-2k+b=-2，解得k=13b=-43，
故直线A′M的表达式为：y=13x-43，
令x＝0，则y=-43，故点Q（0，-43）；

（4）存在，理由：
设点N（m，n），而点A、C、O的坐标分别为（﹣4，0）、（2，6）、（0，0），
①当AC是边时，
点A向右平移6个单位向上平移6个单位得到点C，同样点O（N）向右平移6个单位向上平移6个单位得到点N（O），
即0±6＝m，0±6＝n，解得：m＝n＝±6，
故点N（6，6）或（﹣6，﹣6）；
②当AC是对角线时，
由中点公式得：﹣4+2＝m+0，6+0＝n+0，
解得：m＝﹣2，n＝6，
故点N（﹣2，6）；
综上，点N的坐标为（6，6）或（﹣6，﹣6）或（﹣2，6）．
【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、平行四边形的性质、图形的平移、面积的计算等，其中（4），要注意分类求解，避免遗漏．
92．（2020•天津）已知点A（1，0）是抛物线y＝ax2+bx+m（a，b，m为常数，a≠0，m＜0）与x轴的一个交点．
（Ⅰ）当a＝1，m＝﹣3时，求该抛物线的顶点坐标；
（Ⅱ）若抛物线与x轴的另一个交点为M（m，0），与y轴的交点为C，过点C作直线l平行于x轴，E是直线l上的动点，F是y轴上的动点，EF＝22．
①当点E落在抛物线上（不与点C重合），且AE＝EF时，求点F的坐标；
②取EF的中点N，当m为何值时，MN的最小值是22？
【分析】（Ⅰ）将A（1，0）代入抛物线的解析式求出b＝2，由配方法可求出顶点坐标；
（Ⅱ）①根据题意得出a＝1，b＝﹣m﹣1．求出抛物线的解析式为y＝x2﹣（m+1）x+m．则点C（0，m），点E（m+1，m），过点A作AH⊥l于点H，由点A（1，0），得点H（1，m）．根据题意求出m的值，可求出CF的长，则可得出答案；
②得出CN=12EF=2．求出MC=-2m，当MC≥2，即m≤﹣1时，当MC＜2，即﹣1＜m＜0时，根据MN的最小值可分别求出m的值即可．
【解答】解：（Ⅰ）当a＝1，m＝﹣3时，抛物线的解析式为y＝x2+bx﹣3．
∵抛物线经过点A（1，0），
∴0＝1+b﹣3，
解得b＝2，
∴抛物线的解析式为y＝x2+2x﹣3．
∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣4）．
（Ⅱ）①∵抛物线y＝ax2+bx+m经过点A（1，0）和M（m，0），m＜0，
∴0＝a+b+m，0＝am2+bm+m，即am+b+1＝0．
∴a＝1，b＝﹣m﹣1．
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣（m+1）x+m．
根据题意得，点C（0，m），点E（m+1，m），
过点A作AH⊥l于点H，由点A（1，0），得点H（1，m）．

在Rt△EAH中，EH＝1﹣（m+1）＝﹣m，HA＝0﹣m＝﹣m，
∴AE=EH2+HA2=-2m，
∵AE＝EF＝22，
∴-2m＝22，
解得m＝﹣2．
此时，点E（﹣1，﹣2），点C（0，﹣2），有EC＝1．
∵点F在y轴上，
∴在Rt△EFC中，CF=EF2-EC2=7．
∴点F的坐标为（0，﹣2-7）或（0，﹣2+7）．
②由N是EF的中点，连接CN，CM，得CN=12EF=2．
根据题意，点N在以点C为圆心、2为半径的圆上，
由点M（m，0），点C（0，m），得MO＝﹣m，CO＝﹣m，
∴在Rt△MCO中，MC=MO2+CO2=-2m．
当MC≥2，即m≤﹣1时，满足条件的点N在线段MC上．
MN的最小值为MC﹣NC=-2m-2=22，解得m=-32；
当MC＜2，即﹣1＜m＜0时，满足条件的点N落在线段CM的延长线上，MN的最小值为NC﹣MC=2-（-2m）=22，
解得m=-12．
∴当m的值为-32或-12时，MN的最小值是22．
【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，二次函数图象上点的坐标特征，勾股定理等知识，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
93．（2020•泰安）若一次函数y＝﹣3x﹣3的图象与x轴，y轴分别交于A，C两点，点B的坐标为（3，0），二次函数y＝ax2+bx+c的图象过A，B，C三点，如图（1）．
（1）求二次函数的表达式；
（2）如图（1），过点C作CD∥x轴交抛物线于点D，点E在抛物线上（y轴左侧），若BC恰好平分∠DBE．求直线BE的表达式；
（3）如图（2），若点P在抛物线上（点P在y轴右侧），连接AP交BC于点F，连接BP，S△BFP＝mS△BAF．
①当m=12时，求点P的坐标；
②求m的最大值．

【分析】（1）函数y＝﹣3x﹣3的图象与x轴，y轴分别交于A，C两点，则点A、C的坐标分别为（﹣1，0）、（0，﹣3），将点A、B、C的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）证明△BCD≌△BCM（ASA），则CM＝CD＝2，故OM＝3﹣2＝1，故点M（0，﹣1），即可求解；
（3）过点P作PN∥x轴交BC于点N，则△PFN∽△AFB，则AFPF=ABPN，而S△BFP＝mS△BAF，则AFPF=1m=4PN，解得：m=14PN，即可求解．
【解答】解：（1）一次函数y＝﹣3x﹣3的图象与x轴，y轴分别交于A，C两点，则点A、C的坐标分别为（﹣1，0）、（0，﹣3），
将点A、B、C的坐标代入抛物线表达式得0=a-b+c0=9a+3b+cc=-3，解得a=1b=-2c=-3，
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3；

（2）设直线BE交y轴于点M，

从抛物线表达式知，抛物线的对称轴为x＝1，
∵CD∥x轴交抛物线于点D，故点D（2，﹣3），
由点B、C的坐标知，直线BC与AB的夹角为45°，即∠MCB＝∠DCB＝45°，
∵BC恰好平分∠DBE，故∠MBC＝∠DBC，
而BC＝BC，
故△BCD≌△BCM（ASA），
∴CM＝CD＝2，故OM＝3﹣2＝1，故点M（0，﹣1），
设直线BE的表达式为：y＝kx+b，则b=-13k+b=0，解得k=13b=-1，
故直线BE的表达式为：y=13x﹣1；

（3）过点P作PN∥x轴交BC于点N，

则△PFN∽△AFB，则AFPF=ABPN，
而S△BFP＝mS△BAF，则AFPF=1m=4PN，解得：m=14PN，
①当m=12时，则PN＝2，
设点P（t，t2﹣2t﹣3），
由点B、C的坐标知，直线BC的表达式为：y＝x﹣3，当x＝t﹣2时，y＝t﹣5，故点N（t﹣2，t﹣5），
故t﹣5＝t2﹣2t﹣3，
解得：t＝1或2，故点P（2，﹣3）或（1，﹣4）；
②m=14PN=14[t﹣（t2﹣2t）]=-14（t-32）2+916，
∵-14＜0，故m的最大值为916．
【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、三角形全等和相似、面积的计算等．
94．（2020•德州）如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（0，﹣2），在x轴上任取一点M，连接AM，分别以点A和点M为圆心，大于12AM的长为半径作弧，两弧相交于G，H两点，作直线GH，过点M作x轴的垂线l交直线GH于点P．根据以上操作，完成下列问题．
探究：
（1）线段PA与PM的数量关系为　PA＝PM　，其理由为：　线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等　．
（2）在x轴上多次改变点M的位置，按上述作图方法得到相应点P的坐标，并完成下列表格：
M的坐标
…
（﹣2，0）
（0，0）
（2，0）
（4，0）
…
P的坐标
…
　（﹣2，﹣2）　
（0，﹣1）
（2，﹣2）
　（4，﹣5）　
…
猜想：
（3）请根据上述表格中P点的坐标，把这些点用平滑的曲线在图2中连接起来；观察画出的曲线L，猜想曲线L的形状是　抛物线　．
验证：
（4）设点P的坐标是（x，y），根据图1中线段PA与PM的关系，求出y关于x的函数解析式．
应用：
（5）如图3，点B（﹣1，3），C（1，3），点D为曲线L上任意一点，且∠BDC＜30°，求点D的纵坐标yD的取值范围．

【分析】（1）由题意可得GH是AM的垂直平分线，由线段垂直平分线的性质可求解；
（2）由（1）可知：PA＝PM，利用两点距离公式可求点P坐标；
（3）依照题意，画出图象；
（4）由两点距离公式可得﹣y=(x-0)2+(y+2)2，可求y关于x的函数解析式；
（5）由两点距离公式可求BC＝OB＝OC，可证△BOC是等边三角形，可得∠BOC＝60°，以O为圆心，OB为半径作圆O，交抛物线L于点E，连接BE，CE，可得∠BEC＝30°，则当点D在点E下方时，∠BDC＜30°，求出点E的纵坐标即可求解．
【解答】解：（1）∵分别以点A和点M为圆心，大于12AM的长为半径作弧，两弧相交于G，H两点，
∴GH是AM的垂直平分线，
∵点P是GH上一点，
∴PA＝PM（线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等），
故答案为：PA＝PM，线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等；
（2）当点M（﹣2，0）时，设点P（﹣2，a），（a＜0）
∵PA＝PM，
∴﹣a=(-2-0)2+(a+2)2，
∴a＝﹣2，
∴点P（﹣2，﹣2），
当点M（4，0）时，设点P（4，b），（b＜0）
∵PA＝PM，
∴﹣b=(4-0)2+(b+2)2，
∴b＝﹣5，
∴点P（4，﹣5），
故答案为：（﹣2，﹣2），（4，﹣5）；
（3）依照题意，画出图象，

猜想曲线L的形状为抛物线，
故答案为：抛物线；
（4）∵PA＝PM，点P的坐标是（x，y），（y＜0），
∴﹣y=(x-0)2+(y+2)2，
∴y=-14x2﹣1；
（5）∵点B（﹣1，3），C（1，3），
∴BC＝2，OB=(-1-0)2+(3-0)2=2，OC=(1-0)2+(3-0)2=2，
∴BC＝OB＝OC，
∴△BOC是等边三角形，
∴∠BOC＝60°，
如图3，以O为圆心，OB为半径作圆O，交抛物线L于点E，连接BE，CE，

∴∠BEC＝30°，
设点E（m，n），
∵点E在抛物线上，
∴n=-14m2﹣1，
∵OE＝OB＝2，
∴(m-0)2+(n-0)2=2，
∴n1＝2﹣23，n2＝2+23（舍去），
如图3，可知当点D在点E下方时，∠BDC＜30°，
∴点D的纵坐标yD的取值范围为yD＜2﹣23．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，圆的有关知识，两点距离公式等知识，利用数形结合思想解决问题是本题的关键．
95．（2020•连云港）在平面直角坐标系xOy中，把与x轴交点相同的二次函数图象称为“共根抛物线”．如图，抛物线L1：y=12x2-32x﹣2的顶点为D，交x轴于点A、B（点A在点B左侧），交y轴于点C．抛物线L2与L1是“共根抛物线”，其顶点为P．
（1）若抛物线L2经过点（2，﹣12），求L2对应的函数表达式；
（2）当BP﹣CP的值最大时，求点P的坐标；
（3）设点Q是抛物线L1上的一个动点，且位于其对称轴的右侧．若△DPQ与△ABC相似，求其“共根抛物线”L2的顶点P的坐标．

【分析】（1）由题意设抛物线L2的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4），利用待定系数法求出a即可解决问题．
（2）由题意BP＝AP，如图1中，当A，C，P共线时，BP﹣PC的值最大，此时点P为直线AC与直线x=32的交点．
（3）由题意，顶点D（32，-258），∠PDQ不可能是直角，第一种情形：当∠DPQ＝90°时，①如图3﹣1中，当△QDP∽△ABC时．②如图3﹣2中，当△DQP∽△ABC时．第二种情形：当∠DQP＝90°．①如图3﹣3中，当△PDQ∽△ABC时．②当△DPQ∽△ABC时，分别求解即可解决问题．
【解答】解：（1）当y＝0时，12x2-32x﹣2＝0，解得x＝﹣1或4，
∴A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣2），
由题意设抛物线L2的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4），
把（2，﹣12）代入y＝a（x+1）（x﹣4），
﹣12＝﹣6a，
解得a＝2，
∴抛物线的解析式为y＝2（x+1）（x﹣4）＝2x2﹣6x﹣8．

（2）∵抛物线L2与L1是“共根抛物线”，A（﹣1，0），B（4，0），
∴抛物线L1，L2的对称轴是直线x=32，
∴点P在直线x=32上，
∴BP＝AP，如图1中，当A，C，P共线时，BP﹣PC的值最大，
此时点P为直线AC与直线x=32的交点，
∵直线AC的解析式为y＝﹣2x﹣2，
∴P（32，﹣5）


（3）由题意，AB＝5，CB＝25，CA=5，
∴AB2＝BC2+AC2，
∴∠ACB＝90°，CB＝2CA，
∵y=12x2-32x﹣2=12（x-32）2-258，
∴顶点D（32，-258），
由题意，∠PDQ不可能是直角，
第一种情形：当∠DPQ＝90°时，
①如图3﹣1中，当△QDP∽△ABC时，QPDP=ACBC=12，

设Q（x，12x2-32x﹣2），则P（32，12x2-32x﹣2），
∴DP=12x2-32x﹣2﹣（-258）=12x2-32x+98，QP＝x-32，
∵PD＝2QP，
∴2x﹣3=12x2-32x+98，解得x=112或32（舍弃），
∴P（32，398）．

②如图3﹣2中，当△DQP∽△ABC时，同法可得PQ＝2PD，

x-32=x2﹣3x+94，
解得x=52或32（舍弃），
∴P（32，-218）．
第二种情形：当∠DQP＝90°．
①如图3﹣3中，当△PDQ∽△ABC时，PQDQ=ACBC=12，

过点Q作QM⊥PD于M．则△QDM∽△PDQ，
∴QMMD=PQDQ=12，由图3﹣3可知，M（32，398），Q（112，398），
∴MD＝8，MQ＝4，
∴DQ＝45，
由DQDM=PDDQ，可得PD＝10，
∵D（32，-258）
∴P（32，558）．

②当△DPQ∽△ABC时，过点Q作QM⊥PD于M．

同法可得M（32，-218），Q（52，-218），
∴DM=12，QM＝1，QD=52，
由QDDM=PDDQ，可得PD=52，
∴P（32，-58）．
综上所述：P点坐标为（32，398）或（32，-218）或（32，558）或（32，-58）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想解决问题，属于中考压轴题．
96．（2020•枣庄）如图，抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，连接AC，BC．M为线段OB上的一个动点，过点M作PM⊥x轴，交抛物线于点P，交BC于点Q．
（1）求抛物线的表达式；
（2）过点P作PN⊥BC，垂足为点N．设M点的坐标为M（m，0），请用含m的代数式表示线段PN的长，并求出当m为何值时PN有最大值，最大值是多少？
（3）试探究点M在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）PN＝PQsin45°=22（-13m2+43m）=-26（m﹣2）2+223，即可求解；
（3）分AC＝CQ、AC＝AQ、CQ＝AQ三种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得9a-3b+4=016a+4b+4=0，解得a=-13b=13，
故抛物线的表达式为：y=-13x2+13x+4；

（2）由抛物线的表达式知，点C（0，4），
由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y＝﹣x+4；
设点M（m，0），则点P（m，-13m2+13m+4），点Q（m，﹣m+4），
∴PQ=-13m2+13m+4+m﹣4=-13m2+43m，
∵OB＝OC，故∠ABC＝∠OCB＝45°，
∴∠PQN＝∠BQM＝45°，
∴PN＝PQsin45°=22（-13m2+43m）=-26（m﹣2）2+223，
∵-26＜0，故当m＝2时，PN有最大值为223；

（3）存在，理由：
点A、C的坐标分别为（﹣3，0）、（0，4），则AC＝5，
①当AC＝CQ时，过点Q作QE⊥y轴于点E，连接AQ，

则CQ2＝CE2+EQ2，即m2+[4﹣（﹣m+4）]2＝25，
解得：m＝±522（舍去负值），
故点Q（522，8-522）；
②当AC＝AQ时，则AQ＝AC＝5，
在Rt△AMQ中，由勾股定理得：[m﹣（﹣3）]2+（﹣m+4）2＝25，解得：m＝1或0（舍去0），
故点Q（1，3）；
③当CQ＝AQ时，则2m2＝[m﹣（﹣3）]2+（﹣m+4）2，解得：m=252（舍去）；
综上，点Q的坐标为（1，3）或（522，8-522）．
【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、解直角三角形、等腰三角形的性质等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
97．（2020•凉山州）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象过O（0，0）、A（1，0）、B（32，32）三点．
（1）求二次函数的解析式；
（2）若线段OB的垂直平分线与y轴交于点C，与二次函数的图象在x轴上方的部分相交于点D，求直线CD的解析式；
（3）在直线CD下方的二次函数的图象上有一动点P，过点P作PQ⊥x轴，交直线CD于Q，当线段PQ的长最大时，求点P的坐标．

【分析】（1）将点O、A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）由点B的坐标知，直线BO的倾斜角为30°，则OB中垂线（CD）与x正半轴的夹角为60°，故设CD的表达式为：y=-3x+b，而OB中点的坐标为（34，34），将该点坐标代入CD表达式，即可求解；
（3）过点P作y轴额平行线交CD于点Q，PQ=-3x+3-（233x2-233x）=-233x2-33x+3，即可求解．
【解答】解：（1）将点O、A、B的坐标代入抛物线表达式得c=0a+b+c=032=94a+32b+c，解得a=233b=-233c=0，
故抛物线的表达式为：y=233x2-233x；
（2）由点B的坐标知，直线BO的倾斜角为30°，
∵BO⊥AD，
则∠BOA+∠BOC＝90°，∠BOC+∠OCA＝90°，
∴∠OCA＝∠BOA＝30°，
则CD与x负半轴的夹角为60°，
故设CD的表达式为：y=-3x+b，而OB中点的坐标为（34，34），
将该点坐标代入CD表达式并解得：b=3，
故直线CD的表达式为：y=-3x+3；

（3）设点P（x，233x2-233x），则点Q（x，-3x+3），

则PQ=-3x+3-（233x2-233x）=-233x2-33x+3，
∵-233＜0，故PQ有最大值，此时点P的坐标为（-14，5324）．
【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、中垂线的性质等，有一定的综合性，难度不大．
98．（2020•达州）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线y=12x﹣2与x轴交于点A，与y轴交于点B，过A、B两点的抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于另一点C（﹣1，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线上是否存在一点P，使S△PAB＝S△OAB？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）点M为直线AB下方抛物线上一点，点N为y轴上一点，当△MAB的面积最大时，求MN+12ON的最小值．

【分析】（1）先求出点A，点B坐标，利用待定系数法可求解析式；
（2）分两种情况讨论，利用平行线之间的距离相等，可求OP解析式，EP''的解析式，联立方程组可求解；
（3）过点M作MF⊥AC，交AB于F，设点M（m，12m2-32m﹣2），则点F（m，12m﹣2），可求MF的长，由三角形面积公式可求△MAB的面积＝﹣（m﹣2）2+4，利用二次函数的性质可求点M坐标，过点O作∠KOB＝30°，过点N作KN⊥OK于K点，过点M作MP⊥OK于P，延长MF交直线KO于Q，由直角三角形的性质可得KN=12ON，可得MN+12ON＝MN+KN，则当点M，点N，点K三点共线，且垂直于OK时，MN+12ON有最小值，即最小值为MP，由直角三角形的性质可求解．
【解答】解：（1）∵直线y=12x﹣2与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴点A（4，0），点B（0，﹣2），
设抛物线解析式为：y＝a（x+1）（x﹣4），
∴﹣2＝﹣4a，
∴a=12，
∴抛物线解析式为：y=12（x+1）（x﹣4）=12x2-32x﹣2；
（2）如图1，当点P在直线AB上方时，过点O作OP∥AB，交抛物线于点P，

∵OP∥AB，
∴△ABP和△ABO是等底等高的两个三角形，
∴S△PAB＝S△ABO，
∵OP∥AB，
∴直线PO的解析式为y=12x，
联立方程组可得y=12xy=12x2-32x-2，
解得：x=2+22y=1+2或x=2-22y=1-2，
∴点P（2+22，1+2）或（2﹣22，1-2）；
当点P''在直线AB下方时，在OB的延长线上截取BE＝OB＝2，过点E作EP''∥AB，交抛物线于点P''，连接AP''，BP''，
∴AB∥EP''∥OP，OB＝BE，
∴S△AP''B＝S△ABO，
∵EP''∥AB，且过点E（0，﹣4），
∴直线EP''解析式为y=12x﹣4，
联立方程组可得y=12x-4y=12x2-32x-2，
解得x=2y=-3，
∴点P''（2，﹣3），
综上所述：点P坐标为（2+22，1+2）或（2﹣22，1-2）或（2，﹣3）；
（3）如图2，过点M作MF⊥AC，交AB于F，

设点M（m，12m2-32m﹣2），则点F（m，12m﹣2），
∴MF=12m﹣2﹣（12m2-32m﹣2）=-12（m﹣2）2+2，
∴△MAB的面积=12×4×[-12（m﹣2）2+2]＝﹣（m﹣2）2+4，
∴当m＝2时，△MAB的面积有最大值，
∴点M（2，﹣3），
如图3，过点O作∠KOB＝30°，过点N作KN⊥OK于K点，过点M作MP⊥OK于P，延长MF交直线KO于Q，

∵∠KOB＝30°，KN⊥OK，
∴KN=12ON，
∴MN+12ON＝MN+KN，
∴当点M，点N，点K三点共线，且垂直于OK时，MN+12ON有最小值，即最小值为MP，
∵∠KOB＝30°，
∴直线OK解析式为y=3x，
当x＝2时，点Q（2，23），
∴QM＝23+3，
∵OB∥QM，
∴∠PQM＝∠PON＝30°，
∴PM=12QM=3+32，
∴MN+12ON的最小值为3+32．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，直角三角形的性质，平行线的性质，垂线段最短等知识，利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来是本题的关键．
99．（2020•成都）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C（0，﹣2）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图1，点D为第四象限抛物线上一点，连接AD，BC交于点E，连接BD，记△BDE的面积为S1，△ABE的面积为S2，求S1S2的最大值；
（3）如图2，连接AC，BC，过点O作直线l∥BC，点P，Q分别为直线l和抛物线上的点．试探究：在第一象限是否存在这样的点P，Q，使△PQB∽△CAB．若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）（x﹣4），将点C的坐标代入可求得a的值，从而得到抛物线的解析式；
（2）过点D作DG⊥x轴于点G，交BC于点F，过点A作AK⊥x轴交BC的延长线于点K，证明△AKE∽△DFE，得出DFAK=DEAE，则S1S2=S△BDES△ABE=DEAE=DFAK，求出直线BC的解析式为y=12x﹣2，设D（m，12m2-32m﹣2），则F（m，12m﹣2），可得出S1S2的关系式，由二次函数的性质可得出结论；
（3）设P（a1，a12），①当点P在直线BQ右侧时，如图2，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥直线PN于点M，得出Q（34a1，a1﹣2），将点Q的坐标代入抛物线的解析式求得a的值即可，②当点P在直线BQ左侧时，由①的方法同理可得点Q的坐标为（54a1，2），代入抛物线的解析可得出答案．
【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4）．
∵将C（0，﹣2）代入得：4a＝2，解得a=12，
∴抛物线的解析式为y=12（x+1）（x﹣4），即y=12x2-32x﹣2．
（2）过点D作DG⊥x轴于点G，交BC于点F，过点A作AK⊥x轴交BC的延长线于点K，

∴AK∥DG，
∴△AKE∽△DFE，
∴DFAK=DEAE，
∴S1S2=S△BDES△ABE=DEAE=DFAK，
设直线BC的解析式为y＝kx+b1，
∴4k+b1=0b1=-2，解得k=12b1=-2，
∴直线BC的解析式为y=12x﹣2，
∵A（﹣1，0），
∴y=-12-2=-52，
∴AK=52，
设D（m，12m2-32m﹣2），则F（m，12m﹣2），
∴DF=12m-2-12m2+32m+2=-12m2+2m．
∴S1S2=-12m2+2m52=-15m2+45m=-15(m-2)2+45．
∴当m＝2时，S1S2有最大值，最大值是45．
（3）符合条件的点P的坐标为（689，349）或（6+2415，3+415）．
∵l∥BC，
∴直线l的解析式为y=12x，
设P（a1，a12），
①当点P在直线BQ右侧时，如图2，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥直线PN于点M，

∵A（﹣1，0），C（0，﹣2），B（4，0），
∴AC=5，AB＝5，BC＝25，
∵AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∵△PQB∽△CAB，
∴PQPB=ACBC=12，
∵∠QMP＝∠BNP＝90°，
∴∠MQP+∠MPQ＝90°，∠MPQ+∠BPN＝90°，
∴∠MQP＝∠BPN，
∴△QPM∽△PBN，
∴QMPN=PMBN=PQPB=12，
∴QM=a14，PM=12（a1﹣4）=12a1﹣2，
∴MN＝a1﹣2，BN﹣QM＝a1﹣4-a4=34a1﹣4，
∴Q（34a1，a1﹣2），
将点Q的坐标代入抛物线的解析式得12×(34a1)2-32×34a1-2＝a1﹣2，
解得a1＝0（舍去）或a1=689．
∴P（689，349）．
②当点P在直线BQ左侧时，
由①的方法同理可得点Q的坐标为（54a1，2）．
此时点P的坐标为（6+2415，3+415）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数和二次函数的解析式，相似三角形的性质和判定，勾股定理的应用，二次函数的性质，三角形的面积等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
100．（2020•滨州）如图，抛物线的顶点为A（h，﹣1），与y轴交于点B（0，-12），点F（2，1）为其对称轴上的一个定点．
（1）求这条抛物线的函数解析式；
（2）已知直线l是过点C（0，﹣3）且垂直于y轴的定直线，若抛物线上的任意一点P（m，n）到直线l的距离为d，求证：PF＝d；
（3）已知坐标平面内的点D（4，3），请在抛物线上找一点Q，使△DFQ的周长最小，并求此时△DFQ周长的最小值及点Q的坐标．

【分析】（1）由题意抛物线的顶点A（2，﹣1），可以假设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）2﹣1，把点B坐标代入求出a即可．
（2）由题意P（m，18m2-12m-12），求出d2，PF2（用m表示）即可解决问题．
（3）如图，过点Q作QH⊥直线l于H，过点D作DN⊥直线l于N．因为△DFQ的周长＝DF+DQ+FQ，DF是定值=22+22=22，推出DQ+QF的值最小时，△DFQ的周长最小，再根据垂线段最短解决问题即可．
【解答】（1）解：由题意抛物线的顶点A（2，﹣1），可以假设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）2﹣1，
∵抛物线经过B（0，-12），
∴-12=4a﹣1，
∴a=18
∴抛物线的解析式为y=18（x﹣2）2﹣1．
（2）证明：过点P作PJ⊥AF于J．
∵P（m，n），
∴n=18（m﹣2）2﹣1=18m2-12m-12，
∴P（m，18m2-12m-12），
∴d=18m2-12m-12-（﹣3）=18m2-12m+52，
∵F（2，1），
∴PF=PJ2+PF2=(m-2)2+(18m2-12m-12-1)2=164m4-18m3+78m2-52m+254，
∵d2=164m4-18m3+78m2-52m+254，PF2=164m4-18m3+78m2-52m+254，
∴d2＝PF2，
∴PF＝d．

（3）如图，过点Q作QH⊥直线l于H，过点D作DN⊥直线l于N．
∵△DFQ的周长＝DF+DQ+FQ，DF是定值=22+22=22，
∴DQ+QF的值最小时，△DFQ的周长最小，
由（2）可知QF＝QH，
∴DQ+QF＝DQ+QH，
根据垂线段最短可知，当D，Q，H共线时，DQ+QH的值最小，此时点H与N重合，点Q在线段DN上，
∴DQ+QH的最小值为6，
∴△DFQ的周长的最小值为22+6，此时Q（4，-12）．

【点评】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，两点间距离公式，垂线段最短等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
101．（2020•济宁）我们把方程（x﹣m）2+（y﹣n）2＝r2称为圆心为（m，n）、半径长为r的圆的标准方程．例如，圆心为（1，﹣2）、半径长为3的圆的标准方程是（x﹣1）2+（y+2）2＝9．在平面直角坐标系中，⊙C与x轴交于点A，B，且点B的坐标为（8，0），与y轴相切于点D（0，4），过点A，B，D的抛物线的顶点为E．
（1）求⊙C的标准方程；
（2）试判断直线AE与⊙C的位置关系，并说明理由．

【分析】（1）如图，连接CD，CB，过点C作CM⊥AB于M．设⊙C的半径为r．在Rt△BCM中，利用勾股定理求出半径以及点C的坐标即可解决问题．
（2）结论：AE是⊙C的切线．连接AC，CE．求出抛物线的解析式，推出点E的坐标，求出AC，AE，CE，利用勾股定理的逆定理证明∠CAE＝90°即可解决问题．
【解答】解：（1）如图，连接CD，CB，过点C作CM⊥AB于M．设⊙C的半径为r．
∵与y轴相切于点D（0，4），
∴CD⊥OD，
∵∠CDO＝∠CMO＝∠DOM＝90°，
∴四边形ODCM是矩形，
∴CM＝OD＝4，CD＝OM＝r，
∵B（8，0），
∴OB＝8，
∴BM＝8﹣r，
在Rt△CMB中，∵BC2＝CM2+BM2，
∴r2＝42+（8﹣r）2，
解得r＝5，
∴C（5，4），
∴⊙C的标准方程为（x﹣5）2+（y﹣4）2＝25．

（2）结论：AE是⊙C的切线．
理由：连接AC，CE．
∵CM⊥AB，
∴AM＝BM＝3，
∴A（2，0），B（8，0）
设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）（x﹣8），
把D（0，4）代入y＝a（x﹣2）（x﹣8），可得a=14，
∴抛物线的解析式为y=14（x﹣2）（x﹣8）=14x2-52x+4=14（x﹣5）2-94，
∴抛物线的顶点E（5，-94），
∵AE=32+(94)2=154，CE＝4+94=254，AC＝5，
∴EC2＝AC2+AE2，
∴∠CAE＝90°，
∴CA⊥AE，
∴AE是⊙C的切线．

【点评】本题属于二次函数综合题，考查了矩形的判定和性质，解直角三角形，圆的方程，切线的判定等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
102．（2020•聊城）如图，二次函数y＝ax2+bx+4的图象与x轴交于点A（﹣1，0），B（4，0），与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，其对称轴与线段BC交于点E，垂直于x轴的动直线l分别交抛物线和线段BC于点P和点F，动直线l在抛物线的对称轴的右侧（不含对称轴）沿x轴正方向移动到B点．
（1）求出二次函数y＝ax2+bx+4和BC所在直线的表达式；
（2）在动直线l移动的过程中，试求使四边形DEFP为平行四边形的点P的坐标；
（3）连接CP，CD，在动直线l移动的过程中，抛物线上是否存在点P，使得以点P，C，F为顶点的三角形与△DCE相似？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．

【分析】（1）由题意得出方程组，求出二次函数的解析式为y＝﹣x2+3x+4，则C（0，4），由待定系数法求出BC所在直线的表达式即可
（2）证DE∥PF，只要DE＝PF，四边形DEFP即为平行四边形，由二次函数解析式求出点D的坐标，由直线BC的解析式求出点E的坐标，则DE=154，设点P的横坐标为t，则P的坐标为：（t，﹣t2+3t+4），F的坐标为：（t，﹣t+4），由DE＝PF得出方程，解方程进而得出答案；
（3）由平行线的性质得出∠CED＝∠CFP，当∠PCF＝∠CDE时，△PCF∽△CDE，则PFCE=CFDE，得出方程，解方程即可．
【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），B（4，0），代入y＝ax2+bx+4，
得：0=a-b+40=16a+4b+4，
解得：a=-1b=3，
∴二次函数的表达式为：y＝﹣x2+3x+4，
当x＝0时，y＝4，
∴C（0，4），
设BC所在直线的表达式为：y＝mx+n，
将C（0，4）、B（4，0）代入y＝mx+n，
得：4=n0=4m+n，
解得：m=-1n=4，
∴BC所在直线的表达式为：y＝﹣x+4；
（2）∵DE⊥x轴，PF⊥x轴，
∴DE∥PF，
只要DE＝PF，四边形DEFP即为平行四边形，
∵y＝﹣x2+3x+4＝﹣（x-32）2+254，
∴点D的坐标为：（32，254），
将x=32代入y＝﹣x+4，即y=-32+4=52，
∴点E的坐标为：（32，52），
∴DE=254-52=154，
设点P的横坐标为t，
则P的坐标为：（t，﹣t2+3t+4），F的坐标为：（t，﹣t+4），
∴PF＝﹣t2+3t+4﹣（﹣t+4）＝﹣t2+4t，
由DE＝PF得：﹣t2+4t=154，
解得：t1=32（不合题意舍去），t2=52，
当t=52时，﹣t2+3t+4＝﹣（52）2+3×52+4=214，
∴点P的坐标为（52，214）；
（3）存在，理由如下：
如图2所示：
由（2）得：PF∥DE，
∴∠CED＝∠CFP，
又∵∠PCF与∠DCE有共同的顶点C，且∠PCF在∠DCE的内部，
∴∠PCF≠∠DCE，
∴只有∠PCF＝∠CDE时，△PCF∽△CDE，
∴PFCE=CFDE，
∵C（0，4）、E（32，52），
∴CE=(32)2+(4-52)2=322，
由（2）得：DE=154，PF＝﹣t2+4t，F的坐标为：（t，﹣t+4），
∴CF=t2+[4-(-t+4)]2=2t，
∴-t2+4t322=2t154，
∵t≠0，
∴154（﹣t+4）＝3，
解得：t=165，
当t=165时，﹣t2+3t+4＝﹣（165）2+3×165+4=8425，
∴点P的坐标为：（165，8425）．

【点评】本题是二次函数综合题目，考查了待定系数法求二次函数和一次函数的解析式、二次函数的性质、平行四边形的判定与性质、平行线的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识；本题综合性强，熟练掌握待定系数法求函数解析式，熟记二次函数的性质是解题的关键．
103．（2020•乐山）已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点，C为抛物线的顶点，抛物线的对称轴交x轴于点D，连结BC，且tan∠CBD=43，如图所示．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设P是抛物线的对称轴上的一个动点．
①过点P作x轴的平行线交线段BC于点E，过点E作EF⊥PE交抛物线于点F，连结FB、FC，求△BCF的面积的最大值；
②连结PB，求35PC+PB的最小值．

【分析】（1）设抛物线的解析式为：y＝a（x+1）（x﹣5），可得对称轴为直线x＝2，由锐角三角函数可求点C坐标，代入解析式可求解析式；
（2）①先求出直线BC解析式，设P（2，t），可得点E（5-34t，t），点F(5-34t，2t-14t2)，可求EF的长，由三角形面积公式和二次函数性质可求解；
②根据图形的对称性可知∠ACD＝∠BCD，AC＝BC＝5，过点P作PG⊥AC于G，可得PG=35PC，可得35PC+PB=PG+PB，过点B作BH⊥AC于点H，则PG+PB≥BH，即BH是35PC+PB的最小值，由三角形面积公式可求解．
【解答】解：（1）根据题意，可设抛物线的解析式为：y＝a（x+1）（x﹣5），
∵抛物线的对称轴为直线x＝2，
∴D（2，0），
又∵tan∠CBD=43=CDDB，
∴CD＝BD•tan∠CBD＝4，
即C（2，4），
代入抛物线的解析式，得4＝a（2+1）（2﹣5），
解得 a=-49，
∴二次函数的解析式为 y=-49(x+1)(x-5)=-49x2+169x+209；
（2）①设P（2，t），其中0＜t＜4，
设直线BC的解析式为 y＝kx+b，
∴0=5k+b，4=2k+b.，
解得 k=-43，b=203.
即直线BC的解析式为 y=-43x+203，
令y＝t，得：x=5-34t，
∴点E（5-34t，t），
把x=5-34t 代入y=-49(x+1)(x-5)，得 y=t(2-t4)，
即F(5-34t，2t-14t2)，
∴EF=(2t-14t2)-t=t-t24，
∴△BCF的面积=12×EF×BD=32（t-t24）=-38(t2-4t)=-38(t-2)2+32，
∴当t＝2时，△BCF的面积最大，且最大值为32；
②如图，据图形的对称性可知∠ACD＝∠BCD，AC＝BC＝5，

∴sin∠ACD=ADAC=35，
过点P作PG⊥AC于G，则在Rt△PCG中，PG=PC⋅sin∠ACD=35PC，
∴35PC+PB=PG+PB，
过点B作BH⊥AC于点H，则PG+PB≥BH，
∴线段BH的长就是35PC+PB的最小值，
∵S△ABC=12×AB×CD=12×6×4=12，
又∵S△ABC=12×AC×BH=52BH，
∴52BH=12，
即BH=245，
∴35PC+PB的最小值为245．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，一次函数的性质，三角形面积公式，锐角三角函数，二次函数的性质等知识，利用数形结合思想解决问题是本题的关键．
104．（2020•甘孜州）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝kx+3分别交x轴、y轴于A，B两点，经过A，B两点的抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴的正半轴相交于点C（1，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若P为线段AB上一点，∠APO＝∠ACB，求AP的长；
（3）在（2）的条件下，设M是y轴上一点，试问：抛物线上是否存在点N，使得以A，P，M，N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）求出AB，OA，AC，利用相似三角形的性质求解即可．
（3）分两种情形：①PA为平行四边形的边时，点M的横坐标可以为±2，求出点N的坐标即可解决问题．②当AP为平行四边形的对角线时，点N″的横坐标为﹣4，求出点N″的坐标即可解决问题．
【解答】解：（1）∵直线y＝kx+3交y轴于B，
令x＝0，得到y＝3，
∴B（0，3）
由题意抛物线经过B（0，3），C（1，0），
∴c=3-1+b+c=0，
解得，b=-2c=3，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；

（2）对于抛物线y＝﹣x2﹣2x+3，令y＝0，解得x＝﹣3或1，
∴A（﹣3，0），
∵B（0，3），C（1，0），
∴OA＝OB＝3，OC＝1，AB＝32，
∵∠APO＝∠ACB，∠PAO＝∠CAB，
∴△PAO∽△CAB，
∴APAC=AOAB，
∴AP4=332，
∴AP＝22．

（3）由（2）可知，P（﹣1，2），AP＝22，
①当AP为平行四边形的边时，点N的横坐标为2或﹣2，
∴N（﹣2，3），N′（2，﹣5），
②当AP为平行四边形的对角线时，点N″的横坐标为﹣4，
∴N″（﹣4，﹣5），
综上所述，满足条件的点N的坐标为（﹣2，3）或（2，﹣5）或（﹣4，﹣5）．

【点评】本题考查二次函数综合题，考查了待定系数法，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
105．（2020•自贡）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（﹣3，0）、B（1，0），交y轴于点N，点M为抛物线的顶点，对称轴与x轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，连接AM，点E是线段AM上方抛物线上一动点，EF⊥AM于点F，过点E作EH⊥x轴于点H，交AM于点D．点P是y轴上一动点，当EF取最大值时：
①求PD+PC的最小值；
②如图2，Q点为y轴上一动点，请直接写出DQ+14OQ的最小值．

【分析】（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝ax2+2ax﹣3a，即﹣3a＝3，即可求解；
（2）①点C（﹣1，0）关于y轴的对称点为点B（1，0），连接BD交y轴于点P，则点P为所求点，PD+PC＝PD+PB＝DB为最小，即可求解；
②过点O作直线OK，使sin∠NOK=14，过点D作DK⊥OK于点K，交y轴于点Q，则点Q为所求点，则DQ+14OQ＝DQ+QK＝DK为最小，即可求解．
【解答】解：（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3）＝ax2+2ax﹣3a，
即﹣3a＝3，解得：a＝﹣1，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3；

（2）由抛物线的表达式得，点M（﹣1，4），点N（0，3），
则tan∠MAC=MCAC=2，
则设直线AM的表达式为：y＝2x+b，
将点A的坐标代入上式并解得：b＝6，
故直线AM的表达式为：y＝2x+6，
∵∠EFD＝∠DHA＝90°，∠EDF＝∠ADH，
∴∠MAC＝∠DEF，则tan∠DEF＝2，则cos∠DEF=55，
设点E（x，﹣x2﹣2x+3），则点D（x，2x+6），
则FE＝EDcos∠DEF＝（﹣x2﹣2x+3﹣2x﹣6）×55=55（﹣x2﹣4x﹣3），
∵-55＜0，故EF有最大值，此时x＝﹣2，故点D（﹣2，2）；
①点C（﹣1，0）关于y轴的对称点为点B（1，0），连接BD交y轴于点P，则点P为所求点，

PD+PC＝PD+PB＝DB为最小，
则BD=(1+2)2+(0-2)2=13；
②过点O作直线OK，使sin∠NOK=14，过点D作DK⊥OK于点K，交y轴于点Q，则点Q为所求点，

DQ+14OQ＝DQ+QK＝DK为最小值，
则直线OK的表达式为：y=15x，
∵DK⊥OK，故设直线DK的表达式为：y=-115x+b，
将点D的坐标代入上式并解得：b＝2-215，
而直线DK的表达式为：y=-115x+2-215，
故点Q（0，2-215），
由直线KD的表达式知，QD与x轴负半轴的夹角（设为α）的正切值为115，则cosα=154，
则DQ=xQ-xDcosα=2154=815，而14OQ=14（2-215），
则DQ+14OQ为最小值=815+14（2-215）=15+12．
【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、点的对称性、解直角三角形等，综合性强，难度适中．
106．（2020•重庆）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）与y轴交于点C，与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），且A点坐标为（-2，0），直线BC的解析式为y=-23x+2．
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点A作AD∥BC，交抛物线于点D，点E为直线BC上方抛物线上一动点，连接CE，EB，BD，DC．求四边形BECD面积的最大值及相应点E的坐标；
（3）将抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）向左平移2个单位，已知点M为抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）的对称轴上一动点，点N为平移后的抛物线上一动点．在（2）中，当四边形BECD的面积最大时，是否存在以A，E，M，N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用直线BC的解析式求出点B、C的坐标，则y＝ax2+bx+2＝a（x+2）（x﹣32）＝ax2﹣22a﹣6a，即﹣6a＝2，解得：a=-13，即可求解；
（2）四边形BECD的面积S＝S△BCE+S△BCD=12×EF×OB+12×（xD﹣xC）×BH，即可求解；
（3）分AE是平行四边形的边、AE是平行四边形的对角线两种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）直线BC的解析式为y=-23x+2，令y＝0，则x＝32，令x＝0，则y＝2，
故点B、C的坐标分别为（32，0）、（0，2）；
则y＝ax2+bx+2＝a（x+2）（x﹣32）＝a（x2﹣22x﹣6）＝ax2﹣22a﹣6a，
即﹣6a＝2，解得：a=-13，
故抛物线的表达式为：y=-13x2+223x+2①；

（2）如图，过点B、E分别作y轴的平行线分别交CD于点H，交BC于点F，

∵AD∥BC，则设直线AD的表达式为：y=-23（x+2）②，
联立①②并解得：x＝42，故点D（42，-103），
由点C、D的坐标得，直线CD的表达式为：y=-223x+2，
当x＝32时，yCD=-223x+2＝﹣2，即点H（32，﹣2），
设点E（x，-13x2+223x+2），则点F（x，-23x+2），
则四边形BECD的面积S＝S△BCE+S△BCD=12×EF×OB+12×（xD﹣xC）×BH=12×（-13x2+223x+2+23x﹣2）×32+12×42×2=-22x2+3x+42，
∵-22＜0，故S有最大值，当x=322时，S的最大值为2524，此时点E（322，52）；

（3）存在，理由：
y=-13x2+223x+2=-13（x-2）2+83，抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）向左平移2个单位，
则新抛物线的表达式为：y=-13x2+83，
点A、E的坐标分别为（-2，0）、（322，52）；设点M（2，m），点N（n，s），s=-13n2+83；
①当AE是平行四边形的边时，

点A向右平移522个单位向上平移52个单位得到E，同样点M（N）向右平移522个单位向上平移52个单位得到N（M），
即2±522=n，
则s=-13n2+83=-112或76，
故点N的坐标为（722，-112）或（-322，76）；
②当AE是平行四边形的对角线时，

由中点公式得：-2+322=n+2，解得：n=-22，
s=-13n2+83=156=52，
故点N的坐标（-22，52）；
综上点N的坐标为：（722，-112）或（-322，76）或（-22，52）．
【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、平行四边形的性质、图形的平移、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
107．（2020•无锡）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线OA交二次函数y=14x2的图象于点A，∠AOB＝90°，点B在该二次函数的图象上，设过点（0，m）（其中m＞0）且平行于x轴的直线交直线OA于点M，交直线OB于点N，以线段OM、ON为邻边作矩形OMPN．
（1）若点A的横坐标为8．
①用含m的代数式表示M的坐标；
②点P能否落在该二次函数的图象上？若能，求出m的值；若不能，请说明理由．
（2）当m＝2时，若点P恰好落在该二次函数的图象上，请直接写出此时满足条件的所有直线OA的函数表达式．

【分析】（1）①求出点A的坐标，直线直线OA的解析式即可解决问题．
②求出直线OB的解析式，求出点N的坐标，利用矩形的性质求出点P的坐标，再利用待定系数法求出m的值即可．
（2）分两种情形：①当点A在y轴的右侧时，设A（a，14a2），求出点P的坐标利用待定系数法构建方程求出a即可．
②当点A在y轴的左侧时，即为①中点B的位置，利用①中结论即可解决问题．
【解答】解：（1）①∵点A在y=14x2的图象上，横坐标为8，
∴A（8，16），
∴直线OA的解析式为y＝2x，
∵点M的纵坐标为m，
∴M（12m，m）．

②假设能在抛物线上，连接OP．
∵∠AOB＝90°，
∴直线OB的解析式为y=-12x，
∵点N在直线OB上，纵坐标为m，
∴N（﹣2m，m），
∴MN的中点的坐标为（-34m，m），
∴P（-32m，2m），把点P坐标代入抛物线的解析式得到m=329．

（2）①当点A在y轴的右侧时，设A（a，14a2），
∴直线OA的解析式为y=14ax，
∴M（8a，2），
∵OB⊥OA，
∴直线OB的解析式为y=-4ax，可得N（-a2，2），
∴P（8a-a2，4），代入抛物线的解析式得到，8a-a2=±4，
解得，a＝42±4，
∴直线OA的解析式为y＝（2±1）x．

②当点A在y轴的左侧时，即为①中点B的位置，
∴直线OA 的解析式为y=-4ax＝﹣（2±1）x，
综上所述，满足条件的直线OA的解析式为y＝（2±1）x或y＝﹣（2±1）x．

【点评】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，待定系数法，矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
108．（2020•重庆）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝x2+bx+c与直线AB相交于A，B两点，其中A（﹣3，﹣4），B（0，﹣1）．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）点P为直线AB下方抛物线上的任意一点，连接PA，PB，求△PAB面积的最大值；
（3）将该抛物线向右平移2个单位长度得到抛物线y＝a1x2+b1x+c1（a1≠0），平移后的抛物线与原抛物线相交于点C，点D为原抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点E，使以点B，C，D，E为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）△PAB面积S=12×PH×（xB﹣xA）=12（x﹣1﹣x2﹣4x+1）×（0+3）=-32x2-92x，即可求解；
（3）分BC为菱形的边、菱形的的对角线两种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得-4=9-3b+cc=-1，解得b=4c=-1，
故抛物线的表达式为：y＝x2+4x﹣1；

（2）设直线AB的表达式为：y＝kx+t，则-4=-3k+tt=-1，解得k=1t=-1，
故直线AB的表达式为：y＝x﹣1，
过点P作y轴的平行线交AB于点H，

设点P（x，x2+4x﹣1），则H（x，x﹣1），
△PAB面积S=12×PH×（xB﹣xA）=12（x﹣1﹣x2﹣4x+1）×（0+3）=-32x2-92x，
∵-32＜0，故S有最大值，当x=-32时，S的最大值为278；

（3）抛物线的表达式为：y＝x2+4x﹣1＝（x+2）2﹣5，
则平移后的抛物线表达式为：y＝x2﹣5，
联立上述两式并解得：x=-1y=-4，故点C（﹣1，﹣4）；

设点D（﹣2，m）、点E（s，t），而点B、C的坐标分别为（0，﹣1）、（﹣1，﹣4）；
①当BC为菱形的边时，
点C向右平移1个单位向上平移3个单位得到B，同样D（E）向右平移1个单位向上平移3个单位得到E（D），
即﹣2+1＝s且m+3＝t①或﹣2﹣1＝s且m﹣3＝t②，
当点D在E的下方时，则BE＝BC，即s2+（t+1）2＝12+32③，
当点D在E的上方时，则BD＝BC，即22+（m+1）2＝12+32④，
联立①③并解得：s＝﹣1，t＝2或﹣4（舍去﹣4），故点E（﹣1，2）；
联立②④并解得：s＝﹣3，t＝﹣4±6，故点E（﹣3，﹣4+6）或（﹣3，﹣4-6）；
②当BC为菱形的的对角线时，
则由中点公式得：﹣1＝s﹣2且﹣4﹣1＝m+t⑤，
此时，BD＝BE，即22+（m+1）2＝s2+（t+1）2⑥，
联立⑤⑥并解得：s＝1，t＝﹣3，
故点E（1，﹣3），
综上，点E的坐标为：（﹣1，2）或（﹣3，﹣4+6）或（﹣3，﹣4-6）或（1，﹣3）．
【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、菱形的性质、图形的平移、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
109．（2020•遂宁）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过A（1，0），B（3，0），C（0，6）三点．
（1）求抛物线的解析式．
（2）抛物线的顶点M与对称轴l上的点N关于x轴对称，直线AN交抛物线于点D，直线BE交AD于点E，若直线BE将△ABD的面积分为1：2两部分，求点E的坐标．
（3）P为抛物线上的一动点，Q为对称轴上动点，抛物线上是否存在一点P，使A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）设抛物线解析式为：y＝a（x﹣1）（x﹣3），把点C坐标代入解析式，可求解；
（2）先求出点M，点N坐标，利用待定系数法可求AD解析式，联立方程组可求点D坐标，可求S△ABD=12×2×6＝6，设点E（m，2m﹣2），分两种情况讨论，利用三角形面积公式可求解；
（3）分两种情况讨论，利用平行四边形的性质可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过A（1，0），B（3，0），
∴设抛物线解析式为：y＝a（x﹣1）（x﹣3），
∵抛物线y＝a（x﹣1）（x﹣3）（a≠0）的图象经过点C（0，6），
∴6＝a（0﹣1）（0﹣3），
∴a＝2，
∴抛物线解析式为：y＝2（x﹣1）（x﹣3）＝2x2﹣8x+6；
（2）∵y＝2x2﹣8x+6＝2（x﹣2）2﹣2，
∴顶点M的坐标为（2，﹣2），
∵抛物线的顶点M与对称轴l上的点N关于x轴对称，
∴点N（2，2），
设直线AN解析式为：y＝kx+b，
由题意可得：0=k+b2=2k+b，
解得：k=2b=-2，
∴直线AN解析式为：y＝2x﹣2，
联立方程组得：y=2x-2y=2x2-8x+6，
解得：x1=1y1=0，x2=4y2=6，
∴点D（4，6），
∴S△ABD=12×2×6＝6，
设点E（m，2m﹣2），
∵直线BE将△ABD的面积分为1：2两部分，
∴S△ABE=13S△ABD＝2或S△ABE=23S△ABD＝4，
∴12×2×（2m﹣2）＝2或12×2×（2m﹣2）＝4，
∴m＝2或3，
∴点E（2，2）或（3，4）；
（3）若AD为平行四边形的边，
∵以A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，
∴AD＝PQ，
∴xD﹣xA＝xP﹣xQ或xD﹣xA＝xQ﹣xP，
∴xP＝4﹣1+2＝5或xP＝2﹣4+1＝﹣1，
∴点P坐标为（5，16）或（﹣1，16）；
若AD为平行四边形的对角线，
∵以A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，
∴AD与PQ互相平分，
∴xA+xD2=xP+xQ2，
∴xP＝3，
∴点P坐标为（3，0），
综上所述：当点P坐标为（5，16）或（﹣1，16）或（3，0）时，使A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，一次函数的性质，平行四边形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
110．（2020•南充）已知二次函数图象过点A（﹣2，0），B（4，0），C（0，4）．
（1）求二次函数的解析式．
（2）如图，当点P为AC的中点时，在线段PB上是否存在点M，使得∠BMC＝90°？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）点K在抛物线上，点D为AB的中点，直线KD与直线BC的夹角为锐角θ，且tanθ=53，求点K的坐标．

【分析】（1）设二次函数的解析式为y＝a（x+2）（x﹣4），将点C坐标代入可求解；
（2）利用中点坐标公式可求P（﹣1，2），点Q（2，2），由勾股定理可求BC的长，由待定系数法可求PB解析式，设点M（c，-25c+85），由两点距离公式可得（c﹣2）2+（-25c+85-2）2＝8，可求c＝4或-2429，即可求解；
（3）过点D作DE⊥BC于点E，设直线DK与BC交于点N，先求出DE＝BE=BD2=322，由锐角三角函数可求NE=DEtanθ=9210，分DK与射线EC交于点N（m，4﹣m）和DK与射线EB交于N（m，4﹣m）两种情况讨论，求出直线DK解析式，联立方程组可求点K坐标．
【解答】解：（1）∵二次函数图象过点B（4，0），点A（﹣2，0），
∴设二次函数的解析式为y＝a（x+2）（x﹣4），
∵二次函数图象过点C（0，4），
∴4＝a（0+2）（0﹣4），
∴a=-12，
∴二次函数的解析式为y=-12（x+2）（x﹣4）=-12x2+x+4；
（2）存在，
理由如下：如图1，取BC中点Q，连接MQ，

∵点A（﹣2，0），B（4，0），C（0，4），点P是AC中点，点Q是BC中点，
∴P（﹣1，2），点Q（2，2），BC=(4-0)2+(0-4)2=42，
设直线BP解析式为：y＝kx+b，
由题意可得：2=-k+b0=4k+b，
解得：k=-25b=85
∴直线BP的解析式为：y=-25x+85，
∵∠BMC＝90°
∴点M在以BC为直径的圆上，
∴设点M（c，-25c+85），
∵点Q是Rt△BCM的中点，
∴MQ=12BC＝22，
∴MQ2＝8，
∴（c﹣2）2+（-25c+85-2）2＝8，
∴c＝4或-2429，
当c＝4时，点B，点M重合，即c＝4，不合题意舍去，
∴c=-2429，则点M坐标（-2429，5629），
故线段PB上存在点M（-2429，5629），使得∠BMC＝90°；
（3）如图2，过点D作DE⊥BC于点E，设直线DK与BC交于点N，

∵点A（﹣2，0），B（4，0），C（0，4），点D是AB中点，
∴点D（1，0），OB＝OC＝4，AB＝6，BD＝3，
∴∠OBC＝45°，
∵DE⊥BC，
∴∠EDB＝∠EBD＝45°，
∴DE＝BE=BD2=322，
∵点B（4，0），C（0，4），
∴直线BC解析式为：y＝﹣x+4，
设点E（n，﹣n+4），
∴﹣n+4=32，
∴n=52，
∴点E（52，32），
在Rt△DNE中，NE=DEtanθ=32253=9210，
①若DK与射线EC交于点N（m，4﹣m），
∵NE＝BN﹣BE，
∴9210=2（4﹣m）-322，
∴m=85，
∴点N（85，125），
∴直线DK解析式为：y＝4x﹣4，
联立方程组可得：y=4x-4y=-12x2+x+4，
解得：x1=2y1=4或x2=-8y2=-36，
∴点K坐标为（2，4）或（﹣8，﹣36）；
②若DK与射线EB交于N（m，4﹣m），
∵NE＝BE﹣BN，
∴9210=322-2（4﹣m），
∴m=175，
∴点N（175，35），
∴直线DK解析式为：y=14x-14，
联立方程组可得：y=14x-14y=-12x2+x+4，
解得：x3=3+1454y3=-1+14516或x4=3-1454y4=-1-14516，
∴点K坐标为（3+1454，-1+14516）或（3-1454，-1-14516），
综上所述：点K的坐标为（2，4）或（﹣8，﹣36）或（3+1454，-1+14516）或（3-1454，-1-14516）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，待定系数法求解析式，等腰直角三角形的性质，锐角三角函数，中点坐标公式，两点距离公式等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
111．（2020•上海）在平面直角坐标系xOy中，直线y=-12x+5与x轴、y轴分别交于点A、B（如图）．抛物线y＝ax2+bx（a≠0）经过点A．
（1）求线段AB的长；
（2）如果抛物线y＝ax2+bx经过线段AB上的另一点C，且BC=5，求这条抛物线的表达式；
（3）如果抛物线y＝ax2+bx的顶点D位于△AOB内，求a的取值范围．

【分析】（1）先求出A，B坐标，即可得出结论；
（2）设点C（m，-12m+5），则BC=52|m|，进而求出点C（2，4），最后将点A，C代入抛物线解析式中，即可得出结论；
（3）将点A坐标代入抛物线解析式中得出b＝﹣10a，代入抛物线解析式中得出顶点D坐标为（5，﹣25a），即可得出结论．
【解答】解：（1）针对于直线y=-12x+5，
令x＝0，y＝5，
∴B（0，5），
令y＝0，则-12x+5＝0，
∴x＝10，
∴A（10，0），
∴AB=52+102=55；

（2）设点C（m，-12m+5），
∵B（0，5），
∴BC=m2+(-12m+5-5)2=52|m|，
∵BC=5，
∴52|m|=5，
∴m＝±2，
∵点C在线段AB上，
∴m＝2，
∴C（2，4），
将点A（10，0），C（2，4）代入抛物线y＝ax2+bx（a≠0）中，得100a+10b=04a+2b=4，
∴a=-14b=52，
∴抛物线y=-14x2+52x；

（3）∵点A（10，0）在抛物线y＝ax2+bx中，得100a+10b＝0，
∴b＝﹣10a，
∴抛物线的解析式为y＝ax2﹣10ax＝a（x﹣5）2﹣25a，
∴抛物线的顶点D坐标为（5，﹣25a），
将x＝5代入y=-12x+5中，得y=-12×5+5=52，
∵顶点D位于△AOB内，
∴0＜﹣25a＜52，
∴-110＜a＜0；
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，两点间的距离公式，抛物线的顶点坐标的求法，求出点D的坐标是解本题的关键．
112．（2020•常德）如图，已知抛物线y＝ax2过点A（﹣3，94）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）已知直线l过点A，M（32，0）且与抛物线交于另一点B，与y轴交于点C，求证：MC2＝MA•MB；
（3）若点P，D分别是抛物线与直线l上的动点，以OC为一边且顶点为O，C，P，D的四边形是平行四边形，求所有符合条件的P点坐标．

【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题．
（2）构建方程组确定点B的坐标，再利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．
（3）如图2中，设P（t，14t2），根据PD＝OC构建方程求出t即可解决问题．
【解答】解：（1）把点A（﹣3，94）代入y＝ax2，
得到94=9a，
∴a=14，
∴抛物线的解析式为y=14x2．

（2）设直线l的解析式为y＝kx+b，则有94=-3k+b0=32k+b，
解得k=-12b=34，
∴直线l的解析式为y=-12x+34，
令x＝0，得到y=34，
∴C（0，34），
由y=14x2y=-12x+34，解得x=1y=14或x=-3y=94，
∴B（1，14），
如图1中，过点A作AA1⊥x轴于A1，过B作BB1⊥x轴于B1，则BB1∥OC∥AA1，

∴BMMC=MB1MO=32-132=13，MCMA=MOMA1=3232-(-3)=13，
∴BMMC=MCMA，
即MC2＝MA•MB．

（3）如图2中，设P（t，14t2）

∵OC为一边且顶点为O，C，P，D的四边形是平行四边形，
∴PD∥OC，PD＝OC，
∴D（t，-12t+34），
∴|14t2﹣（-12t+34）|=34，
整理得：t2+2t﹣6＝0或t2+2t＝0，
解得t＝﹣1-7或﹣1+7或﹣2或0（舍弃），
∴P（﹣1-7，2+72）或（﹣1+7，2-72）或（﹣2，1）．
【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等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
113．（2020•衢州）如图1，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A，C分别是直线y=-83x+4与坐标轴的交点，点B的坐标为（﹣2，0），点D是边AC上的一点，DE⊥BC于点E，点F在边AB上，且D，F两点关于y轴上的某点成中心对称，连结DF，EF．设点D的横坐标为m，EF2为l，请探究：
①线段EF长度是否有最小值．
②△BEF能否成为直角三角形．
小明尝试用“观察﹣猜想﹣验证﹣应用”的方法进行探究，请你一起来解决问题．
（1）小明利用“几何画板”软件进行观察，测量，得到l随m变化的一组对应值，并在平面直角坐标系中以各对应值为坐标描点（如图2）．请你在图2中连线，观察图象特征并猜想l与m可能满足的函数类别．
（2）小明结合图1，发现应用三角形和函数知识能验证（1）中的猜想，请你求出l关于m的函数表达式及自变量的取值范围，并求出线段EF长度的最小值．
（3）小明通过观察，推理，发现△BEF能成为直角三角形，请你求出当△BEF为直角三角形时m的值．

【分析】（1）根据描点法画图即可；
（2）过点F，D分别作FG，DH垂直于y轴，垂足分别为G，H，证明Rt△FGK≌Rt△DHK（AAS），由全等三角形的性质得出FG＝DH，可求出F（﹣m，﹣2m+4），根据勾股定理得出l＝EF2＝8m2﹣16m+16＝8（m﹣1）2+8，由二次函数的性质可得出答案；
（3）分三种不同情况，根据直角三角形的性质得出m的方程，解方程求出m的值，则可求出答案．
【解答】解：（1）用描点法画出图形如图1，由图象可知函数类别为二次函数．

（2）如图2，过点F，D分别作FG，DH垂直于y轴，垂足分别为G，H，

则∠FGK＝∠DHK＝90°，
记FD交y轴于点K，
∵D点与F点关于y轴上的K点成中心对称，
∴KF＝KD，
∵∠FKG＝∠DKH，
∴Rt△FGK≌Rt△DHK（AAS），
∴FG＝DH，
∵直线AC的解析式为y=-83x+4，
∴x＝0时，y＝4，
∴A（0，4），
又∵B（﹣2，0），
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∴-2k+b=0b=4，
解得k=2b=4，
∴直线AB的解析式为y＝2x+4，
过点F作FR⊥x轴于点R，
∵D点的横坐标为m，
∴F（﹣m，﹣2m+4），
∴ER＝2m，FR＝﹣2m+4，
∵EF2＝FR2+ER2，
∴l＝EF2＝8m2﹣16m+16＝8（m﹣1）2+8，
令-8x3+4＝0，得x=32，
∴0≤m≤32．
∴当m＝1时，l的最小值为8，
∴EF的最小值为22．
（3）①∠FBE为定角，不可能为直角．
②∠BEF＝90°时，E点与O点重合，D点与A点，F点重合，此时m＝0．
③如图3，∠BFE＝90°时，有BF2+EF2＝BE2．

由（2）得EF2＝8m2﹣16m+16，
又∵BR＝﹣m+2，FR＝﹣2m+4，
∴BF2＝BR2+FR2＝（﹣m+2）2+（﹣2m+4）2＝5m2﹣20m+20，
又∵BE2＝（m+2）2，
∴（5m2﹣20m+20）+（8m2﹣16m+16）＝（m+2）2，
化简得，3m2﹣10m+8＝0，
解得m1=43，m2＝2（不合题意，舍去），
∴m=43．
综合以上可得，当△BEF为直角三角形时，m＝0或m=43．
【点评】本题是一次函数综合题，考查了描点法画函数图象，待定系数法，全等三角形的判定与性质，坐标与图形的性质，二次函数的性质，勾股定理，中心对称的性质，直角三角形的性质等知识，熟练掌握方程思想及分类讨论思想是解题的关键．
114．（2020•黔东南州）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C（0，﹣3），顶点D的坐标为（1，﹣4）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）在y轴上找一点E，使得△EAC为等腰三角形，请直接写出点E的坐标．
（3）点P是x轴上的动点，点Q是抛物线上的动点，是否存在点P、Q，使得以点P、Q、B、D为顶点，BD为一边的四边形是平行四边形？若存在，请求出点P、Q坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）根据抛物线的顶点坐标设出抛物线的解析式，再将点C坐标代入求解，即可得出结论；
（2）先求出点A，C坐标，设出点E坐标，表示出AE，CE，AC，再分三种情况建立方程求解即可；
（3）利用平移先确定出点Q的纵坐标，代入抛物线解析式求出点Q的横坐标，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵抛物线的顶点为（1，﹣4），
∴设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣4，
将点C（0，﹣3）代入抛物线y＝a（x﹣1）2﹣4中，得a﹣4＝﹣3，
∴a＝1，
∴抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3；

（2由（1）知，抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，
∴x＝﹣1或x＝3，
∴B（3，0），A（﹣1，0），
令x＝0，则y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
∴AC=10，
设点E（0，m），则AE=m2+1，CE＝|m+3|，
∵△ACE是等腰三角形，
∴①当AC＝AE时，10=m2+1，
∴m＝3或m＝﹣3（点C的纵坐标，舍去），
∴E（0，3），
②当AC＝CE时，10=|m+3|，
∴m＝﹣3±10，
∴E（0，﹣3+10）或（0，﹣3-10），
③当AE＝CE时，m2+1=|m+3|，
∴m=-43，
∴E（0，-43），
即满足条件的点E的坐标为（0，3）、（0，﹣3+10）、（0，﹣3-10）、（0，-43）；

（3）如图，存在，∵D（1，﹣4），
∴将线段BD向上平移4个单位，再向右（或向左）平移适当的距离，使点B的对应点落在抛物线上，这样便存在点Q，此时点D的对应点就是点P，
∴点Q的纵坐标为4，
设Q（t，4），
将点Q的坐标代入抛物线y＝x2﹣2x﹣3中得，t2﹣2t﹣3＝4，
∴t＝1+22或t＝1﹣22，
∴Q（1+22，4）或（1﹣22，4），
分别过点D，Q作x轴的垂线，垂足分别为F，G，
∵抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴的右边的交点B的坐标为（3，0），且D（1，﹣4），
∴FB＝PG＝3﹣1＝2，
∴点P的横坐标为（1+22）﹣2＝﹣1+22或（1﹣22）﹣2＝﹣1﹣22，
即P（﹣1+22，0）、Q（1+22，4）或P（﹣1﹣22，0）、Q（1﹣22，4）．


【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，等腰三角形的性质，平移的性质，用方程的思想解决问题是解本题的关键．
115．（2020•湖州）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+bx+c（c＞0）的顶点为D，与y轴的交点为C．过点C的直线CA与抛物线交于另一点A（点A在对称轴左侧），点B在AC的延长线上，连结OA，OB，DA和DB．
（1）如图1，当AC∥x轴时，
①已知点A的坐标是（﹣2，1），求抛物线的解析式；
②若四边形AOBD是平行四边形，求证：b2＝4c．
（2）如图2，若b＝﹣2，BCAC=35，是否存在这样的点A，使四边形AOBD是平行四边形？若存在，求出点A的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）①先确定出点C的坐标，再用待定系数法即可得出结论；
②先确定出抛物线的顶点坐标，进而得出DF=b24，再判断出△AFD≌△BCO，得出DF＝OC，即可得出结论；
（2）先判断出抛物线的顶点坐标D（﹣1，c+1），设点A（m，﹣m2﹣2m+c）（m＜0），
判断出△AFD≌△BCO（AAS），得出AF＝BC，DF＝OC，再判断出△ANF∽△AMC，得出ANAM=FNCM=AFAC=BCAC=35，进而求出m的值，得出点A的纵坐标为c-54＜c，进而判断出点M的坐标为（0，c-54），N（﹣1，c-54），进而得出CM=54，
DN=94，FN=94-c，进而求出c=32，即可得出结论．
【解答】解：（1）①∵AC∥x轴，点A（﹣2，1），
∴C（0，1），
将点A（﹣2，1），C（0，1）代入抛物线解析式中，得-4-2b+c=1c=1，
∴b=-2c=1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+1；

②如图1，过点D作DE⊥x轴于E，交AB于点F，
∵AC∥x轴，
∴EF＝OC＝c，
∵点D是抛物线的顶点坐标，
∴D（b2，c+b24），
∴DF＝DE﹣EF＝c+b24-c=b24，
∵四边形AOBD是平行四边形，
∴AD＝BO，AD∥OB，
∴∠DAF＝∠OBC，
∵∠AFD＝∠BCO＝90°，
∴△AFD≌△BCO（AAS），
∴DF＝OC，
∴b24=c，
即b2＝4c；

（2）如图2，∵b＝﹣2．
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+c，
∴顶点坐标D（﹣1，c+1），
假设存在这样的点A使四边形AOBD是平行四边形，
设点A（m，﹣m2﹣2m+c）（m＜0），
过点D作DE⊥x轴于点E，交AB于F，
∴∠AFD＝∠EFC＝∠BCO，
∵四边形AOBD是平行四边形，
∴AD＝BO，AD∥OB，
∴∠DAF＝∠OBC，
∴△AFD≌△BCO（AAS），
∴AF＝BC，DF＝OC，
过点A作AM⊥y轴于M，交DE于N，
∴DE∥CO，
∴△ANF∽△AMC，
∴ANAM=FNCM=AFAC=BCAC=35，
∵AM＝﹣m，AN＝AM﹣NM＝﹣m﹣1，
∴-m-1-m=35，
∴m=-52，
∴点A的纵坐标为﹣（-52）2﹣2×（-52）+c＝c-54＜c，
∵AM∥x轴，
∴点M的坐标为（0，c-54），N（﹣1，c-54），
∴CM＝c﹣（c-54）=54，
∵点D的坐标为（﹣1，c+1），
∴DN＝（c+1）﹣（c-54）=94，
∵DF＝OC＝c，
∴FN＝DN﹣DF=94-c，
∵FNCM=35，
∴94-c54=35，
∴c=32，
∴c-54=14，
∴点A纵坐标为14，
∴A（-52，14），
∴存在这样的点A，使四边形AOBD是平行四边形．


【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，构造出△ANF∽△AMC是解本题的关键．
116．（2020•嘉兴）在篮球比赛中，东东投出的球在点A处反弹，反弹后球运动的路线为抛物线的一部分（如图1所示建立直角坐标系），抛物线顶点为点B．
（1）求该抛物线的函数表达式．
（2）当球运动到点C时被东东抢到，CD⊥x轴于点D，CD＝2.6m．
①求OD的长．
②东东抢到球后，因遭对方防守无法投篮，他在点D处垂直起跳传球，想将球沿直线快速传给队友华华，目标为华华的接球点E（4，1.3）．东东起跳后所持球离地面高度h1（m）（传球前）与东东起跳后时间t（s）满足函数关系式h1＝﹣2（t﹣0.5）2+2.7（0≤t≤1）；小戴在点F（1.5，0）处拦截，他比东东晚0.3s垂直起跳，其拦截高度h2（m）与东东起跳后时间t（s）的函数关系如图2所示（其中两条抛物线的形状相同）．东东的直线传球能否越过小戴的拦截传到点E？若能，东东应在起跳后什么时间范围内传球？若不能，请说明理由（直线传球过程中球运动时间忽略不计）．

【分析】（1）设y＝a（x﹣0.4）2+3.32（a≠0），将A（0，3）代入求解即可得出答案；
（2）①把y＝2.6代入y＝﹣2（x﹣0.4）2+3.32，解方程求出x，即可得出OD＝1m；
②东东在点D跳起传球与小戴在点F处拦截的示意图如图2，设MD＝h1，NF＝h2，当点M，N，E三点共线时，过点E作EG⊥MD于点G，交NF于点H，过点N作NP⊥MD于点P，证明△MPN∽△NHE，得出MPPN=NHHE，则NH＝5MP．分不同情况：（Ⅰ）当0≤t≤0.3时，（Ⅱ）当0.3＜t≤0.65时，（Ⅲ）当0.65＜t≤1时，分别求出t的范围可得出答案．
【解答】解：（1）设y＝a（x﹣0.4）2+3.32（a≠0），
把x＝0，y＝3代入，解得a＝﹣2，
∴抛物线的函数表达式为y＝﹣2（x﹣0.4）2+3.32．
（2）①把y＝2.6代入y＝﹣2（x﹣0.4）2+3.32，
化简得（x﹣0.4）2＝0.36，
解得x1＝﹣0.2（舍去），x2＝1，
∴OD＝1m．
②东东的直线传球能越过小戴的拦截传到点E．
由图1可得，当0≤t≤0.3时，h2＝2.2．

当0.3＜t≤1.3时，h2＝﹣2（t﹣0.8）2+2.7．
当h1﹣h2＝0时，t＝0.65（s），
东东在点D跳起传球与小戴在点F处拦截的示意图如图2，
设MD＝h1，NF＝h2，
当点M，N，E三点共线时，过点E作EG⊥MD于点G，交NF于点H，过点N作NP⊥MD于点P，

∴MD∥NF，PN∥EG，
∴∠M＝∠HNE，∠MNP＝∠NEH，
∴△MPN∽△NHE，
∴MPPN=NHHE，
∵PN＝0.5，HE＝2.5，
∴NH＝5MP．
（Ⅰ）当0≤t≤0.3时，
MP＝﹣2（t﹣0.5）2+2.7﹣2.2＝﹣2（t﹣0.5）2+0.5，
NH＝2.2﹣1.3＝0.9．
∴5[﹣2（t﹣0.5）2+0.5]＝0.9，
整理得（t﹣0.5）2＝0.16，
解得t1=910（舍去），t2=110（s），
当0≤t≤0.3时，MP随t的增大而增大，
∴110＜t≤310．
（Ⅱ）当0.3＜t≤0.65时，MP＝MD﹣NF＝﹣2（t﹣0.5）2+2.7﹣[﹣2（t﹣0.8）2+2.7]＝﹣1.2t+0.78，
NH＝NF﹣HF＝﹣2（t﹣0.8）2+2.7﹣1.3＝﹣2（t﹣0.8）2+1.4，
∴﹣2（t﹣0.8）2+1.4＝5×（﹣1.2t+0.78），
整理得t2﹣4.6t+1.89＝0，
解得，t1=23+28510（舍去），t2=23-28510（s），
当0.3＜t≤0.65时，MP随t的增大而减小，
∴310＜t＜23-28510．
（Ⅲ）当0.65＜t≤1时，h1＜h2，不可能．
综上所述，东东在起跳后传球的时间范围为110＜t＜23-28510．
【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查二次函数的性质，待定系数法，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的应用，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式及能将实际问题转化为二次函数问题求解．
117．（2020•铜仁市）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+6经过两点A（﹣1，0），B（3，0），C是抛物线与y轴的交点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P（m，n）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，设△PBC的面积为S，求S关于m的函数表达式（指出自变量m的取值范围）和S的最大值；
（3）点M在抛物线上运动，点N在y轴上运动，是否存在点M、点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似，如果存在，请求出点M和点N的坐标．

【分析】（1）根据点A、B的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）过点P作PF∥y轴，交BC于点F，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点C的坐标，根据点B、C的坐标利用待定系数法即可求出直线BC的解析式，设点P的坐标为（m，﹣2m2+4m+6），则点F的坐标为（m，﹣2m+6），进而可得出PF的长度，利用三角形的面积公式可得出S＝﹣3m2+9m，配方后利用二次函数的性质即可求出△PBC面积的最大值；
（3）分两种不同情况，当点M位于点C上方或下方时，画出图形，由相似三角形的性质得出方程，求出点M，点N的坐标即可．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx+6，
得：a-b+6=09a+3b+6=0，解得：a=-2b=4，
∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6．
（2）过点P作PF∥y轴，交BC于点F，如图1所示．

当x＝0时，y＝﹣2x2+4x+6＝6，
∴点C的坐标为（0，6）．
设直线BC的解析式为y＝kx+c，
将B（3，0）、C（0，6）代入y＝kx+c，得：
3k+c=0c=6，解得：k=-2c=6，
∴直线BC的解析式为y＝﹣2x+6．
∵点P（m，n）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，
∴点P的坐标为（m，﹣2m2+4m+6），则点F的坐标为（m，﹣2m+6），
∴PF＝﹣2m2+4m+6﹣（﹣2m+6）＝﹣2m2+6m，
∴S=12PF•OB＝﹣3m2+9m＝﹣3（m-32）2+274，
∴当m=32时，△PBC面积取最大值，最大值为274．
∵点P（m，n）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，
∴0＜m＜3．
综上所述，S关于m的函数表达式为＝﹣3m2+9m（0＜m＜3），S的最大值为274．
（3）存在点M、点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似．
如图2，∠CMN＝90°，当点M位于点C上方，过点M作MD⊥y轴于点D，

∵∠CDM＝∠CMN＝90°，∠DCM＝∠NCM，
∴△MCD∽△NCM，
若△CMN与△OBC相似，则△MCD与△OBC相似，
设M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），
∴DC＝﹣2a2+4a，DM＝a，
当DMCD=OBOC=36=12时，△COB∽△CDM∽△CMN，
∴a-2a2+4a=12，
解得，a＝1，
∴M（1，8），
此时ND=12DM=12，
∴N（0，172），
当CDDM=OBOC=12时，△COB∽△MDC∽△NMC，
∴-2a2+4aa=12，
解得a=74，
∴M（74，558），
此时N（0，838）．
如图3，当点M位于点C的下方，

过点M作ME⊥y轴于点E，
设M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），
∴EC＝2a2﹣4a，EM＝a，
同理可得：2a2-4aa=12或2a2-4aa=2，△CMN与△OBC相似，
解得a=94或a＝3，
∴M（94，398）或M（3，0），
此时N点坐标为（0，38）或（0，-32）．
综合以上得，存在M（1，8），N（0，172）或M（74，558），N（0，838）或M（94，398），N（0，38）或M（3，0），N（0，-32），使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似．
【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，三角形的面积，二次函数的性质，坐标与图形的性质，相似三角形的判定与性质等知识，熟练运用方程思想及分类讨论思想是解题的关键．
118．（2020•金华）如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数y=-12（x﹣m）2+4图象的顶点为A，与y轴交于点B，异于顶点A的点C（1，n）在该函数图象上．
（1）当m＝5时，求n的值．
（2）当n＝2时，若点A在第一象限内，结合图象，求当y≥2时，自变量x的取值范围．
（3）作直线AC与y轴相交于点D．当点B在x轴上方，且在线段OD上时，求m的取值范围．

【分析】（1）利用待定系数法求解即可．
（2）求出y＝2时，x的值即可判断．
（3）由题意点B的坐标为（0，-12m2+4），求出几个特殊位置m的值即可判断．
【解答】解：（1）当m＝5时，y=-12（x﹣5）2+4，
当x＝1时，n=-12×42+4＝﹣4．

（2）当n＝2时，将C（1，2）代入函数表达式y=-12（x﹣m）2+4，得2=-12（1﹣m）2+4，
解得m＝3或﹣1（舍去），
∴此时抛物线的对称轴x＝3，
根据抛物线的对称性可知，当y＝2时，x＝1或5，
∴x的取值范围为1≤x≤5．

（3）∵点A与点C不重合，
∴m≠1，
∵抛物线的顶点A的坐标是（m，4），
∴抛物线的顶点在直线y＝4上，
当x＝0时，y=-12m2+4，
∴点B的坐标为（0，-12m2+4），
抛物线从图1的位置向左平移到图2的位置前，m逐渐减小，点B沿y轴向上移动，
当点B与O重合时，-12m2+4＝0，
解得m＝22或﹣22（不合题意舍去），
当点B与点D重合时，如图2，顶点A也与B，D重合，点B到达最高点，
∴点B（0，4），
∴-12m2+4＝4，解得m＝0，
当抛物线从图2的位置继续向左平移时，如图3点B不在线段OD上，
∴B点在线段OD上时，m的取值范围是：0≤m＜1或1＜m＜22．

【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法，一次函数的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊位置解决数学问题，属于中考常压轴题．
119．（2020•新疆）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2+bx+c的顶点是A（1，3），将OA绕点O顺时针旋转90°后得到OB，点B恰好在抛物线上，OB与抛物线的对称轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）P是线段AC上一动点，且不与点A，C重合，过点P作平行于x轴的直线，与△OAB的边分别交于M，N两点，将△AMN以直线MN为对称轴翻折，得到△A′MN，设点P的纵坐标为m．
①当△A′MN在△OAB内部时，求m的取值范围；
②是否存在点P，使S△A′MN=56S△OA′B，若存在，求出满足条件m的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）抛物线y＝ax2+bx+c的顶点是A（1，3），可以假设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2+3，求出点B的坐标，利用待定系数法即可解决问题．
（2）①根据△A′MN在△OAB内部，构建不等式即可解决问题．
②求出直线OA，AB的解析式，求出MN，利用面积关系构建方程即可解决问题．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c的顶点是A（1，3），
∴抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2+3，
∵OA绕点O顺时针旋转90°后得到OB，
∴B（3，﹣1），
把B（3，﹣1）代入y＝a（x﹣1）2+3可得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣1）2+3，即y＝﹣x2+2x+2，

（2）①如图1中，连接OA′，A′B．
∵B（3，﹣1），
∴直线OB的解析式为y=-13x，
∵A（1，3），
∴C（1，-13），
∵P（1，m），AP＝PA′，
∴A′（1，2m﹣3），
由题意3＞2m﹣3＞-13，
∴3＞m＞43．

②当点P在x轴上方时，∵直线OA的解析式为y＝3x，直线AB的解析式为y＝﹣2x+5，
∵P（1，m），
∴M（m3，m），N（5-m2，m），
∴MN=5-m2-m3=15-5m6，
∵S△A′MN=56S△OA′B，
∴12•（m﹣2m+3）•15-5m6=56×12×|2m﹣3+13|×3，
整理得m2﹣6m+9＝|6m﹣8|
解得m＝6+19（舍去）或6-19，
当点P在x轴下方时，同法可得12•（3﹣m）•（5-m2+3m）=56×12×[-13-（2m﹣3）]×3，
整理得：3m2﹣12m﹣1＝0，
解得m=6-393或6+393（舍去），
∴满足条件的m的值为6-19或6-393．

【点评】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，一次函数的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，学会构建不等式或方程解决问题，属于中考压轴题．
120．（2020•遵义）如图，抛物线y＝ax2+94x+c经过点A（﹣1，0）和点C（0，3）与x轴的另一交点为点B，点M是直线BC上一动点，过点M作MP∥y轴，交抛物线于点P．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在抛物线上是否存在一点Q，使得△QCO是等边三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）以M为圆心，MP为半径作⊙M，当⊙M与坐标轴相切时，求出⊙M的半径．

【分析】（1）把点A（﹣1，0）和点C （0，3）代入y＝ax2+94x+c求出a与c的值即可得出抛物线的解析式；
（2）①当点Q在y轴右边时，假设△QCO为等边三角形，过点Q作QH⊥OC于H，OC＝3，则OH=32，tan60°=QHOH，求出Q（332，32），把x=332代入y=-34x2+94x+3，得y=2738-3316≠32，则假设不成立；
②当点Q在y轴的左边时，假设△QCO为等边三角形，过点Q作QT⊥OC于T，OC＝3，则OT=32，tan60°=QTOT，求出Q（-332，32），把x=-332代入y=-34x2+94x+3，得y=-2738-3316≠32，则假设不成立；
（3）求出B（4，0），待定系数法得出BC直线的解析式y=-34x+3，当M在线段BC上，⊙M与x轴相切时，延长PM交AB于点D，则点D为⊙M与x轴的切点，即PM＝MD，设P（x，-34x2+94x+3），M（x，-34x+3），则PD=-34x2+94x+3，MD=-34x+3，由PD﹣MD＝MD，求出x＝1，即可得出结果；当M在线段BC上，⊙M与y轴相切时，延长PM交AB于点D，过点M作ME⊥y轴于E，则点E为⊙M与y轴的切点，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，设P（x，-34x2+94x+3），M（x，-34x+3），则PD=-34x2+94x+3，MD=-34x+3，代入即可得出结果；当M在BC延长线，⊙M与x轴相切时，点P与A重合，M的纵坐标的值即为所求；当M在CB延长线，⊙M与y轴相切时，延长PD交x轴于D，过点M作ME⊥y轴于E，则点E为⊙M与y轴的切点，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，设P（x，-34x2+94x+3），M（x，-34x+3），则PD=34x2-94x﹣3，MD=34x﹣3，代入即可得出结果．
【解答】解：（1）把点A（﹣1，0）和点C （0，3）代入y＝ax2+94x+c得：0=a-94+c3=c，
解得：a=-34c=3，
∴抛物线的解析式为：y=-34x2+94x+3；
（2）不存在，理由如下：
①当点Q在y轴右边时，如图1所示：
假设△QCO为等边三角形，
过点Q作QH⊥OC于H，
∵点C （0，3），
∴OC＝3，
则OH=12OC=32，tan60°=QHOH，
∴QH＝OH•tan60°=32×3=332，
∴Q（332，32），
把x=332代入y=-34x2+94x+3，
得：y=2738-3316≠32，
∴假设不成立，
∴当点Q在y轴右边时，不存在△QCO为等边三角形；
②当点Q在y轴的左边时，如图2所示：
假设△QCO为等边三角形，
过点Q作QT⊥OC于T，
∵点C （0，3），
∴OC＝3，
则OT=12OC=32，tan60°=QTOT，
∴QT＝OT•tan60°=32×3=332，
∴Q（-332，32），
把x=-332代入y=-34x2+94x+3，
得：y=-2738-3316≠32，
∴假设不成立，
∴当点Q在y轴左边时，不存在△QCO为等边三角形；
综上所述，在抛物线上不存在一点Q，使得△QCO是等边三角形；
（3）令-34x2+94x+3＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴B（4，0），
设BC直线的解析式为：y＝kx+b，
把B、C的坐标代入则0=4k+b3=b，
解得：k=-34b=3，
∴BC直线的解析式为：y=-34x+3，
当M在线段BC上，⊙M与x轴相切时，如图3所示：
延长PM交AB于点D，
则点D为⊙M与x轴的切点，即PM＝MD，
设P（x，-34x2+94x+3），M（x，-34x+3），
则PD=-34x2+94x+3，MD=-34x+3，
∴（-34x2+94x+3）﹣（-34x+3）=-34x+3，
解得：x1＝1，x2＝4（不合题意舍去），
∴⊙M的半径为：MD=-34+3=94；
当M在线段BC上，⊙M与y轴相切时，如图4所示：
延长PM交AB于点D，过点M作ME⊥y轴于E，
则点E为⊙M与y轴的切点，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，
设P（x，-34x2+94x+3），M（x，-34x+3），
则PD=-34x2+94x+3，MD=-34x+3，
∴（-34x2+94x+3）﹣（-34x+3）＝x，
解得：x1=83，x2＝0（不合题意舍去），
∴⊙M的半径为：EM=83；
当M在BC延长线，⊙M与x轴相切时，如图5所示：

点P与A重合，
∴M的横坐标为﹣1，
∴⊙M的半径为：M的纵坐标的值，
即：-34×（﹣1）+3=154；
当M在CB延长线，⊙M与y轴相切时，如图6所示：

延长PM交x轴于D，过点M作ME⊥y轴于E，
则点E为⊙M与y轴的切点，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，
设P（x，-34x2+94x+3），M（x，-34x+3），
则PD=34x2-94x﹣3，MD=34x﹣3，
∴（34x2-94x﹣3）﹣（34x﹣3）＝x，
解得：x1=163，x2＝0（不合题意舍去），
∴⊙M的半径为：EM=163；
综上所述，⊙M的半径为94或83或154或163．




【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求解析式、等边三角形的性质、圆的性质、三角函数等知识；熟练掌握待定系数法求解析式是解题的关键．
121．（2020•黔西南州）已知抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）交x轴于点A（6，0）和点B（﹣1，0），交y轴于点C．
（1）求抛物线的解析式和顶点坐标；
（2）如图（1），点P是抛物线上位于直线AC上方的动点，过点P分别作x轴、y轴的平行线，交直线AC于点D，E，当PD+PE取最大值时，求点P的坐标；
（3）如图（2），点M为抛物线对称轴l上一点，点N为抛物线上一点，当直线AC垂直平分△AMN的边MN时，求点N的坐标．

【分析】（1）将点A，B坐标代入抛物线解析式中，解方程组即可得出结论；
（2）先求出OA＝OC＝6，进而得出∠OAC＝45°，进而判断出PD＝PE，即可得出当PE的长度最大时，PE+PD取最大值，设出点E坐标，表示出点P坐标，建立PE＝﹣t2+6t＝﹣（t﹣3）2+9，即可得出结论；
（3）先判断出NF∥x轴，进而求出点N的纵坐标，即可建立方程求解得出结论．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（6，0），B（﹣1，0），
∴a-b+6=036a+6b+6=0，
∴a=-1b=5，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+5x+6＝﹣（x-52）2+494，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+5x+6，顶点坐标为（52，494）；

（2）由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2+5x+6，
∴C（0，6），
∴OC＝6，
∵A（6，0），
∴OA＝6，
∴OA＝OC，
∴∠OAC＝45°，
∵PD平行于x轴，PE平行于y轴，
∴∠DPE＝90°，∠PDE＝∠DAO＝45°，
∴∠PED＝45°，
∴∠PDE＝∠PED，
∴PD＝PE，
∴PD+PE＝2PE，
∴当PE的长度最大时，PE+PD取最大值，
∵A（6，0），C（0，6），
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+6，
设E（t，﹣t+6）（0＜t＜6），则P（t，﹣t2+5t+6），
∴PE＝﹣t2+5t+6﹣（﹣t+6）＝﹣t2+6t＝﹣（t﹣3）2+9，
当t＝3时，PE最大，此时，﹣t2+5t+6＝12，
∴P（3，12）；

（3）如图（2），设直线AC与抛物线的对称轴l的交点为F，连接NF，
∵点F在线段MN的垂直平分线AC上，
∴FM＝FN，∠NFC＝∠MFC，
∵l∥y轴，
∴∠MFC＝∠OCA＝45°，
∴∠MFN＝∠NFC+∠MFC＝90°，
∴NF∥x轴，
由（2）知，直线AC的解析式为y＝﹣x+6，
当x=52时，y=72，
∴F（52，72），
∴点N的纵坐标为72，
设N的坐标为（m，﹣m2+5m+6），
∴﹣m2+5m+6=72，解得，m=5+352或m=5-352，
∴点N的坐标为（5+352，72）或（5-352，72）．

【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，解一元二次方程，（2）中判断出PD＝PE，（3）中NF∥x轴是解本题的关键．

122．（2020•哈尔滨）已知：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线AB与x轴的正半轴交于点A，与y轴的负半轴交于点B，OA＝OB，过点A作x轴的垂线与过点O的直线相交于点C，直线OC的解析式为y=34x，过点C作CM⊥y轴，垂足为M，OM＝9．
（1）如图1，求直线AB的解析式；
（2）如图2，点N在线段MC上，连接ON，点P在线段ON上，过点P作PD⊥x轴，垂足为D，交OC于点E，若NC＝OM，求PEOD的值；
（3）如图3，在（2）的条件下，点F为线段AB上一点，连接OF，过点F作OF的垂线交线段AC于点Q，连接BQ，过点F作x轴的平行线交BQ于点G，连接PF交x轴于点H，连接EH，若∠DHE＝∠DPH，GQ﹣FG=2AF，求点P的坐标．

【分析】（1）求出A，B两点坐标，利用待定系数法解决问题即可．
（2）由题意直线ON的解析式为y＝3x，设点E的横坐标为4a，则D（4a，0），求出PE，OD（用a表示）即可解决问题．
（3）如图3中，设直线FG交CA的延长线于R，交y轴于S，过点F作FT⊥OA于T．证明△OFS≌△FQR（AAS），推出SF＝QR，再证明△BSG≌△QRG（AAS），推出SG＝GR＝6，设FR＝m，则AR＝m，AF=2m，QR＝SF＝12﹣m，GQ﹣FG=2AF，根据GQ2＝GR2+QR2，可得（m+6）2＝62+（12﹣m）2，解得m＝4，由题意tan∠DHE＝tan∠DPH，可得DEDH=DHPD，由（2）可知DE＝3a，PD＝12a，推出3aDH=DH12a，可得DH＝6a，推出tan∠PHD=PDDH=12a6a=2，由∠PHD＝∠FHT，可得tan∠FHT=TFHT=2，推出HT＝2，再根据OT＝OD+DH+HT，构建方程求出a即可解决问题．
【解答】解：（1）∵CM⊥y轴，OM＝9，
∴y＝9时，9=34x，解得x＝12，
∴C（12，9），
∵AC⊥x轴，
∴A（12，0），
∵OA＝OB，
∴B（0，﹣12），
设直线AB的解析式为y＝kx+b，则有b=-1212k+b=0，
解得k=1b=-12，
∴直线AB的解析式为y＝x﹣12．

（2）如图2中，

∵∠CMO＝∠MOA＝∠OAC＝90°，
∴四边形OACM是矩形，
∴AO＝CM＝12，
∵NC＝OM＝9，
∴MN＝CM﹣NC＝12﹣9＝3，
∴N（3，9），
∴直线ON的解析式为y＝3x，设点E的横坐标为4a，则D（4a，0），
∴OD＝4a，
把x＝4a，代入y=34x中，得到y＝3a，
∴E（4a，3a），
∴DE＝3a，
把x＝4a代入，y＝3x中，得到y＝12a，
∴P（4a，12a），
∴PD＝12a，
∴PE＝PD﹣DE＝12a﹣3a＝9a，
∴PEOD=94．

（3）如图3中，设直线FG交CA的延长线于R，交y轴于S，过点F作FT⊥OA于T．

∵GF∥x轴，
∴∠OSR＝∠MOA＝90°，∠CAO＝∠R＝90°，∠BOA＝∠BSG＝90°，∠OAB＝∠AFR，
∴∠OFR＝∠R＝∠AOS＝∠BSG＝90°，
∴四边形OSRA是矩形，
∴OS＝AR，
∴SR＝OA＝12，
∵OA＝OB，
∴∠OBA＝∠OAB＝45°，
∴∠FAR＝90°﹣45°＝45°，
∴∠FAR＝∠AFR，
∴FR＝AR＝OS，
∵OF⊥FQ，
∴∠OSR＝∠R＝∠OFQ＝90°，
∴∠OFS+∠QFR＝90°，
∵∠QFR+∠FQR＝90°，
∴∠OFS＝∠FQR，
∴△OFS≌△FQR（AAS），
∴SF＝QR，
∵∠SFB＝∠AFR＝45°，
∴∠SBF＝∠SFB＝45°，
∴SF＝SB＝QR，
∵∠SGB＝∠QGR，∠BSG＝∠R，
∴△BSG≌△QRG（AAS），
∴SG＝GR＝6，
设FR＝m，则AR＝m，AF=2m，QR＝SF＝12﹣m，
∵GQ﹣FG=2AF，
∴GQ=2×2m+6﹣m＝m+6，
∵GQ2＝GR2+QR2，
∴（m+6）2＝62+（12﹣m）2，
解得m＝4，
∴FS＝8，AR＝4，
∵∠OAB＝∠FAR，FT⊥OA，FR⊥AR，
∴FT＝FR＝AR＝4，∠OTF＝90°，
∴四边形OSFT是矩形，
∴OT＝SF＝8，
∵∠DHE＝∠DPH，
∴tan∠DHE＝tan∠DPH，
∴DEDH=DHPD，
由（2）可知DE＝3a，PD＝12a，
∴3aDH=DH12a，
∴DH＝6a，
∴tan∠PHD=PDDH=12a6a=2，
∵∠PHD＝∠FHT，
∴tan∠FHT=TFHT=2，
∴HT＝2，
∵OT＝OD+DH+HT，
∴4a+6a+2＝8，
∴a=35，
∴OD=125，PD＝12×35=365，
∴P（125，365）．
【点评】本题属于一次函数综合题，考查了矩形的判定和性质，一次函数的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造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．
123．（2020•广西）如图1，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝x+1与直线l2：x＝﹣2相交于点D，点A是直线l2上的动点，过点A作AB⊥l1于点B，点C的坐标为（0，3），连接AC，BC．设点A的纵坐标为t，△ABC的面积为s．
（1）当t＝2时，请直接写出点B的坐标；
（2）s关于t的函数解析式为s=14t2+bt-54，t＜-1或t＞5a(t+1)(t-5)，-1＜t＜5，其图象如图2所示，结合图1、2的信息，求出a与b的值；
（3）在l2上是否存在点A，使得△ABC是直角三角形？若存在，请求出此时点A的坐标和△ABC的面积；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）先根据t＝2可得点A（﹣2，2），因为B在直线l1上，所以设B（x，x+1），利用y＝0代入y＝x+1可得G点的坐标，在Rt△ABG中，利用勾股定理列方程可得点B的坐标；
（2）先把（7，4）代入s=14t2+bt-54中计算得b的值，计算在﹣1＜t＜5范围内图象上一个点的坐标值：当t＝2时，根据（1）中的数据可计算此时s=94，可得坐标（2，94），代入s＝a（t+1）（t﹣5）中可得a的值；
（3）存在，设B（x，x+1），分两种情况：①当∠CAB＝90°时，如图4，②当∠ACB＝90°时，如图5和图6，分别根据两点的距离公式和勾股定理列方程可解答．
【解答】解：（1）如图1，连接AG，

当t＝2时，A（﹣2，2），
设B（x，x+1），
在y＝x+1中，当x＝0时，y＝1，
∴G（0，1），
∵AB⊥l1，
∴∠ABG＝90°，
∴AB2+BG2＝AG2，
即（x+2）2+（x+1﹣2）2+x2+（x+1﹣1）2＝（﹣2）2+（2﹣1）2，
解得：x1＝0（舍），x2=-12，
∴B（-12，12）；
（2）如图2可知：当t＝7时，s＝4，

把（7，4）代入s=14t2+bt-54中得：494+7b-54=4，
解得：b＝﹣1，
如图3，过B作BH∥y轴，交AC于H，

由（1）知：当t＝2时，A（﹣2，2），B（-12，12），
∵C（0，3），
设AC的解析式为：y＝kx+n，
则-2k+n=2n=3，解得k=12n=3，
∴AC的解析式为：y=12x+3，
∴H（-12，114），
∴BH=114-12=94，
∴s=12BH⋅|xC-xA|=12×94×2=94，
把（2，94）代入s＝a（t+1）（t﹣5）得：a（2+1）（2﹣5）=94，
解得：a=-14；
（3）存在，设B（x，x+1），
分两种情况：
①当∠CAB＝90°时，如图4，

∵AB⊥l1，
∴AC∥l1，
∵l1：y＝x+1，C（0，3），
∴AC：y＝x+3，
∴A（﹣2，1），
∵D（﹣2，﹣1），
在Rt△ABD中，AB2+BD2＝AD2，
即（x+2）2+（x+1﹣1）2+（x+2）2+（x+1+1）2＝22，
解得：x1＝﹣1，x2＝﹣2（舍），
∴B（﹣1，0），即B在x轴上，
∴AB=12+12=2，AC=22+22=22，
∴S△ABC=12AB⋅AC=12⋅2⋅22=2；
②当∠ACB＝90°时，如图5，

∵∠ABD＝90°，∠ADB＝45°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴AB＝BD，
∵A（﹣2，t），D（﹣2，﹣1），
∴（x+2）2+（x+1﹣t）2＝（x+2）2+（x+1+1）2，
（x+1﹣t）2＝（x+2）2，
x+1﹣t＝x+2或x+1﹣t＝﹣x﹣2，
解得：t＝﹣1（舍）或t＝2x+3，
Rt△ACB中，AC2+BC2＝AB2，
即（﹣2）2+（t﹣3）2+x2+（x+1﹣3）2＝（x+2）2+（x+1﹣t）2，
把t＝2x+3代入得：x2﹣3x＝0，
解得：x＝0或3，
当x＝3时，如图5，则t＝2×3+3＝9，
∴A（﹣2，9），B（3，4），
∴AC=22+(9-3)2=210，BC=32+(4-3)2=10，
∴S△ABC=12AC⋅BC=12⋅10⋅210=10；
当x＝0时，如图6，

此时，A（﹣2，3），AC＝2，BC＝2，
∴S△ABC=12AC⋅BC=12×2×2=2．
【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数的性质、等腰直角三角形的判定和性质、三角形的面积、两点间距离公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，本题的突破点是运用两点的距离公式计算或表示线段的长，属于中考压轴题．
124．（2020•宜昌）已知函数y1＝x+2m﹣1，y2＝（2m+1）x+1均为一次函数，m为常数．

（1）如图1，将直线AO绕点A（﹣1，0）逆时针旋转45°得到直线l，直线l交y轴于点B．若直线l恰好是y1＝x+2m﹣1，y2＝（2m+1）x+1中某个函数的图象，请直接写出点B坐标以及m可能的值；
（2）若存在实数b，使得|m|﹣（b﹣1）1-b=0成立，求函数y1＝x+2m﹣1，y2＝（2m+1）x+1图象间的距离；
（3）当m＞1时，函数y1＝x+2m﹣1图象分别交x轴，y轴于C，E两点，y2＝（2m+1）x+1图象交x轴于D点，将函数y＝y1•y2的图象最低点F向上平移562m+1个单位后刚好落在一次函数y1＝x+2m﹣1图象上．设y＝y1•y2的图象，线段OD，线段OE围成的图形面积为S，试利用初中知识，探究S的一个近似取值范围．（要求：说出一种得到S的更精确的近似值的探究办法，写出探究过程，得出探究结果，结果的取值范围两端的数值差不超过0.01．）
【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质求解即可．用分类讨论的思想求出m的值．
（2）利用非负数的性质求出m，b的值，可得y1＝x﹣1，y2＝x+1，如图1中，设直线y＝x+1交x轴于G，交Y轴于H，直线y＝x﹣1交x轴于T，交y轴于P．证明四边形PTHG是正方形可得结论．
（3）由题意y＝y1•y2＝（2m+1）x2+4m2x+2m﹣1，因为m＞1，所以2m+1＞0，推出二次函数y＝（2m+1）x2+4m2x+2m﹣1的开口向上，图象的最低点是顶点，可得顶点F（-2m22m+1，-(2m2-1)22m+1），由题意函数y＝y1•y2的图象最低点F向上平移562m+1个单位后刚好落在一次函数y1＝x+2m﹣1图象上，可得-(2m2-1)22m+1+562m+1=-2m22m+1+（2m﹣1）且m＞1，解方程求出m，可得二次函数的解析式，点D，点E坐标，再利用规则图形面积来估计不规则图形的面积，即可解决问题．
【解答】解：（1）由题意，OA＝OB＝1，
∴B（0，1），
当y1＝x+2m﹣1是直线l时，2m﹣1＝1，解得m＝1，
当直线y2＝（2m+1）x+1是直线l时，2m+1＝1，解得m＝0，
∴B（0，1），m的值为1或0．

（2）∵|m|﹣（b﹣1）1-b=0，
∵1﹣b≥0，
∴b﹣1≤0，
∵|m|≥0，﹣（b﹣1）1-b≥0，
∴m＝0，b＝1，
∴y1＝x﹣1，y2＝x+1，
如图1中，设直线y＝x+1交x轴于G，交y轴于H，直线y＝x﹣1交x轴于T，交y轴于P．

∵OG＝OT＝OH＝OP＝1，GT⊥PH，
∴四边形PTHG是正方形，
∴PG=OG2+OP2=2，
∴直线y1＝x﹣1与直线y2＝x+1之间的距离为2．

（3）∵y1＝x+2m﹣1图象分别交x轴，y轴于C，E两点，y2＝（2m+1）x+1图象交x轴于D点，
∴C（1﹣2m，0），E（0，2m﹣1），D（-12m+1，0），
∵y＝y1•y2＝（2m+1）x2+4m2x+2m﹣1，
∵m＞1，
∴2m+1＞0，
∴二次函数y＝（2m+1）x2+4m2x+2m﹣1的开口向上，图象的最低点是顶点，
∴顶点F（-2m22m+1，-(2m2-1)22m+1），
∵函数y＝y1•y2的图象最低点F向上平移562m+1个单位后刚好落在一次函数y1＝x+2m﹣1图象上，
∴-(2m2-1)22m+1+562m+1=-2m22m+1+（2m﹣1）且m＞1，
解得m＝2，
∴y＝y1•y2＝5x2+16x+3，y1＝x+3，y2＝5x+1，
∴D（-15，0），E（0，3），
由y＝5x2+16x+3得到与x轴，y轴的交点为（﹣3，0），（-15，0），（0，3），
∴抛物线经过D（-15，0），E（0，3）两点，
∴y＝y1•y2的图象，线段OD，线段OE围成的图形是封闭图形，S为该封闭图形的面积，
探究方法：利用规则图形面积来估计不规则图形的面积．
①观察大于S的情形，如图2中，易知S△DEO＞S，
∵D（-15，0），E（0，3），
∴S△ODE=12×3×15=310，
∴S＜310．
②观察小于S的情形，
当直线MN∥DE且与抛物线相切时，设直线MN与x，y轴分别交于M，N，
∵直线DE的解析式为y＝15x+3，设直线MN的解析式为y＝15x+b1，
由y=15x+b1y=5x2+16x+3，消去y得到，5x2+x+3﹣b1＝0，
由题意△＝0，1﹣20（3﹣b1）＝0，
解得b1=5920，
∴直线MN的解析式为y＝15x+5920，
∴M（-59300，0），N（0，5920），
∴S△MON=12×59300×5920=348112000，
∴S＞348112000，
综上所述，348112000＜S＜310．

【点评】本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，二次函数的性质，估算不规则图形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会利用规则图形的面积估算不规则图形的面积，属于中考压轴题．