中考數(shù)學壓軸題專題第11講二次函數(shù)與單線段最值問題

專題11二次函數(shù)與單線段最值問題

【例1】（2022?襄陽）在平面直角坐標系中，直線y＝mx﹣2m與x軸，y軸分別交于A，B兩點，頂點為D的拋物線y＝﹣x2+2mx﹣m2+2與y軸交于點C．（1）如圖，當m＝2時，點P是拋物線CD段上的一個動點．①求A，B，C，D四點的坐標；②當△PAB面積最大時，求點P的坐標；（2）在y軸上有一點M（0，m），當點C在線段MB上時，①求m的取值范圍；②求線段BC長度的最大值．【例2】（2022?湖州）如圖1，已知在平面直角坐標系xOy中，四邊形OABC是邊長為3的正方形，其中頂點A，C分別在x軸的正半軸和y軸的正半軸上．拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過A，C兩點，與x軸交于另一個點D．（1）①求點A，B，C的坐標；②求b，c的值．（2）若點P是邊BC上的一個動點，連結(jié)AP，過點P作PM⊥AP，交y軸于點M（如圖2所示）．當點P在BC上運動時，點M也隨之運動．設(shè)BP＝m，CM＝n，試用含m的代數(shù)式表示n，并求出n的最大值．【例3】（2021?青海）如圖，在平面直角坐標系中，直線y＝x+2與坐標軸交于A，B兩點，點A在x軸上，點B在y軸上，C點的坐標為（1，0），拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過點A，B，C．（1）求拋物線的解析式；（2）根據(jù)圖象寫出不等式ax2+（b﹣1）x+c＞2的解集；（3）點P是拋物線上的一動點，過點P作直線AB的垂線段，垂足為Q點．當PQ＝時，求P點的坐標．【例4】（2022?雅安）已知二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象過點A（﹣1，0），B（3，0），且與y軸交于點C（0，﹣3）．（1）求此二次函數(shù)的表達式及圖象頂點D的坐標；（2）在此拋物線的對稱軸上是否存在點E，使△ACE為Rt△，若存在，試求點E的坐標，若不存在，請說明理由；（3）在平面直角坐標系中，存在點P，滿足PA⊥PD，求線段PB的最小值．1．（2020?河北模擬）已知拋物線C：y＝ax2+bx+c（a＞0，c＜0）的對稱軸為x＝4，C為頂點，且A（2，0），C（4，﹣2）【問題背景】求出拋物線C的解析式．【嘗試探索】如圖2，作點C關(guān)于x軸的對稱點C′，連接BC′，作直線x＝k交BC′于點M，交拋物線C于點N．①連接ND，若四邊形MNDC′是平行四邊形，求出k的值．②當線段MN在拋物線C與直線BC′圍成的封閉圖形內(nèi)部或邊界上時，請直接寫出線段MN的長度的最大值．【拓展延伸】如圖4，作矩形HGOE，且E（﹣3，0），H（﹣3，4），現(xiàn)將其沿x軸以1個單位每秒的速度向右平移，設(shè)運動時間為t，得到矩形H′G′O′E′，連接AC′，若矩形H′G′O′E′與直線AC′和拋物線C圍成的封閉圖形有公共部分，請求出t的取值范圍．2．（2018秋?寧城縣期末）已知，如圖，拋物線與x軸交點坐標為A（1，0），C（﹣3，0），（1）如圖1，已知頂點坐標D為（﹣1，4）或B點（0，3），選擇適當方法求拋物線的解析式；（2）如圖2，在拋物線的對稱軸DH上求作一點M，使△ABM的周長最小，并求出點M的坐標；（3）如圖3，將圖2中的對稱軸向左移動，交x軸于點P（m，0）（﹣3＜m＜﹣1），與拋物線，線段BC的交點分別為點E、F，用含m的代數(shù)式表示線段EF的長度，并求出當m為何值時，線段EF最長．3．（2021?橋西區(qū)模擬）如圖1，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于A（﹣1，0），B兩點，與y軸交于點C，且CO＝BO，連接BC．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖2，拋物線的頂點為D，其對稱軸與線段BC交于點E，求線段DE的長度；（3）如圖3，垂直于x軸的動直線l分別交拋物線和線段BC于點P和點F，連接CP，CD，拋物線上是否存在點P，使△CDE∽△PCF，如果存在，求出點P的坐標，如果不存在，請說明理由．4．（2022?和平區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線頂點A的坐標為（﹣2，4），且經(jīng)過坐標原點，與x軸負半軸交于點B．（1）求拋物線的函數(shù)表達式并直接寫出點B的坐標；（2）過點A作AC⊥x軸于點C，若點D是y軸左側(cè)的拋物線上一個動點（點D與點A不重合），過點D作DE⊥x軸于點E，連接AO，DO，當以A，O，C為頂點的三角形與以D，O，E為頂點的三角形相似時，求點D的坐標；（3）在（2）的條件下，當點D在第二象限時，在平面內(nèi)存在一條直線，這條直線與拋物線在第二象限交于點F，在第三象限交于點G，且點A，點B，點D，到直線FG的距離都相等，請直接寫出線段FG的長．5．（2022?鹿城區(qū)校級二模）如圖，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于點A（﹣1，0），B（5，0），與y軸交于點C．（1）求拋物線的解析式和頂點D的坐標．（2）連結(jié)AD，點E是對稱軸與x軸的交點，過E作EF∥AD交拋物線于點F（F在E的右側(cè)），過點F作FG∥x軸交ED于點H，交AD于點G，求HF的長．6．（2021?南崗區(qū)模擬）如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣4交x軸于點A（﹣3，0），B（4，0），交y軸于點C．（1）求拋物線的解析式；（2）點P為第一象限拋物線上一點，過點P作x軸的平行線，與拋物線的另一個交點為點G，連接CG交x軸于點N，設(shè)點P的橫坐標為t，ON的長為d，求d與t之間的函數(shù)解析式（不要求寫出自變量t的取值范圍）；（3）在（2）的條件下，連接PB，將線段PB繞著點P順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PD，點D恰好落在y軸上，點E在線段OB上，連接PE，點Q在EB的延長線上，且EQ＝PE，連接DQ交PE于點F，若PE＝3PF，求QN的長．7．（2021?涼山州模擬）如圖1，在平面直角坐標系中，已知B點坐標為（1，0），且OA＝OC＝3OB，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）圖象經(jīng)過A，B，C三點，其中D點是該拋物線的頂點．（1）求拋物線的解析式；（2）判斷△ADC的形狀并且求△ADC的面積；（3）如圖2，點P是該拋物線第三象限部分上的一個動點，過P點作PE⊥AC于E點，當PE的值最大時，求此時P點的坐標及PE的最大值．8．（2022?無錫二模）已知拋物線y＝mx2﹣2mx+3（m＜0）與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C，且OB＝3OA．（1）求拋物線的函數(shù)表達式；（2）若M、N是第一象限的拋物線上不同的兩點，且△BCN的面積總小于△BCM的面積，求點M的坐標；（3）若D為拋物線的頂點，P為第二象限的拋物線上的一點，連接BP、DP，分別交y軸于點E、F，若EF＝OC，求點P的坐標．9．（2021?乳源縣三模）如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（5，0），B（﹣1，0）兩點，與y軸交于點C（0，）．（1）求拋物線的解析式；（2）若點M是拋物線的頂點，連接AM，CM，求△AMC的面積；（3）若點P是拋物線上的一個動點，過點P作PE垂直y軸于點E，交直線AC于點D，過點D作x軸的垂線，垂足為點F，連接EF，當線段EF的長度最短時，求出點P的坐標．10．（2021?河池）在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣（x﹣1）2+4與x軸交于A，B兩點（A在B的右側(cè)），與y軸交于點C．（1）求直線CA的解析式；（2）如圖，直線x＝m與拋物線在第一象限交于點D，交CA于點E，交x軸于點F，DG⊥CA于點G，若E為GA的中點，求m的值．（3）直線y＝nx+n與拋物線交于M（x1，y1），N（x2，y2）兩點，其中x1＜x2．若x2﹣x1＞3且y2﹣y1＞0，結(jié)合函數(shù)圖象，探究n的取值范圍．11．（2021?桂林）如圖，已知拋物線y＝a（x﹣3）（x+6）過點A（﹣1，5）和點B（﹣5，m），與x軸的正半軸交于點C．（1）求a，m的值和點C的坐標；（2）若點P是x軸上的點，連接PB，PA，當＝時，求點P的坐標；（3）在拋物線上是否存在點M，使A，B兩點到直線MC的距離相等？若存在，求出滿足條件的點M的橫坐標；若不存在，請說明理由．12．（2021?吉林）如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象經(jīng)過點A（0，﹣），點B（1，）．（1）求此二次函數(shù)的解析式；（2）當﹣2≤x≤2時，求二次函數(shù)y＝x2+bx+c的最大值和最小值；（3）點P為此函數(shù)圖象上任意一點，其橫坐標為m，過點P作PQ∥x軸，點Q的橫坐標為﹣2m+1．已知點P與點Q不重合，且線段PQ的長度隨m的增大而減?。偾髆的取值范圍；②當PQ≤7時，直接寫出線段PQ與二次函數(shù)y＝x2+bx+c（﹣2≤x＜）的圖象交點個數(shù)及對應的m的取值范圍．13．（2020?武漢模擬）已知：在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2﹣2ax﹣3a交x軸于A、B兩點（點A在點B的左邊），交y軸負半軸于點C．（1）則點A的坐標為，點B的坐標為．（2）如圖1，過點A的直線y＝ax+a交y軸正半軸于點F，交拋物線于點D，過點B作BE∥y軸交AD于E，求證：AF＝DE．（3）如圖2，直線DE：y＝kx+b與拋物線只有一個交點D，與對稱軸交于點E，對稱軸上存在點F，滿足DF＝FE．若a＝1，求點F坐標．14．（2020?哈爾濱模擬）如圖，拋物線y＝ax2+bx+5經(jīng)過坐標軸上A、B和C三點，連接AC，tanC＝，5OA＝3OB．（1）求拋物線的解析式；（2）點Q在第四象限的拋物線上且橫坐標為t，連接BQ交y軸于點E，連接CQ、CB，△BCQ的面積為S，求S與t的函數(shù)解析式；（3）已知點D是拋物線的頂點，連接CQ，DH所在直線是拋物線的對稱軸，連接QH，若∠BQC＝45°，HR∥x軸交拋物線于點R，HQ＝HR，求點R的坐標．15．（2019?衡陽）如圖，二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于點A（﹣1，0）和點B（3，0），與y軸交于點N，以AB為邊在x軸上方作正方形ABCD，點P是x軸上一動點，連接CP，過點P作CP的垂線與y軸交于點E．（1）求該拋物線的函數(shù)關(guān)系表達式；（2）當點P在線段OB（點P不與O、B重合）上運動至何處時，線段OE的長有最大值？并求出這個最大值；（3）在第四象限的拋物線上任取一點M，連接MN、MB．請問：△MBN的面積是否存在最大值？若存在，求出此時點M的坐標；若不存在，請說明理由．16．（2020?天津）已知點A（1，0）是拋物線y＝ax2+bx+m（a，b，m為常數(shù)，a≠0，m＜0）與x軸的一個交點．（Ⅰ）當a＝1，m＝﹣3時，求該拋物線的頂點坐標；（Ⅱ）若拋物線與x軸的另一個交點為M（m，0），與y軸的交點為C，過點C作直線l平行于x軸，E是直線l上的動點，F(xiàn)是y軸上的動點，EF＝2．①當點E落在拋物線上（不與點C重合），且AE＝EF時，求點F的坐標；②取EF的中點N，當m為何值時，MN的最小值是？17．（2020?涼山州）如圖，二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象過O（0，0）、A（1，0）、B（，）三點．（1）求二次函數(shù)的解析式；（2）若線段OB的垂直平分線與y軸交于點C，與二次函數(shù)的圖象在x軸上方的部分相交于點D，求直線CD的解析式；（3）在直線CD下方的二次函數(shù)的圖象上有一動點P，過點P作PQ⊥x軸，交直線CD于Q，當線段PQ的長最大時，求點P的坐標．18．（2020?濱州）如圖，拋物線的頂點為A（h，﹣1），與y軸交于點B（0，﹣），點F（2，1）為其對稱軸上的一個定點．（1）求這條拋物線的函數(shù)解析式；（2）已知直線l是過點C（0，﹣3）且垂直于y軸的定直線，若拋物線上的任意一點P（m，n）到直線l的距離為d，求證：PF＝d；（3）已知坐標平面內(nèi)的點D（4，3），請在拋物線上找一點Q，使△DFQ的周長最小，并求此時△DFQ周長的最小值及點Q的坐標．19．（2016?巴彥淖爾）如圖所示，拋物線y＝ax2﹣x+c經(jīng)過原點O與點A（6，0）兩點，過點A作AC⊥x軸，交直線y＝2x﹣2于點C，且直線y＝2x﹣2與x軸交于點D．（1）求拋物線的解析式，并求出點C和點D的坐標；（2）求點A關(guān)于直線y＝2x﹣2的對稱點A′的坐標，并判斷點A′是否在拋物線上，并說明理由；（3）點P（x，y）是拋物線上一動點，過點P作y軸的平行線，交線段CA′于點Q，設(shè)線段PQ的長為l，求l與x的函數(shù)關(guān)系式及l(fā)的最大值．20．（2018?葫蘆島）如圖，拋物線y＝ax2+4x+c（a≠0）經(jīng)過點A（﹣1，0），點E（4，5），與y軸交于點B，連接AB．（1）求該拋物線的解析式；（2）將△ABO繞點O旋轉(zhuǎn)，點B的對應點為點F．①當點F落在直線AE上時，求點F的坐標和△ABF的面積；②當點F到直線AE的距離為時，過點F作直線AE的平行線與拋物線相交，請直接寫出交點的坐標．

【例1】（2022?襄陽）在平面直角坐標系中，直線y＝mx﹣2m與x軸，y軸分別交于A，B兩點，頂點為D的拋物線y＝﹣x2+2mx﹣m2+2與y軸交于點C．（1）如圖，當m＝2時，點P是拋物線CD段上的一個動點．①求A，B，C，D四點的坐標；②當△PAB面積最大時，求點P的坐標；（2）在y軸上有一點M（0，m），當點C在線段MB上時，①求m的取值范圍；②求線段BC長度的最大值．【分析】（1）根據(jù)函數(shù)上點的坐標特點可分別得出A，B，C，D的坐標；①當m＝2時，代入上述坐標即可得出結(jié)論；②過點P作PE∥y軸交直線AB于點E，設(shè)點P的橫坐標為t，所以P（t，﹣t2+4t﹣2），E（t，2t﹣4）．根據(jù)三角形的面積公式可得△PAB的面積，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)可得出結(jié)論；（2）由（1）可知，B（0，﹣2m），C（0，﹣m2+2），①y軸上有一點M（0，m），點C在線段MB上，需要分兩種情況：當點M的坐標大于點B的坐標時；當點M的坐標小于點B的坐標時，分別得出m的取值范圍即可；②根據(jù)①中的條件可知，分兩種情況，分別得出BC的長度，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可得出結(jié)論．【解答】解：（1）∵直線y＝mx﹣2m與x軸，y軸分別交于A，B兩點，∴A（2，0），B（0，﹣2m）；∵y＝﹣（x﹣m）2+2，∴拋物線的頂點為D（m，2），令x＝0，則y＝﹣m2+2，∴C（0，﹣m2+2）．①當m＝2時，﹣2m＝﹣4，﹣m2+2＝﹣2，∴B（0，﹣4），C（0，﹣2），D（2，2）．②由上可知，直線AB的解析式為：y＝2x﹣4，拋物線的解析式為：y＝﹣x2+4x﹣2．如圖，過點P作PE∥y軸交直線AB于點E，設(shè)點P的橫坐標為t，∴P（t，﹣t2+4t﹣2），E（t，2t﹣4）．∴PE＝﹣t2+4t﹣2﹣（2t﹣4）＝﹣t2+2t+2，∴△PAB的面積為：×（2﹣0）×（﹣t2+2t+2）＝﹣（t﹣1）2+3，∵﹣1＜0，∴當t＝1時，△PAB的面積的最大值為3．此時P（1，1）．（2）由（1）可知，B（0，﹣2m），C（0，﹣m2+2），①∵y軸上有一點M（0，m），點C在線段MB上，∴需要分兩種情況：當m≥﹣m2+2≥﹣2m時，可得≤m≤1+，當m≤﹣m2+2≤﹣2m時，可得﹣3≤m≤1﹣，∴m的取值范圍為：≤m≤1+或﹣3≤m≤1﹣．②當≤m≤1+時，∵BC＝﹣m2+2﹣（﹣2m）＝﹣m2+2m+2＝﹣（m﹣1）2+3，∴當m＝1時，BC的最大值為3；當m≤﹣m2+2≤﹣2m時，即﹣3≤m≤1﹣，∴BC＝﹣2m﹣（﹣m2+2）＝m2﹣2m﹣2＝（m﹣1）2﹣3，當m＝﹣3時，點M與點C重合，BC的最大值為13．∴當m＝1時，BC的最大值為3；當m＝﹣3時，BC的最大值為13．【例2】（2022?湖州）如圖1，已知在平面直角坐標系xOy中，四邊形OABC是邊長為3的正方形，其中頂點A，C分別在x軸的正半軸和y軸的正半軸上．拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過A，C兩點，與x軸交于另一個點D．（1）①求點A，B，C的坐標；②求b，c的值．（2）若點P是邊BC上的一個動點，連結(jié)AP，過點P作PM⊥AP，交y軸于點M（如圖2所示）．當點P在BC上運動時，點M也隨之運動．設(shè)BP＝m，CM＝n，試用含m的代數(shù)式表示n，并求出n的最大值．【分析】（1）①根據(jù)正方形的性質(zhì)得出點A，B，C的坐標；②利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式解答；（2）根據(jù)兩角相等證明△MCP∽△PBA，列比例式可得n與m的關(guān)系式，配方后可得結(jié)論．【解答】解：（1）①四邊形OABC是邊長為3的正方形，∴A（3，0），B（3，3），C（0，3）；②把A（3，0），C（0，3）代入拋物線y＝﹣x2+bx+c中得：，解得：；（2）∵AP⊥PM，∴∠APM＝90°，∴∠APB+∠CPM＝90°，∵∠B＝∠APB+∠BAP＝90°，∴∠BAP＝∠CPM，∵∠B＝∠PCM＝90°，∴△MCP∽△PBA，∴＝，即＝，∴3n＝m（3﹣m），∴n＝﹣m2+m＝﹣（m﹣）2+（0≤m≤3），∵﹣＜0，∴當m＝時，n的值最大，最大值是．【例3】（2021?青海）如圖，在平面直角坐標系中，直線y＝x+2與坐標軸交于A，B兩點，點A在x軸上，點B在y軸上，C點的坐標為（1，0），拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過點A，B，C．（1）求拋物線的解析式；（2）根據(jù)圖象寫出不等式ax2+（b﹣1）x+c＞2的解集；（3）點P是拋物線上的一動點，過點P作直線AB的垂線段，垂足為Q點．當PQ＝時，求P點的坐標．【分析】（1）根據(jù)題意得出A、B點的坐標，然后利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)的解析式；（2）根據(jù)（1）的解析式由圖象判斷即可；（3）作PE⊥x軸于點E，交AB于點D，根據(jù)函數(shù)圖象點P的位置分三種情況分別計算出P點的坐標即可．【解答】解：（1）當x＝0，y＝0+2＝2，當y＝0時，x+2＝0，解得x＝﹣2，∴A（﹣2，0），B（0，2），把A（﹣2，0），C（1，0），B（0，2）代入拋物線解析式，得，解得，∴該拋物線的解析式為：y＝﹣x2﹣x+2；（2）方法一：ax2+（b﹣1）x+c＞2，即﹣x2﹣2x+2＞2，當函數(shù)y＝﹣x2﹣2x+2＝2時，解得x＝0或x＝﹣2，由圖象知，當﹣2＜x＜0時函數(shù)值大于2，∴不等式ax2+（b﹣1）x+c＞2的解集為：﹣2＜x＜0；方法二：ax2+（b﹣1）x+c＞2，即﹣x2﹣x+2＞x+2，觀察函數(shù)圖象可知當﹣2＜x＜0時y＝﹣x2﹣x+2的函數(shù)值大于y＝x+2的函數(shù)值，∴不等式ax2+（b﹣1）x+c＞2的解集為：﹣2＜x＜0；（3）作PE⊥x軸于點E，交AB于點D，作PQ⊥AB于Q，①如圖1，當P在AB上方時，在Rt△OAB中，∵OA＝OB＝2，∴∠OAB＝45°，∴∠PDQ＝∠ADE＝45°，在Rt△PDQ中，∠DPQ＝∠PDQ＝45°，∴PQ＝DQ＝，∴PD＝＝1，設(shè)點P（x，﹣x2﹣x+2），則點D（x，x+2），∴PD＝﹣x2﹣x+2﹣（x+2）＝﹣x2﹣2x，即﹣x2﹣2x＝1，解得x＝﹣1，∴此時P點的坐標為（﹣1，2），②如圖2，當P點在A點左側(cè)時，同理①可得PD＝1，設(shè)點P（x，﹣x2﹣x+2），則點D（x，x+2），∴PD＝（x+2）﹣（﹣x2﹣x+2）＝x2+2x，即x2+2x＝1，解得x＝±﹣1，由圖象知此時P點在第三象限，∴x＝﹣﹣1，∴此時P點的坐標為（﹣﹣1，﹣），③如圖3，當P點在B點右側(cè)時，在Rt△OAB中，∵OA＝OB＝2，∴∠OAB＝45°，∴∠PDQ＝∠DPQ＝45°，在Rt△PDQ中，∠DPQ＝∠PDQ＝45°，∴PQ＝DQ＝，∴PD＝＝1，設(shè)點P（x，﹣x2﹣x+2），則點D（x，x+2），∴PD＝（x+2）﹣（﹣x2﹣x+2）＝x2+2x，即x2+2x＝1，解得x＝±﹣1，由圖象知此時P點在第一象限，∴x＝﹣1，∴此時P點的坐標為（﹣1，），綜上，P點的坐標為（﹣1，2）或（﹣﹣1，﹣）或（﹣1，）．【例4】（2022?雅安）已知二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象過點A（﹣1，0），B（3，0），且與y軸交于點C（0，﹣3）．（1）求此二次函數(shù)的表達式及圖象頂點D的坐標；（2）在此拋物線的對稱軸上是否存在點E，使△ACE為Rt△，若存在，試求點E的坐標，若不存在，請說明理由；（3）在平面直角坐標系中，存在點P，滿足PA⊥PD，求線段PB的最小值．【分析】（1）設(shè)二次函數(shù)的表達式為交點式，將點C坐標代入，進而求得結(jié)果；（2）先把AC，CE，AE的平方求出或表示出來，然后分為∠CAE＝90°，∠ACE＝90°及∠AEC＝90°，然后根據(jù)勾股定理逆定理列出方程，解方程，進而求得結(jié)果；（3）根據(jù)∠APD＝90°確定點P在以AD的中點為圓心，為半徑的圓上，進一步求得結(jié)果．【解答】解：（1）由題意設(shè)二次函數(shù)表達式為：y＝a（x+1）?（x﹣3），∴a?（﹣3）＝﹣3，∴a＝1，∴y＝（x+1）?（x﹣3）＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴D（1，﹣4）；（2）存在點E，使△ACE是直角三角形，過程如下：設(shè)點E（1，m），∵A（﹣1，0），C（0，﹣3），∴AC2＝10，AE2＝4+m2，CE2＝1+（m+3）2，當∠EAC＝90°時，AE2+AC2＝CE2，∴14+m2＝1+（m+3）2，∴m＝，∴E1（1，），當∠ACE＝90°時，AC2+CE2＝AE2，∴11+（m+3）2＝4+m2，∴m＝﹣，∴E2（1，﹣），當∠AEC＝90°時，AE2+CE2＝AC2，∴5+m2+（m+3）2＝10，∴m＝﹣1或﹣2，∴E3（1，﹣1），E4（1，﹣2），綜上所述：點E（1，）或（1，﹣）或（1，﹣1）或（1，﹣2）；（3）設(shè)AD的中點為I，∵A（﹣1，0），D（1，﹣4），∴AD＝＝2，I（0，﹣2），∴PA⊥PD，∴∠ADP＝90°，∴點P在以AD的中點I為圓心，為半徑的圓上，∵BI＝＝，∴PB最?。僵仯?．（2020?河北模擬）已知拋物線C：y＝ax2+bx+c（a＞0，c＜0）的對稱軸為x＝4，C為頂點，且A（2，0），C（4，﹣2）【問題背景】求出拋物線C的解析式．【嘗試探索】如圖2，作點C關(guān)于x軸的對稱點C′，連接BC′，作直線x＝k交BC′于點M，交拋物線C于點N．①連接ND，若四邊形MNDC′是平行四邊形，求出k的值．②當線段MN在拋物線C與直線BC′圍成的封閉圖形內(nèi)部或邊界上時，請直接寫出線段MN的長度的最大值．【拓展延伸】如圖4，作矩形HGOE，且E（﹣3，0），H（﹣3，4），現(xiàn)將其沿x軸以1個單位每秒的速度向右平移，設(shè)運動時間為t，得到矩形H′G′O′E′，連接AC′，若矩形H′G′O′E′與直線AC′和拋物線C圍成的封閉圖形有公共部分，請求出t的取值范圍．【分析】【問題背景】A（2，0），對稱軸為x＝4，則點B（6，0），則拋物線的表達式為：y＝a（x﹣2）（x﹣6），將點C的坐標代入上式即可求解；【嘗試探索】①四邊形MNDC′是平行四邊形，則MN＝DC′＝2，即|k2﹣4k+6﹣（﹣k+6）|＝2，解得：k＝3或3，②MN＝（﹣k+6）﹣（k2﹣4k+6）＝﹣k2+3k，即可求解；【拓展延伸】（Ⅰ）當t＝2時，矩形過點A，此時矩形H′G′O′E′與直線AC′和拋物線C圍成的封閉圖形有公共部分；（Ⅱ）當H′E′與對稱軸右側(cè)拋物線有交點時，此時y＝H′E′＝4，即x2﹣4x+6＝4，解得：x＝4（舍去4﹣2），即可求解．【解答】解：【問題背景】A（2，0），對稱軸為x＝4，則點B（6，0），則拋物線的表達式為：y＝a（x﹣2）（x﹣6），將點C的坐標代入上式得：﹣2＝a（4﹣2）?（4﹣6），解得：a＝，故拋物線的表達式為：…①；【嘗試探索】①點C′（4，2），由點B、C′的坐標可得，直線BC′的表達式為：y＝﹣x+6…②，四邊形MNDC′是平行四邊形，則MN＝DC′＝2，設(shè)點N的坐標為：（x，k2﹣4k+6），則點M（k，﹣k+6），即|k2﹣4k+6﹣（﹣k+6）|＝2，解得：k＝3或3，故k的值為：；②聯(lián)立①②并解得：x＝0或6，故拋物線C與直線BC′圍成的封閉圖形對應的k值取值范圍為：0≤k≤6，MN＝（﹣k+6）﹣（k2﹣4k+6）＝﹣k2+3k，∵0，故MN有最大值，最大值為；【拓展延伸】由點A、C′的坐標得，直線AC′表達式為：y＝x﹣2…③，聯(lián)立①③并解得：x＝2或8，即封閉區(qū)間對應的x取值范圍為：2≤x≤8，（Ⅰ）當t＝2時，矩形過點A，此時矩形H′G′O′E′與直線AC′和拋物線C圍成的封閉圖形有公共部分，（Ⅱ）當H′E′與對稱軸右側(cè)拋物線有交點時，此時y＝H′E′＝4，即x2﹣4x+6＝4，解得：x＝4（舍去4﹣2），即x＝4+2，則t＝3+4+2＝7+2，故t的取值范圍為：2≤t≤．2．（2018秋?寧城縣期末）已知，如圖，拋物線與x軸交點坐標為A（1，0），C（﹣3，0），（1）如圖1，已知頂點坐標D為（﹣1，4）或B點（0，3），選擇適當方法求拋物線的解析式；（2）如圖2，在拋物線的對稱軸DH上求作一點M，使△ABM的周長最小，并求出點M的坐標；（3）如圖3，將圖2中的對稱軸向左移動，交x軸于點P（m，0）（﹣3＜m＜﹣1），與拋物線，線段BC的交點分別為點E、F，用含m的代數(shù)式表示線段EF的長度，并求出當m為何值時，線段EF最長．【分析】（1）根據(jù)頂點D坐標設(shè)其頂點式，再將點C（2）連接BC，交DH于點M，使△ABM周長最小，即AM+BM最小，先求出BC直線解析式，再令x＝﹣1，求得M（﹣1，2）；（3）由題意得出E（m，﹣m2﹣2m+3），F(xiàn)（m，m+3），據(jù)此可知EF＝EP﹣FP＝﹣m2﹣2m+3﹣（m+3），再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可得答案．【解答】解：（1）由拋物線的頂點D的坐標（﹣1，4）可設(shè)其解析式為y＝a（x+1）2+4，將點C（﹣3，0）代入，得：4a+4＝0，解得a＝﹣1，則拋物線解析式為y＝﹣（x+1）2+4＝﹣x2﹣2x+3；（2）連接BC，交DH于點M，此時△ABM的周長最小，當y＝0時，﹣（x+1）2+4＝0，解得x＝﹣3或x＝1，則A（1，0），C（﹣3，0），當x＝0時，y＝3，則B（0，3），設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，將B（0，3），C（﹣3，0）代入得，解得：，∴直線BC解析式為y＝x+3，當x＝﹣1時，y＝﹣1+3＝2，所以點M坐標為（﹣1，2）；（3）由題意知E（m，﹣m2﹣2m+3），F(xiàn)（m，m+3），則EF＝EP﹣FP＝﹣m2﹣2m+3﹣（m+3）＝﹣m2﹣3m＝﹣（m+）2+，∴當m＝﹣時，線段EF最長．3．（2021?橋西區(qū)模擬）如圖1，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于A（﹣1，0），B兩點，與y軸交于點C，且CO＝BO，連接BC．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖2，拋物線的頂點為D，其對稱軸與線段BC交于點E，求線段DE的長度；（3）如圖3，垂直于x軸的動直線l分別交拋物線和線段BC于點P和點F，連接CP，CD，拋物線上是否存在點P，使△CDE∽△PCF，如果存在，求出點P的坐標，如果不存在，請說明理由．【分析】（1）根據(jù)題意可求得點C，B的坐標，將A，B坐標代入拋物線解析式求出a，b的值，即可得到拋物線解析式；（2）設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，將點C，B的坐標代入求得k，b的值，即可求得直線BC的解析式，再求DE即可；（3）根據(jù)△CDE∽△PCF，DE∥PF，可得：＝，設(shè)點P坐標為（t，﹣t2+2t+3），點F坐標為（t，﹣t+3），建立關(guān)于t的方程求解即可．【解答】解：（1）在拋物線y＝ax2+bx+3中，令x＝0，得y＝3，∴C（0，3），∴CO＝3，∵CO＝BO，∴BO＝3，∴B（3，0），∵A（﹣1，0），∴，解得：，∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+2x+3；（2）設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，∵B（3，0），C（0，3），∴，解得：，∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3，∵拋物線y＝﹣x2+2x+3的頂點D坐標為（1，4），∴當x＝1時，y＝﹣1+3＝2，∴E（1，2），∴DE＝2；（3）∵PF∥DE，∴∠CED＝∠CFP，當＝時，△PCF∽△CDE，由D（1，4），C（0，3），E（1，2），利用勾股定理，可得CE＝＝，DE＝4﹣2＝2，設(shè)點P坐標為（t，﹣t2+2t+3），點F坐標為（t，﹣t+3），∴PF＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3）＝﹣t2+3t，CF＝＝t，∴＝，∵t≠0，∴t＝2，當t＝2時，﹣t2+2t+3＝﹣22+2×2+3＝3，∴點P坐標為（2，3）．4．（2022?和平區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線頂點A的坐標為（﹣2，4），且經(jīng)過坐標原點，與x軸負半軸交于點B．（1）求拋物線的函數(shù)表達式并直接寫出點B的坐標；（2）過點A作AC⊥x軸于點C，若點D是y軸左側(cè)的拋物線上一個動點（點D與點A不重合），過點D作DE⊥x軸于點E，連接AO，DO，當以A，O，C為頂點的三角形與以D，O，E為頂點的三角形相似時，求點D的坐標；（3）在（2）的條件下，當點D在第二象限時，在平面內(nèi)存在一條直線，這條直線與拋物線在第二象限交于點F，在第三象限交于點G，且點A，點B，點D，到直線FG的距離都相等，請直接寫出線段FG的長．【分析】（1）設(shè)該拋物線解析式為y＝a（x+2）2+4（a≠0），把點（0，0）代入，即可求解；（2）根據(jù)題意得OC＝2，AC＝4，設(shè)點D（x，﹣x2﹣4x），則DE＝|﹣x2﹣4x|，OE＝﹣x，根據(jù)∠ACO＝∠DEO＝90°，可得當以A，O，C為頂點的三角形與以D，O，E為頂點的三角形相似時，∠AOC＝∠ODE或∠AOC＝∠DOE，分兩種討論，即可求解；（3）求出直線BD的解析式y(tǒng)＝x+14，直線BD與y軸交于（0，14），可得過點A平行于BD的直線AM的解析式為y＝x+11，交y軸于（0，11），可得直線FG的的解析式為y＝x+，聯(lián)立方程組，得到點F．G的坐標，即可求解．【解答】解：（1）∵拋物線頂點的坐標為（﹣2，4），∴設(shè)拋物線解析式為y＝a（x+2）2+4（a≠0），把點（0，0）代入得：0＝a（x+2）2+4．解得：a＝﹣1，∴拋物線解析式為y＝﹣（x+2）2+4＝﹣x2﹣4x．令y﹣0，則﹣x2﹣4x＝0，解得：x1＝﹣4，x2＝0，∴點B（﹣4，0），∴拋物線解析式為y＝﹣x2﹣4x．點B（﹣4，0）；（2）∵AC⊥x軸，點A（﹣2，4），∴點C（﹣2，0），∴OC＝2，AC＝4，∵∠ACO＝∠DEO＝90°，∴當以A，O，C為頂點的三角形與以D，O，E為頂點的三角形相似時，∠AOC＝∠ODE或∠AOC＝∠DOE，設(shè)D（x，﹣x2﹣4x），①當∠AOC＝∠ODE時，△AOC∽△ODE，如圖：∵∠AOC＝∠ODE，∴tan∠AOC＝tan∠ODE，∴＝＝2，∴＝2，∴﹣x＝2（x2+4x）或﹣x＝﹣2（x2+4x），∴x1＝0（舍去），x2＝﹣或x3＝0（舍去），x4＝﹣，∴點D的坐標為（﹣，﹣）或（﹣，）；②當∠AOC＝∠DOE時，△AOC∽△DOE，如圖：∵∠AOC＝∠DOE，∴tan∠AOC＝tan∠DOE，∴＝＝2，∴＝2，∴﹣2x＝x2+4x或2x＝x2+4x，∴x1＝0（舍去），x2＝﹣6或x3＝0（舍去），x4＝﹣2（舍去），∴點D的坐標為（﹣6，﹣12）；點D（﹣6，﹣12）；綜上所述，當以A，O，C為頂點的三角形與以D，O，E為頂點的三角形相似時，點D的坐標為（﹣6，﹣12）或（﹣，﹣）或（﹣，）；（3）∵在（2）的條件下，點D在第二象限，∴點D的坐標為（﹣，），直線BD的解析式y(tǒng)＝kx+m，∴，解得，∴直線BD的解析式y(tǒng)＝x+14，直線BD與y軸交于（0，14），∴過點A平行于BD的直線AM的解析式為y＝x+11，交y軸于（0，11），∵點A，點B，點D，到直線FG的距離都相等，∴直線FG的的解析式為y＝x+，聯(lián)立得，解得，，∴F（﹣，），G（﹣5，﹣5），∴FG＝＝．5．（2022?鹿城區(qū)校級二模）如圖，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于點A（﹣1，0），B（5，0），與y軸交于點C．（1）求拋物線的解析式和頂點D的坐標．（2）連結(jié)AD，點E是對稱軸與x軸的交點，過E作EF∥AD交拋物線于點F（F在E的右側(cè)），過點F作FG∥x軸交ED于點H，交AD于點G，求HF的長．【分析】（1）把點A（﹣1，0），B（5，0）代入拋物線解析式即可求解；（2）延長FG交y軸于點I，根據(jù)A，E，D坐標求出AE＝3，DE＝9，在Rt△EAD中，tan∠EAD＝3，再根據(jù)四邊形AGFE是平行四邊形，得出tan∠EFH＝tan∠EAD＝3，設(shè)HF＝m，EH＝3m，易證四邊形OIHE是矩形，把點F（m+2，﹣3m）代入y＝x2﹣4x﹣5，求出m即可．【解答】解：（1）把點A（﹣1，0），B（5，0）代入拋物線解析式，得：，解得：，∴y＝x2﹣4x﹣5＝（x﹣2）2﹣9，∴拋物線解析式為y＝x2﹣4x﹣5，頂點D坐標為（2，﹣9）；（2）延長FG交y軸于點I，∵A（﹣1，0），E（2，0），D（2，﹣9），∴AE＝3，DE＝9，∴在Rt△EAD中，，∵EF∥AD，F(xiàn)G∥x軸，∴四邊形AGFE是平行四邊形，∴tan∠EFH＝tan∠EAD＝3，∴在Rt△EHF中，EH＝3HF，設(shè)HF＝m，EH＝3m，易證四邊形OIHE是矩形，把點F（m+2，﹣3m）代入y＝x2﹣4x﹣5，得，﹣3m＝（m+2）2﹣4（m+2）﹣5，解得：或m＝（舍去），∴．6．（2021?南崗區(qū)模擬）如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣4交x軸于點A（﹣3，0），B（4，0），交y軸于點C．（1）求拋物線的解析式；（2）點P為第一象限拋物線上一點，過點P作x軸的平行線，與拋物線的另一個交點為點G，連接CG交x軸于點N，設(shè)點P的橫坐標為t，ON的長為d，求d與t之間的函數(shù)解析式（不要求寫出自變量t的取值范圍）；（3）在（2）的條件下，連接PB，將線段PB繞著點P順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PD，點D恰好落在y軸上，點E在線段OB上，連接PE，點Q在EB的延長線上，且EQ＝PE，連接DQ交PE于點F，若PE＝3PF，求QN的長．【分析】（1）運用待定系數(shù)法即可得出答案；（2）設(shè)P（t，t2﹣t﹣4），則G（1﹣t，t2﹣t﹣4），利用tan∠GCH＝＝，求出CN，即可得出答案；（3）過點P作PT⊥x軸于點T，可證得△PDH≌△PBT（AAS），過點F作x軸的垂線，垂足為K，過點D作KF的垂線，垂足為R，KR與PH交于點M，再證得△DRF≌△QKF（ASA），過點Q作QW∥PD，可證得△DPF≌△QWF（AAS），過點Q作QZ⊥PE于點Z，再證明△EQZ≌△EPT（AAS），再利用HL證明Rt△QWZ≌Rt△PBT，設(shè)EB＝m，運用勾股定理建立方程求解即可．【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx﹣4交x軸于點A（﹣3，0），B（4，0），∴，解得：，∴拋物線的解析式為；（2）如圖1，設(shè)P（t，t2﹣t﹣4），∵拋物線的對稱軸為直線，PG∥x軸，∴點G與點P是拋物線上的一對對稱點，∴G（1﹣t，t2﹣t﹣4），設(shè)PG與y軸交于點H，則H（0，t2﹣t﹣4），在拋物線中，令x＝0，得y＝﹣4，∴C（0，﹣4），∴OC＝4，又CH＝t2﹣t﹣4﹣（﹣4）＝t2﹣t，GH＝t﹣1，∵tan∠GCH＝＝，∴，解得：，∴d與t之間的函數(shù)解析式為d＝；（3）如圖2，過點P作PT⊥x軸于點T，∵∠DPB＝∠PHO＝∠HOB＝∠PTO＝∠PHD＝90°，∴四邊形PHOT為矩形，∴∠HPT＝90°，∴∠DPH＝∠BPT，∵PD＝PB，∴△PDH≌△PBT（AAS），∴DH＝BT，PH＝PT，∴，解得：t1＝6，t2＝﹣2（舍），∴P（6，6），∴T（6，0），∴DH＝BT＝2，ON＝d＝2，過點F作x軸的垂線，垂足為K，過點D作KF的垂線，垂足為R，KR與PH交于點M，∵PE＝3PF，∴EF＝2PF，∵cos∠PFM＝cos∠EFK，∴，∴FK＝2FM，∵∠MPT＝∠PTK＝∠TKM＝90°，∴四邊形PMKT為矩形，∴MK＝PT＝6，∴FM＝2，F(xiàn)K＝4，同理四邊形DHMR為矩形，∴DH＝RM＝2，RF＝FK＝4，∠R＝∠FKQ＝90°，∵∠DFR＝∠KFQ，∴△DRF≌△QKF（ASA），∴DF＝QF，過點Q作QW∥PD，∴∠DPF＝∠QWF∵∠DFP＝∠WFQ，DF＝FQ，∴△DPF≌△QWF（AAS），∴DP＝QW＝PB，PF＝WF，∴，過點Q作QZ⊥PE于點Z，∴∠EZQ＝∠PTE＝90°，∵∠PET＝∠QEZ，EP＝EQ，∴△EQZ≌△EPT（AAS），∴PT＝QZ，EZ＝ET，∵QW＝PB，∴Rt△QWZ≌Rt△PBT（HL），∴WZ＝BT，∴EW＝EB．設(shè)EB＝m，則EW＝WF＝FP＝m，∴EP＝3m，∵BT＝2，∴ET＝m+2，PT＝6，在Rt△EPT中，∵PE2＝ET2+PT2，∴（3m）2＝（m+2）2+62，解得：，m2＝﹣2（舍），∴，∴BQ＝2BE＝5，∵OB＝4，∴OQ＝9，∵ON＝2，∴QN＝OQ+ON＝11．7．（2021?涼山州模擬）如圖1，在平面直角坐標系中，已知B點坐標為（1，0），且OA＝OC＝3OB，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）圖象經(jīng)過A，B，C三點，其中D點是該拋物線的頂點．（1）求拋物線的解析式；（2）判斷△ADC的形狀并且求△ADC的面積；（3）如圖2，點P是該拋物線第三象限部分上的一個動點，過P點作PE⊥AC于E點，當PE的值最大時，求此時P點的坐標及PE的最大值．【分析】（1）根據(jù)B點坐標為（1，0），且OA＝OC＝3OB，得出B，C點的坐標，用待定系數(shù)法求解析式即可；（2）根據(jù)坐標求出三角形各邊的長，利用勾股定理判斷其為直角三角形，再用三角形面積公式求面積即可；（3）求出直線AC的解析式，過點P作PH∥y軸交AC于H，設(shè)出P點和H點坐標，用含x的代數(shù)式求出PE的值，根據(jù)二次函數(shù)性質(zhì)求最值即可．【解答】解：（1）∵B點坐標為（1，0），∴OB＝1，又∵OA＝OC＝3OB，∴OA＝OC＝3，∴A（﹣3，0），C（0，﹣3），將A，B，C三點代入解析式得，，解得，∴拋物線的解析式為：y＝x2+2x﹣3；（2）由（1）知拋物線的解析式為y＝x2+2x﹣3，∴對稱軸為直線x＝﹣＝﹣1，當x＝﹣1時，y＝（﹣1）2+2×（﹣1）﹣3＝﹣4，∴D點的坐標為（﹣1，﹣4），∴|AD|＝＝2，|AC|＝＝3，|CD|＝＝，∵|AD|2＝|AC|2+|CD|2，∴△ACD是直角三角形，S△ABC＝|AC|?|CD|＝×＝3；（3）設(shè)直線AC的解析式為y＝sx+t，代入A，C點坐標，得，解得，∴直線AC的解析式為y＝﹣x﹣3，如右圖，過點P作y軸的平行線交AC于點H，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA＝45°，∵PH∥y軸，∴∠PHE＝∠OCA＝45°，設(shè)點P（x，x2+2x﹣3），則點H（x，﹣x﹣3），∴PH＝﹣x﹣3﹣（x2+2x﹣3）＝﹣x2﹣3x，∴PE＝PH?sin∠PHE＝（﹣x2﹣3x）×＝﹣（x+）2+，∴當x＝﹣時，PE有最大值為，此時P點的坐標為（﹣，﹣）．8．（2022?無錫二模）已知拋物線y＝mx2﹣2mx+3（m＜0）與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C，且OB＝3OA．（1）求拋物線的函數(shù)表達式；（2）若M、N是第一象限的拋物線上不同的兩點，且△BCN的面積總小于△BCM的面積，求點M的坐標；（3）若D為拋物線的頂點，P為第二象限的拋物線上的一點，連接BP、DP，分別交y軸于點E、F，若EF＝OC，求點P的坐標．【分析】（1）設(shè)A（x1，0），B（x2，0），因為OB＝3OA，所以x2＝﹣3x1，又由于x1，x2是方程mx2﹣2mx+3＝0的兩根，所以x1+x2＝2，從而求出x1的值，得到A點坐標，代入到解析式中，求出m，即可解決問題；（2）由題意可得，只要求得第一象限內(nèi)M點，使△BCM面積最大，過M作y軸平行線交BC于G點，設(shè)M（a，﹣a2+2a+3），先求出直線BC的解析式，可以得到G（a，﹣a+3），從而得的MG＝﹣a2+3a，利用S△MBC＝S△MGC+S△MGB，得到S△MBC＝，當a＝時，△MBC面積最大，從而求得M點坐標；（3）由EF＝得EF＝1，過D作DQ∥y軸交BP于Q點，設(shè)出P點坐標，求出D點坐標和直線BP解析式，從而表示出DQ的長度，由△PEF∽△PQD，利用相似三角形對應邊上的高的比等于相似比，列出方程，即可解決．【解答】解：（1）設(shè)A（x1，0），B（x2，0），∵OB＝3OA，∴x2＝﹣3x1，令y＝0，則mx2﹣2mx+3＝0，∵x1與x2是方程的兩根，∴x1+x2＝2，又x2＝﹣3x1，∴x1＝﹣1，x2＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0），將x＝﹣1代入到方程中得m＝﹣1，∴拋物線的函數(shù)表達式為：y＝﹣x2+2x+3；（2）令x＝0，則y＝﹣x2+2x+3＝3，∴C（0，3），設(shè)直線BC解析式為y＝kx+3，代入點B的坐標得，k＝﹣1，∴直線BC的解析式為：y＝﹣x+3，設(shè)M（a，﹣a2+2a+3），如圖1，過M作MG∥y軸交直線BC于G點，則G（a，﹣a+3），∴MG＝﹣a2+3a，∴S△MBC＝S△MGC+S△MGB＝＝，當a＝時，△MBC面積最大，此時△BCN的面積總小于△BCM的面積，∴M（）；（3）如圖2，由（1）可得，OC＝3，∴EF＝，設(shè)P（t，﹣t2+2t+3），∵B（3，0），∴直線BP的解析式為y＝﹣（t+1）（x﹣3），∵y＝﹣（x﹣1）2+4，∴D（1，4），過D作y軸的平行線交直線BP于Q點，∴Q（1，2t+2），∴DQ＝2﹣2t，∵DQ∥y軸，∴△PEF∽△PQD，∴，∴，∴P（）．9．（2021?乳源縣三模）如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（5，0），B（﹣1，0）兩點，與y軸交于點C（0，）．（1）求拋物線的解析式；（2）若點M是拋物線的頂點，連接AM，CM，求△AMC的面積；（3）若點P是拋物線上的一個動點，過點P作PE垂直y軸于點E，交直線AC于點D，過點D作x軸的垂線，垂足為點F，連接EF，當線段EF的長度最短時，求出點P的坐標．【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；（2）△AMC的面積＝S△MHC+S△MHA＝×MH×OA，即可求解；（3）點D在直線AC上，設(shè)點D（m，﹣m+），由題意得，四邊形OEDF為矩形，故EF＝OD，即當線段EF的長度最短時，只需要OD最短即可，進而求解．【解答】解：（1）設(shè)拋物線的表達式為y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）＝a（x﹣5）（x+1），將點C的坐標代入上式得：＝a（0﹣5）（0+1），解得a＝﹣，故拋物線的表達式為y＝﹣（x﹣5）（x+1）＝﹣x2+2x+；（2）由拋物線的表達式得頂點M（2，），過點M作MH∥y軸交AC于點H，設(shè)直線AC的表達式為y＝kx+t，則，解得，故直線AC的表達式為y＝﹣x+，當x＝2時，y＝，則MH＝﹣＝3，則△AMC的面積＝S△MHC+S△MHA＝×MH×OA＝×3×5＝；（3）點D在直線AC上，設(shè)點D（m，﹣m+），由題意得，四邊形OEDF為矩形，故EF＝OD，即當線段EF的長度最短時，只需要OD最短即可，則EF2＝OD2＝m2+（﹣m+）2＝m2﹣m+，∵＞0，故EF2存在最小值（即EF最?。藭rm＝1，故點D（1，2），∵點P、D的縱坐標相同，故2＝﹣x2+2x+，解得x＝2±，故點P的坐標為（2，2）或（2﹣，2）．10．（2021?河池）在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣（x﹣1）2+4與x軸交于A，B兩點（A在B的右側(cè)），與y軸交于點C．（1）求直線CA的解析式；（2）如圖，直線x＝m與拋物線在第一象限交于點D，交CA于點E，交x軸于點F，DG⊥CA于點G，若E為GA的中點，求m的值．（3）直線y＝nx+n與拋物線交于M（x1，y1），N（x2，y2）兩點，其中x1＜x2．若x2﹣x1＞3且y2﹣y1＞0，結(jié)合函數(shù)圖象，探究n的取值范圍．【分析】（1）由y＝﹣（x﹣1）2+4中，得A（3，0），B（﹣1，0），C（0，3），利用待定系數(shù)法即可得，直線CA的解析式為y＝﹣x+3；（2）根據(jù)直線x＝m與拋物線在第一象限交于點D，交CA于點E，交x軸于點F，可得D（m，﹣（m﹣1）2+4），且0＜m＜3，E（m，﹣m+3），F(xiàn)（m，0），從而AF＝3﹣m，DE＝﹣m2+3m，而△EAF是等腰直角三角形，可得AE＝AF＝3﹣m，△DEG是等腰直角三角形，即可列﹣m2+3m＝（3﹣m），解得m＝2或m＝3（舍去）；（3）由得或，①若3﹣n＞﹣1，即n＜4，根據(jù)x2﹣x1＞3且y2﹣y1＞0，可得3﹣n﹣（﹣1）＞3，且﹣n2+4n﹣0＞0，即解得0＜n＜1；②若3﹣n＜﹣1，即n＞4，可得：﹣1﹣（3﹣n）＞3且0﹣（﹣n2+4n）＞0，即解得n＞7．【解答】解：（1）在y＝﹣（x﹣1）2+4中，令x＝0得y＝3，令y＝0得x＝﹣1或3，∴A（3，0），B（﹣1，0），C（0，3），設(shè)直線CA的解析式為y＝kx+b，則，解得，∴直線CA的解析式為y＝﹣x+3；（2）∵直線x＝m與拋物線在第一象限交于點D，交CA于點E，交x軸于點F，∴D（m，﹣（m﹣1）2+4），且0＜m＜3，E（m，﹣m+3），F(xiàn)（m，0），∴AF＝3﹣m，DE＝﹣（m﹣1）2+4﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，∵A（3，0），C（0，3），∴∠EAF＝45°，△EAF是等腰直角三角形，∴AE＝AF＝3﹣m，∠DEG＝∠AEF＝45°，∴△DEG是等腰直角三角形，∴DE＝GE，∵E為GA的中點，∴GE＝AE＝3﹣m，∴﹣m2+3m＝（3﹣m），解得m＝2或m＝3，∵m＝3時，D與A重合，舍去，∴m＝2；（3）由得或，①若3﹣n＞﹣1，即n＜4，如圖：∵x2﹣x1＞3且y2﹣y1＞0，∴3﹣n﹣（﹣1）＞3，且﹣n2+4n﹣0＞0，解得0＜n＜1；②若3﹣n＜﹣1，即n＞4，同理可得：﹣1﹣（3﹣n）＞3且0﹣（﹣n2+4n）＞0，解得n＞7，綜上所述，n的取值范圍是0＜n＜1或n＞7．11．（2021?桂林）如圖，已知拋物線y＝a（x﹣3）（x+6）過點A（﹣1，5）和點B（﹣5，m），與x軸的正半軸交于點C．（1）求a，m的值和點C的坐標；（2）若點P是x軸上的點，連接PB，PA，當＝時，求點P的坐標；（3）在拋物線上是否存在點M，使A，B兩點到直線MC的距離相等？若存在，求出滿足條件的點M的橫坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可．（2）設(shè)P（t，0），則有＝，解方程，可得結(jié)論．（3）存在．連接AB，設(shè)AB的中點為T．分兩種情形：①當直線CM經(jīng)過AB的中點T時，滿足條件．②CM′∥AB時，滿足條件．根據(jù)方程組求出點M的坐標即可．【解答】解：（1）∵拋物線y＝a（x﹣3）（x+6）過點A（﹣1，5），∴5＝﹣20a，∴a＝﹣，∴拋物線的解析式為y＝﹣（x﹣3）（x+6），令y＝0，則﹣（x﹣3）（x+6）＝0，解得x＝3或﹣6，∴C（3，0），當x＝﹣5時，y＝﹣×（﹣8）×1＝2，∴B（﹣5，2），∴m＝2．（2）設(shè)P（t，0），則有＝，整理得，21t2+242t+621＝0，解得t＝﹣或﹣，經(jīng)檢驗t＝﹣或﹣是方程的解，∴滿足條件的點P坐標為（﹣，0）或（﹣，0）．（3）存在．連接AB，設(shè)AB的中點為T．①當直線CM經(jīng)過AB的中點T時，滿足條件．∵A（﹣1，5），B（﹣5，2），TA＝TB，∴T（﹣3，），∵C（3，0），∴直線CT的解析式為y＝﹣x+，由，解得（即點C）或，∴M（﹣，），②CM′∥AB時，滿足條件，∵直線AB的解析式為y＝x+，∴直線CM′的解析式為y＝x﹣，由，解得（即點C）或，∴M′（﹣9，﹣9），綜上所述，滿足條件的點M的橫坐標為﹣或﹣9．12．（2021?吉林）如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象經(jīng)過點A（0，﹣），點B（1，）．（1）求此二次函數(shù)的解析式；（2）當﹣2≤x≤2時，求二次函數(shù)y＝x2+bx+c的最大值和最小值；（3）點P為此函數(shù)圖象上任意一點，其橫坐標為m，過點P作PQ∥x軸，點Q的橫坐標為﹣2m+1．已知點P與點Q不重合，且線段PQ的長度隨m的增大而減?。偾髆的取值范圍；②當PQ≤7時，直接寫出線段PQ與二次函數(shù)y＝x2+bx+c（﹣2≤x＜）的圖象交點個數(shù)及對應的m的取值范圍．【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解．（2）將函數(shù)代數(shù)式配方，由拋物線開口方向和對稱軸直線方程求解．（3）①由0＜PQ≤7求出m取值范圍，②通過數(shù)形結(jié)合求解．【解答】解：（1）將A（0，﹣），點B（1，）代入y＝x2+bx+c得：，解得，∴y＝x2+x﹣．（2）∵y＝x2+x﹣＝（x+）2﹣2，∵拋物線開口向上，對稱軸為直線x＝﹣．∴當x＝﹣時，y取最小值為﹣2，∵2﹣（﹣）＞﹣﹣（﹣2），∴當x＝2時，y取最大值22+2﹣＝．（3）①PQ＝|﹣2m+1﹣m|＝|﹣3m+1|，當﹣3m+1＞0時，PQ＝﹣3m+1，PQ的長度隨m的增大而減小，當﹣3m+1＜0時，PQ＝3m﹣1，PQ的長度隨m增大而增大，∴﹣3m+1＞0滿足題意，解得m＜．②∵0＜PQ≤7，∴0＜﹣3m+1≤7，解得﹣2≤m＜，如圖，當m＝﹣時，點P在最低點，PQ與圖象有1交點，m增大過程中，﹣＜m＜，點P與點Q在對稱軸右側(cè)，PQ與圖象只有1個交點，直線x＝關(guān)于拋物線對稱軸直線x＝﹣對稱后直線為x＝﹣，∴﹣＜m＜﹣時，PQ與圖象有2個交點，當﹣2≤m≤﹣時，PQ與圖象有1個交點，綜上所述，﹣2≤m≤﹣或﹣≤m時，PQ與圖象交點個數(shù)為1，﹣＜m＜﹣時，PQ與圖象有2個交點．13．（2020?武漢模擬）已知：在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2﹣2ax﹣3a交x軸于A、B兩點（點A在點B的左邊），交y軸負半軸于點C．（1）則點A的坐標為（﹣1，0），點B的坐標為（3，0）．（2）如圖1，過點A的直線y＝ax+a交y軸正半軸于點F，交拋物線于點D，過點B作BE∥y軸交AD于E，求證：AF＝DE．（3）如圖2，直線DE：y＝kx+b與拋物線只有一個交點D，與對稱軸交于點E，對稱軸上存在點F，滿足DF＝FE．若a＝1，求點F坐標．【分析】（1）令y＝0，得ax2﹣2ax﹣3a＝0，解出x即可；（2）過E，D分別作x軸，y軸的平行線，交于H，證明∴&△FAO≌△DEH即可；（3）令x^{2}﹣2x﹣3＝kx+b得x2﹣（2+k）x﹣3﹣b＝0，得出k與b的關(guān)系，然后求出D，E的坐標，根據(jù)FE＝FD，列方程求出F的坐標．【解答】（1）令y＝0，得ax2﹣2ax﹣3a＝0即x2﹣2x﹣3＝0得x1＝3，x2＝﹣1∴A（﹣1，0）B（3，0）（2）過E，D分別作x軸，y軸的平行線，交于H．令ax+a＝ax2﹣2ax﹣3a得ax2﹣3ax﹣4a＝0，∴x2﹣3x﹣4＝0∴x1＝4，x2＝﹣1∴xD＝4∴EH＝AO＝1＝∠AOF＝∠EHD，∠FAO＝∠DEH∴△FAO≌△DEH∴AF＝DE（3）令x^{2}﹣2x﹣3＝kx+b得x2﹣（2+k）x﹣3﹣b＝0（2+k）2+4（3+b）＝0∴＝＝∴∴＝∴，∴＝＝∴＝＝∵EF＝DF∴整理得∴yF＝﹣F的坐標為（1，﹣）14．（2020?哈爾濱模擬）如圖，拋物線y＝ax2+bx+5經(jīng)過坐標軸上A、B和C三點，連接AC，tanC＝，5OA＝3OB．（1）求拋物線的解析式；（2）點Q在第四象限的拋物線上且橫坐標為t，連接BQ交y軸于點E，連接CQ、CB，△BCQ的面積為S，求S與t的函數(shù)解析式；（3）已知點D是拋物線的頂點，連接CQ，DH所在直線是拋物線的對稱軸，連接QH，若∠BQC＝45°，HR∥x軸交拋物線于點R，HQ＝HR，求點R的坐標．【分析】（1）c＝5，OC＝5，tanC＝，則OA＝3，5OA＝3OB，則OB＝5，故點A、B、C的坐標分別為：（3，0）、（﹣5，0）、（0，5），即可求解；（2）S＝CE×（xQ﹣xB）＝×（5+t﹣5）×（t+5）＝t2+t；（3）證明△CTE≌△QTJ（AAS），故CE＝QJ＝5m，JN＝JQ﹣QN＝5m﹣3m＝2m，tan∠EQN＝tan∠JCN，即，解得：EN＝m或﹣6m（舍去﹣6m）；CN＝CE+EN＝5m+m＝6m，故點Q（3m，5﹣6m），將點Q的坐標代入拋物線表達式并解得：m＝0（舍去）或，故點Q（4，﹣3），設(shè)：HR＝k，則點R（k﹣1，﹣k2+），QS＝y(tǒng)Q﹣yR＝k2﹣，由勾股定理得：QS2+HS2＝HQ2，即（k2﹣）2+25＝k2，即可求解．【解答】解：（1）c＝5，OC＝5，tanC＝，則OA＝3，5OA＝3OB，則OB＝5，故點A、B、C的坐標分別為：（3，0）、（﹣5，0）、（0，5），則拋物線表達式為：y＝a（x+5）（x﹣3）＝a（x2+2x﹣15），即﹣15a＝5，解得：a＝﹣，故拋物線的表達式為：y＝﹣x2﹣x+5；（2）設(shè)點Q（t，﹣t2﹣t+5），點B（﹣5，0），由點B、Q的坐標得：直線BQ的表達式為：y＝﹣（t﹣3）（x+5），故點E（0，﹣t+5），S＝CE×（xQ﹣xB）＝×（5+t﹣5）×（t+5）＝t2+t；（3）過點Q作QJ∥x軸交y軸于點N，交對稱軸于點L，過點C作CT⊥BQ于點T，延長CT交QJ于點J，過點Q作y軸的平行線交x軸于點K，交HR于點S，則OKQN為矩形，OK＝QN＝t，由（2）知，CE＝t，故QN：CE＝3：5，設(shè)QN＝3m，則CE＝5m，∵∠BQC＝45°，故CT＝QT，∠EQN＝90°﹣∠NEQ＝90°﹣∠CET＝∠TCE＝∠JCN，故△CTE≌△QTJ（AAS），故CE＝QJ＝5m，JN＝JQ﹣QN＝5m﹣3m＝2m，tan∠EQN＝tan∠JCN，即，解得：EN＝m或﹣6m（舍去﹣6m）；CN＝CE+EN＝5m+m＝6m，故點Q（3m，5﹣6m），將點Q的坐標代入拋物線表達式并解得：m＝0（舍去）或，故點Q（4，﹣3），拋物線的頂點D坐標為：（﹣1，），QL＝4+1＝5＝HS，設(shè)：HR＝k，則點R（k﹣1，﹣k2+），QS＝y(tǒng)Q﹣yR＝k2﹣，由勾股定理得：QS2+HS2＝HQ2，即（k2﹣）2+25＝k2，解得：k＝（不合題意值已舍去），故點R（﹣1，﹣6）．15．（2019?衡陽）如圖，二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于點A（﹣1，0）和點B（3，0），與y軸交于點N，以AB為邊在x軸上方作正方形ABCD，點P是x軸上一動點，連接CP，過點P作CP的垂線與y軸交于點E．（1）求該拋物線的函數(shù)關(guān)系表達式；（2）當點P在線段OB（點P不與O、B重合）上運動至何處時，線段OE的長有最大值？并求出這個最大值；（3）在第四象限的拋物線上任取一點M，連接MN、MB．請問：△MBN的面積是否存在最大值？若存在，求出此時點M的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）將點A、B的坐標代入二次函數(shù)表達式，即可求解；（2）設(shè)OP＝x，則PB＝3﹣x，由△POE∽△CBP得出比例線段，可表示OE的長，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求出線段OE的最大值；（3）過點M作MH∥y軸交BN于點H，由S△MNB＝S△BMH+S△MNH＝即可求解．【解答】解：（1））∵拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過A（﹣1，0），B（3，0），把A、B兩點坐標代入上式，，解得：，故拋物線函數(shù)關(guān)系表達式為y＝x2﹣2x﹣3；（2）∵A（﹣1，0），點B（3，0），∴AB＝OA+OB＝1+3＝4，∵正方形ABCD中，∠ABC＝90°，PC⊥PE，∴∠OPE+∠CPB＝90°，∠CPB+∠PCB＝90°，∴∠OPE＝∠PCB，又∵∠EOP＝∠PBC＝90°，∴△POE∽△CBP，∴，設(shè)OP＝x，則PB＝3﹣x，∴，∴OE＝，∵0＜x＜3，∴時，線段OE長有最大值，最大值為．即OP＝時，點P在線段OB上運動至P（，0）時，線段OE有最大值．最大值是．（3）存在．如圖，過點M作MH∥y軸交BN于點H，∵拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3，∴x＝0，y＝﹣3，∴N點坐標為（0，﹣3），設(shè)直線BN的解析式為y＝kx+b，∴，∴，∴直線BN的解析式為y＝x﹣3，設(shè)M（a，a2﹣2a﹣3），則H（a，a﹣3），∴MH＝a﹣3﹣（a2﹣2a﹣3）＝﹣a2+3a，∴S△MNB＝S△BMH+S△MNH＝＝＝，∵，∴a＝時，△MBN的面積有最大值，最大值是，此時M點的坐標為（）．16．（2020?天津）已知點A（1，0）是拋物線y＝ax2+bx+m（a，b，m為常數(shù)，a≠0，m＜0）與x軸的一個交點．（Ⅰ）當a＝1，m＝﹣3時，求該拋物線的頂點坐標；（Ⅱ）若拋物線與x軸的另一個交點為M（m，0），與y軸的交點為C，過點C作直線l平行于x軸，E是直線l上的動點，F(xiàn)是y軸上的動點，EF＝2．①當點E落在拋物線上（不與點C重合），且AE＝EF時，求點F的坐標；②取EF的中點N，當m為何值時，MN的最小值是？【分析】（Ⅰ）將A（1，0）代入拋物線的解析式求出b＝2，由配方法可求出頂點坐標；（Ⅱ）①根據(jù)題意得出a＝1，b＝﹣m﹣1．求出拋物線的解析式為y＝x2﹣（m+1）x+m．則點C（0，m），點E（m+1，m），過點A作AH⊥l于點H，由點A（1，0），得點H（1，m）．根據(jù)題意求出m的值，可求出CF的長，則可得出答案；②得出CN＝EF＝．求出MC＝﹣m，當MC≥，即m≤﹣1時，當MC＜，即﹣1＜m＜0時，根據(jù)MN的最小值可分別求出m的值即可．【解答】解：（Ⅰ）當a＝1，m＝﹣3時，拋物線的解析式為y＝x2+bx﹣3．∵拋物線經(jīng)過點A（1，0），∴0＝1+b﹣3，解得b＝2，∴拋物線的解析式為y＝x2+2x﹣3．∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，∴拋物線的頂點坐標為（﹣1，﹣4）．（Ⅱ）①∵拋物線y＝ax2+bx+m經(jīng)過點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．∴拋物線的解析式為y＝x2﹣（m+1）x+m．根據(jù)題意得，點C（0，m），點E（m+1，m），過點A作AH⊥l于點H，由點A（1，0），得點H（1，m）．在Rt△EAH中，EH＝1﹣（m+1）＝﹣m，HA＝0﹣m＝﹣m，∴AE＝＝﹣m，∵AE＝EF＝2，∴﹣m＝2，解得m＝﹣2．此時，點E（﹣1，﹣2），點C（0，﹣2），有EC＝1．∵點F在y軸上，∴在Rt△EFC中，CF＝＝．∴點F的坐標為（0，﹣2﹣）或（0，﹣2+）．②由N是EF的中點，連接CN，CM，得CN＝EF＝．根據(jù)題意，點N在以點C為圓心、為半徑的圓上，由點M（m，0），點C（0，m），得MO＝﹣m，CO＝﹣m，∴在Rt△MCO中，MC＝＝﹣m．當MC≥，即m≤﹣1時，滿足條件的點N在線段MC上．MN的最小值為MC﹣NC＝﹣m﹣＝，解得m＝﹣；當MC＜，即﹣1＜m＜0時，滿足條件的點N落在線段CM的延長線上，MN的最小值為NC﹣MC＝﹣（﹣m）＝，解得m＝﹣．∴當m的值為﹣或﹣時，MN的最小值是．17．（2020?涼山州）如圖，二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象過O（0，0）、A（1，0）、B（，）三點．（1）求二次函數(shù)的解析式；（2）若線段OB的垂直平分線與y軸交于點C，與二次函數(shù)的圖象在x軸上方的部分相交于點D，求直線CD的解析式；（3）在直線CD下方的二次函數(shù)的圖象上有一動點P，過點P作PQ⊥x軸，交直線CD于Q，當線段PQ的長最大時，求點P的坐標．【分析】（1）將點O、A、B的坐標代入拋物線表達式，即可求解；（2）由點B的坐標知，直線BO的傾斜角為30°，則OB中垂線（CD）與x軸正半軸的夾角為60°，故設(shè)CD的表達式為：y＝﹣x+b，而OB中點的坐標為（，），將該點坐標代入CD表達式，即可求解；（3）過點P作y軸額平行線交CD于點Q，PQ＝﹣x+﹣（x2﹣x）＝﹣x2﹣x+，即可求解．【解答】解：（1）將點O、A、B的坐標代入拋物線表達式得，解得，故拋物線的表達式為：y＝x2﹣x；（2）由點B的坐標知，直線BO的傾斜角為30°，∵BO⊥AD，則∠BOA+∠BOC＝90°，∠BOC+∠OCA＝90°，∴∠OCA＝∠BOA＝30