2020年中考數(shù)學(xué)真題分項(xiàng)匯編專題12二次函數(shù)壓軸解答題 (含解析)

專題12二次函數(shù)壓軸解答題一．解答題（共44小題）1．（2020?衡陽）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，關(guān)于x的二次函數(shù)y＝x2+px+q的圖象過點(diǎn)（﹣1，0），（2，0）．（1）求這個(gè)二次函數(shù)的表達(dá)式；（2）求當(dāng)﹣2≤x≤1時(shí)，y的最大值與最小值的差；（3）一次函數(shù)y＝（2﹣m）x+2﹣m的圖象與二次函數(shù)y＝x2+px+q的圖象交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別是a和b，且a＜3＜b，求m的取值范圍．【分析】（1）由二次函數(shù)的圖象經(jīng)過（﹣1，0）和（2，0）兩點(diǎn)，組成方程組再解即可求得二次函數(shù)的表達(dá)式；（2）求得拋物線的對(duì)稱軸，根據(jù)圖象即可得出當(dāng)x＝﹣2，函數(shù)有最大值4；當(dāng)x=12是函數(shù)有最小值（3）由題意得x2﹣x﹣2＝（2﹣m）x+2﹣m，整理得x2+（m﹣3）x+m﹣4＝0，因?yàn)閍＜2＜b，a≠b，△＝（m﹣3）2﹣4×（m﹣4）＝（m﹣5）2＞0，把x＝3代入（2﹣m）x+2﹣m＞x2﹣x﹣2，解得m＜?1【解析】（1）由二次函數(shù)y＝x2+px+q的圖象經(jīng)過（﹣1，0）和（2，0）兩點(diǎn)，∴1?p+q=04+2p+q=0，解得p=?1∴此二次函數(shù)的表達(dá)式y(tǒng)＝x2﹣x﹣2；（2）∵拋物線開口向上，對(duì)稱軸為直線x=?1+2∴在﹣2≤x≤1范圍內(nèi)，當(dāng)x＝﹣2，函數(shù)有最大值為：y＝4+2﹣2＝4；當(dāng)x=12是函數(shù)有最小值：y=1∴的最大值與最小值的差為：4﹣（?94）（3）∵y＝（2﹣m）x+2﹣m與二次函數(shù)y＝x2﹣x﹣2圖象交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為a和b，∴x2﹣x﹣2＝（2﹣m）x+2﹣m，整理得x2+（m﹣3）x+m﹣4＝0∵a＜3＜b∴a≠b∴△＝（m﹣3）2﹣4×（m﹣4）＝（m﹣5）2＞0∴m≠5∵a＜3＜b當(dāng)x＝3時(shí)，（2﹣m）x+2﹣m＞x2﹣x﹣2，把x＝3代入（2﹣m）x+2﹣m＞x2﹣x﹣2，解得m＜?∴m的取值范圍為m＜?12．（2020?河南）如圖，拋物線y＝﹣x2+2x+c與x軸正半軸，y軸正半軸分別交于點(diǎn)A，B，且OA＝OB，點(diǎn)G為拋物線的頂點(diǎn)．（1）求拋物線的解析式及點(diǎn)G的坐標(biāo)；（2）點(diǎn)M，N為拋物線上兩點(diǎn)（點(diǎn)M在點(diǎn)N的左側(cè)），且到對(duì)稱軸的距離分別為3個(gè)單位長度和5個(gè)單位長度，點(diǎn)Q為拋物線上點(diǎn)M，N之間（含點(diǎn)M，N）的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)yQ的取值范圍．【分析】（1）先求出點(diǎn)B，點(diǎn)A坐標(biāo)，代入解析式可求c的值，即可求解；（2）先求出點(diǎn)M，點(diǎn)N坐標(biāo)，即可求解．【解析】（1）∵拋物線y＝﹣x2+2x+c與y軸正半軸分別交于點(diǎn)B，∴點(diǎn)B（0，c），∵OA＝OB＝c，∴點(diǎn)A（c，0），∴0＝﹣c2+2c+c，∴c＝3或0（舍去），∴拋物線解析式為：y＝﹣x2+2x+3，∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴頂點(diǎn)G為（1，4）；（2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴對(duì)稱軸為直線x＝1，∵點(diǎn)M，N為拋物線上兩點(diǎn)（點(diǎn)M在點(diǎn)N的左側(cè)），且到對(duì)稱軸的距離分別為3個(gè)單位長度和5個(gè)單位長度，∴點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為﹣2或4，點(diǎn)N的橫坐標(biāo)為6，∴點(diǎn)M坐標(biāo)為（﹣2，﹣5）或（4，﹣5），點(diǎn)N坐標(biāo)（6，﹣21），∵點(diǎn)Q為拋物線上點(diǎn)M，N之間（含點(diǎn)M，N）的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，∴﹣21≤yQ≤4．3．（2020?涼山州）如圖，二次函數(shù)y＝ax2+bx+x的圖象過O（0，0）、A（1，0）、B（32，3（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(diǎn)C，與二次函數(shù)的圖象在x軸上方的部分相交于點(diǎn)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(dòng)點(diǎn)P，過點(diǎn)P作PQ⊥x軸，交直線CD于Q，當(dāng)線段PQ的長最大時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．【分析】（1）將點(diǎn)O、A、B的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式，即可求解；（2）由點(diǎn)B的坐標(biāo)知，直線BO的傾斜角為30°，則OB中垂線（CD）與x負(fù)半軸的夾角為60°，故設(shè)CD的表達(dá)式為：y=?3x+b，而OB中點(diǎn)的坐標(biāo)為（34，34（3）過點(diǎn)P作y軸額平行線交CD于點(diǎn)H，PH=?3x+3?（233x2?233x【解析】（1）將點(diǎn)O、A、B的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式得c=0a+b+c=032故拋物線的表達(dá)式為：y=233x2（2）由點(diǎn)B的坐標(biāo)知，直線BO的傾斜角為30°，則OB中垂線（CD）與x負(fù)半軸的夾角為60°，故設(shè)CD的表達(dá)式為：y=?3x+b，而OB中點(diǎn)的坐標(biāo)為（34，將該點(diǎn)坐標(biāo)代入CD表達(dá)式并解得：b=3故直線CD的表達(dá)式為：y=?3x+（3）設(shè)點(diǎn)P（x，233x2?233x），則點(diǎn)Q（x則PQ=?3x+3?（233x2?233x∵?233＜0，故PQ有最大值，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（4．（2020?黑龍江）如圖，已知二次函數(shù)y＝﹣x2+（a+1）x﹣a與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A位于點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，已知△BAC的面積是6．（1）求a的值；（2）在拋物線上是否存在一點(diǎn)P，使S△ABP＝S△ABC．若存在請(qǐng)求出P坐標(biāo)，若不存在請(qǐng)說明理由．【分析】（1）由y＝﹣x2+（a+1）x﹣a，令y＝0，即﹣x2+（a+1）x﹣a＝0，可求出A、B坐標(biāo)結(jié)合三角形的面積，解出a＝﹣3；（2）根據(jù)題意P的縱坐標(biāo)為±3，分別代入解析式即可求得橫坐標(biāo)，從而求得P的坐標(biāo)．【解析】（1）∵y＝﹣x2+（a+1）x﹣a，令x＝0，則y＝﹣a，∴C（0，﹣a），令y＝0，即﹣x2+（a+1）x﹣a＝0解得x1＝a，x2＝1由圖象知：a＜0∴A（a，0），B（1，0）∵S△ABC＝6∴12（1﹣a）（﹣a解得：a＝﹣3，（a＝4舍去）；（2）∵a＝﹣3，∴C（0，3），∵S△ABP＝S△ABC．∴P點(diǎn)的縱坐標(biāo)為±3，把y＝3代入y＝﹣x2﹣2x+3得﹣x2﹣2x+3＝3，解得x＝0或x＝﹣2，把y＝﹣3代入y＝﹣x2﹣2x+3得﹣x2﹣2x+3＝﹣3，解得x＝﹣1+7或x＝﹣1?∴P點(diǎn)的坐標(biāo)為（﹣2，3）或（﹣1+7，﹣3）或（﹣1?7，5．（2020?杭州）在平面直角坐標(biāo)系中，設(shè)二次函數(shù)y1＝x2+bx+a，y2＝ax2+bx+1（a，b是實(shí)數(shù)，a≠0）．（1）若函數(shù)y1的對(duì)稱軸為直線x＝3，且函數(shù)y1的圖象經(jīng)過點(diǎn)（a，b），求函數(shù)y1的表達(dá)式．（2）若函數(shù)y1的圖象經(jīng)過點(diǎn)（r，0），其中r≠0，求證：函數(shù)y2的圖象經(jīng)過點(diǎn)（1r（3）設(shè)函數(shù)y1和函數(shù)y2的最小值分別為m和n，若m+n＝0，求m，n的值．【分析】（1）利用待定系數(shù)法解決問題即可．（2）函數(shù)y1的圖象經(jīng)過點(diǎn)（r，0），其中r≠0，可得r2+br+a＝0，推出1+br+ar2=0，即a（1r）2+b?1（3）由題意a＞0，∴m=4a?b24，n=4a?【解析】（1）由題意，得到?b2=3，解得b∵函數(shù)y1的圖象經(jīng)過（a，﹣6），∴a2﹣6a+a＝﹣6，解得a＝2或3，∴函數(shù)y1＝x2﹣6x+2或y1＝x2﹣6x+3．（2）∵函數(shù)y1的圖象經(jīng)過點(diǎn)（r，0），其中r≠0，∴r2+br+a＝0，∴1+b即a（1r）2+b?1∴1r是方程ax2+bx即函數(shù)y2的圖象經(jīng)過點(diǎn)（1r（3）由題意a＞0，∴m=4a?b24∵m+n＝0，∴4a?b∴（4a﹣b2）（a+1）＝0，∵a+1＞0，∴4a﹣b2＝0，∴m＝n＝0．6．（2020?安徽）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A（1，2），B（2，3），C（2，1），直線y＝x+m經(jīng)過點(diǎn)A，拋物線y＝ax2+bx+1恰好經(jīng)過A，B，C三點(diǎn)中的兩點(diǎn)．（1）判斷點(diǎn)B是否在直線y＝x+m上，并說明理由；（2）求a，b的值；（3）平移拋物線y＝ax2+bx+1，使其頂點(diǎn)仍在直線y＝x+m上，求平移后所得拋物線與y軸交點(diǎn)縱坐標(biāo)的最大值．【分析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法求得直線的解析式，然后即可判斷點(diǎn)B（2，3）在直線y＝x+m上；（2）因?yàn)橹本€經(jīng)過A、B和點(diǎn)（0，1），所以經(jīng)過點(diǎn)（0，1）的拋物線不同時(shí)經(jīng)過A、B點(diǎn)，即可判斷拋物線只能經(jīng)過A、C兩點(diǎn)，根據(jù)待定系數(shù)法即可求得a、b；（3）設(shè)平移后的拋物線為y＝﹣x+px+q，其頂點(diǎn)坐標(biāo)為（p2，p24+q），根據(jù)題意得出p24+q=p2+1，由拋物線y＝﹣x+px+q與y軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為q，即可得出q=p【解析】（1）點(diǎn)B是在直線y＝x+m上，理由如下：∵直線y＝x+m經(jīng)過點(diǎn)A（1，2），∴2＝1+m，解得m＝1，∴直線為y＝x+1，把x＝2代入y＝x+1得y＝3，∴點(diǎn)B（2，3）在直線y＝x+m上；（2）∵直線y＝x+1與拋物線y＝ax2+bx+1都經(jīng)過點(diǎn)（0，1），且B、C兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)相同，∴拋物線只能經(jīng)過A、C兩點(diǎn)，把A（1，2），C（2，1）代入y＝ax2+bx+1得a+b+1=24a+2b+1=1解得a＝﹣1，b＝2；（3）由（2）知，拋物線為y＝﹣x2+2x+1，設(shè)平移后的拋物線為y＝﹣x+px+q，其頂點(diǎn)坐標(biāo)為（p2，p2∵頂點(diǎn)仍在直線y＝x+1上，∴p24+∴q=p∵拋物線y＝﹣x+px+q與y軸的交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為q，∴q=p24?p2?1=?∴當(dāng)p＝1時(shí)，平移后所得拋物線與y軸交點(diǎn)縱坐標(biāo)的最大值為547．（2020?陜西）如圖，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)（3，12）和（﹣2，﹣3），與兩坐標(biāo)軸的交點(diǎn)分別為A，B，C，它的對(duì)稱軸為直線l．（1）求該拋物線的表達(dá)式；（2）P是該拋物線上的點(diǎn)，過點(diǎn)P作l的垂線，垂足為D，E是l上的點(diǎn)．要使以P、D、E為頂點(diǎn)的三角形與△AOC全等，求滿足條件的點(diǎn)P，點(diǎn)E的坐標(biāo)．【分析】（1）將點(diǎn)（3，12）和（﹣2，﹣3）代入拋物線表達(dá)式，即可求解；（2）由題意得：PD＝DE＝3時(shí)，以P、D、E為頂點(diǎn)的三角形與△AOC全等，分點(diǎn)P在拋物線對(duì)稱軸右側(cè)、點(diǎn)P在拋物線對(duì)稱軸的左側(cè)兩種情況，分別求解即可．【解析】（1）將點(diǎn)（3，12）和（﹣2，﹣3）代入拋物線表達(dá)式得12=9+3b+c?3=4?2b+c，解得b=2故拋物線的表達(dá)式為：y＝x2+2x﹣3；（2）拋物線的對(duì)稱軸為x＝﹣1，令y＝0，則x＝﹣3或1，令x＝0，則y＝﹣3，故點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為（﹣3，0）、（1，0）；點(diǎn)C（0，﹣3），故OA＝OC＝3，∵∠PDE＝∠AOC＝90°，∴當(dāng)PD＝DE＝3時(shí)，以P、D、E為頂點(diǎn)的三角形與△AOC全等，設(shè)點(diǎn)P（m，n），當(dāng)點(diǎn)P在拋物線對(duì)稱軸右側(cè)時(shí)，m﹣（﹣1）＝3，解得：m＝2，故n＝22+2×2﹣5＝5，故點(diǎn)P（2，5），故點(diǎn)E（﹣1，2）或（﹣1，8）；當(dāng)點(diǎn)P在拋物線對(duì)稱軸的左側(cè)時(shí)，由拋物線的對(duì)稱性可得，點(diǎn)P（﹣4，5），此時(shí)點(diǎn)E坐標(biāo)同上，綜上，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2，5）或（﹣4，5）；點(diǎn)E的坐標(biāo)為（﹣1，2）或（﹣1，8）．8．（2020?武威）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx﹣2交x軸于A，B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C，且OA＝2OC＝8OB．點(diǎn)P是第三象限內(nèi)拋物線上的一動(dòng)點(diǎn)．（1）求此拋物線的表達(dá)式；（2）若PC∥AB，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）連接AC，求△PAC面積的最大值及此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)．【分析】（1）拋物線y＝ax2+bx﹣2，則c＝﹣2，故OC＝2，而OA＝2OC＝8OB，則OA＝﹣4，OB=12，確定點(diǎn)A、B、（2）拋物線的對(duì)稱軸為x=?74，當(dāng)PC∥AB時(shí)，點(diǎn)P、（3）△PAC的面積S＝S△PHA+S△PHC=12PH×【解析】（1）拋物線y＝ax2+bx﹣2，則c＝﹣2，故OC＝2，而OA＝2OC＝8OB，則OA＝﹣4，OB=1故點(diǎn)A、B、C的坐標(biāo)分別為（﹣4，0）、（12，0）、（0，﹣則y＝a（x+4）（x?12）＝a（x2+72x﹣2）＝ax2+bx故拋物線的表達(dá)式為：y＝x2+72x（2）拋物線的對(duì)稱軸為x=?7當(dāng)PC∥AB時(shí)，點(diǎn)P、C的縱坐標(biāo)相同，根據(jù)函數(shù)的對(duì)稱性得點(diǎn)P（?74，（3）過點(diǎn)P作PH∥y軸交AC于點(diǎn)H，由點(diǎn)A、C的坐標(biāo)得，直線AC的表達(dá)式為：y=?12x則△PAC的面積S＝S△PHA+S△PHC=12PH×OA=12×4×（?12x﹣2﹣x2?7∵﹣2＜0，∴S有最大值，當(dāng)x＝﹣2時(shí)，S的最大值為8，此時(shí)點(diǎn)P（﹣2，﹣5）．9．（2020?齊齊哈爾）綜合與探究在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=12x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A（﹣4，0），點(diǎn)M為拋物線的頂點(diǎn)，點(diǎn)B在y軸上，且OA＝OB，直線AB與拋物線在第一象限交于點(diǎn)C（2，6），如圖（1）求拋物線的解析式；（2）直線AB的函數(shù)解析式為y＝x+4，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（﹣2，﹣2），cos∠ABO＝22連接OC，若過點(diǎn)O的直線交線段AC于點(diǎn)P，將△AOC的面積分成1：2的兩部分，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣2，2）或（0，4）；（3）在y軸上找一點(diǎn)Q，使得△AMQ的周長最小．具體作法如圖②，作點(diǎn)A關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)A'，連接MA'交y軸于點(diǎn)Q，連接AM、AQ，此時(shí)△AMQ的周長最?。?qǐng)求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；（4）在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點(diǎn)N，使以點(diǎn)A、O、C、N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【分析】（1）將點(diǎn)A、C的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式即可求解；（2）點(diǎn)A（﹣4，0），OB＝OA＝4，故點(diǎn)B（0，4），即可求出AB的表達(dá)式；OP將△AOC的面積分成1：2的兩部分，則AP=13AC或2（3）△AMQ的周長＝AM+AQ+MQ＝AM+A′M最小，即可求解；（4）分AC是邊、AC是對(duì)角線兩種情況，分別求解即可．【解析】（1）將點(diǎn)A、C的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式得：12×16?4b+c=01故直線AB的表達(dá)式為：y=12x2+2（2）點(diǎn)A（﹣4，0），OB＝OA＝4，故點(diǎn)B（0，4），由點(diǎn)A、B的坐標(biāo)得，直線AB的表達(dá)式為：y＝x+4；則∠ABO＝45°，故cos∠ABO=2對(duì)于y=12x2+2x，函數(shù)的對(duì)稱軸為x＝﹣2，故點(diǎn)M（﹣2，OP將△AOC的面積分成1：2的兩部分，則AP=13AC或2則yPyC=13故點(diǎn)P（﹣2，2）或（0，4）；故答案為：y＝x+4；（﹣2，﹣2）；22；（﹣（3）△AMQ的周長＝AM+AQ+MQ＝AM+A′M最小，點(diǎn)A′（4，0），設(shè)直線A′M的表達(dá)式為：y＝kx+b，則4k+b=0?2k+b=?2，解得k=故直線A′M的表達(dá)式為：y=13x令x＝0，則y=?43，故點(diǎn)Q（0，（4）存在，理由：設(shè)點(diǎn)N（m，n），而點(diǎn)A、C、O的坐標(biāo)分別為（﹣4，0）、（2，6）、（0，0），①當(dāng)AC是邊時(shí)，點(diǎn)A向右平移6個(gè)單位向上平移6個(gè)單位得到點(diǎn)C，同樣點(diǎn)O（N）右平移6個(gè)單位向上平移6個(gè)單位得到點(diǎn)N（O），即0±6＝m，0±6＝n，解得：m＝n＝±6，故點(diǎn)N（6，6）或（﹣6，﹣6）；②當(dāng)AC是對(duì)角線時(shí)，由中點(diǎn)公式得：﹣4+2＝m+0，6+0＝n+0，解得：m＝﹣2，n＝6，故點(diǎn)N（﹣2，6）；綜上，點(diǎn)N的坐標(biāo)為（6，6）或（﹣6，﹣6）或（﹣2，6）．10．（2020?棗莊）如圖，拋物線y＝ax2+bx+4交x軸于A（﹣3，0），B（4，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，AC，BC．M為線段OB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)M作PM⊥x軸，交拋物線于點(diǎn)P，交BC于點(diǎn)Q．（1）求拋物線的表達(dá)式；（2）過點(diǎn)P作PN⊥BC，垂足為點(diǎn)N．設(shè)M點(diǎn)的坐標(biāo)為M（m，0），請(qǐng)用含m的代數(shù)式表示線段PN的長，并求出當(dāng)m為何值時(shí)PN有最大值，最大值是多少？（3）試探究點(diǎn)M在運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在這樣的點(diǎn)Q，使得以A，C，Q為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形．若存在，請(qǐng)求出此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【分析】（1）將點(diǎn)A、B的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式，即可求解；（2）PN＝PQsin45°=22（?13m2+43m）=?2（3）分AC＝CQ、AC＝AQ、CQ＝AQ三種情況，分別求解即可．【解析】（1）將點(diǎn)A、B的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式得9a?3b+4=016a+4b+4=0，解得a=?故拋物線的表達(dá)式為：y=?13x2+（2）由拋物線的表達(dá)式知，點(diǎn)C（0，4），由點(diǎn)B、C的坐標(biāo)得，直線BC的表達(dá)式為：y＝﹣x+4；設(shè)點(diǎn)M（m，0），則點(diǎn)P（m，?13m2+13m+4），點(diǎn)Q（m∴PQ=?13m2+13m+4+m﹣4=?1∵OB＝OC，故∠ABC＝∠OCB＝45°，∴∠PQN＝∠BQM＝45°，∴PN＝PQsin45°=22（?13m2+43m）=?2∵?26＜0，故當(dāng)m＝2時(shí)，PN（3）存在，理由：點(diǎn)A、C的坐標(biāo)分別為（﹣3，0）、（0，4），則AC＝5，①當(dāng)AC＝CQ時(shí)，過點(diǎn)Q作QE⊥y軸于點(diǎn)E，則CQ2＝CE2+EQ2，即m2+[4﹣（﹣m+4）]2＝25，解得：m＝±52故點(diǎn)Q（522，②當(dāng)AC＝AQ時(shí)，則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），故點(diǎn)Q（1，3）；③當(dāng)CQ＝AQ時(shí)，則2m2＝[m＝（﹣3）]2+（﹣m+4）2，解得：m=25綜上，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（1，3）或（522，11．（2020?上海）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線y=?12x+5與x軸、y軸分別交于點(diǎn)A、B（如圖）．拋物線y＝ax2+bx（a≠0）經(jīng)過點(diǎn)（1）求線段AB的長；（2）如果拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過線段AB上的另一點(diǎn)C，且BC=5（3）如果拋物線y＝ax2+bx的頂點(diǎn)D位于△AOB內(nèi)，求a的取值范圍．【分析】（1）先求出A，B坐標(biāo)，即可得出結(jié)論；（2）設(shè)點(diǎn)C（m，?12m+5），則BC=52|m，進(jìn)而求出點(diǎn)C（2，4），最后將點(diǎn)（3）將點(diǎn)A坐標(biāo)代入拋物線解析式中得出b＝﹣10a，代入拋物線解析式中得出頂點(diǎn)D坐標(biāo)為（5，﹣25a），即可得出結(jié)論．【解析】（1）針對(duì)于直線y=?12令x＝0，y＝5，∴B（0，5），令y＝0，則?12∴x＝10，∴A（10，0），∴AB=52+1（2）設(shè)點(diǎn)C（m，?12∵B（0，5），∴BC=m2+(?∵BC=5∴52|m|=∴m＝±2，∵點(diǎn)C在線段AB上，∴m＝2，∴C（2，4），將點(diǎn)A（10，0），C（2，4）代入拋物線y＝ax2+bx（a≠0）中，得100a+10b=04a+2b=4∴a=?1∴拋物線y=?14x2+（3）∵點(diǎn)A（10，0）在拋物線y＝ax2+bx中，得100a+10b＝0，∴b＝﹣10a，∴拋物線的解析式為y＝ax2﹣10ax＝a（x﹣5）2﹣25a，∴拋物線的頂點(diǎn)D坐標(biāo)為（5，﹣25a），將x＝5代入y=?12x+5中，得y=?1∵頂點(diǎn)D位于△AOB內(nèi)，∴0＜﹣25a＜5∴?11012．（2020?蘇州）如圖，二次函數(shù)y＝x2+bx的圖象與x軸正半軸交于點(diǎn)A，平行于x軸的直線l與該拋物線交于B、C兩點(diǎn)（點(diǎn)B位于點(diǎn)C左側(cè)），與拋物線對(duì)稱軸交于點(diǎn)D（2，﹣3）．（1）求b的值；（2）設(shè)P、Q是x軸上的點(diǎn)（點(diǎn)P位于點(diǎn)Q左側(cè)），四邊形PBCQ為平行四邊形．過點(diǎn)P、Q分別作x軸的垂線，與拋物線交于點(diǎn)P'（x1，y1）、Q'（x2，y2）．若|y1﹣y2|＝2，求x1、x2的值．【分析】（1）拋物線的對(duì)稱軸為x＝2，即12b＝2，解得：b＝﹣（2）求出點(diǎn)B、C的坐標(biāo)分別為（1，﹣3）、（3，﹣3），則BC＝2，而四邊形PBCQ為平行四邊形，則PQ＝BC＝2，故x2﹣x1＝2，即可求解．【解析】（1）直線與拋物線的對(duì)稱軸交于點(diǎn)D（2，﹣3），故拋物線的對(duì)稱軸為x＝2，即12b＝2，解得：b＝﹣故拋物線的表達(dá)式為：y＝x2﹣4x；（2）把y＝﹣3代入y＝x2﹣4x并解得x＝1或3，故點(diǎn)B、C的坐標(biāo)分別為（1，﹣3）、（3，﹣3），則BC＝2，∵四邊形PBCQ為平行四邊形，∴PQ＝BC＝2，故x2﹣x1＝2，又∵y1＝x12﹣4x1，y2＝x22﹣4x2，|y1﹣y2|＝2，故|（x12﹣4x1）﹣（x22﹣4x2）＝2，|x1+x2﹣4|＝1．∴x1+x2＝5或x1+x2＝﹣3，由x2?x由x2?x13．（2020?臺(tái)州）用各種盛水容器可以制作精致的家用流水景觀（如圖1）．科學(xué)原理：如圖2，始終盛滿水的圓柱體水桶水面離地面的高度為H（單位：cm），如果在離水面豎直距離為h（單位：cm）的地方開大小合適的小孔，那么從小孔射出水的射程（水流落地點(diǎn)離小孔的水平距離）s（單位：cm）與h的關(guān)系式為s2＝4h（H﹣h）．應(yīng)用思考：現(xiàn)用高度為20cm的圓柱體塑料水瓶做相關(guān)研究，水瓶直立地面，通過連續(xù)注水保證它始終盛滿水，在離水面豎直距離hcm處開一個(gè)小孔．（1）寫出s2與h的關(guān)系式；并求出當(dāng)h為何值時(shí)，射程s有最大值，最大射程是多少？（2）在側(cè)面開兩個(gè)小孔，這兩個(gè)小孔離水面的豎直距離分別為a，b，要使兩孔射出水的射程相同，求a，b之間的關(guān)系式；（3）如果想通過墊高塑料水瓶，使射出水的最大射程增加16cm，求墊高的高度及小孔離水面的豎直距離．【分析】（1）將s2＝4h（20﹣h）寫成頂點(diǎn)式，按照二次函數(shù)的性質(zhì)得出s2的最大值，再求s2的算術(shù)平方根即可；（2）設(shè)存在a，b，使兩孔射出水的射程相同，則4a（20﹣a）＝4b（20﹣b），利用因式分解變形即可得出答案；（3）設(shè)墊高的高度為m，寫出此時(shí)s2關(guān)于h的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可得答案．【解析】（1）∵s2＝4h（H﹣h），∴當(dāng)H＝20cm時(shí)，s2＝4h（20﹣h）＝﹣4（h﹣10）2+400，∴當(dāng)h＝10cm時(shí)，s2有最大值400，∴當(dāng)h＝10cm時(shí)，s有最大值20cm．∴當(dāng)h為10cm時(shí)，射程s有最大值，最大射程是20cm；（2）∵s2＝4h（20﹣h），設(shè)存在a，b，使兩孔射出水的射程相同，則有：4a（20﹣a）＝4b（20﹣b），∴20a﹣a2＝20b﹣b2，∴a2﹣b2＝20a﹣20b，∴（a+b）（a﹣b）＝20（a﹣b），∴（a﹣b）（a+b﹣20）＝0，∴a﹣b＝0，或a+b﹣20＝0，∴a＝b或a+b＝20；（3）設(shè)墊高的高度為m，則s2＝4h（20+m﹣h）＝﹣4(??20+m2)2+∴當(dāng)h=20+m2cm時(shí)，smax＝20+∴m＝16cm，此時(shí)h=20+m2=∴墊高的高度為16cm，小孔離水面的豎直距離為18cm．14．（2020?紹興）如圖1，排球場(chǎng)長為18m，寬為9m，網(wǎng)高為2.24m，隊(duì)員站在底線O點(diǎn)處發(fā)球，球從點(diǎn)O的正上方1.9m的C點(diǎn)發(fā)出，運(yùn)動(dòng)路線是拋物線的一部分，當(dāng)球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)A時(shí)，高度為2.88m，即BA＝2.88m，這時(shí)水平距離OB＝7m，以直線OB為x軸，直線OC為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖2．（1）若球向正前方運(yùn)動(dòng)（即x軸垂直于底線），求球運(yùn)動(dòng)的高度y（m）與水平距離x（m）之間的函數(shù)關(guān)系式（不必寫出x取值范圍）．并判斷這次發(fā)球能否過網(wǎng)？是否出界？說明理由．（2）若球過網(wǎng)后的落點(diǎn)是對(duì)方場(chǎng)地①號(hào)位內(nèi)的點(diǎn)P（如圖1，點(diǎn)P距底線1m，邊線0.5m），問發(fā)球點(diǎn)O在底線上的哪個(gè)位置？（參考數(shù)據(jù)：2取1.4）【分析】（1）求出拋物線表達(dá)式；再確定x＝9和x＝18時(shí)，對(duì)應(yīng)函數(shù)的值即可求解；（2）當(dāng)y＝0時(shí)，y=?150（x﹣7）2+2.88＝0，解得：x＝19或﹣5（舍去﹣5），求出PQ＝6【解析】（1）設(shè)拋物線的表達(dá)式為：y＝a（x﹣7）2+2.88，將x＝0，y＝1.9代入上式并解得：a=?1故拋物線的表達(dá)式為：y=?150（x﹣7）當(dāng)x＝9時(shí)，y=?150（x﹣7）當(dāng)x＝18時(shí)，y=?150（x﹣7）故這次發(fā)球過網(wǎng)，但是出界了；（2）如圖，分別過點(diǎn)作底線、邊線的平行線PQ、OQ交于點(diǎn)Q，在Rt△OPQ中，OQ＝18﹣1＝17，當(dāng)y＝0時(shí)，y=?150（x﹣7）2+2.88＝0，解得：x＝19或﹣5（舍去∴OP＝19，而OQ＝17，故PQ＝62=∵9﹣8.4﹣0.5＝0.1，∴發(fā)球點(diǎn)O在底線上且距右邊線0.1米處．15．（2020?寧波）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝ax2+4x﹣3圖象的頂點(diǎn)是A，與x軸交于B，C兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)D．點(diǎn)B的坐標(biāo)是（1，0）．（1）求A，C兩點(diǎn)的坐標(biāo)，并根據(jù)圖象直接寫出當(dāng)y＞0時(shí)x的取值范圍．（2）平移該二次函數(shù)的圖象，使點(diǎn)D恰好落在點(diǎn)A的位置上，求平移后圖象所對(duì)應(yīng)的二次函數(shù)的表達(dá)式．【分析】（1）利用待定系數(shù)法求出a，再求出點(diǎn)C的坐標(biāo)即可解決問題．（2）由題意點(diǎn)D平移的A，拋物線向右平移2個(gè)單位，向上平移4個(gè)單位，由此可得拋物線的解析式．【解析】（1）把B（1，0）代入y＝ax2+4x﹣3，得0＝a+4﹣3，解得a＝﹣1，∴y＝﹣x2+4x﹣3＝﹣（x﹣2）2+1，∴A（2，1），∵對(duì)稱軸x＝2，B，C關(guān)于x＝2對(duì)稱，∴C（3，0），∴當(dāng)y＞0時(shí)，1＜x＜3．（2）∵D（0，﹣3），∴點(diǎn)D平移的A，拋物線向右平移2個(gè)單位，向上平移4個(gè)單位，可得拋物線的解析式為y＝﹣（x﹣4）2+5．16．（2020?瀘州）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過A（﹣2，0），B（4，0），C（0，4）三點(diǎn)．（1）求該拋物線的解析式；（2）經(jīng)過點(diǎn)B的直線交y軸于點(diǎn)D，交線段AC于點(diǎn)E，若BD＝5DE．①求直線BD的解析式；②已知點(diǎn)Q在該拋物線的對(duì)稱軸l上，且縱坐標(biāo)為1，點(diǎn)P是該拋物線上位于第一象限的動(dòng)點(diǎn)，且在l右側(cè)，點(diǎn)R是直線BD上的動(dòng)點(diǎn)，若△PQR是以點(diǎn)Q為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．【分析】（1）根據(jù)交點(diǎn)式設(shè)出拋物線的解析式，再將點(diǎn)C坐標(biāo)代入拋物線交點(diǎn)式中，即可求出a，即可得出結(jié)論；（2）①先利用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式，再利用相似三角形得出比例式求出BF，進(jìn)而得出點(diǎn)E坐標(biāo)，最后用待定系數(shù)法，即可得出結(jié)論；②先確定出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，設(shè)點(diǎn)P（x，?12x2+x+4）（1＜x＜4），得出PG＝x﹣1，GQ=?12x2+x+3，再利用三垂線構(gòu)造出△PQG≌△QRH（AAS），得出RH＝GQ=?12x2+x+3，QH＝PG＝x﹣1，進(jìn)而得出R（?12x2+x【解析】（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過A（﹣2，0），B（4，0），∴設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x+2）（x﹣4），將點(diǎn)C坐標(biāo)（0，4）代入拋物線的解析式為y＝a（x+2）（x﹣4）中，得﹣8a＝4，∴a=?1∴拋物線的解析式為y=?12（x+2）（x﹣4）=?12x（2）①如圖1，設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+b'，將點(diǎn)A（﹣2，0），C（0，4），代入y＝kx+b'中，得?2k+b'=0b'=4∴k=2b'=4∴直線AC的解析式為y＝2x+4，過點(diǎn)E作EF⊥x軸于F，∴OD∥EF，∴△BOD∽△BFE，∴OBBF∵B（4，0），∴OB＝4，∵BD＝5DE，∴BDBE∴BF=BEBD×OB=∴OF＝BF﹣OB=245?將x=?45代入直線AC：y＝2x+4中，得y＝2×（?4∴E（?45，設(shè)直線BD的解析式為y＝mx+n，∴4m+n=0?∴m=?1∴直線BD的解析式為y=?12②∵拋物線與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為A（﹣2，0）和B（4，0），∴拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝1，∴點(diǎn)Q（1，1），如圖2，設(shè)點(diǎn)P（x，?12x2+x+4）（1＜過點(diǎn)P作PG⊥l于G，過點(diǎn)R作RH⊥l于H，∴PG＝x﹣1，GQ=?12x2+x+4﹣1=?12x∵PG⊥l，∴∠PGQ＝90°，∴∠GPQ+∠PQG＝90°，∵△PQR是以點(diǎn)Q為直角頂點(diǎn)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∴R（?12x2+x+4，2﹣由①知，直線BD的解析式為y=?12∴x＝2或x＝4（舍），當(dāng)x＝2時(shí)，y=?12x2+x+4∴P（2，4）．17．（2020?天津）已知點(diǎn)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(gè)交點(diǎn)．（Ⅰ）當(dāng)a＝1，m＝﹣3時(shí)，求該拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)；（Ⅱ）若拋物線與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為M（m，0），與y軸的交點(diǎn)為C，過點(diǎn)C作直線1平行于x軸，E是直線1上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是y軸上的動(dòng)點(diǎn)，EF＝22．①當(dāng)點(diǎn)E落在拋物線上（不與點(diǎn)C重合），且AE＝EF時(shí)，求點(diǎn)F的坐標(biāo)；②取EF的中點(diǎn)N，當(dāng)m為何值時(shí)，MN的最小值是22【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(diǎn)坐標(biāo)；（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(diǎn)C（0，m），點(diǎn)E（m+1，m），過點(diǎn)A作AH⊥l于點(diǎn)H，由點(diǎn)A（1，0），得點(diǎn)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=12EF=2．求出MC=?2m，當(dāng)MC≥2，即m≤﹣1時(shí)，當(dāng)MC＜2，即﹣1＜【解析】（Ⅰ）當(dāng)a＝1，m＝﹣3時(shí)，拋物線的解析式為y＝x2+bx﹣3．∵拋物線經(jīng)過點(diǎn)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(diǎn)坐標(biāo)為（﹣1，﹣4）．（Ⅱ）①∵拋物線y＝ax2+bx+m經(jīng)過點(diǎn)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(diǎn)C（0，m），點(diǎn)E（m+1，m），過點(diǎn)A作AH⊥l于點(diǎn)H，由點(diǎn)A（1，0），得點(diǎn)H（1，m）．在Rt△EAH中，EH＝1﹣（m+1）＝﹣m，HA＝0﹣m＝﹣m，∴AE=EH∵AE＝EF＝22，∴?2m＝22解得m＝﹣2．此時(shí)，點(diǎn)E（﹣1，﹣2），點(diǎn)C（0，﹣2），有EC＝1．∵點(diǎn)F在y軸上，∴在Rt△EFC中，CF=E∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為（0，﹣2?7）或（0，﹣2+②由N是EF的中點(diǎn)，得CN=12EF根據(jù)題意，點(diǎn)N在以點(diǎn)C為圓心、2為半徑的圓上，由點(diǎn)M（m，0），點(diǎn)C（0，m），得MO＝﹣m，CO＝﹣m，∴在Rt△MCO中，MC=MO當(dāng)MC≥2，即m≤﹣1時(shí)，滿足條件的點(diǎn)N在線段MCMN的最小值為MC﹣NC=?2m?2=2當(dāng)MC＜2，即﹣1＜m＜0時(shí)，滿足條件的點(diǎn)N落在線段CM的延長線上，MN的最小值為NC﹣MC=2?（?2解得m=?1∴當(dāng)m的值為?32或?12時(shí)，18．（2020?泰安）若一次函數(shù)y＝﹣3x﹣3的圖象與x軸，y軸分別交于A，C兩點(diǎn)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3，0），二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象過A，B，C三點(diǎn)，如圖（1）．（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；（2）如圖（1），過點(diǎn)C作CD∥x軸交拋物線于點(diǎn)D，點(diǎn)E在拋物線上（y軸左側(cè)），若BC恰好平分∠DBE．求直線BE的表達(dá)式；（3）如圖（2），若點(diǎn)P在拋物線上（點(diǎn)P在y軸右側(cè)），連接AP交BC于點(diǎn)F，連接BP，S△BFP＝mS△BAF．①當(dāng)m=12時(shí)，求點(diǎn)②求m的最大值．【分析】（1）函數(shù)y＝﹣3x﹣3的圖象與x軸，y軸分別交于A，C兩點(diǎn)，則點(diǎn)A、C的坐標(biāo)分別為（﹣1，0）、（0，﹣3），將點(diǎn)A、B、C的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式，即可求解；（2）證明△BCD≌△BCM（AAS），則CM＝CD＝2，故OM＝3﹣2＝1，故點(diǎn)M（0，﹣1），即可求解；（3）過點(diǎn)P作PN∥x軸交BC于點(diǎn)N，則△PFN∽△AFB，則AFPF=ABPN，而S△BFP＝mS△BAF，則AFPF【解析】（1）一次函數(shù)y＝﹣3x﹣3的圖象與x軸，y軸分別交于A，C兩點(diǎn)，則點(diǎn)A、C的坐標(biāo)分別為（﹣1，0）、（0，﹣3），將點(diǎn)A、B、C的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式得0=a?b+c0=9a+3b+cc=?3，解得故拋物線的表達(dá)式為：y＝x2﹣2x﹣3；（2）設(shè)直線BE交y軸于點(diǎn)M，從拋物線表達(dá)式知，拋物線的對(duì)稱軸為x＝2，∵CD∥x軸交拋物線于點(diǎn)D，故點(diǎn)D（2，﹣3），由點(diǎn)B、C的坐標(biāo)知，直線BC與AB的夾角為45°，即∠MCB＝∠DCD＝45°，∵BC恰好平分∠DBE，故∠MBC＝∠DBC，而BC＝BC，故△BCD≌△BCM（AAS），∴CM＝CD＝2，故OM＝3﹣2＝1，故點(diǎn)M（0，﹣1），設(shè)直線BE的表達(dá)式為：y＝kx+b，則b=?13k+b=0，解得k=故直線BE的表達(dá)式為：y=13x（3）過點(diǎn)P作PN∥x軸交BC于點(diǎn)N，則△PFN∽△AFB，則AFPF而S△BFP＝mS△BAF，則AFPF=1m=①當(dāng)m=12時(shí)，則設(shè)點(diǎn)P（t，t2﹣2t﹣3），由點(diǎn)B、C的坐標(biāo)知，直線BC的表達(dá)式為：y＝x﹣3，當(dāng)x＝t﹣2時(shí)，y＝t﹣5，故點(diǎn)N（t﹣2，t﹣5），故t﹣5＝t2﹣2t﹣3，解得：t＝1或2，故點(diǎn)P（2，﹣3）或（1，﹣4）；②m=14PN=14[t﹣（t2﹣2t）]=?14（∵?14＜0，故m19．（2020?重慶）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+2（a≠0）與y軸交于點(diǎn)C，與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），且A點(diǎn)坐標(biāo)為（?2，0），直線BC的解析式為y=?2（1）求拋物線的解析式；（2）過點(diǎn)A作AD∥BC，交拋物線于點(diǎn)D，點(diǎn)E為直線BC上方拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，連接CE，EB，BD，DC．求四邊形BECD面積的最大值及相應(yīng)點(diǎn)E的坐標(biāo)；（3）將拋物線y＝ax2+bx+2（a≠0）向左平移2個(gè)單位，已知點(diǎn)M為拋物線y＝ax2+bx+2（a≠0）的對(duì)稱軸上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)N為平移后的拋物線上一動(dòng)點(diǎn)．在（2）中，當(dāng)四邊形BECD的面積最大時(shí)，是否存在以A，E，M，N為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形？若存在，直接寫出點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【分析】（1）利用直線BC的解析式求出點(diǎn)B、C的坐標(biāo)，則y＝ax2+bx+2＝a（x+2）（x﹣32）＝ax2﹣22a﹣6a，即﹣6a＝2，解得：a=（2）四邊形BECD的面積S＝S△BCE+S△BCD=12×EF×OB+12×（xD﹣（3）分AE是平行四邊形的邊、AE是平行四邊形的對(duì)角線兩種情況，分別求解即可．【解析】（1）直線BC的解析式為y=?23x+2，令y＝0，則x＝32，令x＝0，則故點(diǎn)B、C的坐標(biāo)分別為（32，0）、（0，2）；則y＝ax2+bx+2＝a（x+2）（x﹣32）＝a（x2﹣22x﹣6）＝ax2﹣22a﹣6a即﹣6a＝2，解得：a=1故拋物線的表達(dá)式為：y=?13x2+22（2）如圖，過點(diǎn)B、E分別作y軸的平行線分別交CD于點(diǎn)H，交BC于點(diǎn)F，∵AD∥BC，則設(shè)直線AD的表達(dá)式為：y=?23（x+2聯(lián)立①②并解得：x＝42，故點(diǎn)D（42，?10由點(diǎn)C、D的坐標(biāo)得，直線CD的表達(dá)式為：y=?22當(dāng)x＝32時(shí)，yBC=?23x+2＝﹣2，即點(diǎn)H（32，﹣2），故設(shè)點(diǎn)E（x，?13x2+223x+2），則點(diǎn)F（則四邊形BECD的面積S＝S△BCE+S△BCD=12×EF×OB+12×（xD﹣xC）×BH=12×（?13x2+223x+2+23x∵?22＜0，故S有最大值，當(dāng)x=322時(shí)，S的最大值為252（3）存在，理由：y=?13x2+223x+2=?13（x?2）2+83，拋物線y＝則新拋物線的表達(dá)式為：y=?13x2點(diǎn)A、E的坐標(biāo)分別為（?2，0）、（322，52）；設(shè)點(diǎn)M（2，m），點(diǎn)N（n，s），s=?①當(dāng)AE是平行四邊形的邊時(shí)，點(diǎn)A向右平移522個(gè)單位向上平移52個(gè)單位得到E，同樣點(diǎn)M（N）向右平移522個(gè)單位向上平移5即2±522則s=?13n2+8故點(diǎn)N的坐標(biāo)為（722，?112）或（②當(dāng)AE是平行四邊形的對(duì)角線時(shí)，由中點(diǎn)公式得：?2+322=s=?13n2故點(diǎn)N的坐標(biāo)（?22，綜上點(diǎn)N的坐標(biāo)為：（722，?112）或（?32220．（2020?自貢）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于點(diǎn)A（﹣3，0）、B（1，0），交y軸于點(diǎn)N，點(diǎn)M為拋物線的頂點(diǎn)，對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)C．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，連接AM，點(diǎn)E是線段AM上方拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，EF⊥AM于點(diǎn)F，過點(diǎn)E作EH⊥x軸于點(diǎn)H，交AM于點(diǎn)D．點(diǎn)P是y軸上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)EF取最大值時(shí)：①求PD+PC的最小值；②如圖2，Q點(diǎn)為y軸上一動(dòng)點(diǎn)，請(qǐng)直接寫出DQ+14【分析】（1）拋物線的表達(dá)式為：y＝a（x+3）（x﹣1）＝ax2+2ax﹣3a，即﹣3a＝3，即可求解；（2）①點(diǎn)C（﹣1，0）關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)B（1，0），連接BD交y軸于點(diǎn)P，則點(diǎn)P為所求點(diǎn)，PD+PC＝PD+PB＝DB為最小，即可求解；②過點(diǎn)O作直線OK，使sin∠NOK=14，過點(diǎn)D作DK⊥OK于點(diǎn)K，交y軸于點(diǎn)Q，則點(diǎn)Q為所求點(diǎn)，則DQ+14OQ＝DQ+【解析】（1）拋物線的表達(dá)式為：y＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3）＝ax2+2ax﹣3a，即﹣3a＝3，解得：a＝﹣1，故拋物線的表達(dá)式為：y＝﹣x2﹣2x+3；（2）由拋物線的表達(dá)式得，點(diǎn)M（﹣1，4），點(diǎn)N（0，3），則tan∠MAC=MC則設(shè)直線AM的表達(dá)式為：y＝2x+b，將點(diǎn)A的坐標(biāo)代入上式并解得：b＝6，故直線AM的表達(dá)式為：y＝2x+6，∵∠EFD＝∠DHA＝90°，∠EDF＝∠ADH，∴∠MAC＝∠DEF，則tan∠DEF＝2，則cos∠DEF=5設(shè)點(diǎn)E（x，﹣x2﹣2x+3），則點(diǎn)D（x，2x+6），則FE＝EDcos∠DEF＝（﹣x2﹣2x+3﹣2x﹣6）×55=55（﹣x2∵?55＜0，故EF有最大值，此時(shí)x＝﹣2，故點(diǎn)D①點(diǎn)C（﹣1，0）關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)B（1，0），連接BD交y軸于點(diǎn)P，則點(diǎn)P為所求點(diǎn)，PD+PC＝PD+PB＝DB為最小，則BD=(1+2②過點(diǎn)O作直線OK，使sin∠NOK=14，過點(diǎn)D作DK⊥OK于點(diǎn)K，交y軸于點(diǎn)Q，則點(diǎn)DQ+14OQ＝DQ+QK＝則直線OK的表達(dá)式為：y=15x∵DK⊥OK，故設(shè)直線DK的表達(dá)式為：y=?115x+將點(diǎn)D的坐標(biāo)代入上式并解得：b＝2?2則直線DK的表達(dá)式為：y=?115x+2故點(diǎn)Q（0，2?2由直線KD的表達(dá)式知，QD與x負(fù)半軸的夾角（設(shè)為α）的正切值為115，則cosα=則DQ=xQ?xDcosα=則DQ+14OQ為最小值=815+21．（2020?湖州）如圖，已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝﹣x2+bx+c（c＞0）的頂點(diǎn)為D，與y軸的交點(diǎn)為C．過點(diǎn)C的直線CA與拋物線交于另一點(diǎn)A（點(diǎn)A在對(duì)稱軸左側(cè)），點(diǎn)B在AC的延長線上，連結(jié)OA，OB，DA和DB．（1）如圖1，當(dāng)AC∥x軸時(shí)，①已知點(diǎn)A的坐標(biāo)是（﹣2，1），求拋物線的解析式；②若四邊形AOBD是平行四邊形，求證：b2＝4c．（2）如圖2，若b＝﹣2，BCAC=35，是否存在這樣的點(diǎn)A，使四邊形【分析】（1）①先確定出點(diǎn)C的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法即可得出結(jié)論；②先確定出拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而得出DF=b24，再判斷出△AFD≌△BCO，得出DF（2）先判斷出拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)D（﹣1，c+1），設(shè)點(diǎn)A（m，﹣m2﹣2m+c）（m＜0），判斷出△AFD≌△BCO（AAS），得出AF＝BC，DF＝OC，再判斷出△ANF∽△AMC，得出ANAM=FNCM=AFAC=BCAC=35，進(jìn)而求出m的值，得出點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為c?54＜cDN=94，F(xiàn)N=94?【解析】（1）①∵AC∥x軸，點(diǎn)A（﹣2，1），∴C（0，1），將點(diǎn)A（﹣2，1），C（0，1）代入拋物線解析式中，得?4?2b+c=1c=1∴b=?2c=1∴拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣2x+1；②如圖1，過點(diǎn)D作DE⊥x軸于E，交AB于點(diǎn)F，∵AC∥x軸，∴EF＝OC＝c，∵點(diǎn)D是拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)，∴D（b2，c+∴DF＝DE﹣EF＝c+b24∵四邊形AOBD是平行四邊形，∴AD＝BO，AD∥OB，∴∠DAF＝∠OBC，∵∠AFD＝∠BCO＝90°，∴△AFD≌△BCO（AAS），∴DF＝OC，∴b24即b2＝4c；（2）如圖2，∵b＝﹣2．∴拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣2x+c，∴頂點(diǎn)坐標(biāo)D（﹣1，c+1），假設(shè)存在這樣的點(diǎn)A使四邊形AOBD是平行四邊形，設(shè)點(diǎn)A（m，﹣m2﹣2m+c）（m＜0），過點(diǎn)D作DE⊥x軸于點(diǎn)E，交AB于F，∴∠AFD＝∠EFC＝∠BCO，∵四邊形AOBD是平行四邊形，∴AD＝BO，AD∥OB，∴∠DAF＝∠OBC，∴△AFD≌△BCO（AAS），∴AF＝BC，DF＝OC，過點(diǎn)A作AM⊥y軸于M，交DE于N，∴DE∥CO，∴△ANF∽△AMC，∴ANAM∵AM＝﹣m，AN＝AM﹣NM＝﹣m﹣1，∴?m?1?m∴m=?5∴點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為﹣（?52）2﹣2×（?52）+c＝∵AM∥x軸，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（0，c?54），N（﹣1，c∴CM＝c﹣（c?54）∵點(diǎn)D的坐標(biāo)為（﹣1，c+1），∴DN＝（c+1）﹣（c?54）∵DF＝OC＝c，∴FN＝DN﹣DF=94∵FNCM∴94∴c=3∴c?5∴點(diǎn)A縱坐標(biāo)為14∴A（?52，∴存在這樣的點(diǎn)A，使四邊形AOBD是平行四邊形．22．（2020?重慶）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y＝x2+bx+c與直線AB相交于A，B兩點(diǎn)，其中A（﹣3，﹣4），B（0，﹣1）．（1）求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（2）點(diǎn)P為直線AB下方拋物線上的任意一點(diǎn)，連接PA，PB，求△PAB面積的最大值；（3）將該拋物線向右平移2個(gè)單位長度得到拋物線y＝a1x2+b1x+c1（a1≠0），平移后的拋物線與原拋物線相交于點(diǎn)C，點(diǎn)D為原拋物線對(duì)稱軸上的一點(diǎn)，在平面直角坐標(biāo)系中是否存在點(diǎn)E，使以點(diǎn)B，C，D，E為頂點(diǎn)的四邊形為菱形，若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)E的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【分析】（1）將點(diǎn)A、B的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式，即可求解；（2）△PAB面積S=12×PH×（xB﹣xA）=12（x﹣1﹣x2﹣4x+1）×（0+3）=?（3）分BC為菱形的邊、菱形的的對(duì)角線兩種情況，分別求解即可．【解析】（1）將點(diǎn)A、B的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式得?4=9?3b+cc=?1，解得b=4故拋物線的表達(dá)式為：y＝x2+4x﹣1；（2）設(shè)直線AB的表達(dá)式為：y＝kx+t，則?4=?3k+tt=?1，解得k=1故直線AB的表達(dá)式為：y＝x﹣1，過點(diǎn)P作y軸的平行線交AB于點(diǎn)H，設(shè)點(diǎn)P（x，x2+4x﹣1），則H（x，x﹣1），△PAB面積S=12×PH×（xB﹣xA）=12（x﹣1﹣x2﹣4x+1）×（0+3）=?∵?32＜0，故S有最大值，當(dāng)x=?32（3）拋物線的表達(dá)式為：y＝x2+4x﹣1＝（x+2）2﹣5，則平移后的拋物線表達(dá)式為：y＝x2﹣5，聯(lián)立上述兩式并解得：x=?1y=?4，故點(diǎn)C（﹣1，﹣設(shè)點(diǎn)D（﹣2，m）、點(diǎn)E（s，t），而點(diǎn)B、C的坐標(biāo)分別為（0，﹣1）、（﹣1，﹣4）；①當(dāng)BC為菱形的邊時(shí)，點(diǎn)C向右平移1個(gè)單位向上平移3個(gè)單位得到B，同樣D（E）向右平移1個(gè)單位向上平移3個(gè)單位得到E（D），即﹣2+1＝s且m+3＝t①或﹣2﹣1＝s且m﹣3＝t②，當(dāng)點(diǎn)D在E的下方時(shí)，則BE＝BC，即s2+（t+1）2＝12+32③，當(dāng)點(diǎn)D在E的上方時(shí)，則BD＝BC，即22+（m+1）2＝12+32④，聯(lián)立①③并解得：s＝﹣1，t＝2或﹣4（舍去﹣4），故點(diǎn)E（﹣1，3）；聯(lián)立②④并解得：s＝1，t＝﹣4±6，故點(diǎn)E（1，﹣4+6）或（1，﹣4?②當(dāng)BC為菱形的的對(duì)角線時(shí)，則由中點(diǎn)公式得：﹣1＝s﹣2且﹣4﹣1＝m+t⑤，此時(shí)，BD＝BE，即22+（m+1）2＝s2+（t+1）2⑥，聯(lián)立⑤⑥并解得：s＝1，t＝﹣3，故點(diǎn)E（1，﹣3），綜上，點(diǎn)E的坐標(biāo)為：（﹣1，2）或（﹣3，﹣4+6）或（﹣3，﹣4?6）或（1，23．（2020?黔西南州）已知拋物線y＝ax2+bx+6（a≠0）交x軸于點(diǎn)A（6，0）和點(diǎn)B（﹣1，0），交y軸于點(diǎn)C．（1）求拋物線的解析式和頂點(diǎn)坐標(biāo)；（2）如圖（1），點(diǎn)P是拋物線上位于直線AC上方的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P分別作x軸、y軸的平行線，交直線AC于點(diǎn)D，E，當(dāng)PD+PE取最大值時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）如圖（2），點(diǎn)M為拋物線對(duì)稱軸l上一點(diǎn)，點(diǎn)N為拋物線上一點(diǎn)，當(dāng)直線AC垂直平分△AMN的邊MN時(shí)，求點(diǎn)N的坐標(biāo)．【分析】（1）將點(diǎn)A，B坐標(biāo)代入拋物線解析式中，解方程組即可得出結(jié)論；（2）先求出OA＝OC＝6，進(jìn)而得出∠OAC＝45°，進(jìn)而判斷出PD＝PE，即可得出當(dāng)PE的長度最大時(shí)，PE+PD取最大值，設(shè)出點(diǎn)E坐標(biāo)，表示出點(diǎn)P坐標(biāo)，建立PE＝﹣t2+6t＝﹣（t﹣3）2+9，即可得出結(jié)論；（3）先判斷出NF∥x軸，進(jìn)而求出點(diǎn)N的縱坐標(biāo)，即可建立方程求解得出結(jié)論．【解析】（1）∵拋物線y＝ax2+bx+6經(jīng)過點(diǎn)A（6，0），B（﹣1，0），∴a?b+6=036a+6b+6=0∴a=?1b=5∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+5x+6＝﹣（x?52）2∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+5x+6，頂點(diǎn)坐標(biāo)為（52，49（2）由（1）知，拋物線的解析式為y＝﹣x2+5x+6，∴C（0，6），∴OC＝6，∵A（6，0），∴OA＝6，∴OA＝OC，∴∠OAC＝45°，∵PD平行于x軸，PE平行于y軸，∴∠DPE＝90°，∠PDE＝∠DAO＝45°，∴∠PED＝45°，∴∠PDE＝∠PED，∴PD＝PE，∴PD+PE＝2PE，∴當(dāng)PE的長度最大時(shí)，PE+PD取最大值，∵A（6，0），C（0，6），∴直線AC的解析式為y＝﹣x+6，設(shè)E（t，﹣t+6）（0＜t＜6），則P（t，﹣t2+5t+6），∴PE＝﹣t2+5t+6﹣（﹣t+6）＝﹣t2+6t＝﹣（t﹣3）2+9，當(dāng)t＝3時(shí)，PE最大，此時(shí)，﹣t2+5t+6＝12，∴P（3，12）；（3）如圖（2），設(shè)直線AC與拋物線的對(duì)稱軸l的交點(diǎn)為F，連接NF，∵點(diǎn)F在線段MN的垂直平分線AC上，∴FM＝FN，∠NFC＝∠MFC，∵l∥y軸，∴∠MFC＝∠OCA＝45°，∴∠MFN＝∠NFC+∠MFC＝90°，∴NF∥x軸，由（2）知，直線AC的解析式為y＝﹣x+6，當(dāng)x=52時(shí)，y∴F（52，7∴點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為72設(shè)N的坐標(biāo)為（m，﹣m2+5m+6），∴﹣m2+5m+6=72，解得，m=5+35∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為（5+352，72）或（5?24．（2020?德州）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A的坐標(biāo)是（0，﹣2），在x軸上任取一點(diǎn)M，連接AM，分別以點(diǎn)A和點(diǎn)M為圓心，大于12AM的長為半徑作弧，兩弧相交于G，H兩點(diǎn)，作直線GH，過點(diǎn)M作x軸的垂線l交直線GH于點(diǎn)P探究：（1）線段PA與PM的數(shù)量關(guān)系為PA＝PM，其理由為：線段垂直平分線上的點(diǎn)與這條線段兩個(gè)端點(diǎn)的距離相等．（2）在x軸上多次改變點(diǎn)M的位置，按上述作圖方法得到相應(yīng)點(diǎn)P的坐標(biāo)，并完成下列表格：M的坐標(biāo)…（﹣2，0）（0，0）（2，0）（4，0）…P的坐標(biāo)…（﹣2，﹣2）（0，﹣1）（2，﹣2）（4，﹣5）…猜想：（3）請(qǐng)根據(jù)上述表格中P點(diǎn)的坐標(biāo)，把這些點(diǎn)用平滑的曲線在圖2中連接起來；觀察畫出的曲線L，猜想曲線L的形狀是拋物線．驗(yàn)證：（4）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)是（x，y），根據(jù)圖1中線段PA與PM的關(guān)系，求出y關(guān)于x的函數(shù)解析式．應(yīng)用：（5）如圖3，點(diǎn)B（﹣1，3），C（1，3），點(diǎn)D為曲線L上任意一點(diǎn)，且∠BDC＜30°，求點(diǎn)D的縱坐標(biāo)yD的取值范圍．【分析】（1）由題意可得GH是AM的垂直平分線，由線段垂直平分線的性質(zhì)可求解；（2）由（1）可知：PA＝PM，利用兩點(diǎn)距離公式可求點(diǎn)P坐標(biāo)；（3）依照題意，畫出圖象；（4）由兩點(diǎn)距離公式可得﹣y=(x?0)2+(y+2)2，可求（5）由兩點(diǎn)距離公式可求BC＝OB＝OC，可證△BOC是等邊三角形，可得∠BOC＝60°，以O(shè)為圓心，OB為半徑作圓O，交拋物線L與點(diǎn)E，連接BE，CE，可得∠BEC＝30°，則當(dāng)點(diǎn)D在點(diǎn)E下方時(shí)，∠BDC＜30°，求出點(diǎn)E的縱坐標(biāo)即可求解．【解析】（1）∵分別以點(diǎn)A和點(diǎn)M為圓心，大于12AM的長為半徑作弧，兩弧相交于G，H∴GH是AM的垂直平分線，∵點(diǎn)P是GH上一點(diǎn)，∴PA＝PM（線段垂直平分線上的點(diǎn)與這條線段兩個(gè)端點(diǎn)的距離相等），故答案為：PA＝PM，線段垂直平分線上的點(diǎn)與這條線段兩個(gè)端點(diǎn)的距離相等；（2）當(dāng)點(diǎn)M（﹣2，0）時(shí)，設(shè)點(diǎn)P（﹣2，a），（a＜0）∵PA＝PM，∴﹣a=(?2?0)∴a＝﹣2，∴點(diǎn)P（﹣2，﹣2），當(dāng)點(diǎn)M（4，0）時(shí)，設(shè)點(diǎn)P（4，b），（b＜0）∵PA＝PM，∴﹣b=(4?0)∴b＝﹣5，∴點(diǎn)P（4，﹣5），故答案為：（﹣2，﹣2），（4，﹣5）；（3）依照題意，畫出圖象，猜想曲線L的形狀為拋物線，故答案為：拋物線；（4）∵PA＝PM，點(diǎn)P的坐標(biāo)是（x，y），（y＜0），∴﹣y=(x?0)∴y=?14x2（5）∵點(diǎn)B（﹣1，3），C（1，3），∴BC＝2，OB=(?1?0)2+(∴BC＝OB＝OC，∴△BOC是等邊三角形，∴∠BOC＝60°，如圖3，以O(shè)為圓心，OB為半徑作圓O，交拋物線L與點(diǎn)E，連接BE，CE，∴∠BEC＝30°，設(shè)點(diǎn)E（m，n），∵點(diǎn)E在拋物線上，∴n=?14m2∵OE＝OB＝2，∴(m?0)2∴n1＝2﹣23，n2＝2+23（舍去），如圖3，可知當(dāng)點(diǎn)D在點(diǎn)E下方時(shí)，∠BDC＜30°，∴點(diǎn)D的縱坐標(biāo)yD的取值范圍為yD＜2﹣23．25．（2020?成都）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（﹣1，0），B（4，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C（0，﹣2）．（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（2）如圖1，點(diǎn)D為第四象限拋物線上一點(diǎn)，連接AD，BC交于點(diǎn)E，連接BD，記△BDE的面積為S1，△ABE的面積為S2，求S1（3）如圖2，連接AC，BC，過點(diǎn)O作直線l∥BC，點(diǎn)P，Q分別為直線l和拋物線上的點(diǎn)．試探究：在第一象限是否存在這樣的點(diǎn)P，Q，使△PQB∽△CAB．若存在，請(qǐng)求出所有符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【分析】（1）設(shè)拋物線的解析式為為y＝a（x﹣1）（x﹣4），將點(diǎn)C的坐標(biāo)代可求得a的值，從而得到拋物線的解析式；（2）過點(diǎn)D作DG⊥x軸于點(diǎn)G，交BC于點(diǎn)F，過點(diǎn)A作AK⊥x軸交BC的延長線于點(diǎn)K，證明△AKE∽△DFE，得出DFAK=DEAE，則S1S2=S△BDES△ABE=DEAE=DFAK，求出直線BC的解析式為y=12x（3）設(shè)P（a，a2），①當(dāng)點(diǎn)P在直線BQ右側(cè)時(shí)，如圖2，過點(diǎn)P作PN⊥x軸于點(diǎn)N，過點(diǎn)Q作QM⊥直線PN于點(diǎn)M，得出Q（34a，a﹣2），將點(diǎn)Q的坐標(biāo)代入拋物線的解析式求得a的值即可，②當(dāng)點(diǎn)P在直線BQ左側(cè)時(shí)，由①的方法同理可得點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（5【解析】（1）設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x+1）（x﹣4）．∵將C（0，﹣2）代入得：4a＝2，解得a=1∴拋物線的解析式為y=12（x+1）（x﹣4），即y=12x2（2）過點(diǎn)D作DG⊥x軸于點(diǎn)G，交BC于點(diǎn)F，過點(diǎn)A作AK⊥x軸交BC的延長線于點(diǎn)K，∴AK∥DG，∴△AKE∽△DFE，∴DFAK∴S1設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，∴4k+b=0b=?2，解得k=∴直線BC的解析式為y=12x∵A（﹣1，0），∴y=?12?∴AK=5設(shè)D（m，12m2?32m﹣2），則F（∴DF=12m?2?12m∴S1S2∴當(dāng)m＝2時(shí)，S1S2（3）符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)為（689，34∵l∥BC，∴直線l的解析式為y=12設(shè)P（a，a2①當(dāng)點(diǎn)P在直線BQ右側(cè)時(shí)，如圖2，過點(diǎn)P作PN⊥x軸于點(diǎn)N，過點(diǎn)Q作QM⊥直線PN于點(diǎn)M，∵A（﹣1，0），C（0，﹣2），B（4，0），∴AC=5，AB＝5，BC＝25∵AC2+BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°，∵△PQB∽△CAB，∴PQPB∵∠QMP＝∠BNP＝90°，∴∠MQP+∠MPQ＝90°，∠MPQ+∠PBN＝90°，∴∠MQP＝∠PBN，∴△QPM∽△PBN，∴QMPN∴QM=a4，PM=12（a﹣4）∴MN＝a﹣2，BN﹣QM＝a﹣4?a4=∴Q（34a，a﹣將點(diǎn)Q的坐標(biāo)代入拋物線的解析式得12×(34a)解得a＝0（舍去）或a=68∴P（689②當(dāng)點(diǎn)P在直線BQ左側(cè)時(shí)，由①的方法同理可得點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（54a此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（6+24126．（2020?樂山）已知拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（﹣1，0），B（5，0）兩點(diǎn)，C為拋物線的頂點(diǎn)，拋物線的對(duì)稱軸交x軸于點(diǎn)D，連結(jié)BC，且tan∠CBD=4（1）求拋物線的解析式；（2）設(shè)P是拋物線的對(duì)稱軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．①過點(diǎn)P作x軸的平行線交線段BC于點(diǎn)E，過點(diǎn)E作EF⊥PE交拋物線于點(diǎn)F，連結(jié)FB、FC，求△BCF的面積的最大值；②連結(jié)PB，求35PC+PB【分析】（1）設(shè)拋物線的解析式為：y＝a（x+1）（x﹣5），可得對(duì)稱軸為直線x＝2，由銳角三角函數(shù)可求點(diǎn)C坐標(biāo)，代入解析式可求解析式；（2）①先求出直線BC解析式，設(shè)P（2，t），可得點(diǎn)E（5?34t，t），點(diǎn)F(5?3②根據(jù)圖形的對(duì)稱性可知∠ACD＝∠BCD，AC＝BC＝5，過點(diǎn)P作PG⊥AC于G，可得PG=35PC，可得35PC+PB=PG+PB，過點(diǎn)B作BH⊥AC于點(diǎn)H，則PG+PH≥BH，即BH是3【解析】（1）根據(jù)題意，可設(shè)拋物線的解析式為：y＝a（x+1）（x﹣5），∵拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝2，∴D（2，0），又∵tan∠CBD=4∴CD＝BD?tan∠CBD＝4，即C（2，4），代入拋物線的解析式，得4＝a（2+1）（2﹣5），解得a=?4∴二次函數(shù)的解析式為y=?49(x+1)(x?5)=?4（2）①設(shè)P（2，t），其中0＜t＜4，設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，∴0=5k+b，4=2k+b.解得k=?即直線BC的解析式為y=?4令y＝t，得：x=5?3∴點(diǎn)E（5?34t，把x=5?34t代入y=?即F(5?3∴EF=(2t?1∴△BCF的面積=12×EF×BD=32（∴當(dāng)t＝2時(shí)，△BCF的面積最大，且最大值為32②如圖，連接AC，根據(jù)圖形的對(duì)稱性可知∠ACD＝∠BCD，AC＝BC＝5，∴sin∠ACD=AD過點(diǎn)P作PG⊥AC于G，則在Rt△PCG中，PG=PC?sin∠ACD=3∴35過點(diǎn)B作BH⊥AC于點(diǎn)H，則PG+PH≥BH，∴線段BH的長就是35∵S△ABC又∵S△ABC∴52即BH=24∴35PC+PB的最小值為27．（2020?銅仁市）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+6經(jīng)過兩點(diǎn)A（﹣1，0），B（3，0），C是拋物線與y軸的交點(diǎn)．（1）求拋物線的解析式；（2）點(diǎn)P（m，n）在平面直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)的拋物線上運(yùn)動(dòng)，設(shè)△PBC的面積為S，求S關(guān)于m的函數(shù)表達(dá)式（指出自變量m的取值范圍）和S的最大值；（3）點(diǎn)M在拋物線上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N在y軸上運(yùn)動(dòng)，是否存在點(diǎn)M、點(diǎn)N使得∠CMN＝90°，且△CMN與△OBC相似，如果存在，請(qǐng)求出點(diǎn)M和點(diǎn)N的坐標(biāo)．【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)A、B的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式；（2）過點(diǎn)P作PF∥y軸，交BC于點(diǎn)F，利用二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可得出點(diǎn)C的坐標(biāo)，根據(jù)點(diǎn)B、C的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法即可求出直線BC的解析式，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，﹣2m2+4m+6），則點(diǎn)F的坐標(biāo)為（m，﹣2m+6），進(jìn)而可得出PF的長度，利用三角形的面積公式可得出S△PBC＝﹣3m2+9m，配方后利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求出△PBC面積的最大值；（3）分兩種不同情況，當(dāng)點(diǎn)M位于點(diǎn)C上方或下方時(shí)，畫出圖形，由相似三角形的性質(zhì)得出方程，求出點(diǎn)M，點(diǎn)N的坐標(biāo)即可．【解析】（1）將A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx+6，得：a?b+6=09a+3b+6=0，解得：a=?2∴拋物線的解析式為y＝﹣2x2+4x+6．（2）過點(diǎn)P作PF∥y軸，交BC于點(diǎn)F，如圖1所示．當(dāng)x＝0時(shí)，y＝﹣2x2+4x+6＝6，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，6）．設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+c，將B（3，0）、C（0，6）代入y＝kx+c，得：3k+c=0c=6，解得：k=?2∴直線BC的解析式為y＝﹣2x+6．∵點(diǎn)P（m，n）在平面直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)的拋物線上運(yùn)動(dòng)，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，﹣2m2+4m+6），則點(diǎn)F的坐標(biāo)為（m，﹣2m+6），∴PF＝﹣2m2+4m+6﹣（﹣2m+6）＝﹣2m2+6m，∴S△PBC=12PF?OB＝﹣3m2+9m＝﹣3（m?32∴當(dāng)m=32時(shí)，△PBC面積取最大值，最大值為∵點(diǎn)P（m，n）在平面直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)的拋物線上運(yùn)動(dòng)，∴0＜m＜3．（3）存在點(diǎn)M、點(diǎn)N使得∠CMN＝90°，且△CMN與△OBC相似．如圖2，∠CMN＝90°，當(dāng)點(diǎn)M位于點(diǎn)C上方，過點(diǎn)M作MD⊥y軸于點(diǎn)D，∵∠CDM＝∠CMN＝90°，∠DCM＝∠NCM，∴△MCD∽△NCM，若△CMN與△OBC相似，則△MCD與△OBC相似，設(shè)M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），∴DC＝﹣2a2+4a，DM＝a，當(dāng)DMCD=OBOC=36=∴a?2解得，a＝1，∴M（1，8），此時(shí)ND=12DM∴N（0，172當(dāng)CDDM=OBOC=12時(shí)，∴?2a解得a=7∴M（74，55此時(shí)N（0，838如圖3，當(dāng)點(diǎn)M位于點(diǎn)C的下方，過點(diǎn)M作ME⊥y軸于點(diǎn)E，設(shè)M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），∴EC＝2a2﹣4a，EM＝a，同理可得：2a2?4aa=12或2解得a=94或∴M（94，398）或此時(shí)N點(diǎn)坐標(biāo)為（0，38）或（0，?綜合以上得，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∠CMN28．（2020?嘉興）在籃球比賽中，東東投出的球在點(diǎn)A處反彈，反彈后球運(yùn)動(dòng)的路線為拋物線的一部分（如圖1所示建立直角坐標(biāo)系），拋物線頂點(diǎn)為點(diǎn)B．（1）求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式．（2）當(dāng)球運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)被東東搶到，CD⊥x軸于點(diǎn)D，CD＝2.6m．①求OD的長．②東東搶到球后，因遭對(duì)方防守?zé)o法投籃，他在點(diǎn)D處垂直起跳傳球，想將球沿直線快速傳給隊(duì)友華華，目標(biāo)為華華的接球點(diǎn)E（4，1.3）．東東起跳后所持球離地面高度h1（m）（傳球前）與東東起跳后時(shí)間t（s）滿足函數(shù)關(guān)系式h1＝﹣2（t﹣0.5）2+2.7（0≤t≤1）；小戴在點(diǎn)F（1.5，0）處攔截，他比東東晚0.3s垂直起跳，其攔截高度h2（m）與東東起跳后時(shí)間t（s）的函數(shù)關(guān)系如圖2所示（其中兩條拋物線的形狀相同）．東東的直線傳球能否越過小戴的攔截傳到點(diǎn)E？若能，東東應(yīng)在起跳后什么時(shí)間范圍內(nèi)傳球？若不能，請(qǐng)說明理由（直線傳球過程中球運(yùn)動(dòng)時(shí)間忽略不計(jì)）．【分析】（1）設(shè)y＝a（x﹣0.4）2+3.32（a≠0），將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東東在點(diǎn)D跳起傳球與小戴在點(diǎn)F處攔截的示意圖如圖2，設(shè)MD＝h1，NF＝h2，當(dāng)點(diǎn)M，N，E三點(diǎn)共線時(shí)，過點(diǎn)E作EG⊥MD于點(diǎn)G，交NF于點(diǎn)H，過點(diǎn)N作NP⊥MD于點(diǎn)P，證明△MPN∽△NEH，得出MPPN=NHHE，則NH＝5MP．分不同情況：（Ⅰ）當(dāng)0≤t≤0.3時(shí)，（Ⅱ）當(dāng)0.3＜t≤0.65時(shí)，（Ⅲ）當(dāng)0.65＜t【解析】（1）設(shè)y＝a（x﹣0.4）2+3.32（a≠0），把x＝0，y＝3代入，解得a＝﹣2，∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y＝﹣2（x﹣0.4）2+3.32．（2）①把y＝2.6代入y＝﹣2（x﹣0.4）2+3.32，化簡(jiǎn)得（x﹣0.4）2＝0.36，解得x1＝﹣0.2（舍去），x2＝1，∴OD＝1m．②東東的直線傳球能越過小戴的攔截傳到點(diǎn)E．由圖1可得，當(dāng)0≤t≤0.3時(shí)，h2＝2.2．當(dāng)0.3＜t≤1.3時(shí)，h2＝﹣2（t﹣0.8）2+2.7．當(dāng)h1﹣h2＝0時(shí)，t＝0.65，東東在點(diǎn)D跳起傳球與小戴在點(diǎn)F處攔截的示意圖如圖2，設(shè)MD＝h1，NF＝h2，當(dāng)點(diǎn)M，N，E三點(diǎn)共線時(shí)，過點(diǎn)E作EG⊥MD于點(diǎn)G，交NF于點(diǎn)H，過點(diǎn)N作NP⊥MD于點(diǎn)P，∴MD∥NF，PN∥EG，∴∠M＝∠HEN，∠MNP＝∠NEH，∴△MPN∽△NEH，∴MPPN∵PN＝0.5，HE＝2.5，∴NH＝5MP．（Ⅰ）當(dāng)0≤t≤0.3時(shí)，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=9當(dāng)0≤t≤0.3時(shí)，MP隨t的增大而增大，∴110（Ⅱ）當(dāng)0.3＜t≤0.65時(shí)，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+2當(dāng)0.3＜t≤0.65時(shí)，MP隨t的增大而減小，∴310（Ⅲ）當(dāng)0.65＜t≤1時(shí)，h1＜h2，不可能．給上所述，東東在起跳后傳球的時(shí)間范圍為11029．（2020?黔東南州）已知拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左邊），與y軸交于點(diǎn)C（0，﹣3），頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，﹣4）．（1）求拋物線的解析式．（2）在y軸上找一點(diǎn)E，使得△EAC為等腰三角形，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)E的坐標(biāo)．（3）點(diǎn)P是x軸上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)Q是拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，是否存在點(diǎn)P、Q，使得以點(diǎn)P、Q、B、D為頂點(diǎn)，BD為一邊的四邊形是平行四邊形？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)P、Q坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【分析】（1）根據(jù)拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)設(shè)出拋物線的解析式，再將點(diǎn)C坐標(biāo)代入求解，即可得出結(jié)論；（2）先求出點(diǎn)A，C坐標(biāo)，設(shè)出點(diǎn)E坐標(biāo)，表示出AE，CE，AC，再分三種情況建立方程求解即可；（3）利用平移先確定出點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)，代入拋物線解析式求出點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)，即可得出結(jié)論．【解析】（1）∵拋物線的頂點(diǎn)為（1，﹣4），∴設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x﹣1）2﹣4，將點(diǎn)C（0，﹣3）代入拋物線y＝a（x﹣1）2﹣4中，得a﹣4＝﹣3，∴a＝1，∴拋物線的解析式為y＝a（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3；（2）由（1）知，拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3，令y＝0，則x2﹣2x﹣3＝0，∴x＝﹣1或x＝3，∴B（3，0），A（﹣1，0），令x＝0，則y＝﹣3，∴C（0，﹣3），∴AC=10設(shè)點(diǎn)E（0，m），則AE=m2+1，CE∵△ACE是等腰三角形，∴①當(dāng)AC＝AE時(shí)，10=∴m＝3或m＝﹣3（點(diǎn)C的縱坐標(biāo)，舍去），∴E（0，3），②當(dāng)AC＝CE時(shí)，10=|m∴m＝﹣3±10，∴E（0，﹣3+10）或（0，﹣3?③當(dāng)AE＝CE時(shí)，m2+1=∴m=?4∴E（0，?4即滿足條件的點(diǎn)E的坐標(biāo)為（0，3）、（0，﹣3+10）、（0，﹣3?10）、（0，（3）如圖，存在，∵D（1，﹣4），∴將線段BD向上平移4個(gè)單位，再向右（或向左）平移適當(dāng)?shù)木嚯x，使點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)落在拋物線上，這樣便存在點(diǎn)Q，此時(shí)點(diǎn)D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)就是點(diǎn)P，∴點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)為4，設(shè)Q（t，4），將點(diǎn)Q的坐標(biāo)代入拋物線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），分別過點(diǎn)D，Q作x軸的垂線，垂足分別為F，G，∵拋物線y＝x2﹣2x﹣3與x軸的右邊的交點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3，0），且D（1，﹣4），∴FB＝PG＝3﹣1＝2，∴點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為（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）．30．（2020?南充）已知二次函數(shù)圖象過點(diǎn)A（﹣2，0），B（4，0），C（0，4）．（1）求二次函數(shù)的解析式．（2）如圖，當(dāng)點(diǎn)P為AC的中點(diǎn)時(shí)，在線段PB上是否存在點(diǎn)M，使得∠BMC＝90°？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．（3）點(diǎn)K在拋物線上，點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，直線KD與直線BC的夾角為銳角θ，且tanθ=53，求點(diǎn)【分析】（1）設(shè)二次函數(shù)的解析式為y＝a（x+2）（x﹣4），將點(diǎn)C坐標(biāo)代入可求解；（2）利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式可求P（﹣1，2），點(diǎn)Q（2，2），由勾股定理可求BC的長，由待定系數(shù)法可求PB解析式，設(shè)點(diǎn)M（c，?25c+85），由兩點(diǎn)距離公式可得（c﹣2）2+（?25c+8（3）過點(diǎn)D作DE⊥BC于點(diǎn)E，設(shè)直線DK與BC交于點(diǎn)N，先求出DE＝BE=BD2=322，由銳角三角函數(shù)可求NE=DEtanθ=9210，分DK與射線EC交于點(diǎn)N（m，4﹣m）和DK與射線EB【解析】（1）∵二次函數(shù)圖象過點(diǎn)B（4，0），點(diǎn)A（﹣2，0），∴設(shè)二次函數(shù)的解析式為y＝a（x+2）（x﹣4），∵二次函數(shù)圖象過點(diǎn)C（0，4），∴4＝a（0+2）（0﹣4），∴a=?1∴二次函數(shù)的解析式為y=?12（x+2）（x﹣4）=?12x（2）存在，理由如下：如圖1，取BC中點(diǎn)Q，連接MQ，∵點(diǎn)A（﹣2，0），B（4，0），C（0，4），點(diǎn)P是AC中點(diǎn)，點(diǎn)Q是BC中點(diǎn)，∴P（﹣1，2），點(diǎn)Q（2，2），BC=(4?0)2+(0?4)設(shè)直線BP解析式為：y＝kx+b，由題意可得：2=?k+b0=4k+b解得：k=?∴直線BP的解析式為：y=?25x∵∠BMC＝90°∴點(diǎn)M在以BC為直徑的圓上，∴設(shè)點(diǎn)M（c，?25c∵點(diǎn)Q是Rt△BCM的中點(diǎn)，∴MQ=12BC＝2∴MQ2＝8，∴（c﹣2）2+（?25c+8∴c＝4或?24當(dāng)c＝4時(shí)，點(diǎn)B，點(diǎn)M重合，即c＝4，不合題意舍去，∴c=?2429，則點(diǎn)M坐標(biāo)（?24故線段PB上存在點(diǎn)M（?2429，5629），使得∠BMC（3）如圖2，過點(diǎn)D作DE⊥BC于點(diǎn)E，設(shè)直線DK與BC交于點(diǎn)N，∵點(diǎn)A（﹣2，0），B（4，0），C（0，4），點(diǎn)D是AB中點(diǎn)，∴點(diǎn)D（1，0），OB＝OC＝4，AB＝6，BD＝3，∴∠OBC＝45°，∵DE⊥BC，∴∠EDB＝∠EBD＝45°，∴DE＝BE=BD∵點(diǎn)B（4，0），C（0，4），∴直線BC解析式