壓軸題01 二次函數(shù)圖象性質(zhì)與幾何問題（3題型+2類型+解題模板+技巧精講）（解析版）

1/64壓軸題01二次函數(shù)圖象性質(zhì)與幾何問題目錄原創(chuàng)精品資源學(xué)科網(wǎng)獨家享有版權(quán)，侵權(quán)必究！1/14TOC\o"1-1"\n\p""\h\z\u題型一二次函數(shù)與最值問題題型二二次函數(shù)與圖形面積問題題型三二次函數(shù)與圖形判定問題類型一與特殊三角形相關(guān)類型二與特殊四邊形相關(guān)64/64二次函數(shù)圖象性質(zhì)與幾何問題在中考中常常作為壓軸題出現(xiàn)，多考查二次函數(shù)與幾何圖形的綜合，一般要用到線段最值、圖形面積、特殊三角形、特殊四邊形、相似三角形等相關(guān)知識，以及轉(zhuǎn)化與化歸、數(shù)形結(jié)合、分類討論等數(shù)學(xué)思想.此類題型常涉及以下問題：①求拋物線、直線的解析式；②求點的坐標(biāo)、線段長度、圖形面積；③探究幾何圖形的存在性問題或周長、面積的最值問題.下圖為二次函數(shù)圖象性質(zhì)與幾何問題中各題型的考查熱度.題型一二次函數(shù)與最值問題解題模板：【例1】（2023?棗莊節(jié)選）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過A（﹣1，0），C（0，3）兩點，并交x軸于另一點B，點M是拋物線的頂點，直線AM與y軸交于點D．（1）求該拋物線的表達(dá)式；（2）若點H是x軸上一動點，分別連接MH，DH，求MH+DH的最小值；【分析】（1）運用待定系數(shù)法即可求得拋物線的表達(dá)式；（2）利用待定系數(shù)法可得直線AM的解析式為y＝2x+2，進(jìn)而可得D（0，2），作點D關(guān)于x軸的對稱點D′（0，﹣2），連接D′M，D′H，MH+DH＝MH+D′H≥D′M，即MH+DH的最小值為D′M，利用兩點間距離公式即可求得答案；【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過A（﹣1，0），C（0，3）兩點，∴，解得：，∴該拋物線的表達(dá)式為y＝﹣x2+2x+3；（2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴頂點M（1，4），設(shè)直線AM的解析式為y＝kx+d，則，解得：，∴直線AM的解析式為y＝2x+2，當(dāng)x＝0時，y＝2，∴D（0，2），作點D關(guān)于x軸的對稱點D′（0，﹣2），連接D′M，D′H，如圖，則DH＝D′H，∴MH+DH＝MH+D′H≥D′M，即MH+DH的最小值為D′M，∵D′M＝＝，∴MH+DH的最小值為；【點評】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了求二次函數(shù)解析式，全等三角形的判定和性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，勾股定理，平行四邊形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，運用分類討論思想是解題的關(guān)鍵．【變式1-1】（2023?內(nèi)蒙古節(jié)選）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸的交點分別為A和B（1，0）（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C（0，3），點P是直線AC上方拋物線上一動點．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，過點P做x軸平行線交AC于點E，過點P做y軸平行線交x軸于點D，求PE+PD的最大值及點P的坐標(biāo)；【分析】（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；（2）先求直線AC的解析式，設(shè)P（t，﹣t2﹣2t+3），則D（t，0），E（﹣t2﹣2t，﹣t2﹣2t+3），可得PD+PE＝﹣2（t+）2+，當(dāng)t＝﹣時，PD+PE取最大值，此時P（﹣，）；【解答】解：（1）把B（1，0），C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c得：，解得，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣2x+3；（2）在y＝﹣x2﹣2x+3中，令y＝0得0＝﹣x2﹣2x+3，解得x＝﹣3或x＝1，∴A（﹣3，0），由A（﹣3，0），C（0，3）得直線AC解析式為y＝x+3，設(shè)P（t，﹣t2﹣2t+3），則D（t，0），E（﹣t2﹣2t，﹣t2﹣2t+3），∴PD+PE＝﹣t2﹣2t+3+（﹣t2﹣2t）﹣t＝﹣2t2﹣5t+3＝﹣2（t+）2+，∵﹣2＜0，∴當(dāng)t＝﹣時，PD+PE取最大值，此時P（﹣，）；【點評】本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，矩形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式1-2】（2023?眉山）在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于點A（﹣3，0），B（1，0）兩點，與y軸交于點C（0，3），點P是拋物線上的一個動點．（1）求拋物線的表達(dá)式；（2）當(dāng)點P在直線AC上方的拋物線上時，連接BP交AC于點D，如圖1，當(dāng)?shù)闹底畲髸r，求點P的坐標(biāo)及的最大值；【分析】（1）運用待定系數(shù)法，將點A（﹣3，0），B（1，0），C（0，3）代入y＝ax2+bx+c，即可求得拋物線的解析式；（2）運用待定系數(shù)法可得直線AC的解析式為y＝x+3，過點P作PE∥x軸交直線AC于點E，設(shè)P（t，﹣t2﹣2t+3），則E（﹣t2﹣2t，﹣t2﹣2t+3），可得PE＝﹣t2﹣2t﹣t＝﹣t2﹣3t，由PE∥x軸，得△EPD∽△ABD，進(jìn)而得出＝＝＝﹣（t+）2+，再運用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求得答案；【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于點A（﹣3，0），B（1，0）兩點，與y軸交于點C（0，3），∴，解得：，∴該拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣2x+3；（2）設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+n，則，解得：，∴直線AC的解析式為y＝x+3，過點P作PE∥x軸交直線AC于點E，如圖，設(shè)P（t，﹣t2﹣2t+3），則E（﹣t2﹣2t，﹣t2﹣2t+3），∴PE＝﹣t2﹣2t﹣t＝﹣t2﹣3t，∵A（﹣3，0），B（1，0），∴AB＝1﹣（﹣3）＝4，∵PE∥x軸，∴△EPD∽△ABD，∴＝，∴＝＝﹣（t+）2+，∵﹣＜0，∴當(dāng)t＝﹣時，的值最大，最大值為，此時點P的坐標(biāo)為（﹣，）；【點評】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，點坐標(biāo)轉(zhuǎn)換為線段長度，幾何圖形與二次函數(shù)結(jié)合的問題，相似三角形的判定和性質(zhì)，翻折變換的性質(zhì)等，最后一問推出PM＝CM為解題關(guān)鍵．【變式1-3】（2023?西寧）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線l與x軸交于點A（6，0），與y軸交于點B（0，﹣6），拋物線經(jīng)過點A，B，且對稱軸是直線x＝1．（1）求直線l的解析式；（2）求拋物線的解析式；（3）點P是直線l下方拋物線上的一動點，過點P作PC⊥x軸，垂足為C，交直線1于點D，過點P作PM⊥l，垂足為M．求PM的最大值及此時P點的坐標(biāo)．【分析】（1）運用待定系數(shù)法即可求得答案；（2）根據(jù)拋物線的對稱軸是直線x＝1，可設(shè)y＝a（x﹣1）2+k，利用待定系數(shù)法即可求得答案；（3）由∠PCA＝90°，∠OAB＝45°，可得∠PDM＝∠ADC＝45°，利用解直角三角形可得PM＝PD，設(shè)點P（t，t2﹣t﹣6），則D（t，t﹣6），可得PD＝t﹣6﹣（t2﹣t﹣6）＝﹣t2+t＝﹣（t﹣3）2+，利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求得答案．【解答】解：（1）設(shè)直線l的解析式為y＝mx+n（m≠0），∵直線l與x軸交于點A（6，0），與y軸交于點B（0，﹣6），∴，解得：，∴直線l的解析式為y＝x﹣6；（2）設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x﹣h）2+k（a≠0），∵拋物線的對稱軸是直線x＝1，∴y＝a（x﹣1）2+k，∵拋物線經(jīng)過點A，B，∴，解得：，∴拋物線的解析式為y＝（x﹣1）2﹣；（3）∵A（6，0），B（0，﹣6），∴OA＝OB＝6，在△AOB中，∠AOB＝90°，∴∠OAB＝∠OBA＝45°，∵PC⊥x軸，PM⊥l，∴∠PCA＝∠PND＝90°，在Rt△ADC中，∵∠PCA＝90°，∠OAB＝45°，∴∠ADC＝45°，∴∠PDM＝∠ADC＝45°，在Rt△PMD中，∠PMD＝90°，∠PDM＝45°，∴sin45°＝，∴PM＝PD，∵y＝（x﹣1）2﹣＝x2﹣x﹣6，∴設(shè)點P（t，t2﹣t﹣6），∴D（t，t﹣6），∴PD＝t﹣6﹣（t2﹣t﹣6）＝﹣t2+t＝﹣（t﹣3）2+，∵﹣＜0，∴當(dāng)t＝3時，PD有最大值是，此時PM最大，PM＝PD＝×＝，當(dāng)t＝3時，t2﹣t﹣6＝×9﹣×3﹣6＝﹣，∴P（3，﹣），∴PM的最大值是，此時點P（3，﹣）．【點評】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法，二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，解直角三角形等，本題難度適中，熟練掌握待定系數(shù)法和二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)是解題關(guān)鍵．題型二二次函數(shù)與圖形面積問題解題模板：技巧精講：表示圖形面積的方法【例2】（2023?婁底）如圖，拋物線y＝x2+bx+c過點A（﹣1，0）、點B（5，0），交y軸于點C．（1）求b，c的值．（2）點P（x0，y0）（0＜x0＜5）是拋物線上的動點．當(dāng)x0取何值時，△PBC的面積最大？并求出△PBC面積的最大值；【分析】（1）由拋物線過點A，B，可直接得出拋物線的表達(dá)式為：y＝（x+1）（x﹣5），展開即可得出結(jié)論；（2）過點P作PD⊥x軸，交線段BC于點D，則S△PBC＝OB?PD，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可得結(jié)論；（2）由題意可知PF⊥PE，若△PEF是等腰直角三角形，則PE＝PF，分別表達(dá)PE及PF，可求出x0的值，進(jìn)而求出點P的坐標(biāo)．【解答】解：（1）∵拋物線y＝x2+bx+c過點A（﹣1，0）、點B（5，0），∴拋物線的表達(dá)式為：y＝（x+1）（x﹣5）＝x2﹣4x﹣5，∴b＝﹣4，c＝﹣5；（2）由（1）得，拋物線的解析式為：y＝x2﹣4x﹣5，令x＝0，則y＝﹣5；∴C（0，﹣5）∴直線BC的表達(dá)式為：y＝x﹣5，P（x0，﹣4x0﹣5），如圖，過點P作x軸的垂線，交線段BC于點D，則D（x0，x0﹣5），∴S△PBC＝OB?PD＝×5×（x0﹣5﹣+4x0+5）＝﹣+x0＝﹣（x0﹣2.5）2+，∴當(dāng)x0＝2.5時，S的值取最大，最大值為；【點評】本題考查的是二次函數(shù)綜合運用，涉及到一次函數(shù)、等腰三角形的性質(zhì)、圖形的面積計算等，本題難度不大．【變式2-1】（2023?懷化）如圖一所示，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx﹣8與x軸交于A（﹣4，0）、B（2，0）兩點，與y軸交于點C．（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式及頂點坐標(biāo)；（2）點P為第三象限內(nèi)拋物線上一點，作直線AC，連接PA、PC，求△PAC面積的最大值及此時點P的坐標(biāo)；【分析】（1）運用待定系數(shù)法，將A（﹣4，0）、B（2，0）代入y＝ax2+bx﹣8，即可求得拋物線的函數(shù)表達(dá)式，再利用配方法或頂點坐標(biāo)公式即可求得拋物線的頂點坐標(biāo)；（2）運用待定系數(shù)法可得直線AC的解析式為y＝﹣2x﹣8，設(shè)P（t，t2+2t﹣8），過點P作PF∥y軸，交AC于點F，則F（t，﹣2t﹣8），進(jìn)而可得S△PAC＝S△PAF+S△PCF＝2（﹣t2﹣4t）＝﹣2（t+2）2+8，運用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求得答案；【解答】（1）解：∵拋物線y＝ax2+bx﹣8與x軸交于A（﹣4，0）、B（2，0）兩點，∴，解得：，∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y＝x2+2x﹣8，∵y＝x2+2x﹣8＝（x+1）2﹣9，∴拋物線的頂點坐標(biāo)為（﹣1，﹣9）；（2）解：∵拋物線y＝x2+2x﹣8與y軸交于點C，∴C（0，﹣8），設(shè)直線AC的解析式為y＝mx+n，則，解得：，∴直線AC的解析式為y＝﹣2x﹣8，設(shè)P（t，t2+2t﹣8），過點P作PF∥y軸，交AC于點F，如圖，則F（t，﹣2t﹣8），∴PF＝﹣2t﹣8﹣（t2+2t﹣8）＝﹣t2﹣4t，∴S△PAC＝S△PAF+S△PCF＝PF?（t+4）+PF?（﹣t）＝2PF＝2（﹣t2﹣4t）＝﹣2（t+2）2+8，∵﹣2＜0，∴當(dāng)t＝﹣2時，S△PAC的最大值為8，此時點P（﹣2，﹣8）；【點評】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，一元二次方程根與系數(shù)關(guān)系，圓的性質(zhì)，圓周角定理等，解題關(guān)鍵是證得O′E＝MN，得出以MN為直徑的⊙O′一定經(jīng)過點E．【變式2-2】（2023?安徽）在平面直角坐標(biāo)系中，點O是坐標(biāo)原點，拋物線y＝ax2+bx（a≠0）經(jīng)過點A（3，3），對稱軸為直線x＝2．（1）求a，b的值；（2）已知點B，C在拋物線上，點B的橫坐標(biāo)為t，點C的橫坐標(biāo)為t+1．過點B作x軸的垂線交直線OA于點D，過點C作x軸的垂線交直線OA于點E．（i）當(dāng)0＜t＜2時，求△OBD與△ACE的面積之和；（ii）在拋物線對稱軸右側(cè)，是否存在點B，使得以B，C，D，E為頂點的四邊形的面積為？若存在，請求出點B的橫坐標(biāo)t的值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）運用待定系數(shù)法即可求得答案；（2）由題意得B（t，﹣t2+4t），C（t+1，﹣t2+2t+3），利用待定系數(shù)法可得OA的解析式為y＝x，則D（t，t），E（t+1，t+1），（i）設(shè)BD與x軸交于點M，過點A作AN⊥CE，則M（t，0），N（t+1，3），利用S△OBD+S△ACE＝BD?OM+AN?CE即可求得答案；（ii）分兩種情況：①當(dāng)2＜t＜3時，②當(dāng)t＞3時，分別畫出圖象，利用S四邊形DCEB＝（BD+CE）?DH，建立方程求解即可得出答案．【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx（a≠0）經(jīng)過點A（3，3），對稱軸為直線x＝2，∴，解得：；（2）由（1）得：y＝﹣x2+4x，∴當(dāng)x＝t時，y＝﹣t2+4t，當(dāng)x＝t+1時，y＝﹣（t+1）2+4（t+1），即y＝﹣t2+2t+3，∴B（t，﹣t2+4t），C（t+1，﹣t2+2t+3），設(shè)OA的解析式為y＝kx，將A（3，3）代入，得：3＝3k，∴k＝1，∴OA的解析式為y＝x，∴D（t，t），E（t+1，t+1），（i）設(shè)BD與x軸交于點M，過點A作AN⊥CE，如圖，則M（t，0），N（t+1，3），∴S△OBD+S△ACE＝BD?OM+AN?CE＝（﹣t2+4t﹣t）?t+（﹣t2+2t+3﹣t﹣1）?（3﹣t﹣1）＝（﹣t3+3t2）+（t3﹣3t2+4）＝﹣t3+t2+t3﹣t2+2＝2；（ii）①當(dāng)2＜t＜3時，過點D作DH⊥CE于H，如圖，則H（t+1，t），BD＝﹣t2+4t﹣t＝﹣t2+3t，CE＝t+1﹣（﹣t2+2t+3）＝t2﹣t﹣2，DH＝t+1﹣t＝1，∴S四邊形DCEB＝（BD+CE）?DH，即＝（﹣t2+3t+t2﹣t﹣2）×1，解得：t＝；②當(dāng)t＞3時，如圖，過點D作DH⊥CE于H，則BD＝t﹣（﹣t2+4t）＝t2﹣3t，CE＝t2﹣t﹣2，∴S四邊形DBCE＝（BD+CE）?DH，即＝（t2﹣3t+t2﹣t﹣2）×1，解得：t1＝+1（舍去），t2＝﹣+1（舍去）；綜上所述，t的值為．【點評】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法，一次函數(shù)和二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，四邊形面積等，其中（2）（ii）分類求解是解題的關(guān)鍵．【變式2-3】（2023·遼寧阜新·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)的圖象與軸交于點和點，與y軸交于點C．

(1)求這個二次函數(shù)的表達(dá)式．(2)如圖1，二次函數(shù)圖象的對稱軸與直線交于點D，若點M是直線上方拋物線上的一個動點，求面積的最大值．【答案】(1)；(2)；【分析】（1）根據(jù)拋物線的交點式直接得出結(jié)果；（2）作于，作于，交于，先求出拋物線的對稱軸，進(jìn)而求得，坐標(biāo)及的長，從而得出過的直線與拋物線相切時，的面積最大，根據(jù)的△求得的值，進(jìn)而求得的坐標(biāo)，進(jìn)一步求得上的高的值，進(jìn)一步得出結(jié)果；【詳解】（1）解：由題意得，；（2）解：如圖1，作于，作于，交于，，，，，拋物線的對稱軸是直線：，，，，，故只需的邊上的高最大時，的面積最大，設(shè)過點與平行的直線的解析式為：，當(dāng)直線與拋物線相切時，的面積最大，由得，，由△得，得，，，，，，，，；【點睛】本題考查了二次函數(shù)及其圖象的性質(zhì)，一元二次方程的解法，平行四邊形的判定和性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)等知識，解決問題的關(guān)鍵是分類討論．【變式2-4】（2023·湖南·統(tǒng)考中考真題）如圖，二次函數(shù)的圖象與軸交于，兩點，與軸交于點，其中，．

(1)求這個二次函數(shù)的表達(dá)式；(2)在二次函數(shù)圖象上是否存在點，使得？若存在，請求出點坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；【答案】(1)(2)或或【分析】（1）待定系數(shù)法求解析式即可求解；（2）根據(jù)，可得到的距離等于到的距離，進(jìn)而作出兩條的平行線，求得解析式，聯(lián)立拋物線即可求解；【詳解】（1）解：將點，代入，得解得：∴拋物線解析式為；（2）∵，頂點坐標(biāo)為，當(dāng)時，解得：∴，則∵，則∴是等腰直角三角形，∵∴到的距離等于到的距離，∵，，設(shè)直線的解析式為∴解得：∴直線的解析式為，如圖所示，過點作的平行線，交拋物線于點，

設(shè)的解析式為，將點代入得，解得：∴直線的解析式為，解得：或∴，∵∴∴是等腰直角三角形，且，如圖所示，延長至，使得，過點作的平行線，交軸于點，則，則符合題意的點在直線上，∵是等腰直角三角形，∴∴是等腰直角三角形，∴∴設(shè)直線的解析式為∴解得：∴直線的解析式為聯(lián)立解得：或∴或綜上所述，或或；【點睛】本題考查了二次函數(shù)綜合運用，面積問題，角度問題，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．題型三二次函數(shù)與圖形判定問題類型一與特殊三角形相關(guān)解題模板：技巧精講：1：動點構(gòu)成特殊三角形的作圖方法2.動點構(gòu)成特殊三角形的分類討論方法（情景同上）【例3】（2023?隨州節(jié)選）如圖1，平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+c過點A（﹣1，0），B（2，0）和C（0，2），連接BC，點P（m，n）（m＞0）為拋物線上一動點，過點P作PN⊥x軸交直線BC于點M，交x軸于點N．（1）直接寫出拋物線和直線BC的解析式；（2）如圖2，連接OM，當(dāng)△OCM為等腰三角形時，求m的值；【分析】（1）由題得拋物線的解析式為y＝a（x+1）（x﹣2），將點C坐標(biāo)代入求a，進(jìn)而得到拋物線的解析式；設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+t，將B、C兩點坐標(biāo)代入求解即可得到直線BC的解析式．（2）由題可得M坐標(biāo)，分別求出OC，OM，CM，對等腰三角形OCM中相等的邊界線分類討論，進(jìn)而列方程求解．【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c過點A（﹣1，0），B（2，0），∴拋物線的表達(dá)式為y＝a（x+1）（x﹣2），將點C（0，2）代入得，2＝﹣2a，∴a＝﹣1，∴拋物線的表達(dá)式為y＝﹣（x+1）（x﹣2），即y＝﹣x2+x+2．設(shè)直線BC的表達(dá)式為y＝kx+t，將B（2，0），C（0，2）代入得，，解得，∴直線BC的表達(dá)式為y＝﹣x+2．（2）∵點M在直線BC上，且P（m，n），∴點M的坐標(biāo)為（m，﹣m+2），∴OC＝2∴CM2＝（m﹣0）2+（﹣m+2﹣2）2＝2m2，OM2＝m2+（﹣m+2）2＝2m2﹣4m+4，當(dāng)△OCM為等腰三角形時，①若CM＝OM，則CM2＝OM2，即2m2＝2m2﹣4m+4，解得m＝1；②若CM＝OC，則CM2＝OC2，即2m2＝4，解得或m＝﹣（舍去）；③若OM＝OC，則OM2＝OC2，即2m2﹣4m+4＝4，解得m＝2或m＝0（舍去）．綜上，m＝1或m＝或m＝2．【點評】本題考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是熟練掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，等腰三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定等相關(guān)知識．【變式3-1】（2023?恩施州節(jié)選）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，O為坐標(biāo)原點，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c與y軸交于點A，拋物線的對稱軸與x軸交于點B．（1）如圖，若A（0，），拋物線的對稱軸為x＝3．求拋物線的解析式，并直接寫出y≥時x的取值范圍；（2）在（1）的條件下，若P為y軸上的點，C為x軸上方拋物線上的點，當(dāng)△PBC為等邊三角形時，求點P，C的坐標(biāo)；【分析】（1）把A點的坐標(biāo)代入拋物線的解析式，可得c，由對稱軸是，可求得b；當(dāng)y＝時，結(jié)合圖象求得x的范圍；（2）連接AB，在對稱軸上截取BD＝AB，分兩種情況進(jìn)行討論，根據(jù)題意可得A、B、C、P四點共圓，先證A、D、C在同一直線上，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，兩點之間的距離公式，坐標(biāo)系中的交點坐標(biāo)特征等即可求解．（3））由拋物線過點D（m，2），E（n，2）可設(shè)設(shè)拋物線解析式為y＝，于是再將點F（1，﹣1）的坐標(biāo)代入解析式中可得（m﹣1）（n﹣1）＝6，再利用m＜n，m，n為正整數(shù)求解即可．【解答】解：（1）∵A，拋物線的對稱軸為x＝3．∴c＝，，解得：b＝3，∴拋物線解析式為y＝，當(dāng)y＝時，＝，解得：x1＝0，x2＝6，∴x的取值范圍是：0≤x≤6；（2）連接AB，在對稱軸上截取BD＝AB，由已知可得：OA＝，OB＝3，在Rt△AOB中，tan∠OAB＝＝，∴∠OAB＝60°，∴∠PAB＝180°﹣∠OAB＝120°，∵△BCP是等邊三角形，∴∠BCP＝60°，∴∠PAB+∠BCP＝180°，∴A、B、C、P四點共圓，∴∠BAC＝∠BPC＝60°，∵BD＝AB，∴△ABD是等邊三角形，∴∠BAD＝60°，∴點D在AC上，BD＝AB＝，∴D（3，），設(shè)AD的解析式為y＝kx+b，則有：，解得：，∴AC的解析式為：y＝，由＝，得：x1＝0，x2＝，當(dāng)x＝時，y＝，∴C（，），設(shè)P（0，y），則有：，解得：y＝，∴P（0，）；當(dāng)C與A重合時，∵∠OAB＝60°，∴點P與點A關(guān)于x軸對稱，符合題意，此時，P（0，），C（0，）；∴C（，），P（0，）或P（0，），C（0，）；【點評】本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，根據(jù)特三角函數(shù)求角度，圓內(nèi)接四邊形對角互補，二次函數(shù)的性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式3-2】（2023?益陽）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l：y＝a（x+2）（a＞0）與x軸交于點A，與拋物線E：y＝ax2交于B，C兩點（B在C的左邊）．（1）求A點的坐標(biāo)；（2）如圖1，若B點關(guān)于x軸的對稱點為B′點，當(dāng)以點A，B′，C為頂點的三角形是直角三角形時，求實數(shù)a的值；【分析】（1）解方程a（x+2）＝0；（2）表示出點A，B′，C的坐標(biāo)，利用勾股定理解方程求解，注意直角頂點不確定，需分類討論；（3）直線l與拋物線E所圍成的封閉圖形（不包含邊界）中的格點只能落在y軸和直線x＝1上，各為13個，分別求出a的范圍．【解答】解：（1）令y＝a（x+2）＝0，得x＝﹣2，A點的坐標(biāo)為（﹣2，0）；（2）聯(lián)立直線l：y＝a（x+2）與拋物線E：y＝ax2得：，∴x2﹣x﹣2＝0，∴x＝﹣1或x＝2，∴B（﹣1，a），C（2，4a），∵B點關(guān)于x軸的對稱點為B′點，∴B'（﹣1，﹣a），∴AB'2＝（﹣2+1）2+（0+a）2＝a2+1，AC2＝（2+2）2+（4a﹣0）2＝16a2+16，B'C2＝（2+1）2+（4a+a）2＝25a2+9，若∠CAB'＝90°，則AB'2+AC2＝B'C2，即a2+1+16a2+16＝25a2+9，所以a＝1，若∠AB'C＝90°，則AB'2+B'C2＝AC2，即a2+1+25a2+9＝16a2+16，所以a＝，若∠ACB'＝90°，則AC2+B'C2＝AB'2，即16a2+16+25a2+9＝a2+1，此方程無解．∴a＝1或a＝．【點評】本題考查了一次函數(shù)和二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，并與直角三角形和新定義結(jié)合，關(guān)鍵是弄清格點只能落在y軸和直線x＝1上，各為13個，并對點D、F進(jìn)行定位．類型二與特殊四邊形相關(guān)技巧精講：1.動點構(gòu)成特殊四邊形的作圖方法2.動點構(gòu)成特殊四邊形的分類討論方法（情境同上）【例4】（2023?自貢）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+4與x軸交于A（﹣3，0），B兩點，與y軸交于點C．（1）求拋物線解析式及B，C兩點坐標(biāo)；（2）以A，B，C，D為頂點的四邊形是平行四邊形，求點D坐標(biāo)；【分析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法求出拋物線的解析式，然后即可求出拋物線與x軸和y軸的交點坐標(biāo)．（2）分三種情況，先確定四邊形的對角線，找到對角線的中點，然后根據(jù)中點坐標(biāo)公式即可求解．【解答】解：（1）把點A的坐標(biāo)代入解析式得b＝，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣x+4，∴點C的坐標(biāo)為（0，4），點B的坐標(biāo)為（1，0）．（2）以A，B，C，D為頂點的四邊形是平行四邊形，分三種情況：①若AC為對角線，設(shè)AC的中點為F，則根據(jù)中點坐標(biāo)公式可得F的坐標(biāo)為（﹣，2），設(shè)點D的坐標(biāo)為（a，b），則有，解得a＝﹣4，b＝4，此時點D的坐標(biāo)為（﹣4，4），②若以AB為對角線，設(shè)AB的中點為F，則F的坐標(biāo)為（﹣1，0），設(shè)點D的坐標(biāo)為（a，b），則有，解得a＝﹣2，b＝﹣4，此時點D的坐標(biāo)為（﹣2，﹣4），③若以BC為對角線，設(shè)BC的中點為F，則點F的坐標(biāo)為（，2），設(shè)點D的坐標(biāo)為（a，b），則有，解得a＝4，b＝4，此時點D的坐標(biāo)為（4，4），綜上所述，點D的坐標(biāo)為（﹣4，4）或（﹣2，﹣4）或（4，4）；【變式4-1】（2023?巴中）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）經(jīng)過點A（﹣1，0）和B（0，3），其頂點的橫坐標(biāo)為1．（1）求拋物線的表達(dá)式．（2）若直線x＝m與x軸交于點N，在第一象限內(nèi)與拋物線交于點M，當(dāng)m取何值時，使得AN+MN有最大值，并求出最大值．（3）若點P為拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的對稱軸上一動點，將拋物線向左平移1個單位長度后，Q為平移后拋物線上一動點．在（2）的條件下求得的點M，是否能與A、P、Q構(gòu)成平行四邊形？若能構(gòu)成，求出Q點坐標(biāo)；若不能構(gòu)成，請說明理由．【分析】（1）由拋物線頂點橫坐標(biāo)，可得出拋物線的對稱軸為直線x＝1，結(jié)合點A的坐標(biāo)，可得出拋物線與x軸另一交點的坐標(biāo)，結(jié)合點B的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法，即可求出拋物線的表達(dá)式；（2）由“直線x＝m與x軸交于點N，在第一象限內(nèi)與拋物線交于點M”，可得出點M，N的坐標(biāo)，進(jìn)而可得出AN，MN的值，代入AN+MN中，可得出AN+MN＝﹣（m﹣）2+，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)，即可解決最值問題；（3）利用平移的性質(zhì)，可得出平移后拋物線的表達(dá)式為y＝﹣x2+4，利用二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，可求出點M的坐標(biāo)，假設(shè)存在以A，P，Q，M為頂點的平行四邊形，設(shè)點P的坐標(biāo)為（1，m），點Q的坐標(biāo)為（n，﹣n2+4），分AM為對角線、AP為對角線及AQ為對角線三種情況考慮，由平行四邊形的對角線互相平分，可得出關(guān)于n的一元一次方程，解之可得出n值，再將其代入點Q的坐標(biāo)中，即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）∵拋物線的頂點橫坐標(biāo)為1，∴拋物線的對稱軸為直線x＝1．∵點A的坐標(biāo)為（﹣1，0），∴拋物線與x軸的另一交點坐標(biāo)為（3，0）．將（﹣1，0），（3，0），（0，3）代入y＝ax2+bx+c得：，解得：，∴拋物線的表達(dá)式為y＝﹣x2+2x+3；（2）∵直線x＝m與x軸交于點N，在第一象限內(nèi)與拋物線交于點M，∴點M的坐標(biāo)為（m，﹣m2+2m+3），點N的坐標(biāo)為（m，0），∴MN＝﹣m2+2m+3，AN＝m+1，∴AN+MN＝m+1+（﹣m2+2m+3）＝﹣m2+3m+4＝﹣（m﹣）2+，∵﹣1＜0，且0＜m＜3，∴當(dāng)m＝時，AN+MN有最大值，最大值為；（3）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴拋物線向左平移1個單位長度后的表達(dá)式為y＝﹣x2+4．當(dāng)x＝時，y＝﹣（）2+2×+3＝，∴點M的坐標(biāo)為（，）．假設(shè)存在以A，P，Q，M為頂點的平行四邊形，設(shè)點P的坐標(biāo)為（1，m），點Q的坐標(biāo)為（n，﹣n2+4）．①當(dāng)AM為對角線時，對角線AM，PQ互相平分，∴＝，解得：n＝﹣，∴點Q的坐標(biāo)為（﹣，）；②當(dāng)AP為對角線時，對角線AP，MQ互相平分，∴＝，解得：n＝﹣，∴點Q的坐標(biāo)為（﹣，）；③當(dāng)AQ為對角線時，對角線AQ，PM互相平分，∴＝，解得：n＝，∴點Q的坐標(biāo)為（，﹣）．綜上所述，存在以A，P，Q，M為頂點的平行四邊形，點Q的坐標(biāo)為（﹣，）或（﹣，）或（，﹣）．【點評】本題考查了二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征、待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)以及平行四邊形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：（1）根據(jù)點的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出拋物線的表達(dá)式；（2）利用二次函數(shù)的性質(zhì)，求出AN+MN的最大值；（3）利用平行四邊形的性質(zhì)（對角線互相平分），找出關(guān)于n的一元一次方程．【變式4-2】（2023?錦州）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c交x軸于點A（﹣1，0）和B，交y軸于點C（0，3），頂點為D．（1）求拋物線的表達(dá)式；（2）若點E在第一象限內(nèi)對稱軸右側(cè)的拋物線上，四邊形ODEB的面積為7，求點E的坐標(biāo)；（3）在（2）的條件下，若點F是對稱軸上一點，點H是坐標(biāo)平面內(nèi)一點，在對稱軸右側(cè)的拋物線上是否存在點G，使以點E，F(xiàn)，G，H為頂點的四邊形是菱形，且∠EFG＝60°，如果存在，請直接寫出點G的坐標(biāo)；如果不存在，請說明理由．【分析】（1）把點A（﹣1，0）和點C（0，3）代入求拋物線的表達(dá)式；（2）將四邊形ODEB分割，S四邊形ODEB＝S△ODM+S梯形DMNE+S△ENB，利用7建立方程求點E的坐標(biāo)；（3）對E，F(xiàn)，G，H四個點按順時針和逆時針排成菱形，分別求解．【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+c過點A（﹣1，0）和點C（0，3），∴，∴，∴拋物線的表達(dá)式y(tǒng)＝﹣x2+2x+3．（2）設(shè)拋物線的對稱軸與x軸交于點M，過點E作EN⊥x軸于點N，如圖．設(shè)E（x，﹣x2+2x+3），∴BN＝3﹣x，MN＝x﹣1，∴S四邊形ODEB＝S△ODM+S梯形DMNE+S△ENB＝×1×4+（4﹣x2+2x+3）（x﹣1）+（﹣x2+2x+3）（3﹣x）＝﹣x2+4x+3，∵四邊形ODEB的面積為7，∴﹣x2+4x+3＝7，∴x2﹣4x+4＝0，∴x1＝x2＝2，∴E（2，3）．（3）存在點G，使以點E，F(xiàn)，G，H為頂點的四邊形是菱形，且∠EFG＝60°，滿足條件G的坐標(biāo)為（，）或（，）．理由如下：如圖，連接CG，DG，∵四邊形EFGH是菱形，且∠EFG＝60°，∴△EFG是等邊三角形，∴△DCE是等邊三角形，∴△CEG≌△DEF，∴∠ECG＝∠EDF＝30°，∴直線CG的表達(dá)式為y＝﹣x+3，∴，∴G（，）；如圖，連接CG、DG、CF，∵四邊形EFGH是菱形，且∠EFG＝60°，∴△EFG是等邊三角形，∴△DCE是等邊三角形，∴△DGE≌△CFE，∴DG＝CF，∴CF＝FE，GE＝FE，∴DG＝GE，∴△CDG≌△CEG，∴∠DCG＝∠ECG＝30°，∴直線CG的表達(dá)式為y＝x+3，∴，∴G（，），綜上，G（，）或（，）．【點評】本題考查了二次函數(shù)解析式的求法，與四邊形面積和菱形結(jié)合，對于（2）關(guān)鍵是分割，對于（3）關(guān)鍵是找清分類標(biāo)準(zhǔn)．【變式4-3】（2022?黔西南州）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，經(jīng)過點A（4，0）的直線AB與y軸交于點B（0，4）．經(jīng)過原點O的拋物線y＝﹣x2+bx+c交直線AB于點A，C，拋物線的頂點為D．（1）求拋物線y＝﹣x2+bx+c的表達(dá)式；（2）M是線段AB上一點，N是拋物線上一點，當(dāng)MN∥y軸且MN＝2時，求點M的坐標(biāo)；（3）P是拋物線上一動點，Q是平面直角坐標(biāo)系內(nèi)一點．是否存在以點A，C，P，Q為頂點的四邊形是矩形？若存在，直接寫出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【分析】（1）將點A、O的坐標(biāo)分別代入拋物線解析式，解方程即可；（2）設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+b，利用待定系數(shù)法求出解析式，再表示出MN，然后根據(jù)MN＝2解方程可得答案；（3）分AC為邊和對角線兩種情況進(jìn)行討論：根據(jù)平移的性質(zhì)，三角形相似的性質(zhì)和判定，兩點的距離公式可得結(jié)論．【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+c過點A（4，0）和O（0，0），∴，解得：，∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+4x；（2）∵直線AB經(jīng)過點A（4，0）和B（0，4），∴直線AB的解析式為：y＝﹣x+4，∵M(jìn)N∥y軸，設(shè)M（t，﹣t+4），N（t，﹣t2+4t），其中0≤t≤4，當(dāng)M在N點的上方時，MN＝﹣t+4﹣（﹣t2+4t）＝t2﹣5t+4＝2，解得：t1＝，t2＝（舍），∴M1（，），當(dāng)M在N點下方時，MN＝﹣t2+4t﹣（﹣t+4）＝﹣t2+5t﹣4＝2，解得：t1＝2，t2＝3，∴M2（2，2），M3（3，1），綜上，滿足條件的點M的坐標(biāo)有三個（，）或（2，2）或（3，1）；（3）存在，①如圖2，若AC是矩形的邊，設(shè)拋物線的對稱軸與直線AB交于點R，且R（2，2），過點C，A分別作直線AB的垂線交拋物線于點P1，P2，∵C（1，3），D（2，4），∴CD＝＝，同理得：CR＝，RD＝2，∴CD2+CR2＝DR2，∴∠RCD＝90°，∴點P1與點D重合，當(dāng)CP1∥AQ1，CP1＝AQ1時，四邊形ACP1Q1是矩形，∵C（1，3）向右平移1個單位，向上平移1個單位得到P1（2，4），∴A（4，0）向右平移1個單位，向上平移1個單位得到Q1（5，1），此時直線P1C的解析式為：y＝x+2，∵直線P2A與P1C平行且過點A（4，0），∴直線P2A的解析式為：y＝x﹣4，∵點P2是直線y＝x﹣4與拋物線y＝﹣x2+4x的交點，∴﹣x2+4x＝x﹣4，解得：x1＝﹣1，x2＝4（舍），∴P2（﹣1，﹣5），當(dāng)AC∥P2Q2時，四邊形ACQ2P2是矩形，∵A（4，0）向左平移3個單位，向上平移3個單位得到C（1，3），∴P2（﹣1，﹣5）向左平移3個單位，向上平移3個單位得到Q2（﹣4，﹣2）；②如圖3，若AC是矩形的對角線，設(shè)P3（m，﹣m2+4m）當(dāng)∠AP3C＝90°時，過點P3作P3H⊥x軸于H，過點C作CK⊥P3H于K，∴∠P3KC＝∠AHP3＝90°，∠P3CK＝∠AP3H，∴△P3CK∽△AP3H，∴＝，∴＝，∵點P不與點A，C重合，∴m≠1或m≠4，∴m2﹣3m+1＝0，∴m＝，∴如圖4，滿足條件的點P有兩個，即P3（，），P4（，），當(dāng)P3C∥AQ3，P3C＝AQ3時，四邊形AP3CQ3是矩形，∵P3（，）向左平移個單位，向下平移個單位得到C（1，3），∴A（4，0）向左平移個單位，向下平移個單位得到Q3（，），當(dāng)P4C∥AQ4，P4C＝AQ4時，四邊形AP4CQ4是矩形，∵P4（，）向右平移個單位，向上平移個單位得到C（1，3），∴A（4，0）向右平移個單位，向上平移個單位得到Q4（，）；綜上，點Q的坐標(biāo)為（5，1）或（﹣4，﹣2）或（，）或（，）．【點評】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，相似三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，平移的性質(zhì)等知識，正確畫圖，并運用分類討論的思想是解本題的關(guān)鍵．一、解答題1．（2023·遼寧·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線y=ax2+83x+c與x軸交于點A和點B3.0，與y軸交于點C0,4，點P為第一象限內(nèi)拋物線上的動點過點P作

(1)求拋物線的解析式；(2)當(dāng)△BEF的周長是線段PF長度的2倍時，求點P的坐標(biāo)；(3)當(dāng)點P運動到拋物線頂點時，點Q是y軸上的動點，連接BQ，過點B作直線l⊥BQ，連接QF并延長交直線l于點M．當(dāng)BQ=BM時，請直接寫出點的坐標(biāo)．【答案】(1)y=?(2)P(3)Q0,1【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解；（2）根據(jù)直角三角形三角函數(shù)值可得BE=34EF，BF=54EF，進(jìn)而可得△BEF的周長=BE+BF+EF=3EF，結(jié)合已知條件可得2PF=3EF，設(shè)Pt,?43（3）先求出F1,83，P1,163，設(shè)Q0,n，過點M作MN⊥x軸于點N，通過證明△BQO△≌MBNAAS，求出M3+n,3，再求出直線【詳解】（1）解：將B3.0，C0,4代入可得32解得a=?4∴拋物線的解析式為y=?4（2）解：∵B3.0，C∴OB=3，OC=4，∴tan∠OBC=∴BE=34EF∴△BEF的周長=BE+BF+EF=3EF，∵△BEF的周長是線段PF長度的2倍，∴2PF=3EF，設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，將B3.0，C0,4代入可得解得k=?4∴直線BC的解析式為y=?4設(shè)Pt,?43t2∴EF=?43t+4∴3×?43解得t1=3∴?4∴P3（3）解：∵y=?4∴當(dāng)x=1時，y取最大值163∴P1,∵直線BC的解析式為y=?4∴當(dāng)x=1時，y=?4∴F1,設(shè)Q0,n，過點M作MN⊥x軸于點N

由題意知∠QBM=90°，∴∠QBO+∠MBN=90°，∵∠QBO+∠OQB=90°，∴∠OQB=∠MBN，又∵∠QOB=∠BNM=90°，BQ=BM，∴△BQO△≌MBNAAS，∴OQ=NB，BO=MN，∴M3+n,3設(shè)直線QM的解析式為y=k則k'解得k'∴直線QM的解析式為y=3?n將點F1,83解得n=13+∴Q0,13【點睛】本題考查一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形等，綜合性較強，難度較大，熟練運用數(shù)形結(jié)合思想，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．2．（2023·湖南張家界·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象與x軸交于點A?2,0和點B6,0兩點，與y軸交于點C

(1)求二次函數(shù)的表達(dá)式；(2)如圖1，求△AOD周長的最小值；(3)如圖2，過動點D作DP∥AC交拋物線第一象限部分于點P，連接PA,PB，記△PAD與△PBD的面積和為S，當(dāng)S取得最大值時，求點P的坐標(biāo)，并求出此時S的最大值．【答案】(1)y=?(2)12(3)3,152【分析】（1）根據(jù)題意設(shè)拋物線的表達(dá)式為y=ax+2x?6，將（2）作點O關(guān)于直線BC的對稱點E，連接EC、EB，根據(jù)點坐特點及正方形的判定得出四邊形OBEC為正方形，E6,6，連接AE，交BC于點D，由對稱性DE=DO，此時DO（3）由待定系數(shù)法確定直線BC的表達(dá)式為y=?x+6，直線AC的表達(dá)式為y=3x+6，設(shè)Pm,?【詳解】（1）解：由題意可知，設(shè)拋物線的表達(dá)式為y=ax+2將0,6代入上式得：6=a0+2a=?所以拋物線的表達(dá)式為y=?1（2）作點O關(guān)于直線BC的對稱點E，連接EC、EB，∵B6,0，C0,6，∴OB=OC=6，∵O、E關(guān)于直線BC對稱，∴四邊形OBEC為正方形，∴E6,6連接AE，交BC于點D，由對稱性DE=此時DO+DA有最小值為AE=∵△AOD的周長為DA+DO+AO，AO=2，DA+DO的最小值為10，∴△AOD的周長的最小值為10+2=12；（3）由已知點A?2,0，B6,0，設(shè)直線BC的表達(dá)式為y=kx+n，將B6,0，C0,6代入y=kx+n中，6k+n=0n=0∴直線BC的表達(dá)式為y=?x+6，同理可得：直線AC的表達(dá)式為y=3x+6，∵PD∥AC，∴設(shè)直線PD表達(dá)式為y=3x+?，由（1）設(shè)Pm,?12得：?=?1∴直線PD的表達(dá)式為：y=3x?1由y=?x+6y=3x?12∴D1∵P，D都在第一象限，∴S====?=?3∴當(dāng)m=3時，此時P點為3,15S最大值【點睛】題目主要考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，包括待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式，周長最短問題及面積問題，理解題意，熟練掌握運用二次函數(shù)的綜合性質(zhì)是解題關(guān)鍵．3．（2023·四川涼山·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知拋物線與x軸交于A1,0和B?5,0兩點，與y軸交于點C．直線y=?3x+3過拋物線的頂點(1)求拋物線的函數(shù)解析式；(2)若直線x=m?5<m<0與拋物線交于點E，與直線BC交于點F①當(dāng)EF取得最大值時，求m的值和EF的最大值；②當(dāng)△EFC是等腰三角形時，求點E的坐標(biāo)．【答案】(1)y=?(2)①當(dāng)m=?52時，EF有最大值，最大值為254；②?3，【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（2）①先求出C0，5，進(jìn)而求出直線BC的解析式為y=x+5，則Em，?m2?4m+5，F(xiàn)m，m+5，進(jìn)一步求出EF=?m+52【詳解】（1）解：∵拋物線與x軸交于A1,0和B∴拋物線對稱軸為直線x=?5+1在y=?3x+3中，當(dāng)x=?2時，y=9，∴拋物線頂點P的坐標(biāo)為?2，設(shè)拋物線解析式為y=ax+2∴a1+2∴a=?1，∴拋物線解析式為y=?（2）解：①∵拋物線解析式為y=?x2?4x+5，點C∴C0設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b∴?5k+b∴k=1b=5∴直線BC的解析式為y=x+5，∵直線x=m?5<m<0與拋物線交于點E，與直線BC交于點∴Em∴EF=?m=?=?m+∵?1<0，∴當(dāng)m=?52時，EF有最大值，最大值為②設(shè)直線x=m與x軸交于H，∴BH=m+5，HF=m+5，∴BH=HF，∴△BHF是等腰直角三角形，∴∠EFC=∠BFH=45°；如圖3-1所示，當(dāng)EC=FC時，過點C作CG⊥EF于G，則G∴點G為EF的中點，由（2）得Em∴?m∴m2解得m=?3或m=0（舍去），∴E?3如圖3-2所示，當(dāng)EF=EC時，則△EFC是等腰直角三角形，∴∠FEF=90°，即CE⊥EF，∴點E的縱坐標(biāo)為5，∴?m解得m=?4或m=0（舍去），∴E?4如圖3-3所示，當(dāng)EF=CF時，過點C作CG⊥EF于G，同理可證△CFG是等腰直角三角形，∴FG=CG=?m，∴CF=2∴?m∴m2解得m=2?5或∴EF=CF=?2×2∴HE=62∴E綜上所述，點E的坐標(biāo)為?3，8或?4【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)綜合，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)與判斷，一次函數(shù)與幾何綜合，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式等等，利用分類討論的思想求解是解題的關(guān)鍵．4．（2023·重慶·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=14x2+bx+c與x軸交于點A，B，與y軸交于點C

(1)求該拋物線的表達(dá)式；(2)點P是直線AC下方拋物線上一動點，過點P作PD⊥AC于點D，求PD的最大值及此時點P的坐標(biāo)；(3)在（2）的條件下，將該拋物線向右平移5個單位，點E為點P的對應(yīng)點，平移后的拋物線與y軸交于點F，Q為平移后的拋物線的對稱軸上任意一點．寫出所有使得以QF為腰的△QEF是等腰三角形的點Q的坐標(biāo)，并把求其中一個點Q的坐標(biāo)的過程寫出來．【答案】(1)y=(2)PD取得最大值為45，(3)Q點的坐標(biāo)為92,?1或92【分析】（1）待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式即可求解；（2）直線AC的解析式為y=?34x?3，過點P作PE⊥x軸于點E，交AC于點Q，設(shè)Pt,1（3）根據(jù)平移的性質(zhì)得出y=14x?922?4916，對稱軸為直線x=【詳解】（1）解：將點B3,0，C0,?3．代入1解得：b=1∴拋物線解析式為：y=1（2）∵y=14x2+14當(dāng)y=0時，1解得：x1∴A?4,0∵C0,?3設(shè)直線AC的解析式為y=kx?3，∴?4k?3=0解得：k=?∴直線AC的解析式為y=?3如圖所示，過點P作PE⊥x軸于點E，交AC于點Q，

設(shè)Pt,14∴PQ=?3∵∠AQE=∠PQD，∠AEQ=∠QDP=90°，∴∠OAC=∠QPD，∵OA=4,OC=3，∴AC=5，∴cos∠QPD=∴PD=4∴當(dāng)t=?2時，PD取得最大值為45，1∴P?2,?（3）∵拋物線y=14將該拋物線向右平移5個單位，得到y(tǒng)=14x?點P?2,?5∵平移后的拋物線與y軸交于點F，令x=0，則y=1∴F0,2∴E∵Q為平移后的拋物線的對稱軸上任意一點．則Q點的橫坐標(biāo)為92設(shè)Q9∴QE2=當(dāng)QF=EF時，922+m?22解得：m=?1或m=5，當(dāng)QE=QF時，92?32+m+解得：m=綜上所述，Q點的坐標(biāo)為92,?1或92【點睛】本題考查了二次函數(shù)綜合問題，解直角三角形，待定系數(shù)法求解析式，二次函數(shù)的平移，線段周長問題，特殊三角形問題，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．5．（山東東營·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線y=ax2+bx?3(a≠0)與x軸交于點A(?1,0)，點B(3,0)，與y(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)在對稱軸上找一點Q，使△ACQ的周長最小，求點Q的坐標(biāo)；(3)點P是拋物線對稱軸上的一點，點M是對稱軸左側(cè)拋物線上的一點，當(dāng)△PMB是以PB為腰的等腰直角三角形時，請直接寫出所有點M的坐標(biāo)．【答案】(1)y=(2)（1，-2）(3)（-1，0）或（1?2，-2）或（1?【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（2）先求出點C的坐標(biāo)和拋物線的對稱軸，如圖所示，作點C關(guān)于直線x=1的對稱點E，連接AE，EQ，則點E的坐標(biāo)為（2，-3），根據(jù)軸對稱最短路徑可知AE與拋物線對稱軸的交點即為點Q；（3）分兩種情況當(dāng)∠BPM=90°和當(dāng)∠PBM=90°兩種情況討論求解即可．【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2+bx?3(a≠0)與x軸交于點A(?1,0)∴a?b?3=09a+3b?3=0∴a=1b=?2∴拋物線解析式為y=x（2）解：∵拋物線解析式為y=x2?2x?3=x?12∴拋物線對稱軸為直線x=1，點C的坐標(biāo)為（0，-3）如圖所示，作點C關(guān)于直線x=1的對稱點E，連接AE，EQ，則點E的坐標(biāo)為（2，-3），

由軸對稱的性質(zhì)可知CQ=EQ，∴△ACQ的周長=AC+AQ+CQ，要使△ACQ的周長最小，則AQ+CQ最小，即AQ+QE最小，∴當(dāng)A、Q、E三點共線時，AQ+QE最小，設(shè)直線AE的解析式為y=k∴?k∴k1∴直線AE的解析式為y=?x?1，當(dāng)x=1時，y=?x?1=?1?1=?2，∴點Q的坐標(biāo)為（1，-2）；（3）解：如圖1所示，當(dāng)點P在x軸上方，∠BPM=90°時，過點P作EF∥x軸，過點M作MF⊥EF于F，過點B作BE⊥EF于∵△PBM是以PB為腰的等腰直角三角形，∴PA=PB，∠MFP=∠PEB=∠BPM=90°，∴∠FMP+∠FPM=∠FPM+∠EPB=90°，∴∠FMP=∠EPB，∴△FMP≌△EPB（AAS），

∴PE=MF，BE=PF，設(shè)點P的坐標(biāo)為（1，m），∴BE=m，∴MF=2，PF=m，∴點M的坐標(biāo)為（1-m，m-2），∵點M在拋物線y=x∴1?m2?2∴1?2m+m∴m2解得m=2或m=?1（舍去），∴點M的坐標(biāo)為（-1，0）；同理當(dāng)當(dāng)點P在x軸下方，∠BPM=90°時可以求得點M的坐標(biāo)為（-1，0）；如圖2所示，當(dāng)點P在x軸上方，∠PBM=90°時，過點B作EF∥y軸，過點P作PE⊥EF于E，過點M作MF⊥EF于F，設(shè)點P的坐標(biāo)為（1，同理可證△PEB≌△BFM（AAS），∴BF=PE=2，∴點M的坐標(biāo)為（3-m，-2），∵點M在拋物線y=x∴3?m2∴9?6m+m∴m2解得m=2+2或m=2?∴點M的坐標(biāo)為（1?2如圖3所示，當(dāng)點P在x軸下方，∠PBM=90°時，同理可以求得點M的坐標(biāo)為（1?6綜上所述，當(dāng)△PMB是以PB為腰的等腰直角三角形時，點M的坐標(biāo)為（-1，0）或（1?2，-2）或（1?【點睛】本題主要考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，二次函數(shù)綜合，一次函數(shù)與幾何綜合，全等三角形的性質(zhì)與判定等等，熟知二次函數(shù)的相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．6．（西藏·統(tǒng)考中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝﹣x2＋bx＋c與x軸交于A，B兩點．與y軸交于點C．且點A的坐標(biāo)為（﹣1，0），點C的坐標(biāo)為（0，5）．（1）求該拋物線的解析式；（2）如圖（甲）．若點P是第一象限內(nèi)拋物線上的一動點．當(dāng)點P到直線BC的距離最大時，求點P的坐標(biāo)；（3）圖（乙）中，若點M是拋物線上一點，點N是拋物線對稱軸上一點，是否存在點M使得以B，C，M，N為頂點的