專題5二次函數(shù)與面積最值定值問題-挑戰(zhàn)2022年中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘含答案

挑戰(zhàn)20224年中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘專題5二次函數(shù)與面積最值定值問題面積是平面幾何中一個重要的概念，關(guān)聯(lián)著平面圖形中的重要元素邊與角，由動點而生成的面積問題，是拋物線與直線形結(jié)合的覺形式，常見的面積問題有規(guī)則的圖形的面積(如直角三角形、平行四邊形、菱形、矩形的面積計算問題)以及不規(guī)則的圖形的面積計算，解決不規(guī)則的圖形的面積問題是中考壓軸題常考的題型，此類問題計算量較大。有時也要根據(jù)題目的動點問題產(chǎn)生解的不確定性或多樣性。解決這類問題常用到以下與面積相關(guān)的知識：圖形的割補、等積變形、等比轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)方法.面積的存在性問題常見的題型和解題策略有兩類：一是先根據(jù)幾何法確定存在性，再列方程求解，后檢驗方程的根．二是先假設(shè)關(guān)系存在，再列方程，后根據(jù)方程的解驗證假設(shè)是否正確．解決動點產(chǎn)生的面積問題，常用到的知識和方法，如下：如圖1，如果三角形的某一條邊與坐標(biāo)軸平行，計算這樣“規(guī)則”的三角形的面積，直接用面積公式．如圖2，圖3，三角形的三條邊沒有與坐標(biāo)軸平行的，計算這樣“不規(guī)則”的三角形的面積，用“割”或“補”的方法．圖1圖2圖3計算面積長用到的策略還有：如圖4，同底等高三角形的面積相等．平行線間的距離處處相等．如圖5，同底三角形的面積比等于高的比．如圖6，同高三角形的面積比等于底的比．圖4圖5圖6

【例1】(2021?內(nèi)江)如圖，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A(﹣2，0)、B(6，0)兩點，與y軸交于點C．直線l與拋物線交于A、D兩點，與y軸交于點E，點D的坐標(biāo)為(4，3)．(1)求拋物線的解析式與直線l的解析式；(2)若點P是拋物線上的點且在直線l上方，連接PA、PD，求當(dāng)△PAD面積最大時點P的坐標(biāo)及該面積的最大值；(3)若點Q是y軸上的點，且∠ADQ＝45°，求點Q的坐標(biāo)．【例2】(2021?西寧)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，一次函數(shù)y＝﹣x+3的圖象與x軸交于點A，與y軸交于點B，點C的坐標(biāo)為(﹣2，0)，拋物線經(jīng)過A，B，C三點．(1)求拋物線的解析式；(2)直線AD與y軸負(fù)半軸交于點D，且∠BAO＝∠DAO，求證：OB＝OD；(3)在(2)的條件下，若直線AD與拋物線的對稱軸l交于點E，連接BE，在第一象限內(nèi)的拋物線上是否存在一點P，使四邊形BEAP的面積最大？若存在，請求出點P的坐標(biāo)及四邊形BEAP面積的最大值；若不存在，請說明理由．【例3】(2021?貴港)如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+c與x軸相交于A(﹣3，0)，B兩點，與y軸相交于點C(0，2)，對稱軸是直線x＝﹣1，連接AC．(1)求該拋物線的表達(dá)式；(2)若過點B的直線l與拋物線相交于另一點D，當(dāng)∠ABD＝∠BAC時，求直線l的表達(dá)式；(3)在(2)的條件下，當(dāng)點D在x軸下方時，連接AD，此時在y軸左側(cè)的拋物線上存在點P，使S△BDP＝S△ABD．請直接寫出所有符合條件的點P的坐標(biāo)．【例4】(2021?襄陽)如圖，直線y＝x+1與x，y軸分別交于點B，A，頂點為P的拋物線y＝ax2﹣2ax+c過點A．(1)求出點A，B的坐標(biāo)及c的值；(2)若函數(shù)y＝ax2﹣2ax+c在3≤x≤4時有最大值為a+2，求a的值；(3)連接AP，過點A作AP的垂線交x軸于點M．設(shè)△BMP的面積為S．①直接寫出S關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式及a的取值范圍；②結(jié)合S與a的函數(shù)圖象，直接寫出S＞時a的取值范圍．【題組一】1．(2021?沈河區(qū)二模)如圖，在直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+2(a≠0)與x軸交于點A(﹣1，0)和B(4，0)，與y軸交于點C，點P是拋物線上的動點(不與點A，B，C重合)．(1)求拋物線的解析式；(2)當(dāng)點P在第一象限時，設(shè)△ACP的面積為S1，△ABP的面積為S2，當(dāng)S1＝S2時，求點P的坐標(biāo)；(3)過點O作直線l∥BC，點Q是直線l上的動點，當(dāng)BQ⊥PQ，且∠BPQ＝∠CAB時，請直接寫出點P的坐標(biāo)．2．(2021?泰興市模擬)拋物線y＝ax2+c的頂點為C(0，1)，與直線y＝kx+3(k為常數(shù))相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點．當(dāng)k＝0時，點B的橫坐標(biāo)恰好為2(如圖1)．(1)求a、c的值；(2)當(dāng)k＝0時，若點P是拋物線上異于A、C的一點，且滿足2PC2＝AB2+2AP2，試判斷△PAC的形狀，并說明理由；(3)若直線y＝﹣1交y軸于點F，過點A、B分別作該直線的垂線，垂足分別為D、E，連接AF、BF(如圖2)．設(shè)△ADF、△ABF、△BEF的面積分別為S1、S2、S3，是否存在常數(shù)t，使S22＝t?S1S3？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．3．(2021?雁塔區(qū)校級模擬)如圖，拋物線C1的圖象與x軸交A(﹣1，0)，B(3，0)兩點，與y軸交于點C(0，﹣3)，點D為拋物線的頂點．(1)求拋物線C1的表達(dá)式及點D坐標(biāo)；(2)將拋物線C1平移到拋物線C2，點B，C對應(yīng)的點分別是B′，C′，此時以B，C，B′，C′為頂點的四邊形是面積為24的矩形，請求出拋物線C2的表達(dá)式，并寫出平移過程．4．(2021?麗江模擬)已知拋物線y＝x2﹣2mx+m2﹣3(m是常數(shù))，拋物線的頂點為A．(1)求拋物線頂點A的坐標(biāo)(用含m的式子表示)；(2)求證：無論m取何值，該拋物線與x軸都有兩個交點；(3)該拋物線與x軸的兩個交點分別為B，D，點B在點D的右側(cè)，與y軸的交點為C．當(dāng)|m|≤，m≠0時，△ABC的面積是否有最大值？如果有，請求出最大值；如果沒有，請說明理由．【題組二】5．(2020?大慶)如圖，拋物線y＝ax2+bx+12與x軸交于A，B兩點(B在A的右側(cè))，且經(jīng)過點C(﹣1，7)和點D(5，7)．(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)連接AD，經(jīng)過點B的直線l與線段AD交于點E，與拋物線交于另一點F．連接CA，CE，CD，△CED的面積與△CAD的面積之比為1：7，點P為直線l上方拋物線上的一個動點，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t．當(dāng)t為何值時，△PFB的面積最大？并求出最大值；(3)在拋物線y＝ax2+bx+12上，當(dāng)m≤x≤n時，y的取值范圍是12≤y≤16，求m﹣n的取值范圍．(直接寫出結(jié)果即可)6．(2020?湘陰縣一模)平面直角坐標(biāo)系中，平行四邊形ABOC如圖放置，點A、C的坐標(biāo)分別為(0，3)、(﹣1，0)，將此平行四邊形繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到平行四邊形A'B'OC'．(1)若拋物線過點C，A，A'，求此拋物線的解析式；(2)求平行四邊形ABOC和平行四邊形A'B'OC'重疊部分△OC'D的周長；(3)點M是第一象限內(nèi)拋物線上的一動點，問：點M在何處時；△AMA'的面積最大？最大面積是多少？并求出此時M的坐標(biāo)．7．(2020?江都區(qū)校級一模)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，△AOB是等腰直角三角形，∠AOB＝90°，A(2，1)．(1)求點B的坐標(biāo)；(2)求經(jīng)過A、O、B三點的拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(3)在(2)所求的拋物線上，是否存在一點P，使四邊形ABOP的面積最大？若存在，求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．8．(2020?南寧模擬)如圖，拋物線y＝ax2+2ax+c的圖象與x軸交于A、B兩點(點A在點B的左邊)AB＝4，與y軸交于點C，OC＝OA，點D為拋物線的頂點．(1)求拋物線的解析式；(2)點M(m，0)為線段AB上一點(點M不與點A、B重合)，過點M作x軸的垂線，與直線AC交于點E，與拋物線交于點P，過點P作PQ∥AB交拋物線于點Q，過點Q作QN⊥x軸于點N，可得矩形PQNM，如圖1，點P在點Q左邊，當(dāng)矩形PQNM的周長最大時，求m的值，并求出此時的△AEM的面積；(3)已知H(0，﹣1)，點G在拋物線上，連HG，直線HG⊥CF，垂足為F，若BF＝BC，求點G的坐標(biāo)．【題組三】9．(2020?浙江自主招生)如圖①，拋物線y＝﹣x2+(m﹣2)x+3與y軸交于點C，與直線y＝mx交于A，B兩點(點A，B分別在第一，三象限)，連結(jié)AC．(1)當(dāng)AC⊥AB時，求m的值；(2)如圖②，D是y軸負(fù)半軸上一點，且滿足∠BDO＝∠ACO，連結(jié)DA，DB，CB，求四邊形DACB的面積．10．(2020?鼓樓區(qū)校級模擬)如圖，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A、B兩點(點A在B左邊)，與y軸交于點C．(1)若A(﹣1，0)，B(3，0)兩點，求該拋物線的解析式；(2)在(1)中位于第四象限內(nèi)的拋物線上是否存在點P，使得△PBC的面積最大？若存在，求出點P的坐標(biāo)及△PBC的面積最大值；若沒有，請說明理由；(3)直線y＝1與拋物線y＝x2+bx+c交于拋物線對稱軸右側(cè)的點為點D，點E與點D關(guān)于x軸對稱．試判斷直線DB與直線AE的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論．11．(2020?駐馬店二模)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+2與直線y＝x﹣2交于點A(m，0)和點B(﹣2，n)，與y軸交于點C．(1)求拋物線的解析式及頂點D的坐標(biāo)；(2)若向下平移拋物線，使頂點D落在x軸上，原來的拋物線上的點P平移后的對應(yīng)點為P′，若OP′＝OP，求點P的坐標(biāo)；(3)在拋物線上是否存在點Q，使△QAB的面積是△ABC面積的一半？若存在，直接寫出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．12．(2020?三水區(qū)校級二模)如圖(1)，拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過A和B(3，﹣3)兩點，點A在x軸的正半軸，且OA＝4．(1)求拋物線的解析式；(2)若點M是拋物線上一動點，且在直線OB的下方(不與O、B重合)，過M作MK⊥x軸，交直線BO于點N，過M作MP∥x軸，交直線BO于點P，求出△MNP周長的最大值及周長取得最大值時點M的坐標(biāo)；(3)如圖(2)，過B作BD⊥y軸于點D，交拋物線于點C，連接OC，在拋物線上是否存在點Q使得S△OCD：S△OCQ＝3：2，若存在，請求出點Q的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．【題組四】13．(2020?臨清市二模)如圖，拋物線y=-12x2+bx+c與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，OB(1)求拋物線的解析式；(2)如圖1，點P為第一象限拋物線上一點，連接PA，PC，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t，△PAC的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式；(3)如圖2，若點M是拋物線上任意一點，過點M作x軸的垂線，交直線BC于點N，當(dāng)MN＝2時，求點M的坐標(biāo)．14．(2020?黃岡模擬)如圖，拋物線與x軸相交于點A(﹣3，0)、點B(1，0)，與y軸交于點C(0，3)，點D是第二象限內(nèi)拋物線上一動點．F點坐標(biāo)為(﹣4，0)．(1)求這條拋物線的解析式；并寫出頂點坐標(biāo)；(2)當(dāng)D為拋物線的頂點時，求△ACD的面積；(3)連接OD交線段AC于點E．當(dāng)△AOE與△ABC相似時，求點D的坐標(biāo)；(4)在x軸上方作正方形AFMN，將正方形AFMN沿x軸下方向向右平移t個單位，其中0≤t≤4，設(shè)正方形AFMN與△ABC的重疊部分面積為S，直接寫出S關(guān)于t的函數(shù)解析式．15．(2020?東勝區(qū)模擬)如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y＝ax2+bx﹣5與x軸交于A(﹣1，0)，B(5，0)兩點，與y軸交于點C．(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)如圖2，CE∥x軸與拋物線相交于點E，點H是直線CE下方拋物線上的動點，過點H且與y軸平行的直線與BC，CE分別相交于點F，G，試探究當(dāng)點H運動到何處時，四邊形CHEF的面積最大，求點H的坐標(biāo)；(3)若點K為拋物線的頂點，點M(4，m)是該拋物線上的一點，在x軸，y軸上分別找點P，Q，使四邊形PQKM的周長最小，求出點P，Q的坐標(biāo)．16．(2020?鄆城縣模擬)如圖，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c與一直線相交于A(1，0)、C(﹣2，3)兩點，與y軸交于點N，其頂點為D．(1)求拋物線及直線AC的函數(shù)關(guān)系式；(2)若P是拋物線上位于直線AC上方的一個動點，求△APC的面積的最大值及此時點P的坐標(biāo)；(3)在對稱軸上是否存在一點M，使△ANM的周長最?。舸嬖冢埱蟪鯩點的坐標(biāo)和△ANM周長的最小值；若不存在，請說明理由．【題組五】17．(2020?簡陽市一模)在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+c(a≠0)與x軸的兩個交點分別為A(﹣3，0)、B(1，0)，與y軸交于點D(0，3)，過頂點C作CH⊥x軸于點H(1)求拋物線的解析式和頂點C的坐標(biāo)；(2)連結(jié)AD、CD，若點E為拋物線上一動點(點E與頂點C不重合)，當(dāng)△ADE與△ACD面積相等時，求點E的坐標(biāo)；(3)若點P為拋物線上一動點(點P與頂點C不重合)，過點P向CD所在的直線作垂線，垂足為點Q，以P、C、Q為頂點的三角形與△ACH相似時，求點P的坐標(biāo)．18．(2020?靖遠(yuǎn)縣二模)如圖，拋物線y＝ax2+(4a﹣1)x﹣4與x軸交于點A、B，與y軸交于點C，且OC＝2OB，點D為線段OB上一動點(不與點B重合)，過點D作矩形DEFH，點H、F在拋物線上，點E在x軸上．(1)求拋物線的解析式；(2)當(dāng)矩形DEFH的周長最大時，求矩形DEFH的面積；(3)在(2)的條件下，矩形DEFH不動，將拋物線沿著x軸向左平移m個單位，拋物線與矩形DEFH的邊交于點M、N，連接M、N．若MN恰好平分矩形DEFH的面積，求m的值．19．(2021?天心區(qū)二模)如圖，拋物線y＝ax2+bx+2(a≠0)與x軸交于A(﹣1，0)，B(4，0)，與y軸交于點C．(1)求點C的坐標(biāo)和拋物線的解析式；(2)點P是第一象限拋物線上的一個動點，連接PA，交直線BC于點D．①若sin∠PAB＝，試求四邊形OBPC的面積S；②設(shè)△PDC的面積為S1，△ADC的面積為S2，求的最大值．20．(2021?北辰區(qū)二模)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點，拋物線y＝x2+bx+c(b，c為常數(shù))經(jīng)過點A(﹣4，0)和點B(0，﹣2)．(Ⅰ)求拋物線的解析式；(Ⅱ)在拋物線上是否存在一點P，使S△PAB＝S△OAB？若存在，請求出點P的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由；(Ⅲ)點M為直線AB下方拋物線上一點，點N為y軸上一點，當(dāng)△MAB的面積最大時，直接寫出2MN+ON的最小值．【題組六】21．(2021?安徽三模)如圖1，已知拋物線y＝ax2+bx+3經(jīng)過點A(﹣1，0)和點B(3，0)，與y軸交于點C，點P為第一象限內(nèi)拋物線上的動點．連接OP交BC于點D，連接PC．(1)試確定拋物線的解析式；(2)當(dāng)S△CPD：S△BPD＝1：2時，請求出點D的坐標(biāo)；(3)如圖2，連接AC，設(shè)P點橫坐標(biāo)為m(0＜m＜3)，求當(dāng)m為何值時，四邊形BACP的面積最大？并求出點P的坐標(biāo)．22．(2021?深圳模擬)如圖，拋物線與x軸相交于點A(﹣3，0)、點B(1，0)，與y軸交于點C(0，3)，點D是第二象限內(nèi)拋物線上一動點．點F的坐標(biāo)為(﹣4，0)．(1)求這條拋物線的解析式；(2)連接OD交線段AC于點E．當(dāng)△AOE與△ABC相似時，求點D的坐標(biāo)；(3)在x軸上方作正方形AFMN將正方形AFMN沿x軸方向向右平移t個單位，其中0≤t≤4，設(shè)正方形AFMN與△ABC的重疊部分面積為S，直接寫出S關(guān)于t的函數(shù)解析式．23．(2021?江岸區(qū)模擬)如圖1，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于點A、B，OB＝3OA＝3．(1)求拋物線解析式；(2)如圖2，直線y＝kx+n與拋物線交于點C、D，若△ACD的內(nèi)心落在x軸上，求k的值；(3)如圖3，直線l與拋物線有且只有一個公共點E，l與拋物線對稱軸交于點F，若△AEF的面積為，求點E的坐標(biāo)．24．(2021?江北區(qū)校級模擬)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y＝x2+2x﹣3交x軸于點A、B，交y軸于點C．(1)如圖1，連接BC，過點A作y軸的平行線交直線BC于點E，求線段BE的長；(2)如圖1，點P為第三象限內(nèi)拋物線上一點，連接AP交BC于點D，連接BP，記△BDP的面積為S1，△ABD的面積為S2，當(dāng)?shù)闹底畲髸r，求出這個最大值和點P的坐標(biāo)；(3)在(2)的條件下，將拋物線y＝x2+2x﹣3沿射線BC方向平移個單位，平移后的拋物線與原拋物線交于點G，點M為平移后的拋物線對稱軸上一點，N為平面內(nèi)一點，是否存在以點D、G、M、N為頂點的四邊形是菱形，若存在，直接寫出點N的坐標(biāo)，若不存在，則請說明理由．【題組七】25．(2021?峨眉山市模擬)如圖，已知直線y＝與坐標(biāo)軸交于A，B兩點，以線段AB為邊向上作正方形ABCD，過點A，D，C的拋物線與直線的另一個交點為E．(1)求拋物線的解析式；(2)若正方形以每秒個單位長度的速度沿射線AB下滑，直至頂點D落在x軸上時停止，設(shè)正方形落在x軸下方部分的面積為S，求S關(guān)于滑行時間t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出相應(yīng)自變量t的取值范圍；(3)在(2)的條件下，拋物線與正方形一起平移，同時停止，求拋物線上C，E兩點間的拋物線弧所掃過的面積．26．(2021?醴陵市模擬)已知：拋物線y＝﹣x2+2(m﹣1)x+m+1．(1)當(dāng)m＝﹣1時，求拋物線與x軸的交點坐標(biāo)．(2)設(shè)該拋物線與x軸交于A(x1，0)、B(x2，0)，x1＜0＜x2，與y軸交于點C，若線段AO，BO，CO的長度滿足，請解決下列問題：①求這個拋物線的解析式．②作直線y＝kx+b交①中的拋物線于點P和點Q，交y軸于點D，請問是否存在直線y＝kx+b，使△CDP的面積和△CDQ的面積相等？若存在，求出k和b要滿足的條件．若不存在，請說明理由．27．(2021?武漢模擬)點A，B在拋物線y＝ax2(a＞0)上，AB交y軸于點C．(1)過點C作DC⊥y軸交拋物線于點D，若AB∥OD，AB的解析式為y＝x+2，求a的值；(2)過點B作BG⊥x軸交x軸于點G，BG的延長線交AO的延長線于點H，連接AG交y軸于點K，求OK?BH的值；(3)若a＝1，將拋物線平移后交x軸于點A(﹣1，0)，B(2，0)兩點，點P為y軸正半軸上一點，AP，BP交拋物線于點M，N，設(shè)△PNA的面積為S1，△PMB的面積為S2，△PBA的面積為S3，若，求點P的坐標(biāo)．28．(2021?章丘區(qū)模擬)如圖1，拋物線y＝ax2+bx+3過點A(﹣1，0)，點B(3，0)，與y軸交于點C．M是拋物線任意一點，過點M作直線l⊥x軸，交x軸于點E，設(shè)M的橫坐標(biāo)為m(0＜m＜3)．(1)求拋物線的解析式及tan∠OBC的值；(2)當(dāng)m＝1時，P是直線l上的點且在第一象限內(nèi)，若△ACP是直角三角形時，求點P的坐標(biāo)；(3)如圖2，連接BC，連接AM交y軸于點N，交BC于點D，連接BM，設(shè)△BDM的面積為S1，△CDN的面積為S2，求S1﹣S2的最大值．挑戰(zhàn)2024年中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘專題5二次函數(shù)與面積最值定值問題面積是平面幾何中一個重要的概念，關(guān)聯(lián)著平面圖形中的重要元素邊與角，由動點而生成的面積問題，是拋物線與直線形結(jié)合的覺形式，常見的面積問題有規(guī)則的圖形的面積(如直角三角形、平行四邊形、菱形、矩形的面積計算問題)以及不規(guī)則的圖形的面積計算，解決不規(guī)則的圖形的面積問題是中考壓軸題?？嫉念}型，此類問題計算量較大。有時也要根據(jù)題目的動點問題產(chǎn)生解的不確定性或多樣性。解決這類問題常用到以下與面積相關(guān)的知識：圖形的割補、等積變形、等比轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)方法.面積的存在性問題常見的題型和解題策略有兩類：一是先根據(jù)幾何法確定存在性，再列方程求解，后檢驗方程的根．二是先假設(shè)關(guān)系存在，再列方程，后根據(jù)方程的解驗證假設(shè)是否正確．解決動點產(chǎn)生的面積問題，常用到的知識和方法，如下：如圖1，如果三角形的某一條邊與坐標(biāo)軸平行，計算這樣“規(guī)則”的三角形的面積，直接用面積公式．如圖2，圖3，三角形的三條邊沒有與坐標(biāo)軸平行的，計算這樣“不規(guī)則”的三角形的面積，用“割”或“補”的方法．圖1圖2圖3計算面積長用到的策略還有：如圖4，同底等高三角形的面積相等．平行線間的距離處處相等．如圖5，同底三角形的面積比等于高的比．如圖6，同高三角形的面積比等于底的比．圖4圖5圖6

【例1】(2021?內(nèi)江)如圖，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A(﹣2，0)、B(6，0)兩點，與y軸交于點C．直線l與拋物線交于A、D兩點，與y軸交于點E，點D的坐標(biāo)為(4，3)．(1)求拋物線的解析式與直線l的解析式；(2)若點P是拋物線上的點且在直線l上方，連接PA、PD，求當(dāng)△PAD面積最大時點P的坐標(biāo)及該面積的最大值；(3)若點Q是y軸上的點，且∠ADQ＝45°，求點Q的坐標(biāo)．【分析】(1)利用待定系數(shù)法解決問題即可．(2)如圖1中，過點P作PE∥y軸交AD于點E．設(shè)P(m，﹣m2+m+3)，則E(m，m+1)．因為S△PAD＝?(xD﹣xA)?PE＝3PE，所以PE的值最大值時，△PAD的面積最大，求出PE的最大值即可．(3)如圖2中，將線段AD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到AT，則T(﹣5，6)，設(shè)DT交y軸于點Q，則∠ADQ＝45°，作點T關(guān)于AD的對稱點T′(1，﹣6)，設(shè)DQ′交y軸于點Q′，則∠ADQ′＝45°，分別求出直線DT，直線DT′的解析式即可解決問題．【解析】(1)∵拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A(﹣2，0)、B(6，0)兩點，∴設(shè)拋物線的解析式為y＝a(x+2)(x﹣6)，∵D(4，3)在拋物線上，∴3＝a(4+2)×(4﹣6)，解得a＝﹣，∴拋物線的解析式為y＝﹣(x+2)(x﹣6)＝﹣x2+x+3，∵直線l經(jīng)過A(﹣2，0)、D(4，3)，設(shè)直線l的解析式為y＝kx+m(k≠0)，則，解得，，∴直線l的解析式為y＝x+1；(2)如圖1中，過點P作PE∥y軸交AD于點E．設(shè)P(m，﹣m2+m+3)，則E(m，m+1)．∵S△PAD＝?(xD﹣xA)?PE＝3PE，∴PE的值最大值時，△PAD的面積最大，∵PE＝﹣m2+m+3﹣m﹣1＝﹣m2+m+2＝﹣(m﹣1)2+，∵﹣＜0，∴m＝1時，PE的值最大，最大值為，此時△PAD的面積的最大值為，P(1，)．(3)如圖2中，將線段AD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到AT，則T(﹣5，6)，設(shè)DT交y軸于點Q，則∠ADQ＝45°，∵D(4，3)，∴直線DT的解析式為y＝﹣x+，∴Q(0，)，作點T關(guān)于AD的對稱點T′(1，﹣6)，則直線DT′的解析式為y＝3x﹣9，設(shè)DQ′交y軸于點Q′，則∠ADQ′＝45°，∴Q′(0，﹣9)，綜上所述，滿足條件的點Q的坐標(biāo)為(0，)或(0，﹣9)．【例2】(2021?西寧)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，一次函數(shù)y＝﹣x+3的圖象與x軸交于點A，與y軸交于點B，點C的坐標(biāo)為(﹣2，0)，拋物線經(jīng)過A，B，C三點．(1)求拋物線的解析式；(2)直線AD與y軸負(fù)半軸交于點D，且∠BAO＝∠DAO，求證：OB＝OD；(3)在(2)的條件下，若直線AD與拋物線的對稱軸l交于點E，連接BE，在第一象限內(nèi)的拋物線上是否存在一點P，使四邊形BEAP的面積最大？若存在，請求出點P的坐標(biāo)及四邊形BEAP面積的最大值；若不存在，請說明理由．【分析】(1)由直線求得A，B，再由待定系數(shù)法求出拋物線解析式即可；(2)證明出△BOA≌△DOA即可；(3)根據(jù)△BPA面積最大時，四邊形BEAP的面積最大，先設(shè)點P的坐標(biāo)為(t，t2+t+3)，表示出S△ABP＝(t﹣3)2+，即可得出點P的坐標(biāo)及四邊形BEAP面積的最大值．【解析】(1)令y＝0，則﹣x+3＝0，解得x＝6，令x＝0，則y＝3，∴A(6，0)，B(0，3)，設(shè)拋物線的解析式為y＝ax2+bx+c，把A，B，C三點坐標(biāo)代入解析式，得：，解得：，∴拋物線的解析式為y＝x2+x+3；(2)證明：∵在平面直角坐標(biāo)系xOy中，∴∠BOA＝∠DOA＝90°，在△BOA和△DOA中，，∴△BOA≌△DOA(ASA)，∴OB＝OD，(3)存在，理由如下：如圖，過點E作EM⊥y軸于點M，∵y＝x2+x+3＝(x﹣2)2+4，∴拋物線的對稱軸是直線x＝2，∴E點的橫坐標(biāo)是2，即EM＝2，∵B(0，3)，∴OB＝OD＝3，∴BD＝6，∵A(6，0)，∴OA＝6，∴S△ABE＝S△ABD﹣S△DBE＝×6×6﹣×6×2＝12，設(shè)點P的坐標(biāo)為(t，t2+t+3)，連接PA，PB，過點P作PN⊥x軸于點H1，交直線AB于點N，過點B作H2⊥PN于點H2，∴N(t，﹣t+3)，∴PN＝t2+t+3﹣(﹣t+3)＝t2+t，∵AH1+BH2＝OA＝6，S△ABP＝S△NBP+S△ANP＝PN?BH2+PN?AH1＝PN?OA，∴S△ABP＝×6(t2+t)＝(t﹣3)2+，∵＜0，拋物線開口向下，函數(shù)有最大值，∴當(dāng)t＝3時，△BPA面積的最大值是，此時四邊形BEAP的面積最大，∴四邊形BEAP的面積最大值為+12＝，∴當(dāng)P點坐標(biāo)是(3，)時，四邊形BEAP面積的最大值是．【例3】(2021?貴港)如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+c與x軸相交于A(﹣3，0)，B兩點，與y軸相交于點C(0，2)，對稱軸是直線x＝﹣1，連接AC．(1)求該拋物線的表達(dá)式；(2)若過點B的直線l與拋物線相交于另一點D，當(dāng)∠ABD＝∠BAC時，求直線l的表達(dá)式；(3)在(2)的條件下，當(dāng)點D在x軸下方時，連接AD，此時在y軸左側(cè)的拋物線上存在點P，使S△BDP＝S△ABD．請直接寫出所有符合條件的點P的坐標(biāo)．【分析】(1)先根據(jù)對稱軸得出b＝2a，再由點C的坐標(biāo)求出c＝2，最后將點A的坐標(biāo)代入拋物線解析式求解，即可得出結(jié)論；(2)分兩種情況，Ⅰ、當(dāng)點D在x軸上方時，先判斷出AE＝BE，進(jìn)而得出點E在直線x＝﹣1上，再求出點E的坐標(biāo)，最后用待定系數(shù)法求出直線l的解析式；Ⅱ、當(dāng)點D在x軸下方時，判斷出BD∥AC，即可得出結(jié)論；(3)先求出點D的坐標(biāo)，進(jìn)而求出△ABD的面積，得出△PBD的面積，設(shè)P(m，﹣m2﹣m+2)(m＜0)，過P作y軸的平行線交直線BD于F，得出F(m，m﹣)，進(jìn)而表示出PF，最后用面積建立方程求解，即可得出結(jié)論．【解析】(1)∵拋物線的對稱軸為x＝﹣1，∴﹣＝﹣1，∴b＝2a，∵點C的坐標(biāo)為(0，2)，∴c＝2，∴拋物線的解析式為y＝ax2+2ax+2，∵點A(﹣3，0)在拋物線上，∴9a﹣6a+2＝0，∴a＝﹣，∴b＝2a＝﹣，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣x+2；(2)Ⅰ、當(dāng)點D在x軸上方時，如圖1，記BD與AC的交點為點E，∵∠ABD＝∠BAC，∴AE＝BE，∵直線x＝﹣1垂直平分AB，∴點E在直線x＝﹣1上，∵點A(﹣3，0)，C(0，2)，∴直線AC的解析式為y＝x+2，當(dāng)x＝﹣1時，y＝，∴點E(﹣1，)，∵點A(﹣3，0)點B關(guān)于x＝﹣1對稱，∴B(1，0)，∴直線BD的解析式為y＝﹣x+，即直線l的解析式為y＝﹣x+；Ⅱ、當(dāng)點D在x軸下方時，如圖2，∵∠ABD＝∠BAC，∴BD∥AC，由Ⅰ知，直線AC的解析式為y＝x+2，∴直線BD的解析式為y＝x﹣，即直線l的解析式為y＝x﹣；綜上，直線l的解析式為y＝﹣x+或y＝x﹣；(3)由(2)知，直線BD的解析式為y＝x﹣①，∵拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣x+2②，∴或，∴D(﹣4，﹣)，∴S△ABD＝AB?|yD|＝×4×＝，∵S△BDP＝S△ABD，∴S△BDP＝×＝10，∵點P在y軸左側(cè)的拋物線上，∴設(shè)P(m，﹣m2﹣m+2)(m＜0)，過P作y軸的平行線交直線BD于F，∴F(m，m﹣)，∴PF＝|﹣m2﹣m+2﹣(m﹣)|＝|m2+2m﹣|，∴S△BDP＝PF?(xB﹣xD)＝×|m2+2m﹣|×5＝10，∴m＝﹣5或m＝2(舍)或m＝﹣1或m＝﹣2，∴P(﹣5，﹣8)或(﹣1，)或(﹣2，2)．【例4】(2021?襄陽)如圖，直線y＝x+1與x，y軸分別交于點B，A，頂點為P的拋物線y＝ax2﹣2ax+c過點A．(1)求出點A，B的坐標(biāo)及c的值；(2)若函數(shù)y＝ax2﹣2ax+c在3≤x≤4時有最大值為a+2，求a的值；(3)連接AP，過點A作AP的垂線交x軸于點M．設(shè)△BMP的面積為S．①直接寫出S關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式及a的取值范圍；②結(jié)合S與a的函數(shù)圖象，直接寫出S＞時a的取值范圍．【分析】(1)先求出點A(0，1)，點B(﹣2，0)，將點A坐標(biāo)代入解析式可求c的值；(2)分a＞0，a＜0兩種情況討論，由二次函數(shù)的性質(zhì)可求解；(3)①分四種情況討論，由“AAS”可證△AOM≌△PNA，可得OM＝AN，由三角形的面積公式可求解；②分三種情況討論，解不等式可求解．【解析】(1)∵直線y＝x+1與x，y軸分別交于點B，A，∴點A(0，1)，點B(﹣2，0)，∵拋物線y＝ax2﹣2ax+c過點A，∴c＝1；(2)∵y＝ax2﹣2ax+1＝a(x﹣1)2+1﹣a，∴對稱軸為直線x＝1，當(dāng)a＞0，3≤x≤4時，y隨x的增大而增大，∴當(dāng)x＝4時，y有最大值，∴9a+1﹣a＝a+2，解得：a＝；當(dāng)a＜0，3≤x≤4時，y隨x的增大而減小，∴當(dāng)x＝3時，y有最大值，∴4a+1﹣a＝a+2，解得：a＝(不合題意舍去)，綜上所述：a＝；(3)①當(dāng)a＜0時，則1﹣a＞1，如圖1，過點P作PN⊥y軸于N，∵y＝ax2﹣2ax+1＝a(x﹣1)2+1﹣a，∴點P坐標(biāo)為(1，1﹣a)，∴PN＝AO＝1，AN＝1﹣a﹣1＝﹣a，∵AM⊥AP，PN⊥y軸，∴∠PNA＝∠PAM＝90°＝∠AOM，∴∠PAN+∠OAM＝90°，∠OAM+∠AMO＝90°，∴∠PAN＝∠AMO，∴△AOM≌△PNA(AAS)，∴OM＝AN＝﹣a，∴BM＝2﹣a，∴S＝×(2﹣a)(1﹣a)＝a2﹣a+1；當(dāng)a＞0，1﹣a＞0時，即0＜a＜1，如圖2，過點P作PN⊥y軸于N，∴PN＝1＝OA，AN＝1﹣(1﹣a)＝a，同理可得△AOM≌△PNA，∴OM＝AN＝a，∴BM＝2﹣a，∴S＝×(2﹣a)(1﹣a)＝a2﹣a+1；當(dāng)a＞0，﹣1＜1﹣a＜0時，即1＜a＜2，如圖3，過點P作PN⊥y軸于N，∴PN＝1＝OA，ON＝a﹣1，AN＝1+a﹣1＝a，同理可得△AOM≌△PNA，∴OM＝AN＝a，∴BM＝2﹣a，∴S＝×(2﹣a)(a﹣1)＝﹣a2+a﹣1；當(dāng)a＝2時，點B與點M重合，不合題意，當(dāng)a＞0，1﹣a＜﹣1時，即a＞2，如圖4，過點P作PN⊥y軸于N，∴PN＝1＝OA，ON＝a﹣1，AN＝1+a﹣1＝a，同理可得△AOM≌△PNA，∴OM＝AN＝a，∴BM＝a﹣2，∴S＝×(a﹣2)(a﹣1)＝a2﹣a+1；綜上所述：S＝．②當(dāng)1＜a＜2時，S＝﹣a2+a﹣1＝﹣(a﹣)2+≤，∴當(dāng)1＜a＜2時，不存在a的值使S＞；當(dāng)a＜1且a≠0時，S＝a2﹣a+1＞，∴(a﹣)(a﹣)＞0，∴a＜或a＞(不合題意舍去)；當(dāng)a＞2時，S＝a2﹣a+1＞，∴(a﹣)(a﹣)＞0，∴a＜(不合題意舍去)或a＞，綜上所述：a＜且a≠0或a＞．【題組一】1．(2021?沈河區(qū)二模)如圖，在直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+2(a≠0)與x軸交于點A(﹣1，0)和B(4，0)，與y軸交于點C，點P是拋物線上的動點(不與點A，B，C重合)．(1)求拋物線的解析式；(2)當(dāng)點P在第一象限時，設(shè)△ACP的面積為S1，△ABP的面積為S2，當(dāng)S1＝S2時，求點P的坐標(biāo)；(3)過點O作直線l∥BC，點Q是直線l上的動點，當(dāng)BQ⊥PQ，且∠BPQ＝∠CAB時，請直接寫出點P的坐標(biāo)．【分析】(1)把點A(﹣1，0)和B(4，0)的坐標(biāo)代入函數(shù)解析式得方程組，求解可得答案；(2)利用中點坐標(biāo)公式求得直線AP解析式，即可求解；(3)由(2)可知，C(0，2)，B(4，0)，根據(jù)勾股定理及逆定理得∠ACB＝90°，由相似的判定得△PQB∽△ACB，因而可得答案．【解析】(1)∵拋物線y＝ax2+bx+2(a≠0)與x軸交于點A(﹣1，0)和B(4，0)，∴，解得：，∴拋物線的解析式：y＝﹣x2+x+2①；(2)過點C、B分別作直線AP的平行線m、n，直線m交y軸于點M，AP交y軸于點N，過點A(﹣1，0)的直線AP的表達(dá)式可設(shè)為y＝k(x+1)，當(dāng)x＝0時，y＝k，即點N的坐標(biāo)為(0，k)，則直線m過點B(4，0)，則其表達(dá)式為y＝k(x﹣4)，當(dāng)x＝0時，y＝﹣4k，即點M(0，﹣4k)，∵S1＝S2，則點N是CM的中點，由中點坐標(biāo)公式得：k＝(2﹣4k)，解得k＝，故直線AP的表達(dá)式為y＝(x+1)②，聯(lián)立①②并解得(不合題意的值已舍去)，即點P的坐標(biāo)為(，)；(3)由(2)可知，C(0，2)，B(4，0)，∴L：y＝﹣x，由題可知，BQ⊥PQ，∠BPQ＝∠CAB，∵CA＝＝，CB＝，AB＝5，∴CA2+CB2＝AB2，∴∠ACB＝90°，∴△PQB∽△ACB，則，設(shè)點P的坐標(biāo)為(x，﹣x2+x+2)，點Q(c，﹣c)，則PQ2＝(x﹣c)2+(﹣x2+x+2+c)2，PB2＝(x﹣4)2+(﹣x2+x+2)2，QB2＝(c﹣4)2+(﹣c)2，∴＝＝，解得x＝或，故點P的坐標(biāo)為(，﹣2)或(，﹣2)或(，﹣)．2．(2021?泰興市模擬)拋物線y＝ax2+c的頂點為C(0，1)，與直線y＝kx+3(k為常數(shù))相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點．當(dāng)k＝0時，點B的橫坐標(biāo)恰好為2(如圖1)．(1)求a、c的值；(2)當(dāng)k＝0時，若點P是拋物線上異于A、C的一點，且滿足2PC2＝AB2+2AP2，試判斷△PAC的形狀，并說明理由；(3)若直線y＝﹣1交y軸于點F，過點A、B分別作該直線的垂線，垂足分別為D、E，連接AF、BF(如圖2)．設(shè)△ADF、△ABF、△BEF的面積分別為S1、S2、S3，是否存在常數(shù)t，使S22＝t?S1S3？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．【分析】(1)∵拋物線y＝ax2+c的頂點為C(0，1)，故c＝1，則拋物線的表達(dá)式為y＝ax2+1，當(dāng)k＝0時，直線l∥y軸，則點B的縱坐標(biāo)為3，故點B的坐標(biāo)為(2，3)，即可求解；(2)AB＝4，AC＝2，故AB2＝2AC2，而2PC2＝AB2+2AP2，則PC2＝AC2+AP2，即可求解；(3)設(shè)點A、B的坐標(biāo)分別為(m，m2+1)，(n，n2+1)，則S1S3＝×AD?DF××EF?BE＝4k2+16，S22＝4(4k2+16)，進(jìn)而求解．【解析】(1)∵拋物線y＝ax2+c的頂點為C(0，1)，故c＝1，則拋物線的表達(dá)式為y＝ax2+1，當(dāng)k＝0時，直線l∥y軸，則點B的縱坐標(biāo)為3，故點B的坐標(biāo)為(2，3)，將點B的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式得：3＝4a+1，解得a＝；(2)由(1)知，當(dāng)k＝0時，點B(2，3)，則點A(﹣2，3)，則AB＝4，由點A、C的坐標(biāo)知，AC＝2，故AB2＝2AC2，∵2PC2＝AB2+2AP2，則PC2＝AC2+AP2，∴△PAC為直角三角形；(3)設(shè)直線AB交y軸于點G，則點G(0，3)，設(shè)點A、B的坐標(biāo)分別為(m，m2+1)，(n，n2+1)，聯(lián)立y＝x2+1和y＝kx+3并整理得：x2﹣2kx﹣4＝0，則m+n＝2k，mn＝﹣4，則m2+n2＝(m+n)2﹣2mn＝(2k)2，由題意得：AD＝m2+2，DF＝﹣m；GF＝4，DE＝n﹣m；BE＝n2+2，EF＝n；則S1S3＝×AD?DF××EF?BE＝(m2+2)(﹣m)(n2+2)n＝(mn)2+(m+n)2﹣2mn+4＝4k2+16，同理可得S22＝[FG(n﹣n)]2＝[4×(n﹣m)]2＝4(n﹣m)2＝4[(m+n)2﹣4mn]＝4(4k2+16)，∵S22＝t?S1S3，即4(4k2+16)＝t(4k2+16)，∵4k2+16＞0，故t＝4．3．(2021?雁塔區(qū)校級模擬)如圖，拋物線C1的圖象與x軸交A(﹣1，0)，B(3，0)兩點，與y軸交于點C(0，﹣3)，點D為拋物線的頂點．(1)求拋物線C1的表達(dá)式及點D坐標(biāo)；(2)將拋物線C1平移到拋物線C2，點B，C對應(yīng)的點分別是B′，C′，此時以B，C，B′，C′為頂點的四邊形是面積為24的矩形，請求出拋物線C2的表達(dá)式，并寫出平移過程．【分析】(1)利用待定系數(shù)法將A，B，C三點坐標(biāo)代入解方程組即可求解，用配方法求頂點坐標(biāo)；(2)依據(jù)題意畫出圖形，利用已知求得B′，C′坐標(biāo)，平移前后二次項系數(shù)不變，利用待定系數(shù)法可求拋物線C2的解析式；利用B與B′坐標(biāo)的變化可得平移的過程．【解析】設(shè)拋物線C1的解析式為：y＝ax2+bx+c，由題意得：．解得：．∴拋物線C1的解析式為y＝x2﹣2x﹣3．∵y＝x2﹣2x﹣3＝(x﹣1)2﹣4，∴D(1，﹣4)．(2)分別過B，C作兩條平行且與BC垂直的直線，則四邊形BCC′B′為矩形，過點B′作B′E⊥x軸于點E，如圖，∵B(3，0)，C(0，﹣3)，∴OB＝3，OC＝3．∴OB＝OC，BC＝3．∴∠OBC＝∠OCB＝45°．∵四邊形BCC′B′為矩形，∴∠CBB′＝90°．∴∠B′BE＝45°．∴BE＝B′E．∵以B，C，B′，C′為頂點的四邊形是面積為24的矩形，∴BC×BB′＝24．∴BB′＝4．∵BE2+B′E2＝BB′2，∴BE＝B′E＝4．∴OE＝BE﹣OB＝1．∴B′(﹣1，4)．可知點B向左，向上各平移了4個單位長度得到點B′．∴C′也應(yīng)向左，向上各平移了4個單位長度．∴C′(﹣4，1)．∵拋物線平移前后二次項系數(shù)不變，∴設(shè)拋物線C2的解析式為：y＝x2+mx+n，由題意：．解得：．∴拋物線C2的解析式為y＝x2+6x+9．同理，拋物線向右，向下各平移4個單位長度后也滿足條件．此時，B′(7，﹣4)，C′(4，﹣7)．．解得：．∴拋物線C2的解析式為：y＝x2﹣10x+17．綜上所述，所求的拋物線C2的解析式為：y＝x2+6x+9或y＝x2﹣10x+17．平移的過程為：將拋物線C1的圖象向左，向上各平移了4個單位長度或向右，向下各平移4個單位長度可得．4．(2021?麗江模擬)已知拋物線y＝x2﹣2mx+m2﹣3(m是常數(shù))，拋物線的頂點為A．(1)求拋物線頂點A的坐標(biāo)(用含m的式子表示)；(2)求證：無論m取何值，該拋物線與x軸都有兩個交點；(3)該拋物線與x軸的兩個交點分別為B，D，點B在點D的右側(cè)，與y軸的交點為C．當(dāng)|m|≤，m≠0時，△ABC的面積是否有最大值？如果有，請求出最大值；如果沒有，請說明理由．【分析】(1)根據(jù)配方法可得頂點A的坐標(biāo)；(2)計算△＝12＞0，可得結(jié)論；(3)設(shè)拋物線對稱軸與x軸的交點為E，則點E的坐標(biāo)為(m，0)，根據(jù)x＝0和y＝0可得B，C，D的坐標(biāo)，分兩種情況：(ⅰ)當(dāng)0＜m≤時，如圖1所示，(ⅱ)當(dāng)﹣≤m＜0時，如圖2所示，根據(jù)面積差可得結(jié)論．【解答】(1)解：∵拋物線y＝x2﹣2mx+m2﹣3＝(x﹣m)2﹣3，∴頂點A的坐標(biāo)為(m，﹣3)；(2)證明：令y＝0，則x2﹣2mx+m2﹣3＝0，∵△＝(﹣2m)2﹣4×1×(m2﹣3)＝12＞0，∴關(guān)于x的一元二次方程x2﹣2mx+m2﹣3＝0有兩個不相等的實數(shù)根，∴無論m取何值，該拋物線與x軸都有兩個交點；(3)解：△ABC的面積有最大值，理由如下：設(shè)拋物線對稱軸與x軸的交點為E，則點E的坐標(biāo)為(m，0)；當(dāng)x＝0時，y＝x2﹣2mx+m2﹣3＝m2﹣3，∴點C的坐標(biāo)為(0，m2﹣3)；當(dāng)y＝0時，x2﹣2mx+m2﹣3＝0，即(x﹣m)2＝3，解得x1＝m﹣，x2＝m+，∴點D的坐標(biāo)為(m﹣，0)，點B的坐標(biāo)為(m+，0)，分兩種情況考慮：(ⅰ)當(dāng)0＜m≤時，如圖1所示，S△ABC＝S四邊形OCAE+S△ABE﹣S△OCB＝OE?(OC+AE)+AE?BE﹣OC?OB＝m?(3﹣m2+3)+×3×(m+﹣m)﹣(m+)(3﹣m2)＝m2+m＝(m+)2﹣，∵＞0，∴當(dāng)0＜m≤時，S△ABC隨m的增大而增大，∴當(dāng)m＝時，S△ABC取得最大值，最大值為3；(ⅱ)當(dāng)﹣≤m＜0時，如圖2所示，S△ABC＝S四邊形EACO+S△OCB﹣S△ABE＝OE?(OC+AE)+OC?OB﹣AE?BE＝﹣m?(3﹣m2+3)+(3﹣m2)(m+)﹣×3×(m+﹣m)＝﹣m2﹣m＝﹣(m+)2+，∵﹣＜0，∴當(dāng)m＝﹣時，S△ABC有最大值，最大值為，∵3＞，∴當(dāng)m＝時，△ABC的面積有最大值，最大值為3．【題組二】5．(2020?大慶)如圖，拋物線y＝ax2+bx+12與x軸交于A，B兩點(B在A的右側(cè))，且經(jīng)過點C(﹣1，7)和點D(5，7)．(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)連接AD，經(jīng)過點B的直線l與線段AD交于點E，與拋物線交于另一點F．連接CA，CE，CD，△CED的面積與△CAD的面積之比為1：7，點P為直線l上方拋物線上的一個動點，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t．當(dāng)t為何值時，△PFB的面積最大？并求出最大值；(3)在拋物線y＝ax2+bx+12上，當(dāng)m≤x≤n時，y的取值范圍是12≤y≤16，求m﹣n的取值范圍．(直接寫出結(jié)果即可)【分析】(1)利用待定系數(shù)法解決問題即可．(2)如圖1中，過點E作EM⊥AB于M，過點D作DN⊥AB于N．利用平行線分線段成比例定理求出點E的坐標(biāo)，求出直線BE的解析式，構(gòu)建方程組確定點F的坐標(biāo)，過點P作PQ∥y軸交BF于Q，設(shè)P(t，﹣t2+4t+12_)則Q(t，﹣3t+18)，再構(gòu)建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)解決問題即可．(3)求出y＝12或16時，自變量x的值，利用圖象法確定m，n的值即可．【解析】(1)把C(﹣1，7)，D(5，7)代入y＝ax2+bx+12，可得a-解得a=-∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+4x+12．(2)如圖1中，過點E作EM⊥AB于M，過點D作DN⊥AB于N．對于拋物線y＝﹣x2+4x+12，令y＝0，得到，x2﹣4x﹣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的面積與△CAD的面積之比為1：7，∴DE：AD＝1：7，∴AE：AD＝6：7，∵EM∥DN，∵ENDN∴EM7∴AM＝EM＝6，∴E(4，6)，∴直線BE的解析式為y＝﹣3x+18，由y=-3x+18y=-x2∴F(1，15)，過點P作PQ∥y軸交BF于Q，設(shè)P(t，﹣t2+4t+12)則Q(t，﹣3t+18)，∴PQ＝﹣t2+4t+12﹣(﹣3t+18)＝﹣t2+7t﹣6，∵S△PBF=12?(﹣t2+7t﹣6)?5=-52(t∵-5∴t=72時，△BFP的面積最大，最大值為(3)對于拋物線y＝﹣x2+4x+12，當(dāng)y＝16時，﹣x2+4x+12＝16，解得x1＝x2＝2，當(dāng)y＝12時，﹣x2+4x+12＝12，解得x＝0或4，觀察圖2可知：當(dāng)0≤x≤2或2≤x≤4時，12≤y≤16，∴m＝0，n＝2或m＝2，n＝4或m＝0，n＝4，∴﹣4≤m﹣n≤﹣26．(2020?湘陰縣一模)平面直角坐標(biāo)系中，平行四邊形ABOC如圖放置，點A、C的坐標(biāo)分別為(0，3)、(﹣1，0)，將此平行四邊形繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到平行四邊形A'B'OC'．(1)若拋物線過點C，A，A'，求此拋物線的解析式；(2)求平行四邊形ABOC和平行四邊形A'B'OC'重疊部分△OC'D的周長；(3)點M是第一象限內(nèi)拋物線上的一動點，問：點M在何處時；△AMA'的面積最大？最大面積是多少？并求出此時M的坐標(biāo)．【分析】(1)根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，可得A′點，根據(jù)待定系數(shù)法，可得答案；(2)根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)，可得答案；(3)根據(jù)面積的和差，可得二次函數(shù)，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，可得答案．【解析】(1)∵?A′B′O′C′由?ABOC旋轉(zhuǎn)得到，且A的坐標(biāo)為(0，3)，得點A′的坐標(biāo)為(3，0)．設(shè)拋物線的解析式為y＝ax2+bx+c，將A，A′C的坐標(biāo)代入，得a-解得a=-拋物線的解析式y(tǒng)＝﹣x2+2x+3；(2)∵AB∥OC，∴∠OAB＝∠AOC＝90°，∴OB=O又∠OC′D＝∠OCA＝∠B，∠C′OD＝∠BOA，∴△C′OD∽△BOA，又OC′＝OC＝1，∴△C'OD的周長△BOA的周長又△ABO的周長為4+10∴△C′OD的周長為(4+10)10(3)作MN⊥x軸交AA′于N點，設(shè)M(m，﹣m2+2m+3)，AA′的解析式為y＝﹣x+3，N點坐標(biāo)為(m，﹣m+3)，MN的長為﹣m2+3m，S△AMA′=12MN?xA′=12(﹣m=-32(m2﹣3m)=-32(∵0＜m＜3，∴當(dāng)m=32時，﹣m2+2m+3=154，M(△AMA′的面積有最大值2787．(2020?江都區(qū)校級一模)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，△AOB是等腰直角三角形，∠AOB＝90°，A(2，1)．(1)求點B的坐標(biāo)；(2)求經(jīng)過A、O、B三點的拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(3)在(2)所求的拋物線上，是否存在一點P，使四邊形ABOP的面積最大？若存在，求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【分析】(1)過A作AC⊥x軸于點C，過B作BD⊥x軸于點D，則可證明△ACO≌△ODB，則可求得OD和BD的長，可求得B點坐標(biāo)；(2)根據(jù)A、B、O三點的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式；(3)由四邊形ABOP可知點P在線段AO的下方，過P作PE∥y軸交線段OA于點E，可求得直線OA解析式，設(shè)出P點坐標(biāo)，則可表示出E點坐標(biāo)，可表示出PE的長，進(jìn)一步表示出△POA的面積，則可得到四邊形ABOP的面積，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求得其面積最大時P點的坐標(biāo)．【解析】(1)如圖1，過A作AC⊥x軸于點C，過B作BD⊥x軸于點D，∵△AOB為等腰三角形，∴AO＝BO，∵∠AOB＝90°，∴∠AOC+∠DOB＝∠DOB+∠OBD＝90°，∴∠AOC＝∠OBD，在△ACO和△ODB中∠AOC=∠OBD∠ACO=∠ODB∴△ACO≌△ODB(AAS)，∵A(2，1)，∴OD＝AC＝1，BD＝OC＝2，∴B(﹣1，2)；(2)∵拋物線過O點，∴可設(shè)拋物線解析式為y＝ax2+bx，把A、B兩點坐標(biāo)代入可得4a+2b=1a-b=2，解得a=∴經(jīng)過A、B、O原點的拋物線解析式為y=56x2-(3)∵四邊形ABOP，∴可知點P在線段OA的下方，過P作PE∥y軸交AO于點E，如圖2，設(shè)直線AO解析式為y＝kx，∵A(2，1)，∴k=1∴直線AO解析式為y=12設(shè)P點坐標(biāo)為(t，56t2-76t)，則E(t，∴PE=12t﹣(56t2-76t)=-56t2+∴S△AOP=12PE×2＝PE═-56(t由A(2，1)可求得OA＝OB=5∴S△AOB=12AO?BO∴S四邊形ABOP＝S△AOB+S△AOP=-56(t﹣1)2+56+∵-5∴當(dāng)t＝1時，四邊形ABOP的面積最大，此時P點坐標(biāo)為(1，-1綜上可知存在使四邊形ABOP的面積最大的點P，其坐標(biāo)為(1，-18．(2020?南寧模擬)如圖，拋物線y＝ax2+2ax+c的圖象與x軸交于A、B兩點(點A在點B的左邊)AB＝4，與y軸交于點C，OC＝OA，點D為拋物線的頂點．(1)求拋物線的解析式；(2)點M(m，0)為線段AB上一點(點M不與點A、B重合)，過點M作x軸的垂線，與直線AC交于點E，與拋物線交于點P，過點P作PQ∥AB交拋物線于點Q，過點Q作QN⊥x軸于點N，可得矩形PQNM，如圖1，點P在點Q左邊，當(dāng)矩形PQNM的周長最大時，求m的值，并求出此時的△AEM的面積；(3)已知H(0，﹣1)，點G在拋物線上，連HG，直線HG⊥CF，垂足為F，若BF＝BC，求點G的坐標(biāo)．【分析】(1)根據(jù)拋物線y＝ax2+2ax+c，可得C(0，c)，對稱軸為x﹣1，再根據(jù)OC＝OA，AB＝4，可得A(﹣3，0)，最后代入拋物線y＝ax2+2ax+3，得拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣2x+3；(2)根據(jù)點M(m，0)，可得矩形PQNM中，P(m，﹣m2﹣2m+3)，Q(﹣2﹣m，﹣m2﹣2m+3)，再根據(jù)矩形PQNM的周長＝2(PM+PQ)＝﹣2(m+2)2+10，可得當(dāng)m＝﹣2時，矩形PQNM的周長有最大值10，M的坐標(biāo)為(﹣2，0)，最后由直線AC為y＝x+3，AM＝1，求得E(﹣2，1)，ME＝1，據(jù)此求得△AEM的面積；(3)連接CB并延長，交直線HG與Q，根據(jù)已知條件證明BC＝BF＝BQ，再根據(jù)C(0，3)，B(1，0)，得出Q(2，﹣3)，根據(jù)H(0，﹣1)，求得QH的解析式為y＝﹣x﹣1，最后解方程組y=-x-【解析】(1)由拋物線y＝ax2+2ax+c，可得C(0，c)，對稱軸為x=-∵OC＝OA，∴A(﹣c，0)，B(﹣2+c，0)，∵AB＝4，∴﹣2+c﹣(﹣c)＝4，∴c＝3，∴A(﹣3，0)，代入拋物線y＝ax2+2ax+3，得0＝9a﹣6a+3，解得a＝﹣1，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣2x+3；(2)如圖1，∵M(jìn)(m，0)，PM⊥x軸，∴P(m，﹣m2﹣2m+3)，又∵對稱軸為x＝﹣1，PQ∥AB，∴Q(﹣2﹣m，﹣m2﹣2m+3)，又∵QN⊥x軸，∴矩形PQNM的周長＝2(PM+PQ)＝2[(﹣m2﹣2m+3)+(﹣2﹣m﹣m)]＝2(﹣m2﹣4m+1)＝﹣2(m+2)2+10，∴當(dāng)m＝﹣2時，矩形PQNM的周長有最大值10，此時，M(﹣2，0)，由A(﹣3，0)，C(0，3)，可得直線AC為y＝x+3，AM＝1，∴當(dāng)x＝﹣2時，y＝1，即E(﹣2，1)，ME＝1，∴△AEM的面積=12×AM×ME=(3)如圖2，連接CB并延長，交直線HG與Q，∵HG⊥CF，BC＝BF，∴∠BFC+∠BFQ＝∠BCF+∠Q＝90°，∠BFC＝∠BCF，∴∠BFQ＝∠Q，∴BC＝BF＝BQ，又∵C(0，3)，B(1，0)，∴Q(2，﹣3)，又∵H(0，﹣1)，∴QH的解析式為y＝﹣x﹣1，解方程組y=-x=-1-172∴點G的坐標(biāo)為(-1-172，17-12)或(【題組三】9．(2020?浙江自主招生)如圖①，拋物線y＝﹣x2+(m﹣2)x+3與y軸交于點C，與直線y＝mx交于A，B兩點(點A，B分別在第一，三象限)，連結(jié)AC．(1)當(dāng)AC⊥AB時，求m的值；(2)如圖②，D是y軸負(fù)半軸上一點，且滿足∠BDO＝∠ACO，連結(jié)DA，DB，CB，求四邊形DACB的面積．【分析】(1)解方程組分別求出A的坐標(biāo)和點B的坐標(biāo)，根據(jù)拋物線與坐標(biāo)軸的交點的求法求出點C的坐標(biāo)，根據(jù)勾股定理分別表示出OA、OC，根據(jù)勾股定理列式計算，得到答案；(2)作AM⊥y軸于M，BN⊥y軸于N，證明△BOD∽△AOC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出OD，得到CD的長，根據(jù)三角形的面積公式計算即可．【解析】(1)y=-解得，x1=1y則點A的坐標(biāo)為(1，m)，點B的坐標(biāo)為(﹣3，﹣3m)，拋物線y＝﹣x2+(m﹣2)x+3與y軸交于點C的坐標(biāo)為(0，3)，即OC＝3，OA2＝12+m2＝1+m2，AC2＝12+(3﹣m)2＝1+(3﹣m)2，∵AC⊥AB，∴∠OAC＝90°，∴OA2+AC2＝OC2，即1+m2+1+(3﹣m)2＝9，整理得，m2﹣3m+1＝0，x1=3+52，x∴當(dāng)AC⊥AB時，m=3±(2)如圖②，作AM⊥y軸于M，BN⊥y軸于N，∵∠BDO＝∠ACO，∠BOD＝∠AOC，∴△BOD∽△AOC，∴ODOC=BN解得，OD＝9，∴CD＝OC+OD＝3+9＝12，∴四邊形DACB的面積＝△BDC的面積+△ADC的面積=12×10．(2020?鼓樓區(qū)校級模擬)如圖，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A、B兩點(點A在B左邊)，與y軸交于點C．(1)若A(﹣1，0)，B(3，0)兩點，求該拋物線的解析式；(2)在(1)中位于第四象限內(nèi)的拋物線上是否存在點P，使得△PBC的面積最大？若存在，求出點P的坐標(biāo)及△PBC的面積最大值；若沒有，請說明理由；(3)直線y＝1與拋物線y＝x2+bx+c交于拋物線對稱軸右側(cè)的點為點D，點E與點D關(guān)于x軸對稱．試判斷直線DB與直線AE的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論．【分析】(1)利用待定系數(shù)法可求解析式；(2)先求出直線BC解析式，設(shè)點P(x，x2﹣2x﹣3)，則F(x，x﹣3)，可得PF＝﹣x2+3x，由三角形面積公式和二次函數(shù)的性質(zhì)可求解；(3)連接DB并延長交AE于N，設(shè)DE交x軸于H，分別求出點D，點E，點A，點B的坐標(biāo)，由銳角三角函數(shù)可得tan∠BDH＝tan∠HAE=b2-4c+4-b【解析】(1)∵拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A、B兩點，∴0=1-解得：b=-∴該拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3；(2)∵拋物線y＝x2﹣2x﹣3與y軸交于點C，∴點C(0，﹣3)，∵點B(3，0)，點C(0，﹣3)，∴直線BC解析式為：y＝x﹣3，如圖1，過點P作PF⊥x軸，交BC于F，設(shè)點P(x，x2﹣2x﹣3)，則F(x，x﹣3)，∴PF＝x﹣3﹣(x2﹣2x﹣3)＝﹣x2+3x，∴S△PBC=12×(﹣x2+3x)×3=-32(∴當(dāng)x=32時，△PBC的面積最大值為此時，點P(32，-(3)DB⊥AE，理由如下：如圖2，連接DB并延長交AE于N，設(shè)DE交x軸于H，∵拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A、B兩點，∴點A(-b-b2-4c2，0)，點∵直線y＝1與拋物線y＝x2+bx+c交于拋物線對稱軸右側(cè)的點為點D，∴1＝x2+bx+c，∴x=-b±∴點D(-b+b∵點E與點D關(guān)于x軸對稱，∴點E(-b+b2-4c+42，﹣1)，點H(-b+b∴AH=-b+b2-4c+4∵tan∠BDH=BHDH=b∴tan∠BDH＝tan∠HAE，∴∠HAE＝∠BDH，又∵∠ABH＝∠DBH，∴∠ANB＝∠AHD＝90°，∴DB⊥AE．11．(2020?駐馬店二模)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+2與直線y＝x﹣2交于點A(m，0)和點B(﹣2，n)，與y軸交于點C．(1)求拋物線的解析式及頂點D的坐標(biāo)；(2)若向下平移拋物線，使頂點D落在x軸上，原來的拋物線上的點P平移后的對應(yīng)點為P′，若OP′＝OP，求點P的坐標(biāo)；(3)在拋物線上是否存在點Q，使△QAB的面積是△ABC面積的一半？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)利用待定系數(shù)法求出A，B兩點坐標(biāo)即可解決問題．(2)設(shè)P(t，﹣t2+t+2)，向下平移頂點落在x軸上，拋物線向下平移了94個單位，則P′(t，﹣t2+t-14)，根據(jù)點P與點P(3)存在．如圖，設(shè)直線AB交Y軸于E，將x＝0，代入y＝x﹣2中，得到y(tǒng)＝﹣2，可得E(0，﹣2)，首先證明要使△QAB的面積是△ABC面積的一半，則點Q在過原點O平行AB的直線l1：y＝x上，構(gòu)建方程組確定交點坐標(biāo)即可，再根據(jù)對稱性作點O關(guān)于點E的對稱點O′，過點O′作直線l2∥AB，交拋物線于Q3，Q4．構(gòu)建方程組確定交點坐標(biāo)即可．【解析】(1)將A(m，0)代入y＝x﹣2，得m＝2，∴A(2，0)，將B(﹣2，n)代入y＝x﹣2，得n＝﹣4，∴B(﹣2，﹣4)，把A(2，0)，B(﹣2，﹣4)代入y＝ax2+bx+2中，得4a+2b+2=04a-2b+2=-4，解得a=∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+2，∵y＝﹣(x-12)2∴頂點D(12，9(2)設(shè)P(t，﹣t2+t+2)，∵向下平移頂點落在x軸上，∴拋物線向下平移了94個單位，則P′(t，﹣t2+t-∵OP＝OP′，PP′⊥x軸，∴點P與點P′關(guān)于x軸對稱，∴﹣t2+t+2+(﹣t2+t-1解得t=2±3∴點P的坐標(biāo)為(2+324，98)或(2-3(3)存在．理由：如圖，設(shè)直線AB交Y軸于E，將x＝0，代入y＝x﹣2中，得到y(tǒng)＝﹣2，可得E(0，﹣2)，∴OE＝2，將x＝0，代入y＝﹣x2+x+2中，得到y(tǒng)＝2，∴C(0，2)，∴OC＝OE＝2，過點O作OF⊥AB于F，連接CA．∵OA＝OC＝OE＝2，∴∠CAE＝90°，△ACE是等腰直角三角形，∴CA⊥AB，∵OF⊥AB，∴OF∥CA，∴AF＝EF，∴OF=12要使△QAB的面積是△ABC面積的一半，則點Q在過原點O平行AB的直線l1：y＝x上，由y=xy=-x2+x+2，解得∴Q1(2，2)，Q2(-2，-作點O關(guān)于點E的對稱點O′，過點O′作直線l2∥AB，交拋物線于Q3，Q4．∵O′(0，﹣4)，∴直線l2的解析式為y＝x﹣4，由y=x-4y=-x2∴Q3(6，6-4)，Q4(-6，綜上所述，滿足條件的點Q的坐標(biāo)為(2，2)或(-2，-2)或(6，6-4)或(-12．(2020?三水區(qū)校級二模)如圖(1)，拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過A和B(3，﹣3)兩點，點A在x軸的正半軸，且OA＝4．(1)求拋物線的解析式；(2)若點M是拋物線上一動點，且在直線OB的下方(不與O、B重合)，過M作MK⊥x軸，交直線BO于點N，過M作MP∥x軸，交直線BO于點P，求出△MNP周長的最大值及周長取得最大值時點M的坐標(biāo)；(3)如圖(2)，過B作BD⊥y軸于點D，交拋物線于點C，連接OC，在拋物線上是否存在點Q使得S△OCD：S△OCQ＝3：2，若存在，請求出點Q的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．【分析】(1)先求出點A坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求解析式；(2)先求出NP=2MN，可得△MNP的周長＝﹣(2+2)[(m-32(3)在線段CB上截取CE=23，連接OE，過點E作OC的平行線交拋物線于點Q，連接OQ，先求出QE解析式，聯(lián)立方程組可求點【解析】(1)∵點A在x軸的正半軸，且OA＝4，∴點A(4，0)，∵拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過A(4，0)，B(3，﹣3)，∴0=16a+4b-3=9a+3b解得a=1b=-4∴拋物線解析式為：y＝x2﹣4x；(2)∵點B(3，﹣3)，∴直線OB解析式為y＝﹣x，設(shè)點M(m，m2﹣4m)，∴點N(m，﹣m)，K(m，0)，∴OK＝KN，∴∠KON＝∠KNO＝45°，∵M(jìn)P∥x軸，∴∠MPN＝∠KON＝45°，∴∠MPN＝∠KNO＝∠MNP＝45°，∴MP＝MN，∴NP=2MN∵△MNP的周長＝MN+MP+NP＝2MN+2MN＝2(4m﹣m2﹣m)+2(4m﹣m2﹣m)＝(2+2)(3m﹣m2)＝﹣(2+2)[(m-∴當(dāng)m=32時，△MNP的周長的最大值為此時點M坐標(biāo)為(32，-(3)存在點Q使得S△OCD：S△OCQ＝3：2，理由如下：如圖(2)，在線段CB上截取CE=23，連接OE，過點E作OC的平行線交拋物線于點Q，連接∵S△OCE=12×CE×OD=12∴S△OCQ＝1，∵BD⊥y軸，∴OD＝3，點C縱坐標(biāo)為﹣3，∴﹣3＝x2﹣4x，∴x1＝1，x2＝3，∴點C(1，﹣3)，∴CD＝1，∴S△OCD=12×∴S△OCD：S△OCQ＝3：2，∵點O(0，0)，點C(1，﹣3)，∴直線OC解析式為：y＝﹣3x，∵CE=2∴點E(53∵OC∥EQ，∴設(shè)EQ的解析式為：y＝﹣3x+b，∴﹣3＝﹣3×53∴b＝2，∴EQ的解析式為：y＝﹣3x+2，聯(lián)立方程組可得y=-∴x1=-1y∴點Q坐標(biāo)為(﹣1，5)或(2，﹣4)．【題組四】13．(2020?臨清市二模)如圖，拋物線y=-12x2+bx+c與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，OB(1)求拋物線的解析式；(2)如圖1，點P為第一象限拋物線上一點，連接PA，PC，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t，△PAC的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式；(3)如圖2，若點M是拋物線上任意一點，過點M作x軸的垂線，交直線BC于點N，當(dāng)MN＝2時，求點M的坐標(biāo)．【分析】(1)由題意求出B，C的坐標(biāo)，將點B，C坐標(biāo)代入拋物線的解析式，則可得出答案；(2)設(shè)點P(t，-12t2+32t+2)，連接OP，根據(jù)S△ACP＝S△ACO+S△OCP﹣(3)設(shè)點M的坐標(biāo)為(m，-12m2+32m+2)，設(shè)該直線MN交x軸于點D，則OD＝m，得出點N的坐標(biāo)為(m，4-m2)，則【解析】(1)∵OB＝2OC＝4，∴點B，C的坐標(biāo)分別為(4，0)，(0，2)，將點B，C坐標(biāo)代入y=-12x2+bx0=-解得：b=3∴拋物線的解析式為：y=-12x2(2)令y＝0，則-12x2+∴x＝﹣1或x＝4，∴點A(﹣1，0)；設(shè)點P(t，-12t2+連接OP，S△ACP＝S△ACO+S△OCP﹣S△AOP=12×OA×OC+12×xP×＝1+t-12(-1=14t2+即S=14t2+(3)設(shè)點M的坐標(biāo)為(m，-12m2+32m+2)，設(shè)該直線MN交x∵tan∠CBA=DN∴DN=4-m∴點N的坐標(biāo)為(m，4-m2∴MN＝|-1＝|-12m∵M(jìn)N＝2，∴|-12m當(dāng)0＜m＜4時，-12m解得，m1＝m2＝2，∴點M的坐標(biāo)為(2，3)；當(dāng)m＜0或m＞4時，-12m解得，m1＝2﹣22，m2＝2+22，∴點M的坐標(biāo)為(2﹣22，2-綜上所述，點M的坐標(biāo)為(2，3)或(2﹣22，2-14．(2020?黃岡模擬)如圖，拋物線與x軸相交于點A(﹣3，0)、點B(1，0)，與y軸交于點C(0，3)，點D是第二象限內(nèi)拋物線上一動點．F點坐標(biāo)為(﹣4，0)．(1)求這條拋物線的解析式；并寫出頂點坐標(biāo)；(2)當(dāng)D為拋物線的頂點時，求△ACD的面積；(3)連接OD交線段AC于點E．當(dāng)△AOE與△ABC相似時，求點D的坐標(biāo)；(4)在x軸上方作正方形AFMN，將正方形AFMN沿x軸下方向向右平移t個單位，其中0≤t≤4，設(shè)正方形AFMN與△ABC的重疊部分面積為S，直接寫出S關(guān)于t的函數(shù)解析式．【分析】(1)利用待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式，根據(jù)函數(shù)解析式求得該拋物線的頂點坐標(biāo)；(2)過點D作DM∥y軸，交AC于點M，求出M點的坐標(biāo)，根據(jù)S△ACD＝S△ADM+S△CDM可求出答案；(3)如圖2，過點D作DK⊥x軸于點K，構(gòu)造直角△DOK，設(shè)D(x，﹣x2﹣2x+3)，則K(x，0)．并由題意知點D位于第二象限．由于∠BAC是公共角，所以當(dāng)△AOE與△ABC相似時，有2種情況：①∠AOD＝∠ABC．則tan∠AOD＝tan∠ABC＝3．由銳角三角函數(shù)定義列出比例式，從而求得點D的坐標(biāo)．②∠AOD＝∠ACB．則tan∠AOD＝tan∠ACB＝2．由銳角三角函數(shù)定義列出比例式，從而求得點D的坐標(biāo)．(4)分四種不同情況：當(dāng)0≤t≤1時，當(dāng)1＜t≤2時，當(dāng)2＜t≤113時，當(dāng)【解析】(1)設(shè)拋物線解析式為：y＝ax2+bx+c，將點A(﹣3，0)，B(1，0)，C(0，3)分別代入得：9a-解得：a=-故拋物線解析式為：y＝﹣x2﹣2x+3．由于y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣(x+1)2+4，所以該拋物線的頂點坐標(biāo)是(﹣1，4)；(2)由(1)知拋物線的頂點坐標(biāo)為(﹣1，4)，過點D作DM∥y軸，交AC于點M，∵AC的解析式為y＝x+3，則點M的坐標(biāo)為(﹣1，2)，則DM＝2，∴S△ACD＝S△ADM+S△CDM=12×(3)如圖2，過點D作DK⊥x軸于點K，設(shè)D(x，﹣x2﹣2x+3)，則K(x，0)．并由題意知點D位于第二象限．∴DK＝﹣x2﹣2x+3，OK＝﹣x．∵∠BAC是公共角，∴當(dāng)△AOE與△ABC相似時，有2種情況：①∠AOD＝∠ABC．∴tan∠AOD＝tan∠ABC＝3．∴-x2-2x+3-x=3，解得x1=∴D(1-132，②∠AOD＝∠ACB．∴tan∠AOD＝tan∠ACB＝2．∴-x2-2x+3-x=2，解得x1=∴D(-3，23綜上所述，當(dāng)△AOE與△ABC相似時，點D的坐標(biāo)是(1-132，313-32(4)如圖3，設(shè)A點移動后的對應(yīng)點為E，EN與AC交于點G，當(dāng)0≤t≤1時，∵OA＝OC，GE∥OC，∴△AGE為等腰直角三角形，∴AE＝EG＝t，∴S△AEG=1當(dāng)1＜t≤2時，如圖4，同理△AFG為等腰直角三角形，∴AF＝GF＝t﹣1，∴MG＝MH＝1﹣(t﹣1)＝2﹣t，∴S△MHG=12MG?MH∴S五邊形GFENH＝1﹣S△MHG＝1-12(2﹣t)2=-當(dāng)2＜t≤11S＝S正方形MFEN＝1；當(dāng)113＜t≤4時，如圖6，正方形MFEN與BC邊交于G，過點G作GK⊥OB于點K，∴GK∥OC，∴△GKB∽△COB，∴BKOB∴BK1∴BK=1∴AK＝4-1∴KE＝GN＝AE﹣AK＝t-11∵△GNH∽△BOC，∴GNOB∴NH＝3t﹣11，∴S△GNH=12GN?NH∴S五邊形MFEHG＝1﹣S△GNH＝1-(綜合以上可得S=115．(2020?東勝區(qū)模擬)如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y＝ax2+bx﹣5與x軸交于A(﹣1，0)，B(5，0)兩點，與y軸交于點C．(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)如圖2，CE∥x軸與拋物線相交于點E，點H是直線CE下方拋物線上的動點，過點H且與y軸平行的直線與BC，CE分別相交于點F，G，試探究當(dāng)點H運動到何處時，四邊形CHEF的面積最大，求點H的坐標(biāo)；(3)若點K為拋物線的頂點，點M(4，m)是該拋物線上的一點，在x軸，y軸上分別找點P，Q，使四邊形PQKM的周長最小，求出點P，Q的坐標(biāo)．【分析】(1)根據(jù)待定系數(shù)法直接確定出拋物線解析式；(2)先求出直線BC的解析式，進(jìn)而求出四邊形CHEF的面積的函數(shù)關(guān)系式，即可求出；(