專題2.6二次函數(shù)與幾何壓軸綜合問題大題專練（培優(yōu)強(qiáng)化40題）-2022-2023學(xué)年九年級數(shù)學(xué)上學(xué)期復(fù)習(xí)備考高分秘籍

20222023學(xué)年九年級數(shù)學(xué)上學(xué)期復(fù)習(xí)備考高分秘籍【人教版】專題2.6二次函數(shù)與幾何壓軸綜合問題大題專練（培優(yōu)強(qiáng)化40題）一、解答題1．（2021·黑龍江·肇源縣第五中學(xué)九年級期中）如圖，拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）與直線y=x+1相交于A（1，0），B（4，n(1)求拋物線的解析式；(2)點P是直線AB上方拋物線上的一個動點（不與點A、點B重合），過點P作直線PD⊥x軸于點D，交直線AB于點E，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m．①求線段PE長的最大值，并求此時P點坐標(biāo)；②是否存在點P使△BEC為等腰三角形？若存在，請直接寫出m的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=?(2)①PE有最大值254，點P的坐標(biāo)為32,354；②存在，【分析】（1）根據(jù)題意將拋物線解析式可化為y=a(x+1)(x?5)，然后待定系數(shù)法求解析式即可求解；（2）①設(shè)P(m,?m2+4m+5)，E(m,m+1)②分三種情況討論（?。┊?dāng)BC=BE時，（ⅱ）當(dāng)BC=CE時，（ⅲ）當(dāng)BE=CE時，根據(jù)等腰三角形的定義，勾股定理列出方程，解方程即可求解．（1）解：由題意，拋物線y=ax2+bx+c將點B(4,n)代入直線y=x+1得：n=4+1=5，將點B(4,5)代入y=a(x+1)(x?5)得：(4+1)×(4?5)a=5，解得a=?1，則拋物線的解析式為y=?(x+1)(x?5)=?x即y=?x（2）①由題意：設(shè)P(m,?m2+4m+5)點P在點E的上方，則PE=?∵1＜0∴當(dāng)m=32時，PE有最大值，最大值為當(dāng)m=32時，?m2+4m+5=354，此時點②存在，m的值為4?13或0或3∵B(4,5),C(5,0),E(m,m+1)，∴BCBE2=由等腰三角形的定義，分以下三種情況：（?。┊?dāng)BC=BE時，△BEC為等腰三角形，則BC2=B解得m=4?13或m=4+（ⅱ）當(dāng)BC=CE時，△BEC為等腰三角形，則BC2=C解得m=0或m=4（舍去）；（ⅲ）當(dāng)BE=CE時，△BEC為等腰三角形，則BE2=CE2綜上，m的值為4?13或0或3【點睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合運用，待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，線段問題，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，綜合運用以上知識是解題的關(guān)鍵．2．（2021·湖南·長沙縣安沙鎮(zhèn)楊梓中學(xué)九年級期中）如圖，已知在平面坐標(biāo)系中，點A的坐標(biāo)為(1，0)，點B坐標(biāo)為(3，0)，點C坐標(biāo)為(0，3)，根據(jù)條件，解答下列問題：(1)如圖1，求經(jīng)過A、B、C三點的拋物線的解析式；(2)如圖2，設(shè)該拋物線的頂點為點D，求四邊形ABDC的面積；(3)如圖3，設(shè)點Q是該拋物線對稱軸上的一個動點，連接QA，QC，AC，當(dāng)△QAC周長最小時，求點Q的坐標(biāo)，并求出此時△QAC周長的最小值．【答案】(1)y=(2)9(3)Q(1,?2)，三角形QAC的周長最小值為10【分析】（1）根據(jù)A，B的坐標(biāo)設(shè)拋物線為：y=a(x+1)(x?3),再把C的坐標(biāo)代入即可；（2）先求解拋物線的頂點為：D(1,?4),如圖，記拋物線的對稱軸與x軸的交點為K，則K(1,0),利用S四邊形（3）如圖，由A，B關(guān)于拋物線y=(x?1)2?4的對稱軸x=1對稱，連接BC，交對稱軸于Q，則三角形QAC的周長為：AQ+CQ+AC=AC+BC,此時周長最短，再求解BC為：y=x?3,可得Q的坐標(biāo)，再利用勾股定理求解AC(1)解：∵點A的坐標(biāo)為(1，0)，點B坐標(biāo)為(3，0)，點C坐標(biāo)為(0，3)，設(shè)過A，B，C的拋物線為：y=a(x+1)(x?3),∴?3a=?3,解得：a=1,∴拋物線為：y=(x+1)(x?3)=(2)∵y=x∴拋物線的頂點為：D(1,?4),如圖，記拋物線的對稱軸與x軸的交點為K，則K(1,0),∴S=1=9.(3)如圖，由A，B關(guān)于拋物線y=(x?1)2?4的對稱軸x=1對稱，連接BC，交對稱軸于Q，則三角形QAC設(shè)直線BC為y=kx+b,則{3k+b=0b=?3,∴BC為：y=x?3,當(dāng)x=1,則y=?2,∴Q(1,?2),∴AC=1∴三角形QAC的周長最小值為：10【點睛】本題考查的是利用待定系數(shù)法求解二次函數(shù)的解析式，坐標(biāo)與圖形，利用軸對稱的性質(zhì)求解三角形的周長的最小值，掌握二次函數(shù)的軸對稱的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．3．（2021·廣東·華中師范大學(xué)海豐附屬學(xué)校九年級期中）如圖，已知二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點A3,3、B4,0和原點O．P為二次函數(shù)圖象上的一個動點，過點P作x軸的垂線，垂足為Dm,0，并與直線OA(1)求出二次函數(shù)的解析式；(2)當(dāng)點P在直線OA的上方時，求線段PC的最大值；(3)當(dāng)m>0時，探索是否存在點P，使得△PCO為等腰三角形，如果存在，求出P的坐標(biāo)；如果不存在，請說明理由．【答案】(1)y=x2+4x(2)9(3)存在，點P的坐標(biāo)為(3?2,1+22)【分析】（1）設(shè)y=ax（x4），把A點坐標(biāo)代入即可求出答案；（2）根據(jù)點的坐標(biāo)求出PC=m2+3m，化成頂點式即可求出線段PC的最大值；（3）當(dāng)0<m<3時，僅有OC=PC，列出方程，求出方程的解即可；當(dāng)m≥3時，PC=CDPD=m23m，OC=2m，分為三種情況：當(dāng)OC=PC時，當(dāng)OC=OP時，當(dāng)PC=(1)解∶∵二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點B4,0和原點O∴可設(shè)二次函數(shù)的解析式為y=ax（x4），把點A（3，3）代入，得：3=3a（34），解得：a=1，∴二次函數(shù)的解析式為y=x（x4）=x2+4x；(2)解：根據(jù)題意得：0<m<3，PC=PDCD，設(shè)直線OA的解析式為y=kxk≠0把點A（3，3）代入，得：3=3k，解得：k=1，∴直線OA的解析式為y=x，∵D（m，0），PD⊥x軸，P在y=x2+4x上，C在直線OA上，∴P（m，m2+4m），C（m，m），∴PD=m2+4m，CD=m，∴PC=PDCD=m2+4mm=m2+3m=?(m?∴當(dāng)m=32時，線段PC最大，最大；值為(3)解：存在，理由如下：∵C（m，m），P（m，m2+4m），∴OD=m，CD=m，PD=m2+4m，OC=OD2當(dāng)0<m<3時，僅有OC=PC，由（2）得：PC=PDCD=m2+3m，∴?m2+3m=∴此時P(3?2當(dāng)m≥3時，點C在點P的上方，此時PC=CDPD=m23m，當(dāng)OC=PC時，m2解得：m=3+2∴此時點P(3+2當(dāng)OC=OP時，有OC2=OP2，∴2m解得：m=5或3（舍去）或0（舍去），∴此時點P（5，5），當(dāng)PC=OP時，m2解得：m=4或0（舍去），∴此時點P（4，0）；綜上所述，存在，點P的坐標(biāo)為(3?2,1+22)【點睛】本題主要考查對用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，二次函數(shù)的最值等知識點的理解和掌握，用的數(shù)學(xué)思想是分類討論思想，此題是一個綜合性比較強(qiáng)的題目，（3）小題有一定的難度．4．（2021·安徽·合肥市五十中學(xué)新校九年級期中）直線y＝12x﹣2與x、y軸分別交于點A、C．拋物線的圖象經(jīng)過A、C和點B(1)求拋物線的解析式和頂點G的坐標(biāo)；(2)在直線y＝﹣1上是否存在點P，使得△PBG的周長最??？若存在，求出P點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．(3)在直線AC上方的拋物線上有一動點D，當(dāng)D與直線AC的距離DE最大時，求出點D的坐標(biāo)，并求出最大距離是多少？【答案】(1)y=?12x2+52(2)存在，點P的坐標(biāo)為（3725(3)點D的坐標(biāo)為（2，1），最大距離為45【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；（2）作點B關(guān)于直線y=1的對稱點H（1，2），連接GH交直線y=1于點P，在點P為所求點，進(jìn)而求解；（3）由S△ACD=S梯形AGFCS△CDFS△ADG=12（AG+FC）?FG12FC?FD12DG（1）解：在直線解析式y(tǒng)＝12x令x＝0，得y＝﹣2；令y＝0，得x＝4，∴A（4，0），C（0，﹣2）．設(shè)拋物線的解析式為y＝ax2+bx+c，∵點A（4，0），B（1，0），C（0，﹣2）在拋物線上，則16a+4b+c=0a+b+c=0解得a=?1∴拋物線的解析式為：y=?1拋物線的對稱軸為x＝52當(dāng)x＝52時，y=?故點G（52，9（2）在直線y＝﹣1上存在點P，使得使得△PBG的周長最小，作點B關(guān)于直線y＝﹣1的對稱點H（1，﹣2），連接GH交直線y＝﹣1于點P，在點P為所求點，理由：△PBG的周長＝BG+BP+PG＝BG+PH+PG＝GH+GB為最小，設(shè)直線BG的表達(dá)式為y=kx+b，由點B、G的坐標(biāo)得，0=k+b9解得：k=25∴y=25當(dāng)y＝1＝2512x?4912，解得故點P的坐標(biāo)為（3725（3）設(shè)點D坐標(biāo)為（x，y），則y=?1在Rt△AOC中，OA＝4，OC＝2，由勾股定理得：AC＝25．連接CD、AD，過點D作DF⊥y軸于點F，過點A作AG⊥FD交FD的延長線于點G，則FD＝x，DG＝4﹣x，OF＝AG＝y(tǒng)，F(xiàn)C＝y(tǒng)+2．S△ACD＝S梯形AGFC﹣S△CDF﹣S△ADG＝12（AG+FC）?FG﹣12FC?FD﹣12＝12（y+y+2）×4﹣12（y+2）?x﹣12（4﹣＝2y﹣x+4，將y＝﹣12x2+52x﹣2代入得：S△ACD＝2y﹣x+4＝﹣x2+4x＝﹣（x﹣2）∴當(dāng)x＝2時，△ACD的面積最大，最大值為4．當(dāng)x＝2時，y＝1，∴D（2，1）．∵S△ACD＝12AC?DE，AC＝25∴當(dāng)△ACD的面積最大時，高DE最大，則DE的最大值為：41∴當(dāng)D與直線AC的距離DE最大時，點D的坐標(biāo)為（2，1），最大距離為45【點睛】本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、最值、圖形面積計算等知識點，第（2）問有多種解法，可以從不同角度嘗試與探究．5．（2021·天津紅橋·九年級期中）已知拋物線y＝ax2＋bx＋5（a為常數(shù)，a≠0）交x軸于點A（－1，0）和點B（5，0），交y軸于點C．(1)求點C的坐標(biāo)和拋物線的解析式；(2)若點P是拋物線上一點，且PB＝PC，求點P的坐標(biāo)；(3)點Q是拋物線的對稱軸l上一點，當(dāng)QA＋QC最小時，求點Q的坐標(biāo)．【答案】(1)C(0,5)，y=?(2)P(3+29(3)(2,3)【分析】（1）對于y=ax2+bx+5，當(dāng)x=0時，y=5（2）根據(jù)B(5,0)，C(0,5)，得到OB=OC，連接BC，設(shè)BC的中點為D，求得D(52，52)，得到直線OD的解析式為（3）由（1）知，拋物線的對稱軸為直線x=2，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)得到QA=QB，QA+QC=QB+QC，當(dāng)B，C，Q三點共線時，QB+QC最小，即QA+QC最小，求得直線BC的解析式為y=?x+5，把x=2代入y=?x+5即可得到結(jié)論．(1)解：對于y=ax2+bx+5，當(dāng)x=0∴C(0,5)，∵拋物線y=ax2+bx+5(a為常數(shù)，a≠0)交x軸于點A(?1,0)∴{a?b+5=0解得{a=?1∴拋物線的解析式為y=?x(2)解：∵B(5,0)，C(0,5)，∴OB=OC，連接BC，設(shè)BC的中點為D，∴D(52，∴直線OD的解析式為y=x，∵PB=PC，∴點P在直線OD上，設(shè)P(m,m)，∵點P是拋物線上一點，∴m=?m解得m=3±∴點P的坐標(biāo)為(3+292，3+292(3)解：由（1）知，拋物線的對稱軸為直線x=2，∵點A與點B關(guān)于l對稱，點Q在直線l上，∴QA=QB，QA+QC=QB+QC，∴當(dāng)B，C，Q三點共線時，QB+QC最小，即QA+QC最小，設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，∴{b=5解得{k=?1∴直線BC的解析式為y=?x+5，把x=2代入y=?x+5得，y=3，∴Q(2,3)，∴當(dāng)QA+QC最小時，求點Q的坐標(biāo)(2,3)．【點睛】本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式以及二次函數(shù)的性質(zhì)，軸對稱?最短路線問題，解題的關(guān)鍵是熟練掌握待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式．6．（2021·重慶·北京師范大學(xué)江津附屬學(xué)校九年級期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝﹣x2＋bx＋c經(jīng)過點A（4，0）、B（0，4）、C．其對稱軸l交x軸于點D，交直線AB于點F，交拋物線于點E．(1)求拋物線的解析式；(2)點P為直線l上的動點，求△PBC周長的最小值；(3)點N為直線AB上的一點（點N不與點F重合），在拋物線上是否存在一點M，使以點E、F、N、M為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，直接寫出點M的坐標(biāo)，若不存在，說明理由．【答案】(1)y=?(2)17(3)存在，（52，214）或（4+312，7+231【分析】（1）把點A（4，0）、B（0，4）代入拋物線y=x2+bx+c中，求得b和c即可；（2）作點B關(guān)于直線l的對稱軸B′，連接B′C交l于一點P，點P即為使△PBC周長最小的點，由對稱可知，PB′=PB，即△PBC周長的最小值為：BC+CB′；（3）設(shè)M（m，m2+3m+4），①當(dāng)EF為邊時，則EF∥MN，則N（m，m+4），所以NM=EF=154，即|m2+3m+4（m+4）|=154，求出m的值，代入即可；②當(dāng)EF為對角線時，EF的中點為（32，358），由中點坐標(biāo)公式可求得點N的坐標(biāo)，再由點N是直線AB上一點，可知3+m+4=m23m+（1）解：把點A（4，0）、B（0，4）代入拋物線y=x2+bx+c中，得，?16+4b+c=0c=4，解得b=3∴拋物線的解析式為：y=x2+3x+4；（2）解：由拋物線解析式可知，對稱軸直線l：x=32∵點A（4，0），∴點C（1，0），如圖，作點B關(guān)于直線l的對稱軸B′，連接B′C交l于一點P，點P即為使△PBC周長最小的點，此時B′（3，4），設(shè)直線B′C的解析式為y=kx+b1，∴3k+b解得：k=1b∴直線B′C的解析式為：y=x+1，把x=32代入得：y=32+1=∴P（32，5∵B（0，4），C（1，0），B′（3，4），∴BC=12+42=17，∴△PBC周長的最小值為：17+4（3）解：存在，以點E、F、N、M為頂點的四邊形為平行四邊形的點M的坐標(biāo)為（52，214）或（4+312，7+231由拋物線解析式可知，E（32，25∵A（4，0）、B（0，4），∴直線AB的解析式為：y=x+4，∴F（32，5∴EF=154設(shè)M（m，m2+3m+4），①當(dāng)EF為邊時，則EF∥MN，∴N（m，m+4），∴NM=EF=154，即|m2+3m+4（m+4）|=15解得m=32（舍）或52或4+31∴M（52，214）或（4+312，7+231②當(dāng)EF為對角線時，EF的中點為（32，35∴點N的坐標(biāo)為（3m，m23m+194∴3+m+4=m23m+194，解得m=32（舍），m=∴M（52，21綜上，滿足以點E、F、N、M為頂點的四邊形為平行四邊形的點M的坐標(biāo)為（52，214）或（4+312，7+231【點睛】本題主要考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，平行四邊形存在性問題，解題過程中注意需要分類討論．7．（2021·廣東·廣州外國語學(xué)校九年級期中）已知拋物線y=?x2+mx+m+1（1）求定點A的坐標(biāo)；（2）若拋物線過點B3,0，已知點H0,458，G2,0，在拋物線對稱軸上找一點F（3）在（2）的條件下，請問拋物線上是否存在一點K，使KF+KG的值最小，若存在，求出點K的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】（1）A的坐標(biāo)為（1，0）；（2）F的坐標(biāo)為（1，154）；（3）K【分析】（1）可以對拋物線解析式進(jìn)行因式分解得到y(tǒng)=?x?1?m（2）先把B點坐標(biāo)代入求出拋物線解析式，然后連接AF，BF，HF，連接BH交直線x=1于F1，根據(jù)A、B兩點關(guān)于直線x=1對稱，得到AF=BF，則AF+HF=BF+HF，要想AF+HF的值最小，即BF+HF的值最小，故當(dāng)H、B、F三點共線時，BF+HF的值最小，此時F在F1的位置，BF+HF的最小值即為BH，求出直線BH的解析式，即可得到（3）設(shè)K點坐標(biāo)為（n，?n2+2n+3），即可推出KF=174??n2+2n+3，則KF的長，可以看作是點K到直線y=174的距離，如圖所示，過點K作KC⊥直線y=174于C，則KF+KG=KC+KG，要想使KF+KG最小，則KC+【詳解】解：（1）∵拋物線解析式為y=?=?=?x?1?m∴當(dāng)x=?1時，y=0∴拋物線過定點（1，0），∴A的坐標(biāo)為（1，0）；（2）∵拋物線過點B（3，0），∴?3∴m=2，∴拋物線解析式為y=?x如圖所示，連接AF，BF，HF，連接BH交直線x=1于F∵拋物線解析式為y=?x∴拋物線的對稱軸為直線x=1，∵點A（1，0），點B（3，0）在拋物線上，∴A、B兩點關(guān)于直線x=1對稱，∴AF=BF，∴AF+HF=BF+HF，∴要想AF+HF的值最小，即BF+HF的值最小，∴當(dāng)H、B、F三點共線時，BF+HF的值最小，此時F在F1的位置，BF+HF的最小值即為BH設(shè)直線BH的解析式為y=kx+b，∴3k+b=0b=∴k=?15∴直線BH的解析式為y=?15當(dāng)x=1時，y=15∴F的坐標(biāo)為（1，154（3）設(shè)K點坐標(biāo)為（n，?n∴KF======17∴KF的長，可以看作是點K到直線y=17如圖所示，過點K作KC⊥直線y=174于∴KF+KG=KC+KG，∴要想使KF+KG最小，則KC+KG最小，∴當(dāng)G、K、C三點共線時，KC+KG最小，最小值即為圖中的G∵G（2，0），∴K點橫坐標(biāo)為2，∴K點縱坐標(biāo)為?∴K點坐標(biāo)為（2，3）．【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)綜合，二次函數(shù)的對稱性，求二次函數(shù)解析式，求一次函數(shù)解析式等等，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)知識進(jìn)行求解．8．（2021·黑龍江·訥河市第三中學(xué)九年級期中）綜合與探究如圖，已知點B（3，0），C（0，3），經(jīng)過B．C兩點的拋物線y=x2bx+c與x軸的另一個交點為A．（1）求拋物線的解析式;（2）點D在拋物線的對稱軸上，當(dāng)△ACD的周長最小時，求點D的坐標(biāo)．（3）若點E（2，3），在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點P，使以點A，B，E，P為頂點的四邊形是平行四邊形?若存在，請直接寫出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】（1）y=x2?2x?3；（2）點D的坐標(biāo)為1,?2；（3）存在，P1(?2,?3)【分析】（1）根據(jù)題意利用待定系數(shù)法將點B、C的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式，即可求解；（2）由題意根據(jù)點B是點A關(guān)于函數(shù)對稱軸的對稱點，連接BC交函數(shù)對稱軸于點D，則點D為所求點，進(jìn)行分析求解；（3）根據(jù)題意分AB是平行四邊形的邊、AB是平行四邊形的對角線兩種情況，結(jié)合平行四邊形的性質(zhì)并進(jìn)行分析即可求解．【詳解】解：（1）將點B(3,0),C(0,?3)代入拋物線y=x得，9?3b+c=0c=?3，解得b=2∴拋物線的解析式為y=x（2）如圖：由y=x對稱軸為x=?點A，B關(guān)于直線x=1對稱，∴連結(jié)BC與對稱軸為x=1的交點就是符合條件的點D，設(shè)直線BC的解析式為y=mx+n，將B(3,0),C(0,?3)代入解析式得3m+n=0n=?3，解得∴y=x?3當(dāng)x=1時，y=?2，∴點D的坐標(biāo)為1,?2；（3）存在，如圖：①當(dāng)AB為邊長，BE為邊長，如圖四邊形ABEP∵對稱軸為x=1，B∴1×2?3=?1∴A(?1,0)AB=3?(?1)=4∴P∵E(2,?3)∴C∴P②當(dāng)AB為邊長，AE為邊長，∵E∴C∴P③當(dāng)AB為對角線，四邊形ABEP∵四邊形ABEP易得P3恰好交y∴P綜上所述，P1(?2,?3)，P2【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了一次函數(shù)的性質(zhì)、點的對稱性、平行四邊形的性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)并運用數(shù)形結(jié)合思維分析是解題的關(guān)鍵．9．（2021·甘肅·民勤縣第六中學(xué)九年級期中）如圖，拋物線y=?14x2+bx+c與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點（1）求拋物線的解析式；（2）點P是拋物線對稱軸上的一個動點，當(dāng)△PAC的周長最小時，求出點P的坐標(biāo)；（3）在拋物線的對稱軸上是否存在一點Q，使△ACQ是等腰三角形？若存在，請求出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】（1）y=?14x2+32x+4；（2）P3,132；（3）存在，點Q的坐標(biāo)分別為Q【分析】（1）將點A、C代入拋物線解析式，求解系數(shù)即可；（2）令y=0求得點B坐標(biāo)，再根據(jù)三角形三邊關(guān)系，確定點P的位置，求解即可；（3）分三種情況討論，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)分別求解即可．【詳解】解：（1）將點A、C代入拋物線解析式得，?14∴拋物線的解析式為y=?1（2）令y=0，即?1解得x1=8，x2=?2，即由對稱性可知，PB=PA，△PAC的周長為PA+PC+AC=PB+PC+AC所以，當(dāng)PB+PC最小時，△PAC的周長最小，由三角形三邊關(guān)系可得：PB+PC>BC，當(dāng)P、B、C三點共線時，PB+PC=BC，此時△PAC的周長最小設(shè)直線BC的解析式為y=kx+m，代入B、C得8k+m=0m=4，解得直線BC的解析式為y=?1當(dāng)x=3時，y=?12x+4=132（3）依題意，拋物線的對稱軸為直線x=3，可設(shè)點Q(3則AC2C分三種情況討論：①若AQ＝CQ，則有AQ2＝Q2，即25+t2=9+(t4)2解得t＝0，∴Q（3，0）②若AC＝AQ，則有AC2＝AD2，即25+t2=20解得t2＝5，∴此方程沒有實數(shù)根，∴此時不能構(gòu)成等腰三角形；③若AC＝CQ，則有AC2＝CQ2，即9+(t4)2=20解得t=4±11∴Q(3,4+11)，綜上所述，當(dāng)△ACQ為等腰三角形時，點Q的坐標(biāo)分別為Q1（3，0），Q2(3,4+11)，Q【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，軸對稱求最短路徑，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理等，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，屬于中考?？碱}型．10．（2021·黑龍江·木蘭縣吉興鄉(xiāng)中學(xué)九年級期中）已知二次函數(shù)y＝ax2－2ax－3a交x軸于A、B，交y軸于點C，S△ABC（1）求a的值．（2）點P在第一象限拋物線上，過P點作y軸的平行線，交BC于點Q，交x軸于點H，點P的橫坐標(biāo)為t，PQ＝d，求d與t之間的函數(shù)關(guān)系式．（3）點G在第二象限的拋物線上，GB交y軸于點I，點K在線段BC上，OK⊥BI于點L，∠CIK＝∠OIB，求點G的坐標(biāo)．【答案】（1）?1；（2）d=?t2【分析】（1）連接AC，先令y=0，根據(jù)a≠0，解方程求得A,B的坐標(biāo)，進(jìn)而根據(jù)三角形的面積求得C點的坐標(biāo)，令x=0，求得y=?3a，進(jìn)而求得a的值；（2）根據(jù)（1）的結(jié)論求得拋物線的解析式和直線BC的解析式，根據(jù)題意P(t,?t2+2t+3)，Q(t,?t+3)，進(jìn)而即可求得d（3）過點K作KE⊥y軸，∠OIB=CIK=α，根據(jù)同角的余角相等可得∠EKO=α，設(shè)IO=a，EK=b，根據(jù)這三個角的正切值列出關(guān)系式，可得ab3+a=?b+3①，ab3+ab=3a②，解方程組即可求得【詳解】解：（1）如圖，連接AC，y＝ax2－2ax－3a交x軸于A、B令y=0，即0=a∵a≠0∴解得x∴A(?1,0),B(3,0)∴AB=3?令x=0，y=?3a∴C(0,?3a)∵S△ABC＝6∴∴CO=3∴C(0,3)∴?3a=3解得a=?1∴拋物線的解析式為y=?（2）如圖，∵B(3,0),C(0,3)設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b則b=3解得k=?1,b=3∴直線BC的解析式為y=?x+3∵點P在第一象限拋物線上，點P的橫坐標(biāo)為t，PQ＝d，∴P(t,?∵點Q在直線BC上，PQ∥∴Q(t,?t+3)∴d=?即d=?t（3）如圖，過點K作KE⊥y軸，∵∠CIK＝∠OIB設(shè)∠OIB=CIK=α，∵OK⊥GB，∴∠IOK+∠OIL=∠IOK+α又∵KE⊥EO，則∠EOK+∠EKO=90°∴∠EKO=α∵OC=OB=3，∠COB=90°∴∠OCB=45°設(shè)IO=a，EK=b則tan∠OIB=tan∵∴∴EI=∴EO=EI+IO=∴K(b,∵K在BC上，∴ab∵∴ab將①代入②，即?b+3即?ab+3a=3b即3a?b將③代入①得：a?b+a=?b+3解得a=∴I(0,設(shè)直線BI的解析式為y=mx+n將B(3,0)，I(0,3b=解得k=?∴直線BI的解析式為y=?聯(lián)立y=?解得x∴G(?【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，二次函數(shù)綜合面積問題，二次函數(shù)與一次函數(shù)綜合問題，正切的定義，第三問中求得I點的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．11．（2021·黑龍江·同江市第三中學(xué)九年級期中）如圖，拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過坐標(biāo)原點，并與x(1)求此拋物線的解析式；(2)求出拋物線的頂點坐標(biāo)；(3)若拋物線上有一點B，且SΔOAB=3【答案】(1)y=(2)頂點為(1,?1)(3)(3,3)或(?1,3)【分析】（1）直接把(0,0)，(2,0)代入y=x2+bx+c中，列方程組求b（2）將二次函數(shù)解析式寫成頂點式，可求頂點坐標(biāo)；（3）設(shè)點B的坐標(biāo)為(c,d)，根據(jù)三角形的面積公式求d的值，再將縱坐標(biāo)d代入拋物線解析式求c的值，確定B點坐標(biāo)．（1）解：把(0,0)，(2,0)代入y=xc=04+2b=0解得b=?2c=0∴解析式為y=（2）∵y=x∴頂點為(1,?1)（3）設(shè)點B的坐標(biāo)為(c,d)，則12解得d=3或d=?3，∵頂點縱坐標(biāo)為?1，?3<?1（或x2?2x=?3中，∴d=3∴解得x1=3∴點B的坐標(biāo)為(3,3)或(?1,3)【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)．關(guān)鍵是將拋物線上兩點坐標(biāo)代入解析式，列方程組求解析式，將拋物線解析式寫成頂點式，可求頂點坐標(biāo)及對稱軸．12．（2022·湖北武漢·九年級期中）如圖，拋物線y＝ax2＋3ax＋4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S△ABC＝10，點P為第二象限內(nèi)拋物線上的一點，連接BP．(1)求拋物線的解析式；(2)如圖1，過點P作PD⊥x軸于點D，若∠BPD＝2∠BCO，求ADBD(3)如圖2，設(shè)BP與AC的交點為Q，連接PC，是否存在點P，使S△PCQ＝S△BCQ？若存在，求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=?(2)AD(3)不存在，理由見解析【分析】（1）由解析式求出點C坐標(biāo)，再由S△ABC求出AB的長，根據(jù)對稱軸為直線x=?32可得A、（2）設(shè)BP與y軸交于點E，由∠BPD＝2∠BCO可得∠BEO=2∠BCO，即∠EBC=∠ECB，EB=EC，通過勾股定理求出點E坐標(biāo)，從而求出直線BE的解析式，聯(lián)立方程可得D的橫坐標(biāo)，進(jìn)而求解即可；（3）過點P作PM∥x軸交直線AC于點M，由S△PCQ＝S△BCQ可得Q為BP中點，從而得到△PMQ≌△BAQ，設(shè)點Pt,?t2?3t+4，可用含（1）令y＝ax2＋3ax＋4中x=0，得y=4，∴C0,4，∴OC=4∵S△ABC∴12AB?4=10，∴∵拋物線的對稱軸為x=?3∴由對稱性知A?4,0，B把1,0代入拋物線的解析式得a+3a+4=0，∴a=?1，∴該拋物線的解析式為y=?x（2）設(shè)BP與y軸交于點E，∵PD⊥x軸，∴PD∥∴∠BPD=∠BEO，∵∠BPD=2∠BCO，∴∠BEO=2∠BCO=∠BCO+∠EBC，∴∠BCO=∠EBC，∴EB=EC．設(shè)OE=m，則CE=BE=4?m，∴在Rt△BOE中，m2+12設(shè)直線BE的解析式為y=kx+b，將E0,158和B1,0代入y=k=?15∴直線BE的解析式為y=?15聯(lián)立y=?158x+158∴xBxP=?178，∵∴AD=xD?∴ADDB（3）不存在；理由如下：過點P作PM∥x軸交直線AC于點∵S△PCQ∴PQ=BQ，∴△PMQ≌△BAQ，設(shè)Pt,?t2設(shè)直線AC的解析式為y=ax+b，把（4，0）和（0，4）代入，解得a=1b=4∴直線AC的解析式為y=x+4，∴xM∴PM=?t2?3t?t=?t2∵Δ=∴符合條件的點P不存在．【點睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是掌握二次函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)與方程的關(guān)系，通過添加輔助線求解．13．（2022·全國·九年級期中）次函數(shù)y=ax2+bx+2的圖象交x軸于點A（－1，0），B（4，0），兩點，交y軸于點C，動點M從點A出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿AB方向運動，過點M作MN⊥x軸交直線BC于點N，交拋物線于點D，連接AC(1)求二次函數(shù)y=ax(2)連接BD，當(dāng)t=32時，求△(3)在直線MN上存在一點P，當(dāng)△PBC是以∠BPC為直角的等腰直角三角形時，求此時點P的坐標(biāo)．【答案】(1)y=?(2)S(3)P（1，－1）或（3，3）【分析】（1）將A、B兩點的坐標(biāo)代入二次函數(shù)解析式中，求出系數(shù)a與b即可；（2）先求出BC的解析式y(tǒng)=?12x+2，再將x=2代入y=?12x2+3（3）由BM的值得出M的坐標(biāo)M（2t?1,0)，因此設(shè)P（2t1，m），由勾股定理可得PC2=(2t?1)2+(m?2)2，PB2=(2t?5)（1）解：將A(1,0)，B(4,0)代入y=ax得：{a?b+2=0解得：{a=?∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y=?1（2）解：連接BD，如圖所示，∵t=3∴AM=3．又∵OA=1，∴OM=2．設(shè)直線BC的表達(dá)式為y=kx+b(k≠0)，將點C（0，2），B（4，0）代入得：{b=2解得：{k=?∴直線BC的解析式為：y=?1將x=2代入y=?12x得D(2，3)，N（2，1），∴DN=2．∴S△DNB（3）解：∵BM=5?2t，∴M(2設(shè)P（2t1，m），則PC2=∵PB=PC，∴(2t?1)2∴m=4t?5，∴P(2t?1,4t?5)．∵PC⊥PB，∴[(2t?1)將m=4t?5代入整理得：t2解得：t=1或t=2．將t=1或t=2分別代入P(2t?1,4t?5)中，∴P（1，－1）或（3，3）．【點睛】本題是二次函數(shù)與幾何的綜合題，考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)表達(dá)式，根據(jù)點的坐標(biāo)求平面內(nèi)三角形的面積，以及根據(jù)等腰直角三角形求點的坐標(biāo)，解題的關(guān)鍵是根據(jù)點的坐標(biāo)求出函數(shù)解析式，同時根據(jù)解析式將點表示出來，列出方程進(jìn)行計算．14．（2020·遼寧鐵嶺·九年級期中）如圖，拋物線y=ax2+bx+3經(jīng)過點A（2，3），與x軸負(fù)半軸交于點B，與y軸交于點C(1)求該拋物線的解析式；(2)點D在y軸上，且∠BDO=∠BAC，求點D的坐標(biāo)；(3)點P在直線AB上方的拋物線上，當(dāng)△PAB的面積最大時，直接寫出點P的坐標(biāo)．【答案】(1)y=?(2)點D的坐標(biāo)為（0，1）或（0，－1）(3)P（12，15【分析】（1）待定系數(shù)法即可得到結(jié)論；（2）過點A作AH⊥x軸，垂足為H，△AHB是等腰直角三角形．得OD=OB=1，即可得到結(jié)論；（3）如圖2，過點P作PG⊥x軸交直線AB于G，利用直線與拋物線的解析式，以及三角形面積公式列出二次函數(shù)關(guān)系式，由二次函數(shù)最值的求法解答．(1)解：由y=ax2+bx+3∴C（0，3），∴OC=3∵OC=3OB，點B在x軸負(fù)半軸上，∴B（－1，0）把A（2，3），B（－1，0）兩點分別代入y=ax得4a+2b+3=3a?b+3=0解得a=?1∴拋物線的解析式為：y=?(2)∵A（2，3），C（0，3）

∴AC//x軸．過點A作AH⊥x軸，垂足為H∴AH=BH=3．∴△AHB是等腰直角三角形．∴∠ABH=∠BAC=45由∠BDO=∠BAC=45°，點D在y軸上，得∴點D的坐標(biāo)為（0，1）或（0，－1）．(3)如圖，過點P作PG⊥x軸交直線AB于G，設(shè)P（x，x2+2x+3），設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，由點A（2，3），B（1，0）得到直線AB為：y=x+1．∴G（x，x+1）．∴PG=x2+2x+3x1=x2+x+2．∴S△PAB=12PG?（2+1）=12（x2+x+2）×3=32（x12）∴當(dāng)x=12時，△PAB此時P（12，15【點睛】主要考查了二次函數(shù)的解析式的求法和與幾何圖形結(jié)合的綜合能力的培養(yǎng)．要會利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來，利用點的坐標(biāo)的意義表示線段的長度，從而求出線段之間的關(guān)系．15．（2020·黑龍江·北安市教育局九年級期中）綜合與探究如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝x2＋bx＋c的圖象與x軸交于A、B兩點，A點在原點的左側(cè)，B點的坐標(biāo)為（3，0），與y軸交于C（0，﹣3）點，點P是直線BC下方的拋物線上一動點．(1)求這個二次函數(shù)的表達(dá)式．(2)當(dāng)點P運動到什么位置時，四邊形ABPC的面積最大？求出此時P點的坐標(biāo)和四邊形ABPC的最大面積．(3)連接PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四邊形POP′C，那么是否存在點P，使四邊形POP′C為菱形？若存在，請求出此時點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=(2)P點坐標(biāo)為32,?154(3)存在，P點坐標(biāo)為2+【分析】（1）直接把B（3，0）、C（0，﹣3）代入y=x2+bx+c可得到關(guān)于b、c的方程組，解方程組求得b=﹣2，c=﹣3，則二次函數(shù)的表達(dá)式為y=x2﹣2x﹣3；（2）根據(jù)平行于y軸的直線上兩點間的距離是較大的縱坐標(biāo)減較小的縱坐標(biāo)，可得PE的長，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；（3）作OC的垂直平分線交直線BC下方的拋物線于點P，則PO=PC，根據(jù)翻折的性質(zhì)得OP′=OP，CP′=CP，易得四邊形POP′C為菱形，又E點坐標(biāo)為（0，﹣32），則點P的縱坐標(biāo)為﹣32，再把y=﹣32代入y=x2﹣2x﹣3可求出對應(yīng)x(1)解：把B（3，0）、C（0，﹣3）代入y=x2+bx+c，得9+3b+c=0c=?3，解得b=?2∴這個二次函數(shù)的表達(dá)式為y=x2﹣2x﹣3；(2)如圖1，作PF⊥x軸于F點，交BC于E點，因為四邊形ABPC的面積=三角形ABC的面積+三角形BPC的面積；而三角形ABC的面積不變，所以當(dāng)三角形BPC的面積最大時，四邊形ABPC的面積的面積也最大；令y=0，則x2﹣2x﹣3=0，

解得：x1=1，x2=3，所以A(1，0)B(3，0)∴AB=4，又OC=3∴S?ABC=12BC的解析式為y=x﹣3，設(shè)E（m，m﹣3），P（m，m2﹣2m﹣3）．PE=m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）=﹣m2+3m=﹣（m﹣32）2+9S△BCP=S△BEP+SCEP=12PE×FB+12EP=12EP?=12×3[﹣（m﹣32）2+當(dāng)m=32時，S最大=12×3×94m2﹣2m﹣3=﹣154此時P（32，﹣15所以此時，四邊形ABPC的面積的面積也最大；S四邊形ABPC=S△BCP+S?ABC=6+278∴此時P點的坐標(biāo)（32，﹣154），四邊形ABPC的最大面積為(3)存在．理由如下：作OC的垂直平分線交直線BC下方的拋物線于點P，垂足為點E，如圖2，則PO=PC，∵△POC沿CO翻折，得到四邊形POP′C，∴OP′=OP，CP′=CP，∴OP′=OP=CP′=CP，∴四邊形POP′C為菱形，∵C點坐標(biāo)為（0，﹣3），∴E點坐標(biāo)為（0，﹣32∴點P的縱坐標(biāo)為﹣32把y=﹣32代入y=x2﹣2x﹣3得x2﹣2x﹣3=﹣3解得x=2±10∵點P在直線BC下方的拋物線上，∴x=2+10∴滿足條件的點P的坐標(biāo)為（2+102，﹣【點睛】此題考查了二次函數(shù)綜合題，涉及到了二次函數(shù)解析式的確定、菱形的判定和性質(zhì)以及圖形面積的求法等知識，當(dāng)所求圖形不規(guī)則時通常要將其轉(zhuǎn)換為其他規(guī)則圖形面積的和差關(guān)系來求解．16．（2020·黑龍江·勃利縣大四站鎮(zhèn)中學(xué)九年級期中）拋物線y=x2+bx+c與直線y=x1交于A、B兩點．點A的橫坐標(biāo)為3，點B在y軸上，點P是y軸左側(cè)拋物線上的一動點，橫坐標(biāo)為m，過點P作PC⊥x軸于C，交直線AB于D．(1)求拋物線的解析式；(2)當(dāng)m為何值時，S四邊形OBDC=2S△BPD．【答案】(1)y=(2)m=?12或m=?2或m=?7?654時，S四邊形OBDC【分析】（1）將x=0代入y=x1求出B的坐標(biāo)，將x=3代入y=x1求出A的坐標(biāo)，由待定系數(shù)法就可以求出拋物線的解析式；（2）由P點的橫坐標(biāo)為m可以表示出P、D的坐標(biāo)，由此表示出S四邊形OBDC和2S△BPD建立方程求出其解即可．(1)∵y=x1，當(dāng)x=0時，y=1，∴B（0，1）．當(dāng)x=3時，y=4，∴A（3，4）．∵y=x2+bx+c與直線y=x1交于A、B兩點，∴?1=c?4=9?3b+c∴b=4c=?1∴拋物線的解析式為：y=x(2)∵P點橫坐標(biāo)是m（m＜0），∴P（m，m2+4m1），D（m，m1）如圖1①，作BE⊥PC于E，∴BE=m．CD=1m，OB=1，OC=m，CP=14mm2，∴PD=14mm21+m=3mm2，∴?m(1+1?m)解得：m1=0（舍去），m2=2，m3=12如圖1②，作BE⊥PC于E，∴BE=m．PD=m2+4m1+1m=3m+m2，∴?m(1+1?m)2解得：m=0（舍去）或m=?7+654（舍去）或m∴m=?12或m=?2或m=?7?654時，S四邊形OBDC【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式的運用，四邊形的面積公式的運用，三角形的面積公式的運用，掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．17．（2021·遼寧·盤錦市雙臺子區(qū)第一中學(xué)九年級期中）如圖，二次函數(shù)y=ax2+bx+3的圖像與x正半軸相交于點B，負(fù)半軸相交于點A，其中A(1)求此二次函數(shù)的解析式；(2)如圖1，點P在第一象限的拋物線上運動，過點P作PD⊥x軸于點D，交線段BC于點E，線段BC把△CPD分割成兩個三角形的面積比為1∶2，求P點坐標(biāo)；(3)如圖2，若點H在拋物線上，點F在x軸上，當(dāng)以B、C、H、F為頂點的四邊形是平行四邊形時，請直接寫出點F的坐標(biāo)．【答案】(1)y=?(2)P點坐標(biāo)(12(3)F點坐標(biāo)為：(1,0)、(5,0)、7?2,0、【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可求解；（2）設(shè)P點坐標(biāo)為(x,?x2+2x+3)，0＜x＜3，求出C點坐標(biāo)，結(jié)合B點坐標(biāo)求出直線BC的解析式，則設(shè)E點坐標(biāo)為(x,?x+3)，0＜x＜3，即可求出PE、DE根據(jù)線段BC把△CPD分割成兩個三角形的面積比為1:2，分類討論即可求解；（3）設(shè)H點(x,?x2+2x+3)，F(xiàn)點(t,0)，分三種情況討論：第一種情況：當(dāng)BC為對角線時，另一條對角線為HF；第二種情況：當(dāng)BH為對角線時，另一條對角線為CF；第三種情況：當(dāng)BF(1)∵拋物線y=ax2+bx+3過點A(∴a?b+3=09a+3b+3=0，解得a=?1∴拋物線解析式為y=?x(2)∵P點在第一象限的拋物線上運動，∴設(shè)P點坐標(biāo)為(x,?x2+2x+3)∵當(dāng)x=0時，y=?x∴C點坐標(biāo)為(0,3)，∵C點坐標(biāo)為(0,3)，B(3,0)，∴設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，∴b=33k+b=0，解得k=?1∴直線BC的解析式為y=?x+3，設(shè)E點坐標(biāo)為(x,?x+3)，0＜根據(jù)題意可知P點在E點上方，∵PE⊥x軸，∴PE=?x2+2x+3?(?x+3)=?∴PEDE∵PE⊥x軸，∴S△PCE=1∴S△PCE∵線段BC把△CPD分割成兩個三角形的面積比為1:2，即分類討論：第一種情況：S△PCE∴S△PCE∴?x∴此時P點坐標(biāo)(1第二種情況：S△PCE∴S△PCE∴?x∴此時P點坐標(biāo)(2,3)；綜上：P點坐標(biāo)(12,(3)∵H點在拋物線上，F(xiàn)點在x軸上，∴設(shè)H點(x,?x2+2x+3)，F(xiàn)∵C(0,3)，B(3,0)，∴x≠3，t≠3，即分類討論：第一種情況：當(dāng)BC為對角線時，另一條對角線為HF，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可知：BC、HF相互平分，根據(jù)中點坐標(biāo)公式有：0+32解得：x=0t=3（舍去），x=2即此時F點坐標(biāo)為(1,0)；第二種情況：當(dāng)BH為對角線時，另一條對角線為CF，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可知：BH、CF相互平分，根據(jù)中點坐標(biāo)公式有：3+x2解得：x=0t=3（舍去），x=2即此時F點坐標(biāo)為(5,0)；第三種情況：當(dāng)BF為對角線時，另一條對角線為CH，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可知：BF、CH相互平分，根據(jù)中點坐標(biāo)公式有：3+t2解得：x=1+7t=7即此時F點坐標(biāo)為7?2,0、?2?綜上：F點坐標(biāo)為：(1,0)、(5,0)、7?2,0、?2?【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求解拋物線解析式、三角形面積、中點坐標(biāo)公式以及平行四邊形的性質(zhì)等知識，掌握平行四邊形的性質(zhì)并靈活運用中點坐標(biāo)公式是解答本題的關(guān)鍵．18．（2021·云南·劍川縣馬登鎮(zhèn)初級中學(xué)九年級期中）如圖，拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過A(?1,0)、B(4,5)兩點，點E是線段AB上一動點，過點E作x(1)求拋物線的解析式；(2)求線段EF的最大值；(3)拋物線與x軸的另一個交點為點C，在拋物線上是否存在一個動點P，使得SΔACP=【答案】(1)y=(2)25(3)存在，點P的坐標(biāo)為(1?6,2)或(1+6,2)【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式；（2）先設(shè)出點F的坐標(biāo)，然后表示出點E的坐標(biāo)，再表示出EF的長度，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可確定EF的最大值；（3）先求出點C的坐標(biāo)，然后求出三角形ABC的面積，設(shè)出點P的坐標(biāo)，用含點P的坐標(biāo)的式子表示出三角形ACP的面積，列出關(guān)于方程，即可求出點P的坐標(biāo)．（1）解：把A(?1,0)、B(4,5)代入y=x{0=1?b+c解得：{b=?2∴拋物線的解析式為y=x（2）解：設(shè)F(x,x設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，代入點A(?1,0)、B(4,5)，得：{0=?k+b解得：{k=1∴直線AB的解析式為y=x+1，EF∥y軸，∴E(x,x+1)∴EF=x+1?(x則當(dāng)x=32時，EF取得最大值為（3）答：存在，取y=0，則x2解得x=?1或x=3，∴C(3,0)，∴SΔ∴SΔ設(shè)P(m,m2?2m?3)解得m=1?6或m=1+6或m=1?2當(dāng)m=1?6或m=1+6時，當(dāng)m=1?2或m=1+2時，∴點P的坐標(biāo)為(1?6,2)或(1+6,2)或【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的性質(zhì)，關(guān)鍵是要會用待定系數(shù)法求拋物線的解析式，會根據(jù)解析式確定拋物線和坐標(biāo)軸的交點，對于動點問題，一般是先設(shè)出動點的坐標(biāo)，再列出關(guān)于動點坐標(biāo)的方程，然后解方程．19．（2021·山西陽泉·九年級期中）綜合與探究：如圖，拋物線y=ax2+bx?6與x軸相交于A，B兩點，與y軸相交于點C，OA=2，OB=4，直線l是拋物線的對稱軸，在直線l右側(cè)的拋物線上有一動點D，連接AD，BD，BC(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)若點D在x軸的下方，當(dāng)△BCD的面積是92時，求△ABD(3)在（2）的條件下，點M是x軸上一點，點N是拋物線上一動點，是否存在點N，使得以點B，D，M，N為頂點，以BD為一邊的四邊形是平行四邊形，若存在，請直接寫出點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=(2)45(3)存在，N?1,?154或【分析】（1）根據(jù)OA=2，OB=4確定點A和B的坐標(biāo)，代入拋物線的解析式列方程組解出即可；（2）如圖1，過D作DG⊥x軸于G，交BC于H，利用待定系數(shù)法求直線BC的解析式，設(shè)D（x，34x2?32x?6），則H（x，32x?6），表示DH的長，根據(jù)△BCD（3）分兩種情況：N在x軸的上方和下方，根據(jù)y=±154確定N（1）∵OA=2，OB=4，∴A?2,0，B將A?2,0，B4,0代入4a?2b?6=0,解得a=∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=3（2）如圖1，過D作DG⊥x軸于G，交BC于H，當(dāng)x=0時，y=6，∴C（0，6），設(shè)BC的解析式為：y=kx+n，則n=?64k+n=0，解得：k=∴BC的解析式為：y=3設(shè)D（x，34x2?32x?6∴DH=3∵△BCD的面積是92∴12∴12解得：x=1或3，∵點D在直線l右側(cè)的拋物線上，∴D（3，?15∴△ABD的面積=1（3）分兩種情況：①如圖2，N在x軸的上方時，四邊形MNBD是平行四邊形，∵B（4，0），D（3，?154），且M在∴N的縱坐標(biāo)為154當(dāng)y=154時，即3解得：x=1+14或1?∴N(1?14,15②如圖3，點N在x軸的下方時，四邊形BDNM是平行四邊形，此時M與O重合，拋物線上點D關(guān)于對稱軸x=1的對稱點為N?1,?∴N（1，?15綜上，點N的坐標(biāo)為：N?1,?154或N【點睛】此題主要考查二次函數(shù)的綜合問題，會求函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點，會利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，會利用數(shù)形結(jié)合的思想解決平行四邊形的問題，并結(jié)合方程思想解決問題．20．（2022·山東菏澤·九年級期中）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，已知拋物線的對稱軸是直線x＝﹣1，OA＝OC＝2．P為拋物線上的一個動點，過點P作PD⊥x軸于點D，交直線BC于點E．(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)若點P在第三象限內(nèi)，且PE=14OD，求【答案】(1)y=(2)3【分析】（1）由OA＝OC＝2，得A（2，0），C（0，﹣2），然后由待定系數(shù)法即可求拋物線的函數(shù)表達(dá)式即可；（2）由y=14x2+12x﹣2得出B（﹣4，0），設(shè)直線BC為y＝kx﹣2，用待定系數(shù)法求出得直線BC的解析式，設(shè)P（m，14m2+12m﹣2），m＜0，則可用含m的代數(shù)式表示出E、D的坐標(biāo)與線段PE和OD的長度，根據(jù)PE=14OD建立方程求出(1)解：∵OA＝OC＝2，∴A（2，0），C（0，﹣2），根據(jù)題意得：?b解得a=1∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=14x2+(2)解：設(shè)y=14x2+解得x=2或4，∴B（﹣4，0），設(shè)直線BC為y＝kx﹣2，將B（﹣4，0）代入得：y＝﹣4k﹣2，∴k=?1∴直線BC為y=?12設(shè)P（m，14m2+12m則E（m，?12m﹣2），D（∴PE＝（?12m﹣2）﹣（14m2+12m﹣2）=?14m2∵PE=14∴?14m2﹣m=?解得m＝0（舍去）或m＝﹣3，∴PE=34，BD＝OB﹣∴△PBE的面積為12【點睛】本題考查二次函數(shù)綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、函數(shù)圖象上的點坐標(biāo)的特征、兩點間的距離公式，三角形面積等知識，解題的關(guān)鍵是用含字母的代數(shù)式表示相關(guān)點的坐標(biāo)和相關(guān)線段的長度．21．（2022·寧夏吳忠·九年級期中）已知△AOB的三邊OA=42，OB=6，AB=25，以頂點O為原點，OB所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示，點P從原點出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿y軸正方向運動，設(shè)運動的時間為t秒，過點P作PN∥x軸，分別交AO，AB于點M，N，當(dāng)點M與N重合時，點(1)求點A的坐標(biāo)，并確定t的取值范圍；(2)求MN的長度(用含t的代數(shù)式表示)；(3)設(shè)△AMN的面積為S，寫出S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并求S的最值．【答案】(1)A(4，4)，0≤t≤4(2)MN=63(3)S=34t2?6t+12(0≤t≤4)，S最大【分析】（1）過點A作AC⊥OB，交OB于點C，交MN于點D，設(shè)OC=x，則BC=6x，由勾股定理可得OA2?OC2（2）根據(jù)題意可得OP=t，則CD=t，再由△AMN∽△AOB．即可求解；（3）根據(jù)S=12MN×AD，可得到S關(guān)于t（1）解：過點A作AC⊥OB，交OB于點C，交MN于點D，設(shè)OC=x，則BC=6x，∵AC∴OA∴(42)2x2=(25)2(6x解得：x=4．∴AC=OA∴A(4，4)，∴0≤t≤4．（2）解：根據(jù)題意得OP=t，則CD=t，

∴AD=4t∵M(jìn)N∥OB，∴△AMN∽△AOB．∴MNOB∴MN6∴MN=6?3（3）解：S=12MN×AD=12(6?32t)(4t)=3∵二次函數(shù)圖象的對稱軸是直線t=4，開口向上，∴S隨著t的增大而減?。喈?dāng)t=0時，S有最大值，S最大=12；當(dāng)t=4時，S有最小值，S最小=0．【點睛】本題主要考查了勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)的實際應(yīng)用，熟練掌握勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．22．（2022·浙江·浦江縣實驗中學(xué)八年級期中）如圖，拋物線y＝﹣x2＋2x＋3與y軸相交于A，B兩點（點A在點B左側(cè)），與y軸相較于點C，頂點為D．(1)直接寫出A、B、C三點的坐標(biāo)；(2)連接BC，與拋物線的對稱軸交于點E，點P為線段BC上的一個動點，過點P作PF∥DE交拋物線于點F，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m；①用含m的代數(shù)式表示PF的長，并求出當(dāng)m為何值時四邊形PEDF為平行四邊形？②設(shè)△BCF的面積為S，求S與m的函數(shù)關(guān)系式．【答案】(1)A（1，0），B（3，0），C（0，3）(2)①當(dāng)m=2時，四邊形PEDF為平行四邊形②S=32m2+92m（0≤【分析】（1）已知了拋物線的解析式，當(dāng)y=0時可求出A，B兩點的坐標(biāo)，當(dāng)x=0時，可求出C點的坐標(biāo)．（2）①PF的長就是當(dāng)x=m時，拋物線的值與直線BC所在一次函數(shù)的值的差．可先根據(jù)B，C的坐標(biāo)求出BC所在直線的解析式，然后將m分別代入直線BC和拋物線的解析式中，求得出兩函數(shù)的值的差就是PF的長．根據(jù)直線BC的解析式，可得出E點的坐標(biāo)，根據(jù)拋物線的解析式可求出D點的坐標(biāo)，然后根據(jù)坐標(biāo)系中兩點的距離公式，可求出DE的長，然后讓PF=DE，即可求出此時m的值．②可將三角形BCF分成兩部分來求：一部分是三角形PFC，以PF為底邊，以P的橫坐標(biāo)為高即可得出三角形PFC的面積．一部分是三角形PFB，以PF為底邊，以P、B兩點的橫坐標(biāo)差的絕對值為高，即可求出三角形PFB的面積．然后根據(jù)三角形BCF的面積=三角形PFC的面積+三角形PFB的面積，可求出關(guān)于S、m的函數(shù)關(guān)系式．（1）解：令y=0，則0=x2+2x+3，解得：x=1或3，∵拋物線y=x2+2x+3與x相交于AB（點A在點B左側(cè)），∴A（1，0），B（3，0），令x=0，則y=3，∵拋物線與y軸相交于點C，∴C（0，3）．（2）解：①設(shè)直線BC的函數(shù)關(guān)系式為y=kx+b，把B（3，0），C（0，3）分別代入，得3k+b=0b=3，解得：k=?1∴直線BC的函數(shù)關(guān)系式為y=x+3．當(dāng)x=1時，y=1+3=2，∴E（1.2）．當(dāng)x=m時，y=m+3，∴P（m，m+3）在y=x2+2x+3中，當(dāng)x=1時，y=4，∴D（1，4）．當(dāng)x=m時，y=m2+2m+3，∴F（m，m2+2m+3），∴線段DE=42=2，線段PF=m2+2m+3（m+3）=m2+3m，∵PF∥DE，∴當(dāng)PF=DE時，四邊形PEDF為平行四邊形．由m2+3m=2，解得m=2或m=1（不合題意，舍去）．因此，當(dāng)m=2時，四邊形PEDF為平行四邊形．②設(shè)直線PF與x軸交于點M，由B（3，0），O（0，0），可得OB=OM+MB=3．∵S=S△EPF+S△CPF，即S=12PF?BM+12PF?OM=12PF（BM=12PF?OB∴S=12×3（m2+3m）=32m2+m（0≤【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，根據(jù)二次函數(shù)得出相關(guān)點的坐標(biāo)是解題的基礎(chǔ)，其中用到的知識點有平行四邊形的判定和性質(zhì)、解一元二次方程、用待定系數(shù)法確定一次函數(shù)的解析式，三角形面積公式的運用．23．（2022·全國·九年級期中）如圖，二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的圖象交x軸于A、B兩點，交y軸于點D，點B的坐標(biāo)為(3，0)，頂點C的坐標(biāo)為(1，4)．(1)求二次函數(shù)的解析式；(2)點P是直線BD上的一個動點，過點P作x軸的垂線，交拋物線于點M，當(dāng)點P在第一象限時，求線段PM長度的最大值；(3)在拋物線上是否存在點Q，且點Q在第一象限，使△BDQ中BD邊上的高為2？若存在，直接寫出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y＝﹣x2＋2x＋3(2)9(3)存在，(1，4)或(2，3)【分析】(1)由二次函數(shù)頂點C(1，4)，拋物線經(jīng)過B(3，0)，用待定系數(shù)法可得二次函數(shù)的解析式為y＝﹣x2＋2x＋3；(2)在y＝﹣x2＋2x＋3中，可得D(0，3)，用待定系數(shù)法得直線BD解析式為y＝﹣x＋3，設(shè)P(m，﹣m＋3)，則M(m，﹣m2＋2m＋3)，PM＝﹣(m﹣32)2＋94，根據(jù)二次函數(shù)性質(zhì)即得：當(dāng)m＝32時，PM(3)過Q作QG∥y軸交BD于點G，交x軸于點E，作QH⊥BD于H，設(shè)Q(x，﹣x2＋2x＋3)，則G(x，﹣x＋3)，可得QG＝|﹣x2＋2x＋3﹣(﹣x＋3)|＝|﹣x2＋3x|，又OB＝OD，△BDQ中BD邊上的高為2時，可知QG＝2，即得﹣x2＋3x＝2，可解得點Q為(1，4)或(2，3)．（1）解：由二次函數(shù)頂點C(1，4)，設(shè)y＝a(x﹣1)2＋4，將B(3，0)代入得：4a＋4＝0，∴a＝﹣1，∴y＝﹣(x﹣1)2＋4＝﹣x2＋2x＋3，答：二次函數(shù)的解析式為y＝﹣x2＋2x＋3；（2）解：在y＝﹣x2＋2x＋3中，令x＝0得y＝3，∴D(0，3)，設(shè)直線BD解析式為y＝kx＋3，將B(3，0)代入得：3k＋3＝0，解得k＝﹣1，∴直線BD解析式為y＝﹣x＋3，設(shè)P(m，﹣m＋3)，則M(m，﹣m2＋2m＋3)，∴PM＝﹣m2＋2m＋3＋m﹣3＝﹣m2＋3m＝﹣(m﹣32)2＋9∵﹣1＜0，∴當(dāng)m＝32時，PM取最大值，最大值為9（3）解：存在點Q，使△BDQ中BD邊上的高為2，理由如下：過Q作QG∥y軸交BD于點G，交x軸于點E，作QH⊥BD于H，如圖：設(shè)Q(x，﹣x2＋2x＋3)，則G(x，﹣x＋3)，∴QG＝|﹣x2＋2x＋3﹣(﹣x＋3)|＝|﹣x2＋3x|，∵OB＝OD，∴∠OBD＝45°，∴∠BGE＝45°＝∠QGH，∴△QGH是等腰直角三角形，當(dāng)△BDQ中BD邊上的高為2時，即QH＝HG＝2，∴QG＝2，∵點Q在第一象限，QG＝|﹣x2＋3x|，∴﹣x2＋3x＝2，解得x＝1或x＝2，∴Q(1，4)或(2，3)，綜上可知存在滿足條件的點Q，坐標(biāo)為(1，4)或(2，3)．【點睛】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)的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)及方程思想等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)．24．（2021·廣東云浮·九年級期中）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2＋bx－3交x軸于點A（－1，0），B（3，0），過點B的直線y＝23x－2交拋物線于點C(1)求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)若點P是直線BC下方拋物線上的一個動點（P不與點B，C重合），求△PBC面積的最大值；(3)若點M在拋物線上，點N直線BC上．試探究：是否存在點M，N，使得OM=ON，∠MON=90°同時成立？若存在，請直接寫出點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y＝x2﹣2x﹣3(2)當(dāng)m＝43時，S△PBC的最大值為(3)存在，點N的坐標(biāo)為N1（3，0），N2(154，12)，N【分析】（1）將A、B兩點的坐標(biāo)分別代入拋物線的解析式中，得關(guān)于a、b的二元一次方程組，解方程組即可求得a、b，從而可求得拋物線的函數(shù)解析式；（2）過點P作PD//y軸，交x軸于點D，交BC于點E，作CF⊥PD于點F，連接PB，PC，則有S△PBC=S△PEB+S△PEC，設(shè)Pm,m2?2m?3，則可得E點坐標(biāo)，從而可分別求得PD（3）設(shè)M（t，t2﹣2t﹣3），N（n，23n﹣2），畫出圖形，根據(jù)全等得出線段相等，列出方程，從而求得點N（1）將點A?1,0，B3,0代入y=ax2+bx?3中，得：0=a?b?3（2）過點P作PD//y軸，交x軸于點D，交BC于點E，作CF⊥PD于點F，連接PB，PC，如圖：設(shè)點Pm,m2?2m?3，則點Em,23m?2．∵點P、E均位于x軸的下方，∴P、E兩點的縱坐標(biāo)均為負(fù)，∴PD=?m2+2m+3，DE=?23m+2，∴PE=PD?DE=?m2+2m+3??23m+2=?m2+83m+1，∵點C的坐標(biāo)為方程組y=x2?2x?3y=23（3）存在，點N的坐標(biāo)為N1（3，0），N2154,12，N321+3978,?1+974，N321?3978,?1+974．如圖2，設(shè)M（t，t2﹣2t﹣3），N（n，23n﹣2），作MG⊥y軸于點G，NH⊥x軸于H，∴∠OGM＝∠OHN＝90°，∵OM＝ON，∠MON＝90°，∠GOH＝90°，∴∠MOG＝∠NOH，在△OGM與△OHN中，∠OGM=∠OHN=90°∠MOG=∠NOHOM=ON，∴△OGM≌△OHN（AAS），∴GM＝NH，OG＝OH，∴23n?2=tn=?t2+2t+3，解得：t1=0n1=3，t2=12n2=154，∴N1（3，0），N2154,12，如圖3，設(shè)M（t，t2﹣2t﹣3），N（n，23n﹣2），作MG⊥x軸于點G，NH⊥x軸于H，∴∠OGM＝∠OHN＝90°，∴∠MOG+∠GMO＝90°，∵∠MON＝90°，∴∠MOG+∠NOH＝90°，∴∠GMO＝∠NOH，∵OM＝ON，在△OGM與△OHN中，∠OGM=∠OHN=90°∠GMO=∠NOHOM=ON，∴△OGM≌△OHN【點睛】本題是二次函數(shù)的壓軸題，也是中考?？碱}型，它考查了待定系數(shù)法求二次數(shù)解析式，求二次函數(shù)與三角形面積的最值，二次函數(shù)與特殊三角形面積，運算量較大，這對學(xué)生的運算能力提出了更高的要求，掌握求三角形面積時用到圖形的割補方法，利用圖形構(gòu)造全等是解題的關(guān)鍵．25．（2021·黑龍江·海林市朝鮮族中學(xué)九年級期中）已知，如圖拋物線y=ax2+3ax+c(a>0)與y軸交于點C，與x軸交于A，B兩點，點A在點B左側(cè)．點B的坐標(biāo)為(1,0)(1)求拋物線的解析式；(2)若點D是線段AC下方拋物線上的動點，求四邊形AOCD面積的最大值；(3)若點E在x軸上，點P在拋物線上．是否存在以A，C，E，P為頂點且以AC為一邊的平行四邊形？若存在，請直接寫出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y＝34x2＋94(2)13.5(3)存在P1（?3，?3），P2（?3?412，3），P3（【分析】（1）根據(jù)OC＝3OB，B（1，0），求出C點坐標(biāo)（0，?3），把點B，C的坐標(biāo)代入y＝ax2＋3ax＋c，求出a點坐標(biāo)即可求出函數(shù)解析式；（2）過點D作DE∥y軸分別交線段AC于點E．設(shè)D（m，m2＋2m?3），然后求出DE的表達(dá)式，把S四邊形ABCD分解為S△ABC＋S△ACD，轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)求最值；（3）①過點C作CP1∥x軸交拋物線于點P1，過點P1作P1E1∥AC交x軸于點E1，此時四邊形ACP1E1為平行四邊形．②平移直線AC交x軸于點E，交x軸上方的拋物線于點P2，P3，由題意可知點P2、P3的縱坐標(biāo)為3，從而可求得其橫坐標(biāo)．（1）解：（1）∵B的坐標(biāo)為（1，0），∴OB＝1．∵OC＝3OB＝3，點C在x軸下方，∴C（0，?3）．∵將B（1，0），C（0，?3）代入拋物線的解析式得：4a+c=0c=?3，解得：a=∴拋物線的解析式為y＝34x2＋94（2）解：如圖1所示：過點D作DE∥y，交AC于點E．∵x＝?b2a＝?94∴A（?4，0）．∴AB＝5．∴S△ABC＝12AB?OC＝1設(shè)AC的解析式為y＝kx＋b．∵將A（?4，0）、C（0，?3）代入得：?4k+b=0b=?3，解得：k=?∴直線AC的解析式為y＝?34x設(shè)D（a，34a2＋94a?3），則E（a，?3∵DE＝?34a?3?（34a2＋94a?3）＝?34（∴當(dāng)a＝?2時，DE有最大值，最大值為3．∴△ADC的最大面積＝12DE?AO＝1∴S四邊形ABCD=S△ABC＋S△ACD=7.5+6=13.5，∴四邊形ABCD的面積的最大值為13.5．（3）解：存在．①如圖2，過點C作CP1∥x軸交拋物線于點P1，過點P1作P1E1∥AC交x軸于點E1，此時四邊形ACP1E1為平行四邊形．∵C（0，?3），令34x2＋94∴x1＝0，x2＝?3．∴P1（?3，?3）．②平移直線AC交x軸于點E2，E3，交x軸上方的拋物線于點P2，P3，當(dāng)AC＝P2E2時，四邊形ACE2P2為平行四邊形，當(dāng)AC＝P3E3時，四邊形ACE3P3為平行四邊形．∵C（0，?3），∴P2，P3的縱坐標(biāo)均為3．令y＝3得：34x2＋94x?3＝3，解得；x1＝?3?412，x∴P2（?3?412，3），P3（綜上所述，存在3個點符合題意，坐標(biāo)分別是：P1（?3，?3），P2（?3?412，3），P3（【點睛】本題考查了二次函數(shù)綜合題，涉及待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，二次函數(shù)求最值，平行四邊形的判定與性質(zhì)等知識，根據(jù)題意作出圖形，利用數(shù)形結(jié)合求解是解答此題的關(guān)鍵，在解答（3）時要注意進(jìn)行分類討論．26．（2022·浙江金華·八年級期中）在平面直角坐標(biāo)系中已知拋物線L1：y＝ax2+bx﹣3經(jīng)過點A（﹣1，0）和點B（3，0），點D為拋物線的頂點．(1)求拋物線L1的表達(dá)式及點D的坐標(biāo)；(2)將拋物線L1關(guān)于點A對稱后的拋物線記作L2，拋物線L2的頂點記作點E，求拋物線L2的表達(dá)式及點E的坐標(biāo)；(3)是否在x軸上存在一點P，在拋物線L2上存在一點Q，使D、E、P、Q為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請求出Q點坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．【答案】(1)拋物線L1的函數(shù)表達(dá)式為y=x2?2x?3(2)拋物線L2的函數(shù)表達(dá)式為y=?x2?6x?5(3)點Q的坐標(biāo)為(?5,0)或(?3?23,?8)【分析】（1）把A（?1，0）、B（3，0）代入y＝ax2＋bx?3，列方程組并且解方程組求出a、b的值即可得到拋物線L1的函數(shù)表達(dá)式為y＝x2?2x?3，再將該表達(dá)式配方成頂點式，即可求得該拋物線的頂點D的坐標(biāo)為（1，?4）；（2）拋物線L2與拋物線L1關(guān)于點A（?1，0）對稱，則拋物線L2的頂點E的坐標(biāo)為（?3，4），可以求得拋物線L2的函數(shù)表達(dá)式為y＝?（x＋3）2＋4，即y＝?x2?6x?5；（3）以點D、E、P、Q為頂點的平行四邊形分兩種情況，一是DE為平行四邊形DPEQ的對角線，當(dāng)P與B重合時，點Q與點B關(guān)于A（?1，0）的對稱，則Q（?5，0）；二是DE為平行四邊形DEPQ的一邊，過點Q作QF⊥x軸于點F，過點E作EM⊥x軸，過點D作DM⊥EM于點M，則M（?3，?4），可證明△PQF≌△DEM，得QF＝EM＝8，則Q點的縱坐標(biāo)為?8，求出點Q的橫坐標(biāo)即可．（1）解：把A?1,0、B3,0代入得a?b?3=09a+3b?3=0，解得a=1∴拋物線L1的函數(shù)表達(dá)式為y=∵y=x∴該拋物線的頂點D的坐標(biāo)為1,?4，∴拋物線L1的函數(shù)表達(dá)式為y=x2?2x?3，頂點（2）解：∵拋物線L2與拋物線L1關(guān)于點A?1,0對稱，L1的頂點∴拋物線L2的頂點E的坐標(biāo)為?3,4∴拋物線L2的函數(shù)表達(dá)式為y=?x+32∴拋物線L2的函數(shù)表達(dá)式為y=?x2?6x?5，點（3）解：存在，如圖1所示，DE為平行四邊形DPEQ的對角線，∵點D與點E關(guān)于點A對稱，∴點A為平行四邊形DQEP的對稱中心，當(dāng)P與B重合時，點Q與點B關(guān)于A?1,0∵B3,0∴Q?5,0如圖2所示，DE為平行四邊形DEPQ的一邊，過點Q作QF⊥x軸于點F，過點E作EM⊥x軸，過點D作DM⊥EM于點M，則M?3,?4∵四邊形DEPQ是平行四邊形，∴DE∥PQ，∵DM∥∴∠QPF=∠EAP=∠EDM，∵∠PFQ=∠DME=90°，∴△PQF?△DEMAAS∴QF=EM=8，∴Q點的縱坐標(biāo)為?8，把y=?8代入y=?x2?6x?5解得x1=?3?23∴Q?3?23,?8綜上所述，點Q的坐標(biāo)為?5,0或?3?23,?8或【點睛】此題重點考查二次函數(shù)的圖像與性質(zhì)、用待定系數(shù)法求函數(shù)表達(dá)式、用配方法求拋物線的頂點坐標(biāo)、平行四邊形的性質(zhì)、中心對稱的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識與方法，正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵．27．（2020·遼寧·撫順市順城區(qū)長春學(xué)校九年級期中）如圖，拋物線y=ax2+bx+3與x軸相交于點A（﹣1，0）、B（3，0），與y軸相交于點C，點P為線段OB上的動點（不與O、B重合），過點P垂直于x軸的直線與拋物線及線段BC分別交于點E、F，點D在y軸正半軸上，OD=2，連接DE、OF．(1)求拋物線的解析式；(2)當(dāng)四邊形ODEF是平行四邊形時，求點P的坐標(biāo)；【答案】(1)y=?(2)（1，0）或（2，0）【分析】（1）將A、B兩點的坐標(biāo)代入拋物線解析式，列出關(guān)于a、b的方程，求出a、b的值代入解析式即可；（2）令x=0，求出點C的坐標(biāo)為（0，3），設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，將點B、C的坐標(biāo)代入求出直線的解析式，設(shè)點P的坐標(biāo)為（x，0），則點F的坐標(biāo)為（x，x+3），點E的坐標(biāo)為（x，?x2+2x+3），利用平行四邊形對邊相等可列出?x2(1)∵點A（﹣1，0）、B（3，0）在拋物線上，∴a?b+3=09a+3b+3=0解得：a=?1b=2∴拋物線的解析式為y=?x(2)在拋物線y=?x2+2x+3上，當(dāng)x即點C的坐標(biāo)為（0，3）．設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，∵點B、C在直線y=kx+b上，∴3k+b=0b=3解得：k=?1,b=3，∴y=?x+3．設(shè)點P的坐標(biāo)為（x，0），則點F的坐標(biāo)為（x，x+3），點E的坐標(biāo)為（x，?x∵當(dāng)四邊形ODEF是平行四邊形時，EF=DO，∴?x2+2x+3?(?x+3)=2解得：x=1或x=2，∴點P的坐標(biāo)為（1，0）或（2，0）．【點睛】本題考查了二次函數(shù)，熟練掌握二次函數(shù)的圖像與性質(zhì)、待定系數(shù)法和平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．28．（2022·重慶巴蜀中學(xué)