專題27二次函數與面積壓軸問題經典例題經典例題【例1】（2022·湖北隨州·統(tǒng)考中考真題）如圖1，平面直角坐標系xOy中，拋物線y=ax2+bx+c+a<0與x軸分則點A和點B1,0，與y軸交于點C，對稱軸為直線x=?1(1)直接寫出拋物線的解析式；(2)如圖2，連接AC，當點P在直線AC上方時，求四邊形PABC面積的最大值，并求出此時P點的坐標；(3)設M為拋物線對稱軸上一動點，當P，M運動時，在坐標軸上是否存在點N，使四邊形PMCN為矩形？若存在，直接寫出點P及其對應點N的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=?(2)S最大=758(3)存在，P1?1,4，N10,4；P2?5?【分析】（1）根據已知條件，列出方程組求出a，b，c的值即可；（2）方法一：設Pm,n，四邊形PABC的面積S=SΔPAO+SΔPCO+方法二：易知A?3,0，C0,3，故直線AC的方程為y=x+3，設Px,?x2?2x+3?3<x<0，表示出PQ，并用x表示出△APC（3）根據題目要求，分類討論當當N在y軸上時；當N在x軸負半軸上時，設Nt,0，用t表示出點P的坐標，解出t，寫出點P及其對應點N【詳解】（1）解：∵OA=OC，∴C0,c，A∵B1,0，對稱軸為直線x=?1，c>0∴0=a+b+c?b2a∴拋物線的解析式為：y=?x（2）解：方法一：連接OP，設Pm,n，易知?3<m<0，n>0∵AO=CO=3，BO=1，∴四邊形PABC的面積S=S∴S==又∵n=?m∴S=∴當m=?32時，∴此時P點的坐標為?3方法二：易知A?3,0，C0,3，故直線AC設Px,?∵過點P作PQ⊥x軸，交AC于點Q，∴Ox,x+3∵點P在AC上方，∴PQ=?x∴S=1∴四邊形PABC面積S=S∴當x=?32時，S有最大值∴此時P點的坐標為?3（3）存在點N．①當N在y軸上時，∵四邊形PMCN為矩形，此時，P1?1,4，②當N在x軸負半軸上時，如圖所示，四邊形PMCN為矩形，過M作y軸的垂線，垂足為D，過P作x軸的垂線，垂足為E，設Nt,0，則ON=?t∴∠CDM=∠NEP=90°，∵四邊形PMCN為矩形，∴∠MCN=∠CNP=90°，CM=NP，∵∠MCD+∠OCN=90°，∠ONC+∠OCN=90°，∴∠MCD=∠ONC，又∵∠CDM=∠CON=90°，∴△CMD∽△CNO，∴CDON又∵點M在對稱軸上，C0,3∴DM=1,OC=3，∴CD?t=1∵∠MCD+∠CMD=90°，∠ONC+∠PNE=90°，∴∠CMD=∠PNE，∴△CMD≌△NPEAAS∴NE=MD=1，EP=CD=?1∴OE=ON+EN=?t+1，∴P點的坐標為t?1,?1∵P點在拋物線y=?x∴?解得t1=1?∴P2?5?145③當N在x軸正半軸上時，如圖所示，四邊形PMCN為矩形，過M作y軸的垂線，垂足為D，過P作x軸的垂線，垂足為E，設Nt,0，則ON=t∴∠CDM=∠NEP=90°，∵四邊形PMCN為矩形時，∴∠MCN=∠CNP=90°，CM=NP，∵∠MCD+∠OCN=90°，∠ONC+∠OCN=90°，∴∠MCD=∠ONC，又∵∠CDM=∠CON=90°，∴△CMD∽△CNO，∴CDON又∵點M在對稱軸上，C0,3∴DM=1,OC=3，∴CDt=1∵∠MCD+∠CMD=90°，∠ONC+∠PNE=90°，∴∠CMD=∠PNE，∴△CMD≌△NPEAAS∴NE=MD=1，EP=CD=1∴OE=ON?EN=t?1，∴P點的坐標為t?1,?1∵P點在拋物線y=?x∴?解得t1=1?∴P3?5+145綜上：P1?1,4，N10,4；P2?5?【點睛】本題考查用待定系數法求二次函數、二次函數綜合問題，矩形的性質與判定，二次函數圖象上點的坐標特征等知識點的理解和掌握，綜合運用這些性質進行計算是解此題的關鍵．【例2】（2022·廣西賀州·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線y=?x2+bx+c過點A(?1,0),B(3,0)，與y(1)求拋物線的解析式；(2)點P為拋物線對稱軸上一動點，當△PCB是以BC為底邊的等腰三角形時，求點P的坐標；(3)在（2）條件下，是否存在點M為拋物線第一象限上的點，使得S△BCM=S【答案】(1)y=?x(2)點P坐標為(1,1)；(3)存在，m【分析】（1）把A(?1,0),B(3,0)代入y=?x（2）依題意可得出即P點在∠COB的平分線上且在拋物線的對稱軸上利用等腰三角形的性質，即可得出P點的坐標；（2）利用鉛垂線ME，即可表達出S△BCM，再由S【詳解】（1）根據題意，得{0=?解得{b=2∴拋物線解析式為：y=?x（2）由（1）得y=?x∴點C(0,3)，且點B(3,0)，∴OC=OB=3．∵當△PCB是以BC為底邊的等腰三角形∴PC=PB，∵OP=OP，∴△COP?△BOP，∴∠COP=∠BOP=1設拋物線的對稱軸與x軸交于H點，則∠OPH=90°，∴∠OPH=∠POH=45°，∴OH=PH，∵拋物線對稱軸x=?2∴OH=1，∴PH=1，∴y=1．∴點P坐標為(1,1)．（3）存在．理由如下：過點M作ME∥y軸，交BC于點E，交x軸于點設M(m,?m2+2m+3)設直線BC的解析式為：y=kx+b，依題意，得：{0=3k+b解得{k=?1∴直線BC的解析式為：y=?x+3，當x=m時，y=?m+3，∴點E的坐標為(m,?m+3)，∵點M在第一象限內，且在BC的上方，∴ME=?=?mS==3S△BCP∵S△BCM∴3解得m1【點睛】此題考查了求拋物線的解析式、等腰三角形的存在性問題，三角形的面積，掌握待定系數法求拋物線的解析式，等腰三角形與函數的特征，三角形面積與函數的做法是解題的關鍵．【例3】（2022·河南洛陽·統(tǒng)考二模）如圖，拋物線y=?x2?2x+3的圖象與x軸交于A，B兩點，（點A在點B的左邊），與y(1)直接寫出A，B，C的坐標；(2)點M為線段AB上一點（點M與點A，點B不重合），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，若點P在點Q的左側，當矩形PMNQ的周長最大時，求△AEM的面積．【答案】(1)A(?3,0)，B(1,0)，C(0,3)(2)1【分析】（1）通過解析式即可得出C點坐標，令y=0，解方程得出方程的解，即可求得A、B的坐標；（2）設M點橫坐標為m，則PM=?m2?2m+3，MN=(?m?1)×2=?2m?2，矩形PMNQ的周長=?2m2?8m+2，將?2m【詳解】（1）由拋物線y=?x2?2x+3令y=0，則0=?x解得x=?3或x=1，∴點A(?3,0)，B(1,0)，C(0,3)；（2）由拋物線y=?x2?2x+3=?設點M的橫坐標為m，則PM=?m2?2m+3∴矩形PMNQ的周長=2(PM+MN)=2(?m∴當m=?2時矩形的周長最大．∵點A(?3,0)，C(0,3)，∴設直線AC:y=kx+3，代入(?3,0)得0=?3k+3=0，解得k=1，∴直線AC的函數表達式為y=x+3，當x=?2時，y=?2+3=1，則點E(?2,1)，∴EM=1，AM=1，∴ΔAEM的面積【點睛】此題主要考查了求拋物線與坐標軸的交點，待定系數法求函數解析式，二次函數的性質，三角形的面積公式，解本題的關鍵是求出矩形PMNQ的周長為?2(m+2)【例4】（2022·福建·統(tǒng)考中考真題）在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線y=ax2+bx經過A（4，0），B（1，4）兩點．P(1)求拋物線的解析式；(2)若△OAB面積是△PAB面積的2倍，求點P的坐標；(3)如圖，OP交AB于點C，PD∥BO交AB于點D．記△CDP，△CPB，△CBO的面積分別為S1，S2，【答案】(1)y=?(2)存在，2,16(3)存在，9【分析】（1）待定系數法求解析式即可求解；（2）待定系數法求得直線AB的解析式為y=?43x+163，過點P作PM⊥x軸，垂足為M，PM交AB于點N．過點B作BE⊥PM，垂足為E．可得S△PAB=S△PNB+S（3）由已知條件可得△OBC∽△PDC，進而可得S1S2+S2S3=CDBC+PCOC=2PDOB，過點B,P分別作x軸的垂線，垂足分別F,E，PE交AB于點Q，過D作x的平行線，交PE于點G，可得△DPG∽△OBF，設【詳解】（1）解：（1）將A（4，0），B（1，4）代入y=ax得16a+4b=0a+b=4解得a=?4所以拋物線的解析式為y=?4（2）設直線AB的解析式為y=kx+tk≠0將A（4，0），B（1，4）代入y=kx+t，得4k+t=0k+t=4解得k=?4所以直線AB的解析式為y=?4過點P作PM⊥x軸，垂足為M，PM交AB于點N．過點B作BE⊥PM，垂足為E．所以S===3因為A（4，0），B（1，4），所以S△OAB因為△OAB的面積是△PAB面積的2倍，所以2×32PN=8設Pm,?43所以PN=?即?4解得m1=2，所以點P的坐標為2,16（3）∵PD∴△OBC∽△PDC∴記△CDP，△CPB，△CBO的面積分別為S1，S2，S3．則如圖，過點B,P分別作x軸的垂線，垂足分別F,E，PE交AB于點Q，過D作x的平行線，交PE于點G∵B1,4∴F∴OF=1∵PD∴△DPG∽△OBF∴PD設P∵直線AB的解析式為y=?4設Dn,?4PG=?=DG=m?n∴整理得4n=∴S1S=2=2=2=?=?∴m=52時，S【點睛】本題考查了二次函數綜合，待定系數法求解析式，面積問題，相似三角形的性質與判定，第三問中轉化為線段的比是解題的關鍵．【例5】（2022·湖南岳陽·統(tǒng)考中考真題）如圖1，在平面直角坐標系xOy中，拋物線F1：y=x2+bx+c經過點(1)求拋物線F1(2)如圖2，作拋物線F2，使它與拋物線F1關于原點O成中心對稱，請直接寫出拋物線(3)如圖3，將（2）中拋物線F2向上平移2個單位，得到拋物線F3，拋物線F1與拋物線F3相交于C，D兩點（點①求點C和點D的坐標；②若點M，N分別為拋物線F1和拋物線F3上C，D之間的動點（點M，N與點C，D不重合），試求四邊形【答案】(1)y=(2)y=?(3)①C?2,?3或D2,5；【分析】（1）將點A?3,0和點B1,0代入（2）利用對稱性求出函數F1頂點?1,?4關于原點的對稱點為1,4，即可求函數F（3）①通過聯(lián)立方程組y=?x2+2x+5y=x②求出直線CD的解析式，過點M作MF∥y軸交CD于點F，過點N作NE∥y軸交于點E，設Mm,m2+2m?3，Nn,?n2+2n+5，則Fm,2m+1（1）解：將點A?3,0和點B1,0代入∴9?3b+c=01+b+c=0，解得b=2∴y=x（2）∵y=x∴拋物線的頂點?1,?4，∵頂點?1,?4關于原點的對稱點為1,4，∴拋物線F2的解析式為y=?∴y=?x（3）由題意可得，拋物線F3的解析式為y=?①聯(lián)立方程組y=?x解得x=2或x=?2，∴C?2,?3或D②設直線CD的解析式為y=kx+b，∴?2k+b=?32k+b=5，解得k=2∴y=2x+1，過點M作MF∥y軸交CD于點F，過點N作NE∥設Mm,m2則Fm,2m+1，N∴MF=2m+1?mNE=?n∵?2<m<2，?2<n<2，∴當m=0時，MF有最大值4，當n=0時，NE有最大值4，∵S四邊形∴當MF+NE最大時，四邊形CMDN面積的最大值為16．【點睛】本題考查二次函數的圖象及性質，熟練掌握二次函數的圖象及性質，圖象平移和對稱的性質是解題的關鍵．培優(yōu)訓練培優(yōu)訓練1．（2022·廣東·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線y=x2+bx+c（b，c是常數）的頂點為C，與x軸交于A，B兩點，A1,0，AB=4，點P為線段AB上的動點，過P作PQ//BC交(1)求該拋物線的解析式；(2)求△CPQ面積的最大值，并求此時P點坐標．【答案】(1)y=(2)2；P（-1，0）【分析】（1）用待定系數法將A，B的坐標代入函數一般式中，即可求出函數的解析式；（2）分別求出C點坐標，直線AC，BC的解析式，PQ的解析式為：y=-2x+n，進而求出P，Q的坐標以及n的取值范圍，由S△CPQ【詳解】（1）解：∵點A（1，0），AB=4，∴點B的坐標為（-3，0），將點A（1，0），B（-3，0）代入函數解析式中得：{0=1+b+c解得：b=2，c=-3，∴拋物線的解析式為y=x（2）解：由（1）得拋物線的解析式為y=x頂點式為：y=(x+1)則C點坐標為：（-1，-4），由B（-3，0），C（-1，-4）可求直線BC的解析式為：y=-2x-6，由A（1，0），C（-1，-4）可求直線AC的解析式為：y=2x-2，∵PQ∥BC，設直線PQ的解析式為：y=-2x+n，與x軸交點P(n由{y=?2x+ny=2x?2解得：∵P在線段AB上，∴?3<n∴n的取值范圍為-6＜n＜2，則S==?∴當n=-2時，即P（-1，0）時，S△CPQ【點睛】本題考查二次函數的面積最值問題，二次函數的圖象與解析式間的關系，一次函數的解析式與圖象，熟練掌握數形結合思想是解決本題的關鍵．2．（2022·湖南常德·統(tǒng)考中考真題）如圖，已經拋物線經過點O(0,0)，A(5,5)，且它的對稱軸為x=2．(1)求此拋物線的解析式；(2)若點B是拋物線對稱軸上的一點，且點B在第一象限，當△OAB的面積為15時，求B的坐標；(3)在（2）的條件下，P是拋物線上的動點，當PA?PB的值最大時，求P的坐標以及PA?PB的最大值【答案】(1)y=(2)B(2,8)(3)P(?2,12),PA?PB的最大值為3【分析】（1）根據題意可設拋物線為y=ax（2）設B2,y,且y>0,記OA與對稱軸的交點為Q，設直線OA為：y=kx,解得：k=1,可得直線OA為：y=x,則Q2,2（3）如圖，連接AB，延長AB交拋物線于P，則此時PA?PB=AB最大，由勾股定理可得最小值，再利用待定系數法求解AB的解析式，聯(lián)立一次函數與二次函數的解析式，解方程組可得P的坐標．【詳解】（1）解：∵拋物線經過點O(0,0)，∴設拋物線為：y=ax∵拋物線過A(5,5)，且它的對稱軸為x=2．∴25a+5b=5?b∴拋物線為：y=（2）解：如圖，點B是拋物線對稱軸上的一點，且點B在第一象限，設B2,y,且y>0,記OA與對稱軸的交點為設直線OA為：y=kx,∴5=5k,解得：k=1,∴直線OA為：y=x,∴Q2,2∴S=1解得：y=8或y=?4,∵y>0,則y=8,∴B（3）如圖，連接AB，延長AB交拋物線于P，則此時PA?PB=AB最大，∵A5,5∴AB=5?2設AB為：y=k'x+b',代入A、B兩點坐標，∴5k'+b'=5解得：k'=?1∴AB為：y=?x+10,∴y=?x+10解得：x=5y=5∴P【點睛】本題考查的是利用待定系數法求解二次函數的解析式，坐標與圖形面積，三角形三邊關系的應用，勾股定理的應用，確定PA?PB最大時P的位置是解本題的關鍵．3．（2022·湖北襄陽·統(tǒng)考中考真題）在平面直角坐標系中，直線y＝mx-2m與x軸，y軸分別交于A，B兩點，頂點為D的拋物線y＝-x2+2mx-m2+2與y軸交于點C．(1)如圖，當m＝2時，點P是拋物線CD段上的一個動點．①求A，B，C，D四點的坐標；②當△PAB面積最大時，求點P的坐標；(2)在y軸上有一點M（0，73m），當點C在線段MB①求m的取值范圍；②求線段BC長度的最大值．【答案】(1)①A（2，0），B（0，-4），C（0，-2），D（2，2）；②△PAB的面積的最大值是3，點P（1，1）；(2)①23≤m≤1+3②13【分析】對于（1），先求出點A，B的坐標，再將拋物線關系式配方表示出點D的坐標，令x=0，表示出點C的坐標，然后將m的值代入即可得出①的答案；對于②，先求出直線和拋物線的解析式，再作PE∥y軸，設點P的橫坐標為t，即可表示出點P，E的坐標，然后表示出PE，進而根據三角形的面積公式表示△PAB的面積，再配方討論極值即可；對于（2），由（1）可知，點B，C的坐標，再根據點C在線段MB上，分兩種情況討論，求出①的答案即可；對于②，根據①中的情況分別表示BC，再配方二次函數的性質求出答案即可．【詳解】（1）∵直線y=mx?2m與x軸，y軸分別交于A，B兩點，∴A（2，0），B（0，-2m）．∵y=?x∴拋物線的頂點坐標是D（m，2）．令x=0，則y=?m∴C(0,?m①當m=2時，-2m=-4，則?m∴點B（0，-4），C（0，-2），D（2，2）；②由上可知，直線AB的解析式為y=2x?4，拋物線的解析式為y=?x如圖，過點P作PE∥y軸交直線AB于點E．設點P的橫坐標為t，∴P(t,?t2+4t?2)∴PE=?t∴△PAB的面積=12∵-1＜0，∴當t=1時，△PAB的面積的最大值為3，此時P（1，1）；（2）由（1）可知，B（0，-2m），C（0，-m2+2），①∵y軸上有一點M(0,73m)，點C∴需分兩種情況討論：當73m≥?m當73m≤?m∴m的取值范圍是23≤m≤1+3②當23∵BC=?m∴當m=1時，BC的最大值為3；當?3≤m≤1?3∴BC=?2m?(?m當m=-3時，點M與點C重合，BC的最大值為13，∴BC的最大值是13．【點睛】這是一道關于一次函數和二次函數的綜合問題，考查了求函數關系式，二次函數圖象的性質，二次函數與三角形的綜合，根據二次函數關系式求極值等．4．（2019·廣東河源·校聯(lián)考一模）如圖，已知拋物線的頂點為A1，4，拋物線與y軸交于點B0，3，與x軸交于(1)求此拋物線的解析式．(2)求于C、D兩點坐標及三角形△BCD的面積．(3)若點P在x軸上方的拋物線上，滿足S△PCD=1【答案】(1)y=?(2)C?1，(3)P1+10【分析】（1）設拋物線頂點式解析式y(tǒng)=ax?12+4，然后把點B（2）令y=0，解方程得出點C，D坐標，再用三角形面積公式即可得出結論；（3）先根據面積關系求出點P的坐標，求出點P的縱坐標，代入拋物線解析式即可求出點P的坐標．【詳解】（1）∵拋物線的頂點為A1∴設拋物線的解析式y(tǒng)=ax?1把點B0，3解得a=?1，∴拋物線的解析式為y=?x?1（2）由（1）知，拋物線的解析式為y=?x?1令y=0，則0=?x?1∴x=?1或x=3，∴C?1∴CD=4，∴S△BCD（3）由（2）知，S△BCD∵S△PCD∴S△PCD∴yP∵點P在x軸上方的拋物線上，∴yP∴yP∵拋物線的解析式為y=?x?1∴32∴x=1±10∴P1+102【點睛】本題考查的是二次函數的綜合應用，熟練掌握二次函數的性質是解題的關鍵．5．（2022·湖南婁底·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線y=12x2?2x?6與x軸相交于點A、點B(1)請直接寫出點A，B，C的坐標；(2)點Pm,n0<m<6在拋物線上，當m取何值時，△PBC的面積最大？并求出(3)點F是拋物線上的動點，作FE//AC交x軸于點E，是否存在點F，使得以A、C、E、F為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請寫出所有符合條件的點F的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)A?2,0，B6,0，(2)m=3，△PBC面積的最大值272(3)存在，2+27,6或2?27【分析】（1）令y=0得到12x2?2x?6=0，求出x即可求得點A和點B的坐標，令x=0，則（2）過P作PQ∥y軸交BC于Q，先求出直線BC的解析式，根據三角形的面積，當平行于直線BC直線與拋物線只有一個交點時，點P到BC的距離最大，此時，△PBC的面積最大，利用三角形面積公式求解；（3）根據點F是拋物線上的動點，作FE//AC交x軸于點E得到AE∥CF，設Fa,12a2?2a?6，當點F在x軸下方時，當點【詳解】（1）解：令y=0，則12解得x1=?2，∴A?2,0，B令x=0，則y=?6，∴C0,?6（2）解：過P作PQ∥y軸交BC于Q，如下圖．設直線BC為y=kx+bk≠0，將B6,0、0=6k+bb=?6解得k=1b=?6∴直線BC為y=x?6，根據三角形的面積，當平行于直線BC直線與拋物線只有一個交點時，點P到BC的距離最大，此時，△PBC的面積最大，∵Pm,n∴Pm，1∴PQ=m?6∵?1∴m=3時，PQ最大為92而S△PBC∴△PBC的面積最大為272（3）解：存在．∵點F是拋物線上的動點，作FE//AC交x軸于點E，如下圖．∴AE∥CF，設Fa,當點F在x軸下方時，∵C0,?6即OC=6，∴12解得a1=0（舍去），∴F4,?6當點F在x軸的上方時，令y=6，則12解得a3=2+27∴F2+27,6綜上所述，滿足條件的點F的坐標為2+27,6或4,?6或【點睛】本題是二次函數與平行四邊形、二次函數與面積等問題的綜合題，主要考查求點的坐標，平行四邊形的性質，面積的表示，涉及方程思想，分類思想等．6．（2022·四川攀枝花·統(tǒng)考中考真題）如圖，二次函數y=ax2+bx+c的圖象與x軸交于O（O為坐標原點），A兩點，且二次函數的最小值為?1，點M(1,m)是其對稱軸上一點，y(1)求二次函數的表達式；(2)二次函數在第四象限的圖象上有一點P，連結PA，PB，設點P的橫坐標為t，△PAB的面積為S，求S與t的函數關系式；(3)在二次函數圖象上是否存在點N，使得以A、B、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，直接寫出所有符合條件的點N的坐標，若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=(2)S=?(3)存在，N(1,?1)或(3,3)或(?1,3)【分析】（1）由二次函數的最小值為?1，點M(1,m)是其對稱軸上一點，得二次函數頂點為(1,?1)，設頂點式y(tǒng)=a(x?1)2?1（2）連接OP，根據S=S△AOB+S△OAP（3）設Nn,n2?2n，分三種情況：當AB為對角線時，當AM為對角線時，當【詳解】（1）解：∵二次函數的最小值為?1，點M(1,m)是其對稱軸上一點，∴二次函數頂點為(1,?1)，設二次函數解析式為y=a(x?1)將點O(0,0)代入得，a?1=0，∴a=1，∴y=(x?1)（2）如圖，連接OP，當y=0時，x2∴x=0或2，∴A(2,0)，∵點P在拋物線y=x∴點P的縱坐標為t2∴S===?t（3）設Nn,當AB為對角線時，由中點坐標公式得，2+0=1+n，∴n=1，∴N(1,?1)，當AM為對角線時，由中點坐標公式得，2+1=n+0，∴n=3，∴N(3,3)，當AN為對角線時，由中點坐標公式得，2+n=0+1，∴n=?1，∴N(?1,3)，綜上：N(1,?1)或(3,3)或(?1,3)．【點睛】此題考查了待定系數法求拋物線的解析式，拋物線與圖形面積，平行四邊形的性質，熟練掌握待定系數法及平行四邊形是性質是解題的關鍵．7．（2022·山東日照·?？家荒＃┤鐖D，拋物線y=ax2+bx+3與x軸交于A1,0，B3,0(1)求拋物線的解析式；(2)如圖2，M是拋物線x軸下方的拋物線上一點，連接MO、MB、MC，若△MOC的面積是△MBC面積的3倍，求點M的坐標(3)如圖3，連接AC?BC，在拋物線上是否存在點N（不與點A重合），使得∠BCN=∠ACB？若存在求出點N的橫坐標，若不存在說明理由【答案】(1)y=x(2)8(3)拋物線上存在一點N，使得∠BCN=∠ACB，點N的坐標是11【分析】（1）利用待定系數法即可求得拋物線的解析式；（2）先用待定系數法求出直線BC的解析式為y=?x+3，設點M的坐標是m,m2?4m+3，過點M作直線MP∥y軸交BC于點N，則點P的是m,?m+3，求出MP=?m2+3m，得到S△MOC=32m（3）拋物線上存在一點N，使得∠BCN=∠ACB，過點B作BE⊥AB交CN于點E，則∠EBO=90°，證明△ABC≌△EBCASA得到BE=AB=2，求出點E的坐標是3,2，待定系數法求出直線CN的解析式，聯(lián)立直線CN的解析式與拋物線的解析式即可求出點N【詳解】（1）解：把A1,0，B3,0代入a+b+3=09a+3b+3=0解得a=1b=?4∴拋物線的解析式為y=x（2）如圖，對于y=x當x=0時，y=3，∴點C的坐標為0,3，設直線BC的解析式為y=kx+t，代入B3,0，C3k+t=0t=3，解得k=?1∴直線BC的解析式為y=?x+3，設點M的坐標是m,m2?4m+3，過點M作直線MP∥y軸交BC則點P的是m,?m+3，∴MP=?m+3?m∵A1,0，B3,0，∴S△MOC=12OC·m=∵△MOC的面積是△MBC面積的3倍，∴32解得m=0（不合題意，舍去）或m=8當m=83時，∴點M的坐標是83（3）拋物線上存在一點N，使得∠BCN=∠ACB，過點B作BE⊥AB交CN于點E，則∠EBO=90°，∵B3,0，C∴OB=OC，∴△OBC是等腰直角三角形，∴∠OBC=45°，∴∠OBC=∠EBC=45°，∵BC=BC，∠BCN=∠ACB，∴△ABC≌△EBCASA∴BE=AB=2，∴點E的坐標是3,2，設直線CN的解析式為y=mx+n，代入E3,2，C3m+n=2n=3，解得m=?∴直線CN的解析式為y=?1聯(lián)立y=x2?4x+3y=?1解得x=113y=∴拋物線上存在一點N，使得∠BCN=∠ACB，點N的坐標是113【點睛】此題是二次函數綜合題，主要考查了利用待定系數法求函數解析式、二次函數與一次函數的交點問題、全等三角形的判定和性質等知識，關鍵是添加合適的輔助線解決問題．8．（2022·黑龍江·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線y=x2+bx+c經過點A?1,0，點B2,?3，與y(1)求拋物線的解析式；(2)拋物線上是否存在點P，使△PBC的面積是△BCD面積的4倍，若存在，請直接寫出點P的坐標：若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=(2)存在，P11+【分析】（1）將點A?1,0，點B2,?3，代入拋物線得1?b+c=04+2b+c=?3（2）將解析式化成頂點式得y=x2?2x?3=x?12?4，可得D點坐標，將x=0代入得，y=?3，可得C點坐標，求出S△BCD=1的值，根據S△PBC=4S【詳解】（1）解：∵拋物線y=x2+bx+c過點A∴1?b+c=04+2b+c=?3解得b=?2c=?3∴拋物線的解析式為：y=x（2）解：存在．∵y=x∴D1,?4將x=0代入得，y=?3，∴C0,?3又∵B（2，-3），∴BC//x軸，∴D到線段BC的距離為1，BC=2，∴S△BCD∴S△PBC設Pm,m2?2m?3，由題意可知點則S△PBC整理得，m2解得m1=1+5∴P11+5∴存在點P，使△PBC的面積是△BCD面積的4倍，點P的坐標為P11+5【點睛】本題考查了待定系數法求二次函數解析式，二次函數頂點式，二次函數與三角形面積綜合等知識．解題的關鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．9．（2022·四川巴中·統(tǒng)考中考真題）如圖1，拋物線y=ax2+2x+c，交x軸于A、B兩點，交y軸于點C，F為拋物線頂點，直線EF垂直于x軸于點E，當y≥0(1)求拋物線的表達式；(2)點P是線段BE上的動點（除B、E外），過點P作x軸的垂線交拋物線于點D．①當點P的橫坐標為2時，求四邊形ACFD的面積；②如圖2，直線AD，BD分別與拋物線對稱軸交于M、N兩點．試問，EM+EN是否為定值？如果是，請求出這個定值；如果不是，請說明理由．【答案】(1)y=?(2)①4；②是，定值為8，理由見解析【分析】（1）由當y≥0時，?1≤x≤3，可知x1=?1，x2=3是（2）①把x=2代入拋物線解析式可得D點坐標，再x=0代入拋物線解析式可得C點坐標，從而得知線段CD∥x軸，利用配方法可知點F坐標，從而利用②設Dm,?m2+2m+3(1<m<3)，用待定系數法求出直線AD與直線BD的解析式，再令x=1得yM，yN【詳解】（1）解：∵當y≥0時，?1≤x≤3，∴x1=?1，x2=3是∴a?2+c=09a+6+c=0解得：a=?1c=3∴拋物線的表達式為：y=?x（2）①把x=2代入y=?x2+2x+3∴D(2,3)．又當x=0，y=3，∴C(0,3)，∴線段CD∥∵y=?x∴F(1,4)，S四邊形②設Dm,?直線AD:y=k1x+因此可得：0=?k1+解得：k1=3?mb∴直線AD:y=(3?m)x+(3?m)，BD:y=?(m+1)x+3(m+1)．令x=1得yM=6?2m，∴ME=6?2m，NE=2m+2，∴NE+ME=8．【點睛】本題考查二次函數與一次函數綜合，涉及四邊形的面積求法，待定系數法等知識，掌握待定系數法和面積求法是解題的關鍵．10．（2022·黑龍江綏化·?？级＃┤鐖D，拋物線y=?x2+bx+c與直線AB交于A(?4,?4)，B(0,4)兩點，且點D是它的頂點，在y(1)求出拋物線的解析式及直線AB的解析式；(2)點E在直線AB上運動，若△BCE是等腰三角形時，求點E的坐標；(3)設點N是拋物線上一動點，若SΔBDN=【答案】(1)y=?x2(2)?5,?25+4或5(3)N(?3,1)或(2,?4)【分析】（1）用待定系數法求出一次函數解析式和二次函數解析式即可；（2）設E(x,2x+4)，然后分三種情況BC=BE，BC=EC，BE=CE求出點E的坐標即可；（3）設點N的坐標為(a,?a2?2a+4)，求出S△OBD=12×4×1=2，S△BDN=32×2=3，求出直線直線BD的解析式為y=?x+4，過點N作NH【詳解】（1）解：把A(?4,?4)，B(0,4)代入拋物線的解析式，得：?4=?16?4b+c4=c解得：b=?2c=4∴拋物線的解析式為y=?x設直線AB的解析式為y=mx+n，把A(?4,?4)，B(0,4)代入直線AB的解析式，得：?4=?4m+n4=n解得：m=2n=4∴直線AB的解析式為y=2x+4；（2）解：設E(x,2x+4)，若BC=BE，則(4?2x?4)2解得x=?5或x=∴?5,?25若BC=EC，則x2解得x=?4或x=0（舍)，∴E(?4,?4)，若BE=CE，則x2解得x=?5∴E?綜上，E的坐標為?5,?25+4或5,2（3）解：設點N的坐標為(a,?a2?2a+4)∴S△OBD∴S△BDN設直線BD的解析式為y=kx+b，把點D(?1,5)，B(0,4)代入得：?k+b=5b=4解得：k=?1b=4∴直線BD的解析式為y=?x+4，過點N作NH平行x軸，交BD于H，則H(a2+2a∴NH=a∴S△BDN解得a=?3或a=2，當a=?3時，?a當a=2時，?a∴N(?3,1)或(2,?4)．【點睛】本題主要考查了求二次函數解析式，二次函數的綜合應用，求一次函數解析式，等腰三角形的定義，勾股定理，解題的關鍵是作出輔助線，注意進行分類討論．11．（2022·重慶璧山·統(tǒng)考一模）如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y=ax2+43x+c與x軸交于點(1)求拋物線的解析式；(2)如圖1，連接AC，點D為線段AC下方拋物線上一動點，過點D作DE∥y軸交線段AC于E點，連接EO，記△ADC的面積為S1，△AEO的面積為S2，求S1(3)如圖2，在（2）問的條件下，將拋物線沿射線CB方向平移352個單位長度得到新拋物線，動點M在原拋物線的對稱軸上，點N為新拋物線上一點，直接寫出所有使得以點A、D、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形的點N的坐標，并把求其中一個點【答案】(1)y=(2)當t=?2時，S1?S2(3)點N的坐標為N1?4,836【分析】（1）將A?3,0，C0,?2代入拋物線（2）延長DE交x軸于點K，設直線AC的函數表達式為y=kx+bk≠0，將A?3,0，C0,?2代入列方程組求解得出解析式，設Dt,23t2+43（3）根據C0,?2，B1,0得到OBOC=12，結合拋物線沿射線CB方向平移【詳解】（1）解：將A?3,0，C0,?2代入拋物線9a?4+c=0c=?2解得a=2∴拋物線的解析式為：y=2（2）解：如圖，延長DE交x軸于點K，設直線AC的函數表達式為y=kx+bk≠0∵A?3,0，C∴n=?2?3k+b=0，解得k=?∴直線AC的函數表達式為y=?2設Dt,23∴Et,?23∴DE=?2∵S1S2∴S1∴當t=?2時，S1?S2取得最大值，最大值為1，此時點（3）解：∵C0,?2，B∴OBOC∵拋物線沿射線CB方向平移32∴拋物線向右平移32∴平移后的拋物線解析式為y=2∵點M在原拋物線對稱軸上，∴設點M?1,m①當以AD為對角線時，xM+x∴xN∵點N為新拋物線上一點，∴N1②當以AM為對角線時，xD+xxN∵點N為新拋物線上一點，∴N2③當以AN為對角線時，xA+xxN∵點N為新拋物線上一點，∴N3綜上所述，點N的坐標為N1?4,836，【點睛】本題考查二次函數的綜合應用，涉及待定系數法，二次函數圖像上點坐標的特征，平行四邊形等知識，解題的關鍵是用含字母的式子表示相關點坐標和相關線段的長度．12．（2023·廣西玉林·一模）已知二次函數y=x2+2bx?3b(1)求該二次函數的表達式；(2)二次函數圖象與x軸的另一個交點為B，與y軸的交點為C，點P從點A出發(fā)在線段AB上以每秒2個單位長度的速度向點B運動，同時點Q從點B出發(fā)，在線段BC上以每秒1個單位長度的速度向點C運動，直到其中一點到達終點時，兩點停止運動，求△BPQ面積的最大值；(3)在點P、Q運動的過程中，是否存在使△PBQ與△BOC相似的時刻，如果存在，求出運動時間t，如果不存在，請說明理由．【答案】(1)y=(2)存在，當t=1時，△BPQ面積的最大值為2(3)t的值為4?22或【分析】1把點A1,0代入解析式，求出b2過點Q作QN⊥AB于點N，利用NQQB=OCBC表示出△BPQ的高3由∠PBQ=∠OBC，∠BOC=90°，知△PBQ與△BOC相似只需△PBQ為直角三角形，分兩種情況：①當∠PQB=90°時，△PBQ是等腰直角三角形，BP=2BQ，有4?2t=2t，解得t=4?22；②當∠BPQ=90°【詳解】（1）把點A1,0代入y=x2解得：b=1，∴二次函數的表達式為：y=x（2）過Q作QN⊥OB于N，如圖：在y=x2+2x?3中，令x=0得y=?3，令∴C0,?3，B?3,0，∴AB=4，OB=OC=3，BC=32設運動時間為t，則BQ=t，AP=2t，∴BP=4?2t，∵sin∴NQQB=∴NQ=2∴S∵?2∴當t=1時，△BPQ面積的最大值為22（3）在點P、Q運動的過程中，存在使△PBQ與△BOC相似的時刻，理由如下：∵∠PBQ=∠OBC，∠BOC=90°，∴△PBQ與△BOC相似只需△PBQ為直角三角形，①當∠PQB=90°時，如圖：∵OB=OC=3，∠BOC=90°，∴∠OBC=45°，∴△PBQ是等腰直角三角形，BP=2∴4?2t=2解得t=4?22②當∠BPQ=90°時，如圖：同理可知BQ=2∴t=2解得t=16?4綜上所述，t的值為4?22或16?4【點睛】．本題考查二次函數的綜合應用，涉及二次函數解析式、拋物線與坐標軸的交點坐標、三角形面積等知識，解題的關鍵是數形結合和分類討論思想的應用．13．（2022·內蒙古·中考真題）如圖，拋物線y=ax2+x+c經過B(3,0)，D?2,?52兩點，與x軸的另一個交點為(1)求拋物線的解析式和點C的坐標；(2)若點M在直線BC上方的拋物線上運動（與點B，C不重合），求使△MBC面積最大時M點的坐標，并求最大面積；（請在圖1中探索）(3)設點Q在y軸上，點P在拋物線上，要使以點A，B，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形，求所有滿足條件的點P的坐標．（請在圖2中探索）【答案】(1)y=?12(2)M32,158，當(3)滿足條件的點P坐標為P14,?52【分析】（1）用待定系數法求函數的解析式即可；（2）作直線BC，過M點作MN∥y軸交BC于點N，求出直線BC的解析式，設M（m，-12m2+m+32），則N（m，-12m+32），可得S△MBC=12?MN（3）設Q（0，t），P（m，-12m2+m+32），分三種情況討論：①當AB為平行四邊形的對角線時；②當AQ為平行四邊形的對角線時；【詳解】（1）解：把點B(3,0)和D?2,?529a+3+c=04a?2+c=?解得a=?∴拋物線的解析式為y=?把x=0代入y=?12∴C0,（2）解：作直線BC，作MN∥y軸交直線BC于點N設直線BC的解析式為y=kx+b（k≠0）把點B(3,0)和C0,3可得3k+b解得k=?∴直線BC的解析式為y=?設點M的橫坐標為m∴Mm,?1∴MN==?∴S=?34m?∴當m=32時，S把x=32代入y=?∴M3（3）解：當以AB為邊時，只要PQ∥AB，且PQ=AB=4即可∴點P的橫坐標為4或-4把x=4代入y=?12把x=?4代入y=?12∴此時P14,?當以AB為對角線時，作P3H⊥x∵四邊形AQ∴A∴∠在△AOQ3和∠∴△AO∴OA=HB=1∴OH=OB?BH=3?1=2∴點P的橫坐標為2把x=2代入y=?12∴此時P綜上所述，滿足條件的點P坐標為P14,?52【點睛】本題考查二次函數的圖象及性質，熟練掌握二次函數的圖象及性質，平行四邊形的性質，分類討論是解題的關鍵．14．（2022·遼寧大連·統(tǒng)考中考真題）在平面直角坐標系中，拋物線y=x2?2x?3與x軸相交于點A，B（點A在點B的左側），與y軸相交于點C(1)求點B，點C的坐標；(2)如圖1，點Em,0在線段OB上（點E不與點B重合），點F在y軸負半軸上，OE=OF，連接AF,BF,EF，設△ACF的面積為S1，△BEF的面積為S2，S=S1(3)如圖2，拋物線的頂點為D，連接CD,BC，點P在第一象限的拋物線上，PD與BC相交于點Q，是否存在點P，使∠PQC=∠ACD，若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)B(2)當S最大時，m=1.(3)P【分析】（1）利用拋物線的解析式，令x=0，可得C的坐標，令y=0，可得A，C的坐標；（2）由Em,00≤m<3,OE=OF,可得F0,?m,（3）如圖，延長DC與x軸交于點N，過A作AH⊥BC于H，過Q作GK⊥y軸于K，連接BD，證明∠QDC=∠ACQ,證明∠BCD=90°,求解tan∠ACQ=222=2=tan∠QDC,可得CQ=2CD=22,（1）解：∵y=x2?2x?3，令x=0,則y=?3,∴C0,?3,令y=0,則x（2）∵Em,00≤m<3,OE=OF,∴F0,?m,∴CF=?m??3=3?m,BE=3?m,OE=OF=m,而A?1,0,∴S1=1（3）如圖，延長DC與x軸交于點N，過A作AH⊥BC于H，過Q作QK⊥y軸于K，連接BD，∵∠PQC=∠QCD+∠QDC,∠ACD=∠ACQ+∠QCD,∠PQC=∠ACD，∴∠QDC=∠ACQ,∵拋物線y=x2?2x?3=x?12?4,∴頂點D1,?4,∴CD2=12+?3+42=2,BC2=32+32=18,BD2=3?12+0+42=20,∴CD2+BC2=BD2,【點睛】本題考查的是二次函數與坐標軸的交點問題，二次函數的性質，等腰直角三角形的性質，銳角三角函數的應用，利用待定系數法求解一次函數的解析式，函數的交點坐標問題，求解Q的坐標是解本題的關鍵．15．（2022·山東濟南·模擬預測）如圖1，已知拋物線y=ax2+bx+3經過點A?1，0和點B3，0，與y軸交于點C，點P(1)試確定拋物線的解析式；(2)當S△CPD：S(3)如圖2，連接AC，設P點橫坐標為m(0<m<3)，求當m為何值時，四邊形BACP的面積最大？并求出點P的坐標．【答案】(1)y=?(2)D(3)當m=32時，四邊形BACP的面積最大，點P【分析】（1）用待定系數法即可求解；（2）根據S△CPD：S△BPD=1：2，可得CD:BD=1:2，根據△CGD∽△COB，得出GC=1（3）過點P作PH∥y軸交BC于點H，設點P的坐標為m,?m2+2m+3，則點H【詳解】（1）將點點A?1，0和點即：?3a=3，解得：a=?1，故拋物線的表達式為：y=?x（2）如圖1：在y=?x2+2x+3中，令x=0∴C0,3，則∵S△CPD：S過點D分別作x、y軸的垂線交于點∴GD∥∴△CGD∽△COB，∴CGOC∴GC=1，∵DH∥∴△BDH∽△BCO，∴BHBO∴DH=2，故點D1（3）由（2），可得C0,3由點B、C的坐標得，設直線BC則3k+b=0解得：k=?1∴直線BC的表達式為y=?x+3，過點P作PH∥y軸交BC于點設點P的坐標為m,?m2+2m+3設四邊形BACP的面積為S，則S===?∴當m=32時，y=154，四邊形BACP的面積最大，點【點睛】本題考查了二次函數的綜合運用，相似三角形的性質與判定，面積問題，掌握二次函數的性質是解題的關鍵．16．（2022·甘肅嘉峪關·?？家荒＃┤鐖D，已知拋物線y=?x2+mx+n與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，拋物線的對稱軸交x軸于點D，已知A(1)求拋物線的表達式；(2)在拋物線的對稱軸上是否存在點P，使△PCD是以CD為腰的等腰三角形？如果存在，直接寫出P點的坐標；如果不存在，請說明理由；(3)點E是線段BC上的一個動點，過點E作x軸的垂線與拋物線相交于點F，當點E運動到什么位置時，四邊形CDBF的面積最大？求出四邊形CDBF的最大面積及此時E點的坐標．【答案】(1)y=?(2)存在；1,6，1,10，(3)518，【分析】（1）將點A、C的坐標分別代入可得二元一次方程組，解方程組即可得出m、n的值；（2）根據二次函數的解析式可得對稱軸方程，由勾股定理求出CD的值，以點C為圓心，CD為半徑作弧，交對稱軸于P1；以點D為圓心CD為半徑作圓交對稱軸于點P2，P3，作CH（3）由二次函數的解析式可求出B點的坐標，從而可求出直線BC的解析式，從而可設E點的坐標Eq,?q+3，進而可表示出F的坐標，由四邊形CDBF的面積SCDBF=S△BCD【詳解】（1）解：已知拋物線y=?x2+mx+n經過點A則0=?1?m+n3=n，解得n=3∴拋物線表達式為：y=?x（2）解：由（1）可知拋物線對稱軸為直線x=?2則點D坐標為1,0，CD的長為1?02如圖1所示，使△PCD是以CD為腰的等腰三角形的點P有P1，P2，P3過點C作CH⊥GD,

垂足為點H，∵CP∴P∴P∵DP∴P∵DP∴P綜上可得，在拋物線的對稱軸上存在點P，使△PCD是以CD為腰的等腰三角形，P點的坐標為1,6，1,10，1,?；（3）解：根據題意作圖2，過點C作CM⊥FE,垂足為點M，令?x2+2x+3=0∴x1=?1故點B坐標為3,0，BD=OB?OD=3?1=2，設直線BC解析式為y=kx+b，過點C0，33=b0=3k+b，解得b=3則直線BC解析式為y=?x+3，設Eq,?q+3，FFE=?qS=1====?=?=?3故q=32時，四邊形CDBF的面積取得最大值為518，此時點E．【點睛】本題考查了待定系數法求二次函數解析式、拋物線中等腰三角形的存在性、拋物線中四邊形面積最大值的存在性、勾股定理等知識，采用數形結合和分類討論思想是解題關鍵．17．（2022·山東濟南·模擬預測）如圖，拋物線y=ax2+bx?3與(1)求拋物線的函數表達式；(2)點D在拋物線的對稱軸上，且位于x軸的上方，將△BCD沿直線BD翻折得到△BC'D，若點C'恰好落在拋物線的對稱軸上，求點(3)在（2）的條件下，設拋物線與y軸交于點Q，連接BQ、DQ，點P為拋物線上的一個動點(點P與點Q不重合)，且S△PBD=S【答案】(1)y=(2)C'（(3)當點P的橫坐標為3或3+412或3?【分析】（1）利用待定系數法可求解析式；（2）設對稱軸與BC的交點為E，先求出點C，點E坐標，可求BC=4，BE=CE=2，由折疊的性質可得BC'的長，由勾股定理可求（3）根據平行線間的距離相等，分兩種情況討論，若點Q，點P在BD的同側時，若點P與點Q在BD的兩側時，結合圖象及題意分別求解即可．【詳解】（1）解：將B(?1,0)，C(3,0可得9a+3b?3∴a=3∴y=3（2）如圖，設對稱軸與BC的交點為E，∵y=33x∴對稱軸為直線x=1，∴BE=CE=2，BC=4，∵點D在拋物線的對稱軸上，∴BD=CD，∵將△BCD沿直線BD翻折得到△BC∴BC=BC'=4∴BD=C∴C'E=C'∴C'∵BD∴23∴DE=2∴點D1（3）如圖，設BD交y軸于點F，∵點B(?1,0)，點設直線BD的解析式為y=kx+b，代入得：?k+b=0k+b=解得：k=∴直線BD解析式為：y=3當x=0時，y=∴點F0∵拋物線的解析式為：y=33x2?∴點Q0直線QD經過點Q0，?設直線QD的解析式為y2代入得：n=?3解得：n=?∴直線QD解析式為：y2當y2=0∴S△BDQ若點Q，點P在BD的同側時，∵S△PBD∴點P與點Q到直線BD的距離相等，即PQ∥∴設直線PQ解析式為：y=3∵點Q0∴直線PQ解析式為：y=3∴33∴x=0（與點Q重合，舍去），x=3（與點C重合，符合題意），∴點P的橫坐標為3；若點P與點Q在BD的兩側時，∵S△PBD∴點P與點Q到直線BD的距離相等，∵點F0,33∴FQ=4在y軸上截取HF=FQ，過點H作BD的平行線交拋物線于點P'和P∴HF=FQ=4∴HO=HF+FO=∴點H坐標0,5∴直線HP'解析式為：∴33∴x=3±綜上所述：當點P的橫坐標為3或3+412或3?41【點睛】本題是二次函數的綜合題，考查了待定系數法求二次函數解析式，待定系數法求一次函數解析式，軸對稱的性質及平行線間的距離相等等知識，綜合性較強，有一定的難度．18．（2022·重慶大渡口·重慶市第三十七中學校?？级＃┤鐖D，在平面直角坐標系中，拋物線y=x2+bx+c與直線AB交于A，B兩點，其中A(1)求該拋物線的函數表達式；(2)點P，Q為直線AB下方拋物線上任意兩點，且滿足點P的橫坐標為m，點Q的橫坐標為m+1，過點P和點Q分別作y軸的平行線交直線AB于C點和D點，連接PQ，求四邊形PQDC面積的最大值；(3)在（2）的條件下，將拋物線y=x2+bx+c沿射線AB平移25個單位，得到新的拋物線y1，點E為點P的對應點，點F為y1的對稱軸上任意一點，點G為平面直角坐標系內一點，當點B【答案】(1)y=x(2)154(3)(134,?154【分析】（1）用待定系數法求解即可；（2）根據題意，求得直線AB解析式，以及P、Q、C、D四點坐標，得到PC、DQ長度，利用二次函數的性質求解即可；（3）根據平移的性質，求得y1【詳解】（1）解：將A（0，16+4b+c=?1c=1，解得即y=x（2）設直線AB解析式y(tǒng)=kx+n，代入A（0，4k+n=?1n=1，解得即y=?1則P(m,m2?92m+1)PC=?1QD=?1S四邊形即當m=32時，S四邊形（3）由（2）可知P(3直線AB為y=?12x+1與x軸的交點為(2,0)，與y軸的交點為(0,1)沿射線AB平移25∴E(11則y=x2?拋物線y1的對稱軸為x=設F(25當BE=BF時，如圖：則(11解得t=?22±3∴F(254,當F(254,?22+3394)時，E∴G(19當F(254,?22?3394)時，E∴G(19當BF=EF時，如下圖：(254?4)F平移到B，E平移到G，可得G(13綜上點G的坐標為(134,?154【點睛】本題考查二次函數綜合應用，涉及待定系數法，四邊形面積、菱形的性質及應用等知識解題的關鍵是用含字母的代數式表示相關點坐標和相關線段的長度．19．（2022·山東菏澤·統(tǒng)考二模）如圖，拋物線y=ax2+bx+6經過A?2,0、B4,0兩點，與y軸交于點C，D是拋物線上一動點，設點D(1)求拋物線的函數表達式．(2)當△BCD的面積等于△AOC的面積的34時，求m(3)當m=2時，若點M是x軸上一動點，點N是拋物線上一動點，試判斷是否存在這樣的點M，使得以點B、D、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請直接寫出點M的的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=?(2)m=3(3)M的坐標為2,0或17?1,0或?17【分析】（1）用待定系數法即可求解；（2）先求出直線BC的表達式，設點Dm,?34S△BDC=1（3）分BD是邊、BD是對角線兩種情況，利用圖象平移的性質和中點公式即可求解．【詳解】（1）解：由拋物線交點式表達式得：y=ax+2即?8a=6，解得：a=?3故拋物線的表達式為：y=?3（2）解：對于y=?34x2+∴C0,6設直線BC的表達式為y=kx+b把點B4,0，C4k+b1=0∴直線BC的表達式為：y=?3如圖所示，過點D作y軸的平行線交直線BC于點H，設點Dm,?34∴S△BDC∵3∴2?解得：m=1（舍去）或3，故m=3；（3）解：當m=2時，點D2,6設點Mx,0，點Nt,n，則①當BD是邊時，點B向左平移2個單位向上平移6個單位得到點D，同樣點MN向左平移2個單位向上平移6個單位得到點N故x?2=t0+6=n或x+2=t聯(lián)立①②得：x?2=t0+6=nn=?并解得：x=0t=2n=6（舍去）或x=2t=0n=6或故點M的坐標為2,0或17?1,0或?②當BD是對角線時，由中點公式得：12聯(lián)立①③122+4=12故點M的坐標為6,0；綜上，點M的坐標為2,0或17?1,0或?17?1,0【點睛】本題是二次函數綜合題，主要考查了一次函數的性質、平行四邊形的性質、圖形的平移、面積的計算等，其中（3）要注意分類求解，避免遺漏．20．（2022·四川綿陽·校考二模）如圖，直角三角形的斜邊AB在x軸上，直角頂點在y軸正半軸上，已知A?1,0,C0,2，拋物線y=a(1)求拋物線的解析式．(2)如圖①，點P是y軸右側拋物線上一動點，若∠PCB=∠ACO，求點P的坐標．(3)如圖②，點P是第一象限內拋物線上的一個動點，連接PA交BC于點E，交y軸于點F，連接PB．設ΔPBE，ΔCEF的面積分別為S1，S【答案】(1)拋物線解析式為y=?(2)點P的坐標為3,2或17(3)當t=85時，有S1?【分析】（1）先根據三角形相似得到B點坐標，再把A，B，C三點坐標代入函數關系式求得解析式；（2）分兩種情況解題：①點P在CB上方時，PC∥AB，把y=2代入解析式求出P點坐標；②點P在CB下方時，如圖：設PC與x軸交于點D，則DC=DB，求出直線CD的解析式，與二次函數解析式聯(lián)立求得P（3）設Pt,?12t2+3【詳解】（1）如圖：∵∠ABC=90°,∠BOC=90°，∴∠OCB+∠ACO=∠OCB+∠CBO=90°，∴∠ACO=∠CBO，∴tan∠ACO=∴OAOC∵A∴OA=1,OC=2，∴12∴OB=4，∴B4,0∵拋物線y=ax2+bx+c∴a?b+c=016a+4b+c=0c=0，解得∴拋物線解析式為y=?1（2）①點P在CB上方時，如圖：過點P作PM⊥x軸于M，∵∠PCB=∠ACO,∠OCB+∠ACO=90°，∴∠OBC+∠PCB=90°，∵PM⊥x軸，∠COB=90°，∴四邊形OMPC是矩形，∴PM=2∵點P是y軸右側拋物線y=?1∴2=?12x∴點P的坐標為3,2；②點P在CB下方時，如圖：設PC與x軸交于點D，過點D作DE⊥BC于E，∵∠PCB=∠ACO,∠ACO=∠CBO，∴∠PCB=∠CBO，∴CD=BD，∵DE⊥BC，∴CE=BE，∵B4,0∴BC=4∴CE=BE=5∵∠PCB=∠ACO,∠CED=∠COA=90°，∴Δ∴DEAO∴DE1∴DE=5∴BD=CD=5∴OD=4?5∴D3設CD的解析式為y=kx+2，∴32k+2=0，解得∴CD的解析式為y=?4聯(lián)立y=?12xx=173時，∴點P的坐標為3,2或173綜上，點P的坐標為3,2或173（3）設Pt,?12t2+3∴PN∥∵AB=5,OC=2，∴SΔ∵PN∥OC，則∴OFPN∴OF?∴OF=?1∴SΔAFO=∴S==?=?=?5∴當t=85時，有S1?S【點睛】本題考查二次函數，相似三角形的判定和性質，一次函數，解直角三角形，分類討論和數形結合思想是解題的關鍵．21．（2022·山東淄博·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸相交于A，B兩點（點A在點B的左側），頂點D（1，4）在直線l：y＝43x+t上，動點P（m，n）在x(1)求這條拋物線對應的函數表達式；(2)過點P作PM⊥x軸于點M，PN⊥l于點N，當1＜m＜3時，求PM+PN的最大值；(3)設直線AP，BP與拋物線的對稱軸分別相交于點E，F，請?zhí)剿饕訟，F，B，G（G是點E關于x軸的對稱點）為頂點的四邊形面積是否隨著P點的運動而發(fā)生變化，若不變，求出這個四邊形的面積；若變化，說明理由．【答案】(1)y=?x2+2x+3(2)最大值22(3)定值16【分析】（1）利用頂點式可得結論；（2）如圖，設直線l交x軸于點T，連接PT，BD，BD交PM于點J，設Pm,?m2+2m+3，S四邊形DTBP=（3）如圖，設Pm,?m2+2m+3，求出直線AP，BP的解析式，可得點E，【詳解】（1）解：∵拋物線的頂點為D（1，4），∴根據頂點式，拋物線的解析式為y=?x?1（2）解：如圖，設直線l交x軸于點T，連接PT，BD，BD交PM于點J，設Pm,?點D1,4，在直線l：y=∴4=4∴t=8∴直線DT的解析式為y=4令y=0，得到x=?2，∴T?2,0∴OT=2，∵B3,0∴BT=5，∵DT=3∴DT=BT，∵PM⊥BT，PN⊥DT，∴S四邊形∴S四邊形DTBP最大時，∵D1,4，B∴直線BD的解析式為y=?2x+6，∴Jm,?2m+6∴PJ=?m∵S=?=?m?2∵二次項系數?1＜∴m=2時，S四邊形∴PM+PN的最大值=2（3）解：四邊形AFBG的面積不變．理由：如圖，設Pm,?∵A?1,0，B∴直線AP的解析式為y=?m?3∴E1,?2m+6∵E，G關于x軸對稱，∴G1,2m?6∴直線PB的解析式為y=?m+1∴F1,2m+2∴GF=2m+2?2m?6∴四邊形AFBG的面積=1∴四邊形AFBG的面積是定值．【點睛】本題屬于二次函數綜合題，考查了二次函數的性質，一次函數的性質等知識，解題的關鍵是學會構建二次函數解決最值問題，學會利用參數解決問題．22．（2022·遼寧阜新·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知二次函數y=?x2+bx+c的圖像交x軸于點A?1,0，B5,0(1)求這個二次函數的表達式；(2)如圖1，點M從點B出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿線段BC向點C運動，點N從點O出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿線段OB向點B運動，點M，N同時出發(fā)．設運動時間為t秒（0<t<5）．當t為何值時，△BMN的面積最大？最大面積是多少？(3)已知P是拋物線上一點，在直線BC上是否存在點Q，使以A，C，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，直接寫出點Q坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=?(2)當t=52時，△BMN(3)存在，Q的坐標為?7,12或7,?2或1,4或2,3【分析】1用待定系數法可求得二次函數的表達式為；2過點M作ME⊥x軸于點E，設△BMN面積為S，由ON=t，BM=2t，可得BN=5?t，ME=BMsin45°=2t?22=t3由B5,0，C0,5得直線BC解析式為y=?x+5，設Q(m,?m+5)，【詳解】（1）將點A?1,0，B5,0代入得0=?1?b+c0=?25+5b+c解這個方程組得b=4c=5∴二次函數的表達式為y=?x（2）過點M作ME⊥x軸于點E，如圖：設△BMN面積為S，根據題意得：ON=t，BM=2∵B(5,0∴BN=5?t，在y=?x2+4x+5中，令x=0∴C(0,5∴OC=OB=5，∴∠∴ME=BMsin45°=2∴S=1∵0<t<5，∴當t=52時，△BMN的面積最大，最大面積是（3）存在點Q，使以A，C，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形，理由如下：由B5,0，C0,5得直線BC解析式為設Q(m,?m+5)，P(n,?n2+4n+5)，又A①當PQ，AC是對角線，則PQ，AC的中點重合，∴m+n=?1+0解得m=0(與C重合，舍去)或m=?7，∴Q(?7,12②當QA，PC為對角線，則QA，PC的中點重合，∴m?1=n+0解得m=0(舍去)或m=7，∴Q(7,?2)；③當QC，PA為對角線，則QC，PA的中點重合，∴m+0=n?1解得m=1或m=2，∴Q(1,4)或綜上所述，Q的坐標為(?7,12)或7,?2或1,4或【點睛】本題考查二次函數的綜合應用，涉及待定系數法，三角形面積，平行四邊形的性質及應用，解題的關鍵是用含字母的式子表示相關點的坐標和相關線段的長度．23．（2022·山東棗莊·統(tǒng)考中考真題）如圖①，已知拋物線L：y＝x2+bx+c的圖象經過點A（0，3），B（1，0），過點A作AC∥x軸交拋物線于點C，∠AOB的平分線交線段AC于點E，點P是拋物線上的一個動點．(1)求拋物線的關系式；(2)若動點P在直線OE下方的拋物線上，連結PE、PO，當△OPE面積最大時，求出P點坐標；(3)將拋物線L向上平移h個單位長度，使平移后所得拋物線的頂點落在