二次函数与线段数量关系最值定值问题-2023年中考数学压轴题（全国通用）（解析）

挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（全国通用）专题14二次函数与线段数量关系最值定值问题图形运动的过程中，求两条线段之间的函数关系，是中考数学的热点问题．产生两条线段间的函数关系，常见的情况有两种，一是勾股定理，二是比例关系．还有一种不常见的，就是线段全长等于部分线段之和．由比例线段产生的函数关系问题，在两种类型的题目中比较常用．一是由平行线产生的对于线段成比例，二是相似三角形的对应边成比例．一般步骤是先说理产生比例关系，再代入数值或表示数的字母，最后整理、变形，根据要求写出定义域．关键是寻找比例关系，难点是有的整理、变形比较繁琐，容易出错．

【例1】（2022•武汉模拟）抛物线y＝x2﹣2x+m的顶点A在x轴上，与y轴交于点B．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，直线CD∥AB交抛物线于C，D两点，若，求△COD的面积；（3）如图2，P为抛物线对称轴上顶点下方的一点，过点P作直线交抛物线于点E，F，交x轴于点M，求的值．【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；（2）运用待定系数法求得直线AB的解析式为y＝﹣x+1，根据CD∥AB，设直线CD的解析式为y＝﹣x+d，C（xC，yC），D（xD，yD），联立并整理得x2﹣x+1﹣d＝0，利用根与系数关系可得：xC+xD＝1，xC•xD＝1﹣d，yC＝﹣xC+d，yD＝﹣xD+d，再由，可得CD＝3AB＝3，建立方程求解即可得出答案；（3）过点E作EG∥x轴交抛物线对称轴于点G，过点F作FH∥x轴交抛物线对称轴于点H，则AM∥EG∥FH，可得：＝，＝，设直线PM的解析式为y＝kx+n，可得：P（1，k+n），M（﹣，0），联立并整理得：整理得：x2﹣（k+2）x+1﹣n＝0，利用根与系数关系可得：xE+xF＝k+2，xE•xF＝1﹣n，再分两种情况：k＜0或k＞0，分别求出的值即可．【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2﹣2x+m＝（x﹣1）2+m﹣1的顶点A（1，m﹣1）在x轴上，∴m﹣1＝0，∴m＝1，∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣2x+1；（2）∵y＝x2﹣2x+1＝（x﹣1）2，∴顶点A（1，0），令x＝0，得y＝1，∴B（0，1），在Rt△AOB中，AB＝＝＝，设直线AB的解析式为y＝kx+b，则，解得：，∴直线AB的解析式为y＝﹣x+1，∵CD∥AB，∴设直线CD的解析式为y＝﹣x+d，C（xC，yC），D（xD，yD），则x2﹣2x+1＝﹣x+d，整理得：x2﹣x+1﹣d＝0，∴xC+xD＝1，xC•xD＝1﹣d，yC＝﹣xC+d，yD＝﹣xD+d，∴yC﹣yD＝（﹣xC+d）﹣（﹣xD+d）＝xD﹣xC，∵，∴CD＝3AB＝3，∴CD2＝（3）2＝18，∴（xC﹣xD）2+（yC﹣yD）2＝18，即（xC﹣xD）2+（xD﹣xC）2＝18，∴（xC﹣xD）2＝9，∴（xC+xD）2﹣4xC•xD＝9，即1﹣4（1﹣d）＝9，解得：d＝3，∴x2﹣x﹣2＝0，解得：x＝2或﹣1，∴C（2，1），D（﹣1，4），设直线CD：y＝﹣x+3交y轴于点K，令x＝0，则y＝3，∴K（0，3），∴OK＝3，∴S△COD＝OK×|xC﹣xD|＝×3×3＝；（3）如图2，过点E作EG∥x轴交抛物线对称轴于点G，过点F作FH∥x轴交抛物线对称轴于点H，则AM∥EG∥FH，∴＝，＝，设直线PM的解析式为y＝kx+n，当x＝1时，y＝k+n，∴P（1，k+n），当y＝0时，kx+n＝0，解得：x＝﹣，∴M（﹣，0），∴AM＝|1﹣（﹣）|＝||，由x2﹣2x+1＝kx+n，整理得：x2﹣（k+2）x+1﹣n＝0，则xE+xF＝k+2，xE•xF＝1﹣n，∵EG＝|xE﹣1|，FH＝|xF﹣1|，∴+＝+＝，当k＜0时，点E、F、M均在对称轴直线x＝1左侧，∴EG＝|xE﹣1|＝1﹣xE，FH＝|xF﹣1|＝1﹣xF，AM＝||＝，∴+＝＝＝＝，∴+＝AM×（+）＝×＝1；当k＞0时，点E、F、M均在对称轴直线x＝1右侧，∴EG＝|xE﹣1|＝xE﹣1，FH＝|xF﹣1|＝xF﹣1，AM＝||＝﹣，∴+＝＝＝＝﹣，∴+＝AM×（+）＝﹣×（﹣）＝1；综上所述，的值为1．【例2】（2022•黄石）如图，抛物线y＝﹣x2+x+4与坐标轴分别交于A，B，C三点，P是第一象限内抛物线上的一点且横坐标为m．（1）A，B，C三点的坐标为（﹣2，0），（3，0），（0，4）．（2）连接AP，交线段BC于点D，①当CP与x轴平行时，求的值；②当CP与x轴不平行时，求的最大值；（3）连接CP，是否存在点P，使得∠BCO+2∠PCB＝90°，若存在，求m的值，若不存在，请说明理由．【分析】（1）令x＝0，则y＝4，令y＝0，则﹣x2+x+4＝0，所以x＝﹣2或x＝3，由此可得结论；（2）①由题意可知，P（1，4），所以CP＝1，AB＝5，由平行线分线段成比例可知，＝＝．②过点P作PQ∥AB交BC于点Q，所以直线BC的解析式为：y＝﹣x+4．设点P的横坐标为m，则P（m，﹣m2+m+4），Q（m2﹣m，﹣m2+m+4）．所以PQ＝m﹣（m2﹣m）＝﹣m2+m，因为PQ∥AB，所以＝＝＝﹣（m﹣）2+，由二次函数的性质可得结论；（3）假设存在点P使得∠BCO+2∠BCP＝90°，即0＜m＜3．过点C作CF∥x轴交抛物线于点F，由∠BCO+2∠PCB＝90°，可知CP平分∠BCF，延长CP交x轴于点M，易证△CBM为等腰三角形，所以M（8，0），所以直线CM的解析式为：y＝﹣x+4，令﹣x2+x+4＝﹣x+4，可得结论．【解答】解：（1）令x＝0，则y＝4，∴C（0，4）；令y＝0，则﹣x2+x+4＝0，∴x＝﹣2或x＝3，∴A（﹣2，0），B（3，0）．故答案为：（﹣2，0）；（3，0）；（0，4）．（2）①∵CP∥x轴，C（0，4），∴P（1，4），∴CP＝1，AB＝5，∵CP∥x轴，∴＝＝．②如图，过点P作PQ∥AB交BC于点Q，∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+4．设点P的横坐标为m，则P（m，﹣m2+m+4），Q（m2﹣m，﹣m2+m+4）．∴PQ＝m﹣（m2﹣m）＝﹣m2+m，∵PQ∥AB，∴＝＝＝﹣（m﹣）2+，∴当m＝时，的最大值为．另解：分别过点P，A作y轴的平行线，交直线BC于两点，仿照以上解法即可求解．（3）假设存在点P使得∠BCO+2∠BCP＝90°，即0＜m＜3．过点C作CF∥x轴交抛物线于点F，∵∠BCO+2∠PCB＝90°，∠BCO+∠BCF+∠MCF＝90°，∴∠MCF＝∠BCP，延长CP交x轴于点M，∵CF∥x轴，∴∠PCF＝∠BMC，∴∠BCP＝∠BMC，∴△CBM为等腰三角形，∵BC＝5，∴BM＝5，OM＝8，∴M（8，0），∴直线CM的解析式为：y＝﹣x+4，令﹣x2+x+4＝﹣x+4，解得x＝或x＝0（舍），∴存在点P满足题意，此时m＝．【例3】（2022•河南三模）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣4交x轴于A，B两点，交y轴于点C，OB＝2OC＝4OA，连接AC，BC．（1）求抛物线的解析式；（2）点D是抛物线y＝ax2+bx﹣4的图象上在第四象限内的一动点，DE⊥x轴于点E，交BC于点F．设点D的横坐标为m．①请用含m的代数式表示线段DF的长；②已知DG∥AC，交BC于点G，请直接写出当时点D的坐标．【分析】（1）由抛物线y＝ax2+bx﹣4，可知c＝﹣4，故OC＝4，而OB＝2OC＝4OA，则OA＝2，OB＝8，确定点A、B、C的坐标，再用待定系数法求函数解析式即可；（2）①先求出直线BC的解析式，再设点D为（m，m2﹣m﹣4），可得F（m，m﹣4），即可得出线段DF的长；②证明△AOC∽△FGD，根据相似三角形的性质可得DF＝3，再根据①得出的式子求出m的值，即可求解．【解答】解：（1）在抛物线y＝ax2+bx﹣4中，令x＝0，则y＝﹣4，∴点C的坐标为（0，﹣4），∴OC＝4，∵OB＝2OC＝4OA，∴OA＝2，OB＝8，∴点A为（﹣2，0），点B为（8，0），则把点A、B代入解析式，得：，解得：，∴此抛物线的表达式为y＝x2﹣x﹣4；（2）①设直线BC的解析式为y＝mx+n，则把点B、C代入，得，解得：，∴直线AC的解析式为y＝x﹣4；设点D为（m，m2﹣m﹣4），可得F（m，m﹣4），∴DF＝m﹣4−（m2﹣m﹣4）＝﹣m2+2m；②∵点A为（﹣2，0），点B为（8，0），点C的坐标为（0，﹣4），∴AC2＝22+42＝20，BC2＝82+42＝80，AB2＝（8+2）2＝100，∴AC2+BC2＝AB2，∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝∠ACO+∠OCF＝90°，∵DG∥AC，∴∠DGC＝∠ACB＝90°，∴∠DGF＝∠AOC＝90°，∴∠DFG+∠FDG＝90°，∵DE⊥x轴，∴DE∥y轴，∴∠OCF＝∠DFG，∵∠ACO+∠OCF＝90°，∠DFG+∠FDG＝90°，∴∠ACO＝∠FDG，∴△AOC∽△FGD，∴，∵AC2＝22+42＝20，∴AC＝2，∵DG＝AC，∴DG＝，∴，∴DF＝3，∵DF＝﹣m2+2m，∴﹣m2+2m＝3，解得m1＝2，m2＝6，∴点D的坐标为（2，﹣6）或（6，﹣4）．【例4】（2021•大庆）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于原点O和点A，且其顶点B关于x轴的对称点坐标为（2，1）．（1）求抛物线的函数表达式；（2）抛物线的对称轴上存在定点F，使得抛物线y＝ax2+bx+c上的任意一点G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离总相等．①证明上述结论并求出点F的坐标；②过点F的直线l与抛物线y＝ax2+bx+c交于M，N两点．证明：当直线l绕点F旋转时，+是定值，并求出该定值；（3）点C（3，m）是该抛物线上的一点，在x轴，y轴上分别找点P，Q，使四边形PQBC周长最小，直接写出P，Q的坐标．【分析】（1）求出B（2，﹣1），A（4，0），再将点O、点A、点B代入抛物线y＝ax2+bx+c，即可求解解析式；（2）①设F（2，m），G（x，x2﹣x），由已知可得（x﹣2）2+＝，整理得到m（m﹣x2+2x）＝0，因为任意一点G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离总相等，所以m＝0，即可求F坐标；②设过点F的直线解析式为y＝kx﹣2k，M（xM，yM），N（xN，yN），联立直线与抛物线解析式得x2﹣（4+4k）x+8k＝0，则有xM+xN＝4+4k，xM•xN＝8k，yM+yN＝4k2，yM•yN＝﹣4k2，由①可得+＝+＝1；（3）作B点关于y轴的对称点B'，作C点关于x轴的对称点C'，连接C'B'交x轴、y轴分别于点P、Q，四边形PQBC周长＝BQ+PQ+PC+BC＝B'Q+PQ+C'P+CB＝C'B'+CB，求出B'（﹣2，﹣1），C'（3，），可得直线B'C'的解析为y＝x﹣，则可求Q（0，﹣），P（，0）．【解答】解：（1）∵顶点B关于x轴的对称点坐标为（2，1），∴B（2，﹣1），∴A（4，0），将点O、点A、点B代入抛物线y＝ax2+bx+c，得到，解得，∴y＝x2﹣x；（2）①设F（2，m），G（x，y），∴G点到直线y＝﹣2的距离为|y+2|，∴（y+2）2＝y2+4y+4，∵y＝x2﹣x，∴（y+2）2＝y2+4y+4＝y2+x2﹣4x+4＝y2+（x﹣2）2，∴G到直线y＝﹣2的距离与点（2，0）和G点的距离相等，∴抛物线上的任意一点G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离总相等；∵G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离相等，∴（x﹣2）2+＝，整理得，m（m﹣x2+2x）＝0，∵距离总相等，∴m＝0，∴F（2，0）；②设过点F的直线解析式为y＝kx﹣2k，M（xM，yM），N（xN，yN），联立，整理得x2﹣（4+4k）x+8k＝0，∴xM+xN＝4+4k，xM•xN＝8k，∴yM+yN＝4k2，yM•yN＝﹣4k2，∵M到F点与M点到y＝﹣2的距离相等，N到F点与N点到y＝﹣2的距离相等，∴+＝+＝＝＝1，∴+＝1是定值；（3）作B点关于y轴的对称点B'，作C点关于x轴的对称点C'，连接C'B'交x轴、y轴分别于点P、Q，∵BQ＝B'Q，CP＝C'P，∴四边形PQBC周长＝BQ+PQ+PC+BC＝B'Q+PQ+C'P+CB＝C'B'+CB，∵点C（3，m）是该抛物线上的一点∴C（3，﹣），∵B（2，﹣1），∴B'（﹣2，﹣1），C'（3，），∴直线B'C'的解析为y＝x﹣，∴Q（0，﹣），P（，0）．1．（2020•道里区二模）已知：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝﹣+bx+3交x轴于A、B两点（点B在点A的右边）交y轴于点C，OB＝3OC．（1）如图1，求抛物线的解析式；（2）如图2，点E是第一象限抛物线上的点，连接BE，过点E作ED⊥OB于点D，tan∠EBD＝，求△BDE的面积；（3）如图3，在（2）的条件下，连接BC交DE于点Q，点K是第四象限抛物线上的点，连接EK交BC于点M，交x轴于点N，∠EMC＝45°，过点K作直线KT⊥x轴于点T，过点E作EL∥x轴，交直线KT于点L，点F是抛物线对称轴右侧第一象限抛物线上的点，连接ET、LF，LF的延长线交ET于点P，连接DP并延长交EL于点S，SE＝2SL，求点F的坐标．【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）在Rt△EDB中，，则，解得t1＝3，t2＝9（舍去），利用，求出点E的坐标，进而求解；（3）证明四边形DELT是正方形和△EPS≌△EPL（SAS），则，RL＝11﹣n，故，即可求解．【解答】解：（1）如图1，当x＝0时，，∴C（0，3），∴OC＝3，∵OB＝3OC，∴OB＝9，∴B（9，0），∵点B在抛物线上，∴，，∴抛物线的解析式为；（2）如图2，设，∴，BD＝9﹣t，在Rt△EDB中，，∴，解得t1＝3，t2＝9（舍去），∴，∴E（3，8），OD＝3，BD＝6，ED＝8，∴；（3）如图3，连接CD，∵OC＝OD＝3，∠COD＝90°，∴∠ODC＝∠OCD＝45°∵∠EDO＝90°，∴∠EDC＝45°，∴∠EDC＝∠EMQ，∵∠QCD＝180°﹣∠CDQ﹣∠CQD，∠QEM＝180°﹣∠QME﹣∠EQM，∴∠DCQ＝∠DEM，过点D作DG⊥BC于点G，BD＝6，，设CG＝a，则，在Rt△CGD中，DG2＝CD2﹣CG2，在Rt△BGD中，DG2＝BD2﹣BG2，∴CD2﹣CG2＝BD2﹣BG2，∴，∴，∴，∴，∴，∴DN＝4，∴N（7，0），过点K作KH⊥ED于点H，设，∴KH＝m﹣3，，∵，∴，∴m1＝11，m2＝3（舍），当m＝11时，，∴K（11，﹣8），∴T（11，0），L（11，8），∴EL＝ED＝8，∵∠EDT＝∠DTL＝∠ELT＝90°，∴四边形DELT是矩形，∵EL＝ED，∴四边形DELT是正方形∴∠DET＝∠LET，又∵EP＝EP，ED＝EL，∴△EPS≌△EPL（SAS），∴∠EDS＝∠ELP，∵SE＝2SL，∴，在Rt△SED中，，∴，过点F作FR⊥EL于点R，设，则，RL＝11﹣n，∴，∴n2﹣6n﹣7＝0，∴n1＝7，n2＝﹣1（舍），∴．2．（2020•三明二模）如图，抛物线y＝x2+mx（m＜0）交x轴于O，A两点，顶点为点B．（Ⅰ）求△AOB的面积（用含m的代数式表示）；（Ⅱ）直线y＝kx+b（k＞0）过点B，且与抛物线交于另一点D（点D与点A不重合），交y轴于点C．过点C作CE∥AB交x轴于点E．（ⅰ）若∠OBA＝90°，2＜＜3，求k的取值范围；（ⅱ）求证：DE∥y轴．【分析】（I）先根据顶点式可得点B的坐标，令y＝0，解方程可得点A的坐标，从而得OA＝﹣m，根据三角形面积公式可得△AOB的面积；（II）（i）如图2，作BF⊥AO，可证明△EOC∽△AFB，列比例式，根据△OAB为等腰直角三角形和点B的坐标，列关于m的方程，可得结论；（ii）先求BC的解析式确定点C的坐标，根据方程组的解析可得点D的横坐标，根据CE∥AB确定CE的解析式，根据y＝0可得E的坐标，由D和E的横坐标相等可得结论．【解答】解：（Ⅰ）如图1，y＝x2+mx＝，∴点B的坐标为，由x2+mx＝0，得x1＝0，x2＝﹣m，∴A（﹣m，0），∴OA＝﹣m，∴S△OAB＝＝＝﹣；（Ⅱ）（ⅰ）如图2，作BF⊥x轴于点F，则∠AFB＝∠EOC＝90°．∵CE∥AB，∴∠OEC＝∠FAB¸∴△EOC∽△AFB．∴．∵，∴，∵抛物线的顶点坐标为B（，），∠OBA＝90°，∴△OAB为等腰直角三角形，∴，∵m≠0，∴m＝﹣2，∴B（1，﹣1），∴BF＝1，∴2＜OC＜3，∵点C为直线y＝kx+b与y轴交点，∴2＜﹣b＜3，∵直线y＝kx+b（k＞0）过点B，∴k+b＝﹣1，∴﹣b＝k+1，∴2＜k+1＜3，∴1＜k＜2；（ⅱ）如图3，∵直线y＝kx+b（k＞0）过点B（，），∴，∴，∴y＝kx+，∴C（0，），由x2+mx＝kx+，得：x2+（m﹣k）x﹣＝0，△＝（m﹣k）2+4×＝k2，解得x1＝，x2＝，∵点D不与点B重合，∴点D的横坐标为，设直线AB的表达式为y＝px+q，则：．解得．，∴直线AB的表达式为y＝﹣，∵直线CE∥AB，且过点C，∴直线CE的表达式为y＝+，当y＝0时，x＝，∴E（，0），∴点D，E的横坐标相同，∴DE∥y轴．3．（2022•杜尔伯特县一模）如图，已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于A（﹣1，0），B（m，0）两点，与y轴相交于点C（0，﹣3），抛物线的顶点为D．（1）求抛物线的解析式；（2）若点E在x轴上，且∠ECB＝∠CBD，求点E的坐标．（3）若P是直线BC下方抛物线上任意一点，过点P作PH⊥x轴于点H，与BC交于点M．①求线段PM长度的最大值．②在①的条件下，若F为y轴上一动点，求PH+HF+CF的最小值．【分析】（1）将A（﹣1，0）、C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，待定系数法即可求得抛物线的解析式；（2）根据待定系数法，可得BD的解析式，根据平行线的判定和两平行直线的函数解析式的关系，根据待定系数法，可得CE的解析式，进一步可得答案；（3）①根据BC的解析式和抛物线的解析式，设P（x，x2﹣2x﹣3），则M（x，x﹣3），表示PM的长，根据二次函数的最值可得：当x＝时，PM的最大值；②当PM的最大值时，P（，﹣），确定F的位置：在x轴的负半轴了取一点K，使∠OCK＝45°，过F作FN⊥CK于N，当N、F、H三点共线时，如图2，FH+FN最小，即PH+HF+CF的值最小，根据45度的直角三角形的性质可得结论．【解答】解：（1）把A（﹣1，0），点C（0，﹣3）代入抛物线y＝x2+bx+c中得：，解得：，∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3；（2）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4∴顶点D（1，﹣4），当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0，（x﹣3）（x+1）＝0，x＝3或﹣1，∴B（3，0）；如图1，连接BD，设BD所在直线的解析式为：y＝k（x﹣3），将D点坐标代入函数解析式，得﹣2k＝﹣4，解得k＝2，故BD所在直线的解析式为：y＝2x﹣6，∵∠ECB＝∠CBD，∴CE∥BD，设CE所在直线的解析式为：y＝2x+b，将C点坐标代入函数解析式，得b＝﹣3，故CE所在直线的解析式为：y＝2x﹣3，当y＝0时，x＝．当点E在点B的右侧时，直线CE经过BD的中点（2，2），此时CE的解析式为y＝x﹣3，∴点E的坐标是（6，0）．∴综上所述，点E的坐标是（，0）或（6，0）；（3）①如图2，∵B（3，0），C（0，﹣3），设BC的解析式为：y＝kx+b，则，解得：，BC的解析式为：y＝x﹣3，设P（x，x2﹣2x﹣3），则M（x，x﹣3），∴PM＝（x﹣3）﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣）2+，当x＝时，PM有最大值为；②当PM有最大值，P（，﹣），在x轴的负半轴了取一点K，使∠OCK＝45°，过F作FN⊥CK于N，∴FN＝CF，当N、F、H三点共线时，PH+NH最小，即PH+HF+CF的值最小，Rt△OCK中，OC＝3，∴OK＝3，∵OH＝，∴KH＝+3＝，Rt△KNH中，∠KHN＝45°，∴KN＝KH＝，∴NH＝KN＝，∴PH+HF+CF的最小值是PH+NH＝．4．（2020•江岸区校级一模）已知：抛物线y＝x2+x+m交x轴于A，B两点，交y轴于点C，其中点B在点A的右侧，且AB＝7．（1）如图1，求抛物线的解析式；（2）如图2，点D在第一象限内抛物线上，连接CD，AD，AD交y轴于点E．设点D的横坐标为d，△CDE的面积为S，求S与d之间的函数关系式（不要求写出自变量d的取值范围）；（3）如图3，在（2）的条件下，过点D作DH⊥CE于点H，点P在DH上，连接CP，若∠OCP＝2∠DAB，且HE：CP＝3：5，求点D的坐标及相应S的值．【分析】（1）令y＝0，则（x+2）（x﹣m）＝0，根据AB＝7可求出m的值，则答案可求出；（2）如图1，过点D作DK⊥x轴于点K，设∠DAB＝α，则D（d，﹣），求出CE＝5﹣（5﹣d）＝d，根据三角形面积公式可得解；（3）如图2，过点E作CE的垂线，过C作∠OCP的平分线交DE于点J，交CE的垂线于点F，过点F作ED的平行线交HD于点N．则∠ECF＝∠HDE＝α，HE＝3k，CP＝5k，CE＝HD＝d，证明△CEF≌△DHE，得出EF＝HE＝DN＝3k，CF＝DE＝FN，可得出d＝6k，在Rt△DHE中，tan，由（2）可求出d的值，则D点坐标可求出．则S＝8．【解答】（1）由y＝x2+x+m，令y＝0，则（x+2）（x﹣m）＝0，∴AO＝2，BO＝m，∴A（﹣2，0），B（m，0），∵AB＝7，∴m﹣（﹣2）＝7，m＝5，∴y＝；（2）过点D作DK⊥x轴于点K，设∠DAB＝α，则D（d，﹣），∴＝．∴EO＝AO•tanα＝5﹣d，CE＝5﹣（5﹣d）＝d，∴；（3）过点E作CE的垂线，过C作∠OCP的平分线交DE于点J，交CE的垂线于点F，过点F作ED的平行线交HD于点N．∴∠ECF＝∠HDE＝α，HE＝3k，CP＝5k，CE＝HD＝d，∵CE＝HD，∠CEF＝∠CHD＝90°，∴△CEF≌△DHE（ASA），∵EF∥DN，NF∥DE，∴四边形EDNF为平行四边形，∴EF＝HE＝DN＝3k，CF＝DE＝FN，∴△CFN为等腰直角三角形，∴∠PCN＝∠FNC＝45°，∴∠PCN＝∠PNC＝45°﹣α，∴PC＝PN＝5k，∴PD＝2k，∴CH＝d﹣3k，PH＝d﹣2k，∴（d﹣3k）2+（d﹣2k）2＝（5k）2，∴（d﹣6k）（d+k）＝0，∴d＝6k，d＝﹣k（舍去），∴在Rt△DHE中，tan，由（2）知，∴．∴d＝4，∴D（4，3），∴＝＝8．5．（2020•涡阳县一模）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与直线y＝x+1相交于A（﹣1，0），B（4，m）两点，且抛物线经过点C（5，0）．（1）求抛物线的解析式．（2）点P是直线上方的抛物线上的一个动点，求△ABP的面积最大时的P点坐标．（3）若点P是抛物线上的一个动点（不与点A点B重合），过点P作直线PD⊥x轴于点D，交直线AB于点E．当PE＝2ED时，求P点坐标；（4）设抛物线与y轴交于点F，在抛物线的第一象限内，是否存在一点M，使得AM被FC平分？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，说明理由．【分析】（1）将交点B（4，m）代入直线y＝x+1得B（4，5），由题意可设抛物线解析式y＝a（x+1）（x﹣5），把B（4，m）代入得a＝﹣1，即可求解；（2），即可求解；（3），故|﹣x2+3x+4|＝2|x+1|，所以﹣x2+3x+4＝±2（x+1），即可求解；（4）若AM被FC平分，则AM的中点在直线FC上，由F（0，4），C（5，0）得直线FC的表达式为：y＝﹣x+4，设M（x，﹣x2+4x+5），A（﹣1，0），所以其中点坐标为，将M'代入，解得x1＝3，x2＝﹣1（舍），即可求解．【解答】解：（1）将交点B（4，m）代入直线y＝x+1得B（4，5），由题意可设抛物线解析式y＝a（x+1）（x﹣5），把B（4，m）代入得a＝﹣1，∴y＝﹣（x+1）（x﹣5），即y＝﹣x2+4x+5；（2）过点P作y轴的平行线交AB于点H，则，xB﹣xA＝4﹣（﹣1）＝5，所以，其对称轴为，把代入y＝﹣x2+4x+5得：，即△ABP的面积最大时P点坐标为；（3）∵P为抛物线上一点，所以存在P点在直线AB上方和下方两种情况．由题意得，ED＝yE﹣yD＝（x+1）﹣0＝x+1，因为PE＝2ED，所以|﹣x2+3x+4|＝2|x+1|，所以﹣x2+3x+4＝±2（x+1），解得x1＝﹣1（舍），x2＝2，x3＝6，当x＝2时，y＝9；当x＝6时，y＝﹣7．即当PE＝2ED时，求P点坐标为（2，9）或（6，﹣7）；（4）若AM被FC平分，则AM的中点在直线FC上．由F（0，5），C（5，0）得直线FC的表达式为：y＝﹣x+5，设M（x，﹣x2+4x+5），A（﹣1，0），所以其中点坐标为，将M'代入y＝﹣x+5，解得x1＝3，x2＝2，∴点M（3，8）或（2，9），当其坐标为（3，8）或（2，9）时，AM被FC平分．6．（2021•桂林）如图，已知抛物线y＝a（x﹣3）（x+6）过点A（﹣1，5）和点B（﹣5，m），与x轴的正半轴交于点C．（1）求a，m的值和点C的坐标；（2）若点P是x轴上的点，连接PB，PA，当＝时，求点P的坐标；（3）在抛物线上是否存在点M，使A，B两点到直线MC的距离相等？若存在，求出满足条件的点M的横坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）利用待定系数法求解即可．（2）设P（t，0），则有＝，解方程，可得结论．（3）存在．连接AB，设AB的中点为T．分两种情形：①当直线CM经过AB的中点T时，满足条件．②CM′∥AB时，满足条件．根据方程组求出点M的坐标即可．【解答】解：（1）∵抛物线y＝a（x﹣3）（x+6）过点A（﹣1，5），∴5＝﹣20a，∴a＝﹣，∴抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣3）（x+6），令y＝0，则﹣（x﹣3）（x+6）＝0，解得x＝3或﹣6，∴C（3，0），当x＝﹣5时，y＝﹣×（﹣8）×1＝2，∴B（﹣5，2），∴m＝2．（2）设P（t，0），则有＝，整理得，21t2+242t+621＝0，解得t＝﹣或﹣，经检验t＝﹣或﹣是方程的解，∴满足条件的点P坐标为（﹣，0）或（﹣，0）．（3）存在．连接AB，设AB的中点为T．①当直线CM经过AB的中点T时，满足条件．∵A（﹣1，5），B（﹣5，2），TA＝TB，∴T（﹣3，），∵C（3，0），∴直线CT的解析式为y＝﹣x+，由，解得（即点C）或，∴M（﹣，），②CM′∥AB时，满足条件，∵直线AB的解析式为y＝x+，∴直线CM′的解析式为y＝x﹣，由，解得（即点C）或，∴M′（﹣9，﹣9），综上所述，满足条件的点M的横坐标为﹣或﹣9．7．（2021•甘肃）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与坐标轴交于A（0，﹣2），B（4，0）两点，直线BC：y＝﹣2x+8交y轴于点C．点D为直线AB下方抛物线上一动点，过点D作x轴的垂线，垂足为G，DG分别交直线BC，AB于点E，F．（1）求抛物线y＝x2+bx+c的表达式；（2）当GF＝时，连接BD，求△BDF的面积；（3）①H是y轴上一点，当四边形BEHF是矩形时，求点H的坐标；②在①的条件下，第一象限有一动点P，满足PH＝PC+2，求△PHB周长的最小值．【分析】（1）利用待定系数法求解即可．（2）求出点D的坐标，可得结论．（3）①过点H作HM⊥EF于M，证明△EMH≌△FGB（AAS），推出MH＝GB，EM＝FG，由HM＝OG，可得OG＝GB＝OB＝2，由题意直线AB的解析式为y＝x﹣2，设E（a，﹣2a+8），F（a，a﹣2），根据MH＝BG，构建方程求解，可得结论．②因为△PHB的周长＝PH+PB+HB＝PC+2+PB+5＝PC+PB+7，所以要使得△PHB的周长最小，只要PC+PB的值最小，因为PC+PB≥BC，所以当点P在BC上时，PC+PB＝BC的值最小．【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c过A（0，﹣2），B（4，0）两点，∴，解得，∴y＝x2﹣x﹣2．（2）∵B（4，0），A（0，﹣2），∴OB＝4，OA＝2，∵GF⊥x轴，OA⊥x轴，在Rt△BOA和Rt△BGF中，tan∠ABO＝＝，即＝，∴GB＝1，∴OG＝OB﹣GB＝4﹣1＝3，当x＝3时，yD＝×9﹣×3﹣2＝﹣2，∴D（3，﹣2），即GD＝2，∴FD＝GD﹣GF＝2﹣＝，∴S△BDF＝•DF•BG＝××1＝．（3）①如图1中，过点H作HM⊥EF于M，∵四边形BEHF是矩形，∴EH∥BF，EH＝BF，∴∠HEF＝∠BFE，∵∠EMH＝∠FGB＝90°，∴△EMH≌△FGB（AAS），∴MH＝GB，EM＝FG，∵HM＝OG，∴OG＝GB＝OB＝2，∵A（0，﹣2），B（4，0），∴直线AB的解析式为y＝x﹣2，设E（a，﹣2a+8），F（a，a﹣2），由MH＝BG得到，a﹣0＝4﹣a，∴a＝2，∴E（2，4），F（2，﹣1），∴FG＝1，∵EM＝FG，∴4﹣yH＝1，∴yH＝3，∴H（0，3）．②如图2中，BH＝＝＝5，∵PH＝PC+2，∴△PHB的周长＝PH+PB+HB＝PC+2+PB+5＝PC+PB+7，要使得△PHB的周长最小，只要PC+PB的值最小，∵PC+PB≥BC，∴当点P在BC上时，PC+PB＝BC的值最小，∵BC＝＝＝4，∴△PHB的周长的最小值为4+7．8．（2021•丽水）如图，已知抛物线L：y＝x2+bx+c经过点A（0，﹣5），B（5，0）．（1）求b，c的值；（2）连结AB，交抛物线L的对称轴于点M．①求点M的坐标；②将抛物线L向左平移m（m＞0）个单位得到抛物线L1．过点M作MN∥y轴，交抛物线L1于点N．P是抛物线L1上一点，横坐标为﹣1，过点P作PE∥x轴，交抛物线L于点E，点E在抛物线L对称轴的右侧．若PE+MN＝10，求m的值．【分析】（1）用待定系数法可求出答案；（2）①设直线AB的解析式为y＝kx+n（k≠0），由A点及B点坐标可求出直线AB的解析式，由（1）得，抛物线L的对称轴是直线x＝2，则可求出答案；②由题意可得点N的坐标是（2，m2﹣9），P点的坐标是（﹣1，m2﹣6m），分三种情况，（Ⅰ）如图1，当点N在点M及下方，即0＜m＜时，（Ⅱ）如图2，当点N在点M的上方，点Q在点P及右侧，（Ⅲ）如图3，当点N在M上方，点Q在点P左侧，由平移的性质求出PE及MN的长，根据PE+MN＝10列出方程可得出答案．【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（0，﹣5）和点B（5，0），∴，解得：，∴b，c的值分别为﹣4，﹣5．（2）①设直线AB的解析式为y＝kx+n（k≠0），把A（0，﹣5），B（5，0）的坐标分别代入表达式，得，解得，∴直线AB的函数表达式为y＝x﹣5．由（1）得，抛物线L的对称轴是直线x＝2，当x＝2时，y＝x﹣5＝﹣3，∴点M的坐标是（2，﹣3）；②设抛物线L1的表达式为y＝（x﹣2+m）2﹣9，∵MN∥y轴，∴点N的坐标是（2，m2﹣9），∵点P的横坐标为﹣1，∴P点的坐标是（﹣1，m2﹣6m），设PE交抛物线L1于另一点Q，∵抛物线L1的对称轴是直线x＝2﹣m，PE∥x轴，∴根据抛物线的对称性，点Q的坐标是（5﹣2m，m2﹣6m），（Ⅰ）如图1，当点N在点M及下方，即0＜m＜时，∴PQ＝5﹣2m﹣（﹣1）＝6﹣2m，MN＝﹣3﹣（m2﹣9）＝6﹣m2，由平移的性质得，QE＝m，∴PE＝6﹣2m+m＝6﹣m，∵PE+MN＝10，∴6﹣m+6﹣m2＝10，解得，m1＝﹣2（舍去），m2＝1，（Ⅱ）如图2，当点N在点M及上方，点Q在点P及右侧，即＜m＜3时，PE＝6﹣m，MN＝m2﹣6，∵PE+MN＝10，∴6﹣m+m2﹣6＝10，解得，m1＝（舍去），m2＝（舍去）．（Ⅲ）如图3，当点N在M上方，点Q在点P左侧，即m＞3时，PE＝m，MN＝m2﹣6，∵PE+MN＝10，∴m+m2﹣6＝10，解得，m1＝（舍去），m2＝，综合以上可得m的值是1或．9．（2020•陕西）已知抛物线L：y＝﹣x2+bx+c过点（﹣3，3）和（1，﹣5），与x轴的交点为A，B（点A在点B的左侧）．（1）求抛物线L的表达式；（2）若点P在抛物线L上，点E、F在抛物线L的对称轴上，D是抛物线L的顶点，要使△PEF∽△DAB（P的对应点是D），且PE：DA＝1：4，求满足条件的点P的坐标．【分析】（1）利用待定系数法可求解析式；（2）先求出点A，点B，点D坐标，由相似三角形的性质可求解．【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过点（﹣3，3）和（1，﹣5），∴，解得：，∴抛物线解析式为y＝﹣x2﹣4x；（2）令y＝0，则0＝﹣x2﹣4x，∴x1＝﹣4，x2＝0，∴点A（﹣4，0），点B（0，0），∴对称轴为x＝﹣2，∴点D（﹣2，4），如图，设对称轴与x轴的交点为H，过点P作PQ⊥DH于Q，设点P（m，﹣m2﹣4m），∵△PEF∽△DAB，∴，∴PQ＝×4＝1，∴|m+2|＝1，∴m＝﹣1或﹣3，∴点P（﹣1，3）或（﹣3，3）．10．（2020•盘锦）如图1，直线y＝x﹣4与x轴交于点B，与y轴交于点A，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点B和点C（0，4），△ABO沿射线AB方向以每秒个单位长度的速度平移，平移后的三角形记为△DEF（点A，B，O的对应点分别为点D，E，F），平移时间为t（0＜t＜4）秒，射线DF交x轴于点G，交抛物线于点M，连接ME．（1）求抛物线的解析式；（2）当tan∠EMF＝时，请直接写出t的值；（3）如图2，点N在抛物线上，点N的横坐标是点M的横坐标的，连接OM，NF，OM与NF相交于点P，当NP＝FP时，求t的值．【分析】（1）求出等B的坐标，利用待定系数法解决问题即可．（2）分两种情形：如图1中，当点M在线段DF的上方时，求出DM＝7，构建方程求解即可，当点M在线段DF上时，DM＝1，构建方程求解即可．（3）如图2中，过点N作NT∥y轴于T．由题意D（t，t﹣4），则M（t，﹣t2+t+4），N（t，﹣t2+t+4），T（t，﹣t2+t+2），F（t，t），利用全等三角形的性质证明NT＝MF，由此构建方程解决问题即可．【解答】解：（1）∵直线y＝x﹣4与x轴交于点B，与y轴交于点A，∴B（4，0），A（0，﹣4），把B（4，0），C（0，4）代入y＝﹣x2+bx+c得到，解得，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+4．（2）如图1中，当点M在线段DF的上方时，由题意得，D（t，t﹣4），则M（t，﹣t2+t+4），∴DM＝﹣t2+8，在Rt△MEF中，tan∠EMF＝＝＝，∴MF＝3，∵DF＝EF＝4，∴DM＝7，∴﹣t2+8＝7，∴t＝或﹣（舍弃）．当点F在点M上方时，可得DM＝1，即﹣t2+8＝1，∴t＝或﹣（舍弃），综上所述，t的值为或．（3）如图2中，过点N作NT∥y轴于T．由题意得D（t，t﹣4），则M（t，﹣t2+t+4），N（t，﹣t2+t+4），T（t，﹣t2+t+2），F（t，t）∵NT∥FM，∴∠PNT＝∠PFM，∵∠NPT＝∠MPF，PN＝PF，∴△NPT≌△FPM（ASA），∴NT＝MF，∴﹣t2+t+4﹣（﹣t2+t+2）＝﹣t2+t+4﹣t，解得t＝或﹣（舍弃），∴t的值为．11．（2022•深圳三模）如图1，抛物线y＝ax2+bx经过点A（﹣5，0），点B（﹣1，﹣2）．（1）求抛物线解析式；（2）如图2，点P为抛物线上第三象限内一动点，过点Q（﹣4，0）作y轴的平行线，交直线AP于点M，交直线OP于点N，当点P运动时，4QM+QN的值是否变化？若变化，说明变化规律，若不变，求其值；（3）如图3，长度为的线段CD（点C在点D的左边）在射线AB上移动（点C在线段AB上），连接OD，过点C作CE∥OD交抛物线于点E，线段CD在移动的过程中，直线CE经过一定点F，直接写出定点F的坐标与的最小值．【分析】（1）将点A（﹣5，0），点B（﹣1，﹣2）代入y＝ax2+bx，即可求解；（2）设P（t，t2+t），﹣5＜t＜0，分别求出直线AP的解析式为y＝tx+t，直线PO的解析式为y＝（t+）x，由题意求出M（﹣4，t），N（﹣4，﹣2t﹣10），则可求QM＝﹣t，QN＝2t+10，所以4QM+QN＝﹣2t+2t+10＝10，4QM+QN的值不变；（3）求出直线AB的解析式为y＝﹣x﹣，设D（m，﹣m﹣），C（m﹣2，﹣m﹣），求出直线OD的解析式为y＝（﹣﹣）x，由CE∥OD，求出直线CE的解析式为y＝（﹣﹣）x﹣＝﹣x﹣（x+1），则当x+1＝0时，x＝﹣2，此时y＝1，则直线CE经过定点F（﹣2，1），过点F作FK⊥x轴交直线AB于点K，过点E作EG∥FK交AB于点G，由平行的性质得＝，当GE最大时，的值最小，设E（n，n2+n），则G（n，﹣n﹣），GE＝﹣（n+3）2+2，当n＝﹣3时，GE有最大值3，可求的最小值为．【解答】解：（1）将点A（﹣5，0），点B（﹣1，﹣2）代入y＝ax2+bx，∴，解得，∴y＝x2+x；（2）4QM+QN的值为定值，设P（t，t2+t），﹣5＜t＜0，设直线AP的解析式为y＝kx+b，∴，解得，∴y＝tx+t，设直线PO的解析式为y＝k'x，∴t2+t＝tk'，∴k'＝t+，∴y＝（t+）x，∵点Q（﹣4，0），∴M（﹣4，t），∴N（﹣4，﹣2t﹣10），∴QM＝﹣t，QN＝2t+10，∴4QM+QN＝﹣2t+2t+10＝10，∴4QM+QN的值不变；（3）设直线AB的解析式为y＝kx+b，∴，解得，∴y＝﹣x﹣，设D（m，﹣m﹣），∵CD＝，点C在点D的左边，∴C（m﹣2，﹣m﹣），设直线OD的解析式为y＝k'x，∴﹣m﹣＝k'm，∴k'＝﹣﹣，∴y＝（﹣﹣）x，∵CE∥OD，∴直线CE的解析式为y＝（﹣﹣）x﹣＝﹣x﹣（x+1），当x+1＝0时，x＝﹣2，此时y＝1，∴直线CE经过定点F（﹣2，1），过点F作FK⊥x轴交直线AB于点K，过点E作EG∥FK交AB于点G，∴＝，∵点F（﹣2，1），∴K（﹣2，﹣），∴FK＝，∴当GE最大时，的值最小，设E（n，n2+n），则G（n，﹣n﹣），∴GE＝﹣（n+3）2+2，∴当n＝﹣3时，GE有最大值2，∴的最小值为．12．（2022•阿克苏地区一模）如图1．抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，连接BC，已知点B（4，0）．（1）若C（0，3），求抛物线的解析式．（2）在（1）的条件下，P（﹣2，m）为该抛物线上一点，Q是x轴上一点求的最小值，并求此时点Q的坐标．（3）如图2．过点A作BC的平行线，交y轴与点D，交抛物线于另一点E．若DE＝7AD，求c的值．【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；（2）如图1，过点Q作QH⊥BC于点H，作PH′⊥BC于点H′，PH′交x轴于点Q′，交y轴于点G，连接PQ，则∠BHQ＝∠BOC＝90°，可证得△BQH∽△BCO，得出＝＝，推出PQ+BQ＝PQ+QH，当P、Q、H在同一条直线上，且PH⊥BC时，PQ+QH最小，即PQ+BQ＝PH′为最小值，过点P作PK⊥y轴于点K，再证得△PGK∽△CGH′，得出∠GPK＝∠GCH′，利用三角函数可求得G（0，﹣），再运用待定系数法求得直线PG的解析式为y＝x﹣，得出Q（，0），再运用解直角三角形即可求得PH′；（3）设E（t，﹣t2+bt+c），过点E作EF⊥x轴于点F，如图2，通过△ADO∽△BCO，可求得OD＝c2，再由EF∥OD，得出△ADO∽△AEF，结合DE＝7AD，即可求得：AF＝8OA，EF＝8OD，建立方程求解即可得出答案．【解答】解：（1）把B（4，0），C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，得，解得：，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+3．（2）∵P（﹣2，m）为该抛物线y＝﹣x2+x+3上一点，∴m＝﹣×（﹣2）2+×（﹣2）+3＝﹣，∴P（﹣2，﹣），如图1，过点Q作QH⊥BC于点H，作PH′⊥BC于点H′，PH′交x轴于点Q′，交y轴于点G，连接PQ，则∠BHQ＝∠BOC＝90°，∵B（4，0），C（0，3），∴OB＝4，OC＝3，∴BC＝＝＝5，∵∠QBH＝∠CBO，∴△BQH∽△BCO，∴＝＝，∴QH＝BQ，∴PQ+BQ＝PQ+QH，当P、Q、H在同一条直线上，且PH⊥BC时，PQ+QH最小，即PQ+BQ＝PH′为最小值，过点P作PK⊥y轴于点K，则∠PKG＝∠CH′G＝90°，PK＝2，CK＝3﹣（﹣）＝，∵∠PGK＝∠CGH′，∴△PGK∽△CGH′，∴∠GPK＝∠GCH′，∴tan∠GPK＝tan∠GCH′＝tan∠BCO＝＝，∴＝，∴GK＝×2＝，∴G（0，﹣），设直线PG的解析式为y＝kx+d，则，解得：，∴直线PG的解析式为y＝x﹣，令y＝0，得x﹣＝0，解得：x＝，∴Q（，0），∵cos∠GPK＝cos∠BCO＝，∴＝cos∠GPK＝，∴PG＝PK＝，∵CG＝3﹣（﹣）＝，sin∠GCH′＝sin∠BCO＝＝，∴GH′＝CG•sin∠GCH′＝×＝，∴PH′＝PG+GH′＝+＝，故的最小值为，此时Q（，0），（3）把B（4，0）代入y＝﹣x2+bx+c，得0＝﹣×42+4b+c，∴b＝3﹣c，∴y＝﹣x2+（3﹣c）x+c，令y＝0，得﹣x2+（3﹣c）x+c＝0，解得：x1＝4，x2＝﹣c，∴A（c，0），∴OA＝c，∵C（0，c），∴OC＝c，设E（t，﹣t2+bt+c），过点E作EF⊥x轴于点F，如图2，则EF＝﹣[﹣t2+（3﹣c）t+c]＝t2+（c﹣3）t﹣c，AF＝t﹣（﹣c）＝t+c，∵AE∥BC，∴∠EAF＝∠CBO，∵∠AOD＝∠BOC＝90°，∴△ADO∽△BCO，∴＝，即＝，∴OD＝c2，∵EF∥OD，∴△ADO∽△AEF，∴＝＝，∵DE＝7AD，∴＝＝＝，∴＝＝，∴AF＝8OA，EF＝8OD，∴，解得：（舍去）或，故c的值为2．13．（2022•松江区二模）如图，在平面直角坐标系中，已知直线y＝2x+8与x轴交于点A、与y轴交于点B，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A、B．（1）求抛物线的表达式；（2）P是抛物线上一点，且位于直线AB上方，过点P作PM∥y轴、PN∥x轴，分别交直线AB于点M、N．①当MN＝AB时，求点P的坐标；②联结OP交AB于点C，当点C是MN的中点时，求的值．【分析】（1）先根据题意求出点A、B的坐标，代入y＝﹣x2+bx+c即可求得抛物线的表达式；（2）①证明△PMN∽△OBA，可得，设点M的横坐标为m（﹣4＜m＜0），则PM＝﹣m2﹣4m，又OA＝4，OB＝8，建立方程求解即可得出答案；②连接OP交AB于点C，先求出点N的坐标，利用中点公式可求得C（﹣，），再证明点C是AB的中点，可得C（﹣2，4），建立方程求解即可得出答案．【解答】解：（1）∵直线y＝2x+8与x轴交于点A、与y轴交于点B，∴令x＝0，则y＝8，令y＝0，则x＝﹣4，∴B（0，8），A（﹣4，0），∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A、B，∴，∴，∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+8；（2）①∵P是抛物线上一点，且位于直线AB上方，过点P作PM∥y轴、PN∥x轴，分别交直线AB于点M、N，∴PM⊥PN，∠PNM＝∠BAO，∴∠MPN＝∠AOB＝90°，∴△PMN∽△OBA，∴，设点M的横坐标为m（﹣4＜m＜0），则M（m，2m+8），P（m，﹣m2﹣2m+8），∴PM＝﹣m2﹣2m+8﹣（2m+8）＝﹣m2﹣4m，∵B（0，8），A（﹣4，0），∴OA＝4，OB＝8，∵MN＝AB，∴，∴＝，解得m1＝m2＝﹣2，∴P（﹣2，8）；②如图，连接OP交AB于点C，∵PN∥x轴，P（m，﹣m2﹣2m+8），∴点N的纵坐标为﹣m2﹣2m+8，令y＝﹣m2﹣2m+8，则2x+8＝﹣m2﹣2m+8，解得：x＝，N（，﹣m2﹣2m+8），∵点C是MN的中点，M（m，2m+8），∴C（﹣，），由①知：∠MPN＝90°，又点C是MN的中点，∴PC＝CM＝CN，∴∠CPN＝∠CNP，∠CPM＝∠CMP，∵PM∥y轴、PN∥x轴，∴∠BOC＝∠CPM，∠OBC＝∠CMP，∠OAC＝∠CNP，∠AOC＝∠CPN，∴∠BOC＝∠OBC，∠OAC＝∠AOC，∴AC＝OC，BC＝OC，∴AC＝BC，∴点C是AB的中点，∴C（﹣2，4），∴﹣＝﹣2，解得：m＝±2，∵﹣4＜m＜0，∴m＝﹣2，∴PM＝﹣m2﹣4m＝﹣（﹣2）2﹣4×（﹣2）＝8﹣8，∵PM∥y轴，∴△PCM∽△OCB，∴＝＝＝﹣1，故的值为﹣1．14．（2022•游仙区模拟）如图，抛物线与坐标轴分别交于A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）．（1）求抛物线的解析式；（2）抛物线上是否存在点P，使得∠CBP＝∠ACO，若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；（3）如图2，Q是△ABC内任意一点，求++的值．【分析】（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2），把A（﹣1，0），B（3，0）代入，解方程组即可得到结论；（2）如图1，作∠ACO＝∠CBQ，BQ与OC相交于Q点，过Q作QM⊥BC，根据相似三角形的性质得到，推出△CMQ为等腰直角三角形，得到CM＝QM，＝求得Q（0，），设直线BQ的解析式为y＝kx+b，解方程组得到直线BQ的解析式为y＝﹣x+，于是得到结论；（3）如图2，过Q点作QM⊥AB，根据相似三角形的性质和三角形的面积公式即可得到结论．【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2），把A（﹣1，0），B（3，0）代入得：y＝a（x+1）（x﹣3），再将C（0，3）代入得：a＝﹣1，b＝2，c＝3，∴抛物线的解析式为，y＝﹣x2+2x+3；（2）答：存在，理由如下：如图1，作∠ACO＝∠CBQ，BQ与OC相交于Q点，过Q作QM⊥BC，∵∠AOC＝∠BMQ＝90°，∠CBQ＝∠ACO，∴△ACO∽△QMB，∴，又∵∠OCB＝45°，∴△CMQ为等腰直角三角形，∴CM＝QM，＝∵BC＝3，∴CM＝，CQ＝，∴Q（0，），设直线BQ的解析式为y＝kx+b，∴，∴，∴直线BQ的解析式为y＝﹣x+，解得，或（舍去），∴P1（﹣，）；延长QM到Q′，使QM＝QM′，连接BQ′，则Q′（，3），∵B（3，0），∴直线BQ′的解析式为y＝﹣2x+6，解得，或（舍去），∴P2＝（1，4）；综上所述，P（﹣，）或（1，4）；（3）如图2，过Q点作QM⊥AB，∵CO⊥AB，∴QM∥OC，∴△QMF∽△COF，∴＝＝＝，同理＝，＝，∴＝++＝1．15．（2022•龙岩模拟）抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，4）两点，与y轴交于点C．（1）求抛物线的解析式（用含a的式子表示）；（2）当a＞0时，连接AB，BC，若tan∠ABC＝，求a的值；（3）直线y＝﹣x+m与线段AB交于点P，与抛物线交于M，N两点（点M在点N的左侧），若PM•PN＝6，求m的值．【分析】（1）由点A，B的坐标，利用待定系数法可求出抛物线的解析式；（2）设BC与x轴交于D，作DE⊥AB于E，过点B作BH⊥x轴于点H，则△ABH为等腰直角三角形，进而可得出∠BAH＝45°，AB＝4，设DE＝t，则AE＝t，BE＝3t，结合AB＝AE+BE，即可求出t的值，结合AD＝t，即可得出点D的坐标，由点B，D的坐标，利用待定系数法可求出直线BD的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特及二次函数图象上点的坐标特征，即可求出a的值；（3）由点A，B的坐标，利用待定系数法可求出直线AB的解析式，联立直线AB和直线MN的解析式，可求出点P的坐标，将y＝﹣x+m代入y＝ax2﹣（2a﹣1）x﹣3a+1，整理后可得出关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系可得出xM+xN，xM•xN的值，再结合PM•PN＝（xP﹣xM）×（xM﹣xP）＝6，即可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值．【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（3，4）代入y＝ax2+bx+c，得：，解得：，∴抛物线的解析式为y＝ax2﹣（2a﹣1）x﹣3a+1．（2）设BC与x轴交于D，作DE⊥AB于E，过点B作BH⊥x轴于点H，如图1所示．∵点A的坐标为（﹣1，0），点B的坐标为（3，4），∴AH＝BH＝4，∴△ABH为等腰直角三角形，∴∠BAH＝45°，AB＝AH＝4.设DE＝t，则AE＝t，∵tan∠ABC＝，∴BE＝3t，∴AB＝t+3t＝4t＝4，∴t＝，∴AD＝DE＝t＝×＝2，∴点D的坐标为（1，0）．设直线BD的解析式为y＝kx+d（k≠0），将B（3，4），D（1，0）代入y＝kx+d，得：，解得：，∴直线BD的解析式为y＝2x﹣2．当x＝0时，y＝﹣3a+1，∴点C的坐标为（0，﹣3a+1），又∵点C在直线BD上，∴﹣3a+1＝﹣2，∴a＝1，∴a的值为1．（3）∵点A的坐标为（﹣1，0），点B的坐标为（3，4），∴直线AB的解析式为y＝x+1（可利用待定系数法求出），联立直线AB和直线MN的解析式，得：，解得：，∴点P的坐标为（，）；将y＝﹣x+m代入y＝ax2﹣（2a﹣1）x﹣3a+1，整理得：ax2﹣（2a﹣2）x﹣m﹣3a+1＝0，∴xM+xN＝﹣＝2﹣，xM•xN＝＝﹣﹣3，∴PM•PN＝（xP﹣xM）×（xM﹣xP）＝2（xP﹣xM）（xM﹣xP）＝﹣2[xP2﹣（xM+xN）•xP+xM•xN]＝﹣2[（）2﹣（2﹣）×﹣﹣3]＝6，整理得：﹣（m﹣1）＝0，解得：m1＝1，m2＝5，∴m的值为1或5．16．（2022•雷州市模拟）如图（1），抛物线y＝ax2+bx+6与x轴交于点A（﹣6，0）、B（2，0），与y轴交于点C，抛物线对称轴交抛物线于点M，交x轴于点N．点P是抛物线上的动点，且位于x轴上方．（1）求抛物线的解析式．（2）如图（2），点D与点C关于直线MN对称，若∠CAD＝∠CAP，求点P的坐标．（3）直线BP交y轴于点E，交直线MN于点F，猜想线段OE、FM、MN三者之间存在的数量关系，并证明．【分析】（1）用待定系数法求出二次函数关系式即可；（2）连接CD，设AP与y轴交点为Q，证明△DCA≌△QCA（ASA），求得点Q的坐标，再求出直线AP的函数关系式，再与二次函数联立方程，求出点P的坐标；（3）先证明△BOE∽△BNF，得＝，求得2OE＝NF，再分两种情况进行讨论进行求解即可．【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+6的图象过点A（﹣6，0）、点B（2，0），∴，解得，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+6；（2）如图1，连接CD，设AP与y轴交点为Q，∵抛物线与y轴交于点C，∴C（0，6），∵点D与点C关于直线MN对称，直线MN是抛物线的对称轴，∴D（﹣4，6），M（﹣2，8），N（﹣2，0），CD∥AB，∵C（0，6），A（﹣6，0），∴AO＝CO，CD＝4，∴∠BAC＝∠ACO＝45°，∴∠QCA＝∠DCA，∵∠CAD＝∠CAQ，AC＝AC，∴△DCA≌△QCA（ASA），∴CQ＝CD＝4，∴Q（0，2），设直线AP的解析式为y＝kx+2，把点A坐标代入解析式得：﹣6k+2＝0，解得：k＝，∴直线AP的解析式为y＝x+2，∵点P为直线AP与抛物线的交点，∴，解得：或（舍去），∴P（，）；（3）∵∠BOE＝∠BNF＝90°，∠OBE＝∠NBF，∴△BOE∽△BNF，∴＝，∵OB＝2，BN＝4，∴＝，即2OE＝NF．分类讨论：①如图2，此时FN＝FM+MN，∴FM+MN＝2OE；②如图3，此时FN+FM＝MN，∴FM+2OE＝MN．17．（2022•马鞍山二模）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴于点A（﹣1，0）、B（3，0），与y轴交于C点，直线y＝kx（k＜0）交线段BC下方抛物线于D点，交BC于E点（1）分别求出a、b的值；（2）求出线段BC的函数关系式，并写出自变量取值范围；（3）探究是否有最大值，若存在，请求出此时k值，若不存在，请说明理由．【分析】（1）把点A，B坐标代入函数解析式即可求出a，b的值即可；（2）根据（1）先求出点C坐标，再用待定系数法求函数解析式即可；（3）过点D作DF∥y轴，交BC于点F，根据△OEC∽△DFE得出＝＝，设设点D为（m，m2﹣2m﹣3），则点F（m，m﹣3），得出DF＝﹣m2+3m，从而得到＝﹣（m﹣）2+，然后根据函数的性质得出当m＝时，有最大值，从而求出点D坐标，再代入y＝kx求出k的值．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴于点A（﹣1，0）、B（3，0），则，解得；（2）∵a＝1，b＝﹣2，∴抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3，令x＝0，则y＝﹣3，∴C（0，﹣3），设线段BC所在的直线的函数解析式为y＝kx+b1（k≠0），则，解得，∴线段BC的函数解析式为y＝x﹣3（0≤x≤3）；（3）存在，理由：过点D作DF∥y轴，交BC于点F，如图：∵OC∥DF，∴△OEC∽△DFE，∴＝＝，设点D为（m，m2﹣2m﹣3），则点F（m，m﹣3），∴DF＝m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m，∴＝＝＝﹣（m﹣）2+，∵﹣＜0，∴当m＝时，有最大值，此时点D（，﹣），∴k＝＝＝﹣．18．（2022•南岗区校级二模）如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝﹣ax2+6ax+6与y轴交于点B，交x轴的负半轴于点A，交x轴的正半轴于点C，且S△ABC＝30．（1）求抛物线的解析式；（2）如图2，点P为第一象限抛物线上一点，其横坐标为t，PD⊥x轴于点D，设tan∠PAD等于m，求m与t之间的函数关系式；（3）如图3，在（2）的条件下，当m＝时，过点B作BN⊥AB交∠PAC的平分线于点N，点K在线段AB上，点M在线段AN上，连接KM、KN，∠MKN＝2∠BNK，作MT⊥KN于点T，延长MT交BN于点H，若NH＝4BH，求直线KN的解析式．【分析】（1）由﹣ax2+6ax+6＝0，根据根与系数的关系可得x1+x2＝6，x1•x2＝﹣，求出AB的长为，再由三角形ABC的面积可求a的值；（2）由题意知P（t，﹣t2+t+6），分别求出AD与PD，根据tan∠PAD＝m，建立方程即可求m与t的函数关系式；（3）连接BC与AP交于点E，证明△ABO≌△EAB（AAS），从而推导出△ABN是等腰直角三角形，求出tan∠PAN＝，设N（m，n），由＝，2＝，求出N点坐标，过A作AL⊥AB交于HM的延长线于L，过B作BS∥HL交AL于点S，交KN于点Q，再证明△AKM≌△ALM（ASA），四边形BHLS是平行四边形，△NBK≌△BAS（ASA），设BH＝a，KB＝b，则NH＝4a，AB＝5a，由AL＝AK，可得到b＝2a，则BK：AB＝2：5，过K作KG⊥x轴交于G，由△ABO∽△AKG，求出K（﹣，），再用待定系数法求直线KN的解析式即可．【解答】解：（1）令x＝0，则y＝6，∴B（0，6），令y＝0，则﹣ax2+6ax+6＝0，∴x1+x2＝6，x1•x2＝﹣，∴|x1﹣x2|＝，∵S△ABC＝30＝6×，解得a＝，∴y＝﹣x2+x+6；（2）∵P点横坐标为t，∴P（t，﹣t2+t+6），∵PD⊥x轴，∴PD＝﹣t2+t+6，令y＝0，则﹣x2+x+6，解得x＝﹣2或x＝8，∴A（﹣2，0），C（8，0），∴AD＝t+2，∵tan∠PAD＝m，∴＝m，整理得，m＝﹣（t﹣8）（0＜t＜8）；（3）连接BC与AP交于点E，∵A（﹣2，0），B（0，6），C（8，0），∴AC＝10，BC＝10，∴AC＝BC，∴∠BAO＝∠ABE，∵OB＝6，OC＝8，∴tan∠OCB＝，∵m＝，∴∠PAD＝∠OBC，∴∠BCO＝∠APD，∴∠PAD+∠BCO＝90°，∴BC⊥AP，∴∠BEA＝90°，∴△ABO≌△EAB（AAS），∴∠BAE＝∠ABO，∵AN平分∠PAC，∴∠EAN＝∠NAC，∴2∠OAE+2∠EAN＝90°，∴∠BAN＝45°，∴△ABN是等腰直角三角形，∴BN＝AB＝2，在Rt△APD中，设AN与PD交于Z，过Z作ZY⊥AP交于Y，∵AZ是∠PAD的平分线，∴YZ＝ZD，∵tan∠PAD＝，设PD＝4，ZD＝y，则AD＝3，AP＝5，YZ＝y，在Rt△PYZ中，（4﹣y）2＝y2+22，∴y＝，∴tan∠ZAD＝，设N（m，n），则＝，∵2＝，解得m＝6，n＝4，∴N（6，4），过A作AL⊥AB交于HM的延长线于L，过B作BS∥HL交AL于点S，交KN于点Q，∵MT⊥KN，∴∠NHT＝90°﹣∠HNT，∠BKN＝90°﹣∠HNT，∵∠MKN＝2∠BNK，∴∠AKM＝180°﹣（∠BKN+∠NKM）＝90°﹣∠HNT，∴∠AKM＝∠HTN，∵∠BAN＝∠BNA＝45°，∴∠HMN＝∠KMA，∵∠HMN＝∠AML，∴∠KMA＝∠AML，∵AL⊥AB，∠PAN＝∠CAN，∴∠CAL＝∠BAE，∴∠KAM＝∠MAL，∴△AKM≌△ALM（ASA），∴AK＝AL，∠ALM＝∠AKN，∵BN⊥AB，AL⊥AB，∴BN∥AL，∵BS∥HL，∴四边形BHLS是平行四边形，∴∠ALM＝∠BSA，∴∠BKN＝∠BSA，∵AB＝BN，∠ABN＝∠BAS＝90°，∴△NBK≌△BAS（ASA），∴BK＝AS，∴HL＝KN，∵NH＝4BH，设BH＝a，KB＝b，则NH＝4a，AB＝5a，∵AK＝AL，∴5a﹣b＝a+b，∴b＝2a，∴BK：AB＝2：5，过K作KG⊥x轴交于G，∴△ABO∽△AKG，∴＝＝＝，∴KG＝，AG＝，∴K（﹣，），设直线KN的解析式为y＝sx+h，∴，解得，∴y＝x+．19．（2022•江汉区校级模拟）如图1，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．（1）若C（0，﹣3），求抛物线的解析式；（2）在（1）的条件下，E是线段BC上一动点，AE交抛物线于F点，求的最大值；（3）如图2，点N为y轴上一点，AN、BN交抛物线于E、F两点，求•的值．【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；（2）过点A作AG∥y轴交BC的延长线与点G，过点F作FM∥y轴交BC于点M，求出BC表达式，求出AG的长，再设F（t，t2﹣2t﹣3），得出M（t，t﹣3），求出MF＝﹣t2+3t，再利用△AGE∽△FME求出＝＝＝﹣（t2﹣3t）＝﹣（t﹣）2+，即可得到答案；（3）过点E作EI⊥x轴于点I，过点F作FH⊥x轴于点H，设点N（0，n），求出AN和BN的表达式，利用这两个表达式分别与y＝x2﹣2x﹣3联立求出E点和F点的横坐标，即可求出I点和H点的横坐标，再求出OI，OH，OA，OB的长．最后利用平行线分线段成比例求出答案即可．【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）代入函数解析式y＝ax2+bx+c，得，解得，∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；（2）如图1，过点A作AG∥y轴交BC的延长线与点G，过点F作FM∥y轴交BC于点M，设BC表达式为y＝kx+m，将点B（3，0），C（0，﹣3）代入得：，解得：，∴BC表达式为y＝x﹣3，∵AG∥y轴，A（﹣1，0），∴G（﹣1，﹣4），∴AG＝4，F（t，t2﹣2t﹣3），∵FM∥y轴，∴M（t，t﹣3），∴MF＝t﹣3﹣t2+2t+3＝﹣t2+3t，∵AG∥y轴，FM∥y轴，∴AG∥FM，∴△AGE∽△FME，∴＝＝＝﹣（t2﹣3t）＝﹣（t﹣）2+，∴当t＝时，有最大值是；（3）过点E作EI⊥x轴于点I，过点F作FH⊥x轴于点H，设点N（0，n），AN表达式为y＝k1x+n，将点A（﹣1，0）代入得k1＝n，∴AN表达式为y＝nx+n，联立y＝x2﹣2x﹣3得：，即：nx+n＝x2﹣2x﹣3，整理得：x2﹣（2+n）x﹣（3+n）＝0，解得x1＝3+n．x2＝﹣1（舍），∴E点的横坐标为3+n，∵EI⊥x轴，∴I点的横坐标为3+n，∴OI＝3+n，同理BN的直线表达式为v﹣y＝﹣x+n，F点的横坐标为﹣，∴OH＝，∵EI⊥x轴，FH⊥x轴，∴ON∥IE，ON∥HF，又∵OA＝1，OB＝3，∴，，∴•＝•＝．20．（2022•成都模拟）如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．（1）求点A，B，C的坐标及抛物线的对称轴；（2）如图1，点P（1，m），Q（1，m﹣2）是两动点，分别连接PC，QB，请求出|PC﹣QB|的最大值，并求出m的值；（3）如图2，∠BAC的角平分线交y轴于点D，过D点的直线l与射线AB，AC分别于E，F，当直线l绕点D旋转时，是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．【分析】（1）当x＝0时，求得y的值，从而得出点C坐标，令y＝0，求得x的值，进而求得A、B两点坐标，根据点A和点B对称求得对称轴；（2）将点B向上平移2个单位至B′（5，2），作点C关于直线x＝1的对称点C′（2，﹣4），作直线B′C′交直线x＝1于点P′，则|PC﹣BQ|最大值是：B′C′的长，进一步求得结果；（3）作DG⊥AC于G，作FH⊥AB于H，先求得点D坐标，从而设出EF的关系式，根据AHF∽△AOC，△DOE∽△FHE，得出AH，CH，EH的关系式，然后解斜三角形ACE，从而用k表示出AE和AF，计算化简+求得结果．【解答】解：（1）当x＝0时，y＝﹣4，∴C（0，﹣4），当y＝0时，x2﹣﹣4＝0，∴x1＝﹣3，x2＝5，∴A（﹣3，0），B（5，0）；∵＝1，∴抛物线的对称轴为直线x＝1；（1）如图1，将点B向上平移2个单位至B′（5，2），作点C关于直线x＝1的对称点C′（2，﹣4），作直线B