中考数学二轮复习考点提分特训专题10 二次函数综合问题（解析版）

专题10二次函数综合问题一、【知识回顾】【思维导图】【类型清单】二、【考点类型】考点1：线段周长问题典例1：（2022·漳州）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A和点B（3，0），与y轴交于点C（0，3）．（1）求抛物线的解析式；（2）若点M是抛物线在x轴下方上的动点，过点M作MN∥y轴交直线BC于点N，求线段MN的最大值；（3）在（2）的条件下，当MN取得最大值时，在抛物线的对称轴l上是否存在点P，使△PBN是等腰三角形？若存在，请直接写出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：将点B（3，0）、C（0，3）代入抛物线y=x2+bx+c中，得：0=9+3b+c3=c，解得：b=−4∴抛物线的解析式为y=x2﹣4x+3．（2）解：设点M的坐标为（m，m2﹣4m+3），设直线BC的解析式为y=kx+3，把点点B（3，0）代入y=kx+3中，得：0=3k+3，解得：k=﹣1，∴直线BC的解析式为y=﹣x+3．∵MN∥y轴，∴点N的坐标为（m，﹣m+3）．∵抛物线的解析式为y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，∴抛物线的对称轴为x=2，∴点（1，0）在抛物线的图象上，∴1＜m＜3．∵线段MN=﹣m+3﹣（m2﹣4m+3）=﹣m2+3m=﹣12+9∴当m=32时，线段MN取最大值，最大值为9（3）解：假设存在．设点P的坐标为（2，n）．当m=32时，点N的坐标为（32，∴PB=(2−3)2+(n−0)2=1+n2，PN=△PBN为等腰三角形分三种情况：①当PB=PN时，即1+n2=解得：n=12此时点P的坐标为（2，12②当PB=BN时，即1+n2=解得：n=±142此时点P的坐标为（2，﹣142）或（2，14③当PN=BN时，即(2−32)解得：n=3±17此时点P的坐标为（2，3−172）或（2，综上可知：在抛物线的对称轴l上存在点P，使△PBN是等腰三角形，点的坐标为（2，12）、（2，﹣142）、（2，142）、（2，3−【解析】【分析】（1）由点B、C的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（2）设出点M的坐标以及直线BC的解析式，由点B、C的坐标利用待定系数法即可求出直线BC的解析式，结合点M的坐标即可得出点N的坐标，由此即可得出线段MN的长度关于m的函数关系式，再结合点M在x轴下方可找出m的取值范围，利用二次函数的性质即可解决最值问题；（3）假设存在，设出点P的坐标为（2，n），结合（2）的结论可求出点N的坐标，结合点N、B的坐标利用两点间的距离公式求出线段PN、PB、BN的长度，根据等腰三角形的性质分类讨论即可求出n值，从而得出点P的坐标．【变式1】（2018·大庆）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，B点坐标为（4，0），与y轴交于点C（0，4）．（1）求抛物线的解析式；（2）点P在x轴下方的抛物线上，过点P的直线y=x+m与直线BC交于点E，与y轴交于点F，求PE+EF的最大值；（3）点D为抛物线对称轴上一点．①当△BCD是以BC为直角边的直角三角形时，直接写出点D的坐标；②若△BCD是锐角三角形，直接写出点D的纵坐标n的取值范围．【答案】（1）解：把B（4，0），C（0，4）代入y=x2+bx+c，得16+4b+c=0c=4，解得b=−5c=4∴抛物线的解析式为y=x（2）解：由B（4，0），C（0，4）易得BC的解析式为y=﹣x+4，由OB=OC，可得△BOC为等腰直角三角形，∠BCO=∠CBO=45°，由直线y=x+m可得F（0，m），与x轴的交点为Q（-m，0），则OF=OQ，∴∠EFC=45°，∴△ECF为等腰直角三角形，EF=22作PG∥y轴交BC于G，

△EPG为等腰直角三角形，PE=22PG，设P（t，t2﹣5t+4）（1＜t＜4），则G（t，﹣t+4），m=t2﹣6t+4∴PG=﹣t+4﹣（t2﹣5t+4）=﹣t2+4t，EF=22∴PE=22PG=﹣22t∴PE+EF=﹣22t2+22当t=52时，PE+EF的最大值为25（3）解：①如图，

抛物线的对称轴为直线x=52，设D（52，n），则BC2=42+42=32，DC2=（52）2+（n﹣4）2，BD2=（4﹣52）2+n2=94+n2，当△BCD是以BC为直角边，BD为斜边的直角三角形时，BC2+DC2=BD2，即32+（52）2+（n﹣4）2=94+n当△BCD是以BC为直角边，CD为斜边的直角三角形时，BC2+BD2=DC2，即32+94+n2=（52）2+（n﹣4）2，解得n=﹣1，此时D点坐标为（52综上所述，符合条件的点D的坐标是（52，132）或（52②当△BCD是以BC为斜边的直角三角形时，DC2+DB2=BC2，即（52）2+（n﹣4）2+94+n2=32，解得n1=4+312，n2=4−312，此时D点坐标为（52∴△BCD是锐角三角形，点D的纵坐标的取值范围为4+312＜n＜132或−【解析】【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的解析式：将B（4，0）和C（0，4）代入二次函数解析式，联立方程解出b，c即可；（2）求PE+PF的最大值，一般可以通过几何分析得到特殊点，或者将PE+PF运用含字母的代数式表示出来，分析字母的取值范围，得到PE+PF的最值；由点P是抛物线与直线y=x+m的交点，即点P为动点，不妨设P（t，t2﹣5t+4）（1＜t＜4），尝试结合直线y=x+m及直线BCy=﹣x+4的特殊性，可得∠BCO=∠CFE=45°，用t表示出PE及EF的长度，并求出PE+EF的和；（3）①直角三角形中已知B（4，0），C（0，4），且D的横坐标为52，∵②结合①的结论，以及当△BCD是以BC为斜边的直角三角形时，由勾股定理可求得此时D的坐标，结合图形将①和②所求得的点D的坐标在图中标出来，可确定点D在哪些位置时，△BCD是锐角三角形．【变式2】（2022九上·东阳月考）如图，抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）三点，D为直线BC上方抛物线上一动点，过点D做DQ⊥x轴于点M，DQ与BC相交于点M．DE⊥BC于E．（1）求抛物线的函数表达式；（2）求线段DE长度的最大值；（3）连接AC，是否存在点D，使得△CDE中有一个角与∠CAO相等？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：∵抛物线y＝ax2+bx+c经过A（-1，0），B（3，0），C（0，3）三点，∴设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x-3），将C（0，3）代入，得：a×（0+1）×（0-3）＝3，解得：a＝-1，∴y＝-（x+1）（x-3）＝-x2+2x+3，∴抛物线解析式为y＝-x2+2x+3（2）解：设D（m，-m2+2m+3），且0＜m＜3，如图1，在Rt△BOC中，BO＝3，OC＝3，

∴BC＝BO2设直线BC的解析式为y＝kx+n，将B（3，0），C（0，3）代入，得：3k+n=0解得：k=−1∴直线BC的解析式为y＝-x+3，∴G（m，-m+3），∴DG＝-m2+2m+3-（-m+3）＝-m2+3m，∵DE⊥BC，∴∠DEG＝∠BOC＝90°，∵DG⊥x轴，∴DG∥y轴，∴∠DGE＝∠BCO，∴△DGE∽△BCO，∴DEDG=BOBC，∴DE＝-2∴当m＝32时，DE取得最大值，最大值是9（3）解：存在点D，使得△CDE中有一个角与∠CFO相等．∵点F是AB的中点，A（-1，0），B（3，0），C（0，3），∴F（1，0），∴OF＝1，OC＝3，BC＝4，∴tan∠CFO＝OCOF如图2所示，过点B作BG⊥BC，交CD的延长线于点G，过点G作GH⊥x轴于点H，①若∠DCE＝∠CFO，∴tan∠DCE＝tan∠CFO＝3，∵tan∠DCE＝GBBC∴GB＝12，∵BG⊥BC，GH⊥x轴，∴∠CBG＝∠GHB＝∠BCO＝90°，∴∠CBO+∠GBH＝∠BGH+∠GBH＝90°，∴∠CBO＝∠BGH，∴△CBO∽△BGH，∴GHBO∴GH＝9，HB＝9，∴OH＝OB+BH＝3+9＝12，∴G（12，9），设直线CG的解析式为y＝k1x+b1，∴12k解得：k1∴直线CG的解析式为y＝12联立方程组，得：y=1解得：x1当x＝32时，y＝12×32∴D（32，15②若∠CDE＝∠CFO，∴tan∠CDE＝tan∠CFO＝3，∵BG⊥BC，DE⊥BC，∴∠CBG＝∠CED＝90°，∴GB∥DE，∴∠CDE＝∠CGB，∴tan∠CDE＝tan∠CGB＝BCGB∴GB＝13BC＝13×32＝∵△CBO∽△BGH，∴GHBO∴GH＝13BO＝1，HB＝1∴OH＝OB+BH＝3+1＝4，∴G（4，1）；同①方法，易求得直线CG的解析式为y＝-12联立方程组，得y=解得：x1∴D（52，7综上所述，存在点D使得△CDE中有一个角与∠CFO相等，点D的坐标为（32，154）或（52【解析】【分析】（1）利用”两根式“待定系数法求解，由抛物线y＝ax2+bx+c经过A（-1，0），B（3，0），C（0，3）三点，设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x-3），再代入点坐标求解即可；

（2）设D（m，-m2+2m+3），且0＜m＜3，利用勾股定理求得BC的长，再利用待定系数法求出直线BC的解析式，再证明△DGE∽△BCO，根据相似三角形性质，用含m的代数式表示出DE，再利用二次函数最值即可求解；

（3）△CDE中有一个角与∠CAO相等，分两种情况：①若∠DCE＝∠CFO，②若∠CDE＝∠CFO，过点B作BG⊥BC，交CD的延长线于点G，过点G作GH⊥x轴于H，运用三角函数定义和相似三角形性质求出直线CG的解析式，再联立方程组并求解方程组，即可求得使得△CDE中有一个角与∠CFO相等的点D的坐标．【变式3】（2022九上·鄞州月考）如图，已知抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A，B两点，其中点A的坐标为(-3，0)，与y轴交于点C，点D(-2，-3)在抛物线上.（1）求抛物线的表达式；（2）抛物线的对称轴上有一动点P，求△PAD周长的最小值；（3）抛物线的对称轴上有一动点M，当△MAD是等腰三角形时，直接写出点M的坐标.【答案】（1）解：由题意得

9−3b+c=04a−2b+c=−3

解之：b=2c=−3

∴抛物线的解析式为y=x（2）解：连接BD交对称轴于点P，

∵点A，B关于对称轴对称，

∴AP=BP，

∴AP+PD+AD=BP+PD+AP=BD+AD，

∵两点之间线段最短，

∴此时△PAD的周长为BD+AD为最小，

当y=0时x2+2x-3=0

解之：x1=-3，x2=1，

∴点B（1，0），

∵A(-3，0)，D(-2，-3)，

∴BD=−2−12+32=32，

（3）解：设点M（-1，n），

∵A(-3，0)，D(-2，-3)，

∴AM2=（-1+3）2+n2=n2+4，AD2=（-3+2）2+9=10，

MD2=（-1+2）2+（n+3）2=n2+6n+10

当AM=AD时n2+4=10，

解之：n1=6，n2=-6，

∴点M（-1，6）或（-1，-6）；

当AM=MD时n2+4=n2+6n+10

解之：n=-1，

∴点M（-1，-1）

当AD=DM时n2+6n+10=10

解之：n1=0，n2=-6；

∴点P（-1，0），（-1，-6），

设AD的函数解析式为y=kx+b

∴−3k+b=0−2k+b=−3

解之：k=−3b=−9

∴AD的函数解析式为y=-3x-9，

当x=-1时y=3-9=-6，

∴（-1，-6）在直线AD上，

∴点（-1，-6）不符合题意，舍去

∴当△MAD是等腰三角形时，点M的坐标为（-1，6）或（-1，-6【解析】【分析】（1）将点A，D的坐标分别代入函数解析式，可得到关于b，c的方程组，解方程组求出b，c的值，可得到抛物线的解析式.

（2）连接BD交对称轴于点P，利用对称轴的应用-最短问题及二次函数的对称性，可知此时△PAD的周长为BD+AD为最小，由y=0求出对应的x的值，可得到点B的坐标；再利用勾股定理求出BD，AD的长，然后求出△PAD的周长.

（3）设点M（-1，n），利用平面直角坐标系中的两点之间的距离公式，分别求出AM2，AD2，MD2，再利用等腰三角形的定义，分情况讨论：当AM=MD时；当AM=AD时；当MD=AD时，分别可得到关于n的方程，分别解方程求出n的值，可得到点P的坐标；再求出直线AD的函数解析式，可知点（-1，-6）在此函数图象上，综上所述可得到符合题意的点P的坐标.考点2：面积问题典例2：（2021九上·鄂城期末）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx经过点(−2，5)，且与直线y=−12x在第二象限交于点A，过点A作AB⊥x轴，垂足为点B(−4，0).若P是直线OA上方该抛物线上的一个动点，过点P作PC⊥x轴于点C，交（1）求抛物线的解析式；（2）求△AOP的面积S的最大值；（3）连接PB交OA于点E，如图2，线段PB与AD能否互相平分？若能，请求出点E的坐标；若不能，请说明理由.【答案】（1）解：∵AB⊥x轴，点B(−4，0)，∴y=−∴A(−4，2)，又∵抛物线经过(−2，5)，∴16a−4b=24a−2b=5∴抛物线的解析式为y=−（2）解：设点P(t，−t2−∴PD=(−∴S=1∴t=−2时，Smax（3）解：线段PB与AD能相互平分.理由如下：如图，连接BD∵线段PB与AD相互平分，∴四边形ABDP是平行四边形，∴PD=AB，∵A(−4，2)，PD=−∴−t∴t=−2+2或当t=−2+2时，则∵E为AD的中点，∴点E的坐标为(当t=−2−2时，则∵E为AD的中点，∴点E的坐标为(∴点E的坐标为(−6+22【解析】【分析】（1）根据AB⊥x轴可得点A、B的横坐标均为-4，将x=-4代入y=−12x中求出y，据此可得点A的坐标，将点A的坐标及（-2，5）代入y=ax2+bx中求出a、b，据此可得抛物线的解析式；

（2）设P（t，-t2-92t），则D（t，−【变式1】（2022九上·岳麓开学考）如图，抛物线y=ax2+bx+6经过A(−2，0)、B(4，0)两点，与y轴交于点C，点D是抛物线上一动点，设点D的横坐标为m(1<m<4)，连结AC、BC、DB（1）求抛物线的函数表达式．（2）当△BCD的面积等于△AOC的面积的34时，求m（3）当m=2时，若点M是x轴上一动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点B、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M的的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：由抛物线交点式表达式得：y=a(x+2)(x−4)=a(x即−8a=6，解得：a=−3故抛物线的表达式为：y=−3（2）解：由抛物线的表达式知，点C(0，6)，由点B、C的坐标，得直线BC的表达式为：y=−3如图所示，过点D作y轴的平行线交直线BC于点H，设点D(m，−34m则S△BDC∴3即：2(−3解得：m=1或3(舍去1)，故m=3；（3）解：当m=2时，点D(2，6)，设点M(x，0)，点N(t，n)，则n=−3①当BD是边时，点B向左平移1个单位向上平移6个单位得到点D，同样点M(N)向左平移1个单位向上平移6个单位得到点N(M)，故x−1=t0+6=n或x+1=t联立①②并解得：x=3t=2n=6或故点M的坐标为(3，0)或(33−12②当BD是对角线时，由中点公式得：12联立①③并解得m=3n=6故点M的坐标为(4，0)；综上，点M的坐标为(3，0)或(33−12，0)或【解析】【分析】（1）由A、B的坐标可设抛物线的解析式为y=a(x+2)(x-4)=a(x2-2x-8)=ax2-2ax-8a，则-8a=6，求出a的值，进而可得抛物线的解析式；

（2）由抛物线的表达式知C（0，6），求出直线BC的解析式，过点D作y轴的平行线交直线BC于点H，设D（m，−34m2+32m+6），则H（m，−32m+6），根据三角形的面积公式表示出S△BDC，结合题意可得m的值；

（3）当m=2时，点D（2，6），设M（x，0），N（t，n），则n=−34t2【变式2】（2022九上·舟山月考）如图，抛物线y=ax（1）求抛物线的表达式；（2）点M在直线AB上方的抛物线上运动，当ΔABM的面积最大时，求点M的坐标；（3）若点F为平面内的一点，且以点B，【答案】（1）解：将点A(2，0)，B(-2，4)，C(-4，0)分别代入y=ax4a+2b+c=016a−4b+c=04a−2b+c=4，解得∴抛物线的表达式为y=−1（2）解：如图，作MN∥y轴交直线AB于点N，设点M(m，−1设直线AB的方程为y=kx+n，将A(2k+n=0−2k+n=4解得k=−1n=2∴直线AB的解析式为：y=−x+2，∴N(m，−m+2)∴SΔABM∵-1＜0，且-2＜0＜2，∴当m=0时，ΔABM的面积最大，此时−1（3）解：∵抛物线的对称轴为直线x=−b将x=−1代入y=−x+2得y=3，∴E（-1，3），当BC为对角线时，构成▱BECF．∵B(-2，4)，E（-1，3），∴点E到点B向左一个单位长度，向上1个单位长度，∴点C到点F也向左一个单位长度，向上1个单位长度，∵C(-4，0)，∴F（-5，1）．同理，当BE为对角线时，构成▱BCEF，可得F（1，7）；当BF为对角线时，构成▱BCFE，可得F（-3，-1）．综上所述点F得坐标为（-5，1）或（1，7）或（-3，-1）．【解析】【分析】（1）分别将点A，B，C的坐标代入函数解析式，可得到关于a，b，c的方程组，解方程组求出a，b，c的值，可得到抛物线的解析式.

（2）作MN∥y轴交直线AB于点N，利用待定系数法求出直线AB的函数解析式；利用两函数解析式点M(m，−12m2−m+4)，N【变式3】（2021九上·槐荫期末）二次函数y＝ax2+bx+4（a≠0）的图象经过点A（－4，0），B（1，0），与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上一点，连接BP、AC，过点P作PD⊥x轴于点D．（1）求二次函数的表达式；（2）连接PA，PC，求SΔPAC（3）连接BC，当∠DPB＝2∠BCO时，求直线BP的表达式．【答案】（1）解：∵二次函数y＝ax2＋bx＋4（a≠0）的图象经过点A（﹣4，0），B（1，0），∴16a−4b+4=0a+b+4=0解得：a=−1b=−3∴该二次函数的表达式为y＝﹣x2﹣3x＋4（2）解：将x=0代入y=-x2-3x+4得，y=4，∴点C（0，4），设直线AC所在直线的表达式为y=k1x+b1，则0=−4×k1+∴直线AC的表达式为y=x+4，如图，设PD与线段AC交于点N，设P（t，-t2-3t+4），∵PD⊥x轴交AC于点N，∴N（t，t+4），∴PN=yP-yN=-t2-4t，过点C作CH⊥PD，则CH=-t，AD=t-4，∴S△APC=S△APN+S△PCN=12PN•AD+1=12=12(−t2−4t)•(−=-2t2-8t=-2(t+2)2+8，∵a=-2＜0，∴当t=-2时，S△APC有最大值，△PAC面积的最大值为8．（3）解：设BP与y轴交于点E，∵PD∥y轴，∴∠DPB=∠OEB，∵∠DPB=2∠BCO，∴∠OEB=2∠BCO，∴∠ECB=∠EBC，∴BE=CE，∵C（0，4），B（1，0），∴OC=4，OB=1，设OE=a，则CE=BE=4-a，在Rt△BOE中，BE2=OE2+OB2，∴（4-a）2=a2+12，解得：a=158∴E（0，158设BP所在直线表达式为y=kx+b（k≠0），∴k+b=0b=解得：k=−15∴直线BP的表达式为y=-158x+15【解析】【分析】（1）利用待定系数法可求出二次函数的表达式；(2)由图可知S△APC=S△APN+S△PCN，设P（t，-t2-3t+4），过点C作CH⊥PD，则CH=-t，AD=t-4，则可求出S△APC的面积表达式，再求出S△APC的最大值；

（3）可根据题目已知条件，求出点B、点E的坐标，利用待定系数法确定直线BP的表达式．考点3：角度问题典例3：（2022九下·磐安期中）如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于点A(1，0)，B(9，0)，与y轴交于点C（1） 求抛物线的函数表达式；（2） 若点P在y轴上，在该抛物线的对称轴上，是否存在唯一的点Q，满足∠AQP=90°？如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由；（3） 若点P在y轴上，满足sin∠APB=23的点P是否存在？如果存在，请求出点【答案】（1） 解：∵∠OAC=∠OCB，∠AOC=∠COB=90°，∴△OAC∽△OCB，∴OC∴OC∵OC>0，∴OC=3，∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于点A(1，0) 设y=a(x−1)(x−9)， 把C(0，3)代入得a(0−1)(0−9)=3，解得a=1∴抛物线的函数表达式y=1（2） 解：存在， 抛物线的对称轴上是否存在唯一的点Q，满足∠AQP=90°，就是指以AP为直径的圆与对称轴：直线x=9+1 如图， 设AP的中点为M，∵A(1，0)，∴点M的横坐标为0.5，∴点M到直线x=5的距离为4.5，∴直径AP的长为9，∴OP=9∴点P的坐标为(0，45)或（3） 解：存在，如图： 当点P在以AB为弦的⊙N上，圆心角∠ANB=2∠APB. 过点N做NH⊥AB于H，则∠ANH=∠APB.∴sin∠ANH=sin∠APB=AH∵AH=BH=4.∴AN=6，∴NH=6∴N(5，25)或 设P(0，P)，∵PN=AN=6， 当N(5，25)时，∴P=25−11 同理，当N(5，−25)时，p=−2 综上所述，点P的坐标为(0，25−11)或(0，25【解析】【分析】（1）由已知条件知∠OAC=∠OCB，∠AOC=∠COB=90°，证明△OAC∽△OCB，根据相似三角形的性质可得OC的值，设y=a(x-1)(x-9)，将点C的坐标代入求出a的值，据此可得抛物线的解析式；

（2）由题意可得以AP为直径的圆与对称轴x=5有唯一的交点，即相切，设AP的中点为M，易得点M的横坐标为0.5，则点M到直线x=5的距离为4.5，然后求出OP，据此可得点P的坐标；

（3）当点P在以AB为弦的⊙N上时，根据圆周角定理可得∠ANB=2∠APB，过点N做NH⊥AB于H，则∠ANH=∠APB，结合三角函数的概念可得AN=6，利用勾股定理求出NH，据此可得点N的坐标，设P（0，p），根据两点间距离公式可得p的值，据此可得点P的坐标.【变式1】（2021九上·潮安期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−3过点A(−3，0)，B(1，0)（1）求抛物线的解析式；（2）求线段AN的长；（3）若点M在第三象限抛物线上，连接MN，∠ANM=45°，则这时点M的坐标为（直接写出结果）．【答案】（1）解：把A(−3，0)，B(1，0)代入y=ax0=9a−3b−30=a+b−3，解得a=1故抛物线的表达式为y=x（2）解：令x=0，得y=−3，∴C(0，−3)，∵A(−3，0)，∴OA=OC=3．∵∠NAB=∠BCO，∠AOE=∠COB，∴△AEO≌△CBO．∴OE=OB=1，∴E(0，设直线AN的解析式为y=kx+n，把A(−3，0)，E(0，1)代入得：解得k=1故直线AN的解析式为y=1由y=1解得x1=4故点N(4过点N作ND⊥x轴于点D，则ND=139，根据勾股定理得：AN=N（3）M(−【解析】【解答】解：（3）设△AMN的外接圆为圆R，过点R作GH⊥x轴于点G，过点M作MH⊥GR的延长线于点H，连接AR，MR，NR．当∠ANM=45°时，则∠ARM=90°，设圆心R的坐标为(m，∵∠GRA+∠MRH=90°，∠MRH+∠RMH=90°，∴∠RMH=∠GAR，∵AR=MR，∠AGR=∠RHM=90°，∴△AGR≌△RHM（AAS），∴AG=m+3=RH，RG=−n=MH，∴点M(m+n，将点M的坐标代入抛物线表达式得：n−m−3=(m+n)2由题意得：AR=NR，即(m+3)2+联立④⑤并解得：m=−2故点M(−4【分析】（1）将A（-3，0）、B（1，0）代入y=ax2+bx-3中可得a、b的值，据此可得抛物线的解析式；

（2）易得C（0，-3），则OC=3，根据点A的坐标可得OA=3，则OA=OC，证明△AEO≌△CBO，得到OE=OB=1，据此可得点E的坐标，然后求出直线AN的解析式，联立抛物线解析式求出x、y，课程点N的坐标，过点N作ND⊥x轴于点D，则可得ND，AD，然后利用勾股定理求解即可；

（3）设△AMN的外接圆为圆R，过点R作GH⊥x轴于点G，过点M作MH⊥GR的延长线于点H，连接AR，MR，NR，当∠ANM=45°时，∠ARM=90°，设圆心为（m，n），易证△AGR≌△RHM，得到AG=m+3=RH，RG=-n=MH，表示出点M的坐标，代入抛物线解析式中可得m与n的关系式，根据AR=NR可得m与n的关系式，联立求解可得m、n的值，据此可得点M的坐标.【变式2】（2022·通辽）如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，直线BC（1）求抛物线的解析式；（2）点P为抛物线上一点，若S△PBC=1（3）点Q是抛物线上一点，若∠ACQ=45°，求点Q的坐标．【答案】（1）解：对于直线BC解析式y=x-3，令x=0时，y=-3，则C（0，-3），令y=0时，x=3，则B（3，0），把B（3，0），C（0，-3），分别代入y=−x−9+3b+c=0c=−3，解得：b=4∴求抛物线的解析式为：y=-x2+4x-3；（2）解：对于抛物线y=-x2+4x-3，令y=0，则-x2+4x-3=0，解得：x1=1，x2=3，∴A（1，0），B（3，0），∴OA=1，OB=3，AB=2，过点A作AN⊥BC于N，过点P作PM⊥BC于M，如图，∵A（1，0），B（3，0），C（0，-3），∴OB=OC=3，AB=2，∴∠ABC=∠OCB=45°，∴AN=2，∵S△PBC∴PM=22过点P作PE∥BC，交y轴于E，过点E作EF⊥BC于F，则EF=PM=22∴CE=1∴点P是将直线BC向上或向下平移1个单位，与抛物线的交点，如图P1，P2，P3，P4，∵B（3，0），C（0，-3），∴直线BC解析式为：y=x-3，∴平移后的解析式为y=x-2或y=x-4，联立直线与抛物线解析式，得y=−x2+4x−3解得：x1=3+52y=−1+∴P点的坐标为（3+52，−1+52）或（3−52，−1−52）或（（3）解：如图，点Q在抛物线上，且∠ACQ=45°，过点Q作AD⊥CQ于D，过点D作DF⊥x轴于F，过点C作CE⊥DF于E，∵∠ADC=90°，∴∠ACD=∠CAD=45°，∴CD=AD，∵∠E=∠AFD=90°，∴∠ADF=90°-∠CDE=∠DCE，∴△CDE≌△DAD（AAS），∴DE=AF，CE=DF，∵∠COF=∠E=∠AFD=90°，∴四边形OCEF是矩形，∴OF=CE，EF=OC=3，设DE=AF=n，∵OA=1，∴CE=DF=OF=n+1∴DF=3-n，∴n+1=3-n解得：n=1，∴DE=AF=1，∴CE=DF=OF=2，∴D（2，-2），设直线CQ解析式为y=px-3，把D（2，-2）代入，得p=12∴直线CQ解析式为y=12联立直线与抛物线解析式，得y=解得：x1=7∴点Q坐标为（72，−【解析】【分析】（1）利用待定系数法即可得出抛物线的解析式；

（2）令y=0，则-x2+4x-3=0，解得x的值，得出OA=1，OB=3，AB=2，过点A作AN⊥BC于N，过点P作PM⊥BC于M，由点A、B、C的坐标得出OB=OC=3，AB=2，由S△PBC=12S【变式3】（2021九上·海珠期末）如图，已知直线y＝﹣2x+m与抛物线相交于A，B两点，且点A(1，4)为抛物线的顶点，点B在x轴上．（1）求抛物线的解析式；（2）若点P是y轴上一点，当∠APB＝90°时，求点P的坐标．【答案】（1）解：将点A（1，4）代入y=-2x+m，∴-2+m=4，∴m=6，∴y=-2x+6，令y=0，则x=3，∴B（3，0），设抛物线解析式为y=a（x-1）2+4，将B（3，0）代入y=a（x-1）2+4，∴4a+4=0，∴a=-1，∴y=-x2+2x+3；（2）解：设P（0，t），∵A（1，4），B（3，0），∴AB=25∵∠APB=90°，∴MP=5，∴4+（t-2）2=5，∴t=1或t=3，∴P点坐标为（0，1）或（0，3）．【解析】【分析】（1）利用待定系数法即可求出二次函数解析式；

（2）设P（0，t），则可求出AB=25，AB的中点M（2，2），再根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可以得出4+（t-2）2考点4：特殊三角形问题典例4：（2022·湘西）定义：由两条与x轴有着相同的交点，并且开口方向相同的抛物线所围成的封闭曲线称为“月牙线”，如图①，抛物线C1：y＝x2+2x﹣3与抛物线C2：y＝ax2+2ax+c组成一个开口向上的“月牙线”，抛物线C1和抛物线C2与x轴有着相同的交点A（﹣3，0）、B（点B在点A右侧），与y轴的交点分别为G、H（0，﹣1）．（1）求抛物线C2的解析式和点G的坐标．（2）点M是x轴下方抛物线C1上的点，过点M作MN⊥x轴于点N，交抛物线C2于点D，求线段MN与线段DM的长度的比值．（3）如图②，点E是点H关于抛物线对称轴的对称点，连接EG，在x轴上是否存在点F，使得△EFG是以EG为腰的等腰三角形？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：将A（﹣3，0）、H（0，﹣1）代入y＝ax2+2ax+c中，

∴9a−6a+c=0c=−1，解得a=13c=−1，

∴y＝13x2+23x﹣1，

在y＝x2（2）解：设M（t，t2+2t﹣3），则D（t，13t2+23t−1），N（t，0），

∴NM＝﹣t2﹣2t+3，DM=（3）解：存在点F，使得△EFG是以EG为腰的等腰三角形，

理由如下：

由（1）可得y＝x2+2x﹣3的对称轴为直线x＝﹣1，

∵E点与H点关于对称轴x＝﹣1对称，

∴E（﹣2，﹣1），设F（x，0），

①当EG＝EF时，∵G（0，﹣3），

∴EG＝22，

∴22＝(x+2)2+1，

解得x＝7﹣2或x＝﹣7﹣2，

∴F（7﹣2，0）或（﹣7﹣2，0）；

②当EG＝FG时，22＝9+x2，此时x无解；【解析】【分析】（1）将点A，H的坐标代入函数解析式，可得到关于a，c的方程组解方程组求出a，c的值，可得到二次函数解析式；由x=0可求出对应的y的值，可得到点G的坐标.

（2）设M（t，t2+2t﹣3），可得到D（t，13t2【变式1】（2021九上·南充期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线的对称轴是直线x=1，且与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C(0，−3)，OB=OC.（1）求抛物线的解析式.（2）在抛物线上是否存在点Q，使得△BCQ是以BC为直角边的直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.（3）设抛物线上的一点P的横坐标为m，且在直线BC的下方，求使△BCP的面积为最大整数时点P的坐标.【答案】（1）解：∵C(0，−3)，OB=OC，∴OB=OC=3，∴B(3，0)，设抛物线的解析式为y=ax−b2a=1∴抛物线解析式为y=x（2）解：存在点Q，使得△BCQ是以BC为直角边的直角三角形，理由如下：①当∠BCQ=90°时，如图所示：过点Q作QH⊥y轴于点H，∵OB=OC，∠BOC=90°，∴△BOC是等腰直角三角形，∴∠OCB=45°，∵∠BCQ=90°，∴∠HCQ=45°，∴△HCQ是等腰直角三角形，∴HC=HQ，设点Q(t，t2−2t−3)∴t=−t2+2t∴点Q(1，−4)；②当∠CBQ=90°时，如图所示：过点B作x轴的垂线，然后过点Q、C分别作QE⊥BE于点E，CF⊥BE于点F，∴CF=BF=3，∴△BFC是等腰直角三角形，∴∠CBF=45°，∵∠CBQ=90°，∴∠EBQ=45°，∴△QEB是等腰直角三角形，∴EQ=EB，设点Q(t，t2−2t−3)∴3−t=t2−2t−3∴点Q(−2，5)；综上所述：当△BCQ是以BC为直角边的直角三角形时，点Q(1，−4)或Q(−2，5)；（3）解：由（1）可知：B(3，0)，C(0，−3)，设直线BC的解析式为y=kx+b，则有：3k+b=0b=−3，解得：k=1∴直线BC的解析式为y=x−3，过点P作PM⊥x轴，交BC于点M，如图所示：∴P(m，m∴M(m，m−3)，∴PM=m−3−m∴S△BCP∵−3∴S△BCP∴△BCP的面积为最大整数时的值为3，∴−3解得：m1∴点P(1，−4)或P(2，−3).【解析】【分析】（1）根据点C的坐标可得OC，结合OB=OC可得OB的值，据此可得点B的坐标，将B（3，0）、C（0，-3）、对称轴为x=−b2a=1代入可得a、b、c的值，进而可得抛物线的解析式；

（2）①当∠BCQ=90°时，过点Q作QH⊥y轴于点H，易得△BOC、△HCQ是等腰直角三角形，得到HC=HQ，设Q（t，t2-2t-3），表示出HQ、CH，根据HC=HQ求出t的值，据此可得点Q的坐标；②当∠CBQ时，过点B作x轴的垂线，然后过点Q、C分别作QE⊥BE于点E，CF⊥BE于点F，易得△BFC、△QEB是等腰直角三角形，则EQ=EB，同理求出t的值，得到点Q的坐标；

（3）首先利用待定系数法求出直线BC的解析式，过点P作PM⊥x轴，交BC于点M，设P（m，m2-2m-3），则M（m，m-3），表示出PM，根据S△BCP=S△CPM+S△BPM表示出S【变式2】（2021九上·遂宁期末）如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(−2，0)，B(6，0)两点，与y轴交于点C，直线l与抛物线交于A，D两点，与y轴交于点E，且点D（1）求抛物线及直线l的函数关系式；（2）点F为抛物线顶点，在抛物线的对称轴上是否存点G，使ΔAFG为等腰三角形，若存在，求出点G的坐标；（3）若点Q是y轴上一点，且∠ADQ=45∘，请直接写出点【答案】（1）解：∴设抛物线的解析式为y=a(x+2)(x−6)，∵D(4，3)在抛物线上，∴3=a(4+2)×(4−6)，解得a=−1∴抛物线的解析式为y=−1∵直线l经过A(−2，0)、D(4，3)，设直线l的解析式为y=kx+m(k≠0)，则−2k+m=04k+m=3解得，k=1∴直线l的解析式为y=1（2）解：∴顶点坐标F(2，4)，∴AF=当点A为顶点，AF为腰时，AF=AG，此时点G与点F是关于x轴的对称，故此时G(2，−4)；当点F为顶点，AF为腰时，FA=FG，此时G(2，4+4当点G为顶点，AF为底时，设G(2，y)，(2+2)2+y2综上所述：∴G(2，0)，(2，4+4（3）解：设DT交y轴于点Q，则∠ADQ=45°，∵D(4，3)，∴直线DT的解析式为y=−1∴Q(0，13将线段AD绕点A顺时针旋转90°得到AT'，则直线DT'的解析式为y=3x−9，设DQ'交y轴于点Q'，则∠ADQ'=45°，∴Q'(0，−9)，综上所述，满足条件的点Q的坐标为(0，133)【解析】【分析】（1）根据点A、B的坐标可设抛物线的解析式为y=a(x+2)(x-6)，将D（4，3）代入求解可得a的值，据此可得抛物线的解析式，利用待定系数法可得直线l的解析式；

（2）根据抛物线的解析式可得顶点坐标，利用勾股定理求出AF，当点A为顶点，AF为腰时，AF=AG，此时点G与点F是关于x轴的对称，据此可得点G的坐标；当点F为顶点，AF为腰时，FA=FG，同理可得点G的坐标；当点G为顶点，A、F为底时，设G（2，y），根据两点间距离公式表示出AG、AF，求出y的值，据此可得点G的坐标；

（3）设DT交y轴于点Q，则∠ADQ=45°，求出直线DT的解析式，得到点Q的坐标；将线段AD绕点A顺时针旋转90°得到AT′，求出直线DT′的解析式，设DQ′交y轴于点Q′，则∠ADQ′=45°，求出点Q′的坐标.【变式3】（2022九上·温州月考）如图1，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（3，0）、B（﹣1，0），与y轴交于点C，点P为抛物线第一象限上的动点，点F为y轴上的动点，连结PA，PF，AF．（1）求该抛物线所对应的函数表达式；（2）如图1，当点F的坐标为（0，﹣4），求出此时△AFP面积的最大值；（3）如图2，是否存在点F，使得△AFP是以AP为腰的等腰直角三角形？若存在，求出所有点F的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：∵抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（3，0）、B（﹣1，0），∴9a+3b+3=0解得：a=−1∴该抛物线所对应的函数解析式为y＝﹣x2+2x+3.（2）解：如图1，过点P作PQ∥y轴交直线AF于点Q，设直线AF的解析式为y＝kx+d，∵A（3，0），F（0，﹣4），∴3k+d=0d=−4，解得：k=∴直线AF的解析式为y＝43设P（t，﹣t2+2t+3）（﹣1＜t＜3），则Q（t，43∴PQ＝﹣t2+2t+3﹣（43t﹣4）＝﹣t2+2∴S△AFP＝12PQ·OA＝12（﹣t2+23t+7）×3＝﹣32（t﹣13∵−3∴当t＝13时，△AFP面积的最大值为32（3）解：设P（m，﹣m2+2m+3）（﹣1＜m＜3），F（0，n），∵A（3，0），∴OA＝3，OF＝|n|，①当AP＝AF，∠PAF＝90°时，如图2，过点P作PD⊥x轴于点D，则∠ADP＝90°＝∠AOF，∴∠PAD+∠APD＝90°，∵∠PAD+∠FAO＝90°，∴∠APD＝∠FAO，在△APD和△FAO中，∠ADP=∠AOF∴△APD≌△FAO（AAS），∴PD＝OA，AD＝OF，∵PD＝﹣m2+2m+3，AD＝3﹣m，∴﹣m2+2m+3＝3，解得：m＝0或2，当m＝0时，P（0，3），AD＝3，∴OF＝3，即|n|＝3，∵点F在y的负半轴上，∴n＝﹣3，∴F（0，﹣3）；当m＝2时，P（2，3），AD＝1，∴OF＝1，即|n|＝1，∵点F在y的负半轴上，∴n＝﹣1，∴F（0，﹣1）；②当AP＝PF，∠APF＝90°时，如图3，过点P作PD⊥x轴于点D，PG⊥y轴于点G，则∠PDA＝∠PDO＝∠PGF＝90°，∵∠PDO＝∠PGF＝∠DOG＝90°，∴四边形PDOG是矩形，∴∠FPG+∠FPD＝90°，∵∠APD+∠FPD＝∠APF＝90°，∴∠FPG＝∠APD，在△FPG和△APD中，∠PGF=∠PDA∠FPG=∠APD∴△FPG≌△APD（AAS），∴PG＝PD，FG＝AD，∵PD＝﹣m2+2m+3，AD＝3﹣m，PG＝m，∴﹣m2+2m+3＝m，解得：m＝1−132（舍去）或m＝当m＝1+132时，P（1+13∴FG＝AD＝3﹣m＝3﹣1+132＝∴F（0，13﹣2）；综上所述，点F的坐标为（0，﹣3）或（0，﹣1）或（0，13﹣2）．【解析】【分析】（1）利用待定系数法，即把点A、点B坐标代入解析式求得a、b，即可求得抛物线所对应函数表达式；

（2）如图1，过点P作PQ∥y轴交直线AF于点Q，利用待定系数法求得直线AF的解析式为y＝43x﹣4，设P（t，﹣t2+2t+3）（﹣1＜t＜3），则Q（t，43t﹣4），并表示出PQ的长，再利用三角形面积公式可得S△AFP＝12PQ·OA＝﹣32（t﹣13）2+323，最后利用二次函数增减性求得△AFP面积的最大值；

（3）设P（m，﹣m考点5：特殊四边形问题典例5：（2022九下·重庆开学考）如图，已知抛物线y=ax2+bx-4与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且点A的坐标为（-2，0），直线BC的解析式为y=12（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，过点A作AD∥BC交抛物线于点D（异于点A），P是直线BC下方抛物线上一点，过点P作PQ∥y轴，交AD于点Q，过点Q作QR⊥BC于点R，连接PR.求△PQR面积的最大值及此时点P的坐标；（3）如图2，点C关于x轴的对称点为点C′，将抛物线沿射线C′A的方向平移25个单位长度得到新的抛物线y′，新抛物线y′与原抛物线交于点M，原抛物线的对称轴上有一动点N，平面直角坐标系内是否存在一点K，使得以D，M，N，K为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点K的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）解：∵B点在x轴上，且B点在y=12∴B（8，0），∵A（-2，0），B（8，0），都在抛物线y=ax2+bx-4上，∴x=-2，x=8是方程ax2+bx-4=0的两个根，∴-16=-4a，−∴a=14，b=-3∴y=14x2-3（2）解：∵AD∥BC，直线BC的解析式为y=12设直线AD的解析式为y=12x+b1把A（-2，0）代入得：0=12×(−2)+b解得：b1=1，∴直线AD的解析式为y=12过点B作BG⊥AD交点G，∵QR⊥BC，∴QR=BG，在Rt△ABG中，AB=10，tan∠BAG=12∴由勾股定理得：BG=25，设P（m，14m2-32m-4），R（n，12∵QR=25，∴（25）2=（m-n）2+(12m−12n+5)∴n-m=2，∴R（m+2，12S△PQR=12×（12m+1-14m2+32m+4）×2=-14m2∴当m=4时，S△PQR有最大值9，∴P（4，-6）；（3）解：存在，以D，M，N，K为顶点的四边形是矩形时，K点坐标为（-1，-65）或（7，36【解析】【解答】解：（3）∵点C关于x轴的对称点为点C′，∴C'（0，4），∴直线AC的解析式为y=2x+4，∵抛物线沿射线C′A的方向平移25个单位长度，∴抛物线沿着x轴负方向平移2个单位长度，沿着y轴负方向平移4个单位长度，∵y=14x2-32x-4=14（x-3）2∴y'=14（x-1）2-41联立14（x-3）2-254=14（x-1）2∴M（6，-4），联立12x+1=14x2-∵D异于点A，∴D（10，6），∵y=14x2-3设N（3，t），K（x，y），①当DM与KN为矩形对角线时，DM的中点与KN的中点重合，∴8=3+x2，1=t+y∴x=13，t=2-y，∵DM=KN，∴16+100=（3-x）2+（t-y）2，∴y=-1或y=3，∴K（13，-1）或K（13，3）；②当DN与MK为矩形对角线时，DN的中点与MK的中点重合，∴132=6+x2，∴x=7，t=y-10，∵DN=MK，∴49+（6-t）2=（6-x）2+（y+4）2，∴y=365∴K（7，365③当KD与MN为矩形对角线时，KD的中点与MN的中点重合，∴10+x2=9∴x=-1，t=10+y，∵KD=MN，∴（x-10）2+（6-y）2=9+（t+4）2，∴y=-65∴K（-1，-65综上所述：以D，M，N，K为顶点的四边形是矩形时，K点坐标为（-1，-65）或（7，36【分析】（1）易得B（8，0），根据点A、B在抛物线图象上结合根与系数的关系可得a、b的值，据此可得抛物线的解析式；

（2）首先求出直线BC、AD的解析式，过点B作BG⊥AD交点G，根据勾股定理求出BG，设P（m，14m2-32m-4），R（n，12n-4），则Q（m，12m+1），根据QR=25结合两点间距离公式可得n-m=2，则R（m+2，12m-3），根据三角形的面积公式表示出S△PQR，然后利用二次函数的性质进行解答；

（3）点C关于x轴的对称点为点C′（0，4），求出直线AC的解析式，易得平移后抛物线的解析式为y'=14(x-1)2-414【变式1】（2022九上·浦江期中）如图，在平面直角坐标系中，经过点A（4，0）的直线AB与y轴交于点B（0，4）．经过原点O的抛物线y＝﹣x2+bx+c交直线AB于点A，C，抛物线的顶点为D．（1）求抛物线y＝﹣x2+bx+c的表达式；（2）M是线段AB上一点，N是抛物线上一点，当MN∥y轴且MN＝2时，求点M的坐标；（3）P是抛物线上一动点，Q是平面直角坐标系内一点．是否存在以点A，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：由题意得

c=0−16+4b+c=0

解之：b=4c=0

∴二次函数解析式为：y＝﹣x（2）解：如图，

∵点A（4，0），点B（0，4），

∴设直线AB的函数解析式为y=kx+4

∴4k+4=0，

解之：k=-1，

∴直线AB的解析式为y=-x+4；

设点N（m，-m2+4m），点M（m，-m+4）

∵点M是线段AB上的一点，

∴0＜m＜4，

MN=|-m2+4m-（-m+4）|=|-m2+5m-4|=2

∴-m2+5m-4=±2，

当-m2+5m-4=2时，

解之：m1=3，m2=2，

当m=3时-m+4=1；

当m=2时-m+4=2；

∴点M（2，2）或（3，1）；

当-m2+5m-4=-2，

解之：m3=5−172，m4=5+172>4（舍去），

∴−m+4=−5−（3）解：存在

当AC为矩形的边时，

∵-x2+4x=-x+4

解之：x1=4，x2=1，

当x=1时y=-1+4=3，

∴点C（1，3），

∵y=-x2+4x=-（x-2）2+4，

∴点D（2，4）

当x=2时y=-2+4=2，

∴点R（2，2）

过点C，A分别作直线AB的垂线交抛物线于点P1，P2，

∵C（1，3），D（2，4），

∴CD2＝（1-2）2＋(4−3)2＝2，CR2＝1，RD＝2，

∴CD2＋CR2＝DR2，

∴∠RCD＝90°，

∴点P1与点D重合，

当CP1∥AQ1，CP1＝AQ1时，四边形ACP1Q1是矩形，

∵C（1，3）向右平移1个单位，向上平移1个单位得到P1（2，4），

∴A（4，0）向右平移1个单位，向上平移1个单位得到Q1（5，1），

此时直线P1C的解析式为：y＝x＋2，

∵直线P2A与P1C平行且过点A（4，0），

∴直线P2A的解析式为：y＝x−4，

∵点P2是直线y＝x−4与抛物线y＝−x2＋4x的交点，

∴−x2＋4x＝x−4，

解之：x1＝−1，x2＝4（舍），

∴P2（−1，−5），

当AC∥P2Q2时，四边形ACQ2P2是矩形，

∵A（4，0）向左平移3个单位，向上平移3个单位得到C（1，3），

∴P2（−1，−5）向左平移3个单位，向上平移3个单位得到Q2（−4，−2）；

当AC是矩形的对角线时，

设P3（m，−m2＋4m）

当∠AP3C＝90°时，过点P3作P3H⊥x轴于H，过点C作CK⊥P3H于K，

∴∠P3KC＝∠AHP3＝90°，∠P3CK＝∠AP3H，

∴△P3CK∽△AP3H，

∴P3KCK＝AHP3H

∴−m2＋4m−3m−1＝4−m−m2＋4m，

∵点P不与点A，C重合，

∴m≠1或m≠4，

∴−m2−3m＋1＝0，

∴m=3±52，

∴如图，满足条件的点P有两个，即P33+52，5+52，P43−52，5−52

当P3C∥AQ3，P3C＝AQ3时，四边形AP3CQ3是矩形，

∵P33+52，5+52向左平移−1+52个单位，向下平移−1+52个单位得到C（1，3），

∴A（4，0）向左平移1+52个单位，向下平移−1+52个单位得到Q3【解析】【分析】（1）将点A和点O的坐标代入，可得到关于b，c的方程组，解方程组求出b，c的值，可得到函数解析式.（2）利用待定系数法及点A，B的坐标求出直线AB的函数解析式，设点N（m，-m2+4m），点M（m，-m+4），同时可得到m的取值范围，利用MN=2可得到关于m的方程为：|-m2+5m-4|=2，解方程求出符合题意的m的值，可得到点M的坐标.

（3）分情况讨论：当AC为矩形的边时，将两函数解析式联立方程组，可求出点C，D，R的坐标；过点C，A分别作直线AB的垂线交抛物线于点P1，P2，利用勾股定理的逆定理证明∠RCD=90°，可知点P1与点D重合；当CP1∥AQ1，CP1＝AQ1时，四边形ACP1Q1是矩形，利用点的坐标平移规律可得到点P1，Q1的坐标，同时可求出直线P1C的解析式和直线P2A的解析式，再求出点P2的坐标，当AC∥P2Q2时，四边形ACQ2P2是矩形，利用点的坐标平移规律，可得到点Q2的坐标；AC是矩形的对角线时，设P3（m，−m2＋4m），当∠AP3C＝90°时，过点P3作P3H⊥x轴于H，过点C作CK⊥P3H于K，易证△P3CK∽△AP3H，利用相似三角形的性质可得到关于m的方程，解方程求出m的值，可得到满足条件的点P的坐标；当P3C∥AQ3，P3C＝AQ3时，四边形AP3CQ3是矩形，利用点的坐标平移规律可求出点Q3及点Q4的坐标；综上所述可得到符合题意的点Q的坐标.【变式2】21．（2022九上·海曙期中）如图，拋物线y=−x2+bx+c交y轴于点A(0，2)，交x轴于点B(4，0)（1）求抛物线的解析式；（2）连接AN和BN，当△ABN的面积最大时，求出点D的坐标及△ABN的最大面积；（3）在平面内是否存在一点P，使得以点A，M，N，P为顶点，以AM为边的四边形是菱形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）解：将点A(0，2)，点B∴c=2−16+4b+c=0∴b=7∴抛物线的解析式为：y=−x（2）解：∵点A(0，2)∴直线AB的解析式为：y=−1设D(t，0∵DM⊥x轴，点M在直线AB上，点N在抛物线上，∴M(t，∴MN=−t∴△ABN的面积=1∵−2<0，0<t<4，∴当t=2时，△ABN有最大值，最大值为8，此时D(2，0（3）解：存在，如图，过点M作ME⊥y轴于点E，∴ME∥OB，∴∠AEM=∠AOB=90°，∠AME=∠ABO，∴△AEM∽△AOB，∴AE：RtΔAOB中，OA=2，OB=4，∴AB=25∴AE2∴AE=1根据题意，需要分两种情况讨论：①AM=MN时，如图，此时52解得t=8−∴AM=8∴AP=AM=8∵AP∥MN，∴点P在y轴上，∴OP=2+8∴P(0，②当AM=AN时，如图，此时AP与MN互相垂直平分，设AP与MN交于点F，∴MF=1∵MF=AE=1∴12解得t=3或t=0（舍），∴AP=2t=6，∴P(6，2综上，存在点P，使得以点A，M，N，P为顶点，以AM为边的四边形是菱形，此时P(0，85【解析】【分析】（1）将点A及点B的坐标分别代入y=-x2+bx+c中，得关于b、c的方程组，求解可得b、c的值，从而得出抛物线的解析式；

（2）利用待定系数法求出直线AB的解析式，设D（t，0），根据直线、抛物线上的点的坐标特点，并结合垂直x轴直线上的点的横坐标相同，用含t的式子表示出M、N的坐标，从而个表示出MN的长，利用三角形的面积公式得S△ABN=12MN·x【变式3】（2022九上·义乌月考）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝x2+bx+c与直线AB相交于A，B两点，其中A（﹣3，﹣4），B（0，﹣1），且抛物线的对称轴与x轴的交点为Q．（1）求该抛物线的函数表达式；（2）点P为直线AB下方抛物线上的任意一点，连接PA，PB，QA，QB，求四边形PAQB面积的最大值及此时P的坐标；（3）将该抛物线向右平移2个单位长度得到抛物线y＝a1x2+b1x+c1（a1≠0），平移后的抛物线与原抛物线相交于点C，点D为原抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点E，使以点B，C，D，E为顶点的四边形为菱形，若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：∵抛物线过点A（﹣3，﹣4），B（0，﹣1），∴9−3b+c=−4c=−1，∴∴抛物线的函数表达式为：y＝x2+4x﹣1；（2）解：设直线AB的关系式为y＝kx+b，将A（﹣3，﹣4），B（0，﹣1）代入，−3k+b=−4b=−1，∴k＝1，b＝﹣1，∴过点P作x轴的垂线与直线AB交于点F，设点P（a，a2+4a﹣1），则点F坐标为（a，a﹣1），S△PAB＝12|PF|•|xB﹣xA|＝32（a﹣1﹣a＝32（﹣a2﹣3a）＝﹣32（a+32）2当a＝﹣32时，S△PAB取得最大值为278，∵△QAB的面积为∴四边形PAQB面积的最大值为638，此时点P坐标为（﹣32，﹣（3）解：抛物线y＝x2+4x﹣1的顶点坐标为（﹣2，﹣5），对称轴为直线x＝﹣2，平移后的抛物线为y＝x2﹣5，由y=x2∴点C的坐标为（﹣1，﹣4），设点D坐标为（﹣2，t），以点B，C，D，E为顶点的四边形为菱形，即△BDC是等腰三角形，①当BC为对角线时，由中点坐标公式得E（1，﹣5﹣t），∵BD＝CD，∴12+（﹣4﹣t）2＝22+（﹣1﹣t）2，解得t＝﹣2，∴E（1，﹣3）；②当BD为对角线时，由中点坐标公式得E（﹣1，t+3），∵BC＝CD，∴（﹣1）2+（﹣3）2＝（﹣1）2+（t+4）2，解得t1＝﹣1，t2＝﹣7（舍去），∴E（﹣1，2）；③当BE为对角线时，由中点坐标公式得E（﹣3，﹣3+t），∵BC＝BD，∴（﹣1）2+（﹣3）2＝（﹣2）2+（t+1）2，解得t1＝﹣1+6，t2＝﹣1﹣6，∴E（﹣3，﹣4+6）或（﹣3，﹣4﹣6），综上所述，点E的坐标为（1，﹣3）或（﹣1，2）或（﹣3，﹣4+6）或（﹣3，﹣4﹣6）．【解析】【分析】（1）将点A，B的坐标代入函数解析式，建立关于b，c的方程组，解方程组求出b，c的值，可得到函数解析式.

（2）设直线AB的关系式为y＝kx+b，将点A，B的坐标代入函数解析式，可得到关于k，b的方程组，解方程组求出k，b的值，可得到一次函数解析式；过点P作x轴的垂线与直线AB交于点F，利用两函数解析式设点P（a，a2+4a﹣1），则点F坐标为（a，a﹣1），可表示出PF的长，再利用三角形的面积公式，可得到S△PAB与a之间的函数解析式，将其函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质，可求出△PAB的面积的最大值，然后求出四边形PAQB面积的最大值及此时点P的坐标.

（3）利用二次函数解析式求出其顶点坐标及对称轴，利用二次函数图象平移规律可得到平移后的二次函数解析式，将两个二次函数解析式联立方程组，解方程组求出x，y的值，可得到点C的坐标，设点D坐标为（﹣2，t），利用以点B，C，D，E为顶点的四边形为菱形，可知△BDC是等腰三角形，分情况讨论：当BC为对角线时，利用线段中点坐标表示出点E的坐标，再根据BD=CD，可得到关于t的方程，解方程求出t的值，可得到点E的坐标；当BD为对角线时，同理可求出点E的坐标；当BE为对角线时，同理可求出点E的坐标；综上所述可得到符合题意的点E的坐标.考点6：相似三角形问题典例6：（2022九上·镇海区开学考）如图，抛物线经过点A(4，0)、B(1，（1）求此抛物线的解析式；（2）P是抛物线上的一个动点，过P作PM⊥x轴，垂足为M，是否存在点P，使得以A、P、M为顶点的三角形与△OAC相似？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）在直线AC上方的抛物线是有一点D，使得△DCA的面积最大，求出点D的坐标．【答案】（1）解：∵该抛物线过点C(0，∴可设该抛物线的解析式为y=ax将A(4，0)，得16a+4b−2=0a+b−2=0解得a=−1∴此抛物线的解析式为y=−（2）解：存在．如图，设P点的横坐标为m，则P点的纵坐标为−1当1<m<4时，AM=4−m，PM=−1又∵∠COA=∠PMA=90°，∴①当AMPM∵C在抛物线上，∴OC=2，∵OA=4，∴AM∴△APM∽△ACO，即4−m=2(−1解得m1=2，m2∴P(2，②当AMPM=OCOA=12解得m1=4，m∴当1<m<4时，P(2，当m>4时，AM=m−4，PM=1①PMAM=把P(m，−12m解得：第一个方程的解是m=−2−23<4(舍去)第二个方程的解是m=5，m=4(舍去求出m=5，−1则P(5，当m<1时，AM=4−m，PM=1①PMAM=则：2(12m解得：第一个方程的解是m=0(舍去)，m=4(舍去)，第二个方程的解是m=4(舍去)m=−3时，−1则P(−3，综上所述，符合条件的点P为(2，1)或(5，（3）解：如图，设D点的横坐标为t(0<t<4)，则过D作y轴的平行线交AC于E．由题意可求得直线AC的解析式为y=1∴E点的坐标为(t，∴DE=−1∴S∴S∴当t=2时，△DAC面积最大，∴D(2，【解析】【分析】（1）由题意可设抛物线的解析式为y=ax2+bx-2，将A、B的坐标代入求出a、b的值，进而可得抛物线的解析式；

（2）设P（m，−12m2+52m-2），当1<m<4时，AM=4-m，PM=−12m2+52m-2，然后分①AMPM=AOOC，②AMPM=OCOA=12【变式1】（2022九下·长沙开学考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c(ac≠0)与x轴交于点A和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C.若线段OA、OB、OC的长满足OC（1）求抛物线的解析式；（2）若P为AC上方抛物线上的动点，过点P作PD⊥AC，垂足为D.①求PD的最大值；②连接PC，当△PCD与△ACO相似时，求点P的坐标.【答案】（1）解：令y=ax设OB=x(x>0)，则OA=4OB=4x，∵y=ax∴OC4=4x²，解得x=1(负值舍去)，∴OB=1，OA=4，∴B(1，0)，A(-4，0)代入y=ax∴0=a+b+20=16a−4b+2，解得a=−∴抛物线的解析式为y=−1（2）解：①过P点作PH⊥x轴于H点，交AC于E点，如下图所示：则∠PDE=∠DHA=90°，∠PED=∠AEH，∴∠P=∠CAO，∴cos∠P=∴PDPE=故要使得PD最大，只要PE最大即可，接下来求PE的最大值，设直线AC的解析式为：y=mx+n，代入A(-4，0)、C(0，2)，∴0=−4m+n2=n，解得：m=∴直线AC解析式为：y=1设P(x，−12x∴PE=(−1∵P为AC上方抛物线上的动点，∴−4<x<0，∴当x=−2时，PE有最大值为2，此时PD有最大值为25故PD的最大值为45②分类讨论：情况一：当△ACO∽△CPD时，此时∠CAO=∠PCD，如下图所示：此时PC∥x轴，∴P点与C点纵坐标相等为2，将y=2代入y=−1∴−12x2−∴此时P坐标为(−3，2)；情况二：当△ACO∽△PCD时，∠ACO=∠ACP，如下图所示：此时AC为∠PCO的角平分线，将△ACO沿AC翻折，使得点O落在点G处，此时G、P、C三点共线，设G(x，y)，则GO的中点I坐标为(x2，y2)在直线AC：由折叠得到GC²=OC²，∴x2联立①、②两式解得x1=−8∴G(−8设直线GC解析式为：y=kx+t，代入G(−85，∴165=−8∴直线GC解析式为：y=−34x+2y=−34x+2y=−1又P在第二象限，故x2∴此时P坐标为(−3综上所述，P坐标为(−3，2)或(−3【解析】【分析】（1）先求出C（0，2）可得OC=2，根据黄金抛物线及OA=4OB，可求出OB=1，OA=4，即得A、B坐标，将其代入抛物线解析式中求出a、b值即可；

（2）①过P点作PH⊥x轴于H点，交AC于E点，利用三角形内角和可求出∠P=∠CAO，从而得出cosP=PDPE=cos∠CAO=AOAC=255，即得PD=255PE，故要使得PD最大，只要PE最大即可.求出直线AC解析式为y=12【变式2】（2022九上·金东期末）已知抛物线y=1（1）当△ABC为直角三角形时，求△ABC的面积.（2）如图，当AP∥BC时，过点P作PQ⊥x轴于点Q，求BQ的长；（3）当以点A，B，P为顶点的三角形和△ABC相似时（不包括两个三角形全等），求m的值.【答案】（1）解：由抛物线y=1令x=0，则y=-2，即C点坐标为（0，-2），OC=2令y=0，则0=1∴OA=2，OB=m∴AB=m+2由勾股定理可得AC2=（-2-0）2+[0-（-2）]2=8，BC2=（m-0）2+[0-（-2）]2=m2+4∵当△ABC为直角三角形时，仅有∠ACB=90°∴AB2=AC2+BC2，即（m+2）2=8+m2+4，解得m=2∴AB=m+2=4∴△ABC的面积为：12·AB·OC=1（2）解：设BC所在直线的解析式为：y=kx+b则0=mk+b−2=b，解得∴BC所在直线的解析式为y=2m设直线AP的解析式为y=2m则有：0=2m×（-2）+c，即c=∴线AP的解析式为y=2mx+联立y=1∴点P的纵坐标为：2∴点P的坐标为（m+2，2m+8m∴OQ=m+2∴BQ=OQ-OB=m+2-m=2.（3）解：∵点P为抛物线y=1∴设P（x，1m∵在△ABC中，∠BAC=45°∴当以点A，B，P为顶点的三角形和△ABC相似时，有三种情况：①（ⅰ）若△ABC∽△BAP∴BP又∵BP=AC∴△ABC∽△BAP不符合题意；（ⅰⅰ）若△ABP∽△CAB，∴BP过P作PQ⊥x轴于点Q，则∠PQB=90°∴∠BPQ=90°-∠PBQ=45°∴PQ=BQ=m-x由于PQ=1∴m−x=∴(∴x-m=0或1∴x=m（舍去），x=-m-2∴BQ=m-（-m-2）=2m+2∵PB=∴2∴m2-4m-4=0，解得：m=2−22或m=2+2∴m=2−22②当∠PAB=∠BAC=45°时，分两种情况讨论：（ⅰ）若△ABP∽△ABC，则APAB（ⅰⅰ）若△ABP∽△ACB，则APAB过P作PQ⊥x轴于点Q，则∠PQA=90°∴∠APQ=90°-∠PAB=45°∴PQ=AQ=x+2由于PQ=1∴x+2=∴x+21mx−m−1∴x=-2（舍去），x=2m∴AQ=2m+2∵AP=∴2∴m2-4m-4=0，解得：m=2−22（舍去）或m=∴m=2+22③当∠APB=∠BAC=45°时，分两种情况讨论：ⅰ）过点A作PM//BC交抛物线于点M，则∠MAB=∠ABC，∵∠MAB≠∠PAB，∴∠PAB≠∠ABC，∴△PAB与△BAC不相似；ⅱ）取点C关于x轴的对称点C'，连接并延长B∵∠PBA≠∠NBA，∴∠PBA≠∠CBA，∴△PAB与△BAC不相似；综上，m的值为m=2−22或m=2+2【解析】【分析】（1）先求出C（0，-2）A（-2，0），点B（m，0），可得OA=2，OB=m，OC=2，从而得出AB=m+2，根据勾股定理AB2=AC2+BC2，据此建立关于m方程，求出m值即得AB，利用三角形的面积公式求解即可；

（2）利用待定系数法求出直线BC为y=2mx-2，根据AP∥BC可求出AP为y=2mx+4m，联立抛物线解析式为方程组并解之，可得点P（m+2，2m+8m），即得OQ=m+2，利用BQ=OQ-OB即可求解；

（3）由于∠BAC=45°，分三种情况：①当∠PBA=∠BAC=45°分两种情况：若△ABC∽△BAP或若△ABP∽△CAB