【中考冲刺】2024年中考数学二轮复习名校模拟题重要考点分类汇编（天津专用）专题11 二次函数性质综合题（共56道） 解析版

二轮复习2024年中考数学重要考点名校模拟题分类汇编专题11——二次函数性质综合题（共56道）（天津专用）1．（2023上·天津和平·九年级天津市汇文中学校考阶段练习）已知抛物线与轴交于点，，与轴交于点，连接，点是此抛物线的顶点．(1)求抛物线的解析式；(2)抛物线上两点之间的距离是；(3)①：点是第一象限内抛物线上的动点，连接和，求面积的最大值；(4)在①的条件下，当的面积最大时，为轴上一点，过点作抛物线对称轴的垂线，垂足为，连接，探究是否存在最小值．若存在，请直接写出此时点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)(4)存在，【分析】（1）将，代入即可求解．（2）求出，，利用勾股定理即可求解．（3）过点作轴交于点F，求出直线的解析式为，设，则，则，进而可求解．（4）过点作轴的平行线，且，则四边形是平行四边形，可得，作点关于轴的对称点，当、、三点共线时，的值最小，分别求出，，，进而求出直线的解析式为，进而可求出直线与轴的交点为，则可得，进而可求解．【详解】（1）解：将，代入得：，解得：，抛物线的解析式为．（2），，当时，则，，根据勾股定理得：，故答案为：．（3）过点作轴交于点F，如图：

设直线的解析式为，，，，设，则，，，当时，有最大值为．（4）存在最小值，理由如下：当时，，，抛物线的对称轴为直线，垂直对称轴，轴，，过点作轴的平行线，且，如图：四边形是平行四边形，，作点关于轴的对称点，，，当、、三点共线时，的值最小，，，，，设直线的解析式为，，解得：，，，，当时存在最小值．【点睛】本题考查了二次函数的综合问题、勾股定理、二次函数的图象及性质、待定系数法求函数解析式，熟练掌握二次函数的图象及性质，会用待定系数法求函数解析式，通过构造平行四边形，利用两点间线段最短求线段和的最短距离是解题的关键．2．（2023上·天津南开·九年级南开翔宇学校校考阶段练习）已知关于x的二次函数（实数b，c为常数）.(1)若二次函数的图象经过点，对称轴为，求此二次函数的表达式及顶点坐标；(2)若，，则该抛物线的顶点随着k的变化而移动，当顶点移动到最高处时，求该抛物线的顶点坐标；(3)记关于x的二次函数，若在（1）的条件下，当时，总有，求实数m的取值范围．【答案】(1)(2)(3)【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，化顶点式等知识．（1）将点代入二次函数的解析式可得c的值，根据二次函数的对称轴可得b的值，由此即可得；（2）由，得出，从而得到顶点的横坐标为：，顶点的纵坐标为：，即从而得到当时，顶点移动到最高处，此时抛物线的顶点坐标为；（3）先根据可得令，再根据二次函数的性质列出不等式，求解即可得．【详解】（1）解：将点代入得：，∵二次函数的对称轴为，∴，解得，二次函数的表达式为；（2）解：∵，，∴顶点的横坐标为：，顶点的纵坐标为：，即，∴当时，顶点移动到最高处，此时抛物线的顶点坐标为，（3）解：由1可知，，由得：，即，令，它的对称轴是直线，且开口向上，∴在内，随x的增大而增大，要使得当时，总有即，则只需当时，即可，因此有，解得：．3．（2023上·天津滨海新·九年级天津市滨海新区塘沽第一中学校考期中）已知抛物线与x轴交于点A，B（点A在点B左侧），顶点为D，且过C（－4，m）．(1)求点A，B，C，D的坐标；(2)点P在该抛物线上（与点B，C不重合），设点P的横坐标为t．①当点P在直线BC的下方运动时，求△PBC的面积的最大值，②连接BD，当∠PCB＝∠CBD时，求点P的坐标．【答案】(1)A（-5，0），B（-1，0）；C（-4，-3）；D（-3，-4）(2)①；②（0，5）或（，）【分析】（1）把抛物线解析式化为顶点式即可求出点D的坐标，令y=0，求出x的值即可得到A、B的坐标，把x=-4代入抛物线解析式求出y即可求出点C的坐标；（2）①先求出直线BC的解析式为，过点P作PE⊥x轴于E交BC于F，则点P的坐标为（t，），点F的坐标为（t，t+1），，再根据，进行求解即可；②分如图1所示，当点P在直线BC上方时，如图2所示，当点P在直线BC下方时，两种情况讨论求解即可．【详解】（1）解：∵抛物线解析式为，∴抛物线顶点D的坐标为（-3，-4）；令y=0，则，解得或，∵抛物线与x轴交于点A，B（点A在点B左侧），∴点A的坐标为（-5，0），点B的坐标为（-1，0）；令，则，∴点C的坐标为（-4，-3）；（2）解：①设直线BC的解析式为，∴，∴，∴直线BC的解析式为，过点P作PE⊥x轴于E交BC于F，∵点P的横坐标为t，∴点P的坐标为（t，），点F的坐标为（t，t+1），∴，∴，∴当时，△PBC的面积最大，最大为；

②如图1所示，当点P在直线BC上方时，∵∠PCB=∠CBD，∴，设直线BD的解析式为，∴，∴，∴直线BD的解析式为，∴可设直线PC的解析式为，∴，∴，∴直线PC的解析式为，联立得，解得或（舍去），∴，∴点P的坐标为（0，5）；

如图2所示，当点P在直线BC下方时，设BD与PC交于点M，∵点C坐标为（-4，-3），点B坐标为（-1，0），点D坐标为（-3，-4），∴,，，∴，∴∠BCD=90°，∴∠BCM+∠DCM=90°，∠CBD+∠CDB=90°，∵∠CBD=∠PCB，∴MC=MB，∠MCD=∠MDC，∴MC=MD，∴MD=MB，∴M为BD的中点，∴点M的坐标为（-2，-2），设直线CP的解析式为，∴，∴，∴直线CP的解析式为，联立得，解得或（舍去），∴，∴点P的坐标为（，）；综上所述，当∠PCB＝∠CBD时，点P的坐标为（0，5）或（，）；

【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，二次函数的性质，待定系数法求函数解析式，勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．4．（2023上·天津河东·九年级天津市第七中学校考期中）已知直线：经过点（0，7）和点（1，6）．(1)求直线的解析式；(2)若点P（，）在直线上，以P为顶点的抛物线G过点（0，-3），且开口向下①求的取值范围；②设抛物线G与直线的另一个交点为Q，当点Q向左平移1个单长度后得到的点Q'也在G上时，求G在≤≤的图象的最高点的坐标．【答案】(1)直线解析式为：；(2)①m＜10，且m≠0；②最高点的坐标为（-2，9）或（2，5）【分析】（1）根据待定系数法求出解析式即可；（2）①设G的顶点式，根据点P在直线上得出G的关系式，根据题意得出点（0，-3）不能成为抛物线G的顶点，进而得出点P必须位于直线的上方，可求m的取值范围，然后结合点P不能在轴上得出答案；②先根据点Q，点的对称，得QQ'=1，可表示点Q和的坐标，再将点的坐标的代入关系式，求出a，再将点（0，-3）代入可求出m的值，然后分两种情况结合取值范围，求出函数最大值时，最高点的坐标即可．【详解】（1）解：∵直线经过点（0，7）和点（1，6），∴，解得，∴直线解析式为：；（2）解：①设G：（），∵点P（，）在直线上，∴；∴G：（）∵（0，-3）不在直线上，∴（0，-3）不能成为抛物线G的顶点，而以P为顶点的抛物线G开口向下，且经过（0，-3），∴点P必须位于直线的上方，则，，另一方面，点P不能在轴上，∴，∴所求取值范围为：，且；②如图，QQ'关于直线对称，且QQ'=1，∴点Q横坐标为，而点Q在上，∴Q（，），Q'（，）；∵Q'（，）在G：上，∴，，∴G：，或．∵抛物线G过点（0，-3），∴，即，，；当时，抛物线G为，对称轴为直线，对应区间为-2≤≤-1，整个区间在对称轴的右侧，此时，函数值随着的增大而减小，如图，∴当取区间左端点时，达最大值9，最高点坐标为（-2，9）；当时，对应区间为≤≤，最高点为顶点P（2，5），如图，∴G在指定区间图象最高点的坐标为（-2，9）或（2，5）．【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，考查了待定系数法求二次函数的关系式，求二次函数的极值等．解题的关键是掌握当时，顶点在直线与轴的交点（0，7），此时抛物线不可能过点（0，-3），因此，可能会被忽视．5．（2023上·天津·九年级天津一中校考阶段练习）已知抛物线与轴交于点和点两点，与轴交于点．

(1)求抛物线的解析式；(2)若点是抛物线上不与点，，重合的一个动点，过点作轴，垂足为，连接．①如图，若点在第一象限，且，求点的坐标；②直线交直线于点，当点关于直线的对称点落在轴上时，求线段的长．【答案】(1)(2)①，②或【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；（2）①过点作轴交于点，由题意可得，从而得到方程，求出即可求点，；②设，，求出直线的解析式可知，然后可求出点，然后可分类求解即可【详解】（1）解：将点和点代入，∴，解得，∴抛物线的解析式为；（2）解：①当时，，∴设，∵点在第一象限，∴，过点作轴交于点，∵，∴，∴解得（舍）或，∴；②设直线的解析式为，∴，解得，∴直线的解析式为，设，∴，设直线的解析式为，∴解得，∴直线的解析式为，当在轴正半轴上时，，∴，∴，∴，∵、的中点为在直线上，∴，解得，∴∴当在轴负半轴上时，，∴，∴，∴，∵、的中点为在直线上，∴，解得，∴∴∴综上所述：的长为或

【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰直角三角形的性质，轴对称的性质，等腰直角三角形的性质是解题的关键．6．（2023上·天津·九年级天津外国语大学附属外国语学校校考阶段练习）如图，抛物线与y轴交于点C（0，4），与x轴交于点A和点B，其中点A的坐标为（﹣2，0），抛物线的对称轴x＝1与抛物线交于点D，与直线BC交于点E．(1)求抛物线的解析式；(2)若点F是直线BC上方的抛物线上的一个动点，是否存在点F使四边形ABFC的面积最大，若存在，求出点F的坐标和最大值；若不存在，请说明理由；(3)平行于DE的一条动直线l与直线BC相交于点P，与抛物线相交于点Q，若以D、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，求P点的坐标．(4)探究对称轴上是否存在一点P，使得以点P，C，A为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请求出所有符合条件的P点的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)y＝﹣x2+x+4(2)存在，四边形ABFC的面积最大为16，F（2，4）(3)P点坐标为（3，1）或（2+，2﹣）或（2﹣，2+）(4)存在，P点坐标为（1，）或（1，﹣）或（1，1）或（1，4+）或（1，4﹣）【分析】（1）先由抛物线的对称轴是直线x＝1，求得b＝﹣2a，再将将A（﹣2，0），C（0，4）代入，即可求函数的解析式；（2）过点F作FGy轴交BC于点G，设F（t，+t+4），则G（t，﹣t+4），再由，当t＝2时，四边形ABFC的面积最大，最大值为16，此时F（2，4）；（3）设P（m，﹣m+4），Q（t，+m+4），分两种情况讨论：①当DP为平行四边形的对角线时，此时P（3，1）；②当DQ为平行四边形的对角线时，此时P（2，2）或（2，2）；（4）设P（1，n），分三种情况讨论：①当AP＝AC时，20＝9+，此时P（1，）或（1，）；②当AP＝PC时，9+＝1+，此时P（1，1）；③当AC＝PC时，20＝1+，此时P（1，4）或（1，4）．【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴x＝1，∴1，∴b＝﹣2a，∴，将A（﹣2，0），C（0，4）代入，得，解得，∴；（2）存在点F使四边形ABFC的面积最大，理由如下：令y＝0，则x2+x+4＝0，解得x＝﹣2或x＝4，∴B（4，0），设直线BC的解析式为y＝kx+b，∴，解得，∴y＝﹣x+4，过点F作FGy轴交BC于点G，设F（t，+t+4），则G（t，﹣t+4），∴PG+t+4+t﹣4+2t，∵A（﹣2，0），B（4，0），∴AB＝6，∴，∴当t＝2时，四边形ABFC的面积最大，最大值为16，此时，∴F（2，4）；（3）∵抛物线的对称轴为直线x＝1，当x＝1时，，y＝﹣x+4＝﹣1＋4＝3，∴D（1，），E（1，3），设P（m，﹣m+4），Q（t，m2+m+4），①当DP为平行四边形的对角线时，，解得（舍）或，当m＝3时，﹣m+4＝1，∴P（3，1）；②当DQ为平行四边形的对角线时，，解得或，当m＝时，﹣m+4＝，当m＝时，﹣m+4＝2，∴P（2，2）或（2，2）；综上所述：P点坐标为（3，1）或（2，2）或（2，2）；（4）存在一点P，使得以点P，C，A为顶点的三角形是等腰三角形，理由如下：∵抛物线的对称轴为直线x＝1，设P（1，n），∴，，，①当AP＝AC时，，解得n＝±，∴P（1，）或（1，）；②当AP＝PC时，，解得n＝1，∴P（1，1）；③当AC＝PC时，20，解得n＝4或n＝4，∴P（1，4）或（1，4）；综上所述：P点坐标为（1，）或（1，）或（1，1）或（1，4）或（1，4）．【点睛】本题主要考查二次函数的图象及性质，一次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，一次函数的图象和性质，等腰三角形的性质，平行四边形的性质，分类讨论是解题的关键．7．（2023上·天津和平·九年级天津市汇文中学校考阶段练习）如图，已知抛物线经过A(，0)，B(，)两点，与x轴的另一个交点为C，顶点为D，连接CD．（1）求该抛物线的表达式；（2）点P为该抛物线上一动点（与点B，C不重合），设点P的横坐标为t．①当点P在直线BC的下方运动时，求的面积的最大值及点P的坐标；②该抛物线上是否存在点P，使得∠PBC=∠BCD？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）①，P(，)，②存在，P(，)或(0，5)【分析】（1）将点A、B坐标代入二次函数表达式，即可求解；（2）①根据S△PBC=PG（xC-xB），即可求解；②分点P在直线BC下方、上方两种情况，分别求解即可．【详解】解：（1）将点A、B坐标代入二次函数表达式得：，解得：，故抛物线的表达式为：y=x2+6x+5…①，令y=0，则x=-1或-5，即点C（-1，0）；（2）①如图1，过点P作y轴的平行线交BC于点G，将点B、C的坐标代入一次函数表达式并解得：直线BC的表达式为：y=x+1…②，设点G（t，t+1），则点P（t，t2+6t+5），，∵−＜0，∴S△PBC有最大值，当t=-时，其最大值为；②设直线BP与CD交于点H，当点P在直线BC下方时，∵∠PBC=∠BCD，∴点H在BC的中垂线上，线段BC的中点坐标为（-，-），过该点与BC垂直的直线的k值为-1，设BC中垂线的表达式为：y=-x+m，将点（-，-）代入上式并解得：直线BC中垂线的表达式为：y=-x-4…③，同理直线CD的表达式为：y=2x+2…④，联立③④并解得：x=-2，即点H（-2，-2），同理可得直线BH的表达式为：y=x-1…⑤，联立①⑤并解得：x=-或-4（舍去-4），故点P（-，-）；当点P（P′）在直线BC上方时，∵∠PBC=∠BCD，∴BP′∥CD，则直线BP′的表达式为：y=2x+s，将点B坐标代入上式并解得：s=5，即直线BP′的表达式为：y=2x+5…⑥，联立①⑥并解得：x=0或-4（舍去-4），故点P（0，5）；故点P的坐标为P（-，-）或（0，5）．【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、等腰三角形性质、图形的面积计算等，其中（2），要注意分类求解，避免遗漏．8．（2023上·天津和平·九年级天津市第五十五中学校考阶段练习）已知抛物线，为常数，经过点，顶点为．(1)当时，求该抛物线的顶点坐标；(2)当时，点，若，求该抛物线的解析式；(3)当时，点，过点作直线平行于轴，，，，是直线上的动点．当为何值时，的最小值为，并求此时点，的坐标．【答案】(1)抛物线的顶点坐标为(2)或．(3)点M的坐标为，点N的坐标为【分析】（1）结合题意，通过列一元一次方程并求解，即可得到抛物线的解析式，将解析式化为顶点式，即可得到答案（2）根据题意，得抛物线的解析式为；根据抛物线对称轴的性质，计算得点D的坐标为；过点D作轴于点G，根据勾股定理和一元二次方程的性质，得，，从而得到答案；（3）当时，将点向左平移3个单位长度，向上平移1个单位长度得；作点F关于x轴的对称点，当满足条件的点M落在线段上时，根据两点之间线段最短的性质，得最小，结合题意，根据勾股定理和一元二次方程性质，得，从而得直线的解析式，通过计算即可得到答案．【详解】（1）解：当时，抛物线的解析式为．∵抛物线经过点，∴，解得：，∴抛物线的解析式为，∵，∴抛物线的顶点坐标为；（2）当时，由抛物线经过点，可知，∴抛物线的解析式为，∴抛物线的对称轴为：，当时，，∴抛物线的顶点的坐标为；过点作轴于点，

在中，，，∴，在中，，，∴．∵，即，∴，解得：，，∴抛物线的解析式为或．（3）当时，将点向左平移3个单位长度，向上平移1个单位长度得．作点关于轴的对称点，得点的坐标为当满足条件的点落在线段上时，最小，此时，．过点作轴于点，

在中，，，∴．又，即．解得：，（舍），∴点的坐标为，点的坐标为．∴直线的解析式为．当时，．∴，，∴点M的坐标为，点N的坐标为．【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．9．（2023上·天津和平·九年级天津市双菱中学校考阶段练习）如图，已知抛物线经过点和点．

(1)求该抛物线的解析式；(2)点是抛物线上的一动点（点在直线的下方），过点作轴，交直线于点．设点的横坐标为，求线段的长（用含的代数式表示）；(3)在（2）的条件下，连接、，求面积的最大值，并求出此时点的坐标．【答案】(1)(2)(3)，【分析】（1）将，代入，求出、的值即可；（2）根据，两点坐标求出直线的解析式，结合点的横坐标为，在抛物线上求出点的纵坐标，再根据轴，点在直线上，求出点的坐标，再求出线段的长；（3）设的面积为，根据，用含的式子表示出，再根据二次函数的性质求出取最大值时的值，从而求出点的坐标．【详解】（1）解：把，代入得解得：∴；（2）∵，，∴直线AB的方程为：，又∵过点作轴，交直线于点，点的横坐标为，∴，，∴；（3）设的面积为S，由（2）得：，则∵∴时，S取最大值，∴故的面积最大时，点的纵坐标为：；∴故的面积最大取最大值时，点的坐标，．【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质以及包含的线段和面积问题，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．10．（2023·天津河西·天津市新华中学校考一模）已知：抛物线（b，c为常数），经过点A（－2，0），C（0，4），点B为抛物线与x轴的另一个交点．(1)求抛物线的解析式；(2)点P为直线BC上方抛物线上的一个动点，当△PBC的面积最大时，求点P的坐标；(3)设点M，N是该抛物线对称轴上的两个动点，且，点M在点N下方，求四边形AMNC周长的最小值．【答案】(1)(2)（3，5）(3)【分析】(1)利用待定系数法即可求出抛物线的函数表达式；(2)首先点B的坐标，再求出直线BC的解析式，过点P作PF⊥x轴于F，交于点Q，设点，,当时，有最大值,即可求出点P的坐标；（3）由四边形AMNC的周长，得到当AM+CN最小时，四边形AMNC的周长最小，得出AM+CN=AM+DM，求出的最小值即可得到结论.【详解】（1）解：∵抛物线经过点A（-2，0），C（0，4），∴解得∴该抛物线的解析式：（2）解：∵点B是抛物线与x轴的交点，∴，∴，

∴点B的坐标为（6，0），设直线BC的解析式为y=kx+n，

∵点B（6，0），C(0，4)∴解得，∴直线解析式为：，

如图，过点P作PF⊥x轴于F，交于点Q，设点，

∴，∴∴当时，有最大值，∴点P的坐标为（3，5）．（3）解：∵A（-2，0），C（0，4），∴，∵四边形AMNC的周长，，∴当AM+CN最小时，四边形AMNC的周长最小.将CN向下平移2个单位长度，得到对应线段DM，∴点C的对应点D的坐标为（0，2），∴AM+CN=AM+DM，可知抛物线的对称轴为直线，如图，作点D关于对称轴的对称点，可求得（4，2），连接，则，

过点作⊥x轴于点E，，，∴的最小值为，∴四边形周长的最小值为．【点睛】本题为二次函数中考压轴题，考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、最短路线问题等知识点，正确作出辅助线是解题的关键．11．（2023·天津河西·天津市新华中学校考二模）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，a>0）经过A(-1，0)和B(3，0)两点，点C(0，-3)，连接BC，点Q为线段BC上的动点．(1)若抛物线经过点C；①求抛物线的解析式和顶点坐标；②连接AC，过点Q作PQ∥AC交抛物线的第四象限部分于点P，连接PA，PB，AQ，△PAQ与△PBQ面积记为S1，S2，若S=S1+S2，当S最大时，求点P坐标；(2)若抛物线与y轴交点为点H，线段AB上有一个动点G，AG=BQ，连接HG，AQ，当AQ+HG最小值为时，求抛物线解析式．【答案】(1)①；(1，-4)②，(2)【分析】（1）①运用待定系数法可求出抛物线的解析式；将抛物线解析式化为顶点式即可求出抛物线的顶点坐标；②如图①，连接CP，过点P作PD⊥x轴于E，交BC于点D，过点C作CF⊥PD，可得出S=S△PCQ+S△PBQ=S△CPB=S△CPD+S△BPD，求出直线BC的解析式为y=x﹣3，设P()，D()(0<m<3)，得PD=，根据S=S△CPD+S△BPD可得S=，从而进一步可得结论；（2）如图②，把线段AB绕点A逆时针旋转45°，得到线段AE，连接EH交x轴于点G，由y＝ax2+bx+c经过A(-1，0)，B(3，0)得y＝ax2﹣2ax﹣3a，可得H(0，﹣3a)，当点E，G，H共线时，AQ+HG值最小，即HE=，过点E作EN⊥y轴，ET⊥x轴，可得E（），根据勾股定理列方程，求出a的值即可解决问题【详解】（1）∵抛物线抛物线y＝ax2+bx+c经过A(-1，0)，B(3，0)和C(0，-3)∴y=a(x+1)(x﹣3)把C(0，-3)代入，解得a=1∴抛物线解析式为∵∴顶点坐标为（1，﹣4）②如图①，连接CP，过点P作PD⊥x轴于E，交BC于点D，过点C作CF⊥PD∵PQ//AC∴S△PAQ=S△PCQ∴S=S1+S2=S△PAQ+S△PBQ∴S=S△PCQ+S△PBQ=S△CPB=S△CPD+S△BPD·设直线BC的解析式为解得．∴直线BC的解析式为y=x﹣3.设P()，则D()，(0<m<3)∴PD=S=S△CPD+S△BPD∴S=∵∴∴P，（2）如图②，把线段AB绕点A逆时针旋转45°，得到线段AE，连接EH交x轴于点G，∴AE=AB=4，∠EAB=45°.∵y＝ax2+bx+c经过A(-1，0)，B(3，0)·∴y=a(x+1)(x﹣3)∴y＝ax2﹣2ax﹣3a令x=0，可得y=﹣3a∴H(0，﹣3a).∵∠BOC=90°，OB=OC=3，∴∠OBC=∠OCB=45°∴∠EAB=∠OBC=45°.又∵AG=BQ∴ΔAEG≌ΔBAQ.∴EG=AQ∴AQ+HG=EG+HG≥HE.当点E，G，H共线时，AQ+HG值最小即HE=过点E作EN⊥y轴，ET⊥x轴，在RtΔATE中，∠EAT=45°∴sin∠EAT=，cos∠EAT=∴∴E（）在Rt△ENH中，∴可得解得∵∴∴抛物线的解析式为【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数图象和性质，待定系数法求函数解析式，利用二次函数求最值等，熟练掌握二次函数图象和性质等相关知识，运用数形结合思想是解题关键．12．（2022·天津·天津市双菱中学校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图像经过点，点．

(1)求此二次函数的解析式；(2)若，是二次函数图像上两点，求证：；(3)当时，函数的最大值与最小值之差为，直接写出的值．【答案】(1)(2)见解析(3)或【分析】（1）利用待定系数法进行求解即可；（2）将点，点带入解析式，求出，求出最值即可；（3）根据二次函数的性质找到对称轴，求出当时，，当时，，可设动点，，根据题意分三种情况，当，，时，根据函数的最大值与最小值之差为，分情况讨论进行求解即可．【详解】（1）解：二次函数的图像经过点，点，将点，点代入解析式，，解得：，此二次函数的解析式为；（2）将点，点带入解析式，得：，，，；（3）由（1）可知二次函数的对称轴为，当时，，当时，，当时，，可设动点，，根据题意分三种情况，①当，即时，随增大而增大，二次函数在点时取最大值，在点处取得最小值，即当时，，当时，，解得：；②当时，即时，顶点的横坐标在取值范围内，，当，即时，点到对称轴的距离大于到对称轴的距离，

当时，，，解得：，，均不符合题意，舍去；当时，此时点到对称轴的距离等于到对称轴的距离，

二次函数在和时均取最小值，此时，，不符合题意，舍去，当，即时，点到对称轴的距离小于到对称轴的距离，

当时，，，解得：，（不符合题意，舍去）；③当时，随增大而减小，当时，，当时，，，解得：（不符合题意，舍去）．综上所述，满足条件的的值为或．【点睛】本题考查了二次函数求最值，二次函数的性质，求二次函数的解析式，根据函数的增减性分情况讨论是解答本题的关键．13．（2023下·天津南开·九年级南开翔宇学校校考阶段练习）如图，点A，B，C都在抛物线y＝ax2﹣2amx+am2+2m﹣5（其中﹣＜a＜0）上，AB∥x轴，∠ABC＝135°，且AB＝4．（1）当m＝1时，求抛物线的顶点坐标；（2）求点C到直线AB的距离（用含a的式子表示）；（3）若点C到直线AB的距离为1，当2m﹣5≤x≤2m﹣2时，y的最大值为2，求m的值．【答案】（1）（1，﹣3）；（2）点C到直线AB的距离为﹣；（3）m的值为或10+2【分析】（1）由配方法可求顶点坐标；（2）设点C到直线AB的距离为d，求出点C坐标，代入解析式可求解；（3）先求出a值，分三种情况考虑：①当m＞2m﹣2，即m＜2时，x＝2m﹣2时y取最大值，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出关于m的一元二次方程，解之可求出m的值；②当2m﹣5≤m≤2m﹣2，即2≤m≤5时，x＝m时y取最大值，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出关于m的一元一次方程，解之可求出m的值；③当m＜2m﹣5，即m＞5时，x＝2m﹣5时y取最大值，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出关于m的一元一次方程，解之可求出m的值．综上即可得出结论．【详解】解：（1）当m＝1时，抛物线的解析式为y＝ax2﹣2ax+a﹣3，∵y＝ax2﹣2ax+a﹣3＝a（x﹣1）2﹣3，∴顶点坐标为（1，﹣3）；（2）如图，过点C作CD⊥AB，交AB的延长线于D，∵∠ABC＝135°，∴∠CBD＝45°，∵CD⊥AD，∴∠DBC＝∠DCB＝45°，∴BD＝CD，∵y＝ax2﹣2amx+am2+2m﹣5＝a（x﹣m）2+2m﹣5，∴顶点坐标为（m，2m﹣5），∵AB＝4，∴点B的横坐标为m+2，∵点B在抛物线y＝a（x﹣m）2+2m﹣5上，∴y＝a（m+2﹣m）2+2m﹣5＝4a+2m﹣5，∴点B（m+2，4a+2m﹣5），设点C到直线AB的距离为d，∴BD＝CD＝d，∴点C（m+2+d，4a+2m﹣5﹣d），∵点C在抛物线y＝a（x﹣m）2+2m﹣5上，∴4a+2m﹣5﹣d＝a（m+2+d﹣m）2+2m﹣5，整理得：ad2+4ad+d＝0，∵d≠0，∴d＝﹣，∴点C到直线AB的距离为﹣；（3）∵点C到直线AB的距离为1，∴﹣＝1，∴a＝﹣，∴抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣m）2+2m﹣5．分三种情况考虑：①当m＞2m﹣2，即m＜2时，有﹣（2m﹣2﹣m）2+2m﹣5＝2，整理，得：m2﹣14m+39＝0，解得：m1＝7﹣（舍去），m2＝7+（舍去）；②当2m﹣5≤m≤2m﹣2，即2≤m≤5时，有2m﹣5＝2，解得：m＝；③当m＜2m﹣5，即m＞5时，有﹣（2m﹣5﹣m）2+2m﹣5＝2，整理，得：m2﹣20m+60＝0，解得：m3＝10﹣2（舍去），m4＝10+2．综上所述：m的值为或10+2．【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数图象上点的坐标特征，等腰直角三角形，解一元二次方程以及二次函数的最值，解题的关键是：（1）利用配方法将二次函数解析式变形为顶点式；（2）利用参数求出点C的坐标；（3）分m＜2、2≤m≤5及m＞5三种情况考虑．14．（2023下·天津和平·九年级天津一中校考阶段练习）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，点在轴上，且，，分别是线段，上的动点（点，不与点，，重合）．(1)求此抛物线的表达式；(2)连接并延长交抛物线于点，当轴，且时，求的长；(3)连接．①如图2，将沿轴翻折得到，当点在抛物线上时，求点的坐标；②如图3，连接，当时，求的最小值．【答案】(1)(2)(3)①；②【分析】（1）把点B代入抛物线关系式，求出a的值，即可得出抛物线的关系式；（2）根据抛物线可求出点A的坐标，点C的坐标，根据，利用三角函数，求出DE的长，再求出点E的坐标，根据点P与点E的横坐标相同，得出点P的横坐标，代入抛物线的关系式，求出点P的纵坐标，即可得出EP的值，最后求出DP的值即可；（3）①连接交于点，设，则，求出，得出点，将其代入抛物线关系式，列出关于a的方程，解方程，求出a的值，即可得出G的坐标；②在下方作且，连接，，证明，得出，说明当，，三点共线时，最小，最小为，过作，垂足为，先证明∠CAH=45°，算出AC长度，即可求出CH、AH，得出HQ，最后根据勾股定理求出CQ的长度即可得出结果．【详解】（1）解：∵在抛物线上，∴，解得，∴，即；（2）在中，令，得，，∴，，∵，∴，∵，∴，，∴，∵轴，∴，∴，∴，∴．（3）①连接交于点，如图1所示：∵与关于轴对称，∴，，设，则，，∴，∵点在抛物线上，∴，解得（舍去），，∴；②在下方作且，连接，，如图2所示：∵，∴，∴，∴当，，三点共线时，最小，最小为，过作，垂足为，∵，，∴，，∵，，，，∴，即的最小值为．【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，待定系数法求抛物线的关系式，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，三角函数的定义，作出辅助线，证明，得出当，，三点共线时，最小，是解题的关键．15．（2023下·天津滨海新·九年级天津经济技术开发区第一中学校考开学考试）已知，抛物线经过点三点．（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；（2）过点C作直线轴，动点在直线l上．①连接，当点P在线段上时，过点P作轴，与x轴交于点E，连接，把沿直线翻折，点P的对应点为，与y轴交于点G，求的长；②点N在抛物线上，且在第四象限，满足．动点在x轴上，连接，，，当t为何值时，的值最小，并求出的最小值．【答案】（1）D的坐标为，；（2）①的长为；②的最小值为【分析】（1）根据抛物线经过A、B、C三点，将三点的坐标代入解析式进行求解最后化为顶点式即可；（2）①先求出直线BD的解析式，在根据P在直线BD上求出P点坐标，再根据翻折的定义用勾股定理求解即可；②直线的解析式为，然后求出N点坐标；将顶点向下平移3个单位长度，得点，连接交x轴于点Q，连接，当，Q，N三点在一条直线上时，取得最小值，，然后求出的长度最后进行计算即可得到答案．【详解】解：（1）由已知，抛物线经过点，得．∴．∵抛物线经过点，得解得，∴抛物线的解析式为．配方,得．∴抛物线顶点D的坐标为．（2）①设直线的解析式为，由，得解得∴直线的解析式为，∵在直线上，∴．解得．∴P点坐标为．∵轴，∴，∵把沿直线翻折，点P的对应点为，∴，∴，∴．设，则．在中，有，∴，解得．∴的长为②过点A作交抛物线于点N，满足，则直线的解析式为．∵在直线上，得，解得，∴直线的解析式为，由解得或∴点N的坐标为．将顶点向下平移3个单位长度，得点，连接交x轴于点Q．连接，则．∵，∴轴，且．∴，且．∴四边形是平行四边形．∴．当，Q，N三点在一条直线上时，取得最小值，此时，，设直线的解析式为，由，得解得∴直线的解析式为．当时，，∴，即．过点N作轴交的延长线于点H，在中，，．∴，∴当时，的值最小，的最小值为．【点睛】本题主要考查了二次函数的综合问题，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式，平行四边形的判定与性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识点．16．（2023下·天津和平·九年级天津市双菱中学校考开学考试）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，连接，点是第一象限的抛物线上一动点．(1)求抛物线的解析式；(2)过点作于点．①若，求点坐标；②过点作轴于点，交于点，连接，当的周长取得最大值时，抛物线上是否存在一点，使，如果存在，请求出点的坐标，如果不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)①点D的坐标为(2，3)；②存在，点P的坐标为，，【分析】（1）把两点代入抛物线，利用待定系数法求解；（2）①连接CD，证明△AOC为等腰直角三角形，△CDE为等腰直角三角形，根据角之间的关系推出CD∥OA，求出点C和D的纵坐标都等于3，把y＝3代入抛物线解析式即可求出；②DF⊥x轴，得出DH⊥OA，证明△DEF为等腰直角三角形，因为△DEF的周长等于．有，求出直线AC的解析式为y＝－x＋3，设点D的坐标为，，则，利用配方法研究最值．【详解】（1）解：把两点代入抛物线则，解得．∴抛物线的解析式为；（2）解：①连接CD，当x＝0时，y＝3，即OC＝3，∵OC＝OA＝3，∠AOC＝90°，∴△AOC为等腰直角三角形，∠CAO＝45°．∵DE⊥AC，DE＝CE，∴△CDE为等腰直角三角形，∠DCE＝45°，∴∠DCE＝∠OAC＝45°，即CD∥OA．∴点C和D的纵坐标都等于3．把y＝3代入抛物线解析式得，，解得（舍去），，∴点D的坐标为（2，3）．②∵DF⊥x轴，∴DH⊥OA，∵∠CAO＝45°，∴∠AFH＝45°，∵DE⊥AC，∠DFE＝∠AFH＝45°，∴△DEF为等腰直角三角形，∴则△DEF的周长等于．∵，∴直线AC的解析式为y＝－x＋3．设点D的坐标为，，则．∴当时，DF取得最大值，此时△DEF的周长取得最大值．点D的坐标为．∵，∴点P和D到直线AC的距离相等．容易得知点P和D重合时符合题意，此时P的坐标为．作直线l和k都和直线AC平行，且到直线AC的距离都相等，则直线l的解析式为，直线k的解析式为．联立直线与抛物线得，，解得，则点P的坐标为，．综上所述：符合题意得点P的坐标为，，．【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，一次函数、待定系数求解解析式、等腰直角形的判定及性质，解题的关键是利用属性结合的思想进行求解．17．（2023上·天津河西·九年级天津实验中学校考阶段练习）已知抛物线（为常数），点A（-1，-1），B（3，7）．（1）当抛物线经过点A时，求抛物线解析式和顶点坐标；（2）抛物线的顶点随着的变化而移动，当顶点移动到最高处时，①求抛物线的解析式；②在直线AB下方的抛物线上有一点E，过点E作EF⊥轴，交直线AB于点F，求线段EF取最大值时的点E的坐标；（3）若抛物线与线段AB只有一个交点，求的取值范围．【答案】（1）抛物线的解析式为：，顶点坐标为：；（2）①函数解析式为；②EF取得最大值时，；（3）m的取值范围为：或或．【分析】（1）将点代入函数解析式求解确定，即可确定函数解析式，将解析式化解为顶点式即可得出顶点坐标；（2）①写出抛物线的顶点坐标，进行整理，使顶点移动到最高处，即使顶点坐标的纵坐标最大，化简可得出，即可确定解析式；②设直线AB的解析式为，将A、B两点代入解析式求解确定函数解析式，然后与抛物线解析式联立求解确定自变量的取值范围，设点，，且，根据题意，表示出，化为顶点式即可得出取得最大值时自变量的取值，然后代入函数解析式即可；（3）将一次函数与二次函数解析式联立求解可得，，在线段AB上，根据题意中抛物线与线段AB只有一个交点，分三种情况讨论：①抛物线与直线AB只有一个交点，即点M与点N重合；②点N在线段AB的延长线上时；③点N在线段BA的延长线上时，依次进行讨论求解即可得．【详解】解：（1）将点代入函数解析式可得：，解得：，∴抛物线的解析式为：，∴，∴顶点坐标为：；（2）①抛物线的顶点坐标为：，整理可得，使顶点移动到最高处，即取得最大值，，当时，取得最大值，此时函数解析式为：将代入可得：；②如图所示：设直线AB的解析式为，将A、B两点代入解析式可得：，解得：，∴直线解析式为：，将直线解析式与抛物线解析式联立可得：，解得：；，∴，，设点，，且，，，，∵，∴当时，EF取得最大值，，∴；（3），将①代入②可得：，整理可得：，∵，，，∴，，，∴抛物线与直线AB有交点，解方程，，解得：，，∴；，∴抛物线与直线AB的交点为：，，将代入直线AB解析式，可得：，∴在直线AB上，∵，∴在线段AB上，∵抛物线与线段AB只有一个交点，∴分三种情况讨论：①抛物线与直线AB只有一个交点，如图所示，即点M与点N重合，∴，∴；②点N在线段AB的延长线上时，如图所示：∴，∴；③点N在线段BA的延长线上时，如图所示：∴，∴；综上可得：m的取值范围为：或或．【点睛】题目主要考查二次函数与一次函数的综合问题，待定系数法确定函数解析式，函数最值问题，二次函数图象的性质及分类讨论思想，熟练掌握二次函数的图象与性质，作出相应图象是解题关键．18．（2023·天津河西·天津市新华中学校考三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于，两点，在y轴正半轴上有一点C，．点D，E分别是线段，上的动点，且均不与端点重合．(1)求此抛物线的解析式；(2)如图①，连接，将沿x轴翻折得到，当点G在抛物线上时，求点G的坐标；(3)如图②，连接，当时，求的最小值．【答案】(1)(2)点G的坐标为．(3)的最小值为．【分析】（1）利用待定系数法，将A，B的坐标代入解析式即可求得二次函数的解析式．（2）连接，设，利用，表示出G点坐标，代入抛物线解析式即可求得结果．（3）构造，转化成，当C，E，Q三点共线时，最小，最小为，进一步求得结果．【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于，两点，∴，∴，∴此抛物线的解析式为：．（2）如图①，连接交于M∵与关于x轴对称，∴，，∵，，∴，设，则，，∴，∵点G在抛物线上，∴，∴，（舍去），∴点G的坐标为．（3）如图②，在下方作且，连接、，∵，∴，∴，当C，E，Q三点共线时，最小，最小为，过点C作，垂足为H，∵，，∴，．∵，，∴，，∴，故的最小值为．【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，轴对称，三角形全等，线段之和最短等知识，会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来是解题关键．19．（2023·天津河东·天津市第七中学校考模拟预测）如图，已知点在二次函数的图像上，且．(1)若二次函数的图像经过点．①求这个二次函数的表达式；②若，求顶点到的距离；(2)当时，二次函数的最大值与最小值的差为1，点M，N在对称轴的异侧，求a的取值范围．【答案】(1)①；②(2)【分析】（1）①将点代入中即可求出二次函数表达式；②当时，此时为平行x轴的直线，将代入二次函数解析式中求出，再由求出直线为，最后根据二次函数顶点坐标即可求解；（2）分两种情形：若M，N在对称轴的异侧，；若M、N在对称轴的异侧，，x1<2，分别求解即可．【详解】（1）解：①将点代入中，∴，解得，∴二次函数的表达式为：；②当时，此时为平行x轴的直线，将代入二次函数中得到：，将代入二次函数中得到：，∵，∴=，整理得到：，又∵，代入上式得到：，解出，∴，即直线为：，又二次函数的顶点坐标为(2，-1)，∴顶点(2,-1)到的距离为；（2）解：若M，N在对称轴的异侧，，∴x1+3>2，∴x1>-1，∵∴，∴-1<，∵函数的最大值为y1=a（x1-2）2-1，最小值为-1，∴y-（-1）=1，∴a=，∴，∴；若M、N在对称轴的异侧，，x1<2，∵，∴，∵函数的最大值为y=a（x2-2）2-1，最小值为-1，∴y-（-1）=1，∴a=，∴，∴，综上所述，a的取值范围为．【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图像与性质及二次函数的最值等问题：当开口向上(向下)时，自变量的取值离对称轴越远，其对应的函数值就越大(越小)．20．（2023下·天津河北·九年级天津二中校考阶段练习）已知抛物线交x轴于A、B两点，其中点A坐标为，与y轴交于点C，且对称轴在y轴的左侧，抛物线的顶点为P.（1）当时，求抛物线的顶点坐标；（2）当时，求b的值；（3）在（1）的条件下，点Q为x轴下方抛物线上任意一点，点D是抛物线对称轴与x轴的交点，直线、分别交抛物线的对称轴于点M、N.请问是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由.【答案】（1）.（2）.（3），为定值【分析】（1）将，A坐标代入抛物线解析式即可；（2）设B点坐标为，可证明是等腰直角三角形，通过勾股定理即可求得长度，即的长，从而求得b的值.（3）设，求得直线，直线，用含t的代数式表示即可求解.【详解】（1）∵，∴抛物线为，∴将点代入，得，∴，∴抛物线的解析式为，∴顶点坐标为.（2）由已知将点代入，得，∴，∵对称轴在y轴的左侧，∴，∴，∴；设B点坐标为，则∴，∴，是等腰直角三角形，∴由勾股定理得，又∵，∴，解得.（3）为定值，如图所示:∵抛物线的对称轴为：直线∴，设设直线解析式为∴，解得：∴直线当时，∴设直线解析式为∴解得：∴直线当时，∴∴，为定值.【点睛】本题考查了二次函数的综合知识；解题的关键在于熟练掌握二次函数的性质和特征，能够准确的进行字母运算.21．（2023下·天津河东·九年级天津市第五十四中学校考阶段练习）如图1，直线y＝﹣x+2与x轴交于点B，与y轴交于点C，抛物线y＝-x2+bx+c经过B、C两点，点P是抛物线上的一个动点，过点P作PQ⊥x轴，垂足为Q，交直线y＝﹣x+2于点D．设点P的横坐标为m．（1）求该抛物线的函数表达式；（2）若以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形，求点Q的坐标；（3）如图2，当点P位于直线BC上方的抛物线上时，过点P作PE⊥BC于点E，求当PE取得最大值时点P的坐标，并求PE的最大值．【答案】（1）y＝﹣x2+x+2；（2）(2，0)或(2+2，0)或(2﹣2，0)；（3）P(2，3)，PE最大值为．【分析】（1）根据直线y＝﹣x+2与x轴交于点B，与y轴交于点C可求出B、C两点坐标，代入y＝-x2+bx+c可得关于b、c的二元一次方程组，解方程组求出b、c的值即可得答案；（2）根据PQ⊥x轴，直线y＝﹣x+2于点D，点P的横坐标为m可用m表示出D、Q两点坐标，根据平行四边形的性质可得OC=PD=2，根据两点间距离公式求出m的值即可得答案；（3）利用勾股定理可求出BC的长，根据平行线的性质可得∠OCB＝∠PDE，可证明△PED∽△BOC，根据相似三角形的性质可用m表示出PE的长，根据二次函数的性质即可得答案．【详解】（1）∵直线y＝﹣x+2与x轴交于点B，与y轴交于点C，∴点B、C的坐标分别为（4，0）、（0，2）．∵抛物线y＝-x2+bx+c经过B、C两点，∴，解得，∴二次函数表达式为y＝﹣x2+x+2．（2）∵P点在抛物线上，横坐标为m，∴P点坐标为（m，﹣m2+m+2），∵PQ⊥x轴，垂足为Q，交直线y＝﹣x+2于点D．∴Q坐标为（m，0），D点坐标为（m，﹣m+2），当P、D、O、C为顶点的四边形为平行四边形时，则有PD＝OC＝2，∴|﹣m2+m+2﹣（﹣m+2）|＝2，即|﹣m2+2m|＝2，当﹣m2+2m＝2时，解得：m＝2，∴Q坐标为（2，0），当﹣m2+2m＝﹣2时，解得：m＝2±2，∴Q坐标为（2+2，0）或（2﹣2，0），综上可知：Q点坐标为（2，0）或（2+2，0）或（2﹣2，0）．（3）由（2）可知P点坐标为（m，﹣m2+m+2），Q坐标为（m，0），D点坐标为（m，﹣m+2），∴PD＝﹣m2+2m．在Rt△OBC中，OC＝2，OB＝4，∴BC＝=2，∵PQ∥OC，∴∠OCB＝∠PDE．∵PE⊥BC，∴∠PED＝∠COB＝90°．∴△PED∽△BOC．∴，即，解得PE＝，∵P在直线BC上方，∴0＜m＜4，∴当m＝2时PE有最大值，当m＝2时，﹣m2+m+2=3，∴此时P点坐标为（2，3）．【点睛】考查了二次函数综合题，涉及了待定系数法求抛物线的函数关系式，二次函数最值的求法、平行四边形的性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．22．（2023上·天津和平·九年级天津二十中校考期末）在平面直角坐标系中，二次函数的图像与轴交于点A，B（点B在点A的左侧），与轴交于点C，过动点H（0,）作平行于轴的直线，直线与二次函数的图像相交于点D，E．(1)写出点A,点B的坐标；(2)若，以DE为直径作⊙Q，当⊙Q与轴相切时，求的值；(3)直线上是否存在一点F，使得△ACF是等腰直角三角形？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)A（4，0）和B（－1，0）；(2)；(3)存在，m=或或3或．【分析】（1）A、B两点的纵坐标都为0，所以代入y=0，求解即可．（2）由圆和抛物线性质易得圆心Q位于直线与抛物线对称轴的交点处，则Q的横坐标为，可推出D、E两点的坐标分别为：，因为D、E都在抛物线上，代入一点即可得m．（3）使得△ACF是等腰直角三角形，重点的需要明白有几种情形，分别以三边为等腰三角形的两腰或者底，则共有3种情形；而三种情形中F点在AC的左下或右上方又各存在2种情形，故共有6种情形．求解时．利用全等三角形知识易得m的值．【详解】（1）解：当y=0时，有，解之得：，∴

A、B两点的坐标分别为（4，0）和（－1，0）．（2）解：∵⊙Q与轴相切，且与交于D、E两点，∴圆心O位于直线与抛物线对称轴的交点处，且⊙Q的半径为H点的纵坐标（）．∵抛物线的对称轴为，∴D、E两点的坐标分别为：且均在二次函数的图像上．∵，解得或（不合题意，舍去）．∴（3）解：存在．①当∠ACF=90°，AC=FC时，如图1，

过点F作FG⊥y轴于G，∴∠AOC=∠CGF=90°．∵∠ACO+∠FCG=90°，∠GFC+∠FCG=90°，∴∠ACO=∠CFG．∴△ACO≌△∠CFG，∴CG=AO=4．∵CO=2，∴或=OG=2+4=6．②当∠CAF=90°，AC=AF时，如图2，过点F作FP⊥x轴于P，∴∠AOC=∠APF=90°．∵∠ACO+∠OAC=90°，∠FAP+∠OAC=90°，

∴

∠ACO=∠FAP．∴△ACO≌△∠FAP，∴FP=AO=4．∴或=FP=4．③当∠AFC=90°，FA=FC时，如图3，则F点一定在AC的中垂线上，此时存在两个点分别记为F，F′，分别过F，F′两点作x轴、y轴的垂线，分别交于E，G，D，H．∵∠DFC+∠CFE=∠CFE+∠EFA=90°，∴∠DFC=∠EFA．∵∠CDF=∠AEF，CF=AF，∴△CDF≌△AEF．∴CD=AE，DF=EF．∴四边形OEFD为正方形．∴OA=OE+AE=OD+AE=OC+CD+AE=OC+2CD．∴4=2+2•CD．∴CD=1，∴m=OC+CD=2+1=3．∵∠HF′C+∠CGF′=∠CGF′+∠GF′A，∴∠HF′C=∠GF′A．∵∠HF′C=∠GF′A，CF′=AF′．∴△HF′C≌△GF′A．∴HF′=GF′，CH=AG．∴四边形OHF′G为正方形．∴．∴OH=1．∴m=．∵，∴y的最大值为．∵直线l与抛物线有两个交点，∴m＜∴m可取值为m=或或3或．综上所述，m的值为m=或或3或．【点睛】本题难度适中，考查的主要是二次函数、圆、等腰直角三角形及全等三角形性质，但是最后一问情形较多不易找全，非常锻炼学生的全面思考．23．（2022上·天津和平·九年级天津二十中校考期末）如图，已知抛物线的图象与x轴的一个交点为B（5，0），另一个交点为A，且与y轴交于点C（0，5）．（1）求直线BC与抛物线的解析式；（2）若点M是抛物线在x轴下方图象上的动点，过点M作MN∥y轴交直线BC于点N，求MN的最大值；（3）在（2）的条件下，MN取得最大值时，若点P是抛物线在x轴下方图象上任意一点，以BC为边作平行四边形CBPQ，设平行四边形CBPQ的面积为S1，△ABN的面积为S2，且S1=6S2，求点P的坐标．【答案】（1）；（2）；（3）P的坐标为（2，－3）或（3，－4）【分析】（1）由B（5，0），C（0，5），应用待定系数法即可求直线BC与抛物线的解析式．（2）构造MN关于点M横坐标的函数关系式，应用二次函数最值原理求解．（3）根据S1=6S2求得BC与PQ的距离h，从而求得PQ由BC平移的距离，根据平移的性质求得PQ的解析式，与抛物线联立，即可求得点P的坐标．【详解】解：（1）设直线BC的解析式为，将B（5，0），C（0，5）代入，得，得．∴直线BC的解析式为．将B（5，0），C（0，5）代入，得，得．∴抛物线的解析式．（2）∵点M是抛物线在x轴下方图象上的动点，∴设M．∵点N是直线BC上与点M横坐标相同的点，∴N．∵当点M在抛物线在x轴下方时，N的纵坐标总大于M的纵坐标．∴．∴MN的最大值是．（3）当MN取得最大值时，N．∵的对称轴是，B（5，0），∴A（1，0）．∴AB=4．∴．∴平行四边形CBPQ的面积S1=6S2=30．设平行四边形CBPQ的边BC上的高为BD，则BC⊥BD．，∴BC•BD=30，，过点D作直线BC的平行线，交抛物线与点P，交x轴于点E，在直线DE上截取PQ=BC，则四边形CBPQ为平行四边形．∵BC⊥BD，∠OBC=45°，∴∠EBD=45°，∴△EBD为等腰直角三角形，，∵B（5，0），∴E（-1，0），设直线PQ的解析式为y=-x+t，将E（-1，0）代入，得1+t=0，解得t=-1∴直线PQ的解析式为y=-x-1．解方程组，得，，∴点P的坐标为P1（2，-3）（与点D重合）或P2（3，-4）．24．（2023上·天津南开·九年级南开中学校考期末）已知：如图，二次函数的图象交轴于点和点（点在点左则），交轴于点，作直线是直线上方抛物线上的一个动点．过点作直线平行于直线是直线上的任意点，是直线上的任意点，连接，始终保持为，以和边，作矩形．（1）在点移动过程中，求出当的面积最大时点的坐标；在的面积最大时，求矩形的面积的最小值．（2）在的面积最大时，线段交直线于点，当点四个点组成平行四边形时，求此时线段与抛物线的交点坐标．【答案】（1）点坐标为，矩形的最小值为；（2）交点坐标为（3+，﹣），（3﹣，﹣），（1﹣，），（1+，）．【分析】（1）当△DEB的面积最大时，直线DN与抛物线相切，可求出直线DN的解析式和点D的坐标，当矩形面积最小时，MG最小，求出MG的最小值即可．（2）分两种情况讨论，以DB为边和以DB为对角线，分别求出此时ON的解析式，联立求出交点坐标即可．【详解】解：（1）如图1所示，过点D作y轴的平行线交MB于点H，过点O作OQ垂直MB于点Q，令y＝0，解得x1＝﹣1，x2＝4，∴A（﹣1，0），B（4，0），令x＝0，y＝2，∴E（0，2），设直线BE的解析式为y＝kx+b，则解得，∴直线BE的解析式为y＝﹣x+2，∵DN∥BE，∴设直线DN的解析式为y＝﹣x+b1，S△DEB＝DH•（xB﹣xE），∴当△DEB面积最大时，即是DH最大的时候，∴﹣x+b1＝﹣x2+x+2，△＝b2﹣4ac＝0，即16﹣4（2b1﹣4）＝0，解得b1＝4，点D（2，3），S矩＝2S△MOG+S平形四边形，∴矩形面积最小时就是MG最小，设QG＝m，MQ＝n，∴MG＝m+n，∵m+n≥2，∵△QOG∽△MQO，∴OQ2＝m•n，∵△OEQ∽△EOB，∴OQ＝，∴m•n＝，∴m+n的最小值为．∴MG＝，∴S矩＝2S△MOG+S平形四边形＝．（2）分两种情况讨论，情况一：当GN∥DB时，直线DB的解析式为：y＝﹣x+6，则直线NG的解析式为y＝﹣x，∴﹣x＝﹣x2+x+2，解得x1＝3+，x2＝3﹣，∴交点坐标为（3+，﹣），（3﹣，﹣），情况二：DB为对角线时，此时NG必过DB的中点（3，），设直线ON的解析式为y＝k1x，则k1＝，∴直线OD的解析式为y＝x，＝﹣x2+x+2，解得x1＝1﹣，x2＝1+，∴交点坐标为（1﹣，），（1+，），综上所述：交点坐标为（3+，﹣），（3﹣，﹣），（1﹣，），（1+，）．【点睛】此题考查了二次函数的性质以及二次函数与几何相结合的问题，转化矩形面积最小和三角形面积最大为某条线段的最值为解题关键．25．（2023上·天津河北·九年级天津十四中校考期末）已知抛物线的图象与x轴相交于点A和点，与y轴交于点C，连接，有一动点D在线段上运动，过点D作x轴的垂线，交抛物线于点E，交x轴于点F，，设点D的横坐标为m．(1)求抛物线的解析式；(2)连接，当的面积最大时，求出的最大面积和点D的坐标；(3)当时，在平面内是否存在点Q，使以B，C，E，Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)当时，的值最大为，(3)当Q点为或或时，以B，C，E，Q为顶点的四边形为平行四边形【分析】（1）根据点，，可得，再利用待定系数法解答，即可求解；（2）求出直线AC的解析式，可得，从而得到，进而得到，即可求解；（3）分三种情况讨论：当为平行四边形的对角线时；当为平行四边形的对角线时；当为平行四边形的对角线时，即可求解．【详解】（1）解：∵点，，∴，将，代入，∴，∴，∴抛物线的解析式为；（2）解：设直线AC的解析式为，∴，解得：，∴直线AC的解析式为，∴，∴，∴，∴当时，的值最大为，∴；（3）解：存在，理由如下：∵，∴，设，①当为平行四边形的对角线时，，解得，∴；②当为平行四边形的对角线时，，解得，∴；③当为平行四边形的对角线时，，解得，∴；综上所述：当Q点为或或时，以B，C，E，Q为顶点的四边形为平行四边形．【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，熟练掌握利用待定系数法求出二次函数解析式，二次函数的图象和性质，平行四边形的性质是解题的关键．26．（2022上·天津南开·九年级天津育贤中学校考期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2＋bx＋c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．(1)求抛物线的解析式．(2)点D为第一象限内抛物线上的一动点，作DE⊥x轴于点E，交BC于点F，过点F作BC的垂线与抛物线的对称轴和y轴分别交于点G，H，设点D的横坐标为m．①求DF＋HF的最大值；②连接EG，是否存在点D，使△EFG是等腰三角形．若存在，直接写出m的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)y＝﹣x2+2x+3(2)①；②存在，m＝2或m＝﹣1+2或m＝【分析】（1）利用二次函数的交点式求解析式；（2）①先求得点C的坐标，从而得到∠OBC＝∠OCB＝45°和直线BC的解析式，再过点F作FM⊥y轴于点M，交对称轴于点N，从而得到∠MFH＝∠MHF＝45°，进而得到FM和FH的关系，然后用含有m的式子表示DF+FH，最后利用二次函数的性质求得最大值；②用含有m的式子表示点G的坐标，然后分情况讨论：①EF＝EG；②EF＝FG；③EG＝FG．【详解】（1）解：∵抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，∴y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．（2）解：①当x＝0时，y＝3，∴C（0，3），又∵B（3，0），∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，如图，过点F作FM⊥y轴于点M，则∠MCF＝∠MFC＝45，∵FH⊥BC，∴∠MFH＝∠MHF＝45°，∴FH＝FM＝OE＝m，∴DF+FH＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）+m＝﹣m2+（3+）m，∵0＜m＜3，0＜＜3，a＝﹣1＜0，∴当m＝时，DF+FH的最大值为﹣（）2+（3+）×＝；②∵F（m，﹣m+3），E（m，0），∴N（1，﹣m+3），EF＝﹣m+3，∴NF＝|m﹣1|，由①理得，∠NFG＝∠NGF＝45°，∴NF＝NG＝|m﹣1|，当m＞1时，G（1，﹣m+3﹣m+1）即（1，﹣2m+4）；当m＜1时，G（1，﹣m+3+（﹣m+1））即（1，﹣2m+4），∴G（1，﹣2m+4），∴EF2＝（﹣m+3）2，EG2＝（m﹣1）2+（2m﹣4）2，FG2＝（m﹣1）2+（m﹣1）2，当EF＝EG时，（﹣m+3）2＝（m﹣1）2+（2m﹣4）2，解得：m＝1（舍）或m＝2，当EF＝FG时，（﹣m+3）2＝（m﹣1）2+（m﹣1）2，解得：m＝﹣1+2或m＝﹣1﹣2（舍），当EG＝FG时，（m﹣1）2+（2m﹣4）2＝（m﹣1）2+（m﹣1）2，解得：m＝3（舍）或m＝，综上所述，存在m＝2或m＝﹣1+2或m＝，使得△EFG是等腰三角形．【点睛】本题考查了二次函数的解析式和性质、等腰直角三角形的性质，解题的关键是判定△OBC为等腰直角三角形．27．（2022上·天津和平·九年级天津一中校考期末）如图，已知抛物线的解析式为，抛物线与x轴交于点A和点B，与y轴交点于点C．(1)请分别求出点A、B、C的坐标和抛物线的对称轴；(2)连接AC、BC，将△ABC绕点B顺时针旋转90°，点A、C的对应点分别为M、N，求点M、N的坐标；(3)若点为该抛物线上一动点，在（2）的条件下，请求出使最大时点的坐标，并请直接写出的最大值．【答案】(1)A（-4，0），B（1，0），C（0，3），对称轴为直线(2)M（1，5），N（4，1）(3)当P的坐标为（1，0）或时，的值最大，此时最大值为【分析】（1）提取二次项系数后分解因式，可以得出抛物线与x轴交点，令x=0代入可以得到与y轴的交点，把解析式配方后可得对称轴；（2）根据题意作出几何图形，通过旋转性质以及通过AAS求证△OBC≌△QNB即可分别求出M、N的坐标；（3）分析题意可得出，当P，N，B在同一直线上时，|NP-BP|的值最大，联立直线BN解析式以及抛物线解析式即可求出P的坐标．【详解】（1）解：∵，令x=0，则y=3，令y=0，则，解得x=-4或1，∴A（-4，0），B（1，0），C（0，3），∵，∴对称轴为直线x=-；（2）解：如图所示：过N作NQ⊥x轴于点Q，由旋转性质得MB⊥x轴，∠CBN=90°，BM=AB=5，BN=BC，∴M（1，5），∠OBC+∠QBN=90°，∵∠OBC+∠BCO=90°，∴∠BCO=∠QBN，又∵∠BOC=∠NQB=90°，BN=BC，∴△OBC≌△QNB（AAS），∴BQ=OC=3，NQ=OB=1，∴OQ=1+3=4，∴N（4，1）；（3）解：设直线NB的解析式为y=kx+b.∵B（1，0）、N（4，1）在直线NB上，∴，解得：，∴直线NB的解析式为：y=x-，当点P，N，B在同一直线上时|NP-BP|=NB=，当点P，N，B不在同一条直线上时|NP-BP|＜NB，∴当P，N，B在同一直线上时，|NP-BP|的值最大，即点P为直线NB与抛物线的交点．解方程组：，解得：或，∴当P的坐标为（1，0）或时，|NP-BP|的值最大，此时最大值为．【点睛】本题属于二次函数综合题，考查待定系数法，旋转性质，全等三角形的判定与性质等知识，本题的关键是数形相结合，以及正确讨论出当P，N，B在同一直线上时，|NP-BP|的值最大是解题的关键．28．（2022上·天津南开·九年级南开翔宇学校校考期末）已知抛物线过点，，．(1)求此抛物线的解析式（直接写出结果即可）；(2)若点是该抛物线第三象限的任意一点，求四边形的最大面积；(3)若点在轴上，点为该抛物线的顶点，且．求点的坐标（直接写出结果即可）【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）把，，三点的坐标代入中，即可；（2）设点的坐标为：，根据三角形的面积，二次函数的性质解答即可；（3）连接，以的中点为圆心，为直径作圆，作的垂直平分线交于点，连接，以点为圆心，为半径作交轴于点；根据中点坐标，则，设点，根据垂直平分线，得，又根据，求出点的坐标；又根据勾股定理，，即可求出点．【详解】（1）∵抛物线过点，，，∴，解得：，∴抛物线的解析式为：．（2）设点的坐标为：，∵点在第三象限的抛物线上，∴，∴，∵，，∵，，∴，，∴，，，∴当时，四边形的面积有最大值为．（3）∵，∴顶点，连接，以的中点为圆心，为直径作圆，作的垂直平分线交于点，连接，以点为圆心，为半径作交轴于点，∵点是的中点，∴，∵是的直径，∴，∵点在的垂直平分线上，∴，设点，∴，又∵点在上，∴，∴，联立，∴或，∴点，（舍去），∵，，∴在中，，∴，设点，∴，∴，，∴点或．【点睛】本题考查二次函数的知识，解题的关键是掌握二次函数的性质，待定系数法求抛物线，函数的最值，几何动点与函数的综合．29．（2022上·天津河西·九年级天津市第四十二中学校考期末）已知抛物线（，为常数，）经过点，顶点为D．(1)当时，求该抛物线顶点D的坐标；(2)当时，点，若，求该抛物线的解析式．【答案】(1)抛物线顶点D的坐标为；(2)抛物线的解析式为或【分析】（1）由，即可求解；（2）求得顶点D的坐标为，由得：，根据公式列出方程，解方程即可求解．【详解】（1）解：抛物线经过点，则，当时，抛物线的解析式为，故抛物线顶点D的坐标为；（2）解：∵，故顶点D的坐标为，由得：，即，解得或，故抛物线的解析式为或．【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．30．（2022上·天津河西·九年级天津市海河中学校考期末）已知点A(2，－3)是二次函数图象上的点．(1)求二次函数图象的顶点坐标：(2)当时，求函数的最大值与最小值的差：(3)当时，若函数的最大值与最小值的差为4，求t的值．【答案】(1)(3，－4)(2)当－1≤x≤4时，函数的最大值与最小值的差为16(3)t＝1或2【分析】（1）把点A代入解析式中，解得，再利用配方法化成顶点式解析式即可解得顶点坐标；（2）分别解得当－1≤x≤4时，函数的最大值与最小值，再求差；（3）当t≤x≤t+3时，对t进行分类讨论，①当t+3＜3时，即t＜0，y随着x的增大而减小；②当0≤t＜3时，顶点的横坐标在取值范围内；③当t>3时，y随着x的增大而增大，分别解得函数对应的最大值，再由函数的最大值与最小值的差为4，列方程，解方程即可解答．【详解】（1）解：∵已知A(2，-3)是二次函数图象上的点∴解得∴此二次函数的解析式为：∴顶点坐标为（3，－4）；（2）∵顶点坐标为（3，－4），∴当x＝3时，y最小值＝－4，当x＝－1时，y最大值＝12∴当－1≤x≤4时，函数的最大值与最小值的差为16；（3）当t≤x≤t+3时，对t进行分类讨论，①当t+3＜3时，即t＜0，y随着x的增大而减小，当x＝t时，y最大值＝t2-6t+5当x＝t+3时，y最小值＝（t+3）2-6（t+3）+5＝t2-4，t2-6t+5-（t2-4）=4﹣t2+4﹣（﹣t2+6t﹣5）＝﹣6t+9=4，解得（不合题意，舍去），②当0≤t＜3时，顶点的横坐标在取值范围内，∴y最小值＝－4，i）当0≤t≤时，在x＝t时，y最大值＝t2-6t+5，∴t2-6t+5－（－4）=4，解得t1＝1，t2＝5（不合题意，舍去）；ii）当＜t＜3时，在x＝t+3时，y最大值＝t2－4，∴t2－4－（－4）=4，∴解得t1＝2，t2＝－2（不合题意，舍去），③当t>3时，y随着x的增大而增大，当x＝t时，y最小值=t2-6t+5，当x＝t+3时，y最大值＝t2-4，∴t2-4-（t2-6t+5）=4解得（不合题意，舍去），综上所述，t＝1或2．【点睛】本题考查二次函数的图象与性质、待定系数法求二次函数解析式、将一般式解析式转化为顶点式解析式、解一元二次方程等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．31．（2022上·天津和平·九年级天津市第二十一中学校考期末）如图，抛物线y=﹣x2+mx+n与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知A（﹣1，0），C（0，2）．（1）求抛物线的表达式；（2）在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形？如果存在，直接写出P点的坐标；如果不存在，请说明理由；（3）点E时线段BC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置时，四边形CDBF的面积最大？求出四边形CDBF的最大面积及此时E点的坐标．【答案】(1)抛物线的解析式为：y=﹣x2+x+2(2)存在，P1（，4），P2（，），P3（，﹣）(3)当点E运动到（2，1）时，四边形CDBF的面积最大，S四边形C