2.7 确定二次函数的表达式（B卷能力拓展） -2021-2022学年九年级数学下册同步分层练习（基础巩固＋能力拓展北师大版）（解析版）

2.7确定二次函数的表达式学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________B卷（能力拓展）一、选择题1．（2021·湖南长沙市九年级期中）如图，抛物线与抛物线交于点，且它们分别与轴交于点、．过点B作轴的平行线，分别与两抛物线交于点A、，则以下结论：①无论取何值，总是负数；②抛物线可由抛物线向右平移3个单位，再向下平移3个单位得到；③当时，随着的增大，的值先增大后减小；④四边形为正方形．其中正确的是（）A．①② B．①②④ C．③④ D．①②③【答案】B【分析】①根据非负数的相反数或者直接由图像判断即可；②先求抛物线的解析式，再根据抛物线的顶点坐标，判断平移方向和平移距离即可判断②；③先根据题意得出时，观察图像可知，然后计算，进而根据一次函数的性质即可判断；④分别计算出的坐标，根据正方形的判定定理进行判断即可．【详解】①，，，无论取何值，总是负数，故①正确；②抛物线与抛物线交于点，，即，解得，抛物线，抛物线的顶点，抛物线的顶点为，将向右平移3个单位，再向下平移3个单位即为，即将抛物线向右平移3个单位，再向下平移3个单位可得到抛物线，故②正确；③，将代入抛物线，解得，，将代入抛物线，解得，，，从图像可知抛物线的图像在抛物线图像的上方，当，随着的增大，的值减小，故③不正确；④设与轴交于点，，，由③可知，，，，当时，，即，，，四边形是平行四边形，，四边形是正方形，故④正确，综上所述，正确的有①②④，故选B．【点睛】本题考查了二次函数图像与性质，一次函数的性质，平移，正方形的判定定理，综合运用以上知识是解题的关键．2．（2021·温州市实验中学九年级月考）如图，抛物线（a＞0）与x轴交于A，B，顶点为点D，把抛物线在x轴下方部分关于点B作中心对称，顶点对应D′，点A对应点C，连接DD′，CD′，DC，当△CDD′是直角三角形时，a的值为（）A．或 B．或 C．或 D．或【答案】A【分析】先求出点A（-3，0），点B（1，0），由点B为中心对称，求出点C（5，0），把抛物线配方为顶点式可得D（－1，－4a），点D与点D′关于点B对称，D′（3，4a），DD′，CD=，CD′=，由△CDD′是直角三角形，分两种情况，当∠CD′D=90°，∠DCD′=90°时利用勾股定理列出方程，解方程即可．【详解】解：∵抛物线（a＞0）与x轴交于A，B，∴∵a＞0解得∴点A（-3，0），点B（1，0），∵点B为中心对称，∴点C的横坐标为：1+（1+3）=5，∴点C（5，0），∴抛物线，∴D（－1，－4a），点D与点D′关于点B对称，点D′的横坐标为1+（1+1）=3，纵坐标为4a，∴D′（3，4a），DD′=，CD=，CD′=，∵△CDD′是直角三角形，当∠CD′D=90°，根据勾股定理，CD′2＋DD′2＝CD2，即，解得，∵a＞0，∴；当∠DCD′=90°，根据勾股定理，CD′2＋CD2＝DD′2，即，解得，∴，∴综合得a的值为或．故答案选：A．【点睛】本题考查待定系数法求抛物线解析式，分类思想的应用，勾股定理，中心对称性质，掌握待定系数法求抛物线解析式，分类思想的应用，勾股定理，中心对称性质是解题关键．二、填空题3．在平面直角坐标系中，点O（0，0），点A（1，0）．已知抛物线y＝x2+mx﹣2m（m是常数），顶点为P．无论m取何值，该抛物线都经过定点H．当∠AHP＝45°时，求抛物线的解析式是__．【答案】或【分析】发现当x＝2时，y＝4，所以定点H（2，4）．过点A作AB⊥PH于点B，过点B作DC⊥x轴于点C，过点H作HD⊥CD于点D，构造△ABC≌△BHD，利用对应边AC＝BD，BC＝HD求点B坐标，再求直线BH解析式，把用m表示的点P坐标代入BH解析式即求得m的值．由于满足∠AHP＝45°的点P可以在AH左侧或右侧，故需分情况讨论．【详解】解：当x=2时，y=4+2m-2m=4．

∴无论m取何值，该抛物线都经过定点H（2，4）．过点A作AB⊥PH于点B，过点B作DC⊥x轴于点C，过点H作HD⊥CD于点D．∴∠ABH＝∠ACB＝∠BDH＝90°．∴∠ABC+∠DBH＝∠ABC+∠BAC＝90°．∴∠BAC＝∠DBH．∵∠AHP＝45°．∴△ABH是等腰直角三角形，AB＝BH．在△ABC与△BHD中，，∴△ABC≌△BHD（AAS）．∴AC＝BD，BC＝HD．设点B坐标为（a，b）．①若点P在AH左侧，即点B在AH左侧，如图1．

∴AC＝1﹣a，BC＝b，BD＝4﹣b，DH＝2﹣a．∴，解得，．∴点B（﹣，）．设直线BH解析式为y＝kx+h．∴，解得，．∴直线BH：y＝x+．∵y＝x2+mx﹣2m，∴抛物线顶点P为（﹣，﹣﹣2m）．∵点P（﹣，﹣﹣2m）在直线BH上，∴（﹣）+＝﹣﹣2m．解得：m1＝﹣，m2＝﹣4．∵m＝﹣4时，P（2，4）与点H重合，舍去，∴抛物线解析式为y＝x2﹣x+．②若点P在AH右侧，即点B在AH右侧，如图2．

∴AC＝a﹣1，BC＝b，BD＝4﹣b，DH＝a﹣2．∴，解得，．∴点B（，）．设直线BH解析式为y＝kx+h．∴，解得，．∴直线BH：y＝﹣x+．∵点P（﹣，﹣﹣2m）在直线BH上，∴﹣（﹣）+＝﹣﹣2m．解得：m1＝﹣，m2＝﹣4（舍去）．∴抛物线解析式为y＝x2﹣x+．综上所述，抛物线解析式为y＝x2﹣x+或y＝x2﹣x+．故答案为：y＝x2﹣x+或y＝x2﹣x+．【点睛】本题考查待定系数法求二次函数解析式、二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征等知识点．确定定点H的位置是解题的基础，构造全等三角形将线段长转化为点坐标是求函数解析式的关键．4．如图，平面直角坐标系中，点A在y轴的负半轴上，点B，C在x轴上，OA＝8，AB＝AC＝10，点D在AB上，CD与y轴交于点E，且满足S△COE＝S△ADE，则过点B，C，E的抛物线的函数解析式为__．【答案】【分析】根据OA＝8，AB＝AC＝10，可得B（6，0），C（﹣6，0），A（0，﹣8），设点D（m，n），由S△COE＝S△ADE，得S△CDB＝S△AOB，从而求出n的值，可得点D是AB的中点，进而可得点E为△ABC的重心，即可得点E的坐标，最后即可求出过点B，C，E的抛物线的函数解析式．【详解】解：∵OA＝8，AB＝AC＝10，∴OB＝OC＝＝6，∴B（6，0），C（﹣6，0），A（0，﹣8）设点D（m，n），∵S△COE＝S△ADE，∴S△COE+S四边形OEDB＝S△ADE+S四边形OEDB∴S△CDB＝S△AOB，∴BC•|n|＝AO•BO，∴12（﹣n）＝8×6，解得n＝﹣4，设直线AB解析式为y＝kx+b，把A（0，﹣8），B（6，0），代入得，解得，b＝﹣8，k＝，∴直线AB解析式为y＝x﹣8，当y＝﹣4时，x＝3，∴D（3，﹣4），∵C（﹣6，0），同理可得CD解析式为y＝x﹣，∴点E的坐标为：（0，﹣），设经过B、C、E三点的二次函数的解析式为：y＝ax2﹣，把B（6，0）代入得，0＝36a﹣，a＝，∴过点B，C，E的抛物线的函数解析式为：y＝x2﹣．故答案为：y＝x2﹣．【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，解决本题的关键是求出点E的坐标，解题时注意转化思想的合理运用．5．（2021·安徽九年级周测）已知抛物线y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于点A(m﹣4，0)和B(m，0)，与直线y＝﹣x+p相交于点A和C(2m﹣4，m﹣6)，抛物线y＝ax2+bx+c与y轴交于点D，点P在抛物线的对称轴上，连PA，PD，当PA+PD的长最短时，点P的坐标为_____．【答案】(1，﹣2)【分析】把点A（m-4，0）和C（2m-4，m-6）代入直线y=-x+p上得到方程组，求出方程组的解，得出A、B、C的坐标，设抛物线y=ax2+bx+c=a（x-3）（x+1），把C（2，-3）代入求出a，得出函数的解析式，找出P的位置，求出AN的解析式，把x=1代入即可．【详解】解：∵点A(m﹣4，0)和C(2m﹣4，m﹣6)在直线y＝﹣x+p上∴，解得：m＝3，p＝﹣1，∴A(﹣1，0)，B(3，0)，C(2，﹣3)，设抛物线y＝ax2+bx+c＝a(x﹣3)(x+1)，∵C(2，﹣3)，代入得：﹣3＝a(2﹣3)(2+1)，∴a＝1∴抛物线解析式为：y＝x2﹣2x﹣3＝(x﹣1)2﹣4，对称轴EF为x＝1，当x＝0时y＝﹣3，即D点的坐标为(0，﹣3)，作D关于EF的对称点N，连接AN，交EF于P，则此时P为所求，根据对称得N的坐标为(2，﹣3)，设直线AN的解析式为y＝kx+e，把A、N的坐标代入得：，解得：k＝﹣1，e＝﹣1，即y＝﹣x﹣1，把x＝1代入得：y＝﹣2，即P点的坐标为(1，﹣2)，故答案为：(1，﹣2)．【点睛】本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的最值，轴对称-最短路线问题等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行计算是解此题的关键．6．（2020·温州市实验中学九年级期中）如图，已知点是抛物线的顶点，过作直线分别交轴正半轴和轴正半轴于点、交抛物线于点，且，过点作轴，垂足为，若的面积是的2倍，则的值为______．【答案】【分析】根据题意，先得到，作PE⊥x轴，垂足为E，作PD平行x轴，交GC延长线于点D，然后由相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，求出点C的坐标，把点C代入抛物线方程，即可求出m的值．【详解】解：根据题意，则∵△ACG与△PCG是同高，且底边在同一条直线上，又∵，∴，∴，作PE⊥x轴，垂足为E，作PD平行x轴，交GC延长线于点D，如图：∴PE∥CG，∴△ACG∽△APE，∴；在抛物线中，对称轴为，当时，代入，则，∴点P的坐标为（3，9m）；∴，，∴，∵PD∥x轴，∴△ACG∽△PCD，∴，∴；∵，∴，∵，∴，∴，∴点C的坐标为：（，），把点C代入抛物线的方程，则，解得：．故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，平行线的性质，以及解一元二次方程的步骤，解题的关键是熟练掌握题意，正确的作出图形，运用数形结合的思想进行解题．7．（福建连城九年级期中）平面直角坐标系下，一组有规律的点A1（0，1）、A2（1，0）、A3（2，1）、A4（3，0）、A5（4，1）、A6（5，0）…（注：当n为奇数时，An（n﹣1，1），n为偶数时，An（n﹣1，0）），抛物线C1经过点A1、A2、A3三点，…抛物线Cn经过Cn，Cn+1，Cn+2三点，请写出抛物线C2n的解析式_____．【答案】y2n＝﹣（x﹣2n）2+1．【解析】【分析】根据顶点式即可求出C1，C4的解析式，找出规律即可求得．【详解】解：由A1（0，1）、A2（1，0）、A3（2，1）、A4（3，0）、A5（4，1）、A6（5，0）…可知：C1的对称轴为x＝1，C2的对称轴为x＝2，C3对称轴为x＝3，C4对称轴为x＝4，…，根据顶点式求出C1的解析式为：y1＝（x﹣1）2，C2解析式为y2＝﹣（x﹣2）2+1，C3解析式为y3＝（x﹣3）2，C4解析式为y4＝﹣（x﹣4）2+1，…∴抛物线C2n的解析式应该为：y2n＝﹣（x﹣2n）2+1．故答案为y2n＝﹣（x﹣2n）2+1．【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，解题的关键是发现经过的三点的规律，并利用顶点式求得解析式三、解答题8．（2021·仪征市实验初中九年级月考）如图，已知二次函数的图像与x轴交于点A，点，交y轴于点C，点是线段OB上一点与点O、B不重合，过点M作轴，交BC于点P，交抛物线于点Q，连接OP，CQ．（1）求二次函数的表达式；（2）若，求QP的长；【答案】（1）二次函数；（2）PQ=．【分析】（1）利用待定系数法将点代入抛物线解析式解方程即可；（2）先求OB=OC=3，可得∠OBC=45°，BC=，再证MP=MB，用m表示PM=BM=3-m,PB=，CP=BC-BP=，求出点Q（m，），可求PQ=，证明△OCP∽△CPQ，可得，代入的方程，整理得，解方程即可．【详解】解：（1）∵二次函数的图像过点，∴，解得，∴二次函数；（2）当x=0时，y=3，∴OC=3，∴OB=OC=3，∴△AOB为等腰直角三角形，∴∠OBA=45°，BC=，∵轴，∴∠MPB=90°-∠OBA=45°=∠OBA，∴MP=MB，∵点，∴PM=BM=3-m，∴PB=，∴CP=BC-BP=，当x=m时，，∴点Q（m，），∴PQ=QM-PM=，∵轴，轴，∴CO∥QM，∠MPB=90°-∠OBA=45°，∴∠OCP=∠CPQ，∵，∴△OCP∽△CPQ，∴，∴，∴，整理得，∵m=0（舍去），m=,∴当时，∴PQ．【点睛】本题考查待定系数法求抛物线解析式，等腰直角三角形判定与性质，勾股定理，三角形相似判定与性质，掌握定系数法求抛物线解析式，等腰直角三角形判定与性质，勾股定理，三角形相似判定与性质是解题关键．9．（2021·陕西西安九年级模拟预测）在平面直角坐标系中，已知抛物线C1：y＝x2+bx+c与x轴的一个交点是A（﹣1，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．（1）求抛物线C1的函数表达式；（2）已知点D是第一象限内一点，且△ACD是以AC为直角边的等腰直角三角形，则点D坐标为；（3）在直线AC左侧有一点M，将抛物线C1的图象绕点M旋转180°得到抛物线C2，其中点A、C的对应点分别是A'、C'，若以A、C、A'、C'为顶点的四边形是正方形，求点M的坐标并直接写出抛物线C2的表达式．【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3；（2）（2，1）；（3）点M（﹣2，﹣2），y＝﹣x2﹣10x﹣25．【分析】（1）用待定系数法即可；（2）分两种情况考虑，证明三角形全等即可解决；（3）由全等三角形的性质可求得点M的坐标，即可求得点A'、C'的坐标，利用待定系数法可求解．【详解】（1）由题意可得：，∴，∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3；（2）如图1，当∠DAC＝90°时，过点D作DE⊥x轴于E，∵点A（﹣1，0），点C（0，﹣3），∴OA＝1，OC＝3，∵∠DAE+∠CAO＝90°＝∠DAE+∠ADE，∴∠ADE＝∠CAO，又∵AD＝AC，∠AOC＝∠AED＝90°，∴△OAC≌△EDA(AAS)，∴OA＝DE＝1，OC＝AE＝3，∴OE＝2，∴点D（2，1），当∠ACD'＝90°，过点D'作D'E'⊥y轴于E'，同理可得CE'＝OA＝1，D'E'＝OC＝3，∴OE'＝2，∴点D'（3，﹣2），∵点D是第一象限内一点，∴点D（2，1），故答案为（2，1）；（3）如图2，过点C'作C'F⊥x轴于F，∵四边形A'C'AC是正方形，∴AC'＝AC，∠C'AC＝90°＝∠AOC，∴∠C'AF+∠CAO＝90°＝∠CAO+∠ACO，∴∠C'AF＝∠ACO，∴△ACO≌△C'AF（AAS），∴AO＝C'F＝1，AF＝CO＝3，∴点C'坐标为（﹣4，﹣1），∵CM＝C'M，∴点M（﹣2，﹣2），∵AM＝A'M，∴点A'（﹣3，﹣4），∵将抛物线C1的图象绕点M旋转180°得到抛物线C2，∴设抛物线C2的解析式为y＝﹣x2+mx+n，由题意可得：，可得，∴抛物线C2的解析式为y＝﹣x2﹣10x﹣25．【点睛】本题是二次函数的综合，考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，全等三角形的判定与性质，旋转的性质等知识，灵活运用这些知识是解决问题的关键．10．（2021·湖北潜江市九年级期中）如图，直线交轴于点，交轴于点，抛物线经过点与点，且交轴于另一点．

（1）求此抛物线的解析式及点的坐标；（2）在直线上方的抛物线上有一点，求面积的最大值及此时点的坐标；（3）将线段绕轴上的动点顺时针旋转得到线段，若线段与抛物线只有一个公共点，请结合函数图象，直接写出的取值范围．【答案】（1），（-2，0）；（2）2，（2，2）；（3）或【分析】（1）令，由，得A点坐标，令，由，得点坐标，将A、的坐标代入抛物线的解析式便可求得抛物线的解析式，从而可以求解；（2）过点作轴，与交于点，设，则，由三角形的面积公式表示出三角形的面积关于的函数关系式，再根据二次函数的性质求得最大值，并求得的值，便可得点的坐标；（3）根据旋转性质，求得点和点的坐标，令点和点在抛物线上时，求出的最大和最小值便可．【详解】解：（1）令，得，，令，得，解得，，，把A、两点代入得，，解得，抛物线的解析式为；∴抛物线的对称轴为∵C（4，0）∴B（-2，0）；（2）过点作轴，与交于点，如图，设，则，，当时，△面积最大，其最大值为2，此时的坐标为；（3）将线段绕轴上的动点顺时针旋转得到线段，如图，，，，，当在抛物线上时，有，解得，，当点在抛物线上时，有，解得，或2，当或时，线段与抛物线只有一个公共点．【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，旋转的性质，待定系数法，求函数图象与坐标轴的交点，求函数的最大值，三角形的面积公式，第（2）题关键在求函数的解析式，第（3）关键是确定O′，A′点的坐标与位置．11．（2021·苏州市九年级月考）已知抛物线经过点、点、点，点D为抛物线在第一象限内图像上一动点，连接，交y轴于点E，将点C关于线段作轴对称，对称点为，连接．

（1）求抛物线的解析式；（2）如图1如果点落在x轴，求点E坐标；（3）如图2，连接与交于点F，拖动点D，点落在第四象限，作，交x轴于点M，交于点G，若，求点M的横坐标．【答案】（1）y=﹣x2+2x+3；（2）点E坐标为（0，）；（3）点M的横坐标为【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的解析式即可；（2）利用勾股定理求出AC，进而求出点坐标，证明△AOE∽△CO求出OE即可；（3）连接C交AD于Q，过作P⊥x轴于P，证明△AOC≌△PA得到点坐标，进而得到点Q坐标，利用待定系数法分别求得直线AD、直线AC、直线BC、直线FG的表达式，进而求解M横坐标即可．【详解】解：（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，则，解得：，∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3；（2）在Rt△AOC中，OA=1，OC=3，∴，∵点C与点关于线段对称，∴A=AC=，C⊥AD，又A（﹣1，0），∴点坐标为（﹣1，0），O=﹣1，∵∠OAE+∠OEA=∠OAE+∠OC=90°，∴∠OEA=∠OC，又∠AOE=∠CO，∴△AOE∽△CO，∴即，解得：，故点E的坐标为（0，）；（3）连接C交AD于Q，过C′作P⊥x轴于P，∵FG∥AC，FG⊥A，∴AC⊥A，∴∠CAO+∠PAC′=90°，又∠CAO+∠ACO=90°，∴∠PA=∠ACO，又∠AOC=∠PA=90°，AC=A，∴△AOC≌△PA（AAS），∴PA=OC=3，P=OA=1，∴点的坐标为（2，﹣1），∵点C与点关于线段对称，∴点Q坐标为（1，1），设直线AD的表达式为y=kx+b，则，解得：，∴直线AD的表达式为，同样方法求得直线BC的表达式为y=﹣x+3，直线AC的表达式为y=3x+3，联立方程组，解得：，∴点F坐标为（，），∵FG∥AC，∴设直线FG的表达式为y=3x+t，则=3×+t，解得：t=，∴直线FG的表达式为y=3x，当y=0时，由0=3x解得：x=，∴点M的横坐标为．【点睛】本题考查待定系数法求二次函数的解析式、待定系数法求一次函数解析式、对称性质、相似三角形的判定与性质、平行线的性质、同角的余角相等、勾股定理、全等三角形的判定与性质、两直线的交点问题、解二元一次方程组等知识，知识点较多，综合性强，难度较难，解答的关键是读懂题意，寻找知识之间的关联点，利用数形结合思想进行推理、探究和计算．12．（2021·四川双流九年级期末）如图1，在平面直角坐标系中，过点A（5，4）作AB⊥x轴于点B，作AC⊥y轴于点C，D为AB上一点，把△ACD沿CD折叠，使点A恰好落在OB边上的点E处．（1）已知抛物线y＝2x2+bx+c经过A、E两点，求此抛物线的解析式；（2）如图2，点F为线段CD上的动点，连接BF，当△BDF的面积为时，求tan∠BFD的值；（3）将抛物线y＝2x2+bx+c平移，使其经过点C，设抛物线与直线AC的另一个交点为M，问在该抛物线上是否存在点N，使得△CMN为等边三角形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）y＝2x2﹣14x+24；（2）；（3）存在，点N的坐标为（，）或（﹣，）【分析】（1）解直角三角形求出E，A两点坐标，再利用待定系数法解决问题即可．（2）如图2中，过点F作FG⊥AB于G，BH⊥CD交CD的延长线于H．设DE＝AD＝x，在Rt△BED中，DE2＝BE2+BD2，由此构建方程求出x，再利用相似三角形的性质解决问题即可．（3）如图3中，设平移后的抛物线为y＝2x2+bx+4，由题意△CMN是等边三角形，推出点N只能是顶点，顶点N（，），根据IN＝CI，构建方程求解即可．【详解】（1）∵点A的坐标为（5，4），AB⊥x轴于B，AC⊥y轴于C，∴AC＝5，AB＝4，∠ABO＝∠ACO＝∠COB＝90°，∴四边形ABOC是矩形，∴BO＝AC＝5，CO＝AB＝4，∵△CED是由△CAD翻折得到，∴CE＝AC＝5，DE＝AD，在Rt△CEO中，OC＝4，CE＝5，∴OE＝＝＝3，∴E（3，0），BE＝2，把E（3，0），A（5，4）代入y＝2x2+bx+c得，解得，∴抛物线的解析式为y＝2x2﹣14x+24．（2）如图2中，过点F作FG⊥AB于G，BH⊥CD交CD的延长线于H．设DE＝AD＝x，在Rt△BED中，DE2＝BE2+BD2，∴x2＝（4﹣x）2+22，∴x＝，∴AD＝，BD＝，∴×DB×FG＝，∴FG＝，∵FG∥AC，∴＝，∴，∴DG＝，∴DF＝＝，∵∠FGD＝∠BHD，∠FDG＝∠BDH，∴△BDH∽△FDG，∴＝＝，∴，∴DH＝，BH＝，FH＝FD+DH＝，∴tan∠BFN＝＝．（3）如图3中，设平移后的抛物线为y＝2x2+bx+4，∵△CMN是等边三角形，∴点N只能是顶点，顶点N（，），∴IN＝CI，∴||＝4﹣，∴b＝±2，∴满足条件的点N的坐标为（，）或（﹣，）．【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会利用特殊图形解决问题，属于中考压轴题．13．（2021·江苏徐州九年级二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c经过A（3，0）、B（﹣1，0）、C（0，3）．（1）求抛物线的函数表达式；（2）点D是线段BC上一动点，点D关于AC、AB的对称点分别为点M、N，连接MN交线段AC、AB于E、F．求MF•NE最小值；（3）点J是抛物线顶点，连接JC、JA，点H为抛物线对称轴上一动点，设纵坐标为m，过点H的直线交边CJ于P，交边JA于Q，若对于每个确定的m值，有且只有一个△JQP与△JCA相似，请直接写出m的取值范围．

【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）；（3）【分析】（1）设抛物线为交点式，代入点C坐标即可求得表达式；

（2）由轴对称性质可证得是等腰直角三角形，再证明，得到，即．当时，AD最小，利用三角形的面积公式求出AD的长，从而求得的最小值；

（3）当H在AC上时，容易证得临界值m＝2，此时有且只有一个△JQP与△JCA相似；当H在AC上方时，过点C作CR⊥AJ于点R，交直线x=1于点H，过点R作直线RF⊥y轴于点F，过点A作AE⊥RF于点E．可证△RFC～△AER．从而得到点R坐标，由此知直线CR的解析式，令x＝1，即可得H点的纵坐标m＝，此为另一临界值，若，则不存在唯一的△JQP与△JCA相似．根据m的两个临界值，可得m的取值范围．【详解】解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（3，0），B（-1,0），∴设抛物线表达式为∵点C（0，3）在抛物线上，∴a（0+1）（0﹣3）=3，解得，a＝﹣1．∴该抛物线表达式为y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3．（2）如图，连接∵A（3，0），B（-1，0），∴OC＝OA＝3，OB＝1，∴∠OCA＝∠OAC＝45°，BC＝．∵点D与点M关于直线AC对称，∴AM=AD，∠MAC＝∠DAC．同理：AN=AD，∠BAN＝∠BAD，∴AM=AN=AD．∠MAN＝2∠OAC＝2×45°＝90°．∴△MAN为等腰直角三角形．∴∠AMN＝∠ANM＝45°．∵∠AEN为△AEM的外角，∴∠AEN＝∠AME+∠MAE＝45°+∠MAE，∵∠MAO＝∠CAO+∠MAE＝45°+∠MAE，∴∠AEN＝∠MAO．∴△AEN～△FAM．∴，即MF•NE＝AN•AM＝AD2．∵点D在线段BC上，∴当AD⊥BC时，AD最小，此时，∵∴∴AD＝．即MF•NE的最小值为＝．（3）∵抛物线解析式y＝﹣x2+2x+3，∴当时，∴抛物线的对称轴为直线x=1，顶点J（1，4）．∵A（3，0）、C（0，3），∴JC2＝CA2＝32+32＝18，AJ2＝4+16＝20，∴AJ2＝CA2+JC2，故△JCA为直角三角形，∠JCA＝90°．若△JQP与△JCA相似，则△JQP也为直角三角形．设直线AJ的解析式为y＝kx+b，根据题意，得，，解得：．故直线AJ解析式为y＝﹣2x+6．同理可得直线AC的解析式为y＝﹣x+3．①当H在直线AC上时，此时作为一个临界条件（若H在AC下方，则过点H的直线必有一边不与CJ或JA相交）．∵抛物线对称轴为x＝1，点H在AC上，∴当x=1时，y=-1+3=2．∴H（1，2）．此时m＝2；②当H在直线AC的上方时，过点C作CR⊥AJ于点R，交直线x=1于点H，过点R作直线RF⊥y轴于点F，过点A作AE⊥RF于点E．如图（为了避免干扰，略去了抛物线图象）．∴∠REA＝90°．∵点R在直线AJ：y=-2x+6上，∴设点R坐标为（a，﹣2a+6）．∵∠CRA＝90°＝∠RFC，∴∠FRC+∠ERA＝90°．又∠EAR+∠ERA＝90°∴∠FRC＝∠EAR．∴△RFC～△AER．∴，即，整理得，5a2﹣21a+18＝0，解得：，a2＝3（不合题意，舍去）．∴∴点R（，）．设直线CR解析式为y＝px+q，根据题意，得，，解得，．∴直线CR解析式为y＝．令x＝1，得y＝．∴点H的纵坐标m＝．此时m的值为另一临界值，若H再向上（包含此点（1，）），则不存在唯一的△JQP与△JCA相似．∴符合条件的m的取值范围为．【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式、轴对称、最值、相似三角形的判定与性质等知识点，求函数解析式是解题的基础，而第（2）题求的最小值，将解题目标锁定在证明上是关键；第（3）题求m的取值范围，将目标锁定在求m的两个临界值上是关键．14．（2021·江苏新吴九年级二模）在矩形中，已知，，E为上一点，若沿直线翻折，使点A落在边上点F处，折痕为．（1）如图1，求证：；（2）如图2，矩形的一边落在平面直角坐标系的x轴上，轴，且点C坐标为，点P为平面内一点，若以O、B、F、P为顶点的四边形是菱形，请直接写出n的值；（3）如图3，二次函数的图像经过A、F两点，其顶点为，连接，若，求此二次函数的表达式．

【答案】（1）见解析；（2）或或；（3）【分析】（1）根据矩形的性质和等角的余角相等可证得，进而可证得结论；（2）分当OB、BF为菱形的边；当OB、OF为菱形的边；当BF、OF为菱形的边三种情况讨论求解即可；（3）设抛物线的表达式为，将点A、F坐标代入求出a、h，过M作，交的延长线于点G，证明，利用相似三角形的性质列出关于n的方程，求出n值，即可得出抛物线的表达式．【详解】解：（1）证明：∵四边形是矩形，∴，由折叠得，，∴，，∴，∴；（2）解：连接OF，由折叠性质得BF=15，∵C点坐标为（n，0）（n＜0），∴OC=﹣n，即OB=9﹣n，当OB、BF为菱形的边时，OB=BF，即9﹣n=15，解得：n=﹣6；当OB、OF为菱形的边时，OB=OF，∵BC=9，BF=15，∴CF=12，在Rt△OCF中，由勾股定理得：OF2=122+（﹣n）2=144+n2，∴（9﹣n）2=144+n2，解得：n=﹣3.5；当BF、OF为菱形的边时，BF=OF，由152=144+n2得：n=﹣9或n=9（不符题意，舍去），综上，满足题意的n的值为或或（3）设二次函数表达式为，由题意得，将A、F坐标代入抛物线得解得：，，过M作，交的延长线于点G，如图所示∵，∴∵，∴∵，∴，∴，即，解得，∴二次函数表达式，即．．【点睛】本题考查二次函数与几何图形的综合应用，涉及矩形的性质、折叠性质、相似三角形的判定与性质、等角的余角相等、坐标与图形、菱形的性质、勾股定理、待定系数法求函数的解析式、解方程等知识，解答的关键是熟练掌握相关知识的性质与运用，利用数形结合和分类讨论的数学思想方法进行推理、探究和计算．14．（2021·辽宁丹东中考真题）如图，已知点，点，直线过点B交y轴于点C，交x轴于点D，抛物线经过点A、C、D，连接、．（1）求抛物线的表达式；（2）判断的形状，并说明理由；（3）E为直线上方的抛物线