決勝2021中考數學壓軸題全揭秘精品

專題17二次函數的面積問題

【考點1】二次函數的線段最值問題

【例1】（2020·湖北荊門·中考真題）如圖，拋物線與x軸正半軸交于點A，與y軸交于點B．

（1）求直線的解析式及拋物線頂點坐標；

（2）如圖1，點P為第四象限且在對稱軸右側拋物線上一動點，過點P作軸，垂足為C，交于點D，求的最大值，并求出此時點P的坐標；

（3）如圖2，將拋物線向右平移得到拋物線，直線與拋物線交于M，N兩點，若點A是線段的中點，求拋物線的解析式．

【答案】（1）直線的解析式為，拋物線頂點坐標為；（2）當時，的最大值為；

；（3）．

【分析】

（1）先根據函數關系式求出A、B兩點的坐標，設直線的解析式為，利用待定系數法求出AB的解析式，將二次函數解析式配方為頂點式即可求得頂點坐標；

（2）過點D作軸于E，則．求得AB=5，設點P的坐標為，則點D的坐標為，ED=x，證明，由相似三角形的性質求出，用含x的式子表示PD，配方求得最大值，即可求得點P的坐標；

（3）設平移后拋物線的解析式，將L′的解析式和直線AB聯立，得到關于x的方程，設，則是方程的兩根，得到，點A為的中點，可求得m的值，即可求得L′的函數解析式．

【詳解】

（1）在中，令，則，解得，∴．

令，則，∴．

設直線的解析式為，則，解得：，∴直線的解析式為．，∴拋物線頂點坐標為

（2）如圖，過點D作軸于E，則．

∵，∴，設點P的坐標為，則點D的坐標為，∴．

∵，∴，∴，∴，∴．

而，∴，∵，由二次函數的性質可知：

當時，的最大值為．，∴．

（3）設平移后拋物線的解析式，聯立，∴，整理，得：，設，則是方程的兩根，∴．

而A為的中點，∴，∴，解得：．

∴拋物線的解析式．

【點睛】

本題考查二次函數的圖象和性質、相似三角形的判定與性質、待定系數法求一次函數解析式，解題的關鍵是熟練掌握二次函數的圖象和性質．

【變式1-1】（2020·前郭爾羅斯蒙古族自治縣哈拉毛都鎮蒙古族中學九年級期中）如圖，二次函數的圖象交x軸于點，交y軸于點C．點是x軸上的一動點，軸，交直線于點M，交拋物線于點N．

（1）求這個二次函數的表達式；

（2）①若點P僅在線段上運動，如圖1．求線段的最大值；

②若點P在x軸上運動，則在y軸上是否存在點Q，使以M，N，C，Q為頂點的四邊形為菱形．若存在，請直接寫出所有滿足條件的點Q的坐標；若不存在，請說明理由．

【答案】（1）；（2）①，②存在，【分析】

（1）把代入中求出b，c的值即可；

（2）①由點得，從而得，整理，化為頂點式即可得到結論；

②分MN=MC和兩種情況，根據菱形的性質得到關于m的方程，求解即可．

【詳解】

解：（1）把代入中，得

解得

∴．

（2）設直線的表達式為，把代入．

得，解這個方程組，得

∴．

∵點是x軸上的一動點，且軸．

∴．

∴

．

∵，∴此函數有最大值．

又∵點P在線段上運動，且

∴當時，有最大值．

②∵點是x軸上的一動點，且軸．

∴．

∴

（i）當以M，N，C，Q為頂點的四邊形為菱形，則有MN=MC，如圖，∵C（0，-3）

∴MC=

∴

整理得，∵，∴，解得，∴當時，CQ=MN=，∴OQ=-3-()=

∴Q(0，)；

當m=時，CQ=MN=-，∴OQ=-3-(-)=

∴Q(0，)；

(ii)若，如圖，則有

整理得，∵，∴，解得，當m=-1時，MN=CQ=2，∴Q（0，-1），當m=-5時，MN=-10＜0（不符合實際，舍去）

綜上所述，點Q的坐標為

【點睛】

本題考查了二次函數綜合題，解（1）的關鍵是待定系數法；解（2）的關鍵是利用線段的和差得出二次函數，又利用了二次函數的性質，解（3）的關鍵是利用菱形的性質得出關于m的方程，要分類討論，以防遺漏．

【變式1-2】如圖1，已知拋物線y=﹣x2+mx+m﹣2的頂點為A，且經過點B（3，﹣3）．

（1）求頂點A的坐標

（2）若P是拋物線上且位于直線OB上方的一個動點，求△OPB的面積的最大值及比時點P的坐標；

（3）如圖2，將原拋物線沿射線OA方向進行平移得到新的拋物線，新拋物線與射線OA交于C，D兩點，請問：在拋物線平移的過程中，線段CD的長度是否為定值？若是，請求出這個定值；若不是，請說明理由．

【答案】（1）（﹣1，1）；（2）P（，）；（3）.【解析】

【分析】

（1）根據待定系數法，可得函數解析式，根據配方法，可得頂點坐標；

（2）過點P作y軸的平行線交OB與點Q，求出直線BP的解析式，表示出點Q的坐標，根據三角形的面積公式列出函數關系式，利用二次函數的最值可得P點坐標；

（3）根據平移規律，可得新拋物線，根據聯立拋物線與OA的解析式，可得C、D點的橫坐標，根據勾股定理，可得答案．

【詳解】

解：（1）把B（3，﹣3）代入y=﹣x2+mx+m2得：﹣3=﹣32+3m+m2，解得m=2，∴y=﹣x2+2x=﹣（x+1）2+1，∴頂點A的坐標是（﹣1，1）；

（2）過點P作y軸的平行線交OB與點Q.∵直線OB的解析式為y=﹣x，故設P（n，﹣n2+2n），Q（n，﹣n），∴PQ=﹣n2+2n﹣（﹣n）=﹣n2+3n，∴S△OPB=（﹣n2+3n）=﹣（n﹣）+，當n=時，S△OPB的最大值為．

此時y=﹣n2+2n=，∴P（，）；

（3）∵直線OA的解析式為y=x，∴可設新的拋物線解析式為y=﹣（x﹣a）2+a，聯立，∴﹣（x﹣a）2+a=x，∴x1=a，x2=a﹣1，即C、D兩點間的橫坐標的差為1，∴CD=．

【點睛】

本題考查了待定系數法求函數解析式，三角形的面積公式，利用二次函數求最值，勾股定理二次函數與一次函數的交點問題，難度適中，是常見題型.【考點2】二次函數的面積定值問題

【例2】已知二次函數．

（1）圖象經過點時，則_________；

（2）當時，函數值y隨x的增大而減小，求m的取值范圍；

（3）以拋物線的頂點A為一個頂點作該拋物線的內接正三角形（M，N兩點在拋物線上），請問：的面積是與m無關的定值嗎？若是，請求出這個定值；若不是，請說明理由．

【答案】（1）4；（2）m≥2；（3）的面積是與m無關的定值，S△AMN＝.【解析】

【分析】

（1）將點代入二次函數解析式即可求出m；

（2）求出二次函數的對稱軸為x＝m，由拋物線的開口向上，在對稱軸的左邊y隨x的增大而減小，可求出m的取值范圍；

（3）在拋物線內作出正三角形，求出正三角形的邊長，然后計算三角形的面積，可得到△AMN的面積是與m無關的定值．

【詳解】

解：（1）將點代入可得：，解得：m=4；

（2）二次函數的對稱軸是：x＝m，∵當x≤2時，函數值y隨x的增大而減小，∴m≥2；

（3）的面積是與m無關的定值；

如圖：頂點A的坐標為（m，?m2＋4m?8），△AMN是拋物線的內接正三角形，MN交對稱軸于點B，∵tan∠AMB＝tan60°＝，∴AB＝BM＝BN，設BM＝BN＝a，則AB＝a，∴點M的坐標為（m＋a，a?m2＋4m?8），∵點M在拋物線上，∴a?m2＋4m?8＝（m＋a）2?2m（m＋a）＋4m?8，整理得：，解得：a＝或a＝0（舍去），∴△AMN是邊長為的正三角形，∴AB=3，S△AMN＝，與m無關.【點睛】

本題是二次函數綜合題，考查了二次函數的圖象和性質、等邊三角形的性質以及特殊角三角函數的應用，其中（3）問有一定難度，根據點M在拋物線上，求出正三角形的邊長是解題關鍵．

【變式2-1】（2020·湖南九年級其他模擬）若拋物線L：y＝ax2+bx+c（a，b，c是常數，a≠0）與直線l：y＝ax+b滿足a2+b2＝2a（2c﹣b），則稱此直線l與該拋物線L具有“支干”關系．此時，直線l叫做拋物線L的“支線”，拋物線L叫做直線l的“干線”．

（1）若直線y＝x﹣2與拋物線y＝ax2+bx+c具有“支干”關系，求“干線”的最小值；

（2）若拋物線y＝x2+bx+c的“支線”與y＝﹣的圖象只有一個交點，求反比例函數的解析式；

（3）已知“干線”y＝ax2+bx+c與它的“支線”交于點P，與它的“支線”的平行線l′：y＝ax+4a+b交于點A，B，記△ABP得面積為S，試問：的值是否為定值？若是，請求出這個定值；若不是，請說明理由．

【答案】（1）﹣；（2）y＝﹣或y＝﹣；（3）是定值，理由見解析．

【分析】

（1）根據“支干”關系的定義，求出a、b、c的值，利用配方法確定函數的最值．

（2）由題意a＝1，1+b2＝2（2c﹣b）

①，可得拋物線y＝x2+bx+c的“支線”為y＝x+b，由，消去y得到x2+bx+4c＝0，由拋物線y＝x2+bx+c的“支線”與的圖象只有一個交點，可知△＝0，得b2﹣16c＝0

②，由①②解方程組即可解決問題．

（3）的值是定值．不妨設a＞0，如圖所示，y＝ax2+bx+c與它的“支線”交y軸于C，直線y＝ax+4a+b與y軸交于點D，A（x1，y1），B（x2，y2），由，消去y得到ax2+（b﹣a）x+c﹣4a﹣b＝0，推出x1+x2＝，x1x2＝，推出|x1﹣x2|＝＝

＝，把

＝2a（2c﹣b）代入上式化簡＝4，由AB∥PC，可得S＝S△PAB＝S△CAB＝S△CDB﹣S△CDA═

?CD?＝

?4＝8?，由此即可解決問題．

【詳解】

解：（1）由題意a＝1，b＝﹣2，12+（﹣2）2＝2（2c+2），解得c＝，∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x+，∵y＝x2﹣2x+

＝（x﹣1）2﹣，∵a＝1＞0，∴x＝1時，y有最小值，最小值為﹣．

（2）由題意a＝1，1+b2＝2（2c﹣b）

①

∴拋物線y＝x2+bx+c的“支線”為y＝x+b，由，消，消去y得到x2+bx+4c＝0，∵拋物線y＝x2+bx+c的“支線”與的圖象只有一個交點，∴△＝0，∴b2﹣16c＝0

②

由①②可得b＝﹣2，或，∴反比例函數的解析式為y＝﹣或y＝﹣．

（3）是定值．理由如下：

不妨設a＞0，如圖所示，y＝ax2+bx+c與它的“支線”交y軸于C，直線y＝ax+4a+b與y軸交于點D，A（x1，y1），B（x2，y2），由

得到ax2+（b﹣a）x+c﹣4a﹣b＝0，∴x1+x2＝，x1x2＝，|x1﹣x2|＝

＝

把a2+b2＝2a（2c﹣b）代入上式化簡得到|x1﹣x2|＝4，∵AB∥PC，∴S＝S△PAB＝S△CAB＝S△CDB﹣S△CDA═?CD?|Bx﹣Ax|＝?|4a|?4＝8?|a|，∴＝8，的值是定值．

【點睛】

本題考查了二次函數綜合題、一次函數的應用、反比例函數的性質、一元一次方程的根與系數的關系等知識，解題的關鍵是理解題意，學會構建方程組解決問題，學會用分割法求三角形的面積．

【變式2-2】（2020·山東濟南·中考真題）如圖1，拋物線y＝﹣x2＋bx＋c過點A（﹣1，0），點B（3，0）與y軸交于點C．在x軸上有一動點E（m，0）（0m3），過點E作直線l⊥x軸，交拋物線于點M．

（1）求拋物線的解析式及C點坐標；

（2）當m＝1時，D是直線l上的點且在第一象限內，若△ACD是以∠DCA為底角的等腰三角形，求點D的坐標；

（3）如圖2，連接BM并延長交y軸于點N，連接AM，OM，設△AEM的面積為S1，△MON的面積為S2，若S1＝2S2，求m的值．

【答案】（1）；（2）或；（3）

【分析】

（1）用待定系數法即可求解；

（2）若△ACD是以∠DCA為底角的等腰三角形，則可以分CD＝AD或AC＝AD兩種情況，分別求解即可；

（3）S1＝AE×yM，2S2＝ON?xM，即可求解．

【詳解】

解：（1）將點A、B的坐標代入拋物線表達式得，解得，故拋物線的表達式為y＝﹣x2＋2x＋3，當x＝0時，y＝3，故點C（0，3）；

（2）當m＝1時，點E（1，0），設點D的坐標為（1，a），由點A、C、D的坐標得，AC＝，同理可得：AD＝，CD＝，①當CD＝AD時，即＝，解得a＝1；

②當AC＝AD時，同理可得a＝（舍去負值）；

故點D的坐標為（1，1）或（1，）；

（3）∵E（m，0），則設點M（m，﹣m2＋2m＋3），設直線BM的表達式為y＝sx＋t，則，解得：，故直線BM的表達式為y＝﹣x＋，當x＝0時，y＝，故點N（0，），則ON＝；

S1＝AE×yM＝×（m＋1）×（﹣m2＋2m＋3），2S2＝ON?xM＝×m＝S1＝×（m＋1）×（﹣m2＋2m＋3），解得m＝﹣2±（舍去負值），經檢驗m＝﹣2是方程的根，故m＝﹣2．

【點睛】

本題考查的是二次函數綜合運用，涉及到一次函數的性質、等腰三角形的性質、面積的計算等，其中（2），要注意分類求解，避免遺漏．

【考點3】二次函數的面積最值問題

【例3】（2020·四川綿陽·中考真題）如圖，拋物線過點A（0，1）和C，頂點為D，直線AC與拋物線的對稱軸BD的交點為B（，0），平行于y軸的直線EF與拋物線交于點E，與直線AC交于點F，點F的橫坐標為，四邊形BDEF為平行四邊形．

（1）求點F的坐標及拋物線的解析式；

（2）若點P為拋物線上的動點，且在直線AC上方，當△PAB面積最大時，求點P的坐標及△PAB面積的最大值；

（3）在拋物線的對稱軸上取一點Q，同時在拋物線上取一點R，使以AC為一邊且以A，C，Q，R為頂點的四邊形為平行四邊形，求點Q和點R的坐標．

【答案】（1）（，﹣）；y＝﹣x2+2x+1

（2）（，）；

（3）Q，R或Q（，﹣10），R（）

【分析】

（1）由待定系數法求出直線AB的解析式為y＝﹣x+1，求出F點的坐標，由平行四邊形的性質得出﹣3a+1＝a﹣8a+1﹣（﹣），求出a的值，則可得出答案；

（2）設P（n，﹣n2+2n+1），作PP＇⊥x軸交AC于點P＇，則P＇（n，﹣n+1），得出PP＇＝﹣n2+n，由二次函數的性質可得出答案；

（3）聯立直線AC和拋物線解析式求出C（，﹣），設Q（，m），分兩種情況：①當AQ為對角線時，②當AR為對角線時，分別求出點Q和R的坐標即可．

【詳解】

解：（1）設拋物線的解析式為y＝ax2+bx+c（a≠0），∵A（0，1），B（，0），設直線AB的解析式為y＝kx+m，∴，解得，∴直線AB的解析式為y＝﹣x+1，∵點F的橫坐標為，∴F點縱坐標為﹣+1＝﹣，∴F點的坐標為（，﹣），又∵點A在拋物線上，∴c＝1，對稱軸為：x＝﹣，∴b＝﹣2a，∴解析式化為：y＝ax2﹣2ax+1，∵四邊形DBFE為平行四邊形．

∴BD＝EF，∴﹣3a+1＝a﹣8a+1﹣（﹣），解得a＝﹣1，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+1；

（2）設P（n，﹣n2+2n+1），作PP＇⊥x軸交AC于點P＇，則P＇（n，﹣n+1），∴PP＇＝﹣n2+n，S△ABP＝OB?PP＇＝﹣n＝﹣，∴當n＝時，△ABP的面積最大為，此時P（，）．

（3）∵，∴x＝0或x＝，∴C（，﹣），設Q（，m），①當AQ為對角線時，∴R（﹣），∵R在拋物線y＝+4上，∴m+＝﹣+4，解得m＝﹣，∴Q，R；

②當AR為對角線時，∴R（），∵R在拋物線y＝+4上，∴m﹣+4，解得m＝﹣10，∴Q（，﹣10），R（）．

綜上所述，Q，R；或Q（，﹣10），R（）．

【點睛】

本題是二次函數綜合題，考查了待定系數法，二次函數的性質，二次函數圖象上點的坐標特征，平行四邊形的性質等知識，熟練掌握二次函數的性質及方程思想，分類討論思想是解題的關鍵．

【變式3-1】（2020·重慶中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線與直線AB相交于A，B兩點，其中，．

（1）求該拋物線的函數表達式；

（2）點P為直線AB下方拋物線上的任意一點，連接PA，PB，求面積的最大值；

（3）將該拋物線向右平移2個單位長度得到拋物線，平移后的拋物線與原拋物線相交于點C，點D為原拋物線對稱軸上的一點，在平面直角坐標系中是否存在點E，使以點B，C，D，E為頂點的四邊形為菱形，若存在，請直接寫出點E的坐標；若不存在，請說明理由．

【答案】（1）；（2）面積最大值為；（3）存在，【分析】

（1）將點A、B的坐標代入拋物線表達式，即可求解；

（2）設，求得解析式，過點P作x軸得垂線與直線AB交于點F，設點，則，即可求解；

（3）分BC為菱形的邊、菱形的的對角線兩種情況，分別求解即可．

【詳解】

解：（1）∵拋物線過，∴

∴

∴

（2）設，將點代入

∴

過點P作x軸得垂線與直線AB交于點F

設點，則

由鉛垂定理可得

∴面積最大值為

（3）（3）拋物線的表達式為：y＝x2＋4x?1＝（x＋2）2?5，則平移后的拋物線表達式為：y＝x2?5，聯立上述兩式并解得：，故點C（?1，?4）；

設點D（?2，m）、點E（s，t），而點B、C的坐標分別為（0，?1）、（?1，?4）；

①當BC為菱形的邊時，點C向右平移1個單位向上平移3個單位得到B，同樣D（E）向右平移1個單位向上平移3個單位得到E（D），即?2＋1＝s且m＋3＝t①或?2?1＝s且m?3＝t②，當點D在E的下方時，則BE＝BC，即s2＋（t＋1）2＝12＋32③，當點D在E的上方時，則BD＝BC，即22＋（m＋1）2＝12＋32④，聯立①③并解得：s＝?1，t＝2或?4（舍去?4），故點E（?1，2）；

聯立②④并解得：s＝-3，t＝-4±，故點E（-3，-4＋）或（-3，-4?）；

②當BC為菱形的的對角線時，則由中點公式得：?1＝s?2且?4?1＝m＋t⑤，此時，BD＝BE，即22＋（m＋1）2＝s2＋（t＋1）2⑥，聯立⑤⑥并解得：s＝1，t＝?3，故點E（1，?3），綜上，點E的坐標為：（?1，2）或或或（1，?3）．

∴存在，【點睛】

本題考查的是二次函數綜合運用，涉及到一次函數的性質、菱形的性質、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．

【變式3-2】（2020·江蘇宿遷·中考真題）二次函數的圖象與x軸交于A(2，0)，B(6，0)兩點，與y軸交于點C，頂點為E．

(1)求這個二次函數的表達式，并寫出點E的坐標；

(2)如圖①，D是該二次函數圖象的對稱軸上一個動點，當BD的垂直平分線恰好經過點C時，求點D的坐標；

(3)如圖②，P是該二次函數圖象上的一個動點，連接OP，取OP中點Q，連接QC，QE，CE，當△CEQ的面積為12時，求點P的坐標．

【答案】(1)；(4，-1)；(2)(4，3+)或(4，3-)；(3)(10，8)或(，24)

【分析】

(1)由于二次函數的圖象與x軸交于A(2，0)、B(6，0)兩點，把A，B兩點坐標代入，計算出a的值即可求出拋物線解析式，由配方法求出E點坐標；

(2)由線段垂直平分線的性質可得出CB=CD，設D(4，m)，由勾股定理可得=，解方程可得出答案；

(3)設CQ交拋物線的對稱軸于點M，設P(，)，則Q(，)，設直線CQ的解析式為，則，解得，求出M(，)，ME=，由面積公式可求出n的值，則可得出答案．

【詳解】

(1)將A(2，0)，B(6，0)代入，得，解得，∴二次函數的解析式為；

∵，∴E(4，)；

(2)如圖1，圖2，連接CB，CD，由點C在線段BD的垂直平分線CN上，得CB=CD，設D(4，m)，當時，∴C(0，3)，∵=，由勾股定理可得：

=，解得m=3±，∴滿足條件的點D的坐標為(4，3+)或(4，3-)；

(3)如圖3，設CQ交拋物線的對稱軸于點M，設P(，)，則Q(，)，設直線CQ的解析式為，則，解得，于是直線CQ的解析式為：，當時，∴M(，)，ME==，∵S△CQE=S△CEM+S△QEM=，∴，解得或，當時，P(10，8)，當時，P(，24)．

綜合以上可得，滿足條件的點P的坐標為(10，8)或(，24)．

【點睛】

本題是二次函數綜合題，考查了待定系數法，二次函數圖象與性質，垂直平分線的性質，勾股定理，三角形的面積；熟練掌握二次函數的性質及方程思想是解題的關鍵．

【考點4】二次函數面積的其它問題

【例4】（2020·遼寧鞍山·中考真題）在矩形中，點E是射線上一動點，連接，過點B作于點G，交直線于點F．

（1）當矩形是正方形時，以點F為直角頂點在正方形的外部作等腰直角三角形，連接．

①如圖1，若點E在線段上，則線段與之間的數量關系是________，位置關系是_________；

②如圖2，若點E在線段的延長線上，①中的結論還成立嗎？如果成立，請給予證明；如果不成立，請說明理由；

（2）如圖3，若點E在線段上，以和為鄰邊作，M是中點，連接，，求的最小值．

【答案】（1）①相等；垂直；②成立，理由見解析；（2）

【分析】

（1）①證明△ABE≌△BCF，得到BE=CF，AE=BF，再證明四邊形BEHF為平行四邊形，從而可得結果；

②根據（1）中同樣的證明方法求證即可；

（2）說明C、E、G、F四點共圓，得出GM的最小值為圓M半徑的最小值，設BE=x，證明△ABE∽△BCF，得到CF，再利用勾股定理表示出EF=，求出最值即可得到GM的最小值．

【詳解】

解：（1）①∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°，即∠BAE+∠AEB=90°，∵AE⊥BF，∴∠CBF+∠AEB=90°，∴∠CBF=∠BAE，又AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，∴△ABE≌△BCF（AAS），∴BE=CF，AE=BF，∵△FCH為等腰直角三角形，∴FC=FH=BE，FH⊥FC，而CD⊥BC，∴FH∥BC，∴四邊形BEHF為平行四邊形，∴BF∥EH且BF=EH，∴AE=EH，AE⊥EH，故答案為：相等；垂直；

②成立，理由是：

當點E在線段BC的延長線上時，同理可得：△ABE≌△BCF（AAS），∴BE=CF，AE=BF，∵△FCH為等腰直角三角形，∴FC=FH=BE，FH⊥FC，而CD⊥BC，∴FH∥BC，∴四邊形BEHF為平行四邊形，∴BF∥EH且BF=EH，∴AE=EH，AE⊥EH；

（2）∵∠EGF=∠BCD=90°，∴C、E、G、F四點共圓，∵四邊形BCHF是平行四邊形，M為BH中點，∴M也是EF中點，∴M是四邊形BCHF外接圓圓心，則GM的最小值為圓M半徑的最小值，∵AB=3，BC=2，設BE=x，則CE=2-x，同（1）可得：∠CBF=∠BAE，又∵∠ABE=∠BCF=90°，∴△ABE∽△BCF，∴，即，∴CF=，∴EF=

=

=，設y=，當x=時，y取最小值，∴EF的最小值為，故GM的最小值為．

【點睛】

本題考查了全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，平行四邊形的性質，二次函數的最值，圓的性質，難度較大，找出圖形中的全等以及相似三角形是解題的關鍵．

【變式4-1】（2020·湖北中考真題）已知拋物線過點和，與x軸交于另一點B，頂點為D．

（1）求拋物線的解析式，并寫出D點的坐標；

（2）如圖1，E為線段上方的拋物線上一點，垂足為F，軸，垂足為M，交于點G．當時，求的面積；

（3）如圖2，與的延長線交于點H，在x軸上方的拋物線上是否存在點P，使？若存在，求出點P的坐標：若不存在，請說明理由．

【答案】（1），；（2）；（3）存在，,【解析】

【分析】

（1）利用待定系數法求出a的值即可得到解析式，進而得到頂點D坐標；

（2）先求出BC的解析式，再設直線EF的解析式為,設點E的坐標為，聯立方程求出點F，G的坐標，根據列出關于m的方程并求解，然后求得G的坐標，再利用三角形面積公式求解即可；

（3）過點A作AN⊥HB，先求得直線BD，AN的解析式，得到H，N的坐標，進而得到，設點，過點P作PRx軸于點R，在x軸上作點S使得RS=PR，證明，根據相似三角形對應邊成比例得到關于n的方程，求得后即可得到點P的坐標．

【詳解】

（1）把點A（-1，0），C（0，3）代入中，解得，當時，y=4，（2）

令或x=3

設BC的解析式為

將點代入，得，解得，設直線EF的解析式為,設點E的坐標為，將點E坐標代入中，得，把x=m代入

即

解得m=2或m=-3

∵點E是BC上方拋物線上的點

∴m=-3舍去

∴點

（3）過點A作AN⊥HB，∵點

∵點，點

設，把（-1，0）代入，得b=

設點

過點P作PR⊥x軸于點R，在x軸上作點S使得RS=PR

且點S的坐標為

若

在和中，或

【點睛】

本題考查的是二次函數的綜合，涉及到的知識點較多，運算較復雜，第3問的解題關鍵在于添加適當的輔助線，利用數形結合的思想列出方程求解．

【變式4-2】（2020·山東日照·九年級二模）如圖，二次函數y＝ax2+bx+c的圖象與x軸交于點A(﹣2，0)和點B(8，0)，與y軸交于點C(0，﹣8)，連接AC，D是拋物線對稱軸上一動點，連接AD，CD，得到△ACD．

（1）求該拋物線的函數解析式．

（2）△ACD周長能否取得最小值，如果能，請求出D點的坐標；如果不能，請說明理由．

（3）在（2）的條件下，在拋物線上是否存在點E，使得△ACE與△ACD面積相等，如果存在，請求出點的坐標；如果不存在，請說明理由．

【答案】（1）拋物線的解析式為：y＝x2﹣3x﹣8；（2）△ACD周長能取得最小值，點D(3，﹣5)；（3）存在，點E(﹣1，﹣4+11)或(﹣﹣1，4+11)

【分析】

（1）由拋物線過A(﹣2，0)，點B(8，0)和C(0，﹣8)，利用待定系數法可求解析式；

（2）求△ACD周長＝AD+AC+CD，AC是定值，當AD+CD取最小值時，△ACD周長能取得最小值，點A，點B關于對稱軸直線x＝3對稱，連結BC交拋物線對稱軸于D，利用待定系數法可求BC解析式，把x=3代入即可求解點D坐標；

（3）△ACE與△ACD面積相等，兩個三角形同底，只要點E與點D到AC的距離相等即可，先求出AC解析式，由面積相等可得DE∥AC，利用待定系數法可求DE的解析式，與拋物線聯立方程組可求解．

【詳解】

解：（1）由題意可得：，解得：，∴拋物線的解析式為：y＝x2﹣3x﹣8；

（2）△ACD周長能取得最小值，∵點A（﹣2，0），點B（8，0），∴對稱軸為直線x＝3，∵△ACD周長＝AD+AC+CD，AC是定值，∴當AD+CD取最小值時，△ACD周長能取得最小值，∵點A，點B關于對稱軸直線x＝3對稱，∴連接BC交對稱軸直線x＝3于點D，此時AD+CD有最小值，設直線BC解析式為：y＝kx﹣8，∴0＝8k﹣8，∴k＝1，∴直線BC解析式為：y＝x﹣8，當x＝3，y＝﹣5，∴點D（3，﹣5）；

（3）存在，∵點A（﹣2，0），點C（0，﹣8），∴直線AC解析式為y＝﹣4x﹣8，如圖，∵△ACE與△ACD面積相等，∴DE∥AC，∴設DE解析式為：y＝﹣4x+n，∴﹣5＝﹣4×3+n，∴n＝7，∴DE解析式為：y＝﹣4x+7，聯立方程組可得：，解得：，∴點E（﹣1，﹣4+11）或（﹣﹣1，4+11）．

【點睛】

本題考查拋物線解析式，三角形最短周長，和面積相等時拋物線上點的坐標問題，會用待定系數法求解析式，周長最短問題轉化線段的和最短問題，會用過找對稱點實現轉化，利用底相同，高相同，轉化平行線問題是解題關鍵．

1．（廣東梅州·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線y=x2+bx+c過A，B，C三點，點A的坐標是（3，0），點C的坐標是（0，-3），動點P在拋物線上．

（1）b

=_________，c

=_________，點B的坐標為_____________；（直接填寫結果）

（2）是否存在點P，使得△ACP是以AC為直角邊的直角三角形？若存在，求出所有符合條件的點P的坐標；若不存在，說明理由；

（3）過動點P作PE垂直y軸于點E，交直線AC于點D，過點D作x軸的垂線．垂足為F，連接EF，當線段EF的長度最短時，求出點P的坐標．

【答案】（1），（-1,0）；（2）存在P的坐標是或；（3）當EF最短時，點P的坐標是：（，）或（，）

【分析】

（1）將點A和點C的坐標代入拋物線的解析式可求得b、c的值，然后令y=0可求得點B的坐標；

（2）分別過點C和點A作AC的垂線，將拋物線與P1，P2兩點先求得AC的解析式，然后可求得P1C和P2A的解析式，最后再求得P1C和P2A與拋物線的交點坐標即可；

（3）連接OD．先證明四邊形OEDF為矩形，從而得到OD=EF，然后根據垂線段最短可求得點D的縱坐標，從而得到點P的縱坐標，然后由拋物線的解析式可求得點P的坐標．

【詳解】

解：（1）∵將點A和點C的坐標代入拋物線的解析式得：，解得：b=﹣2，c=﹣3，∴拋物線的解析式為．

∵令，解得：，∴點B的坐標為（﹣1，0）．

故答案為﹣2；﹣3；（﹣1，0）．

（2）存在．理由：如圖所示：

①當∠ACP1=90°．由（1）可知點A的坐標為（3，0）．

設AC的解析式為y=kx﹣3．

∵將點A的坐標代入得3k﹣3=0，解得k=1，∴直線AC的解析式為y=x﹣3，∴直線CP1的解析式為y=﹣x﹣3．

∵將y=﹣x﹣3與聯立解得，（舍去），∴點P1的坐標為（1，﹣4）．

②當∠P2AC=90°時．設AP2的解析式為y=﹣x+b．

∵將x=3，y=0代入得：﹣3+b=0，解得b=3，∴直線AP2的解析式為y=﹣x+3．

∵將y=﹣x+3與聯立解得=﹣2，=3（舍去），∴點P2的坐標為（﹣2，5）．

綜上所述，P的坐標是（1，﹣4）或（﹣2，5）．

（3）如圖2所示：連接OD．

由題意可知，四邊形OFDE是矩形，則OD=EF．根據垂線段最短，可得當OD⊥AC時，OD最短，即EF最短．

由（1）可知，在Rt△AOC中，∵OC=OA=3，OD⊥AC，∴D是AC的中點．

又∵DF∥OC，∴DF=OC=，∴點P的縱坐標是，∴，解得：x=，∴當EF最短時，點P的坐標是：（，）或（，）．

2．（2020·湖北武漢·九年級一模）已知拋物線y＝ax2＋bx＋c的頂點為D

(，－)，經過點C

(0，－1)，且與x軸交于A、B兩點(A在B的左側)．

(1)

求拋物線的解析式：

(2)

P為拋物線上一點，連CP交OD于點Q，若S△COQ＝S△PDQ，求P點的橫坐標；

(3)點M為直線BC下方拋物線上一點，過M的直線與x軸、y軸分別交于E、F，且與拋物線有且只有一個公共點．

若∠FCM＝∠OEF，求點M的坐標．

【答案】（1）y＝x2－3x－1；（2）P的橫坐標為；（3）點M的坐標為(，－)或(2，－2)

【分析】

（1）運用待定系數法求解即可；

（2）聯立方程組求解即可；

（3）根據直線EF與拋物線只有一個公共點求出M點橫坐標，設直線CM的解析式為y＝－x－1，與拋物線聯立，即可求出結論．

【詳解】

(1)∵拋物線的頂點為D

(，－)，設拋物線的頂點式為y＝a(x－)2－，把C

(0，－1)代入，得a(0－)2－＝－1，解得a＝．

∴拋物線的解析式為y＝

(x－)2－．

亦即：y＝x2－3x－1．

(2)

連OP、DP、CD，由S△COQ＝S△PDQ，得S△OCD＝S△PDC，則CD∥OP．

由C

(0，－1)、D

(，－)，可得直線CD為y＝－x－1．

則直線OP的解析式為y＝－x．

與拋物線的解析式聯立，得點P的橫坐標為（舍去負值）．

(3)

設直線EF為y＝kx＋b，與拋物線y＝x2－3x－1聯立，得x2－(k＋3)x－1－b＝0，∵直線EF與拋物線只有一個公共點，∴x1＝x2＝－＝

(k＋3)．

即M點橫坐標xM＝

(k＋3)．

∵∠FCM＝∠OEF，可得CM⊥EF，故可設直線CM的解析式為y＝－x－1，與拋物線聯立，得：xM＝

(3－)．

于是得：

(k＋3)＝

(3－)．

解得k＝1或2．

∴點M的坐標為(，－)或(2，－2)．

【點睛】

本題考查了二次函數綜合題，二次函數性質，待定系數法求解析式．

3．（2020·廣東九年級一模）如圖，拋物線y＝ax2＋2x＋c（a＜0）與x軸交于點A和點B（點A在原點的左側，點B在原點的右側），與y軸交于點C，OB＝OC＝3．

（1）求該拋物線的函數解析式；

（2）連接BC，點D是直線BC上方拋物線上的點，連接OD，CD，OD交BC于點F，當S△COF∶S△CDF＝3∶2時，求點D的坐標．

【答案】（1）y＝﹣x2＋2x＋3；（2）(1，4)或(2，3)

【分析】

（1）c＝3，點B(3，0)，將點B的坐標代入拋物線表達式：y＝ax2＋2x＋3并解得：a＝﹣1，即可求解；

（2）S△COF∶S△CDF＝3∶2，則OF∶FD＝3∶2，DH∥CO，故CO∶DM＝3∶2，則DM＝CO＝2，而DM＝﹣x2＋2x＋3﹣（﹣x＋3）＝2，即可求解．

【詳解】

解：（1）∵OB＝OC＝3．

∴c＝3，點B(3，0)，將點B的坐標代入拋物線表達式：y＝ax2＋2x＋3并解得：a＝﹣1，故拋物線的表達式為：y＝﹣x2＋2x＋3；

（2）如圖，過點D作DH⊥x軸于點H，交AB于點M，S△COF∶S△CDF＝3∶2，則OF∶FD＝3∶2，∵DH∥CO，故CO∶DM＝3∶2，則DM＝CO＝2，由B、C的坐標得：直線BC的表達式為：y＝﹣x＋3，設點D(x，﹣x2＋2x＋3)，則點M(x，﹣x＋3)，DM＝﹣x2＋2x＋3﹣（﹣x＋3）＝2，解得：x＝1或2，故點D(1，4)或(2，3)．

【點睛】

本題主要考查了二次函數綜合，準確計算是解題的關鍵．

4．（2020·福建南平·九年級二模）已知拋物線y＝﹣（x+5）（x﹣m）（m＞0）與x軸交于點A、B（點A在點B的左邊），與y軸交于點C．

（1）直接寫出點B、C的坐標；（用含m的式子表示）

（2）若拋物線與直線y＝x交于點E、F，且點E、F關于原點對稱，求拋物線的解析式；

（3）若點P是線段AB上一點，過點P作x軸的垂線交拋物線于點M，交直線AC于點N，當線段MN長的最大值為時，求m的取值范圍．

【答案】（1）B（m，0），C（0，）；（2）；（3）0＜m≤．

【分析】

（1）y＝﹣（x+5）（x﹣m），令x＝0，則y＝，令y＝0，則x＝﹣5或m，即可求解；

（2）設點E，F的坐標分別為（a，），（﹣a，），將點E、F的坐標，代入二次函數表達式即可求解；

（3）分﹣5≤t≤0、0＜t≤m，兩種情況分別求解即可．

【詳解】

解：（1）y＝﹣（x+5）（x﹣m），令x＝0，則y＝，令y＝0，則x＝﹣5或m，故：B（m，0），C（0，）；

（2）設點E，F的坐標分別為（a，），（﹣a，），代入，得，解得：（m﹣5）a＝a，∵a≠0，∴m＝6，∴拋物線的解析式為；

（3）依題意得A（﹣5，0），C（0，），由m＞0，設過A，C兩點的一次函數解析式是y＝kx+b，將A，C代入，得

解得

∴過A，C兩點的一次函數解析式是，設點P（t，0），則﹣5≤t≤m（m＞0），∴M（t，），N（t，）．

①當﹣5≤t≤0時，∴MN＝＝，∵，∴該二次函數圖象開口向下，又對稱軸是直線，∴當時，MN的長最大，此時MN＝，②當0＜t≤m時，∴MN＝＝，∵，∴該二次函數圖象開口向上，又對稱軸是直線，∴當0＜t≤m時，MN的長隨t的增大而增大，∴當t＝m時，MN的長最大，此時MN＝，∵線段MN長的最大值為，∴，整理得：，由圖象可得：≤m≤

∵m＞0，∴m的取值范圍是0＜m≤．

【點睛】

本題考查二次函數圖象性質、與x軸、y軸交點坐標、一次函數圖象性質、原點對稱、線段最值、分類討論法等知識，是重要考點，綜合性較強，掌握相關知識是解題關鍵．

5．（2018·四川眉山·中考真題）如圖①,已知拋物線y=ax2+bx+c的圖像經過點A（0，3)、B（1，0），其對稱軸為直線l：x=2，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，設其橫坐標為m.（1）求拋物線的解析式；

（2）若動點P在直線OE下方的拋物線上，連結PE、PO，當m為何值時，四邊形AOPE面積最大，并求出其最大值；

（3）如圖②，F是拋物線的對稱軸l上的一點，在拋物線上是否存在點P使△POF成為以點P為直角頂點的等腰直角三角形？若存在，直接寫出所有符合條件的點P的坐標；若不存在，請說明理由.【答案】（1）y=x2-4x+3.（2）當m=時，四邊形AOPE面積最大，最大值為.（3）P點的坐標為

：P1（，），P2（，），P3（，），P4（，）.【解析】

分析：（1）利用對稱性可得點D的坐標，利用交點式可得拋物線的解析式；

（2）設P（m，m2-4m+3），根據OE的解析式表示點G的坐標，表示PG的長，根據面積和可得四邊形AOPE的面積，利用配方法可得其最大值；

（3）存在四種情況：

如圖3，作輔助線，構建全等三角形，證明△OMP≌△PNF，根據OM=PN列方程可得點P的坐標；同理可得其他圖形中點P的坐標．

詳解：（1）如圖1，設拋物線與x軸的另一個交點為D，由對稱性得：D（3，0），設拋物線的解析式為：y=a（x-1）（x-3），把A（0，3）代入得：3=3a，a=1，∴拋物線的解析式；y=x2-4x+3；

（2）如圖2，設P（m，m2-4m+3），∵OE平分∠AOB，∠AOB=90°，∴∠AOE=45°，∴△AOE是等腰直角三角形，∴AE=OA=3，∴E（3，3），易得OE的解析式為：y=x，過P作PG∥y軸，交OE于點G，∴G（m，m），∴PG=m-（m2-4m+3）=-m2+5m-3，∴S四邊形AOPE=S△AOE+S△POE，=×3×3+PG?AE，=+×3×（-m2+5m-3），=-m2+m，=（m-）2+，∵-＜0，∴當m=時，S有最大值是；

（3）如圖3，過P作MN⊥y軸，交y軸于M，交l于N，∵△OPF是等腰直角三角形，且OP=PF，易得△OMP≌△PNF，∴OM=PN，∵P（m，m2-4m+3），則-m2+4m-3=2-m，解得：m=或，∴P的坐標為（，）或（，）；

如圖4，過P作MN⊥x軸于N，過F作FM⊥MN于M，同理得△ONP≌△PMF，∴PN=FM，則-m2+4m-3=m-2，解得：x=或；

P的坐標為（，）或（，）；

綜上所述，點P的坐標是：（，）或（，）或（，）或（，）．

點睛：本題屬于二次函數綜合題，主要考查了二次函數的綜合應用，相似三角形的判定與性質以及解一元二次方程的方法，解第（2）問時需要運用配方法，解第（3）問時需要運用分類討論思想和方程的思想解決問題．

6．（2018·湖南懷化·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+2x+c與x軸交于A（﹣1，0）B（3，0）兩點，與y軸交于點C，點D是該拋物線的頂點．

（1）求拋物線的解析式和直線AC的解析式；

（2）請在y軸上找一點M，使△BDM的周長最小，求出點M的坐標；

（3）試探究：在拋物線上是否存在點P，使以點A，P，C為頂點，AC為直角邊的三角形是直角三角形？若存在，請求出符合條件的點P的坐標；若不存在，請說明理由．

【答案】（1）拋物線解析式為y=﹣x2+2x+3；直線AC的解析式為y=3x+3；（2）點M的坐標為（0，3）；

（3）符合條件的點P的坐標為（，）或（，﹣），【解析】

分析：（1）設交點式y=a（x+1）（x-3），展開得到-2a=2，然后求出a即可得到拋物線解析式；再確定C（0，3），然后利用待定系數法求直線AC的解析式；

（2）利用二次函數的性質確定D的坐標為（1，4），作B點關于y軸的對稱點B′，連接DB′交y軸于M，如圖1，則B′（-3，0），利用兩點之間線段最短可判斷此時MB+MD的值最小，則此時△BDM的周長最小，然后求出直線DB′的解析式即可得到點M的坐標；

（3）過點C作AC的垂線交拋物線于另一點P，如圖2，利用兩直線垂直一次項系數互為負倒數設直線PC的解析式為y=-x+b，把C點坐標代入求出b得到直線PC的解析式為y=-x+3，再解方程組得此時P點坐標；當過點A作AC的垂線交拋物線于另一點P時，利用同樣的方法可求出此時P點坐標．

詳解：（1）設拋物線解析式為y=a（x+1）（x﹣3），即y=ax2﹣2ax﹣3a，∴﹣2a=2，解得a=﹣1，∴拋物線解析式為y=﹣x2+2x+3；

當x=0時，y=﹣x2+2x+3=3，則C（0，3），設直線AC的解析式為y=px+q，把A（﹣1，0），C（0，3）代入得，解得，∴直線AC的解析式為y=3x+3；

（2）∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，∴頂點D的坐標為（1，4），作B點關于y軸的對稱點B′，連接DB′交y軸于M，如圖1，則B′（﹣3，0），∵MB=MB′，∴MB+MD=MB′+MD=DB′，此時MB+MD的值最小，而BD的值不變，∴此時△BDM的周長最小，易得直線DB′的解析式為y=x+3，當x=0時，y=x+3=3，∴點M的坐標為（0，3）；

（3）存在．

過點C作AC的垂線交拋物線于另一點P，如圖2，∵直線AC的解析式為y=3x+3，∴直線PC的解析式可設為y=﹣x+b，把C（0，3）代入得b=3，∴直線PC的解析式為y=﹣x+3，解方程組，解得或，則此時P點坐標為（，）；

過點A作AC的垂線交拋物線于另一點P，直線PC的解析式可設為y=﹣x+b，把A（﹣1，0）代入得+b=0，解得b=﹣，∴直線PC的解析式為y=﹣x﹣，解方程組，解得或，則此時P點坐標為（，﹣）.綜上所述，符合條件的點P的坐標為（，）或（，﹣）.點睛：本題考查了二次函數的綜合題：熟練掌握二次函數圖象上點的坐標特征和二次函數的性質；會利用待定系數法求函數解析式，理解兩直線垂直時一次項系數的關系，通過解方程組求把兩函數的交點坐標；理解坐標與圖形性質，會運用兩點之間線段最短解決最短路徑問題；會運用分類討論的思想解決數學問題．

7．（2020·四川中考真題）如圖1，拋物線y＝ax2﹣2ax﹣3a（a≠0）與x軸交于點A，B．與y軸交于點C．連接AC，BC．已知△ABC的面積為2．

（1）求拋物線的解析式；

（2）平行于x軸的直線與拋物線從左到右依次交于P，Q兩點．過P，Q向x軸作垂線，垂足分別為G，H．若四邊形PGHQ為正方形，求正方形的邊長；

（3）如圖2，平行于y軸的直線交拋物線于點M，交x軸于點N

（2，0）．點D是拋物線上A，M之間的一動點，且點D不與A，M重合，連接DB交MN于點E．連接AD并延長交MN于點F．在點D運動過程中，3NE+NF是否為定值？若是，求出這個定值；若不是，請說明理由．

【答案】（1）；（2）或；（3）是，3NE+NF為定值4

【分析】

（1）先將拋物線解析式變形，可得A和B的坐標，從而得AB=1+3=4，根據三角形ABC的面積為2可得OC的長，確定點C的坐標，根據點C的坐標，利用待定系數法即可求出二次函數的解析式；

（2）設點P的縱坐標為m，當y=m時，﹣x2+x+1=m，解方程可得P和Q兩點的坐標，從而得G和H的坐標，再利用正方形的性質可得出關于m的方程，解之即可得出結論；

（3）設點D（n，﹣n2+n+1），利用待定系數法求直線AD和BD的解析式，表示FN和OK的長，直接代入計算可得結論．

【詳解】

（1）如圖1，y=ax2﹣2ax﹣3a=a（x2﹣2x﹣3）=a（x﹣3）（x+1），∴A（﹣1，0），B（3，0），∴AB=4，∵△ABC的面積為2，即，∴OC=1，∴C（0，1），將C（0，1）代入y=ax2﹣2ax﹣3a，得：﹣3a=1，∴a=﹣，∴該二次函數的解析式為y=﹣x2+x+1；

（2）如圖2，設點P的縱坐標為m，當y=m時，﹣x2+x+1=m，解得：x1=1+，x2=1﹣，∴點P的坐標為（1﹣，m），點Q的坐標為（1+，m），∴點G的坐標為（1﹣，0），點H的坐標為（1+，0），∵矩形PGHQ為正方形，∴PQ=PG，∴1+﹣（1﹣）=m，解得：m1=﹣6﹣2，m2=﹣6+2，∴當四邊形PGHQ為正方形時，邊長為6+2或2﹣6；

（3）如圖3，設點D（n，﹣n2+n+1），延長BD交y軸于K，∵A（﹣1，0），設AD的解析式為：y=kx+b，則，解得：，∴AD的解析式為：y=（﹣）x﹣，當x=2時，y=﹣n+2﹣n+1=﹣n+3，∴F（2，3﹣n），∴FN=3﹣n，同理得直線BD的解析式為：y=（﹣）x+n+1，∴K（0，n+1），∴OK=n+1，∵N（2，0），B（3，0），∴，∵EN∥OK，∴，∴OK=3EN，∴3EN+FN=OK+FN=n+1+3﹣n=4，∴在點D運動過程中，3NE+NF為定值4．

【點睛】

本題考查了待定系數法求二次函數解析式、二次函數圖象上點的坐標特征、正方形的性質、待定系數法求一次函數解析式以及平行線分線段成比例定理等知識，解題的關鍵是：（1）根據點的坐標，利用待定系數法求出二次函數解析式；（2）利用正方形的性質，找出關于m的方程；（3）利用AD和BD的解析式確定FN和OK的長，可解決問題．

8．（2020·內蒙古中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線經過坐標原點，與x軸正半軸交于點A，該拋物線的頂點為M，直線經過點A，與y軸交于點B，連接．

（1）求b的值及點M的坐標；

（2）將直線向下平移，得到過點M的直線，且與x軸負半軸交于點C，取點，連接，求證：：

（3）點E是線段上一動點，點F是線段上一動點，連接，線段的延長線與線段交于點G．當時，是否存在點E，使得？若存在，求出點E的坐標；若不存在，請說明理由．

【答案】（1）b=3，M（3，-3）；（2）詳見解析；（3）點E的坐標為（，）.【分析】

（1）將配方后可得頂點M的坐標，利用求出點A的坐標后代入即可求出b的值；

（2）先求出平移后的直線CM的解析式為y=-x，過點D作DH⊥直線y=-x，得到直線DH的解析式為y=2x-4，根據求出交點H（1，-2），分別求得DH=，DM=，根據sin∠DMH=得到∠DMH=45°，再利用外角與內角的關系得到結論；

（3）過點G作GP⊥x軸，過點E作EQ⊥x軸，先求出AB=，根據得到∠BAO=∠AFE，設GF=4a，則AE=EF=3a，證明△AEQ∽△ABO，求得AQ=a，AF=a，再證△FGP∽△AEQ，得到FP=a，OP=PG=，由此得到+a+a=6，求出a得到AQ=，將x=代入中，得y=，即可得到點E的坐標.【詳解】

（1）∵=，∴頂點M的坐標為（3，-3）.令中y=0，得x1=0，x2=6，∴A（6,0），將點A的坐標代入中，得-3+b=0，∴b=3；

（2）∵由平移得來，∴m=-，∵過點M(3，-3),∴，解得n=，∴平移后的直線CM的解析式為y=-x.過點D作DH⊥直線y=-x，∴設直線DH的解析式為y=2x+k，將點D（2,0）的坐標代入，得4+k=0，∴k=-4，∴直線DH的解析式為y=2x-4.解方程組，得，∴H（1，-2）.∵D(2，0)，H(1，-2)，∴DH=，∵M(3，-3)，D（2,0）,∴DM=，∴sin∠DMH=，∴∠DMH=45°，∵∠ACM+∠DMH=∠ADM，∴；

（3）存在點E，過點G作GP⊥x軸，過點E作EQ⊥x軸，∵A(6，0)，B（0,3）,∴AB=.∵，∠BEF=∠BAO+∠AFE，∴∠BAO=∠AFE，∴AE=EF，∵，∴，設GF=4a，則AE=EF=3a，∵EQ⊥x軸，∴EQ∥OB，∴△AEQ∽△ABO，∴，∴，∴AQ=a，∴AF=a.∵∠AFE=∠PFG，∴△FGP∽△AEQ，∴,∴FP=a，∴OP=PG=，∴+a+a=6,解得a=，∴AQ=,∴OQ=，將x=代入中，得y=，∴當時，存在點E，使得，此時點E的坐標為（，）.【點睛】

此題考查了拋物線的性質，待定系數法求函數解析式，一次函數平移的性質，兩個一次函數交點坐標與方程組的關系，相似三角形的判定及性質，等腰三角形的性質，三角形的外角的性質定理，是一道拋物線的綜合題，較難.9．（2020·福建廈門一中九年級其他模擬）如圖，在平面直角坐標系中，已知四邊形ABCD為平行四邊形，點A在y軸上且在B的下方，B(0，3)，且點C，點D在第一象限．

（1）若點A(0，1)，點D(2，2)，求點C的坐標；

（2）若點C在直線y＝0.5x+3上，①若CD＝BC，點D在拋物線y＝x2﹣x+3上，求點C的坐標；

②若CD＝BC，拋物線y＝x2﹣ax+4﹣a經過點D、E，與y軸交于點F，若點E在直線BD上，求的最大值．

【答案】（1）D(2，4)；（2）①C(3+，)或(3﹣，)，②

【分析】

（1）由點A、B的坐標知，AB＝3﹣1＝2＝CD，即可求解；

（2）①作BH⊥CD于H，則D（m，m2﹣m+3），則CB＝CD＝﹣m2+3m，BH＝m，CH＝m，m≠0，則1+（）2＝（﹣m+3）2，即可求解；

②利用CD＝CB，求出m＝1或m＝1﹣a，再分m＝1、m＝1﹣a兩種情況，分別求解即可．

【詳解】

解：（1）由點A、B的坐標知，AB＝3﹣1＝2＝CD，故點D（2，4）；

（2）如圖，設C（m，m+3），則D（m，m2﹣m+3），①作BH⊥CD于H，則D（m，m2﹣m+3），則CB＝CD＝﹣m2+3m，BH＝m，CH＝m，m≠0，∴1+（）2＝（﹣m+3）2，m＝3±，故C（3+，）或（3﹣，）；

②∵y＝x+3，BH＝m，∴BC＝m．

CD＝CB＝m，又CD∥y軸，∴D（m，m2﹣am+4﹣a），由點B、D的坐標得，直線DB解析式：y＝x+3，解方程：x+3＝x2﹣ax+4﹣a，整理得：mx2﹣（m2+1﹣a）x+m（1﹣a）＝0，即[mx﹣（1﹣a）]（x﹣m）＝0，解得：x＝m或x＝，即，而CD＝m+3﹣（m2﹣am+4﹣a）＝﹣m2+（a+）m﹣1+a，且CD＝CB，∴m＝﹣m2+（a+）m﹣1+a，整理得：m2+（2﹣a）m+1﹣a＝0，[m﹣（1﹣a）]（m﹣1）＝0，解得：m＝1或m＝1﹣a．

（I）當m＝1時，C（1，），D（1，），F（0，4﹣a），xE＝1﹣a，則S△DEF＝BF?（xD﹣xE）＝（a﹣1）[1﹣（1﹣a）]＝（a2﹣a），而S?ABCD＝BH?CD＝1×＝，故S△DEF﹣S?ABCD＝（a2﹣a）﹣＝（a﹣）2﹣，∵＞0，故S△DEF﹣S?ABCD沒有最大值；

（II）

當m＝1﹣a時，C（1﹣a，），D（1﹣a，2a+1），則F（0，4﹣a），xE＝1，而S△DEF＝BF?（xD﹣xE）＝（a﹣1）[（1﹣a）﹣1]＝﹣（a2﹣a），S?ABCD＝BH?CD＝（1﹣a）?（1﹣a）＝（1﹣a）

2，∴S△DEF﹣S?ABCD＝﹣（a2﹣a）﹣（1﹣a）

2＝﹣3a2+a﹣＝﹣3（a﹣）2+≤，∴S△DEF﹣S?ABCD的最大值為．

【點睛】

本題主要考查二次函數的綜合，熟練掌握二次函數與一次函數的性質及平行四邊形的性質是解題的關鍵．

10．（2020·河南九年級二模）如圖①，在平面直角坐標系中，一塊等腰直角三角板ABC的直角頂點A在y軸上，坐標為（0，－1），另一頂點B坐標為（－2，0），已知二次函數y＝x2＋bx＋c的圖象經過B、C兩點．現將一把直尺放置在直角坐標系中，使直尺的邊A＇D＇∥y軸且經過點B，直尺沿x軸正方向平移，當A＇D＇與y軸重合時運動停止．

（1）求點C的坐標及二次函數的關系式；

（2）若運動過程中直尺的邊A＇D＇交邊BC于點M，交拋物線于點N，求線段MN長度的最大值；

（3）如圖②，設點P為直尺的邊A＇D＇上的任一點，連接PA、PB、PC，Q為BC的中點，試探究：在直尺平移的過程中，當PQ＝時，線段PA、PB、PC之間的數量關系．請直接寫出結論，并指出相應的點P與拋物線的位置關系．

（說明：點與拋物線的位置關系可分為三類，例如，圖②中，點A在拋物線內，點C在拋物線上，點D＇在拋物線外．）

【答案】（1）C（-1，-3）．y=x2+x-3．（2）．（3）PB-PC=PA．

【詳解】

試題分析：（1）求C點坐標，考慮作x，y軸垂線，表示橫縱坐標，易得△CDA≌△AOB，所以C點坐標易知．進而拋物線解析式易得．

（2）橫坐標相同的兩點距離，可以用這兩點的縱坐標作差，因為兩點分別在直線BC與拋物線上，故可以利用解析式，設橫坐標為x，表示兩個縱坐標．作差記得關于x的二次函數，利用最值性質，結果易求．

（3）計算易得，BC=，因為Q為BC的中點，PQ=恰為半徑，則以作圓，P點必在圓上．此時連接PB，PC，PA，因為BC為直徑，故BP2+CP2=BC2為定值，而PA不固定，但不超過BC，所以易得結論BP2+CP2≥PA2，題目要求考慮三種情況，其中P在拋物線上時，P點只能與B或C重合，此時，PA，PB，PC可求具體值，則有等量關系．

試題解析：（1）如圖1，過點C作CD⊥y軸于D，此時△CDA≌△AOB，∵△CDA≌△AOB，∴AD=BO=2，CD=AO=1，∴OD=OA+AD=3，∴C（-1，-3）．

將B（-2，0），C（-1，-3）代入拋物線y=x2+bx+c，解得

b=，c=-3，∴拋物線的解析式為y=x2+x-3．

（2）設lBC：y=kx+b，∵B（-2，0），C（-1，-3），∴，解得，∴lBC：y=-3x-6，設M（xM，-3xM-6），N（xN，xN2+xN-3），∵xM=xN（記為x），yM≥yN，∴線段MN長度=-3x-6-（x2+x-3）=-（x+）2+，（-2≤x≤-1），∴當x=-時，線段MN長度為最大值．

（3）答：P在拋物線外時，BP2+CP2≥PA2；P在拋物線上時，BP+CP=AP；P在拋物線內，BP2+CP2≥PA2．

分析如下：

如圖2，以Q點為圓心，為半徑作⊙Q，∵OB=2，OA=1，∴AC=AB==，∴BC=，∴BQ=CQ=，∵∠BAC=90°，∴點B、A、C都在⊙Q上．

①P在拋物線外，如圖3，圓Q與BD′的交點即為點P，連接PB，PC，PA，延長PC交y軸于點D

∵BC為直徑，∴∠BPC=90°

∵BD′與y軸平行

∴∠ADC=90°，且D點為拋物線與y軸交點

∴PD∥x軸

易得PC=1，PB=3，PA=2

∴BP+CP=AP．

②P在拋物線上，此時，P只能為B點或者C點，∵AC=AB=，∴AP=，∵BP+CP=BC=，∴BP+CP=AP．

③P在拋物線內，有兩種情況，如圖4，5，如圖4，在PC上取BP=PT，∵BC為直徑，∴∠BPC=90°

∴△BPT為等腰直角三角形

∴∠PBT=45°=∠1+∠2

∵∠ABC=∠3+∠2=45°

∴∠1=∠3

∵∠BAP=∠BCP（同弧BP）

∴△BPA∽△BTC

∴

∵PC=PT+CT

∴PC=PT+PA=PB+PA

∴PC-PB=PA

同理，如圖5，也可得PB-PC=PA．

考點：二次函數綜合題．

11．（2020·湖北武漢·九年級其他模擬）拋物線與軸交于點，與軸交于點．

（1）求拋物線的解析式；

（2）如圖1，直線交拋物線于另一點，過點作軸于點，過點作交于點．求證：軸；

（3）如圖2，為拋物線上兩點，直線，交軸于點，，求面積的最小值．

【答案】（1）；（2）見解析；（3）的最小值為1．

【分析】

（1）把點，代入解析式構建方程組求解即可；

（2）由題易得，設，則，然后根據在平面直接坐標系里兩條直線平行時，進行求解即可；

（3）設直線的解析式為：，直線的解析式為，直線的解析式為，由題意得，進而可得，然后把三角形的面積表示出來利用二次函數的性質求解即可．

【詳解】

（1）∵過，∴解得．

∴拋物線的解析式為．

（2）當時，．∴

設，則，∴，．

∴，∴，∵，∴設，則，．

∴．

設直線，∴，∴．

由得

∵，∴軸．

（3）設直線的解析式為：，由得，．

∴，∴．

設直線的解析式為，同理可得：，∴．

設直線的解析式為，由得．

∴，．

∵，∴，，∴直線．

不論為何值，當時，∴直線過點．

∵，∴軸，∴的最小值為1．

【點睛】

本題主要考查二次函數與一次函數的綜合，關鍵是根據題意得到二次函數的表達式，然后利用一次函數的知識點進行求解問題即可．

12．（2020·廣東深圳·九年級其他模擬）如下圖，拋物線與軸正半軸交于點，過點作直線軸，點是拋物線在第一象限部分上的一動點，連接并延長交直線于點，連接并延長交軸于點，過點作軸，垂足為，連接．設．

（1）請直接寫出點坐標并求出的最大值；

（2）如圖1，隨著點的運動，的值是否會發生變化？若變化，請說明理由，若不變，則求出它的值；

（3）連接，如圖2，則當點位于何處時，點到直線的距離最大？請你求出此時點的坐標．

【答案】（1）A點坐標為，4；（2）不會發生變化，理由見解析，；（3）點坐標為

【分析】

（1）根據P點的坐標得到，根據即可得到結果；

（2）由（1）知：，，根據計算即可；

（3）取的中點，過作軸的垂線，垂足為，交直線于點，得矩形；連接，得到，在根據題意得，聯立方程計算即可；

【詳解】

解：（1）A點坐標為．

∵，∴點坐標為

∴．

又，．

∴．

∴．

∴的最大值為4．

（2）的值不會發生變化理由如下：

由（1）知：，．

所以，，．

又，．

∴，∴．

（3）如下左圖，取的中點，過作軸的垂線，垂足為，交直線于點，得矩形；連接．

易得，∴．

∴．

由（2）知，．

∴．又，∴點的坐標為．

即，直線繞定點在旋轉．

如上右圖，表示的任一位置，長是點到它的距離．則，∵，∴的最大值等于．

顯然，獲得最大值的條件是．

∵此時，易得，此時，從而，得．

∴此時，點坐標為

∴直線的解析式為：．

由得，（舍）．

故，此時點坐標為．

【點睛】

本題主要考查了二次函數綜合，準確計算是解題的關鍵．

13．（2020·廣東九年級一模）如圖，拋物線與軸交于點，對稱軸為直線平行于軸的直線與拋物線交于兩點，點在對稱軸左側，．

（1）求此拋物線和直線的解析式；

（2）點在軸上，直線將三角形面積分成兩部分，求點的坐標．

【答案】（1）；（2）或

【分析】

（1）根據對稱軸直線求出b，把點代入拋物線解析式求出c，即可求出拋物線解析式，根據拋物線對稱性和搶救車點B坐標，利用待定系數法即可求出直線的解析式；

（2）作出直線與交于點，過作軸，與軸交于點與軸交于點，得到進而得到，根據直線將面積分成兩部分，分別得到或兩種情況，分別求出Q橫坐標，進而求出Q坐標，直線CQ解析式，即可求出點P坐標．

【詳解】

解：由題意得：，解得：，則此拋物線的解析式為；

拋物線對稱軸為直線，橫坐標為橫坐標為，把代入拋物線解析式得：，設直線解析式為，把坐標代入得：

即

直線解析式為

（2）作出直線與交于點，過作軸，與軸交于點與軸交于點，可得，點在軸上，直線將面積分成兩部分，或，即或，或，當時，把代入直線解析式得：

此時，直線解析式為，令，得到，即；

當時，把代入直線解析式

得：，此時，直線解析式為，令得到

此時，綜上，的坐標為或．

【點睛】

本題為二次函數綜合題，綜合性強，難度大．熟練掌握二次函數性質，深刻理解坐標系內求點的坐標方法，添加輔助線構造相似是解題關鍵．

14．（2020·湖北九年級一模）如圖．拋物線交軸于兩點．其中點坐標為，與軸交于點．

求拋物線的函數表達式；

如圖①，連接．點在拋物線上﹐且滿足．求點的坐標；

如圖②，點為軸下方拋物線上任意一點，點是拋物線對稱軸與軸的交點，直線分別交拋物線的對稱軸于點，求的值．

【答案】（1）；（2）點的坐標為或；（3）8

【分析】

（1）把點A、C坐標代入拋物線解析式即求得b、c的值．

（2）點P可以在x軸上方或下方，需分類討論．①若點P在x軸下方，延長AP到H，使AH＝AB構造等腰△ABH，作BH中點G，即有∠PAB＝2∠BAG＝2∠ACO，利用∠ACO的三角函數值，求BG、BH的長，進而求得H的坐標，求得直線AH的解析式后與拋物線解析式聯立，即求出點P坐標．②若點P在x軸上方，根據對稱性，AP一定經過點H關于x軸的對稱點H＇，求得直線AH＇的解析式后與拋物線解析式聯立，即求出點P坐標．

（3）設點Q橫坐標為t，用t表示直線AQ、BN的解析式，把x＝?1分別代入即求得點M、N的縱坐標，再求DM、DN的長，即得到DM＋DN為定值．

【詳解】

解：拋物線經過點

解得

拋物線的函數表達式為

①若點在軸下方，如圖1

延長到，使，過點作軸，連接，作中點，連接并延長交于點，過點作于點

當，解得

中，為中點，即

在中，中，即

設直線解析式為

解得

直線

解得（即點），②若點在軸上方，如圖2，在上截取，則于關于軸對稱

設直線解析式為

解得

直線

解得（即點），、綜上所述，點的坐標為或

為定值

拋物線的對稱軸為，直線

設

設直線解析式為

解得

直線

當時，設直線解析式為

解得

直線

當時，為定值．

【點睛】

本題考查了求二次函數解析式、求一次函數解析式，解一元二次方程、二元一次方程組，等腰三角形的性質，三角函數的應用．第（2）題由于不確定點P位置需分類討論；（2）（3）計算量較大，應認真理清線段之間的關系再進行計算．

15．（2020·貴陽清鎮北大培文學校九年級其他模擬）在平面直角坐標系中，已知拋物線經過A（－4，0），B（0，－4），C（2，0）三點．

（1）求拋物線的解析式；

（2）若點M為第三象限內拋物線上一動點，點M的橫坐標為m，△AMB的面積為S．求S關于m的函數關系式，并求出S的最大值．

（3）若點P是拋物線上的動點，點Q是直線y＝－x上的動點，判斷有幾個位置能夠使得點P、Q、B、O為頂點的四邊形為平行四邊形，直接寫出相應的點Q的坐標．

【答案】（1）；（2），時有最大值；（3）或或或．

【分析】

（1）先假設出函數解析式，利用三點法求解函數解析式．

（2）設出M點的坐標，利用S＝S△AOM＋S△OBM?S△AOB即可進行解答；

（3）當OB是平行四邊形的邊時，表示出PQ的長，再根據平行四邊形的對邊相等列出方程求解即可；當OB是對角線時，由圖可知點A與P應該重合．

【詳解】

解：（1）設此拋物線的函數解析式為：，將，三點代入函數解析式得：，解得，所以此函數解析式為：；

（2）∵點的橫坐標為，且點在這條拋物線上，∴點的坐標為：，∴

∵，當時，有最大值為：．

答：時有最大值．

（3）設．

當為邊時，根據平行四邊形的性質知，且，∴的橫坐標等于的橫坐標，又∵直線的解析式為，則．

由，得，解得，．（不合題意，舍去）

如圖，當為對角線時，知與應該重合，．

四邊形為平行四邊形則，橫坐標為4，代入得出為．

由此可得或或或．

【點睛】

本題考查了三點式求拋物線的方法，以及拋物線的性質和最值的求解方法．

16．（2020·山東煙臺·九年級其他模擬）如圖，拋物線y=ax2+x+c的圖象與x軸交于A（-3，0），B兩點，與y軸交于點C（0，-2），連接AC．點P是x軸上的動點．

（1）求拋物線的表達式；

（2）過點P作x軸的垂線，交線段AC于點D，E為y軸上一點，連接AE，BE，當AD=BE時，求AD+AE的最小值；

（3）點Q為拋物線上一動點，是否存在點P，使得以A、C、P、Q為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由．

【答案】（1）；（2）4；（3）存在，點P的坐標為（-5，0）或（，0）或（，0）或（-1，0）．

【分析】

（1）將A、C兩點代入，利用待定系數法求得拋物線的表達式；

（2）由AD=BE，將AD+AE轉化為BE+AE，通過兩點之間線段最短即可得解；

（3）分情況討論，AC為平行四邊形的對角線、AQ為對角線、AP為對角線三種情況討論．

【詳解】

（1）將A（-3，0），C（0，-2），代入y=ax2+x+c得，解得，∴拋物線的表達式為；

（2）令，解得x=-3或1，∴點B的坐標為（1，0），當AD=BE時，AD+AE=BE+AE，∴當A、E、B三點共線時，BE+AE最小，最小值為AB的長，∴當AD=BE時，AD+AE的最小值為AB=1-(-3)=4；

（3）存在．設點P的坐標為（m，0），點Q的坐標為（n，），①若AQ為平行四邊形的對角線，則PA=QC，QC∥x軸，如圖①，∴-3-m=0-n，解得n=-2或0（舍去），∴m=-5，∴點P的坐標為（-5，0）；

②若AP為對角線，則AC=PQ，如圖②所示，即m-n=3，解得n=-1+或-1-，∴m=2+或2-，∴點P的坐標為（2+，0）或（2-，0）；

③當AC是平行四邊形的對角線時，則AQ=PC，如圖③，即m-（-3）=0-n，解得n=-2或0（舍去），∴m=-1，∴點P的坐標為（-1，0）．

綜上所述，點P的坐標為（-5，0）或（2+，0）或（2-，0）或（-1，0）．

【點睛】

本題是二次函數的綜合應用題，考查了待定系數法求函數解析式，二次函數的圖象及性質，平行四邊形的性質；熟練掌握二次函數的圖象及性質，靈活應用平行四邊形的性質是解題的關鍵．第(3)問需分類討論，以防遺漏．

17．（2020·河南九年級二模）如圖，在平面直角坐標系中，為坐標原點，拋物線交軸于，兩點，交軸于點，且．

（1）求，的值．

（2）點為第一象限內拋物線上一點，連接交軸于點，設點的橫坐標為，線段的長為，求與之間的函數關系式，并寫出自變量的取值范圍．

（3）在（2）的條件下，點為拋物線上一動點，當時，是否存在點，使得？若存在，請直接寫出點的橫坐標；若不存在，請說明理由．

【答案】（1）的值為，的值為；（2）與之間的函數關系式為；（3）存在滿足題意的點，點的橫坐標為或．

【分析】

（1）本題根據題意得出點B、點C坐標后，將點代入二次函數解析式即可求解．

（2）本題首先利用函數解析式表示P點坐標，繼而分別求解PK、AK長度，進一步以正切三角函數作為中介求解OD，最后利用邊長關系即可求解本題．

（3）本題首先根據已知求解△APQ的面積，繼而求解點D坐標與直線AP解析式，進一步分類討論點Q所在位置，求解手段是做輔助線并利用函數表示MQ距離，繼而利用割補法表示△APQ面積，最后根據限制條件確定最終答案．

【詳解】

（1）∵，∴，．

將點，代入拋物線中，得，解得，∴的值為，的值為．

（2）由第一問可知拋物線的解析式為．

∵點為第－象限內拋物線上一點，且橫坐標為，∴．

∵，∴．

過點作軸于點，如下圖所示，則．

當時，即，解得，．

∴，即．

∴．

∵，即，∴．

∴．

∴與之間的函數關系式為．

（3）存在．

由題意易得，∴．

∵，∴．

∴．

∴，．

由可知點的橫坐標為9，故易得直線的解析式為．

由題意，可知點的位置需分以下兩種情況進行討論．

①當點在直線下方的拋物線上時，過點作軸的平行線，交于點，如下圖3所示：

設，則．

∴．

∴．

其中是P點橫坐標，是A點橫坐標．

∴的最大值為72．

∵，∴在直線下方不存在滿足題意的點．

②當點在直線上方的拋物線上時，過點作軸的平行線，交于點，如下圖2所示：

設，或，則．

∴．

∴，解得，．

綜上所述，存在滿足題意的點，點的橫坐標為或．

【點睛】

本題考查二次函數的綜合，難度較高，待定系數法求解函數解析式需要熟練掌握，對三角函數的基本概念要清楚，該知識點通常作為邊長比例關系的媒介，涉及動點問題需要分類討論．

18．（2020·山東九年級一模）已知，拋物線y＝-x2

+bx+c交y軸于點C（0,2），經過點Q（2,2）.直線y＝x+4分別交x軸、y軸于點B、A．

（1）直接填寫拋物線的解析式________；

（2）如圖1，點P為拋物線上一動點（不與點C重合），PO交拋物線于M，PC交AB于N，連MN.求證：MN∥y軸；

（3）如圖,2，過點A的直線交拋物線于D、E，QD、QE分別交y軸于G、H.求證：CG

?CH為定值.【答案】（1）；（2）見詳解；（3）見詳解．

【分析】

（1）把點C、D代入y＝-x2

+bx+c求解即可；

（2）分別設PM、PC的解析式，由于PM、PC與拋物線的交點分別為：M、N.，分別求出M、N的代數式即可求解；

（3）先設G、H的坐標，列出QG、GH的解析式，得出與拋物線的交點D、E的橫坐標，再列出直線AE的解析式，算出它與拋物線橫坐標的交點方程.運用韋達定理即可求證．

【詳解】

詳解：（1）∵y＝-x2

+bx+c過點C（0,2），點Q（2,2），∴,解得：.∴y=-x2+x+2；

（2）

設直線PM的解析式為：y=mx，直線PC的解析式為：y=kx+2

由

得x2+（k-1）x=0,解得：，xp=

由

得x2+(m-1)x-2=0，即xp?xm=-4，∴xm==.由

得xN==xM,∴MN∥y軸.（3）設G（0，m）,H（0，n）.設直線QG的解析式為，將點代入

得

直線QG的解析式為

同理可求直線QH的解析式為；

由

得

解得：

同理，設直線AE的解析式為：y=kx+4，由，得x2-(k-1)x+2=0

即xDxE=4，即（m-2）?（n-2）=4

∴CG?CH=（2-m）?（2-n）=4.19．（2020·重慶八中九年級一模）如圖，拋物線y＝x2+2x﹣6交x軸于A、B兩點（點A在點B的左側），交y軸于C點，D點是該拋物線的頂點，連接AC、AD、CD．

（1）求△ACD的面積；

（2）如圖，點P是線段AD下方的拋物線上的一點，過P作PE∥y軸分別交AC于點E，交AD于點F，過P作PG⊥AD于點G，求EF+FG的最大值，以及此時P點的坐標；

（3）如圖，在對稱軸左側拋物線上有一動點M，在y軸上有一動點N，是否存在以BN為直角邊的等腰Rt△BMN？若存在，求出點M的橫坐標，若不存在，請說明理由．

【答案】（1）24；（2）最大值為，點P（﹣3，﹣）；（3）存在，點M的橫坐標為﹣﹣或2﹣2．

【分析】

（1）先求出拋物線與坐標軸的交點坐標和頂點坐標，再用待定系數法求得AC的解析式，進而求出點N、D的坐標，再根據三角形的面積公式求出結果；

（2）證明EF+FG即為EP的長度，即可求解；

（3）分∠BNM為直角、∠MBN為直角，利用三角形全等即可求解．

【詳解】

解：（1）令x＝0，得，∴C（0，﹣6），令y＝0，得，解得，∴A（，0），點B（，0），設直線AC的解析式為：y＝kx+b（k≠0），則，∴，∴直線AC的解析式為：，∵，∴D（，），過D作DM⊥x軸于點M，交AC于點N，如圖，令，則N（，），∴，∴；

（2）如圖，過點D作x軸的平行線交FP的延長線于點H，由點A、D的坐標得，直線AD的表達式為：，∴tan∠FDH＝2，則sin∠FDH＝，∵∠HDF+∠HFD＝90°，∠FPG+∠PFG＝90°，∴∠FDH＝∠FPG，在Rt△PGF中，PF＝＝

＝FG，則EF+FG＝EF+PF＝EP，設點P（x，），則點E（x，），則EF+FG＝EF+PF＝EP＝，∵﹣＜0，故EP有最大值，此時x＝﹣＝﹣3，最大值為；

當x＝時，故點P（，）；

（3）存在，理由：

設點M的坐標為（m，n），則，點N（0，s），①當∠MNB為直角時，如圖，過點N作x軸的平行線交過點B與y軸的平行線于點H，交過點M與y軸的平行線于點G，∵∠MNG+∠BNH＝90°，∠MNG+∠GMN＝90°，∴∠GMN＝∠BNH，∵∠NGM＝∠BHN＝90°，MN＝BN，∴△NGM≌△BHN（AAS），∴GN＝BH，MG＝NH，即且，聯立并解得：（舍去正值），故，則點M（，）；

②當∠NBM為直角時，如圖，過點B作y軸的平行線交過點N與x軸的平行線于點G，交過點M與x軸的平行線于點H，同理可證：△MHB≌△BGN（AAS），則BH＝NG，即，當時，解得：（舍去正值），故，則點M（，）；

綜上，點M的橫坐標為或．

【點睛】

本題考查二次函數的綜合題，涉及三角形面積的求解，用胡不歸原理求最值，等腰直角三角形的存在性問題，解題的關鍵是需要掌握這些特定題型的特定解法，熟練運用數形結合的思想去解決問題．

20．（2020·天津中考真題）已知點是拋物線（為常數，）與x軸的一個交點．

（1）當時，求該拋物線的頂點坐標；

（2）若拋物線與x軸的另一個交點為，與y軸的交點為C，過點C作直線l平行于x軸，E是直線l上的動點，F是y軸上的動點，．

①當點E落在拋物線上（不與點C重合），且時，求點F的坐標；

②取的中點N，當m為何值時，的最小值是？

【答案】（1）拋物線的頂點坐標為；（2）①點F的坐標為或；②當m的值為或時，MN的最小值是．

【分析】

（1）根據，則拋物線的解析式為，再將點A（1，0）代入，求出b的值，從而得到拋物線的解析式，進一步可求出拋物線的頂點坐標；

（2）①首先用含有m的代數式表示出拋物線的解析式，求出，點.過點A作于點H,在Rt中，利用勾股定理求出AE的值，再根據，可求出m的值，進一步求出F的坐標；

②首先用含m的代數式表示出MC的長，然后分情況討論MN什么時候有最值.【詳解】

解：（1）當，時，拋物線的解析式為．

∵拋物線經過點，．解得．

拋物線的解析式為．，拋物線的頂點坐標為．

（2）①∵拋物線經過點和，，即．，．

拋物線的解析式為．

根據題意，得點，點．

過點A作于點H．

由點，得點．

在Rt中，，．，．解得．

此時，點，點，有．

點F在y軸上，在Rt中，．

點F的坐標為或．

②由N是EF的中點，得．

根據題意，點N在以點C為圓心、為半徑的圓上．

由點，點，得，．

在中，．

當，即時，滿足條件的點N落在線段MC上，MN的最小值為，解得；

當，時，滿足條件的點N落在線段CM的延長線上，MN的最小值為，解得．

當m的值為或時，MN的最小值是．

【點睛】

本題考查了待定系數法求解析式，拋物線上的點的坐標滿足拋物線方程等，解題的關鍵是學會利用參數解決問題，學會用轉化的思想思考問題，屬于中考常考題型．．