挑戰(zhàn)2023年中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘（全國通用）專題14二次函數(shù)與線段數(shù)量關(guān)系最值定值問題圖形運(yùn)動的過程中，求兩條線段之間的函數(shù)關(guān)系，是中考數(shù)學(xué)的熱點(diǎn)問題．產(chǎn)生兩條線段間的函數(shù)關(guān)系，常見的情況有兩種，一是勾股定理，二是比例關(guān)系．還有一種不常見的，就是線段全長等于部分線段之和．由比例線段產(chǎn)生的函數(shù)關(guān)系問題，在兩種類型的題目中比較常用．一是由平行線產(chǎn)生的對于線段成比例，二是相似三角形的對應(yīng)邊成比例．一般步驟是先說理產(chǎn)生比例關(guān)系，再代入數(shù)值或表示數(shù)的字母，最后整理、變形，根據(jù)要求寫出定義域．關(guān)鍵是尋找比例關(guān)系，難點(diǎn)是有的整理、變形比較繁瑣，容易出錯．

【例1】（2022?武漢模擬）拋物線y＝x2﹣2x+m的頂點(diǎn)A在x軸上，與y軸交于點(diǎn)B．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，直線CD∥AB交拋物線于C，D兩點(diǎn)，若，求△COD的面積；（3）如圖2，P為拋物線對稱軸上頂點(diǎn)下方的一點(diǎn)，過點(diǎn)P作直線交拋物線于點(diǎn)E，F(xiàn)，交x軸于點(diǎn)M，求的值．【分析】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法即可求得答案；（2）運(yùn)用待定系數(shù)法求得直線AB的解析式為y＝﹣x+1，根據(jù)CD∥AB，設(shè)直線CD的解析式為y＝﹣x+d，C（xC，yC），D（xD，yD），聯(lián)立并整理得x2﹣x+1﹣d＝0，利用根與系數(shù)關(guān)系可得：xC+xD＝1，xC?xD＝1﹣d，yC＝﹣xC+d，yD＝﹣xD+d，再由，可得CD＝3AB＝3，建立方程求解即可得出答案；（3）過點(diǎn)E作EG∥x軸交拋物線對稱軸于點(diǎn)G，過點(diǎn)F作FH∥x軸交拋物線對稱軸于點(diǎn)H，則AM∥EG∥FH，可得：＝，＝，設(shè)直線PM的解析式為y＝kx+n，可得：P（1，k+n），M（﹣，0），聯(lián)立并整理得：整理得：x2﹣（k+2）x+1﹣n＝0，利用根與系數(shù)關(guān)系可得：xE+xF＝k+2，xE?xF＝1﹣n，再分兩種情況：k＜0或k＞0，分別求出的值即可．【解答】解：（1）∵拋物線y＝x2﹣2x+m＝（x﹣1）2+m﹣1的頂點(diǎn)A（1，m﹣1）在x軸上，∴m﹣1＝0，∴m＝1，∴該拋物線的解析式為y＝x2﹣2x+1；（2）∵y＝x2﹣2x+1＝（x﹣1）2，∴頂點(diǎn)A（1，0），令x＝0，得y＝1，∴B（0，1），在Rt△AOB中，AB＝＝＝，設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+b，則，解得：，∴直線AB的解析式為y＝﹣x+1，∵CD∥AB，∴設(shè)直線CD的解析式為y＝﹣x+d，C（xC，yC），D（xD，yD），則x2﹣2x+1＝﹣x+d，整理得：x2﹣x+1﹣d＝0，∴xC+xD＝1，xC?xD＝1﹣d，yC＝﹣xC+d，yD＝﹣xD+d，∴yC﹣yD＝（﹣xC+d）﹣（﹣xD+d）＝xD﹣xC，∵，∴CD＝3AB＝3，∴CD2＝（3）2＝18，∴（xC﹣xD）2+（yC﹣yD）2＝18，即（xC﹣xD）2+（xD﹣xC）2＝18，∴（xC﹣xD）2＝9，∴（xC+xD）2﹣4xC?xD＝9，即1﹣4（1﹣d）＝9，解得：d＝3，∴x2﹣x﹣2＝0，解得：x＝2或﹣1，∴C（2，1），D（﹣1，4），設(shè)直線CD：y＝﹣x+3交y軸于點(diǎn)K，令x＝0，則y＝3，∴K（0，3），∴OK＝3，∴S△COD＝OK×|xC﹣xD|＝×3×3＝；（3）如圖2，過點(diǎn)E作EG∥x軸交拋物線對稱軸于點(diǎn)G，過點(diǎn)F作FH∥x軸交拋物線對稱軸于點(diǎn)H，則AM∥EG∥FH，∴＝，＝，設(shè)直線PM的解析式為y＝kx+n，當(dāng)x＝1時，y＝k+n，∴P（1，k+n），當(dāng)y＝0時，kx+n＝0，解得：x＝﹣，∴M（﹣，0），∴AM＝|1﹣（﹣）|＝||，由x2﹣2x+1＝kx+n，整理得：x2﹣（k+2）x+1﹣n＝0，則xE+xF＝k+2，xE?xF＝1﹣n，∵EG＝|xE﹣1|，F(xiàn)H＝|xF﹣1|，∴+＝+＝，當(dāng)k＜0時，點(diǎn)E、F、M均在對稱軸直線x＝1左側(cè)，∴EG＝|xE﹣1|＝1﹣xE，F(xiàn)H＝|xF﹣1|＝1﹣xF，AM＝||＝，∴+＝＝＝＝，∴+＝AM×（+）＝×＝1；當(dāng)k＞0時，點(diǎn)E、F、M均在對稱軸直線x＝1右側(cè)，∴EG＝|xE﹣1|＝xE﹣1，F(xiàn)H＝|xF﹣1|＝xF﹣1，AM＝||＝﹣，∴+＝＝＝＝﹣，∴+＝AM×（+）＝﹣×（﹣）＝1；綜上所述，的值為1．【例2】（2022?黃石）如圖，拋物線y＝﹣x2+x+4與坐標(biāo)軸分別交于A，B，C三點(diǎn)，P是第一象限內(nèi)拋物線上的一點(diǎn)且橫坐標(biāo)為m．（1）A，B，C三點(diǎn)的坐標(biāo)為（﹣2，0），（3，0），（0，4）．（2）連接AP，交線段BC于點(diǎn)D，①當(dāng)CP與x軸平行時，求的值；②當(dāng)CP與x軸不平行時，求的最大值；（3）連接CP，是否存在點(diǎn)P，使得∠BCO+2∠PCB＝90°，若存在，求m的值，若不存在，請說明理由．【分析】（1）令x＝0，則y＝4，令y＝0，則﹣x2+x+4＝0，所以x＝﹣2或x＝3，由此可得結(jié)論；（2）①由題意可知，P（1，4），所以CP＝1，AB＝5，由平行線分線段成比例可知，＝＝．②過點(diǎn)P作PQ∥AB交BC于點(diǎn)Q，所以直線BC的解析式為：y＝﹣x+4．設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，則P（m，﹣m2+m+4），Q（m2﹣m，﹣m2+m+4）．所以PQ＝m﹣（m2﹣m）＝﹣m2+m，因?yàn)镻Q∥AB，所以＝＝＝﹣（m﹣）2+，由二次函數(shù)的性質(zhì)可得結(jié)論；（3）假設(shè)存在點(diǎn)P使得∠BCO+2∠BCP＝90°，即0＜m＜3．過點(diǎn)C作CF∥x軸交拋物線于點(diǎn)F，由∠BCO+2∠PCB＝90°，可知CP平分∠BCF，延長CP交x軸于點(diǎn)M，易證△CBM為等腰三角形，所以M（8，0），所以直線CM的解析式為：y＝﹣x+4，令﹣x2+x+4＝﹣x+4，可得結(jié)論．【解答】解：（1）令x＝0，則y＝4，∴C（0，4）；令y＝0，則﹣x2+x+4＝0，∴x＝﹣2或x＝3，∴A（﹣2，0），B（3，0）．故答案為：（﹣2，0）；（3，0）；（0，4）．（2）①∵CP∥x軸，C（0，4），∴P（1，4），∴CP＝1，AB＝5，∵CP∥x軸，∴＝＝．②如圖，過點(diǎn)P作PQ∥AB交BC于點(diǎn)Q，∴直線BC的解析式為：y＝﹣x+4．設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，則P（m，﹣m2+m+4），Q（m2﹣m，﹣m2+m+4）．∴PQ＝m﹣（m2﹣m）＝﹣m2+m，∵PQ∥AB，∴＝＝＝﹣（m﹣）2+，∴當(dāng)m＝時，的最大值為．另解：分別過點(diǎn)P，A作y軸的平行線，交直線BC于兩點(diǎn)，仿照以上解法即可求解．（3）假設(shè)存在點(diǎn)P使得∠BCO+2∠BCP＝90°，即0＜m＜3．過點(diǎn)C作CF∥x軸交拋物線于點(diǎn)F，∵∠BCO+2∠PCB＝90°，∠BCO+∠BCF+∠MCF＝90°，∴∠MCF＝∠BCP，延長CP交x軸于點(diǎn)M，∵CF∥x軸，∴∠PCF＝∠BMC，∴∠BCP＝∠BMC，∴△CBM為等腰三角形，∵BC＝5，∴BM＝5，OM＝8，∴M（8，0），∴直線CM的解析式為：y＝﹣x+4，令﹣x2+x+4＝﹣x+4，解得x＝或x＝0（舍），∴存在點(diǎn)P滿足題意，此時m＝．【例3】（2022?河南三模）如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣4交x軸于A，B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C，OB＝2OC＝4OA，連接AC，BC．（1）求拋物線的解析式；（2）點(diǎn)D是拋物線y＝ax2+bx﹣4的圖象上在第四象限內(nèi)的一動點(diǎn)，DE⊥x軸于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F．設(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為m．①請用含m的代數(shù)式表示線段DF的長；②已知DG∥AC，交BC于點(diǎn)G，請直接寫出當(dāng)時點(diǎn)D的坐標(biāo)．【分析】（1）由拋物線y＝ax2+bx﹣4，可知c＝﹣4，故OC＝4，而OB＝2OC＝4OA，則OA＝2，OB＝8，確定點(diǎn)A、B、C的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式即可；（2）①先求出直線BC的解析式，再設(shè)點(diǎn)D為（m，m2﹣m﹣4），可得F（m，m﹣4），即可得出線段DF的長；②證明△AOC∽△FGD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得DF＝3，再根據(jù)①得出的式子求出m的值，即可求解．【解答】解：（1）在拋物線y＝ax2+bx﹣4中，令x＝0，則y＝﹣4，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，﹣4），∴OC＝4，∵OB＝2OC＝4OA，∴OA＝2，OB＝8，∴點(diǎn)A為（﹣2，0），點(diǎn)B為（8，0），則把點(diǎn)A、B代入解析式，得：，解得：，∴此拋物線的表達(dá)式為y＝x2﹣x﹣4；（2）①設(shè)直線BC的解析式為y＝mx+n，則把點(diǎn)B、C代入，得，解得：，∴直線AC的解析式為y＝x﹣4；設(shè)點(diǎn)D為（m，m2﹣m﹣4），可得F（m，m﹣4），∴DF＝m﹣4?（m2﹣m﹣4）＝﹣m2+2m；②∵點(diǎn)A為（﹣2，0），點(diǎn)B為（8，0），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，﹣4），∴AC2＝22+42＝20，BC2＝82+42＝80，AB2＝（8+2）2＝100，∴AC2+BC2＝AB2，∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝∠ACO+∠OCF＝90°，∵DG∥AC，∴∠DGC＝∠ACB＝90°，∴∠DGF＝∠AOC＝90°，∴∠DFG+∠FDG＝90°，∵DE⊥x軸，∴DE∥y軸，∴∠OCF＝∠DFG，∵∠ACO+∠OCF＝90°，∠DFG+∠FDG＝90°，∴∠ACO＝∠FDG，∴△AOC∽△FGD，∴，∵AC2＝22+42＝20，∴AC＝2，∵DG＝AC，∴DG＝，∴，∴DF＝3，∵DF＝﹣m2+2m，∴﹣m2+2m＝3，解得m1＝2，m2＝6，∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（2，﹣6）或（6，﹣4）．【例4】（2021?大慶）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于原點(diǎn)O和點(diǎn)A，且其頂點(diǎn)B關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)坐標(biāo)為（2，1）．（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（2）拋物線的對稱軸上存在定點(diǎn)F，使得拋物線y＝ax2+bx+c上的任意一點(diǎn)G到定點(diǎn)F的距離與點(diǎn)G到直線y＝﹣2的距離總相等．①證明上述結(jié)論并求出點(diǎn)F的坐標(biāo)；②過點(diǎn)F的直線l與拋物線y＝ax2+bx+c交于M，N兩點(diǎn)．證明：當(dāng)直線l繞點(diǎn)F旋轉(zhuǎn)時，+是定值，并求出該定值；（3）點(diǎn)C（3，m）是該拋物線上的一點(diǎn)，在x軸，y軸上分別找點(diǎn)P，Q，使四邊形PQBC周長最小，直接寫出P，Q的坐標(biāo)．【分析】（1）求出B（2，﹣1），A（4，0），再將點(diǎn)O、點(diǎn)A、點(diǎn)B代入拋物線y＝ax2+bx+c，即可求解解析式；（2）①設(shè)F（2，m），G（x，x2﹣x），由已知可得（x﹣2）2+＝，整理得到m（m﹣x2+2x）＝0，因?yàn)槿我庖稽c(diǎn)G到定點(diǎn)F的距離與點(diǎn)G到直線y＝﹣2的距離總相等，所以m＝0，即可求F坐標(biāo)；②設(shè)過點(diǎn)F的直線解析式為y＝kx﹣2k，M（xM，yM），N（xN，yN），聯(lián)立直線與拋物線解析式得x2﹣（4+4k）x+8k＝0，則有xM+xN＝4+4k，xM?xN＝8k，yM+yN＝4k2，yM?yN＝﹣4k2，由①可得+＝+＝1；（3）作B點(diǎn)關(guān)于y軸的對稱點(diǎn)B'，作C點(diǎn)關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)C'，連接C'B'交x軸、y軸分別于點(diǎn)P、Q，四邊形PQBC周長＝BQ+PQ+PC+BC＝B'Q+PQ+C'P+CB＝C'B'+CB，求出B'（﹣2，﹣1），C'（3，），可得直線B'C'的解析為y＝x﹣，則可求Q（0，﹣），P（，0）．【解答】解：（1）∵頂點(diǎn)B關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)坐標(biāo)為（2，1），∴B（2，﹣1），∴A（4，0），將點(diǎn)O、點(diǎn)A、點(diǎn)B代入拋物線y＝ax2+bx+c，得到，解得，∴y＝x2﹣x；（2）①設(shè)F（2，m），G（x，y），∴G點(diǎn)到直線y＝﹣2的距離為|y+2|，∴（y+2）2＝y(tǒng)2+4y+4，∵y＝x2﹣x，∴（y+2）2＝y(tǒng)2+4y+4＝y(tǒng)2+x2﹣4x+4＝y(tǒng)2+（x﹣2）2，∴G到直線y＝﹣2的距離與點(diǎn)（2，0）和G點(diǎn)的距離相等，∴拋物線上的任意一點(diǎn)G到定點(diǎn)F的距離與點(diǎn)G到直線y＝﹣2的距離總相等；∵G到定點(diǎn)F的距離與點(diǎn)G到直線y＝﹣2的距離相等，∴（x﹣2）2+＝，整理得，m（m﹣x2+2x）＝0，∵距離總相等，∴m＝0，∴F（2，0）；②設(shè)過點(diǎn)F的直線解析式為y＝kx﹣2k，M（xM，yM），N（xN，yN），聯(lián)立，整理得x2﹣（4+4k）x+8k＝0，∴xM+xN＝4+4k，xM?xN＝8k，∴yM+yN＝4k2，yM?yN＝﹣4k2，∵M(jìn)到F點(diǎn)與M點(diǎn)到y(tǒng)＝﹣2的距離相等，N到F點(diǎn)與N點(diǎn)到y(tǒng)＝﹣2的距離相等，∴+＝+＝＝＝1，∴+＝1是定值；（3）作B點(diǎn)關(guān)于y軸的對稱點(diǎn)B'，作C點(diǎn)關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)C'，連接C'B'交x軸、y軸分別于點(diǎn)P、Q，∵BQ＝B'Q，CP＝C'P，∴四邊形PQBC周長＝BQ+PQ+PC+BC＝B'Q+PQ+C'P+CB＝C'B'+CB，∵點(diǎn)C（3，m）是該拋物線上的一點(diǎn)∴C（3，﹣），∵B（2，﹣1），∴B'（﹣2，﹣1），C'（3，），∴直線B'C'的解析為y＝x﹣，∴Q（0，﹣），P（，0）．1．（2020?道里區(qū)二模）已知：在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線y＝﹣+bx+3交x軸于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)B在點(diǎn)A的右邊）交y軸于點(diǎn)C，OB＝3OC．（1）如圖1，求拋物線的解析式；（2）如圖2，點(diǎn)E是第一象限拋物線上的點(diǎn)，連接BE，過點(diǎn)E作ED⊥OB于點(diǎn)D，tan∠EBD＝，求△BDE的面積；（3）如圖3，在（2）的條件下，連接BC交DE于點(diǎn)Q，點(diǎn)K是第四象限拋物線上的點(diǎn)，連接EK交BC于點(diǎn)M，交x軸于點(diǎn)N，∠EMC＝45°，過點(diǎn)K作直線KT⊥x軸于點(diǎn)T，過點(diǎn)E作EL∥x軸，交直線KT于點(diǎn)L，點(diǎn)F是拋物線對稱軸右側(cè)第一象限拋物線上的點(diǎn)，連接ET、LF，LF的延長線交ET于點(diǎn)P，連接DP并延長交EL于點(diǎn)S，SE＝2SL，求點(diǎn)F的坐標(biāo)．【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；（2）在Rt△EDB中，，則，解得t1＝3，t2＝9（舍去），利用，求出點(diǎn)E的坐標(biāo)，進(jìn)而求解；（3）證明四邊形DELT是正方形和△EPS≌△EPL（SAS），則，RL＝11﹣n，故，即可求解．【解答】解：（1）如圖1，當(dāng)x＝0時，，∴C（0，3），∴OC＝3，∵OB＝3OC，∴OB＝9，∴B（9，0），∵點(diǎn)B在拋物線上，∴，，∴拋物線的解析式為；（2）如圖2，設(shè)，∴，BD＝9﹣t，在Rt△EDB中，，∴，解得t1＝3，t2＝9（舍去），∴，∴E（3，8），OD＝3，BD＝6，ED＝8，∴；（3）如圖3，連接CD，∵OC＝OD＝3，∠COD＝90°，∴∠ODC＝∠OCD＝45°∵∠EDO＝90°，∴∠EDC＝45°，∴∠EDC＝∠EMQ，∵∠QCD＝180°﹣∠CDQ﹣∠CQD，∠QEM＝180°﹣∠QME﹣∠EQM，∴∠DCQ＝∠DEM，過點(diǎn)D作DG⊥BC于點(diǎn)G，BD＝6，，設(shè)CG＝a，則，在Rt△CGD中，DG2＝CD2﹣CG2，在Rt△BGD中，DG2＝BD2﹣BG2，∴CD2﹣CG2＝BD2﹣BG2，∴，∴，∴，∴，∴，∴DN＝4，∴N（7，0），過點(diǎn)K作KH⊥ED于點(diǎn)H，設(shè)，∴KH＝m﹣3，，∵，∴，∴m1＝11，m2＝3（舍），當(dāng)m＝11時，，∴K（11，﹣8），∴T（11，0），L（11，8），∴EL＝ED＝8，∵∠EDT＝∠DTL＝∠ELT＝90°，∴四邊形DELT是矩形，∵EL＝ED，∴四邊形DELT是正方形∴∠DET＝∠LET，又∵EP＝EP，ED＝EL，∴△EPS≌△EPL（SAS），∴∠EDS＝∠ELP，∵SE＝2SL，∴，在Rt△SED中，，∴，過點(diǎn)F作FR⊥EL于點(diǎn)R，設(shè)，則，RL＝11﹣n，∴，∴n2﹣6n﹣7＝0，∴n1＝7，n2＝﹣1（舍），∴．2．（2020?三明二模）如圖，拋物線y＝x2+mx（m＜0）交x軸于O，A兩點(diǎn)，頂點(diǎn)為點(diǎn)B．（Ⅰ）求△AOB的面積（用含m的代數(shù)式表示）；（Ⅱ）直線y＝kx+b（k＞0）過點(diǎn)B，且與拋物線交于另一點(diǎn)D（點(diǎn)D與點(diǎn)A不重合），交y軸于點(diǎn)C．過點(diǎn)C作CE∥AB交x軸于點(diǎn)E．（ⅰ）若∠OBA＝90°，2＜＜3，求k的取值范圍；（ⅱ）求證：DE∥y軸．【分析】（I）先根據(jù)頂點(diǎn)式可得點(diǎn)B的坐標(biāo)，令y＝0，解方程可得點(diǎn)A的坐標(biāo)，從而得OA＝﹣m，根據(jù)三角形面積公式可得△AOB的面積；（II）（i）如圖2，作BF⊥AO，可證明△EOC∽△AFB，列比例式，根據(jù)△OAB為等腰直角三角形和點(diǎn)B的坐標(biāo)，列關(guān)于m的方程，可得結(jié)論；（ii）先求BC的解析式確定點(diǎn)C的坐標(biāo)，根據(jù)方程組的解析可得點(diǎn)D的橫坐標(biāo)，根據(jù)CE∥AB確定CE的解析式，根據(jù)y＝0可得E的坐標(biāo)，由D和E的橫坐標(biāo)相等可得結(jié)論．【解答】解：（Ⅰ）如圖1，y＝x2+mx＝，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為，由x2+mx＝0，得x1＝0，x2＝﹣m，∴A（﹣m，0），∴OA＝﹣m，∴S△OAB＝＝＝﹣；（Ⅱ）（?。┤鐖D2，作BF⊥x軸于點(diǎn)F，則∠AFB＝∠EOC＝90°．∵CE∥AB，∴∠OEC＝∠FAB?∴△EOC∽△AFB．∴．∵，∴，∵拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為B（，），∠OBA＝90°，∴△OAB為等腰直角三角形，∴，∵m≠0，∴m＝﹣2，∴B（1，﹣1），∴BF＝1，∴2＜OC＜3，∵點(diǎn)C為直線y＝kx+b與y軸交點(diǎn)，∴2＜﹣b＜3，∵直線y＝kx+b（k＞0）過點(diǎn)B，∴k+b＝﹣1，∴﹣b＝k+1，∴2＜k+1＜3，∴1＜k＜2；（ⅱ）如圖3，∵直線y＝kx+b（k＞0）過點(diǎn)B（，），∴，∴，∴y＝kx+，∴C（0，），由x2+mx＝kx+，得：x2+（m﹣k）x﹣＝0，△＝（m﹣k）2+4×＝k2，解得x1＝，x2＝，∵點(diǎn)D不與點(diǎn)B重合，∴點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為，設(shè)直線AB的表達(dá)式為y＝px+q，則：．解得．，∴直線AB的表達(dá)式為y＝﹣，∵直線CE∥AB，且過點(diǎn)C，∴直線CE的表達(dá)式為y＝+，當(dāng)y＝0時，x＝，∴E（，0），∴點(diǎn)D，E的橫坐標(biāo)相同，∴DE∥y軸．3．（2022?杜爾伯特縣一模）如圖，已知拋物線y＝x2+bx+c與x軸相交于A（﹣1，0），B（m，0）兩點(diǎn)，與y軸相交于點(diǎn)C（0，﹣3），拋物線的頂點(diǎn)為D．（1）求拋物線的解析式；（2）若點(diǎn)E在x軸上，且∠ECB＝∠CBD，求點(diǎn)E的坐標(biāo)．（3）若P是直線BC下方拋物線上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P作PH⊥x軸于點(diǎn)H，與BC交于點(diǎn)M．①求線段PM長度的最大值．②在①的條件下，若F為y軸上一動點(diǎn)，求PH+HF+CF的最小值．【分析】（1）將A（﹣1，0）、C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，待定系數(shù)法即可求得拋物線的解析式；（2）根據(jù)待定系數(shù)法，可得BD的解析式，根據(jù)平行線的判定和兩平行直線的函數(shù)解析式的關(guān)系，根據(jù)待定系數(shù)法，可得CE的解析式，進(jìn)一步可得答案；（3）①根據(jù)BC的解析式和拋物線的解析式，設(shè)P（x，x2﹣2x﹣3），則M（x，x﹣3），表示PM的長，根據(jù)二次函數(shù)的最值可得：當(dāng)x＝時，PM的最大值；②當(dāng)PM的最大值時，P（，﹣），確定F的位置：在x軸的負(fù)半軸了取一點(diǎn)K，使∠OCK＝45°，過F作FN⊥CK于N，當(dāng)N、F、H三點(diǎn)共線時，如圖2，F(xiàn)H+FN最小，即PH+HF+CF的值最小，根據(jù)45度的直角三角形的性質(zhì)可得結(jié)論．【解答】解：（1）把A（﹣1，0），點(diǎn)C（0，﹣3）代入拋物線y＝x2+bx+c中得：，解得：，∴拋物線的解析式為：y＝x2﹣2x﹣3；（2）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4∴頂點(diǎn)D（1，﹣4），當(dāng)y＝0時，x2﹣2x﹣3＝0，（x﹣3）（x+1）＝0，x＝3或﹣1，∴B（3，0）；如圖1，連接BD，設(shè)BD所在直線的解析式為：y＝k（x﹣3），將D點(diǎn)坐標(biāo)代入函數(shù)解析式，得﹣2k＝﹣4，解得k＝2，故BD所在直線的解析式為：y＝2x﹣6，∵∠ECB＝∠CBD，∴CE∥BD，設(shè)CE所在直線的解析式為：y＝2x+b，將C點(diǎn)坐標(biāo)代入函數(shù)解析式，得b＝﹣3，故CE所在直線的解析式為：y＝2x﹣3，當(dāng)y＝0時，x＝．當(dāng)點(diǎn)E在點(diǎn)B的右側(cè)時，直線CE經(jīng)過BD的中點(diǎn)（2，2），此時CE的解析式為y＝x﹣3，∴點(diǎn)E的坐標(biāo)是（6，0）．∴綜上所述，點(diǎn)E的坐標(biāo)是（，0）或（6，0）；（3）①如圖2，∵B（3，0），C（0，﹣3），設(shè)BC的解析式為：y＝kx+b，則，解得：，BC的解析式為：y＝x﹣3，設(shè)P（x，x2﹣2x﹣3），則M（x，x﹣3），∴PM＝（x﹣3）﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣）2+，當(dāng)x＝時，PM有最大值為；②當(dāng)PM有最大值，P（，﹣），在x軸的負(fù)半軸了取一點(diǎn)K，使∠OCK＝45°，過F作FN⊥CK于N，∴FN＝CF，當(dāng)N、F、H三點(diǎn)共線時，PH+NH最小，即PH+HF+CF的值最小，Rt△OCK中，OC＝3，∴OK＝3，∵OH＝，∴KH＝+3＝，Rt△KNH中，∠KHN＝45°，∴KN＝KH＝，∴NH＝KN＝，∴PH+HF+CF的最小值是PH+NH＝．4．（2020?江岸區(qū)校級一模）已知：拋物線y＝x2+x+m交x軸于A，B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C，其中點(diǎn)B在點(diǎn)A的右側(cè)，且AB＝7．（1）如圖1，求拋物線的解析式；（2）如圖2，點(diǎn)D在第一象限內(nèi)拋物線上，連接CD，AD，AD交y軸于點(diǎn)E．設(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為d，△CDE的面積為S，求S與d之間的函數(shù)關(guān)系式（不要求寫出自變量d的取值范圍）；（3）如圖3，在（2）的條件下，過點(diǎn)D作DH⊥CE于點(diǎn)H，點(diǎn)P在DH上，連接CP，若∠OCP＝2∠DAB，且HE：CP＝3：5，求點(diǎn)D的坐標(biāo)及相應(yīng)S的值．【分析】（1）令y＝0，則（x+2）（x﹣m）＝0，根據(jù)AB＝7可求出m的值，則答案可求出；（2）如圖1，過點(diǎn)D作DK⊥x軸于點(diǎn)K，設(shè)∠DAB＝α，則D（d，﹣），求出CE＝5﹣（5﹣d）＝d，根據(jù)三角形面積公式可得解；（3）如圖2，過點(diǎn)E作CE的垂線，過C作∠OCP的平分線交DE于點(diǎn)J，交CE的垂線于點(diǎn)F，過點(diǎn)F作ED的平行線交HD于點(diǎn)N．則∠ECF＝∠HDE＝α，HE＝3k，CP＝5k，CE＝HD＝d，證明△CEF≌△DHE，得出EF＝HE＝DN＝3k，CF＝DE＝FN，可得出d＝6k，在Rt△DHE中，tan，由（2）可求出d的值，則D點(diǎn)坐標(biāo)可求出．則S＝8．【解答】（1）由y＝x2+x+m，令y＝0，則（x+2）（x﹣m）＝0，∴AO＝2，BO＝m，∴A（﹣2，0），B（m，0），∵AB＝7，∴m﹣（﹣2）＝7，m＝5，∴y＝；（2）過點(diǎn)D作DK⊥x軸于點(diǎn)K，設(shè)∠DAB＝α，則D（d，﹣），∴＝．∴EO＝AO?tanα＝5﹣d，CE＝5﹣（5﹣d）＝d，∴；（3）過點(diǎn)E作CE的垂線，過C作∠OCP的平分線交DE于點(diǎn)J，交CE的垂線于點(diǎn)F，過點(diǎn)F作ED的平行線交HD于點(diǎn)N．∴∠ECF＝∠HDE＝α，HE＝3k，CP＝5k，CE＝HD＝d，∵CE＝HD，∠CEF＝∠CHD＝90°，∴△CEF≌△DHE（ASA），∵EF∥DN，NF∥DE，∴四邊形EDNF為平行四邊形，∴EF＝HE＝DN＝3k，CF＝DE＝FN，∴△CFN為等腰直角三角形，∴∠PCN＝∠FNC＝45°，∴∠PCN＝∠PNC＝45°﹣α，∴PC＝PN＝5k，∴PD＝2k，∴CH＝d﹣3k，PH＝d﹣2k，∴（d﹣3k）2+（d﹣2k）2＝（5k）2，∴（d﹣6k）（d+k）＝0，∴d＝6k，d＝﹣k（舍去），∴在Rt△DHE中，tan，由（2）知，∴．∴d＝4，∴D（4，3），∴＝＝8．5．（2020?渦陽縣一模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與直線y＝x+1相交于A（﹣1，0），B（4，m）兩點(diǎn)，且拋物線經(jīng)過點(diǎn)C（5，0）．（1）求拋物線的解析式．（2）點(diǎn)P是直線上方的拋物線上的一個動點(diǎn)，求△ABP的面積最大時的P點(diǎn)坐標(biāo)．（3）若點(diǎn)P是拋物線上的一個動點(diǎn)（不與點(diǎn)A點(diǎn)B重合），過點(diǎn)P作直線PD⊥x軸于點(diǎn)D，交直線AB于點(diǎn)E．當(dāng)PE＝2ED時，求P點(diǎn)坐標(biāo)；（4）設(shè)拋物線與y軸交于點(diǎn)F，在拋物線的第一象限內(nèi)，是否存在一點(diǎn)M，使得AM被FC平分？若存在，請求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．【分析】（1）將交點(diǎn)B（4，m）代入直線y＝x+1得B（4，5），由題意可設(shè)拋物線解析式y(tǒng)＝a（x+1）（x﹣5），把B（4，m）代入得a＝﹣1，即可求解；（2），即可求解；（3），故|﹣x2+3x+4|＝2|x+1|，所以﹣x2+3x+4＝±2（x+1），即可求解；（4）若AM被FC平分，則AM的中點(diǎn)在直線FC上，由F（0，4），C（5，0）得直線FC的表達(dá)式為：y＝﹣x+4，設(shè)M（x，﹣x2+4x+5），A（﹣1，0），所以其中點(diǎn)坐標(biāo)為，將M'代入，解得x1＝3，x2＝﹣1（舍），即可求解．【解答】解：（1）將交點(diǎn)B（4，m）代入直線y＝x+1得B（4，5），由題意可設(shè)拋物線解析式y(tǒng)＝a（x+1）（x﹣5），把B（4，m）代入得a＝﹣1，∴y＝﹣（x+1）（x﹣5），即y＝﹣x2+4x+5；（2）過點(diǎn)P作y軸的平行線交AB于點(diǎn)H，則，xB﹣xA＝4﹣（﹣1）＝5，所以，其對稱軸為，把代入y＝﹣x2+4x+5得：，即△ABP的面積最大時P點(diǎn)坐標(biāo)為；（3）∵P為拋物線上一點(diǎn)，所以存在P點(diǎn)在直線AB上方和下方兩種情況．由題意得，ED＝y(tǒng)E﹣yD＝（x+1）﹣0＝x+1，因?yàn)镻E＝2ED，所以|﹣x2+3x+4|＝2|x+1|，所以﹣x2+3x+4＝±2（x+1），解得x1＝﹣1（舍），x2＝2，x3＝6，當(dāng)x＝2時，y＝9；當(dāng)x＝6時，y＝﹣7．即當(dāng)PE＝2ED時，求P點(diǎn)坐標(biāo)為（2，9）或（6，﹣7）；（4）若AM被FC平分，則AM的中點(diǎn)在直線FC上．由F（0，5），C（5，0）得直線FC的表達(dá)式為：y＝﹣x+5，設(shè)M（x，﹣x2+4x+5），A（﹣1，0），所以其中點(diǎn)坐標(biāo)為，將M'代入y＝﹣x+5，解得x1＝3，x2＝2，∴點(diǎn)M（3，8）或（2，9），當(dāng)其坐標(biāo)為（3，8）或（2，9）時，AM被FC平分．6．（2021?桂林）如圖，已知拋物線y＝a（x﹣3）（x+6）過點(diǎn)A（﹣1，5）和點(diǎn)B（﹣5，m），與x軸的正半軸交于點(diǎn)C．（1）求a，m的值和點(diǎn)C的坐標(biāo)；（2）若點(diǎn)P是x軸上的點(diǎn)，連接PB，PA，當(dāng)＝時，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）在拋物線上是否存在點(diǎn)M，使A，B兩點(diǎn)到直線MC的距離相等？若存在，求出滿足條件的點(diǎn)M的橫坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可．（2）設(shè)P（t，0），則有＝，解方程，可得結(jié)論．（3）存在．連接AB，設(shè)AB的中點(diǎn)為T．分兩種情形：①當(dāng)直線CM經(jīng)過AB的中點(diǎn)T時，滿足條件．②CM′∥AB時，滿足條件．根據(jù)方程組求出點(diǎn)M的坐標(biāo)即可．【解答】解：（1）∵拋物線y＝a（x﹣3）（x+6）過點(diǎn)A（﹣1，5），∴5＝﹣20a，∴a＝﹣，∴拋物線的解析式為y＝﹣（x﹣3）（x+6），令y＝0，則﹣（x﹣3）（x+6）＝0，解得x＝3或﹣6，∴C（3，0），當(dāng)x＝﹣5時，y＝﹣×（﹣8）×1＝2，∴B（﹣5，2），∴m＝2．（2）設(shè)P（t，0），則有＝，整理得，21t2+242t+621＝0，解得t＝﹣或﹣，經(jīng)檢驗(yàn)t＝﹣或﹣是方程的解，∴滿足條件的點(diǎn)P坐標(biāo)為（﹣，0）或（﹣，0）．（3）存在．連接AB，設(shè)AB的中點(diǎn)為T．①當(dāng)直線CM經(jīng)過AB的中點(diǎn)T時，滿足條件．∵A（﹣1，5），B（﹣5，2），TA＝TB，∴T（﹣3，），∵C（3，0），∴直線CT的解析式為y＝﹣x+，由，解得（即點(diǎn)C）或，∴M（﹣，），②CM′∥AB時，滿足條件，∵直線AB的解析式為y＝x+，∴直線CM′的解析式為y＝x﹣，由，解得（即點(diǎn)C）或，∴M′（﹣9，﹣9），綜上所述，滿足條件的點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為﹣或﹣9．7．（2021?甘肅）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝x2+bx+c與坐標(biāo)軸交于A（0，﹣2），B（4，0）兩點(diǎn)，直線BC：y＝﹣2x+8交y軸于點(diǎn)C．點(diǎn)D為直線AB下方拋物線上一動點(diǎn)，過點(diǎn)D作x軸的垂線，垂足為G，DG分別交直線BC，AB于點(diǎn)E，F(xiàn)．（1）求拋物線y＝x2+bx+c的表達(dá)式；（2）當(dāng)GF＝時，連接BD，求△BDF的面積；（3）①H是y軸上一點(diǎn)，當(dāng)四邊形BEHF是矩形時，求點(diǎn)H的坐標(biāo)；②在①的條件下，第一象限有一動點(diǎn)P，滿足PH＝PC+2，求△PHB周長的最小值．【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可．（2）求出點(diǎn)D的坐標(biāo)，可得結(jié)論．（3）①過點(diǎn)H作HM⊥EF于M，證明△EMH≌△FGB（AAS），推出MH＝GB，EM＝FG，由HM＝OG，可得OG＝GB＝OB＝2，由題意直線AB的解析式為y＝x﹣2，設(shè)E（a，﹣2a+8），F(xiàn)（a，a﹣2），根據(jù)MH＝BG，構(gòu)建方程求解，可得結(jié)論．②因?yàn)椤鱌HB的周長＝PH+PB+HB＝PC+2+PB+5＝PC+PB+7，所以要使得△PHB的周長最小，只要PC+PB的值最小，因?yàn)镻C+PB≥BC，所以當(dāng)點(diǎn)P在BC上時，PC+PB＝BC的值最?。窘獯稹拷猓海?）∵拋物線y＝x2+bx+c過A（0，﹣2），B（4，0）兩點(diǎn)，∴，解得，∴y＝x2﹣x﹣2．（2）∵B（4，0），A（0，﹣2），∴OB＝4，OA＝2，∵GF⊥x軸，OA⊥x軸，在Rt△BOA和Rt△BGF中，tan∠ABO＝＝，即＝，∴GB＝1，∴OG＝OB﹣GB＝4﹣1＝3，當(dāng)x＝3時，yD＝×9﹣×3﹣2＝﹣2，∴D（3，﹣2），即GD＝2，∴FD＝GD﹣GF＝2﹣＝，∴S△BDF＝?DF?BG＝××1＝．（3）①如圖1中，過點(diǎn)H作HM⊥EF于M，∵四邊形BEHF是矩形，∴EH∥BF，EH＝BF，∴∠HEF＝∠BFE，∵∠EMH＝∠FGB＝90°，∴△EMH≌△FGB（AAS），∴MH＝GB，EM＝FG，∵HM＝OG，∴OG＝GB＝OB＝2，∵A（0，﹣2），B（4，0），∴直線AB的解析式為y＝x﹣2，設(shè)E（a，﹣2a+8），F(xiàn)（a，a﹣2），由MH＝BG得到，a﹣0＝4﹣a，∴a＝2，∴E（2，4），F(xiàn)（2，﹣1），∴FG＝1，∵EM＝FG，∴4﹣yH＝1，∴yH＝3，∴H（0，3）．②如圖2中，BH＝＝＝5，∵PH＝PC+2，∴△PHB的周長＝PH+PB+HB＝PC+2+PB+5＝PC+PB+7，要使得△PHB的周長最小，只要PC+PB的值最小，∵PC+PB≥BC，∴當(dāng)點(diǎn)P在BC上時，PC+PB＝BC的值最小，∵BC＝＝＝4，∴△PHB的周長的最小值為4+7．8．（2021?麗水）如圖，已知拋物線L：y＝x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A（0，﹣5），B（5，0）．（1）求b，c的值；（2）連結(jié)AB，交拋物線L的對稱軸于點(diǎn)M．①求點(diǎn)M的坐標(biāo)；②將拋物線L向左平移m（m＞0）個單位得到拋物線L1．過點(diǎn)M作MN∥y軸，交拋物線L1于點(diǎn)N．P是拋物線L1上一點(diǎn)，橫坐標(biāo)為﹣1，過點(diǎn)P作PE∥x軸，交拋物線L于點(diǎn)E，點(diǎn)E在拋物線L對稱軸的右側(cè)．若PE+MN＝10，求m的值．【分析】（1）用待定系數(shù)法可求出答案；（2）①設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+n（k≠0），由A點(diǎn)及B點(diǎn)坐標(biāo)可求出直線AB的解析式，由（1）得，拋物線L的對稱軸是直線x＝2，則可求出答案；②由題意可得點(diǎn)N的坐標(biāo)是（2，m2﹣9），P點(diǎn)的坐標(biāo)是（﹣1，m2﹣6m），分三種情況，（Ⅰ）如圖1，當(dāng)點(diǎn)N在點(diǎn)M及下方，即0＜m＜時，（Ⅱ）如圖2，當(dāng)點(diǎn)N在點(diǎn)M的上方，點(diǎn)Q在點(diǎn)P及右側(cè)，（Ⅲ）如圖3，當(dāng)點(diǎn)N在M上方，點(diǎn)Q在點(diǎn)P左側(cè)，由平移的性質(zhì)求出PE及MN的長，根據(jù)PE+MN＝10列出方程可得出答案．【解答】解：（1）∵拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A（0，﹣5）和點(diǎn)B（5，0），∴，解得：，∴b，c的值分別為﹣4，﹣5．（2）①設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+n（k≠0），把A（0，﹣5），B（5，0）的坐標(biāo)分別代入表達(dá)式，得，解得，∴直線AB的函數(shù)表達(dá)式為y＝x﹣5．由（1）得，拋物線L的對稱軸是直線x＝2，當(dāng)x＝2時，y＝x﹣5＝﹣3，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)是（2，﹣3）；②設(shè)拋物線L1的表達(dá)式為y＝（x﹣2+m）2﹣9，∵M(jìn)N∥y軸，∴點(diǎn)N的坐標(biāo)是（2，m2﹣9），∵點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為﹣1，∴P點(diǎn)的坐標(biāo)是（﹣1，m2﹣6m），設(shè)PE交拋物線L1于另一點(diǎn)Q，∵拋物線L1的對稱軸是直線x＝2﹣m，PE∥x軸，∴根據(jù)拋物線的對稱性，點(diǎn)Q的坐標(biāo)是（5﹣2m，m2﹣6m），（Ⅰ）如圖1，當(dāng)點(diǎn)N在點(diǎn)M及下方，即0＜m＜時，∴PQ＝5﹣2m﹣（﹣1）＝6﹣2m，MN＝﹣3﹣（m2﹣9）＝6﹣m2，由平移的性質(zhì)得，QE＝m，∴PE＝6﹣2m+m＝6﹣m，∵PE+MN＝10，∴6﹣m+6﹣m2＝10，解得，m1＝﹣2（舍去），m2＝1，（Ⅱ）如圖2，當(dāng)點(diǎn)N在點(diǎn)M及上方，點(diǎn)Q在點(diǎn)P及右側(cè)，即＜m＜3時，PE＝6﹣m，MN＝m2﹣6，∵PE+MN＝10，∴6﹣m+m2﹣6＝10，解得，m1＝（舍去），m2＝（舍去）．（Ⅲ）如圖3，當(dāng)點(diǎn)N在M上方，點(diǎn)Q在點(diǎn)P左側(cè)，即m＞3時，PE＝m，MN＝m2﹣6，∵PE+MN＝10，∴m+m2﹣6＝10，解得，m1＝（舍去），m2＝，綜合以上可得m的值是1或．9．（2020?陜西）已知拋物線L：y＝﹣x2+bx+c過點(diǎn)（﹣3，3）和（1，﹣5），與x軸的交點(diǎn)為A，B（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)）．（1）求拋物線L的表達(dá)式；（2）若點(diǎn)P在拋物線L上，點(diǎn)E、F在拋物線L的對稱軸上，D是拋物線L的頂點(diǎn)，要使△PEF∽△DAB（P的對應(yīng)點(diǎn)是D），且PE：DA＝1：4，求滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)．【分析】（1）利用待定系數(shù)法可求解析式；（2）先求出點(diǎn)A，點(diǎn)B，點(diǎn)D坐標(biāo)，由相似三角形的性質(zhì)可求解．【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+c過點(diǎn)（﹣3，3）和（1，﹣5），∴，解得：，∴拋物線解析式為y＝﹣x2﹣4x；（2）令y＝0，則0＝﹣x2﹣4x，∴x1＝﹣4，x2＝0，∴點(diǎn)A（﹣4，0），點(diǎn)B（0，0），∴對稱軸為x＝﹣2，∴點(diǎn)D（﹣2，4），如圖，設(shè)對稱軸與x軸的交點(diǎn)為H，過點(diǎn)P作PQ⊥DH于Q，設(shè)點(diǎn)P（m，﹣m2﹣4m），∵△PEF∽△DAB，∴，∴PQ＝×4＝1，∴|m+2|＝1，∴m＝﹣1或﹣3，∴點(diǎn)P（﹣1，3）或（﹣3，3）．10．（2020?盤錦）如圖1，直線y＝x﹣4與x軸交于點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)A，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)B和點(diǎn)C（0，4），△ABO沿射線AB方向以每秒個單位長度的速度平移，平移后的三角形記為△DEF（點(diǎn)A，B，O的對應(yīng)點(diǎn)分別為點(diǎn)D，E，F(xiàn)），平移時間為t（0＜t＜4）秒，射線DF交x軸于點(diǎn)G，交拋物線于點(diǎn)M，連接ME．（1）求拋物線的解析式；（2）當(dāng)tan∠EMF＝時，請直接寫出t的值；（3）如圖2，點(diǎn)N在拋物線上，點(diǎn)N的橫坐標(biāo)是點(diǎn)M的橫坐標(biāo)的，連接OM，NF，OM與NF相交于點(diǎn)P，當(dāng)NP＝FP時，求t的值．【分析】（1）求出等B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法解決問題即可．（2）分兩種情形：如圖1中，當(dāng)點(diǎn)M在線段DF的上方時，求出DM＝7，構(gòu)建方程求解即可，當(dāng)點(diǎn)M在線段DF上時，DM＝1，構(gòu)建方程求解即可．（3）如圖2中，過點(diǎn)N作NT∥y軸于T．由題意D（t，t﹣4），則M（t，﹣t2+t+4），N（t，﹣t2+t+4），T（t，﹣t2+t+2），F(xiàn)（t，t），利用全等三角形的性質(zhì)證明NT＝MF，由此構(gòu)建方程解決問題即可．【解答】解：（1）∵直線y＝x﹣4與x軸交于點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)A，∴B（4，0），A（0，﹣4），把B（4，0），C（0，4）代入y＝﹣x2+bx+c得到，解得，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+4．（2）如圖1中，當(dāng)點(diǎn)M在線段DF的上方時，由題意得，D（t，t﹣4），則M（t，﹣t2+t+4），∴DM＝﹣t2+8，在Rt△MEF中，tan∠EMF＝＝＝，∴MF＝3，∵DF＝EF＝4，∴DM＝7，∴﹣t2+8＝7，∴t＝或﹣（舍棄）．當(dāng)點(diǎn)F在點(diǎn)M上方時，可得DM＝1，即﹣t2+8＝1，∴t＝或﹣（舍棄），綜上所述，t的值為或．（3）如圖2中，過點(diǎn)N作NT∥y軸于T．由題意得D（t，t﹣4），則M（t，﹣t2+t+4），N（t，﹣t2+t+4），T（t，﹣t2+t+2），F(xiàn)（t，t）∵NT∥FM，∴∠PNT＝∠PFM，∵∠NPT＝∠MPF，PN＝PF，∴△NPT≌△FPM（ASA），∴NT＝MF，∴﹣t2+t+4﹣（﹣t2+t+2）＝﹣t2+t+4﹣t，解得t＝或﹣（舍棄），∴t的值為．11．（2022?深圳三模）如圖1，拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過點(diǎn)A（﹣5，0），點(diǎn)B（﹣1，﹣2）．（1）求拋物線解析式；（2）如圖2，點(diǎn)P為拋物線上第三象限內(nèi)一動點(diǎn)，過點(diǎn)Q（﹣4，0）作y軸的平行線，交直線AP于點(diǎn)M，交直線OP于點(diǎn)N，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動時，4QM+QN的值是否變化？若變化，說明變化規(guī)律，若不變，求其值；（3）如圖3，長度為的線段CD（點(diǎn)C在點(diǎn)D的左邊）在射線AB上移動（點(diǎn)C在線段AB上），連接OD，過點(diǎn)C作CE∥OD交拋物線于點(diǎn)E，線段CD在移動的過程中，直線CE經(jīng)過一定點(diǎn)F，直接寫出定點(diǎn)F的坐標(biāo)與的最小值．【分析】（1）將點(diǎn)A（﹣5，0），點(diǎn)B（﹣1，﹣2）代入y＝ax2+bx，即可求解；（2）設(shè)P（t，t2+t），﹣5＜t＜0，分別求出直線AP的解析式為y＝tx+t，直線PO的解析式為y＝（t+）x，由題意求出M（﹣4，t），N（﹣4，﹣2t﹣10），則可求QM＝﹣t，QN＝2t+10，所以4QM+QN＝﹣2t+2t+10＝10，4QM+QN的值不變；（3）求出直線AB的解析式為y＝﹣x﹣，設(shè)D（m，﹣m﹣），C（m﹣2，﹣m﹣），求出直線OD的解析式為y＝（﹣﹣）x，由CE∥OD，求出直線CE的解析式為y＝（﹣﹣）x﹣＝﹣x﹣（x+1），則當(dāng)x+1＝0時，x＝﹣2，此時y＝1，則直線CE經(jīng)過定點(diǎn)F（﹣2，1），過點(diǎn)F作FK⊥x軸交直線AB于點(diǎn)K，過點(diǎn)E作EG∥FK交AB于點(diǎn)G，由平行的性質(zhì)得＝，當(dāng)GE最大時，的值最小，設(shè)E（n，n2+n），則G（n，﹣n﹣），GE＝﹣（n+3）2+2，當(dāng)n＝﹣3時，GE有最大值3，可求的最小值為．【解答】解：（1）將點(diǎn)A（﹣5，0），點(diǎn)B（﹣1，﹣2）代入y＝ax2+bx，∴，解得，∴y＝x2+x；（2）4QM+QN的值為定值，設(shè)P（t，t2+t），﹣5＜t＜0，設(shè)直線AP的解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴y＝tx+t，設(shè)直線PO的解析式為y＝k'x，∴t2+t＝tk'，∴k'＝t+，∴y＝（t+）x，∵點(diǎn)Q（﹣4，0），∴M（﹣4，t），∴N（﹣4，﹣2t﹣10），∴QM＝﹣t，QN＝2t+10，∴4QM+QN＝﹣2t+2t+10＝10，∴4QM+QN的值不變；（3）設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴y＝﹣x﹣，設(shè)D（m，﹣m﹣），∵CD＝，點(diǎn)C在點(diǎn)D的左邊，∴C（m﹣2，﹣m﹣），設(shè)直線OD的解析式為y＝k'x，∴﹣m﹣＝k'm，∴k'＝﹣﹣，∴y＝（﹣﹣）x，∵CE∥OD，∴直線CE的解析式為y＝（﹣﹣）x﹣＝﹣x﹣（x+1），當(dāng)x+1＝0時，x＝﹣2，此時y＝1，∴直線CE經(jīng)過定點(diǎn)F（﹣2，1），過點(diǎn)F作FK⊥x軸交直線AB于點(diǎn)K，過點(diǎn)E作EG∥FK交AB于點(diǎn)G，∴＝，∵點(diǎn)F（﹣2，1），∴K（﹣2，﹣），∴FK＝，∴當(dāng)GE最大時，的值最小，設(shè)E（n，n2+n），則G（n，﹣n﹣），∴GE＝﹣（n+3）2+2，∴當(dāng)n＝﹣3時，GE有最大值2，∴的最小值為．12．（2022?阿克蘇地區(qū)一模）如圖1．拋物線與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，連接BC，已知點(diǎn)B（4，0）．（1）若C（0，3），求拋物線的解析式．（2）在（1）的條件下，P（﹣2，m）為該拋物線上一點(diǎn)，Q是x軸上一點(diǎn)求的最小值，并求此時點(diǎn)Q的坐標(biāo)．（3）如圖2．過點(diǎn)A作BC的平行線，交y軸與點(diǎn)D，交拋物線于另一點(diǎn)E．若DE＝7AD，求c的值．【分析】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法即可求得答案；（2）如圖1，過點(diǎn)Q作QH⊥BC于點(diǎn)H，作PH′⊥BC于點(diǎn)H′，PH′交x軸于點(diǎn)Q′，交y軸于點(diǎn)G，連接PQ，則∠BHQ＝∠BOC＝90°，可證得△BQH∽△BCO，得出＝＝，推出PQ+BQ＝PQ+QH，當(dāng)P、Q、H在同一條直線上，且PH⊥BC時，PQ+QH最小，即PQ+BQ＝PH′為最小值，過點(diǎn)P作PK⊥y軸于點(diǎn)K，再證得△PGK∽△CGH′，得出∠GPK＝∠GCH′，利用三角函數(shù)可求得G（0，﹣），再運(yùn)用待定系數(shù)法求得直線PG的解析式為y＝x﹣，得出Q（，0），再運(yùn)用解直角三角形即可求得PH′；（3）設(shè)E（t，﹣t2+bt+c），過點(diǎn)E作EF⊥x軸于點(diǎn)F，如圖2，通過△ADO∽△BCO，可求得OD＝c2，再由EF∥OD，得出△ADO∽△AEF，結(jié)合DE＝7AD，即可求得：AF＝8OA，EF＝8OD，建立方程求解即可得出答案．【解答】解：（1）把B（4，0），C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，得，解得：，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+3．（2）∵P（﹣2，m）為該拋物線y＝﹣x2+x+3上一點(diǎn)，∴m＝﹣×（﹣2）2+×（﹣2）+3＝﹣，∴P（﹣2，﹣），如圖1，過點(diǎn)Q作QH⊥BC于點(diǎn)H，作PH′⊥BC于點(diǎn)H′，PH′交x軸于點(diǎn)Q′，交y軸于點(diǎn)G，連接PQ，則∠BHQ＝∠BOC＝90°，∵B（4，0），C（0，3），∴OB＝4，OC＝3，∴BC＝＝＝5，∵∠QBH＝∠CBO，∴△BQH∽△BCO，∴＝＝，∴QH＝BQ，∴PQ+BQ＝PQ+QH，當(dāng)P、Q、H在同一條直線上，且PH⊥BC時，PQ+QH最小，即PQ+BQ＝PH′為最小值，過點(diǎn)P作PK⊥y軸于點(diǎn)K，則∠PKG＝∠CH′G＝90°，PK＝2，CK＝3﹣（﹣）＝，∵∠PGK＝∠CGH′，∴△PGK∽△CGH′，∴∠GPK＝∠GCH′，∴tan∠GPK＝tan∠GCH′＝tan∠BCO＝＝，∴＝，∴GK＝×2＝，∴G（0，﹣），設(shè)直線PG的解析式為y＝kx+d，則，解得：，∴直線PG的解析式為y＝x﹣，令y＝0，得x﹣＝0，解得：x＝，∴Q（，0），∵cos∠GPK＝cos∠BCO＝，∴＝cos∠GPK＝，∴PG＝PK＝，∵CG＝3﹣（﹣）＝，sin∠GCH′＝sin∠BCO＝＝，∴GH′＝CG?sin∠GCH′＝×＝，∴PH′＝PG+GH′＝+＝，故的最小值為，此時Q（，0），（3）把B（4，0）代入y＝﹣x2+bx+c，得0＝﹣×42+4b+c，∴b＝3﹣c，∴y＝﹣x2+（3﹣c）x+c，令y＝0，得﹣x2+（3﹣c）x+c＝0，解得：x1＝4，x2＝﹣c，∴A（c，0），∴OA＝c，∵C（0，c），∴OC＝c，設(shè)E（t，﹣t2+bt+c），過點(diǎn)E作EF⊥x軸于點(diǎn)F，如圖2，則EF＝﹣[﹣t2+（3﹣c）t+c]＝t2+（c﹣3）t﹣c，AF＝t﹣（﹣c）＝t+c，∵AE∥BC，∴∠EAF＝∠CBO，∵∠AOD＝∠BOC＝90°，∴△ADO∽△BCO，∴＝，即＝，∴OD＝c2，∵EF∥OD，∴△ADO∽△AEF，∴＝＝，∵DE＝7AD，∴＝＝＝，∴＝＝，∴AF＝8OA，EF＝8OD，∴，解得：（舍去）或，故c的值為2．13．（2022?松江區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知直線y＝2x+8與x軸交于點(diǎn)A、與y軸交于點(diǎn)B，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A、B．（1）求拋物線的表達(dá)式；（2）P是拋物線上一點(diǎn)，且位于直線AB上方，過點(diǎn)P作PM∥y軸、PN∥x軸，分別交直線AB于點(diǎn)M、N．①當(dāng)MN＝AB時，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；②聯(lián)結(jié)OP交AB于點(diǎn)C，當(dāng)點(diǎn)C是MN的中點(diǎn)時，求的值．【分析】（1）先根據(jù)題意求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，代入y＝﹣x2+bx+c即可求得拋物線的表達(dá)式；（2）①證明△PMN∽△OBA，可得，設(shè)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為m（﹣4＜m＜0），則PM＝﹣m2﹣4m，又OA＝4，OB＝8，建立方程求解即可得出答案；②連接OP交AB于點(diǎn)C，先求出點(diǎn)N的坐標(biāo)，利用中點(diǎn)公式可求得C（﹣，），再證明點(diǎn)C是AB的中點(diǎn)，可得C（﹣2，4），建立方程求解即可得出答案．【解答】解：（1）∵直線y＝2x+8與x軸交于點(diǎn)A、與y軸交于點(diǎn)B，∴令x＝0，則y＝8，令y＝0，則x＝﹣4，∴B（0，8），A（﹣4，0），∵拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A、B，∴，∴，∴拋物線的表達(dá)式為：y＝﹣x2﹣2x+8；（2）①∵P是拋物線上一點(diǎn)，且位于直線AB上方，過點(diǎn)P作PM∥y軸、PN∥x軸，分別交直線AB于點(diǎn)M、N，∴PM⊥PN，∠PNM＝∠BAO，∴∠MPN＝∠AOB＝90°，∴△PMN∽△OBA，∴，設(shè)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為m（﹣4＜m＜0），則M（m，2m+8），P（m，﹣m2﹣2m+8），∴PM＝﹣m2﹣2m+8﹣（2m+8）＝﹣m2﹣4m，∵B（0，8），A（﹣4，0），∴OA＝4，OB＝8，∵M(jìn)N＝AB，∴，∴＝，解得m1＝m2＝﹣2，∴P（﹣2，8）；②如圖，連接OP交AB于點(diǎn)C，∵PN∥x軸，P（m，﹣m2﹣2m+8），∴點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為﹣m2﹣2m+8，令y＝﹣m2﹣2m+8，則2x+8＝﹣m2﹣2m+8，解得：x＝，N（，﹣m2﹣2m+8），∵點(diǎn)C是MN的中點(diǎn)，M（m，2m+8），∴C（﹣，），由①知：∠MPN＝90°，又點(diǎn)C是MN的中點(diǎn)，∴PC＝CM＝CN，∴∠CPN＝∠CNP，∠CPM＝∠CMP，∵PM∥y軸、PN∥x軸，∴∠BOC＝∠CPM，∠OBC＝∠CMP，∠OAC＝∠CNP，∠AOC＝∠CPN，∴∠BOC＝∠OBC，∠OAC＝∠AOC，∴AC＝OC，BC＝OC，∴AC＝BC，∴點(diǎn)C是AB的中點(diǎn)，∴C（﹣2，4），∴﹣＝﹣2，解得：m＝±2，∵﹣4＜m＜0，∴m＝﹣2，∴PM＝﹣m2﹣4m＝﹣（﹣2）2﹣4×（﹣2）＝8﹣8，∵PM∥y軸，∴△PCM∽△OCB，∴＝＝＝﹣1，故的值為﹣1．14．（2022?游仙區(qū)模擬）如圖，拋物線與坐標(biāo)軸分別交于A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）．（1）求拋物線的解析式；（2）拋物線上是否存在點(diǎn)P，使得∠CBP＝∠ACO，若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，說明理由；（3）如圖2，Q是△ABC內(nèi)任意一點(diǎn)，求++的值．【分析】（1）設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x﹣x1）（x﹣x2），把A（﹣1，0），B（3，0）代入，解方程組即可得到結(jié)論；（2）如圖1，作∠ACO＝∠CBQ，BQ與OC相交于Q點(diǎn)，過Q作QM⊥BC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到，推出△CMQ為等腰直角三角形，得到CM＝QM，＝求得Q（0，），設(shè)直線BQ的解析式為y＝kx+b，解方程組得到直線BQ的解析式為y＝﹣x+，于是得到結(jié)論；（3）如圖2，過Q點(diǎn)作QM⊥AB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)和三角形的面積公式即可得到結(jié)論．【解答】解：（1）設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x﹣x1）（x﹣x2），把A（﹣1，0），B（3，0）代入得：y＝a（x+1）（x﹣3），再將C（0，3）代入得：a＝﹣1，b＝2，c＝3，∴拋物線的解析式為，y＝﹣x2+2x+3；（2）答：存在，理由如下：如圖1，作∠ACO＝∠CBQ，BQ與OC相交于Q點(diǎn)，過Q作QM⊥BC，∵∠AOC＝∠BMQ＝90°，∠CBQ＝∠ACO，∴△ACO∽△QMB，∴，又∵∠OCB＝45°，∴△CMQ為等腰直角三角形，∴CM＝QM，＝∵BC＝3，∴CM＝，CQ＝，∴Q（0，），設(shè)直線BQ的解析式為y＝kx+b，∴，∴，∴直線BQ的解析式為y＝﹣x+，解得，或（舍去），∴P1（﹣，）；延長QM到Q′，使QM＝QM′，連接BQ′，則Q′（，3），∵B（3，0），∴直線BQ′的解析式為y＝﹣2x+6，解得，或（舍去），∴P2＝（1，4）；綜上所述，P（﹣，）或（1，4）；（3）如圖2，過Q點(diǎn)作QM⊥AB，∵CO⊥AB，∴QM∥OC，∴△QMF∽△COF，∴＝＝＝，同理＝，＝，∴＝++＝1．15．（2022?龍巖模擬）拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過A（﹣1，0），B（3，4）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C．（1）求拋物線的解析式（用含a的式子表示）；（2）當(dāng)a＞0時，連接AB，BC，若tan∠ABC＝，求a的值；（3）直線y＝﹣x+m與線段AB交于點(diǎn)P，與拋物線交于M，N兩點(diǎn)（點(diǎn)M在點(diǎn)N的左側(cè)），若PM?PN＝6，求m的值．【分析】（1）由點(diǎn)A，B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出拋物線的解析式；（2）設(shè)BC與x軸交于D，作DE⊥AB于E，過點(diǎn)B作BH⊥x軸于點(diǎn)H，則△ABH為等腰直角三角形，進(jìn)而可得出∠BAH＝45°，AB＝4，設(shè)DE＝t，則AE＝t，BE＝3t，結(jié)合AB＝AE+BE，即可求出t的值，結(jié)合AD＝t，即可得出點(diǎn)D的坐標(biāo)，由點(diǎn)B，D的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出直線BD的解析式，再利用一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特及二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，即可求出a的值；（3）由點(diǎn)A，B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出直線AB的解析式，聯(lián)立直線AB和直線MN的解析式，可求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，將y＝﹣x+m代入y＝ax2﹣（2a﹣1）x﹣3a+1，整理后可得出關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得出xM+xN，xM?xN的值，再結(jié)合PM?PN＝（xP﹣xM）×（xM﹣xP）＝6，即可得出關(guān)于m的一元二次方程，解之即可得出m的值．【解答】解：（1）將A（﹣1，0），B（3，4）代入y＝ax2+bx+c，得：，解得：，∴拋物線的解析式為y＝ax2﹣（2a﹣1）x﹣3a+1．（2）設(shè)BC與x軸交于D，作DE⊥AB于E，過點(diǎn)B作BH⊥x軸于點(diǎn)H，如圖1所示．∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣1，0），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3，4），∴AH＝BH＝4，∴△ABH為等腰直角三角形，∴∠BAH＝45°，AB＝AH＝4.設(shè)DE＝t，則AE＝t，∵tan∠ABC＝，∴BE＝3t，∴AB＝t+3t＝4t＝4，∴t＝，∴AD＝DE＝t＝×＝2，∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，0）．設(shè)直線BD的解析式為y＝kx+d（k≠0），將B（3，4），D（1，0）代入y＝kx+d，得：，解得：，∴直線BD的解析式為y＝2x﹣2．當(dāng)x＝0時，y＝﹣3a+1，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，﹣3a+1），又∵點(diǎn)C在直線BD上，∴﹣3a+1＝﹣2，∴a＝1，∴a的值為1．（3）∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣1，0），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3，4），∴直線AB的解析式為y＝x+1（可利用待定系數(shù)法求出），聯(lián)立直線AB和直線MN的解析式，得：，解得：，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，）；將y＝﹣x+m代入y＝ax2﹣（2a﹣1）x﹣3a+1，整理得：ax2﹣（2a﹣2）x﹣m﹣3a+1＝0，∴xM+xN＝﹣＝2﹣，xM?xN＝＝﹣﹣3，∴PM?PN＝（xP﹣xM）×（xM﹣xP）＝2（xP﹣xM）（xM﹣xP）＝﹣2[xP2﹣（xM+xN）?xP+xM?xN]＝﹣2[（）2﹣（2﹣）×﹣﹣3]＝6，整理得：﹣（m﹣1）＝0，解得：m1＝1，m2＝5，∴m的值為1或5．16．（2022?雷州市模擬）如圖（1），拋物線y＝ax2+bx+6與x軸交于點(diǎn)A（﹣6，0）、B（2，0），與y軸交于點(diǎn)C，拋物線對稱軸交拋物線于點(diǎn)M，交x軸于點(diǎn)N．點(diǎn)P是拋物線上的動點(diǎn)，且位于x軸上方．（1）求拋物線的解析式．（2）如圖（2），點(diǎn)D與點(diǎn)C關(guān)于直線MN對稱，若∠CAD＝∠CAP，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．（3）直線BP交y軸于點(diǎn)E，交直線MN于點(diǎn)F，猜想線段OE、FM、MN三者之間存在的數(shù)量關(guān)系，并證明．【分析】（1）用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)關(guān)系式即可；（2）連接CD，設(shè)AP與y軸交點(diǎn)為Q，證明△DCA≌△QCA（ASA），求得點(diǎn)Q的坐標(biāo)，再求出直線AP的函數(shù)關(guān)系式，再與二次函數(shù)聯(lián)立方程，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）先證明△BOE∽△BNF，得＝，求得2OE＝NF，再分兩種情況進(jìn)行討論進(jìn)行求解即可．【解答】解：（1）∵二次函數(shù)y＝ax2+bx+6的圖象過點(diǎn)A（﹣6，0）、點(diǎn)B（2，0），∴，解得，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣2x+6；（2）如圖1，連接CD，設(shè)AP與y軸交點(diǎn)為Q，∵拋物線與y軸交于點(diǎn)C，∴C（0，6），∵點(diǎn)D與點(diǎn)C關(guān)于直線MN對稱，直線MN是拋物線的對稱軸，∴D（﹣4，6），M（﹣2，8），N（﹣2，0），CD∥AB，∵C（0，6），A（﹣6，0），∴AO＝CO，CD＝4，∴∠BAC＝∠ACO＝45°，∴∠QCA＝∠DCA，∵∠CAD＝∠CAQ，AC＝AC，∴△DCA≌△QCA（ASA），∴CQ＝CD＝4，∴Q（0，2），設(shè)直線AP的解析式為y＝kx+2，把點(diǎn)A坐標(biāo)代入解析式得：﹣6k+2＝0，解得：k＝，∴直線AP的解析式為y＝x+2，∵點(diǎn)P為直線AP與拋物線的交點(diǎn)，∴，解得：或（舍去），∴P（，）；（3）∵∠BOE＝∠BNF＝90°，∠OBE＝∠NBF，∴△BOE∽△BNF，∴＝，∵OB＝2，BN＝4，∴＝，即2OE＝NF．分類討論：①如圖2，此時FN＝FM+MN，∴FM+MN＝2OE；②如圖3，此時FN+FM＝MN，∴FM+2OE＝MN．17．（2022?馬鞍山二模）如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣3交x軸于點(diǎn)A（﹣1，0）、B（3，0），與y軸交于C點(diǎn)，直線y＝kx（k＜0）交線段BC下方拋物線于D點(diǎn)，交BC于E點(diǎn)（1）分別求出a、b的值；（2）求出線段BC的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量取值范圍；（3）探究是否有最大值，若存在，請求出此時k值，若不存在，請說明理由．【分析】（1）把點(diǎn)A，B坐標(biāo)代入函數(shù)解析式即可求出a，b的值即可；（2）根據(jù)（1）先求出點(diǎn)C坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式即可；（3）過點(diǎn)D作DF∥y軸，交BC于點(diǎn)F，根據(jù)△OEC∽△DFE得出＝＝，設(shè)設(shè)點(diǎn)D為（m，m2﹣2m﹣3），則點(diǎn)F（m，m﹣3），得出DF＝﹣m2+3m，從而得到＝﹣（m﹣）2+，然后根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)得出當(dāng)m＝時，有最大值，從而求出點(diǎn)D坐標(biāo)，再代入y＝kx求出k的值．【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx﹣3交x軸于點(diǎn)A（﹣1，0）、B（3，0），則，解得；（2）∵a＝1，b＝﹣2，∴拋物線解析式為y＝x2﹣2x﹣3，令x＝0，則y＝﹣3，∴C（0，﹣3），設(shè)線段BC所在的直線的函數(shù)解析式為y＝kx+b1（k≠0），則，解得，∴線段BC的函數(shù)解析式為y＝x﹣3（0≤x≤3）；（3）存在，理由：過點(diǎn)D作DF∥y軸，交BC于點(diǎn)F，如圖：∵OC∥DF，∴△OEC∽△DFE，∴＝＝，設(shè)點(diǎn)D為（m，m2﹣2m﹣3），則點(diǎn)F（m，m﹣3），∴DF＝m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m，∴＝＝＝﹣（m﹣）2+，∵﹣＜0，∴當(dāng)m＝時，有最大值，此時點(diǎn)D（，﹣），∴k＝＝＝﹣．18．（2022?南崗區(qū)校級二模）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線y＝﹣ax2+6ax+6與y軸交于點(diǎn)B，交x軸的負(fù)半軸于點(diǎn)A，交x軸的正半軸于點(diǎn)C，且S△ABC＝30．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖2，點(diǎn)P為第一象限拋物線上一點(diǎn)，其橫坐標(biāo)為t，PD⊥x軸于點(diǎn)D，設(shè)tan∠PAD等于m，求m與t之間的函數(shù)關(guān)系式；（3）如圖3，在（2）的條件下，當(dāng)m＝時，過點(diǎn)B作BN⊥AB交∠PAC的平分線于點(diǎn)N，點(diǎn)K在線段AB上，點(diǎn)M在線段AN上，連接KM、KN，∠MKN＝2∠BNK，作MT⊥KN于點(diǎn)T，延長MT交BN于點(diǎn)H，若NH＝4BH，求直線KN的解析式．【分析】（1）由﹣ax2+6ax+6＝0，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系可得x1+x2＝6，x1?x2＝﹣，求出AB的長為，再由三角形ABC的面積可求a的值；（2）由題意知P（t，﹣t2+t+6），分別求出AD與PD，根據(jù)tan∠PAD＝m，建立方程即可求m與t的函數(shù)關(guān)系式；（3）連接BC與AP交于點(diǎn)E，證明△ABO≌△EAB（AAS），從而推導(dǎo)出△ABN是等腰直角三角形，求出tan∠PAN＝，設(shè)N（m，n），由＝，2＝，求出N點(diǎn)坐標(biāo)，過A作AL⊥AB交于HM的延長線于L，過B作BS∥HL交AL于點(diǎn)S，交KN于點(diǎn)Q，再證明△AKM≌△ALM（ASA），四邊形BHLS是平行四邊形，△NBK≌△BAS（ASA），設(shè)BH＝a，KB＝b，則NH＝4a，AB＝5a，由AL＝AK，可得到b＝2a，則BK：AB＝2：5，過K作KG⊥x軸交于G，由△ABO∽△AKG，求出K（﹣，），再用待定系數(shù)法求直線KN的解析式即可．【解答】解：（1）令x＝0，則y＝6，∴B（0，6），令y＝0，則﹣ax2+6ax+6＝0，∴x1+x2＝6，x1?x2＝﹣，∴|x1﹣x2|＝，∵S△ABC＝30＝6×，解得a＝，∴y＝﹣x2+x+6；（2）∵P點(diǎn)橫坐標(biāo)為t，∴P（t，﹣t2+t+6），∵PD⊥x軸，∴PD＝﹣t2+t+6，令y＝0，則﹣x2+x+6，解得x＝﹣2或x＝8，∴A（﹣2，0），C（8，0），∴AD＝t+2，∵tan∠PAD＝m，∴＝m，整理得，m＝﹣（t﹣8）（0＜t＜8）；（3）連接BC與AP交于點(diǎn)E，∵A（﹣2，0），B（0，6），C（8，0），∴AC＝10，BC＝10，∴AC＝BC，∴∠BAO＝∠ABE，∵OB＝6，OC＝8，∴tan∠OCB＝，∵m＝，∴∠PAD＝∠OBC，∴∠BCO＝∠APD，∴∠PAD+∠BCO＝90°，∴BC⊥AP，∴∠BEA＝90°，∴△ABO≌△EAB（AAS），∴∠BAE＝∠ABO，∵AN平分∠PAC，∴∠EAN＝∠NAC，∴2∠OAE+2∠EAN＝90°，∴∠BAN＝45°，∴△ABN是等腰直角三角形，∴BN＝AB＝2，在Rt△APD中，設(shè)AN與PD交于Z，過Z作ZY⊥AP交于Y，∵AZ是∠PAD的平分線，∴YZ＝ZD，∵tan∠PAD＝，設(shè)PD＝4，ZD＝y(tǒng)，則AD＝3，AP＝5，YZ＝y(tǒng)，在Rt△PYZ中，（4﹣y）2＝y(tǒng)2+22，∴y＝，∴tan∠ZAD＝，設(shè)N（m，n），則＝，∵2＝，解得m＝6，n＝4，∴N（6，4），過A作AL⊥AB交于HM的延長線于L，過B作BS∥HL交AL于點(diǎn)S，交KN于點(diǎn)Q，∵M(jìn)T⊥KN，∴∠NHT＝90°﹣∠HNT，∠BKN＝90°﹣∠HNT，∵∠MKN＝2∠BNK，∴∠AKM＝180°﹣（∠BKN+∠NKM）＝90°﹣∠HNT，∴∠AKM＝∠HTN，∵∠BAN＝∠BNA＝45°，∴∠HMN＝∠KMA，∵∠HMN＝∠AML，∴∠KMA＝∠AML，∵AL⊥AB，∠PAN＝∠CAN，∴∠CAL＝∠BAE，∴∠KAM＝∠MAL，∴△AKM≌△ALM（ASA），∴AK＝AL，∠ALM＝∠AKN，∵BN⊥AB，AL⊥AB，∴BN∥AL，∵BS∥HL，∴四邊形BHLS是平行四邊形，∴∠ALM＝∠BSA，∴∠BKN＝∠BSA，∵AB＝BN，∠ABN＝∠BAS＝90°，∴△NBK≌△BAS（ASA），∴BK＝AS，∴HL＝KN，∵NH＝4BH，設(shè)BH＝a，KB＝b，則NH＝4a，AB＝5a，∵AK＝AL，∴5a﹣b＝a+b，∴b＝2a，∴BK：AB＝2：5，過K作KG⊥x軸交于G，∴△ABO∽△AKG，∴＝＝＝，∴KG＝，AG＝，∴K（﹣，），設(shè)直線KN的解析式為y＝sx+h，∴，解得，∴y＝x+．19．（2022?江漢區(qū)校級模擬）如圖1，已知拋物線y＝ax2+bx+c（a＞0）與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0），與y軸交于點(diǎn)C．（1）若C（0，﹣3），求拋物線的解析式；（2）在（1）的條件下，E是線段BC上一動點(diǎn)，AE交拋物線于F點(diǎn)，求的最大值；（3）如圖2，點(diǎn)N為y軸上一點(diǎn)，AN、BN交拋物線于E、F兩點(diǎn)，求?的值．【分析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法，可得函數(shù)解析式；（2）過點(diǎn)A作AG∥y軸交BC的延長線與點(diǎn)G，過點(diǎn)F作FM∥y軸交BC于點(diǎn)M，求出BC表達(dá)式，求出AG的長，再設(shè)F（t，t2﹣2t﹣3），得出M（t，t﹣3），求出MF＝﹣t2+3t，再利用△AGE∽△FME求出＝＝＝﹣（t2﹣3t）＝﹣（t﹣）2+，即可得到答案；（3）過點(diǎn)E作EI⊥x軸于點(diǎn)I，過點(diǎn)F作FH⊥x軸于點(diǎn)H，設(shè)點(diǎn)N（0，n），求出AN和BN的表達(dá)式，利用這兩個表達(dá)式分別與y＝x2﹣2x﹣3聯(lián)立求出E點(diǎn)和F點(diǎn)的橫坐標(biāo)，即可求出I點(diǎn)和H點(diǎn)的橫坐標(biāo)，再求出OI，OH，OA，OB的長．最后利用平行線分線段成比例求出答案即可．【解答】解：（1）將A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）代入函數(shù)解析式y(tǒng)＝ax2+bx+c，得，解得，∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3；（2）如圖1，過點(diǎn)A作AG∥y軸交BC的延長線與點(diǎn)G，過點(diǎn)F作FM∥y軸交BC于點(diǎn)M，設(shè)BC表達(dá)式為y＝kx+m，將點(diǎn)B（3，0），C（0，﹣3）代入得：，解得：，∴BC表達(dá)式為y＝x﹣3，∵AG∥y軸，A（﹣1，0），∴G（﹣1，﹣4），∴AG＝4，F(xiàn)（t，t2﹣2t﹣3），∵FM∥y軸，∴M（t，t﹣3），∴MF＝t﹣3﹣t2+2t+3＝﹣t2+3t，∵AG∥y軸，F(xiàn)M∥y軸，∴AG∥FM，∴△AGE∽△FME，∴＝＝＝﹣（t2﹣3t）＝﹣（t﹣）2+，∴當(dāng)t＝時，有最大值是；（3）過點(diǎn)E作EI⊥x軸于點(diǎn)I，過點(diǎn)F作FH⊥x軸于點(diǎn)H，設(shè)點(diǎn)N（0，n），AN表達(dá)式為y＝k1x+n，將點(diǎn)A（﹣1，0）代入得k1＝n，∴AN表達(dá)式為y＝nx+n，聯(lián)立y＝x2﹣2x﹣3得：，即：nx+n＝x2﹣2x﹣3，整理得：x2﹣（2+n）x﹣（3+n）＝0，解得x1＝3+n．x2＝﹣1（舍），∴E點(diǎn)的橫坐標(biāo)為3+n，∵EI⊥x軸，∴I點(diǎn)的橫坐標(biāo)為3+n，∴OI＝3+n，同理BN的直線表達(dá)式為v﹣y＝﹣x+n，F(xiàn)點(diǎn)的橫坐標(biāo)為﹣，∴OH＝，∵EI⊥x軸，F(xiàn)H⊥x軸，∴ON∥IE，ON∥HF，又∵OA＝1，OB＝3，∴，，∴?＝?＝．20．（2022?成都模擬）如圖，拋物線與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C．（1）求點(diǎn)A，B，C的坐標(biāo)及拋物線的對稱軸；（2）如圖1，點(diǎn)P（1，m），Q（1，m﹣2）是兩動點(diǎn)，分別連接PC，QB，請求出|PC﹣QB|的最大值，并求出m的值；（3）如圖2，∠BAC的角平分線交y軸于點(diǎn)D，過D點(diǎn)的直線l與射線AB，AC分別于E，F(xiàn)，當(dāng)直線l繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)時，是否為定值，若是，請求出該定值；若不是，請說明理由．【分析】（1）當(dāng)x＝0時，求得y的值，從而得出點(diǎn)C坐標(biāo)，令y＝0，求得x的值，進(jìn)而求得A、B兩點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)點(diǎn)A和點(diǎn)B對稱求得對稱軸；（2）將點(diǎn)B向上平移2個單位至B′（5，2），作點(diǎn)C關(guān)于直線x＝1的對稱點(diǎn)C′（2，﹣4），作直線B′C′交直線x＝1于點(diǎn)P′，則|PC﹣BQ|最大值是：B′C′的長，進(jìn)一步求得結(jié)果；（3）作DG⊥AC于G，作FH⊥AB于H，先求得點(diǎn)D坐標(biāo)，從而設(shè)出EF的關(guān)系式，根據(jù)AHF∽△AOC，△DOE∽△FHE，得出AH，CH，EH的關(guān)系式，然后解斜三角形ACE，從而用k表示出AE和AF，計算化簡+求得結(jié)果．【解答】解：（1）當(dāng)x＝0時，y＝﹣4，∴C（0，﹣4），當(dāng)y＝0時，x2﹣﹣4＝0，∴x1＝﹣3，x2＝5，∴A（﹣3，0），B（5，0）；∵＝1，∴拋物線的對稱軸為直線x＝1；（1）如圖1，將點(diǎn)B向上平移2個單位至B′（5，2），作點(diǎn)C關(guān)于直線x＝1的對稱點(diǎn)C′（2，﹣4），作直線B