中考重难点专题复习10 二次函数的综合压轴题（六大题型）-备战2024年中考数学复习检测卷

中考重难点专题复习10------二次函数综合压轴题 题型一 二次函数与点、线段的综合 1．（2024•武汉模拟）在平面直角坐标系中，抛物线L：y＝ax2﹣3ax+c交x轴于A，B（﹣1，0）两点，交y轴于点C（0，﹣4）． （1）求抛物线解析式； （2）如图1，点D为第四象限抛物线上一点，过点D作y轴平行线交直线AC于点E，交x轴于点F．若DE＝AE，求DE的长； （3）将抛物线L平移到顶点为坐标原点的抛物线L1，直线y＝kx﹣k+2与抛物线L1交于M，N两点（点M 始终在点N左侧），分别过点M，N与抛物线L1均只存在唯一公共点的直线m，n与x轴分别交于G，H．若GH，求直线m，n的交点P坐标． 2．（2024•吉安县校级三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：y＝mx2﹣x﹣2和C2：y＝nx2﹣x﹣2的开口都向上，C1，C2与y轴相交于点A，过点A作x轴的平行线与抛物线C1相交于点B，与抛物线C2相交于点E，点B在线段AE上（点E不与点B重合）．抛物线C1的顶点为P，抛物线C2的顶点为Q． （1）若m＝1，求点P的坐标． （2）若△OAB为等腰直角三角形 ①求m的值； ②F为AB的中点，当FQ∥OB时，求n的值． （3）请判断点A，点P，点Q是否在同一条直线上，若是，请求出该直线的解析式；若不是，请说明理由． 3．（2024•重庆模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点A（﹣4，0），B（1，0），交y轴于点C． （1）求抛物线的表达式； （2）点P是直线AC下方抛物线上一动点，过点P作PE⊥AC于点E，过点P作PD∥AC交x轴于点D，求AD﹣PE的最大值及此时点P的坐标； （3）将原抛物线沿射线CA方向平移个单位长度，平移后抛物线上一点G，使得∠BAG＝45°﹣∠OCB，请写出所有符合条件的点G的坐标．并写出求解点G的坐标的其中一种情况的过程． 4．（2024•惠山区校级一模）如图1，抛物线y＝x2+bx+c经过A（0，3），B（4，3）两点，作BC垂直x轴于点C． （1）求该抛物线的解析式； （2）若点D是抛物线上一点，满足∠BOC＝∠OBD，求点D的坐标； （3）若点P为抛物线上一点，且在第四象限内．已知直线PA，PB与x轴分别交于E、F两点．当点P运动时，是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 题型二 二次函数与图形面积的综合 5．（2024•雨山区校级二模）如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣2，0），和点B（6，0）两点，与y轴交于点C（0，6），点D为线段BC上的一动点． （1）求二次函数的表达式； （2）如图①，连接OD，并延长OD交抛物线于点E，若OD：DE＝3：2，求点E的坐标； （3）如图②，过动点D作DP∥AC交抛物线第一象限部分于点P，连接PA，PB，记△PAD与△PBD的面积和为S，当S取得最大值时，求点P的坐标，并求出此时S的最大值． 6．（2024•东莞市校级一模）如图1，抛物线经过点E（0，5），（1，5），矩形ABCD的点A，D在x轴上，B，C在抛物线上，∠EBC＝45°． （1）求该抛物线的解析式； （2）求点B，C的坐标； （3）如图2，垂直于OE的直线m从底边AD出发，以每秒1cm的速度沿OE方向匀速平移，分别交折线DC﹣CE，AB﹣BE，OE于M，N，H，当直线m到达点E时，停止运动，连接OM，ON，设运动时间为t秒（0＜t＜5），△OMN的面积记为y，请用t表示y，写出t的相应的取值范围，并求y的最大值． 7．（2024•富顺县三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A和点B（﹣3，0），与y轴交于点C，对称轴为直线x＝﹣1． （1）求抛物线的函数表达式； （2）如图1，点P是直线BC上方抛物线上的一动点，过点P作直线PD∥y轴，交直线BC于点D，过点D作直线DE⊥BC，交y轴于点E，求的最大值及此时点P的坐标； （3）在（2）中取最大值的条件下，将该抛物线向右平移1个单位，向下平移2个单位，平移后的抛物线与过点的直线y＝mx+n（m≠0）交于M，N两点，点N关于y轴的对称点为N′，直线MN'交y轴于点Q．试探究：△PQF的面积是否为定值？若是，请求出△PQF的面积；若不是，请说明理由． 8．（2024•重庆模拟）平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+4与x轴交于A（﹣3，0），B（2，0）两点，与y轴交于点C，连接AC、BC． （1）求抛物线y的函数表达式； （2）如图1，点P为直线AC上方抛物线上一动点，过点P作 PD⊥AC于点D，过点P作PE∥AB交直线BC于E，求PDPE的最大值以及此时点P的坐标； （3）如图2，将原抛物线y向右平移2个单位得到新抛物线y，在新抛物线y上找一点M，使得△MAC与△MAO的面积之比为5：3，请直接写出满足条件的所有点M的横坐标，并写出其中一个横坐标的求解过程． 题型三 二次函数与特殊三角形的综合 9．（2024•澄海区校级模拟）如图，点A、B在x轴正半轴上，点C、D在y轴正半轴上，且OB＝OC＝3，OA＝1，OD＝2，过A、B、C三点的抛物线上有一点E，使得AE⊥AD． （1）求过A、B、C三点的抛物线的解析式． （2）求点E的坐标． （3）在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△ACP为等腰三角形，若存在，直接写出点P的坐标，若不存在，请说明理由． 10．（2024•永川区校级模拟）如图1，点A为直线l：yx与抛物线y＝﹣x2+2x+3在x轴上的一个交点，点B（m，﹣2）为直线l：yx上一点，抛物线y＝﹣x2+2x+3与y轴交于点C． （1）求△ABC的面积； （2）点P是直线l上方的抛物线上一点，过P作PE∥x轴交直线l于E，P作PF∥y轴交直线l于F，求PE+PF的最大值及此时点P的坐标； （3）如图2，将抛物线y＝﹣x2+2x+3向右平移2个单位得到新抛物线y′，平移后的抛物线y′与原抛物线交于点Q，点M是新抛物线y′的对称轴上一点．若△AQM是以AQ为腰的等腰三角形，请直接写出点M的坐标． 11．（2024•东营区校级模拟）如图1，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，B点的坐标为（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3）． （1）求抛物线的关系式； （2）M是第四象限抛物线上一点，当四边形ABMC的面积最大时，求点M的坐标和四边形ABMC的最大面积； （3）如图2，在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PBC是以BC为斜边的直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 12．（2024•南充模拟）如图，已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B两点，与y轴交于点C（0，﹣3）． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，点P是抛物线止位于第四象限内一动点，PD⊥BC于点D，求PD的最大值及此时点P的坐标； （3）如图2，点E是抛物线的顶点，点M是线段BE上的动点（点M不与B重合），过点M作MN⊥x轴于N，是否存在点M，使△CMN为直角三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 题型四 二次函数与相似三角形的综合 13．（2024•宿迁三模）抛物线y＝﹣2x2+2x+4交x轴于A，B两点（A在B的左边），交y轴于点C． （1）求A，B，C三点的坐标； （2）如图1，作直线x＝t（0＜t＜4），分别交x轴，线段BC，抛物线于D，E，F三点，连接CF，若△BDE与△CEF相似，求t的值； （3）如图2，将抛物线在BC上方的图象沿BC折叠后与y轴交于点G，直接写出G的坐标． 14．（2024•禅城区三模）综合应用 如图1，顶点为P的抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0）和点C（1，0），与y轴交于点B，连接AB、BP．（1）求b、c的值及∠PBA的度数； （2）如图2，动点M从点O出发，沿着OA方向以1个单位/秒的速度向A匀速运动，同时动点N从点A出发，沿着AB方向以个单位/秒的速度向B匀速运动，设运动时间为t秒，ME⊥x轴交AB于E，NF⊥x轴交抛物线于F，连接MN、EF． ①当EF∥MN时，求点F的坐标； ②直接写出在运动过程中，使得△BNP与△BMN相似的t的值． 15．（2024•双峰县模拟）如图，抛物线与x轴相交于点A（3，0）、点B（﹣1，0），与y轴交于点C（0，﹣3）． （1）求这条抛物线的解析式； （2）如图1，若点P为抛物线在第三象限图象上的点，且∠PAB＝∠OCB，求P点的坐标； （3）如图2，点D是抛物线上一动点，连接OD交线段AC于点E当△AOE与△ABC相似时，求点D的坐标． 16．（2024•琼海校级三模）抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于B（1，0），C（﹣3，0）两点，与y轴交于A点． （1）求抛物线的表达式； （2）如图1，连接AC，在y轴的负半轴是否存在点Q，使得若存在，求Q点的坐标；若不存在，请说明理由； （3）如图2，点P是抛物线上的一个动点，且点P在第三象限内， ①连接PO与直线AC交于点D，求的最大值； ②过点P作y轴的垂线交y轴于点M，若△ABO～△PAM，求此时点P的横坐标． 题型五 二次函数与角度的综合 17．（2024•曲阜市二模）如图，抛物线yx2+bx与x轴交于点A（5，0）． （1）求抛物线的函数表达式； （2）点B（1，m）是抛物线上一点，点C是线段AB上一点，连接OC并延长交抛物线于点D，若，求点D的坐标； （3）抛物线上是否存在点P，使得∠OPA＝45°？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由． 18．（2024•秦安县校级三模）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标系的原点，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴相交于点A和点B，与y轴相交于点C，直线y＝﹣x+3经过点B和点C． （1）求抛物线的解析式； （2）点P为第一象限内抛物线上一点，过点P作y轴的平行线交线段BC于点D，设PD＝d，点P的横坐标为t，求d与t之间的函数关系式； （3）在（2）的条件下，点P为抛物线的顶点，连接PC并延长交x轴于点E，点F为线段OB上的点，连接CF，过点E作EG⊥CF于点G，射线EG交线段BC于点H，交抛物线于点N，连接FN交线段BC于点R，若∠CFN＝2∠NEA，求点N的坐标． 19．（2024•北碚区校级三模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线过点（2，3），交x轴于点A（﹣4，0）和点B，交y轴于点C，连接AC，BC． （1）求抛物线的解析式； （2）若点P是直线AC下方抛物线上一动点，过点P作PM∥BC交AC于点M，过点P作PN∥y轴交AC于点N，求△PMN周长的最大值及此时点P的坐标； （3）将原抛物线沿射线CB方向平移个单位长度得到新抛物线y′，在新抛物线y′上是否存在一点H，使得∠ABH＝2∠BAC．若存在，请直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由． 20．（2024•香坊区校级三模）如图，已知抛物线y＝ax2﹣2ax+3交x轴于点A、B（点A在点B左侧），交y轴于点C，且OC＝3OA； （1）如图1，求抛物线的解析式； （2）如图2，点P在第一象限的抛物线上，连接AP交y轴于点D，若点P的横坐标为t，△APB的面积为S，求S与t间的函数关系式（不要求写出t的取值范围）； （3）如图3，在（2）的条件下，连接AC，∠ACO+∠PAB＝∠PAC，以AP为斜边在AP下方作等腰直角△APQ，求点Q的坐标． 题型六 二次函数与特殊四边形的综合 21．（2024•香洲区校级三模）如图，二次函数图象的顶点为坐标原点O，且经过点A（3，3），一次函数的图象经过点A和点B（6，0），一次函数图象与y轴相交于点C． （1）求二次函数与一次函数的解析式； （2）如果点D在线段AC上（不与A、C重合），与y轴平行的直线DE与二次函数图象相交于点E，∠CDO＝∠OED，求点D的坐标； （3）当点D在直线AC上的一个动点时，与y轴平行的直线DE与二次函数图象相交于点E，以点O、C、D、E为顶点的四边形能成为平行四边形吗？请说明理由． 22．（2024•香洲区校级三模）如图1，抛物线y＝mx2+8mx+12m（m＞0），与x轴交于A、B两点（A在B的右侧），与y轴交于点C，点D是第三象限内抛物线上的一点，连接OD、AD、BD． （1）若△OBC为等腰直角三角形，求m的值； （2）若OD＝BD，∠ODA＝∠OBD，求抛物线的函数表达式； （3）如图2，点P是抛物线上一动点，点Q在抛物线的对称轴上，若以点B、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，请直接写出所有满足条件的点P的坐标． 23．（2024•东莞市校级一模）如图，抛物线y＝﹣x2+3x+4和直线y＝x+1交于A（﹣1，0），B（3，4）点，点B在直线x＝3上，直线x＝3与x轴交于点C． （1）求∠BAC的度数． （2）点P从点A出发，以每秒个单位长度的速度沿线段AB向点B运动，点Q从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段CA向点A运动，点P，Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t＞0）．以PQ为边作矩形PQNM，使点N在直线x＝3上． ①当t为何值时，矩形PQNM的面积最小？并求出最小面积； ②直接写出当t为何值时，恰好有矩形PQNM的顶点落在抛物线上． 24．（2024•深圳三模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与轴交于A，B点，与y轴交于点C（0，3），点B的坐标为（3，0），点P是抛物线上一个动点． （1）求二次函数解析式； （2）若P点在第一象限运动，当P运动到什么位置时，△BPC的面积最大？请求出点P的坐标和△BPC面积的最大值； （3）连接PO，PC，并把△POC沿CO翻折，那么是否存在点P，使四边形POP′C为菱形；若不存在，请说明理由． 1．（2024•罗江区模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于A（﹣1，0），B（4，0）两点，交y轴于点C． （1）求抛物线的表达式； （2）点P是直线BC上方抛物线上的一动点，过点P作PE∥y轴交BC于点E，在y轴上取一点F，使得EF＝EC，求PE+CF的最大值及此时点P坐标； （3）将原抛物线沿射线CB方向平移个单位长度得到新抛物线y1，过点B作直线MN垂直于BC交y轴于点N，交新抛物线y1于点M，请直接写出点M的横坐标． 2．（2024•硚口区模拟）如图1，抛物线C：y＝ax2+2ax+3交x轴于A，B两点，交y轴于C点，且AB＝4． （1）直接写出抛物线C的解析式； （2）D在第二、四象限的抛物线C上，在抛物线C的对称轴上是否存在点E，使以A，C，D，E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求点E的坐标；若不存在，请说明理由； （3）如图2，将抛物线C向右平移1个单位长度，得到抛物线C1，直线y＝kx+1（k＞0）交抛物线C1于M，N两点，直线MP，NP与抛物线C1都只有唯一公共点，直线MP，NP分别交x轴于S，T两点，若△PST的面积为，求k的值． 3．（2024•沙市区三模）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线经过A，B两点且与x轴的负半轴交于点C． （1）求该抛物线的解析式； （2）若点D为直线AB上方抛物线上的一个动点，当∠ABD＝2∠BAC时，求点D的坐标； （3）已知E，F分别是直线AB和抛物线上的动点，设点E的横坐标为t，当以B，O，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出t的所有可能取值． 4．（2024•滕州市校级模拟）已知抛物线y＝﹣x2+（2n+1）x+3n+1交x轴于点A（﹣1，0）和点B，交y轴于点C． （1）求抛物线的函数解析式； （2）如图1，已知点P是位于BC上方的抛物线上的一点，作PM⊥BC，垂足为M，求线段PM长度的最大值； （3）如图2，已知点Q是第四象限抛物线上一点，∠ACQ＝45°，求点Q的坐标． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 中考重难点专题复习10------二次函数综合压轴题 题型一 二次函数与点、线段的综合 1．（2024•武汉模拟）在平面直角坐标系中，抛物线L：y＝ax2﹣3ax+c交x轴于A，B（﹣1，0）两点，交y轴于点C（0，﹣4）． （1）求抛物线解析式； （2）如图1，点D为第四象限抛物线上一点，过点D作y轴平行线交直线AC于点E，交x轴于点F．若DE＝AE，求DE的长； （3）将抛物线L平移到顶点为坐标原点的抛物线L1，直线y＝kx﹣k+2与抛物线L1交于M，N两点（点M 始终在点N左侧），分别过点M，N与抛物线L1均只存在唯一公共点的直线m，n与x轴分别交于G，H．若GH，求直线m，n的交点P坐标． 【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可； （2）根据OA＝OC，可知∠OAC＝45°，则AEEF，设D（t，t2﹣3t﹣4），则E（t，t﹣4），F（t，0），由DE＝AE，可得方程﹣t2+4t（4﹣t），解得t或t＝4（舍），则ED＝42； （3）平移后的抛物线解析式为y＝x2，设M（x1，），N（x2，），当kx﹣k+2＝x2时，x1+x2＝k，x1•x2＝k﹣2，可求直线MP的解析式为y＝2x1x，直线NP的解析式为y＝2x2x，则G（x1，0），H（x2，0），由GH（x2﹣x1），能求出k＝0或k＝4，当2x1x2x2x时，求得P（，x1•x2），当k＝4时，P（2，2）；当k＝0时，P（0，﹣2）． 【解答】解：（1）将点B（﹣1，0），C（0，﹣4）代入y＝ax2﹣3ax+c， ∴， 解得， ∴抛物线的解析式为y＝x2﹣3x﹣4； （2）当y＝0时，x2﹣3x﹣4＝0， 解得x＝﹣1或x＝4， ∴A（4，0）， ∴OA＝OC＝4， ∴∠OAC＝45°， ∴AEEF， 直线AC的解析式为y＝x﹣4， 设D（t，t2﹣3t﹣4），则E（t，t﹣4），F（t，0）， ∴ED＝t﹣4﹣（t2﹣3t﹣4）＝﹣t2+4t，EF＝4﹣t， ∵DE＝AE， ∴﹣t2+4t（4﹣t）， 解得t或t＝4（舍）， ∴ED＝42； （3）平移后的抛物线解析式为y＝x2， 设M（x1，），N（x2，）， 当kx﹣k+2＝x2时，x1+x2＝k，x1•x2＝k﹣2， 设直线MP的解析式为y＝kx+b， ∴kx1+b， ∴bkx1， ∴y＝kxkx1， 当kxkx1＝x2时，Δ＝k2﹣4（kx1）＝0， ∴k＝2x1， ∴直线MP的解析式为y＝2x1x， 同理直线NP的解析式为y＝2x2x， ∴G（x1，0），H（x2，0）， ∴GH（x2﹣x1）， ∴8＝k2﹣4k+8＝0， 解得k＝0或k＝4， 当2x1x2x2x时，x， ∴P（，x1•x2）， 当k＝4时，x1+x2＝4，x1•x2＝2， ∴P（2，2）； 当k＝0时，P（0，﹣2）； 综上所述：P点坐标为（2，2）或（0，﹣2）． 【点评】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，待定系数法求函数解析式的方法，根与系数的关系是解题的关键． 2．（2024•吉安县校级三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：y＝mx2﹣x﹣2和C2：y＝nx2﹣x﹣2的开口都向上，C1，C2与y轴相交于点A，过点A作x轴的平行线与抛物线C1相交于点B，与抛物线C2相交于点E，点B在线段AE上（点E不与点B重合）．抛物线C1的顶点为P，抛物线C2的顶点为Q． （1）若m＝1，求点P的坐标． （2）若△OAB为等腰直角三角形 ①求m的值； ②F为AB的中点，当FQ∥OB时，求n的值． （3）请判断点A，点P，点Q是否在同一条直线上，若是，请求出该直线的解析式；若不是，请说明理由． 【分析】（1）先得出当m＝1时，抛物线C1的解析式，将其化为顶点式，即可解答； （2）①先求出A（0，﹣2），再求出y＝﹣2时x的值，得出，根据等腰三角形的定义得出AB＝OA＝2，即可解答；②如图，过点Q作QH⊥AB，垂足为H，根据平行线的性质得出∠QFH＝45°，则FH＝QH，将抛物线C2的解析式化为顶点式，得出抛物线C2的顶点Q的坐标为，进而得出，，即可列出方程求解； （3）点A，点P，点Q在同一条直线上．将抛物线C2的解析式化为，设点Q的横坐标为t，纵坐标为s，得出，，则．即可推出点P，点Q都在直线．令x＝0，得y＝﹣2，则点A在直线PQ上，即可得出结论． 【解答】解：（1）当m＝1时，抛物线C1的解析式为， ∴点P的坐标为． （2）①在y＝mx2﹣x﹣2中，令x＝0，得y＝﹣2， ∴A（0，﹣2）； 令y＝﹣2，得mx2﹣x﹣2＝﹣2， 解得x1＝0，， ∴． ∵△OAB为等腰直角三角形，OA＝2， ∴AB＝OA＝2， ∴， 解得． ②如图，过点Q作QH⊥AB，垂足为H， ∴∠FHQ＝90°． ∵∠ABO＝45°，FQ∥OB， ∴∠QFH＝45°， ∴FH＝QH． 由①得AB＝2，且F是AB的中点， ∴AF＝1． ∵抛物线C2的解析式为， ∴抛物线C2的顶点Q的坐标为， ∴，． ∵FH＝QH， ∴， 解得． （3）点A，点P，点Q在同一条直线上． ∵， ∴， ∴设点Q的横坐标为t，纵坐标为s， ∴，， ∴． ∵， ∴点P，点Q都在直线． 令x＝0，得y＝﹣2， ∴点A在直线PQ上， ∴点A，点P，点Q在同一条直线上，该直线的解析式为． 【点评】本题考查了二次函数综合，解题的关键是掌握用将二次函数解析式化为顶点式的方法和步骤，以及二次函数的图象和性质． 3．（2024•重庆模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点A（﹣4，0），B（1，0），交y轴于点C． （1）求抛物线的表达式； （2）点P是直线AC下方抛物线上一动点，过点P作PE⊥AC于点E，过点P作PD∥AC交x轴于点D，求AD﹣PE的最大值及此时点P的坐标； （3）将原抛物线沿射线CA方向平移个单位长度，平移后抛物线上一点G，使得∠BAG＝45°﹣∠OCB，请写出所有符合条件的点G的坐标．并写出求解点G的坐标的其中一种情况的过程． 【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可； （2）过点P作PF∥y轴交直线AC于点F，交x轴于点M，过点A作AN⊥DP交于N点，分别求得PEPF，AD＝PEPF，则AD﹣PEPFPFPF，设P（t，t2t﹣3），则F（t，t﹣3），可得AD﹣PE（t+2）2，当t＝2时，AD﹣PE有最大值，此时P（﹣2，）； （3）平移后的抛物线解析式为y'x2x+6，在x轴上取点H（3，0），连接CH，能推导出∠BCH＝∠BAG，过点B作BQ⊥CH交于Q点，利用等积法能求BQ，则CQ＝2，可得tan∠BCH，过点G作GK⊥x轴交于K点，设G（m，m2m+6），由方程，求得G（﹣1，）或（，）． 【解答】解：（1）将A（﹣4，0），B（1，0）代入， ∴， 解得， ∴抛物线的解析式为yx2x﹣3； （2）过点P作PF∥y轴交直线AC于点F，交x轴于点M，过点A作AN⊥DP交于N点， ∵PE⊥AC， ∴∠EPF＝∠OAC， ∵OC＝3，OA＝4， ∴AC＝5， ∴cos∠OAC＝cos∠EPF， ∴PEPF， ∵PD∥AC， ∴∠OAC＝∠ODP， ∴AN＝PEAD， ∴AD＝PEPF， ∴AD﹣PEPFPFPF， 设直线AC的解析式为y＝kx﹣3， ∴﹣4k﹣3＝0， 解得k， ∴直线AC的解析式为yx﹣3， 设P（t，t2t﹣3），则F（t，t﹣3）， ∴PFt2﹣3t， ∴AD﹣PE（t2﹣3t）（t+2）2， ∴当t＝2时，AD﹣PE有最大值，此时P（﹣2，）； （3）∵原抛物线沿射线CA方向平移个单位长度， ∴抛物线沿着x轴负半轴平移2个单位长度，沿着y轴正半轴平移个单位长度， ∴平移后的抛物线解析式为y'x2x+6， 在x轴上取点H（3，0），连接CH， ∴OH＝OC＝3， ∴∠OCH＝45°， ∴∠BCH＝45°﹣∠OCB， ∵∠BAG＝45°﹣∠OCB， ∴∠BCH＝∠BAG， 过点B作BQ⊥CH交于Q点， ∵CH＝3，BH＝2， ∴2×43BQ， 解得BQ， ∵BQ＝QH， ∴CQ＝2， ∴tan∠BCH， 过点G作GK⊥x轴交于K点，设G（m，m2m+6）， ∴， 解得m＝﹣1或m， ∴G（﹣1，）或（，）． 【点评】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，函数图象平移的性质，直角三角形的性质是解题的关键． 4．（2024•惠山区校级一模）如图1，抛物线y＝x2+bx+c经过A（0，3），B（4，3）两点，作BC垂直x轴于点C． （1）求该抛物线的解析式； （2）若点D是抛物线上一点，满足∠BOC＝∠OBD，求点D的坐标； （3）若点P为抛物线上一点，且在第四象限内．已知直线PA，PB与x轴分别交于E、F两点．当点P运动时，是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）分①当点D在直线OB的上方时与②当点D在直线OB的上方时两种情况讨论，对于前一种情况，可得BD∥x轴，点A与点D重合，即可得解，对于后一种情况先求出BD与x轴的交点M，继而利用待定系数法求出直线BD的解析式，再与抛物线解析式联立求出点D的坐标即可； （3）求出抛物线与x轴的交点为（1，0）和（3，0），设点P的坐标是（t，t2﹣4t+3），则1＜t＜3，再用待定系数法分别求出直线AP和BP的解析式，从而求出点E与点F的坐标，继而求出OE与CF，从而代入中化简即可得解． 【解答】解：（1）抛物线y＝x2+bx+c经过A（0，3），B（4，3）两点， ∴， 解得：， ∴该抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3； （2）①当点D在直线OB的上方时，如图1所示： ∵∠BOC＝∠OBD， ∴BD∥x轴， ∵点A与点B对应函数值都是3，即AB∥x轴， ∴此时点A与点D重合，即D1（0，3）； ②当点D在直线OB的下方时，设BD与x轴交于点M，如图2所示： ∵∠BOC＝∠OBD， ∴OM＝BM， ∵BC垂直x轴于点C，B（4，3）， ∴C（4，0），OC＝4，BC＝3， 设OM＝BM＝m，则CM＝OC﹣CM＝4﹣m， 在Rt△BCM中，CM2+BC2＝BM2， 即（4﹣m）2+32＝m2， 解得：， ∴， 设直线BD的解析式是：y＝k1x+b1， 将点B、M代入得：， 解得：， ∴直线BD的解析式是： 将直线BD的解析式与抛物线解析式联立得：， 解得：，或（舍去）， ∴； 综上所述：点D的坐标是：D1（0，3），； （3）是定值，该定值为，理由如下． 令y＝x2﹣4x+3＝0， 解得x1＝1，x2＝3，即抛物线与x轴的交点是：（1，0）和（3，0）， 设点P的坐标是（t，t2﹣4t+3），则1＜t＜3， 设直线AP的解析式是：y＝k2x+b2， 将点A、P代入得：， 解得：， ∴直线AP的解析式是：y＝（t﹣4）x+3， 令y＝（t﹣4）x+3＝0， 解得：，即， ∴， 设直线BP的解析式是：y＝k3x+b3， 将点B、P代入得：， 解得：， ∴直线BP的解析式是：y＝tx﹣4t+3， 令y＝tx﹣4t+3＝0， 解得：，即， ∴，， ∴． ∴是定值，该定值为． 【点评】本题考查二次函数的综合题，涉及待定系数法，二次函数与x轴的交点，二次函数与几何综合，勾股定理等知识，运算量较大，掌握待定系数法、联立方程组求函数交点的方法和数形结合思想是解题的关键． 题型二 二次函数与图形面积的综合 5．（2024•雨山区校级二模）如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣2，0），和点B（6，0）两点，与y轴交于点C（0，6），点D为线段BC上的一动点． （1）求二次函数的表达式； （2）如图①，连接OD，并延长OD交抛物线于点E，若OD：DE＝3：2，求点E的坐标； （3）如图②，过动点D作DP∥AC交抛物线第一象限部分于点P，连接PA，PB，记△PAD与△PBD的面积和为S，当S取得最大值时，求点P的坐标，并求出此时S的最大值． 【分析】（1）利用待定系数法求二次函数解析式，即可解题； （2）作EF∥OC，交BC于点F，证明△ODC∽△EDF，利用相似三角形性质得到EF＝4，利用待定系数法求出直线BC，根据EF＝4建立等式求解，即可得到点E的坐标； （3）由（2）知直线BC的解析式，且同理可得直线AC的解析式，根据DP∥AC设直线DP的解析式为y＝3x+d，点P的坐标为，得到直线DP的解析式，联立直线DP和直线BC的解析式表示出点D，再利用三角形面积公式表示出S，利用二次函数的最值即可求出点P的坐标和S的最大值． 【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣2，0），和点B（6，0）两点，与y轴交于点C（0，6）， ∴， 解得， ∴二次函数的表达式为； （2）作EF∥OC，交BC于点F，如图①， 则△ODC∽△EDF， ∴， ∵OD：DE＝3：2， ∴， ∴， ∴EF＝4， 由题知点A（﹣2，0），点B（6，0），点C（0，6）， 设直线BC的解析式为y＝kx+6， 将点B（6，0），代入解析式y＝kx+6中， 有6k+6＝0，解得k＝﹣1， ∴直线BC的解析式为y＝﹣x+6， ∴， 解得x＝2或x＝4， 当x＝2时，y＝8，当x＝4时，y＝6， ∴点E的坐标为（2，8）或（4，6）； （3）解：由（2）知直线BC的解析式为y＝﹣x+6， 且同理可得直线AC的解析式为y＝3x+6， ∵DP∥AC， 设直线DP的解析式为y＝3x+d，点P的坐标为， ∴，解得， ∴直线DP的解析式为， ∴， 解得， 将代入y＝﹣x+6中，有， ∴， ∵点D，点P都在第一象限， ∴S＝S△PAD+S△PBD＝S△PAB﹣S△DAB， ， ， ， ， ∵， ∴当m＝3，即点P的坐标为时，S有最大值为． 【点评】本题考查了二次函数与一次函数综合，待定系数法求函数解析式，相似三角形的性质和判定，二次函数的图象与性质，解题的关键在于熟练运用二次函数的图象与性质解决问题． 6．（2024•东莞市校级一模）如图1，抛物线经过点E（0，5），（1，5），矩形ABCD的点A，D在x轴上，B，C在抛物线上，∠EBC＝45°． （1）求该抛物线的解析式； （2）求点B，C的坐标； （3）如图2，垂直于OE的直线m从底边AD出发，以每秒1cm的速度沿OE方向匀速平移，分别交折线DC﹣CE，AB﹣BE，OE于M，N，H，当直线m到达点E时，停止运动，连接OM，ON，设运动时间为t秒（0＜t＜5），△OMN的面积记为y，请用t表示y，写出t的相应的取值范围，并求y的最大值． 【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）确定点B（m，5﹣m），即可求解； （3）当0＜t≤2时，yMN×OH5t，当t＝2时，ymax＝5；当2＜t≤5时，得到yMN×OHt×（5﹣t）（﹣5t2+30t），即可求解． 【解答】解：（1）由题意得：， 解得：， 则抛物线的表达式为：yx2x+5； （2）设点B的横坐标为m， ∵∠EBC＝45°， 则yE﹣yB＝m， 则点B（m，5﹣m）， 将点E的坐标代入抛物线的表达式得：5﹣mm2m+5， 解得：m＝3， 则点B（3，2）， 根据函数的对称性，则点C（﹣2，2）； （3）当0＜t≤2时， 此时OH＝t，MN＝BC＝3+2＝5， 则yMN×OH5t， 当t＝2时，ymax＝5； 当2＜t≤5时，如下图： 此时OH＝t， 由点B、E的坐标得，直线BE的表达式为：y＝﹣x+5， 当y＝t时，即y＝﹣x+5＝t，则x＝5﹣t， 即点N（5﹣t，t）， 同理可得：点M（，t）， 则yMN×OHt×（5﹣t）（﹣5t2+25t）， ∵0，故函数y有最大值， 当t＝2.5时，函数y的最大值为， ∵5， 故y的最大值为， 即y，y的最大值为． 【点评】本题考查的是二次函数综合运用，主要考查了矩形的性质、二次函数的最值、面积的计算，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键． 7．（2024•富顺县三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A和点B（﹣3，0），与y轴交于点C，对称轴为直线x＝﹣1． （1）求抛物线的函数表达式； （2）如图1，点P是直线BC上方抛物线上的一动点，过点P作直线PD∥y轴，交直线BC于点D，过点D作直线DE⊥BC，交y轴于点E，求的最大值及此时点P的坐标； （3）在（2）中取最大值的条件下，将该抛物线向右平移1个单位，向下平移2个单位，平移后的抛物线与过点的直线y＝mx+n（m≠0）交于M，N两点，点N关于y轴的对称点为N′，直线MN'交y轴于点Q．试探究：△PQF的面积是否为定值？若是，请求出△PQF的面积；若不是，请说明理由． 【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）证明DP﹣DH，即可求解； （3）求出mn＝﹣1，由直线MN′的表达式得到点Q（0，），即可求解． 【解答】解：（1）∵x轴交于点A和点B（﹣3，0），对称轴为直线x＝﹣1， 则点A（1，0）， 则抛物线的表达式为：y（x+3）（x﹣1）x2﹣x； （2）由抛物线的表达式知，点C（0，）， 由点C、B的坐标得，直线BC的表达式为：yx， tan∠CBOtan∠DEC， 则sin∠DEC， 过点D作DH⊥y轴于点H， 则DH＝DE×sin∠DECDE， 设点D（x，x），则点P（x，x2﹣x）， 则DP﹣DH＝DP+xx2﹣xxxx2x， ∵，故有最大值， 此时点P（，）； （3）△PQF的面积是定值为，理由： 将该抛物线向右平移1个单位，向下平移2个单位， 则平移后的抛物线的表达式为：yx2①，如图2， 设点M、N的坐标分别为（s，s2）、（t，t2），则点N′（﹣t，t2）， 设点的直线y＝mx+n（m≠0）表达式为：y＝kx②， 联立①②并整理得：x2+2kx﹣1＝0， 则st＝﹣1， 由点M、N′的坐标得，直线MN′的表达式为：y（t﹣s）（x﹣s）s2， 当x＝0时，y（t﹣s）（x﹣s）s2st， 即点Q（0，）； 则△PQF的面积QF×|xP|（）． 【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到解直角三角形、面积的计算、点的对称性等，有一定的综合性，难度适中． 8．（2024•重庆模拟）平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+4与x轴交于A（﹣3，0），B（2，0）两点，与y轴交于点C，连接AC、BC． （1）求抛物线y的函数表达式； （2）如图1，点P为直线AC上方抛物线上一动点，过点P作 PD⊥AC于点D，过点P作PE∥AB交直线BC于E，求PDPE的最大值以及此时点P的坐标； （3）如图2，将原抛物线y向右平移2个单位得到新抛物线y，在新抛物线y上找一点M，使得△MAC与△MAO的面积之比为5：3，请直接写出满足条件的所有点M的横坐标，并写出其中一个横坐标的求解过程． 【分析】（1）设抛物线的解析式为交点式，代入点C坐标，进一步得出结果； （2）设AC与EP交于点F，可求得直线AC的解析式为：y，直线BC的解析式为：y＝﹣2x+4，AC＝5，sin∠PFD＝sin∠CAO设P（t，），可表示出PE，PF，进而得出PD＝PF•sin∠PFD＝PF•sin∠CAO，从而得出PD，进一步得出结果； （3）作MV⊥AC于V，作MW⊥AB，交AC于W，根据点A和点B香油平移2个单位后坐标分别是（﹣1，0），（4，0）得出新抛物线的解析式为：y（x+1）（x﹣4），设M（m，），从而W（m，），从而得出WM＝||，MV＝WM•sin∠ACO||＝||从而表示出S△MAOOA•|yM|＝|m2﹣3m﹣4|，S△MAC|m2﹣m+2|，根据△MAC与△MAO的面积之比为5：3得出5|m2﹣3m﹣4|＝3|m2﹣m+2|，进而得出结果． 【解答】解：（1）设抛物线的解析式为：y＝a（x+3）（x﹣2）， 将点C（0，4）代入得， 4＝a•3×（﹣2）， ∴a， ∴y； （2）如图1， 设AC与EP交于点F， ∵A（﹣3，0），C（0，4），B（2，0）， ∴直线AC的解析式为：y，直线BC的解析式为：y＝﹣2x+4，AC＝5， ∴sin∠PFD＝sin∠CAO 设P（t，）， 由﹣2x+4 x， ∴PE， ∴， 由得， x， ∴PF， ∴PD＝PF•sin∠PFD＝PF•sin∠CAO（）， ∴PD， ∴当t时，（PD）最大， 当t时，， ∴P（）； （3）如图2， 作MV⊥AC于V，作MW⊥AB，交AC于W， ∵点A和点B香油平移2个单位后坐标分别是（﹣1，0），（4，0）， ∴新抛物线的解析式为：y（x+1）（x﹣4）， 设M（m，）， ∴W（m，）， ∴WM＝||， ∴MV＝WM•sin∠ACO||＝|| ∴S△MAOOA•|yM|||＝|m2﹣3m﹣4|， S△MAC|m2﹣m+2|， ∵△MAC与△MAO的面积之比为5：3， ∴5|m2﹣3m﹣4|＝3|m2﹣m+2|， ∴m1＝3，m2＝3，m3，m4． 【点评】本题考查了二次函数及其图象的性质，求一次函数的解析式，一元二次方程的解法，锐角三角函数的定义等知识，解决问题的关键是较强的计算能力． 题型三 二次函数与特殊三角形的综合 9．（2024•澄海区校级模拟）如图，点A、B在x轴正半轴上，点C、D在y轴正半轴上，且OB＝OC＝3，OA＝1，OD＝2，过A、B、C三点的抛物线上有一点E，使得AE⊥AD． （1）求过A、B、C三点的抛物线的解析式． （2）求点E的坐标． （3）在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△ACP为等腰三角形，若存在，直接写出点P的坐标，若不存在，请说明理由． 【分析】（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，把点A（1，0），B（3，0），C（0，3）代入函数解析式，求出a，b，c的值即可； （2）过点E作EF⊥x轴于点F，设E（a，a2﹣4a+3），证明△EFA∽△AOD，得，代入相关数据得，求出a的值，再进行判断即可； （3）由y＝x2﹣4x+3得对称轴为直线x＝2，设P（2，t），分PC＝AC，PA＝AC，PC＝AP三种情况讨论求解即可． 【解答】解：（1）OB＝OC＝3，OA＝1， ∴A（1，0），B（3，0），C（0，3）， ∵A、B、C三点在抛物线上， ∴， 解得， ∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3； （2）过点E作EF⊥x轴于点F，如图1， ∴∠EAF+∠AEF＝90°， ∵DA⊥EA， ∴∠DAE＝90°， ∴∠DAO+∠EAF＝90°， ∴∠DAO＝∠AEF， 又∵∠EFA＝∠AOD＝90°， ∴△EFA∽△AOD， ∴， 设E（a，a2﹣4a+3）， ∴AF＝a﹣1，EF＝a2﹣4a+3， ∵AO＝1，OD＝2， ∴， 解得或a＝1， 经检验，是原方程的解，a＝1是增根， ∴， ∴， ∴点E的坐标为； （3）由y＝x2﹣4x+3＝（x+2）2﹣1知，抛物线的对称轴为直线x＝2，如图2， 设点P（2，t）， ∵A（1，0），C（0，3）， ∴PC2＝（2﹣0）2+（t﹣3）2＝t2﹣6t+13，AP2＝（2﹣1）2+（0﹣t）2＝t2+1，AC2＝（1﹣0）2+（3﹣0）2＝10， ∵△ACP是等腰三角形， ∴分三种情况讨论： ①当PC＝AP时，即PC2＝AP2， ∴t2﹣6t+13＝t2+1， 解得t＝2， ∴点P的坐标为（2，2）； ②当PC＝AC时，即PC2＝AC2， ∴t2﹣6t+13＝10， 解得或 ∴点P的坐标为或； ③当AP＝AC时，即AP2＝AC2， ∴t2+1＝10， 解得t＝3或t＝﹣3， ∴点P的坐标为（2，3）或（2，﹣3） ∵p点坐标为（2，﹣3）时，C，A，P三点共线，不能组成三角形，故舍去， 综上，点P的坐标为（2，2）或或或（2，3）． 【点评】本题主要考查运用待定系数法求二次函数解析式，二次函数与几何综合等知识以及等腰三角形的性质，熟练掌握二次函数的性质是解答本题的关键． 10．（2024•永川区校级模拟）如图1，点A为直线l：yx与抛物线y＝﹣x2+2x+3在x轴上的一个交点，点B（m，﹣2）为直线l：yx上一点，抛物线y＝﹣x2+2x+3与y轴交于点C． （1）求△ABC的面积； （2）点P是直线l上方的抛物线上一点，过P作PE∥x轴交直线l于E，P作PF∥y轴交直线l于F，求PE+PF的最大值及此时点P的坐标； （3）如图2，将抛物线y＝﹣x2+2x+3向右平移2个单位得到新抛物线y′，平移后的抛物线y′与原抛物线交于点Q，点M是新抛物线y′的对称轴上一点．若△AQM是以AQ为腰的等腰三角形，请直接写出点M的坐标． 【分析】（1）由△ABC的面积CT×（xB﹣xA），即可求解； （2）由PF＝（﹣x2+2x+3）﹣F（x）＝﹣（x）2，即可求解； （3）分AQ＝AM、AQ＝MQ两种情况，利用线段长度相等，即可求解． 【解答】解：（1）当yx2时， 解得：x＝3，即点B（3，﹣2）； 令y＝﹣x2+2x+3＝0，则x＝﹣1或3，即点A（﹣1，0）， 设直线l和y轴的交点为点T，则点T（0，）， 则△ABC的面积CT×（xB﹣xA）（3）×（3+1）＝7； （2）如图2，由直线l的表达式yx知，tan∠xAB， ∵EF∥x轴，则∠xAB＝∠PEF， 则tan∠PEF，则PE＝2PF， 则PE+PF＝3PF， 设点P（x，﹣x2+2x+3），则点F（x，x）， 则PF＝（﹣x2+2x+3）﹣F（x）＝﹣（x）2， 即PF的最大值为， 则PE+PF的最大值为：3PF，此时，点P（，）； （3）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4①， 则平移后的抛物线表达式为：y′＝﹣（x﹣3）2+4②， 联立①②得：﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣3）2+4， 解得：x＝2， 则点Q（2，3）， 设点M（3，m）， 由点A、M、Q的坐标得，AQ2＝（2+1）2+32＝18，AM2＝（3+1）2+m2，MQ2＝1+（m﹣3）2， 当AQ＝AM时，则18＝（3+1）2+m2， 解得：m， 则点M的坐标为：（3，）或（3，）； 当AQ＝MQ时，则18＝1+（m﹣3）2， 解得：m＝3， 即点M的坐标为：（3，3）或（3，3）， 综上，点M的坐标为：（3，）或（3，）或（3，3）或（3，3）． 【点评】本题考查了二次函数的综合题，涉及到解直角三角形、等腰三角形的性质、二次函数最值的确定等知识点，其中（3），分类求解是本题解题的关键． 11．（2024•东营区校级模拟）如图1，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，B点的坐标为（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3）． （1）求抛物线的关系式； （2）M是第四象限抛物线上一点，当四边形ABMC的面积最大时，求点M的坐标和四边形ABMC的最大面积； （3）如图2，在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PBC是以BC为斜边的直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）将B，C两点坐标代入y＝x2+bx+c，利用待定系数法求解； （2）连接BC，过M作x轴的垂线交BC于点N，S四边形ABMC＝S△ABC+S△MBC，其中S△ABC为定值，设M点坐标为（x，x2﹣2x﹣3），则，化为顶点式，即可求出最值； （3）取BC中点D，过点D作抛物线对称轴的垂线，垂足为Q，由直角三角形斜边中线的性质可得，设点P坐标为（1，n），利用勾股定理解Rt△PQD，求出n的值即可． 【解答】解：（1）把B，C两点坐标代入抛物线解析式可： ， 解得， ∴抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3； （2）如图1，连接BC，过M作x轴的垂线交BC于点N， 在y＝x2﹣2x﹣3中，令y＝0， 解得x＝﹣1或x＝3， ∴A点坐标为（﹣1，0）． ∴AB＝3﹣（﹣1）＝4，且OC＝3， ∴， ∵B（3，0），C（0，﹣3）， ∴直线BC解析式为y＝x﹣3， 设M点坐标为（x，x2﹣2x﹣3），则N点坐标为（x，x﹣3）， ∵M在第四象限， ∴MN＝x﹣3﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+3x， ∴， ∴当时，，x2﹣2x﹣3， ∴当M为时，四边形ABMC的面积有最大值， 最大值． （3）解：在抛物线的对称轴上存在点P，使△PBC是以BC为斜边的直角三角形．理由如下： 如图2，取BC中点D，过点D作抛物线对称轴的垂线，垂足为Q， 在Rt△OBC中，由勾股定理得， 由题意，当∠BPC＝90°时，， 易求，抛物线的对称轴为直线x＝1， 设点P坐标为（1，n）， ∴，， 由PQ2+DQ2＝PD2，得， 解得，， ∴点P的坐标为或． 【点评】本题属于二次函数综合题，考查求二次函数解析式，铅垂法求三角形面积，二次函数的最值，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质等，解题的关键是正确作出辅助线，熟练运用数形结合思想． 12．（2024•南充模拟）如图，已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B两点，与y轴交于点C（0，﹣3）． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，点P是抛物线止位于第四象限内一动点，PD⊥BC于点D，求PD的最大值及此时点P的坐标； （3）如图2，点E是抛物线的顶点，点M是线段BE上的动点（点M不与B重合），过点M作MN⊥x轴于N，是否存在点M，使△CMN为直角三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3； （2）过P作PQ∥y轴交BC于Q，求出B（3，0），可得直线BC解析式为y＝x﹣3，∠BCO＝45°，即知∠PQD＝∠BCO＝45°，△PQD是等腰直角三角形，故PDPQ，设P（p，p2﹣2p﹣3），则PQ＝p﹣3﹣（p2﹣2p﹣3）＝﹣p2+3p，从而PD（﹣p2+3p）（p）2，根据二次函数性质可得答案； （3）求出抛物线顶点E坐标为（1，﹣4），直线BE解析式为y＝2x﹣6，设M（m，2m﹣6），则N（m，0），可得MN2＝（2m﹣6）2，MC2＝m2+（2m﹣6+3）2＝5m2﹣12m+9，NC2＝m2+9，分三种情况，用勾股定理逆定理列方程可得答案． 【解答】解：（1）把A（﹣1，0），C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c得： ， 解得， ∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3； （2）过P作PQ∥y轴交BC于Q，如图： 在y＝x2﹣2x﹣3中，令y＝0得x＝﹣1或x＝3， ∴B（3，0）， ∵C（0，﹣3）， ∴OB＝OC＝3，直线BC解析式为y＝x﹣3， ∴∠BCO＝45°， ∵PQ∥y轴， ∴∠PQD＝∠BCO＝45°， ∴△PQD是等腰直角三角形， ∴PDPQ， 设P（p，p2﹣2p﹣3），则Q（p，p﹣3）， ∴PQ＝p﹣3﹣（p2﹣2p﹣3）＝﹣p2+3p， ∴PD（﹣p2+3p）（p）2， ∵0， ∴当p时，PD取最大值， 此时P的坐标为（，）； （3）存在点M，使△CMN为直角三角形，理由如下： ∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4， ∴抛物线顶点E坐标为（1，﹣4）， 由E（1，﹣4），B（3，0）可得直线BE解析式为y＝2x﹣6， 设M（m，2m﹣6），则N（m，0）， 又C（0，﹣3）， ∴MN2＝（2m﹣6）2，MC2＝m2+（2m﹣6+3）2＝5m2﹣12m+9，NC2＝m2+9， 由题可知，MN，MC不可能为斜边， 当NC为斜边时，m2+9＝（2m﹣6）2+5m2﹣12m+9， 解得m＝3（舍去）或m， ∴M（，﹣3）． 综上所述，M坐标为（，﹣3）． 【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，等腰直角三角形判定与性质，勾股定理逆定理的应用等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度． 题型四 二次函数与相似三角形的综合 13．（2024•宿迁三模）抛物线y＝﹣2x2+2x+4交x轴于A，B两点（A在B的左边），交y轴于点C． （1）求A，B，C三点的坐标； （2）如图1，作直线x＝t（0＜t＜4），分别交x轴，线段BC，抛物线于D，E，F三点，连接CF，若△BDE与△CEF相似，求t的值； （3）如图2，将抛物线在BC上方的图象沿BC折叠后与y轴交于点G，直接写出G的坐标． 【分析】（1）对于y＝﹣2x2+2x+4，当x＝0时，y＝4，令y＝﹣2x2+2x+4＝0，则x＝2或﹣1，即可求解； （2）若△BDE与△CEF相似，则存在∠CFE或∠FCE为直角，再根据函数的性质，分别求解即可； （3）求出点T（t，t），由点T为G、G′的中点，得到点G′（t，），即可求解． 【解答】解：（1）对于y＝﹣2x2+2x+4，当x＝0时，y＝4， 令y＝﹣2x2+2x+4＝0，则x＝2或﹣1， 即A（﹣1，0）、B（2，0）、C（0，4）； （2）若△BDE与△CEF相似，则存在∠CFE或∠FCE为直角， 当∠CFE＝90°时， 则点C、F关于抛物线的对称轴对称， 则点F（1，4）， 则t＝1； 当∠FCE＝90°时， 由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y＝﹣2x+4， 则直线CF的表达式为：yx+4， 联立上式和抛物线的表达式得：x+4＝﹣2x2+2x+4， 解得：x＝0（舍去）或， 即t； 综上，t或1； （3）设点G（0，t），过点G作GG′⊥BC交BC于点T，交抛物线于点G，过点T作TH⊥y轴于点H， 由点B、C的坐标得，tan∠OBC＝2＝tanα＝tan∠CTH，则sinα，cosα， 则CT＝CGcosα＝（4﹣t）cosα，HT＝CTsinα（4﹣t），CH＝CTcosα（4﹣t）， 则点T（t，t）， ∵点T为G、G′的中点， 由中点坐标公式得：点G′（t，）， 将点G′的坐标代入表达式得：2（t）2+2（t）+4， 解得：t． 【点评】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，解决相关问题． 14．（2024•禅城区三模）综合应用 如图1，顶点为P的抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0）和点C（1，0），与y轴交于点B，连接AB、BP．（1）求b、c的值及∠PBA的度数； （2）如图2，动点M从点O出发，沿着OA方向以1个单位/秒的速度向A匀速运动，同时动点N从点A出发，沿着AB方向以个单位/秒的速度向B匀速运动，设运动时间为t秒，ME⊥x轴交AB于E，NF⊥x轴交抛物线于F，连接MN、EF． ①当EF∥MN时，求点F的坐标； ②直接写出在运动过程中，使得△BNP与△BMN相似的t的值． 【分析】（1）根据题意可得y＝（x+3）（x﹣1）＝x2+2x﹣3，能确定b、c的值，再由勾股定理可知△PBA是直角三角形，由此可求∠PBA＝90°； （2）①分别求出N（﹣3+t，﹣t），F（﹣3+t，t2﹣4t），M（﹣t，0），E（﹣t，t﹣3），再由MN∥EF，得到方程t﹣3＝t2﹣4t，解得t＝3（舍）或t＝1，即可求F（﹣2，﹣3）； ②由∠NBP＝90°，可知△MNB中只能是∠MNB＝90°，此时MN∥PB，再由△ANM是等腰直角三角形，可得﹣3+t，解得t＝1． 【解答】解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（﹣3，0）和点C（1，0）， ∴y＝（x+3）（x﹣1）＝x2+2x﹣3， ∴b＝2，c＝﹣3， ∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4， ∴P（﹣1，﹣4）， 当x＝0时，y＝﹣3， ∴C（0，﹣3）， ∴AB＝3，BP，PA＝2， ∴PA2＝PB2+BA2， ∴∠PBA＝90°； （2）①∵OA＝OB＝3， ∴∠OAB＝45°， ∴直线AB的解析式为y＝﹣x﹣3， ∵ANt， ∴N（﹣3+t，﹣t）， ∴F（﹣3+t，t2﹣4t）， ∵M（﹣t，0），ME⊥x轴， ∴E（﹣t，t﹣3）， ∵MN∥EF， ∴t﹣3＝t2﹣3t， 解得t＝3（舍）或t＝1， ∴F（﹣2，﹣3）； ②∵∠NBP＝90°， △MNB中只能是∠MNB＝90°，此时MN∥PB， ∴∠PNB＝∠MBN， ∴△MNB∽△PBN， ∵∠OAB＝45°， ∴△ANM是等腰直角三角形， ∴﹣3+t， 解得t＝1． 【点评】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，勾股定理，三角形相似的判定及性质是解题的关键． 15．（2024•双峰县模拟）如图，抛物线与x轴相交于点A（3，0）、点B（﹣1，0），与y轴交于点C（0，﹣3）． （1）求这条抛物线的解析式； （2）如图1，若点P为抛物线在第三象限图象上的点，且∠PAB＝∠OCB，求P点的坐标； （3）如图2，点D是抛物线上一动点，连接OD交线段AC于点E当△AOE与△ABC相似时，求点D的坐标． 【分析】（1）利用待定系数法确定函数解析式； （2）如图，过点P作PH⊥AB于点H，利用锐角三角函数的定义求得答案； （3）如图2，过点D作DK⊥x轴于点K，构造直角△DOK，设D（m，m2﹣2m﹣3），则K（m，0）．并由题意知点D位于第四象限．由于∠BAC是公共角，所以当△AOE与△ABC相似时，有二种情况： ①∠AOD＝∠ABC．则tan∠AOD＝tan∠ABC＝3．由锐角三角函数定义列出比例式，从而求得点D的坐标． ②∠AOD＝∠ACB．则tan∠AOD＝tan∠ACB＝2．由锐角三角函数定义列出比例式，从而求得点D的坐标． 【解答】解：（1）设抛物线解析式为：y＝ax2+bx+c，将点A（3，0），B（﹣1，0），C（0，﹣3）分别代入得： ，解得， 故抛物线解析式为：y＝x2﹣2x﹣3； （2）如图1，过点P作PH⊥AB于点H， ∵∠PAB＝∠OCB， ∴tan∠PAB＝tan∠OCB， ∵点B（﹣1，0），点C（0，﹣3）， ∴tan∠OCB， 设P（x，x2﹣2x﹣3）， ∴，解得x或3（舍去）， ∴P点的坐标为（，）； （3）如图2，过点D作DK⊥x轴于点K， 设D（m，m2﹣2m﹣3），则K（m，0）．并由题意知点D位于第四象限． ∴DK＝﹣m2+2m+3，OK＝m． ∵∠BAC是公共角， ∴当△AOE与△ABC相似时，有二种情况： ①∠AOD＝∠ABC时，△AOE∽△ABC， ∴tan∠AOD＝tan∠ABC＝3． ∴，解得m1，m2（舍去）， ∴D（，）； ②∠AOD＝∠ACB时，△AOE∽△ACB， 过点B作BQ⊥AC于点Q． ∵∠AOC＝90°，OA＝OC＝3， ∴∠OAC＝∠OCA＝45°，AC＝3． ∵∠BQA＝90°， ∴∠QAB+∠QBA＝90°． ∴∠QAB＝∠QBA＝45°． ∵在直角△AQB中，AQ2+BQ2＝AB2，AB＝4． ∴AQ＝BQ＝2． ∴CQ＝32． ∵∠BQC＝90°， ∴tan∠ACB2， ∴tan∠AOD＝tan∠ACB＝2． ∴2，解得m1，m2（舍去） ∴D（，﹣2）． 综上所述，当△AOE与△ABC相似时，点D的坐标是（，）或（，﹣2）． 【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了用待定系数法求函数解析式、锐角三角函数、相似三角形的判定与性质、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是解题的关键． 16．（2024•琼海校级三模）抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于B（1，0），C（﹣3，0）两点，与y轴交于A点． （1）求抛物线的表达式； （2）如图1，连接AC，在y轴的负半轴是否存在点Q，使得若存在，求Q点的坐标；若不存在，请说明理由； （3）如图2，点P是抛物线上的一个动点，且点P在第三象限内， ①连接PO与直线AC交于点D，求的最大值； ②过点P作y轴的垂线交y轴于点M，若△ABO～△PAM，求此时点P的横坐标． 【分析】（1）利用待定系数法即可求解； （2）根据三角形外角的性质可得∠ACQ＝∠OQC，则AQ＝AC，利用勾股定理求出AC，即可得到结论； （3）①过点P作PE⊥x轴于点E，交AC于点F，则AO∥PF，△DFP∽△DAO，得到，由于OA是定值，因此当PF取最大值时，取得最大值，设P（a，a2+2a﹣3），则F（a，﹣a﹣3），PF＝yF﹣yP＝﹣（a）2，根据二次函数的性质可得PF的最大值为，即可求解； ②分点M在点A上方和点M在点A下方两种情况，根据相似三角形的性质求解即可． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过B（1，0），C（﹣3，0）， ∴，解得， ∴抛物线的表达式为y＝x2+2x﹣3； （2）存在， 抛物线y＝x2+2x﹣3，令x＝0得y＝﹣3， ∴A（0，﹣3）， ∵C（﹣3，0）， ∴AC3， ∵∠OQC∠OAC，∠OQC+∠ACQ＝∠OAC， ∴∠ACQ＝∠OQC， ∴AQ＝AC＝3， ∴Q点的坐标为（0，﹣3﹣3）； （3）①如图2，过点P作PE⊥x轴于点E，交AC于点F， ∴AO∥PF， ∴△DFP∽△DAO， ∴， ∵OA＝3， ∴当PF取最大值时，取得最大值， ∵A（0，﹣3），C（﹣3，0）， ∴直线AC的表达式为y＝﹣x﹣3， 设P（a，a2+2a﹣3），则F（a，﹣a﹣3）， ∴PF＝yF﹣yP＝﹣a﹣3﹣a2﹣2a+3＝﹣（a）2， ∴当a时，PF取的最大值为， 此时，即的最大值为； ②∵A（0，﹣3），B（1，0）， ∴AO＝3，BO＝1， ∵△ABO～△PAM， ∴3， 设P（p，p2+2p﹣3），则M（0，p2+2p﹣3）， 当点M在点A上方时， 3， ∴p或0（舍去）， ∴此时点P的横坐标为； 当点M在点A下方时， 3， ∴p或0（舍去）， ∴此时点P的横坐标为； 综上，点P的横坐标为或． 【点评】本题是二次函数的综合题，考查了用待定系数法求二次函数解析式、勾股定理、相似三角形的判定与性质、二次函数的性质，灵活运用所学知识解决问题是解题的关键． 题型五 二次函数与角度的综合 17．（2024•曲阜市二模）如图，抛物线yx2+bx与x轴交于点A（5，0）． （1）求抛物线的函数表达式； （2）点B（1，m）是抛物线上一点，点C是线段AB上一点，连接OC并延长交抛物线于点D，若，求点D的坐标； （3）抛物线上是否存在点P，使得∠OPA＝45°？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由． 【分析】（1）用待定系数法，把点A（5，0）代入yx2+bx中，求出b．得到表达式． （2）过C，D作OA的垂线，得对应线段成比例，再找出各坐标之间的关系，列方程，求点D坐标． （3）添加过三点的圆，利用45度圆周角，得到90度圆心角，利用勾股定理，找到各线段的长，求出半径，设P的坐标，P既在抛物线上又在圆上，列方程，求出P的坐标． 【解答】解：（1）由已知得25+b×5＝0， b， ∴yx2x． （2）作CE⊥OA于E，DF⊥OA于F． 当x＝1时， m121＝2， 点B坐标为（1，2）． 设AB解析式为：y＝kx+b， ， 解得． ∴y． ∵， ∴． ∵CE⊥OA于E，DF⊥OA于F， ∴CE∥DF， ∴， 设E点坐标为（m，0）， ∴点C坐标为（m，）， 点F坐标为（m，0）， 点D坐标为（m，）． ∵点D在抛物线上， ∴（m）2m， ∴9m2﹣30m+25＝0， m1＝m2． ∴点D坐标为（3，3）． （3）作过O、P、A三点的圆M，连接OM，AM，PM，作MN⊥OA于N， ∵∠OPA＝45°， ∴∠AMO＝90°， ∵OM＝OA，OA＝5， 又∵MN⊥OA， ∴ON＝AN＝MN＝2.5， ∴点M坐标为（2.5，﹣2.5）， ∴OA＝OM， ∴PM， 设点P坐标为（x，y）， ∴（x﹣2.5）2+（y+2，5）2＝（）2， ∴x2﹣5x+y2+5y＝0， ∵yx2x． ∴y2+3y＝0， ∴y1＝0，（不合题意舍去），y2＝﹣3． ∴y＝﹣3， ∴﹣3x2x， ∴x1＝﹣1，x2＝6， ∴点P坐标为（﹣1，﹣3）或（6，﹣3）． 【点评】此题把抛物线和平行线，圆的知识结合在一起，综合性较强，难度较大，得分率较低． 18．（2024•秦安县校级三模）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标系的原点，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴相交于点A和点B，与y轴相交于点C，直线y＝﹣x+3经过点B和点C． （1）求抛物线的解析式； （2）点P为第一象限内抛物线上一点，过点P作y轴的平行线交线段BC于点D，设PD＝d，点P的横坐标为t，求d与t之间的函数关系式； （3）在（2）的条件下，点P为抛物线的顶点，连接PC并延长交x轴于点E，点F为线段OB上的点，连接CF，过点E作EG⊥CF于点G，射线EG交线段BC于点H，交抛物线于点N，连接FN交线段BC于点R，若∠CFN＝2∠NEA，求点N的坐标． 【分析】（1）利用直线解析式求得B，C坐标，利用待定系数法即可求得抛物线的解析式； （2）利用直线与抛物线的解析式表示出点P，D的坐标，用两点的纵坐标表示出线段PE，DE的长度，则PD＝PE﹣DE； （3）利用配方法求得点P的坐标，进而求得直线PC的解析式，点E的坐标，线段EC的长度；过点F作∠CFN的平分线交BC于点M，过点R作RQ⊥AB于点Q，证明△OED≌△OCF，得到OF＝OD；设OF＝a，FQ＝b，则OD＝a，BQ＝3﹣a﹣b，证明△COF∽△RQF，求得b值，进而得到点R坐标，利用待定系数法求出直线RQ与DE的解析式，联立组成方程组，解方程组即可得到用a表示的点N的坐标，将其代入抛物线的解析式即可得出结论． 【解答】解：（1）对于y＝﹣x+3，令x＝0，则y＝3， ∴C（0，3）． 令y＝0，则﹣x+3＝0， 解得：x＝3， ∴B（3，0）． ∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点B，C， ∴， 解得：． ∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3． （2）设直线PD交x轴于点E，如图， ∵点P为第一象限内抛物线上一点，点P的横坐标为t， ∴P（t，﹣t2+2t+3）． ∴PE＝﹣t2+2t+3． ∵过点P作y轴的平行线交线段BC于点D， ∴D（t，﹣t+3）． ∴DE＝﹣t+3． ∴PD＝PE﹣DE＝﹣t2+3t． ∴d＝﹣t2+3t． （3）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4， ∴P（1，4）． 令x＝0，则y＝3， ∴C（0，3）． ∴OC＝3． 设直线PC的解析式为y＝kx+m， ∴， 解得：． ∴直线PC的解析式为y＝x+3． 令y＝0，则x＝﹣3， ∴E（﹣3，0）． ∴OE＝3． ∵OE⊥OC， ∴∠OEC＝∠OCE＝45°，ECOC＝3． 过点F作∠CFN的平分线交BC于点M，过点R作RQ⊥AB于点Q，如图， ∵∠CFN＝2∠NEA， ∴∠MFD＝∠MFN＝∠NEA． ∵EG⊥CF， ∴∠NEA+∠EFD＝90°． ∴∠MFD+∠EFD＝90°． 即：MF⊥AB． ∵OC⊥AB， ∴MF∥OC． ∴∠OCF＝∠MFC． ∴∠OCF＝∠NEA． 设直线EN交y轴于点D， 在△OED和△OCF中， ， ∴△OED≌△OCF（ASA）． ∴OD＝OF． 设OF＝a，FQ＝b，则OD＝a，BQ＝3﹣a﹣b， ∵∠OBC＝45°，RQ⊥AB， ∴RQ＝3﹣a﹣b． ∵∠COF＝∠RQF＝90°，∠CFO＝∠RFQ， ∴△COF∽△RQF． ∴． ∴． 整理得：b． ∴OQ＝OF+FQ，RQ＝BQ＝3﹣a． ∴R（，）． 设直线FR的解析式为y＝dx+e， ∵F（a，0）， ∴． 解得：． ∴直线FR的解析式为yx﹣3． 由于E（﹣3，0），D（0，a）， 同理可求直线ED的解析式为：yx+a． ∴． 解得：． ∴N（，）． ∵点N在抛物线y＝﹣x2+2x+3上， ∴23． 解得：a或（负数不合题意，舍去）． ∴． ∴N（，）． 【点评】本题是一道二次函数的综合题，主要考查了待定系数法确定函数的解析式，二次函数图象的性质，二次函数图象上点的坐标的特征，一次函数图象的性质，一次函数图象上点的坐标的特征，勾股定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，利用点的只能表示出相应线段的长度是解题的关键． 19．（2024•北碚区校级三模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线过点（2，3），交x轴于点A（﹣4，0）和点B，交y轴于点C，连接AC，BC． （1）求抛物线的解析式； （2）若点P是直线AC下方抛物线上一动点，过点P作PM∥BC交AC于点M，过点P作PN∥y轴交AC于点N，求△PMN周长的最大值及此时点P的坐标； （3）将原抛物线沿射线CB方向平移个单位长度得到新抛物线y′，在新抛物线y′上是否存在一点H，使得∠ABH＝2∠BAC．若存在，请直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可； （2）先判断△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，再由PM∥BC，PN∥OC，可得∠MPN＝∠BCO，∠PMN＝90°，分别求出PMPN，MNPN，则△PMN周长＝（1）PN，设P（t，t2t﹣2），则N（t，t﹣2），PNt﹣2﹣（t2t﹣2）t2﹣2t（t+2）2+2， 当t＝﹣2时，PN有最大值2，可求△PMN周长的最大值为2，此时P（﹣2，﹣3）； （3）先求平移后的函数解析式y'x2x﹣1，作C点关于x轴的对称点E，则E（0，2），连接AE，过点C作CF⊥AE交于F点，利用等积法求CF，则AF，由此可得tan2∠BAC＝tan∠ABH，过H点作HM⊥x轴交于M点，设H（m，m2m﹣1），根据方程，求出H（，）或（，）． 【解答】解：（1）将点（2，3），（﹣4，0）代入抛物线， ∴， 解得， ∴抛物线的解析式为yx2x﹣2； （2）当y＝0时，x2x﹣2＝0， 解得x＝1或x＝﹣4， ∴B（1，0）， 当x＝0时，y＝﹣2， ∴C（0，﹣2）， ∴AB＝5，AC＝2，BC， ∴AB2＝AC2+BC2， ∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°， ∵PM∥BC， ∴PM⊥AC， ∵PN∥OC， ∴∠MPN＝∠BCO， ∵sin∠OCB，cos∠OCB， ∴PMPN，MNPN， ∴△PMN周长＝（1）PN＝（1）PN， 设直线AC的解析式为y＝kx﹣2， ∴﹣4k﹣2＝0， 解得k， ∴直线AC的解析式为yx﹣2， 设P（t，t2t﹣2），则N（t，t﹣2）， ∴PNt﹣2﹣（t2t﹣2）t2﹣2t（t+2）2+2， 当t＝﹣2时，PN有最大值2， ∴△PMN周长的最大值为2，此时P（﹣2，﹣3）； （3）存在点H，使得∠ABH＝2∠BAC，理由如下： ∵OC＝2，OB＝1， ∴BC， ∵将原抛物线沿射线CB方向平移个单位长度， ∴原抛物线沿x轴正方向平移1个单位长度，沿y轴正方向平移2个单位长度， ∴y'x2x﹣1， 作C点关于x轴的对称点E，则E（0，2），连接AE，过点C作CF⊥AE交于F点， ∵CO＝EO＝2，AO＝4， ∴AC＝AE＝2， ∵4×42CF， ∴CF， ∴AF， ∴tan2∠BAC， ∵∠ABH＝2∠BAC， ∴tan∠ABH， 过H点作HM⊥x轴交于M点， 设H（m，m2m﹣1）， ∴， ∴m2m﹣3＝4﹣4m或m2m﹣3＝4m﹣4， 解得m或m， ∴H（，）或（，）． 【点评】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，直角三角形的性质，平行线的性质，勾股定理的应用，等腰三角形的性质是解题的关键． 20．（2024•香坊区校级三模）如图，已知抛物线y＝ax2﹣2ax+3交x轴于点A、B（点A在点B左侧），交y轴于点C，且OC＝3OA； （1）如图1，求抛物线的解析式； （2）如图2，点P在第一象限的抛物线上，连接AP交y轴于点D，若点P的横坐标为t，△APB的面积为S，求S与t间的函数关系式（不要求写出t的取值范围）； （3）如图3，在（2）的条件下，连接AC，∠ACO+∠PAB＝∠PAC，以AP为斜边在AP下方作等腰直角△APQ，求点Q的坐标． 【分析】（1）依次求出C和A的坐标，代入y＝ax2﹣2ax+3计算即可； （2）过P作PE⊥x轴于E，根据S＝S△APB求解即可； （3）由∠ACO+∠PAB＝∠PAC可得∠PAC＝45°，即可得到∠ACO＝∠QAB，由，可以设Q（﹣3m﹣1，m），再过Q作QM⊥x轴于M，过P作PN⊥QM轴于N，可证得△AQM≌△QPN（AAS），得到PN＝QM，QN＝AM列方程求解即可． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2﹣2ax+3交y轴于点C， ∴C（0，3）， ∵OC＝3OA， ∴OA＝1， ∴A（﹣1，0）， 把A（﹣1，0）代入y＝ax2﹣2ax+3得0＝a+2a+3， 解得a＝﹣1， ∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3． （2）如图，过P作PE⊥x轴于E， 令y＝0，即﹣x2+2x+3＝0， 解得x1＝﹣1，x2＝3， ∴B（3，0）， ∴AB＝4， 设P（t，﹣t2+2t+3）， 则PE＝﹣t2+2t+3， ∴ ∴S＝S△APB2t2+4t+6． （3）如图，过Q作QM⊥x轴于M，过P作PN⊥QM轴于N， ∵∠ACO+∠PAB＝∠PAC，∠ACO+∠PAB+∠PAC+∠AOC＝180°， ∴∠PAC＝45°， ∵等腰直角△APQ， ∴∠QAP＝45°＝∠QAB+∠PAB，AQ＝PQ，∠AQP＝90°， ∴∠ACO＝∠QAB， ∴， ∴AM＝3QM， ∴设Q纵坐标为m，则QM＝﹣m，AM＝3QM＝﹣3m， ∴OM＝AM﹣OA＝﹣3m﹣1， ∴Q（﹣3m﹣1，m），P（t，﹣t2+2t+3）， ∴PN＝t+3m+1，QN＝﹣t2+2t+3﹣m， ∵QM⊥x轴于M，PN⊥QM轴于N， ∴∠AMQ＝∠PNQ＝90°，∠QAM＝∠PQN＝90°﹣∠AQM， ∴△AQM≌△QPN（AAS）， ∴PN＝QM，QN＝AM， ∴， 解得t＝﹣1（P与A重合，舍去）或， ∴， ∴ 【点评】本题考查二次函数综合题，涉及到求二次函数解析式，面积问题，等腰直角三角形等知识点，掌握二次函数的性质是解题的关键． 题型六 二次函数与特殊四边形的综合 21．（2024•香洲区校级三模）如图，二次函数图象的顶点为坐标原点O，且经过点A（3，3），一次函数的图象经过点A和点B（6，0），一次函数图象与y轴相交于点C． （1）求二次函数与一次函数的解析式； （2）如果点D在线段AC上（不与A、C重合），与y轴平行的直线DE与二次函数图象相交于点E，∠CDO＝∠OED，求点D的坐标； （3）当点D在直线AC上的一个动点时，与y轴平行的直线DE与二次函数图象相交于点E，以点O、C、D、E为顶点的四边形能成为平行四边形吗？请说明理由． 【分析】（1）利用待定系数分别求出二次函数与一次函数的解析式； （2）由DE∥y轴，∠CDO＝∠OED，得到△CDO∽△OED，则DO2＝DE•CO，设D点的坐标为（m，﹣m+6），那么点E的坐标为，因此列方程，解方程得到，即可得到D点坐标； （3）由OC∥DE，若DE＝OC，以点O、C、D、E为顶点的四边形为平行四边形；分类讨论：①当点D在点E上方，②当点D在E下方，分别求解即可得到D点坐标． 【解答】解：（1）设二次函数的解析式为y＝ax2，把A（3，3）代入得， ∴二次函数的解析式为； 设一次函数的解析式为y＝kx+b， 把A（3，3），B（6，0）分别代入得，， 解得， ∴一次函数的解析式为y＝﹣x+6； （2）∵DE∥y轴， ∴∠COD＝∠ODE， ∵∠CDO＝∠OED， ∴△CDO∽△OED， ∴，即DO2＝DE•CO， 设D点的坐标为（m，﹣m+6），那么点E的坐标为， ∴OD2＝m2+（m﹣6）2＝2m2﹣12m+36，， 又∵直线y＝﹣x+6与y轴交于点C， 当x＝0时，y＝6， ∴点C的坐标为（0，6），CO＝6， ∴， 解得m1＝0（不合题意，舍去），， ∴点D的坐标为； （3）以点O、C、D、E为顶点的四边形能成为平行四边形． 理由如下： 若DE＝OC，则以点O、C、D、E为顶点的四边形为平行四边形， ①当点D在点E上方，， 得x1＝0（舍去），x2＝﹣3， y＝﹣（﹣3）+6＝9 （2）当点D在E下方，，得． 当，； 当，． 所以D点的坐标为：（﹣3，9）或或． 【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的图象与性质．平行四边形的性质以及一元二次方程的解法等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想解决问题． 22．（2024•香洲区校级三模）如图1，抛物线y＝mx2+8mx+12m（m＞0），与x轴交于A、B两点（A在B的右侧），与y轴交于点C，点D是第三象限内抛物线上的一点，连接OD、AD、BD． （1）若△OBC为等腰直角三角形，求m的值； （2）若OD＝BD，∠ODA＝∠OBD，求抛物线的函数表达式； （3）如图2，点P是抛物线上一动点，点Q在抛物线的对称轴上，若以点B、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，请直接写出所有满足条件的点P的坐标． 【分析】（1）△OBC为等腰直角三角形，故OB＝OC，即6＝12m，即可求解； （2）证明△ODA∽△OBD，求出OD＝2，进而求解； （3）①当BC是菱形的边时，则点B向右平移6个单位向上平移12m个单位得到点C，同样Q（P）向右平移6个单位向上平移12m个单位得到点P（Q），得到点P的坐标为（2，n+12m）或（﹣10，n﹣12m），进而求解；②当BC是对角线时，由中点坐标公式得：点P（﹣2，12m﹣n），进而求解． 【解答】解：（1）令y＝mx2+8mx+12m＝0，则x＝﹣2或﹣6，令x＝0，则y＝12m， 即点A、B的坐标分别为（﹣2，0）、（﹣6，0），点C（0，12m）； ∵△OBC为等腰直角三角形，故OB＝OC， 即6＝12m， 解得：m， 故抛物线的表达式为：yx2+4x+6； （2）过点D作DH⊥AB于点H， ∵∠ODA＝∠OBD，∠AOD＝∠BOD， ∴△ODA∽△OBD， 则OD2＝OA•OB＝2×6＝12，则OD＝2， ∵OD＝BD，DH⊥AB， 则OHAB＝3，∠DBO＝∠BOD＝∠ODA， 则AH＝OH﹣AO＝3﹣2＝1， ∵∠BOD＝∠ODA， ∴AD＝OA＝2， 则HD， 即点D（﹣3，）， 将点D的坐标代入抛物线表达式得：9m﹣24m+12m， 解得：m， 故抛物线的表达式为：yx2x+4； （3）由（1）知，点B（﹣6，0），点C（0，12m），抛物线的对称轴为x＝﹣4， 设点Q（﹣4，n）， ①当BC是菱形的边时， 则点B向右平移6个单位向上平移12m个单位得到点C，同样Q（P）向右平移6个单位向上平移12m个单位得到点P（Q）， 则点P的坐标为（2，n+12m）或（﹣10，n﹣12m）， 当点P的坐标为（2，n+12m），将点P的坐标代入抛物线表达式并解得：n＝20m， 即点P的坐标为（2，32m）， ∵以点B、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，则BC＝PC， 即（﹣6）2+（12m）2＝（2﹣0）2+（32m﹣12m）2， 解得：m（舍去负值），即m， 即点P（2，8）； 当点P的坐标为（﹣10，n﹣12m）时， 同理可得：点P（﹣10，）； ②当BC是对角线时，由中点坐标公式得：点P（﹣2，12m﹣n）， 将点P的坐标代入抛物线表达式得：12m﹣m＝4m﹣16m+12m， 解得：n＝12m， 此时，点P的纵坐标和点C的纵坐标相同，显然不可能，故舍去； 综上，点P的坐标为（2，8）或（﹣10，）． 【点评】本题考查了二次函数的综合题，涉及到一次函数的性质、图形的平移、三角形相似、菱形的基本性质等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏． 23．（2024•东莞市校级一模）如图，抛物线y＝﹣x2+3x+4和直线y＝x+1交于A（﹣1，0），B（3，4）点，点B在直线x＝3上，直线x＝3与x轴交于点C． （1）求∠BAC的度数． （2）点P从点A出发，以每秒个单位长度的速度沿线段AB向点B运动，点Q从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段CA向点A运动，点P，Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t＞0）．以PQ为边作矩形PQNM，使点N在直线x＝3上． ①当t为何值时，矩形PQNM的面积最小？并求出最小面积； ②直接写出当t为何值时，恰好有矩形PQNM的顶点落在抛物线上． 【分析】（1）由点B的坐标得，BC＝4，则AC＝3﹣（﹣1）＝4，则△ABC为等腰直角三角形，即可求解； （2）①分别用t表示PE、PQ、EQ，用△PQE∽△QNC表示NC及QN，列出矩形PQNM面积与t的函数关系式问题可解； ②由①利用线段中点坐标分别等于两个端点横纵坐标平均分的数量关系，表示点M坐标，分别讨论M、N、Q在抛物线上时的情况，并分别求出t值． 【解答】解：（1）由点B的坐标得，BC＝4，则AC＝3﹣（﹣1）＝4， 则△ABC为等腰直角三角形， 则∠BAC的度数为45°； （2）①过点P作PE⊥x轴于点E． ∵直线y＝x+1与x轴夹角为45°，P点速度为每秒个单位长度， ∴t秒时点E坐标为（﹣1+t，0），Q点坐标为（3﹣2t，0）， ∴EQ＝4﹣3t，PE＝t， ∵∠PQE+∠NQC＝90°， ∠PQE+∠EPQ＝90°， ∴∠EPQ＝∠NQC， ∴△PQE∽△QNC， ∴， ∴矩形PQNM的面积S＝PQ•NQ＝2PQ2， ∵PQ2＝PE2+EQ2， ∴S＝2（）2＝20t2﹣48t+32， 当t时， S最小； ②由①点Q坐标为（3﹣2t，0），P坐标为（﹣1+t，t）， ∴△PQE∽△QNC，可得NC＝2EQ＝8﹣6t， ∴N点坐标为（3，8﹣6t）， 由矩形对角线互相平分， ∴点M坐标为（3t﹣1，8﹣5t）， 当M在抛物线上时， 8﹣5t＝﹣（3t﹣1）2+3（3t﹣1）+4， 解得：t， 当点Q到A时，Q在抛物线上，此时t＝2， 当N在抛物线上时，8﹣6t＝4， ∴t， 综上所述当t或或2时，矩形PQNM的顶点落在抛物线上． 【点评】本题是代数几何综合题，考查了二次函数、一次函数、三角形相似和矩形的有关性质，解答时应注意数形结合和分类讨论的数学思想． 24．（2024•深圳三模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与轴交于A，B点，与y轴交于点C（0，3），点B的坐标为（3，0），点P是抛物线上一个动点． （1）求二次函数解析式； （2）若P点在第一象限运动，当P运动到什么位置时，△BPC的面积最大？请求出点P的坐标和△BPC面积的最大值； （3）连接PO，PC，并把△POC沿CO翻折，那么是否存在点P，使四边形POP′C为菱形；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）利用待定系数法求出函数解析式即可； （2）设P（x，﹣x2+2x+3），求出直线BC的解析式为y＝﹣x+3，设Q（x，﹣x+3），得到，根据二次函数的性质解答即可； （3）设点P（x，﹣x2+2x+3），PP′交CO于点E，若四边形POP′C是菱形，连接PP′，则PE⊥OC，，得到方程，解方程即可得到答案． 【解答】解：（1）将B（3，0），C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c， 得， 解得， ∴二次函数的解析式为y＝﹣x2+2x+3． （2）设P（x，﹣x2+2x+3）， 设直线BC的解析式为y＝mx+n， 则， 解得， ∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3， 设Q（x，﹣x+3）， ∴， 当时，△CPB的面积最大， ， 此时，点的坐标为，△CPB的面积最大值为． （3）存在．如图，设点P（x，﹣x2+2x+3），PP′交CO于点E， 若四边形POP′C是菱形，连接PP′，则PE⊥OC，， ∴， 解得，， ∴或． 【点评】此题是二次函数综合题，考查了待定系数法、二次函数图象与面积问题、二次函数与特殊四边形等知识，数形结合是解题的关键． 1．（2024•罗江区模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于A（﹣1，0），B（4，0）两点，交y轴于点C． （1）求抛物线的表达式； （2）点P是直线BC上方抛物线上的一动点，过点P作PE∥y轴交BC于点E，在y轴上取一点F，使得EF＝EC，求PE+CF的最大值及此时点P坐标； （3）将原抛物线沿射线CB方向平移个单位长度得到新抛物线y1，过点B作直线MN垂直于BC交y轴于点N，交新抛物线y1于点M，请直接写出点M的横坐标． 【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）由EF＝EC，得到CF＝2（yC﹣yE）＝2（2x﹣1）＝x，即可求解； （3）由平移的性质得到新抛物线的表达式，由直线MN⊥BC且过点B（4，0），求出直线MN的表达式，进而求解． 【解答】解：（1）设抛物线的表达式为：y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）， 则y＝a（x+1）（x﹣4）＝a（x2﹣3x﹣4）＝ax2+bx+2， 则﹣4a＝2， 解得：a， 则抛物线的表达式为：yx2x+2； （2）由抛物线的表达式知，点C（0，2）， 由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：yx+2， 设点P（x，x2x+2），则点E（x，x+2）， 则PE＝（x2x+2）﹣（x+2）x2+2x， ∵EF＝EC， 则CF＝2（yC﹣yE）＝2（2x﹣2）＝x， ∴PE+CFx2+3x， ∵0， 故PE+CF有最大值， 当x＝3时，PE+CF的最大值为：4.5，此时点P（3，2）； （3）将原抛物线沿射线CB方向平移个单位长度相当于将抛物线向右平移2个单位向下平移1个单位， 则y′（x﹣2）2（x﹣2）+2﹣1x2x﹣4， ∵直线BC的表达式为：yx+2， 直线MN⊥BC且过点B（4，0）， 则直线MN的表达式为：y＝2（x﹣4）， 联立直线MN和新抛物线的表达式得：2（x﹣4）x2x﹣4， 即x2﹣3x﹣8＝0， 解得：x， 即点M的横坐标为． 【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到图象的平移、等腰三角形的性质、函数最值的确定等，有一定的综合性，难度适中． 2．（2024•硚口区模拟）如图1，抛物线C：y＝ax2+2ax+3交x轴于A，B两点，交y轴于C点，且AB＝4． （1）直接写出抛物线C的解析式； （2）D在第二、四象限的抛物线C上，在抛物线C的对称轴上是否存在点E，使以A，C，D，E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求点E的坐标；若不存在，请说明理由； （3）如图2，将抛物线C向右平移1个单位长度，得到抛物线C1，直线y＝kx+1（k＞0）交抛物线C1于M，N两点，直线MP，NP与抛物线C1都只有唯一公共点，直线MP，NP分别交x轴于S，T两点，若△PST的面积为，求k的值． 【分析】（1）由根与系数的关系可得xA+xB＝﹣2，再由xB﹣xA＝4，分别求出A（﹣3，0），B（1，0），将B点代入y＝ax2+2ax+3，即可函数的解析式； （2）设 D（d，﹣d2﹣2d+3），E（﹣1，e），根据平行四边形的对角线性质，分两种情况讨论即可求解； （3）先求平移后的抛物线C1：y＝﹣x2+4，设 M（m，﹣m2+4），N（n，﹣n2+4），当kx+1＝﹣x2+4时，m+n＝﹣k，mn＝﹣3，设直线MP的解析式为 y＝k1x+b，当k1x+b＝﹣x2+4时，根据直线MP与抛物线C1只有唯一公共点，可推导出k1＝﹣2m，b＝m2+4，则直线MP的解析式为y＝﹣2mx+m2+4，求出点S的坐标为（，0），同理，直线NP的解析式为y＝﹣2nx+n2+4，点T的坐标为（，0），当﹣2mx+m2+4＝﹣2nx+n2+4时，mn＝﹣3，可得yP＝7，再由△PST的面积ST×yP，求出k的值为2． 【解答】解：（1）当y＝0时，ax2+2ax+3＝0， ∴xA+xB＝﹣2， ∵AB＝4， ∴xB﹣xA＝4， ∴xB＝1，xA＝﹣3， ∴A（﹣3，0），B（1，0）， 将B点代入y＝ax2+2ax+3， ∴a+2a+3＝0， 解得a＝﹣1， ∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3； （2）存在，理由如下： ∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4， ∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1， 设 D（d，﹣d2﹣2d+3），E（﹣1，e）， ①当AC是对角线时，xA+xC＝xD+xE，yA+yC＝yD+yE， ∴﹣3+0＝d+（﹣1），0+3＝﹣d2﹣2d+3+e， 解得 d＝﹣2，e＝0， ∴E（﹣1，0）； ②当AD是对角线时，xA+xD＝xC+xE，yA+yD＝yC+yE， ∴﹣3+d＝0+（﹣1），0+（﹣d2﹣2d+3）＝3+e， 解得 d＝2，e＝﹣8， ∴E（﹣1，﹣8）； 综上所述，点E的坐标为 （﹣1，0）或 （﹣1，﹣8）； （3）将抛物线C向右平移1个单位长度，可以得到抛物线C1：y＝﹣x2+4， 设 M（m，﹣m2+4），N（n，﹣n2+4）， 当kx+1＝﹣x2+4时，x2+kx﹣3＝0， ∴m+n＝﹣k，mn＝﹣3， 设直线MP的解析式为 y＝k1x+b， 当k1x+b＝﹣x2+4时，x2+k1x+b﹣4＝0， ∵直线MP与抛物线C1只有唯一公共点， ∴方程x2+k1x+b﹣1＝0 的解为x1＝x2＝m， ∴2m＝﹣k1，m2＝b﹣4， ∴k1＝﹣2m，b＝m2+4， ∴直线MP的解析式为y＝﹣2mx+m2+4， 当y＝0时，， ∴点S的坐标为（，0）， 同理，直线NP的解析式为y＝﹣2nx+n2+4，点T的坐标为（，0）， 当﹣2mx+m2+4＝﹣2nx+n2+4时，mn＝﹣3， ∴yP＝7， △PST的面积ST×yP， 解得k＝2或 k＝﹣2（舍）， ∴k的值为2． 【点评】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，平行四边形的性质，待定系数法求函数的解析式，根与系数的关系是解题的关键． 3．（2024•沙市区三模）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线经过A，B两点且与x轴的负半轴交于点C． （1）求该抛物线的解析式； （2）若点D为直线AB上方抛物线上的一个动点，当∠ABD＝2∠BAC时，求点D的坐标； （3）已知E，F分别是直线AB和抛物线上的动点，设点E的横坐标为t，当以B，O，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出t的所有可能取值． 【分析】（1）求得A、B两点坐标，代入抛物线解析式，获得b、c的值，获得抛物线的解析式． （2）通过平行线分割2倍角条件，得到相等的角关系，利用等角的三角函数值相等，得到点坐标． （3）B、O、E、F四点作平行四边形，以已知线段OB为边和对角线分类讨论，当OB为边时，以EF＝OB的关系建立方程求解，当OB为对角线时，OB与EF互相平分，利用直线相交获得点E坐标． 【解答】解：（1）在中，令y＝0，得x＝4，令x＝0，得y＝2 ∴A（4，0），B（0，2） 把A（4，0），B（0，2），代入，得 ，解得 ∴抛物线的解析式为； （2）如图，过点B作x轴得平行线交抛物线于点E，过点D作BE的垂线，垂足为F ∵BE∥x轴，∴∠BAC＝∠ABE ∵∠ABD＝2∠BAC，∴∠ABD＝2∠ABE 即∠DBE+∠ABE＝2∠ABE ∴∠DBE＝∠ABE ∴∠DBE＝∠BAC 设D点的坐标为（x，），则BF＝x，DF ∵tan∠DBE，tan∠BAC ∴，即 解得x1＝0（舍去），x2＝2 当x＝2时，3 ∴点D的坐标为（2，3）． 解法二：作点B关于x轴的对称点B′，则直线AB′的解析式为yx﹣2， 由题意，直线BD∥AB′， ∴直线BD的解析式为yx+2， 由，解得或， ∴D（2，3）． 解法三：过点A作AE⊥x轴交BD的延长线于点E，过点B作BF⊥AE于点F． ∵BF∥OA， ∴∠CAB＝∠ABF， ∵∠DBA＝2∠CAB， ∴∠FBE＝∠FBA， ∵∠E+∠EBF＝90°，∠BAF+∠ABF＝90°， ∴∠E＝∠BAF， ∴BE＝BA， ∵BF⊥AE， ∴AF＝EF＝OB＝2， ∴E（4，4）， ∴直线BD的解析式为yx+2， 由，解得或， ∴D（2，3）． （3）当BO为边时，OB∥EF，OB＝EF， 设E（m，），F（m，）， EF＝|（）﹣（）|＝2， 解得m1＝2，，， 当BO为对角线时，OB与EF互相平分， 过点O作OF∥AB，直线OF：交抛物线于点F（）和（）， 求得直线EF解析式为或， 直线EF与AB的交点为E，点E的横坐标为或， ∴E点的坐标为（2，1）或（，）或（）或（）或（）． 【点评】本题考查了待定系数法，2倍角关系和平行四边形点存在类问题，将2倍角关系转化为等角关系是（2）问题的解题关键，根据平行四边形的性质，以OB为边和对角线是（3）问题的解题关键，本题综合难度不大，是一道很好的压轴问题． 4．（2024•滕州市校级模拟）已知抛物线y＝﹣x2+（2n+1）x+3n+1交x轴于点A（﹣1，0）和点B，交y轴于点C． （1）求抛物线的函数解析式； （2）如图1，已知点P是位于BC上方的抛物线上的一点，作PM⊥BC，垂足为M，求线段PM长度的最大值； （3）如图2，已知点Q是第四象限抛物线上一点，∠ACQ＝45°，求点Q的坐标． 【分析】（1）将点A（﹣1，0）代入y＝﹣x2+（2n+1）x+3n+1，求得n＝1，即可得解； （2）求得点B和C的坐标，推出∠OAB＝∠OBC＝45°，作PF⊥x轴于点F，交BC于点E，得到△PEM是等腰直角三角形，，设P（m，﹣m2+3m+4），求得PM关于m的二次函数，利用二次函数的性质求解即可； （3）作BG⊥CQ轴于点G，作GH⊥x轴于点H，求得，证明∠ACO＝∠GCB，利用正切函数的定义求得，证明△HBG是等腰直角三角形，求得G（3，﹣1），再求得直线CG的解析式，据此求解即可． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+（2n+1）x+3n+1交x轴于点A（﹣1，0）， ∴﹣1﹣（2n+1）+3n+1＝0， 解得n＝1， ∴抛物线的函数解析式为y＝﹣x2+3x+4； （2）当x＝0时，y＝4； 当y＝0时，﹣x2+3x+4＝0， 解得x＝4或x＝﹣1； ∴B（4，0），C（0，4）， ∴OA＝OB＝4， ∴∠OCB＝∠OBC＝45°， 作PF⊥x轴于点F，交BC于点E，如图1， ∴∠PEM＝∠BEF＝90°﹣∠OBC＝45°， ∴△PEM是等腰直角三角形， ∴， 设直线BC的解析式为y＝kx+4， 把B（4，0）代入得0＝4k+4， 解得k＝﹣1， ∴直线BC的解析式为y＝﹣x+4， 设P（m，﹣m2+3m+4），则E（m，﹣m+4）， ∴， ∵， ∴PM有最大值，最大值为； （3）作BG⊥CQ于点G，作GH⊥x轴于点H，如图2， ∵A（﹣1，0），B（4，0），C（0，4）， ∴OA＝1，OB＝OC＝4，， ∵∠ACQ＝45°，∠OCB＝45°， ∴∠ACO＝∠GCB， ∴tan∠ACO＝tan∠GCB，即， ∴， ∴， ∵∠OBC＝45°， ∴∠HBG＝45°， ∴△HBG是等腰直角三角形， ∴BH＝GH＝1， ∴OH＝4﹣1＝3， ∴G（3，﹣1）， 同理直线CG的解析式为， 联立得， 解得x＝0或； 当时，， ∴点Q的坐标为． 【点评】本题考查了二次函数的图象与性质，一次函数的图象与性质，等腰直角三角形的性质，三角函数的定义，勾股定理等知识，根据题意作出辅助线是解题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $$