汇编35 2022-2024年九年级中考数学真题 以二次函数为背景的综合题（湖南专版）

2022-2024年中考数学真题知识点汇编35《以二次函数为背景的综合题》 湖南专版 1（2022•岳阳）已知二次函数（为常数，），点是该函数图象上一点，当时，，则的取值范围是（ ） A. 或 B. C. 或 D. 2（2023•衡阳）已知m＞n＞0，若关于x的方程x2+2x﹣3﹣m＝0的解为x1，x2（x1＜x2），关于x的方程x2+2x﹣3﹣n＝0的解为x3，x4（x3＜x4）．则下列结论正确的是（　　） A．x3＜x1＜x2＜x4 B．x1＜x3＜x4＜x2 C．x1＜x2＜x3＜x4 D．x3＜x4＜x1＜x2 3（2023•邵阳）已知P1（x1，y1）P2（x2，y2）是抛物线y＝ax2+4ax+3（a是常数，a≠0）上的点，现有以下四个结论：①该抛物线的对称轴是直线x＝﹣2；②点（0，3）在抛物线上；③若x1＞x2＞﹣2，则y1＞y2；④若y1＝y2，则x1+x2＝﹣2，其中，正确结论的个数为（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 4（2023•株洲）如图所示，直线l为二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象的对称轴，则下列说法正确的是（　　） ​ A．b恒大于0 B．a，b同号 C．a．b异号 D．以上说法都不对 5（2023•岳阳）若一个点的坐标满足（k，2k），我们将这样的点定义为“倍值点”．若关于x的二次函数y＝（t+1）x2+（t+2）x+s（s，t为常数，t≠﹣1）总有两个不同的倍值点，则s的取值范围是（　　） A．s＜﹣1 B．s＜0 C．0＜s＜1 D．﹣1＜s＜0 6 （2022•岳阳）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线：经过点和点． （1）求抛物线的解析式； （2）如图2，作抛物线，使它与抛物线关于原点成中心对称，请直接写出抛物线的解析式； （3）如图3，将（2）中抛物线向上平移2个单位，得到抛物线，抛物线与抛物线相交于，两点（点在点的左侧）． ①求点和点的坐标； ②若点，分别为抛物线和抛物线上，之间的动点（点，与点，不重合），试求四边形面积的最大值． 7【2022•邵阳】如图，已知直线与抛物线相交于，两点，点在轴上，点在轴上，点在抛物线上． （1）求该抛物线的表达式． （2）正方形的顶点为直角坐标系原点，顶点在线段上，顶点在轴正半轴上，若与全等，求点的坐标． （3）在条件（2）下，点是线段上的动点（点不与点重合），将沿所在的直线翻折得到，连接，求线段长度的最小值． 8．（2023•岳阳）已知抛物线Q1：y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣3，0），B两点，交y轴于点C（0，3）． （1）请求出抛物线Q1的表达式． （2）如图1，在y轴上有一点D（0，﹣1），点E在抛物线Q1上，点F为坐标平面内一点，是否存在点E，F使得四边形DAEF为正方形？若存在，请求出点E，F的坐标；若不存在，请说明理由． （3）如图2，将抛物线Q1向右平移2个单位，得到抛物线Q2，抛物线Q2的顶点为K，与x轴正半轴交于点H，抛物线Q1上是否存在点P，使得∠CPK＝∠CHK？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 9 （2022•湘潭）为落实国家《关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见》，某校准备在校园里利用围墙（墙长）和长的篱笆墙，围成Ⅰ、Ⅱ两块矩形劳动实践基地．某数学兴趣小组设计了两种方案（除围墙外，实线部分为篱笆墙，且不浪费篱笆墙），请根据设计方案回答下列问题： 10. （2022•湘潭）已知抛物线． （1）如图①，若抛物线图象与轴交于点，与轴交点．连接． ①求该抛物线所表示的二次函数表达式； ②若点是抛物线上一动点（与点不重合），过点作轴于点，与线段交于点．是否存在点使得点是线段的三等分点？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． （2）如图②，直线与轴交于点，同时与抛物线交于点，以线段为边作菱形，使点落在轴的正半轴上，若该抛物线与线段没有交点，求的取值范围． 11. （2022•长沙）若关于x的函数y，当时，函数y的最大值为M，最小值为N，令函数，我们不妨把函数h称之为函数y的“共同体函数”． （1）①若函数，当时，求函数y的“共同体函数”h的值； ②若函数（，k，b为常数），求函数y的“共同体函数”h的解析式； （2）若函数，求函数y的“共同体函数”h的最大值； （3）若函数，是否存在实数k，使得函数y最大值等于函数y的“共同体函数”h的最小值．若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由． 12．（2023•长沙）我们约定：若关于x的二次函数y1＝a1x2+b1x+c1与y2＝a2x2+b2x+c2同时满足（b2+b1）2+|c2﹣a1|＝0，（b1﹣b2）2023≠0，则称函数y1与函数y2互为“美美与共”函数．根据该约定，解答下列问题： （1）若关于x的二次函数y1＝2x2+kx+3与y2＝mx2+x+n互为“美美与共”函数，求k，m，n的值； （2）对于任意非零实数r，s，点P（r，t）与点Q（s，t）（r≠s）始终在关于x的函数y1＝x2+2rx+s的图象上运动，函数y2与y1互为“美美与共”函数． ①求函数y2的图象的对称轴； ②函数y2的图象是否经过某两个定点？若经过某两个定点，求出这两个定点的坐标；否则，请说明理由； （3）在同一平面直角坐标系中，若关于x的二次函数y1＝ax2+bx+c与它的“美美与共”函数y2的图象顶点分别为点A，点B，函数y1的图象与x轴交于不同两点C，D，函数y2的图象与x轴交于不同两点E，F．当CD＝EF时，以A，B，C，D为顶点的四边形能否为正方形？若能，求出该正方形面积的取值范围；若不请说明理由． 13．（2023•湘潭）如图，二次函数y＝x2+bx+c 的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，其中B（1，0），C（0，3）． （1）求这个二次函数的表达式； （2）在二次函数图象上是否存在点P，使得S△PAC＝S△ABC？若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由； （3）点Q是对称轴l上一点，且点Q的纵坐标为a，当△QAC是锐角三角形时，求a的取值范围． 14．（2023•邵阳）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+x+c经过点A（﹣2，0）和点B（4，0），且与直线l：y＝﹣x﹣1交于D、E两点（点D在点E的右侧），点M为直线l上的一动点，设点M的横坐标为t． （1）求抛物线的解析式． （2）过点M作x轴的垂线，与抛物线交于点N．若0＜t＜4，求△NED面积的最大值． （3）抛物线与y轴交于点C，点R为平面直角坐标系上一点，若以B、C、M、R为顶点的四边形是菱形，请求出所有满足条件的点R的坐标． ​ 15．（2023•常德）如图，二次函数的图象与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点，与y轴交于点C，顶点为D．O为坐标原点，． （1）求二次函数的表达式； （2）求四边形ACDB的面积； （3）P是抛物线上的一点，且在第一象限内，若∠ACO＝∠PBC，求P点的坐标． 【考点】二次函数综合题． 【分析】（1）依据AO＝1，tan∠ACO求得C点坐标，将点A、B、C的坐标代入，利用待定系数法求二次函数解析式求解； （2）过D作DN⊥AB于N，作DM⊥OC于M，将抛物线解析式整理成顶点式形式求出点D的坐标，列式计算即可得解； （3）连接PB，过C作CE⊥BC交BP于E，过E作EF⊥OC于F，利用OC＝OB＝5，求得BC＝5，结合∠ACO＝∠PBC求得，△EFC是等腰直角三角形，得到E的坐标为（1，6），过B、E的直线的解析式为，进而联立方程求得抛物线民直线BE的交点坐标即可． 16．（2023•永州）如图1，抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数）经过点F（0，5）， 顶点坐标为（2，9），点P（x1，y1）为抛物线上的动点，PH⊥x轴于H，且． （1）求抛物线的表达式； （2）如图1，直线OP：交BF于点G，求的最大值； （3）如图2，四边形OBMF为正方形，PA交y轴于点E，BC交FM的延长线于C，且BC⊥BE，PH＝FC，求点P的横坐标． 17．（2023•张家界）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，求△AOD周长的最小值； （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． 18．（2023•株洲）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）． （1）若a＝1，c＝﹣1，且该二次函数的图象过点（2，0），求b的值； （2）如图所示，在平面直角坐标系Oxy中，该二次函数的图象与x轴交于点A（x1，0），B（x2，0），且x1＜0＜x2，点D在⊙O上且在第二象限内，点E在x轴正半轴上，连接DE，且线段DE交y轴正半轴于点F，． ①求证：． ②当点E在线段OB上，且BE＝1．⊙O的半径长为线段OA的长度的2倍，若4ac＝﹣a2﹣b2，求2a+b的值． 19．（2023•衡阳）如图，已知抛物线y＝ax2﹣2ax+3与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C，连接AC，过B、C两点作直线． （1）求a的值． （2）将直线BC向下平移m（m＞0）个单位长度，交抛物线于B′、C′两点．在直线B′C′上方的抛物线上是否存在定点D，无论m取何值时，都是点D到直线B′C′的距离最大．若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由． （3）抛物线上是否存在点P，使∠PBC+∠ACO＝45°，若存在，请求出直线BP的解析式；若不存在，请说明理由． 20. （2024•长沙）已知四个不同的点，，，都在关于x的函数（a，b，c是常数，）的图象上． （1）当A，B两点的坐标分别为，时，求代数式的值； （2）当A，B两点的坐标满足时，请你判断此函数图象与x轴的公共点的个数，并说明理由； （3）当时，该函数图象与x轴交于E，F两点，且A，B，C，D四点的坐标满足：，．请问是否存在实数，使得，，这三条线段组成一个三角形，且该三角形的三个内角的大小之比为？若存在，求出m的值和此时函数的最小值；若不存在，请说明理由（注：表示一条长度等于的m倍的线段）． 24．【2022•衡阳】如图，已知抛物线交轴于，两点，将该抛物线位于轴下方的部分沿轴翻折，其余部分不变，得到的新图象记为“图象”，图象交轴于点． （1）写出图象位于线段上方部分对应的函数关系式； （2）若直线与图象有三个交点，请结合图象，直接写出的值； （3）为轴正半轴上一动点，过点作轴交直线于点，交图象于点，是否存在这样的点，使与相似？若存在，求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 25．【2022•怀化】如图一所示，在平面直角坐标中，抛物线经过点，，与轴交于点，顶点为点．在线段上方的抛物线上有一动点，过点作于点，作交于点． （1）求抛物线和直线的函数表达式． （2）当的周长为最大值时，求点的坐标和的周长． （3）若点是抛物线上的一个动点，点是抛物线对称轴上的一个动点，是否存在以，，，为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由． 2022-2024年中考数学真题知识点汇编35《以二次函数为背景的综合题》 湖南专版解析版 1（2022•岳阳）已知二次函数（为常数，），点是该函数图象上一点，当时，，则的取值范围是（ ） A. 或 B. C. 或 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出抛物线的对称轴及抛物线与轴的交点坐标，再分两种情况：或，根据二次函数的性质求得的不同取值范围便可． 【详解】解：∵二次函数， ∴对称轴为，抛物线与轴的交点为， ∵点是该函数图象上一点，当时，， ∴①当时，对称轴， 此时，当时，，即， 解得； ②当时，对称轴， 当时，随增大而减小， 则当时，恒成立； 综上，的取值范围是：或． 故选：A． 【点睛】本题考查了二次函数的性质，关键是分情况讨论． 2（2023•衡阳）已知m＞n＞0，若关于x的方程x2+2x﹣3﹣m＝0的解为x1，x2（x1＜x2），关于x的方程x2+2x﹣3﹣n＝0的解为x3，x4（x3＜x4）．则下列结论正确的是（　　） A．x3＜x1＜x2＜x4 B．x1＜x3＜x4＜x2 C．x1＜x2＜x3＜x4 D．x3＜x4＜x1＜x2 【考点】抛物线与x轴的交点；根的判别式；根与系数的关系． 【分析】画出抛物线y＝x2+2x﹣3，直线y＝m，直线y＝n，根据一元二次方程与二次函数的关系，观察图象可得答案． 【解答】解：关于x的方程x2+2x﹣3﹣m＝0的解为抛物线y＝x2+2x﹣3与直线y＝m的交点的横坐标， 关于x的方程x2+2x﹣3﹣n＝0的解为抛物线y＝x2+2x﹣3与直线y＝n的交点的横坐标， 如图： 由图可知，x1＜x3＜x4＜x2， 故选：B． 【点评】本题考查一元二次方程与二次函数的关系，解题的关键是画出图象，数形结合解决问题． 3（2023•邵阳）已知P1（x1，y1）P2（x2，y2）是抛物线y＝ax2+4ax+3（a是常数，a≠0）上的点，现有以下四个结论：①该抛物线的对称轴是直线x＝﹣2；②点（0，3）在抛物线上；③若x1＞x2＞﹣2，则y1＞y2；④若y1＝y2，则x1+x2＝﹣2，其中，正确结论的个数为（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征． 【分析】根据题目中的二次函数的性质，可以判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题． 【解答】解：∵抛物线y＝ax2+4ax+3的对称轴为直线x2， ∴①正确； 当x＝0时，y＝3，则点点（0，3）在抛物线上， ∴②正确； 当a＞0时，x1＞x2＞﹣2，则y1＞y2； 当a＜0时，x1＞x2＞﹣2，则y1＜y2； ∴③错误； 当y1＝y2，则x1+x2＝﹣4， ∴④错误； 故正确的有2个， 故选：B． 【点评】本题考查二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答． 4（2023•株洲）如图所示，直线l为二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象的对称轴，则下列说法正确的是（　　） ​ A．b恒大于0 B．a，b同号 C．a．b异号 D．以上说法都不对 【考点】二次函数图象与系数的关系． 【分析】先写出抛物线的对称轴方程，列出不等式，再分a＜0，a＞0两种情况讨论即可． 【解答】解：∵直线l为二次函数 y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象的对称轴， ∴对称轴为直线， 当a＜0时，则b＞0， 当a＞0时，则b＜0， ∴a，b异号， 故选：C． 【点评】本题考查二次函数的图象与性质，解题的关键是熟练运用二次函数的图象与性质． 5（2023•岳阳）若一个点的坐标满足（k，2k），我们将这样的点定义为“倍值点”．若关于x的二次函数y＝（t+1）x2+（t+2）x+s（s，t为常数，t≠﹣1）总有两个不同的倍值点，则s的取值范围是（　　） A．s＜﹣1 B．s＜0 C．0＜s＜1 D．﹣1＜s＜0 【考点】二次函数图象上点的坐标特征． 【分析】根据根与系数的关系解答即可． 【解答】解：将（k，2k）代入二次函数，得2k＝（t+1）k2+（t+2）k+s，整理得（t+1）k2+tk+s＝0． ∵（t+1）k2+tk+s＝0是关于k的二次方程，总有两个不同的实根， ∴Δ＝t2﹣4s（t+1）＞0． 令f（t）＝t2﹣4s（t+1）＝t2﹣4st﹣4s ∵f（t）＞0， ∴Δ＝（4s）2+16s＝16s2+16s＜0， 即Δ＝s（s+1）＜0，解得0＞s＞﹣1． 故选：D． 【点评】本题主要考查二次函数图象上点的坐标特征．根与系数的关系是二次函数部分非常重要的关系式，这里进行了反复运用，一定要牢牢掌握并灵活运用． 6 （2022•岳阳）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线：经过点和点． （1）求抛物线的解析式； （2）如图2，作抛物线，使它与抛物线关于原点成中心对称，请直接写出抛物线的解析式； （3）如图3，将（2）中抛物线向上平移2个单位，得到抛物线，抛物线与抛物线相交于，两点（点在点的左侧）． ①求点和点的坐标； ②若点，分别为抛物线和抛物线上，之间的动点（点，与点，不重合），试求四边形面积的最大值． 【答案】（1） （2） （3）①或；②16 【解析】 【分析】（1）将点和点代入，即可求解； （2）利用对称性求出函数顶点关于原点的对称点为，即可求函数的解析式； （3）①通过联立方程组，求出点和点坐标即可； ②求出直线的解析式，过点作轴交于点，过点作轴交于点，设，，则，，可求，，由，分别求出的最大值4，的最大值4，即可求解． 【小问1详解】 解：将点和点代入， ∴，解得， ∴． 【小问2详解】 ∵， ∴抛物线的顶点， ∵顶点关于原点的对称点为， ∴抛物线的解析式为， ∴． 【小问3详解】 由题意可得，抛物线的解析式为， ①联立方程组， 解得或， ∴或； ②设直线的解析式为， ∴，解得， ∴， 过点作轴交于点，过点作轴交于点，如图所示： 设，， 则，， ∴， ， ∵，， ∴当时，有最大值， 当时，有最大值， ∵， ∴当最大时，四边形面积的最大值为16． 【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，图象平移和对称的性质是解题的关键． 7【2022•邵阳】如图，已知直线与抛物线相交于，两点，点在轴上，点在轴上，点在抛物线上． （1）求该抛物线的表达式． （2）正方形的顶点为直角坐标系原点，顶点在线段上，顶点在轴正半轴上，若与全等，求点的坐标． （3）在条件（2）下，点是线段上的动点（点不与点重合），将沿所在的直线翻折得到，连接，求线段长度的最小值． 解：（1）在中，当时，，当时，， 点的坐标为，点的坐标为. 把点，，的坐标分别代入，得 ，解得， 抛物线的解析式为． （2）当时，． 四边形为正方形，，此时点的坐标为． 当时，， 四边形为正方形，，此时点的坐标为. 综上，点的坐标为或. （3）如图，点在以点为圆心，为半径的圆上运动． 当，，三点共线时，有最小值． 由（2）可得点的坐标为或，且点坐标为， 的最小值为1． 8．（2023•岳阳）已知抛物线Q1：y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣3，0），B两点，交y轴于点C（0，3）． （1）请求出抛物线Q1的表达式． （2）如图1，在y轴上有一点D（0，﹣1），点E在抛物线Q1上，点F为坐标平面内一点，是否存在点E，F使得四边形DAEF为正方形？若存在，请求出点E，F的坐标；若不存在，请说明理由． （3）如图2，将抛物线Q1向右平移2个单位，得到抛物线Q2，抛物线Q2的顶点为K，与x轴正半轴交于点H，抛物线Q1上是否存在点P，使得∠CPK＝∠CHK？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【考点】二次函数综合题． 【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线的解析式； （2）过点E作EG⊥x轴于点G，则∠AGE＝90°＝∠AOD，由正方形性质可得AE＝AD＝DF，∠DAE＝∠ADF＝90°，进而可证得△EAG≌△ADO（AAS），得出AG＝OD＝1，EG＝OA＝3，即E（﹣2，3），再证明点E在抛物线上，过点F作FL⊥y轴于点L，同理，△DFL≌△ADO（AAS），即可求得F（1，2）． （3）先求得抛物线Q2的解析式为y＝﹣（x+1﹣2）2+4＝﹣（x﹣1）2+4，得出K（1，4），H（3，0），运用待定系数法可得直线BC的解析式为y＝﹣x+3，过点K作KT⊥y轴于点T，连接BC，设KP交直线BC于M或N，如图2，过点C作PS⊥y轴交BK于点S，交抛物线Q1于点P，连接PK，利用等腰直角三角形性质和三角函数定义可得tan∠CHK，进而可求得点P的坐标． 【解答】解：（1）∵抛物线Q1：y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣3，0），C（0，3）两点， ∴， 解得：， ∴抛物线Q1的表达式为y＝﹣x2﹣2x+3． （2）存在点E，F使得四边形DAEF为正方形． 理由： 如图1，过点E作EG⊥x轴于点G，则∠AGE＝90°＝∠AOD， ∵A（﹣3，0），D（0，﹣1）， ∴OA＝3，OD＝1， ∵四边形DAEF是正方形， ∴AE＝AD＝DF，∠DAE＝∠ADF＝90°， ∵∠EAG+∠DAO＝90°，∠DAO+∠ADO＝90°， ∴∠EAG＝∠ADO， ∴△EAG≌△ADO（AAS）， ∴AG＝OD＝1，EG＝OA＝3， ∴E（﹣2，3）， 当x＝﹣2时，y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（﹣2）2﹣2×（﹣2）+3＝3， ∴点E在抛物线上， 过点F作FL⊥y轴于点L， 同理，△DFL≌△ADO（AAS）， ∴FL＝OD＝1，DL＝OA＝3， ∴OL＝DL﹣OD＝3﹣1＝2， F（1，2）． （3）抛物线Q1上存在点P，使得∠CPK＝∠CHK． ∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4， ∴抛物线Q1的顶点坐标为（﹣1，4）， ∵将抛物线Q1向右平移2个单位，得到抛物线Q2， ∴抛物线Q2的解析式为y＝﹣（x+1﹣2）2+4＝﹣（x﹣1）2+4， ∵抛物线Q2的顶点为K，与x轴正半轴交于点H， ∴K（1，4），H（3，0）， 设直线BC的解析式为y＝kx+n，把C（0，3），H（3，0）代入得， 解得：， ∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3， 过点K作KT⊥y轴于点T，连接BC，设KP交直线BC于M或N，如图2，过点C作PS⊥y轴交BK于点S，交抛物线Q1于点P，连接PK， 则T（0，4），M（m，﹣m+3），N（t，﹣t+3）， ∴KT＝TC＝1，∠KTC＝90°， ∴△CKT是等腰直角三角形， ∴∠KCT＝45°，CKKT， ∵OH＝OC＝3，∠COH＝90°， ∴△COH是等腰直角三角形， ∴∠HCO＝45°，CHOC＝3， ∴∠KCH＝180°﹣∠KCT﹣∠HCO＝90°， ∴tan∠CHK， ∵∠CPK＝∠CHK， ∴tan∠CPK＝tan∠CHK， ∵tan∠BCO， ∴∠BCO＝∠CHK， ∵BK∥OC， ∴∠CBK＝∠BCO， ∴∠CBK＝∠CHK， 即点P与点B重合时，∠CPK＝∠CHK， ∴P1（1，0）； ∵SK＝1，PS＝3， ∴tan∠CPK， ∴∠CPK＝∠CHK， ∵点P与点C关于直线x＝﹣1对称， ∴P（﹣2，3）； 综上所述，抛物线Q1上存在点P，使得∠CPK＝∠CHK，点P的坐标为（1，0）或（﹣2，3）． 【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角函数定义，抛物线的平移变换等，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形． 9 （2022•湘潭）为落实国家《关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见》，某校准备在校园里利用围墙（墙长）和长的篱笆墙，围成Ⅰ、Ⅱ两块矩形劳动实践基地．某数学兴趣小组设计了两种方案（除围墙外，实线部分为篱笆墙，且不浪费篱笆墙），请根据设计方案回答下列问题： （1）方案一：如图①，全部利用围墙的长度，但要在Ⅰ区中留一个宽度的水池且需保证总种植面积为，试分别确定、的长； （2）方案二：如图②，使围成的两块矩形总种植面积最大，请问应设计为多长？此时最大面积为多少？ 【答案】（1）CG长8m，DG长为4m （2）当BC=m时，围成的两块矩形总种植面积最大=m2 【解析】 【分析】（1）两块篱笆墙的长为12m，篱笆墙的宽为AD=GH=BC=(21-12)÷3=3m，设CG为am，DG为(12-a)m，再由矩形面积公式求解； （2）设两块矩形总种植面积为y， BC长为xm，那么AD=HG=BC=xm，DC=(21-3x)m，由题意得，围成的两块矩形总种植面积最大=BC×DC，代入有关数据再把二次函数化成顶点式即可 . 【小问1详解】 解：两块篱笆墙的长为12m，篱笆墙的宽为AD=GH=BC=(21-12)÷3=3m， 设CG为am，DG为(12-a)m，那么 AD×DC-AE×AH=32 即12×3-1×（12-a）=32 解得：a=8 ∴CG=8m，DG=4m． 【小问2详解】 解：设两块矩形总种植面积为ym2，BC长为xm，那么AD=HG=BC=xm，DC=(21-3x)m，由题意得， 两块矩形总种植面积=BC×DC 即y=x·(21-3x) ∴y=-3x2+21x =-3(x-)2+ ∵21-3x≤12 ∴x≥3 ∴当BC=m时，y最大=m2． 【点睛】此题考查了二次函数的实际应用，解题的关键是正确理解题意找到等量关系列出方程． 10. （2022•湘潭）已知抛物线． （1）如图①，若抛物线图象与轴交于点，与轴交点．连接． ①求该抛物线所表示的二次函数表达式； ②若点是抛物线上一动点（与点不重合），过点作轴于点，与线段交于点．是否存在点使得点是线段的三等分点？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． （2）如图②，直线与轴交于点，同时与抛物线交于点，以线段为边作菱形，使点落在轴的正半轴上，若该抛物线与线段没有交点，求的取值范围． 【答案】（1）①，②存在，点P坐标为(2，-3)或（，-），理由见解析 （2）b<或b> 【解析】 【分析】（1）①直接用待定系数法求解；②先求出直线AB的解析式，设点M(m，m-3)点P（m，m2-2m-3）若点是线段的三等分点，则或，代入求解即可； （2）先用待定系数法求出n的值，再利用勾股定理求出CD的长为5，因为四边形CDFE是菱形，由此得出点E的坐标．再根据该抛物线与线段没有交点，分两种情况（CE在抛物线内和CE在抛物线右侧）进行讨论，求出b的取值范围． 【小问1详解】 ①解：把，代入，得 ， 解得：， ∴ ②解：存在，理由如下， 设直线AB的解析式为y=kx+b，把， 代入，得 ， 解得， ∴直线AB的解析式为y=x-3， 设点M(m，m-3)、点P（m，m2-2m-3） 若点是线段的三等分点， 则或， 即或， 解得：m=2或m=或m=3， 经检验，m=3是原方程的增根，故舍去， ∴m=2或m= ∴点P坐标为(2，-3)或（，-） 【小问2详解】 解：把点D（-3，0）代入直线，解得n=4， ∴直线， 当x=0时，y=4，即点C（0，4） ∴CD==5， ∵四边形CDFE是菱形， ∴CE=EF=DF=CD=5， ∴点E（5，4） ∵点在抛物线上， ∴（-3）2-3b+c=0， ∴c=3b-9， ∴， ∵该抛物线与线段没有交点， 分情况讨论 当CE在抛物线内时 52+5b+3b-9<4 解得：b< 当CE在抛物线右侧时， 3b-9>4 解得：b> 综上所述，b<或b> 【点睛】此题考查了二次函数和一次函数以及图形的 11. （2022•长沙）若关于x的函数y，当时，函数y的最大值为M，最小值为N，令函数，我们不妨把函数h称之为函数y的“共同体函数”． （1）①若函数，当时，求函数y的“共同体函数”h的值； ②若函数（，k，b为常数），求函数y的“共同体函数”h的解析式； （2）若函数，求函数y的“共同体函数”h的最大值； （3）若函数，是否存在实数k，使得函数y最大值等于函数y的“共同体函数”h的最小值．若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）①；②时，，时， （2） （3）时，存在 【解析】 【分析】（1）①根据新定义结合正比例函数的性质即可求解；②根据新定义结合一次函数的性质即可求解； （2）根据新定义结合反比例函数的性质列出，根据二次函数的性质即可求解； （3）根据新定义结合二次函数的性质即可求解． 【小问1详解】 解：①当时，则，即， ，，随的增大而增大， ， ②若函数，当时，， ， ， 当时，则， ， 综上所述，时，，时，， 【小问2详解】 解：对于函数， ，，函数在第一象限内，随的增大而减小， ， 解得， 当时， ， ， ∵当时，随的增大而增大， 当时，取得最小值，此时取得最大值， 最大值为； 【小问3详解】 对于函数， ，抛物线开口向下， 时，随的增大而增大， 时，随的增大而减小， 当时，函数y的最大值等于， 在时， ①当时，即时，，， ， 的最小值为（当时）， 若， 解得， 但，故不合题意，故舍去； ②当时，即时，，， ， 的最小值为（当时）， 若， 解得， 但，故不合题意，故舍去 ③当时，即时，， i)当时，即时 对称轴为，，抛物线开口向上，在上， 当2时，有最小值， 解得 ii)当 时，即时，， ， ， 对称轴为，，抛物线开口向上，在上， 当2时，有最小值， ∵， ∴在上h无最小值， 综上所述，时，存在． 【点睛】本题考查了函数新定义，要掌握一次函数，反比例数，二次函数的性质，难点在于分类讨论时，的取值范围的取舍． 12．（2023•长沙）我们约定：若关于x的二次函数y1＝a1x2+b1x+c1与y2＝a2x2+b2x+c2同时满足（b2+b1）2+|c2﹣a1|＝0，（b1﹣b2）2023≠0，则称函数y1与函数y2互为“美美与共”函数．根据该约定，解答下列问题： （1）若关于x的二次函数y1＝2x2+kx+3与y2＝mx2+x+n互为“美美与共”函数，求k，m，n的值； （2）对于任意非零实数r，s，点P（r，t）与点Q（s，t）（r≠s）始终在关于x的函数y1＝x2+2rx+s的图象上运动，函数y2与y1互为“美美与共”函数． ①求函数y2的图象的对称轴； ②函数y2的图象是否经过某两个定点？若经过某两个定点，求出这两个定点的坐标；否则，请说明理由； （3）在同一平面直角坐标系中，若关于x的二次函数y1＝ax2+bx+c与它的“美美与共”函数y2的图象顶点分别为点A，点B，函数y1的图象与x轴交于不同两点C，D，函数y2的图象与x轴交于不同两点E，F．当CD＝EF时，以A，B，C，D为顶点的四边形能否为正方形？若能，求出该正方形面积的取值范围；若不请说明理由． 【考点】二次函数综合题． 【分析】（1）根据题意得到a2＝c2，a1＝c2，b1＝﹣b2≠0，即可求解． （2）①求出y1的对称轴，得到s＝﹣3r，表示出y2的解析式，即可求解． ②，令3x2+2x＝0，求解即可． （3）由题意可知，，得到A，B的坐标，表示出CD，EF，根据CD＝EF且b2﹣4ac＞0，得到|a|＝|c|，分情况讨论：1°若a＝﹣c时，2°若a＝c时，求解即可． 【解答】解：（1）由题意可知，a2＝c2，a1＝c2，b1＝﹣b2≠0， ∴m＝3，n＝2，k＝﹣1． 答：k的值为﹣1，m的值为3，n的值为2． （2）①∵点P（r，t）与点Q（s，t）（r≠s）始终在关于x的函数y1＝x2+2rx+s的图象上运动， ∴对称轴为x， ∴s＝﹣3r， ∴， ∴对称轴为x． 答：函数y2的图象的对称轴为x． ②， 令3x2+2x＝0， 解得， ∴过定点（0，1），（）． 答：函数y2的图象过定点（0，1），（）． （3）由题意可知，， ∴， ∴CD，EF， ∵CD＝EF且b2﹣4ac＞0， ∴|a|＝|c|． 1°若a＝﹣c，则， 要使以A，B，C，D为顶点的四边形能构成正方形， 则△CAD，△CBD为等腰直角三角形， ∴CD＝2|yA|， ∴， ∴， ∴b2+4a2＝4， ∴， ∵b2＝4﹣4a2＞0， ∴0＜a2＜1， ∴S正＞2， 2°若a＝c，则A、B关于y轴对称，以A，B，C，D为顶点的四边形不能构成正方形， 综上，当a＝﹣c时，以A，B，C，D为顶点的四边形能构成正方形，此时S＞2． 【点评】本题考查了二次函数的综合应用，解题的关键是利用分类讨论的思想解决问题． 13．（2023•湘潭）如图，二次函数y＝x2+bx+c 的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，其中B（1，0），C（0，3）． （1）求这个二次函数的表达式； （2）在二次函数图象上是否存在点P，使得S△PAC＝S△ABC？若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由； （3）点Q是对称轴l上一点，且点Q的纵坐标为a，当△QAC是锐角三角形时，求a的取值范围． 【考点】二次函数综合题． 【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解； （2）根据S△PAC＝S△ABC，可得P到AC的距离等于B到AC的距离，进而作出两条AC的平行线，求得解析式，联立抛物线即可求解； （3）根据题意，求得当△OAC是直角三角形时的a的值，进而观察图象，即可求解，分a＞0和a＜0两种情况讨论，分别计算即可求解． 【解答】解：将点B（1，0），C（0，3）代入y＝x2+bx+c，则 ， 解得， ∴抛物线解析式为 y＝x2﹣4x+3； （2）∴y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1， ∴顶点坐标为（2，1）， 当 y＝0时，x2﹣4x+3＝0， 解得：x1＝1，x2＝3， ∴A（3，0），则 OA＝3， ∵C（0，3），则 OC＝3， ∴△AOC 是等腰直角三角形， ∵S△PAC＝S△ABC， ∴p到AC的距离等于B到AC的距离， ∵A（3，0），C（0，3），设直线AC的解析式为y＝kx+3， ∴3k+3＝0， 解得k＝﹣1， ∴直线AC的解析式为y＝﹣x+3， 如图所示，过点B作A的平分线，交抛物线于点P， 设BP的解析式为 y＝﹣x+d，将点 B（1，0）代入得， ﹣1+d＝0， 解得：d＝1， ∴直线BP的解析式为 y＝﹣x+1， 解得：或， ∴P（2，﹣1）， ∵，，AB＝3﹣1＝2， ∴PA2+PB2＝AB2， ∴△ABP 是等腰直角三角形，且∠APB＝90°， 如图所示，延长PA至D，使得AD＝PA，过点D作AC的平行线DE，交x轴于点E，则DA＝PA，则符合题意的点P在直线DE 上， ∵△APB是等腰直角三角形，DE∥AC，AC⊥PD， ∴∠DAE＝∠BAP＝45°，PD⊥DE， ∴△ADE是等腰直角三角形， ∴， ∴E（5，0）设直线DE的解析式为y＝﹣x+e， ∴﹣5+e＝0， 解得：e＝5， ∴直线DE的解析式为y＝﹣x+5， 联立 ， 解得： 或， ∴ 或 ， 综上所述，P（2，﹣1） 或 ； （3）①当a＞0时，如图所示，过点C作 CG⊥AC 交 x＝2 于点G，当点Q与点G重合时，△ACQ是直角三角形，当∠AQC＝90° 时，△ACQ是直角三角形， 设AC交x＝2于点H， ∵直线AC的解析式为 y＝﹣x+3， 则H（2，1）， ∴， ∴∠CHG＝∠OCH＝45°， ∴△CHG是等腰直角三角形， ∴， ∴G（2，5）， 设Q（2，q），则AQ2＝12+q2，CQ2＝22+（q﹣3）2＝q2﹣6q+13， ∵AC2＝32+32＝18， ∴18＝q2﹣6q+13+1²+q2， 解得： （舍去）或 ， ∴， ∵△QAC是锐角三角形， ∴； 当a＜0时，如图所示， 同理可得AQ²+QC²＝AC， 即18＝q2﹣6q+13+1²+q2， 解得： （舍去）或 ， 由（2）可得AM⊥AC时，M（2，1） ∴﹣1＜a． 综上所述，当△OAC是锐角三角形时， a＜5或﹣1＜a． 【点评】本题考查了二次函数综合运用，面积等问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 14．（2023•邵阳）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+x+c经过点A（﹣2，0）和点B（4，0），且与直线l：y＝﹣x﹣1交于D、E两点（点D在点E的右侧），点M为直线l上的一动点，设点M的横坐标为t． （1）求抛物线的解析式． （2）过点M作x轴的垂线，与抛物线交于点N．若0＜t＜4，求△NED面积的最大值． （3）抛物线与y轴交于点C，点R为平面直角坐标系上一点，若以B、C、M、R为顶点的四边形是菱形，请求出所有满足条件的点R的坐标． ​ 【考点】二次函数综合题． 【分析】（1）待定系数法求解析式即可； （2）根据题意，联立抛物线与直线解析式，求得点D，E的横坐标，表示出MN的长，可得S△NEDMN•|xD﹣xE|（t﹣2）2+7，再根据二次函数性质可得答案； （3）求出C（0，4），设M（t，﹣t﹣1），R（m，n），分三种情况：①当BC，MR为对角线时，BC，MR的中点重合，且BM＝CM，②当BM，CR为对角线时，BM，CR的中点重合，且BC＝CM，③当BR，CM为对角线时，BR，CM的中点重合，且BC＝BM，分别列方程组可解得答案． 【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝ax2+x+c 得： ， 解得：， ∴抛物线解析式为yx2+x+4； （2）联立， 解得或， ∴D（2，﹣3），E（2，﹣3）， ∵点M为直线l上的一动点，横坐标为t， ∴M（t，﹣t﹣1）， ∴N（t，t2+t+4）， ∴MNt2+t+4﹣（﹣t﹣1）t2+2t+5， ∴S△NEDMN•|xD﹣xE|（t2+2t+5）×2（t﹣2）2+7， ∵0，0＜t＜4， ∴当t＝2时，S△NED取最大值7， ∴△NED面积的最大值是7； （3）在yx2+x+4中，令x＝0得y＝4， ∴C（0，4）， 设M（t，﹣t﹣1），R（m，n）， 又B（4，0）， ①当BC，MR为对角线时，BC，MR的中点重合，且BM＝CM， ∴， 解得， ∴R（，）； ②当BM，CR为对角线时，BM，CR的中点重合，且BC＝CM， ∴， 解得或， ∴R（，）或（，）； ③当BR，CM为对角线时，BR，CM的中点重合，且BC＝BM， ∴， 解得或， ∴R（，）或（，）； 综上所述，R的坐标为（，）或（，）或（，）或（，）或（，）． 【点评】本题考查了二次函数的综合应用，涉及三角形面积问题，菱形的性质与判定，勾股定理等知识，熟练掌握二次函数的性质，准确的计算是解题的关键． 15．（2023•常德）如图，二次函数的图象与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点，与y轴交于点C，顶点为D．O为坐标原点，． （1）求二次函数的表达式； （2）求四边形ACDB的面积； （3）P是抛物线上的一点，且在第一象限内，若∠ACO＝∠PBC，求P点的坐标． 【考点】二次函数综合题． 【分析】（1）依据AO＝1，tan∠ACO求得C点坐标，将点A、B、C的坐标代入，利用待定系数法求二次函数解析式求解； （2）过D作DN⊥AB于N，作DM⊥OC于M，将抛物线解析式整理成顶点式形式求出点D的坐标，列式计算即可得解； （3）连接PB，过C作CE⊥BC交BP于E，过E作EF⊥OC于F，利用OC＝OB＝5，求得BC＝5，结合∠ACO＝∠PBC求得，△EFC是等腰直角三角形，得到E的坐标为（1，6），过B、E的直线的解析式为，进而联立方程求得抛物线民直线BE的交点坐标即可． 【解答】解：（1）∵AO＝1，tan∠ACO， ∴OC＝5，即C的坐标为（0，5）， ∵二次函数的图象与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点且过C的坐标（0，5）， 设二次函数的解析式为y＝ax2+bx+c，代入得： ， 解得：， ∴二次函数的解析式为y＝﹣x2+4x+5； （2）y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9， ∴顶点的坐标为（2，9）， 过D作DN⊥AB于N，作DM⊥OC于M， 四边形ACDB的面积＝S△AOC+S矩形OMDN﹣S△CDM+S△DNB ； （3）如图，P是抛物线上的一点，且在第一象限，当∠ACO＝∠PBC时， 连接PB，过C作CE⊥BC交BP于E，过E作EF⊥OC于F， ∵OC＝OB＝5，则BC＝5， ∵∠ACO＝∠PBC， ∴tan∠ACO＝tan∠PBC， 即， ∴， ∴△EFC是等腰直角三角形， ∴FC＝FE＝1， ∴E的坐标为（1，6）， 所以过B、E的直线的解析式为， 令， 解得，或， 所以BE直线与抛物线的两个交点为， 即所求P的坐标为． 【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点问题，二次函数的性质，待定系数法求二次函数解析式，正确的求解二次函数的解析式是解答本题的关键． 16．（2023•永州）如图1，抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数）经过点F（0，5）， 顶点坐标为（2，9），点P（x1，y1）为抛物线上的动点，PH⊥x轴于H，且． （1）求抛物线的表达式； （2）如图1，直线OP：交BF于点G，求的最大值； （3）如图2，四边形OBMF为正方形，PA交y轴于点E，BC交FM的延长线于C，且BC⊥BE，PH＝FC，求点P的横坐标． 【考点】二次函数综合题． 【分析】（1）由顶点式坐标公式和待定系数法分别求出a，b，c值，即可求出抛物线解析式； （2）利用抛物线的解析式可得B的坐标，求出直线BF的解析式，设G（m，﹣m+5），根据直线OP的解析式 得 ，用 x1，y1 表达GT长度，根据1，将GT和PH长度代入，可将面积比转化成二次函数的形式，根据P横坐标取值范围和此二次函数的图象性质即可求出 的最大值； （3）根据正方形的性质和FC＝PH可求出PT＝MC，再利用△EOB∽△CMB相似和OB＝MB可推出OE＝MC，设E（0，a），可求出直线AP的解析式，用a表达P点的横纵坐标，最后代入抛物线解析式，解方程可得答案． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数）经过点F（0，5），顶点坐标为（2，9）， ∴， 解得， ∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+4x+5； （2）过点G作GT⊥x轴于点T，如图所示， 在y＝﹣x2+4x+5中，令y＝0得0＝﹣x2+4x+5， 解得x＝5或x＝﹣1， ∴A（﹣1，0），B（5，0）， ∵F（0，5）， ∴BO＝FO＝5， 设直线BF的解析式为：y＝kx+5， ∴y＝5k+5， 解得k＝﹣1， ∴直线BF的解析式为y＝﹣x+5， 由G在直线BF上，设G（m，﹣m+5）， ∵G在直线OP上，直线OP为， ∴﹣m+5m， ∴， ∴， 由P（x1，y1） 在抛物线 y＝﹣x2+4x+5上，知P（x1，4x1+5）， ∴， ∵S△BPG＝S△BPO﹣S△BOG， ∴111， ∵， ∴111（x1）2， ∵，， ∴当 时，取最大值，最大值为； （3）设MF交PH于T，如图： ∵OBFM为正方形，F（0，5）， ∴FM＝BM＝OF＝BO＝5，∠MBO＝90°，FC∥OB， ∵PH⊥x，∠MBO＝90°，FC∥OB， ∴MTBH为矩形， ∴TH＝MB＝FM＝5， ∵PH＝FC， ∴PT＝MC， ∵BC⊥BE， ∴∠MBC+∠MBE＝90°， ∵∠MBO＝90°， ∴∠OBE+∠MBE＝90°， ∴∠OBE＝∠MBC， ∴∠CMB＝∠EOB＝90°， ∴△EOB∽△CMB， ∴， ∵OB＝MB， ∴EO＝MC， ∵PH＝FC， ∴PT＝MC， ∴EO＝MC＝PT， 设 EO＝MC＝PT＝a， ∴PH＝PT+TH＝5+a，E（0，a）， ∵A（﹣1，0）， 设直线AP的解析式为y＝kx+b， 则， ∴， ∴直线AP的解析式为y＝ax+a， ∵PH＝a+5，P在直线AP上， ∴a+5＝ax+a， ∴，即P点横坐标为 ， ∴x1，y1＝a+5， ∴a，y15 ∴54x1+5， ∴45＝0， ∴（x1+1）（5x1+5）＝0， 解得x1＝1或x1或x1， ∵x1， ∴x1， ∴点P的横坐标为． 【点评】本题考查的是二次函数的综合应用题，属于压轴题，解题的关键在于能否将面积问题和二次函数有效结合． 17．（2023•张家界）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，求△AOD周长的最小值； （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． 【考点】二次函数综合题． 【分析】（1）由题意可知，设抛物线的表达式为y＝a（x+2）（x﹣6），再将（0，6）代入求出a即可； （2）根据题意先求出点O关于直线BC的对称点E的坐标，再连接AE，交BC于点D，此时|DO|+|DA|最小； （3）先用待定系数法求出直线BC，AC的解析式，再根据PD∥AC，设直线PD表达式为y＝3x+a，再设P（m，m2+2m+6），将P点坐标代入直线PD的表达式得am2﹣m+6，然后解方程组求出D的坐标，再根据S＝S△PAB+S△PAD＝S△PAB﹣S△DAB得出S关于m的二次函数解析式，再根据函数的性质求最值即可． 【解答】解：（1）由题意可知，设抛物线的表达式为y＝a（x+2）（x﹣6）， 将（0，6）代入上式得：6＝a（0+2）（0﹣6）， 解得， ∴抛物线的表达式为y（x+2）（x﹣6）x2+2x+6； （2）作点O关于直线BC的对称点E，连接EC、EB， ∵B（6，0），C（0，6），∠BOC＝90°， ∴OB＝OC＝6， ∵O、E关于直线BC对称， ∴四边形OBEC为正方形， ∴E（6，6）， 连接AE，交BC于点D，由对称性|DE|＝|DO|， 此时|DO|+|DA|有最小值为AE的长， ∴AE10， ∵△AOD 的周长为DA+DO+AO，AO＝2，DA+DO的最小值为10， ∴△AOD的周长的最小值为10+2＝12， （3）由已知点A（﹣2，0），B（6，0），C（0，6）， 设直线BC的表达式为 y＝kx+b， 将B（6，0），C（0，6）代入y＝kx+b 中， 则， 解得， ∴直线BC的表达式为y＝﹣x+6， 同理可得：直线AC的表达式为y＝3x+6， ∵PD∥AC， ∴可设直线PD表达式为y＝3x+a， 由（1）设P（m，m2+2m+6）， 将P点坐标代入直线PD的表达式得am2﹣m+6， ∴直线PD的表达式为：， 由， 得， ∴D（m2m，m2m+6）， ∵P，D都在第一象限， ∴S＝S△PAB+S△PAD＝S△PAB﹣S△DAB |AB|[（m2+2m+6）﹣（m2m+6） 8×（m2m） m2+9n （m2﹣6m） （m﹣3）2， ∵0， ∴当 m＝3 时，S有最大值，最大值为， 此时P点为 ． 【点评】本题重点考查了待定系数法求二次函数及一次函数解析式，点的对称性，二次函数的性质等知识，会用抛物线及一次函数上的点坐标来表示线段的长度是解决第三问的关键． 18．（2023•株洲）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）． （1）若a＝1，c＝﹣1，且该二次函数的图象过点（2，0），求b的值； （2）如图所示，在平面直角坐标系Oxy中，该二次函数的图象与x轴交于点A（x1，0），B（x2，0），且x1＜0＜x2，点D在⊙O上且在第二象限内，点E在x轴正半轴上，连接DE，且线段DE交y轴正半轴于点F，． ①求证：． ②当点E在线段OB上，且BE＝1．⊙O的半径长为线段OA的长度的2倍，若4ac＝﹣a2﹣b2，求2a+b的值． 【考点】二次函数综合题． 【分析】（1）依题意得出二次函数解析式为y＝x2+bx﹣1，该二次函数的图象过点（2，0），代入即可求解； （2）①证明△DOF∽△DEO，根据相似三角形的性质即可求解； ②根据题意可得OE＝x2﹣1，OD＝﹣2x1，由①可得，进而得出x2＝1﹣3x1，由已知可得，根据一元二次方程根与系数的关系，可得，将x2＝1﹣3x1代入，解关于x1的方程，进而得出x2，可得对称轴为直线，即可求解． 【解答】（1）解：∵a＝1，c＝﹣1， ∴二次函数解析式为y＝x2+bx﹣1， ∵该二次函数的图象过点（2，0）， ∴4+2b﹣1＝0， 解得：b； （2）①证明：∵∠DOF＝∠DEO，∠ODF＝∠EDO， ∴△DOF∽△DEO， ∴， ∴， ∵， ∴； ②解∵该二次函数的图象与x轴交于点A（x1，0），B（x2，0），且x1＜0＜x2， ∴OA＝﹣x1，OB＝x2， ∵BE＝1． ∴OE＝x2﹣1， ∵⊙O的半径长为线段OA的长度的2倍， ∴OD＝﹣2x1， ∵， ∴， ∴3x1+x2﹣1＝0， 即x2＝1﹣3x1①， ∵该二次函数的图象与x轴交于点A（x1，0），B（x2，0）， ∴x1，x2是方程ax2+bx+c＝0的两个根， ∴， ∵4ac＝﹣a2﹣b2，a≠0， ∴， 即4（x1x2）+1+（x1+x2）2＝0② ①代入②，即， 即， 整理得﹣8（x1）2＝﹣2， ∴， 解得：（正值舍去）， ∴， ∴抛物线的对称轴为直线， ∴b＝﹣2a， ∴2a+b＝0． 【点评】本题考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，一元二次方程根与系数的关系，相似三角形的性质与判定，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 19．（2023•衡阳）如图，已知抛物线y＝ax2﹣2ax+3与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C，连接AC，过B、C两点作直线． （1）求a的值． （2）将直线BC向下平移m（m＞0）个单位长度，交抛物线于B′、C′两点．在直线B′C′上方的抛物线上是否存在定点D，无论m取何值时，都是点D到直线B′C′的距离最大．若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由． （3）抛物线上是否存在点P，使∠PBC+∠ACO＝45°，若存在，请求出直线BP的解析式；若不存在，请说明理由． 【考点】二次函数综合题． 【分析】（1）将点A（﹣1，0）代入y＝ax2﹣2ax+3，即可求得a＝﹣1； （2）利用待定系数法可得直线BC的解析式为y＝﹣x+3，由平移可得直线B′C′的解析式为y＝﹣x+3﹣m，设D（t，﹣t2+2t+3），过点D作DE∥y轴，交B′C′于点E，作DF⊥B′C′于点F，设直线B′C′交y轴于点G，则E（t，﹣t+3﹣m），可得DE＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3﹣m）＝﹣t2+3t+m，再证得△DEF是等腰直角三角形，可得DFDE（﹣t2+3t+m）（t）2（m），运用二次函数的性质即可求得答案； （3）分两种情况：当∠PBC在BC的下方时，当∠PBC在BC的上方时，分别求得直线BP的解析式，联立方程组求解即可求得点P的坐标． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2﹣2ax+3与x轴交于点A（﹣1，0）， ∴a+2a+3＝0， ∴a＝﹣1． （2）存在定点D，无论m取何值时，都是点D到直线B′C′的距离最大． ∵y＝﹣x2+2x+3， 当x＝0时，y＝3， ∴C（0，3）， 当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0， 解得：x1＝﹣1，x2＝3， ∴B（3，0）， 设直线BC的解析式为y＝kx+b，则， 解得：， ∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3， ∵将直线BC向下平移m（m＞0）个单位长度，交抛物线于B′、C′两点， ∴直线B′C′的解析式为y＝﹣x+3﹣m， 设D（t，﹣t2+2t+3）， 过点D作DE∥y轴，交B′C′于点E，作DF⊥B′C′于点F，设直线B′C′交y轴于点G，如图， ∴E（t，﹣t+3﹣m）， ∴DE＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3﹣m）＝﹣t2+3t+m， ∵OB＝OC＝3，∠BOC＝90°， ∴∠BCO＝∠CBO＝45°， ∵B′C′∥BC， ∴∠B′GO＝∠BCO＝45°， ∵DE∥y轴， ∴∠DEF＝∠B′GO＝45°， ∵∠DFE＝90°， ∴△DEF是等腰直角三角形， ∴DFDE（﹣t2+3t+m）（t）2（m）， ∵0， ∴当t时，DF取得最大值（m），此时点D的坐标为（，）． （3）存在． 当∠PBC在BC的下方时，在y轴正半轴上取点M（0，1），连接BM交抛物线于点P，如图， ∵A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），M（0，1）， ∴OB＝OC＝3，OM＝OA＝1，∠BOM＝∠COA＝90°， ∴△BOM≌△COA（SAS）， ∴∠MBO＝∠ACO， ∵∠CBO＝45°， ∴∠CBP+∠MBO＝45°， ∴∠CBP+∠ACO＝45°， 设直线BM的解析式为y＝k′x+b′，则， 解得：， ∴直线BM的解析式为yx+1， 联立，得， 解得：（舍去），， ∴P（，）； 当∠PBC在BC的上方时，作点M关于直线BC的对称点M′，如图，连接MM′，CM′，直线BM′交抛物线于P， 由对称得：MM′⊥BC，CM′＝CM＝2，∠BCM′＝∠BCM＝45°， ∴∠MCM′＝90°， ∴M′（2，3）， 则直线BM′的解析式为y＝﹣3x+9， 联立，得：， 解得：（舍去），， ∴P（2，3）； 综上所述，抛物线上存在点P，使∠PBC+∠ACO＝45°，直线BP的解析式为yx+1或y＝﹣3x+9． 【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数的图象和性质，直线的平移，等腰直角三角形性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质等，第（3）问要注意分类讨论，防止漏解． 20. （2024•长沙）已知四个不同的点，，，都在关于x的函数（a，b，c是常数，）的图象上． （1）当A，B两点的坐标分别为，时，求代数式的值； （2）当A，B两点的坐标满足时，请你判断此函数图象与x轴的公共点的个数，并说明理由； （3）当时，该函数图象与x轴交于E，F两点，且A，B，C，D四点的坐标满足：，．请问是否存在实数，使得，，这三条线段组成一个三角形，且该三角形的三个内角的大小之比为？若存在，求出m的值和此时函数的最小值；若不存在，请说明理由（注：表示一条长度等于的m倍的线段）． 24．【2022•衡阳】如图，已知抛物线交轴于，两点，将该抛物线位于轴下方的部分沿轴翻折，其余部分不变，得到的新图象记为“图象”，图象交轴于点． （1）写出图象位于线段上方部分对应的函数关系式； （2）若直线与图象有三个交点，请结合图象，直接写出的值； （3）为轴正半轴上一动点，过点作轴交直线于点，交图象于点，是否存在这样的点，使与相似？若存在，求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 解：（1）当时，，． 当时，，，，． ，. 设图象位于线段AB上方部分对应的解析式为． 把代入得，．． 图象位于线段上方部分对应的函数关系式为. （2）的值是2或3. 解析：由图象得直线与图象有三个交点时，存在两种情况：①当直线过点时，与图象有三个交点，此时；②当直线与图象位于线段上方部分对应的函数图象相切时，如图1．，，△，．综上，的值是2或3. （3），，是等腰直角三角形． 如图2，，． 轴，. 如图3，，． 当时，，，．，. 如图4，当时，． 的解析式为．． ，（舍．，. 综上，点的坐标为或，或，． 25．【2022•怀化】如图一所示，在平面直角坐标中，抛物线经过点，，与轴交于点，顶点为点．在线段上方的抛物线上有一动点，过点作于点，作交于点． （1）求抛物线和直线的函数表达式． （2）当的周长为最大值时，求点的坐标和的周长． （3）若点是抛物线上的一个动点，点是抛物线对称轴上的一个动点，是否存在以，，，为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由． 解：（1）抛物线经过点，， .解得. 抛物线的解析式为. 令，可得，. 设直线的解析式为，则，. 直线的解析式为. （2）如图一中，连接，，．设． ，，.. ，. ，是等腰直角三角形. 的值最大时，的周长最大. ，， 时，的面积最大，面积的最大值为，此时的值最大. ，. 的周长的最大值，此时，． （3）存在． 理由：如图二中，设，． 当为平行四边形的边时，则有，解得或4，或. 当为平行四边形的对角线时，，.. 综上所述，满足条件的点的坐标为或或 【答案】（1） （2）此函数图象与x轴的公共点个数为两个，理由见解析 （3）存在两个m的值符合题意；当时，此时该函数的最小值为；当时，此时该函数的最小值为 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的性质、二次函数与一元二次方程的关系、二次函数与x轴交点问题、直角三角形存在性问题等，熟练掌握相关知识和分类讨论是解题关键. （1）将代入得到关于、的关系式，再整体代入求解即可; （2）解方程求解，再根据的正负分类讨论即可； （3）由内角之比可得出这是一个的直角三角形，再将线段表示出来，利用特殊角的边角关系建立方程即可. 【小问1详解】 将，代入得 ， ②-①得，即． 所以． 【小问2详解】 此函数图象与x轴的公共点个数为两个． 方法1：由，得． 可得或． 当时，，此抛物线开口向上，而A，B两点之中至少有一个点在x轴的下方，此时该函数图象与x轴有两个公共点； 当时，，此抛物线开口下，而A，B两点之中至少有一个点在x轴的上方，此时该函数图象与x轴也有两个公共点． 综上所述，此函数图象与x轴必有两个公共点． 方法2：由，得． 可得或． 所以抛物线上存在纵坐标为的点，即一元二次方程有解． 所以该方程根的判别式，即． 因为，所以． 所以原函数图象与x轴必有两个公共点． 方法3：由，可得或． 当时，有，即， 所以． 此时该函数图象与x轴有两个公共点． 当时，同理可得，此时该函数图象与x轴也有两个公共点． 综上所述，该函数图象与x轴必有两个公共点． 【小问3详解】 因为，所以该函数图象开口向上． 由，得，可得． 由，得，可得． 所以直线均与x轴平行． 由（2）可知该函数图象与x轴必有两个公共点，设，． 由图象可知，即． 所以的两根为，，可得． 同理的两根为，，可得． 同理的两根为，，可得． 由于，结合图象与计算可得，． 若存在实数，使得，这三条线段组成一个三角形， 且该三角形的三个内角的大小之比为1：2：3，则此三角形必定为两锐角分别为30°，60°的直角三角形，所以线段不可能是该直角三角形的斜边． ①当以线段为斜边，且两锐角分别为30°，60°时，因为， 所以必须同时满足：，． 将上述各式代入化简可得，且， 联立解之得，，解得符合要求． 所以，此时该函数的最小值为． ②当以线段为斜边时，必有，同理代入化简可得 ，解得． 因为以线段为斜边，且有一个内角为60°，而， 所以，即， 化简得符合要求． 所以，此时该函数的最小值为． 综上所述，存在两个m的值符合题意； 当时，此时该函数的最小值为； 当时，此时该函数的最小值为． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$