专题05二次函数与几何的综合题期中考试专练-【好题汇编】备战2024-2025学年九年级数学上学期期中真题分类汇编（浙江专用）

专题05 二次函数与几何的综合题期中考试专练 1．（2023秋•玉环市校级期中）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+2的图象与x轴相交于点A，B，与y轴相交于点C．若二次函数y＝ax2+bx+2的图象经过点D（﹣3，2），E（﹣1，3）． （1）求二次函数的解析式； （2）当﹣2≤x≤2时，求二次函数y＝ax2+bx+2最大值与最小值的差； （3）在二次函数y＝ax2+bx+2图象上任取一点P，其横坐标为m．点Q在二次函数图象的对称轴上．若以点P，Q，C为顶点三角形是以∠PCQ为直角的等腰三角形．求点Q的坐标． 2．（2023秋•奉化区校级期中）如图，抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点C．P是线段BC上的动点（点P不与点B，C重合），连接AP并延长AP交抛物线于另一点Q，连接AC，CQ，BQ，设点Q的横坐标为x． （1）求证：△ABC是直角三角形． （2）记△BCQ的面积为S，求S关于x的函数表达式． （3）在点P的运动过程中，是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由． 3．（2023秋•西湖区校级期中）已知二次函数y＝2x2+bx+c（b，c是常数） （1）若A（1，0），B（0，4）两点在该二次函数图象上，求二次函数的表达式． （2）若二次函数的表达式可以写成y＝2（x﹣h）2﹣2的形式（h是常数），求b+c的最小值． （3）若二次函数的表达式还可以写成y＝2（x﹣m）（x﹣m﹣k），它的图象与x轴交于A，B两点，一次函数y＝kx+b的图象经过点A，且与二次函数的图象交于另一点C．是否存在实数k，使得△ABC是以AB为腰的等腰三角形，如果存在，求出k的值；如果不存在，请说明理由． 4．（2023秋•绍兴期中）如图1，平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于A（1，0），B（﹣3，0）两点，交y轴于点C（0，3），点M是线段OB上一个动点，过点M作x轴的垂线，交直线BC于点F，交抛物线于点E． （1）求抛物线的解析式； （2）当△BCE面积最大时，求M点的坐标； （3）如图2，是否存在以点C、E、F为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由． 5．（2023秋•西湖区校级期中）已知抛物线y＝ax2+bx+8过点B（4，8）和点C（8，4），与y轴交于点A． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，连接AB，BC，点D在线段AB上（与点A，B不重合），点F是OA的中点，连接FD，过点D作DE⊥FD交BC于点E，连接EF，当△DEF面积是△ADF面积的3倍时，求点D的坐标； （3）如图2，点P是抛物线上对称轴右侧的点，H（m，0）是x轴正半轴上的动点，若线段OB上存在点G（与点O，B不重合），使得∠GBP＝∠HGP＝∠BOH，求m的取值范围． 6．（2023秋•乐清市校级期中）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0）、B（1，0），与y轴交于点C． （1）求抛物线的表达式． （2）已知点D为y轴上一点，点D关于直线AC的对称点为D1． ①当点D1刚好落在第二象限的抛物线上时，求出点D的坐标． ②点P在抛物线上（点P不与点A、点C重合），连结PD，PD1，DD1，是否存在点P，使△PDD1为等腰直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 7．（2023秋•金东区期中）如图1，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且点A坐标为（﹣1，0）． （1）求抛物线的解析式． （2）如图2，y轴上存在一点D，使⊙D经过B，C两点，求点D的坐标． （3）如图3，连结BC，点P（不与A，B，C三点重合）为抛物线上一动点，连结BP，CP，在点P运动过程中，△BPC 中是否存在一个内角，使其等于∠ABC，若存在，求出此时点P的横坐标；若不存在，请说明理由． 8．（2023秋•上虞区期中）如图，抛物线与x轴分别相交于点B，O，其顶点为A，连结AB，把AB所在的直线沿y轴向上平移，使它经过原点O，得到直线l，点P在直线l上． （1）求抛物线顶点A的坐标． （2）若⊙I是△ABO的外接圆，试求⊙I的半径． （3）当时，求点P到圆心I的距离． 9．（2023秋•西湖区校级期中）如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．直线l与抛物线交于A，D两点，与y轴交于点E，点D的坐标为（4，﹣3）． （1）请直接写出A，B两点的坐标及直线l的函数表达式； （2）若点P是抛物线上的点，点P的横坐标为m（m≥0），过点P作PM⊥x轴，垂足为M，PM与直线l交于点N．当PN＝MN时，求点P的坐标； （3）若点Q是y轴上的点，且∠ADQ＝45°，求点Q的坐标． 10．（2023秋•文成县期中）如图，已知点A的坐标是（﹣1，0），点B的坐标是（9，0），以AB为直径作⊙O'，交y轴的负半轴于点C，连接AC，BC，过A，B，C三点作抛物线． （1）求点C的坐标及抛物线的解析式； （2）点E是AC延长线上一点，∠BCE的平分线CD交⊙O′于点D，求点D的坐标； （3）在（2）的条件下，抛物线上是否存在点P，使得∠PDB＝∠CBD，若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由． 11．（2023秋•椒江区期中）如图，直线y＝﹣x+n与x轴交于点A（3，0），与y轴交于点B，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A，B． （1）求抛物线解析式； （2）E（m，0）是x轴上一动点，过点E作ED⊥x轴交于点E，交直线AB于点D，交抛物线于点P，连接PB． ①点E在线段OA上运动，当线段PD的长度最大时，求点P的坐标； ②点E在线段OA上运动，若△PBD是等腰三角形时，求点E的坐标． 12．（2023秋•兰溪市校级期中）已知抛物线y＝x2+mx﹣2与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A坐标为（﹣2，0） （1）求抛物线的解析式及B、C两点的坐标． （2）若点M是线段AC上一个动点（不与A、C重合），点N是线段AB上一个动点，设AN＝t（t＞0）． ①如图1，当点N运动到AB的中点时，作MN∥y轴交AC于点M．求证：∠BMN＝∠BAC． ②当点N在运动过程中，在x轴上方的抛物线上是否存在点G，使得∠GNB＝∠BAC且GN恰好平分∠AGB？若存在，求出此时点G的横坐标和t的值；若不存在，请说明理由． 13．（2023秋•宁海县期中）如图①，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C（0，3），顶点为D（4，﹣1），对称轴与直线BC交于点E，与x轴交于点F． （1）求二次函数的解析式； （2）点M在第一象限抛物线的对称轴上，若点C在BM的垂直平分线上，求点M的坐标； （3）如图②，过点E作对称轴的垂线在对称轴的右侧与抛物线交于点H，x轴上方的对称轴上是否存在一点P，使以E，H，P为顶点的三角形与△EFB相似，若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由． 14．（2023秋•椒江区校级期中）如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象交x轴于点A（﹣3，0），B（1，0），交y轴于点 C．点P（m，0）是x轴上的一动点，PM⊥x轴，交直线AC于点M，交抛物线于点N． （1）求这个二次函数的表达式； （2）①若点P仅在线段AO上运动，如图，求线段MN的最大值； ②若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形．若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 15．（2023秋•海曙区期中）已知抛物线经过y＝ax2+bx+c点A（﹣4，0）、B（1，0）、C（0，3）． （1）求抛物线解析式和直线AC的解析式； （2）若点P是第四象限抛物线上的一点，若S△PAC＝10，求点P的坐标； （3）如图2，点M是线段AC上的一个动点（不与A、C重合），经过A、M、O三点的圆与过A且垂直于AC的直线交于点N，求当S△OMN最小时点M的坐标及S△OMN最小值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 二次函数与几何的综合题期中考试专练 1．（2023秋•玉环市校级期中）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+2的图象与x轴相交于点A，B，与y轴相交于点C．若二次函数y＝ax2+bx+2的图象经过点D（﹣3，2），E（﹣1，3）． （1）求二次函数的解析式； （2）当﹣2≤x≤2时，求二次函数y＝ax2+bx+2最大值与最小值的差； （3）在二次函数y＝ax2+bx+2图象上任取一点P，其横坐标为m．点Q在二次函数图象的对称轴上．若以点P，Q，C为顶点三角形是以∠PCQ为直角的等腰三角形．求点Q的坐标． 【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可； （2）结合函数的图象，当﹣2≤x≤2时，函数的最大值为，最小值为﹣3，再求解即可； （3）当P点在y轴左侧时，过点P作PN⊥y轴交于点N，过点Q作QM⊥y轴交于点M，可证明△CQM≌△PCN（AAS），由此可得m2+m＝，求出m的值，再求Q点坐标即可；当P点在y轴右侧时，过点C作GH⊥y轴，过点P作PH⊥GH交于H点，过点Q作GQ⊥GH交于G点，同理可得△CQG≌△PCH（AAS），再由m2+m＝，求出m的值，再求Q点坐标即可． 【解答】解：（1）将D（﹣3，2），E（﹣1，3）代入y＝ax2+bx+2， ∴， 解得， ∴y＝﹣x2﹣x+2； （2）∵y＝﹣x2﹣x+2＝﹣（x+）2+， ∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣， 当﹣2≤x≤2时，函数的最大值为，最小值为﹣3， ∴函数的最大值与最小值的差为； （3）∵P点横坐标为m， ∴P（m，﹣m2﹣m+2）， 当x＝0时，y＝2， ∴C（0，2）， 当P点在y轴左侧时， 过点P作PN⊥y轴交于点N，过点Q作QM⊥y轴交于点M， ∵∠PCQ＝90°， ∴∠QCM+∠PCN＝90°， ∵∠CQM+∠QCM＝90°， ∴∠CQM＝∠PCN， ∵CQ＝PC， ∴△CQM≌△PCN（AAS）， ∴QM＝CN＝m2+m，CM＝PN＝﹣m， ∴m2+m＝， 解得m＝， ∵m＜0， ∴m＝， ∴n＝2+＝， ∴Q（﹣，）； 当P点在y轴右侧时， 过点C作GH⊥y轴，过点P作PH⊥GH交于H点，过点Q作GQ⊥GH交于G点， 同理可得△CQG≌△PCH（AAS）， ∴CG＝PH＝，GQ＝CH＝m， ∴m2+m＝， 解得m＝， ∵m＞0， ∴m＝， ∴n＝2﹣＝， ∴Q（﹣，）； 综上所述：Q点坐标为（﹣，）或（﹣，）． 2．（2023秋•奉化区校级期中）如图，抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点C．P是线段BC上的动点（点P不与点B，C重合），连接AP并延长AP交抛物线于另一点Q，连接AC，CQ，BQ，设点Q的横坐标为x． （1）求证：△ABC是直角三角形． （2）记△BCQ的面积为S，求S关于x的函数表达式． （3）在点P的运动过程中，是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）分别求出二次函数与坐标轴的交点坐标，由两点之间的距离公式即可求出AB，AC，BC的长度，再运用勾股定理逆定理即可证明△ABC是直角三角形； （2）连接OQ，设点Q的坐标为，根据三角形面积公式S＝S△OCQ+S△OBQ﹣S△OBC即可得出答案； （3）过点Q作QH⊥BC于点H，则△APC∽△QPH，根据相似三角形的性质得出，再结合得出，利用二次函数的性质即可解决最值问题． 【解答】（1）证明：由图可知，A、B点是二次函数与x轴的交点， ∴， 解得：x1＝﹣1，x2＝4， ∴A（﹣1，0），B（4，0）， ∵C点是二次函数与y轴的交点， ∴当x＝0时，y＝﹣2， ∴C（0，﹣2）， ∴， ， ， ∴AB2＝25＝AC2+BC2， ∴△ABC是直角三角形； （2）解：连接OQ，如图1， 设点Q的坐标为， S＝S△OCQ+S△OBQ﹣S△OBC ＝×2•x+×4•（﹣+x+2）﹣×2×4 ＝﹣x2+4x； （3）解：存在；理由如下： 过点Q作QH⊥BC于点H，如图2， ∵由（1）可知，△ABC是直角三角形， ∴∠ACB＝90°， ∵QH⊥BC， ∴∠QHP＝90°， ∴∠ACB＝∠QHP， ∵∠APC＝∠QPH， ∴△APC∽△QPH， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴当x＝2时，最大，最大为． 3．（2023秋•西湖区校级期中）已知二次函数y＝2x2+bx+c（b，c是常数） （1）若A（1，0），B（0，4）两点在该二次函数图象上，求二次函数的表达式． （2）若二次函数的表达式可以写成y＝2（x﹣h）2﹣2的形式（h是常数），求b+c的最小值． （3）若二次函数的表达式还可以写成y＝2（x﹣m）（x﹣m﹣k），它的图象与x轴交于A，B两点，一次函数y＝kx+b的图象经过点A，且与二次函数的图象交于另一点C．是否存在实数k，使得△ABC是以AB为腰的等腰三角形，如果存在，求出k的值；如果不存在，请说明理由． 【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案； （2）根据题意得：b＝﹣4h，c＝2h2﹣2，b+c＝2h2﹣4h﹣2＝2（h﹣1）2﹣4．利用二次函数的性质即可求得答案； （3）分两种情况：①当k＞0时，（i）点A（m，0），B（m+k，0），则一次函数解析式可以表示为y＝k（x﹣m），联立方程组求解可得出C（m+k，k2），根据图象可知：当三角形是以AB为腰的等腰三角形时，则只能AB＝BC，过点C作CD⊥x轴，利用勾股定理建立方程求解即可；（ii）若点A（m+k，0），B（m，0），则一次函数解析式可以表示为 y＝k（x﹣m﹣k），联立方程组求解可得出C（m+k，﹣k2），与抛物线的顶点重合，故AC＝BC，过点C作 CD⊥x轴，再利用勾股定理建立方程求解即可；②当k＜0时，同理可求得答案． 【解答】解：（1）∵二次函数y＝2x2+bx+c 过点A（1，0）、B（0，4）， ∴， 解得：， ∴该二次函数的表达式为y＝2x2﹣6x+4． （2）把y＝2（x﹣h）2﹣2化成一般式得，y＝2x2﹣4hx+2h2﹣2， ∴b＝﹣4h，c＝2h2﹣2， ∴b+c＝2h2﹣4h﹣2＝2（h﹣1）2﹣4． 把b+c的值看作是h的二次函数，则该二次函数开口向上，有最小值， ∴当h＝1时，b+c的最小值是﹣4． （3）存在，理由： ①当k＞0时， （i）点A（m，0），B（m+k，0），则一次函数解析式可以表示为y＝k（x﹣m）， 联立， 解得：，， ∴C（m+k，k2）， 由图可知，当三角形是以AB为腰的等腰三角形时，则只能AB＝BC， 过点C作CD⊥x轴， 则CD＝k2，BD＝m+k﹣（m+k）＝k， BC2＝CD2+BD2＝（k2）2+（k）2＝k4+k2， ∵AB＝m+k﹣m＝k，AB＝BC， ∴k2＝k4+k2， ∴k＝±， ∵k＞0， ∴k＝； （ii）若点A（m+k，0），B（m，0），则一次函数解析式可以表示为 y＝k（x﹣m﹣k）， 联立， ∴，， ∴C（m+k，﹣k2）， ∵y＝2（x﹣m）（x﹣m﹣k）， ∴抛物线的对称轴为直线x＝m+k，顶点坐标为（m+k，﹣k2）， 即点C恰好是抛物线顶点， ∴总是有AC＝BC， 过点C作 CD⊥x轴，如图， 则CD＝k2，BD＝m+k﹣m＝k， ∴BC2＝CD2+BD2＝（k2）2+（k）2＝k4+k2， ∵AB＝k，AB＝BC， ∴k2＝k4+k2， ∴k＝±， ∵k＞0， ∴k＝； ②当k＜0时， 同理可得：k＝﹣或﹣； ∴综上所述，k＝±或±． 4．（2023秋•绍兴期中）如图1，平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于A（1，0），B（﹣3，0）两点，交y轴于点C（0，3），点M是线段OB上一个动点，过点M作x轴的垂线，交直线BC于点F，交抛物线于点E． （1）求抛物线的解析式； （2）当△BCE面积最大时，求M点的坐标； （3）如图2，是否存在以点C、E、F为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）将A，B，C三点的坐标代入y＝ax2+bx+c，得到关于a，b，c的三元一次方程组，解方程组即可； （2）设M（m，0），则E（m，﹣m2﹣2m+3），求得直线BC的解析式为y＝x+3，即可得到F（m，m+3），根据三角形面积公式可得，由二次函数的性质可得结论； （3）分△ABC∽△CFE和△ABC∽△EFC两种情况列式求解即可． 【解答】解：（1）∵抛物线过点A（1，0），B（﹣3，0），C（0，3）， ∴代入得，， 解得，， ∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3； （2）设M（m，0），则E（m，﹣m2﹣2m+3）， 设直线BC解析式为y＝kx+b1， ∵直线BC经过点B，C， ∴， 解得， ∴直线BC的解析式为y＝x+3， ∴F（m，m+3）， ， ∵， ∴当时，即当时，； （3）存在以点C，E，F为顶点的三角形与△ABC相似，理由如下： 设M（n，0），则E（n，﹣n2﹣2n+3），F（n，n+3）． ∴EF＝﹣n2﹣3n， 如图，过点F作FG⊥y轴于点G，则FG＝﹣n， 由（1）可得：OB＝OC＝3，AB＝4，BC＝3， ∴∠ABC＝∠BCO＝∠MFB＝∠CFE＝45°， ∴△CFG是等腰直角三角形， ∴CF＝﹣n． 当以点C，E，F为顶点的三角形与△ABC相似时，B与F为对应顶点， ①当△ABC∽△CFE时，，即＝， 解得：或n＝0（舍去）， ∴； ②当△ABC∽△EFC时，，即＝， 解得：或n＝0（舍去）， ∴． 综上所述，或． 5．（2023秋•西湖区校级期中）已知抛物线y＝ax2+bx+8过点B（4，8）和点C（8，4），与y轴交于点A． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，连接AB，BC，点D在线段AB上（与点A，B不重合），点F是OA的中点，连接FD，过点D作DE⊥FD交BC于点E，连接EF，当△DEF面积是△ADF面积的3倍时，求点D的坐标； （3）如图2，点P是抛物线上对称轴右侧的点，H（m，0）是x轴正半轴上的动点，若线段OB上存在点G（与点O，B不重合），使得∠GBP＝∠HGP＝∠BOH，求m的取值范围． 【分析】（1）运用待定系数法将点B、点C坐标代入解析式可求解； （2）用待定系数法求得直线BC的解析式为y＝﹣x+12，可证△BGE是等腰直角三角形，设D（t，8），通过证明△AFD∽△GDE，相似三角形的性质得出m﹣t＝4，则DG＝AF，可证△AFD≌△GDE，由面积关系列出方程可求解； （3）通过证明△OGH∽△BPG，可得，由待定系数法可求BS的解析式，联立方程组可求点P坐标，由勾股定理可求BP的长，由二次函数的性质可求解． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+8过点B（4，8）和点C（8，4）， ∴， 解得：， ∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+8； （2）∵抛物线y＝﹣x2+x+8与y轴交于点A， 当x＝0时，y＝8， ∴A（0，8），则OA＝8， ∵B（4，8）， ∴AB∥x轴，AB＝4， ∵点F是OA的中点， ∴F（0，4）， ∴AB＝AF＝4， 设直线BC的解析式为y＝kx+b， ∵B（4，8），C（8，4）， ∴， 解得：， ∴直线BC的解析式为y＝﹣x+12， 设E（m，﹣m+12）（4＜m＜8）， 如图1，过点E作EG⊥AB交AB的延长线于G， 则∠G＝90°， ∴G（m，8）， ∴GE＝8﹣（﹣m+12）＝m﹣4，BG＝m﹣4， ∴BG＝GE， ∴△BGE是等腰直角三角形， 设D（t，8），则AD＝t，DG＝m﹣t， ∵DE⊥FD， ∴∠FDE＝90°， ∵∠FAD＝∠G＝∠FDE＝90°， ∴∠AFD＝90°﹣∠ADF＝∠GDE， ∴△AFD∽△GDE， ∴＝，即＝， ∴t（m﹣t）＝4（m﹣4）， 即（t﹣4）m＝（t﹣4）（t+4）， ∵t≠4， ∴m＝t+4， 即m﹣t＝4， ∴DG＝AF， ∴△AFD≌△GDE（ASA）， ∴DF＝DE， 又∵DE⊥DF， ∴△DEF是等腰直角三角形， ∴S△DEF＝DF2， ∵S△ADF＝AD•AF， 当△DEF面积是△ADF面积的3倍时， 即DF2＝3×AD•AF， ∴DF2＝12AD， 在Rt△ADF中，DF2＝AD2+AF2＝t2+42， ∴AD2+AF2＝12AD， ∴t2+42＝12t， 解得：t＝6﹣2或t＝2+6（舍去）， ∴D（6﹣2，8）； （3）∵∠GBP＝∠HGP＝∠BOH， 又∠OGH+∠HGP＝∠GBP+∠BPG， ∴∠OGH＝∠BPG， ∴△OGH∽△BPG， ∴＝， 设BP交x轴于点S，过点B作BT⊥x轴于点T，如图2， ∵∠GBP＝∠BOH， ∴SB＝SO， ∵OT＝4，BT＝8， ∴OB＝＝4， 设BS＝k，则TS＝k﹣4， 在Rt△TBS中，SB2＝ST2+BT2， ∴k2＝（k﹣4）2+82， 解得：k＝10， ∴S（10，0）， 设直线BS的解析式为y＝ex+f，则， 解得：， ∴直线BS的解析式为y＝﹣x+， 联立， 解得：或， ∴P（，﹣）， ∴PB＝＝， ∵＝， 设OG＝n，则BG＝OB﹣OG＝4﹣n， ∴＝， 整理得：m＝﹣＝﹣n2+n＝﹣（n﹣2）2+， ∵点G在线段OB上（与点O，B不重合）， ∴0＜OG＜4， ∴0＜n＜4， ∴当n＝2时，m取得的最大值为， ∴0＜m≤． 6．（2023秋•乐清市校级期中）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0）、B（1，0），与y轴交于点C． （1）求抛物线的表达式． （2）已知点D为y轴上一点，点D关于直线AC的对称点为D1． ①当点D1刚好落在第二象限的抛物线上时，求出点D的坐标． ②点P在抛物线上（点P不与点A、点C重合），连结PD，PD1，DD1，是否存在点P，使△PDD1为等腰直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由点A、B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的表达式； （2）①由对称性可求∠DCD'＝90°，可得CD'∥OB，可得点D'的纵坐标为﹣4，代入解析式可求点D'坐标，可得CD'＝CD＝3，可求点D坐标； ②分情况讨论，由等腰直角三角形的性质和全等三角形的性质可求点坐标． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0）、B（1，0）， ∴将A（﹣3，0）、B（1，0）分别代入y＝﹣x2+bx+c 得， 解得， 所以，抛物线的表达式为y＝﹣x2﹣2x+3； （2）①如图， ∵抛物线的解析式y＝﹣x2﹣2x+3． ∴C （0，3）， ∴OA＝OC＝3， ∴∠OCA＝45°， ∵点D关于直线AC的对称点为D1． ∴∠DCA＝∠D1CA＝45°，CD＝CD1， ∴∠DCD1＝90°， ∴CD1∥OA， ∴点D1的纵坐标为3， ∴3＝﹣x2﹣2x+3， ∴x1＝0（舍去），x2＝﹣2， ∴CD＝CD1＝2， ∴点D（0，1）； ②以D为直角顶点，若点D在点C下方，如图2，过点P作PH⊥y轴， ∵∠DCD1＝90°，CD＝CD1， ∴∠CDD1＝45°， ∵∠D1DP＝90° ∴∠HDP＝45°， ∵PH⊥y轴， ∴∠HDP＝∠HPD＝45°， ∴HP＝HD， ∵∠CDD1＝∠HDP，∠PHD＝∠DCD1＝90°，DP＝DD1， ∴△DPH≌△DD1C（AAS）， ∴CD＝CD1＝HD＝HP， 设CD＝CD1＝HD＝HP＝a， ∴点P（﹣a，3﹣2a） ∴﹣a2+2a+3＝3﹣2a， ∴a＝4，a＝0（不合题意，舍去）， ∴点P（﹣4，﹣5）； 若点D在点C上方，如图3， ∵DD1＝DP，∠DCD1＝90°， ∴CD＝CP，∠DCP＝∠COA， ∴CP∥AB， ∴点P纵坐标为3， ∴3＝﹣x2﹣2x+3， ∴x1＝0（舍去），x2＝﹣2， ∴点P（﹣2，3）； 如图4，若以P为直角顶点，此时P与点A重合，不合题意， 如图5，以P为直角顶点，此时点P与C重合，不合题意， 如图6，以D1为直角顶点，此时PD∥x轴，过点D1作D1H⊥x轴交PD于H， ∴D1H⊥PD， ∴PH＝DH＝D1H， 设PH＝DH＝D1H＝m， ∵点D1的纵坐标为3， ∴P（﹣2m，3﹣m）， ∴﹣4m2+4m+3＝3﹣m， ∴m＝，m＝0（不合题意舍去）， ∴点P（﹣，）； 综上可得，点P的坐标为（﹣4，﹣5）或（﹣2，3）或（﹣，）． 7．（2023秋•金东区期中）如图1，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且点A坐标为（﹣1，0）． （1）求抛物线的解析式． （2）如图2，y轴上存在一点D，使⊙D经过B，C两点，求点D的坐标． （3）如图3，连结BC，点P（不与A，B，C三点重合）为抛物线上一动点，连结BP，CP，在点P运动过程中，△BPC 中是否存在一个内角，使其等于∠ABC，若存在，求出此时点P的横坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）将点A的坐标代入解析式，求出c的值即可得出结论； （2）设点D的坐标为（0，d），由圆的性质可知，CD＝BD，由此建立方程，求出d即可； （3）根据题意，需要分三种情况：∠CBP＝∠ABC；∠BCP＝∠ABC；∠BPC＝∠ABC，分别画出图形，根据图形列出方程，求解即可． 【解答】解：（1）∵抛物线与x轴交于A，B两点，且点A坐标为（﹣1，0）， ∴＝0， 解得c＝2， ∴抛物线的解析式为：+2； （2）∵抛物线y＝+2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C， ∴令y＝0，即+2＝0， 解得x＝﹣1或x＝4， 令x＝0，则y＝2， ∴B（4，0），C（0，2）， 设点D的坐标为（0，d），由题可知，CD＝BD， ∴＝， 解得d＝﹣3， ∴D（0，﹣3）； （3）存在，理由如下：在△OBC中，OB＝4，OC＝2， ∴tan∠ABC＝； 根据题意，△BPC 中是否存在一个内角，使其等于∠ABC，需要分以下三种情况： ①当∠CBP＝∠ABC时，如图3﹣1，过点C作CE⊥BP于点E，过点E作EF⊥y轴于点F，过点B作BG⊥x轴交EF于点G， ∴EF⊥BG， ∵∠CBP＝∠ABC，∠BOC＝∠BEC＝90°，BC＝BC， ∴Rt△OBC≌Rt△EBC（HL）， ∴OB＝BE＝4，OC＝CE＝2， ∵EF⊥y轴，EF⊥BG，CE⊥BP， ∴∠CFE＝∠FGB＝∠CEB＝90°， ∴∠CEF+∠BEG＝∠CEF+∠CFE＝90° ∴∠BEG＝∠CFE， ∴△CEF∽△EBG， ∴EF：BG＝CF：GE＝CE：BE＝1：2， 设EF＝t，则BG＝2t，CF＝2t﹣2， ∴EG＝4t﹣4， ∴t+4t﹣4＝4， ∴t＝， ∴E（，）， ∵B（4，0）， ∴直线BE的解析式为：y＝﹣（x﹣4）， 令﹣（x﹣4）＝+2， 解得x＝4（舍）或x＝； ②当∠BCP＝∠ABC时， 当点P在BC上方时，如图3﹣2，此时CP∥x轴， ∴令+2＝2， 解得x＝3； 当点P在x轴下方时，如图3﹣3，设CP与x轴交于点H， ∴CH＝BH， ∴OH＝4﹣BH， 在Rt△OCH中，由勾股定理可得，OC2+OH2＝CH2， 即22+（4﹣BH）2＝BH2， 解得BH＝， ∴H（，0）， ∴直线CH的解析式为：y＝﹣x+2， 令﹣x+2＝+2， 解得x＝0（舍）或x＝； ③当∠BPC＝∠ABC时，如图3﹣4，过点B作BM⊥BP交PC的延长线于点M，过点B作BN∥y轴，分别过点M，P作x轴的平行线，交BN于点N，G， ∴△BMN∽△PBQ， ∴MN：BQ＝BN：PQ＝BM：BP＝tan∠BPC＝， 设点P的横坐标为t，则P（t，﹣t2+t+2）， ∴PQ＝4﹣t，BQ＝t2﹣t﹣2， ∴BN＝2﹣t，MN＝t2﹣t﹣1， ∴M（5﹣t2+t，2﹣t）， ∴直线PC的解析式为：y＝（﹣t+）x+2， 将点M的坐标代入上述解析式，可得（﹣t+）（5﹣t2+t）+2＝2﹣t， 整理得t3﹣6t2﹣7t+60＝0，即（t+3）（t﹣4）（t﹣5）＝0， ∴t＝﹣3或t＝4（舍）或t＝5（如图3﹣5）； 综上，符合题意的点P的横坐标为：或3或或﹣3或5． 8．（2023秋•上虞区期中）如图，抛物线与x轴分别相交于点B，O，其顶点为A，连结AB，把AB所在的直线沿y轴向上平移，使它经过原点O，得到直线l，点P在直线l上． （1）求抛物线顶点A的坐标． （2）若⊙I是△ABO的外接圆，试求⊙I的半径． （3）当时，求点P到圆心I的距离． 【分析】（1）由抛物线顶点坐标公式即可求解； （2）由IA＝IO，即可求解； （3）当时，则|yP|＝|yA|＝，进而求解． 【解答】解：（1）令＝0，则x＝﹣4，即点B（﹣4，0）， 由圆和抛物线的性质知，点A、I共线且在OB的中垂线上， 则I、A的横坐标均为﹣2， 当x＝﹣2时，＝﹣2， 即点A（﹣2，﹣2）； （2）设点I（﹣2，m），设圆的半径为r， 由IA＝IO得：r2＝4+m2＝（m+2）2， 解得：m＝﹣，r＝； 即圆的半径＝； （3）由（2）知，点I（﹣2，﹣）， 由点A、B的坐标知，其和x轴的夹角为60°， 则直线l的表达式为：y＝﹣x， 当时，则|yP|＝|yA|＝， 则y＝＝﹣x， 解得：x＝±1， 则点P的坐标为：（1，﹣）或（﹣1，）， 由点P、I坐标知，PI＝， 即点P到圆心I的距离为：． 9．（2023秋•西湖区校级期中）如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．直线l与抛物线交于A，D两点，与y轴交于点E，点D的坐标为（4，﹣3）． （1）请直接写出A，B两点的坐标及直线l的函数表达式； （2）若点P是抛物线上的点，点P的横坐标为m（m≥0），过点P作PM⊥x轴，垂足为M，PM与直线l交于点N．当PN＝MN时，求点P的坐标； （3）若点Q是y轴上的点，且∠ADQ＝45°，求点Q的坐标． 【分析】（1）令y＝0，得，得到A（﹣2，0），B（6，0），由待定系数法即可求函数表达式； （2）当0≤m≤6时，此时，点N是PM的中点，即可求解； （3）当点Q在y轴正半轴上时，则tan∠Q1EH＝tan∠AEO，得到HE＝ED进而求解；当点Q在y轴负半轴上时，则tan∠Q2EG＝tan∠AEO，得到ED＝EG+DG＝3EG，进而求解． 【解答】解：（1）令y＝0，得：， ∴解得x1＝﹣2，x2＝6， ∴A（﹣2，0），B（6，0）， 设直线AD的解析式为：y＝kx+b， 把A（﹣2，0），D（4，﹣3）代入得： ，解得：， ∴直线l的解析式为：y＝﹣x﹣1； （2）如图，设点P的坐标为P（m，m2﹣m﹣3）（其中m≥0）， 则M（m，0），N（m，﹣m﹣1）． 当0≤m≤6时，此时，点N是PM的中点， 则﹣m﹣1＝（m2﹣m﹣3+0）， 解得：m＝2（负值已舍去）， 即点P（2，﹣4）； （3）∵直线y＝﹣x﹣1与y轴交于点E， ∴点E坐标为（0，﹣1）． 分两种情况： ①如图，当点Q在y轴正半轴上时，记为点Q1．过点 Q1作Q1H⊥直线AD，垂足为H． 在Rt△Q1HE中，tan∠Q1EH＝， 在Rt△AOE中，tan∠AEO＝， ∵tan∠Q1EH＝tan∠AEO，A（﹣2，0），E（0，﹣1） ∴AO＝2OE， ∴Q1H＝2HE． 又∵∠Q1DH＝45°，∠Q1HD＝90°， ∴∠HQ1D＝∠Q1DH＝45°， ∴DH＝Q1H＝2HE， ∴HE＝ED． 连接CD，∵点C，点D为抛物线上的对称点， ∴CD⊥y轴， ∴ED＝＝2，HE＝2，Q1H＝4， ∴Q1E＝＝10． ∴OQ1＝Q1E﹣OE＝10﹣1＝9． ∴点Q1的坐标为（0，9）； ②如图，当点Q在y轴负半轴上时，记为点Q2．过点Q2作Q2G⊥AD，垂足为G， 在Rt△Q2GE中，tan∠Q2EG＝， 在Rt△AOE中，tan∠AEO＝， ∵tan∠Q2EG＝tan∠AEO，AO＝2OE， ∴Q2G＝2EG． 又∵∠Q2DG＝45°，∠Q2GD＝90°， ∴∠D Q2G＝∠Q2DG＝45°， ∴DG＝Q2G＝2EG， ∴ED＝EG+DG＝3EG． 由①可知，ED＝2． ∴EG＝，Q2G＝， ∴EQ2＝＝． ∴OQ2＝OE+EQ2＝1+＝， ∴点Q2的坐标为（0，﹣）． 综上所述：点Q的坐标为（0，9）或（0，﹣）． 10．（2023秋•文成县期中）如图，已知点A的坐标是（﹣1，0），点B的坐标是（9，0），以AB为直径作⊙O'，交y轴的负半轴于点C，连接AC，BC，过A，B，C三点作抛物线． （1）求点C的坐标及抛物线的解析式； （2）点E是AC延长线上一点，∠BCE的平分线CD交⊙O′于点D，求点D的坐标； （3）在（2）的条件下，抛物线上是否存在点P，使得∠PDB＝∠CBD，若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由． 【分析】（1）首先求得OC的长，即可得出C点的坐标； （2）CD平分∠BCE，如果连接O′D，那么根据圆周角定理即可得出∠DO′B＝2∠BCD＝∠BCE＝90°由此可得出D的坐标为（4，﹣5）．根据B、D两点的坐标即可用待定系数法求出直线BD的解析式； （3）本题要分两种情况进行讨论： ①过D作DP∥BC，交D点右侧的抛物线于P，此时∠PDB＝∠CBD，可先用待定系数法求出直线BC的解析式，然后根据BC与DP平行，那么直线DP的斜率与直线BC的斜率相同，因此可根据D的坐标求出DP的解析式，然后联立直线DP的解析式和抛物线的解析式即可求出交点坐标，然后将不合题意的舍去即可得出符合条件的P点． ②同①的思路类似，先作与∠CBD相等的角：在O′B上取一点N，使BN＝BM．可通过证△NBD≌△MDB，得出∠NDB＝∠CBD，然后同①的方法一样，先求直线DN的解析式，进而可求出其与抛物线的交点即P点的坐标．综上所述可求出符合条件的P点的值． 【解答】解：（1）连接 O'C，如图1， ∵A（﹣1，0），B（9，0）， ∴O'A＝5，OO'＝4， 又∠CAO＝90°，O'C＝5， ∴OC＝3，即C（0，﹣3）， 设解析式为 y＝a（x+1）（x﹣9），把 C（0，﹣3）代入得： ﹣3＝a（0+1）（0﹣9）， 解得a＝， ∴二次函数的解析式为y＝（x+1）（x﹣9）， 即y＝x2﹣x﹣3； （2）∵AB为⊙O'的直径，且 A（﹣1，0），B（9，0）， ∴O'（4，0）， ∵点E是AC延长线上一点，∠BCE的平分线CD交 O'于点D， ∴∠BCD＝45°， 连接 O'D交BC于点M， 则∠BO'D＝2∠BCD＝2×45°＝90°，O′D＝AB＝5， ∴O'D⊥x轴， ∴D（4，﹣5）； （3）抛物线上存在点P，使得∠PDB＝∠CBD，理由如下： 设射线DP交⊙O'于点Q，则．分两种情况（如图所示）： ①∵O′（4，0），D（4，﹣5），B（9，0），C（0，﹣3）． ∴把点C、D绕点O′逆时针旋转90°，使点D与点B重合，则点C与点Q1重合， 因此，点Q1（7，﹣4）符合 ＝， ∵D（4，﹣5），Q1（7，﹣4）， ∴用待定系数法可求出直线DQ1解析式为y＝x﹣． 解方程组 得 ∴点P1坐标为（ ，），坐标为（ ，）不符合题意，舍去． ②∵Q1（7，﹣4）， ∴点Q1关于x轴对称的点的坐标为Q2（7，4）也符合 ＝． ∵D（4，﹣5），Q2（7，4）． ∴用待定系数法可求出直线DQ2解析式为y＝3x﹣17． 解方程组 得 ， 即 ∴点P2坐标为（14，25），坐标为（3，﹣8）不符合题意，舍去． ∴符合条件的点P有两个：P1（ ，），P2（14，25）． 11．（2023秋•椒江区期中）如图，直线y＝﹣x+n与x轴交于点A（3，0），与y轴交于点B，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A，B． （1）求抛物线解析式； （2）E（m，0）是x轴上一动点，过点E作ED⊥x轴交于点E，交直线AB于点D，交抛物线于点P，连接PB． ①点E在线段OA上运动，当线段PD的长度最大时，求点P的坐标； ②点E在线段OA上运动，若△PBD是等腰三角形时，求点E的坐标． 【分析】（1）将点A坐标代入直线解析式可求n的值，可求点B坐标，利用待定系数法可求解； （2）①设点P（m，﹣m2+2m+3），则点D（m，﹣m+3），进而m的值，据此解答． ②分两种情况讨论，由两点距离公式和勾股定理可求解． 【解答】解：（1）∵直线y＝﹣x+n与x轴交于点A（3，0）， ∴0＝﹣3+n， ∴n＝3， ∴直线解析式为：y＝﹣x+3， 当x＝0时，y＝3， ∴点B（0，3）， ∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A，B，则，解得， ∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3； （2）①∵ED⊥x轴， ∴∠PEA＝90°， ∴∠BDP＝∠ADE＜90°， 设点E（m，0），点P（m，﹣m2+2m+3），则点D（m，﹣m+3）， PD＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m， 当m＝﹣＝时，PD最大． ∴P（，）． ②由①得PD2＝（﹣m2+3m）2，BP2＝m2+（﹣m2+2m）2，BD2＝m2+（﹣m+3﹣3）2＝2m2， 当PD＝BP时，则（﹣m2+3m）2＝m2+（﹣m2+2m）2，解得：m＝2或0（均舍去）， 当PD＝BD时，则m＝﹣m2+3m解得：解得：m＝0（舍去）或3﹣， 当BP＝BD时，则m2+（﹣m2+2m）2＝2m2，解得：m＝1或3（舍去3）， 故m＝1或3﹣或2， 综上所述：点E的坐标为（1，0）或（3﹣，0）或（2，0）． 12．（2023秋•兰溪市校级期中）已知抛物线y＝x2+mx﹣2与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A坐标为（﹣2，0） （1）求抛物线的解析式及B、C两点的坐标． （2）若点M是线段AC上一个动点（不与A、C重合），点N是线段AB上一个动点，设AN＝t（t＞0）． ①如图1，当点N运动到AB的中点时，作MN∥y轴交AC于点M．求证：∠BMN＝∠BAC． ②当点N在运动过程中，在x轴上方的抛物线上是否存在点G，使得∠GNB＝∠BAC且GN恰好平分∠AGB？若存在，求出此时点G的横坐标和t的值；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）将点A的坐标代入y＝x2+mx﹣2，则0＝4﹣2m﹣2，得到抛物线的解析式为：y＝x2+x﹣2，即可求解； （2）①求出，则，证明∠BAC＝45°，得到，，即可求解； ②证明△AGH∽△GBH，得到，即可求解． 【解答】（1）解：将点A的坐标代入y＝x2+mx﹣2， 则0＝4﹣2m﹣2， 解得：m＝1， ∴该抛物线的解析式为：y＝x2+x﹣2， 则C（0，﹣2）； 令y＝x2+x﹣2＝0， 解得：x＝﹣2（舍去）或1， 故B（1，0）； （2）①证明：如图： 由点A、C的坐标得，直线AC的函数解析式为：y＝﹣x﹣2， ∵A（﹣2，0），B（1，0），点N运动到AB的中点， ∴， 把代入y＝﹣x﹣2得：， ∴，则， ∵A（﹣2，0），C（0，﹣2）， ∴AO＝CO＝2，则∠BAC＝45°， ∵B（1，0），，， ∴， ∵MN∥y轴， ∴∠MNB＝90°， ∴∠BMN＝45°， ∴∠BMN＝∠BAC； ②解：过点G作GH⊥x轴于点H， 由①可得：∠BAC＝45°， ∴∠GNB＝∠BAC＝45°， ∴∠NGH＝45°，则GH＝NH， 设点G（a，a2+a﹣2）， ∵A（﹣2，0）， ∴AH＝a+2，GH＝a2+a﹣2，则NH＝AH﹣AN＝a+2﹣t， ∴a+2﹣t＝a2+a﹣2，整理得：t＝4﹣a2， ∵B（1，0）， ∴BH＝a﹣1， ∵∠GNB＝∠GAN+AGN，∠NGH＝∠NGB+BGH， ∴∠GAN+AGN＝∠NGB+BGH， ∵GN平分∠AGB， ∴∠AGN＝∠NGB， ∴∠GAN＝∠BGH， 又∵∠GHB＝∠AHG＝90°， ∴△AGH∽△GBH， ∴，即， 整理得：（a2+a﹣2）2＝a2+a﹣2， 解得：A1＝0，A2＝1， 当A＝0时，不符合题意，舍去； 当A＝1时，解得：，， 此时或（舍）， 综上：存在，，点G的坐标为． 13．（2023秋•宁海县期中）如图①，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C（0，3），顶点为D（4，﹣1），对称轴与直线BC交于点E，与x轴交于点F． （1）求二次函数的解析式； （2）点M在第一象限抛物线的对称轴上，若点C在BM的垂直平分线上，求点M的坐标； （3）如图②，过点E作对称轴的垂线在对称轴的右侧与抛物线交于点H，x轴上方的对称轴上是否存在一点P，使以E，H，P为顶点的三角形与△EFB相似，若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）用待定系数法可得抛物线解析式为y＝x2﹣2x+3； （2）设M（4，t），由y＝x2﹣2x+3得A（2，0），B（6，0），根据点C（0，3）在BM的垂直平分线上，可得（6﹣0）2+（0﹣3）2＝（4﹣0）2+（t﹣3）2，解方程且M在第一象限即得M（4，3+）； （3）由B（6，0），C（0，3）可得直线BC解析式为y＝﹣x+3，即知E（4，1），EF＝1，BF＝6﹣4＝2，故BF＝2EF，由EH⊥EF，可得H（4+2，1），EH＝2，而点P在x轴上方的对称轴上，有∠PEH＝90°＝∠EFB，使以E，H，P为顶点的三角形与△EFB相似，分EH＝2PE或PE＝2EH两种情况，求出PE即可得E的坐标． 【解答】解：（1）由抛物线顶点为D（4，﹣1），设抛物线解析式为y＝a（x﹣4）2﹣1， 将C（0，3）代入得：16a﹣1＝3， 解得a＝， ∴y＝（x﹣4）2﹣1＝x2﹣2x+3， 即抛物线解析式为y＝x2﹣2x+3； （2）抛物线y＝（x﹣4）2﹣1对称轴为直线x＝4，设M（4，t）， 在y＝x2﹣2x+3中，令y＝0得：x2﹣2x+3＝0， 解得x＝2或x＝6， ∴A（2，0），B（6，0）， ∵点C（0，3）在BM的垂直平分线上， ∴BC＝MC， ∴（6﹣0）2+（0﹣3）2＝（4﹣0）2+（t﹣3）2， 解得t＝3+或t＝3﹣， ∵M在第一象限， ∴M（4，3+）； （3）x轴上方的对称轴上存在一点P，使以E，H，P为顶点的三角形与△EFB相似， 由B（6，0），C（0，3）可得直线BC解析式为y＝﹣x+3， 令x＝4得y＝1， ∴E（4，1）， 而F（4，0）， ∴EF＝1，BF＝6﹣4＝2， ∴BF＝2EF， ∵EH⊥EF， ∴在y＝x2﹣2x+3，令y＝1得：x2﹣2x+3＝1， 解得x＝4+2或x＝4﹣2， ∵H在对称轴右侧， ∴H（4+2，1）， ∴EH＝4+2﹣4＝2， ∵点P在x轴上方的对称轴上， ∴∠PEH＝90°＝∠EFB， 要使以E，H，P为顶点的三角形与△EFB相似，因BF＝2EF，故只需EH＝2PE或PE＝2EH， ①当EH＝2PE时，如图： ∴PE＝EH＝×2＝， ∴PF＝PE+EF＝+1， ∴P（4，+1）； ②当PE＝2EH，如图： ∴PE＝2×2＝4， ∴PF＝PE+EF＝4+1， ∴P（4，4+1）， 综上所述，P的坐标为（4，+1）或（4，4+1）． 14．（2023秋•椒江区校级期中）如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象交x轴于点A（﹣3，0），B（1，0），交y轴于点 C．点P（m，0）是x轴上的一动点，PM⊥x轴，交直线AC于点M，交抛物线于点N． （1）求这个二次函数的表达式； （2）①若点P仅在线段AO上运动，如图，求线段MN的最大值； ②若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形．若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）把A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝x2+bx+c中，构建方程组解决问题即可． （2）①构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可． ②分三种情形：如图2﹣1中，当点M在线段AC上，MN＝MC，四边形MNQC是菱形时．如图2﹣2中，当MC是菱形的对角线时，四边形MNCQ是正方形，如图2﹣3中，当点M在CA延长线上时，MN＝CM，四边形MNQC是菱形时，分别求解即可． 【解答】解：（1）把A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝x2+bx+c中，得， 解得， ∴y＝x2+2x﹣3． （2）①设直线AC的表达式为y＝kx+b，把A（﹣3，0），C（0，﹣3）代入y＝kx+b′．得， 解得， ∴y＝﹣x﹣3， ∵点P（m，0）是x轴上的一动点，且PM⊥x轴． ∴M（m，﹣m﹣3），N（m，m2+2m﹣3）， ∴MN＝（﹣m﹣3）﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m＝﹣（m+）2+， ∵a＝﹣1＜0， ∴此函数有最大值． 又∵点P在线段OA上运动，且﹣3＜﹣＜0， ∴当m＝﹣时，MN有最大值． ②如图2﹣1中，当点M在线段AC上，MN＝MC，四边形MNQC是菱形时． ∵MN＝﹣m2﹣3m，MC＝﹣m， ∴﹣m2﹣3m＝﹣m， 解得m＝﹣3+或0（舍弃） ∴MN＝3﹣2， ∴CQ＝MN＝3﹣2， ∴OQ＝3+1， ∴Q（0，﹣3﹣1）． 如图2﹣2中，当MC是菱形的对角线时，四边形MNCQ是正方形，此时CN＝MN＝CQ＝2，可得Q（0，﹣1）． 如图2﹣3中，当点M在CA延长线上时，MN＝CM，四边形MNQC是菱形时， 则有，m2+3m＝﹣m， 解得m＝﹣3﹣或0（舍弃）， ∴MN＝CQ＝3+2， ∴OQ＝CQ﹣OC＝3﹣1， ∴Q（0，3﹣1）． 当点P在y轴的右侧时，显然MN＞CM，此时满足条件的菱形不存在． 综上所述，满足条件的点Q的坐标为（0，﹣3﹣1）或（0，﹣1）或（0，3﹣1）． 15．（2023秋•海曙区期中）已知抛物线经过y＝ax2+bx+c点A（﹣4，0）、B（1，0）、C（0，3）． （1）求抛物线解析式和直线AC的解析式； （2）若点P是第四象限抛物线上的一点，若S△PAC＝10，求点P的坐标； （3）如图2，点M是线段AC上的一个动点（不与A、C重合），经过A、M、O三点的圆与过A且垂直于AC的直线交于点N，求当S△OMN最小时点M的坐标及S△OMN最小值． 【分析】（1）将A、B、C的坐标代入y＝ax2+bx+c即可求出抛物线的解析式，将A，C两点的坐标代入一次函数解析式即可求出直线AC的解析式． （2）可设点P的横坐标为t，用含t的代数式表示出点P的纵坐标．过点P作PQ∥x轴，过点C作CR∥x轴，过点A作y轴平行线，分别交PQ、CR于点Q、R，构造梯形CPQR，得到△PAC面积等于梯形CPQR减去△ARC和△AQP的面积和，列方程即可求出t值，从而确定点P的坐标． （3）由AN⊥AM即∠MAN＝90°可得MN为圆的直径，进而得到圆周角∠MON＝90°，所以S△OMN等于OM与ON的乘积．设M的横坐标为m，其纵坐标可用m表示，再设N的横坐标为n，根据圆的性质可求得m+n的值．分别过M、N作y轴的垂线，构造三垂直模型，即得到m、n的关系式，进而得到OM与ON的长度比值，故能用m的二次函数关系式表示S△OMN，即求得最小值． 【解答】解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（﹣4，0）、B（1，0） ∴y＝a（x+4）（x﹣1） 把点C（0，3）代入得：﹣4a＝3 ∴a＝ ∴抛物线解析式为：y＝（x+4）（x﹣1）＝ 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：y＝x+3 （2）过点P作PQ∥x轴，过点C作CR∥x轴，过点A作y轴平行线，分别交PQ、CR于点Q、R ∴∠R＝∠Q＝90°，CR＝4，AR＝3 设点P（t，﹣t2﹣t+3）（t＞1） ∴PQ＝t﹣（﹣4）＝t+4，AQ＝0﹣（﹣t2﹣t+3）＝t2+t﹣3，RQ＝3﹣（﹣t2﹣t+3）＝t2+t ∴S△PAC＝S梯形CPQR﹣S△ARC﹣S△AQP＝（CR+PQ）•RQ﹣AR•RC﹣PQ•AQ ＝（4+t+4）（t2+t）﹣×3×4﹣（t+4）（t2+t﹣3）＝t2+6t ∵S△PAC＝10 ∴t2+6t＝10 解得：t1＝﹣2﹣（舍去），t2＝﹣2+ ∴yP＝﹣（﹣2+）2﹣（﹣2+）+3＝﹣ ∴点P坐标为（﹣2+，）． 解法二：证明OM和ON的比值可以直接通过圆周角进行转化，在M的运动过程中，角MAO和角MNO始终相等，可以通过正切值直接转化直角边比值． （3）连接MN、OM、ON，取MN中点Q，过点M作ME⊥y轴于点E，过点N作NF⊥y轴于点F ∴∠MEO＝∠OFN＝90° ∴∠MOE+∠OME＝90° 设M（m，）（﹣4＜m＜0），N的横坐标为n， ∴ME＝﹣m，OE＝，NF＝﹣n ∵AN⊥AM ∴∠MAN＝90° ∴MN为过A、M、O三点的圆的直径 ∴Q为圆心，∠MON＝90° ∴∠MOE+∠NOF＝90° ∴∠OME＝∠NOF ∴△OME∽△NOF ∴＝ ∵圆心Q在AO的⊥平分线上 ∴xQ＝ ∵Q为MN中点 ∴m+n＝2xQ＝﹣4 ∴﹣n＝m+4 ∴ ∴ON＝OM ∴S△OMN＝OM•ON＝OM•OM＝OM2＝＝＝ ∴当m＝时，最小值S△OMN＝ ∴＝ ∴点M坐标为（）时，S△OMN最小值为 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$