14　二次函数的综合题课件 2025年中考数学一轮专题复习（福建）

复习14　二次函数的综合题 考点1 二次函数的最值问题 突破1 [2023·绍兴]已知二次函数y＝－x2＋bx＋c. (1)当b＝4，c＝3时， ①求该函数图象的顶点坐标； ②当－1≤x≤3时，求y的取值范围； (2)当x≤0时，y的最大值为2；当x>0时，y的最大值为3，求二次函数的表达式. 解：(1)①当b＝4，c＝3时，y＝－x2＋4x＋3＝－(x－2)2＋7， ∴顶点坐标为(2，7)； ②∵顶点坐标为(2，7)，抛物线开口向下， 当－1≤x≤2时，y随x增大而增大， 当2≤x≤3时，y随x增大而减小， ∴当x＝2时，y有最大值7， 又∵2－(－1)>3－2， ∴当x＝－1时取得最小值，最小值y＝－2； ∴当－1≤x≤3时，－2≤y≤7； (2)∵x≤0时，y的最大值为2； x>0时，y的最大值为3， ∴抛物线的对称轴x＝ 在y轴的右侧， ∴b>0， ∵抛物线开口向下，x≤0时，y的最大值为2， ∴当x＝0时，y取最大值为2， ∴c＝2， 又∵ ∴b＝±2， ∵b>0， ∴b＝2， ∴二次函数的表达式为y＝－x2＋2x＋2. 突破2 [2024·安徽]已知抛物线y＝－x2＋bx(b为常数)的顶点横坐标比抛物线y＝－x2＋2x的顶点横坐标大1. (1)求b的值； (2)点A(x1，y1)在抛物线y＝－x2＋2x上，点B(x1＋t，y1＋h)在抛物线y＝－x2＋bx上. ①若h＝3t，且x1≥0，t>0，求h的值； ②若x1＝t－1，求h的最大值. 解：(1)y＝－x2＋2x＝－(x2－2x＋1)＋1＝－(x－1)2＋1， ∴y＝－x2＋2x的顶点为(1，1)， ∵抛物线y＝－x2＋bx(b为常数)的顶点横坐标比抛物线y＝－x2＋2x的顶点横坐标大1， ∴抛物线y＝－x2＋bx(b为常数)的顶点横坐标为2， ∴ ∴b＝4； (2)由(1)得y＝－x2＋bx＝－x2＋4x， ∵点A(x1，y1)在抛物线y＝－x2＋2x上，点B(x1＋t，y1＋h)在抛物线y＝－x2＋4x上. ∴y1＝－x12＋2x1，y1＋h＝－(x1＋t)2＋4(x1＋t)， 整理，得h＝－t2－2x1t＋2x1＋4t. ①∵h＝3t， ∴3t＝－t2－2x1t＋2x1＋4t， 整理，得t(t＋2x1)＝t＋2x1， ∵x1≥0，t>0， ∴t＝1， ∴h＝3； 考点2 二次函数与线段、周长问题 突破1 [2024·临夏改编]在平面直角坐标系中，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于A(－1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C，作直线BC. (1)求抛物线的函数表达式； 解：∵抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于A(－1，0)，B(3，0)两点， ∴y＝－(x＋1)(x－3)， ∴抛物线的函数表达式为 y＝－x2＋2x＋3； (2)如图2，点P是线段BC上方的抛物线上一动点(不与B，C重合)，过点P作PE⊥x轴于点E，交直线BC于点D. ①若点D恰好为线段PE的一个三等分点，求此时点P的坐标； ②求线段PD是否存在最大值，若存在，请求出最 大值及此时点P的坐标；若不存在，请说明理由； 解：①∵y＝－x2＋2x＋3， ∴当x＝0时，y＝3， ∴C(0，3)， ∵B(3，0)， 设直线BC的函数表达式为y＝kx＋3，把B(3，0)代入， 得k＝－1， ∴y＝－x＋3， 设P(m，－m2＋2m＋3)，则D(m，－m＋3)，E(m，0)， ③如图3，再过点P作PQ⊥BC，垂足为Q，求△PDQ周长的最大值及此时点P的坐标； 解：∵OC＝3＝OB， ∴∠OBC＝45°， ∵PQ⊥BC， ∴∠PQD＝90°＝∠PEB， ∵∠PDQ＝∠BDE， ∴∠DPQ＝∠OBC＝45°， ∴PQ＝PD·cos∠QPD，QD＝PD·sin∠QPD， ∵△PDQ的周长＝QD＋PD＋PQ＝PD(1＋sin∠QPD＋cos∠QPD)， ∴当PD最大时，△PDQ的周长最大， (3)点M为抛物线对称轴上一点． ①如图4，连接AC，MC，MA，是否存在点M，使得△ACM的周长最小？若存在，求出此时点M的坐标及周长的最小值，若不存在，请说明理由； 解：存在． ∵y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4， ∴抛物线的对称轴为直线x＝1. 设直线BC交对称轴于点M′，连接M′A，MB， 如图4，由抛物线的对称性可知，AM′＋M′C＝M′B＋M′C＝BC，即当点M与M′重合时，MB＋MC最小为BC的长，此时△AMC的周长最小为AC＋BC. 将x＝1代入y＝－x＋3，得y＝2，则点M′为(1，2)， ②如图5，连接CM，BM，当|BM－CM|最大时，求点M的坐标． 解：连接AC并延长交对称轴于点M″，连接BM″，如图5， 由二次函数图象的对称性可知|BM″－CM″|＝|AM″－CM″|＝AC， 即当点M与点M″重合时，|BM－CM|最大． 设直线AC的表达式为y＝k1x＋3，代入A(－1，0)， 得0＝－k1＋3，解得k1＝3， ∴直线AC的表达式为y＝3x＋3， 令x＝1，则y＝3×1＋3＝6，∴点M″(1，6)， 则点M的坐标为(1，6)． 突破2 [2024·宜宾节选]如图，抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴交于点A(－1，0)和点B，与y轴交于点C(0，－4)，其顶点为D. (1)求抛物线的表达式及顶点D的坐标； (2)在y轴上是否存在一点M，使得△BDM的周长 最小？若存在，求出点M的坐标；若不存在， 请说明理由． 突破4 [2024·重庆改编]如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋4(a≠0)经过点(－1，6)，与y轴交于点C，与x轴交于A，B两点(A在B的左侧)，连接AC，BC，tan∠CBA＝4. (1)求抛物线的表达式； (2)点P是射线CA上方抛物线上的一动点，过点P作 PE⊥x轴，垂足为E，交AC于点D.点M是线段DE上一 动点，作MN⊥y轴，垂足为N，点F为线段BC的中点， 连接AM，NF.当线段PD长度取得最大值时，求AM＋ MN＋NF的最小值． (2)令y＝0，则0＝－x2－3x＋4， 解得x＝－4或x＝1， ∴A(－4，0)， 设直线AC的表达式为y＝mx＋4， 代入点A(－4，0)，得0＝－4m＋4， 解得m＝1， ∴直线AC的表达式为y＝x＋4， 设P(p，－p2－3p＋4)(－4＜p＜0)，则D(p，p＋4)， ∴PD＝－p2－3p＋4－(p＋4)＝－(p＋2)2＋4， ∵－1＜0， ∴当p＝－2时，PD最大，此时P(－2，6)， ∴此时点E(－2，0)， ∴AE＝2，MN＝OE＝2， ∴AE＝MN，AE∥MN， 连接EN， ∴四边形AMNE是平行四边形， ∴AM＝EN， ∴AM＋MN＋NF＝EN＋MN＋NF≥MN＋EF， ∴当E，N，F三点共线时，EN＋NF取最小值，即AM＋MN＋NF取最小值， ∵点F为线段BC的中点，B(1，0)，C(0，4)， 考点3 二次函数与图形面积问题 突破1 [2024·大兴安岭改编]如图1，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，其中B(1，0)，C(0，3)，连接BC，AC. (1)求抛物线的函数表达式； (2)若点M是抛物线上一点，是否存在点M，使得S△MAB＝4？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由； (3)在抛物线上是否存在一点N(不与点C重合)，使得S△NAB＝S△ABC？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由； (4)若Q是x轴下方二次函数图象上的一点，线段QC交x轴于点D，△QDB的面积是△CDB的面积的2倍，求点Q的坐标； (5)在第二象限的抛物线上是否存在一点P，使得△APC的面积最大？若存在，请直接写出点P坐标和△APC的面积最大值；若不存在，请说明理由； 解：存在． 过点P作PF⊥x轴于点F，交AC于点E，如图5， ∵A(－3，0)，C(0，3)， ∴直线AC的函数表达式为y＝x＋3. 设P(x，－x2－2x＋3)，则E(x，x＋3)，F(x，0)， ∴PE＝－x2－2x＋3－x－3＝－x2－3x， (6)若点H为抛物线的顶点，求四边形ABCH的面积． 解：∵y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4， ∴抛物线的顶点为H(－1，4)，对称轴为直线x＝－1， 设对称轴与x轴交于点G，则G(－1，0)， ∵A(－3，0)，C(0，3)，B(1，0)， ∴AG＝2，HG＝4，GO＝1， CO＝3，OB＝1， 突破2 [2024·凉山节选]如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c与直线y＝x＋2相交于A(－2，0)，B(3，m)两点，与x轴相交于另一点C. (1)求抛物线的解析式； (2)抛物线上是否存在点M，使△ABM的面积等 于△ABC面积的一半？若存在，请直接写出点 M的坐标；若不存在，请说明理由． (2)抛物线上存在点M，使△ABM的面积等于△ABC面积的一半，理由如下： 过点M作MK∥y轴交直线AB于点K，过点B作BE ⊥MK，延长MK交x轴于点F，如图， 在y＝－x2＋2x＋8中，令y＝0， 得0＝－x2＋2x＋8， 解得x＝－2或x＝4， ∴A(－2，0)，C(4，0)， 考点4 二次函数与角的有关问题 (2)该抛物线对称轴上是否存在点E，使得∠ACE＝45°？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由； (3)若点N是抛物线上一点，是否存在点N使得∠NOC＝∠OCB？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由； (4)若点Q是抛物线上一点，连接QC，是否存在点Q，使得AC为∠QCO的平分线？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由； 解：存在，在射线CQ上截取CD＝CO，连接DA，DO，DO交AC于点P，如图4， ∵CD＝CO，AC为∠QCO的平分线， ∴AC垂直平分DO， ∴AD＝AO， 设点D(x，y)， ∵A(－3，0)，C(0，4)， (5)连接BC，在抛物线上是否存在一点P，使得∠PBA＝2∠BCO？ 若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 突破2 [2023·攀枝花]如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)经过坐标原点O，且顶点为A(2，－4)． (1)求抛物线的表达式； (2)设抛物线与x轴正半轴的交点为B，点P位于 抛物线上且在x轴下方，连接OA，PB，若∠AOB ＋∠PBO＝90°，求点P的坐标． 解：(1)设抛物线的表达式为y＝a(x－2)2－4， 将O(0，0)代入，得4a－4＝0， 解得a＝1， ∴y＝(x－2)2－4＝x2－4x； (2)过点A作AT⊥y轴于点T，过点P作PK⊥x轴于点k，如图， 设P(m，m2－4m)， 在y＝x2－4x中，令y＝0，得x＝0或x＝4， ∴B(4，0)； ∵∠AOB＋∠AOT＝90°，∠AOB＋∠PBO＝90°， ∴∠AOT＝∠PBO， ∵∠ATO＝90°＝∠PKB， 突破3 如图，抛物线y＝x2－6x＋5与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，点D(2，m)在抛物线上，点E在直线BC上，若∠DEB＝2∠DCB，求点E的坐标． 解：在y＝x2－6x＋5中，当x＝0时，y＝5，则有C(0，5)， 令y＝0，则有x2－6x＋5＝0， 解得x1＝1，x2＝5， ∴A(1，0)，B(5，0)， ∵点D(2，m)在抛物线上， ∴m＝22－6×2＋5＝－3， ∴D点坐标为(2，－3)， 当点E′在CB的延长线上时， 在△BDC中，BD2＝(5－2)2＋32＝18，BC2＝52＋52＝50， DC2＝(5＋3)2＋22＝68， ∴BD2＋BC2＝DC2， ∴BD⊥BC， 如图延长EB至E′，取BE′＝BE， 则有△DEE′为等腰三角形，DE＝DE′， ∴∠DEE′＝∠DE′E， 又∵∠DEB＝2∠DCB， ∴∠DE′E＝2∠DCB， 则E′为符合题意的点， ∵OC＝OB＝5， ∴∠OBC＝45°， 考点5 二次函数与特殊三角形的存在性问题 题型一　等腰三角形的存在性 【名师点拨】 1.已知点A,B和直线l,在直线l上找出点P,使△PAB为等腰三角形. 2.(1)若AB为底，作线段AB的垂直平分线，与直线l的交点P即为所求； (2)若AB为腰，分别以点A，B为圆心，AB长为半径画圆，与直线l的交点P1，P2，P3，P4即为所求． 3．对于等腰三角形的腰与底不确定的问题，需按照三条边两两相等分三种情况进行讨论，通常先设点坐标，再利用两点间的距离公式，分别表示出三条边的长度，然后列方程求解；当定线段为底边时，还可以根据动点在垂直平分线上求解；如果题目还有已知角相等，也可以通过全等与相似来求解． (1)在抛物线上是否存在一点P，使得△PCO是以OC为底边的等腰三角形？若存在，请求出点P的横坐标；若不存在，请说明理由； (2)在抛物线的对称轴上是否存在点P，使得△BMP是以BP为腰的等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由； (3)在x轴上是否存在一点P，使得△ACP是等腰三角形？若存在，请求出点P的横坐标；若不存在，请说明理由． 突破2 [2023·西藏节选]在平面直角坐标系中，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于A(－3，0)，B(1，0)两点，与y轴交于点C. (1)求抛物线的函数表达式； (2)如图，在y轴上找一点D，使△ACD为等腰 三角形，请直接写出点D的坐标． (2)令x＝0，y＝3，∴C(0，3)， 由△ACD为等腰三角形，如图， 当以AC为底边时，DA＝DC，点D与原点O重合， ∴D(0，0)； 当以CD为底边时，AC＝AD，AO是等腰△ACD底 边CD上的中线， ∴OC＝OD， ∴D(0，－3)； ∴∠PAB＋∠PCB＝180°， ∴A，B，C，P四点共圆， ∴∠BAC＝∠BPC＝60°， ∵BD∥OA， ∴∠ABD＝∠OAB＝60°. ∴∠ABD＝∠PBC，∠BDC＝∠PAB＝120°， ∴∠ABP＝∠DBC， ∵PB＝BC， ∴△PAB≌△CDB(AAS)， 题型二　直角三角形的存在性 【名师点拨】 1.已知点A，B和直线l，在直线l上找出点P，使△PAB为直角三角形． 2．(1)如图1，若以点A为直角顶点，过点A作AB的垂线，与直线l的交点P1即为所求；若以点B为直角顶点，过点B作AB的垂线，与直线l的交点P2即为所求； (2)如图2，若点P为直角顶点，以线段AB为直径画圆，与直线l的交点P3，P4即为所求． 3．求点P的坐标时，可以先设出点P的坐标，表示出三边的长，在每种情况下利用勾股定理求解；也可以构造一线三等角，找出相似三角形求解． (1)若点P是y轴上一点，且∠PAC＝90°，求点P的坐标； (2)若点P是抛物线上一点，是否存在点P，使△PBC是以BC为直角边的直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由； (3)若点P是对称轴l上一点，是否存在点P使得△PBC是直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 突破2 [2023·益阳节选]在平面直角坐标系xOy中，直线l：y＝a(x＋2)(a＞0)与x轴交于点A，与抛物线E：y＝ax2交于B，C两点(B在C的左边)． (1)求A点的坐标； (2)如图，若B点关于x轴的对称点为B′点， 当以点A，B′，C为顶点的三角形是直角三 角形时，求实数a的值． 解：(1)对于直线l ：y＝a(x＋2)， 当y＝0时，x＝－2， ∴A点的坐标为(－2，0)； 突破3 [2024·眉山节选]如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于点A(－3，0)和点B，与y轴交于点C(0，3)，点D在抛物线上． (1)求该抛物线的函数表达式； (2)在直线BC上是否存在点P，使△OPD是以PD 为斜边的等腰直角三角形？若存在，请直接 写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． (2)在直线BC上存在点P，使△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形，理由如下： 在y＝－x2－2x＋3中，令y＝0， 得0＝－x2－2x＋3， 解得x＝－3或x＝1， ∴A(－3，0)，B(1，0)， 由B(1，0)，C(0，3)得直线BC的表达式为y＝－3x＋3， 设P(m，－3m＋3)，D(n，－n2－2n＋3)， ①当P与C重合，D与A重合时，△OPD是等腰直角三角形， 如图1： ∵OA＝OC＝3， ∴此时P(0，3)； ②当P在第一象限，D在第四象限时，过点P作PN⊥y轴于点N，过D作DM⊥y轴于点M，如图2， ∵△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形， ∴OD＝OP，∠POD＝90°， ∴∠DOM＝90°－∠PON＝∠OPN， ∵∠DMO＝90°＝∠PNO， ∴△DOM≌△OPN(AAS)， ∴DM＝ON，OM＝PN， ③当P在第四象限，D在第三象限时，过点P作PN⊥y轴于点N，过点D作DM⊥y轴于点M，如图3： ∵△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形， ∴OD＝OP，∠POD＝90°， ∴∠DOM＝90°－∠PON＝∠OPN， ∵∠DMO＝90°＝∠PNO， ∴△DOM≌△OPN(AAS)， ∴PN＝OM，ON＝DM， ④当P在第四象限，D在第一象限时，如图4： 同理可得△DOM≌△OPN(AAS)， ∴PN＝OM，ON＝DM， 突破6 二次函数与特殊四边形的存在性问题 【名师点拨】 1.求平行四边形的方法： (1)三定顶点，一动顶点：如图1，分别过三个定点A，B，C作对边的平行线，所作三条直线的交点P1，P2，P3即为所求； (2)两定顶点，两动顶点：①线段AB为平行四边形的边，如图2，平移AB，确定另外两点的位置； ②线段AB为平行四边形的对角线，如图3，取AB的中点，作过中点的直线确定另外两点的位置． 2．求矩形(正方形)的方法： (1)已知两定顶点A，B，在直线l上确定点C： ①若AB为边，如图4，分别过点A，B作AC1⊥AB，BC2⊥AB，分别交直线l于点C1，C2； ②若AB为对角线，如图5，以AB为直径作圆，分别交直线l于点C3，C4； (2)再利用矩形(或正方形)的性质确定点D即可． 3．求菱形的方法： (1)已知两定顶点A，B，在直线l上确定点C. ①若AB为边，如图6、图7，分别以点A，点B为圆心，AB长为半径作圆，分别交直线l于点C1，C2，C3；) ②若AB为对角线，如图8，作线段AB的垂直平分线，交直线l于点C4； (2)再利用菱形的性质确定点D即可． 突破1 如图，抛物线y＝x2＋6x＋5与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，连接AC. (1)若点Q是抛物线对称轴l上一点，在x轴上方的抛物线上是否存在点P，使得以A，B，P，Q为顶点的四边形是 平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存 在，请说明理由； 解：存在．点P的坐标为(1，12)或(－7，12)； (2)若点P是抛物线上一点，点N是x轴上一点，是否存在以A，C，P，N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点N坐标；若不存在，请说明理由； 解：存在．如图1， ①当AC为平行四边形的边时，若点P在x轴上方，满足CP1＝AN1， ∵C(0，5)， ∴当y＝5时，x2＋6x＋5＝5. ∴x1＝0，x2＝－6. 即CP1＝6，此时N1(－11，0)． 若点P在x轴下方，不存在； ②当AC为平行四边形对角线时，满足AN2＝P2C＝6，此时N2(1，0)． 综上所述，点N的坐标为(－11，0)或(1，0)； (3)若点P是x轴上一点，点Q是平面内任意一点，是否存在点P，使得以点B，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由； 解：存在．由题意可知，B(－1，0)，C(0，5)，设点P的坐标为(p，0)， ∴BP2＝(p＋1)2，CP2＝p2＋52， BC2＝12＋52＝26. ①当BC为矩形的边时，∠BCP＝90°， ∴BP2＝CP2＋BC2， 即(p＋1)2＝p2＋52＋26，解得p＝25， ∴点P的坐标为(25，0)； ②当BC为矩形的对角线时，∠BPC＝90°， ∴此时点P与原点重合，点P的坐标为(0，0)． 综上所述，点P的坐标为(25，0)或(0，0)； (4)若点P是抛物线对称轴上一点，过点P作平行于AB的一条直线l′，点K在l′上，若以A，O，P，K为顶点的四边形是菱形，写出所有满足条件的点P，点K的坐标． 解：如图2，设点P的坐标为(－3，g)，对称轴与x轴的交点为D，由勾股定理得OP2＝OD2＋DP2＝9＋g2，AP2＝AD2＋PD2＝4＋g2， ∵PK∥AO， ①当OP＝AO，且PK＝AO时，四边形OPKA是菱形， ∵OP＝AO＝5，此时有9＋g2＝25， 解得g1＝4，g2＝－4， ∴点P的坐标为(－3，4)或(－3，－4)， 则相对应的点K的坐标为(－8，4)，(－8，－4)； 突破2 [2023·聊城节选]如图，抛物线y＝ax2＋bx－9与x轴交于点A(－3，0)，B(6，0)，与y轴交于点C，连接AC，BC.点P是x轴上任意一点． (1)求抛物线的表达式； (2)点Q在抛物线上，若以点A，C，P，Q为顶 点，AC为一边的四边形为平行四边形，求 点Q的坐标． 突破3 [2024·泸州节选]如图，在平面直角坐 标系xOy中，已知抛物线y＝ax2＋bx＋3经过点 A(3，0)，与y轴交于点B，且关于直线x＝1对称． (1)求该抛物线的函数表达式； (2)点C是抛物线上位于第一象限的一个动点，过点C作x轴的垂线交直线AB于点D，在y轴上是否存在点E，使得以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形？若存在，求出该菱形的边长；若不存在，说明理由． (2)存在． 当y＝－x2＋2x＋3＝0时，解得x1＝3， x2＝－1，当x＝0时，y＝3， ∴A(3，0)，B(0，3)， 设直线AB的表达式为y＝kx＋3，把点A(3，0)代入，得k＝－1， ∴y＝－x＋3， 设C(m，－m2＋2m＋3)(0＜m＜3)，则D(m，－m＋3)， ∴CD＝－m2＋2m＋3＋m－3＝－m2＋3m， 突破4 [2023·绥化节选]如图，抛物线y＝ax2＋ bx＋c的图象经过A(－6，0)，B(－2，0)， C(0，6)三点，且一次函数y＝kx＋6的图象经过 点B. (1)求抛物线和一次函数的表达式； (2)点E，F为平面内两点，若以E，F，B，C为顶点的四边形是正方形，且点E在点F的左侧．这样的E，F两点是否存在？如果存在，请直接写出所有满足条件的点E的坐标；如果不存在，请说明理由． (2)存在． ①当BC为正方形的边时，分别过B点，C点作E1E2⊥BC，F1F2⊥BC，使E1B＝E2B＝BC，CF1＝CF2＝BC， 连接E1F1，E2F2.如图1： 过点E1作E1H1⊥x轴于点H1. ∵BE1＝CB，∠BOC＝∠E1H1B＝90° ＝∠E1BC， 又∵∠BE1H1＝90°－∠E1BH1＝∠CBO， ∴△BE1H1≌△CBO(AAS)， ∴E1H1＝BO＝2，H1B＝OC＝6， ∴E1(－8，2)， 同理可得，E2(4，－2)； ②以BC为正方形的对角线时，过BC的中点G点作E3F3⊥BC，使E3F3与BC互相平分且相等，则四边形E3BF3C为正方形， 过点E3作E3N⊥y轴于点N，过点B作BM⊥E3N于点M，如图2， ∵CE3＝BE3，∠CNE3＝∠E3MB＝90°， 又∵∠BE3M＝90°－∠CE3N＝∠E3CN， ∴△CE3N≌△E3BM(AAS)， ∴CN＝E3M，BM＝E3N， 考点7 二次函数与相似三角形问题 (2)如图，抛物线y＝－x2＋x＋2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，连接BC，点D为第一象限内抛物线上一动点，过点D作DE⊥OA于点E，设点D的横坐标为m.抛物线上是否存在点D，使得以点O，D，E为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由． 解：存在，理由：对于y＝－x2＋x＋2， 令x＝0，则y＝2，故点C(0，2)，令y＝0，则x＝－1或x＝2，所以点A，B的坐标分别为(2，0)，(－1，0)． ∵点D横坐标为m， ∴点D(m，－m2＋m＋2)，0<m<2， 则OE＝m，DE＝－m2＋m＋2(0<m<2)． 突破2 [2024·内江节选]如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝－2x＋6的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y＝－x2＋bx＋c经过A，B两点，在第一象限的抛物线上取一点D，过点D作DC⊥x轴于点C，交AB于点E. (1)求这条抛物线所对应的函数表达式； (2)是否存在点D，使得△BDE和△ACE相似？ 若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请 说明理由． (2)存在点D，使得△BDE和△ACE相似， ∵△BDE和△ACE相似，∠BED＝∠AEC， ∴△ACE∽△BDE或△ACE∽△DBE， 设点D(t，－t2＋t＋6)，则E(t，－2t＋6)， ①如图1，当△ACE∽△BDE时， ∠BDE＝∠ACE＝90°， ∴BD∥AC， ∴D点纵坐标为6， ∴－t2＋t＋6＝6，解得t＝0(舍去)或t＝1， ∴D(1，6)； 突破3 如图，直线y＝－x＋3交x轴于点B，交 y轴于点C，经过B，C两点的抛物线y＝x2－4x ＋3与x轴的另一交点为A，顶点为P. (1)求A点的坐标； (2)连接AC.请问在x轴上是否存在点Q，使得以点P，B，Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由. 解：(1)令y＝x2－4x＋3＝0，解得x＝3或x＝1， ∴点A的坐标为(1，0)； (2)存在.理由如下： 连接PB，由y＝x2－4x＋3＝(x－2)2－1，得P(2，－1)， 设抛物线的对称轴交x轴于点M， ∵在Rt△PBM中， PM＝MB＝1， ∴∠PBM＝45°，PB＝ . 由点B(3，0)，C(0，3)易得OB＝OC＝3，在等腰直角三角形OBC中，∠ABC＝45°， 由勾股定理，得BC＝3 . 由(1)得A(1，0)，∴AB＝2. 假设在x轴上存在点Q，使得以点P，B，Q为顶点的三角形与△ABC相似. ∵当点Q在B点右侧时，∠PBQ＝180°－45°＝135°，∠BAC＜135°， ∴∠PBQ≠∠BAC. ∴点Q不可能在B点右侧的x轴上. 综上所述，在x轴上存在点Q(0，0)或Q( ，0)，能使得以点P，B，Q为顶点的三角形与△ABC相似. 考点8 二次函数与圆有关的问题 突破1 [2024·自贡节选]如图，抛物线y＝ax2－ x＋c与x轴交于A(－1，0)，B(4，0)两点，顶点为P. (1)求抛物线的函数表达式及P点坐标； (2)抛物线交y轴于点C，经过点A，B，C 的圆与y轴的另一个交点为D，求线段CD 的长． ∴∠ACO＝∠CBO， ∵∠CBO＋∠OCB＝90°， ∴∠ACO＋∠OCB＝90°， ∴∠ACB＝90°， ∴AB是经过点A，B，C的⊙G的直径， ∵AB⊥CD， ∴CD＝2CO＝4. 突破2 [烟台中考]如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2 ＋bx＋c与⊙M相交于A，B，C，D四点．其中A，B两点的坐标分 别为(－1，0)，(0，－2)，点D在x轴上且AD为⊙M的直径．点E 是⊙M与y轴的另一个交点，过劣弧 上的点F作FH⊥AD于点 H，且FH＝1.5. (1)求点D的坐标及该抛物线的表达式； (2)若点P是x轴上的一个动点，试求出△PEF的周长最小时点P的坐标； (3)在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△QCM是等腰三角形？如果存在，请直接写出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由． 解：(1)如图1，连接BD，设点D的坐标为(m，0)， ∵AD为⊙M的直径， ∴∠ABD＝90°， 由勾股定理，得AB2＋BD2＝AD2， 即5＋m2＋4＝(m＋1)2，解得m＝4. ∴D(4，0)． 把A(－1，0)，B(0，－2)，D(4，0)代入y＝ax2＋bx＋c，得 (2)∵E点与B点关于点O对称，根据轴对称的性质，连接BF交x轴于点P，此时△PEF的周长最小． 连接AF，DF，∵FH⊥AD于点H，AD为直径， ∴△AFH∽△FDH，HF2＝DH·AH. ∵A(－1，0)，D(4，0)， ∴AD＝5，设DH＝x，则AH＝5－x， ∴1.52＝x(5－x)， ∴y＝x－2， 令y＝0，则x＝2， ∴P(2，0)； 考点9 二次函数的平移、翻折、旋转 突破1 [2023·德阳节选]已知：在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A(－4，0)，B(2，0)，与y轴交于点C(0，－4)． (1)求抛物线的函数表达式； (2)如图，如果把抛物线x轴下方的部分沿x轴 翻折180°，抛物线的其余部分保持不变，得 到一个新图象．当平面内的直线y＝kx＋6与新 图象有三个公共点时，求k的值． ∴Δ＝4(1＋k)2－16＝0， 解得k1＝1，k2＝－3， k1＝1时，即如图1所示，符合题意， k2＝－3时，如图2所示，y＝kx＋6经过点B， 此时与新图象只有两个交点， 不符合题意，故舍去； 突破2 [2023·周口二模]如图1，抛物线y1＝ax2＋bx＋c分别交x轴于A(－1，0)，B(3，0)两点，且与y轴交于点C(0，－3)． (1)求抛物线的表达式及顶点P的坐标； (2)如图2，将该抛物线绕点(4，0)旋转180°. ①求旋转后的抛物线的表达式； ②旋转后的抛物线顶点坐标为Q，且与x轴的右侧交于点D，顺次连接A，P，D，Q，求四边形APDQ的面积． ∴点Q的坐标为(7，4)， ∵旋转前后图形的形状不变，开口相反， ∴a′＝－1， 故旋转后的抛物线表达式为y＝－(x－7)2＋4； 1.[2023·福建]已知抛物线y＝ax2＋bx＋3交x轴于A(1，0)，B(3，0)两点，点M为抛物线的顶点，C，D为抛物线上不与A，B重合的相异两点，记AB中点为E，直线AD，BC的交点为P. (1)求抛物线的函数表达式； (2)若C(4，3)，D(m，－ )，且m<2，求证：C，D，E三点共线； (3)小明研究发现：无论C，D在抛物线上如何运动，只要C，D，E三点共线，△AMP，△MEP，△ABP中必存在面积为定值的三角形.请直接写出其中面积为定值的三角形及其面积，不必说明理由. (3)△ABP的面积为定值，其面积为2. 理由：如图1，当C，D分别运动到点C′，D′的位置时，C，D′与D，C′分别关于直线EM对称，此时仍有C′，D′，E三点共线.设AD′与BC′的交点为P′，则P，P′关于直线EM对称，即PP′∥x 轴.此时，PP′与AM不平行，且AM不平分线段PP′，故P，P′到直线AM的距离不相等，即在此情形下△AMP与△AMP′的面积不相等，所以△AMP的面积不为定值； 如图2，当C，D分别运动到点C1，D1的位置，且保持C1，D1，E三点共线.此时AD1与BC1的交点P1到直线EM的距离小于P到直线EM的距离，所以△MEP1的面积小于△MEP的面积，故△MEP的面积不为定值. 又∵△AMP，△MEP，△ABP中存在面积为定值的三角形，故△ABP的面积为定值. 2.[2022·福建]在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2＋bx经过A(4，0)，B(1，4)两点.点P是抛物线上一点，且在直线AB的上方. (1)求抛物线的解析式； (2)若△OAB面积是△PAB面积的2倍，求点P的坐标； (3)如图，OP交AB于点C，PD∥BO交AB于点D.记△CDP，△CPB， △CBO的面积分别为S1，S2，S3.判断 是否存在最大值. 若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由. 如图1，过点P作PM⊥x轴，垂足为点M，PM交AB于点N.过点B作BE⊥PM，垂足为点E. 如图2，过点B，P分别作x轴的垂线，垂足分别为F，H，PH交AB于点Q，过D作x轴的平行线，交PH于点G. ∵B(1，4)， ∴F(1，0)， ∴OF＝1， ∵PD∥OB，DG∥OF，BF∥PH， ∴△DPG∽△OBF， 3.[2024·泉州模拟]已知抛物线C1：y＝ax2－(2a－1)x－3a＋1与x轴只有一个公共点A. (1)求a的值； (2)若将抛物线C2：y＝4ax2向右平移1个单位长度得到抛物线C3，抛物线C3与y轴交于点B，顶点为D. ①试问：抛物线C3上是否存在这样的点E，使得△BDE∽△ABD? 解：(1)依题意，∵抛物线C1：y＝ax2－(2a－1)x－3a＋1与x轴只有一个公共点A. ∴Δ＝(－2a＋1)2－4a(1－3a)＝0， 解得a＝ ； (2)①y＝ax2－(2a－1)x－3a＋1＝ (x＋1)2， 则点A(－1，0)； y＝4ax2＝x2，则抛物线C3为y＝(x－1)2， 则点D(1，0)，B(0，1)， 由点A，B，D的坐标知，△ABD为等腰直角三角形， 当△BDE∽△ABD时，则△BDE也为等腰直角三角形， 如图1， 而点D(1，0)，B(0，1)， 根据抛物线的对称性，则点E(2，1)； ②如图2： 设点P(m，m2－2m＋1)，点Q(n，n2－2n＋1)，则点Q′(2－n，n2－2n＋1)， 联立抛物线和PQ的表达式得kx－k＋1＝(x－1)2， 整理得x2－(2＋k)x＋k＝0， 则m＋n＝2＋k，mn＝k， 将点Q坐标代入一次函数表达式得n2－2n＋1＝kn－k＋1， 即n2－2n＝k(n－1)， 由点P，D的坐标得，直线PD的表达式为y＝(m－1)(x－1)， 当x＝2－n时，y＝(m－1)(x－1)＝(m－1)(1－n)， 则点N(2－n，(m－1)(1－n))， 同理可得点M(2－n，k(1－n)＋1)， 同理可得： MN＝|(m－1)(1－n)－k(1－n)－1|＝|－mn＋m＋n－1－k＋kn－1|＝|－k＋2＋k－1－k＋kn－1|＝|k(n－1)|， ∵n2－2n＝k(n－1)， 则Q′N∶MN＝1，则 ＝1. 4.[2024·龙岩模拟]如图1，二次函数y1＝ax2－2ax－2的图象交x轴于点A(x1，0)，B(x2，0)(点A在点B的左侧)，交y轴负半轴于点C. (1)若AB＝2 ，求证：∠ACB＝90°； (2)如图2，将抛物线y1＝ax2－2ax－2在直线y＝－2下方的图象沿该直线翻折，其余部分保持不变，得到一个新的函数图象y2，抛物线y1的顶点翻折后的对应点恰好落在x轴上，求a的值； AB2＝(2 )2＝20＝AC2＋BC2， ∴∠ACB＝90°； (2)抛物线y1＝ax2－2ax－2在直线y＝－2下方的图象沿该直线翻折得新函数y2， 令y1＝－2，则－2＝ax2－2ax－2， 解得x1＝2或x2＝0， ∴当0≤x≤2时，y2－(－2)＝－2－y1， 整理得y2＝－y1－4＝－ax2＋2ax－2， ∵抛物线y1的顶点的对应点恰好落在x轴上， ∴抛物线y1＝ax2－2ax－2顶点的纵坐标为－4， 又∵y1＝ax2－2ax－2＝a(x－1)2－a－2， ∴－a－2＝－4，得a＝2； eq \f(b,2) eq \f(4×(－1)·c－b2,4×(－1))＝3， －eq \f(b,2×(－1))＝2， ②将x1＝t－1代入h＝－t2－2x1t＋2x1＋4t，整理，得 h＝－3t2＋8t－2＝－3(t－eq \f(4,3))2＋eq \f(10,3)， ∵－3<0， ∴当t＝eq \f(4,3)，即x1＝eq \f(1,3)时，h取得最大值为eq \f(10,3). 则PD＝－m2＋2m＋3＋m－3＝－m2＋3m，DE＝－m＋3， i．当PD＝2DE时，即－m2＋3m＝2(－m＋3)，解得m1＝2或m2＝3(舍去)， ∴P(2，3)； ii.当PD＝eq \f(1,2)DE时，即－m2＋3m＝eq \f(1,2)(－m＋3)，解得m1＝eq \f(1,2)或m2＝3(舍去)， ∴P(eq \f(1,2)，eq \f(15,4))． 综上所述，点P的坐标为P(2，3)或P(eq \f(1,2)，eq \f(15,4))； ②存在． 由①知PD＝－m2＋2m＋3＋m－3＝－m2＋3m＝－(m－eq \f(3,2))2＋eq \f(9,4)， ∵－1<0， ∴当m＝eq \f(3,2)时，PD取得最大值eq \f(9,4)，此时点P的坐标为P(eq \f(3,2)，eq \f(15,4))； 由②，得当m＝eq \f(3,2)时，PD的最大值为eq \f(9,4)，此时△PDQ的周长最大， 为eq \f(9,4)(eq \r(2)＋1)，点P的坐标为P(eq \f(3,2)，eq \f(15,4))； ∵A(－1，0)，B(3，0)，C(0，3)， ∴AC＝eq \r(12＋32)＝eq \r(10)，BC＝eq \r(32＋32)＝3eq \r(2)， ∴△AMC的周长的最小值为eq \r(10)＋3eq \r(2)； 解：(1)由于抛物线y＝x2＋bx＋c经过点A(－1，0)和点C(0，－4)， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－b＋c＝0，,c＝－4，)) ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－3，,c＝－4，)) ∴抛物线的表达式为y＝x2－3x－4＝(x－eq \f(3,2))2－eq \f(25,4)， ∴顶点D的坐标为(eq \f(3,2)，－eq \f(25,4))； (2)∵点A(－1，0)，对称轴为直线x＝eq \f(3,2)， ∴点B(4，0)， ∵B(4，0)，D(eq \f(3,2)，－eq \f(25,4))， ∴BD长为定值， 作点B关于y轴的对称点B′，则B′(－4，0)，连接B′D交y轴于 点M， 则B′M＝BM， ∴DM＋BM＝DM＋B′M＝DB′，此时△BDM的周长最小， 设直线DB′的表达式为y＝kx＋n， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4k＋n＝0，,\f(3,2)k＋n＝－\f(25,4)，))解得k＝－eq \f(25,22)，n＝－eq \f(50,11)， ∴直线DB′的表达式为y＝－eq \f(25,22)x－eq \f(50,11)， 令x＝0，则y＝－eq \f(50,11)，∴点M的坐标为(0，－eq \f(50,11))． 突破3 [2024·广元节选]在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线F：y＝－x2＋bx＋c经过点A(－3，－1)，与y轴交于点B(0，2)． (1)求抛物线的函数表达式； (2)在直线AB上方抛物线上有一动点C，连接 OC交AB于点D，求eq \f(CD,OD)的最大值及此时点C的坐 标． 解：(1)将点A(－3，－1)，B(0，2)代入y＝－x2＋bx＋c， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－9－3b＋c＝－1，,c＝2，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－2，,c＝2，)) ∴抛物线的函数表达式为y＝－x2－2x＋2； (2)如图，过点C作x轴的垂线交AB于点M. ∴CM∥y轴， ∴△CDM∽△ODB， ∴eq \f(CD,OD)＝eq \f(CM,OB)＝eq \f(CM,2)， 设直线AB的函数表达式为y＝mx＋n， 把点A(－3，－1)，B(0，2)代入，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3m＋n＝－1，,n＝2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝1，,n＝2，)) ∴直线AB的表达式为y＝x＋2. 设点C(t，－t2－2t＋2)，则M(t，t＋2)， ∴CM＝－t2－3t＝－(t＋eq \f(3,2))2＋eq \f(9,4)， ∵－3＜t＜0，－1＜0， ∴当t＝－eq \f(3,2)时，CM最大，最大值为eq \f(9,4). ∴eq \f(CD,OD)的最大值为eq \f(9,8)，此时点C的坐标为(－eq \f(3,2)，eq \f(11,4))． 解：(1)令x＝0，则y＝4， ∴C(0，4)，∴OC＝4， ∵tan∠CBA＝4，∴eq \f(OC,OB)＝4， ∴OB＝1，∴B(1，0)， 将B(1，0)和(－1，6)代入y＝ax2＋bx＋4， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6＝a－b＋4，,0＝a＋b＋4，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－3，)) ∴抛物线的表达式为y＝－x2－3x＋4； ∴F(eq \f(1,2)，2)， ∴EF＝eq \r(（－2－\f(1,2)）2＋22)＝eq \f(\r(41),2)， ∴AM＋MN＋NF的最小值为eq \f(\r(41),2)＋2. 解：将点B(1，0)，C(0，3)代入y＝－x2＋bx＋c，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＋b＋c＝0，,c＝3，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－2，,c＝3，)) ∴抛物线的函数表达式为y＝－x2－2x＋3； 解：存在． 对于y＝－x2－2x＋3，令y＝0，则－x2－2x＋3＝0， 解得x1＝－3，x2＝1， ∴A(－3，0)，∴AB＝4， 设M(m，－m2－2m＋3)， 则S△MAB＝eq \f(1,2)×4×|－m2－2m＋3|＝2|－m2－2m＋3|， 又∵S△MAB＝4， ∴2|－m2－2m＋3|＝4， ∴－m2－2m＋3＝2或－m2－2m＋3＝－2， 解得m1＝－1＋eq \r(2)，m2＝－1－eq \r(2)，m3＝－1＋eq \r(6)， m4＝－1－eq \r(6)， ∴点M的坐标为(－1＋eq \r(2)，2)或(－1－eq \r(2)，2)或(－1＋eq \r(6)，－2)或(－1－eq \r(6)，－2)； 解：存在． 由(2)知AB＝4，∵C(0，3)， ∴S△ABC＝eq \f(1,2)×4×3＝6， 设N(n，－n2－2n＋3)，则 S△NAB＝eq \f(1,2)×4×|－n2－2n＋3|＝2|－n2－2n＋3|， ∵S△NAB＝S△ABC， ∴2|－n2－2n＋3|＝6， ∴－n2－2n＋3＝3或－n2－2n＋3＝－3， 解得n1＝0(舍去)，n2＝－2，n3＝－1－eq \r(7)，n4＝－1＋eq \r(7)， ∴点N的坐标为(－2，3)或(－1－eq \r(7)，－3)或(－1＋eq \r(7)，－3)； 解：设Q(t，－t2－2t＋3)， 则S△QBD＝eq \f(1,2)BD·|－t2－2t＋3|，S△CBD＝eq \f(1,2)BD·CO， ∵CO＝3， 由题意，得eq \f(S△QDB,S△CDB)＝eq \f(|－t2－2t＋3|,3)＝2， 又∵Q是x轴下方二次函数图象上的一点， ∴－t2－2t＋3＝－6， 解得t1＝－1－eq \r(10)，t2＝－1＋eq \r(10)， ∴点Q的坐标为(－1－eq \r(10)，－6)或(－1＋eq \r(10)，－6)； ∴S△APC＝S△APE＋S△PEC ＝eq \f(1,2)PE·AF＋eq \f(1,2)PE·OF ＝eq \f(1,2)PE·(AF＋OF)＝eq \f(1,2)PE·OA ＝eq \f(1,2)×3(－x2－3x) ＝－eq \f(3,2)(x＋eq \f(3,2))2＋eq \f(27,8)， ∵－eq \f(3,2)＜0， ∴△APC的面积有最大值， ∴当x＝－eq \f(3,2)时，△APC的面积有最大值，最大值为eq \f(27,8)，此时点P的坐标为(－eq \f(3,2)，eq \f(15,4))； ∴S四边形ABCH＝S△AHG＋S△COB＋S梯形COGH ＝eq \f(1,2)AG·HG＋eq \f(1,2)(CO＋HG)·OG＋eq \f(1,2)OC·OB ＝eq \f(1,2)×2×4＋eq \f(1,2)×(3＋4)×1＋eq \f(1,2)×3×1 ＝9. 解：(1)把B(3，m)代入y＝x＋2，得m＝3＋2＝5， ∴B(3，5)， 把A(－2，0)，B(3，5)代入 y＝－x2＋bx＋c，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4－2b＋c＝0，,－9＋3b＋c＝5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝2，,c＝8，)) ∴抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋8； ∴AC＝6， ∵B(3，5)，∴S△ABC＝eq \f(1,2)×6×5＝15， 设直线AB的表达式为y＝kx＋a， 将A(－2，0)，B(3，5)代入，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2k＋a＝0，,3k＋a＝5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝1，,a＝2，)) ∴直线AB的表达式为y＝x＋2， 设M(t，－t2＋2t＋8)，则K(t，t＋2)， ∴MK＝|－t2＋2t＋8－(t＋2)|＝|－t2＋t＋6|， ∵S△ABM＝eq \f(1,2)MK·BE＋eq \f(1,2)MK·AF＝eq \f(1,2)MK(BE＋AF)＝eq \f(1,2)MK·|xB－xA|， ∴S△ABM＝eq \f(1,2)MK·|xB－xA|＝eq \f(1,2)|－t2＋t＋6|×5＝eq \f(5,2)|－t2＋t＋6|， ∵△ABM的面积等于△ABC面积的一半， ∴eq \f(5,2)|－t2＋t＋6|＝eq \f(1,2)×15， ∴|－t2＋t＋6|＝3， ∴－t2＋t＋6＝3或－t2＋t＋6＝－3， 解得t＝eq \f(1±\r(13),2)或t＝eq \f(1±\r(37),2)， ∴M的坐标为(eq \f(1＋\r(13),2)，eq \f(11＋\r(13),2))或(eq \f(1－\r(13),2)，eq \f(11－\r(13),2))或(eq \f(1＋\r(37),2)，eq \f(－1＋\r(37),2))或(eq \f(1－\r(37),2)，eq \f(－1－\r(37),2))． 突破3 [2023·锦州节选]如图，抛物线y＝－eq \r(3)x2＋bx＋c交x轴于点A(－1，0)和B，交y轴于点C(0，3eq \r(3))，顶点为D. (1)求抛物线的表达式； (2)若点E在第一象限内对称轴右侧的抛物线上， 四边形ODEB的面积为7eq \r(3)，求点E的坐标． 解：(1)∵抛物线y＝－eq \r(3)x2＋bx＋c经过点A(－1，0)，C(0，3eq \r(3))， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)－b＋c＝0，,c＝3\r(3)，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝2\r(3)，,c＝3\r(3).)) ∴抛物线的表达式为y＝－eq \r(3)x2＋2eq \r(3)x＋3eq \r(3)； (2)如图，令抛物线的对称轴与x轴交于点M，过点E作EN⊥x轴于点N， ∵y＝－eq \r(3)x2＋2eq \r(3)x＋3eq \r(3)＝－eq \r(3)(x－1)2＋4eq \r(3)， ∴D(1，4eq \r(3))， ∴M(1，0)， 令y＝－eq \r(3)x2＋2eq \r(3)x＋3eq \r(3)中y＝0， 则0＝－eq \r(3)x2＋2eq \r(3)x＋3eq \r(3)， 解得x＝－1或x＝3， ∴B(3，0)， 设E(x，－eq \r(3)x2＋2eq \r(3)x＋3eq \r(3))，则N(x，0)， ∴BN＝3－x，MN＝x－1， ∴S四边形ODEB＝S△ODM＋S梯形DMNE＋S△ENB ＝eq \f(1,2)×1×4eq \r(3)＋eq \f(1,2)·(4eq \r(3)－eq \r(3)x2＋2eq \r(3)x＋3eq \r(3))(x－1)＋eq \f(1,2)(－eq \r(3)x2＋2eq \r(3)x＋3eq \r(3))·(3－x) ＝－eq \r(3)x2＋4eq \r(3)x＋3eq \r(3). ∵S四边形ODEB＝7eq \r(3)， ∴－eq \r(3)x2＋4eq \r(3)x＋3eq \r(3)＝7eq \r(3). 整理得x2－4x＋4＝0，解得x1＝x2＝2. ∴E(2，3eq \r(3))． 突破4 [2024·牡丹江]如图，二次函数y＝eq \f(1,2)x2＋bx＋c的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为(－1，0)，点C的坐标为(0，－3)，连接BC. (1)求该二次函数的表达式； (2)点P是抛物线在第四象限图象上的任意一点， 当△BCP的面积最大时，BC边上的高PN的值 为______． 解：(1)把(－1，0)和(0，－3)代入， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－b＋c＝0，,c＝－3，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－\f(5,2)，,c＝－3，)) ∴二次函数的表达式为y＝eq \f(1,2)x2－eq \f(5,2)x－3； (2)令y＝0，则0＝eq \f(1,2)x2－eq \f(5,2)x－3， 解得x1＝－1，x2＝6， ∴点B的坐标为(6，0)， ∴BC＝eq \r(OB2＋OC2)＝eq \r(32＋62)＝3eq \r(5)， 设直线BC的函数表达式为y＝mx＋n，将点C(0，－3)，B(6，0)代入，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n＝－3，,6m＋n＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,2)，,n＝－3，)) ∴直线BC的函数表达式为y＝eq \f(1,2)x－3， 过点P作PD⊥x轴交BC于点D， 设点P的坐标为(x，eq \f(1,2)x2－eq \f(5,2)x－3)， 则点D的坐标为(x，eq \f(1,2)x－3)， ∴PD＝eq \f(1,2)x－3－(eq \f(1,2)x2－eq \f(5,2)x－3)＝－eq \f(1,2)x2＋3x， ∴S△BCP＝eq \f(1,2)PD·OB＝eq \f(1,2)×6(－eq \f(1,2)x2＋3x)＝－eq \f(3,2)(x－3)2＋eq \f(27,2)， ∴△BCP的面积最大为eq \f(27,2)， ∴PN＝eq \f(2S△BCP,BC)＝eq \f(27,3\r(5))＝eq \f(9\r(5),5). 故答案为：eq \f(9\r(5),5). 突破1 [2023·自贡改编]如图，抛物线y＝－eq \f(4,3)x2＋bx＋4与x轴交于A(－3，0)，B两点，与y轴交于点C. (1)求抛物线的函数表达式及B，C两点坐标； 解：∵抛物线y＝－eq \f(4,3)x2＋bx＋4与x轴交于点A(－3，0)， ∴－eq \f(4,3)×(－3)2－3b＋4＝0，解得b＝－eq \f(8,3)， ∴抛物线的函数表达式为y＝－eq \f(4,3)x2－eq \f(8,3)x＋4，当x＝0时，y＝4， ∴C(0，4)， 当y＝0时，0＝－eq \f(4,3)x2－eq \f(8,3)x＋4，解得x1＝－3，x2＝1， ∴B(1，0)； 解：存在． 如图1所示，作AG⊥CE交于点G，F为AC的中点，连接GO，GF， ∵∠ACE＝45°， ∴△AGC是等腰直角三角形， ∴A，O，C，G在⊙F上， ∵A(－3，0)，C(0，4)， ∴F(－eq \f(3,2)，2)，AC＝eq \r(AO2＋CO2)＝5，CF＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(5,2)， ∵∠AOG＝∠ACG＝45°， ∴G在直线y＝－x上， 设G(t，－t)，则GF2＝(t＋eq \f(3,2))2＋(－t－2)2＝(eq \f(5,2))2， 解得t1＝－eq \f(7,2)，t2＝0(舍去)，∴点G(－eq \f(7,2)，eq \f(7,2))， 设直线CG的函数表达式为y＝kx＋4， ∴eq \f(7,2)＝－eq \f(7,2)k＋4，解得k＝eq \f(1,7). ∴直线CG的函数表达式为y＝eq \f(1,7)x＋4， ∵A(－3，0)，B(1，0)， ∴抛物线对称轴为直线x＝eq \f(－3＋1,2)＝－1， 当x＝－1时，eq \f(1,7)×(－1)＋4＝eq \f(27,7)， ∴E(－1，eq \f(27,7))； 解：当点N在y轴的左侧时，过点O作NO平行于BC，如图2， ∵C(0，4)，B(1，0)， ∴直线BC的表达式为y＝－4x＋4， ∴NO的表达式为y＝－4x， 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－4x，,y＝－\f(4,3)x2－\f(8,3)x＋4，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1－\r(13),2)，,y＝－2＋2\r(13)，)) 或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1＋\r(13),2)，,y＝－2－2\r(13)))(舍去)， 所以点N的坐标为(eq \f(1－\r(13),2)，－2＋2eq \r(13))； 当点N在y轴右侧时，连接BC，作线段CO的垂直平分线，交BC于点P，连接OP并延长，与抛物线的交点即为点N，如图3. ∵C(0，4)，B(1，0)， ∴点P(eq \f(1,2)，2)， 设OP所在直线表达式为y＝mx， 将P(eq \f(1,2)，2)代入，得2＝eq \f(1,2)m，解得m＝4， 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝4x，,y＝－\f(4,3)x2－\f(8,3)x＋4，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(37)－5,2)，,y＝2\r(37)－10，))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(－\r(37)－5,2)，,y＝－2\r(37)－10))(舍去)， 所以点N的坐标为(eq \f(\r(37)－5,2)，2eq \r(37)－10)． 综上所述，点N的坐标为(eq \f(1－\r(13),2)，－2＋2eq \r(13))或(eq \f(\r(37)－5,2)，2eq \r(37)－10)； ∴AC所在直线的函数表达式为y＝eq \f(4,3)x＋4， ∴DO所在直线的函数表达式为y＝－eq \f(3,4)x， 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(4,3)x＋4，,y＝－\f(3,4)x，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(48,25)，,y＝\f(36,25)，)) 即点P坐标为(－eq \f(48,25)，eq \f(36,25))，∴点D坐标为(－eq \f(96,25)，eq \f(72,25))， ∴CQ所在直线的函数表达式为y＝eq \f(7,24)x＋4， 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(7,24)x＋4，,y＝－\f(4,3)x2－\f(8,3)x＋4，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(71,32)，,y＝\f(2 575,768)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝4))(舍去) ∴点Q的坐标为(－eq \f(71,32)，eq \f(2 575,768))； 解：作点B关于y轴的对称点B′(－1，0)， 则OC是BB′的垂直平分线， ∴∠B′CO＝∠BCO， ∴∠B′CB＝2∠BCO， ∵C(0，4)，B(1，0)， ∴BC＝B′C＝eq \r(17)，BB′＝2，CO＝4， 过点B作BH⊥CB′， 则BH＝eq \f(CO·BB′,B′C)＝eq \f(4×2,\r(17))＝eq \f(8\r(17),17)， 在Rt△BCH中，由勾股定理，得CH＝eq \f(15\r(17),17)， ∴tan∠B′CB＝tan∠BCH＝eq \f(BH,CH)＝eq \f(8,15). 设点P(a，－eq \f(4,3)a2－eq \f(8,3)a＋4)， 当点P在x轴上方时， tan∠PBA＝tan∠BCH＝eq \f(8,15)， 即eq \f(－\f(4,3)a2－\f(8,3)a＋4,－a＋1)＝eq \f(8,15)， 解得a1＝1(舍去)，a2＝－eq \f(13,5)， ∴P1(－eq \f(13,5)，eq \f(48,25))； 当点P在x轴下方时， tan∠PBA＝tan∠BCH＝eq \f(8,15)， 即eq \f(\f(4,3)a2＋\f(8,3)a－4,－a＋1)＝eq \f(8,15)， 解得a1＝1(舍去)，a2＝－eq \f(17,5)， ∴P2(－eq \f(17,5)，－eq \f(176,75)). 综上所述，点P的坐标为(－eq \f(13,5)，eq \f(48,25))或(－eq \f(17,5)，－eq \f(176,75)). ∴△AOT∽△PBK， ∴eq \f(AT,PK)＝eq \f(OT,BK)， ∵A(2，－4)， ∴eq \f(2,－m2＋4m)＝eq \f(4,4－m)， 解得m＝eq \f(1,2)或m＝4(此时P与B重合，舍去)， ∴P(eq \f(1,2)，－eq \f(7,4))． 设BC所在直线的函数表达式为y＝kx＋b，将点C(0，5)，B(5，0)代入， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝5，,5k＋b＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－1，,b＝5，)) ∴BC所在直线的函数表达式为y＝－x＋5， 设E(a，－a＋5)， 当E点在线段BC上时， ∠DEB＝∠DCE＋∠CDE， 而∠DEB＝2∠DCB， ∴∠DCE＝∠CDE， ∴CE＝DE，∵E(a，－a＋5)，C(0，5)，D(2，－3)， 有eq \r(a2＋（－a＋5－5）2)＝eq \r(（a－2）2＋[－a＋5－（－3）]2)， 解得a＝eq \f(17,5)，则－a＋5＝eq \f(8,5)， 所以E点的坐标为(eq \f(17,5)，eq \f(8,5))； ∴E′的横坐标为5＋(5－eq \f(17,5))＝eq \f(33,5)，纵坐标为－eq \f(8,5). 综上所述，E点的坐标为(eq \f(17,5)，eq \f(8,5))或(eq \f(33,5)，－eq \f(8,5))． 突破1 如图，抛物线y＝－eq \f(2,3)x2＋eq \f(4,3)x＋2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为M，对称轴与x轴交于点N. 答案：存在，点P的横坐标是eq \f(2±\r(10),2)； 答案：存在．点P的坐标为(1，eq \f(7,12))或(1，－eq \f(8,3))； 答案：存在．点P的横坐标为eq \r(5)－1或－eq \r(5)－1或1或eq \f(3,2). 解：(1)∵A(－3，0)，B(1，0)两点在抛物线上， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0＝－（－3）2－3b＋c，,0＝－12＋b＋c，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－2，,c＝3，)) ∴抛物线的函数表达式为y＝－x2－2x＋3； 当以AD为底边时，AC＝CD＝eq \r(OA2＋OC2)＝eq \r(32＋32)＝3eq \r(2)， ∴点D的纵坐标为3－3eq \r(2)或3eq \r(2)＋3， ∴D(0，3－3eq \r(2))或D(0，3＋3eq \r(2))． 综上所述，点D的坐标为(0，0)或(0，－3)或(0，3－3eq \r(2))或 (0，3＋3eq \r(2))． 突破3 [2023·恩施节选]在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，已知抛物线y＝－eq \f(1,2)x2＋bx＋c与y轴交于点A，抛物线的对称轴与x轴交于点B. (1)如图，若A(0，eq \r(3))，抛物线的对称轴为x＝3. 求抛物线的函数表达式，并直接写出y≥eq \r(3)时x的 取值范围； (2)在(1)的条件下，若P为y轴上的点，C为x轴上方抛物线上的点，当△PBC为等边三角形时，求点P，C的坐标． 解：(1)∵A(0，eq \r(3))，抛物线的对称轴为x＝3. ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝\r(3)，,－\f(b,2×（－\f(1,2)）)＝3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝\r(3)，,b＝3，)) ∴抛物线的函数表达式为y＝－eq \f(1,2)x2＋3x＋eq \r(3)， 当y＝eq \r(3)时，即－eq \f(1,2)x2＋3x＋eq \r(3)＝eq \r(3)， 解得x1＝0，x2＝6，∴当y≥eq \r(3)时，0≤x≤6； (2)①如图所示，连接AB，AC，AC交对称轴于点D， ∵A(0，eq \r(3))，B(3，0)， ∴OA＝eq \r(3)，OB＝3， 则tan∠OAB＝eq \r(3)， ∴∠OAB＝60°， ∠BAP＝120°， ∵△PBC为等边三角形， ∴∠PCB＝∠PBC＝60°， ∴BD＝BA＝eq \r(（\r(3)）2＋32)＝2eq \r(3)，则D(3，2eq \r(3))， 设直线AD的表达式为y＝kx＋eq \r(3)， 则3k＋eq \r(3)＝2eq \r(3)， 解得k＝eq \f(\r(3),3)， 所以直线AC的表达式为y＝eq \f(\r(3),3)x＋eq \r(3)， 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(\r(3),3)x＋\r(3)，,y＝－\f(1,2)x2＋3x＋\r(3)，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝\r(3)))(舍去)，或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(2\r(3),3)＋6，,y＝3\r(3)－\f(2,3)，)) ∴C(－eq \f(2\r(3),3)＋6，3eq \r(3)－eq \f(2,3))， ∵B(3，0)，设P(0，p)， ∵PC＝PB， ∴p2＋32＝(－eq \f(2\r(3),3)＋6)2＋(3eq \r(3)－eq \f(2,3)－p)2， 解得p＝3eq \r(3)－eq \f(4,3)， ∴P(0，3eq \r(3)－eq \f(4,3))； ②由①可得∠OAB＝60°，当点C与点A重合时， ∵△PBC为等边三角形， 则P与C关于x轴对称，此时C(0，eq \r(3))，P(0，－eq \r(3))， 综上所述，C(－eq \f(2\r(3),3)＋6，3eq \r(3)－eq \f(2,3))，P(0，3eq \r(3)－eq \f(4,3))或C(0，eq \r(3))，P(0，－eq \r(3))． 突破1 如图，抛物线y＝eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x－2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，连接AC，BC，对称轴为直线l，顶点为M. (解题思路参考名师点拨) 答案：(1)点P的坐标为(0，eq \f(1,2))； (2)存在．点P的坐标为(－5，18)或(－1，0)； (3)存在．点P的坐标为(eq \f(3,2)，－5)或(eq \f(3,2)，5)或(eq \f(3,2)，eq \f(－2＋\r(19),2))或(eq \f(3,2)，eq \f(－2－\r(19),2))． (2)联立直线l：y＝a(x＋2)与抛物线E：y＝ax2， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝a（x＋2），,y＝ax2，)) ∴x2－x－2＝0， ∴x＝－1或x＝2， ∴B(－1，a)，C(2，4a)， ∵B点关于x轴的对称点为B′点， ∴B′(－1，－a)， ∴AB′2＝(－2＋1)2＋(0＋a)2＝a2＋1， AC2＝(2＋2)2＋(4a－0)2＝16a2＋16， B′C2＝(2＋1)2＋(4a＋a)2＝25a2＋9， 若∠CAB′＝90°，则AC2＋AB2＝B′C2，即a2＋1＋16a2＋16＝25a2＋9，所以a＝1或a＝－1(舍去)； 若∠AB′C＝90°，则AB′2＋B′C2＝AC2，即a2＋1＋25a2＋9＝16a2＋16，所以a＝eq \f(\r(15),5)或a＝－eq \f(\r(15),5)(舍去)； 若∠ACB′＝90°，则AC2＋B′C2＝AB′2，即16a2＋16＋25a2＋9＝a2＋1，此方程无解． 综上所述，a＝1或a＝eq \f(\r(15),5). 解：(1)把A(－3，0)，C(0，3)代入y＝－x2＋bx＋c， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－9－3b＋c＝0，,c＝3，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－2，,c＝3，)) ∴抛物线的函数表达式为y＝－x2－2x＋3； ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n＝－3m＋3，,n2＋2n－3＝m，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(25＋\r(193),18)，,n＝\f(－7－\r(193),6)))(n小于0，舍去)或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(25－\r(193),18)，,n＝\f(－7＋\r(193),6)，)) ∴P点的坐标为(eq \f(25－\r(193),18)，eq \f(－7＋\r(193),6))； ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝n2＋2n－3，,3m－3＝－n，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(25＋\r(193),18)，,n＝\f(－7－\r(193),6)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(25－\r(193),18)，,n＝\f(－7＋\r(193),6)))(n大于0，舍去)， ∴P点的坐标为(eq \f(25＋\r(193),18)，eq \f(－7－\r(193),6))； ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－n2－2n＋3，,3m－3＝n，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝0，,n＝－3))(舍去)或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(11,9)，,n＝\f(2,3)，)) ∴P点的坐标为(eq \f(11,9)，－eq \f(2,3))． 综上所述，P的坐标为(0，3)或(eq \f(25－\r(193),18)，eq \f(－7＋\r(193),6)) 或(eq \f(25＋\r(193),18)，eq \f(－7－\r(193),6))或(eq \f(11,9)，－eq \f(2,3))． ②当AP＝AO，且PK＝AO时，四边形APKO是菱形，此时有4＋g2＝25， 解得g1＝eq \r(21)，g2＝－eq \r(21)， ∴点P的坐标为(－3，eq \r(21))或(－3，－eq \r(21))． 则相对应的点K的坐标为(2，eq \r(21))，(2，－eq \r(21))． 综上所述，满足条件的点P有4个，坐标分别为(－3，4)， (－3，－4)，(－3，eq \r(21))，(－3，－eq \r(21))，所对应的点K的 坐标为(－8，4)，(－8，－4)，(2，eq \r(21))，(2，－eq \r(21))． 解：(1)设抛物线的表达式为y＝a(x＋3)(x－6)，由题意知 C(0，－9)， ∴－9＝a·3×(－6)， ∴a＝eq \f(1,2)， ∴y＝eq \f(1,2)(x＋3)(x－6)＝eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x－9； (2)如图， 抛物线的对称轴为直线x＝eq \f(3,2)， 由对称性可得Q1(3，－9)， 当y＝9时， eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x－9＝9， ∴x＝eq \f(3±3\r(17),2)， ∴Q2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3＋3\r(17),2)，9))，Q3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－3\r(17),2)，9))， 综上所述，符合条件的点Q的坐标为(3，－9)或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3＋3\r(17),2)，9))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－3\r(17),2)，9)). 解：(1)∵抛物线y＝ax2＋bx＋3经过点A(3，0)，与y轴交于点B，且关于直线x＝1对称， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)＝1，,9a＋3b＋3＝0，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝2，)) ∴y＝－x2＋2x＋3； BD＝eq \r(m2＋（－m＋3－3）2)＝eq \r(2)m， BC2＝m2＋(－m2＋2m)2， 当B，C，D，E为顶点的四边形是菱形时，分两种情况： ①当BD为边时，则BD＝CD，即－m2＋3m＝eq \r(2)m， 解得m＝0(舍去)或m＝3－eq \r(2)， 此时菱形的边长为eq \r(2)m＝3eq \r(2)－2； ②当BD为对角线时，则BC＝CD， 即m2＋(－m2＋2m)2＝(－m2＋3m)2， 解得m＝2或m＝0(舍去)， 此时菱形的边长为－22＋3×2＝2. 综上所述，存在以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形，边长为3eq \r(2)－2或2. 解：(1)把A(－6，0)，B(－2，0)，C(0，6)代入y＝ax2＋bx＋c， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(36a－6b＋c＝0，,4a－2b＋c＝0，,c＝6，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝4，,c＝6，)) ∴y＝eq \f(1,2)x2＋4x＋6， 把B(－2，0)代入y＝kx＋6，得k＝3， ∴y＝3x＋6； ∵BC＝2eq \r(10)， ∴E3G＝BG＝eq \r(10)， ∴E3B＝E3C＝2eq \r(5)， 在Rt△E3NC中，E3C2＝CN2＋E3N2， ∴(2eq \r(5))2＝CN2＋(6－CN)2，解得CN＝2或4， 当CN＝4时，E3(2，2)，此时点E在点F右侧，故舍去； 当CN＝2时，E3(－4，4)． 综上所述，点E的坐标为E1(－8，2)，E2(4，－2)，E3(－4，4)． 突破1 (1)如图，点B(－1，0)，点C(0，2)，点D(eq \f(3,2)，eq \f(3,2))，DE⊥x轴于点E，在x轴上有一点A，使得以A，D，E为顶点的三角形与△BOC相似，求点A的坐标； 解：①若△BOC∽△AED， 则eq \f(OB,AE)＝eq \f(OC,DE).∴eq \f(1,AE)＝eq \f(2,\f(3,2)). ∴AE＝eq \f(3,4). ∵E(eq \f(3,2)，0)， ∴点A(eq \f(9,4)，0)或(eq \f(3,4)，0)； ②若△BOC∽△DEA， 则eq \f(OB,DE)＝eq \f(OC,AE).∴eq \f(1,\f(3,2))＝eq \f(2,AE).∴AE＝3. ∵E(eq \f(3,2)，0)， ∴点A(eq \f(9,2)，0)或(－eq \f(3,2)，0)． 综上所述，点A的坐标为(eq \f(9,4)，0)或(eq \f(3,4)，0)或(eq \f(9,2)，0)或(－eq \f(3,2)，0)； ①若△BOC∽△OED， 则eq \f(BO,OC)＝eq \f(OE,DE)， 即eq \f(1,2)＝eq \f(m,－m2＋m＋2)， 解得m＝1或m＝－2(舍去)； ②若△BOC∽△DEO， 则eq \f(BO,OC)＝eq \f(DE,OE)， 即eq \f(1,2)＝eq \f(－m2＋m＋2,m)， 解得m＝eq \f(1＋\r(33),4)或m＝eq \f(1－\r(33),4)(舍去)． 故m＝1或eq \f(1＋\r(33),4). 解：(1)令y＝0，则－2x＋6＝0， 解得x＝3. 令x＝0，则y＝6， ∴A(3，0)，B(0，6)， 把A(3，0)，B(0，6)代入y＝－x2＋bx＋c， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－9＋3b＋c＝0，,c＝6，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝1，,c＝6，)) ∴抛物线所对应的函数表达式为y＝－x2＋x＋6； ②如图2，当△ACE∽△DBE时，∠BDE＝∠CAE，过点B作BH⊥DC于点H， ∴∠BHD＝90°， ∴eq \f(BH,DH)＝tan∠BDE＝tan∠CAE＝eq \f(OB,OA)， ∵D(t，－t2＋t＋6)，E(t，－2t＋6)， ∴H(t，6)， ∴BH＝t，DH＝－t2＋t， ∴eq \f(t,－t2＋t)＝eq \f(6,3)＝2， ∴－2t2＋2t＝t， 解得t＝0(舍去)或t＝eq \f(1,2)， ∴D(eq \f(1,2)，eq \f(25,4))， 综上所述，点D的坐标为(1，6)或(eq \f(1,2)，eq \f(25,4))． eq \r(2) eq \r(2) ①当eq \f(BQ,BC)＝eq \f(PB,AB)，∠PBQ＝∠ABC＝45°时，△PBQ∽△ABC. 即eq \f(BQ,3 \r(2))＝eq \f(\r(2),2)，∴BQ＝3. 又∵BO＝3， ∴点Q与点O重合. ∴Q1的坐标是(0，0)； ②当eq \f(QB,AB)＝eq \f(PB,BC)，∠QBP＝∠ABC＝45°时，△QBP∽△ABC. 即eq \f(QB,2)＝eq \f(\r(2),3 \r(2))，∴QB＝eq \f(2,3). ∵OB＝3， ∴OQ＝OB－QB＝3－eq \f(2,3)＝eq \f(7,3). ∴Q2的坐标是(eq \f(7,3)，0). eq \f(7,3) eq \f(3,2) 解：（1）∵抛物线y＝ax2－eq \f(3,2)x＋c与x轴交于A(－1，0)，B(4，0)两点， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋\f(3,2)＋c＝0，,16a－6＋c＝0，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,c＝－2，)) ∴抛物线的函数表达式为y＝eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x－2， 而y＝eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x－2＝eq \f(1,2)(x－eq \f(3,2))2－eq \f(25,8)， ∴P(eq \f(3,2)，－eq \f(25,8))； （2）如图： 当x＝0时，y＝－2， ∴点C(0，－2)， ∵A(－1，0)，B(4，0)， ∴tan∠ACO＝eq \f(AO,OC)＝eq \f(1,2)，tan∠CBO＝eq \f(CO,BO)＝eq \f(2,4)＝eq \f(1,2)， eq \o(DE,\s\up16(︵)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b＋c＝0，,c＝－2，,16a＋4b＋c＝0，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝－\f(3,2)，,c＝－2，)) ∴该抛物线的表达式为y＝eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x－2； 解得x＝eq \f(1,2)或x＝eq \f(9,2)(舍去)． ∴DH＝eq \f(1,2)， ∴OH＝OD－DH＝3.5， ∴F(3.5，1.5)， 设直线BF的表达式为y＝kx＋b1， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3.5k＋b1＝1.5，,b1＝－2，))则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝1，,b1＝－2，)) (3)存在．各情况辅助线如图2. 抛物线y＝eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x－2的对称轴为直线x＝eq \f(3,2)， ∵OM＝eq \f(3,2)，∴点M在直线x＝eq \f(3,2)上， 根据圆的对称性可知，点C与点B关于直线x＝eq \f(3,2)对称， ∴点C(3，－2)，CM＝eq \f(5,2)， ①当CM＝MQ＝eq \f(5,2)时，点Q可能在x轴上方，也可能在x轴下方， ∴Q1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(5,2)))，Q2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(5,2)))； ②当CM＝CQ时，过点C作CN⊥MQ， ∴MN＝NQ＝2，∴MQ＝4， ∴Q3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－4))； ③当CQ＝MQ时，过点Q4作Q4V⊥CM， 则MV＝CV＝eq \f(5,4)，Q4V＝eq \r(MQ42－\f(25,16))， ∵Rt△CNM∽Rt△Q4VM， ∴eq \f(MQ4,\f(5,2))＝eq \f(\r(MQ42－\f(25,16)),\f(3,2))， 解得MQ4＝eq \f(25,16)， ∴Q4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(25,16))). 综上可知，存在四个点，即： Q1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(5,2)))，Q2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(5,2)))， Q3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－4))，Q4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(25,16))). 解：(1)设抛物线的函数表达式为y＝a(x＋4)(x－2)， 将C(0，－4)代入，得 －4＝a(0＋4)(0－2)，解得a＝eq \f(1,2)， ∴抛物线的函数表达式为y＝eq \f(1,2)(x＋4)(x－2)＝eq \f(1,2)x2＋x－4； (2)∵直线表达式y＝kx＋6， ∴直线经过定点(0，6)， ∴将过点(0，6)的直线旋转，观察和抛物线新图象的公共点情况， ∵把抛物线x轴下方的部分沿x轴翻折180°， ∴新图象表达式为－4＜x＜2时，y＝－eq \f(1,2)x2－x＋4；x≤－4或x≥2时，y＝eq \f(1,2)x2＋x－4， ①如图1，当直线y＝kx＋6与翻折上去的部分抛物线相切时，和新图象有三个公共点， 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,2)x2－x＋4，,y＝kx＋6，)) 得－eq \f(1,2)x2－x＋4＝kx＋6， 整理得x2＋2(1＋k)x＋4＝0， ∵只有一个公共点， ②如图3，当直线y＝kx＋6经过点A时，和新图象有三个公共点， 把A(－4，0)代入y＝kx＋6，得－4k＋6＝0， 解得k＝eq \f(3,2)， 综上所述，当平面内的直线y＝kx＋6与新图象 有三个公共点时，k的值为1或eq \f(3,2). 解：(1)由题意可设二次函数的表达式为y＝a(x＋1)(x－3)，将点C(0，－3)代入，得a＝1， ∴二次函数表达式为y＝(x＋1)(x－3)＝x2－2x－3＝(x－1)2－4， ∴顶点P的坐标为(1，－4)； (2)①设旋转后抛物线的顶点为Q(m，n)， ∵(4，0)为顶点P(1，－4)和Q(m，n)的中点， 即eq \f(m＋1,2)＝4，eq \f(n－4,2)＝0， ②由①得Q点坐标为(7，4)， ∵A，D点关于点(4，0)对称， ∴D点坐标为(9，0)， ∵A(－1，0)，P(1，－4)，D(9，0)，Q(7，4)， ∴AD＝9－(－1)＝10，点Q到x轴的距离为4，点P到x轴的距离为4， ∴S四边形APDQ＝S△AQD＋S△APD＝eq \f(1,2)×10×4＋eq \f(1,2)×10×4＝40. eq \f(3,4) 解：(1)∵抛物线y＝ax2＋bx＋3经过点A(1，0)，B(3，0)， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＋3＝0，,9a＋3b＋3＝0.)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－4.)) ∴抛物线的函数表达式为y＝x2－4x＋3； (2)设直线CE对应的函数表达式为y＝kx＋n(k≠0)， ∵点E为AB中点， ∴E(2，0). 又∵C(4，3)， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4k＋n＝3，,2k＋n＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝\f(3,2)，,n＝－3，)) ∴直线CE对应的函数表达式为y＝eq \f(3,2)x－3. ∵点D(m，－eq \f(3,4))在抛物线上， ∴m2－4m＋3＝－eq \f(3,4)， 解得m＝eq \f(3,2)或m＝eq \f(5,2). 又∵m<2，∴m＝eq \f(3,2)， ∴D(eq \f(3,2)，－eq \f(3,4)). ∵eq \f(3,2)×eq \f(3,2)－3＝－eq \f(3,4)，即D(eq \f(3,2)，－eq \f(3,4))满足直线CE对应的函数表达式， ∴点D在直线CE上，即C，D，E三点共线； 在(2)的条件下，直线BC对应的函数表达式为y＝3x－9，直线AD对应的函数表达式为y＝－eq \f(3,2)x＋eq \f(3,2)，求得P(eq \f(7,3)，－2)，此时△ABP的面积为2. eq \f(S1,S2)＋eq \f(S2,S3) 解：(1)将A(4，0)，B(1，4)代入y＝ax2＋bx， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(16a＋4b＝0，,a＋b＝4，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(4,3)，,b＝\f(16,3)，)) 所以抛物线的解析式为y＝－eq \f(4,3)x2＋eq \f(16,3)x； (2)设直线AB的解析式为y＝kx＋t(k≠0)， 将A(4，0)，B(1，4)代入y＝kx＋t， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4k＋t＝0，,k＋t＝4，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－\f(4,3)，,t＝\f(16,3)，)) 所以直线AB的解析式为y＝－eq \f(4,3)x＋eq \f(16,3). 所以S△PAB＝S△PNB＋S△PNA ＝eq \f(1,2)PN·BE＋eq \f(1,2)PN·AM ＝eq \f(1,2)PN·(BE＋AM) ＝eq \f(3,2)PN. ∵A(4，0)，B(1，4)， ∴S△OAB＝eq \f(1,2)×4×4＝8. ∵△OAB的面积是△PAB面积的2倍， ∴2×eq \f(3,2)PN＝8，PN＝eq \f(8,3). 设P(m，－eq \f(4,3)m2＋eq \f(16,3)m)(1<m<4)， 则N(m，－eq \f(4,3)m＋eq \f(16,3)). ∴PN＝(－eq \f(4,3)m2＋eq \f(16,3)m)－(－eq \f(4,3)m＋eq \f(16,3))＝eq \f(8,3)， 即－eq \f(4,3)m2＋eq \f(20,3)m－eq \f(16,3)＝eq \f(8,3)， 解得m1＝2，m2＝3. 所以点P的坐标为(2，eq \f(16,3))或(3，4)； (3)∵PD∥BO， ∴△OBC∽△PDC， ∴eq \f(CD,BC)＝eq \f(PD,OB)＝eq \f(PC,OC)， 记△CDP，△CPB，△CBO的面积分别为S1，S2，S3，则eq \f(S1,S2)＋eq \f(S2,S3)＝eq \f(CD,BC)＋eq \f(PC,OC)＝eq \f(2PD,OB). ∴eq \f(PD,OB)＝eq \f(PG,BF)＝eq \f(DG,OF). 设P(h，－eq \f(4,3)h2＋eq \f(16,3)h)(1<h<4). ∵直线AB的解析式为y＝－eq \f(4,3)x＋eq \f(16,3). 设D(n，－eq \f(4,3)n＋eq \f(16,3))，则G(h，－eq \f(4,3)n＋eq \f(16,3)). PG＝－eq \f(4,3)h2＋eq \f(16,3)h＋eq \f(4,3)n－eq \f(16,3)＝－eq \f(4,3)(h2－4h－n＋4). DG＝h－n， ∴eq \f(－\f(4,3)(h2－4h－n＋4),4)＝eq \f(h－n,1)， 整理，得4n＝h2－h＋4， ∴eq \f(S1,S2)＋eq \f(S2,S3)＝eq \f(CD,BC)＋eq \f(PC,OC)＝eq \f(2PD,OB) ＝2eq \f(DG,OF) ＝2(h－n) ＝2(h－eq \f(h2－h＋4,4)) ＝－eq \f(1,2)(h2－5h＋4) ＝－eq \f(1,2)(h－eq \f(5,2))2＋eq \f(9,8)， ∴h＝eq \f(5,2)时，eq \f(S1,S2)＋eq \f(S2,S3)取得最大值，最大值为 eq \f(9,8). ②若直线y＝kx－k＋1与抛物线C3交于P(xP，yP)，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xQ，yQ)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xP<xQ))，点Q关于抛物线C3的对称轴的对称点记为Q′(Q′与P不重合)，Q′M∥y轴交直线PQ于点M，直线PD与直线Q′M交于点N，求eq \f(S△PQ′N,S△PMN)的值. eq \f(1,4) eq \f(1,4) 则Q′N＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n2－2n＋1－[(m－1)(1－n)])) ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n2－2n＋1＋mn－m－n＋1)) ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n2－2n＋1＋k－2－k＋1)) ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n2－2n))， eq \f(S△PQ′N,S△PMN) eq \r(5) (3)如图3，过点C的一条直线与(2)中y2的图象交于点P，Q(点P在Q的左边)，与y1＝ax2－2ax－2交于点M，若eq \f(PQ,PM)＝t，且满足t2－eq \f(5,2)t＋1＝0，求a的值. 解：(1)∵抛物线y1＝ax2－2ax－2的对称轴为x＝－eq \f(－2a,2a)＝1，且AB＝2 eq \r(5)， ∴A(1－eq \r(5)，0)，B(1＋eq \r(5)，0)，且C(0，－2)， 在Rt△AOC中，AC2＝OA2＋OC2＝(1－eq \r(5))2＋22＝10－2 eq \r(5)， 在Rt△BOC中，BC2＝OB2＋OC2＝(1＋eq \r(5))2＋22＝10＋2 eq \r(5)， ∴AC2＋BC2＝10－2 eq \r(5)＋10＋2 eq \r(5)＝20. eq \r(5) ∴y2＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－ax2＋2ax－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤x≤2))，,ax2－2ax－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x≤0或x≥2))，)) (3)由(2)得a＝2， ∴y2＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(－2x2＋4x－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤x≤2)),2x2－4x－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x≤0或x≥2)))))， 设直线CM的解析式为y＝kx－2. 当kx－2＝－2x2＋4x－2时， 解得x＝0(舍去)或x＝2－eq \f(k,2)， ∴点P的横坐标为2－eq \f(k,2). 当kx－2＝2x2－4x－2时， 解得x＝0(舍去)或x＝eq \f(k,2)＋2， ∴点Q的横坐标为eq \f(k,2)＋2. 当kx－2＝ax2－2ax－2时， 解得x＝0(舍去)或x＝eq \f(2a＋k,a)， ∴点M的横坐标为eq \f(2a＋k,a). ∴eq \f(PQ,PM)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)＋2))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(k,2))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a＋k,a)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(k,2)))) ＝eq \f(k,\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋a))k,2a))＝eq \f(2a,2＋a)， ∴t＝eq \f(2a,2＋a)， ∵t2－eq \f(5,2)t＋1＝0， 解得t＝2或t＝eq \f(1,2)， ∴eq \f(2a,2＋a)＝2或eq \f(2a,2＋a)＝eq \f(1,2)， 解得无解或a＝eq \f(2,3)， ∴a＝eq \f(2,3). $$