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专题28二次函数与角压轴问题-中考数学压轴大题之经典模型培优案（全国通用）
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中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题28二次函数与角压轴问题
经典例题
【例1】（2022·山东菏泽·统考中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于A−2,0、B8,0两点，与y轴交于点C0,4，连接AC、BC．
(1)求抛物线的表达式；
(2)将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，直接写出点D的坐标．并求出四边形OADC的面积；
(3)点P是抛物线上的一动点，当∠PCB=∠ABC时，求点P的坐标．
【答案】(1)y=−14x2+32x+4
(2)D−8,8,24
(3)P6,4或343,−1009
【分析】（1）直接利用待定系数法求抛物线解析式即可；
（2）先利用勾股定理的逆定理证明△ABC为直角三角形，再根据折叠的性质得出点B、C、D三点共线，继而通过证明△DBE∼△CBO，利用相似三角形的性质即可得出点D的坐标，根据四边形OADC的面积=S△ADC+S△AOC=S△ABC+S△AOC进行求解即可；
（3）分两种情况讨论：当点P在x轴上方时，当点P在x轴下方时，分别求解即可．
【详解】（1）将A−2,0，B8,0，C0,4代入抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)，得
0=4a−2b+c0=64a+8b+c4=c，解得a=−14b=32c=4，
所以，抛物线的表达式为y=−14x2+32x+4；
（2）如图，过点D作DE⊥x轴于E，
∴∠DEB=∠COB=90°，
∵A−2,0，B8,0，C0,4，
∴AB=10,AC=22+42=25,BC=82+42=45,OB=8,OC=4,OA=2，
∵AB2=AC2+BC2，
∴△ABC为直角三角形且∠ACB=90°，
将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，
此时，点B、C、D三点共线，BC=DC，S△ABC=S△ADC，
∵∠DBE=∠CBO，
∴△DBE∼△CBO，
∴DBCB=DEOC=BEBO=2，
∴OB=OE=8,DE=2OC=8，
∴D−8,8，
∴四边形OADC的面积
=S△ADC+S△AOC=S△ABC+S△AOC=12⋅AC⋅BC+12⋅OA⋅OC=12×25×45+12×2×4=24；
（3）
当点P在x轴上方时，
∵∠PCB=∠ABC，
∴CP∥x轴，
∴点P的纵坐标为4，即4=−14x2+32x+4，
解得x=6或0（舍去）
∴P6,4；
当点P在x轴下方时，设直线CP交x轴于F，
∵∠PCB=∠ABC，
∴CF=BF，
设OF=t，则CF=BF=8−t，
在Rt△COF中，由勾股定理得OC2+OF2=CF2，
即42+t2=8−t2，
解得t=3，
∴F3,0，
∵C0,4，
∴设直线CF的解析式为y=kx+4，
即0=3k+4，解得k=−43，
∴直线CF的解析式为y=−43x+4，
令−43x+4=−14x2+32x+4，解得x=343或0（舍去），
当x=343时，y=−14×3432+32×343+4=−1009
∴P343,−1009；
综上，P6,4或343,−1009．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题目，涉及待定系数法求二次函数解析式，勾股定理的逆定理，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，求一次函数的解析式，等腰三角形的性质等知识，熟练掌握知识点并能够灵活运用是解题的关键．
【例2】（2022·江苏苏州·统考中考真题）如图，在二次函数y=−x2+2mx+2m+1（m是常数，且m>0）的图像与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D．其对称轴与线段BC交于点E，与x轴交于点F．连接AC，BD．
(1)求A，B，C三点的坐标（用数字或含m的式子表示），并求∠OBC的度数；
(2)若∠ACO=∠CBD，求m的值；
(3)若在第四象限内二次函数y=−x2+2mx+2m+1（m是常数，且m>0）的图像上，始终存在一点P，使得∠ACP=75°，请结合函数的图像，直接写出m的取值范围．
【答案】(1)A（-1，0）；B（2m+1，0）；C（0，2m+1）；∠OBC=45°
(2)m=1
(3)0
【分析】（1）分别令x,y等于0，即可求得A,B,C的坐标，根据OC=OB,∠BOC=90°，即可求得∠OBC=45°；
（2）方法一：如图1，连接AE．由解析式分别求得DF=m+12，OF=m，BF=m+1．根据轴对称的性质，可得AE=BE，由tan∠ACE=AECE=BECE=BFOF=m+1m，建立方程，解方程即可求解．方法二：如图2，过点D作DH⊥BC交BC于点H．由方法一，得DF=m+12，BF=EF=m+1．证明△AOC∽△DHB，根据相似三角形的性质建立方程，解方程即可求解；
（3）设PC与x轴交于点Q，当P在第四象限时，点Q总在点B的左侧，此时∠CQA>∠CBA，即∠CQA>45°．
【详解】（1）当y=0时，−x2+2mx+2m+1=0．
解方程，得x1=−1，x2=2m+1．
∵点A在点B的左侧，且m>0，
∴A−1,0，B2m+1,0．
当x=0时，y=2m+1．
∴C0,2m+1．
∴OB=OC=2m+1．
∵∠BOC=90°，
∴∠OBC=45°．
（2）方法一：如图1，连接AE．
∵y=−x2+2mx+2m+1=−x−m2+m+12，
∴Dm,m+12，Fm,0．
∴DF=m+12，OF=m，BF=m+1．
∵点A，点B关于对称轴对称，
∴AE=BE．
∴∠EAB=∠OCB=45°．
∴∠CEA=90°．
∵∠ACO=∠CBD，∠OCB=∠OBC，
∴∠ACO+∠OCB=∠CBD+∠OBC，
即∠ACE=∠DBF．
∵EF∥OC，
∴tan∠ACE=AECE=BECE=BFOF=m+1m．
∴m+1m=m+12m+1．
∵m>0，
∴解方程，得m=1．
方法二：如图2，过点D作DH⊥BC交BC于点H．
由方法一，得DF=m+12，BF=EF=m+1．
∴DE=m2+m．
∵∠DEH=∠BEF=45°，
∴DH=EH=22DE=22m2+m，
BE=2BF=2m+1．
∴BH=BE+HE=22m2+3m+2．
∵∠ACO=∠CBD，∠AOC=∠BHD=90°，
∴△AOC∽△DHB．
∴OAOC=DHBH．
∴12m+1=22m2+m22m2+3m+2，即12m+1=mm+2．
∵m>0，
∴解方程，得m=1．
（3）0
∵∠ACQ=75°，
∴∠CAO<60°．
∴tan∠CAO<3，
∵OC=2m+1，
∴2m+1<3．
解得m<3−12，
又m>0，
∴0
【点睛】本题考查了二次函数综合，求二次函数与坐标轴的交点，角度问题，解直角三角形，相似三角形的性质，三角形内角和定理，综合运用以上知识是解题的关键．
【例3】（2022·天津·统考二模）已知抛物线y=x2+6x+5与x轴交于点A，B（点A在点B左侧），顶点为D，且过C（－4，m）．
(1)求点A，B，C，D的坐标；
(2)点P在该抛物线上（与点B，C不重合），设点P的横坐标为t．
①当点P在直线BC的下方运动时，求△PBC的面积的最大值，
②连接BD，当∠PCB＝∠CBD时，求点P的坐标．
【答案】(1)A（-5，0），B（-1，0）；C（-4，-3）；D（-3，-4）
(2)①278；②（0，5）或（−32，−74）
【分析】（1）把抛物线解析式化为顶点式即可求出点D的坐标，令y=0，求出x的值即可得到A、B的坐标，把x=-4代入抛物线解析式求出y即可求出点C的坐标；
（2）①先求出直线BC的解析式为y=x+1，过点P作PE⊥x轴于E交BC于F，则点P的坐标为（t，t2+6t+5），点F的坐标为（t，t+1），PF=−t2−5t−4，再根据S△PBC=S△PFC+S△PFB =−32t+522+278，进行求解即可；②分如图1所示，当点P在直线BC上方时，如图2所示，当点P在直线BC下方时，两种情况讨论求解即可．
(1)
解：∵抛物线解析式为y=x2+6x+5=x+32−4，
∴抛物线顶点D的坐标为（-3，-4）；
令y=0，则x2+6x+5=0，
解得x=−1或x=−5，
∵抛物线y=x2+6x+5与x轴交于点A，B（点A在点B左侧），
∴点A的坐标为（-5，0），点B的坐标为（-1，0）；
令x=−4，则y=−42+6×−4+5=−3，
∴点C的坐标为（-4，-3）；
(2)
解：①设直线BC的解析式为y=kx+b，
∴−k+b=0−4k+b=−3，
∴k=1b=1，
∴直线BC的解析式为y=x+1，
过点P作PE⊥x轴于E交BC于F，
∵点P的横坐标为t，
∴点P的坐标为（t，t2+6t+5），点F的坐标为（t，t+1），
∴PF=t+1−t2−6t−5=−t2−5t−4，
∴S△PBC=S△PFC+S△PFB
=12PF⋅xP−xC+12PF⋅xB−xP
=12PF⋅xB−xC
=−32t2+5t+4
=−32t+522+278，
∴当t=−52时，△PBC的面积最大，最大为278；
②如图1所示，当点P在直线BC上方时，
∵∠PCB=∠CBD，
∴PC∥BD，
设直线BD的解析式为y=k1x+b1，
∴−k1+b1=0−3k1+b1=−4，
∴k1=2b1=2，
∴直线BD的解析式为y=2x+2，
∴可设直线PC的解析式为y=2x+b2，
∴2×−4+b2=−3，
∴b2=5，
∴直线PC的解析式为y=2x+5，
联立y=2x+5y=x2+6x+5得x2+4x=0，
解得x=0或x=−4（舍去），
∴y=5，
∴点P的坐标为（0，5）；
如图2所示，当点P在直线BC下方时，设BD与PC交于点M，
∵点C坐标为（-4，-3），点B坐标为（-1，0），点D坐标为（-3，-4），
∴BC2=−4−−12+−32=18,BD2=−3−−12+−42=20，CD2=−4−−32+−3−−42=2，
∴BC2+CD2=BD2，
∴∠BCD=90°，
∴∠BCM+∠DCM=90°，∠CBD+∠CDB=90°，
∵∠CBD=∠PCB，
∴MC=MB，∠MCD=∠MDC，
∴MC=MD，
∴MD=MB，
∴M为BD的中点，
∴点M的坐标为（-2，-2），
设直线CP的解析式为y=k2x+b3，
∴−4k2+b3=−3−2k2+b3=−2，
∴k2=12b3=−1，
∴直线CP的解析式为y=12x−1，
联立y=12x−1y=x2+6x+5得2x2+11x+12=0，
解得x=−32或x=−4（舍去），
∴y=−74，
∴点P的坐标为（−32，−74）；
综上所述，当∠PCB＝∠CBD时，点P的坐标为（0，5）或（−32，−74）；
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，二次函数的性质，待定系数法求函数解析式，勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
【例4】（2022·四川达州·统考中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，已知二次函数y=ax2+bx+2的图象经过点A(−1,0)，B(3,0)，与y轴交于点C．
(1)求该二次函数的表达式；
(2)连接BC，在该二次函数图象上是否存在点P，使∠PCB=∠ABC？若存在，请求出点P的坐标：若不存在，请说明理由；
(3)如图2，直线l为该二次函数图象的对称轴，交x轴于点E．若点Q为x轴上方二次函数图象上一动点，过点Q作直线AQ，BQ分别交直线l于点M，N，在点Q的运动过程中，EM+EN的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)y=−23x2+43x+2
(2)P2,2或285,−28625
(3)163
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）根据题意，分情况讨论，①过点C作关于x=1的对称点P，即可求P的坐标，②x轴上取一点D，使得DC=DB，则∠DCB=∠ABC，设Dd,0，根据勾股定理求得CD,BD，建列方程，解方程求解即可；
（3）设Qt,−23t2+43t+2，−1
∴C0,2，
∵过点A(−1,0)，B(3,0)，
设二次函数的表达式为y=ax+1x−3 =ax2−2x−3，
将点C0,2代入得，
2=−3a，
解得a=−23，
∴y=−23x2+43x+2，
（2）∵二次函数y=ax2+bx+2的图象经过点A(−1,0)，B(3,0)，
∴抛物线的对称轴为x=1，
①如图，过点C作关于x=1的对称点P，
∴CP∥AB，
∴∠PCB=∠ABC，
∵C0,2，
∴P2,2，
②x轴上取一点D，使得DC=DB，则∠DCB=∠ABC，设Dd,0，
则CD=22+d2,BD=3−d，
∴22+d2=3−d2，
解得d=56，
即D56,0，
设直线CD的解析式为y=kx+b，
56k+b=0b=2，
解得k=−125b=2，
∴直线CD的解析式为y=−125x+2，
联立y=−125x+2y=−23x2+43x+2，
解得x=0y=2或x=285y=−28625，
∴P285,−28625，
综上所述，P2,2或285,−28625，
（3）EM+EN的值是定值163，
设Qt,−23t2+43t+2，−1
∵A−1,0,B3,0,E1,0,Ft,0，
∴AE=BE=2,AF=t+1,BF=3−t，
∴ME∥QF,NE∥QF，
∴△AME∽△AQF,△BNE∽△BQF，
∴MEQF=AEAF,NEQF=BEBF，
即MEQF=2t+1,NEQF=23−t，
∴ME=2t+1QF，NE=23−tQF，
∴ME+NE=2t+1+23−tQF，
∵QF=−23t2+43t+2=−23×t+1t−3，
∴ME+NE=2t+1+23−t×−23×t+1t−3
=−43t−3−t+1
=163．
即EM+EN的值是定值163
【点睛】本题考查了二次函数综合，待定系数法求解析式，角度问题，相似三角形的性质与判定，掌握二次函数的性质是解题的关键．
【例5】．（2022·湖北黄石·统考中考真题）如图，抛物线y=−23x2+23x+4与坐标轴分别交于A，B，C三点，P是第一象限内抛物线上的一点且横坐标为m．
(1)A，B，C三点的坐标为____________，____________，____________；
(2)连接AP，交线段BC于点D，
①当CP与x轴平行时，求PDDA的值；
②当CP与x轴不平行时，求PDDA的最大值；
(3)连接CP，是否存在点P，使得∠BCO+2∠PCB=90°，若存在，求m的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A−2,0;B3,0;C0,4
(2)①15；②940
(3)存在点P，m=74
【分析】(1)令x=0，则y=4，令y=0，则−23x2+23x+4=0，所以x=-2或x=3，由此可得结论；
(2)①由题意可知，P(1，4)，所以CP=1，AB=5，由平行线分线段成比例可知，PDDA=CPAB=15．
②过点P作PQ∥AB交BC于点Q，所以直线BC的解析式为：y=-43x+4．设点P的横坐标为m，则P(m，-23m2+23m+4)，Q(12m2−12m，-23m2+23m+4)．所以PQ=m-(12m2−12m)=-12m2+32m，因为PQ∥AB，所以PDDA=PQAB=−12m2+32m5=−110(m−32)2+940，由二次函数的性质可得结论；
(3)假设存在点P使得∠BCO+2∠BCP=90°，即0＜m＜3．过点C作CF∥x轴交抛物线于点F，由∠BCO+2∠PCB=90°，可知CP平分∠BCF，延长CP交x轴于点M，易证△CBM为等腰三角形，所以M(8，0)，所以直线CM的解析式为：y=-12x+4，令−23x2+23x+4=-12x+4，可得结论．
【详解】（1）解：令x=0，则y=4，
∴C(0，4)；
令y=0，则−23x2+23x+4=0，
∴x=-2或x=3，
∴A(-2，0)，B(3，0)．
故答案为：(-2，0)；(3，0)；(0，4)．
（2）解：①∵CP∥x轴，C0,4，
∴P1,4，CP=1，AB=5
又∵CP∥x轴，
∴△CPD∽△BAD
∴PDDA=CPAB=15；
②过P作PQ∥AB交BC于点Q，
设直线BC的解析式为y=k1x+b1，
把B(3，0)，C(0，4)代入，得
3k1+b1=0b1=4，解得k1=−43b1=4，
∴直线BC的解析式为y=−43x+4，
设Pm,−23m2+23m+4，则Q12m2−12m,−23m2+23m+4，
∴PQ=m−12m2−12m=−12m2+32m，
∵PQ∥AB，
∴△QPD∽△BAD
∴PDDA=PQAB=−12m2+32m5=−110m−322+940，
∴当m=32时，PDDA取最大值940；
（3）解：假设存在点P使得∠BCO+2∠BCP=90°，即0
∴∠FCP=∠BMC，
∵∠BCO+2∠BCP=90°，
∴CP平分∠BCF，
∴∠BCP=∠FCP，
∴∠BCP=∠BMC，
∴BC=BM，
∴△CBM为等腰三角形，
∵BC=5，
∴BM=5，OM=8，M8,0，
设直线CM解析式为y=kx+b，
把C(0，4)，M8,0代入，得
8k+b=0b=4，解得：k=−12b=4，
∴直线CM的解析式为y=−12x+4，
联立y=−12x+4y=−23x2+23x+4，
解得x=74或x=0(舍)，
∴存在点P满足题意，即m=74．
【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，平行线分线段成比例，角度的存在性等相关内容，解本题的关键是求抛物线解析式，确定点P的坐标．
培优训练
一、解答题
1．（2022·四川绵阳·东辰国际学校校考模拟预测）如图，以△ABC的边AB和AB边上高所在直线建立平面直角坐标系，已知AB=4，C0，−3，tan∠CAB+tan∠CBA=4，抛物线y=ax2+bx+c经过A，B，C三点．
(1)求抛物线解析式．
(2)点G是x轴上一动点，过点G作GH⊥x轴交抛物线于点H，抛物线上有一点Q，若以C，G，Q，H为顶点的四边形为平行四边形，求点G的坐标．
(3)点P是抛物线上的一点，当∠PCB=∠ACO时，求点P的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)G的坐标为1+103,0或1−103,0
(3)当∠PCB=∠ACO时，点P的坐标为（4，5）或52,−74
【分析】（1）先求出OC=3，再根据正切的定义得到1OA+1OB=43，结合OA+OB=4求出A−1，0，B3，0，再利用待定系数法求出对应的函数解析式即可；
（2）先证明只存在以GH为对角线的平行四边形，设Gn，0，Qm，m2−2m−3，则Hn，n2−2n−3，根据平移的特点建立方程3n2−2n−3=0进行求解即可；
（3）先求出∠OBC=45°，BC=2OC=32，如图②，作∠P1CB=∠ACO，过点B作BD1⊥BC交CP1于点D1，过点D1作D1M⊥x轴于点M，可得△BMD1为等腰直角三角形，BM=D1M=22D1B，再由tan∠P1CB=tan∠ACO=OAOC=13，得到BM=D1M=22D1B=1，则点D1的坐标为2，1，求出直线CD1的解析式为y=2x−3，联立y=2x−3y=x2−2x−3，可得P1的坐标为4，5．如图②，延长D1B至D2，使得D1B=D2B，连接CD2交抛物线于点P2，过点D2作D2N⊥x轴于点N，则D24，−1，求出直线CD2的解析式为y=12x−3，联立y=12x−3y=x2−2x−3，可得点P2的坐标为52，−74．
【详解】（1）解：∵C0，−3，
∴OC=3，
∵tan∠CAB+tan∠CBA=4，
∴OCOA+OCOB=4，
∴1OA+1OB=43，
由1OA+1OB=43OA+OB=4，
可得OA⋅OB=3OA+OB=4，
解得OA=1OB=3或OA=3OB=1（舍去），
∴A−1，0，B3，0，
将A−1，0，B3，0，C0，−3代入y=ax2+bx+c可得a−b+c=09a+3b+c=0c=−3，
解得a=1b=−2c=−3，
∴抛物线解析式为y=x2−2x−3．
（2）解：如图①，∵GH∥y轴，点Q在抛物线上，
∴以GH为边的平行四边形不存在，只存在以GH为对角线的平行四边形，
设Gn，0，Qm，m2−2m−3，则Hn，n2−2n−3，
由点的平移可得m−n=n−0m2−2m−3−0=n2−2n−3−−3，消元整理可得3n2−2n−3=0，解得n1=1+103，n2=1−103，
∴点G的坐标为1+103，0或1−103，0．
（3）解：∵OC=OB=3，
∴∠OBC=45°，BC=2OC=32，
如图②，作∠P1CB=∠ACO，过点B作BD1⊥BC交CP1于点D1，过点D1作D1M⊥x轴于点M，
∴∠D1BM=45°，
∴△BMD1为等腰直角三角形，BM=D1M=22D1B，
∵tan∠P1CB=tan∠ACO=OAOC=13，
∴D1BBC=D1B32=13，D1B=2，
∴BM=D1M=22D1B=1，
∴点D1的坐标为2，1，
由D12，1，C0，−3可得直线CD1的解析式为y=2x−3，
联立y=2x−3y=x2−2x−3，
解得x1=0y1=−3（舍去），x2=4y2=5，
∴P1的坐标为4，5．
如图②，延长D1B至D2，使得D1B=D2B，连接CD2交抛物线于点P2，过点D2作D2N⊥x轴于点N，
∴D24，−1，
由D24，−1，C0，−3可得直线CD2的解析式为y=12x−3，
联立y=12x−3y=x2−2x−3，
解得x1=0y1=−3（舍去），x2=52y2=−74，
∴点P2的坐标为52，−74．
综上可得当∠PCB=∠ACO时，点P的坐标为4，5或52，−74．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质与判断，解直角三角形等等，灵活运用所学知识并利用数形结合的思想求解是解题的关键．
2．（2022·山东日照·校考一模）如图，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A1,0，B3,0两点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图2，M是抛物线x轴下方的抛物线上一点，连接MO、MB、MC，若△MOC的面积是△MBC面积的3倍，求点M的坐标
(3)如图3，连接AC､BC，在抛物线上是否存在点N（不与点A重合），使得∠BCN=∠ACB？若存在求出点N的横坐标，若不存在说明理由
【答案】(1)y=x2−4x+3；
(2)83,−59
(3)抛物线上存在一点N，使得∠BCN=∠ACB，点N的坐标是113,169
【分析】（1）利用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）先用待定系数法求出直线BC的解析式为y=−x+3，设点M的坐标是m,m2−4m+3，过点M作直线MP∥y轴交BC于点N，则点P的是m,−m+3，求出MP=−m2+3m，得到S△MOC=32m，S△MBC=−32m2+92m，根据△MOC的面积是△MBC面积的3倍，列方程求得m的值，即可求得点M的坐标；
（3）抛物线上存在一点N，使得∠BCN=∠ACB，过点B作BE⊥AB交CN于点E，则∠EBO=90°，证明△ABC≌△EBCASA得到BE=AB=2，求出点E的坐标是3,2，待定系数法求出直线CN的解析式，联立直线CN的解析式与抛物线的解析式即可求出点N的坐标．
【详解】（1）解：把A1,0，B3,0代入y=ax2+bx+3得，
a+b+3=09a+3b+3=0，
解得a=1b=−4，
∴抛物线的解析式为y=x2−4x+3；
（2）如图，
对于y=x2−4x+3，
当x=0时，y=3，
∴点C的坐标为0,3，
设直线BC的解析式为y=kx+t，代入B3,0，C0,3得，
3k+t=0t=3，解得k=−1t=3，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
设点M的坐标是m,m2−4m+3，过点M作直线MP∥y轴交BC于点N，
则点P的是m,−m+3，
∴MP=−m+3−m2−4m+3=−m2+3m，
∵A1,0，B3,0，C0,3，
∴S△MOC=12OC·m=32m，S△MBC=12MP·OB=−32m2+92m，AB=2，
∵△MOC的面积是△MBC面积的3倍，
∴32m=3−32m2+92m，
解得m=0（不合题意，舍去）或m=83，
当m=83时，m2−4m+3=832−4×83+3=−59，
∴点M的坐标是83,−59；
（3）抛物线上存在一点N，使得∠BCN=∠ACB，过点B作BE⊥AB交CN于点E，则∠EBO=90°，
∵B3,0，C0,3，
∴OB=OC，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴∠OBC=45°，
∴∠OBC=∠EBC=45°，
∵BC=BC，∠BCN=∠ACB，
∴△ABC≌△EBCASA，
∴BE=AB=2，
∴点E的坐标是3,2，
设直线CN的解析式为y=mx+n，代入E3,2，C0,3得，
3m+n=2n=3，解得m=−13n=3，
∴直线CN的解析式为y=−13x+3，
联立y=x2−4x+3与y=−13x+3得，
y=−13x+3y=x2−4x+3，
解得x=113y=169或x=0y=3（不合题意，舍去），
∴抛物线上存在一点N，使得∠BCN=∠ACB，点N的坐标是113,169．
【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了利用待定系数法求函数解析式、二次函数与一次函数的交点问题、全等三角形的判定和性质等知识，关键是添加合适的辅助线解决问题．
3．（2021·贵州遵义·校考模拟预测）如图，直线y=−x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点，抛物线y=−x2+bx+c经过点B、C的，与x轴另一交点为A，顶点为D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在抛物线对称轴是否存在一点E，使得△BCE是等腰三角形，若存在，求出E的点坐标，若不存在，请说明理由；
(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得∠APB=∠OCB？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)1，14或1，−14或1，3−17或1，3+17或1，1
(3)1，2+22或1，−2−22
【分析】（1）先求出B、C坐标，然后把B、C坐标代入抛物线解析式中求解即可；
（2）设点E的坐标为1，m，则BC2=18,BE2=m2+4,CE2=m2−6m+10，再分三种情况：当BC=BE，当BC=CE，当BE=CE讨论求解即可；
（3）如图所示，当点P在x轴上方时，过点B作BF⊥AP于F，先证明△PBF是等腰直角三角形，则可设BF=PF=a，则PA=PB=2a，进而得到a2+2−12a2=16，求出PH=2+22得到点P的坐标，利用对称性求出点P在x轴下方时的坐标即可得到答案．
【详解】（1）解：∵直线y=−x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点，
∴B3，0，C0，3，
把B3，0，C0，3代入抛物线解析式y=−x2+bx+c中得：
−9+3b+c=0c=3，
∴b=2c=3，
∴抛物线解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：∵抛物线解析式为y=−x2+2x+3=−x−12+4，
∴抛物线对称轴为直线x=1，
设点E的坐标为1，m，
∴BC2=32+33=18,BE2=3−12+0−m2=m2+4,CE2=1−02+m−32=m2−6m+10，
当BC=BE时，则m2+4=18，
解得m=±14，
∴点E的坐标为1，14或1，−14；
当BC=CE时，则m2−6m+10=18，
解得m=3+17或m=3−17，
∴点E的坐标为1，3−17或1，3+17；
当BE=CE时，则m2+4=m2−6m+10，
解得m=1，
∴点E的坐标为1，1；
综上所述，点E的坐标为1，14或1，−14或1，3−17或1，3+17或1，1；
（3）解：如图所示，当点P在x轴上方时，过点B作BF⊥AP于F，
∵OB=OC=3，∠BOC=90°，
∴∠APB=∠OCB=45°，
∴△PBF是等腰直角三角形，
∴可设BF=PF=a，则PA=PB=2a，
∴AF=PA−PF=2−1a，
由对称性可知A−1，0，
∴AB=4，
∴a2+2−12a2=16，
∴a2=8+42，
∴PB2=16+82，
∴PH=PB2−BH2=12+82=2+22，
∴P1，2+22；
∴由对称性可知当点P在x轴下方时，点P的坐标为1，−2−22；
综上所述，点P的坐标为1，2+22或1，−2−22
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，待定系数法求函数解析式，勾股定理，等腰三角形的定义，等腰直角三角形的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关键．
4．（2022·湖南长沙·长沙市南雅中学校联考一模）已知二次函数y=ax2+bx−32（a≠0）的图象经过A（1，0）、B（−3，0）两点，顶点为点C．
(1)求二次函数的解析式；
(2)如二次函数y=ax2+bx−32的图象与y轴交于点G，抛物线上是否存在点Q，使得∠QAB=∠ABG，若存在求出Q点坐标，若不存在请说明理由；
(3)经过点B并且与直线AC平行的直线BD与二次函数y=ax2+bx−32图象的另一交点为D，DE⊥AC，垂足为E，DF∥y轴交直线AC于点F，点M是线段BC之间一动点，FN⊥FM交直线BD于点N，延长MF与线段DE的延长线交于点H，点P为△NFH的外心，求点M从点B运动到点C的过程中，P点经过的路线长．
【答案】(1)y=12x2+x−32
(2)−4，52或−2，−32
(3)1
【分析】（1）将A（1，0）、B（-3，0）代入y=ax2+bx−32，即可求解；
（2）先求出BG的解析式为y=−12x−32，然后再进行分类讨论，分别求得点Q的坐标即可；
（3）可知△DNH与△FNH是直角三角形，外心P在斜边NH的中点，分别求出直线AC及直线BD的函数关系式，再分为当M运动到C点时及当点M运动到B点时两种情况进行讨论，求解即可．
【详解】（1）∵二次函数y=ax2+bx−32的图像经过A（1,0）、B（-3,0），
∴a+b−32=09a−3b−32=0，
解得a=12b=1，
∴二次函数的解析式为y=12x2+x−32；
（2）由题可知G点坐标0,−32，
设直线BG的解析式为y=px+q，得：
−3k+b=00k+b=−32，解得：k=−12b=−32，
∴BG的解析式为y=−12x−32，
①AQ∥BG，直线AQ的解析式y=−12x+12，
联立直线AQ与二次函数解析式y=−12x+12y=12x2+x−32 ，
解得x1=1y1=0或x2=−4y2=52
此时Q的坐标为−4，52，
②直线y=−12x+12与y轴的交点为K0，12，其关于x轴的对称点为K10，−12
直线AK1的解析式为：y=12x−12 与二次函数解析式联立得
y=12x−12y=12x2+x−32，
解得x1=1y1=0或x2=−2y2=−32，
此时Q的坐标为−2，−32，
综上,抛物线上存在点Q使得∠QAB=∠BAG，Q点坐标为−4，52或−2，−32
（3）如图，易知△DNH与△FNH是直角三角形，外心P在斜边NH的中点，
∴PD=PF=12NH，所以点P是线段DF的垂直平分线上的动点，
∵直线AC的解析式为y=x-1，BD∥AC，
∴直线BD的解析式为y=x+3，
∴D（3,6），
①当M运动到C点时H1与点E重合，FN1⊥AC，则FN1⊥BD，又因为∠DEF=90°，DE=EF，
∴四边形DN1FE为正方形，
∴P1是线段DF的中点（3,4）；
②当点M运动到B点时，FN2⊥FH2，
∵四边形DN1FE是正方形
∴∠N1FN2=∠BFC，∠N2N1F=∠BCF=90°，
∴△N2N1F∽△BCF，
∴CFN1F=BCN2N1，
∵四边形DN1FE是正方形，
∴N1（1,4），
∴BCN2N1=CFN1F=4222=2，
∴N1N2=2，
∴N2（2,5），
同理H2（6,3），
所以N2H2的中点P2（4，4），
∵P1（3，4），
∴P1P2=1
【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，会用待定系数法求函数的解析式，会求函数的交点坐标，根据点M的运动情况确定P点的轨迹是线段是解题的关键．
5．（2022·内蒙古包头·包头市第三十五中学校考三模）如图，抛物线y=ax2+bx+3交x轴于A(3,0),B(−1,0)两点，交y轴于点C．
(1)求抛物线的解析式和对称轴．
(2)若R为抛物线上一点，满足∠BCR=45°，求R的坐标．
(3)若点P在抛物线的对称轴上，点Q是平面直角坐标系内的任意一点，是否存在点P 使得A、C、P、Q为顶点的四边形是矩形，若存在，请直接写出所有符合条件的点Q的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3，对称轴为直线x=1
(2)（4，-5）
(3)存在，（4，1）或（-2，1）或2,3+172或2,3−172
【分析】（1）利用待定系数解答，即可求解；
（2）过点B作BM⊥BC交CR于点M，过点M作ME⊥x轴于点E，证明△BOC≌△MBE，可得点E（2，-1），然后求出直线CR的解析式，再与抛物线解析式联立，即可求解；
（3）设P(1,t)，点Q（m，n），分两种情况讨论：然后分两种情况讨论：当AC为边时，当AC为对角线时，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+3交x轴于A3,0，B−1,0两点，
∴9a+3b+3=0a−b+3=0，
解得：a=−1b=2，
∴该抛物线的解析式为y=−x2+2x+3=−x−12+4，
∴对称轴为直线x=1；
（2）解：当x=0时，y=3，
∴OC=3，
∵点B（-1，0），
∴OB=1，
如图，过点B作BM⊥BC交CR于点M，过点M作ME⊥x轴于点E，
∵∠BCR=45°，
∴△BCM为等腰直角三角形，∠CBO+∠EBM=90°，
∴BM=BC，
∵∠EBM+∠BME=90°，
∴∠CBO=∠BME，
∵∠BEM=∠BOC=90°，
∴△BOC≌△MBE，
∴EM=BO=1，BE=OC=3，
∴OE=2，
∴点E（2，-1），
设直线CR的解析式为y=kx+b1k≠0
把点C（0，3），M（2，-1）代入得：
b1=32k+b1=−1，解得：k=−2b1=3，
∴直线CR的解析式为y=−2x+3，
联立得：y=−x2+2x+3y=−2x+3，解得： 0x=4y=−5 或x=0y=3（舍去），
∴点R（4，-5）；
（3）解：存在．
设P(1,t)，点Q（m，n），
当以AC为边时，点C向点P（或点Q）平移的方向和距离与点A向点Q（或点P）平移的方向和距离相同，且AP=CQ（或AQ=CP），
∴0−1=3−m3−t=0−n1−32+t2=m2+n−32或0−m=3−13−n=0−t12+3−t2=m−32+n2，
解得：t=4m=4n=1 或t=−2m=−2n=1，
∴此时点Q的坐标为（4，1）或（-2，1）
如图，当AC为对角线时，AC=PQ，且PQ与AC的中点重合，如图，
PQ=AC=32+32=32，
∴1+m2=32n+t2=321−m2+n−t2=322，解得：n=3+172m=2t=3−172或n=3−172m=2t=3+172，
∴此时点Q的坐标为2,3+172或2,3−172；
综上所述，点Q的坐标为（4，1）或（-2，1）或2,3+172或2,3−172
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，一次函数的图像和性质，矩形的性质，熟练掌握二次函数的综合题，一次函数的图像和性质，矩形的性质，利用数形结合思想解答是解题的关键，是中考的压轴题．
6．（2021·辽宁盘锦·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝2x＋4与x轴，y轴分别交于A，B两点，抛物线y=ax2+x+ca≠0经过A，B两点与x轴相交于点C点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P在抛物线上，连接PB，当∠PBC＋∠OBA＝45°时，求点P的坐标；
(3)点M为抛物线上任意一点，当S△ABM:S△ABC=1:3时，请直接写出点M的坐标．
【答案】(1)y=−12x2+x+4
(2)6,−8和3,52
(3)M12,4，M2−4,−8
【分析】（1）先确定A、B两点的坐标，然后再运用待定系数法即可解答；
（2）先说明△OBC是等腰直角三角形，然后再分点P在x轴上方和下方两种情况解答即可；
（3）求得S△ABM=4，设点M的坐标为（m，n}，再利用待定系数法求得直线AM的解析式，根据三角形面积公式列得方程求解即可．
(1)
解：∵y＝2x＋4
∴当y＝0时，x＝－2；当x＝0时，y＝4
∴A（－2,0）,B(0,4)
将A（－2,0）,B(0,4)代入y＝ax2＋x＋c得
4a−2+c=0c=4，解得a=−12c=4
∴ 抛物线的解析式为：y=−12x2+x+4．
(2)
解：∵−12x2+x+4=0
∴x1＝－2，x2＝4
∴C（4,0）
∴OB＝OC
∴△OBC是等腰直角三角形
①当点P在x轴下方时，设直线BP与x轴交于点D
∵ ∠PBC＋∠OBD＝∠OBC＝45°
∠PBC＋∠OBA＝45°
∴ ∠OBD＝∠OBA
∴ 点A，D关于y 轴对称
∴ D（2,0）
由B（0,4），D（2,0）可求直线BP解析式为：y=−2x+4
y=−2x+4y=−12x2+x+4
∴P1(6,−8)
②当点P在x轴上方时，设直线BP与x轴交于点E
∵ ∠OBC＝45°，∠PBC＋∠OBA＝45°
∴ ∠PBA＝90°
可证△OAB∽△OBE
∴OB2=OA⋅OE
∴ OE＝8
∴ E（8,0）
由B（0,4），E（8,0）可求直线BP解析式为：y=−12x+4
y=−12x+4y=−12x2+x+4
∴P2(3,52)
综上，点P的坐标为6,−8和3,52．
(3)
解：由题意可得：A(-2,0),B(0,4),C(4,0)
∴AC=6
∴SΔABC=12AC×OB=12
∵S△ABM:S△ABC=1:3
∴S△ABM=4
设点M的坐标为（m，n)且n=−12m2+m+4
运用待定系数法可求得AM的解析式为：y=nm+2(x+2)=nm+2x+2nm+2
设直线AM与y轴交于N，则N(0,2nm+2)
∴BN=4−2nm+2
∴SΔABM=12|4−2nm+2|⋅|m+2|=4，整理得：|12m2+m|=4，
∴ 12m2+m=4或12m2+m=−4
解方程12m2+m=4得：m1=2,m2=−4
∴n=−12×22+2+4=4或n=−12×−42−4+4=−8
∴M12,4，M2−4,−8
对于方程12m2+m=−4，整理得m2+2m+8=0，
∵Δ=22−4×1×8=−28<0
∴没有实数解
∴M12,4，M2−4,−8．
【点睛】本题属于二次函数的综合题，主要考查了二次函数图像与一次函数图像相结合问题、相似三角形的判定和性质等知识点，解题的关键是掌握分类讨论以及学会利用参数构建方程解决问题．
7．（2022·贵州遵义·统考三模）已知，如图，抛物线与坐标轴相交于点A−1,0，C0,−3两点，对称轴为直线x=1，对称轴与x轴交于点D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是抛物线上的点，当∠ACP=45°时，求点P的坐标；
(3)点F为二次函数图像上与点C对称的点，点M在抛物线上，点N在抛物线的对称轴上，是否存在以点F，A，M，N为顶点的平行四边形？若存在，直接写出点M的坐标，若不存在，说明理由．
【答案】(1)y=(x−1)2−4
(2)P(4,5)
(3)M(0,−3)或M(−2,5)或M(4,5)
【分析】（1）由对称轴为直线x=1则设抛物线y=a(x−1)2+k代入点A、C的坐标求出解析式；
（2）过AC作AQ⊥AC，且AQ=AC，过A作MN∥y轴，过C作CN⊥MN于N，过Q作QM⊥MN于M，构建ΔMQA≅ΔNAC，即可得出Q(2,1)，求得直线CQ的解析式为：yCQ=2x−3与抛物线解析式联立即可得出P点坐标；
（3）设N(1,n)，M(m,m2−2m−3)，分以AF为对角线时以AN为对角线时， 以AM为对角线时，进行讨论，列出方程组，即可解答问题．
【详解】（1）解：∵抛物线对称轴为直线x=1，
∴设抛物线y=a(x−1)2+k，
把A(−1,0)，C(0,−3)代入y=a(x−1)2+k得：
{0=a×(−2)2+k−3=a×1+k，
∴{a=1k=−4，
∴y=(x−1)2−4；
（2）如图过AC作AQ⊥AC，且AQ=AC，过A作MN∥y轴，过C作CN⊥MN于N，过Q作QM⊥MN于M，
∴∠QMA=∠CNA=90∘，∠QAC=90∘，
∴∠1+∠2=90∘，∠1+∠3=90∘，
∴∠2=∠3，
∴ΔMQA≅ΔNAC，
∴MA=NC=1，MQ=AN=3，
∴Q(2,1)，
设直线CQ的解析式为y=kx+b，
∴{−3=k×0+b1=2k+b，
∴{k=2b=−3，
∴yCQ=2x−3，
∴{y=2x−3y=(x−1)2−4，
∴{x1=0y1=−3，{x2=4y2=5，
∴P(4,5)；
（3）∵y=(x−1)2−4，
∴y=x2−2x−3，
依题意设N(1,n)，M(m,m2−2m−3)，
∵C(0,−3)，对称轴为直线x=1，
∴F(2,−3)，
∵A(−1,0)，F(2,−3)，N(1,n)，M(m,m2−2m−3)，
当以AF为对角线时，{−1+2=1+m0+(−3)=n+(m2−2m−3)，
∴m=0，
∴M(0,−3)，
当以AN为对角线时，{−1+1=2+m0+n=−3+(m2−2m−3)，
∴m=−2，
∴M(−2,5)，
当以AM为对角线时，{−1+m=2+10+(m2−2m−3)=−3+n，
∴m=4，
∴M(4,5)，
综上所述：M(0,−3)或M(−2,5)或M(4,5)．
【点睛】此题考查了二次函数的图像和性质，一次函数的解析式求法，构造全等三角形的判定和性质，平行四边形存在性问题，是一道有关二次函数的综合题，掌握以上知识点是解题的关．
8．（2022·广东深圳·深圳市宝安第一外国语学校校考模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中．抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于A(−4,0)和B(1,0)，与y轴交于点C，连接AC,BC．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图2，点M为直线AC上方的抛物线上任意一点，过点M作y轴的平行线，交AC于点N，过点M作x轴的平行线，交直线AC于点Q，求△MNQ周长的最大值；
(3)点P为抛物线上的一动点，且∠ACP=45°−∠BAC，请直接写出满足条件的点P的坐标．
【答案】(1)y=−12x2−32x+2
(2)6+25
(3)−5,−3或−237,7549
【分析】（1）利用待定系数法解答，即可求解；
（2）先利用勾股定理求出AC=25，再求出直线AC解析式为：y=12x+2，设Mx,−12x2−32x+2，则Nx,12x+2，可得MN=−12x2−2x，再由△QMN∽△AOC，可得MQ=2MN,NQ=5MN，从而得到△MNQ周长=(3+5)MN，再利用二次函数的性质，即可求解；
（3）在x轴负半轴上取点E，使OE=OC，连接CE交抛物线于点P，可得∠ACP=45°−∠BAC，然后求出直线CE解析式为y=x+2，再求出直线CE与抛物线的交点坐标；作E关于直线AC的对称点F，连接CF并延长交抛物线于P′，连接EF交AC于点T，则∠ACP′=∠ACP，设Fm,n，根据AE=AF,CE=CF，可得F−145,85．再求出直线CF的解析式，即可求解．
（1）
解：把A(−4,0)和B(1,0)代入y=ax2+bx+2，得：
16a−4b+2=0a+b+2=0，解得a=−12b=−32，
∴抛物线解析式为y=−12x2−32x+2；
（2）
解：令y=0，则y=2，
∴C(0,2)，
∴OC=2，
∵点A（-4，0），
∴OA=4，
∴AC=OA2+OC2=25，
∴可设直线AC解析式为y=kx+2，
把A(−4,0)代入得：−4k+2=0，
解得：k=12，
∴直线AC解析式为：y=12x+2，
设Mx,−12x2−32x+2，则Nx,12x+2，
∴MN=−12x2−32x+2−12x+2 =−12x2−2x，
∵MQ∥x轴，MN∥y轴，
∴∠MQN=∠CAO，∠NMQ=∠AOC=90°，
∴△QMN∽△AOC，
∴MNOC=MQOA=NQAC，即MN2=MQ4=NQ25，
∴MQ=2MN,NQ=5MN，
∴△MNQ周长MN+MQ+QN=MN+2MN+5MN =(3+5)MN
=(3+5)×−12x2−2x=−3+52(x+2)2+6+25
∵−3+52<0，
∴当x=−2时，△MNQ周长最大值为6+25．
（3）
解：在x轴负半轴上取点E，使OE=OC，连接CE交抛物线于点P，如图．
∴OE=2，
∴E−2,0,∠CEO=45°，
此时∠ACP=45°−∠BAC，即P是满足条件的点．
∵C0,2,E−2,0，
∴可设直线CE解析式为y=k1x+2，
把点E（-2，0）代入得：
−2k1+2=0，解得：k1=1，
∴直线CE解析式为y=x+2，
联立y=x+2y=−12x2−32x+2，解得：x1=0y1=2（舍去）或x=−5y=−3
∴此时点P(−5,−3)
∴P(−5,−3)；
作E关于直线AC的对称点F，连接CF并延长交抛物线于P′，连接EF交AC于点T，则∠ACP′=∠ACP，
∴P′是满足条件的点，
设Fm,n，
根据对称性得：AE=AF,CE=CF，
∴m+42+n2=−4+22m2+n−22=0+22+2−02
解得m=−143n=85或m=−2n=0（舍去），
∴F−145,85．
∵F−145,85，C0,2
∴可设直线CF解析式为y=k2x+2，
把点F−145,85，代入得：−145k2+2=85，
解得：k2=17，
∴直线CF解析式为y=17x+2，
联立y=17x+2y=−12x2−32x+2，解得x=0y=2或x=−237y=7549，
∴P′−237,7549，
综上，P′为−5,−3或−237,7549．
【点睛】本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质，相似三角形的判定和性质，二次函数与一次函数的交点问题，利用数形结合思想解答是解题的关键．
9．（2022·江苏无锡·模拟预测）如图，直线l：y=−3x+3与x轴、y轴分别相交于A、B两点，抛物线y=ax2−2ax−3a(a<0)经过点B．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)已知点M是抛物线上的一个动点，并且点M在第一象限内，连接AM、BM，设点M的横坐标为m，△ABM的面积为S，求S与m的函数表达式，并求出S的最大值；
(3)在（2）的条件下，当S取得最大值时，动点M相应的位置记为点M′，将直线l绕点A按顺时针方向旋转得到直线l′，当直线l′与直线AM′重合时停止旋转，在旋转过程中，直线l'与线段BM′交于点C，设点B、M′到直线l′的距离分别为d1、d2，当d1+d2最大时，求直线l′旋转的角度（即∠BAC的度数）．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)S=−12(m−52)2+258，最大值为258
(3)45°
【分析】（1）利用直线l的解析式求出B点坐标，再把B点坐标代入二次函数解析式即可求出a的值；
（2）设M的坐标为（m，-m2+2m+3），然后根据面积关系将△ABM的面积进行转化；
（3）由（2）可知m=52，代入二次函数解析式即可求出纵坐标的值；可将求d1+d2最大值转化为求AC的最小值．
（1）
解：令x=0代入y=-3x+3，
∴y=3，
∴B（0，3），
把B（0，3）代入y=ax2−2ax−3a，
∴3=-3a，
∴a=-1，
∴二次函数解析式为：y=-x2+2x+3；
（2）
令y=0代入y=-x2+2x+3，
∴0=-x2+2x+3，
∴x=-1或3，
∴抛物线与x轴的交点横坐标为-1和3，
∵M在抛物线上，且在第一象限内，
∴0＜m＜3，
令y=0代入y=-3x+3，
∴x=1，
∴A的坐标为（1，0），
由题意知：M的坐标为（m，-m2+2m+3），
S=S四边形OAMB-S△AOB
=S△OBM+S△OAM-S△AOB
=12×m×3+12×1×（-m2+2m+3）-12×1×3
=-12（m-52）2+258
∴当m=52时，S取得最大值258．
（3）
由（2）可知：M′的坐标为（52，74）；
过点M′作直线l1∥l′，过点B作BF⊥l1于点F，
根据题意知：d1+d2=BF，
此时只要求出BF的最大值即可，
∵∠BFM′=90°，
∴点F在以BM′为直径的圆上，
设直线AM′与该圆相交于点H，
∵点C在线段BM′上，
∴F在优弧BM′H上，
∴当F与M′重合时，
BF可取得最大值，
此时BM′⊥l1，
∵A（1，0），B（0，3），M′（52，74），
∴由勾股定理可求得：AB=10,M′B=554,M′A=854，
过点M′作M′G⊥AB于点G，
设BG=x，
∴由勾股定理可得：M′B2-BG2=M′A2-AG2，
∴8516−(10−x)2=12516−x2，
∴,x=5108, cos∠M′BG=BGM′B=22，
∵l1∥l′，
∴∠BCA=90°，
∠BAC=45°．
【点睛】本题考查二次函数的综合问题，涉及待定系数求二次函数解析式，求三角形面积，圆的相关性质等知识，内容较为综合，学生需要认真分析题目，化动为静去解决问题．
10．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考三模）如图，二次函数y=−x2+c的图象交x轴于点A、点B，其中点B的坐标为(2,0)，点C的坐标为(0,2)，过点A、C的直线交二次函数的图象于点D．
(1)求二次函数和直线AC的函数表达式；
(2)连接DB，则△DAB的面积为________；
(3)在y轴上确定点Q，使得∠AQB=135°，点Q的坐标为________；
(4)点M是抛物线上一点，点N为平面上一点，是否存在这样的点N，使得以点A、点D、点M、点N为顶点的四边形是以AD为边的矩形？若存在，请你直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+4；y=x+2
(2)6
(3)(0,22−2)或(0,2−22)
(4)存在，N1(−3,1)或N2(6,−2)
【分析】（1）把B点坐标代入函数解析式即可求出二次函数解析式，求出A点坐标后即可求出AC解析式；
（2）先求出D点坐标，再用公式法求△DAB的面积；
（3）当Q在正半轴时，根据C点坐标可得∠CAB=45°，根据二次函数对称性结合∠AQB=135°可得∠QAO=22.5°=12∠CAO，即AQ平分∠CAO,即可求出Q点坐标；当Q在负半轴时根据对称性可求；
（4）以AD为矩形边长时，分别过A、D作直线AD的垂线；当AD为对角线时根据矩形的对角线互相平分且相等求值即可．
【详解】（1）∵二次函数y=−x2+c的图象过点B(2,0)，
∴0=−22+c，解得c=4
∴二次函数解析式为y=−x2+4
∴A点坐标为（-2,0）
设直线AC的解析式为y=kx+b
∴0=−2k+b2=b，解得：k=1b=2
∴直线AC的解析式为y=x+2
（2）∵直线AC：y=x+2与二次函数交于点A、D
∴联立y=−x2+4y=x+2，解得x=−2y=0或x=1y=3
∴D点坐标为：(1,3)
∵AB=4
∴S△DAB=12AB×yD=12×3×4=6
（3）∵C（0,2），A点坐标为（-2,0）
∴∠CAB=45°
当Q在正半轴时，
∵∠AQB=135°，QA=QB
∴∠QAO=22.5°=12∠CAO
∴AQ平分∠CAO
过Q作PQ⊥AC于P
设OQ=x，则OQ=PQ=x,CQ=2PQ=2x
∴OC=OQ+CQ=2x+x=2
解得x=22−2
∴Q点坐标为(0,22−2)
当Q在与轴负半轴时，根据对称性可得Q点坐标为(0,2−22)
∴Q点坐标为(0,2−22)或(0,22−2)
（4）当AD是矩形边长时
过A作AM⊥AD交抛物线于M
∵直线AC的解析式为y=x+2
∴设直线AM的解析式为y=−x+b1
代入A点（-2,0）得b1=−2
∴直线AM的解析式为y=−x−2
∴联立y=−x2+4y=−x−2，解得x=−2y=0或x=3y=−5
∴M点坐标为(3,−5)
∵此时MN平行且等于AD
∴由A（-2,0）平移到D（1,3）与由M(3,−5)平移到N的平移方式一致
∴N点坐标为(6,−2)
同理：:过D作DM⊥AD交抛物线于M，此时M（0,4），N（-3,1）
综上所述，存在，N点坐标为(6,−2)或（-3,1）
【点睛】本题考查二次函数与几何综合，熟练掌握二次函数的图象及性质，函数图象平移的性质，矩形的判定，分类讨论是解题的关键．
11．（2022·山东泰安·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，直线y=12x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y=−12x2+bx+c经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)点D为直线AC上方抛物线上一动点，
①连接BC、CD，设直线BD交线段AC于点E，求DEEB的最大值；
②过点D作DF⊥AC，垂足为点F，连接CD，是否存在点D，使得△CDF中的∠DCF＝2∠BAC，若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−12x2−32x+2
(2)①45；②存在，D（-2，3）
【分析】（1）根据题意得到A（-4，0），C（0，2）代入y=-12x2+bx+c，于是得到结论；
（2）①如图1，令y=0，解方程得到x1=-4，x2=1，求得B（1，0），过D作DM⊥x轴于M，过B作BN⊥x轴交于AC于N，根据相似三角形的性质即可得到结论；②根据勾股定理的逆定理得到△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，取AB的中点P，求得P（-32，0），得到PA=PC=PB=52，过D作x轴的平行线交y轴于R，交AC的延线于G，解直角三角形即可得到结论．
(1)
解：对于函数：y=12x+2，
令x=0，则y=2，令y=0，则x=-4，
∴A（-4，0），C（0，2），
∵抛物线y=-12x2+bx+c经过A．C两点，
∴0=−12×16−4b+c2=c，
∴b=-32，c=2，
∴y=-12x2-32x+2；
(2)
解：①如图，令y＝0，
∴−12x2−32x+2=0，
∴x1=−4，x2=1，
∴B（1，0），
过D作DM⊥x轴交AC于点M，过B作BN⊥x轴交于AC于N，
∴DM∥BN，
∴△DME∽△BNE，
∴DEBE=DMBN，
设Da,−12a2−32a+2，
∴Ma,12a+2，
∵B（1，0），
∴N1,52，
∴DEBE=DMBN=−12a2−2a52=−15a+22+45，
∵-15<0，
∴当a＝-2时，DEBE的最大值是45；
②∵A（-4，0），B（1，0），C（0，2），
∴AC=25，BC=5，AB＝5，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，取AB的中点P，
∴P−32,0，
∴PA=PC=PB=52，
∴∠CPO＝2∠BAC，
∴tan∠CPO=tan2∠BAC=43，
过D作x轴的平行线交y轴于R，交AC的延长线于G，如图，
∴∠DCF＝2∠BAC＝∠DGC+∠CDG，
∴∠CDG＝∠BAC，
∴tan∠CDG=tan∠BAC=12，即RCDR=12，
令Da,−12a2−32a+2，
∴DR＝-a，RC=−12a2−32a，
∴−12a2−32a−a=12，
∴a1=0（舍去），a2=−2，
∴xD=−2，yD=3．
∴D（-2，3）．
【点睛】本题考查了二次函数综合题，涉及待定系数法求函数的解析式，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，直角三角形的性质等知识点，正确的作出辅助线是解题的关键．
12．（2022·湖南岳阳·统考二模）如图1，直线y＝2x＋2交x轴于点A，交y轴于点C，过A、C两点的抛物线y=ax2+32x+c与x轴的另一交点为B．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)如图2，点D是抛物线在第一象限内的一点，连接OD，将线段OD绕O逆时针旋转90°得到线段OM，过点M作MN∥x轴交直线AC于点N．求线段MN的最大值及此时点D的坐标；
(3)在（2）的条件下，若点E是点A关于y轴的对称点，连接DE，试探究在抛物线上是否存在点P，使得∠PED＝45°？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−12x2+32x+2
(2)最大值为3；D2,3
(3)存在，P11+6，62，P20,2
【分析】（1）根据直线解析式求得A,C的坐标，然后代入抛物线解析式，待定系数法求解析式即可求解；
（2）令Dt,−12t2+32t+2，将线段OD绕O逆时针旋转90°得到线段OM，得M12t2−32x−2,t，Nt−22,t，进而得出MN=−12t−22+3，根据二次函数的性质求解即可求解；
（3）分2种情形讨论，①当点P在点D右侧时，过D作DQ⊥DE，交EP的延长线与点Q，过D作直线l∥x轴，过E作EM⊥l于M，过Q作QN⊥l于N，证明△EDM≌△DQN，求得Q的坐标，进而求得直线EQ的解析式为：y=12x−12，联立抛物线解析式，即可求得点P的坐标，②②当点P在点D左侧时，同①方法求解即可．
(1)
解：在直线y=2x+2中，令y=0得x=−1，则A−1,0，
令x=0得y=2，则C0,2，
由题意得：a−32+c=0c=2 ，
解得：a=−12c=2，
∴y=−12x2+32x+2，
(2)
令Dt,−12t2+32t+2，
∵将线段OD绕O逆时针旋转90°得到线段OM ，
M12t2−32x−2,t，
∵MN∥x轴且点N在直线y=2x+2上，
∴Nt−22,t，
∴MN=t−22−12t2−32t−2=−12t2+2t+1=−12t−22+3，
∴当t=2时，MNmax=3，
此时D2,3，
(3)
①当点P在点D右侧时，
过D作DQ⊥DE，交EP的延长线与点Q，
∵∠PED=45°，
∴DE=DQ，
过D作直线l∥x轴，过E作EM⊥l于M，过Q作QN⊥l于N，
∴∠EMD=∠DNQ=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∵DQ⊥DE，
∴∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3 ，
∴△EDM≌△DQN，
∴DN=EM=3，QN=DM=1，
∴Q5,2，
∵点E是点A关于y轴的对称点，A−1,0，
∴ E1,0，
设直线EQ的解析式为：y=kx+b，代入Q5,2，E1,0，得
kx+b=05k+b=1，
解得k=12b=12，
∴直线EQ的解析式为：y=12x−12，
令−12x2+32x+2=12x−12，
解得：x1=1+6，x2=1−6（舍去） ，
∴P11+6，62，
②当点P在点D左侧时，
过D作DR⊥DE，交EP的延长线与点R，
∵∠PED=45°，
∴DE=DR，
过D作直线ℎ∥y轴，过E作EH⊥ℎ于H，过R作RG⊥ℎ于G，
同理可证：△EDH≌△DRG，
∴RG=DH=3，DG=EH=1，
∴R=−1,4，
即可得直线RE的解析式为：y=−2x+2，
令−12x2+32x+2=−2x+2，
解得：x1=0，x2=7（舍去），
∴P20,2，
综上所述：P11+6，62，P20,2．
【点睛】本题考查了二次函数综合问题，求一次函数解析式，一次函数与二次函数交点，全等三角形的性质与判定，二次函数的性质，二次函数最值，综合运用以上知识是解题的关键．
13．（2022·山东泰安·统考三模）如图1，已知二次函数C1：y=ax2+bx+ca≠0的图像与x轴交于点A−1,0，B（4，0）两点，与y轴交于点C，OC=4，如图1
(1)求二次函数C1的表达式：
(2)将C1沿x轴对称，再沿x轴正方向向右平移2个单位长度，得到新抛物线C2，直线MN⊥x轴，分别交C1，C2于点M，N，如图2，求线段MN的最大值：
(3)在抛物线C1上是否存在点P，使得∠BOP=∠BCO−∠ACO？若存在，求出P的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−3x−4
(2)212
(3)存在，9+1815或6+2345
【分析】（1）待定系数法求解析式；
（2）根据题意求得C2的解析式，设Mm，−m2+7m−6，则Nm，m2−3m−4，求得MN的表达式，根据二次函数的性质求得最值即可；
（3）如图，作A关于y轴的对称点A′，则A′1,0，∠ACO=∠A′CO．∠BCA'=∠OCB−∠ACO．连接A′C，作A'H⊥BC于H，等面积法求得A′H，勾股定理求得CH,作BM⊥BO使得A′HCH=BMBO，证明△MBO∽△AHC，可得∠MPB=∠A′CO=∠ACO=∠BOP，代入已知值，得BM=125，求得M的坐标，进而求得直线OM的表达式为y=35x，联立抛物线解析式，即可求得P的横坐标，根据对称性，联立y=−35x和y=x2−3x−4即可求得另一个点P的横坐标．
(1)
解：如图1
∵二次函数C1：y=ax2+bx+ca≠0的图像与x轴交于点A−1,0，B（4，0）两点，与y轴交于点C，OC=4，
∴C0,−4，
设抛物线解析式为y=ax+1x−4，代入C0,−4，得−4=−4a，
解得a=1，
∴y=x+1x−4=x2−3x−4，
∴二次函数C1的表达式y=x2−3x−4，
(2)
将C1：y=x2−3x−4沿x轴对称，
得到y=−x2+3x+4，
再沿x轴正方向向右平移2个单位长度，得到新抛物线C2，
则C2：y=−x−22+3x−2+4=−x2+7x−6，
∵直线MN⊥x轴，分别交C1，C2于点M，N，
设Mm，−m2+7m−6，则Nm，m2−3m−4
∴MN=−m2+7m−6−m2−3m−4
=−2m2+10m−2
=−2m−522+212，
∴MN的最大值为212，
(3)
（3）如图，作A关于y轴的对称点A′，则A′1,0，
∴∠ACO=∠A′CO．
∴∠BCA'=∠OCB−∠ACO．
连接A′C，作A'H⊥BC于H，
∵A−1,0，则A′1,0，
∵B4,0，
∴A′B=3，
∵OC=4，
∴ S△A′BC=12A′B⋅OC=6，BC=42．
∴ A′H=612×42=322，
∴ CH=A′C2−A′H2=522，
作BM⊥BO使得A′HCH=BMBO，
∵∠MBO=∠AHC=90°
∴△MBO∽△AHC
∴∠MPB=∠A′CO=∠ACO=∠BOP
则322522=BM4，得BM=125，
∴M4,125，
设直线OM的表达式为y=kx，代入M4,125，
得k=1254=35，
∴直线OM的表达式为y=35x，
由y=35x和y=x2−3x−4联立解得，
x1=9+1815，x2=9−1815．
∵13<181<14，∴9−181<0，
∴x2不合题意，舍去，
∴点P的横坐标为9+1815，
由y=−35x和y=x2−3x−4联立解得，x=6±2345（负值舍去）．
∴点P的横坐标为9+1815或6+2345．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，相似三角形的性质与判定，根据对称性转化角是解题的关键．
14．（2022·江苏镇江·统考二模）如图所示，抛物线y=−x2+bx+3经过点B(3，0)，与x轴交于另一点A，与y轴交于点C．
(1)求抛物线所对应的函数表达式；
(2)如图，设点D是x轴正半轴上一个动点，过点D作直线l⊥x轴，交直线BC于点E，交抛物线于点F，连接AC、FC．
①若点F在第一象限内，当∠BCF=∠BCA时，求点F的坐标；
②若∠ACO+∠FCB=45°，则点F的横坐标为______．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)①53,329；②73或5
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）①作点A关于直线BC的对称点G，连接CG交抛物线于点F，此时，∠BCF=∠BCA，求得G(3，4)，利用待定系数法求得直线CF的解析式为：y=13x+3，联立方程组，即可求解；
②分两种情况讨论，由相似三角形的性质和等腰三角形的性质，可求CF的解析式，联立方程可求解．
【详解】（1）解：∵B(3，0)在抛物线y=−x2+bx+3上，
∴y=−32+3b+3，
解得b=2，
∴所求函数关系式为y=−x2+2x+3；
（2）解：①作点A关于直线BC的对称点G，AG交BC于点H，过点H作HI⊥x轴于点I，连接CG交抛物线于点F，此时，∠BCF=∠BCA，如图：
令x=0，y=3；
令y=0，−x2+2x+3=0，
解得：x=3或x=-1，
∵A(-1，0)，B(3，0)，C(0，3)，
∴OB=OC，AB=4，
∴△OCB是等腰直角三角形，则∠OCB=∠OBC=45°，
∴∠HAB=∠OBC=∠AHI=∠BHI=45°，
∴HI= AI=BI=12AB=2，
∴H(1，2)，
∴G(3，4)，
设直线CG的解析式为：y=kx+3，
把G(3，4)代入得：4=3k+3，
解得：k=13，
∴直线CF的解析式为：y=13x+3，
∴y=−x2+2x+3y=13x+3，解得：x=53y=329，
所以F点的坐标为(53，329)；
②当点F在x轴上方时，如图，延长CF交x轴于N，
∵点B（3，0），点C（0，3），
∴OB=OC=3，
∴∠CBO=∠BCO=45°，
∵点A（-1，0），
∴OA=1，∵∠FCE+∠ACO=45°，∠CBO=∠FCE+∠CNO=45°，
∴∠ACO=∠CNO，
又∵∠COA=∠CON=90°，
∴△CAO∽△NCO，
∴COAO=NOCO，
∴31=NO3，
∴ON=9，
∴点N（9，0），
同理可得直线CF解析式为：y=-13x+3，
∴-13x+3=-x2+2x+3，
∴x1=0（舍去），x2=73，
∴点F的横坐标为73；
当点F在x轴下方时，如图，设CF与x轴交于点M，
∵∠FCE+∠ACO=45°，∠OCM+∠FCE=45°，
∴∠ACO=∠OCM，
又∵OC=OC，∠AOC=∠COM，
∴△COM≌△COA（ASA），
∴OA=OM=1，
∴点M（1，0），
同理直线CF解析式为：y=-3x+3，
∴-3x+3=-x2+2x+3，
∴x1=0（舍去），x2=5，
∴点F的横坐标为5，
综上所述：点F的横坐标为5或73．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，两点距离公式，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
15．（2022·广东深圳·校联考三模）已知抛物线y=ax2+c过点A−2,0和D−1,3两点，交x轴于另一点B．
(1)求抛物线解析式；
(2)如图1，点P是BD上方抛物线上一点，连接AD，BD，PD，当BD平分∠ADP时，求P点坐标；
(3)将抛物线图象绕原点O顺时针旋转90°形成如图2的“心形”图案，其中点M，N分别是旋转前后抛物线的顶点，点E、F是旋转前后抛物线的交点．
①直线EF的解析式是______；
②点G、H是“心形”图案上两点且关于EF对称，则线段GH的最大值是______．
【答案】(1)y=−x2+4
(2)P23,329
(3)①y=x；②1724
【分析】（1）待定系数法求解析式；
（2）过点B作BE⊥x轴交DP延长线与点E，过D作DF⊥x轴交x轴于点F．证明△DAB≌△DEB，求得点E的坐标，进而求得直线DE的解析式为y=13x+103，联立抛物线解析式即可求解；
（3）①根据顺时针旋转90°后点的坐标特征可知对称轴为y=x；
②连接GH，交EF于点M，则GH=2GM，过点G作x轴的垂线，交EF于点N，当GM最大时，△GFE面积最大，设Gm,−m2+4，则Nm,m，根据S△GFE=12GN⋅xE−xF以及二次函数的性质求得当m=−12时，△GFE面积最大，G−12,154，根据①的方法求得H的坐标，根据中点公式求得M的坐标，根据勾股定理求得GH，由GH=2GM即可求解．
（1）
∵y=ax2+c过A−2,0，D−1,3
∴4a+c=0a+c=3 解之得a=−1c=4
∴抛物线解析式为y=−x2+4
（2）
过点B作BE⊥x轴交DP延长线与点E，过D作DF⊥x轴交x轴于点F．
由y=−x2+4，令y=0，得x1=−2,x2=2，则B2,0
∵ yD=xB−xD，即DF=BF，
∴∠DBF=45°，
∴∠DBE=45°
又∵DB=DB，BD平分∠ADP，
∴△DAB≌△DEB，
∴BA=BE，
∵ B2,0
∴E2,4
设直线DE的解析式为y=kx+b，
−k+b=32k+b=4
解得k=13b=103
∴直线DE的解析式为y=13x+103
联立y=−x2+4y=13x+103
解得x=−1y=3,x=23y=329
则P23,329
（3）
①直线EF解析式为y=x．
∵抛物线关于y轴对称，所以旋转后图形关于x轴对称，
∴对于抛物线上任意一点Pa,b关于原点旋转90°后对应点为P1b,−a在旋转后图形上，P1b,−a关于x轴对称的点P2b,a在旋转后图形上，
∵Pa,b与P2b,a关于y=x对称，
∴图形2关于y=x对称，
∴直线EF解析式为y=x
故答案为：y=x
②GH最大值为1724
如图，连接GH，交EF于点M，则GH=2GM，过点G作x轴的垂线，交EF于点N，
∴当GM最大时，△GFE面积最大，
又∵S△GFE=12GN⋅xE−xF
设Gm,−m2+4，则Nm,m
∴GN=yG−yN=−m2+4−m=−m+122+174
∴当m=−12时，△GFE面积最大，G−12,154
由①可知G−12,154关于y=x的对称点H 154，−12
∴ M138,138
∴GM=138+122+154−1382=1728
∴GH的最大值为：GH=2GM=1724
故答案为：1724
【点睛】本题考查了二次函数的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，一次函数与二次函数交点问题，掌握以上知识是解题的关键．
16．（2022·山东聊城·统考三模）如如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-12x2+bx+c与x轴交于A（-2，0）、B（4，0）两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC、BC，点P为直线BC上方抛物线上一动点，连接OP交BC于点Q．
(1)求抛物线的表达式；
(2)当PQOQ的值最大时，求点P的坐标和PQOQ的最大值；
(3)点M为抛物线上的点，当∠BCM=∠ACO时，求点M的坐标．
【答案】(1)y=−12x2+x+4
(2)PQOQ最大值为12，P2,4
(3)点M的坐标为83,289或8,−20
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）运用待定系数法求得直线BC的解析式为y=-x+4，如图1，过点P作PD∥y轴交BC于点D，设P（m，−12m2+m+4），则D（m，-m+4），证明△PDQ∽△OCQ，得出：PQOQ=PDOC=−12m2+2m4=−18(m−2)2+12，运用求二次函数最值方法即可得出答案；
（3）分当点M在x轴下方和当点M在x轴上方两种情况讨论，利用三角函数的定义求解即可．
（1）
解：∵抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于A（-2，0）、B（4，0）两点（点A在点B的左侧），
∴−12×−22−2b+c=0−12×42+4b+c=0，解得：b=1c=4，
∴抛物线的函数表达式为y=−12x2+x+4；
（2）
解：∵抛物线y=−12x2+x+4与y轴交于点C，
∴C0,4，
∴OC=4，
设直线BC的解析式为y=kx+d，把B4,0，C0,4代入，得：
4k+d=0d=4，解得k=−1d=4，
∴直线BC的解析式为y=−x+4，
如图，过点P作PD∥y轴交BC于点D，
设Pm,−12m2+m+4，则Dm,−m+4，
∴PD=−12m2+2m，
∵PD∥OC，
∴△PDQ∽△OCQ，
∴PQOQ=PDOC=−12m2+2m4=−18m−22+12，
∴当m=2时，PQOQ取得最大值12，此时，P2,4；
（3）
解：①如图，当点M在x轴下方时，在x轴上取一点F，使∠BCF=∠ACO，延长CF交抛物线于点M1，过点F作FG⊥BC于点G，过点G作GH⊥AB于点H．
∵点B，C的坐标分别为4,0，0,4，
∴OB=OC，
∴∠CBO=45°，
∴FG=BG，
∵tan∠BCM=tan∠ACO=OAOC=24=12，
∴CG=2FG=2BG．
在Rt△BOC中，BC=2OB=42，设FG=BG=n，
则CG=2n，BC=3n，
∴3n=42，解得n=423，
∴BF=2BG=83，
∴OF=OB−BF=43，
∴点F的坐标为43,0．
设直线CF的表达式为y=k1x+b1，
∴43k1+b1=0b1=4，
∴k1=−3b1=4，
∴直线CF的表达式为y=−3x+4，
∴y=−12x2+x+4y=−3x+4，
解得x1=0y1=4（舍去），x2=8y2=−20，
∴点M的坐标为8,−20．
②如图，当点M在x轴上方时，过点B作BH⊥BC，交CM2于点H，过点H作HN⊥x轴于点N，
∴∠CBH=90°．
∵OB=OC，
∴∠CBO=45°，
∴∠BHN=∠HBN=45°，
∴BN=HN．
∵∠BCM=∠ACO，
∴tan∠BCM=tan∠ACO=BHBC=OAOC=24=12，
∴BH=12BC=22，
∴HN=BN=2
∴ON=OB+BN=6，
∴点H的坐标为6,2．
设直线CH的表达式为y=px+q，
∴6p+q=2q=4，解得p=−13q=4，
∴直线CH的表达式为y=−13x+4，
∴y=−12x2+x+4y=−13x+4
解得x1=0y1=4（舍去），x2=83y2=289，
∴点M的坐标为83,289．
综上可知，点M的坐标为83,289或8,−20．
【点睛】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，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，熟练运用数形结合思想、分类讨论思想是解题关键．
17．（2022·辽宁沈阳·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+4a≠0经过点A3,4和点B−1,0，连接AB，过点A作AD⊥x轴于点D，点P在直线AB上方的抛物线上，过点P作PE∥AD交x轴于点E，交线段AB于点G，连接PD交线段AB于点Q．
(1)求抛物线的表达式；
(2)当GQ=AQ时，设点P的横坐标为m，求m的值；
(3)在（2）的条件下，线段BE上有一点F，直线AD上有一点K，连接KF、GF，当∠FKD=2∠FGB，且KF=8时，直接写出点K的纵坐标．
【答案】(1)y=−x2+3x+4
(2)m=1
(3)2+27或−2−27
【分析】（1）直接利用待定系数法求解即可；
（2）先求出直线AB的解析式为y=x+1，然后证明△PGQ≌△DAQ得到PG=AD=4，再由点P的坐标为m，−m2+3m+4，点G的坐标为（m，m+1），得到PG=−m2+3m+4−m−1=4，由此求解即可；
（3）如图所示，过点F作FH⊥AB于H，过点K作KQ平分∠FKD交x轴于Q，过点Q作QM⊥KF于M，连接FG，设BF=2t，QD=s，KD=k，则DF=4−2t，先证明∠HBF=∠HFB=45°，得到HB=HF=2t，再由（2）得m=1，求得BG=22，则HG=22−2t，tan∠FGH=HFHG=t2−t；根据角平分线的定义和性质得到QM=QD=s，∠FGH=∠QKD，再由S△FKD=S△FQK+S△DQK=12DF⋅DK=12KF⋅QM+12DQ⋅DK，推出s=k4−2t8+k，则tan∠QKQ=tan∠FGH=sk=t2−t，可以推出k=22−t2−8tt=2t2−16t+8t，
在Rt△FKD中，DF2+DK2=KF2=64，得到4−2t2+2t2−16t+8t2=64，由此即可求出t的值即可得到答案．
(1)
解：∵抛物线y=ax2+bx+4a≠0经过点A3,4和点B−1,0，
∴9a+3b+4=4a−b+4=0，
∴a=−1b=3，
∴抛物线解析式为y=−x2+3x+4；
(2)
解：设直线AB的解析式为y=kx+b1，
∴−k+b1=03k+b1=4，
∴k=1b=1，
∴直线AB的解析式为y=x+1，
∵PE∥AD，
∴∠PGQ=∠DAQ，∠GPQ=∠ADQ，
又∵AQ=GQ，
∴△PGQ≌△DAQ（AAS），
∴PG=AD=4，
∵点P的横坐标为m，
∴点P的坐标为m，−m2+3m+4，点G的坐标为（m，m+1），
∴PG=−m2+3m+4−m−1=4，
∴m2−2m+1=0，
解得m=1；
(3)
解：如图所示，过点F作FH⊥AB于H，过点K作KQ平分∠FKD交x轴于Q，过点Q作QM⊥KF于M，连接FG，设BF=2t，QD=s，KD=k，则DF=4−2t，
∵点B的坐标为（-1，0），点A的坐标为（3，4），
∴BD=AD=4，
∴∠ABD=45°，
∵FH⊥AB，
∴∠HBF=∠HFB=45°，
∴HB=HF=2t，
由（2）得m=1，
∴点G的坐标为（1，2），
∴BE=GE=2，
∴BG=BE2+GE2=22，
∴HG=BG−HB=22−2t，
∴tan∠FGH=HFHG=t2−t；
∵KQ平分∠FKD，QM⊥FK，QD⊥DK，∠FKD=2∠FGB，
∴QM=QD=s，∠FGH=∠QKD，
∴S△FKD=S△FQK+S△DQK=12DF⋅DK=12KF⋅QM+12DQ⋅DK，
∴12k4−2t=12×8s+12sk，
∴s=k4−2t8+k，
∴tan∠QKQ=tan∠FGH=sk=t2−t，
∴4−2t8+k=t2−t，
∴k=22−t2−8tt=2t2−16t+8t，
在Rt△FKD中，DF2+DK2=KF2=64，
∴4−2t2+2t2−16t+8t2=64，
∴16−16t+4t2+4t4−64t3+288t2−256t+64t2=64，
∴16t2−16t3+4t4+4t4−64t3+288t2−256t+64=64t2，
∴8t4−80t3+240t2−256t+64=0，
∴t4−10t3+24t2−32t+8=0，
∴t2t2−10t+16+14t2−32t+8=0，
∴t2t−2t−8+27t−2t−2=0，
∴t3−8t2+14t−4t−2=0，
∴tt2−8t+12+2t−2t−2=0，
∴tt−2t−6+2t−2t−2=0，
∴t2−6t+2t−22=0，
∵点F在BE上，
∴BF=2t≤BE=2，
∴t≤1，
∴t2−6t+2=0，
解得t=3−7或t=3+7（舍去），
∴k=2t2−16t+8t=2t2−6t+2−4t+4t=4−4tt=4−12+473−7=27+2，
∴DK=27+2，
∴点K的纵坐标为2+27或−2−27．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，勾股定理，解直角三角形，角平分线的性质，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，熟练掌握二次函数的相关知识是解题的关键．
18．（2022·山东济南·统考一模）如图，抛物线y=ax2+2x−3与x轴交于A、B两点，且B(1，0)．
(1)求抛物线的解析式和点A的坐标；
(2)如图1，点P是直线y=x上在x轴上方的动点，当直线y=x平分∠APB时，求点P的坐标；
(3)如图2，已知直线y=23x−49分别与x轴、y轴交于C、F两点，点Q是直线CF下方的抛物线上的一个动点，过点Q作y轴的平行线，交直线CF于点D，点E在线段CD的延长线上，连接QE．问：以QD为腰的等腰△QDE的面积是否存在最大值？若存在，请求出这个最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线解析式为y=x2+2x-3，A点坐标为（-3，0）；
(2)P点坐标为（32，32）；
(3)以QD为腰的等腰三角形的面积最大值为5413．
【分析】（1）把B点坐标代入抛物线解析式可求得a的值，可求得抛物线解析式，再令y=0，可解得相应方程的根，可求得A点坐标；
（2）当点P在x轴上方时，连接AP交y轴于点B′，可证△OBP≌△OB′P，可求得B′坐标，利用待定系数法可求得直线AP的解析式，联立直线y=x，可求得P点坐标；
（3）过Q作QH⊥DE于点H，由直线CF的解析式可求得点C、F的坐标，结合条件可求得tan∠QDH，可分别用DQ表示出QH和DH的长，分DQ=DE和DQ=QE两种情况，分别用DQ的长表示出△QDE的面积，再设出点Q的坐标，利用二次函数的性质可求得△QDE的面积的最大值．
(1)
解：把B（1，0）代入y=ax2+2x-3，
可得a+2-3=0，解得a=1，
∴抛物线解析式为y=x2+2x-3，
令y=0，可得x2+2x-3=0，解得x=1或x=-3，
∴A点坐标为（-3，0）；
(2)
解：若y=x平分∠APB，则∠APO=∠BPO，
如图1，若P点在x轴上方，PA与y轴交于点B′，
由于点P在直线y=x上，可知∠POB=∠POB′=45°，
在△BPO和△B′PO中
{∠POB=∠POB′OP=OP∠BPO=∠B′PO，
∴△BPO≌△B′PO（ASA），
∴BO=B′O=1，
设直线AP解析式为y=kx+b，把A、B′两点坐标代入可得
{−3k+b=0b=1，解得{k=13b=1，
∴直线AP解析式为y=13x+1，
联立{y=xy=13x+1，解得{x=32y=32，
∴P点坐标为（32，32）；
(3)
解：如图2，作QH⊥CF，交CF于点H，设抛物线交y轴于点M．
∵CF为y=23x−49，
∴可求得C（23，0），F（0，-49），
∴tan∠OFC=OCOF=32，
∵DQ∥y轴，
∴∠QDH=∠MFD=∠OFC，
∴tan∠HDQ=32，
不妨设DQ=t，DH=213t，HQ=313t，
∵△QDE是以DQ为腰的等腰三角形，
∴若DQ=DE，则S△DEQ=12DE•HQ=12×313t×t=31326t2，
若DQ=QE，则S△DEQ=12DE•HQ=12×2DH•HQ=12×413t×313t=613t2，
∵31326t2＜613t2，
∴当DQ=QE时△DEQ的面积比DQ=DE时大．
设Q点坐标为（x，x2+2x-3），则D（x，23x−49），
∵Q点在直线CF的下方，
∴DQ=t=23x−49-（x2+2x-3）=-x2-43x+239=-(x+23)2+3，
当x=-23时，tmax=3，
∴（S△DEQ）max=613t2=5413，
即以QD为腰的等腰三角形的面积最大值为5413．
【点睛】本题主要考查二次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、角平分线的定义、全等三角形的判定和性质、三角形的面积、等腰三角形的性质、二次函数的性质及分类讨论等．在（2）中确定出直线AP的解析式是解题的关键，在（3）中利用DQ表示出△QDE的面积是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，计算量大，难度较大．
19．（2020·江苏常州·统考二模）如图，顶点坐标为(3,4)的抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A，B两点，交y轴于点C(0,−5)．
(1)求a，b的值；
(2)已知点M在射线CB上，直线AM与抛物线y=ax2+bx+c的另一公共点是点P．
①抛物线上是否存在点P，满足AM:MP=2:1，如果存在，求出点P的横坐标；如果不存在，请说明理由；
②连接AC，当直线AM与直线BC的夹角等于∠ACB的2倍时，请直接写出点M的坐标．
【答案】(1)-1；6
(2)①存在，5+172或5+332或5−332；②(136,−176)；(236,−76)
【分析】（1）由题意知，9a+3b+c=4−b2a=3c=−5，求出a,b,c的值即可；
（2）①由（1）可知，抛物线的解析式为y=−x2+6x−5，A1,0，B5,0，设直线BC的函数解析式为y=kx+b，待定系数法求得直线BC的函数解析式为y=x−5，设Pm,−m2+6m−5，如图1，当15时，AM2:M2P2=2:1，则M21+23(m−1),23−m2+6m−5，根据1+23(m−1)−5=23−m2+6m−5，求出满足要求的m值即可；当m<0时，AM3:M3P3=2:1，则M31−23(1−m),23−m2+6m−5，根据1−23(1−m)−5=23−m2+6m−5，求出满足要求的m值即可；②如图2，作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M1，交AC于E，交y轴于F，连接AF，作M1关于AN的对称点M2，由题意知，AF=CF，设OF=x，则AF=CF=5−x，在Rt△AOF中，由勾股定理得AF2−OF2=OA2，即5−x2−x2=1，求出x的值，进而可得F0,−125，设直线EF的解析式为y=px+q，待定系数法求得直线EF的解析式为y=−15x−125，联立得y=−15x−125y=x−5，求出x,y的值，进而可得M1136,−176；由对称的性质可知 M1N=M2N，AN=BN，HN=12AB=2，进而可得N，M2的坐标．
（1）
解：由题意知，9a+3b+c=4−b2a=3c=−5，
解得a=−1b=6c=−5，
∴a=−1，b=6．
（2）
解：由（1）可知，抛物线的解析式为y=−x2+6x−5，
令−x2+6x−5=0，
则x−1x−5=0，
解得x=1或x=5，
∴A1,0，B5,0，
设直线BC的函数解析式为y=kx+b，
将B,C代入得5k+b=0b=−5，
解得k=1b=−5，
∴直线BC的函数解析式为y=x−5，
设Pm,−m2+6m−5，如图1，
当1
解得m=5+172，m=5−172（不合题意，舍去），
∴m=5+172时，AM:MP=2:1；
当m>5时，AM2:M2P2=2:1，则M21+23(m−1),23−m2+6m−5，
∴1+23(m−1)−5=23−m2+6m−5，
解得m=5+332，m=5−332（不合题意，舍去）
∴当m=5+332时，AM:MP=2:1；
当m<0时，AM3:M3P3=2:1，则M31−23(1−m),23−m2+6m−5，
∴1−23(1−m)−5=23−m2+6m−5，
解得m=5−332，m=5+332（不合题意，舍去）
∴当m=5−332时，AM:MP=2:1；
综上所述，存在点P，满足AM:MP=2:1，点P的横坐标为5+172或 5+332或5−332．
②解：如图2，作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M1，交AC于E，交y轴于F，连接AF，作M1关于AN的对称点M2，
由题意知，AF=CF，设OF=x，则AF=CF=5−x，
在Rt△AOF中，由勾股定理得AF2−OF2=OA2，即5−x2−x2=1，
解得x=125，
∴F0,−125，
设直线EF的解析式为y=px+q，将E,F点坐标代入得−12p+q=−52q=−125，
解得p=−15q=−125，
∴直线EF的解析式为y=−15x−125，
联立得y=−15x−125y=x−5，
解得x=136y=−176，
∴M136,−176
由对称的性质可知，∠AM2C=∠AM1B，∠AM2C=2∠ACB，M1N=M2N，
∵OB=OC，
∴∠ABC=45°，
∵∠ANB=90°，∠BAN=45°，
∴AN=BN，
∴HN=12AB=2，
∴N3,−2，
∴M2236,−76，
∴点M的坐标为136,−176，236,−76．
【点睛】本题考查了二次函数解析式，二次函数图象，二次函数与线段、角度综合，垂直平分线的性质，对称的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
20．（2022·山东济南·统考二模）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴分别交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，若A−1,0且OC=3OA．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)如图1，点D是该抛物线的顶点，点Pm,n是第二象限内抛物线上的一个点，分别连接BD、BC、BP，当∠PBA=2∠CBD时，求m的值；
(3)如图2，∠BAC的角平分线交y轴于点M，过M点的直线l与射线AB，AC分别交于E，F，已知当直线l绕点M旋转时，1AE+1AF为定值，请直接写出该定值．
【答案】(1)y=x2-2x−3
(2)−74
(3)10+1010
【分析】（1）求出A、C坐标，代入解析式计算即可；
（2）取BC中点G，作GH⊥BC于H，连接CH，过C作CM⊥BD于M，过P作PN⊥x轴于N，由抛物线顶点D坐标为（1，-4），B（3，0），C（0，-3），可得∠BCD=90°，GH∥CD，从而H为BD中点，CH=BH= 12BD= 5，由面积法得CM=BC⋅CDBD=355，故tan∠CHM= tan∠PBA=34，设P（m，m2-2m-3），表示出tan∠PBA列方程计算即可；
（3）过M作MG∥x轴交AC于G，过F作FT∥x轴交AM于T，过C作CQ∥x轴交AM于Q，由MG∥FT∥CQ∥OA，得△COA∽△CMG，△ACQ∽AGM，证明1AE+1AF=1GM=1OA+1AC即可．
（1）
∵A−1,0，
∴OA=1，
∵OC=3OA，
∴OC=3，
∴C(0,−3)
将A(−1,0)，C(0,−3)，代入y=x2+bx+c得：0=1−b+cc=−3，
解得：b=−2c=−3，
∴该抛物线的解析式为y=x2-2x−3；
（2）
取BC中点G，作GH⊥BC于H，连接CH，过C作CM⊥BD于M，过P作PN⊥x于轴N，如图：
由y=x2−2x−3得抛物线顶点D坐标为1,−4，而B(3,0)，C(0,−3)，
∴BC=32，CD=2，BD=25，
∴BC2+CD2=20，BD2=20，
∴BC2+CD2=BD2，
∴∠BCD=90°，
∵GH⊥BC，
∴GH∥CD，
∵G为BC中点，
∴H为BD中点，
∴CH=BH=12BD=5，
∴∠CHM=2∠CBD=∠PBA，
∵CM=BC⋅CDBD=355，
∴MH=CH2−CM2=455，
∴tan∠CHM=34，
∴tan∠PBA=34，即PNBN=34，
设Pm,m2−2m−3，
则m2−2m−33−m=34
解得m1=3（与B重合，舍去）或m2=−74，
∴m的值为−74；
（3）
过M作MG∥x轴交AC于G，过F作FT∥x轴交AM于T，过C作CQ∥x轴交AM于Q．如图：
∵MG∥x轴，FT∥x轴，CD∥x轴，
∴MG∥FT∥CQ∥OA，
∴△COA∽△CMG，△ACQ∽△AGM，
∴GMOA=CGAC，GMCQ=AGAC，
∴GMOA+GMCQ=CGAC+AGAC=1
∴1OA+1CQ=1GM，
∵AM平分∠BAC，
∴∠CAM=∠BAM=∠AQC，
∴AC=CQ，
∴1OA+1AC=1GM，
同理可得1AE+1AF=1GM，
由（1）可知：A−1,0，C0,−3，
∴AC=10，
∴1AE+1AF=1GM=1OA+1AC=11+110=10+1010
【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、二次函数图象上点坐标特征、锐角三角函数、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造相似三角形解决问题．
21．（2022·江苏淮安·统考一模）如图，已知A(−2,0),B(3,0)，抛物线y=ax2+bx+4经过A、B两点，交y轴于点C．点P是第一象限内抛物线上的一点，点P的横坐标为m．过点P作PM⊥x轴，垂足为点M，PM交BC于点Q．过点P作PN⊥BC，垂足为点N．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)请用含m的代数式表示线段PN的长，并求出当m为何值时PN有最大值，最大值是多少？
(3)连接PC，在第一象限的抛物线上是否存在点P，使得∠BCO+2∠PCN=90°？若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−23x2+23x+4
(2)PN=−25m2+65m，当m=32时，有最大值910
(3)存在，m=74
【分析】（1）直接利用待定系数法求解即可；
（2）先求出点C的坐标，从而求出直线BC的解析式，则点P的坐标为m，−23m2+23m+4，点Q的坐标为m，−43m+4，PQ=−23m2+2m，再利用勾股定理求出BC=5，得到sin∠BOC=OBBC=35，再证明∠PQN=∠BCO，得到sin∠PQN=PNPQ=35，则PN=35PQ=−25m2+65m=−25m+322+910，由此求解即可；
（3）如图所示，过点C作CD⊥PM于D，则四边形OCDM是矩形 ，可以得到∠OCD=90°，点D的纵坐标为4，可以证明∠PCD=∠PCN，得到PD=PN=−25m2+65m，则4−−23m2+23m+4=−25m2+65m，由此即可得到答案．
（1）
解：∵A(−2,0),B(3,0)，抛物线y=ax2+bx+4经过A、B两点，
∴4a−2b+4=09a−3b+4=0，
∴a=−23b=23，
∴抛物线解析式为y=−23x2+23x+4；
（2）
解：设直线BC的解析式为y=kx+b1，
∵点C是抛物线y=−23x2+23x+4与y轴的交点，
∴点C的坐标为（0，4），
∴3k+b1=0b1=4，
∴k=−43b1=4，
∴直线BC的解析式为y=−43x+4，
∴点P的坐标为m，−23m2+23m+4，点Q的坐标为m，−43m+4，
∴PQ=−23m2+23m+4+43m−4=−23m2+2m，
∵OC=4，OB=3，
∴BC=OC2+OB2=5，
∴sin∠BCO=OBBC=35，
∵PM⊥x轴，
∴PM∥OC，
∴∠PQN=∠BCO，
又∵PN⊥BC，
∴sin∠PQN=PNPQ=35，
∴PN=35PQ=−25m2+65m=−25m+322+910，
∴当m=32时，PN有最大值910；
（3）
解：存在，m的值为74；
理由：如图所示，过点C作CD⊥PM于D，则四边形OCDM是矩形，
∴∠OCD=90°，点D的纵坐标为4，
∴∠OCB+∠BCD=90°，
∵∠OCB+2∠PCN=90°，
∴∠BCD=2∠PCN，
∴∠PCD=∠PCN，
∴PD=PN=−25m2+65m，
∴4−−23m2+23m+4=−25m2+65m，
∴4m2−7m=0，
解得m=74或m=0（舍去）；
因此存在，m的值为74．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，角平分线的性质，解直角三角形，待定系数法求函数解析式，勾股定理等等，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．
22．（2022·辽宁沈阳·沈阳市南昌初级中学（沈阳市第二十三中学）校考一模）如图，抛物线y=ax2+bx+2与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，已知B点的坐标为4,0，抛物线的对称轴为直线x=32，点D是BC上方抛物线上的一个动点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)当△BCD的面积为74时，求点D的坐标；
(3)过点D作DE⊥BC，垂足为点E，是否存在点D，使得△CDE中的某个角等于∠ABC的2倍？若存在，请直接写出点D的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−12x2+32x+2.
(2)D72,98或12,218.
(3)点D的横坐标为2或2911．
【分析】（1）利用待定系数法列方程组求解抛物线的解析式即可；
（2）如图，连接OD，设Dx,−12x2+32x+2,0
∴16a+4b+2=0−b2a=32,
解得：a=−12b=32, 经检验符合题意，
所以抛物线的解析式为：y=−12x2+32x+2.
（2）解：如图，连接OD，设Dx,−12x2+32x+2,0
∴S△BOC=12×4×2=4, S△DOC=12×2x=x,
S△DOB=12×4×−12x2+32x+2=−x2+3x+4,
∴S△BCD=−x2+3x+4+x−4=−x2+4x=74,
解得：x1=72,x2=12,
∴D72,98或12,218.
（3）解：如图，过D作DQ∥y轴交BC于Q, 过C作CF⊥DQ于F, 点D作DE⊥BC，垂足为点E，则CF∥x轴，
∴∠FCB=∠ABC,
当∠DCE=2∠ABC时，
∴∠DCF=∠BCF,∠CDF=∠CQF,
∴CD=CQ,DF=FQ,
设BC的解析式为：y=mx+n, 由C0,2,B4,0可得：
4m+n=0n=2, 解得m=−12n=2,
所以BC为：y=−12x+2,
设Dx,−12x2+32x+2,0
∴−12x2+32x+2−2=2−−12x+2,
解得：x1=2,x2=0, （x=0不符合题意，舍去）
∴D2,3,
当∠CDE=2∠ABC时，作C关于OB的对称点F，过点C作CN⊥BF于点N，交OB于H．作点N关于BC的对称点P，连接NP交BC于点Q，如图所示．
∴F0,−2,BC=BF=22+42=25,
∴12×4×4=12×25×CN,
∴CN=855,
∴BN=252−8552=655,
∵ 点N关于BC的对称点为点P，
∴CP=CN=855,BN=BP=655,
设Px,y,
∴x2+y−22=8552x−42+y2=6552,
整理得：y=2x−225,
∴125x2−640x+704=0, 即25x−885x−8=0,
解得：x1=8825,x2=85,
∴x=8825y=6625或x=85y=−65,
∵∠CHA=∠NHB,
∴∠OCH=∠OBF,
∴tan∠OCH=tan∠OBF=12,
∴OH2=12, 即OH=1,H1,0, 而C0,2,
则CH的解析式为：y=−2x+2,
∵y=2x−225y=−2x+2
解得：x=85y=−65,
所以P8825,6625,
∵点C（0，2），P8825,6625,
同理可得直线CP的解析式为y=211x+2．
将y=211x+2代入y=−12x2+32x+2，
整理，得：11x2−29x=0，
解得：x1=0（舍去），x2=2911，
∴点D的横坐标为2911．
综上所述：存在点D，使得△CDE的某个角恰好等于∠ABC的2倍，点D的横坐标为2或2911．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了勾股定理、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、待定系数法求函数的表达式等知识，解题的关键是根据题意综合运用以上知识点，注意分类讨论思想的运用.
23．（2022·云南昆明·校联考模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A−1,0，B4,0两点，与y轴交于点C0,3．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)如图1，点D为直线BC上方抛物线上一动点，连接AD，交BC于点E，求DEAE的最大值；
(3)如图2，点P为抛物线上一动点，是否存在点P，使得2∠PCB＝∠OCB，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−34x2+94x+3
(2)DEAE的最大值为45
(3)存在，P173,−253或10733,875363
【分析】（1）直接根据两点式写出抛物线的表达式y=ax+1x−4a≠0，然后代入点C0,3求出a即可．
（2）如图1，过点D作DF∥x轴交BC于点F，根据ΔEDF∼ΔEAB得出DEAE=DFAB，从而将求DEAE的最大值转换为求DFAB的最大值，由于AB=5，故只需求出DF最大值即可得出答案．
（3）由2∠PCB=∠OCB，作∠OCB的角平分线，此时点P在角平分线上或者在角平分线关于CB的对称直线上，分别求出两条直线解析式，然后联立抛物线即可求出点P的坐标．
（1）
设y=ax+1x−4a≠0，
将C0,3代入上式，得−4a=3，解得a=−34，
∴y=−34x+1x−4，即y=−34x2+94x+3．
（2）
如图1，过点D作DF∥x轴交BC于点F，
∵DF∥AB，
∴△EDF∽△EAB，
∴DEAE=DFAB，
设直线BC的解析式为y=kx+bk≠0，
将B4,0和C0,3分别代入上式，得4k+b=0b=3，
解得k=−34b=3，
∴直线BC的解析式为y=−34x+3，
∵点D为直线BC上方抛物线上一动点，
∴设Dm,−34m2+94m+30
∴Fm2−3m,−34m2+94m+3，
∴DF=−m2+4m，
∵a=−1<0，
∴开口向下，
当m=−b2a=−42×−1=2时，DF最大=4，
∵A−1,0，B4,0，
∴AB=5，
∴DEAE的最大值为45．
（3）
答：存在，P173,−253或10733,875363．
①如图2，作∠OCB的角平分线交x轴于点M，交抛物线于点P1，过点M作MN⊥BC于点N．
∵CP1是∠OCB的角平分线，MN⊥BC，MO⊥OC，
∴MO＝MN，
在Rt△OCM和Rt△NCM中CM=CMOM=NM，
∴Rt△OCM≌Rt△NCM（HL），
∴CN＝CO＝3，
在Rt△OCB中，CB=OC2+OB2=5，
∴BN＝CB－CN＝5－3＝2，
设OM＝MN＝x，则BM＝4－x，
在Rt△MNB中，∵MN2+NB2=MB2，
∴x2+22=(4−x)2 ，解得x=32，
∴M32,0；
设直线CM的解析式为y=k1x+b1k1≠0，
将C0,3和M32,0分别代入上式得b1=332k1+b1=0，
解得k1=−2b1=3，
∴直线CM的解析式为y＝－2x＋3，
联立y=−34x2+94x+3y=−2x+3得x1=0（舍），x2=173，
将x=173代入y＝－2x＋3中得：y=−253，
∴P1173,−253．
②如图3，延长MN至Q，使得MN＝NQ，连接CQ交抛物线于P2，过N作NR⊥AB于R．
在ΔCNM和ΔCNQ中CN=CN∠CNM=∠CNQMN=NQ，
∴ΔCNM ≅ ΔCNQ（SAS），
∴∠BCP2=∠MCB，即2∠BCP2=∠OCB，
∵S△MNB=12MN⋅NB=12MB⋅NR，
∴NR=MN⋅NRMB=32×252=65，
∴MR=MN2−NR2=322−652=910，
∴N125,65．根据中点坐标公式得Q3310,125；
设直线CQ的解析式为y=k2x+b2k2≠0，
将C0,3和Q3310,125分别代入上式得b2=33310k2+b2=125，
解得k2=−211b2=3，
∴直线CQ的解析式为y=−211x+3，
联立y=−34x2+94x+3y=−211x+3得x1=0（舍），x2=10733，
将x=10733代入y=−211x+3中得y=875363，
∴P210733,875363．
综上所述，存在满足条件的点P173,−253或10733,875363．
【点睛】本题属于二次函数与几何综合题，涉及相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质等知识，综合性较强，解题的关键是读懂题意，巧妙转化，将复杂的几何问题转化为代数问题．
24．（2022·山东济南·统考二模）抛物线y=ax2+bx+c的顶点坐标为(1,4)，与x轴交于点A,B(3,0)两点，与y轴交于点C，点M是抛物线上的动点．
(1)求这条抛物线的函数表达式；
(2)如图1，若点M在直线BC上方抛物线上，连接AM交BC于点E，求MEAE的最大值及此时点M的坐标；
(3)如图2，已知点Q(0,1)，是否存在点M，使得tan∠MBQ=12？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3；
(2)916；(32,154)；
(3)存在；(−87,−2949)或（0，3）
【分析】（1）因为已知抛物线的顶点坐标，所以将抛物线设为顶点式，将B坐标代入求解即可；
（2）过点M作MM1⊥x轴交直线BC于点M1，过点A作AA1⊥x轴交直线BC于点A1，先证△MM1E∽△AA1E得到对应边的比值相等，设M(m,−m2+2m+3)，通过相似三角形的性质得到MEAE间的比，然后根据抛物线的性质即可求出最值，进而求得M坐标；
（3）取线段BQ的中点G，再将QG绕点Q旋转90°得到QG′，则tan∠MBQ=12，直线BG′与抛物线的交点即为点M，然后分类讨论，分为将QG绕点Q顺时针旋转90°，将QG绕点Q逆时针旋转90°，通过联立方程组的方法即可求得M的坐标．
(1)
解：∵抛物线过顶点(1,4)，
所以可以设抛物线解析式为：y=a(x−1)2+4，
将B(3,0)代入得，a=−1，
∴抛物线的解析式为：y=−(x−1)2+4，
即：y=−x2+2x+3；
(2)
如图，过点M作MM1⊥x轴交直线BC于点M1，过点A作AA1⊥x轴交直线BC于点A1，
∵直线BC过点C(0,3) ，
∴设直线BC的表达式为：y=kx+3，
将B(3,0)代入，
得k=-1，
∴lBC：y=−x+3，
∵MM1∥AA1，
∴∠AA1E=∠MM1E,∠A1AE=∠M1ME，
∴△MM1E∽△AA1E，
∴MEAE=MM1AA1，
设M(m,−m2+2m+3)，则M1（m,−m+3），
∴MM1=−m2+2m+3-(−m+3)=−m2+3m，
令−x2+2x+3=0，解得x1=−1,x2=3，
∴A(-1,0)，
∵lBC：y=−x+3， 令x=−1，解得y=4，
∴A1(-1,4)，
∴AA1=4，
∴MEAE=MM1AA1=−m2+3m4=−14m2+34m，
∵−14＜0，
当m=−b2a=−342×（−14）=32时，MEAE最大，
把m=32代入得，MEAE=−94+924=916，
把m=32代入M(m,−m2+2m+3)，
解得M点坐标为（32，154）；
(3)
取线段BQ的中点G，再将QG绕点Q旋转90°得到QG′，
则tan∠MBQ=12，直线BG′与抛物线的交点即为点M，
①将QG绕点Q顺时针旋转90°，得到QG′，
分别过点G′、点B作x轴垂线，与过Q点的水平线分别交于点N、Z，
∵QG绕点Q旋转90°得到QG′，
∴∠BOG′=90°，
∵NZ∥x轴，
∴∠N=∠Z=90°，
∵∠NQG′+NG′Q=90°,∠NQG′+∠BQZ=90°，
∴NG′Q=BQZ，
∴△NQG′∽△ZBQ，
∵G是QB的中点，QG=QG′，
∴QG′QB=QGQB=12，
∴NG′=12QZ=32，QN=12BZ=12，
∴xG′=−QN=−12,yG′=−(NG′−OQ)=−(32−1)=−12，
∴G′(−12,−12)，
设lBG′：y=kx+b，将B(3,0)，G′(−12,−12)代入，
得{3k+b=0−12k+b=−12，解得{k=17b=−37，
∴lBG′：y=17x−37，
由{y=17x−37y=−x2+2x+3，
解得：{x=−87y=−2949或{x=3y=0（舍去），
∴M(−87,−2949)；
②如图，将线段QG绕点Q逆时针旋转90°得到QG″，
连接G″B并延长交抛物线于点M，过G″作x轴平行线交y轴于点L，
∵旋转90°，∴∠BQG″=90°，
∵∠LQG″+∠LG″Q=90°,∠LQG″+∠OQB=90°，
∴∠LG″Q=∠OQB，
又∵∠BOQ=∠QLG″=90°，
∴△LQG″∽△OBQ，且相似比为QG″QB=12，
∴LG″=12OQ=12，LQ=12OB=32，
∴xG″=LG″=12,yG″=OQ+LQ=1+32=52，
∴G″(12,52)，
又∵B(3,0)，
设lBG″:y=kx+b，
将G″(12,52)，B(3,0)代入，
得{12k+b=523k+b=0，解得{k=−1b=3，
∴lBG″:y=−x+3，
由{y=−x+3y=−x2+2x+3 ，
解得：{x=0y=3或{x=3y=0（舍去），
∴M(0,3)，
综上所述，点M的坐标为（−87，−2949）或（0，3）．
【点睛】本题是一道二次函数综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，角的存在性问题等，解决问题的关键是做横平竖直线，将“斜线段”转化为“垂线段”，利用函数思想解决最题．
中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题28二次函数与角压轴问题
经典例题
【例1】（2022·山东菏泽·统考中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于A−2,0、B8,0两点，与y轴交于点C0,4，连接AC、BC．
(1)求抛物线的表达式；
(2)将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，直接写出点D的坐标．并求出四边形OADC的面积；
(3)点P是抛物线上的一动点，当∠PCB=∠ABC时，求点P的坐标．
【答案】(1)y=−14x2+32x+4
(2)D−8,8,24
(3)P6,4或343,−1009
【分析】（1）直接利用待定系数法求抛物线解析式即可；
（2）先利用勾股定理的逆定理证明△ABC为直角三角形，再根据折叠的性质得出点B、C、D三点共线，继而通过证明△DBE∼△CBO，利用相似三角形的性质即可得出点D的坐标，根据四边形OADC的面积=S△ADC+S△AOC=S△ABC+S△AOC进行求解即可；
（3）分两种情况讨论：当点P在x轴上方时，当点P在x轴下方时，分别求解即可．
【详解】（1）将A−2,0，B8,0，C0,4代入抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)，得
0=4a−2b+c0=64a+8b+c4=c，解得a=−14b=32c=4，
所以，抛物线的表达式为y=−14x2+32x+4；
（2）如图，过点D作DE⊥x轴于E，
∴∠DEB=∠COB=90°，
∵A−2,0，B8,0，C0,4，
∴AB=10,AC=22+42=25,BC=82+42=45,OB=8,OC=4,OA=2，
∵AB2=AC2+BC2，
∴△ABC为直角三角形且∠ACB=90°，
将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，
此时，点B、C、D三点共线，BC=DC，S△ABC=S△ADC，
∵∠DBE=∠CBO，
∴△DBE∼△CBO，
∴DBCB=DEOC=BEBO=2，
∴OB=OE=8,DE=2OC=8，
∴D−8,8，
∴四边形OADC的面积
=S△ADC+S△AOC=S△ABC+S△AOC=12⋅AC⋅BC+12⋅OA⋅OC=12×25×45+12×2×4=24；
（3）
当点P在x轴上方时，
∵∠PCB=∠ABC，
∴CP∥x轴，
∴点P的纵坐标为4，即4=−14x2+32x+4，
解得x=6或0（舍去）
∴P6,4；
当点P在x轴下方时，设直线CP交x轴于F，
∵∠PCB=∠ABC，
∴CF=BF，
设OF=t，则CF=BF=8−t，
在Rt△COF中，由勾股定理得OC2+OF2=CF2，
即42+t2=8−t2，
解得t=3，
∴F3,0，
∵C0,4，
∴设直线CF的解析式为y=kx+4，
即0=3k+4，解得k=−43，
∴直线CF的解析式为y=−43x+4，
令−43x+4=−14x2+32x+4，解得x=343或0（舍去），
当x=343时，y=−14×3432+32×343+4=−1009
∴P343,−1009；
综上，P6,4或343,−1009．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题目，涉及待定系数法求二次函数解析式，勾股定理的逆定理，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，求一次函数的解析式，等腰三角形的性质等知识，熟练掌握知识点并能够灵活运用是解题的关键．
【例2】（2022·江苏苏州·统考中考真题）如图，在二次函数y=−x2+2mx+2m+1（m是常数，且m>0）的图像与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D．其对称轴与线段BC交于点E，与x轴交于点F．连接AC，BD．
(1)求A，B，C三点的坐标（用数字或含m的式子表示），并求∠OBC的度数；
(2)若∠ACO=∠CBD，求m的值；
(3)若在第四象限内二次函数y=−x2+2mx+2m+1（m是常数，且m>0）的图像上，始终存在一点P，使得∠ACP=75°，请结合函数的图像，直接写出m的取值范围．
【答案】(1)A（-1，0）；B（2m+1，0）；C（0，2m+1）；∠OBC=45°
(2)m=1
(3)0
【分析】（1）分别令x,y等于0，即可求得A,B,C的坐标，根据OC=OB,∠BOC=90°，即可求得∠OBC=45°；
（2）方法一：如图1，连接AE．由解析式分别求得DF=m+12，OF=m，BF=m+1．根据轴对称的性质，可得AE=BE，由tan∠ACE=AECE=BECE=BFOF=m+1m，建立方程，解方程即可求解．方法二：如图2，过点D作DH⊥BC交BC于点H．由方法一，得DF=m+12，BF=EF=m+1．证明△AOC∽△DHB，根据相似三角形的性质建立方程，解方程即可求解；
（3）设PC与x轴交于点Q，当P在第四象限时，点Q总在点B的左侧，此时∠CQA>∠CBA，即∠CQA>45°．
【详解】（1）当y=0时，−x2+2mx+2m+1=0．
解方程，得x1=−1，x2=2m+1．
∵点A在点B的左侧，且m>0，
∴A−1,0，B2m+1,0．
当x=0时，y=2m+1．
∴C0,2m+1．
∴OB=OC=2m+1．
∵∠BOC=90°，
∴∠OBC=45°．
（2）方法一：如图1，连接AE．
∵y=−x2+2mx+2m+1=−x−m2+m+12，
∴Dm,m+12，Fm,0．
∴DF=m+12，OF=m，BF=m+1．
∵点A，点B关于对称轴对称，
∴AE=BE．
∴∠EAB=∠OCB=45°．
∴∠CEA=90°．
∵∠ACO=∠CBD，∠OCB=∠OBC，
∴∠ACO+∠OCB=∠CBD+∠OBC，
即∠ACE=∠DBF．
∵EF∥OC，
∴tan∠ACE=AECE=BECE=BFOF=m+1m．
∴m+1m=m+12m+1．
∵m>0，
∴解方程，得m=1．
方法二：如图2，过点D作DH⊥BC交BC于点H．
由方法一，得DF=m+12，BF=EF=m+1．
∴DE=m2+m．
∵∠DEH=∠BEF=45°，
∴DH=EH=22DE=22m2+m，
BE=2BF=2m+1．
∴BH=BE+HE=22m2+3m+2．
∵∠ACO=∠CBD，∠AOC=∠BHD=90°，
∴△AOC∽△DHB．
∴OAOC=DHBH．
∴12m+1=22m2+m22m2+3m+2，即12m+1=mm+2．
∵m>0，
∴解方程，得m=1．
（3）0
∵∠ACQ=75°，
∴∠CAO<60°．
∴tan∠CAO<3，
∵OC=2m+1，
∴2m+1<3．
解得m<3−12，
又m>0，
∴0
【点睛】本题考查了二次函数综合，求二次函数与坐标轴的交点，角度问题，解直角三角形，相似三角形的性质，三角形内角和定理，综合运用以上知识是解题的关键．
【例3】（2022·天津·统考二模）已知抛物线y=x2+6x+5与x轴交于点A，B（点A在点B左侧），顶点为D，且过C（－4，m）．
(1)求点A，B，C，D的坐标；
(2)点P在该抛物线上（与点B，C不重合），设点P的横坐标为t．
①当点P在直线BC的下方运动时，求△PBC的面积的最大值，
②连接BD，当∠PCB＝∠CBD时，求点P的坐标．
【答案】(1)A（-5，0），B（-1，0）；C（-4，-3）；D（-3，-4）
(2)①278；②（0，5）或（−32，−74）
【分析】（1）把抛物线解析式化为顶点式即可求出点D的坐标，令y=0，求出x的值即可得到A、B的坐标，把x=-4代入抛物线解析式求出y即可求出点C的坐标；
（2）①先求出直线BC的解析式为y=x+1，过点P作PE⊥x轴于E交BC于F，则点P的坐标为（t，t2+6t+5），点F的坐标为（t，t+1），PF=−t2−5t−4，再根据S△PBC=S△PFC+S△PFB =−32t+522+278，进行求解即可；②分如图1所示，当点P在直线BC上方时，如图2所示，当点P在直线BC下方时，两种情况讨论求解即可．
(1)
解：∵抛物线解析式为y=x2+6x+5=x+32−4，
∴抛物线顶点D的坐标为（-3，-4）；
令y=0，则x2+6x+5=0，
解得x=−1或x=−5，
∵抛物线y=x2+6x+5与x轴交于点A，B（点A在点B左侧），
∴点A的坐标为（-5，0），点B的坐标为（-1，0）；
令x=−4，则y=−42+6×−4+5=−3，
∴点C的坐标为（-4，-3）；
(2)
解：①设直线BC的解析式为y=kx+b，
∴−k+b=0−4k+b=−3，
∴k=1b=1，
∴直线BC的解析式为y=x+1，
过点P作PE⊥x轴于E交BC于F，
∵点P的横坐标为t，
∴点P的坐标为（t，t2+6t+5），点F的坐标为（t，t+1），
∴PF=t+1−t2−6t−5=−t2−5t−4，
∴S△PBC=S△PFC+S△PFB
=12PF⋅xP−xC+12PF⋅xB−xP
=12PF⋅xB−xC
=−32t2+5t+4
=−32t+522+278，
∴当t=−52时，△PBC的面积最大，最大为278；
②如图1所示，当点P在直线BC上方时，
∵∠PCB=∠CBD，
∴PC∥BD，
设直线BD的解析式为y=k1x+b1，
∴−k1+b1=0−3k1+b1=−4，
∴k1=2b1=2，
∴直线BD的解析式为y=2x+2，
∴可设直线PC的解析式为y=2x+b2，
∴2×−4+b2=−3，
∴b2=5，
∴直线PC的解析式为y=2x+5，
联立y=2x+5y=x2+6x+5得x2+4x=0，
解得x=0或x=−4（舍去），
∴y=5，
∴点P的坐标为（0，5）；
如图2所示，当点P在直线BC下方时，设BD与PC交于点M，
∵点C坐标为（-4，-3），点B坐标为（-1，0），点D坐标为（-3，-4），
∴BC2=−4−−12+−32=18,BD2=−3−−12+−42=20，CD2=−4−−32+−3−−42=2，
∴BC2+CD2=BD2，
∴∠BCD=90°，
∴∠BCM+∠DCM=90°，∠CBD+∠CDB=90°，
∵∠CBD=∠PCB，
∴MC=MB，∠MCD=∠MDC，
∴MC=MD，
∴MD=MB，
∴M为BD的中点，
∴点M的坐标为（-2，-2），
设直线CP的解析式为y=k2x+b3，
∴−4k2+b3=−3−2k2+b3=−2，
∴k2=12b3=−1，
∴直线CP的解析式为y=12x−1，
联立y=12x−1y=x2+6x+5得2x2+11x+12=0，
解得x=−32或x=−4（舍去），
∴y=−74，
∴点P的坐标为（−32，−74）；
综上所述，当∠PCB＝∠CBD时，点P的坐标为（0，5）或（−32，−74）；
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，二次函数的性质，待定系数法求函数解析式，勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
【例4】（2022·四川达州·统考中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，已知二次函数y=ax2+bx+2的图象经过点A(−1,0)，B(3,0)，与y轴交于点C．
(1)求该二次函数的表达式；
(2)连接BC，在该二次函数图象上是否存在点P，使∠PCB=∠ABC？若存在，请求出点P的坐标：若不存在，请说明理由；
(3)如图2，直线l为该二次函数图象的对称轴，交x轴于点E．若点Q为x轴上方二次函数图象上一动点，过点Q作直线AQ，BQ分别交直线l于点M，N，在点Q的运动过程中，EM+EN的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)y=−23x2+43x+2
(2)P2,2或285,−28625
(3)163
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）根据题意，分情况讨论，①过点C作关于x=1的对称点P，即可求P的坐标，②x轴上取一点D，使得DC=DB，则∠DCB=∠ABC，设Dd,0，根据勾股定理求得CD,BD，建列方程，解方程求解即可；
（3）设Qt,−23t2+43t+2，−1
∴C0,2，
∵过点A(−1,0)，B(3,0)，
设二次函数的表达式为y=ax+1x−3 =ax2−2x−3，
将点C0,2代入得，
2=−3a，
解得a=−23，
∴y=−23x2+43x+2，
（2）∵二次函数y=ax2+bx+2的图象经过点A(−1,0)，B(3,0)，
∴抛物线的对称轴为x=1，
①如图，过点C作关于x=1的对称点P，
∴CP∥AB，
∴∠PCB=∠ABC，
∵C0,2，
∴P2,2，
②x轴上取一点D，使得DC=DB，则∠DCB=∠ABC，设Dd,0，
则CD=22+d2,BD=3−d，
∴22+d2=3−d2，
解得d=56，
即D56,0，
设直线CD的解析式为y=kx+b，
56k+b=0b=2，
解得k=−125b=2，
∴直线CD的解析式为y=−125x+2，
联立y=−125x+2y=−23x2+43x+2，
解得x=0y=2或x=285y=−28625，
∴P285,−28625，
综上所述，P2,2或285,−28625，
（3）EM+EN的值是定值163，
设Qt,−23t2+43t+2，−1
∵A−1,0,B3,0,E1,0,Ft,0，
∴AE=BE=2,AF=t+1,BF=3−t，
∴ME∥QF,NE∥QF，
∴△AME∽△AQF,△BNE∽△BQF，
∴MEQF=AEAF,NEQF=BEBF，
即MEQF=2t+1,NEQF=23−t，
∴ME=2t+1QF，NE=23−tQF，
∴ME+NE=2t+1+23−tQF，
∵QF=−23t2+43t+2=−23×t+1t−3，
∴ME+NE=2t+1+23−t×−23×t+1t−3
=−43t−3−t+1
=163．
即EM+EN的值是定值163
【点睛】本题考查了二次函数综合，待定系数法求解析式，角度问题，相似三角形的性质与判定，掌握二次函数的性质是解题的关键．
【例5】．（2022·湖北黄石·统考中考真题）如图，抛物线y=−23x2+23x+4与坐标轴分别交于A，B，C三点，P是第一象限内抛物线上的一点且横坐标为m．
(1)A，B，C三点的坐标为____________，____________，____________；
(2)连接AP，交线段BC于点D，
①当CP与x轴平行时，求PDDA的值；
②当CP与x轴不平行时，求PDDA的最大值；
(3)连接CP，是否存在点P，使得∠BCO+2∠PCB=90°，若存在，求m的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A−2,0;B3,0;C0,4
(2)①15；②940
(3)存在点P，m=74
【分析】(1)令x=0，则y=4，令y=0，则−23x2+23x+4=0，所以x=-2或x=3，由此可得结论；
(2)①由题意可知，P(1，4)，所以CP=1，AB=5，由平行线分线段成比例可知，PDDA=CPAB=15．
②过点P作PQ∥AB交BC于点Q，所以直线BC的解析式为：y=-43x+4．设点P的横坐标为m，则P(m，-23m2+23m+4)，Q(12m2−12m，-23m2+23m+4)．所以PQ=m-(12m2−12m)=-12m2+32m，因为PQ∥AB，所以PDDA=PQAB=−12m2+32m5=−110(m−32)2+940，由二次函数的性质可得结论；
(3)假设存在点P使得∠BCO+2∠BCP=90°，即0＜m＜3．过点C作CF∥x轴交抛物线于点F，由∠BCO+2∠PCB=90°，可知CP平分∠BCF，延长CP交x轴于点M，易证△CBM为等腰三角形，所以M(8，0)，所以直线CM的解析式为：y=-12x+4，令−23x2+23x+4=-12x+4，可得结论．
【详解】（1）解：令x=0，则y=4，
∴C(0，4)；
令y=0，则−23x2+23x+4=0，
∴x=-2或x=3，
∴A(-2，0)，B(3，0)．
故答案为：(-2，0)；(3，0)；(0，4)．
（2）解：①∵CP∥x轴，C0,4，
∴P1,4，CP=1，AB=5
又∵CP∥x轴，
∴△CPD∽△BAD
∴PDDA=CPAB=15；
②过P作PQ∥AB交BC于点Q，
设直线BC的解析式为y=k1x+b1，
把B(3，0)，C(0，4)代入，得
3k1+b1=0b1=4，解得k1=−43b1=4，
∴直线BC的解析式为y=−43x+4，
设Pm,−23m2+23m+4，则Q12m2−12m,−23m2+23m+4，
∴PQ=m−12m2−12m=−12m2+32m，
∵PQ∥AB，
∴△QPD∽△BAD
∴PDDA=PQAB=−12m2+32m5=−110m−322+940，
∴当m=32时，PDDA取最大值940；
（3）解：假设存在点P使得∠BCO+2∠BCP=90°，即0
∴∠FCP=∠BMC，
∵∠BCO+2∠BCP=90°，
∴CP平分∠BCF，
∴∠BCP=∠FCP，
∴∠BCP=∠BMC，
∴BC=BM，
∴△CBM为等腰三角形，
∵BC=5，
∴BM=5，OM=8，M8,0，
设直线CM解析式为y=kx+b，
把C(0，4)，M8,0代入，得
8k+b=0b=4，解得：k=−12b=4，
∴直线CM的解析式为y=−12x+4，
联立y=−12x+4y=−23x2+23x+4，
解得x=74或x=0(舍)，
∴存在点P满足题意，即m=74．
【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，平行线分线段成比例，角度的存在性等相关内容，解本题的关键是求抛物线解析式，确定点P的坐标．
培优训练
一、解答题
1．（2022·四川绵阳·东辰国际学校校考模拟预测）如图，以△ABC的边AB和AB边上高所在直线建立平面直角坐标系，已知AB=4，C0，−3，tan∠CAB+tan∠CBA=4，抛物线y=ax2+bx+c经过A，B，C三点．
(1)求抛物线解析式．
(2)点G是x轴上一动点，过点G作GH⊥x轴交抛物线于点H，抛物线上有一点Q，若以C，G，Q，H为顶点的四边形为平行四边形，求点G的坐标．
(3)点P是抛物线上的一点，当∠PCB=∠ACO时，求点P的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)G的坐标为1+103,0或1−103,0
(3)当∠PCB=∠ACO时，点P的坐标为（4，5）或52,−74
【分析】（1）先求出OC=3，再根据正切的定义得到1OA+1OB=43，结合OA+OB=4求出A−1，0，B3，0，再利用待定系数法求出对应的函数解析式即可；
（2）先证明只存在以GH为对角线的平行四边形，设Gn，0，Qm，m2−2m−3，则Hn，n2−2n−3，根据平移的特点建立方程3n2−2n−3=0进行求解即可；
（3）先求出∠OBC=45°，BC=2OC=32，如图②，作∠P1CB=∠ACO，过点B作BD1⊥BC交CP1于点D1，过点D1作D1M⊥x轴于点M，可得△BMD1为等腰直角三角形，BM=D1M=22D1B，再由tan∠P1CB=tan∠ACO=OAOC=13，得到BM=D1M=22D1B=1，则点D1的坐标为2，1，求出直线CD1的解析式为y=2x−3，联立y=2x−3y=x2−2x−3，可得P1的坐标为4，5．如图②，延长D1B至D2，使得D1B=D2B，连接CD2交抛物线于点P2，过点D2作D2N⊥x轴于点N，则D24，−1，求出直线CD2的解析式为y=12x−3，联立y=12x−3y=x2−2x−3，可得点P2的坐标为52，−74．
【详解】（1）解：∵C0，−3，
∴OC=3，
∵tan∠CAB+tan∠CBA=4，
∴OCOA+OCOB=4，
∴1OA+1OB=43，
由1OA+1OB=43OA+OB=4，
可得OA⋅OB=3OA+OB=4，
解得OA=1OB=3或OA=3OB=1（舍去），
∴A−1，0，B3，0，
将A−1，0，B3，0，C0，−3代入y=ax2+bx+c可得a−b+c=09a+3b+c=0c=−3，
解得a=1b=−2c=−3，
∴抛物线解析式为y=x2−2x−3．
（2）解：如图①，∵GH∥y轴，点Q在抛物线上，
∴以GH为边的平行四边形不存在，只存在以GH为对角线的平行四边形，
设Gn，0，Qm，m2−2m−3，则Hn，n2−2n−3，
由点的平移可得m−n=n−0m2−2m−3−0=n2−2n−3−−3，消元整理可得3n2−2n−3=0，解得n1=1+103，n2=1−103，
∴点G的坐标为1+103，0或1−103，0．
（3）解：∵OC=OB=3，
∴∠OBC=45°，BC=2OC=32，
如图②，作∠P1CB=∠ACO，过点B作BD1⊥BC交CP1于点D1，过点D1作D1M⊥x轴于点M，
∴∠D1BM=45°，
∴△BMD1为等腰直角三角形，BM=D1M=22D1B，
∵tan∠P1CB=tan∠ACO=OAOC=13，
∴D1BBC=D1B32=13，D1B=2，
∴BM=D1M=22D1B=1，
∴点D1的坐标为2，1，
由D12，1，C0，−3可得直线CD1的解析式为y=2x−3，
联立y=2x−3y=x2−2x−3，
解得x1=0y1=−3（舍去），x2=4y2=5，
∴P1的坐标为4，5．
如图②，延长D1B至D2，使得D1B=D2B，连接CD2交抛物线于点P2，过点D2作D2N⊥x轴于点N，
∴D24，−1，
由D24，−1，C0，−3可得直线CD2的解析式为y=12x−3，
联立y=12x−3y=x2−2x−3，
解得x1=0y1=−3（舍去），x2=52y2=−74，
∴点P2的坐标为52，−74．
综上可得当∠PCB=∠ACO时，点P的坐标为4，5或52，−74．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质与判断，解直角三角形等等，灵活运用所学知识并利用数形结合的思想求解是解题的关键．
2．（2022·山东日照·校考一模）如图，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A1,0，B3,0两点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图2，M是抛物线x轴下方的抛物线上一点，连接MO、MB、MC，若△MOC的面积是△MBC面积的3倍，求点M的坐标
(3)如图3，连接AC､BC，在抛物线上是否存在点N（不与点A重合），使得∠BCN=∠ACB？若存在求出点N的横坐标，若不存在说明理由
【答案】(1)y=x2−4x+3；
(2)83,−59
(3)抛物线上存在一点N，使得∠BCN=∠ACB，点N的坐标是113,169
【分析】（1）利用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）先用待定系数法求出直线BC的解析式为y=−x+3，设点M的坐标是m,m2−4m+3，过点M作直线MP∥y轴交BC于点N，则点P的是m,−m+3，求出MP=−m2+3m，得到S△MOC=32m，S△MBC=−32m2+92m，根据△MOC的面积是△MBC面积的3倍，列方程求得m的值，即可求得点M的坐标；
（3）抛物线上存在一点N，使得∠BCN=∠ACB，过点B作BE⊥AB交CN于点E，则∠EBO=90°，证明△ABC≌△EBCASA得到BE=AB=2，求出点E的坐标是3,2，待定系数法求出直线CN的解析式，联立直线CN的解析式与抛物线的解析式即可求出点N的坐标．
【详解】（1）解：把A1,0，B3,0代入y=ax2+bx+3得，
a+b+3=09a+3b+3=0，
解得a=1b=−4，
∴抛物线的解析式为y=x2−4x+3；
（2）如图，
对于y=x2−4x+3，
当x=0时，y=3，
∴点C的坐标为0,3，
设直线BC的解析式为y=kx+t，代入B3,0，C0,3得，
3k+t=0t=3，解得k=−1t=3，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
设点M的坐标是m,m2−4m+3，过点M作直线MP∥y轴交BC于点N，
则点P的是m,−m+3，
∴MP=−m+3−m2−4m+3=−m2+3m，
∵A1,0，B3,0，C0,3，
∴S△MOC=12OC·m=32m，S△MBC=12MP·OB=−32m2+92m，AB=2，
∵△MOC的面积是△MBC面积的3倍，
∴32m=3−32m2+92m，
解得m=0（不合题意，舍去）或m=83，
当m=83时，m2−4m+3=832−4×83+3=−59，
∴点M的坐标是83,−59；
（3）抛物线上存在一点N，使得∠BCN=∠ACB，过点B作BE⊥AB交CN于点E，则∠EBO=90°，
∵B3,0，C0,3，
∴OB=OC，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴∠OBC=45°，
∴∠OBC=∠EBC=45°，
∵BC=BC，∠BCN=∠ACB，
∴△ABC≌△EBCASA，
∴BE=AB=2，
∴点E的坐标是3,2，
设直线CN的解析式为y=mx+n，代入E3,2，C0,3得，
3m+n=2n=3，解得m=−13n=3，
∴直线CN的解析式为y=−13x+3，
联立y=x2−4x+3与y=−13x+3得，
y=−13x+3y=x2−4x+3，
解得x=113y=169或x=0y=3（不合题意，舍去），
∴抛物线上存在一点N，使得∠BCN=∠ACB，点N的坐标是113,169．
【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了利用待定系数法求函数解析式、二次函数与一次函数的交点问题、全等三角形的判定和性质等知识，关键是添加合适的辅助线解决问题．
3．（2021·贵州遵义·校考模拟预测）如图，直线y=−x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点，抛物线y=−x2+bx+c经过点B、C的，与x轴另一交点为A，顶点为D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在抛物线对称轴是否存在一点E，使得△BCE是等腰三角形，若存在，求出E的点坐标，若不存在，请说明理由；
(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得∠APB=∠OCB？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)1，14或1，−14或1，3−17或1，3+17或1，1
(3)1，2+22或1，−2−22
【分析】（1）先求出B、C坐标，然后把B、C坐标代入抛物线解析式中求解即可；
（2）设点E的坐标为1，m，则BC2=18,BE2=m2+4,CE2=m2−6m+10，再分三种情况：当BC=BE，当BC=CE，当BE=CE讨论求解即可；
（3）如图所示，当点P在x轴上方时，过点B作BF⊥AP于F，先证明△PBF是等腰直角三角形，则可设BF=PF=a，则PA=PB=2a，进而得到a2+2−12a2=16，求出PH=2+22得到点P的坐标，利用对称性求出点P在x轴下方时的坐标即可得到答案．
【详解】（1）解：∵直线y=−x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点，
∴B3，0，C0，3，
把B3，0，C0，3代入抛物线解析式y=−x2+bx+c中得：
−9+3b+c=0c=3，
∴b=2c=3，
∴抛物线解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：∵抛物线解析式为y=−x2+2x+3=−x−12+4，
∴抛物线对称轴为直线x=1，
设点E的坐标为1，m，
∴BC2=32+33=18,BE2=3−12+0−m2=m2+4,CE2=1−02+m−32=m2−6m+10，
当BC=BE时，则m2+4=18，
解得m=±14，
∴点E的坐标为1，14或1，−14；
当BC=CE时，则m2−6m+10=18，
解得m=3+17或m=3−17，
∴点E的坐标为1，3−17或1，3+17；
当BE=CE时，则m2+4=m2−6m+10，
解得m=1，
∴点E的坐标为1，1；
综上所述，点E的坐标为1，14或1，−14或1，3−17或1，3+17或1，1；
（3）解：如图所示，当点P在x轴上方时，过点B作BF⊥AP于F，
∵OB=OC=3，∠BOC=90°，
∴∠APB=∠OCB=45°，
∴△PBF是等腰直角三角形，
∴可设BF=PF=a，则PA=PB=2a，
∴AF=PA−PF=2−1a，
由对称性可知A−1，0，
∴AB=4，
∴a2+2−12a2=16，
∴a2=8+42，
∴PB2=16+82，
∴PH=PB2−BH2=12+82=2+22，
∴P1，2+22；
∴由对称性可知当点P在x轴下方时，点P的坐标为1，−2−22；
综上所述，点P的坐标为1，2+22或1，−2−22
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，待定系数法求函数解析式，勾股定理，等腰三角形的定义，等腰直角三角形的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关键．
4．（2022·湖南长沙·长沙市南雅中学校联考一模）已知二次函数y=ax2+bx−32（a≠0）的图象经过A（1，0）、B（−3，0）两点，顶点为点C．
(1)求二次函数的解析式；
(2)如二次函数y=ax2+bx−32的图象与y轴交于点G，抛物线上是否存在点Q，使得∠QAB=∠ABG，若存在求出Q点坐标，若不存在请说明理由；
(3)经过点B并且与直线AC平行的直线BD与二次函数y=ax2+bx−32图象的另一交点为D，DE⊥AC，垂足为E，DF∥y轴交直线AC于点F，点M是线段BC之间一动点，FN⊥FM交直线BD于点N，延长MF与线段DE的延长线交于点H，点P为△NFH的外心，求点M从点B运动到点C的过程中，P点经过的路线长．
【答案】(1)y=12x2+x−32
(2)−4，52或−2，−32
(3)1
【分析】（1）将A（1，0）、B（-3，0）代入y=ax2+bx−32，即可求解；
（2）先求出BG的解析式为y=−12x−32，然后再进行分类讨论，分别求得点Q的坐标即可；
（3）可知△DNH与△FNH是直角三角形，外心P在斜边NH的中点，分别求出直线AC及直线BD的函数关系式，再分为当M运动到C点时及当点M运动到B点时两种情况进行讨论，求解即可．
【详解】（1）∵二次函数y=ax2+bx−32的图像经过A（1,0）、B（-3,0），
∴a+b−32=09a−3b−32=0，
解得a=12b=1，
∴二次函数的解析式为y=12x2+x−32；
（2）由题可知G点坐标0,−32，
设直线BG的解析式为y=px+q，得：
−3k+b=00k+b=−32，解得：k=−12b=−32，
∴BG的解析式为y=−12x−32，
①AQ∥BG，直线AQ的解析式y=−12x+12，
联立直线AQ与二次函数解析式y=−12x+12y=12x2+x−32 ，
解得x1=1y1=0或x2=−4y2=52
此时Q的坐标为−4，52，
②直线y=−12x+12与y轴的交点为K0，12，其关于x轴的对称点为K10，−12
直线AK1的解析式为：y=12x−12 与二次函数解析式联立得
y=12x−12y=12x2+x−32，
解得x1=1y1=0或x2=−2y2=−32，
此时Q的坐标为−2，−32，
综上,抛物线上存在点Q使得∠QAB=∠BAG，Q点坐标为−4，52或−2，−32
（3）如图，易知△DNH与△FNH是直角三角形，外心P在斜边NH的中点，
∴PD=PF=12NH，所以点P是线段DF的垂直平分线上的动点，
∵直线AC的解析式为y=x-1，BD∥AC，
∴直线BD的解析式为y=x+3，
∴D（3,6），
①当M运动到C点时H1与点E重合，FN1⊥AC，则FN1⊥BD，又因为∠DEF=90°，DE=EF，
∴四边形DN1FE为正方形，
∴P1是线段DF的中点（3,4）；
②当点M运动到B点时，FN2⊥FH2，
∵四边形DN1FE是正方形
∴∠N1FN2=∠BFC，∠N2N1F=∠BCF=90°，
∴△N2N1F∽△BCF，
∴CFN1F=BCN2N1，
∵四边形DN1FE是正方形，
∴N1（1,4），
∴BCN2N1=CFN1F=4222=2，
∴N1N2=2，
∴N2（2,5），
同理H2（6,3），
所以N2H2的中点P2（4，4），
∵P1（3，4），
∴P1P2=1
【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，会用待定系数法求函数的解析式，会求函数的交点坐标，根据点M的运动情况确定P点的轨迹是线段是解题的关键．
5．（2022·内蒙古包头·包头市第三十五中学校考三模）如图，抛物线y=ax2+bx+3交x轴于A(3,0),B(−1,0)两点，交y轴于点C．
(1)求抛物线的解析式和对称轴．
(2)若R为抛物线上一点，满足∠BCR=45°，求R的坐标．
(3)若点P在抛物线的对称轴上，点Q是平面直角坐标系内的任意一点，是否存在点P 使得A、C、P、Q为顶点的四边形是矩形，若存在，请直接写出所有符合条件的点Q的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3，对称轴为直线x=1
(2)（4，-5）
(3)存在，（4，1）或（-2，1）或2,3+172或2,3−172
【分析】（1）利用待定系数解答，即可求解；
（2）过点B作BM⊥BC交CR于点M，过点M作ME⊥x轴于点E，证明△BOC≌△MBE，可得点E（2，-1），然后求出直线CR的解析式，再与抛物线解析式联立，即可求解；
（3）设P(1,t)，点Q（m，n），分两种情况讨论：然后分两种情况讨论：当AC为边时，当AC为对角线时，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+3交x轴于A3,0，B−1,0两点，
∴9a+3b+3=0a−b+3=0，
解得：a=−1b=2，
∴该抛物线的解析式为y=−x2+2x+3=−x−12+4，
∴对称轴为直线x=1；
（2）解：当x=0时，y=3，
∴OC=3，
∵点B（-1，0），
∴OB=1，
如图，过点B作BM⊥BC交CR于点M，过点M作ME⊥x轴于点E，
∵∠BCR=45°，
∴△BCM为等腰直角三角形，∠CBO+∠EBM=90°，
∴BM=BC，
∵∠EBM+∠BME=90°，
∴∠CBO=∠BME，
∵∠BEM=∠BOC=90°，
∴△BOC≌△MBE，
∴EM=BO=1，BE=OC=3，
∴OE=2，
∴点E（2，-1），
设直线CR的解析式为y=kx+b1k≠0
把点C（0，3），M（2，-1）代入得：
b1=32k+b1=−1，解得：k=−2b1=3，
∴直线CR的解析式为y=−2x+3，
联立得：y=−x2+2x+3y=−2x+3，解得： 0x=4y=−5 或x=0y=3（舍去），
∴点R（4，-5）；
（3）解：存在．
设P(1,t)，点Q（m，n），
当以AC为边时，点C向点P（或点Q）平移的方向和距离与点A向点Q（或点P）平移的方向和距离相同，且AP=CQ（或AQ=CP），
∴0−1=3−m3−t=0−n1−32+t2=m2+n−32或0−m=3−13−n=0−t12+3−t2=m−32+n2，
解得：t=4m=4n=1 或t=−2m=−2n=1，
∴此时点Q的坐标为（4，1）或（-2，1）
如图，当AC为对角线时，AC=PQ，且PQ与AC的中点重合，如图，
PQ=AC=32+32=32，
∴1+m2=32n+t2=321−m2+n−t2=322，解得：n=3+172m=2t=3−172或n=3−172m=2t=3+172，
∴此时点Q的坐标为2,3+172或2,3−172；
综上所述，点Q的坐标为（4，1）或（-2，1）或2,3+172或2,3−172
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，一次函数的图像和性质，矩形的性质，熟练掌握二次函数的综合题，一次函数的图像和性质，矩形的性质，利用数形结合思想解答是解题的关键，是中考的压轴题．
6．（2021·辽宁盘锦·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝2x＋4与x轴，y轴分别交于A，B两点，抛物线y=ax2+x+ca≠0经过A，B两点与x轴相交于点C点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P在抛物线上，连接PB，当∠PBC＋∠OBA＝45°时，求点P的坐标；
(3)点M为抛物线上任意一点，当S△ABM:S△ABC=1:3时，请直接写出点M的坐标．
【答案】(1)y=−12x2+x+4
(2)6,−8和3,52
(3)M12,4，M2−4,−8
【分析】（1）先确定A、B两点的坐标，然后再运用待定系数法即可解答；
（2）先说明△OBC是等腰直角三角形，然后再分点P在x轴上方和下方两种情况解答即可；
（3）求得S△ABM=4，设点M的坐标为（m，n}，再利用待定系数法求得直线AM的解析式，根据三角形面积公式列得方程求解即可．
(1)
解：∵y＝2x＋4
∴当y＝0时，x＝－2；当x＝0时，y＝4
∴A（－2,0）,B(0,4)
将A（－2,0）,B(0,4)代入y＝ax2＋x＋c得
4a−2+c=0c=4，解得a=−12c=4
∴ 抛物线的解析式为：y=−12x2+x+4．
(2)
解：∵−12x2+x+4=0
∴x1＝－2，x2＝4
∴C（4,0）
∴OB＝OC
∴△OBC是等腰直角三角形
①当点P在x轴下方时，设直线BP与x轴交于点D
∵ ∠PBC＋∠OBD＝∠OBC＝45°
∠PBC＋∠OBA＝45°
∴ ∠OBD＝∠OBA
∴ 点A，D关于y 轴对称
∴ D（2,0）
由B（0,4），D（2,0）可求直线BP解析式为：y=−2x+4
y=−2x+4y=−12x2+x+4
∴P1(6,−8)
②当点P在x轴上方时，设直线BP与x轴交于点E
∵ ∠OBC＝45°，∠PBC＋∠OBA＝45°
∴ ∠PBA＝90°
可证△OAB∽△OBE
∴OB2=OA⋅OE
∴ OE＝8
∴ E（8,0）
由B（0,4），E（8,0）可求直线BP解析式为：y=−12x+4
y=−12x+4y=−12x2+x+4
∴P2(3,52)
综上，点P的坐标为6,−8和3,52．
(3)
解：由题意可得：A(-2,0),B(0,4),C(4,0)
∴AC=6
∴SΔABC=12AC×OB=12
∵S△ABM:S△ABC=1:3
∴S△ABM=4
设点M的坐标为（m，n)且n=−12m2+m+4
运用待定系数法可求得AM的解析式为：y=nm+2(x+2)=nm+2x+2nm+2
设直线AM与y轴交于N，则N(0,2nm+2)
∴BN=4−2nm+2
∴SΔABM=12|4−2nm+2|⋅|m+2|=4，整理得：|12m2+m|=4，
∴ 12m2+m=4或12m2+m=−4
解方程12m2+m=4得：m1=2,m2=−4
∴n=−12×22+2+4=4或n=−12×−42−4+4=−8
∴M12,4，M2−4,−8
对于方程12m2+m=−4，整理得m2+2m+8=0，
∵Δ=22−4×1×8=−28<0
∴没有实数解
∴M12,4，M2−4,−8．
【点睛】本题属于二次函数的综合题，主要考查了二次函数图像与一次函数图像相结合问题、相似三角形的判定和性质等知识点，解题的关键是掌握分类讨论以及学会利用参数构建方程解决问题．
7．（2022·贵州遵义·统考三模）已知，如图，抛物线与坐标轴相交于点A−1,0，C0,−3两点，对称轴为直线x=1，对称轴与x轴交于点D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是抛物线上的点，当∠ACP=45°时，求点P的坐标；
(3)点F为二次函数图像上与点C对称的点，点M在抛物线上，点N在抛物线的对称轴上，是否存在以点F，A，M，N为顶点的平行四边形？若存在，直接写出点M的坐标，若不存在，说明理由．
【答案】(1)y=(x−1)2−4
(2)P(4,5)
(3)M(0,−3)或M(−2,5)或M(4,5)
【分析】（1）由对称轴为直线x=1则设抛物线y=a(x−1)2+k代入点A、C的坐标求出解析式；
（2）过AC作AQ⊥AC，且AQ=AC，过A作MN∥y轴，过C作CN⊥MN于N，过Q作QM⊥MN于M，构建ΔMQA≅ΔNAC，即可得出Q(2,1)，求得直线CQ的解析式为：yCQ=2x−3与抛物线解析式联立即可得出P点坐标；
（3）设N(1,n)，M(m,m2−2m−3)，分以AF为对角线时以AN为对角线时， 以AM为对角线时，进行讨论，列出方程组，即可解答问题．
【详解】（1）解：∵抛物线对称轴为直线x=1，
∴设抛物线y=a(x−1)2+k，
把A(−1,0)，C(0,−3)代入y=a(x−1)2+k得：
{0=a×(−2)2+k−3=a×1+k，
∴{a=1k=−4，
∴y=(x−1)2−4；
（2）如图过AC作AQ⊥AC，且AQ=AC，过A作MN∥y轴，过C作CN⊥MN于N，过Q作QM⊥MN于M，
∴∠QMA=∠CNA=90∘，∠QAC=90∘，
∴∠1+∠2=90∘，∠1+∠3=90∘，
∴∠2=∠3，
∴ΔMQA≅ΔNAC，
∴MA=NC=1，MQ=AN=3，
∴Q(2,1)，
设直线CQ的解析式为y=kx+b，
∴{−3=k×0+b1=2k+b，
∴{k=2b=−3，
∴yCQ=2x−3，
∴{y=2x−3y=(x−1)2−4，
∴{x1=0y1=−3，{x2=4y2=5，
∴P(4,5)；
（3）∵y=(x−1)2−4，
∴y=x2−2x−3，
依题意设N(1,n)，M(m,m2−2m−3)，
∵C(0,−3)，对称轴为直线x=1，
∴F(2,−3)，
∵A(−1,0)，F(2,−3)，N(1,n)，M(m,m2−2m−3)，
当以AF为对角线时，{−1+2=1+m0+(−3)=n+(m2−2m−3)，
∴m=0，
∴M(0,−3)，
当以AN为对角线时，{−1+1=2+m0+n=−3+(m2−2m−3)，
∴m=−2，
∴M(−2,5)，
当以AM为对角线时，{−1+m=2+10+(m2−2m−3)=−3+n，
∴m=4，
∴M(4,5)，
综上所述：M(0,−3)或M(−2,5)或M(4,5)．
【点睛】此题考查了二次函数的图像和性质，一次函数的解析式求法，构造全等三角形的判定和性质，平行四边形存在性问题，是一道有关二次函数的综合题，掌握以上知识点是解题的关．
8．（2022·广东深圳·深圳市宝安第一外国语学校校考模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中．抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于A(−4,0)和B(1,0)，与y轴交于点C，连接AC,BC．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图2，点M为直线AC上方的抛物线上任意一点，过点M作y轴的平行线，交AC于点N，过点M作x轴的平行线，交直线AC于点Q，求△MNQ周长的最大值；
(3)点P为抛物线上的一动点，且∠ACP=45°−∠BAC，请直接写出满足条件的点P的坐标．
【答案】(1)y=−12x2−32x+2
(2)6+25
(3)−5,−3或−237,7549
【分析】（1）利用待定系数法解答，即可求解；
（2）先利用勾股定理求出AC=25，再求出直线AC解析式为：y=12x+2，设Mx,−12x2−32x+2，则Nx,12x+2，可得MN=−12x2−2x，再由△QMN∽△AOC，可得MQ=2MN,NQ=5MN，从而得到△MNQ周长=(3+5)MN，再利用二次函数的性质，即可求解；
（3）在x轴负半轴上取点E，使OE=OC，连接CE交抛物线于点P，可得∠ACP=45°−∠BAC，然后求出直线CE解析式为y=x+2，再求出直线CE与抛物线的交点坐标；作E关于直线AC的对称点F，连接CF并延长交抛物线于P′，连接EF交AC于点T，则∠ACP′=∠ACP，设Fm,n，根据AE=AF,CE=CF，可得F−145,85．再求出直线CF的解析式，即可求解．
（1）
解：把A(−4,0)和B(1,0)代入y=ax2+bx+2，得：
16a−4b+2=0a+b+2=0，解得a=−12b=−32，
∴抛物线解析式为y=−12x2−32x+2；
（2）
解：令y=0，则y=2，
∴C(0,2)，
∴OC=2，
∵点A（-4，0），
∴OA=4，
∴AC=OA2+OC2=25，
∴可设直线AC解析式为y=kx+2，
把A(−4,0)代入得：−4k+2=0，
解得：k=12，
∴直线AC解析式为：y=12x+2，
设Mx,−12x2−32x+2，则Nx,12x+2，
∴MN=−12x2−32x+2−12x+2 =−12x2−2x，
∵MQ∥x轴，MN∥y轴，
∴∠MQN=∠CAO，∠NMQ=∠AOC=90°，
∴△QMN∽△AOC，
∴MNOC=MQOA=NQAC，即MN2=MQ4=NQ25，
∴MQ=2MN,NQ=5MN，
∴△MNQ周长MN+MQ+QN=MN+2MN+5MN =(3+5)MN
=(3+5)×−12x2−2x=−3+52(x+2)2+6+25
∵−3+52<0，
∴当x=−2时，△MNQ周长最大值为6+25．
（3）
解：在x轴负半轴上取点E，使OE=OC，连接CE交抛物线于点P，如图．
∴OE=2，
∴E−2,0,∠CEO=45°，
此时∠ACP=45°−∠BAC，即P是满足条件的点．
∵C0,2,E−2,0，
∴可设直线CE解析式为y=k1x+2，
把点E（-2，0）代入得：
−2k1+2=0，解得：k1=1，
∴直线CE解析式为y=x+2，
联立y=x+2y=−12x2−32x+2，解得：x1=0y1=2（舍去）或x=−5y=−3
∴此时点P(−5,−3)
∴P(−5,−3)；
作E关于直线AC的对称点F，连接CF并延长交抛物线于P′，连接EF交AC于点T，则∠ACP′=∠ACP，
∴P′是满足条件的点，
设Fm,n，
根据对称性得：AE=AF,CE=CF，
∴m+42+n2=−4+22m2+n−22=0+22+2−02
解得m=−143n=85或m=−2n=0（舍去），
∴F−145,85．
∵F−145,85，C0,2
∴可设直线CF解析式为y=k2x+2，
把点F−145,85，代入得：−145k2+2=85，
解得：k2=17，
∴直线CF解析式为y=17x+2，
联立y=17x+2y=−12x2−32x+2，解得x=0y=2或x=−237y=7549，
∴P′−237,7549，
综上，P′为−5,−3或−237,7549．
【点睛】本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质，相似三角形的判定和性质，二次函数与一次函数的交点问题，利用数形结合思想解答是解题的关键．
9．（2022·江苏无锡·模拟预测）如图，直线l：y=−3x+3与x轴、y轴分别相交于A、B两点，抛物线y=ax2−2ax−3a(a<0)经过点B．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)已知点M是抛物线上的一个动点，并且点M在第一象限内，连接AM、BM，设点M的横坐标为m，△ABM的面积为S，求S与m的函数表达式，并求出S的最大值；
(3)在（2）的条件下，当S取得最大值时，动点M相应的位置记为点M′，将直线l绕点A按顺时针方向旋转得到直线l′，当直线l′与直线AM′重合时停止旋转，在旋转过程中，直线l'与线段BM′交于点C，设点B、M′到直线l′的距离分别为d1、d2，当d1+d2最大时，求直线l′旋转的角度（即∠BAC的度数）．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)S=−12(m−52)2+258，最大值为258
(3)45°
【分析】（1）利用直线l的解析式求出B点坐标，再把B点坐标代入二次函数解析式即可求出a的值；
（2）设M的坐标为（m，-m2+2m+3），然后根据面积关系将△ABM的面积进行转化；
（3）由（2）可知m=52，代入二次函数解析式即可求出纵坐标的值；可将求d1+d2最大值转化为求AC的最小值．
（1）
解：令x=0代入y=-3x+3，
∴y=3，
∴B（0，3），
把B（0，3）代入y=ax2−2ax−3a，
∴3=-3a，
∴a=-1，
∴二次函数解析式为：y=-x2+2x+3；
（2）
令y=0代入y=-x2+2x+3，
∴0=-x2+2x+3，
∴x=-1或3，
∴抛物线与x轴的交点横坐标为-1和3，
∵M在抛物线上，且在第一象限内，
∴0＜m＜3，
令y=0代入y=-3x+3，
∴x=1，
∴A的坐标为（1，0），
由题意知：M的坐标为（m，-m2+2m+3），
S=S四边形OAMB-S△AOB
=S△OBM+S△OAM-S△AOB
=12×m×3+12×1×（-m2+2m+3）-12×1×3
=-12（m-52）2+258
∴当m=52时，S取得最大值258．
（3）
由（2）可知：M′的坐标为（52，74）；
过点M′作直线l1∥l′，过点B作BF⊥l1于点F，
根据题意知：d1+d2=BF，
此时只要求出BF的最大值即可，
∵∠BFM′=90°，
∴点F在以BM′为直径的圆上，
设直线AM′与该圆相交于点H，
∵点C在线段BM′上，
∴F在优弧BM′H上，
∴当F与M′重合时，
BF可取得最大值，
此时BM′⊥l1，
∵A（1，0），B（0，3），M′（52，74），
∴由勾股定理可求得：AB=10,M′B=554,M′A=854，
过点M′作M′G⊥AB于点G，
设BG=x，
∴由勾股定理可得：M′B2-BG2=M′A2-AG2，
∴8516−(10−x)2=12516−x2，
∴,x=5108, cos∠M′BG=BGM′B=22，
∵l1∥l′，
∴∠BCA=90°，
∠BAC=45°．
【点睛】本题考查二次函数的综合问题，涉及待定系数求二次函数解析式，求三角形面积，圆的相关性质等知识，内容较为综合，学生需要认真分析题目，化动为静去解决问题．
10．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考三模）如图，二次函数y=−x2+c的图象交x轴于点A、点B，其中点B的坐标为(2,0)，点C的坐标为(0,2)，过点A、C的直线交二次函数的图象于点D．
(1)求二次函数和直线AC的函数表达式；
(2)连接DB，则△DAB的面积为________；
(3)在y轴上确定点Q，使得∠AQB=135°，点Q的坐标为________；
(4)点M是抛物线上一点，点N为平面上一点，是否存在这样的点N，使得以点A、点D、点M、点N为顶点的四边形是以AD为边的矩形？若存在，请你直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+4；y=x+2
(2)6
(3)(0,22−2)或(0,2−22)
(4)存在，N1(−3,1)或N2(6,−2)
【分析】（1）把B点坐标代入函数解析式即可求出二次函数解析式，求出A点坐标后即可求出AC解析式；
（2）先求出D点坐标，再用公式法求△DAB的面积；
（3）当Q在正半轴时，根据C点坐标可得∠CAB=45°，根据二次函数对称性结合∠AQB=135°可得∠QAO=22.5°=12∠CAO，即AQ平分∠CAO,即可求出Q点坐标；当Q在负半轴时根据对称性可求；
（4）以AD为矩形边长时，分别过A、D作直线AD的垂线；当AD为对角线时根据矩形的对角线互相平分且相等求值即可．
【详解】（1）∵二次函数y=−x2+c的图象过点B(2,0)，
∴0=−22+c，解得c=4
∴二次函数解析式为y=−x2+4
∴A点坐标为（-2,0）
设直线AC的解析式为y=kx+b
∴0=−2k+b2=b，解得：k=1b=2
∴直线AC的解析式为y=x+2
（2）∵直线AC：y=x+2与二次函数交于点A、D
∴联立y=−x2+4y=x+2，解得x=−2y=0或x=1y=3
∴D点坐标为：(1,3)
∵AB=4
∴S△DAB=12AB×yD=12×3×4=6
（3）∵C（0,2），A点坐标为（-2,0）
∴∠CAB=45°
当Q在正半轴时，
∵∠AQB=135°，QA=QB
∴∠QAO=22.5°=12∠CAO
∴AQ平分∠CAO
过Q作PQ⊥AC于P
设OQ=x，则OQ=PQ=x,CQ=2PQ=2x
∴OC=OQ+CQ=2x+x=2
解得x=22−2
∴Q点坐标为(0,22−2)
当Q在与轴负半轴时，根据对称性可得Q点坐标为(0,2−22)
∴Q点坐标为(0,2−22)或(0,22−2)
（4）当AD是矩形边长时
过A作AM⊥AD交抛物线于M
∵直线AC的解析式为y=x+2
∴设直线AM的解析式为y=−x+b1
代入A点（-2,0）得b1=−2
∴直线AM的解析式为y=−x−2
∴联立y=−x2+4y=−x−2，解得x=−2y=0或x=3y=−5
∴M点坐标为(3,−5)
∵此时MN平行且等于AD
∴由A（-2,0）平移到D（1,3）与由M(3,−5)平移到N的平移方式一致
∴N点坐标为(6,−2)
同理：:过D作DM⊥AD交抛物线于M，此时M（0,4），N（-3,1）
综上所述，存在，N点坐标为(6,−2)或（-3,1）
【点睛】本题考查二次函数与几何综合，熟练掌握二次函数的图象及性质，函数图象平移的性质，矩形的判定，分类讨论是解题的关键．
11．（2022·山东泰安·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，直线y=12x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y=−12x2+bx+c经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)点D为直线AC上方抛物线上一动点，
①连接BC、CD，设直线BD交线段AC于点E，求DEEB的最大值；
②过点D作DF⊥AC，垂足为点F，连接CD，是否存在点D，使得△CDF中的∠DCF＝2∠BAC，若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−12x2−32x+2
(2)①45；②存在，D（-2，3）
【分析】（1）根据题意得到A（-4，0），C（0，2）代入y=-12x2+bx+c，于是得到结论；
（2）①如图1，令y=0，解方程得到x1=-4，x2=1，求得B（1，0），过D作DM⊥x轴于M，过B作BN⊥x轴交于AC于N，根据相似三角形的性质即可得到结论；②根据勾股定理的逆定理得到△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，取AB的中点P，求得P（-32，0），得到PA=PC=PB=52，过D作x轴的平行线交y轴于R，交AC的延线于G，解直角三角形即可得到结论．
(1)
解：对于函数：y=12x+2，
令x=0，则y=2，令y=0，则x=-4，
∴A（-4，0），C（0，2），
∵抛物线y=-12x2+bx+c经过A．C两点，
∴0=−12×16−4b+c2=c，
∴b=-32，c=2，
∴y=-12x2-32x+2；
(2)
解：①如图，令y＝0，
∴−12x2−32x+2=0，
∴x1=−4，x2=1，
∴B（1，0），
过D作DM⊥x轴交AC于点M，过B作BN⊥x轴交于AC于N，
∴DM∥BN，
∴△DME∽△BNE，
∴DEBE=DMBN，
设Da,−12a2−32a+2，
∴Ma,12a+2，
∵B（1，0），
∴N1,52，
∴DEBE=DMBN=−12a2−2a52=−15a+22+45，
∵-15<0，
∴当a＝-2时，DEBE的最大值是45；
②∵A（-4，0），B（1，0），C（0，2），
∴AC=25，BC=5，AB＝5，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，取AB的中点P，
∴P−32,0，
∴PA=PC=PB=52，
∴∠CPO＝2∠BAC，
∴tan∠CPO=tan2∠BAC=43，
过D作x轴的平行线交y轴于R，交AC的延长线于G，如图，
∴∠DCF＝2∠BAC＝∠DGC+∠CDG，
∴∠CDG＝∠BAC，
∴tan∠CDG=tan∠BAC=12，即RCDR=12，
令Da,−12a2−32a+2，
∴DR＝-a，RC=−12a2−32a，
∴−12a2−32a−a=12，
∴a1=0（舍去），a2=−2，
∴xD=−2，yD=3．
∴D（-2，3）．
【点睛】本题考查了二次函数综合题，涉及待定系数法求函数的解析式，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，直角三角形的性质等知识点，正确的作出辅助线是解题的关键．
12．（2022·湖南岳阳·统考二模）如图1，直线y＝2x＋2交x轴于点A，交y轴于点C，过A、C两点的抛物线y=ax2+32x+c与x轴的另一交点为B．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)如图2，点D是抛物线在第一象限内的一点，连接OD，将线段OD绕O逆时针旋转90°得到线段OM，过点M作MN∥x轴交直线AC于点N．求线段MN的最大值及此时点D的坐标；
(3)在（2）的条件下，若点E是点A关于y轴的对称点，连接DE，试探究在抛物线上是否存在点P，使得∠PED＝45°？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−12x2+32x+2
(2)最大值为3；D2,3
(3)存在，P11+6，62，P20,2
【分析】（1）根据直线解析式求得A,C的坐标，然后代入抛物线解析式，待定系数法求解析式即可求解；
（2）令Dt,−12t2+32t+2，将线段OD绕O逆时针旋转90°得到线段OM，得M12t2−32x−2,t，Nt−22,t，进而得出MN=−12t−22+3，根据二次函数的性质求解即可求解；
（3）分2种情形讨论，①当点P在点D右侧时，过D作DQ⊥DE，交EP的延长线与点Q，过D作直线l∥x轴，过E作EM⊥l于M，过Q作QN⊥l于N，证明△EDM≌△DQN，求得Q的坐标，进而求得直线EQ的解析式为：y=12x−12，联立抛物线解析式，即可求得点P的坐标，②②当点P在点D左侧时，同①方法求解即可．
(1)
解：在直线y=2x+2中，令y=0得x=−1，则A−1,0，
令x=0得y=2，则C0,2，
由题意得：a−32+c=0c=2 ，
解得：a=−12c=2，
∴y=−12x2+32x+2，
(2)
令Dt,−12t2+32t+2，
∵将线段OD绕O逆时针旋转90°得到线段OM ，
M12t2−32x−2,t，
∵MN∥x轴且点N在直线y=2x+2上，
∴Nt−22,t，
∴MN=t−22−12t2−32t−2=−12t2+2t+1=−12t−22+3，
∴当t=2时，MNmax=3，
此时D2,3，
(3)
①当点P在点D右侧时，
过D作DQ⊥DE，交EP的延长线与点Q，
∵∠PED=45°，
∴DE=DQ，
过D作直线l∥x轴，过E作EM⊥l于M，过Q作QN⊥l于N，
∴∠EMD=∠DNQ=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∵DQ⊥DE，
∴∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3 ，
∴△EDM≌△DQN，
∴DN=EM=3，QN=DM=1，
∴Q5,2，
∵点E是点A关于y轴的对称点，A−1,0，
∴ E1,0，
设直线EQ的解析式为：y=kx+b，代入Q5,2，E1,0，得
kx+b=05k+b=1，
解得k=12b=12，
∴直线EQ的解析式为：y=12x−12，
令−12x2+32x+2=12x−12，
解得：x1=1+6，x2=1−6（舍去） ，
∴P11+6，62，
②当点P在点D左侧时，
过D作DR⊥DE，交EP的延长线与点R，
∵∠PED=45°，
∴DE=DR，
过D作直线ℎ∥y轴，过E作EH⊥ℎ于H，过R作RG⊥ℎ于G，
同理可证：△EDH≌△DRG，
∴RG=DH=3，DG=EH=1，
∴R=−1,4，
即可得直线RE的解析式为：y=−2x+2，
令−12x2+32x+2=−2x+2，
解得：x1=0，x2=7（舍去），
∴P20,2，
综上所述：P11+6，62，P20,2．
【点睛】本题考查了二次函数综合问题，求一次函数解析式，一次函数与二次函数交点，全等三角形的性质与判定，二次函数的性质，二次函数最值，综合运用以上知识是解题的关键．
13．（2022·山东泰安·统考三模）如图1，已知二次函数C1：y=ax2+bx+ca≠0的图像与x轴交于点A−1,0，B（4，0）两点，与y轴交于点C，OC=4，如图1
(1)求二次函数C1的表达式：
(2)将C1沿x轴对称，再沿x轴正方向向右平移2个单位长度，得到新抛物线C2，直线MN⊥x轴，分别交C1，C2于点M，N，如图2，求线段MN的最大值：
(3)在抛物线C1上是否存在点P，使得∠BOP=∠BCO−∠ACO？若存在，求出P的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−3x−4
(2)212
(3)存在，9+1815或6+2345
【分析】（1）待定系数法求解析式；
（2）根据题意求得C2的解析式，设Mm，−m2+7m−6，则Nm，m2−3m−4，求得MN的表达式，根据二次函数的性质求得最值即可；
（3）如图，作A关于y轴的对称点A′，则A′1,0，∠ACO=∠A′CO．∠BCA'=∠OCB−∠ACO．连接A′C，作A'H⊥BC于H，等面积法求得A′H，勾股定理求得CH,作BM⊥BO使得A′HCH=BMBO，证明△MBO∽△AHC，可得∠MPB=∠A′CO=∠ACO=∠BOP，代入已知值，得BM=125，求得M的坐标，进而求得直线OM的表达式为y=35x，联立抛物线解析式，即可求得P的横坐标，根据对称性，联立y=−35x和y=x2−3x−4即可求得另一个点P的横坐标．
(1)
解：如图1
∵二次函数C1：y=ax2+bx+ca≠0的图像与x轴交于点A−1,0，B（4，0）两点，与y轴交于点C，OC=4，
∴C0,−4，
设抛物线解析式为y=ax+1x−4，代入C0,−4，得−4=−4a，
解得a=1，
∴y=x+1x−4=x2−3x−4，
∴二次函数C1的表达式y=x2−3x−4，
(2)
将C1：y=x2−3x−4沿x轴对称，
得到y=−x2+3x+4，
再沿x轴正方向向右平移2个单位长度，得到新抛物线C2，
则C2：y=−x−22+3x−2+4=−x2+7x−6，
∵直线MN⊥x轴，分别交C1，C2于点M，N，
设Mm，−m2+7m−6，则Nm，m2−3m−4
∴MN=−m2+7m−6−m2−3m−4
=−2m2+10m−2
=−2m−522+212，
∴MN的最大值为212，
(3)
（3）如图，作A关于y轴的对称点A′，则A′1,0，
∴∠ACO=∠A′CO．
∴∠BCA'=∠OCB−∠ACO．
连接A′C，作A'H⊥BC于H，
∵A−1,0，则A′1,0，
∵B4,0，
∴A′B=3，
∵OC=4，
∴ S△A′BC=12A′B⋅OC=6，BC=42．
∴ A′H=612×42=322，
∴ CH=A′C2−A′H2=522，
作BM⊥BO使得A′HCH=BMBO，
∵∠MBO=∠AHC=90°
∴△MBO∽△AHC
∴∠MPB=∠A′CO=∠ACO=∠BOP
则322522=BM4，得BM=125，
∴M4,125，
设直线OM的表达式为y=kx，代入M4,125，
得k=1254=35，
∴直线OM的表达式为y=35x，
由y=35x和y=x2−3x−4联立解得，
x1=9+1815，x2=9−1815．
∵13<181<14，∴9−181<0，
∴x2不合题意，舍去，
∴点P的横坐标为9+1815，
由y=−35x和y=x2−3x−4联立解得，x=6±2345（负值舍去）．
∴点P的横坐标为9+1815或6+2345．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，相似三角形的性质与判定，根据对称性转化角是解题的关键．
14．（2022·江苏镇江·统考二模）如图所示，抛物线y=−x2+bx+3经过点B(3，0)，与x轴交于另一点A，与y轴交于点C．
(1)求抛物线所对应的函数表达式；
(2)如图，设点D是x轴正半轴上一个动点，过点D作直线l⊥x轴，交直线BC于点E，交抛物线于点F，连接AC、FC．
①若点F在第一象限内，当∠BCF=∠BCA时，求点F的坐标；
②若∠ACO+∠FCB=45°，则点F的横坐标为______．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)①53,329；②73或5
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）①作点A关于直线BC的对称点G，连接CG交抛物线于点F，此时，∠BCF=∠BCA，求得G(3，4)，利用待定系数法求得直线CF的解析式为：y=13x+3，联立方程组，即可求解；
②分两种情况讨论，由相似三角形的性质和等腰三角形的性质，可求CF的解析式，联立方程可求解．
【详解】（1）解：∵B(3，0)在抛物线y=−x2+bx+3上，
∴y=−32+3b+3，
解得b=2，
∴所求函数关系式为y=−x2+2x+3；
（2）解：①作点A关于直线BC的对称点G，AG交BC于点H，过点H作HI⊥x轴于点I，连接CG交抛物线于点F，此时，∠BCF=∠BCA，如图：
令x=0，y=3；
令y=0，−x2+2x+3=0，
解得：x=3或x=-1，
∵A(-1，0)，B(3，0)，C(0，3)，
∴OB=OC，AB=4，
∴△OCB是等腰直角三角形，则∠OCB=∠OBC=45°，
∴∠HAB=∠OBC=∠AHI=∠BHI=45°，
∴HI= AI=BI=12AB=2，
∴H(1，2)，
∴G(3，4)，
设直线CG的解析式为：y=kx+3，
把G(3，4)代入得：4=3k+3，
解得：k=13，
∴直线CF的解析式为：y=13x+3，
∴y=−x2+2x+3y=13x+3，解得：x=53y=329，
所以F点的坐标为(53，329)；
②当点F在x轴上方时，如图，延长CF交x轴于N，
∵点B（3，0），点C（0，3），
∴OB=OC=3，
∴∠CBO=∠BCO=45°，
∵点A（-1，0），
∴OA=1，∵∠FCE+∠ACO=45°，∠CBO=∠FCE+∠CNO=45°，
∴∠ACO=∠CNO，
又∵∠COA=∠CON=90°，
∴△CAO∽△NCO，
∴COAO=NOCO，
∴31=NO3，
∴ON=9，
∴点N（9，0），
同理可得直线CF解析式为：y=-13x+3，
∴-13x+3=-x2+2x+3，
∴x1=0（舍去），x2=73，
∴点F的横坐标为73；
当点F在x轴下方时，如图，设CF与x轴交于点M，
∵∠FCE+∠ACO=45°，∠OCM+∠FCE=45°，
∴∠ACO=∠OCM，
又∵OC=OC，∠AOC=∠COM，
∴△COM≌△COA（ASA），
∴OA=OM=1，
∴点M（1，0），
同理直线CF解析式为：y=-3x+3，
∴-3x+3=-x2+2x+3，
∴x1=0（舍去），x2=5，
∴点F的横坐标为5，
综上所述：点F的横坐标为5或73．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，两点距离公式，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
15．（2022·广东深圳·校联考三模）已知抛物线y=ax2+c过点A−2,0和D−1,3两点，交x轴于另一点B．
(1)求抛物线解析式；
(2)如图1，点P是BD上方抛物线上一点，连接AD，BD，PD，当BD平分∠ADP时，求P点坐标；
(3)将抛物线图象绕原点O顺时针旋转90°形成如图2的“心形”图案，其中点M，N分别是旋转前后抛物线的顶点，点E、F是旋转前后抛物线的交点．
①直线EF的解析式是______；
②点G、H是“心形”图案上两点且关于EF对称，则线段GH的最大值是______．
【答案】(1)y=−x2+4
(2)P23,329
(3)①y=x；②1724
【分析】（1）待定系数法求解析式；
（2）过点B作BE⊥x轴交DP延长线与点E，过D作DF⊥x轴交x轴于点F．证明△DAB≌△DEB，求得点E的坐标，进而求得直线DE的解析式为y=13x+103，联立抛物线解析式即可求解；
（3）①根据顺时针旋转90°后点的坐标特征可知对称轴为y=x；
②连接GH，交EF于点M，则GH=2GM，过点G作x轴的垂线，交EF于点N，当GM最大时，△GFE面积最大，设Gm,−m2+4，则Nm,m，根据S△GFE=12GN⋅xE−xF以及二次函数的性质求得当m=−12时，△GFE面积最大，G−12,154，根据①的方法求得H的坐标，根据中点公式求得M的坐标，根据勾股定理求得GH，由GH=2GM即可求解．
（1）
∵y=ax2+c过A−2,0，D−1,3
∴4a+c=0a+c=3 解之得a=−1c=4
∴抛物线解析式为y=−x2+4
（2）
过点B作BE⊥x轴交DP延长线与点E，过D作DF⊥x轴交x轴于点F．
由y=−x2+4，令y=0，得x1=−2,x2=2，则B2,0
∵ yD=xB−xD，即DF=BF，
∴∠DBF=45°，
∴∠DBE=45°
又∵DB=DB，BD平分∠ADP，
∴△DAB≌△DEB，
∴BA=BE，
∵ B2,0
∴E2,4
设直线DE的解析式为y=kx+b，
−k+b=32k+b=4
解得k=13b=103
∴直线DE的解析式为y=13x+103
联立y=−x2+4y=13x+103
解得x=−1y=3,x=23y=329
则P23,329
（3）
①直线EF解析式为y=x．
∵抛物线关于y轴对称，所以旋转后图形关于x轴对称，
∴对于抛物线上任意一点Pa,b关于原点旋转90°后对应点为P1b,−a在旋转后图形上，P1b,−a关于x轴对称的点P2b,a在旋转后图形上，
∵Pa,b与P2b,a关于y=x对称，
∴图形2关于y=x对称，
∴直线EF解析式为y=x
故答案为：y=x
②GH最大值为1724
如图，连接GH，交EF于点M，则GH=2GM，过点G作x轴的垂线，交EF于点N，
∴当GM最大时，△GFE面积最大，
又∵S△GFE=12GN⋅xE−xF
设Gm,−m2+4，则Nm,m
∴GN=yG−yN=−m2+4−m=−m+122+174
∴当m=−12时，△GFE面积最大，G−12,154
由①可知G−12,154关于y=x的对称点H 154，−12
∴ M138,138
∴GM=138+122+154−1382=1728
∴GH的最大值为：GH=2GM=1724
故答案为：1724
【点睛】本题考查了二次函数的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，一次函数与二次函数交点问题，掌握以上知识是解题的关键．
16．（2022·山东聊城·统考三模）如如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-12x2+bx+c与x轴交于A（-2，0）、B（4，0）两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC、BC，点P为直线BC上方抛物线上一动点，连接OP交BC于点Q．
(1)求抛物线的表达式；
(2)当PQOQ的值最大时，求点P的坐标和PQOQ的最大值；
(3)点M为抛物线上的点，当∠BCM=∠ACO时，求点M的坐标．
【答案】(1)y=−12x2+x+4
(2)PQOQ最大值为12，P2,4
(3)点M的坐标为83,289或8,−20
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）运用待定系数法求得直线BC的解析式为y=-x+4，如图1，过点P作PD∥y轴交BC于点D，设P（m，−12m2+m+4），则D（m，-m+4），证明△PDQ∽△OCQ，得出：PQOQ=PDOC=−12m2+2m4=−18(m−2)2+12，运用求二次函数最值方法即可得出答案；
（3）分当点M在x轴下方和当点M在x轴上方两种情况讨论，利用三角函数的定义求解即可．
（1）
解：∵抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于A（-2，0）、B（4，0）两点（点A在点B的左侧），
∴−12×−22−2b+c=0−12×42+4b+c=0，解得：b=1c=4，
∴抛物线的函数表达式为y=−12x2+x+4；
（2）
解：∵抛物线y=−12x2+x+4与y轴交于点C，
∴C0,4，
∴OC=4，
设直线BC的解析式为y=kx+d，把B4,0，C0,4代入，得：
4k+d=0d=4，解得k=−1d=4，
∴直线BC的解析式为y=−x+4，
如图，过点P作PD∥y轴交BC于点D，
设Pm,−12m2+m+4，则Dm,−m+4，
∴PD=−12m2+2m，
∵PD∥OC，
∴△PDQ∽△OCQ，
∴PQOQ=PDOC=−12m2+2m4=−18m−22+12，
∴当m=2时，PQOQ取得最大值12，此时，P2,4；
（3）
解：①如图，当点M在x轴下方时，在x轴上取一点F，使∠BCF=∠ACO，延长CF交抛物线于点M1，过点F作FG⊥BC于点G，过点G作GH⊥AB于点H．
∵点B，C的坐标分别为4,0，0,4，
∴OB=OC，
∴∠CBO=45°，
∴FG=BG，
∵tan∠BCM=tan∠ACO=OAOC=24=12，
∴CG=2FG=2BG．
在Rt△BOC中，BC=2OB=42，设FG=BG=n，
则CG=2n，BC=3n，
∴3n=42，解得n=423，
∴BF=2BG=83，
∴OF=OB−BF=43，
∴点F的坐标为43,0．
设直线CF的表达式为y=k1x+b1，
∴43k1+b1=0b1=4，
∴k1=−3b1=4，
∴直线CF的表达式为y=−3x+4，
∴y=−12x2+x+4y=−3x+4，
解得x1=0y1=4（舍去），x2=8y2=−20，
∴点M的坐标为8,−20．
②如图，当点M在x轴上方时，过点B作BH⊥BC，交CM2于点H，过点H作HN⊥x轴于点N，
∴∠CBH=90°．
∵OB=OC，
∴∠CBO=45°，
∴∠BHN=∠HBN=45°，
∴BN=HN．
∵∠BCM=∠ACO，
∴tan∠BCM=tan∠ACO=BHBC=OAOC=24=12，
∴BH=12BC=22，
∴HN=BN=2
∴ON=OB+BN=6，
∴点H的坐标为6,2．
设直线CH的表达式为y=px+q，
∴6p+q=2q=4，解得p=−13q=4，
∴直线CH的表达式为y=−13x+4，
∴y=−12x2+x+4y=−13x+4
解得x1=0y1=4（舍去），x2=83y2=289，
∴点M的坐标为83,289．
综上可知，点M的坐标为83,289或8,−20．
【点睛】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，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，熟练运用数形结合思想、分类讨论思想是解题关键．
17．（2022·辽宁沈阳·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+4a≠0经过点A3,4和点B−1,0，连接AB，过点A作AD⊥x轴于点D，点P在直线AB上方的抛物线上，过点P作PE∥AD交x轴于点E，交线段AB于点G，连接PD交线段AB于点Q．
(1)求抛物线的表达式；
(2)当GQ=AQ时，设点P的横坐标为m，求m的值；
(3)在（2）的条件下，线段BE上有一点F，直线AD上有一点K，连接KF、GF，当∠FKD=2∠FGB，且KF=8时，直接写出点K的纵坐标．
【答案】(1)y=−x2+3x+4
(2)m=1
(3)2+27或−2−27
【分析】（1）直接利用待定系数法求解即可；
（2）先求出直线AB的解析式为y=x+1，然后证明△PGQ≌△DAQ得到PG=AD=4，再由点P的坐标为m，−m2+3m+4，点G的坐标为（m，m+1），得到PG=−m2+3m+4−m−1=4，由此求解即可；
（3）如图所示，过点F作FH⊥AB于H，过点K作KQ平分∠FKD交x轴于Q，过点Q作QM⊥KF于M，连接FG，设BF=2t，QD=s，KD=k，则DF=4−2t，先证明∠HBF=∠HFB=45°，得到HB=HF=2t，再由（2）得m=1，求得BG=22，则HG=22−2t，tan∠FGH=HFHG=t2−t；根据角平分线的定义和性质得到QM=QD=s，∠FGH=∠QKD，再由S△FKD=S△FQK+S△DQK=12DF⋅DK=12KF⋅QM+12DQ⋅DK，推出s=k4−2t8+k，则tan∠QKQ=tan∠FGH=sk=t2−t，可以推出k=22−t2−8tt=2t2−16t+8t，
在Rt△FKD中，DF2+DK2=KF2=64，得到4−2t2+2t2−16t+8t2=64，由此即可求出t的值即可得到答案．
(1)
解：∵抛物线y=ax2+bx+4a≠0经过点A3,4和点B−1,0，
∴9a+3b+4=4a−b+4=0，
∴a=−1b=3，
∴抛物线解析式为y=−x2+3x+4；
(2)
解：设直线AB的解析式为y=kx+b1，
∴−k+b1=03k+b1=4，
∴k=1b=1，
∴直线AB的解析式为y=x+1，
∵PE∥AD，
∴∠PGQ=∠DAQ，∠GPQ=∠ADQ，
又∵AQ=GQ，
∴△PGQ≌△DAQ（AAS），
∴PG=AD=4，
∵点P的横坐标为m，
∴点P的坐标为m，−m2+3m+4，点G的坐标为（m，m+1），
∴PG=−m2+3m+4−m−1=4，
∴m2−2m+1=0，
解得m=1；
(3)
解：如图所示，过点F作FH⊥AB于H，过点K作KQ平分∠FKD交x轴于Q，过点Q作QM⊥KF于M，连接FG，设BF=2t，QD=s，KD=k，则DF=4−2t，
∵点B的坐标为（-1，0），点A的坐标为（3，4），
∴BD=AD=4，
∴∠ABD=45°，
∵FH⊥AB，
∴∠HBF=∠HFB=45°，
∴HB=HF=2t，
由（2）得m=1，
∴点G的坐标为（1，2），
∴BE=GE=2，
∴BG=BE2+GE2=22，
∴HG=BG−HB=22−2t，
∴tan∠FGH=HFHG=t2−t；
∵KQ平分∠FKD，QM⊥FK，QD⊥DK，∠FKD=2∠FGB，
∴QM=QD=s，∠FGH=∠QKD，
∴S△FKD=S△FQK+S△DQK=12DF⋅DK=12KF⋅QM+12DQ⋅DK，
∴12k4−2t=12×8s+12sk，
∴s=k4−2t8+k，
∴tan∠QKQ=tan∠FGH=sk=t2−t，
∴4−2t8+k=t2−t，
∴k=22−t2−8tt=2t2−16t+8t，
在Rt△FKD中，DF2+DK2=KF2=64，
∴4−2t2+2t2−16t+8t2=64，
∴16−16t+4t2+4t4−64t3+288t2−256t+64t2=64，
∴16t2−16t3+4t4+4t4−64t3+288t2−256t+64=64t2，
∴8t4−80t3+240t2−256t+64=0，
∴t4−10t3+24t2−32t+8=0，
∴t2t2−10t+16+14t2−32t+8=0，
∴t2t−2t−8+27t−2t−2=0，
∴t3−8t2+14t−4t−2=0，
∴tt2−8t+12+2t−2t−2=0，
∴tt−2t−6+2t−2t−2=0，
∴t2−6t+2t−22=0，
∵点F在BE上，
∴BF=2t≤BE=2，
∴t≤1，
∴t2−6t+2=0，
解得t=3−7或t=3+7（舍去），
∴k=2t2−16t+8t=2t2−6t+2−4t+4t=4−4tt=4−12+473−7=27+2，
∴DK=27+2，
∴点K的纵坐标为2+27或−2−27．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，勾股定理，解直角三角形，角平分线的性质，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，熟练掌握二次函数的相关知识是解题的关键．
18．（2022·山东济南·统考一模）如图，抛物线y=ax2+2x−3与x轴交于A、B两点，且B(1，0)．
(1)求抛物线的解析式和点A的坐标；
(2)如图1，点P是直线y=x上在x轴上方的动点，当直线y=x平分∠APB时，求点P的坐标；
(3)如图2，已知直线y=23x−49分别与x轴、y轴交于C、F两点，点Q是直线CF下方的抛物线上的一个动点，过点Q作y轴的平行线，交直线CF于点D，点E在线段CD的延长线上，连接QE．问：以QD为腰的等腰△QDE的面积是否存在最大值？若存在，请求出这个最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线解析式为y=x2+2x-3，A点坐标为（-3，0）；
(2)P点坐标为（32，32）；
(3)以QD为腰的等腰三角形的面积最大值为5413．
【分析】（1）把B点坐标代入抛物线解析式可求得a的值，可求得抛物线解析式，再令y=0，可解得相应方程的根，可求得A点坐标；
（2）当点P在x轴上方时，连接AP交y轴于点B′，可证△OBP≌△OB′P，可求得B′坐标，利用待定系数法可求得直线AP的解析式，联立直线y=x，可求得P点坐标；
（3）过Q作QH⊥DE于点H，由直线CF的解析式可求得点C、F的坐标，结合条件可求得tan∠QDH，可分别用DQ表示出QH和DH的长，分DQ=DE和DQ=QE两种情况，分别用DQ的长表示出△QDE的面积，再设出点Q的坐标，利用二次函数的性质可求得△QDE的面积的最大值．
(1)
解：把B（1，0）代入y=ax2+2x-3，
可得a+2-3=0，解得a=1，
∴抛物线解析式为y=x2+2x-3，
令y=0，可得x2+2x-3=0，解得x=1或x=-3，
∴A点坐标为（-3，0）；
(2)
解：若y=x平分∠APB，则∠APO=∠BPO，
如图1，若P点在x轴上方，PA与y轴交于点B′，
由于点P在直线y=x上，可知∠POB=∠POB′=45°，
在△BPO和△B′PO中
{∠POB=∠POB′OP=OP∠BPO=∠B′PO，
∴△BPO≌△B′PO（ASA），
∴BO=B′O=1，
设直线AP解析式为y=kx+b，把A、B′两点坐标代入可得
{−3k+b=0b=1，解得{k=13b=1，
∴直线AP解析式为y=13x+1，
联立{y=xy=13x+1，解得{x=32y=32，
∴P点坐标为（32，32）；
(3)
解：如图2，作QH⊥CF，交CF于点H，设抛物线交y轴于点M．
∵CF为y=23x−49，
∴可求得C（23，0），F（0，-49），
∴tan∠OFC=OCOF=32，
∵DQ∥y轴，
∴∠QDH=∠MFD=∠OFC，
∴tan∠HDQ=32，
不妨设DQ=t，DH=213t，HQ=313t，
∵△QDE是以DQ为腰的等腰三角形，
∴若DQ=DE，则S△DEQ=12DE•HQ=12×313t×t=31326t2，
若DQ=QE，则S△DEQ=12DE•HQ=12×2DH•HQ=12×413t×313t=613t2，
∵31326t2＜613t2，
∴当DQ=QE时△DEQ的面积比DQ=DE时大．
设Q点坐标为（x，x2+2x-3），则D（x，23x−49），
∵Q点在直线CF的下方，
∴DQ=t=23x−49-（x2+2x-3）=-x2-43x+239=-(x+23)2+3，
当x=-23时，tmax=3，
∴（S△DEQ）max=613t2=5413，
即以QD为腰的等腰三角形的面积最大值为5413．
【点睛】本题主要考查二次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、角平分线的定义、全等三角形的判定和性质、三角形的面积、等腰三角形的性质、二次函数的性质及分类讨论等．在（2）中确定出直线AP的解析式是解题的关键，在（3）中利用DQ表示出△QDE的面积是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，计算量大，难度较大．
19．（2020·江苏常州·统考二模）如图，顶点坐标为(3,4)的抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A，B两点，交y轴于点C(0,−5)．
(1)求a，b的值；
(2)已知点M在射线CB上，直线AM与抛物线y=ax2+bx+c的另一公共点是点P．
①抛物线上是否存在点P，满足AM:MP=2:1，如果存在，求出点P的横坐标；如果不存在，请说明理由；
②连接AC，当直线AM与直线BC的夹角等于∠ACB的2倍时，请直接写出点M的坐标．
【答案】(1)-1；6
(2)①存在，5+172或5+332或5−332；②(136,−176)；(236,−76)
【分析】（1）由题意知，9a+3b+c=4−b2a=3c=−5，求出a,b,c的值即可；
（2）①由（1）可知，抛物线的解析式为y=−x2+6x−5，A1,0，B5,0，设直线BC的函数解析式为y=kx+b，待定系数法求得直线BC的函数解析式为y=x−5，设Pm,−m2+6m−5，如图1，当1
（1）
解：由题意知，9a+3b+c=4−b2a=3c=−5，
解得a=−1b=6c=−5，
∴a=−1，b=6．
（2）
解：由（1）可知，抛物线的解析式为y=−x2+6x−5，
令−x2+6x−5=0，
则x−1x−5=0，
解得x=1或x=5，
∴A1,0，B5,0，
设直线BC的函数解析式为y=kx+b，
将B,C代入得5k+b=0b=−5，
解得k=1b=−5，
∴直线BC的函数解析式为y=x−5，
设Pm,−m2+6m−5，如图1，
当1
解得m=5+172，m=5−172（不合题意，舍去），
∴m=5+172时，AM:MP=2:1；
当m>5时，AM2:M2P2=2:1，则M21+23(m−1),23−m2+6m−5，
∴1+23(m−1)−5=23−m2+6m−5，
解得m=5+332，m=5−332（不合题意，舍去）
∴当m=5+332时，AM:MP=2:1；
当m<0时，AM3:M3P3=2:1，则M31−23(1−m),23−m2+6m−5，
∴1−23(1−m)−5=23−m2+6m−5，
解得m=5−332，m=5+332（不合题意，舍去）
∴当m=5−332时，AM:MP=2:1；
综上所述，存在点P，满足AM:MP=2:1，点P的横坐标为5+172或 5+332或5−332．
②解：如图2，作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M1，交AC于E，交y轴于F，连接AF，作M1关于AN的对称点M2，
由题意知，AF=CF，设OF=x，则AF=CF=5−x，
在Rt△AOF中，由勾股定理得AF2−OF2=OA2，即5−x2−x2=1，
解得x=125，
∴F0,−125，
设直线EF的解析式为y=px+q，将E,F点坐标代入得−12p+q=−52q=−125，
解得p=−15q=−125，
∴直线EF的解析式为y=−15x−125，
联立得y=−15x−125y=x−5，
解得x=136y=−176，
∴M136,−176
由对称的性质可知，∠AM2C=∠AM1B，∠AM2C=2∠ACB，M1N=M2N，
∵OB=OC，
∴∠ABC=45°，
∵∠ANB=90°，∠BAN=45°，
∴AN=BN，
∴HN=12AB=2，
∴N3,−2，
∴M2236,−76，
∴点M的坐标为136,−176，236,−76．
【点睛】本题考查了二次函数解析式，二次函数图象，二次函数与线段、角度综合，垂直平分线的性质，对称的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
20．（2022·山东济南·统考二模）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴分别交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，若A−1,0且OC=3OA．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)如图1，点D是该抛物线的顶点，点Pm,n是第二象限内抛物线上的一个点，分别连接BD、BC、BP，当∠PBA=2∠CBD时，求m的值；
(3)如图2，∠BAC的角平分线交y轴于点M，过M点的直线l与射线AB，AC分别交于E，F，已知当直线l绕点M旋转时，1AE+1AF为定值，请直接写出该定值．
【答案】(1)y=x2-2x−3
(2)−74
(3)10+1010
【分析】（1）求出A、C坐标，代入解析式计算即可；
（2）取BC中点G，作GH⊥BC于H，连接CH，过C作CM⊥BD于M，过P作PN⊥x轴于N，由抛物线顶点D坐标为（1，-4），B（3，0），C（0，-3），可得∠BCD=90°，GH∥CD，从而H为BD中点，CH=BH= 12BD= 5，由面积法得CM=BC⋅CDBD=355，故tan∠CHM= tan∠PBA=34，设P（m，m2-2m-3），表示出tan∠PBA列方程计算即可；
（3）过M作MG∥x轴交AC于G，过F作FT∥x轴交AM于T，过C作CQ∥x轴交AM于Q，由MG∥FT∥CQ∥OA，得△COA∽△CMG，△ACQ∽AGM，证明1AE+1AF=1GM=1OA+1AC即可．
（1）
∵A−1,0，
∴OA=1，
∵OC=3OA，
∴OC=3，
∴C(0,−3)
将A(−1,0)，C(0,−3)，代入y=x2+bx+c得：0=1−b+cc=−3，
解得：b=−2c=−3，
∴该抛物线的解析式为y=x2-2x−3；
（2）
取BC中点G，作GH⊥BC于H，连接CH，过C作CM⊥BD于M，过P作PN⊥x于轴N，如图：
由y=x2−2x−3得抛物线顶点D坐标为1,−4，而B(3,0)，C(0,−3)，
∴BC=32，CD=2，BD=25，
∴BC2+CD2=20，BD2=20，
∴BC2+CD2=BD2，
∴∠BCD=90°，
∵GH⊥BC，
∴GH∥CD，
∵G为BC中点，
∴H为BD中点，
∴CH=BH=12BD=5，
∴∠CHM=2∠CBD=∠PBA，
∵CM=BC⋅CDBD=355，
∴MH=CH2−CM2=455，
∴tan∠CHM=34，
∴tan∠PBA=34，即PNBN=34，
设Pm,m2−2m−3，
则m2−2m−33−m=34
解得m1=3（与B重合，舍去）或m2=−74，
∴m的值为−74；
（3）
过M作MG∥x轴交AC于G，过F作FT∥x轴交AM于T，过C作CQ∥x轴交AM于Q．如图：
∵MG∥x轴，FT∥x轴，CD∥x轴，
∴MG∥FT∥CQ∥OA，
∴△COA∽△CMG，△ACQ∽△AGM，
∴GMOA=CGAC，GMCQ=AGAC，
∴GMOA+GMCQ=CGAC+AGAC=1
∴1OA+1CQ=1GM，
∵AM平分∠BAC，
∴∠CAM=∠BAM=∠AQC，
∴AC=CQ，
∴1OA+1AC=1GM，
同理可得1AE+1AF=1GM，
由（1）可知：A−1,0，C0,−3，
∴AC=10，
∴1AE+1AF=1GM=1OA+1AC=11+110=10+1010
【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、二次函数图象上点坐标特征、锐角三角函数、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造相似三角形解决问题．
21．（2022·江苏淮安·统考一模）如图，已知A(−2,0),B(3,0)，抛物线y=ax2+bx+4经过A、B两点，交y轴于点C．点P是第一象限内抛物线上的一点，点P的横坐标为m．过点P作PM⊥x轴，垂足为点M，PM交BC于点Q．过点P作PN⊥BC，垂足为点N．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)请用含m的代数式表示线段PN的长，并求出当m为何值时PN有最大值，最大值是多少？
(3)连接PC，在第一象限的抛物线上是否存在点P，使得∠BCO+2∠PCN=90°？若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−23x2+23x+4
(2)PN=−25m2+65m，当m=32时，有最大值910
(3)存在，m=74
【分析】（1）直接利用待定系数法求解即可；
（2）先求出点C的坐标，从而求出直线BC的解析式，则点P的坐标为m，−23m2+23m+4，点Q的坐标为m，−43m+4，PQ=−23m2+2m，再利用勾股定理求出BC=5，得到sin∠BOC=OBBC=35，再证明∠PQN=∠BCO，得到sin∠PQN=PNPQ=35，则PN=35PQ=−25m2+65m=−25m+322+910，由此求解即可；
（3）如图所示，过点C作CD⊥PM于D，则四边形OCDM是矩形 ，可以得到∠OCD=90°，点D的纵坐标为4，可以证明∠PCD=∠PCN，得到PD=PN=−25m2+65m，则4−−23m2+23m+4=−25m2+65m，由此即可得到答案．
（1）
解：∵A(−2,0),B(3,0)，抛物线y=ax2+bx+4经过A、B两点，
∴4a−2b+4=09a−3b+4=0，
∴a=−23b=23，
∴抛物线解析式为y=−23x2+23x+4；
（2）
解：设直线BC的解析式为y=kx+b1，
∵点C是抛物线y=−23x2+23x+4与y轴的交点，
∴点C的坐标为（0，4），
∴3k+b1=0b1=4，
∴k=−43b1=4，
∴直线BC的解析式为y=−43x+4，
∴点P的坐标为m，−23m2+23m+4，点Q的坐标为m，−43m+4，
∴PQ=−23m2+23m+4+43m−4=−23m2+2m，
∵OC=4，OB=3，
∴BC=OC2+OB2=5，
∴sin∠BCO=OBBC=35，
∵PM⊥x轴，
∴PM∥OC，
∴∠PQN=∠BCO，
又∵PN⊥BC，
∴sin∠PQN=PNPQ=35，
∴PN=35PQ=−25m2+65m=−25m+322+910，
∴当m=32时，PN有最大值910；
（3）
解：存在，m的值为74；
理由：如图所示，过点C作CD⊥PM于D，则四边形OCDM是矩形，
∴∠OCD=90°，点D的纵坐标为4，
∴∠OCB+∠BCD=90°，
∵∠OCB+2∠PCN=90°，
∴∠BCD=2∠PCN，
∴∠PCD=∠PCN，
∴PD=PN=−25m2+65m，
∴4−−23m2+23m+4=−25m2+65m，
∴4m2−7m=0，
解得m=74或m=0（舍去）；
因此存在，m的值为74．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，角平分线的性质，解直角三角形，待定系数法求函数解析式，勾股定理等等，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．
22．（2022·辽宁沈阳·沈阳市南昌初级中学（沈阳市第二十三中学）校考一模）如图，抛物线y=ax2+bx+2与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，已知B点的坐标为4,0，抛物线的对称轴为直线x=32，点D是BC上方抛物线上的一个动点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)当△BCD的面积为74时，求点D的坐标；
(3)过点D作DE⊥BC，垂足为点E，是否存在点D，使得△CDE中的某个角等于∠ABC的2倍？若存在，请直接写出点D的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−12x2+32x+2.
(2)D72,98或12,218.
(3)点D的横坐标为2或2911．
【分析】（1）利用待定系数法列方程组求解抛物线的解析式即可；
（2）如图，连接OD，设Dx,−12x2+32x+2,0
∴16a+4b+2=0−b2a=32,
解得：a=−12b=32, 经检验符合题意，
所以抛物线的解析式为：y=−12x2+32x+2.
（2）解：如图，连接OD，设Dx,−12x2+32x+2,0
∴S△BOC=12×4×2=4, S△DOC=12×2x=x,
S△DOB=12×4×−12x2+32x+2=−x2+3x+4,
∴S△BCD=−x2+3x+4+x−4=−x2+4x=74,
解得：x1=72,x2=12,
∴D72,98或12,218.
（3）解：如图，过D作DQ∥y轴交BC于Q, 过C作CF⊥DQ于F, 点D作DE⊥BC，垂足为点E，则CF∥x轴，
∴∠FCB=∠ABC,
当∠DCE=2∠ABC时，
∴∠DCF=∠BCF,∠CDF=∠CQF,
∴CD=CQ,DF=FQ,
设BC的解析式为：y=mx+n, 由C0,2,B4,0可得：
4m+n=0n=2, 解得m=−12n=2,
所以BC为：y=−12x+2,
设Dx,−12x2+32x+2,0
∴−12x2+32x+2−2=2−−12x+2,
解得：x1=2,x2=0, （x=0不符合题意，舍去）
∴D2,3,
当∠CDE=2∠ABC时，作C关于OB的对称点F，过点C作CN⊥BF于点N，交OB于H．作点N关于BC的对称点P，连接NP交BC于点Q，如图所示．
∴F0,−2,BC=BF=22+42=25,
∴12×4×4=12×25×CN,
∴CN=855,
∴BN=252−8552=655,
∵ 点N关于BC的对称点为点P，
∴CP=CN=855,BN=BP=655,
设Px,y,
∴x2+y−22=8552x−42+y2=6552,
整理得：y=2x−225,
∴125x2−640x+704=0, 即25x−885x−8=0,
解得：x1=8825,x2=85,
∴x=8825y=6625或x=85y=−65,
∵∠CHA=∠NHB,
∴∠OCH=∠OBF,
∴tan∠OCH=tan∠OBF=12,
∴OH2=12, 即OH=1,H1,0, 而C0,2,
则CH的解析式为：y=−2x+2,
∵y=2x−225y=−2x+2
解得：x=85y=−65,
所以P8825,6625,
∵点C（0，2），P8825,6625,
同理可得直线CP的解析式为y=211x+2．
将y=211x+2代入y=−12x2+32x+2，
整理，得：11x2−29x=0，
解得：x1=0（舍去），x2=2911，
∴点D的横坐标为2911．
综上所述：存在点D，使得△CDE的某个角恰好等于∠ABC的2倍，点D的横坐标为2或2911．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了勾股定理、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、待定系数法求函数的表达式等知识，解题的关键是根据题意综合运用以上知识点，注意分类讨论思想的运用.
23．（2022·云南昆明·校联考模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A−1,0，B4,0两点，与y轴交于点C0,3．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)如图1，点D为直线BC上方抛物线上一动点，连接AD，交BC于点E，求DEAE的最大值；
(3)如图2，点P为抛物线上一动点，是否存在点P，使得2∠PCB＝∠OCB，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−34x2+94x+3
(2)DEAE的最大值为45
(3)存在，P173,−253或10733,875363
【分析】（1）直接根据两点式写出抛物线的表达式y=ax+1x−4a≠0，然后代入点C0,3求出a即可．
（2）如图1，过点D作DF∥x轴交BC于点F，根据ΔEDF∼ΔEAB得出DEAE=DFAB，从而将求DEAE的最大值转换为求DFAB的最大值，由于AB=5，故只需求出DF最大值即可得出答案．
（3）由2∠PCB=∠OCB，作∠OCB的角平分线，此时点P在角平分线上或者在角平分线关于CB的对称直线上，分别求出两条直线解析式，然后联立抛物线即可求出点P的坐标．
（1）
设y=ax+1x−4a≠0，
将C0,3代入上式，得−4a=3，解得a=−34，
∴y=−34x+1x−4，即y=−34x2+94x+3．
（2）
如图1，过点D作DF∥x轴交BC于点F，
∵DF∥AB，
∴△EDF∽△EAB，
∴DEAE=DFAB，
设直线BC的解析式为y=kx+bk≠0，
将B4,0和C0,3分别代入上式，得4k+b=0b=3，
解得k=−34b=3，
∴直线BC的解析式为y=−34x+3，
∵点D为直线BC上方抛物线上一动点，
∴设Dm,−34m2+94m+30
∴Fm2−3m,−34m2+94m+3，
∴DF=−m2+4m，
∵a=−1<0，
∴开口向下，
当m=−b2a=−42×−1=2时，DF最大=4，
∵A−1,0，B4,0，
∴AB=5，
∴DEAE的最大值为45．
（3）
答：存在，P173,−253或10733,875363．
①如图2，作∠OCB的角平分线交x轴于点M，交抛物线于点P1，过点M作MN⊥BC于点N．
∵CP1是∠OCB的角平分线，MN⊥BC，MO⊥OC，
∴MO＝MN，
在Rt△OCM和Rt△NCM中CM=CMOM=NM，
∴Rt△OCM≌Rt△NCM（HL），
∴CN＝CO＝3，
在Rt△OCB中，CB=OC2+OB2=5，
∴BN＝CB－CN＝5－3＝2，
设OM＝MN＝x，则BM＝4－x，
在Rt△MNB中，∵MN2+NB2=MB2，
∴x2+22=(4−x)2 ，解得x=32，
∴M32,0；
设直线CM的解析式为y=k1x+b1k1≠0，
将C0,3和M32,0分别代入上式得b1=332k1+b1=0，
解得k1=−2b1=3，
∴直线CM的解析式为y＝－2x＋3，
联立y=−34x2+94x+3y=−2x+3得x1=0（舍），x2=173，
将x=173代入y＝－2x＋3中得：y=−253，
∴P1173,−253．
②如图3，延长MN至Q，使得MN＝NQ，连接CQ交抛物线于P2，过N作NR⊥AB于R．
在ΔCNM和ΔCNQ中CN=CN∠CNM=∠CNQMN=NQ，
∴ΔCNM ≅ ΔCNQ（SAS），
∴∠BCP2=∠MCB，即2∠BCP2=∠OCB，
∵S△MNB=12MN⋅NB=12MB⋅NR，
∴NR=MN⋅NRMB=32×252=65，
∴MR=MN2−NR2=322−652=910，
∴N125,65．根据中点坐标公式得Q3310,125；
设直线CQ的解析式为y=k2x+b2k2≠0，
将C0,3和Q3310,125分别代入上式得b2=33310k2+b2=125，
解得k2=−211b2=3，
∴直线CQ的解析式为y=−211x+3，
联立y=−34x2+94x+3y=−211x+3得x1=0（舍），x2=10733，
将x=10733代入y=−211x+3中得y=875363，
∴P210733,875363．
综上所述，存在满足条件的点P173,−253或10733,875363．
【点睛】本题属于二次函数与几何综合题，涉及相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质等知识，综合性较强，解题的关键是读懂题意，巧妙转化，将复杂的几何问题转化为代数问题．
24．（2022·山东济南·统考二模）抛物线y=ax2+bx+c的顶点坐标为(1,4)，与x轴交于点A,B(3,0)两点，与y轴交于点C，点M是抛物线上的动点．
(1)求这条抛物线的函数表达式；
(2)如图1，若点M在直线BC上方抛物线上，连接AM交BC于点E，求MEAE的最大值及此时点M的坐标；
(3)如图2，已知点Q(0,1)，是否存在点M，使得tan∠MBQ=12？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3；
(2)916；(32,154)；
(3)存在；(−87,−2949)或（0，3）
【分析】（1）因为已知抛物线的顶点坐标，所以将抛物线设为顶点式，将B坐标代入求解即可；
（2）过点M作MM1⊥x轴交直线BC于点M1，过点A作AA1⊥x轴交直线BC于点A1，先证△MM1E∽△AA1E得到对应边的比值相等，设M(m,−m2+2m+3)，通过相似三角形的性质得到MEAE间的比，然后根据抛物线的性质即可求出最值，进而求得M坐标；
（3）取线段BQ的中点G，再将QG绕点Q旋转90°得到QG′，则tan∠MBQ=12，直线BG′与抛物线的交点即为点M，然后分类讨论，分为将QG绕点Q顺时针旋转90°，将QG绕点Q逆时针旋转90°，通过联立方程组的方法即可求得M的坐标．
(1)
解：∵抛物线过顶点(1,4)，
所以可以设抛物线解析式为：y=a(x−1)2+4，
将B(3,0)代入得，a=−1，
∴抛物线的解析式为：y=−(x−1)2+4，
即：y=−x2+2x+3；
(2)
如图，过点M作MM1⊥x轴交直线BC于点M1，过点A作AA1⊥x轴交直线BC于点A1，
∵直线BC过点C(0,3) ，
∴设直线BC的表达式为：y=kx+3，
将B(3,0)代入，
得k=-1，
∴lBC：y=−x+3，
∵MM1∥AA1，
∴∠AA1E=∠MM1E,∠A1AE=∠M1ME，
∴△MM1E∽△AA1E，
∴MEAE=MM1AA1，
设M(m,−m2+2m+3)，则M1（m,−m+3），
∴MM1=−m2+2m+3-(−m+3)=−m2+3m，
令−x2+2x+3=0，解得x1=−1,x2=3，
∴A(-1,0)，
∵lBC：y=−x+3， 令x=−1，解得y=4，
∴A1(-1,4)，
∴AA1=4，
∴MEAE=MM1AA1=−m2+3m4=−14m2+34m，
∵−14＜0，
当m=−b2a=−342×（−14）=32时，MEAE最大，
把m=32代入得，MEAE=−94+924=916，
把m=32代入M(m,−m2+2m+3)，
解得M点坐标为（32，154）；
(3)
取线段BQ的中点G，再将QG绕点Q旋转90°得到QG′，
则tan∠MBQ=12，直线BG′与抛物线的交点即为点M，
①将QG绕点Q顺时针旋转90°，得到QG′，
分别过点G′、点B作x轴垂线，与过Q点的水平线分别交于点N、Z，
∵QG绕点Q旋转90°得到QG′，
∴∠BOG′=90°，
∵NZ∥x轴，
∴∠N=∠Z=90°，
∵∠NQG′+NG′Q=90°,∠NQG′+∠BQZ=90°，
∴NG′Q=BQZ，
∴△NQG′∽△ZBQ，
∵G是QB的中点，QG=QG′，
∴QG′QB=QGQB=12，
∴NG′=12QZ=32，QN=12BZ=12，
∴xG′=−QN=−12,yG′=−(NG′−OQ)=−(32−1)=−12，
∴G′(−12,−12)，
设lBG′：y=kx+b，将B(3,0)，G′(−12,−12)代入，
得{3k+b=0−12k+b=−12，解得{k=17b=−37，
∴lBG′：y=17x−37，
由{y=17x−37y=−x2+2x+3，
解得：{x=−87y=−2949或{x=3y=0（舍去），
∴M(−87,−2949)；
②如图，将线段QG绕点Q逆时针旋转90°得到QG″，
连接G″B并延长交抛物线于点M，过G″作x轴平行线交y轴于点L，
∵旋转90°，∴∠BQG″=90°，
∵∠LQG″+∠LG″Q=90°,∠LQG″+∠OQB=90°，
∴∠LG″Q=∠OQB，
又∵∠BOQ=∠QLG″=90°，
∴△LQG″∽△OBQ，且相似比为QG″QB=12，
∴LG″=12OQ=12，LQ=12OB=32，
∴xG″=LG″=12,yG″=OQ+LQ=1+32=52，
∴G″(12,52)，
又∵B(3,0)，
设lBG″:y=kx+b，
将G″(12,52)，B(3,0)代入，
得{12k+b=523k+b=0，解得{k=−1b=3，
∴lBG″:y=−x+3，
由{y=−x+3y=−x2+2x+3 ，
解得：{x=0y=3或{x=3y=0（舍去），
∴M(0,3)，
综上所述，点M的坐标为（−87，−2949）或（0，3）．
【点睛】本题是一道二次函数综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，角的存在性问题等，解决问题的关键是做横平竖直线，将“斜线段”转化为“垂线段”，利用函数思想解决最题．
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