最新中考数学压轴大题之经典模型 专题27 二次函数与面积压轴问题-【压轴必刷】

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今天整理了初三中考总复习阶段在教学过程中收集的经典题目，一共有31讲，包括原卷版和解析版，供大家学习复习参考。
经典题目1：这是一道非常经典的最值问题，最值模型将军饮马和一箭穿心。
经典题目2：上面三道题是费马点经典问题，旋转转化是费马点问题的关键。
经典题目3：阿氏圆经典题目，这道题目实际包括了隐圆模型，一箭穿心模型等常见几何模型。
经典题目4：这是中考出现频率比较高的胡不归问题，也是经典最值问题。
【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题27二次函数与面积压轴问题
经典例题
【例1】（2022·湖北随州·统考中考真题）如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c+a<0与x轴分则点A和点B1,0，与y轴交于点C，对称轴为直线x=−1，且OA=OC，P为抛物线上一动点．
(1)直接写出抛物线的解析式；
(2)如图2，连接AC，当点P在直线AC上方时，求四边形PABC面积的最大值，并求出此时P点的坐标；
(3)设M为抛物线对称轴上一动点，当P，M运动时，在坐标轴上是否存在点N，使四边形PMCN为矩形？若存在，直接写出点P及其对应点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2−2x+3
(2)S最大=758，P点的坐标为−32,154
(3)存在，P1−1,4，N10,4；P2−5−1456,145−118，N21−1456,0；P3−5+1456,−145−118，N31+1456,0
【分析】（1）根据已知条件，列出方程组求出a，b，c的值即可；
（2）方法一：设Pm,n，四边形PABC的面积S=SΔPAO+SΔPCO+SΔBCO，用m表示出S，并求出S的最大值与此时P点的坐标；
方法二：易知A−3,0，C0,3，故直线AC的方程为y=x+3，设Px,−x2−2x+3−3（3）根据题目要求，分类讨论当当N在y轴上时；当N在x轴负半轴上时，设Nt,0，用t表示出点P的坐标，解出t，写出点P及其对应点N的坐标．
【详解】（1）解：∵OA=OC，
∴C0,c，A−c，0，
∵B1,0，对称轴为直线x=−1，c>0，
∴0=a+b+c−b2a=−10=ac2+bc+c，解得a=−1b=−2c=3，
∴抛物线的解析式为：y=−x2−2x+3．
（2）解：方法一：连接OP，
设Pm,n，易知−30，
∵AO=CO=3，BO=1，
∴四边形PABC的面积S=SΔPAO+SΔPCO+SΔBCO，
∴S=12×3n+12×3⋅−m+12×3×1
=32n−m+1
又∵n=−m2−2m+3，
∴S=32−m2−3m+4=−32m+322+758
∴当m=−32时，S最大=758，
∴此时P点的坐标为−32,154；
方法二：易知A−3,0，C0,3，故直线AC的方程为y=x+3
设Px,−x2−2x+3−3∵过点P作PQ⊥x轴，交AC于点Q，
∴Ox,x+3，
∵点P在AC上方，
∴PQ=−x2−2x+3−x+3=−x2−3，
∴SΔAPC=SΔPAQ+SΔPCQ=12PQxQ−xA+12PQxC−xQ
=12PQxC−xA=32PQ=32−x2−3x=−32x2−92x，
∴四边形PABC面积S=SΔAPC+SΔABC=−32x2−92x+12×4×3=−32x2−92x+6，
∴当x=−32时，S有最大值758，
∴此时P点的坐标为−32,154．
（3）存在点N．
①当N在y轴上时，
∵四边形PMCN为矩形，
此时，P1−1,4，N10,4；
②当N在x轴负半轴上时，如图所示，四边形PMCN为矩形，过M作y轴的垂线，垂足为D，过P作x轴的垂线，垂足为E，设Nt,0，则ON=−t，
∴∠CDM=∠NEP=90°，
∵四边形PMCN为矩形，
∴∠MCN=∠CNP=90°，CM=NP，
∵∠MCD+∠OCN=90°，∠ONC+∠OCN=90°，
∴∠MCD=∠ONC，
又∵∠CDM=∠CON=90°，
∴△CMD∽△CNO，
∴CDON=MDOC，
又∵点M在对称轴上，C0,3，
∴DM=1,OC=3，
∴CD−t=13，即CD=−13t，
∵∠MCD+∠CMD=90°，∠ONC+∠PNE=90°，
∴∠CMD=∠PNE，
∴△CMD≌△NPEAAS，
∴NE=MD=1，EP=CD=−13t，
∴OE=ON+EN=−t+1，
∴P点的坐标为t−1,−13t，
∵P点在抛物线y=−x2−2x+3上，
∴−13t=−t−12−2t−1+3
解得t1=1−1456，t2=1+1456（舍），
∴P2−5−1456,145−118，N21−1456,0；
③当N在x轴正半轴上时，如图所示，四边形PMCN为矩形，过M作y轴的垂线，垂足为D，过P作x轴的垂线，垂足为E，设Nt,0，则ON=t，
∴∠CDM=∠NEP=90°，
∵四边形PMCN为矩形时，
∴∠MCN=∠CNP=90°，CM=NP，
∵∠MCD+∠OCN=90°，∠ONC+∠OCN=90°，
∴∠MCD=∠ONC，
又∵∠CDM=∠CON=90°，
∴△CMD∽△CNO，
∴CDON=MDOC，
又∵点M在对称轴上，C0,3，
∴DM=1,OC=3，
∴CDt=13，即CD=13t，
∵∠MCD+∠CMD=90°，∠ONC+∠PNE=90°，
∴∠CMD=∠PNE，
∴△CMD≌△NPEAAS，
∴NE=MD=1，EP=CD=13t，
∴OE=ON−EN=t−1，
∴P点的坐标为t−1,−13t，
∵P点在抛物线y=−x2−2x+3上，
∴−13t=−t−12−2t−1+3
解得t1=1−1456（舍），t2=1+1456，
∴P3−5+1456,−145−118，N31+1456,0，
综上：P1−1,4，N10,4；P2−5−1456,145−118，N21−1456,0；P3−5+1456,−145−118，N31+1456,0
【点睛】本题考查用待定系数法求二次函数、二次函数综合问题，矩形的性质与判定，二次函数图象上点的坐标特征等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行计算是解此题的关键．
【例2】（2022·广西贺州·统考中考真题）如图，抛物线y=−x2+bx+c过点A(−1,0),B(3,0)，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P为抛物线对称轴上一动点，当△PCB是以BC为底边的等腰三角形时，求点P的坐标；
(3)在（2）条件下，是否存在点M为抛物线第一象限上的点，使得S△BCM=S△BCP？若存在，求出点M的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3；
(2)点P坐标为(1,1)；
(3)存在，m1=3+52,m2=3−52
【分析】（1）把A(−1,0),B(3,0)代入y=−x2+bx+c即可的得出抛物线解析式；
（2）依题意可得出即P点在∠COB的平分线上且在抛物线的对称轴上利用等腰三角形的性质，即可得出P点的坐标；
（2）利用铅垂线ME，即可表达出S△BCM，再由S△BCM=S△BCP即可列出方程求解．
【详解】（1）根据题意，得
{0=−(−1)2−b+c0=−32+3b+c，
解得{b=2c=3，
∴抛物线解析式为：y=−x2+2x+3．
（2）由（1）得y=−x2+2x+3，
∴点C(0,3)，且点B(3,0)，
∴OC=OB=3．
∵当△PCB是以BC为底边的等腰三角形
∴PC=PB，
∵OP=OP，
∴△COP≅△BOP，
∴∠COP=∠BOP=12×90°=45°，
设抛物线的对称轴与x轴交于H点，则∠OPH=90°，
∴∠OPH=∠POH=45°，
∴OH=PH，
∵抛物线对称轴x=−22×(−1)=1，
∴OH=1，
∴PH=1，
∴y=1．
∴点P坐标为(1,1)．
（3）存在．
理由如下：过点M作ME∥y轴，交BC于点E，交x轴于点F．
设M(m,−m2+2m+3)，则F(m,0)，
设直线BC的解析式为：y=kx+b，依题意，得：
{0=3k+b3=b，
解得{k=−1b=3，
∴直线BC的解析式为：y=−x+3，
当x=m时，y=−m+3，
∴点E的坐标为(m,−m+3)，
∵点M在第一象限内，且在BC的上方，
∴ME=−m2+2m+3−(−m+3)
=−m2+3m，
S△BCM=S△MEC+S△MEB=12ME⋅OF+12ME⋅FB
=12ME⋅OB
=32(−m2+3m)，
S△BCP=12×3×3−12×1×(1+3)−12×1×2=32．
∵S△BCM=S△BCP，
∴32(−m2+3m)=32，
解得m1=3+52,m2=3−52．
【点睛】此题考查了求抛物线的解析式、等腰三角形的存在性问题，三角形的面积，掌握待定系数法求抛物线的解析式，等腰三角形与函数的特征，三角形面积与函数的做法是解题的关键．
【例3】（2022·河南洛阳·统考二模）如图，抛物线y=−x2−2x+3的图象与x轴交于A，B两点，（点A在点B的左边），与y轴交于点C．
(1)直接写出A，B，C的坐标；
(2)点M为线段AB上一点（点M与点A，点B不重合），过点M作x轴的垂线，与直线AC交于点E，与抛物线交于点P，过点P作PQ∥AB交抛物线于点Q，过点Q作QN⊥x轴于点N，若点P在点Q的左侧，当矩形PMNQ的周长最大时，求△AEM的面积．
【答案】(1)A(−3,0)，B(1,0)，C(0,3)
(2)12
【分析】（1）通过解析式即可得出C点坐标，令y=0，解方程得出方程的解，即可求得A、B的坐标；
（2）设M点横坐标为m，则PM=−m2−2m+3，MN=(−m−1)×2=−2m−2，矩形PMNQ的周长=−2m2−8m+2，将−2m2−8m+2配方，根据二次函数的性质，即可得出m的值，然后求得直线AC的解析式，把x=m代入可以求得三角形的边长，从而求得三角形的面积．
【详解】（1）由抛物线y=−x2−2x+3可知点C(0,3)，
令y=0，则0=−x2−2x+3，
解得x=−3或x=1，
∴点A(−3,0)，B(1,0)，C(0,3)；
（2）由抛物线y=−x2−2x+3=−(x+1)2+4可知，对称轴为直线x=−1，
设点M的横坐标为m，则PM=−m2−2m+3，MN=(−m−1)×2=−2m−2，
∴矩形PMNQ的周长=2(PM+MN)=2(−m2−2m+3−2m−2)=−2m2−8m+2=−2(m+2)2+10，
∴当m=−2时矩形的周长最大．
∵点A(−3,0)，C(0,3)，
∴设直线AC:y=kx+3，
代入(−3,0)得0=−3k+3=0，
解得k=1，
∴直线AC的函数表达式为y=x+3，
当x=−2时，y=−2+3=1，则点E(−2,1)，
∴EM=1，AM=1，
∴ΔAEM的面积=12AM⋅EM=12．
【点睛】此题主要考查了求抛物线与坐标轴的交点，待定系数法求函数解析式，二次函数的性质，三角形的面积公式，解本题的关键是求出矩形PMNQ的周长为−2(m+2)2+10．
【例4】（2022·福建·统考中考真题）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．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S1S2+S2S3是否存在最大值．若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−43x2+163x
(2)存在，2,163或（3，4）
(3)存在，98
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）待定系数法求得直线AB的解析式为y=−43x+163，过点P作PM⊥x轴，垂足为M，PM交AB于点N．过点B作BE⊥PM，垂足为E．可得S△PAB=S△PNB+S△PNA =32PN，设Pm,−43m2+163m1（3）由已知条件可得△OBC∽△PDC，进而可得S1S2+S2S3=CDBC+PCOC =2PDOB，过点B,P分别作x轴的垂线，垂足分别F,E，PE交AB于点Q，过D作x的平行线，交PE于点G，可得△DPG∽△OBF，设Pm,−43m2+163m1【详解】（1）解：（1）将A（4，0），B（1，4）代入y=ax2+bx，
得16a+4b=0a+b=4，
解得a=−43b=163．
所以抛物线的解析式为y=−43x2+163x．
（2）设直线AB的解析式为y=kx+tk≠0，
将A（4，0），B（1，4）代入y=kx+t，
得4k+t=0k+t=4，
解得k=−43t=163．
所以直线AB的解析式为y=−43x+163．
过点P作PM⊥x轴，垂足为M，PM交AB于点N．
过点B作BE⊥PM，垂足为E．
所以S△PAB=S△PNB+S△PNA
=12PN×BE+12PN×AM
=12PN×BE+AM
=32PN．
因为A（4，0），B（1，4），所以S△OAB=12×4×4=8．
因为△OAB的面积是△PAB面积的2倍，
所以2×32PN=8，PN=83．
设Pm,−43m2+163m1所以PN=−43m2+163m−−43m+163=83，
即−43m2+203m−163=83，
解得m1=2，m2=3．
所以点P的坐标为2,163或（3，4）．
（3）∵ PD∥BO
∴△OBC∽△PDC
∴CDBC=PDOB=PCOC
记△CDP，△CPB，△CBO的面积分别为S1，S2，S3．则S1S2+S2S3=CDBC+PCOC =2PDOB
如图，过点B,P分别作x轴的垂线，垂足分别F,E，PE交AB于点Q，过D作x的平行线，交PE于点G
∵B1,4，
∴F1,0
∴OF=1
∵PD∥OB,DG∥OF
∴△DPG∽△OBF
∴PDOB=PGBF=DGOF，
设Pm,−43m2+163m1∵直线AB的解析式为y=−43x+163．
设Dn,−43n+163，则Gm,−43n+163
PG=−43m2+163m+43n−163
=43m2−4m−n+4
DG=m−n
∴43(m2−4m−n+4)4=m−n1
整理得4n=m2−m+4
∴ S1S2+S2S3=CDBC+PCOC =2PDOB
=2DGOF
=2m−n
=2m−m2−m+44
=−12m2−5m+4
=−12m−522+98
∴m=52时，S1S2+S2S3取得最大值，最大值为98
【点睛】本题考查了二次函数综合，待定系数法求解析式，面积问题，相似三角形的性质与判定，第三问中转化为线段的比是解题的关键．
【例5】（2022·湖南岳阳·统考中考真题）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线F1：y=x2+bx+c经过点A−3,0和点B1,0．
(1)求抛物线F1的解析式；
(2)如图2，作抛物线F2，使它与抛物线F1关于原点O成中心对称，请直接写出抛物线F2的解析式；
(3)如图3，将（2）中抛物线F2向上平移2个单位，得到抛物线F3，抛物线F1与抛物线F3相交于C，D两点（点C在点D的左侧）．
①求点C和点D的坐标；
②若点M，N分别为抛物线F1和抛物线F3上C，D之间的动点（点M，N与点C，D不重合），试求四边形CMDN面积的最大值．
【答案】(1)y=x2+2x−3
(2)y=−x2+2x+3
(3)①C−2,−3或D2,5；②16
【分析】（1）将点A−3,0和点B1,0代入y=x2+bx+c，即可求解；
（2）利用对称性求出函数F1顶点−1,−4关于原点的对称点为1,4，即可求函数F2的解析式；
（3）①通过联立方程组y=−x2+2x+5y=x2+2x−3，求出C点和D点坐标即可；
②求出直线CD的解析式，过点M作MF∥y轴交CD于点F，过点N作NE∥y轴交于点E，设Mm,m2+2m−3，Nn,−n2+2n+5，则Fm,2m+1，Nn,2n+1，可求MF=−m2+4，NE=−n2+4，由S四边形CMDN=S△CDN+S△CDM=2MF+NE，分别求出MF的最大值4，NE的最大值4，即可求解．
（1）
解：将点A−3,0和点B1,0代入y=x2+bx+c，
∴9−3b+c=01+b+c=0，解得b=2c=−3，
∴y=x2+2x−3．
（2）
∵y=x2+2x−3=(x+1)2−4，
∴抛物线的顶点−1,−4，
∵顶点−1,−4关于原点的对称点为1,4，
∴抛物线F2的解析式为y=−(x−1)2+4，
∴y=−x2+2x+3．
（3）
由题意可得，抛物线F3的解析式为y=−(x−1)2+6=−x2+2x+5，
①联立方程组y=−x2+2x+5y=x2+2x−3，
解得x=2或x=−2，
∴C−2,−3或D2,5；
②设直线CD的解析式为y=kx+b，
∴−2k+b=−32k+b=5，解得k=2b=1，
∴y=2x+1，
过点M作MF∥y轴交CD于点F，过点N作NE∥y轴交于点E，如图所示：
设Mm,m2+2m−3，Nn,−n2+2n+5，
则Fm,2m+1，Nn,2n+1，
∴MF=2m+1−m2+2m−3=−m2+4，
NE=−n2+2n+5−2n−1=−n2+4，
∵−2∴当m=0时，MF有最大值4，
当n=0时，NE有最大值4，
∵S四边形CMDN=S△CDN+S△CDM=12×4×MF+NE=2MF+NE，
∴当MF+NE最大时，四边形CMDN面积的最大值为16．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，图象平移和对称的性质是解题的关键．
培优训练
1．（2022·广东·统考中考真题）如图，抛物线y=x2+bx+c（b，c是常数）的顶点为C，与x轴交于A，B两点，A1,0，AB=4，点P为线段AB上的动点，过P作PQ//BC交AC于点Q．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)求△CPQ面积的最大值，并求此时P点坐标．
【答案】(1)y=x2+2x−3
(2)2；P（-1，0）
【分析】（1）用待定系数法将A，B的坐标代入函数一般式中，即可求出函数的解析式；
（2）分别求出C点坐标，直线AC，BC的解析式，PQ的解析式为：y=-2x+n，进而求出P，Q的坐标以及n的取值范围，由S△CPQ=S△CPA−S△APQ列出函数式求解即可．
【详解】（1）解：∵点A（1，0），AB=4，
∴点B的坐标为（-3，0），
将点A（1，0），B（-3，0）代入函数解析式中得：
{0=1+b+c0=9−3b+c，
解得：b=2，c=-3，
∴抛物线的解析式为y=x2+2x−3；
（2）解：由（1）得抛物线的解析式为y=x2+2x−3，
顶点式为：y=(x+1)2−4，
则C点坐标为：（-1，-4），
由B（-3，0），C（-1，-4）可求直线BC的解析式为：y=-2x-6，
由A（1，0），C（-1，-4）可求直线AC的解析式为：y=2x-2，
∵PQ∥BC，
设直线PQ的解析式为：y=-2x+n，与x轴交点P(n2,0)，
由{y=−2x+ny=2x−2解得：Q(n+24,n−22)，
∵P在线段AB上，
∴−3∴n的取值范围为-6＜n＜2，
则S△CPQ=S△CPA−S△APQ
=12×(1−n2)×4−12×(1−n2)×(−n−22)
=−18(n+2)2+2
∴当n=-2时，即P（-1，0）时，S△CPQ最大，最大值为2．
【点睛】本题考查二次函数的面积最值问题，二次函数的图象与解析式间的关系，一次函数的解析式与图象，熟练掌握数形结合思想是解决本题的关键．
2．（2022·湖南常德·统考中考真题）如图，已经抛物线经过点O(0,0)，A(5,5)，且它的对称轴为x=2．
(1)求此抛物线的解析式；
(2)若点B是抛物线对称轴上的一点，且点B在第一象限，当△OAB的面积为15时，求B的坐标；
(3)在（2）的条件下，P是抛物线上的动点，当PA−PB的值最大时，求P的坐标以及PA−PB的最大值
【答案】(1)y=x2−4x.
(2)B(2,8)
(3)P(−2,12), PA−PB的最大值为32.
【分析】（1）根据题意可设抛物线为y=ax2+bx,再利用待定系数法求解抛物线的解析式即可；
（2）设B2,y, 且y>0, 记OA与对称轴的交点为Q，设直线OA为：y=kx, 解得：k=1, 可得直线OA为：y=x, 则Q2,2, 利用S△OAB=S△BOQ+S△ABQ=12×BQ×xA−xO列方程，再解方程即可；
（3）如图，连接AB，延长AB交抛物线于P，则此时PA−PB=AB最大，由勾股定理可得最小值，再利用待定系数法求解AB的解析式，联立一次函数与二次函数的解析式，解方程组可得P的坐标．
【详解】（1）解：∵ 抛物线经过点O(0,0)，
∴设抛物线为：y=ax2+bx,
∵ 抛物线过A(5,5)，且它的对称轴为x=2．
∴25a+5b=5−b2a=2, 解得：a=1b=−4,
∴抛物线为：y=x2−4x.
（2）解：如图，点B是抛物线对称轴上的一点，且点B在第一象限，
设B2,y, 且y>0, 记OA与对称轴的交点为Q，
设直线OA为：y=kx,
∴5=5k, 解得：k=1,
∴ 直线OA为：y=x,
∴Q2,2,
∴S△OAB=S△BOQ+S△ABQ=12×BQ×xA−xO
=12y−2×5=15,
解得：y=8或y=−4,
∵y>0, 则y=8,
∴B2,8.
（3）如图，连接AB，延长AB交抛物线于P，则此时PA−PB=AB最大，
∵A5,5,B2,8,
∴AB=5−22+5−82=32,
设AB为：y=k'x+b', 代入A、B两点坐标，
∴5k'+b'=52k'+b'=8,
解得：k'=−1b'=10,
∴AB为：y=−x+10,
∴y=−x+10y=x2−4x,
解得：x=5y=5,x=−2y=12,
∴P−2,12.
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，坐标与图形面积，三角形三边关系的应用，勾股定理的应用，确定PA−PB最大时P的位置是解本题的关键．
3．（2022·湖北襄阳·统考中考真题）在平面直角坐标系中，直线y＝mx-2m与x轴，y轴分别交于A，B两点，顶点为D的抛物线y＝-x2+2mx-m2+2与y轴交于点C．
(1)如图，当m＝2时，点P是抛物线CD段上的一个动点．
①求A，B，C，D四点的坐标；
②当△PAB面积最大时，求点P的坐标；
(2)在y轴上有一点M（0，73m），当点C在线段MB上时，
①求m的取值范围；
②求线段BC长度的最大值．
【答案】(1)①A（2，0），B（0，-4），C（0，-2），D（2，2）；
②△PAB的面积的最大值是3，点P（1，1）；
(2)①23≤m≤1+3或−3≤m≤1−3；
②13
【分析】对于（1），先求出点A，B的坐标，再将抛物线关系式配方表示出点D的坐标，令
x=0，表示出点C的坐标，然后将m的值代入即可得出①的答案；对于②，先求出直线和抛物线的解析式，再作PE∥y轴，设点P的横坐标为t，即可表示出点P，E的坐标，然后表示出PE，进而根据三角形的面积公式表示△PAB的面积，再配方讨论极值即可；
对于（2），由（1）可知，点B，C的坐标，再根据点C在线段MB上，分两种情况讨论，求出①的答案即可；对于②，根据①中的情况分别表示BC，再配方二次函数的性质求出答案即可．
【详解】（1）∵直线y=mx−2m与x轴，y轴分别交于A，B两点，
∴A（2，0），B（0，-2m）．
∵y=−x2+2mx−m2+2=−(x−m)2+2，
∴抛物线的顶点坐标是D（m，2）．
令x=0，则y=−m2+2，
∴C(0,−m2+2)．
①当m=2时，-2m=-4，则−m2+2=−2，
∴点B（0，-4），C（0，-2），D（2，2）；
②由上可知，直线AB的解析式为y=2x−4，抛物线的解析式为y=−x2+4x−2，
如图，过点P作PE∥y轴交直线AB于点E．
设点P的横坐标为t，
∴P(t,−t2+4t−2)，E(t,2t−4)，
∴PE=−t2+4t−2−(2t−4)=−t2+2t+2，
∴△PAB的面积=12×(2−0)×(−t2+2t+2)=−(t−1)2+3，
∵-1＜0，
∴当t=1时，△PAB的面积的最大值为3，此时P（1，1）；
（2）由（1）可知，B（0，-2m），C（0，-m2+2），
①∵y轴上有一点M(0,73m)，点C在线段MB上，
∴需分两种情况讨论：
当73m≥−m2+2≥−2m时，解得：23≤m≤1+3，
当73m≤−m2+2≤−2m时，解得：−3≤m≤1−3，
∴m的取值范围是23≤m≤1+3或−3≤m≤1−3；
②当23≤m≤1+3时，
∵BC=−m2+2−(−2m)=−m2+2m+2=−(m−1)2+3，
∴当m=1时，BC的最大值为3；
当−3≤m≤1−3时，
∴BC=−2m−(−m2+2)=m2−2m−2=(m−1)2−3，
当m=-3时，点M与点C重合，BC的最大值为13，
∴BC的最大值是13．
【点睛】这是一道关于一次函数和二次函数的综合问题，考查了求函数关系式，二次函数图象的性质，二次函数与三角形的综合，根据二次函数关系式求极值等．
4．（2019·广东河源·校联考一模）如图，已知抛物线的顶点为A1，4，抛物线与y轴交于点B0，3，与x轴交于C、D两点，点P是抛物线上的一个动点．
(1)求此抛物线的解析式．
(2)求于C、D两点坐标及三角形△BCD的面积．
(3)若点P在x轴上方的抛物线上，满足S△PCD=12S△BCD，求点P的坐标．
【答案】(1)y=−x−12+4
(2)C−1，0，D3，0，S△BCD=6
(3)P1+102，32，或P1−102，32
【分析】（1）设抛物线顶点式解析式y=ax−12+4，然后把点B的坐标代入求出a的值，即可得解；
（2）令y=0，解方程得出点C，D坐标，再用三角形面积公式即可得出结论；
（3）先根据面积关系求出点P的坐标，求出点P的纵坐标，代入抛物线解析式即可求出点P的坐标．
【详解】（1）∵抛物线的顶点为A1，4，
∴设抛物线的解析式y=ax−12+4，
把点B0，3代入得，a+4=3，
解得a=−1，
∴抛物线的解析式为y=−x−12+4；
（2）由（1）知，抛物线的解析式为y=−x−12+4；
令y=0，则0=−x−12+4，
∴x=−1或x=3，
∴C−1，0，D3，0；
∴CD=4，
∴S△BCD=12CD×yB=12×4×3=6；
（3）由（2）知，S△BCD=6，CD=4，
∵S△PCD=12S△BCD，
∴S△PCD=12CD×yP=12×4×yP=3，
∴yP=32，
∵点P在x轴上方的抛物线上，
∴yP>0，
∴yP=32，
∵抛物线的解析式为y=−x−12+4；
∴32=−x−12+4，
∴x=1±102，
∴P1+102，32，或P1−102，32．
【点睛】本题考查的是二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
5．（2022·湖南娄底·统考中考真题）如图，抛物线y=12x2−2x−6与x轴相交于点A、点B，与y轴相交于点C．
(1)请直接写出点A，B，C的坐标；
(2)点Pm,n0(3)点F是抛物线上的动点，作FE//AC交x轴于点E，是否存在点F，使得以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出所有符合条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A−2,0，B6,0，C0,−6；
(2)m=3，△PBC面积的最大值272；
(3)存在，2+27,6或2−27,6或4,−6．
【分析】（1）令y=0得到12x2−2x−6=0，求出x即可求得点A和点B的坐标，令x=0，则y=−6即可求点C的坐标；
（2）过P作PQ∥y轴交BC于Q，先求出直线BC的解析式，根据三角形的面积，当平行于直线BC直线与抛物线只有一个交点时，点P到BC的距离最大，此时，△PBC的面积最大，利用三角形面积公式求解；
（3）根据点F是抛物线上的动点，作FE//AC交x轴于点E得到AE∥CF，设Fa,12a2−2a−6，当点F在x轴下方时，当点F在x轴的上方时，结合点OC=6，利用平行四边形的性质来列出方程求解．
【详解】（1）解：令y=0，
则12x2−2x−6=0，
解得x1=−2，x2=6，
∴A−2,0，B6,0，
令x=0，则y=−6，
∴C0,−6；
（2）解：过P作PQ∥y轴交BC于Q，如下图．
设直线BC为y=kx+bk≠0，将B6,0、C0,−6代入得
0=6k+bb=−6，
解得k=1b=−6，
∴直线BC为y=x−6，
根据三角形的面积，当平行于直线BC直线与抛物线只有一个交点时，点P到BC的距离最大，此时，△PBC的面积最大，
∵Pm,n0∴Pm，12m2−2m−6 ，Qm，m−6，
∴PQ=m−6−12m2−2m−6=−12m−32+92，
∵−12<0，
∴m=3时，PQ最大为92，
而S△PBC=12PQ⋅xC−xB=12×92×6=272，
∴△PBC的面积最大为272；
（3）解：存在．
∵点F是抛物线上的动点，作FE//AC交x轴于点E，如下图．
∴AE∥CF，设Fa,12a2−2a−6．
当点F在x轴下方时，
∵C0,−6，
即OC=6，
∴12a2−2a−6=−6，
解得a1=0（舍去），a2=4，
∴F4,−6．
当点F在x轴的上方时，令y=6，
则12a2−2a−6=6 ，
解得a3=2+27，a4=2−27，
∴F2+27,6或2−27,6．
综上所述，满足条件的点F的坐标为2+27,6或4,−6或2−27,6．
【点睛】本题是二次函数与平行四边形、二次函数与面积等问题的综合题，主要考查求点的坐标，平行四边形的性质，面积的表示，涉及方程思想，分类思想等．
6．（2022·四川攀枝花·统考中考真题）如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于O（O为坐标原点），A两点，且二次函数的最小值为−1，点M(1,m)是其对称轴上一点，y轴上一点B(0,1)．
(1)求二次函数的表达式；
(2)二次函数在第四象限的图象上有一点P，连结PA，PB，设点P的横坐标为t，△PAB的面积为S，求S与t的函数关系式；
(3)在二次函数图象上是否存在点N，使得以A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有符合条件的点N的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−2x
(2)S=−t2+32t+1
(3)存在，N(1,−1)或(3,3)或(−1,3)
【分析】（1）由二次函数的最小值为−1，点M(1,m)是其对称轴上一点，得二次函数顶点为(1,−1)，设顶点式y=a(x−1)2−1，将点O(0,0)代入即可求出函数解析式；
（2）连接OP，根据S=S△AOB+S△OAP−S△OBP求出S与t的函数关系式；
（3）设Nn,n2−2n，分三种情况：当AB为对角线时，当AM为对角线时，当AN为对角线时，由中点坐标公式求出n即可．
【详解】（1）解：∵二次函数的最小值为−1，点M(1,m)是其对称轴上一点，
∴二次函数顶点为(1,−1)，
设二次函数解析式为y=a(x−1)2−1，
将点O(0,0)代入得，a−1=0，
∴a=1，
∴y=(x−1)2−1=x2−2x；
（2）如图，连接OP，
当y=0时，x2−2x=0，
∴x=0或2，∴A(2,0)，
∵点P在抛物线y=x2−2x上，
∴点P的纵坐标为t2−2t，
∴S=S△AOB+S△OAP−S△OBP
=12×2×1+12×2−t2+2t−12t
=−t2+32t+1；
（3）设Nn,n2−2n，
当AB为对角线时，由中点坐标公式得，2+0=1+n，∴n=1，∴N(1,−1)，
当AM为对角线时，由中点坐标公式得，2+1=n+0，∴n=3，∴N(3,3)，
当AN为对角线时，由中点坐标公式得，2+n=0+1，∴n=−1，∴N(−1,3)，
综上：N(1,−1)或(3,3)或(−1,3)．
【点睛】此题考查了待定系数法求抛物线的解析式，抛物线与图形面积，平行四边形的性质，熟练掌握待定系数法及平行四边形是性质是解题的关键．
7．（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．
8．（2022·黑龙江·统考中考真题）如图，抛物线y=x2+bx+c经过点A−1,0，点B2,−3，与y轴交于点C，抛物线的顶点为D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)抛物线上是否存在点P，使△PBC的面积是△BCD面积的4倍，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=x2−2x−3
(2)存在，P11+5,1，P21−5,1
【分析】（1）将点A−1,0，点B2,−3，代入抛物线得1−b+c=04+2b+c=−3，求出b，c的值，进而可得抛物线的解析式．
（2）将解析式化成顶点式得y=x2−2x−3=x−12−4，可得D点坐标，将x=0代入得，y=−3，可得C点坐标，求出S△BCD=1的值，根据S△PBC=4S△BCD可得S△PBC=4，设Pm,m2−2m−3，则S△PBC=12×2×m2−2m−3+3=4，求出m的值，进而可得P点坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c过点A−1,0，点B2,−3，
∴1−b+c=04+2b+c=−3，
解得b=−2c=−3，
∴抛物线的解析式为：y=x2−2x−3．
（2）解：存在．
∵y=x2−2x−3=x−12−4，
∴D1,−4，
将x=0代入得，y=−3，
∴C0,−3，
又∵B（2，-3），
∴BC//x轴，
∴D到线段BC的距离为1，BC=2，
∴S△BCD=12×2×1=1，
∴S△PBC=4S△BCD=4，
设Pm,m2−2m−3，由题意可知点P在直线BC上方，
则S△PBC=12×2×m2−2m−3+3=4，
整理得，m2−2m=4，
解得m1=1+5，或m2=1−5，
∴P11+5,1，P21−5,1，
∴存在点P，使△PBC的面积是△BCD面积的4倍，点P的坐标为P11+5,1，P21−5,1．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数顶点式，二次函数与三角形面积综合等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
9．（2022·四川巴中·统考中考真题）如图1，抛物线y=ax2+2x+c，交x轴于A、B两点，交y轴于点C，F为抛物线顶点，直线EF垂直于x轴于点E，当y≥0时，−1≤x≤3．
(1)求抛物线的表达式；
(2)点P是线段BE上的动点（除B、E外），过点P作x轴的垂线交抛物线于点D．
①当点P的横坐标为2时，求四边形ACFD的面积；
②如图2，直线AD，BD分别与抛物线对称轴交于M、N两点．试问，EM+EN是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)①4；②是，定值为8，理由见解析
【分析】（1）由当y≥0时，−1≤x≤3，可知x1=−1，x2=3是ax2+2x+c=0的两根，代入方程可得a,c从而得解；
（2）①把x=2代入抛物线解析式可得D点坐标，再x=0代入抛物线解析式可得C点坐标，
从而得知线段CD∥x轴，利用配方法可知点F坐标，从而利用S四边形ACFD=S△FCD+S△ACD=12CDyF−yA求面积；
②设Dm,−m2+2m+3(1【详解】（1）解：∵当y≥0时，−1≤x≤3，
∴x1=−1，x2=3是ax2+2x+c=0的两根，A(−1,0)，B(3,0)，
∴a−2+c=09a+6+c=0，
解得：a=−1c=3，
∴抛物线的表达式为：y=−x2+2x+3；
（2）①把x=2代入y=−x2+2x+3得：y=3，
∴D(2,3)．
又当x=0，y=3，
∴C(0,3)，
∴线段CD∥x轴．
∵y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，
∴F(1,4)，
S四边形ACFD=S△FCD+S△ACD=12CDyF−yA=4；
②设Dm,−m2+2m+3(1直线AD:y=k1x+b1，BD:y=k2x+b2，
因此可得：
0=−k1+b1−m2+2m+3=k1m+b1或0=3k2+b2−m2+2m+3=k2m+b2，
解得：k1=3−mb1=3−m或k2=−1−mb2=3m+3，
∴直线AD:y=(3−m)x+(3−m)，
BD:y=−(m+1)x+3(m+1)．
令x=1得yM=6−2m，yN=2m+2，
∴ME=6−2m，NE=2m+2，
∴NE+ME=8．
【点睛】本题考查二次函数与一次函数综合，涉及四边形的面积求法，待定系数法等知识，掌握待定系数法和面积求法是解题的关键．
10．（2022·黑龙江绥化·校考二模）如图，抛物线y=−x2+bx+c与直线AB交于A(−4,−4)，B(0,4)两点，且点D是它的顶点，在y轴上有一点C(0,−1)．
(1)求出抛物线的解析式及直线AB的解析式；
(2)点E在直线AB上运动，若△BCE是等腰三角形时，求点E的坐标；
(3)设点N是抛物线上一动点，若SΔBDN=32SΔBDO，求点N的坐标．
【答案】(1)y=−x2−2x+4，y=2x+4
(2)−5,−25+4或5,25+4或(−4,−4)或−54,32
(3)N(−3,1)或(2,−4)
【分析】（1）用待定系数法求出一次函数解析式和二次函数解析式即可；
（2）设E(x,2x+4)，然后分三种情况BC=BE，BC=EC，BE=CE求出点E的坐标即可；
（3）设点N的坐标为(a,−a2−2a+4)，求出S△OBD=12×4×1=2，S△BDN=32×2=3，求出直线直线BD的解析式为y=−x+4，过点N作NH平行x轴，交BD于H，则H(a2+2a，−a2−2a+4)，表示出S△BDN=12×NH×(xD−xB)=12×1×(a2+a)=3，求出a的值，即可得出答案．
【详解】（1）解：把A(−4,−4)，B(0,4)代入抛物线的解析式，
得：−4=−16−4b+c4=c，
解得：b=−2c=4，
∴抛物线的解析式为y=−x2−2x+4，
设直线AB的解析式为y=mx+n，把A(−4,−4)，B(0,4)代入直线AB的解析式，
得：−4=−4m+n4=n，
解得：m=2n=4，
∴直线AB的解析式为y=2x+4；
（2）解：设E(x,2x+4)，
若BC=BE，
则(4−2x−4)2+(0−x)2=52，
解得x=−5或x=5，
∴−5,−25+4或5,25+4；
若BC=EC，
则x2+(−1−2x−4)2=52，
解得x=−4或x=0（舍)，
∴E(−4,−4)，
若BE=CE，
则x2+(2x)2=x2+(2x+5)2，
解得x=−54，
∴E−54,32；
综上，E的坐标为−5,−25+4或5,25+4或(−4,−4)或−54,32．
（3）解：设点N的坐标为(a,−a2−2a+4)，由（1）知D(−1,5)，
∴ S△OBD=12×4×1=2，
∴ S△BDN=32×2=3，
设直线BD的解析式为y=kx+b，把点D(−1,5)，B(0,4)代入得：
−k+b=5b=4，
解得：k=−1b=4，
∴直线BD的解析式为y=−x+4，
过点N作NH平行x轴，交BD于H，
则H(a2+2a，−a2−2a+4)，
∴NH=a2+a，
∴ S△BDN=12×NH×(xD−xB)=12×1×(a2+a)=3，
解得a=−3或a=2，
当a=−3时，−a2−2a+4=1，
当a=2时，−a2−2a+4=−4，
∴N(−3,1)或(2,−4)．
【点睛】本题主要考查了求二次函数解析式，二次函数的综合应用，求一次函数解析式，等腰三角形的定义，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，注意进行分类讨论．
11．（2022·重庆璧山·统考一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+43x+c与x轴交于点A−3,0，与y轴交于点C0,−2．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，连接AC，点D为线段AC下方抛物线上一动点，过点D作DE∥y轴交线段AC于E点，连接EO，记△ADC的面积为S1，△AEO的面积为S2，求S1−S2的最大值及此时点D的坐标；
(3)如图2，在（2）问的条件下，将抛物线沿射线CB方向平移352个单位长度得到新抛物线，动点M在原抛物线的对称轴上，点N为新抛物线上一点，直接写出所有使得以点A、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形的点N的坐标，并把求其中一个点N的坐标的过程写出来．
【答案】(1)y=23x2+43x−2
(2)当t=−2时，S1−S2取得最大值，最大值为1，此时点D的坐标为−2,−2
(3)点N的坐标为N1−4,836，N2−2,276，N30,12
【分析】（1）将A−3,0，C0,−2代入抛物线y=ax2+43x+c，列方程组求解即可得到答案；
（2）延长DE交x轴于点K，设直线AC的函数表达式为y=kx+bk≠0，将A−3,0，C0,−2代入列方程组求解得出解析式，设Dt,23t2+43t−2，根据DE∥y轴得到Et,−23t−2，Kt,0，根据三角形面积公式用t表示出S1−S2，利用函数性质即可得到最值；
（3）根据C0,−2，B1,0得到OBOC=12，结合抛物线沿射线CB方向平移325个单位长度，得到抛物线向右平移32个单位长度，向上平移3个单位长度，得到新抛物线解析式，设点M−1,m，根据平行四边形对角线互相平分分类讨论根据中点坐标公式即可得到答案．
【详解】（1）解：将A−3,0，C0,−2代入抛物线y=ax2+43x+c得，
9a−4+c=0c=−2，
解得a=23c=−2，
∴抛物线的解析式为：y=23x2+43x−2；
（2）解：如图，延长DE交x轴于点K，
设直线AC的函数表达式为y=kx+bk≠0，
∵A−3,0，C0,−2，
∴n=−2−3k+b=0，解得k=−23n=−2，
∴直线AC的函数表达式为y=−23x−2，
设Dt,23t2+43t−2，其中−3∴Et,−23t−2，Kt,0，
∴DE=−23t2−2t，
∵S1=S△ADC=DE⋅OA2=32−23t2−2t=−t2−3t，
S2=S△AEO=EK⋅OA2=3223t+2=t+3，
∴S1−S2=−t2−3t−t−3=−t2−4t−3=−t+22+1，
∴当t=−2时，S1−S2取得最大值，最大值为1，此时点D的坐标为−2,−2；
（3）解：∵C0,−2，B1,0，
∴OBOC=12，
∵抛物线沿射线CB方向平移325个单位长度，
∴抛物线向右平移32个单位长度，向上平移3个单位长度，
∴平移后的抛物线解析式为y=23x+1−322−83+3=23x−122+13，
∵点M在原抛物线对称轴上，
∴设点M−1,m，
①当以AD为对角线时，xM+xN2=xA+xD2，即−1+xN2=−3+−22，
∴xN=−4，
∵点N为新抛物线上一点，
∴N1−4,836，
②当以AM为对角线时，xD+xN2=xA+xM2，即−2+xN2=−3+(−1)2，
xN=−2，
∵点N为新抛物线上一点，
∴N2−2,276，
③当以AN为对角线时，xA+xN2=xM+xD2，即−3+xN2=−1+−22，
xN=0，
∵点N为新抛物线上一点，
∴N30,12，
综上所述，点N的坐标为N1−4,836，N2−2,276，N30,12．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，二次函数图像上点坐标的特征，平行四边形等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度．
12．（2023·广西玉林·一模）已知二次函数y=x2+2bx−3b的图象经过点A1,0．
(1)求该二次函数的表达式；
(2)二次函数图象与x轴的另一个交点为B，与y轴的交点为C，点P从点A出发在线段AB上以每秒2个单位长度的速度向点B运动，同时点Q从点B出发，在线段BC上以每秒1个单位长度的速度向点C运动，直到其中一点到达终点时，两点停止运动，求△BPQ面积的最大值；
(3)在点P、Q运动的过程中，是否存在使△PBQ与△BOC相似的时刻，如果存在，求出运动时间t，如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2+2x−3
(2)存在，当t=1时，△BPQ面积的最大值为22
(3)t的值为4−22或16−427
【分析】1把点A1,0代入解析式，求出b的值，即可得到解析式；
2过点Q作QN⊥AB于点N，利用NQQB=OCBC表示出△BPQ的高NQ，然后表示出△BPQ的面积，利用二次函数的性质求出最大面积；
3由∠PBQ=∠OBC，∠BOC=90°，知△PBQ与△BOC相似只需△PBQ为直角三角形，分两种情况：①当∠PQB=90°时，△PBQ是等腰直角三角形，BP=2BQ，有4−2t=2t，解得t=4−22；②当∠BPQ=90°时，t=24−2t，解得t=16−427．
【详解】（1）把点A1,0代入y=x2+2bx−3b得：1+2b−3b=0，
解得：b=1，
∴二次函数的表达式为：y=x2+2x−3．
（2）过Q作QN⊥OB于N，如图：

在y=x2+2x−3中，令x=0得y=−3，令y=0得x1=−3，x2=1，
∴C0,−3，B−3,0，A1,0，
∴AB=4，OB=OC=3，BC=32，
设运动时间为t，则BQ=t，AP=2t，
∴BP=4−2t，
∵sin∠NBQ=sin∠OBC，
∴NQQB=OCBC，即NQt=332，
∴NQ=22t，
∴S△BPQ=12BP⋅NQ=124−2t×22t=−22t2+2t=−22(t−1)2+22，
∵−22<0，
∴当t=1时，△BPQ面积的最大值为22．
（3）在点P、Q运动的过程中，存在使△PBQ与△BOC相似的时刻，理由如下：
∵∠PBQ=∠OBC，∠BOC=90°，
∴△PBQ与△BOC相似只需△PBQ为直角三角形，
①当∠PQB=90°时，如图：

∵OB=OC=3，∠BOC=90°，
∴∠OBC=45°，
∴△PBQ是等腰直角三角形，BP=2BQ，
∴4−2t=2t，
解得t=4−22；
②当∠BPQ=90°时，如图：

同理可知BQ=2PB，
∴t=24−2t，
解得t=16−427，
综上所述，t的值为4−22或16−427．
【点睛】．本题考查二次函数的综合应用，涉及二次函数解析式、抛物线与坐标轴的交点坐标、三角形面积等知识，解题的关键是数形结合和分类讨论思想的应用．
13．（2022·内蒙古·中考真题）如图，抛物线y=ax2+x+c经过B(3,0)，D−2,−52两点，与x轴的另一个交点为A，与y轴相交于点C．
(1)求抛物线的解析式和点C的坐标；
(2)若点M在直线BC上方的抛物线上运动（与点B，C不重合），求使△MBC面积最大时M点的坐标，并求最大面积；（请在图1中探索）
(3)设点Q在y轴上，点P在抛物线上，要使以点A，B，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求所有满足条件的点P的坐标．（请在图2中探索）
【答案】(1)y=−12x2+x+32，C0,32
(2)M32,158，当m=32时，S有最大值为2716
(3)满足条件的点P坐标为P14,−52，P2−4,−212，P32,32
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）作直线BC，过M点作MN∥y轴交BC于点N，求出直线BC的解析式，设M（m，-12m2+m+32），则N（m，-12m+32），可得S△MBC=12•MN•OB=−34m−322+2716，再求解即可；
（3）设Q（0，t），P（m，- 12m2+m+32），分三种情况讨论：①当AB为平行四边形的对角线时；②当AQ为平行四边形的对角线时；③当AP为平行四边形的对角线时；根据平行四边形的对角线互相平分，利用中点坐标公式求解即可．
【详解】（1）解：把点B(3,0)和D−2,−52分别代入y=ax2+x+c可得
9a+3+c=04a−2+c=−52，
解得a=−12c=32
∴抛物线的解析式为y=−12x2+x+32
把x=0代入y=−12x2+x+32可得y=32
∴C0,32；
（2）解：作直线BC，作MN∥y轴交直线BC于点N
设直线BC的解析式为y=kx+b（k≠0）
把点B(3,0)和C0,32分别代入y=kx+b
可得3k+bb=32
解得k=−12b=32
∴直线BC的解析式为y=−12x+32
设点M的横坐标为m
∴Mm,−12m2+m+32，Nm,−12m+32
∴MN=−12m2+m+32−−12m+32
=−12m2+32m
∴S△BCM=12⋅MN⋅OB=12−12m2+32m⋅3=−34m2+94m
=−34m−322+2716（0∴当m=32时，S有最大值为2716
把x=32代入y=−12x2+x+32可得y=158
∴M32,158；
（3）解：当以AB为边时，只要PQ∥AB，且PQ=AB=4即可
∴点P的横坐标为4或-4
把x=4代入y=−12x2+x+32可得y=−52
把x=−4代入y=−12x2+x+32可得y=−212
∴此时P14,−52，P2−4,−212
当以AB为对角线时，作P3H⊥x轴于点H
∵四边形AQ3BP3是平行四边形
∴AQ3∥BP3，AQ3=BP3
∴∠Q3AB=∠P3BA
在△AOQ3和△BHP3中
∠Q3AB=∠P3BA∠AOQ3=∠BHP3=90°AQ3=BP3
∴△AOQ3≌△BHP3
∴OA=HB=1
∴OH=OB−BH=3−1=2
∴点P的横坐标为2
把x=2代入y=−12x2+x+32可得y=32
∴此时P32,32
综上所述，满足条件的点P坐标为P14,−52，P2−4,−212，P32,32
【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，平行四边形的性质，分类讨论是解题的关键．
14．（2022·辽宁大连·统考中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线y=x2−2x−3与x轴相交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，连接AC．
(1)求点B，点C的坐标；
(2)如图1，点Em,0在线段OB上（点E不与点B重合），点F在y轴负半轴上，OE=OF，连接AF,BF,EF，设△ACF的面积为S1，△BEF的面积为S2，S=S1+S2，当S取最大值时，求m的值；
(3)如图2，抛物线的顶点为D，连接CD,BC，点P在第一象限的抛物线上，PD与BC相交于点Q，是否存在点P，使∠PQC=∠ACD，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)B3,0,C0,−3
(2)当S最大时，m=1.
(3)P4,5
【分析】（1）利用抛物线的解析式，令x=0，可得C的坐标，令y=0，可得A，C的坐标；
（2）由Em,00≤m<3,OE=OF, 可得F0,−m, 再分别表示S1=32−12m, S2=32m−12m2, 再建立二次函数关系式，再利用二次函数的性质可得答案；
（3） 如图，延长DC与x轴交于点N，过A作AH⊥BC于H，过Q作GK⊥y轴于K，连接BD，证明∠QDC=∠ACQ, 证明∠BCD=90°, 求解tan∠ACQ=222=2=tan∠QDC, 可得CQ=2CD=22, 再求解Q2,−1, 及QD为y=3x−7,再联立：y=x2−2x−3y=3x−7, 从而可得答案．
（1）解：∵y=x2−2x−3，令x=0, 则y=−3, ∴C0,−3, 令y=0, 则x2−2x−3=0, 解得：x1=−1,x2=3, ∴A−1,0,B3,0.
（2）∵Em,00≤m<3,OE=OF, ∴F0,−m, ∴CF=−m−−3=3−m,BE=3−m,OE=OF=m, 而A−1,0, ∴S1=12CF·OA=123−m×1=32−12m, S2=12BE·OF=123−mm=32m−12m2, ∴S=S1+S2=−12m2+m+32, ∵−12<0, ∴当S最大时，则m=−12×−12=1.
（3）如图，延长DC与x轴交于点N，过A作AH⊥BC于H，过Q作QK⊥y轴于K，连接BD，∵∠PQC=∠QCD+∠QDC,∠ACD=∠ACQ+∠QCD, ∠PQC=∠ACD，∴∠QDC=∠ACQ, ∵抛物线y=x2−2x−3=x−12−4, ∴顶点D1,−4, ∴CD2=12+−3+42=2,BC2=32+32=18,BD2=3−12+0+42=20, ∴CD2+BC2=BD2, ∴∠BCD=90°, ∵AB=3−−1=4,OC=OB=3, ∴∠ABC=45°=∠HAB, ∴AH=BH=42=22, ∴CH=32−22=2, ∴tan∠ACQ=222=2=tan∠QDC, ∴CQ=2CD=22, ∵QK⊥y轴，∠OBC=∠OCB=45°, ∴∠KCQ=∠KQC=45°,KC=KQ=2, ∴OK=3−2=1, ∴Q2,−1, 设QD为y=kx+b, ∴2k+b=−1k+b=−4, 解得k=3b=−7, ∴QD为y=3x−7,联立：y=x2−2x−3y=3x−7, 解得：x=1y=−4,x=4y=5, 所以P4,5.
【点睛】本题考查的是二次函数与坐标轴的交点问题，二次函数的性质，等腰直角三角形的性质，锐角三角函数的应用，利用待定系数法求解一次函数的解析式，函数的交点坐标问题，求解Q的坐标是解本题的关键．
15．（2022·山东济南·模拟预测）如图1，已知抛物线y=ax2+bx+3经过点A−1，0和点B3，0，与y轴交于点C，点P为第一象限内抛物线上的动点．连接OP交BC于点D，连接PC．
(1)试确定抛物线的解析式；
(2)当S△CPD：S△BPD=1：2时，请求出点D的坐标；
(3)如图2，连接AC，设P点横坐标为m(0【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)D1,2
(3)当m=32时，四边形BACP的面积最大，点P的坐标为32,154
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）根据S△CPD：S△BPD=1：2，可得CD:BD=1:2，根据△CGD∽△COB，得出GC=1，根据△BDH∽△BCO，得出DH=2，进而求解；
（3）过点P作PH∥y轴交BC于点H，设点P的坐标为m,−m2+2m+3，则点Hm,−m+3，由S=S△ABC+S△BCP得出关于m的二次函数，根据二次函数的性质即可求解．
【详解】（1）将点点A−1，0和点B3，0代入二次函数表达式得：y=ax+1x−3=ax2−2x−3
即：−3a=3，
解得：a=−1，
故抛物线的表达式为：y=−x2+2x+3；
（2）如图1：在y=−x2+2x+3中，令x=0，解得y=3，
∴C0,3，则OC=3
∵S△CPD：S△BPD=1：2，即：CD：BD=1：2，
过点D分别作x、y轴的垂线交于点H、G，
∴GD∥OB，
∴△CGD∽△COB，
∴CGOC=CDBC=13，
∴GC=1，
∵DH∥OC，
∴△BDH∽△BCO，
∴BHBO=BDBC=23，
∴DH=2，
故点D1，2；
（3）由（2），可得C0,3，
由点B、C的坐标得，设直线BC的表达式为y=kx+b
则3k+b=0b=3
解得：k=−1b=3
∴直线BC的表达式为y=−x+3，
过点P作PH∥y轴交BC于点H，如图，
设点P的坐标为m,−m2+2m+3，则点Hm,−m+3，
设四边形BACP的面积为S，
则S=S△ABC+S△BCP=12×AB×CO+12×PH×OB
=12×4×3+12×3×(−m2+2m+3+m−3)
=−32(m−32)2+758
∴当m=32时，y=154，四边形BACP的面积最大，点P的坐标为32,154．
【点睛】本题考查了二次函数的综合运用，相似三角形的性质与判定，面积问题，掌握二次函数的性质是解题的关键．
16．（2022·甘肃嘉峪关·校考一模）如图，已知抛物线y=−x2+mx+n与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知A−1，0，C0，3．
(1)求抛物线的表达式；
(2)在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形？如果存在，直接写出P点的坐标；如果不存在，请说明理由；
(3)点E是线段BC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置时，四边形CDBF的面积最大？求出四边形CDBF的最大面积及此时E点的坐标．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)存在；1,6，1,10，1,−10
(3)518，E32,32
【分析】（1）将点A、C的坐标分别代入可得二元一次方程组，解方程组即可得出m、n的值；
（2）根据二次函数的解析式可得对称轴方程，由勾股定理求出CD的值，以点C为圆心，CD为半径作弧，交对称轴于P1；以点D为圆心CD为半径作圆交对称轴于点P2，P3，作CH垂直于对称轴于点H，由等腰三角形的性质就可以求出结论；
（3）由二次函数的解析式可求出B点的坐标，从而可求出直线BC的解析式，从而可设E点的坐标Eq,−q+3，进而可表示出F的坐标，由四边形CDBF的面积SCDBF=S△BCD+S△ECF+S△EBF可求出S与q的关系式，由二次函数的性质就可以求出结论．
【详解】（1）解：已知抛物线y=−x2+mx+n经过点A−1，0，C0，3，
则0=−1−m+n3=n，解得n=3m=2，
∴抛物线表达式为：y=−x2+2x+3；
（2）解：由（1）可知抛物线对称轴为直线x=−22×−1=1，
则点D坐标为1,0，
CD的长为1−02+0−32=10,
如图1所示，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形的点P有P1，P2，P3三种情况，其中CD=CP1=DP2=DP3，
过点C作CH⊥GD, 垂足为点H，
∵CP1=CD，
∴P1D=2HD=2OC=6，
∴P11,6，
∵DP2=CD，
∴P21,10，
∵DP3=CD，
∴P31,−10，
综上可得，在抛物线的对称轴上存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形， P点的坐标为1,6，1,10，1,−10，
；
（3）解：根据题意作图2，过点C作CM⊥FE,垂足为点M，
令−x2+2x+3=0，则−x−1x−3=0，
∴x1=−1，x2=3，
故点B坐标为3,0，BD=OB−OD=3−1=2，
设直线BC解析式为y=kx+b，过点C0，3，B3,0，
3=b0=3k+b，解得b=3k=−1，
则直线BC解析式为y=−x+3，
设Eq,−q+3，Fq,−q2+2q+3，
FE=−q2+2q+3−−q+3=−q2+3q，
SCDBF=S△BCD+S△ECF+S△EBF
=12BD⋅OC+12EF⋅CM+12EF⋅BN
=12BD⋅OC+12EF⋅CM+BN
=12BD⋅OC+12EF⋅OB
=12×2×3+12−q2+3q×3
=−32q2−3q−2
=−32q−322−174
=−32q−322+518，
故q=32时，四边形CDBF的面积取得最大值为518，此时点E坐标为32,32，
．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、抛物线中等腰三角形的存在性、抛物线中四边形面积最大值的存在性、勾股定理等知识，采用数形结合和分类讨论思想是解题关键．
17．（2022·山东济南·模拟预测）如图，抛物线y=ax2+bx−3与x轴相交于B(−1,0)，C(3,0)两点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)点D在抛物线的对称轴上，且位于x轴的上方，将△BCD沿直线BD翻折得到△BC'D，若点C'恰好落在抛物线的对称轴上，求点C'和点D的坐标；
(3)在（2）的条件下，设抛物线与y轴交于点Q，连接BQ、DQ，点P为抛物线上的一个动点(点P与点Q不重合)，且S△PBD=S△BDQ，请求出所有满足条件的点P的横坐标．
【答案】(1)y=33x2−233x−3
(2)C'（1，23），D1，233
(3)当点P的横坐标为3或3+412或3−412时，S△PBD=S△BDQ
【分析】（1）利用待定系数法可求解析式；
（2）设对称轴与BC的交点为E，先求出点C，点E坐标，可求BC=4，BE=CE=2，由折叠的性质可得BC'的长，由勾股定理可求C'E,DE的长，即可求解；
（3）根据平行线间的距离相等，分两种情况讨论，若点Q，点P在BD的同侧时，若点P与点Q在BD的两侧时，结合图象及题意分别求解即可．
【详解】（1）解：将B(−1,0)，C(3,0)代入y=ax2+bx−3中，
可得9a+3b−3=0a−b−3＝0，
∴a=33b=−233，
∴y=33x2−233x−3；
（2）如图，设对称轴与BC的交点为E，
∵y=33x2−233x−3，B(−1,0)，C(3,0)，
∴对称轴为直线x=1，
∴BE=CE=2，BC=4，
∵点D在抛物线的对称轴上，
∴BD=CD，
∵将△BCD沿直线BD翻折得到△BC'D，
∴BC= BC'=4，CD=C'D，
∴BD=C'D，
∴C'E=C'B2−BE2=16−4=23，
∴C'（1，23），
∵BD2=DE2+BE2，
∴23−DE2=DE2+4，
∴DE=233，
∴点D1，233；
（3）如图，设BD交y轴于点F，
∵点B(−1,0)，点D1，233，
设直线BD的解析式为y=kx+b，
代入得：−k+b=0k+b=233，
解得：k=33b=33
∴直线BD解析式为：y=33x+33，
当x=0时，y=33
∴点F0，33，
∵抛物线的解析式为：y=33x2−233x−3与y轴交于点Q，
∴点Q0，−3，
直线QD经过点Q0，−3，D1，233，
设直线QD的解析式为y2=mx+n，
代入得：n=−3m+n=233，
解得：n=−3m=533
∴直线QD解析式为：y2=533x−3，
当y2=0时，x=35
∴S△BDQ=12×35+1×233+3=433，
若点Q，点P在BD的同侧时，
∵S△PBD=S△BDQ，
∴点P与点Q到直线BD的距离相等，即PQ∥BD，
∴设直线PQ解析式为：y=33x+ℎ，
∵点Q0，−3，
∴直线PQ解析式为：y=33x−3，
∴33x2−233x−3=33x−3，
∴x=0（与点Q重合，舍去），x=3（与点C重合，符合题意），
∴点P的横坐标为3；
若点P与点Q在BD的两侧时，
∵S△PBD=S△BDQ，
∴点P与点Q到直线BD的距离相等，
∵点F0,33，点Q0，−3，
∴FQ=433，
在y轴上截取HF=FQ，过点H作BD的平行线交抛物线于点P'和P″，
∴HF=FQ=433，
∴HO=HF+FO=533
∴点H坐标0,533，
∴直线HP'解析式为：y=33x+533，
∴33x2−233x−3=33x+533，
∴x=3±412，
综上所述：当点P的横坐标为3或3+412或3−412时，S△PBD=S△BDQ．
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求二次函数解析式，待定系数法求一次函数解析式，轴对称的性质及平行线间的距离相等等知识，综合性较强，有一定的难度．
18．（2022·重庆大渡口·重庆市第三十七中学校校考二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c与直线AB交于A，B两点，其中A（0，1），B(4,−1)．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)点P，Q为直线AB下方抛物线上任意两点，且满足点P的横坐标为m，点Q的横坐标为m+1，过点P和点Q分别作y轴的平行线交直线AB于C点和D点，连接PQ，求四边形PQDC面积的最大值；
(3)在（2）的条件下，将抛物线y=x2+bx+c沿射线AB平移25个单位，得到新的抛物线y1，点E为点P的对应点，点F为y1的对称轴上任意一点，点G为平面直角坐标系内一点，当点B，E，F，G构成以EF为边的菱形时，直接写出所有符合条件的点G的坐标．
【答案】(1)y=x2−92x+1；
(2)154；
(3)(134,−154)、(194,−339−44)、(194,339−44)．
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）根据题意，求得直线AB解析式，以及P、Q、C、D四点坐标，得到PC、DQ长度，利用二次函数的性质求解即可；
（3）根据平移的性质，求得y1的表达式，分两种情况，讨论求解即可．
【详解】（1）解：将A（0，1），B(4,−1)代入二次函数解析式，可得
16+4b+c=−1c=1，解得b=−92c=1
即y=x2−92x+1；
（2）设直线AB解析式y=kx+n，代入A（0，1），B(4,−1)，可得
4k+n=−1n=1，解得k=−12n=1
即y=−12x+1，
则P(m,m2−92m+1)，C(m,−12m+1)，Q(m+1,(m+1)2−92(m+1)+1)，D(m+1,−12(m+1)+1)
PC=−12m+1−(m2−92m+1)=−m2+4m，
QD=−12(m+1)+1−[(m+1)2−92(m+1)+1)=−m2+2m+3，
S四边形PQDC=12×(PC+QD)×1=−m2+3m+32=−(m−32)2+154，
即当m=32时，S四边形PQDC最大，为154；
（3）由（2）可知P(32,−72)，
直线AB为y=−12x+1与x轴的交点为(2,0)，与y轴的交点为(0,1)，两点之间的距离为5，
沿射线AB平移25个单位，可看成向右移动了4个单位，向下移动了2个单位，
∴E(112,−112)，
则y=x2−92x+1平移后y1=x2−252x+33，
抛物线y1的对称轴为x=254，
设F(254,t)，
当BE=BF时，如图：
则(112−4)2+(−112+1)2=(254−112)2+(t+112)2，
解得t=−22±3394，
∴F(254,−22−3394)或F(254,−22+3394)，
当F(254,−22+3394)时，E平移到B，F平移到G，
∴G(194,339−44)，
当F(254,−22−3394)时，E平移到B，F平移到G，
∴G(194,−339−44)，
当BF=EF时，如下图：
(254−4)2+(t+1)2=(254−112)2+(t+112)2，解得t=−114，
F平移到B，E平移到G，可得G(134,−154)，
综上点G的坐标为(134,−154)、(194,−339−44)、(194,339−44)．
【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，四边形面积、菱形的性质及应用等知识解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
19．（2022·山东菏泽·统考二模）如图，抛物线y=ax2+bx+6经过A−2,0、B4,0两点，与y轴交于点C，D是抛物线上一动点，设点D的横坐标为m1(1)求抛物线的函数表达式．
(2)当△BCD的面积等于△AOC的面积的34时，求m的值．
(3)当m=2时，若点M是x轴上一动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点B、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M的的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−84x2+32x+6
(2)m=3
(3)M的坐标为2,0或17−1,0或−17−1,0或6,0
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）先求出直线BC的表达式，设点Dm,−34m2+32m+6，则点Hm,−32m+6，可得
S△BDC=12HD×OB=2−34m2+32m+6+32m−6=2−34m2+3m，则34S△ACO=34×12×6×2=92，即可求解；
（3）分BD是边、BD是对角线两种情况，利用图象平移的性质和中点公式即可求解．
【详解】（1）解：由抛物线交点式表达式得：y=ax+2x−4=ax2−2x−8=ax2−2ax−8a，
即−8a=6，解得：a=−34，
故抛物线的表达式为：y=−34x2+32x+6；
（2）解：对于y=−34x2+32x+6，当x=0时，y=6，
∴C0,6，
设直线BC的表达式为y=kx+b1k≠0，
把点B4,0，C0,6代入得：
4k+b1=0b2=6，解得：k=−32b2=6，
∴直线BC的表达式为：y=−32x+6，
如图所示，过点D作y轴的平行线交直线BC于点H，
设点Dm,−34m2+32m+6，则点Hm,−32m+6，
∴S△BDC=12HD×OB=2−34m2+32m+6+32m−6=2−34m2+3m，
∵34S△ACO=34×12×6×2=92，
∴2−34m2+3m=92，
解得： m=1（舍去）或3，
故m=3；
（3）解：当m=2时，点D2,6，
设点Mx,0，点Nt,n，则n=−34t2+32t+6①，
①当BD是边时，
点B向左平移2个单位向上平移6个单位得到点D，同样点MN向左平移2个单位向上平移6个单位得到点NM，
故x−2=t0+6=n或x+2=t0−6=n②，
联立①②得：
x−2=t0+6=nn=−34t2+32t+6或x+2=t0−6=nn=−34t2+32t+6
并解得：x=0t=2n=6（舍去）或x=2t=0n=6或x=17−1t=1+17n=−6或x=−17−1t=1−17n=−6；
故点M的坐标为2,0或17−1,0或−17−1,0；
②当BD是对角线时，
由中点公式得：122+4=12x+t126+0=12n+0③，
联立①③ 122+4=12x+t126+0=12n+0n=−34t2+32t+6，解得t=0n=6x=6或t=2n=6x=4（舍去），
故点M的坐标为6,0；
综上，点M的坐标为2,0或17−1,0或−17−1,0或6,0．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、平行四边形的性质、图形的平移、面积的计算等，其中（3）要注意分类求解，避免遗漏．
20．（2022·四川绵阳·校考二模）如图，直角三角形的斜边AB在x轴上，直角顶点在y轴正半轴上，已知A−1,0,C0,2，抛物线y=ax2+bx+ca≠0经过点A,B,C．
(1)求抛物线的解析式．
(2)如图①，点P是y轴右侧抛物线上一动点，若∠PCB=∠ACO，求点P的坐标．
(3)如图②，点P是第一象限内抛物线上的一个动点，连接PA交BC于点E，交y轴于点F，连接PB．设ΔPBE，ΔCEF的面积分别为S1，S2，求S1−S2的最大值．
【答案】(1)抛物线解析式为y=−12x2+32x+2
(2)点P的坐标为3,2或173,−509
(3)当t=85时，有S1−S2有最大值，S1−S2的最大值为165
【分析】（1）先根据三角形相似得到B点坐标，再把A，B，C三点坐标代入函数关系式求得解析式；
（2）分两种情况解题：①点P在CB上方时，PC∥AB，把y=2代入解析式求出P点坐标；②点P在CB下方时，如图：设PC与x轴交于点D，则DC=DB，求出直线CD的解析式，与二次函数解析式联立求得P的坐标；
（3）设Pt,−12t2+32t+2，表示S1，S2，继而计算S1−S2是二次函数，配方成顶点式，写出最大值．
【详解】（1）如图：

∵∠ABC=90°,∠BOC=90°，
∴∠OCB+∠ACO=∠OCB+∠CBO= 90°，
∴∠ACO=∠CBO，
∴tan∠ACO=tan∠CBO，
∴OAOC=OCOB，
∵A−1,0,C0,2
∴OA=1,OC=2，
∴12=2OB，
∴OB=4，
∴B4,0，
∵抛物线y=ax2+bx+ca≠0经过点A,B,C．
∴a−b+c=016a+4b+c=0c=0，解得a=−12b=32c=2，
∴抛物线解析式为y=−12x2+32x+2；
（2）①点P在CB上方时，如图：过点P作PM⊥x轴于M，

∵∠PCB=∠ACO, ∠OCB+∠ACO=90°，
∴∠OBC+∠PCB=90°，
∵PM⊥x轴，∠COB=90°，
∴四边形OMPC是矩形，
∴PM=2
∵点P是y轴右侧抛物线y=−12x2+32x+2上一点，
∴2=−12x2+32x+2，解得x=3或0（舍去），
∴点P的坐标为3,2；
②点P在CB下方时，如图：设PC与x轴交于点D，过点D作DE⊥BC于E，

∵∠PCB=∠ACO,∠ACO=∠CBO，
∴∠PCB=∠CBO，
∴CD=BD，
∵DE⊥BC，
∴CE=BE，
∵B4,0,C0,2，
∴BC=42+22=25，
∴CE=BE=5，
∵∠PCB=∠ACO,∠CED=∠COA= 90°，
∴ΔCED∼ΔCOA
∴DEAO=ECOC，
∴DE1=52，
∴DE=52，
∴BD=CD=522+52=52，
∴OD=4−52=32，
∴D32,0，
设CD的解析式为y=kx+2，
∴32k+2=0，解得k=−43，
∴CD的解析式为y=−43x+2，
联立y=−12x2+32x+2得x=173或0（舍去），
x=173时，y=−12x2+32x+2=−509，
∴点P的坐标为3,2或173,−509；
综上，点P的坐标为3,2或173,−509；
（3）设Pt,−12t2+32t+2，过点P作PN⊥x轴于N，

∴PN∥OC，
∵AB=5,OC=2，
∴SΔPAB=12−12t2+32t+2×5=−54t2+154t+5，
∵PN∥OC，则△AOF∽△ANP，
∴OFPN=OAAN，
∴OF−12t2+32t+2=1t+1，
∴OF=−12t−4，
∴SΔAFO=12×1×−12t−4=−14t−4，且SΔBOC=12×2×4=4，
∴S1−S2=SΔPAB−SΔAFO−S四边形EFOB−SΔBOC−S四边形EFOB
=SΔPAB−SΔAFO−SΔBOC
=−54t2+154t+5+14t−4−4
=−54t2+4t
=−54t−852+165，
∴当t=85时，有S1−S2有最大值，S1−S2的最大值为165．
【点睛】本题考查二次函数，相似三角形的判定和性质，一次函数，解直角三角形，分类讨论和数形结合思想是解题的关键．
21．（2022·山东淄博·统考中考真题）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），顶点D（1，4）在直线l：y＝43x+t上，动点P（m，n）在x轴上方的抛物线上．

(1)求这条抛物线对应的函数表达式；
(2)过点P作PM⊥x轴于点M，PN⊥l于点N，当1＜m＜3时，求PM+PN的最大值；
(3)设直线AP，BP与抛物线的对称轴分别相交于点E，F，请探索以A，F，B，G（G是点E关于x轴的对称点）为顶点的四边形面积是否随着P点的运动而发生变化，若不变，求出这个四边形的面积；若变化，说明理由．
【答案】(1)y =−x²+2x+3
(2)最大值225
(3)定值16
【分析】（1）利用顶点式可得结论；
（2）如图，设直线l交x轴于点T，连接PT，BD，BD交PM于点J，设Pm,−m2+2m+3，S四边形DTBP=S△PDT+S△PBT，推出S四边形DTBP最大时，PM+PN的值最大，求出四边形DTBP的面积的最大值，可得结论；
（3）如图，设Pm,−m2+2m+3，求出直线AP，BP的解析式，可得点E，F的坐标，求出FG的长，可得结论．
【详解】（1）解：∵抛物线的顶点为D（1，4），
∴根据顶点式，抛物线的解析式为y=−x−12+4=−x2+2x+3；
（2）解：如图，设直线l交x轴于点T，连接PT，BD，
BD交PM于点J，设Pm,−m2+2m+3，
点D1,4，在直线l：y=43x+t上，
∴4=43+t，
∴t=83，
∴直线DT的解析式为y=43x+83，
令y=0，得到x=−2，
∴T−2,0，
∴OT=2，
∵B3,0，
∴BT=5，
∵DT=32+42=5，
∴DT=BT，
∵PM⊥BT，PN⊥DT，
∴S四边形DTBP=S△PDT+S△PBT=12×DT×PN+12×BT×PM=52PM+PN，
∴S四边形DTBP最大时，PM+PN的值最大，
∵D1,4，B3,0，
∴直线BD的解析式为y=−2x+6，
∴Jm,−2m+6，
∴PJ=−m2+4m−3，
∵S四边形DTBP=S△DTB+S△BDP=12×5×4+12×−m2+4m−3×2
=−m2+4m+7
=−m−22+11，
∵二次项系数−1＜0，
∴m=2时，S四边形DTBP最大，最大值为11，
∴PM+PN的最大值=25×11=225；
（3）解：四边形AFBG的面积不变．
理由：如图，设Pm,−m2+2m+3，
∵A−1,0，B3,0，
∴直线AP的解析式为y=−m−3x−m+3，
∴E1,−2m+6，
∵E，G关于x轴对称，
∴G1,2m−6，
∴直线PB的解析式为y=−m+1x+3m+1，
∴F1,2m+2，
∴GF=2m+2−2m−6=8，
∴四边形AFBG的面积=12×AB×FG=12×4×8=16，
∴四边形AFBG的面积是定值．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会利用参数解决问题．
22．（2022·辽宁阜新·统考中考真题）如图，已知二次函数y=−x2+bx+c的图像交x轴于点A−1,0，B5,0，交y轴于点C．
(1)求这个二次函数的表达式；
(2)如图1，点M从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段BC向点C运动，点N从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段OB向点B运动，点M，N同时出发．设运动时间为t秒（0(3)已知P是抛物线上一点，在直线BC上是否存在点Q，使以A，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点Q坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+4x+5
(2)当t=52时，△BMN的面积最大，最大面积是258
(3)存在，Q的坐标为−7,12或7,−2或1,4或2,3
【分析】1用待定系数法可求得二次函数的表达式为；
2过点M作ME⊥x轴于点E，设△BMN面积为S，由ON=t，BM=2t，可得BN=5−t，ME=BMsin45°=2t⋅22=t，即得S=12BN⋅ME=12(5−t)⋅t=−12(t−52)2+258，由二次函数性质可得当t=52秒时，△BMN的面积最大，求得其最大面积；
3由B5,0，C0,5得直线BC解析式为y=−x+5，设Q(m,−m+5)，P(n,−n2+4n+5)，分三种情况进行讨论求解．
【详解】（1）将点A−1,0，B5,0代入y=−x2+bx+c中，
得0=−1−b+c0=−25+5b+c，
解这个方程组得b=4c=5，
∴二次函数的表达式为y=−x2+4x+5；
（2）过点M作ME⊥x轴于点E，如图：

设△BMN面积为S，
根据题意得：ON=t，BM=2t．
∵B(5,0)，
∴BN=5−t，
在y=−x2+4x+5中，令x=0得y=5，
∴C(0,5)，
∴OC=OB=5，
∴∠OBC=45°．
∴ME=BMsin45°=2t⋅22=t，
∴S=12BN⋅ME=12(5−t)⋅t=−12t2+52t=−12(t−52)2+258，
∵0∴当t=52时，△BMN的面积最大，最大面积是258；
（3）存在点Q，使以A，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
由B5,0，C0,5得直线BC解析式为y=−x+5，
设Q(m,−m+5)，P(n,−n2+4n+5)，又A−1,0，C0,5，
①当PQ，AC是对角线，则PQ，AC的中点重合，
∴m+n=−1+0−m+5−n2+4n+5=0+5，
解得m=0(与C重合，舍去)或m=−7，
∴Q(−7,12)；
②当QA，PC为对角线，则QA，PC的中点重合，
∴m−1=n+0−m+5+0=−n2+4n+5+5，
解得m=0(舍去)或m=7，
∴Q(7,−2)；
③当QC，PA为对角线，则QC，PA的中点重合，
∴m+0=n−1−m+5+5=−n2+4n+5+0，
解得m=1或m=2，
∴Q(1,4)或2,3，
综上所述，Q的坐标为(−7,12)或7,−2或1,4或2,3．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，平行四边形的性质及应用，解题的关键是用含字母的式子表示相关点的坐标和相关线段的长度．
23．（2022·山东枣庄·统考中考真题）如图①，已知抛物线L：y＝x2+bx+c的图象经过点A（0，3），B（1，0），过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点．
(1)求抛物线的关系式；
(2)若动点P在直线OE下方的抛物线上，连结PE、PO，当△OPE面积最大时，求出P点坐标；
(3)将抛物线L向上平移h个单位长度，使平移后所得抛物线的顶点落在△OAE内（包括△OAE的边界），求h的取值范围；
(4)如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P，使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3
(2)P点坐标为（52，−34）
(3)h的取值范围为3≤h≤4
(4)存在，点P的坐标是（5−52，1−52）或（3−52，5+12）或（3+52，1−52）或（5+52，5+12）
【分析】（1）利用待定系数法可得抛物线的解析式；
（2）过P作PG∥y轴，交OE于点G，设P（m，m2﹣4m+3），根据OE的解析式表示点G的坐标，表示PG的长，根据面积和可得△OPE的面积，利用二次函数的最值可得其最大值；
（3）求出原抛物线的对称轴和顶点坐标以及对称轴与OE的交点坐标、与AE的交点坐标，用含h的代数式表示平移后的抛物线的顶点坐标，列出不等式组求出h的取值范围；
（4）存在四种情况：作辅助线，构建全等三角形，证明△OMP≌△PNF，根据|OM|＝|PN|，列方程可得点P的坐标；同理可得其他图形中点P的坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线L：y＝x2+bx+c的图象经过点A（0，3），B（1，0），
∴1+b+c=0c=3 ，
解得b=−4c=3，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）如图1，过P作PG∥y轴，交OE于点G，
设P（m，m2﹣4m+3），
∵OE平分∠AOB，∠AOB＝90°，
∴∠AOE＝45°，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∴AE＝OA＝3，
∴E（3，3），
设直线OE的解析式为y＝kx，把点（3，3）代入得，
3＝3k，
解得k＝1，
∴直线OE的解析式为：y＝x，
∴G（m，m），
∴PG＝m﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+5m﹣3，
∴S△OPE＝S△OPG+S△EPG
=12PG•AE
=12×3×（﹣m2+5m﹣3）
=−32（m2﹣5m+3）
=−32（m−52）2+398，
∵−32＜0，
∴当m=52时，△OPE面积最大，
此时m2﹣4m+3＝−34，
∴P点坐标为（52，−34）；
（3）由y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，得抛物线l的对称轴为直线x＝2，顶点为（2，﹣1），
抛物线L向上平移h个单位长度后顶点为F（2，﹣1+h）．
设直线x＝2交OE于点M，交AE于点N，则N（2，3），如图2，
∵直线OE的解析式为：y＝x，
∴M（2，2），
∵点F在△OAE内（包括△OAE的边界），
∴2≤﹣1+h≤3，
解得3≤h≤4；
（4）设P（m，m2﹣4m+3），分四种情况：
①当P在对称轴的左边，且在x轴下方时，如图3，过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N，
∴∠OMP＝∠PNF＝90°，
∵△OPF是等腰直角三角形，
∴OP＝PF，∠OPF＝90°，
∴∠OPM+∠NPF＝∠PFN+∠NPF＝90°，
∴∠OPM＝∠PFN，
∴△OMP≌△PNF（AAS），
∴OM＝PN，
∵P（m，m2﹣4m+3），
则﹣m2+4m﹣3＝2﹣m，
解得：m=5+52或5−52，
∵m=5+52＞2，不合题意，舍去，
∴m=5−52，
此时m2﹣4m+3＝1−52，
∴P的坐标为（5−52，1−52）；
②当P在对称轴的左边，且在x轴上方时，
同理得：2﹣m＝m2﹣4m+3，
解得：m1i=1n+1或m2=3−52，
∵3+52＞2，不合题意，舍去，
∴m＝3−52，
此时m2﹣4m+3＝5+12，
∴P的坐标为（3−52，5+12）；
③当P在对称轴的右边，且在x轴下方时，如图4，过P作MN⊥x轴于N，过F作FM⊥MN于M，
同理得△ONP≌△PMF，
∴PN＝FM，
则﹣m2+4m﹣3＝m﹣2，
解得：m1i=1n+1或m2=3−52；
∵3−52＜2，不合题意，舍去，
∴m＝3+52，
此时m2﹣4m+3＝1−52，
P的坐标为（3+52，1−52）；
④当P在对称轴的右边，且在x轴上方时，如图5，

同理得m2﹣4m+3＝m﹣2，
解得：m=5+52或5−52（舍），
P的坐标为：（5+52，5+12）；
综上所述，点P的坐标是：（5−52，1−52）或（3−52，5+12）或（3+52，1−52）或（5+52，5+12）．
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的综合应用，二次函数的图象与性质及图形的平移，全等三角形的判定与性质以及解一元二次方程的方法，运用分类讨论思想和方程的思想是解决问题的关键．
24．（2022·山东日照·统考中考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=-x2+2mx+3m，点A（3，0）．
(1)当抛物线过点A时，求抛物线的解析式；
(2)证明：无论m为何值，抛物线必过定点D，并求出点D的坐标；
(3)在（1）的条件下，抛物线与y轴交于点B，点P是抛物线上位于第一象限的点，连接AB，PD交于点M，PD与y轴交于点N．设S=S△PAM－S△BMN，问是否存在这样的点P，使得S有最大值？若存在，请求出点P的坐标，并求出S的最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=-x2+2x+3；
(2)证明见解析，D−32,−94；
(3)存在，点P的坐标是（1，4），S最大=94．过程见解析
【分析】（1）把x=3，y=0代入y=-x2+2mx+3m，从而求得m，进而求得抛物线的解析式；
（2）将抛物线的解析式变形为：y=－x2+m（2x+3），进而根据2x+3=0，求得x的值，进而求得结果；
（3）将S变形为：S=（S△PAM+S四边形AONM）－（S四边形AONM+S△BMN）=S四边形AONP－S△AOB，设P（m，-m2+2m+3），设PD的解析式为：y=kx+b，将点P和点D坐标代入，从而求得PD的解析式，进而求得点N的坐标，进而求得S关于m的解析式，进一步求得结果．
【详解】（1）解：把x=3，y=0代入y=-x2+2mx+3m得，
-9+6m+3m=0，
∴m=1，
∴y=-x2+2x+3；
（2）证明：∵y=-x2+m（2x+3），
∴当2x+3=0时，即x=−32时，y=−94，
∴无论m为何值，抛物线必过定点D，点D的坐标是−32,−94；
（3）如图，
连接OP，
设点P（m，-m2+2m+3），
设PD的解析式为：y=kx+b，
∴−32k+b=−94km+b=−m2+2m+3，
∴k=−122m−7b=−32m+3，
∴PD的解析式为：y＝−122m−7x −32m+3，
当x＝0时，y＝−32m+3，
∴点N的坐标是（0，−32m+3），
∴ON=−32m+3，
∵S=S△PAM-S△BMN，
∴S=（S△PAM+S四边形AONM）－（S四边形AONM+S△BMN）=S四边形AONP-S△AOB，
∵S四边形AONP=S△AOP+S△PON=12OA⋅yP+12ON⋅xP
=12×3⋅−m2+2m+3+12m⋅−32m+3=−94m2+92m+92，
当x＝0时，y=-x2+2x+3＝3，
∴点B的坐标是（0，3），OB＝3，
S△AOB=12×32=92，
∴S=S四边形AONP−S△AOB=−94m2+92m+92−92＝−94m2+92m＝−94(m−1)2+94，
∴当m=1时，S最大=94，
当m=1时，−m2+2m+3=−12+2×1+3=4，
∴点P的坐标是（1，4）．
【点睛】本题考查了一次函数的图象和性质、二次函数的图象和性质、待定系数法求函数解析式、二次函数求最值、三角形的面积等知识，解决问题的关键是数形结合和变形S，转化为常见的面积计算．