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2021中考数学压轴题题型：专题10二次函数与线段最值定值及数量关系问题（含原卷及解析卷）
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这是一份2021中考数学压轴题题型：专题10二次函数与线段最值定值及数量关系问题（含原卷及解析卷），文件包含二次函数与线段最值定值及数量关系问题原卷版docx、二次函数与线段最值定值及数量关系问题解析版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共101页， 欢迎下载使用。
2021新版中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘
专题11二次函数与线段最值定值及数量关系问题
图形运动的过程中，求两条线段之间的函数关系，是中考数学的热点问题．
产生两条线段间的函数关系，常见的情况有两种，一是勾股定理，二是比例关系．还有一种不常见的，就是线段全长等于部分线段之和．由比例线段产生的函数关系问题，在两种类型的题目中比较常用．
一是由平行线产生的对于线段成比例，二是相似三角形的对应边成比例．
一般步骤是先说理产生比例关系，再代入数值或表示数的字母，最后整理、变形，根据要求写出定义域．关键是寻找比例关系，难点是有的整理、变形比较繁琐，容易出错．
【例1】（2020•孝感）在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+4ax+4a﹣6（a＞0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为点D．
（1）当a＝6时，直接写出点A，B，C，D的坐标：
A （﹣3，0） ，B （﹣1，0） ，C （0，18） ，D （﹣2，﹣6） ；
（2）如图1，直线DC交x轴于点E，若tan∠AED=43，求a的值和CE的长；
（3）如图2，在（2）的条件下，若点N为OC的中点，动点P在第三象限的抛物线上，过点P作x轴的垂线，垂足为Q，交AN于点F；过点F作FH⊥DE，垂足为H．设点P的横坐标为t，记f＝FP+FH．
①用含t的代数式表示f；
②设﹣5＜t≤m（m＜0），求f的最大值．
【分析】（1）当a＝6时，抛物线的表达式为：y＝6x2+24x+18，即可求解；
（2）由点C、D的坐标得，直线CD的表达式为：y＝2ax+4a﹣6，进而求出点E（3a−2，0），利用tan∠AED=OCOE=4a−63a−2=43，即可求解；
（3）①证明△FJH∽△ECO，故FHOE=FJCE，则FH=OECE×FJ=−t+1，即可求解；
②f=−23（t+3）2+263（﹣5＜t≤m且m＜0），即可求解．
【解析】（1）当a＝6时，抛物线的表达式为：y＝6x2+24x+18，
令y＝0，则x＝﹣1或﹣3；当x＝0时，y＝18，函数的对称轴为x＝﹣2，
故点A、B、C、D的坐标分别为（﹣3，0）、（﹣1，0）、（0，18）、（﹣2，﹣6）；
故答案为：（﹣3，0）、（﹣1，0）、（0，18）、（﹣2，﹣6）；
（2）y＝ax2+4ax+4a﹣6，令x＝0，则y＝4a﹣6，则点C（0，4a﹣6），
函数的对称轴为x＝﹣2，故点D的坐标为（﹣2，﹣6），
由点C、D的坐标得，直线CD的表达式为：y＝2ax+4a﹣6，
令y＝0，则x=3a−2，故点E（3a−2，0），则OE=3a−2，
tan∠AED=OCOE=6−4a3a−2=43，解得：a=23，
故点C、E的坐标分别为（0，−103）、（52，0），
则CE=(103)2+(52)2=256；
（3）①如图，作PF与ED的延长线交于点J，
由（2）知，抛物线的表达式为：y=23x2+83x−103，
故点A、C的坐标分别为（﹣5，0）、（0，−103），则点N（0，−53），
由点A、N的坐标得，直线AN的表达式为：y=−13x−53；
设点P（t，23t2+83t−103），则点F（t，−13t−53）；
则PF=−23t2﹣3t+53，
由点E（52，0）、C的坐标得，直线CE的表达式为：y=43x−103，
则点J（t，43t−103），故FJ=−53t+53，
∵FH⊥DE，JF∥y轴，
故∠FHJ＝∠EOC＝90°，∠FJH＝∠ECO，
∴△FJH∽△ECO，故FHOE=FJCE，
则FH=OECE×FJ=−t+1，
f＝PF+FH=−23t2﹣3t+53+（﹣t+1）=−23t2﹣4t+83；
②f=−23t2﹣4t+83=−23（t+3）2+263（﹣5＜t≤m且m＜0）；
∴当﹣5＜m＜﹣3时，fmax=−23m2﹣4m+83；
当﹣3≤m＜0时，fmax=263．
【例2】（2020•恩施州）如图1，抛物线y=−14x2+bx+c经过点C（6，0），顶点为B，对称轴x＝2与x轴相交于点A，D为线段BC的中点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）P为线段BC上任意一点，M为x轴上一动点，连接MP，以点M为中心，将△MPC逆时针旋转90°，记点P的对应点为E，点C的对应点为F．当直线EF与抛物线y=−14x2+bx+c只有一个交点时，求点M的坐标．
（3）△MPC在（2）的旋转变换下，若PC=2（如图2）．
①求证：EA＝ED．
②当点E在（1）所求的抛物线上时，求线段CM的长．
【分析】（1）根据点C在抛物线上和已知对称轴的条件可求出解析式；
（2）根据抛物线的解析式求出点B及已知点C的坐标，证明△ABC是等腰直角三角形，根据旋转的性质推出直线EF与x轴的夹角为45°，因此设直线EF的解析式为y＝x+b，设点M的坐标为（m，0），推出点F（m，6﹣m），直线EF与抛物线y=−14x2+x+3只有一个交点，联立两个解析式，得到关于x的一元二次方程，根据根的判别式为0得到关于m的方程，解方程得点M的坐标．注意有两种情况，均需讨论．
（3）①过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，设点M的坐标为（m，0），由PC=2及旋转的性质，证明△EHM≌△MGP，得到点E的坐标为（m﹣1，5﹣m），再根据两点距离公式证明EA＝ED，注意分两种情况，均需讨论；②把E（m﹣1，5﹣m）代入抛物线解析式，解出m的值，进而求出CM的长．
【解析】（1）∵点C（6，0）在抛物线上，
∴0=−14×36+6b+c，
得到6b+c＝9，
又∵对称轴为x＝2，
∴x=−b2a=−b2×(−14)=2，
解得b＝1，
∴c＝3，
∴二次函数的解析式为y=−14x2+x+3；
（2）当点M在点C的左侧时，如图2﹣1中：
∵抛物线的解析式为y=−14x2+x+3，对称轴为x＝2，C（6，0）
∴点A（2，0），顶点B（2，4），
∴AB＝AC＝4，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠1＝45°；
∵将△MPC逆时针旋转90°得到△MEF，
∴FM＝CM，∠2＝∠1＝45°，
设点M的坐标为（m，0），
∴点F（m，6﹣m），
又∵∠2＝45°，
∴直线EF与x轴的夹角为45°，
∴设直线EF的解析式为y＝x+b，
把点F（m，6﹣m）代入得：6﹣m＝m+b，解得：b＝6﹣2m，
直线EF的解析式为y＝x+6﹣2m，
∵直线EF与抛物线y=−14x2+x+3只有一个交点，
∴y=x+6−2my=−14x2+x+3，
整理得：14x2+3−2m=0，
∴△＝b2﹣4ac＝0，解得m=32，
点M的坐标为（32，0）．
当点M在点C的右侧时，如下图：
由图可知，直线EF与x轴的夹角仍是45°，因此直线EF与抛物线y=−14x2+x+3不可能只有一个交点．
综上，点M的坐标为（32，0）．
（3）①当点M在点C的左侧时，如下图，过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，
∵PC=2，由（2）知∠BCA＝45°，
∴PG＝GC＝1，
∴点G（5，0），
设点M的坐标为（m，0），
∵将△MPC逆时针旋转90°得到△MEF，
∴EM＝PM，
∵∠HEM+∠EMH＝∠GMP+∠EMH＝90°，
∴∠HEM＝∠GMP，
在△EHM和△MGP中，∠EHM=∠MGP∠HEM=∠GMPEM=MP，
∴△EHM≌△MGP（AAS），
∴EH＝MG＝5﹣m，HM＝PG＝1，
∴点H（m﹣1，0），
∴点E的坐标为（m﹣1，5﹣m）；
∴EA=(m−1−2)2+(5−m−0)2=2m2−16m+34，
又∵D为线段BC的中点，B（2，4），C（6，0），
∴点D（4，2），
∴ED=(m−1−4)2+(5−m−2)2=2m2−16m+34，
∴EA＝ED．
当点M在点C的右侧时，如下图：
同理，点E的坐标仍为（m﹣1，5﹣m），因此EA＝ED．
②当点E在（1）所求的抛物线y=−14x2+x+3上时，
把E（m﹣1，5﹣m）代入，整理得：m2﹣10m+13＝0，
解得：m=5+23或m=5−23，
∴CM=23−1或CM=1+23．
【例3】（2020•湘西州）已知直线y＝kx﹣2与抛物线y＝x2﹣bx+c（b，c为常数，b＞0）的一个交点为A（﹣1，0），点M（m，0）是x轴正半轴上的动点．
（1）当直线y＝kx﹣2与抛物线y＝x2﹣bx+c（b，c为常数，b＞0）的另一个交点为该抛物线的顶点E时，求k，b，c的值及抛物线顶点E的坐标；
（2）在（1）的条件下，设该抛物线与y轴的交点为C，若点Q在抛物线上，且点Q的横坐标为b，当S△EQM=12S△ACE时，求m的值；
（3）点D在抛物线上，且点D的横坐标为b+12，当2AM+2DM的最小值为2724时，求b的值．
【分析】（1）将A点坐标代入直线与抛物线的解析式中求得k的值和b与c的关系式，再将抛物线的顶点坐标代入求得的直线的解析式，便可求得b、c的值，进而求得E点的坐标；
（2）先根据抛物线的解析式求得C、Q点坐标，用m表示△EQM的面积，再根据S△EQM=12S△ACE列出m的方程进行解答；
（3）取点N（0，1），则∠OAN＝45°，过D作直线AN的垂线，垂足为G，DG与x轴相交于点M，此时2AM+2DM＝2DG的值最小，由2DG=2724列出关于b的方程求解便可．
【解析】（1）∵直线y＝kx﹣2与抛物线y＝x2﹣bx+c（b，c为常数，b＞0）的一个交点为A（﹣1，0），
∴﹣k﹣2＝0，1+b+c＝0，
∴k＝﹣2，c＝﹣b﹣1，
∴直线y＝kx﹣2的解析式为y＝﹣2x﹣2，
∵抛物线y＝x2﹣bx+c的顶点坐标为E（b2，4c−b24），
∴E（b2，−4b−4−b24），
∵直线y＝﹣2x﹣2与抛物线y＝x2﹣bx+c（b，c为常数，b＞0）的另一个交点为该抛物线的顶点E，
∴−4b−4−b24=−2×b2−2，
解得，b＝2，或b＝﹣2（舍），
当b＝2时，c＝﹣3，
∴E（1，﹣4），
故k＝﹣2，b＝2，c＝﹣3，E（1，﹣4）；
（2）由（1）知，直线的解析式为y＝﹣2x﹣2，抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
∴C（0，﹣3），Q（2，﹣3），
如图1，设直线y＝﹣2x﹣2与y轴交点为N，则N（0，﹣2），
∴CN＝1，
∴S△ACE=S△ACN+S△ECN=12×1×1+12×1×1=1，
∴S△EQM=12，
设直线EQ与x轴的交点为D，显然点M不能与点D重合，
设直线EQ的解析式为y＝dx+n（d≠0），
则2d+n=−3d+n=−4，
解得，d=1n=−5，
∴直线EQ的解析式为y＝x﹣5，
∴D（5，0），
∴S△EQM＝S△EDM﹣S△QDM=12DM×|−4|−12DM×|−3|=12DM=12|5−m|=12，
解得，m＝4，或m＝6；
（3）∵点D（b+12，yD）在抛物线y＝x2﹣bx﹣b﹣1上，
∴yD=(b+12)2−b(b+12)−b−1=−b2−34，
可知点D（b+12，−b2−34）在第四象限，且在直线x＝b的右侧，
∵2AM+2DM=2(22AM+DM)，
∴可取点N（0，1），则∠OAN＝45°，
如图2，过D作直线AN的垂线，垂足为G，DG与x轴相交于点M，
∵∠GAM＝90°﹣∠OAN＝45°，得22AM＝GM，
则此时点M满足题意，
过D作DH⊥x轴于点H，则点H（b+12，0），
在Rt△MDH中，可知∠DMH＝∠MDH＝45°，
∴DH＝MH，DM=2MH，
∵点M（m，0），
∴0﹣（−b2−34）＝（b+12）﹣m，
解得，m=b2−14，
∵2AM+2DM=2724，
∴2[(b2−14)−(−1)]+22[(b+12)−(b2−14)]=2724，
解得，b＝3，
此时，m=32−14=54＞0，符合题意，
∴b＝3．
【例4】（2020•云南）抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，﹣3）．点P为抛物线y＝x2+bx+c上的一个动点．过点P作PD⊥x轴于点D，交直线BC于点E．
（1）求b、c的值；
（2）设点F在抛物线y＝x2+bx+c的对称轴上，当△ACF的周长最小时，直接写出点F的坐标；
（3）在第一象限，是否存在点P，使点P到直线BC的距离是点D到直线BC的距离的5倍？若存在，求出点P所有的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把A、C点的坐标代入抛物线的解析式列出b、c的方程组，解得b、c便可；
（2）连接BC与对称轴交于点F，此时△ACF的周长最小，求得BC的解析式，再求得BC与对称轴的交点坐标便可；
（3）设P（m，m2﹣2m﹣3）（m＞3），根据相似三角形的比例式列出m的方程解答便可．
【解析】（1）把A、C点的坐标代入抛物线的解析式得，
1−b+c=0c=−3，
解得，b=−2c=−3；
（2）直线BC与抛物线的对称轴交于点F，连接AF，如图1，
此时，AF+CF＝BF+CF＝BC的值最小，
∵AC为定值，
∴此时△AFC的周长最小，
由（1）知，b＝﹣2，c＝﹣3，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3，
∴对称轴为x＝1，
令y＝0，得y＝x2﹣2x﹣3＝0，
解得，x＝﹣1，或x＝3，
∴B（3，0），
令x＝0，得y＝x2﹣2x﹣3＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
设直线BC的解析式为：y＝kx+b（k≠0），得
3k+b=0b=−3，
解得，k=1b=−3，
∴直线BC的解析式为：y＝x﹣3，
当x＝1时，y＝x﹣3＝﹣2，
∴F（1，﹣2）；
（3）设P（m，m2﹣2m﹣3）（m＞3），过P作PH⊥BC于H，过D作DG⊥BC于G，如图2，
则PH＝5DG，E（m，m﹣3），
∴PE＝m2﹣3m，DE＝m﹣3，
∵∠PHE＝∠DGE＝90°，∠PEH＝∠DEG，
∴△PEH∽△DEG，
∴PEDE=PHDG=5，
∴m2−3mm−3=5，
∵m＝3（舍），或m＝5，
∴点P的坐标为P（5，12）．
故存在点P，使点P到直线BC的距离是点D到直线BC的距离的5倍，其P点坐标为（5，12）．
【例5】（2020•娄底）如图，抛物线经过点A（﹣3，0）、B（1，0）、C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P（m，n）是抛物线上的动点，当﹣3＜m＜0时，试确定m的值，使得△PAC的面积最大；
（3）抛物线上是否存在不同于点B的点D，满足DA2﹣DC2＝6，若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由题意可设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），将点代入C（0，3）解出a，即可求出抛物线的解析式．
（2）先求出直线AC的解析式，然后根据当﹣3＜m＜0时，点P（m，n）在直线AC上方，过点P作x轴的垂线与线段AC相交于点Q，可将x＝m分别代入y＝一x2﹣2x+3和y＝x+3得P（m，﹣m2﹣2m+3），Q（m，m+3），从而得出PQ的代数式，从而可求出m的值；
（3）由题意可得AB＝4，OB＝1，CO＝3，根据BC2＝10，∠CAO＝45°，可求出BA2﹣BC2＝6，连接BC，过B作AC的垂线交抛物线于点D，交AC于点H，可得DA2﹣DC2＝HA2﹣HC2＝BA2﹣BC2＝6，根据∠CAO＝∠DBA，可得BD与AC关于AB的垂直平分线对称，即关于抛物线的对称轴x＝﹣1对称，即点D与点C关于抛物线的对称轴x＝﹣1对称，从而可求出点D的坐标．
【解析】（1）由题意可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），
把C（0，3）代入，可得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3．
（2）设直线AC的解析式为y＝kx+b，
将A（﹣3，0），C（0，3）代入得到0=−3k+b3=b，
解得k=1b=3，
∴直线AC的解析式为y＝x+3．
当﹣3＜m＜0时，点P（m，n）在直线AC的上方，过点P作x轴的垂线交AC于Q．则P（m，﹣m2﹣2m+3），Q（m，m+3），
∴PQ＝﹣m2﹣2m+3﹣（m+3）
＝﹣m2﹣3m
＝﹣（m+32）2+94，
∵﹣3＜m＜0，
∴当m=−32时，PQ的值最大，
此时S△PAC=12•PQ•AO=32PQ最大，
∴m=−32．
（3）由A（﹣3，0），B（1，0），C（0，3），可得AB＝4，OB＝1，OC＝3，
∵BC2＝10，∠CAO＝45°，
∴BA2﹣BC2＝6，
连接BC，过点B作AC的垂线交抛物线于D，交AC于H，连接AD，DC，
则∠AHB＝90°，∠DBA＝∠CAO＝45°，
∴DA2﹣DC2＝HA2﹣HC2＝AB2﹣BC2＝6，
∵∠CAO＝∠DBA，
∴点H在AB的垂直平分线上，
即点H在抛物线的对称轴x＝﹣1上，
∴点D与点C关于抛物线的对称轴x＝﹣1对称，
∵C（0，3），
∴点D的坐标为（﹣2，3）．
【例6】（2020•黄石）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+kx﹣2k的顶点为N．
（1）若此抛物线过点A（﹣3，1），求抛物线的解析式；
（2）在（1）的条件下，若抛物线与y轴交于点B，连接AB，C为抛物线上一点，且位于线段AB的上方，过C作CD垂直x轴于点D，CD交AB于点E，若CE＝ED，求点C坐标；
（3）已知点M（2−433，0），且无论k取何值，抛物线都经过定点H，当∠MHN＝60°时，求抛物线的解析式．
【分析】（1）把A（﹣3.1）代入y＝﹣x2+kx﹣2k即可求解．
（2）根据题意作图，求出直线AB的解折式，再表示出E点坐标，代入直线AB的解析式可求解．
（3）先求出定点H，过H点做HI⊥x轴，根据题意求出∠MHI＝30°，再根据题意分情况即可求解．
【解析】（1）把A（﹣3.1）代入y＝﹣x2+kx﹣2k，
得﹣9﹣3k﹣2k＝1．
解得k＝﹣2，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+4；
（2）如图1，设C（t，﹣t2﹣2t+4），则E（t，−t22−t+2），
设直线AB的解析式为y＝kx+b，把A（﹣3，1），（0，4）代入得到，
−3k+b=1b=4，
解得k=1b=4，
∴直线AB的解析式为y＝x+4，
∵E（t，−t22−t+2）在直线AB上，
∴−t22−t+2＝t+4，
解得t1＝t2＝﹣2，
∴C（﹣2，4）．
（3）由y＝﹣x2+kx﹣2k＝k（x﹣2）﹣x2，
当x﹣2＝0时，x＝2，y＝﹣4，
∴无论k取何值，抛物线都经过定点H（2，﹣4），
二次函数的顶点N（k2，k24−2k），
①如图2中，过点H作HI⊥x轴于I，分别过H，N作y轴，x轴的垂线交于点G，若k2＞2时，则k＞4，
∵M（2−433，0），H（2，﹣4），
∴MI=433，HI＝4，
∴tan∠MHI=4334=33，
∴∠MHI＝30°，
∵∠MHN＝60°，
∴∠NHI＝30°，
即∠GNH＝30°，
由图可知，tan∠GNH=GHGN=k2−2k24−2k+4=33，
解得k＝4+23或4（不合题意舍弃）．
②如图3中，过点H作HI⊥x轴于I，分别过H，N作y轴，x轴的垂线交于点G．
若k2＜2，则k＜4，
同理可得，∠MHI＝30°，
∵∠MHN＝60°，
∴NH⊥HI，
即k24−2k═﹣4，
解得k＝4（不符合题意舍弃）．
③若k2=2，则N，H重合，不符合题意舍弃，
综上所述，抛物线的解析式为y＝﹣x2+（4+23）x﹣（8+43）．
【例7】（2020•海南）抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣3，0）和点B（2，0），与y轴交于点C．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）点P是该抛物线上的动点，且位于y轴的左侧．
①如图1，过点P作PD⊥x轴于点D，作PE⊥y轴于点E，当PD＝2PE时，求PE的长；
②如图2，该抛物线上是否存在点P，使得∠ACP＝∠OCB？若存在，请求出所有点P的坐标：若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将点A，点C坐标代入解析式，可求b，c的值，即可求解；
（2）设点P（a，a2+a﹣6），由PD＝2PE，可得|a2+a﹣6|＝﹣2a，可求a的值；
（3）由勾股定理可求AC，BC的长，通过证明△ACH∽△BCO，可得BCAC=BOAH=OCHC，可求AH，HC的长，由两点距离公式可求点H坐标，再求出直线HC的解析式，即可求点P坐标．
【解析】（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣3，0）和点B（2，0），
∴0=4+2b+c0=9−3b+c，
解得：b=1c=−6，
∴抛物线解析式为：y＝x2+x﹣6；
（2）①设点P（a，a2+a﹣6），
∵点P位于y轴的左侧，
∴a＜0，PE＝﹣a，
∵PD＝2PE，
∴|a2+a﹣6|＝﹣2a，
∴a2+a﹣6＝﹣2a或a2+a﹣6＝2a，
解得：a1=−3−332，a2=−3+332（舍去）或a3＝﹣2，a4＝3（舍去）
∴PE＝2或3+332；
②存在点P，使得∠ACP＝∠OCB，
理由如下，
∵抛物线y＝x2+x﹣6与x轴交于点C，
∴点C（0，﹣6），
∴OC＝6，
∵点B（2，0），点A（﹣3，0），
∴OB＝2，OA＝3，
∴BC=OB2+OC2=4+36=210，
AC=OA2+OC2=9+36=35，
如图，过点A作AH⊥CP于H，
∵∠AHC＝∠BOC＝90°，∠ACP＝∠BCO，
∴△ACH∽△BCO，
∴BCAC=BOAH=OCHC，
∴21035=2AH=6HC，
∴AH=322，HC=922，
设点H（m，n），
∴（322）2＝（m+3）2+n2，（922）2＝m2+（n+6）2，
∴m=−92n=−32或m=−910n=310，
∴点H（−92，−32）或（−910，310），
当H（−92，−32）时，
∵点C（0，﹣6），
∴直线HC的解析式为：y＝﹣x﹣6，
∴x2+x﹣6＝﹣x﹣6，
解得：x1＝﹣2，x2＝0（舍去），
∴点P的坐标（﹣2，﹣4）；
当H（−910，310）时，
∵点C（0，﹣6），
∴直线HC的解析式为：y＝﹣7x﹣6，
∴x2+x﹣6＝﹣7x﹣6，
解得：x1＝﹣8，x2＝0（舍去），
∴点P的坐标（﹣8，50）；
综上所述：点P坐标为（﹣2，﹣4）或（﹣8，50）．
【例8】（2020•眉山）如图1，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，已知点B坐标为（3，0），点C坐标为（0，3）．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P为直线BC上方抛物线上的一个动点，当△PBC的面积最大时，求点P的坐标；
（3）如图2，点M为该抛物线的顶点，直线MD⊥x轴于点D，在直线MD上是否存在点N，使点N到直线MC的距离等于点N到点A的距离？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法可求解析式；
（2）过点P作PH⊥x轴于H，交BC于点G，先求出BC的解析式，设点P（m，﹣m2+2m+3），则点G（m，﹣m+3），由三角形面积公式可得S△PBC=12×PG×OB=12×3×（﹣m2+3m）=−32（m−32）2+278，由二次函数的性质可求解；
（3）设直线MC与x轴交于点E，过点N作NQ⊥MC于Q，先求出点A，点M坐标，可求MC解析式，可得DE＝4＝MD，由等腰直角三角形的性质可得MQ＝NQ=22MN，由两点距离公式可列（22|4﹣n|）2＝4+n2，即可求解．
【解析】（1）∵点B（3，0），点C（0，3）在抛物线y＝﹣x2+bx+c图象上，
∴−9+3b+c=0c=3，
解得：b=2c=3，
∴抛物线解析式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵点B（3，0），点C（0，3），
∴直线BC解析式为：y＝﹣x+3，
如图，过点P作PH⊥x轴于H，交BC于点G，
设点P（m，﹣m2+2m+3），则点G（m，﹣m+3），
∴PG＝（﹣m2+2m+3）﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，
∵S△PBC=12×PG×OB=12×3×（﹣m2+3m）=−32（m−32）2+278，
∴当m=32时，S△PBC有最大值，
∴点P（32，154）；
（3）存在N满足条件，
理由如下：∵抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴交于A、B两点，
∴点A（﹣1，0），
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点M为（1，4），
∵点M为（1，4），点C（0，3），
∴直线MC的解析式为：y＝x+3，
如图，设直线MC与x轴交于点E，过点N作NQ⊥MC于Q，
∴点E（﹣3，0），
∴DE＝4＝MD，
∴∠NMQ＝45°，
∵NQ⊥MC，
∴∠NMQ＝∠MNQ＝45°，
∴MQ＝NQ，
∴MQ＝NQ=22MN，
设点N（1，n），
∵点N到直线MC的距离等于点N到点A的距离，
∴NQ＝AN，
∴NQ2＝AN2，
∴（22MN）2＝AN2，
∴（22|4﹣n|）2＝4+n2，
∴n2+8n﹣8＝0，
∴n＝﹣4±26，
∴存在点N满足要求，点N坐标为（1，﹣4+26）或（1，﹣4﹣26）．
【题组一】
1．（2020•西宁二模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（5，0），B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C（0，52）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点M是抛物线的顶点，连接AM，CM，求△AMC的面积；
（3）若点P是抛物线上的一个动点，过点P作PE垂直y轴于点E，交直线AC于点D，过点D作x轴的垂线，垂足为点F，连接EF，当线段EF的长度最短时，求出点P的坐标．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）△AMC的面积＝S△MHC+S△MHA=12×MH×OA，即可求解；
（3）点D在直线AC上，设点D（m，−12m+52），由题意得，四边形OEDF为矩形，故EF＝OD，即当线段EF的长度最短时，只需要OD最短即可，进而求解．
【解析】（1）设抛物线的表达式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）＝a（x﹣5）（x+1），
将点C的坐标代入上式得：52=a（0﹣5）（0+1），解得a=−12，
故抛物线的表达式为y=−12（x﹣5）（x+1）=−12x2+2x+52；
（2）由抛物线的表达式得顶点M（2，92），
过点M作MH∥y轴交AC于点H，
设直线AC的表达式为y＝kx+t，则t=520=5k+t，解得k=−12t=52，
故直线AC的表达式为y=−12x+52，
当x＝2时，y=32，则MH=92−32=3，
则△AMC的面积＝S△MHC+S△MHA=12×MH×OA=12×3×5=152；
（3）点D在直线AC上，设点D（m，−12m+52），
由题意得，四边形OEDF为矩形，故EF＝OD，即当线段EF的长度最短时，只需要OD最短即可，
则EF2＝OD2＝m2+（−12m+52）2=54m2−52m+254，
∵54＞0，故EF2存在最小值（即EF最小），此时m＝1，
故点D（1，2），
∵点P、D的纵坐标相同，
故2=−12x2+2x+52，解得x＝2±5，
故点P的坐标为（2+5，2）或（2−5，2）．
2．（2020•平房区二模）已知：如图，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a交x轴正半轴于点A，负半轴于点B，交y轴于点C，tan∠OBC＝3．
（1）求a值；
（2）点P为第一象限抛物线上一点，连接AC、PA、PC，若点P的横坐标为t，△PAC的面积为S，求S与t的函数解析式，（请直接写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，过点P作PD∥y轴交CA延长线于点D，连接PB，交y轴于点E，点Q为第二象限抛物线上一点，连接QE并延长分别交x轴、抛物线于点N、F，连接FD，交x轴于点K，当E为QF的中点且FN＝FK时，求直线DF的解析式．
【分析】（1）令y＝0，0＝ax2﹣2ax﹣3a，解得x1＝﹣1，x2＝3，求出OC＝3，则可得出答案；
（2）过点P作PG∥y轴分别交CA的延长线，x轴于点N，G，过点C作CH⊥PG交PG的延长线于点H，设P（t，t2﹣2t﹣3），求出直线AC的解析式为y＝x﹣3，则N（t，t﹣3），得出PN＝t2﹣2t﹣3﹣（t﹣3）＝t2﹣3t，根据S＝S△PCN﹣S△PAN得出答案；
（3）延长PD交x轴于点G，得出OE＝DG，连接DE，则四边形EOGD是矩形，得出DE∥AN，过点F作FR⊥DE，得出RE＝RD=t2，证明△FER≌△QEH（AAS），由全等三角形的性质得出QH＝FR，EH＝ER，F（12t，14t2−t﹣3），Q（−12t，14t2+t﹣3），求出D，F的坐标，则可求出答案．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a交x轴正半轴于点A，负半轴于点B，
∴令y＝0，0＝ax2﹣2ax﹣3a，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（3，0），B（﹣1，0），
∵tan∠OBC＝3，
∴OCOB=3，
∴OC＝3，
∴﹣3＝﹣3a，
∴a＝1；
（2）如图1，过点P作PG∥y轴分别交CA的延长线，x轴于点N，G，过点C作CH⊥PG交PG的延长线于点H，
设P（t，t2﹣2t﹣3），
求出直线AC的解析式为y＝x﹣3，
∴N（t，t﹣3），
∴PN＝t2﹣2t﹣3﹣（t﹣3）＝t2﹣3t，
∴S＝S△PCN﹣S△PAN
=12PN•OA=12×(t2−3t)×3
=32t2−92t（t＞3）；
（3）延长PD交x轴于点G，
∵tan∠PBG=PGBG=t2−2t−3t+1=t﹣3，
∴tan∠PBG=OEOB=t﹣3，
∴OE＝t﹣3，
∵DG＝t﹣3，
∴OE＝DG，
连接DE，
∴四边形EOGD是矩形，
∴DE∥AN，
∵FN＝FK，
∴∠FNA＝∠FAN＝∠DEF＝∠FDE，
∴FE＝FD，
过点F作FR⊥DE，
∴RE＝RD=t2，
过点Q作QH⊥RE交RE延长线于点H，
∵QE＝EF，∠QHE＝∠FRE，∠QEH＝∠FER，
∴△FER≌△QEH（AAS），
∴QH＝FR，EH＝ER，
∴F（12t，14t2−t﹣3），Q（−12t，14t2+t﹣3），
∴14t2+t﹣3﹣t+3＝t﹣3，
解得t1＝4，t2＝0（舍去），
∴F（2，﹣3），D（4，1），
设直线DF的解析式为y＝kx+b，
∴−3=2k+b1=4k+b，
∴k=2b=−7，
∴直线DF的解析式为y＝2x﹣7．
3．（2020•涡阳县一模）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与直线y＝x+1相交于A（﹣1，0），B（4，m）两点，且抛物线经过点C（5，0）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）点P是直线上方的抛物线上的一个动点，求△ABP的面积最大时的P点坐标．
（3）若点P是抛物线上的一个动点（不与点A点B重合），过点P作直线PD⊥x轴于点D，交直线AB于点E．当PE＝2ED时，求P点坐标；
（4）设抛物线与y轴交于点F，在抛物线的第一象限内，是否存在一点M，使得AM被FC平分？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）将交点B（4，m）代入直线y＝x+1得B（4，5），由题意可设抛物线解析式y＝a（x+1）（x﹣5），把B（4，m）代入得a＝﹣1，即可求解；
（2）S△ABP=PH⋅5÷2=(−x2+3x+4)×5÷2=y=52x2+152x+2，即可求解；
（3）PE=yP−yE=(−x2+4x+5)−(x+1)=−x2+3x+4，故|﹣x2+3x+4|＝2|x+1|，所以﹣x2+3x+4＝±2（x+1），即可求解；
（4）若AM被FC平分，则AM的中点在直线FC上，由F（0，4），C（5，0）得直线FC的表达式为：y=−45x+4，设M（x，﹣x2+4x+5），A（﹣1，0），所以其中点坐标为M'(x−12，−x2+4x+52)，将M'代入y=−45x+4，解得x1＝3，x2＝﹣1（舍），即可求解．
【解析】（1）将交点B（4，m）代入直线y＝x+1得B（4，5），
由题意可设抛物线解析式y＝a（x+1）（x﹣5），
把B（4，m）代入得a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+1）（x﹣5），即y＝﹣x2+4x+5；
（2）过点P作y轴的平行线交AB于点H，
则PH=yP−yH=(−x2+4x+5)−(x+1)=−x2+3x+4，
xB﹣xA＝4﹣（﹣1）＝5，
所以S△ABP=PH⋅5÷2=(−x2+3x+4)×5÷2=y=52x2+152x+2，
其对称轴为x=32，
把x=32代入y＝﹣x2+4x+5得：y=354，
即△ABP的面积最大时P点坐标为(32，354)；
（3）∵P为抛物线上一点，所以存在P点在直线AB上方和下方两种情况．
由题意得PE=yP−yE=(−x2+4x+5)−(x+1)=−x2+3x+4，
ED＝yE﹣yD＝（x+1）﹣0＝x+1，
因为PE＝2ED，
所以|﹣x2+3x+4|＝2|x+1|，所以﹣x2+3x+4＝±2（x+1），
解得x1＝﹣1（舍），x2＝2，x3＝6，
当x＝2时，y＝9；当x＝6时，y＝﹣7．
即当PE＝2ED时，求P点坐标为（2，9）或（6，﹣7）；
（4）若AM被FC平分，则AM的中点在直线FC上．
由F（0，5），C（5，0）得直线FC的表达式为：y＝﹣x+5，
设M（x，﹣x2+4x+5），A（﹣1，0），所以其中点坐标为M'(x−12，−x2+4x+52)，
将M'代入y＝﹣x+5，解得x1＝3，x2＝2，
∴点M（3，8）或（2，9），
当其坐标为（3，8）或（2，9）时，AM被FC平分．
4．（2020•南岗区模拟）已知：抛物线y=−12x2+m−22x+m交x轴于A，B两点，交y轴于点C，其中点B在点A的右侧，且AB＝7．
（1）如图1，求抛物线的解析式；
（2）如图2，点D在第一象限内抛物线上，连接CD，AD，AD交y轴于点E．设点D的横坐标为d，△CDE的面积为S，求S与d之间的函数关系式（不要求写出自变量d的取值范围）；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点D作DH⊥CE于点H，点P在DH上，连接CP，若∠OCP＝2∠DAB，且HE：CP＝3：5，求点D的坐标及相应S的值．
【分析】（1）令y＝0，则（x+2）（x﹣m）＝0，根据AB＝7可求出m的值，则答案可求出；
（2）如图1，过点D作DK⊥x轴于点K，设∠DAB＝α，则D（d，−12d2+32d+5），求出CE＝5﹣（5﹣d）＝d，根据三角形面积公式可得解；
（3）如图2，过点E作CE的垂线，过C作∠OCP的平分线交DE于点J，交CE的垂线于点F，过点F作ED的平行线交HD于点N．则∠ECF＝∠HDE＝α，HE＝3k，CP＝5k，CE＝HD＝d，证明△CEF≌△DHE，得出EF＝HE＝DN＝3k，CF＝DE＝FN，可得出d＝6k，在Rt△DHE中，tanα=12，由（2）可求出d的值，则D点坐标可求出．则S＝8．
【解析】（1）由y=−12x2+m−22x+m，
令y＝0，则（x+2）（x﹣m）＝0，
∴AO＝2，BO＝m，
∴A（﹣2，0），B（m，0），
∵AB＝7，
∴m﹣（﹣2）＝7，m＝5，
∴y=−12x2+32x+5；
（2）过点D作DK⊥x轴于点K，设∠DAB＝α，则D（d，−12d2+32d+5），
∴tanα=DKAK=−12(d+2)(d−5)d−(−2)=12(5−d)．
∴EO＝AO•tanα＝5﹣d，CE＝5﹣（5﹣d）＝d，
∴S=12CE⋅DH=12d2；
（3）过点E作CE的垂线，过C作∠OCP的平分线交DE于点J，交CE的垂线于点F，过点F作ED的平行线交HD于点N．
∴∠ECF＝∠HDE＝α，HE＝3k，CP＝5k，CE＝HD＝d，
∵CE＝HD，∠CEF＝∠CHD＝90°，
∴△CEF≌△DHE（ASA），
∵EF∥DN，NF∥DE，
∴四边形EDNF为平行四边形，
∴EF＝HE＝DN＝3k，CF＝DE＝FN，
∴△CFN为等腰直角三角形，
∴∠PCN＝∠FNC＝45°，
∴∠PCN＝∠PNC＝45°﹣α，
∴PC＝PN＝5k，
∴PD＝2k，
∴CH＝d﹣3k，PH＝d﹣2k，
∴（d﹣3k）2+（d﹣2k）2＝（5k）2，
∴（d﹣6k）（d+k）＝0，
∴d＝6k，
∴在Rt△DHE中，tanα=HEDH=3k6k=12，
由（2）知tanα=12(5−d)，
∴12=12(5−d)．
∴d＝4，
∴D（4，3），
∴S=12d2=12×16=8．
【题组二】
5．（2020•哈尔滨模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+5经过坐标轴上A、B和C三点，连接AC，tanC=35，5OA＝3OB．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点Q在第四象限的抛物线上且横坐标为t，连接BQ交y轴于点E，连接CQ、CB，△BCQ的面积为S，求S与t的函数解析式；
（3）已知点D是抛物线的顶点，连接CQ，DH所在直线是抛物线的对称轴，连接QH，若∠BQC＝45°，HR∥x轴交抛物线于点R，HQ＝HR，求点R的坐标．
【分析】（1）c＝5，OC＝5，tanC=35，则OA＝3，5OA＝3OB，则OB＝5，故点A、B、C的坐标分别为：（3，0）、（﹣5，0）、（0，5），即可求解；
（2）S=12×CE×（xQ﹣xB）=12×（5+53t﹣5）×（t+5）=56t2+256t；
（3）证明△CTE≌△QTJ（AAS），故CE＝QJ＝5m，JN＝JQ﹣QN＝5m﹣3m＝2m，tan∠EQN＝tan∠JCN，即EN3m=2m5m+EN，解得：EN＝m或﹣6m（舍去﹣6m）；CN＝CE+EN＝5m+m＝6m，故点Q（3m，5﹣6m），将点Q的坐标代入抛物线表达式并解得：m＝0（舍去）或43，故点Q（4，﹣3），设：HR＝k，则点R（k﹣1，−13k2+163），
QS＝yQ﹣yR=13k2−253，由勾股定理得：QS2+HS2＝HQ2，即（13k2−253）2+25＝k2，即可求解．
【解析】（1）c＝5，OC＝5，tanC=35，则OA＝3，
5OA＝3OB，则OB＝5，
故点A、B、C的坐标分别为：（3，0）、（﹣5，0）、（0，5），
则抛物线表达式为：y＝a（x+5）（x﹣3）＝a（x2+2x﹣15），
即﹣15a＝5，解得：a=−13，
故抛物线的表达式为：y=−13x2−23x+5；
（2）设点Q（t，−13t2−23t+5），点B（﹣5，0），
由点B、Q的坐标得：直线BQ的表达式为：y=−13（t﹣3）（x+5），
故点E（0，−53t+5），
S=12×CE×（xQ﹣xB）=12×（5+53t﹣5）×（t+5）=56t2+256t；
（3）过点Q作QJ∥x轴交y轴于点N，交对称轴于点L，过点C作CT⊥BQ于点T，
延长CT交QJ于点J，过点Q作y轴的平行线交x轴于点K，交HR于点S，
则OKQN为矩形，OK＝QN＝t，
由（2）知，CE=53t，故QN：CE＝3：5，
设QN＝3m，则CE＝5m，
∵∠BQC＝45°，故CT＝QT，
∠EQN＝90°﹣∠NEQ＝90°﹣∠CET＝∠TCE＝∠JCN，
故△CTE≌△QTJ（AAS），
故CE＝QJ＝5m，JN＝JQ﹣QN＝5m﹣3m＝2m，
tan∠EQN＝tan∠JCN，即EN3m=2m5m+EN，
解得：EN＝m或﹣6m（舍去﹣6m）；
CN＝CE+EN＝5m+m＝6m，故点Q（3m，5﹣6m），
将点Q的坐标代入抛物线表达式并解得：m＝0（舍去）或43，
故点Q（4，﹣3），
抛物线的顶点D坐标为：（﹣1，163），
QL＝4+1＝5＝HS，
设：HR＝k，则点R（k﹣1，−13k2+163），
QS＝yQ﹣yR=13k2−253，
由勾股定理得：QS2+HS2＝HQ2，
即（13k2−253）2+25＝k2，
解得：k=34（不合题意值已舍去），
故点R（34−1，﹣6）．
6．（2020•武汉模拟）已知：在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a交x轴于A、B两点（点A在点B的左边），交y轴负半轴于点C．
（1）则点A的坐标为 （﹣1，0） ，点B的坐标为 （3，0） ．
（2）如图1，过点A的直线y＝ax+a交y正半轴于点F，交抛物线于点D，过点B作BE∥y轴交AD于E，求证：AF＝DE．
（3）如图2，直线DE：y＝kx+b与抛物线只有一个交点D，与对称轴交于点E，对称轴上存在点F，满足DF＝FE．若a＝1，求点F坐标．
【分析】（1）令y＝0，得ax2﹣2ax﹣3a＝0，解出x即可；
（2）过E，D分别作x轴，y轴的平行线，交于H，证明∴&△FAO≌△DEH即可；
（3）令x^{2}﹣2 x﹣3＝kx+b得x2﹣（2+k）x﹣3﹣b＝0，得出k与b的关系，然后求出D，E的坐标，根据FE＝FD，列方程求出F的坐标．
【解析】（1）令y＝0，得ax2﹣2ax﹣3a＝0
即x2﹣2x﹣3＝0
得x1＝3，x2＝﹣1
∴A（﹣1，0）B（3，0）
（2）过E，D分别作x轴，y轴的平行线，交于H．
令ax+a＝ax2﹣2ax﹣3a
得ax2﹣3ax﹣4a＝0，
∴x2﹣3x﹣4＝0
∴x1＝4，x2＝﹣1
∴xD＝4
∴EH＝AO＝1
＝∠AOF＝∠EHD，∠FAO＝∠DEH
∴△FAO≌△DEH
∴AF＝DE
（3）令x^{2}﹣2 x﹣3＝kx+b
得x2﹣（2+k）x﹣3﹣b＝0
（2+k）2+4（3+b）＝0
∴b=−14(2+k)2−3
=−14(k2+4k+4)−3
=−14k2−k−4
∴y=kx+b=kx−14k2−k−4
∴yE=k−14k2−k−4
=−14k2−4
∴xD=2+k2，
∴yD=k⋅2+k2−14k2−k−4
=k+12k2−14k2−k−4
=14k2−4
∴EF=yF−yE=yF−(−14k2−4)
=yF+k24+4
DF2=(2+k2−1)2+(14k2−4−yF)2
=k2+(14k2−4)2−2(14k2−4)⋅yF+yF2
∵EF＝DF
∴(yF+k24+4)2=k2+(14k2−4)2−2(14k2−4)yF+yF2
整理得
[2(k24+4)+2(14k2−4)]yF=k2+(14k2−4)2−(14k2+4)2
∴yF=−154
F的坐标为（1，−154）
7．（2020•皇姑区校级一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于点A，B，其中点B的坐标为（4，0），与y轴交于点C（0，2）．
（1）求抛物线y=−12x2+bx+c和直线BC的函数表达式；
（2）点P是直线BC上方的抛物线上一个动点，当点P到直线BC的距离最大时，求点P的坐标；
（3）连接点O与（2）中求出的点P，交直线BC于点D，点N是直线BC上的一个动点，连接ON，作DF⊥ON于点F，点F在线段ON上，当OD=5DF时，请直接写出点N的坐标．
【分析】（1）将(4，0)，(0，2)代入y=12x2+bx+c．，可得b，c的方程组，即可求出b，c；
（2）作PQ⊥x轴交BC于Q，连结PC，PB，表示出三角形PBC的面积，当面积最大时，P到BC的距离最大；
（3）分N在D的右边和左边两种情况讨论，可得△DON～△DBO，然后求出DN，BN，从而进一步求出N的坐标．
【解析】（1）将(4，0)，(0，2)代入y=12x2+bx+c．
得 −12×16+4b+c=0c=2
得 c=2b=32
∴y=−12x2+32x+2
设 BC：y＝kx+m
得 4k+m=0m=2
∴k=−12m=2
∴y=−12x+2
（2）作PQ⊥x轴交BC于Q，连结PC，PB
设P(x，−12x2+32x+2)，Q(x，−12x+2)
∴PQ=−12x2+2x=−12(x−2)2+2
∴当 x＝2，PQmax＝2
∵S△PBC=12OB×PQ=2PQ
∴当PQ最大时，S△PBC最大
此时，P到BC的距离最大
∴P（2，3）
（3）由（2）得P（2，3）
∴ 直线 OP：y=32x
y=32xy=−12x+2
得 x=1y=32
∴D(1，32)
∴OD=1+94=132，
∴BD=(32)2+32=352；
①当N在D的右侧时，如下图
∵DFOD=55=COBC
∴∠DON＝∠OBC
∴△DON～△DBO
∴OD2＝DN•BD
∴DN=OD2BD=13530
∴BN＝BD﹣DN=16515，
∴NG=55BN=1615，
∴BG=3215
∴OG=4−3215=2815
∴N(2815，1615)
②当N在D的左侧时，如下图所示，
∵∠NOD＝∠OBN
∴△OND～△BNO
∴NDON=ODOB=138
∴ 设 ND=13t，ON=8t
∵ON2＝ND•BN
∴64t2=13t(13t+352)
得t=6534
∴BN=13t+352
=64534
作NG⊥x轴于点G
则NG=55BN=6434
∴BG=6417，OG=4−6417=417，
∴N(417，3217)
综上所述N(2815，1615)或(417，3217)．
8．（2020•花都区一模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于A、B两点，其中点A坐标为（﹣3，0），与y轴交于点C（0，3）．
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）点M为抛物线y＝﹣x2+bx+c上异于点C的一个点，且S△OMC=12S△ABC，求点M的坐标；
（3）若点P为x轴上方抛物线上任意一点，点D是抛物线对称轴与x轴的交点，直线AP、BP分别交抛物线的对称轴于点E、F．请问DE+DF是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
【分析】（1）将点A、C的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）12S△ABC=12×12×AB×OC=14×4×3＝3，而S△OMC=12×OC×|xM|=32|xM|＝3，即可求解；
（3）求出直线AP、BP的函数表达式，即可求解．
【解析】（1）将点A、C的坐标代入抛物线表达式得−9−3b+c=0c=3，解得b=−2c=3，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）对于抛物线y＝﹣x2﹣2x+3，令y＝0，则x＝﹣3或1，
故点B（1，0），
∴12S△ABC=12×12×AB×OC=14×4×3＝3，
∵S△OMC=12×OC×|xM|=32|xM|＝3，解得：xM＝±2，
故点M的坐标为（2，﹣5）或（﹣2，3）；
（3）是定值，理由：
设点P的坐标为（m，﹣m2﹣2m+3），
设直线AP的表达式为：y＝kx+t，则0=−3k+t−m2−2m+3=mk+t，解得k=1−mt=3−3m，
故直线AP的表达式为：y＝﹣（m﹣1）（x+3），
当x=−b2a=−1时，y＝2﹣2m，即点E（﹣1，2﹣2m），即DE＝2﹣2m，
同理可得，直线BP的表达式为：y＝﹣（m+3）（x﹣1），
当x＝﹣1时，y＝2m+6，故点F（﹣1，2m+6），即DF＝2m+6，
∴DE+DF＝2﹣2m+2m+6＝8，为定值．
【题组三】
9．（2020•岳阳二模）如图，已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于A（﹣1，0），B（m，0）两点，与y轴相交于点C（0，﹣3），抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点E在x轴上，且∠ECB＝∠CBD，求点E的坐标．
（3）若P是直线BC下方抛物线上任意一点，过点P作PH⊥x轴于点H，与BC交于点M．
①求线段PM长度的最大值．
②在①的条件下，若F为y轴上一动点，求PH+HF+22CF的最小值．
【分析】（1）将A（﹣1，0）、C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）根据待定系数法，可得BD的解析式，根据平行线的判定和两平行直线的函数解析式的关系，根据待定系数法，可得CE的解析式，进一步可得答案；
（3）①根据BC的解析式和抛物线的解析式，设P（x，x2﹣2x﹣3），则M（x，x﹣3），表示PM的长，根据二次函数的最值可得：当x=32时，PM的最大值；
②当PM的最大值时，P（32，−154），确定F的位置：在x轴的负半轴了取一点K，使∠OCK＝45°，过F作FN⊥CK于N，当N、F、H三点共线时，如图2，FH+FN最小，即PH+HF+22CF的值最小，根据45度的直角三角形的性质可得结论．
【解析】（1）把A（﹣1，0），点C（0，﹣3）代入抛物线y＝x2+bx+c中得：1−b+c=0c=−3，
解得：b=−2c=−3，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4
∴顶点D（1，﹣4），
当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0，
（x﹣3）（x+1）＝0，
x＝3或﹣1，
∴B（3，0）；
如图1，连接BD，
设BD所在直线的解析式为：y＝k（x﹣3），将D点坐标代入函数解析式，得
﹣2k＝﹣4，
解得k＝2，
故BD所在直线的解析式为：y＝2x﹣6，
∵∠ECB＝∠CBD，
∴CE∥BD，
设CE所在直线的解析式为：y＝2x+b，将C点坐标代入函数解析式，得b＝﹣3，
故CE所在直线的解析式为：y＝2x﹣3，
当y＝0时，x=32．
同理，当点E在点B的右侧时，点E的坐标是（6，0）．
∴综上所述，点E的坐标是（32，0）或（6，0）；
（3）①如图2，
∵B（3，0），C（0，﹣3），
设BC的解析式为：y＝kx+b，
则3k+b=0b=−3，解得：k=1b=−3，
BC的解析式为：y＝x﹣3，
设P（x，x2﹣2x﹣3），则M（x，x﹣3），
∴PM＝（x﹣3）﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+3x＝﹣（x−32）2+94，
当x=32时，PM有最大值为94；
②当PM有最大值，P（32，−154），
在x轴的负半轴了取一点K，使∠OCK＝45°，过F作FN⊥CK于N，
∴FN=22CF，
当N、F、H三点共线时，PH+NH最小，即PH+HF+22CF的值最小，
Rt△OCK中，OC＝3，
∴OK＝3，
∵OH=32，
∴KH=32+3=92，
Rt△KNH中，∠KHN＝45°，
∴KN=22KH=924，
∴NH＝KN=924，
∴PH+HF+22CF的最小值是PH+NH=92+154．
10．（2020•镇江模拟）二次函数y＝a（x﹣3）2﹣1的图象记为抛物线C，它与x轴交于点A（2，0）、B，其对称轴与x轴交于点E，顶点为D，点P（m，n）在抛物线C上（异于点A、B、D）．小聪以点E为位似中心，把A、B、D、P为顶点的四边形按相似比2：1放大，并画出了过A、B、D的对应点的抛物线C1（如图），小明认为还可以找到一条过A、B、D的对应点的抛物线C2．
（1）a＝ 1 ；抛物线C2对应的函数表达式为 y=−12（x﹣3）2+2 ；
（2）试证明：点P的对应点在抛物线C1或C2上；（选择其中一种情形证明）
（3）设点P（1，3）落在抛物线C1、C2上的对应点分别为P1、P2，点Q在这个平面直角坐标系上，P1Q＝213，DQ+12P2Q的最小值为 25 ．（直接写出结果）
【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）如图1中：按照小聪的作法作出点P的对称点P'．过点P（m，n）作PM⊥x轴，过它的对应点P'（a，b）作P'N⊥x轴，M、N是垂足（如图），想办法求出P′坐标（用m表示），如何利用待定系数法求解即可．
（3）如图2中，连接PQ，PD，DQ，P1Q，P2Q，由题意点P（1，3），P1（﹣1，6），P2（7，﹣6），E（3，0），证明△P1QP∽△P1P2Q，推出PQQP2=PP1QP1=12，推出PQ=12QP2，推出DQ+12QP2＝DQ+PQ≥DP，求出PD即可解决问题．
【解析】（1）把点A（2，0）代入二次函数y＝a（x﹣3）2﹣1中，
解得a＝1，
由题意，抛物线C2的顶点（3，2），经过（1，0）和（5，0），
∴可以假设抛物线C2的解析式为y＝a（x﹣3）2+2，
把（1，0）代入得到a=−12，
∴抛物线C2：y=−12(x−3)2+2．
故答案为：1，y=−12（x﹣3）2+2．
（2）如图1中：按照小聪的作法作出点P的对称点P'．
过点P（m，n）作PM⊥x轴，过它的对应点P'（a，b）作P'N⊥x轴，M、N是垂足（如图），
∴Rt△PME∽Rt△P'NE，相似比1：2，
∴3﹣a＝2（3﹣m），b﹣0＝2（n﹣0），
则点P'的坐标为（2m﹣3，2n），
P（m，n）在抛物线y＝（x﹣3）2﹣1上，
∴n＝（m﹣3）2﹣1，即 （m﹣3）2＝n+1，
将x＝2m﹣3代入抛物线C1对应的函数表达式y=12（x﹣3）2﹣2中，
则y=12（2m﹣3﹣3）2﹣2＝2（m﹣3）2﹣2＝2（n+1）﹣2＝2n
∴P'（2m﹣3，2n）在抛物线C1上．
（另一种情形的同法可证）．
（3）如图2中，连接PQ，PD，DQ，P1Q，P2Q，由题意点P（1，3），P1（﹣1，6），P2（7，﹣6），E（3，0），
∴P1E=42+62=213，P1P=13，P1P2=122+82=413，DP=22+42=25，
∴点Q是以点P1为圆心，PE长为半径的圆上，
∴P1Q2＝P1P•P1P2，
∴P1QP1P2=P1PP1Q=12，
∵∠QP1P＝∠QP1P2，
∴△P1QP∽△P1P2Q，
∴PQQP2=PP1QP1=12，
∴PQ=12QP2，
∴DQ+12QP2＝DQ+PQ≥DP，
∴DQ+12QP2≥25，
∴DQ+12P2Q的最小值25．
故答案为25．
11．（2020•白云区模拟）如图，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于点A，B两点，OA＝1，与y轴交于点C，连接AC，tan∠OAC＝3，抛物线的对称轴与x轴交于点D．
（1）求点A，C的坐标；
（2）若点P在抛物线上，且满足∠PAB＝2∠ACO，求直线PA在与y轴交点的坐标；
（3）点Q在抛物线上，且在x轴下方，直线AQ，BQ分别交抛物线的对称轴于点M、N．求证：DM+DN为定值，并求出这个定值．
【分析】（1）OA＝1，tan∠OAC＝3，则OC＝OAtan∠OAC＝3，故点A、C的坐标分别为（1，0）、（0，﹣3）．
（2）点P可以在x轴上方或下方，需分类讨论．①若点P在x轴下方，延长AP到H，使AH＝AB构造等腰△ABH，作BH中点G，即有∠PAB＝2∠BAG＝2∠ACO，利用∠ACO的三角函数值，求BG、BH的长，进而求得H的坐标，求得直线AH的解析式后与抛物线解析式联立，即求出点P坐标．②若点P在x轴上方，根据对称性，AP一定经过点H关于x轴的对称点H'，求得直线AH'的解析式后与抛物线解析式联立，即求出点P坐标．
（3）设点Q横坐标为t，用t表示直线AQ、BN的解析式，把x＝﹣1分别代入即求得点M、N的纵坐标，再求DM、DN的长，即得到DM+DN为定值．
【解析】（1）∵OA＝1，tan∠OAC＝3，
则OC＝OAtan∠OAC＝3，故点A、C的坐标分别为（1，0）、（0，﹣3），
（2）抛物线y＝x2+bx+c经过点A（1，0），C（0，﹣3），
∴1+b+c=0c=−3，解得b=2c=−3，
∴抛物线的函数表达式为y＝x2+2x﹣3；
①若点P在x轴下方，如图1，
延长AP到H，使AH＝AB，过点B作BI⊥x轴，连接BH，作BH中点G，连接并延长AG交BI于点F，过点H作HI⊥BI于点I，
∵当x2+2x﹣3＝0，解得：x1＝﹣3，x2＝1，
∴B（﹣3，0），
∵A（1，0），C（0，﹣3），
∴OA＝1，OC＝3，AC=12+32=10，AB＝4，
∴Rt△AOC中，sin∠ACO=AOAC=1010，cos∠ACO=31010，
∵AB＝AH，G为BH中点，
∴AG⊥BH，BG＝GH，
∴∠BAG＝∠HAG，即∠PAB＝2∠BAG，
∵∠PAB＝2∠ACO，
∴∠BAG＝∠ACO，
∴Rt△ABG中，∠AGB＝90°，sin∠BAG=BGAB=1010，
∴BG=1010AB=2105，
∴BH＝2BG=4105，
∵∠HBI+∠ABG＝∠ABG+∠BAG＝90°，
∴∠HBI＝∠BAG＝∠ACO，
∴Rt△BHI中，∠BIH＝90°，sin∠HBI=HIBH=1010，cos∠HBI=BIBH=31010，
∴HI=1010BH=45，BI=31010BH=125，
∴xH＝﹣3+45=−115，yH=−125，即H（−115，−125），
由点A、H的坐标的，直线AH的表达式为：y=34x−34，
故直线PA在与y轴交点的坐标为（0，−34）；
②若点P在x轴上方，如图2，
在AP上截取AH'＝AH，则H'与H关于x轴对称，
∴H'（−115，125），
同理可得，直线AH'：y=−34x+34，
故直线PA在与y轴交点的坐标（0，34）；
综上，直线PA在与y轴交点的坐标为（0，−34）或（0，34）；
（3）DM+DN为定值，
∵抛物线y＝x2+2x﹣3的对称轴为：直线x＝﹣1，
∴D（﹣1，0），xM＝xN＝﹣1，
设Q（t，t2+2t﹣3）（﹣3＜t＜1），
由点A、Q的坐标得，直线AQ：y＝（t+3）x﹣t﹣3，
当x＝﹣1时，yM＝﹣t﹣3﹣t﹣3＝﹣2t﹣6，
∴DM＝0﹣（﹣2t﹣6）＝2t+6，
同理可得，直线BQ：y＝（t﹣1）x+3t﹣3，
当x＝﹣1时，yN＝﹣t+1+3t﹣3＝2t﹣2，
∴DN＝0﹣（2t﹣2）＝﹣2t+2，
∴DM+DN＝2t+6+（﹣2t+2）＝8，为定值．
12．（2020•道里区二模）已知：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=−13x2+bx+3交x轴于A、B两点（点B在点A的右边）交y轴于点C，OB＝3OC．
（1）如图1，求抛物线的解析式；
（2）如图2，点E是第一象限抛物线上的点，连接BE，过点E作ED⊥OB于点D，tan∠EBD=43，求△BDE的面积；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BC交DE于点Q，点K是第四象限抛物线上的点，连接EK交BC于点M，交x轴于点N，∠EMC＝45°，过点K作直线KT⊥x轴于点T，过点E作EL∥x轴，交直线KT于点L，点F是抛物线对称轴右侧第一象限抛物线上的点，连接ET、LF，LF的延长线交ET于点P，连接DP并延长交EL于点S，SE＝2SL，求点F的坐标．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）在Rt△EDB中，tan∠EBD=43，则−13t2+83t+39−t=43，解得t1＝3，t2＝9（舍去），利用−13t2+83t+3=−13×32+83×3+3=8，求出点E的坐标，进而求解；
（3）证明四边形DELT是正方形和△EPS≌△EPL（SAS），则RF=8−(−13n2+83n+3)=13n2−83n+5，RL＝11﹣n，故tan∠PLE=RFRL=13n2−83n+511−n=23，即可求解．
【解析】（1）如图1，当x＝0时，y=−13×02+b×0+3=3，
∴C（0，3），∴OC＝3，
∵OB＝3OC，
∴OB＝9，∴B（9，0），
∵点B在抛物线y=−13x2+bx+3上，
∴0=−13×92+9b+3，b=83，
∴抛物线的解析式为y=−13x2+83x+3；
（2）如图2，设E(t，−13t2+83t+3)，
∴ED=−13t2+83t+3，BD＝9﹣t，
在Rt△EDB中，tan∠EBD=43，
∴−13t2+83t+39−t=43，
解得t1＝3，t2＝9（舍去），
∴−13t2+83t+3=−13×32+83×3+3=8，
∴E（3，8），OD＝3，BD＝6，ED＝8，
∴S△BDE=12BD⋅ED=24；
（3）如图3，连接CD，
∵OC＝OD＝3，∠COD＝90°，
∴∠ODC＝∠OCD＝45°
∵∠EDO＝90°，
∴∠EDC＝45°，
∴∠EDC＝∠EMQ，
∵∠QCD＝180°﹣∠CDQ﹣∠CQD，∠QEM＝180°﹣∠QME﹣∠EQM，
∴∠DCQ＝∠DEM，
过点D作DG⊥BC于点GCD=32，BD＝6，BC=310，
设CG＝a，则BG=310−a，
在Rt△CGD中，DG2＝CD2﹣CG2，
在Rt△BGD中，DG2＝BD2﹣BG2，
∴CD2﹣CG2＝BD2﹣BG2，
∴a=6510，
∴DG=3510，
∴tan∠DCG=DGCG=12，
∴tan∠DEN=12，
∴DNED=12，∴DN＝4，
∴N（7，0），
过点K作KH⊥ED于点H，
设K(m，−13m2+83m+3)，
∴KH＝m﹣3，EH=8−(−13m2+83m+3)=13m2−83m+5，
∵tan∠HEK=12，
∴m−313m2−85m+5=12，
∴m1＝11，m2＝3（舍），
当m＝11时，y=−13×112+83×11+3=−8，
∴K（11，﹣8），
∴T（11，0），L（11，8），
∴EL＝ED＝8，
∵∠EDT＝∠DTL＝∠ELT＝90°，
∴四边形DELT是矩形，
∵EL＝ED，
∴四边形DELT是正方形
∴∠DET＝∠LET，
又∵EP＝EP，ED＝EL，
∴△EPS≌△EPL（SAS），
∴∠EDS＝∠ELP，
∵SE＝2SL，
∴SE=23EL=23ED，
在Rt△SED中，tan∠SDE=SEED=23，
∴tan∠PLE=23，
过点F作FR⊥EL于点R，设F(n，−13n2+83n+3)，
则RF=8−(−13n2+83n+3)=13n2−83n+5，RL＝11﹣n，
∴tan∠PLE=RFRL=13n2−83n+511−n=23，
∴n2﹣6n﹣7＝0，
∴n1＝7，n2＝﹣1（舍），
∴F(7，163)．
【题组四】
13．（2020•汉阳区模拟）如图，抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣3，12）、B（3，0）．
（1）求b、c的值；
（2）如图1，点D是直线AB下方抛物线上一点，过点D作y轴的平行线交AB于点N，求DN的最大值；
（3）如图2，若P是y轴上一点，连PA、PB分别交抛物线于点E、F，探究EF与AB的位置关系，并说明理由．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）设点D（x，x2﹣2x﹣3），则点N（x，﹣2x+6），则DN＝﹣2x+6﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+9≤9，即可求解；
（3）求出直线PA、PB的解析式，进而求出点E、F的坐标，得到直线EF的表达式，即可求解．
【解析】（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得12=(−3)2−3b+c0=9+3b+c，解得b=−2c=−3，
故抛物线的表达式为y＝x2﹣2x﹣3①，
答：b、c的值分别为﹣2，﹣3；
（2）设直线AB的表达式为y＝kx+t，则12=−3k+t0=3k+t，解得k=−2t=6，
故直线AB的表达式为y＝﹣2x+6，
设点D（x，x2﹣2x﹣3），则点N（x，﹣2x+6），
则DN＝﹣2x+6﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+9≤9，
故DN的最大值为9；
（3）结论：EF∥BA或EF与BA重合．
理由：设P（0，m），
∵A（﹣3，12），B（3，0），
由点A、P的坐标得，直线PA的解析式为y=m−123x+m②，
同理，直线PB的解析式为y=−13mx+m，
联立①②并整理得：3x2+（6﹣m）x﹣3（m+3）＝0，
解得：x＝﹣3或m+33（舍去﹣3），
∴E（m+33，m2−369），
同理可得，点F（−m+33，m2+12m9），
设直线EF解析式为y＝ax+t，
则m2+12m9=−m+33a+tm2−369=m+33a+t，解得a=−2t=t，
即直线EF的表达式为y＝﹣2x+t，
∵直线BA的解析式为y＝﹣2x+6，
∴t≠6时，EF∥AB，
∴t＝6时，直线EF与BA重合．
14．（2020•福安市校级模拟）已知，抛物线y＝ax2，其中a＞0．
（1）如图1，若点A、B是此抛物线上两点，且分属于y轴两侧，连接AB与y轴相交于点C，且∠AOB＝90°．
求证：CO=1a；
（2）如图2，若点A是此抛物线上一点，过点A的直线恰好与此抛物线仅有一个交点，且与y轴交于点B，与x轴相交于点C．求证：AC＝BC．
【分析】（1）设A（b，ab2），B（c，ac2），根据勾股定理列等式可得bc=−1a2，利用待定系数法可得直线AB的解析式为：y＝a（b+c）x﹣abc，把x＝0代入可得结论；
（2）如图2，过A作AD⊥y轴于D，先根据设直线AB的解析式为：y＝kx+b，可得OC的长，由直线AB与此抛物线仅有一个交点，建立方程△＝0，并解方程，根据平行线分线段成比例定理列比例式可得结论．
【解析】证明：（1）设A（b，ab2），B（c，ac2），
∵∠AOB＝90°，
∴AB2＝AO2+BO2，
∴（b﹣c）2+（ab2﹣ac2）2＝b2+a2b4+c2+a2c4，
﹣2bc﹣2a2b2c2＝0，
1+a2bc＝0，
∴bc=−1a2，
设直线AB的解析式为：y＝mx+n，
则bm+n=ab2cm+n=ac2，解得m=a(b+c)n=−abc，
∴直线AB的解析式为：y＝a（b+c）x﹣abc，
当x＝0时，y＝OC＝﹣abc＝﹣a•（−1a2）=1a；
（2）如图2，过A作AD⊥y轴于D，
设直线AB的解析式为：y＝kx+b，
当y＝0时，kx+b＝0，
∴x=−bk，
∴OC=−bk，
∵过点A的直线AB恰好与此抛物线仅有一个交点，
∴ax2＝kx+b，
∴ax2﹣kx﹣b＝0，
△＝k2+4ab＝0，
∴b=−k24a，OC=−−k24ak=k4a，
∴x=k2a，
∵a＞0，k＞0，
∴AD=k2a，
∵AD∥OC，
∴OCAD=BCAB=k4ak2a=12，
∴AB＝2BC，
∴AC＝BC．
15．（2020•三明二模）如图，抛物线y＝x2+mx（m＜0）交x轴于O，A两点，顶点为点B．
（Ⅰ）求△AOB的面积（用含m的代数式表示）；
（Ⅱ）直线y＝kx+b（k＞0）过点B，且与抛物线交于另一点D（点D与点A不重合），交y轴于点C．过点C作CE∥AB交x轴于点E．
（ⅰ）若∠OBA＝90°，2＜CEAB＜3，求k的取值范围；
（ⅱ）求证：DE∥y轴．
【分析】（I）先根据顶点式可得点B的坐标，令y＝0，解方程可得点A的坐标，从而得OA＝﹣m，根据三角形面积公式可得△AOB的面积；
（II）（i）如图2，作BF⊥AO，可证明△EOC∽△AFB，列比例式，根据△OAB为等腰直角三角形和点B的坐标，列关于m的方程，可得结论；
（ii）先求BC的解析式确定点C的坐标，根据方程组的解析可得点D的横坐标，根据CE∥AB确定CE的解析式，根据y＝0可得E的坐标，由D和E的横坐标相等可得结论．
【解析】（Ⅰ）如图1，y＝x2+mx=(x+m2)2−m24，
∴点B的坐标为(−m2，−m24)，
由x2+mx＝0，得x1＝0，x2＝﹣m，
∴A（﹣m，0），
∴OA＝﹣m，
∴S△OAB=12OA⋅|yB|=12⋅(−m)⋅m24=−18m3；
（Ⅱ） （ⅰ）如图2，作BF⊥x轴于点F，
则∠AFB＝∠EOC＝90°．
∵CE∥AB，
∴∠OEC＝∠FAB¸
∴△EOC∽△AFB．
∴OCBF=CEAB．
∵2＜CEAB＜3，
∴2＜OCBF＜3，
∵抛物线的顶点坐标为B（−m2，−m24），∠OBA＝90°，
∴△OAB为等腰直角三角形，
∴−m2=m24，
∵m≠0，
∴m＝﹣2，
∴B（1，﹣1），
∴BF＝1，
∴2＜OC＜3，
∵点C为直线y＝kx+b与y轴交点，
∴2＜﹣b＜3，
∵直线y＝kx+b（k＞0）过点B，
∴k+b＝﹣1，
∴﹣b＝k+1，
∴2＜k+1＜3，
∴1＜k＜2；
（ⅱ）如图3，∵直线y＝kx+b（k＞0）过点B（−m2，−m24），
∴−mk2+b=−m24，
∴b=mk2−m24=2mk−m24，
∴y＝kx+2mk−m24，
∴C（0，2mk−m24），
由x2+mx＝kx+2mk−m24，得：
x2+（m﹣k）x−2mk−m24=0，
△＝（m﹣k）2+4×2mk−m24=k2，
解得x1=−m2，x2=2k−m2，
∵点D不与点B重合，
∴点D的横坐标为2k−m2，
设直线AB的表达式为y＝px+q，则：−pm+q=0−pm2+q=−m24．
解得．p=−m2q=−m22，
∴直线AB的表达式为y=−mx2−m22，
∵直线CE∥AB，且过点C，
∴直线CE的表达式为y=−mx2+2mk−m24，
当y＝0时，x=2k−m2，
∴E（2k−m2，0），
∴点D，E的横坐标相同，
∴DE∥y轴．
16．（2020•德城区一模）已知，在以O为原点的直角坐标系中，抛物线的顶点为A （﹣1，﹣4），且经过点B（﹣2，﹣3），与x轴分别交于C、D两点．
（1）求直线OB以及该抛物线相应的函数表达式；
（2）如图1，点M是抛物线上的一个动点，且在直线OB的下方，过点M作x轴的平行线与直线OB交于点N，求MN的最大值；
（3）如图2，过点A的直线交x轴于点E，且AE∥y轴，点P是抛物线上A、D之间的一个动点，直线PC、PD与AE分别交于F、G两点．当点P运动时，EF+EG是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由．
【分析】（1）由B点坐标利用待定系数法可求直线OB解析式，利用顶点式可求得抛物线解析式；
（2）设M（t，t2+2t﹣3），MN＝s，则可表示出N点坐标，由MN的纵坐标相等可得到关于s和t的关系式，再利用二次函数的性质可求得其最大值；
（3）设P（t，t2+2t﹣3），则可表示出PQ、CQ、DQ，再利用相似三角形的性质可用t分别表示出EF和EG的长，则可求得其定值．
【解析】
（1）设直线OB解析式为y＝kx，由题意可得﹣3＝﹣2k，解得k=32，
∴直线OB解析式为y=32x，
∵抛物线顶点坐标为（﹣1，﹣4），
∴可设抛物线解析式为y＝a（x+1）2﹣4，
∵抛物线经过B（﹣2，﹣3），
∴﹣3＝a﹣4，解得a＝1，
∴抛物线为y＝x2+2x﹣3；
（2）设M（t，t2+2t﹣3），MN＝s，则N的横坐标为t﹣s，纵坐标为32(t−s)，
∵MN∥x轴，
∴t2+2t﹣3=32(t−s)，得s=−23t2−13t+2=−23(t+14)2+4924，
∴当t=−14时，MN有最大值，最大值为4924；
（3）EF+EG＝8．
理由如下：
如图2，过点P作PQ∥y轴交x轴于Q，
在y＝x2+2x﹣3中，令y＝0可得0＝x2+2x﹣3，解得x＝﹣3或x＝1，
∴C（﹣3，0），D（1，0），
设P（t，t2+2t﹣3），则PQ＝﹣t2﹣2t+3，CQ＝t+3，DQ＝1﹣t，
∵PQ∥EF，
∴△CEF∽△CQP，
∴EFPQ=CECQ，
∴EF=CECQ•PQ=2t+3（﹣t2﹣2t+3），
同理△EGD∽△QPD得EGPQ=DEDQ，
∴EG=DEDQ•PQ=21−t⋅(−t2−2t+3)，
∴EF+EG=2t+3（﹣t2﹣2t+3）+21−t⋅(−t2−2t+3)=2（﹣t2﹣2t+3）（1t+3+11−t）＝2（﹣t2﹣2t+3）（1−t+t+3(t+3)(1−t)）＝2（﹣t2﹣2t+3）（4−t2−2t+3）＝8，
∴当点P运动时，EF+EG为定值8．
【题组五】
17．（2020•青山区模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=54x+m（m为常数）的图象与x轴交于点A（﹣3，0），与y轴交于点C，以直线x＝1为对称轴的抛物线y＝ax2+bx+c（a、b、c为常数，且a≠0）经过A、C两点，并与x轴的正半轴交于点B
（1）求m的值及抛物线的函数表达式；
（2）是否存在抛物线上一动点Q，使得△ACQ是以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出点Q的横坐标；若存在，请说明理由；
（3）若P是抛物线对称轴上一动点，且使△ACP周长最小，过点P任意作一条与y轴不平行的直线交抛物线于M1（x1，y1），M2（x2，y2）两点，试问M1P⋅M2PM1M2是否为定值，如果是，请求出结果，如果不是请说明理由．
（参考公式：在平面直角坐标系中，若A（x1，y1），B（x2，y2），则A，B两点间的距离为AB=(x1−x2)2+(y1−y2)2）
【分析】（1）把A（﹣3，0）代入y=54x+m，即可求出m的值，得到一次函数的解析式，再求出C点坐标．根据抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴是直线x＝1，且经过A、C，列出关于a、b、c的方程组，解方程组即可求出抛物线的函数表达式；
（2）设Q（x，−14x2+12x+154）．如果△ACQ是以AC为直角边的直角三角形时，分两种情况：①点C为直角顶点时，作CQ⊥AC交抛物线于点Q，QE⊥y轴于E．证明△ACO∽△CQE，根据相似三角形对应边成比例求出x的值；②点A为直角顶点时，作AQ′⊥AC交抛物线于点Q′，Q′E′⊥x轴于E．证明△ACO∽△Q′AE′，根据相似三角形对应边成比例求出x的值；
（3）△ACP周长最小时，P为直线BC与对称轴的交点．根据二次函数的对称性求出B点坐标，利用待定系数法求出直线BC的解析式，把x＝1代入，求得P点坐标为（1，3）．设过点P的直线为：y＝kx+3﹣k，把y＝kx+3﹣k代入y=−14x2+12x+154，整理得到x2+（4k﹣2）x﹣4k﹣3＝0，利用根与系数的关系得出x1+x2＝2﹣4k，x1x2＝﹣4k﹣3，且y1﹣y2＝k（x1﹣x2），然后根据两点间的距离公式求出M1M2=(x1−x2)2+(y1−y2)2=1+k2(x1−x2)2=4（1+k2），M1P=1+k2(x1−1)2，M2P=1+k2(x2−1)2，那么M1P•M2P＝4（1+k2），进而得出M1P⋅M2PM1M2=1为定值．
【解析】（1）∵一次函数y=54x+m（m为常数）的图象与x轴交于点A（﹣3，0），
∴0=54×（﹣3）+m，解得m=154，
∴一次函数解析式为y=54x+154，
∴C点坐标为（0，154）．
∵以直线x＝1为对称轴的抛物线y＝ax2+bx+c（a、b、c为常数，且a≠0）经过A（﹣3，0）、C（0，154），
∴−b2a=19a−3b+c=0c=154，解得a=−14b=12c=154，
∴抛物线的函数表达式为y=−14x2+12x+154；
（2）存在．设Q（x，−14x2+12x+154）．
①当点C为直角顶点时，如图，作CQ⊥AC交抛物线于点Q，QE⊥y轴于E．
在△ACO与△CQE中，
∠ACO=∠CQE=90°−∠QCE∠AOC=∠CEQ，
∴△ACO∽△CQE，
∴QECO=CEAO，即x154=154−(−14x2+12x+154)3，
解得x1＝5.2，x2＝0（不合题意舍去）；
②当点A为直角顶点时，如图，作AQ′⊥AC交抛物线于点Q′，Q′E′⊥x轴于E．
在△ACO与△Q′AE′中，
∠OAC=∠E'Q'A=90°−∠OAQ'∠AOC=∠Q'E'A，
∴△ACO∽△Q′AE′，
∴AE'CO=Q'E'AO，即x+3154=14x2−12x−1543，
解得x1＝8.2，x2＝﹣3（不合题意舍去）．
综上所述：Q点的横坐标为5.2或8.2；
（3）∵y=−14x2+12x+154与x轴交于A（﹣3，0）、B两点，对称轴为直线x＝1，
∴B点坐标为（5，0），
∵C（0，154），
∴直线BC的解析式为y=−34x+154，
当x＝1时，y=−34×1+154=3，
∴P（1，3）．
设过点P的直线为：y＝kx+3﹣k，
把y＝kx+3﹣k代入y=−14x2+12x+154，
得kx+3﹣k=−14x2+12x+154，
整理得，x2+（4k﹣2）x﹣4k﹣3＝0，
∴x1+x2＝2﹣4k，x1x2＝﹣4k﹣3，y1﹣y2＝k（x1﹣x2），
∴（x1﹣x2）2＝（x1+x2）2﹣4x1x2＝（2﹣4k）2﹣4（﹣4k﹣3）＝16k2+16，
∴M1M2=(x1−x2)2+(y1−y2)2=1+k2(x1−x2)2=4（1+k2），
同理：M1P=(x1−1)2+(kx1+3−k−3)2=1+k2(x1−1)2，
M2P=1+k2(x2−1)2，
∴M1P•M2P=1+k2(x1−1)2•1+k2(x2−1)2=|（x1﹣1）（x2﹣1）|•（1+k2）＝4（1+k2），
∴M1P⋅M2PM1M2=1为定值．
18．（2020•营口模拟）如图1，抛物线y＝﹣x2+mx+n交x轴于点A（﹣2，0）和点B，交y轴于点C（0，2）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点M在抛物线上，且S△AOM＝2S△BOC，求点M的坐标；
（3）如图2，设点N是线段AC上的一动点，作DN⊥x轴，交抛物线于点D，求线段DN长度的最大值．
【分析】（1）把A（﹣2，0），C（0，2）代入抛物线的解析式求解即可；
（2）由（1）知，该抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+2，则易得B（1，0）．然后依据S△AOM＝2S△BOC列方程求解即可；
（3）设直线AC的解析式为y＝kx+t，将A（﹣2，0），C（0，2）代入可求得直线AC的解析式，设N点坐标为（x，x+2），（﹣2≤x≤0），则D点坐标为（x，﹣x2﹣x+2），然后列出ND与x的函数关系式，最后再利用配方法求解即可．
【解析】（1）A（﹣2，0），C（0，2）代入抛物线的解析式y＝﹣x2+mx+n，
得−4−2m+n=0n=2，解得m=−1n=2，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+2．
（2）由（1）知，该抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+2，则易得B（1，0），设M（m，n）然后依据S△AOM＝2S△BOC列方程可得：
12•AO×|n|＝2×12×OB×OC，
∴12×2×|﹣m2﹣m+2|＝2，
∴m2+m＝0或m2+m﹣4＝0，
解得x＝0或﹣1或−1±172，
∴符合条件的点M的坐标为：（0，2）或（﹣1，2）或（−1+172，﹣2）或（−1−172，﹣2）．
（3）设直线AC的解析式为y＝kx+b，将A（﹣2，0），C（0，2）代入
得到−2k+b=0b=2，解得k=1b=2，
∴直线AC的解析式为y＝x+2，
设N（x，x+2）（﹣2≤x≤0），则D（x，﹣x2﹣x+2），
ND＝（﹣x2﹣x+2）﹣（x+2）＝﹣x2﹣2x＝﹣（x+1）2+1，
∵﹣1＜0，
∴x＝﹣1时，ND有最大值1．
∴ND的最大值为1．
19．（2020•新都区模拟）已知：在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣2ax+4（a＜0）交x轴于点A、B，与y轴交于点C，AB＝6．
（1）如图1，求抛物线的解析式；
（2）如图2，点R为第一象限的抛物线上一点，分别连接RB、RC，设△RBC的面积为s，点R的横坐标为t，求s与t的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，如图3，点D在x轴的负半轴上，点F在y轴的正半轴上，点E为OB上一点，点P为第一象限内一点，连接PD、EF，PD交OC于点G，DG＝EF，PD⊥EF，连接PE，∠PEF＝2∠PDE，连接PB、PC，过点R作RT⊥OB于点T，交PC于点S，若点P在BT的垂直平分线上，OB﹣TS=23，求点R的坐标．
【分析】（1）由题意可求A（﹣2，0），B（4，0），将A点代入y＝ax2﹣2ax+4，即可求a的值；
（2）设R（t，−12t2+t+4），过点R作x、y轴的垂线，垂足分别为R'，R''，可得四边形RR'OR''是矩形，求出S△OCR=12OC•RR''=12×4t＝2t，S△ORB=12OB•RR'=12×4（−12t2+t+4）＝﹣t2+2t+8，则有S△RBC＝S△ORB+S△OCR﹣S△OBC＝﹣t2+2t+8+2t−12×4×4＝﹣t2+4t；
（3）设EF、PD交于点G'，连EG，连接OP交GE于点Q，可以证明OP是EG的垂直平分线，过P作KP⊥x轴于K，PW⊥y轴于W，交RT于点H，则四边形PWOK是正方形，设OT＝2a，则TK＝KB＝CW＝2﹣a，HT＝OK＝PW＝2+a，可求HS＝TS﹣HT=103−（2+a）=43−a，又由tan∠HPS=SHHP=WSWP，可得43−a2−a=2−a2+a，则a＝1或a=23，即可求R的坐标．
【解析】（1）∵抛物线的对称轴为x＝1，AB＝6，
∴A（﹣2，0），B（4，0），
将点A代入y＝ax2﹣2ax+4，则有0＝4a+4a+4，
∴a=−12，
∴y=−12x2+x+4；
（2）设R（t，−12t2+t+4），
过点R作x、y轴的垂线，垂足分别为R'，R''，
则∠RR'O＝∠RR''O＝∠R'OR''＝90°，
∴四边形RR'OR''是矩形，
∴RR''＝OR'＝t，OR''＝RR'=−12t2+t+4，
∴S△OCR=12OC•RR''=12×4t＝2t，
S△ORB=12OB•RR'=12×4（−12t2+t+4）＝﹣t2+2t+8，
∴S△RBC＝S△ORB+S△OCR﹣S△OBC＝﹣t2+2t+8+2t−12×4×4＝﹣t2+4t；
（3）设EF、PD交于点G'，连EG，连接OP交GE于点Q，
∵PD⊥EF，
∴∠FG'G＝∠DG'E＝90°＝∠DOG，
∴∠OFE＝∠GDO，
∵∠DOG＝∠FOE＝90°，EF＝DG，
∴△DGO≌△FEO（AAS），
∴GO＝OE，
∵∠OGP＝90°+∠OFE，∠OEP＝90°﹣∠OFE+∠PEF，
又∵∠PEF＝2∠OFE，
∴∠OEP＝90°﹣∠OFE+2∠OFE＝90°+∠OFE，
∵∠OGE＝∠OEG＝45°，
∴∠PGQ＝∠PEQ，
∴PG＝PE，
∴△PGO≌△PEO（SAS），
∴OP是EG的垂直平分线，
∴OP平分∠COB，
过P作KP⊥x轴于K，PW⊥y轴于W，交RT于点H，
则PW＝PK，∠PWO＝∠PKO＝∠WOK＝90°，
∴四边形PWOK是正方形，
∴WO＝OK，
∵OC＝OB＝4，
∴CW＝KB，
∵P在BT垂直平分线上，
∴PT＝PB，
∴TK＝KB＝CW，
设OT＝2a，则TK＝KB＝CW＝2﹣a，
HT＝OK＝PW＝2+a，
∵OB﹣TS=23，
∴HS＝TS﹣HT=103−（2+a）=43−a，
∵tan∠HPS=SHHP=WSWP，
∴43−a2−a=2−a2+a，
∴a＝1或a=23，
当a＝1时，R（2，4），
当a=23时，R（43，409），
综上所述：R点坐标为（2，4）或R（43，409）．
20．（2020•黔西南州）已知抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）交x轴于点A（6，0）和点B（﹣1，0），交y轴于点C．
（1）求抛物线的解析式和顶点坐标；
（2）如图（1），点P是抛物线上位于直线AC上方的动点，过点P分别作x轴、y轴的平行线，交直线AC于点D，E，当PD+PE取最大值时，求点P的坐标；
（3）如图（2），点M为抛物线对称轴l上一点，点N为抛物线上一点，当直线AC垂直平分△AMN的边MN时，求点N的坐标．
【分析】（1）将点A，B坐标代入抛物线解析式中，解方程组即可得出结论；
（2）先求出OA＝OC＝6，进而得出∠OAC＝45°，进而判断出PD＝PE，即可得出当PE的长度最大时，PE+PD取最大值，设出点E坐标，表示出点P坐标，建立PE＝﹣t2+6t＝﹣（t﹣3）2+9，即可得出结论；
（3）先判断出NF∥x轴，进而求出点N的纵坐标，即可建立方程求解得出结论．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（6，0），B（﹣1，0），
∴a−b+6=036a+6b+6=0，
∴a=−1b=5，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+5x+6＝﹣（x−52）2+494，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+5x+6，顶点坐标为（52，494）；
（2）由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2+5x+6，
∴C（0，6），
∴OC＝6，
∵A（6，0），
∴OA＝6，
∴OA＝OC，
∴∠OAC＝45°，
∵PD平行于x轴，PE平行于y轴，
∴∠DPE＝90°，∠PDE＝∠DAO＝45°，
∴∠PED＝45°，
∴∠PDE＝∠PED，
∴PD＝PE，
∴PD+PE＝2PE，
∴当PE的长度最大时，PE+PD取最大值，
∵A（6，0），C（0，6），
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+6，
设E（t，﹣t+6）（0＜t＜6），则P（t，﹣t2+5t+6），
∴PE＝﹣t2+5t+6﹣（﹣t+6）＝﹣t2+6t＝﹣（t﹣3）2+9，
当t＝3时，PE最大，此时，﹣t2+5t+6＝12，
∴P（3，12）；
（3）如图（2），设直线AC与抛物线的对称轴l的交点为F，连接NF，
∵点F在线段MN的垂直平分线AC上，
∴FM＝FN，∠NFC＝∠MFC，
∵l∥y轴，
∴∠MFC＝∠OCA＝45°，
∴∠MFN＝∠NFC+∠MFC＝90°，
∴NF∥x轴，
由（2）知，直线AC的解析式为y＝﹣x+6，
当x=52时，y=72，
∴F（52，72），
∴点N的纵坐标为72，
设N的坐标为（m，﹣m2+5m+6），
∴﹣m2+5m+6=72，解得，m=5+352或m=5−352，
∴点N的坐标为（5+352，72）或（5−352，72）．
【题组六】
21．（2020•自贡）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（﹣3，0）、B（1，0），交y轴于点N，点M为抛物线的顶点，对称轴与x轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，连接AM，点E是线段AM上方抛物线上一动点，EF⊥AM于点F，过点E作EH⊥x轴于点H，交AM于点D．点P是y轴上一动点，当EF取最大值时：
①求PD+PC的最小值；
②如图2，Q点为y轴上一动点，请直接写出DQ+14OQ的最小值．
【分析】（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝ax2+2ax﹣3a，即﹣3a＝3，即可求解；
（2）①点C（﹣1，0）关于y轴的对称点为点B（1，0），连接BD交y轴于点P，则点P为所求点，PD+PC＝PD+PB＝DB为最小，即可求解；
②过点O作直线OK，使sin∠NOK=14，过点D作DK⊥OK于点K，交y轴于点Q，则点Q为所求点，则DQ+14OQ＝DQ+QK＝DK为最小，即可求解．
【解析】（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3）＝ax2+2ax﹣3a，
即﹣3a＝3，解得：a＝﹣1，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）由抛物线的表达式得，点M（﹣1，4），点N（0，3），
则tan∠MAC=MCAC=2，
则设直线AM的表达式为：y＝2x+b，
将点A的坐标代入上式并解得：b＝6，
故直线AM的表达式为：y＝2x+6，
∵∠EFD＝∠DHA＝90°，∠EDF＝∠ADH，
∴∠MAC＝∠DEF，则tan∠DEF＝2，则cos∠DEF=55，
设点E（x，﹣x2﹣2x+3），则点D（x，2x+6），
则FE＝EDcos∠DEF＝（﹣x2﹣2x+3﹣2x﹣6）×55=55（﹣x2﹣4x﹣3），
∵−55＜0，故EF有最大值，此时x＝﹣2，故点D（﹣2，2）；
①点C（﹣1，0）关于y轴的对称点为点B（1，0），连接BD交y轴于点P，则点P为所求点，
PD+PC＝PD+PB＝DB为最小，
则BD=(1+2)2+(0−2)2=13；
②过点O作直线OK，使sin∠NOK=14，过点D作DK⊥OK于点K，交y轴于点Q，则点Q为所求点，
DQ+14OQ＝DQ+QK＝DK为最小值，
则直线OK的表达式为：y=15x，
∵DK⊥OK，故设直线DK的表达式为：y=−115x+b，
将点D的坐标代入上式并解得：b＝2−215，
而直线DK的表达式为：y=−115x+2−215，
故点Q（0，2−215），
由直线KD的表达式知，QD与x轴负半轴的夹角（设为α）的正切值为115，则cosα=154，
则DQ=xQ−xDcosα=2154=815，而14OQ=14（2−215），
则DQ+14OQ为最小值=815+14（2−215）=15+12．
22．（2020•滨州）如图，抛物线的顶点为A（h，﹣1），与y轴交于点B（0，−12），点F（2，1）为其对称轴上的一个定点．
（1）求这条抛物线的函数解析式；
（2）已知直线l是过点C（0，﹣3）且垂直于y轴的定直线，若抛物线上的任意一点P（m，n）到直线l的距离为d，求证：PF＝d；
（3）已知坐标平面内的点D（4，3），请在抛物线上找一点Q，使△DFQ的周长最小，并求此时△DFQ周长的最小值及点Q的坐标．
【分析】（1）由题意抛物线的顶点A（2，﹣1），可以假设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）2﹣1，把点B坐标代入求出a即可．
（2）由题意P（m，18m2−12m−12），求出d2，PF2（用m表示）即可解决问题．
（3）如图，过点Q作QH⊥直线l于H，过点D作DN⊥直线l于N．因为△DFQ的周长＝DF+DQ+FQ，DF是定值=22+22=22，推出DQ+QF的值最小时，△DFQ的周长最小，再根据垂线段最短解决问题即可．
【解析】（1）解：由题意抛物线的顶点A（2，﹣1），可以假设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）2﹣1，
∵抛物线经过B（0，−12），
∴−12=4a﹣1，
∴a=18
∴抛物线的解析式为y=18（x﹣2）2﹣1．
（2）证明：过点P作PJ⊥AF于J．
∵P（m，n），
∴n=18（m﹣2）2﹣1=18m2−12m−12，
∴P（m，18m2−12m−12），
∴d=18m2−12m−12−（﹣3）=18m2−12m+52，
∵F（2，1），
∴PF=PJ2+PF2=(m−2)2+(18m2−12m−12−1)2=164m4−18m3+78m2−52m+254，
∵d2=164m4−18m3+78m2−52m+254，PF2=164m4−18m3+78m2−52m+254，
∴d2＝PF2，
∴PF＝d．
（3）如图，过点Q作QH⊥直线l于H，过点D作DN⊥直线l于N．
∵△DFQ的周长＝DF+DQ+FQ，DF是定值=22+22=22，
∴DQ+QF的值最小时，△DFQ的周长最小，
由（2）可知QF＝QH，
∴DQ+QF＝DQ+QH，
根据垂线段最短可知，当D，Q，H共线时，DQ+QH的值最小，此时点H与N重合，点Q在线段DN上，
∴DQ+QH的最小值为6，
∴△DFQ的周长的最小值为22+6，此时Q（4，−12）．
23．（2020•凉山州）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象过O（0，0）、A（1，0）、B（32，32）三点．
（1）求二次函数的解析式；
（2）若线段OB的垂直平分线与y轴交于点C，与二次函数的图象在x轴上方的部分相交于点D，求直线CD的解析式；
（3）在直线CD下方的二次函数的图象上有一动点P，过点P作PQ⊥x轴，交直线CD于Q，当线段PQ的长最大时，求点P的坐标．
【分析】（1）将点O、A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）由点B的坐标知，直线BO的倾斜角为30°，则OB中垂线（CD）与x正半轴的夹角为60°，故设CD的表达式为：y=−3x+b，而OB中点的坐标为（34，34），将该点坐标代入CD表达式，即可求解；
（3）过点P作y轴额平行线交CD于点Q，PQ=−3x+3−（233x2−233x）=−233x2−33x+3，即可求解．
【解析】（1）将点O、A、B的坐标代入抛物线表达式得c=0a+b+c=032=94a+32b+c，解得a=233b=−233c=0，
故抛物线的表达式为：y=233x2−233x；
（2）由点B的坐标知，直线BO的倾斜角为30°，
∵BO⊥AD，
则∠BOA+∠BOC＝90°，∠BOC+∠OCA＝90°，
∴∠OCA＝∠BOA＝30°，
则CD与x负半轴的夹角为60°，
故设CD的表达式为：y=−3x+b，而OB中点的坐标为（34，34），
将该点坐标代入CD表达式并解得：b=3，
故直线CD的表达式为：y=−3x+3；
（3）设点P（x，233x2−233x），则点Q（x，−3x+3），
则PQ=−3x+3−（233x2−233x）=−233x2−33x+3，
∵−233＜0，故PQ有最大值，此时点P的坐标为（−14，5324）．
24．（2020•天津）已知点A（1，0）是抛物线y＝ax2+bx+m（a，b，m为常数，a≠0，m＜0）与x轴的一个交点．
（Ⅰ）当a＝1，m＝﹣3时，求该抛物线的顶点坐标；
（Ⅱ）若抛物线与x轴的另一个交点为M（m，0），与y轴的交点为C，过点C作直线l平行于x轴，E是直线l上的动点，F是y轴上的动点，EF＝22．
①当点E落在抛物线上（不与点C重合），且AE＝EF时，求点F的坐标；
②取EF的中点N，当m为何值时，MN的最小值是22？
【分析】（Ⅰ）将A（1，0）代入抛物线的解析式求出b＝2，由配方法可求出顶点坐标；
（Ⅱ）①根据题意得出a＝1，b＝﹣m﹣1．求出抛物线的解析式为y＝x2﹣（m+1）x+m．则点C（0，m），点E（m+1，m），过点A作AH⊥l于点H，由点A（1，0），得点H（1，m）．根据题意求出m的值，可求出CF的长，则可得出答案；
②得出CN=12EF=2．求出MC=−2m，当MC≥2，即m≤﹣1时，当MC＜2，即﹣1＜m＜0时，根据MN的最小值可分别求出m的值即可．
【解析】（Ⅰ）当a＝1，m＝﹣3时，抛物线的解析式为y＝x2+bx﹣3．
∵抛物线经过点A（1，0），
∴0＝1+b﹣3，
解得b＝2，
∴抛物线的解析式为y＝x2+2x﹣3．
∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣4）．
（Ⅱ）①∵抛物线y＝ax2+bx+m经过点A（1，0）和M（m，0），m＜0，
∴0＝a+b+m，0＝am2+bm+m，即am+b+1＝0．
∴a＝1，b＝﹣m﹣1．
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣（m+1）x+m．
根据题意得，点C（0，m），点E（m+1，m），
过点A作AH⊥l于点H，由点A（1，0），得点H（1，m）．
在Rt△EAH中，EH＝1﹣（m+1）＝﹣m，HA＝0﹣m＝﹣m，
∴AE=EH2+HA2=−2m，
∵AE＝EF＝22，
∴−2m＝22，
解得m＝﹣2．
此时，点E（﹣1，﹣2），点C（0，﹣2），有EC＝1．
∵点F在y轴上，
∴在Rt△EFC中，CF=EF2−EC2=7．
∴点F的坐标为（0，﹣2−7）或（0，﹣2+7）．
②由N是EF的中点，连接CN，CM，得CN=12EF=2．
根据题意，点N在以点C为圆心、2为半径的圆上，
由点M（m，0），点C（0，m），得MO＝﹣m，CO＝﹣m，
∴在Rt△MCO中，MC=MO2+CO2=−2m．
当MC≥2，即m≤﹣1时，满足条件的点N在线段MC上．
MN的最小值为MC﹣NC=−2m−2=22，解得m=−32；
当MC＜2，即﹣1＜m＜0时，满足条件的点N落在线段CM的延长线上，MN的最小值为NC﹣MC=2−（−2m）=22，
解得m=−12．
∴当m的值为−32或−12时，MN的最小值是22．
2021新版中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘
专题11二次函数与线段最值定值及数量关系问题
图形运动的过程中，求两条线段之间的函数关系，是中考数学的热点问题．
产生两条线段间的函数关系，常见的情况有两种，一是勾股定理，二是比例关系．还有一种不常见的，就是线段全长等于部分线段之和．由比例线段产生的函数关系问题，在两种类型的题目中比较常用．
一是由平行线产生的对于线段成比例，二是相似三角形的对应边成比例．
一般步骤是先说理产生比例关系，再代入数值或表示数的字母，最后整理、变形，根据要求写出定义域．关键是寻找比例关系，难点是有的整理、变形比较繁琐，容易出错．
【例1】（2020•孝感）在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+4ax+4a﹣6（a＞0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为点D．
（1）当a＝6时，直接写出点A，B，C，D的坐标：
A （﹣3，0） ，B （﹣1，0） ，C （0，18） ，D （﹣2，﹣6） ；
（2）如图1，直线DC交x轴于点E，若tan∠AED=43，求a的值和CE的长；
（3）如图2，在（2）的条件下，若点N为OC的中点，动点P在第三象限的抛物线上，过点P作x轴的垂线，垂足为Q，交AN于点F；过点F作FH⊥DE，垂足为H．设点P的横坐标为t，记f＝FP+FH．
①用含t的代数式表示f；
②设﹣5＜t≤m（m＜0），求f的最大值．
【分析】（1）当a＝6时，抛物线的表达式为：y＝6x2+24x+18，即可求解；
（2）由点C、D的坐标得，直线CD的表达式为：y＝2ax+4a﹣6，进而求出点E（3a−2，0），利用tan∠AED=OCOE=4a−63a−2=43，即可求解；
（3）①证明△FJH∽△ECO，故FHOE=FJCE，则FH=OECE×FJ=−t+1，即可求解；
②f=−23（t+3）2+263（﹣5＜t≤m且m＜0），即可求解．
【解析】（1）当a＝6时，抛物线的表达式为：y＝6x2+24x+18，
令y＝0，则x＝﹣1或﹣3；当x＝0时，y＝18，函数的对称轴为x＝﹣2，
故点A、B、C、D的坐标分别为（﹣3，0）、（﹣1，0）、（0，18）、（﹣2，﹣6）；
故答案为：（﹣3，0）、（﹣1，0）、（0，18）、（﹣2，﹣6）；
（2）y＝ax2+4ax+4a﹣6，令x＝0，则y＝4a﹣6，则点C（0，4a﹣6），
函数的对称轴为x＝﹣2，故点D的坐标为（﹣2，﹣6），
由点C、D的坐标得，直线CD的表达式为：y＝2ax+4a﹣6，
令y＝0，则x=3a−2，故点E（3a−2，0），则OE=3a−2，
tan∠AED=OCOE=6−4a3a−2=43，解得：a=23，
故点C、E的坐标分别为（0，−103）、（52，0），
则CE=(103)2+(52)2=256；
（3）①如图，作PF与ED的延长线交于点J，
由（2）知，抛物线的表达式为：y=23x2+83x−103，
故点A、C的坐标分别为（﹣5，0）、（0，−103），则点N（0，−53），
由点A、N的坐标得，直线AN的表达式为：y=−13x−53；
设点P（t，23t2+83t−103），则点F（t，−13t−53）；
则PF=−23t2﹣3t+53，
由点E（52，0）、C的坐标得，直线CE的表达式为：y=43x−103，
则点J（t，43t−103），故FJ=−53t+53，
∵FH⊥DE，JF∥y轴，
故∠FHJ＝∠EOC＝90°，∠FJH＝∠ECO，
∴△FJH∽△ECO，故FHOE=FJCE，
则FH=OECE×FJ=−t+1，
f＝PF+FH=−23t2﹣3t+53+（﹣t+1）=−23t2﹣4t+83；
②f=−23t2﹣4t+83=−23（t+3）2+263（﹣5＜t≤m且m＜0）；
∴当﹣5＜m＜﹣3时，fmax=−23m2﹣4m+83；
当﹣3≤m＜0时，fmax=263．
【例2】（2020•恩施州）如图1，抛物线y=−14x2+bx+c经过点C（6，0），顶点为B，对称轴x＝2与x轴相交于点A，D为线段BC的中点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）P为线段BC上任意一点，M为x轴上一动点，连接MP，以点M为中心，将△MPC逆时针旋转90°，记点P的对应点为E，点C的对应点为F．当直线EF与抛物线y=−14x2+bx+c只有一个交点时，求点M的坐标．
（3）△MPC在（2）的旋转变换下，若PC=2（如图2）．
①求证：EA＝ED．
②当点E在（1）所求的抛物线上时，求线段CM的长．
【分析】（1）根据点C在抛物线上和已知对称轴的条件可求出解析式；
（2）根据抛物线的解析式求出点B及已知点C的坐标，证明△ABC是等腰直角三角形，根据旋转的性质推出直线EF与x轴的夹角为45°，因此设直线EF的解析式为y＝x+b，设点M的坐标为（m，0），推出点F（m，6﹣m），直线EF与抛物线y=−14x2+x+3只有一个交点，联立两个解析式，得到关于x的一元二次方程，根据根的判别式为0得到关于m的方程，解方程得点M的坐标．注意有两种情况，均需讨论．
（3）①过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，设点M的坐标为（m，0），由PC=2及旋转的性质，证明△EHM≌△MGP，得到点E的坐标为（m﹣1，5﹣m），再根据两点距离公式证明EA＝ED，注意分两种情况，均需讨论；②把E（m﹣1，5﹣m）代入抛物线解析式，解出m的值，进而求出CM的长．
【解析】（1）∵点C（6，0）在抛物线上，
∴0=−14×36+6b+c，
得到6b+c＝9，
又∵对称轴为x＝2，
∴x=−b2a=−b2×(−14)=2，
解得b＝1，
∴c＝3，
∴二次函数的解析式为y=−14x2+x+3；
（2）当点M在点C的左侧时，如图2﹣1中：
∵抛物线的解析式为y=−14x2+x+3，对称轴为x＝2，C（6，0）
∴点A（2，0），顶点B（2，4），
∴AB＝AC＝4，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠1＝45°；
∵将△MPC逆时针旋转90°得到△MEF，
∴FM＝CM，∠2＝∠1＝45°，
设点M的坐标为（m，0），
∴点F（m，6﹣m），
又∵∠2＝45°，
∴直线EF与x轴的夹角为45°，
∴设直线EF的解析式为y＝x+b，
把点F（m，6﹣m）代入得：6﹣m＝m+b，解得：b＝6﹣2m，
直线EF的解析式为y＝x+6﹣2m，
∵直线EF与抛物线y=−14x2+x+3只有一个交点，
∴y=x+6−2my=−14x2+x+3，
整理得：14x2+3−2m=0，
∴△＝b2﹣4ac＝0，解得m=32，
点M的坐标为（32，0）．
当点M在点C的右侧时，如下图：
由图可知，直线EF与x轴的夹角仍是45°，因此直线EF与抛物线y=−14x2+x+3不可能只有一个交点．
综上，点M的坐标为（32，0）．
（3）①当点M在点C的左侧时，如下图，过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，
∵PC=2，由（2）知∠BCA＝45°，
∴PG＝GC＝1，
∴点G（5，0），
设点M的坐标为（m，0），
∵将△MPC逆时针旋转90°得到△MEF，
∴EM＝PM，
∵∠HEM+∠EMH＝∠GMP+∠EMH＝90°，
∴∠HEM＝∠GMP，
在△EHM和△MGP中，∠EHM=∠MGP∠HEM=∠GMPEM=MP，
∴△EHM≌△MGP（AAS），
∴EH＝MG＝5﹣m，HM＝PG＝1，
∴点H（m﹣1，0），
∴点E的坐标为（m﹣1，5﹣m）；
∴EA=(m−1−2)2+(5−m−0)2=2m2−16m+34，
又∵D为线段BC的中点，B（2，4），C（6，0），
∴点D（4，2），
∴ED=(m−1−4)2+(5−m−2)2=2m2−16m+34，
∴EA＝ED．
当点M在点C的右侧时，如下图：
同理，点E的坐标仍为（m﹣1，5﹣m），因此EA＝ED．
②当点E在（1）所求的抛物线y=−14x2+x+3上时，
把E（m﹣1，5﹣m）代入，整理得：m2﹣10m+13＝0，
解得：m=5+23或m=5−23，
∴CM=23−1或CM=1+23．
【例3】（2020•湘西州）已知直线y＝kx﹣2与抛物线y＝x2﹣bx+c（b，c为常数，b＞0）的一个交点为A（﹣1，0），点M（m，0）是x轴正半轴上的动点．
（1）当直线y＝kx﹣2与抛物线y＝x2﹣bx+c（b，c为常数，b＞0）的另一个交点为该抛物线的顶点E时，求k，b，c的值及抛物线顶点E的坐标；
（2）在（1）的条件下，设该抛物线与y轴的交点为C，若点Q在抛物线上，且点Q的横坐标为b，当S△EQM=12S△ACE时，求m的值；
（3）点D在抛物线上，且点D的横坐标为b+12，当2AM+2DM的最小值为2724时，求b的值．
【分析】（1）将A点坐标代入直线与抛物线的解析式中求得k的值和b与c的关系式，再将抛物线的顶点坐标代入求得的直线的解析式，便可求得b、c的值，进而求得E点的坐标；
（2）先根据抛物线的解析式求得C、Q点坐标，用m表示△EQM的面积，再根据S△EQM=12S△ACE列出m的方程进行解答；
（3）取点N（0，1），则∠OAN＝45°，过D作直线AN的垂线，垂足为G，DG与x轴相交于点M，此时2AM+2DM＝2DG的值最小，由2DG=2724列出关于b的方程求解便可．
【解析】（1）∵直线y＝kx﹣2与抛物线y＝x2﹣bx+c（b，c为常数，b＞0）的一个交点为A（﹣1，0），
∴﹣k﹣2＝0，1+b+c＝0，
∴k＝﹣2，c＝﹣b﹣1，
∴直线y＝kx﹣2的解析式为y＝﹣2x﹣2，
∵抛物线y＝x2﹣bx+c的顶点坐标为E（b2，4c−b24），
∴E（b2，−4b−4−b24），
∵直线y＝﹣2x﹣2与抛物线y＝x2﹣bx+c（b，c为常数，b＞0）的另一个交点为该抛物线的顶点E，
∴−4b−4−b24=−2×b2−2，
解得，b＝2，或b＝﹣2（舍），
当b＝2时，c＝﹣3，
∴E（1，﹣4），
故k＝﹣2，b＝2，c＝﹣3，E（1，﹣4）；
（2）由（1）知，直线的解析式为y＝﹣2x﹣2，抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
∴C（0，﹣3），Q（2，﹣3），
如图1，设直线y＝﹣2x﹣2与y轴交点为N，则N（0，﹣2），
∴CN＝1，
∴S△ACE=S△ACN+S△ECN=12×1×1+12×1×1=1，
∴S△EQM=12，
设直线EQ与x轴的交点为D，显然点M不能与点D重合，
设直线EQ的解析式为y＝dx+n（d≠0），
则2d+n=−3d+n=−4，
解得，d=1n=−5，
∴直线EQ的解析式为y＝x﹣5，
∴D（5，0），
∴S△EQM＝S△EDM﹣S△QDM=12DM×|−4|−12DM×|−3|=12DM=12|5−m|=12，
解得，m＝4，或m＝6；
（3）∵点D（b+12，yD）在抛物线y＝x2﹣bx﹣b﹣1上，
∴yD=(b+12)2−b(b+12)−b−1=−b2−34，
可知点D（b+12，−b2−34）在第四象限，且在直线x＝b的右侧，
∵2AM+2DM=2(22AM+DM)，
∴可取点N（0，1），则∠OAN＝45°，
如图2，过D作直线AN的垂线，垂足为G，DG与x轴相交于点M，
∵∠GAM＝90°﹣∠OAN＝45°，得22AM＝GM，
则此时点M满足题意，
过D作DH⊥x轴于点H，则点H（b+12，0），
在Rt△MDH中，可知∠DMH＝∠MDH＝45°，
∴DH＝MH，DM=2MH，
∵点M（m，0），
∴0﹣（−b2−34）＝（b+12）﹣m，
解得，m=b2−14，
∵2AM+2DM=2724，
∴2[(b2−14)−(−1)]+22[(b+12)−(b2−14)]=2724，
解得，b＝3，
此时，m=32−14=54＞0，符合题意，
∴b＝3．
【例4】（2020•云南）抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，﹣3）．点P为抛物线y＝x2+bx+c上的一个动点．过点P作PD⊥x轴于点D，交直线BC于点E．
（1）求b、c的值；
（2）设点F在抛物线y＝x2+bx+c的对称轴上，当△ACF的周长最小时，直接写出点F的坐标；
（3）在第一象限，是否存在点P，使点P到直线BC的距离是点D到直线BC的距离的5倍？若存在，求出点P所有的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把A、C点的坐标代入抛物线的解析式列出b、c的方程组，解得b、c便可；
（2）连接BC与对称轴交于点F，此时△ACF的周长最小，求得BC的解析式，再求得BC与对称轴的交点坐标便可；
（3）设P（m，m2﹣2m﹣3）（m＞3），根据相似三角形的比例式列出m的方程解答便可．
【解析】（1）把A、C点的坐标代入抛物线的解析式得，
1−b+c=0c=−3，
解得，b=−2c=−3；
（2）直线BC与抛物线的对称轴交于点F，连接AF，如图1，
此时，AF+CF＝BF+CF＝BC的值最小，
∵AC为定值，
∴此时△AFC的周长最小，
由（1）知，b＝﹣2，c＝﹣3，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3，
∴对称轴为x＝1，
令y＝0，得y＝x2﹣2x﹣3＝0，
解得，x＝﹣1，或x＝3，
∴B（3，0），
令x＝0，得y＝x2﹣2x﹣3＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
设直线BC的解析式为：y＝kx+b（k≠0），得
3k+b=0b=−3，
解得，k=1b=−3，
∴直线BC的解析式为：y＝x﹣3，
当x＝1时，y＝x﹣3＝﹣2，
∴F（1，﹣2）；
（3）设P（m，m2﹣2m﹣3）（m＞3），过P作PH⊥BC于H，过D作DG⊥BC于G，如图2，
则PH＝5DG，E（m，m﹣3），
∴PE＝m2﹣3m，DE＝m﹣3，
∵∠PHE＝∠DGE＝90°，∠PEH＝∠DEG，
∴△PEH∽△DEG，
∴PEDE=PHDG=5，
∴m2−3mm−3=5，
∵m＝3（舍），或m＝5，
∴点P的坐标为P（5，12）．
故存在点P，使点P到直线BC的距离是点D到直线BC的距离的5倍，其P点坐标为（5，12）．
【例5】（2020•娄底）如图，抛物线经过点A（﹣3，0）、B（1，0）、C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P（m，n）是抛物线上的动点，当﹣3＜m＜0时，试确定m的值，使得△PAC的面积最大；
（3）抛物线上是否存在不同于点B的点D，满足DA2﹣DC2＝6，若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由题意可设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），将点代入C（0，3）解出a，即可求出抛物线的解析式．
（2）先求出直线AC的解析式，然后根据当﹣3＜m＜0时，点P（m，n）在直线AC上方，过点P作x轴的垂线与线段AC相交于点Q，可将x＝m分别代入y＝一x2﹣2x+3和y＝x+3得P（m，﹣m2﹣2m+3），Q（m，m+3），从而得出PQ的代数式，从而可求出m的值；
（3）由题意可得AB＝4，OB＝1，CO＝3，根据BC2＝10，∠CAO＝45°，可求出BA2﹣BC2＝6，连接BC，过B作AC的垂线交抛物线于点D，交AC于点H，可得DA2﹣DC2＝HA2﹣HC2＝BA2﹣BC2＝6，根据∠CAO＝∠DBA，可得BD与AC关于AB的垂直平分线对称，即关于抛物线的对称轴x＝﹣1对称，即点D与点C关于抛物线的对称轴x＝﹣1对称，从而可求出点D的坐标．
【解析】（1）由题意可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），
把C（0，3）代入，可得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3．
（2）设直线AC的解析式为y＝kx+b，
将A（﹣3，0），C（0，3）代入得到0=−3k+b3=b，
解得k=1b=3，
∴直线AC的解析式为y＝x+3．
当﹣3＜m＜0时，点P（m，n）在直线AC的上方，过点P作x轴的垂线交AC于Q．则P（m，﹣m2﹣2m+3），Q（m，m+3），
∴PQ＝﹣m2﹣2m+3﹣（m+3）
＝﹣m2﹣3m
＝﹣（m+32）2+94，
∵﹣3＜m＜0，
∴当m=−32时，PQ的值最大，
此时S△PAC=12•PQ•AO=32PQ最大，
∴m=−32．
（3）由A（﹣3，0），B（1，0），C（0，3），可得AB＝4，OB＝1，OC＝3，
∵BC2＝10，∠CAO＝45°，
∴BA2﹣BC2＝6，
连接BC，过点B作AC的垂线交抛物线于D，交AC于H，连接AD，DC，
则∠AHB＝90°，∠DBA＝∠CAO＝45°，
∴DA2﹣DC2＝HA2﹣HC2＝AB2﹣BC2＝6，
∵∠CAO＝∠DBA，
∴点H在AB的垂直平分线上，
即点H在抛物线的对称轴x＝﹣1上，
∴点D与点C关于抛物线的对称轴x＝﹣1对称，
∵C（0，3），
∴点D的坐标为（﹣2，3）．
【例6】（2020•黄石）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+kx﹣2k的顶点为N．
（1）若此抛物线过点A（﹣3，1），求抛物线的解析式；
（2）在（1）的条件下，若抛物线与y轴交于点B，连接AB，C为抛物线上一点，且位于线段AB的上方，过C作CD垂直x轴于点D，CD交AB于点E，若CE＝ED，求点C坐标；
（3）已知点M（2−433，0），且无论k取何值，抛物线都经过定点H，当∠MHN＝60°时，求抛物线的解析式．
【分析】（1）把A（﹣3.1）代入y＝﹣x2+kx﹣2k即可求解．
（2）根据题意作图，求出直线AB的解折式，再表示出E点坐标，代入直线AB的解析式可求解．
（3）先求出定点H，过H点做HI⊥x轴，根据题意求出∠MHI＝30°，再根据题意分情况即可求解．
【解析】（1）把A（﹣3.1）代入y＝﹣x2+kx﹣2k，
得﹣9﹣3k﹣2k＝1．
解得k＝﹣2，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+4；
（2）如图1，设C（t，﹣t2﹣2t+4），则E（t，−t22−t+2），
设直线AB的解析式为y＝kx+b，把A（﹣3，1），（0，4）代入得到，
−3k+b=1b=4，
解得k=1b=4，
∴直线AB的解析式为y＝x+4，
∵E（t，−t22−t+2）在直线AB上，
∴−t22−t+2＝t+4，
解得t1＝t2＝﹣2，
∴C（﹣2，4）．
（3）由y＝﹣x2+kx﹣2k＝k（x﹣2）﹣x2，
当x﹣2＝0时，x＝2，y＝﹣4，
∴无论k取何值，抛物线都经过定点H（2，﹣4），
二次函数的顶点N（k2，k24−2k），
①如图2中，过点H作HI⊥x轴于I，分别过H，N作y轴，x轴的垂线交于点G，若k2＞2时，则k＞4，
∵M（2−433，0），H（2，﹣4），
∴MI=433，HI＝4，
∴tan∠MHI=4334=33，
∴∠MHI＝30°，
∵∠MHN＝60°，
∴∠NHI＝30°，
即∠GNH＝30°，
由图可知，tan∠GNH=GHGN=k2−2k24−2k+4=33，
解得k＝4+23或4（不合题意舍弃）．
②如图3中，过点H作HI⊥x轴于I，分别过H，N作y轴，x轴的垂线交于点G．
若k2＜2，则k＜4，
同理可得，∠MHI＝30°，
∵∠MHN＝60°，
∴NH⊥HI，
即k24−2k═﹣4，
解得k＝4（不符合题意舍弃）．
③若k2=2，则N，H重合，不符合题意舍弃，
综上所述，抛物线的解析式为y＝﹣x2+（4+23）x﹣（8+43）．
【例7】（2020•海南）抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣3，0）和点B（2，0），与y轴交于点C．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）点P是该抛物线上的动点，且位于y轴的左侧．
①如图1，过点P作PD⊥x轴于点D，作PE⊥y轴于点E，当PD＝2PE时，求PE的长；
②如图2，该抛物线上是否存在点P，使得∠ACP＝∠OCB？若存在，请求出所有点P的坐标：若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将点A，点C坐标代入解析式，可求b，c的值，即可求解；
（2）设点P（a，a2+a﹣6），由PD＝2PE，可得|a2+a﹣6|＝﹣2a，可求a的值；
（3）由勾股定理可求AC，BC的长，通过证明△ACH∽△BCO，可得BCAC=BOAH=OCHC，可求AH，HC的长，由两点距离公式可求点H坐标，再求出直线HC的解析式，即可求点P坐标．
【解析】（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣3，0）和点B（2，0），
∴0=4+2b+c0=9−3b+c，
解得：b=1c=−6，
∴抛物线解析式为：y＝x2+x﹣6；
（2）①设点P（a，a2+a﹣6），
∵点P位于y轴的左侧，
∴a＜0，PE＝﹣a，
∵PD＝2PE，
∴|a2+a﹣6|＝﹣2a，
∴a2+a﹣6＝﹣2a或a2+a﹣6＝2a，
解得：a1=−3−332，a2=−3+332（舍去）或a3＝﹣2，a4＝3（舍去）
∴PE＝2或3+332；
②存在点P，使得∠ACP＝∠OCB，
理由如下，
∵抛物线y＝x2+x﹣6与x轴交于点C，
∴点C（0，﹣6），
∴OC＝6，
∵点B（2，0），点A（﹣3，0），
∴OB＝2，OA＝3，
∴BC=OB2+OC2=4+36=210，
AC=OA2+OC2=9+36=35，
如图，过点A作AH⊥CP于H，
∵∠AHC＝∠BOC＝90°，∠ACP＝∠BCO，
∴△ACH∽△BCO，
∴BCAC=BOAH=OCHC，
∴21035=2AH=6HC，
∴AH=322，HC=922，
设点H（m，n），
∴（322）2＝（m+3）2+n2，（922）2＝m2+（n+6）2，
∴m=−92n=−32或m=−910n=310，
∴点H（−92，−32）或（−910，310），
当H（−92，−32）时，
∵点C（0，﹣6），
∴直线HC的解析式为：y＝﹣x﹣6，
∴x2+x﹣6＝﹣x﹣6，
解得：x1＝﹣2，x2＝0（舍去），
∴点P的坐标（﹣2，﹣4）；
当H（−910，310）时，
∵点C（0，﹣6），
∴直线HC的解析式为：y＝﹣7x﹣6，
∴x2+x﹣6＝﹣7x﹣6，
解得：x1＝﹣8，x2＝0（舍去），
∴点P的坐标（﹣8，50）；
综上所述：点P坐标为（﹣2，﹣4）或（﹣8，50）．
【例8】（2020•眉山）如图1，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，已知点B坐标为（3，0），点C坐标为（0，3）．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P为直线BC上方抛物线上的一个动点，当△PBC的面积最大时，求点P的坐标；
（3）如图2，点M为该抛物线的顶点，直线MD⊥x轴于点D，在直线MD上是否存在点N，使点N到直线MC的距离等于点N到点A的距离？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法可求解析式；
（2）过点P作PH⊥x轴于H，交BC于点G，先求出BC的解析式，设点P（m，﹣m2+2m+3），则点G（m，﹣m+3），由三角形面积公式可得S△PBC=12×PG×OB=12×3×（﹣m2+3m）=−32（m−32）2+278，由二次函数的性质可求解；
（3）设直线MC与x轴交于点E，过点N作NQ⊥MC于Q，先求出点A，点M坐标，可求MC解析式，可得DE＝4＝MD，由等腰直角三角形的性质可得MQ＝NQ=22MN，由两点距离公式可列（22|4﹣n|）2＝4+n2，即可求解．
【解析】（1）∵点B（3，0），点C（0，3）在抛物线y＝﹣x2+bx+c图象上，
∴−9+3b+c=0c=3，
解得：b=2c=3，
∴抛物线解析式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵点B（3，0），点C（0，3），
∴直线BC解析式为：y＝﹣x+3，
如图，过点P作PH⊥x轴于H，交BC于点G，
设点P（m，﹣m2+2m+3），则点G（m，﹣m+3），
∴PG＝（﹣m2+2m+3）﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，
∵S△PBC=12×PG×OB=12×3×（﹣m2+3m）=−32（m−32）2+278，
∴当m=32时，S△PBC有最大值，
∴点P（32，154）；
（3）存在N满足条件，
理由如下：∵抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴交于A、B两点，
∴点A（﹣1，0），
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点M为（1，4），
∵点M为（1，4），点C（0，3），
∴直线MC的解析式为：y＝x+3，
如图，设直线MC与x轴交于点E，过点N作NQ⊥MC于Q，
∴点E（﹣3，0），
∴DE＝4＝MD，
∴∠NMQ＝45°，
∵NQ⊥MC，
∴∠NMQ＝∠MNQ＝45°，
∴MQ＝NQ，
∴MQ＝NQ=22MN，
设点N（1，n），
∵点N到直线MC的距离等于点N到点A的距离，
∴NQ＝AN，
∴NQ2＝AN2，
∴（22MN）2＝AN2，
∴（22|4﹣n|）2＝4+n2，
∴n2+8n﹣8＝0，
∴n＝﹣4±26，
∴存在点N满足要求，点N坐标为（1，﹣4+26）或（1，﹣4﹣26）．
【题组一】
1．（2020•西宁二模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（5，0），B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C（0，52）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点M是抛物线的顶点，连接AM，CM，求△AMC的面积；
（3）若点P是抛物线上的一个动点，过点P作PE垂直y轴于点E，交直线AC于点D，过点D作x轴的垂线，垂足为点F，连接EF，当线段EF的长度最短时，求出点P的坐标．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）△AMC的面积＝S△MHC+S△MHA=12×MH×OA，即可求解；
（3）点D在直线AC上，设点D（m，−12m+52），由题意得，四边形OEDF为矩形，故EF＝OD，即当线段EF的长度最短时，只需要OD最短即可，进而求解．
【解析】（1）设抛物线的表达式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）＝a（x﹣5）（x+1），
将点C的坐标代入上式得：52=a（0﹣5）（0+1），解得a=−12，
故抛物线的表达式为y=−12（x﹣5）（x+1）=−12x2+2x+52；
（2）由抛物线的表达式得顶点M（2，92），
过点M作MH∥y轴交AC于点H，
设直线AC的表达式为y＝kx+t，则t=520=5k+t，解得k=−12t=52，
故直线AC的表达式为y=−12x+52，
当x＝2时，y=32，则MH=92−32=3，
则△AMC的面积＝S△MHC+S△MHA=12×MH×OA=12×3×5=152；
（3）点D在直线AC上，设点D（m，−12m+52），
由题意得，四边形OEDF为矩形，故EF＝OD，即当线段EF的长度最短时，只需要OD最短即可，
则EF2＝OD2＝m2+（−12m+52）2=54m2−52m+254，
∵54＞0，故EF2存在最小值（即EF最小），此时m＝1，
故点D（1，2），
∵点P、D的纵坐标相同，
故2=−12x2+2x+52，解得x＝2±5，
故点P的坐标为（2+5，2）或（2−5，2）．
2．（2020•平房区二模）已知：如图，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a交x轴正半轴于点A，负半轴于点B，交y轴于点C，tan∠OBC＝3．
（1）求a值；
（2）点P为第一象限抛物线上一点，连接AC、PA、PC，若点P的横坐标为t，△PAC的面积为S，求S与t的函数解析式，（请直接写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，过点P作PD∥y轴交CA延长线于点D，连接PB，交y轴于点E，点Q为第二象限抛物线上一点，连接QE并延长分别交x轴、抛物线于点N、F，连接FD，交x轴于点K，当E为QF的中点且FN＝FK时，求直线DF的解析式．
【分析】（1）令y＝0，0＝ax2﹣2ax﹣3a，解得x1＝﹣1，x2＝3，求出OC＝3，则可得出答案；
（2）过点P作PG∥y轴分别交CA的延长线，x轴于点N，G，过点C作CH⊥PG交PG的延长线于点H，设P（t，t2﹣2t﹣3），求出直线AC的解析式为y＝x﹣3，则N（t，t﹣3），得出PN＝t2﹣2t﹣3﹣（t﹣3）＝t2﹣3t，根据S＝S△PCN﹣S△PAN得出答案；
（3）延长PD交x轴于点G，得出OE＝DG，连接DE，则四边形EOGD是矩形，得出DE∥AN，过点F作FR⊥DE，得出RE＝RD=t2，证明△FER≌△QEH（AAS），由全等三角形的性质得出QH＝FR，EH＝ER，F（12t，14t2−t﹣3），Q（−12t，14t2+t﹣3），求出D，F的坐标，则可求出答案．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a交x轴正半轴于点A，负半轴于点B，
∴令y＝0，0＝ax2﹣2ax﹣3a，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（3，0），B（﹣1，0），
∵tan∠OBC＝3，
∴OCOB=3，
∴OC＝3，
∴﹣3＝﹣3a，
∴a＝1；
（2）如图1，过点P作PG∥y轴分别交CA的延长线，x轴于点N，G，过点C作CH⊥PG交PG的延长线于点H，
设P（t，t2﹣2t﹣3），
求出直线AC的解析式为y＝x﹣3，
∴N（t，t﹣3），
∴PN＝t2﹣2t﹣3﹣（t﹣3）＝t2﹣3t，
∴S＝S△PCN﹣S△PAN
=12PN•OA=12×(t2−3t)×3
=32t2−92t（t＞3）；
（3）延长PD交x轴于点G，
∵tan∠PBG=PGBG=t2−2t−3t+1=t﹣3，
∴tan∠PBG=OEOB=t﹣3，
∴OE＝t﹣3，
∵DG＝t﹣3，
∴OE＝DG，
连接DE，
∴四边形EOGD是矩形，
∴DE∥AN，
∵FN＝FK，
∴∠FNA＝∠FAN＝∠DEF＝∠FDE，
∴FE＝FD，
过点F作FR⊥DE，
∴RE＝RD=t2，
过点Q作QH⊥RE交RE延长线于点H，
∵QE＝EF，∠QHE＝∠FRE，∠QEH＝∠FER，
∴△FER≌△QEH（AAS），
∴QH＝FR，EH＝ER，
∴F（12t，14t2−t﹣3），Q（−12t，14t2+t﹣3），
∴14t2+t﹣3﹣t+3＝t﹣3，
解得t1＝4，t2＝0（舍去），
∴F（2，﹣3），D（4，1），
设直线DF的解析式为y＝kx+b，
∴−3=2k+b1=4k+b，
∴k=2b=−7，
∴直线DF的解析式为y＝2x﹣7．
3．（2020•涡阳县一模）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与直线y＝x+1相交于A（﹣1，0），B（4，m）两点，且抛物线经过点C（5，0）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）点P是直线上方的抛物线上的一个动点，求△ABP的面积最大时的P点坐标．
（3）若点P是抛物线上的一个动点（不与点A点B重合），过点P作直线PD⊥x轴于点D，交直线AB于点E．当PE＝2ED时，求P点坐标；
（4）设抛物线与y轴交于点F，在抛物线的第一象限内，是否存在一点M，使得AM被FC平分？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）将交点B（4，m）代入直线y＝x+1得B（4，5），由题意可设抛物线解析式y＝a（x+1）（x﹣5），把B（4，m）代入得a＝﹣1，即可求解；
（2）S△ABP=PH⋅5÷2=(−x2+3x+4)×5÷2=y=52x2+152x+2，即可求解；
（3）PE=yP−yE=(−x2+4x+5)−(x+1)=−x2+3x+4，故|﹣x2+3x+4|＝2|x+1|，所以﹣x2+3x+4＝±2（x+1），即可求解；
（4）若AM被FC平分，则AM的中点在直线FC上，由F（0，4），C（5，0）得直线FC的表达式为：y=−45x+4，设M（x，﹣x2+4x+5），A（﹣1，0），所以其中点坐标为M'(x−12，−x2+4x+52)，将M'代入y=−45x+4，解得x1＝3，x2＝﹣1（舍），即可求解．
【解析】（1）将交点B（4，m）代入直线y＝x+1得B（4，5），
由题意可设抛物线解析式y＝a（x+1）（x﹣5），
把B（4，m）代入得a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+1）（x﹣5），即y＝﹣x2+4x+5；
（2）过点P作y轴的平行线交AB于点H，
则PH=yP−yH=(−x2+4x+5)−(x+1)=−x2+3x+4，
xB﹣xA＝4﹣（﹣1）＝5，
所以S△ABP=PH⋅5÷2=(−x2+3x+4)×5÷2=y=52x2+152x+2，
其对称轴为x=32，
把x=32代入y＝﹣x2+4x+5得：y=354，
即△ABP的面积最大时P点坐标为(32，354)；
（3）∵P为抛物线上一点，所以存在P点在直线AB上方和下方两种情况．
由题意得PE=yP−yE=(−x2+4x+5)−(x+1)=−x2+3x+4，
ED＝yE﹣yD＝（x+1）﹣0＝x+1，
因为PE＝2ED，
所以|﹣x2+3x+4|＝2|x+1|，所以﹣x2+3x+4＝±2（x+1），
解得x1＝﹣1（舍），x2＝2，x3＝6，
当x＝2时，y＝9；当x＝6时，y＝﹣7．
即当PE＝2ED时，求P点坐标为（2，9）或（6，﹣7）；
（4）若AM被FC平分，则AM的中点在直线FC上．
由F（0，5），C（5，0）得直线FC的表达式为：y＝﹣x+5，
设M（x，﹣x2+4x+5），A（﹣1，0），所以其中点坐标为M'(x−12，−x2+4x+52)，
将M'代入y＝﹣x+5，解得x1＝3，x2＝2，
∴点M（3，8）或（2，9），
当其坐标为（3，8）或（2，9）时，AM被FC平分．
4．（2020•南岗区模拟）已知：抛物线y=−12x2+m−22x+m交x轴于A，B两点，交y轴于点C，其中点B在点A的右侧，且AB＝7．
（1）如图1，求抛物线的解析式；
（2）如图2，点D在第一象限内抛物线上，连接CD，AD，AD交y轴于点E．设点D的横坐标为d，△CDE的面积为S，求S与d之间的函数关系式（不要求写出自变量d的取值范围）；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点D作DH⊥CE于点H，点P在DH上，连接CP，若∠OCP＝2∠DAB，且HE：CP＝3：5，求点D的坐标及相应S的值．
【分析】（1）令y＝0，则（x+2）（x﹣m）＝0，根据AB＝7可求出m的值，则答案可求出；
（2）如图1，过点D作DK⊥x轴于点K，设∠DAB＝α，则D（d，−12d2+32d+5），求出CE＝5﹣（5﹣d）＝d，根据三角形面积公式可得解；
（3）如图2，过点E作CE的垂线，过C作∠OCP的平分线交DE于点J，交CE的垂线于点F，过点F作ED的平行线交HD于点N．则∠ECF＝∠HDE＝α，HE＝3k，CP＝5k，CE＝HD＝d，证明△CEF≌△DHE，得出EF＝HE＝DN＝3k，CF＝DE＝FN，可得出d＝6k，在Rt△DHE中，tanα=12，由（2）可求出d的值，则D点坐标可求出．则S＝8．
【解析】（1）由y=−12x2+m−22x+m，
令y＝0，则（x+2）（x﹣m）＝0，
∴AO＝2，BO＝m，
∴A（﹣2，0），B（m，0），
∵AB＝7，
∴m﹣（﹣2）＝7，m＝5，
∴y=−12x2+32x+5；
（2）过点D作DK⊥x轴于点K，设∠DAB＝α，则D（d，−12d2+32d+5），
∴tanα=DKAK=−12(d+2)(d−5)d−(−2)=12(5−d)．
∴EO＝AO•tanα＝5﹣d，CE＝5﹣（5﹣d）＝d，
∴S=12CE⋅DH=12d2；
（3）过点E作CE的垂线，过C作∠OCP的平分线交DE于点J，交CE的垂线于点F，过点F作ED的平行线交HD于点N．
∴∠ECF＝∠HDE＝α，HE＝3k，CP＝5k，CE＝HD＝d，
∵CE＝HD，∠CEF＝∠CHD＝90°，
∴△CEF≌△DHE（ASA），
∵EF∥DN，NF∥DE，
∴四边形EDNF为平行四边形，
∴EF＝HE＝DN＝3k，CF＝DE＝FN，
∴△CFN为等腰直角三角形，
∴∠PCN＝∠FNC＝45°，
∴∠PCN＝∠PNC＝45°﹣α，
∴PC＝PN＝5k，
∴PD＝2k，
∴CH＝d﹣3k，PH＝d﹣2k，
∴（d﹣3k）2+（d﹣2k）2＝（5k）2，
∴（d﹣6k）（d+k）＝0，
∴d＝6k，
∴在Rt△DHE中，tanα=HEDH=3k6k=12，
由（2）知tanα=12(5−d)，
∴12=12(5−d)．
∴d＝4，
∴D（4，3），
∴S=12d2=12×16=8．
【题组二】
5．（2020•哈尔滨模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+5经过坐标轴上A、B和C三点，连接AC，tanC=35，5OA＝3OB．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点Q在第四象限的抛物线上且横坐标为t，连接BQ交y轴于点E，连接CQ、CB，△BCQ的面积为S，求S与t的函数解析式；
（3）已知点D是抛物线的顶点，连接CQ，DH所在直线是抛物线的对称轴，连接QH，若∠BQC＝45°，HR∥x轴交抛物线于点R，HQ＝HR，求点R的坐标．
【分析】（1）c＝5，OC＝5，tanC=35，则OA＝3，5OA＝3OB，则OB＝5，故点A、B、C的坐标分别为：（3，0）、（﹣5，0）、（0，5），即可求解；
（2）S=12×CE×（xQ﹣xB）=12×（5+53t﹣5）×（t+5）=56t2+256t；
（3）证明△CTE≌△QTJ（AAS），故CE＝QJ＝5m，JN＝JQ﹣QN＝5m﹣3m＝2m，tan∠EQN＝tan∠JCN，即EN3m=2m5m+EN，解得：EN＝m或﹣6m（舍去﹣6m）；CN＝CE+EN＝5m+m＝6m，故点Q（3m，5﹣6m），将点Q的坐标代入抛物线表达式并解得：m＝0（舍去）或43，故点Q（4，﹣3），设：HR＝k，则点R（k﹣1，−13k2+163），
QS＝yQ﹣yR=13k2−253，由勾股定理得：QS2+HS2＝HQ2，即（13k2−253）2+25＝k2，即可求解．
【解析】（1）c＝5，OC＝5，tanC=35，则OA＝3，
5OA＝3OB，则OB＝5，
故点A、B、C的坐标分别为：（3，0）、（﹣5，0）、（0，5），
则抛物线表达式为：y＝a（x+5）（x﹣3）＝a（x2+2x﹣15），
即﹣15a＝5，解得：a=−13，
故抛物线的表达式为：y=−13x2−23x+5；
（2）设点Q（t，−13t2−23t+5），点B（﹣5，0），
由点B、Q的坐标得：直线BQ的表达式为：y=−13（t﹣3）（x+5），
故点E（0，−53t+5），
S=12×CE×（xQ﹣xB）=12×（5+53t﹣5）×（t+5）=56t2+256t；
（3）过点Q作QJ∥x轴交y轴于点N，交对称轴于点L，过点C作CT⊥BQ于点T，
延长CT交QJ于点J，过点Q作y轴的平行线交x轴于点K，交HR于点S，
则OKQN为矩形，OK＝QN＝t，
由（2）知，CE=53t，故QN：CE＝3：5，
设QN＝3m，则CE＝5m，
∵∠BQC＝45°，故CT＝QT，
∠EQN＝90°﹣∠NEQ＝90°﹣∠CET＝∠TCE＝∠JCN，
故△CTE≌△QTJ（AAS），
故CE＝QJ＝5m，JN＝JQ﹣QN＝5m﹣3m＝2m，
tan∠EQN＝tan∠JCN，即EN3m=2m5m+EN，
解得：EN＝m或﹣6m（舍去﹣6m）；
CN＝CE+EN＝5m+m＝6m，故点Q（3m，5﹣6m），
将点Q的坐标代入抛物线表达式并解得：m＝0（舍去）或43，
故点Q（4，﹣3），
抛物线的顶点D坐标为：（﹣1，163），
QL＝4+1＝5＝HS，
设：HR＝k，则点R（k﹣1，−13k2+163），
QS＝yQ﹣yR=13k2−253，
由勾股定理得：QS2+HS2＝HQ2，
即（13k2−253）2+25＝k2，
解得：k=34（不合题意值已舍去），
故点R（34−1，﹣6）．
6．（2020•武汉模拟）已知：在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a交x轴于A、B两点（点A在点B的左边），交y轴负半轴于点C．
（1）则点A的坐标为 （﹣1，0） ，点B的坐标为 （3，0） ．
（2）如图1，过点A的直线y＝ax+a交y正半轴于点F，交抛物线于点D，过点B作BE∥y轴交AD于E，求证：AF＝DE．
（3）如图2，直线DE：y＝kx+b与抛物线只有一个交点D，与对称轴交于点E，对称轴上存在点F，满足DF＝FE．若a＝1，求点F坐标．
【分析】（1）令y＝0，得ax2﹣2ax﹣3a＝0，解出x即可；
（2）过E，D分别作x轴，y轴的平行线，交于H，证明∴&△FAO≌△DEH即可；
（3）令x^{2}﹣2 x﹣3＝kx+b得x2﹣（2+k）x﹣3﹣b＝0，得出k与b的关系，然后求出D，E的坐标，根据FE＝FD，列方程求出F的坐标．
【解析】（1）令y＝0，得ax2﹣2ax﹣3a＝0
即x2﹣2x﹣3＝0
得x1＝3，x2＝﹣1
∴A（﹣1，0）B（3，0）
（2）过E，D分别作x轴，y轴的平行线，交于H．
令ax+a＝ax2﹣2ax﹣3a
得ax2﹣3ax﹣4a＝0，
∴x2﹣3x﹣4＝0
∴x1＝4，x2＝﹣1
∴xD＝4
∴EH＝AO＝1
＝∠AOF＝∠EHD，∠FAO＝∠DEH
∴△FAO≌△DEH
∴AF＝DE
（3）令x^{2}﹣2 x﹣3＝kx+b
得x2﹣（2+k）x﹣3﹣b＝0
（2+k）2+4（3+b）＝0
∴b=−14(2+k)2−3
=−14(k2+4k+4)−3
=−14k2−k−4
∴y=kx+b=kx−14k2−k−4
∴yE=k−14k2−k−4
=−14k2−4
∴xD=2+k2，
∴yD=k⋅2+k2−14k2−k−4
=k+12k2−14k2−k−4
=14k2−4
∴EF=yF−yE=yF−(−14k2−4)
=yF+k24+4
DF2=(2+k2−1)2+(14k2−4−yF)2
=k2+(14k2−4)2−2(14k2−4)⋅yF+yF2
∵EF＝DF
∴(yF+k24+4)2=k2+(14k2−4)2−2(14k2−4)yF+yF2
整理得
[2(k24+4)+2(14k2−4)]yF=k2+(14k2−4)2−(14k2+4)2
∴yF=−154
F的坐标为（1，−154）
7．（2020•皇姑区校级一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于点A，B，其中点B的坐标为（4，0），与y轴交于点C（0，2）．
（1）求抛物线y=−12x2+bx+c和直线BC的函数表达式；
（2）点P是直线BC上方的抛物线上一个动点，当点P到直线BC的距离最大时，求点P的坐标；
（3）连接点O与（2）中求出的点P，交直线BC于点D，点N是直线BC上的一个动点，连接ON，作DF⊥ON于点F，点F在线段ON上，当OD=5DF时，请直接写出点N的坐标．
【分析】（1）将(4，0)，(0，2)代入y=12x2+bx+c．，可得b，c的方程组，即可求出b，c；
（2）作PQ⊥x轴交BC于Q，连结PC，PB，表示出三角形PBC的面积，当面积最大时，P到BC的距离最大；
（3）分N在D的右边和左边两种情况讨论，可得△DON～△DBO，然后求出DN，BN，从而进一步求出N的坐标．
【解析】（1）将(4，0)，(0，2)代入y=12x2+bx+c．
得 −12×16+4b+c=0c=2
得 c=2b=32
∴y=−12x2+32x+2
设 BC：y＝kx+m
得 4k+m=0m=2
∴k=−12m=2
∴y=−12x+2
（2）作PQ⊥x轴交BC于Q，连结PC，PB
设P(x，−12x2+32x+2)，Q(x，−12x+2)
∴PQ=−12x2+2x=−12(x−2)2+2
∴当 x＝2，PQmax＝2
∵S△PBC=12OB×PQ=2PQ
∴当PQ最大时，S△PBC最大
此时，P到BC的距离最大
∴P（2，3）
（3）由（2）得P（2，3）
∴ 直线 OP：y=32x
y=32xy=−12x+2
得 x=1y=32
∴D(1，32)
∴OD=1+94=132，
∴BD=(32)2+32=352；
①当N在D的右侧时，如下图
∵DFOD=55=COBC
∴∠DON＝∠OBC
∴△DON～△DBO
∴OD2＝DN•BD
∴DN=OD2BD=13530
∴BN＝BD﹣DN=16515，
∴NG=55BN=1615，
∴BG=3215
∴OG=4−3215=2815
∴N(2815，1615)
②当N在D的左侧时，如下图所示，
∵∠NOD＝∠OBN
∴△OND～△BNO
∴NDON=ODOB=138
∴ 设 ND=13t，ON=8t
∵ON2＝ND•BN
∴64t2=13t(13t+352)
得t=6534
∴BN=13t+352
=64534
作NG⊥x轴于点G
则NG=55BN=6434
∴BG=6417，OG=4−6417=417，
∴N(417，3217)
综上所述N(2815，1615)或(417，3217)．
8．（2020•花都区一模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于A、B两点，其中点A坐标为（﹣3，0），与y轴交于点C（0，3）．
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）点M为抛物线y＝﹣x2+bx+c上异于点C的一个点，且S△OMC=12S△ABC，求点M的坐标；
（3）若点P为x轴上方抛物线上任意一点，点D是抛物线对称轴与x轴的交点，直线AP、BP分别交抛物线的对称轴于点E、F．请问DE+DF是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
【分析】（1）将点A、C的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）12S△ABC=12×12×AB×OC=14×4×3＝3，而S△OMC=12×OC×|xM|=32|xM|＝3，即可求解；
（3）求出直线AP、BP的函数表达式，即可求解．
【解析】（1）将点A、C的坐标代入抛物线表达式得−9−3b+c=0c=3，解得b=−2c=3，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）对于抛物线y＝﹣x2﹣2x+3，令y＝0，则x＝﹣3或1，
故点B（1，0），
∴12S△ABC=12×12×AB×OC=14×4×3＝3，
∵S△OMC=12×OC×|xM|=32|xM|＝3，解得：xM＝±2，
故点M的坐标为（2，﹣5）或（﹣2，3）；
（3）是定值，理由：
设点P的坐标为（m，﹣m2﹣2m+3），
设直线AP的表达式为：y＝kx+t，则0=−3k+t−m2−2m+3=mk+t，解得k=1−mt=3−3m，
故直线AP的表达式为：y＝﹣（m﹣1）（x+3），
当x=−b2a=−1时，y＝2﹣2m，即点E（﹣1，2﹣2m），即DE＝2﹣2m，
同理可得，直线BP的表达式为：y＝﹣（m+3）（x﹣1），
当x＝﹣1时，y＝2m+6，故点F（﹣1，2m+6），即DF＝2m+6，
∴DE+DF＝2﹣2m+2m+6＝8，为定值．
【题组三】
9．（2020•岳阳二模）如图，已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于A（﹣1，0），B（m，0）两点，与y轴相交于点C（0，﹣3），抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点E在x轴上，且∠ECB＝∠CBD，求点E的坐标．
（3）若P是直线BC下方抛物线上任意一点，过点P作PH⊥x轴于点H，与BC交于点M．
①求线段PM长度的最大值．
②在①的条件下，若F为y轴上一动点，求PH+HF+22CF的最小值．
【分析】（1）将A（﹣1，0）、C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）根据待定系数法，可得BD的解析式，根据平行线的判定和两平行直线的函数解析式的关系，根据待定系数法，可得CE的解析式，进一步可得答案；
（3）①根据BC的解析式和抛物线的解析式，设P（x，x2﹣2x﹣3），则M（x，x﹣3），表示PM的长，根据二次函数的最值可得：当x=32时，PM的最大值；
②当PM的最大值时，P（32，−154），确定F的位置：在x轴的负半轴了取一点K，使∠OCK＝45°，过F作FN⊥CK于N，当N、F、H三点共线时，如图2，FH+FN最小，即PH+HF+22CF的值最小，根据45度的直角三角形的性质可得结论．
【解析】（1）把A（﹣1，0），点C（0，﹣3）代入抛物线y＝x2+bx+c中得：1−b+c=0c=−3，
解得：b=−2c=−3，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4
∴顶点D（1，﹣4），
当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0，
（x﹣3）（x+1）＝0，
x＝3或﹣1，
∴B（3，0）；
如图1，连接BD，
设BD所在直线的解析式为：y＝k（x﹣3），将D点坐标代入函数解析式，得
﹣2k＝﹣4，
解得k＝2，
故BD所在直线的解析式为：y＝2x﹣6，
∵∠ECB＝∠CBD，
∴CE∥BD，
设CE所在直线的解析式为：y＝2x+b，将C点坐标代入函数解析式，得b＝﹣3，
故CE所在直线的解析式为：y＝2x﹣3，
当y＝0时，x=32．
同理，当点E在点B的右侧时，点E的坐标是（6，0）．
∴综上所述，点E的坐标是（32，0）或（6，0）；
（3）①如图2，
∵B（3，0），C（0，﹣3），
设BC的解析式为：y＝kx+b，
则3k+b=0b=−3，解得：k=1b=−3，
BC的解析式为：y＝x﹣3，
设P（x，x2﹣2x﹣3），则M（x，x﹣3），
∴PM＝（x﹣3）﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+3x＝﹣（x−32）2+94，
当x=32时，PM有最大值为94；
②当PM有最大值，P（32，−154），
在x轴的负半轴了取一点K，使∠OCK＝45°，过F作FN⊥CK于N，
∴FN=22CF，
当N、F、H三点共线时，PH+NH最小，即PH+HF+22CF的值最小，
Rt△OCK中，OC＝3，
∴OK＝3，
∵OH=32，
∴KH=32+3=92，
Rt△KNH中，∠KHN＝45°，
∴KN=22KH=924，
∴NH＝KN=924，
∴PH+HF+22CF的最小值是PH+NH=92+154．
10．（2020•镇江模拟）二次函数y＝a（x﹣3）2﹣1的图象记为抛物线C，它与x轴交于点A（2，0）、B，其对称轴与x轴交于点E，顶点为D，点P（m，n）在抛物线C上（异于点A、B、D）．小聪以点E为位似中心，把A、B、D、P为顶点的四边形按相似比2：1放大，并画出了过A、B、D的对应点的抛物线C1（如图），小明认为还可以找到一条过A、B、D的对应点的抛物线C2．
（1）a＝ 1 ；抛物线C2对应的函数表达式为 y=−12（x﹣3）2+2 ；
（2）试证明：点P的对应点在抛物线C1或C2上；（选择其中一种情形证明）
（3）设点P（1，3）落在抛物线C1、C2上的对应点分别为P1、P2，点Q在这个平面直角坐标系上，P1Q＝213，DQ+12P2Q的最小值为 25 ．（直接写出结果）
【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）如图1中：按照小聪的作法作出点P的对称点P'．过点P（m，n）作PM⊥x轴，过它的对应点P'（a，b）作P'N⊥x轴，M、N是垂足（如图），想办法求出P′坐标（用m表示），如何利用待定系数法求解即可．
（3）如图2中，连接PQ，PD，DQ，P1Q，P2Q，由题意点P（1，3），P1（﹣1，6），P2（7，﹣6），E（3，0），证明△P1QP∽△P1P2Q，推出PQQP2=PP1QP1=12，推出PQ=12QP2，推出DQ+12QP2＝DQ+PQ≥DP，求出PD即可解决问题．
【解析】（1）把点A（2，0）代入二次函数y＝a（x﹣3）2﹣1中，
解得a＝1，
由题意，抛物线C2的顶点（3，2），经过（1，0）和（5，0），
∴可以假设抛物线C2的解析式为y＝a（x﹣3）2+2，
把（1，0）代入得到a=−12，
∴抛物线C2：y=−12(x−3)2+2．
故答案为：1，y=−12（x﹣3）2+2．
（2）如图1中：按照小聪的作法作出点P的对称点P'．
过点P（m，n）作PM⊥x轴，过它的对应点P'（a，b）作P'N⊥x轴，M、N是垂足（如图），
∴Rt△PME∽Rt△P'NE，相似比1：2，
∴3﹣a＝2（3﹣m），b﹣0＝2（n﹣0），
则点P'的坐标为（2m﹣3，2n），
P（m，n）在抛物线y＝（x﹣3）2﹣1上，
∴n＝（m﹣3）2﹣1，即 （m﹣3）2＝n+1，
将x＝2m﹣3代入抛物线C1对应的函数表达式y=12（x﹣3）2﹣2中，
则y=12（2m﹣3﹣3）2﹣2＝2（m﹣3）2﹣2＝2（n+1）﹣2＝2n
∴P'（2m﹣3，2n）在抛物线C1上．
（另一种情形的同法可证）．
（3）如图2中，连接PQ，PD，DQ，P1Q，P2Q，由题意点P（1，3），P1（﹣1，6），P2（7，﹣6），E（3，0），
∴P1E=42+62=213，P1P=13，P1P2=122+82=413，DP=22+42=25，
∴点Q是以点P1为圆心，PE长为半径的圆上，
∴P1Q2＝P1P•P1P2，
∴P1QP1P2=P1PP1Q=12，
∵∠QP1P＝∠QP1P2，
∴△P1QP∽△P1P2Q，
∴PQQP2=PP1QP1=12，
∴PQ=12QP2，
∴DQ+12QP2＝DQ+PQ≥DP，
∴DQ+12QP2≥25，
∴DQ+12P2Q的最小值25．
故答案为25．
11．（2020•白云区模拟）如图，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于点A，B两点，OA＝1，与y轴交于点C，连接AC，tan∠OAC＝3，抛物线的对称轴与x轴交于点D．
（1）求点A，C的坐标；
（2）若点P在抛物线上，且满足∠PAB＝2∠ACO，求直线PA在与y轴交点的坐标；
（3）点Q在抛物线上，且在x轴下方，直线AQ，BQ分别交抛物线的对称轴于点M、N．求证：DM+DN为定值，并求出这个定值．
【分析】（1）OA＝1，tan∠OAC＝3，则OC＝OAtan∠OAC＝3，故点A、C的坐标分别为（1，0）、（0，﹣3）．
（2）点P可以在x轴上方或下方，需分类讨论．①若点P在x轴下方，延长AP到H，使AH＝AB构造等腰△ABH，作BH中点G，即有∠PAB＝2∠BAG＝2∠ACO，利用∠ACO的三角函数值，求BG、BH的长，进而求得H的坐标，求得直线AH的解析式后与抛物线解析式联立，即求出点P坐标．②若点P在x轴上方，根据对称性，AP一定经过点H关于x轴的对称点H'，求得直线AH'的解析式后与抛物线解析式联立，即求出点P坐标．
（3）设点Q横坐标为t，用t表示直线AQ、BN的解析式，把x＝﹣1分别代入即求得点M、N的纵坐标，再求DM、DN的长，即得到DM+DN为定值．
【解析】（1）∵OA＝1，tan∠OAC＝3，
则OC＝OAtan∠OAC＝3，故点A、C的坐标分别为（1，0）、（0，﹣3），
（2）抛物线y＝x2+bx+c经过点A（1，0），C（0，﹣3），
∴1+b+c=0c=−3，解得b=2c=−3，
∴抛物线的函数表达式为y＝x2+2x﹣3；
①若点P在x轴下方，如图1，
延长AP到H，使AH＝AB，过点B作BI⊥x轴，连接BH，作BH中点G，连接并延长AG交BI于点F，过点H作HI⊥BI于点I，
∵当x2+2x﹣3＝0，解得：x1＝﹣3，x2＝1，
∴B（﹣3，0），
∵A（1，0），C（0，﹣3），
∴OA＝1，OC＝3，AC=12+32=10，AB＝4，
∴Rt△AOC中，sin∠ACO=AOAC=1010，cos∠ACO=31010，
∵AB＝AH，G为BH中点，
∴AG⊥BH，BG＝GH，
∴∠BAG＝∠HAG，即∠PAB＝2∠BAG，
∵∠PAB＝2∠ACO，
∴∠BAG＝∠ACO，
∴Rt△ABG中，∠AGB＝90°，sin∠BAG=BGAB=1010，
∴BG=1010AB=2105，
∴BH＝2BG=4105，
∵∠HBI+∠ABG＝∠ABG+∠BAG＝90°，
∴∠HBI＝∠BAG＝∠ACO，
∴Rt△BHI中，∠BIH＝90°，sin∠HBI=HIBH=1010，cos∠HBI=BIBH=31010，
∴HI=1010BH=45，BI=31010BH=125，
∴xH＝﹣3+45=−115，yH=−125，即H（−115，−125），
由点A、H的坐标的，直线AH的表达式为：y=34x−34，
故直线PA在与y轴交点的坐标为（0，−34）；
②若点P在x轴上方，如图2，
在AP上截取AH'＝AH，则H'与H关于x轴对称，
∴H'（−115，125），
同理可得，直线AH'：y=−34x+34，
故直线PA在与y轴交点的坐标（0，34）；
综上，直线PA在与y轴交点的坐标为（0，−34）或（0，34）；
（3）DM+DN为定值，
∵抛物线y＝x2+2x﹣3的对称轴为：直线x＝﹣1，
∴D（﹣1，0），xM＝xN＝﹣1，
设Q（t，t2+2t﹣3）（﹣3＜t＜1），
由点A、Q的坐标得，直线AQ：y＝（t+3）x﹣t﹣3，
当x＝﹣1时，yM＝﹣t﹣3﹣t﹣3＝﹣2t﹣6，
∴DM＝0﹣（﹣2t﹣6）＝2t+6，
同理可得，直线BQ：y＝（t﹣1）x+3t﹣3，
当x＝﹣1时，yN＝﹣t+1+3t﹣3＝2t﹣2，
∴DN＝0﹣（2t﹣2）＝﹣2t+2，
∴DM+DN＝2t+6+（﹣2t+2）＝8，为定值．
12．（2020•道里区二模）已知：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=−13x2+bx+3交x轴于A、B两点（点B在点A的右边）交y轴于点C，OB＝3OC．
（1）如图1，求抛物线的解析式；
（2）如图2，点E是第一象限抛物线上的点，连接BE，过点E作ED⊥OB于点D，tan∠EBD=43，求△BDE的面积；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BC交DE于点Q，点K是第四象限抛物线上的点，连接EK交BC于点M，交x轴于点N，∠EMC＝45°，过点K作直线KT⊥x轴于点T，过点E作EL∥x轴，交直线KT于点L，点F是抛物线对称轴右侧第一象限抛物线上的点，连接ET、LF，LF的延长线交ET于点P，连接DP并延长交EL于点S，SE＝2SL，求点F的坐标．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）在Rt△EDB中，tan∠EBD=43，则−13t2+83t+39−t=43，解得t1＝3，t2＝9（舍去），利用−13t2+83t+3=−13×32+83×3+3=8，求出点E的坐标，进而求解；
（3）证明四边形DELT是正方形和△EPS≌△EPL（SAS），则RF=8−(−13n2+83n+3)=13n2−83n+5，RL＝11﹣n，故tan∠PLE=RFRL=13n2−83n+511−n=23，即可求解．
【解析】（1）如图1，当x＝0时，y=−13×02+b×0+3=3，
∴C（0，3），∴OC＝3，
∵OB＝3OC，
∴OB＝9，∴B（9，0），
∵点B在抛物线y=−13x2+bx+3上，
∴0=−13×92+9b+3，b=83，
∴抛物线的解析式为y=−13x2+83x+3；
（2）如图2，设E(t，−13t2+83t+3)，
∴ED=−13t2+83t+3，BD＝9﹣t，
在Rt△EDB中，tan∠EBD=43，
∴−13t2+83t+39−t=43，
解得t1＝3，t2＝9（舍去），
∴−13t2+83t+3=−13×32+83×3+3=8，
∴E（3，8），OD＝3，BD＝6，ED＝8，
∴S△BDE=12BD⋅ED=24；
（3）如图3，连接CD，
∵OC＝OD＝3，∠COD＝90°，
∴∠ODC＝∠OCD＝45°
∵∠EDO＝90°，
∴∠EDC＝45°，
∴∠EDC＝∠EMQ，
∵∠QCD＝180°﹣∠CDQ﹣∠CQD，∠QEM＝180°﹣∠QME﹣∠EQM，
∴∠DCQ＝∠DEM，
过点D作DG⊥BC于点GCD=32，BD＝6，BC=310，
设CG＝a，则BG=310−a，
在Rt△CGD中，DG2＝CD2﹣CG2，
在Rt△BGD中，DG2＝BD2﹣BG2，
∴CD2﹣CG2＝BD2﹣BG2，
∴a=6510，
∴DG=3510，
∴tan∠DCG=DGCG=12，
∴tan∠DEN=12，
∴DNED=12，∴DN＝4，
∴N（7，0），
过点K作KH⊥ED于点H，
设K(m，−13m2+83m+3)，
∴KH＝m﹣3，EH=8−(−13m2+83m+3)=13m2−83m+5，
∵tan∠HEK=12，
∴m−313m2−85m+5=12，
∴m1＝11，m2＝3（舍），
当m＝11时，y=−13×112+83×11+3=−8，
∴K（11，﹣8），
∴T（11，0），L（11，8），
∴EL＝ED＝8，
∵∠EDT＝∠DTL＝∠ELT＝90°，
∴四边形DELT是矩形，
∵EL＝ED，
∴四边形DELT是正方形
∴∠DET＝∠LET，
又∵EP＝EP，ED＝EL，
∴△EPS≌△EPL（SAS），
∴∠EDS＝∠ELP，
∵SE＝2SL，
∴SE=23EL=23ED，
在Rt△SED中，tan∠SDE=SEED=23，
∴tan∠PLE=23，
过点F作FR⊥EL于点R，设F(n，−13n2+83n+3)，
则RF=8−(−13n2+83n+3)=13n2−83n+5，RL＝11﹣n，
∴tan∠PLE=RFRL=13n2−83n+511−n=23，
∴n2﹣6n﹣7＝0，
∴n1＝7，n2＝﹣1（舍），
∴F(7，163)．
【题组四】
13．（2020•汉阳区模拟）如图，抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣3，12）、B（3，0）．
（1）求b、c的值；
（2）如图1，点D是直线AB下方抛物线上一点，过点D作y轴的平行线交AB于点N，求DN的最大值；
（3）如图2，若P是y轴上一点，连PA、PB分别交抛物线于点E、F，探究EF与AB的位置关系，并说明理由．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）设点D（x，x2﹣2x﹣3），则点N（x，﹣2x+6），则DN＝﹣2x+6﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+9≤9，即可求解；
（3）求出直线PA、PB的解析式，进而求出点E、F的坐标，得到直线EF的表达式，即可求解．
【解析】（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得12=(−3)2−3b+c0=9+3b+c，解得b=−2c=−3，
故抛物线的表达式为y＝x2﹣2x﹣3①，
答：b、c的值分别为﹣2，﹣3；
（2）设直线AB的表达式为y＝kx+t，则12=−3k+t0=3k+t，解得k=−2t=6，
故直线AB的表达式为y＝﹣2x+6，
设点D（x，x2﹣2x﹣3），则点N（x，﹣2x+6），
则DN＝﹣2x+6﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+9≤9，
故DN的最大值为9；
（3）结论：EF∥BA或EF与BA重合．
理由：设P（0，m），
∵A（﹣3，12），B（3，0），
由点A、P的坐标得，直线PA的解析式为y=m−123x+m②，
同理，直线PB的解析式为y=−13mx+m，
联立①②并整理得：3x2+（6﹣m）x﹣3（m+3）＝0，
解得：x＝﹣3或m+33（舍去﹣3），
∴E（m+33，m2−369），
同理可得，点F（−m+33，m2+12m9），
设直线EF解析式为y＝ax+t，
则m2+12m9=−m+33a+tm2−369=m+33a+t，解得a=−2t=t，
即直线EF的表达式为y＝﹣2x+t，
∵直线BA的解析式为y＝﹣2x+6，
∴t≠6时，EF∥AB，
∴t＝6时，直线EF与BA重合．
14．（2020•福安市校级模拟）已知，抛物线y＝ax2，其中a＞0．
（1）如图1，若点A、B是此抛物线上两点，且分属于y轴两侧，连接AB与y轴相交于点C，且∠AOB＝90°．
求证：CO=1a；
（2）如图2，若点A是此抛物线上一点，过点A的直线恰好与此抛物线仅有一个交点，且与y轴交于点B，与x轴相交于点C．求证：AC＝BC．
【分析】（1）设A（b，ab2），B（c，ac2），根据勾股定理列等式可得bc=−1a2，利用待定系数法可得直线AB的解析式为：y＝a（b+c）x﹣abc，把x＝0代入可得结论；
（2）如图2，过A作AD⊥y轴于D，先根据设直线AB的解析式为：y＝kx+b，可得OC的长，由直线AB与此抛物线仅有一个交点，建立方程△＝0，并解方程，根据平行线分线段成比例定理列比例式可得结论．
【解析】证明：（1）设A（b，ab2），B（c，ac2），
∵∠AOB＝90°，
∴AB2＝AO2+BO2，
∴（b﹣c）2+（ab2﹣ac2）2＝b2+a2b4+c2+a2c4，
﹣2bc﹣2a2b2c2＝0，
1+a2bc＝0，
∴bc=−1a2，
设直线AB的解析式为：y＝mx+n，
则bm+n=ab2cm+n=ac2，解得m=a(b+c)n=−abc，
∴直线AB的解析式为：y＝a（b+c）x﹣abc，
当x＝0时，y＝OC＝﹣abc＝﹣a•（−1a2）=1a；
（2）如图2，过A作AD⊥y轴于D，
设直线AB的解析式为：y＝kx+b，
当y＝0时，kx+b＝0，
∴x=−bk，
∴OC=−bk，
∵过点A的直线AB恰好与此抛物线仅有一个交点，
∴ax2＝kx+b，
∴ax2﹣kx﹣b＝0，
△＝k2+4ab＝0，
∴b=−k24a，OC=−−k24ak=k4a，
∴x=k2a，
∵a＞0，k＞0，
∴AD=k2a，
∵AD∥OC，
∴OCAD=BCAB=k4ak2a=12，
∴AB＝2BC，
∴AC＝BC．
15．（2020•三明二模）如图，抛物线y＝x2+mx（m＜0）交x轴于O，A两点，顶点为点B．
（Ⅰ）求△AOB的面积（用含m的代数式表示）；
（Ⅱ）直线y＝kx+b（k＞0）过点B，且与抛物线交于另一点D（点D与点A不重合），交y轴于点C．过点C作CE∥AB交x轴于点E．
（ⅰ）若∠OBA＝90°，2＜CEAB＜3，求k的取值范围；
（ⅱ）求证：DE∥y轴．
【分析】（I）先根据顶点式可得点B的坐标，令y＝0，解方程可得点A的坐标，从而得OA＝﹣m，根据三角形面积公式可得△AOB的面积；
（II）（i）如图2，作BF⊥AO，可证明△EOC∽△AFB，列比例式，根据△OAB为等腰直角三角形和点B的坐标，列关于m的方程，可得结论；
（ii）先求BC的解析式确定点C的坐标，根据方程组的解析可得点D的横坐标，根据CE∥AB确定CE的解析式，根据y＝0可得E的坐标，由D和E的横坐标相等可得结论．
【解析】（Ⅰ）如图1，y＝x2+mx=(x+m2)2−m24，
∴点B的坐标为(−m2，−m24)，
由x2+mx＝0，得x1＝0，x2＝﹣m，
∴A（﹣m，0），
∴OA＝﹣m，
∴S△OAB=12OA⋅|yB|=12⋅(−m)⋅m24=−18m3；
（Ⅱ） （ⅰ）如图2，作BF⊥x轴于点F，
则∠AFB＝∠EOC＝90°．
∵CE∥AB，
∴∠OEC＝∠FAB¸
∴△EOC∽△AFB．
∴OCBF=CEAB．
∵2＜CEAB＜3，
∴2＜OCBF＜3，
∵抛物线的顶点坐标为B（−m2，−m24），∠OBA＝90°，
∴△OAB为等腰直角三角形，
∴−m2=m24，
∵m≠0，
∴m＝﹣2，
∴B（1，﹣1），
∴BF＝1，
∴2＜OC＜3，
∵点C为直线y＝kx+b与y轴交点，
∴2＜﹣b＜3，
∵直线y＝kx+b（k＞0）过点B，
∴k+b＝﹣1，
∴﹣b＝k+1，
∴2＜k+1＜3，
∴1＜k＜2；
（ⅱ）如图3，∵直线y＝kx+b（k＞0）过点B（−m2，−m24），
∴−mk2+b=−m24，
∴b=mk2−m24=2mk−m24，
∴y＝kx+2mk−m24，
∴C（0，2mk−m24），
由x2+mx＝kx+2mk−m24，得：
x2+（m﹣k）x−2mk−m24=0，
△＝（m﹣k）2+4×2mk−m24=k2，
解得x1=−m2，x2=2k−m2，
∵点D不与点B重合，
∴点D的横坐标为2k−m2，
设直线AB的表达式为y＝px+q，则：−pm+q=0−pm2+q=−m24．
解得．p=−m2q=−m22，
∴直线AB的表达式为y=−mx2−m22，
∵直线CE∥AB，且过点C，
∴直线CE的表达式为y=−mx2+2mk−m24，
当y＝0时，x=2k−m2，
∴E（2k−m2，0），
∴点D，E的横坐标相同，
∴DE∥y轴．
16．（2020•德城区一模）已知，在以O为原点的直角坐标系中，抛物线的顶点为A （﹣1，﹣4），且经过点B（﹣2，﹣3），与x轴分别交于C、D两点．
（1）求直线OB以及该抛物线相应的函数表达式；
（2）如图1，点M是抛物线上的一个动点，且在直线OB的下方，过点M作x轴的平行线与直线OB交于点N，求MN的最大值；
（3）如图2，过点A的直线交x轴于点E，且AE∥y轴，点P是抛物线上A、D之间的一个动点，直线PC、PD与AE分别交于F、G两点．当点P运动时，EF+EG是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由．
【分析】（1）由B点坐标利用待定系数法可求直线OB解析式，利用顶点式可求得抛物线解析式；
（2）设M（t，t2+2t﹣3），MN＝s，则可表示出N点坐标，由MN的纵坐标相等可得到关于s和t的关系式，再利用二次函数的性质可求得其最大值；
（3）设P（t，t2+2t﹣3），则可表示出PQ、CQ、DQ，再利用相似三角形的性质可用t分别表示出EF和EG的长，则可求得其定值．
【解析】
（1）设直线OB解析式为y＝kx，由题意可得﹣3＝﹣2k，解得k=32，
∴直线OB解析式为y=32x，
∵抛物线顶点坐标为（﹣1，﹣4），
∴可设抛物线解析式为y＝a（x+1）2﹣4，
∵抛物线经过B（﹣2，﹣3），
∴﹣3＝a﹣4，解得a＝1，
∴抛物线为y＝x2+2x﹣3；
（2）设M（t，t2+2t﹣3），MN＝s，则N的横坐标为t﹣s，纵坐标为32(t−s)，
∵MN∥x轴，
∴t2+2t﹣3=32(t−s)，得s=−23t2−13t+2=−23(t+14)2+4924，
∴当t=−14时，MN有最大值，最大值为4924；
（3）EF+EG＝8．
理由如下：
如图2，过点P作PQ∥y轴交x轴于Q，
在y＝x2+2x﹣3中，令y＝0可得0＝x2+2x﹣3，解得x＝﹣3或x＝1，
∴C（﹣3，0），D（1，0），
设P（t，t2+2t﹣3），则PQ＝﹣t2﹣2t+3，CQ＝t+3，DQ＝1﹣t，
∵PQ∥EF，
∴△CEF∽△CQP，
∴EFPQ=CECQ，
∴EF=CECQ•PQ=2t+3（﹣t2﹣2t+3），
同理△EGD∽△QPD得EGPQ=DEDQ，
∴EG=DEDQ•PQ=21−t⋅(−t2−2t+3)，
∴EF+EG=2t+3（﹣t2﹣2t+3）+21−t⋅(−t2−2t+3)=2（﹣t2﹣2t+3）（1t+3+11−t）＝2（﹣t2﹣2t+3）（1−t+t+3(t+3)(1−t)）＝2（﹣t2﹣2t+3）（4−t2−2t+3）＝8，
∴当点P运动时，EF+EG为定值8．
【题组五】
17．（2020•青山区模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=54x+m（m为常数）的图象与x轴交于点A（﹣3，0），与y轴交于点C，以直线x＝1为对称轴的抛物线y＝ax2+bx+c（a、b、c为常数，且a≠0）经过A、C两点，并与x轴的正半轴交于点B
（1）求m的值及抛物线的函数表达式；
（2）是否存在抛物线上一动点Q，使得△ACQ是以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出点Q的横坐标；若存在，请说明理由；
（3）若P是抛物线对称轴上一动点，且使△ACP周长最小，过点P任意作一条与y轴不平行的直线交抛物线于M1（x1，y1），M2（x2，y2）两点，试问M1P⋅M2PM1M2是否为定值，如果是，请求出结果，如果不是请说明理由．
（参考公式：在平面直角坐标系中，若A（x1，y1），B（x2，y2），则A，B两点间的距离为AB=(x1−x2)2+(y1−y2)2）
【分析】（1）把A（﹣3，0）代入y=54x+m，即可求出m的值，得到一次函数的解析式，再求出C点坐标．根据抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴是直线x＝1，且经过A、C，列出关于a、b、c的方程组，解方程组即可求出抛物线的函数表达式；
（2）设Q（x，−14x2+12x+154）．如果△ACQ是以AC为直角边的直角三角形时，分两种情况：①点C为直角顶点时，作CQ⊥AC交抛物线于点Q，QE⊥y轴于E．证明△ACO∽△CQE，根据相似三角形对应边成比例求出x的值；②点A为直角顶点时，作AQ′⊥AC交抛物线于点Q′，Q′E′⊥x轴于E．证明△ACO∽△Q′AE′，根据相似三角形对应边成比例求出x的值；
（3）△ACP周长最小时，P为直线BC与对称轴的交点．根据二次函数的对称性求出B点坐标，利用待定系数法求出直线BC的解析式，把x＝1代入，求得P点坐标为（1，3）．设过点P的直线为：y＝kx+3﹣k，把y＝kx+3﹣k代入y=−14x2+12x+154，整理得到x2+（4k﹣2）x﹣4k﹣3＝0，利用根与系数的关系得出x1+x2＝2﹣4k，x1x2＝﹣4k﹣3，且y1﹣y2＝k（x1﹣x2），然后根据两点间的距离公式求出M1M2=(x1−x2)2+(y1−y2)2=1+k2(x1−x2)2=4（1+k2），M1P=1+k2(x1−1)2，M2P=1+k2(x2−1)2，那么M1P•M2P＝4（1+k2），进而得出M1P⋅M2PM1M2=1为定值．
【解析】（1）∵一次函数y=54x+m（m为常数）的图象与x轴交于点A（﹣3，0），
∴0=54×（﹣3）+m，解得m=154，
∴一次函数解析式为y=54x+154，
∴C点坐标为（0，154）．
∵以直线x＝1为对称轴的抛物线y＝ax2+bx+c（a、b、c为常数，且a≠0）经过A（﹣3，0）、C（0，154），
∴−b2a=19a−3b+c=0c=154，解得a=−14b=12c=154，
∴抛物线的函数表达式为y=−14x2+12x+154；
（2）存在．设Q（x，−14x2+12x+154）．
①当点C为直角顶点时，如图，作CQ⊥AC交抛物线于点Q，QE⊥y轴于E．
在△ACO与△CQE中，
∠ACO=∠CQE=90°−∠QCE∠AOC=∠CEQ，
∴△ACO∽△CQE，
∴QECO=CEAO，即x154=154−(−14x2+12x+154)3，
解得x1＝5.2，x2＝0（不合题意舍去）；
②当点A为直角顶点时，如图，作AQ′⊥AC交抛物线于点Q′，Q′E′⊥x轴于E．
在△ACO与△Q′AE′中，
∠OAC=∠E'Q'A=90°−∠OAQ'∠AOC=∠Q'E'A，
∴△ACO∽△Q′AE′，
∴AE'CO=Q'E'AO，即x+3154=14x2−12x−1543，
解得x1＝8.2，x2＝﹣3（不合题意舍去）．
综上所述：Q点的横坐标为5.2或8.2；
（3）∵y=−14x2+12x+154与x轴交于A（﹣3，0）、B两点，对称轴为直线x＝1，
∴B点坐标为（5，0），
∵C（0，154），
∴直线BC的解析式为y=−34x+154，
当x＝1时，y=−34×1+154=3，
∴P（1，3）．
设过点P的直线为：y＝kx+3﹣k，
把y＝kx+3﹣k代入y=−14x2+12x+154，
得kx+3﹣k=−14x2+12x+154，
整理得，x2+（4k﹣2）x﹣4k﹣3＝0，
∴x1+x2＝2﹣4k，x1x2＝﹣4k﹣3，y1﹣y2＝k（x1﹣x2），
∴（x1﹣x2）2＝（x1+x2）2﹣4x1x2＝（2﹣4k）2﹣4（﹣4k﹣3）＝16k2+16，
∴M1M2=(x1−x2)2+(y1−y2)2=1+k2(x1−x2)2=4（1+k2），
同理：M1P=(x1−1)2+(kx1+3−k−3)2=1+k2(x1−1)2，
M2P=1+k2(x2−1)2，
∴M1P•M2P=1+k2(x1−1)2•1+k2(x2−1)2=|（x1﹣1）（x2﹣1）|•（1+k2）＝4（1+k2），
∴M1P⋅M2PM1M2=1为定值．
18．（2020•营口模拟）如图1，抛物线y＝﹣x2+mx+n交x轴于点A（﹣2，0）和点B，交y轴于点C（0，2）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点M在抛物线上，且S△AOM＝2S△BOC，求点M的坐标；
（3）如图2，设点N是线段AC上的一动点，作DN⊥x轴，交抛物线于点D，求线段DN长度的最大值．
【分析】（1）把A（﹣2，0），C（0，2）代入抛物线的解析式求解即可；
（2）由（1）知，该抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+2，则易得B（1，0）．然后依据S△AOM＝2S△BOC列方程求解即可；
（3）设直线AC的解析式为y＝kx+t，将A（﹣2，0），C（0，2）代入可求得直线AC的解析式，设N点坐标为（x，x+2），（﹣2≤x≤0），则D点坐标为（x，﹣x2﹣x+2），然后列出ND与x的函数关系式，最后再利用配方法求解即可．
【解析】（1）A（﹣2，0），C（0，2）代入抛物线的解析式y＝﹣x2+mx+n，
得−4−2m+n=0n=2，解得m=−1n=2，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+2．
（2）由（1）知，该抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+2，则易得B（1，0），设M（m，n）然后依据S△AOM＝2S△BOC列方程可得：
12•AO×|n|＝2×12×OB×OC，
∴12×2×|﹣m2﹣m+2|＝2，
∴m2+m＝0或m2+m﹣4＝0，
解得x＝0或﹣1或−1±172，
∴符合条件的点M的坐标为：（0，2）或（﹣1，2）或（−1+172，﹣2）或（−1−172，﹣2）．
（3）设直线AC的解析式为y＝kx+b，将A（﹣2，0），C（0，2）代入
得到−2k+b=0b=2，解得k=1b=2，
∴直线AC的解析式为y＝x+2，
设N（x，x+2）（﹣2≤x≤0），则D（x，﹣x2﹣x+2），
ND＝（﹣x2﹣x+2）﹣（x+2）＝﹣x2﹣2x＝﹣（x+1）2+1，
∵﹣1＜0，
∴x＝﹣1时，ND有最大值1．
∴ND的最大值为1．
19．（2020•新都区模拟）已知：在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣2ax+4（a＜0）交x轴于点A、B，与y轴交于点C，AB＝6．
（1）如图1，求抛物线的解析式；
（2）如图2，点R为第一象限的抛物线上一点，分别连接RB、RC，设△RBC的面积为s，点R的横坐标为t，求s与t的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，如图3，点D在x轴的负半轴上，点F在y轴的正半轴上，点E为OB上一点，点P为第一象限内一点，连接PD、EF，PD交OC于点G，DG＝EF，PD⊥EF，连接PE，∠PEF＝2∠PDE，连接PB、PC，过点R作RT⊥OB于点T，交PC于点S，若点P在BT的垂直平分线上，OB﹣TS=23，求点R的坐标．
【分析】（1）由题意可求A（﹣2，0），B（4，0），将A点代入y＝ax2﹣2ax+4，即可求a的值；
（2）设R（t，−12t2+t+4），过点R作x、y轴的垂线，垂足分别为R'，R''，可得四边形RR'OR''是矩形，求出S△OCR=12OC•RR''=12×4t＝2t，S△ORB=12OB•RR'=12×4（−12t2+t+4）＝﹣t2+2t+8，则有S△RBC＝S△ORB+S△OCR﹣S△OBC＝﹣t2+2t+8+2t−12×4×4＝﹣t2+4t；
（3）设EF、PD交于点G'，连EG，连接OP交GE于点Q，可以证明OP是EG的垂直平分线，过P作KP⊥x轴于K，PW⊥y轴于W，交RT于点H，则四边形PWOK是正方形，设OT＝2a，则TK＝KB＝CW＝2﹣a，HT＝OK＝PW＝2+a，可求HS＝TS﹣HT=103−（2+a）=43−a，又由tan∠HPS=SHHP=WSWP，可得43−a2−a=2−a2+a，则a＝1或a=23，即可求R的坐标．
【解析】（1）∵抛物线的对称轴为x＝1，AB＝6，
∴A（﹣2，0），B（4，0），
将点A代入y＝ax2﹣2ax+4，则有0＝4a+4a+4，
∴a=−12，
∴y=−12x2+x+4；
（2）设R（t，−12t2+t+4），
过点R作x、y轴的垂线，垂足分别为R'，R''，
则∠RR'O＝∠RR''O＝∠R'OR''＝90°，
∴四边形RR'OR''是矩形，
∴RR''＝OR'＝t，OR''＝RR'=−12t2+t+4，
∴S△OCR=12OC•RR''=12×4t＝2t，
S△ORB=12OB•RR'=12×4（−12t2+t+4）＝﹣t2+2t+8，
∴S△RBC＝S△ORB+S△OCR﹣S△OBC＝﹣t2+2t+8+2t−12×4×4＝﹣t2+4t；
（3）设EF、PD交于点G'，连EG，连接OP交GE于点Q，
∵PD⊥EF，
∴∠FG'G＝∠DG'E＝90°＝∠DOG，
∴∠OFE＝∠GDO，
∵∠DOG＝∠FOE＝90°，EF＝DG，
∴△DGO≌△FEO（AAS），
∴GO＝OE，
∵∠OGP＝90°+∠OFE，∠OEP＝90°﹣∠OFE+∠PEF，
又∵∠PEF＝2∠OFE，
∴∠OEP＝90°﹣∠OFE+2∠OFE＝90°+∠OFE，
∵∠OGE＝∠OEG＝45°，
∴∠PGQ＝∠PEQ，
∴PG＝PE，
∴△PGO≌△PEO（SAS），
∴OP是EG的垂直平分线，
∴OP平分∠COB，
过P作KP⊥x轴于K，PW⊥y轴于W，交RT于点H，
则PW＝PK，∠PWO＝∠PKO＝∠WOK＝90°，
∴四边形PWOK是正方形，
∴WO＝OK，
∵OC＝OB＝4，
∴CW＝KB，
∵P在BT垂直平分线上，
∴PT＝PB，
∴TK＝KB＝CW，
设OT＝2a，则TK＝KB＝CW＝2﹣a，
HT＝OK＝PW＝2+a，
∵OB﹣TS=23，
∴HS＝TS﹣HT=103−（2+a）=43−a，
∵tan∠HPS=SHHP=WSWP，
∴43−a2−a=2−a2+a，
∴a＝1或a=23，
当a＝1时，R（2，4），
当a=23时，R（43，409），
综上所述：R点坐标为（2，4）或R（43，409）．
20．（2020•黔西南州）已知抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）交x轴于点A（6，0）和点B（﹣1，0），交y轴于点C．
（1）求抛物线的解析式和顶点坐标；
（2）如图（1），点P是抛物线上位于直线AC上方的动点，过点P分别作x轴、y轴的平行线，交直线AC于点D，E，当PD+PE取最大值时，求点P的坐标；
（3）如图（2），点M为抛物线对称轴l上一点，点N为抛物线上一点，当直线AC垂直平分△AMN的边MN时，求点N的坐标．
【分析】（1）将点A，B坐标代入抛物线解析式中，解方程组即可得出结论；
（2）先求出OA＝OC＝6，进而得出∠OAC＝45°，进而判断出PD＝PE，即可得出当PE的长度最大时，PE+PD取最大值，设出点E坐标，表示出点P坐标，建立PE＝﹣t2+6t＝﹣（t﹣3）2+9，即可得出结论；
（3）先判断出NF∥x轴，进而求出点N的纵坐标，即可建立方程求解得出结论．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（6，0），B（﹣1，0），
∴a−b+6=036a+6b+6=0，
∴a=−1b=5，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+5x+6＝﹣（x−52）2+494，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+5x+6，顶点坐标为（52，494）；
（2）由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2+5x+6，
∴C（0，6），
∴OC＝6，
∵A（6，0），
∴OA＝6，
∴OA＝OC，
∴∠OAC＝45°，
∵PD平行于x轴，PE平行于y轴，
∴∠DPE＝90°，∠PDE＝∠DAO＝45°，
∴∠PED＝45°，
∴∠PDE＝∠PED，
∴PD＝PE，
∴PD+PE＝2PE，
∴当PE的长度最大时，PE+PD取最大值，
∵A（6，0），C（0，6），
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+6，
设E（t，﹣t+6）（0＜t＜6），则P（t，﹣t2+5t+6），
∴PE＝﹣t2+5t+6﹣（﹣t+6）＝﹣t2+6t＝﹣（t﹣3）2+9，
当t＝3时，PE最大，此时，﹣t2+5t+6＝12，
∴P（3，12）；
（3）如图（2），设直线AC与抛物线的对称轴l的交点为F，连接NF，
∵点F在线段MN的垂直平分线AC上，
∴FM＝FN，∠NFC＝∠MFC，
∵l∥y轴，
∴∠MFC＝∠OCA＝45°，
∴∠MFN＝∠NFC+∠MFC＝90°，
∴NF∥x轴，
由（2）知，直线AC的解析式为y＝﹣x+6，
当x=52时，y=72，
∴F（52，72），
∴点N的纵坐标为72，
设N的坐标为（m，﹣m2+5m+6），
∴﹣m2+5m+6=72，解得，m=5+352或m=5−352，
∴点N的坐标为（5+352，72）或（5−352，72）．
【题组六】
21．（2020•自贡）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（﹣3，0）、B（1，0），交y轴于点N，点M为抛物线的顶点，对称轴与x轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，连接AM，点E是线段AM上方抛物线上一动点，EF⊥AM于点F，过点E作EH⊥x轴于点H，交AM于点D．点P是y轴上一动点，当EF取最大值时：
①求PD+PC的最小值；
②如图2，Q点为y轴上一动点，请直接写出DQ+14OQ的最小值．
【分析】（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝ax2+2ax﹣3a，即﹣3a＝3，即可求解；
（2）①点C（﹣1，0）关于y轴的对称点为点B（1，0），连接BD交y轴于点P，则点P为所求点，PD+PC＝PD+PB＝DB为最小，即可求解；
②过点O作直线OK，使sin∠NOK=14，过点D作DK⊥OK于点K，交y轴于点Q，则点Q为所求点，则DQ+14OQ＝DQ+QK＝DK为最小，即可求解．
【解析】（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3）＝ax2+2ax﹣3a，
即﹣3a＝3，解得：a＝﹣1，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）由抛物线的表达式得，点M（﹣1，4），点N（0，3），
则tan∠MAC=MCAC=2，
则设直线AM的表达式为：y＝2x+b，
将点A的坐标代入上式并解得：b＝6，
故直线AM的表达式为：y＝2x+6，
∵∠EFD＝∠DHA＝90°，∠EDF＝∠ADH，
∴∠MAC＝∠DEF，则tan∠DEF＝2，则cos∠DEF=55，
设点E（x，﹣x2﹣2x+3），则点D（x，2x+6），
则FE＝EDcos∠DEF＝（﹣x2﹣2x+3﹣2x﹣6）×55=55（﹣x2﹣4x﹣3），
∵−55＜0，故EF有最大值，此时x＝﹣2，故点D（﹣2，2）；
①点C（﹣1，0）关于y轴的对称点为点B（1，0），连接BD交y轴于点P，则点P为所求点，
PD+PC＝PD+PB＝DB为最小，
则BD=(1+2)2+(0−2)2=13；
②过点O作直线OK，使sin∠NOK=14，过点D作DK⊥OK于点K，交y轴于点Q，则点Q为所求点，
DQ+14OQ＝DQ+QK＝DK为最小值，
则直线OK的表达式为：y=15x，
∵DK⊥OK，故设直线DK的表达式为：y=−115x+b，
将点D的坐标代入上式并解得：b＝2−215，
而直线DK的表达式为：y=−115x+2−215，
故点Q（0，2−215），
由直线KD的表达式知，QD与x轴负半轴的夹角（设为α）的正切值为115，则cosα=154，
则DQ=xQ−xDcosα=2154=815，而14OQ=14（2−215），
则DQ+14OQ为最小值=815+14（2−215）=15+12．
22．（2020•滨州）如图，抛物线的顶点为A（h，﹣1），与y轴交于点B（0，−12），点F（2，1）为其对称轴上的一个定点．
（1）求这条抛物线的函数解析式；
（2）已知直线l是过点C（0，﹣3）且垂直于y轴的定直线，若抛物线上的任意一点P（m，n）到直线l的距离为d，求证：PF＝d；
（3）已知坐标平面内的点D（4，3），请在抛物线上找一点Q，使△DFQ的周长最小，并求此时△DFQ周长的最小值及点Q的坐标．
【分析】（1）由题意抛物线的顶点A（2，﹣1），可以假设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）2﹣1，把点B坐标代入求出a即可．
（2）由题意P（m，18m2−12m−12），求出d2，PF2（用m表示）即可解决问题．
（3）如图，过点Q作QH⊥直线l于H，过点D作DN⊥直线l于N．因为△DFQ的周长＝DF+DQ+FQ，DF是定值=22+22=22，推出DQ+QF的值最小时，△DFQ的周长最小，再根据垂线段最短解决问题即可．
【解析】（1）解：由题意抛物线的顶点A（2，﹣1），可以假设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）2﹣1，
∵抛物线经过B（0，−12），
∴−12=4a﹣1，
∴a=18
∴抛物线的解析式为y=18（x﹣2）2﹣1．
（2）证明：过点P作PJ⊥AF于J．
∵P（m，n），
∴n=18（m﹣2）2﹣1=18m2−12m−12，
∴P（m，18m2−12m−12），
∴d=18m2−12m−12−（﹣3）=18m2−12m+52，
∵F（2，1），
∴PF=PJ2+PF2=(m−2)2+(18m2−12m−12−1)2=164m4−18m3+78m2−52m+254，
∵d2=164m4−18m3+78m2−52m+254，PF2=164m4−18m3+78m2−52m+254，
∴d2＝PF2，
∴PF＝d．
（3）如图，过点Q作QH⊥直线l于H，过点D作DN⊥直线l于N．
∵△DFQ的周长＝DF+DQ+FQ，DF是定值=22+22=22，
∴DQ+QF的值最小时，△DFQ的周长最小，
由（2）可知QF＝QH，
∴DQ+QF＝DQ+QH，
根据垂线段最短可知，当D，Q，H共线时，DQ+QH的值最小，此时点H与N重合，点Q在线段DN上，
∴DQ+QH的最小值为6，
∴△DFQ的周长的最小值为22+6，此时Q（4，−12）．
23．（2020•凉山州）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象过O（0，0）、A（1，0）、B（32，32）三点．
（1）求二次函数的解析式；
（2）若线段OB的垂直平分线与y轴交于点C，与二次函数的图象在x轴上方的部分相交于点D，求直线CD的解析式；
（3）在直线CD下方的二次函数的图象上有一动点P，过点P作PQ⊥x轴，交直线CD于Q，当线段PQ的长最大时，求点P的坐标．
【分析】（1）将点O、A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）由点B的坐标知，直线BO的倾斜角为30°，则OB中垂线（CD）与x正半轴的夹角为60°，故设CD的表达式为：y=−3x+b，而OB中点的坐标为（34，34），将该点坐标代入CD表达式，即可求解；
（3）过点P作y轴额平行线交CD于点Q，PQ=−3x+3−（233x2−233x）=−233x2−33x+3，即可求解．
【解析】（1）将点O、A、B的坐标代入抛物线表达式得c=0a+b+c=032=94a+32b+c，解得a=233b=−233c=0，
故抛物线的表达式为：y=233x2−233x；
（2）由点B的坐标知，直线BO的倾斜角为30°，
∵BO⊥AD，
则∠BOA+∠BOC＝90°，∠BOC+∠OCA＝90°，
∴∠OCA＝∠BOA＝30°，
则CD与x负半轴的夹角为60°，
故设CD的表达式为：y=−3x+b，而OB中点的坐标为（34，34），
将该点坐标代入CD表达式并解得：b=3，
故直线CD的表达式为：y=−3x+3；
（3）设点P（x，233x2−233x），则点Q（x，−3x+3），
则PQ=−3x+3−（233x2−233x）=−233x2−33x+3，
∵−233＜0，故PQ有最大值，此时点P的坐标为（−14，5324）．
24．（2020•天津）已知点A（1，0）是抛物线y＝ax2+bx+m（a，b，m为常数，a≠0，m＜0）与x轴的一个交点．
（Ⅰ）当a＝1，m＝﹣3时，求该抛物线的顶点坐标；
（Ⅱ）若抛物线与x轴的另一个交点为M（m，0），与y轴的交点为C，过点C作直线l平行于x轴，E是直线l上的动点，F是y轴上的动点，EF＝22．
①当点E落在抛物线上（不与点C重合），且AE＝EF时，求点F的坐标；
②取EF的中点N，当m为何值时，MN的最小值是22？
【分析】（Ⅰ）将A（1，0）代入抛物线的解析式求出b＝2，由配方法可求出顶点坐标；
（Ⅱ）①根据题意得出a＝1，b＝﹣m﹣1．求出抛物线的解析式为y＝x2﹣（m+1）x+m．则点C（0，m），点E（m+1，m），过点A作AH⊥l于点H，由点A（1，0），得点H（1，m）．根据题意求出m的值，可求出CF的长，则可得出答案；
②得出CN=12EF=2．求出MC=−2m，当MC≥2，即m≤﹣1时，当MC＜2，即﹣1＜m＜0时，根据MN的最小值可分别求出m的值即可．
【解析】（Ⅰ）当a＝1，m＝﹣3时，抛物线的解析式为y＝x2+bx﹣3．
∵抛物线经过点A（1，0），
∴0＝1+b﹣3，
解得b＝2，
∴抛物线的解析式为y＝x2+2x﹣3．
∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣4）．
（Ⅱ）①∵抛物线y＝ax2+bx+m经过点A（1，0）和M（m，0），m＜0，
∴0＝a+b+m，0＝am2+bm+m，即am+b+1＝0．
∴a＝1，b＝﹣m﹣1．
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣（m+1）x+m．
根据题意得，点C（0，m），点E（m+1，m），
过点A作AH⊥l于点H，由点A（1，0），得点H（1，m）．
在Rt△EAH中，EH＝1﹣（m+1）＝﹣m，HA＝0﹣m＝﹣m，
∴AE=EH2+HA2=−2m，
∵AE＝EF＝22，
∴−2m＝22，
解得m＝﹣2．
此时，点E（﹣1，﹣2），点C（0，﹣2），有EC＝1．
∵点F在y轴上，
∴在Rt△EFC中，CF=EF2−EC2=7．
∴点F的坐标为（0，﹣2−7）或（0，﹣2+7）．
②由N是EF的中点，连接CN，CM，得CN=12EF=2．
根据题意，点N在以点C为圆心、2为半径的圆上，
由点M（m，0），点C（0，m），得MO＝﹣m，CO＝﹣m，
∴在Rt△MCO中，MC=MO2+CO2=−2m．
当MC≥2，即m≤﹣1时，满足条件的点N在线段MC上．
MN的最小值为MC﹣NC=−2m−2=22，解得m=−32；
当MC＜2，即﹣1＜m＜0时，满足条件的点N落在线段CM的延长线上，MN的最小值为NC﹣MC=2−（−2m）=22，
解得m=−12．
∴当m的值为−32或−12时，MN的最小值是22．
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