走進2023年中考數學復習專題攻略第五講二次函數壓軸問題【專題解析】函數壓軸題主要分為兩大類：一是動點函數圖象問題；二是與動點、存在點、相似等有關的二次函數綜合題.解答動點函數圖象問題，要把問題拆分，分清動點在不同位置運動或不同時間段運動時對應的函數關系式，進而確定函數圖象；解答二次函數綜合題，要把大題拆分，做到大題小做，逐步分析求解，最后匯總成最終答案.【方法點撥】二次函數主要是借助動點問題和三角形、四邊形相關的研究，分析此類問題主要是化動為靜，化大為小，逐一解答的過程。【類型突破】類型一：函數動點問題〔2023?營口〕如圖，拋物線y=ax2+bx﹣2的對稱軸是直線x=1，與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，點A的坐標為〔﹣2，0〕，點P為拋物線上的一個動點，過點P作PD⊥x軸于點D，交直線BC于點E．〔1〕求拋物線解析式；〔2〕假設點P在第一象限內，當OD=4PE時，求四邊形POBE的面積；〔3〕在〔2〕的條件下，假設點M為直線BC上一點，點N為平面直角坐標系內一點，是否存在這樣的點M和點N，使得以點B，D，M，N為頂點的四邊形是菱形？假設存在上，直接寫出點N的坐標；假設不存在，請說明理由．【溫馨提示：考生可以根據題意，在備用圖中補充圖形，以便探究】【考點】HF：二次函數綜合題．【分析】〔1〕由拋物線y=ax2+bx﹣2的對稱軸是直線x=1，A〔﹣2，0〕在拋物線上，于是列方程即可得到結論；〔2〕根據函數解析式得到B〔4，0〕，C〔0，﹣2〕，求得BC的解析式為y=QUOTEx﹣2，設D〔m，0〕，得到E〔m，QUOTEm﹣2〕，P〔m，QUOTEm2﹣QUOTEm﹣2〕，根據條件列方程得到m=5，m=0〔舍去〕，求得D〔5，0〕，P〔5，QUOTE〕，E〔5，QUOTE〕，根據三角形的面積公式即可得到結論；〔3〕設M〔n，QUOTEn﹣2〕，①以BD為對角線，根據菱形的性質得到MN垂直平分BD，求得n=4+QUOTE，于是得到N〔QUOTE，﹣QUOTE〕；②以BD為邊，根據菱形的性質得到MN∥BD，MN=BD=MD=1，過M作MH⊥x軸于H，根據勾股定理列方程即可得到結論．【解答】解：〔1〕∵拋物線y=ax2+bx﹣2的對稱軸是直線x=1，A〔﹣2，0〕在拋物線上，∴QUOTE，解得：QUOTE，拋物線解析式為y=QUOTEx2﹣QUOTEx﹣2；〔2〕令y=QUOTEx2﹣QUOTEx﹣2=0，解得：x1=﹣2，x2=4，當x=0時，y=﹣2，∴B〔4，0〕，C〔0，﹣2〕，設BC的解析式為y=kx+b，那么QUOTE，解得：QUOTE，∴y=QUOTEx﹣2，設D〔m，0〕，∵DP∥y軸，∴E〔m，QUOTEm﹣2〕，P〔m，QUOTEm2﹣QUOTEm﹣2〕，∵OD=4PE，∴m=4〔QUOTEm2﹣QUOTEm﹣2﹣QUOTEm+2〕，∴m=5，m=0〔舍去〕，∴D〔5，0〕，P〔5，QUOTE〕，E〔5，QUOTE〕，∴四邊形POBE的面積=S△OPD﹣S△EBD=QUOTE×5×QUOTE﹣QUOTE1×QUOTE=QUOTE；〔3〕存在，設M〔n，QUOTEn﹣2〕，①以BD為對角線，如圖1，∵四邊形BNDM是菱形，∴MN垂直平分BD，∴n=4+QUOTE，∴M〔QUOTE，QUOTE〕，∵M，N關于x軸對稱，∴N〔QUOTE，﹣QUOTE〕；②以BD為邊，如圖2，∵四邊形BNDM是菱形，∴MN∥BD，MN=BD=MD=1，過M作MH⊥x軸于H，∴MH2+DH2=DM2，即〔QUOTEn﹣2〕2+〔n﹣5〕2=12，∴n1=4〔不合題意〕，n2=5.6，∴N〔4.6，QUOTE〕，同理〔QUOTEn﹣2〕2+〔4﹣n〕2=1，∴n1=4+QUOTE〔不合題意，舍去〕，n2=4﹣QUOTE，∴N〔5﹣QUOTE，QUOTE〕，③以BD為邊，如圖3，過M作MH⊥x軸于H，∴MH2+BH2=BM2，即〔QUOTEn﹣2〕2+〔n﹣4〕2=12，∴n1=4+QUOTE，n2=4﹣QUOTE〔不合題意，舍去〕，∴N〔5+QUOTE，QUOTE〕，綜上所述，當N〔QUOTE，﹣QUOTE〕或〔4.6，QUOTE〕或〔5﹣QUOTE，QUOTE〕或〔5+QUOTE，QUOTE〕，以點B，D，M，N為頂點的四邊形是菱形．【點評】此題主要考查的是二次函數的綜合應用，此題主要涉及了待定系數法求一次函數、二次函數的解析式、勾股定理，三角形的面積公式、菱形的性質、根據題意畫出符合條件的圖形是解題的關鍵．變式練習：〔2023黑龍江鶴崗〕如圖，矩形AOCB的頂點A、C分別位于x軸和y軸的正半軸上，線段OA、OC的長度滿足方程|x﹣15|+=0〔OA＞OC〕，直線y=kx+b分別與x軸、y軸交于M、N兩點，將△BCN沿直線BN折疊，點C恰好落在直線MN上的點D處，且tan∠CBD=〔1〕求點B的坐標；〔2〕求直線BN的解析式；〔3〕將直線BN以每秒1個單位長度的速度沿y軸向下平移，求直線BN掃過矩形AOCB的面積S關于運動的時間t〔0＜t≤13〕的函數關系式．【考點】FI：一次函數綜合題．【分析】〔1〕由非負數的性質可求得x、y的值，那么可求得B點坐標；〔2〕過D作EF⊥OA于點E，交CB于點F，由條件可求得D點坐標，且可求得=，結合DE∥ON，利用平行線分線段成比例可求得OM和ON的長，那么可求得N點坐標，利用待定系數法可求得直線BN的解析式；〔3〕設直線BN平移后交y軸于點N′，交AB于點B′，當點N′在x軸上方時，可知S即為?BNN′B′的面積，當N′在y軸的負半軸上時，可用t表示出直線B′N′的解析式，設交x軸于點G，可用t表示出G點坐標，由S=S四邊形BNN′B′﹣S△OGN′，可分別得到S與t的函數關系式．【解答】解：〔1〕∵|x﹣15|+=0，∴x=15，y=13，∴OA=BC=15，AB=OC=13∴B〔15，13〕；〔2〕如圖1，過D作EF⊥OA于點E，交CB于點F，由折疊的性質可知BD=BC=15，∠BDN=∠BCN=90°，∵tan∠CBD=，∴=，且BF2+DF2=BD2=152，解得BF=12，DF=9，∴CF=OE=15﹣12=3，DE=EF﹣DF=13﹣9=4，∵∠CND+∠CBD=360°﹣90°﹣90°=180°，且∠ONM+∠CND=180°，∴∠ONM=∠CBD，∴=，∵DE∥ON，∴==，且OE=3，∴=，解得OM=6，∴ON=8，即N〔0，8〕，把N、B的坐標代入y=kx+b可得，解得，∴直線BN的解析式為y=x+8；〔3〕設直線BN平移后交y軸于點N′，交AB于點B′，當點N′在x軸上方，即0＜t≤8時，如圖2，由題意可知四邊形BNN′B′為平行四邊形，且NN′=t，∴S=NN′?OA=15t；當點N′在y軸負半軸上，即8＜t≤13時，設直線B′N′交x軸于點G，如圖3，∵NN′=t，∴可設直線B′N′解析式為y=x+8﹣t，令y=0，可得x=3t﹣24，∴OG=24，∵ON=8，NN′=t，∴ON′=t﹣8，∴S=S四邊形BNN′B′﹣S△OGN′=15t﹣〔t﹣8〕〔3t﹣24〕=﹣t2+39t﹣96；綜上可知S與t的函數關系式為S=．類型二：二次函數存在點問題研究〔2023貴州安順〕如圖甲，直線y=﹣x+3與x軸、y軸分別交于點B、點C，經過B、C兩點的拋物線y=x2+bx+c與x軸的另一個交點為A，頂點為P．〔1〕求該拋物線的解析式；〔2〕在該拋物線的對稱軸上是否存在點M，使以C，P，M為頂點的三角形為等腰三角形？假設存在，請直接寫出所符合條件的點M的坐標；假設不存在，請說明理由；〔3〕當0＜x＜3時，在拋物線上求一點E，使△CBE的面積有最大值〔圖乙、丙供畫圖探究〕．【考點】HF：二次函數綜合題．【分析】〔1〕由直線解析式可求得B、C坐標，利用待定系數法可求得拋物線解析式；〔2〕由拋物線解析式可求得P點坐標及對稱軸，可設出M點坐標，表示出MC、MP和PC的長，分MC=MP、MC=PC和MP=PC三種情況，可分別得到關于M點坐標的方程，可求得M點的坐標；〔3〕過E作EF⊥x軸，交直線BC于點F，交x軸于點D，可設出E點坐標，表示出F點的坐標，表示出EF的長，進一步可表示出△CBE的面積，利用二次函數的性質可求得其取得最大值時E點的坐標．【解答】解：〔1〕∵直線y=﹣x+3與x軸、y軸分別交于點B、點C，∴B〔3，0〕，C〔0，3〕，把B、C坐標代入拋物線解析式可得，解得，∴拋物線解析式為y=x2﹣4x+3；〔2〕∵y=x2﹣4x+3=〔x﹣2〕2﹣1，∴拋物線對稱軸為x=2，P〔2，﹣1〕，設M〔2，t〕，且C〔0，3〕，∴MC==，MP=|t+1|，PC==2，∵△CPM為等腰三角形，∴有MC=MP、MC=PC和MP=PC三種情況，①當MC=MP時，那么有=|t+1|，解得t=，此時M〔2，〕；②當MC=PC時，那么有=2，解得t=﹣1〔與P點重合，舍去〕或t=7，此時M〔2，7〕；③當MP=PC時，那么有|t+1|=2，解得t=﹣1+2或t=﹣1﹣2，此時M〔2，﹣1+2〕或〔2，﹣1﹣2〕；綜上可知存在滿足條件的點M，其坐標為〔2，〕或〔2，7〕或〔2，﹣1+2〕或〔2，﹣1﹣2〕；〔3〕如圖，過E作EF⊥x軸，交BC于點F，交x軸于點D，設E〔x，x2﹣4x+3〕，那么F〔x，﹣x+3〕，∵0＜x＜3，∴EF=﹣x+3﹣〔x2﹣4x+3〕=﹣x2+3x，∴S△CBE=S△EFC+S△EFB=EF?OD+EF?BD=EF?OB=×3〔﹣x2+3x〕=﹣〔x﹣〕2+，∴當x=時，△CBE的面積最大，此時E點坐標為〔，〕，即當E點坐標為〔，〕時，△CBE的面積最大．變式練習：〔2023畢節〕如圖，在平面直角坐標系中，二次函數的圖象交坐標軸于A〔﹣1，0〕，B〔4，0〕，C〔0，﹣4〕三點，點P是直線BC下方拋物線上一動點．〔1〕求這個二次函數的解析式；〔2〕是否存在點P，使△POC是以OC為底邊的等腰三角形？假設存在，求出P點坐標；假設不存在，請說明理由；〔3〕動點P運動到什么位置時，△PBC面積最大，求出此時P點坐標和△PBC的最大面積．【考點】HF：二次函數綜合題．【分析】〔1〕由A、B、C三點的坐標，利用待定系數法可求得拋物線解析式；〔2〕由題意可知點P在線段OC的垂直平分線上，那么可求得P點縱坐標，代入拋物線解析式可求得P點坐標；〔3〕過P作PE⊥x軸，交x軸于點E，交直線BC于點F，用P點坐標可表示出PF的長，那么可表示出△PBC的面積，利用二次函數的性質可求得△PBC面積的最大值及P點的坐標．【解答】解：〔1〕設拋物線解析式為y=ax2+bx+c，把A、B、C三點坐標代入可得，解得，∴拋物線解析式為y=x2﹣3x﹣4；〔2〕作OC的垂直平分線DP，交OC于點D，交BC下方拋物線于點P，如圖1，∴PO=PD，此時P點即為滿足條件的點，∵C〔0，﹣4〕，∴D〔0，﹣2〕，∴P點縱坐標為﹣2，代入拋物線解析式可得x2﹣3x﹣4=﹣2，解得x=〔小于0，舍去〕或x=，∴存在滿足條件的P點，其坐標為〔，﹣2〕；〔3〕∵點P在拋物線上，∴可設P〔t，t2﹣3t﹣4〕，過P作PE⊥x軸于點E，交直線BC于點F，如圖2，∵B〔4，0〕，C〔0，﹣4〕，∴直線BC解析式為y=x﹣4，∴F〔t，t﹣4〕，∴PF=〔t﹣4〕﹣〔t2﹣3t﹣4〕=﹣t2+4t，∴S△PBC=S△PFC+S△PFB=PF?OE+PF?BE=PF?〔OE+BE〕=PF?OB=〔﹣t2+4t〕×4=﹣2〔t﹣2〕2+8，∴當t=2時，S△PBC最大值為8，此時t2﹣3t﹣4=﹣6，∴當P點坐標為〔2，﹣6〕時，△PBC的最大面積為8．類型三：二次函數相似點問題研究(2023湖南懷化)如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx﹣5與x軸交于A〔﹣1，0〕，B〔5，0〕兩點，與y軸交于點C．〔1〕求拋物線的函數表達式；〔2〕假設點D是y軸上的一點，且以B，C，D為頂點的三角形與△ABC相似，求點D的坐標；〔3〕如圖2，CE∥x軸與拋物線相交于點E，點H是直線CE下方拋物線上的動點，過點H且與y軸平行的直線與BC，CE分別交于點F，G，試探究當點H運動到何處時，四邊形CHEF的面積最大，求點H的坐標及最大面積；〔4〕假設點K為拋物線的頂點，點M〔4，m〕是該拋物線上的一點，在x軸，y軸上分別找點P，Q，使四邊形PQKM的周長最小，求出點P，Q的坐標．【考點】HF：二次函數綜合題．【分析】〔1〕根據待定系數法直接拋物線解析式；〔2〕分兩種情況，利用相似三角形的比例式即可求出點D的坐標；〔3〕先求出直線BC的解析式，進而求出四邊形CHEF的面積的函數關系式，即可求出最大值；〔4〕利用對稱性找出點P，Q的位置，進而求出P，Q的坐標．【解答】解：〔1〕∵點A〔﹣1，0〕，B〔5，0〕在拋物線y=ax2+bx﹣5上，∴，∴，∴拋物線的表達式為y=x2﹣4x﹣5，〔2〕如圖1，令x=0，那么y=﹣5，∴C〔0，﹣5〕，∴OC=OB，∴∠OBC=∠OCB=45°，∴AB=6，BC=5，要使以B，C，D為頂點的三角形與△ABC相似，那么有或，①當時，CD=AB=6，∴D〔0，1〕，②當時，∴，∴CD=，∴D〔0，〕，即：D的坐標為〔0，1〕或〔0，〕；〔3〕設H〔t，t2﹣4t﹣5〕，∵CE∥x軸，∴點E的縱坐標為﹣5，∵E在拋物線上，∴x2﹣4x﹣5=﹣5，∴x=0〔舍〕或x=4，∴E〔4，﹣5〕，∴CE=4，∵B〔5，0〕，C〔0，﹣5〕，∴直線BC的解析式為y=x﹣5，∴F〔t，t﹣5〕，∴HF=t﹣5﹣〔t2﹣4t﹣5〕=﹣〔t﹣〕2+，∵CE∥x軸，HF∥y軸，∴CE⊥HF，∴S四邊形CHEF=CE?HF=﹣2〔t﹣〕2+，當t=時，四邊形CHEF的面積最大為．〔4〕如圖2，∵K為拋物線的頂點，∴K〔2，﹣9〕，∴K關于y軸的對稱點K'〔﹣2，﹣9〕，∵M〔4，m〕在拋物線上，∴M〔4，﹣5〕，∴點M關于x軸的對稱點M'〔4，5〕，∴直線K'M'的解析式為y=x﹣，∴P〔，0〕，Q〔0，﹣〕．變式練習：〔2023四川眉山〕如圖，拋物線y=ax2+bx﹣2與x軸交于A、B兩點，與y軸交于C點，A〔3，0〕，且M〔1，﹣〕是拋物線上另一點．〔1〕求a、b的值；〔2〕連結AC，設點P是y軸上任一點，假設以P、A、C三點為頂點的三角形是等腰三角形，求P點的坐標；〔3〕假設點N是x軸正半軸上且在拋物線內的一動點〔不與O、A重合〕，過點N作NH∥AC交拋物線的對稱軸于H點．設ON=t，△ONH的面積為S，求S與t之間的函數關系式．【考點】HF：二次函數綜合題．【分析】〔1〕根據題意列方程組即可得到結論；〔2〕在y=ax2+bx﹣2中，當x=0時．y=﹣2，得到OC=2，如圖，設P〔0，m〕，那么PC=m+2，OA=3，根據勾股定理得到AC==，①當PA=CA時，那么OP1=OC=2，②當PC=CA=時，③當PC=PA時，點P在AC的垂直平分線上，根據相似三角形的性質得到P3〔0，〕，④當PC=CA=時，于是得到結論；〔3〕過H作HG⊥OA于G，設HN交Y軸于M，根據平行線分線段成比例定理得到OM=，求得拋物線的對稱軸為直線x==，得到OG=，求得GN=t﹣，根據相似三角形的性質得到HG=t﹣，于是得到結論．【解答】解：〔1〕把A〔3，0〕，且M〔1，﹣〕代入y=ax2+bx﹣2得，解得：；〔2〕在y=ax2+bx﹣2中，當x=0時．y=﹣2，∴C〔0，﹣2〕，∴OC=2，如圖，設P〔0，m〕，那么PC=m+2，OA=3，AC==，①當PA=CA時，那么OP1=OC=2，∴P1〔0，2〕；②當PC=CA=時，即m+2=，∴m=﹣2，∴P2〔0，﹣2〕；③當PC=PA時，點P在AC的垂直平分線上，那么△AOC∽△P3EC，∴=，∴P3C=，∴m=，∴P3〔0，〕，④當PC=CA=時，m=﹣2﹣，∴P4〔0，﹣2﹣〕，綜上所述，P點的坐標1〔0，2〕或〔0，﹣2〕或〔0，〕或〔0，﹣2﹣〕；〔3〕過H作HG⊥OA于G，設HN交Y軸于M，∵NH∥AC，∴，∴，∴OM=，∵拋物線的對稱軸為直線x==，∴OG=，∴GN=t﹣，∵GH∥OC，∴△NGH∽△NOM，∴，即=，∴HG=t﹣，∴S=ON?GH=t〔t﹣〕=t2﹣t〔0＜t＜3〕．類型四：二次函數特殊點問題研究〔2023喚和浩特〕在平面直角坐標系xOy中，拋物線y=ax2+bx+c與y軸交于點C，其頂點記為M，自變量x=﹣1和x=5對應的函數值相等．假設點M在直線l：y=﹣12x+16上，點〔3，﹣4〕在拋物線上．〔1〕求該拋物線的解析式；〔2〕設y=ax2+bx+c對稱軸右側x軸上方的圖象上任一點為P，在x軸上有一點A〔﹣，0〕，試比較銳角∠PCO與∠ACO的大小〔不必證明〕，并寫出相應的P點橫坐標x的取值范圍．〔3〕直線l與拋物線另一交點記為B，Q為線段BM上一動點〔點Q不與M重合〕，設Q點坐標為〔t，n〕，過Q作QH⊥x軸于點H，將以點Q，H，O，C為頂點的四邊形的面積S表示為t的函數，標出自變量t的取值范圍，并求出S可能取得的最大值．【考點】HF：二次函數綜合題．【分析】〔1〕根據條件得到拋物線的對稱軸為x=2．設拋物線的解析式為y=a〔x﹣2〕2﹣8．將〔3，﹣4〕代入得拋物線的解析式為y=4〔x﹣2〕2﹣8，即可得到結論；〔2〕由題意得：C〔0，8〕，M〔2，﹣8〕，如圖，當∠PCO=∠ACO時，過P作PH⊥y軸于H，設CP的延長線交x軸于D，那么△ACD是等腰三角形，于是得到OD=OA=，根據相似三角形的性質得到x=，過C作CE∥x軸交拋物線與E，那么CE=4，設拋物線與x軸交于F，B，那么B〔2+，0〕，于是得到結論；〔3〕解方程組得到D〔﹣1，28得到Q〔t，﹣12t+16〕〔﹣1≤t＜2〕，①當﹣1≤t＜0時，②當0＜t＜時，③當＜t＜2時，求得二次函數的解析式即可得到結論．【解答】解：〔1〕∵自變量x=﹣1和x=5對應的函數值相等，∴拋物線的對稱軸為x=2．∵點M在直線l：y=﹣12x+16上，∴yM=﹣8．設拋物線的解析式為y=a〔x﹣2〕2﹣8．將〔3，﹣4〕代入得：a﹣8=﹣4，解得：a=4．∴拋物線的解析式為y=4〔x﹣2〕2﹣8，整理得：y=4x2﹣16x+8．〔2〕由題意得：C〔0，8〕，M〔2，﹣8〕，如圖，當∠PCO=∠ACO時，過P作PH⊥y軸于H，設CP的延長線交x軸于D，那么△ACD是等腰三角形，∴OD=OA=，∵P點的橫坐標是x，∴P點的縱坐標為4x2﹣16x+8，∵PH∥OD，∴△CHP∽△COD，∴，∴x=，過C作CE∥x軸交拋物線與E，那么CE=4，設拋物線與x軸交于F，B，那么B〔2+，0〕，∴y=ax2+bx+c對稱軸右側x軸上方的圖象上任一點為P，∴當x=時，∠PCO=∠ACO，當2+＜x＜時，∠PCO＜∠ACO，當＜x＜4時，∠PCO＞∠ACO；〔3〕解方程組，解得：，∴D〔﹣1，28〕，∵Q為線段BM上一動點〔點Q不與M重合〕，∴Q〔t，﹣12t+16〕〔﹣1≤t＜2〕，①當﹣1≤t＜0時，S=〔﹣t〕〔﹣12t+16﹣8〕+8〔﹣t〕=6t2﹣12t=6〔t﹣1〕2﹣6，∵﹣1≤t＜0，∴當t=﹣1時，S最大=18；②當0＜t＜時，S=t?8+t〔﹣12t+16〕=﹣6t2+12t=﹣6〔t﹣1〕2+6，∵0＜t＜，∴當t=﹣1時，S最大=6；③當＜t＜2時，S=t?8+〔12t﹣16〕=6t2﹣4t=6〔t﹣〕2﹣，∵＜t＜2，∴此時S為最大值．變式練習：〔2023.湖南懷化〕如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx﹣5與x軸交于A〔﹣1，0〕，B〔5，0〕兩點，與y軸交于點C．〔1〕求拋物線的函數表達式；〔2〕假設點D是y軸上的一點，且以B，C，D為頂點的三角形與△ABC相似，求點D的坐標；〔3〕如圖2，CE∥x軸與拋物線相交于點E，點H是直線CE下方拋物線上的動點，過點H且與y軸平行的直線與BC，CE分別交于點F，G，試探究當點H運動到何處時，四邊形CHEF的面積最大，求點H的坐標及最大面積；〔4〕假設點K為拋物線的頂點，點M〔4，m〕是該拋物線上的一點，在x軸，y軸上分別找點P，Q，使四邊形PQKM的周長最小，求出點P，Q的坐標．【考點】HF：二次函數綜合題．【分析】〔1〕根據待定系數法直接拋物線解析式；〔2〕分兩種情況，利用相似三角形的比例式即可求出點D的坐標；〔3〕先求出直線BC的解析式，進而求出四邊形CHEF的面積的函數關系式，即可求出最大值；〔4〕利用對稱性找出點P，Q的位置，進而求出P，Q的坐標．【解答】解：〔1〕∵點A〔﹣1，0〕，B〔5，0〕在拋物線y=ax2+bx﹣5上，∴，∴，∴拋物線的表達式為y=x2﹣4x﹣5，〔2〕如圖1，令x=0，那么y=﹣5，∴C〔0，﹣5〕，∴OC=OB，∴∠OBC=∠OCB=45°，∴AB=6，BC=5，要使以B，C，D為頂點的三角形與△ABC相似，那么有或，①當時，CD=AB=6，∴D〔0，1〕，②當時，∴，∴CD=，∴D〔0，〕，即：D的坐標為〔0，1〕或〔0，〕；〔3〕設H〔t，t2﹣4t﹣5〕，∵CE∥x軸，∴點E的縱坐標為﹣5，∵E在拋物線上，∴x2﹣4x﹣5=﹣5，∴x=0〔舍〕或x=4，∴E〔4，﹣5〕，∴CE=4，∵B〔5，0〕，C〔0，﹣5〕，∴直線BC的解析式為y=x﹣5，∴F〔t，t﹣5〕，∴HF=t﹣5﹣〔t2﹣4t﹣5〕=﹣〔t﹣〕2+，∵CE∥x軸，HF∥y軸，∴CE⊥HF，∴S四邊形CHEF=CE?HF=﹣2〔t﹣〕2+，當t=時，四邊形CHEF的面積最大為．〔4〕如圖2，∵K為拋物線的頂點，∴K〔2，﹣9〕，∴K關于y軸的對稱點K'〔﹣2，﹣9〕，∵M〔4，m〕在拋物線上，∴M〔4，﹣5〕，∴點M關于x軸的對稱點M'〔4，5〕，∴直線K'M'的解析式為y=x﹣，∴P〔，0〕，Q〔0，﹣〕．【提高穩固】1.〔2023黑龍江鶴崗〕如圖，拋物線y=﹣x2+mx+3與x軸交于點A、B兩點，與y軸交于C點，點B的坐標為〔3，0〕，拋物線與直線y=﹣x+3交于C、D兩點．連接BD、AD．〔1〕求m的值．〔2〕拋物線上有一點P，滿足S△ABP=4S△ABD，求點P的坐標．【考點】HA：拋物線與x軸的交點；H5：二次函數圖象上點的坐標特征．【分析】〔1〕利用待定系數法即可解決問題；〔2〕利用方程組首先求出點D坐標．由面積關系，推出點P的縱坐標，再利用待定系數法求出點P的坐標即可；【解答】解：〔1〕∵拋物線y=﹣x2+mx+3過〔3，0〕，∴0=﹣9+3m+3，∴m=2〔2〕由，得，，∴D〔，﹣〕，∵S△ABP=4S△ABD，∴AB×|yP|=4×AB×，∴|yP|=9，yP=±9，當y=9時，﹣x2+2x+3=9，無實數解，當y=﹣9時，﹣x2+2x+3=﹣9，x1=1+，x2=1﹣，∴P〔1+，﹣9〕或P〔1﹣，﹣9〕．3．〔2023浙江湖州〕如圖，在平面直角坐標系xOy中，A，B兩點的坐標分別為〔﹣4，0〕，〔4，0〕，C〔m，0〕是線段AB上一點〔與A，B點不重合〕，拋物線L1：y=ax2+b1x+c1〔a＜0〕經過點A，C，頂點為D，拋物線L2：y=ax2+b2x+c2〔a＜0〕經過點C，B，頂點為E，AD，BE的延長線相交于點F．〔1〕假設a=﹣，m=﹣1，求拋物線L1，L2的解析式；〔2〕假設a=﹣1，AF⊥BF，求m的值；〔3〕是否存在這樣的實數a〔a＜0〕，無論m取何值，直線AF與BF都不可能互相垂直？假設存在，請直接寫出a的兩個不同的值；假設不存在，請說明理由．【分析】〔1〕利用待定系數法，將A，B，C的坐標代入解析式即可求得二次函數的解析式；〔2〕過點D作DG⊥x軸于點G，過點E作EH⊥x軸于點H，易證△ADG～△EBH，根據相似三角形對應邊比例相等即可解題；〔3〕開放性答案，代入法即可解題；【解答】解：〔1〕將A、C點帶入y=ax2+b1x+c1中，可得：，解得：，∴拋物線L1解析式為y=；同理可得：，解得：，∴拋物線L2解析式為y=；〔2〕如圖，過點D作DG⊥x軸于點G，過點E作EH⊥x軸于點H，由題意得：，解得：，∴拋物線L1解析式為y=﹣x2+〔m﹣4〕x+4m；∴點D坐標為〔，〕，∴DG==，AG=；同理可得：拋物線L2解析式為y=﹣x2+〔m+4〕x﹣4m；∴EH==，BH=，∵AF⊥BF，DG⊥x軸，EH⊥x軸，∴∠AFB=∠AGD=∠EHB=90°，∵∠DAG+∠ADG=90°，∠DAG+∠EBH=90°，∴∠ADG=∠EBH，∵在△ADG和△EBH中，，∴△ADG～△EBH，∴=，∴=，化簡得：m2=12，解得：m=±；〔3〕存在，例如：a=﹣，﹣；當a=﹣時，代入A，C可以求得：拋物線L1解析式為y=﹣x2+〔m﹣4〕x+m；同理可得：拋物線L2解析式為y=﹣x2+〔m+4〕x﹣m；∴點D坐標為〔，〕，點E坐標為〔，〕；∴直線AF斜率為，直線BF斜率為；假設要AF⊥BF，那么直線AF，BF斜率乘積為﹣1，即×=﹣1，化簡得：m2=﹣20，無解；同理可求得a=﹣亦無解．4．〔2023內蒙古赤峰〕如圖，二次函數y=ax2+bx+c〔a≠0〕的圖象交x軸于A、B兩點，交y軸于點D，點B的坐標為〔3，0〕，頂點C的坐標為〔1，4〕．〔1〕求二次函數的解析式和直線BD的解析式；〔2〕點P是直線BD上的一個動點，過點P作x軸的垂線，交拋物線于點M，當點P在第一象限時，求線段PM長度的最大值；〔3〕在拋物線上是否存在異于B、D的點Q，使△BDQ中BD邊上的高為2？假設存在求出點Q的坐標；假設不存在請說明理由．【分析】〔1〕可設拋物線解析式為頂點式，由B點坐標可求得拋物線的解析式，那么可求得D點坐標，利用待定系數法可求得直線BD解析式；〔2〕設出P點坐標，從而可表示出PM的長度，利用二次函數的性質可求得其最大值；〔3〕過Q作QG∥y軸，交BD于點G，過Q和QH⊥BD于H，可設出Q點坐標，表示出QG的長度，由條件可證得△DHG為等腰直角三角形，那么可得到關于Q點坐標的方程，可求得Q點坐標．【解答】解：〔1〕∵拋物線的頂點C的坐標為〔1，4〕，∴可設拋物線解析式為y=a〔x﹣1〕2+4，∵點B〔3，0〕在該拋物線的圖象上，∴0=a〔3﹣1〕2+4，解得a=﹣1，∴拋物線解析式為y=﹣〔x﹣1〕2+4，即y=﹣x2+2x+3，∵點D在y軸上，令x=0可得y=3，∴D點坐標為〔0，3〕，∴可設直線BD解析式為y=kx+3，把B點坐標代入可得3k+3=0，解得k=﹣1，∴直線BD解析式為y=﹣x+3；〔2〕設P點橫坐標為m〔m＞0〕，那么P〔m，﹣m+3〕，M〔m，﹣m2+2m+3〕，∴PM=﹣m2+2m+3﹣〔﹣m+3〕=﹣m2+3m=﹣〔m﹣〕2+，∴當m=時，PM有最大值；〔3〕如圖，過Q作QG∥y軸交BD于點G，交x軸于點E，作QH⊥BD于H，設Q〔x，﹣x2+2x+3〕，那么G〔x，﹣x+3〕，∴QG=|﹣x2+2x+3﹣〔﹣x+3〕|=|﹣x2+3x|，∵△BOD是等腰直角三角形，∴∠DBO=45°，∴∠HGQ=∠BGE=45°，當△BDQ中BD邊上的高為2時，即QH=HG=2，∴QG=×2=4，∴|﹣x2+3x|=4，當﹣x2+3x=4時，△=9﹣16＜0，方程無實數根，當﹣x2+3x=﹣4時，解得x=﹣1或x=4，∴Q〔﹣1，0〕或〔4，﹣5〕，綜上可知存在滿足條件的點Q，其坐標為〔﹣1，0〕或〔4，﹣5〕．5．〔2023廣西河池〕拋物線y=﹣x2+2x+3與x軸交于點A，B〔A在B的左側〕，與y軸交于點C．〔1〕求直線BC的解析式；〔2〕拋物線的對稱軸上存在點P，使∠APB=∠ABC，利用圖1求點P的坐標；〔3〕點Q在y軸右側的拋物線上，利用圖2比較∠OCQ與∠OCA的大小，并說明理由．【分析】〔1〕由拋物線解析式可求得B、C的坐標，利用待定系數法可求得直線BC的解析式；〔2〕由直線BC解析式可知∠APB=∠ABC=45°，設拋物線對稱軸交直線BC于點D，交x軸于點E，結合二次函數的對稱性可求得PD=BD，在Rt△BDE中可求得BD，那么可求得PE的長，可求得P點坐標；〔3〕設Q〔x，﹣x2+2x+3〕，當∠OCQ=∠OCA時，利用兩角的正切值相等可得到關于x的方程，可求得Q點的橫坐標，再結合圖形可比較兩角的大小．【解答】解：〔1〕在y=﹣x2+2x+3中，令y=0可得0=﹣x2+2x+3，解得x=﹣1或x=3，令x=0可得y=3，∴B〔3，0〕，C〔0，3〕，∴可設直線BC的解析式為y=kx+3，把B點坐標代入可得3k+3=0，解得k=﹣1，∴直線BC解析式為y=﹣x+3；〔2〕∵OB=OC，∴∠ABC=45°，∵y=﹣x2+2x+3=﹣〔x﹣1〕2+4，∴拋物線對稱軸為x=1，設拋物線對稱軸交直線BC于點D，交x軸于點E，當點P在x軸上方時，如圖1，∵∠APB=∠ABC=45°，且PA=PB，∴∠PBA==67.5°，∠DPB=∠APB=22.5°，∴∠PBD=67.5°﹣45°=22.5°，∴∠DPB=∠DBP，∴DP=DB，在Rt△BDE中，BE=DE=2，由勾股定理可求得BD=2，∴PE=2+2，∴P〔1，2+2〕；當點P在x軸下方時，由對稱性可知P點坐標為〔1，﹣2﹣2〕；綜上可知P點坐標為〔1，2+2〕或〔1，﹣2﹣2〕；〔3〕設Q〔x，﹣x2+2x+3〕，當點Q在x軸下方時，如圖2，過Q作QF⊥y軸于點F，當∠OCA=∠OCQ時，那么△QEC∽△AOC，∴==，即=，解得x=0〔舍去〕或x=5，∴當Q點橫坐標為5時，∠OCA=∠OCQ；當Q點橫坐標大于5時，那么∠OCQ逐漸變小，故∠OCA＞∠OCQ；當Q點橫坐標小于5且大于0時，那么∠OCQ逐漸變大，故∠OCA＜∠OCQ．6．〔2023哈爾濱〕如圖，在平面直角坐標系中，點O為坐標原點，拋物線y=x2+bx+c交x軸于A、B兩點，交y軸于點C，直線y=x﹣3經過B、C兩點．〔1〕求拋物線的解析式；〔2〕過點C作直線CD⊥y軸交拋物線于另一點D，點P是直線CD下方拋物線上的一個動點，且在拋物線對稱軸的右側，過點P作PE⊥x軸于點E，PE交CD于點F，交BC于點M，連接AC，過點M作MN⊥AC于點N，設點P的橫坐標為t，線段MN的長為d，求d與t之間的