专题07 二次函数的综合（中考数学特色专题训练卷）（解析版）

专题07二次函数的综合（中考数学特色专题训练卷）1．（2021•绵阳）如图，二次函数y＝﹣x2﹣2x+4﹣a2的图象与一次函数y＝﹣2x的图象交于点A、B（点B在右侧），与y轴交于点C，点A的横坐标恰好为a．动点P、Q同时从原点O出发，沿射线OB分别以每秒5和25个单位长度运动，经过t秒后，以PQ为对角线作矩形PMQN，且矩形四边与坐标轴平行．（1）求a的值及t＝1秒时点P的坐标；（2）当矩形PMQN与抛物线有公共点时，求时间t的取值范围；（3）在位于x轴上方的抛物线图象上任取一点R，作关于原点（0，0）的对称点为R′，当点M恰在抛物线上时，求R′M长度的最小值，并求此时点R的坐标．【思路点拨】（1）将A（a，﹣2a）代入y＝﹣x2﹣2x+4﹣a2，解方程求出a，即可求得抛物线解析式，当t＝1秒时，OP=5，设P的坐标为（x，y（2）经过t秒后，OP=5t，OQ＝25t，得出P的坐标为（1，﹣2t），Q的坐标为（2t，﹣4t），进而得出M的坐标为（2t，﹣2t），N的坐标为（t，﹣4t），将M（2t，﹣2t）代入y＝﹣x2﹣2x+2，得2t2+t﹣1＝0，解方程即可，将N（1，﹣4t）代入y＝﹣x2﹣2x+2，得（t﹣1）2＝3（3）设R（m，n），则R关于原点的对称点为R'（﹣m，﹣n），当点M恰好在抛物线上时，M坐标为（1，﹣1），过R'和M作坐标轴平行线相交于点S，如图3，利用勾股定理可得R'M=(m+1)2+(n-1)【解答过程】解：（1）由题意知，交点A坐标为（a，﹣2a），代入y＝﹣x2﹣2x+4﹣a2，解得：a=-2抛物线解析式为：y＝﹣x2﹣2x+2，当t＝1秒时，OP=5，设P的坐标为（x，y则x2解得x=1y=-2∴P的坐标为（1，﹣2）；（2）经过t秒后，OP=5t，OQ＝25t由（1）方法知，P的坐标为（t，﹣2t），Q的坐标为（2t，﹣4t），由矩形PMQN的邻边与坐标轴平行可知，M的坐标为（2t，﹣2t），N的坐标为（t，﹣4t），矩形PMQN在沿着射线OB移动的过程中，点M与抛物线最先相交，如图1，然后公共点变为2个，点N与抛物线最后相离，然后渐行渐远，如图2，将M（2t，﹣2t）代入y＝﹣x2﹣2x+2，得2t2+t﹣1＝0，解得：t=12，或t＝﹣将N（t，﹣4t）代入y＝﹣x2﹣2x+2，得（t﹣1）2＝3，解得：t＝1+3或t＝1-所以，当矩形PMQN与抛物线有公共点时，时间t的取值范围是：12≤t≤1（3）设R（m，n），则R关于原点的对称点为R'（﹣m，﹣n），当点M恰好在抛物线上时，M坐标为（1，﹣1），过R'和M作坐标轴平行线相交于点S，如图3，则R'M=M又∵n＝﹣m2﹣2m+2得（m+1）2＝3﹣n，消去m得：R'M==(3-=n=(当n=32时，R'M长度的最小值为此时，n＝﹣m2﹣2m+2=3解得：m＝﹣1±62∴点R的坐标是（﹣1±62，32．（2021•内江）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣2，0）、B（6，0）两点，与y轴交于点C．直线l与抛物线交于A、D两点，与y轴交于点E，点D的坐标为（4，3）．（1）求抛物线的解析式与直线l的解析式；（2）若点P是抛物线上的点且在直线l上方，连接PA、PD，求当△PAD面积最大时点P的坐标及该面积的最大值；（3）若点Q是y轴上的点，且∠ADQ＝45°，求点Q的坐标．【思路点拨】（1）利用待定系数法解决问题即可．（2）如图1中，过点P作PK∥y轴交AD于点K．设P（m，-14m2+m+3），则K（m，12m+1）．因为S△PAD=12•（xD﹣xA）•PK＝3PK，所以PK的值最大值时，（3）如图2中，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AT，则T（﹣5，6），设DT交y轴于点Q，则∠ADQ＝45°，作点T关于AD的对称点T′（1，﹣6），设DQ′交y轴于点Q′，则∠ADQ′＝45°，分别求出直线DT，直线DT′的解析式即可解决问题．【解答过程】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣2，0）、B（6，0）两点，∴设抛物线的解析式为y＝a（x+2）（x﹣6），∵D（4，3）在抛物线上，∴3＝a（4+2）×（4﹣6），解得a=-1∴抛物线的解析式为y=-14（x+2）（x﹣6）=-14x2∵直线l经过A（﹣2，0）、D（4，3），设直线l的解析式为y＝kx+m（k≠0），则-2解得，k=∴直线l的解析式为y=12x（2）如图1中，过点P作PK∥y轴交AD于点K．设P（m，-14m2+m+3），则K（m，12∵S△PAD=12•（xD﹣xA）•PK＝3∴PK的值最大值时，△PAD的面积最大，∵PK=-14m2+m+3-12m﹣1=-14m2+12m+2=-∵-14∴m＝1时，PK的值最大，最大值为94，此时△PAD的面积的最大值为274，P（1，（3）如图2中，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AT，则T（﹣5，6），设DT交y轴于点Q，则∠ADQ＝45°，∵D（4，3），∴直线DT的解析式为y=-13x∴Q（0，133作点T关于AD的对称点T′（1，﹣6），则直线DT′的解析式为y＝3x﹣9，设DQ′交y轴于点Q′，则∠ADQ′＝45°，∴Q′（0，﹣9），综上所述，满足条件的点Q的坐标为（0，133）或（0，﹣93．（2021•西宁）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=-12x+3的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C的坐标为（﹣2，0），抛物线经过A，B，（1）求抛物线的解析式；（2）直线AD与y轴负半轴交于点D，且∠BAO＝∠DAO，求证：OB＝OD；（3）在（2）的条件下，若直线AD与抛物线的对称轴l交于点E，连接BE，在第一象限内的抛物线上是否存在一点P，使四边形BEAP的面积最大？若存在，请求出点P的坐标及四边形BEAP面积的最大值；若不存在，请说明理由．【思路点拨】（1）由直线求得A，B，再由待定系数法求出抛物线解析式即可；（2）证明出△BOA≌△DOA即可；（3）根据△BPA面积最大时，四边形BEAP的面积最大，先设点P的坐标为（t，-14t2+t+3），表示出S△ABP=-34（t﹣3）2+27【解答过程】解：（1）令y＝0，则-12x+3＝0，解得x＝令x＝0，则y＝3，∴A（6，0），B（0，3），设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，把A，B，C三点坐标代入解析式，得：36a解得：a=-∴抛物线的解析式为y=-14x2+x（2）证明：∵在平面直角坐标系xOy中，∴∠BOA＝∠DOA＝90°，在△BOA和△DOA中，∠BOA∴△BOA≌△DOA（ASA），∴OB＝OD，（3）存在，理由如下：如图，过点E作EM⊥y轴于点M，∵y=-14x2+x+3=-14（x﹣2∴抛物线的对称轴是直线x＝2，∴E点的横坐标是2，即EM＝2，∵B（0，3），∴OB＝OD＝3，∴BD＝6，∵A（6，0），∴OA＝6，∴S△ABE＝S△ABD﹣S△DBE=12×6×6-1设点P的坐标为（t，-14t2+t连接PA，PB，过点P作PN⊥x轴于点H1，交直线AB于点N，过点B作BH2⊥PN于点H2，∴N（t，-12t∴PN=-14t2+t+3﹣（-12t+3）=-1∵AH1+BH2＝OA＝6，S△ABP＝S△NBP+S△ANP=12PN•BH2+12PN•AH1=∴S△ABP=12×6（-14t2+32t）=-3∵-34∴当t＝3时，△BPA面积的最大值是274，此时四边形BEAP∴四边形BEAP的面积最大值为274+12∴当P点坐标是（3，154）时，四边形BEAP面积的最大值是754．（2021•兴安盟）如图，直线y＝x+2与抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）相交于点A（12，52）和点B（4，m）．抛物线与x轴的交点分别为H、K（点H在点K的左侧）．点F在线段AB上运动（不与点A、B重合），过点F作直线FC⊥x轴于点P，交抛物线于点（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，连接AC，是否存在点F，使△FAC是直角三角形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，说明理由；（3）如图2，过点C作CE⊥AB于点E，当△CEF的周长最大时，过点F作任意直线l，把△CEF沿直线l翻折180°，翻折后点C的对应点记为点Q，求出当△CEF的周长最大时，点F的坐标，并直接写出翻折过程中线段KQ的最大值和最小值．【思路点拨】（1）先把点B代入直线的解析式，求出m的值，再把点A和点B代入抛物线的解析式，即可求出抛物线的解析式；（2）先设出F的坐标，然后分A为直角顶点和C为直角顶点两种情况，利用等腰直角三角形得性质即可求出点F的坐标；（3）先设出点C的坐标，再设出点F的坐标，然后表示出三角形CEF的周长，求出周长取最大值时点C和F的坐标即可，折叠过程中，当K，F，Q共线，且K和Q在F两侧时，KQ的最大，K和Q在F同侧时，KQ的最小．【解答过程】解：（1）∵直线y＝x+2过点B（4，m），∴m＝4+2，解得m＝6，∴B（4，6），把点A和B代入抛物线的解析式，得：14解得a=2∴抛物线的解析式为y=2（2）存在点F，使△FAC为直角三角形，设F（n，n+2），直线AB与x轴交于M，则M（﹣2，0），直线AB与y轴交于点N，则N（0，2），∵FC∥y轴，∴C（n，2n2﹣8n+6），∵直线y＝x+2与x轴的交点为M（﹣2，0），与y轴交点为N（0，2），∴OM＝ON＝2，∴∠ONM＝45°，∵FC∥y轴，∴∠AFC＝∠ONM＝45°，若△FAC为直角三角形，则分两种情况讨论：（i）若点A为直角顶点，即∠FAC＝90°，过点A作AD⊥FC于点D，在Rt△FAC中，∵∠AFC＝45°，∴AF＝AC，∴DF＝DC，∴AD=12∵n-1化简得：2n2﹣7n+3＝0，解得：n1＝3，n2=1∴F（3，5），（ii）若点C为直角顶点，即∠FCA＝90°，则AC∥x轴，在Rt△FAC中，∵∠AFC＝45°，∴AC＝CF，∴n-12=（n+2）﹣（2n2﹣8化简得：4n2﹣16n+7＝0，解得：n1=7∴F（72，11综上所述：存在点F（3，5）或（72，112），使△（3）设F（c，c+2），∵FC∥y轴，∴C（c，2c2﹣8c+6），在Rt△FEC中，∵∠AFC＝45∴EF＝EC＝CF•sin∠AFC=2∴当CF最大时，△FEC的周长最大，∵CF＝（c+2）﹣（2c2﹣8c+6）＝﹣2c2+9c﹣4=-2(c又∵﹣2＜0，∴当c=94时，CF最大即△FEC的周长最大，此时F折叠过程中，当K，F，Q共线，且K和Q在F两侧时，KQ的最大，K和Q在F同侧时，KQ的最小，∵CF=17由（1）知点K的坐标为（3，0），∴KF=(∴KQ的最大值为CF+KF=498+2984，KQ的最小值为5．（2021•赤峰）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣3，0）、B（1，0）两点，与y轴交于点C，对称轴l与x轴交于点F，直线m∥AC，点E是直线AC上方抛物线上一动点，过点E作EH⊥m，垂足为H，交AC于点G，连接AE、EC、CH、AH．（1）抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；（2）当四边形AHCE面积最大时，求点E的坐标；（3）在（2）的条件下，连接EF，点P是x轴上一动点，在抛物线上是否存在点Q，使得以F、E、P、Q为顶点，以EF为一边的四边形是平行四边形．若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．【思路点拨】（1）利用待定系数法构建方程组求出b，c即可；（2）如图1中，连接OE．设E（m，﹣m2﹣2m+3）．由题意AC∥直线m，推出△ACH的面积是定值，因为S四边形AECH＝S△AEC+S△ACH，推出当△AEC的面积最大时，四边形AECH的面积最大，构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可；（3）如图2中，因为点Q在抛物线上EF是平行四边形的边，观察图象可知，满足条件的点Q的纵坐标为±154【解答过程】解：（1）∵y＝﹣x2+bx+c与x轴交于（﹣3，0）、B（1，0），∴-9-3解得b=-2∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3．故答案为：y＝﹣x2﹣2x+3；（2）如图1中，连接OE．设E（m，﹣m2﹣2m+3）．∵A（﹣3，0），C（0，3），∴OA＝OC＝3，AC＝32，∵AC∥直线m，∴当直线m的位置确定时，△ACH的面积是定值，∵S四边形AECH＝S△AEC+S△ACH，∴当△AEC的面积最大时，四边形AECH的面积最大，∵S△AEC＝S△AEO+S△ECO﹣S△AOC=12×3×（﹣m2﹣2m+3）+12×3×（﹣m）-12×∵-32∴m=-32时，△∴E（-32，（3）存在．如图2中，因为点Q在抛物线上EF是平行四边形的边，观察图象可知，满足条件的点Q的纵坐标为±154对于抛物线y＝﹣x2﹣2x+3，当y=154时，﹣x2﹣2x+3=154，解得x∴Q1（-12，当y=-154时，﹣x2﹣2x+3=-154∴Q2（-2-312，-154），Q3综上所述，满足条件的点Q坐标为（-12，154）或（-2-312，6．（2021•阜新）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴于点A（﹣1，0），B（3，0），过点B的直线y=23x﹣2交抛物线于点（1）求该抛物线的函数表达式；（2）若点P是直线BC下方抛物线上的一个动点（P不与点B，C重合），求△PBC面积的最大值；（3）若点M在抛物线上，将线段OM绕点O旋转90°，得到线段ON，是否存在点M，使点N恰好落在直线BC上？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【思路点拨】（1）利用待定系数法即可求得答案；（2）如图1，过点P作PD∥y轴，交x轴于点D，交BC于点E，作CF⊥PD于点F，连接PB，PC，设点P（m，m2﹣2m﹣3），则点E（m，23m-2），可得出PE＝﹣m2+83m+1，再通过解方程组求出点（3）设M（t，t2﹣2t﹣3），N（n，23n﹣2），作MG⊥y轴于点G，NH⊥x轴于H，证明△OGM≌△OHN（AAS），得出GM＝NH，OG＝OH【解答过程】解：（1）将点A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3中，得：a-解得：a=1∴该抛物线表达式为y＝x2﹣2x﹣3．（2）如图1，过点P作PD∥y轴，交x轴于点D，交BC于点E，作CF⊥PD于点F，连接PB，PC，设点P（m，m2﹣2m﹣3），则点E（m，23∴PE＝PD﹣DE＝﹣m2+2m+3﹣（-23m+2）＝﹣m2+8联立方程组：y=解得：x1=3y∵点B坐标为（3，0），∴点C的坐标为（-13，∴BD+CF＝3+|-1∴S△PBC＝S△PEB+S△PEC=12PE•BD+1=12PE（BD+=12（﹣m2+83m=-53（m-43）2+125∵-5∴这个二次函数有最大值．当m=43时，S△PBC的最大值为（3）如图2，设M（t，t2﹣2t﹣3），N（n，23n﹣2作MG⊥y轴于点G，NH⊥x轴于H，∴∠OGM＝∠OHN＝90°，∵线段OM绕点O旋转90°，得到线段ON，∴OM＝ON，∠MON＝90°，∵∠GOH＝90°，∴∠MOG＝∠NOH，在△OGM与△OHN中，∠OGM∴△OGM≌△OHN（AAS），∴GM＝NH，OG＝OH，∴23解得：t1=0nM1（0，﹣3），M2(1如图3，设M（t，t2﹣2t﹣3），N（n，23n﹣2作MG⊥x轴于点G，NH⊥x轴于H，∴∠OGM＝∠OHN＝90°，∵线段OM绕点O旋转90°，得到线段ON，∴OM＝ON，∠MON＝90°，∵∠GOH＝90°，∴∠MOG＝∠NOH，在△OGM与△OHN中，∠OGM∴△OGM≌△OHN（AAS），∴GM＝NH，OG＝OH，∴t=-解得：t1=1-974，t∴M3(1-974，21+3978)综上所述，点M的坐标为M1（0，﹣3），M2(12，-154)，M3(1-7．（2021•德阳）如图，已知：抛物线y＝x2+bx+c与直线l交于点A（﹣1，0），C（2，﹣3），与x轴另一交点为B．（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线上找一点P，使△ACP的内心在x轴上，求点P的坐标；（3）M是抛物线上一动点，过点M作x轴的垂线，垂足为N，连接BM．在（2）的条件下，是否存在点M，使∠MBN＝∠APC？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【思路点拨】（1）把点A，C代入抛物线的解析式，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（2）先作出点C关于x轴的对称点C'，然后连接AC'并延长交抛物线于点P，根据对称性可知P为所求的点；（3）根据勾股定理先求出∠APC的正切值，再设出点M的坐标为（m，m2﹣2m﹣3），利用∠MBN＝∠APC列出关于m的方程，求出m，即可确定M的坐标．【解答过程】解：（1）把点A（﹣1，0），C（2，﹣3）代入y＝x2+bx+c，得到方程组：0=1-b解得b=-2∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；（2）作点C关于x轴的对称点C'，则C'（2，3），连接AC'并延长与抛物线交于点P，由图形的对称性可知P为所求的点，设直线AC'的解析式为y＝mx+n，由题意得：0=-m解得：m=1∴直线AC'的解析式为y＝x+1，将直线和抛物线的解析式联立得：y=解得x1=-1y∴P（4，5）；（3）存在点M，过点P作x轴的垂线，由勾股定理得AP=(4+1同理可求得AC=(2+1)2+∴AP2+AC2＝PC2，∠PAC＝90°，∴tan∠APC=AC∵∠MBN＝∠APC，∴tan∠MBN＝tan∠APC，∴MNBN设点M（m，m2﹣2m﹣3），则|m2-2解得m=-25或m当m=-25时，m2﹣2m﹣3∴M（-25，当m=-85，m2﹣2m﹣3∴M（-85，∴存在符合条件的点M，M的坐标为（-25，-5125），（8．（2021•攀枝花）如图，开口向上的抛物线与x轴交于A（x1，0）、B（x2，0）两点，与y轴交于点C，且AC⊥BC，其中x1，x2是方程x2+3x﹣4＝0的两个根．（1）求点C的坐标，并求出抛物线的表达式；（2）垂直于线段BC的直线l交x轴于点D，交线段BC于点E，连接CD，求△CDE的面积的最大值及此时点D的坐标；（3）在（2）的结论下，抛物线的对称轴上是否存在点P，使得△PDE是等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【思路点拨】（1）由x2+3x﹣4＝0得A（﹣4，0），B（1，0），根据△AOC∽△COB，可求C（0，﹣2），从而由待定系数法可得抛物线解析式为y=12x2+32（2）由A（﹣4，0），B（1，0），C（0，﹣2）可得AB＝5，BC=5，AC＝25，根据△ABC∽△DBE，设D（t，0），即得DE=255（1﹣t），BE=55（1﹣t），故S△BDE=12DE•BE=15（1﹣t）2，S△CDE＝S△BDC﹣S△BDE=-15（t+32）2（3）由y=12x2+32x﹣2得抛物线对称轴为直线x=-32，D在对称轴上，DE=255×[1﹣（-32）]=5，当DE＝DP时，即得P（-32，5）或（-32，-5），当DE＝PE时，过E作EH⊥x轴于H，由△DHE∽△DEB，可得E（12，﹣1），而E在DP的垂直平分线上，故P（-32，﹣2），当PD＝PE时，设P（-3【解答过程】解：（1）由x2+3x﹣4＝0得x1＝﹣4，x2＝1，∴A（﹣4，0），B（1，0），∴OA＝4，OB＝1，∵AC⊥BC，∴∠ACO＝90°﹣∠BCO＝∠OBC，∵∠AOC＝∠BOC＝90°，∴△AOC∽△COB，∴OAOC=OC∴OC＝2，∴C（0，﹣2），设抛物线解析式为y＝a（x+4）（x﹣1），将C（0，﹣2）代入得﹣2＝﹣4a，∴a=1∴抛物线解析式为y=12（x+4）（x﹣1）=12x2+（2）如图：由A（﹣4，0），B（1，0），C（0，﹣2）得：AB＝5，BC=5，AC＝25∵DE⊥BC，AC⊥BC，∴DE∥AC，∴△ABC∽△DBE，∴BDAB设D（t，0），则BD＝1﹣t，∴1-t∴DE=255（1﹣t），BE=55∴S△BDE=12DE•BE=15（1﹣而S△BDC=12BD•OC=12（1﹣t）×2＝∴S△CDE＝S△BDC﹣S△BDE＝1﹣t-15（1﹣t）2=-15t2-35t+4∵-15∴t=-32时，S△CDE最大为此时D（-32，（3）存在，由y=12x2+32x﹣2而D（-32，∴D在对称轴上，由（2）得DE=255×[1﹣（-当DE＝DP时，如图：∴DP=5∴P（-32，5）或（-3当DE＝PE时，过E作EH⊥x轴于H，如图：∵∠HDE＝∠EDB，∠DHE＝∠BED＝90°，∴△DHE∽△DEB，∴DEBD=HE∴HE＝1，DH＝2，∴E（12，﹣1∵E在DP的垂直平分线上，∴P（-32，﹣当PD＝PE时，如图：设P（-32，则m2＝（-32-12）2+（解得m=-5∴P（-32，综上所述，P的坐标为（-32，5）或（-32，-5）或（-329．（2021•百色）已知O为坐标原点，直线l：y=-12x+2与x轴、y轴分别交于A、C两点，点B（4，2）关于直线l的对称点是点E，连接EC交x轴于点（1）求证：AD＝CD；（2）求经过B、C、D三点的抛物线的函数表达式；（3）当x＞0时，抛物线上是否存在点P，使S△PBC=53S△OAE？若存在，求点【思路点拨】（1）求出A、C两点的坐标，可得四边形OABC是矩形，则OA∥BC，∠BCA＝∠OAC，由对称可得∠ACD＝∠ACB，等量代换得∠ACD＝∠OAC，等角对等边即可得出AD＝CD；（2）设OD＝m，由对称可得CE＝BC＝4，AE＝AB＝OC＝2，由（1）得CD＝AD＝4﹣m，在Rt△OCD中，根据勾股定理可得m=32，可得D的坐标，再由B、C、（3）过点E作EM⊥x轴于M，由S△AED=12AE•DE=12AD•EM，可得EM=65，设△PBC中BC边上的高为h，由S△PBC=53S△OAE可得h＝2，则点P的纵坐标为0或4，分别将【解答过程】（1）证明：∵y=-12x+2与x轴、y轴分别交于A、∴A（4，0），C（0，2），由对称得∠ACD＝∠ACB，∵B（4，2），∴四边形OABC是矩形，∴OA∥BC，∴∠BCA＝∠OAC，∴∠ACD＝∠OAC，∴AD＝CD；（2）解：设OD＝m，由对称可得CE＝BC＝4，AE＝AB＝OC＝2，∠AED＝∠B＝90°，∴CD＝AD＝4﹣m，在Rt△OCD中，OD2+OC2＝CD2，∴m2+22＝（4﹣m）2，∴m=3∴D（32，0设经过B、C、D三点的抛物线的函数表达式为：y＝ax2+bx+c，把B（4，2），C（0，2），D（32，0c=2解得：a=∴经过B，C，D三点的抛物线的函数表达式为：y=815x2-32（3）解：存在，过点E作EM⊥x轴于M，∵ED＝EC﹣CD＝EC﹣AD＝OD=3∴S△AED=12AE•DE=12∴12×2×32=1∴EM=6设△PBC中BC边上的高为h，∵S△PBC=53S△∴53×12OA•EM=∴53×12×∴h＝2，∵C（0，2），B（4，2），∴点P的纵坐标为0或4，①y＝0时，815x2-3215x+2解得：x1=32，x2②y＝4时，815x2-3215x+2解得：x3=4+312，x∴存在，点P的坐标为（32，0）或（52，0）或（4+3110．（2021•湘潭）如图，一次函数y=33x-3图象与坐标轴交于点A、B，二次函数y=33x2+bx+c（1）求二次函数解析式；（2）点B关于抛物线对称轴的对称点为点C，点P是对称轴上一动点，在抛物线上是否存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．【思路点拨】（1）由y=33x-3可求出A（3，0），B（0，-3），代入二次函数y=33x2+bx+c即得二次函数解析式为y=（2）由二次函数y=33x2-233x-3可得其对称轴为直线x=2332×33=1，设P（1，m），Q（n，33n2-233①当BC、PQ为对角线时，0+22=1+n2-3-32=m+33n2-233n-32，可得m=-233n=1，此时四边形BQCP是平行四边形，根据P（1，-233），B（0，-3），C（2，【解答过程】解：（1）在y=33x-3中，令x＝0得y=-3，令y＝0得∴A（3，0），B（0，-3∵二次函数y=33x2+bx+c图象过A、∴0=33+3b∴二次函数解析式为y=33x2-2（2）存在，理由如下：由二次函数y=33x2-233x-设P（1，m），Q（n，33n2-233n-3），而B∵C与B关于直线x＝1对称，∴C（2，-3①当BC、PQ为对角线时，如图：此时BC的中点即是PQ的中点，即0+22解得m=-∴当P（1，-233），Q（1，-由P（1，-233），B（0，-3），C（2，-3）可得PB∴PB＝PC，∴四边形BQCP是菱形，∴此时Q（1，-4②BP、CQ为对角线时，如图：同理BP、CQ中点重合，可得0+12解得m=0∴当P（1，0），Q（﹣1，0）时，四边形BCPQ是平行四边形，由P（1，0），B（0，-3），C（2，-3）可得BC2＝4＝PC∴四边形BCPQ是菱形，∴此时Q（﹣1，0）；③以BQ、CP为对角线，如图：BQ、CP中点重合，可得0+n解得m=0∴P（1，0），Q（3，0）时，四边形BCQP是平行四边形，由P（1，0），B（0，-3），C（2，-3）可得BC2＝4＝PC∴四边形BCQP是菱形，∴此时Q（3，0）；综上所述，Q的坐标为：（1，-433）或（﹣1，0）或（311．（2021•西藏）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A，B两点．与y轴交于点C．且点A的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，5）．（1）求该抛物线的解析式；（2）如图（甲）．若点P是第一象限内抛物线上的一动点．当点P到直线BC的距离最大时，求点P的坐标；（3）图（乙）中，若点M是抛物线上一点，点N是抛物线对称轴上一点，是否存在点M使得以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【思路点拨】（1）将A的坐标（﹣1，0），点C的坐（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c，即可得抛物线的解析式为y＝﹣x2+4x+5；（2）过P作PD⊥x轴于D，交BC于Q，过P作PH⊥BC于H，由y＝﹣x2+4x+5可得B（5，0），故OB＝OC，△BOC是等腰直角三角形，可证明△PHQ是等腰直角三角形，即知PH=PQ2，当PQ最大时，PH最大，设直线BC解析式为y＝kx+5，将B（5，0）代入得直线BC解析式为y＝﹣x+5，设P（m，﹣m2+4m+5），（0＜m＜5），则Q（m，﹣m+5），PQ＝﹣（m-52）2+254，故当m=52时，PH最大，即点P到直线（3）抛物线y＝﹣x2+4x+5对称轴为直线x＝2，设M（s，﹣s2+4s+5），N（2，t），而B（5，0），C（0，5），①以MN、BC为对角线，则MN、BC的中点重合，可列方程组s+22=5+02-s2+4s+5+t2=0+52，即可解得M（3，8），②以MB、NC为对角线，则MB、NC的中点重合，同理可得s+52=2+02-s2+4【解答过程】解：（1）将A的坐标（﹣1，0），点C的坐（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c得：0=-1-b+c∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+4x+5；（2）过P作PD⊥x轴于D，交BC于Q，过P作PH⊥BC于H，如图：在y＝﹣x2+4x+5中，令y＝0得﹣x2+4x+5＝0，解得x＝5或x＝﹣1，∴B（5，0），∴OB＝OC，△BOC是等腰直角三角形，∴∠CBO＝45°，∵PD⊥x轴，∴∠BQD＝45°＝∠PQH，∴△PHQ是等腰直角三角形，∴PH=PQ∴当PQ最大时，PH最大，设直线BC解析式为y＝kx+5，将B（5，0）代入得0＝5k+5，∴k＝﹣1，∴直线BC解析式为y＝﹣x+5，设P（m，﹣m2+4m+5），（0＜m＜5），则Q（m，﹣m+5），∴PQ＝（﹣m2+4m+5）﹣（﹣m+5）＝﹣m2+5m＝﹣（m-52）2∵a＝﹣1＜0，∴当m=52时，PQ最大为∴m=52时，PH最大，即点P到直线BC的距离最大，此时P（52（3）存在，理由如下：抛物线y＝﹣x2+4x+5对称轴为直线x＝2，设M（s，﹣s2+4s+5），N（2，t），而B（5，0），C（0，5），①以MN、BC为对角线，则MN、BC的中点重合，如图：∴s+22=∴M（3，8），②以MB、NC为对角线，则MB、NC的中点重合，如图：∴s+52=∴M（﹣3，﹣16），③以MC、NB为对角线，则MC、NB中点重合，如图：s+02=∴M（7，﹣16）；综上所述，M的坐标为：（3，8）或（﹣3，﹣16）或（7，﹣16）．12．（2021•郴州）将抛物线y＝ax2（a≠0）向左平移1个单位，再向上平移4个单位后，得到抛物线H：y＝a（x﹣h）2+k．抛物线H与x轴交于点A，B，与y轴交于点C．已知A（﹣3，0），点P是抛物线H上的一个动点．（1）求抛物线H的表达式；（2）如图1，点P在线段AC上方的抛物线H上运动（不与A，C重合），过点P作PD⊥AB，垂足为D，PD交AC于点E．作PF⊥AC，垂足为F，求△PEF的面积的最大值；（3）如图2，点Q是抛物线H的对称轴l上的一个动点，在抛物线H上，是否存在点P，使得以点A，P，C，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．【思路点拨】（1）根据将抛物线y＝ax2（a≠0）向左平移1个单位，再向上平移4个单位后，得到抛物线H：y＝a（x﹣h）2+k，可得顶点坐标为（﹣1，4），即可得到抛物线H：y＝a（x+1）2+4，运用待定系数法将点A的坐标代入，即可得出答案；（2）利用待定系数法可得直线AC的解析式为y＝x+3，设P（m，﹣m2﹣2m+3），则E（m，m+3），进而得出PE＝﹣（m+32）2+94，运用二次函数性质可得：当m=-32时，PE（3）分两种情形：①当AC为平行四边形的边时，则有PQ∥AC，且PQ＝AC，如图2，过点P作对称轴的垂线，垂足为G，设AC交对称轴于点H，证得△PQG≌△ACO（AAS），根据点P到对称轴的距离为3，建立方程求解即可；②当AC为平行四边形的对角线时，如图3，设AC的中点为M，则M（-32，32），设点P【解答过程】解：（1）由题意得抛物线的顶点坐标为（﹣1，4），∴抛物线H：y＝a（x+1）2+4，将A（﹣3，0）代入，得：a（﹣3+1）2+4＝0，解得：a＝﹣1，∴抛物线H的表达式为y＝﹣（x+1）2+4；（2）如图1，由（1）知：y＝﹣x2﹣2x+3，令x＝0，得y＝3，∴C（0，3），设直线AC的解析式为y＝mx+n，∵A（﹣3，0），C（0，3），∴-3解得：m=1∴直线AC的解析式为y＝x+3，设P（m，﹣m2﹣2m+3），则E（m，m+3），∴PE＝﹣m2﹣2m+3﹣（m+3）＝﹣m2﹣3m＝﹣（m+32）2∵﹣1＜0，∴当m=-32时，PE有最大值∵OA＝OC＝3，∠AOC＝90°，∴△AOC是等腰直角三角形，∴∠ACO＝45°，∵PD⊥AB，∴∠ADP＝90°，∴∠ADP＝∠AOC，∴PD∥OC，∴∠PEF＝∠ACO＝45°，∵PF⊥AC，∴△PEF是等腰直角三角形，∴PF＝EF=22∴S△PEF=12PF•EF=1∴当m=-32时，S△PEF最大值=14×（（3）①当AC为平行四边形的边时，则有PQ∥AC，且PQ＝AC，如图2，过点P作对称轴的垂线，垂足为G，设AC交对称轴于点H，则∠AHG＝∠ACO＝∠PQG，在△PQG和△ACO中，PGQ=∠∴△PQG≌△ACO（AAS），∴PG＝AO＝3，∴点P到对称轴的距离为3，又∵y＝﹣（x+1）2+4，∴抛物线对称轴为直线x＝﹣1，设点P（x，y），则|x+1|＝3，解得：x＝2或x＝﹣4，当x＝2时，y＝﹣5，当x＝﹣4时，y＝﹣5，∴点P坐标为（2，﹣5）或（﹣4，﹣5）；②当AC为平行四边形的对角线时，如图3，设AC的中点为M，∵A（﹣3，0），C（0，3），∴M（-32，∵点Q在对称轴上，∴点Q的横坐标为﹣1，设点P的横坐标为x，根据中点公式得：x+（﹣1）＝2×（-32）＝﹣∴x＝﹣2，此时y＝3，∴P（﹣2，3）；综上所述，点P的坐标为（2，﹣5）或（﹣4，﹣5）或（﹣2，3）．13．（2021•兰州）如图1，二次函数y＝a（x+3）（x﹣4）的图象交坐标轴于点A，B（0，﹣2），点P为x轴上一动点．（1）求二次函数y＝a（x+3）（x﹣4）的表达式；（2）过点P作PQ⊥x轴分别交线段AB，抛物线于点Q，C，连接AC．当OP＝1时，求△ACQ的面积；（3）如图2，将线段PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PD．①当点D在抛物线上时，求点D的坐标；②点E（2，-53）在抛物线上，连接PE，当PE平分∠BPD时，直接写出点【思路点拨】（1）将B（0，﹣2）代入y＝a（x+3）（x﹣4），即可求解；（2）先求直线AB的解析式为y=12x﹣2，则Q（1，-32），C（1，﹣2），可求S△ACQ＝S△ACP﹣S（3）①设P（t，0），过点D作x轴垂线交于点N，可证明△PND≌△BOP（AAS），则D（t+2，﹣t），将D点代入抛物线解析式得﹣t=16（t+2+3）（t+2﹣4），求德D（3，﹣1）或D（﹣8，②分两种情况讨论：当PE∥y轴时，∠OBP＝45°，则P（2，0）；当PE不平行y轴时，过B点作BG⊥PB交PE于点G，过G点作FG⊥y轴，交于点F，可证明△BPO≌△GBF（AAS），则E点与G点重合，求得P（-13，【解答过程】解：（1）将B（0，﹣2）代入y＝a（x+3）（x﹣4），∴a=1∴y=16（x+3）（x﹣4）=16x2-（2）令y＝0，则16（x+3）（x﹣4）＝0∴x＝﹣3或x＝4，∴A（4，0），设直线AB的解析式为y＝kx+b，∴b=-2∴k=∴y=12x﹣∵OP＝1，∴P（1，0），∵PQ⊥x轴，∴Q（1，-32），C（1，﹣∴AP＝3，∴S△ACQ＝S△ACP﹣S△APQ=12×3×2-（3）①设P（t，0），如图2，过点D作x轴垂线交于点N，∵∠BPD＝90°，∴∠OPB+∠NPD＝90°，∠OPB+∠OBP＝90°，∴∠NPD＝∠OBP，∵BP＝PD，∴△PND≌△BOP（AAS），∴OP＝ND，BO＝PN，∴D（t+2，﹣t），∴﹣t=16（t+2+3）（t+2﹣解得t＝1或t＝﹣10，∴D（3，﹣1）或D（﹣8，10）；②如图3，∵PE平分∠BPD，∴∠BPE＝∠EPD，∵∠BPD＝90°，∴∠BPE＝45°，当PE∥y轴时，∠OBP＝45°，∴P（2，0）；如图4，过B点作BG⊥PB交PE于点G，过G点作FG⊥y轴，交于点F，∵∠PBF+∠FBG＝90°，∠FBG+∠FGB＝90°，∴∠PBF＝∠FGB，∵∠BPG＝45°，∴BP＝BG，∴△BPO≌△GBF（AAS），∴BF＝OP，FG＝OB，∵OB＝2，∴FG＝2，∵E（2，-5∴E点与G点重合，∴PO＝BF＝2-5∴P（-13，综上所述：P点的坐标为（2，0）或（-13，14．（2021•济南）抛物线y＝ax2+bx+3过点A（﹣1，0），点B（3，0），顶点为C．（1）求抛物线的表达式及点C的坐标；（2）如图1，点P在抛物线上，连接CP并延长交x轴于点D，连接AC，若△DAC是以AC为底的等腰三角形，求点P的坐标；（3）如图2，在（2）的条件下，点E是线段AC上（与点A，C不重合）的动点，连接PE，作∠PEF＝∠CAB，边EF交x轴于点F，设点F的横坐标为m，求m的取值范围．【思路点拨】（1）利用待定系数法可以确定抛物线的解析式，利用配方法可得抛物线的顶点坐标；（2）利用△DAC是以AC为底的等腰三角形，求出点D的坐标，利用待定系数法确定直线CD的解析式，再与抛物线解析式联立，解方程组即可得到点P的坐标；（3）由（2）中的条件求得线段CP，AB的长；由已知判定出△EPC∽△FEA，得出比例式，设AF＝x，AE＝y，利用比例式求得AF的最大值，即可求得m的取值范围．【解答过程】解：（1）将点A（﹣1，0），点B（3，0）代入y＝ax2+bx+3得：a-解得：a=-1∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3．∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴顶点C（1，4）．（2）设AC交y轴于点F，连接DF，过点C作CE⊥x轴于点E，如图，∵A（﹣1，0），C（1，4），∴OA＝1，OE＝1，CE＝4．∴OA＝OE，AC=AE2∵FO⊥AB，CE⊥AB，∴FO∥CE，∴OF=12CE＝2，F为∵△DAC是以AC为底的等腰三角形，∴DF⊥AC．∵FO⊥AD，∴△AFO∽△FDO．∴AOOF∴12∴OD＝4．∴D（4，0）．设直线CD的解析式为y＝kx+m，∴k+解得：k=-∴直线CD的解析式为y=-4∴y=-解得：x1=1y∴P（73（3）过点P作PH⊥AB于点H，如下图，则OH=73，PH∵OD＝4，∴HD＝OD﹣OH=5∴PD=P∴PC＝CD﹣PD＝5-25由（2）知：AC＝25．设AF＝x，AE＝y，则CE＝25-y∵DA＝DC，∴∠DAC＝∠C．∵∠CAB+∠AEF+∠AFE＝180°，∠AEF+∠PEF+∠CEP＝180°，又∵∠PEF＝∠CAB，∴∠CEP＝∠AFE．∴△CEP∽△AFE．∴PCAE∴209∴x=-920y∴当y=5时，x即AF有最大值9∵OA＝1，∴OF的最大值为94-1∵点F在线段AD上，∴点F的横坐标m的取值范围为﹣1＜m≤515．（2021•镇江）将一张三角形纸片ABC放置在如图所示的平面直角坐标系中，点A（﹣6，0），点B（0，2），点C（﹣4，8），二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点A，B，该抛物线的对称轴经过点C，顶点为D．（1）求该二次函数的表达式及点D的坐标；（2）点M在边AC上（异于点A，C），将三角形纸片ABC折叠，使得点A落在直线AB上，且点M落在边BC上，点M的对应点记为点N，折痕所在直线l交抛物线的对称轴于点P，然后将纸片展开．①请作出图中点M的对应点N和折痕所在直线l；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）②连接MP，NP，在下列选项中：A．折痕与AB垂直，B．折痕与MN的交点可以落在抛物线的对称轴上，C.MNMP=32，D.MNMP=2，所有正确选项的序号是③点Q在二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象上，当△PDQ∼△PMN时，求点Q的坐标．【思路点拨】（1）利用待定系数法求解即可．（2）①根据要求作出图形即可．②如图2中，设线段MN的垂直平分线交抛物线对称轴于P，交MN于点Q，过点M作MH⊥CD，过点Q作QJ⊥CD于J，QT⊥MH于T．想办法证明△PMN是等腰直角三角形，可得结论．③设P（﹣4，m）．由△PDQ∽△PMN，△PMN是等腰直角三角形，推出△PDQ是等腰直角三角形，推出∠DPQ＝90°，DP＝PQ＝m+23，推出Q（-103+m【解答过程】解（1）由题意得：36a解之得：a=16，b=43，∴y=1∴当x＝﹣4时，y=1∴D（﹣4，-2（2）①如图1中，点N，直线l即为所求．②如图2中，设线段MN的垂直平分线交抛物线对称轴于P，交MN于点Q，过点M作MH⊥CD，过点Q作QJ⊥CD于J，QT⊥MH于T．由题意A（﹣6，0），B（0，2），C（﹣4，8），∴直线AC的解析式为y＝4x+24，直线AB的解析式为y=13x+2，直线BC的解析式为y=-3∵MN∥AB，∴可以假设直线MN的解析式为y=13x+由y=13∴M（3t-72由y=-32∴N（12-6t11，∴Q（-60-3t22∵QJ⊥CD，QT⊥MH，∴QJ=-60-3t22+4∴QJ＝QT，∵∠PJQ＝∠MTQ＝90°，∠QPJ＝∠QMT，QJ＝QT，∴△PJQ≌△MTQ（AAS），∴PQ＝MQ，∵∠PQM＝90°，∴∠PMN＝∠MPQ＝45°，∵PM＝PN，∴∠PMN＝∠PNM＝45°，∴∠MPN＝90°，∴△PMN是等腰直角三角形，∴MNMP=2，故选项D正确，B∵将三角形纸片ABC折叠，使得点A落在直线AB上，且点M落在边BC上，∴折痕与AB垂直，故选项A正确，故答案为：A，D．③设P（﹣4，m）．∵△PDQ∽△PMN，△PMN是等腰直角三角形，∴△PDQ是等腰直角三角形，∴∠DPQ＝90°，DP＝PQ＝m+2∴Q（﹣4+m+23，m），即Q（-103把Q的坐标代入y=16x2+43x+2，得到，m=16（整理得，9m2﹣42m﹣32＝0，解得m=163或∴Q（2，163根据对称性可知Q′（﹣10，163综上所述，满足条件的点Q的坐标为（2，163）或（﹣10，1616．（2021•锦州）如图1，在平面直角坐标系中，直线y=34x+1分别与x轴、y轴交于点A，C，经过点C的抛物线y=14x2+bx+c与直线y=34x+1的另一个交点为点（1）求抛物线的表达式．（2）M为抛物线上的动点．①N为x轴上一点，当四边形CDMN为平行四边形时，求点M的坐标；②如图2，点M在直线CD下方，直线OM（OM∥CD的情况除外）交直线CD于点B，作直线BD关于直线OM对称的直线BD′，当直线BD′与坐标轴平行时，直接写出点M的横坐标．【思路点拨】（1）先由直线解析式求出A，C，D的坐标，再由C，D坐标求出抛物线解析式；（2）①设N（n，0），由四边形CDMN为平行四边形，推出由平移与坐标关系可得M（n+6，92），再利用待定系数法求出n②因为直线BD′与坐标轴平行，所以BD′∥x轴和BD′∥y轴分类讨论，以BD′∥x轴为例，画出草图，由于BM平分∠DBD′，又∠AOB＝∠D′BM，等量代换，可以证得△AOB是等腰三角形，求出AB的长度，并且有A和D点坐标，求出∠DAO的三角函数值，过B作BH⊥x轴于H，在直角△ABH中，利用AB的长度，和∠BAH的三角函数值，求出AH和BH的长度，得到B点坐标，进一步得到直线OB的解析式，联立直线OB和抛物线解析式，求得交点M点坐标，当BD′∥y轴，用同样的方法解决．【解答过程】解：（1）令x＝0，则y=34x+1＝∴C点坐标为（0，1），令y＝0，则34∴x=-∴A点坐标为（-43，令x＝6，则y=3∴D点坐标为（6，将C，D两点坐标代入到抛物线解析式中得，c=1解得b=-∴抛物线的表达式为：y=1（2）①设N（n，0），∵四边形CDMN为平行四边形，∴由平移与坐标关系可得M（n+6，92∵点M在抛物线上，∴14(n∴n2+9n+4＝0，∴n=-∴点M的坐标为（3+652，92）或（3-②第一种情况：如图1，当BD′∥x轴时，分别过A，D作x轴的垂线，垂足分别为H，Q，在直角△ADQ中，AQ＝6+43=22∴tan∠DAQ=DQ∴cos∠DAQ=4∵∠BAH＝∠DAQ，∴cos∠BAH=AH∵直线BD与直线BD′关于直线OM对称，∴∠DBM＝∠D′BM，∵BD′∥x轴，∴∠HOB＝∠D′BM＝∠DBM，∴AB＝AO=4∴AH4∴AH=16∴OH＝AH+AO=令x=-125，则y∴B点坐标为（-125，设直线OB的解析式为y＝kx，代入点B得，k=1∴直线OB的解析式为y=13联立y=解得x1=4∴点M的横坐标为3或43第二种情况，如图2，当BD′∥y轴时，设BD′交x轴于H，∴∠COB＝∠OBH，∵直线BD与直线BD′关于直线OM对称，∴∠CBO＝∠OBH＝∠COB，∴CB＝CO＝1，过C作CE⊥BH于E，∴CE∥x轴，∴∠BCE＝∠CAO，∵tan∠CAO=CO∴cos∠CAO=4∴cos∠BCE=CE∴CE=4∴BE=∵CE⊥BH，BH⊥x轴，∴∠CEH＝∠BHO＝∠COH＝90°，∴四边形CEHO为矩形，∴EH＝CO＝1，CE＝OH=4∴BH＝BE+EH=8∴点B的坐标为（45∴直线OB的解析式为y＝2x，联立y=2化简得，x211x+4＝0，∴x=∵点M在直线CD下方，∴x＜6，∴x=11-∴点M的横坐标为11-105即点M的横坐标为3或43或11-17．（2021•鞍山）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴于点A（﹣1，0），B（3，0），D是抛物线的顶点，P是抛物线上的动点，点P的横坐标为m（0≤m≤3），AE∥PD交直线l：y=12x+2于点E，AP交DE于点F，交y轴于点（1）求抛物线的表达式；（2）设△PDF的面积为S1，△AEF的面积为S2，当S1＝S2时，求点P的坐标；（3）连接BQ，点M在抛物线的对称轴上（位于第一象限内），且∠BMQ＝45°，在点P从点B运动到点C的过程中，点M也随之运动，直接写出点M的纵坐标t的取值范围．【思路点拨】（1）运用待定系数法将A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3，即可求得答案；（2）利用配方法可求得抛物线顶点坐标D（1，﹣4），由AE∥PD得△AEF∽△PDF，再根据△PDF与△AEF的面积相等，可得△AEF≌△PDF，故点F分别是AP、ED的中点，设E（e，12e+2），P（m，m2﹣2m﹣3（3）根据题意，分别求出t的最大值和最小值：①当点P与点B重合时，点Q与点O重合，此时t的值最大，如图2，以OB为斜边在第一象限内作等腰直角△O′OB，以O′为圆心，OO′为半径作⊙O′，交抛物线对称轴于点M（1，t），过点O′作O′H⊥y轴于点H，运用勾股定理即可求得答案，②当点P与点C重合时，点Q与点C重合，此时t的值最小，如图3，连接BC，以O为圆心，OB为半径作⊙O交抛物线对称轴于点M，连接OM，设抛物线对称轴交x轴于点E，运用勾股定理即可求得答案．【解答过程】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴于点A（﹣1，0），B（3，0），∴将A、B坐标分别代入抛物线解析式得：a-解得：a=1∴抛物线的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3；（2）∵D是抛物线的顶点，抛物线的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴D（1，﹣4），∵AE∥PD交直线l：y=12x+2于点E，P是抛物线上的动点，点P的横坐标为m（0≤m∴△AEF∽△PDF，设E（e，12e+2），P（m，m2﹣2m﹣3又∵△PDF的面积为S1，△AEF的面积为S2，S1＝S2，∴△AEF≌△PDF，∴AF＝PF，EF＝DF，即点F分别是AP、ED的中点，又∵A（﹣1，0），P（m，m2﹣2m﹣3），E（e，12e+2），D（1，﹣4∴由中点坐标公式得：m-解得：m1＝0，m2=5∴点P的坐标为（52，-74）或（0（3）①当点P与点B重合时，点Q与点O重合，此时t的值最大，如图2，以OB为斜边在第一象限内作等腰直角△O′OB，则O′（32，32），OO′＝O′B以O′为圆心，OO′为半径作⊙O′，交抛物线对称轴于点M（1，t），过点O′作O′H⊥y轴于点H，则∠O′HM＝90°，∵O′H=32-1=12，O′M∴MH=O∴t=3②当点P与点C重合时，点Q与点C重合，此时t的值最小，如图3，连接BC，以O为圆心，OB为半径作⊙O交抛物线对称轴于点M，∵OB＝OC＝3，∴⊙O经过点C，连接OM，设抛物线对称轴交x轴于点E，则OM＝OB＝3，OE＝1，∵∠MEO＝90°，∴ME=OM2∴t＝22，综上所述，22≤t≤18．（2021•淮安）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=14x2+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣3，0）和点B（5，0），顶点为点D，动点M、Q在x轴上（点M在点Q的左侧），在x轴下方作矩形MNPQ，其中MQ＝3，MN＝2．矩形MNPQ沿x轴以每秒1个单位长度的速度向右匀速运动，运动开始时，点M的坐标为（﹣6，0），当点M与点B重合时停止运动，设运动的时间为t秒（t＞（1）b＝-12，c＝-（2）连接BD，求直线BD的函数表达式．（3）在矩形MNPQ运动的过程中，MN所在直线与该二次函数的图象交于点G，PQ所在直线与直线BD交于点H，是否存在某一时刻，使得以G、M、H、Q为顶点的四边形是面积小于10的平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．（4）连接PD，过点P作PD的垂线交y轴于点R，直接写出在矩形MNPQ整个运动过程中点R运动的路径长．【思路点拨】（1）把A（﹣3，0）、B（5，0）代入y=14x2+bx+c，列方程组求出b，（2）将抛物线的函数表达式由一般式配成顶点式，求出顶点D的坐标，再用待定系数法求直线BD的函数表达式；（3）先由QM•QH＜10，且QH≠0，点M与点B重合时停止运动，确定t的取值范围，再用含t的代数式分别表示点G、点H的坐标，由MG＝HQ列方程求出t的值；（4）过点P作直线x＝1的垂线，垂足为点F，交y轴于点G，由△PRG∽△DPF，确定点R的最低点和最高点的坐标，再求出点R运动的路径长．【解答过程】解：（1）把A（﹣3，0）、B（5，0）代入y=14x2+bx+得94-3故答案为：-12，（2）∵y=14x2-12x-154=14∴该抛物线的顶点坐标为D（1，﹣4）；设直线BD的函数表达式为y＝mx+n，则5m+n∴y＝x﹣5．（3）存在，如图1、图2．由题意得，M（t﹣6，0），Q（t﹣3，0），∴G（t﹣6，14t2-72t+334），H（t﹣3∵QM•QH＜10，且QH≠0，点M、B重合时停止运动，∴3(t-8)＜103(8-t)∵MG∥HQ，∴当MG＝HQ时，以G、M、H、Q为顶点的四边形是平行四边形，∴|14t2-72t+334|＝由14t2-72t+334=t﹣8得，t2﹣解得，t1＝5，t2＝13（不符合题意，舍去）；由14t2-72t+334=-t+8得，t2﹣解得，t1＝5+26，t2＝5﹣26（不符合题意，舍去），综上所述，t＝5或t＝5+26．（4）由（2）得，抛物线y=14x2-12x-15过点P作直线x＝1的垂线，垂足为点F，交y轴于点G，如图3，点Q在y轴左侧，此时点R在点G的上方，当点M的坐标为（﹣6，0）时，点R的位置最高，此时点Q与点A重合，∵∠PGR＝∠DFP＝90°，∠RPG＝90°﹣∠FPD＝∠PDF，∴△PRG∽△DPF，∴RGPF∴RG=PG⋅∴R（0，4）；如图4，为原图象的局部入大图，当点Q在y轴右侧且在直线x＝1左侧，此时点R的最低位置在点G下方，由△PRG∽△DPF，得，RGPF∴GR=PG设点Q的坐标为（r，0）（0＜r＜1），则P（r，﹣2），∴GR=r(1-r)2=-12r2+1∴当r=12时，GR的最大值为∴R（0，-17如图5，为原图象的缩小图，当点Q在直线x＝1右侧，则点R在点G的上方，当点M与点B重合时，点R的位置最高，由△PRG∽△DPF，得，RGPF∴GR=PG⋅∴R（0，26），∴4+178+∴点R运动路径的长为137419．（2021•盘锦）如图，抛物线y=-12x2+2x+6与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，直线y＝x﹣2与y轴交于点D，与x轴交于点E，与直线BC交于点（1）点F的坐标为（4，2）；（2）如图1，点P为第一象限抛物线上的一点，PF的延长线交OB于点Q，PM⊥BC于点M，QN⊥BC于点N，若PMQN=11（3）如图2，点S为第一象限抛物线上的一点，且点S在射线DE上方，动点G从点E出发，沿射线DE方向以每秒42个单位长度的速度运动，当SE＝SG，且tan∠SEG=12时，求点G的运动时间【思路点拨】（1）先求出B（6，0），C（0，6），再求出直线BC的解析式为y＝﹣x+6，联立y=-x+6（2）过点P作PG⊥x轴于点G，过点F作FH⊥x轴交于点H，证明△PMF∽△QNF，得PFQF=114，再由FH∥PG，得FHPG=415，可求PG=152，即为P点纵坐标为152，则可求P（3）过点S作SK⊥EG于点K，SH⊥x轴于点H，交EG于点L，证明△ODE是等腰直角三角形，△EHL为等腰直角三角形，则有LK＝SK=2t，SL=2SK＝2t，EL=2t，EH＝LH＝t，OH＝t+2，SH＝3t，求出S（t+2，3t），求出t＝2，则可得点G的运动时间为【解答过程】解：（1）在抛物线y=-12x2+2x令y＝0，则-12x2+2x+6＝∴x＝﹣2或x＝6，∴A（﹣2，0），B（6，0），令x＝0，则y＝6，∴C（0，6），在直线y＝x﹣2，令y＝0，则x＝2，∴E（2，0），令x＝0，则y＝﹣2，∴D（0，﹣2），设直线BC的解析式为y＝kx+b，∴b=6∴k=-1∴y＝﹣x+6，联立y=-解得x=4∴F（4，2），故答案为（4，2）；（2）如图1，过点P作PG⊥x轴于点G，过点F作FH⊥x轴交于点H，∵PM⊥BC，QN⊥BC，∴∠PMF＝∠QNF，∴△PMF∽△QNF，∴PMQN∵PMQN∴PFQF∵FH∥PG，∴FQPQ∵FH＝2，∴PG=15∴P点纵坐标为152∴-12x2+2x+6∴x＝1或x＝3，∴P（1，152）或P（3，15（3）如图2，过点S作SK⊥EG于点K，SH⊥x轴于点H，交EG于点L，由题意得，EG＝42t，∵SE＝SG，∴EK＝GK=12EG＝22在Rt△SEK中，tan∠SEG=SK∴SK=2t∵E（2，0），D（0，﹣2），∴OE＝OD，∴△ODE是等腰