沪教版暑假新九年级数学考点讲与练第21讲二次函数中面积的存在性问题(考点讲与练)(原卷版+解析)

第21讲二次函数中面积的存在性问题（核心考点讲与练）【基础知识】类型一：固定面积的存在性问题固定面积的存在性问题最为简单，在待求图形中，往往只有一个是变量，此时只需通过方程将其解出即可．类型二：有关面积比的存在性问题有些问题是关于两个未知面积比的，此类问题的难度稍大．一般都需要先通过公共边或公共高，将面积比转化为线段之比，从而进一步列出方程解决问题．解题思路：根据题目条件，求出相应的固定面积；找到待求图形合适的底和高；列出方程，解出相应变量；根据题目实际情况，验证所有可能点是否满足要求并作答．【考点剖析】1．(2023秋•闵行区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x+5与x牰交于点A，与y轴交于点B，点C为抛物线y＝ax2﹣2a2x+a3+12（1）用含a的代数式表示顶点C的坐标；（2）当顶点C在△AOB内部，且S△AOC=5（3）如果将抛物线向右平移一个单位，再向下平移12个单位后，平移后的抛物线的顶点P仍在△AOB内，求a2．(2023春•金山区月考）在平面直角坐标系xOy中（如图），已知点A（2，1），点B与点A关于x轴对称．抛物线y＝f（x）经过原点O，且顶点为B，将该抛物线与x轴的另外一个交点记为C．（1）求抛物线y＝f（x）的表达式；（2）如果点D在抛物线y＝f（x）上，且S△DOC＝2S△AOC，求点D的坐标；（3）在抛物线y＝f（x）的对称轴上是否存在一点E，使得抛物线y＝f（x）上的任意一点F到点E的距离都等于点F到直线y＝﹣2的距离？如果存在，试求点E的坐标；如果不存在，请简述理由．3．(2023•青山区二模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C（0，3），对称轴是直线x＝1．（1）求抛物线的表达式；（2）直线MN平行于x轴，与抛物线交于M、N两点（点M在点N的左侧），且MN=34AB，点C关于直线MN的对称点为E，求线段（3）点P是该抛物线上一点，且在第一象限内，联结CP、EP，EP交线段BC于点F，当S△CPF：S△CEF＝1：2时，求点P的坐标．4．(2023秋•徐汇区期末）如图，抛物线y=−43x2+103x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，C为线段OA上的一个动点，过点C作x轴的垂线，交直线AB（1）求直线AB的表达式，直接写出顶点M的坐标；（2）当以B，E，D为顶点的三角形与△CDA相似时，求点C的坐标；（3）当∠BED＝2∠OAB时，求△BDE与△CDA的面积之比．5．(2023•黄浦区校级二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2﹣2ax+c（a＞0）与x轴交于点A（﹣2，0）、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D，直线y=12x+b经过点A（1）求△ABE的面积；（2）联结EC，交x轴于点F，联结AC，若S△AEF（3）在（2）的条件下，点P是直线AE上一点，且∠EPB＝∠ECB，求点P的坐标．【过关检测】1．(2023•青浦区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2﹣4ax+3的图象与x轴正半轴交于点A、B，与y轴相交于点C，顶点为D，且tan∠CAO＝3．（1）求这个二次函数的解析式；（2）点P是对称轴右侧抛物线上的点，联结CP，交对称轴于点F，当S△CDF：S△FDP＝2：3时，求点P的坐标；（3）在（2）的条件下，将△PCD沿直线MN翻折，当点P恰好与点O重合时，折痕MN交x轴于点M，交y轴于点N，求OMON2．(2023•黄浦区二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+mx+n经过点A（5，0），顶点为点B，对称轴为直线x＝3，且对称轴与x轴交于点C．直线y＝kx+b经过点A，与线段BC交于点E．（1）求抛物线y＝﹣x2+mx+n的表达式；（2）联结BO、EO．当△BOE的面积为3时，求直线y＝kx+b的表达式；（3）在（2）的条件下，设点D为y轴上的一点，联结BD、AD．当BD＝EO时，求∠DAO的余切值．3．(2023•宝山区三模）如图，在直角坐标平面xOy内，点A在x轴的正半轴上，点B在第一象限内，且∠OAB＝90°，∠BOA＝30°，OB＝4．二次函数y＝﹣x2+bx的图象经过点A，顶点为点C．（1）求这个二次函数的解析式，并写出顶点C的坐标；（2）设这个二次函数图象的对称轴l与OB相交于点D，与x轴相交于点E，求DEDC（3）设P是这个二次函数图象的对称轴l上一点，如果△POA的面积与△OCE的面积相等，求点P的坐标．4．(2023•宝山区二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=13x2+bx﹣1与x轴交于点A和点B（点A在x轴的正半轴上），与y轴交于点（1）求顶点P和点B的坐标；（2）将抛物线向右平移2个单位，得到的新抛物线与y轴交于点M，求点M的坐标和△APM的面积；（3）如果点N在原抛物线的对称轴上，当△PMN与△ABC相似时，求点N的坐标．5．(2023•普陀区二模）在平面直角坐标系xOy中（如图），已知抛物线y=12x2+bx+c与x轴交于点A（﹣2，0）、B（6，0），与y轴交于点C，点D是在第四象限内抛物线上的一个动点，直线AD与直线BC交于点（1）求b、c的值和直线BC的表达式；（2）设∠CAD＝45°，求点E的坐标；（3）设点D的横坐标为d，用含d的代数式表示△ACE与△DCE的面积比．6．(2023秋•松江区月考）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝x2+bx+c过A，B，C三点，点A的坐标是（3，0），点C的坐标是（0，﹣3）．（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；（2）求以点A、点C及点D围成的△ACD的面积；（3）在抛物线上是否存在点P，使得∠PCA＝15°，若存在，请求出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．7．(2023•崇明区二模）已知抛物线y＝ax2+bx﹣4经过点A（﹣1，0），B（4，0），与y轴交于点C，点D是该抛物线上一点，且在第四象限内，连接AC、BC、CD、BD．（1）求抛物线的函数解析式，并写出对称轴；（2）当S△BCD＝4S△AOC时，求点D的坐标；（3）在（2）的条件下，如果点E是x轴上的一点，点F是抛物线上一点，当点A、D、E、F为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点E的坐标．第21讲二次函数中面积的存在性问题（核心考点讲与练）【基础知识】类型一：固定面积的存在性问题固定面积的存在性问题最为简单，在待求图形中，往往只有一个是变量，此时只需通过方程将其解出即可．类型二：有关面积比的存在性问题有些问题是关于两个未知面积比的，此类问题的难度稍大．一般都需要先通过公共边或公共高，将面积比转化为线段之比，从而进一步列出方程解决问题．解题思路：根据题目条件，求出相应的固定面积；找到待求图形合适的底和高；列出方程，解出相应变量；根据题目实际情况，验证所有可能点是否满足要求并作答．【考点剖析】1．(2023秋•闵行区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x+5与x牰交于点A，与y轴交于点B，点C为抛物线y＝ax2﹣2a2x+a3+12（1）用含a的代数式表示顶点C的坐标；（2）当顶点C在△AOB内部，且S△AOC=5（3）如果将抛物线向右平移一个单位，再向下平移12个单位后，平移后的抛物线的顶点P仍在△AOB内，求a分析：（1）将二次函数解析式化为顶点式求解．（2）先由直线解析式求出点A，B的坐标，由S△AOC=12OA•|yC|=52求出|yC|，再由点（3）由点C平移得到点P坐标，由点P在三角形AOB内部列不等式求解．【解答】解：（1）∵y＝ax2﹣2a2x+a3+12a＝a（x2﹣2ax+a2）+12a＝a（x﹣a）∴抛物线顶点C坐标为（a，12a（2）把x＝0代入y＝﹣x+5得y＝5，∴点B坐标为（0，5），把y＝0代入y＝﹣x+5得0＝﹣x+5，解得x＝5，∴点A坐标为（5，0），∵S△AOC=12OA•|yC|∴52|yC|=∴|yC|＝1，解得yC＝±1，∵C在△AOB内部，∴12a解得a＝2，∴y＝2x2﹣8x+9．（3）∵点顶点C坐标为（a，12a∴抛物线向右平移一个单位，再向下平移12个单位后，点P坐标为（a+1，12a把x＝a+1代入y＝﹣x+5得y＝﹣a+4，∴0＜a＜50＜解得1＜a＜3．【点评】本题考查二次函数与一次函数的综合问题，掌握函数与方程及不等式的关系．2．(2023春•金山区月考）在平面直角坐标系xOy中（如图），已知点A（2，1），点B与点A关于x轴对称．抛物线y＝f（x）经过原点O，且顶点为B，将该抛物线与x轴的另外一个交点记为C．（1）求抛物线y＝f（x）的表达式；（2）如果点D在抛物线y＝f（x）上，且S△DOC＝2S△AOC，求点D的坐标；（3）在抛物线y＝f（x）的对称轴上是否存在一点E，使得抛物线y＝f（x）上的任意一点F到点E的距离都等于点F到直线y＝﹣2的距离？如果存在，试求点E的坐标；如果不存在，请简述理由．分析：（1）由点A坐标求出点B坐标，设抛物线顶点式，将（0，0）代入解析式求解．（2）由S△DOC＝2S△AOC可得yD＝2yA＝2，进而求解．（3）设点E坐标为（2，a），点F坐标为（x，14x2﹣x），用代数式表示点F到点E及点F到直线y【解答】解：（1）点A（2，1）关于x轴对称点B坐标为（2，﹣1），点B为顶点，设抛物线解析式为y＝a（x﹣2）2﹣1，将（0，0）代入y＝a（x﹣2）2﹣1得0＝4a﹣1，解得a=1∴y=14（x﹣2）2﹣1=14x（2）∵抛物线对称轴为直线x＝2，抛物线经过原点，∴点C坐标为（4，0），∵S△DOC＝2S△AOC，∴yD＝2yA＝2，将y＝2代入y=14（x﹣2）2﹣1得2=14（解得x1＝2﹣23，x2＝2+23，∴点D坐标为（2﹣23，2）或（2+23，2）．（3）设点E坐标为（2，a），点F坐标为（x，14x2﹣x∴EF=(2−x∵F到直线y＝﹣2的距离为14x2﹣x﹣（﹣2）=14x2∴(2−x)2+(14x2−x−a)2∴a＝0满足题意，∴点E坐标为（2，0）．【点评】本题考查二次函数的综合应用，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与方程的关系．3．(2023•青山区二模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C（0，3），对称轴是直线x＝1．（1）求抛物线的表达式；（2）直线MN平行于x轴，与抛物线交于M、N两点（点M在点N的左侧），且MN=34AB，点C关于直线MN的对称点为E，求线段（3）点P是该抛物线上一点，且在第一象限内，联结CP、EP，EP交线段BC于点F，当S△CPF：S△CEF＝1：2时，求点P的坐标．分析：（1）根据对称轴为直线x＝1求出b＝2，即可求解；（2）由抛物线的对称性知，QM＝QN=12MN=32，则点N（52，74（3）S△CPF：S△CEF＝1：2，即PFEF=12，而△PP′F∽△ECF，则【解答】解：（1）由题意得：−b2×(−1)=1∵抛物线与y轴交于点C（0，3），故c＝3，故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3；（2）对于y＝﹣x2+2x+3，令y＝0，则x＝﹣1或3，故点A、B的坐标分别为：（﹣1，0）、（3，0），则AB＝4，MN=34如图1，作抛物线的对称轴交MN于点Q，由抛物线的对称性知，QM＝QN=12MN则点N的横坐标为1+32=52，故点N（52，7则点C关于MN的对称点E的坐标为：（0，12即OE=1（3）过点P作PP′∥OC交BC于点P′，设直线BC的表达式为：y＝mx+n，则n=30=3m+n，解得：m=故直线BC的表达式为：y＝﹣x+3，设点P（a，﹣a2+2a+3），则点P′（a，﹣a+3），则PP′＝（﹣a2+2a+3）﹣（﹣a+3）＝﹣a2+3a，∵S△CPF：S△CEF＝1：2，即PFEF∵PP′∥CE，∴△PP′F∽△ECF，∴PFEF=PP'解得：a=52或故点P的坐标为：（52，74）或（12【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、三角形相似、面积的计算等，综合性比较强，难度适中．4．(2023秋•徐汇区期末）如图，抛物线y=−43x2+103x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，C为线段OA上的一个动点，过点C作x轴的垂线，交直线AB（1）求直线AB的表达式，直接写出顶点M的坐标；（2）当以B，E，D为顶点的三角形与△CDA相似时，求点C的坐标；（3）当∠BED＝2∠OAB时，求△BDE与△CDA的面积之比．分析：（1）求出A、B点的坐标，用待定系数法求直线AB的解析式即可；（2）由题意可知△BED是直角三角形，设C（t，0），分两种情况讨论①当∠BED＝90°，时，BE∥AC，此时E（t，2），由此可求t=52；②当∠EBD＝90°时，过点E作EQ⊥y轴交于点Q，可证明△ABO∽△BEQ，则AOBQ=BOEQ，可求E（t，2+32t（3）作BA的垂直平分线交x轴于点Q，连接BQ，过点B作BG⊥EC于点G，则有∠BQO＝∠BED，在Rt△BOQ中，BQ2＝4+（3﹣BQ）2，求出BQ=136，QO=56，则tan∠BQO＝tan∠BEG=125，设C（t，0），则D（t，−23t+2），E（t，−43t2【解答】解：（1）令y＝0，则−43x2+∴x=−12∴A（3，0），令x＝0，则y＝2，∴B（0，2），设直线AB的解析式为y＝kx+b，∴b=23k+b=0∴k=−∴y=−2∵y=−43x2+103x+2=−4∴M（54，49（2）∵∠ADC＝∠BDE，∠ACD＝90°，∴△BED是直角三角形，设C（t，0），如图1，当∠BED＝90°，时，BE∥AC，∴E（t，2），∴−43t2+∴t＝0（舍）或t=5∴C（52②如图2，当∠EBD＝90°时，过点E作EQ⊥y轴交于点Q，∵∠BAO+∠ABO＝90°，∠ABO+∠QBE＝90°，∴∠QBE＝∠BAO，∴△ABO∽△BEQ，∴AOBQ=BO∴BQ=32∴E（t，2+32∴2+32t=−43∴t＝0（舍）或t=11∴C（118综上所述：C点的坐标为（118，0）或（5（3）如图3，作BA的垂直平分线交x轴于点Q，连接BQ，过点B作BG⊥EC于点G，∴BQ＝AQ，∴∠BQA＝∠QAB，∵∠BED＝2∠OAB，∴∠BQO＝∠BED，在Rt△BOQ中，BQ2＝BO2+OQ2，∴BQ2＝4+（3﹣BQ）2，∴BQ=13∴QO=5∴tan∠BQO=12∴tan∠BEG=12设C（t，0），则D（t，−23t+2），E（t，−43t∵BG＝t，DE=−43t2+4t，AC＝3﹣t，DC=−23t+2，EG∴125∴t=35∴S△BDE=12ED•S△CDA=12AC•∴S△BDE【点评】本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，三角形相似的性质与判定，分类讨论，数形结合是解题的关键．5．(2023•黄浦区校级二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2﹣2ax+c（a＞0）与x轴交于点A（﹣2，0）、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D，直线y=12x+b经过点A（1）求△ABE的面积；（2）联结EC，交x轴于点F，联结AC，若S△AEF（3）在（2）的条件下，点P是直线AE上一点，且∠EPB＝∠ECB，求点P的坐标．分析：（1）将A（﹣2，0）代入y=12x+b可得b＝1，由抛物线y＝ax2﹣2ax+c的对称轴为直线x=−−2a2a=1，在y=12x+1中，令x＝1可得E（1，32），根据A（﹣2，0），B关于对称轴直线x＝1对称，即知B（4，0），从而可得S△（2）过E作EK⊥y轴于K，由S△AEFS△AFC=34，OF∥EK，可得OKOC=EFCF（3）过B作BP∥CE交直线AE于P，以B为圆心，BP为半径作圆与直线AE另一交点为P'，直线AE为y=12x+1，用待定系数法可得直线BC为y=12x﹣2，即知AE∥BC，从而四边形ECBP是平行四边形，有∠ECB＝∠EPB，P是满足题意的点，由平移可得P（5，72），因BP＝BP'，所以∠EP'B＝∠EPB＝∠ECB，P'是满足题意的点，设P'（m，12m+1），可得（5﹣4）2+（72−0）2＝（m﹣4）2+（12m【解答】解：（1）将A（﹣2，0）代入y=12x+﹣1+b＝0，解得b＝1，∴y=12抛物线y＝ax2﹣2ax+c的对称轴为直线x=−在y=12x+1中，令x＝1得y∴E（1，32∵抛物线y＝ax2﹣2ax+c（a＞0）与x轴交于点A（﹣2，0）、B两点，∴A（﹣2，0），B关于对称轴直线x＝1对称，∴B（4，0），∴AB＝6，∴S△ABE=12AB•|yE|=1答：△ABE的面积是92（2）过E作EK⊥y轴于K，如图：∵S△AEF∴EFCF∵OF∥EK，∴OKOC由（1）知E（1，32∴OK=3∴OC＝2，∴C（0，﹣2），把A（﹣2，0），C（0，﹣2）代入y＝ax2﹣2ax+c得：4a+4a+c=0c=−2解得a=1∴抛物线的表达式为y=14x2−（3）过B作BP∥CE交直线AE于P，以B为圆心，BP为半径作圆与直线AE另一交点为P'，如图：由（1）（2）知直线AE为y=12x+1，C（0，﹣2），设直线BC为y＝tx﹣2，将B（4，0）代入得：4t﹣2＝0，解得t=1∴直线BC为y=12∴AE∥BC，∵BP∥CE，∴四边形ECBP是平行四边形，∴∠ECB＝∠EPB，∴P是满足题意的点，由C（0，﹣2）平移至B（4，0）与E（1，32）平移至P方式相同，可得P（5，7∵BP＝BP'，∴∠EP'B＝∠EPB＝∠ECB，∴P'是满足题意的点，设P'（m，12m∵BP＝BP'，∴（5﹣4）2+（72−0）2＝（m﹣4）2+（12m解得m＝5（与P重合，舍去）或m=3∴P'（35，13综上所述，点P的坐标为（5，72）或（35，【点评】本题考查一次函数、二次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，平行四边形、等腰三角形等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．【过关检测】1．(2023•青浦区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2﹣4ax+3的图象与x轴正半轴交于点A、B，与y轴相交于点C，顶点为D，且tan∠CAO＝3．（1）求这个二次函数的解析式；（2）点P是对称轴右侧抛物线上的点，联结CP，交对称轴于点F，当S△CDF：S△FDP＝2：3时，求点P的坐标；（3）在（2）的条件下，将△PCD沿直线MN翻折，当点P恰好与点O重合时，折痕MN交x轴于点M，交y轴于点N，求OMON分析：（1）在Rt△AOC中，tan∠CAO=OCOA=（2）利用S△CDF（3）证明∠ONM＝∠POH，则tan∠ONM=OM【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2﹣4ax+3的图象与y轴交于点C，∴点C的坐标为（0，3），∴OC＝3，连接AC，在Rt△AOC中，tan∠CAO=OC∴OA＝1，将点A（1，0）代入y＝ax2﹣4ax+3，得a﹣4a+3＝0，解得：a＝1．所以，这个二次函数的解析式为y＝x2﹣4x+3；（2）过点C作CG⊥DF，过点P作PQ⊥DF，垂足分别为点G、Q．∵抛物线y＝x2﹣4x+3的对称轴为直线x＝2，∴CG＝2，∵S△CDF∴PQ＝3，∴点P的横坐标为5，∴把x＝5代入y＝x2﹣4x+3，得y＝8，∴点P的坐标为（5，8）；（3）过点P作PH⊥OM，垂足分别为点H，∵点P的坐标为（5，8），∴OH＝5，PH＝8，∵将△PCD沿直线MN翻折，点P恰好与点O重合，∴MN⊥OP，∴∠ONM+∠NOP＝90°，又∵∠POH+∠NOP＝90°，∴∠ONM＝∠POH，∴tan∠ONM=OM【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、图象的翻折、面积的计算等，具有一定的综合性，难度适中．2．(2023•黄浦区二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+mx+n经过点A（5，0），顶点为点B，对称轴为直线x＝3，且对称轴与x轴交于点C．直线y＝kx+b经过点A，与线段BC交于点E．（1）求抛物线y＝﹣x2+mx+n的表达式；（2）联结BO、EO．当△BOE的面积为3时，求直线y＝kx+b的表达式；（3）在（2）的条件下，设点D为y轴上的一点，联结BD、AD．当BD＝EO时，求∠DAO的余切值．分析：（1）利用待定系数法和抛物线对称轴公式即可求解；（2）先求出顶点B坐标，根据△BOE的面积为3求出BE，进而求出点E坐标，利用待定系数法即可求解；（3）分BD∥OE和BD与OE不平行两种情况，分别求出D坐标，利用余切定义即可求解．【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+mx+n经过点A（5，0），对称轴为直线x＝3，∴−m∴m=6n=−5∴抛物线表达式为y＝﹣x2+6x﹣5；（2）把x＝3代入y＝﹣x2+6x﹣5得y＝4，∴抛物线顶点B坐标为（3，4），由△BOE的面积为3得12BE∴BE＝2，∵点E在线段BC上，∴点E坐标为E（3，2），把点E（3，2）和点A（5，0）代入y＝kx+b得，5k+b=03k+b=2∴k=−∴直线的表达式为y＝﹣x+5；（3）如图，①若BD∥OE，∵BD＝EO，∴四边形OEBD为平行四边形，则点D坐标为（0，2），连接DA，∴cot∠DAO=OA②若BD不平行OE，如图D′，则四边形OEBD′为等腰梯形，做BF⊥y轴于F，则D′F＝DF＝2，∴点D′坐标为（0，6），连接D′A，∴cot∠D′AO=AO综上所述，此时∠DAO的余切值为52或5【点评】本题为二次函数综合题，考查了二次函数性质，求一次函数解析式，余切定义等知识，熟练掌握各知识点是解题关键，解第（3）步时要注意分类讨论思想应用．3．(2023•宝山区三模）如图，在直角坐标平面xOy内，点A在x轴的正半轴上，点B在第一象限内，且∠OAB＝90°，∠BOA＝30°，OB＝4．二次函数y＝﹣x2+bx的图象经过点A，顶点为点C．（1）求这个二次函数的解析式，并写出顶点C的坐标；（2）设这个二次函数图象的对称轴l与OB相交于点D，与x轴相交于点E，求DEDC（3）设P是这个二次函数图象的对称轴l上一点，如果△POA的面积与△OCE的面积相等，求点P的坐标．分析：（1）由∠OAB＝90°，在直角三角形OAB中求得点A，代入函数式解得．（2）直角三角形OAB中求得AB的长度，由抛物线的对称轴可知DE∥AB，OE＝AE．求得DE，进而求得CD，从而求得．（3）利用三角形OCE和三角形POA的面积相等即求得．【解答】解：（1）∵∠OAB＝90°，∠BOA＝30°，OB＝4，∴OA=OB⋅∴A（23∵二次函数y＝﹣x2+bx的图象经过点A，∴−(2解得b=23∴二次函数的解析式为y=−顶点C的坐标是（3，3）．（2）∵∠OAB＝90°，∠BOA＝30°，OB＝4，∴AB＝2．由DE是二次函数y=−可知DE∥AB，OE＝AE．∴DEAB=OE又∵C（3，3），∴CE＝3．即得CD＝2．∴DEDC（3）根据题意，可设P（3，n）．∵OE=12OA=∴S△OCE∴S△POA解得n=±3∴点P的坐标为P1（3，32）、P2（3，−【点评】本题考查了二次函数的综合运用，考查了直角三角形内的三角函数，抛物线过一点，即代入求得；通过抛物线的对称轴来做题，方便快捷，这也考查了灵活的思维；通过面积的求得，来求得点的做标，只是考查的手段，问题考查的思路．4．(2023•宝山区二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=13x2+bx﹣1与x轴交于点A和点B（点A在x轴的正半轴上），与y轴交于点（1）求顶点P和点B的坐标；（2）将抛物线向右平移2个单位，得到的新抛物线与y轴交于点M，求点M的坐标和△APM的面积；（3）如果点N在原抛物线的对称轴上，当△PMN与△ABC相似时，求点N的坐标．分析：（1）根据题意可画出函数图象，由tan∠CAB=13可得OCOA=13，令x＝0可得y＝﹣1，进而可得C（0，﹣1），即OC＝1，由此可得A（3，0），将点A的坐标代入抛物线解析式可求出b的值，化作顶点式可求出点P的坐标；令（2）根据抛物线的平移可求出新抛物线，令x＝0，可得出点M的坐标，利用三角形的面积公式可求出△APM的面积；（3）过点M作MQ垂直于原抛物线的对称轴，可得出MQ和PQ的长，进而可得出tan∠MPQ＝tan∠CAB=13，由△PMN与△ABC相似可得，PM：PN＝AB：AC或PM：PN＝AC：AB，由此可得出点【解答】解：（1）根据题意可画出函数图象，令x＝0可得y＝﹣1，∴C（0，﹣1），即OC＝1．在Rt△AOC中，tan∠CAB=1∴OCOA∴OA＝3，∴A（3，0）．将点A的坐标代入抛物线解析式可得，13×32+3b﹣1＝0，解得b∴抛物线的解析式为：y=13x2−23x﹣1∴顶点P（1，−4令y＝0，即13（x﹣1）2−∴x＝3或x＝﹣1，∴B（﹣1，0）．（2）将（1）中抛物线向右平移2个单位，得到的新抛物线y=13（x﹣3）2令x＝0，则y=5∴M（0，53连接AP并延长交y轴于点D，∴直线AP的解析式为：y=23∴D（0，﹣2），∴S△APM=12（xA﹣xP）•MD=12×（3）在△ABC中，A（3，0），B（﹣1，0），C（0，﹣1），tan∠CAB=1∴AB＝4，AC=10如图，过点M作MQ垂直于原抛物线的对称轴，∴MQ＝1，PQ53∴tan∠MPQ=MQPQ=1∴∠MPQ＝∠CAB，若△PMN与△ABC相似，则PM：PN＝AB：AC或PM：PN＝AC：AB，设N（1，t），则PN＝t+4∴10：（t+43）＝4：10或10：（t+4解得t=76或t∴N（1，76）或（1，8【点评】本题属于二次函数与几何综合题，涉及待定系数法求函数解析式，三角函数值，相似三角形的性质与判定，分类讨论思想等知识．第（3）问得出∠MPQ＝∠CAB是解题关键．5．(2023•普陀区二模）在平面直角坐标系xOy中（如图），已知抛物线y=12x2+bx+c与x轴交于点A（﹣2，0）、B（6，0），与y轴交于点C，点D是在第四象限内抛物线上的一个动点，直线AD与直线BC交于点（1）求b、c的值和直线BC的表达式；（2）设∠CAD＝45°，求点E的坐标；（3）设点D的横坐标为d，用含d的代数式表示△ACE与△DCE的面积比．分析：（1）利用待定系数法可求解析式；（2）通过证明△ACE∽△BCA，可得ACBC（3）由相似三角形的性质可得S△ACE【解答】解：（1）∵抛物线y=12x2+bx+c与x轴交于点A（﹣2，0）、∴0=1解得b=−∴抛物线解析式为y=12x2﹣2当x＝0时，y＝﹣6，∴点C（0，﹣6），设直线BC解析式为y＝mx+n，则n=−解得：m=1n=−6∴直线BC解析式为y＝x﹣6；（2）如图1，过点E作EH⊥OC于H，∵点C（0，﹣6），点B（6，0），点A（﹣2，0），∴OB＝OC＝6，OA＝2，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，BC＝62，AC=OA2+OC∵∠ABC＝∠CAD＝45°，∠ACE＝∠ACB，∴△ACE∽△BCA，∴ACBC∴210∴CE=10∵EH⊥CO，∠ECH＝45°，∴EH＝HC=10∴OH=8∴点E（103，−（3）∵点D的横坐标为d，∴点D（d，12d2﹣2d﹣6），（0＜d如图2，过点D作DF∥AB交BC于点F，∴△ABE∽△DFE，∴ABDF∵S△ACE∴S△ACE∵点F在直线BC上，∴点F（12d2﹣2d，12d2﹣2∴DF＝3d−12d∴S△ACE【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，相似三角形的判定和性质等知识，根据题意画出符合条件的图形是解题的关键．6．(2023秋•松江区月考）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝x2+bx+c过A，B，C三点，点A的坐标是（3，0），点C的坐标是（0，﹣3）．（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；（2）求以点A、点C及点D围成的△ACD的面积；（3）在抛物线上是否存在点P，使得∠PCA＝15°，若存在，请求出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．分析：（1）将点A、C坐标代入即可求出抛物线解析式，再通过配方即可确定点D坐标；（2）过抛物线顶点D作x轴垂线交直线AC于点E，求出直线AC解析式再求出E点坐标，通过S△ACD=12×DE⋅xA（3）分当点P位于AC上方时和当点P'位于AC下方两种情况，数形结合即可找出点P坐标．【解答】解：（1）把点A的坐标（3，0），点C的坐标（0，﹣3）分别代入抛物线y＝x2+bx+c中得：0=9+3b+c−3=c解得：b=−∴抛物线解析式为：y＝x2﹣2x﹣3，又∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴顶点D的坐标为（1，﹣4）；（2）如图所示，过抛物线顶点D作x轴垂线交直线AC于点E，连结CD、AD，由（1）知：A（3，0），C（0，﹣3），D（1，﹣4），设直线AC的解析式为：y＝kx+b，将A、C两点坐标代入得：0=3k+b−3=b解得：k=1b=−3∴直线AC的解析式为：y＝x﹣3，当x＝1时，y＝﹣2，∴点E坐标为（1，﹣2），∴DE＝﹣2﹣（﹣4）＝2，又∵S△ACD=12×DE⋅∴S△ACD=1（3）存在，理由如下：由上可知AO＝CO＝3，∠ACO＝∠OAC＝45°，假设存在点P，使得∠PCA＝15°，分情况讨论①：当点P位于AC上方时，连结CP交x轴于点H，如下图所示：∵∠ACO＝45°，∠PCA＝15°，∴∠OCH＝30°，在Rt△COH中，tan∠OCH＝tan30°=OH∴OH=3，H坐标为（3设直线CH的解析式为y＝k1x+b1，将点C、H代入得：0=