专题2.6二次函数六种题型综合与真题训练-中考数学考前30天迅速提分复习方案（上海专用）（解析版）

题型一：二次函数中直角三角形的存在性1.（2019嘉定二模）在平面直角坐标系中，如图，抛物线（、是常数）经过点、，与轴的交点为点．（1）求此抛物线的表达式；（2）点为轴上一点，如果直线和直线的夹角为15º，求线段的长度；（3）设点为此抛物线的对称轴上的一个动点，当△为直角三角形时，求点的坐标．【分析】将点A和点B坐标代入解析式求解可得；先求出点C坐标，从而得出OC=OB=3，∠CBO=45°，据此知∠DBO=30°或60°，依据DO=BO•tan∠DBO求出得DO＝或3，从而得出答案；（3）设P（-1，t），知BC2=18，PB2=4+t2，PC2=t2-6t+10，再分点B、点C和点P直角顶点三种情况分别求解可得．【详解】依题意得：，解得：∴抛物线的表达式是（2）∵抛物线与轴交点为点∴点的坐标是，又点的坐标是∴∴或在直角△中，∴或，∴或.（3）由抛物线得：对称轴是直线根据题意：设，又点的坐标是，点的坐标是∴，，，①若点为直角顶点，则即：解之得：，②若点为直角顶点，则即：解之得：，③若点为直角顶点，则即：解之得：，.综上所述的坐标为或或或.【点睛】本题是二次函数的综合题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、等腰三角形的性质、两点间的距离公式及直角三角形的性质等知识点．2.（2019宝山二模）如图，已知对称轴为直线的抛物线与轴交于、两点，与轴交于C点，其中.（1）求点B的坐标及此抛物线的表达式；（2）点D为y轴上一点，若直线BD和直线BC的夹角为15º，求线段CD的长度；（3）设点为抛物线的对称轴上的一个动点，当为直角三角形时，求点的坐标.【分析】（1）将A、C坐标代入抛物线，结合抛物线的对称轴，解得a、b、c的值，求得抛物线解析式;（2）求出直线BC的解析式为，得出∠CBA=45°再求出∠DBA=30°或∠DBA=60°,再求出DO即可;（3）设点P的坐标，分别以B、C、P为直角顶点，进行分类讨论，再运用勾股定理得到方程式进行求解.【详解】解：（1）根据对称轴x=-1,A（1,0），得出B为(-3,0)依题意得：，解之得：，∴抛物线的解析式为.（2）∵对称轴为，且抛物线经过，∴∴直线BC的解析式为.∠CBA=45°∵直线BD和直线BC的夹角为15º，∴∠DBA=30°或∠DBA=60°在△BOD，，BO=3∴DO=或，∴CD=或.（3）设，又，，∴，，，①若点为直角顶点，则即：解之得：，②若点为直角顶点，则即：解之得：，③若点为直角顶点，则即：解之得：，.综上所述的坐标为或或或.【点睛】本题主要考查一次函数的图象与性质和二次函数的图象与性质，熟练掌握一次函数的图象与性质和二次函数的图象与性质是解题的关键.题型二：函数中的等腰三角形分类讨论1.(2019闵行区二模）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2﹣2x+c与x轴交于点A和点B（1，0），与y轴相交于点C（0，3）．（1）求抛物线的解析式和顶点D的坐标；（2）求证：∠DAB=∠ACB；（3）点Q在抛物线上，且△ADQ是以AD为底的等腰三角形，求Q点的坐标．整体分析：（1）把B、C坐标代入抛物线解析式中，解方程组即可得到抛物线解析式，从而得到抛物线顶点坐标；（2）由tan∠OCB=．tan∠DAC=，得到∠DAC=∠OCB，从而得到结论；（3）令Q（x，y）且满足，由△ADQ是以AD为底的等腰三角形，得到QD2=QA2，从而得到x-2+2y=0．解方程组，即可得到结论．满分解答：解：（1）把B（1，0）和C（0，3）代入中，得：，解得：．∴抛物线的解析式是：，∴顶点坐标D（－1，4）．（2）令y=0，则，x1=－3，x2=1，∴A（－3，0），∴OA=OC=3，∴∠CAO=∠OCA．在Rt△BOC中，tan∠OCB=．∵AC=，DC=，AD=，∴AC2+DC2=20，AD2=20，∴AC2+DC2=AD2，∴△ACD是直角三角形且∠ACD=90°，∴tan∠DAC=．又∵∠DAC和∠OCB都是锐角，∴∠DAC=∠OCB，∴∠DAC+∠CAO=∠BCO+∠OCA，即∠DAB=∠ACB．（3）令Q（x，y）且满足，A(－3，0），D（－1，4）．∵△ADQ是以AD为底的等腰三角形，∴QD2=QA2，即，化简得：x-2+2y=0．由，解得：，，∴点Q的坐标是（，），（，）．2．（2020•浦东新区一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴的两个交点分别为，，与轴相交于点．（1）求抛物线的表达式；（2）联结、，求的正切值；（3）点在抛物线上，且，求点的坐标．【分析】（1）将点，坐标代入抛物线即可；（2）如图1，过点作于，分别证和是等腰直角三角形，可求出，的长，可在中，直接求出的正切值；（3）此问需分类讨论，当时，过点作轴于点，设，由同角的三角函数值相等可求出的值，由对称性可求出第二种情况．【解答】解：（1）将点，代入抛物线中，得，解得，，，抛物线的表达式为；（2）在中，当时，，，，为等腰直角三角形，，，如图1，过点作于，则，是等腰直角三角形，，，，在中，，即的正切值为2；（3）①如图2，当时，过点作轴于点，设，则，由（1）知，，，，，解得，（舍去），，；②取点关于轴的对称点，延长交抛物线于，则此时，设直线的解析式为，将，代入，得，，解得，，，，联立，，解得，或，；综上所述，点的坐标为或．题型三：二次函数平移综合1．（2022普陀区一模24）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝x2+bx+c与直线y＝﹣x+1交于点A（m，0），B（﹣3，n），与y轴交于点C，联结AC．（1）求m、n的值和抛物线的表达式；（2）点D在抛物线y＝x2+bx+c的对称轴上，当∠ACD＝90°时，求点D的坐标；（3）将△AOC平移，平移后点A仍在抛物线上，记作点P，此时点C恰好落在直线AB上，求点P的坐标．【分析】（1）利用待定系数法求出A，B两点坐标即可解决问题．（2）过点D作DH⊥y轴于点H，由直角三角形的性质得出tan∠ACO＝tan∠CDH，则，可列出方程求出CH的长，则可得出答案；（3）设P（t，），得出N（t﹣3，），由点N在直线AB上可得出t的值，则可得出答案．【解答】解：（1）将A（m，0）代入y＝﹣x+1，解得m＝3，∴A（3，0），将B（﹣3，n）代入y＝﹣x+1，解得n＝2，∴B（﹣3，﹣2），把A（3，0），B（﹣3，2）代入y＝x2+bx+c中，得，解得，∴抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣2．（2）如图1，过点D作DH⊥y轴于点H，∵抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣2．∴抛物线的对称轴为x＝﹣＝，∴DH＝，∵∠ACD＝90°，∴∠ACO+∠DCH＝90°，又∵∠DCH+∠CDH＝90°，∴∠ACO＝∠CDH，∴tan∠ACO＝tan∠CDH，∴，由（1）可知OA＝3，OC＝2，∴，∴CH＝，∴D（，﹣）；（3）如图2，若平移后的三角形为△PMN，则MN＝OC＝2，PM＝OA＝3，设P（t，t﹣2），∴N（t﹣3，t﹣2﹣2），∵点N在直线y＝﹣x+1上，∴（t﹣3）+1，∴t＝3或t＝﹣3，∴P（3，4﹣）或P（﹣3，4+）．【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，直角三角形的性质，锐角三角函数的定义，平移的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用转化的思想思考问题，学会利用参数构建方程确定点的坐标．yx2bxc（0和（4Px轴相Q.BCBQ=CP解：（1）根据题意………（2分）解得：，。∴抛物线的表达式是…………………（2分）（2），∴顶点P的坐标是（2，5）.对称轴是直线x=2，点Q的坐标为（2，0）.…………（1分）∴，，；……………………（1分）∴，∴∠COM=90°，…………………（2分）（3）根据题意，BC∥PQ.如果点C在点B的上方,PC∥BQ时，四边形BCPQ是平行四边形，∴BQ=CP，BC=PQ=5，即抛物线向上平移5个单位，平移后的抛物线解析式是.…………（2分）如果点C在点B的下方，四边形BCQP是等腰梯形时BQ=CP，作BE⊥PQ，CF⊥PQ，垂足分别为E、F.根据题意可得，PE=QF=1，PQ=5，BC=EF=3，即抛物线向下平移3个单位，平移后的抛物线解析式是……………（2分）.综上所述，平移后的抛物线解析式是或.3（2020闵行一模24）.如图，在平面直角坐标系中，直线与牰交于点，与轴交于点．点C为拋物线的顶点．（1）用含的代数式表示顶点的坐标：（2）当顶点在△AOB内部，且S△AOC（3）如果将抛物线向右平移一个单位，再向下平移个单位后，平移后的抛物线的顶点仍在△AOB内，求的取值范围．【小问1详解】解：拋物线，∴顶点C的坐标为；【小问2详解】解：对于，当x=0时，y=5，当y=0时，x=5，∴A（5，0），B（0，5），∵顶点C在△AOB内部，且S∴，∴a=2，∴拋物线的表达式为；【小问3详解】解：由题意，平移后的抛物线的顶点P的坐标为，∵平移后的抛物线的顶点仍在△AOB内，∴，解得：1＜a＜3，即的取值范围为1＜a＜3．4（2022奉贤一模24）（本题满分12分,第(1)小题满分4分,第(2)小题每小题满分4分)如图11,在平面直角坐标系xOy中,抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于点A(−1,0)和点B(3,0),与y(1)求该抛物线的表达式的顶点D的坐标;(2)将抛物线沿y轴上下平移,平移后所得新拋物线顶点为M,点C的对应点为E.①如果点M落在线段BC上,求∠DBE的度数②设直线ME与x轴正半轴交于点P,与线段BC交于点Q,当PE=2PQ时,图图11【解答】解：（1）将点A（﹣1，0）和点B（3，0）代入y＝ax2+bx+3得，，解得，∴y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴顶点D（1，4）；（2）①设直线x＝1交x轴于G，∵B（3，0），C（0，3），∴OB＝OC＝3，∴GM＝GB＝2，∴DM＝DG﹣GM＝2，∴将抛物线y＝﹣x2+2x+3沿y轴向下平移2个单位时，点M落在BC上，此时E（0，1），∵D（1，4），E（0，1），B（3，0），∴DE2＝10，BE2＝10，BD2＝20，∴DE2+BE2＝BD2，∴△BDE是等腰直角三角形，∴∠DBE＝45°；②当点P在x轴正半轴时，则点M在x轴下方，如图，作QH⊥x轴于H，由C（0，3），D（1，4）可知，直线CD与x轴夹角为45°，∴平移后∠QPB＝45°，∴PH＝BH，∵OE∥QH，PE＝2PQ，∴OP＝2PH，∴4BH＝3，∴BH＝∴OP＝2BH＝，∴GM＝GP＝，∴M（1，﹣），∴平移后抛物线为y＝﹣（x﹣1）2﹣．5．（2021•松江区二模）在平面直角坐标系xOy中，直线y＝3x+3与x轴、y轴分别交于点A、B，抛物线y＝ax2+bx﹣5a经过点A．将点B向右平移5个单位长度，得到点C．（1）求点C的坐标；（2）求抛物线的对称轴；（3）若抛物线的顶点在△OBC的内部，求a的取值范围．【分析】（1）由y＝3x+3与x、y轴分别交于点A、B，可求出A、B坐标，B向右移动5个单位即得C坐标；（2）将A坐标代入y＝ax2+bx﹣5a可得b＝﹣4a，根据对称轴公式可得答案；（3）对称轴x＝2与BC交于D，与OC交于E，抛物线的顶点在△OBC的内部，则顶点在D和E之间，用a表示顶点纵坐标列不等式可得答案．【解答】解：（1）在y＝3x+3中，令x＝0得y＝3，令y＝0得x＝﹣1，∴A（﹣1，0），B（0，3），∵点B向右平移5个单位长度，得到点C．∴C（5，3）；（2）∵A（﹣1，0），抛物线y＝ax2+bx﹣5a经过点A，∴0＝a﹣b﹣5a，即b＝﹣4a，∴抛物线y＝ax2+bx﹣5a对称轴为x＝＝﹣＝2；（3）对称轴x＝2与BC交于D，与OC交于E，如图：设OC解析式为y＝kx，∵（5，3），∴3＝5k，∴k＝，∴OC解析式为y＝x，令x＝2得y＝，即E（2，），由（1）知b＝﹣4a，∴抛物线为y＝ax2﹣4ax﹣5a，∴顶点坐标为（2，﹣9a），抛物线的顶点在△OBC的内部，则顶点在D和E之间，而D（2，3），∴＜﹣9a＜3，∴﹣＜a＜﹣．【点评】本题考查点的平移、二次函数图象等知识，表示顶点坐标列不等式是解题的关键．6.【2021年静安区二模24】（本题满分12分，其中第（1）小题4分，第（2）小题5分，第（2）小题3分）在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（5，0）（如图），经过点A的抛物线与y轴相交于点B，顶点为点C．求此抛物线表达式与顶点C的坐标；求∠ABC的正弦值；将此抛物线向上平移，所得新抛物线顶点为D，且△DCA与△ABC相似，求平移后的新抛物线的表达式．（第2（第24题图）AOxy24．解：（1）∵抛物线经过点A（5，0），∴． （1分）∴． （1分）∴抛物线表达式为，顶点C的坐标为（）． （2分）（2）设抛物线的对称轴与x轴、AB分别相交于点E、F，点E（3，0）．∵点B（0，5），∴OA=OB=5,AB＝，∠OAB=45°，∴EF=AE=2，CF=6． （1分）∴． （2分）过点A作AH⊥BC，垂足为H，∵BC=，∴． （1分）∴．∴． （1分）（3）∵，∴Rt△AEC∽Rt△AHB，∴∠ACE=∠A∵△DCA与△ABC相似，∴或． （1分）∴或．∴CD=或CD=6． （1分）∵抛物线和y轴的交点向上平移的距离与顶点平移的距离相同，∴平移后的抛物线的表达式为或． （1分）7.【2021年长宁二模24】如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2﹣163x+c经过点A（1，0）、B（3，0），且与y轴交于点C（1）求抛物线的表达式；（2）如果将抛物线向左平移m（m＞0）个单位长度，联结AC、BC，当抛物线与△ABC的三边有且只有一个公共点时，求m的值；（3）如果点P是抛物线上一动点，且在点B的右侧，联结PC，直线PA交y轴于点E，当∠PCE＝∠PEC时，求点P的坐标．【答案】（1）；（2）m＝4；（3）【分析】（1）由待定系数法即可求解；（2）当抛物线与△ABC的三边有且只有一个公共点时，则抛物线过点C（0，4），即可求解；（3）求出直线PA的表达式，得到点E的坐标为（0，−t＋4），由∠PCE＝∠PEC，则点P在CE的中垂线上，进而求解．【详解】解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得：，解得故抛物线的表达式为；（2）令x=0，y=4∴C（0，4）当抛物线与△ABC的三边有且只有一个公共点时，则抛物线过点C（0，4）由抛物线的表达式知，其对称轴为x＝2，则平移后抛物线再过点C时，m＝4；（3）设点P的坐标为（t，)，设直线PA的表达式为y＝kx+b，代入A、P坐标得，解得，∴直线PA的表达式为y＝（）x，令x=0，y=故点E的坐标为（0，﹣t+4），而点C（0，4），∵∠PCE＝∠PEC，则点P在CE的中垂线上，由中点公式得：yP＝（yC+yE），即＝（t+4），解得t＝1（舍去）或，故点P的坐标为．【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、中垂线的性质、图形的平移等，有一定的综合性，难度适中．8.【2021年奉贤二模】如图，在平面直角坐标系xOy中，已知B（0，2），C（1，﹣），点A在x轴正半轴上，且OA＝2OB，抛物线y＝ax2＋bx（a≠0）经过点A、C．（1）求这条抛物线的表达式；（2）将抛物线先向右平移m个单位，再向上平移1个单位，此时点C恰好落在直线AB上的点C′处，求m的值；（3）设点B关于原抛物线对称轴的对称点为B′，联结AC，如果点F在直线AB′上，∠ACF＝∠BAO，求点F的坐标．【答案】（1）y＝x2﹣2x；（2）4；（3）F坐标为（4，）或（4，﹣1.5）．【分析】（1）求出A坐标，将A、C坐标代入y＝ax2＋bx即可得答案；（2）求出AB解析式，用m表示C′坐标代入即可得答案；（3）分F在A上方和下方两种情况画出图形，构造相似三角形利用对应边成比例可得答案．【详解】解：（1）∵B（0，2），∴OB＝2，∵点A在x轴正半轴上，且OA＝2OB，∴A（4，0），∴将A（4，0），C（1，﹣）代入y＝ax2＋bx得：，解得，∴抛物线的表达式为y＝x2﹣2x；（2）设直线AB的解析式是y＝mx＋n，将A（4，0），B（0，2）代入得：，解得，∴直线AB的解析式是y＝﹣x＋2，∵抛物线y＝x2﹣2x向右平移m个单位，再向上平移1个单位，则其上的点C也向右平移m个单位，再向上平移1个单位，而C（1，﹣），∴C′（1＋m，﹣），∵C′（1＋m，﹣）在直线AB上，∴﹣＝﹣（1＋m）＋2，∴m＝4；（3）∵y＝x2﹣2x对称轴为x＝2，B（0，2），点B关于原抛物线对称轴的对称点为B′，∴B′（4，2），∵A（4，0），∴直线AB′为x＝4，点F在直线AB′上，∠ACF＝∠BAO，分两种情况：①F在A上方，如图：过A作AG⊥CF于G，过G作GH//x轴交直线x＝4于H，过C作CM⊥x轴交直线GH于M，∵B（0，2），A（4，0），∴tan∠BAO＝，∵∠ACF＝∠BAO，AG⊥CF，∴tan∠ACF＝，即，而∠MCG＝90°﹣∠MGC＝∠AGH，∠M＝∠AHG，∴△MCG∽△HGA，∴，∴MC＝GH，MG＝2AH，设G（m，n），则MC＝n＋1.5，MG＝m﹣1，GH＝4﹣m．AH＝n，∴n＋1.5＝2（4﹣m），且m﹣1＝2n，解得m＝2.8，n＝0.9，∴G（28，0.9），又C，∴直线GC解析式为：y＝x﹣，令x＝4得y＝∴F（4，），②F在A下方，延长AC交y轴于D，过C作CF//x轴交直线x＝4于F，∵A（4，0），C（1，﹣1.5），∴直线AC解析式为y＝x﹣2，∴D（0，﹣2），∵B（0，2），∴B，D关于x轴对称，∴∠BAO＝∠DAO，若∠ACF＝∠BAO，则∠ACF＝∠DAO，∴CF//x轴，∴F综上所述，∠ACF＝∠DAO，F坐标为或或．【点睛】本题考查二次函数的综合题，涉及待定系数法求二次函数的解析式、二次函数的平移、相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．9.【2021年浦东新区二模24】（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+bx经过点A（2，0）．直线y＝x﹣2与x轴交于点B，与y轴交于点C．（1）求这条抛物线的表达式和顶点的坐标；（2）将抛物线y＝x2+bx向右平移，使平移后的抛物线经过点B，求平移后抛物线的表达式；（3）将抛物线y＝x2+bx向下平移，使平移后的抛物线交y轴于点D，交线段BC于点P、Q，（点P在点Q右侧），平移后抛物线的顶点为M，如果DP∥x轴，求∠MCP的正弦值．【分析】（1）根据待定系数法即可求得抛物线的解析式，化成顶点式即可求得顶点坐标；（2）根据图象上点的坐标特征求得B（4，0），然后分两种情况讨论求得即可；（3）设向下平移后的抛物线表达式是：y＝x2﹣2x+n，得点D（0，n），即可求得P（2，n），代入y＝x﹣2求得n＝﹣1，即可求得平移后的解析式为y＝x2﹣2x﹣1．求得顶点坐标，然后解直角三角形即可求得结论．【解答】解：（1）由题意，抛物线y＝x2+bx经过点A（2，0），得0＝4+2b，解得b＝﹣2，∴抛物线的表达式是y＝x2﹣2x．∵y＝x2﹣2x＝（x﹣1）2﹣1，∴它的顶点C的坐标是（1，﹣1）．（2）∵直线与x轴交于点B，∴点B的坐标是（4，0）．①将抛物线y＝x2﹣2x向右平移2个单位，使得点A与点B重合，此时平移后的抛物线表达式是y＝（x﹣3）2﹣1．②将抛物线y＝x2﹣2x向右平移4个单位，使得点O与点B重合，此时平移后的抛物线表达式是y＝（x﹣5）2﹣1．（3）如图，设向下平移后的抛物线表达式是：y＝x2﹣2x+n，得点D（0，n）．∵DP∥x轴，∴点D、P关于抛物线的对称轴直线x＝1对称，∴P（2，n）．∵点P在直线BC上，∴．∴平移后的抛物线表达式是：y＝x2﹣2x﹣1．∴新抛物线的顶点M的坐标是（1，﹣2）．∴MC∥OB，∴∠MCP＝∠OBC．在Rt△OBC中，，由题意得：OC＝2，，∴．即∠MCP的正弦值是．题型四：二次函数背景下的相似三角形的存在性1.（2022青浦一模24）．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C，顶点为点D．（1）求该抛物线的表达式及点C的坐标；（2）联结BC、BD，求∠CBD的正切值；（3）若点P为x轴上一点，当△BDP与△ABC相似时，求点P的坐标．【解答】解：（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝x2+bx+c，得，解得：，所以抛物线的表达式为y＝x2﹣2x﹣3．当x＝0时，y＝﹣3．∴点C的坐标为（0，﹣3）．（2）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴点D的坐标为（1，﹣4）．∵B（3，0）、C（0，﹣3）、D（1，﹣4），∴BC＝，DC＝，BD＝．∴BC2+DC2＝18+2＝20＝DB2．∴∠BCD＝90°．∴tan∠CBD＝．（3）∵tan∠ACO＝，∴∠ACO＝∠CBD．∵OC＝OB，∴∠OCB＝∠OBC＝45°．∴∠ACO+∠OCB＝∠CBD+∠OBC．即：∠ACB＝∠DBO．∴当△BDP与△ABC相似时，点P在点B左侧．（i）当时，∴．∴BP＝6．∴P（﹣3，0）．（ii）当时，∴．∴BP＝．∴P（﹣，0）．综上，点P的坐标为（﹣3，0）或（﹣，0）．2.（2022嘉定一模24）（12分）（2021秋•嘉定区期末）在平面直角坐标系xOy中，点A、B两点在直线y＝x上，如图．二次函数y＝ax2+bx﹣2的图象也经过点A、B两点，并与y轴相交于点C，如果BC∥x轴，点A的横坐标是2．（1）求这个二次函数的解析式；（2）设这个二次函数图象的对称轴与BC交于点D，点E在x轴的负半轴上，如果以点E、O、B所组成的三角形与△OBD相似，且相似比不为1，求点E的坐标；（3）设这个二次函数图象的顶点是M，求tan∠AMC的值．【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx﹣2的图像与y轴相交于点C，∴点C的坐标为（0，﹣2），∵BC//x轴，∴点B的纵坐标是﹣2，∵点A、B两点在直线y＝x上，点A的横坐标是2，∴点A的坐标为（2，1），点B的坐标为（﹣4，﹣2），∵这个二次函数的图像也经过点A（2，1）、B（﹣4，﹣2），∴，解这个方程组，得a＝，b＝1，∴二次函数的解析式是y＝+x﹣2；（2）根据（1）得，二次函数y＝+x﹣2图像的对称轴是直线x＝﹣2，∴点D的坐标为（﹣2，﹣2），∴OB＝2，BD＝2，∵BC//x轴，∴∠OBD＝∠BOE，∴以点E、O、B组成的三角形与△OBD相似有可能以下两种：①当时，△BOD∽△OBE，显然这两相似三角形的相似比为1，与已知相似比不为1矛盾，这种情况应舍去，②当时，△BOD∽△OEB，∴，∴OE＝10，又点E在x轴的负半轴上，∴点E的坐标为（﹣10，0）；（3）过点C作CH⊥AM，垂足为H，根据（1）得，二次函数的解析式是y＝+x﹣2的顶点坐标为M（﹣2，﹣3），设直线AM的解析式为y＝kx+m，，解得k＝1，m＝﹣1，∴直线AM的解析式为y＝x﹣1，设直线AM与x轴、y轴的交点分别为点P、Q，则点P的坐标为（1，0），点Q的坐标为（0，﹣1），∴△OPQ是等腰直角三角形，∠OQP＝45°，∵∠OQP＝∠HOC，∴∠HOC＝45°，∵点C的坐标为（0，﹣2），∴CQ＝1，∴HC＝HQ＝，又MQ＝2，∴MH＝MQ﹣HQ＝，∴tan∠AMC＝．3（202崇明一模）24.如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A(4，0)，与y轴交于点B(0，3)，点M(m，0)为线段OA上一动点，过点M且垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P，N．（1）求抛物线的解析式，并写出此抛物线的对称轴和顶点坐标；（2）如果以点P、N、B、O为顶点的四边形为平行四边形，求m的值；（3）如果以B、P、N为顶点的三角形与△ABO相似，求点M的坐标．【小问1详解】解：∵抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A(4，0)，与y轴交于点B(0，3)，∴，解得：，∴抛物线的解析式为y=−x2+x+3，∵y=−x2+x+3=−(x-)2+，∴此抛物线对称轴为x=，顶点坐标为(，)；【小问2详解】解：设直线AB的解析式为y=px+q，把A（4，0），B（0，3）代入得，解得：，∴直线AB的解析式为y=，∵M（m，0），MN⊥x轴，∴N（m，−m2+m+3），P（m，），∴NP=−m2+3m，OB=3，∵NP∥OB，且以点P、N、B、O为顶点的四边形为平行四边形，∴NP=OB，即−m2+3m=3，整理得：m2-4m+4=0，解得：m=2；【小问3详解】∵A（4，0），B（0，3），P（m，），∴AB=5，BP=，而NP=−m2+3m，∵PN∥OB，∴∠BPN=∠ABO，当时，△BPN∽△OBA，即，整理得9m2-11m=0，解得m1=0（舍去），m2=，此时M点的坐标为（，0）；当时，△BPN∽△ABO，即，整理得2m2-5m=0，解得m1=0（舍去），m2=3，此时M点的坐标为（3，0）；综上所述，点M的坐标为（，0）或（3，0）．4.（2022宝山一模）已知在平面直角坐标系中，拋物线经过点、，顶点为点．（1）求抛物线的表达式及顶点的坐标；（2）联结，试判断与是否相似，并证明你的结论；（3）抛物线上是否存在点，使得．如果存在，请求出点的坐标；如果不存在，请说明理由．【小问1详解】解：抛物线经过点，，，设抛物线解析式为：，将点C代入可得：，解得：，∴，∴顶点坐标为：；【小问2详解】解：如图所示：为直角三角形且三边长分别为：，，，的三边长分别为：，，，∴，∴为直角三角形，∵，∴△AOC~△DCB；【小问3详解】解：设存在点P使，作线段AC的中垂线交AC于点E，交AP于点F，连接CF，如（2）中图：∴，，∵，∴，∴为等腰直角三角形，∴，，∴，即解得：，设，∴，，∴，整理得：①，=，即②，将①代入②整理得：，解得：，，∴，，∴或（不符合题意舍去），∴，，设直线FA解析式为：，将两个点代入可得：，解得：，∴，∴联立两个函数得：，将①代入②得：，整理得：，解得：，，当时，，∴．5．（2022静安区一模24）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝x2+bx经过点A（2，0）和点B（﹣1，m），顶点为点D．（1）求直线AB的表达式；（2）求tan∠ABD的值；（3）设线段BD与x轴交于点P，如果点C在x轴上，且△ABC与△ABP相似，求点C的坐标．【分析】（1）将A（2，0）代入y＝x2+bx，求出抛物线解析式，再将B（﹣1，m）代入y＝x2﹣2x，求出m的值，然后用待定系数法求直线AB的解析式即可；（2）利用勾股定理判定△ABD是直角三角形，即可求解；（3）求出P点坐标（，0），设C（t，0），当∠ABC＝∠APB时，△ABP∽△APC，过B点作BQ⊥x轴交于点Q，则tan∠BCQ＝＝，求出CQ＝9，即可求C（﹣10，0）；当P点与C点重合时，△ABC≌△ABP，即可求C点坐标．【解答】解：（1）将A（2，0）代入y＝x2+bx，∴4+2b＝0，∴b＝﹣2，∴y＝x2﹣2x，将B（﹣1，m）代入y＝x2﹣2x，∴m＝3，∴B（﹣1，3），设直线AB的解析式为y＝kx+b，∴，∴，∴y＝﹣x+2；（2）∵y＝x2﹣2x＝（x﹣1）2﹣1，∴D（1，﹣1），∴AD＝，AB＝2，BC＝3，∵AB2＝AD2+BC2，∴△ABD是直角三角形，∴tan∠ABD＝＝；（3）设直线BD的解析式为y＝k1x+b1，∴，∴，∴y＝﹣2x+1，令y＝0，则x＝，∴P（，0），设C（t，0），如图1，当∠ABC＝∠APB时，△ABC∽△APB，∴∠ACB＝∠ABP过B点作BQ⊥x轴交于点Q，∴tan∠BCQ＝＝，∴CQ＝9，∴CO＝10，∴C（﹣10，0）；当C点与P点重合时，△ABC≌△ABP，此时C（，0）；综上所述：C点坐标为（﹣10，0）或（，0）．【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，相似三角形的性质，利用分类讨论，数形结合思想是解题的关键．6.（2021年宝山二模24）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx﹣1（a≠0）经过点A（﹣2，0），B（1，0）和点D（﹣3，n），与y轴交于点C．（1）求该抛物线的表达式及点D的坐标；（2）将抛物线平移，使点C落在点B处，点D落在点E处，求△ODE的面积；（3）如果点P在y轴上，△PCD与△ABC相似，求点P的坐标．解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣1经过点A（﹣2，0），B（1，0）和D（﹣3，n），∴，解得：，∴抛物线解析式为：y＝x2+x﹣1；∴＝2，∴D（﹣3，2）；（2）∵将抛物线平移，使点C落在点B处，点D落在点E处，∴E（﹣2，3），∴S△ODE＝9﹣﹣＝；（3）如图1，连接CD，AC，CB，过点D作DE⊥y轴于点E，∵A（﹣2，0），B（1，0），C（﹣1，0），D（﹣3，2），∴OB＝OC，DE＝CE＝3，AB＝3，BC＝，CD＝3，∴∠ABC＝∠OCD＝45°，∵△PCD与△ABC相似，点P在y轴上，∴分两种情况讨论：①如图2，当∠BAC＝∠CDP时，△DCP∽△ABC，∴，∴，∴PC＝2，∴P（0，1），②如图3，当∠BAC＝∠DPC时，△PCD∽△ABC，∴，∴，∴PC＝9，∴P（0，8）．∴点P的坐标为（0，8）或（0，1）时，△PCD与△ABC相似．7.（2021崇明二模24）（12分）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，联结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．【解答】解：（1）∵y＝ax2+bx﹣4经过点A（﹣1，0），B（4，0），∴可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4）＝ax2﹣3ax﹣4a，∴﹣4a＝﹣4，∴a＝1，∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣3x﹣4，对称轴．（2）如图1中，设D（m，m2﹣3m﹣4），连接OD．∵S△BCD＝S△OCD+S△OBD﹣S△OBC＝4S△AOC，∴×4×（﹣m2+3m+4）+×4×m﹣×4×4＝4××1×4整理得：m2﹣4m+4＝0，解得m＝2，∴D（2，﹣6）．（3）如图2中，当AE为平行四边形的边时，∵DF∥AE，D（2，﹣6）∴F（1，﹣6），∴DF＝1，∴AE＝1，∴E（0，0），或E′（﹣2，0）．如图3中，当AE，DF是平行四边形的对角线时，∵点D与点F到x轴的距离相等，∴点F的纵坐标为6，当y＝6时，6＝x2﹣3x﹣4，解得x＝﹣2或5，∴F（﹣2，6）或（5，6），设E（n，0），则有＝或＝，解得n＝1或8，∴E（1，0）或（8，0），，综上所述，满足条件的点E的坐标为（0，0）或（1，0）或（8，0）或（﹣2，0）．题型五：二次函数中的角相等或角的和差倍半关系1.（2022长宁一模24）抛物线与轴相交于两点(点在点左侧),与轴交于点,其顶点的纵坐标为4．（1）求该抛物线的表达式；（2）求的正切值；（3）点在线段的延长线上,且,求的长．【详解】解：（1）把点代入得：当时，顶点的纵坐标为4．故抛物线的表达式为（2）过点B作交于E点，令则故，（3）过点D作轴，过点A作，当点F在CB延长线上，F只能在第四象限，故【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，勾股定理逆定理，锐角三角函数，相似三角形的性质，解题关键是确定出抛物线解析式，是一道中等难度的中考常考题．2.（2022年虹口一模24）已知开口向上的抛物线y＝ax2﹣4ax+3与y轴的交点为A，顶点为B，点A与点C关于对称轴对称，直线AB与OC交于点D．（1）求点C的坐标，并用含a的代数式表示点B的坐标；（2）当∠ABC＝90°时，求抛物线y＝ax2﹣4ax+3的表达式；（3）当∠ABC＝2∠BCD时，求OD的长。【解答】解：（1）令x＝0，则y＝3，∴A（0，3），∵y＝ax2﹣4ax+3＝a（x﹣2）2+3﹣4a，∴对称轴为直线x＝2，∵点A与点C关于对称轴对称，∴C（4，3），∴B（2，3﹣4a）；（2）如图1，过点B作BG⊥y轴交于点G，∵∠ABC＝90°，∴∠OAB＝45°，∴AG＝BG＝2，∴B（2，1），∴3﹣4a＝1，∴a＝，∴y＝x2﹣2x+3；（3）如图2，过点B作BH⊥OC交于点H，连接AC，∵∠ABC＝2∠BCD，∴∠NBC＝∠CNB，∴∠ONB＝2∠OCB，∵NB∥y轴，∴∠AOC＝∠ONB，∵AC＝4，AO＝3，∴tan∠AOC＝，∴tan∠HNB＝，设HB＝4x，则HN＝3x，∴NB＝5x，∴NB＝CN＝5x，∴CH＝8x，∴tan∠HCB＝，∵∠OCB＝∠NBC＝∠ABN，∴＝，∴a＝1，∴y＝x2﹣4x+3，∴B（2，﹣1），∵N是OC的中点，∴N（2，），∴BN＝，ON＝，∵AO∥BN，∴△AOD∽△BND，∴＝，即＝，∴OD＝．3.（2022黄埔一模24）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于两点与轴交于点C，点M是抛物线的顶点，抛物线的对称轴与BC交于点D，与轴交于点E．（1）求抛物线的对称轴及B点的坐标（2）如果，求抛物线的表达式；（3）在（2）的条件下，已知点F是该抛物线对称轴上一点，且在线段的下方，，求点的坐标【小问1详解】解：∵二次函数y=ax2−3ax−4a，∴对称轴是，∵A(−1，0)，∵1+1.5=2.5，∴1.5+2.5=4，∴B(4，0)；【小问2详解】∵二次函数y=ax2−3ax−4a，C在y轴上，∴C的横坐标是0，纵坐标是−4a，∵y轴平行于对称轴，∴，∴，∵，∵MD=，∵M的纵坐标是+∵M的横坐标是对称轴x，∴，∴+=，解这个方程组得：，∴y=ax2−3ax−4a=x2-3×（）x-4×（）=；【小问3详解】假设F点在如图所示的位置上，连接AC、CF、BF，CF与AB相交于点G，由（2）可知：AO=1，CO=2，BO=4，∴，∴，∵∠AOC=∠COB=90°，∴△AOC∽△COB，∴∠BCO=∠CAO，∵∠CFB=∠BCO，∴∠CAO=∠CFB，∵∠AGC=∠FGB，∴△AGC∽△FGB，∴，设EF=x，∵BF2=BE2+EF2=，AC2=22+12=5，CO2=22=4，∴=，解这个方程组得：x1=5，x2=-5，∵点F在线段BC的下方，∴x1=5（舍去），∴F（，-5）．4.（2022年松江一模24题）如图，已知直线y＝﹣x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A、B两点．（1）求这条抛物线的表达式；（2）直线x＝t与该抛物线交于点C，与线段AB交于点D（点D与点A、B不重合），与x轴交于点E，联结AC、BC．①当＝时，求t的值；②当CD平分∠ACB时，求△ABC的面积．【小问1详解】解：由y=-x+2可得：当x=0时，y=2；当y=0时，x=3，∴A（3，0），B（0，2），把A、B的坐标代入y=-x2+bx+c得：，解得：，∴抛物线的解析式为：y=-x2+x+2；【小问2详解】①如图1，∵DE∥OB，∴，∵，∴，又∵∠ADE=∠BDC，∴△ADE∽△BDC，∴∠DAE=∠DBC，∴AE∥BC，∴C点的纵坐标为2，∴2=-x2+x+2，∴x=0或x=2，∴C（2，2），∴t=2；②如图2，设C（t，-t2+t+2），过点B作BH⊥CE于点H，∵∠BCH=∠ACE，∴tan∠BCH=tan∠ACE，∴，∴，∴t=，∴C（，），∴S△ACB=S△ACE+S梯形BOCE-S△ABO=．5.（2022徐汇一模24题）如图，抛物线与x轴相交于点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于点D，交该抛物线于点E．（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）当时，求△BDE与△CDA的面积之比．【小问1详解】解：令，则，或，，令，则，，设直线的解析式为，，，，，，；【小问2详解】解：，，是直角三角形，设，①如图1，当，时，，，，（舍或，，；②如图2，当时，过点作轴交于点，，，，，，即，，，，（舍或，，；综上所述：点的坐标为，或，；【小问3详解】解：如图3，作的垂直平分线交轴于点，连接，过点作于点，，，，，在中，，，，，，，设，则，，，，，，，，，，，．6.（2021年长宁二模）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2﹣163x+c经过点A（1，0）、B（3，0），且与y轴交于点C（1）求抛物线的表达式；（2）如果将抛物线向左平移m（m＞0）个单位长度，联结AC、BC，当抛物线与△ABC的三边有且只有一个公共点时，求m的值；（3）如果点P是抛物线上一动点，且在点B的右侧，联结PC，直线PA交y轴于点E，当∠PCE＝∠PEC时，求点P的坐标．【详解】解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得：，解得故抛物线的表达式为；（2）令x=0，y=4∴C（0，4）当抛物线与△ABC的三边有且只有一个公共点时，则抛物线过点C（0，4）由抛物线的表达式知，其对称轴为x＝2，则平移后抛物线再过点C时，m＝4；（3）设点P的坐标为（t，)，设直线PA的表达式为y＝kx+b，代入A、P坐标得，解得，∴直线PA的表达式为y＝（）x，令x=0，y=故点E的坐标为（0，﹣t+4），而点C（0，4），∵∠PCE＝∠PEC，则点P在CE的中垂线上，由中点公式得：yP＝（yC+yE），即＝（t+4），解得t＝1（舍去）或，故点P的坐标为．7.（2021年杨浦二模）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x﹣5与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，抛物线y＝ax2+6x+c经过A、B两点．（1）求这条抛物线的表达式；（2）设抛物线与x轴的另一个交点为C，点P是抛物线上一点，点Q是直线AB上一点，当四边形BCPQ是平行四边形时，求点Q的坐标；（3）在第（2）小题的条件下，联结QC，在∠QCB内作射线CD与抛物线的对称轴相交于点D，使得∠QCD＝∠ABC，求线段DQ的长．【详解】解：（1）在y＝x﹣5中令x＝0，得y＝﹣5，令y＝0得x＝5，∴A（5，0），B（0，﹣5），将A（5，0），B（0，﹣5）代入y＝ax2+6x+c得：，解得，∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+6x﹣5；（2）在y＝﹣x2+6x﹣5中令y＝0得x1＝1，x2＝5，∴C（1，0），点P是抛物线上一点，点Q是直线AB上一点，设P（m，﹣m2+6m﹣5），Q（n，n﹣5），则BP的中点为（，），CQ的中点为（，），∵四边形BCPQ是平行四边形，∴线段BP的中点即是CQ的中点，∴，解得或，∴Q（3，﹣2）；（3）设CD与AB交于N，如图：∵B（0，﹣5），C（1，0），Q（3，﹣2），∴CQ＝2，BQ＝3，∵∠QCD＝∠ABC，∠CQN＝∠BQC，∴△CQN∽△BQC，∴，即＝，∴QN＝，设N（t，t﹣5），而Q（3，﹣2），∴＝，∴t＝或t＝，∵在∠QCB内作射线CD，∴t＝，N（，﹣），设CN解析式为y＝kx+b，将N（，﹣），C（1，0）代入得：，解得，∴CN解析式为y＝﹣5x+5，令x＝3得y＝﹣10，∴Q（3，﹣10），∴DQ＝﹣2﹣（﹣10）＝8．8.（2021年青浦二模）已知：如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+3的图象与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C，对称轴是直线x＝1，顶点是点D．（1）求该抛物线的解析式和顶点D的坐标；（2）点P为该抛物线第三象限上的一点，当四边形PBDC为梯形时，求点P的坐标；（3）在（2）的条件下，点E为x轴正半轴上的一点，当tan（∠PBO+∠PEO）＝时，求OE的长．解：（1）∵抛物线经过点A（－1，0），对称轴是直线x＝1，∴……（2分），解得 （1分）∴抛物线的解析式为．把x＝1代入抛物线的解析式，得y＝4．∴D（1，4）． （1分）（2）∵点P为抛物线第三象限上的点，且四边形PBDC为梯形，∴CD∥BP． （1分）延长DC交x轴负半轴于点F，过点D作y轴的垂线，垂足为点G，过点P作x轴的垂线，垂足为点H．∵C（0，3），D（1，4），∴GD＝CG＝1．∴∠GDC＝45°．∵GD∥BF，∴∠DFB＝∠GDC＝45°．∵CD∥BP，∴∠PBF＝∠DFB＝45°． （1分）∴∠PBF＝∠HPB，∴PH＝BH．设点P的坐标为．由题意可知B（3，0）．得． （1分）解得，或．（舍）∴P（－2，－5） （1分）（3）∵P（－2，－5），∴在Rt△PHO中，． （1分）∵，∴．由（2）可知，，因此，所以点E在点B的右侧．又∵，∴． （1分）∵，∴△OPB∽△OEP． （1分）∴，∴，∴． （1分）题型六：例1（2022杨浦一模24）已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C（0，2），点P是该抛物线在第一象限内一点，联结AP、BC，AP与线段BC相交于点F．（1）求抛物线的表达式；（2）设抛物线的对称轴与线段BC交于点E，如果点F与点E重合，求点P的坐标；（3）过点P作PG⊥x轴，垂足为点G，PG与线段BC交于点H，如果PF＝PH，求线段PH的长度．【解答】解：（1）将点A（﹣1，0）和点C（0，2）代入y＝﹣x2+bx+c，∴，∴，∴y＝﹣x2+x+2；（2）∵y＝﹣x2+x+2，∴对称轴为直线x＝，令y＝0，则﹣x2+x+2＝0，解得x＝﹣1或x＝4，∴B（4，0），设直线BC的解析式为y＝kx+m，∴，∴，∴y＝﹣x+2，∴E（，），设直线AE的解析式为y＝k'x+n，∴，∴，∴y＝x+，联立，∴x＝3或x＝﹣1（不符合题意，舍去），∴P（3，2）；（3）解法一：设P（t，﹣t2+t+2），则H（t，﹣t+2），∴PH＝﹣t2+2t，设直线AP的解析式为y＝k1x+b1，∴，∴，∴y＝x+，联立，∴x＝，∴F（，），直线AP与y轴交点E（0，），∴CE＝2﹣＝，∵PF＝PH，∴∠PFH＝∠PHF，∵PG∥y轴，∴∠ECF＝∠PHF，∵∠CFE＝∠PFH，∴∠CEF＝∠CFE，∴CE＝EF，∴（）2＝（）2+（﹣）2，∴（4﹣t）2+4＝（5﹣t）2，∴t＝，∴PH＝﹣t2+2t＝．2.（2020长宁二模）如图7，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点，对称轴是直线，顶点为点，抛物线与轴交于点.（1）求抛物线的表达式和点的坐标；（2）将上述抛物线向下平移1个单位，平移后的抛物线与x轴正半轴交于点，求的面积；（3）如果点在原抛物线上，且在对称轴的右侧，联结交线段于点，，求点的坐标.图图7-1-2-3-41234-1-2-3-41234Oxy解：（1）抛物线经过点，对称轴是直线∴，解得（2分）∴抛物线的解析式为，顶点B的坐标是（2分）（2）抛物线与轴交于点平移后的抛物线表达式为：，点D的坐标是（2分）过点做轴，垂足为点∴（2分）（3）∵直线经过点、，∴直线的表达式为：设对称轴与直线相交于点，则∵∴（1分）过点作，交直线于点设点，则∴（1分）∵∴∴∴∴（舍去）或（1分）∴（1分）3.（2021闵行区二模24）（12分）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（5，3），∴，∴，∴抛物线表达式为y＝﹣x2+6x﹣6；（2）把x＝3代入y＝﹣x2+2x﹣5得y＝4，∴抛物线顶点B坐标为（5，4），由△BOE的面积为3得BE×3＝3，∴BE＝2，∵点E在线段BC上，∴点E坐标为E（3，3），把点E（3，2）和点A（8，，∴，∴直线表达式为y＝﹣x+5；（3）如图，①若BD∥OE，则四边形OEBD1为平行四边形，则点D4坐标为（0，2），连接D5A，∴cot∠D1AO＝＝，综上所述，此时∠DAO的余切值为或．【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．4.（2021虹口二模24）如图8，在平面直角坐标系中，直线l：与x轴、y轴分别交于点A、B，与双曲线H：交于点P(2，)，直线分别与直线l和双曲线H交于点E、D．（1）求k和b的值；（2）当点E在线段AB上时，如果ED=BO，求m的值；（3）点C是y轴上一点，如果四边形BCDE是菱形，求点的坐标．【答案】24．解：（1）由题意：把点P(2，)代入中，得．………（2分）把点P(2，)代入中，得．………（2分）（2）由题意：E，D．则．…（1分）∵ED=BO，且BO=3，∴．…………（1分）解得．…………（1分）∵点E在线段AB上，∴m<0．∴m的值为．…………（1分）（3）易得．………（1分）①当m<0，点E在点D上方时，．∵，∴．解得．∴，C．………（1分）②当m<0，点D在点E上方时，，方程无实根．③当m>0，点E在点D上方时，，方程无实根．④当m>0，点D在点E上方时，．解得．∴，C．……（1分）∴综上所述C或C.……（1分）5.（2020浦东二模）在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于点和点（点在点的左侧），与轴交于点，对称轴是直线．（1）求抛物线的表达式；（2）直线平行于轴，与抛物线交于、两点（点在点的左侧），且，点关于直线的对称点为，求线段的长；（3）点是该抛物线上一点，且在第一象限内，联结、，交线段于点，当时，求点的坐标．【整体分析】（1）根据抛物线与轴交于点可得出c的值，然后由对称轴是直线可得出b的值，从而可求出抛物线的解析式；

（2）令y=0得出关于x的一元二次方程，求出x，可得出点A、B的坐标，从而得到AB的长，再求出MN的长，根据抛物线的对称性求出点M的横坐标，再代入抛物线解析式求出点M的纵坐标，再根据点的对称可求出OE的长；

（3）过点E作x轴的平行线EH，分别过点F，P作EH的垂线，垂足分别为G，Q，则FG∥PQ，先证明△EGF∽△EQP，可得，设点F的坐标为（a，-a+3），则EG=a，FG=-a+3-=-a+，可用含a的式子表示P点的坐标，根据P在抛物线的图象上，可得关于a的方程，把a的值代入P点坐标，可得答案．【满分解答】解：（1）将点C（0，3）代入得c=3，又抛物线的对称轴为直线x=1，∴-=1，解得b=2，∴抛物线的表达式为y=-x2+2x+3；（2）如图，令y=0，则-x2+2x+3=0，解得x1=-1，x2=3，

∴点A（-1，0），B（3，0），∴AB=3-（-1）=4，

∵，∴MN=×4=3，

根据二次函数的对称性，点M的横坐标为，代入二次函数表达式得，y=，∴点M的坐标为，又点C的坐标为（0，3），点C与点E关于直线MN对称，∴CE=2×（3-）=，∴OE=OC-CE=；（3）如图，过点E作x轴的平行线EH，分别过点F，P作EH的垂线，垂足分别为G，Q，则FG∥PQ，设直线BC的解析式为y=kx+b（k≠0），则，解得，∴直线BC的解析式为y=-x+3，设点F坐标为（a，-a+3），则EG=a，FG=-a+3-=-a+．∵FG∥PQ，∴△EGF∽△EQP，∴．∵，∴FP:EF=1:2，∴EF:EP=2:3．∴，∴EQ=EG=a，PQ=FG=（-a+）=-a+，∴xP=a，yP=-a++=-a+，即点P的坐标为（a，-a+），又点P在抛物线y=-x2+2x+3上，∴-a+=-a2+3a+3，化简得9a2-18a+5=0，解得a=或a=，符合题意，∴点P的坐标为（，）或（，)．【点睛】本题是二次函数综合题，考查了利用待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，轴对称的性质以及解一元二次方程等知识，综合运用相关性质是解题的关键．6.（2