? 專題14二次函數(shù)與線段數(shù)量關(guān)系最值定值問(wèn)題
圖形運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，求兩條線段之間的函數(shù)關(guān)系，是中考數(shù)學(xué)的熱點(diǎn)問(wèn)題．
產(chǎn)生兩條線段間的函數(shù)關(guān)系，常見(jiàn)的情況有兩種，一是勾股定理，二是比例關(guān)系．還有一種不常見(jiàn)的，就是線段全長(zhǎng)等于部分線段之和．由比例線段產(chǎn)生的函數(shù)關(guān)系問(wèn)題，在兩種類型的題目中比較常用．
一是由平行線產(chǎn)生的對(duì)于線段成比例，二是相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例．
一般步驟是先說(shuō)理產(chǎn)生比例關(guān)系，再代入數(shù)值或表示數(shù)的字母，最后整理、變形，根據(jù)要求寫出定義域．關(guān)鍵是尋找比例關(guān)系，難點(diǎn)是有的整理、變形比較繁瑣，容易出錯(cuò)．
【例1】(2022?武漢模擬)拋物線y＝x2﹣2x+m的頂點(diǎn)A在x軸上，與y軸交于點(diǎn)B．
(1)求拋物線的解析式；
(2)如圖1，直線CD∥AB交拋物線于C，D兩點(diǎn)，若，求△COD的面積；
(3)如圖2，P為拋物線對(duì)稱軸上頂點(diǎn)下方的一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作直線交拋物線于點(diǎn)E，F(xiàn)，交x軸于點(diǎn)M，求的值．

【分析】(1)運(yùn)用待定系數(shù)法即可求得答案；
(2)運(yùn)用待定系數(shù)法求得直線AB的解析式為y＝﹣x+1，根據(jù)CD∥AB，設(shè)直線CD的解析式為y＝﹣x+d，C(xC，yC)，D(xD，yD)，聯(lián)立并整理得x2﹣x+1﹣d＝0，利用根與系數(shù)關(guān)系可得：xC+xD＝1，xC?xD＝1﹣d，yC＝﹣xC+d，yD＝﹣xD+d，再由，可得CD＝3AB＝3，建立方程求解即可得出答案；
(3)過(guò)點(diǎn)E作EG∥x軸交拋物線對(duì)稱軸于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)F作FH∥x軸交拋物線對(duì)稱軸于點(diǎn)H，則AM∥EG∥FH，可得：＝，＝，設(shè)直線PM的解析式為y＝kx+n，可得：P(1，k+n)，M(﹣，0)，聯(lián)立并整理得：整理得：x2﹣(k+2)x+1﹣n＝0，利用根與系數(shù)關(guān)系可得：xE+xF＝k+2，xE?xF＝1﹣n，再分兩種情況：k＜0或k＞0，分別求出的值即可．
【解答】解：(1)∵拋物線y＝x2﹣2x+m＝(x﹣1)2+m﹣1的頂點(diǎn)A(1，m﹣1)在x軸上，
∴m﹣1＝0，
∴m＝1，
∴該拋物線的解析式為y＝x2﹣2x+1；
(2)∵y＝x2﹣2x+1＝(x﹣1)2，
∴頂點(diǎn)A(1，0)，
令x＝0，得y＝1，
∴B(0，1)，
在Rt△AOB中，AB＝＝＝，
設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+b，
則，
解得：，
∴直線AB的解析式為y＝﹣x+1，
∵CD∥AB，
∴設(shè)直線CD的解析式為y＝﹣x+d，C(xC，yC)，D(xD，yD)，
則x2﹣2x+1＝﹣x+d，
整理得：x2﹣x+1﹣d＝0，
∴xC+xD＝1，xC?xD＝1﹣d，
yC＝﹣xC+d，yD＝﹣xD+d，
∴yC﹣yD＝(﹣xC+d)﹣(﹣xD+d)＝xD﹣xC，
∵，
∴CD＝3AB＝3，
∴CD2＝(3)2＝18，
∴(xC﹣xD)2+(yC﹣yD)2＝18，即(xC﹣xD)2+(xD﹣xC)2＝18，
∴(xC﹣xD)2＝9，
∴(xC+xD)2﹣4xC?xD＝9，即1﹣4(1﹣d)＝9，
解得：d＝3，
∴x2﹣x﹣2＝0，
解得：x＝2或﹣1，
∴C(2，1)，D(﹣1，4)，
設(shè)直線CD：y＝﹣x+3交y軸于點(diǎn)K，
令x＝0，則y＝3，
∴K(0，3)，
∴OK＝3，
∴S△COD＝OK×|xC﹣xD|＝×3×3＝；
(3)如圖2，過(guò)點(diǎn)E作EG∥x軸交拋物線對(duì)稱軸于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)F作FH∥x軸交拋物線對(duì)稱軸于點(diǎn)H，
則AM∥EG∥FH，
∴＝，＝，
設(shè)直線PM的解析式為y＝kx+n，
當(dāng)x＝1時(shí)，y＝k+n，
∴P(1，k+n)，
當(dāng)y＝0時(shí)，kx+n＝0，
解得：x＝﹣，
∴M(﹣，0)，
∴AM＝|1﹣(﹣)|＝||，
由x2﹣2x+1＝kx+n，
整理得：x2﹣(k+2)x+1﹣n＝0，
則xE+xF＝k+2，xE?xF＝1﹣n，
∵EG＝|xE﹣1|，F(xiàn)H＝|xF﹣1|，
∴+＝+＝，
當(dāng)k＜0時(shí)，點(diǎn)E、F、M均在對(duì)稱軸直線x＝1左側(cè)，
∴EG＝|xE﹣1|＝1﹣xE，F(xiàn)H＝|xF﹣1|＝1﹣xF，AM＝||＝，
∴+＝＝＝＝，
∴+＝AM×(+)＝×＝1；
當(dāng)k＞0時(shí)，點(diǎn)E、F、M均在對(duì)稱軸直線x＝1右側(cè)，
∴EG＝|xE﹣1|＝xE﹣1，F(xiàn)H＝|xF﹣1|＝xF﹣1，AM＝||＝﹣，
∴+＝＝＝＝﹣，
∴+＝AM×(+)＝﹣×(﹣)＝1；
綜上所述，的值為1．


【例2】(2022?黃石)如圖，拋物線y＝﹣x2+x+4與坐標(biāo)軸分別交于A，B，C三點(diǎn)，P是第一象限內(nèi)拋物線上的一點(diǎn)且橫坐標(biāo)為m．
(1)A，B，C三點(diǎn)的坐標(biāo)為 　(﹣2，0)　，　(3，0)　，　(0，4)　．
(2)連接AP，交線段BC于點(diǎn)D，
①當(dāng)CP與x軸平行時(shí)，求的值；
②當(dāng)CP與x軸不平行時(shí)，求的最大值；
(3)連接CP，是否存在點(diǎn)P，使得∠BCO+2∠PCB＝90°，若存在，求m的值，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【分析】(1)令x＝0，則y＝4，令y＝0，則﹣x2+x+4＝0，所以x＝﹣2或x＝3，由此可得結(jié)論；
(2)①由題意可知，P(1，4)，所以CP＝1，AB＝5，由平行線分線段成比例可知，＝＝．
②過(guò)點(diǎn)P作PQ∥AB交BC于點(diǎn)Q，所以直線BC的解析式為：y＝﹣x+4．設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，則P(m，﹣m2+m+4)，Q(m2﹣m，﹣m2+m+4)．所以PQ＝m﹣(m2﹣m)＝﹣m2+m，因?yàn)镻Q∥AB，所以＝＝＝﹣(m﹣)2+，由二次函數(shù)的性質(zhì)可得結(jié)論；
(3)假設(shè)存在點(diǎn)P使得∠BCO+2∠BCP＝90°，即0＜m＜3．過(guò)點(diǎn)C作CF∥x軸交拋物線于點(diǎn)F，由∠BCO+2∠PCB＝90°，可知CP平分∠BCF，延長(zhǎng)CP交x軸于點(diǎn)M，易證△CBM為等腰三角形，所以M(8，0)，所以直線CM的解析式為：y＝﹣x+4，令﹣x2+x+4＝﹣x+4，可得結(jié)論．
【解答】解：(1)令x＝0，則y＝4，
∴C(0，4)；
令y＝0，則﹣x2+x+4＝0，
∴x＝﹣2或x＝3，
∴A(﹣2，0)，B(3，0)．
故答案為：(﹣2，0)；(3，0)；(0，4)．
(2)①∵CP∥x軸，C(0，4)，
∴P(1，4)，
∴CP＝1，AB＝5，
∵CP∥x軸，
∴＝＝．
②如圖，過(guò)點(diǎn)P作PQ∥AB交BC于點(diǎn)Q，

∴直線BC的解析式為：y＝﹣x+4．
設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，
則P(m，﹣m2+m+4)，Q(m2﹣m，﹣m2+m+4)．
∴PQ＝m﹣(m2﹣m)＝﹣m2+m，
∵PQ∥AB，
∴＝＝＝﹣(m﹣)2+，
∴當(dāng)m＝時(shí)，的最大值為．
另解：分別過(guò)點(diǎn)P，A作y軸的平行線，交直線BC于兩點(diǎn)，仿照以上解法即可求解．
(3)假設(shè)存在點(diǎn)P使得∠BCO+2∠BCP＝90°，即0＜m＜3．
過(guò)點(diǎn)C作CF∥x軸交拋物線于點(diǎn)F，

∵∠BCO+2∠PCB＝90°，∠BCO+∠BCF+∠MCF＝90°，
∴∠MCF＝∠BCP，
延長(zhǎng)CP交x軸于點(diǎn)M，
∵CF∥x軸，
∴∠PCF＝∠BMC，
∴∠BCP＝∠BMC，
∴△CBM為等腰三角形，
∵BC＝5，
∴BM＝5，OM＝8，
∴M(8，0)，
∴直線CM的解析式為：y＝﹣x+4，
令﹣x2+x+4＝﹣x+4，
解得x＝或x＝0(舍)，
∴存在點(diǎn)P滿足題意，此時(shí)m＝．
【例3】(2022?河南三模)如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣4交x軸于A，B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C，OB＝2OC＝4OA，連接AC，BC．
(1)求拋物線的解析式；
(2)點(diǎn)D是拋物線y＝ax2+bx﹣4的圖象上在第四象限內(nèi)的一動(dòng)點(diǎn)，DE⊥x軸于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F．設(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為m．
①請(qǐng)用含m的代數(shù)式表示線段DF的長(zhǎng)；
②已知DG∥AC，交BC于點(diǎn)G，請(qǐng)直接寫出當(dāng)時(shí)點(diǎn)D的坐標(biāo)．

【分析】(1)由拋物線y＝ax2+bx﹣4，可知c＝﹣4，故OC＝4，而OB＝2OC＝4OA，則OA＝2，OB＝8，確定點(diǎn)A、B、C的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式即可；
(2)①先求出直線BC的解析式，再設(shè)點(diǎn)D為(m，m2﹣m﹣4)，可得F(m，m﹣4)，即可得出線段DF的長(zhǎng)；
②證明△AOC∽△FGD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得DF＝3，再根據(jù)①得出的式子求出m的值，即可求解．
【解答】解：(1)在拋物線y＝ax2+bx﹣4中，
令x＝0，則y＝﹣4，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0，﹣4)，
∴OC＝4，
∵OB＝2OC＝4OA，
∴OA＝2，OB＝8，
∴點(diǎn)A為(﹣2，0)，點(diǎn)B為(8，0)，
則把點(diǎn)A、B代入解析式，得：
，
解得：，
∴此拋物線的表達(dá)式為y＝x2﹣x﹣4；

(2)①設(shè)直線BC的解析式為y＝mx+n，則
把點(diǎn)B、C代入，得，
解得：，
∴直線AC的解析式為y＝x﹣4；
設(shè)點(diǎn)D為(m，m2﹣m﹣4)，可得F(m，m﹣4)，
∴DF＝m﹣4?(m2﹣m﹣4)＝﹣m2+2m；

②∵點(diǎn)A為(﹣2，0)，點(diǎn)B為(8，0)，點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0，﹣4)，
∴AC2＝22+42＝20，BC2＝82+42＝80，AB2＝(8+2)2＝100，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝∠ACO+∠OCF＝90°，
∵DG∥AC，
∴∠DGC＝∠ACB＝90°，
∴∠DGF＝∠AOC＝90°，
∴∠DFG+∠FDG＝90°，
∵DE⊥x軸，
∴DE∥y軸，
∴∠OCF＝∠DFG，
∵∠ACO+∠OCF＝90°，∠DFG+∠FDG＝90°，
∴∠ACO＝∠FDG，
∴△AOC∽△FGD，
∴，
∵AC2＝22+42＝20，
∴AC＝2，
∵DG＝AC，
∴DG＝，
∴，
∴DF＝3，
∵DF＝﹣m2+2m，
∴﹣m2+2m＝3，解得m1＝2，m2＝6，
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為(2，﹣6)或(6，﹣4)．
【例4】(2021?大慶)如圖，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于原點(diǎn)O和點(diǎn)A，且其頂點(diǎn)B關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)坐標(biāo)為(2，1)．
(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
(2)拋物線的對(duì)稱軸上存在定點(diǎn)F，使得拋物線y＝ax2+bx+c上的任意一點(diǎn)G到定點(diǎn)F的距離與點(diǎn)G到直線y＝﹣2的距離總相等．
①證明上述結(jié)論并求出點(diǎn)F的坐標(biāo)；
②過(guò)點(diǎn)F的直線l與拋物線y＝ax2+bx+c交于M，N兩點(diǎn)．
證明：當(dāng)直線l繞點(diǎn)F旋轉(zhuǎn)時(shí)，+是定值，并求出該定值；
(3)點(diǎn)C(3，m)是該拋物線上的一點(diǎn)，在x軸，y軸上分別找點(diǎn)P，Q，使四邊形PQBC周長(zhǎng)最小，直接寫出P，Q的坐標(biāo)．

【分析】(1)求出B(2，﹣1)，A(4，0)，再將點(diǎn)O、點(diǎn)A、點(diǎn)B代入拋物線y＝ax2+bx+c，即可求解解析式；
(2)①設(shè)F(2，m)，G(x，x2﹣x)，由已知可得(x﹣2)2+＝，整理得到m(m﹣x2+2x)＝0，因?yàn)槿我庖稽c(diǎn)G到定點(diǎn)F的距離與點(diǎn)G到直線y＝﹣2的距離總相等，所以m＝0，即可求F坐標(biāo)；②設(shè)過(guò)點(diǎn)F的直線解析式為y＝kx﹣2k，M(xM，yM)，N(xN，yN)，聯(lián)立直線與拋物線解析式得x2﹣(4+4k)x+8k＝0，則有xM+xN＝4+4k，xM?xN＝8k，yM+yN＝4k2，yM?yN＝﹣4k2，由①可得+＝+＝1；
(3)作B點(diǎn)關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)B'，作C點(diǎn)關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)C'，連接C'B'交x軸、y軸分別于點(diǎn)P、Q，四邊形PQBC周長(zhǎng)＝BQ+PQ+PC+BC＝B'Q+PQ+C'P+CB＝C'B'+CB，求出B'(﹣2，﹣1)，C'(3，)，可得直線B'C'的解析為y＝x﹣，則可求Q(0，﹣)，P(，0)．
【解答】解：(1)∵頂點(diǎn)B關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)坐標(biāo)為(2，1)，
∴B(2，﹣1)，
∴A(4，0)，
將點(diǎn)O、點(diǎn)A、點(diǎn)B代入拋物線y＝ax2+bx+c，
得到，解得，
∴y＝x2﹣x；
(2)①設(shè)F(2，m)，G(x，y)，
∴G點(diǎn)到直線y＝﹣2的距離為|y+2|，
∴(y+2)2＝y(tǒng)2+4y+4，
∵y＝x2﹣x，
∴(y+2)2＝y(tǒng)2+4y+4＝y(tǒng)2+x2﹣4x+4＝y(tǒng)2+(x﹣2)2，
∴G到直線y＝﹣2的距離與點(diǎn)(2，0)和G點(diǎn)的距離相等，
∴拋物線上的任意一點(diǎn)G到定點(diǎn)F的距離與點(diǎn)G到直線y＝﹣2的距離總相等；
∵G到定點(diǎn)F的距離與點(diǎn)G到直線y＝﹣2的距離相等，
∴(x﹣2)2+＝，
整理得，m(m﹣x2+2x)＝0，
∵距離總相等，
∴m＝0，
∴F(2，0)；
②設(shè)過(guò)點(diǎn)F的直線解析式為y＝kx﹣2k，M(xM，yM)，N(xN，yN)，
聯(lián)立，整理得x2﹣(4+4k)x+8k＝0，
∴xM+xN＝4+4k，xM?xN＝8k，
∴yM+yN＝4k2，yM?yN＝﹣4k2，
∵M(jìn)到F點(diǎn)與M點(diǎn)到y(tǒng)＝﹣2的距離相等，N到F點(diǎn)與N點(diǎn)到y(tǒng)＝﹣2的距離相等，
∴+＝+＝＝＝1，
∴+＝1是定值；
(3)作B點(diǎn)關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)B'，作C點(diǎn)關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)C'，連接C'B'交x軸、y軸分別于點(diǎn)P、Q，
∵BQ＝B'Q，CP＝C'P，
∴四邊形PQBC周長(zhǎng)＝BQ+PQ+PC+BC＝B'Q+PQ+C'P+CB＝C'B'+CB，
∵點(diǎn)C(3，m)是該拋物線上的一點(diǎn)
∴C(3，﹣)，
∵B(2，﹣1)，
∴B'(﹣2，﹣1)，C'(3，)，
∴直線B'C'的解析為y＝x﹣，
∴Q(0，﹣)，P(，0)．


1．(2020?道里區(qū)二模)已知：在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線y＝﹣+bx+3交x軸于A、B兩點(diǎn)(點(diǎn)B在點(diǎn)A的右邊)交y軸于點(diǎn)C，OB＝3OC．
(1)如圖1，求拋物線的解析式；
(2)如圖2，點(diǎn)E是第一象限拋物線上的點(diǎn)，連接BE，過(guò)點(diǎn)E作ED⊥OB于點(diǎn)D，tan∠EBD＝，求△BDE的面積；
(3)如圖3，在(2)的條件下，連接BC交DE于點(diǎn)Q，點(diǎn)K是第四象限拋物線上的點(diǎn)，連接EK交BC于點(diǎn)M，交x軸于點(diǎn)N，∠EMC＝45°，過(guò)點(diǎn)K作直線KT⊥x軸于點(diǎn)T，過(guò)點(diǎn)E作EL∥x軸，交直線KT于點(diǎn)L，點(diǎn)F是拋物線對(duì)稱軸右側(cè)第一象限拋物線上的點(diǎn)，連接ET、LF，LF的延長(zhǎng)線交ET于點(diǎn)P，連接DP并延長(zhǎng)交EL于點(diǎn)S，SE＝2SL，求點(diǎn)F的坐標(biāo)．

【分析】(1)用待定系數(shù)法即可求解；
(2)在Rt△EDB中，，則，解得t1＝3，t2＝9(舍去)，利用，求出點(diǎn)E的坐標(biāo)，進(jìn)而求解；
(3)證明四邊形DELT是正方形和△EPS≌△EPL(SAS)，則，RL＝11﹣n，故，即可求解．
【解答】解：(1)如圖1，當(dāng)x＝0時(shí)，，
∴C(0，3)，∴OC＝3，
∵OB＝3OC，
∴OB＝9，∴B(9，0)，
∵點(diǎn)B在拋物線上，
∴，，
∴拋物線的解析式為；

(2)如圖2，設(shè)，
∴，BD＝9﹣t，
在Rt△EDB中，，
∴，
解得t1＝3，t2＝9(舍去)，
∴，
∴E(3，8)，OD＝3，BD＝6，ED＝8，
∴；

(3)如圖3，連接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，
過(guò)點(diǎn)D作DG⊥BC于點(diǎn)G，BD＝6，，
設(shè)CG＝a，則，
在Rt△CGD中，DG2＝CD2﹣CG2，
在Rt△BGD中，DG2＝BD2﹣BG2，
∴CD2﹣CG2＝BD2﹣BG2，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，∴DN＝4，
∴N(7，0)，
過(guò)點(diǎn)K作KH⊥ED于點(diǎn)H，
設(shè)，
∴KH＝m﹣3，，
∵，
∴，
∴m1＝11，m2＝3(舍)，
當(dāng)m＝11時(shí)，，
∴K(11，﹣8)，
∴T(11，0)，L(11，8)，
∴EL＝ED＝8，
∵∠EDT＝∠DTL＝∠ELT＝90°，
∴四邊形DELT是矩形，
∵EL＝ED，
∴四邊形DELT是正方形
∴∠DET＝∠LET，
又∵EP＝EP，ED＝EL，
∴△EPS≌△EPL(SAS)，
∴∠EDS＝∠ELP，
∵SE＝2SL，
∴，
在Rt△SED中，，
∴，
過(guò)點(diǎn)F作FR⊥EL于點(diǎn)R，設(shè)，
則，RL＝11﹣n，
∴，
∴n2﹣6n﹣7＝0，
∴n1＝7，n2＝﹣1(舍)，
∴．
2．(2020?三明二模)如圖，拋物線y＝x2+mx(m＜0)交x軸于O，A兩點(diǎn)，頂點(diǎn)為點(diǎn)B．
(Ⅰ)求△AOB的面積(用含m的代數(shù)式表示)；
(Ⅱ)直線y＝kx+b(k＞0)過(guò)點(diǎn)B，且與拋物線交于另一點(diǎn)D(點(diǎn)D與點(diǎn)A不重合)，交y軸于點(diǎn)C．過(guò)點(diǎn)C作CE∥AB交x軸于點(diǎn)E．
(ⅰ)若∠OBA＝90°，2＜＜3，求k的取值范圍；
(ⅱ)求證：DE∥y軸．

【分析】(I)先根據(jù)頂點(diǎn)式可得點(diǎn)B的坐標(biāo)，令y＝0，解方程可得點(diǎn)A的坐標(biāo)，從而得OA＝﹣m，根據(jù)三角形面積公式可得△AOB的面積；
(II)(i)如圖2，作BF⊥AO，可證明△EOC∽△AFB，列比例式，根據(jù)△OAB為等腰直角三角形和點(diǎn)B的坐標(biāo)，列關(guān)于m的方程，可得結(jié)論；
(ii)先求BC的解析式確定點(diǎn)C的坐標(biāo)，根據(jù)方程組的解析可得點(diǎn)D的橫坐標(biāo)，根據(jù)CE∥AB確定CE的解析式，根據(jù)y＝0可得E的坐標(biāo)，由D和E的橫坐標(biāo)相等可得結(jié)論．
【解答】解：(Ⅰ)如圖1，y＝x2+mx＝，

∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為，
由x2+mx＝0，得x1＝0，x2＝﹣m，
∴A(﹣m，0)，
∴OA＝﹣m，
∴S△OAB＝＝＝﹣；


(Ⅱ) (ⅰ)如圖2，作BF⊥x軸于點(diǎn)F，

則∠AFB＝∠EOC＝90°．
∵CE∥AB，
∴∠OEC＝∠FAB?
∴△EOC∽△AFB．
∴．
∵，
∴，
∵拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為B(，)，∠OBA＝90°，
∴△OAB為等腰直角三角形，
∴，
∵m≠0，
∴m＝﹣2，
∴B(1，﹣1)，
∴BF＝1，
∴2＜OC＜3，
∵點(diǎn)C為直線y＝kx+b與y軸交點(diǎn)，
∴2＜﹣b＜3，
∵直線y＝kx+b(k＞0)過(guò)點(diǎn)B，
∴k+b＝﹣1，
∴﹣b＝k+1，
∴2＜k+1＜3，
∴1＜k＜2；

(ⅱ)如圖3，∵直線y＝kx+b(k＞0)過(guò)點(diǎn)B(，)，

∴，
∴，
∴y＝kx+，
∴C(0，)，
由x2+mx＝kx+，得：
x2+(m﹣k)x﹣＝0，
△＝(m﹣k)2+4×＝k2，
解得x1＝，x2＝，
∵點(diǎn)D不與點(diǎn)B重合，
∴點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為，
設(shè)直線AB的表達(dá)式為y＝px+q，則：．
解得．，
∴直線AB的表達(dá)式為y＝﹣，
∵直線CE∥AB，且過(guò)點(diǎn)C，
∴直線CE的表達(dá)式為y＝+，
當(dāng)y＝0時(shí)，x＝，
∴E(，0)，
∴點(diǎn)D，E的橫坐標(biāo)相同，
∴DE∥y軸．
3．(2022?杜爾伯特縣一模)如圖，已知拋物線y＝x2+bx+c與x軸相交于A(﹣1，0)，B(m，0)兩點(diǎn)，與y軸相交于點(diǎn)C(0，﹣3)，拋物線的頂點(diǎn)為D．
(1)求拋物線的解析式；
(2)若點(diǎn)E在x軸上，且∠ECB＝∠CBD，求點(diǎn)E的坐標(biāo)．
(3)若P是直線BC下方拋物線上任意一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥x軸于點(diǎn)H，與BC交于點(diǎn)M．
①求線段PM長(zhǎng)度的最大值．
②在①的條件下，若F為y軸上一動(dòng)點(diǎn)，求PH+HF+CF的最小值．

【分析】(1)將A(﹣1，0)、C(0，﹣3)代入y＝x2+bx+c，待定系數(shù)法即可求得拋物線的解析式；
(2)根據(jù)待定系數(shù)法，可得BD的解析式，根據(jù)平行線的判定和兩平行直線的函數(shù)解析式的關(guān)系，根據(jù)待定系數(shù)法，可得CE的解析式，進(jìn)一步可得答案；
(3)①根據(jù)BC的解析式和拋物線的解析式，設(shè)P(x，x2﹣2x﹣3)，則M(x，x﹣3)，表示PM的長(zhǎng)，根據(jù)二次函數(shù)的最值可得：當(dāng)x＝時(shí)，PM的最大值；
②當(dāng)PM的最大值時(shí)，P(，﹣)，確定F的位置：在x軸的負(fù)半軸了取一點(diǎn)K，使∠OCK＝45°，過(guò)F作FN⊥CK于N，當(dāng)N、F、H三點(diǎn)共線時(shí)，如圖2，F(xiàn)H+FN最小，即PH+HF+CF的值最小，根據(jù)45度的直角三角形的性質(zhì)可得結(jié)論．
【解答】解：(1)把A(﹣1，0)，點(diǎn)C(0，﹣3)代入拋物線y＝x2+bx+c中得：，
解得：，
∴拋物線的解析式為：y＝x2﹣2x﹣3；

(2)∵y＝x2﹣2x﹣3＝(x﹣1)2﹣4
∴頂點(diǎn)D(1，﹣4)，
當(dāng)y＝0時(shí)，x2﹣2x﹣3＝0，
(x﹣3)(x+1)＝0，
x＝3或﹣1，
∴B(3，0)；
如圖1，連接BD，

設(shè)BD所在直線的解析式為：y＝k(x﹣3)，將D點(diǎn)坐標(biāo)代入函數(shù)解析式，得﹣2k＝﹣4，
解得k＝2，
故BD所在直線的解析式為：y＝2x﹣6，
∵∠ECB＝∠CBD，
∴CE∥BD，
設(shè)CE所在直線的解析式為：y＝2x+b，將C點(diǎn)坐標(biāo)代入函數(shù)解析式，得b＝﹣3，
故CE所在直線的解析式為：y＝2x﹣3，
當(dāng)y＝0時(shí)，x＝．
當(dāng)點(diǎn)E在點(diǎn)B的右側(cè)時(shí)，直線CE經(jīng)過(guò)BD的中點(diǎn)(2，2)，
此時(shí)CE的解析式為y＝x﹣3，
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)是(6，0)．
∴綜上所述，點(diǎn)E的坐標(biāo)是(，0)或(6，0)；

(3)①如圖2，

∵B(3，0)，C(0，﹣3)，
設(shè)BC的解析式為：y＝kx+b，
則，
解得：，
BC的解析式為：y＝x﹣3，
設(shè)P(x，x2﹣2x﹣3)，則M(x，x﹣3)，
∴PM＝(x﹣3)﹣(x2﹣2x﹣3)＝﹣x2+3x＝﹣(x﹣)2+，
當(dāng)x＝時(shí)，PM有最大值為；
②當(dāng)PM有最大值，P(，﹣)，
在x軸的負(fù)半軸了取一點(diǎn)K，使∠OCK＝45°，過(guò)F作FN⊥CK于N，
∴FN＝CF，
當(dāng)N、F、H三點(diǎn)共線時(shí)，PH+NH最小，即PH+HF+CF的值最小，
Rt△OCK中，OC＝3，
∴OK＝3，
∵OH＝，
∴KH＝+3＝，
Rt△KNH中，∠KHN＝45°，
∴KN＝KH＝，
∴NH＝KN＝，
∴PH+HF+CF的最小值是PH+NH＝．
4．(2020?江岸區(qū)校級(jí)一模)已知：拋物線y＝x2+x+m交x軸于A，B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C，其中點(diǎn)B在點(diǎn)A的右側(cè)，且AB＝7．
(1)如圖1，求拋物線的解析式；
(2)如圖2，點(diǎn)D在第一象限內(nèi)拋物線上，連接CD，AD，AD交y軸于點(diǎn)E．設(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為d，△CDE的面積為S，求S與d之間的函數(shù)關(guān)系式(不要求寫出自變量d的取值范圍)；
(3)如圖3，在(2)的條件下，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥CE于點(diǎn)H，點(diǎn)P在DH上，連接CP，若∠OCP＝2∠DAB，且HE：CP＝3：5，求點(diǎn)D的坐標(biāo)及相應(yīng)S的值．
【分析】(1)令y＝0，則(x+2)(x﹣m)＝0，根據(jù)AB＝7可求出m的值，則答案可求出；
(2)如圖1，過(guò)點(diǎn)D作DK⊥x軸于點(diǎn)K，設(shè)∠DAB＝α，則D(d，﹣)，求出CE＝5﹣(5﹣d)＝d，根據(jù)三角形面積公式可得解；
(3)如圖2，過(guò)點(diǎn)E作CE的垂線，過(guò)C作∠OCP的平分線交DE于點(diǎn)J，交CE的垂線于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)F作ED的平行線交HD于點(diǎn)N．則∠ECF＝∠HDE＝α，HE＝3k，CP＝5k，CE＝HD＝d，證明△CEF≌△DHE，得出EF＝HE＝DN＝3k，CF＝DE＝FN，可得出d＝6k，在Rt△DHE中，tan，由(2)可求出d的值，則D點(diǎn)坐標(biāo)可求出．則S＝8．
【解答】(1)由y＝x2+x+m，
令y＝0，則(x+2)(x﹣m)＝0，
∴AO＝2，BO＝m，
∴A(﹣2，0)，B(m，0)，
∵AB＝7，
∴m﹣(﹣2)＝7，m＝5，
∴y＝；
(2)過(guò)點(diǎn)D作DK⊥x軸于點(diǎn)K，設(shè)∠DAB＝α，則D(d，﹣)，

∴＝．
∴EO＝AO?tanα＝5﹣d，CE＝5﹣(5﹣d)＝d，
∴；
(3)過(guò)點(diǎn)E作CE的垂線，過(guò)C作∠OCP的平分線交DE于點(diǎn)J，交CE的垂線于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)F作ED的平行線交HD于點(diǎn)N．

∴∠ECF＝∠HDE＝α，HE＝3k，CP＝5k，CE＝HD＝d，
∵CE＝HD，∠CEF＝∠CHD＝90°，
∴△CEF≌△DHE(ASA)，
∵EF∥DN，NF∥DE，
∴四邊形EDNF為平行四邊形，
∴EF＝HE＝DN＝3k，CF＝DE＝FN，
∴△CFN為等腰直角三角形，
∴∠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，d＝﹣k(舍去)，
∴在Rt△DHE中，tan，
由(2)知，
∴．
∴d＝4，
∴D(4，3)，
∴＝＝8．
5．(2020?渦陽(yáng)縣一模)如圖，拋物線y＝ax2+bx+c(a≠0)與直線y＝x+1相交于A(﹣1，0)，B(4，m)兩點(diǎn)，且拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)C(5，0)．
(1)求拋物線的解析式．
(2)點(diǎn)P是直線上方的拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求△ABP的面積最大時(shí)的P點(diǎn)坐標(biāo)．
(3)若點(diǎn)P是拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)(不與點(diǎn)A點(diǎn)B重合)，過(guò)點(diǎn)P作直線PD⊥x軸于點(diǎn)D，交直線AB于點(diǎn)E．當(dāng)PE＝2ED時(shí)，求P點(diǎn)坐標(biāo)；
(4)設(shè)拋物線與y軸交于點(diǎn)F，在拋物線的第一象限內(nèi)，是否存在一點(diǎn)M，使得AM被FC平分？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由．

【分析】(1)將交點(diǎn)B(4，m)代入直線y＝x+1得B(4，5)，由題意可設(shè)拋物線解析式y(tǒng)＝a(x+1)(x﹣5)，把B(4，m)代入得a＝﹣1，即可求解；
(2)，即可求解；
(3)，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，則AM的中點(diǎn)在直線FC上，由F(0，4)，C(5，0)得直線FC的表達(dá)式為：y＝﹣x+4，設(shè)M(x，﹣x2+4x+5)，A(﹣1，0)，所以其中點(diǎn)坐標(biāo)為，將M'代入，解得x1＝3，x2＝﹣1(舍)，即可求解．
【解答】解：(1)將交點(diǎn)B(4，m)代入直線y＝x+1得B(4，5)，
由題意可設(shè)拋物線解析式y(tǒng)＝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)過(guò)點(diǎn)P作y軸的平行線交AB于點(diǎn)H，
則，
xB﹣xA＝4﹣(﹣1)＝5，
所以，
其對(duì)稱軸為，
把代入y＝﹣x2+4x+5得：，
即△ABP的面積最大時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為；

(3)∵P為拋物線上一點(diǎn)，所以存在P點(diǎn)在直線AB上方和下方兩種情況．
由題意得，
ED＝y(tǒng)E﹣yD＝(x+1)﹣0＝x+1，
因?yàn)镻E＝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，
當(dāng)x＝2時(shí)，y＝9；當(dāng)x＝6時(shí)，y＝﹣7．
即當(dāng)PE＝2ED時(shí)，求P點(diǎn)坐標(biāo)為(2，9)或(6，﹣7)；

(4)若AM被FC平分，則AM的中點(diǎn)在直線FC上．
由F(0，5)，C(5，0)得直線FC的表達(dá)式為：y＝﹣x+5，
設(shè)M(x，﹣x2+4x+5)，A(﹣1，0)，所以其中點(diǎn)坐標(biāo)為，
將M'代入y＝﹣x+5，解得x1＝3，x2＝2，
∴點(diǎn)M(3，8)或(2，9)，
當(dāng)其坐標(biāo)為(3，8)或(2，9)時(shí)，AM被FC平分．
6．(2021?桂林)如圖，已知拋物線y＝a(x﹣3)(x+6)過(guò)點(diǎn)A(﹣1，5)和點(diǎn)B(﹣5，m)，與x軸的正半軸交于點(diǎn)C．
(1)求a，m的值和點(diǎn)C的坐標(biāo)；
(2)若點(diǎn)P是x軸上的點(diǎn)，連接PB，PA，當(dāng)＝時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
(3)在拋物線上是否存在點(diǎn)M，使A，B兩點(diǎn)到直線MC的距離相等？若存在，求出滿足條件的點(diǎn)M的橫坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【分析】(1)利用待定系數(shù)法求解即可．
(2)設(shè)P(t，0)，則有＝，解方程，可得結(jié)論．
(3)存在．連接AB，設(shè)AB的中點(diǎn)為T．分兩種情形：①當(dāng)直線CM經(jīng)過(guò)AB的中點(diǎn)T時(shí)，滿足條件．②CM′∥AB時(shí)，滿足條件．根據(jù)方程組求出點(diǎn)M的坐標(biāo)即可．
【解答】解：(1)∵拋物線y＝a(x﹣3)(x+6)過(guò)點(diǎn)A(﹣1，5)，
∴5＝﹣20a，
∴a＝﹣，
∴拋物線的解析式為y＝﹣(x﹣3)(x+6)，
令y＝0，則﹣(x﹣3)(x+6)＝0，解得x＝3或﹣6，
∴C(3，0)，
當(dāng)x＝﹣5時(shí)，y＝﹣×(﹣8)×1＝2，
∴B(﹣5，2)，
∴m＝2．

(2)設(shè)P(t，0)，則有＝，
整理得，21t2+242t+621＝0，
解得t＝﹣或﹣，
經(jīng)檢驗(yàn)t＝﹣或﹣是方程的解，
∴滿足條件的點(diǎn)P坐標(biāo)為(﹣，0)或(﹣，0)．

(3)存在．連接AB，設(shè)AB的中點(diǎn)為T．
①當(dāng)直線CM經(jīng)過(guò)AB的中點(diǎn)T時(shí)，滿足條件．
∵A(﹣1，5)，B(﹣5，2)，TA＝TB，
∴T(﹣3，)，
∵C(3，0)，
∴直線CT的解析式為y＝﹣x+，
由，解得(即點(diǎn)C)或，
∴M(﹣，)，
②CM′∥AB時(shí)，滿足條件，
∵直線AB的解析式為y＝x+，
∴直線CM′的解析式為y＝x﹣，
由，解得(即點(diǎn)C)或，
∴M′(﹣9，﹣9)，
綜上所述，滿足條件的點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為﹣或﹣9．

7．(2021?甘肅)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝x2+bx+c與坐標(biāo)軸交于A(0，﹣2)，B(4，0)兩點(diǎn)，直線BC：y＝﹣2x+8交y軸于點(diǎn)C．點(diǎn)D為直線AB下方拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)D作x軸的垂線，垂足為G，DG分別交直線BC，AB于點(diǎn)E，F(xiàn)．
(1)求拋物線y＝x2+bx+c的表達(dá)式；
(2)當(dāng)GF＝時(shí)，連接BD，求△BDF的面積；
(3)①H是y軸上一點(diǎn)，當(dāng)四邊形BEHF是矩形時(shí)，求點(diǎn)H的坐標(biāo)；
②在①的條件下，第一象限有一動(dòng)點(diǎn)P，滿足PH＝PC+2，求△PHB周長(zhǎng)的最小值．

【分析】(1)利用待定系數(shù)法求解即可．
(2)求出點(diǎn)D的坐標(biāo)，可得結(jié)論．
(3)①過(guò)點(diǎn)H作HM⊥EF于M，證明△EMH≌△FGB(AAS)，推出MH＝GB，EM＝FG，由HM＝OG，可得OG＝GB＝OB＝2，由題意直線AB的解析式為y＝x﹣2，設(shè)E(a，﹣2a+8)，F(xiàn)(a，a﹣2)，根據(jù)MH＝BG，構(gòu)建方程求解，可得結(jié)論．
②因?yàn)椤鱌HB的周長(zhǎng)＝PH+PB+HB＝PC+2+PB+5＝PC+PB+7，所以要使得△PHB的周長(zhǎng)最小，只要PC+PB的值最小，因?yàn)镻C+PB≥BC，所以當(dāng)點(diǎn)P在BC上時(shí)，PC+PB＝BC的值最?。?br /> 【解答】解：(1)∵拋物線y＝x2+bx+c過(guò)A(0，﹣2)，B(4，0)兩點(diǎn)，
∴，
解得，
∴y＝x2﹣x﹣2．

(2)∵B(4，0)，A(0，﹣2)，
∴OB＝4，OA＝2，
∵GF⊥x軸，OA⊥x軸，
在Rt△BOA和Rt△BGF中，tan∠ABO＝＝，
即＝，
∴GB＝1，
∴OG＝OB﹣GB＝4﹣1＝3，
當(dāng)x＝3時(shí)，yD＝×9﹣×3﹣2＝﹣2，
∴D(3，﹣2)，即GD＝2，
∴FD＝GD﹣GF＝2﹣＝，
∴S△BDF＝?DF?BG＝××1＝．

(3)①如圖1中，過(guò)點(diǎn)H作HM⊥EF于M，

∵四邊形BEHF是矩形，
∴EH∥BF，EH＝BF，
∴∠HEF＝∠BFE，
∵∠EMH＝∠FGB＝90°，
∴△EMH≌△FGB(AAS)，
∴MH＝GB，EM＝FG，
∵HM＝OG，
∴OG＝GB＝OB＝2，
∵A(0，﹣2)，B(4，0)，
∴直線AB的解析式為y＝x﹣2，
設(shè)E(a，﹣2a+8)，F(xiàn)(a，a﹣2)，
由MH＝BG得到，a﹣0＝4﹣a，
∴a＝2，
∴E(2，4)，F(xiàn)(2，﹣1)，
∴FG＝1，
∵EM＝FG，
∴4﹣yH＝1，
∴yH＝3，
∴H(0，3)．

②如圖2中，

BH＝＝＝5，
∵PH＝PC+2，
∴△PHB的周長(zhǎng)＝PH+PB+HB＝PC+2+PB+5＝PC+PB+7，
要使得△PHB的周長(zhǎng)最小，只要PC+PB的值最小，
∵PC+PB≥BC，
∴當(dāng)點(diǎn)P在BC上時(shí)，PC+PB＝BC的值最小，
∵BC＝＝＝4，
∴△PHB的周長(zhǎng)的最小值為4+7．
8．(2021?麗水)如圖，已知拋物線L：y＝x2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(0，﹣5)，B(5，0)．
(1)求b，c的值；
(2)連結(jié)AB，交拋物線L的對(duì)稱軸于點(diǎn)M．
①求點(diǎn)M的坐標(biāo)；
②將拋物線L向左平移m(m＞0)個(gè)單位得到拋物線L1．過(guò)點(diǎn)M作MN∥y軸，交拋物線L1于點(diǎn)N．P是拋物線L1上一點(diǎn)，橫坐標(biāo)為﹣1，過(guò)點(diǎn)P作PE∥x軸，交拋物線L于點(diǎn)E，點(diǎn)E在拋物線L對(duì)稱軸的右側(cè)．若PE+MN＝10，求m的值．

【分析】(1)用待定系數(shù)法可求出答案；
(2)①設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+n(k≠0)，由A點(diǎn)及B點(diǎn)坐標(biāo)可求出直線AB的解析式，由(1)得，拋物線L的對(duì)稱軸是直線x＝2，則可求出答案；
②由題意可得點(diǎn)N的坐標(biāo)是(2，m2﹣9)，P點(diǎn)的坐標(biāo)是(﹣1，m2﹣6m)，分三種情況，(Ⅰ)如圖1，當(dāng)點(diǎn)N在點(diǎn)M及下方，即0＜m＜時(shí)，(Ⅱ)如圖2，當(dāng)點(diǎn)N在點(diǎn)M的上方，點(diǎn)Q在點(diǎn)P及右側(cè)，(Ⅲ)如圖3，當(dāng)點(diǎn)N在M上方，點(diǎn)Q在點(diǎn)P左側(cè)，由平移的性質(zhì)求出PE及MN的長(zhǎng)，根據(jù)PE+MN＝10列出方程可得出答案．
【解答】解：(1)∵拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(0，﹣5)和點(diǎn)B(5，0)，
∴，
解得：，
∴b，c的值分別為﹣4，﹣5．
(2)①設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+n(k≠0)，
把A(0，﹣5)，B(5，0)的坐標(biāo)分別代入表達(dá)式，得，
解得，
∴直線AB的函數(shù)表達(dá)式為y＝x﹣5．
由(1)得，拋物線L的對(duì)稱軸是直線x＝2，
當(dāng)x＝2時(shí)，y＝x﹣5＝﹣3，
∴點(diǎn)M的坐標(biāo)是(2，﹣3)；
②設(shè)拋物線L1的表達(dá)式為y＝(x﹣2+m)2﹣9，
∵M(jìn)N∥y軸，
∴點(diǎn)N的坐標(biāo)是(2，m2﹣9)，
∵點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為﹣1，
∴P點(diǎn)的坐標(biāo)是(﹣1，m2﹣6m)，
設(shè)PE交拋物線L1于另一點(diǎn)Q，
∵拋物線L1的對(duì)稱軸是直線x＝2﹣m，PE∥x軸，
∴根據(jù)拋物線的對(duì)稱性，點(diǎn)Q的坐標(biāo)是(5﹣2m，m2﹣6m)，
(Ⅰ)如圖1，當(dāng)點(diǎn)N在點(diǎn)M及下方，即0＜m＜時(shí)，

∴PQ＝5﹣2m﹣(﹣1)＝6﹣2m，MN＝﹣3﹣(m2﹣9)＝6﹣m2，
由平移的性質(zhì)得，QE＝m，
∴PE＝6﹣2m+m＝6﹣m，
∵PE+MN＝10，
∴6﹣m+6﹣m2＝10，
解得，m1＝﹣2(舍去)，m2＝1，
(Ⅱ)如圖2，當(dāng)點(diǎn)N在點(diǎn)M及上方，點(diǎn)Q在點(diǎn)P及右側(cè)，

即＜m＜3時(shí)，
PE＝6﹣m，MN＝m2﹣6，
∵PE+MN＝10，
∴6﹣m+m2﹣6＝10，
解得，m1＝(舍去)，m2＝(舍去)．
(Ⅲ)如圖3，當(dāng)點(diǎn)N在M上方，點(diǎn)Q在點(diǎn)P左側(cè)，

即m＞3時(shí)，PE＝m，MN＝m2﹣6，
∵PE+MN＝10，
∴m+m2﹣6＝10，
解得，m1＝(舍去)，m2＝，
綜合以上可得m的值是1或．
9．(2020?陜西)已知拋物線L：y＝﹣x2+bx+c過(guò)點(diǎn)(﹣3，3)和(1，﹣5)，與x軸的交點(diǎn)為A，B(點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè))．
(1)求拋物線L的表達(dá)式；
(2)若點(diǎn)P在拋物線L上，點(diǎn)E、F在拋物線L的對(duì)稱軸上，D是拋物線L的頂點(diǎn)，要使△PEF∽△DAB(P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是D)，且PE：DA＝1：4，求滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)．

【分析】(1)利用待定系數(shù)法可求解析式；
(2)先求出點(diǎn)A，點(diǎn)B，點(diǎn)D坐標(biāo)，由相似三角形的性質(zhì)可求解．
【解答】解：(1)∵拋物線y＝﹣x2+bx+c過(guò)點(diǎn)(﹣3，3)和(1，﹣5)，
∴，
解得：，
∴拋物線解析式為y＝﹣x2﹣4x；
(2)令y＝0，則0＝﹣x2﹣4x，
∴x1＝﹣4，x2＝0，
∴點(diǎn)A(﹣4，0)，點(diǎn)B(0，0)，
∴對(duì)稱軸為x＝﹣2，
∴點(diǎn)D(﹣2，4)，
如圖，設(shè)對(duì)稱軸與x軸的交點(diǎn)為H，過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥DH于Q，設(shè)點(diǎn)P(m，﹣m2﹣4m)，

∵△PEF∽△DAB，
∴，
∴PQ＝×4＝1，
∴|m+2|＝1，
∴m＝﹣1或﹣3，
∴點(diǎn)P(﹣1，3)或(﹣3，3)．
10．(2020?盤錦)如圖1，直線y＝x﹣4與x軸交于點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)A，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)B和點(diǎn)C(0，4)，△ABO沿射線AB方向以每秒個(gè)單位長(zhǎng)度的速度平移，平移后的三角形記為△DEF(點(diǎn)A，B，O的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為點(diǎn)D，E，F(xiàn))，平移時(shí)間為t(0＜t＜4)秒，射線DF交x軸于點(diǎn)G，交拋物線于點(diǎn)M，連接ME．

(1)求拋物線的解析式；
(2)當(dāng)tan∠EMF＝時(shí)，請(qǐng)直接寫出t的值；
(3)如圖2，點(diǎn)N在拋物線上，點(diǎn)N的橫坐標(biāo)是點(diǎn)M的橫坐標(biāo)的，連接OM，NF，OM與NF相交于點(diǎn)P，當(dāng)NP＝FP時(shí)，求t的值．
【分析】(1)求出等B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法解決問(wèn)題即可．
(2)分兩種情形：如圖1中，當(dāng)點(diǎn)M在線段DF的上方時(shí)，求出DM＝7，構(gòu)建方程求解即可，當(dāng)點(diǎn)M在線段DF上時(shí)，DM＝1，構(gòu)建方程求解即可．
(3)如圖2中，過(guò)點(diǎn)N作NT∥y軸于T．由題意D(t，t﹣4)，則M(t，﹣t2+t+4)，N(t，﹣t2+t+4)，T(t，﹣t2+t+2)，F(xiàn)(t，t)，利用全等三角形的性質(zhì)證明NT＝MF，由此構(gòu)建方程解決問(wèn)題即可．
【解答】解：(1)∵直線y＝x﹣4與x軸交于點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)A，
∴B(4，0)，A(0，﹣4)，
把B(4，0)，C(0，4)代入y＝﹣x2+bx+c得到，
解得，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+4．

(2)如圖1中，當(dāng)點(diǎn)M在線段DF的上方時(shí)，

由題意得，D(t，t﹣4)，則M(t，﹣t2+t+4)，
∴DM＝﹣t2+8，
在Rt△MEF中，tan∠EMF＝＝＝，
∴MF＝3，
∵DF＝EF＝4，
∴DM＝7，
∴﹣t2+8＝7，
∴t＝或﹣(舍棄)．
當(dāng)點(diǎn)F在點(diǎn)M上方時(shí)，可得DM＝1，即﹣t2+8＝1，
∴t＝或﹣(舍棄)，
綜上所述，t的值為或．


(3)如圖2中，過(guò)點(diǎn)N作NT∥y軸于T．由題意得D(t，t﹣4)，則M(t，﹣t2+t+4)，N(t，﹣t2+t+4)，T(t，﹣t2+t+2)，F(xiàn)(t，t)

∵NT∥FM，
∴∠PNT＝∠PFM，
∵∠NPT＝∠MPF，PN＝PF，
∴△NPT≌△FPM(ASA)，
∴NT＝MF，
∴﹣t2+t+4﹣(﹣t2+t+2)＝﹣t2+t+4﹣t，
解得t＝或﹣(舍棄)，
∴t的值為．
11．(2022?深圳三模)如圖1，拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(﹣5，0)，點(diǎn)B(﹣1，﹣2)．
(1)求拋物線解析式；
(2)如圖2，點(diǎn)P為拋物線上第三象限內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)Q(﹣4，0)作y軸的平行線，交直線AP于點(diǎn)M，交直線OP于點(diǎn)N，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí)，4QM+QN的值是否變化？若變化，說(shuō)明變化規(guī)律，若不變，求其值；
(3)如圖3，長(zhǎng)度為的線段CD(點(diǎn)C在點(diǎn)D的左邊)在射線AB上移動(dòng)(點(diǎn)C在線段AB上)，連接OD，過(guò)點(diǎn)C作CE∥OD交拋物線于點(diǎn)E，線段CD在移動(dòng)的過(guò)程中，直線CE經(jīng)過(guò)一定點(diǎn)F，直接寫出定點(diǎn)F的坐標(biāo)與的最小值．

【分析】(1)將點(diǎn)A(﹣5，0)，點(diǎn)B(﹣1，﹣2)代入y＝ax2+bx，即可求解；
(2)設(shè)P(t，t2+t)，﹣5＜t＜0，分別求出直線AP的解析式為y＝tx+t，直線PO的解析式為y＝(t+)x，由題意求出M(﹣4，t)，N(﹣4，﹣2t﹣10)，則可求QM＝﹣t，QN＝2t+10，所以4QM+QN＝﹣2t+2t+10＝10，4QM+QN的值不變；
(3)求出直線AB的解析式為y＝﹣x﹣，設(shè)D(m，﹣m﹣)，C(m﹣2，﹣m﹣)，求出直線OD的解析式為y＝(﹣﹣)x，由CE∥OD，求出直線CE的解析式為y＝(﹣﹣)x﹣＝﹣x﹣(x+1)，則當(dāng)x+1＝0時(shí)，x＝﹣2，此時(shí)y＝1，則直線CE經(jīng)過(guò)定點(diǎn)F(﹣2，1)，過(guò)點(diǎn)F作FK⊥x軸交直線AB于點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)E作EG∥FK交AB于點(diǎn)G，由平行的性質(zhì)得＝，當(dāng)GE最大時(shí)，的值最小，設(shè)E(n，n2+n)，則G(n，﹣n﹣)，GE＝﹣(n+3)2+2，當(dāng)n＝﹣3時(shí)，GE有最大值3，可求的最小值為．
【解答】解：(1)將點(diǎn)A(﹣5，0)，點(diǎn)B(﹣1，﹣2)代入y＝ax2+bx，
∴，
解得，
∴y＝x2+x；
(2)4QM+QN的值為定值，
設(shè)P(t，t2+t)，﹣5＜t＜0，
設(shè)直線AP的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝tx+t，
設(shè)直線PO的解析式為y＝k'x，
∴t2+t＝tk'，
∴k'＝t+，
∴y＝(t+)x，
∵點(diǎn)Q(﹣4，0)，
∴M(﹣4，t)，
∴N(﹣4，﹣2t﹣10)，
∴QM＝﹣t，QN＝2t+10，
∴4QM+QN＝﹣2t+2t+10＝10，
∴4QM+QN的值不變；
(3)設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x﹣，
設(shè)D(m，﹣m﹣)，
∵CD＝，點(diǎn)C在點(diǎn)D的左邊，
∴C(m﹣2，﹣m﹣)，
設(shè)直線OD的解析式為y＝k'x，
∴﹣m﹣＝k'm，
∴k'＝﹣﹣，
∴y＝(﹣﹣)x，
∵CE∥OD，
∴直線CE的解析式為y＝(﹣﹣)x﹣＝﹣x﹣(x+1)，
當(dāng)x+1＝0時(shí)，x＝﹣2，此時(shí)y＝1，
∴直線CE經(jīng)過(guò)定點(diǎn)F(﹣2，1)，
過(guò)點(diǎn)F作FK⊥x軸交直線AB于點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)E作EG∥FK交AB于點(diǎn)G，
∴＝，
∵點(diǎn)F(﹣2，1)，
∴K(﹣2，﹣)，
∴FK＝，
∴當(dāng)GE最大時(shí)，的值最小，
設(shè)E(n，n2+n)，則G(n，﹣n﹣)，
∴GE＝﹣(n+3)2+2，
∴當(dāng)n＝﹣3時(shí)，GE有最大值2，
∴的最小值為．

12．(2022?阿克蘇地區(qū)一模)如圖1．拋物線與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，連接BC，已知點(diǎn)B(4，0)．
(1)若C(0，3)，求拋物線的解析式．
(2)在(1)的條件下，P(﹣2，m)為該拋物線上一點(diǎn)，Q是x軸上一點(diǎn)求的最小值，并求此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)．
(3)如圖2．過(guò)點(diǎn)A作BC的平行線，交y軸與點(diǎn)D，交拋物線于另一點(diǎn)E．若DE＝7AD，求c的值．


【分析】(1)運(yùn)用待定系數(shù)法即可求得答案；
(2)如圖1，過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥BC于點(diǎn)H，作PH′⊥BC于點(diǎn)H′，PH′交x軸于點(diǎn)Q′，交y軸于點(diǎn)G，連接PQ，則∠BHQ＝∠BOC＝90°，可證得△BQH∽△BCO，得出＝＝，推出PQ+BQ＝PQ+QH，當(dāng)P、Q、H在同一條直線上，且PH⊥BC時(shí)，PQ+QH最小，即PQ+BQ＝PH′為最小值，過(guò)點(diǎn)P作PK⊥y軸于點(diǎn)K，再證得△PGK∽△CGH′，得出∠GPK＝∠GCH′，利用三角函數(shù)可求得G(0，﹣)，再運(yùn)用待定系數(shù)法求得直線PG的解析式為y＝x﹣，得出Q(，0)，再運(yùn)用解直角三角形即可求得PH′；
(3)設(shè)E(t，﹣t2+bt+c)，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥x軸于點(diǎn)F，如圖2，通過(guò)△ADO∽△BCO，可求得OD＝c2，再由EF∥OD，得出△ADO∽△AEF，結(jié)合DE＝7AD，即可求得：AF＝8OA，EF＝8OD，建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：(1)把B(4，0)，C(0，3)代入y＝﹣x2+bx+c，
得，
解得：，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+3．
(2)∵P(﹣2，m)為該拋物線y＝﹣x2+x+3上一點(diǎn)，
∴m＝﹣×(﹣2)2+×(﹣2)+3＝﹣，
∴P(﹣2，﹣)，
如圖1，過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥BC于點(diǎn)H，作PH′⊥BC于點(diǎn)H′，PH′交x軸于點(diǎn)Q′，交y軸于點(diǎn)G，連接PQ，
則∠BHQ＝∠BOC＝90°，
∵B(4，0)，C(0，3)，
∴OB＝4，OC＝3，
∴BC＝＝＝5，
∵∠QBH＝∠CBO，
∴△BQH∽△BCO，
∴＝＝，
∴QH＝BQ，
∴PQ+BQ＝PQ+QH，
當(dāng)P、Q、H在同一條直線上，且PH⊥BC時(shí)，PQ+QH最小，即PQ+BQ＝PH′為最小值，
過(guò)點(diǎn)P作PK⊥y軸于點(diǎn)K，
則∠PKG＝∠CH′G＝90°，PK＝2，CK＝3﹣(﹣)＝，
∵∠PGK＝∠CGH′，
∴△PGK∽△CGH′，
∴∠GPK＝∠GCH′，
∴tan∠GPK＝tan∠GCH′＝tan∠BCO＝＝，
∴＝，
∴GK＝×2＝，
∴G(0，﹣)，
設(shè)直線PG的解析式為y＝kx+d，
則，
解得：，
∴直線PG的解析式為y＝x﹣，
令y＝0，得x﹣＝0，
解得：x＝，
∴Q(，0)，
∵cos∠GPK＝cos∠BCO＝，
∴＝cos∠GPK＝，
∴PG＝PK＝，
∵CG＝3﹣(﹣)＝，sin∠GCH′＝sin∠BCO＝＝，
∴GH′＝CG?sin∠GCH′＝×＝，
∴PH′＝PG+GH′＝+＝，
故的最小值為，此時(shí)Q(，0)，
(3)把B(4，0)代入y＝﹣x2+bx+c，得0＝﹣×42+4b+c，
∴b＝3﹣c，
∴y＝﹣x2+(3﹣c)x+c，
令y＝0，得﹣x2+(3﹣c)x+c＝0，
解得：x1＝4，x2＝﹣c，
∴A(c，0)，
∴OA＝c，
∵C(0，c)，
∴OC＝c，
設(shè)E(t，﹣t2+bt+c)，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥x軸于點(diǎn)F，如圖2，
則EF＝﹣[﹣t2+(3﹣c)t+c]＝t2+(c﹣3)t﹣c，AF＝t﹣(﹣c)＝t+c，
∵AE∥BC，
∴∠EAF＝∠CBO，
∵∠AOD＝∠BOC＝90°，
∴△ADO∽△BCO，
∴＝，即＝，
∴OD＝c2，
∵EF∥OD，
∴△ADO∽△AEF，
∴＝＝，
∵DE＝7AD，
∴＝＝＝，
∴＝＝，
∴AF＝8OA，EF＝8OD，
∴，
解得：(舍去)或，
故c的值為2．


13．(2022?松江區(qū)二模)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知直線y＝2x+8與x軸交于點(diǎn)A、與y軸交于點(diǎn)B，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A、B．
(1)求拋物線的表達(dá)式；
(2)P是拋物線上一點(diǎn)，且位于直線AB上方，過(guò)點(diǎn)P作PM∥y軸、PN∥x軸，分別交直線AB于點(diǎn)M、N．
①當(dāng)MN＝AB時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
②聯(lián)結(jié)OP交AB于點(diǎn)C，當(dāng)點(diǎn)C是MN的中點(diǎn)時(shí)，求的值．

【分析】(1)先根據(jù)題意求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，代入y＝﹣x2+bx+c即可求得拋物線的表達(dá)式；
(2)①證明△PMN∽△OBA，可得，設(shè)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為m(﹣4＜m＜0)，則PM＝﹣m2﹣4m，又OA＝4，OB＝8，建立方程求解即可得出答案；
②連接OP交AB于點(diǎn)C，先求出點(diǎn)N的坐標(biāo)，利用中點(diǎn)公式可求得C(﹣，)，再證明點(diǎn)C是AB的中點(diǎn)，可得C(﹣2，4)，建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：(1)∵直線y＝2x+8與x軸交于點(diǎn)A、與y軸交于點(diǎn)B，
∴令x＝0，則y＝8，
令y＝0，則x＝﹣4，
∴B(0，8)，A(﹣4，0)，
∵拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A、B，
∴，
∴，
∴拋物線的表達(dá)式為：y＝﹣x2﹣2x+8；
(2)①∵P是拋物線上一點(diǎn)，且位于直線AB上方，過(guò)點(diǎn)P作PM∥y軸、PN∥x軸，分別交直線AB于點(diǎn)M、N，
∴PM⊥PN，∠PNM＝∠BAO，
∴∠MPN＝∠AOB＝90°，
∴△PMN∽△OBA，
∴，
設(shè)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為m(﹣4＜m＜0)，
則M(m，2m+8)，P(m，﹣m2﹣2m+8)，
∴PM＝﹣m2﹣2m+8﹣(2m+8)＝﹣m2﹣4m，
∵B(0，8)，A(﹣4，0)，
∴OA＝4，OB＝8，
∵M(jìn)N＝AB，
∴，
∴＝，
解得m1＝m2＝﹣2，
∴P(﹣2，8)；
②如圖，連接OP交AB于點(diǎn)C，
∵PN∥x軸，P(m，﹣m2﹣2m+8)，
∴點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為﹣m2﹣2m+8，
令y＝﹣m2﹣2m+8，則2x+8＝﹣m2﹣2m+8，
解得：x＝，
N(，﹣m2﹣2m+8)，
∵點(diǎn)C是MN的中點(diǎn)，M(m，2m+8)，
∴C(﹣，)，
由①知：∠MPN＝90°，
又點(diǎn)C是MN的中點(diǎn)，
∴PC＝CM＝CN，
∴∠CPN＝∠CNP，∠CPM＝∠CMP，
∵PM∥y軸、PN∥x軸，
∴∠BOC＝∠CPM，∠OBC＝∠CMP，∠OAC＝∠CNP，∠AOC＝∠CPN，
∴∠BOC＝∠OBC，∠OAC＝∠AOC，
∴AC＝OC，BC＝OC，
∴AC＝BC，
∴點(diǎn)C是AB的中點(diǎn)，
∴C(﹣2，4)，
∴﹣＝﹣2，
解得：m＝±2，
∵﹣4＜m＜0，
∴m＝﹣2，
∴PM＝﹣m2﹣4m＝﹣(﹣2)2﹣4×(﹣2)＝8﹣8，
∵PM∥y軸，
∴△PCM∽△OCB，
∴＝＝＝﹣1，
故的值為﹣1．

14．(2022?游仙區(qū)模擬)如圖，拋物線與坐標(biāo)軸分別交于A(﹣1，0)，B(3，0)，C(0，3)．

(1)求拋物線的解析式；
(2)拋物線上是否存在點(diǎn)P，使得∠CBP＝∠ACO，若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由；
(3)如圖2，Q是△ABC內(nèi)任意一點(diǎn)，求++的值．

【分析】(1)設(shè)拋物線的解析式為y＝a(x﹣x1)(x﹣x2)，把A(﹣1，0)，B(3，0)代入，解方程組即可得到結(jié)論；
(2)如圖1，作∠ACO＝∠CBQ，BQ與OC相交于Q點(diǎn)，過(guò)Q作QM⊥BC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到，推出△CMQ為等腰直角三角形，得到CM＝QM，＝求得Q(0，)，設(shè)直線BQ的解析式為y＝kx+b，解方程組得到直線BQ的解析式為y＝﹣x+，于是得到結(jié)論；
(3)如圖2，過(guò)Q點(diǎn)作QM⊥AB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)和三角形的面積公式即可得到結(jié)論．
【解答】解：(1)設(shè)拋物線的解析式為y＝a(x﹣x1)(x﹣x2)，把A(﹣1，0)，B(3，0)代入得：y＝a(x+1)(x﹣3)，
再將C(0，3)代入得：a＝﹣1，b＝2，c＝3，
∴拋物線的解析式為，y＝﹣x2+2x+3；
(2)答：存在，理由如下：
如圖1，作∠ACO＝∠CBQ，BQ與OC相交于Q點(diǎn)，過(guò)Q作QM⊥BC，
∵∠AOC＝∠BMQ＝90°，∠CBQ＝∠ACO，
∴△ACO∽△QMB，
∴，
又∵∠OCB＝45°，
∴△CMQ為等腰直角三角形，
∴CM＝QM，＝
∵BC＝3，
∴CM＝，CQ＝，
∴Q(0，)，
設(shè)直線BQ的解析式為y＝kx+b，
∴，
∴，
∴直線BQ的解析式為y＝﹣x+，
解得，或(舍去)，
∴P1(﹣，)；
延長(zhǎng)QM到Q′，使QM＝QM′，連接BQ′，
則Q′(，3)，
∵B(3，0)，
∴直線BQ′的解析式為y＝﹣2x+6，
解得，或(舍去)，
∴P2＝(1，4)；
綜上所述，P(﹣，)或(1，4)；
(3)如圖2，過(guò)Q點(diǎn)作QM⊥AB，
∵CO⊥AB，
∴QM∥OC，
∴△QMF∽△COF，
∴＝＝＝，
同理＝，＝，
∴＝++＝1．


15．(2022?龍巖模擬)拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過(guò)A(﹣1，0)，B(3，4)兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C．
(1)求拋物線的解析式(用含a的式子表示)；
(2)當(dāng)a＞0時(shí)，連接AB，BC，若tan∠ABC＝，求a的值；
(3)直線y＝﹣x+m與線段AB交于點(diǎn)P，與拋物線交于M，N兩點(diǎn)(點(diǎn)M在點(diǎn)N的左側(cè))，若PM?PN＝6，求m的值．
【分析】(1)由點(diǎn)A，B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出拋物線的解析式；
(2)設(shè)BC與x軸交于D，作DE⊥AB于E，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥x軸于點(diǎn)H，則△ABH為等腰直角三角形，進(jìn)而可得出∠BAH＝45°，AB＝4，設(shè)DE＝t，則AE＝t，BE＝3t，結(jié)合AB＝AE+BE，即可求出t的值，結(jié)合AD＝t，即可得出點(diǎn)D的坐標(biāo)，由點(diǎn)B，D的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出直線BD的解析式，再利用一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特及二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，即可求出a的值；
(3)由點(diǎn)A，B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出直線AB的解析式，聯(lián)立直線AB和直線MN的解析式，可求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，將y＝﹣x+m代入y＝ax2﹣(2a﹣1)x﹣3a+1，整理后可得出關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得出xM+xN，xM?xN的值，再結(jié)合PM?PN＝(xP﹣xM)×(xM﹣xP)＝6，即可得出關(guān)于m的一元二次方程，解之即可得出m的值．
【解答】解：(1)將A(﹣1，0)，B(3，4)代入y＝ax2+bx+c，
得：，解得：，
∴拋物線的解析式為y＝ax2﹣(2a﹣1)x﹣3a+1．
(2)設(shè)BC與x軸交于D，作DE⊥AB于E，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥x軸于點(diǎn)H，如圖1所示．
∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為(﹣1，0)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為(3，4)，
∴AH＝BH＝4，
∴△ABH為等腰直角三角形，
∴∠BAH＝45°，AB＝AH＝4.
設(shè)DE＝t，則AE＝t，
∵tan∠ABC＝，
∴BE＝3t，
∴AB＝t+3t＝4t＝4，
∴t＝，
∴AD＝DE＝t＝×＝2，
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為(1，0)．
設(shè)直線BD的解析式為y＝kx+d(k≠0)，
將B(3，4)，D(1，0)代入y＝kx+d，
得：，解得：，
∴直線BD的解析式為y＝2x﹣2．
當(dāng)x＝0時(shí)，y＝﹣3a+1，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0，﹣3a+1)，
又∵點(diǎn)C在直線BD上，
∴﹣3a+1＝﹣2，
∴a＝1，
∴a的值為1．
(3)∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為(﹣1，0)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為(3，4)，
∴直線AB的解析式為y＝x+1(可利用待定系數(shù)法求出)，
聯(lián)立直線AB和直線MN的解析式，
得：，解得：，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(，)；
將y＝﹣x+m代入y＝ax2﹣(2a﹣1)x﹣3a+1，整理得：ax2﹣(2a﹣2)x﹣m﹣3a+1＝0，
∴xM+xN＝﹣＝2﹣，xM?xN＝＝﹣﹣3，
∴PM?PN＝(xP﹣xM)×(xM﹣xP)
＝2(xP﹣xM)(xM﹣xP)
＝﹣2[xP2﹣(xM+xN)?xP+xM?xN]
＝﹣2[()2﹣(2﹣)×﹣﹣3]＝6，
整理得：﹣(m﹣1)＝0，
解得：m1＝1，m2＝5，
∴m的值為1或5．


16．(2022?雷州市模擬)如圖(1)，拋物線y＝ax2+bx+6與x軸交于點(diǎn)A(﹣6，0)、B(2，0)，與y軸交于點(diǎn)C，拋物線對(duì)稱軸交拋物線于點(diǎn)M，交x軸于點(diǎn)N．點(diǎn)P是拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，且位于x軸上方．
(1)求拋物線的解析式．
(2)如圖(2)，點(diǎn)D與點(diǎn)C關(guān)于直線MN對(duì)稱，若∠CAD＝∠CAP，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．
(3)直線BP交y軸于點(diǎn)E，交直線MN于點(diǎn)F，猜想線段OE、FM、MN三者之間存在的數(shù)量關(guān)系，并證明．


【分析】(1)用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)關(guān)系式即可；
(2)連接CD，設(shè)AP與y軸交點(diǎn)為Q，證明△DCA≌△QCA(ASA)，求得點(diǎn)Q的坐標(biāo)，再求出直線AP的函數(shù)關(guān)系式，再與二次函數(shù)聯(lián)立方程，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；
(3)先證明△BOE∽△BNF，得＝，求得2OE＝NF，再分兩種情況進(jìn)行討論進(jìn)行求解即可．
【解答】解：(1)∵二次函數(shù)y＝ax2+bx+6的圖象過(guò)點(diǎn)A(﹣6，0)、點(diǎn)B(2，0)，
∴，
解得，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣2x+6；
(2)如圖1，連接CD，設(shè)AP與y軸交點(diǎn)為Q，

∵拋物線與y軸交于點(diǎn)C，
∴C(0，6)，
∵點(diǎn)D與點(diǎn)C關(guān)于直線MN對(duì)稱，直線MN是拋物線的對(duì)稱軸，
∴D(﹣4，6)，M(﹣2，8)，N(﹣2，0)，CD∥AB，
∵C(0，6)，A(﹣6，0)，
∴AO＝CO，CD＝4，
∴∠BAC＝∠ACO＝45°，
∴∠QCA＝∠DCA，
∵∠CAD＝∠CAQ，AC＝AC，
∴△DCA≌△QCA(ASA)，
∴CQ＝CD＝4，
∴Q(0，2)，
設(shè)直線AP的解析式為y＝kx+2，
把點(diǎn)A坐標(biāo)代入解析式得：﹣6k+2＝0，
解得：k＝，
∴直線AP的解析式為y＝x+2，
∵點(diǎn)P為直線AP與拋物線的交點(diǎn)，
∴，
解得：或(舍去)，
∴P(，)；
(3)∵∠BOE＝∠BNF＝90°，∠OBE＝∠NBF，
∴△BOE∽△BNF，
∴＝，
∵OB＝2，BN＝4，
∴＝，
即2OE＝NF．
分類討論：
①如圖2，此時(shí)FN＝FM+MN，

∴FM+MN＝2OE；
②如圖3，此時(shí)FN+FM＝MN，

∴FM+2OE＝MN．
17．(2022?馬鞍山二模)如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣3交x軸于點(diǎn)A(﹣1，0)、B(3，0)，與y軸交于C點(diǎn)，直線y＝kx(k＜0)交線段BC下方拋物線于D點(diǎn)，交BC于E點(diǎn)
(1)分別求出a、b的值；
(2)求出線段BC的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量取值范圍；
(3)探究是否有最大值，若存在，請(qǐng)求出此時(shí)k值，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【分析】(1)把點(diǎn)A，B坐標(biāo)代入函數(shù)解析式即可求出a，b的值即可；
(2)根據(jù)(1)先求出點(diǎn)C坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式即可；
(3)過(guò)點(diǎn)D作DF∥y軸，交BC于點(diǎn)F，根據(jù)△OEC∽△DFE得出＝＝，設(shè)設(shè)點(diǎn)D為(m，m2﹣2m﹣3)，則點(diǎn)F(m，m﹣3)，得出DF＝﹣m2+3m，從而得到＝﹣(m﹣)2+，然后根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)得出當(dāng)m＝時(shí)，有最大值，從而求出點(diǎn)D坐標(biāo)，再代入y＝kx求出k的值．
【解答】解：(1)∵拋物線y＝ax2+bx﹣3交x軸于點(diǎn)A(﹣1，0)、B(3，0)，
則，
解得；
(2)∵a＝1，b＝﹣2，
∴拋物線解析式為y＝x2﹣2x﹣3，
令x＝0，則y＝﹣3，
∴C(0，﹣3)，
設(shè)線段BC所在的直線的函數(shù)解析式為y＝kx+b1(k≠0)，
則，
解得，
∴線段BC的函數(shù)解析式為y＝x﹣3(0≤x≤3)；
(3)存在，理由：
過(guò)點(diǎn)D作DF∥y軸，交BC于點(diǎn)F，如圖：

∵OC∥DF，
∴△OEC∽△DFE，
∴＝＝，
設(shè)點(diǎn)D為(m，m2﹣2m﹣3)，則點(diǎn)F(m，m﹣3)，
∴DF＝m﹣3﹣(m2﹣2m﹣3)＝﹣m2+3m，
∴＝＝＝﹣(m﹣)2+，
∵﹣＜0，
∴當(dāng)m＝時(shí)，有最大值，
此時(shí)點(diǎn)D(，﹣)，
∴k＝＝＝﹣．
18．(2022?南崗區(qū)校級(jí)二模)如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線y＝﹣ax2+6ax+6與y軸交于點(diǎn)B，交x軸的負(fù)半軸于點(diǎn)A，交x軸的正半軸于點(diǎn)C，且S△ABC＝30．
(1)求拋物線的解析式；
(2)如圖2，點(diǎn)P為第一象限拋物線上一點(diǎn)，其橫坐標(biāo)為t，PD⊥x軸于點(diǎn)D，設(shè)tan∠PAD等于m，求m與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
(3)如圖3，在(2)的條件下，當(dāng)m＝時(shí)，過(guò)點(diǎn)B作BN⊥AB交∠PAC的平分線于點(diǎn)N，點(diǎn)K在線段AB上，點(diǎn)M在線段AN上，連接KM、KN，∠MKN＝2∠BNK，作MT⊥KN于點(diǎn)T，延長(zhǎng)MT交BN于點(diǎn)H，若NH＝4BH，求直線KN的解析式．

【分析】(1)由﹣ax2+6ax+6＝0，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系可得x1+x2＝6，x1?x2＝﹣，求出AB的長(zhǎng)為，再由三角形ABC的面積可求a的值；
(2)由題意知P(t，﹣t2+t+6)，分別求出AD與PD，根據(jù)tan∠PAD＝m，建立方程即可求m與t的函數(shù)關(guān)系式；
(3)連接BC與AP交于點(diǎn)E，證明△ABO≌△EAB(AAS)，從而推導(dǎo)出△ABN是等腰直角三角形，求出tan∠PAN＝，設(shè)N(m，n)，由＝，2＝，求出N點(diǎn)坐標(biāo)，過(guò)A作AL⊥AB交于HM的延長(zhǎng)線于L，過(guò)B作BS∥HL交AL于點(diǎn)S，交KN于點(diǎn)Q，再證明△AKM≌△ALM(ASA)，四邊形BHLS是平行四邊形，△NBK≌△BAS(ASA)，設(shè)BH＝a，KB＝b，則NH＝4a，AB＝5a，由AL＝AK，可得到b＝2a，則BK：AB＝2：5，過(guò)K作KG⊥x軸交于G，由△ABO∽△AKG，求出K(﹣，)，再用待定系數(shù)法求直線KN的解析式即可．
【解答】解：(1)令x＝0，則y＝6，
∴B(0，6)，
令y＝0，則﹣ax2+6ax+6＝0，
∴x1+x2＝6，x1?x2＝﹣，
∴|x1﹣x2|＝，
∵S△ABC＝30＝6×，
解得a＝，
∴y＝﹣x2+x+6；
(2)∵P點(diǎn)橫坐標(biāo)為t，
∴P(t，﹣t2+t+6)，
∵PD⊥x軸，
∴PD＝﹣t2+t+6，
令y＝0，則﹣x2+x+6，
解得x＝﹣2或x＝8，
∴A(﹣2，0)，C(8，0)，
∴AD＝t+2，
∵tan∠PAD＝m，
∴＝m，
整理得，m＝﹣(t﹣8)(0＜t＜8)；
(3)連接BC與AP交于點(diǎn)E，
∵A(﹣2，0)，B(0，6)，C(8，0)，
∴AC＝10，BC＝10，
∴AC＝BC，
∴∠BAO＝∠ABE，
∵OB＝6，OC＝8，
∴tan∠OCB＝，
∵m＝，
∴∠PAD＝∠OBC，
∴∠BCO＝∠APD，
∴∠PAD+∠BCO＝90°，
∴BC⊥AP，
∴∠BEA＝90°，
∴△ABO≌△EAB(AAS)，
∴∠BAE＝∠ABO，
∵AN平分∠PAC，
∴∠EAN＝∠NAC，
∴2∠OAE+2∠EAN＝90°，
∴∠BAN＝45°，
∴△ABN是等腰直角三角形，
∴BN＝AB＝2，
在Rt△APD中，設(shè)AN與PD交于Z，過(guò)Z作ZY⊥AP交于Y，
∵AZ是∠PAD的平分線，
∴YZ＝ZD，
∵tan∠PAD＝，
設(shè)PD＝4，ZD＝y(tǒng)，則AD＝3，AP＝5，YZ＝y(tǒng)，
在Rt△PYZ中，(4﹣y)2＝y(tǒng)2+22，
∴y＝，
∴tan∠ZAD＝，
設(shè)N(m，n)，則＝，
∵2＝，
解得m＝6，n＝4，
∴N(6，4)，
過(guò)A作AL⊥AB交于HM的延長(zhǎng)線于L，過(guò)B作BS∥HL交AL于點(diǎn)S，交KN于點(diǎn)Q，
∵M(jìn)T⊥KN，
∴∠NHT＝90°﹣∠HNT，∠BKN＝90°﹣∠HNT，
∵∠MKN＝2∠BNK，
∴∠AKM＝180°﹣(∠BKN+∠NKM)＝90°﹣∠HNT，
∴∠AKM＝∠HTN，
∵∠BAN＝∠BNA＝45°，
∴∠HMN＝∠KMA，
∵∠HMN＝∠AML，
∴∠KMA＝∠AML，
∵AL⊥AB，∠PAN＝∠CAN，
∴∠CAL＝∠BAE，
∴∠KAM＝∠MAL，
∴△AKM≌△ALM(ASA)，
∴AK＝AL，∠ALM＝∠AKN，
∵BN⊥AB，AL⊥AB，
∴BN∥AL，
∵BS∥HL，
∴四邊形BHLS是平行四邊形，
∴∠ALM＝∠BSA，
∴∠BKN＝∠BSA，
∵AB＝BN，∠ABN＝∠BAS＝90°，
∴△NBK≌△BAS(ASA)，
∴BK＝AS，
∴HL＝KN，
∵NH＝4BH，
設(shè)BH＝a，KB＝b，則NH＝4a，AB＝5a，
∵AK＝AL，
∴5a﹣b＝a+b，
∴b＝2a，
∴BK：AB＝2：5，
過(guò)K作KG⊥x軸交于G，
∴△ABO∽△AKG，
∴＝＝＝，
∴KG＝，AG＝，
∴K(﹣，)，
設(shè)直線KN的解析式為y＝sx+h，
∴，
解得，
∴y＝x+．


19．(2022?江漢區(qū)校級(jí)模擬)如圖1，已知拋物線y＝ax2+bx+c(a＞0)與x軸交于A(﹣1，0)，B(3，0)，與y軸交于點(diǎn)C．
(1)若C(0，﹣3)，求拋物線的解析式；
(2)在(1)的條件下，E是線段BC上一動(dòng)點(diǎn)，AE交拋物線于F點(diǎn)，求的最大值；
(3)如圖2，點(diǎn)N為y軸上一點(diǎn)，AN、BN交拋物線于E、F兩點(diǎn)，求?的值．


【分析】(1)根據(jù)待定系數(shù)法，可得函數(shù)解析式；
(2)過(guò)點(diǎn)A作AG∥y軸交BC的延長(zhǎng)線與點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)F作FM∥y軸交BC于點(diǎn)M，求出BC表達(dá)式，求出AG的長(zhǎng)，再設(shè)F(t，t2﹣2t﹣3)，得出M (t，t﹣3)，求出MF＝﹣t2+3t，再利用△AGE∽△FME求出＝＝＝﹣(t2﹣3t)＝﹣(t﹣)2+，即可得到答案；
(3)過(guò)點(diǎn)E作EI⊥x軸于點(diǎn)I，過(guò)點(diǎn)F作FH⊥x軸于點(diǎn)H，設(shè)點(diǎn)N (0，n)，求出AN和BN的表達(dá)式，利用這兩個(gè)表達(dá)式分別與y＝x2﹣2x﹣3聯(lián)立求出E點(diǎn)和F點(diǎn)的橫坐標(biāo)，即可求出I點(diǎn)和H點(diǎn)的橫坐標(biāo)，再求出OI，OH，OA，OB的長(zhǎng)．最后利用平行線分線段成比例求出答案即可．
【解答】解：(1)將A(﹣1，0)，B(3，0)，C(0，﹣3)代入函數(shù)解析式y(tǒng)＝ax2+bx+c，
得，
解得，
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3；

(2)如圖1，過(guò)點(diǎn)A作AG∥y軸交BC的延長(zhǎng)線與點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)F作FM∥y軸交BC于點(diǎn)M，

設(shè)BC表達(dá)式為y＝kx+m，將點(diǎn)B(3，0)，C(0，﹣3)代入得：
，解得：，
∴BC表達(dá)式為y＝x﹣3，
∵AG∥y軸，A(﹣1，0)，
∴G(﹣1，﹣4)，
∴AG＝4，
F(t，t2﹣2t﹣3)，
∵FM∥y軸，
∴M (t，t﹣3)，
∴MF＝t﹣3﹣t2+2t+3＝﹣t2+3t，
∵AG∥y軸，F(xiàn)M∥y軸，
∴AG∥FM，
∴△AGE∽△FME，
∴＝＝＝﹣(t2﹣3t)＝﹣(t﹣)2+，
∴當(dāng)t＝時(shí)，有最大值是；

(3)過(guò)點(diǎn)E作EI⊥x軸于點(diǎn)I，過(guò)點(diǎn)F作FH⊥x軸于點(diǎn)H，

設(shè)點(diǎn)N (0，n)，AN表達(dá)式為y＝k1x+n，
將點(diǎn)A(﹣1，0)代入得k1＝n，
∴AN表達(dá)式為y＝nx+n，
聯(lián)立y＝x2﹣2x﹣3得：，
即：nx+n＝x2﹣2x﹣3，整理得：x2﹣(2+n)x﹣(3+n)＝0，
解得x1＝3+n．x2＝﹣1(舍)，
∴E點(diǎn)的橫坐標(biāo)為3+n，
∵EI⊥x軸，
∴I點(diǎn)的橫坐標(biāo)為3+n，
∴OI＝3+n，
同理BN的直線表達(dá)式為v﹣y＝﹣x+n，F(xiàn)點(diǎn)的橫坐標(biāo)為﹣，
∴OH＝，
∵EI⊥x軸，F(xiàn)H⊥x軸，
∴ON∥IE，ON∥HF，
又∵OA＝1，OB＝3，
∴，，
∴?＝?＝．
20．(2022?成都模擬)如圖，拋物線與x軸交于A，B兩點(diǎn)(點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè))，與y軸交于點(diǎn)C．
(1)求點(diǎn)A，B，C的坐標(biāo)及拋物線的對(duì)稱軸；
(2)如圖1，點(diǎn)P(1，m)，Q(1，m﹣2)是兩動(dòng)點(diǎn)，分別連接PC，QB，請(qǐng)求出|PC﹣QB|的最大值，并求出m的值；
(3)如圖2，∠BAC的角平分線交y軸于點(diǎn)D，過(guò)D點(diǎn)的直線l與射線AB，AC分別于E，F(xiàn)，當(dāng)直線l繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)時(shí)，是否為定值，若是，請(qǐng)求出該定值；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【分析】(1)當(dāng)x＝0時(shí)，求得y的值，從而得出點(diǎn)C坐標(biāo)，令y＝0，求得x的值，進(jìn)而求得A、B兩點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)點(diǎn)A和點(diǎn)B對(duì)稱求得對(duì)稱軸；
(2)將點(diǎn)B向上平移2個(gè)單位至B′(5，2)，作點(diǎn)C關(guān)于直線x＝1的對(duì)稱點(diǎn)C′(2，﹣4)，作直線B′C′交直線x＝1于點(diǎn)P′，則|PC﹣BQ|最大值是：B′C′的長(zhǎng)，進(jìn)一步求得結(jié)果；
(3)作DG⊥AC于G，作FH⊥AB于H，先求得點(diǎn)D坐標(biāo)，從而設(shè)出EF的關(guān)系式，根據(jù)AHF∽△AOC，△DOE∽△FHE，得出AH，CH，EH的關(guān)系式，然后解斜三角形ACE，從而用k表示出AE和AF，計(jì)算化簡(jiǎn)+求得結(jié)果．
【解答】解：(1)當(dāng)x＝0時(shí)，y＝﹣4，
∴C(0，﹣4)，
當(dāng)y＝0時(shí)，x2﹣﹣4＝0，
∴x1＝﹣3，x2＝5，
∴A(﹣3，0)，B(5，0)；
∵＝1，
∴拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝1；
(1)如圖1，

將點(diǎn)B向上平移2個(gè)單位至B′(5，2)，作點(diǎn)C關(guān)于直線x＝1的對(duì)稱點(diǎn)C′(2，﹣4)，
作直線B′C′交直線x＝1于點(diǎn)P′，則|PC﹣BQ|最大值是：B′C′的長(zhǎng)，
∵B′C′＝＝3，
∴|PC﹣BQ|最大＝3，
∵直線B′C′的解析式為：y＝2x﹣8，
∴當(dāng)x＝1時(shí)，y＝2×1﹣8＝﹣6，
∴m＝﹣6；
(3)為定值，理由如下：
如圖2，

作DG⊥AC于G，作FH⊥AB于H，
∵AD平分∠BAC，
∴OD＝DG，
∵S△AOC＝S△AOD+S△ACD，
∴＝+，
∴OD＝，
∵D(0，﹣)，
∴設(shè)直線EF的關(guān)系式為：y＝kx﹣，
∴E(，0)，
∵FH∥OC，OD∥FH，
∴△AHF∽△AOC，△DOE∽△FHE，
∴＝＝，＝＝＝，
設(shè)AH＝3a，F(xiàn)H＝4a，
∴＝，
∴EH＝，
∵AH+EH＝AE，
∴3a+＝，
∴a＝，
∴AF＝5a＝
∴+＝+＝
21．(2022?沈陽(yáng)模擬)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝﹣x2+x+2與x軸交于A，B兩點(diǎn)(點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè))，與y軸交于點(diǎn)C，直線l：y＝kx+b經(jīng)過(guò)點(diǎn)B，點(diǎn)C，點(diǎn)P是拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，連接OP交直線BC于點(diǎn)D．
(1)求直線l的解析式；
(2)當(dāng)＝時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
(3)在(2)的條件下，點(diǎn)N是直線BC上一動(dòng)點(diǎn)，連接ON，過(guò)點(diǎn)D作DF⊥ON于點(diǎn)F，點(diǎn)F在線段ON上，當(dāng)OD＝DF時(shí)，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)N的坐標(biāo)．

【分析】(1)利用待定系數(shù)法解答即可；
(2)過(guò)點(diǎn)P作PE∥y軸交BC于點(diǎn)E，設(shè)P(m，﹣+m+2))，則E(m，m+2)，利用m的代數(shù)式表示出線段PE，得到關(guān)于m的方程，解方程就可求得結(jié)論；
(3)利用分類討論的思想方法分①當(dāng)點(diǎn)N在線段BD上時(shí)和②當(dāng)點(diǎn)N在線段BD的延長(zhǎng)線上時(shí)，兩種情況討論解答：①過(guò)點(diǎn)N作NH⊥x軸于點(diǎn)H，通過(guò)計(jì)算線段OH，NH的長(zhǎng)度求得結(jié)論；②過(guò)點(diǎn)F作FK⊥x軸于點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)D作DQ⊥FK于點(diǎn)Q，通過(guò)求得直線OF的解析式，與直線y＝﹣x+2聯(lián)立，就可求得結(jié)論．
【解答】解：(1)令x＝0，則y＝2，
∴C(0，2)．
∴OC＝2．
令y＝0，則﹣x2+x+2＝0，
解得：x＝﹣1或4，
∴A(﹣1，0)，B(4，0)．
∴OA＝1，OB＝4．
設(shè)直線l的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得：，
∴直線l的解析式為y＝﹣x+2；
(2)過(guò)點(diǎn)P作PE∥y軸交BC于點(diǎn)E，如圖，

∴∠COD＝∠DPE，∠OCD＝∠PED，
∴△CDO∽△EDP，
∴，
∵＝，
∴PD＝OD．
∴PE＝OC＝2．
設(shè)P(m，﹣+m+2))，則E(m，m+2)，
∴PE＝﹣+m+2﹣(m+2)＝﹣+2m，
∴﹣+2m＝2．
解得：m1＝m2＝2．
∴P(2，3)；
(3)N(，)或N(，)，理由：
∵P(2，3)，
∴直線OP的解析式為y＝x．
∴，
解得：．
∴D(1，)．
∴OD＝，BD＝．
①當(dāng)點(diǎn)N在線段BD上時(shí)，如圖，

在Rt△ODF中，∠DFO＝90°，
∵sin∠DOF＝，
∴tan∠DOF＝．
在Rt△OBC中，∠BOC＝90°，
∴tan∠CBO＝．
∴∠DOF＝∠CBO．
∵∠ODN＝∠BDO，
∴△ODN∽△BDO，
∴，
即：OD2＝BD?DN，
∴DN＝．
∴BN＝BD﹣DN＝，
過(guò)點(diǎn)N作NH⊥x軸于點(diǎn)H，
∴NH＝BN?sin∠CBO＝，
BH＝BN?cos∠CBO＝，
∴OH＝OB﹣BH＝4﹣＝．
∴N(，)；
②當(dāng)點(diǎn)N在線段BD的延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖，

過(guò)點(diǎn)F作FK⊥x軸于點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)D作DQ⊥FK于點(diǎn)Q，
∵FD⊥ON，
∴∠OFK+∠DFQ＝90°，
∵DQ⊥FK，
∴∠FDQ+∠DFQ＝90°，
∴∠DFK＝∠FDQ．
∵∠FKO＝∠DQF＝90°，
∴△OKF∽△FQD．
∴＝2，
∴OK＝2FQ，F(xiàn)K＝2QD．
設(shè)F(a，n)，則OK＝a，F(xiàn)K＝n，
∵D(1，)，
∴DQ＝1﹣a，F(xiàn)Q＝n﹣．
∴，
解得：，
∴F(，)．
設(shè)直線OF的解析式為y＝cx，
∴c＝，
∴c＝8，
∴直線OF的解析式為y＝8x．
∴，
解得：．
∴N(，)．
綜上，點(diǎn)N的坐標(biāo)為N(，)或N(，)．
22．(2022?沈陽(yáng)模擬)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx﹣過(guò)點(diǎn)A(3，2)和點(diǎn)B(，0)，與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為點(diǎn)C．
(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式．
(2)判斷△ABC的形狀，并說(shuō)明理由．
(3)點(diǎn)D在線段BC上，連接AD，作DE⊥AD，且DE＝AD，連接AE交x軸于點(diǎn)F．點(diǎn)F不與點(diǎn)C重合，射線DP⊥AE，交AE于點(diǎn)P，交AC于點(diǎn)Q．
①當(dāng)AD＝AF時(shí)，請(qǐng)直接寫出∠CAE的度數(shù)；
②當(dāng)＝時(shí)，請(qǐng)直接寫出CQ的長(zhǎng)．

【分析】(1)將A(3，2)和B(，0)代入y＝ax2+bx﹣，即可求解；
(2)求出C(5，0)，再分別求出AB＝4，AC＝4，BC＝4，利用勾股定理即可判斷；
(3)①求出∠AFD＝67.5°，即可求∠CAE＝22.5°；
②分兩種情況討論：D點(diǎn)在F點(diǎn)左側(cè)時(shí)，設(shè)EF＝x，則AF＝3x，分別求出AD＝DE＝2x，AP＝DP＝2x，PF＝x，DF＝x，再由△DFE∽△AFC，求出x＝，進(jìn)而求出D(，0)，過(guò)Q點(diǎn)作QH⊥x軸交于點(diǎn)H，設(shè)QH＝n，則HC＝n，由tan∠PDF＝＝，求出n＝，即可求CQ＝；當(dāng)D點(diǎn)在F點(diǎn)右側(cè)時(shí)，3＜m＜5，設(shè)EF＝t，則AF＝3t，分別求出EA＝2t，AD＝DE＝t，AP＝DP＝t，PF＝2t，DF＝t，再由△DFE∽△AFC，求出t＝，進(jìn)而求出D(，0)，則可求CQ＝．
【解答】解：(1)將A(3，2)和B(，0)代入y＝ax2+bx﹣，
∴，
解得，
∴y＝﹣x2+3x﹣；
(2)令y＝0，則﹣x2+3x﹣＝0，
解得x＝或x＝5，
∴C(5，0)，
∴AB＝4，AC＝4，BC＝4，
∴BC2＝AC2+AB2，
∴△ABC是等腰直角三角形；
(3)①∵AB＝AC，
∴∠ACB＝45°，
∵AD＝ED，DE⊥AD，
∴∠DAE＝45°，
∵AD＝AF，
∴∠AFD＝67.5°，
∴∠CAE＝67.5°﹣45°＝22.5°；
②如圖1，D點(diǎn)在F點(diǎn)左側(cè)時(shí)，
∵＝，
∴AF＝3EF，
設(shè)EF＝x，則AF＝3x，
∴AE＝4x，
∵△ADE是等腰直角三角形，
∴AD＝DE＝2x，
∵DP⊥AE，∠CAE＝45°，
∴△ADP是等腰直角三角形，
∴AP＝DP＝2x，
∴PF＝x，
∴DF＝x，
∵∠AED＝∠ACF＝45°，
∴△DFE∽△AFC，
∴＝，即＝，
∴x＝，
∴AD＝，
設(shè)D(m，0)，0＜m＜3，
∴(m﹣3)2+(2)2＝()2，
∴m＝或m＝(舍)，
∴D(，0)，
過(guò)Q點(diǎn)作QH⊥x軸交于點(diǎn)H，
∵∠ACH＝45°，
設(shè)QH＝n，則HC＝n，
當(dāng)D(，0)時(shí)，CD＝，
∴DH＝﹣n，
∵tan∠PDF＝＝，
∴2n＝﹣n，
∴n＝，
∴CQ＝×＝；
如圖2，當(dāng)D點(diǎn)在F點(diǎn)右側(cè)時(shí)，3＜m＜5，
∵＝，
設(shè)EF＝t，則AF＝3t，
∴EA＝2t，
∵△ADE是等腰直角三角形，
∴AD＝DE＝t，
∵DP⊥AE，∠CAE＝45°，
∴△ADP是等腰直角三角形，
∴AP＝DP＝t，
∴PF＝2t，
∴DF＝t，
∵∠AED＝∠ACF＝135°，
∴△DFE∽△AFC，
∴＝，即＝，
∴t＝，
∴(m﹣3)2+(2)2＝()2，
∴m＝(舍)或m＝，
∴D(，0)，
∴CD＝，
∴DH＝﹣n，
∴n＝﹣n，
∴n＝，
∴CQ＝；
綜上所述：CQ的長(zhǎng)為．











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