?專題四 函數(shù)綜合問題（二次函數(shù)綜合問題）
一、與二次函數(shù)有關(guān)的圖形問題
例題（2021·江蘇·蘇州高新區(qū)實(shí)驗(yàn)初級中學(xué)二模）如圖1，拋物線y＝x2+bx﹣4交x軸于A，B兩點(diǎn)（A在B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，且OC＝2OB．

（1）求拋物線的解析式；
（2）連接AC，BC，點(diǎn)P在拋物線上，且滿足∠PBC＝∠ACB，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）如圖2，直線l：y＝x+t（﹣4＜t＜0）交y軸于點(diǎn)E，過直線l上的一動點(diǎn)M作MN∥y軸交拋物線于點(diǎn)N，直線CM交拋物線于另一點(diǎn)D，直線DN交y軸于點(diǎn)F，試求OE+OF的值．
【答案】（1）y＝x2+x﹣4；（2）（，）；（3）8
【分析】
（1）求出點(diǎn)B的坐標(biāo)，由拋物線的解析式可得出b的值，拋物線的解析式即可求解；
（2）延長CA、BP交于點(diǎn)Q，設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（m，n），求出直線AC的解析式為y=-x-4，解方程組可求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，聯(lián)立直線BQ和拋物線的解析式，則可得出答案；
（3）設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為（s，），可求C（0，-4），由題意得出，設(shè)直線DN：y＝mx+n，由得出，則，可得出-t-n=8，由點(diǎn)的坐標(biāo)可得出OE+OF=8
【詳解】
解：（1）對于拋物線y＝x2+bx﹣4，當(dāng)x=0時，y=-4，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，-4），即OC=4，
∵OC＝2OB
∴OB=2，即點(diǎn)B的坐標(biāo)為（2，0），
∴，
解得b=1，
∴拋物線的解析式為y＝x2+x﹣4；
（2）延長CA、BP交于點(diǎn)Q，設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（m，n），
，
，
，即，
整理得：，
解方程x2+x﹣4=0得：，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-4，0），
設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，
則，解得，
∴直線AC的解析式為y=-x-4，
∵點(diǎn)Q在直線AC上，
∴n=-m-4
∴，解得
∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（-5，1），
設(shè)直線BQ的解析式為y=px+q，
則，解得，
∴直線BQ的解析式為，
解方程組，得，，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，）

（3）設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為（s，），可求C（0，-4），
∴直線CD的解析式為，
聯(lián)立，得，
∴，
∴，
設(shè)直線DN：y＝mx+n，
聯(lián)立得，
∴，
∴，
∵M(jìn)Ny軸，
∴，
∴t+4=-4-n，即-t-n=8，
∵OE=-t，OF=-n
∴OE+OF=8．
【點(diǎn)睛】
本題考查了二次函數(shù)解析式的求法及二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合問題，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，用待定系數(shù)法求出相關(guān)關(guān)系式并聯(lián)立求解．
練習(xí)題
1．（2021·廣東·雷州市第八中學(xué)二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，頂點(diǎn)為M的拋物線是由拋物線向右平移1個單位得到的，它與y軸負(fù)半軸交于點(diǎn)A，點(diǎn)B在拋物線上，且橫坐標(biāo)為3．

(1)寫出以M為頂點(diǎn)的拋物線解析式及點(diǎn)A、B、M的坐標(biāo)．
(2)連接AB，AM，BM，求；
(3)點(diǎn)P是頂點(diǎn)為M的拋物線上一點(diǎn)，且位于對稱軸的右側(cè)，設(shè)PO與x正半軸的夾角為，當(dāng)時，求點(diǎn)P坐標(biāo)．
【答案】(1)；，，；(2)；
(3)或.
【分析】
（1）由平移可得y＝(x﹣1)2﹣3，求出解析式即可求解各點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）求出MB＝2，AM＝，AB＝3，利用勾股定理可知△ABM是直角三角形，即可求解；
（3）由已知可知tanα＝＝，求出t的值即可．
(1)解：拋物線y＝x2﹣3向右平移1個單位得到y(tǒng)＝(x﹣1)2﹣3＝x2﹣2x﹣2，
∴M（1，﹣3），
令x＝0，則y＝﹣2，
∴A（0，﹣2），
∵點(diǎn)B在拋物線上，且橫坐標(biāo)為3，
∴B（3，1）；
(2)解：∵M(jìn)（1，﹣3），A（0，﹣2），B（3，1），
∴MB＝2，AM＝，AB＝3，
∵M(jìn)B2＝AM2+AB2，
∴△ABM是直角三角形，
∴∠MAB＝90°，
∴tan∠ABM＝＝；
(3)解：設(shè)P（t，t2﹣2t﹣2），
∵點(diǎn)P位于對稱軸的右側(cè)，
∴t＞1，
∵PO與x軸正半軸的夾角為α，
∴P點(diǎn)在第一象限或P點(diǎn)在第四象限，
當(dāng)P點(diǎn)在第一象限時，
∵α＝∠ABM，
∴tanα＝，
∴＝，
∴t＝3或t＝﹣（舍），
∴P（3，1）；
當(dāng)P點(diǎn)在第四象限時，
＝，
∴t＝（舍）或t＝，
∴P（，﹣）；
綜上所述：P點(diǎn)坐標(biāo)為（，﹣）或（3，1）．
【點(diǎn)睛】
本題是二次函數(shù)的綜合題，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，靈活應(yīng)用勾股定理逆定理是解題的關(guān)鍵．
2．（2021·河南·息縣教育體育局基礎(chǔ)教育教學(xué)研究室二模）如圖，拋物線與x軸交于點(diǎn)A，B（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，且OB＝OC＝3OA．

(1)求拋物線的解析式及對稱軸．
(2)在拋物線上任取一點(diǎn)M，過點(diǎn)M作MN//x軸，且四邊形ABMN為平行四邊形，在線段MN上任取一點(diǎn)P，過點(diǎn)P作x軸的垂線交拋物線于點(diǎn)Q，記點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)為yQ．當(dāng)點(diǎn)M到拋物線對稱軸的距離不超過1個單位長度時，求yQ的取值范圍．
【答案】(1)拋物線的解析式為；拋物線的對稱軸為x=1
(2)
【分析】
（1）先根據(jù)點(diǎn)C為拋物線y=ax2+bx+3與y軸的交點(diǎn)，得出點(diǎn)C的坐標(biāo)及OC的長，再根據(jù)OB=OC=3OA，得出點(diǎn)A和點(diǎn)B的坐標(biāo)，然后用待定系數(shù)法求解即可求得解析式，最后根據(jù)x=-求得對稱軸．
（2）作平行四邊形ABMN，由平行四邊形的性質(zhì)可得MN=AB=4；由點(diǎn)M到拋物線對稱軸的距離不超過1個單位長度，得出xM的取值范圍，從而可得xN的范圍；根據(jù)點(diǎn)P在線段MN上，PQ⊥MN，xP和xQ的范圍，結(jié)合點(diǎn)Q在拋物線y=-x2+2x+3上，可得點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)yQ的取值范圍．
(1)∵點(diǎn)C為拋物線y=ax2+bx+3與y軸的交點(diǎn)，
∴C（0，3），
∴OC=3，
又∵OB=OC=3OA，
∴OB=3，OA=1，
∴A（-1，0），B（3，0），
將點(diǎn)A，B的坐標(biāo)代入拋物線y=ax2+bx+3中，
得 ，解得
∴拋物線的解析式為
∴拋物線的對稱軸為直線x1．
(2)作平行四邊形ABMN，如圖所示：

∴MN=AB=4，點(diǎn)N在點(diǎn)M的左側(cè)，
又∵點(diǎn)M到拋物線對稱軸的距離不超過1個單位長度，拋物線的對稱軸為直線x=1，
∴0≤xM≤2，
∴-4≤xN≤-2，
又∵點(diǎn)P在線段MN上，PQ⊥MN，
∴-4≤xP≤2，xP=xQ，
∴-4≤xQ≤2，
又∵點(diǎn)Q在拋物線y=-x2+2x+3= 上，
∴當(dāng)xQ=1時，yQ取最大值4；當(dāng)xQ=-4時，yQ取最小值-21；
∴-21≤yQ≤4．
【點(diǎn)睛】
本題考查了拋物線與縱坐標(biāo)的交點(diǎn)坐標(biāo)、待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式、平行四邊形的性質(zhì)、二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)等知識點(diǎn)，數(shù)形結(jié)合、熟練掌握二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
3．（2022·山東·東營市實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬預(yù)測）如圖，經(jīng)過原點(diǎn)的拋物線與軸的另一個交點(diǎn)為過點(diǎn)作直線軸于點(diǎn)，交拋物線于點(diǎn)記點(diǎn)關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點(diǎn)為、不重合連接，．

(1)直接寫出點(diǎn)、、的坐標(biāo)用含的代數(shù)式表示；
(2)當(dāng)時，連接，問為何值時？
(3)當(dāng)過點(diǎn)作且，問是否存在，使得點(diǎn)落在軸上？若存在，求出所有滿足要求的的值，并定出相對應(yīng)的點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)；；；(2)(3)
【分析】
（1）令拋物線解析式即求得點(diǎn)坐標(biāo)；由軸可知點(diǎn)橫坐標(biāo)與點(diǎn)相等為，代入拋物線解析式即求得點(diǎn)縱坐標(biāo)；由拋物線解析式可得對稱軸為直線，根據(jù)點(diǎn)、到對稱軸距離相等即求得點(diǎn)坐標(biāo)．
（2）由點(diǎn)、、坐標(biāo)可用表示、、，由可得，故有，得到關(guān)于的一元二次方程，求解即得到的值．
（3）由的取值范圍求得此時點(diǎn)在對稱軸右側(cè)，點(diǎn)在點(diǎn)上方，畫出圖形．若點(diǎn)在軸上方，根據(jù)且可證得≌，故有，由即得到關(guān)于的方程，求得的值代入求點(diǎn)、坐標(biāo)，即由求得點(diǎn)坐標(biāo)．
(1)解：∵當(dāng)時，，
解得：，，
，
軸，，
，
，
，
拋物線對稱軸為直線：，
，
，
．
(2)，，，
，
，
，
，即，
，
，
解得：，舍去，，
時，．
(3)存在，使得點(diǎn)落在軸上，
，
，點(diǎn)在對稱軸右側(cè)，

，
，即點(diǎn)在點(diǎn)下方，如圖，
若點(diǎn)在軸上，則，
，即，
，
，
在與中，
，
≌，
，，
，
解得：，符合，
，，
，
，
．
【點(diǎn)睛】
本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，一元二次方程的解法，一元一次不等式的應(yīng)用，全等三角形的判定和性質(zhì)．第（3）題由的取值范圍求得的點(diǎn)、、位置與題干圖形不相同，必須畫出準(zhǔn)確圖形再討論計(jì)算．
4．（2021·廣東·中山一中三模）拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A（﹣3，0）和點(diǎn)B（2，0），與y軸交于點(diǎn)C．

(1)求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
(2)點(diǎn)P是該拋物線上的動點(diǎn)，且位于y軸的左側(cè)．
①如圖1，過點(diǎn)P作PD⊥x軸于點(diǎn)D，作PE⊥y軸于點(diǎn)E，當(dāng)PD＝2PE時，求PE的長；
②如圖2，該拋物線上是否存在點(diǎn)P，使得∠ACP＝∠OCB？若存在，請求出所有點(diǎn)P的坐標(biāo)：若不存在，請說明理由．
【答案】(1)y＝x2+x﹣6(2)①PE＝2或；②存在（﹣2，﹣4）或（﹣8，50）
【分析】
（1）將點(diǎn)A，點(diǎn)C坐標(biāo)代入解析式，可求b，c的值，即可求解；
（2）①設(shè)點(diǎn)P（a，a2+a6），由PD=2PE，可得|a2+a6|=2a，可求a的值；
②由勾股定理可求AC，BC的長，通過證明△ACH∽△BCO，可得，可求AH，HC的長，由兩點(diǎn)距離公式可求點(diǎn)H坐標(biāo)，再求出直線HC的解析式，即可求點(diǎn)P坐標(biāo)．
(1)解：∵拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A（﹣3，0）和點(diǎn)B（2，0），
∴
解得：，
∴拋物線解析式為：y＝x2+x﹣6；
(2)
解：①設(shè)點(diǎn)P（a，a2+a﹣6），
∵點(diǎn)P位于y軸的左側(cè)，
∴a＜0，PE＝﹣a，
∵PD＝2PE，
∴|a2+a﹣6|＝﹣2a，
∴a2+a﹣6＝﹣2a或a2+a﹣6＝2a，
解得：a1＝，a2＝（舍去）或a3＝﹣2，a4＝3（舍去）
∴PE＝2或；
②存在點(diǎn)P，使得∠ACP＝∠OCB，
理由如下，
∵拋物線y＝x2+x﹣6與y軸交于點(diǎn)C，
∴點(diǎn)C（0，﹣6），
∴OC＝6，
∵點(diǎn)B（2，0），點(diǎn)A（﹣3，0），
∴OB＝2，OA＝3，
∴BC＝，
AC＝，
如圖，過點(diǎn)A作AH⊥CP于H，

∵∠AHC＝∠BOC＝90°，∠ACP＝∠BCO，
∴△ACH∽△BCO，
∴
∴
∴AH＝，HC＝，
設(shè)點(diǎn)H（m，n），
∴（）2＝（m+3）2+n2，（）2＝m2+（n+6）2，
∴或
∴點(diǎn)H（﹣，﹣）或（﹣，），
當(dāng)H（﹣，﹣）時，
∵點(diǎn)C（0，﹣6），
∴直線HC的解析式為：y＝﹣x﹣6，
∴x2+x﹣6＝﹣x﹣6，
解得：x1＝﹣2，x2＝0（舍去），
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)（﹣2，﹣4）；
當(dāng)H（﹣，）時，
∵點(diǎn)C（0，﹣6），
∴直線HC的解析式為：y＝﹣7x﹣6，
∴x2+x﹣6＝﹣7x﹣6，
解得：x1＝﹣8，x2＝0（舍去），
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)（﹣8，50）；
綜上所述：點(diǎn)P坐標(biāo)為（﹣2，﹣4）或（﹣8，50）．
【點(diǎn)睛】
本題是二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，待定系數(shù)法求解析式，兩點(diǎn)距離公式，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，綜合性比較強(qiáng)，求出點(diǎn)H坐標(biāo)是本題的關(guān)鍵．
5．（2021·重慶北碚·模擬預(yù)測）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與x軸交于點(diǎn)A（3，0），B（﹣1，0），與y軸交于C點(diǎn)，且OC＝3OB，連接OD．

(1)求拋物線解析式；
(2)P點(diǎn)為拋物線上AD部分上一動點(diǎn)，過P點(diǎn)作PF∥DE交AC于F點(diǎn)，求四邊形DPAF面積的最大值及此時P點(diǎn)坐標(biāo)．
(3)在（2）問的情況下，把拋物線向右平移兩個單位長度，在平面內(nèi)找一個點(diǎn)N，使以D、P、M、N為頂點(diǎn)的四邊形為矩形
【答案】(1)y＝﹣x2+2x+3
(2)面積的最大值為，P（，）．(3)N（）或N（）
【分析】
（1）先確定點(diǎn)C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求函數(shù)的解析式；
（2）利用轉(zhuǎn)化的思想，將四邊形DPAE的面積用三角形APE的面積表示，設(shè)出點(diǎn)P的坐標(biāo)，用m的代數(shù)式表示三角形APE的面積，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可得面積的最大值，并得到m的取值，P點(diǎn)坐標(biāo)可得；
（3）首先求出平移后的拋物線的解析式，得到拋物線的對稱軸為直線x=3；然后分類討論解答：①當(dāng)四邊形DPNM為矩形時，過D作DE⊥x軸于E，過P作PF⊥x軸于F，PK⊥DE于K，過N作NH⊥y軸于H，則DK，KP可求，利用△DKP≌△MHN求得NH，MH的長；通過求得DM的解析式，得到線段MG，HG的長度，從而點(diǎn)N的坐標(biāo)可求；②當(dāng)四邊形DPNM為矩形時，同①的方法可得N點(diǎn)坐標(biāo)．
(1)解：∵點(diǎn)A（3，0），B（﹣1，0），
∴OA＝3，OB＝1．
∵OC＝4OB，
∴OC＝3．
∴C（0，6）．
設(shè)拋物線的解析式為y＝ax2+bx+c，由題意得：

解得：．
∴拋物線的解析式為：．
(2)解：∵y=-x2+2x=3=-（x-1）2+4，
∴D（1，4）．
過點(diǎn)E作EM⊥OA于M，過點(diǎn)P作PN⊥OA于N，連接EP，如圖，

∵DE∥PF，
∴S△DPF=S△EPF．
∴S四邊形DPAF=S△APF+S△DPF=S△APF+S△EPF=S△APE．
設(shè)點(diǎn)P（m，-m2+2m+3），
則ON=m，PN=-m2+2m+3．設(shè)直線AC的解析式為y=kx+n，
∴．
解得：．
∴直線AC的解析式為：y=-x+3．
設(shè)直線OD的解析式為：y=dx，
∴d=4．
∴直線OD的解析式為：y=4x．
∴．
解得：．
∴E（，）．
∴OM=，ME=．
∴MN=，NA=3-m．
∵S△APE=S四邊形EMPN+S△ANP-S△AME，
∴S△APE=(PN+EM)×MN+AN?PN?AM?ME
=(?m2+2m+3+)×(m?)+(3?m)×(?m2+2m+3)×(3?)×
=
=．
∵，
∴當(dāng)m=時，S△APE有最大值．
∴四邊形DPAF面積的最大值為．
此時點(diǎn)P的坐標(biāo)為：（，）．
(3)解：∵y=-x2+2x=3=-（x-1）2+4，
∴平移后的拋物線的解析式為y=-（x-3）2+4，對稱軸為x=3．
①當(dāng)四邊形DPNM為矩形時，如圖，

過D作DE⊥x軸于E，過P作PF⊥x軸于F，PK⊥DE于K，過N作NH⊥MG于H，
則DK=DE-PF==，KP=OF-OE==．
易證△DKP≌△MHN．
∴NH=KP=，MH=DK=．
設(shè)DP的解析式為y=ex+f，
∴．
解得：．
∴y=．
∴設(shè)直線DM的解析式為y=2x+n，
∴4=1×2+n．
∴n=2．
∴直線DM的解析式為y=2x+2．
當(dāng)x=3時，y=2×3+2=8．
∴MG=8，
∴HG=MGMH=．
∴N（，）．
②當(dāng)四邊形DPNM為矩形時，如圖，

過D作DE⊥x軸于E，過P作PF⊥x軸于F，PK⊥DE于K，過N作NH⊥MG于H，
則DK=DE-PF=，KP=OF-OE=．
易證△DKP≌△MHN．
∴NH=KP=，MH=DK=．
則DP的解析式為．
∴設(shè)直線PM的解析式為y=2x+h，
∴．
∴h=．
∴直線PM的解析式為y=2x+．
∴當(dāng)x=3時，y=2×3+=．
∴MG=．
∴GH=MG+MH=7．
∴N（，7）．
綜上，N點(diǎn)的坐標(biāo)為：（，）或（，7）．
【點(diǎn)睛】
本題是二次函數(shù)的綜合題，主要考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)的最大值，待定系數(shù)法確定函數(shù)的解析式，三角形的面積，利用點(diǎn)的坐標(biāo)表示相應(yīng)線段的長度，綜合性較強(qiáng)．過平面內(nèi)的點(diǎn)作坐標(biāo)軸的垂線，便于用坐標(biāo)表示線段的長度．
6．（2022·廣東惠州·模擬預(yù)測）如圖，已知二次函數(shù)的圖象過點(diǎn)．

(1)求二次函數(shù)的解析式；
(2)請你判斷是什么三角形，并說明理由．
(3)若點(diǎn)在第二象限，且是拋物線上的一動點(diǎn)，過點(diǎn)作垂直軸于點(diǎn)，試探究是否存在以、、為頂點(diǎn)的三角形與相似？若存在，求出點(diǎn)的坐標(biāo)．若不存在，請說明理由．
【答案】(1)；
(2)直角三角形，理由見解析；
(3)存在，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，）或（，），理由見解析．
【分析】
（1）將點(diǎn)A及點(diǎn)B的坐標(biāo)代入函數(shù)解析式，得出a、b的值，繼而可得出函數(shù)解析式；
（2）根據(jù)二次函數(shù)解析式，求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，然后分別求出AC、AB、BC的長度，利用勾股定理的逆定理可證明是直角三角形；
（3）分兩種情況進(jìn)行討論，①△DHP∽△BCA，②△PHD∽△BCA，然后分別利用相似三角形對應(yīng)邊成比例的性質(zhì)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)．
(1)解：由題意得，函數(shù)圖象經(jīng)過點(diǎn)A（﹣4，3），B（4，4），
故可得：，
解得：，
故二次函數(shù)關(guān)系式為： ．
故答案為：．
(2)解：是直角三角形，理由如下：
由（1）所求函數(shù)關(guān)系式，
當(dāng)時， ，
解得，；
∴點(diǎn)C坐標(biāo)為（﹣2，0），點(diǎn)D坐標(biāo)為（，0），
又∵點(diǎn)A（﹣4，3），B（4，4），
∴，
，
，
∵滿足，
∴是直角三角形．
(3)解：存在；
點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，）或（，）．
設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為（x，（x+2）（13x﹣20）），
則PH＝（x+2）（13x﹣20），HD＝﹣x+，
若△DHP∽△BCA，
則＝，
即＝，
解得：或（因?yàn)辄c(diǎn)P在第二象限，故舍去）；
代入可得，
即P1坐標(biāo)為（，）；
若△PHD∽△BCA，則＝，
即＝，
解得：或 （因?yàn)辄c(diǎn)P在第二象限，故舍去）．
代入可得 ，
即P2坐標(biāo)為：（，）．
綜上所述，滿足條件的點(diǎn)P有兩個，即P1（，）或P2（，）．
【點(diǎn)睛】
此題屬于二次函數(shù)綜合題目，涉及了相似三角形的判定與性質(zhì)、待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，同時還讓學(xué)生探究存在性問題，本題的第三問計(jì)算量比較大，同學(xué)們要注意細(xì)心求解．
7．（2022·全國·九年級專題練習(xí)）如圖1，拋物線C1：y＝ax2+bx﹣2與直線l：y＝﹣x﹣交于x軸上的一點(diǎn)A，和另一點(diǎn)B（3，n）

(1)求拋物線C1的解析式；
(2)點(diǎn)P是拋物線C1上的一個動點(diǎn)（點(diǎn)P在A，B兩點(diǎn)之間，但不包括A，B兩點(diǎn)）PM⊥AB于點(diǎn)M，PN∥y軸交AB于點(diǎn)N，求MN的最大值；
(3)如圖2，將拋物線C1繞頂點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°后，再作適當(dāng)平移得到拋物線C2，已知拋物線C2的頂點(diǎn)E在第一象限的拋物線C1上，且拋物線C2與拋物線C1交于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作DF∥x軸交拋物線C2于點(diǎn)F，過點(diǎn)E作EG∥x軸交拋物線C1于點(diǎn)G，是否存在這樣的拋物線C2，使得四邊形DFEG為菱形？若存在，請求E點(diǎn)的橫坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)y＝x2﹣x﹣2
(2)
(3)存在，E點(diǎn)的橫坐標(biāo)為2
【分析】
（1）求直線l與x軸交點(diǎn)A坐標(biāo)、B坐標(biāo)，用待定系數(shù)法求拋物線C1的解析式．
（2）延長PN交x軸于點(diǎn)H，設(shè)點(diǎn)P橫坐標(biāo)為m，由PN∥y軸可得點(diǎn)N、H橫坐標(biāo)也為m，即能用m表示PN、NH、AH的長．由∠AHN＝∠PMN＝90°及對頂角∠ANH＝∠PNM可得∠NAH＝∠NPM．發(fā)現(xiàn)在Rt△PMN中，MN與PN比值即為sin∠NPM，故先在Rt△ANH中求sin∠NAH的值，再代入MN＝PN?sin∠NPM，即得到MN與m的函數(shù)關(guān)系式，配方即求得MN最大值．
（3）設(shè)點(diǎn)E（e，e2﹣e﹣2），所以可設(shè)拋物線C2頂點(diǎn)式為y＝﹣（x﹣e）2+e2﹣e﹣2．令兩拋物線解析式y(tǒng)＝0列得關(guān)于x的方程，解得兩拋物線的另一交點(diǎn)D即為拋物線C1的頂點(diǎn)，故DG＝DE＝EF，且求得DF平行且等于GE，即四邊形DFEG首先一定是平行四邊形．由?DFEG為菱形可得DF＝DG，故此時△DEF為等邊三角形．利用特殊三角函數(shù)值作為等量關(guān)系列方程，即求得e的值．
(1)解：直線l：y＝﹣x﹣交x軸于點(diǎn)A
∴﹣x﹣＝0，解得：x＝﹣1
∴A（﹣1，0）
∵點(diǎn)B（3，n）在直線l上
∴n＝﹣×3﹣＝﹣2
∴B（3，﹣2）
∵拋物線C1：y＝ax2+bx﹣2經(jīng)過點(diǎn)A、B
∴，
解得：，
∴拋物線C1的解析式為y＝x2﹣x﹣2；
(2)解：如圖1，延長PN交x軸于點(diǎn)H

∴∠AHN＝90°
設(shè)P（m，m2﹣m﹣2）（﹣1＜m＜3）
∵PN∥y軸
∴xN＝xH＝xP＝m
∴N（m，﹣m﹣），AH＝m+1，
∴NH＝﹣（﹣m﹣）＝m+，
PN＝﹣m﹣﹣（m2﹣m﹣2）＝﹣m2+m+
∵Rt△AHN中，tan∠NAH＝，
∴sin∠NAH＝
∵PM⊥AB于點(diǎn)M
∴∠AHN＝∠PMN＝90°
∵∠ANH＝∠PNM
∴∠NAH＝∠NPM
∴Rt△PMN中，sin∠NPM＝，
∴MN＝PN＝（﹣m2+m+）＝﹣（m﹣1）2+
∴MN的最大值為；
(3)解：存在滿足條件的拋物線C2，使得四邊形DFEG為菱形
如圖2，連接DE，過點(diǎn)E作EQ⊥DF于點(diǎn)Q

∵y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣）2﹣
∴拋物線C1頂點(diǎn)為（，﹣）
設(shè)E（e，e2﹣e﹣2）（e＞4）
∴拋物線C2頂點(diǎn)式為y＝﹣（x﹣e）2+e2﹣e﹣2
當(dāng)﹣（x﹣e）2+e2﹣e﹣2＝x2﹣x﹣2
解得：x1＝e，x2＝；
∴兩拋物線另一交點(diǎn)D（，﹣）為拋物線C1頂點(diǎn)
∵EG∥x軸，DF∥x軸
∴EG＝DF＝2DQ＝2（e﹣）＝2e﹣3，EQ＝e2﹣e﹣2+＝e2﹣e+
∴四邊形DFEG是平行四邊形
若?DFEG為菱形，則DG＝DF
∵由拋物線對稱性可得：DG＝DE＝EF
∴DE＝EF＝DF
∴△DEF是等邊三角形
∴＝tan∠EDQ＝
∴e2﹣e+＝（e﹣）
解得：e1＝（舍去），e2＝
∴E點(diǎn)的橫坐標(biāo)為（2）時，四邊形DFEG為菱形．
【點(diǎn)睛】
本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，三角函數(shù)的應(yīng)用，求二次函數(shù)最值，二元一次方程組和一元二次方程的解法，菱形的判定和性質(zhì)．第（3）題問是否存在滿足條件的點(diǎn)E，使四邊形DFEG為菱形，需要先證明它一定是平行四邊形，才有可能存在．
8．（2022·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，拋物線y＝ax2+bx+4經(jīng)過點(diǎn)A（﹣1，0），B（2，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)是拋物線在軸上方，對稱軸右側(cè)上的一個動點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為m．連接AC，BC，，DC．

(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
(2)當(dāng)△BCD的面積與△AOC的面積和為時，求m的值；
(3)在（2）的條件下，若點(diǎn)M是x軸上一動點(diǎn)，點(diǎn)是拋物線上一動點(diǎn)，試判斷是否存在這樣的點(diǎn)M，使得以點(diǎn)B，D，M，為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形．請直接寫出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)
(2)m＝
(3)存在，M點(diǎn)的坐標(biāo)為或或或．
【分析】
（1）把，代入中進(jìn)行求解即可；
（2）如圖，連接，求解對稱軸為， 由題意可知，，，結(jié)合，與，利用即可得到答案；
（3）由（2）得：D點(diǎn)為，再分兩種情況討論，①當(dāng)BD是平行四邊形的一條邊時， 如圖，當(dāng)在軸的上方時，由平行四邊形的性質(zhì)與拋物線的性質(zhì)可得關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，重合， 設(shè)點(diǎn)， 如圖，當(dāng)在軸的下方時，由平行四邊形對角線中點(diǎn)坐標(biāo)相同得到，， 解方程求解，可得，；②如圖，當(dāng)BD是平行四邊形的對角線時， 則，同理可得關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，從而可得 從而可得答案．
(1)（1）把，代入：
，
解得：
∴拋物線表達(dá)式為：；
(2)如圖，連接，
∵拋物線解析式為：，且拋物線與y軸交于點(diǎn)C
∴拋物線的對稱軸為，
∴OC=4，

∵點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為m，
∴，
∵，，
∴AO=1，BO=2，
∴

又∵
∴，


解得：，，
當(dāng)時，點(diǎn)在對稱軸上，不合題意，舍去，所以取，
綜上，；
(3)當(dāng)時，
D點(diǎn)為，
①當(dāng)BD是平行四邊形的一條邊時， 如圖，當(dāng)在軸的上方時，

由平行四邊形可得，
關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，

重合，

如圖，當(dāng)在軸的下方時，設(shè)點(diǎn)， ，
∴，（平行四邊形對角線中點(diǎn)坐標(biāo)相同），
∴，
解得或
∴或，
∴或；

②如圖，當(dāng)BD是平行四邊形的對角線時， 則，
∴，關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，
，



綜上，點(diǎn)的坐標(biāo)為： 或或或．
【點(diǎn)睛】
主要考查了二次函數(shù)的綜合，二次函數(shù)的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
9．（2021·遼寧·建昌縣教師進(jìn)修學(xué)校二模）如圖，拋物線與x軸交于A，B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，直線經(jīng)過B，C兩點(diǎn)，點(diǎn)P為第一象限內(nèi)拋物線上一點(diǎn)，射線OP與線段BC交于點(diǎn)D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖1，連接AC，當(dāng)∠OAC＋∠ODC＝180°時，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）過點(diǎn)B作BE⊥x軸交射線OP于點(diǎn)E，當(dāng)BDE為等腰三角形時，直接寫出點(diǎn)D的坐標(biāo)．

【答案】（1）；（2）(，)；（3）(，)，(，)
【分析】
（1）先求出B，C坐標(biāo)，代入得到方程組，故可求解；
（2）先得到OA＝2，OC＝OB＝，AB＝，根據(jù)∠OAC＋∠ODC＝180°，證明△BOD∽△BCA，得到，求出BD，作DF⊥x軸于點(diǎn)F，由等腰直角三角形的象征得到，故可得到D點(diǎn)坐標(biāo)，故可求出直線OD解析式，聯(lián)立即可求出P點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）設(shè)直線OP解析式為，表示出D（，），E（6，6p），根據(jù)勾股定理得到BD2=，DE2=，BE2=36p2，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)分情況討論，得到方程進(jìn)行求解．
【詳解】
解：（1）∵直線與x軸y軸分別交點(diǎn)于B，C，
令x=0，y=6，∴C（，）
令y=0，=0，解得x=6
∴ B（，），
拋物線經(jīng)過點(diǎn) B，C
代入B（，），C（，）得

解得
∴拋物線的解析式為．
（2）由（1），知，
∴時，，
解得，
∴ A（，），又B（，），C（，），
∴OA＝2，OC＝OB＝，AB＝，
如圖∵OC＝OB＝
∴∠1＝45°，BC＝
∵∠OAC＋∠ODC＝180°，∠ODB＋∠ODC＝180°
∴∠OAC＝∠ODB，又∠1＝∠1，
∴△BOD∽△BCA
∴
∴，
∴，
作DF⊥x軸于點(diǎn)F，
∴△BDF是等腰直角三角形
則，
∴，D（，）

設(shè)直線OD解析式為，代入D（，）
則，
∴???????
∴直線OD解析式為，
令，
解得，（舍去）
代入得，
∴D（，）
（3）設(shè)直線OP解析式為，
當(dāng)時，
解得x=
∴D（，）
∵過點(diǎn)B作BE⊥x軸交射線OP于點(diǎn)E，
∴E（6，6p）
∵B（6，0）
∴BD2=，DE2=，BE2=36p2
①BD=DE時，則=
解得p=1或p=-1（舍）
∴D（，）
②BD=BE時，則=36p2
解得p=-1或p=--1（舍）
∴D（，）
③DE=BE時，則=36p2
解得p=0（舍）
綜上，（，），（，）．

【點(diǎn)睛】
此題主要考查二次函數(shù)與幾何綜合，解題的關(guān)鍵是熟知待定系數(shù)法的運(yùn)用、等腰直角三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理的運(yùn)用．
10．（2021·福建省廈門第六中學(xué)三模）如圖1，拋物線y＝x2＋bx＋c與x軸交于點(diǎn)A、B，OB＝3OA＝3．
（1）求拋物線的解析式；
（3）如圖2，直線l與拋物線有且只有一個公共點(diǎn)E，l與拋物線對稱軸交于點(diǎn)F，若點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為2，求△AEF的面積；
（2）如圖3，直線y＝kx＋n與拋物線交于點(diǎn)C、D，若△ACD的內(nèi)心落在x軸上，求n的取值范圍．

【答案】（1）y＝x2－2x－3；（2）；（3）－12＜n＜4
【分析】（1）由OB＝3OA＝3，點(diǎn)A在x軸負(fù)半軸，點(diǎn)B在x軸正半軸上，得出點(diǎn)A,B的坐標(biāo)，代入解析式解出即可；
（2）首先求出點(diǎn)E的坐標(biāo)，再求出直線AE的解析式，由直線AE的解析式得出點(diǎn)P的坐標(biāo)，再將點(diǎn)E的坐標(biāo)代入直線l的解析式，與拋物線解析式聯(lián)立，由直線l與拋物線只有一個交點(diǎn)，即可求出直線l的解析式，求出點(diǎn)F的坐標(biāo)，即可求出面積；
（3）過C作CG⊥x軸，交x軸于點(diǎn)G，過D作DH⊥x軸，交x軸于點(diǎn)H，由△ACD的內(nèi)心落在x軸上，可得，即可證明△CAG∽△DAH，則,設(shè)C(t，t2－2t－3)，D(d，d2－2d－3)，代入比例式化簡可得t＋d＝6，再將C,D兩點(diǎn)的坐標(biāo)代入拋物線的解析式，求出k，將直線y＝4x＋n與拋物線解析式聯(lián)立，根據(jù)直線與拋物線有兩個不同的交點(diǎn)得出，再根據(jù)點(diǎn)A在直線CD的上方，即可求出n的取值范圍．
【詳解】
解：（1）∵OB＝3OA＝3，點(diǎn)A在x軸負(fù)半軸，點(diǎn)B在x軸正半軸上，
∴A(－1，0)，B(3，0)
把A(－1，0)，B(3，0)代入拋物線y＝x2＋bx＋c，
得，
解得：，
∴y＝x2－2x－3；
（2）設(shè)直線l的解析式為y＝mx＋p，直線AE與拋物線對稱軸的交點(diǎn)為P，

∵點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為2，且E在拋物線y＝x2－2x－3上，
∴E(2，－3)，
∴直線AE的解析式為y＝－x－1，
∴P(1，－2)，
把E(2，－3)代入y＝mx＋p，得：－3＝2m＋p，
∴p＝－2m－3，
令x2－2x－3＝mx－2m－3，整理得：(x－2)(x－m)＝0，
∴x1＝m，x2＝2，
∵直線l與拋物線有且只有一個公共點(diǎn)E，
∴x1＝x2，即m＝2，
∴y＝2x－7，
∴F(1，－5)，
∴PF＝3，
∴；
（3）過C作CG⊥x軸，交x軸于點(diǎn)G，過D作DH⊥x軸，交x軸于點(diǎn)H，

∴∠CGA＝∠DHA＝90°，
∵△ACD的內(nèi)心落在x軸上，
∴AG平分∠CAD，點(diǎn)C，D在x軸兩側(cè)，
∴∠CAG＝∠DAH，
∴△CAG∽△DAH，
∴,
設(shè)C(t，t2－2t－3)，D(d，d2－2d－3)，
∴AG＝t＋1，CG＝t2－2t－3，AH＝d＋1，DH＝－d2＋2d＋3，代入，
，
∵,
∴，即t＋d＝6，
把C(t，t2－2t－3)，D(d，d2－2d－3)代入y＝kx＋n，
得：，
兩式相減消去n，，
解得：，
∴y＝4x＋n，
令4x＋n＝x2－2x－3，整理得：x2－6x－3－n＝0，
∵直線y＝4x＋n與拋物線y＝x2－2x－3有兩個交點(diǎn)，
∴Δ＝36＋4(3＋n)＞0，
∴n＞－12，
∵點(diǎn)C，D在x軸兩側(cè)，
∴點(diǎn)A在直線CD的上方，
∴,
∴n＜4，
∴－12＜n＜4．
【點(diǎn)睛】
本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查求二次函數(shù)解析式，求三角形面積，幾何問題與二次函數(shù)，解題關(guān)鍵是熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)與靈活應(yīng)用數(shù)形結(jié)合，將特殊的幾何關(guān)系轉(zhuǎn)化為等量關(guān)系．
二、與二次函數(shù)有關(guān)的線段周長問題
例題11．（2021·廣東·江門市第二中學(xué)二模）如圖1，拋物線與x軸交于A（-2，0）、B（4，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，直線l與拋物線交于A、D兩點(diǎn)，其中D點(diǎn)的橫坐標(biāo)為2．

（1）求拋物線的解析式以及直線AD的解析式；
（2）點(diǎn)P是拋物線上位于直線AD下方的動點(diǎn)，過點(diǎn)P作x軸，y軸的平行線，交AD于點(diǎn)E、F，當(dāng)PE+PF取最大值時，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）如圖2，連接AC，點(diǎn)Q在拋物線上，且滿足∠QAB=2∠ACO，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)．
【答案】（1），；（2）P（0，-4）；（3）點(diǎn)Q的坐標(biāo)為，．
【分析】
（1）將點(diǎn)A和點(diǎn)B的坐標(biāo)代入二次函數(shù)解析式即可求出二次函數(shù)的解析式，再求出點(diǎn)D的坐標(biāo)，設(shè)直線AD的解析式為，將點(diǎn)A和點(diǎn)D的坐標(biāo)代入直線解析式，即可求出直線AD的解析式；
（2）根據(jù)題意表示出，再表示出，再求最值即可；
（3）在BO上截取ON＝OA，連接CN，過點(diǎn)A作AH⊥CN，證明△OCN≌△OCA（SAS），即可得出∠QAB＝∠NCA，分兩種情況，點(diǎn)Q在AB上方和下方，求出直線AQ的解析式，與二次函數(shù)聯(lián)立即可求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)．
【詳解】
（1）將A（-2,0），B（4,0）代入，
得，
解得，
∴拋物線解析式為，
當(dāng)x=2時，，
∴D（2，-4）
設(shè)直線AD的解析式為，
將A（-2,0）D（2，-4）代入，
得，解得
∴直線AD的解析式為
（2）根據(jù)題意作圖，如圖，

在上，當(dāng)x=0時， ，
∴AD與y軸的交點(diǎn)M的坐標(biāo)為（0，-2），
∴OA=OM，∠AOM=90°，
∴∠OAB=45°，
∵PE∥x軸，PF∥y軸，
∴∠PEF=∠OAB=45°，∠EPF=90°，
∴PF=PE，
設(shè)，
∴，
∵P在AD的下方，
∴-2

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中考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 函數(shù)與幾何綜合問題 專項(xiàng)培優(yōu)練習(xí)（教師版）

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