面積是平面幾何中一個(gè)重要的概念，關(guān)聯(lián)著平面圖形中的重要元素邊與角，由動(dòng)點(diǎn)而生成的面積問題，是拋物線與直線形結(jié)合的覺形式，常見的面積問題有規(guī)則的圖形的面積（如直角三角形、平行四邊形、菱形、矩形的面積計(jì)算問題）以及不規(guī)則的圖形的面積計(jì)算，解決不規(guī)則的圖形的面積問題是中考壓軸題?？嫉念}型，此類問題計(jì)算量較大。有時(shí)也要根據(jù)題目的動(dòng)點(diǎn)問題產(chǎn)生解的不確定性或多樣性。解決這類問題常用到以下與面積相關(guān)的知識：圖形的割補(bǔ)、等積變形、等比轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)方法. 面積的存在性問題常見的題型和解題策略有兩類：一是先根據(jù)幾何法確定存在性，再列方程求解，后檢驗(yàn)方程的根．二是先假設(shè)關(guān)系存在，再列方程，后根據(jù)方程的解驗(yàn)證假設(shè)是否正確．

解決動(dòng)點(diǎn)產(chǎn)生的面積問題，常用到的知識和方法，如下：
如圖1，如果三角形的某一條邊與坐標(biāo)軸平行，計(jì)算這樣“規(guī)則”的三角形的面積，直接用面積公式．
如圖2，圖3，三角形的三條邊沒有與坐標(biāo)軸平行的，計(jì)算這樣“不規(guī)則”的三角形的面積，用“割”或“補(bǔ)”的方法．
圖1 圖2 圖3
計(jì)算面積長用到的策略還有：
如圖4，同底等高三角形的面積相等．平行線間的距離處處相等．
如圖5，同底三角形的面積比等于高的比．
如圖6，同高三角形的面積比等于底的比．
圖4 圖5 圖6
【例1】．（2022?青海）如圖1，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）若點(diǎn)E是拋物線的對稱軸與直線BC的交點(diǎn)，點(diǎn)F是拋物線的頂點(diǎn)，求EF的長；
（3）設(shè)點(diǎn)P是（1）中拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，是否存在滿足S△PAB＝6的點(diǎn)P？如果存在，請求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．（請?jiān)趫D2中探討）
【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)A，B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式；
（2）利用二次函數(shù)的性質(zhì)，可求出拋物線頂點(diǎn)F的坐標(biāo)及拋物線的對稱軸，利用二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，根據(jù)點(diǎn)B，C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求出直線BC的解析式，再利用一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可求出點(diǎn)E的坐標(biāo)，結(jié)合點(diǎn)F的坐標(biāo)，即可求出線段EF的長；
（3）又點(diǎn)A，B的坐標(biāo)可求出線段AB的長，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（t，t2﹣2t﹣3），利用三角形的面積計(jì)算公式，結(jié)合S△PAB＝6，即可得出關(guān)于t的方程，解之即可得出t值，進(jìn)而可得出點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【解析】（1）將A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝x2+bx+c，
得：，解得：，
∴該拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3．
（2）∵拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3，
∴拋物線的頂點(diǎn)F的坐標(biāo)為（1，﹣4），拋物線的對稱軸為直線x＝1．
當(dāng)x＝0時(shí)，y＝02﹣2×0﹣3＝﹣3，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，﹣3）．
設(shè)直線BC的解析式為y＝mx+n（m≠0），
將B（3，0），C（0，﹣3）代入y＝mx+n，
得：，解得：，
∴直線BC的解析式為y＝x﹣3．
當(dāng)x＝1時(shí)，y＝1﹣3＝﹣2，
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（1，﹣2），
∴EF＝|﹣2﹣（﹣4）|＝2．
（3）∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣1，0），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3，0），
∴AB＝|3﹣（﹣1）|＝4．
設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（t，t2﹣2t﹣3）．
∵S△PAB＝6，
∴×4×|t2﹣2t﹣3|＝6，
即t2﹣2t﹣3＝3或t2﹣2t﹣3＝﹣3，
解得：t1＝1﹣，t2＝1+，t3＝0，t4＝2，
∴存在滿足S△PAB＝6的點(diǎn)P，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1﹣，3）或（1+，3）或（0，﹣3）或（2，﹣3）．
【例2】．（2022?隨州）如圖1，平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+c（a＜0）與x軸分別交于點(diǎn)A和點(diǎn)B（1，0），與y軸交于點(diǎn)C，對稱軸為直線x＝﹣1，且OA＝OC，P為拋物線上一動(dòng)點(diǎn)．
（1）直接寫出拋物線的解析式；
（2）如圖2，連接AC，當(dāng)點(diǎn)P在直線AC上方時(shí)，求四邊形PABC面積的最大值，并求出此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）設(shè)M為拋物線對稱軸上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)P，M運(yùn)動(dòng)時(shí)，在坐標(biāo)軸上是否存在點(diǎn)N，使四邊形PMCN為矩形？若存在，直接寫出點(diǎn)P及其對應(yīng)點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）判斷出A，B兩點(diǎn)坐標(biāo)，可以假設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x+3）（x﹣1），把（0，3）代入拋物線的解析式，得a＝﹣1，可得結(jié)論；
（2）如圖（2）中，連接OP．設(shè)P（m，﹣m2﹣2m+3），構(gòu)建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可；
（3）分兩種情形，點(diǎn)N在y軸上，點(diǎn)N在x軸上，分別求解即可．
【解析】（1）∵拋物線的對稱軸是直線x＝﹣1，拋物線交x軸于點(diǎn)A，B（1，0），
∴A（﹣3，0），
∴OA＝OC＝3，
∴C（0，3），
∴可以假設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x+3）（x﹣1），
把（0，3）代入拋物線的解析式，得a＝﹣1，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如圖（2）中，連接OP．設(shè)P（m，﹣m2﹣2m+3），
S＝S△PAO+S△POC+S△OBC，
＝×3×（﹣m2﹣2m+3）××3×（﹣m）+×1×3
＝（﹣m2﹣3m+4）
＝﹣（m+）2+，
∵﹣＜0，
∴當(dāng)m＝﹣時(shí)，S的值最大，最大值為，此時(shí)P（﹣，）；
（3）存在，理由如下：
如圖3﹣1中，當(dāng)點(diǎn)N在y軸上時(shí)，四邊形PMCN是矩形，此時(shí)P（﹣1，4），N（0，4）；
如圖3﹣2中，當(dāng)四邊形PMCN是矩形時(shí)，設(shè)M（﹣1，n），P（t，﹣t2﹣2t+3），則N（t+1，0），
由題意，，
解得，消去n得，3t2+5t﹣10＝0，
解得t＝，
∴P（，），N（，0）或P′（，），N′（，0）．
綜上所述，滿足條件的點(diǎn)P（﹣1，4），N（0，4）或P（，），N（，0）或P′（，），N′（，0）．
【例3】（2022?成都）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線y＝kx﹣3（k≠0）與拋物線y＝﹣x2相交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），點(diǎn)B關(guān)于y軸的對稱點(diǎn)為B'．
（1）當(dāng)k＝2時(shí)，求A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）連接OA，OB，AB'，BB'，若△B'AB的面積與△OAB的面積相等，求k的值；
（3）試探究直線AB'是否經(jīng)過某一定點(diǎn)．若是，請求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)；若不是，請說明理由．
【分析】（1）當(dāng)k＝2時(shí)，直線為y＝2x﹣3，聯(lián)立解析式解方程組即得A（﹣3，﹣9），B（1，﹣1）；
（2）分兩種情況：當(dāng)k＞0時(shí)，根據(jù)△B'AB的面積與△OAB的面積相等，知OB'∥AB，可證明△BOD≌△BCD（ASA），得OD＝OC＝，D（0，﹣），可求B（，﹣），即可得k＝；
當(dāng)k＜0時(shí)，過B'作B'F∥AB交y軸于F，由△B'AB的面積與△OAB的面積相等，可得OE＝EF＝3，證明△BGF≌△BGE（ASA），可得OG＝OE+GE＝，G（0，﹣），從而B（，﹣），即可得k＝﹣；
（3）設(shè)x2+kx﹣3＝0二根為a，b，可得a+b＝﹣k，ab＝﹣3，A（a，﹣a2），B（b，﹣b2），B'（﹣b，﹣b2），設(shè)直線AB'解析式為y＝mx+n，可得，即可得m＝﹣（a﹣b）＝b﹣a＝＝，n＝﹣ab＝﹣（﹣3）＝3，從而直線AB'解析式為y＝?x+3，故直線AB'經(jīng)過定點(diǎn)（0，3）．
【解析】（1）當(dāng)k＝2時(shí)，直線為y＝2x﹣3，
由得：或，
∴A（﹣3，﹣9），B（1，﹣1）；
（2）當(dāng)k＞0時(shí)，如圖：
∵△B'AB的面積與△OAB的面積相等，
∴OB'∥AB，
∴∠OB'B＝∠B'BC，
∵B、B'關(guān)于y軸對稱，
∴OB＝OB'，∠ODB＝∠ODB'＝90°，
∴∠OB'B＝∠OBB'，
∴∠OBB'＝∠B'BC，
∵∠ODB＝90°＝∠CDB，BD＝BD，
∴△BOD≌△BCD（ASA），
∴OD＝CD，
在y＝kx﹣3中，令x＝0得y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），OC＝3，
∴OD＝OC＝，D（0，﹣），
在y＝﹣x2中，令y＝﹣得﹣＝﹣x2，
解得x＝或x＝﹣，
∴B（，﹣），
把B（，﹣）代入y＝kx﹣3得：
﹣＝k﹣3，
解得k＝；
當(dāng)k＜0時(shí)，過B'作B'F∥AB交y軸于F，如圖：
在y＝kx﹣3中，令x＝0得y＝﹣3，
∴E（0，﹣3），OE＝3，
∵△B'AB的面積與△OAB的面積相等，
∴OE＝EF＝3，
∵B、B'關(guān)于y軸對稱，
∴FB＝FB'，∠FGB＝∠FGB'＝90°，
∴∠FB'B＝∠FBB'，
∵B'F∥AB，
∴∠EBB'＝∠FB'B，
∴∠EBB'＝∠FBB'，
∵∠BGE＝90°＝∠BGF，BG＝BG，
∴△BGF≌△BGE（ASA），
∴GE＝GF＝EF＝，
∴OG＝OE+GE＝，G（0，﹣），
在y＝﹣x2中，令y＝﹣得﹣＝﹣x2，
解得x＝或x＝﹣，
∴B（，﹣），
把B（，﹣）代入y＝kx﹣3得：
﹣＝k﹣3，
解得k＝﹣，
綜上所述，k的值為或﹣；
（3）直線AB'經(jīng)過定點(diǎn)（0，3），理由如下：
由得：x2+kx﹣3＝0，
設(shè)x2+kx﹣3＝0二根為a，b，
∴a+b＝﹣k，ab＝﹣3，A（a，﹣a2），B（b，﹣b2），
∵B、B'關(guān)于y軸對稱，
∴B'（﹣b，﹣b2），
設(shè)直線AB'解析式為y＝mx+n，將A（a，﹣a2），B'（﹣b，﹣b2）代入得：
，
解得：，
∵a+b＝﹣k，ab＝﹣3，
∴m＝﹣（a﹣b）＝b﹣a＝＝，n＝﹣ab＝﹣（﹣3）＝3，
∴直線AB'解析式為y＝?x+3，
令x＝0得y＝3，
∴直線AB'經(jīng)過定點(diǎn)（0，3）．
【例4】．（2022?岳陽）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線F1：y＝x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A（﹣3，0）和點(diǎn)B（1，0）．
（1）求拋物線F1的解析式；
（2）如圖2，作拋物線F2，使它與拋物線F1關(guān)于原點(diǎn)O成中心對稱，請直接寫出拋物線F2的解析式；
（3）如圖3，將（2）中拋物線F2向上平移2個(gè)單位，得到拋物線F3，拋物線F1與拋物線F3相交于C，D兩點(diǎn)（點(diǎn)C在點(diǎn)D的左側(cè)）．
①求點(diǎn)C和點(diǎn)D的坐標(biāo)；
②若點(diǎn)M，N分別為拋物線F1和拋物線F3上C，D之間的動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)M，N與點(diǎn)C，D不重合），試求四邊形CMDN面積的最大值．
【分析】（1）將點(diǎn)A（﹣3，0）和點(diǎn)B（1，0）代入y＝x2+bx+c，即可求解；
（2）利用對稱性求出函數(shù)F1頂點(diǎn)（﹣1，﹣4）關(guān)于原點(diǎn)的對稱點(diǎn)為（1，4），即可求函數(shù)F2的解析式；
（3）①通過聯(lián)立方程組，求出C點(diǎn)和D點(diǎn)坐標(biāo)即可；
②求出直線CD的解析式，過點(diǎn)M作MF∥y軸交CD于點(diǎn)F，過點(diǎn)N作NE∥y軸交于點(diǎn)E，設(shè)M（m，m2+2m﹣3），N（n，﹣n2+2n+5），則F（m，2m+2），N（n，2n+1），可求MF＝﹣m2+4，NE＝﹣n2+4，由S四邊形CMDN＝S△CDN+S△CDM＝2（MF+NE），分別求出MF的最大值4，NE的最大值4，即可求解．
【解析】（1）將點(diǎn)A（﹣3，0）和點(diǎn)B（1，0）代入y＝x2+bx+c，
∴，
解得，
∴y＝x2+2x﹣3；
（2）∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴拋物線的頂點(diǎn)（﹣1，﹣4），
∵頂點(diǎn)（﹣1，﹣4）關(guān)于原點(diǎn)的對稱點(diǎn)為（1，4），
∴拋物線F2的解析式為y＝﹣（x﹣1）2+4，
∴y＝﹣x2+2x+3；
（3）由題意可得，拋物線F3的解析式為y＝﹣（x﹣1）2+6＝﹣x2+2x+5，
①聯(lián)立方程組，
解得x＝2或x＝﹣2，
∴C（﹣2，﹣3）或D（2，5）；
②設(shè)直線CD的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝2x+1，
過點(diǎn)M作MF∥y軸交CD于點(diǎn)F，過點(diǎn)N作NE∥y軸交于點(diǎn)E，
設(shè)M（m，m2+2m﹣3），N（n，﹣n2+2n+5），
則F（m，2m+1），E（n，2n+1），
∴MF＝2m+1﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2+4，
NE＝﹣n2+2n+5﹣2n﹣1＝﹣n2+4，
∵﹣2＜m＜2，﹣2＜n＜2，
∴當(dāng)m＝0時(shí)，MF有最大值4，
當(dāng)n＝0時(shí)，NE有最大值4，
∵S四邊形CMDN＝S△CDN+S△CDM＝×4×（MF+NE）＝2（MF+NE），
∴當(dāng)MF+NE最大時(shí)，四邊形CMDN面積的最大值為16．
聲明：試題解析著作權(quán)屬所有，未經(jīng)書面同意，不得復(fù)制發(fā)布日期：2022/9/5 13:56:14；用戶：賬號1；郵箱：yzsysx1@xyh.cm；學(xué)號：25670025
1．（2022?金壇區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，二次函數(shù)y＝x2+bx﹣2的圖象與x軸交于點(diǎn)A（3，0），B（點(diǎn)B在點(diǎn)A左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)D與點(diǎn)C關(guān)于x軸對稱，作直線AD．
（1）填空：b＝ ﹣ ；
（2）將△AOC平移到△EFG（點(diǎn)E，F(xiàn)，G依次與A，O，C對應(yīng)），若點(diǎn)E落在拋物線上且點(diǎn)G落在直線AD上，求點(diǎn)E的坐標(biāo)；
（3）設(shè)點(diǎn)P是第四象限拋物線上一點(diǎn)，過點(diǎn)P作x軸的垂線，垂足為H，交AC于點(diǎn)T．若∠CPT+∠DAC＝180°，求△AHT與△CPT的面積之比．
【分析】（1）把A（3，0）代入y＝x2+bx﹣2，求出b；
（2）令x＝0，y＝﹣2，求出C（0，﹣2），根據(jù)點(diǎn)D與點(diǎn)C關(guān)于x軸對稱，求出D（0，2），進(jìn)而得到直線AD解析式：y＝﹣x+2，根據(jù)平移的性質(zhì)及點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)，得出E（m，m2﹣m﹣2），則G[m﹣3，﹣（m﹣3）+2]，F(xiàn)[m﹣3，﹣（m﹣3）+4]，再根據(jù)平行于x軸的直線點(diǎn)的縱坐標(biāo)相等，得出m2﹣m﹣2＝﹣（m﹣3），解出即可；
（3）如圖所示：過C作CK⊥AD，CQ⊥HP，根據(jù)勾股定理及等面積法，求出AD＝，CK＝，DK＝，AK＝，再根據(jù)銳角三角函數(shù)定義，得出tan∠CPQ＝tan∠CAK＝，tan∠OAC＝＝＝，
進(jìn)而求出△AHT與△CPT的面積之比．
【解析】（1）把A（3，0）代入y＝x2+bx﹣2，
得×9+3b﹣2＝0，
解得b＝﹣；
故答案為：﹣；
（2）如圖所示：
由（1）得y＝x2﹣x﹣2，
令x＝0，y＝﹣2，
∴C（0，﹣2），
∵點(diǎn)D與點(diǎn)C關(guān)于x軸對稱，
∴D（0，2），
設(shè)直線AD：y＝kx+2，
把A（3，0）代入y＝kx+2，
得3k+2＝0，
解得k＝﹣，
∴直線AD解析式：y＝﹣x+2，
∵將△AOC平移到△EFG，
∴OA＝EF＝3，F(xiàn)G＝OC＝2，
設(shè)E（m，m2﹣m﹣2），
則G（m﹣3，﹣（m﹣3）+2），F(xiàn)（m﹣3，﹣（m﹣3）+4），
∵EF∥x軸，
∴m2﹣m﹣2＝﹣（m﹣3）2+4，
解得m＝﹣3或m＝4，
∴E（﹣3，8）或（4，）；
（3）如圖所示：
過C作CK⊥AD，CQ⊥HP，
∵OD＝2，OA＝3
∴AD＝，
∵CK⊥AD
∴CD?AO＝AD?CK，
∴CK＝，
DK＝，AK＝，
∴tan∠CAK＝＝，
∵CQ⊥HP，
∴∠CPQ+∠CPT＝180°，
∵∠CPT+∠DAC＝180°，
∴∠CPQ＝∠CAK，
∴tan∠CPQ＝tan∠CAK＝，
∴＝，
設(shè)P（n，n2﹣n﹣2），
∴PQ＝n2﹣n，CQ＝n，
∴＝，
解得n＝，
∴P（，﹣），
∴CQ＝，AH＝3﹣＝，
∵tan∠OAC＝＝＝，
∴TH＝AH＝×＝，
∴TP＝，
∴＝＝，
即△AHT與△CPT的面積之比為8：147．
2．（2022?羅城縣模擬）如圖，已知拋物線y＝ax2+b經(jīng)過點(diǎn)A（2，6），B（﹣4，0），其中E、F（m，n）為拋物線上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)．
（1）求拋物線的解析式并寫出其頂點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）若C（x，y）是拋物線上的一點(diǎn)，當(dāng)﹣4＜x＜2且S△ABC最大時(shí)，求點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（3）若EF∥x軸，點(diǎn)A到EF的距離大于8個(gè)單位長度，求m的取值范圍．
【分析】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法即可求得答案；
（2）如圖，過點(diǎn)C作CD∥y軸交AB于點(diǎn)D，運(yùn)用待定系數(shù)法求得直線AB的解析式為y＝x+4，可得S△ABC＝CD?（xA﹣xB）＝（x+1）2+，利用二次函數(shù)性質(zhì)即可求得答案；
（3）根據(jù)EF∥x軸，可得點(diǎn)A到EF的距離為|6﹣n|＝，進(jìn)而可得|6﹣（﹣m2+8）|＞8，求解即可．
【解析】（1）∵拋物線y＝ax2+b經(jīng)過點(diǎn)A（2，6），B（﹣4，0），
∴，
解得：，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+8，頂點(diǎn)坐標(biāo)為（0，8）；
（2）如圖，過點(diǎn)C作CD∥y軸交AB于點(diǎn)D，
設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+d，則，
解得：，
∴直線AB的解析式為y＝x+4，
∵C（x，﹣x2+8），
∴D（x，x+4），
∴CD＝﹣x2+8﹣（x+4）＝﹣x2﹣x+4，
∴S△ABC＝CD?（xA﹣xB）＝×（﹣x2﹣x+4）×6＝（x+1）2+，
∵＜0，
∴當(dāng)x＝﹣1時(shí)，S△ABC最大，此時(shí)點(diǎn)C的坐標(biāo)為（﹣1，）；
（3）∵EF∥x軸，
∴點(diǎn)A到EF的距離為|6﹣n|，
∵F（m，n）在拋物線y＝﹣x2+8上，
∴n＝﹣m2+8，
∴|6﹣（﹣m2+8）|＞8，
∴m2﹣2＞8或m2﹣2＜﹣8（無解），
∴m＞2或m＜﹣2．
3．（2022?老河口市模擬）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝﹣x2+2mx的頂點(diǎn)為A，直線l：y＝x﹣1與x軸交于點(diǎn)B．
（1）如圖，已知點(diǎn)A的坐標(biāo)為（2，4），拋物線與直線l在第一象限交于點(diǎn)C．
①求拋物線的解析式及點(diǎn)C的坐標(biāo)；
②點(diǎn)M為線段BC上不與B，C重合的一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)M作x軸的垂線交x軸于點(diǎn)D，交拋物線于點(diǎn)E，設(shè)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)t．當(dāng)EM＞BD時(shí)，求t的取值范圍；
（2）過點(diǎn)A作AP⊥l于點(diǎn)P，作AQ∥l交拋物線于點(diǎn)Q，連接PQ，設(shè)△APQ的面積為S．直接寫出①S關(guān)于m的函數(shù)關(guān)系式；②S的最小值及S取最小值時(shí)m的值．
【分析】（1）①利用拋物線的頂點(diǎn)可得y＝﹣（x﹣2）2+4，聯(lián)立方程組求解即可得到點(diǎn)C的坐標(biāo)；
②先證得△OBC是等腰直角三角形，進(jìn)而得出△BDM是等腰直角三角形，可得：EM＝﹣t2+3t+1，BD＝MD＝t﹣1，由EM＞BD，可得﹣t2+3t+1＞t﹣1，即t2﹣2t﹣2＜0，令y＝t2﹣2t﹣2，根據(jù)二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)即可求得答案；
（2）①如圖2，過點(diǎn)A作AG∥y軸交直線l于點(diǎn)G，過點(diǎn)Q作QH⊥AG于點(diǎn)H，則AG＝m2﹣m+1，利用三角函數(shù)可得AP＝AG?sin45°＝（m2﹣m+1），根據(jù)AQ∥直線l，可得直線AG的解析式為y＝x+m2﹣m，進(jìn)而求得點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為m﹣1，故QH＝m﹣（m﹣1）＝1，AQ＝，運(yùn)用三角形面積公式可求得S＝m2﹣m+；
②運(yùn)用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求得答案．
【解析】（1）①∵拋物線y＝﹣x2+2mx的頂點(diǎn)為A（2，4），
∴y＝﹣（x﹣2）2+4＝﹣x2+4x，
聯(lián)立方程組，
解得：，，
∵點(diǎn)C在第一象限，
∴C（，）；
②設(shè)直線l：y＝x﹣1與y軸交于點(diǎn)F，則F（0，﹣1），
∴OF＝1，
∵B（1，0），
∴OB＝1，
∴OB＝OF，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴∠OBF＝∠OFB＝45°，
∴∠MBD＝∠OBF＝45°，
∵∠BDM＝90°，
∴△BDM是等腰直角三角形，
∴BD＝MD，
∵M(jìn)（t，t﹣1），D（t，0），E（t，﹣t2+4t），
∴EM＝﹣t2+4t﹣（t﹣1）＝﹣t2+3t+1，BD＝MD＝t﹣1，
∵EM＞BD，
∴﹣t2+3t+1＞t﹣1，
∴t2﹣2t﹣2＜0，
令y＝t2﹣2t﹣2，當(dāng)y＝0時(shí)，t2﹣2t﹣2＝0，
解得：t＝1±，
∴當(dāng)y＜0，即t2﹣2t﹣2＜0時(shí)，1﹣＜t＜1+（i），
∵點(diǎn)M為線段BC上不與B，C重合的一動(dòng)點(diǎn)，
∴1＜t＜（ii），
由（i）（ii）得：1＜t＜1+，
故t的取值范圍為：1＜t＜1+；
（2）①如圖2，過點(diǎn)A作AG∥y軸交直線l于點(diǎn)G，過點(diǎn)Q作QH⊥AG于點(diǎn)H，
∵y＝﹣x2+2mx＝﹣（x﹣m）2+m2，
∴A（m，m2），
∴G（m，m﹣1），
∴AG＝m2﹣（m﹣1）＝m2﹣m+1，
由（1）②知：∠OFB＝45°，
∵AG∥y軸，
∴∠AGP＝∠OFB＝45°，
∵AP⊥直線l，
∴∠APG＝90°，
∴AP＝AG?sin45°＝（m2﹣m+1），
∵AQ∥直線l，
∴設(shè)直線AG的解析式為y＝x+n，把A（m，m2）代入得：m+n＝m2，
∴n＝m2﹣m，
∴直線AG的解析式為y＝x+m2﹣m，
令﹣x2+2mx＝x+m2﹣m，
解得：x1＝m，x2＝m﹣1，
∴點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為m﹣1，
∴QH＝m﹣（m﹣1）＝1，
∵AQ∥l，
∴∠QAH＝∠AGP＝45°，∠PAQ＝90°，
∵∠AHQ＝90°，
∴△AHQ是等腰直角三角形，
∴AQ＝QH＝，
∴S＝AP?AQ＝×（m2﹣m+1）×＝m2﹣m+，
故S關(guān)于m的函數(shù)關(guān)系式為S＝m2﹣m+；
②∵S＝m2﹣m+＝（m﹣）2+，
∴當(dāng)m＝時(shí)，S的最小值為．
4．（2022?新吳區(qū)二模）如圖，已知拋物線y＝+bx過點(diǎn)A（﹣4，0）、頂點(diǎn)為B，一次函數(shù)y＝x+2的圖象交y軸于M，對稱軸與x軸交于點(diǎn)H．
（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）已知P是拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)M關(guān)于AP的對稱點(diǎn)為N．
①若點(diǎn)N恰好落在拋物線的對稱軸上，求點(diǎn)N的坐標(biāo)；
②請直接寫出△MHN面積的最大值．
【分析】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法即可求拋物線的表達(dá)式．
（2）①先求出拋物線的對稱軸為直線x＝﹣2，設(shè)N（﹣2，n），則NH＝|n|，由軸對稱性質(zhì)可得AN＝AM，即AN2＝AM2，建立方程求解即可得出答案．
②連接MH，以點(diǎn)A為圓心，AM為半徑作⊙A，過點(diǎn)A作AN⊥MH于點(diǎn)F，交⊙A于點(diǎn)N，則AN＝AM，連接AM，AN，此時(shí)△MHN面積最大．運(yùn)用勾股定理、三角函數(shù)、三角形面積公式即可求得答案．
【解析】（1）∵拋物線y＝+bx過點(diǎn)A（﹣4，0），
∴×（﹣4）2﹣4b＝0，
解得：b＝2，
∴該拋物線的表達(dá)式為y＝x2+2x；
（2）①∵y＝x2+2x，
∴拋物線對稱軸為直線x＝﹣＝﹣2，
∵對稱軸與x軸交于點(diǎn)H，
∴H（﹣2，0），
∴AH＝1，
∵直線y＝x+2交y軸于M，
∴M（0，2），
∴AM2＝OA2+OM2＝42+22＝20，
設(shè)N（﹣2，n），則NH＝|n|，如圖1、圖2，
∵M(jìn)、N關(guān)于直線AP對稱，
∴AN＝AM，即AN2＝AM2，
∴12+n2＝20，
∴n±，
∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為（﹣2，﹣）或（﹣2，）；
②如圖，連接MH，以點(diǎn)A為圓心，AM為半徑作⊙A，過點(diǎn)A作AN⊥MH于點(diǎn)F，交⊙A于點(diǎn)N，
則AN＝AM，
在Rt△AMO中，OM＝2，OA＝4，
∴AM＝＝＝2，
∴AN＝2，
∵OH＝OM＝2，∠HOM＝90°，
∴△HOM是等腰直角三角形，∠MHO＝45°，MH＝2，
∴∠AHF＝∠MHO＝45°，
在Rt△AFH中，AH＝OA﹣OH＝4﹣2＝2，
∴AF＝AH×sin45°＝2×＝，
∴NF＝AN+AF＝2+，
∴S△MHN＝MH?NF＝×2×（2+）＝2+2，
故△MHN面積的最大值為2+2．
5．（2022?開福區(qū)校級二模）如圖，拋物線y＝（x+1）（x﹣a）（其中a＞1）與x軸交于A、B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C．
（1）直接寫出∠OCA的度數(shù)和線段AB的長（用a表示）；
（2）如圖①，若a＝2，點(diǎn)D在拋物線的對稱軸上，DB＝DC，求△BCD與△ACO的周長之比；
（3）如圖②，若a＝3，動(dòng)點(diǎn)P在線段OA上，過點(diǎn)P作x軸的垂線分別與AC交于點(diǎn)M，與拋物線交于點(diǎn)N．試問：拋物線上是否存在點(diǎn)Q，使得△PQN與△BPM的面積相等，且線段NQ的長度最?。咳绻嬖?，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；如果不存在，說明理由．
【分析】（1）在y＝（x+1）（x﹣a）中，令x＝0得y＝﹣a，令y＝0得x＝﹣1或x＝a，得A（a，0），B（﹣1，0），C（0，﹣a），即可得∠OCA的度數(shù)為45°，線段AB的長是a+1；
（2）當(dāng)a＝2時(shí)，拋物線為y＝（x+1）（x﹣2），設(shè)D（，m），根據(jù)DB＝DC，有（﹣1﹣）2+（0﹣m）2＝（﹣0）2+（m+2）2，解得D（，﹣），可證△BCD是等腰直角三角形，△BCD∽△ACO，即知△BCD與△ACO的周長之比＝＝；
（3）過Q作QR⊥PN，垂足為R，設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為（n，0），則PB＝n+1，PA＝PM＝3﹣n，PN＝﹣n2+2n+3．由S△PQN＝S△BPM，可得QR＝1，分兩種情況：①點(diǎn)Q在直線PN的左側(cè)時(shí)，Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（n﹣1，n2﹣4n），R點(diǎn)的坐標(biāo)為（n，n2﹣4n），N點(diǎn)的坐標(biāo)為（n，n2﹣2n﹣3），在Rt△QRN中，NQ2＝1+（2n﹣3）2，即得n＝時(shí)，NQ取最小值1．此時(shí)Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（，﹣）；②點(diǎn)Q在直線PN的右側(cè)時(shí)，Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（n+1，n2﹣4），同理可得n＝時(shí)，NQ取最小值1．此時(shí)Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（，﹣）．
【解析】（1）在y＝（x+1）（x﹣a）中，令x＝0得y＝﹣a，令y＝0得x＝﹣1或x＝a，
∴A（a，0），B（﹣1，0），C（0，﹣a），
∴OA＝a，OB＝1，OC＝a，
∴AB＝a+1，OA＝OC，
∴∠OCA＝45°；
答：∠OCA的度數(shù)為45°，線段AB的長是a+1；
（2）當(dāng)a＝2時(shí)，拋物線為y＝（x+1）（x﹣2），
結(jié)合（1）知A（2，0），B（﹣1，0），C（0，﹣2），
∴拋物線對稱軸為直線x＝＝，
設(shè)D（，m），
∵DB＝DC，
∴（﹣1﹣）2+（0﹣m）2＝（﹣0）2+（m+2）2，
解得m＝﹣，
∴D（，﹣），
∴DB2＝DC2＝，
而BC2＝（﹣1﹣0）2+（0+2）2＝5，
∴DB2+DC2＝BC2，
∴△BCD是等腰直角三角形，
由（1）知∠OCA＝45°，
∴△ACO是等腰直角三角形，
∴∠DBC＝∠DCB＝45°＝∠OCA＝∠OAC，
∴△BCD∽△ACO，
∴△BCD與△ACO的周長之比＝＝＝；
（3）a＝3時(shí)，存在點(diǎn)Q，使得△PQN與△BPM的面積相等，且線段NQ的長度最小，理由如下：
過Q作QR⊥PN，垂足為R，
設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為（n，0），則PB＝n+1，PA＝PM＝3﹣n，PN＝﹣n2+2n+3．
∵S△PQN＝S△BPM，
∴（n+1）（3﹣n）＝（﹣n2+2n+3）?QR，
∴QR＝1，
①點(diǎn)Q在直線PN的左側(cè)時(shí)，Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（n﹣1，n2﹣4n），R點(diǎn)的坐標(biāo)為（n，n2﹣4n），N點(diǎn)的坐標(biāo)為（n，n2﹣2n﹣3）．
∴在Rt△QRN中，NQ2＝1+（2n﹣3）2，
∴n＝時(shí)，NQ取最小值1．此時(shí)Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（，﹣）；
②點(diǎn)Q在直線PN的右側(cè)時(shí)，Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（n+1，n2﹣4），
同理，NQ2＝1+（2n﹣1）2，
∴n＝時(shí)，NQ取最小值1．此時(shí)Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（，﹣）．
綜上可知存在滿足題意的點(diǎn)Q，坐標(biāo)為（，﹣）或?yàn)椋?，﹣）?br>6．（2022?官渡區(qū)二模）拋物線交x軸于A、B兩點(diǎn)，交y軸正半軸于點(diǎn)C，對稱軸為直線．
（1）如圖1，若點(diǎn)C坐標(biāo)為（0，2），則b＝ ﹣ ，c＝ 2 ；
（2）若點(diǎn)P為第二象限拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，在（1）的條件下，求四邊形ABCP面積最大時(shí)，點(diǎn)P坐標(biāo)和四邊形ABCP的最大面積；
（3）如圖2，點(diǎn)D為拋物線的頂點(diǎn)，過點(diǎn)O作MN∥CD別交拋物線于點(diǎn)M，N，當(dāng)MN＝3CD時(shí)，求c的值．
【分析】（1）由點(diǎn)C坐標(biāo)為（0，2）得c＝2，根據(jù)對稱軸為直線x＝﹣可得b的值；
（2）設(shè)點(diǎn)P（x，），根據(jù)S四邊形ABCP＝S△APC+S△ABC，列出四邊形面積關(guān)于m的二次函數(shù)即可得出點(diǎn)P的坐標(biāo)和四邊形ABCP面積的最大值；
（3）求出，C（0，c），求出直線CD的解析式為：，進(jìn)而求出直線MN的解析式為，聯(lián)立y＝﹣x2﹣x+2，得 ，分別過C，N作x軸的平行線，過D，M作y軸的平行線交于點(diǎn)G，H，證明△MHN∽△DGC，
根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解．
【解析】（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+c交y軸正半軸于點(diǎn)C，點(diǎn)C坐標(biāo)為（0，2），對稱軸為直線x＝﹣．
∴c＝2，x＝﹣＝﹣，
∴，
故答案為：﹣，2；
（2）∵c＝2，，
∴y＝﹣x2﹣x+2，
令y＝﹣x2﹣x+2＝0，整理得（x﹣1）（x+4）＝0
解得x＝1或x＝﹣4，
∴A（﹣4，0），B（1，0）；
∵C（0，2），
∴AB＝5，OC＝2，
∴S△ABC＝AB×OC＝5，
∵A（﹣4，0），C（0，2）；
∴l(xiāng)AC：y＝x+2，
過點(diǎn)P作x軸的垂線，交AC于點(diǎn)Q，
設(shè)點(diǎn)P（x，）（x＜0），則點(diǎn)Q（x，x+2），
PQ＝﹣（x+2）＝，
∴S△APC＝S△APQ+S△PCQ＝PQ×（xC﹣xA）＝﹣x2﹣4x（x＜0），
∴S四邊形ABCP＝S△APC+S△ABC＝﹣x2﹣4x+5＝﹣（x+2）2+9，
∵﹣1＜0，函數(shù)圖象開口向下，又x＜0，
∴當(dāng)x＝﹣2時(shí)，S四邊形ABCP最大＝9，
此時(shí)點(diǎn)P（﹣2，3），
∴當(dāng)點(diǎn)P（﹣2，3）時(shí)，四邊形ABCP的最大面積，最大面積為9；
（3）∵，
∴，
∵，C（0，c）
∴設(shè)直線CD的解析式為y＝kx+b1（k≠0），代入點(diǎn)D，C的坐標(biāo)得，解得，
∴直線CD的解析式為：，
∵M(jìn)N∥CD，
∴直線MN的解析式為：，
由題意，聯(lián)立得：，解得：，
由題意，，，
∴，
分別過C，N作x軸的平行線，過D，M作y軸的平行線交于點(diǎn)G，H，
∴∠G＝∠H，∠DCG＝∠MOA＝∠MNH，
∴△MHN∽△DGC，
∴，
∵M(jìn)N＝3CD，
∴，
∵，C（0，c），
∴，
∴，
又∵，
∴．
7．（2022?徐州二模）如圖，四邊形ABCD中，已知AB∥CD，動(dòng)點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)，沿邊AB運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B，動(dòng)點(diǎn)Q同時(shí)由A點(diǎn)出發(fā)，沿折線AD﹣DC﹣CB運(yùn)動(dòng)點(diǎn)B停止，在移動(dòng)過程中始終保持PQ⊥AB，已知點(diǎn)P的移動(dòng)速度為每秒1個(gè)單位長度，設(shè)點(diǎn)P的移動(dòng)時(shí)間為x秒，△APQ的面積為y，已知y與x之間函數(shù)關(guān)系如圖②，其中MN為線段，曲線OM，NK為拋物線的一部分，根據(jù)圖中信息，解答下列問題：
（1）圖①AB＝ 10 ，BC＝ 5 ；
（2）分別求線段MN，曲線NK所對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式；
（3）當(dāng)x為何值，△APQ的面積為6？
【分析】（1）如圖①，過點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，過點(diǎn)C作CF⊥AB于點(diǎn)F，觀察圖形②可得：AB＝10，AE＝4，AF＝7，CD＝EF＝3，S△ADE＝8，利用三角形面積公式可求得DE＝4，再運(yùn)用勾股定理可求得BC＝5；
（2）如圖①，連接AC，可得S△ACF＝AF?CF＝×7×4＝14，即N（7，14），運(yùn)用待定系數(shù)法可得出答案；
（3）分三種情況：當(dāng)0＜x≤4時(shí)，根據(jù)三角形面積公式建立方程求解即可得出x＝2，當(dāng)4＜x≤7時(shí)，由于S△APQ＞8，無解；當(dāng)7＜x≤10時(shí)，令y＝6，則﹣（x﹣7）2+14＝6，可求得x＝7+．
【解析】（1）如圖①，過點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，過點(diǎn)C作CF⊥AB于點(diǎn)F，
由圖②可知：AB＝10，AE＝4，AF＝7，CD＝EF＝3，S△ADE＝8，
∴BF＝AB﹣AF＝10﹣7＝3，
∵S△ADE＝AE?DE＝×4DE＝2DE，
∴2DE＝8，
∴DE＝4，
∵AB∥CD，∠DEF＝∠CFE＝90°，
∴∠CDE＝180°﹣∠DEF＝90°，
∴∠DEF＝∠CFE＝∠CDE＝90°，
∴四邊形CDEF是矩形，
∴CF＝DE＝4，
在Rt△BCF中，BC＝＝＝5，
故答案為：10，5；
（2）如圖①，連接AC，
則S△ACF＝AF?CF＝×7×4＝14，
∴N（7，14），
設(shè)直線MN的解析式為y＝kx+b，把M（4，8），N（7，14）代入得：
，
解得：，
∴線段MN所在直線的解析式為y＝2x；
設(shè)曲線NK所對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為y＝a（x﹣7）2+14，把B（10，0）代入得：
a×（10﹣7）2+14＝0，
解得：a＝﹣，
∴曲線NK所對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為y＝﹣（x﹣7）2+14；
（3）如圖①，∵AE＝DE＝4，∠AED＝90°，
∴∠DAE＝45°，
當(dāng)0＜x≤4時(shí)，∵PQ⊥AB，
∴PQ＝AP?tan∠DAE＝x?tan45°＝x，
∴y＝x2＝6，
∵x＞0，
∴x＝2，
當(dāng)4＜x≤7時(shí)，點(diǎn)Q在線段CD上，此時(shí)S△APQ＞8；
當(dāng)7＜x≤10時(shí)，令y＝6，則﹣（x﹣7）2+14＝6，
解得：x＝7﹣（舍去）或x＝7+，
綜上所述，當(dāng)x為2或7+時(shí)，△APQ的面積為6．
8．（2022?茌平區(qū)一模）如圖，已知二次函數(shù)的圖象交x軸于點(diǎn)B（﹣8，0），C（2，0），交y軸點(diǎn)A．
（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）連接AC，AB，若點(diǎn)P在線段BC上運(yùn)動(dòng)（不與點(diǎn)B，C重合），過點(diǎn)P作PD∥AC，交AB于點(diǎn)D，試猜想△PAD的面積有最大值還是最小值，并求出此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)．
（3）連接OD，在（2）的條件下，求出的值．
【分析】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法即可求得答案；
（2）設(shè)P（m，0）（﹣8＜m＜2），則PB＝m+8，PC＝2﹣m，利用三角形面積公式可得S△PAB＝2m+16，由PD∥AC，可得，進(jìn)而得出＝＝，即S△PAD＝﹣（m+3）2+5，利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可得出答案；
（3）當(dāng)P（﹣3，0）時(shí)，P為BC邊的中點(diǎn)，進(jìn)而推出D為AB邊的中點(diǎn)，得出，即可求得答案．
【解析】（1）∵點(diǎn)B（﹣8，0），C（2，0）在二次函數(shù)的圖象上，
∴，
解得：，
∴二次函數(shù)的表達(dá)式是y＝x2+x﹣4．
（2）猜想：△PAD的面積有最大值．
設(shè)P（m，0）（﹣8＜m＜2），則PB＝m+8，PC＝2﹣m，
∵B（﹣8，0），C（2，0），
∴BC＝2﹣（﹣8）＝10，
在y＝x2+x﹣4中，令x＝0，得y＝﹣4，
∴A（0，﹣4），
∴OA＝4，
∴S△PAB＝PB?OA＝（m+8）×4＝2m+16，
∵PD∥AC，
∴，
∴＝＝，
∴S△PAD＝S△PAB＝×（2m+16）＝﹣（m+3）2+5，
∵，
∴當(dāng)m＝﹣3時(shí)，△PAD的面積存在最大值，此時(shí)P（﹣3，0）．
（3）當(dāng)P（﹣3，0）時(shí)，P為BC邊的中點(diǎn)，
∴，
∴D為AB邊的中點(diǎn)，
∴，
在Rt△AOB中，，
∴，
∴．
9．（2022?碑林區(qū)校級模擬）拋物線W1：y＝a（x+）2﹣與x軸交于A（﹣5，0）和點(diǎn)B．
（1）求拋物線W1的函數(shù)表達(dá)式；
（2）將拋物線W1關(guān)于點(diǎn)M（﹣1，0）對稱后得到拋物線W2，點(diǎn)A、B的對應(yīng)點(diǎn)分別為A'，B'，拋物線W2與y軸交于點(diǎn)C，在拋物線W2上是否存在一點(diǎn)P，使得S△PA′B′＝S△PA'C，若存在，求出P點(diǎn)坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．
【分析】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法即可求得答案；
（2）根據(jù)中心對稱的性質(zhì)求出拋物線W2的函數(shù)表達(dá)式為y＝﹣（x﹣）2+，進(jìn)而得出A′（3，0），B′（﹣2，0），A′B′＝5，運(yùn)用待定系數(shù)法求出直線A′C的解析式為y＝﹣x+4，設(shè)P（t，﹣t2+t+4），過點(diǎn)P作PQ∥y軸交A′C的延長線于點(diǎn)Q，則Q（t，﹣t+4），由S△PA′B′＝S△PA'C，建立方程求解即可得出答案．
【解析】（1）把A（﹣5，0）代入y＝a（x+）2﹣，得：0＝a（﹣5+）2﹣，
解得：a＝，
∴拋物線W1的函數(shù)表達(dá)式為y＝（x+）2﹣；
（2）存在．
∵拋物線W1關(guān)于點(diǎn)M（﹣1，0）對稱后得到拋物線W2，
∴拋物線W2的開口大小不變，方向相反，
∵拋物線W1的a1＝，
∴拋物線W2的a2＝﹣，
設(shè)拋物線W2的頂點(diǎn)為（m，n），∵拋物線W1的頂點(diǎn)為（﹣，﹣），M（﹣1，0），
∴m﹣＝（﹣1）×2，n﹣＝0，
∴m＝，n＝，
∴拋物線W2的函數(shù)表達(dá)式為y＝﹣（x﹣）2+．
∴C（0，4），
∵y＝（x+）2﹣與x軸交于A（﹣5，0）和點(diǎn)B，
∴點(diǎn)B和A（﹣5，0）關(guān)于直線x＝﹣對稱，
∴B（0，0），
∵點(diǎn)A、B的對應(yīng)點(diǎn)分別為A'，B'，
∴A′（3，0），B′（﹣2，0），
∴A′B′＝3﹣（﹣2）＝5，
∵y＝﹣（x﹣）2+＝﹣x2+x+4，
設(shè)P（t，﹣t2+t+4），
設(shè)直線A′C的解析式為y＝kx+b，則，
解得：，
∴直線A′C的解析式為y＝﹣x+4，
過點(diǎn)P作PQ∥y軸交A′C的延長線于點(diǎn)Q，則Q（t，﹣t+4），
∴PQ＝﹣t+4﹣（﹣t2+t+4）＝t2﹣2t，
∴S△PA′C′＝PQ×（xA′﹣xC）＝×（t2﹣2t）×3＝t2﹣3t，
S△PA′B′＝A′B′?|yP|＝|﹣t2+t+4|，
∵S△PA′B′＝S△PA'C，
∴|﹣t2+t+4|＝t2﹣3t，
解得：t＝3或t＝﹣5或t＝﹣，
當(dāng)t＝3時(shí)，點(diǎn)P與點(diǎn)A′重合，舍去，
當(dāng)t＝﹣5時(shí)，﹣t2+x+4＝﹣×（﹣5）2+×（﹣5）+4＝﹣16，
∴P（﹣5，﹣16）；
當(dāng)t＝﹣時(shí)，﹣t2+x+4＝﹣×（﹣）2+×（﹣）+4＝，
∴P（﹣，）；
綜上所述，P點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣5，﹣16）或（﹣，）．
10．（2021秋?欽北區(qū)期末）如圖，拋物線y＝ax2+bx+6與直線y＝x+2相交于A（，）、B（4，6）兩點(diǎn)，點(diǎn)P是線段AB上的動(dòng)點(diǎn)（不與A、B兩點(diǎn)重合），過點(diǎn)P作PC⊥x軸于點(diǎn)D，交拋物線于點(diǎn)C，點(diǎn)E是直線AB與x軸的交點(diǎn)．
（1）求拋物線的解析式；
（2）當(dāng)點(diǎn)C是拋物線的頂點(diǎn)時(shí)，求△BCE的面積；
（3）是否存在點(diǎn)P，使得△BCE的面積最大？若存在，求出這個(gè)最大值；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）把A（，）、B（4，6）代入拋物線y＝ax2+bx+6中列方程組解出即可；
（2）利用配方法計(jì)算拋物線頂點(diǎn)C的坐標(biāo)，計(jì)算PC的長，根據(jù)三角形面積公式可得結(jié)論；
（3）設(shè)P（m，m＝2），表示點(diǎn)C的坐標(biāo)，計(jì)算PC的長，同理根據(jù)（2）中△BCE的面積公式可得結(jié)論．
【解析】（1）把A（，）、B（4，6）代入拋物線y＝ax2+bx+6中得：，
解得：，
∴拋物線的解析式為：y＝2x2﹣8x+6；
（2）如圖1，
∵y＝2x2﹣8x+6＝2（x﹣2）2﹣2，
∴頂點(diǎn)C（2，﹣2），
當(dāng)x＝2時(shí)，y＝2+2＝4，
∴PC＝4﹣（﹣2）＝6，
當(dāng)y＝0時(shí)，x+2＝0，
∴x＝﹣2，
∴E（﹣2，0），
∴△BCE的面積＝△PCE的面積+△PBC的面積
＝PC?ED+PC?（xB﹣xD）
＝PC?（xB﹣xE）
＝×6×（4+2）
＝18；
（3）存在，
設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，m+2），則C（m，2m2﹣8m+6），
∴PC＝m+2﹣（2m2﹣8m+6）＝﹣2m2+9m﹣4，
∴△BCE的面積＝PC?（xB﹣xE）
＝×（﹣2m2+9m﹣4）×（4+2）
＝﹣6（m﹣）2+；
∵﹣6＜0，
∴當(dāng)m＝時(shí)，△BCE的面積最大，這個(gè)最大值是．
11．（2022?保定一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)P從原點(diǎn)O出發(fā)，沿x軸向右以每秒1個(gè)單位長的速度運(yùn)動(dòng)t秒（t＞0），拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)O和點(diǎn)P，已知矩形ABCD的三個(gè)頂點(diǎn)為A（1，0），B（1，﹣5），D（4，0）．
（1）求c，b（含t的代數(shù)式表示）；
（2）當(dāng)4＜t＜5時(shí)，設(shè)拋物線分別與線段AB，CD交于點(diǎn)M，N．
①在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過程中，你認(rèn)為∠AMP的大小是否會(huì)變化？若變化，說明理由；若不變，求出∠AMP的值；
②求△MPN的面積S與t的函數(shù)關(guān)系式．并求t為何值時(shí)，△MPN的面積為．
【分析】（1）將（0，0），P（t，0）代入y＝x2+bx+c，即可求解；
（2）①求出AM＝AP＝t﹣1，則△AMP是等腰直角三角形，可知∠AMP不變；
②利用割補(bǔ)法可知S△MNP＝S△DPN+S梯形NDAM﹣S△PAM，再求解即可．
【解析】（1）將（0，0）代入y＝x2+bx+c，
∴c＝0，
由題可知P（t，0），
∴t2+bt＝0，
∴b＝﹣t；
（2）①∠AMP的大小不會(huì)變化，理由如下：
由（1）知y＝x2﹣tx，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴M（1，1﹣t），
∴AM＝t﹣1，
∵P（t，0），A（1，0），
∴AP＝t﹣1，
∴AM＝AP，
∵AM⊥AP，
∴∠AMP＝45°；
②∵A（1，0），D（4，0），
∴M（1，1﹣t），N（4，16﹣4t），
∴AM＝t﹣1，DN＝4t﹣16，
∴S△MNP＝S△DPN+S梯形NDAM﹣S△PAM＝×（t﹣4）×（4t﹣16）+×（4t﹣16+t﹣1）×3﹣×（t﹣1）2＝t2﹣t+6，
∵△MPN的面積為，
∴t2﹣t+6＝，
解得t＝或t＝，
∵4＜t＜5，
∴t＝．
12．（2022?黃石模擬）如圖，已知拋物線與x軸交于A（2，0），B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C（0，﹣4），直線與x軸交于點(diǎn)D，點(diǎn)P是拋物線上的一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PE⊥x軸，垂足為E，交直線l于點(diǎn)F．
（1）求該拋物線的表達(dá)式；
（2）點(diǎn)P是拋物線上位于第三象限的一動(dòng)點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)是m，四邊形PCOB的面積是S．①求S關(guān)于m的函數(shù)解析式及S的最大值；②點(diǎn)Q是直線PE上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)S取最大值時(shí)，求△QOC周長的最小值及FQ的長．
【分析】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法即可求得拋物線解析式；
（2）①如圖1，連接BP，先求得B（﹣10，0），設(shè)P（m，m2+m﹣4），可得S＝﹣m2﹣10m+20＝﹣（m+5）2+45，利用二次函數(shù)性質(zhì)即可求得答案；
②由①可得：P（﹣5，﹣7），E（﹣5，0），可得OE＝BE＝5，故點(diǎn)B與點(diǎn)O關(guān)于直線PE對稱，連接BC交PE于點(diǎn)Q，則QO＝QB，可得QO+QC＝QB+QC＝BC，此時(shí)QO+QC最小，即△QOC的周長最小，運(yùn)用勾股定理可得BC＝2，即可得出△QOC的周長的最小值為：BC+OC＝2+4；運(yùn)用待定系數(shù)法可得直線BC的解析式為y＝﹣x﹣4，進(jìn)而可得Q（﹣5，﹣2），F(xiàn)（﹣5，﹣），即可求得FQ的值．
【解析】（1）∵拋物線經(jīng)過A（2，0）、C（0，﹣4），
∴，
解得：，
∴該拋物線的表達(dá)式為y＝x2+x﹣4；
（2）①如圖1，連接BP，
∵拋物線y＝x2+x﹣4，令y＝0，得x2+x﹣4＝0，
解得：x1＝﹣10，x2＝2，
∴B（﹣10，0），
設(shè)P（m，m2+m﹣4），
∵PE⊥x軸，
∴E（m，0），
∴OE＝﹣m，BE＝m+10，PE＝﹣（m2+m﹣4）＝﹣m2﹣m+4，
∴S＝S△PBE+S梯形OCPE＝×（m+10）×（﹣m2﹣m+4）+×（﹣m2﹣m+4+4）×（﹣m）＝﹣m2﹣10m+20，
∵S＝﹣m2﹣10m+20＝﹣（m+5）2+45，
∴當(dāng)m＝﹣5時(shí)，S的最大值為45；
②由①得：當(dāng)m＝﹣5時(shí)，S的最大值為45，
∴P（﹣5，﹣7），E（﹣5，0），
∴OE＝BE＝5，
∵PE⊥x軸，
∴直線PE是線段OB的垂直平分線，
∴點(diǎn)B與點(diǎn)O關(guān)于直線PE對稱，
連接BC交PE于點(diǎn)Q，則QO＝QB，
∴QO+QC＝QB+QC＝BC，此時(shí)QO+QC最小，即△QOC的周長最小，
在Rt△BCO中，BC＝＝＝2，
∴△QOC的周長的最小值為：BC+OC＝2+4，
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，把B（﹣10，0），C（0，﹣4）代入，得，
解得：，
∴直線BC的解析式為y＝﹣x﹣4，
當(dāng)x＝﹣5時(shí)，y＝﹣×（﹣5）﹣4＝﹣2，
∴Q（﹣5，﹣2）；
∵直線l的解析式為y＝﹣x﹣4，
∴當(dāng)x＝﹣5時(shí)，y＝﹣×（﹣5）﹣4＝﹣，
∴F（﹣5，﹣），
∴FQ＝﹣﹣（﹣2）＝，
故△QOC周長的最小值為2+4，F(xiàn)Q的長為．
13．（2022?哈爾濱模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線y＝ax2﹣2ax+3與x軸的負(fù)半軸交于點(diǎn)A，與x的正半軸交于點(diǎn)B，與y軸正半軸交于點(diǎn)C，OB＝2OA．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)D是第四象限內(nèi)拋物線上一點(diǎn)，連接AD交y軸于點(diǎn)E，過C作CF⊥y軸交拋物線于點(diǎn)F，連接DF，設(shè)四邊形DECF的面積為S，點(diǎn)D的橫坐標(biāo)的t，求S與t的函數(shù)解析式；
（3）在（2）的條件下，過F作FM∥y軸交AD于點(diǎn)M，連接CD交FM于點(diǎn)G，點(diǎn)N是CE上一點(diǎn)，連接MN、EG，當(dāng)∠BAD+2∠AMN＝90°，MN：EG＝，求點(diǎn)D的坐標(biāo)．
【分析】（1）根據(jù)解析式可以計(jì)算拋物線的對稱軸，再根據(jù)OA、OB關(guān)系即可得出點(diǎn)A、B坐標(biāo)，把其中一個(gè)代入解析式即可解答；
（2）過點(diǎn)D作DT⊥y軸于點(diǎn)T，根據(jù)題意得到點(diǎn)D坐標(biāo)，分別計(jì)算S△CED、S△CFD，最后根據(jù) S四邊形CEDF＝S△CED+S△CFD進(jìn)行解答；
（3）過點(diǎn)E作EL⊥FM于點(diǎn)L，過點(diǎn)M作MS⊥x軸于點(diǎn)S，所以四邊形CFMS、四邊形CFLE是矩形，SM＝CF＝2＝OA，用含t的式子表示出ES、SM、EM的長，最后在Rt△ESM中，利用勾股定理得：ES2+SM2＝EM2，即可解答．
【解析】（1）∵拋物線y＝ax2﹣2ax+3與y軸正半軸交于點(diǎn)C，與x軸的負(fù)半軸交于點(diǎn)A，與x的正半軸交于點(diǎn)B，
∴C（0，3），對稱軸x＝1，BO﹣1＝AO+1，BO﹣AO＝2，
∵BO＝2AO，
∴AO＝2，BO＝4，即 A（﹣2，0），B（4，0），
把B（4，0）代入y＝ax2﹣2ax+3，得：
0＝16a﹣8a+3，
解得：a＝﹣，
∴y＝﹣（x+2）（x﹣4），即y＝﹣x2+x+3；
（2）過點(diǎn)D作DT⊥y軸于點(diǎn)T，
由（1）得：C（0，3），
∴點(diǎn)F與點(diǎn)C關(guān)于對稱軸對稱，坐標(biāo)為F（2，3），CF＝2，
∵點(diǎn)D的橫坐標(biāo)的t，點(diǎn)D是第四象限內(nèi)拋物線上一點(diǎn)，
∴D（t，﹣t2+t+3），
∵A（﹣2，0），
∴tan∠BAD＝＝＝（t﹣4），
∵OE＝AO?tan∠BAD＝2[（t﹣4）]＝t﹣3，
∴CE＝CO+OE＝3+（t﹣3）＝t，
∵S△CED＝CE?DT＝×（t）t＝t2，
S△CFD＝CF?CT＝2[3﹣（﹣t2+t+3）]＝t2﹣t，
∴S四邊形CEDF＝S△CED+S△CFD＝t2+t2﹣t＝t2﹣t；
即S＝t2﹣t；
（3）過點(diǎn)E作EL⊥FM于點(diǎn)L，過點(diǎn)M作MS⊥x軸于點(diǎn)S，
∴四邊形CFMS、四邊形CFLE是矩形，SM＝CF＝2＝OA，
∵SM∥AO，
∴＝＝1，
∴OE＝ES＝t﹣3，
∵CE＝t，
∴CS＝CE+ES＝t﹣3，
由（2）知：D（t，﹣t2+t+3），tan∠BAD＝（t﹣4），
∴tan∠CDT＝＝t﹣，
∵CF∥DT，
∴∠FCG＝∠CDT，即tan∠FCG＝tan∠CDT，
∴FG＝CF?tan∠CDT＝t﹣，
∴GL＝FL﹣FG＝CE﹣FG＝t﹣（t﹣）＝，
∴EG＝＝＝，
∵M(jìn)N：EG＝2：5，
∴MN＝，NS＝＝3，
∴NE＝NS﹣ES＝3﹣（t﹣3）＝6﹣t＝ME，
在Rt△ESM中，∠ESM＝90°，
由勾股定理得：ES2+SM2＝EM2，
∴（t﹣3）2+22＝（6﹣t）2，
解得：t＝，
∴D（，﹣）．
14．（2022?利川市模擬）如圖，等腰直角三角形OAB的直角頂點(diǎn)O在坐標(biāo)原點(diǎn)，直角邊OA，OB分別在y軸和x軸上，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（3，4），且AC平行于x軸．
（1）求直線AB的解析式；
（2）求過B，C兩點(diǎn)的拋物線y＝﹣x2+bx+c的解析式；
（3）拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為D，試判定OC與BD的大小關(guān)系；
（4）若點(diǎn)M是拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)△ABM的面積與△ABC的面積相等時(shí)，求點(diǎn)M的坐標(biāo)．
【分析】（1）利用等腰直角三角形的性質(zhì)與點(diǎn)C的坐標(biāo)特征求得點(diǎn)A與點(diǎn)B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求解；
（2）直接把點(diǎn)B與點(diǎn)C的坐標(biāo)代入y＝﹣x2+bx+c即可求解；
（3）由拋物線與x軸的交點(diǎn)關(guān)于對稱軸直線對稱求得點(diǎn)D的坐標(biāo)，在利用點(diǎn)C的坐標(biāo)分別求得OC，BD的長即可求解；
（4）分兩種情況：當(dāng)點(diǎn)M在直線AB的上方時(shí)，如圖所示；當(dāng)點(diǎn)M在直線AB的下方時(shí)，如圖所示，利用鉛垂線法求得△ABM的面積，利用△ABM的面積與△ABC的面積相等列出方程求解即可．
【解析】（1）∵點(diǎn)C的坐標(biāo)為（3，4），且AC平行于x軸，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，4）且OA＝4，
∵△OAB是等腰直角三角形，∠AOB＝90°，
∴OB＝OA＝4，
∵點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，0），
設(shè)直線AB的解析式為：y＝mx+n，
由題意得 ，
解得：，
∴直線AB的解析式為：y＝﹣x+4；
（2）∵拋物線y＝﹣x2+bx+c過B，C兩點(diǎn)，
∴，
解得：，
∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+3x+4；
（3）BD＝OC；理由：
∵拋物線的解析式為y＝﹣x2+3x+4＝﹣{x﹣）2+，
∴拋物線的對稱軸直線為x＝，
∵點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，0），點(diǎn)B與點(diǎn)D關(guān)于對稱軸對稱，
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（﹣1，0），
∴BD＝4﹣（﹣1）＝5，
∵點(diǎn)C的坐標(biāo)為（3，4），
∴OC＝＝5，
∴BD＝OC；
（4）∵點(diǎn)C的坐標(biāo)為（3，4），且AC平行于x軸，
∴AC＝3，
∴S△ABC＝?yC＝3×4＝6，
當(dāng)點(diǎn)M在直線AB的上方時(shí)，如圖所示，
過點(diǎn)M作MN∥y軸，交直線AB于點(diǎn)N，設(shè)M的坐標(biāo)為（t，﹣t2+3t+4），則N的坐標(biāo)為（t，﹣t+4），
∴MN＝﹣t2+3t+4﹣（﹣t+4）＝﹣t2+4t，
∴S△AMB＝MN?xB＝（﹣t2+4t）×4＝﹣2t2+8t，
∵△ABM的面積與△ABC的面積相等，
∴﹣2t2+8t＝6，
解得：t＝1或t＝3（舍，該點(diǎn)為點(diǎn)C），
此時(shí)M的坐標(biāo)為（1，6）或（3，4）；
當(dāng)點(diǎn)M在直線AB的下方時(shí)，如圖所示，
過點(diǎn)M作MN∥x軸，交直線AB于點(diǎn)N，設(shè)M的坐標(biāo)為（t，﹣t2+3t+4），則N的坐標(biāo)為（t2﹣3t，﹣t2+3t+4），
∴MN＝t2﹣3t﹣t＝t2﹣4t，
∴S△ABM＝MN?yA＝（t2﹣4t）×4＝2t2﹣8t，
∵△ABM的面積與△ABC的面積相等，
∴2t2﹣8t＝6，
解得：t＝2±，
此時(shí)M的坐標(biāo)為（2+，﹣1﹣）或（2﹣，﹣1）；
綜上可得，M的坐標(biāo)為（2+，﹣1﹣）或（2﹣，﹣1）或（1，6）．
15．（2021?襄陽）如圖，直線y＝x+1與x，y軸分別交于點(diǎn)B，A，頂點(diǎn)為P的拋物線y＝ax2﹣2ax+c過點(diǎn)A．
（1）求出點(diǎn)A，B的坐標(biāo)及c的值；
（2）若函數(shù)y＝ax2﹣2ax+c在3≤x≤4時(shí)有最大值為a+2，求a的值；
（3）連接AP，過點(diǎn)A作AP的垂線交x軸于點(diǎn)M．設(shè)△BMP的面積為S．
①直接寫出S關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式及a的取值范圍；
②結(jié)合S與a的函數(shù)圖象，直接寫出S＞時(shí)a的取值范圍．
【分析】（1）先求出點(diǎn)A（0，1），點(diǎn)B（﹣2，0），將點(diǎn)A坐標(biāo)代入解析式可求c的值；
（2）分a＞0，a＜0兩種情況討論，由二次函數(shù)的性質(zhì)可求解；
（3）①分四種情況討論，由“AAS”可證△AOM≌△PNA，可得OM＝AN，由三角形的面積公式可求解；
②分三種情況討論，解不等式可求解．
【解析】（1）∵直線y＝x+1與x，y軸分別交于點(diǎn)B，A，
∴點(diǎn)A（0，1），點(diǎn)B（﹣2，0），
∵拋物線y＝ax2﹣2ax+c過點(diǎn)A，
∴c＝1；
（2）∵y＝ax2﹣2ax+1＝a（x﹣1）2+1﹣a，
∴對稱軸為直線x＝1，
當(dāng)a＞0，3≤x≤4時(shí)，y隨x的增大而增大，
∴當(dāng)x＝4時(shí)，y有最大值，
∴9a+1﹣a＝a+2，
解得：a＝；
當(dāng)a＜0，3≤x≤4時(shí)，y隨x的增大而減小，
∴當(dāng)x＝3時(shí)，y有最大值，
∴4a+1﹣a＝a+2，
解得：a＝（不合題意舍去），
綜上所述：a＝；
（3）①當(dāng)a＜0時(shí)，則1﹣a＞1，
如圖1，過點(diǎn)P作PN⊥y軸于N，
∵y＝ax2﹣2ax+1＝a（x﹣1）2+1﹣a，
∴點(diǎn)P坐標(biāo)為（1，1﹣a），
∴PN＝AO＝1，AN＝1﹣a﹣1＝﹣a，
∵AM⊥AP，PN⊥y軸，
∴∠PNA＝∠PAM＝90°＝∠AOM，
∴∠PAN+∠OAM＝90°，∠OAM+∠AMO＝90°，
∴∠PAN＝∠AMO，
∴△AOM≌△PNA（AAS），
∴OM＝AN＝﹣a，
∴BM＝2﹣a，
∴S＝×（2﹣a）（1﹣a）＝a2﹣a+1；
當(dāng)a＞0，1﹣a＞0時(shí)，即0＜a＜1，
如圖2，過點(diǎn)P作PN⊥y軸于N，
∴PN＝1＝OA，AN＝1﹣（1﹣a）＝a，
同理可得△AOM≌△PNA，
∴OM＝AN＝a，
∴BM＝2﹣a，
∴S＝×（2﹣a）（1﹣a）＝a2﹣a+1；
當(dāng)a＞0，﹣1＜1﹣a＜0時(shí)，即1＜a＜2，
如圖3，過點(diǎn)P作PN⊥y軸于N，
∴PN＝1＝OA，ON＝a﹣1，AN＝1+a﹣1＝a，
同理可得△AOM≌△PNA，
∴OM＝AN＝a，
∴BM＝2﹣a，
∴S＝×（2﹣a）（a﹣1）＝﹣a2+a﹣1；
當(dāng)a＝2時(shí)，點(diǎn)B與點(diǎn)M重合，不合題意，
當(dāng)a＞0，1﹣a＜﹣1時(shí)，即a＞2，
如圖4，過點(diǎn)P作PN⊥y軸于N，
∴PN＝1＝OA，ON＝a﹣1，AN＝1+a﹣1＝a，
同理可得△AOM≌△PNA，
∴OM＝AN＝a，
∴BM＝a﹣2，
∴S＝×（a﹣2）（a﹣1）＝a2﹣a+1；
綜上所述：S＝．
②當(dāng)1＜a＜2時(shí)，S＝﹣a2+a﹣1＝﹣（a﹣）2+≤，
∴當(dāng)1＜a＜2時(shí)，不存在a的值使S＞；
當(dāng)a＜1且a≠0時(shí)，S＝a2﹣a+1＞，
∴（a﹣）（a﹣）＞0，
∴a＜或a＞（不合題意舍去）；
當(dāng)a＞2時(shí)，S＝a2﹣a+1＞，
∴（a﹣）（a﹣）＞0，
∴a＜（不合題意舍去）或a＞，
綜上所述：a＜且a≠0或a＞．
16．（2021?遼寧）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于點(diǎn)A和點(diǎn)C（﹣1，0），與y軸交于點(diǎn)B（0，3），連接AB，BC，點(diǎn)P是拋物線第一象限上的一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PD⊥x軸于點(diǎn)D，交AB于點(diǎn)E．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖1，作PF⊥PD于點(diǎn)P，使PF＝OA，以PE，PF為鄰邊作矩形PEGF．當(dāng)矩形PEGF的面積是△BOC面積的3倍時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）如圖2，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到拋物線的頂點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)Q在直線PD上，若以點(diǎn)Q、A、B為頂點(diǎn)的三角形是銳角三角形，請直接寫出點(diǎn)Q縱坐標(biāo)n的取值范圍．
【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；
（2）由矩形PEGF的面積＝PF?PE＝2×（﹣x2+x+3+x﹣3）＝3S△BOC＝3××BO?CO＝×3×1，即可求解；
（3）當(dāng)∠BAQ為直角時(shí)，求出直線BQ的表達(dá)式為y＝x+3，得到n＝5；當(dāng)∠BQA為直角時(shí)，利用解直角三角形的方法求出n＝；當(dāng)∠BAQ為直角時(shí)，同理可得，n＝﹣，進(jìn)而求解．
【解析】（1）由題意得：，解得，
故拋物線的表達(dá)式為y＝﹣x2+x+3；
（2）對于y＝﹣x2+x+3，令y＝﹣x2+x+3＝0，解得x＝4或﹣1，
故點(diǎn)A的坐標(biāo)為（4，0），則PF＝2，
由點(diǎn)A、B的坐標(biāo)得，直線AB的表達(dá)式為y＝﹣x+3，
設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，﹣x2+x+3），則點(diǎn)E（x，﹣x+3），
則矩形PEGF的面積＝PF?PE＝2×（﹣x2+x+3+x﹣3）＝3S△BOC＝3××BO?CO＝×3×1，
解得x＝1或3，
故點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，）或（3，3）；
（3）由拋物線的表達(dá)式知，其對稱軸為x＝，故點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（，n），
當(dāng)∠ABQ為直角時(shí)，如圖2﹣1，
設(shè)BQ交x軸于點(diǎn)H，
由直線AB的表達(dá)式知，tan∠BAO＝，則tan∠BHO＝，
故設(shè)直線BQ的表達(dá)式為y＝x+t，
該直線過點(diǎn)B（0，3），故t＝3，
則直線BQ的表達(dá)式為y＝x+3，
當(dāng)x＝時(shí)，y＝x+3＝5，
即n＝5；
②當(dāng)∠BQA為直角時(shí)，
過點(diǎn)Q作直線MN交y軸于點(diǎn)N，交過點(diǎn)A與y軸的平行線于點(diǎn)M，
∵∠BQN+∠MQA＝90°，∠MQA+∠MAQ＝90°，
∴∠BQN＝∠MAQ，
∴tan∠BQN＝tan∠MAQ，
即，則，
解得n＝；
③當(dāng)∠BAQ為直角時(shí)，
同理可得，n＝﹣；
綜上，以點(diǎn)Q、A、B為頂點(diǎn)的三角形是銳角三角形，則△ABQ不為直角三角形，
故點(diǎn)Q縱坐標(biāo)n的取值范圍為﹣＜n＜或＜n＜5．
17．（2021?賀州）如圖，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)，且A（﹣1，0），對稱軸為直線x＝2．
（1）求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）直線l過點(diǎn)A且在第一象限與拋物線交于點(diǎn)C．當(dāng)∠CAB＝45°時(shí)，求點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（3）點(diǎn)D在拋物線上與點(diǎn)C關(guān)于對稱軸對稱，點(diǎn)P是拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，令P（xP，yP），當(dāng)1≤xP≤a，1≤a≤5時(shí)，求△PCD面積的最大值（可含a表示）．
【分析】（1）把A點(diǎn)代入拋物線，再由對稱軸公式可得解析式．
（2）過點(diǎn)C作CE⊥x軸于點(diǎn)E，得AE＝CE，設(shè)點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為xc，則縱坐標(biāo)為yc＝xc+1，把點(diǎn)C代入拋物線得C的坐標(biāo)．
（3）有對稱可得D的坐標(biāo)，即可求出CD＝8，設(shè)△PCD以CD為底邊的高為h，則h＝|yp|+7，當(dāng)|yp|取最大值時(shí)，△PCD的面積最大，分情況討論，①當(dāng)1≤a＜2時(shí)，1≤xp＜2，此時(shí)y＝x2﹣4x﹣5在1≤xp≤a上y隨x的增大而減小，|yp|max＝|a2﹣4a﹣5|＝5+4a﹣a2，△PCD的最大面積為Smax＝×CD×h＝48+16a﹣4a2，
②當(dāng)2≤a≤5時(shí)，此時(shí)y＝x2﹣4x﹣5的對稱軸x＝2含于1≤xp≤a內(nèi)，|yp|max＝|22﹣4×2﹣5|＝9，△PCD的最大面積為Smax＝×CD×h＝64，
【解析】（1）拋物線過A（﹣1，0），對稱軸為x＝2，
∴，
解得，
∴拋物線表達(dá)式為y＝x2﹣4x﹣5；
（2）過點(diǎn)C作CE⊥x軸于點(diǎn)E，
∵∠CAB＝45°，
∴AE＝CE，
設(shè)點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為xc，則縱坐標(biāo)為yc＝xc+1，
∴C（xc，xc+1），
代入y＝x2﹣4x﹣5得，
xc+1＝﹣4xc﹣5，
解得xc＝﹣1（舍去），xc＝6，
∴yc＝7，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)是（6，7）；
（3）由（2）得C的坐標(biāo)是（6，7），
∵對稱軸x＝2，
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)是（﹣2，7），
∴CD＝8，
∵CD與x軸平行，點(diǎn)P在x軸下方，
設(shè)△PCD以CD為底邊的高為h，
則h＝|yp|+7，
∴當(dāng)|yp|取最大值時(shí)，△PCD的面積最大，
∵1≤xp≤a，1≤a≤5，
①當(dāng)1≤a＜2時(shí)，1≤xp≤a，此時(shí)y＝x2﹣4x﹣5在1≤xp≤a上y隨x的增大而減小，
∴|yp|max＝|a2﹣4a﹣5|＝5+4a﹣a2，
∴h＝|yp|+7＝12+4a﹣a2，
∴△PCD的最大面積為：
Smax＝×CD×h＝×8×（12+4a﹣a2）＝48+16a﹣4a2；
②當(dāng)2≤a≤5時(shí)，此時(shí)y＝x2﹣4x﹣5的對稱軸x＝2含于1≤xp＜a內(nèi)，
∴|yp|max＝|22﹣4×2﹣5|＝9，
∴h＝9+7＝16，
∴△PCD的最大面積為Smax＝×CD×h＝×8×16＝64，
綜上所述：當(dāng)1≤a＜2時(shí)，△PCD的最大面積為48+16a﹣4a2；
當(dāng)2≤a≤5時(shí)，△PCD的最大面積為64．
18．（2021?常德）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，平行四邊形ABCD的AB邊與y軸交于E點(diǎn)，F(xiàn)是AD的中點(diǎn)，B、C、D的坐標(biāo)分別為（﹣2，0），（8，0），（13，10）．
（1）求過B、E、C三點(diǎn)的拋物線的解析式；
（2）試判斷拋物線的頂點(diǎn)是否在直線EF上；
（3）設(shè)過F與AB平行的直線交y軸于Q，M是線段EQ之間的動(dòng)點(diǎn)，射線BM與拋物線交于另一點(diǎn)P，當(dāng)△PBQ的面積最大時(shí)，求P的坐標(biāo)．
【分析】（1）過點(diǎn)D作x軸垂線交x軸于點(diǎn)H，利用△EBO∽△DCH求出E點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而根據(jù)B、E、C三點(diǎn)坐標(biāo)即可求出拋物線解析式；
（2）求出拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)以及直線EF的解析式，代入驗(yàn)證即可判定頂點(diǎn)是否在直線EF上；
（3）根據(jù)AB∥FQ，求出點(diǎn)Q坐標(biāo)，再設(shè)M為（0，m）通過直線BM與拋物線的交點(diǎn)表示出P點(diǎn)坐標(biāo)，從而可表示出△PBQ的面積結(jié)合二次函數(shù)最值問題即可求出面積最大值時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【解析】（1）過點(diǎn)D作x軸垂線交x軸于點(diǎn)H，如圖所示：
由題意得∠EOB＝∠DHC＝90°，
∵AB∥CD，
∴∠EBO＝∠DCH，
∴△EBO∽△DCH，
∴，
∵B（﹣2，0）、C（8，0）、D（13，10），
∴BO＝2，CH＝13﹣8＝5，DH＝10，
∴，
解得：EO＝4，
∴點(diǎn)E坐標(biāo)為（0，4），
設(shè)過B、E、C三點(diǎn)的拋物線的解析式為：y＝a（x+2）（x﹣8），將E點(diǎn)代入得：
4＝a×2×（﹣8），
解得：a＝﹣，
∴過B、E、C三點(diǎn)的拋物線的解析式為：y＝﹣（x+2）（x﹣8）＝﹣x2+x+4；
（2）拋物線的頂點(diǎn)在直線EF上，理由如下：
由（1）可知該拋物線對稱軸為直線x＝﹣＝﹣＝3，
當(dāng)x＝3時(shí)，y＝，
∴該拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（3，），
又∵F是AD的中點(diǎn)，
∴F（8，10），
設(shè)直線EF的解析式為：y＝kx+b，將E（0，4），F(xiàn)（8，10）代入得，
解得：，
∴直線EF解析式為：y＝，
把x＝3代入直線EF解析式中得：y＝，
故拋物線的頂點(diǎn)在直線EF上；
（3）由（1）（2）可知：A（3，10），
設(shè)直線AB的解析式為：y＝k'x+b'，將B（﹣2，0），A（3，10）代入得：
，解得：，
∴直線AB的解析式為：y＝2x+4，
∵FQ∥AB，
故可設(shè)：直線FQ的解析式為：y＝2x+b1，將F（8，10）代入得：
b1＝﹣6，
∴直線FQ的解析式為：y＝2x﹣6，
當(dāng)x＝0時(shí)，y＝﹣6，
∴Q點(diǎn)坐標(biāo)為（0，﹣6），
設(shè)M（0，m），直線BM的解析式為：y＝k2x+b2，將M、B點(diǎn)代入得：
，解得：，
∴直線BM的解析式為：y＝，
∵點(diǎn)P為直線BM與拋物線的交點(diǎn)，
∴聯(lián)立方程組有：，
化簡得：（x+2）（x﹣8+2m）＝0，
解得：x1＝﹣2（舍去），x2＝8﹣2m，
∴點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為：8﹣2m，
則此時(shí)，S△PBQ＝MQ×（|xP|+|xB|）＝＝﹣（m+）2+，
∵a＝﹣1＜0，
∴當(dāng)m＝﹣時(shí)，S取得最大值，
∴點(diǎn)P橫坐標(biāo)為8﹣2×（﹣）＝9，
將x＝9代入拋物線解析式中y＝﹣，
綜上所述，當(dāng)△PBQ的面積最大時(shí)，P的坐標(biāo)為（9，﹣）．
19．（2021?福建）已知拋物線y＝ax2+bx+c與x軸只有一個(gè)公共點(diǎn)．
（1）若拋物線過點(diǎn)P（0，1），求a+b的最小值；
（2）已知點(diǎn)P1（﹣2，1），P2（2，﹣1），P3（2，1）中恰有兩點(diǎn)在拋物線上．
①求拋物線的解析式；
②設(shè)直線l：y＝kx+1與拋物線交于M，N兩點(diǎn)，點(diǎn)A在直線y＝﹣1上，且∠MAN＝90°，過點(diǎn)A且與x軸垂直的直線分別交拋物線和l于點(diǎn)B，C．求證：△MAB與△MBC的面積相等．
【分析】（1）將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入解析式中，得出a和b的關(guān)系式，即可求出a+b的最小值；
（2）①由題意得出拋物線與x軸只有一個(gè)交點(diǎn)，所以拋物線上的點(diǎn)在同一側(cè)，即兩點(diǎn)只能為P1，P3，即可求出拋物線的解析式；
（3）根據(jù)題意先設(shè)出點(diǎn)A的橫坐標(biāo)，然后用含k的式子表示出A的橫坐標(biāo)，再證明AB＝BC即可得出△MAB與△MBC的面積相等．
【解析】（1）把P（0，1）代入解析式得：c＝1，
∴y＝ax2+bx+1，
又∵拋物線與x軸只有一個(gè)公共點(diǎn)，
∴△＝b2﹣4a＝0，即，
∴，
當(dāng)b＝﹣2時(shí)，a+b有最小值為﹣1；
（2）①∵拋物線與x軸只有一個(gè)公共點(diǎn)，
∴拋物線上的頂點(diǎn)在x軸上，
∴拋物線上的點(diǎn)為P1，P3，
又∵P1，P3關(guān)于y軸對稱，
∴頂點(diǎn)為原點(diǎn)（0，0），
設(shè)解析式為y＝ax2，
代入點(diǎn)P1得：，
②證明：
聯(lián)立直線l和拋物線得：
，
即：x2﹣4kx﹣4＝0，
設(shè)M（x1，kx1+1），N（x2，kx2+1），
由韋達(dá)定理得：x1+x2＝4k，x1x2＝﹣4，
設(shè)線段MN的中點(diǎn)為T，設(shè)A的坐標(biāo)為（m，﹣1），
則T的坐標(biāo)為（2k，2k2+1），
∴AT2＝（2k﹣m）2+（2k2+2）2，
由題意得：，
∵△MAN是直角三角形，且MN是斜邊，
∴，即：，
∴×16（k4+2k2+1）＝（2k﹣m）2+（2k2+2）2，
解得m＝2k，
∴A（2k，﹣1），
∴B（2k，k2），
∴C（2k，2k2+1），
∵，
∴B是AC的中點(diǎn)，
∴AB＝BC，
又∵△MAB與△MBC的高都是點(diǎn)M到直線AC的距離，
∴△MAB與△MBC的高相等，
∴△MAB與△MBC的面積相等．
20．（2021?柳州）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線：y＝ax2+bx+c交x軸于A（﹣1，0），B（3，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C（0，﹣）．
（1）求拋物線的函數(shù)解析式；
（2）如圖1，點(diǎn)D為第四象限拋物線上一點(diǎn)，連接OD，過點(diǎn)B作BE⊥OD，垂足為E，若BE＝2OE，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（3）如圖2，點(diǎn)M為第四象限拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，連接AM，交BC于點(diǎn)N，連接BM，記△BMN的面積為S1，△ABN的面積為S2，求的最大值．
【分析】（1）由拋物線交x軸于A（﹣1，0），B（3，0）兩點(diǎn)，設(shè)二次函數(shù)的交點(diǎn)式y(tǒng)＝a（x+1）（x﹣3），代入C（0，﹣）可得解析式．
（2）由BE＝2OE，設(shè)OE為x，BE＝2x，由勾股定理得OE＝，BE＝，過點(diǎn)E作TG平行于OB，根據(jù)相似三角形的判定得△ETO∽△OEB，有相似比的性質(zhì)得出3TE＝，解出E的坐標(biāo)為（，﹣），直線OE的解析式為y＝﹣2x，直線OE與拋物線于點(diǎn)D，聯(lián)立方程可得D的坐標(biāo)．
（3）根據(jù)＝＝，設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，將B，C兩點(diǎn)代入得，直線BC的解析式為y＝x﹣，當(dāng)x＝﹣1時(shí)，得F坐標(biāo)為（﹣1，﹣2），設(shè)M（x，x2﹣x﹣），MT＝﹣（x﹣）2+，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)得出，MTmax＝，即可解出＝＝＝的最值．
【解析】（1）依題意，設(shè)y＝a（x+1）（x﹣3），
代入C（0，﹣）得：a?1?（﹣3）＝﹣，
解得：a＝，
∴y＝（x+1）（x﹣3）＝x2﹣x﹣；
（2）∵BE＝2OE，
設(shè)OE為x，BE＝2x，
由勾股定理得：OE2+BE2＝OB2，
x2+4x2＝9，
解得：x1＝，x2＝﹣（舍），
∴OE＝，BE＝，
過點(diǎn)E作TG平行于OB，T在y軸上，過B作BG⊥TG于G，
∴△ETO∽△OEB，
∴＝＝，
∴OE2＝OB?TE，
∴TE＝＝，
∴OT＝＝，
∴E（，﹣），
∴直線OE的解析式為y＝﹣2x，
∵OE的延長線交拋物線于點(diǎn)D，
∴，
解得：x1＝1，x2＝﹣3（舍），
當(dāng)x＝1時(shí)，y＝﹣2，
∴D（1，﹣2）；
（3）如圖所示，延長BC于點(diǎn)F，AF∥y軸，過A點(diǎn)作AH⊥BF于點(diǎn)H，作MT∥y軸交BF于點(diǎn)T，過M點(diǎn)作MG⊥BF于點(diǎn)J，
∵AF∥MT，
∴∠AFH＝∠MTJ，
∵AH⊥BF，MJ⊥BF，
∴∠AHF＝∠MJT＝90°，
∴△AFH∽△MJT，
∴＝，
∵S1＝NB?MJ，S2＝NB?AH，
∴＝＝，
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，將B，C兩點(diǎn)代入得，
，
解得：，
∴直線BC的解析式為y＝x﹣，
當(dāng)x＝﹣1時(shí)，y＝?（﹣1）﹣＝﹣2，
∴F（﹣1，﹣2），
∴AF＝2，
設(shè)M（x，x2﹣x﹣），
∴MT＝x﹣﹣（x2﹣x﹣）＝﹣（x﹣）2+，
∴a＝﹣＜0，
∴MTmax＝，
∴＝＝＝＝＝．
21．（2021?聊城）如圖，拋物線y＝ax2+x+c與x軸交于點(diǎn)A，B，與y軸交于點(diǎn)C，已知A，C兩點(diǎn)坐標(biāo)分別是A（1，0），C（0，﹣2），連接AC，BC．
（1）求拋物線的表達(dá)式和AC所在直線的表達(dá)式；
（2）將△ABC沿BC所在直線折疊，得到△DBC，點(diǎn)A的對應(yīng)點(diǎn)D是否落在拋物線的對稱軸上？若點(diǎn)D在對稱軸上，請求出點(diǎn)D的坐標(biāo)；若點(diǎn)D不在對稱軸上，請說明理由；
（3）若點(diǎn)P是拋物線位于第三象限圖象上的一動(dòng)點(diǎn)，連接AP交BC于點(diǎn)Q，連接BP，△BPQ的面積記為S1，△ABQ的面積記為S2，求的值最大時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【分析】（1）利用待定系數(shù)法可求得函數(shù)的表達(dá)式；
（2）拋物線的表達(dá)式為y＝，點(diǎn)B坐標(biāo)為（﹣4，0）．可證明△AOC∽△COB．繼而可證AC⊥BC，則將△ABC沿BC所在直線折疊，點(diǎn)D一定落在直線AC上，延長AC至D，使DC＝AC，過點(diǎn)D作DE⊥y軸交y軸于點(diǎn)E，可證△ACO≌△DCE，可得D坐標(biāo)．則可判斷D點(diǎn)是否在拋物線對稱軸上；
（3）分別過A、P作x軸的垂線，利用解析式，用同一個(gè)字母m表示出P，N的坐標(biāo)，進(jìn)而用m表示出的值，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可以確定出的最大值，進(jìn)而可確定出此時(shí)的P點(diǎn)坐標(biāo)．
【解析】（1）∵拋物線y＝ax2+x+c過點(diǎn)A（1，0），C（0，﹣2），
∴，解得：．
∴拋物線的表達(dá)式為y＝．
設(shè)直線AC的表達(dá)式為y＝kx+b，則
，解得：．
∴直線AC的表達(dá)式為y＝2x﹣2．
（2）點(diǎn)D不在拋物線的對稱軸上，理由是：
∵拋物線的表達(dá)式為y＝，
∴點(diǎn)B坐標(biāo)為（﹣4，0）．
∵OA＝1，OC＝2，
∴．
又∵∠AOC＝∠COB＝90°，
∴△AOC∽△COB．
∴∠ACO＝∠CBO．
∴∠ACO+∠BCO＝∠OBC+∠BCO＝90°，
∴AC⊥BC．
∴將△ABC沿BC所在直線折疊，點(diǎn)D一定落在直線AC上，
延長AC至D，使DC＝AC，過點(diǎn)D作DE⊥y軸交y軸于點(diǎn)E，如圖1．
又∵∠ACO＝∠DCE，
∴△ACO≌△DCE（AAS）．
∴DE＝AO＝1，則點(diǎn)D橫坐標(biāo)為﹣1，
∵拋物線的對稱軸為直線x＝﹣．
故點(diǎn)D不在拋物線的對稱軸上．
（3）設(shè)過點(diǎn)B、C的直線表達(dá)式為y＝px+q，
∵C（0，﹣2），B（﹣4，0），
∴，解得：．
∴過點(diǎn)B、C的直線解析式為y＝．
過點(diǎn)A作x軸的垂線交BC的延長線于點(diǎn)M，點(diǎn)M坐標(biāo)為（1，﹣），
過點(diǎn)P作x軸的垂線交BC于點(diǎn)N，垂足為H，如圖2．
設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為（m，），則點(diǎn)N坐標(biāo)為（m，），
∴PN＝﹣（）＝，
∵PN∥AM，
∴△AQM∽△PQN．
∴．
若分別以PQ、AQ為底計(jì)算△BPQ和△BAQ的面積（同高不等底），
則△BPQ與△BAQ的面積比為，即．
∴＝＝＝．
∵﹣＜0，
∴當(dāng)m＝﹣2時(shí)，的最大值為，此時(shí)點(diǎn)P坐標(biāo)為（﹣2，﹣3）．
22．（2020?賀州）如圖，拋物線y＝a（x﹣2）2﹣2與y軸交于點(diǎn)A（0，2），頂點(diǎn)為B．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）若點(diǎn)P（t，y1），Q（t+3，y2）都在拋物線上，且y1＝y(tǒng)2，求P，Q兩點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，若點(diǎn)C是線段QB上一動(dòng)點(diǎn)，經(jīng)過點(diǎn)C的直線y＝﹣x+m與y軸交于點(diǎn)D，連接DQ，DB，求△BDQ面積的最大值和最小值．
【分析】（1）直接代入點(diǎn)A坐標(biāo)，解方程，即可求解；
（2）P，Q兩點(diǎn)均在拋物線上，且兩點(diǎn)縱坐標(biāo)相同，代入兩點(diǎn)橫坐標(biāo)，可以得到一個(gè)關(guān)于t的方程，解方程，即可求解．或者由P，Q兩點(diǎn)縱坐標(biāo)相同，得到P，Q兩點(diǎn)關(guān)于拋物線對稱軸x＝2對稱，繼而列出關(guān)于t的方程；
（3）先求出直線BQ的解析式，再求出直線BQ與y軸交點(diǎn)E的坐標(biāo)，將△BDQ的面積轉(zhuǎn)化成△DQE與△DBE的面積之差，將△BDQ的面積用含m的式子表達(dá)出來，根據(jù)m的取值范圍，確定所求面積的最大值和最小值．
【解析】（1）將A（0，2）代入到拋物線解析式中，得，
4a﹣2＝2，
解得，a＝1，
∴拋物線解析式為y＝（x﹣2）2﹣2；
（2）∵y1＝y(tǒng)2，
∴（t﹣2）2﹣2＝（t+3﹣2）2﹣2，
解得，，
∴P（），Q；
（3）由題可得，頂點(diǎn)B為（2，﹣2），
將直線y＝﹣x+m進(jìn)行平移，
當(dāng)直線經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)，﹣2＝﹣2+m，
解得m＝0，
當(dāng)直線經(jīng)過點(diǎn)Q時(shí)，，
解得m＝，
∵經(jīng)過點(diǎn)C直線y＝﹣x+m與y軸交于點(diǎn)D，
∴D為（0，m），
∵點(diǎn)C是線段QB上一動(dòng)點(diǎn)，
∴，
延長QB交y軸于點(diǎn)E，設(shè)直線QB的解析式為y＝kx+b，
代入點(diǎn)Q、B坐標(biāo)得，
，解得，
∴QB的解析式為：，
令x＝0，則y＝﹣5，
∴E（0，﹣5），
由圖可得，
S△BDQ＝S△DEQ﹣S△DEB，
∴＝，
∵，
∴當(dāng)m＝0時(shí)，S△BDQ最小值為，
當(dāng)m＝時(shí)，S△BDQ最大值為．

相關(guān)試卷

2024年中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘專題5二次函數(shù)與面積最值定值問題（原卷版+解析）：

這是一份2024年中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘專題5二次函數(shù)與面積最值定值問題（原卷版+解析），共85頁。

中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘（全國通用）專題5二次函數(shù)與面積最值定值問題（全國通用）（原卷版+解析）：

這是一份中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘（全國通用）專題5二次函數(shù)與面積最值定值問題（全國通用）（原卷版+解析），共82頁。

2023年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)練習(xí)專題5二次函數(shù)與面積最值定值問題（教師版）：

這是一份2023年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)練習(xí)專題5二次函數(shù)與面積最值定值問題（教師版），共74頁。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

中考數(shù)學(xué)二輪壓軸培優(yōu)專題 二次函數(shù)與與線段數(shù)量關(guān)系最值定值問題（2份打包，教師版+原卷版）

中考數(shù)學(xué)二輪壓軸培優(yōu)專題 二次函數(shù)與與線段數(shù)量關(guān)系最值定值問題（2份打包，教師版+原卷版）
中考數(shù)學(xué)二輪壓軸培優(yōu)專題 二次函數(shù)與面積最值定值問題（2份打包，教師版+原卷版）

中考數(shù)學(xué)二輪壓軸培優(yōu)專題 二次函數(shù)與面積最值定值問題（2份打包，教師版+原卷版）
中考數(shù)學(xué)二輪壓軸培優(yōu)專題5二次函數(shù)與面積最值定值問題（教師版）

中考數(shù)學(xué)二輪壓軸培優(yōu)專題5二次函數(shù)與面積最值定值問題（教師版）
2022年中考數(shù)學(xué)壓軸題突破專題02 二次函數(shù)與面積的最值定值問題

2022年中考數(shù)學(xué)壓軸題突破專題02 二次函數(shù)與面積的最值定值問題
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
中考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機(jī)號注冊
手機(jī)號碼

手機(jī)號格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機(jī)號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部