?2021新版中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘
專題11二次函數(shù)與線段最值定值及數(shù)量關(guān)系問(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(xiě)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】（2020?孝感）在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y＝ax2+4ax+4a﹣6（a＞0）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，頂點(diǎn)為點(diǎn)D．
（1）當(dāng)a＝6時(shí)，直接寫(xiě)出點(diǎn)A，B，C，D的坐標(biāo)：
A?。ī?，0）　，B?。ī?，0）　，C?。?，18）　，D　（﹣2，﹣6）　；
（2）如圖1，直線DC交x軸于點(diǎn)E，若tan∠AED=43，求a的值和CE的長(zhǎng)；
（3）如圖2，在（2）的條件下，若點(diǎn)N為OC的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P在第三象限的拋物線上，過(guò)點(diǎn)P作x軸的垂線，垂足為Q，交AN于點(diǎn)F；過(guò)點(diǎn)F作FH⊥DE，垂足為H．設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，記f＝FP+FH．
①用含t的代數(shù)式表示f；
②設(shè)﹣5＜t≤m（m＜0），求f的最大值．

【分析】（1）當(dāng)a＝6時(shí)，拋物線的表達(dá)式為：y＝6x2+24x+18，即可求解；
（2）由點(diǎn)C、D的坐標(biāo)得，直線CD的表達(dá)式為：y＝2ax+4a﹣6，進(jìn)而求出點(diǎn)E（3a?2，0），利用tan∠AED=OCOE=4a?63a?2=43，即可求解；
（3）①證明△FJH∽△ECO，故FHOE=FJCE，則FH=OECE×FJ=?t+1，即可求解；
②f=?23（t+3）2+263（﹣5＜t≤m且m＜0），即可求解．
【解析】（1）當(dāng)a＝6時(shí)，拋物線的表達(dá)式為：y＝6x2+24x+18，
令y＝0，則x＝﹣1或﹣3；當(dāng)x＝0時(shí)，y＝18，函數(shù)的對(duì)稱軸為x＝﹣2，
故點(diǎn)A、B、C、D的坐標(biāo)分別為（﹣3，0）、（﹣1，0）、（0，18）、（﹣2，﹣6）；
故答案為：（﹣3，0）、（﹣1，0）、（0，18）、（﹣2，﹣6）；

（2）y＝ax2+4ax+4a﹣6，令x＝0，則y＝4a﹣6，則點(diǎn)C（0，4a﹣6），
函數(shù)的對(duì)稱軸為x＝﹣2，故點(diǎn)D的坐標(biāo)為（﹣2，﹣6），
由點(diǎn)C、D的坐標(biāo)得，直線CD的表達(dá)式為：y＝2ax+4a﹣6，
令y＝0，則x=3a?2，故點(diǎn)E（3a?2，0），則OE=3a?2，
tan∠AED=OCOE=6?4a3a?2=43，解得：a=23，
故點(diǎn)C、E的坐標(biāo)分別為（0，?103）、（52，0），
則CE=(103)2+(52)2=256；

（3）①如圖，作PF與ED的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)J，

由（2）知，拋物線的表達(dá)式為：y=23x2+83x?103，
故點(diǎn)A、C的坐標(biāo)分別為（﹣5，0）、（0，?103），則點(diǎn)N（0，?53），
由點(diǎn)A、N的坐標(biāo)得，直線AN的表達(dá)式為：y=?13x?53；
設(shè)點(diǎn)P（t，23t2+83t?103），則點(diǎn)F（t，?13t?53）；
則PF=?23t2﹣3t+53，
由點(diǎn)E（52，0）、C的坐標(biāo)得，直線CE的表達(dá)式為：y=43x?103，
則點(diǎn)J（t，43t?103），故FJ=?53t+53，
∵FH⊥DE，JF∥y軸，
故∠FHJ＝∠EOC＝90°，∠FJH＝∠ECO，
∴△FJH∽△ECO，故FHOE=FJCE，
則FH=OECE×FJ=?t+1，
f＝PF+FH=?23t2﹣3t+53+（﹣t+1）=?23t2﹣4t+83；
②f=?23t2﹣4t+83=?23（t+3）2+263（﹣5＜t≤m且m＜0）；
∴當(dāng)﹣5＜m＜﹣3時(shí)，fmax=?23m2﹣4m+83；
當(dāng)﹣3≤m＜0時(shí)，fmax=263．
【例2】（2020?恩施州）如圖1，拋物線y=?14x2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)C（6，0），頂點(diǎn)為B，對(duì)稱軸x＝2與x軸相交于點(diǎn)A，D為線段BC的中點(diǎn)．

（1）求拋物線的解析式；
（2）P為線段BC上任意一點(diǎn)，M為x軸上一動(dòng)點(diǎn)，連接MP，以點(diǎn)M為中心，將△MPC逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，記點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為E，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為F．當(dāng)直線EF與拋物線y=?14x2+bx+c只有一個(gè)交點(diǎn)時(shí)，求點(diǎn)M的坐標(biāo)．
（3）△MPC在（2）的旋轉(zhuǎn)變換下，若PC=2（如圖2）．
①求證：EA＝ED．
②當(dāng)點(diǎn)E在（1）所求的拋物線上時(shí)，求線段CM的長(zhǎng)．
【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)C在拋物線上和已知對(duì)稱軸的條件可求出解析式；
（2）根據(jù)拋物線的解析式求出點(diǎn)B及已知點(diǎn)C的坐標(biāo)，證明△ABC是等腰直角三角形，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)推出直線EF與x軸的夾角為45°，因此設(shè)直線EF的解析式為y＝x+b，設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（m，0），推出點(diǎn)F（m，6﹣m），直線EF與拋物線y=?14x2+x+3只有一個(gè)交點(diǎn)，聯(lián)立兩個(gè)解析式，得到關(guān)于x的一元二次方程，根據(jù)根的判別式為0得到關(guān)于m的方程，解方程得點(diǎn)M的坐標(biāo)．注意有兩種情況，均需討論．
（3）①過(guò)點(diǎn)P作PG⊥x軸于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥x軸于點(diǎn)H，設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（m，0），由PC=2及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，證明△EHM≌△MGP，得到點(diǎn)E的坐標(biāo)為（m﹣1，5﹣m），再根據(jù)兩點(diǎn)距離公式證明EA＝ED，注意分兩種情況，均需討論；②把E（m﹣1，5﹣m）代入拋物線解析式，解出m的值，進(jìn)而求出CM的長(zhǎng)．
【解析】（1）∵點(diǎn)C（6，0）在拋物線上，
∴0=?14×36+6b+c，
得到6b+c＝9，
又∵對(duì)稱軸為x＝2，
∴x=?b2a=?b2×(?14)=2，
解得b＝1，
∴c＝3，
∴二次函數(shù)的解析式為y=?14x2+x+3；
（2）當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)C的左側(cè)時(shí)，如圖2﹣1中：

∵拋物線的解析式為y=?14x2+x+3，對(duì)稱軸為x＝2，C（6，0）
∴點(diǎn)A（2，0），頂點(diǎn)B（2，4），
∴AB＝AC＝4，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠1＝45°；
∵將△MPC逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△MEF，
∴FM＝CM，∠2＝∠1＝45°，
設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（m，0），
∴點(diǎn)F（m，6﹣m），
又∵∠2＝45°，
∴直線EF與x軸的夾角為45°，
∴設(shè)直線EF的解析式為y＝x+b，
把點(diǎn)F（m，6﹣m）代入得：6﹣m＝m+b，解得：b＝6﹣2m，
直線EF的解析式為y＝x+6﹣2m，
∵直線EF與拋物線y=?14x2+x+3只有一個(gè)交點(diǎn)，
∴y=x+6?2my=?14x2+x+3，
整理得：14x2+3?2m=0，
∴△＝b2﹣4ac＝0，解得m=32，
點(diǎn)M的坐標(biāo)為（32，0）．
當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)C的右側(cè)時(shí)，如下圖：

由圖可知，直線EF與x軸的夾角仍是45°，因此直線EF與拋物線y=?14x2+x+3不可能只有一個(gè)交點(diǎn)．
綜上，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（32，0）．
（3）①當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)C的左側(cè)時(shí)，如下圖，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥x軸于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥x軸于點(diǎn)H，

∵PC=2，由（2）知∠BCA＝45°，
∴PG＝GC＝1，
∴點(diǎn)G（5，0），
設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（m，0），
∵將△MPC逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△MEF，
∴EM＝PM，
∵∠HEM+∠EMH＝∠GMP+∠EMH＝90°，
∴∠HEM＝∠GMP，
在△EHM和△MGP中，∠EHM=∠MGP∠HEM=∠GMPEM=MP，
∴△EHM≌△MGP（AAS），
∴EH＝MG＝5﹣m，HM＝PG＝1，
∴點(diǎn)H（m﹣1，0），
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（m﹣1，5﹣m）；
∴EA=(m?1?2)2+(5?m?0)2=2m2?16m+34，
又∵D為線段BC的中點(diǎn)，B（2，4），C（6，0），
∴點(diǎn)D（4，2），
∴ED=(m?1?4)2+(5?m?2)2=2m2?16m+34，
∴EA＝ED．
當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)C的右側(cè)時(shí)，如下圖：

同理，點(diǎn)E的坐標(biāo)仍為（m﹣1，5﹣m），因此EA＝ED．
②當(dāng)點(diǎn)E在（1）所求的拋物線y=?14x2+x+3上時(shí)，
把E（m﹣1，5﹣m）代入，整理得：m2﹣10m+13＝0，
解得：m=5+23或m=5?23，
∴CM=23?1或CM=1+23．
【例3】（2020?湘西州）已知直線y＝kx﹣2與拋物線y＝x2﹣bx+c（b，c為常數(shù)，b＞0）的一個(gè)交點(diǎn)為A（﹣1，0），點(diǎn)M（m，0）是x軸正半軸上的動(dòng)點(diǎn)．
（1）當(dāng)直線y＝kx﹣2與拋物線y＝x2﹣bx+c（b，c為常數(shù)，b＞0）的另一個(gè)交點(diǎn)為該拋物線的頂點(diǎn)E時(shí)，求k，b，c的值及拋物線頂點(diǎn)E的坐標(biāo)；
（2）在（1）的條件下，設(shè)該拋物線與y軸的交點(diǎn)為C，若點(diǎn)Q在拋物線上，且點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為b，當(dāng)S△EQM=12S△ACE時(shí)，求m的值；
（3）點(diǎn)D在拋物線上，且點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為b+12，當(dāng)2AM+2DM的最小值為2724時(shí)，求b的值．
【分析】（1）將A點(diǎn)坐標(biāo)代入直線與拋物線的解析式中求得k的值和b與c的關(guān)系式，再將拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)代入求得的直線的解析式，便可求得b、c的值，進(jìn)而求得E點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）先根據(jù)拋物線的解析式求得C、Q點(diǎn)坐標(biāo)，用m表示△EQM的面積，再根據(jù)S△EQM=12S△ACE列出m的方程進(jìn)行解答；
（3）取點(diǎn)N（0，1），則∠OAN＝45°，過(guò)D作直線AN的垂線，垂足為G，DG與x軸相交于點(diǎn)M，此時(shí)2AM+2DM＝2DG的值最小，由2DG=2724列出關(guān)于b的方程求解便可．
【解析】（1）∵直線y＝kx﹣2與拋物線y＝x2﹣bx+c（b，c為常數(shù)，b＞0）的一個(gè)交點(diǎn)為A（﹣1，0），
∴﹣k﹣2＝0，1+b+c＝0，
∴k＝﹣2，c＝﹣b﹣1，
∴直線y＝kx﹣2的解析式為y＝﹣2x﹣2，
∵拋物線y＝x2﹣bx+c的頂點(diǎn)坐標(biāo)為E（b2，4c?b24），
∴E（b2，?4b?4?b24），
∵直線y＝﹣2x﹣2與拋物線y＝x2﹣bx+c（b，c為常數(shù)，b＞0）的另一個(gè)交點(diǎn)為該拋物線的頂點(diǎn)E，
∴?4b?4?b24=?2×b2?2，
解得，b＝2，或b＝﹣2（舍），
當(dāng)b＝2時(shí)，c＝﹣3，
∴E（1，﹣4），
故k＝﹣2，b＝2，c＝﹣3，E（1，﹣4）；
（2）由（1）知，直線的解析式為y＝﹣2x﹣2，拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3，
∴C（0，﹣3），Q（2，﹣3），
如圖1，設(shè)直線y＝﹣2x﹣2與y軸交點(diǎn)為N，則N（0，﹣2），

∴CN＝1，
∴S△ACE=S△ACN+S△ECN=12×1×1+12×1×1=1，
∴S△EQM=12，
設(shè)直線EQ與x軸的交點(diǎn)為D，顯然點(diǎn)M不能與點(diǎn)D重合，
設(shè)直線EQ的解析式為y＝dx+n（d≠0），
則2d+n=?3d+n=?4，
解得，d=1n=?5，
∴直線EQ的解析式為y＝x﹣5，
∴D（5，0），
∴S△EQM＝S△EDM﹣S△QDM=12DM×|?4|?12DM×|?3|=12DM=12|5?m|=12，
解得，m＝4，或m＝6；
（3）∵點(diǎn)D（b+12，yD）在拋物線y＝x2﹣bx﹣b﹣1上，
∴yD=(b+12)2?b(b+12)?b?1=?b2?34，
可知點(diǎn)D（b+12，?b2?34）在第四象限，且在直線x＝b的右側(cè)，
∵2AM+2DM=2(22AM+DM)，
∴可取點(diǎn)N（0，1），則∠OAN＝45°，
如圖2，過(guò)D作直線AN的垂線，垂足為G，DG與x軸相交于點(diǎn)M，

∵∠GAM＝90°﹣∠OAN＝45°，得22AM＝GM，
則此時(shí)點(diǎn)M滿足題意，
過(guò)D作DH⊥x軸于點(diǎn)H，則點(diǎn)H（b+12，0），
在Rt△MDH中，可知∠DMH＝∠MDH＝45°，
∴DH＝MH，DM=2MH，
∵點(diǎn)M（m，0），
∴0﹣（?b2?34）＝（b+12）﹣m，
解得，m=b2?14，
∵2AM+2DM=2724，
∴2[(b2?14)?(?1)]+22[(b+12)?(b2?14)]=2724，
解得，b＝3，
此時(shí)，m=32?14=54＞0，符合題意，
∴b＝3．
【例4】（2020?云南）拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣1，0），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，﹣3）．點(diǎn)P為拋物線y＝x2+bx+c上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．過(guò)點(diǎn)P作PD⊥x軸于點(diǎn)D，交直線BC于點(diǎn)E．
（1）求b、c的值；
（2）設(shè)點(diǎn)F在拋物線y＝x2+bx+c的對(duì)稱軸上，當(dāng)△ACF的周長(zhǎng)最小時(shí)，直接寫(xiě)出點(diǎn)F的坐標(biāo)；
（3）在第一象限，是否存在點(diǎn)P，使點(diǎn)P到直線BC的距離是點(diǎn)D到直線BC的距離的5倍？若存在，求出點(diǎn)P所有的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【分析】（1）把A、C點(diǎn)的坐標(biāo)代入拋物線的解析式列出b、c的方程組，解得b、c便可；
（2）連接BC與對(duì)稱軸交于點(diǎn)F，此時(shí)△ACF的周長(zhǎng)最小，求得BC的解析式，再求得BC與對(duì)稱軸的交點(diǎn)坐標(biāo)便可；
（3）設(shè)P（m，m2﹣2m﹣3）（m＞3），根據(jù)相似三角形的比例式列出m的方程解答便可．
【解析】（1）把A、C點(diǎn)的坐標(biāo)代入拋物線的解析式得，
1?b+c=0c=?3，
解得，b=?2c=?3；
（2）直線BC與拋物線的對(duì)稱軸交于點(diǎn)F，連接AF，如圖1，
此時(shí)，AF+CF＝BF+CF＝BC的值最小，
∵AC為定值，
∴此時(shí)△AFC的周長(zhǎng)最小，
由（1）知，b＝﹣2，c＝﹣3，
∴拋物線的解析式為：y＝x2﹣2x﹣3，
∴對(duì)稱軸為x＝1，
令y＝0，得y＝x2﹣2x﹣3＝0，
解得，x＝﹣1，或x＝3，
∴B（3，0），
令x＝0，得y＝x2﹣2x﹣3＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
設(shè)直線BC的解析式為：y＝kx+b（k≠0），得
3k+b=0b=?3，
解得，k=1b=?3，
∴直線BC的解析式為：y＝x﹣3，
當(dāng)x＝1時(shí)，y＝x﹣3＝﹣2，
∴F（1，﹣2）；

（3）設(shè)P（m，m2﹣2m﹣3）（m＞3），過(guò)P作PH⊥BC于H，過(guò)D作DG⊥BC于G，如圖2，
則PH＝5DG，E（m，m﹣3），
∴PE＝m2﹣3m，DE＝m﹣3，
∵∠PHE＝∠DGE＝90°，∠PEH＝∠DEG，
∴△PEH∽△DEG，
∴PEDE=PHDG=5，
∴m2?3mm?3=5，
∵m＝3（舍），或m＝5，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為P（5，12）．
故存在點(diǎn)P，使點(diǎn)P到直線BC的距離是點(diǎn)D到直線BC的距離的5倍，其P點(diǎn)坐標(biāo)為（5，12）．

【例5】（2020?婁底）如圖，拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（﹣3，0）、B（1，0）、C（0，3）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)P（m，n）是拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)﹣3＜m＜0時(shí)，試確定m的值，使得△PAC的面積最大；
（3）拋物線上是否存在不同于點(diǎn)B的點(diǎn)D，滿足DA2﹣DC2＝6，若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)D的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【分析】（1）由題意可設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x+3）（x﹣1），將點(diǎn)代入C（0，3）解出a，即可求出拋物線的解析式．
（2）先求出直線AC的解析式，然后根據(jù)當(dāng)﹣3＜m＜0時(shí)，點(diǎn)P（m，n）在直線AC上方，過(guò)點(diǎn)P作x軸的垂線與線段AC相交于點(diǎn)Q，可將x＝m分別代入y＝一x2﹣2x+3和y＝x+3得P（m，﹣m2﹣2m+3），Q（m，m+3），從而得出PQ的代數(shù)式，從而可求出m的值；
（3）由題意可得AB＝4，OB＝1，CO＝3，根據(jù)BC2＝10，∠CAO＝45°，可求出BA2﹣BC2＝6，連接BC，過(guò)B作AC的垂線交拋物線于點(diǎn)D，交AC于點(diǎn)H，可得DA2﹣DC2＝HA2﹣HC2＝BA2﹣BC2＝6，根據(jù)∠CAO＝∠DBA，可得BD與AC關(guān)于AB的垂直平分線對(duì)稱，即關(guān)于拋物線的對(duì)稱軸x＝﹣1對(duì)稱，即點(diǎn)D與點(diǎn)C關(guān)于拋物線的對(duì)稱軸x＝﹣1對(duì)稱，從而可求出點(diǎn)D的坐標(biāo)．
【解析】（1）由題意可以假設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x+3）（x﹣1），
把C（0，3）代入，可得a＝﹣1，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣2x+3．

（2）設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+b，
將A（﹣3，0），C（0，3）代入得到0=?3k+b3=b，
解得k=1b=3，
∴直線AC的解析式為y＝x+3．
當(dāng)﹣3＜m＜0時(shí)，點(diǎn)P（m，n）在直線AC的上方，過(guò)點(diǎn)P作x軸的垂線交AC于Q．則P（m，﹣m2﹣2m+3），Q（m，m+3），
∴PQ＝﹣m2﹣2m+3﹣（m+3）
＝﹣m2﹣3m
＝﹣（m+32）2+94，
∵﹣3＜m＜0，
∴當(dāng)m=?32時(shí)，PQ的值最大，
此時(shí)S△PAC=12?PQ?AO=32PQ最大，
∴m=?32．

（3）由A（﹣3，0），B（1，0），C（0，3），可得AB＝4，OB＝1，OC＝3，
∵BC2＝10，∠CAO＝45°，
∴BA2﹣BC2＝6，
連接BC，過(guò)點(diǎn)B作AC的垂線交拋物線于D，交AC于H，連接AD，DC，
則∠AHB＝90°，∠DBA＝∠CAO＝45°，
∴DA2﹣DC2＝HA2﹣HC2＝AB2﹣BC2＝6，
∵∠CAO＝∠DBA，
∴點(diǎn)H在AB的垂直平分線上，
即點(diǎn)H在拋物線的對(duì)稱軸x＝﹣1上，
∴點(diǎn)D與點(diǎn)C關(guān)于拋物線的對(duì)稱軸x＝﹣1對(duì)稱，
∵C（0，3），
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（﹣2，3）．


【例6】（2020?黃石）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝﹣x2+kx﹣2k的頂點(diǎn)為N．
（1）若此拋物線過(guò)點(diǎn)A（﹣3，1），求拋物線的解析式；
（2）在（1）的條件下，若拋物線與y軸交于點(diǎn)B，連接AB，C為拋物線上一點(diǎn)，且位于線段AB的上方，過(guò)C作CD垂直x軸于點(diǎn)D，CD交AB于點(diǎn)E，若CE＝ED，求點(diǎn)C坐標(biāo)；
（3）已知點(diǎn)M（2?433，0），且無(wú)論k取何值，拋物線都經(jīng)過(guò)定點(diǎn)H，當(dāng)∠MHN＝60°時(shí)，求拋物線的解析式．

【分析】（1）把A（﹣3.1）代入y＝﹣x2+kx﹣2k即可求解．
（2）根據(jù)題意作圖，求出直線AB的解折式，再表示出E點(diǎn)坐標(biāo)，代入直線AB的解析式可求解．
（3）先求出定點(diǎn)H，過(guò)H點(diǎn)做HI⊥x軸，根據(jù)題意求出∠MHI＝30°，再根據(jù)題意分情況即可求解．
【解析】（1）把A（﹣3.1）代入y＝﹣x2+kx﹣2k，
得﹣9﹣3k﹣2k＝1．
解得k＝﹣2，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣2x+4；

（2）如圖1，設(shè)C（t，﹣t2﹣2t+4），則E（t，?t22?t+2），
設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+b，把A（﹣3，1），（0，4）代入得到，
?3k+b=1b=4，
解得k=1b=4，
∴直線AB的解析式為y＝x+4，
∵E（t，?t22?t+2）在直線AB上，
∴?t22?t+2＝t+4，
解得t1＝t2＝﹣2，
∴C（﹣2，4）．

（3）由y＝﹣x2+kx﹣2k＝k（x﹣2）﹣x2，
當(dāng)x﹣2＝0時(shí)，x＝2，y＝﹣4，
∴無(wú)論k取何值，拋物線都經(jīng)過(guò)定點(diǎn)H（2，﹣4），
二次函數(shù)的頂點(diǎn)N（k2，k24?2k），
①如圖2中，過(guò)點(diǎn)H作HI⊥x軸于I，分別過(guò)H，N作y軸，x軸的垂線交于點(diǎn)G，若k2＞2時(shí)，則k＞4，
∵M(jìn)（2?433，0），H（2，﹣4），
∴MI=433，HI＝4，
∴tan∠MHI=4334=33，
∴∠MHI＝30°，
∵∠MHN＝60°，
∴∠NHI＝30°，
即∠GNH＝30°，
由圖可知，tan∠GNH=GHGN=k2?2k24?2k+4=33，
解得k＝4+23或4（不合題意舍棄）．

②如圖3中，過(guò)點(diǎn)H作HI⊥x軸于I，分別過(guò)H，N作y軸，x軸的垂線交于點(diǎn)G．

若k2＜2，則k＜4，
同理可得，∠MHI＝30°，
∵∠MHN＝60°，
∴NH⊥HI，
即k24?2k═﹣4，
解得k＝4（不符合題意舍棄）．
③若k2=2，則N，H重合，不符合題意舍棄，
綜上所述，拋物線的解析式為y＝﹣x2+（4+23）x﹣（8+43）．


【例7】（2020?海南）拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過(guò)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(dòng)點(diǎn)，且位于y軸的左側(cè)．
①如圖1，過(guò)點(diǎn)P作PD⊥x軸于點(diǎn)D，作PE⊥y軸于點(diǎn)E，當(dāng)PD＝2PE時(shí)，求PE的長(zhǎng)；
②如圖2，該拋物線上是否存在點(diǎn)P，使得∠ACP＝∠OCB？若存在，請(qǐng)求出所有點(diǎn)P的坐標(biāo)：若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【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）設(shè)點(diǎn)P（a，a2+a﹣6），由PD＝2PE，可得|a2+a﹣6|＝﹣2a，可求a的值；
（3）由勾股定理可求AC，BC的長(zhǎng)，通過(guò)證明△ACH∽△BCO，可得BCAC=BOAH=OCHC，可求AH，HC的長(zhǎng)，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)．
【解析】（1）∵拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（﹣3，0）和點(diǎn)B（2，0），
∴0=4+2b+c0=9?3b+c，
解得：b=1c=?6，
∴拋物線解析式為：y＝x2+x﹣6；
（2）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=?3?332，a2=?3+332（舍去）或a3＝﹣2，a4＝3（舍去）
∴PE＝2或3+332；
②存在點(diǎn)P，使得∠ACP＝∠OCB，
理由如下，
∵拋物線y＝x2+x﹣6與x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=OB2+OC2=4+36=210，
AC=OA2+OC2=9+36=35，
如圖，過(guò)點(diǎn)A作AH⊥CP于H，

∵∠AHC＝∠BOC＝90°，∠ACP＝∠BCO，
∴△ACH∽△BCO，
∴BCAC=BOAH=OCHC，
∴21035=2AH=6HC，
∴AH=322，HC=922，
設(shè)點(diǎn)H（m，n），
∴（322）2＝（m+3）2+n2，（922）2＝m2+（n+6）2，
∴m=?92n=?32或m=?910n=310，
∴點(diǎn)H（?92，?32）或（?910，310），
當(dāng)H（?92，?32）時(shí)，
∵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（?910，310）時(shí)，
∵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）．
【例8】（2020?眉山）如圖1，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，已知點(diǎn)B坐標(biāo)為（3，0），點(diǎn)C坐標(biāo)為（0，3）．

（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）點(diǎn)P為直線BC上方拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)△PBC的面積最大時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）如圖2，點(diǎn)M為該拋物線的頂點(diǎn)，直線MD⊥x軸于點(diǎn)D，在直線MD上是否存在點(diǎn)N，使點(diǎn)N到直線MC的距離等于點(diǎn)N到點(diǎn)A的距離？若存在，求出點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【分析】（1）利用待定系數(shù)法可求解析式；
（2）過(guò)點(diǎn)P作PH⊥x軸于H，交BC于點(diǎn)G，先求出BC的解析式，設(shè)點(diǎn)P（m，﹣m2+2m+3），則點(diǎn)G（m，﹣m+3），由三角形面積公式可得S△PBC=12×PG×OB=12×3×（﹣m2+3m）=?32（m?32）2+278，由二次函數(shù)的性質(zhì)可求解；
（3）設(shè)直線MC與x軸交于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)N作NQ⊥MC于Q，先求出點(diǎn)A，點(diǎn)M坐標(biāo)，可求MC解析式，可得DE＝4＝MD，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得MQ＝NQ=22MN，由兩點(diǎn)距離公式可列（22|4﹣n|）2＝4+n2，即可求解．
【解析】（1）∵點(diǎn)B（3，0），點(diǎn)C（0，3）在拋物線y＝﹣x2+bx+c圖象上，
∴?9+3b+c=0c=3，
解得：b=2c=3，
∴拋物線解析式為：y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵點(diǎn)B（3，0），點(diǎn)C（0，3），
∴直線BC解析式為：y＝﹣x+3，
如圖，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥x軸于H，交BC于點(diǎn)G，

設(shè)點(diǎn)P（m，﹣m2+2m+3），則點(diǎn)G（m，﹣m+3），
∴PG＝（﹣m2+2m+3）﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，
∵S△PBC=12×PG×OB=12×3×（﹣m2+3m）=?32（m?32）2+278，
∴當(dāng)m=32時(shí)，S△PBC有最大值，
∴點(diǎn)P（32，154）；
（3）存在N滿足條件，
理由如下：∵拋物線y＝﹣x2+2x+3與x軸交于A、B兩點(diǎn)，
∴點(diǎn)A（﹣1，0），
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴頂點(diǎn)M為（1，4），
∵點(diǎn)M為（1，4），點(diǎn)C（0，3），
∴直線MC的解析式為：y＝x+3，
如圖，設(shè)直線MC與x軸交于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)N作NQ⊥MC于Q，

∴點(diǎn)E（﹣3，0），
∴DE＝4＝MD，
∴∠NMQ＝45°，
∵NQ⊥MC，
∴∠NMQ＝∠MNQ＝45°，
∴MQ＝NQ，
∴MQ＝NQ=22MN，
設(shè)點(diǎn)N（1，n），
∵點(diǎn)N到直線MC的距離等于點(diǎn)N到點(diǎn)A的距離，
∴NQ＝AN，
∴NQ2＝AN2，
∴（22MN）2＝AN2，
∴（22|4﹣n|）2＝4+n2，
∴n2+8n﹣8＝0，
∴n＝﹣4±26，
∴存在點(diǎn)N滿足要求，點(diǎn)N坐標(biāo)為（1，﹣4+26）或（1，﹣4﹣26）．

【題組一】
1．（2020?西寧二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（5，0），B（﹣1，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C（0，52）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若點(diǎn)M是拋物線的頂點(diǎn)，連接AM，CM，求△AMC的面積；
（3）若點(diǎn)P是拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PE垂直y軸于點(diǎn)E，交直線AC于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)D作x軸的垂線，垂足為點(diǎn)F，連接EF，當(dāng)線段EF的長(zhǎng)度最短時(shí)，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)．

【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；
（2）△AMC的面積＝S△MHC+S△MHA=12×MH×OA，即可求解；
（3）點(diǎn)D在直線AC上，設(shè)點(diǎn)D（m，?12m+52），由題意得，四邊形OEDF為矩形，故EF＝OD，即當(dāng)線段EF的長(zhǎng)度最短時(shí)，只需要OD最短即可，進(jìn)而求解．
【解析】（1）設(shè)拋物線的表達(dá)式為y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）＝a（x﹣5）（x+1），
將點(diǎn)C的坐標(biāo)代入上式得：52=a（0﹣5）（0+1），解得a=?12，
故拋物線的表達(dá)式為y=?12（x﹣5）（x+1）=?12x2+2x+52；

（2）由拋物線的表達(dá)式得頂點(diǎn)M（2，92），
過(guò)點(diǎn)M作MH∥y軸交AC于點(diǎn)H，

設(shè)直線AC的表達(dá)式為y＝kx+t，則t=520=5k+t，解得k=?12t=52，
故直線AC的表達(dá)式為y=?12x+52，
當(dāng)x＝2時(shí)，y=32，則MH=92?32=3，
則△AMC的面積＝S△MHC+S△MHA=12×MH×OA=12×3×5=152；

（3）點(diǎn)D在直線AC上，設(shè)點(diǎn)D（m，?12m+52），
由題意得，四邊形OEDF為矩形，故EF＝OD，即當(dāng)線段EF的長(zhǎng)度最短時(shí)，只需要OD最短即可，

則EF2＝OD2＝m2+（?12m+52）2=54m2?52m+254，
∵54＞0，故EF2存在最小值（即EF最小），此時(shí)m＝1，
故點(diǎn)D（1，2），
∵點(diǎn)P、D的縱坐標(biāo)相同，
故2=?12x2+2x+52，解得x＝2±5，
故點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2+5，2）或（2?5，2）．
2．（2020?平房區(qū)二模）已知：如圖，拋物線y＝ax2﹣2ax﹣3a交x軸正半軸于點(diǎn)A，負(fù)半軸于點(diǎn)B，交y軸于點(diǎn)C，tan∠OBC＝3．
（1）求a值；
（2）點(diǎn)P為第一象限拋物線上一點(diǎn)，連接AC、PA、PC，若點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，△PAC的面積為S，求S與t的函數(shù)解析式，（請(qǐng)直接寫(xiě)出自變量t的取值范圍）；
（3）在（2）的條件下，過(guò)點(diǎn)P作PD∥y軸交CA延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，連接PB，交y軸于點(diǎn)E，點(diǎn)Q為第二象限拋物線上一點(diǎn)，連接QE并延長(zhǎng)分別交x軸、拋物線于點(diǎn)N、F，連接FD，交x軸于點(diǎn)K，當(dāng)E為QF的中點(diǎn)且FN＝FK時(shí)，求直線DF的解析式．

【分析】（1）令y＝0，0＝ax2﹣2ax﹣3a，解得x1＝﹣1，x2＝3，求出OC＝3，則可得出答案；
（2）過(guò)點(diǎn)P作PG∥y軸分別交CA的延長(zhǎng)線，x軸于點(diǎn)N，G，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥PG交PG的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，設(shè)P（t，t2﹣2t﹣3），求出直線AC的解析式為y＝x﹣3，則N（t，t﹣3），得出PN＝t2﹣2t﹣3﹣（t﹣3）＝t2﹣3t，根據(jù)S＝S△PCN﹣S△PAN得出答案；
（3）延長(zhǎng)PD交x軸于點(diǎn)G，得出OE＝DG，連接DE，則四邊形EOGD是矩形，得出DE∥AN，過(guò)點(diǎn)F作FR⊥DE，得出RE＝RD=t2，證明△FER≌△QEH（AAS），由全等三角形的性質(zhì)得出QH＝FR，EH＝ER，F(xiàn)（12t，14t2?t﹣3），Q（?12t，14t2+t﹣3），求出D，F(xiàn)的坐標(biāo)，則可求出答案．
【解析】（1）∵拋物線y＝ax2﹣2ax﹣3a交x軸正半軸于點(diǎn)A，負(fù)半軸于點(diǎn)B，
∴令y＝0，0＝ax2﹣2ax﹣3a，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（3，0），B（﹣1，0），
∵tan∠OBC＝3，
∴OCOB=3，
∴OC＝3，
∴﹣3＝﹣3a，
∴a＝1；
（2）如圖1，過(guò)點(diǎn)P作PG∥y軸分別交CA的延長(zhǎng)線，x軸于點(diǎn)N，G，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥PG交PG的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，

設(shè)P（t，t2﹣2t﹣3），
求出直線AC的解析式為y＝x﹣3，
∴N（t，t﹣3），
∴PN＝t2﹣2t﹣3﹣（t﹣3）＝t2﹣3t，
∴S＝S△PCN﹣S△PAN
=12PN?OA=12×(t2?3t)×3
=32t2?92t（t＞3）；
（3）延長(zhǎng)PD交x軸于點(diǎn)G，

∵tan∠PBG=PGBG=t2?2t?3t+1=t﹣3，
∴tan∠PBG=OEOB=t﹣3，
∴OE＝t﹣3，
∵DG＝t﹣3，
∴OE＝DG，
連接DE，
∴四邊形EOGD是矩形，
∴DE∥AN，
∵FN＝FK，
∴∠FNA＝∠FAN＝∠DEF＝∠FDE，
∴FE＝FD，
過(guò)點(diǎn)F作FR⊥DE，
∴RE＝RD=t2，
過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥RE交RE延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，
∵QE＝EF，∠QHE＝∠FRE，∠QEH＝∠FER，
∴△FER≌△QEH（AAS），
∴QH＝FR，EH＝ER，
∴F（12t，14t2?t﹣3），Q（?12t，14t2+t﹣3），
∴14t2+t﹣3﹣t+3＝t﹣3，
解得t1＝4，t2＝0（舍去），
∴F（2，﹣3），D（4，1），
設(shè)直線DF的解析式為y＝kx+b，
∴?3=2k+b1=4k+b，
∴k=2b=?7，
∴直線DF的解析式為y＝2x﹣7．
3．（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）S△ABP=PH?5÷2=(?x2+3x+4)×5÷2=y=52x2+152x+2，即可求解；
（3）PE=yP?yE=(?x2+4x+5)?(x+1)=?x2+3x+4，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=?45x+4，設(shè)M（x，﹣x2+4x+5），A（﹣1，0），所以其中點(diǎn)坐標(biāo)為M'(x?12，?x2+4x+52)，將M'代入y=?45x+4，解得x1＝3，x2＝﹣1（舍），即可求解．
【解析】（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，
∴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PH=yP?yH=(?x2+4x+5)?(x+1)=?x2+3x+4，
xB﹣xA＝4﹣（﹣1）＝5，
所以S△ABP=PH?5÷2=(?x2+3x+4)×5÷2=y=52x2+152x+2，
其對(duì)稱軸為x=32，
把x=32代入y＝﹣x2+4x+5得：y=354，
即△ABP的面積最大時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為(32，354)；

（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PE=yP?yE=(?x2+4x+5)?(x+1)=?x2+3x+4，
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M'(x?12，?x2+4x+52)，
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．
4．（2020?南崗區(qū)模擬）已知：拋物線y=?12x2+m?22x+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(xiě)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，?12d2+32d+5），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，tanα=12，由（2）可求出d的值，則D點(diǎn)坐標(biāo)可求出．則S＝8．
【解析】（1）由y=?12x2+m?22x+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=?12x2+32x+5；
（2）過(guò)點(diǎn)D作DK⊥x軸于點(diǎn)K，設(shè)∠DAB＝α，則D（d，?12d2+32d+5），

∴tanα=DKAK=?12(d+2)(d?5)d?(?2)=12(5?d)．
∴EO＝AO?tanα＝5﹣d，CE＝5﹣（5﹣d）＝d，
∴S=12CE?DH=12d2；
（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，
∴在Rt△DHE中，tanα=HEDH=3k6k=12，
由（2）知tanα=12(5?d)，
∴12=12(5?d)．
∴d＝4，
∴D（4，3），
∴S=12d2=12×16=8．
【題組二】
5．（2020?哈爾濱模擬）如圖，拋物線y＝ax2+bx+5經(jīng)過(guò)坐標(biāo)軸上A、B和C三點(diǎn)，連接AC，tanC=35，5OA＝3OB．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)Q在第四象限的拋物線上且橫坐標(biāo)為t，連接BQ交y軸于點(diǎn)E，連接CQ、CB，△BCQ的面積為S，求S與t的函數(shù)解析式；
（3）已知點(diǎn)D是拋物線的頂點(diǎn)，連接CQ，DH所在直線是拋物線的對(duì)稱軸，連接QH，若∠BQC＝45°，HR∥x軸交拋物線于點(diǎn)R，HQ＝HR，求點(diǎn)R的坐標(biāo)．

【分析】（1）c＝5，OC＝5，tanC=35，則OA＝3，5OA＝3OB，則OB＝5，故點(diǎn)A、B、C的坐標(biāo)分別為：（3，0）、（﹣5，0）、（0，5），即可求解；
（2）S=12×CE×（xQ﹣xB）=12×（5+53t﹣5）×（t+5）=56t2+256t；
（3）證明△CTE≌△QTJ（AAS），故CE＝QJ＝5m，JN＝JQ﹣QN＝5m﹣3m＝2m，tan∠EQN＝tan∠JCN，即EN3m=2m5m+EN，解得：EN＝m或﹣6m（舍去﹣6m）；CN＝CE+EN＝5m+m＝6m，故點(diǎn)Q（3m，5﹣6m），將點(diǎn)Q的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式并解得：m＝0（舍去）或43，故點(diǎn)Q（4，﹣3），設(shè)：HR＝k，則點(diǎn)R（k﹣1，?13k2+163），
QS＝y(tǒng)Q﹣yR=13k2?253，由勾股定理得：QS2+HS2＝HQ2，即（13k2?253）2+25＝k2，即可求解．
【解析】（1）c＝5，OC＝5，tanC=35，則OA＝3，
5OA＝3OB，則OB＝5，
故點(diǎn)A、B、C的坐標(biāo)分別為：（3，0）、（﹣5，0）、（0，5），
則拋物線表達(dá)式為：y＝a（x+5）（x﹣3）＝a（x2+2x﹣15），
即﹣15a＝5，解得：a=?13，
故拋物線的表達(dá)式為：y=?13x2?23x+5；

（2）設(shè)點(diǎn)Q（t，?13t2?23t+5），點(diǎn)B（﹣5，0），
由點(diǎn)B、Q的坐標(biāo)得：直線BQ的表達(dá)式為：y=?13（t﹣3）（x+5），
故點(diǎn)E（0，?53t+5），
S=12×CE×（xQ﹣xB）=12×（5+53t﹣5）×（t+5）=56t2+256t；

（3）過(guò)點(diǎn)Q作QJ∥x軸交y軸于點(diǎn)N，交對(duì)稱軸于點(diǎn)L，過(guò)點(diǎn)C作CT⊥BQ于點(diǎn)T，
延長(zhǎng)CT交QJ于點(diǎn)J，過(guò)點(diǎn)Q作y軸的平行線交x軸于點(diǎn)K，交HR于點(diǎn)S，

則OKQN為矩形，OK＝QN＝t，
由（2）知，CE=53t，故QN：CE＝3：5，
設(shè)QN＝3m，則CE＝5m，
∵∠BQC＝45°，故CT＝QT，
∠EQN＝90°﹣∠NEQ＝90°﹣∠CET＝∠TCE＝∠JCN，
故△CTE≌△QTJ（AAS），
故CE＝QJ＝5m，JN＝JQ﹣QN＝5m﹣3m＝2m，
tan∠EQN＝tan∠JCN，即EN3m=2m5m+EN，
解得：EN＝m或﹣6m（舍去﹣6m）；
CN＝CE+EN＝5m+m＝6m，故點(diǎn)Q（3m，5﹣6m），
將點(diǎn)Q的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式并解得：m＝0（舍去）或43，
故點(diǎn)Q（4，﹣3），
拋物線的頂點(diǎn)D坐標(biāo)為：（﹣1，163），
QL＝4+1＝5＝HS，
設(shè)：HR＝k，則點(diǎn)R（k﹣1，?13k2+163），
QS＝y(tǒng)Q﹣yR=13k2?253，
由勾股定理得：QS2+HS2＝HQ2，
即（13k2?253）2+25＝k2，
解得：k=34（不合題意值已舍去），
故點(diǎn)R（34?1，﹣6）．
6．（2020?武漢模擬）已知：在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2﹣2ax﹣3a交x軸于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左邊），交y軸負(fù)半軸于點(diǎn)C．
（1）則點(diǎn)A的坐標(biāo)為?。ī?，0）　，點(diǎn)B的坐標(biāo)為?。?，0）?。?br /> （2）如圖1，過(guò)點(diǎn)A的直線y＝ax+a交y正半軸于點(diǎn)F，交拋物線于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)B作BE∥y軸交AD于E，求證：AF＝DE．
（3）如圖2，直線DE：y＝kx+b與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)D，與對(duì)稱軸交于點(diǎn)E，對(duì)稱軸上存在點(diǎn)F，滿足DF＝FE．若a＝1，求點(diǎn)F坐標(biāo)．

【分析】（1）令y＝0，得ax2﹣2ax﹣3a＝0，解出x即可；
（2）過(guò)E，D分別作x軸，y軸的平行線，交于H，證明∴&△FAO≌△DEH即可；
（3）令x^{2}﹣2 x﹣3＝kx+b得x2﹣（2+k）x﹣3﹣b＝0，得出k與b的關(guān)系，然后求出D，E的坐標(biāo)，根據(jù)FE＝FD，列方程求出F的坐標(biāo)．
【解析】（1）令y＝0，得ax2﹣2ax﹣3a＝0
即x2﹣2x﹣3＝0
得x1＝3，x2＝﹣1
∴A（﹣1，0）B（3，0）
（2）過(guò)E，D分別作x軸，y軸的平行線，交于H．

令ax+a＝ax2﹣2ax﹣3a
得ax2﹣3ax﹣4a＝0，
∴x2﹣3x﹣4＝0
∴x1＝4，x2＝﹣1
∴xD＝4
∴EH＝AO＝1
＝∠AOF＝∠EHD，∠FAO＝∠DEH
∴△FAO≌△DEH
∴AF＝DE
（3）令x^{2}﹣2 x﹣3＝kx+b
得x2﹣（2+k）x﹣3﹣b＝0
（2+k）2+4（3+b）＝0
∴b=?14(2+k)2?3
=?14(k2+4k+4)?3
=?14k2?k?4
∴y=kx+b=kx?14k2?k?4
∴yE=k?14k2?k?4
=?14k2?4
∴xD=2+k2，
∴yD=k?2+k2?14k2?k?4
=k+12k2?14k2?k?4
=14k2?4
∴EF=yF?yE=yF?(?14k2?4)
=yF+k24+4
DF2=(2+k2?1)2+(14k2?4?yF)2
=k2+(14k2?4)2?2(14k2?4)?yF+yF2
∵EF＝DF
∴(yF+k24+4)2=k2+(14k2?4)2?2(14k2?4)yF+yF2
整理得
[2(k24+4)+2(14k2?4)]yF=k2+(14k2?4)2?(14k2+4)2
∴yF=?154
F的坐標(biāo)為（1，?154）
7．（2020?皇姑區(qū)校級(jí)一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=?12x2+bx+c與x軸交于點(diǎn)A，B，其中點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，0），與y軸交于點(diǎn)C（0，2）．
（1）求拋物線y=?12x2+bx+c和直線BC的函數(shù)表達(dá)式；
（2）點(diǎn)P是直線BC上方的拋物線上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)P到直線BC的距離最大時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）連接點(diǎn)O與（2）中求出的點(diǎn)P，交直線BC于點(diǎn)D，點(diǎn)N是直線BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接ON，作DF⊥ON于點(diǎn)F，點(diǎn)F在線段ON上，當(dāng)OD=5DF時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)N的坐標(biāo)．

【分析】（1）將(4，0)，(0，2)代入y=12x2+bx+c．，可得b，c的方程組，即可求出b，c；
（2）作PQ⊥x軸交BC于Q，連結(jié)PC，PB，表示出三角形PBC的面積，當(dāng)面積最大時(shí)，P到BC的距離最大；
（3）分N在D的右邊和左邊兩種情況討論，可得△DON～△DBO，然后求出DN，BN，從而進(jìn)一步求出N的坐標(biāo)．
【解析】（1）將(4，0)，(0，2)代入y=12x2+bx+c．
得 ?12×16+4b+c=0c=2
得 c=2b=32
∴y=?12x2+32x+2
設(shè) BC：y＝kx+m
得 4k+m=0m=2
∴k=?12m=2
∴y=?12x+2
（2）作PQ⊥x軸交BC于Q，連結(jié)PC，PB

設(shè)P(x，?12x2+32x+2)，Q(x，?12x+2)
∴PQ=?12x2+2x=?12(x?2)2+2
∴當(dāng) x＝2，PQmax＝2
∵S△PBC=12OB×PQ=2PQ
∴當(dāng)PQ最大時(shí)，S△PBC最大
此時(shí)，P到BC的距離最大
∴P（2，3）
（3）由（2）得P（2，3）
∴ 直線 OP：y=32x
y=32xy=?12x+2
得 x=1y=32
∴D(1，32)
∴OD=1+94=132，
∴BD=(32)2+32=352；
①當(dāng)N在D的右側(cè)時(shí)，如下圖

∵DFOD=55=COBC
∴∠DON＝∠OBC
∴△DON～△DBO
∴OD2＝DN?BD
∴DN=OD2BD=13530
∴BN＝BD﹣DN=16515，
∴NG=55BN=1615，
∴BG=3215
∴OG=4?3215=2815
∴N(2815，1615)
②當(dāng)N在D的左側(cè)時(shí)，如下圖所示，

∵∠NOD＝∠OBN
∴△OND～△BNO
∴NDON=ODOB=138
∴ 設(shè) ND=13t，ON=8t
∵ON2＝ND?BN
∴64t2=13t(13t+352)
得t=6534
∴BN=13t+352
=64534
作NG⊥x軸于點(diǎn)G
則NG=55BN=6434
∴BG=6417，OG=4?6417=417，
∴N(417，3217)
綜上所述N(2815，1615)或(417，3217)．
8．（2020?花都區(qū)一模）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c交x軸于A、B兩點(diǎn)，其中點(diǎn)A坐標(biāo)為（﹣3，0），與y軸交于點(diǎn)C（0，3）．
（1）求拋物線的函數(shù)解析式；
（2）點(diǎn)M為拋物線y＝﹣x2+bx+c上異于點(diǎn)C的一個(gè)點(diǎn)，且S△OMC=12S△ABC，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（3）若點(diǎn)P為x軸上方拋物線上任意一點(diǎn)，點(diǎn)D是拋物線對(duì)稱軸與x軸的交點(diǎn)，直線AP、BP分別交拋物線的對(duì)稱軸于點(diǎn)E、F．請(qǐng)問(wèn)DE+DF是否為定值？如果是，請(qǐng)求出這個(gè)定值；如果不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【分析】（1）將點(diǎn)A、C的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式，即可求解；
（2）12S△ABC=12×12×AB×OC=14×4×3＝3，而S△OMC=12×OC×|xM|=32|xM|＝3，即可求解；
（3）求出直線AP、BP的函數(shù)表達(dá)式，即可求解．
【解析】（1）將點(diǎn)A、C的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式得?9?3b+c=0c=3，解得b=?2c=3，
故拋物線的表達(dá)式為：y＝﹣x2﹣2x+3；

（2）對(duì)于拋物線y＝﹣x2﹣2x+3，令y＝0，則x＝﹣3或1，
故點(diǎn)B（1，0），
∴12S△ABC=12×12×AB×OC=14×4×3＝3，
∵S△OMC=12×OC×|xM|=32|xM|＝3，解得：xM＝±2，
故點(diǎn)M的坐標(biāo)為（2，﹣5）或（﹣2，3）；

（3）是定值，理由：
設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，﹣m2﹣2m+3），

設(shè)直線AP的表達(dá)式為：y＝kx+t，則0=?3k+t?m2?2m+3=mk+t，解得k=1?mt=3?3m，
故直線AP的表達(dá)式為：y＝﹣（m﹣1）（x+3），
當(dāng)x=?b2a=?1時(shí)，y＝2﹣2m，即點(diǎn)E（﹣1，2﹣2m），即DE＝2﹣2m，
同理可得，直線BP的表達(dá)式為：y＝﹣（m+3）（x﹣1），
當(dāng)x＝﹣1時(shí)，y＝2m+6，故點(diǎn)F（﹣1，2m+6），即DF＝2m+6，
∴DE+DF＝2﹣2m+2m+6＝8，為定值．
【題組三】
9．（2020?岳陽(yáng)二模）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+22CF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=32時(shí)，PM的最大值；
②當(dāng)PM的最大值時(shí)，P（32，?154），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+22CF的值最小，根據(jù)45度的直角三角形的性質(zhì)可得結(jié)論．
【解析】（1）把A（﹣1，0），點(diǎn)C（0，﹣3）代入拋物線y＝x2+bx+c中得：1?b+c=0c=?3，
解得：b=?2c=?3，
∴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=32．
同理，當(dāng)點(diǎn)E在點(diǎn)B的右側(cè)時(shí)，點(diǎn)E的坐標(biāo)是（6，0）．
∴綜上所述，點(diǎn)E的坐標(biāo)是（32，0）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3k+b=0b=?3，解得：k=1b=?3，
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?32）2+94，
當(dāng)x=32時(shí)，PM有最大值為94；
②當(dāng)PM有最大值，P（32，?154），
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=22CF，
當(dāng)N、F、H三點(diǎn)共線時(shí)，PH+NH最小，即PH+HF+22CF的值最小，
Rt△OCK中，OC＝3，
∴OK＝3，
∵OH=32，
∴KH=32+3=92，
Rt△KNH中，∠KHN＝45°，
∴KN=22KH=924，
∴NH＝KN=924，
∴PH+HF+22CF的最小值是PH+NH=92+154．
10．（2020?鎮(zhèn)江模擬）二次函數(shù)y＝a（x﹣3）2﹣1的圖象記為拋物線C，它與x軸交于點(diǎn)A（2，0）、B，其對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)E，頂點(diǎn)為D，點(diǎn)P（m，n）在拋物線C上（異于點(diǎn)A、B、D）．小聰以點(diǎn)E為位似中心，把A、B、D、P為頂點(diǎn)的四邊形按相似比2：1放大，并畫(huà)出了過(guò)A、B、D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)的拋物線C1（如圖），小明認(rèn)為還可以找到一條過(guò)A、B、D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)的拋物線C2．
（1）a＝　1??；拋物線C2對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為　y=?12（x﹣3）2+2?。?br /> （2）試證明：點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)在拋物線C1或C2上；（選擇其中一種情形證明）
（3）設(shè)點(diǎn)P（1，3）落在拋物線C1、C2上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為P1、P2，點(diǎn)Q在這個(gè)平面直角坐標(biāo)系上，P1Q＝213，DQ+12P2Q的最小值為　25?。ㄖ苯訉?xiě)出結(jié)果）

【分析】（1）利用待定系數(shù)法解決問(wèn)題即可．
（2）如圖1中：按照小聰?shù)淖鞣ㄗ鞒鳇c(diǎn)P的對(duì)稱點(diǎn)P'．過(guò)點(diǎn)P（m，n）作PM⊥x軸，過(guò)它的對(duì)應(yīng)點(diǎn)P'（a，b）作P'N⊥x軸，M、N是垂足（如圖），想辦法求出P′坐標(biāo)（用m表示），如何利用待定系數(shù)法求解即可．
（3）如圖2中，連接PQ，PD，DQ，P1Q，P2Q，由題意點(diǎn)P（1，3），P1（﹣1，6），P2（7，﹣6），E（3，0），證明△P1QP∽△P1P2Q，推出PQQP2=PP1QP1=12，推出PQ=12QP2，推出DQ+12QP2＝DQ+PQ≥DP，求出PD即可解決問(wèn)題．
【解析】（1）把點(diǎn)A（2，0）代入二次函數(shù)y＝a（x﹣3）2﹣1中，
解得a＝1，
由題意，拋物線C2的頂點(diǎn)（3，2），經(jīng)過(guò)（1，0）和（5，0），
∴可以假設(shè)拋物線C2的解析式為y＝a（x﹣3）2+2，
把（1，0）代入得到a=?12，
∴拋物線C2：y=?12(x?3)2+2．
故答案為：1，y=?12（x﹣3）2+2．

（2）如圖1中：按照小聰?shù)淖鞣ㄗ鞒鳇c(diǎn)P的對(duì)稱點(diǎn)P'．

過(guò)點(diǎn)P（m，n）作PM⊥x軸，過(guò)它的對(duì)應(yīng)點(diǎn)P'（a，b）作P'N⊥x軸，M、N是垂足（如圖），
∴Rt△PME∽R(shí)t△P'NE，相似比1：2，
∴3﹣a＝2（3﹣m），b﹣0＝2（n﹣0），
則點(diǎn)P'的坐標(biāo)為（2m﹣3，2n），
P（m，n）在拋物線y＝（x﹣3）2﹣1上，
∴n＝（m﹣3）2﹣1，即 （m﹣3）2＝n+1，
將x＝2m﹣3代入拋物線C1對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式y(tǒng)=12（x﹣3）2﹣2中，
則y=12（2m﹣3﹣3）2﹣2＝2（m﹣3）2﹣2＝2（n+1）﹣2＝2n
∴P'（2m﹣3，2n）在拋物線C1上．
（另一種情形的同法可證）．

（3）如圖2中，連接PQ，PD，DQ，P1Q，P2Q，由題意點(diǎn)P（1，3），P1（﹣1，6），P2（7，﹣6），E（3，0），

∴P1E=42+62=213，P1P=13，P1P2=122+82=413，DP=22+42=25，
∴點(diǎn)Q是以點(diǎn)P1為圓心，PE長(zhǎng)為半徑的圓上，
∴P1Q2＝P1P?P1P2，
∴P1QP1P2=P1PP1Q=12，
∵∠QP1P＝∠QP1P2，
∴△P1QP∽△P1P2Q，
∴PQQP2=PP1QP1=12，
∴PQ=12QP2，
∴DQ+12QP2＝DQ+PQ≥DP，
∴DQ+12QP2≥25，
∴DQ+12P2Q的最小值25．
故答案為25．
11．（2020?白云區(qū)模擬）如圖，拋物線y＝x2+bx+c交x軸于點(diǎn)A，B兩點(diǎn)，OA＝1，與y軸交于點(diǎn)C，連接AC，tan∠OAC＝3，拋物線的對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)D．
（1）求點(diǎn)A，C的坐標(biāo)；
（2）若點(diǎn)P在拋物線上，且滿足∠PAB＝2∠ACO，求直線PA在與y軸交點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）點(diǎn)Q在拋物線上，且在x軸下方，直線AQ，BQ分別交拋物線的對(duì)稱軸于點(diǎn)M、N．求證：DM+DN為定值，并求出這個(gè)定值．

【分析】（1）OA＝1，tan∠OAC＝3，則OC＝OAtan∠OAC＝3，故點(diǎn)A、C的坐標(biāo)分別為（1，0）、（0，﹣3）．
（2）點(diǎn)P可以在x軸上方或下方，需分類討論．①若點(diǎn)P在x軸下方，延長(zhǎng)AP到H，使AH＝AB構(gòu)造等腰△ABH，作BH中點(diǎn)G，即有∠PAB＝2∠BAG＝2∠ACO，利用∠ACO的三角函數(shù)值，求BG、BH的長(zhǎng)，進(jìn)而求得H的坐標(biāo)，求得直線AH的解析式后與拋物線解析式聯(lián)立，即求出點(diǎn)P坐標(biāo)．②若點(diǎn)P在x軸上方，根據(jù)對(duì)稱性，AP一定經(jīng)過(guò)點(diǎn)H關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)H'，求得直線AH'的解析式后與拋物線解析式聯(lián)立，即求出點(diǎn)P坐標(biāo)．
（3）設(shè)點(diǎn)Q橫坐標(biāo)為t，用t表示直線AQ、BN的解析式，把x＝﹣1分別代入即求得點(diǎn)M、N的縱坐標(biāo)，再求DM、DN的長(zhǎng)，即得到DM+DN為定值．
【解析】（1）∵OA＝1，tan∠OAC＝3，
則OC＝OAtan∠OAC＝3，故點(diǎn)A、C的坐標(biāo)分別為（1，0）、（0，﹣3），

（2）拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（1，0），C（0，﹣3），
∴1+b+c=0c=?3，解得b=2c=?3，
∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y＝x2+2x﹣3；
①若點(diǎn)P在x軸下方，如圖1，

延長(zhǎng)AP到H，使AH＝AB，過(guò)點(diǎn)B作BI⊥x軸，連接BH，作BH中點(diǎn)G，連接并延長(zhǎng)AG交BI于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)H作HI⊥BI于點(diǎn)I，
∵當(dāng)x2+2x﹣3＝0，解得：x1＝﹣3，x2＝1，
∴B（﹣3，0），
∵A（1，0），C（0，﹣3），
∴OA＝1，OC＝3，AC=12+32=10，AB＝4，
∴Rt△AOC中，sin∠ACO=AOAC=1010，cos∠ACO=31010，
∵AB＝AH，G為BH中點(diǎn)，
∴AG⊥BH，BG＝GH，
∴∠BAG＝∠HAG，即∠PAB＝2∠BAG，
∵∠PAB＝2∠ACO，
∴∠BAG＝∠ACO，
∴Rt△ABG中，∠AGB＝90°，sin∠BAG=BGAB=1010，
∴BG=1010AB=2105，
∴BH＝2BG=4105，
∵∠HBI+∠ABG＝∠ABG+∠BAG＝90°，
∴∠HBI＝∠BAG＝∠ACO，
∴Rt△BHI中，∠BIH＝90°，sin∠HBI=HIBH=1010，cos∠HBI=BIBH=31010，
∴HI=1010BH=45，BI=31010BH=125，
∴xH＝﹣3+45=?115，yH=?125，即H（?115，?125），
由點(diǎn)A、H的坐標(biāo)的，直線AH的表達(dá)式為：y=34x?34，
故直線PA在與y軸交點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，?34）；
②若點(diǎn)P在x軸上方，如圖2，

在AP上截取AH'＝AH，則H'與H關(guān)于x軸對(duì)稱，
∴H'（?115，125），
同理可得，直線AH'：y=?34x+34，
故直線PA在與y軸交點(diǎn)的坐標(biāo)（0，34）；
綜上，直線PA在與y軸交點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，?34）或（0，34）；

（3）DM+DN為定值，
∵拋物線y＝x2+2x﹣3的對(duì)稱軸為：直線x＝﹣1，
∴D（﹣1，0），xM＝xN＝﹣1，
設(shè)Q（t，t2+2t﹣3）（﹣3＜t＜1），
由點(diǎn)A、Q的坐標(biāo)得，直線AQ：y＝（t+3）x﹣t﹣3，
當(dāng)x＝﹣1時(shí)，yM＝﹣t﹣3﹣t﹣3＝﹣2t﹣6，
∴DM＝0﹣（﹣2t﹣6）＝2t+6，
同理可得，直線BQ：y＝（t﹣1）x+3t﹣3，
當(dāng)x＝﹣1時(shí)，yN＝﹣t+1+3t﹣3＝2t﹣2，
∴DN＝0﹣（2t﹣2）＝﹣2t+2，
∴DM+DN＝2t+6+（﹣2t+2）＝8，為定值．
12．（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=?13x2+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=43，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，tan∠EBD=43，則?13t2+83t+39?t=43，解得t1＝3，t2＝9（舍去），利用?13t2+83t+3=?13×32+83×3+3=8，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RF=8?(?13n2+83n+3)=13n2?83n+5，RL＝11﹣n，故tan∠PLE=RFRL=13n2?83n+511?n=23，即可求解．
【解析】（1）如圖1，當(dāng)x＝0時(shí)，y=?13×02+b×0+3=3，
∴C（0，3），∴OC＝3，
∵OB＝3OC，
∴OB＝9，∴B（9，0），
∵點(diǎn)B在拋物線y=?13x2+bx+3上，
∴0=?13×92+9b+3，b=83，
∴拋物線的解析式為y=?13x2+83x+3；

（2）如圖2，設(shè)E(t，?13t2+83t+3)，
∴ED=?13t2+83t+3，BD＝9﹣t，
在Rt△EDB中，tan∠EBD=43，
∴?13t2+83t+39?t=43，
解得t1＝3，t2＝9（舍去），
∴?13t2+83t+3=?13×32+83×3+3=8，
∴E（3，8），OD＝3，BD＝6，ED＝8，
∴S△BDE=12BD?ED=24；

（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)GCD=32，BD＝6，BC=310，
設(shè)CG＝a，則BG=310?a，
在Rt△CGD中，DG2＝CD2﹣CG2，
在Rt△BGD中，DG2＝BD2﹣BG2，
∴CD2﹣CG2＝BD2﹣BG2，
∴a=6510，
∴DG=3510，
∴tan∠DCG=DGCG=12，
∴tan∠DEN=12，
∴DNED=12，∴DN＝4，
∴N（7，0），
過(guò)點(diǎn)K作KH⊥ED于點(diǎn)H，
設(shè)K(m，?13m2+83m+3)，
∴KH＝m﹣3，EH=8?(?13m2+83m+3)=13m2?83m+5，
∵tan∠HEK=12，
∴m?313m2?85m+5=12，
∴m1＝11，m2＝3（舍），
當(dāng)m＝11時(shí)，y=?13×112+83×11+3=?8，
∴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，
∴SE=23EL=23ED，
在Rt△SED中，tan∠SDE=SEED=23，
∴tan∠PLE=23，
過(guò)點(diǎn)F作FR⊥EL于點(diǎn)R，設(shè)F(n，?13n2+83n+3)，
則RF=8?(?13n2+83n+3)=13n2?83n+5，RL＝11﹣n，
∴tan∠PLE=RFRL=13n2?83n+511?n=23，
∴n2﹣6n﹣7＝0，
∴n1＝7，n2＝﹣1（舍），
∴F(7，163)．
【題組四】
13．（2020?漢陽(yáng)區(qū)模擬）如圖，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（﹣3，12）、B（3，0）．
（1）求b、c的值；
（2）如圖1，點(diǎn)D是直線AB下方拋物線上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)D作y軸的平行線交AB于點(diǎn)N，求DN的最大值；
（3）如圖2，若P是y軸上一點(diǎn)，連PA、PB分別交拋物線于點(diǎn)E、F，探究EF與AB的位置關(guān)系，并說(shuō)明理由．

【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；
（2）設(shè)點(diǎn)D（x，x2﹣2x﹣3），則點(diǎn)N（x，﹣2x+6），則DN＝﹣2x+6﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+9≤9，即可求解；
（3）求出直線PA、PB的解析式，進(jìn)而求出點(diǎn)E、F的坐標(biāo)，得到直線EF的表達(dá)式，即可求解．
【解析】（1）將點(diǎn)A、B的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式得12=(?3)2?3b+c0=9+3b+c，解得b=?2c=?3，
故拋物線的表達(dá)式為y＝x2﹣2x﹣3①，
答：b、c的值分別為﹣2，﹣3；

（2）設(shè)直線AB的表達(dá)式為y＝kx+t，則12=?3k+t0=3k+t，解得k=?2t=6，
故直線AB的表達(dá)式為y＝﹣2x+6，
設(shè)點(diǎn)D（x，x2﹣2x﹣3），則點(diǎn)N（x，﹣2x+6），
則DN＝﹣2x+6﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+9≤9，
故DN的最大值為9；

（3）結(jié)論：EF∥BA或EF與BA重合．
理由：設(shè)P（0，m），
∵A（﹣3，12），B（3，0），
由點(diǎn)A、P的坐標(biāo)得，直線PA的解析式為y=m?123x+m②，
同理，直線PB的解析式為y=?13mx+m，
聯(lián)立①②并整理得：3x2+（6﹣m）x﹣3（m+3）＝0，
解得：x＝﹣3或m+33（舍去﹣3），
∴E（m+33，m2?369），
同理可得，點(diǎn)F（?m+33，m2+12m9），
設(shè)直線EF解析式為y＝ax+t，
則m2+12m9=?m+33a+tm2?369=m+33a+t，解得a=?2t=t，
即直線EF的表達(dá)式為y＝﹣2x+t，
∵直線BA的解析式為y＝﹣2x+6，
∴t≠6時(shí)，EF∥AB，
∴t＝6時(shí)，直線EF與BA重合．
14．（2020?福安市校級(jí)模擬）已知，拋物線y＝ax2，其中a＞0．
（1）如圖1，若點(diǎn)A、B是此拋物線上兩點(diǎn)，且分屬于y軸兩側(cè)，連接AB與y軸相交于點(diǎn)C，且∠AOB＝90°．
求證：CO=1a；
（2）如圖2，若點(diǎn)A是此拋物線上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A的直線恰好與此拋物線僅有一個(gè)交點(diǎn)，且與y軸交于點(diǎn)B，與x軸相交于點(diǎn)C．求證：AC＝BC．

【分析】（1）設(shè)A（b，ab2），B（c，ac2），根據(jù)勾股定理列等式可得bc=?1a2，利用待定系數(shù)法可得直線AB的解析式為：y＝a（b+c）x﹣abc，把x＝0代入可得結(jié)論；
（2）如圖2，過(guò)A作AD⊥y軸于D，先根據(jù)設(shè)直線AB的解析式為：y＝kx+b，可得OC的長(zhǎng)，由直線AB與此拋物線僅有一個(gè)交點(diǎn)，建立方程△＝0，并解方程，根據(jù)平行線分線段成比例定理列比例式可得結(jié)論．
【解析】證明：（1）設(shè)A（b，ab2），B（c，ac2），
∵∠AOB＝90°，
∴AB2＝AO2+BO2，
∴（b﹣c）2+（ab2﹣ac2）2＝b2+a2b4+c2+a2c4，
﹣2bc﹣2a2b2c2＝0，
1+a2bc＝0，
∴bc=?1a2，
設(shè)直線AB的解析式為：y＝mx+n，
則bm+n=ab2cm+n=ac2，解得m=a(b+c)n=?abc，
∴直線AB的解析式為：y＝a（b+c）x﹣abc，
當(dāng)x＝0時(shí)，y＝OC＝﹣abc＝﹣a?（?1a2）=1a；
（2）如圖2，過(guò)A作AD⊥y軸于D，

設(shè)直線AB的解析式為：y＝kx+b，
當(dāng)y＝0時(shí)，kx+b＝0，
∴x=?bk，
∴OC=?bk，
∵過(guò)點(diǎn)A的直線AB恰好與此拋物線僅有一個(gè)交點(diǎn)，
∴ax2＝kx+b，
∴ax2﹣kx﹣b＝0，
△＝k2+4ab＝0，
∴b=?k24a，OC=??k24ak=k4a，
∴x=k2a，
∵a＞0，k＞0，
∴AD=k2a，
∵AD∥OC，
∴OCAD=BCAB=k4ak2a=12，
∴AB＝2BC，
∴AC＝BC．
15．（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．
（?。┤簟螼BA＝90°，2＜CEAB＜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．
【解析】（Ⅰ）如圖1，y＝x2+mx=(x+m2)2?m24，

∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為(?m2，?m24)，
由x2+mx＝0，得x1＝0，x2＝﹣m，
∴A（﹣m，0），
∴OA＝﹣m，
∴S△OAB=12OA?|yB|=12?(?m)?m24=?18m3；


（Ⅱ） （?。┤鐖D2，作BF⊥x軸于點(diǎn)F，

則∠AFB＝∠EOC＝90°．
∵CE∥AB，
∴∠OEC＝∠FAB?
∴△EOC∽△AFB．
∴OCBF=CEAB．
∵2＜CEAB＜3，
∴2＜OCBF＜3，
∵拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為B（?m2，?m24），∠OBA＝90°，
∴△OAB為等腰直角三角形，
∴?m2=m24，
∵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（?m2，?m24），

∴?mk2+b=?m24，
∴b=mk2?m24=2mk?m24，
∴y＝kx+2mk?m24，
∴C（0，2mk?m24），
由x2+mx＝kx+2mk?m24，得：
x2+（m﹣k）x?2mk?m24=0，
△＝（m﹣k）2+4×2mk?m24=k2，
解得x1=?m2，x2=2k?m2，
∵點(diǎn)D不與點(diǎn)B重合，
∴點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為2k?m2，
設(shè)直線AB的表達(dá)式為y＝px+q，則：?pm+q=0?pm2+q=?m24．
解得．p=?m2q=?m22，
∴直線AB的表達(dá)式為y=?mx2?m22，
∵直線CE∥AB，且過(guò)點(diǎn)C，
∴直線CE的表達(dá)式為y=?mx2+2mk?m24，
當(dāng)y＝0時(shí)，x=2k?m2，
∴E（2k?m2，0），
∴點(diǎn)D，E的橫坐標(biāo)相同，
∴DE∥y軸．
16．（2020?德城區(qū)一模）已知，在以O(shè)為原點(diǎn)的直角坐標(biāo)系中，拋物線的頂點(diǎn)為A （﹣1，﹣4），且經(jīng)過(guò)點(diǎn)B（﹣2，﹣3），與x軸分別交于C、D兩點(diǎn)．

（1）求直線OB以及該拋物線相應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式；
（2）如圖1，點(diǎn)M是拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且在直線OB的下方，過(guò)點(diǎn)M作x軸的平行線與直線OB交于點(diǎn)N，求MN的最大值；
（3）如圖2，過(guò)點(diǎn)A的直線交x軸于點(diǎn)E，且AE∥y軸，點(diǎn)P是拋物線上A、D之間的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，直線PC、PD與AE分別交于F、G兩點(diǎn)．當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí)，EF+EG是否為定值？若是，試求出該定值；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【分析】（1）由B點(diǎn)坐標(biāo)利用待定系數(shù)法可求直線OB解析式，利用頂點(diǎn)式可求得拋物線解析式；
（2）設(shè)M（t，t2+2t﹣3），MN＝s，則可表示出N點(diǎn)坐標(biāo)，由MN的縱坐標(biāo)相等可得到關(guān)于s和t的關(guān)系式，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求得其最大值；
（3）設(shè)P（t，t2+2t﹣3），則可表示出PQ、CQ、DQ，再利用相似三角形的性質(zhì)可用t分別表示出EF和EG的長(zhǎng)，則可求得其定值．
【解析】
（1）設(shè)直線OB解析式為y＝kx，由題意可得﹣3＝﹣2k，解得k=32，
∴直線OB解析式為y=32x，
∵拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣1，﹣4），
∴可設(shè)拋物線解析式為y＝a（x+1）2﹣4，
∵拋物線經(jīng)過(guò)B（﹣2，﹣3），
∴﹣3＝a﹣4，解得a＝1，
∴拋物線為y＝x2+2x﹣3；
（2）設(shè)M（t，t2+2t﹣3），MN＝s，則N的橫坐標(biāo)為t﹣s，縱坐標(biāo)為32(t?s)，
∵M(jìn)N∥x軸，
∴t2+2t﹣3=32(t?s)，得s=?23t2?13t+2=?23(t+14)2+4924，
∴當(dāng)t=?14時(shí)，MN有最大值，最大值為4924；
（3）EF+EG＝8．
理由如下：
如圖2，過(guò)點(diǎn)P作PQ∥y軸交x軸于Q，

在y＝x2+2x﹣3中，令y＝0可得0＝x2+2x﹣3，解得x＝﹣3或x＝1，
∴C（﹣3，0），D（1，0），
設(shè)P（t，t2+2t﹣3），則PQ＝﹣t2﹣2t+3，CQ＝t+3，DQ＝1﹣t，
∵PQ∥EF，
∴△CEF∽△CQP，
∴EFPQ=CECQ，
∴EF=CECQ?PQ=2t+3（﹣t2﹣2t+3），
同理△EGD∽△QPD得EGPQ=DEDQ，
∴EG=DEDQ?PQ=21?t?(?t2?2t+3)，
∴EF+EG=2t+3（﹣t2﹣2t+3）+21?t?(?t2?2t+3)=2（﹣t2﹣2t+3）（1t+3+11?t）＝2（﹣t2﹣2t+3）（1?t+t+3(t+3)(1?t)）＝2（﹣t2﹣2t+3）（4?t2?2t+3）＝8，
∴當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí)，EF+EG為定值8．
【題組五】
17．（2020?青山區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，一次函數(shù)y=54x+m（m為常數(shù)）的圖象與x軸交于點(diǎn)A（﹣3，0），與y軸交于點(diǎn)C，以直線x＝1為對(duì)稱軸的拋物線y＝ax2+bx+c（a、b、c為常數(shù)，且a≠0）經(jīng)過(guò)A、C兩點(diǎn)，并與x軸的正半軸交于點(diǎn)B
（1）求m的值及拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）是否存在拋物線上一動(dòng)點(diǎn)Q，使得△ACQ是以AC為直角邊的直角三角形？若存在，求出點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)；若存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）若P是拋物線對(duì)稱軸上一動(dòng)點(diǎn)，且使△ACP周長(zhǎng)最小，過(guò)點(diǎn)P任意作一條與y軸不平行的直線交拋物線于M1（x1，y1），M2（x2，y2）兩點(diǎn)，試問(wèn)M1P?M2PM1M2是否為定值，如果是，請(qǐng)求出結(jié)果，如果不是請(qǐng)說(shuō)明理由．
（參考公式：在平面直角坐標(biāo)系中，若A（x1，y1），B（x2，y2），則A，B兩點(diǎn)間的距離為AB=(x1?x2)2+(y1?y2)2）

【分析】（1）把A（﹣3，0）代入y=54x+m，即可求出m的值，得到一次函數(shù)的解析式，再求出C點(diǎn)坐標(biāo)．根據(jù)拋物線y＝ax2+bx+c的對(duì)稱軸是直線x＝1，且經(jīng)過(guò)A、C，列出關(guān)于a、b、c的方程組，解方程組即可求出拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）設(shè)Q（x，?14x2+12x+154）．如果△ACQ是以AC為直角邊的直角三角形時(shí)，分兩種情況：①點(diǎn)C為直角頂點(diǎn)時(shí)，作CQ⊥AC交拋物線于點(diǎn)Q，QE⊥y軸于E．證明△ACO∽△CQE，根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例求出x的值；②點(diǎn)A為直角頂點(diǎn)時(shí)，作AQ′⊥AC交拋物線于點(diǎn)Q′，Q′E′⊥x軸于E．證明△ACO∽△Q′AE′，根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例求出x的值；
（3）△ACP周長(zhǎng)最小時(shí)，P為直線BC與對(duì)稱軸的交點(diǎn)．根據(jù)二次函數(shù)的對(duì)稱性求出B點(diǎn)坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式，把x＝1代入，求得P點(diǎn)坐標(biāo)為（1，3）．設(shè)過(guò)點(diǎn)P的直線為：y＝kx+3﹣k，把y＝kx+3﹣k代入y=?14x2+12x+154，整理得到x2+（4k﹣2）x﹣4k﹣3＝0，利用根與系數(shù)的關(guān)系得出x1+x2＝2﹣4k，x1x2＝﹣4k﹣3，且y1﹣y2＝k（x1﹣x2），然后根據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式求出M1M2=(x1?x2)2+(y1?y2)2=1+k2(x1?x2)2=4（1+k2），M1P=1+k2(x1?1)2，M2P=1+k2(x2?1)2，那么M1P?M2P＝4（1+k2），進(jìn)而得出M1P?M2PM1M2=1為定值．
【解析】（1）∵一次函數(shù)y=54x+m（m為常數(shù)）的圖象與x軸交于點(diǎn)A（﹣3，0），
∴0=54×（﹣3）+m，解得m=154，
∴一次函數(shù)解析式為y=54x+154，
∴C點(diǎn)坐標(biāo)為（0，154）．
∵以直線x＝1為對(duì)稱軸的拋物線y＝ax2+bx+c（a、b、c為常數(shù)，且a≠0）經(jīng)過(guò)A（﹣3，0）、C（0，154），
∴?b2a=19a?3b+c=0c=154，解得a=?14b=12c=154，
∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=?14x2+12x+154；

（2）存在．設(shè)Q（x，?14x2+12x+154）．
①當(dāng)點(diǎn)C為直角頂點(diǎn)時(shí)，如圖，作CQ⊥AC交拋物線于點(diǎn)Q，QE⊥y軸于E．
在△ACO與△CQE中，
∠ACO=∠CQE=90°?∠QCE∠AOC=∠CEQ，
∴△ACO∽△CQE，
∴QECO=CEAO，即x154=154?(?14x2+12x+154)3，
解得x1＝5.2，x2＝0（不合題意舍去）；
②當(dāng)點(diǎn)A為直角頂點(diǎn)時(shí)，如圖，作AQ′⊥AC交拋物線于點(diǎn)Q′，Q′E′⊥x軸于E．
在△ACO與△Q′AE′中，
∠OAC=∠E'Q'A=90°?∠OAQ'∠AOC=∠Q'E'A，
∴△ACO∽△Q′AE′，
∴AE'CO=Q'E'AO，即x+3154=14x2?12x?1543，
解得x1＝8.2，x2＝﹣3（不合題意舍去）．
綜上所述：Q點(diǎn)的橫坐標(biāo)為5.2或8.2；

（3）∵y=?14x2+12x+154與x軸交于A（﹣3，0）、B兩點(diǎn)，對(duì)稱軸為直線x＝1，
∴B點(diǎn)坐標(biāo)為（5，0），
∵C（0，154），
∴直線BC的解析式為y=?34x+154，
當(dāng)x＝1時(shí)，y=?34×1+154=3，
∴P（1，3）．
設(shè)過(guò)點(diǎn)P的直線為：y＝kx+3﹣k，
把y＝kx+3﹣k代入y=?14x2+12x+154，
得kx+3﹣k=?14x2+12x+154，
整理得，x2+（4k﹣2）x﹣4k﹣3＝0，
∴x1+x2＝2﹣4k，x1x2＝﹣4k﹣3，y1﹣y2＝k（x1﹣x2），
∴（x1﹣x2）2＝（x1+x2）2﹣4x1x2＝（2﹣4k）2﹣4（﹣4k﹣3）＝16k2+16，
∴M1M2=(x1?x2)2+(y1?y2)2=1+k2(x1?x2)2=4（1+k2），
同理：M1P=(x1?1)2+(kx1+3?k?3)2=1+k2(x1?1)2，
M2P=1+k2(x2?1)2，
∴M1P?M2P=1+k2(x1?1)2?1+k2(x2?1)2=|（x1﹣1）（x2﹣1）|?（1+k2）＝4（1+k2），
∴M1P?M2PM1M2=1為定值．

18．（2020?營(yíng)口模擬）如圖1，拋物線y＝﹣x2+mx+n交x軸于點(diǎn)A（﹣2，0）和點(diǎn)B，交y軸于點(diǎn)C（0，2）．
（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）若點(diǎn)M在拋物線上，且S△AOM＝2S△BOC，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（3）如圖2，設(shè)點(diǎn)N是線段AC上的一動(dòng)點(diǎn)，作DN⊥x軸，交拋物線于點(diǎn)D，求線段DN長(zhǎng)度的最大值．

【分析】（1）把A（﹣2，0），C（0，2）代入拋物線的解析式求解即可；
（2）由（1）知，該拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣x+2，則易得B（1，0）．然后依據(jù)S△AOM＝2S△BOC列方程求解即可；
（3）設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+t，將A（﹣2，0），C（0，2）代入可求得直線AC的解析式，設(shè)N點(diǎn)坐標(biāo)為（x，x+2），（﹣2≤x≤0），則D點(diǎn)坐標(biāo)為（x，﹣x2﹣x+2），然后列出ND與x的函數(shù)關(guān)系式，最后再利用配方法求解即可．
【解析】（1）A（﹣2，0），C（0，2）代入拋物線的解析式y(tǒng)＝﹣x2+mx+n，
得?4?2m+n=0n=2，解得m=?1n=2，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣x+2．

（2）由（1）知，該拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣x+2，則易得B（1，0），設(shè)M（m，n）然后依據(jù)S△AOM＝2S△BOC列方程可得：
12?AO×|n|＝2×12×OB×OC，
∴12×2×|﹣m2﹣m+2|＝2，
∴m2+m＝0或m2+m﹣4＝0，
解得x＝0或﹣1或?1±172，
∴符合條件的點(diǎn)M的坐標(biāo)為：（0，2）或（﹣1，2）或（?1+172，﹣2）或（?1?172，﹣2）．

（3）設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+b，將A（﹣2，0），C（0，2）代入
得到?2k+b=0b=2，解得k=1b=2，
∴直線AC的解析式為y＝x+2，
設(shè)N（x，x+2）（﹣2≤x≤0），則D（x，﹣x2﹣x+2），
ND＝（﹣x2﹣x+2）﹣（x+2）＝﹣x2﹣2x＝﹣（x+1）2+1，
∵﹣1＜0，
∴x＝﹣1時(shí)，ND有最大值1．
∴ND的最大值為1．
19．（2020?新都區(qū)模擬）已知：在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2﹣2ax+4（a＜0）交x軸于點(diǎn)A、B，與y軸交于點(diǎn)C，AB＝6．
（1）如圖1，求拋物線的解析式；
（2）如圖2，點(diǎn)R為第一象限的拋物線上一點(diǎn)，分別連接RB、RC，設(shè)△RBC的面積為s，點(diǎn)R的橫坐標(biāo)為t，求s與t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）在（2）的條件下，如圖3，點(diǎn)D在x軸的負(fù)半軸上，點(diǎn)F在y軸的正半軸上，點(diǎn)E為OB上一點(diǎn)，點(diǎn)P為第一象限內(nèi)一點(diǎn)，連接PD、EF，PD交OC于點(diǎn)G，DG＝EF，PD⊥EF，連接PE，∠PEF＝2∠PDE，連接PB、PC，過(guò)點(diǎn)R作RT⊥OB于點(diǎn)T，交PC于點(diǎn)S，若點(diǎn)P在BT的垂直平分線上，OB﹣TS=23，求點(diǎn)R的坐標(biāo)．

【分析】（1）由題意可求A（﹣2，0），B（4，0），將A點(diǎn)代入y＝ax2﹣2ax+4，即可求a的值；
（2）設(shè)R（t，?12t2+t+4），過(guò)點(diǎn)R作x、y軸的垂線，垂足分別為R'，R''，可得四邊形RR'OR''是矩形，求出S△OCR=12OC?RR''=12×4t＝2t，S△ORB=12OB?RR'=12×4（?12t2+t+4）＝﹣t2+2t+8，則有S△RBC＝S△ORB+S△OCR﹣S△OBC＝﹣t2+2t+8+2t?12×4×4＝﹣t2+4t；
（3）設(shè)EF、PD交于點(diǎn)G'，連EG，連接OP交GE于點(diǎn)Q，可以證明OP是EG的垂直平分線，過(guò)P作KP⊥x軸于K，PW⊥y軸于W，交RT于點(diǎn)H，則四邊形PWOK是正方形，設(shè)OT＝2a，則TK＝KB＝CW＝2﹣a，HT＝OK＝PW＝2+a，可求HS＝TS﹣HT=103?（2+a）=43?a，又由tan∠HPS=SHHP=WSWP，可得43?a2?a=2?a2+a，則a＝1或a=23，即可求R的坐標(biāo)．
【解析】（1）∵拋物線的對(duì)稱軸為x＝1，AB＝6，
∴A（﹣2，0），B（4，0），
將點(diǎn)A代入y＝ax2﹣2ax+4，則有0＝4a+4a+4，
∴a=?12，
∴y=?12x2+x+4；
（2）設(shè)R（t，?12t2+t+4），
過(guò)點(diǎn)R作x、y軸的垂線，垂足分別為R'，R''，
則∠RR'O＝∠RR''O＝∠R'OR''＝90°，
∴四邊形RR'OR''是矩形，
∴RR''＝OR'＝t，OR''＝RR'=?12t2+t+4，
∴S△OCR=12OC?RR''=12×4t＝2t，
S△ORB=12OB?RR'=12×4（?12t2+t+4）＝﹣t2+2t+8，
∴S△RBC＝S△ORB+S△OCR﹣S△OBC＝﹣t2+2t+8+2t?12×4×4＝﹣t2+4t；
（3）設(shè)EF、PD交于點(diǎn)G'，連EG，連接OP交GE于點(diǎn)Q，
∵PD⊥EF，
∴∠FG'G＝∠DG'E＝90°＝∠DOG，
∴∠OFE＝∠GDO，
∵∠DOG＝∠FOE＝90°，EF＝DG，
∴△DGO≌△FEO（AAS），
∴GO＝OE，
∵∠OGP＝90°+∠OFE，∠OEP＝90°﹣∠OFE+∠PEF，
又∵∠PEF＝2∠OFE，
∴∠OEP＝90°﹣∠OFE+2∠OFE＝90°+∠OFE，
∵∠OGE＝∠OEG＝45°，
∴∠PGQ＝∠PEQ，
∴PG＝PE，
∴△PGO≌△PEO（SAS），
∴OP是EG的垂直平分線，
∴OP平分∠COB，
過(guò)P作KP⊥x軸于K，PW⊥y軸于W，交RT于點(diǎn)H，
則PW＝PK，∠PWO＝∠PKO＝∠WOK＝90°，
∴四邊形PWOK是正方形，
∴WO＝OK，
∵OC＝OB＝4，
∴CW＝KB，
∵P在BT垂直平分線上，
∴PT＝PB，
∴TK＝KB＝CW，
設(shè)OT＝2a，則TK＝KB＝CW＝2﹣a，
HT＝OK＝PW＝2+a，
∵OB﹣TS=23，
∴HS＝TS﹣HT=103?（2+a）=43?a，
∵tan∠HPS=SHHP=WSWP，
∴43?a2?a=2?a2+a，
∴a＝1或a=23，
當(dāng)a＝1時(shí)，R（2，4），
當(dāng)a=23時(shí)，R（43，409），
綜上所述：R點(diǎn)坐標(biāo)為（2，4）或R（43，409）．


20．（2020?黔西南州）已知拋物線y＝ax2+bx+6（a≠0）交x軸于點(diǎn)A（6，0）和點(diǎn)B（﹣1，0），交y軸于點(diǎn)C．
（1）求拋物線的解析式和頂點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）如圖（1），點(diǎn)P是拋物線上位于直線AC上方的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P分別作x軸、y軸的平行線，交直線AC于點(diǎn)D，E，當(dāng)PD+PE取最大值時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）如圖（2），點(diǎn)M為拋物線對(duì)稱軸l上一點(diǎn)，點(diǎn)N為拋物線上一點(diǎn)，當(dāng)直線AC垂直平分△AMN的邊MN時(shí)，求點(diǎn)N的坐標(biāo)．

【分析】（1）將點(diǎn)A，B坐標(biāo)代入拋物線解析式中，解方程組即可得出結(jié)論；
（2）先求出OA＝OC＝6，進(jìn)而得出∠OAC＝45°，進(jìn)而判斷出PD＝PE，即可得出當(dāng)PE的長(zhǎng)度最大時(shí)，PE+PD取最大值，設(shè)出點(diǎn)E坐標(biāo)，表示出點(diǎn)P坐標(biāo)，建立PE＝﹣t2+6t＝﹣（t﹣3）2+9，即可得出結(jié)論；
（3）先判斷出NF∥x軸，進(jìn)而求出點(diǎn)N的縱坐標(biāo)，即可建立方程求解得出結(jié)論．
【解析】（1）∵拋物線y＝ax2+bx+6經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（6，0），B（﹣1，0），
∴a?b+6=036a+6b+6=0，
∴a=?1b=5，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+5x+6＝﹣（x?52）2+494，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+5x+6，頂點(diǎn)坐標(biāo)為（52，494）；

（2）由（1）知，拋物線的解析式為y＝﹣x2+5x+6，
∴C（0，6），
∴OC＝6，
∵A（6，0），
∴OA＝6，
∴OA＝OC，
∴∠OAC＝45°，
∵PD平行于x軸，PE平行于y軸，
∴∠DPE＝90°，∠PDE＝∠DAO＝45°，
∴∠PED＝45°，
∴∠PDE＝∠PED，
∴PD＝PE，
∴PD+PE＝2PE，
∴當(dāng)PE的長(zhǎng)度最大時(shí)，PE+PD取最大值，
∵A（6，0），C（0，6），
∴直線AC的解析式為y＝﹣x+6，
設(shè)E（t，﹣t+6）（0＜t＜6），則P（t，﹣t2+5t+6），
∴PE＝﹣t2+5t+6﹣（﹣t+6）＝﹣t2+6t＝﹣（t﹣3）2+9，
當(dāng)t＝3時(shí)，PE最大，此時(shí)，﹣t2+5t+6＝12，
∴P（3，12）；

（3）如圖（2），設(shè)直線AC與拋物線的對(duì)稱軸l的交點(diǎn)為F，連接NF，
∵點(diǎn)F在線段MN的垂直平分線AC上，
∴FM＝FN，∠NFC＝∠MFC，
∵l∥y軸，
∴∠MFC＝∠OCA＝45°，
∴∠MFN＝∠NFC+∠MFC＝90°，
∴NF∥x軸，
由（2）知，直線AC的解析式為y＝﹣x+6，
當(dāng)x=52時(shí)，y=72，
∴F（52，72），
∴點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為72，
設(shè)N的坐標(biāo)為（m，﹣m2+5m+6），
∴﹣m2+5m+6=72，解得，m=5+352或m=5?352，
∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為（5+352，72）或（5?352，72）．

【題組六】
21．（2020?自貢）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于點(diǎn)A（﹣3，0）、B（1，0），交y軸于點(diǎn)N，點(diǎn)M為拋物線的頂點(diǎn)，對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)C．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖1，連接AM，點(diǎn)E是線段AM上方拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，EF⊥AM于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥x軸于點(diǎn)H，交AM于點(diǎn)D．點(diǎn)P是y軸上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)EF取最大值時(shí)：
①求PD+PC的最小值；
②如圖2，Q點(diǎn)為y軸上一動(dòng)點(diǎn)，請(qǐng)直接寫(xiě)出DQ+14OQ的最小值．

【分析】（1）拋物線的表達(dá)式為：y＝a（x+3）（x﹣1）＝ax2+2ax﹣3a，即﹣3a＝3，即可求解；
（2）①點(diǎn)C（﹣1，0）關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)B（1，0），連接BD交y軸于點(diǎn)P，則點(diǎn)P為所求點(diǎn)，PD+PC＝PD+PB＝DB為最小，即可求解；
②過(guò)點(diǎn)O作直線OK，使sin∠NOK=14，過(guò)點(diǎn)D作DK⊥OK于點(diǎn)K，交y軸于點(diǎn)Q，則點(diǎn)Q為所求點(diǎn)，則DQ+14OQ＝DQ+QK＝DK為最小，即可求解．
【解析】（1）拋物線的表達(dá)式為：y＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3）＝ax2+2ax﹣3a，
即﹣3a＝3，解得：a＝﹣1，
故拋物線的表達(dá)式為：y＝﹣x2﹣2x+3；

（2）由拋物線的表達(dá)式得，點(diǎn)M（﹣1，4），點(diǎn)N（0，3），
則tan∠MAC=MCAC=2，
則設(shè)直線AM的表達(dá)式為：y＝2x+b，
將點(diǎn)A的坐標(biāo)代入上式并解得：b＝6，
故直線AM的表達(dá)式為：y＝2x+6，
∵∠EFD＝∠DHA＝90°，∠EDF＝∠ADH，
∴∠MAC＝∠DEF，則tan∠DEF＝2，則cos∠DEF=55，
設(shè)點(diǎn)E（x，﹣x2﹣2x+3），則點(diǎn)D（x，2x+6），
則FE＝EDcos∠DEF＝（﹣x2﹣2x+3﹣2x﹣6）×55=55（﹣x2﹣4x﹣3），
∵?55＜0，故EF有最大值，此時(shí)x＝﹣2，故點(diǎn)D（﹣2，2）；
①點(diǎn)C（﹣1，0）關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)B（1，0），連接BD交y軸于點(diǎn)P，則點(diǎn)P為所求點(diǎn)，

PD+PC＝PD+PB＝DB為最小，
則BD=(1+2)2+(0?2)2=13；
②過(guò)點(diǎn)O作直線OK，使sin∠NOK=14，過(guò)點(diǎn)D作DK⊥OK于點(diǎn)K，交y軸于點(diǎn)Q，則點(diǎn)Q為所求點(diǎn)，

DQ+14OQ＝DQ+QK＝DK為最小值，
則直線OK的表達(dá)式為：y=15x，
∵DK⊥OK，故設(shè)直線DK的表達(dá)式為：y=?115x+b，
將點(diǎn)D的坐標(biāo)代入上式并解得：b＝2?215，
而直線DK的表達(dá)式為：y=?115x+2?215，
故點(diǎn)Q（0，2?215），
由直線KD的表達(dá)式知，QD與x軸負(fù)半軸的夾角（設(shè)為α）的正切值為115，則cosα=154，
則DQ=xQ?xDcosα=2154=815，而14OQ=14（2?215），
則DQ+14OQ為最小值=815+14（2?215）=15+12．
22．（2020?濱州）如圖，拋物線的頂點(diǎn)為A（h，﹣1），與y軸交于點(diǎn)B（0，?12），點(diǎn)F（2，1）為其對(duì)稱軸上的一個(gè)定點(diǎn)．
（1）求這條拋物線的函數(shù)解析式；
（2）已知直線l是過(guò)點(diǎn)C（0，﹣3）且垂直于y軸的定直線，若拋物線上的任意一點(diǎn)P（m，n）到直線l的距離為d，求證：PF＝d；
（3）已知坐標(biāo)平面內(nèi)的點(diǎn)D（4，3），請(qǐng)?jiān)趻佄锞€上找一點(diǎn)Q，使△DFQ的周長(zhǎng)最小，并求此時(shí)△DFQ周長(zhǎng)的最小值及點(diǎn)Q的坐標(biāo)．

【分析】（1）由題意拋物線的頂點(diǎn)A（2，﹣1），可以假設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x﹣2）2﹣1，把點(diǎn)B坐標(biāo)代入求出a即可．
（2）由題意P（m，18m2?12m?12），求出d2，PF2（用m表示）即可解決問(wèn)題．
（3）如圖，過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥直線l于H，過(guò)點(diǎn)D作DN⊥直線l于N．因?yàn)椤鱀FQ的周長(zhǎng)＝DF+DQ+FQ，DF是定值=22+22=22，推出DQ+QF的值最小時(shí)，△DFQ的周長(zhǎng)最小，再根據(jù)垂線段最短解決問(wèn)題即可．
【解析】（1）解：由題意拋物線的頂點(diǎn)A（2，﹣1），可以假設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x﹣2）2﹣1，
∵拋物線經(jīng)過(guò)B（0，?12），
∴?12=4a﹣1，
∴a=18
∴拋物線的解析式為y=18（x﹣2）2﹣1．
（2）證明：過(guò)點(diǎn)P作PJ⊥AF于J．
∵P（m，n），
∴n=18（m﹣2）2﹣1=18m2?12m?12，
∴P（m，18m2?12m?12），
∴d=18m2?12m?12?（﹣3）=18m2?12m+52，
∵F（2，1），
∴PF=PJ2+PF2=(m?2)2+(18m2?12m?12?1)2=164m4?18m3+78m2?52m+254，
∵d2=164m4?18m3+78m2?52m+254，PF2=164m4?18m3+78m2?52m+254，
∴d2＝PF2，
∴PF＝d．

（3）如圖，過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥直線l于H，過(guò)點(diǎn)D作DN⊥直線l于N．
∵△DFQ的周長(zhǎng)＝DF+DQ+FQ，DF是定值=22+22=22，
∴DQ+QF的值最小時(shí)，△DFQ的周長(zhǎng)最小，
由（2）可知QF＝QH，
∴DQ+QF＝DQ+QH，
根據(jù)垂線段最短可知，當(dāng)D，Q，H共線時(shí)，DQ+QH的值最小，此時(shí)點(diǎn)H與N重合，點(diǎn)Q在線段DN上，
∴DQ+QH的最小值為6，
∴△DFQ的周長(zhǎng)的最小值為22+6，此時(shí)Q（4，?12）．

23．（2020?涼山州）如圖，二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象過(guò)O（0，0）、A（1，0）、B（32，32）三點(diǎn)．
（1）求二次函數(shù)的解析式；
（2）若線段OB的垂直平分線與y軸交于點(diǎn)C，與二次函數(shù)的圖象在x軸上方的部分相交于點(diǎn)D，求直線CD的解析式；
（3）在直線CD下方的二次函數(shù)的圖象上有一動(dòng)點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥x軸，交直線CD于Q，當(dāng)線段PQ的長(zhǎng)最大時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．

【分析】（1）將點(diǎn)O、A、B的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式，即可求解；
（2）由點(diǎn)B的坐標(biāo)知，直線BO的傾斜角為30°，則OB中垂線（CD）與x正半軸的夾角為60°，故設(shè)CD的表達(dá)式為：y=?3x+b，而OB中點(diǎn)的坐標(biāo)為（34，34），將該點(diǎn)坐標(biāo)代入CD表達(dá)式，即可求解；
（3）過(guò)點(diǎn)P作y軸額平行線交CD于點(diǎn)Q，PQ=?3x+3?（233x2?233x）=?233x2?33x+3，即可求解．
【解析】（1）將點(diǎn)O、A、B的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式得c=0a+b+c=032=94a+32b+c，解得a=233b=?233c=0，
故拋物線的表達(dá)式為：y=233x2?233x；
（2）由點(diǎn)B的坐標(biāo)知，直線BO的傾斜角為30°，
∵BO⊥AD，
則∠BOA+∠BOC＝90°，∠BOC+∠OCA＝90°，
∴∠OCA＝∠BOA＝30°，
則CD與x負(fù)半軸的夾角為60°，
故設(shè)CD的表達(dá)式為：y=?3x+b，而OB中點(diǎn)的坐標(biāo)為（34，34），
將該點(diǎn)坐標(biāo)代入CD表達(dá)式并解得：b=3，
故直線CD的表達(dá)式為：y=?3x+3；

（3）設(shè)點(diǎn)P（x，233x2?233x），則點(diǎn)Q（x，?3x+3），

則PQ=?3x+3?（233x2?233x）=?233x2?33x+3，
∵?233＜0，故PQ有最大值，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（?14，5324）．
24．（2020?天津）已知點(diǎn)A（1，0）是拋物線y＝ax2+bx+m（a，b，m為常數(shù)，a≠0，m＜0）與x軸的一個(gè)交點(diǎn)．
（Ⅰ）當(dāng)a＝1，m＝﹣3時(shí)，求該拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)；
（Ⅱ）若拋物線與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為M（m，0），與y軸的交點(diǎn)為C，過(guò)點(diǎn)C作直線l平行于x軸，E是直線l上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是y軸上的動(dòng)點(diǎn)，EF＝22．
①當(dāng)點(diǎn)E落在拋物線上（不與點(diǎn)C重合），且AE＝EF時(shí)，求點(diǎn)F的坐標(biāo)；
②取EF的中點(diǎn)N，當(dāng)m為何值時(shí)，MN的最小值是22？
【分析】（Ⅰ）將A（1，0）代入拋物線的解析式求出b＝2，由配方法可求出頂點(diǎn)坐標(biāo)；
（Ⅱ）①根據(jù)題意得出a＝1，b＝﹣m﹣1．求出拋物線的解析式為y＝x2﹣（m+1）x+m．則點(diǎn)C（0，m），點(diǎn)E（m+1，m），過(guò)點(diǎn)A作AH⊥l于點(diǎn)H，由點(diǎn)A（1，0），得點(diǎn)H（1，m）．根據(jù)題意求出m的值，可求出CF的長(zhǎng)，則可得出答案；
②得出CN=12EF=2．求出MC=?2m，當(dāng)MC≥2，即m≤﹣1時(shí)，當(dāng)MC＜2，即﹣1＜m＜0時(shí)，根據(jù)MN的最小值可分別求出m的值即可．
【解析】（Ⅰ）當(dāng)a＝1，m＝﹣3時(shí)，拋物線的解析式為y＝x2+bx﹣3．
∵拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（1，0），
∴0＝1+b﹣3，
解得b＝2，
∴拋物線的解析式為y＝x2+2x﹣3．
∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣1，﹣4）．
（Ⅱ）①∵拋物線y＝ax2+bx+m經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（1，0）和M（m，0），m＜0，
∴0＝a+b+m，0＝am2+bm+m，即am+b+1＝0．
∴a＝1，b＝﹣m﹣1．
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣（m+1）x+m．
根據(jù)題意得，點(diǎn)C（0，m），點(diǎn)E（m+1，m），
過(guò)點(diǎn)A作AH⊥l于點(diǎn)H，由點(diǎn)A（1，0），得點(diǎn)H（1，m）．

在Rt△EAH中，EH＝1﹣（m+1）＝﹣m，HA＝0﹣m＝﹣m，
∴AE=EH2+HA2=?2m，
∵AE＝EF＝22，
∴?2m＝22，
解得m＝﹣2．
此時(shí)，點(diǎn)E（﹣1，﹣2），點(diǎn)C（0，﹣2），有EC＝1．
∵點(diǎn)F在y軸上，
∴在Rt△EFC中，CF=EF2?EC2=7．
∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為（0，﹣2?7）或（0，﹣2+7）．
②由N是EF的中點(diǎn)，連接CN，CM，得CN=12EF=2．
根據(jù)題意，點(diǎn)N在以點(diǎn)C為圓心、2為半徑的圓上，
由點(diǎn)M（m，0），點(diǎn)C（0，m），得MO＝﹣m，CO＝﹣m，
∴在Rt△MCO中，MC=MO2+CO2=?2m．
當(dāng)MC≥2，即m≤﹣1時(shí)，滿足條件的點(diǎn)N在線段MC上．
MN的最小值為MC﹣NC=?2m?2=22，解得m=?32；
當(dāng)MC＜2，即﹣1＜m＜0時(shí)，滿足條件的點(diǎn)N落在線段CM的延長(zhǎng)線上，MN的最小值為NC﹣MC=2?（?2m）=22，
解得m=?12．
∴當(dāng)m的值為?32或?12時(shí)，MN的最小值是22．

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