专题10二次函数中面积的最值问题（六大题型）解析版_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_初中_中考数学压轴题（全国通用）

专题 10 二次函数中面积的最值问题（六大题型） 通用的解题思路： 二次函数中的面积最值问题通常有以下3种解题方法： 1）当所求图形的面积没有办法直接求出时，通常采用分割或补全图形的方法表示所求图形的面积，如下： 一般步骤为：①设出要求的点的坐标； ②通过割补将要求的图形转化成通过条件可以表示的图形面积和或差； ③列出关系式求解； ④检验是否每个坐标都符合题意． 2）用铅垂定理巧求斜三角形面积的计算公式：三角形面积等于水平宽和铅锤高乘积的一半. 3）利用平行线间的距离处处相等，根据同底等高，将所求图形的面积转移到另一个图形中，如图所示：一般步骤为：①设出直线解析式，两条平行直线k值相等； ②通过已知点的坐标，求出直线解析式； ③求出题意中要求点的坐标； ④检验是否每个坐标都符合题意． 题型01 三角形面积最值问题 1．（2024·宁夏银川·一模）如图，二次函数yx26x的图象与x轴的正半轴交于点A，经过点A的直线与 该函数图象交于点B1，5，与y轴交于点C． (1)求直线AB的函数表达式及点C的坐标； (2)点P是二次函数图象上的一个动点，且在直线AB上方，过点P作直线PEx轴于点E，与直线AB交于 点D，设点P的横坐标为m． 1 ①当PD OC时，求m的值； 2 ②设 PAB的面积为S，求S关于m的函数表达式，并求出S的最大值．  【答案】(1)直线AB解析式为yx6，C0，6 7 13 7 13 5 7 2 125 125 (2)①m 或m ；②S  m   ，最大值为 2 2 2 2 8 8【分析】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合： （1）先求出点A的坐标，进而利用待定系数法求出直线AB的解析式，最后求出点C的坐标即可； 1 （2）①根据题意可得P  m，m26m  ，Dm，m6，则PDm27m6，根据PD OC，得到 2 m27m63，解方程即可得到答案；②根据S S S 列出S关于m的关系式，再利用二次 △PAB △PDB △PDA 函数的性质求出其最大值即可． 【详解】（1）解：在yx26x中，当yx26x0时，解得x6或x0， ∴A6，0， 设直线AB解析式为ykxb， 6kb0 ∴ ， kb5 k 1 ∴ ， b6 ∴直线AB解析式为yx6， 在yx6中，当x0时，y6， ∴C0，6； （2）解：①由题意得，P  m，m26m  ， ∵PEx轴， ∴Dm，m6， ∴PDm26mm6m27m6， ∵C0，6， ∴OC6， 1 ∵PD OC， 2 ∴m27m63， 7 13 7 13 解得m 或m ； 2 2 ②∵S S S ， △PAB △PDB △PDA 1 1 ∴S  PDx x  PDx x  2 P B 2 A P1  PDx x  2 A B 5  PD 2 5   m27m6  2 5 7 2 125  m   ， 2 2 8 5 ∵ 0， 2 7 125 ∴当m 时，S有最大值，最大值为 2 8 2．（2024·新疆克孜勒苏·二模）如图，抛物线yx²bxc（b，c 是常数）的顶点为C，与x轴交于A，B 两点，A2,0，AB6，点P为线段AB上的动点，过P作PQ∥BC交AC于点Q． (1)求抛物线的解析式； (2)求  CPQ面积的最大值，并求此时P点坐标． 【答案】(1)y  x2 2x8 27 (2) ，P1,0 4 【分析】（1）利用待定系数法求解函数解析式即可； 3 （2）过C作CF x轴于F，过Q作QEx于E，设Pm，0，证明  APQ∽  ABC，得到QE 2m，进 23 27 而得到S  S S  m12 ，利用二次函数的性质求解即可． △CPQ △CPA △QPA 4 4 【详解】（1）解：∵A2,0，AB6， ∴B4,0， 将A2,0，B4,0代入yx²bxc中， 42bc0 b2 得 ，解得 ， 164bc0 c8 ∴该抛物线的解析式为y  x2 2x8； （2）解：过C作CF x轴于F，过Q作QEx于E， 设Pm，0，则PA2m， ∵yx22x8x12 9， ∴C1,9，则CF 9， ∵PQ∥BC， ∴ APQ∽  ABC， AP QE 2m QE ∴  ，即  ， AB CF 6 9 3 ∴QE 2m， 2 ∴S  S S △CPQ △CPA △QPA 1 1  PACF PAQE 2 2 1 1 3  2m9 2m 2m 2 2 2 3 3  m2  m6 4 23 27  m12 ， 4 4 3 ∵ 0，4m2， 4 27 ∴当m1时，  CPQ面积的最大，最大值为 ，此时点P坐标为1,0． 4 【点睛】本题考查二次函数的综合，涉及待定系数法求函数解析式、二次函数的性质、相似三角形的判定 与性质、坐标与图形等知识，熟练掌握二次函数的性质，利用相似三角形的性质求解是解答的关键． 3．（23-24九年级下·湖北武汉·开学考试）如图，抛物线yax24ax3a交x轴于A,B两点（点A在点B的左 侧），交y轴正半轴于点C,OBOC，点P在抛物线上． (1)求抛物线的解析式； (2)若tanACP2，求点P的横坐标． (3)平面上有两点Mm,m3,Nm2,m5，求 PMN的面积的最小值．  【答案】(1)yx24x3 27 (2)点P的横坐标为 7 15 (3) 4 【分析】（1）分别令x,y0，根据OBOC，得出a1，进而即可求解； （2）在线段OC上取点D，使tanDAC 2，过点D作DEAC交AC于点E，过点C作CP  AD交抛物 线于点P，设DE2AE2x，表示出CE6x，然后利用勾股定理求出AC  10，得到x6x 10，求 2 10 10  1 出DE2AE ，AE ，然后求出D0, ，进而得到AD所在直线的解析式，然后求出CP所在 7 7  7 直线的解析式，最后和抛物线联立求解即可； yx24x3 （3）根据题意得出M,N在yx3上，设与MN平行的直线为yxd ，联立 ，令 yxd3 b24ac0，得出直线yx 根据题意当抛物线只有一个交点P，过点P作PQMN，连接 4 PM,PN ，当PQMN时 PMN的面积的最小值，根据平行线的距离求得PQ，进而根据三角形的面积公式  即可求解； 【详解】（1）解：∵抛物线yax24ax3aax3x1， 当y0时，ax3x10，又a0， 解得：x 1,x 3， 1 2 ∴A1,0，B3,0， 当x0时，y3a，即OC 3a， ∵OBOC， ∴3a3， 解得：a1， ∴抛物线解析式为yx24x3； （2）如图所示，在线段OC上取点D，使tanDAC 2，过点D作DEAC交AC于点E，过点C作CP  AD 交抛物线于点P， ∵tanDAC 2，tanACP2， ∴DAC ACP， ∴点P即为所求， ∵tanDAC 2，DEAC， ∴设DE2AE2x， ∵A1,0，C0,3， ∴OA1，OC 3，AO DE 2x ∴tanACO 3  ， OC CE CE ∴CE6x， ∵AC  AO2OC2  10， ∴AECE 10，即x6x 10， 10 解得x ， 7 2 10 10 ∴DE2AE ，AE ， 7 7 5 2 ∴AD AE2DE2  ， 7 1 ∴OD AD2AO2  ， 7  1 ∴D0,   7 设AD所在直线的解析式为ykxb，  1 kb0 k     7 ∴ 1 ，解得 ， b 1   7 b  7 1 1 ∴AD所在直线的解析式为y x ， 7 7 ∵CP  AD， 1 ∴设CP所在直线的解析式为y xt， 7 将C0,3代入得，3t， 1 ∴CP所在直线的解析式为y x3， 7 yx24x3  ∴联立抛物线和CP所在直线得， 1 ， y x3  7 27 解得x 0，x  ， 1 2 7 27 ∴点P的横坐标为 ； 7 （3）∵Mm,m3，Nm2,m5， 设直线解析式为ykxb，m3kmb ∴ ， m5km2b  k 1 解得： ， b3 ∴M,N在yx3上， 设与MN平行的直线为yxd ， yx24x3 联立 ， yxd 即x24x3xd， ∴x23x3d 0， 令b24ac0， 即943d0， 3 解得：d  ， 4 3 ∴直线yx ， 4 当直线与抛物线只有一个交点P，如图所示，过点P作PQMN，连接PM,PN ，当PQMN时  PMN的 面积的最小值， ∵Mm,m3，Nm2,m5， ∴MN  2222 2 2， 3  3 ∵yx ，yx3与y轴的交点分别为0， 和0,3，且直线与y轴的夹角为45， 4  4 3 15 15 2 15 2 ∴ 3 ，则PQ  = ， 4 4 4 2 8 1 15 15 ∴S   22 2  ． PMN 2 8 4 【点睛】本题考查了二次函数的性质和结合综合题，一次函数的图象和性质，解直角三角形，待定系数法求解析式，勾股定理，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 4．（23-24九年级下·辽宁沈阳·阶段练习） ABC中，BAC 90，AB2，AC 4， 点 P从点C出发，  沿射线CA方向运动，速度为每秒1个单位长度，同时点Q以相同的速度从点 B 出发，沿射线BA方向运 动．设运动时间为x （x2且x4）秒， △APQ的面积为S． (1)当0x2时， 如图①， 求S与x的函数关系式； (2)当2x4时， 如图②， 求S的最大值； (3)若在运动过程中，存在两个时刻x，x，对应的点P和点Q分别记为 P，P 和Q，Q ， 对应的△APQ 1 2 1 2 1 2 1 1 和△APQ 的面积分别记为S 和S ，且当CP PP 时，S =S ，请求出x 的值． 2 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 【答案】(1)s x23x4 2 1 (2) 2 8 (3) 5 【分析】本题考查了二次函数及一元二次方程在几何动点中的应用，弄清动点的运动过程是解题的关键． 1 （1）由已知条件得AP 4x，AQ x2，由三角形面积公式得S  APAQ即可求解； 2 1 （2）由已知条件得AP 4x，AQ 2x，由三角形面积公式得S  APAQ即可求解； 2 （3）由已知条件得CP BQ x，CP x ，可求PP x x ，由CP PP可求x 2x ，由三角形面积公 1 1 2 2 1 2 2 1 1 1 2 2 1 1 1 式得S  AQ AP，S  AQ AP ，由S =S 得一元二次方程，解方程，即可求解． 1 2 1 1 2 2 2 2 1 2 【详解】（1）解：由题意得 AP ACPC 4x，AQBQAB x2， 1 S  APAQ 2 1  4xx2 2 1  x23x4， 2 1 故S与x的函数关系式为S  x23x4； 2 （2）解：由题意得 AP ACPC 4x， AQABBQ 2x， 1 S  APAQ 2 1  4x2x 2 1  x23x4 2 1 1  x32 ， 2 2 1  0，  2 1 当x3时，S  ； 最大 2 （3）解：如图， 由题意得：CP BQ x，CP x ， 1 1 2 2 PP x x ， 1 2 2 1AQ 2x ， 1 1 AQ x 2， 2 2 AP 4x ， 2 2 AP 4x ， 1 1 AP 4x ， 2 2 CP PP ，  1 1 2 x x x ， 2 1 1 x 2x ， 2 1 AP 42x ， 2 1 AQ 2x 2， 2 1 1 S  AQ AP 1 2 1 1 1  2x 4x  2 1 1 1 S  AQ AP 2 2 2 2 1  2x 242x ， 2 1 1 S =S ，  1 2 1 1  2x 4x  2x 242x ， 2 1 1 2 1 1 整理得：5x218x 160， 1 1 8 解得：x  ，x 2 (舍去)， 1 5 2 8 故x的值为 ． 1 5 5．（2023·山东聊城·二模）如图，抛物线yx2bxc与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），点A的 坐标为1,0，与y轴交于点C0,3，直线CD: y2x3与x轴交于点D．动点M 在抛物线上运动，过 点M 作MPx轴，垂足为点P，交直线CD于点N ．(1)求抛物线的表达式； (2)当点P在线段OD上时，VCDM 的面积是否存在最大值，若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理 由； (3)点M 在运动过程中，能否使以C，N，M 为顶点的三角形是以NM 为腰的等腰直角三角形？若存在，请 直接写出点M 的坐标． 【答案】(1)y=x22x3； 45 (2)存在，最大值为 ； 16 (3)不存在．理由见解析． 【分析】 本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、二次函数的最值、等腰直角三角形的判定和性质等知识 点． （1）利用待定系数法求解即可； （2）设Pp，0，且0 p 3 ，求得M  p，p22p3  ，Np，2p3，MN p24p，利用三角形的面 2 积公式列出关于p的二次函数，利用二次函数的性质求解即可； （3）当 CMN是以NM 为腰的等腰直角三角形时，则有CM MN，据此求解即可．  【详解】（1）解：∵抛物线yx2bxc过点1,0和0,3， 1bc0 ∴ ， c3 b2 解得 ， c3 ∴抛物线的表达式为y=x22x3； （2）解：对于直线CD: y2x3，3 令y0，则x ， 2 3  ∴D ，0， 2  3 设Pp，0，且0 p ， 2 ∴M  p，p22p3  ，Np，2p3， ∴MN 2p3  p22p3  p24p， 1 3 3 ∴S  MNx x   p24p   p223， CDM 2 D C 4 4 3 ∵ 0，对称轴为直线p2， 4 ∴p2时，S 的值随p的增大而增大， VCDM 3 45 ∴当p ，S 有最大值，最大值为 ； 2 VCDM 16 （3）解：∵MPx轴， ∴当 CMN是以NM 为腰的等腰直角三角形时，则有CM MN，  ∴M点纵坐标为3， ∴x22x33， 解得x0或x2， 当x0时，则点M和点C重合，不能构成三角形，不符合题意，舍去， 当x2时，则点M和点C重合，不能构成三角形，不符合题意，舍去， 点M 的坐标为2，3，点N 的坐标为2，1， 此时，CM 2，MN 134， CM MN，则 CMN不是以NM 为腰的等腰直角三角形，  ∴不存在这样的点M ，使以C，N，M 为顶点的三角形是以NM 为腰的等腰直角三角形．3 6．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图，一次函数 y x 3的图象与坐标轴交于点A、B，抛物线 3 3 y x2bxc的图象经过A、B两点． 3 (1)求二次函数的表达式； (2)若点P为抛物线上一动点，在直线AB上方是否存在点P使 PAB的面积最大？若存在，请求出 PAB面   积的最大值及点P的坐标，请说明理由． 3 2 【答案】(1)y x2 3x 3； 3 3 3 9 3  3 5 3 (2)当m 时， PAB面积的最大值为 ， 点P的坐标是 , .    2 8  2 4  【分析】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式以及二次函数的性质，根据数形结合的思想解题时 关键． （1）根据一次函数解析式求出点A、B的坐标，然后运用待定系数求二次函数解析式即可；  3 2   3  （2）设 PAB的面积为S，Pm, m2 3m 3，则Qm, m 3，列出S关于m的二次函数，      3 3 3     利用二次函数的性质即可得解。 3 【详解】（1）解：在y x 3中，令x0得y= 3，令y0得x3 3 A(3,0)，B(0, 3)， 3  二次函数y x2bxc的图象过A、B两点， 3  3 33bc0  ， c 3  2 b 3 解得 3  c 33 2 二次函数的表达式为y x2 3x 3； 3 3 （2）解：过点P作PQx轴交AB于点Q，  3 2   3  设 PAB的面积为S，Pm, m2 3m 3，则Qm, m 3，      3 3 3      3 2   3  3 ∴PQ m2 3m 3 m 3 m2 3m ,     3 3 3 3     ∵A(3,0)，B(0, 3)， ∴S  1 PQ 03  1    3 m2 3m     03  3 m 3  2  9 3 , 2 2  3  2  2 8 3 9 3 3 2 5 3 ∴当m 时， PAB面积的最大值为 ， m2 3m 3 ，  2 8 3 3 4  3 5 3 点P的坐标是 , .   2 4   7．（2024·甘肃陇南·一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线yx3与x轴交于点A，与y轴交 于点C，过A，C两点的抛物线yax2bxc与x轴交于另一点B1,0，抛物线对称轴为直线l． (1)求抛物线的解析式； (2)点M为直线AC下方抛物线上一点，当△MAC的面积最大时，求点M的坐标； (3)点P是抛物线上一点，过点P作l的垂线，垂足为D，E是l上一点． 要使得以P，D，E为顶点的三角形与 BOC全等，请直接写出点P的坐标．  【答案】(1)yx22x3  3 15 (2)M  ,   2 4  (3)P点坐标为4,5或2,5或2,3或0,3 【分析】 （1）先求出A,C的坐标，进而利用待定系数法求出二次函数解析式即可； （2）过点M 作MF垂直于x轴交AC于点F ，设M  x,x22x3  ，F(x,x3)，则 MF (x3)  x22x3  x23x，由S  1 MF x x 即可求解； AMC 2 C A （ 3 ） 抛 物 线 对 称 轴 为 直 线 x=1． PDE BOC， OB1， OC 3． 设 P  x,x22x3  ， 则 D  1,x22x3  ，分两种情况当 PDOC， DEOB时， △PDE≌△COB，此时 1x 3，当 PDOB，DEOC时，△EDP≌△COB，此时 1x 1，求解即可． 【详解】（1）解：把x0代入yx3得y=3； 把y0代入yx3得x3． A3,0，C0,3．  抛物线yax2bxc经过A,C,B三点， 9a3bc0  abc0 ，  c3 a1  解得b2 ．  c3 抛物线的解析式为yx22x3； （2）过点M 作MF垂直于x轴交AC于点F ，设M  x,x22x3  ，则F(x,x3)， 则MF (x3)  x22x3  x23x， S AMC  1 2 MF x C x A  1 2  x23x  3 3 2    x 3 2    2  2 8 7 ，3 15 当x 时，S 最大，此时yx22x3 ． 2 △AMC 4  3 15 当M 坐标为   2 , 4   时，S △AMC 取得最大值． （3）∵yx22x3x12 4， ∴抛物线对称轴为直线x=1． ∵过点P作l的垂线，垂足为D， ∴PDEBOC 90， ∵C0,3，A3,0，B1,0， ∴OB1，OC 3． 设P  x,x22x3  ，则D  1,x22x3  当PDOC，DEOB时，△PDE≌△COB， 此时 1x 3， 解得x4或x2． ∴P点坐标为4,5或2,5 , 当PDOB，DEOC时，△EDP≌△COB， 此时 1x 1， 解得x2或x0． ∴P点坐标为2,3或0,3 , 综上：4,5或2,5或2,3或0,3． 【点睛】本题考查了二次函数求解析式，二次函数的性质，三角形全等的性质，最值问题等，熟练掌握各 知识点，能准确作出辅助线，并结合图形列出相应关系式是解题的关键．8．（2024·江苏盐城·模拟预测）已知抛物线yx2bx3与x轴交于A，B（点A在点B的左侧），与y轴交 于点C，且OBOC． (1)求抛物线的解析式和点A的坐标； (2)如图1，点P为直线BC下方抛物线上一点，求 PBC的最大面积；  (3)如图2，M、N是抛物线上异于B，C的两个动点，若直线BN 与直线CM 的交点始终在直线y2x9上， 求证：直线MN必经过一个定点，并求该定点坐标． 【答案】(1)该函数表达式为 yx22x3，点A坐标为(1,0) 27 (2) 8 (3)直线MN恒过定点P(2,1) 【分析】 （1）求出点B(3,0)即可得抛物线的解析式，令y0可得点A的坐标； （2）过点P作PDBC于D，P作PEx轴于E，交BC于点F，求出直线BC的解析式，设 P  x,x22x3  ，则F(x,x3)；可证△PDF∽△BCO得 PD  PF ，根据S  1 BCPD即可求解； OB BC △PBC 2 （3）设点Mx ,y ，Nx ,y ，直线MN:ykxb，直线CM :yk xb ，直线BN:yk xb ，求 M M N N 1 1 2 2 出直线BN 与直线CM 的交点即可求解； 【详解】（1）解：对于yx2bx3，令x0，则y3， C(0,3)， OBOC，  点B(3,0)， 93b30，b2， 即该函数表达式为yx22x3， 令y0，则x22x30， 解得x 1，x 3， 1 2 点A坐标为(1,0)； （2）解：过点P作PDBC于D，P作PEx轴于E，交BC于点F，如图1， 3kb0 设直线BC的解析式为ykxb，将点B(3,0)，C(0,3)代入ykxb得： ， b3 k 1 解得： ， b3 直线BC的解析式为y x3， 设P  x,x22x3  ，则F(x,x3)， PF x3  x22x3  x23x， PEx轴，  PE//y轴， PFDBCO， PDF BOC 90，  △PDF∽△BCO， PD PF   ， OB BC B(3,0)，C(0,3)，  OB3，OC 3， BC 3 2，PD x23x   ， 3 3 2 2 3 PD x2 2x， 2 2 1 1  2 3  3 9 3 3 2 27 S PBC  2 BCPD 2 3 2    2 x2 2 2x    2 x2 2 x 2   x 2    8 ， 3 27 当x 时， PBC的最大面积为： ；  2 8 （3）证明：如图2，设点Mx ,y ，Nx ,y ， M M N N 直线MN:ykxb，直线CM :yk xb ，直线BN:yk xb ， 1 1 2 2 将点C(0,3)代入直线CM 的解析式得：b 3， 1 将点B(3,0)代入直线BN 的解析式得：b 3k ， 2 2  yk'xb' 联立直线MN与抛物线的解析式得： ， yx22x3 整理得：x2k2xb30，则x x k2，x x b3， M N M N 同理：x x k 2，x x k 2， M C 1 N B 2 x 0，x 3，  C B x k 2，x k 1， M 1 N 2 kx x 2k 2k 12k k 1， M N 1 2 1 2 bx x 3k 2k 13kk 2k k 23kk 2k k 1， M N 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 yk 3 联立直线CM 与直线BN 的解析式得： 1 ， yk x3k 2 2 33k x 2   k k 解得： 1 2 ， 3k 3kk y 2 1 2   k k 1 2  直线BN 与直线CM 的交点始终在直线y2x9上， 33k 3k 3kk 2 2 9 2 1 2 ，化简得：kk 3k 2， k k k k 1 2 1 1 2 1 2 bkk 2k k 13k 22k k 1 1 2 2 1 1 2 1 2k 2k 12k k 12k112k1， 1 2 1 2 直线MN:ykx2k1k(x2)1， 不论k为何值，均有x2时，y1，即：直线MN恒过定点P(2,1)． 【点睛】本题综合考查了二次函数与一次函数的性质、二次函数的解析式、相似三角形的判定与性质以及 二次函数与面积问题，掌握函数的相关性质是解题关键. 9．（2024·四川广元·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y x2bxc与x 轴交于点 B，A(3,0)， 1 与y轴交于点C(0,3)． (1)求直线AC和抛物线的解析式． (2)若点 M 是抛物线对称轴上的一点，是否存在点 M，使得以 M，A，C三点为顶点的三角形是以AC为底 的等腰三角形? 若存在，请求出点 M 的坐标；若不存在，请说明理由． (3)若点 P 是第二象限内抛物线上的一个动点，求 △PAC面积的最大值． 【答案】(1)直线AC的解析式为 y= x+ 3；抛物线的解析式为 yx22x3； (2)存在，M1,1 27 (3) 8 【分析】本题考查待定系数法求二次函数与一次函数解析式，二次函数动点围城等腰三角形及最大面积问题： （1）将点代入解析式求解即可得到答案； （2）设存在，设出点的坐标根据等腰列式求解即可得到答案； （3）设点P坐标，表示出面积，结合新函数性质求解即可得到答案； 【详解】（1）解：设直线AC的解析式为：ykxt，将点A(3,0)， C(0,3)代入ykxt，y x2bxc 1 得， 3kt 0 93bc0  ， ， t 3 c3 k 1 b2 解得： ， ， t 3 c3 ∴直线AC的解析式为 y= x+ 3；抛物线的解析式为 yx22x3； （2）解：存在M1,1，理由如下， 2 抛物线yx22x3的对称轴为：x 1， 2(1) 设点M(1,m)， ∵M，A，C三点为顶点的三角形是以AC为底的等腰三角形， ∴MAMC， ∵A(3,0)， C(0,3)， (13)2(m0)2  (10)2(m3)2 ， 解得：m1， ∴M1,1； （3）解：设P(n,n22n3)，且3n0，连接OP， ∴S S S S PAC PAO POC AOC 1 1 1  3(n22n3) 3(n) 33 2 2 2 3 9  n2 n 2 2 3 3 27  (n )2 ， 2 2 8， 3 ∵ 0，3n0， 2 3 27 ∴当n 时，S 最大为 ． 2 PAC 8 10．（2024·安徽安庆·一模）如图，抛物线yax2bx3与x轴交于点A1,0、B3,0两点，与y轴交于点 C． (1)求此抛物线对应的函数表达式； (2)点E为直线BC上的任意一点，过点E作x轴的垂线与此抛物线交于点F． ①若点E在第一象限，连接CF、BF ，求 CFB面积的最大值；  ②此抛物线对称轴与直线BC交于点D，连接DF，若 DEF为直角三角形，请直接写出E点坐标．  【答案】(1)yx24x3 (2)① 27 ；②E1,2或4,1或E  2 2,1 2  或E  2 2,1 2  8 【分析】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想进行求 解是解题的关键． （1）待定系数法求出函数解析式即可； （2）①先求出BC的解析式，设Em,m3，将三角形的面积转化为二次函数求最值，即可； ②分点D为直角顶点，点F 为直角顶点，两种情况进行讨论求解即可．【详解】（1）解：把点A1,0、B3,0代入解析式，得： ab30 a1  ，解得： ； 9a3b30 b4 ∴yx24x3； （2）①∵yx24x3， ∴当x0时，y3， ∴C0,3， 设BC的解析式为ykx3，把B3,0代入，得：k 1， ∴yx3， 设点Em,m3，则：F  m,m24m3  ， ∴EF m3m24m3m23m， ∴S  1 EFOB 1 3  m23m   3 m 3  2  27 ， CFB 2 2 2 2 8 3 27 ∴当m 时， CFB面积的最大值为 ；  2 8 ②∵yx24x3x22 1， ∴对称轴为直线x2， 当x2时，y231， ∴D2,1 设点Em,m3，则：F  m,m24m3  ， ∴EF2   m23m 2 ,DE2 2m2m22 2m22,DF2 2m2  m24m2 2 ， 当点D为直角顶点时，则：EF2 DF2DE2， ∴  m23m 2 2m222m2  m24m2 2 ， 解得：m2（舍去），m4或m1； ∴E1,2或4,1 当点F 为直角顶点时：DE2 DF2FE2，∴2m22   m23m 2 2m2  m24m2 2 ， 解得：m3（舍），m0（舍），m2 2或m2 2；     ∴E 2 2,1 2 或E 2 2,1 2 ； 综上：E1,2或4,1或E  2 2,1 2  或E  2 2,1 2  ． 11．（2024·安徽合肥·一模）如图，直线y x3与x轴交于点B，与y轴交于点C，抛物线yx2bxc经 过B、C两点，抛物线与x轴负半轴交于点A． (1)求抛物线的函数表达式； (2)直接写出当x3x2bxc时，x的取值范围； (3)点P是位于直线BC下方抛物线上的一个动点，过点P作PEBC于点E，连接OE．求△BOE面积的最 大值及此时点P的坐标． 【答案】(1)y x22x3 (2)0x3 75 1 15 (3) ； ,  16 2 4  【分析】（1）令直线解析式y0，即可求得点B的坐标，令x0，即可求得点C的坐标，利用待定系数法 直接代入求解即可； （2）根据函数图象即可解答； （3）过点P作PH x轴于点H，交直线BC于点G，过点E作EF PH于点F，设点P  a,a22a3  ，则 点Ga,a3，PGa3  a22a3  a23a，证明△EGP是等腰直角三角形，得到 3 1 2 75 S  a   ，利用二次函数的性质即可求解． BOE 4 2 16 【详解】（1）解：y0时，x30，x3，B3,0， x0时，y=3， C0,3， 将B3,0，C0,3代入yx2bxc得： 93bc0 b2  解得 ， c3 c3 yx22x3； （2）解：  B3,0，C0,3， x3x2bxc时， 由函数图象可得：0x3； （3）解：如图，过点P作PH x轴于点H，交直线BC于点G，过点E作EF PH于点F， 设点P  a,a22a3  ， 则点Ga,a3，PGa3  a22a3  a23a， OC OB3，  180BOC OCB 45， 2 PEBC，PH∥y轴，  GD a23a  EGP是等腰直角三角形，PF   ，  2 2 a23a a2 a FH PH PF   a22a3     3， 2 2 2 BOHF 3 a2 a  3 3 9 3 1 2 75 S     3 a2 a  a   ， BOE 2 2 2 2  4 4 2 4 2 16 ∵P在直线BC下方，0a3， 1 1  0，对称轴为直线a ，  2 2 1 75 当a 时，S  ， 2 △BOEmax 16 1 15 此时点P坐标为 , ． 2 4  【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法，图像法解不等式，等腰三角形 的判定和性质等知识，解题的关键是利用数形结合的思想解决问题． 12．（2024·天津西青·一模）已知抛物线yx24ax12a（a0）与x轴交于A，B两点（点A在点B左 边），与y轴交于点C． (1)若点D4,12在抛物线上． ①求抛物线的解析式及点A的坐标； ②连接AD，若点P是直线AD上方的抛物线上一点，连接PA，PD，当 PAD面积最大时，求点P的坐标  及 PAD面积的最大值；  (2)已知点Q的坐标为2a,8a，连接QC ，将线段QC 绕点Q顺时针旋转90，点C的对应点M 恰好落在 抛物线上，求抛物线的解析式． 【答案】(1)①yx24x12，2,0；② 1,15，最大值是27 2 (2)yx2 x2 3 【分析】本题考查二次函数和一次函数的解析式，二次函数性质，三角形全等等知识， （1）①把点D4,12坐标代入yax24ax12a，解得a1，即可求得抛物线的解析式，当y0时，解 得x 2，x 6，根据题意可求点A的坐标； 1 2 ②设点P坐标为  m,m24m12  （2m4），设直线AD的解析式为ykxb，把A2,0，D4,12 分别代入ykxb，即可求得直线AD的解析式为y2x4，过点P作x轴的垂线，交AD于点E，则得点 1 E坐标为m,2m4，根据S  PEx x 可得S 3m1227，即可求解； PAD 2 D A PAD （2）根据抛物线yx24ax12a，可知对称轴是x2a，点C坐标为0,12a，可知点Q2a,8a在 抛物线对称轴上，由线段QC 绕点Q顺时针旋转90后对应点是点M ，得QC QM ，CQM 90，分别过点C，M 作直线x2a的垂线，垂足分别为点E，点N ，则MNQQEC 90，先证明  MNQ≌  QEC， 1 得点M 坐标可表示为6a,10a，把点M 坐标代入yx24ax12a可求得a ，即可求解． 6 【详解】（1）解：①把点D4,12坐标代入yax24ax12a， 有42a44a12a12，解得a1． 抛物线的解析式为yx24x12． 当y0时，有x24x120，解得x 2，x 6． 1 2 根据题意知点A的坐标是2,0 ②设点P坐标为  m,m24m12  （2m4） 设直线AD的解析式为ykxb，把A2,0，D4,12分别代入ykxb， 2kb0 k 2 得 ，解得 4kb12 b4 直线AD的解析式为y2x4． 如图，过点P作x轴的垂线，交AD于点E， 则点E坐标为m,2m4． 1 1 S  PEx x   m24m122m4 42． PAD 2 D A 2 即S 3m26m243m12 27． PAD 当m1时， PAD面积最大，最大值是27．  此时点P坐标为1,15． （2）解：由抛物线解析式为yx24ax12a， 可知其对称轴是直线x2a，点C坐标为0,12a，故点Q2a,8a在抛物线对称轴上．  线段QC 绕点Q顺时针旋转90后对应点是点M ， QC QM ，CQM 90． 如图，分别过点C，M 作直线x2a的垂线，垂足分别为点E，点N ， 则MNQQEC 90 CQENQM CQEQCE90． NQM QCE． △MNQ≌△QEC． MN EQ4a，QN CE2a 点M 坐标可表示为6a,10a． 把点M 坐标代入yx24ax12a，得6a24a6a12a10a， 1 解得a 0（舍），a  ． 1 2 6 2 抛物线的解析式为yx2 x2． 3 3 13 ．（2024·山东临沂·二模）如图，抛物线yax2  xc与x轴交于点A和点B4,0，与y轴交于点 2 C0,2，连接BC，点D在抛物线上． (1)求抛物线的解析式；(2)小明探究点D位置时发现：如图1，点D在第一象限内的抛物线上，连接BD，CD，△BCD面积存在最 大值，请帮助小明求出△BCD面积的最大值； (3)小明进一步探究点D位置时发现：如图2，点D在抛物线上移动，连接CD，存在DCBABC，请帮 助小明求出DCBABC时点D的坐标． 1 3 【答案】(1)y  x2  x2 2 2 (2)△BCD面积的最大值是4 17 50 (3)点D的坐标为2,3或 ,   3 9  【分析】（1）由待定系数法即可求解；  1 3   1  （2）先直线BC的解析式，设点Dm, m2 m2，Em, m2，根据三角形的面积公式列出函数  2 2   2  解析式求解即可； （3）分两种情况求解：当点D在x轴上方时和当点D在x轴下方时． 3 【详解】（1）解：∵抛物线yax2  xc与x轴交于点A和点B4,0，与y轴交于点C0,2， 2 y16a6c ∴  2c  1 a 解得 2   c2 1 3 ∴求抛物线的解析式为y  x2  x2； 2 2 （2）如答图1，过点D做DF x轴，交线段BC于点E，垂足为点F， 当x0时，y0，则C0,2， ∵直线BC经过点B4,0，C0,2， 设y kxb BC4kb0 ∴ ， b2  1 k  解得： 2  b2 1 ∴直线BC的解析式为：y   x  2， 2  1 3   1  设点Dm, m2 m2，Em, m2，  2 2   2  1 ∴DE  m2 2m， 2 1 1 ∵S  DEOF ，S  DEBF， △CDE 2 △BDE 2 1 1 1 ∴S S S  DEOF DEBF  DEOB， △BCD △CDE △BDE 2 2 2 ∴S  1    1 m22m  4m24mm22 4， BCD 2  2  ∵10， ∴当m2，△BCD面积最大，△BCD面积的最大值是4． （3）如答图2，当点D在直线BC的上方的抛物线上时， ∵DCBABC， ∴CD∥AB ， ∴点C，D的纵坐标相等，即点D的纵坐标为2， 1 3 当y2时，则 x2 x22， 2 2 解得，x 0（舍去）x 3， 1 2 ∴D3,2 ， 如答图3，当点D在直线BC的下方的抛物线上时，设DC交x轴于点G， ∵DCBABC， ∴GCGB． 设GBGC n， ∴OGOBGB4n， 在Rt COG中，  ∵OC2OG2 CG2， ∴224n2 n2， 5 解得：n ， 2 3 ∴OG ， 2 3  ∴G ,0， 2  设直线CD的解析式为ykxb， 3  kb0 ∴2 ，  b2  4 k  解得： 3 ，  b2 4 ∴y x2， 3  4 y x2   3 ∴ ， 1 3 y x2 x2  2 2  17 x x0   3 解得： ，（舍去） ， y2 y 50  917 50 ∴D , ，  3 9  17 50 综上所述，点D的坐标为2,3或 , ．  3 9  【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数与坐标轴的交点，平行线的判定，勾股定理，等 腰三角形的判定，二次函数与几何综合，数形结合是解题的关键． 14．（2024·广东深圳·二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数yx2bxc的图象与轴交于A，B点， 与y轴交于点C0,3，点B的坐标为3,0，点P是抛物线上一个动点． (1)求二次函数解析式； (2)若P点在第一象限运动，当P运动到什么位置时，△BPC的面积最大？请求出点P的坐标和△BPC面积 的最大值； (3)连接PO，PC，并把△POC沿CO翻折，那么是否存在点P，使四边形POPC为菱形；若不存在，请说 明理由． 【答案】(1)yx22x3 3 15 27 (2)点的坐标为 , ，△CPB的面积最大 ． 2 4  8 2 10 3 2 10 3 (3)存在，P , 或P ,   6 2  2 2      【分析】此题是二次函数综合题，考查了待定系数法、二次函数图象与面积问题、二次函数与特殊四边形 等知识，数形结合是解题的关键． （1）利用待定系数法求出函数解析式即可； （2）设P(x,x22x3)，求出直线BC的解析式为yx3，设Q(x,x3)，得到 3 3 2 27 S  x   ，根据二次函数的性质解答即可； CPB 2 2 8 （3）设点P  x,x22x3  ，PP交CO于点E，若四边形POPC是菱形，连接PP，则PEOC，3 3 OECE ，得到方程x22x3 ，解方程即可得到答案． 2 2 【详解】（1）解：将B(3,0)，C(0,3)代入yx2bxc， 93bc0 得 ， c3 b2 解得 ， c3 ∴二次函数的解析式为yx22x3． （2）设P(x,x22x3)， 设直线BC的解析式为ymxn， 3mn0 则 ， n3 m1 解得 ， n3 ∴直线BC的解析式为yx3， 设Q(x,x3)， 1 1 3 3 2 27 ∴S S S  QPOB (x23x)3 x   CPB BPQ CPQ 2 2 2 2 8 3 当x 时，△CPB的面积最大， 2 3 2 3 15 x22x3  2 3 ， 2 2 4 3 15 27 此时，点的坐标为 , ，△CPB的面积最大值为 ． 2 4  8 （3）存在．如图，设点P  x,x22x3  ，PP交CO于点E，3 若四边形POPC是菱形，连接PP，则PEOC，OECE ， 2 3 ∴x22x3 ， 2 2 10 2 10 解得x  ，x  1 2 2 2 2 10 3 2 10 3 ∴P , 或P ,   6 2  2 2     15．（2024·湖北·模拟预测）如图，抛物线yx12k与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），与 y轴相交于点C0,3．设P点在抛物线上运动，横坐标为m． (1)求此抛物线的解析式； (2)当P点位于第四象限时，求 BCP面积的最大值，并求出此时P点坐标；  (3)设此抛物线在点C与点P之间部分（含点C和点P）最高点与最低点的纵坐标之差为 h． ① 求h关于m的函数解析式，并写出自变量m的取值范围； ② 根据h的不同取值，试探索点P的个数情况． 【答案】(1)y=x22x3 27 3 15 (2)面积最大值为 ；P ,  8 2 4 m22mm0  m22m0＜m＜1 (3)①h ；② h0时，点P只有1个；h1时，点P有无数个；0＜h＜1或h＞1时， 11m2  m22m1m＞2  点P有2个 【分析】本题考查了二次函数的图象及性质及二次函数的综合运用，熟练掌握二次函数的性质，数形结合， 分类讨论是解题的关键． （1）将C0,3代入抛物线yx12k即可解答； （2）设点P为  m,m22m3  ，过点P作PQx轴交直线BC于点Q，求出直线BC的解析式为y x3， 故点Q的坐标为m,m3，得到S  3 m 3  2  27 ，根据二次函数的性质进行解答即可； BCP 2 2 8 （3）①出yx12 4x22x3的顶点坐标为1，4，对称轴为直线x1，根据m的取值范围，求出 函数解析式即可；②出函数图象，根据图象解答即可． 【详解】（1）把C0,3代入yx12k得到 3012 k 解得k 4 ∴yx12 4x22x3 （2）设点P为  m,m22m3  ，过点P作PQx轴交直线BC于点Q， 当y0时，x22x30， 解得x 3,x 1, 1 2∴点B的坐标是3,0，点A的坐标是1,0， 设直线BC的解析式为y pxq，则 3pq0   q3  p1 解得 q3 ∴直线BC的解析式为y x3， 故点Q的坐标为m,m3， ∴ PQ m3  m22m3  m23m， 1 1 3 3 3 2 27 ∴S  PQ m PQ3m PQ  m   ， BCP 2 2 2 2 2 8 3 27 当m 时， BCP面积有最大值，最大值为 ，  2 8 3 2 3 15 此时x22x3  2 3 ， 2 2 4 3 15 即点P的坐标为 ,  2 4  （3）①∵yx12 4x22x3 ∴抛物线的顶点坐标为1，4，对称轴为直线x1， 当m0时，hm22m33m22m， 当0m1时，h3  m22m3  m22m， 当1m2时，h341， 当m>2时，hm22m34m22m1， m22mm0  m22m0＜m＜1 ∴h ， 11m2  m22m1m＞2  ②函数图象如下：根据函数图象可知， 当h0时，m的值只有一个，故点P只有一个， 当h1时，m的值有无数个，故点P有无数个， 当0h1或h1时，m的值有2个，故点P有2个， 16．（22-23九年级下·重庆·阶段练习）抛物线 yax²bx5经过点A1,0和点B5,0．该抛物线与直线 1 y  x  5相交于C、D两点，点P是抛物线上的动点且位于x轴下方，直线PM∥y轴，分别与x轴和 2 直线CD交于点 M、N． (1)求该抛物线所对应的函数解析式； (2)连接PC、PD，如图1，在点P运动过程中， PCD的面积是否存在最大值？ 若存在，求出这个最大值；  若不存在，说明理由； (3)连接PB，过点 C作CQPM，垂足为点 Q，如图2，是否存在点 P，使得  CNQ与  PBM 相似？ 若存 在，求出满足条件的点 P 的坐标；若不存在，说明理由．【答案】(1)yx26x5 2197 (2)在点P运动过程中， PCD的面积存在最大值，最大值为  64 3 7 (3) 3,4或 ,  2 4 【分析】（1）由A、B两点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式； （2）联立抛物线与直线CD的解析式成方程组，通过解方程组可求出点C、D的坐标，设点P的坐标为  m,m26m5  (1m5)，则点N的坐标为  m, 1 m5  ，PN m2 13 m，根据三角形面积公式可得  2  2 13 13 2 2197 S  m   ，利用二次函数的性质即可解决最值问题； PCD 4  4  64 CQ PM CQ BM （3）利用相似三角形的性质可得出：若  CNQ与  PBM 相似，则有 NQ  BM 或 NQ  PM ，设点P的坐 标为  x,x26x5  (1x5)，则点N的坐标为  x, 1 x5  ，点M的坐标为x,0，点Q的坐标为x,5，进  2  1 CQ PM CQ BM 而可得出CQx，NQ x，PM x26x5，BM 5x，将其代入  或  中即可求 2 NQ BM NQ PM 出x的值，结合1x5即可得出点P的坐标． 【详解】（1）解：∵抛物线yax2 bx5经过点A(1,0)和点B5,0， ab50  ， 25a5b50 a1 解得 ， b6 该抛物线对应的函数解析式为yx26x5； yx26x5  （2）解：①联立抛物线与直线CD的解析式成方程组，得： 1 ， y x5  2  13 x  x 0   2 2 解得： 1 ， ， y 1 5 y  33  2 4 13 33 点C的坐标为0,5，点D的坐标为 , ．  2 4  设点P的坐标为  m,m26m5  (1m5)，则点N的坐标为  m, 1 m5  ，  2  1 13 PN  m5  m26m5  m2 m， 2 21 S  PNx x  PCD 2 D C 1 13 13    m2 m 2 2  2  13 13 169 13 13 2 2197  m2 m  m   4  2 16  4  4  64 13 a 0，  4 13 2197 当m 时，S 取最大值，最大值为 ， 4 PCD 64 2197 在点P运动过程中， PCD的面积存在最大值，最大值为 ．  64 （3）解：  CQN PMB90， CQ PM CQ BM 若  CNQ与  PBM 相似，则有 NQ  BM 或 NQ  PM ． 设点P的坐标为  x,x26x5 1 x5，则点N的坐标为  x, 1 x5  ，点M的坐标为x,0，点Q的坐标  2  为x,5， 1 CQx，NQ x，PM x26x5，BM 5x． 2 x x26x5 CQ PM  当  时，则 1 5x ， NQ BM x 2 解得：x 3，x 5(舍去)， 1 2 点P的坐标为3,4； x 5x CQ BM  当  时，有 1 x26x5， NQ PM x 2 3 解得：x  ，x 5(舍去)， 3 2 4 3 7 点P的坐标为 , ． 2 4 3 7 综上所述：存在点P，使得  CNQ与  PBM 相似，点P的坐标为3,4或 , ． 2 4 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、一次函数图象上点的 坐标特征、三角形的面积、二次函数的性质以及相似三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）由点A、B 的坐标，利用待定系数法求出二次函数的解析式；（2）利用三角形的面积公式找出13 13 2 2197 CQ PM CQ BM S  m   ；（3）分  、  两种情况求出x的值． PCD 4  4  64 NQ BM NQ PM 17．（2024·江苏宿迁·一模）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线yax2bx3与x轴分别相交于A、B 两点，与y轴相交于点C，已知点A的坐标为(1，0)，点B的坐标为(3，0)． (1)求出这条抛物线的函数表达式； (2)如图2，点D是第一象限内该抛物线上一动点，过点D作直线l  y轴，直线l与△ABD的外接圆相交于 点E． ①仅用无刻度直尺找出图2中△ABD外接圆的圆心P． ②连接BC、CE，BC与直线DE的交点记为Q，如图3，设△CQE的面积为S，在点D运动的过程中，S 是否存在最大值？如果存在，请求出S的最大值；如果不存在，请说明理由． 【答案】(1)yx22x3 (2)①图见解析②存在，2 【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可； （2）①画出对称轴，根据三角形的外接圆在三边的中垂线上，结合抛物线和圆的轴对称性，得到D,F两 点关于对称轴对称，连接DF，得到FDE90，圆周角定理得到EF 为圆的直径，则EF 与对称轴的交点 即为点P； ②连接BE，设AB,DE相交于点H，设D  m,m22m3  ，证明 HAD∽ HEB，求出HE的长，进而表示   1 出QE，利用S  QEOH ，列出二次函数解析式，求最值即可。 2 【详解】（1）解：把A1,0，B3,0代入二次函数解析式，得：ab30 a1  ，解得： ， 9a3b30 b2 ∴yx22x3； （2）①如图所示，点P即为所求； ②存在； 连接BE，设AB,DE相交于点H，设D  m,m22m3  ，则：OH m,DH m22m3， ∵A1,0，B3,0， ∴OA1,OB3,AB4,AH m1,BH 3m， ∵DEAB， ∴AHDBHE90， ∵DABDEB， ∴ HAD∽ HEB，   HE BH ∴  ， AH DH HE 3m ∴  ， m1 m22m3 3mm1 ∴HE 1， 3mm1∵yx22x3， ∴当x0时，y3， ∴C0,3， ∴OC OB3， ∴OBC 45， ∴HQBH 3m， ∴QEHQHE4m， 1 1 1 ∴S  QEOH  4mm m222， 2 2 2 ∴当m2时，S有最大值为：2． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法求二次函数的解析式，三角形的外接圆，圆周角 定理，相似三角形的判定和性质，综合性强，难度较大，属于压轴题，熟练掌握相关知识点，利用数形结 合的思想进行求解是解题的关键． 18．（2024·新疆乌鲁木齐·一模）如图，在 ABC中，AB AC，ADBC于点D，BC 10cm，  AD8cm，点P从点B出发，在线段BC上以每秒3cm的速度向点C匀速运动，与此同时，垂直于AD的 直线m从底边BC出发，以每秒2cm的速度沿DA方向匀速平移，分别交AB、AC、AD于E、F、H，当 点P到达点C，点P与直线m同时停止运动，设运动时间为t秒t 0． (1)AH __________，EF __________（用含t的式子表示）． (2)在整个运动过程中，所形成的! PEF的面积存在最大值，当! PEF的面积最大时，求线段BP的长； (3)是否存在某一时刻t，使! PEF为直角三角形？若存在，请求出此时刻t的值；若不存在，请说明理由． 5 【答案】(1)82t；10 t 2 (2)BP6cm40 280 (3)当t  秒或t 秒时，! PEF为直角三角形 17 183 EF AH 5 【分析】（1）根据运动求出AH 82t，证明 AEF∽ ABC，得出  ，求出EF 10 t即可；   BC AD 2 （2）先求出! PEF的面积的表达式，然后利用二次函数的性质求解； （3）分三种情况，利用平行线分线段成比例及勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：根据题意可知，DH 2t，AH 82t， ∵EF∥BC， ∴ AEF∽ ABC，   EF AH   ， BC AD EF 82t 即  ， 10 8 5 解得：EF 10 t； 2 （2）解：S  1 EFDH  1 10 5 t  2t  5 t22 10  0t 10 ， PEF 2 2 2  2  3  当t2秒时，S 存在最大值，最大值为10cm2，此时BP3t 6cm． △PEF （3）解：存在，分三种情况，具体如下： ①若点E为直角顶点，如图： 此时，PE∥AD，PEDH 2t，BP3t  PE∥ADPE BP 2t 3t   ，即  ， AD BD 8 5 此比例不成立，故不存在这种情况； ②若F 为直角顶点，如图： 此时，PF∥AD，PF DH 2t，BP3t，CP103t，  PF∥AD， PF CP 2t 103t   ，即  ， AD CD 8 5 40 解得t  ； 17 ③若P为直角顶点，如图： 过点E作EM BC于点M ，过点F 作FN BC于点N ，则： EM FN DH 2t，EM∥FN∥AD EM∥AD，  EM BM 2t BM   ，即  AD BD 8 5 5 解得BM  t， 4 5 7 PM  BPBM 3t t  t， 4 4 FE2 EM2PM2 2t2   7 t   2  113 t2， 4  16FN∥AD  FN CN 2t CN   ，即  ， AD CD 8 5 5 解得CN  t， 4 5 17 PN  BCBPCN 103t t 10 t， 4 4 PF2 FN2PN2 2t2  10 17 t   2  353 t285t2100，  4  16 EF2 PE2PF2，   5  2 113 353  10 t  t2 t285t100  2  16  16  280 解得t 或t0（舍去）． 183 40 280 综上，当t  秒或t 秒时，! PEF为直角三角形． 17 183 【点睛】本题是运动型的综合题，考查动点及动线两种运动类型，涉及相似三角形、图形面积、二次函数 极值和勾股定理等知识，重点考查分类讨论数学思想． 19．（2024·重庆·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax2bxc过点(3,4)，交x轴于点 A(1,0)，B两点，交y轴于点C(0,2)． (1)求抛物线的表达式； (2)连接AC，BC，M 为线段AB上一动点，过点M 作MD∥BC交直线AC于点D，连接MC，求△MDC 面积的最大值及此时M 点的坐标； (3)在（2）中△MDC面积取得最大值的条件下，将该抛物线沿射线BC方向平移 2个单位长度，P是平移 后的抛物线上一动点，连接CP，当PCM 与△OBC的一个内角相等时，请直接写出所有符合条件的点P 的坐标． 【答案】(1)yx2 x2；3 1  (2)最大值为 ，点D ，0； 4 2  5 89 59 89 5 89 59 89  261 533 26 (3)点P的坐标为 ， 或 ， 或 ， 或3,3．  8 32   8 32   5 5        【分析】（1）由待定系数法即可求解； 1 1 2m2 1 1 2 3 （2）由S S  BMy  2m  m   ，即可求解； MDC MDB 2 D 2 3 6 2 4 （3）当PCM 与△OBC的一个内角相等时，即PCM 45或90；当PCM 45时，在 CMH 中，  17 CM  ，tanCMO4，HCM 45，用解直角三角形的方法求出点H的坐标，即可求解；当点P(P) 2 1 在y轴右侧时，同理可解；当PCM 90时，求出直线PP的表达式为：y x2，即可求解． 4 【详解】（1）解：由题意得： abc0 a1   c2 ，解得：b1 ，   9a3bc0 c2 则抛物线的表达式为：yx2 x2； （2）解：由抛物线的表达式知，点A、B、C的坐标分别为：(1,0)、(2,0)、(0,2)， 由点A、B、C的坐标得，直线BC的表达式为：yx2，直线AC的表达式为：y2x2， 连接BD，设点M(m,0)， ∵MD∥BC，则S S ， △MDC △MDB 则直线DM 的表达式为：y(xm)xm， 联立直线DM 和直线AC的表达式得：2x2xm， m 2 解得：x  ， 3m2 2m2 则点D ， ，  3 3  1 1 2m2 1 1 2 3 3 则S S  BMy  2m  m    ， MDC MDB 2 D 2 3 6 2 4 4 3 1 1  故△MDC面积的最大值为 ，此时m ，则点D ，0； 4 2 2  （3）解：该抛物线沿射线BC方向平移 2个单位长度，则相当于将抛物线向左向上分别平移1个单位， 则新抛物线的表达式为：y(x1)2x3x2x3， 当PCM 与△OBC的一个内角相等时，即PCM 45或90； 当PCM 45时，如下图： 当点P在y轴左侧时， 设PC交x轴于点H，过点H作NH CM 于点N ， 2 1 17 tanCMO 4 在 CMH 中，CM  22  ， 1 ，HCM 45，  4 2 2 则设HN 4xCN ，则NM x， 17 17 则CM 5x ，则x ， 2 10 则HM  HN2MN2  17x1.7， 则点H(1.2,0)， 5 由点C、H的坐标得，直线CH 的表达式为：y x2， 3 5 将上式和新抛物线的表达式联立得： x2x2x3， 3 1 解得：x （舍去）或3， 3即点P的坐标为3,3； 当点P(P)在y轴右侧时， 3 则直线CP的表达式为：y x2， 5 3 将上式和新抛物线的表达式联立得： x2x2x3， 5 261 解得：x （不合题意的值已舍去）， 5  261 533 26 即点P的坐标为 ， ；   5 5   当PCM 90时，如下图： 1 则直线PP的表达式为：y x2， 4 1 将上式和新抛物线的表达式联立得： x2x2x3， 4 5 89 解得：x 8 5 89 59 89 5 89 59 89 即点P的坐标为 ， 或 ， ；     8 32 8 32     5 89 59 89 5 89 59 89  261 533 26 综上，点P的坐标为 ， 或 ， 或 ， 或3,3．       8 32 8 32 5 5       【点睛】本题属于二次函数的综合题，主要考查二次函数性质，三角形的面积．解直角三角形，要会利用 数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，分类讨论思想等相关 知识，解题的关键是进行正确的分类讨论． 20．（2024·湖南衡阳·一模）如图，已知抛物线yax2bxc经过A1,0,B3,0,C0,3三点．(1)求抛物线的解析式； (2)若点D为第二象限内抛物线上一动点，求△BCD面积的最大值； (3)设点P为抛物线的对称轴上的一个动点，求使△BPC为直角三角形的点P的坐标． 【答案】(1)yx22x3 27  3 15 (2)△BCD的面积最大，最大面积为 ，此时D ,  8  2 4  (3)点P的坐标为1,4或1,1或1,2 【分析】（1）将点A1,0,B3,0,C0,3代入解析式求解即可； （2）过点D向x轴作垂线交BC于点Q，设D(t,t22t3)，Q(t,t3)，得到DQ的值，计算即可； （3）设P1,y，直角三角形的性质分类讨论即可； 【详解】（1）解：根据题意，将点A1,0,B3,0,C0,3，代入yax2bxc， abc0  可得9a3bc0，  c3 a1  解得b2，  c3 抛物线的解析式为yx22x3， （2）解：连接BC,CD,BD，过点P向x轴作垂线交直线BC于点Q，垂足为G，设直线BC的解析式为ykxb， 3b  ， 3kb0 3b 解得： ， k 1 直线BC的解析式为y= x+ 3， 设D(t,t22t3)，Q(t,t3)，  3 2 9 PQt22t3t3t23t t   ，  2 4 3 9 当t  时，DQ最大，最大为DQ ， 2 4 1 1 9 27 S  DQ x   3 ，  BCD 2 B 2 4 8 27  3 15 ∴DQ最大时，△BCD的面积最大，最大面积为 ，此时D , ； 8  2 4  （3）解：  抛物线yx22x3x124， 抛物线yx12 4的对称轴为x=1， 设P1,y， ∵B3,0，C0,3， BP2 4y2,CP2 13y2，BC2 18， 当BPCP时，4y213y2 18， 解得：y1或y4， 点P的坐标为1,1或1,4； 当BPBC时，4y21813y2，解得：y=2， 点P的坐标为1,2； 当CPBC时，4y2 13y218， 解得：y4， 点P的坐标为1,4； 综上所述，存在这样的点P，使得△BPC为直角三角形，点P的坐标为1,4或1,1或1,2． 【点睛】本题考查待定系数法求抛物线解析式，特殊三角形与的存在问题，二次函数的面积问题，一次函 数，利用分类讨论组成直角三角形，应用勾股定理构造方程求点P坐标是解题关键． 21．（2024·甘肃天水·一模）如图，在平面直角坐标系中，开口向下的抛物线与x轴交于A,B两点，D是抛 2 物线的顶点．O为坐标原点．A,B两点的横坐标分别是方程x24x120的两根，且cosDAB ． 2 (1)求抛物线的函数解析式； (2)作AC  AD，AC交抛物线于点C，求点C的坐标及直线AC的函数解析式； (3)在（2）的条件下，在x轴上方的抛物线上是否存在一点P，使△APC的面积最大？如果存在，请求出点 P的坐标和△APC的最大面积；如果不存在，请说明理由． 1 【答案】(1)y x2x3； 4 (2)C(10,12)，直线AC的解析式为y  x 2． (3)存在，P4,3，△APC的面积最大面积为54 2 【分析】（1）解出方程x24x120的两根即可求出A、B两点的坐标，再利用cosDAB 求出D点坐 2 标，进而利用顶点式、两根式或一般式求出二次函数的解析式． （2）由（1）推得 ACG是等腰直角三角形，据此设出C点坐标C(a,a2)，将其代入抛物线即可求出a的  值，进而求出A、C的坐标，从而求出直线解析式；  1  （3）过点P作PQ∥y轴交AC于点Q，设Pm, m2m3，则Qm,m2，  4  1 1 PQ m2m3m2 m22m5，利用面积公式构造二次函数即可得解． 4 4 【详解】（1）解：解方程x24x120得x 6，x 2． 1 2 A(2,0)，B(6,0)．过D作DEx轴于E，D是顶点，  点E是AB的中点， E(2,0)． 在Rt DAE中，  2 cosDAB ，  2 DAE45， AEDE4， D(2,4) 设抛物线的函数解析式为yax2bxc， 把A(2,0)，B(6,0)，D(2,4)分别代入yax2bxc，得 4a2bc0  36a6bc0  4a2bc4  1 a  4  解得：b1  c3   1 抛物线的解析式为y x2x3； 4 （2）解： AC AD，由（1）∠DAE  45得：  BAC 45，作CGx轴于G，∴ ACG是等腰直角三角形．  设C(a,b)（显然a0，b0)， 则ba2，即C(a,a2)， 点C在抛物线上，  1 a2 a2a3， 4 a28a200， 解之得：a 10，a 2（舍去）， 1 2 C(10,12)， 设直线AC的方程为ymxn，代入A、C的坐标，得 02mn  ， 1210mn m1 解之得： ， n2 直线AC的解析式为y  x 2．  1  （3）如下图，过点P作PQ∥y轴交AC于点Q，设Pm, m2m3，则Qm,m2，  4 1 1 ∴PQ m2m3m2 m22m5， 4 4 ∵A(2,0)，C(10,12)， ∴S  1 102   1 m22m5   3 m42 54， APC 2  4  2 ∴存在点P，使得△APC的面积最大，当m4时，△APC的面积最大，最大面积为54，此时P4,3． 【点睛】本题考查求抛物线的解析式，求直线的解析式，抛物线图象上点的坐标特征，解直角三角形，熟 练掌握用待定系数法求函数解析式是解题的关键． 22．（2024·山东聊城·一模）在平面直角坐标系中，抛物线yax2bx3与x轴交于点A1,0和点B3,0， 与y轴交于点C． (1)求抛物线的解析式及顶点坐标； (2)若点P为第四象限内抛物线上一点，当  PBC面积最大时，求点P的坐标； (3)若点P为抛物线上一点，点Q是线段BC上一点（点Q不与两端点重合），是否存在以P、Q、O为顶点 的三角形是等腰直角三角形，若存在，请直接写出满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)y=x22x3，1,4 3 15 (2)点P ,  2 4 2 10 3 (3)点P的坐标为3,0或0,3或2,3或 ,    2 2   【分析】（1）利用待定系数法求解析式即可； （2）作PR∥y交BC于点R，先求得直线BC的解析式，设点P的坐标为  x,x22x3  ，则点R的坐标为 x,x3，利用三角形面积公式列式，利用二次函数的性质求解即可； （3）分四种情况讨论，利用等腰直角三角形的性质求解即可． 【详解】（1）解：将A1,0、B3,0代入yax2bx3得， ab30  ， 9a3b30 a1 解得： ， b2 ∴抛物线的解析式为：yx22x3x124； 顶点坐标为1,4； （2）解：作PR∥y交BC于点R， 令x0，则y=3， ∴C(0,3)， ∵B3,0， 设直线BC的解析式为ykx3， ∴03k3， 解得k1， ∴直线BC的解析式为y x3， 设点P的坐标为  x,x22x3  ，则点R的坐标为x,x3，1 1 ∴S  PRx   x3x22x3  3 PBC 2 B 2  3  x23x   3 x 3  2  27 ， 2 2 2 8 3 ∵ 0， 2 3 3 15 ∴x 时，S 有最大值，此时点P的坐标为 , ； 2 PBC 2 4  （3）解：∵点Q是线段BC上一点， ∴设点Q的坐标为m,m3， ∵B3,0，C(0,3)， ∴OBOC 3， ∴当点P与点B重合，点Q与点C重合时，  PQO是等腰直角三角形，此时点P的坐标为3,0； 同理当点P与点C重合，点Q与点B重合时，  PQO是等腰直角三角形，此时点P的坐标为(0,3)； 如图，当点P在第四象限时，过点Q作DEx轴于点D，作PE DE交DE于点E， ∵OQPQ，OQP90， ∴QOD90OQDPQE， ∴△QOD≌△PQE， ∴QEODm，QDPE m3 3m， ∴EDQDQEm3m3，即点P的纵坐标为3， ∴x22x33， 解得x0或x2， ∴点P的坐标为2,3； 如图，当点P在第三象限时，过点P作DEx轴于点D，作QEDE交DE于点E，设ODd ，同理△POD≌△QPE， ∴PEODEF d，QF m，QEPD，OF DE m3 3m， ∴PDDEPE3md，QEQFEF md ， ∴3md md， 3 解得d  m， 2  3  3 ∴点P的纵坐标为3md3m m ，  2  2 3 ∴x22x3 ， 2 2 10 2 10 解得x （舍去）或x ， 2 2 2 10 3 ∴点P的坐标为 , ；   2 2   2 10 3 综上，点P的坐标为3,0或0,3或2,3或 , ．   2 2   【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图象和性质、待定系数法求函数的解析式、轴对称的 性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识；本题综合性较强，具有一定的难度，熟 练掌握二次函数的图形和性质，学会用代数的方法求解几何问题，分类思想的应用是解题的关键． 23．（2024·吉林长春·一模）如图，在平面直角坐标系中，直线yx2分别交x轴、y轴于A、B两点，过 点C2,2作x轴垂线，垂足为D，连接BC．现有动点P、Q同时从A点出发，分别沿AB、AD向终点B和 终点D运动，若点P的运动速度为每秒 2个单位长度，点Q的运动速度为每秒2个单位长度．设运动的时 间为t秒．(1)求A、B两点的坐标； (2)当CQ∥AB时，t __________； (3)设  CPQ的面积为y，写出y与t的函数关系式，并求  CPQ面积的最大值； (4)当  CPQ为轴对称图形时，直接写出t的值． 【答案】(1)A2,0，B0,2 (2)1  3 2 9 9 (3)y  t 2    4 ，（0t2）， y 最大值  4 ． 5   (4)当  CPQ为轴对称图形，t的值是2s或 s或 4 6 s 3 【分析】（1）把x0，y0分别代入函数解析式，求出即可； （2）根据平行四边形的性质得出BC 2 AQ，即可求出答案； 2 （3）先证明BAO45，得到 x  y  APsin45 2t t，根据 p p 2 S S S S S 列出y关于t的一元二次函数，根据函数得性质求解即可． CPQ 梯形ABCD APQ CQD PBC （4）当  CPQ为轴对称图形，即  CPQ为等腰三角形或者等边三角形，根据勾股定理分别求出CP、PQ、CQ 的平方，分为三种情况：当CP CQ 时，当PQCQ时，当CPPQ时，以及当PQCQCP代入求出t 值即可． 【详解】（1）解：  直线yx2分别交x轴、y轴于A、B两点， 当x0时，y2， 当y0时，x2， A(2,0)，B(0,2)． （2）  B0,2，C(2,2)， BC 2，BC∥AD，CQ∥AB，  四边形BCQA是平行四边形， AQBC 2， t221； 故答案为：1． （3）∵A(2,0)，B(0,2)，C(2,2)，D2,0， ∴AB2 2，OBCD2，AD4， BO 2 2 ∴sinBAO   ， AB 2 2 2 即BAO45， ∵点P的运动速度为每秒 2个单位长度，点Q的运动速度为每秒2个单位长度． ∴AP 2t，AQ2t，DQ 42t 2 ∴ x  y  APsin45 2t t， p p 2 ∵AB2 2，AD4 ∴t 2 最大 ∵S S S S S CPQ 梯形ABCD APQ CQD PBC BCAD 1 1 1    CD y AQ QDCD BC 2y 2 2 p 2 2 p 24 1 1 1  2 2tt 42t2 22t 2 2 2 2 6t242t2t 6t242t2t t23t  3 2 9 t   ，  2 4  3 2 9 即yt   ，（0t2）  2 4 3 9 ∴当t 时，y  ． 2 最大值 4 （4）当  CPQ为轴对称图形，即  CPQ为等腰三角形，如图1，过P作EFAD，交AD于F ，交直线CB于E， QAOB90，OAOB2， BAD45， PF AD，  PFA90， BADFPA45， AP 2t，  AF PF t， AQ2t，  QF t， 在Rt△PQF 中，由勾股定理得：PQ2 t2t2 2t2， 在Rt△DCQ中，由勾股定理得：CQ2 22222t2， BC AD，   BAD45EBP， E90，  EBPEPB45， EPEB2t， 在Rt PEC中，由勾股定理得：CP2 2t22t22，  分为四种种情况：①如图2，当CQPQ时，2t2 22222t2， t 4 6（不满足t2，舍去），t 4 6； ②如图2，当CP CQ 时，22t22t2 2242t2， t0（舍去），t2； ③如图3， 当CPPQ时，FQ ADAFDQ4t42tt，PF t，EPEB2t，CE22t， 5 由勾股定理得：2t2 22t2 t2t2，解得t  ， 3 ④当PQCQCP时， 即2t2 22222t2 2t2 2t22，t无解． 故不存在这样的t值． 5   故当  CPQ为轴对称图形时，t的值是2s或 s或 4 6 s 3 【点睛】本题考查了二次函数的面积综合问题，等腰三角形的性质和判定，平行四边形的判定以及性质， 勾股定理的应用等知识，用了分类讨论思想． 24．（2023·湖南娄底·中考真题）如图，抛物线yx2bxc过点A1,0、点B5,0，交y轴于点C．(1)求b，c的值． (2)点Px ,y 0x 5是抛物线上的动点 0 0 0 ①当x 取何值时， PBC的面积最大？并求出 PBC面积的最大值； 0   ②过点P作PEx轴，交BC于点E，再过点P作PF∥x轴，交抛物线于点F，连接EF ，问：是否存在 点P，使! PEF为等腰直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)b4，c5 5 125 (2)①当x  时， PBC的面积由最大值，最大值为 ； 0 2  8 7 33 33 33 ②当点P的坐标为 , 或4,5时，! PEF为等腰直角三角形   2 2   【分析】（1）将将A1,0、B5,0代入抛物线yx2bxc即可求解； （2）①由（1）可知：yx24x5，得C0,5，可求得BC的解析式为yx5，过点P作PEx轴， 交BC于点E，交x轴于点Q，易得PE y y x 25x ，根据 PBC的面积S S ，可得 PBC E 0 0 0  △PEC △PEB  1 1 5 5 2 125 的面积 2 PEx 0 x C  2 PEx B x 0   2   x 0  2    8 ，即可求解； 4 ②由题意可知抛物线的对称轴为x  2，则x 4x ，分两种情况：当点P在对称轴左侧时，即 对 21 F 0 0x 2时，当点P在对称轴右侧时，即2x 5时，分别进行讨论求解即可． 0 0 【详解】（1）解：将A1,0、B5,0代入抛物线yx2bxc中， 1bc0 b4 可得： ，解得： ， 255bc0 c5 即：b4，c5；（2）①由（1）可知：yx24x5， 当x0时，y5，即C0,5， 设BC的解析式为：ykxb， 将B5,0，C0,5代入ykxb中， 5kb0 k 1 可得 ，解得： ， b5 b5 ∴BC的解析式为：yx5， 过点P作PEx轴，交BC于点E，交x轴于点Q， ∵Px ,y 0x 5，则y x 24x 5， 0 0 0 0 0 0 ∴点E的横坐标也为x ，则纵坐标为y x 5， 0 E 0 ∴PE y y x 5  x 24x 5  x 25x ， E 0 0 0 0 0 0 PBC的面积S S  △PEC △PEB 1 1  PEx x  PEx x  2 0 C 2 B 0 1  PEx x  2 B C 5   x 25x  2 0 0 5 5 2 125  x    ， 2 0 2 8 5 ∵ 0， 2 5 125 ∴当x  时， PBC的面积有最大值，最大值为 ； 0 2  87 33 33 33 ②存在，当点P的坐标为 , 或4,5时，! PEF为等腰直角三角形．   2 2   理由如下：由①可知PEx 25x ， 0 0 4 由题意可知抛物线的对称轴为直线x  2， 对 21 ∵PF∥x轴， x x ∴EPF 90， 0 F x 2，则x 4x ， 2 对 F 0 当点P在对称轴左侧时，即0x 2时， 0 PF x x 42x ，当PEPF时，! PEF为等腰直角三角形， F 0 0 即：x 25x 42x ，整理得：x 27x 40， 0 0 0 0 0 7 33 7 33 解得：x  （x  2，不符合题意，舍去） 0 2 0 2 33 33 7 33 33 33 此时y x 24x 5 ，即点P , ； 0 0 0 2   2 2   当点P在对称轴右侧时，即2x 5时， 0 PF x x 2x 4，当PEPF时，! PEF为等腰直角三角形， 0 F 0 即：x 25x 2x 4，整理得：x 23x 40， 0 0 0 0 0解得：x 4（x 12，不符合题意，舍去） 0 0 此时：y 424455，即点P4,5； 0 7 33 33 33 综上所述，当点P的坐标为 , 或4,5时，! PEF为等腰直角三角形．   2 2   【点睛】本题二次函数综合题，考查了利用待定系数法求函数解析式，二次函数的性质及图象上的点的特 点，等腰直角三角形的性质，解本题的关键是表示出点的坐标，进行分类讨论． 25．（2024·河南安阳·模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线yax2bxc与抛物线 yx2x1的形状相同，且与x轴交于点1，0和4，0．直线y kx2分别与x轴、y轴交于点A，B， 与yax2bxc于点C，D（点C在点D的左侧）． (1)求抛物线的解析式； (2)点P是直线y kx2上方抛物线上的任意一点，当k 2时，求  PCD面积的最大值； (3)若抛物线yax2bxc与线段AB有公共点，结合函数图象请直接写出k的取值范围． 【答案】(1)yx2 3x4 27 (2) PCD面积的最大值为  8 1 (3)k的取值范围为0k2或 k0 2 【分析】（1）运用待定系数法即可求解； （2）求出直线与抛物线的交点C，D的坐标，过点P作y轴的平行线交CD于点H，交x轴于点G，设点P 坐标为  m,m23m4 1m2，由此用含m的式子表示 PCD的面积，结合二次函数的最值计算方法  即可求解； （3）根据题意，分类讨论：当k 0时；当k 0时；由此即可求解．【详解】（1）解：∵抛物线yax2bxc与抛物线yx2x3的形状相同， ∴a1， ∵抛物线yx2bxc与x轴交于点1，0和4，0， ∴yx1x4x23x4， ∴抛物线的解析式为：yx2 3x4； （2）解：当k 2时，直线y kx2的解析式为：y2x2， y2x2 联立方程组 ， yx23x4 x1 x2 解得 或 ， y0 y6 ∴C1,0，D2,6， 过点P作y轴的平行线交CD于点H，交x轴于点G， 设点P坐标为  m,m23m4 1m2， ∴点Hm,2m2， ∴PH m23m42m2m2m2，CD2(1)3， ∴S  1 PH·CD 1  m2m2  3 3 m 1  2  27 ， PCD 2 2 2 2 8 3 ∵ 0，1m2， 2 1 27 ∴当m 时，S有最大值 ． 2 8 27 ∴ PCD面积的最大值为 ；  8 （3）解：令x0，则y2，∴点B坐标为0,2， 令y0，则kx20， 2 解得x ， k  2  ∴点A坐标为 ,0，  k  若抛物线yx2 3x4与线段AB有公共点， 当k 0时，如图所示， 2 则 1， k 解得0k2； 当k 0时，如图所示： 2 则 4， k 1 解得 k0； 2 1 综上所述，k的取值范围为0k2或 k0． 2 【点睛】本题主要考查二次函数图象的性质，待定系数法求解析式，二次函数图象与一次函数图象的综合， 二次函数的最值问题，掌握二次函数图象的性质是解题的关键．26．（2024·湖南长沙·一模）如图，抛物线yx2bxc与x轴交于A1,0，Bm,0两点，与y轴交于点 C0,3，顶点为D，直线BD交y轴于点E． (1)求抛物线的解析式． (2)设点P为线段BD上一点（点P不与B，D两点重合），过点P作x轴的垂线与抛物线交于点F，连接 DF，BF，求VBDF面积的最大值． (3)连接CD，在线段BD上是否存在点Q，使得BDC QCE？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请 说明理由． 【答案】(1)y=x22x3 (2)S 1 △BDF最大 9 24 (3)存在，点Q的坐标为 ,  7 7  【分析】此题考查了二次函数的图象和性质、待定系数法、等腰三角形的性质、勾股定理，一次函数的图 象和性质，数形结合和准确计算是解题的关键． （1）将A1,0，C0,3代入抛物线yx2bxc，求出b，c的值，即可得到抛物线的解析式； （2）先求出点D坐标为1,4，①设点F的坐标为  a,a22a3  ，则点P的坐标为a,2a6，表示出 S ，根据二次函数的性质即可得到答案； BDF （3）连接BC，先推出BCD90．再由Rt△QMC ，得到比例式，进而即可求解 【详解】（1）解：将A1,0，C0,3代入抛物线yx2bxc， 1bc0 b2 得 ，解得 ， c3 c3 ∴抛物线的解析式为y=x22x3．（2）由（1）可得点D的坐标为1,4． 当y0时，x22x30，解得x 1，x 3， 1 2 ∴点B的坐标为3,0， ∴直线BD的解析式为y2x6． 设点F的坐标为  a,a22a3  ，则点P的坐标为a,2a6， 1 ∴S  312a6  a22a3 ，整理得S a221， BDF 2   BDF ∴当a2时，S 1． △BDF最大 （3）存在．理由如下： 如图，连接BC， 则由勾股定理，得CB2 032 302 18，CD2 12432 2， BD2 42 132 20， ∴CB2CD2 BD2， ∴BCD90． 设Qt,2t6，过点Q作QM  y轴于点M，连接QC ． ∵BDC QCE， ∴Rt BCD∽Rt△QMC ，  QM MC ∴  ， BC CDt 32t6 9 ∴  ，解得t  ， 18 2 7 9 24 此时点Q的坐标为 , ． 7 7  9 24 ∴在线段BD上存在点Q，使得BDC QCE，点Q的坐标为 , ． 7 7  27．（2024·江西萍乡·一模）如图，已知抛物线yx2bxc与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，抛 物线的对称轴交x轴于点D．已知A3,0，C0,3，连接AC，BC． (1)求抛物线的函数解析式； (2)在抛物线的对称轴上找一点P，使得以A、D、P为顶点的三角形与△OBC相似，求出点P的坐标； (3)若点M是抛物线上的一个动点，且位于第一象限内，连接MC，MA．设△ACM 的面积为S，试求S的 最大值． 【答案】(1)yx22x3  2  2 (2) 1,6或1,6或1, 或1,   3  3 27 (3) 8 【分析】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、待定系数法、相似三角形的判定和性质、勾股定理 等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数， 构建方程解决问题，属于中考压轴题． （1）根据待定系数法解答即可； （2）根据A、D、P为顶点的三角形与△OBC相似，BOC ADP90，得出 ADP∽ BOC或   PDA∽ BOC，列出等式解出PD，解答即可；   （3）过点M 作MN OA交AC于点N ，交x轴于点E，设点M 的坐标为  a，a22a3  ，根据M 位于第 一象限，得出a0，解出直线AC的解析式，得出点N 的坐标为a，3a，再根据S S S 列 △ACM △AMN △CMN出式子并配方即可 【详解】（1）∵抛物线yx2bxc经过A3，0和C0，3两点， 93bc0 ∴ ， c3 b2 解得： ， c3 ∴抛物线的解析式：yx22x3； （2）解：yx22x3x3x1， ∴B的坐标是1，0，OB1，OC 3， b ∵抛物线的对称轴是x 1，ADBD2， 2a ∴点P的横坐标是1， ∵A、D、P为顶点的三角形与△OBC相似，BOC ADP90， ∴ DPA∽ OBC或 DAP∽ OBC；     AD 1 AD ∴  或 3， PD 3 PD 2 ∴PD6或 ， 3  2  2 ∴点P的坐标为1，6或1，6或1， 或1， ；  3  3 （3）如图，过点M 作MN OA交AC于点N ，交x轴于点E， 设点M 的坐标为  a，a22a3  ， ∵M 位于第一象限， ∴a0， ∵A3，0和C0，3，∴直线AC的解析式为：yx3，则点N 的坐标为a，3a， 故S S S △ACM △AMN △CMN 1 1  MNOE MNAE 2 2 1  MNOA 2 1   a22a33a  3 2 3 3 27  (a )2 ， 2 2 8 27 ∴S的最大值是 ． 8 28．（2024·四川广元·二模）如图1，抛物线yax²bxc与x轴交于A，B两点，且点B的坐标为5，0， 与y轴交于点C，该抛物线的顶点坐标为(3,4)． (1)求抛物线和直线BC的解析式． (2)在抛物线上是否存在点M，使得 BCM 是以BC为底边的等腰三角形？若存在，求出所有点M的坐标；  若不存在，请说明理由． (3)如图2，以点B为圆心，画半径为2的圆，点P为  B上的一个动点，连接AC，求△ACP面积的最大 值． 【答案】(1)抛物线的解析式为yx²6x5；直线BC的解析式为yx5 7 29 7 29 7 29 7 29 (2)存在点M，坐标为( , )，( , ) 2 2 2 2 (3)10 26 【分析】（1）由抛物线的顶点坐标为(3,4)，可设抛物线的解析式为ya(x3)24，将B(5,0)代入 ya(x3)24即可求得抛物线的解析式，设直线BC的解析式为ykxt，由待定系数法即可求解；（2）由 BCM 是以BC为底边的等腰三角形，可得BM CM ，由（1）可知OCOB连接OM 交BC于点D，  5 5 OM 是线段BC的中垂线，BC的中点坐标D , ，设BC的垂直平分线OM 的解析式为ykxb由待定系 2 2 数法可得直线OM 解析式，联立直线OM 与抛物线即可求解； （3）过点B作PH  AC，交CA的延长线于点H，此时点P的位置使得△ACP的面积最大，由B(5,0),C(0,5) 1 可得OA1，OB5，OC 5，由勾股定理即可求得AC，证明 OAC∽ HAB可得BH ，由S  ACPH   ACP 2 即可求解． 【详解】（1）解∶ 抛物线的顶点坐标为(3,4)， 设抛物线的解析式为ya(x3)24． 将B(5,0)代入ya(x3)24， 解得a1， 抛物线的解析式为yx26x5． 令x26x50， 解得x 1,x 5 1 2 A(1,0) 当x0，得y5， C(0,5)． 设直线BC的解析式为ykxt， 将B(5,0),C(0,5)代入ykxt， 得k 1,t5， 直线BC的解析式为yx5． （2）存在点M，使得 BCM 是以BC为底边的等腰三角形．   BCM 是以BC为底边的等腰三角形． BM CM ， B(5,0),C(0,5)，  OC 5,OB5， 连接OM 交BC于点D如图：OBOC,MC MB，  OM 是BC中垂线， D是BC中点， 5 5 D , ， 2 2 设直线OM 为ykxb， 5 5 b0 将D , ,O0,0代入ykxb可得 2 2 k 1 直线OM 为yx， yx 联立 ， yx26x5  7 29  7 29 x  x   1 2  2 2 解得 或 ，  7 29  7 29 y  y    1 2   2 2 7 29 7 29 7 29 7 29 ∴点M的坐标为( , )，( , )． 2 2 2 2 （3）如图2，过点B作PH  AC，交CA的延长线于点H，此时点P的位置使得△ACP的面积最大． OA1，OB5，OC 5，  ABOBOA4． AC2 OC2OA2  AC  26． OAC HAB,BHACOA90   OAC∽ HAB，  BH AB   OC AC 10 BH  26． 13  BP2， 10 PH BH BP 262． 13 1 1 10  S  ACPH   26 26210 26． ACP 2 2 13  【点睛】本题考查了二次函数综合问题，等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形等知识，解题关键是 根据抛物线的顶点坐标求二次函数的解析式，根据等腰三角形的性质，求满足条件的M点坐标，△ACP的 面积最大时P的位置． 29．（2023·山东青岛·中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB10cm， BD4 5cm．动点P从点A出发，沿AB方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，动点Q从点A出发，沿AD 方向匀速运动，速度为2cm/s．以AP，AQ为邻边的平行四边形APMQ的边PM 与AC交于点E．设运动时 间为ts0t5，解答下列问题： (1)当点M在BD上时，求t的值； (2)连接BE．设△PEB的面积为S  cm2 ，求S与t的函数关系式和S的最大值； (3)是否存在某一时刻t，使点B在PEC的平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 10 【答案】(1)t 3 2 (2)S  t24t(0t5)；S的最大值为10 5 205 5 (3)t  2 102t t 【分析】（1）证明  DQM∽  MPB， 则  ， 即可求解； 2t 10t 1 （2）由 S  PBh即可求解； 24 BR （3）当点B在PEC的平分线上时，则 BROB2 5 ，在Rt  PBR中， sinEPBsinDAB  5 PB 2 5  ，即可求解． 10t 【详解】（1）∵平行四边形APMQ， ∴AQ  PM ，AQPM ，QM∥AP，QM  AP 由题意得∶DQ102t,PM 2t,PB10t，QM  APt， 如下图，点M 在BD上时， ∵AQ  PM ，QM∥AP，， ∴DQM DABMPQ,DMQMBP， ∴ DQM∽  MPB， DQ QM 102t t 则  ,即  ,, PM PB 2t 10t 10 解得： t ; 3 （2）如上图， ∵AQ  PM ， ∴AEPEAQ， ∵四边形ABCD是菱形， 则QAEEAP， ∴AEPEAP， ∴VAPE为等腰三角形， 则PE APt 过点D作DH  AB于点H， 1 1 则S  ABDH  AO·DB ABD 2 2  2 即 10DH  102 2 5 4 5,解得∶ DH 8， DH 8 4 则 sinDAH    ， AD 10 5 设VPEB中PB边上的高为h，则1 1 1 4t 2 S  PBh 10tsinDHAAE 10t  t24t 2 2 2 5 5 2 即：S  t5210(0t5) 5 2   0，故S有最大值， 5 当t5时， S的最大值为10； （3）存在， 理由∶ 如下图， 过点B作BRPE于点R， 当点B在PEC的平分线上时，则 BROB2 5， 在Rt PBR中，  4 BR 2 5 sinEPBsinDAB   ， 5 PB 10t 205 5 解得： t  . 2 【点睛】本题为四边形综合题，涉及到特殊四边形性质、三角形相似、解直角三角形、函数的表达式确定 等，综合性强，难度适中． 30．（2023·湖南怀化·中考真题）如图一所示，在平面直角坐标系中，抛物线yax2bx8与x轴交于 A(4,0)、B(2,0)两点，与y轴交于点C．(1)求抛物线的函数表达式及顶点坐标； (2)点P为第三象限内抛物线上一点，作直线AC，连接PA、PC，求△PAC面积的最大值及此时点P的坐 标； 35 37 (3)设直线l :ykxk 交抛物线于点M 、N ，求证：无论k为何值，平行于x轴的直线l :y 上总 1 4 2 4 存在一点E，使得MEN为直角． 【答案】(1)y  x2 2x8 (2)△PAC面积的最大值为8，此时点P的坐标为P2,8 (3)见解析 【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解； （2）如图所示，过点P作PDx轴于点D，交AC于点E，得出直线AC的解析式为y2x8，设 P  m,m22m8  ，则Em,2m8，得出PEm224，当PE取得最大值时，△PAC面积取得最大 值，进而根据二次函数的性质即可求解；  35 x x y y  ykxk （3）设Mx,y 、Nx ,y ，MN的中点坐标为Q 1 2, 1 2 ，联立 4 ，消去y，整理 1 1 2 2  2 2   yx22x8 3 3 1 1 35 得：x22kxk 0，得出x x k2,xx k ，则Q k1, k2 ，设Q点到l 的距离 4 1 2 1 2 4 2 2 4  2 1 35  37 1 1 35 为QE，则QE  k2   k2 ，依题意，y y k2 ，y y x2x22x x  2 4  4  2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 x x x x 2 kx x ，得出MN2 x x 2y  y 2   k21 2 ，则MN k21， MN QE， 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 37 E点总在  Q上，MN为直径，且  Q与l 2 :y 4 相切，即可得证． 【详解】（1）解：将A(4,0)、B(2,0)代入yax2bx8，得 16a4b80  ， 4a2b80 a1 解得： ， b2 ∴抛物线解析式为：y  x2 2x8； （2）解：如图所示，过点P作PDx轴于点D，交AC于点E，由y  x2 2x8，令x0， 解得：y8， ∴C0,8， 设直线AC的解析式为ykx8，将点A4,0代入得，4k80， 解得：k 2， ∴直线AC的解析式为y2x8， 设P  m,m22m8  ，则Em,2m8， ∴PE2m8  m22m8  m24m m224， 当m2时，PE的最大值为4 1 1 ∵S  PEOA 4PE2PE △PAC 2 2 ∴当PE取得最大值时，△PAC面积取得最大值 ∴△PAC面积的最大值为248， 此时m2，m22m84488 ∴P2,8 x x y y  （3）解：设Mx,y 、Nx ,y ，MN的中点坐标为Q 1 2, 1 2 ， 1 1 2 2  2 2   35 ykxk 3 联立 4 ，消去y，整理得：x22kxk 0， 4  yx22x83 ∴x x k2,xx k ， 1 2 1 2 4 x x k ∴ 1 2  1， 2 2 y y 1 35 1 35 1 35 ∴ 1 2  kx x k  kk2k  k2 ， 2 2 1 2 4 2 4 2 4 1 1 35 ∴Q k1, k2 ， 2 2 4  1 35  37 1 1 设Q点到l 的距离为QE，则QE  k2   k2 ， 2 2 4  4  2 2 ∵Mx,y 、Nx ,y ， 1 1 2 2 35 ∴y y k2 ，y y x2x22x x x x x x 2 kx x  1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ∴MN2 x x 2y  y 2 1 2 1 2 x x 2k2x x 2 1 2 1 2 x x 2 1k2 1 2 x x 24xx  1k2  1 2 1 2 k224k3 k21      k21  k21    k21 2 ∴MN k21， 1 ∴ MN QE 2 ∴QM QN QE， 37 ∴E点总在  Q上，MN为直径，且  Q与l 2 :y 4 相切，∴MEN为直角． 37 ∴无论k为何值，平行于x轴的直线l :y 上总存在一点E，使得MEN为直角． 2 4 【点睛】本题考查了二次函数的应用，一元二次方程根与系数的关系，切线的性质与判定，直角所对的弦 是直径，熟练掌握以上知识是解题的关键． 31．（2024·海南省直辖县级单位·一模）如图，已知抛物线yax22xca0，与x轴交于点A1,0和 点B3,0，与y轴交于点C，E为抛物线的顶点． 图1 图2 (1)求该抛物线的函数表达式； (2)如图1，点P是第一象限内抛物线上一动点，连接PC、PB、BC，设点P的横坐标为t． ①当t为何值时， PBC的面积最大？并求出最大面积；  ②当t为何值时， PBC是直角三角形？  (3)如图2，过E作EF x轴于F ，若Mm,0是x轴上一动点，N 是线段EF 上一点，若MNC 90，请 直接写出实数m的取值范围． 【答案】(1)yx22x3 3 27 1 5 (2)①当t 时， PBC的最大面积为 ；②t为1或  2 8 2 5 (3) m5 4 【分析】（1）将A,C的坐标代入yax22xca0即可得到抛物线的解析式； （2）①根据抛物线yx22x3求B点的坐标，由待定系数法求直线BC的解析式，设 P  t，t22t3 ，Qt，t3，用代数式表示PQ，进而求出 PBC的最大面积；②先确定PBC 90，分  两种情况讨论：当PCB90时，直接利用勾股定理建立方程即可求出t的值；当BPC 90时，过P作RC BG PGx轴于G，作PR y轴于R，证明  PRC∽  PGB，根据  列出方程即可求出t的值； PR PG （3）首先过C作CH EF 于H点，则CH EH 1，然后分别从点M在EF 左侧与M在EF 右侧时去分析 求解即可求得答案． 【详解】（1）解：∵抛物线yax22xca0，与x轴交于点A1,0和点B3,0， a2c0 ∴ ， 9a6c0 a1 解得： ， c3 ∴抛物线为：yx22x3； （2）①过P作PQ∥y轴交BC于Q，如图1， 在yx22x3中，令x0得y3， ∴C0,3，而点A1,0和点B3,0， BC 3 2 设直线BC的解析式为ykx3，将B3,0代入得03k3 k 1 直线BC解析式为yx3 设P  t，t22t3 ，Qt，t3 PQ  t22t3  t3t23t S  1 BOPQ 1 3  t23t   3 t 3  2  27 ， PBC 2 2 2 2 8 3 27 当t 时， PBC的最大面积为 ；  2 8 ② PBC 90 当PCB90时，设P  t,t22t3  ， ∴PC2 t2  t22t 2 ，PB2 t32  t22t3 2 ，BC2 9918， ∴t2  t22t 2 18t32  t22t3 2 ， 解得：t 0（舍去），t 1； 1 2 当BPC 90时，如下图 过P作PGx轴于G，作PR y轴于R， ∴四边形PGOR为矩形， ∴RPG90CPB， ∴RPC GPB，而PRC PGB90， ∴ PRC∽ PGB，   RC BG   PR PG t22t 3t   t t22t3 t2t10 1 5 解得t ，（负根舍去） 2 1 5 ∴t  ， 2 1 5 综上所述，t为1或 ． 2 （3）∵E为抛物线yx22x3x124的顶点， ∴E1,4， ∴OF 1，EF 4，而OC 3， 过C作CH EF 于H点，则CH EH 1，如图，当M在EF 左侧时， ∵MNC 90， 同理可得： MNF∽ NCH ，   MF FN ∴  ， 设FN n，则NH 3n， NH HC 1m n ∴  ， 即n23nm10， 3n 1 由关于n的方程有解，可得Δ324m10， 5 得m 且m1； 4 当M与F重合时，m1； 如图，当M在EF 右侧时，Rt△CHE中，CH EH 1，CEH 45，即CEF 45， 作EM CE交x轴于点M，则FEM 45， ∵FM EF 4， ∴OM 5， 即N为点E时，OM 5， ∴m5， 5 综上，m的变化范围为： m5． 4 【点睛】此题考查了待定系数法求函数的解析式、相似三角形的判定与性质、二次函数的最值问题、判别 式的应用以及等腰直角三角形的性质等知识．此题综合性很强，难度较大，注意掌握数形结合思想、分类 讨论思想与方程思想的应用．32．（2024·四川成都·一模）如图，直线yx4分别交x轴，y轴于A，C两点，点B在x轴正半轴上．抛 1 物线y x2bxc过A，B，C三点． 5 (1)求抛物线的解析式； (2)过点B作BD∥AC交y轴于点D，交抛物线于点F．若点P为直线AC下方抛物线上的一动点，连接PD 交AC于点E，连接EB，求S 的最大值及最大值时点P的坐标； △PEB (3)如图2，将原抛物线进行平移，使其顶点为原点，进而得到新抛物线，直线y2x与新抛物线交于O，G 两点，点H是线段OG的中点，过H作直线RQ（不与OG重合）与新抛物线交于R，Q两点，点R在点Q 左侧．直线GR与直线OQ交于点T，点T是否在某条定直线上？若是，请求出该定直线的解析式，若不是， 请说明理由． 1 1 【答案】(1)y x2 x4 5 5  14 (2)S △PEB 的最大值为2，此时点P的坐标为  2, 5   (3)点T在定直线上，该直线解析式为y2x10 【分析】（1）由题意易得A4,0,C0,4，然后利用待定系数法可求解函数解析式； （2）由（1）可得B5,0，则有直线BD的解析式为yx5，连接BC，过点P作PM∥y轴交BD于点  1 1  1 4 M，设点Pa, a2 a4，则Ma,a5，则PM  a2 a9，然后根据铅垂法及二次函数的性质  5 5  5 5 可进行求解； 1 （3）由题意可知平移后的二次函数解析式为y x2，则有G10,20，根据中点坐标公式可得H5,10， 5 1   1  1 1 设点Rn, n2 ,Qm, m2 ，然后可得直线RQ的解析式为y mnx mn，直线RG的解析式为  5   5  5 5 1 1 y n10x2n，直线OQ的解析式为y mx，进而可联立函数解析式进行求解． 5 5 【详解】（1）解：当y0时，则有x40，即x4；当x0时，则有y  4； ∴A4,0,C0,4，   1 42 4bc0 ∴5 ，   c4  1 b 解得： 5，  c4 1 1 ∴抛物线的解析式为y x2 x4； 5 5 1 1 （2）解：由（1）可知抛物线解析式为y x2 x4， 5 5 1 1 当y0时，则有 x2 x40，解得：x 5,x 4， 5 5 1 2 ∴B5,0， 由BD∥AC可设直线BD的解析式为yxb，把点B5,0代入得：b5， ∴直线BD的解析式为yx5， ∴当x0时，则有y5，即D0,5， 连接BC，过点P作PM∥y轴交BD于点M，如图所示：  1 1  设点Pa, a2 a4，则Ma,a5，  5 5  1 1  1 4 ∴PM a5 a2 a4 a2 a9， 5 5  5 5 1  1 4  1 45 ∴S S S   a2 a95 a22a ， BDP BPM PDM 2  5 5  2 2∵BD∥AC， 1 1 45 ∴S S  CDOB 95 ， BDE BDC 2 2 2 1 45 45 1 1 ∴S S S  a22a    a24a   a222， PEB BDP BDE 2 2 2 2 2 1 ∵ 0，开口向下， 2  14 ∴当a2时，则S △PEB 取得最大值，最大值为2，此时点P的坐标为  2, 5   ； （3）解：点T在某条定直线上，理由如下：  1 1 y x2 由题意可知平移后的二次函数解析式为y x2，则联立方程得： 5 ， 5  y2x x 0 x 10 解得： 1 , 2 ， y 0  y 20 1 2 ∴G10,20， ∵点H是线段OG的中点， 010 020 ∴根据中点坐标公式可得：H , ，即H5,10，  2 2   1   1  设点Rn, n2 ,Qm, m2 ，直线RQ的解析式为ykxb，则有：  5   5   1 mkb m2   5  ， 1 nkb n2  5  1 k  mn   5 解得： ， 1  b mn  5 1 1 ∴直线RQ的解析式为y mnx mn， 5 5 1 1 代入点H得：5 mn mn10， 5 5 ∴mn5mn50， 1 同理可得直线RG的解析式为y n10x2n， 5 1 直线OQ的解析式为y mx， 5 联立上述两个函数表达式得：1 1 n10x2n mx， 5 5 10n 解得：x ， mn10 2mn ∴代入直线OQ的解析式得y ， mn10  10n 2mn  ∴T , ， mn10 mn10 设点T在直线yk xb，则有： 1 1 2mn 10n 10010mn 10n ∴ k  b ，即 k  b ， mn10 1 mn10 1 mn10 1 mn10 1 整理得：10010m10nbmn10k b 10b ， 1 1 1 1 比较系数得：b 10,k 2， 1 1 ∴当k 2,b 10时，无论m、n为何值时，都符合题设条件， 1 1 ∴点T在定直线y2x10上． 【点睛】本题主要考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的图象与性质、铅垂法及设而不求的思想是解 题的关键． 33．（2024·江苏苏州·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax28ax10a1a0与x轴的交点 分别为Ax,0，Bx ,0，其中（0x x ），且AB4，与y轴的交点为C，直线CD∥x轴，在x轴上 1 2 2 1 有一动点Et,0，过点E作直线l x轴，与抛物线、直线CD的交点分别为P、Q． (1)求抛物线的解析式； (2)当0t8时，求△APC面积的最大值； (3)当t2时，是否存在点P，使以C、P、Q为顶点的三角形与△OBC相似？若存在，求出此时t的值；若 不存在，请说明理由．1 【答案】(1)y x24x6 2 (2)当t8时，△APC面积有最大值，为24 22 26 (3)t  、t  或t14 3 3 x x 【分析】（1）根据抛物线对称性得到 1 2 4，再由AB4得到x x 4，联立方程组求解得到A6,0， 2 1 2 B2,0，利用待定系数法确定函数解析式即可得到答案； （2）由（1）中所求解析式，得到A6,0，C0，6，求出直线AC：yx6，根据在x轴上有一动点 Et,0，过点E作直线l x轴，与抛物线的交点为P，分二种情况：①当E在OA轴之间时；②当E在A 轴右边时；利用平面直角坐标系中三角形面积的表示方法，最后结合抛物线图象与性质求解即可得到答案； （3）分两种情况：点P在CD上方；点P在CD下方；当点P在CD上方时，如图所示， BOC 90CQP，当以C、P、Q为顶点的三角形与△OBC相似时，分两种情况：① OBC∽  QPC； ② OBC∽  QCP；利用相似比代值求解即可得到答案；同理，当点P在CD下方时，如图所示， BOC 90CQP，当以C、P、Q为顶点的三角形与△OBC相似时，分两种情况：① OBC∽  QPC； ② OBC∽  QCP；利用相似比代值求解即可得到答案． 【详解】（1）解：  抛物线yax28ax10a1a0， 8a 对称轴为x 4， 2a 抛物线yax28ax10a1a0与x轴的交点分别为Ax,0，Bx ,0，其中（0x x ），且  1 2 2 1 AB4， x x x x 4 x 6 x x 4， 1 2 4，则 1 2 ，解得 1 ， 1 2 2 x x 8 x 2 1 2 2  A6,0，B2,0， 1 将B2,0代入得4a16a10a10，解得a ， 2 1 抛物线的解析式为y x24x6； 2 1 （2）解：由y x24x6得：C0，6， 206kb k 1 设直线AC：ykxb，将A6,0，C0，6代入得 ，解得 ， 6b b6 直线AC：yx6，  在x轴上有一动点Et,0，过点E作直线l x轴，与抛物线、直线AC的交点分别为P、F ，根据 0t8，A6,0，则分二种情况：①当E在OA轴之间时；②当E在A轴右边时； 当E在OA轴之间时，如图所示：  1  Pt, t24t6，Ft,t6，  2  1 S  PFx x  APC 2 A C 1 1    t24t6t66 2 2   1  3 t23t  2  3   t26t  2 3 27  t32 ， 2 2 3  0，0t6，  2 27 抛物线开口向下，当t3时，S 有最大值，为 ； APC 2 当E在A轴右边时，过P作PF∥x轴，如图所示： 1   1 1  Pt, t24t6，F t24t, t24t6，  2   2 2  1 S  PFy y  APC 2 A C 1 1   t t24t6 2 2  1  3 t23t 2  3   t26t  2 3 27  t32 ， 2 2 3 ∵ 0，对称轴为t3，6t8， 2 抛物线开口向上，则当6t8时，S 随着t的增大而增大，即当t8时，S 有最大值，为24； APC APC 27 24 ，  2 当t8时，△APC面积有最大值，为24； 1 1 （3）解：由（1）知y x24x6，当y6时，6 x24x6，解得x0或x8， 2 2 t2，  当P在CD上方，即2t8时，如图所示：  BOC 90CQP， 当以C、P、Q为顶点的三角形与△OBC相似时，分两种情况：① OBC∽  QPC；② OBC∽  QCP； 1  由（1）（2）可知B2,0，C0，6，Pt, t24t6，且O0,0，Qt,6，  2  OB OC 当 OBC∽ QPC时，  ，   QP QC 1 OB2,OC 6,QP t24t,QC t，  2 2 6   22 1 t ，即3t222t 0，解得t0（舍去）或t  ；  t24t 3 2 OB OC 当 OBC∽ QCP时，  ，   QC QP 1 OB2,OC 6,QP t24t,QC t，  2 2 6   t 1 ，即t22t 0，解得t0（舍去）或t2（舍去）；  t24t 2 当P在CD下方，即t8时，如图所示：  BOC 90CQP， 当以C、P、Q为顶点的三角形与△OBC相似时，分两种情况：① OBC∽  QPC；② OBC∽  QCP；  1  由（1）（2）可知B2,0，C0，6，Pt, t24t6，且O0,0，Qt,6，  2  OB OC 当 OBC∽ QPC时，  ，   QP QC 1 OB2,OC 6,QP t24t,QC t，  2 2 6   26 1 t ，即3t222t 0，解得t0（舍去）或t  ； t24t 3 2 OB OC 当 OBC∽ QCP时，  ，   QC QP 1 OB2,OC 6,QP t24t,QC t，  22 6   t 1 ，即t214t 0，解得t0（舍去）或t14； t24t 2 22 26 综上所述，存在点P，使以C、P、Q为顶点的三角形与△OBC相似，此时，t  、t  或t14． 3 3 【点睛】本题考查二次函数综合，涉及待定系数法确定函数关系式、二次函数图象与性质、抛物线与三角 形面积问题、抛物线与三角形相似、解一元二次方程等知识，熟记二次函数图象与性质，掌握二次函数综 合题型的解法，分类讨论是解决问题的关键． 题型02 四边形面积最值问题 34．（2024·安徽阜阳·一模）如图，抛物线yax2bx3与x轴交于A1，0，B3，0两点，与y轴交于点 C． (1)求抛物线的解析式； (2)在抛物线的对称轴上找一点 P，使△PAC的周长最小，求△PAC的周长的最小值及此时点P的坐标； (3)若M为抛物线在第一象限内的一动点，求出四边形OCMB的面积的最大值及此时点M的坐标. 【答案】(1)yx22x3； (2)△PAC的周长的最小值为 103 2，点P的坐标为1，2； 63 3 15 (3)S 四边形OCMB 的最大值为 8 ，此时M 2 ， 4   ． 【分析】 题目主要考查二次函数的综合问题，包括待定系数法确定函数解析式，最短周长及最大面积问题，理解题 意，熟练掌握二次函数的应用是解题关键． （1）利用待定系数法求解即可； （2）连接BC交对称轴于点P，此时△PAC的周长最小，利用勾股定理以及待定系数法求得直线BC的解析 式，据此求解即可；（3）连接OM ，设M  m，m22m3  ，根据S  1 OBy  1 OCx 列得二次函数的解析式，利用 四边形OCMB 2 M 2 M 二次函数的性质求解即可． ab30 【详解】（1）解：由题意得 ， 9a3b30 a1 解得 ， b2 ∴抛物线的解析式为yx22x3； （2）解：∵yx12 4， ∴抛物线的对称轴为直线x1， 连接BC交对称轴于点P，此时，PAPC取得最小值，最小值为PB的长， 令x0，则y3， ∴C0，3， ∵A1，0，B3，0， ∴AC 1232  10，BC  3232 3 2， ∴△PAC的周长的最小值为ACPAPC  ACBC  103 2， 设直线BC的解析式为ykx3， 则03k3， 解得k 1, ∴直线BC的解析式为yx3， 当x1时，y132， ∴点P的坐标为1，2； （3）解：连接OM ，设M  m，m22m3  ，1 1 依题意得S  OBy  OCx 四边形OCMB 2 M 2 M 3 3   m22m3   m 2 2 3   m23m3  2 3 3 2 63  m   ， 2 2 8 3 ∵ 0， 2 3 63 3 15 ∴当m 2 时，S 四边形OCMB 有最大值，最大值为 8 ，此时M 2 ， 4   ． 1 35．（2024·山东临沂·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y x2bxc与x轴交于点A(2,0)和 4 点B，与y轴交于点C(0,4)，点P是直线BC上方的抛物线上一点（点P不与点B，C重合），过点P作PD∥y 轴交直线BC于点D． (1)求抛物线的函数表达式； (2)求线段PD长的最大值； (3)连接CP，BP，请直接写出四边形ABPC的面积最大值为________． 1 3 【答案】(1)y x2 x4 4 2 (2)4 (3)36【分析】此题分别考查了抛物线与x轴的交点、待定系数法求解析式及抛物线上点的坐标特点，二次函数中 套用二次函数，综合性比较强． （1）利用待定系数法确定函数的解析式；  1 3   1  （2）设点P的坐标为x, x2 x4，则点D的坐标为x, x4，然后利用坐标表示线段PD长即  4 2   2  可求解． （3）根据当PD取最大值时，四边形ABPC的面积最大即可求解； 1 【详解】（1）解：依题意将点A(2,0)和点C(0,4)代入y x2bxc， 4  1 0 42bc 得 4 ，  4c  3 b  2，  c4 1 3 y x2 x4； 4 2 1 3 （2）当y0时，y x2 x40， 4 2 ∴x 2,x 8， 1 2 ∴点B坐标(8,0)， 设直线BC的解析式为ykxb， 8kb0 ∴ ， b4  1 k  ∴ 2，  b4 1 故直线BC的解析式为y x4， 2  1 3  设点P的坐标为x, x2 x4，  4 2   1  Dx, x4，  2  1 3  1  1 1 PD x2 x4 x4 x22x (x4)24, 4 2  2  4 4 1 Q- <0, 4 当x4时，线段PD有最大值，最大值为4． （3）四边形ABPC的面积S S S VABC VCPD VBPD 1 1  ABCO PDOB 2 2 1 1  104 PD8 2 2 204PD， 故当PD取最大值时，四边形ABPC的面积最大， 故四边形ABPC的面积的最大值204PD204436． 36．（2024·山西运城·一模）综合与探究  9 如图，抛物线yax2bx3a0与x轴交于A1,0、B两点，与y轴交于点C，点D2, 在抛物线  2 上，点P是抛物线在第四象限内的一个动点，过点P作PQ∥y轴交直线BD于点Q，连接PA、PB、QA， 设点P的横坐标为m． (1)求抛物线的函数表达式； (2)求四边形PAQB面积的最大值及此时点P的坐标； (3)若点M是抛物线上任意一点，是否存在点M，使得MAB2ACO，若存在，请直接写出所有符合条 件的点M的坐标，若不存在，请说明理由． 3 9 【答案】(1)y x2 x3 4 4 135  9 (2) ，P1,  8  2  9 (3)存在，M3,3或M5,   2【分析】（1）待定系数法进行求解即可； （2）根据四边形PAQB的面积等于△APQ的面积加上VBPQ的面积，转化为二次函数求最值即可； （3）取AC的中点E，连接OE，作OF  AC，勾股定理求出AC的长，等积法求出OF 的长，根据斜边上 OF 3 的中线和三角形的外角推出OEF OCACOE2OCA，进而求出tanOEF   ，根据 EF 4 3  3 9  MAB2OCAOEF，得到tanMABtanOEF  ，设Mn, n2 n3，过点M 作MG AB 4  4 4  于点G，分点M 在AB的上方和下方，两种情况进行讨论求解即可．  9 【详解】（1）把A1,0，D2, 代入解析式yax2bx3a0，得：  2  3 ab30 a    4  9，解得 ， 4a2b3 9   2 b  4 3 9 ∴y x2 x3； 4 4 3 9 3 9 （2）∵y x2 x3，当y0时， x2 x30，解得：x 4,x 1， 4 4 4 4 1 2 ∴B4,0， 设直线BD的解析式为ykxb ，则： 1 4kb 0  3  1 k   9，解得： 4， 2kb    1 2  b 3 1 3 ∴y x3， 4 ∵点P是抛物线在第四象限内的一个动点，过点P作PQ∥y轴交直线BD于点Q，  3 9   3  ∴Pm, m2 m3,Qm, m3，  4 4   4  3 3 9 3 3 ∴PQ m3 m2 m3 m2 m6， 4 4 4 4 2 设PQ与AB交于点T，则：四边形PAQB的面积S S APQ BPQ 1 1  PQAT  PQBT ， 2 2 1  PQAB 2 1 3 3    m2 m65 2 4 2  15 15  m2 m15 8 4 15 135  m12 8 8 135  9 ∴当m1时，四边形PAQB的面积最大，为 ；此时P1, ； 8  2 （3）存在； 3 9 ∵y x2 x3， 4 4 ∴当x0时，y=3， ∴C0,3， ∵A1,0， ∴OA1,OC 3,AC  1232  10， 取AC的中点E，连接OE，过点O作OF  AC于点F，1 10 1 1 则：OECE AC  ，S  OAOC  ACOF， 2 2 AOC 2 2 ∴OCACOE，13 10OF， 3 10 ∴OEF OCACOE2OCA，OF  ， 10 2 10 ∴EF  OE2OF2  ， 5 OF 3 ∴tanOEF   ， EF 4 ∵MAB2OCAOEF， 3 ∴tanMABtanOEF  ， 4  3 9  3 9 设Mn, n2 n3，过点M 作MG AB于点G，则：MG n2 n3 ，AGn1，  4 4  4 4 3 9 n2 n3 ∴ MG 4 4 3， tanMAB   AG n1 4 3 9  n2 n3 当M 在AB下方时：MG 4 4 3，   AG n1 4 解得：n1（舍去）或n3，经检验n3是原方程的解； ∴M3,3； 3 9 n2 n3 当M 在AB上方时：MG 4 4 3，   AG n1 4 解得：n1（舍去）或n5，经检验n5是原方程的解；  9 ∴M5, ；  2 9 综上：M3,3或M5, ．  2 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及到待定系数法求函数解析式，分割法求面积，二次函数求最 值，斜边上的中线，解直角三角形等知识点，综合性强，属于压轴题，正确的求出解析式，利用数形结合 和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键． 37．（2024·安徽合肥·一模）在平面直角坐标系中，点O是坐标原点．抛物线yax2bx3a0与x轴交 于A，B两点，直线l：y kx2与抛物线交于A，C两点，且A1,0，B3,0． (1)求a，b，k的值； (2)点M 是线段OB上的动点，点N 在x轴上，MN 2，且点N 在M 的左边．过点M 作MPx轴，交抛物 线于点P．过点N 作x轴的垂线，交抛物线于点Q，交直线l于点R． ①当以P，Q，R，M 为顶点的四边形是平行四边形时，求点M 的坐标． ②记以P，Q，R，M 为顶点的四边形面积为S，求S的最大值． 【答案】(1)a1，b2，k 2； 5  5 17  (2)①  3 ,0  或   2 ,0   ；②10． 【分析】（1）利用待定系数法解答即可求解； （2）① ①由（1）可得，抛物线解析式为y=x22x3，直线l解析式为y2x2，设点Mm,0 （0m3），则Nm2,0，P  m,m22m3  ，Q  m2,m26m5  ，Rm2,2m2，由点0m3， 由图象可知，点P必在点M 的下方，得MPm22m3，RQ m28m7 ，根据以P，Q，R，M 为顶 点的四边形是平行四边形，得到m22m3 m28m7 ，解方程即可求解； ②由图可知，四边形MPQR始终为梯形，得到S m22m3 m28m7 ，分别求出m28m70 时和m28m70时函数的最大值即可求解； 本题考查了一次函数与二次函数的交点问题，待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质，函数的最值 问题，正确画出图形，运用分类讨论思想解答是解题的关键． 【详解】（1）解：把A1,0，B3,0代入抛物线yax2bx3得， ab30  ， 9a3b30a1 解得 ， b2 把A1,0代入直线y kx2得， 0k2， 解得k 2， ∴a1，b2，k 2； （2）解：①由（1）可得，抛物线解析式为y=x22x3，直线l解析式为y2x2， 根据题意，可画出如下图形， 设点Mm,0（0m3）， 则由题意可得Nm2,0，P  m,m22m3  ，Q  m2,m26m5  ，Rm2,2m2， ∵点0m3， 由图象可知，点P必在点M 的下方， ∴MP m22m3 m22m3，RQ 2m2  m26m5   m28m7 ， ∵MPx轴，RQx轴， ∴MP∥RQ， ∴当以P，Q，R，M 为顶点的四边形是平行四边形时，MPRQ， ∴m22m3 m28m7 ， 当m22m3m28m7时， 5 解得m ， 3 5  ∴M ,0； 3  当m22m3  m28m7  时，整理得，m25m20， 5 17 5 17 解得m 3（不合，舍去）或m ， 2 2 5 17  ∴M ,0；   2   5  5 17  综上，点M 的坐标为 3 ,0  或   2 ,0   ； ②由图可知，四边形MPQR始终为梯形， 1  ∴S  m22m3 m28m7 2m22m3 m28m7 , 2 当m28m70时，  5 2 17 S m22m3m28m72m210m42m   ，  2 2 5 17 ∴当m 时，S有最大值，S  ； 2 最大值 2 当m28m70时， S m22m3m28m76m10， ∵k 60，0m3， ∴当m0，S有最大值，S 10； 最大值 综上，S的最大值为10． 38．（2024·安徽蚌埠·一模）如图1，已知直线yx5与坐标轴相交于A、B，点C坐标是(-1，0)，抛物线 经过A、B、C三点．点P 是抛物线上的一点，过点P作y轴的平行线，与直线AB交于点D，与x轴相交 于点F． (1)求抛物线的解析式；(2)当点P在第一象限时，连接CP交OA于点E，连接EF ，如图2所示； ①求AEDF的值； ②设四边形AEFB的面积为S，则点P在运动过程中是否存在面积S的最大值，若存在，请求出此时点P 的坐标； 若不存在，请说明理由． 【答案】(1)yx24x5 (2)①AEDF 5；②当点P在第一象限时，不存在S的最大值，理由见解析 【分析】（1）利用待定系数法求出函数解析式即可； （2）①设点P的坐标为m,  m,m24m5  则点D的坐标为m,m5，点F的坐标为m,0，根据 OE PF tanECO  ，求出OE  m5，得出AE55mm，求出DF m5，最后求出结果即 OC CF 可； 1 5 2 75 5 ②根据S S S  m   ，得出对称轴为 m ，抛物线开口向上，根据0m5，说明 AOB EOF 2 2 8 2 即可． 【详解】（1）解：把x0代入yx5得：y5， ∴点A0,5， 把y0代入yx5得：x50，解得：x5 ∴点B5,0， 又∵点C 1, 0， ∴可设此抛物线的解析式为yax1x5， 把点A代入可得:5a5， 解得：a1 ∴yx1x5x24x5， 即：此抛物线的解析式为yx24x5． （2）解：设点P的坐标为m,  m,m24m5  则点D的坐标为m,m5，点F的坐标为m,0． OE PF ①在Rt△COE和Rt CFP中，tanECO  ，  OC CFOE m24m5 ∴  ， 1 m1 m24m5 m1m5 ∴OE  m5m5， m1 m1 ∴AE55mm， 由点D的坐标为m,m5得：DF m5， ∴AEDF mm55； ②不存在．理由如下： S S S AOB EOF 25 1   5mm 2 2 1 5 25  m2 m 2 2 2 1 5 2 75  m   ， 2 2 8 5 ∴对称轴为 m ， 2 1 Q 0， 2 ∴抛物线开口向上， 又∵点P在第一象限， ∴0m5， ∴当点 P 在对称轴左侧时， S随m的减小而增大，且无限趋近m0时S的值，但无法等于； 当点P在对称轴右侧时，S随m的增大而增大，且无限趋近m5时S的值最大，但无法等于； ∴当点P在第一象限时，不存在S的最大值． 【点睛】本题主要考查了求一次函数与坐标轴的交点，二次函数的综合，求二次函数解析式，解直角三角 形的相关计算，解题的关键是数形结合，熟练掌握二次函数的性质． 39．（2024·安徽马鞍山·一模）如图，过原点的二次函数yax2bx的图象与x轴正半轴交于点A，经过点A 的直线与该函数交于B1,3，与y轴交于点C0,4．(1)分别求此二次函数与直线AB的解析式． (2)点P是第四象限内二次函数图象上的一个动点，过点P作直线PEx轴于点E，与直线AB交于点D， 设点P的横坐标为t． 1 ①当PD OC时，求t的值； 2 ②当点P在直线AB下方时，连接OP，过点B作BQx轴于点Q，BQ与OP交于点F，连接DF，求四 边形FQED面积的最大值． 【答案】(1)直线AB的函数表达式为y  x4，二次函数表达式为yx24x 5 17 9 (2)①t的值为2或3或 ②面积最大值为 2 4 【分析】（1）利用待定系数法可求得直线AB的函数表达式，再求得点A的坐标，代入二次函数表达式求出 即可； （2）①分当点P在直线AB上方和点P在直线AB下方时，两种情况讨论，根据PD2列一元二次方程求 解即可； ②证明△FOQ∽△POE，推出FQm4，再证明四边形FQED为矩形，利用矩形面积公式得到二次函 数的表达式，再利用二次函数的性质即可求解． 【详解】（1）解：设直线AB的函数表达式为ykxnk 0． 将C,B两点的坐标0,4,1,3分别代入ykxn， n4 得 ， kn3 k 1 解得 ， n4 ∴直线AB的函数表达式为y  x4． 将y0代入y  x4，得x4．∴点A的坐标为4,0； 将A,B两点的坐标4,0,1,3分别代入yax2bx， 16a4b0 得 ， ab3 a1 解得 ， b4 ∴二次函数表达式为yx24x； （2）①解：  点P在第一象限内二次函数yx24x的图象上，且PEx轴于点E，与直线AB交于点 D，其横坐标为t． ∴点P,D的坐标分别为P  t,t24t  ,Dt,t4． ∴PE t24t t24t,DE t4 t4,OEt． ∵点C的坐标为0,4， ∴OC 4． 1 ∵PD OC， 2 ∴PD2． 如图，当点P在直线AB上方时，PDDEPEt4  t24t  t25t4． ∵PD2， ∴t25t42． 5+ 17 5- 17 解得t = ,t = ， 1 2 2 2 ∵0t1， 5 17 ∴t  ； 2如图，当点P在直线AB下方时，PDPEDE  t24t  t4t25t4． ∵PD2， ∴-t2+5t- 4=2． 解得t 2,t 3， 1 2 5 17 综上所述，t的值为2或3或 ； 2 ②解：如图，由（1）得，OE=t,PE=-t2+4t,DE=-t+4． ∵BQx轴于点Q，交OP于点F ，点B的坐标为1,3， ∴OQ1． ∵点P在直线AB下方， ∴EQm1． ∵PEx轴于点E， ∴OQF OEP90． ∴FQ∥DE，FOQPOE， ∴△FOQ∽△POE． FQ OQ ∴  ． PE OEFQ 1 ∴ = ． -t2+4t t -t2+4t ∴FQ= =-t+4． t ∴FQDE． ∴四边形FQED为平行四边形． ∵PEx轴， ∴四边形FQED为矩形． ∴S EQFQt1t4． 即S =-t2+5t- 4．  5 2 9 S t25t4t   ，  2 4 ∵1t4， 5 9 ∴当t  时，S的最大值为 ． 2 4 【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数、一次函数、等腰三角形、矩形、勾股定理、相似三 角形等知识点，第二问难度较大，需要分情况讨论，画出大致图形，用含t的代数式表示出FQ是解题的关 键． 1 1 40．（2024·山东济南·一模）如图，直线y  x3交y轴于点A，交x轴于点C，抛物线y x2bxc 2 4 经过点A，点C，且交x轴于另一点B． (1)求抛物线的解析式； (2)在直线AC上方的抛物线上有一点M ，求四边形ABCM 面积的最大值及此时点M 的坐标； (3)将线段OA绕x轴上的动点Pm,0顺时针旋转90得到线段OA，若线段OA与抛物线只有一个公共点， 请结合函数图象，求m的取值范围． 1 【答案】(1)y x2x3 475  15 (2) ，3,  4  4  (3)当32 6m2 3或32 6m2 3时，线段OA与抛物线只有一个公共点 1 1 【分析】（1）令x0，由y   x33，得A点坐标，令y0，由y  x3，得C点坐标，将A、C 2 2 的坐标代入抛物线的解析式便可求得抛物线的解析式，进而由二次函数解析式；  1 1  （2）连接OM ，设M  a, 4 a2 2 a2  ，求出B2,0，得到S 四边形ABCM S ABO S AOM S OCM ，再根据二 次函数的性质求得最大值，便可得M 点的坐标； （3）根据旋转性质，求得O点和A点的坐标，令O点和A点在抛物线上时，求出m的最大和最小值便 可． 1 【详解】（1）解：令x0，得y   x33， 2 ∴A0,3， 1 令y0，得y x30，解得，x6， 2 ∴C6,0， 1 把A、C两点代入y x2bxc得， 4 c3  b1  1 ，解得 ，   366b30 c3  4 1 ∴抛物线的解析式为y x2x3； 4 （2）连接OM ，如图，  1  设Mx, x2x3，  4  1 令y0，得y x2x30， 4 解得：x2，或x6，∴B2,0； 则S S S S 四边形ABCM ABO AOM OCM 1 1 1  1   32 3x 6 x2x3 2 2 2  4  3 9  x2  x12， 4 2 b 75 ∴当x 3时，四边形ABCM 面积最大，其最大值为 ， 2a 4  15 此时M的坐标为3, ；  4  （3）∵将线段OA绕x轴上的动点Pm,0顺时针旋转90得到线段OA，如图， ∴PO PO  m ，OAOA3， ∴Om,m，Am3,m， 1 当Am3,m在抛物线上时，有 m32m33m， 4 解得，m32 6， 1 当点Om,m在抛物线上时，有 m2m3m， 4 解得，m2 3， ∴当32 6m2 3或32 6m2 3时，线段OA与抛物线只有一个公共点． 【点睛】本题是一个二次函数的综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，旋转的性质，待定系数法， 求函数图象与坐标轴的交点，求函数的最大值，三角形的面积公式，第（3）关键是确定O，A点的坐标与 位置． 41．（2024·四川广元·二模）如图，二次函数yax2bxc的图象与x 轴交于原点O 和点A4，0，经过点A 的直线与该函数图象交于另一点B1，3，与y轴交于点C．(1)求直线AB的函数解析式及点C的坐标． (2)点P是抛物线上位于直线AB上方的一个动点，过点P作直线PEx轴于点E，与直线AB交于点D，过 点B作BF x轴于点F，连接OP，与BF交于点G，连接DG．求四边形GDEF 面积的最大值． (3)抛物线上是否存在这样的点Q，使得BOQ45？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理 由． 【答案】(1)yx＋4，0，4 9 (2) 4 7 7 (3)存在， ,  2 4 【分析】（1）利用待定系数法求出直线AB的解析式，然后计算出与x轴交点坐标即可； （2）运用待定系数法求出二次函数的解析式，设点P的坐标为  m,m24m  ，可以得到四边形GDEF 为 矩形，然后根据S m1m4配方找到顶点坐标即可解题； 四边形GDEF （3）如图，连接OB，过点B作MN  y轴，垂足为N，过点A作AM x轴，两线相交于点M，在线段MA 上取点H，使MH BN，连接BH ，OH，则OH与抛物线的交点即为所求点Q，得到  OBN≌  BHMSAS，则有OBHB，且OBHB即可得到方程解题即可． 【详解】（1）设直线AB的函数解析式为ykxtk 0． 将A，B两点的坐标4，0，1，3分别代入ykx＋t中， 4kt 0, k 1. 得 解得   kt 3.  t4. ∴直线AB的函数解析式为yx＋4 将x0代入yx＋4，得y4， ∴点C的坐标为0，4（2）由题可知，抛物线过O0，0，A4，0，B1.3三点，  c0, a1,   16a4bc0, 解得 b4,    abc3.  c0. yx24x, 设点P的坐标为  m,m24m  ，设直线OP的解析式为ydx， 则m24mmd，解得d m4 ∴直线OP的解析式为ym4x ∵直线BF为x1， ∴G1，－m＋4． ∵PEx轴，交直线yx＋4于点D， ∴Dm，m＋4． ∴y  y ． G D ∴GD  x轴． ∴四边形GDEF 为矩形． ∴GDm1，GF m＋4 5 9 S m1m4m25m4(m )2 (1m4)， 四边形GDEF 2 4 5 ∵－10，对称轴为直线m ， 2 5 9 ∴当m 时，S 最大为 ； 2 四边形GDEF 4 （3）存在．如图，连接OB，过点B作MN  y轴，垂足为N，过点A作AM x轴，两线相交于点M，在 线段MA上取点H，使MH BN，连接BH ，OH，则OH与抛物线的交点即为所求点Q．理由如下：∵点B1，3， ∴BN 1，ON 3． 又点A4，0， ∴点M4，3． ∴BM 3． 又MH BN，ONBBMH 90， ∴ OBN≌  BHMSAS． ∴OBHB，且OBHB． ∴BOH 45． ∴OH与抛物线的交点Q即为所求的点． ∵MH 1， ∴点H4，2． 1 ∴直线OH的解析式为y  x． 2 1 令x24x x． 2 7 解得x 0（舍去），x  ． 1 2 2 7 2 7 7 y  4  ． 2 2 4 7 7 ∴点 Q的坐标为 , ． 2 4 【点睛】本题考查待定系数法求函数解析式，二次函数与几何图形面积的综合，等腰直角三角形的判定和 性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 42．（2024·广东珠海·一模）如图，抛物线yx2 3x4和直线yx1交于A1,0，B3,4点，点B在 直线x3上，直线x3与x轴交于点C．(1)求BAC的度数． (2)点P从点A出发，以每秒 2个单位长度的速度沿线段AB向点B运动，点Q从点C出发，以每秒2个 单位长度的速度沿线段CA向点A运动，点P，Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一个点也随之停止 运动，设运动时间为t秒t 0．以PQ为边作矩形PQNM ，使点N在直线x3上． ①当t为何值时，矩形PQNM 的面积最小？并求出最小面积； ②直接写出当t为何值时，恰好有矩形PQNM 的顶点落在抛物线上． 【答案】(1)45 6 16 2 102 7 (2)①t  ，矩形面积的最小值为 ②t  、 或2 5 5 3 9 【分析】（1）设直线yx1与y轴交于点E，求出E点坐标，得到OAOE，即可得出结果； （2）①分别用t表示PE、PQ、EQ，证明  PQE∽  QNC，表示NC及QN，列出矩形PQNM 面积与t的函 数关系式问题可解； ②由①利用线段中点坐标公式，表示点M 坐标，分别讨论M、N、Q在抛物线上时的情况，并分别求出t 值即可． 【详解】（1）解：设直线yx1与y轴交于点F ，如图：当x0时，y1， ∴F0,1， ∴OF 1, ∵A1,0， ∴OAOF 1， ∴FAOAEO45， ∴BAC 45； （2）①如图，过点P作PEx轴于点E， ∵BAC 45，P点速度为每秒 2个单位长度，点Q的速度为每秒2个单位长度， 2 ∴AP 2t，AEPE APt，CQ2t， 2 ∵点C为直线x3与x轴的交点， ∴C3,0，NCQ90， ∴t秒时点E坐标为1t,0，Q点坐标为32t,0， ∴EQ43t， ∵矩形PQNM ， ∴PQN 90， ∵PQENQC 90，PQEEPQ90， ∴EPQNQC， 又∵PEQNCQ90，∴ PQE∽  QNC， PQ PE 1 ∴   ， NQ QC 2 ∴矩形PQNM 的面积S PQNQ2PQ2， ∵PQ2 PE2EQ2， ∴S 2t243t220t248t32，   b 6 当t   时， 2a 5 6 2 6 16 矩形PQNM 的面积最小：20  48 32 ； 5 5 5 ②由①点Q坐标为32t,0，P1t,t，C3,0， ∵ PQE∽  QNC， QE PQ PE 1 ∴    ， NC NQ QC 2 ∴NC 2QE86t， ∴N点坐标为3,86t， ∵矩形对边平行且相等，Q 32t,0，P1t,t，N 3,86t， ∴点M坐标为3t1,85t 当M在抛物线上时，则有 85t3t1233t14， 102 7 解得：t  ， 9 当点Q到A时，Q在抛物线上，此时t3122， 当N在抛物线上时，N,B重合： ∴86t4， 2 ∴t  ， 3 2 102 7 综上所述当t  、 或2时，矩形PQNM 的顶点落在抛物线上． 3 9 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及一次函数与坐标轴的交点问题，相似三角形的判定和性质， 矩形的性质，二次函数求最值等知识点，综合性强，属于压轴题，熟练掌握相关知识以及应用数形结合和分类讨论的数学思想是解题的关键． 43．（2024·安徽宿州·二模）如图1，抛物线yax2bx3（a，b是常数且a0）与x轴交于点A1,0和 点B（点B在点A的右侧），点D是抛物线的顶点，CD是抛物线的对称轴且交x轴于点C1,0 . (1)求a，b的值； (2)点P是抛物线上一点且位于点A和点D之间． （i）如图2，连接AP，DP，BD，求四边形ABDP面积的最大值； （ii）如图3，连接AP并延长交CD延长线于点Q，连接BP交CD于点E，求CECQ的值.  a1 【答案】(1) b2 (2)（i）9；（ii）8 【分析】此题考查了二次函数综合题，还考查了一次函数的图象和性质、待定系数法求函数解析式，数形 结合是解题的关键． ab30  （1）根据题意得到 b ，解方程组即可得到答案；  1   2a （2）（i）求出点B的坐标是3,0，则AB314，过点P作PQ∥y轴，交线段AD于点Q，求出点 的 D的坐标是1,4，得到CD4，可得S 8，求出直线AD的解析式为y2x2，设点P的坐 △ABD 标为  t,t22t3  ，则点Q的坐标为t,2t2，则PQt21，得到S t21，得到四边形ABDP面 ADP 积t29，由1t1，即可得答案； （ii）设点P的坐标为  m,m22m3 1m1，求出直线AP的解析式为ym3xm3，求出 Q1,2m6，则CQ 2m6 62m，求出直线BP的解析式为ym1x3m3，则点E的坐标是1,2m2，求出CE 2m2 22m，即可求出定值． 【详解】（1）解：把点A1,0代入yax2bx3得到0ab3，① ∵CD是抛物线的对称轴且交x轴于点C1,0 . b ∴ 1，② 2a ab30  联立①②得， b  1   2a  a1 解得 b2 （2）（i）由（1）可得，y=x22x3， 当x0时，yx22x33， 当y0时，x22x30，解得x 3，x 1， 1 2 ∴点B的坐标是3,0， ∴AB314， 过点P作PQ∥y轴，交线段AD于点Q， ∵yx22x3x12 4 ∴点的 D的坐标是1,4， ∴CD4 1 1 ∴S  ABCD 448， ABD 2 2设直线AD的解析式为ymxn， mn0 则 ， mn4 m2 解得 ， n2 ∴直线AD的解析式为y2x2， 设点P的坐标为  t,t22t3  ，则点Q的坐标为t,2t2， ∴PQ2t2  t22t3  t21， 1 1 ∴S  PQx x   t21  2t21， ADP 2 D A 2 ∴四边形ABDP面积S S t218t29， ADP ABD ∵点P是抛物线上一点且位于点A和点D之间． ∴1t1， ∴当t0时，t29有最大值，最大值为9； （ii）设点P的坐标为  m,m22m3 1m1， 设设直线AP的解析式为yrxs， rmsm22m3 则 ，  rs0 rm3 解得 ， sm3 ∴直线AP的解析式为ym3xm3， ∴Q1,2m6 ∴CQ 2m6 62m， 设BP的解析式为yuxv，  3uv0 则 ， muvm22m3  um1 解得 ， v3m3 ∴直线BP的解析式为ym1x3m3， 当x1时，ym13m32m2，∴点E的坐标是1,2m2， ∴CE 2m2 22m， ∴CECQ22m62m8 44．（2024·安徽·二模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线yax2bx4交x轴于点A1,0,B4,0， 交y轴于点C，点M 在该抛物线上，横坐标为m，将该抛物线M,C两点之间（包括M,C两点）的部分记 为图象W． (1)求抛物线的解析式； (2)图象W的最大值与最小值的差为4时，求m的值； (3)如图2，若点M 位于BC下方，过点A作AE∥BC交拋物线于点E，点D为直线AE上一动点，连接 CM,CD,BM,BD，求四边形CDBM 面积的最大值及此时点M 的坐标． 【答案】(1)yx23x4 7 (2) 或1 2 (3)面积的最大值为18，M2,6 【分析】（1）利用待定系数法求解即可；  3 2 25 （2）根据yx23x4x   ，求出点C的坐标，分为当0m3时，m3时，m0时，三种  2 4 情况讨论即可； 1 （3）根据AE∥BC，得到S S  ABOC 10，求出直线BC的解析式，过点M 作MPx轴交BC △DBC △ABC 2于点P，设M  m,m23m4  ，则Pm,m4，根据 1 S S S  PMx x 2m28m2(m2)28，利用二次函数的性质求出S 的最大 BCM CPM BPM 2 B C △BCM 值即可． 【详解】（1）解：A1,0、B4,0代入yax2bx4 ab40 a1 得 ，解得 16a4b40 b3 yx23x4  3 2 25 （2）解：yx23x4x   ，  2 4 当x0时，y  4， C0,4， 3 点C关于直线x 的对称点为N3,4 2 ①当0m3时，W 4， 最大值  W 最大值 W 最小值 4， 25 W 8 ， 最小值 4 m的值不存在 25 ②当m3时，W  ， 最小值 4  W 最大值 W 最小值 4， 9 W  ， 最大值 4  3 2 25 9 7 1   x 2    4  4 ，解得m 1  2 或m 2  2 （舍） ③当m0时，W 4， 最小值  W 最大值 W 最小值 4， W 0， 最大值 此时点M 与点A重合，m1 7 综上所述，m的值为 或1； 2 （3）解： AE∥BC，  1 1 S S  ABOC  5410， DBC ABC 2 2 B4,0,C0,4，  04kb 设直线BC的解析式为ykb，则 ， 4b k 1 解得 ， b4 l :yx4 BC 过点M 作MPx轴交BC于点P， 设M  m,m23m4  ，则Pm,m4 1 S S S  PMx x 2m28m2(m2)28， BCM CPM BPM 2 B C 20，开口向下，对称轴为直线m2，  又 0m4，  当m2时，S 的最大值为8， △BCM 四边形CDBM 面积的最大值为18，此时M2,6 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，以及运用铅垂法求与二次函数相关的面积最值，熟练 掌握待定系数法与铅锤法是解题的关键． 45．（2024·四川广安·二模）如图，抛物线yx2bxc交x轴于A4,0，B两点，交y轴于点C0,4． (1)求抛物线的函数解析式． (2)点D在线段OA上运动，过点D作x轴的垂线，与AC交于点Q，与抛物线交于点P，连接AP、CP，求 四边形AOCP的面积的最大值． (3)在抛物线的对称轴上是否存在点M ，使得以点A、C、M为顶点的三角形是直角三角形？若存在，请求 出点M 的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)yx23x4； (2)四边形AOCP的面积最大为16；  3 5  3 11 (3)点M 的坐标为 , 或 , ．  2 2  2 2  【分析】本题主要考查了二次函数综合，熟练掌握用待定系数法求解函数解析式的方法和步骤，以及二次 函数的图象和性质，是解题的关键． （1）把A4,0，C0,4代入yx2bxc，求出b和c的值，即可得出函数解析式； 1 （2）易得S  OAOC 8，设P  t,t23t4  ，则Qt,t4，求出PQt24t，则 AOC 2 1 S  PQx x 2t228，根据四边形AOCP的面积S S 2t2216，结合二次 ACP 2 C A ACP AOC 函数的增减性，即可解答；  3  25 9 （3）设M ,m，根据两点之间距离公式得出AC2 32，AM2  m2，CM2  (m4)2，然后分情  2  4 4 况根据勾股定理列出方程求解即可． 【详解】（1）解：把A4,0，C0,4代入yx2bxc得∶ 0164bc  ， 4c b3 解得： ， c4∴该二次函数的解析式yx23x4； （2）解：∵A4,0，C0,4， ∴OA4,OC 4， 1 1 ∴S  OAOC  448， △AOC 2 2 设直线AC的解析式为ykx4， 代入A4,0得，04k4， 解得k1， ∴直线AC的解析式为yx4， 设P  t,t23t4  ，则Qt,t4， ∴PQt23t4t4t24t， 1 1 ∴S  PQx x   t24t  42t228， ACP 2 C A 2 ∴四边形AOCP的面积S S 2t2216， ACP AOC ∵20， ∴当t2时，四边形AOCP的面积最大为16；  3  （3）解：设M ,m，  2  ∵A4,0，C0,4， ∴AC2 4242 32，AM2    3 4   2 m2  25 m2，CM2    3  2 m42  9 m42，  2  4  2 4 当斜边为AC时，AM2 CM2  AC2， 25 9 即 m2 m42 32，整理得：m24m150， 4 4 无解； 当斜边为AM 时，AC2 CM 2  AM 2， 9 25 即32 (m4)2  m2， 4 4 11 解得：m ； 2  3 11 ∴M ,   2 2 当斜边为CM 时，AC2AM2 CM2， 25 9 即32 m2  (m4)2， 4 4 5 解得：m ； 2  3 5 ∴M ,   2 2  3 5  3 11 综上：点M 的坐标为 , 或 , ．  2 2  2 2  46．（23-24九年级上·重庆渝北·期末）二次函数yax2bx4经过点A1,0，点B4,0，点C，点D分 别二次函数与y轴的交点和顶点，点M为二次函数图象上第一象限内的一个动点. (1)求二次函数的解析式； (2)如图1，连接BC，过点A作BC的平行线交二次函数于点E，连接CM ，BM ，BE，CE．求四边形CMBE 面积的最大值以及此时点M 的坐标； (3)如图2，过点M 作MN∥y轴，交BC于点N （点M 不与点D重合），过点D作DH∥y轴，交BC于点 H，当DM HN时，直接写出点M 的坐标． 【答案】(1)yx2 3x4 (2)四边形CMBE的面积有最大值18，此时M(2,6) 1 21 5 21 (3) , 或 , ． 2 4  2 4  【分析】（1）用待定系数法即可求出函数解析式； （2）求出直线BC的解析式，再由平行线的性质求出直线AE的解析式从而确定E点坐标，再由直线CE的 解析式求出直线CE与x轴的交点坐标，从而求出 BCE的面积，过点M 作MG∥y轴交直线BC于点G，设  M(t,t23t4)，则G(t,t4)，可得S 2(t2)28，从而求出四边形面积的最大值及点M 的坐标； BCM3 25 3 5 3 25 （3）求出D , ，H , ，设M(x,x23x4)，则N(x,x4)，则DM2 (x )2(x23x4 )2， 2 4  2 2 2 4 3 5 3 1 5 HN2 (x )2(x4 )2，再由DM HN，求出x （舍)或x 或x ，即可求M 点坐标． 2 2 2 2 2 【详解】（1）解：将点A(1,0)，点B(4,0)代入yax2bx4， ab40  ， 16a4b40 a1 解得 ， b3 二次函数的解析式为yx2 3x4； （2）解：当x0时，y4， C(0,4)， ∵点B4,0， OC OB4， 设BC的解析式为ymxn，代入B4,0，C0,4， 4mn0 m1 得 ，解得： ， n4 n4 直线BC的解析式为yx4， ∵AE∥BC，A1,0，则设直线AE的解析式为yxb， 代入A1,0，得01b，解得b1， 直线AE的解析式为y=x1， 当x1x23x4时，解得x=1或x5， E(5,6)， 设CE的直线解析式为ykx4， 5k46， 解得k 2， 直线CE的解析式为y2x4， 直线CE与x轴的交点为(2,0)， 1 S  (42)(46)10， BCE 2 过点M 作MG∥y轴交直线BC于点G， 设M(t,t23t4)，则G(t,t4)，MGt23t4t4t24t， 1 S  4(t24t)2(t2)28， BCM 2 四边形CMBE的面积S S 102(t2)28， BCE BCM ∵0t4， 当t2时，四边形CMBE的面积有最大值18，此时M(2,6)； 3 25 （3）解：∵yx23x4(x )2 ， 2 4 3 25 ∴D , ， 2 4  3 3 5 ∵DH∥y轴，则当x 时，y 4 ， 2 2 2 3 5 ∴H , ， 2 2 设M(x,x23x4)，则N(x,x4)， 3 25 3 5 DM2 (x )2(x23x4 )2，HN2 (x )2(x4 )2， 2 4 2 2 ∵DM HN， 3 25 3 5 (x )2(x23x4 )2 (x )2(x4 )2， 2 4 2 2 3 1 5 解得x （舍去）或x 或x ， 2 2 2 1 21 5 21 ∴M , 或 , ． 2 4  2 4  【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，两点间距离公式，平行线的 性质，铅锤法求面积是解题的关键．题型03面积比最值问题 47．（2024·安徽合肥·一模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线yax1x4与x轴交于A、 B两 点，与y轴交于点C0，2． (1)求a的值； (2)点D为第四象限抛物线上一点 ①求△BCD的面积最大值 S ②连接AD，BC交于点E，连接BD，记△BDE的面积为S ， ABE的面积为S ，求 1 的最大值； 1  2 S 2 1 【答案】(1) 2 4 (2)①4；② 5 【分析】 （1）利用待定系数法求解即可； （2）①先求出点 C 的坐标，进而求出直线BC解析式，如图所示，过点 D 作DE∥y轴交BC于 E，设  1 3   1  1 Dm，m2 m2，则Em，m2，则DE  m2 2m，由S S S m224，利  2 2   2  2 BCD CDE BDE 用二次函数的性质求解即可； ②过点D作DGx轴于点G，交BC于点F ，过点A作AK x轴交BC的延长线于点K，证明 DF DE S S DE DF 5  1 3  △AKE∽△DFE，得到  ，则 1  BDE   ，求出AK  ，设Dm, m2 m2，则 AK AE S S AE AK 2  2 2  2 ABE F  m, 1 m2  ，则DF  1 m22m，可得 S 1  1 m22  4 ．则当m2时， S 1 有最大值，最大值是  2  2 S 5 5 S 2 2 4 ． 5 【详解】（1）解：把C0，2代入yax1x4中得4a2，1 ∴a ； 2 1 1 3 （2）解：①由（1）得抛物线解析式为y x1x4 x2 x2， 2 2 2 ∴点A和点B的坐标分别为1，0，4，0， 设直线BC的解析式为ykxb ， 1 4kb 0 ∴ 1 ，  b 2 1  1  k  解得 2 ，  b 2 1 1 ∴直线BC的解析式为y x2， 2 如图所示，过点D作DE∥y轴交BC于E，  1 3   1  设Dm，m2 m2，则Em，m2，  2 2   2  1 1 3 1 ∴DE  m2 m2 m2 m22m， 2 2 2 2 ∴S S S BCD CDE BDE 1 1  DEx x  DEx x  2 D C 2 B D 1  DEx x  2 B C 2DE m2 4m m224， ∵10， ∴当m2时，S 有最大值，最大值为4； △BCD ②过点D作DGx轴于点G，交BC于点F ，过点A作AK x轴交BC的延长线于点K，∴AK∥DG， ∴△AKE∽△DFE， DF DE ∴  ， AK AE S S DE DF ∴ 1  BDE   ， S S AE AK 2 ABE 1 1 5 在y x2中，当x=1时，y 2 ， 2 2 2  5 ∴K1，   2 5 ∴AK  ， 2  1 3   1  设Dm, m2 m2，则Fm, m2，  2 2   2  1 1 3 1 ∴DF  m2 m2 m2 m22m， 2 2 2 2 1  m22m ∴ S 1  2  1 m2 4 m 1 m22  4 ． S 5 5 5 5 5 2 2 S 4 ∴当m2时， 1 有最大值，最大值是 ． S 5 2 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，相似三角形的性质与判定，一次函数与几何综合，通过把求面积 的最值问题转换成求线段的最值问题是解题的关键． 1 48．（2023·四川遂宁·中考真题）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y  x2  bx  c经过点O(0， 4 0)，对称轴过点B(2，0)，直线l过点C2,2，且垂直于y轴．过点B的直线l 交抛物线于点M 、N ，交 1 直线l于点Q，其中点M 、Q在抛物线对称轴的左侧．(1)求抛物线的解析式； (2)如图1，当BM :MQ3:5时，求点N 的坐标； (3)如图2，当点Q恰好在y轴上时，P为直线l 下方的抛物线上一动点，连接PQ、PO，其中PO交l 于点 1 1 S E，设  OQE的面积为S 1 ，  PQE的面积为S 2 ．求 S 2 的最大值． 1 1 【答案】(1)y x2x 4 (2)N6,3 (3)1 【分析】 （1）待定系数法求解析式即可求解； （2）过点M 作MDx2，垂足为D根据已知条件得出BD:CD BM :MQ3:5，进而列出方程，解方 程，即可求解；  1  1  （3）先求得直线QB的解析式为yx2，设Pn, n2n，得出直线OP的解析式为y n1x，联立  4  4   1  y n1x  8 8  S x x  4  得出E  , 2，根据等底两三角形的面积比等于高之比，得出 1  P E ，进而  yx2 8n 8n  S 2 x E 得出关于n的二次函数关系，根据二次函数的性质即可求解． 1 【详解】（1）解：∵抛物线y  x2  bx  c经过点O(0，0)，对称轴过点B(2，0)， 4 1  222bc0 ∴4  c0 b1 解得： c01 ∴抛物线解析式为y x2x； 4 （2）解：如图所示，过点M 作对称轴x2的垂线MD，垂足为D，  1   1  设Mm, m2m，则D2, m2m，  4   4  ∵MD∥QC， ∴BD:CD BM :MQ3:5， ∵C2,2， 1  0 m2m 4  3 ∴  ， 1 5 m2m2 4 解得：m1或m3， ∵其中点MQ在抛物线对称轴的左侧． ∴m1，  3 ∴M1, ，  4 设直线BM 的解析式为ykxb，  3 kb ∴ 4，  2kb0  3 k    4 解得： ， 3 b  2 3 3 ∴直线BM 的解析式为y x ， 4 2 3 3 y x   4 2 联立 ， 1 y x2x  4 x1  x6 解得： 3或 ，  y y3  4 ∴N6,3； （3）解：依题意，点Q恰好在y轴上，则Q0,2， 设直线QB的解析式为ytx2， 将B0,2代入得2t20， 解得：t 1， ∴直线QB的解析式为yx2，  1  设Pn, n2n，设直线OP的解析式为ykx，  4  1 1 则k  n1， 1 4 1  ∴直线OP的解析式为y n1x， 4   1  y n1x 联立 4  ，  yx2  8 x   8n 解得： ， 8 y 2  8n  8 8  ∴E  , 2， 8n 8n  8 n S x x 8n 8nn2 ∴ 1  P E   1 S x 8 8 2 E 8n 1  n2n1 8 1   n28n  1 8 1  n421， 8 ∴当n4时，取得最大值为1．【点睛】本题考查了二次函数综合问题，平行线分线段比例，面积问题，待定系数法求解析式，熟练掌握 二次函数的性质是解题的关键． 49．（2024·湖北省直辖县级单位·一模）抛物线yx24x与直线yx交于原点O和点B，与x轴交于另一 点A，顶点为D． (1)求出点B和点D的坐标； 1 (2)如图①，连接OD，P为x轴的负半轴上的一点，当tanPDO 时，求点P的坐标； 2 (3)如图②，M 是点B关于抛物线的对称轴的对称点，Q是抛物线上的动点，它的横坐标为m0m5， S 连接MQ，BQ，MQ与直线OB交于点E，设  BEQ和△BEM 的面积分别为S 1 和S 2 ，求 S 1 的最大值． 2 【答案】(1)B5,5，D2,4  10  (2)P ,0  3  25 (3) 24 【分析】（1）令yx24xx，可求出点B的坐标，将函数yx24x化为顶点式，可求出点D的坐标； 1 （2）过点D作DEy轴于点E，可得tanDOE ，推出DOE  PDO，由点P为x轴的负半轴上的 2 一点，设直线DP与y轴交于点G，则 ODG是等腰三角形，可得OGDG，设OGt，则DGt，GE 4t，  根据勾股定理求出t值，进而得到点G的坐标，利用待定系数法求出直线DG的解析式，即可求解； 1 （3）分别过点M ，Q作y轴的平行线，交直线OB于点N ，K，则S  QKx x ， 1 2 B E 1 S S  MNx x ，由点P的横坐标为m，可表达 1 ，利用二次函数的性质可得结论． 2 2 B E S 2 【详解】（1）解：令yx24xx，解得x0或x5， B5,5；  yx24xx224， 顶点D2,4； （2）如图，过点D作DEy轴于点E， DE2，OE4， 1 tanDOE ， 2 1 tanPDO ，  2 DOE  PDO，  P为x轴的负半轴上的一点，设直线DP与y轴交于点G，则  ODG是等腰三角形， OGDG， 设OGt，则DGt，GE 4t， 在Rt DGE中，t2 224t2，  5 解得：t  ， 2  5 G0, ，  2  5 设直线DG的解析式为：ykxb，将点D2,4、G0, 代入得：  2 2kb4   5 ， 0b   2 3 k    4 解得： ， 5 b  2 3 5 直线DG的解析式为：y x ， 4 2 3 5 令y0，则 x   0， 4 2 10 解得：x ， 3  10  P ,0；  3  （3）  点B5,5与点M 关于对称轴x2对称， M1,5， 如图，分别过点M ，Q作y轴的平行线，交直线OB于点N ，K， N1,1，MN 6， 点Q横坐标为m，  Q  m,m24m  ，Km,m， KQm  m24m  m25m， 1 1 S  QKx x ，S  MNx x ，  1 2 B E 2 2 B E  S 1  QK  1  m25m   1 m 5  2  25 ， S MN 6 6 2 24 2 1   0， 6 5 S 25 当m 时， 1 的最大值为 ． 2 S 24 2【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，涉及二次函数的性质，三角形的面积，一次函数，解直角三角 形等知识，解题的关键是灵活运用这些知识． 50．（2023·湖南永州·中考真题）如图1，抛物线yax2bxc（a，b，c为常数）经过点F0,5，顶点 5 坐标为2,9，点Px,y 为抛物线上的动点，PH x轴于H，且x  ． 1 1 1 2 (1)求抛物线的表达式； y S (2)如图1，直线OP:y 1 x交BF于点G，求 △BPG 的最大值； x S 1 △BOG (3)如图2，四边形OBMF为正方形，PA交y轴于点E，BC交FM 的延长线于C，且BC BE,PH FC， 求点P的横坐标． 【答案】(1)yx24x5 5 (2) 4 5 5 (3) 2 【分析】（1）根据顶点式坐标公式和待定系数法分别求出a，b，c值，即可求出抛物线解析式． （2）利用抛物线的解析式可知道B点坐标，从而求出直线BF的解析式，从而设Gm,m5，根据直线OP y 5x S PH 的解析式y 1 x可推出m 1 ，从而可以用x,y 表达GT长度，在观察图形可知 △BPG  1，将其 x x y 1 1 S GT 1 1 1 △BOG GT和PH长度代入，即可将面积比转化成二次函数的形式，根据P横坐标取值范围以及此二次函数的图像 S 性质即可求出 △BPG 的最大值． S △BOG （3）根据正方形的性质和FC PH可求出PT MC，再利用 EOB≌ CMB相似和OBMB可推出   OEMC，设E0,d，即可求出直线AP的解析式，用a表达P点的横纵坐标，最后代入抛物线解析式，求 出d的值即可求出P点横坐标．【详解】（1）解：  抛物线yax2bxc（a，b，c为常数）经过点F0,5，顶点坐标为2,9， b 4acb2 c5， 2， 9， 2a 4a b4a  20ab2 ，  9  4a a1  ， b4 抛物线的解析式为：yx24x5． 故答案为：yx24x5． （2）解：过点G作GT x轴于点T，如图所示，  抛物线的解析式为：yx24x5，且与x轴交于A，B两点， B5,0， F0,5，  5kb0 设直线BF的解析式为：ykxb，则 ， b5 k 1  ， b5 直线BF的解析式为：yx5．  G在直线BF上，Gm,m5， y G在直线OP上，OP的解析式为：y 1 x， x 1 y m5 1m， x 1 5x m 1 ． x y 1 1 5x 5y GT m5 1 5 1 x y x y 1 1 1 1 S S S ，  BPG BPO BOG1 5PH S S S S 2 PH  BPG  BPO BOG = BPO 1 1 1． S S S 1 GT BOG BOG BOG 5GT 2 PH y x y  1  1 1 GT 5y 5  1 x y 1 1 S PH x y  BPG  1 1 1 1 S GT 5 BOG P  x,x24x 5  ，  1 1 1 S x y x x24x 5 1 5 2 5  BPG  1 1 1 1 1 1 1 x    ． S 5 5 5 1 2 4 BOG 5 1 x  ， 0，  1 2 5 5 S 1 5 5 2 5 5 当x 时， BPG 有最大值，且最大值为：      ． 2 S BOG 5 2 2 4 4 5 故答案为： ． 4 （3）解:∵＋BCBE， MBCMBE90， OBEMBE90， OBEMBC， CMBEOB90，  MBBO，   EOB≌ CMBASA，   设EOd ，E0,d， PH FC FM MC 5d ，  抛物线的解析式为：yx24x5，且与x轴交于A，B两点， A1,0． nd 设直线AP的解析式为：ymxn，则 ， mn0md  ， nd 直线AP的解析式为：ydxd．  PH d5，P在直线AP上， d5dxd， 5 x ， d x24x5dxd， x2d4xd50， x1·xd50（十字相乘法），   5 5 由x ，得：d  ， d x  5  x1 x 50，  x   5  x10,x 50  x  x 1， 1 5 x 50，即x25x50， x 5 5 5 5 解得：x  ，x  ， 2 2 3 2 5 x ，  2 5 5 x ， 2 5 5 P点横坐标为：x ． 25 5 故答案为： ． 2 【点睛】本题考查的是二次函数的综合应用题，属于压轴题，解题的关键在于能否将面积问题和二次函数 有效结合． 3 51．（2024·四川南充·一模）抛物线y x2bxcb0与x轴分别交于A，B两点（点A在点B的左侧）， 8 与y轴交于点C0,3，抛物线对称轴为x1，点P是抛物线在第一象限上动点，连接CB，PB． (1)求抛物线和直线BC的解析式； S (2)如图，连接PA，交BC于点M ，设 ABM 的面积为S ， PBM 的面积为S ，求 1 的最小值及此时点P  1  2 S 2 的坐标． 3 3 3 【答案】(1)抛物线的解析式为y x2 x3，直线BC的解析式为y x3； 8 4 4 S (2) 1 的最小值为3，P2,3． S 2 【分析】（1）利用待定系数法及二次函数对称轴公式即可求解； AM AB  3 3  （2）作PQ∥AB，交BC于Q，可证得  PMQ∽  AMB，从而得出  ，设 Pm, m2 m3， PM PQ  8 4  S 表示出点Q的坐标，进而得出 1 的表达式，利用二次函数的性质即可求解； S 2 本题考查了二次函数的图象和性质，二次函数的几何应用，待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定 和性质，掌握二次函数的性质是解题的关键． 【详解】（1）解：由题意可得， c3   b  1，  3  2    8  3 b 解得 4，  c33 3 ∴抛物线的解析式为y x2 x3， 8 4 3 3 由 x2 x30得， 8 4 x 2，x 4， 1 2 ∴B4,0， 设直线BC的解析式为ykxb，把B4,0、代入得， 3b  ， 04kb  3 k  解得 4，  b3 3 ∴直线BC的解析式为y x3； 4 （2）解：如图，作PQ∥AB，交BC于Q， ∴ PMQ∽  AMB， AM AB ∴  ， PM PQ  3 3  设Pm, m2 m3，  8 4  3 3 3 1 由 x3 m2 m3得，x m2m， 4 8 4 2 1  1 ∴PQm m2m m22m， 2  2 ∵AB426， S AM 6 6 1    ∴S 2 PM  1 m22m  1 m22 2 ， 2 2 1 ∴当m2时， m222的最大值为2， 2 S ∴ 1 的最小值为3， S 23 3 3 3 当m2时， m2 m3 22 233， 8 4 8 4 ∴P2,3． 52．（2024·湖北孝感·一模）如图1，已知抛物线yax2bx3与x轴交于点A1,0，B3,0，与y轴交 于点C，连接BC． (1)求a，b的值及直线BC的解析式； (2)如图1，点P是抛物线上位于直线BC上方的一点，连接AP交BC于点E，过P作PF x轴于点F ，交BC 于点G， (ⅰ)若EPEG，求点P的坐标， S (ⅱ)连接CP，CA，记 PCE的面积为S ， ACE的面积为S ，求 1 的最大值；  1  2 S 2 (3)如图2，将抛物线位于x轴下方面的部分不变，位于x轴上方面的部分关于x轴对称，得到新的图形，将 直线BC向下平移n个单位，得到直线l，若直线l与新的图形有四个不同交点，请直接写出n的取值范 围． a1 【答案】(1) ，yx3 b2 9 (2)(ⅰ)P(2 , 3)；(ⅱ) 16 25 (3)4n 4 【分析】（1）待定系数法求解析式，先求得抛物线解析式yx22x3，得出点C0,3，然后待定系数法 求一次函数解析式即可求解； （2）（i）设P(m,m22m3) (1m3)，则G(m,m3)，PGm23m，得出  BOC，  AFP是等腰 直角三角形，根据等腰三角形的性质可得AF PF，建立方程，解方程，即可求解； PE PG （ii）过A作AH x轴，交BC于点H，则PF∥HA，得出  ，根据相似三角形的性质得出面积比， AE AH进而根据二次函数的性质，即可求解． （3）先求得折叠部分的抛物线解析式为yx22x31x3，观察函数图象，可得当yx3n经过 点A时，当yx3n与yx22x31x3只有一个交点，直线l与新的图形有三个不同交点，进而 求得n的值，根据函数图象，即可求解． ab30 【详解】（1）解：依题可得： 9a3b30 a1 解得： b2 ∴yx22x3， 令x0，得y3，即C (0, 3) 设直线BC的解析式为ykxt，将B (3,0)，C (0, 3)代入得： 03kt k 1  解得： 30t t 3 直线BC的解析式为yx3 （2）设P(m,m22m3) (1m3)，则G(m,m3)，PGm23m （i） OBOC 3，COB90   BOC是等腰直角三角形  OCB45  PF∥CO， PGEOCB45 EPEG，  EPGEGP45  AFP是等腰直角三角形，   AF PF m1m22m3，解得m2，m1(舍) 点P的坐标为P(2,3) （ii）如图，过A作AH x轴，交BC于点H，则PF∥HA， ∴ PGE∽ AHE   PE PG   ， AE AH S PE PG m23m 1 3 9  1     (m )2 S AE AH 4 4 2 16 2 3 S 9 当m 时， 1 有最大值为 2 S 16 2 （3）解：依题意，yx22x3x124 新的图形的顶点坐标为1，4 则新的抛物线解析式为yx12 4x22x31x3 设平移后的直线解析式为yx3n 当yx3n经过点A时，有3个交点，即013n 解得：n4， 当yx3n与yx22x31x3只有一个交点， yx3n 则 yx22x3 消去y得，x22x3x3n 即x2x6n0 ∴Δb24ac146n0 25 解得：n 4 25 结合函数图象可得：4n 4 【点睛】本题考查了二次函数综合，待定系数法求解析式，面积问题，轴对称的性质，一次函数的平移， 熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．题型04 面积和最值问题 53．（2024·吉林长春·一模）在平面直角坐标系中，抛物线yax2bx3交x轴于点A(1,0)、B(3,0)，交y 轴于点C，连结AC、BC．点D在该抛物线上，过点D作DE∥AC，交直线BC于点E，连结AD、AE、 BD．设点D横坐标为m(m0)， DAE的面积为S ， DBE的面积为S ．  1  2 (1)求a，b的值； (2)设抛物线上D、B两个点和它们之间的部分为图象G，当图象G的最高点的纵坐标与m无关时，求m的 取值范围； (3)当点D在第一象限时，求S ＋S 的最大值； 1 2 (4)当S :S 2:1时，直接写出m的值． 1 2 【答案】(1)a的值为1，b的值为2，见解析 (2)0m1或m3，见解析 27 (3) 8 1 33 1 97 (4) 或 2 2 【分析】（1）由待定系数法求出函数表达式，即可求解； （2）分0m1、1m3、m3时，三种情况分别讨论即可求解； 1 3 3 27 （3）证明△DCE的面积 DAE 的面积S ，则S S S  (m22m3m3)3 (m )2 ，  1 1 2 BCD 2 2 2 8 即可求解； 5 （4）当点D在x轴上方时，证明 AHN∽ BHM ，求出点H( ，0)，即可求解；当点D在x轴下方时，同理   3 可解． 【详解】（1）解：设抛物线的表达式为：ya(xx )(xx )， 1 2则ya(x1)(x3)a(x22x3)ax22ax3aax2bx3， 则3a3，2ab 解得：a1，b2； （2）解：由（1）可得：二次函数解析式为：yx22x3， 当0m1时，图象G的最高点为原抛物线的顶点(1,4)， 此时最高点的纵坐标为4，与m无关； 当1m3时，图象G的最高点为点D，此时最高点的纵坐标为m22m3，与m有关； 当m3时，图象G的最高点为点B(3,0)，此时最高点的纵坐标为0，与m无关． 综上，当图象G的最高点的纵坐标与m无关时，m的取值范围是0m1或m3； （3）解：连接DC， DE AC，     DCE的面积  DAE 的面积S 1 ， 过点D作DH x轴，交BC与点F， 令x0，则y3，即C0，3， ∵B3，0， ∴BC的解析式为：yx3， ∴Fm，m3， ∴DF m22m3m3m23m S S S  1  m23m  3 3 m 3  2  27 ， 1 2 BCD 2 2 2 8 3 27 当m 时，S S 有最大值，最大值为 ； 2 1 2 8 （4）解：设DE交AB于点H，当点D在x轴上方时， 过点A、B分别作DE的垂线交ED的延长线于点N 、M ，则AN  BM ， ∵S :S 2:1， 1 2 则AN:BM 2:1， ∵AN∥BM，  AHN∽ BHM ，   则AH:BH AN:BM 2:1， 2 8 则AH  AB ， 3 3 5 则点H( ，0)， 3 由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y3x3， DE AC，   5 5 设直线DE的表达式为：y3xb，代入H( ，0)得：03 b， 3 3 解得：b=5， 则直线DE的表达式为：y3x5， 联立上式和抛物线的表达式得：x22x33x5， 1 33 解得：x m（不合题意的值已舍去）； 2 当点D在x轴下方时， 同理可得：点H(7,0)， 则直线DE的表达式为：y3x21， 联立上式和抛物线的表达式得：x22x33x21， 1 97 解得：x m（不合题意的值已舍去）； 2 1 33 1 97 综上，m 或 ． 2 2【点睛】本题为二次函数综合运用，涉及到三角形相似、面积的计算、平行线的性质等知识，分类求解是 解题的关键． 题型05 面积差最值问题 54．（2024·安徽合肥·一模）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线yx2bxc的对称轴为直线x2， 且与y轴相交于点C0,5． (1)求抛物线yx2bxc的表达式； (2)如图2，点A,B在x轴上（B在A的右侧），且OAt0t3,AB1，过点A，B分别作x轴的垂线交 抛物线于点D,E，连接CD,CE,DE，并延长AD交CE于点F ． ①求DF的长（用含t的代数式表示）； ②若 CDF的面积记作S ,△EDF的面积记作S ，记S S S，则S是否有最大值，若有请求出，若没有，  1 2 2 1 请说明理由． 【答案】(1)yx24x5 1 (2)①DF t；②S有最大值，最大值为 8 【分析】本题主要考查了二次函数的图象和性质，求二次函数的解析式： （1）利用待定系数法解答，即可求解； （2）①先求出点D  t,t24t5  ，点E  t1,t22t2  ，再直线CE的解析式，可得点F  t,t23t5  ，即可 求解；②分别过点E,C作MEDF,CN DF，垂足分别为M，N，则CN t,ME1，可得 1 1 S S S  t t2，再根据二次函数的性质，即可求解． 2 1 2 2 【详解】（1）解：∵抛物线yx2bxc的对称轴为直线x2，且与y轴相交于点C0,5． b  2 ∴ 2 ，  c5 b4 ∴ ， c5 ∴抛物线的解析式为yx24x5； （2）解：①∵OAt0t3,AB1， ∴OBt1， ∴点At,0,Bt1,0， 当xt时，yt24t5， ∴点D  t,t24t5  ， 当xt1时，yt12 4t15t22t2， ∴点E  t1,t22t2  ， 设直线CE的解析式为yk xb， 1 1 k t1b t22t2 ∴ 1 1 ， b 5 1 k t3 解得： 1 ， b 5 1 ∴直线CE的解析式为yt3x5， 当xt时，yt3t5t23t5， ∴点F  t,t23t5  ， ∴DF   t23t5    t24t5  t； 1 ②S有最大值，最大值为 ， 8 如图，分别过点E,C作MEDF,CN DF，垂足分别为M，N，则CN t,ME1，1 1 1 1 ∴S  DFME t,S  DFCN  t2， 2 2 2 1 2 2 ∴S S S  1 t 1 t2  1  t2t   1 t 1  2  1 ， 2 1 2 2 2 2 2 8 1 ∵ 0， 2 1 1 ∴当t  时，S取得最大值，最大值为 ． 2 8 55．（2024·安徽合肥·一模）已知抛物线ya2x22a2x3a2a0与x轴交于A、B两点（点A在点B的左 侧），与y轴交于点C，直线yaxb经过点A． (1)求A、B两点的坐标; (2)若直线yaxb与抛物线ya2x22a2x3a2的对称轴交于点E． ①若点E为抛物线的顶点，求a的值； ②若点E在第四象限并且在抛物线的上方，记△ACE的面积为S ，记 ABE的面积为S ，S S S ，求S 1  2 2 1 与x的函数表达式，并求出S的最大值． 【答案】(1)A1,0，B3,0 1  5 2 25 25 (2)① ；②S 3a   ；S的最大值为 ． 2  6 12 12 【分析】本题考查了二次函数的综合题，数形结合，灵活运用分类讨论的思想是正确解答此类题的关键． （1）令y0，解方程a2x22a2x3a2 0，即可求解； （2）①先求得直线解析式为：yaxa，顶点坐标为  1,4a2 ，根据直线yaxa过点  1,4a2 ，列式 计算即可求解； ②根据题意画出示意图，利用三角形面积公式列式得到S a3a2，S 4a，再求得 1 2 5 2 25 S 3a   ，据此求解即可．  6 12 【详解】（1）解：令y0，则有： a2x22a2x3a2 0， 即x22x30， x 3，x 1， 1 2 A1,0，B3,0； （2）解：  直线yaxb经过A1,0， ab0， ab， 直线解析式为：yaxa， 抛物线ya2x22ax23a2配方得ya2x12 4a2， 其顶点坐标为  1,4a2 ； ①当E为顶点时：即yaxa过  1,4a2 ， 2a4a2， 1 a  ，a 0（舍去）， 1 2 2 1 a ； 2 ②根据题意可画出示意图， 设直线yaxa交y轴于F，交抛物线对称轴于E点，且点E在第四象限并且在抛物线的上方， 1 则F0,a，E1,2a， a0， 2 又 C  0,3a2 ， CF  y y a3a2， F C 1 S  2  a3a2 a3a2， 1 2 1 S  42a4a． 2 2 S S S 4a  a3a2 2 1 3a25a  5 2 25 3a   ，  6 12 ∵30， 5 25 ∴当a ，S的最大值为 ． 6 12 56．（2024·安徽淮北·模拟预测）已知抛物线yax2x4（a为常数，且a<0）与x轴交于A，B两点 1 （点A在点B的右侧），与y轴交于点C，经过点B的直线y xb与抛物线的另一交点为点D，与y轴的 2 交点为点E． (1)如图1，若点D的横坐标为3，试求抛物线的函数表达式； (2)如图2，若DEBE，试确定a的值； (3)如图3，在（1）的情形下，连接AC，BC，点P为抛物线在第一象限内的点，连接BP交AC于点Q，当 S S 取最大值时，试求点P的坐标． △APQ △BCQ 1 【答案】(1)y x2x4 2 1 (2)a 4  9 (3)P点的坐标为1,   2【分析】（1）令y0，则ax2x40，求出A4,0，B2,0 ，将B2,0 代入一次函数求出b1， 从而得出点D的坐标，再将D的坐标代入二次函数即可得解； 1 （2）由（1）得：B2,0 ，y x1，设点D的坐标为m,n，由DEBE得出点D的横坐标为2，代 2 入一次函数解析式得出点D的坐标，再将D的坐标代入二次函数即可得解； 1 （3）由（1）知：y x2x4，A4,0，B2,0 ，得出AB6，求出点C的坐标得出OC 4，根据 2     S S  S S  S S S S ，得出关系式，根据二次函数的性质即可得出答 APQ BCQ APQ ABQ BCQ ABQ ABP ABC 案． 【详解】（1）解：在yax2x4中，令y0，则ax2x40， 解得：x 2，x 4， 1 2 A4,0，B2,0 ， 将B2,0 代入y 1 xb得： 1 2b0， 2 2 解得：b1， 1  y x1， 2  点D的横坐标为3， 1 5 当x3时，y 31 ， 2 2  5 D3, ，  2  5 5 将D3, 代入抛物线解析式得：a3234 ，  2 2 1 解得：a ， 2 1 1 y x2x4 x2x4； 2 2 1 （2）解：由（1）得：B2,0 ，y x1， 2 设点D的坐标为m,n， BEDE，  E为BD的中点， E在y轴上， 2m  0， 2 m2， 1 1 在y x1中，当x2时，y 212， 2 2 D2,2， 将D2,2代入抛物线解析式得：a22242， 1 解得：a ； 4 1 （3）解：由（1）知：y x2x4，A4,0，B2,0 ， 2 AB426， 1 在y x2x4中，当x0时，y4， 2 C0,4， OC4，  1  设Pp, p2 p4 0 p4，  2  S S APQ BCQ      S S  S S APQ ABQ BCQ ABQ S S ABP ABC 1 1  ABy  ABOC 2 P 2 1  1  1  6 p2 p4 64 2  2  2 3  p23p1212 2 3  p23p 2 3   p22p  2 3 3  p12 ， 2 2 3  0，  2 9 当p1时，S △APQ S △BCQ 的值最大，此时P  1, 2   ． 【点睛】本题考查了一次函数与二次函数的交点问题、二次函数综合—面积问题，熟练掌握以上知识点并灵 活运用是解此题的关键． 57．（2024·广东广州·一模）综合应用 如图，抛物线yx2bxc与x轴交于点A，B1,0，与y轴交于点C0,3． (1)求抛物线的解析式； (2)直线yx与抛物线在第二象限交于点M ，若动点N 在OM 上运动，线段CN 绕点N 顺时针旋转，点C 首次落在x轴上时记为点D，在点N 运动过程中，判断CND的大小是否发生变化？并说明理由． (3)在（2）的条件下，连接CD，记△CND的外接圆的最小面积为S ，记△CND的外接圆的最大面积为 1 S ，试求S S 的值（结果保留）． 2 2 1 【答案】(1)yx22x3； (2)CND大小不变，理由见解析； 9 (3) π． 4 【分析】（1）利用待定系数法即可求解； （2）CND大小不变．过点N 作NF x轴于F ，过点C作CENF交FN 的延长线于点E，设Nn,n， 可得CENF ，即可证明Rt  CEN≌Rt  NFDHL，得到CNENDF，得到CNEFND90，进而 得到CND90，即可求证； （3）连接CD，结合由（2）可得△CND为等腰直角三角形，故得△CND的外接圆是以CD为直径的圆， 设圆的半径为r，则CD2r，得CN  2r，根据圆的面积公式可知，CN 最小时，圆的面积为S ，CN 最 1 大时，圆的面积为S ，由CN OM 时，CN 最小，此时，D与O重合，及当点N 与点O重合时，CN 最大， 2分别求出半径r，得出 S、S 的值即可求解． 1 2 【详解】（1）解：把B1,0、C0,3代入得， 1bc0  ， c3 b2 解得 ， c3 ∴抛物线的解析式为yx22x3； （2）解：CND大小不变，理由如下： 过点N 作NF x轴于F ，过点C作CENF交FN 的延长线于点E， ∵点N 在直线yx上， ∴设Nn,n， ∴CEn，NF n， ∴CENF ， 又由旋转可得，CN ND， 在Rt△CEN和Rt NFD中，  CENF  ， CN ND ∴Rt  CEN≌Rt  NFDHL， ∴CNENDF， ∵NDFFND90， ∴CNEFND90， ∴CND1809090， ∴CND大小不变，为90；（3）解：连接CD， 由（2）得，CND90， ∵CN  ND， ∴△CND为等腰直角三角形， ∴△CND的外接圆是以CD为直径的圆， 设圆的半径为r，则CD2r， CD ∵CN  ， 2 ∴CN  2r， ∵圆的面积S r2， ∴CN 最小时，圆的面积为S ，CN 最大时，圆的面积为S ， 1 2 当CN OM 时，CN 最小，此时，D与O重合， 3 2 9 ∴S r2 π   π， 1 2 4 当点N 与点O重合时，CN 最大，最大CN CO3， CD CN 3 3 2 ∴r    ， 2 2 2 2 2 3 2 9 ∴S r2 π   π， 2  2  2   9 9 9 ∴S S  π π π． 2 1 2 4 4 【点睛】本题考查了二次函数的几何应用，待定系数法求二次函数的解析式，旋转的性质，全等三角形的 判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形，三角形的外接圆，最值问题，正确作出辅助 线是解题的关键． 58．（2023·湖北荆州·中考真题）已知：y关于x的函数ya2x2a1xb．(1)若函数的图象与坐标轴有两个公共点，且a4b，则a的值是___________； (2)如图，若函数的图象为抛物线，与x轴有两个公共点A2,0，B4,0，并与动直线l:xm(0m4)交 于点P，连接PA，PB，PC，BC，其中PA交y轴于点D，交BC于点E．设△PBE的面积为S 1 ，  CDE 的面积为S ． 2 ①当点P为抛物线顶点时，求  PBC的面积； ②探究直线l在运动过程中，S S 是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由． 1 2 1 【答案】(1)0或2或 4 16 (2)①6，②存在， 3 【分析】（1）根据函数与坐标轴交点情况，分情况讨论函数为一次函数和二次函数的时候，按照图像的性 质以及与坐标轴交点的情况即可求出a值． （2）①根据A和B的坐标点即可求出抛物线的解析式，即可求出顶点坐标P，从而求出PH长度，再利用 A和B的坐标点即可求出BC的直线解析式，结合x x 即可求出F 点坐标，从而求出PF长度，最后利用 F P 面积法即可求出 PBC的面积．  ②观察图形，用m值表示出点P坐标，再根据平行线分线段成比例求出OD长度，利用割补法表示出S 和 1 S ，将二者相减转化成关于m的二次函数的顶点式，利用m取值范围即可求出S S 的最小值． 2 1 2 【详解】（1）解：  函数的图象与坐标轴有两个公共点， a2x2a1xb0， a4b，  a a2x2a1x 0， 4 当函数为一次函数时，a20，a2． 当函数为二次函数时， a a2x2a1x 0， 4 若函数的图象与坐标轴有两个公共点，即与x轴，y轴分别只有一个交点时， a b24aca124a2 4a10， 4 1 a ． 4 当函数为二次函数时，函数的图象与坐标轴有两个公共点， 即其中一点经过原点， b0， a4b，  a0． 综上所述，a2或0． 1 故答案为：0或2或 ． 4 （2）解：①如图所示，设直线l与BC交于点F ，直线l与AB交于点H． 2ab10 a1 依题意得： ，解得： 20ab28 b8 抛物线的解析式为：yx22x8(x1)29．  点P为抛物线顶点时，P(1,9)，C(0,8)， PH 9，x 1， P 由B4,0，C0,8得直线BC的解析式为y2x8， F在直线BC上，且在直线l上，则F 的横坐标等于P的横坐标，  F1,6，FH 6，OH 1， PF PH FH 963，BH OBOH 413 1 1 1 1 S S S  x OH  HBPF  31 336． PBC PFC PFB 2 P 2 2 2 故答案为：6． ②S S 存在最大值，理由如下： 1 2 如图，设直线xm交x轴于H． 由①得：OB4，AO2，AB6，OC 8，AH 2m，P  m,m22m8  PH m22m8， ODx，PH  AB，  OD∥PH ， AO OD   ， AH PH 2 OD 即  ， 2m m22m8 OD82m  S 1 S PAB S AOD S 四边形EDOB ，S 2 S OBC S 四边形EDOB ， 6  m22m8  282m 48 S S S S S    3m28m， 1 2 PAB AOD OBC 2 2 2  4 2 16 S S 3m   ， 1 2  3 3 Q30，0m4， 4 16 当m 时，S S 有最大值，最大值为 ． 3 1 2 3 16 故答案为： ． 3 【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，涉及到函数与坐标轴交点问题，二次函数与面积问题，平行线 分线段成比例，解题的关键在于分情况讨论函数与坐标轴交点问题，以及二次函数最值问题． 59．（2024·安徽·一模）已知抛物线ya(x2)(x4)(a为常数，且a0)与x轴交于A，B两点（点A在点B 1 的右侧），与y轴交于点C，经过点B的直线y xb与抛物线的另一交点为点D，与y轴的交点为点 2 E．(1)如图1，若点D的横坐标为3，试求抛物线的函数表达式； (2)如图2，若DEBE，试确定a的值； (3)如图3，在（1）的情形下，连接AC，BC，点P为抛物线在第一象限内的点，连接BP交AC于点Q， 当S S 取最大值时，试求点P的坐标． △APQ △BCQ 1 【答案】(1)y x2x4 2 1 (2)a 3  9 (3)1,   7 【分析】（1）令y0，则a(x2)(x4)0，求出A(4,0)，B(2,0)，将B(2,0)代入一次函数求出b1，从 而得出点D的坐标，再将D的坐标代入二次函数即可得解； 1 （2）由（1）得：B(2,0)，y x1，设点D的坐标为(m,n)，由DEBE得出点D的横坐标为2，代入 2 一次函数解析式得出点D的坐标，再将D的坐标代入二次函数即可得解； 1 （3）由（1）知：y x2x4，A(4,0)，B(2,0)，得出AB6，求出点C的坐标得出OC 4，根据 2 S S (S S )(S S )S S ，得出关系式，根据二次函数的性质即可得出答案． APQ BCQ APQ ABQ BCQ ABQ ABP ABC 【详解】（1）解：在ya(x2)(x4)中，令y0，则a(x2)(x4)0， 解得：x 2，x 4， 1 2 A(4,0)，B(2,0)， 1 1 将B(2,0)代入y xb得： (2)b0， 2 2 解得：b1， 1  y x1， 2  点D的横坐标为3，1 5 当x3时，y 31 ， 2 2  5 D3, ，  2  5 5 将D3, 代入抛物线解析式得：a(32)(34) ，  2 2 1 解得：a ， 2 1 1  y (x2)(x4) x2x4； 2 2 1 （2）解：由（1）得：B(2,0)，y x1， 2 设点D的坐标为(m,n)， BEDE，  E为BD的中点， E在y轴上，  2m  0， 2 m2， 1 1 在y x1中，当x2时，y 212， 2 2 D(2,2)， 将D(2,2)代入抛物线解析式得：a(22)(24)2， 1 解得：a ； 4 1 （3）解：由（1）知：y x2x4，A(4,0)，B(2,0)， 2 AB4(2)6， 1 在y x2x4中，当x0时，y4， 2 C(0,4)， OC4， 1 设P(p, p2 p4)(0 p4)， 2 S S APQ BCQ (S S )(S S ) APQ ABQ BCQ ABQS S ABP ABC 1 1  ABy  ABOC 2 P 2 1  1  1  6 p2 p4 64 2  2  2 3  p23p1212 2 3  p23p 2 3   p22p  2 3 3  p12 ， 2 2 3  0，  2  9 当p1时，S △APQ S △BCQ 的值最大，此时P  1, 2   ． 【点睛】本题考查了一次函数与二次函数的交点问题、二次函数综合—面积问题，待定系数法求函数解析式， 二次函数图象性质．熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 题型06 五边形面积最值问题 60．（2024·安徽宣城·一模）如图，已知抛物线yax2bx3与x轴的交点为A4,0,D2,0，与y轴交点 为C． (1)求该抛物线的解析式； (2)设点C关于抛物线对称轴的对称点为点B，在抛物线的A~B段上存在点P，求五边形APBCD面积的最大 值S ； Max (3)问该抛物线上是否还存在与点P不重合的点Q，使以A、B、C、D、Q五点为顶点的凸五边形面积等于 题（2）中五边形APBCD面积的最大值S ，若存在，直接写出所有满足条件的点Q的横坐标；若不存在， Max 请说明理由．3 3 【答案】(1)y x2 x3 8 4 99 (2) 8 32 21 (3) 或1 3 【分析】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合， （1）利用待定系数法求解即可； （2）先求出点C的坐标，进而根据对称性求出点B的坐标，再求出直线AB解析式，过点P作PE  y轴交  3 3   3  3 9 AB于E，设Pm，m2 m3，则Em，m6，则PE  m2 m3，根据  8 4   2  8 4 3 99 S S S  m32 进行求解即可； 五边形APBCD 四边形ABCD ABP 8 8 （3）由对称性可知，点P与对称轴对称的点一定符合题意，即此时点Q的横坐标为1；求出抛物线顶点  27 3 坐标为  1， 8   ，可得顶点与B、C组成的三角形面积为 8 ，再由四边形S 四边形ABCD 12，则顶点与A、B、 99 C、D组成的五边形面积为 ，即当点Q与顶点重合时，符合题意，即此时点Q的横坐标为1；当点Q在 8 3 x轴上方时，只需要满足S  即可，求出此时点Q的横坐标即可． △ADQ 8 16a4b30 【详解】（1）解：把A4,0,D2,0代入yax2bx3中得： ， 4a2b30  3 a   8 ∴ ， 3 b  4 3 3 ∴抛物线解析式为y x2 x3； 8 4 3 3 （2）解：在y x2 x3中，当x0时，y=3， 8 4 ∴C0，3， ∵与x轴的交点为A4,0,D2,0， 24 ∴对称轴为直线x 1， 2 ∵点C关于抛物线对称轴的对称点为点B， ∴B2，3；设直线AB解析式为ykxb， 4kb0 ∴ ， 2kb3  3 k  ∴ 2 ，  b6 3 ∴直线AB解析式为y  x6， 2  3 3   3  过点P作PE  y轴交AB于E，设Pm，m2 m3，则Em，m6，  8 4   2  3 3 3  3 9 ∴PE m6 m2 m3 m2 m3， 2 8 4  8 4 ∴S S S 五边形APBCD 四边形ABCD △ABP S S S 四边形ABCD △PAE △PBE 242 1  3 9   3 42  m2 m3 2 2  8 4  3 9  m2 m9 8 4 3 99  m32 ， 8 8 99 ∴当m3时，S 的面积有最大值 ； 五边形APBCD 8 （3）解：由（2）可知，S 的面积最大时，点P的横坐标为3， 五边形APBCD 由对称性可知，点P与对称轴对称的点一定符合题意，即此时点Q的横坐标为1； 3 3 3 27 ∵抛物线解析式为y x2 x3 x12 ， 8 4 8 8  27 ∴顶点坐标为1， ，  8  1   27 3 ∴顶点与B、C组成的三角形面积为 2  3   ， 2   8  8242 又∵四边形S  312， 四边形ABCD 2 3 99 ∴顶点与A、B、C、D组成的五边形面积为12  ， 8 8 ∴当点Q与顶点重合时，符合题意，即此时点Q的横坐标为1； 3 当点Q在x轴上方时，只需要满足S  即可， △ADQ 8 1 3 ∴ ADy  ， 2 Q 8 1 3 ∴ 42y  ， 2   Q 8 1 ∴y  ， Q 8 3 3 1 32 21 当y x2 x3 时，解得x ， 8 4 8 3 32 21 ∴此时点Q的横坐标为 ； 3 32 21 综上所述，符合题意的点Q的横坐标为 或1． 3