【文档说明】专题03函数与面积定值最值问题【题型与技法】中考数学二轮复习金典专题讲练系列（通用版）（解析版）.docx，共(50)页，1.169 MB，由管理员店铺上传

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【经典剖析1】（2020•福建）已知直线1:210lyx=−+交y轴于点A，交x轴于点B，二次函数的图象过A，B两点，交x轴于另一点C，4BC=，且对于该二次函数图象上的任意两点11(Px，1)y，22(Px，2)y，当125xx…时，总有12yy．

（1）求二次函数的表达式；（2）若直线2:(10)lymxnn=+，求证：当2m=−时，21//ll；（3）E为线段BC上不与端点重合的点，直线3:2lyxq=−+过点C且交直线AE于点F，求ABE与CEF面积之

和的最小值．【分析】（1）先求出点A，点B，点C坐标，利用待定系数法可求解析式；（2）利用反证法可得结论；（3）通过证明CEFBEA∽，可得2()CEFABESCESBE=，(04)BEtt=，则4CEt=−，可求11052ABEStt==，25(4)CEFtSt−

=，利用二次函数的性质可求解．【解答】解：（1）直线1:210lyx=−+交y轴于点A，交x轴于点B，点(0,10)A，点(5,0)B，4BC=，点(9,0)C或点(1,0)C，点11(Px，1)y，22(Px，2)y，当125xx…时，总有12yy．当5x…时，y随x的

增大而增大，当抛物线过点(9,0)C时，则当57x时，y随x的增大而减少，不合题意舍去，课前热身当抛物线过点(1,0)C时，则当3x时，y随x的增大而增大，符合题意，设抛物线解析式为：(1)(5)yaxx=−−，过点(0,10)A，105a=，2a=，抛物线解析式

为：22(1)(5)21210yxxxx=−−=−+；方法二：设抛物线解析式为2yaxbxc=++，由题意可得：0025510abcabcc=++=++=，解得：21210abc==−=，抛物线解析式为：22

1210yxx=−+；（2）当2m=−时，直线2:2(10)lyxnn=−+，直线2:2(10)lyxnn=−+与直线1:210lyx=−+不重合，假设1l与2l不平行，则1l与2l必相交，设交点为(PPx，)Py，2210PPPPyxnyx=−+=−+

解得：10n=，10n=与已知10n矛盾，1l与2l不相交，21//ll；（3）如图，、直线3:2lyxq=−+过点C，021q=−+，2q=，直线3l解析式为：22yx=−+，31//ll

，//CFAB，ECFABE=，CFEBAE=，CEFBEA∽，2()CEFABESCESBE=，设(04)BEtt=，则4CEt=−，11052ABEStt==，22245(4)()()5CEFABECEttSStBEtt−−===，225

(4)80225104010()40240ABECEFtSStttttt−+=+=+−=−+−，当22t=时，ABECEFSS+的最小值为40240−．【点评】本题是二次函数综合题，考查了一次函数和二次函数的图象和性质，利用待定系数

法可求解析式，相似三角形的判定和性质，三角形的面积等知识，利用数形结合思想和函数和方程的思想解决问题是本题的关键．解决动点产生的面积问题，常用到的知识和方法，如下：如图1，如果三角形的某一条边与坐标轴平行，计算这样“规则”的三角形的面积，直接用

面积公式．如图2，图3，三角形的三条边没有与坐标轴平行的，计算这样“不规则”的三角形的面积，用“割”或“补”的方法．图1图2图3计算面积长用到的策略还有：如图4，同底等高三角形的面积相等．平行线间的距离处处相

等．如图5，同底三角形的面积比等于高的比．如图6，同高三角形的面积比等于底的比．图4图5图6【例题1】如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过A（﹣1，0）、B（4，0）、C（0，2）三点．（1）求

该二次函数的解析式；（2）点D是该二次函数图象上的一点，且满足∠DBA＝∠CAO（O是坐标原点），求点D的坐标；（3）点P是该二次函数图象上位于第一象限上的一动点，连接PA分别交BC、y轴于点E、F，若△PEB、△CEF的面积分别为S1、S2，求S

1﹣S2的最大值．【分析】（1）由A、B、C三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）当点D在x轴上方时，则可知当CD∥AB时，满足条件，由对称性可求得D点坐标；当点D在x轴下方时，可证得BD∥

AC，利用AC的解析式可求得直线BD的解析式，再联立直线BD和抛物线的解析式可求得D点坐标；（3）可设出P点坐标，表示出△PAB、△AFO、△COB，利用S1﹣S2＝S△PAB﹣S△AFO﹣S△BOC可表示成关于P点坐

标的二次函数，利用二次函数的性质可求得其最大值．．【解答】解：（1）由题意可得，解得，∴抛物线解析式为y＝﹣x2+x+2；（2）当点D在x轴上方时，过C作CD∥AB交抛物线于点D，如图1，∵A、B关于对称轴对称，C、D关于对称轴对称，∴四边形ABD

C为等腰梯形，∴∠CAO＝∠DBA，即点D满足条件，∴D（3，2）；当点D在x轴下方时，∵∠DBA＝∠CAO，∴BD∥AC，∵C（0，2），∴可设直线AC解析式为y＝kx+2，把A（﹣1，0）代入可求

得k＝2，∴直线AC解析式为y＝2x+2，∴可设直线BD解析式为y＝2x+m，把B（4，0）代入可求得m＝﹣8，∴直线BD解析式为y＝2x﹣8，联立直线BD和抛物线解析式可得，解得或，∴D（﹣5，﹣18）；综上可知满足条件的点D的坐标为（3，2）或（﹣5，﹣18）；（

3）设P（t，﹣t2+t+2），∵AB＝5，OC＝2，∴S△PAB＝（﹣t2+t+2）×5＝﹣t2+t+5，∵＝，∴OF＝﹣（t﹣4），∴S△AFO＝×1×[﹣（t﹣4）]＝﹣（t﹣4），且S△BOC＝×2×4，∴S1﹣S2＝﹣t2+t+5+（t﹣4）

﹣4＝﹣t2+4t＝﹣（t﹣）2+，∴当t＝时，有S1﹣S2有最大值，最大值为．【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、平行线的判定和性质、三角形的面积、二次函数的性质、方程思想伋分类讨论思想等知识．在（1）中注意待定系数法的应用，在（2）中确定出D点的位置是解题的关键，

在（3）中用P点的坐标分别表示出两个三角形的面积是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，计算量大，难度较大．【例题2】（四川成都·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，以直线x=对称轴的抛物线y=ax2+bx+c与直线l：y=kx+m（k＞0）交于A（1，1），B两点，与y轴交于

C（0，5），直线l与y轴交于点D．（1）求抛物线的函数表达式；（2）设直线l与抛物线的对称轴的交点为F，G是抛物线上位于对称轴右侧的一点，若=，且△BCG与△BCD面积相等，求点G的坐标；（3）若在x轴上有且仅有一点P，使∠APB=90°，求

k的值．【分析】（1）根据已知列出方程组求解即可；（2）作AM⊥x轴，BN⊥x轴，垂足分别为M，N，求出直线l的解析式，再分两种情况分别分析出G点坐标即可；（3）根据题意分析得出以AB为直径的圆与x轴只有一个交点，且P为切点，P为MN的中点，运用三角形相似建立

等量关系列出方程求解即可．【解答】解：（1）由题意可得，解得a=1，b=﹣5，c=5；∴二次函数的解析式为：y=x2﹣5x+5，（2）作AM⊥x轴，BN⊥x轴，垂足分别为M，N，则，∵MQ=，∴NQ=2，B

（，）；∴，解得，∴，D（0，），同理可求，，∵S△BCD=S△BCG，∴①DG∥BC（G在BC下方），，∴=x2﹣5x+5，解得，，x2=3，∵x＞，∴x=3，∴G（3，﹣1）．②G在BC上方时，直线G2G3与DG1关于BC对称，∴=，∴

=x2﹣5x+5，解得，，∵x＞，∴x=，∴G（，），综上所述点G的坐标为G（3，﹣1），G（，）．（3）由题意可知：k+m=1，∴m=1﹣k，∴yl=kx+1﹣k，∴kx+1﹣k=x2﹣5x+5，解得，x1=1，x2=k+4

，∴B（k+4，k2+3k+1），设AB中点为O′，∵P点有且只有一个，∴以AB为直径的圆与x轴只有一个交点，且P为切点，∴O′P⊥x轴，∴P为MN的中点，∴P（，0），∵△AMP∽△PNB，∴，∴AM•BN=PN•PM，∴1

×（k2+3k+1）=（k+4﹣）（），∵k＞0，∴k==﹣1+．【点评】此题主要考查二次函数的综合问题，会灵活根据题意求抛物线解析式，会分析题中的基本关系列方程解决问题，会分类讨论各种情况是解题的关键．【例题3】（四川眉山·中考真题）如图①，已知抛物线y=ax2+b

x+c的图象经过点A（0，3）、B（1，0），其对称轴为直线l：x=2，过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点，设其横坐标为m．（1）求抛物线的解析式；（2）若动点P在直线OE下方的抛物线上，连结PE、PO，当m为何值时，四边形AOPE面

积最大，并求出其最大值；（3）如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）利用对称性可得点D的

坐标，利用交点式可得抛物线的解析式；（2）设P（m，m2﹣4m+3），根据OE的解析式表示点G的坐标，表示PG的长，根据面积和可得四边形AOPE的面积，利用配方法可得其最大值；（3）存在四种情况：如图

3，作辅助线，构建全等三角形，证明△OMP≌△PNF，根据OM=PN列方程可得点P的坐标；同理可得其他图形中点P的坐标．【解答】解：（1）如图1，设抛物线与x轴的另一个交点为D，由对称性得：D（3，0），设抛物线的解析式为：y=a（x﹣1）（x﹣3），把A（0，3）代入得：3

=3a，a=1，∴抛物线的解析式；y=x2﹣4x+3；（2）如图2，设P（m，m2﹣4m+3），∵OE平分∠AOB，∠AOB=90°，∴∠AOE=45°，∴△AOE是等腰直角三角形，∴AE=OA=3，∴E（3，3），易得OE的解析式为：y=

x，过P作PG∥y轴，交OE于点G，∴G（m，m），∴PG=m﹣（m2﹣4m+3）=﹣m2+5m﹣3，∴S四边形AOPE=S△AOE+S△POE，=×3×3+PG•AE，=+×3×（﹣m2+5m﹣3），=﹣+，=﹣（m﹣）2+，∵﹣＜0，∴当m=时，S有最大值是；（3）如图3，过

P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N，∵△OPF是等腰直角三角形，且OP=PF，易得△OMP≌△PNF，∴OM=PN，∵P（m，m2﹣4m+3），则﹣m2+4m﹣3=2﹣m，解得：m=或，∴P的坐标为（，）或（，）；如图4，过P作MN⊥x轴

于N，过F作FM⊥MN于M，同理得△ONP≌△PMF，∴PN=FM，则﹣m2+4m﹣3=m﹣2，解得：x=或；P的坐标为（，）或（，）；综上所述，点P的坐标是：（，）或（，）或（，）或（，）．【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的综合应用，相似

三角形的判定与性质以及解一元二次方程的方法，解第（2）问时需要运用配方法，解第（3）问时需要运用分类讨论思想和方程的思想解决问题．【例题4】（四川泸州·中考真题）如图，已知二次函数y=ax2﹣（2a﹣）x+3的图象经过点A（4，0），与y轴交于点B．在x轴上有一动

点C（m，0）（0＜m＜4），过点C作x轴的垂线交直线AB于点E，交该二次函数图象于点D．（1）求a的值和直线AB的解析式；（2）过点D作DF⊥AB于点F，设△ACE，△DEF的面积分别为S1，S2，若S1=4S2，求m的值；（3

）点H是该二次函数图象上位于第一象限的动点，点G是线段AB上的动点，当四边形DEGH是平行四边形，且▱DEGH周长取最大值时，求点G的坐标．【分析】（1）把点A坐标代入y=ax2﹣（2a﹣）x+3可求a，应用待定系数法可求直线AB

的解析式；（2）用m表示DE、AC，易证△DEF∽△AEC，S1=4S2，得到DE与AE的数量关系可以构造方程；（3）用n表示GH，由平行四边形性质DE=GH，可得m，n之间数量关系，利用相似用GM表示EG，表示▱DEGH

周长，利用函数性质求出周长最大时的m值，可得n值，进而求G点坐标．【解答】解：（1）把点A（4，0）代入，得0=a•42﹣（2a﹣）×4+3解得a=﹣∴函数解析式为：y=设直线AB解析式为y=kx+b把A（4，0），B（0，3）代入解得∴直线AB解析式为：y=﹣（

2）由已知，点D坐标为（m，﹣）点E坐标为（m，﹣）∴AC=4﹣mDE=（﹣）﹣（﹣）=﹣∵BC∥y轴∴∴AE=∵∠DFA=∠DCA=90°，∠FBD=∠CEA∴△DEF∽△AEC∵S1=4S2∴AE=2DE∴解得

m1=，m2=4（舍去）故m值为（3）如图，过点G做GM⊥DC于点M由（2）DE=﹣同理HG=﹣∵四边形DEGH是平行四边形∴﹣=﹣整理得：（n﹣m）[]=0∵m≠n∴m+n=4，即n=4﹣m∴MG=n﹣m=4﹣2m由已知△EMG∽△BOA∴∴EG=∴▱DEGH周

长L=2[﹣+]=﹣∵a=﹣＜0∴m=﹣时，L最大．∴n=4﹣=∴G点坐标为（，），此时点E坐标为（，）当点G、E位置对调时，依然满足条件∴点G坐标为（，）或（，）【点评】本题以二次函数图象为背景，综合考查三角形相似、平行四边

形性质、二次函数最值讨论以转化的数学思想．【例题5】（广东深圳·中考真题）已知顶点为A抛物线经过点，点．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，直线AB与x轴相交于点M，y轴相交于点E，抛物线与y轴相交于点F

，在直线AB上有一点P，若∠OPM=∠MAF，求△POE的面积；（3）如图2，点Q是折线A﹣B﹣C上一点，过点Q作QN∥y轴，过点E作EN∥x轴，直线QN与直线EN相交于点N，连接QE，将△QEN沿QE翻折得到△QEN1，若点N1落在x轴上，请直接写出Q点的坐标．【分析】（1）将点B坐

标代入解析式求得a的值即可得；（2）由∠OPM=∠MAF知OP∥AF，据此证△OPE∽△FAE得，即OP=FA，设点P（t，﹣2t﹣1），列出关于t的方程解之可得；（3）分点Q在AB上运动、点Q在BC上运动且Q

在y轴左侧、点Q在BC上运动且点Q在y轴右侧这三种情况分类讨论即可得．【解答】解：（1）把点代入，解得：a=1，∴抛物线的解析式为：；（2）由知A（，﹣2），设直线AB解析式为：y=kx+b，代入点A，B的坐标，得：，解得：，

∴直线AB的解析式为：y=﹣2x﹣1，易求E（0，1），，，若∠OPM=∠MAF，∴OP∥AF，∴△OPE∽△FAE，∴，∴，设点P（t，﹣2t﹣1），则：解得，，由对称性知；当时，也满足∠OPM=∠MAF，∴，都满足条件，∵△POE的面积=•OE•|t|，∴△POE的面积为或．（3）若点

Q在AB上运动，如图1，设Q（a，﹣2a﹣1），则NE=﹣a、QN=﹣2a，由翻折知QN′=QN=﹣2a、N′E=NE=﹣a，由∠QN′E=∠N=90°易知△QRN′∽△N′SE，∴==，即===2，∴QR=2、ES=，由NE+ES=NS=QR可得﹣a+=2，解得：a=﹣，∴Q（﹣，）；若点Q在

BC上运动，且Q在y轴左侧，如图2，设NE=a，则N′E=a，易知RN′=2、SN′=1、QN′=QN=3，∴QR=、SE=﹣a，在Rt△SEN′中，（﹣a）2+12=a2，解得：a=，∴Q（﹣，2）；若点Q在BC上运动，且点Q在y轴右侧，如图3，设NE=a，则N′E=a，易知RN′=2、

SN′=1、QN′=QN=3，∴QR=、SE=﹣a，在Rt△SEN′中，（﹣a）2+12=a2，解得：a=，∴Q（，2）．综上，点Q的坐标为（﹣，）或（﹣，2）或（，2）．【点评】本题主要考查二次函数的综合问题，解题的关键是掌握

待定系数法求函数解析式、相似三角形的判定与性质、翻折变换的性质及勾股定理等知识点．【例题6】（四川锦阳·中考真题）在平面直角坐标系中，将二次函数y＝ax2（a＞0）的图象向右平移1个单位，再向下平移2个单位，得到如图所示的抛物线，该抛物线与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），OA＝1

，经过点A的一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象与y轴正半轴交于点C，且与抛物线的另一个交点为D，△ABD的面积为5．（1）求抛物线和一次函数的解析式；（2）抛物线上的动点E在一次函数的图象下方，求△ACE面积的最大值，并求出此时点E的坐标；（3）若点P为x轴上任意一点，在（2）的结论下，求PE+

PA的最小值．【分析】（1）先写出平移后的抛物线解析式，经过点A（﹣1，0），可求得a的值，由△ABD的面积为5可求出点D的纵坐标，代入抛物线解析式求出横坐标，由A、D的坐标可求出一次函数解析式；（2）作EM∥y轴交AD于M，如

图，利用三角形面积公式，由S△ACE＝S△AME﹣S△CME构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；（3）作E关于x轴的对称点F，过点F作FH⊥AE于点H，交轴于点P，则∠BAE＝∠HAP＝∠HFE，利用锐角三角函数的

定义可得出EP+AP＝FP+HP，此时FH最小，求出最小值即可．【解答】解：（1）将二次函数y＝ax2（a＞0）的图象向右平移1个单位，再向下平移2个单位，得到的抛物线解析式为y＝a（x﹣1）2﹣2，∵OA＝1，∴点A的坐标为（﹣1，0），代入抛物线的解析式得，4a﹣2

＝0，∴，∴抛物线的解析式为y＝，即y＝．令y＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3，∴B（3，0），∴AB＝OA+OB＝4，∵△ABD的面积为5，∴＝5，∴yD＝，代入抛物线解析式得，，解得x1＝﹣2，x2＝4，∴D（4，），设直线AD的解析式为y＝kx+b，∴，解得：，∴直线AD的解析式为y＝．（2）

过点E作EM∥y轴交AD于M，如图，设E（a，），则M（a，），∴＝，∴S△ACE＝S△AME﹣S△CME＝＝＝，＝，∴当a＝时，△ACE的面积有最大值，最大值是，此时E点坐标为（）．（3）作E关于x轴的对称点F，连接EF交x轴于点G，过点F作FH⊥AE于点H，交轴于点P，∵E（），OA＝1

，∴AG＝1+＝，EG＝，∴，∵∠AGE＝∠AHP＝90°∴sin，∴，∵E、F关于x轴对称，∴PE＝PF，∴PE+AP＝FP+HP＝FH，此时FH最小，∵EF＝，∠AEG＝∠HEF，∴＝，∴．∴PE+PA的最小值

是3．【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．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，从而求出线段之间的关系，解决相关问题．【例题1】（四川达州·中考真题）如图1，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（1，0），B

（﹣3，0）．（1）求抛物线的解析式及其顶点C的坐标；（2）设点D是x轴上一点，当tan（∠CAO+∠CDO）＝4时，求点D的坐标；（3）如图2．抛物线与y轴交于点E，点P是该抛物线上位于第二象限的点，线段PA交BE于点M，交y轴于

点N，△BMP和△EMN的面积分别为m、n，求m﹣n的最大值．【分析】（1）利用待定系数法，将A，B的坐标代入y＝﹣x2+bx+c即可求得二次函数的解析式；（2）设抛物线对称轴与x轴交于点H，在Rt△CHO中，可求得tan∠COH＝4，推出∠ACO＝∠CDO，可证△AOC∽△ACD，利用相似三角形

的性质可求出AD的长度，进一步可求出点D的坐标，由对称性可直接求出另一种情况；（3）设P（a，﹣a2﹣2a+3），P（a，﹣a2﹣2a+3），A（1，0）代入y＝kx+b，求出直线PA的解析式，求出点N的坐标，由S△BPM＝S△BPA﹣

S四边形BMNO﹣S△AON，S△EMN＝S△EBO﹣S四边形BMNO，可推出S△BPM﹣S△EMN＝S△BPA﹣S△EBO﹣S△AON，再用含a的代数式表示出来，最终可用函数的思想来求出其最大值．【解答】解：（

1）由题意把点（1，0），（﹣3，0）代入y＝﹣x2+bx+c，得，，解得b＝﹣2，c＝3，∴y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，∴此抛物线解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3，顶点C的坐标为（﹣1，4）；（2）∵抛物线顶点C（﹣1，

4），∴抛物线对称轴为直线x＝﹣1，设抛物线对称轴与x轴交于点H，则H（﹣1，0），在Rt△CHO中，CH＝4，OH＝1，∴tan∠COH＝＝4，∵∠COH＝∠CAO+∠ACO，∴当∠ACO＝∠CDO时，tan（∠CAO+∠CDO）＝tan∠COH＝4，如图1，当

点D在对称轴左侧时，∵∠ACO＝∠CDO，∠CAO＝∠CAO，∴△AOC∽△ACD，∴＝，∵AC＝＝2，AO＝1，∴＝，∴AD＝20，∴OD＝19，∴D（﹣19，0）；当点D在对称轴右侧时，点D关于直线x＝1的对称点D'的坐标为（17，0），∴点D的

坐标为（﹣19，0）或（17，0）；（3）设P（a，﹣a2﹣2a+3），将P（a，﹣a2﹣2a+3），A（1，0）代入y＝kx+b，得，，解得，k＝﹣a﹣3，b＝a+3，∴yPA＝（﹣a﹣3）x+a+3，当x＝0时，y＝a+3，∴N（0

，a+3），如图2，∵S△BPM＝S△BPA﹣S四边形BMNO﹣S△AON，S△EMN＝S△EBO﹣S四边形BMNO，∴S△BPM﹣S△EMN＝S△BPA﹣S△EBO﹣S△AON＝×4×（﹣a2﹣2a+3）

﹣×3×3﹣×1×（a+3）＝﹣2a2﹣a＝﹣2（a+）2+，由二次函数的性质知，当a＝﹣时，S△BPM﹣S△EMN有最大值，∵△BMP和△EMN的面积分别为m、n，∴m﹣n的最大值为．【点评】本题考查了用

待定系数法求二次函数解析式，锐角三角函数，相似三角形的判定与性质，用函数思想求极值等，解题关键是能够设出点P坐标，求出含参数的直线PA的解析式，进一步表示出点N坐标．【变式1】（2020•达州中考）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线y=12x﹣2与x轴交于点A，与y轴交于点B，过A、

B两点的抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于另一点C（﹣1，0）．（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线上是否存在一点P，使S△PAB＝S△OAB？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；（3）点M为直线AB下方抛物线上一点，点N为y轴

上一点，当△MAB的面积最大时，求MN+12ON的最小值．【分析】（1）先求出点A，点B坐标，利用待定系数法可求解析式；（2）分两种情况讨论，利用平行线之间的距离相等，可求OP解析式，EP''的解析式，联立方程组可求解；（3）过点M作MF⊥AC，交AB

于F，设点M（m，12m2−32m﹣2），则点F（m，12m﹣2），可求MF的长，由三角形面积公式可求△MAB的面积＝﹣（m﹣2）2+4，利用二次函数的性质可求点M坐标，过点O作∠KOB＝30°，过点N作KN⊥OK于K点，过点M作MP⊥O

K于P，延长MF交直线KO于Q，由直角三角形的性质可得KN=12ON，可得MN+12ON＝MN+KN，则当点M，点N，点K三点共线，且垂直于OK时，MN+12ON有最小值，即最小值为MP，由直角三角形的性质可求解．【解析】（1）∵直线y=12x﹣2与

x轴交于点A，与y轴交于点B，∴点A（4，0），点B（0，﹣2），设抛物线解析式为：y＝a（x+1）（x﹣4），∴﹣2＝﹣4a，∴a=12，∴抛物线解析式为：y=12（x+1）（x﹣4）=12x2−32x﹣2；（2）

如图1，当点P在直线AB上方时，过点O作OP∥AB，交抛物线于点P，∵OP∥AB，∴△ABP和△ABO是等底等高的两个三角形，∴S△PAB＝S△ABO，∵OP∥AB，∴直线PO的解析式为y=12x，联立方程组可得{𝑦=12𝑥𝑦=12𝑥2−32𝑥−2，解得：{𝑥=2+2√2𝑦=1

+√2或{𝑥=2−2√2𝑦=1−√2，∴点P（2+2√2，1+√2）或（2﹣2√2，1−√2）；当点P''在直线AB下方时，在OB的延长线上截取BE＝OB＝2，过点E作EP''∥AB，交抛物线于点P''，连接AP''，BP''，∴AB∥EP''∥OP，OB＝BE，∴S△AP''B＝S△

ABO，∵EP''∥AB，且过点E（0，﹣4），∴直线EP''解析式为y=12x﹣4，联立方程组可得{𝑦=12𝑥−4𝑦=12𝑥2−32𝑥−2，解得{𝑥=2𝑦=−3，∴点P''（2，﹣3）

，综上所述：点P坐标为（2+2√2，1+√2）或（2﹣2√2，1−√2）或（2，﹣3）；（3）如图2，过点M作MF⊥AC，交AB于F，设点M（m，12m2−32m﹣2），则点F（m，12m﹣2），∴MF=12m﹣2﹣（12m2−32m﹣2）=−12（m﹣2）2+2，∴△MAB的面积=12×

4×[−12（m﹣2）2+2]＝﹣（m﹣2）2+4，∴当m＝2时，△MAB的面积有最大值，∴点M（2，﹣3），如图3，过点O作∠KOB＝30°，过点N作KN⊥OK于K点，过点M作MP⊥OK于P，延长MF交直线KO于Q，∵∠KOB＝30°，KN⊥OK，∴KN=12ON，∴MN+1

2ON＝MN+KN，∴当点M，点N，点K三点共线，且垂直于OK时，MN+12ON有最小值，即最小值为MP，∵∠KOB＝30°，∴直线OK解析式为y=√3x，当x＝2时，点Q（2，2√3），∴QM＝2√3+3，∵OB∥QM，∴∠PQM＝∠PON＝30°，∴PM=12QM=

√3+32，∴MN+12ON的最小值为√3+32．【变式2】（2020•泰安中考）若一次函数y＝﹣3x﹣3的图象与x轴，y轴分别交于A，C两点，点B的坐标为（3，0），二次函数y＝ax2+bx+c的图象过A，B，C三点，如图（1）．（1）求二次函数的表达式；（2）如

图（1），过点C作CD∥x轴交抛物线于点D，点E在抛物线上（y轴左侧），若BC恰好平分∠DBE．求直线BE的表达式；（3）如图（2），若点P在抛物线上（点P在y轴右侧），连接AP交BC于点F，连接BP，S△BFP＝mS△BAF．①当m=12时，求点P的坐标；②求m的最大值．【分析】（1）函

数y＝﹣3x﹣3的图象与x轴，y轴分别交于A，C两点，则点A、C的坐标分别为（﹣1，0）、（0，﹣3），将点A、B、C的坐标代入抛物线表达式，即可求解；（2）证明△BCD≌△BCM（AAS），则CM＝CD＝2，故OM＝3﹣2＝1，故点M（0，﹣1），即可求解；（3）过

点P作PN∥x轴交BC于点N，则△PFN∽△AFB，则𝐴𝐹𝑃𝐹=𝐴𝐵𝑃𝑁，而S△BFP＝mS△BAF，则𝐴𝐹𝑃𝐹=1𝑚=4𝑃𝑁，解得：m=14PN，即可求解．【解析】（1）一次函数y＝﹣3x﹣3的

图象与x轴，y轴分别交于A，C两点，则点A、C的坐标分别为（﹣1，0）、（0，﹣3），将点A、B、C的坐标代入抛物线表达式得{0=𝑎−𝑏+𝑐0=9𝑎+3𝑏+𝑐𝑐=−3，解得{𝑎=1𝑏=−2𝑐=−3，故抛物线的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3；（2）设直线BE交y轴于点M，

从抛物线表达式知，抛物线的对称轴为x＝1，∵CD∥x轴交抛物线于点D，故点D（2，﹣3），由点B、C的坐标知，直线BC与AB的夹角为45°，即∠MCB＝∠DCB＝45°，∵BC恰好平分∠DBE，故∠MBC＝∠DBC，而BC＝BC，故△BCD≌△B

CM（ASA），∴CM＝CD＝2，故OM＝3﹣2＝1，故点M（0，﹣1），设直线BE的表达式为：y＝kx+b，则{𝑏=−13𝑘+𝑏=0，解得{𝑘=13𝑏=−1，故直线BE的表达式为：y=13x﹣1；（3）过点P作PN∥x轴交BC于点N，则△PFN∽△AFB，则�

�𝐹𝑃𝐹=𝐴𝐵𝑃𝑁，而S△BFP＝mS△BAF，则𝐴𝐹𝑃𝐹=1𝑚=4𝑃𝑁，解得：m=14PN，①当m=12时，则PN＝2，设点P（t，t2﹣2t﹣3），由点B、C的坐标知，直线BC的表达式为：y＝x﹣3，当x＝t﹣2时，y＝t﹣5，故点N（t﹣2，t﹣

5），故t﹣5＝t2﹣2t﹣3，解得：t＝1或2，故点P（2，﹣3）或（1，﹣4）；②m=14PN=14[t﹣（t2﹣2t）]=−14（t−32）2+916，∵−14＜0，故m的最大值为916．【变式3】（2020•金昌中考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣2交x轴于A，

B两点，交y轴于点C，且OA＝2OC＝8OB．点P是第三象限内抛物线上的一动点．（1）求此抛物线的表达式；（2）若PC∥AB，求点P的坐标；（3）连接AC，求△PAC面积的最大值及此时点P的坐标．【分析】（1）抛物线y＝ax2+b

x﹣2，则c＝﹣2，故OC＝2，而OA＝2OC＝8OB，则OA＝4，OB=12，确定点A、B、C的坐标；即可求解；（2）抛物线的对称轴为x=−74，当PC∥AB时，点P、C的纵坐标相同，即可求解；（3）△PAC的面积S＝S△PHA+S△PHC=12PH×OA，即可求解．【解析】（1）抛物线y＝a

x2+bx﹣2，则c＝﹣2，故OC＝2，而OA＝2OC＝8OB，则OA＝4，OB=12，故点A、B、C的坐标分别为（﹣4，0）、（12，0）、（0，﹣2）；则y＝a（x+4）（x−12）＝a（x2+72x﹣2）＝ax2+bx﹣2，故a＝1，故抛物线的表达

式为：y＝x2+72x﹣2；（2）抛物线的对称轴为x=−74，当PC∥AB时，点P、C的纵坐标相同，根据函数的对称性得点P（−72，﹣2）；（3）过点P作PH∥y轴交AC于点H，设P（x，x2+72𝑥−2），由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：

y=−12x﹣2，则△PAC的面积S＝S△PHA+S△PHC=12PH×OA=12×4×（−12x﹣2﹣x2−72x+2）＝﹣2（x+2）2+8，∵﹣2＜0，∴S有最大值，当x＝﹣2时，S的最大值为8，此时点P（﹣2，

﹣5）．【变式4】（2020•黄冈中考）已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），点B（3，0），与y轴交于点C（0，3）．顶点为点D．（1）求抛物线的解析式；（2）若过点C的直线交线段AB于点E，且S△ACE：S△CEB＝3：5，求直线

CE的解析式；（3）若点P在抛物线上，点Q在x轴上，当以点D，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，求点P的坐标；（4）已知点H（0，458），G（2，0），在抛物线对称轴上找一点F，使HF+AF的值最小．此时，在抛物线上是否存在一点K，使K

F+KG的值最小？若存在，求出点K的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）因为抛物线经过A（﹣1，0），B（3，0），可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），利用待定系数法解决问题即可．（2）求出点E的坐标即可解决问题．（3）分点P在x轴的

上方或下方，点P的纵坐标为1或﹣1，利用待定系数法求解即可．（4）如图3中，连接BH交对称轴于F，连接AF，此时AF+FH的值最小．求出直线HB的解析式，可得点F的坐标，设K（x，y），作直线y=174，过点K作KM⊥直线y=174于M．证明KF

＝KM，利用垂线段最短解决问题即可．【解析】（1）因为抛物线经过A（﹣1，0），B（3，0），∴可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），把C（0，3）代入，可得a＝﹣1，∴抛物线的解析式为y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3．（2）如图1中，连接AC，BC．∵S△ACE

：S△CEB＝3：5，∴AE：EB＝3：5，∵AB＝4，∴AE＝4×38=32，∴OE＝0.5，设直线CE的解析式为y＝kx+b，则有{𝑏=30.5𝑘+𝑏=0，解得{𝑘=−6𝑏=3，∴直线EC的解析式为y＝﹣6x+3．（3）由题意C（0，3），D（1，4）．当四边形P1Q1CD，四边

形P2Q2CD是平行四边形时，点P的纵坐标为1，当y＝1时，﹣x2+2x+3＝1，解得x＝1±√3，∴P1（1+√3，1），P2（1−√3，1），当四边形P3Q3DC，四边形P4Q4DC是平行四边形时，点P的纵坐标为﹣1，当y＝﹣1时，﹣x2+2

x+3＝﹣1，解得x＝1±√5，∴P1（1+√5，﹣1），P2（1−√5，﹣1），综上所述，满足条件的点P的坐标为（1+√3，1）或（1−√3，1）或（1−√5，﹣1）或（1+√5，﹣1）．（4）如图3中，连接BH交对称轴于F，连接AF，此时AF+FH

的值最小．∵H（0，458），B（3，0），∴直线BH的解析式为y=−158x+458，∵x＝1时，y=154，∴F（1，154），设K（x，y），作直线y=174，过点K作KM⊥直线y=174于M．∵KF=√(𝑥−1)2+(𝑦−

154)2，y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴（x﹣1）2＝4﹣y，∴KF=√4−𝑦+(𝑦−154)2=√𝑦2−172𝑦+(174)2=|y−174|，∵KM＝|y−174|，∴KF＝

KM，∴KG+KF＝KG+KM，根据垂线段最短可知，当G，K，M共线，且垂直直线y=174时，GK+KM的值最小，最小值为174，此时K（2，3）．【变式5】（2020•郴州）如图1，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．已知直线y＝kx

+n过B，C两点．（1）求抛物线和直线BC的表达式；（2）点P是抛物线上的一个动点．①如图1，若点P在第一象限内，连接PA，交直线BC于点D．设△PDC的面积为S1，△ADC的面积为S2，求𝑆1𝑆2的最大值；②如图2，抛物线的对称轴l与x轴交于点E，过点E作EF⊥BC，垂足为F．点Q

是对称轴l上的一个动点，是否存在以点E，F，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点P，Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）把A（﹣1，0），B（3，0）代入可求得抛物线的表达式，再求得点C的坐

标，把B（3，0），C的坐标代入即可求解；（2）①设点D的坐标为（m，﹣m+3），利用待定系数法求得直线AD的表达式y=−𝑚+3𝑚+1x+−𝑚+3𝑚+1，解方程−𝑚+3𝑚+1x+−𝑚+3�

�+1=−x2+2x+3，求得点P的横坐标为4𝑚𝑚+1，利用平行线分线段成比例定理求得𝑆1𝑆2=𝑆△𝑃𝐷𝐶𝑆△𝐴𝐷𝐶=𝑃𝐷𝐷𝐴=𝑀𝑁𝐴𝑀=4𝑚𝑚+1−𝑚𝑚+1=−

𝑚2+3𝑚(𝑚+1)2，设𝑆1𝑆2=t，则t=−𝑚2+3𝑚(𝑚+1)2，整理得（t+1）m2+（2t﹣3）m+t＝0，根据△≥0，即可解决问题．②根据等腰直角三角形的性质求得的点F坐标为（2，1），分EF为边和E

F为对角线两种情况讨论，即可求解．【解析】（1）把A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx+3得：{𝑎−𝑏+3=09𝑎+3𝑏+3=0，解得{𝑎=−1𝑏=2∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3，∴点C坐标

为（0，3），把B（3，0），C（0，3）代入y＝kx+n得：{3𝑘+𝑛=0𝑛=3，解得{𝑘=−1𝑛=3∴直线BC的表达式为y＝﹣x+3．（2）①∵PA交直线BC于点D，∴设点D的坐标为（m，

﹣m+3），设直线AD的表达式为y＝k1x+b1，∴{−𝑘1+𝑏1=0𝑚𝑘1+𝑏1=−𝑚+3，解得，{𝑘1=−𝑚+3𝑚+1𝑏1=−𝑚+3𝑚+1∴直线AD的表达式，y=−𝑚+3𝑚+1x+−𝑚+3𝑚+1，∴−𝑚+3𝑚+1x+−𝑚+3𝑚+1=−x

2+2x+3，整理得，（x−4𝑚𝑚+1）（x+1）＝0解得x=4𝑚𝑚+1或﹣1（不合题意，舍去），∴点D的横坐标为m，点P的横坐标为4𝑚𝑚+1，分别过点D、P作x轴的垂线，垂足分别为M、N，如图1中

：∴DM∥PN，OM＝m，ON=4𝑚𝑚+1，OA＝1，∴𝑆1𝑆2=𝑆△𝑃𝐷𝐶𝑆△𝐴𝐷𝐶=𝑃𝐷𝐷𝐴=𝑀𝑁𝐴𝑀=4𝑚𝑚+1−𝑚𝑚+1=−𝑚2+3𝑚(𝑚

+1)2，设𝑆1𝑆2=t，则t=−𝑚2+3𝑚(𝑚+1)2整理得，（t+1）m2+（2t﹣3）m+t＝0，∵△≥0，∴（2t﹣3）2﹣4t（t+1）≥0，解得t≤916∴𝑆1𝑆2有最大值，最大值为916

．②存在，理由如下：过点F作FG⊥OB于G，如图2中，∵y＝﹣x2+2x+3的对称轴为x＝1，∴OE＝1，∵B（3，0），C（0，3）∴OC＝OB＝3，又∵∠COB＝90°，∴△OCB是等腰直角三角形，∵∠E

FB＝90°，BE＝OB﹣OE＝2，∴△EFB是等腰直角三角形，∴FG＝GB＝EG＝1，∴点F的坐标为（2，1），当EF为边时，∵四边形EFPQ为平行四边形，∴QE＝PF，QE∥PF∥y轴，∴点P的横坐标与点F的横坐标同为2，当x

＝2时，y＝﹣22+2×2+3＝3，∴点P的坐标为（2，3），∴QE＝PF＝3﹣1＝2，点Q的坐标为（1，2），根据对称性当P（0，3）时，Q（1，4）时，四边形EFQP也是平行四边形．当EF为对角线时，如图3中，∵四边形PEQF为平行四边形，∴QE＝PF，QE∥P

F∥y轴，同理求得：点P的坐标为（2，3），∴QE＝PF＝3﹣1＝2，点Q的坐标为（1，﹣2）；综上，点P的坐标为（2，3）时，点Q的坐标为（1，2）或（1，﹣2），P（0，3）时，Q（1，4）．【变式6】（

2020•荆州）如图1，在平面直角坐标系中，A（﹣2，﹣1），B（3，﹣1），以O为圆心，OA的长为半径的半圆O交AO延长线于C，连接AB，BC，过O作ED∥BC分别交AB和半圆O于E，D，连接OB，CD．（1）求证：BC是半

圆O的切线；（2）试判断四边形OBCD的形状，并说明理由；（3）如图2，若抛物线经过点D且顶点为E．①求此抛物线的解析式；②点P是此抛物线对称轴上的一个动点，以E，D，P为顶点的三角形与△OAB相似，问抛物线上是否存在一点Q．使S△EPQ＝S△OAB？若存在，请直接写出Q点的横坐标；若不存在，说

明理由．【分析】（1）如图1，设AB与y轴交于M，先证明OE是△ABC的中位线，得BC＝2OE，E（12，﹣1），利用勾股定理计算OE的长，可得BC的长，根据勾股定理的逆定理计算AC2+BC2＝AB2，所以△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，可

得结论；（2）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，证明OD与BC平行且相等，可得四边形OBCD是平行四边形；（3）①作辅助线，构建平行线，利用平行线分线段成比例定理列比例式可得D的坐标，利用顶点E的坐标设抛物线的解析式为

：y＝a（x−12）2﹣1，把点D的坐标代入可得结论；②以E，D，P为顶点的三角形与△OAB相似，存在两种情况，过D作DG⊥EP于G，设Q的横坐标为x，根据S△EPQ＝S△OAB，列方程可得x的值．【解答】（1）证明：如图1，设AB与y轴交于M，∵A（﹣2，﹣1），B（3，﹣1），∴AB∥x轴

，且AM＝2，OM＝1，AB＝5，∴OA＝OC=√5，∵DE∥BC，O是AC的中点，∴OE是△ABC的中位线，∴AE=12AB，BC＝2OE，∴E（12，﹣1），∴EM=12，∴OE=√𝑂𝑀2+𝑀𝐸2

=√12+(12)2=√52，∴BC＝2OE=√5，在△ABC中，∵𝐴𝐶2+𝐵𝐶2=(2√5)2+(√5)2=25，AB2＝52＝25，∴AC2+BC2＝AB2，∴△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，∴BC⊥AC，∵AC为半圆O的直径，∴BC是半圆O的切线；（

2）解：四边形OBCD是平行四边形，理由是：如图1，由（1）得：BC＝OD＝OA=√5，∵OD∥BC，∴四边形OBCD是平行四边形；（3）解：①如图2，由（1）知：OD＝OA=√5，E是AB的中点，且E（12，﹣1），OE

=√52，过D作DN⊥y轴于N，则DN∥EM，∴△ODN∽△OEM，∴𝑂𝑁𝑂𝑀=𝐷𝑁𝐸𝑀=𝑂𝐷𝑂𝐸，即𝑂𝑁1=𝐷𝑁12=√5√52，∴ON＝2，DN＝1，∴D（﹣1，2），设此抛物线的解析式为：y＝a（x−12）2﹣1，把D（

﹣1，2）代入得：2＝a（﹣1−12）2﹣1，解得：a=43，∴此抛物线的解析式为：y=43（x−12）2﹣1，即y=43𝑥2−43𝑥−23；②存在，过D作DG⊥EP于G，设Q的横坐标为x，∵DG＝1+12

=32，EG＝2+1＝3，∴DE=√𝐷𝐺2+𝐸𝐺2=√(32)2+32=3√52，tan∠DEG=𝐷𝐺𝐸𝐺=323=12，∵tan∠OAM=𝑂𝑀𝐴𝑀=12，且∠DEG和∠OAM都是锐角，∴∠DE

G＝∠OAM，如图3，当△EPD∽△AOB时，𝐸𝑃𝐴𝑂=𝐷𝐸𝐴𝐵，即𝐸𝑃√5=3√525，∴EP=32，∵S△AOB=12𝐴𝐵⋅𝑂𝑀=12×5×1=52，∵S△EPQ＝S△OAB，∴12⋅𝐸𝑃⋅|𝑥−12|=52，即12×32×|𝑥

−12|=52，解得：x=236或−176；如图4，当△OAB∽△DEP时，𝐴𝐵𝐸𝑃=𝑂𝐴𝐷𝐸，即5𝐸𝑃=√53√52，∴EP=152，同理得：12⋅152⋅|𝑥−12|=52，解得：x=76或−16；综上，存在符合条件的点Q，Q点的横坐标为236

或−176或76或−16．【变式7】（2020•黔南州）如图（1），在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+4（a≠0）与y轴交于点A，与x轴交于点C（﹣2，0），且经过点B（8，4），连接AB，BO

，作AM⊥OB于点M，将Rt△OMA沿y轴翻折，点M的对应点为点N．解答下列问题：（1）抛物线的解析式为y=−15x2+85x+4，顶点坐标为（4，365）；（2）判断点N是否在直线AC上，并说明理由；（3）如图（2），将图（1）中Rt△OMA沿着OB平移后，得到

Rt△DEF．若DE边在线段OB上，点F在抛物线上，连接AF，求四边形AMEF的面积．【分析】（1）将点B，点C坐标代入解析式可求a，b的值，由配方法可求顶点坐标；（2）由余角的性质可得∠MAO＝∠B，利用三角函数可求tan∠MAO＝tan∠NAO＝t

an∠CAO=12，可得∠CAO＝∠NAO，可得AC与AN共线，即可求解；（3）先求出OB解析式，AF解析式，联立方程组可求点F坐标，由四边形AMEF的面积＝S四边形AMDF+S△DEF＝S四边形AMDF+S△OAM＝S四边形OAFD，可求解．【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx

+4（a≠0）与x轴交于点C（﹣2，0），且经过点B（8，4），∴{0=4𝑎−2𝑏+44=64𝑎+8𝑏+4，解得：{𝑎=−15𝑏=85，∴抛物线解析式为：y=−15x2+85x+4，∵：y

=−15x2+85x+4=−15（x﹣4）2+365，∴顶点坐标为（4，365）故答案为：y=−15x2+85x+4，（4，365）；（2）点N在直线AC上，理由如下：∵抛物线y=−15x2+85x+4与y轴交于点

A，∴点A（0，4），即OA＝4，∵点B（8，4），∴AB∥x轴，AB＝8，∴AB⊥AO，∴∠OAB＝90°，∴∠OAM+∠BAM＝90°，∵AM⊥OB，∴∠BAM+∠B＝90°，∴∠B＝∠OAM，∴tan∠B＝tan∠OAM=

𝑂𝐴𝐴𝐵=48=12，∵将Rt△OMA沿y轴翻折，∴∠NAO＝∠OAM，∴tan∠NAO＝tan∠OAM=12，∵OC＝2，OA＝4，∴tan∠CAO=𝑂𝐶𝑂𝐴=12，∴tan∠CAO＝tan∠NAO，∴∠C

AO＝∠NAO，∴AN，AC共线，∴点N在直线AC上；（3）∵点B（8，4），点O（0，0），∴直线OB解析式为y=12x，∵Rt△OMA沿着OB平移后，得到Rt△DEF，∴AF∥OB，∴直线AF的解析式为：y=12x+4，联立方程组：{𝑦=12𝑥+4𝑦=−15𝑥2+85𝑥+4解得：{�

�1=0𝑦1=4或{𝑥2=112𝑦2=274∴点F（112，274），∵Rt△OMA沿着OB平移后，得到Rt△DEF，∴Rt△OMA≌Rt△DEF，OA＝DF，OA∥DF∴S△OMA＝S△DEF，四边形OAFD是平行四边形，∵四边形AMEF的面积＝S四边形AMD

F+S△DEF＝S四边形AMDF+S△OAM＝S四边形OAFD，∴四边形AMEF的面积＝S四边形OAFD＝4×112=22．【变式8】（2020•宿迁）二次函数y＝ax2+bx+3的图象与x轴交于A（2，0），B（6，0）两点，与y轴交于点C

，顶点为E．．（1）求这个二次函数的表达式，并写出点E的坐标；（2）如图①，D是该二次函数图象的对称轴上一个动点，当BD的垂直平分线恰好经过点C时，求点D的坐标；（3）如图②，P是该二次函数图象上的一个动点，连接OP，取OP中点Q，连接QC，QE，CE，当△CEQ的面积为12时，求点P的坐标．

【分析】（1）由于二次函数的图象与x轴交于A（2，0）、B（6，0）两点，把A，B两点坐标代入y＝ax2+bx+3，计算出a的值即可求出抛物线解析式，由配方法求出E点坐标；（2）由线段垂直平分线的性质可得出CB＝CD，设D（4，m），由勾股定理可得42+（m﹣3）2＝62+32．解方程可得出答

案；（3）设CQ交抛物线的对称轴于点M，设P（n，14𝑛2−2n+3），则Q（12𝑛，18𝑛2−𝑛+32），设直线CQ的解析式为y＝kx+3，则18𝑛2−𝑛+32=12nk+3．解得k=14

𝑛−2−3𝑛，求出M（4，n﹣5−12𝑛），ME＝n﹣4−12𝑛．由面积公式可求出n的值．则可得出答案．【解析】（1）将A（2，0），B（6，0）代入y＝ax2+bx+3，得{4𝑎+2𝑏+3=036𝑎+6𝑏+3=0，解得{𝑎=14𝑏=−2∴二次函数的解析式为

y=14𝑥2−2x+3．∵y=14𝑥2−2𝑥+3=14(𝑥−4)2−1，∴E（4，﹣1）．（2）如图1，图2，连接CB，CD，由点C在线段BD的垂直平分线CN上，得CB＝CD．设D（4，m），∵C（0，3），由勾股定理可得：42+（m﹣3）2＝62+32．解得m

＝3±√29．∴满足条件的点D的坐标为（4，3+√29）或(4，3−√29)．（3）如图3，设CQ交抛物线的对称轴于点M，设P（n，14𝑛2−2n+3），则Q（12𝑛，18𝑛2−𝑛+32），设直线CQ的解析式为y＝kx+3，则18𝑛2−𝑛+

32=12nk+3．解得k=14𝑛−2−3𝑛，于是CQ：y＝（14𝑛−2−3𝑛）x+3，当x＝4时，y＝4（14𝑛−2−3𝑛）+3＝n﹣5−12𝑛，∴M（4，n﹣5−12𝑛），ME＝n﹣4−1

2𝑛．∵S△CQE＝S△CEM+S△QEM=12×12𝑛⋅𝑀𝐸=12⋅12𝑛⋅(𝑛−4−12𝑛)=12．∴n2﹣4n﹣60＝0，解得n＝10或n＝﹣6，当n＝10时，P（10，8），当n＝﹣6时，P（﹣6，24）．综合以上可得，满足条件的点P的坐标为（

10，8）或（﹣6，24）．【变式9】（2020•大庆）如图，抛物线y＝ax2+bx+12与x轴交于A，B两点（B在A的右侧），且经过点C（﹣1，7）和点D（5，7）．（1）求抛物线的函数表达式；（2）连接AD，经过点B的

直线l与线段AD交于点E，与抛物线交于另一点F．连接CA，CE，CD，△CED的面积与△CAD的面积之比为1：7，点P为直线l上方抛物线上的一个动点，设点P的横坐标为t．当t为何值时，△PFB的面积最大？并求出最大值；（3）在抛物线y＝ax2+bx+12上，当m≤x≤n时，y的取值范围是12≤

y≤16，求m﹣n的取值范围．（直接写出结果即可）【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．（2）如图1中，过点E作EM⊥AB于M，过点D作DN⊥AB于N．利用平行线分线段成比例定理求出点E的坐标，求出直

线BE的解析式，构建方程组确定点F的坐标，过点P作PQ∥y轴交BF于Q，设P（t，﹣t2+4t+12_）则Q（t，﹣3t+18），再构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可．（3）求出y＝12或16时，

自变量x的值，利用图象法确定m，n的值即可．【解析】（1）把C（﹣1，7），D（5，7）代入y＝ax2+bx+12，可得{𝑎−𝑏+12=725𝑎+5𝑏+12=7，解得{𝑎=−1𝑏=4，∴抛物线的解析式为y

＝﹣x2+4x+12．（2）如图1中，过点E作EM⊥AB于M，过点D作DN⊥AB于N．对于抛物线y＝﹣x2+4x+12，令y＝0，得到，x2﹣4x﹣12＝0，解得x＝﹣2或6，∴A（﹣2，0），B（6，0），∵D（5，7），∴OA＝2，DN＝7，ON

＝5，AN＝7∵△CED的面积与△CAD的面积之比为1：7，∴DE：AD＝1：7，∴AE：AD＝6：7，∵EM∥DN，∵𝐸𝑁𝐷𝑁=𝐴𝑀𝐴𝑁=𝐴𝐸𝐴𝐷=67，∴𝐸𝑀7=𝐴𝑀7=67，∴AM＝EM＝6，∴E（4，6），∴直

线BE的解析式为y＝﹣3x+18，由{𝑦=−3𝑥+18𝑦=−𝑥2+4𝑥+12，解得{𝑥=6𝑦=0或{𝑥=1𝑦=15，∴F（1，15），过点P作PQ∥y轴交BF于Q，设P（t，﹣t2+4t+12）则Q（t，﹣3t

+18），∴PQ＝﹣t2+4t+12﹣（﹣3t+18）＝﹣t2+7t﹣6，∵S△PBF=12•（﹣t2+7t﹣6）•5=−52（t−72）2+1258，∵−52＜0，∴t=72时，△BFP的面积最大，最大值为1258．（3）对于抛物线y＝﹣x2

+4x+12，当y＝16时，﹣x2+4x+12＝16，解得x1＝x2＝2，当y＝12时，﹣x2+4x+12＝12，解得x＝0或4，观察图2可知：当0≤x≤2或2≤x≤4时，12≤y≤16，∴m＝0，n＝2或m＝2，n＝4或m＝0，n＝4，∴﹣4≤m﹣n≤﹣2获得更多资源请扫码加入享学资源网微

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